西安备战高考化学提高题专题复习化学反应与能量练习题

西安备战高考化学提高题专题复习化学反应与能量练习题一、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pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6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)2S2O8B．MnO2C．KMnO4②调节pH时，pH可取的范围为_________________(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=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O温度为500℃，且m(MnCO3)：m(NH4Cl)=1.10B5.2≤pH<8.8CO32-水解程度大于HCO3-，易生成氢氧化物沉淀【解析】【分析】菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4ClMnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑，气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+，净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰，据此分析解题。【详解】(1)“混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率；(2)根据流程，菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+，主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；(3)由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高，到500℃、1.10达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10；(4)净化过程：加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+；①最合适的试剂为MnO2，氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，且不引入新杂质，故答案为B；②调节溶液pH使Fe3+，A13+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2≤pH＜8.8；(5)碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3═MnCO3↓+NH4+，不用碳酸铵溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是碳酸铵溶液中的c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀。【点睛】考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。2．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)3·6H2OZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。该反应中每生成1molZnFe2O4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】＋34mol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•6H2OZnFe2O4+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•6H2OZnFe2O4+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1molZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1molZnFe2O4，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。3．六氟磷酸锂(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H3PO44Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O152【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。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+H2SO4CuSO4+H2↑。答案为：电解池；阳；2H++2e-=H2↑；Cu+H2SO4CuSO4+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。5．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+Cu2+”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、CuSO4溶液B、AgNO3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CuCu–2e-=Cu2+BDB21.6【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+Cu2+中Cu失去电子，故Cu作负极，发生的电极反应为Cu–2e-=Cu2+，故答案为：负；Cu；Cu–2e-=Cu2+；(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。6．氯化硫酰（SO2Cl2）主要用作氯化剂。它是一种无色液体，熔点–54.1℃，沸点69.1℃。氯化硫酰可用干燥的二氧化硫和氯气在活性炭催化剂存在下反应制取：SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(l)+97.3kJ(1)试写出常温常压下化学平衡常数K的表达式：K=______________________若在此条件下，将化学平衡常数K增大，化学反应速率v正也增大，可采取的措施是________（选填编号）。a．降低温度b．移走SO2Cl2c．增加反应物浓度d．无法满足上述条件(2)为了提高上述反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是________（选填编号）。a．缩小容器体积b．使用催化剂c．增加SO2浓度d．升高温度(3)在100℃时，往上述平衡体系中加入37Cl2，一段时间后，则平衡体系中含有37Cl的物质有__________（选填编号）。a．只有37Cl2b．只有SO237Cl2c．37Cl2和SO237Cl2d．无法判断(4)下列描述中能说明上述反应已达平衡的是____________（选填编号）。a．υ(Cl2)＝υ(SO2)b．容器中气体压强不随时间而变化c．c(Cl2):c(SO2)＝1:1d．容器中气体颜色不随时间两变化(5)300℃时，体积为1L的密闭容器中充入16.20gSO2Cl2，达到平衡时容器中含SO27.616g.若在上述中的平衡体系中，再加入16.20gSO2Cl2，当再次达平衡时，容器中含SO2的质量范围是___________________________。【答案】K＝daccbd7.616g＜m(SO2)＜15.232g【解析】【分析】(1)化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；平衡常数只受温度影响，将化学平衡常数K增大，应使平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，故应降低温度，化学反应速率降低，据此解答；(2)提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，根据平衡移动原理结合选项分析解答，注意不能只增大氯气的用量；(3)增大氯气的浓度，平衡向正反应移动，反应为可逆反应，反应物不能完全反应，平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2

中；(4)达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，百分含量不变，以及由此衍生其它一些物理量不变，据此结合选项判断；(5)再加入16.20g

SO2Cl2，平衡向生成二氧化硫的方向移动，平衡时二氧化硫的质量增大，可以等效为增大压强，SO2Cl2转化率降低，平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍。【详解】(1)常温常压下SO2(g)＋Cl2(g)SO2Cl2(l)的平衡常数K=；平衡常数只受温度影响，将化学平衡常数K增大，应使平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，故应降低温度，化学反应速率降低，故不能实现K增大的同时化学反应速率v正增大，故选d；故答案为：；d；(2)提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，不能只增大氯气的用量，a．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故a正确；b．使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，Cl2的转化率不变，故b错误；c．增加SO2浓度，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故c正确；d．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，Cl2的转化率降低，故d错误；故答案为：ac；(3)增大氯气的浓度，平衡向正反应移动，反应为可逆反应，氯气不能完全反应，故平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2

中，故答案为：c；(4)a．v(Cl2)=v(SO2)，没有指明正、逆速率，无法判断，故a错误；b．随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，容器中气体压强不随时间而变化，说明达到平衡，故b正确；c．平衡时氯气与二氧化硫的浓度与起始浓度有关，起始浓度不同，平衡时二者浓度不同，若二者起始浓度相同，用于二者按1：1反应，故任意时刻二者的浓度都相同，故c(Cl2)：c(SO2)=1：1不能说明达到平衡，故c错误；d．容器中气体颜色不随时间两变化，说明氯气的浓度不再变化，说明达到平衡，故d正确；故答案为：bd；（5）再加入16.20g

SO2Cl2，平衡向生成二氧化硫的方向移动，平衡时二氧化硫的质量增大，可以等效为增大压强，SO2Cl2转化率降低，平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍，故平衡时7.616g＜m(SO2)＜15.232g；故答案为：7.616g＜m(SO2)＜15.232g。【点睛】本题考查化学平衡，把握化学平衡状态的判断、反应速率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，易错点(4)注意平衡状态的判断，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。7．请运用原电池原理设计实验,验证Cu2+、Fe3+氧化性的强弱。请写出电极反应式。（1）负极__________________________（2）正极__________________________________（3）并在方框内画出实验装置图,要求用烧杯和盐桥,并标出外电路中电子流向。________________________________【答案】Cu−2e−=Cu2+2Fe3++2e−=2Fe2+【解析】【分析】Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应中Cu被氧化，为原电池的负极，则正极可为碳棒或不如Cu活泼的金属，电解质溶液为氯化铁溶液，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题。【详解】Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，(1)Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu−2e−=Cu2+；(2)正极Fe3+被还原，电极方程式为2Fe3++2e−=2Fe2+；(3)正极可为碳棒，电解质溶液为氯化铁，则原电池装置图可设计为，电子从铜极流向碳极。【点睛】设计原电池时，根据具体的氧化还原反应，即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，然后拆成两个半反应，化合价升高的发生氧化反应，作负极，化合价降低的发生还原反应，作正极，原电池的本质就是自发进行的氧化还原反应，由于反应在一个烧杯中效率不高，所以可以设计为氧化还原反应分别在两极发生。8．在A、B两个恒容密闭容器中发生反应：2NO2⇌2NO+O2反应过程中NO2的物质的量随时间变化的状况如图所示：(1)若A容器的体积为5L，反应经6min达到平衡状态，则0~6min内以O2浓度变化表示的反应速率为___________。(2)该反应化学平衡常数K=__________(写出表达式)。(3)说明该反应已达到平衡状态的是_______。A．v正(NO2)=v逆(NO)

B．c(NO2)=c(NO)C．气体的平均摩尔质量不变

D．气体的密度保持不变(4)若A、B两容器中只是温度不同，则TA____TB(填“>”或“<”)，请写出一条能提高二氧化氮转化率的措施_____________。【答案】0.002mol/(L•min)AC＜升高温度(或减小压强)【解析】【分析】(1)根据计算反应速率；(2)平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比或反应产物与反应底物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比。(3)反应达到平衡状态，各组分的浓度不随着时间的变化而变化，正逆反应速率相等，根据化学平衡状态的特征结合变量不变的状态是平衡状态来回答；(4)温度越高达到平衡所需时间越短，不增加NO2的物质的量使平衡右移即可增大其转化率。【详解】(1)据图可知初始时n(NO2)=0.30mol，平衡时n(NO2)=0.18mol，△n(NO2)=0.12mol，△c(NO2)=，则，同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=0.002mol/(L•min)，故答案为：0.002mol/(L•min)；(2)根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K=，故答案为：；(3)A．反应平衡时v正(NO2)=v逆(NO2)

，同一反应反应速率之比等于计量数之比，所以v逆(NO2)=v逆(NO)

，所以v正(NO2)=v逆(NO)

，可以说明反应已达平衡；B．反应过程中c(NO2)减小，c(NO)增大，某一时刻二者可能相等，但不能说明反应平衡；C．反应过程中气体总质量不变，但气体的物质的量在改变，即平均摩尔质量会变，所以当气体的平均摩尔质量不变时可以说明反应平衡；D．气体总质量不变，体积不变，故密度一直不变，所以密度不变时不能说明反应平衡；故答案为：AC；(4)根据图可知容器B达到平衡所需时间更短，反应速率更大，温度更高，且平衡时二氧化氮浓度更低，说明温度升高平衡右移，正反应为吸热反应，升高温度可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，该反应为压强减小的反应，故减小压强可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，故答案为：＜；升高温度(或减小压强)。【点睛】同一反应中不同物质表示的反应速率之比等于计量数之比，直接求某物质的反应速率不好求时可以通过求其他物质的反应速率来推算。9．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。10．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)＋2H2(g)CH3OH(g)K1＝2.5ΔH1＝－116kJ·mol－1②CO2(g)＋H2(g)H2O(g)＋CO(g)K2＝1.0ΔH2＝＋41kJ·mol－1③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)K3＝？ΔH3＝？（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），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，，可知=2.5×1.0=2.5；由①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1＝－116kJ·mol－1；②CO2(g)＋H2(g)H2O(g)＋CO(g)ΔH2＝＋41kJ·mol－1；可知③=①+②，所以ΔH3＝ΔH1+ΔH2=－116kJ·mol－1+（＋41kJ·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）<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。11．某些共价键的键能数据如表（单位：kJ•mol－1）：（1）把1molCl2分解为气态原子时，需要___（填“吸收”或“放出”）243kJ能量。（2）由表中所列化学键形成的单质分子中，最稳定的是___；形成的化合物分子中最不稳定的是___。（3）发射火箭时用气态肼（N2H4）作燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知32gN2H4（g）完全发生上述反应放出568kJ的热量，热化学方程式是：____。【答案】吸收N2HI2N2H4（g）+2NO2（g）═3N2（g）+4H2O（g）△H=﹣1136kJ•mol﹣1【解析】【分析】(1)化学键断裂要吸收能量；(2)键能越大越稳定，否则越不稳定，结合表中数据分析；(3)根据n=计算32gN2H4的物质的量，再根据热化学方程式书写原则书写热化学方程式。【详解】(1)化学键断裂要吸收能量，由表中数据可知把1molCl2分解为气态原子时，需要吸收243kJ的能量；(2)因键能越大越稳定，单质中最稳定的是H2，最不稳定的是I2，形成的化合物分子中，最稳定的是HCl，最不稳定的是HI；(3)32gN2H4(g)的物质的量为=1mol，与二氧化氮反应生成氮气与气态水放出568kJ的热量，热化学方程式是：2N2H4(g)+2NO2(g)═3N2(g)+4H2O(g)△H=-1136kJ•mol-1。12．影响化学反应速率的因素有很多，某课外兴趣小组用实验的方法进行探究。实验一：甲同学利用Al、Fe、Mg和2mol/L的稀硫酸，设计实验方案研究影响反应速率的因素。研究的实验报告如表所示：实验步骤现象结论①分别取等体积的2mol/L稀硫酸于试管中反应快慢：Mg＞Al＞Fe反应物的性质越活泼，反应速率越快②分别投入大小、形状相同的Al、Fe、Mg（1）甲同学的实验目的是____；要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是____。实验二：已知2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，在开始一段时间内，反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。（2）针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率加快。从影响化学反应速率的因素看，你猜想还可能是___的影响。（3）若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，可以在反应一开始时加入____。A．硫酸钾B．硫酸锰C．氯化锰D．水【答案】比较反应物本身的性质对反应速率的影响温度相同Mn2＋的催化作用(或催化剂)B【解析】【分析】【详解】（1）根据表中的信息得出该同学的实验目的是探究Al、Fe、Mg与稀硫酸的反应速率快慢，即研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响；温度对化学反应速率的影响较大，故根据控制变量法，要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是保持温度相同；故答案为探究反应物本身的性质对反应速率的影响；温度相同；（2）对化学反应速率影响最快的是催化剂，故猜想还可能是催化剂的影响，可以从比较生成物Mn2+(过渡金属)与K+(主族金属)的区别中找到答案，即通常是过渡金属或其离子具有催化性，故答案为Mn2+的催化作用(或催化剂)；（3）反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑中，浓度变化较大的为锰离子，所以选择做催化剂的试剂应该含有锰离子，而(C)中氯化锰中也含Mn2+，却不能选为催化剂，原因就在于其中的Cl−易被酸性高锰酸钾溶液氧化，故只有B正确，故答案为B。13．（1）用惰性电极电解下列溶液，写出电极反应式和总反应式以及溶液复原需加入的物质①NaCl溶液阴极：_________；阳极：_________；总反应式：_______________；溶液复原需加入的物质____________。②CuSO4溶液阴极：_________；阳极：______；总反应式：____________________________；溶液复原需加入的物质____________。（2）写出下列原电池电极反应式和总反应式①氢氧燃料电池（电解质是KOH溶液）负极反应：______________________；正极反应：__________________；总反应：_____________。②甲烷燃料电池。碱性介质(如KOH)负极：____________；正极：______________；总反应式：_________。【答案】2H＋＋2e－=H2↑2Cl－－2e－=Cl2↑2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑通HCl气体2Cu2＋＋4e－=2Cu4OH－－4e－=2H2O＋O2↑2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑加CuO或CuCO3固体2H2－4e－＋4OH－=4H2OO2＋2H2O＋4e－=4OH－2H2＋O2=2H2OCH4－8e－＋10OH－=CO32-＋7H2O2O2＋8e－＋4H2O=8OH－CH4＋2O2＋2OH－=CO32-＋3H2O【解析】【详解】（1）①用惰性电极电解NaCl溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以阴极、阳极、电池反应式分别为2H＋＋2e－=H2↑、2Cl－－2e－=Cl2↑、2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，溶液复原需加入的物质是通HCl气体；②用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜单质，所以阴极、阳极、电池反应式分别为2Cu2＋＋4e－=2Cu、4OH－－4e－=2H2O＋O2↑、2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，溶液复原需加入的物质是加CuO或CuCO3固体；（2）①氢氧燃料电池（电解质是KOH溶液）工作时，氢气失电子是还原剂，发生氧化反应；氧气得电子是氧化剂，发生还原反应。负极上氢气失电子在碱性条件下生成水，发生的电极反应为：2H2－4e－＋4OH－=4H2O；正极是O2得到电子生成水，发生的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－；电极的总反应式为2H2＋O2