备战高考化学化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习含详细答案.docx

备战高考化学化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习含详细答案.docx

《备战高考化学化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习含详细答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战高考化学化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习含详细答案.docx（30页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

备战高考化学化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习含详细答案

备战高考化学—化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习含详细答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．五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。

2．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。

3．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。

4．根据如图所示电化学实验装置图，回答有关问题。

（1）若只闭合S1，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极作_______极。

（2）若只闭合S2，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极上的电极反应式为_______。

（3）若只闭合S3，该装置属于_______，铜极作_______极，锌极上的电极反应式为_______，总反应的化学方程式为_______。

【答案】原电池化学能转化为电能负电解池电能转化为化学能

电解池阳

【解析】

【分析】

原电池是将化学能转化为电能，较活泼金属作负极，发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池是将电能转化为化学能，需要外接电源，与电源正极相连的为阳极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。

【详解】

（1）若只闭合S1，没有外接电源，则Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，该装置将化学能转化为电能，较活泼的锌作负极。

答案为：

原电池；化学能转化为电能；负。

（2）若只闭合S2，装置中有外接电源，该装置为电解池，将电能转为化学能，与电源正极相连的锌极作阳极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+。

答案为：

电解池；电能转化为化学能；Zn-2e-=Zn2+。

（3）若只闭合S3，该装置为电解池，与电源正极相连的铜极作阳极，电极反应式为：

Cu-2e-=Cu2+；锌为阴极，电极反应式为：

2H++2e-=H2↑,总反应式为：

Cu+H2SO4

CuSO4+H2↑。

答案为：

电解池；阳；2H++2e-=H2↑；Cu+H2SO4

CuSO4+H2↑。

【点睛】

有外接电源的是电解池，没有外接电源的是原电池，原电池里负极发生氧化反应，电解池里阳极发生氧化反应。

5．在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。

使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ•mol－1表示。

请认真观察图1，然后回答问题。

（1）图中所示反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。

（2）已知拆开1molH﹣H键、1molI﹣I、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。

则由1mol氢气和1mol碘反应生成HI会________ （填“放出”或“吸收”）________ kJ的热量。

在化学反应过程中，是将________ 转化为________ 。

（3）某实验小组同学进行如图2的实验，以探究化学反应中的能量变化。

实验表明：

①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应；实验②中，该小组同学在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，该反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。

【答案】放热放出11化学能热能吸热放热

【解析】

【分析】

【详解】

（1）依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；

（2）在反应H2+I2⇌2HI中，断裂1molH-H键，1molI-I键共吸收的能量为：

1×436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，放出的能量为：

2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：

598kJ-587kJ=11kJ，在化学反应过程中，将化学能转化为热能；

（3）①中的温度降低说明该反应是吸热反应；活泼金属置换酸中氢的反应为放热反应。

6．1100℃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。

7．请运用原电池原理设计实验,验证Cu2+、Fe3+氧化性的强弱。

请写出电极反应式。

（1）负极__________________________

（2）正极__________________________________

（3）并在方框内画出实验装置图,要求用烧杯和盐桥,并标出外电路中电子流向。

________________________________

【答案】Cu−2e−=Cu2+2Fe3++2e−=2Fe2+

【解析】

【分析】

Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，反应中Cu被氧化，为原电池的负极，则正极可为碳棒或不如Cu活泼的金属，电解质溶液为氯化铁溶液，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，以此解答该题。

【详解】

Fe3+氧化性比Cu2+强，可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，

（1）Cu被氧化，为原电池的负极，负极反应为Cu−2e−=Cu2+；

（2）正极Fe3+被还原，电极方程式为2Fe3++2e−=2Fe2+；

（3）正极可为碳棒，电解质溶液为氯化铁，则原电池装置图可设计为

，电子从铜极流向碳极。

【点睛】

设计原电池时，根据具体的氧化还原反应，即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，然后拆成两个半反应，化合价升高的发生氧化反应，作负极，化合价降低的发生还原反应，作正极，原电池的本质就是自发进行的氧化还原反应，由于反应在一个烧杯中效率不高，所以可以设计为氧化还原反应分别在两极发生。

8．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。

9．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-1

③H2O（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-1

②H2（g）+

O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ·