备战高考化学化学反应与能量推断题综合练习题含答案

备战高考化学化学反应与能量推断题综合练习题含答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。

一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素
②常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子Al3+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+
开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.310.68.89.6
沉淀完全的pH 5.2 2.88.312.610.811.6
③常温下，Ksp(CaF2)=1.46×10−10，Ksp(MgF2)=7.42×10−11；Ka(HF)=1.00×10−4
回答下列问题：
（1）“混合研磨”的作用为_______________________
（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________（3）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是
_____________________________
（4）净化除杂流程如下
①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3+，则氧化剂X宜选择__________
A．(NH4)2S2O8 B．MnO2 C．KMnO4
②调节pH时，pH可取的范围为_________________
③常温下加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液中，
2+
2+
c Ca
c Mg
（）
（）
=______若此时pH
为6，c(Mg2+)= a mol/L，则c(HF)为______________ mol/L （用a表示）
（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是__________________【答案】加快反应速率 MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O 温度为500℃且
m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10 B 5.2≤pH＜×10-7 CO32-水解程度大于
HCO3-，易生成氢氧化物沉淀
【解析】
【分析】
根据流程：将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混
合研磨后焙烧：MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出液含有Mn2+、Fe2+、
Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应为：
MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为
MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-加热MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结
晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析作答。

【详解】
(1)“混合研磨”可使物质充分接触，加快反应速率；
(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
(3) 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大而增到，500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；
(4)①根据分析，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入氧化剂X的目的将Fe2+氧化为Fe3+，同时在选择氧化剂时，要尽可能不要引入新的杂质，则氧化剂X宜选择MnO2，答案选B；
②根据分析，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl，过程中不能让Mn2+沉淀，结合相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围表，Al3+、Fe3+完全沉淀时的pH值分别为5.2和2.8，Mn2+开始沉淀的PH值为8.8，pH可取的范围为5.2≤pH＜8.8；
③()
()
()(
)
()()
2
2
2+-2+10
2
2+11
2+-
2
c c
==
Ca F
Ksp CaF c Ca 1.4610
Ksp MgF c M
=
c c g7.4210
Mg F
-
-
⨯
⨯
（）
（）
≈1.97；若此时pH为6，即c(H+)=10-6 mol/L，c(Mg2+)= a mol/L，c(F-)=
()
()
11
2
2
Ksp MgF7.4210
a mol/L
c M
=
g
-
+
⨯
mol/L，HF是弱酸，在溶液中部分电离，已知K a(HF)=
()()
()
c H c F
c HF
+-
⨯
=1.00×10−4则
c(HF)=()()
()
-11
-6
+-
7.4210
10mol/L mol/L
c H c F a mol/L
Ka HF
=
⨯
⨯
⨯= 0.742
a
×10-7mol/L；
(5)“碳化结晶”过程中，因为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH−)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。

2．六氟磷酸锂(LiPF6)极易溶于水，可溶于醇等有机溶剂，常作锂离子电池的电解质。

某工氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]为主要原料，制备六氟磷酸锂的流程如下：
已知：HF的熔点为-83℃，沸点为19.5℃
回答下列问题：
(1)粉碎氟磷灰石的目的是________________________
(2)特制容器不能用玻璃容器，原因是________________(用文字叙述)
(3)沸腾炉中产生固液混合物，该混合物中含有CaSO4和________(除硫酸外)
(4)制备白磷(P4)中产生SiF4和一种还原性气体，制备白磷的化学方程式为________________
(5)尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成两种盐，写出发生反应的离子方程式：
________________
(6)如果42.5kgLiCl参与反应，理论上可制备________kgLiPF6
【答案】增大接触面积，加快反应速率 HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应
H3PO4 4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑ PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-
+4H2O 152
【解析】
【分析】
氟磷灰石粉碎后，加入浓硫酸加热的条件下发生Ca5[PO4]3F+5H2SO4=HF↑+3H3PO4+5CaSO4，气体A为HF，液化后，HF能与二氧化硅反应，不能在玻璃仪器中反应，需在特制容器中与LiCl反应；氟磷灰石与焦炭、石英砂在1500℃发生
4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，白磷与氯气点燃的条件下生成
三氯化磷与五氯化磷的混合物，再与LiCl反应生成LiPF6和HCl。

【详解】
(1)粉碎氟磷灰石，导致固体颗粒小，接触面积增大，其目的为增大接触面积，加快反应速率；
(2)生成的气体为HF，HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应，故需在特制容器反应；
(3)根据反应的方程式，混合物中含有CaSO4和H3PO4；
(4) 制备白磷(P4)中产生SiF4和一种还原性气体CO，反应的方程式为
4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑；
(5)尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成磷酸钠和氯化钠，离子方程式为PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O；
(6)LiCl+6HF+PCl5=LiPF6+6HCl，42.5kgLiCl的物质的量为1000mol，理论生成1000molLiPF6，质量为152kg。

3．从本质入手看物质及其能量的变化，可以让我们更加深入的去理解所学知识的内涵及外延应用。

对于《原电池》这部分知识也是如此，如图是原电池的基本构造模型：
（1）若a和b的电极材料为Al或Mg。

①若c为稀NaOH溶液时，则a的电极材料为__，该极电极方程式为___。

②若c为稀H2SO4时，则a的电极材料为___，该极电极方程式为__。

（2）对于原电池的应用，以下说法正确的是__。

A．选择构成原电池两极材料时，必须选择活泼性不同的两种金属材料
B．构成原电池时，负极材料的活泼性一定比正极材料的强
C．构成原电池时，作为负极材料的金属受到保护
D．从能量转化角度去看，如图的氧化还原反应能量变化曲线，则不能够设计原电池
【答案】Al Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O Mg Mg-2e-=Mg2+ D
【解析】
【分析】
(1)原电池中电极由负极经导线流向正极，所以a为负极发生氧化反应，b为正极发生还原反应。

【详解】
(1)①若c为稀NaOH溶液时，电池总反应应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，Al被氧化做负极，即a的电极材料为Al，该电极方程式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；
②若c为稀H2SO4时，Mg比Al活泼，所以电池总反应式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，Mg被氧化做负极，即a的电极材料为Mg，电极方程式为：Mg-2e-=Mg2+；
(2)A．构成原电池两极材料不一定选择活泼性不同的两种金属材料，可以是活泼性相同的Pt电极、也可以是非金属材料，如燃料原电池的两极材料常选择石墨电极，故A错误；B．碱性原电池中，作为负极的材料的活泼性不一定比正极材料的强，如Al-Mg-NaOH原电池中，活泼金属Mg作正极，Al作负极，故B错误；
C．原电池中正极发生得到电子的还原反应，所以作为正极材料的金属受到保护，而负极材料的金属会加速腐蚀，故C错误；
D．原电池中发生氧化还原反应，会以电能的形式放出能量，所以一般为放热的氧化还原反应，而图示反应为吸热反应，所以从能量转化角度看，一般不设计成原电池或不能够设计原电池，故D正确；
综上所述选D。

【点睛】
构成原电池的两个电极中并不是较为活泼的金属一定就会做负极，要结合具体的环境去判断发生的总反应，再判断正负极。

4．有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol·L-1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6mol·L-1的氢氧化钠溶液中，如图所示。

（1）写出甲池中正极的电极反应式__。

（2）写出乙池中负极的电极反应式__。

（3）写出乙池中总反应的离子方程式__。

（4）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出__活动性更强，而乙会判断出__活动性更强(填写元素符号)。

（5）由此实验，可得到如下哪些结论正确（________）
A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质
B．镁的金属性不一定比铝的金属性强
C．该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值
D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析
（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法
__(可靠或不可靠)。

如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案__(如可靠，此空可不填)。

【答案】2H＋＋2e-=H2↑ 2Al＋8OH-－6e-=2AlO2-＋4H2O 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑Mg Al AD 不可靠将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极
【解析】
【分析】
甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑，乙同学依据的化学反应原理是
2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。

由于铝与碱的反应是一个特例，不可作为判断金属性强弱的依据。

判断原电池的正极、负极要依据实验事实。

【详解】
（1）甲中镁与硫酸优先反应，甲池中正极上氢离子得电子产生氢气，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑；
（2）乙池中负极上铝失电子在碱性条件下生成AlO2-，电极反应式为2Al＋8OH-－6e-
=2AlO2-＋4H2O；
（3）乙池中铝与氢氧化钠反应，镁与氢氧化钠不反应，总反应的离子方程式为：2Al＋
2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；
（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；
（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故A正确；B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故B错误；、
C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故C错误；
D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；
故选AD；
（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序表判断原电池中的正负极”这种做法不可靠。

可行实验方案如：将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。

【点睛】
本题考查了探究原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。

利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质；该实验还说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析。

5．(1)将Al片和Cu片用导线连接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池。

写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。

写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。

(2)铅蓄电池是最常见的二次电池，由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，所
以在生产、生活中使用广泛，写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________；充电时的阴极反应____________________。

【答案】2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O 4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O 4H++ 2e− +SO42−
+PbO2=PbSO4+2H2O PbSO4+2e−=Pb+SO42−
【解析】
【分析】
(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液反应，形成原电池，负极为Al失电子，在碱性溶液中，Al转化为AlO2-。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体。

(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等；充电时的阴极反应为PbSO4获得电子转化为Pb。

【详解】
(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液，在碱性溶液中，负极Al失电子转化为AlO2-，电极反应式为2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极反应为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体，电极反应式为4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O。

答案：2Al - 6e− +8OH− =2AlO2-+4H2O；4H++ 2e− +2NO3− =2NO2↑+2H2O；(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等，电极反应式为4H++ 2e−
+SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；充电时阴极为PbSO4获得电子转化为Pb，电极反应式为PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

答案为：4H++ 2e− +SO42− +PbO2=PbSO4+2H2O；PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

【点睛】
判断原电池的电极时，首先看电极材料，若只有一个电极材料能与电解质反应，该电极为负极；若两个电极材料都能与电解质发生反应，相对活泼的金属电极作负极。

在书写电极反应式时，需要判断电极产物。

电极产物与电解质必须能共存，如Al电极，若先考虑生成Al3+，则在酸性电解质中，能稳定存在，Al3+为最终的电极产物；若在碱性电解质中，Al3+不能稳定存在，最终应转化为AlO2-。

6．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：
7．（1）Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。

该电池的电极材料分锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2，电池的总反应可表示为4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2。

请回答下列问题：
①正极发生的电极反应为___。

②SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。

如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是___。

（2）用铂作电极电解某金属的氯化物(XCl2)溶液，当收集到1.12L氯气时(标准状况下)，阴极增重3.2g。

①该金属的相对原子质量为___。

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的气体 64 0.1N A 【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化合价降低，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，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；
（2）①n(Cl2)=n(X2+),根据M=m
n
计算金属的相对原子质量；
②根据电极反应2Cl－－2e-=Cl2↑计算转移电子的物质的量，进一步计算转移电子的数目。

【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，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；
（2）①n(X2+)=n(Cl2)=
1.12L
22.4L/mol
=0.05mol，M=
m
n
=
3.2g
0.05mol
=64g/mol，因此该金属的
相对原子质量为64；
②由电极反应2Cl－-2e-=Cl2↑可知，电路中转移电子的物质的量为
2×n(Cl2)=2×0.05mol=0.1mol，因此转移电子的数目为0.1N A。

8．（1）依据反应：2Ag＋(aq)＋Cu(s)ƒCu2＋(aq)＋2Ag(s)设计的原电池如下图甲所示。

①电极X的材料是___________；Y溶液可以是____________；
②银电极上发生的电极反应式是_________________________。

③在电池放电过程中，盛有饱和KCl 琼脂溶胶的盐桥中，向CuSO 4溶液一端扩散的离子是______（填离子符号）。

（2）金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，可以采用电化学手段进行防腐。

①炒菜的铁锅未及时清洗容易生锈。

写出铁锅生锈过程的正极反应式
__________________。

②为了减缓某水库铁闸门被腐蚀的速率，可以采用下图乙所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R 可以采用___________（填写字母序号）。

A ．铜
B ．钠
C ．锌
D ．石墨
③图丙所示方案也可以减缓铁闸门的腐蚀速率，则铁闸门应连接直流电源的_______极。

（3）蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。

有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应
是：NiO 2 + Fe + 2H 2O 垐垐?噲垐?放电充电
Fe(OH)2 + Ni(OH)2。

①若此蓄电池放电时，该电池某一电极发生还原反应的物质是____（填序号）。

A ．NiO 2 B ．Fe C ．Fe(OH)2 D ．Ni(OH)2
②该电池放电时，正极附近溶液的PH_________（填增大、减小、不变）
③充电时该电池阳极的电极反应式________________。

【答案】Cu AgNO 3 Ag ＋＋e －＝Ag Cl - O 2＋2H 2O ＋4e －=4OH － C 负 A 增大 Ni(OH)2-2e -+2OH -=NiO 2+2H 2O
【解析】
【分析】
（1）由反应方程式可知，该原电池的电极反应式为：正极：2Ag ++2e -═2Ag ，负极：Cu-2e -═Cu 2+，所以X 极的材料应为Cu ，电解质溶液Y 应为AgNO 3溶液，外电路中的电子从Cu 极流向Ag 极．盐桥中的K +移向正极（Ag 极）；NO 3-移向负极（Cu 极），以此解答。

（2）①生铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应；
②原电池的负极金属易被腐蚀，根据原电池的工作原理来回答；
③在电解池的阴极上的金属被保护，根据电解池的工作原理来回答；
（3）①依据电池反应分析，充电为电解池，放电为原电池；放电过程中原电池的负极上失电子发生氧化反应，正极上发生还原反应；
②放电时的电极反应是：负极：Fe-2e -+2OH -=Fe （OH ）2；
③放电时正极发生还原反应，正极反应式为：NiO 2+2e -+2H 2O=Ni （OH ）2+2OH -，充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的逆反应．
【详解】
（1）①由反应“2Ag+（aq）+Cu（s）═Cu2+（aq）+2Ag（s）”可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为AgNO3 ，
故答案为：Cu；AgNO3；
②正极为活泼性较Cu弱的Ag，Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为Ag++e=Ag，故答案为： Ag++e-=Ag；
③盐桥中的阳离子移向正极，阴离子移向负极，Cl-移向负极向CuSO4溶液一端扩散，故答案为：Cl-；
（2）①炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，Fe=Fe2+2e-，正极上是氧气得电子的还原反应，O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；
②为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以让金属铁做原电池的正极，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以是比金属铁的活泼性强的金属，钾钙钠都不能做电极材料，故答案为：C；
③电解池的阴极上的金属被保护，为降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极，故答案为：负；
（3）①根据原电池在放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据元素化合价变化，可判断该电池负极发生反应的物质为Fe被氧化发生氧化反应，正极为NiO2，被还原发生还原反应，此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现
H+，故放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni （OH）2+2OH-，
故答案为：A；
②放电时的电极反应是：负极：Fe-2e-+2OH-=Fe（OH）2，所以pH增大，故答案为：增大；
③放电时正极发生还原反应，正极反应式为：NiO2+2e-+2H2O=Ni（OH）2+2OH-，充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的逆反应，电极反应式为：Ni（OH）2+2OH--2e-
=NiO2+2H2O，故答案为：Ni（OH）2+2OH--2e-=NiO2+2H2O．
9．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500℃平衡常数焓变
①CO(g)＋2H 2(g)CH3OH(g)K1＝2.5ΔH1＝－116 kJ·mol－1
②CO2(g)＋H2(g)H2O(g)＋
K2＝1.0ΔH2＝＋41 kJ·mol－1
CO(g)
③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)
K3＝？ΔH3＝？
＋H2O(g)
（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”)。

（3）500℃时测得反应③在某时刻CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L－1)分别为0.1、0.8、0.3、0.15，则此时v正__v逆(填“>”“<”或“＝”)。

【答案】2.5 －75kJ·mol－1增大 >
【解析】
【分析】
（1）
()()
()()
32
3
22
3
c CH OH c H O
K=
c CO c H
g
g
，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
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32
3
22
3
c CH OH c H O
K=
c CO c H
g
g
，
()
()()
3
12
c CH OH
K=
c H c CO
g
，
()()
()()2
2
22
c CO c H O
K=
c CO c H
g
g
可知
312
K=K K=2.5×1.0=2.5；由①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－116 kJ·mol－1；②CO2(g)＋H2(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）
()()
()()
32
22
33
c CH OH c H O
c CO c H
0.30.15
==0.88
0.10.8
Q
⨯
≈
⨯
g
g
<K3，故平衡右移，则v正>v逆；故答案
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。

10．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。

11．将等物质的量的A、B、C、D 4种物质混合，发生如下反应：aA＋bB cC(s)＋dD，当反应进行一定时间后，测得A减少了4n mol，B减少了2n mol，C增加了6n mol，D增加了4n mol，此时达到化学平衡。

(1)该化学方程式各物质的化学计量数为a＝____、b＝____、c＝_____、d＝____。

(2)若只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，该反应中各物质的聚集状态：A_________、B_______、D________。

(3)若只升高温度，反应一段时间后，测知4种物质其物质的量又达到相等，则该反应为______(填“放热”或“吸热”)反应。

【答案】2 1 3 2 气体固体或液体气体放热
【解析】
【分析】
(1)化学计量数之比等于物质的量变化量之比；
(2)只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，说明反应前后气体的体积不变，即反应前后气体总的化学计量数相等；
(3)若只升高温度，反应一段时间后，测知4种物质其物质的量又达到相等，说明平衡向逆反应方向移动。

【详解】
(1)①化学计量数之比等于物质的量变化量之比，则：a：b：c：d=4n：2n：6n：4n=2：1：3：2，故a=2、b=1、c=3、d=2；
②对于反应：2A+1B⇌3C(s)+2D，只改变压强，反应速率发生变化，但平衡不发生移动，说明反应前后气体的体积不变，即反应前后气体总的化学计量数相等，而C为固体，只能
A、D为气态，B为固体或液体；
③若只升高温度，反应一段时间后，测知4种物质其物质的量又达到相等，说明平衡向逆反应方向移动，升高温度平衡向吸热反应方向移动，即该反应正反应为放热反应。

12．酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是有碳粉，二氧化锰，氯化锌和氯化铵等组成的填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可以得到多种化工原料，有关数据下图所示：
溶解度/(g/100 g水)
化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3
K sp近似值10-1710-1710-39
回答下列问题：
(1)该电池的正极反应式为 ________________，电池反应的离子方程式____________
(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论消耗Zn______g。

（已知F=96500 C/mol）【答案】MnO2+e-+H＋=MnOOH Zn+2MnO2+2H＋=Zn2++2MnOOH 0.05
【解析】
【分析】
(1)该电池中，负极锌被氧化生成Zn2+，正极发生还原反应，MnO2被还原生成MnOOH；
(2)电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则变化的电量Q=0.5A×300 s=150 C，转移电子的物
质的量n(e-)=Q
F
，以此计算消耗锌的物质的量、质量。

【详解】
(1)酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是负极，电极反应式为Zn-2e-
=Zn2+。

中间是碳棒，碳棒为正极，二氧化锰得到电子生成MnOOH，正极电极反应式为MnO2+e-+H+=MnOOH，故总反应式为Zn+2MnO2+2H+=Zn2++2MnOOH；
(2)维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是Q=0.5A×300 s=150 C，因此通
过电子的物质的量是n(e-)=Q150?
F96500?/
C
C mol
=1.554×10-3mol，锌在反应中失去2个电
子，则理论消耗Zn的质量m(Zn)=1
2
n(e-)×65 g/mol=
1
2
×1.554×10-3mol×65 g/mol=0.05 g。

【点睛】
本题考查原电池的工作原理以及电子转移的金属质量转化关系的计算，试题有利于知识的巩固和培养学生良好的科学素养。

13．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义。

图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐。