高考化学化学反应与能量-经典压轴题含答案

1、高考化学化学反应与能量-经典压轴题含答案一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析).高镒酸钾(KMnO,)是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软镒矿(主要成分为MnO2)为原料生产高镒酸钾的工艺路线如下:电耦法卜;(1)原料软镒矿与氢氧化钾按1 ： 1的比例在 烘炒锅”中混配，混配前应将软镒矿粉碎,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。CO2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性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成 K2MnO4, MnO

2、2和 (写化学式)。电解法”为现代工艺，即电解 K2MnO4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CO?歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为 。(5)高镒酸钾纯度的测定：称取 1.0800 g样品，溶解后定容于 100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 mol L-1的H2C2O4标准溶液20.00 mL,加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，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 2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CQT+8H2O)。【答案】扩大接触面积，加快化学反应速率2MnO2+O2+4

3、KOH A 2K2MnO4+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KCC3 MnO42-e- =MnO4- H2 3:2 95.62%【解析】【分析】【详解】MnO2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MnO2、KOK O2在加热时反应产生 K2MnO4,结合质 量守恒定律可知，另外一种物质是H2O,则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH_2K2MnO4+2H2O ；(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，

4、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&MnO4溶液中通入 CQ气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4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：3K2MnO4+2CC2= 2KMnO4+MnO2+&CO3； 电解法”为现代工艺，即电解 K2MnO4水溶液，在电解槽中 阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产

5、生 MnO，。电极反应式是：MnO42-e=MnO4;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 T +2OH。所以阴极逸出的气体是 H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O通电2KMnO4+2H2 T +2KOH 根据 电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O亶m2KMnO4+2H2T +2KOH可矢DK2MnO4的理论利用 率是 100%；而在“CM化法 32MnO4+2CQ = 2KMnO4+MnO2+K2CO3 中，K2MnO4 的理论利 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 2MnO4-+5H2QO4+6

6、H+=2Mn2+10CO2T +8H?O 可知 KMnO4与草酸反应2 k q ? x 20的关系式是：2 KMnO45H2c2。4。配制的溶液的浓度为：c=* *加口/上。5x24.481.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：100 2x Q 20n= 777 H三一二二; 切加二 0.006536rno/ KMnO4 的质量为：m= 0.006536molx10005x22.45158g/mol =1.03269g 。故其纯度为:_ L。支邸豆l.OSOOX 100%=95.62%2. NiCl2是化工合成中最重要的馍源，在实验室中模拟工业上以金属馍废料 质)为原料生产NiCl2的工

7、艺流程如下：(含 Fe、Al等杂起峨 HQ Na, CD.N鼻匚O,就瞌滤港 避漉A CO，一小 HQ卜表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH2.16.53.77.1沉淀完全的pH3.39.74.79.2(1)为了提高馍元素的浸出率，在酸浸”时可采取的措施有 (写一条即可)。(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为 。调pH”时，控制溶液pH的范围为 。(4)沉馍”过程中，若滤液 A中c(Ni2+)=1.0mol/L,欲使100mL该滤液中的Ni沉淀完全即 溶液中c(Ni2+) 1.0火10则需用托盘天平称

8、取 NazCQ固体的质量至少为 go (已知 Ksp(NiCO3)=6.5 X彳0忽略溶液体积的变化)(5)流程中由溶液得到 NiC12 6H2O的实验操作步骤依次为 、过滤、洗涤、干燥。【答案】将馍废料磨成粉末(或搅拌，或适当升高温度，或提高酸的浓度)H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O 4.7 W pH7或4.7, 7.1) 17.5 蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】根据流程：金属馍废料(含Fe Al等杂质)，加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2, Al3+,加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O,加入 Na2

9、CO3溶液调节溶液的 pH 范围 4.7 w pH7,1 使 Fe3+、Al3+全部沉淀，滤渣为 Fe(OH)3、Al(OH)3,滤液主要含有 Ni2+,加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+, 将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl2溶液，将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2?6H2O,据此分析作答。【详解】为了提高馍元素的浸出率，在酸浸”时可采取的措施有将馍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高馍元素的浸出率；(2)H2O2具有氧化性，加入 H2O2氧化Fe2+为Fe3+,离子方程式为：H2O2+2Fe2+2H+=2Fe

10、3+2H2O；(3)调pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+,但不沉淀Ni2+,根据表格数据可知，应该控制溶液 pH 的范围为 4.7 pH: 7.1 或4.7, 7.1)；(4)滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L ,欲使100mL该滤液中含有 n(Ni2+)=0.1mol ,则生成NiCO3需要CO32-为0.1mol, Ni2+刚好沉淀完全时，溶液中c(CQ2)=6.5 10 0.65mol/L ,此时溶液中1.0 10 5CO32-为 0.065mol,故至少需要 NazCQ 固体 0.1mol+0.065mol=0.165mol ,其质量 m(Na2CO3)=0.165mol x

11、106g/mol=17.49g3 17.5g(5)将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2?6H2O。3.钻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 废催化剂中回收钻和锌的工艺流程如下：C i(OTIh府借化制FrfOH).Co2+、ZnT、Mn Fe2 Fe3+等。请回答:已知：“浸出”后溶液中含有“煨烧”的目的为“净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式有“沉钻”时，发生如下反应：(NH4)2S2O8+H2Of NH4HSQ+H2O2； H202fH2O+0; ;Co3+ + H2O-Co(OH)3 + h+。所缺的化学方程

12、式为;每生成1 molCo(OH)3,理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为 OCo(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“沉钻”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,煨烧后得到固体 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 ) MnO4-+3Fe2+7H2O=MnO2 J +3Fe(OH3J +514、3Mn 2+2MnO4-+2H2O=5MnO2 J +4H 2Co2+O

13、+2H+=2Co3+H2O 0.5mol取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钢溶 液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止Zn2+提前沉淀防止NH4HCQ热分解ZnCO3?2Zn(OH2?HO【解析】 【分析】将废催化剂高温煨烧，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，用硫酸对煨烧产物进行酸浸，pH控制在15,得到含有Co Zn2+、Mn2+、Fe2 Fe3十的浸出液，调节溶液 pH值为55.2,加入高镒酸钾将 Mn2+、Fe*氧化并转化为Fe(OH)3 和MnO2除去，再次调节溶液 pH值为4.5,加入(NH4)2及O8将Co2+氧化为Co3+并转化为 Co(OH)

14、3沉淀除去，调节 pH值为8,加入碳酸氢镂使锌离子转化为ZnCQ?xZn(OH2?yWO沉淀，据此分析解答。【详解】(1)夕段烧”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Mn2+,反应的离子方程式为： MnO4-+3Fe2+ +7H2O= MnO2 J +3Fe(OH)3 J +5H+、 3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2 J +4H+；从流程中可以看出，沉钻”时，(NH4)2S2O8为氧化剂，因此除去的是C十,结合所给反应过程，缺少将 Co2+转化为Co3+的反应，则可得所缺的化学方程式

15、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)2&O8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，向其加入氯化钢溶液，没有白 色沉淀生成，证明洗涤干净；沉钻”时pH不能太高，防止Zn2+提前沉淀；沉锌”时，加入NH4HCQ,镂盐受热易分解，温度不能太高，防止 NH4HCQ热分解；(6)取沉锌”后所得固体34.1g,煨烧后得到固体 24.3g

16、,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，煨烧生成的CO2气体的物质的量为34.1-24.3-5.4 g=0.1mol,根据元素守恒可知 ZnCO3?xZn(OH2?yWO为0.1mol,煨烧后生 44g/mol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/molx=2,生成水的物质的量为 5的 =0.3mol,根据氢元素守恒， 18g/mol0.1mol X2X2+0.1mol x 2y=0.3m圳 =1,则所得固体的化学式为ZnCQ?2Zn(OH?h2O。4. (1)反应3Fe(s)+

17、4HzO(g)直退Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：(填“加快”、不变”或减慢”)。保持体积不变充入 Ne,其反应速率。保持压强不变充入 Ne,其反应速率。(2)在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g5N2(g)+6H2O(g)。某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中v(正)与v(逆)相等的点为(选填字母)。(3) 一定条件下，在 2L密闭容器内，发生反应 2NO2(gA=N2O4(g), n(NO2)随时间变化 如下表：时间/s012345n(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005用N

18、O2表示02s内该反应的平均速率为 一。在第5s时，NO2的转化率为。【答案】不变 减慢 cd 0.0075mol L-1 s-1 87.5%【解析】【分析】【详解】(1)保持体积不变充入 Ne,各反应物和生成物的浓度不变，故反应速率不变；保持压强不变充入 Ne,容器体积变大，各物质浓度减小，反应速率减慢；(2)反应达到平衡时正逆反应速率相等，据图可知t2时刻后N2和NO的物质的量不再改变,说明反应到达平衡，所以 c、d两个点v(正)与贝逆)相等；2s内 n(NO2)=0.04mol-0.01mol=0.03mol ,容器体积为 2L,所以反应速率为0.03molc 2L =0.0075mol

19、 L_1 s1；t 2s第 5s 时， n(NO2)_0.04mol-0.005mo|=0.035mol ,转化率为 0.035moi 100% =87.5%。 0.04mol【点睛】判断通入惰性气体或者改变压强对反应速率的影响时，关键看是否改变了反应物和生成物中气体的浓度，若浓度改变则影响反应速率，若浓度不变则不影响反应速率。5.为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。(1)甲装置中，a电极的反应式为(2)乙装置中，阴极区产物为 (3)丙装置是一种家用 84消毒液(NaClO)发生器。外接电源 a为(填芷”或员”)极，该装置内发生反应的化学方程式为 、。(4)

20、若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量 之比为(不考虑气体的溶解)。(5)某工厂采用电解法处理含Cr2O72一的废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铭废水，Cr2O72被还原成为Cr3+, Cr3在阴极区生成 Cr(OH)3沉淀除去，工作原理如图。九乎不舍六价酬的水隔膜112r- *7 1pH 为Crq：的废水写出电解时阴极的电极反应式 。写出Cr2O72被还原为C产的离子方程式。电解【答案】H2-2e-+2OH=2H2O 氢氧化钠和氢气负 2NaCl+2H2。2NaOH+H2f+afCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO 3:4 2H+2e

21、_H2 T Ci2O72-+6Fe2+14H+_2Cr3+6Fe3+7H2O【解析】【分析】甲装置：该装置为氢氧燃料电池，氢气被氧化作负极，氧气被还原做作正极；乙装置：该装置为电解池，与正极相连的一极为阳极发生氧化反应，与负极相连的为阴极发生还原反应；丙装置：该装置为电解池，电解饱和食盐水时阳极产生氯气，阴极产生氢气和氢氧根，要制备次氯酸钠所以需要氯气到阴极与氢氧根反应，所以下端为阳极产生氯气；(5)B电极生成氢气，说明该电极发生还原反应为阴极，氢离子放电生成氢气，导致阴极区pH变大；A电极为阳极，铁为电极材料，则铁被氧化生成Fe2+,继而将CrzOz2还还原成为Cr3+,然后迁移到阴极与 O

22、H生成沉淀。【详解】(1)甲装置是氢氧燃料电池，a电极通入氢气为负极，电解质溶液为KOH溶液，所以电极反应式为 H2-2e-+20H-=2H2O;(2)乙装置是电解池，电解饱和食盐水，所以阴极区产物为氢氧化钠和氢气；(3)根据分析可知该装置中发生电解饱和食盐水的反应，同时阳极产生的氯气与阴极产物发生反应制备次氯酸钠，下端为阳极，上端为阴极，即 a电极为电源负极，该装置内发生反 电解应的化学方程式为 2NaCl+2HzOZNaOH+H2T +C2T , Cl2+2NaOH=NaCl+NaCK+HaO;(4)若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中总反应为：2H2+O2=2H2O；乙中总反应为：

23、2NaCl+2H2O=2NaOH+H2f +C2T ;各电极转移的电子相等，假如者B是4mol,甲池消耗气体2mol+1mol=3mol ,乙池产生气体 2mol+2mol=4mol ,物质的量之比为 3: 4;(5)阴极氢离子放电生成氢气，电极方程式为：2H+2e-=H2f；根据分析可知反应过程中Fe2+将Cr2O72-还原成为Cr3+,方程式为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O。【点睛】第(5)题为易错点，虽然 Cr2O72-被还原成为Cr3+,但根据图示可知阴极产生的是氢气，说明 Cr2O72-被还原并不是电极反应，再结合阳极材料为Fe,可知是阳极产生的

24、Fe2+将Cr2O72-还原。6.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气(标准状况)，实验记录如下保计值)：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310(1)在01 min、12 min、23 min、34 min、45 min时间段中，反应速率最大的时间段是,原因为 ;反应速率最小的时间段是 原因为。(2)在23 min内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为 。(3)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，其中可彳丁的是 OA.蒸储水 B. Na2SO溶液C. NaN

25、O3 溶液 D. NazCQ 溶液【答案】23 min该反应是放热反应，23 min时溶液温度最高，反应速率最快45min 此时反应物的浓度最小，反应速率最慢0.1 mol L 1 min 1 AB【解析】【详解】由表格数据可知，01、12、23、34、45min生成氢气分别为 50mL、70mL、112mL、58mL、20mL;(1)2 min3 min收集的氢气比其他时间段多，反应速率最大，该反应放热，反应过程中温 度升高加快反应速率；45 min反应速率最小，随着反应进行氢离子浓度逐渐减小，该时 间段内H+浓度小，反应速率最慢；(2)2 min3 min生成的氢气的体积为112mL,则

26、n(H2)=0.112L22.4L/mol0.005mol ,反应过程中发生反应Zn+2HCl=ZnQ+H2,则该时间段内消耗的 n(HCl)=0.01mol,溶液体积为 -1100mol ,则 c(HCl)=0.1mol/L, v(HCl)= . mog- =0.1 mol L 1 min 1;t 1min(3)A.加入蒸储水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；B,加入Na2SO4溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；C.加入硝酸钠溶液，锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气，故 C错误；D,加入NaCQ溶液，N

27、a2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故 D错误；所以选AB。7. I某课外兴趣小组对 H2O2的分解速率做了如下实验探究。(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据:用 10mLH 2O210mL H2O2 制取 150mL0 2 150mL O2所需的时间(秒)该研究小组在设计方案时，考虑了温度、催化剂等因素对过氧化氢分解速率时间、除度 反应前30%出。215%大。210%出。25%大。2无催化剂、不加热几乎不反应几乎不反应几乎不反应几乎不反应无催化剂、加热360480540720MnO2催化剂、加热10

28、2560120的影响。从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响:(2)将质量相同但颗粒大小不同的MnO2分别加入到5mL5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：催化剂(MnO2)操作情况观察结果反应完成所需的时间粉末状混合不振荡剧烈反应，带火星的 布条复燃3.5分钟块状反应较慢，火星红凫 但木条未复燃30分钟实验结果说明催化剂作用的大小与 有关。n .在体积为2L的密闭容器中充入 1molH2 (g)和1moll2 (g),在一定温度下发生下列反应：H2 g 12 gd 2HI g ,回答下列问题：(1)保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)

29、,反应速率 (填 加快减慢”或不变”)。(2)保持容器内气体压强不变，向其中充入 1mol氨气，反应速率 。 (填加快“减慢或不变”)。(3)反应进行到2min ,测得容器内HI的浓度为0.2mol/L ,用叱表示前2min该反应的平 均化学反应速率为 ,此时I2的转化率为 。【答案】浓度 其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂，H2O2分解速率更快(或其它条件 相同时，反应物H2O2的浓度越大，H2O2分解速率更快。或其它条件相同时 ，反应物H2O2的温 度越高，H2O2分解速率更快。)催化剂表面积 加快 减慢 0.05mol/(L min) 20%【解析】【详解】I(1)根据表中给出的数据

30、，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎 不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分 解速率与温度有关；但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过 氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是 360s,有催化剂加热的条件下，需要时间是10s,说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关，故答案为：浓度；其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂，H2O2分解速率更快(或其它条件相同时，反应物H2O2的浓度越大，H2O2分解速率更快。或其它条件相同时，反应物H2O2的温度越高，H2O2

31、分解速率更快。)；(2)因在其他条件相同时，粉末状二氧化镒比块状二氧化镒反应所需时间短，说明催化剂表 面积对反应速率有影响，故答案为：催化剂表面积；n . (1)保持容器体积不变，向其中充入 1molHI(g),生成物浓度变大，逆反应速率增大，平衡左移，左移之后反应物浓度增大，正反应速率增大，之后重新达到平衡，故答案为：加快；(2)保持容器内气体压强不变，向其中充入 1mol氨气，容器的体积增大，反应物和生成物 的浓度都减小，所以反应速率减慢，故答案为：减慢；反应进行到2min ,测得容器内 HI的浓度为0.2mol/L ,则 -1v(HI)= . m0=0.1mol/(L min),同一反应

32、中用不同物质表示反应速率时反应速率之比等2min1于计量数之比，所以 v(H2)= - v(HI)=0.05mol/(L min)-；容器体积为 2L,碘的初始浓度为0.5mol/L ,平衡时HI的浓度为0.2mol/L,根据方程式 H2 gI2 g 2HI g可知,-1消耗的c(I2)=0.1mol/L,所以I2的转化率为.0gl 100% =20%,故答案为：0.5molgL0.05mol/(L min); 20%。8.按要求回答下列问题。(1)Al2(SO4)3溶液显酸性的离子方程式： ；(2)CuSQ溶液与过量氨水反应的离子方程式：;(3)Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，负极的电

33、极反应式： ;(4)CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极的电极反应式： ;(5)惰性电极电解 CuSQ溶液的总反应的化学方程式： ;(6)Na2c2O4溶液的物料守恒：；(7)Fe3+的基态电子排布式：;(8)N2 H4的结构式： 。【答案】Al3+3H2O?Al(OH)3+3H+ CUT+4NH3?H2O=Cu(NH3)42+4H2O Al-3e-+4OH- AlO2-C电解+2H2O CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O 2CuSO+2H2。-2Cu+2H2SQ+O2 T c(Na+)=2c(C2O4)+c(HC2O4-)+c(H2c2O4)Ar3d 5(1)Al

34、2(SO4)3溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，故答案为：Al3+3H2O?Al(OH)3+3H+;(2)CuSQ溶液与过量氨水反应会生成铜氨络离子，故答案为：Cu2+4NH3?H2O=Cu(NH3)42+4H2O ；(3)Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，总反应为Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的反应，Al失电子被氧化做负极，故答案为：Al-3e-+4OH-AlO2-+2H2O;(4)CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极甲醇失去电子生成二氧化碳，由于电解质为氢氧化钾溶液，所以反应生成了碳酸根离子，发生的负极电极反应式为CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6

35、H2O；(5)电解硫酸铜溶液生成铜单质、氧气和硫酸，故答案为:电解2CuSQ+2H2O2Cu+2H2SQ+O2 T ;(6)Na2c2O4溶液中钠离子的浓度等于含碳原子微粒的浓度之和的二倍，故答案为：c(Na+)=2c(C2O42)+c(HC2O4)+c(H2C2O4)；(7)Fe元素为26号元素，失去最外层三个电子生成Fe3+,故基态电子排布式为：内加5；8) N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为:.雾霾天气严重影响人们的生活和健康。其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5,其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此改善能源结构、机动车限号等措施能有

36、效减少PM2.5、SQ、NOx等污染。 请回答下列问题：(1)汽车尾气中NOx和CO的生成：已知汽缸中生成 NO的反应为：N2(g) +O2(g) v2NO(g)-Qo恒温、恒容密闭容器中，下列说法中，能说明该反应达到化学平衡状态的是。A.混合气体的密度不再变化B.混合气体的压强不再变化C. N2、。2、NO的物质的量之比为 1 ： 1 ： 2D.氧气的转化率不再变化(2)汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使 NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，测得 NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。若不使用CO,温度超过775 K,发现

37、NO的分解率降低，其可能的n(NO)原因为，在 =1的条件下，为更好的除去NOx,应控制的最佳温度在K左n(CO).I廿.土势白金京a吉工反应温值出0 JECOUJ NOH值分依町、则产串*CO制余的万分军0f. 80%【解析】【分析】(1)根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；(2) NO的分解为放热反应，升温不利于其分解；选择NO转化率最大的温度；(3)NO和活性炭反应，生成氮气和二氧化碳，据此书写；根据温度对化学平衡的影响分析；利用等效平衡思想求解。【详解】A、组分都是气体，则气体质量不变，容器为恒容状态，因此密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故 A错误；

38、B、反应前后气体系数之和相等，压强之比等于物质的量之比，因此压强不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故 B错误；C、因为没有起始物质的量，因此无法判断是否达到平衡，故 C错误；D、氧气的转化率不变，说明反应达到平衡，故 D正确；故答案为：D;N2 (g) +O2 (g) ?2NO (g) H0,因此NO的分解为放热反应，升高温度，不利于反应正向进行；根据图象，870K时，NO的转化率几乎最大；故答案为：NO的分解为放热反应，升高温度不利于反应正向进行；870 (850-900之间)；(3)因为是处理污染，因此NO和活性炭反应，N元素转化成N2, C转化成CC2,即反应方程式为 C (s) +2

39、NO (g) ?CQ (g) +N2 (g)；故答案为：C (s) +2NO (g) ?CQ(g) +n2 (g);根据图中数据，升高温度时，NO的物质的量增多，CO2和N2的物质的量减小，反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，即Q0;故答案为：;反应C+2NO?N2+c。是一个气体体积不变的反应，而反应物只有一种气体，故加入 NO气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，原平衡中NO转化率为0.10-0.020010 x 100%=80%则达到新平衡时 NO的转化率为80%,故答案为：80%。反应C+2NO?N2+CO2是一个气体体积不变的反应，而且反应物只有一种气体，故加

40、入 NO气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，两平衡中各组分的物质的量分数、气体体积分 数、质量分数、物质百分含量相等。10. (1)如图所示，甲、乙之间的隔板 K和活塞F都可左右移动，甲中充入 2 mol A和1 mol B ,乙中充入2mol C和1 mol He ,此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g) B(g) ? 2c(g)；反应达到平衡后，再恢复至原温度。65 4 3 2 1 0 1 2 S 4 5 6 7 8 1 If_rr1 甲卜K活塞F回答下列问题：可根据 现象来判断甲、乙中反应都已达到平衡。达到平衡时，隔板 K最终停留在0刻度左侧a处，则a的取值范围是 。(2)

41、若一开始就将 K、F固定，其它条件均同(1),则达到平衡时：甲、乙中C的物质的量的关系是甲 乙(填“”、V”或)。如果测得甲中 A的转化率为b,则乙中C的转化率为 。【答案】K、F不再移动 0 a 2 = 1 b【解析】【分析】(1)当物质的量不发生变化时达到平衡状态，此时隔板K和活塞F不再移动；根据可逆反应的特征进行分析；(2)体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到的平衡状态相同，乙中的He对平衡无影响；根据转化率的概念进行计算。【详解】(1)当物质的量不发生变化时达到平衡状态，此时隔板K和活塞F不再移动，因此当隔板K和活塞F不再移动时，可判断甲、乙中反应都已达到平衡；甲中气体若不转化，则气体

42、的物质的量最大为3mol ,即停留在“0刻度处，若甲中的A、B气体全部转化为 C,则气体物质的量变为 2 mol ,则隔板K应停留在“2勺位置，所以0 a 2 ；(2)假设甲中投入 2 mol A和1 mol B ,乙中投入2 mol C达平衡时两容器内是等效的，即平衡时C的物质的量相等，然后再向乙容器中投入1mol He,由于是恒容容器，且He不参与反应，故乙平衡不移动，则甲、乙两容器中的C的物质的量仍相等；若甲中A的转化率为b,则平衡时生成 C的物质的量为2b,由于甲、乙完全等效，则乙2 2b容器中C的物质的量也为2b,即C的转化率1 bo2.将等物质的量的 A、B、C D 4种物质混合，

43、发生如下反应：aA+ b%-cC(s)+ dD,当反应进行一定时间后，测得A减少了 4n mol, B减少了 2n mol, C增加了 6n mol, D增加了 4n mol,此时达到化学平衡。(1)该化学方程式各物质的化学计量数为a =、b =、c=、d =。(2)若只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，该反应中各物质的聚集状态：A、B、D o(3)若只升高温度，反应一段时间后，测知4种物质其物质的量又达到相等，则该反应为(填放热或吸热”反应。【答案】2 1 3 2气体固体或液体气体放热【解析】【分析】化学计量数之比等于物质的量变化量之比；(2)只改变压强，反应速率发生变化，但平衡

44、不发生移动，说明反应前后气体的体积不变， 即反应前后气体总的化学计量数相等；(3)若只升高温度，反应一段时间后，测知4种物质其物质的量又达到相等，说明平衡向逆反应方向移动。【详解】(1)化学计量数之比等于物质的量变化量之比，则：a： b: c： d=4n： 2n ： 6n： 4n=2： 1：3： 2,故 a=2、 b=1、 c=3、 d=2；对于反应：2A+1B? 3c(s)+2D,只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，说明反应前后气体的体积不变，即反应前后气体总的化学计量数相等，而 C为固体，只能A、D为气态，B为固体或液体；若只升高温度，反应一段时间后，测知4种物质其物质的量又达

45、到相等，说明平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即该反应正反应为放热反应。. TC时，有甲、乙两个密闭容器，甲容器的体积为 1L,乙容器的体积为 2L,分别向 甲、乙两容器中加入 6mol A和3mol B,发生反应如下：3A (g) + b B (g) = 3C (g) + 2D (g) , 4min后甲容器内的反应达到平衡，A的浓度为2.4mol/L , B的浓度为1.8mol/L; t min后乙容器内的反应达到平衡，B的浓度为0.8mol/L。根据题给的信息回答下列问题：(1)甲容器中反应的平均速率 v (B) =。(2)在温度TC时，该反应的化学平衡常数为 ,由下表

46、数据可知该反 应为 (填吸热放热)反应。化学平衡常数 K和温度t的关系如下表：t C70080083010001200K0.60.91.01.72.6(3) TC时，在另一个体积与乙相同的丙容器中，为了达到平衡时 B的浓度仍然为 0.8mol/L,起始时，向丙容器中加入C D的物质的量分别为 3mol、2mol,则还需加入 A、B的物质的量分别是、。【答案】0.3mol/(L gmin) 10.8 吸热 3mol 2mol【解析】【分析】【详解】(1)甲中 B 起始浓度为 3mol/L , 4min 内 B 的浓度改变了 3mol/L- 1.8mol/L=1.2mol/L,v(B)=1.2mo

47、l /L + 4min=3mol/(L gmin),答案为 0.3mol/(L gmin);(2)由上可知甲达平衡时，B的浓度改变了 1.2mol/L, A的浓度改变了 3.6mol/L ,因为A和B的浓度的改变量之比等于A和B的化学计量数之比，故 b=1,所以B、C、D的化学计量数之比为1:3:2,所以平衡时 C D的浓度分别为3.6mol/L、2.4mol/L ,温度TC时，该反应的3 63 2 42化学平衡常数 K=-3= = 10.8；由表可知，温度升局K增大，说明平衡正向移动，2.43 1.8故正反应为吸热反应。答案为10.8、吸热；(3)该反应前后气体体积可变，同温同容下，要使乙和

48、丙为等效平衡，则必须满足等量等效，即用“一边倒”的方法将C D转化为反应物 A、B后，A、B的量必须与乙中 A、B的量对应相等，起始时，向丙容器中加入C D的物质的量分别为 3mol、2mol,等效于A、B的物质的量分别为 3mol、1mol,故还需要加入的 A的物质的量=6-3=3mol,加入的B的物 质的量=3-1=2mol,答案为 3mol、2mol。点睛：本题考查化学反应速率计算、化学平衡常数、等效平衡等，难度中等，(3)中注意理解等效平衡规律，分清楚是等温等容还是等温压下的等效平衡，并且考虑化学方程式中 反应前后气体的化学计量数的特点，然后利用规律求解。13. C N、O、Al、Si

49、、Cu是常见的六种元素。常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1),测得原电池的电流强度 (I)随时间的变化如图2所示， 反应过程中有红棕色气体产生。1(A)”淀电流装置0ti时, 极移动，【答案】反应,溶液中的H+向原电池的负极是 Al片，此时，正极的电极反应式是ti时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是2H+NO3-+e-=NO2+H2O正铝在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步发生0到ti这段时间，由于金属活动性：AlCu,因此Al作负极，失去电子发生氧化反应，浓硝酸电离产生的NO3-在正极Cu上得到电子，发生还原反应产生NO2气体，正极反应式为2H+NO3-+e-=NO2+H2O,溶液中的H+不断移向正极；ti时，由于室温下铝被浓硝酸氧化产生 Al2O3,覆盖在金属 Al表面，使Al不