2023年高考真题汇编反应速率、化学平衡

2023高考真题汇编反响速率、化学平衡

一、单项选择题

1.（2分）（2023•湖南）常温下，用。4。。如1011-1的盐酸分别滴定20.0（^1.浓度均为

OJOOOniDl-LT三种一元弱酸的钠盐（即^、3•丫、瓯）溶液，滴定曲线如以下图。以下推断错误的

A.该NAG溶液中：4Na+）＞c（x-）＞4oH-）＞cflT）

B,三种一元弱酸的电离常数：KJJDQ＞X»（HY）＞KXHZ）

C.当pH=7时，三种溶液中：4x~）=4Y"）=c（z-）

D.分别滴加20Q0mL盐酸后，再将三种溶液混合：+C（Y"）+C（Z-）=4^）-4OH）

2.（2分）（2023•湖南）铁的协作物离子（用[L-Fe-H『表示）催化某反响的一种反响机理和相对能量的

变化状况如以下图：

4九5

一\过波态I

«:一\过渡出2

<

工O.IO

22.6

£+Q一

H出

20一ll:l

W0Y0

・H

3OJI+V

盘HO*6

安.U

3H.

骅,H0-

80O

MM0

0

W

反应近程

以下说法错误的选项是（）

BE

A.该过程的总反响为HCOoMS城！CQf+H1f./浓度过大或者过小，均导致反响速率降低

c.该催化循环中Ft元素的化合价发生了变化D.该过程的总反响速率由n玲m步骤打算

3.（2分）（2023•河北）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反响：

①M+N=X+Y；②M+N=X+Z,反响①的速率可表示为V]=k]C2（M）,反响②的速率可表示为v2=k2c2（M）（kp

IS为速率常数）。反响体系中组分M、Z的浓度随时间变化状况如图，以下说法错误的选项是（）

(30,1).300；

c(M)

-----

(3(,0.12f«Z)

1

7

0102030405060

A0〜30min时间段内，Y的平均反响速率为6.67xlO-smohL-i®min-i

B,反响开头后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变

C.假设反响能进展到底，反响完毕时62.5%的M转化为Z

D.反响①的活化能比反响②的活化能大

4.（2分）（2023•浙江）以下方案设计、现象和结论都正确的选项是（）

目的方案设计现象和结论

假设溶液变黄色且试管上部产

检验某无色溶液J仅少量该溶液于试管中，加稀盐酸酸化，再参与

A生红棕色气体，则该溶液中含

溶液

中是否含有NO2FeCI2

有N,

取5mL0.1mol-L-iKI溶液于试管中，参与1mL0.1

J采究KI与FeC§反要设溶液变血红色，则KI与FeCI

BmcdLiFeC1溶液，充分反响后滴入5滴15%KSCN

应的限度的反响有确定限度

溶液

推断某卤代煌中取2mL卤代烧样品于试管中，参与5mL20%KOH水假设产生的沉淀为白色，则该卤

C

的卤素溶液混合后加热，再滴加溶液代燃中含有氯元素

AgNO3

探究蔗糖在酸性112mL20%的蔗糖溶液于试管中，参与适量稀HSOD

24假设没有生成砖红色沉淀，则

J:溶液中的稳定后水浴加热5min；再参与适量制Cu（OH）2悬浊液

蔗糖在酸性水溶液中稳定

性并加热

A.AB.BC.CD.D

（分・浙江）试验测得溶液、溶液的分

5.2）（202310mL0.50molLiNH4cl10mL0.50molLiCH3COONapH

别随温度与稀释加水量的变化如以下图。25℃时CHCOOH和NH-H0的电离常数均为1.8x105以下

332

说法富隹向选项是

（）

A.图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变

B,将NH4CI溶液加水稀释至浓度与9moiLi,溶液pH变化值小于Igx

C.随温度上升，(增大,CH3coONa溶液中c(OH.)减小，c(H+)增大，pH减小

D.25℃时稀释一样倍数的NH4cl溶液与C'COONa溶液中：c(Na+卜c(CH3co0-)=c(Ch)-c(NH：)

6.(2分)(2023•浙江)取50mL过氧化氢水溶液，在少量卜存在下分解：2H2。2=2%。+。2个。在确定温度

下，测得。2的放出量，转换成心。?浓度⑹如下表：

t/min020406080

c/(mol-L-i)0.800.4C0.2C0.1()0.05(

以下说法错误的选项是()

A.反响20min时,测得0?体积为224mL(标准状况)

B.20-40min,消耗H2%的平均速率为0.010molL-i-min-i

C.第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率

D.匕。?分解酶或Fe2O3代替卜也可以催化匕。?分解

7.(2分)(2023•浙江)在298.15K、100kPa条件下,N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)AH=-92.4kJ-mol-i,&(g)、

%(g)和NH4g)的比热容分别为29.1、28.9和35.6J-K±mo|.i。确定压强下，1mol反响中，反响物［N2(g)

+3H2(g)］,生成物［2NH3(g)］的能量随温度T的变化示意图合理的是()

二、多项选择题

8.（3分）（2023•湖南）：出+20/=必）血＜0,向一恒温恒容的密闭容器中充入1D1D1A

和女QD1B发生反响，4时到达平衡状态I,在与时转变某一条件，与时重到达平衡状态H,正反响速

率随时间的变化如以下图。以下说法正确的选项）

A.容器内压强不变，说明反响到达平衡B.立时转变的条件：向容器中参与C

C.平衡时A的体积分数曹和□）＞«!）D.平衡常数K：K口口（小

三、综合题

9.（10分）（2023・湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面

两种方法由氨气得到氢气。

方法I：氨热分解法制氢气

相关化学键的键能数据

化学键N三NH-HH-H

键能mol-1)946436.0390.8

确定温度下，利用催化剂将N。分解为和Hlo答复以下问题:

（1）反响ZNH黜加+组kJ-mor；

（2）该反响的zlff=198*91-mor1-K,"l.在以下哪些温度下反响能自发进展？（填标号）

A.25℃B.125℃

C.225℃D.325℃

（3）某兴趣小组对该反响进展了试验探究。在确定温度和催化剂的条件下，将O'11mlNH?通入3L的密

闭容器中进展反响（此时容器内总压为2OOkPa）,各物质的分压随时间的变化曲线如以下图。

①假设保持容器体积不变，”时反响到达平衡，用的浓度变化表示彳时间内的反响速率

JHJ=mol-L-1minT（用含油代数式表示）

②齿寸将容器体积快速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后咐》压变化趋势的曲线

是（用图中a、b、c、d表示），理由是

③在该温度下，反响的标准平衡常数1=e（：分压=总压X该组分物质的量分数，对于

方法n：氨电解法制氢气

襁豳偏!啾牖蓟儡礴嗓比丽|塔福:，其中/=10°叫PG、PH、P。、

阴

7离

;子

::­

三

交

::溟:

设

一

换

；

港

朦

一

KOH溶液

（4）电解过程中OH的移动方向为（填"从左往右"或"从右往左"）;

（5）阳极的电极反响式为

KOH溶液KOH溶液

10.(8分)(2023•全国乙卷)一氯化碘(ICI)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反响，也

可用作有机合成中的碘化剂。答复以下问题:

(1)历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相像，Liebig误认为是ICI,从而错过了一种元素的

觉察。该元素是.

(2)氯粕酸锁(BaPtCI)固体加热时局局部解为BaCI,Pt和Cl,376.8℃时平衡常数K'=1.0xl04Pa2,在一硬

422p

质玻璃烧瓶中参与过量BaPtCI’,抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)。在376.8℃,碘蒸气

初始压强为20.0kPa.376.8°(:平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa,则Plcl=kPa,反响21cl(g)=CHg)+l2(g)

的平衡常数K=(列出计算式即可).

(3)McMorris测定和计算了在136-180°(:范围内以下反响的平衡常数K「：

2NO(g)+2ICI(g)=2NOCI(g)+12(g)Kpl

2NOCI(g)2NO(g)+CI2(g)Kp2

得到IgKpi~4和电％2~/均为线性关系，如以以下图所

①由图可知，NOCI分解为NO和a2反响的AH0(填"大于"或"小于").

②反响21cl值^叫叫⑷的K=L用坛1、%表示)：该反响的AH0(填"大于"或"小于，

写出推理过程.

(4)Kistiakowsky曾争论了NOCI光化学分解反响，在确定频率(v)光的照耀下机理为:

NOCI+hv玲NOC*

NOCI+NOCI«-»2NO+CI2

其中hv表示-一个光子能量，NOCI*表示NOCI的激发态。可知，分解lmol的NOCI需要吸取mol

的光子。

11.(20分)(2023•浙江)"氯碱工业”以电解饱和食盐水为根底制取氯气等产品，氯气是试验室和工业上

的常用气体。请答复：

(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是

(2)以下说法错误的选项是一。

A.可承受碱石灰枯燥氯气

B.可通过排饱和食盐水法收集氯气

C.常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中

D.工业上，常用氢气和氯气反响生成的氯化氢溶于水制取盐酸

(3)在确定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为:

Cl2(g)Cl2(aq)K]=c(C»P

Cl2(aq)+%。(1)++(aq)+CI-(aq)+HCIO(aq)J

其中P为C^g)的平衡压强，c(CU为C%在水溶液中的平衡浓度。

①ajg)=q(aq)的焰变AH】0。(填">"、"="或"<")

②平衡常数J的表达式为K2=,

③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c,则©=o(用平衡压强p和上述平衡常数表示，

无视HCIO的电离)

(4)工业上，常承受"加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为"ri。?)为原料生产TiCI,，相应的化学方程式

为；

I.TiO2(s)+2CI2(g)?TiCI4(g)+O2(g)AH=181mol-L-i,'=-3.4x10-29

ll.2C(s)+O2(g)^CO(g)AHU=-221mol-L-i,^=1.2x1048

结合数据说明氯化过程中加碳的理由。

(5)在确定温度下，以匕为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反响，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，

两产物浓度之比与反响时间无关。反响物起始浓度均为0.5molLi,反响30min测得氯苯15%转化为邻二

氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，假设要提高产物中邻二氯苯的比例，可承受的措施是

A.适当提高反响温度

B,转变催化剂

C.适当降低反响温度

D.转变反响物浓度

答案解析局部

一、单项选择题

1.【答案】c

【考点】化学平衡常数，化学平衡转化过程中的变化曲线，离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小挨次为

c(Na+)>c(X-)>c(OH)>c(H+),故A不符合题意；

B.由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，弱酸的酸性越弱，电离常数越小，则三种

一元弱酸的电离常数的大小挨次为((HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),故B不符合题意；

C.当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中参与盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中

酸根的浓度大小挨次为c(X-)>c(Y)>c(Z),故C符合题意；

D.向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐恰好完全反响，可知c(Na+)=c(CI),将三种溶液中存在

电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(CI-)+c(OH-),由c(Na+)=c(CI-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-

c(OH-),故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】依据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZ<HY<HX

A.在NaX溶液中，水解呈碱性，因此依据电荷守恒即可推断

B.据一元弱酸的盐的pH即可得出酸性的强弱是：HZVHYVHX,即可推断电离常数

C.依据电荷守恒列出式子，再依据中性进展推断只需要推断参与氯离子的物质的量浓度即可，由于水解

程度不一样故参与的盐酸不一样，碱性越强需要的酸越多剩余的酸根离子越少

D.混合之后利用电荷守恒即可推断

2.【答案】D

【考点】化学反响速率，化学反响速率的影响因素

【解析】【解答】A.由反响机理可知，发生的化学方程式为HCOOH催化剂CO2个+H2个,故A不符合题

意；

B.假设氢离子浓度过低，则反响11131V的反响物浓度降低，反响速率减慢，假设氢离子浓度过高，则会

抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反响1玲口速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反响速

率减慢，故B不符合题意；

C.由反响机理可知，Fe在反响过程中，铁形成的化学键数目发生变化，则元素化合价也发生变化，故C

不符合题意：

D.由反响进程可知，反响WTI能垒最大，活化能越大，反响速率最慢，对该过程的总反响起打算作

用，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.依据反响物和最终的产物即可写出方程式

B.在整个过程中均存在氢离子参与，因此需要把握氢离子的浓度实现速率的最大化

C.氢离子在整个过程中参与了反响，经受断键成键断键的过程，过程中化合价发生转变D.

整个反响速率是由速率最慢的过程打算，活化能高的速率慢

3.【答案】A

【考点】化学反响速率，化学反响速率与化学平衡的综合应用

【解析X解答】A.由图中数据可知，36疝n时，M、z的浓度分别为0.300rarf-rta0.125mH•上一、

则依据①M的变化量为0.5讯整-3-1-0.300mol-17^0.200mrf-r1.依据②计算出转化为丫的变化量

为0.200磔小£-1-0.125jmrf-Z-1=0.075mol-lT1-因此，时间段内，Y的平均反响速率为

第=吗处"1=0.002A说法符合题意；

加

B.由题中信息可知，依据速率公式Vi=k]C2(M)和V2=k2C2(M),反响①和反响②的速率之比为T",Y

c(y)上]

和Z分别为反响①和反响②的产物，且两者与M的化学计量数均为1,因此反响开头后，通=君，由

于勺、Ie2为速率常数，故该比值保持不变，B说法不符合题意;

⑪*1

,因此，假设

C.结合A、B的分析可知因此反响开头后，在一样的时间内,0125n»lxL-L5

反响能进展到底，反响完毕时有号的M转化为乙即620%的M转化为Z,C说法不符合题意；

D.由以上分析可知，在一样的时间内生成Z多、生成Y少，因此，反响①的化学反响速率较小，在同一

体系中，活化能较小的化学反响速率较快，故反响①的活化能比反响②的活化能大，D说法不符合题意。

故答案为：Ao

【分析】A.依据30min的数据计算出Y的物质的量浓度的变化量即可计算出速率

B.温度不变，平衡常数不变，利用平衡常数公式带入计算即可推断Y和Z的浓度之比不变

C.依据速率之比计算即可

D.活化能越大，反响速率越慢，依据计算推断Y和Z的浓度大小即可推断速率的大小

4.【答案】B

【考点】化学平衡状态的推断，氯离子的检验，蔗糖与淀粉的性质试验

【解析】【解答】A.原溶液中存在硝酸根可以和Fe2+反响生成Fe3+,故不能验证原溶液中含有亚硝酸

根，A不符合题意；

B.向KI溶液中滴加FeCg,假设FeCg没有剩余说明反响是完全的，因此向反响后的溶液中参与KSCN

溶液，假设溶液变红，则说明该反响是有限度的，B符合题意：

C.溶液中参与KOH后体系中剩余大量的OH-,再参与硝酸银溶液后OH也可以使Ag+生产白色沉淀，C

不符合题意；

D.蔗糖为二糖，在酸性条件下可以水解生产单糖，验证单糖中是否存在醛基，应向水解液中参与NaOH

溶液使体系呈碱性，再参与制Cu(0H)2悬浊液，D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】A.二价亚铁离子变为三价铁离子，主要说明含有氧化性的离子，但是不愿定是亚硝酸根还有可能

是硝酸根离子

B.碘离子的量是过量的，假设不是可逆反响，不存在三价铁离子，但是最终参与硫氧化钾溶液后，溶液

变为红色说明有三价铁离子因此说明反响有限度

C.检验氯离子时需要进展参与硝酸酸化

D.检验醛基时需要碱性环境，水解后参与氢氧化钠调整溶液为碱性5.

【答案】C

【考点】化学平衡常数，化学平衡的调控，离子浓度大小的比较

【解析】【解答】A.由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说

法不符合题意；

B.将NH4a溶液加水稀释至浓度誓时，假设氯化钱的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变

原来的金，则溶液的pH将增大Igx,但是，加水稀释时，氯化镀的水解平衡向正反响方向移动，c(H+)大

于原来的1,因此，溶液pH的变化值小于Igx,B说法不符合题意：

C.随温度上升，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即心增大；随温度上升，C/COONa的水解

程度变大，溶液中c(OH)增大，因此，C说法符合题意；

D.25°(:时稀释一样倍数的NH4cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)

=C(OH)+C(CH3COO-),c(NH/+c(H+)=c(CI)+c(OH-)。因此，氯化钱溶液中，c(CI-)-c(NH=c(H+)-c(OH),醋

酸钠溶液中，c(Na+)-c(CHCOO)=c(OH)-c(H+).由于25℃时CHCOOH和NHH。的电离常数均为1.8

3332

X10-5,因此，由于原溶液的物质的量浓度一样，稀释一样倍数后的NH4cl溶液与CH3COONa溶液，溶

质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数一样，其中盐的水解程度是一样的，因此，两溶液中|c(OH-)

-c(H+)|(两者差确实定值)相等，故c(Na+)-c(CH3(：OO)=c(a)-c(NH4+),D说法不符合题意。

故答案为：C„

【分析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50moiLiNH4cl溶液、10mLOSOmolLiC/COONa溶

液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反响为吸热过程，且温度越

高、浓度越小其水解程度越大。氯化镂水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的

酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。

温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。结合

选项进展推断

6.【答案】C

【考点】催化剂，化学反响速率与化学平衡的综合应用

【解析】【解答】A.反响20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L,说明分解的过氧化氢的物质的量

n(H202)=(0.80-0.40)mol/Lx0.05L=0.02mol,过氧化氢分解生成的氧气的物质的量。(。2)=0.01(11。1,标况下的

体枳\/=nVm=0.01molx22.4L/mol=0.224L=224mL,A不符合题意；

B.20~40min,消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20mol/L,则这段时间内的平均速率v=年=

。,当吧唯=0Q10mol/(Lmin),B不符合题意；

C.随着反响的不断进展，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第

30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C符合题意；

D.1在反响中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fez。？代替，D不符合题意；

故答案为：C„

【分析】A.依据浓度的变化量计算出物质的量，结合方程式计算出氧气的物质的量即可

B.依据物质的量的浓度的变化量，依据v=c/t计算出速率

C.随着反响的进展浓度不断减小，速率不断的减小D.

氧化铁以及碘离子均可做过氧化氢的反响的催化剂7.

【答案】B

【考点】化学平衡的调控，化学平衡转化过程中的变化曲线

【解析】【解答】该反响为放热反响，反响物的总能量大于生成物的总能量，依据题目中给出的反响物与

生成物的比热容可知，上升温度反响物能量上升较快，反响完毕后反响放出的热量也会增大，比较4个图

像B符合题意，

故答案为：Bo

【分析】温度越高，对于比热容越高的能量变化越大，而&(g)、H]g)和N$(g)的比热容分别为

29.1、28.9和35.6JK-i-mol-i,因此反响物的能量大于生成物的能量。

二、多项选择题

8.【答案】B,C

【考点】化学平衡常数，化学平衡状态的推断，化学平衡转化过程中的变化曲线

【解析X解答】A.容器内发生的反响为A(g)+2B(g)=3C(g),该反响是前后气体分子数不变的可逆反响，

所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反响到达平衡状态，A

不符合题意；

B.依据图像变化曲线可知，t2~t3过程中，t2时"正瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反响向逆

反响方向移动，转变的条件为：向容器中参与C,B符合题意；

C.依据上述分析可知，t2-t3时间段，转变条件使正反响速率渐渐增大，平衡向逆反响方向移动，到达的

平衡状态后，生成A的量增大，但总的物质的量不变，所以A的体积分数增裂，即A的体积分数：(P

WD＞用)，c符合题意；

D.平衡常数K与温度有关，因该反响在恒温条件下进展，所以K保持不变，D不符合题意。

故答案为：BCo

【分析】依据图像可知，向恒温恒容密闭容器中充入ImolA和3molB发生反响，反响时间从开头到匕阶段,

正反响速率不断减小，所以平衡向正反响方向移动，时间段，正反响速率不变，反响到达平衡状态，

t『t3时间段，转变条件使正反响速率渐渐增大，平衡向逆反响方向移动，t3以后反响到达的平衡状态，结

合图像选项进展推断

三、综合题

9.【答案】(1)+90.8

⑵C,D

(3)管；b；开头体积减半，均分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，叫分压比原来2

倍要小；0.48

(4)从右往左

(5)2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O

【考点】电极反响和电池反响方程式，化学反响速率与化学平衡的综合应用，原电池工作原理及应用，有

关反响热的计算

【解析】【解答】⑴依据方程式：2NH3(g)N2(g)+3H2(g),△H=390.8kJ-mol-iX3x2-(946kJ

'mol-i+436.0kJ-mol-ix3)=+90.8kJ'moli,故答案为：+90.8；

(2)假设反响自发进展，则需要满足△5<0,第=,落器震彘=456.5K,即温度应高于

(456.5-273)℃=183.5℃,CD符合,故答案为：CD；

⑶①设0时到达平衡，转化的叫的物质的量为X,列出三段式:

嗡+3Hfe)

起始IBJBI0.100

转化jaol2rX3K

孚衡/nml0.1-2rX3r

依据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，解得x=0.02mol,

OMMSSDI0.020.02

哽)=3=—L-i'min-i故答案为:

②t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡向左移动，导致氮气

的小于方分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开头体积减半，均分压变为原来的2倍，随后

由于加压平衡逆向移动，叫分压比原来2倍要小;

③由图可知，平衡时，N%、N2,%的分压分别为120kPa、40kPa、120kPa,反响的标准平衡常数

故答案为：；

司叫50.48

⑷由图可知，通N七的一极氮元素化合价上升，发生氧化反响，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，

氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中。巾移向阳极，则从右往左移动，故答案为：从右往左；

⑸阳极N上失电子发生氧化反响生成坊,结合碱性条件，电极反响式为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O,

故答案为：2NH3-6e-+6OH-=&+6心0。

【分析】

(1)依据反响热=反响物的总键能-生成物的总键能即可计算

(2)依据AG=AH-TAS<o,即可推断

⑶①利用三行式进展计算，依据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氢气的速

率②体积减小原来的一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b③依据物质的量之比压强之比，计

算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可

(4)氨气中氮元素为-3价，氢元素为+1价，氨气中氮元素变为氮气，化合价上升，被氧化，做阳极，

因

极。

(5)阳极发生的是氨气失去电子变为氮气结合氢氧根变为氮气

10.【答案】⑴浪(或Br)

7血「

(2)2=4.8；

(24乐诩'

(3)大于；KP^KPjAH>0；当时，KMKFI-KTFHKTL10与=］「4当

时，K=□「在；!=IOP'TOT"：1。7"即降温,K减小，平衡逆移，说明△H>0

【考点】反响热和焰变，化学反响速率，化学平衡常数，化学反响速率与化学平衡的综合应用

【解析】【解答】(1)红棕色液体，推想为澳单质，因此错过觉察的元素是溪(或Br)：

(2)由题意376.8℃时玻璃烧瓶中发生两个反响：BaPtCI4(s)=BaCI2(s)+Pt(s)+2CI2(g)>

Cl2(g)+I2(g)±?2ICI(g),BaPtCI4(s)=BaCI2(s)+Pt(s)+2CI2(g)的平衡常数Kp=lQxlO4Pa2,则

平衡时p2(Cl2)=lQxlO4Pa2,平衡时p(Cl2)=100Pa,设到达平衡时以g的分压减小pkPa,则376.8°(:平衡

时,测得烧瓶中压强为32.5kPa,则

C1式g)+I4)=2ICl(g)

开始/(kPa)20.00

变化/(kPa)p

平衡/(kPa)0.120.0-p

0.1+20.0+p=32.5,解得p=12.4,则平衡时p(ICI)=2pkPa=2xl2.4kPa=24.8kPa；则平衡时，^值)的分压为

(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6xl03Pa,p(ICI)=24.8kPa=24.8xl03Pa,p(CI2)=0.1kPa=100Pa,因此反响

7备1一

2ICI(g)彳三值巩值)的平衡常数K=(24序荷；

⑶①结合图可知，温度越高，越小，电卬2越大，即卬2越大，说明上升温度平衡

2N0CI(g)=2NO(g)+CI2(g)正向移动,则NOCI分解为NO和CI2反响的大于0；

②1.2NO+2ICI=2N0CIKpl

牛

H.2N0CI(g)2N0(g)+Cyg)KP2

+1［得21a(g)ci2(g)+i2(g),故|<=1名；

该反响的AH大于0,依据图像可知，

当$Xl/nZS时，匿=门1-仃产1。出炉=旧当**/=2』时，

~0

£="1-立：1=;10工10_0=10'^1即降温,|<减小，平衡逆移，说明△H>O；

(4)I,NOCI+hv-»NOCI*

n.NOCI+NOCI«->2NO+CI2

□得总反响为因此分解需要吸取光子能量，则分解的

I+2NOCI+hv=2NO+CI2,2moiNOCIlmollmol

NOCI需要吸取0.5mol光子。

【分析】⑴依据红棕色液体推断；

(2)依据三段式及平衡常数公式计算；

⑶依据图像中曲线的趋势和所对应的数据进展估算；

⑷依据物质的量之比等于化学计量数之比计算；

11.【答案】(1)2NaCI+2H,。^^2NaOH+H,个+CI,个

(2)A

1txeWHC10)

K]P+(代百海成

反响得：远大于反响使

(4)I+IITiO2(s)+2CI2(g)+2C(s)=TiCI4(g)+2C0(g),K=K|K||=4.1X10195,IITiO2

氯化为Tie]得以实现；△H=AH|+AH“=-40kJ-mol。，反响II可为反响I供给所需的能量

(5)A,B

【考点】以氯碱工业为根底的化工生产简介，反响热和焙变，化学平衡常数，化学反响速率与化学平衡的

综合应用

【解析】【解答】⑴反响的化学方程式是2NaCI+2H2。？^£2NaOH+%个+C,个。

⑵A.氯气可与碱反响，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰枯燥氯气，A说法不正确；

B.氯气可与水反响生成盐酸和次氯酸，该反响是可逆反响，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可

以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收

集氯气，B说法正确；

C.氯气在常温下不与铁反响；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液

化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；

D.氢气和氯气反响生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反响生成的氯

化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。

综上所述，相关说法错误的选项是A,

故答案为：A«

表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的

(3)@CI2(g)UC^aq)

病变小于0,因此，其熔变

②由化学方程式Cl(aq)+Hp(l)UH+(aq)+CI-(aq)+HCIO(aq)可知，其平衡常数K典表达式为K=

城XC1XHC1O)

3cy留意水为液态，其不消灭在表达式中。

与相加可以得到

(3)CI2(g)=C((aq)Cl2(aq)+H2O(I)UH+(aq)+CI-(aq)+HCIO(aq)C'(g)+H2O(I)UH+(aq)+CL(aq)

+HCIO(aq),因此，该反响的平衡常数为KIKQP氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为C,依据

物料守恒可知，c=。巴)+与c(HCIO)+聂口)，由于HCI是强电解质，假设无视水的电离和次氯酸的

离，则c(H)=c(Cl]=c(Ha。)，由型嘴等0可知

C(CT)-C(HC1O)=

q吗J

由Kfc(Cl2)/p可知，c(Cl1k&P，则C(CT)-C(HC1O>8匹p)J,因此，C=K]P+

火匹p)«

(4)：I.TiO(s)+2CI(g)#TiCI(g)+0(g)AH=181mol-L-i,K=-3.4x10-29；II.2C(s)+0(g)#2C0(g)AH=

22421I2II

-221molLi,K“=1.2X1048。依据盖斯定律可知，I+II得：TiO2(s)+2CI2(g)+2C(s)=TiCI4(g)+2C0(g),贝lj

K=KK=4.1X1019远大于勺，反响II的发生可以减小反响I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化

为TiC]得以实现；反响I为吸热反响，而△H=AHjAH:-40kJ-mol-i,说明TiO2(s)+2CI2(g)+2C(s)=TiCI4(g)+

2co(g)为放热反响，则反响II可为反响I供给所需的能量。

(5)A..由于两产物浓度之比与反响时间无关，适当提高反响温度，使催化剂碘的溶解度增大，既可以加快

化学反响速率，同时可以提高邻位取代的机率(催化剂会参与反响形成中间体，依据信息可知，碘在对位

的取代机率较大〕，从而提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；

B.可以使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，B正确；

C.适当降低反响温度，不利于提高邻二氯苯的生成机率，不能提高产物中邻二氯苯的比例，C不正

确；

D.转变反响物浓度可以转变化学反响速率，从而转变反响到达化学平衡状态的时间，但是，产物浓度之

比与反响时间无关，因此，不能提高产物中邻二氯苯的比例，D不正确。

综上所述，选AB。

【分析】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠

(2)氯气溶于水后，形成的是次氯酸或盐酸与碱石灰作用。收集氯气时利用的是排饱和食盐水的方法进

展收集气体，常温下可以加压的方式减小分子的间隔即可将气体变为液体，工业上利用氢气和氯气制取

氯化氢溶于水变为盐酸

(