高考化学化学反应与能量推断题综合经典题附答案

高考化学化学反应与能量推断题综合经典题附答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
KMnO）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。

以软锰1．高锰酸钾（4
矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：
回答下列问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，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。

CO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
①“2
性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4，MnO2和____________（写化学式）。

②“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______________。

CO歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______________。

③“电解法”和“2
（5）高锰酸钾纯度的测定：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++10CO2↑+8H2O）。

【答案】扩大接触面积，加快化学反应速率 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+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 K2CO3 MnO42--e-
=MnO4- H2 3:2 95.62%
【解析】
【分析】
【详解】
（1） 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、KOH、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+4KOH2K2MnO4+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，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）①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+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+K2CO3；②“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，产生MnO4-。

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↑+2OH-。

所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH；
③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH 可知K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 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-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应
的关系式是：2 KMnO4～5H2C2O4。

配制的溶液的浓度为：。

则
1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：
n=KMnO4的质量为：m=" 0.006536mol" ×
158g/mol =1.03269g。

故其纯度为：×100%=95.62%。

2．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。

3．氨气是一种重要的化工产品。

(1)工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气，有关方程式如下： 3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ
①对于该反应：要使反应物尽可能快的转化为氨气，可采用的反应条件是__________，要使反应物尽可能多的转化为氨气，可采用的反应条件是__________：(均选填字母)
A．较高温度B．较低温度C．较高压强 D．较低压强 E．使用合适的催化剂
工业上对合成氨适宜反应条件选择，是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等的影响。

②该反应达到平衡后，只改变其中一个因素，以下分析中不正确的是_______：(选填字母) A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大
B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大
C．减小生成物浓度，对逆反应的反应速率影响更大
③某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4，和相邻的合成氨厂联合设计了制备(NH4)2SO4的工艺流程(如图)，该流程中：
向沉淀池中通入足量的氨气的目的是______________________________，可以循环使用的X是_______________。

(填化学式)
(2)实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。

有关的离子方程式为
_____________________。

①0.01 mol/L硝酸铵溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气_____L(标准状态)。

②若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气
0.025mol；在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol 白色沉淀，则原混合液中，硝酸铵的浓度为_______mol/L。

③现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液V L，将混合溶液分成两等分：一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol；另一份溶液中慢慢滴入C mol/L的氯化钡溶液B L，溶液中SO42-恰好全部沉淀；将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀。

则原混合溶液中，氯化铵的浓度为________mol/L，硝酸铵的浓度为
_______mol/L。

(用含有字母的代数式表示)
【答案】ACE BC A 生成正盐，使Ca2+完全沉淀 CO2 NH4++OH-Δ
H2O+NH3 0.112
0.01 2D-4BC
V
2A-2D
V
【解析】
【分析】
(1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现；
②根据影响平衡移动的条件分析判断；
③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2↑，则X为CO2可在此制备实验中循环使用；
(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水；
①根据NH4+元素守恒计算；
②根据NH4+元素守恒计算；；
③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl2溶液B L，根据
Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀，根据Ag++Cl-=AgCl↓，结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知，每份含有Cl-(D-2BC) mol。

【详解】
(1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现，故选ACE；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现，故选BC；
②A. 反应3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，升高温度反应逆向移动，说明升高温度，对逆反应的反应速率影响更大，故A错误；
B. 反应3H2 (g)+N2(g)⇌2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，增大压强反应速率加快，反应正向移动，说明增大压强对正反应的反应速率影响更大，故B正确；
C. 减小生成物浓度，反应逆向移动，说明减小生成物浓度对逆反应的反应速率影响更大，故C正确；
故选A。

③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2↑，则X为CO2可在此制备实验中循环使用；
(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水，离子方程式为：NH4++OH-Δ
H2O+NH3↑；
①0.5L 0.01 mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为：0.5L⨯0.01 mol/L=0.005mol，根据NH4+守恒，最多生成氨气0.005mol，标况下的体积为：0.005mol⨯22.4L/mol=0.112L；
②由题意可知，在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol BaSO4白色沉淀，说明原溶液中含有硫酸根0.01mol，设硝酸铵的物质的量为xmol，根据NH4+守恒有
x+0.01mol⨯2=0.025，得x=0.005mol，硝酸铵的浓度为0.005mol
0.5L
=0.01mol/L；
③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl2溶液B L，根据
Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀，根据Ag++Cl-=AgCl↓，结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可
知，每份含有Cl-(D-2BC) mol，则原混合溶液中，氯化铵的浓度为
()
2D-2BC
V
mol/L
=2D-4BC
V
mol/L；每份中硝酸根的物质的量为： n(NH4+)- n(Cl-)-2n(SO42-
)=()
Amol-2BCmol-D-2BC mol，硝酸铵的浓度为
(
)
2A-2BC-D-2BC
V
⎡⎤
⎣⎦ mol/L =
2A-2D
V
mol/L。

4．某含镍()
NiO废料中有FeO、
23
Al O、MgO、
2
SiO等杂质，用此废料提取
4
NiSO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，32
NH H O
⋅的电离常数5
b
K 1.810.HF
-
=⨯的电离常数4
a
K7.210-
=⨯，sp
K()11
2
MgF7.410-
=⨯．
(1)加23
Na 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4
NH Cl溶液反应产生
3
NH，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，1
1mol L-
⋅的NaF溶液中()
c OH-=______ 1
mol 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()231
c Mg 1.8510mol L
+--
=⨯⋅，当除镁率达到99%时，溶液中()
c F-=______ 1
mol L-
⋅．
(5)在NaOH溶液中用NaClO与4
NiSO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：()
5652
LaNi H6NiO OH LaNi6NiO6H O
+++
ƒ
放电
充电
，负极的电极反应式：______．【答案】3
Al(OH)、
3
Fe(OH)氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，
4232
NH H O NH H O H
++
+⋅+
ƒ，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 +++=+↑+↑
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 +++⋅+ƒ
，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 +++⋅+ƒ，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()14410c OH mol /L 7.210
---=⨯，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，
故答案为：14
4107.210
--⨯；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---⨯=⨯，()
11
357.410c F 2.010mol /L 1.8510----⨯==⨯⨯， 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 --+-=+。

5．硝酸铵常用作化肥和化工原料，工业上制备硝酸铵的简要流程如图：
(1)中和器中主要反应的化学方程式为___________
(2)制备硝酸铵采用加压中和法还是常压中和法？同时说明原因___________
(3)在不同的反应条件下，中和器中硝酸浓度与硝酸铵含量存在如图关系：
[不利用中和热及在不同情况下利用中和热时生产硝铵溶液中NH4NO3的含量1－HNO3和NH3(70℃)；2－HNO3和NH3(50℃)；3－HNO3(50℃)和NH3(20℃)；4－HNO3和NH3(20℃)]
①按图中的数据分析，要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，原料最佳温度和硝酸最佳含量是__________
A．70℃；58%
B． HNO3(50℃)，NH3(20℃)；56%
C．50℃；56%
D． 20℃；58%
②中和器中产品检测时，工作人员发现N2浓度明显高于正常空气带入的N2浓度，试用化学方程式表示中和器中生成N2的最有可能的过程____________ 、___________
③以下制备硝酸铵分析不正确的是___________
A．硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液。

B．采用真空蒸发器有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液和较大颗粒的硝酸铵晶体析出。

C．已知NH3与HNO3的气相反应很不彻底，工艺中应尽量使反应在液相中进行，可将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应。

D．充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，可以降低原料损耗。

【答案】NH3+HNO3=NH4NO3采用加压中和法。

原因是加压可以增大反应的速率和提高产率 A 4HNO3=4NO2+O2+2H2O 6NO2+8NH3=7N2+12H2O BC
【解析】
【分析】
(1)氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵；
(2)压强越大化学反应速率越快，且增大压强可以提高产率；
(3)①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好；
②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2。

【详解】
(1)氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3；
(2)压强越大单位体积内活化分子个数越多，则化学反应速率越快，该反应前后气体计量数减小，则增大压强可以提高产率，所以采用加压中和法；
(3)①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好，根据图知，温度为70℃、硝酸含量为58%最好，答案选A；
②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2，发生的反应
为4HNO3=4NO2+O2+2H2O、6NO2+8NH3=7N2+12H2O；
③A、中和时放出的热量预热原料能加快化学反应速率，浓缩溶液需要加热，所以硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液，从而减少资源浪费，A正确，不符合题意；
B、结晶速率越慢得到的颗粒越大，采用真空蒸发器增大蒸发速率，虽然有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液，但得到较小颗粒的硝酸铵晶体析出，B错误，符合题意；
C、将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应，放出的热量会使得液氨气化，会导致氨的转化率降低，不利于硝酸铵的制取，C错误，符合题意；
D、充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，增大原料的利用，从而可以降低原料损耗，D正确，不符合题意；答案为：BC。

【点睛】
(3)③问中，结晶速率和晶体颗粒大小的关系，是易错点，要注意。

6．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。

某同学利用“Cu＋2Ag+＝
2Ag+Cu2+”反应设制一个化学电池，如图所示，已知该电池在外电路中，电流从a极流向b 极。

请回答下列问题：
（1）b极是电池的_____________极，材料是_____________，写出该电极的反应式
_____________。

（2）a可以为_____________A、铜B、银C、铁D、石墨
（3）c溶液是_____________A、CuSO4溶液B、AgNO3溶液C、酒精溶液
（4）若该反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成Ag为_____________克。

【答案】负 Cu Cu–2e-=Cu2+ BD B 21.6
【解析】
【分析】
有题干信息可知，原电池中，电流从a极流向b极，则a为正极，得到电子，发生还原反应，b为负极，失去电子，发生氧化反应，据此分析解答问题。

【详解】
(1)根据上述分析知，b是电池的负极，失去电子，反应Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+中Cu失去电子，故Cu作负极，发生的电极反应为Cu–2e-=Cu2+，故答案为：负；Cu；Cu–2e-=Cu2+；(2)a是电池的正极，电极材料可以是比铜更稳定的Ag，也可以是惰性的石墨，故答案为：BD；
(3)电解质溶液c是含有Ag+的溶液，故答案为：B；
(4)根据得失电子守恒可得，反应过程中转移1mol电子，生成2molAg，质量为
108×2=21.6g ，故答案为：21.6。

7．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Cr 2O 72-的废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铬废水，Cr 2O 72-被还原成为Cr 3+，Cr 3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。

8．在我国南海、东海海底均存在大量的可燃冰（天然气水合物，可表示为
42 CH xH O g ）。

2017年5月，中国首次海域可燃冰试采成功。

2017年11月3日，国务院正式批准将可燃冰列为新矿种。

可燃冰的开采和利用，既有助于解决人类面临的能源危机，又能生成一系列的工业产品。

(1)对某可燃冰矿样进行定量分析，取一定量样品，释放出的甲烷气体体积折合成标准状况后为166 m 3，剩余 H 2O 的体积为0.8m 3，则该样品的化学式中 x=_________________。

(2)已知下表数据，且知 H 2O(l)=H 2O(g) △H =+411kJ mol -⋅
用甲烷燃烧热表示的热化学方程式为
_____________________________________________________。

(3)甲烷燃料电池相较于直接燃烧甲烷有着更高的能量转化效率，某甲烷燃料电池，正极通入空气，以某种金属氧化物为离子导体（金属离子空穴中能传导 O 2-），该电池负极的电极反应式为__________________________________________。

(4)甲烷与水蒸气重整制氢是工业上获得氢气的重要手段。

若甲烷与脱盐水在一定条件下反
应生成H 2，同时得到体积比为1:3的CO 2和CO ，该反应的化学方程式为
_____________________________________。

混合气体中的CO 2可用浓氨水脱除，同时获得氮肥NH 4HCO 3，该反应的离子方程式是
_________________________________________________________。

【答案】6 CH 4（g ）+2O 2（g ）=CO 2（g ）+2H 2O （l ）△H = -892 kJ·
mol -1 CH 4-8e -+4O 2-=CO 2+2H 2O 42224CH +5H O=CO +3CO+13H NH 3·H 2O+CO 2=NH 4++3HCO -
【解析】 【分析】 【详解】
(1)n(CH 4)=316610L 22.4L/mol
⨯=31661022.4⨯mol ，n(H 2O)=60.810g 18g/mol ⨯=60.81018⨯mol ，
n(CH 4):n(H 2O)=31661022.4⨯:6
0.81018
⨯≈1:6，所以x=6，故答案为：6；
(2) 由表格可知①CH 4(g )+2O 2(g )=CO 2(g )+2H 2O (g )的△H =（4×413+2×498-2×803×-4×463）kJ·mol -1= -810 kJ·mol -1，又因为②H 2O(l)=H 2O(g) △H =411kJ mol -⋅，将①-2×②得：CH 4(g )+2O 2(g )=CO 2(g )+2H 2O (l) △H =（-810-2×41）1kJ mol -⋅= -892 kJ·mol -1，故答案为：CH 4(g )+2O 2(g )=CO 2(g )+2H 2O (l) △H = -892 kJ·mol -1；
(3)甲烷在负极失电子，被氧化，结合电解质、原子守恒、电荷守恒可得负极反应为：CH 4-8e -+4O 2-=CO 2+2H 2O ，故答案为：CH 4-8e -+4O 2-=CO 2+2H 2O ；
(4)由已知可知道，反应物为甲烷和水，生成物为氢H 2、CO 和CO 2，结合CO 2 和 CO 的体积比为1:3可得方程式为：42224CH +5H O=CO +3CO+13H 。

二氧化碳和氨水反应生成NH 4HCO 3的离子方程式为：NH 3·H 2O+CO 2=NH 4++3HCO -
，故答案为：
42224CH +5H O=CO +3CO+13H ；NH 3·H 2O+CO 2=NH 4++3HCO -。

【点睛】
燃料电池电极反应的书写：燃料在负极失电子，O 2在正极得电子。

9．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CO 2和N 2，即
2NO+2CO 垐?噲?2CO 2+N 2。

为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t 1℃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(CO 2和N 2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(N 2)=___。

（3）t 1℃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) 22222
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 (N 2)=1
2
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 (N 2)=12v (NO)=12
×-4-410.010mol/L-1.5010m 3s ol/L ⨯⨯=1.42×10-4 mol•L -1•s -1；
(3)根据平衡常数的概念可知反应 2NO+2CO 垐?噲?2CO 2 +N 2的K =
22222(CO )(N )(NO)(CO)
c c 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 。

10．2007年诺贝尔化学奖授予德国科学家格哈德·埃特尔，以表彰他在表面化学研究领域作出的开拓性贡献。

（1）某校化学研究性学习小组的同学在技术人员的指导下，按下列流程探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能。

若控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液（溶液的体积、浓度均相同）。

为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是___。

（2）在汽车的排气管上安装“催化转化器”(用铂、钯合金作催化剂)，它的作用是使CO、NO反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧。

①写出CO与NO反应的化学方程式：___，该反应作氧化剂的物质是__。

②用CH4催化还原NO x也可以消除氮氧化物的污染。

例如：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)+2H2O(g)；ΔH1＝－574kJ·mol－1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)；ΔH2
若1molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则ΔH2=___。

（3）有人认为：该研究可以使氨的合成反应，在铁催化剂表面进行时的效率大大提高，从而使原料的转化率大大提高。

请你应用化学基本理论对此观点进行评价：___。

【答案】溶液显色所需要的时间 2CO+2NO N2+2CO2 NO -1160kJ·mol－1该研究只能提高化学反应速率，不能使化学平衡发生移动
【解析】
【分析】
(1)催化剂不同催化效果不同，可将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶液的体积、浓度均相同)，测量并记录的溶液显色的时间；
(2)①CO、NO反应生成了CO2和N2，据此写出反应的化学方程式，然后判断氧化剂；
②写出CH4还原NO2至N2的热化学方程式，然后结合
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H1=-574kJ•mol-1反应，求算出△H2；
(3)催化剂只能加快反应速度，不能改变化学平衡。

【详解】
(1)溶液显色的时间不同，说明催化剂的催化效果不同，需要测量并记录溶液显色所需要的时间；
(2)①CO和NO反应生成了CO2和N2，根据化合价变化配平该反应方程式为：
2CO+2NO 催化剂
N2+2CO2，该反应中一氧化氮被还原生成氮气，NO为氧化剂；
②1molCH4还原NO2至N2，热化学方程式是：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；。