如图1所示.K1固定不动.K2可自由移动.A.B两个容器中均发生反应:X△H=-92kJ•mol-1．若向A.B中都通入xmolX和ymolY的混合气体.且初始A.B容积相同.假设整个过程中A.B均保持温度不变．请回答:(1)若x=1.y=3.起始容积均为1L.在某温度下.5min后A中达到化学平衡状态.测得X还剩0.2mol.则5min内Y的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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18．如图1所示，K₁固定不动，K₂可自由移动，A、B两个容器中均发生反应：X（g）+3Y（g）?2Z（g）△H=-92kJ•mol^-1．若向A、B中都通入xmolX和ymolY的混合气体，且初始A、B容积相同，假设整个过程中A、B均保持温度不变．请回答：

（1）若x=1，y=3，起始容积均为1L，在某温度下，5min后A中达到化学平衡状态，测得X还剩0.2mol，则5min内Y的反应速率0.24mol/（L．min）；
（2）若x：y=1：2，则平衡时，A容器中的转化率：X＜Y（请填“＞”，“＜”，“=”）；
（3）若x=1，y=3，某温度下，当B中放出热量78.2kJ时，则B中X的转化率为85%；
（4）若A起始容积为2L，x=0.20mol，y=0.60mol，反应中Z的物质的量浓度的变化情况如图2所示，且在第5分钟时移动K₁使A容器的体积瞬间缩小一半后，若在第7分钟时达到新的平衡（此时Z的浓度约为0.25mol•L^-1），请在图中画出第5分钟后Z浓度的变化曲线．

分析（1）△n（X）=1mol-0.2mol=0.8mol，则△n（Y）=3△n（X）=2.4mol，再根据v=$\frac{\frac{△n}{V}}{△t}$计算v（Y）；
（2）X与Y按物质的量之比1：3反应，若二者起始物质的量为1：3，平衡时二者转化率相等，现在X、Y起始物质的量为1：2，等效为X与Y起始物质的量之比1：3到达平衡的基础上再加入X，平衡正向移动，X的转化率减小、Y的转化率增大；
（3）根据放出的热量计算消耗X的物质的量，进而计算X的转化率；
（4）由图可知，平衡时Z的浓度为0.1mol/L，在第5分钟时移动K₁使A容器的体积瞬间缩小一半后，瞬间Z的浓度变为0.2mol/L，压强增大，平衡正向移动，在第7分钟时达到新的平衡Z的浓度约为0.25mol•L^-1．

解答解：（1）△n（X）=1mol-0.2mol=0.8mol，则△n（Y）=3△n（X）=2.4mol，则v（Y）=$\frac{\frac{2.4mol}{2L}}{5min}$=0.24mol/（L．min），故答案为：0.24mol/（L．min）；
（2）X与Y按物质的量之比1：3反应，若二者起始物质的量为1：3，平衡时二者转化率相等，现在X、Y起始物质的量为1：2，等效为X与Y起始物质的量之比1：3到达平衡的基础上再加入X，平衡正向移动，X的转化率减小、Y的转化率增大，则平衡时A容器中的转化率X＜Y，故答案为：＜；
（3）当B中放出热量78.2kJ时，则消耗的X的物质的量为$\frac{78.2kJ}{92kJ/mol}$=0.85mol，则X的转化率为$\frac{0.85mol}{1mol}$×100%=85%，故答案为：85%；
（4）由图可知，平衡时Z的浓度为0.1mol/L，在第5分钟时移动K₁使A容器的体积瞬间缩小一半后，瞬间Z的浓度变为0.2mol/L，压强增大，平衡正向移动，在第7分钟时达到新的平衡Z的浓度约为0.25mol•L^-1，第5分钟后Z浓度的变化曲线为，
故答案为：．

点评本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算等，（2）注意利用等效思想进行分析解答，难度中等．

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

2．海带、海藻中丰富的碘元素主要以碘化钾的形式存在．化学小组欲用海带制取少量碘单质，先将海带烧成灰，再用水浸泡一段时间（让碘化物充分溶解），得到海带灰悬浊液，然后按以下流程提取单质碘（已知：2I^-+Cl₂=2Cl^-+I₂）．
（1）过程 ①中使用的玻璃仪器漏斗、烧杯、玻璃棒；
（2）过程②中充入适量Cl₂的目的是使碘离子转化为碘单质；
（3）提取碘的过程中实验操作③的名称：萃取（或萃取分液），选择的有机试剂可以是BD（填序号）；
A．酒精 B．四氯化碳 C．醋酸 D．苯
（4）过程③中有以下操作．
①倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，放正分液漏斗；
②把50ml碘水和15ml有机溶剂加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；
③将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；
④把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中，静置、分层；
⑤从分液漏斗上口倒出上层液体．
⑥旋开分液漏斗下面的活塞，用烧杯接收下层液体；
⑦检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；
操作顺序正确的是B（填字母）．
A．⑦①②③④⑤⑥B．⑦②①④③⑥⑤C．⑦①②④③⑥⑤D．⑦②①③④⑥⑤
（5）过程 ④从含碘的有机溶液中提取碘并回收有机溶剂，还需要经过蒸馏、冷凝（如图）．则冷水的流向为B流向A．

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

9．Ⅰ、高纯MnCO₃是制备高性能磁性材料的主要原料．实验室以MnO₂为原料制备少量高纯MnCO₃的操作步骤如下：
（1）制备MnSO₄溶液：在烧瓶中（装置见图甲）加入一定量MnO₂和水，搅拌，通入 SO₂和N₂混合气体，反应3h．停止通入SO₂，继续反应片刻，过滤（已知MnO₂+H₂SO₃=MnSO₄+H₂O）．

①石灰乳作用：吸收多余的二氧化硫．
②若实验中将N₂换成空气，测得反应液中Mn²⁺、SO₄^2-的浓度随反应时间t变化如右图乙．导致溶液中Mn²⁺、SO₄^2-浓度变化产生明显差异的原因是氧气和亚硫酸反应生成硫酸．
（2）制备高纯MnCO₃固体：已知MnCO₃难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100℃开始分解；Mn（OH）₂开始沉淀时pH=7.7，请补充由（1）制得的MnSO₄溶液制备高纯MnCO₃的操作步骤：
[实验中可选用的试剂：Ca（OH）₂、NaHCO₃、Na₂CO₃、C₂H₅OH]．
①边搅拌边加入碳酸钠或碳酸氢钠并控制溶液pH＜7.7；
②过滤，并用水洗涤2-3次；
③检验SO₄^2-是否被洗涤除去；
④用少量乙醇洗涤；
⑤低于100℃干燥．
Ⅱ、锌铝合金的主要成分有Zn、Al、Cu、Si等元素．实验室测定其中Cu含量的步骤如下：①称取该合金样品1.1g，用HCl和H₂O₂溶解后，煮沸除去过量H₂O₂，过滤，滤液定容于250mL容量瓶中．
②用移液管移取50.00mL滤液于250mL碘量瓶中，控制溶液的pH=3～4，加入过量KI溶液（生成CuI和I₂）和指示剂，用0.01100mol?L^-1Na₂S₂O₃溶液滴定生成的I₂至终点（反应：I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-），消耗Na₂S₂O₃溶液6.45mL．
（1）判断步骤②滴定终点的方法是当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色突变为无色且半分钟不变色．
（2）计算合金中Cu的质量分数2.064%．

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

6．某中学化学兴趣小组用含有铁铝合金的工业废料，制备FeSO₄?7H₂O和硫酸铝晶体．具体实验操作步骤如下：
①将5%Na₂CO₃溶液加入到盛有一定量废合金的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na₂CO₃溶液，然后将废合金用蒸馏水洗涤2至3遍；
②取洗涤后废合金，加入足量的NaOH溶液中，反应完全后过滤；
③向滤液中边搅拌边滴加稀硫酸至溶液的pH为8^_9，静置，过滤，洗涤；
④将③中固体溶于足量的稀硫酸，将得到的溶液蒸发浓缩，冷却，结晶，过滤，干燥，得到硫酸铝晶体；
⑤将②得到的固体洗涤后加入过量的稀硫酸，至铁溶解完全；
⑥将得到的溶液转入密闭容器中，静置，冷却结晶；
⑦待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2至3次，再用滤纸将晶体吸干，得到FeSO₄?7H₂O晶体．
（1）实验步骤①的目的是除去油污．
（2）步骤②发生的离子反应方程式为2Al+2OH^-+6H₂O=2[Al（OH）₄]^-+3H₂↑．
（3）步骤③中，溶液中pH难控制，可改用通入CO₂气体．
（4）步骤⑤明显不合理，理由是应该Fe过量，否则溶液中可能有Fe³⁺．
（5）用少量冰水洗晶体，其目的是洗涤除去晶体表面附着的硫酸等杂质．
（6）FeSO₄?7H₂O晶体在高温下可以分解生成Fe₂O₃，SO₂和H₂SO₄，写出该反应的化学方程式2FeSO₄?7H₂O$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Fe₂O₃+SO₂↑+H₂SO₄+13H₂O．

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

13．某校化学课外小组用硫酸铁废液（含少量硫酸铜和稀硫酸），制备硫酸亚铁晶体并进行如下实验．制备硫酸亚铁晶体主要的操作流程如图1．请根据题目要求回答下列问题．
（1）A的化学式为Fe，上述操作过程中用到的玻璃仪器有：①烧杯；②普通漏斗；③酒精灯；④温度计；⑤漏斗．
（2）趁热过滤的目的是防止硫酸亚铁晶体析出．
（3）结晶操作过程中应控制使滤液呈酸性的原因是抑制Fe²⁺离子水解．
（4）已知硫酸亚铁铵[（NH₄）₂Fe（SO₄）₂]比硫酸亚铁稳定，硫酸亚铁铵可用硫酸铵和硫酸亚铁反应制得．实验室利用硫酸亚铁铵溶液和草酸溶液反应生成草酸亚铁沉淀来制备草酸亚铁．写出硫酸亚铁铵溶液与草酸溶液反应的离子方程式Fe²⁺+H₂C₂O₄=FeC₂O₄↓+2H⁺．
（5）草酸亚铁晶体受热易分解．某课外小组取18.0g草酸亚铁晶体，设计如图的实验装置来检验其分解产物，确定化学式．
①该装置中最不合理的部分A（填字母），原因是反应生成的水易沿试管壁流下使试管炸裂．
②改用正确装置实验开始，B处变蓝，说明草酸亚铁晶体中有结晶水；C处有白色沉淀，E处部分黑色粉末变为红色，说明草酸亚铁分解产生CO、CO₂（填化学式）；当加热至质量不再变化时，A中残留黑色固体7.2克，则草酸亚铁晶体的化学式为FeC₂O₄•2H₂O．

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科目：高中化学 来源： 题型：选择题

3．在25℃时，密闭容器中X、Y、Z三种气体的初始浓度和平衡浓度如表：

物质	X	Y	Z
初始浓度（mol•L^-1）	0.1	0.2	0
平衡浓度（mol•L^-1）	0.05	0.05	0.1

下列说法不正确的是（　　）

	A．	反应达到平衡时，X的转化率为50%
	B．	反应可表示为X+3Y?2 Z，其平衡常数为1600
	C．	增大压强使平衡向生成Z的方向移动，平衡常数增大
	D．	改变温度时，该反应的平衡常数可能增大，可能减小

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

10．

在密闭容器中，将起始浓度均为2mol/L的CO和H₂O混合加热到400℃，发生下列反应：CO（g）+H₂O（g）?CO₂（g）+H₂（g），一段时间后该反应达到平衡，测得CO的浓度为0.5mol/L，则：
（1）平衡时CO的转化率为75%；该反应在该温度时的化学平衡常数为9．
（2）在相同的条件下，如果H₂O和CO的起始浓度变为4mol/L，则CO的转化率为75%．
（3）800℃时，该反应的平衡常数为1，则该反应的△H＜ 0（填＞，＜，=）
（4）改变起始条件，在一体积为10L的容器中，通入一定量的CO和H₂O，在850℃时发生上述反应，CO和H₂O浓度变化如图，则0～4min的平均反应速率v（CO）=0.03mol/（L•min）
（5）t℃（高于850℃）时，在相同容器中发生上述反应，容器内各物质的浓度变化如表：
t℃时物质浓度（mol/L）的变化

时间（min）	CO	H₂O	CO₂	H₂
0	0.200	0.300	0	0
2	0.138	0.238	0.062	0.062
3	C₁	C₂	C₃	C₃
4	C₁	C₂	C₃	C₃
5	0.116	0.216	0.084	0.104
6	0.096	0.266	0.104

①表中3min～4min之间反应处于平衡状态； C₁数值大于0.08mol/L（填大于、小于或等于）．
②反应在4min～5min问，平衡向逆方向移动，可能的原因是D（单选），
表中5min～6min之间数值发生变化，可能的原因是A（单选）．
A．增加水蒸气 B．降低温度 C．使用催化剂 D．增加氢气浓度．

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科目：高中化学 来源： 题型：解答题

7．

氢化铝锂是有机合成中常见的强还原剂，合成LiAlH₄的一种方法如下：
步骤Ⅰ．在N₂保护下将块状的LiH粉碎成细小颗粒．
步骤Ⅱ．在如图所示三口烧瓶中加入23.5g LiH和200mL无水乙醚制成悬浊液，在强烈的搅拌下滴加入71.2g的三氯化铝乙醚溶液300mL．AlCl₃滴加完毕后，继续搅拌直至反应终止，静置片刻．
步骤Ⅲ．用N₂气将烧瓶中的反应物压出，抽滤，将澄清的滤液蒸发至黏稠状，减压蒸馏、得氢化铝锂．
（1）步骤Ⅰ．需在N₂气氛中粉碎LiH，其目的是防止LiH与O₂反应着火燃烧．
（2）步骤Ⅱ．强烈搅拌的目的是使反应物充分接触；步骤Ⅲ减压蒸馏的目的是除去残余的乙醚．
（3）抽滤时用到的硅酸盐质仪器有布氏漏斗、吸滤瓶（写名称）．
（4）步骤Ⅱ合成反应的化学方程式为AlCl₃+4LiH $\frac{\underline{\;乙醇\;}}{\;}$LiAlH₄+3LiCl．
（5）步骤Ⅲ．证明最后固体产物不含乙醚或不含乙醚合物所用的仪器分析方法是红外光谱分析．

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科目：高中化学 来源： 题型：选择题

8．下列物质中能够导电的是（　　）

A．

蔗糖溶液

B．

盐酸溶液

C．

二氧化碳气体

D．

氯化钠固体

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