高考化学二模试题分类汇编化学反应与能量推断题综合附详细答案.docx

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高考化学二模试题分类汇编化学反应与能量推断题综合附详细答案

高考化学二模试题分类汇编——化学反应与能量推断题综合附详细答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．以氯化钾和硫酸亚铁为原料生产硫酸钾和氧化铁红颜料，其主要流程如下：

已知：

NH4HCO3溶液呈碱性，30℃以上NH4HCO3大量分解。

（1）NH4HCO3溶液呈碱性的原因是_____________________________________。

（2）写出沉淀池I中反应的化学方程式_____________________________，该反应必须控制的反应条件是________________________________________。

（3）检验沉淀池I中Fe2+沉淀是否完全的方法是_____________________。

（4）酸化的目的是______________________________。

（5）在沉淀池II的反应中，为使反应物尽可能多地转化为生成物，可在反应过程中加入___。

a．（NH4）2SO4        b．KCl         c．丙醇      d．水

（6）N、P、K、S都是植物生长所需的重要元素。

滤液A可做复合肥料，因为其中含有_____________等元素。

【答案】NH4+的水解程度小于HCO3-的水解程度2NH4HCO3 +FeSO4 → FeCO3↓+（NH4）2SO4 +CO2↑+H2O反应温度低于30℃取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全除去溶液中的HCO3-cN、S、K

【解析】

【分析】

FeSO4与NH4HCO3发生双水解反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳等，然后过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁，因滤液中含有NH4HCO3，向滤液中加入硫酸，可除去

，此时溶液中溶质为硫酸铵、硫酸，向溶液中加入足量KCl，此时溶液中因硫酸钾的溶解度较氯化铵低而发生沉淀，然后过滤，得到硫酸钾固体，以此解答。

【详解】

（1）NH4HCO3溶液中铵根离子水解显示酸性，碳酸氢根离子水解显示碱性，

的水解程度小于

的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，故答案为：

的水解程度小于

的水解程度；

（2）碳酸氢根离子和亚铁离子之间发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀，并放出二氧化碳，反映的原理方程式为：

2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，为防止较高温度下碳酸氢铵的分解，要注意温度的选择，故答案为：

2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；反应温度低于30℃；

（3）亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子，亚铁离子遇到硫氰酸钾不显色，但是三价铁遇到硫氰酸钾显示红色，检验沉淀池I中Fe2+沉淀是否完全的方法是：

取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全，故答案为：

取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全；

（4）沉淀池Ⅰ中，除了生成的碳酸亚铁之外，溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入酸，酸化的目的是除去溶液中的

，故答案为：

除去溶液中的

；         

（5）由题目看出在沉淀池II中生成的K2SO4为固体，而K2SO4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K2SO4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K2SO4的溶解度，故选：

c；

（6）滤液A的成分中含有（NH4）2SO4以及KCl，即其中含有N、S、K元素，属于复合肥料，故答案为：

N、S、K。

3．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。

4．氨气是一种重要的化工产品。

（1）工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气，有关方程式如下：

3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）+92.4kJ

①对于该反应：

要使反应物尽可能快的转化为氨气，可采用的反应条件是__________，要使反应物尽可能多的转化为氨气，可采用的反应条件是__________：

（均选填字母）

A．较高温度B．较低温度C．较高压强D．较低压强E．使用合适的催化剂

工业上对合成氨适宜反应条件选择，是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等的影响。

②该反应达到平衡后，只改变其中一个因素，以下分析中不正确的是_______：

（选填字母）

A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大

B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大

C．减小生成物浓度，对逆反应的反应速率影响更大

③某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4，和相邻的合成氨厂联合设计了制备（NH4）2SO4的工艺流程（如图），该流程中：

向沉淀池中通入足量的氨气的目的是______________________________，可以循环使用的X是_______________。

（填化学式）

（2）实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。

有关的离子方程式为_____________________。

①0.01mol/L硝酸铵溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气_____L（标准状态）。

②若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气0.025mol；在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01mol白色沉淀，则原混合液中，硝酸铵的浓度为_______mol/L。

③现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液VL，将混合溶液分成两等分：

一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气Amol；另一份溶液中慢慢滴入Cmol/L的氯化钡溶液BL，溶液中SO42-恰好全部沉淀；将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生Dmol沉淀。

则原混合溶液中，氯化铵的浓度为________mol/L，硝酸铵的浓度为_______mol/L。

（用含有字母的代数式表示）

【答案】ACEBCA生成正盐，使Ca2+完全沉淀CO2NH4++OH-

H2O+NH3

0.1120.01

【解析】

【分析】

（1）①要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）+92.4kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现；

②根据影响平衡移动的条件分析判断；

③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3

CaO+CO2↑，则X为CO2可在此制备实验中循环使用；

（2）铵盐与强碱共热得到氨气和水；

①根据NH4+元素守恒计算；

②根据NH4+元素守恒计算；；

③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气Amol，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗Cmol/LBaCl2溶液BL，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生Dmol沉淀，根据Ag++Cl-=AgCl↓，结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知，每份含有Cl-（D-2BC）mol。

【详解】

（1）①要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现，故选ACE；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）+92.4kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现，故选BC；

②A.反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）+92.4kJ是气体体积减小的放热反应，升高温度反应逆向移动，说明升高温度，对逆反应的反应速率影响更大，故A错误；

B.反应3H2（g）+N2（g）⇌2NH3（g）+92.4kJ是气体体积减小的放热反应，增大压强反应速率加快，反应正向移动，说明增大压强对正反应的反应速率影响更大，故B正确；

C.减小生成物浓度，反应逆向移动，说明减小生成物浓度对逆反应的反应速率影响更大，故C正确；

故选A。

③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3

CaO+CO2↑，则X为CO2可在此制备实验中循环使用；

（2）铵盐与强碱共热得到氨气和水，离子方程式为：

NH4++OH-

H2O+NH3

；

①0.5L0.01mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为：

0.5L

0.01mol/L=0.005mol，根据NH4+守恒，最多生成氨气0.005mol，标况下的体积为：

0.005mol

22.4L/mol=0.112L；

②由题意可知，在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01molBaSO4白色沉淀，说明原溶液中含有硫酸根0.01mol，设硝酸铵的物质的量为xmol，根据NH4+守恒有x+0.01mol

2=0.025，得x=0.005mol，硝酸铵的浓度为

=0.01mol/L；

③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气Amol，根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗Cmol/LBaCl2溶液BL，根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生Dmol沉淀，根据Ag++Cl-=AgCl↓，结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知，每份含有Cl-（D-2BC）mol，则原混合溶液中，氯化铵的浓度为

mol/L=

mol/L；每份中硝酸根的物质的量为：

n（NH4+）-n（Cl-）-2n（SO42-）=

，硝酸铵的浓度为

mol/L=

mol/L。

5．在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：

2NO2（g）（红棕色）

N2O4（g）（无色），如图所示。

（1）曲线_____________（填“X”或“Y”）表示N2O4的物质的量随时间的变化曲线。

（2）3min内，以X的浓度变化表示的平均反应速率为_____________。

（3）下列措施能使该反应速率加快的是________。

①升高温度②减小容器体积③通入N2O4④通入Ar使压强增大⑤通入HCl气体

A．①③④B．①②③C．①④⑤D．①②④

（4）此反应在该条件下达到限度时，X的转化率为________。

（5）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是____________（填标号）。

A．容器内压强不再发生变化B．混合气体的密度不变

C．容器内混合气体原子总数不变D．混合气体的平均相对分子质量不变

E．v（NO2）=2v（N2O4）F．相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X

【答案】Y0.1mol·L－1·min－1B60%A、D、F

【解析】

【分析】

【详解】

（1）据图可知相同时间内△n（X）是△n（Y）的两倍，根据方程式2NO2（g）

N2O4（g）可知单位时间内NO2的变化量更大，所以Y代表N2O4的物质的量随时间的变化曲线；

（2）X代表NO2，3min内，v（NO2）=

=0.1mol·L－1·min－1；

（3）①升高温度可以增大活化分子百分含量，增大反应速率，故正确；

②减小容器体积，各物质浓度增大，反应速率加快，故正确；

③通入N2O4，平衡逆向移动，反应物和生成物浓度均增大，反应速率加快，故正确；

④通入Ar使压强增大，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；

⑤通入HCl气体，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；

综上所述选①②③，答案为B；

（4）据图可知初始X的物质的量为1mol，平衡时X的物质的量为0.4mol，转化率为

=60%；

（5）A．容器恒容，平衡移动时气体的总物质的量发生改变，所以未达到平衡时体系内压强会变，压强不变时说明反应达到平衡，故A正确；

B．气体总体积不变，总质量不变，所以密度一直不变，故B错误；

C．反应物和生成物均为气体，根据质量守恒定律可知平衡移动时原子总数不变，故C错误；

D．气体总质量不变，平衡移动时气体总的物质的量会发生改变，所以气体平均相对分子质量会变，当气体平均相对分子质量不变时说明反应达到平衡，故D正确；

E．未指明是正反应速率还是逆反应速率，故E错误；

F．相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X即反应的正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故F正确；

综上所述选A、D、F。

【点睛】

判断压强是否影响反应速率时关键是要看压强的改变是否改变了反应物和生成物的浓度，若改变了则压强的改变影响反应速率，若不改变，则压强的变化不影响反应速率。

6．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。

7．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。

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