化学反应原理预测参考答案

1.

解析：（1）配制一定物质的量浓度的溶液用到的仪器有：托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶。图中给出的有托盘天平、烧杯、量筒；

故答案为：托盘天平、烧杯、量筒；

（2）盐桥中的离子不与溶液中的物质反应，排除了碳酸氢根离子和硝酸根离子，电迁移率尽可能的接近，故选KCl；

故答案为：KCl；

（3）铁电极失去电子，铁电极是负极，石墨电极是正极，原电池内部阳离子向正极移动，所以阳离子向石墨电极移动；

故答案为：石墨；

（4）铁电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，铁电极增加0.02mol/L，石墨电极反应Fe3++e﹣＝Fe2+，根据电荷守恒，则石墨电极增加0.04mol/L，变为0.09mol/L；

故答案为：0.09mol/L；

（5）铁电极为负极，电极反应：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，石墨电极为正极，电极反应反应：Fe3++e﹣＝Fe2+，电池的总反应式为：2Fe3++Fe＝3Fe2+；所以氧化性：Fe3+＞Fe2+，还原性Fe＞Fe2+

故答案为：Fe3++e﹣＝Fe2+；Fe﹣2e﹣＝Fe2+；Fe3+；Fe；

（6）对铁电极活化是除去表面的氧化膜，氧化膜反应完成后，铁单质把三价铁还原，所以只要检验溶液中是否还含有三价铁离子就可以了，取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。

故答案为：取少量活化液，加入洁净的试管中，向其中加入两滴硫氰酸钾溶液，看是否变红，若不变红，说明已经活化完成。

2．

解：（1）电解精制盐水，阳极阴离子Cl﹣失电子发生氧化反应生成Cl2，由a口逸出；阴极H+得电子发生还原反应生成H2，Na+透过离子膜阴极移动，离子膜防止OH﹣透过与阳极生成的Cl2反应，也防止H2和Cl2混合而发生爆炸。

故答案为：Na+；a；

（3）新制的HgO和Cl2反应，根据化合价只有Cl2的化合价可以升高也可以降低，HgO中两种元素的化合价不变；再根据电子转移守恒，0价的Cl分别生成﹣1价的HgCl2中的Cl和Cl2O中+1价的Cl，根据质量守恒写出方程式为：2Cl2+HgO＝Cl2O+HgCl2，

故答案为：2Cl2+HgO＝Cl2O+HgCl2；

（4）根据化合价变化，NaClO2中+3价的Cl发生歧化反应，化合价升高1生成ClO2中+4价的Cl，必然有NaClO2中+3价的Cl化合价降低4，生成稳定价态﹣1价；根据得失电子守恒，配平离子方程式：5ClO2﹣+4H+＝Cl﹣+4ClO2+2H2O；1molClO2消耗NaClO2的量为：5、4mol，即1.25mol；NaHSO4与NaHCO3反应产生CO2气体：NaHSO4电离出H+与HCO3﹣生成气体CO2，反应方程式为：NaHCO3+NaHSO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O，

故答案为：1.25；NaHCO3+NaHSO4＝Na2SO4+CO2↑+H2O；

（5）84消毒液”的有效成分为NaClO，与酸性清洁剂盐酸混用，根据氧化还原反应，发生化合价向中间靠拢，ClO﹣中+1价的Cl与Cl﹣化合价向中间靠拢生成0价Cl2，所以反应的离子方程式为：ClO﹣+Cl﹣+2H+＝Cl2↑+H2O；

3．

解：（1）CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2CH2＝CH2+4H2O，

则该反应中产物的物质的量之比n（C2H4）：n（H2O）＝1：4；

由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n（C2H4）变大，

故答案为：1：4；变大；

（2）由题中信息可知，两反应物初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1：3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1：4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c；

由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，△H小于0，

故答案为：d；c；小于；

（3）原料初始组成n（CO2）：n（H2）＝1：3，在体系压强为0.1Mpa建立平衡，由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即乙烯的物质的

（4）工业上通常通过选择合适催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂，

故答案为：选择合适的催化剂。

4．

解：（1）Ⅰ．CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）△H1＝﹣49.5kJmol﹣1

Ⅱ．CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）△H2＝﹣90.4kJmol﹣1

根据盖斯定律反应I﹣反应II计算反应III：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）的焓变△H3＝﹣49.5kJmol﹣1﹣（﹣90.4kJmol﹣1）＝+40.9kJmol﹣1，

故答案为：+40.9；

（2）根据C原子守恒计算n（CO2）平衡＝1﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝（1﹣a﹣b）mol，O原子守恒有n（H2O）＝2[n（CO2）﹣n（CO2）平衡]﹣n（CH3OH）﹣n（CO）＝2[1﹣（1﹣a﹣b）]mol﹣amol﹣bmol＝（a+b）mol，

（3）反应III是气体体积不变化的反应，CO2的平衡转化率只与温度有关，由图乙可知，T1温度后纵坐标对应量的变化与压强无关（3条曲线重合）、只与温度有关，所以图乙对应纵坐标表示CO2平衡转化率，图甲表示CH3OH的平衡产率随温度的变化曲线，温度一定时，增大压强，反应I、II的平衡正向移动，CH3OH的平衡产率增大，即压强越大，CH3OH的平衡产率越大，由图可知相同温度下，p1时CH3OH的平衡产率最大，p3时CH3OH的平衡产率最小，所以压强：p1＞p2＞p3；由于反应III：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）是气体体积不变化的吸热反应，T1温度时，体系中主要发生反应III，所以三条曲线几乎交于一点，

故答案为：乙；p1＞p2＞p3；T1时以反应III为主，反应III前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响；

（4）该实验的目的是探究有利于提高CH3OH的产率的影响因素，则反应I为主反应，反应II、III为副反应，反应I正向是气体体积减小的放热反应，高压、低温均有利于主反应I的平衡正向移动，反应III受到抑制、反应III的抑制导致反应II也受到抑制，所以同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率的反应条件为高压、低温，故A正确，

故答案为：A。

5．

解：（1）向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2＝SO32﹣+2NH4+（或2NH3H2O+SO2＝SO32﹣+2NH4++H2O）；根据图﹣1所示，pH＝6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有HSO3﹣和SO32﹣，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是HSO3﹣。

故答案为：2NH3+H2O+SO2＝SO32﹣+2NH4+（或2NH3H2O+SO2＝SO32﹣+2NH4++H2O）；HSO3﹣；

（2）反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn（HSO3）2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnSO3+SO2+H2O＝Zn2++2HSO3﹣（或ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2HSO3﹣）。

故答案为：ZnSO3；ZnSO3+SO2+H2O＝Zn2++2HSO3﹣（或ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2HSO3﹣）；

（3）HSO3﹣可以经氧气氧化生成SO42﹣，这一过程中需要调节溶液pH在4.5～6.5的范围内，pH越低，溶液中的HSO3﹣的浓度越大，使得催化氧化过程中反应速率越快；随着反应的不断进行，大量HSO3﹣反应生成SO42﹣，反应的离子方程式为：2HSO3﹣+O2＝2SO42﹣+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小，

故答案为：随着pH降低，HSO3﹣浓度增大；减小。

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，

故答案为：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，

故答案为：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，

故答案为：H2O2受热易分解；

（2）①a为阴极，a极的电极反应式是O2+2H++2e﹣＝H2O2，

故答案为：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+O22H2O2，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；

故答案为：AC。

7．

解：（1）利用双氧水消毒的时候会有气泡放出，是由于双氧水分解生成的氢气的缘故，故放出的气体是氧气，

故答案为：氧气；

（2）过氧化氢的分解反应为放热反应，根据题干，34g过氧化氢为1mol，1mol过氧化氢完全分解生成水蒸气和氧气，由于液态水变成水蒸气需要吸收一部分能量，故生成水蒸气时放出是热量小于生成液态水使放出的热量，

故答案为：放出；小于；

（3）实验表明在54℃下恒温贮存2周，浓度仍能保持99%，说明在54℃下过氧化氢的分解速率较慢，产生较慢反应速率的原因是过氧化氢分解过程中的需要的能量较高，化学反应活化能较大，而54℃的温度所提供的能量较少，故反应速率较慢，

故答案为：cd；

（4）向H2O2稀溶液中滴加数滴含Mn2+的溶液，即有气泡快速逸出，说明Mn2+的加入加快双氧水的分解速率，但Mn2+本身没有发生任何变化，故Mn2+起到了催化剂的作用；起始时双氧水的浓度为0.7mol/L，30min时双氧水的浓度为0.25mol/L，其浓度变化量△c＝0.7mol/L﹣0.25mol/L＝0.45mol/L，

故答案为：催化剂；0.；

（5）H2O2的一种衍生物K2S2O8，过硫酸根在水中易发生水解生成氧气、硫酸根和氢离子，加热升高温度有助于加速水解，其溶液pH降低，故过硫酸根水解的方程式为2S2O82﹣+2H2OO2↑+4H++4SO42﹣，

故答案为：2S2O82﹣+2H2OO2↑+4H++4SO42﹣。

8．

解：（1）由图1所示，在光催化下，H+生成H2，H2O生成O2；光能转化为化学能，

故答案为：光能转化为化学能；

（2）Na2SO3溶液中的SO32﹣的S元素由+4化合价升高被氧化生成+6价的SO42﹣中的S元素，必有化合价降低的元素，只能是H+化合价降低生成H2；AgNO3溶液中﹣2价O元素化合价升高生成O2，只能是Ag+的化合价降低生成0价的Ag，即生成另一产物的离子反应式为：Ag++e﹣＝Ag，

故答案为：H2；Ag++e﹣＝Ag；

（3）根据方程式列出数据，反应平衡时，CH3OH的产率为b，得到的CH3OH的物质的量浓度为：abmolL﹣1；

（4）①△H＜0，该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），所以甲醇平衡产率随温度升高而降低，

故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；

②P点甲醇产率高于T点是因为分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，生成物浓度减小，平衡正向移动，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，

故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高；

③根据图2，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳点为产率最高点，即P点，相应温度为：℃，

故答案为：；

若K取1，则x＝0.5，φ(H2)＝0.25；该反应前后气体物质的量不变，当等物质的量反应物全部反应，氢气所占物质的量分数为50%，但反应为可逆反应，不能进行彻底，氢气的物质的量分数一定小于50%，故选C。(3)观察起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH小于0。过渡态物质相对能量与起始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图知，最大活化能E正＝1.86eV－(－0.16eV)＝2.02eV，该步起始物质为COOH*＋H*＋H2O*，产物为COOH*＋2H*＋OH*。

通入惰性气体，对反应③的平衡无影响，A项不符合题意；反应③为吸热反应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，B项符合题意；增加环戊烯浓度，能提高I2(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，C项不符合题意；增加I2(g)的浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。(3)由相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快可知，T1T2，A项错误；影响反应速率的因素有温度和环戊二烯的浓度等，a点时温度较低，但环戊二烯浓度较大，c点时温度较高，但环戊二烯浓度较小，故无法比较a点和c点的反应速率大小，B项错误；a点和b点温度相同，a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度，即a点的正反应速率大于b点的正反应速率，因为b点时反应未达到平衡，b点的正反应速率大于逆反应速率，故a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C项正确；b点时，环戊二烯的浓度减小0.9mol·L－1，结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的1/2，可知二聚体的浓度为0.45mol·L－1，D项正确。(4)结合图示电解原理可知，Fe电极发生氧化反应，为阳极；

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