青海海西市人教版高中化学选修1-第4章简答题专项经典练习(含解析)

一、解答题

1．直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常采用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。

（1）1 mol CH4（g）完全燃烧生成气态水的能量变化和1 mol S（g）燃烧的能量变化如图所示。在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S（g）、H2O（g）和CO2，写出该反应的热化学方程式：____________。

（2）焦炭催化还原二氧化硫的化学方程式为2Cs+2SO2g=S2g+2CO2g。一定压强下，向1 L密闭容器中加入足量的焦炭和1 mol SO2发生反应，测得SO2的生成速率与S2（g）的生成速率随温度变化的关系如图所示：

① A、B、C、D四点对应的状态中，达到平衡状态的是_______（填字母）。 ②该反应的ΔH_____0（填“”“”或“＝”）。 ③下列措施能够增大SO2平衡转化率的是______。 A 降低温度 B 增加C的量 C 减小容器体积 D 添加高效催化剂

（3）当吸收液失去吸收能力后通入O2可得到NH4HSO4溶液，用如图所示装置电解

NH4HSO4溶液可制得强氧化剂NH42S2O8。

①写出电解NH4HSO4溶液的化学方程式：________。

②若用9.65 A的恒定电流电解饱和NH4HSO4溶液1小时，理论上生成的NH42S2O8的物质的量为________（F＝96500 Cmol－1）。

答案：CH4g+2SO2g=2Sg+CO2g+2H2OgΔH＝352 kJmol－1 C < A

2NH4HSO4NH42S2O8H2 0.18 mol

解析：NH4HSO4中硫元素为+6价，(NH4)2S2O8中硫元素为+7价，说明在阳极上SO4失去电子发生氧化反应生成S2O8，在阴极H+得到电子被还原为氢气。 【详解】

(1)根据图象可知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H=126kJ/mol-928kJ/mol=-802kJ/mol；②S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=-577 kJ/mol；根据盖斯定律可知①－②×2即得到CH4和SO2反应的热化学方程式为

22通电CH4g+2SO2g=2Sg+CO2g+2H2OgΔH＝352 kJmol－1；

(2)①达到平衡状态时，不同物质表示的正逆反应速率之比等于化学计量数之比；因此A点时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率相等，不符合化学计量数之比，没有达到平衡状态；B点时SO2的生成速率与S2(g)的生成速率不相等，但不符合化学计量数之比，没有达到平衡状态；C点SO2的生成速率与S2(g)的生成速率之比为2:1，符合化学计量数之比，达到平衡状态；D点时，SO2的生成速率与S2(g)的生成速率不是2倍关系，不符合化学计量数之比，没有达到平衡状态；答案选C；

②从图象可出，升高温度，SO2的生成速率增加较快，反应逆向移动，该反应为放热反应，△H<0；

③A. 针对于可逆反应2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，△H<0；降低温度，平衡右移，SO2平衡转化率增大，A正确；

B、C为纯固体，改变其用量，速率不变，平衡不移动，SO2平衡转化率不变，B错误； C、减小容器体积，增大压强，平衡左移，SO2平衡转化率减小，C错误；

D、添加高效催化剂，只能加快反应速率，平衡不移动，SO2平衡转化率不变，D错误； 答案选A；

(3)①NH4HSO4中硫元素为+6价，(NH4)2S2O8中硫元素为+7价，阳极SO4失去电子发生氧化反应生成S2O8，阴极H+得到电子被还原为氢气，电解NH4HSO4溶液的化学方程式为2NH4HSO4NH4S2O8H2；

2②用9.65 A的恒定电流电解饱和NH4HSO4溶液1小时，通过的电子数为

通电9.65A3600s=0.36mol，由可知生成1mol(NH4)2S2O82NHHSO44NH42S2O8+H296500Cmol122通电转移2mol电子，则转移0.36mol电子时，生成0.18mol(NH4)2S2O8。 2．Ⅰ.氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如图：

(1)粗盐中含CaCl2、MgCl2等杂质，写出精制过程中发生反应的离子方程式是______，______。

(2)如果粗盐中SO4含量较高，必须添加钡试剂除去SO4，该钡试剂可以是______。 A．Ba(OH)2 B．Ba(NO3)2 C．BaCl2

(3)检验与电源正极相连的电极附近产生的气体，可使用______试纸。 Ⅱ.如图所示，U形管内盛有150mL的溶液，按要求回答下列问题：

22

(4)打开K2，闭合K1，若所盛溶液为稀硫酸，则B极为______极(填电极名称)，A极的电极反应式为：______。

(5)打开K1，闭合K2，若所盛溶液为NaCl溶液，一段时间后U形管内溶液的pH______(填“增大”、“不变”或“减小”)，A极的电极反应式为：______。若要使U形管内溶液恢复到起始状态，应向U形管内的溶液加入(或通入)______。(填化学式)

答案：Ca2++CO3=CaCO3↓ Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓ AC 湿润淀粉KI试纸 正 Zn-2e-=Zn2+ 变大 2H2O+2e-=H2↑+2OH-(或2H++2e-=H2↑) HCl 【详解】

Ⅰ. (1)工业食盐中含有较多Ca2+、Mg2+ 杂质可用试剂NaOH、Na2CO3除去，钙离子和碳酸根离子生成碳酸钙沉淀，镁离子和氢氧根生成氢氧化镁沉淀，离子方程式为Ca2++CO3=CaCO3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，故答案为：Ca2++CO3=CaCO3↓；Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；

(2)除去粗盐中的SO4，可加Ba2+形成BaSO4白色沉淀，因不能引进其他阴离子，故钡试剂只能用BaCl2或Ba(OH) 2，AC正确，故答案为：AC；

(3)与电源正极相连的电极为阳极，阳极上氯离子失电子产生氯气，则电极附近产生的气体是Cl2 ，检验该气体可使用湿润的碘化钾淀粉试纸，现象是试纸变为蓝色，故答案为：湿

2222润淀粉KI试纸。

Ⅱ. (1)打开K2，闭合K1，该装置是原电池，锌是负极，碳棒是正极，即B极是正极，A极上锌失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn- 2e-= Zn2+ ，故答案为：正极；Zn- 2e-= Zn2+；

(2)打开K1，闭合K2，该装置是电解池，A是阴极，B是阳极，若所盛溶液为食盐水，电解池中生成氢氧化钠、氢气和氯气，一段时间后溶液的pH变大，A极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-(或2H++2e-=H2↑)，根据“少啥补啥”的原则，要使U形管内溶液恢复到起始状态，应向U形管内的溶液通入适量的HCl，故答案为：变大；2H2O+2e-=H2↑+2OH-(或2H++2e-=H2↑)；HCl

3．H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。

2BaO2(1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaO滤液ⅡⅠⅢⅣ加热O盐酸除杂减压蒸馏H2O2 Ⅴ①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是____。

②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是____。 ③III中生成H2O2，反应的化学方程式是____。

④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因：____。

(2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。

①a极的电极反应式是____。 ②下列说法正确的是____。

A．该装置可以实现电能转化为化学能 B．电极b连接电源负极

C．该方法相较于早期剂备方法具有原料廉价，对环境友好等优点

答案：2Ba(NO3)2

加热2BaO+ O2↑+4NO2↑ 增大压强或增大氧气的浓度或降低温度

BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2 H2O2受热易分解 O2+2H++2e-= H2O2 AC

解析：(1)根据流程图示，钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气

反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水，据此分析解答；

(2)根据图示，左端电极上氧气转化为双氧水，氧元素的化合价由0价变为-1价，得电子发生还原反应，则a电极为阴极，电极反应为O2+2H++2e-= H2O2，b电极为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2H2O-4e-= 4H++ O2↑，据此分析解答。 【详解】

(1)①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)2

加热2BaO+ O2↑+4NO2↑；

②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g)

2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的

措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；

③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2；

④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低； (2)①根据分析，a极的电极反应式是O2+2H++2e-= H2O2；

②A．2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；

B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误； C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O2

电解2H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料

为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确； 答案选AC。 【点睛】

易错点为(1)中的④，H2O2受热易分解，减压能够降低蒸馏温度，减小双氧水的分解，提高双氧水的产率。

4．Ⅰ.氮和氮的化合物在国防建设、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列与氮元素有关的问题：

(1)亚硝酰氯(结构式为C1NO)是有机合成中的重要试剂。它可由C12和NO在常温常压条件下反应制得，应方程式为2NO(g)Cl2(g)数据如下表所示： 化学键 键能(kJ/mol) 2ClNO(g)。已知几种化学键的键能

C1C1 243 ClN 200 N=O 607 NO(NO) 630

当C12与NO反应生成C1NO的过程中转移5mol电子，理论上放出的热量为______kJ。 (2)在一个恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1molCl2(g)发生(1)中反应，在温度分别为

T1℃、T2℃时测得NO的物质的量(单位：mo1)与时间的关系如下表所示：

t/min 温度/℃ 0 2 2 5 1.5 1.15 8 1.3 1.0 13 1.0 1.0 T1 T2

①T1______T2(填“>”“<”或“=”)。

②温度为T2℃时，起始时容器内的压强为p0，则该反应的平衡常数Kp=______(化为最简式)。

(3)近年来，地水中氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱Ir的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮所示。

NO，其工作原理如下左图

3

①Ir表面发生反应的方程式为______________________。 ②若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是____________。

Ⅱ.利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来精炼银，装置如上图所示。

(4)①甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂YN2O5，可循环使用，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为_____________。

②若用10A的电流电解60min后，乙中阴极得到32.4gAg，则该电解池的电解效率为______%。(保留小数点后一位。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C/mol)

答案：5 <

6 H2N2O=N2H2O 若Pt颗粒增多，NO3更多转化为NH4存在溶p0液中，不利于降低溶液中含氮量 O24e2N2O54NO3 80.4

解析：(1)2NO(g)+C12(g)⇌2C1NO(g)反应的△H=反应物的键能之和−生成物的键能之和，再按要求回答；

(2)解读表格数据，找出不同温度下速率的大小，按温度高速率快判断温度的相对大小，结合三段式、按定义计算Kp；

(3) 结合图示信息，找出含氮微粒的反应，写化学方程式、并回答问题；燃料电池中，通入燃料的一极为负极，还原剂失去电子发生氧化反应，电子沿着导线流向正极，通入助燃物的一极为正极，正极上发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，用燃料电池进行电解，每一个电极上电子数守恒，据此回答； 【详解】

Ⅰ(1)已知C12和NO在常温常压条件下发生反应生成ClNO，设其热化学方程式为：

2NO(g)Cl2(g)2ClNO(g)HQkJ/mol，则焓变H=反应物总键能-生成物总键

能=2630kJ/mol243kJ/mol2(200kJ/mol607kJ/mol)111kJ/mol，从

2e反应知，2molQ111kJ ，故当C12与NO反应生成C1NO的过程中转移5mol电子，Q15mol理论上放出的热量为Q1=277.5kJ；

(2)①由图知T2时反应速率更大，温度越高，反应速率越大，单位时间内消耗NO的量越多，所以T12NO(g)+Cl2(g)起始(mol)21T℃②温度为2时，

转化(mol)10.5平衡(mol)10.52ClNO(g)0，起始时容器内的压强为

11p0n始216，则p平5p0 ，化学平衡常数p0，

p平n平10.51561mol5p02)p(ClNO)62.5mol6Kp2= ； p(NO)p(Cl2)(1mol5p0)20.5mol5p0p02.5mol62.5mol62((3)①由图知，Ir表面氢气和N2O发生反应，生成氮气和水，故发生反应的方程式为

H2N2O=N2H2O；②由图知，Pt颗粒使NO3转化为NH4，则：若导电基体上的Pt颗粒增多，造成的后果是NO3更多转化为NH4存在溶液中，不利于降低溶液中含氮量； Ⅱ.(4)①由图知：甲池为NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，工作时，石墨Ⅰ上NO2转变成绿色硝化剂YN2O5，是氧化反应，故石墨Ⅰ为原电池负极，则石墨Ⅱ是原电池

正极，正极上发生还原反应，故电极反应式为O24e2N2O54NO3；②若用10A60min×60s/min=36000C，则阴极通过的电流电解60min后，阴极通过的总电量为：10A×的电子的物质的量为：

36000C；则理论上阴极得到Ag的质量为：

96500C/mol36000C108g/mol40.3g ，乙中阴极得到32.4gAg，则该电解池的电解效率

96500C/mol为

32.4g100％80.4%。 40.3g【点睛】

本题考查能量的计算，化学平衡常数的相关计算，电极反应式的书写等，注意信息的有效提取、并结合相关知识进行分析解答是解题的关键。

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： 时间/min 浓度/mol·L-1 NO N2 CO2 0 10 0.58 0.21 0.21 20 0.40 0.30 0.30 30 0.40 0.30 0.30 40 0.48 0.36 0.36 50 0.48 0.36 0.36 1.00 0 0 ①10~20 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)NH3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(NO2) : c(NO)=1: 1时，脱氮效果最佳。若生成1 mol N2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NOx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N2的转化率随温度的变化曲线如图所示。

n(NO)=1时，最佳温度应控制在_____左右。 ①在

n(CO)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 2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)═2N2(g)+3H2O(g)△H=−2QkJ/mol 870K （860～880K 范围都可以） 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 【详解】

(1)①10∼20min内，v(NO)= 的平衡常数K1=

c(0.58-0.40)mol/L = =0.018mol/(L⋅min)，T℃时，该反应

10mintc(N2)c(CO2)0.30mol/L0.30mol/L =0.5625； 2c(NO)(0.40mol/L)2②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=

339 =0.36③A．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；

n(NO)=1，870℃左右，NO转化为N2的转化率最大（或850℃～（3）①由图可知，

n(CO)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＋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-，SO4穿过M交换膜

2-Ag＋＋Fe2＋ 正 C 阴离子

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．能源是人类生存和发展的重要支柱，化学在能源的开发与利用方面起着十分重要的作用。某学习小组按如图所示装置探究化学能与电能的相互转化：

(1)甲池是_________装置，通入O2气体的电极上的反应式为_________。乙池中SO4移向_____电极(填“石墨”或“Ag”)。

(2)当甲池消耗标况下33.6L O2时，电解质KOH的物质的量变化_____mol，乙池若要恢复电解前的状态则需要加入__________(填化学式)。 (3)丙池中发生的电解反应的离子方程式为______________。

2

答案：原电池(或化学能转化为电能) O2 + 4e- +2H2O=4OH- 石墨 1.5 CuO(CuCO3) 2Cl+2H2O

-

电解Cl2↑ + H2↑ + 2OH-

解析：甲装置为燃料电池，O2在正极上得电子，则乙池和丙池均为电解池。 【详解】

(1)由图可看出甲为燃料电池装置，是原电池（或化学能转化为电能）；通入氧气的电极为正极，其电极反应式为：O2 + 4e- +2H2O=4OH-；乙和丙为电解池，与电池的正极相连的石墨为阳极，与电池的负极相连的Ag电极为阴极，则乙池中SO42 移向石墨极（阳极）； (2)原电池的总反应为：CH4 +2O2+ 2OH-=CO32-+ 3H2O，当甲池消耗标况下33.6L（1.5mol）O2时，根据方程式可知消耗1.5mol KOH；乙池阳极发生反应4OH-- 4e- = O2↑+2H2O，阴极发生反应：Cu2++2e- =Cu，若要恢复到电解前的状态，则需要加入CuO(CuCO3)； (3)丙池中用惰性电极电解氯化钠溶液，电解反应的离子方程式为2Cl+2H2OH2↑ + 2OH-。

8．如图为铜锌原电池的装置示意图，其中盐桥内装琼脂－饱和KCl溶液。请回答下列问题：

-－

电解Cl2↑ +

(1)Zn电极为电池的________(填“正极”或“负极”)。

(2)写出电极反应式：Zn电极：________ Cu电极：__________。 (3)盐桥中向CuSO4溶液中迁移的离子是____________。

(4)若保持原电池的总反应不变，下列替换不可行的是____________(填字母)。 ．．．A．用石墨替换Cu电极 B．用NaCl溶液替换ZnSO4溶液 C．用稀H2SO4代替CuSO4溶液

(5)请选择适当的材料和试剂，将反应2Fe3+ + 2I－= 2Fe2+ + I2设计成一个原电池，请填写表格： 设计思路 负极材料 ______ 负极 负极反应物 ______ 正极材料 _______ 正极 正极反应物 ______ 电子导体 _______ 离子导体 _______ 在方框内画出简单的装置示意图，并标明使用的材料和试剂_______。

答案：负极 Zn-2e-=Zn2+ Cu2++2e-=Cu K+ C 石墨 KI溶液 石墨 FeCl3溶液 导线

盐桥

解析：该装置是原电池，Zn易失去电子做负极，Cu做正极，负极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，正极反应式为Cu2++2e-=Cu，据此分析解答； 【详解】

(1) 该装置是原电池，Zn易失去电子做负极，故答案为：负极；

(2) Zn做负极，负极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，Cu做正极，正极反应式为Cu2++2e-=Cu，故答案为：Zn-2e-=Zn2+，Cu2++2e-=Cu；

(3)原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，盐桥中向CuSO4中迁移的离子应是阳离子，应是K+，故答案为K+；

(4)A．若将Cu换成石墨，锌仍然为负极，石墨为正极，电极反应式为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，电池反应不变，故A可行；

B．用NaCl溶液替换ZnSO4溶液，NaCl是电解质溶液，还是Zn失去电子，电极反应式仍然为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，电池反应不变，故B可行；

C．若将CuSO4溶液换成稀H2SO4，电池反应变成Zn+2H+=Zn2++H2↑，电池反应发生变化，故C不可行； 故选C。

(5)在2Fe3+ + 2I－= 2Fe2+ + I2中，反应式中碘元素由-1价升成0价，失去电子，发生氧化反应，负极反应物为KI溶液，铁元素由+3价降低为+2价，得到电子，发生还原反应，可以选正极反应物为FeCl3溶液，正负极用石墨作电极材料，连接导线，用盐桥形成闭合回路，组成原电池，故答案为：石墨，KI溶液；石墨，FeCl3溶液；导线，盐桥，

。

9．某研究小组探究饮用水中铁锰的来源和去除原理。

I.铁锰来源

某地区地下水铁锰含量和国家标准对比 某些地区地下水常见微粒含量(mg/L) Fe2+ 4～20 Mn2+ 0.4～3 HCO3 1～1.5 国家饮用水标准(mg/L) CO2 30～70 Fe2+ 0.3 Mn2+ 0.1 pH 6.5～8.5 （1）利用FeCO3溶解度计算溶出的Fe2+为1.1mg/L，依据上表数据，结合平衡移动原理，解释地下水中Fe2+含量远大于1.1mg/L的原因_____。 II.去除原理

（2）自然氧化法：

①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用_____。

②补全曝气池中氧化Fe2+时发生反应的离子方程式：

________Fe2++________O2+________H2O=________Fe(OH)3+_____________。 此方法铁去除时间长，锰去除率低。

（3）药剂氧化法：工业上可以采用强氧化剂(ClO2、液氯、双氧水等)，直接氧化Fe2+、Mn2+生成Fe(OH)3和MnO2除去。某实验中pH=6.5时，Fe2+、Mn2+浓度随ClO2投加量的变化曲线如图：

①ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是______。 ②分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应。写出反应的离子方程式______。 ③写出两种提高锰去除率的方法______。

答案：FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)

2--Fe2+(aq)+CO3(aq)，酸

2-2-雨中含有H+浓度较大，H+结合CO3形成HCO3，使得溶液中c(CO3)浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大 加快反应速率 4 1 10 4 8 H+ Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快 2ClO2+5Mn2++6H2O【详解】

I.(1)FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)

2--2Cl-+5MnO2+12H+ 适当增加ClO2的投料量，升高温度

Fe2+(aq)+CO3(aq)，酸雨

2-2-中含有H+浓度较大，H+结合CO3形成HCO3，使得溶液中c(CO3)浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下水中Fe2+的浓度增大；故答案为：FeCO3难溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)

Fe2+(aq)+CO3(aq)，酸雨中含有H+浓度较大，H+结合

2-2--2-CO3形成HCO3，使得溶液中c(CO3)浓度降低，沉淀溶解平衡正向移动，最终使地下

水中Fe2+的浓度增大；

II. (2) ①曝气池中使水呈“沸腾”状的作用温度越高，反应速率越快，故答案为：加快反应速率；

②根据电子守恒，电荷守恒，原子守恒，配平化学方程得：4Fe2++O2+10H2O=4 Fe(OH)3+8H+，故答案为：4；1；10；4；8；H+；

(3)①ClO2投加量小于1.2mg/L时，可以得出Fe2+、Mn2+性质差异的结论是Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快，故答案为：Mn2+的浓度越大，ClO2投加量小于1.2mg/L时几乎没影响，Fe2+的浓度小，ClO2降解的速率更快；

②分析图中数据ClO2氧化Mn2+是可逆反应。ClO2氧化Mn2+生成二氧化锰和氯离子，离子方程式为2ClO2+5Mn2++6H2O2ClO2+5Mn2++6H2O

2Cl-+5MnO2+12 H+，故答案为：

2Cl-+5MnO2+12H+；

③写出两种提高锰去除率的方法：适当增加ClO2的投料量，升高温度，适当降低pH等；故答案为：适当增加ClO2的投料量，升高温度。

10．(1)三室式电渗析法处理含Na2SO4的废水原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO4可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。

2-

则通电后中间隔室的SO4离子向_______极迁移，正极区溶液pH_______(填“增大”或“减小”)，当电路中通过1mol电子的电量时，会有_________mol的O2生成。 (2)现有可逆反应A(气)＋B(气)

3C(气)，下图中甲、乙、丙分别表示在不同的条件

下，生成物C在反应混和物中的百分含量(C%)和反应时间的关系：

2-

Ⅰ 若甲图中两条曲线分别表示有催化剂和无催化剂时的情况，则______曲线是表示有催化剂时的情况。

Ⅱ 若乙图中的a曲线表示200℃和b曲线表示100℃时的情况，则此可逆反应的正反应是_________热反应。

Ⅲ 若丙图中两条曲线分别表示不同压强下的情况，则________曲线是表示压强较大的情况。

答案：阳 减小 0.25 a 吸热 b 【详解】

(1)该装置为电解池，负极区电极为电解池阴极，正极区电极为电解池阳极，电解池中阴离子向阳极移动，则通电后中间隔室的SO4离子向阳极迁移，正极区氢氧根离子放电生成氧气和氢离子，正极区的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，溶液pH减小；根据电极反应可知，每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.25mol的氧气生成；

(2)Ⅰ使用催化剂，加快反应速率，缩短到达平衡的时间，由图可知，a先到达平衡，故a曲线表示使用催化剂，b曲线表示没有使用催化剂，

Ⅱ 由乙图可知温度越高，生成物C在反应混合物中的百分含量(C%)越大，说明温度升高，

2-平衡正向移动，所以正反应为吸热反应；

Ⅲ 压强越大，反应速率越大，反应达到平衡的时间越短，由丙图可知，根据到达平衡时间，b所用时间短，说明b的反应速率快，所以b的压强高。

11．用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li3.50% Ni 6.55% Ca 6.41% Mg 13.24%）制备Li2CO3，并用其制备Li+电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：

L-1）： 资料：i. 滤液1，滤液2中部分离子的浓度（g·

滤液 滤液2 Li+ 22.72 21.94 Ni2+ 20.68 7.7×103 Ca2+ 0.36 0.08 Mg2+ 60.18 0.78×103 ii. EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。 iii.某些物质的溶解度（S）： T/C S(LizCO3)/g S(LizSO4)/g 20 1.33 34.7 40 1.17 33.6 60 1.01 32.7 80 0.85. 31.7 100 0.72. 30.9 I.制备Li2CO3粗品 （1）滤渣2的主要成分有____________。

（2）向滤液2中先加入EDTA目的是：________，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反

应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是________。

（3）处理1 kg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a, Li+转化为Li2CO3的转化率为b,则粗品mol-1 Li2CO3 74 中含Li2CO3的质量是________g。（用a,b表示需化简，摩尔质量：Li 7g·g·mol-1） II.纯化Li2CO3粗品

（4）将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是_______，该池使用了___（填“阳”或“阴”）离子交换膜。 III.制备LiFePO4

（5）将电池级Li2CO3和C、 FePO4高温下反应，共生成2种产物其中有一种为可燃性气体，该反应的化学方程式是____________。

答案：Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2 和水溶液中残留的少量Ni2+、Ca2+、Mg2+形成稳定的水溶性络合物，防止Ni2+、Ca2+、Mg2+和加入的饱和Na2CO3溶液反应 趁热过滤 185ab 4OH--4e-=2H2O+O2↑ 阳 LiCO+2C+2FePO234高温=2LiFePO4+3CO

解析：根据流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分Ca2+与硫酸根离子生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2，滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3．将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应：Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑，据此分析作答。 【详解】

(1)根据分析滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，故滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2；

(2)向滤液2中先加入EDTA目的是：和水溶液中残留的少量Ni2+、Ca2+、Mg2+形成稳定的水溶性络合物，防止Ni2+、Ca2+、Mg2+和加入的饱和Na2CO3溶液反应产生沉淀；根据表可知Li2CO3的溶解度小在较高的温度下较小，故90℃充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品；故答案为：趁热过滤；

(3)lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，则浸出的n(Li)=

+

1000g3.5%a7g/mol=5amol，

Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是5amol×0.5×b×74g/mol=185ab g；

(4)根据电解图，阳极上发生氧化反应，氢氧根离子放电，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极上放电的是氢离子，阴极生成OH-，根据题意得到LiOH，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜；

(5)Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气

体为CO，则反应为：LiCO+2C+2FePO234计成原电池的是______。

高温=2LiFePO4+3CO。

12．(1)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在实际中可以设A．CsH2OgCOgH2gH0

B．NaOHaqHClaqNaClaqH2OlH0 C．2H2gO2g2H2OlH0

(2)以KOH溶液为电解质溶液，依据______所选反应设计一个原电池，其负极反应的电极反应式为______。

(3)电解原理在化学工业中有着广泛的应用。如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是情性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：

①外接直流电源中A为______极，甲中电解时的化学反应方程式为______。 通过一段时间后向所得溶液中加入0.2molCu(OH)2粉末，恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为______。

②现用丙装置给铜件镀银，H为______ (填“镀件”或“镀层”)，消乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为______。

③电解段时间后，发现丁中Y极附近溶液红褐色加深，则Fe(OH)3胶粒带______ (填“正”或“负”电荷。

(4)利用如图2所示装置电解银溶液和饱和硫酸钠溶液(甲中盛有AgNO3溶液，乙中盛有饱和Na2SO4溶液)。

①通电一段时间，观察到湿润的淀粉KI试纸的______(选填“C”或“D”)端变蓝。

②装置甲中阳极为______，阴极的电极反应式为______。 ③装置乙中观察到的现象是______。

④电解一段时间后，装置甲、乙收集到气体0.168L(标准状况下)，测得装置甲中溶液的体积为1L，则装置甲中溶液的pH为______。

答案：C C H22OH2e2H2O 正

2CuSO4+2H2O通电2Cu+O2+2H2SO4 0.8 mol 镀件 5.4 g 正 C Pt

AgeAg Cu极附近溶液变蓝，石墨电极逸出气体，溶液中出现蓝色沉淀 2

【详解】

(1)A. CsH2OgCOgH2gH0，为氧化还原反应，但为吸热反应，不能设计为原电池，故A错误；

B.NaOHaqHClaqNaClaqH2O1H0，不属于氧化还原反应，不能设计为原电池，故B错误；

C.2H2gO2g2H2O1H0，为氧化还原反应，为放热反应，能设计为原电池，故C正确。 故答案为：C；

(2)以KOH溶液为电解质溶液，氢氧燃料碱性电池中，负极上氢气失去电子，负极反应为

H22OH2e2H2O，故答案为：C；H22OH2e2H2O；

(3)将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是溶液中H在该电极放电，所以F电极是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极。

①根据上述分析可知：A是电源正极，B是电源的负极，在甲中，C是阳极，D是阴极。

-2-2在该溶液中阴离子有OH、SO4，放电能力：OH>SO4，C电极发生反应：

4OH--4e-=O2+2H2O；阳离子有Cu2、H，放电能力Cu2H，所以在D电极发

生反应：Cu22eCu，电解的化学反应方程式为

2CuSO4+2H2O通电2Cu+O2+2H2SO4，通电后加入0.2molCu(OH)2(相当于CuO

和H2O)后溶液与电解前相同，根据铜元素守恒，所以析出金属铜的物质的量是0.2mol，阴极反应是：2Cu24e=2Cu，当析出金属铜的物质的量是0.2mol时，则转移的电子是0.4mol，当电解掉0.2mol水时，转移电子是0.4mol，总共转移电子是0.8mol，故答案为：正；2CuSO4+2H2O通电2Cu+O2+2H2SO4；0.8mol；

②电镀装置中，镀层金属必须作阳极连接电源的正极，镀件作阴极，连接电源的负极，所以丙装置中H应该是镀件，G是镀层金属。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为

500mL)时，根据电极反应2H2eH2，则放电的氢离子的物质的量为：

0.1mol/L0.5L0.05mol，转移电子的物质的量为0.05mol电子时，丙中镀件上析出

银的质量mAg0.05mol108g/mol5.4g，故答案为：镀件；5.4g；

③电源B电极为负极，则Y电极为阴极，阴极上负电荷较多，电解一段时间后，发现丁中Y极附近溶液红褐色加深，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，说明

Fe(OH)3胶粒带正电荷，故答案为：正；

(4)①D端与负极相连为阴极，C端为阳极，阳极上碘离子失电子生成单质碘，单质碘遇到淀粉溶液会变蓝色，所以C端变蓝色；故答案为：C；

②装置甲中Pt与正极相连为阳极；Fe为阴极，阴极上银离子得电子生成Ag，则阴极的电极方程式为：AgeAg；故答案为：Pt；AgeAg；

③乙装置中Cu与正极相连失电子生成铜离子，所以Cu电极附近溶液变蓝色，石墨上氢离子得电子生成氢气和氢氧根离子，氢氧根离子与铜离子结合生成氢氧化铜蓝色沉淀；故答案为：Cu极附近溶液变蓝，石墨电极逸出气体，溶液中出现蓝色沉淀；

④甲、乙装置收集到标准状况下的气体0.168L，应分别为氧气和氢气，则氧气为

10.056L0.168L0.056L，nO20.0025mol，转移电子0.01mol，

322.4L/mol甲中盛有AgNO3溶液，电解时生成，nHne0.01mol，则

cH0.01mol0.01mol/L，则pH2，故答案为：2。 1L

13．二甲醚(CH3OCH3)被称为21世纪的新型燃料，以CO和H2为原料生产二甲醚主要发生以下三个反应： 化学反应方程式 ①CO(g)＋2H2(g)②2CH3OH(g)③CO(g)＋H2O(g)CH3OH(g) CH3OCH3(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) 反应热 ΔH1=-99kJ·mol-1 ΔH2=-24kJ·mol-1 ΔH3=-41kJ·mol-1 CH3OCH3(g)＋CO2(g)ΔH，该反应

(1)该工艺的总反应为3CO(g)＋3H2(g)ΔH=___________kJ·mol-1。

(2)某温度下，将8molH2和4molCO充入容积为2L的密闭容器中，发生反应：4H2(g)+2CO(g)

CH3OCH3(g)+H2O(g)，10min后反应达到平衡，测得CO物质的量为

2mol，则10min内CO的平均反应速率为___________mol·L-1·min-1，达到平衡时，H2的转化率为___________。

(3)一定温度下，在恒容密闭容器中，发生反应：CO(g)＋H2O(g)列可以判断反应达到平衡状态的是___________(填编号)。 A．混合气体的密度不变B．混合气体中CO2的体积分数不变 C．断裂2molH-O键同时断裂1molH-H键D．v(CO)正=v(H2)正

CO2(g)＋H2(g)，下

(4)二甲醚(CH3OCH3)质子交换膜燃料电池是以硫酸为电解质溶液，二甲醚从一个电极通入，O2从另一电极通入，中间为质子交换膜，通入O2的一极为___________极，负极电极反应式为___________。

答案：-263 0.1 50% BC 正 CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+ 【详解】 (1) 3CO(g)＋3H2(g)

CH3OCH3(g)＋CO2(g)可由×2++得到，所以

ΔH=-99kJ/mol2+-24kJ/mol+-41kJ/mol=-263kJ/mol；

4H2+2CO(2)列三段式：

CH3OCH3+H2O ，根据三段式计算：10min内CO的平均反

初始8400转化4211平衡4211应速率为υ=2mol=0.1mol/Lmin ；

2L10min4mol100%=50% ； 8mol达到平衡时，H2的转化率为

(3)A. 恒容密闭容器，总体积不变，化学反应前后气体总质量不变，气体密度一直不变，混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态，A项不选； B．达到平衡时各物质的体积分数保持不变，B项选；

C．断裂2molH-O键同时断裂1molH-H键即正反应速率等于逆反应速率，能说明反应达到平衡状态，C项选；

D．达到平衡时正逆反应速率相等，题给只有正反应速率，不能说明反应达到平衡状态，D项不选； 故答案为BC。

(4)燃料电池中通入燃料一极为负极，通入氧气一极为正极， 负极电极反应式为CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+。

14．(1)如图装置闭合电键时，电流计A的指针将发生偏转。

则B池是___________；Pt是__________极 Cu极上电极反应：_______ C极上电极反应：_______

(2)铅蓄电池是典型的可充电电池，它的正负极是惰性材料，电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42-充电放电 2PbSO4＋2H2O

请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原)：

①放电时，正极的电极反应式是__________。电解液中H2SO4的浓度将变__________，当外电路通过1 mol电子时，理论上负极板的质量增加_________。

②在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按如图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成______

答案：电解池 阳 2H++2e-=H2↑ Cu2++2e-=Cu PbO2+2e-+4H++SO4=PbSO4+2H2O 减小 48g Pb 【详解】

(1)如图所示，装置A为原电池，Zn比Cu活泼，Zn电极为负极，Cu电极为正极，Zn(负极)电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，Cu(正极)电极反应：2H++2e-=H2↑，B为电解池，电解池中电源负极与电解池阴极相连，电源正极与电解池阳极相连，则C为阴极，Pt为阳极，根据放电顺序，C(阴极)电极上Cu2+放电，得电子，生成铜单质，电极反应为：Cu2++2e-=Cu； (2)①电池总反应式为：Pb＋PbO2＋4H＋＋2SO42-2-2-充电放电 2PbSO4＋2H2O，放电时：

负极电极反应：Pb-2e-+SO4=PbSO4 ，正极电极反应：PbO2+2e-+4H++SO4=PbSO4+2H2O；根据电极反应可知，电解液中H2SO4的浓度将减少；当外电路通过1mol电子时，依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加=硫酸铅的质量-铅单质的质303g/mol-0.5mol×207g/mol=48g； 量=0.5mol×

②在完全放电耗尽PbO2和Pb时，电极上析出的是PbSO4，若按题图连接则装置为电解池，B为阳极应是失去电子发生氧化反应，A为阴极是得到电子发生还原反应，B电极上发生反应为：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO4，A电极发生反应为：PbSO4+2e-=Pb+SO4，所以A电极上生成Pb。

2-2-2-

15．十九大报告中关于生态环境保护的论述全面而深刻，对研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要指导意义。 （1）已知：2NO(g)+O2(g)2SO2(g)+O2(g)

2NO2(g)△H=-113.0kJ·mol-1

2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1

写出SO2与NO2反应生成SO3和NO的热化学反应方程式___。

（2）汽车尾气的净化装置中发生反应：2NO(g)+2CO(g)压强的关系。

N2(g)+2CO2(g)△H<0。在密闭

容器中充入10molCO和8molNO，发生上述反应，如图为平衡时NO的体积分数与温度，

①该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有___(填字母序号)。

a.升高温度 b.增加CO的浓度 c.缩小容器的体积 d.改用高效催化剂

②压强为10MPa、温度为T1下，若反应进行到10min达到平衡状态，容器的体积为2L；用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v(CO2)=___；若在D点对反应容器升温的同时增大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的___点。

（3）电解工业的尾气NO可制备NH4NO3，其工作原理如图所示，则N极应连接电源的___(填“正极”或“负极”)，M极的电极反应式为___。

答案：SO2(g)+NO2(g)=SO3(g)+NO(g)△H=-41.8kJ•mol-1 bc 0.2mol•L-1•min-1 A 正极 NO+5e-+6H+=NH4+H2O 【详解】

(1)①2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)△H=-113.0kJ·mol-1②2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196.6kJ·mol-1

2可得，SO2(g)+NO2(g)⇌NO(g)+SO3(g) △H=-41.8kJ•mol-1； ，根据盖斯定律，(②-①)÷

(2)①a.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，NO的转化率降低，a与题意不符； b.增加CO的浓度，反应速率增大，NO的转化率增大，b符合题意；

c.缩小容器的体积，压强增大，平衡正向移动，转化率增大，反应速率增大，c符合题意； d.改用高效催化剂，反应速率增大，平衡不移动，d与题意不符； 答案为bc；

②压强为10MPa、温度为T1，平衡时，NO的体积分数为图中E点，为25%，

2NOg2COg初始反应平衡8x8x10x10xN2g2CO2g0.5x0.5xxx

8x4mol=25%，解得x=4mol，v(CO2)==0.2mol•L-1•min-1；该反应为放热反

180.5x2L10min应，升高温度，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，重新达到的平衡状态可能是A点； (3)根据图像可知，NO在N极失电子生成根离子，作阳极，与电池的正极相连；NO在M极失电子生成铵根离子，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4+H2O。



16．锌、铜是高中阶段常见的两种金属。 （1）如图所示为锌铜原电池。

①盐桥装有饱和KCl溶液的琼脂，原电池工作时K+的移动方向是___（填“锌电极”或“铜电极”）

②外电路中有0.2mol电子通过时，铜片表面增重___g。 （2）如图是一个电解过程示意图。

①锌片上发生的电极反应式是：___。

②电解过程中，铜电极质量减少为128g，则硫酸铜溶液浓度___（填“增大”、“减小”或“不变”），电路中通过的电子数目为___。

L−1CuSO4溶液与1.95g锌粉在量热计中充分反应。测得反应前温度为（3）100mL0.200mol·

20.1℃，反应后最高温度为30.1℃。（已知：反应前后，溶液的比热容均近似为

4.18J·g−1·cm−3，忽略溶液体积、溶液质量变化和金属吸收℃−1、溶液的密度均近似为1.00g·的热量）。请计算： ①反应放出的热量Q=___J。

mol−1。 ②反应Zn(s)＋CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)＋Cu(s)的ΔH=____kJ·

1024 4.18×103 −209 答案：铜电极 6.4 Cu2++2e-=Cu 不变 4NA或2.408×【详解】

（1）①锌铜原电池中，锌失电子作负极，Cu作正极，原电池工作时阳离子移向正极，阴离子移向负极，K+的移动方向是铜电极，故答案为：铜电极；

②铜片电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，当外电路中有0.2mol电子通过时，铜片上析出0.1molCu，质量为0.1molg/mol=6.4g，故答案为：6.4；

（2）①锌片上发生的电极反应式是铜离子得电子生成铜，故电极反应方程式为Cu2++2e−=CuO，故答案为：Cu2++2e-=Cu；

②铜片上的电极反应为：Cu−2e−=Cu2+，负极析出1molCu，正极就溶解1molCu，则硫酸铜

128g=2mol，转移电子为4mol，溶液浓度不变；铜电极质量减少为128g，物质的量为

g/mol1024；故答案为：不变；4NA或2.408×1024； 数目为4NA或2.408×

（3）①实验前硫酸铜的物质的量为n=cV=0.20010010-3mol，金属锌的物质的量为

1.95g=0.03mol。因锌与硫酸铜是按照1:1的物质的量之比反应的，可知实验前的锌是

65g/mol103J，过量的。反应放出的热量Q=cmt=4.18（1001.0）（30.1-20.1）=4180J=4.18×103； 故答案为：4.18×

②因实验前锌是过量的，因此反应热的计算要用硫酸铜的物质的量。根据实验中的反应放103J，计算时将热量出的热量可知，当0.02mol的硫酸铜参与反应时，放出的热量为4.18×

单位换成kJ，而热化学方程式中硫酸铜的物质的量为1mol，可计算出1mol硫酸铜反应时

4.18103103kJ=-209kJ/mol，故答案为：-209。 放出的热量。则H=30.20010010

17．(一)最新研制出的由裂解气(H2、CH4、C2H4)与煤粉在催化剂作用下制乙炔，已知反应如下： ①C(s)+2H2(g)②2CH4(g)③C2H4(g)请回答：

(1)①依据上述反应，则C2H4(g)+2C(s)平衡状态的是_____(填序号)。

a．容器内压强不随时间改变 b．容器内固体质量不再改变

c．分子中C-H键的数目不再随时间而改变 d．混合气体的平均摩尔质量保持不变 (2)若乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有乙烯、乙炔、氢气等。图为上述诸反应达到平衡时各气体体积分数和反应温度的关系曲线。

2C2H2(g) ΔH=____kJ·mol-1。

2C2H2(g)，下列叙述能够说明该反应达到

②在恒温恒压容器中进行反应C2H4(g)+2C(s)

CH4(g) ΔH1=-74.85kJ·mol-1 C2H4(g)+2H2(g) ΔH2=340.93kJ·mol-1 C2H2(g)+H2(g) ΔH3=35.50kJ·mol-1

①乙炔体积分数在1530K之前随温度升高而增大的原因可能是_____；1530K之后，乙炔体积分数增加不明显的主要原因是_______。

②在体积为2L的密闭容器中反应，1530K时测得气体的总物质的量为1.0mol，则反应C2H4(g)

C2H2(g)+H2(g)的平衡常数K=_______(列式计算)。

n(氢气)n(乙烯)③恒温条件下，测得上述反应过程在相同时间时不同进料气

n(氢气)n(乙烯)下的乙炔产率，请画出

乙炔产率随的变化关系图______。

(二)乙炔－空气燃料电池是一种碱性(20%~30%的KOH溶液)的电池，电池放电时，负极的电极方程式是_______。

答案：23 bd 1530K前升高温度，反应②③平衡正向移动，生成的乙炔更多 高温时有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳，导致乙炔体积分数增加不大 1.8

C2H2-10e-+14OH-=2CO3+8H2O

解析：若乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，从图中可以看出，H2的体积分数不断增大，CH4的体积分数不断减小，在1530K之前，C2H2的体积分数上升很快，而在1530K之后，C2H2的体积分数上升迟缓。如果从温度对平衡的影响考虑，反应②、③随温度升高，平衡正向移动，C2H2的体积分数不断增大，但在1530K之后，反应②、③平衡移动迟缓，则应为反应物浓度减小占据重要地位，所以在1530K之后，反应①平衡逆向移动使乙炔体积分数的减少程度略低于反应②、③平衡正向移动使乙炔体积分数的增大程度。 【详解】

(一) (1)①利用盖斯定律，将①×2+②+③×2，得C2H4(g)+2C(s)

2C2H2(g)

2-ΔH=262.23kJ·mol-1。

②a．在恒压容器中，压强始终不变，所以容器内压强不变时，反应不一定达平衡状态； b．只要平衡发生移动，容器内固体质量就会发生改变，当固体质量不变时，反应达平衡状态；

c．1个C2H4和2个C2H2分子中都含有4个C-H键，所以分子中C-H键的数目不再随时间而改变时，反应不一定达平衡状态；

d．因为反应前后气体分子数相等，所以混合气体的平均摩尔质量保持不变时，气体的质量不再改变，反应达平衡状态；

综合以上分析，bd符合题意，答案为：bd； 答案为：262.23；bd；

(2)①因为由甲烷制乙烯、由乙烯制乙炔的反应都为吸热反应，所以乙炔体积分数在1530K之前随温度升高而增大，原因可能是1530K前升高温度，反应②③平衡正向移动，生成的乙炔更多；1530K之后，一方面，生成乙炔的反应，平衡仍正向移动，另一方面，生成甲烷的反应，平衡逆向移动，最终导致：反应①平衡逆向移动使乙炔体积分数的减少程度略低于反应②、③平衡正向移动使乙炔体积分数的增大程度，所以乙炔体积分数增加不明显，主要原因是高温时有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳，导致乙炔体积分数增加不大。 ②n(H2)=0.80mol，n(CH4)=0.090mol，n(C2H2)=0.090mol，n(C2H2)=0.020mol，反应C2H4(g)

C2H2(g)+H2(g)的平衡常数K=

0.40.045=1.8。

0.01n(氢气)n(乙烯)③恒温条件下，n(乙烯)一定时，增大n(氢气)，起初反应正向进行，乙炔的产率增大，当反应达平衡后，继续通入氢气，平衡逆向移动，乙炔的产率降低，则乙炔产率随

的

变化关系图为。答案为：1530K前升高温度，反应②③平衡正向

移动，生成的乙炔更多；高温时有更多的甲烷与乙烯裂解生成碳，导致乙炔体积分数增加不大；1.8；

；

2-(二)电池放电时，负极乙炔失电子产物与OH-反应，生成CO3等，负极的电极方程式是C2H2-10e-+14OH-=2CO3+8H2O。答案为：C2H2-10e-+14OH-=2CO3+8H2O。 【点睛】

在碱性电池中，电极产物都应能在碱性溶液中稳定存在。

18．天然气是重要的燃料和化工原料(主要成分为CH4，含少量C2H6等烃类)。 (1)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)数据如下表所示： 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) C2H4(g)+H2(g) ΔH1，相关物质的燃烧热

2-2-燃烧热ΔH/(kJ·mol−1) mol−1。 ①ΔH1=_______ kJ·-1560 -1411 -286 ②提高该反应平衡转化率的方法有_________(至少写出两种方法)。

③体积为VL容器中通入1mol乙烷、1mol氢气，乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数K=___________。

(2)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电解装置实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：

电极A为_______________，写出电极B上生成C2H6的电极反应式：_______________。 答案：+137 升高温度或减小压强(增大体积)或将产物及时从容器中分离 2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O 【详解】

(1)①由表中燃烧热数值可得燃烧的热化学方程式为：

α(1+α) 阴极

V(1-α)7O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ∆H1= -1560kJ∙mol-1 2b.C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2= -1411kJ∙mol-1

1c.H2(g)+O2(g)=H2O(l) ∆H3= -286kJ∙mol-1

2a.C2H6(g)+

由盖斯定律可知，a-b-c可得C2H6(g)=C2H4(g) + H2(g)，则∆H= ∆H1-∆H2-∆H3=( -1560kJ∙mol-1

)-( -1411kJ∙mol-1)- ( -286kJ∙mol-1)=+137kJ∙mol-1，故答案为：+137；

②该反应为气体体积增大的吸热反应，升高温度、减小压强、将产物及时从容器中分离等措施能使平衡向正反应方向移动，提高乙烷的平衡转化率，故答案为：升高温度或减小压强(增大体积)或将产物及时从容器中分离；

③起始时加入的乙烷和氢气各为1mol，由题意可建立如下三段式：

C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)起始/molL-11/V01/V，则反应的平衡常数为

变化/molL-1α/Vα/Vα/V平衡/molL-1(1-α)/Vα/V(1+α)/VK=

α/V(1+α)/Vα(1+α)α(1+α)=，故答案为：；

(1-α)/VV(1-α)V(1-α)(2)由图可知，二氧化碳转化为一氧化碳时，碳元素的化合价降低被还原，二氧化碳发生还原反应，则通入二氧化碳的A极为电解池的阴极，B极为阳极，甲烷在阳极上失去电子发生氧化反应生成乙烷或乙烯，生成乙烷的电极反应式为2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O，故答案为：2CH4-2e-+O2-=C2H6+H2O；

19．减少氮的氧化物和碳的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一、 (1)已知：N2 (g) +O2 (g)=2NO (g) ΔH=+180kJ·mol-1 C(s)+O2(g)=CO2 (g) ΔH=-393kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)=2CO (g) ΔH=-221 kJ·mol-1

2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=_______kJ·mol-1

(2)用CH4催化还原NOx可以消除污染，若将反应CH4+2NO2=CO2+2H2O+N2设计为原电池，电池内部是掺杂氧化钇的氧化锆晶体，可以传导O2-，则电池的正极反应式为_______。

催化剂(3)利用H2和CO2在一定条件下可以合成乙烯：6H2(g)+2CO2(g)

CH2=CH2(g)+4H2O(g)。

已知不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是_______(填序号)。

①不同条件下反应，N点的速率最大 ②M点时平衡常数比N点时平衡常数大

③温度低于250 ℃时，随温度升高乙烯的产率增大

④实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率 (4)在密闭容器中充入5 mol CO和4 mol NO，发生上述(1)中反应

2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。

回答下列问题：

①温度：T1_______T2(填“<”或“>”)。

②若在D点对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的_______点。

mol-1 2NO2+8e-===N2+4O2- 答案：2NO(g)+2CO(g)===N2(g)+2CO2(g) ΔH＝-745kJ·①③④ > A

解析：根据盖斯定律，可根据已知的热化学方程式计算出新的热化学方程式。电池的正极得电子发生还原反应，可按电池总反应书写正极反应式。应用外界因素对速率的影响、勒夏特列原理判断说法是否正确； 【详解】

(1)已知：①N2 (g) +O2 (g)=2NO (g) ΔH1=+180kJ·mol-1；②C(s)+O2(g)=CO2 (g) ΔH2=-393kJ·mol-1；③2C(s)+O2(g)=2CO (g) ΔH3=-221 kJ·mol-1；按盖斯定律：2×②-①+③得反mol-1； 应：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH，则ΔH＝2×ΔH2-ΔH1+ΔH3=-745kJ·

(2)若将反应CH4+2NO2=CO2+2H2O+N2设计为原电池，电池的正极得电子发生还原反应，则正极反应式为2NO2 + 8e- =N2 + 4O2-；

催化剂(3)对于反应：6H2(g)+2CO2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g)：①M点催化剂催化效

果最好，所以M点的速率最大，故①错误；②随温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，M点时平衡常数比N点时平衡常数大，故②正确；③温度低于250℃时，随温度升高乙烯的产率减小，故③错误；④在较低的温度下进行，能提高CO2 的转化率，但温度低反应速率小，实际反应中，应尽可能在250℃下进行，提高单位时间的产量，故④错误。则有关说法不正确的是①③④；

(4)①2NO (g) +2CO (g) =N2 (g) +2CO2 (g) △H=-746.5kJ/mol，升高温度平衡逆向移动，NO体积分数增大，所以T1>T2；②若在D处对反应容器升温的同时扩大体积至体系压强减小，平衡逆向移动，NO体积分数增大，故选 A点。

20．氨气是生产化肥、等的重要原料，围绕合成氨，人们进行了一系列研究。 (1)①已知，氨的分解反应：2NH3(g)化学键的键能如下表：

N2(g)+3H2(g)的活化能 Ea =600 kJ/mol，合成氨有关

化学键 E/ kJ· mol-1 则合成氨反应：

H-H 436 N≡N 946 N-H 391 31N2(g)+H222NH3(g)的活化能Ea=___________。

②CO对合成氨的催化剂有毒害作用，常用乙酸二氨合铜(I)溶液来吸收原料气中的CO，反应原理为：[Cu(NH3)2CH3COO](1)+CO(g)+NH3(g)生过程的适宜条件是___________。

A．高温高压 B．高温低压 C．低温低压 D．低温高压 ③体积为1 L的恒温密闭容器中按照甲、乙、丙三种方式投料，发生反应：N2(g)+3H2(g)mol 甲 乙 丙 2NH3(g)，测得甲容器中H2的平衡转化率为50%

N2 1 0.5 0 H2 3 1 0 NH3 0 1 4 [Cu(NH3)3]CH3COO·CO(1) △H＜0。

吸收CO后的乙酸铜氨溶液经过适当的处理后又可以再生，恢复其吸收CO的能力，则再

平衡常数可用气体分压来表示，即K的表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×物x(H2)。该反应的平衡常数Kp=___________(用P总和各气体质的量分数(例如： P(H2)=P总×

的物质的量分数来表示)。乙容器中在投料时的正反应速率与逆反应速率的关系为v(正)___________ v(逆) (填“＜”、“＞” 、“＝”)。

(2)NCl3可用来制备ClO2，实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2 (亚氯酸钠)为原料制备ClO2的流程如下：

写出电解过程中阳极的电极反应式：___________。

12（P总）3 > NH4+3Cl--6e-=NCl3+4H+ 答案：＋2 kJ/mol B

113（P总）（P总）62【详解】

(1)①根据图表数据分析可知：2NH3(g)

N2(g)+3H2(g)的反应热=391 kJ/mol6-946 kJ/mol-N2(g)+3H2(g)的活化能 Ea =600

3436 kJ/mol=+92 kJ/mol，氨的分解反应：2NH3(g)kJ/mol，所以NH3(g)

3192600N2(g)+H2的活化能 kJ/mol=-2 kJ/mol，所以

22231N2(g)+H222NH3(g)的活化能Ea=+2 kJ/mol，故答案：+2 kJ/mol。

[Cu(NH3)3]CH3COO·CO(1) △H＜0，反应

②根据[Cu(NH3)2CH3COO](1)+CO(g)+NH3(g)

方程式可知，该反应是气体体积减小的、放热的可逆反应，所以要恢复其吸收CO的能力以供循环使用，应该使平衡向逆反应方向移动，所以再生的适宜条件是高温、低压，故答案：B。

③对于甲容器，反应在体积为1 L的恒温密闭容器中进行，达到平衡时甲容器中H2的平衡转化率为50%，则有

N2g+3H2初始量变化量平衡量10.50.531.51.52NH3011

平衡时N2、H2、NH3各物质的体积分数分别为

111、、，则该反应的平衡常数6231212（P总）（）1633Kp= 。由甲装置可知，K==，乙容器和甲容器温度相

1131133（P总）（P总）(）62621612 =2<，则反应正向进行，因此正反应速率大于逆反应同，根据乙中投料可知Q=

30.51312（P总）3速率，即 v(正)＞v(逆)。故答案：；>。 113（P总）（P总）62(2)由工艺流程转化关系可知，电解氯化铵与盐酸的混合溶液，生成NCl3与H2，反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl=3H2↑+NCl3，阳极发生氧化反应，铵根离子失去电子变为NCl3，则阳极反应式为NH4+3Cl--6e-= NCl3+4H+，答案：NH4+3Cl--6e-= NCl3+4H+。



21．(1)T℃时，在1L密闭容器中A气体与B气体反应生成C气体。在2分钟内用A的浓L-1·min-1。 度变化表示的平均反应速率为___________mol·

(2)若该反应放出热量，升高温度时，化学反应速率___________(填“增大”或“减小”)，平衡向___________(填“正”或“逆”)反应方向移动。 (3)如图是电解400mLNaCl溶液的示意图。

①石墨电极上的反应式为___________；

②电解一段时间后，若转移电子0.04mol则所得溶液的pH等于___________。 (4)水溶液中的离子平衡是化学反应原理的重要内容。

①常温下，0.1mol/LNH4Cl溶液呈_______(填“酸”“碱”或“中”)性，溶液中c(NH+)_______(填“＞”“＜”或“=”)c(Cl-)； 4②氢气是一种清洁燃料，已知1mol氢气的燃烧放热为285.8kJ，请写出氢气燃烧的热化学方程式：___________。

L-1·min-1 增大 逆 2Cl--2e-＝Cl2↑ 13 酸 ＜ H2(g)+ 答案：5mol·

1O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1 2解析：(1)根据v=

c计算； t(2)根据温度对化学反应速率和化学平衡的影响分析解答；

(3) 根据图示，石墨与电源正极相连，为阳极，阳极发生氧化反应，铁为阴极发生还原反应，结合总反应2NaCl + 2H2O

电解2NaOH + Cl2↑+ H2↑分析解答；

(4)①氯化铵为强酸弱碱盐，结合盐类的水解分析解答；②1mol氢气的燃烧放热为285.8kJ，结合热化学方程式的书写方法书写。 【详解】

(1)根据图象，在2分钟内，A的物质的量浓度减小了3 mol·L-1，则用A的浓度变化表示的

3molL-1=1.5mol·L-1·min-1，故答案为：1.5mol·L-1·min-1； 平均反应速率为

2min(2) 升高温度时，化学反应速率增大，该反应为放热反应，升高温度，平衡向吸热的方向移动，因此平衡逆向移动，故答案为：增大；逆；

(3) ①根据图示，石墨与电源正极相连，为阳极，阳极发生氧化反应，溶液中的氯离子放电，电极上的反应式为2Cl--2e-＝Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-＝Cl2↑；

②阴极的电极反应式为2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-，电解一段时间后，若转移电子0.04mol，则

-140.04mol10=0.1mol·L-1，c(H+)==10-13 mol·L-溶液中生成0.04mol氢氧根离子，c(OH-)=

0.4L0.11

，所得溶液的pH=-lg c(H+)=13，故答案为：13；

(4)①氯化铵为强酸弱碱盐，因此常温下，0.1mol/LNH4Cl溶液呈酸性，铵根离子水解，使)＜c(Cl-)，故答案为：酸；＜； 得溶液中c(NH+4②1mol氢气的燃烧放热为285.8kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+

11O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1，故答案为：H2(g)+ O2(g)═H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-221

。

22．合成氨反应是目前最有效工业固氮的方法，解决数亿人口生存问题。

（1）科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。

写出合成氨的热化学方程式：______________；该反应历程中最大能垒对应的化学方程式为：_______________________。

mol（2）如图所示，合成氨反应中未使用催化剂时，逆反应的活化能Ea（逆）＝_____kJ·

－1

mol－1。 ；使用催化剂之后，正反应的活化能为________kJ·

（3）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行实验，所得结果如图所示（其他条件相同），则实际生产中适宜选择的催化剂是____（填“A”“B”或“C”），理由是_______________。

（4）一定温度下，将l mol N2和3 mol H2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为P，NH3的物质的量分数为20%，列式计算出此时的平衡常数Kp＝____（用平衡分压代

替平衡浓度进行计算，分压＝总压×体积分数，可不化简）。

－

（5）以氨作为燃料的固体氧化物（含有O2）燃料电池，具有全固态结构、能量效率高、

无污染等特点。工作原理如图所示：

①固体氧化物电池工作的电解质，O2－移向__________（填字母）。 A 电极a B 电极b

②该电池工作时，电极a上发生的电极反应为______________。 答案：

13N2gH2g22NH3gH46kJ/molNad3HadNHad2Had或NadHadNHad126 A 催化剂A在较低温度下具有较

(0.2P)2 A 高的活性，一方面节约能源，另一方面低温有利于氨的合成 30.2P(0.6P)2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O

【详解】

(1)由反应历程可知，以

13N2g，H2g为反应物，经过一系列转化，最终生成了22NH3gH46kJ/mol；由反应历程可知，由Nad和3Had1mol氨气，放出了46kJ的能量，故热化学方程式为

13N2gH2g22转化为NHad和2Had时，要吸收106kJ/mol的能量，能垒最高，对应的化学方程式为：

Nad3HadNHad2Had或NadHadNHad，故答案为：

13N2gH2g22NH3gH46kJ/mol；

Nad3HadNHad2Had或NadHadNHad；

(2)如图所示，合成氨反应中未使用催化剂时，正反应的活化能为335kJ/mol，根据（1）的热化学方程式

13N2gH2g22NH3gH46kJ/mol可知，

N2g3H2g3NH3gH92kJ/mol，即逆反应的活化能Ea（逆）＝

Ea+ΔH =335kJ/mol +-92kJ/mol=427 kJ·mol－1；观察使用催化剂的图像变化可知，使用

mol－1，故答案为：427；126； 催化剂之后，正反应的活化能为126kJ·

(3)根据图像，可以看出，催化剂A在较低温度下具有较高的活性，催化剂B和C均需要较高的温度，会造成能源的浪费，且低温有利于氨的合成，故答案为：A；催化剂A在较低温度下具有较高的活性，一方面节约能源，另一方面低温有利于氨的合成； (4)一定温度下，将l mol N2和3 mol H2置于一密闭容器中反应，测得平衡时容器的总压为P，NH3的物质的量分数为20%，根据题意，列出三段式得：

N2(g)+3H2(g)起始（mol）1转化（mol）x平衡（mol）1-x33x3-3x2NH3(g)02x2x

12x×100%=20%，解得x=。

31-x+3-3x+2x各物质的平衡分压为：

1-P(N2)=P13130.2P

4-2130.6P P(H2)=P14-233-32P(NH3)=P13130.2P

4-2(0.2P)2(0.2P)2平衡常数Kp=3，故答案为：3； 30.2P(0.6P)P(N2)P(H2)0.2P(0.6P)(5)由图可知，电极a氨气作为反应物，反应后生成氮气，则氮元素价态从-3升高到0，失去电子，作负极，则电极b为正极，是氧气参与反应，得到电子。 ①在原电池中，阴离子向负极移动，即O2移向电极a，故答案为：A； ②该电池工作时，电极a为氨气失去电子，产生氮气，电极反应为

－

P2(NH3)2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O，故答案为：2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O。

23．Ⅰ氮和氮的化合物在国防、工农业生产和生活中都有极其广泛的用途。请回答下列问题：

(1)亚硝酰氯(结构式为Cl﹣N=O)是有机合成中的重要试剂，它可由Cl2和NO在常温常压条件下反应制得，反应方程式为：2NOg+Cl2g能数据如表所示：

2ClNOg。已知几种化学键的键

化学键 Cl﹣Cl Cl﹣N N=O N≡O 200 607 630 键能/kJmol﹣1 243 则2NOg+Cl2g2ClNOgΔH=___________kJ•mol﹣1。

(2)在一个恒容密闭容器中充入2molNO(g)和1 mol Cl2(g)发生(1)中的反应，在温度分别为T1℃、T2℃时测得NO的物质的量(单位：mol)与时间的关系如表所示：

0 5 T1 T2 ①T1___________T2

2 1.5 8 13 1.3 1.0 2 1.15 1.0 1.0 (填“＜”、“＞”或“=”)。

②温度为T2℃时，起始时容器内的压强为P0，则该反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(化为最简式)。

Ⅱ利用电化学原理，将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法精炼银，装置如下图所示。

(3)①甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂Y(N2O5)，可循环使用，则石墨Ⅱ附近发生的电极反应方程式为___________。

②若用10A的电流电解50min后，乙中阴极得到21.6gAg，则该电解池的电解效率为___________%。(保留小数点后一位)。通过一定电量时阴极上实际沉积的金属质量与通过相同电量时理论上应沉积的金属质量之比叫电解效率。法拉第常数为96500C•mol﹣1) 答案：﹣111 ＜ 【详解】

Ⅰ(1)△H=反应物总键能-生成物总键能，△H=243kJ/mol+2×630kJ/mol-2×(200kJ/mol+607kJ/mol)=-111kJ/mol，故答案为：-111；

(2)①根据图表数据，T2℃时0至5min内NO的物质的量变化量大于T1℃时NO的物质的量变化量，说明T2℃反应速率高，则T1＜T2，故答案为：＜； ②根据图表数据列三段式：

6- O2+2N2O5+4e﹣=4NO3 .5

P02NO(g)起始量(mol)2转化量(mol)1平衡量(mol)1+Cl2(g)10.50.52ClNO(g)0 11根据理想气体方程：PV=nRT，压强与物质的量成正比，即

平衡时总物质的量平衡时总压强平衡时的气体总物质的量1+0.5+1P总====，

起始总物质的量起始总压强反应前的气体总物质的量2+1P0PClNO5则P总=P0，平衡常数K2PNOgPCl266； P0Ⅱ(3)①甲电池工作时，Y是N2O5气体，可循环使用。则石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为

--O2+2N2O5+4e﹣=4NO3，故答案为：O2+2N2O5+4e﹣=4NO3；

2152P0)62.562，故答案为：

150.55P0P0?P02.562.56(②用10A的电流电解50min，则电子的物质的量为得到0.31molAg，而得到21.6gAg，物质的量为n=池的电解效率为

106050mol=0.31mol，理论可

96500m21.6g=0.2mol，则该电解M108g/mol0.2100%.5%，故答案为：.5。 0.31

24．氮元素形成的单质和化合物在生产、生活中具有广泛的应用，对它们的研究具有重要的价值和意义。

mol－1 已知：Ⅰ.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H＝+180.5 kJ·mol－1 Ⅱ.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ∆H＝－167.7 kJ·

mol－1 Ⅲ.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ∆H＝－809.6 kJ·回答下列问题：

(1)在热力学上反应Ⅱ比反应Ⅰ趋势更大，原因是________。 (2)研究发现反应Ⅱ分两步进行：

第一步：2NO(g)=N2O2(g) ∆H＜0 快反应； 第二步：N2O2(g)+ O2(g)=2NO2(g) ∆H＜0 慢反应； 下列有关叙述正确的是___________。 A．反应速率：v(第一步)> v(第二步) B．活化能：E(第一步)> E(第二步) C．决定反应 II 速率快慢的步骤为第二步

D．若第二步的 v 正=k 正 c(N2O2)·c(O2)、v 逆=k 逆 c2(NO2)，则第二步的平衡常数 K=k 正·k 逆 (3)将 NH3 与 O2 按体积比 4:5 充入体积不变的容器中，起始体系总压强为 45kPa，分别在催

化剂 M、N 作用下发生反应 III，NO 的分压(P)与反应时间(t)和温度(T)的关系如图：

①下列叙述能证明该反应已达平衡状态的是___________(填序号)。 A．NH3 与 O2 体积比不再发生变化

B．单位时间内断裂 1molN－H 键，同时断裂 1molO－H 键 C．c(NO)与 c(H2O)浓度之比为 2:3 D．容器内混合气体的压强不再变化

②由图像可判断反应温度：T1_______________T2(填“>”“<”“=”，下同)，催化剂效率：催化剂 M_________催化剂 N，T1℃时，在催化剂 M 作用下，0～10min 内的平均反应速率 v[NH3(g)]=____________kPa·min－1。

答案：反应 II 为放热反应，反应 I 为吸热反应 AC BD ＜ ＞ 1.0 【详解】

(1)反应 II 为放热反应，反应 I 为吸热反应，所以在热力学上反应Ⅱ比反应Ⅰ趋势更大，故答案为：反应 II 为放热反应，反应 I 为吸热反应；

(2)A．由原理可知，第一步为快反应，速率快，所以反应速率：v(第一步)＞ v(第二步)，故A正确；

B．由原理可知，第一步为快反应，活化能较低，所以E(第一步)＜ E(第二步)，故B错误；

C．反应速率的快慢由反应慢的决定，所以决定反应 II 速率快慢的步骤为第二步，故C正确；

D．若第二步的 v正=k正 c(N2O2)·c(O2)、v 逆=k 逆 c2(NO2)，则第二步的平衡常数 K=k 正/k 逆，故D错误； 故选AC。

(3)①A．NH3与 O2体积比不再发生变化，不能判断物质的量是否改变，所以不能判断反应是否达到平衡，故A错误；

B．单位时间内断裂 1molN－H 键，反应正向进行，同时断裂 1molO－H 键，反应逆向进行，而且正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；

C．c(NO)与 c(H2O)浓度之比为 2:3，不能判断物质的量是否改变，所以不能判断反应是否达到平衡，故C错误；

D．容器内混合气体的压强不再变化，说明气体分子数不在改变，达到平衡状态，故D正确； 故选BD。

mol－1，该反应为放热反应，升高②已知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ∆H＝－809.6 kJ·

温度，平衡逆向进行，一氧化氮的量减少，所以由图像可判断T1＜T2，T1先达到平衡，催化剂效率高，所以催化效率：催化剂 M＞催化剂 N，T1℃时，在催化剂 M 作用下，0～10min 内p(NO)=10kPa，p(NH3)=10kPa，平均反应速率 v[NH3(g)]= 10kPa /10min=1.0kPa·min－1。故答案为：1.0