《2025年学霸高考黑题化学人教版》

(2025·山东潍坊一模)$Fe^{3+}$ 可用于处理含 $I^{-}$ 废水。一定温度下，$FeCl_{3}$ 与 KI 混合溶液中存在如下反应(反应过程中忽略碘单质的挥发与阳离子的水解)。
Ⅰ.$2Fe^{3+}(aq)+2I^{-}(aq)\xlongequal{}2Fe^{2+}(aq)+I_{2}(aq)$ $\Delta H_{1}$
Ⅱ.$I_{2}(aq)+I^{-}(aq)\xlongequal{}I_{3}^{-}(aq)$ $\Delta H_{2}=akJ· mol^{-1}$
回答下列问题：

(1)反应Ⅲ：$2Fe^{3+}(aq)+3I^{-}(aq)\xlongequal{}2Fe^{2+}(aq)+I_{3}^{-}(aq)$ $\Delta H_{3}=bkJ· mol^{-1}$，则反应Ⅰ的焓变 $\Delta H_{1}=$(b - a)$kJ· mol^{-1}$ (用含 $a$、$b$ 的代数式表示)，当 $FeCl_{3}$ 和 KI 的初始浓度均为 $0.013mol· L^{-1}$ 时，部分微粒的物质的量浓度随时间变化曲线如图甲所示。$0\sim90min$ 内，$Fe^{3+}$ 的反应速率 $v(Fe^{3+})=$$1.2×10^{-4}$$mol· L^{-1}· min^{-1}$。
(2)已知：反应Ⅰ的正反应速率 $v_{正}=k_{正}· c^{m}(I^{-})· c^{n}(Fe^{3+})$ ($k_{正}$ 为正反应速率常数)，改变 $I^{-}$、$Fe^{3+}$ 的浓度，反应Ⅰ的正反应速率如下表所示：
$I^{-}$ 浓度对反应速率的影响大于 $Fe^{3+}$ 浓度对反应速率的影响，理由为 计算得m = 2，n = 1，m＞n，故I⁻浓度对反应速率的影响大于Fe³⁺浓度对反应速率的影响。
(3)保持混合溶液中 $c_{0}(FeCl_{3})+c_{0}(KI)=0.026mol· L^{-1}$，发生反应Ⅰ、Ⅱ，平衡时，$c_{平}(Fe^{3+})$、$c_{平}(I_{2})$ 与 $c_{平}(I_{3}^{-})$ 随起始投料比 $\frac{c_{0}(Fe^{3+})}{c_{0}(I^{-})}$ 的变化曲线如图乙。
①表示 $c_{平}(I_{2})$ 的曲线为 乙。
②当 $\frac{c_{0}(Fe^{3+})}{c_{0}(I^{-})}=1$ 达平衡后，溶液中 $I_{2}$ 的浓度 $c_{平}(I_{2})=$0.003$mol· L^{-1}$，反应Ⅰ的平衡常数 $K=$$3.3×10^{4}$$$；反应平衡后再加入少量 $CCl_{4}$ 充分振荡，重新平衡后水溶液中 $c_{平}(I_{2})· c_{平}(I^{-})$ 的值 变小 (填“变大”“变小”或“不变”)。

答案： 巩固训练3
(1)(b - a) $1.2×10^{-4}$
(2)计算得m = 2，n = 1，m＞n，故I⁻浓度对反应速率的影响大于Fe³⁺浓度对反应速率的影响
(3)①乙 ②0.003 $3.3×10^{4}$ 变小
解析：
(1)由盖斯定律可知，反应Ⅲ - 反应Ⅱ可得$2Fe^{3+}(aq)+2I^{-}(aq)\rightleftharpoons2Fe^{2+}(aq)+I_{2}(aq)$ $\Delta H_{1}=\Delta H_{3}-\Delta H_{2}=(b - a)kJ·mol^{-1}$，FeCl₃和KI的初始浓度均为$0.013mol·L^{-1}$，90 min时，溶液中$c(I_{3}^{-})=c(I_{2})=0.0027mol·L^{-1}$，根据已知条件列出“三段式”：
$2Fe^{3+}(aq)+2I^{-}(aq)\rightleftharpoons2Fe^{2+}(aq)+I_{2}(aq)$
起始$(mol·L^{-1})$ 0.013 0.013 0 0
转化$(mol·L^{-1})$ 2x 2x 2x x
90 min$(mol·L^{-1})$ 0.013 - 2x 0.013 - 2x 2x x
$I_{2}(aq)+I^{-}(aq)\rightleftharpoons I_{3}^{-}(aq)$
起始$(mol·L^{-1})$ x 0.013 - 2x 0
转化$(mol·L^{-1})$ y y y
90 min$(mol·L^{-1})$ x - y 0.013 - 2x - y y
$y = 0.0027$，$x - y = 0.0027$，则$x = 0.0054$，0~90 min内，$v(Fe^{2+})=\frac{2×0.0054mol·L^{-1}}{90min}=1.2×10^{-4}mol·L^{-1}·min^{-1}$。
(2)由已知数据可知，$0.032k_{正}=k_{正}(0.20)^{m}(0.80)^{n}$，$0.128k_{正}=k_{正}(0.80)^{m}(0.20)^{n}$，$0.144k_{正}=k_{正}(0.60)^{m}(0.40)^{n}$，解得m = 2，n = 1，I⁻浓度对反应速率的影响大于Fe³⁺浓度对反应速率的影响，故理由是计算得m = 2，n = 1，m＞n，故I⁻浓度对反应速率的影响大于Fe³⁺浓度对反应速率的影响。
(3)投料比$\frac{c_{0}(Fe^{3+})}{c_{0}(I^{-})}$增大；相当于减小c(I⁻)，反应ⅰ平衡逆向移动，$c_{平}(Fe^{3+})$增大，反应ⅱ平衡逆向移动，$c_{平}(I_{3}^{-})$减小，$c_{平}(I_{2})$增大，$c_{平}(I_{3}^{-})$增大程度小于$c_{平}(Fe^{3+})$，则表示$c_{平}(Fe^{3+})$的是甲，表示$c_{平}(I_{2})$的曲线为乙，表示$c_{平}(I_{3}^{-})$的是丙；当$\frac{c_{0}(Fe^{3+})}{c_{0}(I^{-})}=1$达平衡后，根据已知条件列出三段式：
$2Fe^{3+}(aq)+2I^{-}(aq)\rightleftharpoons2Fe^{2+}(aq)+I_{2}(aq)$
起始$(mol·L^{-1})$ 0.013 0.013 0 0
转化$(mol·L^{-1})$ 2x 2x 2x x
90 min$(mol·L^{-1})$ 0.013 - 2x 0.013 - 2x 2x x
$I_{2}(aq)+I^{-}(aq)\rightleftharpoons I_{3}^{-}(aq)$
起始$(mol·L^{-1})$ x 0.013 - 2x 0
转化$(mol·L^{-1})$ y y y
90 min$(mol·L^{-1})$ x - y 0.013 - 2x - y y
$c_{平}(I_{3}^{-}) = y = 0.002mol·L^{-1}$，$c_{平}(Fe^{3+}) = c_{平}(I_{2}) = 0.013 - 2x = x - y$，解得$x = 0.005$，溶液中I⁻的浓度$c_{平}(I^{-}) = 0.005mol·L^{-1}-0.002mol·L^{-1}=0.003mol·L^{-1}$，反应Ⅰ的平衡常数$K=\frac{(0.005 - 0.002)×0.01^{2}}{(0.013 - 0.01)^{2}×(0.013 - 0.01)^{2}}≈3.3×10^{4}$；反应平衡后再加入少量CCl₄充分振荡，I₂进入CCl₄中，反应Ⅱ逆向移动，$c_{平}(I_{2})$减小，$c_{平}(I^{-})$增大，重新平衡后水溶液中$c_{平}(I_{2})·c_{平}(I^{-})$的值变小。