高考化学备考之化学反应与能量压轴突破训练∶培优篇附答案

高考化学备考之化学反应与能量压轴突破训练∶培优篇附答案一、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pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6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．KMnO4②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+2NH4ClMnCl2+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+2NH4ClMnCl2+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。2．五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：已知：①部分含钒物质的溶解情况：（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。②部分金属离子[c（Mn+）=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：回答下列问题：（l）“研磨”的目的是___，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____。（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。（3）向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是___（填标号），调节溶液的pH范围为___，滤渣b为___（写化学式）。（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为___。温度高于80℃，沉钒率下降，其可能原因是____【答案】增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+D4.7≤pH＜7.8Fe(OH)3、Al(OH)水浴加热(热水浴)温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，由于NH4+浓度减小，沉钒率下降【解析】【分析】粗钒(主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，由于SiO2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a为SiO2，滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b为主要含有VO2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO2+转化为NH4VO3沉淀，对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧，获得V2O5，据此分析解答。【详解】(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+，发生反应的化学方程式为V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O；(2)根据分析，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+；(3)加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，根据部分金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知，pH值为2.8时，Fe(OH)3完全沉淀，pH值为4.7时，Al(OH)3完全沉淀，pH值为7.8时，Al(OH)3开始溶解，调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜7.8，滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧化钠溶液顺利流下，答案选D；(4)由图像可知，当温度为80℃左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH4+浓度减小，使沉钒率下降。3．钴和锌是重要的有色金属，其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下：已知：“浸出”后溶液中含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋等。请回答：(1)“煅烧”的目的为______________________________。(2)“净化”时，与KMnO4发生反应的所有离子方程式有_____________________________。(3)“沉钴”时，发生如下反应：(NH4)2S2O8＋H2O→NH4HSO4＋H2O2；H2O2→H2O＋O；···········；Co3＋＋H2O→Co(OH)3＋H＋。所缺的化学方程式为______________________________；每生成1molCo(OH)3，理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为__________。(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验沉淀是否洗涤干净的方法是____________。(5)“沉钴”时pH不能太高，其原因为______________________________；“沉锌”时温度不能太高，其原因为________________________________________。(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g。则所得固体的化学式为____________。【答案】除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物，有利于后续浸出，合理即可)MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+2Co2++O+2H+=2Co3++H2O0.5mol取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净防止Zn2+提前沉淀防止NH4HCO3热分解ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O【解析】【分析】将废催化剂高温煅烧，将有机废催化剂中的有机物除去，并将金属元素转化为金属氧化物，用硫酸对煅烧产物进行酸浸，pH控制在1~5，得到含有Co2＋、Zn2＋、Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋的浸出液，调节溶液pH值为5~5.2，加入高锰酸钾将Mn2＋、Fe2＋氧化并转化为Fe(OH)3和MnO2除去，再次调节溶液pH值为4.5，加入(NH4)2S2O8将Co2＋氧化为Co3＋并转化为Co(OH)3沉淀除去，调节pH值为8，加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O沉淀，据此分析解答。【详解】(1)“煅烧”可以除去其中的有机物，同时可将金属元素转化为金属氧化物，有利于后续浸出；(2)“净化”时，加入KMnO4的目的是除去溶液中的Fe2+和Mn2+，反应的离子方程式为：MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；(3)从流程中可以看出，“沉钴”时，(NH4)2S2O8为氧化剂，因此除去的是Co2＋，结合所给反应过程，缺少将Co2＋转化为Co3＋的反应，则可得所缺的化学方程式为2Co2++O+2H+=2Co3++H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8~H2O2~O~2Co3+~2Co(OH)3，每生成1molCo(OH)3理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为0.5mol；(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤，检验Co(OH)3沉淀是否洗涤干净，也就是检验是否含有硫酸根离子，可取取最后一次洗涤液少许于试管中，向其加入氯化钡溶液，没有白色沉淀生成，证明洗涤干净；(5)“沉钴”时pH不能太高，防止Zn2+提前沉淀；“沉锌”时，加入NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3热分解；(6)取“沉锌”后所得固体34.1g，煅烧后得到固体24.3g，将生成的气体通过足量的浓硫酸，增重5.4g，增重的质量为水，根据质量守恒，煅烧生成的CO2气体的物质的量为=0.1mol，根据元素守恒可知ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O为0.1mol，煅烧后生成的ZnO的物质的量为=0.3mol，根据Zn元素守恒，0.1mol+0.1molx=0.3mol，则x=2，生成水的物质的量为=0.3mol，根据氢元素守恒，0.1mol×2×2+0.1mol×2y=0.3mol×2，则y=1，则所得固体的化学式为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O。4．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。5．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。6．从本质入手看物质及其能量的变化，可以让我们更加深入的去理解所学知识的内涵及外延应用。对于《原电池》这部分知识也是如此，如图是原电池的基本构造模型：（1）若a和b的电极材料为Al或Mg。①若c为稀NaOH溶液时，则a的电极材料为__，该极电极方程式为___。②若c为稀H2SO4时，则a的电极材料为___，该极电极方程式为__。（2）对于原电池的应用，以下说法正确的是__。A．选择构成原电池两极材料时，必须选择活泼性不同的两种金属材料B．构成原电池时，负极材料的活泼性一定比正极材料的强C．构成原电池时，作为负极材料的金属受到保护D．从能量转化角度去看，如图的氧化还原反应能量变化曲线，则不能够设计原电池【答案】AlAl-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OMgMg-2e-=Mg2+D【解析】【分析】(1)原电池中电极由负极经导线流向正极，所以a为负极发生氧化反应，b为正极发生还原反应。【详解】(1)①若c为稀NaOH溶液时，电池总反应应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，Al被氧化做负极，即a的电极材料为Al，该电极方程式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；②若c为稀H2SO4时，Mg比Al活泼，所以电池总反应式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，Mg被氧化做负极，即a的电极材料为Mg，电极方程式为：Mg-2e-=Mg2+；(2)A．构成原电池两极材料不一定选择活泼性不同的两种金属材料，可以是活泼性相同的Pt电极、也可以是非金属材料，如燃料原电池的两极材料常选择石墨电极，故A错误；B．碱性原电池中，作为负极的材料的活泼性不一定比正极材料的强，如Al-Mg-NaOH原电池中，活泼金属Mg作正极，Al作负极，故B错误；C．原电池中正极发生得到电子的还原反应，所以作为正极材料的金属受到保护，而负极材料的金属会加速腐蚀，故C错误；D．原电池中发生氧化还原反应，会以电能的形式放出能量，所以一般为放热的氧化还原反应，而图示反应为吸热反应，所以从能量转化角度看，一般不设计成原电池或不能够设计原电池，故D正确；综上所述选D。【点睛】构成原电池的两个电极中并不是较为活泼的金属一定就会做负极，要结合具体的环境去判断发生的总反应，再判断正负极。7．在我国南海、东海海底均存在大量的可燃冰（天然气水合物，可表示为）。2017年5月，中国首次海域可燃冰试采成功。2017年11月3日，国务院正式批准将可燃冰列为新矿种。可燃冰的开采和利用，既有助于解决人类面临的能源危机，又能生成一系列的工业产品。(1)对某可燃冰矿样进行定量分析，取一定量样品，释放出的甲烷气体体积折合成标准状况后为166m3，剩余H2O的体积为0.8m3，则该样品的化学式中x=_________________。(2)已知下表数据，且知H2O(l)=H2O(g)△H=+41化学键C—HO=OC=OH—O键能/413498803463用甲烷燃烧热表示的热化学方程式为_____________________________________________________。(3)甲烷燃料电池相较于直接燃烧甲烷有着更高的能量转化效率，某甲烷燃料电池，正极通入空气，以某种金属氧化物为离子导体（金属离子空穴中能传导O2-），该电池负极的电极反应式为__________________________________________。(4)甲烷与水蒸气重整制氢是工业上获得氢气的重要手段。若甲烷与脱盐水在一定条件下反应生成H2，同时得到体积比为1:3的CO2和CO，该反应的化学方程式为_____________________________________。混合气体中的CO2可用浓氨水脱除，同时获得氮肥NH4HCO3，该反应的离子方程式是_________________________________________________________。【答案】6CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-892kJ·mol-1CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2ONH3·H2O+CO2=NH4++【解析】【分析】【详解】(1)n(CH4)==mol，n(H2O)==mol，n(CH4):n(H2O)=:≈1:6，所以x=6，故答案为：6；(2)由表格可知①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)的△H=（4×413+2×498-2×803×-4×463）kJ·mol-1=-810kJ·mol-1，又因为②H2O(l)=H2O(g)△H=41，将①-2×②得：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=（-810-2×41）=-892kJ·mol-1，故答案为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-892kJ·mol-1；(3)甲烷在负极失电子，被氧化，结合电解质、原子守恒、电荷守恒可得负极反应为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，故答案为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；(4)由已知可知道，反应物为甲烷和水，生成物为氢H2、CO和CO2，结合CO2和CO的体积比为1:3可得方程式为：。二氧化碳和氨水反应生成NH4HCO3的离子方程式为：NH3·H2O+CO2=NH4++，故答案为：；NH3·H2O+CO2=NH4++。【点睛】燃料电池电极反应的书写：燃料在负极失电子，O2在正极得电子。8．氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H，上述反应分两步完成，其反应历程如图所示：回答下列问题：（1）写出反应I的热化学方程式___。（2）反应I和反应Ⅱ中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是___(填“反应I”或“反应Ⅱ”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率反而变慢，其原因可能是___(反应未使用催化剂)。【答案】2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol反应Ⅱ决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢【解析】【分析】(1)根据图像分析反应I为2NO(g)⇌N2O2(g)的焓变，写出热化学方程式；(2)根据图像可知，反应I的活化能＜反应Ⅱ的活化能，反应I为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定该反应速率的是慢反应；决定正反应速率的是反应Ⅱ，结合升高温度对反应I和Ⅱ的影响分析可能的原因。【详解】(1)根据图像可知，反应I的化学方程式为：2NO(g)⇌N2O2(g)△H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4)kJ/mol，故答案为：2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol；(2)根据图像可知，反应I的活化能＜反应Ⅱ的活化能，反应I为快反应，反应Ⅱ为慢反应，决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是慢反应Ⅱ；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，可能的原因是：决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢，故答案为：反应Ⅱ；决定总反应速率的是反应Ⅱ，升高温度后反应I平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢。9．1100℃时，在体积固定且为5L的密闭容器中，发生可逆反应：并达到平衡。(1)平衡后，向容器中充入1mol，平衡向___________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”)，重新达到平衡后，与原平衡相比，逆反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)若混合气体的密度不变，(填“能”或“不能”)______判断该反应达已经到平衡状态。若初始时加入的为2.84g，10分钟后达到平衡时的转化率(参加反应的碳酸钠占加入硫酸钠总质量的百分比)为45%，________。【答案】正反应方向增大能7.2×10-4mol/(L·min)【解析】【分析】增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的；混合气体的密度为ρ＝，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变；根据v=计算。【详解】（1）平衡后，向容器中充入1molH2，增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的，故答案为：正反应方向；增大；（2）混合气体的密度为ρ＝，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变，所以根据混合气体的密度可以判断化学反应是否达到平衡；初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，则反应消耗n（Na2SO4）==0.009mol，根据反应方程式，则消耗n（H2）=4n（Na2SO4）=0.036mol，所以v（H2）=＝==7.2×10-4mol/（L•min），故答案为：能；7.2×10-4mol/（L•min）。【点睛】本题考查化学原理部分知识，运用化学平衡移动的知识分析问题，根据方程式计算化学反应速率。10．氮的单质及其化合物性质多样，用途广泛。完成下列填空：科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2：2NO+2CO2CO2+N2+Q(Q＞0)。在某温度下测得该反应在不同时间的CO浓度如下表：浓度（mol/L）时间（s）012345c（CO）3.60×10-33.05×10-32.85×10-32.75×10-32.70×10-32.70×10-3（1）该反应平衡常数K的表达式为___；温度升高，K值___（选填“增大”“减小”“不变”）；前2s的平均反应速率v（N2）=___；若上诉反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是___。（2）工业合成氨的反应温度选择500℃左右的原因是___。（3）实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是___。A．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2B．容器内的压强保持不变C．N2、H2、NH3的浓度不在变化D．反应停止，正、逆反应的速率都等于零（4）常温下向1molHCl的稀盐酸中缓缓通入1molNH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是___；在通入NH3的过程中溶液的导电能力___（选填“变大”“变小”“几乎不变”）【答案】减小1.875×10-4mol/(L·s）增大压强（或其它合理答案）催化剂在500℃左右具有最佳活性BCc(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)几乎不变【解析】【分析】(1)根据平衡常数和化学反应速率()的相关公式进行计算；(2)工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性；(3)根据化学平衡状态的特征判断，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；(4)二者恰好反应生成氯化铵，水解方程式为NH4++H2ONH3.H2O+H+，溶液呈酸性，进行分析。【详解】(1)平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，根据反应2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)，平衡常数；该反应为放热反应，温度升高时平衡逆向移动，所以平衡常数减小；根据速率之比等于各物质系数比可知：v(CO)=，前2s内的平均反应速率v(N2)=v(CO)/2=1.875×10-4mol/(L·s）；一氧化氮的转化率变大,说明平衡正向移动可以通过增大压强，使平衡正向移动，故答案为：；减小；1.875×10-4mol/(L·s）；增大压强（或其它合理答案）；(2)工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性，故答案为：催化剂在500℃左右具有最佳活性；(3)A.浓度之比为1：3：2，并不是不变，不能判断是否平衡，A项错误；B.反应正向进行，体积减小，当压强不变时，已经到达平衡，B项正确；C.N2、H2、NH3的浓度不再变化，已经到达平衡，C项正确；D.可逆反应达到平衡时，正、逆反应的速率相等，但不会等于零，D项错误；故答案为：BC；(4)二者恰好反应生成氯化铵，水解方程式为NH4++H2ONH3.H2O+H+，溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，根据溶液呈电中性有:c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，因为c(H+)>c(OH-)，所以c(Cl-)>c(NH4+)，故离子浓度大小关系为:c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变，故答案为：c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)；几乎不变。【点睛】本题易错点(3)注意平衡状态的判断，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。11．有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol·L-1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6mol·L-1的氢氧化钠溶液中，如图所示。（1）写出甲池中正极的电极反应式__。（2）写出乙池中负极的电极反应式__。（3）写出乙池中总反应的离子方程式__。（4）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出__活动性更强，而乙会判断出__活动性更强(填写元素符号)。（5）由此实验，可得到如下哪些结论正确（________）A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质B．镁的金属性不一定比铝的金属性强C．该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法__(可靠或不可靠)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案__(如可靠，此空可不填)。【答案】2H＋＋2e-=H2↑2Al＋8OH-－6e-=2AlO2-＋4H2O2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑MgAlAD不可靠将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极【解析】【分析】甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑，乙同学依据的化学反应原理是2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。由于铝与碱的反应是一个特例，不可作为判断金属性强弱的依据。判断原电池的正极、负极要依据实验事实。【详解】（1）甲中镁与硫酸优先反应，甲池中正极上氢离子得电子产生氢气，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑；（2）乙池中负极上铝失电子在碱性条件下生成AlO2-，电极反应式为2Al＋8OH-－6e-=2AlO2-＋4H2O；（3）乙池中铝与氢氧化钠反应，镁与氢氧化钠不反应，总反应的离子方程式为：2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故A正确；B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故B错误；、C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故C错误；D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；故选AD；（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序表判断原电池中的正负极”这种做法不可靠。可行实验方案如：将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。【点睛】本题考查了探究原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质；该实验还说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析。12．为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2。已知：①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ·mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1(1)H2的燃烧热△H=________。(2)写出CO(g)和H2O(g)作用生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式：________。(3)相关物质的化学键键能数据如下：化学键O=O(O2)H—HH—OE/(kJ·mol-1)x436463计算x=________kJ·mol-1。(4)某反应2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)△H=-QkJ·mol-1，反应过程中能量变化如图所示，其中虚线表示加入催化剂M时的情况。①加入催化剂M后，△H________(填“改变”或“不变”)。②在使用催化剂的两部反应中，________(填“第一步”或“第二步”)决定反应速率。【答案】-285.8kJ·mol-1CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ·mol-1496.4不变第一步【解析】【分析】(1)在25摄氏度,101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；(2)根据盖斯定律继续计算；(3)焓变=反应物键能-生成物键能，再根据氢气的燃烧热方程式计算；(4)①反应热与反应路径无关；②反应活化能大的一步决定反应速率。【详解】(1)由反应②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1结合盖斯定律可知1mol氢气燃烧生成液体水放出的热量为241.8kJ+44.0kJ=285.8kJ，故答案为：-285.8kJ·mol-1；(2)由反应①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ·mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1结合盖斯定律可知反应CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)可由①-②得到，所以该反应的△H=-283kJ·mol-1-(-241.8kJ·mol-1)=-41.2kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ·mol-1；(3)由第(1)题可知：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ·mol-1，根据焓变=反应物键能-生成物键能可得436kJ·mol-1+x-2×463kJ·mol-1=-285.8kJ·mol-1，解得x=496.4kJ·mol-1，故答案为：496.4；(4)①催化剂只改变反应活化能不改变焓变，故答案为：不变；②根据图示可知第一步反应活化能较大，所以第一步决定反应速率，故答案为：第一步。13．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，电解液是LiAlCl4－SOCl2。电池的总反应可表示为4Li＋2SOCl2＝4LiCl＋S＋SO2。请回答下列问题：(1)电池的负极材料为_____，发生的