第六章-化学反应与能量【过关测试提高卷】(解析版)

第六章化学反应与能量单元测试提高卷一．选择题（每题3分，共48分）1．下列叙述不正确的是A．用天然气火力发电时，每一步都需要化学反应来完成B．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源，保护环境C．原电池反应一定为氧化还原反应D．在火力发电时，化学能转化为热能的过程实际上是氧化还原反应发生的过程，伴随着能量的变化【答案】A【详解】A．火力发电的过程包括，化学能热能机械能电能，后两个阶段都未发生化学变化，A项错误；B．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源，保护环境，B项正确；C．原电池的反应原理为氧化还原反应，所以原电池反应一定为氧化还原反应，C项正确；D．在火力发电时，化学能转化为热能的过程实际上是氧化还原反应发生的过程，伴随着能量的变化，D项正确；答案选A。2．下列叙述不正确的是A．影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质B．反应速率是瞬时速率C．不能用固体物质表示反应速率 D．温度是影响化学反应速率的一个外界因素【答案】B【详解】A．反应物本身的性质是影响化学反应速率的主要因素，而温度、压强、催化剂等是影响化学反应速率的外界因素，A正确；B．反应速率是一段时间内的平均反应速率，而不是瞬时速率，B不正确；C．因为固体的浓度在反应过程中不发生改变，所以不能用固体物质表示反应速率，C正确；D．影响化学反应速率的外界因素有浓度、压强、温度、催化剂、接触面积等，温度只是其中之一，D正确；故选B。3．某可逆反应达到平衡状态时，下列说法正确的是①正反应和逆反应同时进行，两者的速率完全相等②反应物和生成物同时存在，两者的浓度相同③混合物的组成比例不会因时间而改变A．只有① B．①③ C．只有② D．①②③【答案】B【详解】①可逆反应达到平衡状态时，v正=v逆≠0，①项正确；②反应物和生成物浓度相同，只是反应达到的某一特殊状态，并不一定达到平衡，②项错误；③可逆反应达到平衡状态时，各组分的含量保持不变，③项正确；答案选B。4．下列说法正确的是A．燃料电池工作时，将可燃物通入正极，将氧气通入负极B．对于反应2H2O2=2H2O+O2↑，加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率C．用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率D．100mL2mol/L盐酸跟锌片反应，将盐酸换成100mL2mol/L硫酸，反应速率不变【答案】B【详解】A．燃料电池工作时，可燃物通入负极，失电子放电，将氧气通入正极，故A错误；B．加入催化剂或升高温度都能加快反应速率，故B正确；C．常温下，浓硫酸会与铁发生钝化反应，不产生氢气，故C错误；D．化学反应速率与反应物的浓度有关，将2mol/L盐酸换成2mol/L硫酸，H+浓度增大一倍，反应速率加快，故D错误；故选：B。5．把在空气中久置的铝片5.0g投入盛有50mL0.5mol/L硫酸溶液的烧杯中，该铝片与硫酸反应产生氢气的速率v与反应时间t可用如图所示的坐标曲线来表示。下列推论错误的是A．O→a段不产生氢气是因为表面的氧化物隔离了铝和硫酸溶液B．b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一是温度升高C．t=c时反应处于平衡状态D．t＞c时，产生氢气的速率降低主要是因为溶液中c(H+)降低【答案】C【分析】在空气中久置的铝片表面会形成一层致密的Al2O3膜，与硫酸反应放热，结合温度和浓度对化学反应速率的影响分析判断。【详解】A．因铝的表面有一层致密的Al2O3能与硫酸反应得到盐和水，无氢气放出，发生的反应为Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，因此O→a段不产生氢气，故A正确；B．在反应过程中，浓度减小，反应速率减小，但该反应放热，溶液温度升高，反应速率加快，是b→c段产生氢气的速率增加较快的主要原因之一，故B正确；C．该反应不是可逆反应，不存在平衡状态，故C错误；D．随着反应的进行，溶液中的c(H+)逐渐降低，所以t＞c时，反应速率逐渐减小，故D正确；故选C。6．“盐水动力”玩具车的电池以镁片、活性炭为电极，向极板上滴加食盐水后电池便可工作，电池反应为2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。下列关于该电池的说法错误的是A．镁片作为正极B．食盐水作为电解质溶液C．电池工作时镁片逐渐被消耗D．电池工作时实现了化学能向电能的转化【答案】A【详解】A．从电池反应看，Mg由0价升高到+2价，则镁片失电子，作负极，A错误；B．食盐水中含有Na+和Cl-，具有导电性，可作为电解质溶液，B正确；C．电池工作时，镁片不断失电子生成Mg2+进入溶液，所以镁片逐渐被消耗，C正确；D．电池工作时，通过发生化学反应产生电流，从而实现化学能向电能的转化，D正确；故选A。7．已知气体A和B发生反应生成C，其分子结构模型如图所示，下列说法不正确的是()A．由图可知，该化学反应属于化合反应B．该化学反应属于不属于氧化还原反应C．由图可知，化学反应过程中，包含着反应物化学键的断裂和生成物化学键的形成D．气体A、B、C可能分别为H2、Cl2和HCl【答案】B【详解】A．根据图示可以将反应表示为A+B=2C，该反应属于化合反应，A项正确；B．该反应为单质与单质生成化合物的反应，元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，B项错误；C．由图可知，反应物A、B分子中的化学键断裂，形成新的化学键得到了化合物C，C项正确；D．A、B为单质，通过化合反应得到了C，可能是H2与Cl2化合生成HCl，D项正确；答案选B。8．用A、B、C、D四块金属片进行如下实验：①A、B用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，A极为负极；②C、D用导线相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，电流由D→导线→C；③A、C相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，C极产生大量气泡；④B、D相连后，同时浸入稀H2SO4溶液中，D极发生氧化反应。据此，判断四种金属的活动性顺序是()A．A＞B＞C＞D B．C＞A＞B＞D C．A＞C＞D＞B D．B＞D＞C＞A【答案】C【分析】一般来说，在原电池中，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极。负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。放电时电流从正极流向负极，电子从负极流向正极，据此判断金属活动性顺序。【详解】①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸溶液中，

A极为负极，所以活泼性：A＞B；②在原电池中，电子从负极流经外电路流向正极，C、D用导线相连后同时浸入稀H2SO4中，电流由D→导线→C，则电子由C→导线→D

，则活泼性：C＞D；③A、C相连后，同时浸入稀疏酸溶液中，C极产生大量气泡，说明C极是正极，所以金属活泼性：A＞C；④B、D相连后，同时浸入稀疏酸溶液中，D极发生氧化反应，说明D极是负极，所以金属活泼性：D＞B。综上所述可知四种金属活泼性有强到弱顺序是：A＞C＞D＞B，故合理选项是C。9．一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4molNH3和0.5molO2发生反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)。2min后，NO的浓度为0.06mol·L-1。下列有关说法不正确的是A．2min末，用NO表示的反应速率为0.06mol·L-1·min-1B．2min末，NH3的浓度为0.14mol·L-1C．0～2min内，生成的水的质量为3.24gD．0～2min内，O2的物质的量减少了0.15mol【答案】A【详解】A．化学反应速率指的是平均反应速率，不是瞬时速率，因此无法计算2min末的瞬时速率，A错误；B．2min末，NO的浓度为0.06mol·L-1，则参加反应的NH3的浓度为0.06mol·L-1，则2min末，NH3的浓度为0.2mol·L-1-0.06mol·L-1=0.14mol·L-1，B正确；C．0～2min内，生成的水的物质的量为，质量为0.18mol×18g/mol=3.24g，C正确；D．0～2min内，O2的物质的量减少了，D正确；故选A。10．已知2Fe3++2I-→2Fe2++I2，为了探究FeCl3溶液和KI溶液的反应是否存在一定的限度，取5mL0.5mol•L-1KI溶液，向其中加主0.1mol•L-1的FeCl31mL，充分反应，下列实验操作能检验该反应是否存在限度的是A．再滴加AgNO3溶液，观察是否有黄色沉淀产生B．再加入CCl4振荡后，观察下层液体颜色是否变为紫红色C．再加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加AgNO3溶液，观察是否有白色沉淀产生D．再加入CCl4振荡后，取上层清液，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变成红色【答案】D【详解】由题给数据知：氯化铁少量，则：

A．无论是否存在反应限度，滴加溶液，都有黄色沉淀生成，A错误；

B．再加入振荡后，观察下层液体颜色是否变为紫红色，只能说明生成碘，不能确定反应是否存在限度，B错误；

C．再加入振荡后，取上层清液，滴加溶液，观察是否有白色沉淀产生，不能确定反应是否存在限度，反应前后溶液中均存在，C错误；

D．再加入振荡后，取上层清液，滴加溶液，观察溶液是否变红色，可知有没有反应完，从而确定和的反应是否有一定的限度。D正确；

故选D。11．一定温度下，溶液发生催化分解。不同时刻测定生成O2的体积(已折算为标准状况)如表：t/min0246810V(O2)mL0.09.917.222.426.529.9下列叙述正确的是(溶液体积变化忽略不计)A．6～10min的平均反应速率：v（H2O2）=3.3×10-2mol/（L•min）B．反应到6min时，C．反应到6min时，H2O2分解了60%D．0～6min的平均反应速率：【答案】D【分析】在催化剂作用下，过氧化氢分解生成氧气和水，反应的化学方程式为。【详解】A.0～6min内，生成O2的物质的量为，由方程式可知，分解的过氧化氢为0.002mol，浓度变化量为，则，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，反应速率逐渐减小，则6～10min的平均反应速率v（H2O2）＜3.3×10-2mol/（L•min），故A错误；B.反应至6min时生成氧气的物质的量为0.001mol，消耗H2O2的物质的量为0.002mol，剩余H2O2的物质的量为，则，故B错误；C.反应至6min时，分解的过氧化氢的物质的量为0.002mol，反应前H2O2的物质的量为，则H2O2分解了，故C错误；D.0～6min内，生成O2的物质的量为，由方程式可知，分解的过氧化氢为0.002mol，浓度变化量为，则，故D正确；故选D。12．对可逆反应，下列叙述正确的是A．化学反应速率关系是：B．若单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，则反应达到平衡状态C．达到化学平衡时，若增大容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D．达到化学平衡时，【答案】D【分析】A．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比进行判断。B．根据正逆反应速率相等判断是否达到平衡。C．根据浓度对化学反应速率的影响进行判断，浓度减小反应速率减小。D．根据正逆反应速率相等，即达到平衡来判断。【详解】A．化学反应速率关系是：，A项错误；B．单位时间内生成xmolNO的同时，消耗xmolNH3，都是指正反应速率，反应不一定达到平衡状态，B项错误；C．若增大容器体积，则正、逆反应速率均减小，C项错误；D．是反应达到平衡状态的本质标志，D项正确；故答案选D。13．将V1mL1.0mol•L-1NaOH溶液和V2mL未知浓度的HCl溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如下图所示(实验中始终保持V1+V2=50mL)。下列叙述正确的是A．做该实验时环境温度为22℃B．该实验表明热能可以转化为化学能C．HCl溶液的浓度约是1.5mol•L-1D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应【答案】C【详解】A．由图可知，温度为22℃时，已经加入了5mLNaOH溶液，而中和反应为放热反应，则该实验开始温度低于22℃，故A错误；B．由图可知该反应是一个放热反应，表明化学能可以转化为热能，故B错误；C．由图可知，NaOH溶液体积为30mL时，溶液温度最高，说明NaOH溶液和HCl溶液恰好完全反应，由V1+V2=50mL可知HCl溶液的体积为20mL，由反应方程式可知V1c(NaOH)=V2c(HCl)，解得c(HCl)为1.5mol•L-1，故C正确；D．八水合氢氧化钡与氯化铵反应有水生成，该反应是吸热反应，故D错误；故选C。14．将一定量纯净的氨基甲酸铵固体置于密闭真空容器中（容器体积不变，固体试样体积忽略不计），在恒定温度下使其达到平衡:NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。可以判断该反应已经达到平衡的是A．2v(NH3)=v(CO2) B．容器中总压强不变C．容器中混合气体的平均相对分子质量不变 D．容器中氨气的体积分数不变【答案】B【详解】A.当v(NH3)正=v(NH3)逆或v(NH3)正=2v(CO2)逆时，即该反应正反应和逆反应速率相等，已经达到平衡，2v(NH3)=v(CO2)不能表明正反应和逆反应速率相等，故A错误；B.随着NH2COONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)不断进行，容器中总压强会有变化，当总压强不变时，则能表明气体总的物质的量、各成为的物质的量不再变化，该反应已经达到平衡，故B正确；C.容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，因为混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:1混合而成，故C错误；D.容器中混合气体是氨气和二氧化碳按物质的量之比为2:1混合而成，氨气的体积分数始终为66.67%，故D错误；答案选B。15．一定条件下，对于可逆反应：X（g）＋3Y（g）2Z（g），若X、Y、Z的起始浓度分别为c1、c2、c3（均不为0，单位mol/L），达到平衡时，X、Y、Z的浓度分别为0.1mol/L、0.3mol/L、0.08mol/L，则下列判断不正确的是A．c1∶c2＝1∶3 B．平衡时Y和Z的生成速率之比为3∶2C．X、Y的转化率之比等于1:3 D．c2的取值范围为0＜c2＜0.42mol/L【答案】C【详解】A.设X转化的浓度为x，若从正反应建立平衡，则，，若从逆反应建立平衡，则，，故A正确；

B.平衡时，正逆反应速率相等，则Y和Z的生成速率之比为3:2，故B正确；

C.按A分析，反应前后X、Y气体的浓度比为1:3、化学方程式中化学计量数之比为1:3，所以达到平衡状态时，转化率相同，故C错误；

D.反应为可逆反应，物质不可能完全转化，如从正反应建立平衡，则消耗X小于0.04mol⋅L−1、消耗X小于0.12mol⋅L−1，则c2<0.12mol⋅L−1+0.3mol⋅L−1=0.42mol⋅L−1，如反应从逆反应建立平衡，按已知条件，0<c2，故有0<c2<0.42mol⋅L−1，故D正确；答案选C。16．利用反应6NO2+8NH3=7N2+12H2O设计的电池装置如图所示，该装置既能有效消除氮氧化物的排放减轻环境污染，又能充分利用化学能。下列说法正确的是（）A．电池工作时，OH—从左向右迁移B．电极A上发生氧化反应，电极A为正极C．当有0.1molNO2被处理时，外电路中通过电子0.4molD．电极B的电极反应式为2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O【答案】C【分析】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电解质溶液呈碱性解答该题。【详解】由反应6NO2+8NH3═7N2+12H2O可知，反应中NO2为氧化剂，NH3为还原剂，则A为负极，B为正极；A．A为负极，B为正极，电池工作时，OH—从右向左迁移，故A错误；B．A为负极，发生氧化反应，故B错误；C．当有0.1molNO2被处理时，N元素从+4价降为0价，则外电路中通过电子0.4mol，故C正确；D．电极B为正极，发生还原反应，电极反应式为2NO2+8e-+4H2O=N2+8OH-，故D错误；故答案为C。二．非选择题（共52分）17．依据化学能与热能的相关知识回答下列问题：Ⅰ、键能是指在25℃、101kPa，将1mol理想气体分子AB拆开为中性气态原子A和B时所需要的能量。显然键能越大，化学键越牢固，含有该键的分子越稳定。如H—H键的键能是436kJ·mol-1，是指使1molH2分子变成2molH原子需要吸收436kJ的能量。(1)已知H—Cl键的键能为431kJ·mol-1，下列叙述正确的是_______(填字母，下同)。A．每生成1molH-Cl键放出431kJ能量B．每生成1molH-Cl键吸收431kJ能量C．每拆开1molH-Cl键放出431kJ能量D．每拆开1molH-Cl键吸收431kJ能量(2)已知键能：H-H键为436kJ·mol-1；H-F键为565kJ·mol-1；H-Cl键为431kJ·mol-1；H-Br键为366kJ·mol-1。则下列分子受热时最稳定的是_______。A．HFB．HClC．HBrD．H2(3)能用键能大小解释的是_______。A．氮气的化学性质比氧气稳定B．常温常压下溴呈液态，碘呈固态C．稀有气体一般很难发生化学反应D．硝酸易挥发而硫酸难挥发Ⅱ、已知化学反应N2+3H22NH3的能量变化如图所示，回答下列问题：(1)1molN原子和3molH原子生成1molNH3(g)的过程_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ能量。(2)0.5molN2(g)和1.5molH2(g)生成1molNH3(g)的过程_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ能量。(3)1molNH3(l)生成1molN原子和3molH原子的过程_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ能量。【答案】ADAA放出b放出b-a吸收b+c【分析】根据键能的含义，结合拆开化学键要吸收能量，形成化学键放出能量，以及键能越大，化学键越牢固，分子越稳定分析解答I；根据放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，吸热反应中反应物的总能量低于生成物的总能量分析解答Ⅱ。【详解】Ⅰ、(1)H-Cl键的键能为431kJ/mol，所以要拆开1molH-Cl键需要吸收431kJ能量，要形成1molH-Cl键需要放出431kJ能量，故答案为：AD；(2)键能越大，键越稳定，由键能的数据可知，HF的键能最大，则HF最稳定，故答案为：A；(3)A．键能越大，分子越稳定，氮气中的共价键的键能比氧气的大，所以氮气的化学性质比氧气稳定，能用键能解释，故A选；B．分子间作用力越大，分子晶体的熔点越高，常温常压下，溴呈液态，碘呈固态，是因为单质碘的分子间作用力大，与键能无关，故B不选；C．稀有气体的原子达到8电子或2电子稳定结构，不易形成化学键，为单原子分子，很难发生化学反应，与键能无关，故C不选；D．物质的挥发性与其沸点高低有关，分子晶体的沸点与分子间作用力有关，与键能无关，故D不选；故答案为：A；Ⅱ、(1)1molN原子和3molH原子生成1molNH3(g)的过程是原子结合成分子的过程，形成化学键，放出能量，由图可知，1molN原子和3molH原子生成1molNH3(g)放出bkJ能量，故答案为：放出；b；(2)根据图示，0.5molN2(g)和1.5molH2(g)的总能量高于1molNH3(g)的总能量，因此0.5molN2(g)和1.5molH2(g)生成1molNH3(g)的过程放出（b-a）kJ能量，故答案为：放出；b-a；(3)1molNH3(g)生成1molN原子和3molH原子是断开化学键的过程，吸收能量，根据图示，1molNH3(g)生成1molN原子和3molH原子吸收bkJ能量，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为ckJ，则1molNH3(l)生成1molN原子和3molH原子吸收（b+c）kJ能量，故答案为：吸收；b+c。18．向2L密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)+yB(g)pC(g)+qD(g)已知：平均反应速率v(C)=v(A);反应2min时，A的浓度减少了，B的物质的量减少了mol，有molD生成。回答下列问题：(1)反应2min内，v(A)=______________；v(B)=______________；(2)下列叙述能说明该反应已达平衡状态的是：______；A、xV(A)正=qV(D)逆B、气体总的质量保持不变C、C的总质量保持不变D、混合气体总的物质的量不再变化E、混合气体总的密度不再变化F、混合气体平均分子量不再变化(3)反应平衡时，D为2amol,则B的转化率为________；(4)其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较，反应速率_____(是“增大”“减小”或“不变”)，【答案】mol•L-1•min-1mol•L-1•min-1CDF增大【详解】（1）反应前amol气体A，则c(A)===amol•L-1，A的浓度减少了，v(A)===mol•L-1•min-1，B的物质的量减少了mol，v(B)===mol•L-1•min-1，答案为mol•L-1•min-1，mol•L-1•min-1。（2）v(C)=v(A)=mol•L-1•min-1，由题意知有molD生成，v(D)===mol•L-1•min-1，v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=2：3：1：5，则x=2，y=3，p=1，q=5，则化学方程式为2A(g)+3B(g)C(g)+5D(g)，判断：A．正逆反应速率之比等于化学计量数之比时，反应才达到平衡状态，所以qV(A)正=xV(D)逆，故A不符合题意；B．此反应反应物与生成物均为气体，根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量始终保持不变，根据气体总的质量保持不变，不能判断平衡状态，故B不符合题意；C．C的总质量保持不变，正逆反应速率相等，说明达平衡状态，故C符合题意；D．此反应为反应前后气体的体积不相等的反应，若混合气体总的物质的量不再变化，正逆反应速率相等，说明达平衡状态，故D符合题意；E．此反应为反应前后气体的体积不相等的反应，根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量保持不变，容器容积不变，则混合气体总的密度始终不变，不能说明达平衡状态，故E不符合题意；F．因为平均分子量在数值上与平均摩尔质量相等，而平均摩尔质量=，根据质量守恒定律，反应前后气体的总质量始终保持不变，此反应为反应前后气体的体积不相等的反应，若混合气体的平均摩尔质量保持不变，即平均分子量保持不变，则气体的总物质的量保持不变，正逆反应速率相等，说明达平衡状态，故F符合题意；答案为CDF。(3)反应平衡时，D为2amol，根据2A(g)+3B(g)C(g)+5D(g)反应，则变化的B为△n(B)=mol，B起始的物质的量为bmol，则B的转化率===；答案为。（4）如果其他条件不变，将容器的容积由2L变为1L，是体积缩小的变化，压强增大，反应速率增大；答案为增大。19．(1)下图是某化学兴趣小组探究化学能转变为电能的装置，若依据氧化还原反应:

Cu+2Fe3+=

Cu2++2Fe2+

设计原电池，电极a为石墨、则电极b为电池的______极，发生的电极反应式为：___________，电极a上发生的电极反应为_____(填“氧化”或“还原"反应。(2)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。现设计如图为某种甲烷燃料电池示意图，工作时电子流向如图所示。写出电极A的电极方程式________________，电极A附近pH如何变化?______________(填“变大”或“变小”)。(3)Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。该电池的电极材料分别为锂和碳，电解质溶液是LiAlCl4-

SOCl2。电池的总反应可表示为：4Li+2SOCl=

4LiCl+S+

SO2。已知SOCl2会与水反应有刺激性气味的气体生成：SOCl2+

H2O=2HCl↑+

SO2↑。电池的负极材料为_________

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电池正极发生的电极反应式为_________；组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行，原因是______________。【答案】负Cu-2e-=Cu2+还原CH4-8e-+10OH-=+7H2O减小锂SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2↑锂是活泼金属，易与O2反应；SOCl2也可与水反应【分析】根据总的化学方程式2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，由电子得失或转移情况判断正负极，并写出电极反应；根据题中图示，由电子流向判断正负极，写出A极的电极反应和判断A极附近pH的变化；根据总的化学方程式4Li+2SOCl2═4LiCl+S+SO2，由电子得失或转移情况判断正负极，并写出电极反应；由题中信息回答该电池必须在无水、无氧的条件下进行的原因；据此解答。【详解】（1）由原电池的总反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+可知，电极a为石墨，作正极，Fe3+在正极上得电子发生还原反应，电极反应式为2Fe3++2e-=2Fe2+；电极b为负极，Cu作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；答案为负，Cu-2e-=Cu2+，还原。（2）由题中图示，电子是从A极流向B极，则A为负极，B为正极，燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，所以通入甲烷，由于是碱性环境，生成了CO32-，其电极反应为CH4-8e-+10OH-=+7H2O，A极附近要消耗OH-，pH减少；答案为CH4-8e-+10OH-=+7H2O，减少。（3）根据总的化学方程式4Li+2SOCl2═4LiCl+S+SO2可知，锂失电子，化合价升高，发生氧化反应，锂是负极，SOCl2在正极得到电子被还原为S，同时生成二氧化硫，电极反应式为2SOCl2+4e-═4Cl-+S+SO2↑，锂和钠是同一主族的元素，性质具有相似性，钠和空气中的氧气、水蒸气反应，所以锂和空气中的氧气、水蒸气也能反应；SOCl2也可与水反应，所以组装该电池必须在无水、无氧的条件下进行；答案为锂，2SOCl2+4e-═4Cl-+S+SO2↑，锂是活泼金属，易与H2O、O2反应，SOCl2也可与水反应。20．氢气是一种清洁能源，请根据实验室和工业上制氢及氢气性质回答相关问题。I.实验室用稀硫酸与锌粒（黄豆粒大小）制取氢气时加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：（1）少量硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是______________；（2）要加快上述实验中产生氢气的速率，还可采取的措施有______、_______（列举两种措施）。（3）当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降，请分析氢气生成速率下降的主要原因____________。II.工业上海水制氢气的新技术：2H2O2H2↑＋O2↑。试回答下列问题：（1）分解海水的反应属于_____反应（填“放热”或“吸热”）。（2）某种氢氧燃料电池是用固体金属化合物陶瓷作电解质，两极上发生的电极反应分别为：A极是2H2＋2O2-―4e-＝2H2O，B极是O2＋4e-＝2O2-，则A极是电池的____极。（3）氢气的储存比较困难，最近科学家研究出一种环保，安全的储氢方法，其原理可表示为：NaHCO3＋H2HCOONa＋H2O。下列有关说法正确的是____。A储氢释氢过程均无能量变化B该反应属于可逆反应C储氢过程中，NaHCO3被还原D释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2【答案】CuSO4和Zn反应产生的Cu与Zn构成了无数微小的原电池，加快H2生成速率升高反应温度适当增加硫酸的浓度CuSO4超过一定量时，产生的Cu会覆盖在Zn的表面，Zn的表面积减少，降低H2的生成速率吸热负C【分析】题I考察反应速率的影响因素，反应速率的影响因素主要有是否构成原电池、温度、反应物浓度、固体接触面积、催化剂等。题II主要考察原电池工作原理，负极失电子，发生氧化反应，正极得电子，发生还原反应。【详解】I(1)少量硫酸铜和Zn反应生成少量的Cu，生成的Cu覆盖在Zn的表面，形成了Zn-Cu-H2SO4原电池，从而加快了H2的生成速率。(2)反应速率的影响因素主要有是否构成原电池、温度、反应物浓度、固体接触面积、催化剂等，因此加快反应速率的方法可以是升高温度、适当增加硫酸的浓度、增大Zn的表面积等。(3)硫酸铜的量过多时，生成大量的Cu都覆盖在Zn的表面，此时Zn和硫酸的接触面积就减少了，因此会降低反应速率。II(1)该反应为分解反应，根据给定的激光条件下反应可推知该反应为吸热反应。(2)原电池的负极会失电子，因此A为该原电池的负极。(3)A．储氢释氢过程都有化学键的断键与成键，因此伴随着能量的变化，A错误；B．储氢释氢过程的条件不一样，因此不是可逆反应，B错误；C．储氢过程中C的化合价从+4价降到+2价，发生还原反应，C正确；D．释氢过程中，并未说明是否在标准状况下生成的氢气，因此H2的体积无法计算，D错误。故选C。【点睛】化学反应速率的影响