高考化学化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习附答案.docx

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高考化学化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习附答案

高考化学—化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习附答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。

一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示

已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素

②常温下，相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M（OH）n沉淀的pH范围如表

金属离子

Al3+

Fe3+

Fe2+

Ca2+

Mn2+

Mg2+

开始沉淀的pH

3.8

1.5

6.3

10.6

8.8

9.6

沉淀完全的pH

5.2

2.8

8.3

12.6

10.8

11.6

回答下列问题：

（1）“混合研磨”的作用为_______________________

（2）“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________

（3）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_____________________________

（4）净化除杂流程如下

①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为（NH4）2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3+，则氧化剂X宜选择__________

A．（NH4）2S2O8B．MnO2C．KMnO4

②调节pH时，pH可取的范围为_________________

（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是__________________

【答案】加快反应速率MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O温度为500℃，且m（MnCO3）：

m（NH4Cl）=1.10B5.2≤pH<8.8CO32-水解程度大于HCO3-，易生成氢氧化物沉淀

【解析】

【分析】

菱锰矿的主要成分为MnCO3，加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4Cl

MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑，气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+，净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰，据此分析解题。

【详解】

（1）“混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率；

（2）根据流程，菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+，主要化学反应方程式为：

MnCO3+2NH4Cl

MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；

（3）由图可知，锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高，到500℃、1.10达到最高，再增大锰的浸出率变化不明显，故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃，氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10；

（4）净化过程：

加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH，生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F，除去Ca2+、Mg2+；

①最合适的试剂为MnO2，氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：

MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，且不引入新杂质，故答案为B；

②调节溶液pH使Fe3+，A13+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2≤pH＜8.8；

（5）碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3═MnCO3↓+NH4+，不用碳酸铵溶液替代NH4HCO3溶液，可能的原因是碳酸铵溶液中的c（OH-）较大，会产生Mn（OH）2沉淀。

【点睛】

考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。

2．工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质）制取金属锌的工艺流程如下。

回答下列问题：

（1）ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。

①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。

②工业上利用反应ZnFe2（C2O4）3·6H2O

ZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。

该反应中每生成1molZnFe2O4转移电子的物质的量是________。

（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。

为达到这一目的，还可采用的措施是________________________（任答一条）；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。

（3）净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________；试剂X的作用是_______。

【答案】＋34mol增大硫酸的浓度（或升高温度、搅拌等其他合理答案）Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O调节溶液的pH，促进Fe3＋水解

【解析】

【分析】

将锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；

（1）①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价；

②工业上利用反应ZnFe2（C2O4）3•6H2O

ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，计算转移电子的物质的量；

（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子；

（3）净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

【详解】

（1）①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价，+2+x×2+（-2）×4=0，x=+3；

②工业上利用反应ZnFe2（C2O4）3•6H2O

ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4，反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，则氧化产物为：

ZnFe2O4、CO2，每生成1molZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1molZnFe2O4，生成4molCO转移电子的物质的量是4mol；

（2）酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：

Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+；

（3）净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：

H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，试剂X的作用是调节溶液pH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

3．利用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca（NO2）2，其部分工艺流程如下：

（1）上述工艺中采用气液逆流接触吸收（尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋），其目的是______________________________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是____________（填化学式）。

（2）该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。

若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比______；若产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_______。

（填写序号）

①＝1∶1②＞1∶1③＜1∶1④无法判断

（3）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca（NO2）2会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的反应离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，你同意吗？

_________（填“同意”或“不同意“），如不同意，请说明你的理由________________________________________________。

【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收Ca（OH）2②③不同意二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮

【解析】

【分析】

由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，生成Ca（NO2）2，过量的石灰乳以滤渣存在，碱性溶液中尾气处理较好；

（1）使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca（OH）2；

（2）若n（NO）：

n（NO2）＞1：

1，则一氧化氮过量，若＜1：

1，则二氧化氮过量；

（3）二氧化氮能与水会发生反应，据此分析解答。

【详解】

由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，生成Ca（NO2）2，过量的石灰乳以滤渣存在，

（1）使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收，滤渣主要成分是Ca（OH）2；

（2）若n（NO）：

n（NO2）＞1：

1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，若n（NO）：

n（NO2）＜1：

1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca（NO3）2，产品中Ca（NO3）2含量升高；

（3）若离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮，则不同意该同学书写的离子反应方程式。

4．以氯化钾和硫酸亚铁为原料生产硫酸钾和氧化铁红颜料，其主要流程如下：

已知：

NH4HCO3溶液呈碱性，30℃以上NH4HCO3大量分解。

（1）NH4HCO3溶液呈碱性的原因是_____________________________________。

（2）写出沉淀池I中反应的化学方程式_____________________________，该反应必须控制的反应条件是________________________________________。

（3）检验沉淀池I中Fe2+沉淀是否完全的方法是_____________________。

（4）酸化的目的是______________________________。

（5）在沉淀池II的反应中，为使反应物尽可能多地转化为生成物，可在反应过程中加入___。

a．（NH4）2SO4        b．KCl         c．丙醇      d．水

（6）N、P、K、S都是植物生长所需的重要元素。

滤液A可做复合肥料，因为其中含有_____________等元素。

【答案】NH4+的水解程度小于HCO3-的水解程度2NH4HCO3 +FeSO4 → FeCO3↓+（NH4）2SO4 +CO2↑+H2O反应温度低于30℃取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全除去溶液中的HCO3-cN、S、K

【解析】

【分析】

FeSO4与NH4HCO3发生双水解反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳等，然后过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁，因滤液中含有NH4HCO3，向滤液中加入硫酸，可除去

，此时溶液中溶质为硫酸铵、硫酸，向溶液中加入足量KCl，此时溶液中因硫酸钾的溶解度较氯化铵低而发生沉淀，然后过滤，得到硫酸钾固体，以此解答。

【详解】

（1）NH4HCO3溶液中铵根离子水解显示酸性，碳酸氢根离子水解显示碱性，

的水解程度小于

的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，故答案为：

的水解程度小于

的水解程度；

（2）碳酸氢根离子和亚铁离子之间发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀，并放出二氧化碳，反映的原理方程式为：

2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，为防止较高温度下碳酸氢铵的分解，要注意温度的选择，故答案为：

2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；反应温度低于30℃；

（3）亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子，亚铁离子遇到硫氰酸钾不显色，但是三价铁遇到硫氰酸钾显示红色，检验沉淀池I中Fe2+沉淀是否完全的方法是：

取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全，故答案为：

取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全；

（4）沉淀池Ⅰ中，除了生成的碳酸亚铁之外，溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入酸，酸化的目的是除去溶液中的

，故答案为：

除去溶液中的

；         

（5）由题目看出在沉淀池II中生成的K2SO4为固体，而K2SO4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K2SO4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K2SO4的溶解度，故选：

c；

（6）滤液A的成分中含有（NH4）2SO4以及KCl，即其中含有N、S、K元素，属于复合肥料，故答案为：

N、S、K。

5．如图是闪锌矿（主要成分是ZnS，含有少量FeS）制备ZnSO4·7H2O的一种工艺流程：

闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4∙7H2O。

已知：

相关金属离子浓度为0.1mol/L时形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：

金属离子

Fe3＋

Fe2＋

Zn2＋

开始沉淀的pH

1.5

6.3

6.2

沉淀完全的pH

2.8

8.3

8.2

（1）闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其目的是_____________。

（2）溶浸过程使用过量的Fe2（SO4）3溶液和H2SO4浸取矿粉，发生的主要反应是：

ZnS＋2Fe3＋＝Zn2＋＋2Fe2＋＋S。

①浸出液中含有的阳离子包括Zn2＋、Fe2＋、_____________。

②若改用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，也能达到浸出锌的目的，写出离子方程式_____________。

（3）工业除铁过程需要控制沉淀速率，因此分为还原和氧化两步先后进行，如图。

还原过程将部分Fe3＋转化为Fe2＋，得到pH小于1.5的溶液。

氧化过程向溶液中先加入氧化物a，再通入O2。

下列说法正确的是_____________（填序号）。

A．氧化物a可以是ZnO

B．滤渣2的主要成分是Fe（OH）2

C．加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c（Fe3＋）

【答案】增大表面积，提高反应速率Fe3＋、H＋ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuSAC

【解析】

【分析】

闪锌矿（主要成分是ZnS，含有FeS），加硫酸和Fe2（SO4）3，发生ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，过滤可除去S；浸出液中先加ZnS还原，分离出滤渣1为S，滤液中通入氧气可氧化亚铁离子生成铁离子，加ZnO调节pH，铁离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe（OH）3，过滤分离出滤液经蒸发浓缩得到ZnSO4•7H2O，以此来解答。

【详解】

（1）粉碎闪锌矿可增大接触面积，加快反应速率；

（2）①使用过量的Fe2（SO4）3溶液和H2SO4浸取矿粉，所以阳离子为Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+；

②用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，根据元素守恒可知离子方程式为：

ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS；

（3）A.ZnO为碱性氧化物，可增大酸性溶液pH值，同时不引入新的杂质，故A正确；

B.根据分析可知滤渣2主要为Fe（OH）3，故B错误；

C.加入ZnS可将铁离子还原，通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子，所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c（Fe3＋），故C正确；

综上所述选AC。

6．硝酸铵常用作化肥和化工原料，工业上制备硝酸铵的简要流程如图：

（1）中和器中主要反应的化学方程式为___________

（2）制备硝酸铵采用加压中和法还是常压中和法？

同时说明原因___________

（3）在不同的反应条件下，中和器中硝酸浓度与硝酸铵含量存在如图关系：

[不利用中和热及在不同情况下利用中和热时生产硝铵溶液中NH4NO3的含量1－HNO3和NH3（70℃）；2－HNO3和NH3（50℃）；3－HNO3（50℃）和NH3（20℃）；4－HNO3和NH3（20℃）]

①按图中的数据分析，要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，原料最佳温度和硝酸最佳含量是__________

A．70℃；58%

B．HNO3（50℃），NH3（20℃）；56%

C．50℃；56%

D．20℃；58%

②中和器中产品检测时，工作人员发现N2浓度明显高于正常空气带入的N2浓度，试用化学方程式表示中和器中生成N2的最有可能的过程____________、___________

③以下制备硝酸铵分析不正确的是___________

A．硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液。

B．采用真空蒸发器有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液和较大颗粒的硝酸铵晶体析出。

C．已知NH3与HNO3的气相反应很不彻底，工艺中应尽量使反应在液相中进行，可将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应。

D．充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，可以降低原料损耗。

【答案】NH3+HNO3=NH4NO3采用加压中和法。

原因是加压可以增大反应的速率和提高产率A4HNO3=4NO2+O2+2H2O6NO2+8NH3=7N2+12H2OBC

【解析】

【分析】

（1）氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵；

（2）压强越大化学反应速率越快，且增大压强可以提高产率；

（3）①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好；

②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2。

【详解】

（1）氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3；

（2）压强越大单位体积内活化分子个数越多，则化学反应速率越快，该反应前后气体计量数减小，则增大压强可以提高产率，所以采用加压中和法；

（3）①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好，根据图知，温度为70℃、硝酸含量为58%最好，答案选A；

②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2，发生的反应为4HNO3=4NO2+O2+2H2O、6NO2+8NH3=7N2+12H2O；

③A、中和时放出的热量预热原料能加快化学反应速率，浓缩溶液需要加热，所以硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液，从而减少资源浪费，A正确，不符合题意；

B、结晶速率越慢得到的颗粒越大，采用真空蒸发器增大蒸发速率，虽然有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液，但得到较小颗粒的硝酸铵晶体析出，B错误，符合题意；

C、将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应，放出的热量会使得液氨气化，会导致氨的转化率降低，不利于硝酸铵的制取，C错误，符合题意；

D、充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，增大原料的利用，从而可以降低原料损耗，D正确，不符合题意；答案为：

BC。

【点睛】

（3）③问中，结晶速率和晶体颗粒大小的关系，是易错点，要注意。

7．在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：

2NO2（g）（红棕色）

N2O4（g）（无色），如图所示。

（1）曲线_____________（填“X”或“Y”）表示N2O4的物质的量随时间的变化曲线。

（2）3min内，以X的浓度变化表示的平均反应速率为_____________。

（3）下列措施能使该反应速率加快的是________。

①升高温度②减小容器体积③通入N2O4④通入Ar使压强增大⑤通入HCl气体

A．①③④B．①②③C．①④⑤D．①②④

（4）此反应在该条件下达到限度时，X的转化率为________。

（5）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是____________（填标号）。

A．容器内压强不再发生变化B．混合气体的密度不变

C．容器内混合气体原子总数不变D．混合气体的平均相对分子质量不变

E．v（NO2）=2v（N2O4）F．相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X

【答案】Y0.1mol·L－1·min－1B60%A、D、F

【解析】

【分析】

【详解】

（1）据图可知相同时间内△n（X）是△n（Y）的两倍，根据方程式2NO2（g）

N2O4（g）可知单位时间内NO2的变化量更大，所以Y代表N2O4的物质的量随时间的变化曲线；

（2）X代表NO2，3min内，v（NO2）=

=0.1mol·L－1·min－1；

（3）①升高温度可以增大活化分子百分含量，增大反应速率，故正确；

②减小容器体积，各物质浓度增大，反应速率加快，故正确；

③通入N2O4，平衡逆向移动，反应物和生成物浓度均增大，反应速率加快，故正确；

④通入Ar使压强增大，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；

⑤通入HCl气体，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；

综上所述选①②③，答案为B；

（4）据图可知初始X的物质的量为1mol，平衡时X的物质的量为0.4mol，转化率为

=60%；

（5）A．容器恒容，平衡移动时气体的总物质的量发生改变，所以未达到平衡时体系内压强会变，压强不变时说明反应达到平衡，故A正确；

B．气体总体积不变，总质量不变，所以密度一直不变，故B错误；

C．反应物和生成物均为气体，根据质量守恒定律可知平衡移动时原子总数不变，故C错误；

D．气体总质量不变，平衡移动时气体总的物质的量会发生改变，所以气体平均相对分子质量会变，当气体平均相对分子质量不变时说明反应达到平衡，故D正确；

E．未指明是正反应速率还是逆反应速率，故E错误；

F．相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X即反应的正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故F正确；

综上所述选A、D、F。

【点睛】

判断压强是否影响反应速率时关键是要看压强的改变是否改变了反应物和生成物的浓度，若改变了则压强的改变影响反应速率，若不改变，则压强的变化不影响反应速率。

8．为探究原电池和电解池的工作原理