全国各地备战高考化学分类：化学反应与能量推断题综合题汇编附答案

全国各地备战高考化学分类：化学反应与能量推断题综合题汇编附答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：已知：①部分含钒物质的溶解情况：（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。②部分金属离子[c（Mn+）=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：回答下列问题：（l）“研磨”的目的是___，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____。（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。（3）向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是___（填标号），调节溶液的pH范围为___，滤渣b为___（写化学式）。（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为___。温度高于80℃，沉钒率下降，其可能原因是____【答案】增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+D4.7≤pH＜7.8Fe(OH)3、Al(OH)水浴加热(热水浴)温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，由于NH4+浓度减小，沉钒率下降【解析】【分析】粗钒(主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，由于SiO2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a为SiO2，滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b为主要含有VO2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO2+转化为NH4VO3沉淀，对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧，获得V2O5，据此分析解答。【详解】(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+，发生反应的化学方程式为V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O；(2)根据分析，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+；(3)加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，根据部分金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知，pH值为2.8时，Fe(OH)3完全沉淀，pH值为4.7时，Al(OH)3完全沉淀，pH值为7.8时，Al(OH)3开始溶解，调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜7.8，滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧化钠溶液顺利流下，答案选D；(4)由图像可知，当温度为80℃左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH4+浓度减小，使沉钒率下降。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．钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：已知：“浸出”后溶液中含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋等。请回答：(1)“煅烧”的目的为______________________________。(2)“净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式有_____________________________。(3)“沉钴”时，发生如下反应：(NH4)2S2O8＋H2O→NH4HSO4＋H2O2；H2O2→H2O＋O；···········；Co3＋＋H2O→Co(OH)3＋H＋。所缺的化学方程式为______________________________；每生成1molCo(OH)3，理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为__________。(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是____________。(5)“沉钴”时pH不能太高，其原因为______________________________；“沉锌”时温度不能太高，其原因为________________________________________。(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g。则所得固体的化学式为____________。【答案】除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可)MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+2Co2++O+2H+=2Co3++H2O0.5mol取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止Zn2+提前沉淀防止NH4HCO3热分解ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O【解析】【分析】将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH控制在1~5，得到含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋的浸出液，调节溶液pH值为5~5.2，加入高锰酸钾将Mn2＋、Fe2＋氧化并转化为Fe(OH)3和MnO2除去，再次调节溶液pH值为4.5，加入(NH4)2S2O8将Co2＋氧化为Co3＋并转化为Co(OH)3沉淀除去，调节pH值为8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O沉淀，据此分析解答。【详解】(1)“煅烧”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；(2)“净化”时，加入KMnO4的目的是除去溶液中的Fe2+和Mn2+，反应的离子方程式为：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；(3)从流程中可以看出，“沉钴”时，(NH4)2S2O8为氧化剂，因此除去的是Co2＋，结合所给反应过程，缺少将Co2＋转化为Co3＋的反应，则可得所缺的化学方程式为2Co2++O+2H+=2Co3++H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8~H2O2~O~2Co3+~2Co(OH)3，每生成1molCo(OH)3理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为0.5mol；(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；(5)“沉钴”时pH不能太高，防止Zn2+提前沉淀；“沉锌”时，加入NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3热分解；(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO2气体的物质的量为=0.1mol，根据元素守恒可知ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O为0.1mol，煅烧后生成的ZnO的物质的量为=0.3mol，根据Zn元素守恒，0.1mol+0.1molx=0.3mol，则x=2，生成水的物质的量为=0.3mol，根据氢元素守恒，0.1mol×2×2+0.1mol×2y=0.3mol×2，则y=1，则所得固体的化学式为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O。4．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是______________________________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是____________(填化学式)。(2)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比______；若产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_______。（填写序号）①＝1∶1②＞1∶1③＜1∶1④无法判断(3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的反应离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，你同意吗？_________（填“同意”或“不同意“），如不同意，请说明你的理由________________________________________________。【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收Ca(OH)2②③不同意二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮【解析】【分析】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，碱性溶液中尾气处理较好；(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca(OH)2；(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，若＜1：1，则二氧化氮过量；(3)二氧化氮能与水会发生反应，据此分析解答。【详解】由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收，滤渣主要成分是Ca(OH)2；(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，若n(NO)：n(NO2)＜1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，产品中Ca(NO3)2含量升高；(3)若离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮，则不同意该同学书写的离子反应方程式。5．（1）反应3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(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)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)。某次实验中测得容器内NO及N2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2NO2(g)N2O4(g)，n(NO2)随时间变化如下表：时间/s012345n(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005①用NO2表示0～2s内该反应的平均速率为___。②在第5s时，NO2的转化率为__。【答案】不变减慢cd0.0075mol·L-1·s-187.5%【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t2时刻后N2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(NO2)=0.04mol-0.01mol=0.03mol，容器体积为2L，所以反应速率为=0.0075mol·L-1·s-1；②第5s时，△n(NO2)=0.04mol-0.005mol=0.035mol，转化率为=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。6．如图是常见原电池装置，电流表A发生偏转。(1)若两个电极分别是铁、铜，电解质溶液是浓硝酸，Cu极发生反应_______（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为________________；(2)若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是氢氧化钠溶液，Al电极是_____极（填“正”或“负”），其电极反应式为_________________________________。(3)若原电池的总反应是2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，则可以作负极材料的是_______，正极电极反应式为_________________________。【答案】氧化Cu－2e－=Cu2＋负Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2OCu(或铜)Fe3＋＋e－=Fe2＋【解析】【分析】【详解】(1)虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu－2e－=Cu2＋；(2)镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液发生反应，所以该原电池中Al被氧化，即Al为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；(3)根据总反应2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2可知Cu被氧化，Fe3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu；正极发生还原反应，电极方程式为Fe3＋＋e－=Fe2＋。【点睛】第1小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。7．现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一定体积为2L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。已知：2NO2(g)N2O4(g)+Q。（1）前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=___；（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态是___；（3）35min时，反应2NO2(g)N2O4(g)在d点的平衡常数K(d)___K(b)（填“>”、“=”或“<”）。（4）若要达到使NO2(g)的百分含量与d点相同的化学平衡状态，在25min时还可以采取的措施是___。A．加入催化剂B．缩小容器体积C．升高温度D．加入一定量的N2O4【答案】0.04mol/(L·min)b和d=B、D【解析】【分析】据图可知单位时间内X的浓度变化是Y的两倍，根据方程式2NO2(

g

)⇌N2O4(g)+Q可知，反应中NO2的浓度变化是N2O4的两倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线。【详解】(1)根据分析可知X表示NO2浓度随时间的变化曲线，则v(NO2)==0.04mol/(L·min)；(2)达到平衡时X、Y的物质的量不发生变化，故b、d处于化学平衡状态；(3)据图可知25min时NO2的浓度瞬间增大，N2O4的浓度不变，可知改变的条件是又通入一定量的NO2，温度不变，则平衡常数不变，所以K(d)=K(b)；(4)因在25

min时，增大了NO2的浓度，同时容器内压强也增大，则d点平衡状态NO2的百分含量小于b点NO2百分含量，A．使用催化剂不影响平衡移动，二氧化氮含量不变，故A错误；B．缩小体积，压强增大，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故B正确；C．正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化氮含量增大，故C错误；D．加入一定量的N2O4，等效为增大压强，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故D正确；故答案为：BD。【点睛】第4为易错点，学生容易认为d点二氧化氮浓度大，则二氧化氮含量高，注意等效平衡原理的应用。8．I某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。（1）下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据：用10mLH2O2制取150mLO2所需的时间(秒)无催化剂、不加热几乎不反应几乎不反应几乎不反应几乎不反应无催化剂、加热360480540720催化剂、加热102560120①该研究小组在设计方案时，考虑了温度、________、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响。②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响：_____________。（2）将质量相同但颗粒大小不同的MnO2分别加入到5mL5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。测定结果如下：催化剂(MnO2)操作情况观察结果反应完成所需的时间粉末状混合不振荡剧烈反应，带火星的布条复燃3.5分钟块状反应较慢，火星红亮但木条未复燃30分钟实验结果说明催化剂作用的大小与_________________________有关。Ⅱ在体积为2L的密闭容器中充入1molH2(g)和1molI2(g)，在一定温度下发生下列反应：，回答下列问题：（1）保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，反应速率_________（填“加快”“减慢”或“不变”）。（2）保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol氦气，反应速率_________________。（填“加快”“减慢”或“不变”）。（3）反应进行到2min，测得容器内HI的浓度为0.2mol/L，用H2表示前2min该反应的平均化学反应速率为________________________，此时I2的转化率为____________。【答案】浓度其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂,H2O2分解速率更快(或其它条件相同时,反应物H2O2的浓度越大,H2O2分解速率更快。或其它条件相同时,反应物H2O2的温度越高,H2O2分解速率更快。)催化剂表面积加快减慢0.05mol/(L·min)20%【解析】【详解】I(1)①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关，故答案为：浓度；②其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂，H2O2分解速率更快(或其它条件相同时，反应物H2O2的浓度越大，H2O2分解速率更快。或其它条件相同时，反应物H2O2的温度越高，H2O2分解速率更快。)；(2)因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明催化剂表面积对反应速率有影响，故答案为：催化剂表面积；Ⅱ.(1)保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，生成物浓度变大，逆反应速率增大，平衡左移，左移之后反应物浓度增大，正反应速率增大，之后重新达到平衡，故答案为：加快；(2)保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol氦气，容器的体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，所以反应速率减慢，故答案为：减慢；(3)反应进行到2min，测得容器内HI的浓度为0.2mol/L，则v(HI)==0.1mol/(L·min)，同一反应中用不同物质表示反应速率时反应速率之比等于计量数之比，所以v(H2)=v(HI)=0.05mol/(L·min)；容器体积为2L，碘的初始浓度为0.5mol/L，平衡时HI的浓度为0.2mol/L，根据方程式可知，消耗的c(I2)=0.1mol/L，所以I2的转化率为=20%，故答案为：0.05mol/(L·min)；20%。9．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。10．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：11．（1）Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分锂和碳，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正极发生的电极反应为___。②SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是___。（2）用铂作电极电解某金属的氯化物(XCl2)溶液，当收集到1.12L氯气时(标准状况下)，阴极增重3.2g。①该金属的相对原子质量为___。②电路中通过___个电子。【答案】2SOCl2＋4e-=S＋SO2＋4Cl-产生白雾，且生成有刺激性气味的气体640.1NA【解析】【分析】（1）①由总反应可知，Li化合价升高，失去电子，发生氧化反应，S化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此电池中Li作负极，碳作正极；②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；（2）①n(Cl2)=n(X2+),根据M=计算金属的相对原子质量；②根据电极反应2Cl－－2e-=Cl2↑计算转移电子的物质的量，进一步计算转移电子的数目。【详解】（1）①由分析可知碳作正极，正极上SOCl2得到电子生成S单质，电极反应为：2SOCl2＋4e-=S＋SO2＋4Cl-；②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；（2）①n(X2+)=n(Cl2)==0.05mol，M===64g/mol，因此该金属的相对原子质量为64；②由电极反应2Cl－-2e-=Cl2↑可知，电路中转移电子的物质的量为2×n(Cl2)=2×0.05mol=0.1mol，因此转移电子的数目为0.1NA。12．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。13．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BII.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)B(g)减慢>50%BDt3～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)B(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，n(A)=(0.8-0.4)mol=0.4mol，其转化率==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；C、该反应在反应过程中，气体的质量不变，且该反应是在恒容容器中进行，故气体的密度始终不变，故不能根据密度判断反应达到平衡状态，故C错误；D、该反应正向进行过程中，B的体积分数逐渐增加，当B的体积分数不再发生变化时，可说明该反应达到平衡状态，故D正确；E、根据原子守恒，该反应进行过程中，气体原子数目始终保持不变，故不能根据原子数目判断反应达到平衡状态，故E错误；F、根据化学方程式计量数之比可知，任意时刻，消耗2nmol的A的同时生成nmol的B，故不能据此判断反应是否达到平衡状态，故F错误；II、（1）根据图象知，t3改变条件瞬间，正反应速率增大、逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，说明增大反应物浓度；t5改变条件瞬间，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，改变条件应该是减小压强或降低温度，有利于提高D产量的变化过程是向正反应方向进行的过程，根据图象知利于提高D产量的变化过程是图象中的段t3～t4；改变的条件是增大反应物浓度；（2）根据图象知，一定压强下，升高温度，C的体积分数减小，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，K值减小；相同温度下，增大压强，C的体积分数增大，平衡向正反