化学化学反应与能量的专项培优练习题及答案解析

1、【化学】化学化学反应与能量的专项培优练习题及答案解析一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1 高锰酸钾（ kmno 4 ）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（主要成分为 mno2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：回答下列问题：（ 1）原料软锰矿与氢氧化钾按 1 1 的比例在 “烘炒锅 ”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是 _。（2） “平炉 ”中发生的化学方程式为_ 。（3） “平炉 ”中需要加压，其目的是_ 。（4）将 k2mno4 转化为 kmno4 的生产有两种工艺。“歧化法 ”是传统工艺，即在k2mno4溶液中通入 co2 气体，使体系呈中性或弱碱co

2、2性， k24发生歧化反应，反应中生成242和 _（写化学式）。mnok mno ， mno“电解法 ”为现代工艺，即电解 k2mno 4 水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为_ ，阴极逸出的气体是_。“” “ 电解法 和 co2 歧化法 ”中， k2mno 4 的理论利用率之比为 _。（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g 样品，溶解后定容于100 ml 容量瓶中，摇匀。-1的 h2c2 o4 标准溶液20.00 ml，加入稀硫酸酸化，用kmno4 溶液平取浓度为 0.2000 mol l行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 ml，该样品的纯度为 _（列出计算式即可，已知2mno

3、4-+5h2c2o4+6h+=2mn 2+10co2 +8h2o）。【答案】扩大接触面积，加快化学反应速率2mno2+o2+4koh2k2mno 4+2h2o增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大2-e-k2co3 mno 4=mno 4-h23:2 95.62%【解析】【分析】【详解】（ 1） mno 2 的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；（2） 根据流程图可知，在“平炉 ”中 mno 22在加热时反应产生24，结合质、 koh、ok mno量守恒定律可知，另外一种物质是h2o，则发生的化学

4、方程式为2mno2+o +4koh2k mno +2h2o ；224（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉 ”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；（4） 在 k2mno4 溶液中通入co2 气体，使体系呈中性或弱碱性，k2mno 4 发生歧化反应，反应中生成kmno4，mno2 ，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是k2co3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3k2m

5、no4+2co2 = 2kmno4+mno 2+k2co3； “电解法 ”为现代工艺，即电解k2mno 4 水溶液，在电解槽中阳极， mno42- 失去电子，发生氧化反应，产生mno 4-。电极反应式是： mno 42-e-=mno 4- ；在阴极，水电离产生的h+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2h2o+2e-=h2 +2oh-。所以阴极逸出的气体是h2；总反应方程式是： 2k2mno 4+2h2o2kmno4+2h2 +2koh；根据 “电解法 ”方程式 2k2424224的理论利用mno + 2h o2kmno +2h +2koh可知 k mno率是 100%；而在 “co4+2co

6、2 = 2kmno4+mno 2+k2co3 中， k2mno4 的理论利2歧化法 ” 3kmno2用率是 2/3，所以二者的理论利用率之比为3:2；（ 5）根据离子方程式 2mno 4 -+5h2c2o4+6h+=2mn 2+10co2 +8h2o 可知 kmno4 与草酸反应的关系式是： 2 kmno4 5h2c2o4。配制的溶液的浓度为：。则1.0800g样品中含 kmno4 的物质的量为：n=kmno4 的质量为： m= 0.006536mol158g/mol =1.03269g 。故其纯度为： 100%=95.62%。2 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

7、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)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

8、为(nh4)2s2o8 kmno4 mno 2 fe3+，则氧化剂x 宜选择 _a (nh ) s o8b mno2c kmno44 22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mnco3+2nh4cl=mncl2+2nh3 +co2 +h2 o 温度为 500 ，且m(mnco3 )：m(nh 4cl)=1.102- 水解程度大于hco - ，易生成氢氧化物沉b 5.2 ph8.8 co33淀【解析】【分析】菱锰矿的主要成分为mnco3，加入氯化铵焙烧发生mnco3+2nh4clmncl 2+co2 +2

9、nh3 +h2o ，气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液中含 mncl2、 fecl2、 cacl2、 mgcl2、 alcl3 等，结合表中离子的沉淀ph 及信息可知，浸取液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) 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 +

10、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，

11、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，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。3 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

12、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)2s2o8 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_ ；“

13、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 0.5mol 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 nh4hco3 热分解znco3?2zn(oh)

14、?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 coco(oh)3 沉淀除去，调节ph 值为 8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为znco3?xzn(oh)2?yh2o 沉淀，据此分析解答。【详解】(1) 煅“烧 ”可以除去

15、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，42 2 82 ，结合所给反“沉钴 ”时， (nh) s o 为氧化剂，因此除去的是co应过程，缺少将co2转化为 co3 的反应，则可得所缺的化学方程式为2+3+242 2 82 23+32co +o+2h =2co +h o；根据电荷守恒可得， (nh) s o

16、 h o o2co 2co(oh) ，每生成1mol co(oh) 理论上消耗 (nh ) s o 的物质的量为0.5mol ；34 228(4) co(oh)沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验co(oh) 沉淀是否洗涤干净，也就是检验是33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，温度不能太高，防止nh43hco 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，

17、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 g44g/mol=0.1mol ，根据元素守恒可知 znco3?xzn(oh)2?yh2o 为 0.1mol ，煅烧后生24.3g成的 zno 的物质的量为=0.3mol ，根据 zn 元素守恒， 0.1mol+0.1molx=0.3mol ，则81g/mol5.4gx=2，生成水的物质的量为=0.3mol ，根据氢元素守恒，18g/mol0.1mol 2 2+0.1mol 2y=0.3mol，则 2y=1，则所得固体的化学式为znco3?2zn(oh)?h2o。4 化学肥料在农业生产中

18、有重要作用。农业生产中，大量施用的化肥主要是氮肥、磷肥、钾肥。(1)普钙是磷肥，它的有效成分是_(写化学式 )。(2)尿素是一种含氮量较高的氮肥，工业生产尿素是将氨气与二氧化碳在加压、加热的条件下反应生成氨基甲酸铵 (h2ncoonh4)，再使氨基甲酸铵脱水得到尿素。反应的化学方程式为 _、 _。(3)农谚说的 “粪和肥，肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效。请你说明其中的化学原理： _ 。(4)合成氨是生产氮肥的重要环节。合成氨生产简易流程示意图如下：从示意图可知其存在循环操作。简要说明为什么在化工生产中经常采用循环操作？_。【答案】 ca(h2 4 2 232242422po )

19、 h o2nh coh ncoonhh ncoonhh nconhh2o 粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为k co ， k co 受潮后水解为koh，2323显碱性， nh4与 oh 可发生反应生成nh3 逸出而降低肥效从原因来讲，许多化学反应是可逆反应，转化率低；从结果来说，循环操作的主要目的在于充分利用原料、降低成本；从工艺设计来说，循环操作有利于连续化生产、减少工序；从环保角度来说，实现全封闭生产，控制废弃物排放【解析】【分析】（ 1）普钙的有效成分是磷酸二氢钙；（ 2）氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵脱水生成尿素和水；（ 3）农谚说的 “粪和肥，肥

20、料飞 ”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效，粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为k2 3 2 3受潮后水解为koh，显碱性， nh4+ 与 ohco ， k co可发生反应生成nh3 逸出而降低肥效；（ 4）可从生产成本 (原料的利用率 )、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。【详解】（ 1）普钙的成分为 ca(h2po4)2h2o 与 caso4，其有效成分为 ca(h2po4 )2 h2o。故答案为：ca(h2po4)2h2o；（ 2）由题中信息，氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵脱水生成尿素和水，利用原子守恒

21、可直接写出反应的方程式：2nh3co2h2ncoonh4， h2ncoonh4h2nconh2 h2o。故答案为： 2nh3 coh ncoonh ， h ncoonhh nconh ho；22424222（3）农谚说的 “粪和肥，肥料飞 ”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效，粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为k2 323koh，显碱性， nh4与 ohco ， k co 受潮后水解为可发生反应生成nh3逸出而降低肥效；故答案为：粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为 k2co3， k2 co3 受潮后水解为koh，显碱性， nh4与 oh 可发生反应生成 nh3 逸出而降低肥效；

22、（ 4）从反应特点来说，许多化学反应是可逆反应，转化率低；从能源利用及经济方法来说，循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本；从工艺流程来说，循环操作有利于连续化生产、减少工序；从环保角度来说，实现全封闭生产，控制废弃物的排放；故答案为：从反应特点来说，许多化学反应是可逆反应，转化率低；从能源利用及经济方法来说，循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本；从工艺流程来说，循环操作有利于连续化生产、减少工序；从环保角度来说，实现全封闭生产，控制废弃物的排放。【点睛】本题考查化学反应方程式的书写、化工生产等知识点，注意（3）中运用盐水解知识进行解释。难点（ 4）可从生产成本 (原料的利用

23、率 )、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。5 硝酸铵常用作化肥和化工原料，工业上制备硝酸铵的简要流程如图：(1)中和器中主要反应的化学方程式为_(2)制备硝酸铵采用加压中和法还是常压中和法？同时说明原因_(3)在不同的反应条件下，中和器中硝酸浓度与硝酸铵含量存在如图关系：不利用中和热及在不同情况下利用中和热时生产硝铵溶液中nh4no3 的含量1 hno3 和nh3(70 )； 2hno3 和 nh3(50)； 3 hno3(50 )和 nh3 (20 )； 4hno3 和 nh3 (20)按图中的数据分析，要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，原料

24、最佳温度和硝酸最佳含量是 _a70； 58%b hno3(50 )， nh3(20 )；56%c 50； 56%d 20； 58%中和器中产品检测时，工作人员发现n2 浓度明显高于正常空气带入的n2 浓度，试用化学方程式表示中和器中生成n2的最有可能的过程_ 、 _以下制备硝酸铵分析不正确的是_a 硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液。b 采用真空蒸发器有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液和较大颗粒的硝酸铵晶体析出。c 已知 nh3 与 hno3 的气相反应很不彻底，工艺中应尽量使反应在液相中进行，可将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应。d 充分回收、重复利用蒸发器的

25、蒸气和冷凝液中的产品，可以降低原料损耗。【答案】 nh3+hno3=nh4no3采用加压中和法。原因是加压可以增大反应的速率和提高产率 a 4hno3=4no2+o2+2h2o 6no2 +8nh3 =7n2+12h2o bc【解析】【分析】(1) 氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵；(2) 压强越大化学反应速率越快，且增大压强可以提高产率；(3) 要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好；hno 3 易分解生成no2 、o2、 h2o，no 2、 nh 3 能发生氧化还原反应生成n 2。【详解】(1) 氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性

26、气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵，反应方程式为 nh 3+hno 3=nh 4no 3；(2) 压强越大单位体积内活化分子个数越多，则化学反应速率越快，该反应前后气体计量数减小，则增大压强可以提高产率，所以采用加压中和法；(3) 要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好，根据图知，温度为70、硝酸含量为58%最好，答案选a ；hno 3 易分解生成no2 、o2、 h2o，no 2、 nh 3 能发生氧化还原反应生成n 2，发生的反应为 4hno 3=4no 2+o 2+2h 2o、6no 2+8nh 3=7n 2+12h 2o；a 、中和时放出的热量预热原料能加快化学反应速率，浓

27、缩溶液需要加热，所以硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液，从而减少资源浪费，a 正确，不符合题意；b、结晶速率越慢得到的颗粒越大，采用真空蒸发器增大蒸发速率，虽然有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液，但得到较小颗粒的硝酸铵晶体析出， b 错误，符合题意；c、将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应，放出的热量会使得液氨气化，会导致氨的转化率降低，不利于硝酸铵的制取， c 错误，符合题意；d、充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，增大原料的利用，从而可以降低原料损耗， d 正确，不符合题意；答案为： bc 。【点睛】(3) 问中，结晶速率和晶体颗粒大小的关系，是易

28、错点，要注意。6 以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如图所示：回答下列问题：（1）若要提高辉铜矿煅烧效率可采取的措施有_（填两种）。（2）气体 x 的主要成分是 _（填化学式），写出该气体的一种用途_。（3）蒸氨过程总反应的化学方程式是_。（4）溶液 e 与 na2 3223_。co 溶液反应制取cu (oh) co 的离子反应方程式为（ 5）某实验小组研究溶液 e 与 na2co3 溶液加料顺序及加料方式对产品的影响，实验结果如下：实验加料顺序及方式沉淀颜色沉淀品质产率 /%序号1溶液 e 一次加入 na co溶液中并迅速搅拌浅蓝色品质较好87.8232溶液 e 逐滴加入 na co溶液

29、中并不断搅拌暗蓝色品质好71.9233na co 溶液一次加入溶液e 中并迅速搅拌浅绿色品质好96.7234na co 溶液一次加入溶液e 中并不断搅拌浅蓝色品质较好102.723由上表可知制取cu223_（填序号）。(oh) co 最佳加料顺序及加料方式是【答案】减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大o2浓度等2制备硫酸、漂so白剂、防腐剂等cu(nh3 4 2 232+32-) cl +h o cuo+2hcl +4nh2cu +2co+h o=cu (oh) co +co 322232【解析】【分析】辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体b 主要为 cuo、 fe2o3，加入

30、盐酸得到含有 cu2+、 fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到cu(nh3)42+和 fe(oh)3 ， cu(nh3)4 2+经加热可得到 cuo，加入酸酸化得到cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜，以此解答该题。【详解】(1)通过粉碎辉铜矿减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大辉铜矿煅烧效率；o2 浓度等措施均可提高(2)cu2s 可与氧气反应生成二氧化硫，则气体x 的主要成分是so2， so2 是酸性氧化物，有漂白性、还原性，则利用so2 制备硫酸、漂白剂、防腐剂等；(3)蒸氨过程 cu(nh3)42+经加热可得到cuo，反应的方程式为cu(nh3)4cl2+h2oc

31、uo+2hcl +4nh3；(4)向含有 cu2+的溶液中滴加na2co3 溶液生成cu2(oh)2co3 的离子反应方程式为2cu2+2co3 2-+h2o=cu2(oh)2 co3 +co2；(5)由图表信息可知na2co3 溶液一次加入溶液e 中并迅速搅拌，获得浅绿色的碱式碳酸铜，品质好，且产率高，故制取cu2(oh)2co3 最佳加料顺序及加料方式是实验序号3 。7 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 n2o4 的物质的量随时间的变化曲线

32、。(2)3min 内，以 x 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】 y110.1mol l b60%a、 d 、 fmin【解析】【分析】【详解】

33、(1)据图可知相同时间内n(x)n(y)2no2(g)?n2o4 (g)是的两倍，根据方程式可知单位时间内 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

34、没有发生改变，反应速率不变，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-0.4mol1mol100% =60%；(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

35、，故d 正确；e未指明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。8 理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。某同学利用“cu 2ag+2ag+cu2+”反应设制一个化学电池，如图所示，已知该电池在外电路中，电流从a 极流向 b极。请回答下列问题：（ 1） b 极是电池的 _极，材料是

36、 _，写出该电极的反应式_ 。（ 2） a 可以为 _a 、铜 b、银 c、铁 d、石墨（ 3） c 溶液是 _a、 cuso4 溶液 b、 agno3 溶液 c、酒精溶液（4）若该反应过程中有0.2mol 电子发生转移，则生成ag 为 _克。【答案】负cucu2e-=cu2+bdb21.6【解析】【分析】有题干信息可知，原电池中，电流从a 极流向 b 极，则 a 为正极，得到电子，发生还原反应， b 为负极，失去电子，发生氧化反应，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析知，b 是电池的负极，失去电子，反应cu 2ag+ 2ag+cu2+中 cu 失去电子，故 cu 作负极，发生的电极反

37、应为cu2e-=cu2+，故答案为：负；cu；cu2e-=cu2+；(2)a 是电池的正极，电极材料可以是比铜更稳定的ag，也可以是惰性的石墨，故答案为：bd；(3)电解质溶液c 是含有 ag+ 的溶液，故答案为：b；(4)根据得失电子守恒可得，反应过程中转移1mol 电子，生成2molag ，质量为108 2=21.6g，故答案为： 21.6。9(1)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含so2 快速启动，其装置示意图如图：质子的流动方向为_ （ “从 a 到 b”或 “从 b 到 a”）。负极的电极反应式为_ 。(2)工业上吸收和转化so2 的电解装置示意图如下（a b 均为惰性

38、电极）：b 极接电源的 _极（ “负 ”或 “正 ”）。a 极的电极反应式是_。【答案】从 a 到 b so-2-+4h+正2-+-2-2-2e +2h2o=so42so3+4h +2e =s2o4+2h2 o【解析】【详解】(1)二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极为负极，氧气所在电极为正极，原电池中阳离子移向正极，所以质子移动方向为：从a 到 b；二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：so2-2e-242-+4h+；+2h o so(2)依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源的正极相连，即 b 极接电源的正极；a

39、为阴极，得电子发生还原反应由so32-生成 s242-，电极反应式为2so32-+- 2 42-o+4h +2e =s o+2h2o。10 请运用原电池原理设计实验,验证 cu2+、 fe3+氧化性的强弱。请写出电极反应式。（ 1）负极 _（ 2）正极 _（ 3）并在方框内画出实验装置图 ,要求用烧杯和盐桥 ,并标出外电路中电子流向。_【答案】 cu- 2e- =cu2+2fe3+2e- =2fe2+【解析】【分析】fe3+氧化性比 cu2+强，可发生 2fe3+cu=2fe2+cu 2+，反应中 cu 被氧化，为原电池的负极，则正极可为碳棒或不如 cu 活泼的金属，电解质溶液为氯化铁溶液，正

40、极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题。【详解】fe3+氧化性比cu2+强，可发生2fe3+cu=2fe2+cu 2+，(1)cu 被氧化，为原电池的负极，负极反应为cu- 2e- =cu 2+；(2) 正极 fe3+被还原，电极方程式为 2fe3+2e- =2fe2+；(3) 正极可为碳棒，电解质溶液为氯化铁，则原电池装置图可设计为，电子从铜极流向碳极。【点睛】设计原电池时，根据具体的氧化还原反应，即2fe3+cu=2fe2+cu 2+，然后拆成两个半反应，化合价升高的发生氧化反应，作负极，化合价降低的发生还原反应，作正极，原电池的本质就是自发进行的氧化还原反应 ，由于反应在一个烧杯

41、中效率不高，所以可以设计为氧化还原反应分别在两极发生。11 在 800时， 2l 密闭容器内发生反应：2no(g) o2(g)? 2no2(g)，反应体系中，一氧化氮的物质的量随时间的变化如表所示：时间 /s012345n(no)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007(1)如图表示 no2 的物质的量浓度变化的曲线是_。(2)用o2 表示从0 2 s 内该反应的平均速率v _。(3)能说明该反应已达到平衡状态的是_。a v(no2) 2v(o2)b 容器内压强保持不变c 容器内气体质量不变d 容器内密度保持不变3 1 1【答案】 b 1.5 10sbmol l【解析】【分析】（ 1）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，是可逆反应