备战高考化学化学反应与能量(大题培优)附答案解析

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业，随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。用工业含锌废渣(主要成分为ZnO，还含有铁、铝、铜的氧化物，Mn2、Pb2、Cd2等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：

已知：相关金属离子cMn0.1mol/L生成氢氧化物沉淀的pH如下表所示：

回答下列问题：

1为调节溶液的pH，则试剂X为_________(填化学式)，

2除杂时加入高锰酸钾的作用是_________，发生反应的离子方程式为___________。 3“过滤”所得滤渣的主要成分是_________(填化学式)。

4写出“碳化合成”的化学方程式：________；“碳化合成”过程需纯碱稍过量，请设计实验

方案证明纯碱过量：_________。

【答案】ZnO[或Zn(OH)2或ZnCO3] 除去Mn2

22MnO2H2O5MnO24H Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2 43Mn3Zn(NO3)23Na2CO33H2OZnCO3?2Zn(OH)2?H2O2CO26NaNO3[或

3Zn(NO3)25Na2CO35H2OZnCO3?2ZnOH)2?H2O4NaHCO36NaNO3

静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加CaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量) 【解析】 【分析】

1根据除杂的同时不要掺入新的杂质考虑；

2加入高锰酸钾的作用是将Mn2转化为MnO2沉淀，除去Mn2； 3 由1、2知，“过滤”所得滤渣；

2Zn(OH)2?H2O，写出化学方程式。 4“碳化合成”时加入Na2CO3，产物为ZnCO3·【详解】

1加入试剂X的目的是调节溶液的pH，使Fe3、Al3生成沉淀除去，为不引入新的杂

质离子，可加入ZnO、Zn(OH)2、ZnCO3等；

2加入高锰酸钾的作用是将Mn2转化为MnO2沉淀，除去Mn2，反应的离子方程式为

2MnO43Mn22H2O5MnO24H；

3由1、2知，“过滤”所得滤渣的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3、MnO2；

2Zn(OH)2?H2O，反应的化学方程式为4“碳化合成”时加入Na2CO3，产物为ZnCO3·3Zn(NO3)23Na2CO33H2OZnCO3?2Zn(OH)2?H2O2CO26NaNO3或3Zn(NO3)25Na2CO35H2OZnCO3?2Zn(OH)2?H2O4NaHCO36NaNO3(Na2CO3过量时)；若Na2CO3不足时，溶液中还有Zn(NO3)2，继续滴加Na2CO3溶液有沉淀产生，或Na2CO3过量时，可检验溶液中的CO3，具体方法为：静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加CaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)。

2

2． 1以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2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：2NH3gCO2g反应Ⅱ：NH2COONH4s总反应：2NH3gCO2g请回答下列问题：

NH2COONH4s H1

CO(NH2)2sH2Og H272.49kJ/mol CO(NH2)2sH2Og H386.98kJ/mol

①反应Ⅰ的H1______________。

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Zn(NH3)4、Cu(NH3)4、Cd(NH3)4、AsCl5的形式存在。

2222

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 30℃时锌浸出率最高的原因为 __________。

③“滤渣 3”的主要成分为_______________。

2H2O2NH【答案】159.47kJ/mol 高温 ZnO2NH3?4Zn(NH3)43H2O

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；

2； 2①依据流程图可知，“溶浸”中ZnO发生反应生成Zn(NH3)4②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

反应Ⅱ：NH

gCO2gNH2COONH4s∆H1；

CONH22sH2Og∆H2=+72.49KJ/mol； 2COONH4s3总反应：2NH3（g）+CO2（g）

CONH22sH2Og∆H3=-86.98KJ/mol；根据盖

斯定律，总反应-反应II，得到反应I，则∆H1=-86.98KJ/mol -（+72.49KJ/mol）=-159.47 KJ/mol；

故答案为：-159.47 KJ/mol；

②反应Ⅱ：NH2COONH

故答案为：高温。

4sCONH22sH2Og∆H2=+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；

2①依据流程图可知，“溶浸”中 ZnO发生反应的离子方程式为：

2ZnO2NH3?H2O2NH4Zn(NH3)43H2O；

2H2O2NH故答案为：ZnO2NH3?4Zn(NH3)43H2O；

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。

3．依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(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 AgNO3 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)=

m1.6g=0.025 mol，根据反应方程式Mg/mol2Ag+(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。

4．在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ•mol－1表示。请认真观察图1，然后回答问题。 （1）图中所示反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。

（2）已知拆开1mol H﹣H键、1mol I﹣I、1mol H﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。则由1mol氢气和1mol 碘反应生成HI会________ （填“放出”或“吸收”）________ kJ的热量。在化学反应过程中，是将________ 转化为________ 。

（3）某实验小组同学进行如图2的实验，以探究化学反应中的能量变化。实验表明：①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应；实验②中，该小组同学在烧杯中加入5mL 1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，该反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。 【答案】放热 放出 11 化学能 热能 吸热 放热 【解析】 【分析】 【详解】

(1)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热； (2)在反应H2+I2⇌2HI中，断裂1molH-H键，1molI-I键共吸收的能量为：

1×436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，放出的能量为：2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ，在化学反应过程中，将化学能转化为热能；

(3)①中的温度降低说明该反应是吸热反应；活泼金属置换酸中氢的反应为放热反应。

5．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)“<”）。

（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 min) b和d = B、D 【答案】0.04mol/(L·【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

N2O4(g)在d点的平衡常数K(d)___K(b)（填“>”、“=”或

c0.6molL-1-0.2molL-1v(NO2)== 0.04mol/(L·min)； =t10min(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。

6．汽车尾气中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃烧所产生的CO。为了减轻大气污染科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，即2NO+2CO

2CO2+N2。

为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t1℃下，在一等容的密闭容器中，用气体传感器测得了不同时间的NO和CO的浓度如表(CO2和N2的起始浓度为0)。 时间(s) c(NO)(×10-4，mol/L) c(CO)(×10-3，mol/L) 0 10.0 3.60 1 4.50 3.05 2 2.50 2.85 3 1.50 2.75 4 1.00 2.70 5 1.00 2.70

回答下列问题：

（1）已知在上述反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应是___反应（填“放热”或“吸热”)。

（2）前3s内的平均反应速率：v(N2)=___。 （3）t1℃时该反应的平衡常数表达式：K=___。

（4）假设在密闭容器中该反应达到平衡后，改变下列条件，能提高NO转化率的是___（选填答案编号）。

a.选用更有效的催化剂 b.升高反应体系的温度 c.降低反应体系的温度 d.缩小容器的体积

2c(CO2)c(N2)-4

1.42×10mol/(L·s) c、d 【答案】放热22c(NO)c(CO)【解析】 【分析】

(1)根据图示所给的反应物总能量与生成物总能量大小关系进行分析；

(2)同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，v(N2)=(3)根据平衡常数的概念进行书写； (4)根据影响平衡移动的规律进行分析。 【详解】

(1)反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；

(2)同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，所以前3s内的平均反应速率

1v(NO)； 21110.010-4mol/L-1.5010-4mol/Lv(N2)=v(NO)=×=1.42×10-4 mol•L-1•s-1；

3s22(3)根据平衡常数的概念可知反应 2NO+2CO

2CO2 +N2的K=

c2(CO2)c(N2)c2(NO)c2(CO)；

(4)a．选用更有效的催化剂，不能使平衡发生移动，故错误；

b．因反应放热，升高反应体系的温度，则平衡逆向移动，转化率减小，故错误； c．降低反应体系的温度，平衡正向移动，转化率增大，故正确； d．缩小容器的体积，平衡正向移动，转化率增大，故正确； 故答案为：cd。

7．某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量的百分率）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得数据曲线如图。 主要反应是：NaCl（l）+KAlSi3O8（s）⇌KCl（l）+NaAlSi3O8（s）+Q；

(1)分析数据可知，Q_______0（选填“>”或“<”）。

(2)950℃时，欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是_______（填序号）。 a．延长反应时间 b．充分搅拌

c．增大反应体系的压强 d．将钾长石粉粹成更小的颗粒

(3)要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大，反应温度应为_____________。 (4)工业上常用KCl冶炼金属钾。反应方程式为：Na(l)+KCl(l)理解释该方法可行的原因：_________________。

【答案】< b d 950℃ 利用钾的状态与其他物质不同，可以将气态钾分离出来，②降低了产物的浓度，使平衡正向移动 【解析】 【分析】

(1)由图象中曲线变化可知，温度越高钾元素的熔出率，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，据此判断；

NaCl(l)+K(g)用平衡移动原

(2)该转化过程没有气体参与，应使反应物充分接触提供反应速率； (3)根据图象曲线变化可知，温度越高，钾元素的熔出率和熔出速率都增大； (4)K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。 【详解】

(1)由图象曲线数据可知，温度越高钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，说明正反应是吸热反应，所以Q<0；

(2)a. 延长反应时间，不能提高反应速率，a错误；

b. 充分搅拌，反应物充分接触，化学反应速率加快，b正确；

c. 该反应体系没有气体参加，增大反应体系的压强，不能提高反应速率，c错误； d. 将钾长石粉粹成更小的颗粒，增大反应物的接触面积，反应速率加快，d正确； 故合理选项是bd；

(3)根据图象可知，温度为950℃时熔出率和熔出速率都最高，故合适温度是950℃； (4)根据反应方程式可知，金属K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，故合理原因是将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。 【点睛】

本题考查了化学平衡及其影响、反应条件的选择，要结合温度对化学反应速率和化学平衡的影响，结合平衡移动原理分析解答，注意熟练掌握化学平衡及其影响因素，题目充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

8．回答下列问题：

（1）铅蓄电池的总反应为：Pb + PbO2 + 2H2SO4

充电放电2PbSO4 + 2H2O，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，该电化学防称为___________。 ②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防称为__________。

（3）我国的科技人员为了消除SO2的污染，利用原电池原理，设计如图2装置用SO2和O2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 + SO42-－2e-＝ PbSO4 PbSO4 + 2H2O-2e-＝PbO2 + 4H+ + SO42- 外加电流的阴极保 牺牲阳极阴极保 4H+ + O2 + 4e-＝2H2O SO2 + 2H2O - 2e- ＝ SO42- + 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+SO42--2e-=PbSO4，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PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，故答案为：Pb+SO42--2e-=PbSO4；PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-； (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，该电化学防称为外加电流的阴极保；故答案为：外加电流的阴极保；

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，该电化学防称为牺牲阳极的阴极保，故答案为：牺牲阳极的阴极保． (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+。

9．在800℃时，2L密闭容器内发生反应：2NO(g)＋O2(g)⇌2NO2(g)，反应体系中，一氧化氮的物质的量随时间的变化如表所示： 时间/s n(NO)/mol 0 0.020 1 0.010 2 0.008 3 0.007 4 0.007 5 0.007 (1)如图表示NO2的物质的量浓度变化的曲线是________。

(2)用O2表示从0～2 s内该反应的平均速率v＝__________。 (3)能说明该反应已达到平衡状态的是________。 A．v(NO2)＝2v(O2) B．容器内压强保持不变

C．容器内气体质量不变 D．容器内密度保持不变

－

L－1·s－1 B 【答案】b 1.5×103mol·

【解析】 【分析】

（1）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，是可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；

（2）根据△v=

c计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质t的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率； （3）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变。 【详解】

（1）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b； 故答案为：b； （2）0∼2s内v(NO)=

0.020mol0.008mol=0.0030mol/(L.min)，同一化学反应同一时间段

2L2min内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率为0.0015mol/(L⋅s)； 故答案为： 0.0015mol/(L⋅s)；

（3）A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(NO2)＝2v(O2)为正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；

B.反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故B正确；

C. 恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误； D.恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误； 故选B； 故答案为：B。

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．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【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】

H2↑+2OH－+Cl2↑ 2.24

(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-＋2H2O2.24。

H2↑+2OH－+Cl2↑ ；

12．甲醇作为可再生能源，越来越受到人们的关注。已知甲醇制备的有关化学反应的平衡常数及焓变数据如下 化学反应 ①CO(g)＋2H2(g)②CO2(g)＋H2(g)CO(g) ③CO2(g)＋3H2(g)＋H2O(g) CH3OH(g)CH3OH(g) H2O(g)＋500℃平衡常数 K1＝2.5 K2＝1.0 焓变 ΔH1＝－116 kJ·mol－1 ΔH2＝＋41 kJ·mol－1 K3＝？ ΔH3＝？ （1）反应③的K3＝__，ΔH3＝___。

（2）对于反应②升高温度平衡常数___(填“增大”“减小”或“不变”)。

L－1)分别为（3）500℃时测得反应③在某时刻CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·0.1、0.8、0.3、0.15，则此时v正__v逆(填“>”“<”或“＝”)。 mol－1 增大 > 【答案】2.5 －75kJ·【解析】 【分析】 （1）K3=cCH3OHcH2OcCO2c3H2，据此计算；根据盖斯定律计算焓变；

（2）吸热反应升温平衡右移；

（3）根据浓度商和平衡常数的大小关系判断； 【详解】

（1）由K3=cCH3OHcH2OcCO2c3H2，K1=cCH3OHc2HcCO，K2=cCOcH2OcCO2cH2 可知

K3=K1K2=2.5×1.0=2.5；由①CO(g)＋2H2(g)

＋H2(g)

CH3OH(g) ΔH1＝－116 kJ·mol－1；②CO2(g)

H2O(g)＋CO(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1；可知③=①+②，所以ΔH3＝ΔH1+ΔH2=－

116 kJ·mol－1+（＋41 kJ·mol－1）=－75kJ·mol－1；故答案为：2.5；－75kJ·mol－1； （2）反应②ΔH2大于零，故为吸热反应，升高温度，平衡右移，平衡常数增大，故答案为：增大； （3）Q=为：>； 【点睛】

灵活运用浓度商与平衡常数的大小关系来判断平衡移动方向。

cCH3OHcH2OcCO2c3H2=0.30.150.88v逆；故答案30.10.8

13．按要求回答下列问题：

（1）甲烷燃料电池是常见的燃料电池之一，该电池在正极通入氧气，在负极通入甲烷，电解质溶液通常是KOH溶液，请写出该电池的负极反应式___。

（2）常温下，将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，2min后溶液中明显出现浑浊，请写出相关反应的化学方程式：___；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则出现浑浊的时间将___(填“增加”、“减少”或“不变”)。

【答案】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O 减少 【解析】 【分析】

（1）甲烷燃料电池正极通入氧气，负极通入甲烷，电解质溶液是KOH溶液，则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，CO2+2KOH=K2CO3+H2O，总反应的化学方程式为：

CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O，该电池的负极反应为：CH4失电子，转化为CO32-和H2O。 （2）将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，相关反应为：

Na2S2O3+H2SO4→Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则温度升高，出现浑浊的时间将减少。 【详解】

（1）甲烷燃料电池正极通入氧气，负极通入甲烷，电解质溶液是KOH溶液，则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，CO2+2KOH=K2CO3+H2O，总反应的化学方程式为：

CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O，该电池的负极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。答案为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；

（2）将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合，相关反应的化学方程式为：

Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O；若将此混合溶液置于50℃的水浴中，则温度升高，出现浑浊的时间将减少。答案为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O；减少。 【点睛】

燃料电池中，两电极通入的物质相同，电解质不同时，电极反应式可能不同。在书写电极反应式时需注意，在碱性电解质中，负极CH4的反应产物不是CO2和水，而是K2CO3和

水，这是我们解题时的易错点。

14．I.某温度时，在0.5L密闭容器中，某一可逆反应的A、B气体物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：

（1）该反应的化学方程式为___。

（2）若降低温度，则该反应的逆反应速率___。(填“加快”“减慢”或“不变”)。 （3）第4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v(正)_v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。 （4）反应至4min时，A的转化率为__。

（5）能判断该反应在一定温度下达到化学平衡状态的依据是__(填字母代号)。 A．v(A)=2v(B)

B．容器内压强不再发生变化 C．容器内气体密度不再发生变化 D．B的体积分数不再发生变化 E．容器内气体原子总数不再发生变化

F．相同时间内消耗2nmol的A的同时生成nmol的B II.已知某可逆反应：aA(g)＋bB(g)

cC(g)＋dD(g)。请回答下列问题：

（1）根据实验测定结果，描绘出了该反应达到平衡状态时及改变外界条件后，反应速率与时间的关系图像(如图1所示)，有利于提高D产量的变化过程是图像中的__段；引起该变化过程的外界条件是__。

（2）根据实验测定结果描绘出了图2。由此图像可以得出，升高温度，上述平衡将向__(填“正反应”、“逆反应”)方向移动，K值__(填“增大”、“减小”、“不变”)；反应计量数之间的关系：a＋b__c＋d(填“大于”、“小于”、“等于”或“不确定”)。 【答案】2A(g)【解析】 【详解】

B(g) 减慢 > 50% BD t3～t4 增大反应物浓度 逆反应 减小 大于

I、（1）由图可知，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至4min时，A减少0.8mol−0.4mol=0.4mol，B增加

0.4mol−0.2mol=0.2mol，由物质的变化量之比等于化学计量数之比可知，A、B的化学计量数比为2:1，且后来达到平衡状态，则反应方程式为2A(g)

B(g)；

（2）降低温度，体系内活化分子数降低，运动速率降低，导致化学反应速率减慢； （3）由图像可知，4min后，A的量还在减小，B的量还在逐渐增加，说明反应依旧在向正向进行，故v(正)>v(逆)；

（4）0～4min，Δn(A)=(0.8-0.4)mol=0.4mol，其转化率=

0.4mol100%=50%； 0.8mol（5）A、未标明该速率是正反应速率还是逆反应速率，无法据此判断该反应是否处于平衡状态，故A错误；

B、该反应在恒温恒容条件下进行，气体的物质的量之比=容器内压强之比，该反应属于气体非等体积反应，反应过程中，气体的物质的量会发生变化，当气体物质的量不变时，即容器内压强不再变化时，能够说明该反应达到平衡状态，故B正确；

C、该反应在反应过程中，气体的质量不变，且该反应是在恒容容器中进行，故气体的密度始终不变，故不能根据密度判断反应达到平衡状态，故C错误；

D、该反应正向进行过程中，B的体积分数逐渐增加，当B的体积分数不再发生变化时，可说明该反应达到平衡状态，故D正确；

E、根据原子守恒，该反应进行过程中，气体原子数目始终保持不变，故不能根据原子数目判断反应达到平衡状态，故E错误；

F、根据化学方程式计量数之比可知，任意时刻，消耗2nmol的A的同时生成nmol的B，故不能据此判断反应是否达到平衡状态，故F错误；

II、（1）根据图象知，t3改变条件瞬间，正反应速率增大、逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，说明增大反应物浓度；t5改变条件瞬间，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，改变条件应该是减小压强或降低温度，有利于提高D产量的变化过程是向正反应方向进行的过程，根据图象知利于提高D产量的变化过程是图象中的段t3～t4；改变的条件是增大反应物浓度；

（2）根据图象知，一定压强下，升高温度，C的体积分数减小，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，K值减小；相同温度下，增大压强，C的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d。

15．如右图所示，常温，U形管内盛有100mL的某种溶液，请按要求回答下列问题。

（1）若所盛溶液为CuSO4溶液，打开K2，合并K1，则： ① A为_____极，B极的电极反应式为________________。

－－

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的NaCl溶液，打开K1，合并K2，则： ①A电极可观察到的现象是__________________________。 ②电解过程总反应的化学方程式是________________________。

③反应一段时间后打开K2,若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，B极产生气体的体积（折算成标准状况）为11.2mL，将溶液充分混合，溶液的pH为________。

④向电解后的电解质溶液中加入或通入_______（填试剂名称），能使溶液复原。 【答案】负 Cu+2e=Cu A 产生气泡，电极附近溶液变红 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 12 氯化氢 【解析】 【详解】

(1)①该装置是原电池，锌作负极，碳作正极，正极上铜离子得电子生成铜发生氧化反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；

②原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以溶液中氢氧根离子和硫酸根离子向A极移动；

(2)①该装置是电解池，碳棒是阳极，锌棒是阴极，电解时，锌棒上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子导致溶液呈碱性，加入酚酞后溶液变红；

②电解时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢

2+

-

电解

电解 氧化钠，所以电池反应式为2NaCl+2H2O③B极产生氯气，生成的氯气的物质的量为成的n(NaOH)=0.001mol，溶液中c(OH-)=

2NaOH+H2↑+Cl2↑；

11.2mL=0.0005mol，根据电解总反应可知生

22.4L/mol0.001mol=0.01mol/L，所以溶液pH=12； 0.1L④如果要想使电解后的溶液恢复到原溶液，应遵循“析出什么加入什么”的思想加入物质，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，所以应该加入氯化氢。