化学化学反应与能量的专项培优易错难题练习题附答案解析.doc

化学 化学反应与能量专题 培优 易错 难题练习题附答案解析

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．高锰酸钾（）是一种常用氧化剂，重要用于化工、防腐及制药工业等。以软锰矿（重要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾工艺路线如下：

回答问题：
（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1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”中发生化学方程式为______________________。
（3）“平炉”中需要加压，其目是______________________。
（4）将K2MnO4转化为KMnO4生产有两种工艺。
①“歧化法”是老式工艺，即在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，电解槽中阳极发生电极反应为___________________，阴极逸出气体是______________。
③“电解法”和“歧化法”中，K2MnO4理论运用率之比为______________。
（5）高锰酸钾纯度测定：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. mol·L−1H2C2O4原则溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗体积为24.48 mL，该样品纯度为___________________
（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。
【答案】扩大接触面积，加紧化学反应速率 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O 增大反应物浓度，可使化学反应速率加紧，同步使反应物转化率增大 K2CO3 MnO42--e-=MnO4- H2 3:2 95.62%
【解析】
【分析】
【详解】
（1） MnO2状态是固体，对于有固体参与化学反应，可通过增大其反应接触面积措施提高反应速率，故要将其粉碎成细小颗粒；
（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，此外一种物质是H2O，则发生化学方程式为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浓度增大，根据外界条件对化学反应速率影响，增大反应物浓度，可以使化学反应速率加紧；任何反应都具有一定可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小正反应方向移动，故可以提高原料转化率；
（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，此外一种生成物是K2CO3，根据氧化还原反应中电子守恒及反应原子守恒，可得该反应化学方程式是：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H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。因此阴极逸出气体是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理论运用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4理论运用率是2/3，因此两者理论运用率之比为3:2；
（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应关系式是：2 KMnO4～5H2C2O4。配制溶液浓度为：。则1.0800g样品中含KMnO4物质量为：n=KMnO4质量为：m=" 0.006536mol" × 158g/mol =1.03269g。故其纯度为：×100%=95.62%。

2．某同学设计一种燃料电池(如图所示)，目是探究氯碱工业原理和粗铜精炼原理。

根据规定回答有关问题：
（1）甲装置中，通入氢气电极为________(填“正极”或“负极”)，该极电极反应式为________；若将KOH溶液换成硫酸溶液，则正极电极反应式为__________________________。
（2）有关乙装置，下列说法对是________(填序号)；
①溶液中Na＋向C极移动
②从C极处逸出气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质浓度
④若原则状况下Fe极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子
该装置中发生总反应离子方程式为__________________________。
（3）乙装置中，X为阳离子互换膜，反应一段时间后互换膜左侧溶液中pH____(填“增大”、“减小”或“不变”)；若用饱和MgCl2溶液替代饱和氯化钠溶液，则该装置中发生总反应______(填“变化”或“不变”)。
（4）假如粗铜中具有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”)，精铜电极上电极反应式为_______________________________。
【答案】负极 H2-2e-+2OH-=2H2O O2+4e-+4H+=2H2O ②③ 2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑ 增大 变化 减小 Cu2++2e-=Cu
【解析】
【分析】
甲池为原电池，氧气发生还原反应，通入氧气一极为正极，氢气发生还原反应，通入氢气一极为负极；乙池中Fe电极与负极相连为阴极，石墨电极为阳极；丙池中精铜为阴极，粗铜为阳极。
【详解】
(1)氢氧燃料电池中氢气发生还原反应，因此通入氢气一极为负极，电解质溶液为KOH溶液，因此电极方程式为H2-2e-+2OH-=2H2O；正极为通入氧气一极，若电解质为硫酸，氧气得电子后会生成水，电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；
(2)①C极为阳极，电解池中阳离子流向阴极，故错误；
②电解饱和食盐水时阳极上氯离子放电生成氯气，氯气可以使湿润KI淀粉试纸变蓝，故对；
③电解饱和食盐水阳极生成氯气，阴极生成氢气，因此反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质浓度，故对；
④电子不能在溶液中转移，故错误；
综上所述答案为②③；
乙装置中右侧阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离氢离子放电：2H++2e-=H2↑，总反应为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑；
(3)乙装置中右侧阳极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离氢离子放电：2H++2e-=H2↑，水电离平衡被破坏，电离出更多氢氧根，X为阳离子互换膜，因此生成OH-无法迁移到阳极，因此左侧溶液中pH增大；由于Mg2+会与OH-反应生成沉淀，因此总反应发生变化；
(4)丙池中阴极即精铜上发生反应：Cu2++2e-=Cu，而阳极即粗铜上由于由比铜活泼金属杂质放电，因此转移相似电子数目时，阳极不能生成与阴极消耗等量铜离子，因此硫酸铜溶液浓度减小。
【点睛】
第2题第4个选项为易错点，学生要注意审题，电子并不能在溶液中进行专业，不要盲目计算，

3．理论上讲，任何自发氧化还原反应都可以设计成原电池。某同学运用“Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+反应设制一种化学电池，如图所示，已知该电池在外电路中，电流从a极流向b极。请回答问题：

（1）b极是电池_____________极，材料是_____________，写出该电极反应式_____________。
（2）a可以为_____________A、铜B、银C、铁D、石墨
（3）c溶液是_____________A、CuSO4溶液B、AgNO3溶液C、酒精溶液
（4）若该反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成Ag为_____________克。
【答案】负 Cu Cu–2e-=Cu2+ BD B 21.6
【解析】
【分析
有题干信息可知，原电池中，电流从a极流向b极，则a为正极，得到电子，发生还原反应，b为负极，失去电子，发生氧化反应，据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据上述分析知，b是电池负极，失去电子，反应Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+中Cu失去电子，故Cu作负极，发生电极反应为Cu–2e-=Cu2+，故答案为：负；Cu；Cu–2e-=Cu2+；
(2)a是电池正极，电极材料可以是比铜更稳定Ag，也可以是惰性石墨，故答案为：BD；
(3)电解质溶液c是具有Ag+溶液，故答案为：B；
(4)根据得失电子守恒可得，反应过程中转移1mol电子，生成2molAg，质量为108×2=21.6g，故答案为：21.6。

4．氮氧化物是导致大气污染重要物质。研究氮氧化物反应机理对于消除环境污染有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H，上述反应分两步完毕，其反应历程如图所示：

回答问题：
（1）写出反应I热化学方程式___。
（2）反应I和反应Ⅱ中，一种是快反应，会迅速建立平衡状态，而另一种是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率是___(填“反应I”或“反应Ⅱ”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因也许是___(反应未使用催化剂)。
【答案】2NO(g)⇌N2O2(g) △H=-(E3-E4) kJ/ mol 反应Ⅱ 决定总反应速率是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ影响弱于N2O2浓度减小影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢
【解析】
【分析】
(1)根据图像分析反应I为2NO(g)⇌N2O2(g)焓变，写出热化学方程式；
(2)根据图像可知，反应I活化能＜反应Ⅱ活化能，反应I为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定该反应速率是慢反应；决定正反应速率是反应Ⅱ，结合升高温度对反应I和Ⅱ影响分析也许原因。
【详解】
(1)根据图像可知，反应I化学方程式为：2NO(g)⇌N2O2(g) △H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4) kJ/ mol，故答案为：2NO(g)⇌N2O2(g) △H=-(E3-E4) kJ/ mol；
(2)根据图像可知，反应I活化能＜反应Ⅱ活化能，反应I为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率是慢反应Ⅱ；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，也许原因是：决定总反应速率是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ影响弱于N2O2浓度减小影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢，故答案为：反应Ⅱ；决定总反应速率是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，导致N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ影响弱于N2O2浓度减小影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢。

5．1100℃时，在体积固定且为5L密闭容器中，发生可逆反应：并达到平衡。
(1)平衡后，向容器中充入1mol，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。若初始时加入为2.84g，10分钟后达到平衡时转化率(参与反应碳酸钠占加入硫酸钠总质量比例)为45%，________。
【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，有助于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大，逆反应速率较原平衡也是增大；混合气体密度为ρ＝，反应前后气体总质量发生变化，气体总体积不变，混合气体密度发生变化，当抵达化学平衡时，混合气体密度不变；根据v=计算。
【详解】
（1）平衡后，向容器中充入1mol H2，增大反应物浓度，有助于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大，逆反应速率较原平衡也是增大，故答案为：正反应方向；增大；
（2）混合气体密度为ρ＝，反应前后气体总质量发生变化，气体总体积不变，混合气体密度发生变化，当抵达化学平衡时，混合气体密度不变，因此根据混合气体密度可以判断化学反应与否达到平衡；初始时加入Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4转化率为45%，则反应消耗n（Na2SO4）==0.009mol，根据反应方程式，则消耗n（H2）=4n（Na2SO4）=0.036mol，因此v（H2）=＝==7.2×10-4mol/（L•min），故答案为：能；7.2×10-4mol/（L•min）。
【点睛】
本题考察化学原理部分知识，运用化学平衡移动知识分析问题，根据方程式计算化学反应速率。

6．在一密闭容器中发生反应N2+3H22NH3，△H＜0；达到平衡后，只变化某一种条件时，反应速率与反应时间关系如图所示,回答问题：

(1)处在平衡状态时间段是______（填选项）；
A．t0～t1　　　B．t1～t2　　　C．t2～t3
D．t3～t4 E．t4～t5　　 F．t5～t6
(2)t1、t3、t4时刻分别变化一种条件是（填选项）；
A．增大压强 B．减小压强 C．升高温度
D．减少温度 E．加催化剂 F充入氮气
t1时刻__________；t4时刻__________；
(3)根据(2)中结论，下列时间段中，氨百分含量最高是________（填选项）；
A．t0～t1 B．t2～t3 C．t3～t4 D．t5～t6
(4)假如在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率变化曲线_________；
(5)一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气体积分数为20%，则反应后与反应前混合气体体积之比为____________________。
【答案】ACDF C B A 5:6
【解析】
【分析】
（1）根据图示结合v正=v逆，判断与否处在平衡状态；
（2）由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率不小于正反应速率t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率不小于正反应速率；
（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，根据移动成果分析；
（4）分离出生成物，逆反应速率瞬间减小，平衡正向移动；
（5）设反应前加入a mol N2，b mol H2，达平衡时生成2x mol NH3，根据三段式和氨气体积分数计算．
【详解】
（1）根据图示可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6时间段内，v正、v逆相等，反应处在平衡状态，故答案为：ACDF；
（2）由N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜0，可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小反应，则由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率不小于正反应速率，变化条件应为升高温度；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率不小于正反应速率，变化条件应为减小压强，
故答案为：C；B；
（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，均使氨气含量减少，则t0～t1氨气含量最大，故答案为：A；
（4）t6时刻移出部分氨气，逆反应速率瞬间减小，正反应速率该瞬间不变，平衡正向移动，逆反应速率增大，正反应速率减小，直至平衡，故答案为：；
（5）设反应前加入a mol N2，b mol H2，达平衡时生成2x mol NH3，则有
则反应后气体总物质量=（a+b-2x）mol，，解得：a+b=12x，故反应后与反应前混合气体体积之比=，故答案为：5：6。

7．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物质量随时间变化状况如图所示：

(1)若A容器体积为5 L，反应经6 min达到平衡状态，则0~6 min内以O2浓度变化表达反应速率为___________。
(2)该反应化学平衡常数K=__________(写出体现式)。
(3)阐明该反应已达到平衡状态是_______。
A．v正(NO2)=v逆(NO)           B．c(NO2)=c(NO)
C．气体平均摩尔质量不变      D．气体密度保持不变
(4)若A、B两容器中只是温度不一样，则TA____TB (填“>”或“<”)，请写出一条能提高二氧化氮转化率措施_____________。
【答案】0.002 mol/(L•min) AC ＜ 升高温度(或减小压强)
【解析】
【分析】
(1)根据计算反应速率；
(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浓度(方程式系数幂次方)乘积比或反应产物与反应底物浓度(方程式系数幂次方)乘积比。
(3)反应达到平衡状态，各组分浓度不伴随时间变化而变化，正逆反应速率相等，根据化学平衡状态特征结合变量不变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，不增长NO2物质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(NO2)=0.30mol，平衡时n(NO2)=0.18mol，△n(NO2)=0.12mol，△c(NO2)=，则，同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比，因此v(O2)=0.002 mol/(L•min)，故答案为：0.002 mol/(L•min)；
(2)根据平衡常数定义可知该反应平衡常数K=，故答案为：；
(3)A．反应平衡时v正(NO2)=v逆(NO2)  ，同一反应反应速率之比等于计量数之比，因此v逆(NO2)=v逆(NO)  ，因此v正(NO2)=v逆(NO)  ，可以阐明反应已达平衡；
B．反应过程中c(NO2)减小，c(NO)增大，某一时刻两者也许相等，但不能阐明反应平衡；
C．反应过程中气体总质量不变，但气体物质量在变化，即平均摩尔质量会变，因此当气体平均摩尔质量不变时可以阐明反应平衡；
D．气体总质量不变，体积不变，故密度一直不变，因此密度不变时不能阐明反应平衡；
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，阐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，增大二氧化氮转化率，该反应为压强减小反应，故减小压强可使平衡右移，增大二氧化氮转化率，故答案为：＜；升高温度(或减小压强)。
【点睛】
同一反应中不一样物质表达反应速率之比等于计量数之比，直接求某物质反应速率不好求时可以通过求其他物质反应速率来推算。

8．乙醇(C2H5OH)燃料电池(DEFC)具有诸多长处，引起了人们研究爱好。既有如下三种乙醇燃料电池。

(1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_________________。(填化学式)
(2)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极___(填“a”或“b”)移动。
(3)酸性乙醇燃料电池中，若电池消耗原则状况下2.24L O2，则电路中通过了电子数目为___________。
【答案】O2 a 0.4NA
【解析】
【分析】
（1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂；
（2）根据装置图可知，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动；
（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O，根据电极反应计算转移电子数目。
【详解】
（1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂，由装置图可知，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为O2；
（2）根据装置图可知，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，因此CO32－向电极a移动；
（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O，若电池消耗原则状况下2.24L (即0.1mol)O2时，电子转移0.4mol，转移电子数目为0.4NA。

9．（1）Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池电极材料分锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2，电池总反应可表达为4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2。请回答问题：
①正极发生电极反应为___。
②SOCl2易挥发，试验室中常用NaOH溶液吸取SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。假如把少许水滴到SOCl2中，试验现象是___。
（2）用铂作电极电解某金属氯化物(XCl2)溶液，当搜集到1.12L氯气时(原则状况下)，阴极增重3.2g。
①该金属相对原子质量为___。
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气体 64 0.1NA
【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化合价减少，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，有刺激性气味气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；
（2）①n(Cl2)=n(X2+),根据M=计算金属相对原子质量；
②根据电极反应2Cl－－2e-=Cl2↑计算转移电子物质量，深入计算转移电子数目。
【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，有刺激性气味气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；
（2）①n(X2+)=n(Cl2)==0.05mol，M===64g/mol，因此该金属相对原子质量为64；
②由电极反应2Cl－-2e-=Cl2↑可知，电路中转移电子物质量为2×n(Cl2)=2×0.05mol=0.1mol，因此转移电子数目为0.1NA。

10．已知：反应aA(g)＋bB(g) cC(g)，某温度下，在2 L密闭容器中投入一定量A、B，两种气体物质量浓度随时间变化曲线如图所示。

（1）从反应开始到12 s时，用A表达反应速率为________。
（2）经测定前4 s内v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则该反应化学方程式为______________。
（3）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相似密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中反应速率分别为甲：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次序为________。
（4）下表所列数据是反应CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1在不一样温度下化学平衡常数(K)。
温度
250℃
300℃
350℃
K
2.041
0.270
0.012

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，充足反应，达平衡后，测得c(CO)=0.2mol·L－1，则CO转化率为__________，此时温度为_______________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，为选择合适催化剂，分别对X、Y、Z三 种催化剂进行了如下试验(其他条件相似)
①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加紧约3×105倍；
②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加紧约3×105倍；
③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加紧约1×106倍；
已知：T1> T2> T3，根据上述信息，你认为在生产中应当选择合适催化剂是__(填“X”、“Y”或“Z”)选择理由是_______________________________________________。
【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 进行计算；

（2）计算出12s内用A表达化学反应速率，可以计算出a与b比值，运用题给4s内v（C）=0.05mol•L-1•s-1，计算出abc最简整数比；
（3）将不一样速率转化为同一物质用相似单位进行描述速率进行比较；
（4）①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，阐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平衡浓度计算平衡时CO物质量，进而计算参与反应CO物质量，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浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，故 =0.05mol/（L•s），故答案为：0.05 mol·L－1·s－1；
（2）12s时，B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）==0.075mol/（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）=×0.16mol•L-1•min-1=0.24mol•L-1•s-1，故最快是乙，最慢是丙，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，阐明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即△H1＜0；
故答案为：＜；
②某温度下，将2mol CO和6mol H2充入2L密闭容器中，充足反应，达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L；达到平衡后，测得c（CO）=0.2mol/L，则参与反应CO物质量=2mol-0.2mol/L×2L=1.6mol，故CO转化率=×100%=80%，根据化学平衡三段式列式计算得到平衡浓度：

K=，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

11．雾霾天气严重影响人们生活和健康。其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其重要来源为燃煤、机动车尾气等。因此改善能源构造、机动车限号等措施能有效减少PM2.5、SO2、NOx等污染。
请回答问题：
（1）汽车尾气中NOx和CO生成：已知汽缸中生成NO反应为：N2(g)＋O2(g)2NO(g)—Q。恒温、恒容密闭容器中，下列说法中，能阐明该反应达到化学平衡状态是____。
A．混合气体密度不再变化
B．混合气体压强不再变化
C．N2、O2、NO物质量之比为1∶1∶2
D．氧气转化率不再变化
（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx排放，这使NOx有效消除成为环境保护领域重要课题。某研究性小组在试验室以Ag—ZSM—5为催化剂，测得NO转化为N2转化率随温度变化状况如图所示。若不使用CO，温度超过775 K，发现NO分解率减少，其也许原由于___，在＝1条件下，为更好除去NOx，应控制最佳温度在___K左右。

（3）车辆排放氮氧化物、煤燃烧产生二氧化硫是导致雾霾天气“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量(n/mol)如下表：
物质
温度(℃)
活性炭
NO
E
F
初始
3.000
0.10
0
0
T1
2.960
0.020
0.040
0.040
T2
2.975
0.050
0.025
0.025

①写出NO与活性炭反应化学方程式：___。
②若T1＜T2，则该反应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转化率为___。
【答案】D NO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分解为放热反应，升温不利于其分解；选择NO转化率最大温度；
（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影响分析；
③运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，压强之比等于物质量之比，因此压强不变，不能作为该反应达到平衡标志，故B错误；
C、由于没有起始物质量，因此无法判断与否达到平衡，故C错误；
D、氧气转化率不变，阐明反应达到平衡，故D对；
故答案为：D；
（2N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）△H＞0，因此NO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转化率几乎最大；故答案为：NO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由于是处理污染，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物质量增多，CO2和N2物质量减小，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是一种气体体积不变反应，而反应物只有一种气体，故加入NO气体，建立平衡和原平衡为等效平衡，原平衡中NO转化率为 ×100%=80%，则达到新平衡时NO转化率为80%，故答案为:80%。
【点睛】
反应C+2NO⇌N2+CO2是一种气体体积不变反应，并且反应物只有一种气体，故加入NO气体，建立平衡和原平衡为等效平衡，两平衡中各组分物质量分数、气体体积分数、质量分数、物质百分含量相等。

12．某些共价键键能数据如表（单位：kJ•mol－1）：

（1）把1mol Cl2分解为气态原子时，需要___（填“吸取”或“放出”）243kJ能量。
（2）由表中所列化学键形成单质分子中，最稳定是___；形成化合物分子中最不稳定是___。
（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热量，热化学方程式是：____。
【答案】吸取 N2 HI 2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g） △H=﹣1136kJ•mol﹣1
【解析】
【分析】
(1)化学键断裂要吸取能量；
(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=计算32g N2H4物质量，再根据热化学方程式书写原则书写热化学方程式。
【详解】
(1)化学键断裂要吸取能量，由表中数据可知把1mol Cl2分解为气态原子时，需要吸取243kJ能量；
(2)因键能越大越稳定，单质中最稳定是H2，最不稳定是I2，形成化合物分子中，最稳定是HCl，最不稳定是HI；
(3)32g N2H4(g)物质量为=1mol，与二氧化氮反应生成氮气与气态水放出568kJ热量，热化学方程式是：2N2H4(g)+2NO2(g)═3N2(g)+4H2O(g) △H=-1136kJ•mol-1。

13．根据氧化还原反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)===Cu2＋(aq)＋2Ag(s)设计原电池如图所示。请回答问题：

(1)电极X材料是________；电解质溶液Y是________。
(2)银电极为电池________极，发生电极反应为________；X电极上发生电极反应为________(填反应类型)。
(3)外电路中电子是从________电极流向________电极。
(4)当有1.6 g铜溶解时，银棒增重__________________________________。
【答案】Cu AgNO3 正极 Ag++e-=Ag 氧化反应 X（或Cu） Ag 5.4g
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：在原电池总反应方程式中，化合价升高做负极，因此在这个原电池中，铜做负极，而负极活泼性不小于正极，因此，正极我们可以选择银或者碳棒。总反应式中有银离子参与反应，因此在电解质溶液中会具有银离子。因此电解质溶液，我们可以选择硝酸银。正极发生是氧化反应，电极反应式为 Ag++e-=Ag。电子流动方向是负极指向正极，因此应是铜流向银。1.6克铜相称于0.025摩尔铜。即失去0.025乘以2等于0.05摩尔电子。而据得失电子总数相等可知，银离子应得到0.05摩尔电子由 Ag++e-=Ag可知会得到0.05摩尔银则银质量为0.05乘以108等于5.4克。
考点：考察原电池有关知识点

14．如右图所示，常温，U形管内盛有100mL某种溶液，请按规定回答问题。

（1）若所盛溶液为CuSO4溶液，打开K2，合并K1，则：
① A为_____极，B极电极反应式为________________。
②反应过程中，溶液中SO42－和OH－离子向_____极（A或B）移动。
（2）若所盛溶液为滴有酚酞NaCl溶液，打开K1，合并K2，则：
①A电极可观测到现象是__________________________。
②电解过程总反应化学方程式是________________________。
③反应一段时间后打开K2,若忽视溶液体积变化和气体溶解，B极产生气体体积（折算成原则状况）为11.2mL，将溶液充足混