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高考化学化学反应与能量-经典压轴题

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：

已知：①部分含钒物质的溶解情况：（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。

②部分金属离子[c（M n+）=0.1 mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：

回答下列问题：

（l）“研磨”的目的是___，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____ 。

（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。

（3）向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是___（填标号），调节溶液的pH范围为___，滤渣b为___（写化学式）。

（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为___。温度高于80℃，沉钒率下降，其可能原因是____

【答案】增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率

V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O 2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+ D 4.7≤pH＜7.8 Fe(OH)3、

Al(OH) 水浴加热(热水浴) 温度高于80℃，NH 4+水解程度增大成为主要因素，由于NH 4+浓度减小，沉钒率下降

【解析】

【分析】

粗钒(主要含有V 2O 5、V 2O 4，还有少量Fe 3O 4、Al 2O 3、SiO 2等)经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V 2O 5、V 2O 4，还有少量Fe 3O 4、Al 2O 3被硫酸溶解形成含有VO 2+、VO 2+、Fe 2+、Fe 3+、Al 3+的浸出液，由于SiO 2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a 为SiO 2，滤液a 为含有VO 2+、VO 2+、Fe 2+、Fe 3+、Al 3+的滤液，向滤液a 中加入具有强氧化性的NaClO 溶液，将滤液中的VO 2+、Fe 2+氧化为VO 2+、Fe 3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH 值，将滤液中的Fe 3+、Al 3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b 为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b 为主要含有VO 2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO 2+转化为NH 4VO 3沉淀，对生成的NH 4VO 3沉淀高温煅烧，获得V 2O 5，据此分析解答。

【详解】

(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸溶”时V 2O 5被硫酸溶解形成VO 2+，发生反应的化学方程式为V 2O 5+H 2SO 4=(VO 2)2SO 4+H 2O ；

(2)根据分析，向滤液a 中加入具有强氧化性的NaClO 溶液，将滤液中的VO 2+、Fe 2+氧化为VO 2+、Fe 3+，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO 2++ClO -+H 2O=2VO 2++Cl -+2H +；

(3)加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH 值，将滤液中的Fe 3+、Al 3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，根据部分金属离子[c(M n+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH 的关系表格数据可知， pH 值为2.8时，Fe(OH)3完全沉淀，pH 值为4.7时，Al(OH)3完全沉淀，pH 值为7.8时，Al(OH)3开始溶解，调节溶液的pH 范围为4.7≤pH ＜7.8，滤渣b 为Fe(OH)3、Al(OH)3，向三颈烧瓶中加入NaOH 溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧化钠溶液顺利流下，答案选D ；

(4)由图像可知，当温度为80℃左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80℃，NH 4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH 4+浓度减小，使沉钒率下降。

2．某含镍()NiO 废料中有FeO 、23Al O 、MgO 、2SiO 等杂质，用此废料提取4NiSO 的工艺流程如图1：

已知：①有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH 如图．

②25℃时，32NH H O ?的电离常数5b K 1.810.HF -=?的电离常数4a K 7.210-=?，

sp K ()112MgF 7.410-=?．

(1)加23Na CO 调节溶液的pH 至5，得到废渣2的主要成分是______(填化学式)．

(2)Mg 能与饱和4NH Cl 溶液反应产生3NH ，请用化学平衡移动原理解释(用必要的文字和离子方程式回答)______．

(3)25℃时，11mol L -?的NaF 溶液中()c OH -=______ 1mol L (-?列出计算式即可4).NH F 溶液呈______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)．

(4)已知沉淀前溶液中()231c Mg 1.8510mol L +--=??，当除镁率达到99%时，溶液中()c F -=______ 1mol L -?．

(5)在NaOH 溶液中用NaClO 与4NiSO 反应可得()NiO OH ，化学方程式为

____________；()NiO OH 与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池(KOH 溶液)，工作原理为：()5652LaNi H 6NiO OH LaNi 6NiO 6H O +++放电

充电，负极的电极反应式：______．

【答案】3Al(OH)、3Fe(OH) 氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，

4232NH H O NH H O H +

++?+，镁和氢离子反应生成氢气，氢离子浓度减小，促进平

衡正向进行，生成的一水合氨分解生成氨气，2432Mg 2NH Mg 2NH H +++=+↑+↑

107.210--?酸性 32.010-? ()42422NiSO NaClO 4NaOH 2Na SO NaCl 2NiO OH H O ++=+++

5652LaNi H 6OH 6e LaNi 6H O --+-=+

【解析】

【分析】

某NiO 的废料中有FeO 、23Al O 、MgO 、2SiO 等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为2SiO ，滤液为4NiSO 、4FeSO 、243Al (SO )、4MgSO ，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液pH ，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2

为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入4NH F 沉淀2Mg +，生成沉淀滤渣3为2MgF ，过滤得到的滤液，滤液中获得42NiSO 6H O ?晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，据此分析。

【详解】

某NiO 的废料中有FeO 、23Al O 、MgO 、2SiO 等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为2SiO ，滤液为4NiSO 、4FeSO 、243Al (SO )、4MgSO ，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液pH ，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入4NH F 沉淀2Mg +，生成沉淀滤渣3为2MgF ，过滤得到的滤液，滤液中获得42NiSO 6H O ?晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，

()1加入碳酸钠溶液调节溶液pH ，使铁离子，铝离子全部沉淀生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，得到废渣2的主要成分是3Al(OH)、3Fe(OH)，

故答案为：3Al(OH)、3Fe(OH)；

()2Mg 能与饱和4NH Cl 溶液反应产生3NH ，氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，4232NH H O NH H O H +

++?+，镁和氢离子反应生成氢气，氢离子浓度减小，促进平

衡正向进行，生成的一水合氨分解生成氨气，2432Mg 2NH Mg 2NH H +++=+↑+↑，

故答案为：氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，4232NH H O NH H O H +++?+，镁和氢

离子反应生成氢气，氢离子浓度减小，促进平衡正向进行，生成的一水合氨分解生成氨

气，2432Mg 2NH Mg 2NH H +++=+↑+↑；

()325℃时，11mol L -?的NaF 溶液中()c F 1mol /L -=，结合电离平衡常数

4a K 7.210-=?，()()()h w a c HF c OH K K /K c F -

-?==，水解平衡时F -近似取1mol /L ，

()()c HF c OH -=，则(

)c OH /L -=，一水合氨电离平衡常数5b K 1.810-=?。HF 的电离常数4a K 7.210-=?，a b K K >，则4NH F 溶液中铵根离子水解程度大，溶液显酸性，

；酸性； ()4已知沉淀前溶液中()231c Mg 1.8510mol L +--=??，当除镁率达到99%时，()251c Mg 1.8510mol L +--=??，()()()

2211sp 2K MgF c Mg c F 7.410+--==?，()11257.410c F mol /L 1.8510---?=?，(

)

3c F 2.010mol /L --==?，

故答案为：32.010-?；

()5在NaOH 溶液中用NaClO 与4NiSO 反应可得()NiO OH ，同时生成硫酸钠和氯化钠，反应的化学方程式为：

()42422NiSO NaClO 4NaOH 2Na SO NaCl 2NiO OH H O ++=+++，()NiO OH 与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池(KOH 溶液)，工作原理为：

()56LaNi H 6NiO OH +52LaNi 6NiO 6H O ++，负极是56LaNi H 失电子生成5LaNi ，电极反应为：5652LaNi H 6OH 6e LaNi 6H O --+-=+，

故答案为：()42422NiSO NaClO 4NaOH 2Na SO NaCl 2NiO OH H O ++=+++；5652LaNi H 6OH 6e LaNi 6H O --+-=+。

3．在一定温度下，体积为2L 的密闭容器中，NO 2和N 2O 4之间发生反应：2NO 2(g)(红棕色)N 2O 4(g)(无色)，如图所示。

(1)曲线_____________(填“X”或“Y”)表示N 2O 4的物质的量随时间的变化曲线。

(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________。

①升高温度 ②减小容器体积 ③通入N 2O 4 ④通入Ar 使压强增大 ⑤通入HCl 气体 A ．①③④ B ．①②③ C ．①④⑤ D ．①②④

(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(NO 2)=2v(N 2O 4)

F ．相同时间内消耗n mol 的Y 的同时消耗2n mol 的X

【答案】Y 0.1mol·

L －1·min －1 B 60% A 、D 、F 【解析】

【分析】

【详解】

(1)据图可知相同时间内△n (X)是△n (Y)的两倍，根据方程式2NO 2(g)N 2O 4(g)可知单位时间内NO 2的变化量更大，所以Y 代表N 2O 4的物质的量随时间的变化曲线；

(2)X 代表NO 2，3min 内，v (NO 2)=1mol-0.4mol

2L =3min

c t ??=0.1mol·L －1·min －1； (3)①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；

②减小容器体积，各物质浓度增大，反应速率加快，故正确；

③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；

④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；

⑤通入HCl气体，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；

综上所述选①②③，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-0.4mol

=60%；

100%

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。

4．依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：

(1)电极X的材料是_______；电解质溶液Y是________；

(2)银电极上发生的电极反应式为___________________；

(3)外电路中的电子是从______→______；

(4)当有1.6 g铜溶解时，银棒增重______g 。

【答案】Cu AgNO3 Ag++e- =Ag X(或Cu) Ag 5.4

【解析】

【分析】

(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，作负极，Ag作正极，电解质溶液为含有

银离子的可溶性银盐溶液；

(2)银电极上是溶液中的Ag+得到电子发生还原反应；

(3)外电路中的电子是从负极经导线流向正极；

(4)先计算Cu的物质的量，根据反应方程式计算出正极产生Ag的质量，即正极增加的质量。

【详解】

(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，Cu作负极，则Ag作正极，所以X为Cu，电解质溶液为AgNO3溶液；

(2)银电极为正极，正极上Ag+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：Ag++e-=Ag；

(3)外电路中的电子是从负极Cu经导线流向正极Ag；

(4)反应消耗1.6 g铜的物质的量为n(Cu)=m 1.6g

M64g/mol

=0.025 mol，根据反应方程式

2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知：每反应消耗1 mol Cu，正极上产生2 mol Ag，则0.025 mol Cu反应，在正极上产生0.05 mol Ag，该Ag的质量为m(Ag)=0.05 mol×108 g/mol=5.4 g，即正极银棒增重5.4 g。

【点睛】

本题考查原电池原理，明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键，计算正极增加的质量时，既可以根据反应方程式计算，也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。

5．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+2CO2CO2+N2。

为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t1℃下，在一等容的密闭容器中，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)。

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）t1℃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___（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 1.42×10-4mol/(L·s)

c(CO)c(N)

c(NO)c(CO)

c、d

【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(N2)=1

v(NO)；

(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内的平均反应速率

v(N2)=1

v(NO)=

-4-4

10.010mol/L-1.5010m

ol/L

=1.42×10-4mol?L-1?s-1；

(3)根据平衡常数的概念可知反应 2NO+2CO2CO2 +N2的K=

22 (CO)(N) (NO)(CO)

c c

；

(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。

6．在A、B两个恒容密闭容器中发生反应：2NO2?2NO +O2反应过程中NO2的物质的量随时间变化的状况如图所示：

(1)若A容器的体积为5 L，反应经6 min达到平衡状态，则0~6 min内以O2浓度变化表示的反应速率为___________。

(2)该反应化学平衡常数K=__________(写出表达式)。

(3)说明该反应已达到平衡状态的是_______。

A．v正(NO2)=v逆(NO)B．c(NO2)=c(NO)

C ．气体的平均摩尔质量不变

D ．气体的密度保持不变

(4)若A 、B 两容器中只是温度不同，则T A ____T B (填“>”或“<”)，请写出一条能提高二氧化氮转化率的措施_____________。

【答案】0.002 mol/(L?min) ()()()

2222c NO c O c NO AC ＜升高温度(或减小压强) 【解析】

【分析】

(1)根据c v t

?=?计算反应速率； (2)平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比或反应产物与反应底物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比。

(3)反应达到平衡状态，各组分的浓度不随着时间的变化而变化，正逆反应速率相等，根据化学平衡状态的特征结合变量不变的状态是平衡状态来回答；

(4)温度越高达到平衡所需时间越短，不增加NO 2的物质的量使平衡右移即可增大其转化率。

【详解】

(1)据图可知初始时n (NO 2)=0.30mol ，平衡时n (NO 2)=0.18mol ，△n (NO 2)=0.12mol ，△c (NO 2)=-10.12mol =0.024mol L 5L

，则()()()2-1

20.024mol L ===0.0046min

NO NO mol/L min c v t ??，同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比，所以v (O 2)=0.002 mol/(L?min)，故答案为：0.002 mol/(L?min)；

(2)根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K =()()()

2222NO O NO c c c ，故答案为：()()()

2222NO O NO c c c ； (3)A ．反应平衡时v 正(NO 2)=v 逆(NO 2) ，同一反应反应速率之比等于计量数之比，所以v 逆(NO 2)=v 逆(NO) ，所以v 正(NO 2)=v 逆(NO) ，可以说明反应已达平衡；

B ．反应过程中c (NO 2)减小，c (NO)增大，某一时刻二者可能相等，但不能说明反应平衡；

C ．反应过程中气体总质量不变，但气体的物质的量在改变，即平均摩尔质量会变，所以当气体的平均摩尔质量不变时可以说明反应平衡；

D ．气体总质量不变，体积不变，故密度一直不变，所以密度不变时不能说明反应平衡；故答案为：AC ；

(4)根据图可知容器B 达到平衡所需时间更短，反应速率更大，温度更高，且平衡时二氧化氮浓度更低，说明温度升高平衡右移，正反应为吸热反应，升高温度可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，该反应为压强减小的反应，故减小压强可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，故答案为：＜；升高温度(或减小压强)。

【点睛】

同一反应中不同物质表示的反应速率之比等于计量数之比，直接求某物质的反应速率不好求时可以通过求其他物质的反应速率来推算。

7．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/s012345

n(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

【答案】b 1.5×10－3mol·L－1·s－1 B

【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，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；

（2）根据△v=

计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质

的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；

（3）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变。

【详解】

（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，所以反应为可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；

故答案为：b；

（2）0～2s内v(NO)=0.0200.008

mol mol

L min

=0.0030mol/(L.min)，同一化学反应同一时间段

内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率为0.0015mol/(L?s)；故答案为： 0.0015mol/(L?s)；

（3）A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(NO2)＝2v(O2)为正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；

B.反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故B正确；

C. 恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；

D.恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故选B；

故答案为：B。

8．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，CO32－向电极___(填“a”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 O2，则电路中通过了的电子数目为___________。

【答案】O2 a 0.4N A

【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+12H++12e-=6H2O，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0.4N A。

9．某小组利用H2C2O4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）2KMnO4+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。

(1)已知反应后H2C2O4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(KMnO4) ≥______________。

(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①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）＝_______ mol·L－1·min－1。

【答案】2 2.5 ②和③①和② 0.010或1.0 ×10-2

【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“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；

（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 H2C2O4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c

（H2C2O4）：c（KMnO4）≥5

=2.5；

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：②和③；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①和②；

故答案为：②和③；①和②；

（3）草酸的物质的量为：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/L0.004L

0.002L+0.0043

×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）

0.010/60/

mol L s min

=0.010mol?L-1?min-1；

故答案为：0.010或1.0×10-2。

10．一定温度下10L密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=2

[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 ）+H 2O （g ）?CO （g ）+H 2（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 ）+H 2O （g ）?CO （g ）+H 2（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 ）+H 2O （g ）?CO （g ）+H 2（g ）；吸热；

（2）a ．当v 正（H 2O ）=v 逆（H 2）=v 逆（H 2O ）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 molH 2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 ?? ，故答案为0.004mol/（L ﹒min ）。

11．T ℃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（B ）＝____________________。

（2）在温度T ℃时，该反应的化学平衡常数为__________________，由下表数据可知该反应为______________（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 ℃ 700 800 830 1000 1200

K0.60.9 1.0 1.7 2.6

（3）T℃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 min)10.8吸热3mol2mol

【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，

(B)=1.2mol /L÷4min=0.3mol/(L min)，答案为0.3mol/(L min)；

(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T℃时，该反应的

化学平衡常数K=

3.6 2.4

2.4 1.8

= 10.8；由表可知，温度升高K增大，说明平衡正向移动，

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。

12．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义。图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。

①腐蚀过程中，负极是_____（填图中字母“a”或“b”或“c”）

②环境中的Clˉ?扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈

Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_____；

③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为_____L(标准状况)。

【答案】c 2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓ 0.448

【解析】

【分析】

【详解】

①根据图示，该装置为原电池，Cu作负极失去电子，发生氧化反应，元素的化合价升高，根据图示可知腐蚀过程中，负极是c，正极是b，a为腐蚀之后生成的产物；

②环境中的氯离子扩散到孔口，负极上Cu失去电子变为Cu2+，正极上O2得到电子变为OH-，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，离子方程式为

2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓；

③4.29 gCu2(OH)3Cl的物质的量n[Cu2(OH)3Cl]=

4.29?g

241.5?g/mol

=0.02 mol，每反应产生1 mol

Cu2(OH)3Cl转移4 mol电子，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，

n(O2)=n[Cu2(OH)3Cl]=0.02 mol，所以理论上耗氧体积V(O2)=0.02 mol×22.4 L/mol=0.448 L。【点睛】

本题考查了原电池原理、物质性质及转移电子守恒，注意同一闭合回路中电子转移数目相等进行解答。

13．某温度时，在2L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析

(1)该反应的反应物是_______。

(2)该反应_______（填“是”或“不是”）可逆反应，原因是______________。写出该反应的化学方程式：_______。

(3)反应开始至2min 时，用C 表示的平均反应速率为_______。

【答案】A 、B 是反应物不能完全反应，某一时刻A 、B 、C 同时存在，且量不再变化 A(g)+3B(g)

2C(g) 0.05mol/(L ?min)

【解析】

【分析】

(1)由图中数据可以看出，反应未进行时，A 、B 都具有最大物质的量，而C 的物质的量为0，由此可确定反应物与生成物。

(2)当物质的量不再改变时，A 、B 、C 的物质的量都不为0，则表明反应没有进行到底。

(3)从图中采集数据，可计算出C 表示的平均反应速率。

【详解】

(1)反应过程中A 、B 的物质的量减少，是反应物；C 的物质的量增加，是生成物。答案为：A 、B ；

(2)该反应中，反应物不能完全反应，某一时刻A 、B 、C 同时存在，且量不再变化，所以该反应是可逆反应。2min 时反应达到平衡，A 、B 、C 三种气体的物质的量的变化量依次为0.1mol 、0.3mol 、0.2mol ，物质的量的变化量之比为l ：3：2，因为物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，所以该反应的化学方程式为A(g)+3B(g)2C(g)。答案为：是；反应

物不能完全反应，某一时刻A 、B 、C 同时存在，且量不再变化；A(g)+3B(g)2C(g)； (3)从反应开始至2min 时，C 的物质的量从0增加到0.2mol ，用C 表示的平均反应速率为

0.2mol (C)2L 2min

v =

?=0.05mol/(L ?min)。答案为：05mol/(L ?min)。【点睛】在书写反应方程式时，我们很容易将反应物与生成物之间用“==”表示，其错因是缺少“考虑反应是否可逆”的意识。

14．部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示：

序号元素结构及性质

A A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5

B B原子最外层电子数是内层电子总数的1/5

③C C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态

④D D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料

①E 通常情况下，E没有正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物

②F F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族

(1)A元素在周期表中的位置为____________________________________________。

(2)B与C形成的化合物的化学式为________，它属于________(填“离子”或“共价”)化合物。

(3)①F与E可以形成原子个数比分别为2∶1、1∶1的两种化合物X和Y，区别X与Y的水溶液的实验方法是____________________

②F与C组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与X、Y相等，则M的水溶液显

________性，N的结构式为________。

(4)C与E都是较活泼的非金属元素，用化学方程式表明这两种单质的氧化性强弱____。

(5)有人认为B、D的单质用导线连接后插入氯化钠溶液中可以形成原电池，你认为是否可以，若可以，试写出正极的电极方程式(若认为不行可不写)___________________

【答案】第四周期第Ⅷ族 Mg3N2离子分别取X、Y各少许置于试管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速产生无色气体的是H2O2，无明显现象的是H2O 三角锥形

4NH3+3O22N2+6H2O Si﹣4e﹣+6OH﹣═SiO32﹣+3H2O

【解析】

【分析】

A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A为Fe元素；B 元素原子最外层电子数是内层电子总数的，B有3个电子层，最外层电子数为2，则B

为Mg元素；C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C为N元素；D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料，则D为Si；F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族，其化合价表现+1、﹣1，故F为H元素；通常情况下，E没有最高正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物，则E为O元素，据此解答。

【详解】

A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A为Fe元素；B

元素原子最外层电子数是内层电子总数的，B有3个电子层，最外层电子数为2，则B

(1)A为Fe元素，在周期表中的位置为：第四周期第Ⅷ族；

(2)Mg与N元素形成的化合物的化学式为Mg3N2，它属于离子化合物；

(3)①H与O元素可以形成原子个数比分别为2：1、1：1的两种化合物X和Y，则X为

H2O、Y为H2O2，区别X与Y的水溶液的实验方法是：分别取X、Y各少许置于试管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速产生无色气体的是H2O2；无明显现象的是H2O；

②H与N组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与H2O、H2O2相等，则M为NH3、N 为N2H4，NH3分子构型为三角锥形，N2H4的结构式为；

(4)利用氧化剂的氧化性处于氧化产物的氧化性，可以说明单质氧化性强弱，表明氮气、氧气的氧化性强弱的方程式为：4NH3+3O22N2+6H2O；

(5)Mg、Si的单质用导线连接后插入NaOH溶液中，Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气，可以形成原电池，Si发生氧化反应，故负极上Si失去电子，碱性条件下生成硅酸根与水，负极电极反应式为：Si﹣4e﹣+6OH﹣═SiO32﹣+3H2O。

15．醋酸由于成本较低，在生产中被广泛应用。

(1)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下：CH 2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)下列描述能说明恒温恒容条件下乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是________(填字母)。

A．乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同

B．酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等

C．乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗 1 mol

D．整个体系中乙烯的质量分数一定

E.气体的总压强不变

F.气体的摩尔质量不变

(2)在n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1的条件下，某研究小组在不同压强下进行了在相同时间乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：

①根据上图判断压强大到小的顺序是________，分析其原因_____。

②压强为p1、温度为60℃时，若乙酸的转化率为40％，则此时乙烯的转化率为____。

③在压强为p1、温度超过80℃时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：_____

④根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是________(填出合适的压强和温度)。为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施有___________(任写出一条)。

【答案】BD p1>p2>p3其它条件相同时，对于有气体参加的反应，化学反应速率越快压强越大 40% 由图象可知，压强为p1，温度为80℃时，反应已到达平衡，且正反应是放热反应，故压强不变，升高温度平衡逆向移动，产率下降 p1、80℃通入乙烯气体(或增大压强)

【解析】

【分析】

(1)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；

(2)①压强越大，反应速率越大；

②压强为p1MPa、温度60℃时，若乙酸乙酯的产率为30%，依据化学平衡物质转化关系，

计算得到乙烯反应量，转化率=消耗量

消耗量

×100%；

③在压强为p1MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降，说明升温平衡逆向进行；

④选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，赢是改变的条件加快反应速率且平衡正向进行。

【详解】

(1)A.乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，因此不能说明正逆反应速率相同，A错误；

B.酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等，说明正、逆反应速率相同，B正确；

C.乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，只能说明反应正向进行，不能判断反应处于平衡状态，C错误；

D.体系中乙烯的百分含量一定，说明反应处于平衡状态，D正确；

E.反应混合物中只有乙烯是气体，因此任何条件下气体的总压强都不变，不能据此判断反应处于平衡状态，E错误；

F.只有乙烯是气体，气体的摩尔质量始终不变，不能据此判断反应处于平衡状态，F错误；故合理选项是BD；

(2)①CH 2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，温度一定，压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图象分析可知p1>p2>p3，则温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v(p1)>v(p2)>v(p3)；

②反应方程式：CH 2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，反应开始时，

n(C2H4)=n(CH3COOH)=1mol，n(CH3COOC2H5)=0mol，假设反应过程中乙烯变化的物质的量是x，则根据物质反应的转化关系可知，平衡时各种物质的物质的量n(C2H4)=n(CH3COOH)=(1-x)mol，n(CH3COOC2H5)=xmol。由于乙酸乙酯的产率为30%，则生成乙酸乙酯0.3mol，反应消耗乙烯0.3mol，所以乙烯的转化率=(0.3mol÷1mol)×100%=30%；

③在压强为p1MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是：由图象可知，