【化学】化学化学反应与能量的专项培优 易错 难题练习题(含答案)附答案

【化学】化学化学反应与能量的专项培优易错难题练习题(含答案)附答案
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．以氯化钾和硫酸亚铁为原料生产硫酸钾和氧化铁红颜料，其主要流程如下：
已知：NH4HCO3溶液呈碱性，30℃以上NH4HCO3大量分解。

(1)NH4HCO3溶液呈碱性的原因是_____________________________________。

(2)写出沉淀池I中反应的化学方程式_____________________________，该反应必须控制的反应条件是________________________________________。

(3)检验沉淀池I中Fe2+沉淀是否完全的方法是_____________________。

(4)酸化的目的是______________________________。

(5)在沉淀池II的反应中，为使反应物尽可能多地转化为生成物，可在反应过程中加入
___。

a．(NH4)2SO4 b．KCl c．丙醇 d．水
(6)N、P、K、S都是植物生长所需的重要元素。

滤液A可做复合肥料，因为其中含有
_____________等元素。

【答案】NH4+的水解程度小于HCO3-的水解程度 2NH4HCO3 + FeSO4→ FeCO3↓ +
(NH4 )2SO4+ CO2↑ + H2O 反应温度低于30℃取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全除去溶液中的HCO3- c N、S、K
【解析】
【分析】
FeSO4与NH4HCO3发生双水解反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳等，然后过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁，因滤液中含有NH4HCO3，向滤液中加入硫
酸，可除去-3HCO ，此时溶液中溶质为硫酸铵、硫酸，向溶液中加入足量KCl ，此时溶液中因硫酸钾的溶解度较氯化铵低而发生沉淀，然后过滤，得到硫酸钾固体，以此解答。

【详解】
（1）NH 4HCO 3溶液中铵根离子水解显示酸性，碳酸氢根离子水解显示碱性，+4NH 的水解程度小于-3HCO 的水解程度，所以NH 4HCO 3溶液呈碱性，故答案为：+4NH 的水解程度小于-
3HCO 的水解程度；
（2）碳酸氢根离子和亚铁离子之间发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀，并放出二氧化碳，反映的原理方程式为：2NH 4HCO 3+FeSO 4=FeCO 3↓+(NH 4)2SO 4+CO 2↑+H 2O ，为防止较高温度下碳酸氢铵的分解，要注意温度的选择，故答案为：
2NH 4HCO 3+FeSO 4=FeCO 3↓+(NH 4)2SO 4+CO 2↑+H 2O ；反应温度低于30℃；
（3）亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子，亚铁离子遇到硫氰酸钾不显色，但是三价铁遇到硫氰酸钾显示红色，检验沉淀池I 中Fe 2+沉淀是否完全的方法是：取沉淀池I 的滤液，滴加KSCN 溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全，故答案为：取沉淀池I 的滤液，滴加KSCN 溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全；
（4）沉淀池Ⅰ中，除了生成的碳酸亚铁之外，溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入酸，酸化的目的是除去溶液中的-3HCO ，故答案为：除去溶液中的-3HCO ；
（5）由题目看出在沉淀池II 中生成的K 2SO 4为固体，而K 2SO 4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K 2SO 4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K 2SO 4的溶解度，故选：c ；
（6）滤液A 的成分中含有(NH 4)2SO 4以及KCl ，即其中含有N 、S 、K 元素，属于复合肥料，故答案为：N 、S 、K 。

3．六氟磷酸锂(LiPF 6)极易溶于水，可溶于醇等有机溶剂，常作锂离子电池的电解质。

某工氟磷灰石[Ca 5(PO 4)3F]为主要原料，制备六氟磷酸锂的流程如下：
已知：HF 的熔点为-83℃，沸点为19.5℃
回答下列问题：
(1)粉碎氟磷灰石的目的是________________________
(2)特制容器不能用玻璃容器，原因是________________(用文字叙述)
(3)沸腾炉中产生固液混合物，该混合物中含有CaSO 4和________(除硫酸外)
(4)制备白磷(P 4)中产生SiF 4和一种还原性气体，制备白磷的化学方程式为________________
(5)尾气中PCl 5用足量的烧碱溶液吸收生成两种盐，写出发生反应的离子方程式：________________
(6)如果42.5kgLiCl 参与反应，理论上可制备________kgLiPF 6
【答案】增大接触面积，加快反应速率 HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应
H3PO4 4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑ PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-
+4H2O 152
【解析】
【分析】
氟磷灰石粉碎后，加入浓硫酸加热的条件下发生Ca5[PO4]3F+5H2SO4=HF↑+3H3PO4+5CaSO4，气体A为HF，液化后，HF能与二氧化硅反应，不能在玻璃仪器中反应，需在特制容器中与LiCl反应；氟磷灰石与焦炭、石英砂在1500℃发生
4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，白磷与氯气点燃的条件下生成三氯化磷与五氯化磷的混合物，再与LiCl反应生成LiPF6和HCl。

【详解】
(1)粉碎氟磷灰石，导致固体颗粒小，接触面积增大，其目的为增大接触面积，加快反应速率；
(2)生成的气体为HF，HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应，故需在特制容器反应；
(3)根据反应的方程式，混合物中含有CaSO4和H3PO4；
(4) 制备白磷(P4)中产生SiF4和一种还原性气体CO，反应的方程式为
4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑；
(5)尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成磷酸钠和氯化钠，离子方程式为PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O；
(6)LiCl+6HF+PCl5=LiPF6+6HCl，42.5kgLiCl的物质的量为1000mol，理论生成1000molLiPF6，质量为152kg。

4．依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。

请回答下列问题：
(1)电极X的材料是_______；电解质溶液Y是________；
(2)银电极上发生的电极反应式为___________________；
(3)外电路中的电子是从______→______；
(4)当有1.6 g铜溶解时，银棒增重______g 。

【答案】Cu AgNO3 Ag++e- =Ag X(或Cu) Ag 5.4
【解析】
【分析】
(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，作负极，Ag作正极，电解质溶液为含有
银离子的可溶性银盐溶液；
(2)银电极上是溶液中的Ag+得到电子发生还原反应；
(3)外电路中的电子是从负极经导线流向正极；
(4)先计算Cu的物质的量，根据反应方程式计算出正极产生Ag的质量，即正极增加的质量。

【详解】
(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，Cu作负极，则Ag作正极，所以X为Cu，电解质溶液为AgNO3溶液；
(2)银电极为正极，正极上Ag+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：Ag++e-=Ag；
(3)外电路中的电子是从负极Cu经导线流向正极Ag；
(4)反应消耗1.6 g铜的物质的量为n(Cu)=m 1.6g
M64g/mol
=0.025 mol，根据反应方程式
2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知：每反应消耗1 mol Cu，正极上产生2 mol Ag，则0.025 mol Cu反应，在正极上产生0.05 mol Ag，该Ag的质量为m(Ag)=0.05 mol×108 g/mol=5.4 g，即正极银棒增重5.4 g。

【点睛】
本题考查原电池原理，明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键，计算正极增加的质量时，既可以根据反应方程式计算，也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。

5．（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+CuSO4=ZnSO4+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；CuSO4溶液 Zn–2e-=Zn2+
Cu2++2e-=Cu 1.12L 0.1
【解析】
【分析】
（1）利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+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CuSO4，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+CuSO4=ZnSO4+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CuSO4，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。

6．电化学在化学工业中有着广泛应用。

根据图示电化学装置，
（1）甲池通入乙烷(C2H6)一极的电极反应式为___。

（2）乙池中，若X、Y都是石墨，A是Na2SO4溶液，实验开始时，同时在两极附近溶液中各滴入几滴酚酞溶液，X极的电极反应式为___；一段时间后，在Y极附近观察到的现象是___。

（3）工业上通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，则阳极的电极反应式为__，阴极反应式为___。

【答案】C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32- 4OH--4e-=O2↑+2H2O 电极表面产生气泡，附近溶液显红色 Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O 2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【解析】
【分析】
甲池为乙烷燃料电池，所以反应过程中乙烷被氧化，则通入乙烷的一极应为负极，通入氧气的一极为正极；乙池为电解池，X 与电池正极相连为阳极，Y 与负极相连为阴极。

【详解】
(1)通入乙烷的一极为负极，乙烷被氧化，由于电解质溶液KOH ，所以生成碳酸根和水，电极方程式为：C 2H 6+18OH --14e -=12H 2O+2CO 32-；
(2)X 为阳极，硫酸钠溶液中水电离出的OH -在阳极放电生成氧气，电极方程式为：4OH --4e -=O 2↑+2H 2O ；Y 电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气，水的电离受到促进电离出更多的氢氧根，Y 电极附近显碱性，电极附近滴有酚酞，所以可以观察到Y 电极附近有气泡产生且溶液显红色；
(3)阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO 42-，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH --6e -=FeO 42-+4H 2O ；电解时，水电离的H +在阴极放电生成氢气，电极方程式为：2H 2O+2e -=H 2↑+2OH -。

【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③检查电极反应式的守恒关系(电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等)。

7．甲醇（CH 3OH ）是一种无色有刺激性气味的液体，在生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料。

（1）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气、KOH 溶液（电解质溶液）构成，则下列说法正确的是___。

（已知甲醇在空气中燃烧生成CO 2和H 2O ）
A ．电池放电时通入空气的电极为负极
B ．电池放电时负极的电极反应式为CH 3OH-6e -=CO 2↑+2H 2O
C ．电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱
D ．电池放电时每消耗6.4gCH 3OH 转移1.2mol 电子
（2）写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的电极反应式：___。

【答案】CD CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +
【解析】
【分析】
【详解】
(1) A. 通甲醇的电极为负极，通空气的电极为正极，A 项错误；
B. 在碱性电解质溶液中负极的电极反应式为2332CH OH+8OH 6e =CO +6H O ---
-，B 项错误；
C. 在放电过程中，OH -参与电极反应，不断被消耗，导致电解质溶液碱性减弱，C 项正确；
D. 电池放电时每消耗6.4gCH 3OH ，即0.2molCH 3OH ，转移电子数60.2mol=1.2mol ⨯，D 项正确；故答案选CD ；
(2)甲醇燃料电池中，在酸性条件下甲醇在负极失电子生成CO2，电极反应式为
CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，故答案为：CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。

8．有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol·L-1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6mol·L-1的氢氧化钠溶液中，如图所示。

（1）写出甲池中正极的电极反应式__。

（2）写出乙池中负极的电极反应式__。

（3）写出乙池中总反应的离子方程式__。

（4）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出__活动性更强，而乙会判断出__活动性更强(填写元素符号)。

（5）由此实验，可得到如下哪些结论正确（________）
A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法__(可靠或不可靠)。

如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案__(如可靠，此空可不填)。

【答案】2H＋＋2e-=H2↑ 2Al＋8OH-－6e-=2AlO2-＋4H2O 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑Mg Al AD 不可靠将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极
【解析】
【分析】
甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑，乙同学依据的化学反应原理是
2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。

由于铝与碱的反应是一个特例，不可作为判断金属性强弱的依据。

判断原电池的正极、负极要依据实验事实。

【详解】
（1）甲中镁与硫酸优先反应，甲池中正极上氢离子得电子产生氢气，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑；
（2）乙池中负极上铝失电子在碱性条件下生成AlO2-，电极反应式为2Al＋8OH-－6e-
=2AlO2-＋4H2O；
（3）乙池中铝与氢氧化钠反应，镁与氢氧化钠不反应，总反应的离子方程式为：2Al＋
2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；
（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；
（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故A正确；B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故B错误；、
C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故C错误；
D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；
故选AD；
（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序表判断原电池中的正负极”这种做法不可靠。

可行实验方案如：将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。

【点睛】
本题考查了探究原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。

利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质；该实验还说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析。

9．在A、B两个恒容密闭容器中发生反应：2NO2⇌2NO +O2反应过程中NO2的物质的量随时间变化的状况如图所示：
(1)若A容器的体积为5 L，反应经6 min达到平衡状态，则0~6 min内以O2浓度变化表示的反应速率为___________。

(2)该反应化学平衡常数K=__________(写出表达式)。

(3)说明该反应已达到平衡状态的是_______。

A．v正(NO2)=v逆(NO)B．c(NO2)=c(NO)
C．气体的平均摩尔质量不变 D．气体的密度保持不变
(4)若A、B两容器中只是温度不同，则T A____T B (填“>”或“<”)，请写出一条能提高二氧化氮转化率的措施_____________。

【答案】0.002 mol/(L•min)
()()
()
2
2
2
2
c NO c O
c NO
AC ＜升高温度(或减小压强)
【解析】 【分析】 (1)根据c
v t
∆=
∆计算反应速率； (2)平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比或反应产物与反应底物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比。

(3)反应达到平衡状态，各组分的浓度不随着时间的变化而变化，正逆反应速率相等，根据化学平衡状态的特征结合变量不变的状态是平衡状态来回答；
(4)温度越高达到平衡所需时间越短，不增加NO 2的物质的量使平衡右移即可增大其转化率。

【详解】
(1)据图可知初始时n (NO 2)=0.30mol ，平衡时n (NO 2)=0.18mol ，△n (NO 2)=0.12mol ，△c (NO 2)=
-10.12mol
=0.024mol L 5L
，则()()()2-1
20.024mol L ===0.0046min
NO NO mol/L min c v t ∆∆，同一反应中反应速率之比等于化
学计量数之比，所以v (O 2)=0.002 mol/(L•min)，故答案为：0.002 mol/(L•min)；
(2)根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K =()()
()2222NO O NO c c c ，故答案为：
()()
()
222
2NO O NO c c c ； (3)A ．反应平衡时v 正(NO 2)=v 逆(NO 2) ，同一反应反应速率之比等于计量数之比，所以v 逆(NO 2)=v 逆(NO) ，所以v 正(NO 2)=v 逆(NO) ，可以说明反应已达平衡；
B ．反应过程中c (NO 2)减小，c (NO)增大，某一时刻二者可能相等，但不能说明反应平衡；
C ．反应过程中气体总质量不变，但气体的物质的量在改变，即平均摩尔质量会变，所以当气体的平均摩尔质量不变时可以说明反应平衡；
D ．气体总质量不变，体积不变，故密度一直不变，所以密度不变时不能说明反应平衡； 故答案为：AC ；
(4)根据图可知容器B 达到平衡所需时间更短，反应速率更大，温度更高，且平衡时二氧化氮浓度更低，说明温度升高平衡右移，正反应为吸热反应，升高温度可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，该反应为压强减小的反应，故减小压强可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，故答案为：＜；升高温度(或减小压强)。

【点睛】
同一反应中不同物质表示的反应速率之比等于计量数之比，直接求某物质的反应速率不好求时可以通过求其他物质的反应速率来推算。

10．如图所示，A 、B 、C 三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl 2溶液。

（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是___(填标号)。

（2）A池中Zn是___极，电极反应式为___；A中总反应的离子方程式___。

（3）B池中总反应的方程式为___。

（4）C池中Zn是___极，发生___反应，电极反应式为___；反应过程中，CuCl2溶液浓度___(填“变大”“变小”或“不变”)。

【答案】A 负 Zn－2e-=Zn2＋ Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu CuCl2Cu+Cl2↑阴还原 Cu2＋
＋2e-=Cu 不变
【解析】
【分析】
（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池。

（2）A池中，相对活泼的金属作负极，电极反应式为金属失电子生成金属离子；A中总反应为负极金属与电解质发生氧化还原反应。

（3）B池中总反应为电解氯化铜。

（4）C池中，与正极相连的电极为阳极，阳极失电子发生氧化反应；通过分析两电极反应，可确定反应过程中，CuCl2溶液浓度变化情况。

【详解】
（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池，则原电池是A。

答案为：A；（2）A池中，相对活泼的金属是Zn，Zn是负极，电极反应式为Zn－2e-=Zn2＋；A中总反应的离子方程式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu。

答案为：负；Zn－2e-=Zn2＋；Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu；（3）B池中总反应，就是电解氯化铜的反应，方程式为CuCl2Cu+Cl2↑。

答案为：
CuCl2Cu+Cl2↑；
（4）C池中，与负极相连的电极为阴极，Zn与电源负极相连，是阴极，得电子，发生还原反应，电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu；反应过程中，阳极Cu-2e-=Cu2+，生成的Cu2+与阴极消耗的Cu2+物质的量相等，则CuCl2溶液浓度不变。

答案为：阴；还原；Cu2＋＋2e-=Cu；不变。

【点睛】
不管是原电池还是电解池，解题的切入点都是电极的判断。

通常，原电池的负极金属材料都会失电子生成阳离子；而电解池的阳极材料是否失电子，则要看其是否为活性电极。

若阳极为活性电极，则在电解时阳极材料失电子；若为惰性电极，则阳极发生溶液中阴离子失电子的反应。

11．合成氨反应N2 ( g ) +3H2 ( g ) = 2NH3 ( g ) ，反应过程的能量变化如图所示。

已知N2 ( g )
与 H 2( g )反应生成 17 gNH 3(g)，放出46. 1kJ 的热量。

请回答下列问题：
(1)该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E_______________（填“变大”或“变小”) ，E 的大小对该反应的反应热有无影响？___________，理由是__________。

(2)图中△H=________kJ·mol -1。

(3)起始充入2mol·L -1N 2和5.5mol·L -1H 2，经过50min ，NH 3的浓度为1mol·L -1，则v （N 2）=______mol·L -1·min -1，c(H 2)=_____mol·L -1
(4)已知NH 3(g)=NH 3(l) △H=-QkJ·mol -1,则N 2 ( g ) +3H 2 ( g ) = 2NH 3 ( l )的△H=_______kJ·mol -1 【答案】变小 无 ΔH 取决于反应物的总能量和生成物的总能量差 -92.2 0.01 4 -（92.2+2Q ） 【解析】 【分析】
(1)依据催化剂降低反应的活化能加快反应速率分析；反应热取决于反应物和生成物的能量变化，活化能和反应热无关；
(2)结合已知N 2(g)与H 2(g)反应生成17g NH 3(g)，放出46.1kJ 的热量，分析图象是合成氨反应N 2(g)+3H 2(g)=2NH 3(g)，计算得到； (3)依据化学平衡三段式列式计算；
(4)结合(2)计算的焓变写出反应的热化学方程式，依据盖斯定律计算所需让化学方程式。

【详解】
(1)催化剂降低反应的活化能加快反应速率，但不改变平衡，反应热不变，E 的大小对该反应的反应热无影响，反应热取决于反应物的总能量和生成物的总能量差，故答案为：变小；无；△H 取决于反应物的总能量和生成物的总能量差；
(2)已知N 2(g)与H 2(g)反应生成17g NH 3(g)，放出46.1kJ 的热量，图象是表示的是反应N 2(g)+3H 2(g)=2NH 3(g)能量变化，所以生成34g 氨气放热92.2kJ ，热化学方程式为：N 2(g)+3H 2(g)=2NH 3(g)，△H=-92.2kJ/mol ，故答案为：-92.2；
(3)起始充入2mol•L -1N 2和5.5mol•L -1H 2，经过50min ，NH 3的浓度为1mol•L -1，则依据所给数据建立如下三段式：
()()()
223N g 3H +2 5.50
0.5 1.511.54
g 2NH g 1
开始变化平衡 由三段式可得v(N 2)=
0.5mol/L
50min
=0.01mol/(L•min)，c(H 2)=4mol/L ，故答案为：0.01；4；
(4)由热化学方程式①N 2(g)+3H 2(g)=2NH 3(g)△H=-92.2kJ/mol ，②NH 3(g)═NH 3(l)△H=-QkJ•mol -
1，依据盖斯定律①+②×2得到N2(g)+3H2(g)═2NH3 (l)△H=-(92.2+2Q)kJ•mol-1，故答案为：-（92.2+2Q）。

12．2007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。