1、2022届高三化学一轮复习化学反应原理:17化学反应原理综合题填空题(个16题)1人们应用原电池原理制作了多种电池,以满足不同的需要。以下各种电池广泛使用于日常生活.生产和科学技术等方面,请根据题中提供的信息填空:(1)如图所示,杠杆AB两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球,调节杠杆并使其在水中保持平衡,然后小心地向水槽中央滴入浓CuSO4溶液,(实验过程中,不考虑铁丝反应及两球的浮力变化)一段时间后,当杠杆为绝缘体时,_端高;当杠杆为导体时,_端高(填“A”或“B”)。(2)铁、铜、铝是生活中使用广泛的金属,溶液常用于腐蚀印刷电路铜板,其反应过程的离子方程式为_,若将此反应设计
2、成原电池,则负极所用电极材料为_,正极反应式为_。(3)将铝片和铜片用导线相连,一组插入浓硝酸中,一组插入烧碱溶液中,分别形成了原电池,在这两个原电池中,负极分别为_。A铝片、铜片B铜片、铝片C铝片、铝片D铜片、铜片写出插入烧碱溶液中形成原电池的负极反应式:_。(4)某原电池装置如图所示,电池总反应为2Ag+Cl2=2AgCl,当电路中转移amole-时,交换膜左侧溶液中约减少_mol离子。交换膜右侧溶液中c(HCl)_(填“”“”或“=”)1molL-1(忽略溶液体积变化)。2如图所示,C、D、E、F都是惰性电极,A、B为电源。将电源接通后,向乙中滴人酚酞溶液,在F极附近显红色,D质量增加。
3、(1)AB作为电源,可以利用多种原电池来提供电能,兴趣小组同学设计如下电源:小红同学设计利用反应“Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+”制成化学电池来提供电能,该电池的负极材料是_,电解质溶液是_。小秦同学设计将铝片和铜片用导线相连,一组插人浓硝酸中,一组插人烧碱溶液中,分别形成了原电池,在这两个原电池中,负极分别为_(填字母)。A铝片、铜片 B铜片、铝片 C铝片、铝片 D铜片、铜片小明同学利用CO、氧气燃料电池作电源,电解质为KOH溶液,A电极上的反应式为_,工作一段时间后溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)若甲中装有足量的硫酸铜溶液,工作一段时间后,停止通电,欲使溶液恢复到
4、起始状态,可向溶液中加入_(填字母)。ACu BCu2(OH)2CO3 CCu(OH)2 DCuCO3(3)通电后乙中发生的总反应方程式为_。(4)欲用丙装置给铜镀银,则金属银应为_(填“G”或“H”)极,反应一段时间后(用CO、氧气燃料电池作电源)铜制品质量增加43.2g,理论上消耗氧气的质量为_g。3元素周期表中第VIIA族元素的单质及其化合物的用途广泛。(1)第VIIA族原子半径最小的元素的原子结构示意图为_。(2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是_(填序号)。a.Cl2、Br2、I2的沸点 b.Cl2、Br2、I2的氧化性c.HCl、HBr、HI的稳定
5、性 d.HCl、HBr、HI的酸性(3)工业上,通过如下转化可制得KClO3晶体:NaCl溶液NaClO3溶液KClO3晶体完成I中反应的总化学方程式:_;II中转化的基本反应类型是_,该反应过程能析出KClO3晶体而无其它晶体析出的主要原因是_。(4)一定条件,在水溶液中1molCl-、(x=1,2,3,4)的能量(kJmol-1)相对大小如图所示。上图中最不稳定的离子对应的酸是_(填写名称)。BAC反应的能量变化为_kJmol-1。4如图所示,是原电池的装置图。请回答:(1)若溶液C 为稀H2SO4溶液,电流表指针发生偏转,B 电极材料为Fe 且作负极,则 A 电极上发生的电极反应为_。(
6、2)若需将反应 Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+设计成如图所示的原电池装置,则 A 极(负极)材料为_, B 极电极反应式为_。(3)若 C 为 CuCl2溶液,Zn 是_极(填正极或负极),Cu 极发生_反应(填氧化或还原),Cu 极电极反应为_。(4)CO 与 H2反应还可制备 CH3OH,CH3OH 可作为燃料使用,用 CH3OH 和 O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下:电池总反应为 2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O,则电极 d 反应式为_,若线路中转移 2 mol 电子,则上述 CH3OH 燃料电池,消耗的 O2 在标准状况下的体积为_ L。5氧化剂在反应时不
7、产生污染物,被称为绿色氧化剂,因而受到人们越来越多的关注。某实验小组以分解为例,探究浓度、催化剂、温度对反应速率的影响。在常温下按照下表所示的方案完成实验。实验编号温度()反应物催化剂20253%溶液无20255%溶液无20255%溶液0.1g20255%溶液12滴1溶液30255%溶液0.1g(1)实验和的目的是_。同学甲在进行实验和时并没有观察到明显现象。资料显示,通常条件下过氧化氢稳定,不易分解。为了达到实验目的,可采取的改进方法是_(写出一种即可)。(2)实验、中,测得生成氧气的体积随时间变化如甲图所示。分析该图能得出的结论是_,_;(3)同学乙设计了乙图所示的实验装置对过氧化氢的分解
8、速率进行定量分析,以生成20气体为准,其他影响实验的因素均已忽略。实验中需要测量的数据是_。(4)向某体积固定的密闭容器中加入0.6A、0.2C和一定量(未知)的B三种气体,一定条件下发生反应,各物质浓度随时间变化如图所示。已知在反应过程中混合气体的平均相对分子质量没有变化。请回答:写出反应的化学方程式:_;若,则内反应速率_,A的转化率为_;B的起始的物质的量是_;平衡时体系内的压强为初始状态的_倍。6汽车行驶、某些化工厂生产过程,会向空气中排放出NOx、CO、SO2等有害气体,影响生态环境。I.汽油中含有某种烃A已知A的相对分子质量为100,其中氢元素的质量分数为16%,A的分子式为_。I
9、I.为防止氮的氧化物污染空气,可用氨或活性炭还原氮氧化物。回答下列问题:(1)为了减少重型柴油车排放NOx,向尾气处理装置内自动喷入的尿素溶液在一定条件下先转化为NH3,NH3再与NOx反应生成两种无污染的物质。写出其中NH3与NO在一定条件下反应的化学方程式:_。为提高此反应的速率,下列措施可行的是_(填字母代号)。A缩小容器体积 B降低温度 C使用适合催化剂 D移出产物(2)向两个1L的密闭容器中各加入活性炭(足量)和1.0molNO,发生反应为:C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。实验测得不同温度下NO和N2的物质的量变化如表所示:温度/物质的量/mol时间05min9min
10、10min12minT1NO1.00.580.420.400.40N200.210.29xxT2NO1.00.500.340.34N200.250.330.33温度为T1时,05min内,以CO2表示的该反应的平均速率v(CO2)=_molL-1min-1;反应达到最大限度(即平衡状态)时,混合气体中N2的物质的量分数为_。从反应开始到建立平衡的过程中,体系内气体的总压强_(填“变大”“变小”或“不变”)。两容器中的温度关系为T1_T2(填“”“”或“=”)。7能源是现代社会发展的支柱之一、请回答下列有关问题:(1)化学反应中的能量变化,主要表现为热量的变化。下列反应中,属于放热反应的是_(填
11、字母)。aBa(OH)28H2O与NH4Cl混合搅拌 b高温煅烧石灰石 c铝与盐酸反应某同学进行如图所示实验,测量稀盐酸与烧碱溶液中和反应的能量变化。实验表明,反应温度升高;由此判断该反应是_(填“吸热”或“放热”)反应,其离子方程式是_。(2)电能是现代社会应用最广泛的能源之一、如图所示的原电池装置中,负极是_,正极上能够观察到的现象是_。原电池工作一段时间后,若消耗锌6.5 g,则放出气体_g。8氮的化合物种类繁多,性质也各不相同。请回答下列问题:(1)已知:SO3(g)+NO(g)=NO2(g)+SO2(g) H1=+41.8molL-12SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) H2=
12、-196.6molL-1则2NO2(g)=2NO(g)+O2(g)的H=_。(2)NO作为主要空气污染物,其主要来源是汽车尾气,研究人员用活性炭对汽车尾气中的NO进行吸附,并发生反应:C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H0.在恒压密闭容器中加入足量活性炭和一定量NO气体,反应相同时间时,测得NO的转化率(NO)随温度的变化如图所示:图中a、b、c三点中,达到平衡的点是_;温度为1100K时,N2的平衡体积分数为_。(3)现代技术用氨气将汽车尾气中的NOx还原为N2和H2O,反应原理是NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g) H”“”或“=”);下列不能
13、说明该反应一定达到化学平衡的是_(填序号);A单位时间内,每消耗的同时生成B在该条件下达到最大转化率C容器内混合气体密度保持不变D在下图中画出时间内,的浓度随时间变化的曲线图_。(2)一氧化碳一氧燃料电池是使用制造成储存能量的电池,其总反应方程式为:,一氧化碳一氧燃料电池在酸性条件下放电时,正极的电极反应式:_。参考答案1A B 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ Cu Fe3+e-=Fe2+ B Al+4OH-3e-=+2H2O 2a 【详解】(1)当杠杆为绝缘体时,加入硫酸铜溶液后,铁和硫酸铜发生置换反应生成铜附着在铁表面,质量增加,因此是A端比B揣高;当杠杆为导体时,加入硫酸铜溶液后,铁
14、和铜构成原电池。铁的金属性强于铜,因此铁是负极失去电子,被还原。铜是正极,溶液中的铜离子得到电子,发生还原反应析出铜。因此是A端比B端低;(2)氯化铁溶液常用于腐蚀印刷电路铜板,离子方程式为:2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+;该反应为氧化还原反应,铜发生氧化反应,做原电池的负极,正极材料只要能够导电且活泼性小于铜即可,氯化铁在正极得电子发生还原反应,电极反应式:Fe3+e-=Fe2+;(3)将铝片和铜片用导线相连,插入浓硝酸中,形成原电池,常温下,Al遇浓硝酸钝化,所以Cu电极作负极;将铝片和铜片用导线相连,插入烧碱溶液中,AI能和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2,Cu不能和NaOH溶
15、液反应,所以Al作负极,答案选B;烧碱溶液中形成原电池的负极反应式:Al+4OH-3e-=+2H2O;(4)负极电极反应式为Ag-e-+Cl-=AgCl,原电池工作时,电路中转移amole-,则负极消耗amolCl-,形成闭合回路移向正极的n(H+)=amol,所以负极区即交换膜左侧溶液中约减少2amol离子;正极区电极反应为Cl2+2e-=2Cl-,生成n(HCl)=amol,所以交换膜右侧溶液c(HCl)增大,即交换膜右侧溶液c(HCl)1mol/L,故答案为:2a;。2Cu 氯化铁等含铁离子的溶液 B 减小 D G 3.2g 【分析】电解池中,与电源正极相连的电极是阳极,阳极上失去电子发
16、生氧化反应,与电源负极相连的电极是阴极,阴极上氧化剂得到电子发生还原反应,图中C、D、E、F都是惰性电极,将电源接通后,向乙中滴酚酞溶液,在F极附近显红色,则F电极反应为: 、F为阴极,D质量增加,则D电极反应为:,D为阴极;则A为正极、B为负极;C、E和G为阳极、D、F和H为阴极;原电池中,还原剂在负极失去电子发生氧化反应,正极上氧化剂得到电子发生还原反应,据此回答;【详解】(1)小红同学设计利用反应“”制成化学电池来提供电能,Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+中Cu为还原剂,故电池的负极材料是Cu,正极上Fe3+得到电子转变为Fe2+,则电解质溶液是含铁离子的溶液,例如氯化铁。铝与浓硝酸
17、发生钝化反应,铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、水和二氧化氮,故该原电池中铜为负极,铝能与氢氧化钠溶液反应:,铜不能与氢氧化钠溶液反应,则该原电池中,负极为铝。则B满足;答案为B。小明同学利用CO、氧气燃料电池作电源,电解质为KOH溶液,A电极上的反应式为,CO在负极失去电子发生氧化反应:,按得失电子数守恒,负极消耗的氢氧根离子大于正极生成的氢氧根离子,故工作一段时间后溶液的pH减小。(2)若甲中装有足量的硫酸铜溶液,反应为,设电解消耗2mol CuSO4,则欲使溶液恢复到起始状态,可向溶液中加入相当于2molCuO的物质,则D满足,答案为D。(3)通电后乙中发生的是惰性电极电解氯化钠溶液,产物为氢氧
18、化钠,氢气和氯气:总反应方程式为。(4) 电镀时,镀层金属作阳极、待镀金属作阴极;欲用丙装置给铜镀银,则金属银应为G极,按得失电子数守恒,得, 反应一段时间后(用CO、氧气燃料电池作电源)铜制品质量增加43.2g,则消耗银,理论上消耗氧气0.1mol、氧气的质量为3.2g。3 bc NaCl+3H2ONaClO3+3H2 复分解反应 KClO3在该条件下的溶解度较其他晶体小 亚氯酸 -117 【详解】(1)第VIIA族原子半径最小的元素是F,其原子结构示意图为;故答案为;(2) 卤族元素最外层电子数相等,但随着原子序数增大,原子半径增大,原子核对最外层电子吸引力减小,其非金属性减弱,元素的非金
19、属性越强,其氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水化物酸性越强、其单质的氧化性越强,与物质的溶沸点、氢化物水溶液的酸性无关,故选bc,故答案为bc;(3) 根据氧化还原反应得失电子数相等可推断出,I中反应的总化学方程式为NaCl+3H2ONaClO3+3H2;故答案为NaCl+3H2ONaClO3+3H2;NaClO3转化为KClO3,说明该反应中两种物质相互交换离子生成盐,为复分解反应,相同温度下,溶解度小的物质先析出,室温下KClO3在水中的溶解度肯定小于其它晶体,所以先析出KClO3;故答案为:复分解反应;室温下KClO3在水中的溶解度明显小于其它晶体; (4) 根据图象知,C中氯元素化
20、合价为+5价,能量最高,能量越高越不稳定,故图中最不稳定的离子对应的酸是亚氯酸;故答案为:亚氯酸;BA+C,根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-,由图可得能量变化为:,故答案为-117。42H+2e- =H2 Cu 或铜 2Fe3+2e- =2Fe2+ 负 还原 Cu2+2e- =Cu O2+ 4H+ 4e- =2H2O 11.2 【详解】(1)若溶液C 为稀H2SO4 溶液,电流表指针发生偏转,B 电极材料为Fe 且作负极,说明形成了原电池,铁失电子发生氧化反应,则 A 电极上得电子,发生还原反应,发生的电极反应为2H+2e- =H2。故答案为:2H+2e- =H
21、2;(2)若需将反应 Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+设计成如图所示的原电池装置,铜是还原剂,作负极,则 A 极(负极)材料为Cu 或铜, B 极得电子发生还原反应,电极反应式为2Fe3+2e- =2Fe2+。故答案为:Cu 或铜;2Fe3+2e- =2Fe2+;(3)若 C 为 CuCl2 溶液,Zn是活泼金属,作负极(填正极或负极),Cu 极发生还原反应(填氧化或还原),Cu 极电极反应为Cu2+2e- =Cu。故答案为:负;还原;Cu2+2e- =Cu;(4)电池总反应为 2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O,则电极 d 得电子发生还原反应,反应式为O2+ 4H+ 4e- =2H
22、2O,若线路中转移 2 mol 电子,则上述 CH3OH 燃料电池,消耗的 O2 在标准状况下的体积为 =11.2 L。故答案为:O2+ 4H+ 4e- =2H2O;11.2。5探究浓度对反应速率的影响 向反应物中加入等量同种催化剂(或升高相同温度) 升高温度,反应速率加快 对过氧化氢分解的催化效果更好 产生20气体所需的时间 0.006 60% 0.08 1 【详解】(1)实验和的浓度不同,则该实验的目的为探究浓度对化学反应速率的影响;同学甲在进行实验时并没有观察到明显现象。资料显示,通常条件下过氧化氢稳定,不易分解。为了便于比较,需要加快反应速率,可以向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有
23、反应物的试管放在同一热水浴中,升高相同温度),故答案为:探究浓度对反应速率的影响;向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放在同一热水浴中,升高相同温度);(2)由图可知,、中的反应速率大,说明升高温度,反应速率加快;、中的反应速率小,说明MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好,故答案为:升高温度,反应速率加快;MnO2对过氧化氢分解的催化效果更好;(3)反应是通过反应速率分析的,根据,所以实验中需要测量的数据是时间(或收集一定体积的气体所需要的时间),故答案为:产生20mL气体所需的时间;(4)由图可知,A、B的物质的量减小,C的物质的量增加,且t1时物质的量不变,说明该反应为可逆反
24、应,A、C的物质的量的变化量之比为(0.15-0.06)(0.11-0.05)=32,反应过程中混合气体的平均相对分子质量不变,则反应为3AB+2C,故答案为:3AB+2C;若t1=10时,则内以C物质浓度变化表示的反应速率;t1时,A的转化率为,故答案为:0.006;60%;由A和C的变化量之比为(0.15-0.06)(0.11-0.05)=32,可以推出B的变化量为0.03mol/L,容器的体积为4L,所以B起始的物质的量是(0.05-0.03)4mol=0.08mol;根据阿伏加德罗定律可知,在同温同体积条件下,气体的压强之比等于其物质的量之比,也等于其分子数之比。由于反应前后气体的分子
25、数保持不变,所以平衡时体系内的压强保持不变,为初始状态的1倍,故答案为:0.08mol;1。6C7H16 4NH3+6NO(g)=5N2+6H2O AC 0.042 0.30或30% 不变 【详解】I某烃A的相对分子质量为100,其中氢元素的质量分数为16%,则A分子中H原子数是、C原子数是7,A的分子式为C7H16;II(1)NH3与NO在一定条件下发生归中反应生成无污染的氮气和水,反应的化学方程式4NH3+6NO(g)=5N2+6H2O。A.缩小容器体积,增大压强,速率加快,故选A; B.降低温度,反应速率一定减慢,故不选B; C.使用适合催化剂,能加快反应速率,故选C; D.移出产物,生
26、成物浓度减小,反应速率减慢,故不选D;故选AC; (2)温度为T1时,05min内,生成0.21mol N2,则同时生成0.21mol CO2,v(CO2)=0.042molL-1min-1;根据表格数据,反应达到最大限度时,n(NO)=0.4mol,所以反应消耗0.6molNO,则生成0.3mol CO2、0.3mol N2,混合气体中N2的物质的量分数为30%。反应前后气体系数和不变,从反应开始到建立平衡的过程中,体系内气体的总压强不变。根据表格数据,T2温度下反应速率快,所以两容器中的温度关系为T1T2。7c 放热 H+OH-=H2O 锌极 有气泡生成 0.2 【详解】(1)aBa(OH
27、)28H2O与NH4Cl的反应是吸热反应,a不符合题意;b高温煅烧石灰石是吸热反应,b不符合题意;c铝与盐酸的反应是放热反应,c符合题意;故选c;反应温度升高,说明该反应是放热反应,反应的离子方程式为H+OH-=H2O;(2)图示装置为Cu-Zn电池,负极是锌极,正极是铜极,正极表面上能够观察到有气泡生成;原电池工作一段时间后,消耗锌6.5g,n(Zn)=0.1mol,由ZnH2可得,n(H2)=n(Zn) =0.1mol,m(H2)=n(H2) M(H2)=0.1mol2g/mol=0.2g。8+113.0KJ/mol b、c 20% 该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,不利于反应物的
28、转化,故反应温度不宜过高 0.05 【详解】(1)根据盖斯定律,反应2-反应得2NO2(g)=2NO(g)+O2(g) H=-(2H1+ H2)= -(241.8-196.6)=+113.0KJ/mol,故答案为:+113.0KJ/mol。(2) 温度低于1050K时,反应速率较慢,反应未达平衡状态,温度等于或高于1050K时达到平衡,1100K是NO的平衡转化率为40%,假设通入NO的物质的量为1mol,利用三段式则有: ,所以N2的平衡体积分数为,故答案为:b、c,20%。(3) NO(g)+NO2(g)+2NH3(g)3H2O(g)+2N2(g),该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动
29、,不利于反应物的转化,故反应温度不宜过高,故答案为:该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动,不利于反应物的转化,故反应温度不宜过高。500时,在2L恒容密闭容器中充入1molNO、1molNO2和2molNH3,8min时反应达到平衡,此时NH3的转化率为40%,体系压强为p0MPa,利用三段式则有: ,v(N2)= molL-1min-1,根据阿伏伽德罗定律,恒温恒容时,压强与物质的量成正比,500时该反应的平衡常数Kp= MPa= Mpa,故答案为:0.05、。9b ac 64 该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动 分子筛膜从反应体系中不断分离出,有利于反应正向进行,甲醇产率升高 2
30、10 【详解】(1) a. 反应中碘单质是氧化剂,二氧化硫是还原剂,氧化性:,故a错误;b. 由三个反应可知,该循环过程的总反应为水分解成氧气和氢气,实际消耗的物质是是,因此需不断补充,故b正确;c. 硫酸具有较好的热稳定性,常温下很难发生分解反应,故反应在常温下不易发生,故c错误;d. 由反应可知、是反应的产物,同时也分别是反应和反应的反应,是整个循环过程的中间产物,不是最终目标产物,故d错误;故答案为:b;(2)由图可知在2min内,氢气的反应速率为:,根据速率之比等于化学计量数之比可知HI的反应速率0.1,故答案为:;a. ,说明正反应速率等于逆反应速率,反应达到平衡状态,故正确;b.
31、反应前后各物质均为气体,气体的总质量不变,容器的体积不变则混合气体的密度保持恒定,因此密度不再改变不能确定平衡状态,故错误;c.各组分的浓度不再改变是平衡的特征,故正确;d. 反应前后气体分子数相等,容器内气体压强保持恒定,故压强不再改变不能说明反应达到平衡状态,故错误;故答案为:ac;由图像可知平衡时生成氢气的物质的量为0.1mol,结合反应可知消耗的HI为0.2mol,HI的转化率=,故答案为:20%;由图像信息可知达到平衡时的浓度均为0.1mol/L,HI的浓度为0.8mol/L,可反应的平衡常数K=,常温下反应的平衡常数为64,故答案为:64;. (1)由反应可知,正反应为放热反应,温
32、度升高时平衡逆向移动,导致甲醇的转化率降低,故答案为:该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动;(2)P点对应的体系中有分子筛膜,由题意可知分子筛膜能选择性分离出,水的分离有利于平衡正向移动,从而提高了甲醇的转化率,故答案为:分子筛膜从反应体系中不断分离出,有利于反应正向进行,甲醇产率升高;(3)由图像可知使用分子筛膜,在温度210时甲醇的转化率最高,故答案为:210;10 70% BDE 23:30 增大 【详解】(1)前10min SO3的物质的量增加1.0mol,SO3的平均反应速率为,25min后反应达到平衡,二氧化硫由2.0mol减少至0.6mol,其转化率为:,故答案为:;70%;
33、(2) 反应前后气体分子数不相等,反应过程中压强不断减小,当达到平衡时容器中压强不再改变,故压强不变可判断平衡状态,不选;容器中各物质均为气体,气体的总质量不变,容器体积恒定,则容器中气体密度不变,因此密度不变不能判断平衡状态,选;SO3的质量不再改变说明反应达到平衡状态,不选; 各组分浓度不变是平衡的基本特征,因此O2的物质的量浓度不再改变说明反应达到平衡状态,不选;根据元素守恒可知,容器内气体原子总数始终恒定不变,因此原子数不再发生变化不能判断反应达到平衡,选;故答案为:;(3) A向容器中通入氦气,各组分的浓度不变,反应速率不变,故A不选; B升高温度可以加来反应速率,故B选; C扩大容
34、器的体积,使各物质的浓度减小,反应速率减小,故C不选;D向容器中通入O2 ,增大了反应物的浓度,反应速率加快,故D选;E使用正催化剂可以加快反应速率,故E选;故答案为:BDE;(4)由图像可知平衡时二氧化硫的物质的量为0.6mol,三氧化硫的物质的量为1.4mol,结合反应可知消耗的氧气为0.7mol,则平衡时剩余的氧气为0.3mol,平衡时总气体物质的量为2.3mol,平衡时,体系的压强与开始时的压强之比等于气体的物质的量之比,即2.3mol:3mol=23:30,由反应可知,反应前后气体的总质量保持不变,气体的物质的量减小,因此反应达平衡时气体的平均相对分子质量增大,故答案为:23:30;
35、增大;110.05mol/L 50% CD 2 【详解】(1)若在5分钟时反应达到平衡,此时测得NH3的物质的量为0.2 mol,因此消耗氢气的物质的量是0.2mol0.3mol,氢气的转化率为:,由方程式可知,消耗氮气为0.1mol,平衡时氮气的浓度是0.05mol/L,故答案为:0.05mol/L;50%;(2)A加了催化剂加快反应速率,不影响平衡移动,氢气转化率不变,选项A错误;B增大容器体积,压强减小,平衡向逆反应方向移动,氢气转化率减小,选项B错误;C正反应为放热反应,降低反应体系的温度,平衡正向移动,氢气转化率增大,选项C正确;D加入一定量N2,平衡正向移动,氢气转化率增大,选项D
36、正确,故答案为:CD;(3)由反应可知平衡常数的表达式为:K=,故答案为:;正反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,平衡常数减小,故K1K2,故答案为:;400时,反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数与N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的平衡常数互为倒数,则400时,反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的化学平衡常数K=2;此时浓度商Qc=v(N2)逆,故答案为:2;12B 从右向左 滤纸上有蓝色沉淀产生(答出“蓝色沉淀”或“蓝色斑点”即可) 增大 Fe6e+8OH=FeO+4H2O和4OH4e=2H2O+O2 铁氰化钾 蓝色沉淀 CH4 8e+10OH=CO +
37、 7H2O 0.012 3mol/L 【详解】由图可知,甲装置中左侧为原电池装置,锌为原电池的负极,铜为正极,右侧为电解装置,与正极相连的M电极为电解池阳极,与负极相连的N电极为阴极; (1)甲装置中左侧为原电池装置,金属活泼性强的锌做负极,金属活泼性弱的铜做正极,若保证电极反应不变,正极材料的金属活泼性不能强于锌,则不能用金属活泼性强于锌的镁代替铜,故选B;(2) 实验过程中,硫酸根离子向负极移动,移动方向为从右向左;M极是电解池的阳极,铜失去电子发生氧化反应生成铜离子,铜离子与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀,故答案为:从右向左;滤纸上有蓝色沉淀产生;由图可知,乙装置为电解池,与直流电源正
38、极相连的Y电极做电解池的阳极,溶液中的氢氧根离子和铁电极失去电子发生氧化反应,与负极相连的X做阴极,水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子;(3)由分析可知,电解过程中,与负极相连的X做阴极,水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子,电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH,溶液中氢氧根离子浓度增大,溶液的pH增大,故答案为:增大;(4) 由分析可知,电解过程中,与直流电源正极相连的Y电极做电解池的阳极,溶液中的氢氧根离子和铁电极失去电子发生氧化反应,电极反应式为Fe6e+8OH=FeO+4H2O和4OH4e=2H2O+O2,故答案为:Fe6e+8OH=FeO+4H2O和4O
39、H4e=2H2O+O2;(5)若铁电极附近溶液中生成了Fe2+离子,向溶液中加入铁氰化钾溶液,溶液中会有蓝色沉淀生成,故答案为:铁氰化钾;蓝色沉淀;(6) 若想在中实现铁上镀铜,中铜电极做电镀池的阳极,与燃料电池的正极相连,则通入氧气的b处电极为燃料电池的正极,通入甲烷的a处电极为负极,碱性条件下,甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水,电极反应式为CH4 8e+10OH=CO + 7H2O,故答案为:CH4 8e+10OH=CO + 7H2O;中电解前CuSO4溶液的浓度为3 mol/L,若维持电流强度为1 A,电池工作十分钟时,转移电子的物质的量为mol,则理论上消耗中甲烷的质量
40、为mol16g/mol0.012g;电镀时,溶液中CuSO4溶液的浓度不变,则电解池中CuSO4溶液的浓度依然为3 mol/L,故答案为:0.012;3 mol/L。13 22.4 b 2.145 【详解】(1)由图可知,电解质为KOH溶液,a极通入氢气,为负极,氢气失电子发生氧化反应,b极通入氧气,为正极,氧气得电子发生还原反应,则正极极反应式为:O2+2H2O+4e-=4OH-,负极极反应式为:;若将负极材料改为,甲烷发生氧化反应,负极发生反应的方程式:;(2) 电解质溶液是的溶液,电池总反应为;根据反应可知,氨气发生氧化反应,做原电池的负极,氧气发生还原反应,做原电池的正极;该电池负电极
41、发生反应的化学方程式为;根据反应可知,每转移的电子产生标准状况下的气体的量为1mol,标况下体积为22.4L;(3)据图可知,氧气得到电子生成氢氧根离子,铜失电子生成铜离子,发生吸氧腐蚀,青铜基体做负极,正极为多孔催化层,故选b;扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈,负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子,所以氯离子、铜离子、氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl,反应的方程式为:;理论上耗氧体积为(标准状况下),物质的量为0.01mol;由图可知,负极极反应为:Cu-2e-=Cu2+,正极极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-,根据电子转移守恒规律可知,消耗0.
42、01mol氧气,生成铜离子0.02mol,生成Cu2(OH)3Cl为0.01mol,质量为0.01mol214.5g/mol=2.145g。14 36% b、c 正极 解:(理论上)燃料电池与电解池中电子转移数目相等。由题意可得:解得 【详解】(1)解析:(1)8.0gCH4的物质的量为0.5mol完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出445.1kJ热量,lmolCH4完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出890.2kJ热量,热化学方程式为:;(2)由题目信息可得三段式:CO的平均反应速率=,H2的转化率为=;a容器中混合气体的密度,所有反应物产物都是气体,根据质量守恒,m不变,又由于是恒容反应,
43、所以V不变,所以密度不是变量,a错误;b反应前后气体分子数不一样,所以压强是变量,容器中混合气体的总压强保持不变可以证明反应达到平衡,b正确;c容器中的质量是变量,所以容器中的质量分数保持不变,可以证明反应达到平衡,c正确;d单位时间内每消耗1molCO,同时生成1mol,这两个过程都是正速率,这时即使速率之比等于系数之比,也不能证明反应达到平衡,d错误;故选b、c。(3)通入氧气的电极得电子,发生还原反应,是正极;在电解池和原电池中转移电子数相等,由此可得在原电池里变成,可计算出转移的电子数,如下:解得15当pH过大时,OH-浓度大,OH-会结合Mg2+、,使上述平衡向逆反应方向移动,不利于
44、沉淀的生成;pH过小时,H+结合,上述平衡也向逆反应方向移动,不利于沉淀的生成。 3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O 350左右,3.0% a点以后浓度过高时,以反应平衡向逆反应方向移动为主,降低NO2去除率 【分析】根据题中所给化学平衡,由pH过高或过低影响平衡移动判断;根据氧化还原反应和题中所给产物写出化学方程式;根据题中图示1信息,判断适宜温度和负载率;根据题中图示2信息结合二个化学平衡,a点以后以反应II为主判断;据此解答。【详解】(1)由题中信息Mg2+MgNH4PO4可知,当pH过大时,OH-浓度大,OH-会结合Mg2+、,使上述平衡向逆反应方向移动,不利于沉淀的生
45、成;pH过小时,H+结合,上述平衡也向逆反应方向移动,不利于沉淀的生成;答案为当pH过大时,OH-浓度大,OH-会结合Mg2+、,使上述平衡向逆反应方向移动,不利于沉淀的生成;pH过小时,H+结合,上述平衡也向逆反应方向移动,不利于沉淀的生成。(2)NaClO具有强氧化性,废水中的NH3为-3价,被氧化转化为N2,NaClO被还原为NaCl,其反应的化学方程式3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O;答案为3NaClO+2NH3=N2+3NaCl+3H2O。(3)由图1可知,b曲线的最高处脱硝率最高,负载率低,适宜的温度约为350,负载率为3.0%;答案为350,3.0%。(4)因为
46、浆液中CaSO3质量一定,随着反应进行,a点以后浓度过高,以反应平衡向逆反应方向移动为主,降低NO2去除率;答案为a点以后浓度过高时,以反应平衡向逆反应方向移动为主,降低NO2去除率。16 = CD 【详解】(1) 内该反应的平均反应速率;A点反应达到平衡状态,正反应速率等于逆反应速率,=;A.单位时间内,每消耗的同时生成,则正反应速率等于逆反应速率,可说明达到平衡状态,A不选;B.在该条件下达到最大转化率,则反应已达到平衡,B不选;C.容器内是体积恒定,混合气体的质量不变,密度一直保持不变,不能说明达到平衡,C选;D.反应速率之比等于系数比,则一直保持不变,不能说明达到平衡,D选;故选:CD;反应在10min时达到平衡状态,速率之比等于系数比,变化浓度也等于系数比,则c(CO2)=c(CO)= n(CO)/V=0.3mol/2L=0.15mol/L,010minCO2浓度从0到0.15,1015min浓度保持0.15不变,则 时间内,的浓度随时间变化的曲线图为:;(2)燃料电池氧气一定在正极反应,介质是酸性,则正极的电极反应式:。