上分专题9 化工生产情境应用工艺流程题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（苏教版）

上分专题9化工生产情境应用一工艺流程题 题课堂 命题密钥 工艺流程题是高考非选择题题型之一，是高考的热，点和难点题型，分为物质制备类工艺 流程和分离提纯类工艺流程两大类。 物质制备类工艺流程一般以矿物或废料为原料，有时也以化学品为原料，经过一系列转 化、除杂等步骤，得到目标产品，常以元素化合物知识、实验基本操作、物质制备和分离等知识 作为考查目标，以信息的获取、加工、整合和新情境下对实际问题的分解、分析及以经济的视 角分析实际生产中的各种问题为考查知识应用能力的目标，同时要求同学们要有严谨的思维 能力。这类题是高考主流的比较典型的考查形式。 分离提纯类工艺流程一般是从混合矿物或废弃物中，经分离提纯得到目标产品，分离提 纯一般包括过滤、洗涤、结晶、萃取/反萃取、蒸馏等操作，要求同学们熟悉每一步操作的目的。 目前来看，这类题依然是高考热点。 考点觉醒 ●模型解读 (1)物质制备类工艺流程模型解读 增大接触面积，加快反 分离提纯的基本方法： 应速率，提高浸出率」 原料预处理 产品分 结晶、过滤、萃取、蒸馏… 常用的除杂、净化方法 除杂、净化 循环利用 离提纯 有：①加化学试剂法； 产品纯度测定、计算产率 ②调pH法；③加热等 原料： 核心： 所需 ①通过原料与产品对比来分 无机矿物 化学反应 产品 析保留什么元素，除去什 图数信息，条件选择 么杂质，引入什么成分： 结合氧化还原反应理 反应条件控制 排放物的无 ②通过原料价态与产品保留 论、四大平衡理论、电 害化处理 元素价态来分析前后价态是 化学理论等考查 否一致，升高还是降低 (2)分离提纯类工艺流程模型解读 辅助原料 产品的分离和提纯 辅助原料 原料预处理：除杂、净化 主产物 操作或反应Ⅱ →目标产物 原料 操作或反应I 排放物的无害化处理 副产物 副产物 原料的循环利用 ●解题策略 审题千 ①明确原料的主要成分和杂质成分： ②明确目的 ①明确三线：主线产物，分支产物，回线为循环物： ②结合设问的问题细审流程中转化原理，找出进料 审流程 物质（反应物）和出去物质（生成物）的主产物和副 产物 明确答什么，答的问题与哪步流程有关，考查的 审设问 什么知识等 黑白题·上分秘籍29 实战演练 1.*(2024·广西南宁高一月考)氯化亚铜(CuC1)是重要的铜盐系列产品，某学习小组用海绵 铜（主要成分是Cu和CuO)制取氯化亚铜的流程如下： NHNO,、H,S04(NH,)2SO3、NH,CI 海绵铜一→溶解→还原→酸洗→醇洗、烘干一CC 滤饼 滤液 已知：①CuCl难溶于水和乙醇，在潮湿环境中易被空气氧化；还原性：SO?>CuCl。 ②CuCl易溶于CI浓度较大的体系。 (1)“溶解”前要先将海绵铜粉碎，目的是 (2)海绵铜在“溶解”过程中反应原理如下： 反应①：Cu0+H,S04=CuS04+H,0 反应②：Cu+H+NO?→Cu2++NH4+H20(未配平) 反应②中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (3)“还原”步骤发生反应的离子方程式为 该过程中，(NH4),S03稍过量的原因是：①保证Cu2反应完全、② (4)NH,C、Cu2“的物质的量之比n(NH,C) 与Cu沉淀率的关系如下表所示，在比值大于1.1 n(Cu2+) 时，Cu沉淀率随(NH,C) 增大而减小的原因是 n(Cu2+) n(NH CI) 0.8 0.9 1.0 1.1 1.2 1.3 n(Cu2*) Cu+沉 35.373.285.291.379.265.4 淀率/% (5)用乙醇“醇洗”的目的是 ,具体操作是 0 2.*（2025·湖南湘潭高一期末)以废旧锂离子电池的正极材料（主要含LiCo02,以及铝、石墨 粉、铁等)为原料，采用如图所示的工艺流程回收其中的金属元素： NaOH溶液稀硫酸、H,O,溶液 饱和Na,C0,溶液 废旧锂电池放电 除铁 正极材料拆解、粉碎 碱浸 浸取 沉钴 pH=3.3 →Li,CO3 pH=9.0 沉锂 Fe(O川、石墨粉等 Co(OH), 滤液 HF Na.CO 过量CO, 沉铝 合成冰晶石 →Na,AlFf。 滤液 30化学1必修第二册·SJ 已知：LiCoO2难溶于水；Li,C03、Na AIF,微溶于水。 (1)锂离子电池放电过程中向 (填“正”或“负”)极迁移：拆解电池前进行“放电” 的目的是 (2)“浸取”阶段H,0,将LiCo02还原为C02+的离子方程式为 该阶段消耗的H,02比理论值大，其原因为 (3)C004可用于电极材料的制备。将Co(0H)2于850℃下煅烧可得C0,04,实验室进行该操 作时，应将药品置于 (填仪器名称)中。 (4)写出“沉铝”阶段有铝元素参与反应的离子方程式： (5)“合成冰晶石”的反应不能在玻璃仪器中进行，其原因是 (用化学方程式来解释)。 (6)上述流程中，能循环利用的物质是 (填化学式)。 3.*(2025·广东惠州高一期中)铁基颜料铁黄(F00H)在高档涂料、油墨等领域有着广泛的 应用。某同学设计了利用黄铁矿（主要成分为FS2和SiO2,Si02不参与反应）为主要原料制备 绿矾(FeS04·7H20),并用得到的绿矾制备铁黄(Fe00H),流程如图1： 空气试剂a试剂b 乙醇 100 黄铁矿 粉码培烧一酸溶一还原-Fes0,溶液 o80 60 烟气(S0,)滤渣I滤渣Ⅱ 操作a (Si0,) 约40 Fe0OH过滤厂 20 氧化 FeS04·7H,0晶体 020406080100 空气氢氧化钠溶液 温度PC 图1 图2 已知：①eS0,·7H,0溶于水，不溶于乙醇。②“焙烧”的化学方程式为4FeS,+110,高温 2Fe203+8S02。③Fe00H为一种不溶于水的黄色固体。 (1)“酸溶”不宜将稀H,S0,换成稀HNO,的原因是 (2)“酸溶”后溶液呈黄色，试剂b若选用铁粉，“还原”步骤是向溶液逐步加入铁粉，直至稍有 气体生成，溶液变为浅绿色，写出主要反应的离子方程式： 试剂b若选用S0,则该过程涉及的离子方程式有 (3)向“FS0,溶液”中加入乙醇即可析出FeS0,·7H,0晶体，乙醇的作用是 。已知绿矾溶解度曲线如图2所示，则从“FSO4溶液”中获得晶体的 另一种方法是蒸发浓缩（得到 ℃饱和溶液)、 过滤、用冰水洗涤，低温干燥。 (4)由FeS04·7H,0转化为FeO0H的离子方程式是 0 4.*(2025·广西南宁高一期中)铈是一种重要的稀土元素。某课题小组以废玻璃粉末为原料 （其中含有Si02、Fe,03、CeO2、Fe0等物质)，制取CeCl,和硫酸铁铵矾[NH,Fe(S04)2·12H20], 流程如下： 黑白题·上分秘籍3 硫酸铵 滤液1 稀酸A、0溶液2 蒸发浓缩，常温晾干 硫酸铁铵矾晶体 稀酸A 过滤 滤渣2 末 滤渣1 稀酸、H,02 △ 调节pH Ce(OH), 一系列操作 含Ce CeCl3·7HOs) 沉淀 加碱 盐酸 已知：C0,不溶于强酸或强碱。 (1)稀酸A中酸的化学式为 滤渣2的主要成分是 (填化学式)，写出其一 种用途 (2)滤液1中加入H,0,发生反应的离子方程式为 (3)滤渣1中加入H,02的日的是 0 (4)对CeCl,(M=246.5g·mol1)样品纯度进行测定的方法：准确称取62.50g样品，配成 1000mL溶液，取50.00mL上述溶液置于锥形瓶中，加入稍过量的过二硫酸铵[(NH4)2S20g] 溶液使Ce3+被氧化为Ce+,分离出Ce+,再滴入1mol·L1Fe$04标准溶液至反应完全，重复 2~3次，平均消耗标准液10.00mL,则CeCL样品的纯度为 %(保留小数点后两位)。 5.整钯(Pd)是重要的金属元素，在有机合成工业上用途广泛。自然界中钯含量少，常伴生在 其他矿藏中，如硫化镍铜矿、镍黄铁矿等。以硫化镍铜矿（含有CuS、NS、SiO,以及少量的Pd) 为原料制备NSO4·7H0和Pd的工艺流程如下： 富 NaOH 空气稀硫酸溶液N,H4·H,0 盐酸浓氨水 硫化镍」 王水 (NH)PdCl 铜矿 灼烧一酸浸除硅一还原 溶解 制备 氢气还原Pd NiS0,·7H,ONO HCI NH.CI 已知“酸浸”后的固体剩余物为Si02、Pd0(不与碱反应)。 (1)“灼烧”时产生的污染性气体是 (填化学式)。 (2)写出“除硅”反应的离子方程式： (3)“还原”时反应还生成无污染的气体，化学方程式为 (4)王水是按照体积比3：1将浓盐酸和浓硝酸混合而得到的强氧化性溶液，“王水溶解”时需 要加热，该过程除了生成NO外，还有H,PCl,生成。写出Pd和王水反应的化学方程式： (5)“氢气还原”时，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 (6)海绵状金属钯密度为12.0g·cm3,具有优良的吸氢功能，标准状况下，其吸附的氢气是其 体积的840倍，则此条件下海绵钯的吸附容量R= mL·g,氢气的浓度r= (结果保留两位小数)。（吸附容量R即1g钯吸附氢气的体积；氢气的浓度r为1olPd吸附 氢气的物质的量)》 32■化学1必修第二册·SJ制备高铁酸钾时，溶液呈碱性，说明碱性条件下，氧化剂氯气的氧化： 性强于氧化产物高铁酸根，用高铁酸钾制备氯气时，溶液呈酸性，说 明酸性条件下，氧化剂高铁酸根的氧化性强于氧化产物氯气，对比两 个制备反应可知，溶液的酸碱性不同，物质的氧化性不同。 8.(1)e(OH)3(2)取少量溶液，加入K3[Fe(CN)6]溶液，没有出现 蓝色沉淀，说明亚铁离子已经沉淀完全(3)FeC03+H2C6H。0, 一FC6H.0,+H20+C02↑(4)防止亚铁离子被氧化(5)得到 溶液，加人过量铁粉将铁离子还原为FS04溶液，滴加稀硫酸酸化， 温度高于60℃蒸发浓缩至较多晶体析出，趁热过滤出晶体，在真空 干燥器中干燥得FeS0,·H20晶体 解析：(1)Na2C03溶液呈碱性，若改变反应I中试剂的滴加顺序，则 亚铁离子会和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁容 易被空气中氧气氧化为氢氧化铁沉淀。(2)亚铁离子和 K,[Fe(CN),]溶液会生成KFe[Fe(CN)s]蓝色沉淀。(3)柠檬酸溶 液与FC0,反应生成柠檬酸亚铁沉淀、水和二氧化碳。(4)亚铁离 子容易被空气中的氧气氧化为铁离子，合成柠檬酸亚铁的过程中还 需要加入一定量的铁粉，其作用是防止亚铁离子被氧化。(5)由图 可知，温度高于60℃时析出FS04·H20晶体。 上分专题8制备与探究类实验—实验探究题 1.(1)平衡恒压滴液漏斗与烧瓶内的压强，使液体顺利流下(2)长颈 漏斗防倒吸饱和食盐水(3)A中的分液漏斗活塞D中的漏 斗活塞(4)Cl0+CI+2H*=CL2↑+H20(5)NaCI0+2NH3 =NaCl+N2H4+H20冰水浴(6)A 解析：(2)装置C中盛放的试剂的名称为饱和食盐水，其作用是除去 氯气中的HC1。(3)肼具有较强的还原性，故先打开A中的分液漏斗 活塞得到饱和氨水，后打开D中的漏斗活塞生成氯气，防止生成的肼 被氯气氧化。(5)装置B中氯气和NaOH反应得到NaCl0,NaCl0和 氨气反应制备N2H4;反应过程中，三颈烧瓶内温度需控制在0~ 10℃，可采用的控温方式为冰水浴。(6)欲验证肼的还原性，应用具 有氧化性且反应有现象的试剂，可选用碘水。 2.(1)debc(2)NaC+H,s0,(浓)△HCl↑+NaHs04 (3)无水氯化钙排尽装置内的空气，防止三氯硅烷被氧化，防止生 成的氢气与空气混合反应而爆炸(4)Si+3HC△-SHCI,+H2 蒸馏(5)冷却生成的三氯硅烷，使其液化，以便收集(6)装置E 中会产生倒吸：D、E之间缺少一个盛有浓疏酸的干燥装置（或缺少 氢气的处理装置，写出两条，答案合理即可) 解析：(1)NaC1固体与浓硫酸混合加热制取HC1,用浓硫酸干燥氯化 氢，用向上排空气法收集氯化氢气体（第二个装置中HCl长进短 出)，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯化氢气体防止污染，尾气吸收装 置与收集装置间加干燥装置，则接口顺序为a→de→b→c→d+e→ f。(3)装置B为干燥HC1装置，氯化氢和碱石灰反应，则所装药品是 无水氯化钙；三氯硅烷极易与水反应，易被氧化，且反应生成易燃易 爆气体氢气，则加热前要先通一段时间HC1气体。(4)硅和氯化氢 反应制备三氯硅烷，同时生成氢气：SiHCI3和SiCl4互溶，但两者的沸 点不同，则分离二者的实验方法是蒸馏。 3.(1)3Cu+8H+2N03一3Cu2++2N0↑+4H20Cu2+水溶液是蓝 色，NO2饱和溶液为黄色，混合色为绿色(2)ECD(3)溶液 变为蓝色，无色气体将稀硝酸推入长管形成液面差（左高右低） (4)N0+2HN03(浓)一3NO2+H20(5)>稀硝酸不能氧化N0: 浓硝酸可以氧化NO 解析：(2)要向不对称U形管1长管口中注人稀硝酸至液面与橡皮 塞接触，需要先打开止水夹1和2来连通外部气压；如要向不对称U 上分秘籍参考答案 形管2长管口处注入浓硝酸至液面与橡皮塞接触，需要关闭止水夹 1,继续打开止水夹2；都加注好液体后，最后再关闭止水夹2。(4)根 据题意，NO与浓硝酸反应生成红棕色的NO2。(5)根据步骤ⅱ的操 作和步骤ⅲ的操作可以得出：稀硝酸不能氧化无色的NO,而浓硝酸 可以把无色的N0氧化为红棕色的气体，说明氧化性：浓硝酸>稀 硝酸。 4.(1)恒压滴液漏斗（恒压分液漏斗）(2)除去剩余的山梨酸上口 倒出(3)干燥有机物(4)71.4%(5)BD 解析：(2)山梨酸中含有羧基，能与碳酸氢钠反应生成山梨酸钠、二 氧化碳和水，洗涤、分液过程中，加人5%NaHC0,溶液的目的是除去 剩余的山梨酸，有机层的密度小于水，浮在水上，水层从下口放出，有 机层从分液漏斗的上口倒出。(3)无水MgS04能吸水，在有机层中 加入少量无水Mg$04的目的是干燥有机物。(4)根据 0 H+人。催化剂 0H1 △ 入+H20,5.6g山 0 山梨酸 山梨酸乙 12g·l×140g·ol-1s 梨酸理论上生成山梨酸乙酯的质量为，5.6名 7.0g,本实验中，山梨酸乙酯的产率=08×100%≈71.4%。(5)冷 凝水应“下口进上口出”，则管口A是冷凝水的进水口，A错误：环己 烷和水的沸点相差不超过30℃，能与水形成共沸物，从而能将反应 产生的水及时带出，B正确：使用分水器是为了及时分离出水，促进 平衡正向移动，要及时放出水，不放出环己烷，C错误：工作一段时间 后，环己烷可在烧瓶与分水器中循环流动，D正确。 上分专题9化工生产情境应用一工艺流程题 1.(1)加快反应速率，使溶解更加充分(2)1：4(3)2Cu2++ S03+2C1+H20-2CuCl↓+S02+2H*防止CuCI被氧化 (4)生成的CuCl又溶解于NH4C溶液中(5)醇洗有利于加快除去 CuCI表面水分，防止CuCl在潮湿环境中被空气氧化向酸洗后的 滤饼中加入乙醇浸没滤饼，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次 解析：(2)由离子方程式可知，反应②中铜元素的化合价升高被氧 化，铜是反应的还原剂，氮元素的化合价降低被还原，硝酸根离子是 反应的氧化剂，反应的离子方程式为4Cu+10H++N0?一4Cu2++ NH+3H20,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4。 (3)“还原”步骤加人(NH4)2SO3、NH4CI混合溶液的目的是将溶液 中的铜离子转化为CuCl沉淀，反应中(NH4)2S03溶液过量可以保 证铜离子反应完全且防止CuC1被氧化。(4)由题给信息可知，CuCl 易溶于氯离子浓度较大的体系，所以在比值大于1.1时，亚铜离子沉 淀率随(N,G增大而减小说明溶液中氯离子浓度过大，生成的 n(Cu2+) CuCl又溶解于NH4CI溶液中。 2.(1)正使锂离子从负极中脱出，嵌入正极，提高锂的回收率 (2)H202+2LiCo02+6H+—2Li+2C02+02↑+4H20H202易分 解(3)坩埚(4)C02+[A1(0H)4]一A1(0H)3↓+HC03 (5)Si02+4 HF=SiF4↑+2H20(6)C02 解析：(1)锂离子电池的负极为嵌锂石墨，放电时锂离子从石墨电极 脱出，经过电解质嵌入正极，拆解电池前进行“放电”的目的是使锂 离子从负极中脱出，嵌入正极，提高锂的回收率。(4)“沉铝”阶段 Na[A1(OH)4]溶液中通入过量CO2得到NaHCO3和A1(OH)3o (5)“合成冰晶石”时l(OH)3和HF、Na2C03反应得到Na3AlF6,玻 璃中含Si02,S02会和HF反应。(6)题述流程中，合成冰晶石的反 应为2Al(0H)3+12HF+3Na2C03一2Na3AF6+3C02↑+9H20,产 黑白题53 生的C02能循环利用。 3.(1)混入了杂质硝酸根离子，此外硝酸根离子在酸性条件下具有强 氧化性，在还原步骤中，加入试剂b时先与硝酸根离子反应，增大了 试剂b的用量，提高了成本，且该过程有NO生成，会污染环境 (2)2Fe3++Fe3Fe2+S02+2Fe3++2H,0S02+2Fe2++4H+ (3)降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出60降温结晶 (4)4Fe2++02+80H—4Fe00H↓+2H20 解析：(2)酸溶后溶液中含有Fe3+,加人Fe粉，Fe3+与fe反应生成 Fe2+,若试剂b为S02,Fe3+与S02在酸性条件下反应生成Fe2+ 和S0。(3)从题干可知，硫酸亚铁品体溶于水，不溶于乙醇，加入 乙醇可降低硫酸亚铁的溶解度，促使其结晶析出。从图中可知， 60℃时硫酸亚铁的溶解度达到最大，因此先蒸发浓缩得到60℃的 硫酸亚铁饱和溶液，随后降温结晶、过滤、用冰水洗涤，低温干燥得到 晶体。(4)硫酸亚铁晶体与氧气、NaOH溶液反应生成Fe0OH。 4.(1)H2S04Si02冶炼粗硅（或制玻璃或制光导纤维等，任写一种， 答案合理即可)(2)2H+H202+2Fe2+—2Fe3++2H20(3)将 Ce02还原为Ce3+进入溶液，实现和Si02的分离(4)78.88 解析：(1)从后续制得硫酸铁铵矾晶体得出酸A为H2S04。(2)滤液 1含Fe3+、Fe2+,滤液1中加入H202将Fe2+氧化为Fe3+。(4)滴定原 理涉及CeCl3(s)~CeCl3(aq)~Ce+~Fes04,50.00mL溶液消耗 10.00mL1mol·L-1FeS04标准溶液，则62.50g样品中CeCl3的物质 的量=0.01ma×100mL=0.2ml,质量为0.2x246.5g·ml-1= 50 mL 49.3g,则CeC,样品的纯度=493x10%=78.8%。 62.5g 5.(1)S02(2)Si02+20H=Si03+H20(3)2Pd0+N2H4·H20 一2Pd+N,↑+3弭，0(4)3Pd+12HC1(浓)+2N0,(浓)A 2N0↑+3H2PdCl4+4H20(5)1:1(6)70.000.33 解析：(1)由组成元素分析可知，硫化镍铜矿中含有硫元素，灼烧时 产生的污染性气体是S02。(2)“除硅”时，Si02与Na0H溶液反应 产生硅酸钠，离子方程式为Si02+20H=Si0?+H20。（3)根据流 程和已知条件可知，“还原”时，PdO与N2H4·H20反应生成Pd和 N2,反应的化学方程式为2Pd0+N2H4·H20一2Pd+N2↑+3H20。 (5)“氢气还原”时的反应为H2+(NH4)2PdCl4一Pd+2NH4Cl +2HCl,H2中H元素的化合价升高，所以H2作还原剂，则 (NH4)2PdCl4作氧化剂，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之 比为1：1。(6)由题中信息知1gPd的体积 20g·ml,标准状 况下共瑕尉的的体积为nL=7000,1nlPH的体积为 12.0gm，吸附氢气的物质的量为 1mol×106g·mol 1mol×106g·mol -×840×10-3L·mL-1 12.0g·ml1 -≈0.33mol。 22.4L·mol-1 上分专题10化学反应规律一反应原理题 1.(1)E2-E1(2)①1②1.25mol·L-1>(3)其他条件不变，升 高温度（或减小容器体积增大压强，或体积不变充入氧气等） (4)AB(5)S02+2H20-2eS02+4H+196 解析：(1)由图可知，该反应为放热反应，放出的热量为(E2-E,)kJ。 (2)设反应达到平衡时，参加反应的0，的物质的量浓度为 xmol·L1,根据题给条件可得以下三段式： 必修第二册·SJ 2S02(g)+02(g)==2S03(g) 起始/(mol·L1)1 1.5 0 转化/(mol·L-1) 2x 2x 平衡/(mol·L-1)1-2x 1.5-x 2x 1-2+(15)+2=,x=0,25;则半分钟内平均反应速率 1+1.5 (S02)=0.5mol·L-1 =1mol·L-1·min1;平衡时c(02)= 0.5 min 1.25mol·L1;第40s时，该反应达到平衡状态，此时v正(S02)= 逆(S02),第15s时还未平衡，反应正向进行，则v正（S02)> 逆(S02)。(3)从反应速率的影响因素的角度分析，加快反应速率可 以采取的措施：其他条件不变，升高温度，或减小容器体积增大压强， 或体积不变充入氧气等，合理即可。(4)反应正向进行S02的体积 分数会减小，其体积分数不再发生变化时，说明反应达到平衡状 态，A正确；该反应是气体体积减小的反应，恒容时，随着反应进行， 容器内压强减小，当容器内压强不再发生变化时，说明反应达到平衡 状态，B正确：根据原子守恒，容器内气体原子总数始终不变，C错 误；无论反应是否达到平衡状态，相同时间内消耗2molS02的同时 都会生成2molS03,D错误。(5)该装置为原电池装置，总反应 为2S02+02+2H20一2H2S04,S02在负极上发生氧化反应，电极 反应式为S02+2H20-2e—S0?+4H*。每通入1mol02,电池中 生成2molH2S04,所以在标准状况下通人22.4L(1mol)02,电池中 生成196gH2S04。 2.(1)①20.006mol·L-1·s1②3A(g)=-B(g)+2C(g)③BD ④B(2)688(3)①A②H2+20H-2e=2H20 解析：(1)①根据图像可知，A起始浓度为0.15mol·L1,则容器的 体积为、0.3mol 为0.15mal口=2L;若=10，则。41内用C表示反应速率 (C)=0.1-0.05)mol.L-0.06ml·L1·6。③及时分离出 10s C气体，浓度减小，反应速率减慢，A错误；适当升高温度，加快反应 速率，B正确；充人He气增大压强，有关反应的气体浓度不变，速率 不变，C错误：选择高效催化剂，可以加快反应速率，D正确。④由商 余法得A(A_0.01mol:L1·s-001 mol·L1·sl, 3 3 3 B.(B=0.02 mol.L.s',c.C2=0.015mml·Ll·min1= 1 2 2.5×10-4mol·L-1·s1,所以反应速率最快的是B。(2)利用断键 吸收能量，成键释放能量计算，断键吸收的能量为(4×415+2× 497)kJ=2654kJ,成键释放的能量为(2×745+2×2×463)kJ= 3342kJ,因此该反应放出的热量为3342kJ-2654kJ=688kJ。 (3)①根据原电池工作原理，以及装置图中电子移动方向，推出为 负极，b为正极，燃料电池中通人燃料一极为负极，通入空气或氧气 一极为正极，即氢气从A口通入。 3.(1)升高(2)1.08mol·L-1·min-1(3)CE(4)负CH30CH3 12e+3H20=2C02↑+12H*6mol33.6L 解析：(1)由图可知，两步反应中反应物的总能量均高于生成物的总 能量，因此均为放热反应，总反应也为放热反应；若该容器与外界无 热量传递，则反应达到平衡前放出的热量会使容器内气体的温度逐 渐升高。(2)当反应Ⅱ：2CH30H(g)=CH30CH3(g)+H20(g)中 生成8 mol CH30CH3时将消耗16 mol CH3OH,则反应I:C02(g)+ 3H2(g)=CH30H(g)+H20(g)中生成的CH30H共为(16+ 54 mol 10L- 2）ml=18ol,说明共消耗54molH,则5min内(H,)=5nmin 黑白题54