化学反应速率与化学平衡
1、海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的
离子浓度(mol/L)
Na＋
Mg2＋
Ca2＋
Cl―
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol/L，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变。
已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9；Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6；
Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。
下列说法正确的是
A．沉淀物X为CaCO3
B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
【答案】A
【解析】这是一道新颖的计算型分析推断题，命题者通过精心选择，以从模拟海水中制备MgO的实验方案为背景，结合考查有关溶度积的概念及计算，把一个具体情景与教材的知识内容有机结合起来。要求考生定量地分析发生的反应，溶液中存在的离子，推断沉淀是否产生，从而得出正确的结论。计算强调了实用性以及认识、解决问题的综合性，体现了新课程的特色。
⑴ 步骤①,从题给的条件，可知n(NaOH ) = 0.001mol，[即n(OH―) = 0.001mol]。依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH― 恰好与HCO3―完全反应：OH―＋HCO3―= CO32-＋H2O，生成0.001mol CO32―。由于Ksp(CaCO3) Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成。
又由于Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)×(10－3)2＝5.6×10－12，c(Mg2＋)＝5.6×10－6＜10－5，无剩余，滤液N中不存在Mg2＋。C选项错误。
⑷步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05mol Mg2＋反应：
Mg2＋+ 2 OH－= Mg(OH)2↓，生成0.05 mol Mg(OH)2，剩余0.005 mol OH―。
由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca2＋)×(OH―)2 = 0.010×(0.005)2＝2.5×10－7＜Ksp[Ca(OH)2
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]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，D选项错误。．
2、下列现象不是由平衡移动引起的是（ ）
A．氯水光照颜色变浅
B．使用排饱和食盐水的方法收集氯气
C．H2、I2、HI平衡混合气加压颜色变深
D．把有缺陷的胆矾晶体，投入饱和的硫酸铜溶液，一段时间后，晶体变为规则结构。
【答案】C
3、某温度下，在一个2 L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应：3A(g)+2B(g)4C(？)+2D(？)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C，且反应的前后压强之比为5∶4(相同的温度下测量)，则下列说法正确的是( )
A．该反应的化学平衡常数表达式是K＝
B．此时，B的平衡转化率是35％
C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D．增加C，B的平衡转化率不变
【答案】D
【解析】反应达到平衡反应的前后压强之比为5∶4，同温同体积条件下，物质的量之比等于压强之比，即n(前)∶n(后)=5∶4，说明这是个气体体积减少的反应，结合4 mol A和2 mol B，平衡时生成1.6 mol C，分别讨论后只有C为固体或液体和D为气体满足条件，则该反应的化学平衡常数表达式是K＝平衡时B的平衡转化率是40％;增大该体系的压强，平衡向右移动，由于温度没变，化学平衡常数不变；由于C为固体或液体, 增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变。
4、某温度时，在一个容积为2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据，下列有关说法错误的是（ ）
A．该反应的化学方程式为3X+Y═2Z
B．2 min时，反应达最大限度，但化学反应仍在进行
C．反应开始至2 min，Z的反应速率为0.05 mol·L﹣1·min﹣1
D．反应达到平衡时，压强是开始时的0.9倍
【答案】A
【解析】A、由图可知随反应进行X、Y的物质的量变小，Z的物质的量变大，所以X、Y为反应物，z为生成物，反应结束各物质的物质的量不变，所以反应为可逆反应，故A错误；
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B、根据图可知该反应为可逆反应，所以达到反应限度时，正逆反应还在进行，不过此时正逆反应速率相等，组成不变，故B正确；
C、由图可知2min内Z的物质的量变化量为0.2mol，所以2min内以Z表示的平均反应速率v（Z）==0.05mol/（L·min），故C正确；
D、由图可知开始混合气体的总的物质的量为2mol，平衡时混合气体的物质的量为（0.9+0.7+0.2）mol=1.8mol，压强之比等于物质的量之比，所以反应达平衡此时体系的压强是开始时 =0.9倍，故D正确；
故选：A．
5、一定量的锌粉和6 mol/L的过量盐酸反应，当向其中加入少量的下列物质时，能够加快反应速率，又不影响产生H2的总量的是（ ）
①石墨粉 ②CuO ③铜粉 ④铁粉 ⑤浓盐酸
A．①②⑤ B．①③⑤ C．③④⑤ D．①③④
【答案】B
【解析】①③会形成原电池而加快反应，⑤增大浓度加快反应。
6、已知NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量 KIO3氧化，当 NaHSO3完全消耗即有 I2析出，依据 I2析出所需时间可以求得 NaHSO3的反应速率．将浓度均为 0.020mol·L﹣1的 NaHSO3溶液（含少量淀粉）10.0mL、KIO3（过量）酸性溶液 40.0mL 混合，记录 10～55℃间溶液变蓝时间，55℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图．据图分析，下列判断不正确的是（ ）
A．40℃之前，溶液变蓝的时间随温度的升高而缩短
B．图中a点对应的 NaHSO3反应速率为 5.0×10﹣5mol·L﹣1·s﹣1
C．图中b、c两点对应的 NaHSO3反应速率相等
D．40℃之后，淀粉不宜用作该实验的指示剂
【答案】C
【解析】A．从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，故A正确；
B．a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率为5.0×10﹣5mol·L﹣1·s﹣1，故B正确；
C．b点的反应原理为：当碘酸钾过量时，生成碘单质，其离子反应式为5SO32﹣+2IO3﹣+2H+=5SO42﹣+I2+H2O，而图中c点的反应原理为2IO3﹣+5SO2+4H2O=5SO42﹣+I2+8H+
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，则图中b、c点对应的反应原理不一样，且温度不同，故反应速率不同，故C错误；
D.55℃时，没有出现蓝色，故淀粉已不能作为该反应的指示剂，故D正确；
故选C．
7、在一定体积和一定条件下有反应N2+3H22NH3，现分别从两条途径建立平衡：
Ⅰ．起始浓度 N2：l mol·L ﹣1，H2：3mol·L ﹣1
Ⅱ．起始浓度 N2：2mol·L ﹣1，H2：6mol·L ﹣1
则下列叙述正确的是（ ）
A．Ⅰ和II两途径达到平衡时，体系内各成分的体积分数相同
B．达到平衡时，Ⅰ途径的反应速率v（H2）等于Ⅱ途径的反应速率v（H2）
C．达到平衡时，Ⅱ途径体系内混合气体的压强是Ⅰ途径内混合气体压强的2倍
D．达到平衡时，Ⅰ途径体系内混合气体的密度为途径Ⅱ体系内混合气体的密度的
【答案】D
【解析】解：途径Ⅰ．N2、H2的起始物质浓度分别为1mol/L和3mol/L；途径Ⅱ．起始浓度：N2：2mol·L ﹣1，H2：6mol·L ﹣1，与途径Ⅰ相比，恒温恒压下，途径Ⅱ为途径I起始浓度的2倍，与途径Ⅰ为相似平衡，由于容器体积一定，相当于途径II为增大压强，平衡右移，
A、Ⅰ和II两途径达到平衡时，途径I中氨气的体积分数小，故A错误；
B、途径II中氢气的浓度大，化学反应速率快，故B错误；
C、途径II相当于达到I的平衡后，平衡右移，故压强减小为途径I的2倍小一些，故C错误；
D、由于容器体积相同，途径II的质量为途径I的2倍，故途径II的密度为途径I的2倍，故D正确，故选D．
8、在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)+B(g)2C(g)；△H
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