高考化学 化学反应与能量 培优练习(含答案)
高考化学化学反应与能量培优练习(含答案)
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下：
下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pH 2.1 6.5 3.77.1
沉淀完全的pH 3.39.7 4.79.2
(1)为了提高镍元素的浸出率，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__________。
(3)“调pH”时，控制溶液pH的范围为__________。
(4)“沉镍”过程中，若滤液A中c(Ni2＋)=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2＋沉淀完全［即溶液中c(Ni2＋)≤1.0×10-5］，则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_____g。(已知K sp(NiCO3)=6.5×10-6，忽略溶液体积的变化)
(5)流程中由溶液得到NiCl2·6H2O的实验操作步骤依次为______、过滤、洗涤、干燥。
【答案】将镍废料磨成粉末(或搅拌，或适当升高温度，或提高酸的浓度)
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O 4.7≤pH<7.1或［4.7，7.1) 17.5 蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
根据流程：金属镍废料(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Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7≤pH<7.1，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】
(1)为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高镍元素的浸出率；
(2)H2O2具有氧化性，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，离子方程式为：
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++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(CO32-)=
6
5
6.510
1.010
-
-
?
?
=0.65mol/L，此时溶液中
CO32-为0.065mol，故至少需要Na2CO3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol，其质量
m(Na2CO3)=0.165mol×106g/mol=17.49g≈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。
2．工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。回答下列问题：
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O Δ
ZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。该
反应中每生成1 mol ZnFe2O4转移电子的物质的量是________。
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是________________________(任答一条)；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________；试剂X的作用是_______。
【答案】＋3 4 mol 增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案) Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋ H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 调节溶液的pH，促进Fe3＋水解
【解析】
【分析】
将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、
CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价；
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3?6H2O Δ
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．反应过
程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，计算转移电子的物质的量；
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子；
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。
【详解】
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价，+2+x×2+(-2)×4=0，x=+3；
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3?6H2O Δ
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4，反应过
程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，则氧化产物为：ZnFe2O4、CO2，每生成1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1mol ZnFe2O4，生成4molCO转移电子的物质的量是4mol；
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+；(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，试剂X的作用是调节溶液pH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。
3．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①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素
②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+Mn2+Mg2+
开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.310.68.89.6
沉淀完全的pH 5.2 2.88.312.610.811.6
③常温下，Ksp(CaF2)=1.46×10?10，Ksp(MgF2)=7.42×10?11；Ka(HF)=1.00×10?4
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
①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3+，则氧化剂X宜选择__________
A．(NH4)2S2O8 B．MnO2 C．KMnO4
②调节pH时，pH可取的范围为_________________
③常温下加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液中，
2+
2+
c Ca
c Mg
（）
（）
=______若此时pH
为6，c(Mg2+)= a mol/L，则c(HF)为______________ mol/L （用a表示）
（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加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O 温度为500℃且
m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10 B 5.2≤pH＜0.742
a
×10-7 CO32-水解程度大于
HCO3-，易生成氢氧化物沉淀
【解析】
【分析】
根据流程：将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧：MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出液含有Mn2+、Fe2+、
Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应为：
MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3
沉淀除去，然后加入NH 4F 将Ca 2+、Mg 2+以CaF 2、MgF 2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl 2、NH 4Cl ，加入碳酸氢铵发生反应：Mn 2++2HCO 3-加热MnCO 3↓+CO 2↑+H 2O ，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO 3，滤液为NH 4Cl 溶液，蒸发结晶得到NH 4Cl 固体，可循环使用，据此分析作答。
【详解】
(1)“混合研磨”可使物质充分接触，加快反应速率；
(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO 3+2NH 4Cl 加热MnCl 2+2NH 3↑+CO 2↑+H 2O ；
(3) 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m (NH 4Cl)：m (锰矿粉)增大而增到，500℃、m (NH 4Cl)：m (锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m (NH 4Cl)：m (锰矿粉)增大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH 4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；
(4)①根据分析，浸出液含有Mn 2+、Fe 2+、Al 3+、Ca 2+、Mg 2+，加入氧化剂X 的目的将Fe 2+氧化为Fe 3+，同时在选择氧化剂时，要尽可能不要引入新的杂质，则氧化剂X 宜选择MnO 2，答案选B ；
②根据分析，再调节溶液的pH 将Al 3+、Fe 3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH 4F 将Ca 2+、Mg 2+以CaF 2、MgF 2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl 2、NH 4Cl ，过程中不能让Mn 2+沉淀，结合相关金属离子在浓度为0.1mol/L 时形成M(OH)n 沉淀的pH 范围表，Al 3+、Fe 3+完全沉淀时的pH 值分别为5.2和2.8，Mn 2+开始沉淀的PH 值为8.8，pH 可取的范围为5.2≤pH ＜8.8；
③()()()()()()222+-2+10
22+11
2+-2c c ==Ca F Ksp CaF c Ca 1.4610Ksp MgF c M =c c g 7.4210Mg F --??（）（）≈1.97；若此时pH 为6，即c (H +)=10-6 mol/L ，c (Mg 2+)= a mol/L ，c (F -
mol/L ，HF 是弱酸，在溶液中部分电离，已知K a(HF)=()()()c H c F c HF +-?=1.00×10?4则
c(HF)=()(
)()+-c H c F Ka HF
?×10-7mol/L ； (5)“碳化结晶”过程中，因为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c (OH ?)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。
4．化学肥料在农业生产中有重要作用。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(H 2NCOONH 4)，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(H2PO4)2·H2O 2NH3＋CO2H2NCOONH4 H2NCOONH4H2NCONH2＋H2O 粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3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K2CO3，K2CO3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；
（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)2·H2O与CaSO4，其有效成分为Ca(H2PO4)2·H2O。故答案为：Ca(H2PO4)2·H2O；
（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，利用原子守恒可直接写出反应的方程式：2NH3＋
CO2H2NCOONH4，H2NCOONH4H2NCONH2＋H2O。故答案为：2NH3＋
CO2H2NCOONH4，H2NCOONH4H2NCONH2＋H2O；
（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K2CO3，K2CO3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；故答案为：粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3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；
（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．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=2FeCl2＋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－3e－＋4OH－=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Cu－2e－=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－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；
(3)根据总反应2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋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Fe3＋＋e－=Fe2＋。
【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。
6．（1）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。
①画出装置图：___。
②电极材料和电解质溶液各是什么___。？
③写出电极反应式：负极：___；正极：___。
（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气___L（标准状况下）。导线中通过___mol电子。
【答案】负极：锌片、正极：铜片；CuSO4溶液 Zn–2e-=Zn2+
Cu2++2e-=Cu 1.12L 0.1
【解析】
【分析】
（1）利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，根据原电池原理写出电极反应式。（2）根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。
【详解】
（1）①利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，设计的原电池
装置为：；
②根据以上设计可知，负极为锌片，正极为铜片，电解质溶液为CuSO4溶液；
③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：Zn–2e-=Zn2+，正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，CuSO4溶液中的阳离子有Cu2+和H+，放电能力Cu2+大于H+，正极反应为：，Cu2++2e-=Cu；
（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极：Zn–2e-=Zn2+，正极：
2H++2e-=H2↑，由电极反应n(H2)=n(Zn)=
3.25g
0.05mol 65g/mol
=，
V(H2)=0.05mol?22.4L/mol=1.12L，n(e-)=2 n(Zn)=2?0.05mol=0.1mol。
【点睛】
原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现象一般为产生气体或质量增加。
7．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(累计值)：
时间/min12345
(1)在0～1 min、1～2 min、2～3 min、3～4 min、4～5 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2～3 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，其中可行的是________。
A．蒸馏水 B．Na2SO4溶液
C．NaNO3溶液 D．Na2CO3溶液
【答案】2～3 min 该反应是放热反应，2～3 min时溶液温度最高，反应速率最快 4～5 min 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，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL；
(1)2 min～3 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；4～5 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 min～3 min生成的氢气的体积为112mL，则n(H2)=
0.112L
22.4L/mol
0.005mol，反应过程中
发生反应Zn+2HCl===ZnCl2+H2，则该时间段内消耗的n(HCl)=0.01mol，溶液体积为
100mol，则△c(HCl)=0.1mol/L，v(HCl)=
-1
0.1mol L
=
1min
c
t
?
?
g
=0.1 mol·L－1·min－1；
(3)A．加入蒸馏水，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Na2CO3溶液，Na2CO3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。
8．硫化氢（H2S）是一种有毒的可燃性气体，用H2S、空气和KOH溶液可以组成燃料电池，其电池总反应为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO3+4H2O。
（1）该电池工作时正极应通入___。
（2）该电池负极的电极反应式为___。
（3）该电池工作一段时间后负极区溶液的pH__（填“升高”“不变”或“降低”）。
【答案】O2 H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O 降低
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由电池总反应可知，反应中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，氧气中氧的化合价降低，发生还原反应，则通入硫化氢的电极为负极，通入氧气的电极为正极。
答案为：O2。
（2）碱性溶液中正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应减去正极反应得到负极反应式为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。
答案为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。
（3）由负极反应式可知，负极反应消耗OH-，同时生成水，则负极区溶液中c(OH-)减小，pH降低。
答案为：降低。
【点睛】
电池反应中有氧气参加，氧气在反应中得到电子发生还原反应，根据原电池原理，负极发生氧化，正极发生还原，所以通入氧气的电极为电池的正极，酸性条件下的反应：
O2+4H++4e-=2H2O，碱性条件下的反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。
9．某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量的百分率）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得数据曲线如图。
主要反应是：NaCl（l）+KAlSi3O8（s）?KCl（l）+NaAlSi3O8（s）+Q；
(1)分析数据可知，Q_______0（选填“>”或“<”）。
(2)950℃时，欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是_______（填序号）。
a．延长反应时间b．充分搅拌
c．增大反应体系的压强d．将钾长石粉粹成更小的颗粒
(3)要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大，反应温度应为_____________。
(4)工业上常用KCl冶炼金属钾。反应方程式为：Na(l)+KCl(l)NaCl(l)+K(g)用平衡移动原理解释该方法可行的原因：_________________。
【答案】< b d 950℃利用钾的状态与其他物质不同，可以将气态钾分离出来，②降低了产物的浓度，使平衡正向移动
【解析】
(1)由图象中曲线变化可知，温度越高钾元素的熔出率，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，据此判断；
(2)该转化过程没有气体参与，应使反应物充分接触提供反应速率；
(3)根据图象曲线变化可知，温度越高，钾元素的熔出率和熔出速率都增大；
(4)K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。
【详解】
(1)由图象曲线数据可知，温度越高钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，说明正反应是吸热反应，所以Q<0；
(2)a. 延长反应时间，不能提高反应速率，a错误；
b. 充分搅拌，反应物充分接触，化学反应速率加快，b正确；
c. 该反应体系没有气体参加，增大反应体系的压强，不能提高反应速率，c错误；
d. 将钾长石粉粹成更小的颗粒，增大反应物的接触面积，反应速率加快，d正确；
故合理选项是bd；
(3)根据图象可知，温度为950℃时熔出率和熔出速率都最高，故合适温度是950℃；
(4)根据反应方程式可知，金属K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，故合理原因是将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。【点睛】
本题考查了化学平衡及其影响、反应条件的选择，要结合温度对化学反应速率和化学平衡的影响，结合平衡移动原理分析解答，注意熟练掌握化学平衡及其影响因素，题目充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
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++Cu2+，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，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题。
Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，
(1)Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu?2e?=Cu2+；
(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++Cu2+，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。
11．一氧化碳和二氧化硫是用途广泛的化工基础原料。
（1）已知：C（s）＋O2（g）＝CO2（g）△H1＝– 393.5 kJ·mol – 1
C（s）＋CO2（g）＝2CO（g）△H2＝＋172.5 kJ·mol – 1
S（s）＋O2（g）＝SO2（g）△H3＝– 296.0 kJ·mol – 1
已知某反应的平衡常数
[]
[]
2
2
2
2
CO
K
SO[CO]
=
?
，据以上信息，请写出该反应的热化学反应方程
式：________________。
（2）工业上用一氧化碳制取氢气的反应为：CO（g）＋H2O（g）垐?
噲?CO2（g）＋H2（g），已知420℃时，该反应的化学平衡常数为9.0。如果反应开始时，在2 L的密闭容器中充入CO和H2O的物质的量都是0.60 mol，5 min末达到平衡，则此时CO的转化率为
______，H2的化学反应速率为_____。
（3）工业利用反应2SO2（g）＋O2（g）垐?
噲?2SO3（g）制硫酸，一定条件下，将
1molSO2与2molO2置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是______
a 体系压强保持不变
b 混合气体密度保持不变
c SO2和O2的物质的量保持不变
d 每消耗1 mol SO3的同时，生成0.5 mol O2
【答案】SO2（g）＋2CO（g）垐?
噲? 2CO2（g）＋S（s）△H＝－270kJ·mol-1； 75% 0.045mol·L-1·min-1 a、c
【解析】
(1)已知某反应的平衡常数[][]22
22CO SO [CO]K =?，则该反应的方程式为
SO 2(g)+2CO(g)?2CO 2(g)+S(s)，根据盖斯定律结合已知方程式计算反应热；
(2)根据所给反应的平衡常数，利用三段式法计算浓度变化值结合公式计算；
(3)学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；
【详解】
(1)已知某反应的平衡常数[][]22
22CO SO [CO]K =?，则该反应的方程式为
SO 2(g)+2CO(g)?2CO 2(g)+S(s)，
①C(s)+O 2(g)=CO 2(g)△H 1=-393.5kJ?mol -1
②C(s)+CO 2(g)=2CO(g)△H 2=+172.5kJ?mol -1
③S(s)+O 2(g)=SO 2(g)△H 3=-296.0kJ?mol -1，
由盖斯定律①-②-③可得SO 2(g)+2CO(g)?2CO 2(g)+S(s) △H =-270kJ?mol -1；
故答案为：SO 2(g)+2CO(g)?2CO 2(g)+S(s) △H =-270kJ?mol -1；
(2)设参加反应的CO 的浓度为x
()()()()
222++CO 0.300.3000x x x x
0.30-x 0.30-x H O C x
O H x g g g g ?起始转化平衡 [][]()222
222CO x =9.0SO [CO]0.30-x =K =?，解得x=0.225mol/L ，所以CO 的转化率α(CO)=
-1
-10.225mol L 0.30mol L
g g ×100%=75%，氢气反应速率v (H 2)=()-1
2H 0.225mol L =5min
c t ??g =0.045mol/(L?min)，故答案为：75%；0.045mol/(L?min)； (3)a ．反应前后气体的体积不等，故容器总压强随时间改变，当压强不再随着时间变化时，即达到化学平衡状态，故a 正确；
b ．总质量不变，体积不变，故混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故b 错误；
c ．起始SO 2和O 2的物质的量之比为1:2，而反应过程中按照2:1的比例进行反应，所以SO 2和O 2的物质的量之比不变时说明反应达到平衡，故c 正确；
d ．每消耗1mol SO 3为逆反应速率，同时，生成0.5mol O 2也为逆反应速率，任一时刻不同物质表示的同一方向速率之比等于计量数之比，故d 错误；故答案为：ac ；
12．一定温度下10L 密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=22[CO][H ][H O]
。
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 H2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。t2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1molH2O，5min后H2O的物质的量是0.8mol，这5min内H2O的平均反应速率为___。
【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、反应物浓度；
（4）反应速率=
c
v=
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）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，K增大说明平衡正向移动，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不随时间改变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；
故选a b ；
（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是升高温度、增大压强、增大反应物浓度，故答案为：升高温度；增大水蒸汽的浓度；
（4）反应速率()c 1-0.8v==5=0.004mol/L min 10
t ??g ，故答案为0.004mol/（L ﹒min ）。
13．Ⅰ．某实验小组对H 2O 2的分解做了如下探究。下表是该实验小组研究影响H 2O 2分解速率的因素时记录的一组数据，将质量相同的粉末状和块状的MnO 2分别加入盛有15 ml 5%的H 2O 2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，结果如下：
MnO 2
触摸试管情况 观察结果 反应完成所需的时间 粉末状
很烫 剧烈反应，带火星的木条复燃 3.5min 块状 微热 反应较慢，火星红亮但木条未复燃 30min
（1）写出上述实验中发生反应的化学方程式：______。
（2）实验结果表明，催化剂的催化效果与_____有关。
（3）某同学在10 mL H 2O 2 溶液中加入一定量的二氧化锰，放出气体的体积（标准状况）与反应时间的关系如图所示，则A 、B 、C 三点所表示的反应速率最慢的是_____。
Ⅱ．某反应在体积为5L 的恒容密闭容器中进行， 在0-3分钟内各物质的量的变化情况如图所示（A ，B ，C 均为气体，且A 气体有颜色）。
（4）该反应的的化学方程式为__________。
（5）反应开始至2分钟时，B 的平均反应速率为____。
（6）能说明该反应已达到平衡状态的是____。
a ．v(A)= 2v(B)
b ．容器内各物质的物质的量相等
c ．v 逆(A)=v 正(C)
d ．容器内气体的颜色保持不变
（7）由图求得平衡时A 的体积分数______。
【答案】2H 2O 2
2H 2O + O 2↑ 催化剂的表面积 C 2A + B 2C 0.1mol·(L·min)-1
cd 37.5%
【解析】
【分析】 Ⅰ．（1）二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，由带火星木条复燃，可知产物，由此可写出方程式；
（2）由实验现象可知催化剂作用大小的影响因素；
（3）A 、B 、C 三点的斜率代表反应速率，斜率越大，反应速率越大；
Ⅱ．（4）从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和生成物，根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程；
（5）化学反应速率是单位时间内浓度的变化，据此可求得反应速率；
（6）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度不再变化，若存在有色物质，则有色物质的颜色也不再变化，据此对各选项进行判断；
（7）根据
A 平衡时的物质的量平衡时气体总物质的量 ，可求得平衡时A 的体积分数． 【详解】
：（1）上述实验中发生反应的化学方程式为：22222
MnO 2H O 2H O + O =↑； （2）时间少，则反应速率快，则实验结果表明，催化剂的催化效果与催化剂的表面积有关，故答案为：催化剂的表面积；
（3）由图可知，曲线斜率变小，反应速率减小，则A 、B 、C 三点所表示的反应速率最慢的是C ，故答案为：C ；
Ⅱ．（4）由图象可以看出，A 、B 的物质的量逐渐减小，则A 、B 为反应物，C 的物质的量逐渐增多，所以C 为生成物，当反应到达2min 时，△n （A ）=2mol ，△n （B ）=1mol ，△n （C ）=2mol ，化学反应中，各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比，则△n （A ）：△n （B ）：△n （C ）=2：1：2，故答案为：2A+B 2C ?；
（5）由图象可以看出，反应开始至2分钟时，△n （B ）=1mol ，B 的平均反应速率为：1mol 2min 5L
÷=0.1mol/（L?min ），故答案为：0.1mol/（L?min ）； （6）a ．v （A ）=2v （B ）不能说明正反应和逆反应的关系，故无法判断反应是否达到平衡，故a 错误；
b ．容器内各物质的物质的量相等，不能说明各组分的浓度不再变化，无法判断是否达到平衡状态，故b 错误；
c．在该反应中A和C的计量数相等，当v逆（A）=v正（C）时，正逆反应速率相等，说明反应已达平衡状态了，故c正确；
d．只有A为有色物质，当容器内气体的颜色保持不变，说明各组分的浓度不再变化，该反应已经达到平衡状态，故d正确；
故答案为：cd；
（7）由图象可知：达平衡时A的物质的量为3mol，平衡时总物质的量为
1mol+3mol+4mol=8mol，
所以A的体积分数为
A3mol
=100%=37.5%
8mol
?
平衡时的物质的量
平衡时气体总物质的量
，故答案为：37.5%；
【点睛】
同一化学反应、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，据此可以求用不同物质表示的反应速率，也可通过不同物质的反应速率之比来反求反应方程式；某物质的
X（X可以是质量，体积等）分数=
X
X
100%
?
总的
某物质的
。
14．将等物质的量的A、B、C、D 4种物质混合，发生如下反应：aA＋bB 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________。
(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】
(1)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)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；
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；
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，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。
15．有七种金属：钾、锌、铁、锡、铜、银、铂，它们的标号分别为A、B、C、D、E、F、G。①常温下，只有A和水反应生成氢气；②D、E、G都能和稀硫酸反应生成氢气，B、C、F无此性质；③C、F组成原电池时，F为正极；④在G的硫酸盐溶液中加入D，发现D 溶解，G析出；⑤将G、E接触放置，E不易锈蚀；⑥以铂作电极，电解相同浓度的B和C 的硝酸盐溶液时，在阴极上首先得到C，G在空气中放置极易生锈。
则A是___，B是___，C是___，D是___，E是__，F是__。
【答案】钾铜银锌锡铂
【解析】
【分析】
根据①特别活泼的金属K、Ca、Na能够与冷水反应放出氢气；②比较活泼的金属可以与稀硫酸反应产生氢气；排在H后面的金属不能与酸发生置换反应；③活动性不同的金属构成原电池时，比较活泼的金属为负极，不活泼的金属为正极；④活动性强的金属可以把活动性弱的金属置换出来；⑤在金属的电化学腐蚀中，相对活泼的容易被腐蚀；⑥在电解池中，不活泼的金属阳离子优先获得电子，在电极上被还原，据此分析。
【详解】
有七种金属：钾、锌、铁、锡、铜、银、铂，它们的标号分别为A、B、C、D、E、F、G。
①常温下，只有A和水反应生成氢气，根据金属活动性顺序表，可知A为K；②D、E、G 都能和稀硫酸反应生成氢气，B、C、F无此性质，说明D、E、G在金属活动性顺序表中排在H的前边，可能为锌、铁、锡；而B、C、F则排在H的后边，可能为铜、银、铂；
③C、F组成原电池时，F为正极，则金属活动性：C>F；④在G的硫酸盐溶液中加入D，发现D溶解，G析出，说明金属活动性D>G；⑤将G、E接触放置，E不易锈蚀，说明金属活动性G>E； G在空气中放置极易生锈，则G为Fe，金属活动性D>G，则D是Zn，E为Sn；B、C、F分别为铜、银、铂的一种由于Pt不活泼，通常以金属单质存在，⑥以铂作电极，电解相同浓度的B和C的硝酸盐溶液时，在阴极上首先得到C，金属活动性：B>C则B 是Cu，C是Ag，F是Pt。
综上所述可知A是K，B是Cu，C是Ag，D是Zn，E是Sn，F是Pt，G是Fe，七种元素的名称分别是钾、铜、银、锌、锡、铂、铁。
【点睛】
本题考查了金属元素的推断。可以根据金属活动性顺序表可以判断金属活动性的强弱。在金属活动性顺序表中，钾、钙、钠可以与冷水迅速反应产生氢气，排在氢全前边的金属可以把酸中的氢置换出来，排在前边的金属可以把后边的金属从盐中置换出来；还可以根据原电池反应原理比较金属活动性的强弱。一般情况下相当较活泼的金属为负极，失去电子，发生氧化反应，较不活泼的金属为正极，溶液中的阴离子获得电子，发生还原反应；也可以根据电解原理分析，用惰性电解电解时，金属的活动性越弱，其相应的阳离子优先获得电子，被还原为金属单质。掌握判断方法是正确推断的基础。