精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量附答案解析

精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量附答案解析
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。

回答下列问题：
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。

①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。

②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O Δ
ZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。

该
反应中每生成1 mol ZnFe2O4转移电子的物质的量是________。

(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。

为达到这一目的，还可采用的措施是________________________(任答一条)；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。

(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________；试剂X的作用是_______。

【答案】＋3 4 mol 增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案) Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋ H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 调节溶液的pH，促进Fe3＋水解
【解析】
【分析】
将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、
CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价；
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O Δ
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．反应过
程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，计算转移电子的物质的量；
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子；
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

【详解】
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价，+2+x×2+(-2)×4=0，x=+3；
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O Δ
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4，反应过
程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，则氧化产物为：ZnFe2O4、CO2，每生成1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1mol ZnFe2O4，生成4molCO转移电子的物质的量是4mol；
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+；(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，试剂X的作用是调节溶液pH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

2．（1）反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：（填“加快”、“不变”或“减慢”）。

①保持体积不变充入Ne，其反应速率___。

②保持压强不变充入Ne，其反应速率____。

（2）在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH 3(g)5N2(g)+6H2O(g)。

某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中v(正)与v(逆)相等的点为__（选填字母）。

（3）一定条件下，在2L密闭容器内，发生反应2NO 2(g)N2O4(g)，n(NO2)随时间变化如下表：
时间/s012345
n(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005
①用NO2表示0～2s内该反应的平均速率为___。

②在第5s时，NO2的转化率为__。

【答案】不变减慢 cd 0.0075mol·L-1·s-1 87.5%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①保持体积不变充入Ne ，各反应物和生成物的浓度不变，故反应速率不变； ②保持压强不变充入Ne ，容器体积变大，各物质浓度减小，反应速率减慢；
(2)反应达到平衡时正逆反应速率相等，据图可知t 2时刻后N 2和NO 的物质的量不再改变，说明反应到达平衡，所以c 、d 两个点v(正)与v(逆)相等；
(3)①2s 内△n (NO 2)=0.04mol-0.01mol=0.03mol ，容器体积为2L ，所以反应速率为0.03mol 2L =2s
c t ∆∆=0.0075mol·L -1·s -1； ②第5s 时，△n (NO 2)=0.04mol-0.005mol=0.035mol ，转化率为
0.035mol 100%0.04mol ⨯=87.5%。

【点睛】
判断通入惰性气体或者改变压强对反应速率的影响时，关键看是否改变了反应物和生成物中气体的浓度，若浓度改变则影响反应速率，若浓度不变则不影响反应速率。

3．（1）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应：Zn+CuSO 4=ZnSO 4+Cu 。

①画出装置图：___。

②电极材料和电解质溶液各是什么___。

？
③写出电极反应式：负极：___；正极：___。

（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气___L （标准状况下）。

导线中通过___mol 电子。

【答案】 负极：锌片、正极：铜片；CuSO 4溶液 Zn –2e -=Zn 2+ Cu 2++2e -=Cu 1.12L 0.1
【解析】
【分析】
（1）利用反应Zn+CuSO 4=ZnSO 4+Cu 设计原电池，根据反应可知，Zn 为负极，则正极可以是活泼性不如Zn 的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO 4，根据原电池原理写出电极反应式。

（2）根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。

【详解】
（1）①利用反应Zn+CuSO 4=ZnSO 4+Cu 设计原电池，根据反应可知，Zn 为负极，则正极可以是活泼性不如Zn 的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO 4，设计的原电池装置为：；
②根据以上设计可知，负极为锌片，正极为铜片，电解质溶液为CuSO4溶液；
③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：Zn–2e-=Zn2+，正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，CuSO4溶液中的阳离子有Cu2+和H+，放电能力Cu2+大于H+，正极反应为：，Cu2++2e-=Cu；
（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极：Zn–2e-=Zn2+，正极：
2H++2e-=H2↑，由电极反应n(H2)=n(Zn)=
3.25g
0.05mol 65g/mol
=，
V(H2)=0.05mol⨯22.4L/mol=1.12L，n(e-)=2 n(Zn)=2⨯0.05mol=0.1mol。

【点睛】
原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现象一般为产生气体或质量增加。

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H2+I2⇌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．高铁电池是一种新型可充电电池该电池能较长时间保持稳定的放电电压。

高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH。

（1）高铁电池的负极材料是___。

（2）放电时，正极发生__（填“氧化”或“还原”）反应；负极的电极反应式为__。

（3）放电时，__（填“正”或“负”）极附近溶液的碱性增强。

【答案】Zn 还原 Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2正
【解析】
【分析】
放电时该装置相当于原电池，根据原电池有关原理进行解答。

【详解】
（1）电池的负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。

由高铁电池放电时的总反应方程式可知，负极材料应为Zn。

答案为：Zn。

（2）原电池放电时，正极得到电子发生还原反应，负极材料为锌，失电子发生氧化反应，由总反应可知溶液为碱性，所以负极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。

答案为：还原；Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。

（3）放电时K2FeO4中的Fe的化合价由+6价变为+3价，发生还原反应，电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，正极上生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的碱性增强。

答案为：正。

6．硫化氢（H2S）是一种有毒的可燃性气体，用H2S、空气和KOH溶液可以组成燃料电池，其电池总反应为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO3+4H2O。

（1）该电池工作时正极应通入___。

（2）该电池负极的电极反应式为___。

（3）该电池工作一段时间后负极区溶液的pH__（填“升高”“不变”或“降低”）。

【答案】O2 H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O 降低
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由电池总反应可知，反应中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，氧气中氧的化合价降低，发生还原反应，则通入硫化氢的电极为负极，通入氧气的电极为正极。

答案为：O2。

（2）碱性溶液中正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应减去正极反应得到负极反应式为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。

答案为：H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。

（3）由负极反应式可知，负极反应消耗OH-，同时生成水，则负极区溶液中c(OH-)减小，pH降低。

答案为：降低。

【点睛】
电池反应中有氧气参加，氧气在反应中得到电子发生还原反应，根据原电池原理，负极发生氧化，正极发生还原，所以通入氧气的电极为电池的正极，酸性条件下的反应：
O2+4H++4e-=2H2O，碱性条件下的反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。

7．现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一定体积为2L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。

已知：2NO2(g)N2O4(g)+Q。

（1）前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=___；
（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态是___；
（3）35min时，反应2NO2(g)N2O4(g)在d点的平衡常数K(d)___K(b)（填“>”、“=”或“<”）。

（4）若要达到使NO2(g)的百分含量与d点相同的化学平衡状态，在25min时还可以采取的措施是___。

A．加入催化剂 B．缩小容器体积 C．升高温度 D．加入一定量的N2O4
【答案】0.04mol/(L·min) b和d = B、D
【解析】
【分析】
据图可知单位时间内X的浓度变化是Y的两倍，根据方程式2NO2( g )⇌N2O4(g)+Q可知，反应中NO2的浓度变化是N2O4的两倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示
N2O4浓度随时间的变化曲线。

【详解】
(1)根据分析可知X表示NO2浓度随时间的变化曲线，则
v(NO2)=
-1-1
0.6mol L-0.2mol L
=
10min
c
t
∆
∆
= 0.04mol/(L·min)；
(2)达到平衡时X、Y的物质的量不发生变化，故b、d处于化学平衡状态；
(3)据图可知25min时NO2的浓度瞬间增大，N2O4的浓度不变，可知改变的条件是又通入一定量的NO2，温度不变，则平衡常数不变，所以K(d)=K(b)；
(4)因在25 min时，增大了NO2的浓度，同时容器内压强也增大，则d点平衡状态NO2的
百分含量小于b 点NO 2百分含量，
A ．使用催化剂不影响平衡移动，二氧化氮含量不变，故A 错误；
B ．缩小体积，压强增大，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故B 正确；
C ．正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化氮含量增大，故C 错误；
D ．加入一定量的N 2O 4，等效为增大压强，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故D 正确；
故答案为：BD 。

【点睛】
第4为易错点，学生容易认为d 点二氧化氮浓度大，则二氧化氮含量高，注意等效平衡原理的应用。

8．1100℃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（H2）=4n（Na2SO4）=0.036mol，所以v（H2）=c
t
＝
n V t =
0.036
510min
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。

9．一定条件下2L的密闭容器中，反应aA(g)+bB(g)cC(g)+dD(g)达到平衡。

(1)若起始时A为lmol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均反应速率为________ mo1/(L·min)
(2)在其他条件不变的情况下，扩大容器体积，若平衡向逆反应方向移动，则
a+b_____c+d(选填“>”、“<”或“=”)，v逆 _____(选填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)若反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，则导致t1时刻速率发生变化的原因可能是
______。

(选填编号)
a．增大A的浓度
b．缩小容器体积
c．加入催化剂
d．升高温度
【答案】0.15 ＞减小 b
【解析】
【详解】
：(1)若起始时A为l mol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均
反应速率v=
1mol-0.4mol
2L
=
2min
c
t
∆
∆
=0.15mo1/(L•min)，故答案为：0.15；
(2)扩大容器体积减小压强，浓度减小反应速率减小，平衡向气体体积增大的方向移动，又平衡向逆反应方向移动即为气体体积增大的方向移动，所以a+b＞c+d，故答案为：＞；减小；
(3)a. 增大A的浓度正反应速率瞬间增大，但逆反应速率瞬间不变，故a不符合题意；
b. 缩小容器条件，反应物和生成物浓度均增大，反应速率变大，但平衡会正向移动，即正反应速率增大的幅度要逆反应速率增大幅度要大，之后平衡正向移动，二者相等，故b符合题意；
c. 加入催化剂，不影响平衡，正逆反应速率变化幅度应相同，故c不符合题意；
d. 升高温度，正逆反应速率均增大，但未告知该反应为吸热反应还是放热反应，无法判断反应移动方向，故d 不符合题意；
综上所述选b 。

10．(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 SO 2-2e -+2H 2O=SO 42-+4H + 正 2SO 32-+4H ++2e -=S 2O 42-+2H 2O
【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：SO 2-2e -+2H 2O ═SO 42-+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SO 32-生成S 2O 42-，电极反应式为2SO 32-+4H ++2e -=S 2O 42-+2H 2O 。

11．一定温度下10L 密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=
22[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）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（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）+H2O（g）⇌CO（g）+H2
（g）；吸热；
（2）a．当v正（H2O）=v逆（H2）=v逆（H2O）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 molH2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 ）。

12．已知NO 2
和N 2O 4可以相互转化：反应2NO 2（g ）N 2O 4（g ）△H ＝﹣57.2kJ/mol 。

（1）一定温度下，现将1molN 2O 4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应
达到平衡状态的是___（填序号，下同）。

（2）若反应2NO 2（g ）⇌N 2O 4（g ）在体积为1L 的恒容密闭容器中进行，保持温度不变，达到平衡后，向反应容器中再充入少量N 2O 4，平衡向___移动（填“左”、“右”或“不”），重新平衡后和原平衡相比，混合气体颜色___（填“变深”“变浅”或“不变”），N 2O 4 的体积分数___（填“增大”、“减小”或“不变”）。

（3）一定温度下，向容积为20L 的密闭容器中充入1molNO 2气体，发生反应2NO 2（g ）⇌N 2O 4（g ），反应中测得相关数据如表所示： 反应时间/min
10 20 30 40 50 气体相对分子质量 46
57
64
69
69
69
①此条件下该反应的化学平衡常数K ＝___。

②在50min 末，向容器中加入2
3
molNO 2，若要保持平衡不发生移动，应加入N 2O 4为___mol 。

【答案】①④ 左 变深 增大 60 83
【解析】 【分析】
（1）未达到平衡状态时体系中某些值是不断变化的，当这些值不变时可说明反应达到平衡状态；
（2）二氧化氮气体为红棕色，若二氧化氮浓度增大，则颜色加深； （3）①平衡常数K=
2422c(N O )
c (NO )
；
②浓度商等于平衡常数时平衡不发生移动； 【详解】
（1）a.该反应是体积变化的反应，密闭容器中气体质量不变，所以密度不变，说明达到了
平衡状态，故①正确；
b.反应热△H 与化学反应方程式有关，是不变化的，所以△H 始终不变，不能判断是否达到平衡状态，故②错误；
c.根据正反应速率大小关系，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，故③错误；
d.四氧化二氮的转化率不变，说明四氧化二氮的浓度不变，说明反应达到了平衡状态，故④正确； 故答案为：①④；
（2）可逆反应为2NO 2（g ）⇌N 2O 4（g ），达到平衡后，向反应容器中再充入少量N 2O 4，生成物浓度增大，平衡向左移动，c （NO 2）增大，混合气体颜色变深，恒容密闭容器中体积不变时可看成增大压强，压强增大时平衡正向移动，导致N 2O 4的体积分数增大，故答案为：左；变深；增大；
（3）①反应2NO 2（g ）⇌N 2O 4（g ）的三段式为，
224
2NO g N O g 1 0 2x x 1-2x x
（）（）
混合气体的物质为46g ，平衡时，混合气体的相对分子质量为69，即69（1﹣2x+x ）＝46，x ＝
13mol ，c （NO 2）＝c （N 2O 4）＝n V ＝1
60
mol/L ， ② 该反应的化学平衡常数K ＝2422c(N O )c (NO )
＝
21
601()60
＝60，故答案为：60； ②设平衡时N 2O 4的浓度为c （N 2O 4），向容器中加入23molNO 2，此时c （NO 2）＝1mol
20L
＝
0.05mol/L ，化学平衡常数K ＝2422c(N O )c (NO )＝242
c(N O )
0.05＝60，则c （N 2O 4）＝0.15mol/L ，n
（N 2O 4）＝cV ＝20L ×0.15mol/L ＝3mol ，所以应加入N 2O 4的物质的量为3mol ﹣
1
3
mol ＝83mol ，故答案为：83。

【点睛】
浓度商大于平衡常数，平衡逆向移动；浓度商等于平衡常数，平衡不移动；浓度商小于平衡常数，平衡正向移动。

13．某些共价键的键能数据如表（单位：kJ •mol －1）：
（1）把1mol Cl2分解为气态原子时，需要___（填“吸收”或“放出”）243kJ能量。

（2）由表中所列化学键形成的单质分子中，最稳定的是___；形成的化合物分子中最不稳定的是___。

（3）发射火箭时用气态肼（N2H4）作燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。

已知32gN2H4（g）完全发生上述反应放出568kJ的热量，热化学方程式是：____。

【答案】吸收 N2 HI 2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136kJ•mol ﹣1
【解析】
【分析】
(1)化学键断裂要吸收能量；
(2)键能越大越稳定，否则越不稳定，结合表中数据分析；
(3)根据n=m
n
计算32g N2H4的物质的量，再根据热化学方程式书写原则书写热化学方程
式。

【详解】
(1)化学键断裂要吸收能量，由表中数据可知把1mol Cl2分解为气态原子时，需要吸收243kJ 的能量；
(2)因键能越大越稳定，单质中最稳定的是H2，最不稳定的是I2，形成的化合物分子中，最稳定的是HCl，最不稳定的是HI；
(3)32g N2H4(g)的物质的量为
32g
32g/mol
=1mol，与二氧化氮反应生成氮气与气态水放出568kJ
的热量，热化学方程式是：2N2H4(g)+2NO2(g)═3N2(g)+4H2O(g) △H=-1136kJ•mol-1。

14．将等物质的量的A、B、C、D 4种物质混合，发生如下反应：aA＋bB cC(s)＋dD，当反应进行一定时间后，测得A减少了4n mol，B减少了2n mol，C增加了6n mol，D增加了4n mol，此时达到化学平衡。

(1)该化学方程式各物质的化学计量数为a＝____、b＝____、c＝_____、d＝____。

(2)若只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，该反应中各物质的聚集状态：A_________、B_______、D________。

(3)若只升高温度，反应一段时间后，测知4种物质其物质的量又达到相等，则该反应为______(填“放热”或“吸热”)反应。

【答案】2 1 3 2 气体固体或液体气体放热
【解析】
【分析】
(1)化学计量数之比等于物质的量变化量之比；
(2)只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，说明反应前后气体的体积不变，即反应前后气体总的化学计量数相等；
(3)若只升高温度，反应一段时间后，测知4种物质其物质的量又达到相等，说明平衡向逆反应方向移动。

【详解】
(1)①化学计量数之比等于物质的量变化量之比，则：a：b：c：d=4n：2n：6n：4n=2：1：3：2，故a=2、b=1、c=3、d=2；
②对于反应：2A+1B⇌3C(s)+2D，只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，说明反应前后气体的体积不变，即反应前后气体总的化学计量数相等，而C为固体，只能
A、D为气态，B为固体或液体；
③若只升高温度，反应一段时间后，测知4种物质其物质的量又达到相等，说明平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即该反应正反应为放热反应。

15．酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下图所示：
溶解度/(g/100 g水)
化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3
K sp近似值10-1710-1710-39
回答下列问题：
(1)该电池的正极反应式为 ________________，电池反应的离子方程式____________
(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗Zn______g。

（已知F=96500 C/mol）【答案】MnO2+e-+H＋=MnOOH Zn+2MnO2+2H＋=Zn2++2MnOOH 0.05
【解析】
【分析】
(1)该电池中，负极锌被氧化生成Zn2+，正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH；
(2)电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则变化的电量Q=0.5A×300 s=150 C，转移电子的物
质的量n(e-)=Q
F
，以此计算消耗锌的物质的量、质量。

【详解】
(1)酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是负极，电极反应式为Zn-2e-
=Zn2+。

中间是碳棒，碳棒为正极，二氧化锰得到电子生成MnOOH，正极电极反应式为MnO2+e-+H+=MnOOH，故总反应式为Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH；
(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是Q=0.5A×300 s=150 C，因此通
过电子的物质的量是n(e-)=Q150?
F96500?/
C
C mol
=1.554×10-3mol，锌在反应中失去2个电
子，则理论消耗Zn的质量m(Zn)=1
2
n(e-)×65 g/mol=
1
2
×1.554×10-3mol×65 g/mol=0.05 g。

【点睛】
本题考查原电池的工作原理以及电子转移的金属质量转化关系的计算，试题有利于知识的巩固和培养学生良好的科学素养。