备战高考化学易错题专题训练化学反应与能量练习题及答案.docx
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备战高考化学易错题专题训练化学反应与能量练习题及答案
备战高考化学易错题专题训练-化学反应与能量练习题及答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．
（1）反应3Fe（s）+4H2O（g）
Fe3O4（s）+4H2（g）在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：
（填“加快”、“不变”或“减慢”）。
①保持体积不变充入Ne，其反应速率___。
②保持压强不变充入Ne，其反应速率____。
（2）在一定条件下发生反应：
6NO（g）+4NH3（g）
5N2（g）+6H2O（g）。
某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中v（正）与v（逆）相等的点为__（选填字母）。
（3）一定条件下，在2L密闭容器内，发生反应2NO2（g）
N2O4（g），n（NO2）随时间变化如下表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n（NO2）/mol
0.040
0.020
0.010
0.005
0.005
0.005
①用NO2表示0～2s内该反应的平均速率为___。
②在第5s时，NO2的转化率为__。
【答案】不变减慢cd0.0075mol·L-1·s-187.5%
【解析】
【分析】
【详解】
（1）①保持体积不变充入Ne，各反应物和生成物的浓度不变，故反应速率不变；
②保持压强不变充入Ne，容器体积变大，各物质浓度减小，反应速率减慢；
（2）反应达到平衡时正逆反应速率相等，据图可知t2时刻后N2和NO的物质的量不再改变，说明反应到达平衡，所以c、d两个点v（正）与v（逆）相等；
（3）①2s内△n（NO2）=0.04mol-0.01mol=0.03mol，容器体积为2L，所以反应速率为
=0.0075mol·L-1·s-1；
②第5s时，△n（NO2）=0.04mol-0.005mol=0.035mol，转化率为
=87.5%。
【点睛】
判断通入惰性气体或者改变压强对反应速率的影响时，关键看是否改变了反应物和生成物中气体的浓度，若浓度改变则影响反应速率，若浓度不变则不影响反应速率。
2．请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白：
（1）在Ba（OH）2·8H2O和NH4Cl晶体反应的演示实验中：
反应物混合后需用玻璃棒迅速搅拌，其目的是____________，体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和________。
（2）下列过程中不一定释放能量的是____（请填编号）。
A．形成化学键B．燃料燃烧C．化合反应D．葡萄糖在体内的氧化反应
E.酸碱中和F.炸药爆炸
（3）已知：
通常条件下，酸碱稀溶液中和生成1mol水放出的热量为中和热。
稀溶液中1molH2SO4和NaOH恰好反应时放出QkJ热量，则其中和热为____kJ/mol。
（4）已知H2和O2反应放热，且断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，由此可以推知下列关正确的是___（填编号）。
A．Q1+Q2>Q3B．Q1+Q2>2Q3C．2Q1+Q2<4Q3D．2Q1+Q2<2Q3
【答案】搅拌，使反应物充分接触促进反应玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起C
C
【解析】
【分析】
（1）通过玻璃棒的搅拌可使混合物充分接触而促进反应进行；烧杯和玻璃片之间的水结冰会将二者粘在一起；
（2）形成化学键释放能量，燃烧放热、有些化合反应是吸热反应，如碳和二氧化碳反应制一氧化碳，大多数分解反应是吸热反应，氧化反应、酸碱中和、炸药爆炸都是放热反应；
（3）依据中和热的概念是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1mol水和可溶性盐放出的热量进行分析；
（4）根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答。
【详解】
（1）固体参加的反应，搅拌可使反应混合物充分接触而促进反应进行，通过玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起，知道氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热反应；
（2）形成化学键、燃料的燃烧、葡萄糖在体内的氧化反应、酸碱中和反应和炸药的爆炸过程都属于放热反应，而化合反应不一定为放热反应，如CO2与C在高温下反应产生CO的反应属于吸热反应，所以不一定释放能量的为化合反应，故合理选项是C；
（3）在稀溶液中1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时生成2molH2O，放出QkJ热量，而中和热是指强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，故H2SO4与NaOH反应的中和热为：
kJ/mol；
（4）1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2（g）+
O2（g）=H2O（g），断开1molH-H键和
molO=O键所吸收的能量（Q1+
Q2）kJ，生成2molH-O新键释放的能量2Q3kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-（Q1+
Q2）>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项是C。
【点睛】
本题考查了化学反应与能量变化，注意掌握中和热的概念，反应热为断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，（4）1molH2O中含2molH-O键为解答易错点。
3．
（1）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应：
Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。
①画出装置图：
___。
②电极材料和电解质溶液各是什么___。
？
③写出电极反应式：
负极：
___；正极：
___。
（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气___L（标准状况下）。
导线中通过___mol电子。
【答案】
负极：
锌片、正极：
铜片；CuSO4溶液Zn–2e-=Zn2+Cu2++2e-=Cu1.12L0.1
【解析】
【分析】
（1）利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，根据原电池原理写出电极反应式。
（2）根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。
【详解】
（1）①利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，设计的原电池装置为：
；
②根据以上设计可知，负极为锌片，正极为铜片，电解质溶液为CuSO4溶液；
③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：
Zn–2e-=Zn2+，正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，CuSO4溶液中的阳离子有Cu2+和H+，放电能力Cu2+大于H+，正极反应为：
，Cu2++2e-=Cu；
（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极：
Zn–2e-=Zn2+，正极：
2H++2e-=H2↑，由电极反应n（H2）=n（Zn）=
，V（H2）=0.05mol⨯22.4L/mol=1.12L，n（e-）=2n（Zn）=2⨯0.05mol=0.1mol。
【点睛】
原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现象一般为产生气体或质量增加。
4．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气（标准状况），实验记录如下（累计值）：
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL
50
120
232
290
310
（1）在0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min时间段中，反应速率最大的时间段是________，原因为______________________；反应速率最小的时间段是________，原因为__________________________。
（2）在2～3min内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为________。
（3）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，其中可行的是________。
A．蒸馏水B．Na2SO4溶液
C．NaNO3溶液D．Na2CO3溶液
【答案】2～3min该反应是放热反应，2～3min时溶液温度最高，反应速率最快4～5min此时反应物的浓度最小，反应速率最慢0.1mol·L－1·min－1AB
【解析】
【详解】
由表格数据可知，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL；
（1）2min～3min收集的氢气比其他时间段多，反应速率最大，该反应放热，反应过程中温度升高加快反应速率；4～5 min反应速率最小，随着反应进行氢离子浓度逐渐减小，该时间段内H+浓度小，反应速率最慢；
（2）2min～3min生成的氢气的体积为112mL，则n（H2）=
0.005mol，反应过程中发生反应Zn+2HCl===ZnCl2+H2，则该时间段内消耗的n（HCl）=0.01mol，溶液体积为100mol，则△c（HCl）=0.1mol/L，v（HCl）=
=0.1mol·L－1·min－1；
（3）A．加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；
B．加入Na2SO4溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；
C．加入硝酸钠溶液，锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气，故C错误；
D．加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故D错误；
所以选AB。
5．甲醇（CH3OH）是一种无色有刺激性气味的液体，在生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料。
（1）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气、KOH溶液（电解质溶液）构成，则下列说法正确的是___。
（已知甲醇在空气中燃烧生成CO2和H2O）
A．电池放电时通入空气的电极为负极
B．电池放电时负极的电极反应式为CH3OH-6e-=CO2↑+2H2O
C．电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱
D．电池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子
（2）写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的电极反应式：
___。
【答案】CDCH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
【解析】
【分析】
【详解】
（1）A.通甲醇的电极为负极，通空气的电极为正极，A项错误；
B.在碱性电解质溶液中负极的电极反应式为
，B项错误；
C.在放电过程中，OH-参与电极反应，不断被消耗，导致电解质溶液碱性减弱，C项正确；
D.电池放电时每消耗6.4gCH3OH，即0.2molCH3OH，转移电子数
，D项正确；故答案选CD；
（2）甲醇燃料电池中，在酸性条件下甲醇在负极失电子生成CO2，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，故答案为：
CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。
6．高铁电池是一种新型可充电电池该电池能较长时间保持稳定的放电电压。
高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O
3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH。
（1）高铁电池的负极材料是___。
（2）放电时，正极发生__（填“氧化”或“还原”）反应；负极的电极反应式为__。
（3）放电时，__（填“正”或“负”）极附近溶液的碱性增强。
【答案】Zn还原Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2正
【解析】
【分析】
放电时该装置相当于原电池，根据原电池有关原理进行解答。
【详解】
（1）电池的负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。
由高铁电池放电时的总反应方程式可知，负极材料应为Zn。
答案为：
Zn。
（2）原电池放电时，正极得到电子发生还原反应，负极材料为锌，失电子发生氧化反应，由总反应可知溶液为碱性，所以负极反应式为：
Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2。
答案为：
还原；Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2。
（3）放电时K2FeO4中的Fe的化合价由+6价变为+3价，发生还原反应，电极反应式为：
FeO42-+4H2O+3e-=Fe（OH）3+5OH-，正极上生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的碱性增强。
答案为：
正。
7．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。
8．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+2CO
2CO2+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）
0
1
2
3
4
5
c（CO）
3.60×10-3
3.05×10-3
2.85×10-3
2.75×10-3
2.70×10-3
2.70×10-3
（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：
2
B．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++H2O
NH3.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++H2O
NH3.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。
9．在一密闭容器中发生反应N2+3H2
2NH3，△H＜0；达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示,回答下列问题：
（1）处于平衡状态的时间段是______（填选项）；
A．t0～t1 B．t1～t2 C．t2～t3
D．t3～t4E．t4～t5 F．t5～t6
（2）t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是（填选项）；
A．增大压强B．减小压强C．升高温度
D．降低温度E．加催化剂F充入氮气
t1时刻__________；t4时刻__________；
（3）依据
（2）中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是________（填选项）；
A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6
（4）如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线_________；
（5）一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为____________________。
【答案】ACDFCBA
5:
6
【解析】
【分析】
（1）根据图示结合v正=v逆，判断是否处于平衡状态；
（2）由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；
（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，根据移动结果分析；
（4）分离出生成物，逆反应速率瞬间减小，平衡正向移动；
（5）设反应前加入amolN2，bmolH2，达平衡时生成2xmolNH3，根据三段式和氨气的体积分数计算．
【详解】
（1）根据图示可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态，故答案为：
ACDF；
（2）由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，则由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，
故答案为：
C；B；
（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则t0～t1氨气的含量最大，故答案为：
A；
（4）t6时刻移出部分氨气，逆反应速率瞬间减小，正反应速率该瞬间不变，平衡正向移动，逆反应速率增大，正反应速率减小，直至平衡，故答案为：
；
（5）设反应前加入amolN2，bmolH2，达平衡时生成2xmolNH3，则有
则反应后气体总的物质的量=（a+b-2x）mol，
，解得：
a+b=12x，故反应后与反应前的混合气体体积之比=
，故答案为：
5：
6。
10．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-1
②H2（g）+
O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ·mol-1
③H2O（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—H
H—O
E/（kJ·mol-1）
x
436
463
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
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