培优易错试卷化学反应与能量辅导专题训练含详细答案

1、培优易错试卷化学反应与能量辅导专题训练含详细答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1 碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示已知菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的 Fe、Al、 Ca、 Mg 等元素常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L 时形成 M(OH) n 沉淀的 pH 范围如表金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn 2+Mg2+开始沉淀的 pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的 pH5.22.88.312.610.811.6回答下列问题：(1)混“合研磨 ”的作用为 _

2、(2)焙“烧 ”时发生的主要反应的化学方程式为_(3)分析图 1、图 2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_(4)净化除杂流程如下已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH42 2 8423+，则氧化剂 X宜选) S O KMnO MnO Fe择_A (NH4)2S2O8B MnO 2C KMnO4调节 pH 时， pH 可取的范围为 _(5) 碳“化结晶 ”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是_【答案】加快反应速率MnCO342322温度为 500 ，且+2NH Cl=MnCl +2NH +CO+H O34Cl)=1.10B 5.232-水解程度大于HCO3- ，易生成氢氧化物沉m(Mn

3、CO)：m(NH pH8.8 CO淀【解析】【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生MnCO +2NH ClMnCl +CO +2NH +H O ，气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液342232中含 MnCl22223等，结合表中离子的沉淀pH 及信息可知，浸取液、 FeCl 、 CaCl 、 MgCl、 AlCl净化除杂时加入少量MnO2 氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入 NH4F，除去 Ca2+、 Mg2+，净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰，据此分析解题。【详解】(1) 混“合研磨 ”可增大反应物的接触面积，加快反应速率；(2)

4、 根据流程，菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn 2+，主要化学反应方程式为： MnCO342322+2NH ClMnCl +2NH +CO +H O；(3) 由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高，到500、 1.10 达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10；(4) 净化过程：加入少量 MnO 2 氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调 pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入 NH4F，除去 Ca2+、 Mg2+；最合适的试剂为 MnO2，氧化亚铁离子，反应的离子方程式

5、为：MnO 2+2Fe2+4H+=Mn 2+2Fe3+2H2O，且不引入新杂质，故答案为B；调节溶液pH 使 Fe3+，A13+沉淀完全，同时不使Mn 2+沉淀，根据表中数据可知调节溶液pH 范围 5.2 pH 8.8；(5) 碳化结晶中生成MnCO3 的离子方程式为 Mn2+-+HCO3+NH3 MnCO3 +NH4，不用碳酸铵溶液替代 NH4HCO3溶液，可能的原因是碳酸铵溶液中的c(OH-)较大，会产生Mn(OH) 2 沉淀。【点睛】考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信

6、息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。2 钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：已知：“浸出”后溶液中含有Co2 、 Zn2 、Mn 2 、Fe2 、 Fe3等。请回答：( 1)“煅烧”的目的为 _ 。( 2)“净化”时，与 KMnO4发生反应的所有离子方程式有_ 。( 3) “沉钴”时，发生如下反应： (NH4)2S2O8 H2O NH4HSO4 H2O2； H2O2 H2OO； ； Co3 H2O Co(OH)3 H。所缺的化学方程式为_ ；每生成1 molCo(OH)3，理论上消耗 (NH4)2S2

7、O8 的物质的量为 _。( 4) Co(OH)3 沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。( 5) “沉钴”时pH 不能太高，其原因为_ ；“沉锌”时温度不能太高，其原因为_ 。( 6) 取“沉锌”后所得固体 34.1g，煅烧后得到固体 24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重 5.4g。则所得固体的化学式为 _。【答案】除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可)MnO 4-+3Fe2+7H2 O=MnO2 +3Fe(OH) +5H+ 、3Mn 2+2MnO4 -+2H2O=5MnO 2 +4H+ 2Co2+O+2H+=2Co3+H2O 0

8、.5mol 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止 Zn2+提前沉淀防止 NH43热分解HCOZnCO3?2Zn(OH)?H2O【解析】【分析】将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH 控制在 15，得到含有Co2 、 Zn2 、 Mn 2、 Fe2 、 Fe3的浸出液，调节溶液pH 值为 55.2，加入高锰酸钾将Mn 2、 Fe2 氧化并转化为 Fe(OH)3和 MnO 242 2 82氧化为 Co3 并转化为除去，再次调节溶液 pH 值为 4.5，加入 (NH) S O将 C

9、oCo(OH) 沉淀除去，调节pH 值为 8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO ?xZn(OH)?yHO 沉3322淀，据此分析解答。【详解】(1) “煅烧 ”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；(2) 净“化 ”时，加入 KMnO4 的目的是除去溶液中的 Fe2+和 Mn 2+，反应的离子方程式为：MnO 4-+3Fe2+ +7H2O= MnO2 +3Fe(OH)3 +5H+、 3Mn 2+2MnO4-+2H2O=5MnO 2 +4H+；(3)从流程中可以看出， “沉钴 ”时， (NH4)2S2O8为氧化剂，因此除去的是Co2 ，结合所给反应过程，缺少将

10、 Co2 转化为 Co3 的反应，则可得所缺的化学方程式为2Co2+O+2H+=2Co3+H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8H2O2O2Co3+ 2Co(OH)3，每生成1mol Co(OH)3 理论上消耗 (NH4)2S2O8 的物质的量为 0.5mol ；(4) Co(OH)3 沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3 沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；(5) 沉“钴 ”时 pH 不能太高，防止 Zn2+提前沉淀； “沉锌 ”时，加入 NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不

11、能太高，防止NH4HCO3 热分解；(6)取 “沉锌 ”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重 5.4g，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO2 气体的物质的量为34.1-24.3-5 .4 g322，煅烧后生=0.1mol ，根据元素守恒可知 ZnCO ?xZn(OH)?yH O 为 0.1mol44g/mol成的 ZnO 的物质的量为24.3g=0.3mol ，根据 Zn 元素守恒， 0.1mol+0.1molx=0.3mol ，则81g/mol5.4g=0.3mol ，根据氢元素守恒，x=2，生成水的物质的量为18g/mol0.1mol

12、 2 2+0.1mol 2y=0.3mol，则 2y=1，则所得固体的化学式为32ZnCO ?2Zn(OH)?HO。3 如图是闪锌矿 (主要成分是 ZnS，含有少量 FeS)制备 ZnSO47H2O 的一种工艺流程：闪锌矿粉 溶浸 除铁 结晶 ZnSO4?7H2O。已知：相关金属离子浓度为0.1mol/L 时形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如表：金属离子Fe3Fe2Zn2开始沉淀的 pH1.56.36.2沉淀完全的 pH2.88.38.2(1)闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其目的是_ 。(2)溶浸过程使用过量的Fe2(SO4 )3 溶液和 H2SO4 浸取矿粉，发生的主要反应是：ZnS 2Fe3Z

13、n2 2Fe2 S。浸出液中含有的阳离子包括Zn2 、 Fe2 、 _。若改用 CuSO4 溶液浸取，发生复分解反应，也能达到浸出锌的目的，写出离子方程式_ 。(3)工业除铁过程需要控制沉淀速率，因此分为还原和氧化两步先后进行，如图。还原过程将部分 Fe3 转化为 Fe2 ，得到 pH 小于 1.5 的溶液。氧化过程向溶液中先加入氧化物a，再通入 O2。下列说法正确的是_(填序号 )。A 氧化物 a 可以是 ZnOB 滤渣 2 的主要成分是Fe(OH)223C 加入 ZnS的量和通入 O 的速率都可以控制溶液中的c(Fe )【答案】增大表面积，提高反应速率Fe3 、 HZnS Cu2 Zn2

14、CuSAC【解析】【分析】(主要成分是ZnSFeS)Fe3+2+2+闪锌矿，含有，加硫酸和2(SO4)3，发生 ZnS+2Fe =Zn +2Fe +S，过滤可除去 S；浸出液中先加ZnS还原，分离出滤渣1 为 S，滤液中通入氧气可氧化亚铁离子生成铁离子，加ZnO 调节pH ，铁离子转化为沉淀，则滤渣2 为 Fe(OH)3，过滤分离出滤液经蒸发浓缩得到ZnSO?7H O，以此来解答。42【详解】(1)粉碎闪锌矿可增大接触面积，加快反应速率；(2)使用过量的 Fe2(SO4)3 溶液和 H2SO4 浸取矿粉，所以阳离子为Zn2+、 Fe2+、 Fe3+、 H+；用 CuSO4 溶液浸取，发生复分解

15、反应，根据元素守恒可知离子方程式为：ZnS Cu2 Zn2 CuS；(3)A. ZnO 为碱性氧化物，可增大酸性溶液pH 值，同时不引入新的杂质，故A 正确；B. 根据分析可知滤渣 2 主要为 Fe(OH) ，故 B 错误；3C. 加入 ZnS可将铁离子还原，通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子，所以加入ZnS的量和通入 O2 的速率都可以控制溶液中的c(Fe3)，故 C 正确；综上所述选 AC。4 如图是常见原电池装置，电流表A 发生偏转。(1)若两个电极分别是铁、铜，电解质溶液是浓硝酸，Cu 极发生反应 _（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为_ ；(2)若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是

16、氢氧化钠溶液，Al 电极是 _极（填“正”或“负”），其电极反应式为_ 。(3)若原电池的总反应是 2FeCl3 Cu=2FeCl CuCl2，则可以作负极材料的是 _，正极电极反应式为 _。【答案】氧化Cu 2e=Cu2 负 Al 3e4OH =AlO2 2H2O Cu(或铜 ) Fe3 e=Fe2【解析】【分析】【详解】(1)虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu2e=Cu2 ；(2)镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液发生反应，所以该原电池中Al 被氧化，即Al为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：Al

17、3e 4OH =AlO2 2H2O；(3)根据总反应2FeCl3 Cu=2FeCl CuCl2 可知 Cu 被氧化， Fe3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu；正极发生还原反应，电极方程式为3 2。Fe e=Fe【点睛】第 1 小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。5 在一定温度下，体积为2L 的密闭容器中，NO2 和 N2 O4 之间发生反应：2NO2(g)(红棕色 )N2O4(g)(无色 )，如图所示。(1)曲线 _(填 “ X或”“ Y”)表示 N O的物质的量随时间的变化曲线。24(2)3min 内，以 X

18、的浓度变化表示的平均反应速率为_。(3)下列措施能使该反应速率加快的是_。升高温度减小容器体积通入 N2O4 通入 Ar 使压强增大 通入 HCl 气体ABC D(4)此反应在该条件下达到限度时，X 的转化率为 _。(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是_(填标号 )。A容器内压强不再发生变化B混合气体的密度不变C容器内混合气体原子总数不变D混合气体的平均相对分子质量不变E v(NO2)=2v(N2O4)F相同时间内消耗n mol 的 Y 的同时消耗2n mol 的 X【答案】11Y 0.1mol L B60%A、 D 、 Fmin【解析】【分析】【详解】(1)据图可知相同时间内 n

19、(X)是 n(Y)的两倍，根据方程式2NO (g) ?N O (g)可知单位时224间内 NO2的变化量更大，所以Y 代表 N2O4 的物质的量随时间的变化曲线；1mol-0.4mol(2)X 代表NO2，3min 内， v(NO2)=c2L1；=0.1mol L1min=3mint(3)升高温度可以增大活化分子百分含量，增大反应速率，故正确；减小容器体积，各物质浓度增大，反应速率加快，故正确；通入N2O4，平衡逆向移动，反应物和生成物浓度均增大，反应速率加快，故正确；通入 Ar 使压强增大，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；通入 HCl 气体，各物质的浓度没有发生改变，反应速率

20、不变，故错误；综上所述选，答案为 B；(4)据图可知初始X 的物质的量为1mol ，平衡时X 的物质的量为0.4mol ，转化率为1mol-0.4mol100% =60%；1mol(5)A容器恒容，平衡移动时气体的总物质的量发生改变，所以未达到平衡时体系内压强会变，压强不变时说明反应达到平衡，故A 正确；B气体总体积不变，总质量不变，所以密度一直不变，故B 错误；C反应物和生成物均为气体，根据质量守恒定律可知平衡移动时原子总数不变，故C 错误；D气体总质量不变，平衡移动时气体总的物质的量会发生改变，所以气体平均相对分子质量会变，当气体平均相对分子质量不变时说明反应达到平衡，故D 正确；E未指明

21、是正反应速率还是逆反应速率，故E 错误；F相同时间内消耗n mol 的 Y 的同时消耗2n mol 的 X 即反应的正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故F 正确；综上所述选A、D、 F。【点睛】判断压强是否影响反应速率时关键是要看压强的改变是否改变了反应物和生成物的浓度，若改变了则压强的改变影响反应速率，若不改变，则压强的变化不影响反应速率。6 汽车尾气中的主要污染物是NO 以及燃料不完全燃烧所产生的CO。为了减轻大气污染科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO 和CO转变成CO2 和N2，即2NO+2CO噲垐?2CO2 +N2。为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t 1下，在一等容

22、的密闭容器中，用气体传感器测得了不同时间的NO 和 CO的浓度如表 (CO2 和 N2 的起始浓度为 0)。时间 (s)012345c(NO)(-4，mol/L)10.04.502.501.501.001.00 10c(CO)(-3，mol/L)3.603.052.852.752.702.70 10回答下列问题：（1）已知在上述反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应是_反应（填 “放热”或 “吸热 ”)。（2）前 3s 内的平均反应速率： v(N2)=_。（3） t 1时该反应的平衡常数表达式： K=_。（4）假设在密闭容器中该反应达到平衡后，改变下列条件，能提高NO 转化率的是 _（

23、选填答案编号）。a.选用更有效的催化剂b.升高反应体系的温度c.降低反应体系的温度d.缩小容器的体积【答案】放热1.42-4c2 (CO2 ) c(N 2 )10c、 dmol/(L s)c2 (NO)c2 (CO)【解析】【分析】(1) 根据图示所给的反应物总能量与生成物总能量大小关系进行分析；(2) 同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，v(N 2)= 1 v(NO)；2(3) 根据平衡常数的概念进行书写；(4) 根据影响平衡移动的规律进行分析。【详解】(1)反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；(2)同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，所以前3s

24、 内的平均反应速率1110.0 10-4 mol/L-1.50 10-4 mol/L-4-1-1v(N2)=v(NO)=1.42 10mol?L?s ；223s垐 ?2(3)根据平衡常数的概念可知反应c (CO 2 ) c(N 2 )2NO+2CO噲 ? 2CO2+N2 的 K= 22；c (NO)c(CO)(4)a选用更有效的催化剂，不能使平衡发生移动，故错误；b因反应放热，升高反应体系的温度，则平衡逆向移动，转化率减小，故错误；c降低反应体系的温度，平衡正向移动，转化率增大，故正确；d缩小容器的体积，平衡正向移动，转化率增大，故正确；故答案为： cd。7 氮的氧化物是造成大气污染的主要物质

25、。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。 NO 在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2 (g)2NO2 (g) H，上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：回答下列问题：（ 1）写出反应 I 的热化学方程式 _。（ 2）反应 I 和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是 _(填“反应 I ”或 “反应 ”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是_(反应未使用催化剂)。【答案】 2NO(g)? N2 23 4反应决定总反应速率的是反应，升高O (g) H=-(E -E ) kJ/ mo

26、l温度后反应 I 平衡逆向移动，造成N2 22 2浓O 浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N O度减小的影响，N2O2 浓度减小导致反应速率变慢【解析】【分析】(1)根据图像分析反应I 为 2NO(g)? N2O2(g)的焓变，写出热化学方程式；(2)根据图像可知，反应 I 的活化能反应的活化能，反应 I 为快反应，反应为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；决定正反应速率的是反应，结合升高温度对反应I 和的影响分析可能的原因。【详解】(1)根据图像可知，反应I 的化学方程式为：2NO(g) N2O2(g) H=(E4-E3)kJ/mol=-(E 3-E4) kJ/?mol ，故答案为： 2NO(

27、g)? N2O2 (g) H=-(E3-E4) kJ/ mol ；(2)根据图像可知，反应I 的活化能反应的活化能，反应I 为快反应，反应为慢反应，决定 2NO(g)+O2(g)? 2NO2(g)反应速率的是慢反应；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，可能的原因是：决定总反应速率的是反应，升高温度后反应I 平衡逆向移动，造成 N2O2 浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2 浓度减小的影响， N2O2 浓度减小导致反应速率变慢，故答案为：反应；决定总反应速率的是反应，升高温度后反应 I 平衡逆向移动，造成 N2O2 浓度减小，温度升高对反应的影响弱于N2O2 浓度减小的影响， N2O

28、2 浓度减小导致反应速率变慢。8 在一密闭容器中发生反应N2+3H2 ?2NH3， H 0；达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示,回答下列问题：(1)处于平衡状态的时间段是_ （填选项）；A t t1B tt2Ct t3012D tt4E t t5F t t6345(2)t1、t 3、 t 4 时刻分别改变的一个条件是（填选项）；A增大压强B减小压强C升高温度D降低温度E加催化剂F充入氮气t 1 时刻 _； t 4 时刻 _；(3)依据 (2)中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是_（填选项）；A t 0 t1B t 2 t 3C t3 t4D t 5 t 6

29、(4)如果在 t 6 时刻，从反应体系中分离出部分氨，反应速率的变化曲线 _；t7 时刻反应达到平衡状态，请在图中画出(5)一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为_。【答案】 ACDF C B A5:6【解析】【分析】（1）根据图示结合v 正 =v 逆 ，判断是否处于平衡状态；（2）由图可知， t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t 4 时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；（ 3）由图可知， t1 平衡逆向移动， t 3 不移动， t 4 平衡逆向移动，根据移动结果分析；（ 4）分离出生成物，逆

30、反应速率瞬间减小，平衡正向移动；（5）设反应前加入 a mol N2， b mol H 2，达平衡时生成 2x mol NH 3，根据三段式和氨气的体积分数计算【详解】（1）根据图示可知，t 0 t 1、 t2 t 3、 t3 t4 、t 5 t6 时间段内， v 正 、v 逆 相等，反应处于平衡状态，故答案为：ACDF；（2）由 N2(g+3H2(g2NH3g H 0，可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的) ?( ) 反应，则由图可知，t1 正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；t 4 时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压

31、强，故答案为： C；B；（3）由图可知，t1 平衡逆向移动，t 3 不移动， t 4 平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则t 0 t 1 氨气的含量最大，故答案为：A；（ 4） t 6 时刻移出部分氨气，逆反应速率瞬间减小，正反应速率该瞬间不变，平衡正向移动，逆反应速率增大，正反应速率减小，直至平衡，故答案为：；（5）设反应前加入a mol N2， b mol H 2，达平衡时生成2x mol NH 3，则有N 2 g + 3H 2 g ?2NH 3g起始ab0转化x3x2x平衡a-xb-3x2x则反应后气体总的物质的量=（a+b-2xmol，2xa+b=12x）=0.2 ，解得：，故反应后与

32、a+b-2x反应前的混合气体体积之比= a+b-2x=12x-2x=5 ，故答案为： 5：6。a+b12x69 乙醇 (C2H5OH)燃料电池 (DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。(1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_。 (填化学式 )(2)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，32向电极 _(填 “a”CO或“b”)移动。(3)酸性乙醇燃料电池中，若电池消耗标准状况下2.24L O ，则电路中通过了的电子数目为2_。【答案】 O2a0.4NA【解析】【分析】（ 1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂；（ 2）根据装置图可知， a

33、 为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动；（3）酸性乙醇燃料电池中，电极 b 上发生的电极反应为： 3O2+12H+12e- =6H2O，根据电极反应计算转移的电子的数目。【详解】（ 1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂，由装置图可知，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为 O2；（2）根据装置图可知，a 为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，因此CO32 向电极a 移动；（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b 上发生的电极反应为： 3O2+-2+12H +12e=6H O，若电池消耗标准状况下2.24L (即 0.1mol)O2时，电子转移0.4mol ，转移电子的数目为0.4NA。10 某小

34、组利用 H2C2 O4 溶液和酸性 KMnO4 溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。（实验原理） 2KMnO 4+5H2C2O4+3H2SO4 =K2SO4 +2MnSO4 +10CO2 +8H2O （实验内容及记录）实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。该小组设计了如下的方案。H C O溶液酸性KMnO溶液溶液颜色褪2244编号浓度体积浓度体积温度 / 至无色所需1/mL/ mol1/mL时间 /s/ mol LL0.102.00.0104.025t10.202.00.0104.025t20.202.00.0104

35、.050t3(1)已知反应后 H2C2 O4 转化为 CO2逸出， KMnO4 转化为 MnSO4 ，每消耗 1mol H2C2O4 转移_mol 电子，为了观察到紫色褪去，H2C2O4 与 KMnO4 初始的物质的量需要满足的关系为： n(H2C2O4)： n(KMnO 4) _。(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是_ （填编号，下同），可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是_ 。(3)实验 测得 KMnO4 溶液的褪色时间 t1为 40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率 v（ KMnO4 1 1。） _ mol Lmin【答案】 2 2.5 和 和0

36、.010-2或 1.0 10【解析】【分析】（1）根据题中信息及化合价升降法配平反应的化学方程式，然后根据电子守恒计算出1mol 草酸完全反应转移的电子数；根据于草酸的物质的量解得二者浓度关系；“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小（ 2）根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；（ 3）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率。【详解】（ 1）根据反应后 H2C2O4 转化为 CO2 逸出， KMnO4 转化为 MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学

37、方程式为： 2KMnO4 +5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2；H2C2O4中碳元素的化合价为+3 价，变成二氧化碳后化合价总共升高了2（ 4-3）价，所以每消耗1mol H 2C2O4 转移2mol电子；为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即c5（H2C2O4）： c（ KMnO4）=2.5；2故答案为： 2； 2.5；（2）探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：和；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是和；故答案为：和；和；（ 3）草酸的物质

38、的量为： 0.10mol?L-1 0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol?L -1 0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol ：0.00004mol=5 ： 1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：0.010mol/L 0.004L2v（KMnO4）= 0.010mol/L，这段时间内平均反应速率0.002L+0.004 L320.010mol / L60s / min-1?min-1；=0.010mol?L340 s故答案为： 0.010 或-21.0 10。11 一定温度下10L 密闭

39、容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=COH 2 。H 2O根据题意完成下列填空：（ 1）写出该反应的化学方程式 _；若温度升高， K 增大，该反应是 _反应（填“吸热”或“放热”）。（ 2）能判断该反应一定达到平衡状态的是_（选填编号）。a v 正(H2O)=v 逆 (H2)b容器中气体的相对分子质量不随时间改变c消耗 nmol H 2 同时消耗 nmolCO d容器中物质的总物质的量不随时间改变（3）该反应的 v 正 随时间变化的关系如图。 t 2 时改变了某种条件，改变的条件可能是_、_。（填写 2 项）（4）实验测得 t2 时刻容器内有1molH 2O， 5min 后 H2O 的

40、物质的量是0.8mol ，这 5min 内H O 的平均反应速率为 _。2【答案】 C（ s） +H2O（ g） ?CO（ g） +H2（g）吸热a b 升高温度增大水蒸汽的浓度0.004mol/ （ L min ）【解析】【分析】（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（ s）+H2O（ g） ?CO（g）+H2（ g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；（ 2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；（ 3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是温度、压强、

41、反应物浓度；（4）反应速率 = v=c 。t【详解】：（ 1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为 C（s） +H2O g CO g +H2gK增大说明平（ ） ?（ ）（ ）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，衡正向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：C（s）+H2O（ g） ?CO（ g） +H2（ g）； 吸热；（ 2） a当 v 正 （H2O） =v 逆 （ H2） =v 逆（ H2O）时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡状态，故正确；b反应前后气体的物质的量不相同，气体质量变化，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即达到平衡，故正确；c无论反应是否达到平衡状态都存在消耗 n molH2 同时消耗 nmolCO，所以不能据此判断平衡状态，故错误；d无论反应是否达到平衡状态容器中物质的总物质的量都