高考化学 化学反应与能量 培优易错试卷练习(含答案)含答案解析

高考化学化学反应与能量培优易错试卷练习(含答案)含答案解析
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．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＜0.742
a
×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MnCO 3+2NH 4Cl
加热
MnCl 2+2NH 3↑+CO 2↑+H 2O ；
(3) 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m (NH 4Cl)：m (锰矿粉)增大而增到，500℃、m (NH 4Cl)：m (锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m (NH 4Cl)：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(NH 4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；
(4)①根据分析，浸出液含有Mn 2+、Fe 2+、Al 3+、Ca 2+、
Mg 2+，加入氧化剂X 的目的将Fe 2+氧化为Fe 3+，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MnO 2，答案选B ；
②根据分析，再调节溶液的pH 将Al 3+、Fe 3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH 4F 将Ca 2+、Mg 2+以CaF 2、MgF 2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl 2、NH 4Cl ，过程中不能让Mn 2+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，Al 3+、Fe 3+完全沉淀时的pH 值分别为5.2和2.8，Mn 2+开始沉淀的PH 值为8.8，pH 可取的范围为5.2≤pH ＜8.8；
③
()()()()()()2
22+
-2+10
22+11
2+-2c c ==Ca F Ksp CaF c Ca 1.4610Ksp MgF c M =c c g 7.4210Mg F --⨯⨯（）（）≈1.97；若此时pH 为6，即c (H +)=10-6 mol/L ，c (Mg 2+)= a mol/L ，c (F -)=
()()
1122Ksp MgF 7.4210a 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
+-7.421010mol/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。

3．（1）反应3Fe(s)+4H 2O(g)
Fe 3O 4(s)+4H 2(g)在一容积可变的密闭容器中进行，试回
答：（填“加快”、“不变”或“减慢”）。

①保持体积不变充入Ne ，其反应速率___。

②保持压强不变充入Ne ，其反应速率____。

（2）在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH 3(g)5N 2(g)+6H 2O(g)。

某次实验中测得容器
内NO 及N 2的物质的量随时间变化如图所示，图中v(正)与v(逆)相等的点为__（选填字
母）。

（3）一定条件下，在2L 密闭容器内，发生反应2NO 2(g)N 2O 4(g)，n(NO 2)随时间变化
如下表： 时间/s 0 1 2 3
4 5 n(NO 2)/mol
0.040
0.020
0.010
0.005
0.005
0.005
①用NO 2表示0～2s 内该反应的平均速率为___。

②在第5s 时，NO 2的转化率为__。

【答案】不变 减慢 cd 0.0075mol·L -1·s -1 87.5% 【解析】 【分析】 【详解】
(1)①保持体积不变充入Ne ，各反应物和生成物的浓度不变，故反应速率不变； ②保持压强不变充入Ne ，容器体积变大，各物质浓度减小，反应速率减慢；
(2)反应达到平衡时正逆反应速率相等，据图可知t 2时刻后N 2和NO 的物质的量不再改变，说明反应到达平衡，所以c 、d 两个点v(正)与v(逆)相等；
(3)①2s 内△n (NO 2)=0.04mol-0.01mol=0.03mol ，容器体积为2L ，所以反应速率为
0.03mol
2L =2s
c t ∆∆=0.0075mol·L -1·s -1； ②第5s 时，△n (NO 2)=0.04mol-0.005mol=0.035mol ，转化率为0.035mol
100%0.04mol
⨯=87.5%。

【点睛】
判断通入惰性气体或者改变压强对反应速率的影响时，关键看是否改变了反应物和生成物中气体的浓度，若浓度改变则影响反应速率，若浓度不变则不影响反应速率。

4．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S 1，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S 2，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 -=Zn 2+。

答案为：电解池；电能转化为化学能；Zn-2e -=Zn 2+。

(3)若只闭合S 3，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 -=Cu 2+
；锌为阴极，电极反应式为：2H +
+2e -
=H 2↑,总反应式为：Cu+H 2SO 4 通电
CuSO 4+H 2↑。

答案为：电解池；阳；2H +
+2e -=H 2↑；Cu+H 2SO 4 通电
CuSO 4+H 2↑。

【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。

5．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL 稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气(标准状况)，实验记录如下(累计值)：
(1)在0～1 min 、1～2 min 、2～3 min 、3～4 min 、4～5 min 时间段中，反应速率最大的时间段是________，原因为______________________；反应速率最小的时间段是________，原因为__________________________。

(2)在2～3 min 内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为________。

(3)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，其中可行的是________。

A ．蒸馏水 B ．Na 2SO 4溶液
C ．NaNO 3溶液
D ．Na 2CO 3溶液
【答案】2～3 min 该反应是放热反应，2～3 min 时溶液温度最高，反应速率最快 4～5 min 此时反应物的浓度最小，反应速率最慢 0.1 mol·L －1·min －1 AB 【解析】 【详解】
由表格数据可知，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min 生成氢气分别为50mL 、70mL 、112mL 、58mL 、20mL ；
(1)2 min ～3 min 收集的氢气比其他时间段多，反应速率最大，该反应放热，反应过程中温度升高加快反应速率；4～5 min 反应速率最小，随着反应进行氢离子浓度逐渐减小，该时间段内H +浓度小，反应速率最慢；
(2)2 min ～3 min 生成的氢气的体积为112mL ，则n (H 2)=
0.112L
22.4L/mol
0.005mol ，反应过程中
发生反应Zn+2HCl===ZnCl 2+H 2，则该时间段内消耗的n (HCl)=0.01mol ，溶液体积为
100mol ，则△c (HCl)=0.1mol/L ，v (HCl)=-1
0.1mol L =
1min
c t ∆∆g =0.1 mol·L －1·min －1； (3)A ．加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H +的物质的量不变，氢气的量也不变，故A 正确；
B ．加入Na 2SO 4溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H +的物质的量不变，氢气的量也不变，故B 正确；
C ．加入硝酸钠溶液，锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气，故C 错误；
D ．加入Na 2CO 3溶液，Na 2CO 3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H +的物质的量减小，氢气的量也减小，故D 错误； 所以选AB 。

6．在我国南海、东海海底均存在大量的可燃冰（天然气水合物，可表示为
42 CH xH O g ）。

2017年5月，中国首次海域可燃冰试采成功。

2017年11月3日，国务院正式批准将可燃冰列为新矿种。

可燃冰的开采和利用，既有助于解决人类面临的能源危机，又能生成一系列的工业产品。

(1)对某可燃冰矿样进行定量分析，取一定量样品，释放出的甲烷气体体积折合成标准状况后为166 m 3，剩余 H 2O 的体积为0.8m 3，则该样品的化学式中 x=_________________。

(2)已知下表数据，且知 H 2O(l)=H 2O(g) △H =+411kJ mol -⋅
用甲烷燃烧热表示的热化学方程式为
_____________________________________________________。

(3)甲烷燃料电池相较于直接燃烧甲烷有着更高的能量转化效率，某甲烷燃料电池，正极通入空气，以某种金属氧化物为离子导体（金属离子空穴中能传导 O 2-），该电池负极的电极反应式为__________________________________________。

(4)甲烷与水蒸气重整制氢是工业上获得氢气的重要手段。

若甲烷与脱盐水在一定条件下反应生成H 2，同时得到体积比为1:3的CO 2和CO ，该反应的化学方程式为
_____________________________________。

混合气体中的CO 2可用浓氨水脱除，同时获得氮肥NH 4HCO 3，该反应的离子方程式是
_________________________________________________________。

【答案】6 CH 4（g ）+2O 2（g ）=CO 2（g ）+2H 2O （l ）△H = -892 kJ·
mol -1 CH 4-8e -+4O 2-=CO 2+2H 2O 42224CH +5H O=CO +3CO+13H NH 3·H 2O+CO 2=NH 4++3HCO -
【解析】 【分析】 【详解】
(1)n(CH 4)=316610L 22.4L/mol
⨯=31661022.4⨯mol ，n(H 2O)=60.810g 18g/mol ⨯=60.81018⨯mol ，
n(CH 4):n(H 2O)=31661022.4⨯:6
0.81018
⨯≈1:6，所以x=6，故答案为：6；
(2) 由表格可知①CH 4(g )+2O 2(g )=CO 2(g )+2H 2O (g )的△H =（4×413+2×498-2×803×-4×463）kJ·mol -1= -810 kJ·mol -1，又因为②H 2O(l)=H 2O(g) △H =411kJ mol -⋅，将①-2×②得：CH 4(g )+2O 2(g )=CO 2(g )+2H 2O (l) △H =（-810-2×41）1kJ mol -⋅= -892 kJ·mol -1，故答案为：CH 4(g )+2O 2(g )=CO 2(g )+2H 2O (l) △H = -892 kJ·mol -1；
(3)甲烷在负极失电子，被氧化，结合电解质、原子守恒、电荷守恒可得负极反应为：CH 4-8e -+4O 2-=CO 2+2H 2O ，故答案为：CH 4-8e -+4O 2-=CO 2+2H 2O ；
(4)由已知可知道，反应物为甲烷和水，生成物为氢H 2、CO 和CO 2，结合CO 2 和 CO 的体积比为1:3可得方程式为：42224CH +5H O=CO +3CO+13H 。

二氧化碳和氨水反应生成NH 4HCO 3的离子方程式为：NH 3·H 2O+CO 2=NH 4++3HCO -
，故答案为：
42224CH +5H O=CO +3CO+13H ；NH 3·H 2O+CO 2=NH 4++3HCO -。

【点睛】
燃料电池电极反应的书写：燃料在负极失电子，O 2在正极得电子。

7．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CO 2和N 2，即
2NO+2CO 垐?噲?2CO 2+N 2。

为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t 1℃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(CO 2和N 2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(N 2)=___。

（3）t 1℃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 1.42×10-4
mol/(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 。

8．一定条件下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。

9．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。

10．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。

11．2007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。

12．某小组利用H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液反应来探究“条件对化学反应速率的影响”。

（实验原理）2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 ===K2SO4 +2MnSO4 +10CO2↑+8H2O
（实验内容及记录）
实验时，先分别量取两种溶液，然后倒入试管中迅速振荡混合均匀，开始计时，通过测定褪色所需时间来判断反应的快慢。

该小组设计了如下的方案。

(1)已知反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，每消耗1mol H2C2O4转移
________mol 电子，为了观察到紫色褪去，H2C2O4与KMnO4初始的物质的量需要满足的关系为：n(H2C2O4)：n(KMnO4) ≥______________。

(2)探究温度对化学反应速率影响的实验编号是___________（填编号，下同），可探究反应物浓度对化学反应速率影响的实验编号是_____________。

(3)实验①测得KMnO4溶液的褪色时间t1为40s，忽略混合前后溶液体积的微小变化，这段时间内平均反应速率v（KMnO4）＝_______ mol·L－1·min－1。

【答案】2 2.5 ②和③①和② 0.010或1.0 ×10-2
【解析】
【分析】
（1）根据题中信息及化合价升降法配平反应的化学方程式，然后根据电子守恒计算出
1mol草酸完全反应转移的电子数；根据“观察到紫色褪去”必须满足高锰酸钾的物质的量小于草酸的物质的量解得二者浓度关系；
（2）根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；
（3）先根据醋酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率。

【详解】
（1）根据反应后H2C2O4转化为CO2逸出，KMnO4转化为MnSO4，利用化合价升降相等写出反应的化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑；H2C2O4中碳元素的化合价为+3价，变成二氧化碳后化合价总共升高了2×（4-3）价，所以每消耗1mol H2C2O4转移2mol电子；为了观察到紫色褪去，高锰酸钾的物质的量应该少量，即c
（H 2C 2O 4）：c （KMnO 4）≥
52
=2.5； 故答案为：2；2.5； （2）探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；
故答案为：②和③；①和②；
（3）草酸的物质的量为：0.10mol•L -1×0.002L=0.0002mol ，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol•L -1×0.004L=0.00004mol ，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol ：0.00004mol=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：0.010mol/L 0.004L
0.002L+0.0043L
2=⨯×0.010mol/L ，这段时间内平均反应速率v （KMnO 4）=23×0.010/60/40mol L s min s
⨯=0.010mol•L -1•min -1； 故答案为：0.010或1.0×10-2。

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Na 2S 2O 3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】CH 4-8e -+10OH -=CO 32-+7H 2O Na 2S 2O 3+H 2SO 4=Na 2SO 4+S ↓+SO 2↓+H 2O 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CH 4+2O 2=CO 2+2H 2O ，CO 2+2KOH=K 2CO 3+H 2O ，总反应的化学方程式为：
CH 4+2O 2+2KOH=K 2CO 3+H 2O ，该电池的负极反应为：CH 4失电子，转化为CO 32-和H 2O 。

（2）将等浓度的Na 2S 2O 3溶液与硫酸溶液混合，相关反应为：
Na 2S 2O 3+H 2SO 4→Na 2SO 4+S ↓+SO 2↑+H 2O ；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CH 4+2O 2=CO 2+2H 2O ，CO 2+2KOH=K 2CO 3+H 2O ，总反应的化学方程式为：
CH 4+2O 2+2KOH=K 2CO 3+H 2O ，该电池的负极反应式为CH 4-8e -+10OH -=CO 32-+7H 2O 。

答案为：CH 4-8e -+10OH -=CO 32-+7H 2O ；
（2）将等浓度的Na 2S 2O 3溶液与硫酸溶液混合，相关反应的化学方程式为：
Na 2S 2O 3+H 2SO 4=Na 2SO 4+S ↓+SO 2↓+H 2O ；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：Na 2S 2O 3+H 2SO 4=Na 2SO 4+S ↓+SO 2↓+H 2O ；减少。