山东省莱芜一中人教版高中化学选修1-第4章简答题专项习题(提高培优)

一、解答题
1．CO 2资源化利用受到越来越多的关注，它能有效减少碳排放，有效应对全球的气候变化，并且能充分利用碳资源。

(1)CO 2催化加氢合成CH 4。

其过程中主要发生下列反应：
反应Ⅰ：CH 4(g)+2O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(g)；ΔH=-890.3 kJ·mol -1 反应Ⅱ：CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)；ΔH=+2.8 kJ·mol -1 反应Ⅲ：2CO(g)+O 2(g)=2CO 2(g)；ΔH=-566.0 kJ·
mol -1 则反应CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g)的ΔH=___________kJ·mol -1。

(2)CO 2电化学制CH 4
图1表示以KOH 溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO 2在Cu 电极上可以转化为CH 4，该电极反应的方程式为___________，电解一段时间后，阳极区KOH 溶液的质量分数减小，其原因是___________。

(3) CO 2催化加氢合成二甲醚。

反应Ⅰ：CO 2(g)+H 2(g)=CO(g)+H 2O(g)；ΔH=41.2 kJ·mol -1
反应Ⅱ：2CO 2(g)+6H 2(g)=CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g)；ΔH=-122.5kJ·mol -1 ①反应Ⅱ的平衡常数表达式K=___________。

②在恒压、CO 2和H 2的起始量一定的条件下，CO 2平衡转化率和平衡时CO 的选择性(CO 的选择性=
2CO 的物质的量
反应的CO 的物质的量
×100%)随温度的变化如图2；T ℃时，起始投入3 mol
CO 2、6 mol H 2，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗H 2的物质的量为___________。

合成二甲醚时较适宜的温度为260 ℃，其原因是___________。

答案：-252.9 CO 2+8e -+6H 2O=CH 4+8OH - OH -在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动
K=33322622c(CH OCH )c (H O)c (CO )c (H )
⋅⋅ 0.3 mol 温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO 选择性过
大，二甲醚的选择性减小
解析：(1)根据盖斯定律：-②×4-①+③×2即可得目标方程式，再代入数据计算； (2)以KOH 溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO 2在Cu 电极上可以转化为CH 4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式；结合离子移动进行分析；
(3)由图像可知，T ℃时，CO 的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n （CO 2）=40%×
3mol=1.2mol ，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气，由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO 选择性过大，二甲醚的选择性减小；据此解答。

【详解】 (1) 已知：
①CH 4(g)+2O 2(g)=CO 2(g)+2H 2O(g)；ΔH=-890.3 kJ·mol -1 ②CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)；ΔH=+2.8 kJ·mol -1 ②2CO(g)+O 2(g)=2CO 2(g)；ΔH=-566.0 kJ·
mol -1 根据盖斯定律：-②×
4-①+③×2即可得：CO 2(g)+4H 2(g)=CH 4(g)+2H 2O(g) △H=（-2.8×4+890.3-566.0×2）kJ•mol -1=-252.9kJ•mol -1，故答案为：-252.9；
(2) 以KOH 溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO 2在Cu 电极上可以转化为CH 4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式为CO 2+8e -+6H 2O═CH 4+8OH -，由于OH -在阳极被氧化，阳离子移向阴极，钾离子从右室往左室移动，使得电解一段时间后，阳极区KOH 溶液的质量分数减小；
故答案为：CO 2+8e -+6H 2O═CH 4+8OH -；OH -在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动； (3) ①浓度平衡常数：生成物浓度的系数次方之积比上反应物浓度的系数次方之积，则平衡
常数K=33322622c(CH OCH )c (H O)c (CO )c (H )⋅⋅；故答案为：K=333226
22c(CH OCH )c (H O)c (CO )c (H )
⋅⋅； ②该温度下CO 的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n （CO 2）=40%×3mol=1.2mol ，CO 的选择性=
2CO CO 生成的的物质的量
反应的的物质的量
×100%=25%，因此生成的
CO 物质的量=25%×1.2mol=0.3mol ，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气物质的量为0.3mol ；由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO 选择性过大，二甲醚的选择性减小，所以该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260℃；
故答案为：0.3mol ；温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO 选择性过大，二甲醚的选择性减小。

【点睛】
考查化学平衡影响因素、电极反应式，化学平衡的图象、盖斯定律等知识点，明确CO 选择性含义及计算方法、外界条件对化学平衡移动影响原理是解本题关键。

2．锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、医药及化工等领域。

以辉锑矿(主要成分为Sb 2S 3，还含有As 2S 5、PbS 、CuO 和SiO 2等)为原料制备金属锑，其中一种工艺流程如下：
已知：I ．浸出液主要含盐酸和SbC13，还含SbC15、CuC12、AsC13和PbC12等杂质。

II ．25℃时，K sp (CuS)=1.0×10-36，K sp (PbS)=9.0×10-29。

回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中SbC15和Sb 2S 3发生反应有一种单质和还原产物SbC13生成，则滤渣I 的成分是____(填化学式)。

(2)写出“还原”反应的化学方程式______。

(3)已知浸出液中c (Cu 2+)=0.0lmol·L -1、c (Pb 2+)=0.10mol·L -1。

在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是_______(填化学式)；当CuS 、PbS 共沉时，
()
()
2+2+c Pb c Cu =________。

(4)在“除砷”过程中，氧化产物为H 3PO 4，则该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为________。

(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反应先发生2Cl --2e -=Cl 2↑，继而发生的电极反应式为_______，以实现溶液中Sb 元素的循环使用。

答案：S 、SiO 2 3SbCl 5+2Sb=5SbCl 3 CuS 9.0×
107 4:3 Sb 3+-2e -=Sb 5+ 解析：由工艺流程可知，辉锑矿粉经盐酸、五氯化锑溶液浸取后，过滤，向浸出液中加入适量的锑粉把过量的五氯化锑还原，然后再加入适量的硫化钠把溶液中的铜离子和铅离子沉淀，过滤，再向滤液中加入NaH 2PO 2除砷，得到三氯化锑溶液，电解该溶液得到锑和五氯化锑，五氯化锑循环利用。

【详解】
(1) ）“酸浸”过程中SbCl 5和Sb 2S 3发生反应有一种单质和还原产物SbCl 3生成，根据元素守恒和电子守恒可知该单质为氧化产物S 单质，所以滤渣I 的成分是S 、SiO 2； (2)“还原”过程中Sb 将SbCl 5还原为SbCl 3，反应的化学方程式3SbCl 5+2Sb=5SbCl 3。

(3)浸出液中c (Cu 2+)=0.01 mol·L -1、c (Pb 2+)=0.10 mol·L -1，常温下，K sp (CuS)=1.0×10-36，铜离
子开始沉淀需要的硫离子浓度为()()
3sp 12+
6
1.01CuS =mol L 0u 0.01C K c --⨯=1.0×10-34mol/L ；K sp (PbS)=9.0×10-29，铅离子开始沉淀需要的硫离子浓度为
()()
2sp 12+
9
9.01PbS =mol L 0b 0.01P K c --⨯=9.0××10-28mol/L>1.0×10-34mol/L ；故在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS ；当CuS 、PbS 共沉时，
()
()()()2+sp -362+
sp 29
Pb PbS ==Cu 9.01S 1.010
C 0u K c K c -⨯⨯=9.0×107。

(4) 在“除砷”过程中，NaH2PO2是还原剂，其氧化产物为H3PO4，P的化合价由+1升高到+5，AsCl3是氧化剂，As的化合价由+3降到0，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比4:3。

(5) 在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑↑，继而发生反应Sb3+-2e-=Sb5+。

3．为治理环境，减少雾霾，应采取措施减少氮氧化物(NO x)的排放量。

还原法、氧化法、电化学吸收法是减少氮氧化物排放的有效措施。

(1)厌氧氨化法(Anammox) 是一种新型的氨氮去除技术。

①N元素的原子核外电子排布式为______________；联氨(N2H4)中N原子采取_______杂化；H、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_____________。

②过程II属于_________反应 (填“氧化”或“还原”)。

③该过程的总反应是_______________。

④NH2OH (羟胺)是一元弱碱，25℃时，其电离平衡常数K b=9.1×10-9，NH3·H2O 的电离平衡常数K b=1.6×10-5，则1 molNH2OH和NH3·H2O分别与盐酸恰好反应生成的盐pH：前者___________后者。

(填“大于”或“小于”)
(2)选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，其反应原理为：
4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) △H=-1625.5 kJ/mol。

①该方法应控制反应温度在315~ 400℃之间，反应温度不宜过高的原因是
_______________________________。

②氨氮比
()
()3
NH
NO
n
n
⎡⎤
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦
会直接影响该方法的脱硝率。

如图为350℃时，只改变氨气的投放
量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。

当
()
()3
NH
1.0
NO
n
n
>时烟气中NO含量反而增大，主
要原因是______________________________________。

(3)直接电解吸收也是脱硝的一种方法。

用6%的稀硝酸吸收NO x 生成亚硝酸，再将吸收液导入电解槽使之转化为硝酸，该电池的阳极反应式为______________________。

答案：1s 22s 22p 3 sp 3 O>N>H 氧化 4NH ++2NO -
==N 2+2H 2O 小于 温度过高，使脱硝反应的平衡向逆反应方向移动，脱硝率降低 过量氨气与氧气反应生成NO HNO 2-2e -+H 2O=3H + +-
3NO
解析：2NO -
被还原为NH 2OH ，再被4NH +
还原为N 2H 4，脱氢氧化生成N 2H 2，再脱氢氧化
生成N 2；由图中可以看出，当()()3NH NO n n ⎡⎤⎢⎥
⎢⎥⎣⎦
=1时，脱氮率最高，但当()
()3NH 1.0NO n n >时，NH 3过量，会被O 2氧化再次生成NO ，所以脱氮率反而降低；亚硝酸导入电解槽后转化为硝酸，由N 元素的价态变化，可确定此反应在阳极发生。

【详解】
(1)①N 元素的原子核外有7个电子，电子排布式为1s 22s 22p 3；联氨(N 2H 4)中N 原子的价层电子对数为4，采取sp 3杂化；H 、N 、O 三种元素的非金属性O>N>H ，所以电负性由大到小的顺序为O>N>H 。

②过程II 中，N 2H 4脱氢生成N 2H 2，属于氧化反应
③在反应过程中，2NO -被4NH +
还原为N 2和H 2O ，该过程的总反应是
4NH +
+2NO -==N 2+2H 2O 。

④1 molNH 2OH 和NH 3·
H 2O 分别与盐酸恰好反应生成的盐为NH 2Cl 和NH 4Cl ，由于NH 2OH (羟胺)的电离平衡常数比NH 3·H 2O 小，所以NH 2Cl 水解的程度大，pH ：前者小于后者。

答案为：1s 22s 22p 3；sp 3；O>N>H ；氧化；4NH +
+2NO -
==N 2+2H 2O ；小于； (2)①因为反应为放热反应，所以反应温度不宜过高的原因是温度过高，使脱硝反应的平衡向逆反应方向移动，脱硝率降低。

②当
()()
3NH 1.0NO n n >时，NH 3过量，会被O 2氧化再次生成NO ，所以脱氮率反而降低，主
要原因是过量氨气与氧气反应生成NO 。

答案为：温度过高，使脱硝反应的平衡向逆反应方向移动，脱硝率降低；过量氨气与氧气反应生成NO ；
(3)用6%的稀硝酸吸收NO x 生成亚硝酸，在阳极，亚硝酸导入电解槽后失电子转化为硝酸，该电池的阳极反应式为HNO 2-2e -+H 2O=3H + +-
3NO 。

答案为：HNO 2-2e -+H 2O=3H + +-3NO 。

【点睛】
HNO 2是弱酸，在书写电极反应式时，我们易把它改写成离子形式，从而导致错误的发
生。

4．CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。

回答下列问题：
(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。

若所得溶液pH=13，写出CO2与NaOH溶液反应的主要化学方程式__________。

(2)研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成
CH3OH和CO。

反应的热化学方程式如下：
CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1= -53.7 kJ·mol-1Ⅰ
CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2Ⅱ
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
（备注）Cat.1∶Cu/ZnO纳米棒；Cat.2∶Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醛的百分比
已知： CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0 kJ·mol-1和-285.8 kJ·mol-1；
H2O(l)= H2O(g) ΔH3 =+44.0 kJ·mol-1
请回答（不考虑温度对ΔH的影响）：
①反应Ⅱ的ΔH2 =________kJ·mol-1。

②研究证实，CO2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的电极反应式是
________。

③表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_____________。

(3)O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图所示。

该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。

电池的负极反应式：_______。

电池的正极反应式：
O +6O2，反应过程中O2的作用是________。

该电池的总6O2+6e-=6O2-；6CO2+6O2-=3C22
4
反应式：__________。

答案：CO2＋2NaOH=Na2CO3+H2O+41.2CO2＋6e-＋6H+=CH3OH＋H2O表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响Al-3e-=Al3+催化剂2Al＋6CO2 =Al2(C2O4)3
解析：(1)反应后溶液显强碱性，说明CO2与NaOH反应产生Na2CO3、H2O；
(2)①根据盖斯定律，可得反应II的反应热；
②CO2在阴极得到电子被还原产生CH3OH，据此书写电极反应式；
③催化剂只能加快反应速率，不能使平衡发生移动，利用图示数据分析；
(3)根据电极活动性，结合反应过程中物质的变化分析判断。

【详解】
(1)CO2可以被NaOH溶液捕获后所得溶液pH=13，碱性较强，溶质为Na2CO3，化学方程式为CO2＋2NaOH=Na2CO3+H2O；
(2)①由CO和H2的标准燃烧热，可得：(i)CO(g)+1
2
O2(g)=CO2(g) ΔH(i)=-283.0 kJ·mol-1；
(ii)H2(g)+1
2
O2(g)=H2O(l) ΔH(ii)=-285.8 kJ·mol-1结合(iii)H2O(l)= H2O(g) ΔH(iii)=+44.0
kJ·mol-1，根据盖斯定律，将(ii)-(i)+(iii)，整理可得：ΔH2 =+41.2 kJ·mol-1；
②CO2可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，根据得失电子守恒和原子守恒可知，CO2在阴极得到电子被还原产生CH3OH，则生成甲醇的电极反应式是CO2 +6e-
+6H+=CH3OH+H2O；③表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响；
(3)根据图示可知：铝为负极，失去电子变为Al3+，离子液体为AlCl3，故负极反应式为Al-3e-=Al3+；根据正极的两个反应式可知O2在反应中的作用是催化剂；将负极反应式和正极反应式相加，可得总电池总反应式：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。

【点睛】
本题综合考查了盖斯定律与原电池反应原理。

掌握盖斯定律的含义、弄清催化剂与反应速率和化学平衡的关系，结合图示中物质的变化是解题关键。

5．雾霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成因之一。

消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法。

(1)用活性炭还原法可以处理氮氧化物。

某研究小组向某恒容密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g)⇌N2(g) +CO2(g) ΔH=a kJ·mol-1。

在T℃时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如表：
①10~20 min内，NO的平均反应速率v(NO)=_____________。

②30 min 后升高温度，再次达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5:3:3．则
a_____(填“>”“=”或“<”)0。

③30min后，只改变某一反应条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是__________(填字母)。

A ．通入一定量的NO
B ．加入一定量的活性炭
C ．降低温度
(2)NH 3催化还原氮氧化物技术(SCR)是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。

反应原理如图所示。

已知c(NO 2) : c(NO)=1: 1时，脱氮效果最佳。

若生成1 mol N 2时反应放出的热量为b kJ ，此时对应的脱氮反应的热化学方程式为____________。

(3)汽车使用乙醇汽油并不能减少NO x 的排放，某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag —ZSW 一5为催化剂进行反应,测得NO 转化为N 2的转化率随温度的变化曲线如图所示。

①在
(NO)
(CO)
n n =1时，最佳温度应控制在_____左右。

②若不使用CO ，温度超过775 K 时，发现NO 的转化率降低，其可能的原因是___。

答案：018mol/(L ⋅min) < A 2NH 3(g)+NO(g)+NO 2(g)═2N 2(g)+3H 2O(g)△H=−2QkJ/mol 870K （860～880K 范围都可以） NO 直接分解成 N 2的反应是放热反应，升高温度不利于反应进行 【详解】
(1)①10∼20min 内，v(NO)=
c t
∆∆ =()0.58-0.40m 1ol/L 0min =0.018mol/(L ⋅min)，T ℃时，该反应
的平衡常数K1=222
2
c(N )c(CO )0.30mol/L 0.30mol/L
c (NO)(0.40mol/L)⨯= =0.5625； ②若30min 后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO 、N2、CO2的浓度之比为
5:3:3，K2=
2339525
⨯= =0.36<K1，平衡逆向移动，则△H<0，即a<0， 故答案为：<；
③A．通入一定量的NO，平衡正向进行，生成物的浓度增大，因为加入反应物，再次达到平衡后，反应物的浓度也增大，故A正确；
B．加入一定量的活性炭，固体对平衡移动没有影响，故B错误；
C．降低温度，平衡向正反应方向进行，反应物的浓度减少，生成物的浓度增加，也不符合表中数据，故C错误；
故答案为：A；
(2)根据图甲分析，NH3，NO和NO2在催化剂表面发生反应，生成N2和H2O(g)，反应为2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)═2N2(g)+3H2O(g)，生成1molN2时反应放出的热量为QkJ，则该反应的焓变△H=−2QkJ/mol，所以时对应的脱氮反应的热化学方程式为：
2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)═2N2(g)+3H2O(g)△H=−2QkJ/mol；
（3）①由图可知，
(NO)
(CO)
n
n
=1，870℃左右，NO转化为N2的转化率最大（或850℃～
900℃之间都可以），
故答案为：870K （860～880K 范围都可以）；
②此反应为放热反应，升高温度，不利于反应进行，反应更有利于向逆反应方向进行，NO 的分解率降低；
故答案为：NO直接分解成 N2的反应是放热反应，升高温度不利于反应进行。

6．I、某研究性学习小组为探究Fe3＋与Ag反应，进行如下实验：按下图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应）。

（1）K闭合时，指针向左偏转，石墨作________（填“正极”或“负极”）；石墨电极上的电极反应方程式为___________。

（2）一段时间后指针归零，向左侧U形管中滴加几滴FeCl2浓溶液，发现指针向右偏转，写出此时银电极的反应式：_________________。

（3）结合上述实验分析，写出Fe3＋和Ag反应的离子方程式______________。

II、某小组同学设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾。

（1）X极与电源的_____（填正或负）极相连，氢气从____（选填A、 B、C或D）口导出。

（2）离子交换膜只允许一类离子通过，则M为________（填阴离子或阳离子）交换膜。

（3）若将制得的氢气、氧气和氢氧化钠溶液组合为氢氧燃料电池（石墨为电极），则电池负极的电极反应式为______________。

答案：正极Fe3＋+ e－= Fe2＋Ag＋＋e－=Ag Ag＋Fe3＋Ag＋＋Fe2＋正C阴离子H2-2e－+2OH－=2H2O
解析：I、整体分析：结合指针偏转方向判断正负极，进而书写电极式；
II、整体分析：若用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾，则X 极为阳极，Y为阴极，M交换膜为阴离子交换膜，N交换膜为阳离子交换膜，阳极发生反应：2H2O-4e-==O2↑+4H+，阴极发生反应：4H2O+4e-==H2↑+4OH-，SO2-4穿过M交换膜与X极生成的H+结合为硫酸，K+穿过N交换膜与Y极生成的OH-结合为KOH；
【详解】
I、(1)由图可知，此时电池总反应为：Fe3++Ag=Ag++Fe2+，故石墨作正极，故正极电极式为：Fe3＋+ e－= Fe2＋，故答案为：正极，Fe3++Ag=Ag++Fe2+；
(2)因为一段时间后指针归零，向左侧U形管中滴加几滴FeCl2浓溶液，发现指针向右偏转，所以此时Ag为正极，此时电池总反应为：Ag++Fe2+= Fe3++Ag，故银电极的电极式为：Ag＋＋e－=Ag，故答案为：Ag＋＋e－=Ag；
(3)由(1)、(2)可知，Fe3＋和Ag反应应为可逆反应，故Fe3＋和Ag反应的离子方程式为：Ag
＋Fe3＋Ag＋＋Fe2＋，故答案为：Ag＋Fe3＋Ag＋＋Fe2＋；
II、(1)由整体分析可知，X极与电源的正极相连，氢气从C口导出，故答案为：正，C；
(2)由整体分析可知，M为阴离子交换膜，故答案为阴离子。

(3) 氢气、氧气和氢氧化钠溶液组合为氢氧燃料电池（石墨为电极）的负极电极式为：H2-2e－+2OH－=2H2O，故答案为：H2-2e－+2OH－=2H2O；
【点睛】
本题核心是结合指针偏转方向确定正负极，结合氯碱工业的装置图分析II的制备图，分析电极式书写。

7．一定温度下，向1L密闭容器中加入1molHI(g)，发生反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)物质的量随时间的变化如图所示。

(1)0—2min内的平均反应速率υ(HI)=___。

该温度下，H2(g)＋I2(g)2HI(g)的平衡常数K=___。

(2)相同温度下，若开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则___是原来的2倍。

a．平衡常数
b．HI的平衡浓度
c．达到平衡的时间
d．平衡时H2的体积分数
(3)上述反应中，正反应速率为υ正=k正·c2(HI)，逆反应速率为υ逆=k逆·c(H2)·c(I2)。

其中k 、k逆为速率常数，则k正=___（以K和k逆表示）。

正
(4)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，加入少量下列试剂中的，产生H2的速率将增大___。

a．NaNO3 b．CuSO4 c．Na2SO4 d．NaHSO3
(5)某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构如图，电池总反应可表示为2H2＋O2=2H2O，下列有关说法正确的是___。

A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e-=4OH-
C．每转移0.1mol电子，消耗1.12L的H2
D．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极
(6)氢气用于工业合成氨N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)；△H=-92.2kJ·mol-1，一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，反应速率与时间的关系如图所示：
其中t5时刻所对应的实验条件改变是___，平衡常数最大的时间段是___。

答案：05mol/(L·min)64b K×k逆b D t5减小NH3浓度t8 ~ t9
解析：(1)由图可知，2min 内H 2物质的量的变化量，然后计算化学反应速率，再利用化学反应速率之比等于化学计量数之比来解答；根据反应方程式写平衡表达式，结合平衡浓度计算平衡常数，化学方程式改变方向，平衡常数互为倒数；
(2)利用浓度对化学平衡的影响来分析HI 的平衡浓度、达到平衡的时间、平衡时H 2的体积分数，但温度不变，平衡常数不变；
(3)利用平衡的特征正、逆反应速率相等，结合平衡常数表达式即可求出K 正、K 逆和K 之间的关系；
(4)依据影响化学反应速率因素分析判断增大反应速率的试剂，注意原电池反应的分析判断；
(5)该电池呈酸性，通入燃料氢气的电极为负极，电极反应式为H 2-2e -=2H +，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，反应为O 2+4e -+4H +=2H 2O ，电子从负极沿导线流向正极，放电时，电解质中阳离子向正极移动；
(6)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N 2和H 2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正逆反应速率与时间的关系如图所示，其中t 2、t 4、t 5、t 7时刻对应的实验条件改变分别是t 2正反应速率突然增大，逆反应速率慢慢增大，所以是增大反应物浓度；t 4正逆反应速率同时增大相同的倍数，所以使用催化剂；t 5时平衡正向移动，但逆反应的速率突然减小，所以减小生成物的浓度；t 7时刻正逆反应速率都减小，且反应向正反应方向进行，说明是降低温度，正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大。

【详解】
(1)由图可知2min 内氢气的物质的量增加了0.1mol ，则氢气的浓度为
0.1mol 1L =0.1mol/L ，用氢气表示的化学反应速率为0.1mol/L 2min
c t υ∆==∆=0.05mol/(L·min)，()
()()22(mol/L)
100(mol/L)
0.20.10.1(mol/L)0.802HI g H g I g .10.1起始浓度转化浓度平＋衡浓度 根据平衡常数表达式计算：
K=()()()
222 c H c I c HI =20.10.108⨯．=164，则该温度下，H 2（g ）+I 2（g ）⇌2HI （g ）的平衡常数K=64；故答案为：0.05mol/(L·min)；64；
(2)a ．对该反应，当温度不变开始加入HI(g)的物质的量是原来的2倍，则温度不变，K 不变，a 错；
b ．物质的量为原来的2倍，该反应是反应前后气体体积相等的反应，则反应体系中各物质的浓度都是原来的2倍，b 正确；
c ．物质的量增大，则化学反应速率先增大的快，后随浓度的减小，速率增大的程度变小，c 错；
d ．由反应方程式及原来的量与后来的量成正比，则这两种情况下建立的平衡为等效平衡，即平衡时H 2的体积分数相同，d 错；
故答案为：b ；
(3)根据化学平衡的特征可知，υ正=υ逆，故有k正·c2(HI)= k逆·c(H2)·c(I2)，故
k k 正
逆
=
()()
()
22
2
c H c I
c HI
=K，k正= K⋅k逆，故答案为：K⋅k逆；
(4) a．加入NaNO3溶液相当于稀释溶液浓度减小，反应速率减小，a不合题意；
b．加入CuSO4溶液，和锌反应生成铜，铜和锌在稀硫酸溶液中形成原电池反应，生成氢气速率增大， b符合题意；
c．加入Na2SO4溶液相当于稀释溶液浓度减小，反应速率减小，c不合题意；
d．加入NaHSO3溶液会消耗硫酸，生成氢气的反应速率减小，d不合题意；
故答案为：b；
(5)A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误；
B．b是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；
C．温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；
D．放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确。

故答案为：D。

(6)一定温度下，在容积恒定的密闭容器中，一定量的N2和H2反应达到平衡后，改变某一外界条件，正逆反应速率与时间的关系如图所示，其中t2、t4、t5、t7时刻对应的实验条件改变分别是t2正反应速率突然增大，逆反应速率慢慢增大，所以是增大反应物浓度；t4正逆反应速率同时增大相同的倍数，所以使用催化剂；t5时平衡正向移动，但逆反应的速率突然减小，所以减小生成物的浓度；t7时刻正逆反应速率都减小，且反应向正反应方向进行，说明是降低温度，正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，平衡常数增大，温度不变平衡常数不变，故答案为：t5减小NH3浓度；t8 ~ t9。

8．用正确的化学语言回答下列问题
(1)有1mol/L NaHCO3和Al2(SO4)3溶液，NaHCO3溶液滴入酚酞后变红，用离子方程式解释________；两溶液混合，可作为泡沫灭火剂的起泡剂，发生反应的离子方程式是____ (2)已知室温时，0.1mol/L某酸HA在水中有0.1%发生电离，HA的电离常数约为
_________；HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的______倍。

(3)浓度均为0.01mol/L的CH3COOH和CH3COONa混和溶液中，c(CH3COO－)＋
c(CH3COOH)=_____mol/L。

(4)25 ℃时，将a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中
c(NH+
4
)=c(Cl－)。

用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数K b=_______________。

(5)燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，CH4燃料电池，电解质为KOH，写出负极电极反应方程式_______________________________________。

答案：HCO-
3 + H2O⇌H2CO3 + OH-Al3+ + 3HCO-
3
= Al(OH)3↓+ 3CO2↑1×10-71060.02
-9
10
-0.01 a CH4 – 8e- + 10OH- = CO2-
3
+7H2O
【详解】
(1)碳酸氢钠溶液中存在碳酸氢根的水解平衡和电离平衡，其水解程度大于电离程度，所以溶液显碱性，水解方程式为HCO-
3
+ H2O⇌H2CO3 + OH-；Al3+水解使溶液显酸性，所以两溶液混合发生双水解生成氢氧化铝沉淀和CO2，离子方程式为Al3+ + 3HCO-3= Al(OH)3↓+ 3CO2↑；
(2)0.1mol/L某酸HA在水中有0.1%发生电离，即电离出的c(A-)=c(H+)=10-4mol/L，其电离
平衡常数K a=
()()
()
-4-
1-
+4
-4
-10mol/L10mol/L
10mol/L-10
A H
=
H ol
A m/L
c c
c
⨯
1×10-7；HA电离出的c(H+)=10-
4mol/L，该溶液中c(OH-)=10-10mol/L，且氢氧根全部由水电离，则水电离出的c(H+)=10-
10mol/L，所以HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的
4
10
10
10
-
-
=106；
(3)溶液中存在物料守恒c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)=2c(Na+)=0.02mol/L；
(4)NH3·H2O的电离常数K b=
()()
()
-+
4
32
OH NH
NH H O
c c
c
，溶液中存在电荷守恒c(NH+
4
)+ c(H+)=c(Cl
－)+c(OH-)，根据题意c(NH+
4
)=c(Cl－)，则c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，等体积混合后溶液中
c(Cl－)=0.01
2
mol/L，所以c(NH+
4
)=
0.01
2
mol/L，存在物料守恒
c(NH+
4)+c(NH3·H2O)=
2
a
mol/L，所以c(NH3·H2O)=
-0.01
2
a
mol/L，所以
K b=
7
0.01
2
-0
10
.01
2
a
-⨯
=
-9
10
-0.01
a
；
(5)甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为负极，甲烷失电子被氧化，电解质溶液为KOH溶液，则生成碳酸根，所以电极方程式为CH4 – 8e- + 10OH- = CO2-3+7H2O。

【点睛】
第4小题为本题难点，要充分利用电荷守恒、物料守恒找到电离平衡常数表达式中各物质的浓度。

9．I.口罩生产的主要原料聚丙烯由丙烯聚合而来。

丙烷脱氢是丙烯工业生产的重要途径，反应的热化学方程式为 C3H8（g）⇌C3H6（g）+H2（g）△H。

回答下列问题：
（1）从工业生产的角度来看，主要可以获取丙烷的是_____。

A 液化石油气
B 炼铁高炉尾气
C 水煤气
D 焦炉气
E 重油裂化产物
（2）1.2×104Pa、1.0×105Pa 时由一定量丙烷脱氢制丙烯，反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷、丙烯的物质的量分数变化关系如图所示：
①105Pa 时丙烯的物质的量分数随温度变化的关系曲线是_____。

②若起始通入丙烷、丙烯、氢气的物质的量比为 3:1:1，计算 Q 点的平衡常数 Kp=_____（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

（3）一种丙烷脱氢制丙烯工艺生产中增加了氧化脱氢部分，氧气被引入到脱氢反应体系中，这样做的好处是_____。

II.环氧乙烷（_________）可用作一次性医用口罩的灭菌剂。

工业上常常利用乙烯氧化法来生产环氧乙烷。

主反应：2C2H4（g） + O2（g）催化剂（g）
副反应：C2H4（g） + 3O2（g） = 2CO2（g） + 2H2O（g）
乙烯氧化法中反应温度与反应速率的关系如图所示：
（4）工业生产中，使用 Ag 作为该反应催化剂，反应过程如下：
Ag（s） + O2（g）→ Ag+-O-
（s）（吸附态分子氧离子）
2
CH2=CH2（g） + Ag+-O-
（s）→ （g） + Ag+-O-（s）（吸附态原子氧离子）
2
CH2=CH2（g） + 6 Ag+-O－（s）→ 2CO2（g） + 2H2O（g） + 6Ag（s）
①根据上述反应过程，理论上 1mol 乙烯参与反应最多可以得到_____mol 环氧乙烷。

②为了加快主反应速率（且对副反应影响较小），显著提高环氧乙烷生产效率，所采取的措施是_____。

A 增大体系压强
B 升高温度
→ Ag + XO2）
C 加入抑制剂 X（X + Ag+-O-
2
D 加入抑制剂 Y（Y + Ag+-O－→ Ag + YO）
答案：A d12500Pa氢气与氧气反应生成水，使脱氢反应正向移动，提高丙烷的转化。