高考化学化学反应与能量推断题综合经典题含答案

高考化学化学反应与能量推断题综合经典题含答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．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＜×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NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为
MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-加热MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结
晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl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MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
(3) 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大而增到，500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)：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(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；
(4)①根据分析，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入氧化剂X的目的将Fe2+氧化为Fe3+，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MnO2，答案选B；
②根据分析，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NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl，过程中不能让Mn2+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，Al3+、Fe3+完全沉淀时的pH值分别为5.2和2.8，Mn2+开始沉淀的PH值为8.8，pH可取的范围为5.2≤pH＜8.8；
③()
()
()(
)
()()
2
2
2+-2+10
2
2+11
2+-
2
c c
==
Ca F
Ksp CaF c Ca 1.4610
Ksp MgF c M
=
c c g7.4210
Mg F
-
-
⨯
⨯
（）
（）
≈1.97；若此时pH为6，即c(H+)=10-6 mol/L，c(Mg2+)= a mol/L，c(F-)=
()
()
11
2
2
Ksp MgF7.4210
a mol/L
c M
=
g
-
+
⨯
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)=()()
()
-11
-6
+-
7.4210
10mol/L mol/L
c H c F a mol/L
Ka HF
=
⨯
⨯
⨯= 0.742
a
×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。

2．阅读下列材料，并完成相应填空
钯（Pd）是一种不活泼金属，性质与铂相似。

在科研和工业生产中，含钯催化剂不仅用途广泛，且用量大，因此从废催化剂中回收钯具有巨大的经济效益。

已知废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌。

工业上采用如下流程从废催化剂中提取钯。

（1）气体I的化学式为__________，酸溶I的目的是___________。

（2）王水指是浓硝酸和浓盐酸组成的混合物，其体积比为__________。

残渣与王水发生的反应有：
a. Pd + HCl + HNO3→……
b. ___________（写出化学方程式并配平）。

（3）若用足量的烧碱吸收气体II，请写出吸收后溶液中含有的溶质的化学式：NaOH、
_______、________、________。

（4）写出用NaHCO3调节pH值时发生反应的离子方程式：_________。

使用甲醛还原钯的化合物时，溶液须保持碱性，否则会造成甲醛的额外损耗，原因是______________。

（5）操作I的名称是_______________，溶液I可能含有的有机离子为_________。

（6）有人提出，在进行酸溶前最好先将废催化剂在700℃下进行灼烧，同时不断通入空气，其目的是____________。

【答案】H2除去铁、锌等杂质 1:3 C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2O NaNO3 NaNO2 Na2CO3 HCO3- + H+=H2O + CO2↑酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化过滤 HCOO-（甲酸根离子）除去废催化剂中的活性炭，减少王水的消耗（必须涉及炭的除去）
【解析】
【分析】
酸溶时铁和锌能与盐酸反应产生氢气，过滤出的残渣用王水溶解，然后通过碳酸氢钠调节pH，最后通过甲醛还原得到金属钯，据此解答。

【详解】
(1)铁和锌能与盐酸反应产生氢气；废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌，而实验的目的是从废催化剂中提取钯，所以酸溶I的目的是除去铁、锌等杂质；(2)王水是浓硝酸与盐酸按体积比1：3的混合物，浓硝酸具有氧化性，能将碳氧化生成二氧化碳，本身被还原成一氧化氮，反应的方程式为：C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)氢氧化钠与二氧化氮、二氧化碳反应的方程式：2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，
2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，同时氢氧化钠过量，所以吸收后溶液中含有的溶质的化学式：NaOH、NaNO3、NaNO2、Na2CO3；
(4)NaHCO3能和盐酸发生反应，离子方程式为：HCO3-+H+＝H2O+CO2↑，甲醛具有还原性，酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化；
(5)金属钯不溶于水，利用过滤的方法分离，甲醛会被硝酸氧化生成甲酸，所以溶液I可能含有的有机离子为HCOO-；
(6)由于废催化剂中的含有活性炭，不断通入空气，能除去活性炭，同时减少王水的消耗。

3．在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)，如图所示。

(1)曲线_____________(填“X”或“Y”)表示N2O4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N2O4 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(NO2)=2v(N2O4) 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2NO2(g)ƒN2O4(g)可知单位时间内NO2的变化量更大，所以Y代表N2O4的物质的量随时间的变化曲线；
(2)X代表NO2，3min内，v(NO2)=
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
100%
1mol
⨯=60%；
(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．在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。

使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ•mol－1表示。

请认真观察图1，然后回答问题。

（1）图中所示反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。

（2）已知拆开1mol H ﹣H 键、1mol I ﹣I 、1mol H ﹣I 键分别需要吸收的能量为436kJ 、151kJ 、299kJ 。

则由1mol 氢气和1mol 碘反应生成HI 会________ （填“放出”或“吸收”）________ kJ 的热量。

在化学反应过程中，是将________ 转化为________ 。

（3）某实验小组同学进行如图2的实验，以探究化学反应中的能量变化。

实验表明：①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应；实验②中，该小组同学在烧杯中加入5mL 1.0mol/L 盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，该反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。

【答案】放热 放出 11 化学能 热能 吸热 放热
【解析】
【分析】
【详解】
(1)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；
(2)在反应H 2+I 2⇌2HI 中，断裂1molH-H 键，1molI-I 键共吸收的能量为：
1×436kJ+151kJ=587kJ ，生成2molHI ，共形成2molH-I 键，放出的能量为：2×299kJ=598kJ ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ ，在化学反应过程中，将化学能转化为热能；
(3)①中的温度降低说明该反应是吸热反应；活泼金属置换酸中氢的反应为放热反应。

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。

6．1100℃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++-ƒ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
V V 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
V V ＝
n V t V V =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。

7．在800℃时，2L 密闭容器内发生反应：2NO(g)＋O 2(g)⇌2NO 2(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/s
0 1 2 3 4 5 n(NO)/mol 0.020 0.010 0.008 0.007 0.007 0.007 (1)如图表示NO 2的物质的量浓度变化的曲线是________。

(2)用O 2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(NO 2)＝2v(O 2)
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=c t
∆∆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
22
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．(1)将Al片和Cu片用导线连接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池。

写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。

写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。

(2)铅蓄电池是最常见的二次电池，由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，所以在生产、生活中使用广泛，写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________；充电时的阴极反应____________________。

【答案】2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O 4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O 4H++ 2e− +SO42−
+PbO2=PbSO4+2H2O PbSO4+2e−=Pb+SO42−
【解析】
【分析】
(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液反应，形成原电池，负极为Al失电子，在碱性溶液中，Al转化为AlO2-。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体。

(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等；充电时的阴极反应为PbSO4获得电子转化为Pb。

【详解】
(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液，在碱性溶液中，负极Al失电子转化为AlO2-，电极反应式为2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极反应为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体，电极反应式为4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O。

答案：2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O；4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O；
(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等，电极反应式为4H++ 2e−
+SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；充电时阴极为PbSO4获得电子转化为Pb，电极反应式为PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

答案为：4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

【点睛】
判断原电池的电极时，首先看电极材料，若只有一个电极材料能与电解质反应，该电极为负极；若两个电极材料都能与电解质发生反应，相对活泼的金属电极作负极。

在书写电极反应式时，需要判断电极产物。

电极产物与电解质必须能共存，如Al电极，若先考虑生成Al3+，则在酸性电解质中，能稳定存在，Al3+为最终的电极产物；若在碱性电解质中，Al3+不能稳定存在，最终应转化为AlO2-。

9．一定温度下10L密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：
K=2
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）+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 ）+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 10t
∆∆g ，故答案为0.004mol/（L ﹒min ）。

10．I.某温度时，在0.5L 密闭容器中，某一可逆反应的A 、B 气体物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：
（1）该反应的化学方程式为___。

（2）若降低温度，则该反应的逆反应速率___。

(填“加快”“减慢”或“不变”)。

（3）第4min 时，正、逆反应速率的大小关系为：v(正)_v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。

（4）反应至4min 时，A 的转化率为__。

（5）能判断该反应在一定温度下达到化学平衡状态的依据是__(填字母代号)。

A ．v(A)=2v(B)
B ．容器内压强不再发生变化
C ．容器内气体密度不再发生变化
D ．B 的体积分数不再发生变化
E ．容器内气体原子总数不再发生变化
F．相同时间内消耗2nmol的A的同时生成nmol的B
II.已知某可逆反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)。

请回答下列问题：
（1）根据实验测定结果，描绘出了该反应达到平衡状态时及改变外界条件后，反应速率与时间的关系图像(如图1所示)，有利于提高D产量的变化过程是图像中的__段；引起该变化过程的外界条件是__。

（2）根据实验测定结果描绘出了图2。

由此图像可以得出，升高温度，上述平衡将向
__(填“正反应”、“逆反应”)方向移动，K值__(填“增大”、“减小”、“不变”)；反应计量数之间的关系：a＋b__c＋d(填“大于”、“小于”、“等于”或“不确定”)。

【答案】2A(g)ƒB(g) 减慢 > 50% BD t3～t4增大反应物浓度逆反应减小大于【解析】
【详解】
I、（1）由图可知，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至4min时，A减少0.8mol−0.4mol=0.4mol，B增加
0.4mol−0.2mol=0.2mol，由物质的变化量之比等于化学计量数之比可知，A、B的化学计量数比为2:1，且后来达到平衡状态，则反应方程式为2A(g)ƒB(g)；
（2）降低温度，体系内活化分子数降低，运动速率降低，导致化学反应速率减慢；
（3）由图像可知，4min后，A的量还在减小，B的量还在逐渐增加，说明反应依旧在向正向进行，故v(正)>v(逆)；
（4）0～4min，Δn(A)=(0.8-0.4)mol=0.4mol，其转化率=0.4mol
100%
0.8mol
=50%；
（5）A、未标明该速率是正反应速率还是逆反应速率，无法据此判断该反应是否处于平衡状态，故A错误；
B、该反应在恒温恒容条件下进行，气体的物质的量之比=容器内压强之比，该反应属于气体非等体积反应，反应过程中，气体的物质的量会发生变化，当气体物质的量不变时，即容器内压强不再变化时，能够说明该反应达到平衡状态，故B正确；
C、该反应在反应过程中，气体的质量不变，且该反应是在恒容容器中进行，故气体的密度始终不变，故不能根据密度判断反应达到平衡状态，故C错误；
D、该反应正向进行过程中，B的体积分数逐渐增加，当B的体积分数不再发生变化时，可说明该反应达到平衡状态，故D正确；
E、根据原子守恒，该反应进行过程中，气体原子数目始终保持不变，故不能根据原子数目判断反应达到平衡状态，故E错误；。