必刷10（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综合题（20题）必刷10（10题）1．（2020·宜阳县第一高级中学高一开学考试）（1）某实验小组同学进行如图所示实验，以检验化学反应中的能量变化。实验发现，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的反应是______热反应。反应_____(填①或②)的能量变化可用图(b)表示。（2）一定量的氢气在氧气中充分燃烧并放出热量。若生成气态水放出的热量为Q1，生成液态水放出的热量为Q2，那么Q1______(填大于、小于或等于)Q2。（3）已知：4HCl＋O2=2Cl2＋2H2O，该反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，则断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为______kJ。【答案】（1）放吸①（2）小于（3）31.9【解析】【分析】（1）化学反应中，温度升高，则反应放热；温度降低则反应吸热；图2中反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，据此进行解答；（2）一定量的氢气在相同条件下都充分燃烧若都是生成气态水，则Q1=Q2，由气态水转化为液态水还要放出热量；（3）反应热△H=反应物总键能−生成物的总键能，据此计算H−O键与H−Cl键的键能差，进而计算断开1molH−O键与断开1molH−Cl键所需能量差。【详解】（1）通过实验测出，反应前后①烧杯中的温度升高，则Al跟盐酸的反应是放热反应，② 烧杯中的温度降低，则Ba(OH)2⋅8H2O跟NH4Cl的反应是吸热反应；根据图(b)数据可知，该反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，可表示反应①的能量变化；（2）由于一定量的氢气在相同条件下都充分燃烧，且燃烧后都生成水，若都是生成气态水，则Q1=Q2，但事实是氢气燃烧分别生成液态水和气态水，由气态水转化为液态水还要放出热量，故Q1＜Q2；（3）E(H−O)、E(HCl)分别表示H−O键能、H−Cl键能，反应中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热△H=反应物总键能−生成物的总键能，则4×E(H−Cl)+498kJ/mol−[2×243kJ/mol+4×E(H−O)]=−115.6kJ/mol，整理得，4E(H−Cl)−4E(H−O)=−127.6kJ/mol，即E(H−O)−E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开1molH−O键与断开1molH−Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol×1mol=31.9kJ。2．（2020·临泽县第一中学高一期中）（1）如图是碳和水蒸气发生反应生成CO、H2的途径和三个状态的能量，该反应为吸热反应，比较E1、E2、E3的大小：_____。（2）已知2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ的热量，反应方程式是2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)。请回答下列问题：①该反应的生成物能量总和____（填“大于”、“小于”或“等于”）反应物能量总和。②若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量____（填“大于”、“小于”或“等于”）572kJ。（3）已知拆开1molN﹣N键、1molN﹣H键、1molN≡N键、O=O键需要的能量分别是3akJ、2.5akJ、8akJ、4akJ，完全燃烧1mol火箭燃料肼（N2H4）生成氮气和水蒸气放出能量为5akJ，则1molH2O(g)完全断键时共吸收____kJ的能量。（4）已知化学反应A2(g)+B2(g)═2AB(g)的能量变化如图所示，反应物的总键能_____（填“大于”、“小于”或“等于”）生成物的总键能。【答案】（1）E2＞E3＞E1（2）小于小于（3）4a（4）大于 【解析】【分析】（1）化学反应的本质即是旧键的断裂和新键的形成过程，旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，这是化学反应中能量变化的主要原因，据此进行分析。（2）①由反应热ΔH=生成物的总能量−反应物的总能量进行判断。②同一物质状态由气→液→固变化时，会放热，反之，会吸热。据此进行分析。（3）由反应热ΔH=反应物的键能总和−生成物的键能总和进行计算判断。（4）分析题给能量变化图，根据放热反应中其反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量，进行判断。【详解】（1）E1～E2的过程，为旧化学键断裂而吸收能量的过程，故E1＜E2，E2～E3的过程，为新化学键形成而放出能量的过程，则：E2＞E3，根据题给信息，反应为吸热反应，则有：E1＜E3，故E1、E2、E3的大小关系为：E2＞E3＞E1，故答案为：E2＞E3＞E1；（2）①反应放出热量，说明反应物具有的能量总和大于生成物具有的能量总和，故答案为：小于；②因同一物质状态由气→液→固变化时，会放热，即同一物质气态时具有的能量高于该物质液态时所具有的能量，则2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ的热量，若生成水蒸气，则放出的能量小于572kJ。答案为：小于；（3）根据题意可知肼燃烧的热化学反应方程式为：N2H4+O2=2H2O+N2ΔH=−5akJ/mol。根据反应热ΔH=反应物的总键能之和−生成物的总键能之和，设1molH−O键断裂时需要能量为x，有：，解得：，则1molH2O(g)完全断键时吸收的能量为：4akJ。故答案为：4a。（4）分析题给能量变化图可知，反应物所具有的能量低，生成物具有的能量高，则总反应为吸热反应，则反应物的总键能大于生成物的总键能，答案为：大于。【点睛】根据键能计算反应热时，需注意反应前后物质分子中断裂或形成的化学键的数目。常见的特殊物质含有的化学键数目：物质CO2(C=O)CH4(C−H)P4(P−P)SiO2(Si−O)石墨(C−C)金刚石(C−C)S8(S−S)Si(Si−Si)键数24641.52823．（2020·临泽县第一中学高一期中）Ⅰ．如图为原电池装置示意图。 （1）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O，写出B电极反应式：__________。该电池在工作时，A电极的质量将_______(填“增加”“减小”或“不变”)，若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则转移电子的数目为________。（2）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出A电极反应式：_____________________________。该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将________(填“增强”“减弱”或“不变”)。Ⅱ．现用图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。（3）b电极材料为________，其电极反应式为_________________________。（4）当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体时，通过导线的电子的物质的量为________mol，此时a电极质量________(填“增加”或“减少”)________g。（5）如果将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是_____________。【答案】（1）PbO2＋SO42−＋4H＋＋2e−===PbSO4＋2H2O增加0.1NA（2）H2＋2OH−−2e−===2H2O减弱（3）铜2H＋＋2e−===H2↑（4）0.06减少1.95（5）左端液面下降，右端液面上升【解析】【分析】I.图中信息可知，该装置为原电池装置，负极失电子，化合价升高；正极得电子化合价降低；II.该原电池装置总反应为：Zn+2H+=Zn2++H2↑，根据装置特点，b电极产生氢气，作电池的正极；【详解】（1）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4 溶液，则A为负极，B为正极，二氧化铅得电子，与溶液中的硫酸反应生成硫酸铅和水，反应式为：PbO2＋SO42−＋4H＋＋2e−=PbSO4＋2H2O；通过总反应式可知，该电池工作一段时间后氢离子浓度减小，pH增加；（2）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，则A为负极，氢气得电子与溶液中的氢氧根离子反应生成水，电极反应式为：H2＋2OH−−2e−=2H2O；电池正极反应生成氢氧根离子，随反应的进行，水越来越多，氢氧根离子浓度逐渐减小，碱性减弱；（3）根据装置特点，b电极为正极，其材料为Cu，电极反应式为：2H＋＋2e−===H2↑；（4）当量筒中收集到672mL(标准状况下)气体时，氢气的物质的量为0.03mol，转移0.06mol的电子，则a电极消耗0.03mol的锌生成锌离子，a极质量减少1.95g；（5）将两电极对调，则a电极产生氢气，且密封，气体压强增大，致使左侧液面降低，右侧液面升高；【点睛】原电池装置，负极失电子化合价升高，正极得电子化合价降低；氢氧碱性燃料电池，根据总反应式可知，不消耗氢氧根离子，但会使溶液的体积增大，使碱性减弱。4．（2020·江西省南昌二中高一月考）如图表示在一定的温度下，容积固定的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量浓度随时间变化的情况。试回答下列问题：（1）该反应的化学方程式为________。（2）0～t1s内气体B的平均反应速率为________。（3）(t1＋10)s时，B的物质的量分数为______，此时v正(A)_____v逆(B)(填“＞”“＜”或“＝”),D点是否处于平衡状态_________(填“是”或“否”)。（4）下列关于该反应的说法正确的是________(填序号)。a．到达t1时刻该反应已停止b．在t1时刻之前，气体B的消耗速率大于它的生成速率c．在t1时刻，气体C的正反应速率等于逆反应速率 （5）容器中(t1＋10)s时的压强与起始时的压强之比为____。【答案】（1）3A+B2C（2）（3）33.33%＞是（4）bc（5）9:13【解析】【分析】由图像可知A、B为反应物，C为生成物，到t1秒时达到化学平衡状态，A物质浓度减小了0.6mol/L，B物质浓度减小了0.2mol/L，C浓度增大了0.4mol/L，三者之比为3:1:2，反应最终反应物和生成物共存，说明该反应是可逆反应，由此可知该反应的化学方程式为3A+B2C。【详解】（1）由分析可知该反应的化学方程式为3A+B2C，故答案为：3A+B2C；（2）根据速率计算公式，0～t1s内气体B的平均反应速率为v（B）==，故答案为：；（3）在t1时刻该反应已经达到化学平衡状态，此时B的物质的量分数为，(t1＋10)s时，反应已达化学平衡状态，B的物质的量分数不变，仍为33.33%；平衡时A的正反应速率等于逆反应速率，根据化学反应速率之比等于化学计量系数之比，但化学计量系数A＞B，则A的正反应速率大于B的逆反应速率；D点处于t1s和(t1＋10)s之间，反应已经处于平衡状态，故答案为：33.33%；＞；是；（4）a．根据图像可知，到达t1时刻该反应已经处于平衡状态，化学平衡状态是动态平衡，该反应没有停止，故a错误；b．在t1时刻之前，反应正向进行，气体B的消耗速率大于它的生成速率，故b正确；c．在t1时刻，反应已经达到化学平衡状态，则气体C的正反应速率等于逆反应速率，故c正确；综上所述，故答案为：bc；（5）设该容器的容积为VL，起始的总物质的量为（0.8+0.5）Vmol=1.3Vmol，平衡时总物质的量为（0.2+0.3+0.4）Vmol=0.9Vmol，相同条件下，压强之比等于物质的量之比，所以(t1＋10)s时的压强与起始时的压强之比为0.9Vmol：1.3Vmol=9:13，故答案为：9:13。 5．（2020·应城市第一高级中学高一期中）（1）分别按如图甲、乙所示装置进行实验，图中两个烧杯里的溶液为同浓度的稀硫酸。请回答下列问题：①以下叙述中，正确的是__(填字母)。A．甲中锌片是负极，乙中铜片是正极B．两装置中铜片表面均有气泡产生C．装置乙中存在“化学能→电能→光能”的转化D．乙的外电路中电流方向Zn→CuE.如果将装置乙中锌片换成铁片，则电路中的电流方向不变F.乙溶液中SO42−向铜片方向移动②在乙实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，分析原因可能是___。③在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，当负极材料消耗的质量为2.6g时，则电路中转移电子数为___。（2）某种燃料电池的工作原理示意如图所示，a、b均为惰性电极。①电池工作时，空气从__口通入(填“A”或“B”)；②若使用的燃料为甲醇(CH3OH)，a极的电极反应式为__。【答案】（1）CE锌片不纯，在锌片上就形成原电池0.08NA（2）BCH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O【解析】【分析】（1）①原电池的构成条件是：1.有两个活泼性不同的电极；2.将电极插入电解质溶液中；3.两电极间构成闭合回路；4. 能自发的进行氧化还原反应。形成原电池加快反应速率，并且电流方向为正极到负极，离子移动阴离子移向阴极，据此分析判断；②原电池正极上氢离子放电生成氢气，则锌片有气泡产生说明锌片不纯，据此分析；③通过电子的得失守恒计算转移电子数；（2）由装置图中的电子流向可知，a失去电子为负极通燃料，b得到电子为正极通空气，以此分析。【详解】（1）①A.甲不能构成原电池，只有锌和稀硫酸发生氧化还原反应，乙池中能构成原电池，锌作负极，铜作正极，故A错误； B.甲池中不能构成原电池，所以甲池中铜电极上没有气泡产生，故B错误；C.装置乙中存在“化学能→电能→光能”的转化，故C正确；           D.乙的外电路中电流方向由正极到负极Cu→Zn，故D错误；E.如果将装置乙中锌片换成铁片，形成Fe−Cu原电池，电流方向为Cu→Fe方向不变，故E正确；F.乙溶液中SO42−向负极Zn片方向移动，故F错误；故答案选CE；②锌片有气泡产生说明锌片不纯，锌和锌片中的杂质构成原电池，杂质作正极，氢离子在杂质上得电子生成氢气，故答案为：锌片不纯，在锌片上就形成原电池；故答案为：锌片不纯，在锌片上就形成原电池；③在乙实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，当负极材料消耗的质量为2.6g时，由电极方程式，可知消耗Zn的物质的量为，则转移电子数为0.08NA，故答案为：0.08NA；（2）①由装置图中的电子流向可知，a失去电子为负极通燃料，b得到电子为正极通空气，电池工作时，空气从B口通入，故答案为：B。②若使用的燃料为甲醇(CH3OH)，a极的电极反应式为，故答案为：。6．（2020·河北承德第一中学高一月考）如图为原电池装置示意图。（1 ）将铝片和铜片用导线相连，一组插入浓硝酸中，一组插入烧碱溶液中，分别形成了原电池，在这两个原电池中，作负极的分别是________(填字母)。A．铝片、铜片B．铜片、铝片C．铝片、铝片D．铜片、铜片写出插入烧碱溶液中形成的原电池的负极反应式：______________________________。（2）若A为Pb，B为PbO2，电解质为H2SO4溶液，工作时的总反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。写出B电极反应式：__________________________；该电池在工作时，A电极的质量将________(填“增加”“减小”或“不变”)。若该电池反应消耗了0.1molH2SO4，则转移电子的数目为________。（3）若A、B均为铂片，电解质为KOH溶液，分别从A、B两极通入H2和O2，该电池即为氢氧燃料电池，写出A电极反应式：___________________________________；该电池在工作一段时间后，溶液的碱性将________(填“增强”“减弱”或“不变”)。（4）若A、B均为铂片，电解质为H2SO4溶液，分别从A、B两极通入CH4和O2，该电池即为甲烷燃料电池，写出A电极反应式：___________________________________；若该电池反应消耗了6.4克CH4，则转移电子的数目为________。【答案】（1）BAl−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O（2）PbO2+SO42−+4H++2e−=PbSO4+2H2O增加0.1NA（3）H2+2OH−−2e−=2H2O减弱（4）CH4−8e−+2H2O=CO2+8H+3.2NA【解析】【分析】（1）利用构成原电池的条件之一：负极与电解质溶液发生氧化还原反应进行分析；（2）根据总反应式以及原电池工作原理，PbO2在正极上发生反应，得到电子，生成PbSO4，据此分析；（3）燃料电池中通燃料一极为负极，通氧气或空气一极为正极，然后书写电极反应式；（4）燃料电池中通燃料一极为负极，通氧气或空气一极为正极，然后书写电极反应式；【详解】（1）常温下，铝与浓硝酸发生钝化反应，Cu能与硝酸发生氧化还原反应，因此Cu作负极；Al能与NaOH溶液发生氧化还原反应，Cu不与氢氧化钠溶液反应，因此Al为负极；故选项B正确；Al与氢氧化钠溶液的反应离子方程式为Al−3e−＋4OH−=AlO2−＋2H2O；（2）B电极为PbO2，根据总反应，PbO2中Pb的化合价降低，根据原电池工作原理，B电极为正极，电极反应式为PbO2＋2e−＋SO42−＋4H＋=PbSO4＋2H2O；A电极为负极，电极反应式为Pb−2e−＋SO42−=PbSO4，PbSO4微溶于水，因此A电极的质量增加；根据总反应，消耗0.1mol硫酸的同时，消耗PbO2的物质的量为=0.05mol，即转移电子物质的量为0.05mol×2=0.1mol，转移电子的数目是0.1NA；（3）A电极通入H2，即该电极为负极，电解质为KOH溶液，因此A电极反应式为H2＋2OH−−2e−=2H2O ；构成氢氧燃料电池，总反应方程式为2H2＋O2=2H2O，生成的H2O稀释KOH，溶液的碱性减弱；（4）A电极通入CH4，该电极为负极，电解质为H2SO4溶液，其电极反应式为CH4＋2H2O−8e−=CO2＋8H＋；根据A电极反应式，消耗6.4gCH4，转移电子的数目为=3.2NA。【点睛】燃料电池电极反应式的书写是本题的难点，看清楚电解质溶液的酸碱性，一般情况下：（1）电解质为酸，负极上消耗水，生成H＋，正极上消耗H＋，生成H2O；（2）电解质为碱，负极上消耗OH−，生成H2O，同时也考虑负极上的氧化产物是否与碱反应，正极上消耗H2O，生成OH−。7．中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。（1）从3min到9min，υ(H2)=________；（2）能说明上述反应达到平衡状态的是____________（填编号）。A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1（即图中交叉点）B．混合气体的密度不随时间的变化而变化C．单位时间内消耗3molH2，同时生成1molH2OD．CO2的体积分数在混合气体中保持不变（3）平衡时CO2的转化率为______________。（4）平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是__________________。（5）一定温度下，第9分钟时υ逆(CH3OH)_______（填“大于”、“小于”或“等于”）第3分钟时υ正(CH3OH)。【答案】（1）0.125mol·L−1·min−1（2）D（3）75﹪ （4）30﹪（5）小于【解析】【分析】（1）3min到9min，根据CO2浓度变化计算CO2化学反应速率，利用计量数之比得到v（H2）；（2）化学反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变；（3）由图象可知平衡时CO2为0.25mol/L，可知消耗0.75mol/L，以此计算转化率；（4）结合各物质的平衡浓度，利用三段式法计算；（5）第9分钟时达到平衡，υ逆（CH3OH）=υ正（CH3OH），随着反应的进行，正反应速率逐渐减小．【详解】（1）3min到9min,CO2浓度变化为0.5mol/L−0.25mol/L=0.25mol/L,CO2反应速率为：0.25mol/L÷(9min−3min)=0.256mol/(L⋅min),v(H2)=3×v(CO2)=0.125mol/(L⋅min)，故答案为0.125mol/(L⋅min)；（2）A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1(即图中交叉点)，浓度相等而不是不变，故A错误；B.反应前后，气体质量不变，容器体积不变，则气体密度始终不变，不能判断是否平衡，故B错误；C.单位时间内每消耗3molH2,同时生成1molH2O，从反应开始到平衡始终相等，不一定平衡，故C错误；D.CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确；故答案为D；（3）由图象可知平衡时CO2的为0.25mol/L,可知消耗0.75mol/L,则转化率为0.75×100%=75%，故答案为75%；（4）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始(mol/L):1300转化(mol/L):0.752.250.750.75平衡(mol/L):0.250.750.750.75则平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数为0.75÷(0.25+0.75+0.75+0.75)×100%=30%，故答案为30%；（5）第9分钟时达到平衡,υ逆(CH3OH)=υ正(CH3OH),随着反应的进行,正反应速率逐渐减小,则第9分钟时υ逆(CH3OH)小于第3分钟时υ正(CH3OH).，故答案为小于。【点睛】可逆反应处于平衡状态的判断依据：同一物质的正逆反应速率相等，物质的百分含量不变，据此分析。 8．原电池是化学对人类的一项重大贡献。（1）某兴趣小组为研究原电池原理，设计如图装置。①a和b不连接时，烧杯中发生反应的离子方程式是________________________。②a和b用导线连接，Cu极为原电池________极(填“正”或“负”)，电极反应式是________________________，Zn极发生________(填“氧化”或“还原”)反应，溶液中的H＋移向________(填“Cu”或“Zn”)极。③无论a和b是否连接，Zn片均被腐蚀，若转移了0.2mol电子，则理论上Zn片质量减轻________g。（2）如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：①电池的负极是________(填“a”或“b”)电极，该极的电极反应式为：___________________________________________________。②电池工作一段时间后电解质溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑正2H＋＋2e−===H2↑氧化Cu6.5（2）aCH4＋10OH−−8e−===CO32−＋7H2O减小【解析】分析本题装置，若a和b不连接，不能构成原电池；若a和b连接，则符合构成原电池的条件。（1）①若a、b不连接则发生的是Zn和H2SO4的置换反应，离子方程式为：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑。②a、b连接后，构成原电池，Cu的活泼性弱于Zn，Cu为正极，Zn为负极；正极电极反应为：2H＋＋2e−===H2↑；溶液中的H＋移向Cu极。③若转移0.2mol电子，则消耗0.1molZn，其质量为6.5g。（2）CH4在反应时失去电子，故a电极是电池的负极。电极反应式可由总反应式CH4＋2OH−＋2O2===CO＋ 3H2O减去正极反应式O2＋2H2O＋4e−===4OH−，求得。由于电池工作过程中会消耗OH−，故一段时间后，电解质溶液的pH会减小。9．化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。（1）下图是某锌锰干电池的基本构造图。①该干电池的总反应式为2MnO2+Zn+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2,该电池的负极是___________，工作时正极的电极反应式是_______________________。②关于该电池的使用和性能，下列说法正确的是____________。A．该电池属于蓄电池B．电池工作时OH−向负极移动C．该电池的电解质溶液是H2SO4溶液D．该电池用完后可随意丢弃，不需要回收处理（2）目前常用的镍(Ni)镉(Cd)电池,其电池总反应可表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2,已知Ni(OH)2和Cd(OH)2均难于溶水但能溶于酸,以下说法正确的是____________。A.以上反应是可逆反应B．电池充电时是将化学能转化为电能C．电池放电时Cd做负极D．电池放电时正极附近碱性增强（3）另一种常用的电池锂电池由于比容量（单位质量电极材料所能转换的电量）特别大而广泛用于心脏起搏器，它的负极材料用金属锂制成，电解质溶液需用非水溶液配制，请用化学方程式表示不能用水溶液的原因________________________________。（4）燃料电池的工作原理是将燃料和氧化剂(如O2)反应所放出的化学能直接转化为电能。现设计一氢氧燃料电池，以电极a为正极，电极b为负极，采用氢氧化钠溶液为电解液，则氧气应通入________极(填序号)，电解质溶液的pH将_______(填“变大”，“变小”或“不变”)【答案】（1）Zn或锌2MnO2+2e−+2H2O=2MnO(OH)+2OH−或MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−B（2）CD （3）2Li+2H2O=2LiOH+H2↑（4）a变小【解析】【分析】本题考查了常见的化学电源，分别是一次电池，二次电池和燃料电池，可利用原电池的基本知识解决，属于原电池更高层次的应用，难点在于电极反应式的书写，其须对氧化反应和还原反应有本质的理解。【详解】（1）①该干电池的总反应式为2MnO2+Zn+2H2O=2MnO(OH)+Zn(OH)2，易知锌为负极，MnO2为正极，发生还原反应，得到还原产物MnO(OH)，根据缺项配平可知工作时正极的电极反应式是2MnO2+2e−+2H2O=2MnO(OH)+2OH−或MnO2+e−+H2O=MnO(OH)+OH−；②A.该电池属于一次电池，错误；B.负极失电子使得电极附近正电荷较多，阴离子往负极移动，即OH−向负极移动，正确；C.观察锌锰干电池的基本构造图可知电解质溶液是NaOH溶液，错误；D.该电池含有重金属Mn元素，不可随意丢弃，错误。故选B。（2）A.可逆反应反应条件相同，该电池反应条件分别是放电和充电，不属于可逆反应，A错误；B.电池充电时是将电能转化为化学能，B错误；C.电池总反应可表示为:Cd+2NiO(OH)+2H2O2Ni(OH)2+Cd(OH)2，可知Cd做负极，C正确；D.电池放电时正极反应式为2NiO(OH)+2e−+2H2O=2Ni(OH)2+2OH−，可知电池放电时正极附近碱性增强。故选CD。（3）负极材料用金属锂制成，电解质溶液需用非水溶液配制，Li是较活泼金属，可与水发生反应生成氢气，化学方程式2Li+2H2O=2LiOH+H2↑；（4）氢氧燃料电池采用氢氧化钠溶液为电解液，则正极电极反应式为O2+4e−+2H2O=4OH−，负极电极反应式为2H2−4e−+4OH−=4H2O，又以电极a为正极，电极b为负极，则氧气应通入a极，该电池生成水，因而OH−浓度减小，电解质溶液的PH将减小。【点睛】原电池中电极反应式的书写：1、先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失。2、注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存。若不共存，则该电解质溶液中的阴离子应写入负极反应式；若正极上的反应物质是O2，且电解质溶液为中性或碱性，则水必须写入正极反应式中，且O2生成OH−，若电解质溶液为酸性，则H＋必须写入正极反应式中，O2生成水。3、正负极反应式相加得到电池反应的总反应式。若已知电池反应的总反应式，可先写出较易书写的书写电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的书写电极反应式，即得到较难写出的书写电极反应式。10．I．一定温度下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示： （1）写出该反应的化学方程式_________。（2）下列叙述中不能说明上述反应达到平衡状态的是___________。A．当X与Y的反应速率之比为1∶1B．在混合气体中X的质量百分数保持不变C．混合气体的平均摩尔质量不随时间的变化而变化D．混合气体的密度不随时间的变化而变化E．X、Y、Z的浓度之比为1∶1∶2（3）为使该反应的反应速率减小，可采取的措施是__________。A．恒压时充入Ne　　B．适当升高温度C．缩小容器的体积D．选择高效催化剂．II．一定温度下将3mol的A及3molB混合于2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，经过5分钟后反应达到平衡，测得A的转化率为60﹪，C的平均反应速率是0.18mol/(L·min)。求：（4）平衡时B的浓度=___________mol/L。（5）D的平均反应速率υ(D)=__________mol/(L·min)。（6）x=______。【答案】（1）X(g)+Y(g)2Z(g)（2）ACDE（3）A（4）1.2（5）0.12（6）3【解析】（1）由图象可以看出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，化学反应中各物质的物质的量变化量与化学计量数之比呈正比，则有Y：X：Z=(1.20mol−0.41mol)：(.0mol−0.21mol)：1.58mol=1：1：2，由于最后三种物质都存在，可见该反应为可逆反应，则反应的化学方程式为X+Y2Z；（2）A.X、Y是反应物，方程式的系数相同，在任何情况下二者反应速率都相等，因此不能根据X与Y的反应速率之比为1：1判断平衡状态，A符合题意；B.若反应达到平衡状态，任何一组分的质量不变，则物质的质量分数不变，故在混合气体中X 的质量百分数保持不变可以判断反应处于平衡状态，B不符合题意；C.由于反应前后气体的质量不变，气体的物质的量不变，所以混合气体的平均摩尔质量总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，C符合题意；D.由于反应前后气体的质量不变，气体的体积不变，所以混合气体的密度总是不随时间的变化而变化，故不能据此判断平衡状态，D符合题意；E.X、Y、Z的浓度之比为1：1：2可能处于平衡状态，也可能不是平衡状态，E符合题意；故合理选项是ACDE；（3）A.恒压时充入Ne，容器的容积扩大，物质的浓度减小，反应速率减小，A符合题意；B.适当升高温度，物质的内能增加，反应速率加快，B不符合题意；C.缩小容器的体积，物质的浓度增大，化学反应速率加快，C不符合题意；D.选择高效催化剂，化学反应速率加快，D不符合题意；故合理选项是A；II.发生反应3A(g)+B(g)xC(g)+2D(g)，由于反应在2L的密闭容器内进行，n(A)=3mol，A的转化率是60%，则A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol。（4）根据反应方程式的系数可知：每有3molA发生反应，同时消耗1molB，则A反应了1.8mol，所以B反应了0.6mol，则5min时B物质的浓度为c(B)=(3mol−0.6mol)÷2L=1.2mol/L；（5）A转化量为△n=3mol×60%=1.8mol，容器的容积为2L，反应时间为5min，所以V(A)==0.18mol/(L·min)，由于V(A)：V(D)=3:2，所以V(D)=V(A)=0.12mol/(L·min)；（6）V(A):V(C)=3:x，V(A)=V(C)=0.18mol/(L·min)，所以x=3。【点睛】本题考查物质的量随时间的变化曲线，化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断以及化学平衡的计算，注意把握化学方程式的判断方法。