精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量附答案解析
易错点13 化学反应与能量-备战2022年高考化学考试易错题(解析版)
易错点13 化学反应与能量易错点易错题【01】反应热(1)任何化学反应一定伴有能量变化,原因是旧键断裂吸收的能量与新键形成释放的能量不相等。
(2)需要加热才能进行的反应不一定是吸热反应,不需要加热就能进行的反应也不一定是放热反应。
即反应放热或吸热与反应条件无关。
(3)有能量变化的过程不一定是放热反应或吸热反应,如水结成冰放热但不属于放热反应。
(4)焓变ΔH的数值都需要带“+”或“-”符号。
如某反应的ΔH=-Q kJ·mol-1或ΔH=+Q kJ·mol-1。
易错题【02】反应机理（1）反应机理是用来描述某反应物到反应产物所经由的全部基元反应，就是把一个复杂反应分解成若干个基元反应，以图示的形式来描述某一化学变化所经由的全部反应，然后按照一定规律组合起来，从而阐述复杂反应的内在联系，以及总反应与基元反应内在联系。
（2）反应机理详细描述了每一步转化的过程，包括过渡态的形成，键的断裂和生成，以及各步的相对速率大小等。
典型的是基元反应碰撞理论和基元反应过渡态理论。
（3）反应机理中包含的基元反应是单分子反应或双分子反应。
完整的反应机理需要考虑到反应物、催化剂、反应的立体化学、产物以及各物质的用量。
（4）认识化学反应机理，任何化合物的每一步反应都应该是在该条件下此类化合物的通用反应。
（5）一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，反应的决速步为慢反应。
易错题【03】热化学方程式书写(1)热化学方程式中需注明各物质的聚集状态,在方程式后面注明能量变化,吸热反应ΔH>0,放热反应ΔH<0。
(2)ΔH是一定温度和压强下的反应热,在25 ℃、101 kPa下的ΔH可不注明温度和压强。
(3)热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量,可以是整数也可以是分数,化学计量数改变时,ΔH会相应地改变。
(4)正反应和逆反应ΔH的绝对值相等,符号相反。
易错题【04】利用盖斯定律书写热化学方程式典例分析例1、在超临界水中进行碳碳加成反应时存在两条不同的路径，其反应机理如图所示。
化学化学反应与能量变化试题答案及解析
化学化学反应与能量变化试题答案及解析1.已知热化学方程式：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)ΔH1＝－483.6 kJ/mol则对于热化学方程式：2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)ΔH2下列说法正确的是()A．热化学方程式中化学计量数表示分子个数B．该反应的ΔH2＝＋483.6 kJ/molC．|ΔH2|<|ΔH1|D．|ΔH2|>|ΔH1|【答案】D【解析】热化学方程式中化学计量数只代表物质的量，不代表分子数，A错误；据题意知：2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)ΔH3＝＋483.6 kJ/mol，H2O(g)→H2O(l)还要放热，所以B错误；因2mol H2O(l)的能量比2 mol H2O(g)的能量低，因此二者均分解生成2 mol H2(g)和1 mol O2(g)所吸收的热量|ΔH2|>|ΔH3|＝|ΔH1|，故D项正确。
2.下表中列出了25℃、101kPa时一些物质的燃烧热数据已知键能：C—H键：413.4 kJ/mol、H—H键：436.0 kJ/mol。
则下列叙述正确的是A．C≡C键能为796.0 kJ/molB．C—H键键长小于H—H键C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=﹣571.6 kJ/molD．2CH4(g)=C2H2(g) +3H2(g) △H=﹣376.4 kJ/mol【答案】A【解析】B.由于C原子半径比H大，所以C—H键键长大于H—H键。
错误。
C. H2燃烧热285.8kJ/mol是指1mol H2完全燃烧产生稳定的化合物时放出的热量。
H2O的稳定状态为液态。
正确的应该为2H2(g) +O2(g)= 2H2O(l) △H=﹣571.6 kJ/mol.错误。
D.假设反应2CH4(g)= C2H2(g) +3H2(g)的反应热为△H，则根据盖斯定律可得－2×890.3=△H-1299.6-3×285.8。
最新高考化学必考题系列：专题05-化学反应与能量(含答案)
【母题来源】2018年高考北京卷【母题题文】我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。
该历程示意图如下。
下列说法不正确．．．的是A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%B．CH4→CH3COOH过程中，有C―H键发生断裂C．①→②放出能量并形成了C―C键D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率【答案】D【试题解析】A、根据反应历程，反应物是CH4和CO2，生成物是CH3COOH，因此总反应方程式为CH4＋CO2CH3COOH，原子利用率达到100%，故A说法正确；B、根据CH4＋CO2CH3COOH，根据甲烷和CH3COOH的结构简式，甲烷分子中一个C－H键发生断裂，故B说法正确；C、根据历程①的能量高于②的能量，说明此反应是放热反应，同时有C－C的形成，故C说法正确；D、催化剂对化学平衡的移动无影响，因此催化剂不能有效提高反应物的平衡转化率，故D说法错误。
【命题意图】本题考查原子利用率、化学反应中能量的变化、催化剂对化学平衡的影响。
解题的关键是准确分析示意图中的信息。
注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
同时考查学生对简单化工流程的反应原理、能量的转化关系等知识的掌握和理解程度，同时关注了节能减排、工业三废资源化处理、开发利用新能源等社会热点问题。
【命题方向】化学反应中的能量变化属于逐渐强化的高考热点，涉及到焓变与化学键的关系，热化学方程式的书写和正误判断，反应热大小的比较和计算，燃烧热和中和热的理解与测定等。
本题在2018年以图像的形式考查化学基本理论知识，题目比较新颖，与2017年北京高考试题的第9题类似，2019年可能同样以科技成果用图像的形式考查学生分析问题的能力，运用化学基本理论或有机物的知识解决实际问题。
【得分要点】本题应从历程入手，找出反应物和生成物，书写出总反应方程式，然后根据“原子经济”的概念，即反应物的原子全部转化为期望的最终产物，判断A选项的正误；根据CH4和CH3COOH的结构简式或结构式，找出反应过程断键的位置、生成键的位置，从而判断B选项正误；根据化学反应中能量的变化，以及历程，判断出①到②属于放热还是吸热，从而判断出C选项正误；根据催化剂只影响化学反应速率，对化学平衡移动无影响，判断出D选项的正误。
精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量变化附答案
精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量变化附答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．A、B、C、D、 E、F六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出），其中反应①是置换反应，B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色：反应③中有水生成，反应②需要放电才能发生，A是—种极易溶于水的气体，A和D相遇有白烟生成。
(1)反应③的化学方程式为_______________________________________________。
(2)反应①中每生成1 molC，转移的电子数为_______________________________。
(3)A与D的水溶液恰好完全反应时，其生成物的水溶液呈性___________（填“酸”“碱”或“中’’），该水溶液中存在着如下关系，用粒子浓度符号填写：①c(H＋)+_________＝c(OH－)+_____________；②c(H＋)＝c(OH－)+_____________。
(4)元素X与组成B的元素同周期，X的单质既可与酸反应也可与碱反应且都生成H2，则①X的单质与碱反应的离子方程式____________________________________；②X、空气、海水可以组成新型海水标志灯的电池。
该种灯以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使X不断氧化而源源不断产生电流。
则该新型电池的正极的电极反应式为___________________________；原电池的总反应方程式为__________________________。
【答案】4NH3＋5O24NO＋6H2O 3.612×1024酸 c(NH4＋) c(Cl－) c(NH3·H2O) 2Al ＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑ O2＋2H2O＋4e－＝4OH－ 4Al＋3O2＋6H2O＝4Al(OH)3【解析】【分析】B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，因此B是氯气。
精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量附详细答案
I3－(aq)+2SO42－(aq)+Q
（1）写出反应的平衡常数表达式： K=______________。
（2）如图表示反应过程中有关物质的能量，则反应过程中的
（I）、（ II）两曲线中，使用催化剂的是 ______曲线。
Q_____0（填 >、 <、 =）；
（3）反应的速率可以用 I3－ 与加入的淀粉溶液反应显蓝色的时间 率越大。下表是在 20℃进行实验时所记录的数据
【答案】放热 放出 11 化学能 热能 吸热 放热
【解析】
【分析】
【详解】
(1)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；
(2)在反应 H2+I2?2HI 中，断裂 1molH-H 键， 1molI-I 键共吸收的能量为：
1× 436kJ+151kJ=587，kJ生成 2molHI ，共形成 2molH-I 键，放出的能量为： 2× 299kJ=598k，J
________腐蚀 (填 “吸氧 ”或 “析氢 ”，）
(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-+2H 2 O==4OH - 负 2Cl -+2H 2O
精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量附详细答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1． 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 ________；
2020-2021高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题及详细答案
2020-2021高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题及详细答案一、化学反应原理综合考查1．氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：Ⅰ.4NH 3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1=-905 kJ/molⅡ.4NH 3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2（1）已知：NO O2N2物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ629496942则△H2=___________。
（2）以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量与温度的关系如下图：①该催化剂在高温时对反应__________更有利（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
②520℃时，NH3的转化率为____________。
③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=________（数字计算式）。
④下列说法正确的是____________（填标号）。
A 工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右B 增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率C 投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率D 使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是____________。
（3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NO x反应生成N2。
①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为___________mol。
②将一定比例的O2、NH3和NO x的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。
反应相同时间NO x的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________。
【答案】-1265kJ/mol160%26430.20.90.4 1.45⨯⨯AD催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低247迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大【解析】【分析】（1）利用盖斯定律和△H=反应物总键能-生成物总键能计算；（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的；②根据图示A点计算出两个反应消耗氨气的量，再计算转化率；③利用A点，计算出两个反应后剩余的氨气，氧气，生成的水和N2，再根据平衡常数公式计算；④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O根据方程式判断；②在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大；【详解】（1）盖斯定律：Ⅰ-Ⅱ得2N 2(g)+2O24NO(g) △H= △H1- △H2=-905-△H2kJ/mol；△H=反应物总键能-生成物总键能=2×942 kJ/mol +2×496 kJ/mol -4×629 kJ/mol =360kJ/mol；所以：△H2=△H1- △H==-905 kJ/mol -360 kJ/mol =-1265kJ/mol ；答案：-1265kJ/mol（2）①由图可知，该催化剂在高温时，生成的NO物质的量远大于氮气的，故该催化剂在高温下选择反应I；答案：Ⅰ②520℃时， 4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）变化（mol ）： 0.2 0.25 0.2 0.34NH 3（g）+3O2（g） 2N2（g）+6H2O（g）变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6NH3的转化率为0.20.41+×100%=60%答案:60%③在 1L 密闭容器中充入 1mol NH3和 2mol O2，520℃平衡时n（NO）=n（N2）=0.2mol，则：4NH 3（g）+5O2 4NO（g）+6H2O（g）变化（mol ）：0.2 0.25 0.2 0.34NH 3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（g）变化（mol ）：0.4 0.3 0.2 0.6故平衡时，n（NH3）=1mol-0.2mol-0.4mol=0.4mol，n（O2）=2mol-0.25mol-0.3mol=1.45mol，n（H2O）=0.3mol+0.6mol=0.9mol，由于容器体积为1L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K=2643 0.20.9 0.4 1.45⨯⨯答案：2643 0.20.9 0.4 1.45⨯⨯④A.工业上氨催化氧化生成NO时，根据图示可知840℃生成NO最多，故A正确；B.增大NH3和O2的初始投料比可以降低NH3转化率，提高氧气转化率，故B错误；C.投料比不变，增加反应物的浓度可以看成增大压强，不利于向体积增大的方向进行，因此降低NH3生成NO的平衡转化率，故C错误；D.使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率，故D正确；答案：AD⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO的转化率降低；答案：催化剂失去活性、有其他副反应发生、生成NO的反应为放热反应温度升高生成NO 的转化率降低（3）①8NH3+6NO2=7N2+12H2O生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为247mol；答案：24 7②反应相同时间NO x的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大；答案：迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NO x去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NO x去除反应速率增大【点睛】本题难点是图象分析应用，易错点平衡常数的计算，注意三段式法在平衡计算中的应用。
高考化学复习化学反应与能量专项易错题及详细答案
高考化学复习化学反应与能量专项易错题及详细答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）KMnO）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。
以软锰1．高锰酸钾（4矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：回答下列问题：（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_______________________。
（2）“平炉”中发生的化学方程式为______________________。
（3）“平炉”中需要加压，其目的是______________________。
（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
CO歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱①“2性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4，MnO2和____________（写化学式）。
②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为___________________，阴极逸出的气体是______________。
CO歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______________。
③“电解法”和“2（5）高锰酸钾纯度的测定：称取1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。
取浓度为0.2000 mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48 mL，该样品的纯度为___________________（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。
【答案】扩大接触面积，加快化学反应速率 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O 增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大 K2CO3 MnO42--e-=MnO4- H2 3:2 95.62%【解析】【分析】【详解】（1） MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；（2）根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4，结合质量守恒定律可知，另外一种物质是H2O，则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是K2CO3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+K2CO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生MnO4-。
高三化学化学反应与能量试题答案及解析
高三化学化学反应与能量试题答案及解析1.下列说法正确的是：A．甲烷的标准燃烧热为△H=-890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1B．已知H2O(l)= H2O(g)△H="+44" kJ·mol-1，则2gH2(g)完全燃烧生成液态水比生成气态水多释放22kJ的能量C．常温下，反应C(s)+CO2(g)=CO(g)不能自发进行,则该反应的△H ＜OD．同温同压下，H2(g)+ Cl2(g)="2HCl" (g)在光照和点燃条件下的△H相同。
【答案】D【解析】A、标准燃烧热是指25摄氏度,101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，对于氢元素而言，液态水是它的稳定状态，错误；B、2g氢气完全燃烧生成液态水比生成气态水应多放出44kJ的能量，错误；C、根据自由能的变化公式，△G=△H-T△S,得△H-T△S＞0,反应不自发，则△H＞0，错误；D、同温同压下，△H只与反应体系的始态和终态有关，与反应条件无关，正确，答案选D。
【考点】考查热化学方程式的含义，反应进行的方向的判断，标准燃烧热的概念的理解2.下列热化学方程式中,正确的是()A．甲烷的燃烧热ΔH为-890.3 kJ·mol-1,则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为:CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g)ΔH="-890.3" kJ·mol-1B．含20.0 g的NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和,放出28.7 kJ 的热量,则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为:NaOH(aq)+CH3COOH(aq)CH3COONa(aq)+H2O(l)ΔH="-57.4"kJ·mol-1C．上图是298 K、101 Pa时CO和H2合成CH3OH(g)的反应过程中能量变化的曲线图,则该反应的热化学方程式为:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH="+91" kJ·mol-1D．已知:2Zn(s)+O2(g)2ZnO(s) ΔH="-701.0" kJ/mol2Hg(l)+O2(g)2HgO(s) ΔH="-181.6" kJ/mol则Zn(s)+HgO(s)ZnO(s)+Hg(l) ΔH="-259.7" kJ·mol-1【答案】D【解析】燃烧热是在一定条件下,1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,水的稳定状态为液态,选项A不正确;醋酸是弱电解质,存在电离平衡,而电离是吸热的,所以选项B不正确;根据图像可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,反应是放热反应,ΔH应小于0,选项C不正确;根据盖斯定律可知,选项D正确。
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精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量附答案解析一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．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：实验加料顺序及方式沉淀颜色沉淀品质产率/%序号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+H2O CuO+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。
2．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－＋2H2O Cu(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。
3．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)：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310(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．Na2SO4溶液C．NaNO3溶液 D．Na2CO3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(H2)=0.112L22.4L/mol0.005mol，反应过程中发生反应Zn+2HCl===ZnCl2+H2，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)=-10.1mol L=1minct∆∆=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Na2SO4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Na2CO3溶液，Na2CO3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。
4．高铁电池是一种新型可充电电池该电池能较长时间保持稳定的放电电压。
高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH。
（1）高铁电池的负极材料是___。
（2）放电时，正极发生__（填“氧化”或“还原”）反应；负极的电极反应式为__。
（3）放电时，__（填“正”或“负”）极附近溶液的碱性增强。
【答案】Zn 还原 Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2正【解析】【分析】放电时该装置相当于原电池，根据原电池有关原理进行解答。
【详解】（1）电池的负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。
由高铁电池放电时的总反应方程式可知，负极材料应为Zn。
答案为：Zn。
（2）原电池放电时，正极得到电子发生还原反应，负极材料为锌，失电子发生氧化反应，由总反应可知溶液为碱性，所以负极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。
答案为：还原；Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。
（3）放电时K2FeO4中的Fe的化合价由+6价变为+3价，发生还原反应，电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，正极上生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的碱性增强。
答案为：正。
5．(1)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如图：①质子的流动方向为________________（“从A到B”或“从B到A”）。
②负极的电极反应式为________________。
(2)工业上吸收和转化SO2的电解装置示意图如下（A．B均为惰性电极）：①B极接电源的________________极（“负”或“正”）。
②A极的电极反应式是_________________。
【答案】从A到B SO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+正 2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O【解析】(1)①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极为负极，氧气所在电极为正极，原电池中阳离子移向正极，所以质子移动方向为：从A到B；②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；(2)①依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源的正极相连，即B极接电源的正极；②A为阴极，得电子发生还原反应由SO32-生成S2O42-，电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。
6．回答下列问题：2PbSO4 + 2H2O，放电时，负极反（1）铅蓄电池的总反应为：Pb + PbO2 + 2H2SO4充电放电应式为___________，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。
① A极的电极反应式是________。
② B极的电极反应式是________。
【答案】Pb + SO42-－2e-＝ PbSO4 PbSO4 + 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-＝2H2O SO2 + 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【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+。