備戰(zhàn)高考化學(xué)培優(yōu)易錯(cuò)難題(含解析)之化學(xué)反應(yīng)與能量附答案

備戰(zhàn)高考化學(xué)培優(yōu)易錯(cuò)難題(含解析)之化學(xué)反應(yīng)與能量附答案一、化學(xué)反應(yīng)與能量練習(xí)題(含詳細(xì)答案解析)1.高鎰酸鉀(KMnO,)是一種常用氧化劑，主要用于化工、防腐及制藥工業(yè)等。以軟鎰礦(主要成分為MnO2)為原料生產(chǎn)高鎰酸鉀的工藝路線如下:電耦法卜;電耦法卜;(1)原料軟鎰礦與氫氧化鉀按 1：1的比例在烘炒鍋”中混配，混配前應(yīng)將軟鎰礦粉碎,其作用是。(2)平爐”中發(fā)生的化學(xué)方程式為。(3)平爐”中需要加壓，其目的是。(4)將K2MnO4轉(zhuǎn)化為KMnO4的生產(chǎn)有兩種工藝。①CO2歧化法”是傳統(tǒng)工藝，即在K2MnO4溶液中通入CQ氣體，使體系呈中性或弱堿性，K2MnO4發(fā)生歧化反應(yīng)，反應(yīng)中生成 K2MnO4,MnO2和(寫化學(xué)式)。②電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，電解槽中陽極發(fā)生的電極反應(yīng)為,陰極逸出的氣體是。③電解法”和CO2歧化法”中，K2MnO4的理論利用率之比為。(5)高鎰酸鉀純度的測(cè)定：稱取1.0800g樣品，溶解后定容于100mL容量瓶中，搖勻。取濃度為0.2000molL-1的H2c2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL,加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為 24.48mL,該樣品的純度為(列出計(jì)算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CQT+8H2O)?！敬鸢浮繑U(kuò)大接觸面積，加快化學(xué)反應(yīng)速率 2MnO2+O2+4KOHA2K2MnO4+2H2O增大反應(yīng)物的濃度，可使化學(xué)反應(yīng)速率加快，同時(shí)使反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率增大 K2CC3MnO42--e-=MnO4-H23:295.62%【解析】【分析】【詳解】(1)MnC2的狀態(tài)是固體，對(duì)于有固體參加的化學(xué)反應(yīng)，可通過增大其反應(yīng)接觸面積的方法提高反應(yīng)速率，故要將其粉碎成細(xì)小的顆粒；(2)根據(jù)流程圖可知，在平爐”中MnC2、KOKC2在加熱時(shí)反應(yīng)產(chǎn)生K2MnC4,結(jié)合質(zhì)量守恒定律可知，另外一種物質(zhì)是 H2C,則發(fā)生的化學(xué)方程式為2MnC2+C2+4KCIH^__2K2MnC4+2H2C；(3)由于上述反應(yīng)中氧氣是氣體，在平爐”中加壓，就可以使反應(yīng)物氧氣的濃度增大，根據(jù)外界條件對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，增大反應(yīng)物的濃度，可以使化學(xué)反應(yīng)速率加快；任何反應(yīng)都具有一定的可逆性，增大壓強(qiáng)，可以使化學(xué)平衡向氣體體積減小的正反應(yīng)方向移

動(dòng)，故可以提高原料的轉(zhuǎn)化率；(4)①在&MnO4溶液中通入CQ氣體，使體系呈中性或弱堿性， K2MnO4發(fā)生歧化反應(yīng)，反應(yīng)中生成KMnO4,MnO2,根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知，另外一種生成物是 K2CO3,根據(jù)氧化還原反應(yīng)中的電子守恒及反應(yīng)的原子守恒，可得該反應(yīng)的化學(xué)方程式是： 3K2MnO4+2CC2=2KMnO4+MnO2+K2CO3；②電解法”為現(xiàn)代工藝，即電解K2MnO4水溶液，在電解槽中陽極，MnC42-失去電子，發(fā)生氧化反應(yīng)，產(chǎn)生 MnC4-o電極反應(yīng)式是：MnC42--e-=MnC4-;在陰極，水電離產(chǎn)生的H+獲得電子變?yōu)闅錃庖莩觯姌O反應(yīng)式是： 2H2O+2e-=H2T+2OH。所以陰極逸出的氣體是H2；總反應(yīng)方程式是：2K2MnC4+2H2O通電2KMnC4+2H2T+2KCH③根據(jù)電解法”方程式2K2MnO4+2H2C亶號(hào)2KMnC4+2H2T+2KCH可矢口K2MnC4的理論利用率是100%；而在“CM化法"32MnC4+2CC2=2KMnC4+MnC2+K2CC3中，K2MnC4的理論禾用率是2/3,所以二者的理論利用率之比為 3:2;(5)根據(jù)離子方程式2MnO4-+5H2QO4+6H+=2Mn2++10CC2T+8H2O可知KMnO4與草酸反應(yīng)2xq?x20的關(guān)系式是：2KMnO4?5H2c2。4。配制的溶液的濃度為： c二. 汨口『上。則5x24.481.0800g樣品中含KMnO4的物質(zhì)的量為：1002xQ20n=77—7/三一二二二切加二0.006536rno/KMnO4的質(zhì)量為：m="0.006536mol"x1000 5x22.45158g/mol=1.03269g。故其純度為:158g/mol=1.03269g。故其純度為:_L。支邸豆

l.OSOO^X100%=95.62%.碳酸鎰是制取其他含鎰化合物的原料，也可用作脫硫的催化劑等。一種焙燒氯化錢和菱鎰礦粉制備高純度碳酸鎰的工藝流程如圖所示氯化段美鎘礦粉碳酸鎰產(chǎn)品? 浸出渣氯化技—I碳酸鎰產(chǎn)品? 浸出渣氯化技—I冷卻結(jié)晶碳酸豆技浸出液送液t包濾餅凈化除雜已知①菱鎰礦粉的主要成分是 MnCCh,還有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素②常溫下，相關(guān)金屬離子在濃度為 0.1mol/L時(shí)形成M(OH)n沉淀的pH范圍如表金屬離子Al3+I-3+FeL2+FeCa2+Mn2+Mg2+開始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6

沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6回答下列問題:(1)混合研磨”的作用為 (2)焙燒”時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為⑶分析圖1、圖2,焙燒氯化錢、菱鎰礦粉的最佳條件是0.50的。顫口州0.50的。顫口州1,10± 1.40焙燒溫度/匕圖1熔燒溫度對(duì)鏡凈出率的影響/d(NH4C1):焙燒溫度/匕圖1熔燒溫度對(duì)鏡凈出率的影響圖2氨化技用量對(duì)鎰凈出率的影哂(4)凈化除雜流程如下氧化劑X氨水 NH4F浸出液一?氧化―>調(diào)pH除Fe、Al—?除Ca、Mg—>凈化液①已知幾種物質(zhì)氧化能力的強(qiáng)弱順序?yàn)?(NH4)2QO8>KMnO4>MnO2>Fe3+,則氧化劑X宜選A.(NH4)2S2O8B.MnO2 C.KMnO4②調(diào)節(jié)pH時(shí)，pH可取的范圍為(5)碳化結(jié)晶”過程中不能用碳酸錢代替碳酸氫錢，可能的原因是【答案】加快反應(yīng)速率 MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3T+CQT+H?O溫度為500C,且m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10B5.2<pH<8.8CO2-水解程度大于HCC3-,易生成氫氧化物沉淀【解析】【分析】菱鎰礦的主要成分為MnCC3,加入氯化錢焙燒發(fā)生MnCC3+2NH4c盤=MnCl2+CC2T+2NH3T+H2OT,氣體為二氧化碳和氨氣、水蒸氣，浸出液中含MnCl2、FeC2、CaC2、MgCl2、AICI3等，結(jié)合表中離子的沉淀pH及信息可知，浸取液凈化除雜時(shí)加入少量MnO2氧化亞鐵離子為鐵離子，加氨水調(diào)pH,生成沉淀氫氧化鐵和氫氧化鋁，加入NH4F,除去ca2+、Mg2+,凈化液加入碳酸氫錢碳化結(jié)晶過濾得到碳酸鎰，據(jù)此分析解題。(1)混合研磨”可增大反應(yīng)物的接觸面積，加快反應(yīng)速率;(2)根據(jù)流程，菱鎂礦粉與氯化錢混合研磨后焙燒得到氨氣、二氧化碳和 Mn2+,主要化學(xué)反應(yīng)方程式為：MnCO3+2NH4cL.MnCl2+2NH3,+COf+H2O；(3)由圖可知，鎰的浸出率隨著焙燒溫度、氯化錢與菱鎂礦粉的質(zhì)量之比增大而提高，到500C、1.10達(dá)到最高，再增大鎰的浸出率變化不明顯，故氯化錢焙燒菱鎂礦的最佳條件是焙燒溫度500C,氯化俊與菱鎂礦粉的質(zhì)量之比為 1.10;(4)凈化過程：加入少量MnO2氧化亞鐵離子為鐵離子，加氨水調(diào) pH,生成沉淀氫氧化鐵和氫氧化鋁，加入NH4F,除去Cs2+、Mg2+;①最合適的試劑為MnO2,氧化亞鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,且不引入新雜質(zhì)，故答案為 B;②調(diào)節(jié)溶液pH使Fe3+,A13+沉淀完全，同時(shí)不使Mn2+沉淀，根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知調(diào)節(jié)溶液pH范圍5.2<pH8.8;⑸碳化結(jié)晶中生成MnCO3的離子方程式為Mn2++HCQ-+NH3—MnCO3j+NH4+,不用碳酸俊溶液替代NH4HCQ溶液，可能的原因是碳酸俊溶液中的 c(OH-)較大，會(huì)產(chǎn)生Mn(OH)2沉淀?！军c(diǎn)睛】考查物質(zhì)制備流程和方案的分析判斷，物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用，題干信息的分析理解，結(jié)合題目信息對(duì)流程的分析是本題的解題關(guān)鍵，需要學(xué)生有扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)的同時(shí)，還要有處理信息應(yīng)用的能力，注意對(duì)化學(xué)平衡常數(shù)的靈活運(yùn)用，綜合性強(qiáng)。.以饃廢料(主要成分為饃鐵合金，含少量銅 )為原料，生產(chǎn)NiO的部分工藝流程如下：H于門-HHQ溶液溶液XaOH溶液H;SN屯溶液I III鐐廢料一畫^ *回回——^透］—畫］一近畫一畫］一所。I III氨軻化物 Fe(UH>!濾清濾液已知：下表列出了幾種金屬離子生成氫氧化物沉淀的 pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0molL1計(jì)算)。氫氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2開始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.39.99.2(1)除鐵”時(shí)需控制溶液的pH范圍為。(2)濾渣”的主要成分為(填化學(xué)式)。(3)沉饃”時(shí)得到堿式碳酸饃［用xNiCO3yNi(OH)2表示］沉淀。①在隔絕空氣條件下， 煨燒”堿式碳酸饃得到NiO,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。②沉饃”時(shí)，溶液pH增大，堿式碳酸饃中 Ni元素含量會(huì)增加，原因是。 夕段燒【答案】3.3<pH<7.7CuSxNiCOyNi(OH)2—(x+y)NiO+xCQT+yH2。Ni(OH)2中Ni含量高于NiCQ,pH越大，堿式碳酸饃中Ni(OH)2比例增大【解析】【分析】以饃廢料(主要成分為饃鐵合金，含少量銅)為原料，加入硫酸、硝酸酸浸， Ni轉(zhuǎn)化為NiSO4,同時(shí)生成亞鐵離子、鐵離子、銅離子等，加入過氧化氫，可氧化亞鐵離子生成鐵離子，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié) pH可生成氫氧化鐵沉淀，然后通入硫化氫生成CuS沉淀，達(dá)到除銅的目的，在濾液中加入碳酸鈉溶液可生成 xNiCO3?yNi(OH)2,煨燒可生成NiO;(1)根據(jù)表格數(shù)據(jù)分析除鐵”時(shí)要求鐵離子全部除掉需要的 pH;(2)S2-可與Cu2+反應(yīng)生成CuS沉淀；(3)①在隔絕空氣條件下， 煨燒”堿式碳酸饃得到NiO,xNiCO3yNi(OH)2高溫下分解生成NiO、CO2和H2O;②pH越大，溶液堿性越強(qiáng)，結(jié)合堿式碳酸饃 ［用xNiCO3yNi(OH)2表示］組成分析；【詳解】(1)除鐵”時(shí)要求鐵離子全部除掉， pH3.3,饃離子和銅離子留在溶液中， pH<7.7,所以需控制溶液的pH范圍為3.3<pH<7.7(2)向除鐵后的濾液中通入H2s氣體，發(fā)生反應(yīng)H2S+Ci2+=CuSj+2。，因此濾渣的成分為CuS;(3)①在隔絕空氣條件下， 煨燒”堿式碳酸饃得到NiO,xNiCQyNi(OH)2高溫下分解生成“段燒NiO、CQ和H2O,其化學(xué)方程式為：xNiCO3yNi(OH)2—(x+y)NiO+xCQT+yH2O；②堿式碳酸饃［用xNiCC3yNi(OH)2表示］沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCC3,pH越大，堿式碳酸饃中Ni(OH)2比例增大，所以堿式碳酸饃中 Ni元素含量會(huì)增加?！军c(diǎn)睛】題目難度不大，需要考生注意分析題目提供的表格信息和流程圖中物質(zhì)轉(zhuǎn)化信息，如：根除鐵”時(shí)要求鐵離子全部除掉需要的 pH,直接可用表格中的數(shù)據(jù)獲得取值范圍。4.硝酸俊常用作化肥和化工原料，工業(yè)上制備硝酸錢的簡(jiǎn)要流程如圖:(1)中和器中主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為(2)制備硝酸錢采用加壓中和法還是常壓中和法？同時(shí)說明原因(3)在不同的反應(yīng)條件下，中和器中硝酸濃度與硝酸錢含量存在如圖關(guān)系:［不利用中和熱及在不同情況下利用中和熱時(shí)生產(chǎn)硝俊溶液中 NH4NO3的含量1—HNO3和NH3（70C）;2—HNO3和NH3（50C）;3—HNO3（50C）和NH3（20C）;4—HNO3和NH3（20C）］①按圖中的數(shù)據(jù)分析，要使中和器中硝酸俊含量達(dá)到 90%以上，原料最佳溫度和硝酸最佳含量是 70C;58%HNO3（50C）,NH3（20C）;56%50C;56%20C;58%②中和器中產(chǎn)品檢測(cè)時(shí)，工作人員發(fā)現(xiàn) N2濃度明顯高于正?？諝鈳氲?N2濃度，試用化學(xué)方程式表示中和器中生成N2的最有可能的過程、③以下制備硝酸錢分析不正確的是A.硝酸錢制備中應(yīng)利用反應(yīng)的中和熱用于預(yù)熱原料和濃縮硝酸俊溶液。B.采用真空蒸發(fā)器有利于獲得較高濃度的硝酸俊溶液和較大顆粒的硝酸俊晶體析出。C.已知NH3與HNO3的氣相反應(yīng)很不徹底，工藝中應(yīng)盡量使反應(yīng)在液相中進(jìn)行，可將硝酸持續(xù)勻速地通入預(yù)先裝有液氨的中和器中反應(yīng)。D.充分回收、重復(fù)利用蒸發(fā)器的蒸氣和冷凝液中的產(chǎn)品，可以降低原料損耗?！敬鸢浮縉H3+HNO3=NH4NO3采用加壓中和法。原因是加壓可以增大反應(yīng)的速率和提高產(chǎn)率A4HNO3=4NO2+O2+2H2O6NQ2+8NH3=7N2+12H2。BC【解析】【分析】（1）氨氣屬于堿性氣體、硝酸具有酸性，所以堿性氣體氨氣和硝酸反應(yīng)生成硝酸?。唬?）壓強(qiáng)越大化學(xué)反應(yīng)速率越快，且增大壓強(qiáng)可以提高產(chǎn)率；（3）①要使中和器中硝酸俊含量達(dá)到 90%以上，硝酸的含量越低越好；②HNO3易分解生成NO2、。2、H2O,NO2、NH3能發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成N2?！驹斀狻浚?）氨氣屬于堿性氣體、硝酸具有酸性，所以堿性氣體氨氣和硝酸反應(yīng)生成硝酸俊，反應(yīng)方程式為NH3+HNO3=NH4NO3；（2）壓強(qiáng)越大單位體積內(nèi)活化分子個(gè)數(shù)越多，則化學(xué)反應(yīng)速率越快，該反應(yīng)前后氣體計(jì)量數(shù)減小，則增大壓強(qiáng)可以提高產(chǎn)率，所以采用加壓中和法；（3）①要使中和器中硝酸俊含量達(dá)到 90%以上，硝酸的含量越低越好，根據(jù)圖知，溫度為70C、硝酸含量為58%最好，答案選A;②HNO3易分解生成NO2、。2、H2O,NO2、NH3能發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成N2,發(fā)生的反應(yīng)

為4HNO3=4NO2+O2+2H2。、6NO2+8NH3=7N2為4HNO3=4NO2+O2+2H2。、6NO2+8NH3=7N2+12H2O；③A、中和時(shí)放出的熱量預(yù)熱原料能加快化學(xué)反應(yīng)速率，濃縮溶液需要加熱，所以硝酸俊制備中應(yīng)利用反應(yīng)的中和熱用于預(yù)熱原料和濃縮硝酸俊溶液，從而減少資源浪費(fèi)， A正確，不符合題意；B、結(jié)晶速率越慢得到的顆粒越大，采用真空蒸發(fā)器增大蒸發(fā)速率，雖然有利于獲得較高濃度的硝酸錢溶液，但得到較小顆粒的硝酸俊晶體析出， B錯(cuò)誤，符合題意；C、將硝酸持續(xù)勻速地通入預(yù)先裝有液氨的中和器中反應(yīng)，放出的熱量會(huì)使得液氨氣化，會(huì)導(dǎo)致氨的轉(zhuǎn)化率降低，不利于硝酸錢的制取， C錯(cuò)誤，符合題意；D、充分回收、重復(fù)利用蒸發(fā)器的蒸氣和冷凝液中的產(chǎn)品，增大原料的利用，從而可以降低原料損耗，D正確，不符合題意；答案為： BC?！军c(diǎn)睛】⑶③問中，結(jié)晶速率和晶體顆粒大小的關(guān)系，是易錯(cuò)點(diǎn)，要注意。5.(1)選擇適宜的材料和試劑設(shè)計(jì)一個(gè)原電池，完成下列反應(yīng):Zn+CuSQ=ZnSQ+Cu。①畫出裝置圖:②電極材料和電解質(zhì)溶液各是什么一。?③寫出電極反應(yīng)式：負(fù)極： ―；正極：(2)用鋅片、銅片連接后浸入稀硫酸溶液中，構(gòu)成了原電池，工作一段時(shí)間，鋅片的質(zhì)量減少了3.25克，銅表面析出了氫氣―L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)。導(dǎo)線中通過mol電子。負(fù)極：鋅片、正極：銅片； CuSQ溶液Zn-2e-=Zn2+CU2++2e-=Cu1.12L0.1【解析】【分析】(1)利用反應(yīng)Zn+CuSQ=ZnSQ+Cu設(shè)計(jì)原電池，根據(jù)反應(yīng)可知，是活潑性不如Zn的金屬如銅等，也可以是碳棒，電解質(zhì)溶液應(yīng)為寫出電極反應(yīng)式。(2)根據(jù)鋅和氫氣之間轉(zhuǎn)移電子數(shù)目相等計(jì)算。【詳解】(1)①利用反應(yīng)Zn+CuSQ=ZnSQ+Cu設(shè)計(jì)原電池，根據(jù)反應(yīng)可知,以是活潑性不如Zn的金屬如銅等，也可以是碳棒，電解質(zhì)溶液應(yīng)為Zn為負(fù)極，則正極可以CuSOt,根據(jù)原電池原理Zn為負(fù)極，則正極可CuSQ,設(shè)計(jì)的原電池裝置為:③原電池中負(fù)極活潑金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：CuSQ溶液；ZnNe-=Zn2+,正極為溶液中的陽離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)， CuSQ溶液中的陽離子有Cu2CuSQ溶液；ZnNe-=Zn2+,正極為溶液中H+,正極反應(yīng)為：，Cu2++2e-=Cu;(2)用鋅片、銅片連接后浸入稀硫酸溶液中構(gòu)成的原電池中，負(fù)極： ZnNe-=Zn2+,正極:3.25g2H++2e=H2T,由電極反應(yīng)n(H2)=n(Zn尸”，\0.05mol,65g/molV(H2)=0.05mol22.4L/mol=1.12L,n(e-)=2n(Zn)=20.05mol=0.1mol?！军c(diǎn)睛】原電池中負(fù)極材料一般為活潑金屬，失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，負(fù)極由于消耗而減少，正極一般是溶液中的陽離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，放電能力強(qiáng)的陽離子發(fā)生反應(yīng)，正極上的現(xiàn)象一般為產(chǎn)生氣體或質(zhì)量增加。6.硫化氫(H2S)是一種有毒的可燃性氣體，用 H2s空氣和KOH溶液可以組成燃料電池，其電池總反應(yīng)為2H2S+3O2+4KOH=2伯SQ+4H2。。(1)該電池工作時(shí)正極應(yīng)通入—。(2)該電池負(fù)極的電極反應(yīng)式為―。(3)該電池工作一段時(shí)間后負(fù)極區(qū)溶液的 pH__(填升高"不變”或降低”)?！敬鸢浮?。2H2S+8OH-6e-=SQ2-+5H2O降低【解析】【分析】【詳解】(1)由電池總反應(yīng)可知，反應(yīng)中硫元素的化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，氧氣中氧的化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，則通入硫化氫的電極為負(fù)極，通入氧氣的電極為正極。答案為：。2。(2)堿性溶液中正極的電極反應(yīng)式為： O2+2H2O+4e-=4OH-,總反應(yīng)減去正極反應(yīng)得到負(fù)極反應(yīng)式為：H2S+8OH-6e-=SQ2-+5H2O。答案為：H2S+8OH-6e-=SQ2-+5H2O。(3)由負(fù)極反應(yīng)式可知，負(fù)極反應(yīng)消耗 OH-,同時(shí)生成水，則負(fù)極區(qū)溶液中 c(OH-)減小，pH降低。答案為：降低?！军c(diǎn)睛】電池反應(yīng)中有氧氣參加，氧氣在反應(yīng)中得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)原電池原理，負(fù)極發(fā)生氧化，正極發(fā)生還原，所以通入氧氣的電極為電池的正極，酸性條件下的反應(yīng)：O2+4H++4e-=2H2O,堿性條件下的反應(yīng)： O2+2H2O+4e-=4OH-。7.現(xiàn)將一定量NO2和N2O4的混合氣體通入一定體積為 2L的恒溫密閉容器中，反應(yīng)物濃度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖。已知： 2NOz(g)=TN2O4(g)+Q。'"Q】，巽骷30萼43(1)前10min內(nèi)用NO2表示的化學(xué)反應(yīng)速率v(NO2)=―；a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)中，表示化學(xué)反應(yīng)處于平衡狀態(tài)是;35min時(shí)，反應(yīng)2NO2(g)==^N2O4(g)在d點(diǎn)的平衡常數(shù)K(d)―K(b)(填“>“峨<”(4)若要達(dá)到使NO2(g)的百分含量與d點(diǎn)相同的化學(xué)平衡狀態(tài)，在25min時(shí)還可以采取的措施是—。A.加入催化劑 B.縮小容器體積 C.升高溫度 D.加入一定量的N2O4【答案】0.04mol/(Lmin)b和d=BD【解析】【分析】據(jù)圖可知單位時(shí)間內(nèi)X的濃度變化是丫的兩倍，根據(jù)方程式2NO2(g)?N2O4(g)+Q可知，反應(yīng)中NO2的濃度變化是N2O4的兩倍，所以X表示NO2濃度隨時(shí)間的變化曲線， Y表示N2O4濃度隨時(shí)間的變化曲線?！驹斀狻?1)根據(jù)分析可知X表示NO2濃度隨時(shí)間的變化曲線，則 c0.6mol|L-1-0.2mol|L-1 … v(NO2)=——= 1 ?—=0.04mol/(Lmin);t 10min(2)達(dá)到平衡時(shí)X、Y的物質(zhì)的量不發(fā)生變化，故 b、d處于化學(xué)平衡狀態(tài)；⑶據(jù)圖可知25min時(shí)NO2的濃度瞬間增大，N2O4的濃度不變，可知改變的條件是又通入一定量的NO2,溫度不變，則平衡常數(shù)不變，所以K(d)=K(b);(4)因在25min時(shí)，增大了NO2的濃度，同時(shí)容器內(nèi)壓強(qiáng)也增大，則d點(diǎn)平衡狀態(tài)NO2的百分含量小于b點(diǎn)NO2百分含量，A.使用催化劑不影響平衡移動(dòng)，二氧化氮含量不變，故A錯(cuò)誤；B.縮小體積，壓強(qiáng)增大，平衡正向移動(dòng)，二氧化氮含量減小，故B正確；C.正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮含量增大，故C錯(cuò)誤；D.加入一定量的N2O4,等效為增大壓強(qiáng)，平衡正向移動(dòng)，二氧化氮含量減小，故D正確；故答案為：BD。【點(diǎn)睛】第4為易錯(cuò)點(diǎn)，學(xué)生容易認(rèn)為 d點(diǎn)二氧化氮濃度大，則二氧化氮含量高，注意等效平衡原理的應(yīng)用。8.一定條件下2L的密閉容器中，反應(yīng)aA(g)+bB(g)^^cC(g)+dD(g達(dá)到平衡。?(1)若起始時(shí)A為lmol,反應(yīng)2min達(dá)到平衡，A剩余0.4mol,則在。?2min內(nèi)A的平均反應(yīng)速率為mo1/(Lmin)(2)在其他條件不變的情況下，擴(kuò)大容器體積，若平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則a+bc+d(選填“>'”或"=；V逆(選填增大"、臧小"或不變”)(3)若反應(yīng)速率(v)與時(shí)間⑴的關(guān)系如圖所示，則導(dǎo)致 ti時(shí)刻速率發(fā)生變化的原因可能是。(選填編號(hào))a.增大A的濃度b.縮小容器體積c.加入催化劑d.升高溫度【答案】0.15>減小b【解析】【詳解】：(1)若起始時(shí)A為lmol,反應(yīng)2min達(dá)到平衡，A剩余0.4mol,則在。?2min內(nèi)A的平均1mol-0.4mol反應(yīng)速率v=c= 2L =0.15mo1/(L?min),故答案為：0.15；t 2min(2)擴(kuò)大容器體積減小壓強(qiáng)，濃度減小反應(yīng)速率減小，平衡向氣體體積增大的方向移動(dòng)，又平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)即為氣體體積增大的方向移動(dòng)，所以 a+b>c+d,故答案為：>;減?。?3)a.增大A的濃度正反應(yīng)速率瞬間增大，但逆反應(yīng)速率瞬間不變，故 a不符合題意；b.縮小容器條件，反應(yīng)物和生成物濃度均增大，反應(yīng)速率變大，但平衡會(huì)正向移動(dòng)，即正反應(yīng)速率增大的幅度要逆反應(yīng)速率增大幅度要大，之后平衡正向移動(dòng)，二者相等，故 b符合題意；c.加入催化劑，不影響平衡，正逆反應(yīng)速率變化幅度應(yīng)相同，故 c不符合題意；d.升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，但未告知該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)還是放熱反應(yīng)，無法判斷反應(yīng)移動(dòng)方向，故d不符合題意；綜上所述選b。9.在一密閉容器中發(fā)生反應(yīng) N2+3H2=2NH3,AH<0；達(dá)到平衡后，只改變某一個(gè)條件時(shí)，反應(yīng)速率與反應(yīng)時(shí)間的關(guān)系如圖所示 ，回答下列問題：

VTVT(1)處于平衡狀態(tài)的時(shí)間段是(填選項(xiàng))；A.to?tl B.tl?t2 C.t2?t3D.t3?t4E.t4?t5 F.t5?t6(2)tl、t3、t4時(shí)刻分別改變的一個(gè)條件是(填選項(xiàng))；A.增大壓強(qiáng) B.減小壓強(qiáng) C.升高溫度D.降低溫度 E,加催化劑 F充入氮?dú)鈚l時(shí)刻；t4時(shí)刻；⑶依據(jù)(2)中的結(jié)論，下列時(shí)間段中，氨的百分含量最高的是(填選項(xiàng))；A.to?tl Bt2?t3 C.t3?t4 D.t5?t6(4)如果在t6時(shí)刻，從反應(yīng)體系中分離出部分氨， t7時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，請(qǐng)?jiān)趫D中畫出反應(yīng)速率的變化曲線；(5)一定條件下，合成氨反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得混合氣體中氨氣的體積分?jǐn)?shù)為 20%,則反應(yīng)后與反應(yīng)前的混合氣體體積之比為。%力t,tjtj(5t7t【解析】【分析】(1)根據(jù)圖示結(jié)合丫正二丫逆，判斷是否處于平衡狀態(tài)；(2)由圖可知，力正逆反應(yīng)速率均增大，且逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率； t4時(shí)正逆反應(yīng)速率均減小，且逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率；(3)由圖可知，tl平衡逆向移動(dòng)，t3不移動(dòng)，t4平衡逆向移動(dòng)，根據(jù)移動(dòng)結(jié)果分析；(4)分離出生成物，逆反應(yīng)速率瞬間減小，平衡正向移動(dòng)；(5)設(shè)反應(yīng)前加入amolN2,bmolH2,達(dá)平衡時(shí)生成2xmolNH3,根據(jù)三段式和氨氣的體積分?jǐn)?shù)計(jì)算.【詳解】(1)根據(jù)圖示可知，t0?t1、t2?t3、t3?t4、t5?t6時(shí)間段內(nèi)，V正、V逆相等，反應(yīng)處于平衡狀態(tài)，故答案為：ACDF(2)由N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)AH<0,可知，該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，且為氣體體積減小的

反應(yīng)，則由圖可知，t1正逆反應(yīng)速率均增大，且逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，改變條件應(yīng)為升高溫度；t4時(shí)正逆反應(yīng)速率均減小，且逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，改變條件應(yīng)為減小壓強(qiáng)，故答案為：C；B；(3)由圖可知，ti平衡逆向移動(dòng)，t3不移動(dòng)，t4平衡逆向移動(dòng)，均使氨氣的含量減少，則to?ti氨氣的含量最大，故答案為： A;(4)t6時(shí)刻移出部分氨氣，逆反應(yīng)速率瞬間減小，正反應(yīng)速率該瞬間不變，平衡正向移動(dòng)，逆反應(yīng)速率增大，正反應(yīng)速率減小，直至平衡，故答案為:2xmolNH3,則有(5)設(shè)反應(yīng)前加入amolN2,bmolH2,2xmolNH3,則有N2g+3兒g=2NH3gTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"起始 a b 0\o"CurrentDocument"轉(zhuǎn)化 x 3x 2x\o"CurrentDocument"平衡 a-x b-3x 2x則反應(yīng)后氣體總的物質(zhì)的量=(a+b-2x)mol,二x—=0.2,解得：a+b=12x,故反應(yīng)后與則反應(yīng)后氣體總的物質(zhì)的量=(a+b-2x)a+b-2x12x-2x 5的依—〃o反應(yīng)前的混合氣體體積之比 = 二—，故答案為：5：6。反應(yīng)前的混合氣體體積之比a+b12x 610.為了減少CO對(duì)大氣的污染，某研究T學(xué)習(xí)小組擬研究 CO和此。反應(yīng)轉(zhuǎn)化為綠色能源H2o1 」已知：①CO(g)+O2(g)=CQ(g)△H=-283kJmol-12②H2(g)+—O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJmol-12③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJmol-1(1)H2的燃燒熱^H=。(2)寫出CO(g^H2O(g)作用生成CO2(g)和H2(g)的熱化學(xué)方程式：。(3)相關(guān)物質(zhì)的化學(xué)鍵鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵O=O(O2)H-HH-OE/(kJmol-1)x436463

計(jì)算x=kJmol-1。(4)某反應(yīng)2X(g)+Y(g)?2Z(g)AH=-QkJmol-1,反應(yīng)過程中能量變化如圖所示，其中虛線表示加入催化劑M時(shí)的情況。能量'RMIuidLYcii)反應(yīng)過程①加入催化劑M后，△H(填改變”或不變"J②在使用催化劑的兩部反應(yīng)中，(填第一步"或第二步”決定反應(yīng)速率?！敬鸢浮?285.8kJmol-1CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJmol-1496.4不變第【解析】【分析】⑴在25攝氏度，101kPa時(shí)，1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定的化合物時(shí)所放出的熱量，叫做該物質(zhì)的燃燒熱；(2)根據(jù)蓋斯定律繼續(xù)計(jì)算；(3)始變=反應(yīng)物鍵能-生成物鍵能，再根據(jù)氫氣的燃燒熱方程式計(jì)算；(4)①反應(yīng)熱與反應(yīng)路徑無關(guān)；②反應(yīng)活化能大的一步?jīng)Q定反應(yīng)速率?！驹斀狻?1)由反應(yīng)②H2(g)+1O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJmol-1③③。(l)=H2O(g)△H=+44.0kJmol-1結(jié)合蓋斯定律可知1mol氫氣燃燒生成液體水放出的熱量為 241.8kJ+44.0kJ=285.8kJ,故答案為：-285.8kJmol-1;，一一1 」(2)由反應(yīng)①CO(g)+—O2(g)=CQ(g)△H=-283kJmol-12②H2(g)+—O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJmol-12結(jié)合蓋斯定律可知反應(yīng) CO(g)+H2O(gLCO2(g)+H2(g)可由①-②得到，所以該反應(yīng)的△ H=-283kJmol-1-(-241.8kJmol-1)=-41.2kJmol-1,故答案為：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H=-41.2kJmol-1；⑶由第(1)題可知：H2(g)+1O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJmol-1,根據(jù)始變=反應(yīng)物鍵能-生成2物鍵能可得436kJmol-1+-x-2x463Jol-1=-285.8kJmol-1,解得x=496.4kJmol-1,故答案2為：496.4;

(4)①催化劑只改變反應(yīng)活化能不改變烙變，故答案為：不變；②根據(jù)圖示可知第一步反應(yīng)活化能較大，所以第一步?jīng)Q定反應(yīng)速率，故答案為：第一步。11.一氧化碳和二氧化硫是用途廣泛的化工基礎(chǔ)原料。(1)已知：C(s)+。2(1)已知：C(s)+。2(g)C(s)+CC2(g)=2CO(g)S(s)+C2(g)=SC2(g)△H2=+172.5kJmol1已知某反應(yīng)的平衡常數(shù) K2CC2SO2[CO]2,已知某反應(yīng)的平衡常數(shù) K2CC2SO2[CO]2,據(jù)以上信息，請(qǐng)寫出該反應(yīng)的熱化學(xué)反應(yīng)方程(2)工業(yè)上用一氧化碳制取氫氣的反應(yīng)為： CC(g)+H2O(g)\ 'CC(g)+H2(g),已知420c時(shí)，該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為 9.0o如果反應(yīng)開始時(shí)，在2L的密閉容器中充入CC和H2C的物質(zhì)的量都是0.60mol,5min末達(dá)到平衡，則此時(shí)CC的轉(zhuǎn)化率為,H2的化學(xué)反應(yīng)速率為。(3)工業(yè)利用反應(yīng)2SC2(g)+O2(g)^=2SC3(g)制硫酸，一定條件下，將1molSC2與2molC2置于恒容密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng)，下列能說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是a體系壓強(qiáng)保持不變b混合氣體密度保持不變cSC2和C2的物質(zhì)的量保持不變d每消耗1molSC3的同時(shí)，生成0.5molC2【答案】SC2(g)+2CC(g) 2CC2(g)+S(s)AH=-270kJmol-1； 75%0.045molL-1min-1a、c【解析】【分析】2CC2(1)已知某反應(yīng)的平衡常數(shù)K 2一2,則該反應(yīng)的萬程式為SC2[CC]2SC2(g)+2CC(g)?2CC2(g)+S(s),根據(jù)蓋斯定律結(jié)合已知方程式計(jì)算反應(yīng)熱；(2)根據(jù)所給反應(yīng)的平衡常數(shù)，利用三段式法計(jì)算濃度變化值結(jié)合公式計(jì)算；(3)學(xué)反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，且不等于0,各物質(zhì)的濃度不再發(fā)生變化，由此衍生的一些物理量不發(fā)生變化，以此進(jìn)行判斷；【詳解】2CC2(1)已知某反應(yīng)的平衡常數(shù)K 2,則該反應(yīng)的萬程式為SC2[CC]SC2(g)+2CC(g)?2CC2(g)+S(s),①C(s)+Q(g尸CQ(g)AH1=-393.5kJ?mol-1

②C(s)+CO(g)=2CO(g4H2=+172.5kJ?mol③S(s)+Q(g尸SQ(g)4H3=-296.0kJ?mol-1,由蓋斯定律①-②-③可得SO2(g)+2CO(g)?2CO2(g)+S(s)△H=-270kJ?mol-1；故答案為：SQ(g)+2CO(g)?2CO2(g)+S(s)△H=-270kJ?mol-1;(2)設(shè)參加反應(yīng)的CO的濃度為xTOC\o"1-5"\h\zCOg+H2OgFCO2g+H2g起始 0.30 0.30 0 0轉(zhuǎn)化 x x x x平衡 0.30-x 0.30-x x x2CO22CO2 _ _2=SO2[CO]2x ^=9.0,0.30-x解得x=0.225mol/L,所以CO的轉(zhuǎn)化率a(CO)=0.225mo卜1X100%=75%氫氣反應(yīng)速率0.30mol(L175%;0.045mol/(L?min);v(H2)=cH2=0.225mol|L=0.045mol/(L?min),故答案為:75%;0.045mol/(L?min);(3)a.反應(yīng)前后氣體的體積不等，故容器總壓強(qiáng)隨時(shí)間改變，當(dāng)壓強(qiáng)不再隨著時(shí)間變化時(shí)，即達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，故a正確；b.總質(zhì)量不變，體積不變，故混合氣體的密度始終不變，所以不能作為判斷是否達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)的依據(jù)，故b錯(cuò)誤；c.起始SO2和O2的物質(zhì)的量之比為1:2,而反應(yīng)過程中按照2:1的比例進(jìn)行反應(yīng)，所以SQ和O2的物質(zhì)的量之比不變時(shí)說明反應(yīng)達(dá)到平衡，故c正確；d.每消耗1molSO3為逆反應(yīng)速率，同時(shí)，生成0.5molO2也為逆反應(yīng)速率，任一時(shí)刻不同物質(zhì)表示的同一方向速率之比等于計(jì)量數(shù)之比，故 d錯(cuò)誤；故答案為：ac；12.如圖所示，12.如圖所示，A、B、C三個(gè)裝置中的燒杯分別盛有足量的 CuC2溶液。ABCA、B、C三個(gè)裝置中屬于原電池的是―(填標(biāo)號(hào))。A池中Zn是極，電極反應(yīng)式為―；A中總反應(yīng)的離子方程式―。B池中總反應(yīng)的方程式為—。C池中Zn是―極，發(fā)生—反應(yīng)，電極反應(yīng)式為—；反應(yīng)過程中，CuC2溶液濃度(填“變大”“變小”或“不變” )?！敬鸢浮緼負(fù) Zn-2e-=Zn2+ Zn+Cu2 =Zn2 +Cu CuC2 電Cu+C2T 陰還原 Cu2++2e=Cu不變【解析】【分析】A、B、C三個(gè)裝置中，沒有外接電源的屬于原電池。A池中，相對(duì)活潑的金屬作負(fù)極，電極反應(yīng)式為金屬失電子生成金屬離子； A中總反應(yīng)為負(fù)極金屬與電解質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)。B池中總反應(yīng)為電解氯化銅。C池中，與正極相連的電極為陽極，陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；通過分析兩電極反應(yīng)，可確定反應(yīng)過程中， CuC2溶液濃度變化情況?！驹斀狻緼、B、C三個(gè)裝置中，沒有外接電源的屬于原電池，則原電池是 Ao答案為:A;A池中，相對(duì)活潑的金屬是Zn,Zn是負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+;A中總反應(yīng)的離子方程式為Zn+Cu2+=Zn2++Cu。答案為：負(fù)；Zn-2e-=Zn2+;Zn+Cu2=Zn2++Cu;B池中總反應(yīng)，就是電解氯化銅的反應(yīng)，方程式為 CuC2錨Q+C2"答案為：CuC2電招Cu+CbT；C池中，與負(fù)極相連的電極為陰極， Zn與電源負(fù)極相連，是陰極，得電子，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cu2++2e-=Cu；反應(yīng)過程中，陽極Cu-2e-=CU2+,生成的Cu2+與陰極消耗的Cu2+物質(zhì)的量相等，則CuC2溶液濃度不變。答案為:陰；還原； Cu2+2e-=Cu;不變?！军c(diǎn)睛】不管是原電池還是電解池，解題的切入點(diǎn)都是電極的判斷。通常，原電池的負(fù)極金屬材料都會(huì)失電子生成陽離子；而電解池的陽極材料是否失電子，則要看其是否為活性電極。若陽極為活性電極，則在電解時(shí)陽極材料失電子；若為惰性電極，則陽極發(fā)生溶液中陰離子失電子的反應(yīng)。.合成氨反應(yīng)N2(g)+3H2(g)=2NH3(g),反應(yīng)過程的能量變化如圖所示。已知 N2(g)與H2(g)反應(yīng)生成17gNH3(g),放出46.1kJ的熱量。請(qǐng)回答下列問題：反應(yīng)過程(1)該反應(yīng)通常用鐵作催化劑，加催化劑會(huì)使圖中 E(填變大”或變小”)E的大小對(duì)該反應(yīng)的反應(yīng)熱有無影響？,理由是。(2)圖中AH=kJmol-1。(3)起始充入2molL-1N2和5.5molL-1H2,經(jīng)過50min,NH3的濃度為1molL-1,則v(N2)=molL-1min-1,c(H2)=molL-1(4)已知NH3(g)=NH3(l)AH=-QkJmol-1，則N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)的AH=kJmol-1【答案】變小 無AH取決于反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量差 -92.20.014-(92.2+2Q)【解析】【分析】(1)依據(jù)催化劑降低反應(yīng)的活化能加快反應(yīng)速率分析；反應(yīng)熱取決于反應(yīng)物和生成物的能量變化，活化能和反應(yīng)熱無關(guān)；(2)結(jié)合已知N2(g)與H2(g)反應(yīng)生成17gNH3(g),放出46.1J的熱量，分析圖象是合成氨反應(yīng)N2(g)+3H2(g)=2NH3(g),計(jì)算得到；(3)依據(jù)化學(xué)平衡三段式列式計(jì)算；(4)結(jié)合(2)計(jì)算的始變寫出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式，依據(jù)蓋斯定律計(jì)算所需讓化學(xué)方程式?！驹斀狻?1)催化劑降低反應(yīng)的活化能加快反應(yīng)速率，但不改變平衡，反應(yīng)熱不變， E的大小對(duì)該反應(yīng)的反應(yīng)熱無影響，反應(yīng)熱取決于反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量差，故答案為：變小；無；△H取決于反應(yīng)物的總能量和生成物的總能量差；(2)已知N2(g)與H2(g)反應(yīng)生成17gNH3(g),放出46.1kJ的熱量，圖象是表示的是反應(yīng)N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)能量變化，所以生成 34g氨氣放熱92.2kJ,熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g),△H=-92.2kJ/mol,故答案為:-92.2；(3)起始充入2mol?L-1N2和5.5mol?L-1H2,經(jīng)過50min,NH3的濃度為1mol?L-1,則依據(jù)所給數(shù)據(jù)建立如下三段式：N2g+3兒g=2NH3gTOC\o"1-5"\h\z開始 2 5.5 0變化 0.5 1.5 1平衡 1.5 4 1由三段式可得v(N2)=°^m0"L=0.01mol/(L?min),c(H2)=4mol/L,故答案為：0.01;4;(4)由熱化學(xué)方程式①N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)AH=-92.2kJ/mol,②NH3(g)—NH3(l)AH=-QkJ?mol-1,依據(jù)蓋斯定律①+②X4導(dǎo)到N2(g)+3H2(g)—2NH3(l)AH=-(92.2+2Q)kJ?mol-1,故答案為：-(92.2+2Q)。. (1)依據(jù)反應(yīng)：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)設(shè)計(jì)的原電池如下圖甲所示。電極X的材料是;Y溶液可以是;銀電極上發(fā)生的電極反應(yīng)式是。③在電池放電過程中，盛有飽和 KCl瓊脂溶膠的鹽橋中，向 CuSQ溶液一端擴(kuò)散的離子是(填離子符號(hào))。(2)金屬腐蝕一般可分為化學(xué)腐蝕和電化學(xué)腐蝕，可以采用電化學(xué)手段進(jìn)行防腐。①炒菜的鐵鍋未及時(shí)清洗容易生銹。寫出鐵鍋生銹過程的正極反應(yīng)式②為了減緩某水庫鐵閘門被腐蝕的速率，可以采用下圖乙所示的方案，其中焊接在鐵閘門上的固體材料R可以采用(填寫字母序號(hào))。A.銅 B鈉 C.鋅 D.石墨③圖丙所示方案也可以減緩鐵閘門的腐蝕速率，則鐵閘門應(yīng)連接直流電源的極。(3)蓄電池是一種可以反復(fù)充電、放電的裝置。有一種蓄電池在充電和放電時(shí)發(fā)生的反應(yīng)是：NiO2+Fe+2H2O\充電'Fe(OH)2+Ni(OH)2。(填序號(hào))。①若此蓄電池放電時(shí)，該電池某一電極發(fā)生還原反應(yīng)的物質(zhì)是(填序號(hào))。A.NiO2 B.FeCFe(OH)2D.Ni(OH)2②該電池放電時(shí)，正極附近溶液的 PH(填增大、減小、不變)③充電時(shí)該電池陽極的電極反應(yīng)式。【答案】CuAgNQAg+e=AgC-Q+2H2O+4e=4OHC負(fù)A增大Ni(OH)2-2e-+2OH=NiO2+2H2O【解析】【分析】(1)由反應(yīng)方程式可知，該原電池的電極反應(yīng)式為：正極： 2Ag++2e-—2Ag,負(fù)極：Cu-2e-—Cu2+,所以X極的材料應(yīng)為Cu,電解質(zhì)溶液丫應(yīng)為AgNO3溶液，外電路中的電子從Cu極流向Ag極.鹽橋中的K+移向正極(Ag極)；NO3-移向負(fù)極(Cu極)，以此解答。(2)①生鐵的吸氧腐蝕中，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上是氧氣得電子的還原反應(yīng)；②原電池的負(fù)極金屬易被腐蝕，根據(jù)原電池的工作原理來回答；③在電解池的陰極上的金屬被保護(hù)，根據(jù)電解池的工作原理來回答；(3)①依據(jù)電池反應(yīng)分析，充電為電解池，放電為原電池；放電過程中原電池的負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，正極上發(fā)生還原反應(yīng)；②放電時(shí)的電極反應(yīng)是：負(fù)極： Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2；③放電時(shí)正極發(fā)生還原反應(yīng)，正極反應(yīng)式為： NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-,充電時(shí)該電極發(fā)生氧化反應(yīng)，是該電極反應(yīng)的逆反應(yīng).【詳解】(1)①由反應(yīng) “2Ag(aq) +Cu(s) —Cu2+ (aq) +2Ag (s) ”可知，在反應(yīng)中，Cu被氧化，失電子，應(yīng)為原電池的負(fù)極， Ag+在正極上得電子被還原，電解質(zhì)溶液為 AgNO3,故答案為：Cu;AgNO3；②正極為活潑性較Cu弱的Ag,Ag+在正極上得電子被還原，電極反應(yīng)為 Ag++e=Ag,故答案為：Ag++e-=Ag;③鹽橋中的陽離子移向正極，陰離子移向負(fù)極， Cl-移向負(fù)極向CuSQ溶液一端擴(kuò)散，故答案為：Cl-；(2)①炒過菜的鐵鍋未及時(shí)清洗容易發(fā)生電化學(xué)腐蝕而生銹，在鐵的吸氧腐蝕中，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)， Fe=F3+2e-,正極上是氧氣得電子的還原反應(yīng)， O2+2H2O+4e-=4OH-,故答案為：O2+2H2O+4e-=4OH-;②為了降低某水庫的鐵閘門被腐蝕的速率，可以讓金屬鐵做原電池的正極，其中焊接在鐵閘門上的固體材料R可以是比金屬鐵的活潑性強(qiáng)的金屬，鉀鈣鈉都不能做電極材料，故答案為：C;③電解池的陰極上的金屬被保護(hù)，為降低鐵閘門的腐蝕速率，其中鐵閘門應(yīng)該連接在直流電源的負(fù)極，故答案為：負(fù)；(3)①根據(jù)原電池在放電時(shí)，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，再根據(jù)元素化合價(jià)變化，可判斷該電池負(fù)極發(fā)生反應(yīng)的物質(zhì)為 Fe被氧化發(fā)生氧化反應(yīng)，正極為 NiO2,被還原發(fā)生還原反應(yīng)，此電池為堿性電池，在書寫電極反應(yīng)和總電池反應(yīng)方程式時(shí)不能出現(xiàn)H+,故放電時(shí)的電極反應(yīng)是：負(fù)極： Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2,正極：NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-,故答案為：A；②放電時(shí)的電極反應(yīng)是：負(fù)極： Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2,所以pH增大，故答案為：增大；③放電時(shí)正極發(fā)生還原反應(yīng)，正極反應(yīng)式為： NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-,充電時(shí)該電極發(fā)生氧化反應(yīng)，是該電極反應(yīng)的