化学化学化学反应与能量的专项培优-易错-难题练习题含答案

【化学】化学化学反应与能量的专项培优易错难题练习题含答案一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)1．NiCl2是化工合成中最重要的镍源,在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH2.16.53.77.1沉淀完全的pH3.39.74.79.2(1)为了提高镍元素的浸出率,在"酸浸"时可采取的措施有__________(写一条即可)。(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为__________。(3)"调pH"时,控制溶液pH的范围为__________。(4)“沉镍”过程中,若滤液A中c(Ni2＋)=1.0mol/L,欲使100mL该滤液中的Ni2＋沉淀完全［即溶液中c(Ni2＋)≤1.0×10-5］,则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_____g。(已知Ksp(NiCO3)=6.5×10-6,忽略溶液体积的变化)(5)流程中由溶液得到NiCl2·6H2O的实验操作步骤依次为______、过滤、洗涤、干燥。【答案】将镍废料磨成粉末(或搅拌,或适当升高温度,或提高酸的浓度)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O4.7≤pH<7.1或［4.7,7.1)17.5蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】根据流程:金属镍废料(含Fe、Al等杂质),加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+,加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,反应为:H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7≤pH<7.1,使Fe3+、Al3+全部沉淀,滤渣为Fe(OH)3.Al(OH)3,滤液主要含有Ni2+,加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+,将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl2溶液,将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O,据此分析作答。【详解】(1)为了提高镍元素的浸出率,在"酸浸"时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度,都可以提高镍元素的浸出率;(2)H2O2具有氧化性,加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+,离子方程式为:H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O;(3)“调pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+,但不沉淀Ni2+,根据表格数据可知,应该控制溶液pH的范围为4.7≤pH＜7.1或[4.7,7.1）;(4)滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L,欲使100mL该滤液中含有n(Ni2+)=0.1mol,则生成NiCO3需要CO32-为0.1mol,Ni2+刚好沉淀完全时,溶液中c(CO32-)=
=0.65mol/L,此时溶液中CO32-为0.065mol,故至少需要Na2CO3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol,其质量m(Na2CO3)=0.165mol×106g/mol=17.49g≈17.5g；(5)将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O。2.以氯化钾和硫酸亚铁为原料生产硫酸钾和氧化铁红颜料,其主要流程如下:

已知:NH4HCO3溶液呈碱性,30℃以上NH4HCO3大量分解。(1)NH4HCO3溶液呈碱性的原因是_____________________________________。(2)写出沉淀池I中反应的化学方程式_____________________________,该反应必须控制的反应条件是________________________________________。(3)检验沉淀池I中Fe2+沉淀是否完全的方法是_____________________。(4)酸化的目的是______________________________。(5)在沉淀池II的反应中,为使反应物尽可能多地转化为生成物,可在反应过程中加入___。a.(NH4)2SO4

b.KCl

c.丙醇

d.水(6)N、P、K、S都是植物生长所需的重要元素。滤液A可做复合肥料,因为其中含有_____________等元素。【答案】NH4+的水解程度小于HCO3-的水解程度2NH4HCO3

+FeSO4

→

FeCO3↓+(NH4)2SO4

+CO2↑+H2O反应温度低于30℃取沉淀池I的滤液,滴加KSCN溶液后滴加氯水,若无红色出现,说明沉淀完全除去溶液中的HCO3-cN、S、K【解析】【分析】FeSO4与NH4HCO3发生双水解反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳等,然后过滤得到碳酸亚铁,碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁,因滤液中含有NH4HCO3,向滤液中加入硫酸,可除去
,此时溶液中溶质为硫酸铵、硫酸,向溶液中加入足量KCl,此时溶液中因硫酸钾的溶解度较氯化铵低而发生沉淀,然后过滤,得到硫酸钾固体,以此解答。【详解】(1)NH4HCO3溶液中铵根离子水解显示酸性,碳酸氢根离子水解显示碱性,
的水解程度小于
的水解程度,所以NH4HCO3溶液呈碱性,故答案为:
的水解程度小于
的水解程度;(2)碳酸氢根离子和亚铁离子之间发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀,并放出二氧化碳,反映的原理方程式为:2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O,为防止较高温度下碳酸氢铵的分解,要注意温度的选择,故答案为:2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O;反应温度低于30℃;(3)亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子,亚铁离子遇到硫氰酸钾不显色,但是三价铁遇到硫氰酸钾显示红色,检验沉淀池I中Fe2+沉淀是否完全的方法是:取沉淀池I的滤液,滴加KSCN溶液后滴加氯水,若无红色出现,说明沉淀完全,故答案为:取沉淀池I的滤液,滴加KSCN溶液后滴加氯水,若无红色出现,说明沉淀完全;（4）沉淀池Ⅰ中,除了生成的碳酸亚铁之外,溶液中含有过量的碳酸氢铵,加入酸,酸化的目的是除去溶液中的
,故答案为:除去溶液中的
;

（5）由题目看出在沉淀池II中生成的K2SO4为固体,而K2SO4在无机溶剂中溶解度是比较大的,要想使K2SO4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K2SO4的溶解度,故选:c；（6）滤液A的成分中含有(NH4)2SO4以及KCl,即其中含有N、S、K元素,属于复合肥料,故答案为：N、S、K。3.某含镍
废料中有FeO、
、MgO、
等杂质,用此废料提取
的工艺流程如图1:已知:①有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图.②
时,
的电离常数
的电离常数
,

.(1)加
调节溶液的pH至5,得到废渣2的主要成分是______
填化学式
.(2)
能与饱和
溶液反应产生
,请用化学平衡移动原理解释
用必要的文字和离子方程式回答
______.(3)
时,
的NaF溶液中
______

列出计算式即可
溶液呈______
填"酸性"、"碱性"或"中性"
.(4)已知沉淀前溶液中
,当除镁率达到
时,溶液中
______

.(5)在NaOH溶液中用NaClO与
反应可得
,化学方程式为____________；
与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池
溶液
,工作原理为：
,负极的电极反应式：______.【答案】
、
氯化铵水解生成盐酸和一水合氨,
,镁和氢离子反应生成氢气,氢离子浓度减小,促进平衡正向进行,生成的一水合氨分解生成氨气,

酸性


【解析】【分析】某NiO的废料中有FeO、
、MgO、
等杂质,加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为
,滤液为
、
、
、
,加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,再加入碳酸钠溶液调节溶液pH,使铁离子,铝离子全部沉淀,过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,滤液中加入
沉淀
,生成沉淀滤渣3为
,过滤得到的滤液,滤液中获得
晶体的方法是通过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤,干燥得到晶体,失去结晶水得到硫酸镍,据此分析。【详解】某NiO的废料中有FeO、
、MgO、
等杂质,加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为
,滤液为
、
、
、
,加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,再加入碳酸钠溶液调节溶液pH,使铁离子,铝离子全部沉淀,过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,滤液中加入
沉淀
,生成沉淀滤渣3为
,过滤得到的滤液,滤液中获得
晶体的方法是通过蒸发浓缩,冷却结晶,过滤洗涤,干燥得到晶体,失去结晶水得到硫酸镍,
加入碳酸钠溶液调节溶液pH,使铁离子,铝离子全部沉淀生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀,得到废渣2的主要成分是
、
,故答案为:
、
;
能与饱和
溶液反应产生
,氯化铵水解生成盐酸和一水合氨,
,镁和氢离子反应生成氢气,氢离子浓度减小,促进平衡正向进行,生成的一水合氨分解生成氨气,
,故答案为:氯化铵水解生成盐酸和一水合氨,
,镁和氢离子反应生成氢气,氢离子浓度减小,促进平衡正向进行,生成的一水合氨分解生成氨气,
;
时,
的NaF溶液中
,结合电离平衡常数
,
,水解平衡时
近似取
,
,则
,一水合氨电离平衡常数
。HF的电离常数
,
,则
溶液中铵根离子水解程度大,溶液显酸性,故答案为:
;酸性;
已知沉淀前溶液中
,当除镁率达到
时,
,
,
,
,故答案为:
;
在NaOH溶液中用NaClO与
反应可得
,同时生成硫酸钠和氯化钠,反应的化学方程式为：
,
与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池
溶液
,工作原理为：


,负极是
失电子生成
,电极反应为：
,故答案为:
；
。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：实验序号加料顺序及方式沉淀颜色沉淀品质产率/%1溶液E一次加入Na2CO3溶液中并迅速搅拌浅蓝色品质较好87.82溶液E逐滴加入Na2CO3溶液中并不断搅拌暗蓝色品质好71.93Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌浅绿色品质好96.74Na2CO3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+H2OCuO+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.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S1,该装置属于_______,能量转化形式为_______,锌极作_______极。(2)若只闭合S2,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S3,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电解池阳【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
CuSO4+H2↑。答案为:电解池；阳；2H++2e-=H2↑；Cu+H2SO4
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。6.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1.6g铜溶解时,银棒增重______g。【答案】CuAgNO3Ag++e-=AgX(或Cu)Ag5.4【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1.6g铜的物质的量为n(Cu)=
=0.025mol,根据反应方程式2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知：每反应消耗1molCu,正极上产生2molAg,则0.025molCu反应,在正极上产生0.05molAg,该Ag的质量为m(Ag)=0.05mol×108g/mol=5.4g,即正极银棒增重5.4g。【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。7.为了减少CO对大气的污染,某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2。已知:①CO(g)+
O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ·mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1(1)H2的燃烧热△H=________。(2)写出CO(g)和H2O(g)作用生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式:________。(3)相关物质的化学键键能数据如下:化学键O=O(O2)H—HH—OE/(kJ·mol-1)x436463计算x=________kJ·mol-1。(4)某反应2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)△H=-QkJ·mol-1,反应过程中能量变化如图所示,其中虚线表示加入催化剂M时的情况。①加入催化剂M后,△H________(填"改变"或"不变")。②在使用催化剂的两部反应中,________(填“第一步”或“第二步”)决定反应速率。【答案】-285.8kJ·mol-1CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ·mol-1496.4不变第一步【解析】【分析】(1)在25摄氏度,101kPa时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量,叫做该物质的燃烧热;(2)根据盖斯定律继续计算;(3)焓变=反应物键能-生成物键能,再根据氢气的燃烧热方程式计算；(4)①反应热与反应路径无关;②反应活化能大的一步决定反应速率。【详解】(1)由反应②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1结合盖斯定律可知1mol氢气燃烧生成液体水放出的热量为241.8kJ+44.0kJ=285.8kJ,故答案为:-285.8kJ·mol-1;(2)由反应①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ·mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1结合盖斯定律可知反应CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)可由①-②得到,所以该反应的△H=-283kJ·mol-1-(-241.8kJ·mol-1)=-41.2kJ·mol-1,故答案为:CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ·mol-1;(3)由第(1)题可知:H2(g)+
O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ·mol-1,根据焓变=反应物键能-生成物键能可得436kJ·mol-1+
x-2×463kJ·mol-1=-285.8kJ·mol-1,解得x=496.4kJ·mol-1,故答案为:496.4;(4)①催化剂只改变反应活化能不改变焓变,故答案为:不变；②根据图示可知第一步反应活化能较大,所以第一步决定反应速率,故答案为：第一步。8.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】Li4Li－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。9.回答下列问题:(1)铅蓄电池的总反应为:Pb+PbO2+2H2SO4
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,该电化学防护法称为___________。②若X为锌,开关K置于M处,该电化学防护法称为__________。（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。①A极的电极反应式是________。②B极的电极反应式是________。【答案】Pb+SO42-－2e-＝PbSO4PbSO4+2H2O-2e-＝PbO2+4H++SO42-外加电流的阴极保护法牺牲阳极阴极保护法4H++O2+4e-＝2H2OSO2+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,该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法;故答案为:外加电流的阴极保护法;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,该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法,故答案为：牺牲阳极的阴极保护法.(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+。10.乙醇(C2H5OH)燃料电池(DEFC)具有很多优点,引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。(1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_________________。(填化学式)(2)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质,电池工作时,CO32－向电极___(填"a"或"b")移动。(3)酸性乙醇燃料电池中,若电池消耗标准状况下2.24LO2,则电路中通过了的电子数目为___________。【答案】O2a0.4NA【解析】【分析】(1)燃料电池中,负极通入燃料,正极通入氧化剂;(2)根据装置图可知,a为负极,原电池中阴离子由正极向负极移动;（3）酸性乙醇燃料电池中,电极b上发生的电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O,根据电极反应计算转移的电子的数目。【详解】(1)燃料电池中,负极通入燃料,正极通入氧化剂,由装置图可知,三种乙醇燃料电池中正极反应物均为O2;(2)根据装置图可知,a为负极,原电池中阴离子由正极向负极移动,因此CO32－向电极a移动;（3）酸性乙醇燃料电池中,电极b上发生的电极反应为：3O2+12H++12e-=6H2O,若电池消耗标准状况下2.24L(即0.1mol)O2时,电子转移0.4mol,转移电子的数目为0.4NA。11.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>0B.NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)△H<0C.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ZnZn-2e-+2OH-=ZnO+H2O增大CCO－2e－+4OH－=CO32－+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: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＋＋CuCuCl2Cu+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CuCl2
Cu+Cl2↑。答案为:CuCl2
Cu+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.Ⅰ.某实验小组对H2O2的分解做了如下探究。下表是该实验小组研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据,将质量相同的粉末状和块状的MnO2分别加入盛有15ml5%的H2O2溶液的大试管中,并用带火星的木条测试,结果如下:MnO2触摸试管情况观察结果反应完成所需的时间粉末状很烫剧烈反应,带火星的木条复燃3.5min块状微热反应较慢,火星红亮但木条未复燃30min(1)写出上述实验中发生反应的化学方程式:______。(2)实验结果表明,催化剂的催化效果与_____有关。（3）某同学在10mLH2O2溶液中加入一定量的二氧化锰,放出气体的体积（标准状况）与反应时间的关系如图所示,则A、B、C三点所表示的反应速率最慢的是_____。Ⅱ.某反应在体积为5L的恒容密闭容器中进行,在0-3分钟内各物质的量的变化情况如图所示(A,B,C均为气体,且A气体有颜色)。(4)该反应的的化学方程式为__________。（5)反应开始至2分钟时,B的平均反应速率为____。(6)能说明该反应已达到平衡状态的是____。a.v(A)=2v(B)b.容器内各物质的物质的量相等c.v逆(A)=v正(C)d.容器内气体的颜色保持不变(7）由图求得平衡时A的体积分数______。【答案】2H2O2
2H2O+O2↑催化剂的表面积C2A+B
2C0.1mol·(L·min)-1cd37.5%【解析】【分析】Ⅰ.(1)二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂,由带火星木条复燃,可知产物,由此可写出方程式;(2)由实验现象可知催化剂作用大小的影响因素;(3)A.B.C三点的斜率代表反应速率,斜率越大,反应速率越大;Ⅱ.(4)从物质的物质的量的变化趋势判断反应物和生成物,根据物质的物质的量变化值等于化学计量数之比书写化学方程；(5）化学反应速率是单位时间内浓度的变化,据此可求得反应速率;（6）可逆反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各组分浓度不再变化,若存在有色物质,则有色物质的颜色也不再变化,据此对各选项进行判断;（7）根据
,可求得平衡时A的体积分数．【详解】:(1)上述实验中发生反应的化学方程式为:
;(2)时间少,则反应速率快,则实验结果表明,催化剂的催化效果与催化剂的表面积有关,故答案为:催化剂的表面积;

(3)由图可知,曲线斜率变小,反应速率减小,则A.B.C三点所表示的反应速率最慢的是C,故答案为:C;Ⅱ.(4)由图象可以看出,A.B的物质的量逐渐减小,则A.B为反应物,C的物质的量逐渐增多,所以C为生成物,当反应到达2min时,△n(A)=2mol,△n(B)=1mol,△n(C)=2mol,化学反应中,各物质的物质的量的变化值与化学计量数呈正比,则△n(A)：△n(B)：△n(C)=2：1：2,故答案为：
;(5)由图象可以看出,反应开始至2分钟时,△n(B)=1mol,B的平均反应速率为:
=0.1mol/(L•min),故答案为:0.1mol/(L•min);(6）a.v(A）=2v(B）不能说明正反应和逆反应的关系,故无法判断反应是否达到平衡,故a错误;b.容器内各物质的物质的量相等,不能说明各组分的浓度不再变化,无法判断是否达到平衡状态,故b错误;c.在该反应中A和C的计量数相等,当v逆(A）=v正(C）时,正逆反应速率相等,说明反应已达平衡状态了,故c正确；d．只有A为有色物质,当容器内气体的颜色保持不变,说明各组分的浓度不再变化,该反应已经达到平衡状态,故d正确;故答案为:cd;（7）由图象可知:达平衡时A的物质的量为3mol,平衡时总物质的量为1mol+3mol+4mol=8mol,所以A的体积分数为
,故答案为：37.5%；【点睛】同一化学反应、同一时间段内,各物质的反应速率之比等于计量数之比,据此可以求用不同物质表示的反应速率,也可通过不同物质的反应速率之比来反求反应方程式;某物质的X(X可以是质量,体积等)分数=
。14.T℃时,有甲、乙两个密闭容器,甲容器的体积为1L,乙容器的体积为2L,分别向甲、乙两容器中加入6molA和3molB,发生反应如下:3A(g)＋bB(g