2012年高考化学 高考试题+模拟新题分类汇编专题6 化学反应与能量

1、F单元化学反应与能量 F1 化学反应与能量变化27F1、G1、G2、G3、G4、G52012·浙江卷 甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：化学方程式焓变H(kJ/mol)活化能Ea(kJ/mol)甲烷氧化CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)802.6125.6CH4(g)O2(g)=CO2(g)2H2(g)322.0172.5蒸汽重整CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)206.2240.1CH4(g)2H2O(g)=CO2(g)4H2(g)165.0243.9回答下列问题：(1)

2、反应CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)的H_kJ/mol。(2)在初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率_甲烷氧化的反应速率(填“大于”、“小于”或“等于”)。(3)对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可表示平衡常数(记作Kp)，则反应CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)的Kp_；随着温度的升高，该平衡常数_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(4)从能量角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于_。(5)在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO物质的量分数的影响如图所示：图0若要达到H2物质的量分数>65%、CO物质的量分数&l

3、t;10%，以下条件中最合适的是_。A600 ，0.9 MPaB700 ，0.9 MPaC800 ，1.5 MPa D1000 ，1.5 MPa画出600 ，0.1 MPa条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间(从常温进料开始计时)的变化趋势示意图：图0(6)如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是_。27答案 (1)41.2(2)小于(3)增大(4)系统内强放热的甲烷氧化反应为强吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量(其他合理答案均可)(5)B(6)甲烷氧化程度过高，氢气和氧气反应(其他合理答案均可)解析 (1)可以根据蒸汽重整两个反应相减得到，所以H165 kJ·

4、mol1206.2 kJ·mol141.2 kJ·mol1。(2)初始阶段，甲烷氧化的活化能小于甲烷蒸汽重整的活化能，所以重整反应速率小于甲烷氧化的反应速率。(3)，因为CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)H206.2 kJ·mol1，温度升高，反应正向进行，平衡常数增大。(4)甲烷自热重整方法是吸热反应，需要甲烷氧化放热提供能量。(5)0.1 MPa时，H2的物质的量分数>65%，CO物质的量分数<10%，则温度高于550 低于650 ，没有与之对应的选项；0.9 MPa时，H2的物质的量分数>65%，CO物质的量分数<10%

5、，则700 符合，B正确；1.5 MPa时，H2的物质的量分数>65%，CO物质的量分数<10%，则温度要高于750 低于约725 ，矛盾。起始进料时H2的物质的量分数为0，结合图象可知600 ，0.1 MPa的条件下，平衡时系统中H2的物质的量分数达到70%，故可容易画出H2的物质的量分数随时间变化的示意图。(6)会使甲烷氧化，H2也会与O2反应，使得CH4参加蒸汽重整的物质的量减小。7F1、I3、K1、I12012·浙江卷 下列说法不正确的是()A利用太阳能在催化剂参与下分解水制氢是把光能转化为化学能的绿色化学方法B蔗糖、淀粉、油脂及其水解产物均为非电解质C通过红外光

6、谱分析可以区分乙醇与乙酸乙酯D石油催化裂化的主要目的是提高汽油等轻质油的产量与质量；石油裂解的主要目的是得到更多的乙烯、丙烯等气态短链烃7B解析 A项，太阳能光解水过程将太阳能转化为H2和O2中的化学能贮存，间接利用太阳能，正确；B项，蔗糖水解产生葡萄糖和果糖，淀粉水解产生葡萄糖，均为非电解质，而油脂水解产生丙三醇和高级脂肪酸，其中高级脂肪酸为电解质，不正确；C项，红外光谱分析可以确定有机物分子的结构，乙醇和乙酸乙酯结构不同，正确；D项，石油裂化与裂解目的不同，裂化的目的是提高轻质油产量和质量，而裂解的目的是为了得到短链不饱和烃，正确。10F1、G52012·天津卷 金属钨用途广泛，

7、主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝。高温下，在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3(s)3H2(g)W(s)3H2O(g)请回答下列问题：(1)上述反应的化学平衡常数表达式为_。(2)某温度下反应达到平衡时，H2与水蒸气的体积比为23，则H2的平衡转化率为_；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，则该反应为_反应(填“吸热”或“放热”)。(3)上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示：温度25 550 600 700 主要成分WO3W2O5 WO2W第一阶段反应的化学方程式为_；580 时，固体物质的主要成分为_；假设WO3完全转

8、化为W，则三个阶段消耗H2物质的量之比为_。(4)已知：温度过高时，WO2(s)转变为WO2(g)：WO2(s)2H2(g)W(s)2H2O(g)H66.0 kJ·mol1WO2(g)2H2(g)W(s)2H2O(g)H137.9 kJ·mol1则WO2(s)WO2(g)的H_。(5)钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：W(s)2I2(g)WI4(g)。下列说法正确的有_。a灯管内的I2可循环使用bWI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上cWI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长d温度升高时，WI4的分解速率加快，W和

9、I2的化合速率减慢10答案 (1)K(2)60%吸热(3)2WO3H2W2O5H2OW2O5、WO2114(4)203.9 kJ·mol1(5)a、b解析 本题考查化学平衡与热化学。(1)因固体或纯液态物质的浓度视为常数，故依据反应式可直接写出反应的平衡常数K。(2)设反应起始时加入H2的物质的量为5x，利用“氢守恒”，结合题给数据可知平衡时消耗H2的物质的量为3x，故H2的转化率为60%；升高温度，氢气与水蒸气的体积比减少说明反应正向移动，因此正反应为吸热反应。(3)利用表中信息可知在第一阶段WO3与H2作用生成W2O5和H2O，所以反应的方程式为：2WO3H2W2O5H2O；在5

10、50 时生成W2O5，在600 时生成WO2，故在580 时反应得到产物为W2O5与WO2的固体混合物；假设1 mol WO3完全反应，利用三个阶段的反应可知分别消耗氢气的物质的量为：0.5 mol、0.5 mol、2 mol，故三个阶段消耗氢气的物质的量之比为114。(4)利用“盖斯定律”，将热化学方程式即可得到反应的H。(5)利用灯管工作的温度变化，结合反应条件可知灯管内的碘可循环利用；WI4在高温时分解一定在灯丝表面，生成固态钨沉积在灯丝上，从而延长灯管寿命；升高温度，反应速率都变快。9F12012·全国卷 反应ABC(H<0)分两步进行：ABX(H>0)，XC(H

11、<0)。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是()图09D解析 本题考查化学反应中的能量转化。由ABX为吸热反应，故X的能量高于AB的能量，可排除A项和C项；而总反应ABC为放热反应，故C的能量小于AB的能量，B项错误，而D项正确。4F12012·江苏卷 某反应的反应过程中能量变化如图0所示(图中E1表示正反应的活化能，E2表示逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是()图0A该反应为放热反应B催化剂能改变该反应的焓变C催化剂能降低该反应的活化能D逆反应的活化能大于正反应的活化能4C解析 本题考查化学反应中的能量变化。A项，从图中看，反应物的总能量低于生成物的总能量，故

12、为吸热反应，错；B项，焓变是指反应物与生成物之间的能量差值，与反应过程无关，错；C项，加入催化剂之后，E2变小，说明活化能减小了，正确。10A2F1H12012·福建卷 下列说法正确的是()A0.5 mol O3与11.2 L O2所含的分子数一定相等B25 与60 时，水的pH相等C中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等D2SO2(g)O2(g)=2SO3(g)和4SO2(g)2O2(g)=4SO3(g)的H相等10C解析 A项，没有指明在标准状况下，故无法计算出11.2 L O2的物质的量，错；B项，水的离子积常数随温度的升高而增大，对应pH随温度升高而

13、减小，错；C项，等体积等物质的量浓度的盐酸和醋酸，虽然醋酸是弱电解质，但随着中和反应的进行，氢离子不断电离出来，其氢离子的物质的量与盐酸的相同，故消耗NaOH的物质的量相等，正确；D项，H数值与方程式中化学计量数成比例关系，错。12F12012·北京卷 人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料。图0是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是()图0A该过程是将太阳能转化为化学能的过程B催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生C催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强D催化剂b表面的反应是CO22H2e=HCOOH12C解析 本题考查化学反应与能量的

14、转化，意在考查考生对新信息的接收、整合能力。由题干叙述知该过程利用太阳能使CO2与H2O转化为HCOOH，实现了太阳能转化为化学能的过程，A项正确；利用图示中电子转移可知催化剂a表面发生反应：2H2O4e4HO2，可见在催化剂a上有O2产生，因同时生成H，使催化剂a附近酸性增强，所以可知B项正确、C项错误；H透过质子交换膜到达催化剂b处与CO2发生反应：CO22H2eHCOOH，D项正确。7F1 E3 B2 A22012·安徽卷 科学家最近研究出一种环保、完全的储氢方法，其原理可表示为：NaHCO3H2HCOONaH2O下列有关说法正确的是()A储氢、释氢过程均无能量变化BNaHCO

15、3、HCOONa均含有离子键和共价键C储氢过程中，NaHCO3被氧化D释氢过程中，每消耗0.1 mol H2O放出2.24 L的H27B解析 本题以新的储氢方法为背景，综合考查化学反应与能量、化学键、氧化还原反应等知识，同时考查考生接受、吸收、整合化学信息的能力。化学反应过程中一定伴随着能量的变化，A项错误；NaHCO3、HCOONa均为离子化合物，含有离子键，在HCO、HCOO中均含有共价键，B项正确；储氢过程中NaHCO3被还原，C项错误；D项没有说明气体所处的状态，错误。 F2 反应热的计算与重要的反应热12F22012·重庆卷 肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的

16、能量变化如图0所示。已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：NN为942、O=O为500，NN为154，则断裂1 mol NH键所需的能量(kJ)是()图0A194B391C516 D65812B解析 本题考查反应热的计算：H反应物的总键能生成物的总键能。设NH键的键能为y，则有：534 kJ/mol4y154 kJ/mol500 kJ/mol2752 kJ/mol，解得y391 kJ/mol。31I3、J2、A1、B3、G1、J4、G3、F2、F32012·广东卷 碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 mol·L1KI、0.2%淀粉溶液、0.20 mol&

17、#183;L1K2S2O8、0.10 mol·L1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O2I=2SOI2(慢)I22S2O=2IS4O(快)(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的_耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O与S2O初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O)n(S2O)_。(2)为探究反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：实验序号体积V/mLK2S2O3溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液10.00.04.04.02.09.01.04.04.02.08.0

18、Vx4.04.02.0表中Vx_mL，理由是_。(3)已知某条件下，浓度c(S2O)反应时间t的变化曲线如图13，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O)t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。图13(4)碘也可用作心脏起搏器电源锂碘电池的材料。该电池反应为：2Li(s)I2(s)2LiI(s)H已知：4Li(s)O2(g)2Li2O(s)H14LiI(s)O2(g)2I2(s)2Li2O(s)H2则电池反应的H_；碘电极作为该电池的_极。31答案 (1)S2O (其他合理写法也可)2(2)2.0保持溶液总体积相同，仅改变S2O的浓度而其他物质浓度不

19、变(3)(4)正解析 本题考查碘的检验与离子方程式的简单计算、完成实验方案探究反应物浓度对化学反应速率的影响、画出降低反应温度和加入催化剂时反应物浓度随时间变化示意图、根据盖斯定律计算反应热、根据锂碘电池反应判断碘电极的电极类型等问题，考查考生接受、吸收、整合化学信息的能力，分析有关问题和解决化学反应速率等问题的能力，以及简单化学计算能力和实验探究能力。(1)当Na2S2O3足量时，已知S2O2I=2SOI2的反应速率慢，I22S2O=2IS4O的反应速率快，则I2的生成速率小于消耗速率，即溶液中只有I而无I2，淀粉溶液遇I不变色；当Na2S2O3耗尽时，S2O与I反应生成I2，淀粉溶液遇生成

20、的I2变蓝；设Na2S2O3为2 mol，则S2O的初始物质的量为2 mol，由I22S2O=2IS4O可知，I2大于1 mol时才能耗尽2 mol S2O，过量的I2才能使淀粉溶液变为蓝色，由S2O2I=2SOI2可知，S2O的初始物质的量必须大于1 mol，才能使生成的I2大于1 mol，因此初始时S2O与S2O的物质的量之比一定小于21；(2)只有其他条件相同时，才能实验探究反应物浓度对化学反应速率的影响规律，因此实验的溶液总体积一定相同，则8.0Vx9.01.010.00.0，所以Vx2.0，仅使反应物中S2O的浓度改变，而其他物质浓度不变，控制变量探究才能得出合理的实验结论；(3)降

21、低反应温度，反应速率减小，单位时间内消耗的S2O减少，相同时间内减小的c(S2O)变小，则反应停止之前的图像应画在已知曲线的右边；当S2O过量时，反应停止，c(S2O)不随时间增加而改变，与已知曲线重叠在一起。加入催化剂，反应速率明显增大，单位时间内消耗的S2O明显增大，相同时间内减小的c(S2O)变大，则反应停止之前的图像应画在已知曲线的左边；当S2O过量时，反应停止，c(S2O)不随时间增加而改变，也与已知曲线重叠在一起；(4)给已知两个热化学方程式依次编号为、，观察可知得锂碘电池反应的热化学方程式，根据盖斯定律可知，H；原电池的负极一定发生氧化反应，正极一定发生还原反应，该电池反应中碘元

22、素的化合价由0价降低为1价，发生还原反应，说明碘电极作正极，而锂元素的化合价由0价升高为1价，发生氧化反应，说明锂电极作负极。26F2、G32012·北京卷 (13分)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HClO22Cl22H2O(1)已知：.反应A中，4 mol HCl被氧化，放出115.6 kJ的热量。.H2O的电子式是_。反应A的热化学方程式是_。断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需能量相差约为_kJ，H2O中HO键比HCl中HCl键(填“强”或“弱”)_。(2)对于反应A，下图是在4种投料比n(HCl)n(

23、O2)，分别为11、21、41、61下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。图0曲线b对应的投料比是_。当曲线b、c、d对应的投料比达到相同的HCl平衡转化率时，对应的反应温度与投料比的关系是_。投料比为21、温度为400 时，平衡混合气中Cl2的物质的量分数是_。26答案 (1)H H4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)H115.6 kJ/mol32强(2)41投料比越高，对应的反应温度越低30.8%解析 本题考查化学反应与能量变化以及化学平衡图像等考点，意在考查考生处理解答图像试题的能力与计算能力。(1)H2O是共价化合物，原子间通过共用电子对结合，故H2O的电子式为：H

24、 H；利用反应A与题中信息“氧化4 mol HCl放出115.6 kJ的热量”可写出热化学方程式：4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)H115.6 kJ/mol；设HCl键键能为x kJ/mol、HO键键能为y kJ/mol，依据中热化学方程式和题干中已知数据有：4x498243×24y115.6，解之得：yx32，说明HO键与HCl键键能相差32 kJ/mol。因为“键能越大，键越牢固”，所以HO键强于HCl键。(2)依据反应A可知投料比越大，HCl的转化率越低，因此结合图像，对比同温度时HCl的平衡转化率可知a、b、c、d线分别代表投料比为61、41、21、11的

25、曲线，故b线对应投料比为41；结合图像，做纵坐标垂线可知，达到相同的HCl的平衡转化率，投料比越高，对应温度越低；由图像可知投料比21、400 时，HCl的平衡转化率为80%。设起始时，HCl为2 mol ，O2为1 mol，则平衡时HCl为0.4 mol，O2为0.6 mol，生成的Cl2和H2O均为0.8 mol，平衡时Cl2的物质的量分数为×100%30.8%。12F2 H62012·安徽卷 氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25 时：HF(aq)OH(aq)=F(aq)H2O(l)H67.7 kJ·mol1H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3

26、 kJ·mol1在20 mL 0.1 mol·L1氢氟酸中加入V mL 0.1 mol·L1 NaOH溶液。下列有关说法正确的是()A氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)F(aq)H(aq)H10.4 kJ·mol1B当V20时，溶液中：c(OH)c(HF)c(H)C当V20时，溶液中：c(F)<c(Na)0.1 mol·L1D当V>0时，溶液中一定存在：c(Na)>c(F)>c(OH)>c(H)12B解析 本题考查盖斯定律的应用及溶液中离子浓度大小的比较，旨在考查考生对所学知识的整合及应用能力。根据盖

27、斯定律，将式减去式可得：HF(aq)H(aq)F(aq)HVcccccVcccccccccccccccc F3 原电池原理10. F3、F42012·浙江卷 以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：图0下列说法不正确的是()A在阴极室，发生的电极反应为：2H2O2e=2OHH2B在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H浓度增大，使平衡2CrO2HCr2OH2O向右移动C该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO44H2O2K2Cr2O74KOH2H2O2D测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为d，则此时铬酸钾的转化率为

28、110D解析 根据图中电源正负极，得出右边惰性电极为阳极，发生的反应为4OH4e=2H2OO2，左边不锈钢为阴极，反应为2H2O2e=H22OH，A正确；阳极区OH消耗，H浓度增大，使得2CrO2HCr2OH2O平衡正向移动，产生重铬酸钾，B正确；阳极发生的反应有：2H2O4e=4HO2和2CrO2H Cr2OH2O，阴极发生的反应是4H2O4e=4OH2H2，相加即可得出总反应，C正确；电解过程中K通过阳离子交换膜从阴极室向阳极室移动，电解前阳极液中2，电解后阳极液中d，阳极室增加的n(K)(d2)nCr，根据电解总反应式转化n(CrO)(d2)nCr，转化率为d2，D不正确。11F3201

29、2·四川卷 一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH4eH2O=CH3COOH4H。下列有关说法正确的是()A检测时，电解质溶液中的H向负极移动B若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气C电池反应的化学方程式为：CH3CH2OHO2=CH3COOHH2OD正极上发生的反应为：O24e2H2O=4OH11C解析 本题考查新型燃料电池，意在考查学生能否正确书写电极反应式。结合题意，该电池总反应即是乙醇的氧化反应，不消耗H，故负极产生的H应向正极移动，A项错误；酸性溶液中，正极电极反应式为：O24e4H=2H2O，D项错误，结合D项，

30、转移0.4 mol电子时，消耗O2 0.1 mol，即标况下的体积为2.24 L，B项错误；C项符合题目要求，正确。13F32012·山东卷 下列与金属腐蚀有关的说法正确的是()图0A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的13B解析 图a中铁棒发生电化学腐蚀，靠近底部的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，A项错；图b中开关由M置于N，CuZn合金作正极，腐蚀速率减小，B项正确；图c中接通开关时

31、Zn作负极，腐蚀速率增大，氢气在Pt上放出，C错；图d中干电池自放电腐蚀主要是Zn发生析氢腐蚀引起的，D项错。11F32012·全国卷 四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。相连时，外电路电流从流向；相连时，为正极；相连时，上有气泡逸出；相连时，的质量减少。据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是()A BC D11B解析 本题考查原电池原理。电流方向与电子流向相反，相连时，电流由流向，则金属性>；相连时，为正极，则金属性>；相连时，上有气泡，则金属性>；相连时，的质量减少，则金属性>。综上分析，可得金属活动性顺序为>>>。31I3、

32、J2、A1、B3、G1、J4、G3、F2、F32012·广东卷 碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50 mol·L1KI、0.2%淀粉溶液、0.20 mol·L1K2S2O8、0.10 mol·L1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。已知：S2O2I=2SOI2(慢)I22S2O=2IS4O(快)(1)向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的_耗尽后，溶液颜色将由无色变为蓝色，为确保能观察到蓝色，S2O与S2O初始的物质的量需满足的关系为：n(S2O)n(S2O)_。(2)为探究反应物

33、浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：实验序号体积V/mLK2S2O3溶液水KI溶液Na2S2O3溶液淀粉溶液10.00.04.04.02.09.01.04.04.02.08.0Vx4.04.02.0表中Vx_mL，理由是_。(3)已知某条件下，浓度c(S2O)反应时间t的变化曲线如图13，若保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c(S2O)t的变化曲线示意图(进行相应的标注)。图13(4)碘也可用作心脏起搏器电源锂碘电池的材料。该电池反应为：2Li(s)I2(s)2LiI(s)H已知：4Li(s)O2(g)2Li2O(s)H14LiI(s)O2(g

34、)2I2(s)2Li2O(s)H2则电池反应的H_；碘电极作为该电池的_极。31答案 (1)S2O (其他合理写法也可)2(2)2.0保持溶液总体积相同，仅改变S2O的浓度而其他物质浓度不变(3)(4)正解析 本题考查碘的检验与离子方程式的简单计算、完成实验方案探究反应物浓度对化学反应速率的影响、画出降低反应温度和加入催化剂时反应物浓度随时间变化示意图、根据盖斯定律计算反应热、根据锂碘电池反应判断碘电极的电极类型等问题，考查考生接受、吸收、整合化学信息的能力，分析有关问题和解决化学反应速率等问题的能力，以及简单化学计算能力和实验探究能力。(1)当Na2S2O3足量时，已知S2O2I=2SOI2

35、的反应速率慢，I22S2O=2IS4O的反应速率快，则I2的生成速率小于消耗速率，即溶液中只有I而无I2，淀粉溶液遇I不变色；当Na2S2O3耗尽时，S2O与I反应生成I2，淀粉溶液遇生成的I2变蓝；设Na2S2O3为2 mol，则S2O的初始物质的量为2 mol，由I22S2O=2IS4O可知，I2大于1 mol时才能耗尽2 mol S2O，过量的I2才能使淀粉溶液变为蓝色，由S2O2I=2SOI2可知，S2O的初始物质的量必须大于1 mol，才能使生成的I2大于1 mol，因此初始时S2O与S2O的物质的量之比一定小于21；(2)只有其他条件相同时，才能实验探究反应物浓度对化学反应速率的影

36、响规律，因此实验的溶液总体积一定相同，则8.0Vx9.01.010.00.0，所以Vx2.0，仅使反应物中S2O的浓度改变，而其他物质浓度不变，控制变量探究才能得出合理的实验结论；(3)降低反应温度，反应速率减小，单位时间内消耗的S2O减少，相同时间内减小的c(S2O)变小，则反应停止之前的图像应画在已知曲线的右边；当S2O过量时，反应停止，c(S2O)不随时间增加而改变，与已知曲线重叠在一起。加入催化剂，反应速率明显增大，单位时间内消耗的S2O明显增大，相同时间内减小的c(S2O)变大，则反应停止之前的图像应画在已知曲线的左边；当S2O过量时，反应停止，c(S2O)不随时间增加而改变，也与已

37、知曲线重叠在一起；(4)给已知两个热化学方程式依次编号为、，观察可知得锂碘电池反应的热化学方程式，根据盖斯定律可知，H；原电池的负极一定发生氧化反应，正极一定发生还原反应，该电池反应中碘元素的化合价由0价降低为1价，发生还原反应，说明碘电极作正极，而锂元素的化合价由0价升高为1价，发生氧化反应，说明锂电极作负极。9F3F42012·福建卷 将如图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是()图0ACu电极上发生还原反应B电子沿ZnabCu路径流动C片刻后甲池中c(SO)增大D片刻后可观察到滤纸b点变红色9A解析 本题考查原电池和电解池工作原理。A项，K闭合时，Zn和Cu构成原电池，Cu作

38、正极，发生还原反应，正确；B项，在电解Na2SO4溶液时，电子不能流入电解质溶液中，即ab电子不能通过，错；C项，甲池中硫酸根离子没有放电，所以浓度不变，错误；D项，b为阳极，OH放电，留下H，使得b附近溶液显酸性，不能使酚酞变红，错误。11F3 F42012·安徽卷 某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1、闭合K2，发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是()图0A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H2ClCl2H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：

39、Cl22e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极11D解析 本题考查原电池及电解池工作原理，旨在考查考生对知识的综合应用能力。断开K2，闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则反应为2Cl2H2OH22OHCl2，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，附近产生OH，溶液变红，故A、B两项均错误；断开K1、闭合K2时，为原电池反应，铜电极反应为H22e2OH=2H2O，为负极，而石墨电极反应为Cl22e=2Cl，为正极，故C项错误，D项正确。 F4 电解原理29G3 F42012·重庆卷 尿素CO(NH2)2是首个由无机物人工合成的有机物。(

40、1)工业上尿素由CO2和NH3在一定条件下合成，其反应方程式为_。(2)当氨碳比4时，CO2的转化率随时间的变化关系如图0所示。图0A点的逆反应速率v逆(CO2)_B点的正反应速率v正(CO2)(填“大于”、“小于”或“等于”)。NH3的平衡转化率为_。(3)人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图0所示。图0电源的负极为_(填“A”或“B”)。阳极室中发生的反应依次为_、_。电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将_；若两极共收集到气体13.44 L(标准状况)，则除去的尿素为_g(忽略气体的溶解)。29答案 (1)2NH3CO2CO(NH2)2H2O(2)小于30%(3

41、)B2Cl2e=Cl2CO(NH2)23Cl2H2O=N2CO26HCl不变7.2解析 本题考查化学平衡状态的建立、图像分析、化学计算、电化学等。(1)利用CO(NH2)2中CN12用观察法写出方程式，同时图像中t60 min时达到平衡状态，即该反应为可逆反应，书写时一定用可逆号表示而不用等号。(2)A点未平衡，B点平衡，从图像得v逆(CO2)<v正(CO2)。平衡时CO2转化率为60%，令n(NH3)4 mol，n(CO2)1 mol，则有n消耗(CO2) 0.6 mol，n消耗(NH3)1.2 mol，NH3的转化率×100%30%。(3)该小题是离子交换膜法制烧碱原理的扩

42、展，根据电极产物H2、 Cl2可知A为电源正极，B为电源负极。阴极：2H2e= H2，阳极：2Cl2e=Cl2；阳极生成的Cl2与尿素进一步反应：CO(NH2)23Cl2H2O=N2CO26HCl，CO(NH2)2最终转变为CO2、N2，达到除去代谢产物CO(NH2)2的目的。将两极反应叠加得：H2OCO(NH2)2=N2CO23H2，故电解结束后，pH不变。设除去的尿素质量为x，依：1 mol CO(NH2)25 mol混合气体，则有60 g5 molx0.6 mol，x7.2 g。10. F3、F42012·浙江卷 以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：图0下

43、列说法不正确的是()A在阴极室，发生的电极反应为：2H2O2e=2OHH2B在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H浓度增大，使平衡2CrO2HCr2OH2O向右移动C该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO44H2O2K2Cr2O74KOH2H2O2D测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为d，则此时铬酸钾的转化率为110D解析 根据图中电源正负极，得出右边惰性电极为阳极，发生的反应为4OH4e=2H2OO2，左边不锈钢为阴极，反应为2H2O2e=H22OH，A正确；阳极区OH消耗，H浓度增大，使得2CrO2HCr2OH2O平衡正向移动，产生重

44、铬酸钾，B正确；阳极发生的反应有：2H2O4e=4HO2和2CrO2H Cr2OH2O，阴极发生的反应是4H2O4e=4OH2H2，相加即可得出总反应，C正确；电解过程中K通过阳离子交换膜从阴极室向阳极室移动，电解前阳极液中2，电解后阳极液中d，阳极室增加的n(K)(d2)nCr，根据电解总反应式转化n(CrO)(d2)nCr，转化率为d2，D不正确。28C3 F42012·山东卷 工业上由黄铜矿(主要成分CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下：图0(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的_吸收。a浓H2SO4b稀HNO3cNaOH溶液 d氨水(2)用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所

45、得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在_(填离子符号)，检验溶液中还存在Fe2的方法是_(注明试剂、现象)。(3)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为_。(4)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是_。a电能全部转化为化学能b粗铜接电源正极，发生氧化反应c溶液中Cu2向阳极移动d利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属(5)利用反应2CuO22H2SO4=2CuSO42H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为_。28答案 (1)c、d(2)Fe3取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4褪色(3)3

46、Cu2O2AlAl2O36Cu(4)b、d(5)4HO24e=2H2O解析 (1)焙烧时冰铜中的硫元素转化为SO2，所以气体A为SO2，应用碱液吸收SO2。(2)滴加KSCN溶液变红色说明溶液中含有Fe3，用KMnO4溶液检验含有Fe3的溶液中的Fe2。(3)高温下泡铜中的Cu2O与Al发生置换反应。(4)电解精炼粗铜，粗铜接电源的正极，作阳极，发生氧化反应，b对；电解时电解质溶液中的阳离子(Cu2)向阴极移动，c错；阳极上比Cu活泼的Al、Zn优先失电子变成离子进入电解质溶液，而比Cu不活泼的Ag、Pt、Au则不能参与电极反应，以单质的形式沉积在阳极下方形成阳极泥，d对；电解时有一小部分电能

47、转化为热能，a错。(5)电池反应的总方程式为2CuO24H=2Cu22H2O，负极电极反应式为2Cu4e=2Cu2，将电池反应的总方程式与负极电极反应式相减得正极电极反应式：4HO24e=2H2O。24F42012·福建卷 (16分)(1)电镀时，镀件与电源的_极连接。(2)化学镀的原理是利用化学反应生成金属单质沉积在镀件表面形成镀层。若用铜盐进行化学镀铜，应选用_(填“氧化剂”或“还原剂”)与之反应。某化学镀铜的反应速率随镀液pH变化如图所示。该镀铜过程中，镀液pH控制在12.5左右。据图中信息，给出使反应停止的方法：_。图0(3)酸浸法制取硫酸铜的流程示意图如下：图0步骤()中Cu2(OH)2CO3发生反应的化学方程式为_。步骤()所加试剂起调节pH作用的离子是_(填离子符号)。在步骤()发生的反应中，1 mol MnO2，转移2