备战高考化学二轮 化学反应与能量 专项培优 易错 难题含答案解析

备战高考化学二轮 化学反应与能量 专项培优 易错 难题含答案解析
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，2Mn +、2Pb +、2Cd +等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：
已知：相关金属离子(
)n c M
0.1mol /L +
⎡⎤=⎣⎦n 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2Zn(OH)或3ZnCO ] 除去2Mn +
24222MnO 3Mn
2H O 5MnO 4H -+
+++=↓+ 3Fe(OH)、3Al(OH)、2MnO 32232322233Zn(NO )3Na CO 3H O ZnCO ?2Zn(OH)?H O 2CO 6NaNO [++=↓+↑+或
(32232322333Zn(NO )5Na CO 5H O ZnCO ?2Zn OH)?H O 4NaHCO 6NaNO ⎤++=↓++⎦
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2CaCl 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2Mn +转化为2MnO 沉淀，除去2Mn +； ()3 由()1、()2知，“过滤”所得滤渣；
()4“碳化合成”时加入23Na CO ，产物为322·
2()?ZnCO Zn OH H O ，写出化学方程式。

【详解】
()1加入试剂X 的目的是调节溶液的pH ，使3Fe +、3Al +生成沉淀除去，为不引入新的杂
质离子，可加入ZnO 、2()Zn OH 、3ZnCO 等；
()2加入高锰酸钾的作用是将2Mn +转化为2MnO 沉淀，除去2Mn +，反应的离子方程式为
242223254MnO Mn H O MnO H -
++++=↓+；
()3由()1、()2知，“过滤”所得滤渣的主要成分是3()Fe OH 、3()Al OH 、2MnO ；
()4“碳化合成”时加入23Na CO ，产物为322·
2()?ZnCO Zn OH H O ，反应的化学方程式为32232322233()33?2()?26Zn NO Na CO H O ZnCO Zn OH H O CO NaNO ++=↓+↑+或322323223323
3()55?2()?46(Zn NO Na CO H O ZnCO Zn OH H O NaHCO NaNO Na CO ++=↓++过量时)；若23Na CO 不足时，溶液中还有32()Zn NO ，继续滴加23Na CO 溶液有沉淀产生，或23Na CO 过量时，可检验溶液中的23CO -
，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2CaCl 溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)。

2．根据如图所示电化学实验装置图，回答有关问题。

(1)若只闭合S 1，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极作_______极。

(2)若只闭合S 2，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极上的电极反应式为_______。

(3)若只闭合S 3，该装置属于_______，铜极作_______极，锌极上的电极反应式为_______，总反应的化学方程式为_______。

【答案】原电池 化学能转化为电能 负 电解池 电能转化为化学能 -2+Zn-2e =Zn 电解池 阳 2+
-
2H +2e =H ↑ 2442通电
Cu+H SO CuSO +H ↑
【解析】
【分析】
原电池是将化学能转化为电能，较活泼金属作负极，发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池是将电能转化为化学能，需要外接电源，与电源正极相连的为阳极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。

【详解】
(1)若只闭合S1，没有外接电源，则Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，该装置将化学能转化为电能，较活泼的锌作负极。

答案为：原电池；化学能转化为电能；负。

(2)若只闭合S2，装置中有外接电源，该装置为电解池，将电能转为化学能，与电源正极相连的锌极作阳极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+。

答案为：电解池；电能转化为化学能；Zn-2e-=Zn2+。

(3)若只闭合S3，该装置为电解池，与电源正极相连的铜极作阳极，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+；锌为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2↑,总反应式为：Cu+H2SO4
通电
CuSO4+H2↑。

答案为：电解池；阳；2H++2e-=H2↑；Cu+H2SO4通电
CuSO4+H2↑。

【点睛】
有外接电源的是电解池，没有外接电源的是原电池，原电池里负极发生氧化反应，电解池里阳极发生氧化反应。

3．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垐?
噲?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)。

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
【答案】放热 1.42×10-4mol/(L·
s) 22222c (CO )c(N )c (NO)c (CO)
⋅⋅ c 、d 【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 (N 2)=1
2
v (NO)； (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
v (N 2)=12v (NO)=12
×-4-410.010mol/L-1.5010m 3s ol/L ⨯⨯=1.42×10-4 mol•L -1•s -1；
(3)根据平衡常数的概念可知反应 2NO+2CO 垐?噲?2CO 2 +N 2的K =
2222
2
(CO )(N )(NO)(CO)
c c c c ⋅⋅；
(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 。

4．已知反应：3I －(aq)+S 2O 82－(aq)
I 3－(aq)+2SO 42－(aq)+Q
（1）写出反应的平衡常数表达式：K=______________。

（2）如图表示反应过程中有关物质的能量，则反应过程中的Q_____0（填>、<、=）；（I ）、（II ）两曲线中，使用催化剂的是______曲线。

（3）反应的速率可以用I 3－与加入的淀粉溶液反应显蓝色的时间t 来度量，t 越小，反应速
率越大。

下表是在20℃进行实验时所记录的数据
实验编号①②③④⑤
c(I－)/mol·L－10．0400．0800．0800．1600．160
c(S2O82－)/mol·L－10．0400．0400．0800．0800．040
t/s8*******t1
从表中数据分析，该实验的目的是___________________________________________；表中显色时间t1=_____s；最终得出的结论是__________________________________。

【答案】
2
43
32
28
c SO c I
c I c S O
--
--
（）（）
（）（）
> （II）研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响 22 反应
速率与反应物浓度乘积成正比
【解析】
【分析】
（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积；
（2）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，使用催化剂不改变焓变，降低反应所需的活化能；
（3）由表格中的数据可知，只有浓度为变量，且反应速率与浓度的乘积成正比，以此来解答。

【详解】
（1）由3I-（aq）+S2O82-（aq）═I3-（aq）+2SO42-（aq）可知K=
2
43
32
28
c SO c I
c I c S O
--
--（）（）（）（）
；
故答案为：
2
43
32
28
c SO c I
c I c S O
--
--（）（）（）（）
；
（2）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则Q＞0，使用催化剂不改变焓变，降低反应所需的活化能，则使用催化剂的是（II）曲线；
故答案为：＞；（II）；
（3）由表格中的数据可知，只有浓度为变量，该实验的目的为研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响；且反应速率与浓度的乘积成正比，可知③⑤中浓度乘积相同，则t1=22s，实验结论为反应速率与反应物浓度乘积成正比；
故答案为：研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响；22；反应速率与反应物浓度乘积成正比。

5．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。

研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。

NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H，上述反应分两步
完成，其反应历程如图所示：
回答下列问题：
（1）写出反应I的热化学方程式___。

（2）反应I和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。

决定2NO(g)+O 2(g)2NO2(g)反应速率的是___(填“反应I”或“反应Ⅱ”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是___(反应未使用催化剂)。

【答案】2NO(g)⇌N2O2(g) △H=-(E3-E4) kJ/ mol 反应Ⅱ决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢
【解析】
【分析】
(1)根据图像分析反应I为2NO(g)⇌N2O2(g)的焓变，写出热化学方程式；
(2)根据图像可知，反应I的活化能＜反应Ⅱ的活化能，反应I为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；决定正反应速率的是反应Ⅱ，结合升高温度对反应I和Ⅱ的影响分析可能的原因。

【详解】
(1)根据图像可知，反应I的化学方程式为：2NO(g)⇌N2O2(g) △H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4) kJ/ mol，故答案为：2NO(g)⇌N2O2(g) △H=-(E3-E4) kJ/ mol；
(2)根据图像可知，反应I的活化能＜反应Ⅱ的活化能，反应I为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是慢反应Ⅱ；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，可能的原因是：决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢，故答案为：反应Ⅱ；决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢。

6．一定条件下2L的密闭容器中，反应aA(g)+bB(g)垐?
噲?cC(g)+dD(g)达到平衡。

(1)若起始时A为lmol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均反应速率为________ mo1/(L·min)
(2)在其他条件不变的情况下，扩大容器体积，若平衡向逆反应方向移动，则
a+b_____c+d(选填“>”、“<”或“=”)，v逆 _____(选填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)若反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示，则导致t1时刻速率发生变化的原因可能是
______。

(选填编号)
a．增大A的浓度
b．缩小容器体积
c．加入催化剂
d．升高温度
【答案】0.15 ＞减小 b
【解析】
【详解】
：(1)若起始时A为l mol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均
反应速率v=
1mol-0.4mol
2L
=
2min
c
t
∆
∆
=0.15mo1/(L•min)，故答案为：0.15；
(2)扩大容器体积减小压强，浓度减小反应速率减小，平衡向气体体积增大的方向移动，又平衡向逆反应方向移动即为气体体积增大的方向移动，所以a+b＞c+d，故答案为：＞；减小；
(3)a. 增大A的浓度正反应速率瞬间增大，但逆反应速率瞬间不变，故a不符合题意；
b. 缩小容器条件，反应物和生成物浓度均增大，反应速率变大，但平衡会正向移动，即正反应速率增大的幅度要逆反应速率增大幅度要大，之后平衡正向移动，二者相等，故b符合题意；
c. 加入催化剂，不影响平衡，正逆反应速率变化幅度应相同，故c不符合题意；
d. 升高温度，正逆反应速率均增大，但未告知该反应为吸热反应还是放热反应，无法判断反应移动方向，故d不符合题意；
综上所述选b。

7．如图所示：
(1)若开始时开关K与a连接，则铁发生电化学腐蚀中的________腐蚀(填“吸氧”或“析氢”)，正极发生的电极反应式为_______________。

(2)若开始时开关K与b连接，两极均有气体产生，则N端是电源的________极(填“正”或“负”)，电解池总反应的离子方程式为_________。

【答案】吸氧O2+4e-+2H2O==4OH-负2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
【解析】
【分析】
从图中可以看出，当K与a相连时，形成原电池，Fe作负极，石墨作正极，发生吸氧腐蚀；当K与b相连时，形成电解池，若Fe电极作阳极，则发生Fe-2e-==Fe2+的反应，没有气体产生，不合题意，故Fe电极应作阴极。

【详解】
(1)若开始时开关K与a连接，则形成原电池，铁发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，铁作负极，则石墨作正极，发生的电极反应式为O2+4e-+2H2O==4OH-。

答案为：吸氧；O2+4e-
+2H2O==4OH-；
(2)若开始时开关K与b连接，两极均有气体产生，由以上分析知，Fe作阴极，与电源的负极相连，则N端是电源的负极，发生H2O得电子生成H2和OH-的电极反应，阳极Cl-失电子生成Cl2，则电解池总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

答案为：负；2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

【点睛】
分析电池反应时，电极的判断是解题的切入点。

若无外接直流电源，则装置为原电池；若有外接直流电源，则装置为电解池。

在电解池中，与电源负极相连的电极为电解池的阴极，与电源正极相连的电极为电解池的阳极。

8．(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-。

9．2007年诺贝尔化学奖授予德国科学家格哈德·埃特尔，以表彰他在表面化学研究领域作出的开拓性贡献。

（1）某校化学研究性学习小组的同学在技术人员的指导下，按下列流程探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能。

若控制其他实验条件均相同，在催化反应器中装载不同的催化剂，将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液（溶液的体积、浓度均相同）。

为比较不同催化剂的催化性能，需要测量并记录的数据是___。

（2）在汽车的排气管上安装“催化转化器”(用铂、钯合金作催化剂)，它的作用是使CO、NO反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促使烃类充分燃烧。

①写出CO与NO反应的化学方程式：___，该反应作氧化剂的物质是__。

②用CH4催化还原NO x也可以消除氮氧化物的污染。

例如：
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)＋CO2(g)+2H2O(g)；ΔH1＝－574kJ·mol－1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)+2H2O(g)；ΔH2
若1molCH4还原NO2至N2，整个过程中放出的热量为867kJ，则ΔH2=___。

（3）有人认为：该研究可以使氨的合成反应，在铁催化剂表面进行时的效率大大提高，从而使原料的转化率大大提高。

请你应用化学基本理论对此观点进行评价：___。

【答案】溶液显色所需要的时间 2CO+2NO N2+2CO2 NO -1160kJ·mol－1该研究只能提高化学反应速率，不能使化学平衡发生移动
【解析】
【分析】
(1)催化剂不同催化效果不同，可将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶液的体积、浓度均相同)，测量并记录的溶液显色的时间；
(2)①CO、NO反应生成了CO2和N2，据此写出反应的化学方程式，然后判断氧化剂；
②写出CH4还原NO2至N2的热化学方程式，然后结合
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H1=-574kJ•mol-1反应，求算出△H2；
(3)催化剂只能加快反应速度，不能改变化学平衡。

【详解】
(1)溶液显色的时间不同，说明催化剂的催化效果不同，需要测量并记录溶液显色所需要的时间；
(2)①CO和NO反应生成了CO2和N2，根据化合价变化配平该反应方程式为：
2CO+2NO 催化剂
N2+2CO2，该反应中一氧化氮被还原生成氮气，NO为氧化剂；
②1molCH4还原NO2至N2，热化学方程式是：CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；
△H3=-867kJ•mol-1；结合热化学方程式CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H1=-574kJ•mol-1，可以得出：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)；△H2=-1160 kJ•mol-1；
故答案为：-1160 kJ•mol-1；
(3)催化剂只能加快反应速度，不能改变化学平衡，所以该研究只能提高化学反应速率，不能使化学平衡发生移动。

10．（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CuSO4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 ）═Cu 2+（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AgNO 3 ， 故答案为：Cu ；AgNO 3；
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．
11．已知：反应aA(g)＋bB(g) €cC(g)，某温度下，在2 L的密闭容器中投入一定量的A、B，两种气体的物质的量浓度随时间变化的曲线如图所示。

（1）从反应开始到12 s时，用A表示的反应速率为________。

（2）经测定前4 s内v(C)＝0.05 mol·L－1·s－1，则该反应的化学方程式为______________。

（3）若上述反应分别在甲、乙、丙三个相同的密闭容器中进行，经同一段时间后，测得三个容器中的反应速率分别为甲：v(A)＝0.3 mol·L－1·s－1；乙：v(B)＝0.12 mol·L－1·s－1；丙：v(C)＝9.6 mol·L－1·min－1；则甲、乙、丙三个容器中反应速率由快到慢的顺序为________。

（4）下表所列数据是反应CO（g）+2H2（g）€CH3OH（g） H1在不同温度下的化学平衡常数(K)。

①由表中数据判断∆H1_______0(填“>”“=”或“<”)；
②某温度下，将2molCO和6molH2充入2L密闭容器，充分反应，达平衡后，测得
c(CO)=0.2mol·L－1，则CO的转化率为__________，此时的温度为_______________从上表中选择)
（5）将CH4转化成CO，工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：
CH4（g）+3/2O2（g）€CO（g）+2H2O（g）∆H=-519kJ·mol－1。

工业上，为选择合适的催化剂，分别对X、Y、Z三种催化剂进行了如下实验(其他条件相同)
①X在T1℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
②Y在T2℃时催化效率最高，能使正反应速率加快约3×105倍；
③Z在T3℃时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1×106倍；
已知：T1> T2> T3，根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是__(填“X”、“Y”或“Z”)选择的理由是_______________________________________________。

【答案】0.05 mol·L－1·s－1 3A(g)＋B(g) €2C(g) 乙>甲>丙 < 80% 250℃ Z 催化效率高且活性温度低
【解析】
【分析】
（1）根据
c
v=
t
∆
∆
进行计算；
（2）计算出12s内用A表示的化学反应速率，可以计算出a与b的比值，利用题给4s内v（C）=0.05mol•L-1•s-1，计算出abc的最简整数比；
（3）将不同速率转化为同一物质的用相同单位进行描述的速率进行比较；
（4）①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应；
②根据CO的平衡浓度计算平衡时CO的物质的量，进而计算参加反应的CO的物质的量，再根据转化率定义计算；列式三段式计算平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到；
（5）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低；
【详解】
（1）从反应开始到12s时，A的浓度变化量△c=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，时间为12s，
故
c
v=
t
∆
∆
=0.05mol/（L•s），故答案为：0.05 mol·L－1·s－1；
（2）12s时，B的浓度变化量△c=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，故a：b=0.6：0.2=3：1，经测定前4s内v（C）=0.05mol•L-1•s-1，此时A浓度变化为：0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，此
时v （A ）=(
)0.3/4mol L s
=0.075mol/（L•s ），即v （A ）：v （C ）=0.075：0.05=3：2，故a ：b ：c=3：1：2，故化学反应方程式为：3A （g ）+B （g ）⇌2C （g ）；
故答案为：3A （g ）+B （g ）⇌2C （g ）；
（3）确定A 的速率为：甲：v （A ）=0.3mol•L -1•s -1；乙：v （B ）=0.12mol•L -1•s -1，故v （A ）=3×0.12mol•L -1•s -1=0.36mol•L -1•s -1；丙：v （C ）=9.6mol•L -1•min -1==0.16mol•L -1•s -1，
故v （A ）=
32
×0.16mol•L -1•min -1=0.24mol•L -1•s -1，故最快的是乙，最慢的是丙，故答案为：乙＞甲＞丙； （4））①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，即△H 1＜0；
故答案为：＜；
②某温度下，将2mol CO 和6mol H 2充入2L 的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c （CO ）=0.2mol/L ；达到平衡后，测得c （CO ）=0.2mol/L ，则参加反应的CO 的物质的量=2mol-0.2mol/L×2L=1.6mol ，故CO 转化率=
1.6mol 2mol
×100%=80%，依据化学平衡三段式列式计算得到平衡浓度： 2
3CO g +2H g CH OH g 1 3 0
0.8 1.6 0.8
0.2 1.4 0.8
ƒ（）（）（） K=20.8
=2.0410.2 1.4⨯，对照图表数据判断温度为250°C ；
故答案为：80%；250°C ；
（5）该反应正反应为放热反应，应选择催化活性高、速度快、反应温度较低，故选择Z ； 故答案为：Z ；催化效率高且活性温度低。

12．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)ƒB(g) 减慢 > 50% BD t3～t4增大反应物浓度逆反应减小大于【解析】
【详解】
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)ƒB(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%
0.8mol
=50%；
（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；。