Question

1．（1）由A、B、C、D四种金属按表中装置进行实验．

实验装置
部分实验现象	A（二价金属）不断溶解	C的质量增加	A上有气体产生

根据实验现象回答下列问题：
①装置甲中负极的电极反应为A-2e^-═A²⁺．
②装置乙中正极的电极反应为Cu²⁺+2e^-═Cu．
③装置丙中溶液的pH增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．
④四种金属活动性由强到弱的顺序为D＞A＞B＞C．
（2）在一定温度下，反应2SO₂（g）+O₂（g）$?_{△}^{催化剂}$2SO₃（g）达到平衡状态时，n（SO₂）：n（O₂）：n （SO₃）=2：3：4．缩小体积，再次达到平衡状态时，n（O₂）=0.8mol，n（SO₃）=1.4mol，下列说法正确的是AB．
A．再次达到平衡状态时，n（SO₂）为0.4mol     B．缩小体积，再次达到平衡过程中，v_正＞v_逆
C．使用催化剂对反应速率影响不大           D．工业上一般采用增加SO₂的浓度来提高O₂的转化率．

Answer 1

分析 （1）甲装置中，二价金属A不断溶解说明该装置构成了原电池，且A失电子发生氧化反应而作负极，B作正极；乙中C的质量增加，说明C上铜离子得电子发生还原反应，则C作原电池正极，B作负极；丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应，则A作原电池正极，D作负极，作原电池负极的金属活动性大于作正极金属，所以金属活动性强弱顺序是：D＞A＞B＞C；
（2）A、改变体积达到新的平衡时，SO₃、O₂的物质的量分别为1.4mol和0.8mol，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，
设改变体积后生成的SO₃的物质的量为xmol，则：
2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）
xmol     0.5xmol   xmol
故（1.4mol-xmol）：（0.8mol+0.5xmol）=4：3，解得x=0.2，
故原平衡时SO₃的物质的量=1.4mol-0.2mol=1.2mol，
则原平衡时SO₂的物质的量=1.2mol×$\frac{1}{2}$=0.6mol，
故到达新平衡SO₂的物质的量=0.6mol-0.2mol=0.4mol；
B、由A知生成的SO₃的物质的量为0.2mol，所以缩小体积，再次达到平衡过程中，v_正＞v_逆；
C．使用催化剂加快化学反应速率，所以对化学反应速率影响很大；           
D．工业上一般采用增加O₂的浓度，平衡正向移动，二氧化硫转化率增大．

解答 解：（1）①该装置中，二价金属A不断溶解说明A失电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液而作负极，所以负极电极反应式为A-2e^-═A²⁺，
故答案为：A-2e^-═A²⁺；
②乙装置中，C的质量增加说明C电极上铜离子得电子发生还原反应，则C作正极，电极反应式为Cu²⁺+2e^-═Cu，
故答案为：Cu²⁺+2e^-═Cu；
③丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应而作正极，D作负极，正极上氢离子逐渐析出而导致氢离子浓度逐渐减小，则溶液的pH逐渐增大，
故答案为：增大；
④通过以上分析知，四种金属活动性强弱顺序是D＞A＞B＞C，
故答案为：D＞A＞B＞C；
（2）A、改变体积达到新的平衡时，SO₃、O₂的物质的量分别为1.4mol和0.8mol，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，
设改变体积后生成的SO₃的物质的量为xmol，则：
2SO₂（g）+O₂（g）?2SO₃（g）
xmol     0.5xmol   xmol
故（1.4mol-xmol）：（0.8mol+0.5xmol）=4：3，解得x=0.2，
故原平衡时SO₃的物质的量=1.4mol-0.2mol=1.2mol，
则原平衡时SO₂的物质的量=1.2mol×$\frac{1}{2}$=0.6mol，
故到达新平衡SO₂的物质的量=0.6mol-0.2mol=0.4mol，所以再次达到平衡状态时，n（SO₂）为0.4mol，故A正确；
B、由A知生成的SO₃的物质的量为0.2mol，所以缩小体积，再次达到平衡过程中，v_正＞v_逆，故B正确；
C．使用催化剂加快化学反应速率，所以对化学反应速率影响很大，而不是不大，故C错误；           
D．工业上一般采用增加O₂的浓度，平衡正向移动，二氧化硫转化率增大，而不是提高氧气的转化率，故D错误；
故选AB．

点评 本题考查了原电池原理，根据原电池电极上得失电子来判断正负极，一般来说，作原电池负极的金属金属活动性顺序强，难度不大．