高考化学化学反应与能量-经典压轴题含答案

高考化学化学反应与能量-经典压轴题含答案
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．钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。

一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：
已知：“浸出”后溶液中含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋等。

请回答：
(1)“煅烧”的目的为______________________________。

(2)“净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式有
_____________________________。

(3)“沉钴”时，发生如下反应：(NH4)2S2O8＋H2O→NH4HSO4＋H2O2；H2O2→H2O＋O；···········；Co3＋＋H2O→Co(OH)3＋H＋。

所缺的化学方程式为
______________________________；每生成1 molCo(OH)3，理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为__________。

(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是
____________。

(5)“沉钴”时pH不能太高，其原因为______________________________；“沉锌”时温度不能太高，其原因为________________________________________。

(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g。

则所得固体的化学式为____________。

【答案】除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可) MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+
2Co2++O+2H+=2Co3++H2O 0.5mol 取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止Zn2+提前沉淀防止NH4HCO3热分解
ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O
【解析】
【分析】
将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH控制在1~5，得到含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋的浸出液，调节溶液pH值为5~5.2，加入高锰酸钾将Mn2＋、Fe2＋氧化并转化为Fe(OH)3和MnO2除去，再次调节溶液pH值为4.5，加入(NH4)2S2O8将Co2＋氧化为Co3＋并转化为Co(OH)3沉淀除去，调节pH值为8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O沉淀，据此分析解答。

【详解】
(1)“煅烧”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；
(2)“净化”时，加入KMnO4的目的是除去溶液中的Fe2+和Mn2+，反应的离子方程式为：MnO4-+3Fe2+ +7H2O= MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；
(3)从流程中可以看出，“沉钴”时，(NH4)2S2O8为氧化剂，因此除去的是Co2＋，结合所给反应过程，缺少将Co2＋转化为Co3＋的反应，则可得所缺的化学方程式为
2Co2++O+2H+=2Co3++H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8~H2O2~O~2Co3+~ 2Co(OH)3，每生成1mol Co(OH)3理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为0.5mol；
(4) Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；
(5)“沉钴”时pH不能太高，防止Zn2+提前沉淀；“沉锌”时，加入NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3热分解；
(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，
增重5.4g ，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO 2气体的物质的量为()34.1-24.3-544g .4g
/mol =0.1mol ，根据元素守恒可知ZnCO 3∙xZn(OH)2∙yH 2O 为0.1mol ，煅烧后生成的ZnO 的物质的量为24.3g 81g/mol
=0.3mol ，根据Zn 元素守恒，0.1mol+0.1molx=0.3mol ，则x=2，生成水的物质的量为
5.4g 18g/mol =0.3mol ，根据氢元素守恒，0.1mol×2×2+0.1mol×2y=0.3mol×2，则y=1，则所得固体的化学式为ZnCO 3∙2Zn(OH)2∙H 2O 。

4．（1）反应3Fe(s)+4H 2O(g)Fe 3O 4(s)+4H 2(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)
5N 2(g)+6H 2O(g)。

某次实验中测得容器内NO 及N 2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)
N 2O 4(g)，n(NO 2)随时间变化如下表： 时间/s
0 1 2 3 4 5 n(NO 2)/mol 0.040 0.020 0.010 0.005 0.005 0.005 ①用NO 2表示0～2s 内该反应的平均速率为___。

②在第5s 时，NO 2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。

5．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Fe2+，继而将Cr2O72-还原成为Cr3+，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H2-2e-+2OH-=2H2O；
(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+2H2O 电解
2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(4)若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中总反应为：2H2+O2=2H2O；乙中总反应为：2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑；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-=H2↑；
②根据分析可知反应过程中Fe2+将Cr2O72-还原成为Cr3+，方程式为：Cr2O72-
+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。

【点睛】
第(5)题为易错点，虽然Cr2O72-被还原成为Cr3+，但根据图示可知阴极产生的是氢气，说明Cr2O72-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Fe2+将Cr2O72-还原。

6．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气(标准状况)，实验记录如下(累计值)：
(1)在0～1 min、1～2 min、2～3 min、3～4 min、4～5 min时间段中，反应速率最大的时间段是________，原因为______________________；反应速率最小的时间段是________，原因为__________________________。

(2)在2～3 min内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为________。

(3)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，其中可行的是________。

A ．蒸馏水
B ．Na 2SO 4溶液
C ．NaNO 3溶液
D ．Na 2CO 3溶液
【答案】2～3 min 该反应是放热反应，2～3 min 时溶液温度最高，反应速率最快 4～5 min 此时反应物的浓度最小，反应速率最慢 0.1 mol·L －1·min －1 AB
【解析】
【详解】
由表格数据可知，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min 生成氢气分别为50mL 、70mL 、112mL 、58mL 、20mL ；
(1)2 min ～3 min 收集的氢气比其他时间段多，反应速率最大，该反应放热，反应过程中温度升高加快反应速率；4～5 min 反应速率最小，随着反应进行氢离子浓度逐渐减小，该时间段内H +浓度小，反应速率最慢；
(2)2 min ～3 min 生成的氢气的体积为112mL ，则n (H 2)=0.112L 22.4L/mol 0.005mol ，反应过程中发生反应Zn+2HCl===ZnCl 2+H 2，则该时间段内消耗的n (HCl)=0.01mol ，溶液体积为
100mol ，则△c (HCl)=0.1mol/L ，v (HCl)=-1
0.1mol L =1min
c t ∆∆g =0.1 mol·L －1·min －1； (3)A ．加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H +的物质的量不变，氢气的量也不变，故A 正确；
B ．加入Na 2SO 4溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H +的物质的量不变，氢气的量也不变，故B 正确；
C ．加入硝酸钠溶液，锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气，故C 错误；
D ．加入Na 2CO 3溶液，Na 2CO 3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H +的物质的量减小，氢气的量也减小，故D 错误；
所以选AB 。

7．I 某课外兴趣小组对H 2O 2的分解速率做了如下实验探究。

（1）下表是该小组研究影响过氧化氢(H 2O 2)分解速率的因素时采集的一组数据： 用2210mLH O 10mL H 2O 2制取2150mLO 150mL O 2所需的时间(秒) 2230%H O 2215%H O 2210%H O 225%H O
无催化剂、不加热
几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 无催化剂、加热 360
480 540 720 2MnO 催化剂、加热
10 25 60 120 ①该研究小组在设计方案时，考虑了温度、________、催化剂等因素对过氧化氢分解速率
的影响。

②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响： _____________。

（2）将质量相同但颗粒大小不同的MnO 2分别加入到5mL5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。

测定结果如下：
催化剂(MnO 2)
操作情况 观察结果 反应完成所需的时间 粉末状
混合不振荡
剧烈反应，带火星的布条复燃 3.5分钟
块状 反应较慢，火星红亮
但木条未复燃 30分钟 实验结果说明催化剂作用的大小与_________________________有关。

Ⅱ.在体积为2L 的密闭容器中充入1molH 2 (g)和1molI 2 (g)，在一定温度下发生下列反应：()()
22H g I g +()2HI g ，回答下列问题： （1）保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，反应速率_________（填“加快”“减慢”或
“不变”）。

（2）保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol 氦气，反应速率_________________。

（填“加快”“减慢”或“不变”）。

（3）反应进行到2min ，测得容器内HI 的浓度为0.2mol/L ，用H 2表示前2min 该反应的平均化学反应速率为________________________，此时I 2的转化率为____________。

【答案】浓度 其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂, H 2O 2分解速率更快 (或其它条件相同时,反应物H 2O 2的浓度越大, H 2O 2分解速率更快。

或其它条件相同时,反应物H 2O 2的温
度越高, H 2O 2分解速率更快。

) 催化剂表面积 加快 减慢 0.05mol/(L·
min) 20% 【解析】
【详解】
I(1)①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s ，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s ，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关，故答案为：浓度；
②其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂， H 2O 2分解速率更快 (或其它条件相同时，反应物H 2O 2的浓度越大， H 2O 2分解速率更快。

或其它条件相同时，反应物H 2O 2的温度越高， H 2O 2分解速率更快。

)；
(2)因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明催化剂表面积对反应速率有影响，故答案为：催化剂表面积；
Ⅱ. (1)保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，生成物浓度变大，逆反应速率增大，平
衡左移，左移之后反应物浓度增大，正反应速率增大，之后重新达到平衡，故答案为：加快；
(2)保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol 氦气，容器的体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，所以反应速率减慢，故答案为：减慢；
(3)反应进行到2min ，测得容器内HI 的浓度为0.2mol/L ，则
v (HI)=-10.2mol L 2min
g =0.1mol/(L·min)，同一反应中用不同物质表示反应速率时反应速率之比等于计量数之比，所以v (H 2)=12
⨯ v (HI)=0.05mol/(L·min)；容器体积为2L ，碘的初始浓度为0.5mol/L ，平衡时HI 的浓度为0.2mol/L ，根据方程式()()22H g I g +()2HI g 可知，
消耗的c(I 2)=0.1mol/L ，所以I 2的转化率为-1
-1
0.1mol L 100%0.5mol L ⨯g g =20%，故答案为：0.05mol/(L·min)；20%。

8．按要求回答下列问题。

(1)Al 2(SO 4)3溶液显酸性的离子方程式：____________________________；
(2)CuSO 4溶液与过量氨水反应的离子方程式：____________________________；
(3)Mg-Al-NaOH 溶液组成的原电池，负极的电极反应式：_________________________；
(4)CH 3OH-O 2燃料电池，KOH 溶液作电解质，负极的电极反应式：____________________；
(5)惰性电极电解CuSO 4溶液的总反应的化学方程式：______________________________；
(6)Na 2C 2O 4溶液的物料守恒：______________________________；
(7)Fe 3+的基态电子排布式：______________________________；
(8)N 2H 4的结构式：______________________________。

【答案】Al 3++3H 2O ⇌Al(OH)3+3H + Cu 2++4NH 3•H 2O=[Cu(NH 3)4]2++4H 2O Al-3e -+4OH -═AlO 2-+2H 2O CH 3OH+8OH --6e -=CO 32-+6H 2O 2CuSO 4+2H 2O
电解2Cu+2H 2SO 4+O 2↑ c(Na +)=2[c(C 2O 42-)+c(HC 2O 4-)+c(H 2C 2O 4)] [Ar]3d 5
【解析】
【详解】
(1)Al 2(SO 4)3溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，故答案为：
Al 3++3H 2O ⇌Al(OH)3+3H +；
(2)CuSO 4溶液与过量氨水反应会生成铜氨络离子，故答案为：
Cu 2++4NH 3•H 2O=[Cu(NH 3)4]2++4H 2O ；
(3)Mg-Al-NaOH 溶液组成的原电池，总反应为Al 与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的反应，Al 失电子被氧化做负极，故答案为：Al-3e -+4OH -═AlO 2-+2H 2O ；
(4)CH 3OH-O 2燃料电池，KOH 溶液作电解质，负极甲醇失去电子生成二氧化碳，由于电解质为氢氧化钾溶液，所以反应生成了碳酸根离子，发生的负极电极反应式为CH 3OH+8OH --6e -=CO 32-+6H 2O ；
(5)电解硫酸铜溶液生成铜单质、氧气和硫酸，故答案为：
2CuSO4+2H2O 电解
2Cu+2H2SO4+O2↑；
(6)Na2C2O4溶液中钠离子的浓度等于含碳原子微粒的浓度之和的二倍，故答案为：
c(Na+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]；；
(7)Fe元素为26号元素，失去最外层三个电子生成Fe3+，故基态电子排布式为：[Ar]3d5；
(8) N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：。

9．雾霾天气严重影响人们的生活和健康。

其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。

因此改善能源结构、机动车限号等措施能有效减少PM2.5、SO2、NO x等污染。

请回答下列问题：
（1）汽车尾气中NO x和CO的生成：已知汽缸中生成NO的反应为：N2(g)＋
O2(g)2NO(g)—Q。

恒温、恒容密闭容器中，下列说法中，能说明该反应达到化学平衡状态的是____。

A．混合气体的密度不再变化
B．混合气体的压强不再变化
C．N2、O2、NO的物质的量之比为1∶1∶2
D．氧气的转化率不再变化
（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NO x的排放，这使NO x的有效消除成为环保领域的重要课题。

某研究性小组在实验室以Ag—ZSM—5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。

若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的
原因为___，在n(NO)
n(CO)
＝1的条件下，为更好的除去NO x，应控制的最佳温度在___K左
右。

（3）车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。

活性炭可处理大气污染物NO。

在5L密闭容器中加入NO和活性炭(假设无杂质)，一定条件下生成气体E和F。

当温度分别在T1℃和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量(n/mol)如下表：
①写出NO与活性炭反应的化学方程式：___。

②若T1＜T2，则该反应的Q__0(填“＞”“＜”或“＝”)。

③上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为___。

【答案】D NO的分解为放热反应，升高温度不利于反应正向进行 870（850-900之间）C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g） > 80%
【解析】
【分析】
（1）根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；
（2）NO的分解为放热反应，升温不利于其分解；选择NO转化率最大的温度；
（3））①NO和活性炭反应，生成氮气和二氧化碳，据此书写；
②根据温度对化学平衡的影响分析；
③利用等效平衡思想求解。

【详解】
（1）A、组分都是气体，则气体质量不变，容器为恒容状态，因此密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A错误；
B、反应前后气体系数之和相等，压强之比等于物质的量之比，因此压强不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故B错误；
C、因为没有起始物质的量，因此无法判断是否达到平衡，故C错误；
D、氧气的转化率不变，说明反应达到平衡，故D正确；
故答案为：D；
（2）N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，因此NO的分解为放热反应，升高温度，不利于反应正向进行；根据图象，870K时，NO的转化率几乎最大；故答案为：NO的分解为放热反应，升高温度不利于反应正向进行；870（850-900之间）；
（3）①因为是处理污染，因此NO和活性炭反应，N元素转化成N2，C转化成CO2，即反应方程式为C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g）；故答案为：C（s）+2NO（g）⇌CO2（g）+N2（g）；
②根据图中数据，升高温度时，NO的物质的量增多，CO2和N2的物质的量减小，反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，即Q>0；故答案为：>；③反应C+2NO⇌N2+CO2是一个气体体积不变的反应，而反应物只有一种气体，故加入NO
气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，原平衡中NO 转化率为
0.10-0.0200.10
×100%=80%，则达到新平衡时NO 的转化率为80%，故答案为:80%。

【点睛】 反应C+2NO ⇌N 2+CO 2是一个气体体积不变的反应，而且反应物只有一种气体，故加入NO 气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，两平衡中各组分的物质的量分数、气体体积分数、质量分数、物质百分含量相等。

10．（1）如图所示，甲、乙之间的隔板K 和活塞F 都可左右移动，甲中充入2mol A 和1mol B ，乙中充入2mol C 和1mol He ，此时K 停在0处。

在一定条件下发生可逆反应：2A(g)B(g)+ƒ2C(g)；反应达到平衡后，再恢复至原温度。

回答下列问题：
①可根据________现象来判断甲、乙中反应都已达到平衡。

②达到平衡时，隔板K 最终停留在0刻度左侧a 处，则a 的取值范围是_________。

（2）若一开始就将K 、F 固定，其它条件均同（1），则达到平衡时：
①甲、乙中C 的物质的量的关系是甲__________乙（填“＞”、“＜”或“＝” ）。

②如果测得甲中A 的转化率为b ，则乙中C 的转化率为____________。

【答案】K 、F 不再移动 02a << ＝ 1b -
【解析】
【分析】
（1）①当物质的量不发生变化时达到平衡状态，此时隔板K 和活塞F 不再移动； ②根据可逆反应的特征进行分析；
（2）①体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到的平衡状态相同，乙中的He 对平衡无影响；
②根据转化率的概念进行计算。

【详解】
（1）①当物质的量不发生变化时达到平衡状态，此时隔板K 和活塞F 不再移动，因此当隔板K 和活塞F 不再移动时，可判断甲、乙中反应都已达到平衡；
②甲中气体若不转化，则气体的物质的量最大为3mol ，即停留在“0”刻度处，若甲中的A 、B 气体全部转化为C ，则气体物质的量变为2mol ，则隔板K 应停留在“2”的位置，所以02a <<；
（2）①假设甲中投入2mol A 和1mol B ，乙中投入2mol C 达平衡时两容器内是等效的，即平衡时C 的物质的量相等，然后再向乙容器中投入1mol He ，由于是恒容容器，且He 不参与反应，故乙平衡不移动，则甲、乙两容器中的C 的物质的量仍相等；
②若甲中A 的转化率为b ，则平衡时生成C 的物质的量为2b ，由于甲、乙完全等效，则乙
容器中C的物质的量也为2b，即C的转化率
22b
2
1b
-
==-。

11．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。

12．T℃时，有甲、乙两个密闭容器，甲容器的体积为1L，乙容器的体积为2L，分别向甲、乙两容器中加入6mol A和3mol B，发生反应如下：3A（g）＋b B（g）3C（g）＋2D（g）， 4min后甲容器内的反应达到平衡，A的浓度为2.4mol/L，B的浓度为
1.8mol/L；t min后乙容器内的反应达到平衡，B的浓度为0.8mol/L。

根据题给的信息回答下列问题：
（1）甲容器中反应的平均速率（B）＝____________________。

（2）在温度T℃时，该反应的化学平衡常数为__________________，由下表数据可知该反应为______________（填“吸热”“放热”）反应。

化学平衡常数K和温度t的关系如下表：
t℃70080083010001200。