4.1 原电池 课后训练（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 4.1 原电池 课后训练（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 855.8KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-02 19:46:47 | ||
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文档简介
4.1 原电池 课后训练
一、单选题
1．某兴趣小组以相同大小的铜片和锌片为电极研究水果电池，装置如下图。当电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A．铜片为正极 B．负极的电极反应为Zn-2e-=Zn2+
C．化学能主要转化为电能 D．电子从锌片经水果流向铜片
2．下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是（）
A B C D
铅蓄电池放电 风力发电 水力发电 太阳能发电
A．A B．B C．C D．D
3．下列现象或变化与原电池无关的是（ ）
A．银质物品久置表面变暗
B．生铁比纯铁容易生锈
C．镀锌铁表面有划损时，仍然能阻止铁被氧化
D．锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液可使反应加快
4．下列反应中，在原理上可以设计成原电池的是（ ）
A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 B．氧化铝与硫酸的反应
C．甲烷与氧气的反应 D．石灰石的分解反应
5．用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．充电时，阴极的电极反应为：Ni(OH)2＋OH－－e－=NiO(OH)＋H2O
B．放电时，负极的电极反应为：H2－2e－＋2OH－=2H2O
C．放电时，OH－移向镍电极
D．充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连
6．下图是采用新能源储能器件将CO2转化为固体产物，实现CO2的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用Li-CO2电池，组成为：钌电极/CO2饱和的LiClO4-DMSO电解液/锂片。下列说法错误的是 （ ）
A．Li-CO2电池的电解液由LiClO4和DMSO溶于水得到
B．CO2的固定中，每转移8 mol e-，生成6 mol气体
C．过程Ⅱ中化学能转化为电能
D．过程Ⅰ的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-=4Li++3CO2↑
7．对于敞口容器中的反应：，下列叙述错误的是（ ）
A．和的总能量大于和的总能量
B．反应过程中能量关系可用图表示
C．若将该反应设计成原电池，则为负极
D．若将该反应设计成原电池，当有65g锌溶解时，正极放出11.2L气体（标准状况）
8．最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点， 下列说法不正确的是（ ）
A．硫酸水溶液主要作用是增强导电性
B．充电时，电极 B接正极
C．D膜是质子交换膜
D．充放电时，A极有
9．肼()是一种还原性较强的液体，在生物膜电极表面容易发生氧化反应，从而达到无污染净化高浓度酸性NO废水的目的，其装置如图所示。其中M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜。下列说法错误的是（ ）
A．X为低浓度KOH溶液
B．通过N自左向右做定向移动
C．负极上的电极反应式为
D．电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为1∶1
10．《Nature》期刊曾报道一例CH3OH-O2原电池，其工作示意图如下。下列说法错误的是（ ）
A．电极A是负极，发生氧化反应
B．电解质溶液中H+由A极流向B极
C．电极B的电极反应为：O2+2e-+H+=HO2-
D．外电路中通过6mol电子，生成CO2的体积为22.4L
11．将反应2Fe3++2I- 2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。
下列说法错误的是（ ）
A．盐桥中的K+移向FeCl3溶液
B．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
12．液体锌电池具有成本低、安全性强等特点，其工作原理如图所示(KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移)。下列说法正确的是（ ）
A．电流由MnO2极经用电器流向Zn极
B．负极反应式为
C．工作一段时间后，锌极区pH升高
D．13.0 gZn参与反应，理论上电路中转移0.2 mol电子
13．某原电池总反应离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+，不能实现该反应的原电池是
①正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3溶液；
②正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe（NO3）3溶液；
③正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2（SO4）3溶液；
④正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为CuSO4溶液（ ）
A．① B．③④ C．①② D．②③④
14．按下图装置实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴应表示（ ）
①c（Ag+） ②c（NO3﹣） ③a棒的质量 ④b棒的质量 ⑤溶液的质量．
A．①③ B．③④ C．①②④ D．②
15．氧化铅-铜电池是一种电解质可循环流动的新型电池(如图所示)，电池总反应为PbO2+Cu+2H2SO4=PbSO4+CuSO4+2H2O。下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A．电池工作时，电子由Cu电极经电解质溶液流向PbO2电极
B．电池工作过程中，电解质溶液的质量逐渐减小
C．正极反应式：PbO2+2e-+4H++SO =PbSO4+2H2O
D．电池工作过程中，两个电极的质量均减小
16．现有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接浸入酸性电解质溶液，形成闭合电路，B易腐蚀，将A与D用导线连接浸入酸性电解质溶液电流从D流向A，若将C浸入B的盐溶液中，有金属B析出，这四种金属的活动性顺序为（ ）
A．C＞B＞A＞D B．D＞A＞B＞C C．D＞B＞A＞C D．D＞C＞A＞B
二、综合题
17．镉（Cd）是一种用途广泛的金属，也是对人体健康威胁最大的有害元素之一。
（1）1.00gCdS固体完全燃烧生成CdO固体和SO2气体放出2.75kJ的热量，该反应的热化学方程式为 。
（2）常温下，Ksp(CdCO3) = 4.0×10－12，Ksp[Cd(OH)2] = 3.2 ×10－14，则溶解度（mol·L－1）较大的是 [填“CdCO3”或“Cd(OH)2”]；若向含112mg·L－1
Cd2+的废水加碱调pH至9.0，达到平衡时，溶液中c(Cd2+)= 。
（3）一种鳌合絮凝剂的制备及其用于去除含镉废水中Cd2+的原理如下：
①聚丙酰胺的单体的结构简式为 。
②使用鳌合絮凝剂处理某含镉废水，镉去除率与pH的关系如图-1所示。在强酸性条件下，pH越小除镉效果越差，其原因是 。
（4）一种用电动力学修复被镉污染的土壤的装置如图-2所示。
①实验前铁粉需依次用NaOH溶液、稀硫酸及蒸馏水洗涤，其目的是 。
②实验过程中铁粉上发生的电极反应为 。
③活性炭的作用是 。
18．CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。
（1）甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时，要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是 。已知25℃、101 kPa时，1 mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出896
kJ热量，则甲烷的热值为 kJ·g-1。
（2）一定温度下，在偏铝酸亚铜（CuAlO2）的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可实现“CO2减排”，写出反应的化学方程式 ，其优点是 （请写出一条）。
（3）甲烷可以消除氮氧化物污染。如:
CH4（g）+2NO2（g） N2（g） + CO2（g） + 2H2O（g）。
①下列措施能够加快化学反应速率的是 。
a. 使用催化剂 b. 降低温度 c. 及时分离水
②若上述反应在恒容密闭容器中进行，则下列叙述能说明该反应达平衡的是 。
a. 混合气体的质量不再变化
b. c（NO2） = 2c（N2）
c. 单位时间内生成1 mol CO2，同时生成2 mol NO2
（4）甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用可传导O2-的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示:
①b极电极反应式为 。
②若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L（假设空气中O2体积分数为20%），则理论上消耗甲烷 mol。
19．氢气既是一种清洁能源，又是重要的化工原料。回答下列问题：
（1）已知：断裂1、1、1键吸收的能量依次为436、498、467。在反应中，44.8L(标准状况)恰好完全反应放出的能量为 。
（2）实验室用锌粒和稀硫酸反应制备氢气。
①其他条件相同，粗锌制备氢气的速率 纯锌(填“大于”“小于”或“等于”)。
②其他条件相同，相同质量的锌粉和锌粒分别与足量1硫酸溶液反应产生氢气的体积与时间的关系如图所示。曲线II代表 (填“锌粉”或“锌粒”)。
（3）氢氧燃料电池的能量转化率较高，工作原理如图所示。放电时，负极反应式为 ；刚开始放电时，正极附近电解质溶液的pH (填“升高”“降低”或“不变”)。
（4）某温度下在4L恒容密闭容器中，3种气态物质X、Y、Z的物质的量随时间变化曲线如图。
①写出该反应的化学方程式 。
②在5min时，该反应达到了平衡状态，下列可作为判断反应已达平衡状态的是 。
Ａ.X、Y、Z的浓度相等 B．容器内气体压强保持不变
C．X、Y的反应速率比为3∶1 D．生成1Y的同时生成2Z
③该反应达平衡时，X的转化率为 。
20．依据原电池原理，回答下列问题：
（1）图1是依据氧化还原反应：Cu（s）＋2Fe3＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋2Fe2＋（aq）设计的原电池装置。
①电极X的材料是 （填化学名称）；电极Y的材料是 （填化学名称）。
②Y电极发生的电极反应式为： 。
（2）图2是使用固体电解质的燃料电池，装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导正极生成的O2－离子(O2＋4e―→2O2－)。
①c电极为 极。（填“正”或“负”）
②d电极上的电极反应式为 。
③如果消耗甲烷160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为 （用NA表示），需要消耗标准状况下氧气的体积为 L。
21．CH4、CH3OH是重要的含碳燃料，将CH4设计成零碳排放的燃料电池，原理如图。CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率。
①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol
②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol
（1）负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、 、 。
（2）可循环使用的含碳物质有 (写化学式)。
（3）CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体，其热化学方程式为 。
（4）甲醇制氢的反应历程如图所示(*表示该物种吸附在固体催化剂表面)，决定该过程总反应速率的步骤是 (填标号)。
a．碳氢键的断裂 b．氢氧键的断裂 c．碳氧键的形成
（5）在上述甲醇制氢的反应历程中，如果OH*参与CH3OH*→CH3O*步骤，则该步骤的历程如图所示，
OH*起到的作用是 。
（6）关于甲醇制氢反应CH3OH(g)+ H2O(g) CO2(g)+ 3H2(g) ΔH＞ 0，既可以加快反应速率，又可以提高H2平衡产率的措施有____(填标号) 。
A．升高温度 B．加入催化剂
C．增大H2O(g)浓度 D．增大压强
（7）CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，判断正反应 (填“进行完全”或“未进行完全”)
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．由以上分析可知，铜片做正极，故A不符合题意；
B．锌做负极，在负极上，锌失去电子生成锌离子，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，故B不符合题意；
C．在原电池中化学能主要转化为电能，故C不符合题意；
D．电子从锌片经外电路流向铜片，电子不能进入电解质溶液中，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】活泼性：锌>铜，该原电池中锌片为负极，负极发生氧化反应，铜片为正极，正极发生还原反应，原电池工作时将化学能转化为电能，电子由负极经导电流向正极，不会经过电解质溶液，据此解答。
2．【答案】A
【解析】【解答】A、蓄电池放电，利用化学反应产生能量，将化学能转化为电能，故A、符合题意；
B、风力发电，将风能转化为电能，故B不符合题意；
C、水力发电，将重力势能转化为电能，故C不符合题意；
D、太阳能发电，将太阳能转化为电能，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】化学能转化为电能的装置是原电池。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、纯银饰品久置表面变暗是由于金属银和空气中的二氧化硫发生反应生成硫化银的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故A选；
B、生铁中碳等杂质与铁空气中水形成原电池，故B不选；
C、Zn比Fe活泼，构成原电池，Fe作正极，所以Fe被保护，与电化学有关，故C不选；
D、锌置换出铜，形成原电池反应，进而加快反应速率，与电化学有关，故D不选；
故答案为：A。
【分析】A、纯银饰品久置表面变暗是由于金属银和空气中的二氧化硫发生反应生成硫化银的结果；
B、生铁中碳等杂质与铁空气中水形成原电池；
C、Zn比Fe活泼，构成原电池，Fe作正极；
D、锌置换出铜，形成原电池反应．
4．【答案】C
【解析】【解答】原电池为将化学能转化为电能的装置，所涉及反应为自发进行的氧化反应，题中只有C为氧化还原反应，可设计成原电池反应，其中通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，而A、B、D都不是氧化还原反应，不能设计成原电池，
故答案为：C。
【分析】设计原电池需要是能够自发进行的氧化还原反应，据此解答即可。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.充电时，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiO(OH)＋H2O，A项错误；
B.放电时，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，B项正确；
C. 放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-移向碳电极，C项错误；
D. 该电池充电时，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，D项错误；
故答案为：B。
【分析】A.充电时为电解池，阴极得电子，发生还原反应；
B.放电时为原电池，负极失电子，发生氧化反应；
C.在原电池中，负离子向正极移动；
D.原电池的负极与电解池的阴极相连。
6．【答案】A
【解析】【解答】A. 金属锂能够与水反应，电解液不能由LiClO4和DMSO溶于水得到，A符合题意；
B. 根据电极反应方程式：2Li2CO3=4Li++2CO2↑+O2↑+4e-可知，得到4mole-，生成2molCO2气体和1molO2，现转移8mole-，生成6mol气体，B不符合题意；
C. 通过图示可知，电子不断的流出，过程Ⅱ中化学能转化为电能，C不符合题意；
D. 通过图示可知，碳变为二氧化碳，发生氧化反应，过程Ⅰ的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-═4Li++3CO2↑，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.金属锂能与水反应，不能用水溶液；
B.根据电极方程式判断电子转移物质的量与气体的的量的关系；
C.根据能量转化是性进行判断；
D.发生氧化反应生成二氧化碳，据此书写电极方程式。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．和的反应是放热反应，所以和的总能量大于和的总能量，A项不符合题意；
B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，B项不符合题意；
C．在反应中失去电子，化合价升高，作原电池的负极，C项不符合题意；
D．根据反应方程式可知，1mol（65g）完全反应生成1mol，其在标准状况下的体积为22.4L，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.锌和硫酸的反应为放热反应；
B.放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量；
C.该反应中Zn发生氧化反应，原电池中负极发生氧化反应。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.从图中电子移动方向可以判断a极是原电池的负极，b极是原电池的正极，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，A不符合题意。
B.b为正极，充电时就接正极，B不符合题意。
C.d膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，只是防止高分子穿越，所以为半透膜，C符合题意。
D.a极是负极，酚失去电子变成醌，依据电荷守恒以H+的个数判断电子数目，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据图中电子移动方向，可以判断a为原电池的负极，发生氧化反应，b为原电池的正极，发生还原反应，硫酸为电解质溶液，据此分析解答。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，KOH溶液中OH-通过阴离子交换膜M进入负极区，K+通过阳离子交换膜N进入正极区，故X为低浓度KOH溶液，A不符合题意；
B．由分析可知，左边为负极，右边为正极，阳离子流向正极，故通过N自左向右做定向移动，B不符合题意；
C．由分析可知，负极上的电极反应式为，C不符合题意；
D．根据电子守恒可知，电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为2∶5，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.甲醇失去电子转化为二氧化碳，因此电极A是负极，发生氧化反应，A不符合题意；
B.电解质溶液中H+向正极移动，即由电极A流向B极，B不符合题意；
C.电极B是正极，得电子发生还原反应，电极反应为：O2+2e-+H+=HO2- ， C不符合题意；
D.二氧化碳所处的状态不能确定，不能用气体摩尔体积进行计算其体积，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】注意气体体积计算时一般需看是不是在标准状况下，如果不是不能直接计算。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．氯化铁电极为正极，碘化钾电极为负极，盐桥中阳离子向正极移动，所以向氯化铁溶液中迁移，不符合题意；
B．反应开始时，因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，B不符合题意；
C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，不符合题意；
D．当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，符合题意，
故答案为：D。
【分析】根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应 2Fe3++2I- 2Fe2++I2 可知，铁元素的化合价降低，而点元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨做正极，乙烧杯中的石墨做负极，利用负极发生氧化反应， 正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答该题。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．根据图示可知：在左边MnO2电极上MnO2得到电子被还原产生Mn2+，在Zn电极上Zn失去电子产生的Zn2+与KOH凝胶发生反应产生KZnO2，所以MnO2电极为正极，电流由正极MnO2极经用电器流向负极Zn极，A符合题意；
B．MnO2电极为正极，MnO2得到电子被还原产生Mn2+，故正极的电极反应式为，B不符合题意；
C．电池工作一段时间后，Zn电极由于不断消耗OH-，使其浓度降低，故锌极区溶液的pH会逐渐减小，C不符合题意；
D.13.0 gZn的物质的量n(Zn)=，若13.0 g Zn参与反应，由于Zn是+2价金属，则理论上电路中转移0.2 mol×2=0.4 mol电子，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、活泼金属做负极，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极；
B、MnO2变成Mn2+，化合价降低，得到电子；
C、Zn转化为ZnO22-，O来自于OH-；
D、注意结合公式计算，并且要注意Zn的价态变化。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，可为Cu、Ag、C等，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，可为FeCl3、Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3等，则①②正确，③④错误．
故选B．
【分析】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，以此解答该题．
14．【答案】D
【解析】【解答】解：根据图中装置试验，Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，正极Ag上析出金属银，银离子得电子析出金属Ag，所以正极质量增加，银离子浓度减小，硝酸根浓度不变，溶液的质量是增加了Fe，但是析出了Ag，但是在转移电子相等情况下，析出金属多，所以溶液质量减轻．
故选D．
【分析】Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，在负极上质量减轻，正极上析出金属银．
15．【答案】C
【解析】【解答】A．电池工作时，电子不能流经电解质溶液，只能在外电路中流动，A不符合题意；
B．由电池总反应可知，若反应的PbO2为1mol，则电解质溶液中增加了2mol O，1 mol Cu，减少了1 mol SO ，则增加和减少的质量相等，反应前后电解质溶液的质量不变，B不符合题意；
C．由总反应可知，PbO2得电子，正极反应式为PbO2+2e-+4H++SO =PbSO4+2H2O，C符合题意；
D．正极反应生成的硫酸铅附着在PbO2电极上，其质量增加，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】原电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，由化合价变化可知：铜失电子，发生氧化反，为负极，电极反应式为：Cu-2e-═Cu2+，PbO2发生得电子的还原反应、为正极，电极反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-═PbSO4+2H2O，工作时，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子，发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极。B易腐蚀，所以A的活动性小于B；原电池中电流由正极流向负极，电流从D流向A，所以D的活动性小于A；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，若将C浸入B的盐溶液中，有金属B析出，说明C的活动性大于B，所以金属的活动性顺序为：C＞B＞A＞D；
故答案为：A。
【分析】原电池的角度进行分析，活泼金属作为负极，负极质量减少，正极质量增加或者生产气体，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极。
17．【答案】（1）2CdS(s) + 3O2(g) = 2CdO(s) +2SO2(g) ΔH =－792kJ·mol－1
（2）Cd(OH)2；3.2×10－4 mol·L－1
（3）CH2=CHCONH2；H+与－NH2及－NH－上的氮原子结合，抑制了鳌合絮凝剂的活性
（4）除去铁粉表面油污和铁锈；Fe －2e－= Fe2+；作电池正极并吸附迁移至该极周围的Cd2+等阳离子
【解析】【解答】（1）1.00gCdS固体完全燃烧生成CdO固体和SO2气体放出2.75kJ的热量，288g即2mol CdS固体完全燃烧生成CdO固体和SO2气体放出2.75×288kJ=792kJ的热量，该反应的热化学方程式为2CdS(s) + 3O2(g) = 2CdO(s) +2SO2(g) ΔH =－792kJ·mol－1；
（2）因为CdCO3与Cd(OH)2 不是同一类型物质，前者为AB型，后者为AB2型.所以不能直接比较Ksp，需要计算在溶液中的溶解度s(mol / L)： CdCO3 的溶解度s = = 2.0×10-6 (mol/L) ； Cd(OH)2 的溶解度s = = 2 ×10-5 (mol/L)，故则溶解度（mol·L－1）较大的是Cd(OH)2；常温下，pH=9.0，c(OH-)=10-5mol/L，Ksp[Cd(OH)2] = c(Cd2+)c2(OH-)= c(Cd2+)×（10-5mol/L）2= 3.2 ×10－14，c(Cd2+)= 3.2×10－4 mol·L－1；
（3）①聚丙酰胺的单体为丙酰胺，其结构简式为CH2=CHCONH2；②H+与－NH2及－NH－上的氮原子结合，抑制了鳌合絮凝剂的活性，故在强酸性条件下，pH越小除镉效果越差；
（4）①实验前铁粉需依次用NaOH溶液、稀硫酸及蒸馏水洗涤，以除去铁粉表面油污和铁锈；②实验过程中铁粉作为原电池的负极，负极上铁失电子产生亚铁离子，故发生的电极反应为Fe －2e－= Fe2+；③活性炭的作用是作电池正极并吸附迁移至该极周围的Cd2+等阳离子。
【分析】（1）首先计算1mol镉完全燃烧放出的热量，然后根据热化学方程式的书写要求写出热化学方程式即可；
（2）根据溶度积常数计算镉离子的浓度，然后比较溶解度的大小，注意二者不是相同类型的化合物，不能直接利用溶度积常数进行比较；
（3）①聚丙酰胺是发生加聚反应的产物；
② 氢离子与碱性离子反应；
（4）NaOH溶液能使铁表面的油污除去，稀硫酸能溶解氧化铁；结合原电池原理进行分析电极方程式和活性炭的作用。
18．【答案】（1）提供CH4分解所需的能量；56
（2）CH4+CO2 CH3COOH；原子转化率100%（或符合绿色化学理念）
（3）a；c
（4）O2 + 4e－＝2O2－；0.025
【解析】【解答】（1）甲烷高温分解生成氢气和碳是吸热反应，因此在密闭容器中进行此反应时，要通入适量空气使部分甲烷燃烧，为CH4分解提供所需的能量；已知25℃、101 kPa时，1 mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出896 kJ热量，则1g甲烷完全燃烧放出的热量为 ，则甲烷的热值为56kJ·g-1；
（2）一定温度下，在偏铝酸亚铜（CuAlO2）的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可实现“CO2减排”，该反应的化学方程式为CH4+CO2 CH3COOH，该反应为化合反应，无其他副产物产生，则其优点是原子转化率100%（或符合绿色化学理念）。
（3）①使用催化剂能加快反应速率，但降低温度、及时分离水即降低生成物浓度均使反应速率降低，所以a选、bc不选；
②a. 该反应中各物质均为气体，所以反应体系中混合气体的质量始终不变，即混合气体的质量不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故a不正确；
b. 反应物浓度不变或v（NO2）正=2v（N2）逆，可说明反应达到平衡状态，但c（NO2） = 2c（N2）不能判断反应是否达到平衡状态，故b不正确；
c. 单位时间内生成1 mol CO2，同时生成2 mol NO2，则v（NO2）逆=2v（CO2）正，说明反应达到平衡状态，故c正确；
（4）①在甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，通入空气的一极为正极，即a为负极、b为正极，由图示可知，氧气在正极得电子发生还原反应生成O2－，故b极电极反应式为O2 + 4e－＝2O2－；
②5.6L空气中含有氧气为5.6L×20%=1.12L，即0.05mol，甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2═CO2+2H2O，所以理论上消耗甲烷的物质的量=0.05mol× =0.025mol。
【分析】（1）根据已知信息和热值的单位分析热值是指单位质量的物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
（2）根据已知信息书写化学方程式，根据反应特点分析其优点；
（3）①根据外界因素对反应速率的影响分析；②根据化学平衡状态的判断依据分析；
（4）根据甲烷燃料电池的工作原理分析。
19．【答案】（1）498
（2）大于；锌粉
（3）；升高
（4）；BD；60%
【解析】【解答】（1）已知：断裂1、1、1键吸收的能量依次为436、498、467。在反应中，44.8L(标准状况) H2的物质的量是2 mol，则其完全发生该反应，断键吸收热量为2 mol×436 kJ/mol+1 mol ×498 kJ/mol，生成水蒸气形成共价键放热为4mol×46 7 kJ/mol，则恰好完全反应放出的能量为4mol×46 7 kJ/mol –(2 mol×436 kJ/mol+1 mol ×498 kJ/mol)= 498。
（2）①粗锌中Zn、杂质及酸溶液构成原电池，会加快反应速率，故其他条件相同，粗锌制备氢气的速率大于纯锌；
②其它条件相同，由于锌粉比锌粒与酸接触面积增大，反应速率大于锌粒，根据图示可知曲线II比曲线I反应速率快，则其中曲线I为锌粒，曲线II为锌粉。
（3）在该燃料电池中，通入H2的电极为负极，H2失去电子变为H+，H+结合电解质溶液中的OH-生成水，故负极的电极反应式为：；
在正极上O2得到电子，与溶液中的水反应产生OH-，使附近OH-离子浓度增大，故刚开始放电时，正极附近电解质溶液的pH升高。
（4）①根据图象可知，X、Y为反应物，Z为生成物，且转化的物质的量之比为3：1：2，则该反应的化学方程式为3X+Y 2Z；
②A．在5min时，该反应达到了平衡状态，此时X、Y、Z的浓度不相等，因此X、Y、Z浓度相等，不能说明反应达到平衡，A不选；
B．该反应为前后气体分子数、压强变化的反应，压强不变时，可以说明反应达到平衡，B选；
C．无论是否达到平衡，同一方向的化学反应速率之比始终等于化学计量数之比，所以X、Y的反应速率比为3：1不能说明反应达到平衡，C不选；
D．生成1molY的同时生成2molZ，正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡，D选；
故答案为：BD；
③由图象可知，5min达到平衡时X转化了0.6mol，则X的转化率=。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2） ① 原电池的反应速率更快；
② 锌粉的接触面积更快，速率更快，时间更短；
（3）燃料电池中通入燃料以及为负极，通入氧气一端为正极；
（4） ① 结合化学计量数之比等于变化物质的量之比判断化学计量数；
② 化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
③ 转化率=变化量/起始量。
20．【答案】（1）铜；碳（石墨、金、铂、银）；2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋
（2）正；CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；80NA；448
【解析】【解答】（1）由Cu（s）＋2Fe3＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋2Fe2＋（aq）可知：Cu失去电子，化合价升高，是电子流出的一极，为原电池的负极，故电极X的材料是铜，电极Y是原电池的正极，发生Fe3+得电子的还原反应，可选择惰性电极碳或比铜活波性弱的材料做电极，如碳（石墨、金、铂、银）做正极，原电池正极的电极反应式为：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋；
故答案为：铜，碳（石墨、金、铂、银）；2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋（或Fe3＋＋e－＝Fe2＋）。（2）有图2电流方向可以看出，①c电极是燃料电池电子流入的一级，为正极；②d电极为电子流出的电极，为燃料电池的负极，负极发生CH4失电子的氧化反应，电极反应式为：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；③根据电池反应式，CH4 2O2=CO2 2H2O，160g CH4的物质的量为，n(CH4)= =10mol，设有xmol电子转移，则1:8=10：X，解得X=80mol，转移电子电子数目为80NA，消耗O2的物质的量为：n(O2=)20mol，体积V（O2）=20mol 22.4L/mol=448L；
故答案为：正 ， CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O ，80NA ，448。
【分析】（1）在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，在电解液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极；
（2）①c极是氧气，根据总反应方程式可知氧气做的是正极；
②甲烷一极发生的是氧化反应，失去电子，结合氧二负离子得到二氧化碳和水；
③ 根据总反应方程式中的电子转移关系可以得出甲烷160g，转移电子的数目一极消耗的氧气的体积。
21．【答案】（1）H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2
（2）CO、CO2
（3）CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol
（4）c
（5）催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)
（6）A；C
（7）进行完全
【解析】【解答】(1)由题干信息可知，CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率，则负极参与反应的燃料物质还有CO和H2，故负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、H2-2e- +O2-=H2O、CO- 2e -+O2-=CO2，故答案为：H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2；
(2)由(1)分析可知，可循环使用的含碳物质有CO、CO2，故答案为：CO、CO2；
(3)已知反应①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol ②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol ，则CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体即CO2，该反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，反应①-②得目标反应，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1-ΔH2= (+ 206.2 kJ/mol)-(+ 247.3 kJ/mol)=-41.1 kJ/mol，故其热化学方程式为CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol，故答案为：CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol；
(4)反应步骤中活化能越大，反应速率越慢，最慢的一步为决速步骤，由题干反应历程图中可知，碳氧键的断裂过程的活化能最大，为决速步骤，故答案为：c；
(5)由题干图示信息可知，加入OH*后该步骤的活化能大大减小，能加快反应速率，即OH*起到的作用是催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)，故答案为：催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)；
(6)A. 升高温度反应速率加快，该反应正反应是一个吸热反应，则升高温度平衡正向移动，H2的平衡产率增大，A正确；
B. 加入催化剂反应速率加快，但平衡不移动，H2的平衡产率不变，B不合题意；
C. 增大H2O(g)浓度反应速率增大，增大反应物浓度，平衡正向移动，H2的平衡产率增大，C正确；
D. 增大压强即缩小体积，反应物、生成物浓度增大，反应速率加快，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故增大压强平衡逆向移动，H2的平衡产率减小，D不合题意；
故答案为：AC；
(7)CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k-1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，达到平衡的本质特征为：正反应速率等于逆反应速率即v1= v2即k1c(CH2O*)c(*)= k-1c(CHO*)c(H*)则有=K==2.98×105＞105 ，故判断正反应进行完全，故答案为：进行完全。
【分析】（1）氢气失去电子化合价升高，结合氧负离子形成水，一氧化碳失去电子，化合价升高，结合氧负离子形成二氧化碳；
（2）结合题干以及上题，可知一氧化碳和二氧化碳可以重复利用形成循环；
（3）一氧化碳和水发生氧化还原反应，生成氢气，氢元素化合价降低，则碳元素化合价升高，生成二氧化碳；
（4）决速步骤，即活化能最大的步骤，根据图示可知碳氧键的形成活化能最大；
（5）根据图示可知 OH* 降低了反应活化能，因此为催化剂；
（6）提高氢气产量，即平衡朝正向移动。
一、单选题
1．某兴趣小组以相同大小的铜片和锌片为电极研究水果电池，装置如下图。当电池工作时，下列说法错误的是（ ）
A．铜片为正极 B．负极的电极反应为Zn-2e-=Zn2+
C．化学能主要转化为电能 D．电子从锌片经水果流向铜片
2．下列能量的转化过程中，由化学能转化为电能的是（）
A B C D
铅蓄电池放电 风力发电 水力发电 太阳能发电
A．A B．B C．C D．D
3．下列现象或变化与原电池无关的是（ ）
A．银质物品久置表面变暗
B．生铁比纯铁容易生锈
C．镀锌铁表面有划损时，仍然能阻止铁被氧化
D．锌与稀硫酸反应时，加入少量CuSO4溶液可使反应加快
4．下列反应中，在原理上可以设计成原电池的是（ ）
A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 B．氧化铝与硫酸的反应
C．甲烷与氧气的反应 D．石灰石的分解反应
5．用吸附了氢气的纳米碳管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．充电时，阴极的电极反应为：Ni(OH)2＋OH－－e－=NiO(OH)＋H2O
B．放电时，负极的电极反应为：H2－2e－＋2OH－=2H2O
C．放电时，OH－移向镍电极
D．充电时，将电池的碳电极与外电源的正极相连
6．下图是采用新能源储能器件将CO2转化为固体产物，实现CO2的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用Li-CO2电池，组成为：钌电极/CO2饱和的LiClO4-DMSO电解液/锂片。下列说法错误的是 （ ）
A．Li-CO2电池的电解液由LiClO4和DMSO溶于水得到
B．CO2的固定中，每转移8 mol e-，生成6 mol气体
C．过程Ⅱ中化学能转化为电能
D．过程Ⅰ的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-=4Li++3CO2↑
7．对于敞口容器中的反应：，下列叙述错误的是（ ）
A．和的总能量大于和的总能量
B．反应过程中能量关系可用图表示
C．若将该反应设计成原电池，则为负极
D．若将该反应设计成原电池，当有65g锌溶解时，正极放出11.2L气体（标准状况）
8．最近我国科学家研制出一种高分子大规模储能二次电池，其示意图如下所示。这种电池具有寿命长、安全可靠等优点， 下列说法不正确的是（ ）
A．硫酸水溶液主要作用是增强导电性
B．充电时，电极 B接正极
C．D膜是质子交换膜
D．充放电时，A极有
9．肼()是一种还原性较强的液体，在生物膜电极表面容易发生氧化反应，从而达到无污染净化高浓度酸性NO废水的目的，其装置如图所示。其中M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜。下列说法错误的是（ ）
A．X为低浓度KOH溶液
B．通过N自左向右做定向移动
C．负极上的电极反应式为
D．电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为1∶1
10．《Nature》期刊曾报道一例CH3OH-O2原电池，其工作示意图如下。下列说法错误的是（ ）
A．电极A是负极，发生氧化反应
B．电解质溶液中H+由A极流向B极
C．电极B的电极反应为：O2+2e-+H+=HO2-
D．外电路中通过6mol电子，生成CO2的体积为22.4L
11．将反应2Fe3++2I- 2Fe2++I2设计成如下图所示的原电池。
下列说法错误的是（ ）
A．盐桥中的K+移向FeCl3溶液
B．反应开始时，乙中石墨电极上发生氧化反应
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
12．液体锌电池具有成本低、安全性强等特点，其工作原理如图所示(KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移)。下列说法正确的是（ ）
A．电流由MnO2极经用电器流向Zn极
B．负极反应式为
C．工作一段时间后，锌极区pH升高
D．13.0 gZn参与反应，理论上电路中转移0.2 mol电子
13．某原电池总反应离子方程式为2Fe3++Fe═3Fe2+，不能实现该反应的原电池是
①正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3溶液；
②正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe（NO3）3溶液；
③正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2（SO4）3溶液；
④正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为CuSO4溶液（ ）
A．① B．③④ C．①② D．②③④
14．按下图装置实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴应表示（ ）
①c（Ag+） ②c（NO3﹣） ③a棒的质量 ④b棒的质量 ⑤溶液的质量．
A．①③ B．③④ C．①②④ D．②
15．氧化铅-铜电池是一种电解质可循环流动的新型电池(如图所示)，电池总反应为PbO2+Cu+2H2SO4=PbSO4+CuSO4+2H2O。下列有关该电池的说法正确的是（ ）
A．电池工作时，电子由Cu电极经电解质溶液流向PbO2电极
B．电池工作过程中，电解质溶液的质量逐渐减小
C．正极反应式：PbO2+2e-+4H++SO =PbSO4+2H2O
D．电池工作过程中，两个电极的质量均减小
16．现有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接浸入酸性电解质溶液，形成闭合电路，B易腐蚀，将A与D用导线连接浸入酸性电解质溶液电流从D流向A，若将C浸入B的盐溶液中，有金属B析出，这四种金属的活动性顺序为（ ）
A．C＞B＞A＞D B．D＞A＞B＞C C．D＞B＞A＞C D．D＞C＞A＞B
二、综合题
17．镉（Cd）是一种用途广泛的金属，也是对人体健康威胁最大的有害元素之一。
（1）1.00gCdS固体完全燃烧生成CdO固体和SO2气体放出2.75kJ的热量，该反应的热化学方程式为 。
（2）常温下，Ksp(CdCO3) = 4.0×10－12，Ksp[Cd(OH)2] = 3.2 ×10－14，则溶解度（mol·L－1）较大的是 [填“CdCO3”或“Cd(OH)2”]；若向含112mg·L－1
Cd2+的废水加碱调pH至9.0，达到平衡时，溶液中c(Cd2+)= 。
（3）一种鳌合絮凝剂的制备及其用于去除含镉废水中Cd2+的原理如下：
①聚丙酰胺的单体的结构简式为 。
②使用鳌合絮凝剂处理某含镉废水，镉去除率与pH的关系如图-1所示。在强酸性条件下，pH越小除镉效果越差，其原因是 。
（4）一种用电动力学修复被镉污染的土壤的装置如图-2所示。
①实验前铁粉需依次用NaOH溶液、稀硫酸及蒸馏水洗涤，其目的是 。
②实验过程中铁粉上发生的电极反应为 。
③活性炭的作用是 。
18．CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。
（1）甲烷高温分解生成氢气和碳。在密闭容器中进行此反应时，要通入适量空气使部分甲烷燃烧，其目的是 。已知25℃、101 kPa时，1 mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出896
kJ热量，则甲烷的热值为 kJ·g-1。
（2）一定温度下，在偏铝酸亚铜（CuAlO2）的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可实现“CO2减排”，写出反应的化学方程式 ，其优点是 （请写出一条）。
（3）甲烷可以消除氮氧化物污染。如:
CH4（g）+2NO2（g） N2（g） + CO2（g） + 2H2O（g）。
①下列措施能够加快化学反应速率的是 。
a. 使用催化剂 b. 降低温度 c. 及时分离水
②若上述反应在恒容密闭容器中进行，则下列叙述能说明该反应达平衡的是 。
a. 混合气体的质量不再变化
b. c（NO2） = 2c（N2）
c. 单位时间内生成1 mol CO2，同时生成2 mol NO2
（4）甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用可传导O2-的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示:
①b极电极反应式为 。
②若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L（假设空气中O2体积分数为20%），则理论上消耗甲烷 mol。
19．氢气既是一种清洁能源，又是重要的化工原料。回答下列问题：
（1）已知：断裂1、1、1键吸收的能量依次为436、498、467。在反应中，44.8L(标准状况)恰好完全反应放出的能量为 。
（2）实验室用锌粒和稀硫酸反应制备氢气。
①其他条件相同，粗锌制备氢气的速率 纯锌(填“大于”“小于”或“等于”)。
②其他条件相同，相同质量的锌粉和锌粒分别与足量1硫酸溶液反应产生氢气的体积与时间的关系如图所示。曲线II代表 (填“锌粉”或“锌粒”)。
（3）氢氧燃料电池的能量转化率较高，工作原理如图所示。放电时，负极反应式为 ；刚开始放电时，正极附近电解质溶液的pH (填“升高”“降低”或“不变”)。
（4）某温度下在4L恒容密闭容器中，3种气态物质X、Y、Z的物质的量随时间变化曲线如图。
①写出该反应的化学方程式 。
②在5min时，该反应达到了平衡状态，下列可作为判断反应已达平衡状态的是 。
Ａ.X、Y、Z的浓度相等 B．容器内气体压强保持不变
C．X、Y的反应速率比为3∶1 D．生成1Y的同时生成2Z
③该反应达平衡时，X的转化率为 。
20．依据原电池原理，回答下列问题：
（1）图1是依据氧化还原反应：Cu（s）＋2Fe3＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋2Fe2＋（aq）设计的原电池装置。
①电极X的材料是 （填化学名称）；电极Y的材料是 （填化学名称）。
②Y电极发生的电极反应式为： 。
（2）图2是使用固体电解质的燃料电池，装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导正极生成的O2－离子(O2＋4e―→2O2－)。
①c电极为 极。（填“正”或“负”）
②d电极上的电极反应式为 。
③如果消耗甲烷160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为 （用NA表示），需要消耗标准状况下氧气的体积为 L。
21．CH4、CH3OH是重要的含碳燃料，将CH4设计成零碳排放的燃料电池，原理如图。CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率。
①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol
②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol
（1）负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、 、 。
（2）可循环使用的含碳物质有 (写化学式)。
（3）CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体，其热化学方程式为 。
（4）甲醇制氢的反应历程如图所示(*表示该物种吸附在固体催化剂表面)，决定该过程总反应速率的步骤是 (填标号)。
a．碳氢键的断裂 b．氢氧键的断裂 c．碳氧键的形成
（5）在上述甲醇制氢的反应历程中，如果OH*参与CH3OH*→CH3O*步骤，则该步骤的历程如图所示，
OH*起到的作用是 。
（6）关于甲醇制氢反应CH3OH(g)+ H2O(g) CO2(g)+ 3H2(g) ΔH＞ 0，既可以加快反应速率，又可以提高H2平衡产率的措施有____(填标号) 。
A．升高温度 B．加入催化剂
C．增大H2O(g)浓度 D．增大压强
（7）CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，判断正反应 (填“进行完全”或“未进行完全”)
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．由以上分析可知，铜片做正极，故A不符合题意；
B．锌做负极，在负极上，锌失去电子生成锌离子，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，故B不符合题意；
C．在原电池中化学能主要转化为电能，故C不符合题意；
D．电子从锌片经外电路流向铜片，电子不能进入电解质溶液中，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】活泼性：锌>铜，该原电池中锌片为负极，负极发生氧化反应，铜片为正极，正极发生还原反应，原电池工作时将化学能转化为电能，电子由负极经导电流向正极，不会经过电解质溶液，据此解答。
2．【答案】A
【解析】【解答】A、蓄电池放电，利用化学反应产生能量，将化学能转化为电能，故A、符合题意；
B、风力发电，将风能转化为电能，故B不符合题意；
C、水力发电，将重力势能转化为电能，故C不符合题意；
D、太阳能发电，将太阳能转化为电能，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】化学能转化为电能的装置是原电池。
3．【答案】A
【解析】【解答】A、纯银饰品久置表面变暗是由于金属银和空气中的二氧化硫发生反应生成硫化银的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故A选；
B、生铁中碳等杂质与铁空气中水形成原电池，故B不选；
C、Zn比Fe活泼，构成原电池，Fe作正极，所以Fe被保护，与电化学有关，故C不选；
D、锌置换出铜，形成原电池反应，进而加快反应速率，与电化学有关，故D不选；
故答案为：A。
【分析】A、纯银饰品久置表面变暗是由于金属银和空气中的二氧化硫发生反应生成硫化银的结果；
B、生铁中碳等杂质与铁空气中水形成原电池；
C、Zn比Fe活泼，构成原电池，Fe作正极；
D、锌置换出铜，形成原电池反应．
4．【答案】C
【解析】【解答】原电池为将化学能转化为电能的装置，所涉及反应为自发进行的氧化反应，题中只有C为氧化还原反应，可设计成原电池反应，其中通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，而A、B、D都不是氧化还原反应，不能设计成原电池，
故答案为：C。
【分析】设计原电池需要是能够自发进行的氧化还原反应，据此解答即可。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.充电时，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiO(OH)＋H2O，A项错误；
B.放电时，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，B项正确；
C. 放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-移向碳电极，C项错误；
D. 该电池充电时，碳电极附近物质要恢复原状，则应该得电子发生还原反应，所以碳电极作阴极，应该与电源的负极相连，D项错误；
故答案为：B。
【分析】A.充电时为电解池，阴极得电子，发生还原反应；
B.放电时为原电池，负极失电子，发生氧化反应；
C.在原电池中，负离子向正极移动；
D.原电池的负极与电解池的阴极相连。
6．【答案】A
【解析】【解答】A. 金属锂能够与水反应，电解液不能由LiClO4和DMSO溶于水得到，A符合题意；
B. 根据电极反应方程式：2Li2CO3=4Li++2CO2↑+O2↑+4e-可知，得到4mole-，生成2molCO2气体和1molO2，现转移8mole-，生成6mol气体，B不符合题意；
C. 通过图示可知，电子不断的流出，过程Ⅱ中化学能转化为电能，C不符合题意；
D. 通过图示可知，碳变为二氧化碳，发生氧化反应，过程Ⅰ的钌电极的电极反应式为2Li2CO3+C-4e-═4Li++3CO2↑，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.金属锂能与水反应，不能用水溶液；
B.根据电极方程式判断电子转移物质的量与气体的的量的关系；
C.根据能量转化是性进行判断；
D.发生氧化反应生成二氧化碳，据此书写电极方程式。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．和的反应是放热反应，所以和的总能量大于和的总能量，A项不符合题意；
B．放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，B项不符合题意；
C．在反应中失去电子，化合价升高，作原电池的负极，C项不符合题意；
D．根据反应方程式可知，1mol（65g）完全反应生成1mol，其在标准状况下的体积为22.4L，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.锌和硫酸的反应为放热反应；
B.放热反应的反应物的总能量大于生成物的总能量；
C.该反应中Zn发生氧化反应，原电池中负极发生氧化反应。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.从图中电子移动方向可以判断a极是原电池的负极，b极是原电池的正极，为了形成闭合电路，以硫酸水溶液作为电解质溶液，A不符合题意。
B.b为正极，充电时就接正极，B不符合题意。
C.d膜左右池都有硫酸水溶液，不需要质子交换膜，只是防止高分子穿越，所以为半透膜，C符合题意。
D.a极是负极，酚失去电子变成醌，依据电荷守恒以H+的个数判断电子数目，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】根据图中电子移动方向，可以判断a为原电池的负极，发生氧化反应，b为原电池的正极，发生还原反应，硫酸为电解质溶液，据此分析解答。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，KOH溶液中OH-通过阴离子交换膜M进入负极区，K+通过阳离子交换膜N进入正极区，故X为低浓度KOH溶液，A不符合题意；
B．由分析可知，左边为负极，右边为正极，阳离子流向正极，故通过N自左向右做定向移动，B不符合题意；
C．由分析可知，负极上的电极反应式为，C不符合题意；
D．根据电子守恒可知，电池放电时，正、负极产生的的物质的量之比为2∶5，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.甲醇失去电子转化为二氧化碳，因此电极A是负极，发生氧化反应，A不符合题意；
B.电解质溶液中H+向正极移动，即由电极A流向B极，B不符合题意；
C.电极B是正极，得电子发生还原反应，电极反应为：O2+2e-+H+=HO2- ， C不符合题意；
D.二氧化碳所处的状态不能确定，不能用气体摩尔体积进行计算其体积，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】注意气体体积计算时一般需看是不是在标准状况下，如果不是不能直接计算。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．氯化铁电极为正极，碘化钾电极为负极，盐桥中阳离子向正极移动，所以向氯化铁溶液中迁移，不符合题意；
B．反应开始时，因乙中I-失去电子放电，元素的化合价升高，则发生氧化反应，B不符合题意；
C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，则反应达到平衡，不符合题意；
D．当加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，而乙中石墨成为正极，符合题意，
故答案为：D。
【分析】根据常温下能自动发生的氧化还原反应都可设计成原电池，再利用正反应 2Fe3++2I- 2Fe2++I2 可知，铁元素的化合价降低，而点元素的化合价升高，则图中甲烧杯中的石墨做正极，乙烧杯中的石墨做负极，利用负极发生氧化反应， 正极发生还原反应，并利用平衡移动来分析解答该题。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．根据图示可知：在左边MnO2电极上MnO2得到电子被还原产生Mn2+，在Zn电极上Zn失去电子产生的Zn2+与KOH凝胶发生反应产生KZnO2，所以MnO2电极为正极，电流由正极MnO2极经用电器流向负极Zn极，A符合题意；
B．MnO2电极为正极，MnO2得到电子被还原产生Mn2+，故正极的电极反应式为，B不符合题意；
C．电池工作一段时间后，Zn电极由于不断消耗OH-，使其浓度降低，故锌极区溶液的pH会逐渐减小，C不符合题意；
D.13.0 gZn的物质的量n(Zn)=，若13.0 g Zn参与反应，由于Zn是+2价金属，则理论上电路中转移0.2 mol×2=0.4 mol电子，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、活泼金属做负极，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极；
B、MnO2变成Mn2+，化合价降低，得到电子；
C、Zn转化为ZnO22-，O来自于OH-；
D、注意结合公式计算，并且要注意Zn的价态变化。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，可为Cu、Ag、C等，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，可为FeCl3、Fe（NO3）3、Fe2（SO4）3等，则①②正确，③④错误．
故选B．
【分析】根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，铁易失电子而作负极，不如铁活泼的金属或导电的非金属作正极，铁离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐，以此解答该题．
14．【答案】D
【解析】【解答】解：根据图中装置试验，Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，正极Ag上析出金属银，银离子得电子析出金属Ag，所以正极质量增加，银离子浓度减小，硝酸根浓度不变，溶液的质量是增加了Fe，但是析出了Ag，但是在转移电子相等情况下，析出金属多，所以溶液质量减轻．
故选D．
【分析】Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，在负极上质量减轻，正极上析出金属银．
15．【答案】C
【解析】【解答】A．电池工作时，电子不能流经电解质溶液，只能在外电路中流动，A不符合题意；
B．由电池总反应可知，若反应的PbO2为1mol，则电解质溶液中增加了2mol O，1 mol Cu，减少了1 mol SO ，则增加和减少的质量相等，反应前后电解质溶液的质量不变，B不符合题意；
C．由总反应可知，PbO2得电子，正极反应式为PbO2+2e-+4H++SO =PbSO4+2H2O，C符合题意；
D．正极反应生成的硫酸铅附着在PbO2电极上，其质量增加，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】原电池总反应为Cu+PbO2+2H2SO4═CuSO4+PbSO4+2H2O，由化合价变化可知：铜失电子，发生氧化反，为负极，电极反应式为：Cu-2e-═Cu2+，PbO2发生得电子的还原反应、为正极，电极反应式为：PbO2+4H++SO42-+2e-═PbSO4+2H2O，工作时，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】两种活动性不同的金属和电解质溶液构成原电池，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子，发生氧化反应被腐蚀，较不活泼的金属作正极。B易腐蚀，所以A的活动性小于B；原电池中电流由正极流向负极，电流从D流向A，所以D的活动性小于A；金属的置换反应中，较活泼金属能置换出较不活泼的金属，若将C浸入B的盐溶液中，有金属B析出，说明C的活动性大于B，所以金属的活动性顺序为：C＞B＞A＞D；
故答案为：A。
【分析】原电池的角度进行分析，活泼金属作为负极，负极质量减少，正极质量增加或者生产气体，电子由负极经过导线流向正极，电流由正极经过导线流向负极。
17．【答案】（1）2CdS(s) + 3O2(g) = 2CdO(s) +2SO2(g) ΔH =－792kJ·mol－1
（2）Cd(OH)2；3.2×10－4 mol·L－1
（3）CH2=CHCONH2；H+与－NH2及－NH－上的氮原子结合，抑制了鳌合絮凝剂的活性
（4）除去铁粉表面油污和铁锈；Fe －2e－= Fe2+；作电池正极并吸附迁移至该极周围的Cd2+等阳离子
【解析】【解答】（1）1.00gCdS固体完全燃烧生成CdO固体和SO2气体放出2.75kJ的热量，288g即2mol CdS固体完全燃烧生成CdO固体和SO2气体放出2.75×288kJ=792kJ的热量，该反应的热化学方程式为2CdS(s) + 3O2(g) = 2CdO(s) +2SO2(g) ΔH =－792kJ·mol－1；
（2）因为CdCO3与Cd(OH)2 不是同一类型物质，前者为AB型，后者为AB2型.所以不能直接比较Ksp，需要计算在溶液中的溶解度s(mol / L)： CdCO3 的溶解度s = = 2.0×10-6 (mol/L) ； Cd(OH)2 的溶解度s = = 2 ×10-5 (mol/L)，故则溶解度（mol·L－1）较大的是Cd(OH)2；常温下，pH=9.0，c(OH-)=10-5mol/L，Ksp[Cd(OH)2] = c(Cd2+)c2(OH-)= c(Cd2+)×（10-5mol/L）2= 3.2 ×10－14，c(Cd2+)= 3.2×10－4 mol·L－1；
（3）①聚丙酰胺的单体为丙酰胺，其结构简式为CH2=CHCONH2；②H+与－NH2及－NH－上的氮原子结合，抑制了鳌合絮凝剂的活性，故在强酸性条件下，pH越小除镉效果越差；
（4）①实验前铁粉需依次用NaOH溶液、稀硫酸及蒸馏水洗涤，以除去铁粉表面油污和铁锈；②实验过程中铁粉作为原电池的负极，负极上铁失电子产生亚铁离子，故发生的电极反应为Fe －2e－= Fe2+；③活性炭的作用是作电池正极并吸附迁移至该极周围的Cd2+等阳离子。
【分析】（1）首先计算1mol镉完全燃烧放出的热量，然后根据热化学方程式的书写要求写出热化学方程式即可；
（2）根据溶度积常数计算镉离子的浓度，然后比较溶解度的大小，注意二者不是相同类型的化合物，不能直接利用溶度积常数进行比较；
（3）①聚丙酰胺是发生加聚反应的产物；
② 氢离子与碱性离子反应；
（4）NaOH溶液能使铁表面的油污除去，稀硫酸能溶解氧化铁；结合原电池原理进行分析电极方程式和活性炭的作用。
18．【答案】（1）提供CH4分解所需的能量；56
（2）CH4+CO2 CH3COOH；原子转化率100%（或符合绿色化学理念）
（3）a；c
（4）O2 + 4e－＝2O2－；0.025
【解析】【解答】（1）甲烷高温分解生成氢气和碳是吸热反应，因此在密闭容器中进行此反应时，要通入适量空气使部分甲烷燃烧，为CH4分解提供所需的能量；已知25℃、101 kPa时，1 mol甲烷完全燃烧生成CO2和液态水时放出896 kJ热量，则1g甲烷完全燃烧放出的热量为 ，则甲烷的热值为56kJ·g-1；
（2）一定温度下，在偏铝酸亚铜（CuAlO2）的催化作用下，CH4与CO2转化成乙酸，可实现“CO2减排”，该反应的化学方程式为CH4+CO2 CH3COOH，该反应为化合反应，无其他副产物产生，则其优点是原子转化率100%（或符合绿色化学理念）。
（3）①使用催化剂能加快反应速率，但降低温度、及时分离水即降低生成物浓度均使反应速率降低，所以a选、bc不选；
②a. 该反应中各物质均为气体，所以反应体系中混合气体的质量始终不变，即混合气体的质量不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故a不正确；
b. 反应物浓度不变或v（NO2）正=2v（N2）逆，可说明反应达到平衡状态，但c（NO2） = 2c（N2）不能判断反应是否达到平衡状态，故b不正确；
c. 单位时间内生成1 mol CO2，同时生成2 mol NO2，则v（NO2）逆=2v（CO2）正，说明反应达到平衡状态，故c正确；
（4）①在甲烷燃料电池中，通入甲烷的一极为负极，通入空气的一极为正极，即a为负极、b为正极，由图示可知，氧气在正极得电子发生还原反应生成O2－，故b极电极反应式为O2 + 4e－＝2O2－；
②5.6L空气中含有氧气为5.6L×20%=1.12L，即0.05mol，甲烷燃料电池的总反应式为CH4+2O2═CO2+2H2O，所以理论上消耗甲烷的物质的量=0.05mol× =0.025mol。
【分析】（1）根据已知信息和热值的单位分析热值是指单位质量的物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；
（2）根据已知信息书写化学方程式，根据反应特点分析其优点；
（3）①根据外界因素对反应速率的影响分析；②根据化学平衡状态的判断依据分析；
（4）根据甲烷燃料电池的工作原理分析。
19．【答案】（1）498
（2）大于；锌粉
（3）；升高
（4）；BD；60%
【解析】【解答】（1）已知：断裂1、1、1键吸收的能量依次为436、498、467。在反应中，44.8L(标准状况) H2的物质的量是2 mol，则其完全发生该反应，断键吸收热量为2 mol×436 kJ/mol+1 mol ×498 kJ/mol，生成水蒸气形成共价键放热为4mol×46 7 kJ/mol，则恰好完全反应放出的能量为4mol×46 7 kJ/mol –(2 mol×436 kJ/mol+1 mol ×498 kJ/mol)= 498。
（2）①粗锌中Zn、杂质及酸溶液构成原电池，会加快反应速率，故其他条件相同，粗锌制备氢气的速率大于纯锌；
②其它条件相同，由于锌粉比锌粒与酸接触面积增大，反应速率大于锌粒，根据图示可知曲线II比曲线I反应速率快，则其中曲线I为锌粒，曲线II为锌粉。
（3）在该燃料电池中，通入H2的电极为负极，H2失去电子变为H+，H+结合电解质溶液中的OH-生成水，故负极的电极反应式为：；
在正极上O2得到电子，与溶液中的水反应产生OH-，使附近OH-离子浓度增大，故刚开始放电时，正极附近电解质溶液的pH升高。
（4）①根据图象可知，X、Y为反应物，Z为生成物，且转化的物质的量之比为3：1：2，则该反应的化学方程式为3X+Y 2Z；
②A．在5min时，该反应达到了平衡状态，此时X、Y、Z的浓度不相等，因此X、Y、Z浓度相等，不能说明反应达到平衡，A不选；
B．该反应为前后气体分子数、压强变化的反应，压强不变时，可以说明反应达到平衡，B选；
C．无论是否达到平衡，同一方向的化学反应速率之比始终等于化学计量数之比，所以X、Y的反应速率比为3：1不能说明反应达到平衡，C不选；
D．生成1molY的同时生成2molZ，正逆反应速率相等，可以说明反应达到平衡，D选；
故答案为：BD；
③由图象可知，5min达到平衡时X转化了0.6mol，则X的转化率=。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2） ① 原电池的反应速率更快；
② 锌粉的接触面积更快，速率更快，时间更短；
（3）燃料电池中通入燃料以及为负极，通入氧气一端为正极；
（4） ① 结合化学计量数之比等于变化物质的量之比判断化学计量数；
② 化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
③ 转化率=变化量/起始量。
20．【答案】（1）铜；碳（石墨、金、铂、银）；2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋
（2）正；CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；80NA；448
【解析】【解答】（1）由Cu（s）＋2Fe3＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋2Fe2＋（aq）可知：Cu失去电子，化合价升高，是电子流出的一极，为原电池的负极，故电极X的材料是铜，电极Y是原电池的正极，发生Fe3+得电子的还原反应，可选择惰性电极碳或比铜活波性弱的材料做电极，如碳（石墨、金、铂、银）做正极，原电池正极的电极反应式为：2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋；
故答案为：铜，碳（石墨、金、铂、银）；2Fe3＋＋2e－＝2Fe2＋（或Fe3＋＋e－＝Fe2＋）。（2）有图2电流方向可以看出，①c电极是燃料电池电子流入的一级，为正极；②d电极为电子流出的电极，为燃料电池的负极，负极发生CH4失电子的氧化反应，电极反应式为：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O；③根据电池反应式，CH4 2O2=CO2 2H2O，160g CH4的物质的量为，n(CH4)= =10mol，设有xmol电子转移，则1:8=10：X，解得X=80mol，转移电子电子数目为80NA，消耗O2的物质的量为：n(O2=)20mol，体积V（O2）=20mol 22.4L/mol=448L；
故答案为：正 ， CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O ，80NA ，448。
【分析】（1）在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，在电解液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极；
（2）①c极是氧气，根据总反应方程式可知氧气做的是正极；
②甲烷一极发生的是氧化反应，失去电子，结合氧二负离子得到二氧化碳和水；
③ 根据总反应方程式中的电子转移关系可以得出甲烷160g，转移电子的数目一极消耗的氧气的体积。
21．【答案】（1）H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2
（2）CO、CO2
（3）CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol
（4）c
（5）催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)
（6）A；C
（7）进行完全
【解析】【解答】(1)由题干信息可知，CH4在电池中除电极反应外还发生的如下重整反应，其反应速率远大于电极反应速率，则负极参与反应的燃料物质还有CO和H2，故负极反应式为CH4- 8e-+ 4O2- =CO2+ 2H2O、H2-2e- +O2-=H2O、CO- 2e -+O2-=CO2，故答案为：H2-2e- +O2-=H2O；CO- 2e -+O2-=CO2；
(2)由(1)分析可知，可循环使用的含碳物质有CO、CO2，故答案为：CO、CO2；
(3)已知反应①CH4(g)+ H2O(g)→CO(g) + 3H2(g) ΔH1= + 206.2 kJ/mol ②CH4(g) + CO2(g)→2CO(g) + 2H2(g) ΔH2= + 247.3 kJ/mol ，则CO与H2O(g)反应可制得H2，同时产生一种温室效应气体即CO2，该反应为：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)，反应①-②得目标反应，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1-ΔH2= (+ 206.2 kJ/mol)-(+ 247.3 kJ/mol)=-41.1 kJ/mol，故其热化学方程式为CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol，故答案为：CO(g) + H2O(g)=H2(g)+ CO2(g) △H= -41.1 kJ/mol；
(4)反应步骤中活化能越大，反应速率越慢，最慢的一步为决速步骤，由题干反应历程图中可知，碳氧键的断裂过程的活化能最大，为决速步骤，故答案为：c；
(5)由题干图示信息可知，加入OH*后该步骤的活化能大大减小，能加快反应速率，即OH*起到的作用是催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)，故答案为：催化剂(或加快反应速率，或降低反应活化能)；
(6)A. 升高温度反应速率加快，该反应正反应是一个吸热反应，则升高温度平衡正向移动，H2的平衡产率增大，A正确；
B. 加入催化剂反应速率加快，但平衡不移动，H2的平衡产率不变，B不合题意；
C. 增大H2O(g)浓度反应速率增大，增大反应物浓度，平衡正向移动，H2的平衡产率增大，C正确；
D. 增大压强即缩小体积，反应物、生成物浓度增大，反应速率加快，该反应正反应是一个气体体积增大的方向，故增大压强平衡逆向移动，H2的平衡产率减小，D不合题意；
故答案为：AC；
(7)CH2O*+ * CH2O*+ H*，正反应速率v1= k1c(CH2O*)c(*)，逆反应速率v2= k-1c(CHO*)c(H*)，若K≥105反应进行完全，已知k1=2.5×109， k-1= 8.4×103，达到平衡的本质特征为：正反应速率等于逆反应速率即v1= v2即k1c(CH2O*)c(*)= k-1c(CHO*)c(H*)则有=K==2.98×105＞105 ，故判断正反应进行完全，故答案为：进行完全。
【分析】（1）氢气失去电子化合价升高，结合氧负离子形成水，一氧化碳失去电子，化合价升高，结合氧负离子形成二氧化碳；
（2）结合题干以及上题，可知一氧化碳和二氧化碳可以重复利用形成循环；
（3）一氧化碳和水发生氧化还原反应，生成氢气，氢元素化合价降低，则碳元素化合价升高，生成二氧化碳；
（4）决速步骤，即活化能最大的步骤，根据图示可知碳氧键的形成活化能最大；
（5）根据图示可知 OH* 降低了反应活化能，因此为催化剂；
（6）提高氢气产量，即平衡朝正向移动。