备战高考化学与化学反应与能量有关的压轴题含答案.docx

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备战高考化学与化学反应与能量有关的压轴题含答案

备战高考化学与化学反应与能量有关的压轴题含答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．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。

2．依据氧化还原反应：

2Ag+（aq）+Cu（s）=Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示。

请回答下列问题：

（1）电极X的材料是_______；电解质溶液Y是________；

（2）银电极上发生的电极反应式为___________________；

（3）外电路中的电子是从______→______；

（4）当有1.6g铜溶解时，银棒增重______g。

【答案】CuAgNO3Ag++e-=AgX（或Cu）Ag5.4

【解析】

【分析】

（1）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，作负极，Ag作正极，电解质溶液为含有银离子的可溶性银盐溶液；

（2）银电极上是溶液中的Ag+得到电子发生还原反应；

（3）外电路中的电子是从负极经导线流向正极；

（4）先计算Cu的物质的量，根据反应方程式计算出正极产生Ag的质量，即正极增加的质量。

【详解】

（1）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，Cu作负极，则Ag作正极，所以X为Cu，电解质溶液为AgNO3溶液；

（2）银电极为正极，正极上Ag+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：

Ag++e-=Ag；

（3）外电路中的电子是从负极Cu经导线流向正极Ag；

（4）反应消耗1.6g铜的物质的量为n（Cu）=

=0.025mol，根据反应方程式2Ag+（aq）+Cu（s）=Cu2+（aq）+2Ag（s）可知：

每反应消耗1molCu，正极上产生2molAg，则0.025molCu反应，在正极上产生0.05molAg，该Ag的质量为m（Ag）=0.05mol×108g/mol=5.4g，即正极银棒增重5.4g。

【点睛】

本题考查原电池原理，明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键，计算正极增加的质量时，既可以根据反应方程式计算，也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。

3．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。

4．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。

5．硫化氢（H2S）是一种有毒的可燃性气体，用H2S、空气和KOH溶液可以组成燃料电池，其电池总反应为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO3+4H2O。

（1）该电池工作时正极应通入___。

（2）该电池负极的电极反应式为___。

（3）该电池工作一段时间后负极区溶液的pH__（填“升高”“不变”或“降低”）。

【答案】O2H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O降低

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由电池总反应可知，反应中硫元素的化合价升高，发生氧化反应，氧气中氧的化合价降低，发生还原反应，则通入硫化氢的电极为负极，通入氧气的电极为正极。

答案为：

O2。

（2）碱性溶液中正极的电极反应式为：

O2+2H2O+4e-=4OH-，总反应减去正极反应得到负极反应式为：

H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。

答案为：

H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。

（3）由负极反应式可知，负极反应消耗OH-，同时生成水，则负极区溶液中c（OH-）减小，pH降低。

答案为：

降低。

【点睛】

电池反应中有氧气参加，氧气在反应中得到电子发生还原反应，根据原电池原理，负极发生氧化，正极发生还原，所以通入氧气的电极为电池的正极，酸性条件下的反应：

O2+4H++4e-=2H2O，碱性条件下的反应：

O2+2H2O+4e-=4OH-。

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。

7．一定条件下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。

8．某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量的百分率）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得数据曲线如图。

主要反应是：

NaCl（l）+KAlSi3O8（s）⇌KCl（l）+NaAlSi3O8（s）+Q；

（1）分析数据可知，Q_______0（选填“>”或“<”）。

（2）950℃时，欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是_______（填序号）。

a．延长反应时间b．充分搅拌

c．增大反应体系的压强d．将钾长石粉粹成更小的颗粒

（3）要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大，反应温度应为_____________。

（4）工业上常用KCl冶炼金属钾。

反应方程式为：

Na（l）+KCl（l）

NaCl（l）+K（g）用平衡移动原理解释该方法可行的原因：

_________________。

【答案】

【解析】

【分析】

（1）由图象中曲线变化可知，温度越高钾元素的熔出率，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，据此判断；

（2）该转化过程没有气体参与，应使反应物充分接触提供反应速率；

（3）根据图象曲线变化可知，温度越高，钾元素的熔出率和熔出速率都增大；

（4）K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。

【详解】

（1）由图象曲线数据可知，温度越高钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，说明正反应是吸热反应，所以Q<0；

（2）a.延长反应时间，不能提高反应速率，a错误；

b.充分搅拌，反应物充分接触，化学反应速率加快，b正确；

c.该反应体系没有气体参加，增大反应体系的压强，不能提高反应速率，c错误；

d.将钾长石粉粹成更小的颗粒，增大反应物的接触面积，反应速率加快，d正确；

故合理选项是bd；

（3）根据图象可知，温度为950℃时熔出率和熔出速率都最高，故合适温度是950℃；

（4）根据反应方程式可知，金属K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，故合理原因是将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。

【点睛】

本题考查了化学平衡及其影响、反应条件的选择，要结合温度对化学反应速率和化学平衡的影响，结合平衡移动原理分析解答，注意熟练掌握化学平衡及其影响因素，题目充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

9．回答下列问题：

（1）铅蓄电池的总反应为：

Pb+PbO2+2H2SO4

2PbSO4+2H2O，放电时，负极反应式为___________，充电时，阳极反应式为___________。

（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。

①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于Ｎ处，该电化学防护法称为___________。

②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为__________。

（3）我国的科技人员为了消除SO2的污染，利用原电池原理，设计如图2装置用SO2和O2制备硫酸，电极A、B为多孔的材料。

①A极的电极反应式是________。

②B极的电极反应式是________。

【答案】Pb+SO42-－2e-＝PbSO4PbSO4+2H2O-2e-＝PbO2+4H++SO42-外加电流的阴极保护法牺牲阳极阴极保护法4H++O2+4e-＝2H2OSO2+2H2O-2e-＝SO42-+4H+

【解析】

【分析】

（1）放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，充电时，该装置是电解池，阳极失电子发生氧化反应；

（2）作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护；

（3）该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，正极上投放的气体是氧气，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，根据硫酸和水的出口方向知，B极是负极，A极是正极，据此书写电极反应式。

【详解】

：

（1）放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，即Pb+SO42--2e-=PbSO4，在充电时，该装置是电解池，阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，即PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，故答案为：

Pb+SO42--2e-=PbSO4；PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-；

（2）①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于N处，该装置构成电解池，铁作阴极而被保护，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法；故答案为：

外加电流的阴极保护法；

②若X为锌，开关K置于M处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：

牺牲阳极的阴极保护法．

（3）该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，即B极是负极，负极二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式是SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，正极上投放的气体是氧气，即A极是正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式是4H++O2+4e-=2H2O，故答案为：

①4H++O2+4e-=2H2O；   ②SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。

10．如图所示，A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。

（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是___（填标号）。

（2）A池中Zn是___极，电极反应式为___；A中总反应的离子方程式___。

（3）B池中总反应的方程式为___。

（4）C池中Zn是___极，发生___反应，电极反应式为___；反应过程中，CuCl2溶液浓度___（填“变大”“变小”或“不变”）。

【答案】A负Zn－2e-=Zn2＋Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋CuCuCl2

Cu+Cl2↑阴还原Cu2＋＋2e-=Cu不变

【解析】

【分析】

（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池。

（2）A池中，相对活泼的金属作负极，电极反应式为金属失电子生成金属离子；A中总反应为负极金属与电解质发生氧化还原反应。

（3）B池中总反应为电解氯化铜。

（4）C池中，与正极相连的电极为阳极，阳极失电子发生氧化反应；通过分析两电极反应，可确定反应过程中，CuCl2溶液浓度变化情况。

【详解】

（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池，则原电池是A。

答案为：

A；

（2）A池中，相对活泼的金属是Zn，Zn是负极，电极反应式为Zn－2e-=Zn2＋；A中总反应的离子方程式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu。

答案为：

负；Zn