专题2专项训练

1、.化学反响与能量转化专项训练题组一化学反响速率及其影响因素1一定条件下，在容积固定的某密闭容器中发生反响N23H22NH3。在10 s内N2的浓度由5 mol·L1降至4 mol·L1，以下说法正确的选项是A用NH3表示的化学反响速率为0.1 mol·L1·s1B使用适宜的催化剂，可以加快该反响的速率C增加H2的浓度或降低温度都会加快该反响的速率D反响足够长时间，N2、H2中至少有一种物质浓度降为零答案B解析cN21 mol·L1，那么cNH32 mol·L1，vNH30.2 mol·L1·s1，故A错；对于可逆反

2、响来说，任何一种反响物都不可能完全反响，故D错。22SO2gO2g2SO3g正反响为放热反响是工业上制备硫酸的重要反响。以下表达正确的选项是A2 mol SO3的总能量比2 mol SO2和1 mol O2的总能量要高B催化剂V2O5不改变该反响的逆反响速率C由于该反响是放热反响，所以降低温度会缩短反响到达化学平衡的时间D在t1、t2时刻，SO3g的浓度分别是c1、c2，那么时间间隔 t1t2内，SO3g生成的平均速率v答案D解析一个确定的化学反响是吸热反响还是放热反响，取决于反响物的总能量与生成物的总能量的相对大小，假如反响物的总能量大于生成物的总能量，该反响为放热反响，所以2 mol SO

3、3的总能量比2 mol SO2和1 mol O2的总能量要低，选项A是错误的；参加催化剂会同时改变正、逆反响的化学反响速率，选项B是错误的；降低反响温度会使反响速率降低，将延长反响到达平衡的时间，选项C是错误的；根据化学反响速率的表示方法可判断出选项D是正确的。3以下说法中可以说明密闭容器中的反响：PgQgRgSg在恒温下已达平衡状态的是A反响容器内压强不随时间变化而变化BP和S的生成速率相等C反响容器内P、Q、R、S四者共存D反响容器内总物质的量不随时间变化而变化答案B解析在该反响中，反响前后的气体总物质的量不变，反响无论是否到达化学平衡，反响容器内压强都不随时间变化而变化，总物质的量也不随

4、时间变化而变化，并且四种物质始终是共存的，正确答案为B。4以下说法不能证明H2gI2g2HIg已达平衡状态的是A一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂B恒温恒容时，某一生成物浓度不再变化C恒温恒容时，混合气体颜色不再变化D恒温、压强一定，体积可变的容器，混合气体的密度不再变化答案D解析A项，一个HH键断裂的同时有两个HI键断裂，即v正v逆，说明达平衡；B项，恒温恒容时，某一生成物浓度不再变化，即某物质的物质的量不变，说明达平衡；C项，恒温恒容时，混合气体颜色不再变化，说明I2g的物质的量不变，说明达平衡；D项，该反响是反响前后气体体积不变的反响，那么开场与平衡时的体积相等，而质量是守恒的，因此混

5、合气体的密度始终不变，不能说明平衡建立，因此选D。题组二化学反响中的能量变化5参照反响BrH2HBrH的能量对应反响过程的示意图，以下表达中正确的选项是A正反响为吸热反响B吸热反响一定要加热后才能发生C反响物总能量高于生成物总能量D升高温度可增大正反响速率，降低逆反响速率答案A解析由图像知反响物的总能量低于生成物的总能量，故正反响为吸热反响，A项正确、C项错误；吸热反响不一定要加热才能进展，如BaOH2·8H2O与NH4Cl的反响，B项错误；对于任何一个反响而言，升高温度，可以使正反响速率与逆反响速率都加快，D项错误。6以下图是碳和水蒸气发生反响生成CO、H2的途径和三个状态的能量，

6、该反响为吸热反响，试问：1步骤1、2分别是吸热过程还是放热过程？步骤1：_，步骤2：_。2比较E1、E2、E3的大小：_。答案1吸热放热2E2>E3>E1解析由题中转化图可知，步骤1为化学键的破坏过程，要吸收热量，步骤2为化学键的形成过程，要放出热量，且碳和水蒸气反响生成CO、H2为吸热反响，故E2>E3>E1。题组三原电池根底知识及应用7某原电池的电池反响为Fe2Fe3=3Fe2，与此电池反响不符合的原电池是A铜片、铁片、FeCl3溶液组成的原电池B石墨、铁片、FeNO33溶液组成的原电池C铁片、锌片、Fe2SO43溶液组成的原电池D银片、铁片、FeCl3溶液组成的原

7、电池答案C解析根据原电池的电池反响为Fe2Fe3=3Fe2可知，Fe为负极，比Fe不活泼的金属或非金属导体作正极，含Fe3的溶液为电解质溶液。8一个由锌片和石墨棒作为电极的原电池，电极反响分别是：锌片：2Zn4OH4e=2ZnO2H2O石墨：2H2OO24e=4OH以下说法不正确的选项是A电子从石墨经外电路流向锌片B锌片是负极，石墨是正极C电极总反响为2ZnO2=2ZnOD该原电池工作一段时间后石墨附近溶液的pH增大答案A解析由电极反响可知：锌片一极发生氧化反响，为负极，石墨一极发生复原反响，为正极，电子在外电路中从负极锌片流向正极石墨，反响时石墨一极产生OH，石墨附近溶液cOH增大，pH增大

8、。9如以下图所示的装置中，M为金属活动性顺序表中位于氢之前的金属，N为石墨棒，以下关于此装置的表达中不正确的选项是AN上有气体放出BM为负极，N为正极C是化学能转变为电能的装置D导线中有电流通过，电流方向是由M到N答案D解析原电池中活泼金属为负极，失去电子，即M为负极，溶液中的氢离子在正极得到电子被复原为H2，那么N为正极。电流方向与电子流向相反，应由正极N流向负极M。10根据氧化复原反响：2AgCu=Cu22Ag设计的原电池如下图。请答复以下问题：1电极X的材料是_；电解质溶液Y是_。2银电极为电池的_极，发生的电极反响式为_；X电极上发生的电极反响为_填“氧化或“复原反响。3外电路中的电子

9、_填“流出或“流入Ag电极。4当有1.6 g铜溶解时，银棒增重_g。答案1CuAgNO32正Age=Ag氧化3流入45.4解析1由反响2AgCu=Cu22Ag可知，在反响中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极，所以X电极材料是Cu，Ag在正极上得电子被复原，电解质溶液为AgNO3。2正极为活动性比Cu弱的Ag，Ag在正极上得电子被复原，电极反响为Age=Ag，X电极是铜电极，发生氧化反响生成铜离子。3外电路中电子从负极Cu沿导线流向正极Ag。4设银棒增重为m，根据电池总反响得：Cu2Ag642161.6 gm所以，解得m5.4 g。题组四守恒法在原电池中的应用11如图是电解CuCl2溶液的装

10、置，其中c、d为石墨电极。1正极为_填“a或“b，阳极为_填“c或“d。2阳极电极反响式为_，检验该阳极产物可选用_。3电解一段时间后发现阴极增重6.4 g，那么外电路中通过的电子的物质的量是_ mol，假设该电解反响所需的电子全部由氢氧燃料电池提供，那么至少需要消耗_L氢气标准状况下才能满足需要。答案1ac22Cl2e=Cl2 潮湿的淀粉碘化钾试纸30.22.2412现用如图装置来测定某原电池工作时在某段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1 000 mL，供选择的电极材料有纯铜片和纯锌片。请答复以下问题：1b电极材料为_，其电极反响式为_。2当量筒中搜集到672 mL标准状况下气体

11、时，通过导线的电子的物质的量为_mol，此时a电极质量_填“增加或“减少_g。3假如将a、b两电极的电极材料对调，U形管中将出现的现象是_。答案1铜2H2e=H220.06减少1.953左端液面下降，右端液面上升解析1纯铜片和纯锌片、稀硫酸组成原电池，由图可知b电极处有氢气生成，那么b为铜，为正极；a为锌，为负极；b电极上氢离子得电子生成氢气，其电极反响式为2H2e=H2。2当量筒中搜集到672 mL标准状况下气体时，nH20.03 mol，b电极上的电极反响式为2H2e=H2，那么通过导线的电子的物质的量为0.06 mol，a电极上的反响为Zn2e=Zn2，那么溶解的Zn的物质的量为0.03

12、 mol，减少的Zn的质量为65 g·mol1×0.03 mol1.95 g。3假如将a、b两电极的电极材料对调，那么右边为锌，失电子作负极，左边为铜，作正极，氢离子得电子生成氢气，所以U形管中左端液面下降，右端液面上升。题组五电解池的工作原理及应用13采用惰性电极从NO、SO、H、Cu2、Ba2、Ag、Cl等离子中，选出适当的离子组成电解质，对其溶液进展电解。1两极分别放出H2和O2，电解质的化学式是_。2阴极析出金属，阳极放出O2，电解质的化学式是_。3两极分别放出气体，且体积比为11，电解质的化学式是_。答案1HNO3、H2SO4、BaNO322CuNO3、CuSO4

13、、AgNO33BaCl2、HCl14如以下图所示，用a、b两惰性电极电解200 mL CuSO4溶液，通电一段时间后，当a极的质量不再增加时，取出洗净枯燥后，发现质量增加了6.4 g。答复以下问题：1标出电源的正负极：c为_，d为_。2b极上发生反响的电极反响式为_，溶液中总的反响方程式为_。3反响前CuSO4溶液的物质的量浓度为_，反响后溶液中H的浓度为_。均不考虑溶液体积变化答案1负极正极24OH4e=O22H2O2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O230.5 mol·L11 mol·L1解析1a极质量增加，说明a极有Cu析出，应为阴极，故c为负极，d为正极。2b极

14、与电源的正极d相连，故b极为阳极，由于放电顺序：OH>SO，所以电极反响式为4OH4e=2H2OO2。溶液中总的反响方程式为2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2。3nCuSO4nCu0.1 mol，那么反响前cCuSO40.5 mol·L1。由电解的总反响方程式可知，cH2cH2SO42cCuSO41 mol·L1。题组六综合应用15硫碘循环分解水制氢主要涉及以下反响：SO22H2OI2=H2SO42HI2HIH2I2g2H2SO4=2SO2O22H2O1分析上述反响，以下判断正确的选项是_填字母，下同。A反响易在常温下进展B反响中SO2氧化性比HI强C循环过程

15、需补充H2OD循环过程产生1 mol O2的同时产生2 mol H22在一定条件下，体积不变的密闭容器中，能说明反响到达化学平衡状态的是_。A混合气体的颜色不再变化B混合气体的密度不再改变C反响混合物中各组分物质的浓度相等DH2、HI、I2三种物质的反响速率之比为121E容器中气体压强不变3一定温度下，向1 L密闭容器中参加1 mol HIg，发生反响，H2物质的量随时间的变化如下图。02 min内的平均反响速率vHI_。以下关于化学反响速率的说法正确的选项是_。A对任何化学反响来说，反响速率越大，反响现象就越明显B化学反响速率常用单位时间内任何一种反响物物质的量的减小或生成物物质的量的增加来

16、表示C在一定条件下，可逆反响到达化学平衡状态时，正、逆反响的速率不再改变D增大反响物的浓度、降低反响的温度都能增大反响速率A点的逆反响速率v逆H2_填“大于“小于或“等于B点的正反响速率v正H2。答案1C2A30.1 mol·L1·min1C小于解析1中生成2 mol H2SO4需消耗4 mol水，而中分解2 mol H2SO4生成2 mol水，所以循环过程中需补充水，为可逆反响，不是可逆反响，所以产生1 mol O2的同时不会产生2 mol H2。3vHI0.1 mol·L1·min1。由于B点HI的浓度大于A点浓度，所以B点H2正反响速率大于A点H2的逆反响速率。161以CuSO 4 溶液为电解质溶液进展粗铜含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质的电解精炼，以下说法正确的选项是_填字母。a电能全部转化为化学能b粗铜接电源正极，发生复原反响c溶液中Cu 2 向阳极挪动d利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属2以下装置可实现电解CuCl2溶液，c、d均为石墨。据图答复以下问题：是_池，是_池。写出以下电极反响式Fe：_；c：_。当Cu增重3