备战高考化学化学反应与能量(大题培优 易错 难题)含答案

备战高考化学化学反应与能量(大题培优易错难题)含答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。

回答下列问题：
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。

①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。

②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O Δ
ZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。

该
反应中每生成1 mol ZnFe2O4转移电子的物质的量是________。

(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。

为达到这一目的，还可采用的措施是________________________(任答一条)；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。

(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________；试剂X的作用是_______。

【答案】＋3 4 mol 增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案) Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋ H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 调节溶液的pH，促进Fe3＋水解
【解析】
【分析】
将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、
CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价；
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O Δ
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．反应过
程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，计算转移电子的物质的量；
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子；
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

【详解】
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价，+2+x×2+(-2)×4=0，x=+3；
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O Δ
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4，反应过
程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，则氧化产物为：ZnFe2O4、CO2，每生成1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1mol ZnFe2O4，生成4molCO转移电子的物质的量是4mol；
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+；(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，试剂X的作用是调节溶液pH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

2．如图是闪锌矿(主要成分是ZnS，含有少量FeS)制备ZnSO4·7H2O的一种工艺流程：闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4∙7H2O。

已知：相关金属离子浓度为0.1mol/L时形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：
(1)闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其目的是_____________。

(2)溶浸过程使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉，发生的主要反应是：ZnS＋2Fe3＋＝Zn2＋＋2Fe2＋＋S。

①浸出液中含有的阳离子包括Zn2＋、Fe2＋、_____________。

②若改用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，也能达到浸出锌的目的，写出离子方程式
_____________。

(3)工业除铁过程需要控制沉淀速率，因此分为还原和氧化两步先后进行，如图。

还原过程将部分Fe3＋转化为Fe2＋，得到pH小于1.5的溶液。

氧化过程向溶液中先加入氧化物a，再通入O2。

下列说法正确的是_____________(填序号)。

A．氧化物a可以是ZnO
B．滤渣2的主要成分是Fe(OH)2
C．加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3＋)
【答案】增大表面积，提高反应速率 Fe3＋、H＋ ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS AC
【解析】
【分析】
闪锌矿(主要成分是ZnS，含有FeS)，加硫酸和Fe2(SO4)3，发生ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，过滤可除去S；浸出液中先加ZnS还原，分离出滤渣1为S，滤液中通入氧气可氧化亚铁离子生成铁离子，加ZnO调节pH，铁离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe(OH)3，过滤分离出滤液经蒸发浓缩得到ZnSO4•7H2O，以此来解答。

【详解】
(1)粉碎闪锌矿可增大接触面积，加快反应速率；
(2)①使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉，所以阳离子为Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+；
②用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，根据元素守恒可知离子方程式为：ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS；
(3)A. ZnO为碱性氧化物，可增大酸性溶液pH值，同时不引入新的杂质，故A正确；
B. 根据分析可知滤渣2主要为Fe(OH)3，故B错误；
C. 加入ZnS可将铁离子还原，通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子，所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3＋)，故C正确；
综上所述选AC。

3．以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产NiO的部分工艺流程如下：
已知：下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。

氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2
开始沉淀的pH 1.5 6.57.7
沉淀完全的pH 3.39.99.2
（1）“除铁”时需控制溶液的pH范围为________。

（2）“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。

（3）“沉镍”时得到碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀。

①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为________。

②“沉镍”时，溶液pH增大，碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加，原因是________。

【答案】3.3≤pH<7.7 CuS xNiCO3·yNi(OH)2煅烧(x＋y)NiO＋xCO2↑＋yH2O Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大
【解析】
【分析】
以镍废料（主要成分为镍铁合金，含少量铜）为原料，加入硫酸、硝酸酸浸，Ni转化为NiSO4，同时生成亚铁离子、铁离子、铜离子等，加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，加入氢氧化钠调节pH可生成氢氧化铁沉淀，然后通入硫化氢生成CuS沉淀，达到除铜的目的，在滤液中加入碳酸钠溶液可生成xNiCO3•yNi(OH)2，煅烧可生成NiO；
(1)根据表格数据分析“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH；
(2)S2-可与Cu2+反应生成CuS沉淀；
(3)①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O；
②pH越大，溶液碱性越强，结合碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]组成分析；
【详解】
(1)“除铁”时要求铁离子全部除掉，pH 3.3，镍离子和铜离子留在溶液中，pH<7.7，所以需控制溶液的pH范围为3.3≤pH<7.7；
(2)向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，因此滤渣的成分为CuS；
(3)①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O，其化学方程式为：xNiCO3·yNi(OH)2煅烧(x＋y)NiO＋xCO2↑＋yH2O；
②碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大，所以碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加。

【点睛】
题目难度不大，需要考生注意分析题目提供的表格信息和流程图中物质转化信息，如：根“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH，直接可用表格中的数据获得取值范围。

4．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）若要提高辉铜矿煅烧效率可采取的措施有___（填两种）。

（2）气体X的主要成分是___（填化学式），写出该气体的一种用途___。

（3）蒸氨过程总反应的化学方程式是___。

（4）溶液E与Na2CO3溶液反应制取Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为___。

（5）某实验小组研究溶液E与Na2CO3溶液加料顺序及加料方式对产品的影响，实验结果如下：
实验
加料顺序及方式沉淀颜色沉淀品质产率/%序号
1溶液E一次加入Na2CO3溶液中并迅速搅拌浅蓝色品质较好87.8
2溶液E逐滴加入Na2CO3溶液中并不断搅拌暗蓝色品质好71.9
3Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌浅绿色品质好96.7
4Na2CO3溶液一次加入溶液E中并不断搅拌浅蓝色品质较好102.7
由上表可知制取Cu2(OH)2CO3最佳加料顺序及加料方式是___（填序号）。

【答案】减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等 SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等 [Cu(NH3)4]Cl2+H2O CuO+2HCl↑+4NH3↑ 2Cu2++2CO32-
+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑ 3
【解析】
【分析】
辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体B主要为CuO、Fe2O3，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(OH)3，[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，加入酸酸化得到Cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜，以此解答该题。

【详解】
(1)通过粉碎辉铜矿减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等措施均可提高辉铜矿煅烧效率；
(2)Cu2S可与氧气反应生成二氧化硫，则气体X的主要成分是SO2，SO2是酸性氧化物，有漂白性、还原性，则利用SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等；
(3)蒸氨过程[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO，反应的方程式为
[Cu(NH3)4]Cl2+H2O CuO+2HCl↑+4NH3↑；
(4)向含有Cu2+的溶液中滴加Na2CO3溶液生成Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为
2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑；
(5)由图表信息可知Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌，获得浅绿色的碱式碳酸铜，品质好，且产率高，故制取Cu2(OH)2CO3最佳加料顺序及加料方式是实验序号3。

5．请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白：
(1)在Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体反应的演示实验中：反应物混合后需用玻璃棒迅速搅拌，其目的是____________，体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和________。

(2)下列过程中不一定释放能量的是____(请填编号)。

A．形成化学键 B．燃料燃烧 C．化合反应 D．葡萄糖在体内的氧化反应
E.酸碱中和
F.炸药爆炸
(3)已知：通常条件下，酸碱稀溶液中和生成1 mol水放出的热量为中和热。

稀溶液中1 mol H2SO4和NaOH恰好反应时放出Q kJ热量，则其中和热为____kJ/mol。

(4)已知H2和O2反应放热，且断开1 mol H-H、1 mol O=O、 1 mol O-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3 kJ，由此可以推知下列关正确的是___（填编号）。

A．Q1+Q2>Q3 B．Q1+Q2>2Q3 C．2Q1+Q2<4Q3 D．2Q1+Q2<2Q3
【答案】搅拌，使反应物充分接触促进反应玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起 C Q 2
C
【解析】
【分析】
(1)通过玻璃棒的搅拌可使混合物充分接触而促进反应进行；烧杯和玻璃片之间的水结冰会将二者粘在一起；
(2)形成化学键释放能量，燃烧放热、有些化合反应是吸热反应，如碳和二氧化碳反应制一氧化碳，大多数分解反应是吸热反应，氧化反应、酸碱中和、炸药爆炸都是放热反应；(3)依据中和热的概念是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1 mol水和可溶性盐放出的热量进行分析；
(4)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答。

【详解】
(1)固体参加的反应，搅拌可使反应混合物充分接触而促进反应进行，通过玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起，知道氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热反应；
(2)形成化学键、燃料的燃烧、葡萄糖在体内的氧化反应、酸碱中和反应和炸药的爆炸过程都属于放热反应，而化合反应不一定为放热反应，如CO2与C在高温下反应产生CO的反应属于吸热反应，所以不一定释放能量的为化合反应，故合理选项是C；
(3)在稀溶液中1 mol H2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时生成2 mol H2O，放出Q kJ热量，而中和热是指强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应生成可溶性盐和1 mol水时放出的热
量，故H 2SO 4与NaOH 反应的中和热为： 2Q kJ/mol ； (4)1 mol H 2O 中含2 mol H-O 键，断开1 mol H-H 、1 mol O=O 、1 mol O-H 键需吸收的能量分别为Q 1、Q 2、Q 3 kJ ，则形成1 mol O-H 键放出Q 3 kJ 热量，对于反应H 2(g)+
12O 2(g)=H 2O(g)，断开1 mol H-H 键和12 mol O=O 键所吸收的能量(Q 1+12
Q 2) kJ ，生成2 mol H-O 新键释放的能量2Q 3 kJ ，由于该反应是放热反应，所以2Q 3-(Q 1+
12Q 2)>0，2Q 1+Q 2<4Q 3，故合理选项是C 。

【点睛】
本题考查了化学反应与能量变化，注意掌握中和热的概念，反应热为断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，(4)1 mol H 2O 中含2 mol H-O 键为解答易错点。

6．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。

某同学利用“Cu ＋2Ag +＝2Ag+Cu 2+”反应设制一个化学电池，如图所示，已知该电池在外电路中，电流从a 极流向b 极。

请回答下列问题：
（1）b 极是电池的_____________极，材料是_____________，写出该电极的反应式_____________。

（2）a 可以为_____________A 、铜B 、银C 、铁D 、石墨
（3）c 溶液是_____________A 、CuSO 4溶液B 、AgNO 3溶液C 、酒精溶液
（4）若该反应过程中有0.2mol 电子发生转移，则生成Ag 为_____________克。

【答案】负 Cu Cu –2e-=Cu 2+ BD B 21.6
【解析】
【分析】
有题干信息可知，原电池中，电流从a 极流向b 极，则a 为正极，得到电子，发生还原反应，b 为负极，失去电子，发生氧化反应，据此分析解答问题。

【详解】
(1)根据上述分析知，b 是电池的负极，失去电子，反应Cu ＋2Ag +＝2Ag+Cu 2+中Cu 失去电子，故Cu 作负极，发生的电极反应为Cu –2e-=Cu 2+，故答案为：负；Cu ；Cu –2e-=Cu 2+；
(2)a 是电池的正极，电极材料可以是比铜更稳定的Ag ，也可以是惰性的石墨，故答案为：BD ；
(3)电解质溶液c是含有Ag+的溶液，故答案为：B；
(4)根据得失电子守恒可得，反应过程中转移1mol电子，生成2molAg，质量为
108×2=21.6g，故答案为：21.6。

7．已知反应：3I－(aq)+S2O82－(aq)I3－(aq)+2SO42－(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I3－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。

8．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)+O2(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。

9．一定条件下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。

10．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。

11．Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。

该电池的电极材料分别为锂和碳，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)电池的负极材料为_____，发生的电极反应为______________。

(2)电池正极发生的电极反应为_______________。

【答案】Li 4Li－4e－＝4Li＋ 2SOCl2＋4e－＝4Cl－＋S＋SO2
【解析】
【分析】
(1)原电池中，失电子发生氧化反应的极是负极，该极上发生失电子的氧化反应；
(2)原电池的正极上发生得电子的还原反应。

【详解】
(1)该原电池中锂的活泼性大于碳的，所以锂作负极，负极上Li失电子，发生氧化反应，电极反应4Li－4e－＝4Li＋；
(2)正极上得电子发生还原反应，根据反应方程式知，SOCl2得电子生成Cl-、S、SO2，电极方程式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2。

12．如图所示，A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。

（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是___(填标号)。

（2）A池中Zn是___极，电极反应式为___；A中总反应的离子方程式___。

（3）B池中总反应的方程式为___。

（4）C池中Zn是___极，发生___反应，电极反应式为___；反应过程中，CuCl2溶液浓度___(填“变大”“变小”或“不变”)。

【答案】A 负 Zn－2e-=Zn2＋ Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu CuCl2Cu+Cl2↑阴还原 Cu2＋＋2e-=Cu 不变
【解析】
【分析】
（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池。

（2）A池中，相对活泼的金属作负极，电极反应式为金属失电子生成金属离子；A中总反应为负极金属与电解质发生氧化还原反应。

（3）B池中总反应为电解氯化铜。

（4）C池中，与正极相连的电极为阳极，阳极失电子发生氧化反应；通过分析两电极反应，可确定反应过程中，CuCl2溶液浓度变化情况。

【详解】
（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池，则原电池是A。

答案为：A；
（2）A池中，相对活泼的金属是Zn，Zn是负极，电极反应式为Zn－2e-=Zn2＋；A中总反应的离子方程式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu。

答案为：负；Zn－2e-=Zn2＋；Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu；（3）B池中总反应，就是电解氯化铜的反应，方程式为CuCl2Cu+Cl2↑。

答案为：CuCl2Cu+Cl2↑；
（4）C池中，与负极相连的电极为阴极，Zn与电源负极相连，是阴极，得电子，发生还原反应，电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu；反应过程中，阳极Cu-2e-=Cu2+，生成的Cu2+与阴极消耗的Cu2+物质的量相等，则CuCl2溶液浓度不变。

答案为：阴；还原；Cu2＋＋2e-=Cu；不变。

【点睛】
不管是原电池还是电解池，解题的切入点都是电极的判断。

通常，原电池的负极金属材料都会失电子生成阳离子；而电解池的阳极材料是否失电子，则要看其是否为活性电极。

若阳极为活性电极，则在电解时阳极材料失电子；若为惰性电极，则阳极发生溶液中阴离子失电子的反应。

13．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 H2↑+2OH－+Cl2↑ 2.24
【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】
(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-＋2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ ；2.24。

14．A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。

（1）A中反应的离子方程式为_________________________________。

（2）B中Fe极为_______极，电极反应式为_______________________。

C中Fe极为
_______极，电极反应式为__________________________，电子从_______极流出（填“Zn”或“Fe”）。

（3）比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是___________________。

【答案】Fe＋2H＋=Fe2+H2↑负极Fe－2e－=Fe2+正极2H＋＋2e－=H2↑Zn B>A>C
【解析】
【分析】
已知金属活动性：Zn＞Fe＞Sn，则A发生化学腐蚀，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀，C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，以此解答。

【详解】
(1)铁与硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；
(2)Fe比Sn活泼，则B中Fe为负极，Sn为正极，负极发生Fe－2e－ = Fe2+；Zn比Fe活泼，则C中Fe为正极，Zn为负极，正极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，电子从负极即Zn极流出；。