化学反应原理部分高考试题

1、一、选择题1,以下表达正确的选项是A.稀醋酸中参加少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B. 25c时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7C. 25c时,0.1molL-的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电水平弱D. 0.1molAgCl和0.1molAgI混合后参加1L水中,所得溶液中c(Cl)=c(I)2 .微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如下图.以下有关微生物电池的说法错误的选项是产也.二胞牛摸震庾式氏近：有礼尿磋A.正极反响中有CO生成B.微生物促进了反响中电子的转移C.质子通过交换膜从负极区移向正极区D.电池总反响为GHi2Q+6O=6CG+6H

2、O3 .浓度均为0.10mol/L、体积均为V0的MO用ROH容液,分别加水稀释至体积V,pHffilg的变化如下图,以下表达错误.的是A. MOH勺碱性强于ROH勺碱性B. ROH勺电离程度：b点大于a点C.假设两溶液无限稀释,那么它们的c(OHI)相等c(M)增c(R)D.当lgE=2时,假设两溶液同时升高温度,那么大4.室温下,将0.05molNaCO固体溶于水配成100mL容液,向溶液中参加以下物质.有关结论正确的选项是参加的物质结论A50mL1molHSO反响结束后,c(Na)=c(SO4)B0.05molCaO溶液中阖增大C50mLHO由水电离出的c(H+)c(OH"、变

3、D0.1molNaHSC®体反响完全后,溶液pH减小,c(Na)/、艾5.常温下,将等体积,等物质的量浓度的NHHCOtfNaCl溶液混合,析出局部NaHCOfj体,过滤,所得滤液pH<7.以下关于滤液中的离子浓度关系不正确的是KwA.0)<1.0X10-7mol/LB.c(Na+)=c(HCOa)+c(CO32)+c(H2CO)C. c(H+)+c(NH4+)=c(OH)+c(HCO3)+2c(CO32)D. c(Cl)>c(NH4+)>c(HCO3)>c(CO32)6.HQ在催化剂作用下分解速率加快,其能量随反响进程的变化如以下图所示.以下说法正确的

4、选项是H加狈反响进程E催化剂有催化剂A.参加催化剂,减小了反响的热效应B.参加催化剂,可提升计02的平衡转化率C.HQ分解的热化学方程式：H2O2-H2O+02+QD.反响物的总能量高于生成物的总能量7 .研究电化学腐蚀及防护的装置如下图.以下有关说法错误的选项是A.d为石墨,B.d为石墨,C.d为锌块,D.d为锌块,铁片腐蚀加快石墨上电极反响为:铁片不易被腐蚀铁片上电极反响为:Q+2H2O+4e-4OH8.对于合成氨反响,到达平衡后,2H+2e-H2T以下分析正确的选项是A.升高温度,对正反响的反响速率影响更大8 .增大压强,对正反响的反响速率影响更大C.减小反响物浓度,对逆反响的反响速率影

5、响更大D.参加催化剂,对逆反响的反响速率影响更大第II卷(非选择题)请点击修改第II卷的文字说明、填空题(题型注释)9.(14分)甲醇是重要的化工原料,又可称为燃料.H2)在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主反响如下:CO(g)+2H(g)-CHOH(g)CO(g)+3H2(g)=CHOH(g)+H2O(g)CO(g)+14(g)=CO(g)+H2O(g)答复以下问题：(1)反响中的相关的化学键键能数据如下：利用合成气(主要成分为HiH2H3COCO和HHc0C生H0C-HE/(kJ.mol')蝴34310784a5413由此计算i=kJ-mol",H2=-58kJ-mol,那

6、么4113=_kJ-mol-1.(2)反响的化而衡常数K的表达式为;图1中育人!反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为(填曲线标记字母),其判断理由是.(3)合成气的组成n(H)/n(CO+CO=2.60时,体系中的CO平衡转化率(a)与温度和压强的关系如图2所示.a(CO值随温度升高而(填“增大或“减小),其原因是.图2中的压强由大到小为,其判断理由是.10.(此题共12分)氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品.以下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图,图中的离子交换膜只允许阳离子通过.完成以下填空：27 .写出电解饱和食盐水的离子方程式.28 .离

7、子交换膜的作用为：、.29 .精制饱和食盐水从图中位置补充,氢氧化钠溶液从图中位置流出(选填“a、"b、"c或“d).30 .KClQ可以和草酸(HGQ)、硫酸反响生成高效的消毒杀菌剂C1Q,还生成CO和KHSO等物质.写出该反响的化学方程式.31 .室温下,0.1mol/LNaClO溶液的pH0.1mol/LNaSO溶液的pH选填“大于、“小于或“等于).浓度均为0.1mol/L的NaSO和NaCO的混合溶液中,SO2,CO2,HSO、HCO浓度从大到小的顺序为.：H2SOKi1=1.54X10-2Ki2=1.02X10-7_一一一-8HClOKm=2.95X10HCOK

8、m=4.3X10-7Ki2=5.6X10-11评卷人得分三、实验题(题型注释)11. (13分)(NH)2SO是常见的化肥和化工原料,受热易分解.某兴趣小组拟探究其分解产查阅资料(NH4SO在260c和400C时分解产物不同.实验探究该小组拟选用以下图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)实验1:连接装置A-B-C-D,检查气密性,按图示参加试剂(装置B盛0.5000mol/L盐酸70.00mL).通入降排尽空气后,于260c力口热装置A一段时间,停止加热,冷却,停止通入N20品红溶液不褪色,取下装置B,参加指示剂,用0.2000mol/LNaOH溶液滴定剩余盐酸,终点时消耗NaOH§

9、725.00mL.经检验滴定后的溶液中无SO2-.(1)仪器X的名称是o(2)滴定前,以下操作的正确顺序是(填字母编号).a.盛装0.2000mol/LNaOH溶液b.用0.2000mol/LNaOH溶液润洗c.读数、记录d.查漏、清洗e.排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面(3)装置B内溶液吸收气体的物质的量是mol实验2:连接装置A-D-B,检查气密性,按图示重新参加试剂.通入降排尽空气后,于400c加热装置A至(NH)2SO完全分解无残留物,停止加热,冷却,停止通入N2O观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体.经检验,该白色固体和装置D内溶液中有SO2-,无SO2-.进一步研究发现,气体

10、产物中无氮氧化物.(4)检验装置D内溶液中有SO2-,无SO2-的实验操作和现象是.(5)装置B内溶液吸收的气体是.(6) (NH)2SO在400c分解的化学方程式是.五、简做题12. (15分)碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途.答复以下问题：(1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO和HSO,即可得到I2,该反响的复原产物为o(2)上述浓缩液中含有I-、C等离子,取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO容液,当AgCl开始沉淀时,溶液中川)为:,Kp(AgCl)=1.8Xl0-10,Kp(AgI)=8.5Xl0-17.c(Cl)(3)反响2HI(g)=H2(

11、g)+I2(g)的AH=+11kJ-mol1,1molH2(g)、1molI2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436kJ、151kJ的能量,那么1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为kJ.(4)Bodensteins研究了以下反响：2HI(g),H2(g)+I2(g)在716K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反响时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果,该反响的平衡常数K的计算式为：o上述反响中,正反响速率为v正=k正

12、x2(HI),逆反响速率为v逆=k逆'x(H2)-x(I2),其中k正、k逆为速率常数,贝Uk逆为(以K和k正表示).假设卜正=0.0027min-1,在t=40min时,v正=mini1由上述实验数据计算得到v正乂(川)和v逆x(H)的关系可用以下图表示.当升高到某一温度时,反响重新到达平衡,相应的点分别为(填字母)13. (14分)酸性锌钮干电池是一种一次电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是碳粉,MnQZnCl2和NHCl等组成的糊状填充物,该电池在放电过程产生MnOOH回收处理该废电池可得到多种化工原料,有关数据下表所示：溶解度/(g/100g水)化合物02040SOeo10

13、5NH.C129.337.245.855.365.0?.3ZnCl；34339b452488541614化合物Zn(OH2Fe(OH2Fe(OH3Ksp近似值10-17一"710/c-3910答复以下问题：(1)该电池的正极反响式为,电池反响的离子方程式为(2)维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟,理论上消耗Zng.(已经F=96500C/mol)(3)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有ZnCl2和NHCl,二者可通过别离回收；滤渣的主要成分是Mn和,欲从中得到较纯的MnQ最简便的方法是,其原理是.(4)用废电池的锌皮制备ZnSO7HO的过程中,需去除少量杂质铁,其方法

14、是：加稀硫酸和HQ溶解,铁变为,加碱调节至pH为时,铁刚好完全沉淀(离子浓度小于1Xl0-5mol/L时,即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱调节至pH为时,锌开始沉淀(假定Zn2+浓度为0.1mol/L).假设上述过程不加HO后果是,原因是.14. (14分)FeCl3具有净水作用,但腐蚀设备,而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂,处理污水比FeCl3高效,且腐蚀性小.请答复以下问题：(1)FeCl3净水的原理是.FeCl3溶液腐蚀钢铁设备,除H卡作用外,另一主要原因是(用离子方程式表小)0(2)为节约本钱,工业上用NaClO氧化酸性FeCl2废液得到FeCL假设酸性FeCl2废液中c(Fe2+)=

15、2.0X10-2molL-1,c(Fe3)=1.0X10-3mol-L-1,c(Cl)=5.3X10-2molL-1,那么该溶液的PH约为.完成NaClO氧化FeCl2的离子方程式：ciOi'-OFe:'+O=口口F-+Q.(3)FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3+HO=Fe(OH)2+H"K1Fe(OH)2+HOFe(OH)+JK2Fe(OH)+HO=Fe(OH2+HK3以上水解反响的平衡常数K、(、(由大到小的顺序是.通过限制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氧化铁,离子方程式为：xFe3+yOFex(OH)户y)+yH+欲使平衡正向移动可采用的方法是(填序号).

16、a.降温b.加水稀释c.力口入NHCld.力口入NaHCO室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是一.(4)天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如以下图所示.由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁以Fe(mgL-1)表示的最正确范围约为mgL-1.TH01#尸1.C【解析】A.醋酸属于弱酸,参加少量醋酸钠,c(CHCOO)浓度增大,抑制了醋酸的电离,A错误；B.25c时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,恰好反响生成硝酸俊属考点定位】此题主要考查弱电解质的电离平衡,酸碱混合溶液的PH判断,溶液的导电性和沉淀溶解平衡的应用.强A酸解析】首先根据原电池反响判断出厌氧反响为负极侧,有氧

17、反响为正极侧.A、根据厌氧反响中碳元素的化合价的变化：葡萄糖分子中碳元素平均为0价,二氧碱碳中碳元素的化合价为+4价,所以生成二氧化碳的反响为氧化反响,所以在盆极生成.错误；R在微生物的作用下,该装置为原电池装置.原电池能加快氧化复原反响速率,故可以说微生物促进了电子的转移.正确；C、原电池中阳N子向正极移动.正确；D电池的总反响实质是葡萄糖的氧化反响.正确.原理;PH<KB«等侬硫化氢属于弱酸,局部电离,硫化钠属王弓灿解质,全部电离,等浓度的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液中离子浓度小解密电海力慨据部丽确口,D.Agmi丽LAgoHfiK»目阴尸幅(砌)moH5金i电

18、际q前AgC解质c而ARoHt被的0H=1Q(说圳)ROM0颐OS,柳阴mMlOH槌怪强加Rohl州性,.舶瑜ROHg弱礴鹿林藏稀鹤(电离)麻鼠于R0Hl勺电D懒愿:潞,黜阴.a点.正确；C、两溶液无限稀释下去,最终的pH均为7,所以它们的氢氧根离子浓度相等.正确；D当lg工=2时,MOH§液的pH=11,ROH容液的V.pH=10,MOHS液中不存在电离平衡,升高温度,对c(M+)无影响；而ROH容液中存在电离平衡,升高温度,电离正向移动,那么c(R+)浓度增大.综上所述,升高温度时c(M)比值减小,错误.c(R)【考点定位】电解质强弱的判断、电离平衡移动(稀释、升温)；难度为较难

19、等级.4.B【解析】室温下,将0.05molNa2CO固体溶于水配成100mL溶液,溶液中存在CO2+HOHCO+OH溶液呈碱性；A项力口入50mL1mol-L1H2SC0,HSO与NaCO恰好反响,那么反响后的溶液溶质为NaSO,故根据物料守恒反响结束后c(Na+)=2c(SO42),故A项错误；向溶液中参加0.05molCaO,WJCaO+HO=Ca(OH)那么c(OHI)增大,且Cl+CGf=CaCOj,使COT+HO：IHCO+OH平衡左移,c(HCQ)减小,故"“口味增大,故B项正确；C项参加50mLHO,溶液体积变大,CO+HOHCO+OHI平衡右移,但c(OHI)减小,

20、NaCO溶液中H>0口均由水电离,故由水电离出的c(H+)-c(OFI)减小,故C项错误；D项参加0.1molNaHSO固体,NaHSM强酸酸式盐电离出与COT反响,那么反响后溶液为NaSO溶液,溶液呈中性,故溶液pH减小,引入了NS,故c(Na+)增大,D项错误；此题选B.【考点定位】此题主要考查了盐类水解平衡应用.涉及离子浓度的比拟、比值的变化、溶液pH的变化等5.C【解析】A、c(tO=c(OH),pH<7时,c(OH)1.0X10-7mol/L,A正确；B、物料守恒,B正确；C、电荷守恒,应为c(H+)+c(NH4+)=c(OH)+c(HCQ)+2c(CQ2-)+c(Cl-

21、),C错误；Dc(Cl)不变,NH+水解,那么c(Cl)>c(NH4+),HCJ局部结晶析出,那么c(NH4+)>c(HCO3),CO"是HCG电离产生的,电离很微弱,那么c(HCO)>c(CO32),D正确.选Co【考点定位】电解质溶液6. D【解析】A.参加催化剂,减小了反响的活化能,使反响在较低的温度下发生,但是反响的热效应不变,错误.B.参加催化剂,可提升HO的分解的反响速率,该反响不是可逆反响,而且催化剂不能是平衡发生移动,因此不存在平衡转化率的提升与否,错误.C.在书写热化学方程式式,也要符合质量守恒定律,而且要注明与反响的物质多少相对应的能量和物质的存

22、在状态,错误.D.根据图示可知反响物的总能量高于生成物的总能量,该反响是放热反响,正确.【考点定位】考查图示法在表示催化剂对化学反响的影响的知识.7. D【解析】由于活动性：Fe>石墨,所以铁、石墨及海水构成原电池,Fe为负极,失去电子被氧化变为Fe2+!入溶液,溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被复原,比没有形成原电池时的速率快,正确.B.d为石墨,由于是中性电解质,所以发生的是吸氧腐蚀,石墨上氧气得到电子,发生复原反响,电极反响为：Q+2H2O+4e-4OH,正确.C.假设d为锌块,那么由于金属活动性：Zn>Fe,Zn为原电池的负极,Fe为正极,首先被腐蚀的是Zn,铁得到保

23、护,铁片不易被腐蚀,正确.D.d为锌块,由于电解质为中性环境,发生的是吸氧腐蚀,在铁片上电极反响为：Q+2H2O+4e-4OH,错误.【考点定位】考查金属的电化学腐蚀及防护的知识.8. B【解析】A.合成氨反响的正反响是放热反响,升高温度,正反响、逆反响的反响速率都增大,但是温度对吸热反响的速率影响更大,所以对该反响来说,对逆速率影响更大,错误.B.合成氨的正反响是气体体积减小的反响.增大压强,对正反响的反响速率影响更大,正反响速率大于逆反响速率,所以平衡正向移动,正确.C.减小反响物浓度,使正反响的速率减小,由于生成物的浓度没有变化,所以逆反响速率不变,逆反响速率大于正反响速率,所以化学平衡

24、逆向移动,错误.D.参加催化剂,使正反响、逆反响速率改变的倍数相同,正反响、逆反响速率相同,化学平衡不发生移动,错误.【考点定位】考查外界条件对可逆反响的正反响、逆反响速率的影响的判断的知识.9. (1)99;+41(2)Kc(CH3OH)a；反响为放热反响,平衡常数c(CO)?c(H2)应随温度升高变小；(3)减小；升高温度时,反响为放热反响,平衡向向左移动,使得体系中CO的量增大；反响为吸热反响,平衡向右移动,又产生CO的量增大；总结果,随温度升高,使CO的转化率降低；P3>R>Pi；相同温度下,由于反响为气体分子数减小的反响,加压有利于提升CO的转化率；而反响为气体分子数不变

25、的反响,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高【解析】(1)反响热等于断键吸收的能量与形成化学键所放出的能量的差值,那么根据表中数据和反响的化学方程式CO(g)+2H(g)=CHOH(g)可知反响热Hi=1076kJ/mol+2X436kJ/mol3X413kJ/mol343kJ/mol465kJ/mol=-99kJ.mol-1.根据盖斯定律可知一即可得到反响,那么4113=-58kJ/mol一一.-1+99kJ/mol=+41kJ.mol.(2)化学平衡常数是在一定条件下,当可逆反响到达平衡状态时,生成物浓度的事之积和反响物浓度的幕之积的比值,那么反响的化学平衡常数K

26、的表达式为K8cH吗)；由于正方应是放热反响,升高温度平衡向逆反响方向移动,c(CO)?c2(H2)平衡常数减小,因此a正确.(3)反响为放热反响,升高温度时,平衡向左移动,使得体系中CO的量增大；反响为吸热反响,平衡向右移动,又产生CO的量增大；因此最终结果是随温度升高,使CO的转化率降低；相同温度下,由于反响为气体分子数减小的反应,加压有利于提升CO的转化率；而反响为气体分子数不变的反响,产生CO的量不受压强影响,故增大压强时,有利于CO的转化率升高,所以图2中的压强由大到小为P3>B>Pi.【考点定位】此题主要是考查反响热计算、盖斯定律应用、平衡常数以及外界条件对平衡状态的影

27、响等_一一一通电一“人一10. 27.2Cl+2HO=C12T+H4+2OH.28 .阻止OH!入阳极室,与Cl2发生副反响：2NaOH+C=NaCl+NaClO+H);阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H混合发生爆炸.29 .a；d;30 .2KCQ+H2GO+2H2SO=2ClO2+2CG+2KHS02HO.31.大于；SO2>CG2>HCO>HSOo【解析】27 .电解饱和食盐水时,溶液中的阳离子H¥E阴极得到电子变为H2逸出,使附近的水溶液显碱性,溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子,发生氧化反响.产生Cl2.通电反响的离子方程式是2Cl+2H2=Cl2t+H4

28、+2OH.28 .图中的离子交换膜只允许阳离子通,是阳离子交换膜,可以允许阳离子通过,不能使阴离子通过,这样就可以阻止阴极溶液中的OH!入阳极室,与氯气发生反响,阻止Cl-进入阴极室,使在阴极区产生的NaOH屯度更高.同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H混合发生爆炸.29 .随着电解的进行,溶质NaCl不断消耗,所以应该及时补充.精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充,由于阴极H不断放电,附近的溶液显碱性,氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断消耗,所以从b口不断参加蒸储水,从c位置流出的是稀的NaCl溶液.30 .KC1O3有氧化性,HCO有复原性,在酸性条件下KC1Q可以和草酸(H

29、GQ)生成高效的消毒杀菌剂C1O2,还生成CO和KHS流物质.那么根据电子守恒及原子守恒,可得该反响的化学方程式是：2KC1Q+HGO+2HSO=2C1Q+2CG+2KHSB2Ho.31 .NaC1ONaSO都是强碱弱酸盐,弱酸根离子发生水解反响,消耗水电离产生的H：破坏了水的电离平衡,当最终到达平衡时,溶液中c(OH)>c(H+),所以溶液显碱性.形成盐的酸越弱,盐水解程度就越大.消耗的离子浓度越大,当溶液到达平衡时,剩余的离子浓度就越小.由于HSO的K2=1.02X10-7；HC1O的Ki=2.95X10-8,所以酸性：HSO>HC1Q因此?§液的pH:NaC1O&g

30、t;NaSO.由于电离程度：H2sO>H2cO>HSO>HCO,浓度均为0.1mo1/L的NaSO和NaCO的混合溶液中,水解程度：coT>soT,所以离子浓度：sq2>coT；水解产生的离子浓度：HCO>HSO3.但是盐水解程度总的来说很小,主要以盐电离产生的离子存在.所以在该溶液中SO2、CO2、HSO、HCO浓度从大到小的顺序为SO2>CO2>HCO>HSOo【考点定位】考查电解原理的应用、氧化复原反响方程式的书写、电离平衡常数在比拟离子浓度大小的应用的知识.11.(1)圆底烧瓶(2) dbaec(3) 0.03mo1(4)取少量装置

31、D内溶液于试管中,滴加BaC12溶液,生成白色沉淀；参加足量稀盐酸后沉淀完全溶解,放出无色刺激性气体(5) NH(6) 3(NH)2SO=4NHT+N2T+3SOT+6H20T【解析】(1)仪器X为圆底烧瓶.(2)滴定操作步骤为：首先查漏、水洗,再用待装的溶液润洗,再装液,再排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面,最后记录读数.(3)由题意知：品红溶液不褪色,说明无SO,滴定后的溶液中无SO2一,说明无SO那么装置B中吸收的气体为NH.n(HC1)=n(NH)+n(NaOH)那么得答案为0.03mo1(4)取装置D内溶液少许于试管中,参加BaC12溶液,再参加稀盐酸,假设产生白色沉淀且参加盐酸后白色沉

32、淀能完全溶液,那么说明原溶液中有SO2-,无SO2-(7) NH(8) 3(NH)2SO=4NHT+N2T+3SOT+6H2O【考点定位】实验设计与评价12. (1)MnSQ,一、_-7(2) 4.7X10；(3)299(4)K0.1080.108；k逆=k正/K;1.95X10-3；A、E0.7842【解析】(1)问中根据氧化复原反响方程式来判断复原产物是中学常规考法,迁移实验室制氯气的原理可得MnSO(2)体系中既有氯化银又有碘化银时,存在沉淀转化平衡：AgI(s)+ClOAgCl(s)+I.c(Cl)分子、分母同时乘以c(Ag),有：K空)c(Cl)-10-17,=1.8X10,Kp(A

33、gI)=8.5X10代入得:k山c(Ag)c(I)c(Ag)c(Cl)c(I)4.7c(Cl)Ksp(AgI)将Kp(AgCl)1070E(生成物键能总和)；Ksp(AgCl)(3)键能一般取正值来运算,AH=E(反响物键能总和)设1molHI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为xkJ,代入计算：+11=2x(436+151x=299(4)问中的反响是比拟特殊的,反响前后气体体积相等,不同的起始态很容易到达等效的平衡状态.大家注意表格中的两列数据是正向和逆向的两组数据.716K时,取第一行数据计算：n(始)(取1mol)10Ann(平)(0.216)0.7842HI(g)DH(g)+I2(g

34、)0(0.108)(0.108)(0.108)(0.108)化学平衡常数为Kc(H2)c(l2)0.1080.108c2(HI)0.7842本小题易错点：计算式会被误以为是表达式.问的要点是：平衡状态下,v正二v逆,故有：k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2)变形：k正/k逆=x(H2)x(I2)/x2(HI)=K故有：k逆=k正/K问看似很难,其实注意到升温的两个效应(加快化学反响速率、使平衡移动)即可突破：先看图像右半区的正反响,速率加快,坐标点会上移；平衡(题中已知正反响吸热)向右移动,坐标点会左移.综前所述,找出A点.同理可找出E点.13. (1)MnO+e+N=MnOOHZn+2

35、Mna2H+=Zn2+2MnOOH(2)0.05g(3)加热浓缩、冷却结晶；铁粉、MnOQHft空气中加热；碳粉转变为CO,MnOOH氧化为MnO(4)Fe"2.7;6;Zn"和Fe"别离不开；Fe(OH2和Zn(OH2的Ksp相近【解析】(1)酸性锌钮干电池是一种一次电池,外壳为金属锌,锌是活泼的金属,锌是负极,电解质显酸性,那么负极电极反响式为Zn-2e=Zn2+0中间是碳棒,碳棒是正极,其中二氧化钮得到电子转化为MnOOH那么正极电极反响式为MnO+e+印=MnOOH所以总反响式为Zn+2MnO2HI+=Zn2+2MnOOH(2)维持电流强度为0.5A,电池工作五分钟,那么通过的电量是0.5X300=150,因此通过电子的物质的量是50-=1554103mol,锌在反响中失去2个电子,96500那么理论消耗Zn的质量是0.001554mol65g/mol=0.05go2(3)废电池糊状填充物加水处理后,过滤,滤液中主要有氯化锌和氯化钱.根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大,因此两者可以通过结晶别离回收,即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现别离.二氧化钻、铁粉、MnOO随难溶于水,因此滤渣的主要成分是二氧化钮、碳粉、MnOOH由于碳燃烧生成CO,MnOO能被氧化转化为二氧化锐,所以欲