高考化学备考之化学反应与能量压轴突破训练培优 易错 难题篇含答案.docx

高考化学备考之化学反应与能量压轴突破训练培优 易错 难题篇含答案.docx

《高考化学备考之化学反应与能量压轴突破训练培优 易错 难题篇含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学备考之化学反应与能量压轴突破训练培优 易错 难题篇含答案.docx（28页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考化学备考之化学反应与能量压轴突破训练培优易错难题篇含答案

高考化学备考之化学反应与能量压轴突破训练∶培优易错难题篇含答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．阅读下列材料，并完成相应填空

钯（Pd）是一种不活泼金属，性质与铂相似。

在科研和工业生产中，含钯催化剂不仅用途广泛，且用量大，因此从废催化剂中回收钯具有巨大的经济效益。

已知废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌。

工业上采用如下流程从废催化剂中提取钯。

（1）气体I的化学式为__________，酸溶I的目的是___________。

（2）王水指是浓硝酸和浓盐酸组成的混合物，其体积比为__________。

残渣与王水发生的反应有：

a.Pd+HCl+HNO3→……

b.___________（写出化学方程式并配平）。

（3）若用足量的烧碱吸收气体II，请写出吸收后溶液中含有的溶质的化学式：

NaOH、_______、________、________。

（4）写出用NaHCO3调节pH值时发生反应的离子方程式：

_________。

使用甲醛还原钯的化合物时，溶液须保持碱性，否则会造成甲醛的额外损耗，原因是______________。

（5）操作I的名称是_______________，溶液I可能含有的有机离子为_________。

（6）有人提出，在进行酸溶前最好先将废催化剂在700℃下进行灼烧，同时不断通入空气，其目的是____________。

【答案】H2除去铁、锌等杂质1:

3C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2ONaNO3NaNO2Na2CO3HCO3-+H+=H2O+CO2↑酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化过滤HCOO-（甲酸根离子）除去废催化剂中的活性炭，减少王水的消耗（必须涉及炭的除去）

【解析】

【分析】

酸溶时铁和锌能与盐酸反应产生氢气，过滤出的残渣用王水溶解，然后通过碳酸氢钠调节pH，最后通过甲醛还原得到金属钯，据此解答。

【详解】

（1）铁和锌能与盐酸反应产生氢气；废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌，而实验的目的是从废催化剂中提取钯，所以酸溶I的目的是除去铁、锌等杂质；

（2）王水是浓硝酸与盐酸按体积比1：

3的混合物，浓硝酸具有氧化性，能将碳氧化生成二氧化碳，本身被还原成一氧化氮，反应的方程式为：

C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（3）氢氧化钠与二氧化氮、二氧化碳反应的方程式：

2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，同时氢氧化钠过量，所以吸收后溶液中含有的溶质的化学式：

NaOH、NaNO3、NaNO2、Na2CO3；

（4）NaHCO3能和盐酸发生反应，离子方程式为：

HCO3-+H+＝H2O+CO2↑，甲醛具有还原性，酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化；

（5）金属钯不溶于水，利用过滤的方法分离，甲醛会被硝酸氧化生成甲酸，所以溶液I可能含有的有机离子为HCOO-；

（6）由于废催化剂中的含有活性炭，不断通入空气，能除去活性炭，同时减少王水的消耗。

2．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。

3．电化学在化学工业中有着广泛应用。

根据图示电化学装置，

（1）甲池通入乙烷（C2H6）一极的电极反应式为___。

（2）乙池中，若X、Y都是石墨，A是Na2SO4溶液，实验开始时，同时在两极附近溶液中各滴入几滴酚酞溶液，X极的电极反应式为___；一段时间后，在Y极附近观察到的现象是___。

（3）工业上通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，则阳极的电极反应式为__，阴极反应式为___。

【答案】C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-4OH--4e-=O2↑+2H2O电极表面产生气泡，附近溶液显红色Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O2H2O+2e-=H2↑+2OH-

【解析】

【分析】

甲池为乙烷燃料电池，所以反应过程中乙烷被氧化，则通入乙烷的一极应为负极，通入氧气的一极为正极；乙池为电解池，X与电池正极相连为阳极，Y与负极相连为阴极。

【详解】

（1）通入乙烷的一极为负极，乙烷被氧化，由于电解质溶液KOH，所以生成碳酸根和水，电极方程式为：

C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-；

（2）X为阳极，硫酸钠溶液中水电离出的OH-在阳极放电生成氧气，电极方程式为：

4OH--4e-=O2↑+2H2O；Y电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气，水的电离受到促进电离出更多的氢氧根，Y电极附近显碱性，电极附近滴有酚酞，所以可以观察到Y电极附近有气泡产生且溶液显红色；

（3）阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42-，由于是碱性环境，故电极方程式为：

Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；电解时，水电离的H+在阴极放电生成氢气，电极方程式为：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-。

【点睛】

陌生电极反应式的书写步骤：

①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③检查电极反应式的守恒关系（电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等）。

4．1100℃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。

5．一定条件下2L的密闭容器中，反应aA（g）+bB（g）

cC（g）+dD（g）达到平衡。

（1）若起始时A为lmol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均反应速率为________mo1/（L·min）

（2）在其他条件不变的情况下，扩大容器体积，若平衡向逆反应方向移动，则a+b_____c+d（选填“>”、“<”或“=”），v逆_____（选填“增大”、“减小”或“不变”）

（3）若反应速率（v）与时间（t）的关系如图所示，则导致t1时刻速率发生变化的原因可能是______。

（选填编号）

a．增大A的浓度

b．缩小容器体积

c．加入催化剂

d．升高温度

【答案】0.15＞减小b

【解析】

【详解】

：

（1）若起始时A为lmol，反应2min达到平衡，A剩余0.4mol，则在0～2min内A的平均反应速率v=

=0.15mo1/（L•min），故答案为：

0.15；

（2）扩大容器体积减小压强，浓度减小反应速率减小，平衡向气体体积增大的方向移动，又平衡向逆反应方向移动即为气体体积增大的方向移动，所以a+b＞c+d，故答案为：

＞；减小；

（3）a.增大A的浓度正反应速率瞬间增大，但逆反应速率瞬间不变，故a不符合题意；

b.缩小容器条件，反应物和生成物浓度均增大，反应速率变大，但平衡会正向移动，即正反应速率增大的幅度要逆反应速率增大幅度要大，之后平衡正向移动，二者相等，故b符合题意；

c.加入催化剂，不影响平衡，正逆反应速率变化幅度应相同，故c不符合题意；

d.升高温度，正逆反应速率均增大，但未告知该反应为吸热反应还是放热反应，无法判断反应移动方向，故d不符合题意；

综上所述选b。

6．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。

7．在A、B两个恒容密闭容器中发生反应：

2NO2⇌2NO+O2反应过程中NO2的物质的量随时间变化的状况如图所示：

（1）若A容器的体积为5L，反应经6min达到平衡状态，则0~6min内以O2浓度变化表示的反应速率为___________。

（2）该反应化学平衡常数K=__________（写出表达式）。

（3）说明该反应已达到平衡状态的是_______。

A．v正（NO2）=v逆（NO）           B．c（NO2）=c（NO）

C．气体的平均摩尔质量不变     D．气体的密度保持不变

（4）若A、B两容器中只是温度不同，则TA____TB（填“>”或“<”），请写出一条能提高二氧化氮转化率的措施_____________。

【答案】0.002mol/（L•min）

AC＜升高温度（或减小压强）

【解析】

【分析】

（1）根据

计算反应速率；

（2）平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比。

（3）反应达到平衡状态，各组分的浓度不随着时间的变化而变化，正逆反应速率相等，根据化学平衡状态的特征结合变量不变的状态是平衡状态来回答；

（4）温度越高达到平衡所需时间越短，不增加NO2的物质的量使平衡右移即可增大其转化率。

【详解】

（1）据图可知初始时n（NO2）=0.30mol，平衡时n（NO2）=0.18mol，△n（NO2）=0.12mol，△c（NO2）=

，则

，同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=0.002mol/（L•min），故答案为：

0.002mol/（L•min）；

（2）根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K=

，故答案为：

；

（3）A．反应平衡时v正（NO2）=v逆（NO2）  ，同一反应反应速率之比等于计量数之比，所以v逆（NO2）=v逆（NO）  ，所以v正（NO2）=v逆（NO）  ，可以说明反应已达平衡；

B．反应过程中c（NO2）减小，c（NO）增大，某一时刻二者可能相等，但不能说明反应平衡；

C．反应过程中气体总质量不变，但气体的物质的量在改变，即平均摩尔质量会变，所以当气体的平均摩尔质量不变时可以说明反应平衡；

D．气体总质量不变，体积不变，故密度一直不变，所以密度不变时不能说明反应平衡；

故答案为：

AC；

（4）根据图可知容器B达到平衡所需时间更短，反应速率更大，温度更高，且平衡时二氧化氮浓度更低，说明温度升高平衡右移，正反应为吸热反应，升高温度可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，该反应为压强减小的反应，故减小压强可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，故答案为：

＜；升高温度（或减小压强）。

【点睛】

同一反应中不同物质表示的反应速率之比等于计量数之比，直接求某物质的反应速率不好求时可以通过求其他物质的反应速率来推算。

8．按要求回答下列问题。

（1）Al2（SO4）3溶液显酸性的离子方程式：

____________________________；

（2）CuSO4溶液与过量氨水反应的离子方程式：

____________________________；

（3）Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，负极的电极反应式：

_________________________；

（4）CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极的电极反应式：

____________________；

（5）惰性电极电解CuSO4溶液的总反应的化学方程式：

______________________________；

（6）Na2C2O4溶液的物料守恒：

______________________________；

（7）Fe3+的基态电子排布式：

______________________________；

（8）N2H4的结构式：

______________________________。

【答案】Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+Cu2++4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2OAl-3e-+4OH-═AlO2-+2H2OCH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O2CuSO4+2H2O

2Cu+2H2SO4+O2↑c（Na+）=2[c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（H2C2O4）][Ar]3d5

【解析】

【详解】

（1）Al2（SO4）3溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，故答案为：

Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+；

（2）CuSO4溶液与过量氨水反应会生成铜氨络离子，故答案为：

Cu2++4NH3•H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O；

（3）Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，总反应为Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的反应，Al失电子被氧化做负极，故答案为：

Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O；

（4）CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极甲醇失去电子生成二氧化碳，由于电解质为氢氧化钾溶液，所以反应生成了碳酸根离子，发生的负极电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；

（5）电解硫酸铜溶液生成铜单质、氧气和硫酸，故答案为：

2CuSO4+2H2O

2Cu+2H2SO4+O2↑；

（6）Na2C2O4溶液中钠离子的浓度等于含碳原子微粒的浓度之和的二倍，故答案为：

c（Na+）=2[c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（H2C2O4）]；；

（7）Fe元素为26号元素，失去最外层三个电子生成Fe3+，故基态电子排布式为：

[Ar]3d5；

（8）N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：

。

9．燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。

如图为氢氧燃料电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：

（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___，在导线中电子流动方向为___（用a、b表示）。

（2）负极反应式为___，正极反应式为___。

（3）用该燃料电池作电源，用Pt作电极电解饱和食盐水：

①写出阴极的电极反应式：

___。

②写出总反应的离子方程式：

___。

③当阳极产生7.1gCl2时，燃料电池中消耗标况下H2___L。

【答案】由化学能转变为电能由a到b2H2－4e-+4OH-=4H2OO2+4e-+2H2O=4OH-2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑Cl-＋2H2O

H2↑+2OH－+Cl2↑2.24

【解析】

【分析】

（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；

（2）负极上燃料失电子发生还原反应，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；

（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；

根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量

【详解】

（1）该装置是把化学物质中的能量转化为电能，所以是化学能转变为电能；在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极流向正极，所以是由a到b，

故答案为：

由化学能转变为电能；由a到b；

（2）碱性环境中，该反应中负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为2H2－4e-+4OH-=4H2O，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：

2H2－4e-+4OH-=4H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上氢离子放电，电极反应式为：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，所以总反应离子方程式为：

Cl-＋2H2O

H2↑+2OH－+Cl2↑，根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量，电解时，阳极上生成氯气，每生成0.1mol氯气转移电子的物质的量=0.1mol×（1-0）×2=0.2mol，

燃料电池中消耗氢气的物质的量=0.2mol/2=0.1mol，所以标况下体积为2.24L，

故答案为：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑；Cl-＋2H2O

H2↑+2OH－+Cl2↑；2.24。

10．

（1）如图所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可左右移动，甲中充入

和

，乙中充入

和

，此时K停在0处。

在一定条件下发生可逆反应：

；反应达到平衡后，再恢复至原温度。

回答下列问题：

①可根据________现象来判断甲、乙中反应都已达到平衡。

②达到平衡时，隔板K最终停留在0刻度左侧a处，则a的取值范围是_________。

（2）若一开始就将K、F固定，其它条件均同

（1），则达到平衡时：

①甲、乙中C的物质的量的关系是甲__________乙（填“＞”、“＜”或“＝”）。

②如果测得甲中A的转化率为b，则乙中C的转化率为____________。

【答案】K、F不再移动

＝

【解析】

【分析】

（1）①当物质的量不发生变化时达到平衡状态，此时隔板K和活塞F不再移动；

②根据可逆反应的特征进行分析；

（2）①体积固定，恒温、恒压容器中，两边达到的平衡状态相同，乙中的He对平衡无影响；

②根据转化率的概念进行计算。

【详解】

（1）①当物质的量不发生变化时达到平衡状态，此时隔板K和活塞F不再移动，因此当隔板K和活塞F不再移动时，可判断甲、乙中反应都已达到平衡；

②甲中气体若不转化，则气体的物质的量最大为

，即停留在“0”刻度处，若甲中的A、B气体全部转化为C，则气体物质的量变为

，则隔板K应停留在“2”的位置，所以

；

（2）①假设甲中投入

和

，乙中