高考化学化学反应与能量提高练习题压轴题训练及详细答案

高考化学化学反应与能量提高练习题压轴题训练及详细答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：
(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是______________________________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是
____________(填化学式)。

(2)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。

若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比______；若产品Ca(NO2)2中
Ca(NO3)3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_______。

（填写序号）
①＝1∶1 ②＞1∶1 ③＜1∶1 ④无法判断
(3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的反应离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，你同意吗？
_________（填“同意”或“不同意“），如不同意，请说明你的理由
________________________________________________。

【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2②③不同意二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮
【解析】
【分析】
由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳
以滤渣存在，碱性溶液中尾气处理较好；
(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca(OH)2；
(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，若＜1：1，则二氧化氮过量；
(3)二氧化氮能与水会发生反应，据此分析解答。

【详解】
由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳
以滤渣存在，
(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收，滤渣主要成分是
Ca(OH)2；
(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，若n(NO)：n(NO2)＜1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，产品中Ca(NO3)2含量升高；
(3)若离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，二氧化氮能与水会发生反应，产物中
不可能生成二氧化氮，则不同意该同学书写的离子反应方程式。

2．氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业，随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。

用工业含锌废渣(主要成分为ZnO ，还含有铁、铝、铜的氧化物，2Mn +、2Pb +、2Cd +等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：
已知：相关金属离子()n c M 0.1mol /L +⎡⎤=⎣⎦生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：
回答下列问题：
()1为调节溶液的pH ，则试剂X 为_________(填化学式)，
()2除杂时加入高锰酸钾的作用是_________，发生反应的离子方程式为___________。

()3“过滤”所得滤渣的主要成分是_________(填化学式)。

()4写出“碳化合成”的化学方程式：________；“碳化合成”过程需纯碱稍过量，请设计实验方案证明纯碱过量：_________。

【答案】ZnO[或2Zn(OH)或3ZnCO ] 除去2Mn +
24222MnO 3Mn
2H O 5MnO 4H -++++=↓+ 3Fe(OH)、3Al(OH)、2MnO 32232322233Zn(NO )3Na CO 3H O ZnCO ?2Zn(OH)?H O 2CO 6NaNO [++=↓+↑+或(32232322333Zn(NO )5Na CO 5H O ZnCO ?2Zn OH)?H O 4NaHCO 6NaNO ⎤++=↓++⎦ 静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加2CaCl 溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)
【解析】
【分析】
()1根据除杂的同时不要掺入新的杂质考虑；
()2加入高锰酸钾的作用是将2Mn +转化为2MnO 沉淀，除去2Mn +；
()3 由()1、()2知，“过滤”所得滤渣；
()4“碳化合成”时加入23Na CO ，产物为322·
2()?ZnCO Zn OH H O ，写出化学方程式。

【详解】
()1加入试剂X 的目的是调节溶液的pH ，使3Fe +、3Al +生成沉淀除去，为不引入新的杂质离子，可加入ZnO 、2()Zn OH 、3ZnCO 等；
()2加入高锰酸钾的作用是将2Mn +转化为2MnO 沉淀，除去2Mn +，反应的离子方程式为
242223254MnO Mn H O MnO H -++++=↓+；
()3由()1、()2知，“过滤”所得滤渣的主要成分是3()Fe OH 、3()Al OH 、2MnO ；
()4“碳化合成”时加入23Na CO ，产物为322·
2()?ZnCO Zn OH H O ，反应的化学方程式为32232322233()33?2()?26Zn NO Na CO H O ZnCO Zn OH H O CO NaNO ++=↓+↑+或3223232233233()55?2()?46(Zn NO Na CO H O ZnCO Zn OH H O NaHCO NaNO Na CO ++=↓++过量时)；若23Na CO 不足时，溶液中还有32()Zn NO ，继续滴加23Na CO 溶液有沉淀产生，或23Na CO 过量时，可检验溶液中的23CO -
，具体方法为：静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加2CaCl 溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)。

3．根据如图所示电化学实验装置图，回答有关问题。

(1)若只闭合S 1，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极作_______极。

(2)若只闭合S 2，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极上的电极反应式为_______。

(3)若只闭合S 3，该装置属于_______，铜极作_______极，锌极上的电极反应式为_______，总反应的化学方程式为_______。

【答案】原电池 化学能转化为电能 负 电解池 电能转化为化学能 -2+Zn-2e =Zn 电解池 阳 2+-2H +2e =H ↑ 24
42通电Cu+H SO CuSO +H ↑
【解析】
【分析】
原电池是将化学能转化为电能，较活泼金属作负极，发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池是将电能转化为化学能，需要外接电源，与电源正极相连的为阳极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。

【详解】
(1)若只闭合S1，没有外接电源，则Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，该装置将化学能转化为电能，较活泼的锌作负极。

答案为：原电池；化学能转化为电能；负。

(2)若只闭合S2，装置中有外接电源，该装置为电解池，将电能转为化学能，与电源正极相连的锌极作阳极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+。

答案为：电解池；电能转化为化学能；Zn-2e-=Zn2+。

(3)若只闭合S3，该装置为电解池，与电源正极相连的铜极作阳极，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+；锌为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2↑,总反应式为：Cu+H2SO4
通电
CuSO4+H2↑。

答案为：电解池；阳；2H++2e-=H2↑；Cu+H2SO4通电
CuSO4+H2↑。

【点睛】
有外接电源的是电解池，没有外接电源的是原电池，原电池里负极发生氧化反应，电解池里阳极发生氧化反应。

4．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“正”或“负”)极，该装置内发生反应的化学方程式为_____、_____。

（4）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-的废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铬废水，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。

①写出电解时阴极的电极反应式____。

②写出Cr 2O 72-被还原为Cr 3+的离子方程式____。

【答案】H 2-2e -+2OH -=2H 2O 氢氧化钠和氢气 负 2NaCl+2H 2O 电解2NaOH+H 2↑+Cl 2↑ Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O 3:4 2H ++2e -=H 2↑ Cr 2O 72-+6Fe 2++14H +=2Cr 3++6Fe 3++7H 2O
【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Fe 2+，继而将Cr 2O 72-还原成为Cr 3+，然后迁移到阴极与OH -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H 2-2e -+2OH -=2H 2O ；
(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，该装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H 2O 电解2NaOH+H 2↑+Cl 2↑，Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO +H 2O ；
(4)若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中总反应为：2H 2+O 2=2H 2O ；乙中总反应为：2NaCl+2H 2O=2NaOH+H 2↑+Cl 2↑；各电极转移的电子相等，假如都是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)①阴极氢离子放电生成氢气，电极方程式为：2H ++2e -=H 2↑；
②根据分析可知反应过程中Fe 2+将Cr 2O 72-还原成为Cr 3+，方程式为：Cr 2O 72-
+6Fe 2++14H +=2Cr 3++6Fe 3++7H 2O 。

【点睛】
第(5)题为易错点，虽然Cr 2O 72-被还原成为Cr 3+，但根据图示可知阴极产生的是氢气，说明Cr 2O 72-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Fe 2+将Cr 2O 72-还原。

5．氯化硫酰（SO 2Cl 2）主要用作氯化剂。

它是一种无色液体，熔点–54.1℃，沸点69.1℃。

氯化硫酰可用干燥的二氧化硫和氯气在活性炭催化剂存在下反应制取：SO 2(g)＋Cl 2(g)SO 2Cl 2(l)+97.3kJ
(1)试写出常温常压下化学平衡常数K 的表达式：K=______________________若在此条件下，将化学平衡常数K 增大，化学反应速率v 正也增大，可采取的措施是________（选填编号）。

a ．降低温度
b ．移走SO 2Cl 2
c ．增加反应物浓度
d ．无法满足上述条件
(2)为了提高上述反应中Cl 2的平衡转化率，下列措施合理的是________（选填编号）。

a ．缩小容器体积 b ．使用催化剂 c ．增加SO 2浓度 d ．升高温度
(3)在100℃时，往上述平衡体系中加入37Cl 2，一段时间后，则平衡体系中含有37Cl 的物质有__________（选填编号）。

a ．只有37Cl 2
b ．只有SO 237Cl 2
c ．37Cl 2和SO 237Cl 2
d ．无法判断
(4)下列描述中能说明上述反应已达平衡的是____________（选填编号）。

a ．υ(Cl 2)＝υ(SO 2)
b ．容器中气体压强不随时间而变化
c ．c(Cl 2) : c(SO 2)＝1:1
d ．容器中气体颜色不随时间两变化
(5)300℃时，体积为1L 的密闭容器中充入16.20g SO 2Cl 2，达到平衡时容器中含SO 2 7.616g.若在上述中的平衡体系中，再加入16.20g SO 2Cl 2，当再次达平衡时，容器中含SO 2的质量范围是___________________________。

【答案】K ＝221c SO c Cl ⨯（）（）
d ac c bd 7.616g ＜m(SO 2)＜15.232g 【解析】
【分析】
(1)化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；平衡常数只受温度影响，将化学平衡常数K 增大，应使平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，故应降低温度，化学反应速率降低，据此解答；
(2)提高反应中Cl 2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，根据平衡移动原理结合选项分析解答，注意不能只增大氯气的用量；
(3)增大氯气的浓度，平衡向正反应移动，反应为可逆反应，反应物不能完全反应，平衡时37Cl 存在37Cl 2和SO 237Cl 2 中；
(4)达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，百分含量不变，以及由此衍生其它一些物理量不变，据此结合选项判断；
(5)再加入16.20g SO 2Cl 2，平衡向生成二氧化硫的方向移动，平衡时二氧化硫的质量增大，可以等效为增大压强，SO 2Cl 2转化率降低，平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍。

【详解】
(1)常温常压下SO 2(g)＋Cl 2(g)SO 2Cl 2(l)的平衡常数K=221c SO c Cl ⨯（）（）
；平衡常数只受
温度影响，将化学平衡常数K 增大，应使平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，故应降低温度，化学反应速率降低，故不能实现K 增大的同时化学反应速率v 正增大，故选d ； 故答案为：221c SO c Cl （）（）
；d ； (2)提高反应中Cl 2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，不能只增大氯气的用量，a ．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应移动，Cl 2的转化率增大，故a 正确； b ．使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，Cl 2的转化率不变，故b 错误； c ．增加SO 2浓度，平衡向正反应移动，Cl 2的转化率增大，故c 正确；
d ．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，Cl 2的转化率降低，故d 错误；故答案为：ac ；
(3)增大氯气的浓度，平衡向正反应移动，反应为可逆反应，氯气不能完全反应，故平衡时37Cl 存在37Cl 2和SO 237Cl 2 中，故答案为：c ；
(4)a ．v(Cl 2)=v(SO 2)，没有指明正、逆速率，无法判断，故a 错误；
b ．随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，容器中气体压强不随时间而变化，说明达到平衡，故b 正确；
c ．平衡时氯气与二氧化硫的浓度与起始浓度有关，起始浓度不同，平衡时二者浓度不同，若二者起始浓度相同，用于二者按1：1反应，故任意时刻二者的浓度都相同，故c(Cl 2)：c(SO 2)=1：1不能说明达到平衡，故c 错误；
d ．容器中气体颜色不随时间两变化，说明氯气的浓度不再变化，说明达到平衡，故d 正确；
故答案为：bd ；
（5）再加入16.20g SO 2Cl 2，平衡向生成二氧化硫的方向移动，平衡时二氧化硫的质量增大，可以等效为增大压强，SO 2Cl 2转化率降低，平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍，故平衡时7.616g ＜m(SO 2)＜15.232g ；
故答案为：7.616g ＜m(SO 2)＜15.232g 。

【点睛】
本题考查化学平衡，把握化学平衡状态的判断、反应速率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，易错点(4)注意平衡状态的判断，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

6．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。

研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。

NO 在空气中存在如下反应：2NO(g)+O 2(g)
2NO 2(g) △H ，上述反应分两步
完成，其反应历程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出反应I 的热化学方程式___。

（2）反应I 和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。

决定2NO(g)+O 2(g)2NO 2(g)反应速率的是___(填“反应I”或“反应Ⅱ”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是___(反应未使用催化剂)。

【答案】2NO(g)⇌N 2O 2(g) △H =-(E 3-E 4) kJ/ mol 反应Ⅱ 决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I 平衡逆向移动，造成N 2O 2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N 2O 2浓度减小的影响，N 2O 2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢
【解析】
【分析】
(1)根据图像分析反应I 为2NO(g)⇌N 2O 2(g)的焓变，写出热化学方程式；
(2)根据图像可知，反应I 的活化能＜反应Ⅱ的活化能，反应I 为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；决定正反应速率的是反应Ⅱ，结合升高温度对反应I 和Ⅱ的影响分析可能的原因。

【详解】
(1)根据图像可知，反应I 的化学方程式为：2NO(g)⇌N 2O 2(g) △H =(E 4-E 3)kJ/mol=-(E 3-E 4) kJ/ mol ，故答案为：2NO(g)⇌N 2O 2(g) △H =-(E 3-E 4) kJ/ mol ；
(2)根据图像可知，反应I 的活化能＜反应Ⅱ的活化能，反应I 为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定2NO(g)+O 2(g)⇌2NO 2(g)反应速率的是慢反应Ⅱ；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，可能的原因是：决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I 平衡逆向移动，造成N 2O 2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N 2O 2浓度减小的影响，N 2O 2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢，故答案为：反应Ⅱ；决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I 平衡逆向移动，造成N 2O 2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N 2O 2浓度减小的影响，N 2O 2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢。

7．1100℃时，在体积固定且为5L 的密闭容器中，发生可逆反应：
()()()()()24222Na SO s 4H g Na S s 4H O g Q Q>0++-并达到平衡。

(1)平衡后，向容器中充入1mol 2H ，平衡向___________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”)，重新达到平衡后，与原平衡相比，逆反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(2)若混合气体的密度不变，(填“能”或“不能”)______判断该反应达已经到平衡状态。

若初始时加入的24Na SO 为2.84g ，10分钟后达到平衡时24Na SO 的转化率(参加反应的碳酸钠占加入硫酸钠总质量的百分比)为45%，()2v H =________。

【答案】正反应方向 增大 能 7.2×10-4mol/(L·
min) 【解析】
【分析】
增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的；混合气体的密度为ρ＝m V ，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变；根据v=
c t
计算。

【详解】 （1）平衡后，向容器中充入1mol H 2，增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的，故答案为：正反应方向；增大；
（2）混合气体的密度为ρ＝m V
，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变，所以根据混合气体的密度可以判断化学反应是否达到平衡；初始时加入的Na 2SO 4为2.84g ，10分钟后达到平衡时
Na 2SO 4的转化率为45%，则反应消耗n （Na 2SO 4）=45%1422.8/4g g mol
⨯=0.009mol ，根据反应方程式，则消耗n （H 2）=4n （Na 2SO 4）=0.036mol ，所以v （H 2）=c t
＝n V t =0.036510min
mol L ⨯=7.2×10-4mol/（L•min ），故答案为：能；7.2×10-4mol/（L•min ）。

【点睛】
本题考查化学原理部分知识，运用化学平衡移动的知识分析问题，根据方程式计算化学反应速率。

8．氮的单质及其化合物性质多样，用途广泛。

完成下列填空：
科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO 和CO 转变成CO 2和N 2：2NO+2CO 2CO 2+N 2+Q(Q ＞0)。

在某温度下测得该反应在不同时间的CO 浓度如下表：
浓度（mol/L ）
时间（s ） 0 1 2 3 4 5
c（CO）3.60×10-
3
3.05×10-
3
2.85×10-
3
2.75×10-3
2.70×10-
3
2.70×10-3
（1）该反应平衡常数K的表达式为___；温度升高，K值___（选填“增大”“减小”“不变”）；前2s的平均反应速率v（N2）=___；若上诉反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是___。

（2）工业合成氨的反应温度选择500℃左右的原因是___。

（3）实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是___。

A．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2
B．容器内的压强保持不变
C．N2、H2、NH3的浓度不在变化
D．反应停止，正、逆反应的速率都等于零
（4）常温下向1molHCl的稀盐酸中缓缓通入1molNH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是___；在通入NH3的过程中溶液的导电能力___（选填“变大”“变小”“几乎不变”）
【答案】
()()
()()
2
22
22
c CO c N
c NO c CO
K
⋅
=
⋅
减小 1.875×10-4mol/(L·s）增大压强（或其它合理答
案）催化剂在500℃左右具有最佳活性 BC c(Cl-)> c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) 几乎不变【解析】
【分析】
(1)根据平衡常数和化学反应速率(
Δc
v=
Δt
)的相关公式进行计算；
(2)工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性；
(3)根据化学平衡状态的特征判断，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
(4)二者恰好反应生成氯化铵，水解方程式为NH 4++H2O NH3.H2O+H+，溶液呈酸性，进行分析。

【详解】
(1)平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，根据反应
2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2 (g) ，平衡常数
()()
()()
2
22
22
c CO c N
c NO c CO
K
⋅
=
⋅
；该反应为放热反
应，温度升高时平衡逆向移动，所以平衡常数减小；根据速率之比等于各物质系数比可
知：v(CO)= -3-3-43.6010-2.8510/2=3.7510mol/L s Δc =(Δt
⨯⨯⨯⋅（）），前2s 内的平均反应速率v(N 2)=v(CO)/2=1.875×10-4 mol/(L·s ）；一氧化氮的转化率变大,说明平衡正向移动可以通过增大压强，使平衡正向移动，故答案为： ()()
()()22222c CO c N c NO c CO K ⋅=
⋅ ；减小；1.875×10-4mol/(L·s ）；增大压强（或其它合理答案）；
(2)工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性，故答案为：催化剂在500℃左右具有最佳活性；
(3) A. 浓度之比为1：3：2，并不是不变，不能判断是否平衡，A 项错误；
B. 反应正向进行，体积减小，当压强不变时，已经到达平衡，B 项正确；
C.N 2、H 2、NH 3的浓度不再变化，已经到达平衡，C 项正确；
D. 可逆反应达到平衡时，正、逆反应的速率相等，但不会等于零，D 项错误；故答案为：BC ；
(4)二者恰好反应生成氯化铵，水解方程式为NH 4++H 2O NH 3.H 2O+H +，溶液呈酸性，即c(H +)>c(OH -)，根据溶液呈电中性有: c(NH 4+)+c(H +)=c(OH -)+ c(Cl -)，因为c(H +)>c(OH -)，所以c(Cl -)> c(NH 4+)，故离子浓度大小关系为: c(Cl -)> c(NH 4+)>c(H +)>c(OH -)；溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变，故答案为：c(Cl -)> c(NH 4+)>c(H +)>c(OH -)；几乎不变。

【点睛】
本题易错点(3)注意平衡状态的判断，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。

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SO 2快速启动，其装置示意图如图：
①质子的流动方向为________________（“从A 到B”或“从B 到A”）。

②负极的电极反应式为________________。

(2)工业上吸收和转化SO 2的电解装置示意图如下（A ．B 均为惰性电极）：
①B极接电源的________________极（“负”或“正”）。

②A极的电极反应式是_________________。

【答案】从A到B SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+正 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O
【解析】
【详解】
(1)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；
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；
(2)①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；
②A为阴极，得电子发生还原反应由SO32-生成S2O42-，电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。

10．回答下列问题：
2PbSO4 + 2H2O，放电时，负极反（1）铅蓄电池的总反应为：Pb + PbO2 + 2H2SO4充电
放电
应式为___________，充电时，阳极反应式为___________。

（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。

①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于Ｎ处，该电化学防护法称为___________。

②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为__________。

（3）我国的科技人员为了消除SO2的污染，利用原电池原理，设计如图2装置用SO2和O2制备硫酸，电极A、B为多孔的材料。

① A极的电极反应式是________。

② B极的电极反应式是________。

【答案】Pb + SO42-－2e-＝ PbSO4 PbSO4 + 2H2O-2e-＝PbO2 + 4H+ + SO42-外加电流的阴极保护法牺牲阳极阴极保护法 4H+ + O2 + 4e-＝2H2O SO2 + 2H2O - 2e- ＝ SO42- + 4H+
【解析】
【分析】
(1)放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，充电时，该装置是电解池，阳极失电子发生氧化反应；
(2)作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护；
(3)该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，正极上投放的气体是氧气，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，根据硫酸和水的出口方向知，B极是负极，A极是正极，据此书写电极反应式。

【详解】
：(1)放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，即Pb+SO42--2e-=PbSO4，在充电时，该装置是电解池，阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，即PbSO4+2H2O-2e-
=PbO2+4H++SO42-，故答案为：Pb+SO42--2e-=PbSO4；PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-；(2)①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于N处，该装置构成电解池，铁作阴极而被保护，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法；故答案为：外加电流的阴极保护法；
②若X为锌，开关K置于M处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法．(3)该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，即B极是负极，负极二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式是SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，正极上投放的气体是氧气，即A极是正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式是4H++O2+4e-=2H2O，故答案为：①4H++O2+4e-=2H2O；②SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。

11．微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。

有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应是Zn＋Ag2O＝ZnO＋2Ag。

请回答下列问题。

(1)该电池属于_________电池(填“一次”或“二次”)。

(2)负极是_________，电极反应式是__________________________。

(3)使用时，正极区的pH_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(4)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____。

(填字母)
A．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H>0
B．NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)△H<0
C．2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)△H<0
(5)以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为
__________。

【答案】一次 Zn Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O 增大 C CO－2e－+4OH－=C O 32－+2H2O
【解析】
【分析】
（1）纽扣电池为一次电池；
（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，据此分析作答；
（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，根据电极反应确定c(OH-)的变化以判断pH的变化；
（4）可设计成原电池的反应应为氧化还原反应；
（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，正极通入氧化剂，得电子发生还原反应，据此作答。

【详解】
（1）纽扣电池为一次电池；
（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；
（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，使用时，c(OH-)增大，因此正极区的pH逐渐增大；
（4）A. 能设计成原电池的反应通常是放热反应，由于反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)是氧化还原反应，但该反应为吸热反应，因而不能设计成原电池，A项错误；
B. 反应NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)为复分解反应，不能设计成原电池，B项错误；
C. 反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)为氧化还原反应，且该反应为放热反应，可设计成原电池，C 项正确；
答案选C。

（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，电极反应为CO-2e－+4OH－=CO32- +2H2O。

【点睛】
设计制作化学电源的过程为：
12．如图所示，A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。