名校联考试题分类汇编（上海版）
填空题：专题十八 化学基本理论一（化学反应速率、化学平衡）
1、（本题共12分）
（2016年杨浦一模）氯气用途广泛，但在使用时，一般会产生氯化氢．工业上可用O2将HCl转化为Cl2，以提高效益，减少污染．反应为：O2+4HCl
2Cl2+2H2O
完成下列填空：
（1）该反应化学平衡常数K的表达式为
；实验测得
P0压强下，HCl平衡转化率α（HCl）随反应温度T的变化如图1所示，则正反应是 放热 反应（填“吸热”或者“放热”）．
（2）上述实验中若压缩体积使压强由P0增大至P1，在图中画出P1压强下HCl平衡转化率
α（HCl）随反应温度T变化的曲线，并简要说明理由： ，增大压强，平衡向正反应方向移动，αHCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大 ．
320°C条件下进行，=7.2×10﹣3mol，（3）该反应在P0、达平衡状态A时，测得容器内n（Cl2）则此时容器中的n（HCl）= 2.54×10﹣3 mol．
（4）对该反应达到平衡后，以下分析正确的是 ad （选填编号）． a．增加n（HCl），对正反应的反应速率影响更大
1
b．体积不变加入稀有气体，对正反应的反应速率影响更大 c．压强不变加入稀有气体，对逆反应的反应速率影响更大 d．如果平衡常数K值增大，对逆反应的速率影响更大
（5）氯元素能形成多种离子．在水溶液中1molCl﹣、1mol ClOx﹣（x=1，2，3，4）能量的相对大小如图2所示，写出B→A+C反应的热化学方程式（用离子符号表示） 3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq） △H=﹣117kJ/mol ；若有1.5molB发生反应，转移电子 2 mol．【考点】化学平衡的计算；氧化还原反应；热化学方程式；化学平衡的影响因素． 【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．
【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；升高温度平衡向吸热的方向移动，据此判断；
（2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；
（3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为amol，反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反应生成氯气的物质的量为×85%amol=7.2×10﹣3mol，所以a=1.69×10﹣2mol，据此计算； （4）a．增加n（HCl），平衡正向移动；
b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动；
c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移动，据此判断；
d．如果平衡常数K值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由于该反应为放热反应，所以要降低温度，据此判断；
（5）B自身发生氧化还原反应生成A和D，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（62kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣116kJ/mol，根据反应中氯元素的化合价的变化判断转移电子数． 【解答】解：（1）O2+4HClk=
2Cl2+2H2O的平衡常数
；升高温度平衡向吸热的方向移动，根据图知，温度
升高，氯化氢的转化下降，即平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，
2
故答案为：；放热；
（2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应αHCl～T曲线的示意图为
，
故答案为：
，增大压强，平衡向正反应方向移动，αHCl
增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；
（3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为amol，反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反应生成氯气的物质的量为=15%amol=2.54×10×85%amol=7.2×10﹣3mol，所以a=1.69×10﹣2，所以平衡时容器中的n（HCl）
﹣3
mol，
故答案为：2.54×10﹣3；
（4）a．增加n（HCl），平衡正向移动，即对正反应的反应速率影响更大，故a正确； b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，正逆反应速率 不变，故b错误；
c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移动，所以正反应的反应速率下降得更多，故c错误；
d．如果平衡常数K值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由于该反应为放热反应，所以要降低温度，所以逆反应速率下降得要比正反应速率多，故d正确； 故选ad；
3
（5）B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol，根据方程式可知，每当有3mol的ClO﹣反应，可转移电子4mol，所以若有1.5molClO﹣发生反应，转移电子为2mol 故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol；2．
【点评】本题以氯元素为载体综合考查元素化合物知识、反应热的计算、氧化还原反应、化学平衡等知识点，综合性较强，侧重考查学生知识运用及图象分析能力，难点是（5）题反应热的计算，题目难度中等．
2．(2016六校联考) 四川攀枝花蕴藏丰富的钒、钛、铁资源．用钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4）作原料，生产白色颜料二氧化钛的主要步骤如下：
（1）硫酸与二氧化钛反应的化学方程式是 TiO2+2H2SO4=Ti（SO4）2+2H2O ． （2）向滤液I中加入铁粉，发生反应的离子方程式为： Fe+2Fe3+=3Fe2+ 、 Fe+2H+=Fe2++H2↑ ．
（3）在实际生产过程中，向沸水中加入滤液Ⅲ，使混合液pH达0.5，钛盐开始水解．水解过程中不断通入高温水蒸气，维持溶液沸腾一段时间，钛盐充分水解析出水合二氧化钛沉淀．用所学化学平衡原理分析通入高温水蒸气的作用 加水促进钛盐水解，加热促进钛盐水解，降低H+浓度促进钛盐水解 ．过滤分离出水合二氧化钛沉淀后，将滤液返回的主要目的是充分利用滤液中的钛盐、 H2O 、 FeSO4 、 H2SO4 （填化学式），减少废物排放．
（4）A可用于生产红色颜料（Fe2O3），其方法是：将556a kgA（摩尔质量为278g/mol）溶于水中，加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应，鼓入足量空气搅拌，产生红褐色胶体；再
4
向红褐色胶体中加入3336b kg A和112c kg铁粉，鼓入足量空气搅拌，反应完成后，有大量Fe2O3附着在胶体粒子上以沉淀形式析出；过滤后，沉淀经高温灼烧得红色颜料．若所得滤液中溶质只有硫酸钠和硫酸铁，则理论上可生产红色颜料 160a+320b+160c kg． 【考点】制备实验方案的设计． 【专题】制备实验综合．
【分析】（1）依据流程分析，硫酸与二氧化钛反应是发生的复分解反应；
（2）钛铁矿渣（主要成分为TiO2、FeO、Fe2O3，Ti的最高化合价为+4）作原料溶解于硫酸过滤后得到滤液中含有铁离子、亚铁离子、过滤的硫酸，加入铁粉和铁离子反应，和酸反应；
（3）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由Ti（SO4）2水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解；
（4）考虑最后溶质是只有硫酸钠和硫酸铁，根据开始加入A为2a×103mol加入适量氢氧化钠溶液恰好完全反应．，说明加入氢氧化钠的物质的量为4a×103mol，后来又加入12b×103mol的A，和2c×103mol的铁．根据电荷守恒，溶质中硫酸钠消耗硫酸根离子为2a×103mol，．而溶液中加入的硫酸根离子物质的量共计为（2a+12b）×103mol，这样剩下的硫酸根就与铁离子结合．可知消耗铁离子为8b×103mol，根据铁元素守恒；
【解答】解：（1）依据酸的通性，可以与金属氧化物反应，又知道TI的化合价，可以写出化学方程式为：TiO2+2H2SO4=Ti（SO4）2+2H2O， 故答案为：；
（2）加入浓硫酸后，浓硫酸可以氧化亚铁离子，再加入铁粉，铁粉可以还原铁离子，铁粉还可以与溶液中的H+反应，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑， 故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；Fe+2H+=Fe2++H2↑；
（3）影响钛盐水解的因素有浓度、温度等，由Ti（SO4）2水解呈酸性，知沸水、高温水蒸气、维持溶液沸腾等均为升温，沸水、高温水蒸气即加水且降低H+浓度，故高温水蒸气使水解平衡移动的作用是：加水、加热、降低H+浓度均可促进钛盐水解．根据该工艺流程知：滤液Ⅲ的主要成分为大量的钛盐、溶解的硫酸亚铁、少量的硫酸（混合液pH达0.5）等，钛盐水解后过滤去水合二氧化钛，得到的滤液中含有未水解的钛盐及FeSO4、H2SO4、H2O等．
5