高考化学压轴题之化学反应与能量高考题型整理突破提升附答案.docx

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高考化学压轴题之化学反应与能量高考题型整理突破提升附答案

高考化学压轴题之化学反应与能量（高考题型整理,突破提升）附答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．六氟磷酸锂（LiPF6）极易溶于水，可溶于醇等有机溶剂，常作锂离子电池的电解质。

某工氟磷灰石[Ca5（PO4）3F]为主要原料，制备六氟磷酸锂的流程如下：

已知：

HF的熔点为-83℃，沸点为19.5℃

回答下列问题：

（1）粉碎氟磷灰石的目的是________________________

（2）特制容器不能用玻璃容器，原因是________________（用文字叙述）

（3）沸腾炉中产生固液混合物，该混合物中含有CaSO4和________（除硫酸外）

（4）制备白磷（P4）中产生SiF4和一种还原性气体，制备白磷的化学方程式为________________

（5）尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成两种盐，写出发生反应的离子方程式：

________________

（6）如果42.5kgLiCl参与反应，理论上可制备________kgLiPF6

【答案】增大接触面积，加快反应速率HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应H3PO44Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C

20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O152

【解析】

【分析】

氟磷灰石粉碎后，加入浓硫酸加热的条件下发生Ca5[PO4]3F+5H2SO4=HF↑+3H3PO4+5CaSO4，气体A为HF，液化后，HF能与二氧化硅反应，不能在玻璃仪器中反应，需在特制容器中与LiCl反应；氟磷灰石与焦炭、石英砂在1500℃发生4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C

20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，白磷与氯气点燃的条件下生成三氯化磷与五氯化磷的混合物，再与LiCl反应生成LiPF6和HCl。

【详解】

（1）粉碎氟磷灰石，导致固体颗粒小，接触面积增大，其目的为增大接触面积，加快反应速率；

（2）生成的气体为HF，HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应，故需在特制容器反应；

（3）根据反应的方程式，混合物中含有CaSO4和H3PO4；

（4）制备白磷（P4）中产生SiF4和一种还原性气体CO，反应的方程式为4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C

20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑；

（5）尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成磷酸钠和氯化钠，离子方程式为PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O；

（6）LiCl+6HF+PCl5=LiPF6+6HCl，42.5kgLiCl的物质的量为1000mol，理论生成1000molLiPF6，质量为152kg。

2．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。

3．某同学设计一个燃料电池（如图所示），目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。

根据要求回答相关问题：

（1）甲装置中，通入氢气的电极为________（填“正极”或“负极”），该极电极反应式为________；若将KOH溶液换成硫酸溶液，则正极电极反应式为__________________________。

（2）关于乙装置，下列说法正确的是________（填序号）；

①溶液中Na＋向C极移动

②从C极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝

③反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度

④若标准状况下Fe极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子

该装置中发生的总反应的离子方程式为__________________________。

（3）乙装置中，X为阳离子交换膜，反应一段时间后交换膜左侧溶液中pH____（填“增大”、“减小”或“不变”）；若用饱和MgCl2溶液代替饱和氯化钠溶液，则该装置中发生的总反应______（填“改变”或“不变”）。

（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将________（填“增大”“减小”或“不变”），精铜电极上的电极反应式为_______________________________。

【答案】负极H2-2e-+2OH-=2H2OO2+4e-+4H+=2H2O②③2Cl-+2H2O

2OH-+H2↑+Cl2↑增大改变减小Cu2++2e-=Cu

【解析】

【分析】

甲池为原电池，氧气发生还原反应，通入氧气的一极为正极，氢气发生还原反应，通入氢气的一极为负极；乙池中Fe电极与负极相连为阴极，石墨电极为阳极；丙池中精铜为阴极，粗铜为阳极。

【详解】

（1）氢氧燃料电池中氢气发生还原反应，所以通入氢气的一极为负极，电解质溶液为KOH溶液，所以电极方程式为H2-2e-+2OH-=2H2O；正极为通入氧气的一极，若电解质为硫酸，氧气得电子后会生成水，电极方程式为：

O2+4e-+4H+=2H2O；

（2）①C极为阳极，电解池中阳离子流向阴极，故错误；

②电解饱和食盐水时阳极上氯离子放电生成氯气，氯气可以使湿润的KI淀粉试纸变蓝，故正确；

③电解饱和食盐水阳极生成氯气，阴极生成氢气，所以反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度，故正确；

④电子不能在溶液中转移，故错误；

综上所述答案为②③；

乙装置中右侧阳极反应为：

2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：

2H++2e-=H2↑，总反应为2Cl-+2H2O

2OH-+H2↑+Cl2↑；

（3）乙装置中右侧阳极反应为：

2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：

2H++2e-=H2↑，水的电离平衡被破坏，电离出更多的氢氧根，X为阳离子交换膜，所以生成的OH-无法迁移到阳极，所以左侧溶液中pH增大；由于Mg2+会与OH-反应生成沉淀，所以总反应发生改变；

（4）丙池中阴极即精铜上发生反应：

Cu2++2e-=Cu，而阳极即粗铜上由于由比铜活泼的金属杂质放电，所以转移相同电子数目时，阳极不能生成与阴极消耗的等量的铜离子，所以硫酸铜溶液浓度减小。

【点睛】

第2题第4个选项为易错点，学生要注意审题，电子并不能在溶液中进行专业，不要盲目计算，

4．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。

某同学利用“Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+”反应设制一个化学电池，如图所示，已知该电池在外电路中，电流从a极流向b极。

请回答下列问题：

（1）b极是电池的_____________极，材料是_____________，写出该电极的反应式_____________。

（2）a可以为_____________A、铜B、银C、铁D、石墨

（3）c溶液是_____________A、CuSO4溶液B、AgNO3溶液C、酒精溶液

（4）若该反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成Ag为_____________克。

【答案】负CuCu–2e-=Cu2+BDB21.6

【解析】

【分析】

有题干信息可知，原电池中，电流从a极流向b极，则a为正极，得到电子，发生还原反应，b为负极，失去电子，发生氧化反应，据此分析解答问题。

【详解】

（1）根据上述分析知，b是电池的负极，失去电子，反应Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+中Cu失去电子，故Cu作负极，发生的电极反应为Cu–2e-=Cu2+，故答案为：

负；Cu；Cu–2e-=Cu2+；

（2）a是电池的正极，电极材料可以是比铜更稳定的Ag，也可以是惰性的石墨，故答案为：

BD；

（3）电解质溶液c是含有Ag+的溶液，故答案为：

B；

（4）根据得失电子守恒可得，反应过程中转移1mol电子，生成2molAg，质量为108×2=21.6g，故答案为：

21.6。

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．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．现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一定体积为2L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。

已知：

2NO2（g）

N2O4（g）+Q。

（1）前10min内用NO2表示的化学反应速率v（NO2）=___；

（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态是___；

（3）35min时，反应2NO2（g）

N2O4（g）在d点的平衡常数K（d）___K（b）（填“>”、“=”或“<”）。

（4）若要达到使NO2（g）的百分含量与d点相同的化学平衡状态，在25min时还可以采取的措施是___。

A．加入催化剂B．缩小容器体积C．升高温度D．加入一定量的N2O4

【答案】0.04mol/（L·min）b和d=B、D

【解析】

【分析】

据图可知单位时间内X的浓度变化是Y的两倍，根据方程式2NO2（ g ）⇌N2O4（g）+Q可知，反应中NO2的浓度变化是N2O4的两倍，所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线，Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线。

【详解】

（1）根据分析可知X表示NO2浓度随时间的变化曲线，则v（NO2）=

=0.04mol/（L·min）；

（2）达到平衡时X、Y的物质的量不发生变化，故b、d处于化学平衡状态；

（3）据图可知25min时NO2的浓度瞬间增大，N2O4的浓度不变，可知改变的条件是又通入一定量的NO2，温度不变，则平衡常数不变，所以K（d）=K（b）；

（4）因在25 min时，增大了NO2的浓度，同时容器内压强也增大，则d点平衡状态NO2的百分含量小于b点NO2百分含量，

A．使用催化剂不影响平衡移动，二氧化氮含量不变，故A错误；

B．缩小体积，压强增大，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故B正确；

C．正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化氮含量增大，故C错误；

D．加入一定量的N2O4，等效为增大压强，平衡正向移动，二氧化氮含量减小，故D正确；

故答案为：

BD。

【点睛】

第4为易错点，学生容易认为d点二氧化氮浓度大，则二氧化氮含量高，注意等效平衡原理的应用。

8．已知反应：

3I－（aq）+S2O82－（aq）

I3－（aq）+2SO42－（aq）+Q

（1）写出反应的平衡常数表达式：

K=______________。

（2）如图表示反应过程中有关物质的能量，则反应过程中的Q_____0（填>、<、=）；（I）、（II）两曲线中，使用催化剂的是______曲线。

（3）反应的速率可以用I3－与加入的淀粉溶液反应显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。

下表是在20℃进行实验时所记录的数据

实验编号

①

②

③

④

⑤

c（I－）/mol·L－1

0．040

0．080

0．080

0．160

0．160

c（S2O82－）/mol·L－1

0．040

0．040

0．080

0．080

0．040

t/s

88

44

22

11

t1

从表中数据分析，该实验的目的是___________________________________________；

表中显色时间t1=_____s；最终得出的结论是__________________________________。

【答案】

>（II）研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响22反应速率与反应物浓度乘积成正比

【解析】

【分析】

（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积；

（2）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，使用催化剂不改变焓变，降低反应所需的活化能；

（3）由表格中的数据可知，只有浓度为变量，且反应速率与浓度的乘积成正比，以此来解答。

【详解】

（1）由3I-（aq）+S2O82-（aq）═I3-（aq）+2SO42-（aq）可知K=

；

故答案为：

；

（2）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则Q＞0，使用催化剂不改变焓变，降低反应所需的活化能，则使用催化剂的是（II）曲线；

故答案为：

＞；（II）；

（3）由表格中的数据可知，只有浓度为变量，该实验的目的为研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响；且反应速率与浓度的乘积成正比，可知③⑤中浓度乘积相同，则t1=22s，实验结论为反应速率与反应物浓度乘积成正比；

故答案为：

研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响；22；反应速率与反应物浓度乘积成正比。

9．氯化硫酰（SO2Cl2）主要用作氯化剂。

它是一种无色液体，熔点–54.1℃，沸点69.1℃。

氯化硫酰可用干燥的二氧化硫和氯气在活性炭催化剂存在下反应制取：

SO2（g）＋Cl2（g）

SO2Cl2（l）+97.3kJ

（1）试写出常温常压下化学平衡常数K的表达式：

K=______________________若在此条件下，将化学平衡常数K增大，化学反应速率v正也增大，可采取的措施是________（选填编号）。

a．降低温度b．移走SO2Cl2

c．增加反应物浓度d．无法满足上述条件

（2）为了提高上述反应中Cl2的平衡转化率，下列措施合理的是________（选填编号）。

a．缩小容器体积b．使用催化剂c．增加SO2浓度d．升高温度

（3）在100℃时，往上述平衡体系中加入37Cl2，一段时间后，则平衡体系中含有37Cl的物质有__________（选填编号）。

a．只有37Cl2b．只有SO237Cl2c．37Cl2和SO237Cl2d．无法判断

（4）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是____________（选填编号）。

a．υ（Cl2）＝υ（SO2）b．容器中气体压强不随时间而变化

c．c（Cl2）:

c（SO2）＝1:

1d．容器中气体颜色不随时间两变化

（5）300℃时，体积为1L的密闭容器中充入16.20gSO2Cl2，达到平衡时容器中含SO27.616g.若在上述中的平衡体系中，再加入16.20gSO2Cl2，当再次达平衡时，容器中含SO2的质量范围是___________________________。

【答案】K＝

daccbd7.616g＜m（SO2）＜15.232g

【解析】

【分析】

（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，据此书写；平衡常数只受温度影响，将化学平衡常数K增大，应使平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，故应降低温度，化学反应速率降低，据此解答；

（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，根据平衡移动原理结合选项分析解答，注意不能只增大氯气的用量；

（3）增大氯气的浓度，平衡向正反应移动，反应为可逆反应，反应物不能完全反应，平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2 中；

（4）达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，百分含量不变，以及由此衍生其它一些物理量不变，据此结合选项判断；

（5）再加入16.20g SO2Cl2，平衡向生成二氧化硫的方向移动，平衡时二氧化硫的质量增大，可以等效为增大压强，SO2Cl2转化率降低，平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍。

【详解】

（1）常温常压下SO2（g）＋Cl2（g）

SO2Cl2（l）的平衡常数K=

；平衡常数只受温度影响，将化学平衡常数K增大，应使平衡向正反应移动，该反应正反应是放热反应，故应降低温度，化学反应速率降低，故不能实现K增大的同时化学反应速率v正增大，故选d；

故答案为：

；d；

（2）提高反应中Cl2的平衡转化率，改变条件使平衡向正反应移动，不能只增大氯气的用量，a．缩小容器体积，压强增大，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故a正确；

b．使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡移动，Cl2的转化率不变，故b错误；

c．增加SO2浓度，平衡向正反应移动，Cl2的转化率增大，故c正确；

d．该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，Cl2的转化率降低，故d错误；故答案为：

ac；

（3）增大氯气的浓度，平衡向正反应移动，反应为可逆反应，氯气不能完全反应，故平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2 中，故答案为：

c；

（4）a．v（Cl2）=v（SO2），没有指明正、逆速率，无法判断，故a错误；

b．随反应进行，气体的物质的量减小，压强减小，容器中气体压强不随时间而变化，说明达到平衡，故b正确；

c．平衡时氯气与二氧化硫的浓度与起始浓度有关，起始浓度不同，平衡时二者浓度不同，若二者起始浓度相同，用于二者按1：

1反应，故任意时刻二者的浓度都相同，故c（Cl2）：

c（SO2）=1：

1不能说明达到平衡，故c错误；

d．容器中气体颜色不随时间两变化，说明氯气的浓度不再变化，说明达到平衡，故d正确；

故答案为：

bd；

（5）再加入16.20g SO2Cl2，平衡向生成二氧化硫的方向移动，平衡时二氧化硫的质量增大，可以等效为增大压强，SO2Cl2转化率降低，平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍，故平衡时7.616g＜m（SO2）＜15.232g；

故答案为：

7.616g＜m（SO2）＜15.232g。

【点睛】

本题考查化学平衡，把握化学平衡状态的判断、反应速率的计算为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，易错点（4）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。

10．在800℃时，2L密闭容器内发生反应：

2NO（g）＋O2（g）⇌2NO2（g），反应体系中，一氧化氮的物质的量随时间的变化如表所示：

时间/s

0

1

2

3

4

5

n（NO）/mol

0.020

0.010

0.008

0.007

0.007

0.007

（1）如图表示NO2的物质的量浓度变化的曲线是________。

（2）用O2表示从0～2s内该反应的平均速率v＝__________。

（3）能说明该反应已达到平衡状态的是________。

A．v（NO2）＝2v（O2）

B．容器内压强保持不变

C．容器内气体质量不变

D．容器内密度保持不变

【答案】b1.5×10－3m