高考化学培优(含解析)之化学反应与能量及答案

高考化学培优(含解析)之化学反应与能量及答案

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(Ni 2＋)=1.0mol/L ，欲使100mL 该滤液中的Ni 2＋沉淀完全［即

溶液中c(Ni 2＋)≤1.0×10-5］，则需用托盘天平称取Na 2CO 3固体的质量至少为_____g 。(已知

K sp (NiCO 3)=6.5×10-6，忽略溶液体积的变化)

(5)流程中由溶液得到NiCl 2·6H 2O 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)

H 2O 2+2Fe 2++2H +=2Fe 3++2H 2O 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 +、Ni 2+、Fe 2+、Al 3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：

H 2O 2+2Fe 2++2H +=2Fe 3++2H 2O ，加入Na 2CO 3溶液调节溶液的pH 范围4.7≤pH<7.1，使Fe 3+、Al 3+全部沉淀，滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3，滤液主要含有Ni 2+，加入Na 2CO 3溶液沉淀Ni 2+，将得到的NiCO 3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl 2溶液，将NiCl 2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl 2?6H 2O ，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)H 2O 2具有氧化性，加入H 2O 2氧化Fe 2+为Fe 3+，离子方程式为：

H 2O 2+2Fe 2++2H +=2Fe 3++2H 2O ；

(3)“调pH”的目的是沉淀Fe 3+、Al 3+，但不沉淀Ni 2+，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(Ni 2+)=1.0mol/L ，欲使100mL 该滤液中含有n(Ni 2+)=0.1mol ，则生成NiCO 3需要CO 32-为0.1mol ，Ni 2+刚好沉淀完全时，溶液中c(CO 32-)=6

5

6.5101.010--??=0.65mol/L ，此时溶液中CO 32-为0.065mol ，故至少需要Na 2CO 3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol ，其质量

m(Na 2CO 3)=0.165mol×106g/mol=17.49g≈17.5g ；

(5)将NiCl 2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl 2?6H 2O 。

3．() 1以2CO 和3NH 为原料合成尿素是利用2CO 的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：

反应Ⅰ：()()()32242NH g CO g NH COONH s +? 1H V

反应Ⅱ：()()()24222NH COONH s CO(NH )s H O g +? 2H 72.49kJ /mol =+V n 总反应：()()()()322222NH g CO g CO(NH )s H O g ++? 3H 86.98kJ /mol =-V n 请回答下列问题：

①反应Ⅰ的1H =V ______________。

②在____(填“高温”或“低温”)情况下有利于反应Ⅱ的自发进行。

()2氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以234Zn(NH )+、234Cu(NH )+、234Cd(NH )+、25AsCl -

的形式存在。

①“溶浸”中 ZnO 发生反应的离子方程式为 _______。

②锌浸出率与温度的关系如图所示，分析 30n ℃时锌浸出率最高的原因为 __________。

③“滤渣 3”的主要成分为_______________。

【答案】159.47kJ /mol -n 高温 2324342ZnO 2NH ?H O 2NH Zn(NH )3H O ++++=+

低于30℃时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降 Cu 、Cd

【解析】

【分析】

（1）①依据热化学方程式和盖斯定律计算分析；

②依据反应自发进行的判断依据是△H-T △S ＜0分析；

()2①依据流程图可知，“溶浸”中ZnO 发生反应生成234

Zn(NH )+； ②低于30℃时，浸出反应速率随温度的升高而增大；超过30℃时，氨气逸出导致浸出反应速率下降；

③依据流程图可知，“滤渣3”的主要成分为锌发生置换反应的产物。

【详解】

①反应Ⅰ：2NH

()()3

2g CO g +?NH 2COONH ()4s ?H 1； 反应Ⅱ：NH 2COONH ()4s ?()()()222CO NH s H O g +?H 2=+72.49KJ/mol ； 总反应：2NH 3（g ）+CO 2（g ）()()()222CO NH s H O g +?H 3=-86.98KJ/mol ；根据盖斯定律，总反应-反应II ，得到反应I ，则?H 1=-86.98KJ/mol -（+72.49KJ/mol ）=-159.47 KJ/mol ；

故答案为：-159.47 KJ/mol ；

②反应Ⅱ：NH 2COONH

()4s ?()()()222CO NH s H O g +?H 2=+72.49KJ/mol ，反应?H >0，?S >0，满足反应自发进行的判断依据是?H -T ?S <0，则需要高温下反应自发进行；

故答案为：高温。 ()2①依据流程图可知，“溶浸”中 ZnO 发生反应的离子方程式为：

2324342ZnO 2NH ?H O 2NH Zn(NH )3H O ++++=+；

故答案为：2324342ZnO 2NH ?H O 2NH Zn(NH )3H O ++++=+；

②锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30℃时锌浸出率最高的原因为：低于30℃时，浸出反应速率随温度的升高而增大；超过30℃时，氨气逸出导致浸出反应速率下降； 故答案为：低于30℃时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降；

③依据流程图可知，“滤渣3”的主要成分为锌发生置换反应的产物，所以主要成分为：Cu 、Cd ；

故答案为：Cu 、Cd 。

【点睛】

本题是对化学工艺流程知识的考查，是高考常考题型，难度一般，关键是依据流程图合理的推导物质的转化，侧重知识的综合能力考查。

4．依据氧化还原反应：2Ag +(aq)+Cu(s)=Cu 2+(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 AgNO 3 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CuSO 4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 -=Zn 2+，正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，CuSO 4溶液中的阳离子有Cu 2+和H +，放电能力Cu 2+大于H +，正极反应为：，Cu 2++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 -=Zn 2+，正极：2H ++2e -=H 2↑，由电极反应n (H 2)=n (Zn)= 3.25g 0.05mol 65g /mol

=，V (H 2)=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．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CO 2，电极反应式为

CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +，故答案为：CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +。

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

?

?

g g

= 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NO2百分含量，

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N2O4，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。

8．一定条件下2L的密闭容器中，反应aA(g)+bB(g)垐?

噲?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。

9．回答下列问题：

（1）铅蓄电池的总反应为：Pb + PbO 2 + 2H 2SO 4 垐垎?噲垐?充电

放电

2PbSO 4 + 2H 2O ，放电时，负极反应式为___________，充电时，阳极反应式为___________。

（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。

①若X 为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K 置于Ｎ处，该电化学防护法称为___________。 ②若X 为锌，开关K 置于M 处，该电化学防护法称为__________。

（3）我国的科技人员为了消除SO 2的污染，利用原电池原理，设计如图2装置用SO 2和O 2制备硫酸，电极A 、B 为多孔的材料。

① A 极的电极反应式是________。

② B 极的电极反应式是________。

【答案】Pb + SO 42-－2e -＝ PbSO 4 PbSO 4 + 2H 2O-2e -＝PbO 2 + 4H + + SO 42- 外加电流的阴极保护法 牺牲阳极阴极保护法 4H + + O 2 + 4e -＝2H 2O SO 2 + 2H 2O - 2e - ＝ SO 42- + 4H +

【解析】

【分析】

(1)放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，充电时，该装置是电解池，阳极失电子发生氧化反应；

(2)作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护；

(3)该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，正极上投放的气体是氧气，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，根据硫酸和水的出口方向知，B 极是负极，A 极是正极，据此书写电极反应式。

【详解】

：(1)放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，即Pb+SO 42--2e -=PbSO 4，在充电时，该装置是电解池，阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，即PbSO 4+2H 2O-2e -=PbO 2+4H ++SO 42-，故答案为：Pb+SO 42--2e -=PbSO 4；PbSO 4+2H 2O-2e -=PbO 2+4H ++SO 42-；

(2)①若X 为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K 置于N 处，该装置构成电解池，铁作阴极而被保护，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法；故答案为：外加电流的阴极保护法；

②若X 为锌，开关K 置于M 处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保

护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：牺牲阳极的阴极保护法．(3)该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，即B极是负极，负极二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式是SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，正极上投放的气体是氧气，即A极是正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式是4H++O2+4e-=2H2O，故答案为：①4H++O2+4e-=2H2O；②SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。

10．微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应是Zn＋Ag2O＝ZnO＋2Ag。

请回答下列问题。

(1)该电池属于_________电池(填“一次”或“二次”)。

(2)负极是_________，电极反应式是__________________________。

(3)使用时，正极区的pH_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(4)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____。(填字母)

A．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H>0

B．NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)△H<0

C．2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)△H<0

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

__________。

【答案】一次 Zn Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O 增大 C CO－2e－+4OH－=C O 32－+2H2O

【解析】

【分析】

（1）纽扣电池为一次电池；

（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，据此分析作答；

（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，根据电极反应确定c(OH-)的变化以判断pH的变化；

（4）可设计成原电池的反应应为氧化还原反应；

（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，正极通入氧化剂，得电子发生还原反应，据此作答。

【详解】

（1）纽扣电池为一次电池；

（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；

（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，使用时，c(OH-)增大，因此正极区的pH逐渐增大；

（4）A. 能设计成原电池的反应通常是放热反应，由于反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)是氧化还原反应，但该反应为吸热反应，因而不能设计成原电池，A项错误；

B. 反应NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)为复分解反应，不能设计成原电池，B项错误；

C. 反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)为氧化还原反应，且该反应为放热反应，可设计成原电池，C 项正确；

答案选C。

（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，电极反应为CO-2e－+4OH－=CO32- +2H2O。

【点睛】

设计制作化学电源的过程为：

11．甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知：

①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H1=-571.8kJ· mol-1

②CH3OH(g)+1

2

O2(g)=CO2(g)+2H2(g) △H=-192.9 kJ· mol-1

（1）甲醇蒸汽完全燃烧的热化学方程式为_____________。

（2）反应②中的能量变化如下图所示，则△H2=______（用E1和E2表示）。

（3）H2(g)的燃烧热为__________ kJ· mol-1。

（4）请你分析H2(g)作为能源比甲醇蒸汽作为能源的优点：__________________（写出一点）

【答案】CH3OH(g)+3

2

O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=-764.7kJ/mol； E1-E2 285.9 来源广、热

值高、不污染环境

【解析】

【分析】

(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；

(2)依据反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量分析；

(3)依据燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合热化学方程式分析计算；

(4)根据氢能源的优点和氢能源的开发和利用的最新动向即可作答。

【详解】

(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H1=-571.8kJ· mol-1

②CH3OH(g)+1

2

O2(g)=CO2(g)+2H2(g) △H=-192.9 kJ· mol-1

由盖斯定律②+①得到甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为：

CH3OH(g)+3

2

O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=-764.7kJ/mol；

(2)反应②中的能量变化如图所示，依据图象分析，反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量，△H2=E1-E2；

(3)燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据

2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △H1=-571.8kJ/mol可知2mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为571.8kJ，则1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为285.9kJ，故氢气燃烧热为

285.9kJ/mol；

(4)地球上水资源丰富，可以从水中提取氢气，说明资源广泛；依据燃烧热计算分析，氢气的燃烧值高；因为氢气燃烧产物是水，不污染环境。

12．（1）Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2，电池的总反应可表示为4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2。请回答下列问题：

①正极发生的电极反应为___。

②SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是___。

（2）用铂作电极电解某金属的氯化物(XCl2)溶液，当收集到1.12L氯气时(标准状况下)，阴极增重3.2g。

①该金属的相对原子质量为___。

②电路中通过___个电子。

【答案】2SOCl2＋4e-=S＋SO2＋4Cl-产生白雾，且生成有刺激性气味的气体 64 0.1N A 【解析】

【分析】

（1）①由总反应可知，Li化合价升高，失去电子，发生氧化反应，S化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此电池中Li作负极，碳作正极；

②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；

（2）①n(Cl2)=n(X2+),根据M=m

n

计算金属的相对原子质量；

②根据电极反应2Cl－－2e-=Cl2↑计算转移电子的物质的量，进一步计算转移电子的数目。【详解】

（1）①由分析可知碳作正极，正极上SOCl2得到电子生成S单质，电极反应为：2SOCl2＋4e-=S＋SO2＋4Cl-；

②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；

（2）①n(X2+)=n(Cl2)=

1.12L

22.4L/mol

=0.05mol，M=

m

n

=

3.2g

0.05mol

=64g/mol，因此该金属的

相对原子质量为64；

②由电极反应2Cl－-2e-=Cl2↑可知，电路中转移电子的物质的量为

2×n(Cl2)=2×0.05mol=0.1mol，因此转移电子的数目为0.1N A。

13．燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为氢氧燃料电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：

（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___，在导线中电子流动方向为___(用a、b表示)。

（2）负极反应式为___，正极反应式为___。

（3）用该燃料电池作电源，用Pt作电极电解饱和食盐水：

①写出阴极的电极反应式：___。

②写出总反应的离子方程式：___。

③当阳极产生7.1gCl2时，燃料电池中消耗标况下H2___L。

【答案】由化学能转变为电能由a到b 2H2－4e-+4OH-=4H2O O2+4e-+2H2O=4OH-

2H2O+2e-=H2↑ +2OH-或2H+ +2e-=H2↑ Cl-＋2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ 2.24

【解析】

【分析】

（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；（2）负极上燃料失电子发生还原反应，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；

（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；

根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量

【详解】

(1)该装置是把化学物质中的能量转化为电能，所以是化学能转变为电能；在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极流向正极，所以是由a到b，

故答案为：由化学能转变为电能；由a到b；

(2)碱性环境中，该反应中负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为2H2－4e-+4OH-

=4H2O，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：2H2－4e-+4OH-=4H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上氢离子放电，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑ +2OH-或2H+ +2e-=H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，所以总反应离子方程式为：Cl-＋

2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ ，根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量，电解时，阳极上生成氯气，每生成 0.1mol 氯气转移电子的物质的量=0.1mol×（1-0）×2=0.2mol，

燃料电池中消耗氢气的物质的量=0.2mol/2=0.1mol，所以标况下体积为2.24L，

故答案为：2H2O+2e-=H2↑ +2OH-或2H+ +2e-=H2↑ ； Cl-＋2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ ；

2.24。

14．已知：反应aA(g)＋bB(g) €cC(g)，某温度下，在2 L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。

（1）从反应开始到12 s时，用A表示的反应速率为________。

（2）经测定前4 s内v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则该反应的化学方程式为______________。（3）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)＝0.3 mol·L－1·s－1；乙：v(B)＝0.12 mol·L－1·s－1；丙：v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1；则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为________。（4）下表所列数据是反应CO（g）+2H2（g）€CH3OH（g）?H1在不同温度下的化学平衡常数(K)。

温度250℃300℃350℃

K 2.0410.2700.012

①由表中数据判断?H1_______0(填“>”“=”或“<”)；

②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器，充分反应，达平衡后，测得

c(CO)=0.2mol·L－1，则CO的转化率为__________，此时的温度为_______________从上表中

选择)

（5）将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：

CH4（g）+3/2O2（g）€CO（g）+2H2O（g）?H=-519kJ·mol－1。工业上，为选择合适的催化剂，分别对X、Y、Z三种催化剂进行了如下实验(其他条件相同)

①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；

③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；

已知：T1> T2> T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是__(填“X”、“Y”或“Z”)选择的理由是_______________________________________________。

【答案】0.05 mol·L－1·s－1 3A(g)＋B(g) €2C(g) 乙>甲>丙 < 80% 250℃ Z 催化效率高且活性温度低

【解析】

【分析】

（1）根据

c

v=

t

?

?

进行计算；

（2）计算出12s内用A表示的化学反应速率，可以计算出a与b的比值，利用题给4s内v（C）=0.05mol?L-1?s-1，计算出abc的最简整数比；

（3）将不同速率转化为同一物质的用相同单位进行描述的速率进行比较；

（4）①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；

②根据CO的平衡浓度计算平衡时CO的物质的量，进而计算参加反应的CO的物质的量，再根据转化率定义计算；列式三段式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；

（5）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低；

【详解】

（1）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，

故

c

v=

t

?

?

=0.05mol/（L?s），故答案为：0.05 mol·L－1·s－1；

（2）12s时，B的浓度变化量△c=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，故a：b=0.6：0.2=3：1，经测定前4s内v（C）=0.05mol?L-1?s-1，此时A浓度变化为：0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，此

时v（A）=

()

0.3/

4

mol L

s

=0.075mol/（L?s），即v（A）：v（C）=0.075：0.05=3：2，故

a：b：c=3：1：2，故化学反应方程式为：3A（g）+B（g）?2C（g）；

故答案为：3A（g）+B（g）?2C（g）；

（3）确定A的速率为：甲：v（A）=0.3mol?L-1?s-1；乙：v（B）=0.12mol?L-1?s-1，故v （A）=3×0.12mol?L-1?s-1=0.36mol?L-1?s-1；丙：v（C）=9.6mol?L-1?min-1==0.16mol?L-1?s-1，

故v（A）=3

2

×0.16mol?L-1?min-1=0.24mol?L-1?s-1，故最快的是乙，最慢的是丙，故答案为：

乙＞甲＞丙；

（4））①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即△H 1＜0；

故答案为：＜；

②某温度下，将2mol CO 和6mol H 2充入2L 的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c （CO ）=0.2mol/L ；达到平衡后，测得c （CO ）=0.2mol/L ，则参加反应的CO 的物质的量=2mol-0.2mol/L×2L=1.6mol ，故CO 转化率=1.6mol 2mol

×100%=80%，依据化学平衡三段式列式计算得到平衡浓度： 2

3CO g +2H g CH OH g 1 3 0

0.8 1.6 0.8

0.2 1.4 0.8

?（）（）（）

K=20.8

=2.0410.2 1.4 ，对照图表数据判断温度为250°C ；

故答案为：80%；250°C ；

（5）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低，故选择Z ； 故答案为：Z ；催化效率高且活性温度低。

15．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 0 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

23

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 ＝160

mol/L ， ② 该反应的化学平衡常数K ＝2422c(N O )c (NO )＝2

1601()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 )＝242c(N O )0.05

＝60，则c （N 2O 4）＝0.15mol/L ，n

（N2O4）＝cV＝20L×0.15mol/L＝3mol，所以应加入N2O4的物质的量为3mol﹣1

3

mol＝

8 3mol，故答案为：

8

3

。

【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。