必刷09（10题）-2019-2020学年高一化学期末满分必刷200题（优等生专用）（人教版必修二）（解析版）

必刷题型四化学反应与能量题（20题）必刷09（10题）1．（2019·山东省高一期末）碳及其化合物在生产、生活中有广泛的应用，按要求回答问题:（1）CO2可通过反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)转化成有机物实现碳循环。一定条件下，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。从3min到9min内，v(H2)=_____mol·L−1·min−1。平衡时H2的转化率为________。平衡时混合气体中CO2(g)的体积分数是________。一定温度下，第9分钟时v逆(CH3OH)_______第3分钟时v正(CH3OH)(填“大于”、“小于”或“等于”)。（2）如图，将锌片、C棒通过导线相连，置于稀硫酸中。该装置工作时，溶液中的SO42-向____极(填“C”或“Zn”)移动；电子沿导线流入_______极(填“C”或“Zn”)。写出正极的电极反应式____。若正极产生11.2L气体（标况下），则电路中应该有___mol电子发生了转移。【答案】（1）0.12575﹪10﹪小于（2）ZnC2H＋＋2e－=H2↑1【解析】（1）从3min到9min内，；平衡时氢气的转化率和平衡时混合气体中CO2的体积分数可用三段式进行计算，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)c01300Δc0.752.250.750.75 c0.250.750.750.75所以平衡时氢气的转化率=2.25÷3×100%=75%；混合气体中CO2的体积分数=0.25÷（0.25+0.75+0.75+0.75）×100%=10%；第9分钟时反应达到平衡，则v逆(CH3OH)＜第3分钟时v正(CH3OH)；（2）此原电池锌片作负极，C棒作正极材料，氢离子在正极的电子生成氢气；该装置工作时，溶液中的SO42-向负极Zn移动，电子沿导线流入正极C；正极的电极反应为2H＋＋2e－=H2↑；若正极产生11.2L气体（标况下），则气体的物质的量为0.5mol，则电路中应该有1mol电子发生了转移。2．I.反应Fe+H2S04=FeS04+H2↑的能量变化趋势，如图所示：（1）该反应为______反应(填“吸热”或“放热”）。（2）若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为______极(填“正”或“负”)。铜片上产生的现象为_____________，该极上发生的电极反应为____________,II.在容积为2L的密闭容器中进行如下反应：A(g)+2B(g)=3C(g)+nD(g),开始时A为4mol,B为6mol,5min末时测得C的物质的量为3mol,用D表示的化学反应速率(D)为0.2mol/(L•min).计算：（1）5min末A的物质的量浓度为_________。（2）前5min内用B表示的化学反应速率(B))为__________。（3）化学方程式中n的值为_________。（4）此反应在四种不同情况下的反应速率分别为： 其中反应速率最快的是________(填编号）。【答案】I.（1）放热（2）正产生无色气泡2H＋＋2e－===H2↑II.（1）1.5mol·L－1（2）0.2mol/(L·min)（3）2（4）①【解析】分析:I.（1）从能量图可知生成物总能量小于反应物的总能量，为放热反应；（2）该反应中铁是还原剂，作负极，比铁活泼性差的铜应作正极。铜片上，氢离子得到电子，反应式为2H＋＋2e－===H2↑，外电路电子由负极流向正极。II.（1）根据C的物质的量计算反应的A的物质的量，从而知道为反应的A的物质的量,再利用浓度公式计算；（2）根据C的物质的量计算反应的B的物质的量,根据反应速率公式计算；（3）根据同一反应中、同一时间段内,各物质的反应速率之比等于计量数之比确定n值；（4）把不同物质的反应速率换算成同一物质的反应速率进行比较。详解：I.（1）据能量变化图可知该反应是放热反应；故答案为：放热；（2）该反应中铁是还原剂，作负极，比铁活泼性差的铜应作正极。铜片上，氢离子得到电子，反应式为2H＋＋2e－===H2↑，有气泡产生，外电路电子由负极流向正极。故答案为：正；产生无色气泡；2H＋＋2e－===H2↑。II.（1）A(g)+2B(g)=3C(g)+nD(g)，反应开始（mol）460反应(mol)1235min末(mol)343c(A)===1.5mol/L，因此，本题正确答案是:1.5mol·L－1；（2）(B)===0.2mol/(L·min)，因此，本题正确答案是:0.2mol/(L·min)；（3）根据同一反应中、同一时间段内，各物质的反应速率之比等于计量数之比，所以(B)：(D)=0.2mol/(L·min):0.2mol/(L·min)=2:n,n=2；因此，本题正确答案是:2；（4）把所有速率都换算成A的反应速率;①(A)=5mol/(L·min)②由(B)=6mol/(L·min)知，(A)=3mol/(L·min) ③由(C)=4.5mol/(L·min)知，(A)=1.5mol/(L·min)④由(D=8mol/(L·min)知，(A)=4mol/(L·min)故选：①。3．（2019·云南省昆明一中高一期中）I.如图所示是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡上的记录如下，则卡片上的描述合理的是____________(填序号)。实验后的记录：①Cu为负极，Zn为正极②Cu极上有气泡产生，发生还原反应③SO42-向Cu极移动④若有0.5mol电子流经导线，则可产生0.25mol气体⑤电子的流向是：Cu→Zn⑥正极反应式：Cu-2e-=Cu2+，发生氧化反应Ⅱ锌锰电池(俗称干电池)在生活中的用量很大.两种锌锰电池的构造如图(甲)所示.回答下列问题：（1）普通锌锰电池放电时发生的主要反应为：Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH①该电池中，负极材料主要是_________，电解质的主要成分是__________；②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是______________________。（2）下图表示回收利用废旧普通锌锰电池工艺(不考虑废旧电池中实际存在的少量其他金属). ①图(乙)中产物的化学式分别为A________，B________；②操作a中得到熔块的主要成分是K2MnO4.操作b中，绿色的K2MnO4溶液反应生成紫色溶液和一种黑色固体，该反应的离子方程式为_____________________________。【答案】I.②④Ⅱ.（1）锌NH4Cl碱性电池不易发生电解质的泄露（2）ZnCl2NH4Cl3MnO42-+2CO2=2MnO4+MnO2↓+2CO32-【解析】【分析】Ⅰ.该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上发生氧化反应、正极上发生还原反应，电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，据此分析解答；Ⅱ.（1）①根据电池反应判断正负极和电解质；②根据碱性锌锰电池的特点分析；（2）①根据电池的材料分析；②根据已知反应物和产物，再利用元素守恒写出发生反应的离子方程式。【详解】Ⅰ.①该原电池中，锌易失电子作负极、Cu作正极，故①错误；②Cu极上氢离子得电子生成氢气，所以有气泡产生，发生还原反应，故②正确；③放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，所以SO42-向Zn极移动，故③错误；④根据2H++2e-=H2↑知，若有0.5mol电子流经导线，生成气体物质的量=×1=0.25mol，故④正确；⑤放电时，负极Zn失电子、正极Cu得电子，所以电子的流向是：Zn→Cu，故⑤错误；⑥正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故⑥错误；故答案为②④； Ⅱ.（1）①根据化学方程式Zn+2NH4Cl+2MnO2=Zn(NH3)2Cl2+2MnOOH，反应中Zn被氧化，为电池负极锌，氯化铵是电解质的主要成分；②与普通锌锰电池相比，碱性锌锰电池的优点及其理由是碱性电池不易发生电解质的泄露，因为消耗的负极改装在电池的内部，碱性电池的使用寿命较长，因为金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高；（2）①废电池经机械分离后，加水溶解后溶液中的成分是氯化铵，再加稀盐酸Zn溶解生成氯化锌，因此浓缩结晶得到氯化铵和氯化锌．氯化铵不稳定，受热易分解，所以B为氯化铵，A为氯化锌；②绿色的K2MnO4溶液发生反应后生成紫色的高锰酸钾溶液和黑褐色的二氧化锰，该反应的离子方程式为3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-。【点睛】书写电极反应式应注意以下几点：①电极反应是一种离子反应，遵循书写离子反应的所有规则；②将两极反应的电子得失数配平后，相加得到总反应，总反应减去一极反应即得到另一极反应；③负极失电子所得氧化产物和正极得电子所得还原产物，与溶液的酸碱性有关(如+4价的C在酸性溶液中以CO2形式存在，在碱性溶液中以CO32-形式存在)；④溶液中不存在O2-：在酸性溶液中它与H+结合成H2O、在碱性或中性溶液中它与水结合成OH-。4．（2020·登封市实验高级中学高一期中）（1）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。其正极反应方程式为________________________，若将负极材料改为CH4，写出其负极反应方程式_________________________。（2）以NH3代替氢气研发燃料电池是当前科研的一个热点。使用的电解质溶液是2mol•L﹣1的KOH溶液，电池总反应为：4NH3+3O2＝2N2+6H2O。该电池负极的电极反应式为 ____________________；每消耗3.4gNH3转移的电子数目为_________。（3）图为青铜器在潮湿环境中因发生电化学反应而被腐蚀的原理示意图。 ①腐蚀过程中，负极是_______（填图中字母“a”或“b”或“c”）；②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为______________；③若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为_______L（标况）。【答案】（1）O2+2H2O+4e-=4OH-CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O（2）2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O0.6NA（3）c2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓0.448L【解析】【分析】（1）装置图分析为原电池反应，通氢气的电极为负极，氢气失电子发生氧化，反应在碱性溶液中生成水，通入氧气的电极为原电池正极，氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，若将负极材料改为CH4，负极为燃料甲烷失电子发生氧化反应，写出方程式；（2）电池反应为:4NH3+3O2=2N2+6H2O，该电池负极是氨气失电子生成氮气，写出方程式；根据消耗NH3的物质的量，计算转移的电子数；（3）①根据原电池相关原理，进行分析；②Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀；③计算生成Cu2(OH)3Cl沉淀的物质的量，再转化为氧气，进行相应计算。【详解】（1）装置图分析为原电池反应，通氢气的电极为负极，氢气失电子发生氧化，反应在碱性溶液中生成水，通入氧气的电极为原电池正极，氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，正极电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；若将负极材料改为CH4，负极为燃料甲烷失电子发生氧化反应，负极的电极反应方程式为:CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-；CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；（2）电池反应为:4NH3+3O2=2N2+6H2O，该电池负极是氨气失电子生成氮气，反应的电极反应式为2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；反应中2mol氨气反应电子转移6mol电子，每消耗3.4gNH3物质的量=，转移的电子数为0.6NA，故答案为：2NH3+6OH--6e-=N2+6H2O；0.6NA； （3）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极，故答案为：c；②Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓，故答案为：2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓；③n[Cu2(OH)3Cl]=，根据转移电子得n(O2)=，V(O2)=，故答案为：0.448L。5．（2019·吴起高级中学高一月考）80℃时，将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，隔一段时间对该容器内的物质进行分析，得到如下数据：时间/sc(mol·L－1)020406080100c(N2O4)0.20a0.10cdec(NO2)0.000.12b0.220.220.22反应进行至100s后将反应混合物的温度降低，发现气体的颜色变浅。（1）该反应的化学方程式为______________________________________________。（2）表中b＝______，c______d(填“＜”“＝”或“＞”)。（3）20s时，N2O4的浓度为______mol·L－1，0～20s内N2O4的平均反应速率为________。【答案】（1）N2O42NO2（2）b=0.2mol/L=（3）0.140.003mol·L－1·s－1【解析】【分析】（1）依据图表数据分析，反应物和生成物分析判断；（2）40s时N2O4的变化浓度为0.10mol•L-1，则NO2的变化浓度为0.20mol•L-1；60s后反应达到平衡状态，反应物或生成物的量不再随时间的变化而变化；（3）化学平衡的三段式列式计算，结合化学反应速率概念计算0～20s内N2O4的平均反应速率；【详解】（1）将0.4mol的四氧化二氮气体充入2L已抽空的固定容积的密闭容器中，反应的化学方程式为N2O4⇌2NO2；（2）40s时N2O4的变化浓度为0.10mol•L-1，则NO2的变化浓度为0.20mol•L-1，则b的值为0.20mol•L-1；60s 后反应达到平衡状态，反应物或生成物的量不再随时间的变化而变化，即c=d；（3）进行到20S；      N2O4⇌2NO2 起始量(mol) 0.4   0变化量(mol)0.12  0.2420S末(mol) 0.28 0.2420s时，N2O4的浓度==0.14mol/L；0～20s内N2O4的平均反应速率==0.003mol·L－1·s－1；6．（2019·惠民县第一中学高一一模）Ⅰ.已知NO2和N2O4之间发生可逆反应：2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)（1）在烧瓶A和B中盛有相同浓度的NO2与N2O4的混合气体，中间用止水夹夹紧，浸入到盛有水的烧杯中，如图所示。分别向两个烧杯中加入浓硫酸和NH4NO3固体，观察到的现象是：A中气体红棕色加深，B中____。这说明，当条件改变时，原来的化学平衡将被破坏，并在新的条件下建立起新的平衡，即发生_____。（2）如图是在一定温度下，某固定容积的密闭容器中充入一定量的NO2气体后，反应速率(v)与时间(t)的关系曲线。下列叙述正确的是______。a．t1时，反应未达到平衡，NO2浓度在减小b．t2时，反应达到平衡，反应不再进行c．t2～t3，各物质浓度不再变化d．t2～t3，各物质的浓度相等e．0～t2，N2O4浓度增大 f．反应过程中气体的颜色不变Ⅱ.某研究性学习小组欲研究影响锌和稀硫酸反应速率的外界条件，下表是其实验设计的有关数据：（1）在此5组实验中，判断锌和稀硫酸反应速率大小，最简单的方法可通过定量测定锌完全消失所需的时间进行判断，其速率最快的实验是_____(填实验序号)。（2）对锌和稀硫酸反应，实验1和2表明，____对反应速率有影响。（3）进行实验2时，小组同学根据实验过程绘制的标准状况下的气体体积V与时间t的图像如图所示。在OA、AB、BC三段中反应速率最快的是__，2～4min内以硫酸的浓度变化表示的反应速率（假设溶液的体积不变）=_____。【答案】B中红棕色变浅化学平衡的移动ace5固体反应物的表面积AB0.06mol·L-1·min-1【解析】【分析】Ⅰ.（1）浓硫酸的稀释是放热过程，硝酸铵的溶解过程是吸热过程，结合勒夏特列原理可知；（2）在2NO2(g)(红棕色)N2O4(g)(无色)反应中，随着反应的进行，反应物的物质的量逐渐减少，生成物的物质的量逐渐增多，当达到平衡状态时，反应物、生成物的物质的量不再改变，曲线为水平直线，以此判断题中各项；Ⅱ.（1）第5组实验时温度最高，浓度最大，也滴加了硫酸铜溶液，利用了Zn-Cu原电池；（2）1和2除固体表面积不同外，其它因素相同； （3）速率=浓度变化量/时间。【详解】Ⅰ.（1）浓硫酸的稀释是放热过程，硝酸铵的溶解过程是吸热过程，所以盛有浓硫酸的烧杯中溶液温度升高、溶解硝酸铵的烧杯中溶液温度降低，A中气体颜色加深，说明正反应是放热反应，降低温度平衡正向移动，所以B中红棕色变浅。这说明，当条件改变时，原来的化学平衡将被破坏，并在新的条件下建立起新的平衡，即发生化学平衡的移动；（2）a．t1时，反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，则NO2浓度在减小，故a正确；b．t2时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡，反应仍然进行，为动态平衡状态，故b错误；c．t2～t3，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，所以各物质浓度不再变化，故c正确；d．t2～t3，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，所以各物质浓度不再变化，但各物质的浓度不相等，故d错误；e．0～t2，正反应速率大于逆反应速率，平衡正向移动，则N2O4浓度增大，故e正确；f．反应过程中气体的颜色变浅，达到平衡后颜色不再改变，故f错误；答案选ace；Ⅱ.（1）第5组实验时温度最高，浓度最大，也滴加了硫酸铜溶液，利用了Zn-Cu原电池，因此反应速率最快，锌完全消失所需的时间最短；（2）1和2除固体表面积不同外，其它因素相同，是考查固体反应物的表面积对速率的影响；（3）从图中看出2-4分钟内产生氢气最多，故AB这段时间内反应速率最大；2-4分钟内，产生氢气179.2mL-44.8mL=134.4mL，物质的量为=6×10-3mol，根据反应方程式：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑可知，参加反应硫酸的物质的量为：6×10-3mol，v（H2SO4）=0.06mol•L-1•min-1。7．（2019·昆明市官渡区第一中学高一期中）已知锌与稀盐酸反应放热，某学生为了探究反应过程中的速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢气。所用稀盐酸浓度有1.00mol·L-1、2.00mol·L-1两种浓度，每次实验稀盐酸的用量为25.00mL，锌有细颗粒与粗颗粒两种规格，用量为6.50g。实验温度为298K、308K。（1）完成以下实验设计（填写表格中空白项），并在实验目的一栏中填出对应的实验编号：编号T/K锌规格盐酸浓度/mol·L-1实验目的 ①298粗颗粒2.00（I）实验①和②探究盐酸浓度对该反应速率的影响；（II）实验①和______探究温度对该反应速率的影响；（III）实验①和_______探究锌规格（粗、细）对该反应速率的影响。②298粗颗粒1.00③308粗颗粒2.00④298细颗粒2.00（2）实验①记录如下（换算成标况）：时间(s)102030405060708090100氢气体积(mL)16.839.267.2224420492.8520.8543.2554.4560①计算在30s～40s范围内盐酸的平均反应速率ν(HCl)=______________（忽略溶液体积变化）。②应速率最大的时间段(如0s～10s......)为_____________，可能原因是____________________。③反应速率最小的时间段为____________，可能原因是_____________________________________。（3）另一学生也做同样的实验，由于反应太快，测量氢气的体积时不好控制，他就事先在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，在不影响产生H2气体总量的情况下，你认为他上述做法中可行的是________________(填相应字母)；A．氨水B．CuCl2溶液C．NaCl溶液D．KNO3溶液（4）另有某温度时，在2L容器中X、Y、Z物质的量随时间的变化关系曲线如下图所示，该反应的化学方程式为：_________________________________。.【答案】（1）③④（2）0.056mol·L-1·s-140s～50s反应放热角度回答皆可90s～100s从盐酸浓度降低角度回答皆可 （3）C（4）3X＋Y3Z【解析】【分析】（1）根据实验的目的和影响化学反应速率的因素来设计实验，注意对照实验的设计是关键，采用控制变量法来比较外界条件对反应速率的影响；（2）①计算氢气的物质的量n(H2)，再计算出溶液中氢离子浓度的改变，根据v=计算30-40s范围内盐酸的平均反应速率；②根据相等时间段内，产生的氢气的体积越大，可以确定反应速率越快，据影响反应速率的因素来判断；（3）根据浓度以及原电池原理的应用来确定化学反应速率的变化情况；（4）根据物质的量的变化判断反应物和生成物，根据物质的量的变化之比等于化学计量数之比书写方程式。【详解】（1）(Ⅰ)由实验目的可知，探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，实验①②探究盐酸浓度对该反应速率的影响，所以盐酸的浓度是不同的，实验①是2.00mol•L-1，实验②是1.00mol•L-1；(Ⅱ)实验①和③，固体的表面积以及盐酸的浓度是一样的，则探究温度对该反应速率的影响，应选择实验①和③；(Ⅲ)实验①和④，实验温度以及盐酸的浓度是相等的，表面积不同，则探究锌规格(粗、细)对该反应速率的影响，应选择实验①和④；（2）①在30-40s范围内氢气的n(H2)=mol=0.007mol，则溶液中的氢离子改变了0.007mol×2=0.014mol，则△c(H+)===0.56mol/L，所以在30-40s范围内盐酸的平均反应速率v(HCl)===0.056mol/(L•s)；②根据相等时间段内，产生的氢气的体积越大，可以确定反应速率越快，所以反应速率最大的时间段是40～50s，可能原因是反应放热，温度高，反应速率快；（3）A．加入氨水，盐酸被中和，不能达到减慢速率的目的，故A错误；B．加入氯化铜，则金属锌会置换出金属铜，形成Cu、Zn、盐酸原电池，会加快反应速率，故B错误；C．在盐酸中加入NaCl溶液相当于将盐酸稀释，盐酸中氢离子浓度减小，所以速率减慢，故C正确；D．加入硝酸钾溶液后，锌与氢离子、硝酸根发生氧化还原反应生成一氧化氮，不再产生氢气，故D错误；故答案为C；（4）由图象可以看出，反应中X、Y的物质的量减小，Z的物质的量增多，则X、Y为反应物，Z 为生成物，且△n(X):△n(Y):△n(Z)=0.6mol:0.2mol:0.6mol=3:1:3，则反应的化学方程式为3X+Y3Z。8．（2019·山西省沁县一中高一期中）研究含氮化合物对能源、环保和生产具有重要的意义。请回答下列问题：（1）在2L密闭容器内，800℃时反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：时间(s)012345n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007①如图所示A点处v正___(填“>”、“<”或“＝”，下同)v逆，A点处v正___B点处v正。②如图所示的曲线，其中表示NO2的变化的曲线是________（填a、b、c、d等字母）。用O2表示2s内该反应的速率v＝________。（2）已知化学反应N2＋3H22NH3的能量变化如图所示，则，1molN和3molH生成1molNH3(g)是______能量的过程(填“吸收”或“释放”)，由molN2(g)和molH2(g)生成1molNH3(g)过程________(填“吸收”或“释放”)_______kJ能量（用含字母a、b、c的关系式表达）。【答案】（1）>>b15×10－3mol·L－1·s－1（2）释放释放b－a【解析】（1）①A点时反应物减小，反应正向进行，所以A点处v正>v逆；A点处NO的浓度大于B，所以A点v正>B点处v正；②NO2是生成物，达到平衡时，NO2的物质的量为0.013mol，浓度为0.0065mol·L－1，表示NO2的变化的曲线是b；2s内NO的浓度变化为0.012mol·L－1，氧气的浓度变化为0.006mol·L－1÷2，,用O2表示2s内该反应的速率0.006mol·L－1÷2÷2s=15×10－3mol·L－1·s－1；（2）根据图像可知，1molN和3molH的总能量大于1molNH3(g)的能量，所以1molN和3molH生成1molNH3(g)是释放能量的过程；由molN2(g)和molH2(g)的总能量大于1molNH3(g)的总能量，由molN2(g)和molH2(g)生成1molNH3(g)过程释放能量；根据图像，放出的能量为b－akJ。点睛：反应物总能量大于生成物总能量为放热反应。反应物总能量小于生成物总能量为吸热反应。9．（2020·四川省泸县第四中学高一期中）某实验小组同学进行如下实验，以检验化学反应中的能量变化。 （1）实验中发现，反应后①中的温度升高；②中的温度降低．由此判断铝条与盐酸的反应是______热反应，Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应时，需要将固体研细其目的是________________．反应过程______(填“①”或“②”)的能量变化可用图表示。（2）为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的是_________(填序号)。（3）将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置如图所示(a、b为多孔碳棒)其中____(填A或B)处电极入口通甲烷，其电极反应式为_____________________。当消耗标况下甲烷33.6L时，假设能量转化率为90%，则导线中转移电子的物质的量为_________mol。（4）如图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置．请回答下列问题：①当电极c为Al、电极d为Cu、电解质溶液为稀硫酸时，写出该原电池正极的电极反应式为_______________。②当电极c为Al、电极d为Mg 、电解质溶液为氢氧化钠溶液时，该原电池的正极为_______；该原电池的负极反应式为_____________________________。【答案】（1）放扩大接触面积，提高反应速率①（2）②（3）ACH4﹣8e—+10OH﹣=CO32—+7H2O10.8（4）2H++2e—═H2↑MgAl+4OH—﹣3e—=AlO2—+2H2O【解析】【分析】根据反应物和生成物具有总能量的大小判断吸热反应还是放热反应；根据原电池原理分析电池的正负极及书写电极反应式；根据电极反应式计算电子的转移。【详解】（1）温度升高，说明反应为放热；将固体研细其目的是扩大接触面积，提高反应速率；图示中反应物的总能量高于生成物的总能量，反应为放热反应，反应①为放热反应，故答案为放；扩大接触面积，提高反应速率；①；（2）为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，可以利用原电池原理，装置②中发生的总反应为Cu与Fe3+反应生成Fe2+，根据氧化还原反应原理知强化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以验证了Fe3+与Cu2+氧化性强弱，故答案为②；（3）由图所示，电子从A极流出，则A电极入口通甲烷，其电极反应式为：CH4﹣8e—+10OH﹣=CO32—+7H2O；根据电极反应知：n(8e-)=8n(CH4)=，若能量转化率为90%，则导线中转移电子的物质的量为12mol×90%=10.8mol；（4）①正极氢离子得电子，电极反应式为2H++2e—═H2↑；②因为Al和氢氧化钠溶液反应、而Mg不反应，所以负极是铝、Mg作正极；该原电池的负极反应式为：Al+4OH—﹣3e—=AlO2—+2H2O。10．Ⅰ.某温度时，在一个10L的恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示．根据图中数据填空：（1）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为______________________； （2）平衡时容器内混合气体密度比起始时__________（填“变大”，“变小”或“相等”下同），混合气体的平均相对分子质量比起始时___________；（3）将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应，反应到某时刻各物质的量恰好满足：n（X）=n（Y）=2n（Z），则原混合气体中a：b=___________。Ⅱ．在恒温恒容的密闭容器中，当下列物理量不再发生变化时：①混合气体的压强，②混合气体的密度，③混合气体的总物质的量，④混合气体的平均相对分子质量，⑤混合气体的颜色，⑥各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比。（1）一定能证明2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)达到平衡状态的是_______（填序号，下同）。（2）一定能证明I2(g)＋H2(g)2HI(g)达到平衡状态的是_________。（3）一定能证明A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)达到平衡状态的是________。（注：B,C,D均为无色物质）Ⅲ.（1）铅蓄电池是常见的化学电源之一，其充电、放电的总反应是：2PbSO4+2H2OPb+PbO2+2H2SO4,铅蓄电池放电时，_______（填物质名称）做负极。放电过程中硫酸浓度由5mol/L下降到4mol/L，电解液体积为2L（反应过程溶液体积变化忽略不计），求放电过程中外电路中转移电子的物质的量为___________mol。（2）有人设计将两根Pt丝作电极插入KOH溶液中，然后向两极上分别通入乙醇和氧气而构成燃料电池。则此燃料电池工作时，其电极反应式为：负极：_____________正极：_____________【答案】Ⅰ．（1）0.01mol/(L·min)（2）相等变大（3）7：5Ⅱ．（1）①③④（2）⑤（3）②④Ⅲ.（1）铅2（2）C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2OO2+4e-+2H2O=4OH-【解析】Ⅰ．分析：（1）根据化反应速率v=∆c∆t来计算化学反应速率;（2）混合气体的平均相对分子质量M=mn,混合气体密度ρ=mV来判断；（3）根据化学反应中的三段式进行计算；详解:（1）反应开始至2min,以气体Z表示的平均反应速率v=0.2mol10L2min=0.01mol/(L∙min),因此，本题正确答案是 :0.01mol/(L∙min);（2）混合气体密度ρ=mV,从开始到平衡,质量是守恒的,体积是不变的,所以密度始终不变,混合气体的平均相对分子质量M=mn,从开始到平衡,质量是守恒的,但是n是逐渐减小的,所以M会变大,因此，本题正确答案是:相等;变大；（3）根据图示的内容知道,X和Y是反应物,X、Y、Z的变化量之比是0.3:0.1:0.2=3:1:2,反应的化学方程式为:3X+Y⇌2Z,利用三行式找出有关量，3X+Y⇌2Z(设Y的变化量是x)初始量:a  b  0变化量:3x x 2x平衡量:a-3xb-x 2x当n (X)=n (Y)=2n (Z)时,a-3x=b-x=4，则a=7x,b=5x,所以原混合气体中a:b=7:5,因此，本题正确答案是:7:5。Ⅱ．分析：化学平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以此分析。详解：（1）对于反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，①混合气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故①正确；②混合气体的密度一直不变，故②错误；③混合气体的总物质的量不变，反应达平衡状态，故③正确；④混合气体的平均相对分子质量，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故④正确；⑤混合气体的颜色一直不变，反应达平衡状态，故⑤错误；⑥只要反应发生就有各反应物或生成物的反应速率之比等于化学计量数之比，故⑥错误；故选：①③④；（2）对于反应I2(g)+H2(g)⇌2HI(g)，①混合气体的压强一直不变，故①错误；②混合气体的密度一直不变，故②错误；③混合气体的总物质的量一直不变，故③错误；④混合气体的平均相对分子质量一直不变，故④错误；⑤混合气体的颜色说明碘蒸气的浓度不变，反应达平衡状态，故⑤正确；故选：⑤。（3）对于反应A(s)＋2B(g)C(g)＋D(g)，①混合气体的压强一直不变，故①错误；②根据ρ=mV，混合气体的密度不变，因V不变，说明气体质量一定，即浓度不变，故②正确；③混合气体的总物质的量一直不变，故③错误；④根据M=mn，混合气体的平均相对分子质量不变，因n不变，m则不变，说明各组分气体浓度不变，故④正确；⑤混合气体为无色，故⑤错误；故选②④：。Ⅲ.分析：（1）放电时铅失电子而作负极，根据硫酸和转移电子之间的关系式计算；（2）燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应．详解：（1 ）根据电池反应式知，铅失电子化合价升高而作负极，根据硫酸和转移电子之间的关系式得，转移电子的物质的量=5−4mol/L×2L2×2=2mol，故答案为：铅；2；（3）该燃料电池中，负极上乙醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为 O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：C2H5OH+16OH--12e-=2CO32-+11H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-。点睛：本题考查了化学平衡的图象分析和化学平衡状态的判断，侧重考查学生分析及计算能力，明确曲线变化趋势含义、物质的量变化量与其计量数的关系。化学平衡状态的判断，紧扣正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变。原电池设计及原电池原理，明确原电池原理内涵是解本题关键，根据电池反应式确定原电池正负极及电解质，再结合得失电子方向解答。