高考化学知识点过关培优易错试卷训练∶化学反应与能量附答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．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1 molCo(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++H2O 0.5mol 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KMnO 4的目的是除去溶液中的Fe 2+和Mn 2+，反应的离子方程式为：MnO 4-+3Fe 2+ +7H 2O= MnO 2↓+3Fe(OH)3↓+5H +、3Mn 2++2MnO 4-+2H 2O=5MnO 2↓+4H +；

(3)从流程中可以看出，“沉钴”时，(NH 4)2S 2O 8为氧化剂，因此除去的是Co 2＋，结合所给反应过程，缺少将Co 2＋转化为Co 3＋的反应，则可得所缺的化学方程式为

2Co 2++O+2H +=2Co 3++H 2O ；根据电荷守恒可得，(NH 4)2S 2O 8~H 2O 2~O~2Co 3+~ 2Co(OH)3，每生成1mol Co(OH)3理论上消耗(NH 4)2S 2O 8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Zn 2+提前沉淀；“沉锌”时，加入NH 4HCO 3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH 4HCO 3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CO 2气体的物质的量为()34.1-24.3-544g .4g

/mol =0.1mol ，根据元素守恒可知ZnCO 3?xZn(OH)2?yH 2O 为0.1mol ，煅烧后生

成的ZnO 的物质的量为24.3g 81g/mol

=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 5.4g 18g/mol

=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ZnCO 3?2Zn(OH)2?H 2O 。

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：NH 4HCO 3溶液呈碱性，30℃以上NH 4HCO 3大量分解。

(1)NH 4HCO 3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Fe 2+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 ．(NH 4)2SO 4

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】NH 4+的水解程度小于HCO 3-的水解程度 2NH 4HCO 3 + FeSO 4 → FeCO 3↓ + (NH 4 )2SO 4 + CO 2↑ + H 2O 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HCO 3- c N 、S 、K

【解析】

【分析】

FeSO 4与NH 4HCO 3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NH 4HCO 3，向滤液中加入硫酸，可除去-3HCO ，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）NH 4HCO 3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，+4NH 的水解程度小于-3HCO 的水解程度，所以NH 4HCO 3溶液呈碱性，故答案为：+4NH 的水解程度小于-

3HCO 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：2NH 4HCO 3+FeSO 4=FeCO 3↓+(NH 4)2SO 4+CO 2↑+H 2O ，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：

2NH 4HCO 3+FeSO 4=FeCO 3↓+(NH 4)2SO 4+CO 2↑+H 2O ；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Fe 2+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-3HCO ，故答案为：除去溶液中的-3HCO ；

（5）由题目看出在沉淀池II 中生成的K 2SO 4为固体，而K 2SO 4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K 2SO 4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K 2SO 4的溶解度，故选：c ；

（6）滤液A 的成分中含有(NH 4)2SO 4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 1:3 C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2O NaNO3 NaNO2 Na2CO3 HCO3- + 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．甲醇（CH3OH）是一种无色有刺激性气味的液体，在生活中有重要用途，同时也是一种

重要的化工原料。

（1）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气、KOH 溶液（电解质溶液）构成，则下列说法正确的是___。

（已知甲醇在空气中燃烧生成CO 2和H 2O ）

A ．电池放电时通入空气的电极为负极

B ．电池放电时负极的电极反应式为CH 3OH-6e -=CO 2↑+2H 2O

C ．电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱

D ．电池放电时每消耗6.4gCH 3OH 转移1.2mol 电子

（2）写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的电极反应式：___。

【答案】CD CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +

【解析】

【分析】

【详解】

(1) A. 通甲醇的电极为负极，通空气的电极为正极，A 项错误；

B. 在碱性电解质溶液中负极的电极反应式为2332CH OH+8OH 6e =CO +6H O ---

-，B 项错误；

C. 在放电过程中，OH -参与电极反应，不断被消耗，导致电解质溶液碱性减弱，C 项正确；

D. 电池放电时每消耗6.4gCH 3OH ，即0.2molCH 3OH ，转移电子数60.2mol=1.2mol ?，D 项正确；故答案选CD ；

(2)甲醇燃料电池中，在酸性条件下甲醇在负极失电子生成CO 2，电极反应式为

CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +，故答案为：CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +。

5．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+2K 2FeO 4+8H 2O 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。

6．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/s012345

n(NO)/mol0.0200.0100.0080.0070.0070.007 (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0～2 s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】b 1.5×10－3mol·L－1·s－1 B

【解析】

【分析】

（1）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，是可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量；

（2）根据△v=

计算一氧化氮的反应速率，再结合同一化学反应同一时间段内，各物质

的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率；

（3）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变。

【详解】

（1）从图象分析，随反应时间的延长，各物质的浓度不再不变，且反应物没有完全反应，所以反应为可逆反应，根据一氧化氮物质的量的变化知，该反应向正反应方向移动，则二氧化氮的物质的量在不断增大，且同一时间段内，一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮

增加的物质的量，所以表示NO2的变化的曲线是b；故答案为：b；

（2）0～2s内v(NO)=0.0200.008

mol mol

L min

=0.0030mol/(L.min)，同一化学反应同一时间段

内，各物质的反应速率之比等于其计量数之比，所以氧气的反应速率为0.0015mol/(L?s)；故答案为： 0.0015mol/(L?s)；

（3）A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比，v(NO2)＝2v(O2)为正反应速率之比，不能说明正逆反应速率相同，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；

B.反应前后气体体积不同，压强不变说明正逆反应速率相等，各组分浓度不变，故B正确；

C. 恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误；

D.恒容容器，反应物生成物都是气体质量不变，体积不变，所以密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故选B；

故答案为：B。

7．(1)将Al片和Cu片用导线连接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池。写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。

(2)铅蓄电池是最常见的二次电池，由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，所以在生产、生活中使用广泛，写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________；充电时的阴极反应____________________。

【答案】2Al - 6e? +8OH? =2AlO2-+4H2O 4H++ 2e? +2NO3? =2NO2↑+2H2O 4H++ 2e? +SO42?

+PbO2=PbSO4+2H2O PbSO4+2e?=Pb+SO42?

【解析】

【分析】

(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液反应，形成原电池，负极为Al失电子，在碱性溶液中，Al转化为AlO2-。Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体。

(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等；充电时的阴极反应为PbSO4获得电子转化为Pb。

【详解】

(1) Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液，在碱性溶液中，负极Al失电子转化为AlO2-，电极反应式为2Al - 6e? +8OH? =2AlO2-+4H2O。Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极反应为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体，电极反应式为4H++ 2e? +2NO3? =2NO2↑+2H2O。答案：2Al - 6e? +8OH? =2AlO2-+4H2O；4H++ 2e? +2NO3? =2NO2↑+2H2O；(2)铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等，电极反应式为4H++ 2e?

+SO42? +PbO2=PbSO4+2H2O；充电时阴极为PbSO4获得电子转化为Pb，电极反应式为PbSO4+2e?=Pb+SO42?。答案为：4H++ 2e? +SO42? +PbO2=PbSO4+2H2O；PbSO4+2e?=Pb+SO42?。【点睛】

判断原电池的电极时，首先看电极材料，若只有一个电极材料能与电解质反应，该电极为负极；若两个电极材料都能与电解质发生反应，相对活泼的金属电极作负极。在书写电极反应式时，需要判断电极产物。电极产物与电解质必须能共存，如Al电极，若先考虑生成Al3+，则在酸性电解质中，能稳定存在，Al3+为最终的电极产物；若在碱性电解质中，Al3+不能稳定存在，最终应转化为AlO2-。

8．合成氨反应N2 ( g ) +3H2 ( g ) = 2NH3 ( g ) ，反应过程的能量变化如图所示。已知N2 ( g ) 与 H2( g )反应生成 17 gNH3(g)，放出46. 1kJ的热量。请回答下列问题：

(1)该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E_______________（填“变大”或“变小”) ，

E 的大小对该反应的反应热有无影响？___________，理由是__________。

(2)图中△H=________kJ·mol -1。

(3)起始充入2mol·L-1N2和5.5mol·L-1H2，经过50min，NH3的浓度为1mol·L-1，则v（N2）

=______mol·L-1·min-1，c(H2)=_____mol·L-1

(4)已知NH3(g)=NH3(l) △H=-QkJ·mol-1,则N2 ( g ) +3H2 ( g ) = 2NH3 ( l )的△H=_______kJ·mol-1

【答案】变小无ΔH取决于反应物的总能量和生成物的总能量差 -92.2 0.01 4 -（92.2+2Q）

【解析】

【分析】

(1)依据催化剂降低反应的活化能加快反应速率分析；反应热取决于反应物和生成物的能量变化，活化能和反应热无关；

(2)结合已知N2(g)与H2(g)反应生成17g NH3(g)，放出46.1kJ的热量，分析图象是合成氨反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)，计算得到；

(3)依据化学平衡三段式列式计算；

(4)结合(2)计算的焓变写出反应的热化学方程式，依据盖斯定律计算所需让化学方程式。【详解】

(1)催化剂降低反应的活化能加快反应速率，但不改变平衡，反应热不变，E的大小对该反应的反应热无影响，反应热取决于反应物的总能量和生成物的总能量差，故答案为：变小；无；△H取决于反应物的总能量和生成物的总能量差；

(2)已知N2(g)与H2(g)反应生成17g NH3(g)，放出46.1kJ的热量，图象是表示的是反应

N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)能量变化，所以生成34g氨气放热92.2kJ，热化学方程式为：

N 2(g)+3H 2(g)=2NH 3(g)，△H=-92.2kJ/mol ，故答案为：-92.2；

(3)起始充入2mo l?L -1N 2和5.5mol?L -1H 2，经过50min ，NH 3的浓度为1mol?L -1，则依据所给数据建立如下三段式：

()()()

223N g 3H +2 5.500.5 1.51

1.54g 2NH g 1

?开始变化平衡由三段式可得v(N 2

)=0.5mol/L 50min

=0.01mol/(L?min)，c(H 2)=4mol/L ，故答案为：0.01；4； (4)由热化学方程式①N 2(g)+3H 2(g)=2NH 3(g)△H=-92.2kJ/mol ，②NH 3(g)═NH 3(l)△H=-QkJ?mol -1，依据盖斯定律①+②×2得到N 2(g)+3H 2(g)═2NH 3 (l)△H=-(92.2+2Q)kJ?mol -1，故答案为：-（92.2+2Q ）。

9．A 、B 、C 三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。

（1）A 中反应的离子方程式为_________________________________。

（2）B 中Fe 极为_______极，电极反应式为_______________________。C 中Fe 极为_______极，电极反应式为__________________________，电子从_______极流出（填“Zn ”或“Fe ”）。

（3）比较A 、B 、C 中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是___________________。

【答案】Fe ＋2H ＋=Fe 2+H 2↑ 负极 Fe －2e －=Fe 2+ 正极 2H ＋＋2e －=H 2↑ Zn B>A>C

【解析】

【分析】

已知金属活动性：Zn ＞Fe ＞Sn ，则A 发生化学腐蚀，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B 中Fe 为负极，Sn 为正极，Fe 被腐蚀，C 中Zn 为负极，Fe 为正极，Fe 被保护，以此解答。

【详解】

(1)铁与硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H +=Fe 2++H 2↑；

(2)Fe 比Sn 活泼，则B 中Fe 为负极，Sn 为正极，负极发生Fe －2e － = Fe 2+；Zn 比Fe 活泼，则C 中Fe 为正极，Zn 为负极，正极反应式为2H ＋＋2e －=H 2↑，电子从负极即Zn 极流出；

(3)A 发生化学腐蚀；B 中Fe 为负极，Sn 为正极，Fe 被腐蚀；C 中Zn 为负极，Fe 为正极，Fe 被保护，Zn 被腐蚀，则A 、B 、C 中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B ＞A ＞C ，。

10．一定温度下10L 密闭容器中发生某可逆反应，其平衡常数表达为：K=22[CO][H ][H O]

。

根据题意完成下列填空：

（1）写出该反应的化学方程式___；若温度升高，K增大，该反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。

（2）能判断该反应一定达到平衡状态的是___（选填编号）。

a．v正(H2O)=v逆(H2) b．容器中气体的相对分子质量不随时间改变

c．消耗nmol H2同时消耗nmolCO d．容器中物质的总物质的量不随时间改变

（3）该反应的v正随时间变化的关系如图。t2时改变了某种条件，改变的条件可能是___、___。（填写2项）

（4）实验测得t2时刻容器内有1molH2O，5min后H2O的物质的量是0.8mol，这5min内H2O的平均反应速率为___。

【答案】C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）吸热 a b 升高温度增大水蒸汽的浓度0.004mol/（L﹒min）

【解析】

【分析】

（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动；

（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量不变、物质的量浓度不变、百分含量不变以及由此引起的一系列物理量不变；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是温度、压强、反应物浓度；

（4）反应速率=

。

【详解】

：（1）根据化学平衡常数表达式及元素守恒知，反应物还有C，所以该反应方程式为C （s）+H2O（g）?CO（g）+H2（g）；升高温度，平衡向吸热反应方向移动，K增大说明平衡正向移动，所以正反应是吸热反应，故答案为：C（s）+H2O（g）?CO（g）+H2

（g）；吸热；

（2）a．当v正（H2O）=v逆（H2）=v逆（H2O）时，正逆反应速率相等，所以反应达到平衡状态，故正确；

b．反应前后气体的物质的量不相同，气体质量变化，容器中气体的平均相对分子质量不随时间变化即达到平衡，故正确；；

c．无论反应是否达到平衡状态都存在消耗n molH2同时消耗nmolCO，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

d ．无论反应是否达到平衡状态容器中物质的总物质的量都不随时间改变，所以不能据此判断平衡状态，故错误；

故选a b ；

（3）改变条件时反应速率增大，改变的条件可能是升高温度、增大压强、增大反应物浓度，故答案为：升高温度；增大水蒸汽的浓度；

（4）反应速率()c 1-0.8v==5=0.004mol/L min 10

t ??g ，故答案为0.004mol/（L ﹒min ）。 11．某些共价键的键能数据如表（单位：kJ ?mol －1）：

（1）把1mol Cl 2分解为气态原子时，需要___（填“吸收”或“放出”）243kJ 能量。（2）由表中所列化学键形成的单质分子中，最稳定的是___；形成的化合物分子中最不稳定的是___。

（3）发射火箭时用气态肼（N 2H 4）作燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和气态水。已知32gN 2H 4（g ）完全发生上述反应放出568kJ 的热量，热化学方程式是：____。

【答案】吸收 N 2 HI 2N 2H 4（g ）+2NO 2（g ）═3N 2（g ）+4H 2O （g ） △H=﹣1136kJ ?mol ﹣1

【解析】

【分析】

(1)化学键断裂要吸收能量；

(2)键能越大越稳定，否则越不稳定，结合表中数据分析；

(3)根据n=

m n 计算32g N 2H 4的物质的量，再根据热化学方程式书写原则书写热化学方程式。

【详解】

(1)化学键断裂要吸收能量，由表中数据可知把1mol Cl 2分解为气态原子时，需要吸收243kJ 的能量；

(2)因键能越大越稳定，单质中最稳定的是H 2，最不稳定的是I 2，形成的化合物分子中，最稳定的是HCl ，最不稳定的是HI ；

(3)32g N 2H 4(g)的物质的量为32g 32g/mol

=1mol ，与二氧化氮反应生成氮气与气态水放出568kJ 的热量，热化学方程式是：2N 2H 4(g)+2NO 2(g)═3N 2(g)+4H 2O(g) △H=-1136kJ?mol -1。

12．在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N 2和H 2，发生反应：N 2＋3H 2垐?噲?2NH 3 △H<0。

(1)反应开始阶段，v(正)________(填“>”“<”或“＝”)v(逆)，随后v(正)逐渐______(填“增大”或“减小”，下同)，v(逆)逐渐________，反应达到平衡时，V(正)_______(填“>”“<”或“＝”)v(逆)。

(2)达到平衡后，若正反应速率用v(N2)表示，逆反应速率用v’(H2)表示，则V(N2)＝

____v'(H2)。

(3)下列措施中不能加快反应速率的是___________(填字母)。

A．其他条件不变时，压缩容器体积 B．其他条件不变时，升高反应体系温度

C．使用合适的催化剂 D．保持容器体积不变，充入一定量的氦气

(4)写出合成氨反应N2＋3H2垐?

噲?2NH3的平衡常数表达式：

_____________________________。

【答案】>减小增大=1

D K=

()

()()

c NH

c N c H

【解析】

【详解】

在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2＋3H2垐?

噲?2NH3 △H<0。

(1)反应开始阶段，反应物的浓度较大，反应正向进行，v(正) >v(逆)，随后反应物浓度降低，生成物浓度增大，v(正)逐渐减小，v(逆)逐渐增大，反应达到平衡时，V(正)=v(逆)；(2)达到平衡后，若正反应速率用v(N2)表示，逆反应速率用v’(H2)表示，因正逆反应速率相

等，则V(N2)＝1

v (H2)=

v'(H2)；

(3)A.其他条件不变时，压缩容器体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，选项A不选；

B.其他条件不变时，升高反应体系温度，活化分子数目增多，反应速率加快，选项B不选；

C.使用合适的催化剂，降低反应的活化能，活化分子数目增多，化学反应速率加快，选项C不选；

D.保持容器体积不变，充入一定量的氦气，各反应物浓度不变，化学反应速率不变，选项D选；

答案选D；

(4)合成氨反应N2＋3H2垐?

噲?2NH3的平衡常数表达式为：K=

() ()()

c NH

c N c H

。

13．影响化学反应速率的因素有很多，某课外兴趣小组用实验的方法进行探究。

实验一：甲同学利用Al、Fe、Mg和2mol/L的稀硫酸，设计实验方案研究影响反应速率的因素。研究的实验报告如表所示：

（1）甲同学的实验目的是____；

要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是____。

实验二：已知2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4=K2SO4＋2MnSO4＋8H2O＋10CO2↑，在开始一段

时间内，反应速率较慢，溶液褪色不明显；但不久突然褪色，反应速率明显加快。

（2）针对上述现象，某同学认为该反应放热，导致溶液温度上升，反应速率加快。从影响

化学反应速率的因素看，你猜想还可能是___的影响。

（3）若用实验证明你的猜想，除酸性高锰酸钾溶液、草酸溶液外，可以在反应一开始时加

入____。

A．硫酸钾 B．硫酸锰 C．氯化锰 D．水

【答案】比较反应物本身的性质对反应速率的影响温度相同 Mn2＋的催化作用(或催化剂) B

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据表中的信息得出该同学的实验目的是探究Al、Fe、Mg与稀硫酸的反应速率快

慢，即研究反应物本身的性质对反应速率的关系对反应速率的影响；温度对化学反应速率

的影响较大，故根据控制变量法，要得出正确的实验结论，还需控制的实验条件是保持温

度相同；

故答案为探究反应物本身的性质对反应速率的影响；温度相同；

（2）对化学反应速率影响最快的是催化剂，故猜想还可能是催化剂的影响，可以从比较生成物Mn2+(过渡金属)与K+(主族金属)的区别中找到答案，即通常是过渡金属或其离子具有

催化性，

故答案为Mn2+的催化作用(或催化剂)；

（3）反应方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+8H2O+10CO2↑中，浓度变化较

大的为锰离子，所以选择做催化剂的试剂应该含有锰离子，而(C)中氯化锰中也含Mn2+，却

不能选为催化剂，原因就在于其中的Cl?易被酸性高锰酸钾溶液氧化，故只有B正确，

故答案为B。

14．如右图所示，常温，U形管内盛有100mL的某种溶液，请按要求回答下列问题。

（1）若所盛溶液为CuSO4溶液，打开K2，合并K1，则：

① A为_____极，B极的电极反应式为________________。

②反应过程中，溶液中SO42－和OH－离子向_____极（A或B）移动。

（2）若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液，打开K1，合并K2，则：

①A电极可观察到的现象是__________________________。

②电解过程总反应的化学方程式是________________________。

③反应一段时间后打开K2,若忽略溶液的体积变化和气体的溶解，B极产生气体的体积（折算成标准状况）为11.2mL，将溶液充分混合，溶液的pH为________。

④向电解后的电解质溶液中加入或通入_______（填试剂名称），能使溶液复原。

【答案】负 Cu2++2e-=Cu A 产生气泡，电极附近溶液变红 2NaCl+2H2O

电解

2NaOH+H2↑+Cl2↑ 12 氯化氢

【解析】

【详解】

(1)①该装置是原电池，锌作负极，碳作正极，正极上铜离子得电子生成铜发生氧化反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；

②原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，所以溶液中氢氧根离子和硫酸根离子向A极移动；

(2)①该装置是电解池，碳棒是阳极，锌棒是阴极，电解时，锌棒上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子导致溶液呈碱性，加入酚酞后溶液变红；

②电解时，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时溶液中生成氢

氧化钠，所以电池反应式为2NaCl+2H2O 电解

2NaOH+H2↑+Cl2↑；

③B极产生氯气，生成的氯气的物质的量为

11.2mL

22.4L/mol

=0.0005mol，根据电解总反应可知生

成的n(NaOH)=0.001mol，溶液中c(OH-)=0.001mol

0.1L

=0.01mol/L，所以溶液pH=12；

④如果要想使电解后的溶液恢复到原溶液，应遵循“析出什么加入什么”的思想加入物质，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，所以应该加入氯化氢。

15．某温度时，在2L的密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间的变化曲线如图所示。由图中数据分析

(1)该反应的反应物是_______。

(2)该反应_______（填“是”或“不是”）可逆反应，原因是______________。写出该反应的化学方程式：_______。

(3)反应开始至2min 时，用C 表示的平均反应速率为_______。

【答案】A 、B 是反应物不能完全反应，某一时刻A 、B 、C 同时存在，且量不再变化 A(g)+3B(g)

2C(g) 0.05mol/(L ?min)

【解析】

【分析】

(1)由图中数据可以看出，反应未进行时，A 、B 都具有最大物质的量，而C 的物质的量为0，由此可确定反应物与生成物。

(2)当物质的量不再改变时，A 、B 、C 的物质的量都不为0，则表明反应没有进行到底。

(3)从图中采集数据，可计算出C 表示的平均反应速率。

【详解】

(1)反应过程中A 、B 的物质的量减少，是反应物；C 的物质的量增加，是生成物。答案为：A 、B ；

(2)该反应中，反应物不能完全反应，某一时刻A 、B 、C 同时存在，且量不再变化，所以该反应是可逆反应。2min 时反应达到平衡，A 、B 、C 三种气体的物质的量的变化量依次为0.1mol 、0.3mol 、0.2mol ，物质的量的变化量之比为l ：3：2，因为物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，所以该反应的化学方程式为A(g)+3B(g)2C(g)。答案为：是；反应

物不能完全反应，某一时刻A 、B 、C 同时存在，且量不再变化；A(g)+3B(g)2C(g)； (3)从反应开始至2min 时，C 的物质的量从0增加到0.2mol ，用C 表示的平均反应速率为

0.2mol (C)2L 2min

v =

?=0.05mol/(L ?min)。答案为：05mol/(L ?min)。【点睛】在书写反应方程式时，我们很容易将反应物与生成物之间用“==”表示，其错因是缺少“考虑反应是否可逆”的意识。