专题8 电解质溶液-【高考前沿】2023高考化学第二轮复习·超级考生备战高考（新教材）

平衡时H,S与H,的分压相等，则n(H,S)=n(H,),1一2x=2x,可 得=0.25，则H,S的平衡转化率=0.25×2×100%=50%，平衡 故总反应式为Fe H,个：电解必须在无水 时，n(H,S)=n(H2）=0.5mol,n(S=0.25mol,此时容器中气体 总物质的量为0,5mol十0.5mol十0.25mol+4mol=5.25mol,则 条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚 铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀 具S(g)、鸟(g)、H(g)的分压分到为(100×0品)P、 (1o×)k,(10×)）kP,代入K,-C2. 2(H S) 答案：Fe电极 H,个[或Fe+2CH 可得Kn≈4.76kPa。 (4)①n(H,S):n(Ar)越小，可理解为恒压条件下，不断充入Ar,导 致H,S的分压降低，相当于进行减压操作，HS的热分解反应为气 一Fe(CH),十H,↑]水会阻碍中间产物Na的生成；水会电解 体分子数增大的反应，减压时平衡正向移动，H,S的平衡转化率升 生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH), 高。②由①分析知n(HS):n(Ar)=1：9时，对应图中曲线d, 2.解析：电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合 0.1s时，H,S的转化率为24%，设H2S、Ar初始量分别为1mol、 价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极区，根据图示信息知电极 9mol,列三段式： 反应为Fe3++e一Fe2+和4Fc2++O,+4Ht一4Fe3++ 2HS(g)-S,(g)+2H,(g） 2H,O:电路中转移1ol电子，根据得失电子守恒可知需消耗氧气 初始量/mol: 1 0 0 的物质的量是0-0.250l,在标准我现下的依积为025m0lX 变化量/mol:0.24 0.120.24 0.1s时/mol:0.76 0.120.24 22.4L·mol-1=5.6L。 答案：Fe3++e—Fe2+,4Fe2++O2+4H+一4Fe3++2H20 H,S的初始分压=100X1十9kPa=10kPa,0.1s时，H,S的分压= 5.6 0.76 真题实战 100X0.76+0.120.21十9kPa≈7.51kPa.则变化的HS分压约 1.解析：(1)由平衡常数K、与温度T变化关系曲线可知，反应I、Ⅱ、 为10kPa-7.51kPa=2.49kPa,故H,S分压的平均变化率为2.49 Ⅲ的平衡常数的自然对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数） kPa÷0.1s=24.9kPa·s-I. 而减小，说明3个反应均为放热反应，即△H1<0、△H2<0、△H3<0, 答案：(1)170(2)同时回收H2高温耗能 因此，B的总能量低于A的总能量，能量越低越稳定，A和B中相对 (3)50%4.76 稳定的是B,其用系统命名法命名为2甲基-2丁烯：由盖斯定律可 (4)①越高等温等压下加入惰性气体，平衡向气体分子数增加的方 知，I一Ⅱ=Ⅲ，则△H一△H2=△H3<0,因此△H<△H2,由于放 向移动②d24.9 热反应的△H越小，其绝对值越大，则的数值范国是大于1。 3.解析：(1)①恒容条件下，充入惰性气体，平衡不移动，A项错误；体系 中存在固体，则气体的总质量随着反应进行将发生变化，容器体积不 (2)向某反应容器中加入1.0 mol TAME,控制温度为353K,测得 变，则气体的密度随着反应正向进行将增大，当气体密度不再变化 TAME的平衡转化率为a,则平衡时n(TAME)=(1一a)mol,n(A) 时，反应达到平衡，B项正确：随着反应正向进行H的体积分数不断 十n(B)=n(CHOH)=amol。已知反应Ⅲ的平衡常数Kxa=9.0,则 增大，若1molH2O(g)完全反应，产生0.5 mol CO2和1molH2,故 n(B) =9.0,将该式代入上式可以求出平衡体系中B的物质的量为 平衡时H,的体积分数不可能大于2/3，C项错误；将炭块粉碎，可增 n(A) 大气固接触面积，加快反应速率，D项正确：②反应平衡时，HO反 1-g 1+c 应了0.5mol,C0的物质的量为0.1mol,根据O原子守恒，可知 0.9amol,n(A)=0.la mol,反应I的平衡常数K1Qe×a C0,2中含有O原子的物质的量为(0.5-0.1)mol=0.4mol,即CO 的物质的量为0.2mol,CO在反应I中生成，反应Ⅱ中消耗，则反应 (1-a)(1+a) 。同溫同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃 I共生成(0.1+0.2)mol-0.3 mol CO,反应I吸收热量(0.3× 0.1a2 131.4)kJ,反应Ⅱ放出热量(0.2×41.1)kJ,则整个体系吸收热量：平 稀释