高考化学化学反应与能量(大题培优)及答案解析

高考化学化学反应与能量(大题培优)及答案解析

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：

已知：①部分含钒物质的溶解情况：（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。

②部分金属离子[c（M n+）=0.1 mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：

回答下列问题：

（l）“研磨”的目的是___，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____ 。

（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。

（3）向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是___（填标号），调节溶液的pH范围为___，滤渣b为___（写化学式）。

（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为___。温度高于80℃，沉钒率下降，其可能原因是____

【答案】增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率

V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O 2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+ D 4.7≤pH＜7.8 Fe(OH)3、

Al(OH) 水浴加热(热水浴) 温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，由于NH4+浓度减小，沉钒率下降

【解析】

【分析】

粗钒(主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，由于SiO2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a为SiO2，滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b为主要含有VO2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO2+转化为NH4VO3沉淀，对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧，获得V2O5，据此分析解答。

【详解】

(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+，发生反应的化学方程式为

V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O；

(2)根据分析，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+；(3)加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去，根据部分金属离子[c(M n+)=0.1 mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知， pH值为2.8时，Fe(OH)3完全沉淀，pH值为4.7时，Al(OH)3完全沉淀，pH 值为7.8时，Al(OH)3开始溶解，调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜7.8，滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧化钠溶液顺利流下，答案选D；

(4)由图像可知，当温度为80℃左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH4+浓度减小，使沉钒率下降。

2．工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。回答下列问题：

(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。

①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。

②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O Δ

ZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。该

反应中每生成1 mol ZnFe2O4转移电子的物质的量是________。

(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是________________________(任答一条)；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。

(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________；试剂X的作用是_______。

【答案】＋3 4 mol 增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案) Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋ H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 调节溶液的pH，促进Fe3＋水解

【解析】

【分析】

将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、

CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；

(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价；

②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3?6H2O Δ

ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．反应过

程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，计算转移电子的物质的量；

(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子；

(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

【详解】

(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价，+2+x×2+(-2)×4=0，x=+3；

②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3?6H2O Δ

ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4，反应过

程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，则氧化产物为：ZnFe2O4、CO2，每生成1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子，每生成1mol ZnFe2O4，生成4molCO转移电子的物质的量是4mol；

(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜

离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有：Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+；(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，试剂X的作用是调节溶液pH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。

3．以镍废料(主要成分为镍铁合金，含少量铜)为原料，生产NiO的部分工艺流程如下：

已知：下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。

氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2

开始沉淀的pH 1.5 6.57.7

沉淀完全的pH 3.39.99.2

（1）“除铁”时需控制溶液的pH范围为________。

（2）“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。

（3）“沉镍”时得到碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀。

①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，该反应的化学方程式为________。

②“沉镍”时，溶液pH增大，碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加，原因是________。

【答案】3.3≤pH<7.7 CuS xNiCO3·yNi(OH)2煅烧(x＋y)NiO＋xCO2↑＋yH2O Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大

【解析】

【分析】

以镍废料（主要成分为镍铁合金，含少量铜）为原料，加入硫酸、硝酸酸浸，Ni转化为NiSO4，同时生成亚铁离子、铁离子、铜离子等，加入过氧化氢，可氧化亚铁离子生成铁离子，加入氢氧化钠调节pH可生成氢氧化铁沉淀，然后通入硫化氢生成CuS沉淀，达到除铜的目的，在滤液中加入碳酸钠溶液可生成xNiCO3?yNi(OH)2，煅烧可生成NiO；

(1)根据表格数据分析“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH；

(2)S2-可与Cu2+反应生成CuS沉淀；

(3)①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O；

②pH越大，溶液碱性越强，结合碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]组成分析；

【详解】

(1)“除铁”时要求铁离子全部除掉，pH 3.3，镍离子和铜离子留在溶液中，pH<7.7，所以需控制溶液的pH范围为3.3≤pH<7.7；

(2)向除铁后的滤液中通入H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，因此滤渣的成分为CuS；

(3)①在隔绝空气条件下，“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO，xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O，其化学方程式为：xNiCO3·yNi(OH)2煅烧(x＋y)NiO＋xCO2↑＋yH2O；

②碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3，pH越大，碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大，所以碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加。

【点睛】

题目难度不大，需要考生注意分析题目提供的表格信息和流程图中物质转化信息，如：根“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH，直接可用表格中的数据获得取值范围。

4．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如图所示：

回答下列问题：

（1）若要提高辉铜矿煅烧效率可采取的措施有___（填两种）。

（2）气体X的主要成分是___（填化学式），写出该气体的一种用途___。

（3）蒸氨过程总反应的化学方程式是___。

（4）溶液E与Na2CO3溶液反应制取Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为___。

（5）某实验小组研究溶液E与Na2CO3溶液加料顺序及加料方式对产品的影响，实验结果如下：

实验

加料顺序及方式沉淀颜色沉淀品质产率/%序号

1溶液E一次加入Na2CO3溶液中并迅速搅拌浅蓝色品质较好87.8

2溶液E逐滴加入Na2CO3溶液中并不断搅拌暗蓝色品质好71.9

3Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌浅绿色品质好96.7

4Na2CO3溶液一次加入溶液E中并不断搅拌浅蓝色品质较好102.7

由上表可知制取Cu2(OH)2CO3最佳加料顺序及加料方式是___（填序号）。

【答案】减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等 SO2制备硫酸、漂

白剂、防腐剂等 [Cu(NH 3)4]Cl 2+H 2O

CuO+2HCl↑+4NH 3↑ 2Cu 2++2CO 32-

+H 2O=Cu 2(OH)2CO 3↓+CO 2↑ 3

【解析】

【分析】 辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体B 主要为CuO 、Fe 2O 3，加入盐酸得到含有Cu 2+、Fe 3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu(NH 3)4]2+和Fe(OH)3，[Cu(NH 3)4]2+经加热可得到CuO ，加入酸酸化得到Cu 2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜，以此解答该题。

【详解】

(1)通过粉碎辉铜矿减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O 2浓度等措施均可提高辉铜矿煅烧效率；

(2)Cu 2S 可与氧气反应生成二氧化硫，则气体X 的主要成分是SO 2，SO 2是酸性氧化物，有漂白性、还原性，则利用SO 2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等；

(3)蒸氨过程[Cu(NH 3)4]2+经加热可得到CuO ，反应的方程式为

[Cu(NH 3)4]Cl 2+H 2O CuO+2HCl↑+4NH 3↑；

(4)向含有Cu 2+的溶液中滴加Na 2CO 3溶液生成Cu 2(OH)2CO 3的离子反应方程式为

2Cu 2++2CO 32-+H 2O=Cu 2(OH)2CO 3↓+CO 2↑；

(5)由图表信息可知Na 2CO 3溶液一次加入溶液E 中并迅速搅拌，获得浅绿色的碱式碳酸铜，品质好，且产率高，故制取Cu 2(OH)2CO 3最佳加料顺序及加料方式是实验序号3。

5．氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业，随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。用工业含锌废渣(主要成分为ZnO ，还含有铁、铝、铜的氧化物，2Mn +、2Pb +、2Cd +等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：

已知：相关金属离子()n c M 0.1mol /L +??=??n 生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：

回答下列问题：

()1为调节溶液的pH ，则试剂X 为_________(填化学式)，

()2除杂时加入高锰酸钾的作用是_________，发生反应的离子方程式为___________。 ()3“过滤”所得滤渣的主要成分是_________(填化学式)。

()4写出“碳化合成”的化学方程式：________；“碳化合成”过程需纯碱稍过量，请设计实验方案证明纯碱过量：_________。

【答案】ZnO[或2Zn(OH)或3ZnCO ] 除去2Mn +

24222MnO 3Mn

2H O 5MnO 4H -++++=↓+ 3Fe(OH)、3Al(OH)、2MnO 32232322233Zn(NO )3Na CO 3H O ZnCO ?2Zn(OH)?H O 2CO 6NaNO [++=↓+↑+或(32232322333Zn(NO )5Na CO 5H O ZnCO ?2Zn OH)?H O 4NaHCO 6NaNO ?++=↓++? 静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加2CaCl 溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)

【解析】

【分析】

()1根据除杂的同时不要掺入新的杂质考虑；

()2加入高锰酸钾的作用是将2Mn +转化为2MnO 沉淀，除去2Mn +；

()3 由()1、()2知，“过滤”所得滤渣；

()4“碳化合成”时加入23Na CO ，产物为322·

2()?ZnCO Zn OH H O ，写出化学方程式。 【详解】

()1加入试剂X 的目的是调节溶液的pH ，使3Fe +、3Al +生成沉淀除去，为不引入新的杂质离子，可加入ZnO 、2()Zn OH 、3ZnCO 等；

()2加入高锰酸钾的作用是将2Mn +转化为2MnO 沉淀，除去2Mn +，反应的离子方程式为

242223254MnO Mn H O MnO H -++++=↓+；

()3由()1、()2知，“过滤”所得滤渣的主要成分是3()Fe OH 、3()Al OH 、2MnO ；

()4“碳化合成”时加入23Na CO ，产物为322·

2()?ZnCO Zn OH H O ，反应的化学方程式为32232322233()33?2()?26Zn NO Na CO H O ZnCO Zn OH H O CO NaNO ++=↓+↑+或3223232233233()55?2()?46(Zn NO Na CO H O ZnCO Zn OH H O NaHCO NaNO Na CO ++=↓++过量时)；若23Na CO 不足时，溶液中还有32()Zn NO ，继续滴加23Na CO 溶液有沉淀产生，或23Na CO 过量时，可检验溶液中的23CO -

，具体方法为：静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加2CaCl 溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)。

6．() 1以2CO 和3NH 为原料合成尿素是利用2CO 的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：

反应Ⅰ：()()()32242NH g CO g NH COONH s +? 1H V

反应Ⅱ：()()()24222NH COONH s CO(NH )s H O g +? 2H 72.49kJ /mol =+V n 总反应：()()()()322222NH g CO g CO(NH )s H O g ++? 3H 86.98kJ /mol =-V n 请回答下列问题：

①反应Ⅰ的1H =V ______________。

②在____(填“高温”或“低温”)情况下有利于反应Ⅱ的自发进行。

()2氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以234Zn(NH )+、234Cu(NH )+、234Cd(NH )+、25AsCl -

的形式存在。

①“溶浸”中 ZnO 发生反应的离子方程式为 _______。

②锌浸出率与温度的关系如图所示，分析 30n ℃时锌浸出率最高的原因为 __________。

③“滤渣 3”的主要成分为_______________。

【答案】159.47kJ /mol -n 高温 2324342ZnO 2NH ?H O 2NH Zn(NH )3H O ++++=+

低于30℃时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降 Cu 、Cd

【解析】

【分析】

（1）①依据热化学方程式和盖斯定律计算分析；

②依据反应自发进行的判断依据是△H-T △S ＜0分析；

()2①依据流程图可知，“溶浸”中ZnO 发生反应生成234

Zn(NH )+； ②低于30℃时，浸出反应速率随温度的升高而增大；超过30℃时，氨气逸出导致浸出反

应速率下降；

③依据流程图可知，“滤渣3”的主要成分为锌发生置换反应的产物。

【详解】

①反应Ⅰ：2NH

()()3

2g CO g +?NH 2COONH ()4s ?H 1； 反应Ⅱ：NH 2COONH ()4s ?()()()222CO NH s H O g +?H 2=+72.49KJ/mol ； 总反应：2NH 3（g ）+CO 2（g ）()()()222CO NH s H O g +?H 3=-86.98KJ/mol ；根据盖斯定律，总反应-反应II ，得到反应I ，则?H 1=-86.98KJ/mol -（+72.49KJ/mol ）=-159.47 KJ/mol ；

故答案为：-159.47 KJ/mol ；

②反应Ⅱ：NH 2COONH

()4s ?()()()222CO NH s H O g +?H 2=+72.49KJ/mol ，反应?H >0，?S >0，满足反应自发进行的判断依据是?H -T ?S <0，则需要高温下反应自发进行；

故答案为：高温。 ()2①依据流程图可知，“溶浸”中 ZnO 发生反应的离子方程式为：

2324342ZnO 2NH ?H O 2NH Zn(NH )3H O +

+++=+；

故答案为：2324342ZnO 2NH ?H O 2NH Zn(NH )3H O ++++=+；

②锌浸出率与温度的关系如图所示，分析30℃时锌浸出率最高的原因为：低于30℃时，浸出反应速率随温度的升高而增大；超过30℃时，氨气逸出导致浸出反应速率下降； 故答案为：低于30℃时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降；

③依据流程图可知，“滤渣3”的主要成分为锌发生置换反应的产物，所以主要成分为：Cu 、Cd ；

故答案为：Cu 、Cd 。

【点睛】

本题是对化学工艺流程知识的考查，是高考常考题型，难度一般，关键是依据流程图合理的推导物质的转化，侧重知识的综合能力考查。

7．已知反应：3I －(aq)+S 2O 82－(aq)I 3－(aq)+2SO 42－(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①②③④⑤

c(I－)/mol·L－10．0400．0800．0800．1600．160

c(S2O82－)/mol·L－10．0400．0400．0800．0800．040

t/s8*******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】

2

43

32

28

c SO c I

c I c S O

--

--

（）（）

（）（）

> （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=

2

43

32

28

c SO c I

c I c S O

--

--（）（）（）（）

；

故答案为：

2

43

32

28

c SO c I

c I c S O

--

--（）（）（）（）

；

（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 -、S 2O 82-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t 1=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 -、S 2O 82-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。

8．1100℃时，在体积固定且为5L 的密闭容器中，发生可逆反应：

()()()()()24222Na SO s 4H g Na S s 4H O g Q Q>0++-?并达到平衡。

(1)平衡后，向容器中充入1mol 2H ，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24Na SO 为2.84g ，10分钟后达到平衡时24Na SO 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%，()2v H =________。

【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＝m V

，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=

c t

V V 计算。 【详解】 （1）平衡后，向容器中充入1mol H 2，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＝m V

，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Na 2SO 4为2.84g ，10分钟后达到平衡时Na 2SO 4的转化率为45%，则反应消耗n （Na 2SO 4）=45%1422.8/4g g mol

?=0.009mol ，根据反应方程式，则消耗n （H 2）=4n （Na 2SO 4）=0.036mol ，所以v （H 2）=c t

V V ＝n V t V V =0.036510min

mol L ?=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。

9．一定条件下2L的密闭容器中，反应aA(g)+bB(g)垐?

噲?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l mol，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=

1mol-0.4mol

2L

=

2min

c

t

?

?

=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。

10．氮的单质及其化合物性质多样，用途广泛。完成下列填空：

科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2：

2NO+2CO2CO2+N2+Q(Q＞0)。

在某温度下测得该反应在不同时间的CO浓度如下表：

浓度（mol/L）

时间（s）

012345

c（CO）3.60×10-

3

3.05×10-

3

2.85×10-

3

2.75×10-3

2.70×10-

3

2.70×10-3

（1）该反应平衡常数K的表达式为___；温度升高，K值___（选填“增大”“减小”“不变”）；前2s的平均反应速率v（N2）=___；若上诉反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是___。

（2）工业合成氨的反应温度选择500℃左右的原因是___。

（3）实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是___。

A．N2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2

B．容器内的压强保持不变

C．N2、H2、NH3的浓度不在变化

D．反应停止，正、逆反应的速率都等于零

（4）常温下向1molHCl的稀盐酸中缓缓通入1molNH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是___；在通入NH3的过程中溶液的导电能力___（选填“变大”“变小”“几乎不变”）

【答案】

()()

()()

2

22

22

c CO c N

c NO c CO

K

?

=

?

减小 1.875×10-4mol/(L·s）增大压强（或其它合理答

案）催化剂在500℃左右具有最佳活性 BC c(Cl-)> c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) 几乎不变【解析】

【分析】

(1)根据平衡常数和化学反应速率(

Δc

v=

Δt

)的相关公式进行计算；

(2)工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性；

(3)根据化学平衡状态的特征判断，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，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；

(4)二者恰好反应生成氯化铵，水解方程式为NH 4++H2O NH3.H2O+H+，溶液呈酸性，进行分析。

【详解】

(1)平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，根据反应2NO(g)+2CO(g)2CO 2(g)+N 2 (g) ，平衡常数()()

()()22222c CO c N c NO c CO K ?=?；该反应为放热反

应，温度升高时平衡逆向移动，所以平衡常数减小；根据速率之比等于各物质系数比可知：v(CO)= -3-3-43.6010-2.8510/2=3.7510mol/L s Δc =(Δt

????（）），前2s 内的平均反应速率v(N 2)=v(CO)/2=1.875×10-4 mol/(L·s ）；一氧化氮的转化率变大,说明平衡正向移动可以通过增大压强，使平衡正向移动，故答案为： ()()

()()22222c CO c N c NO c CO K ?=

? ；减小；1.875×10-4mol/(L·s ）；增大压强（或其它合理答案）；

(2)工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性，故答案为：催化剂在500℃左右具有最佳活性；

(3) A. 浓度之比为1：3：2，并不是不变，不能判断是否平衡，A 项错误；

B. 反应正向进行，体积减小，当压强不变时，已经到达平衡，B 项正确；

C.N 2、H 2、NH 3的浓度不再变化，已经到达平衡，C 项正确；

D. 可逆反应达到平衡时，正、逆反应的速率相等，但不会等于零，D 项错误；故答案为：BC ；

(4)二者恰好反应生成氯化铵，水解方程式为NH 4++H 2O NH 3.H 2O+H +，溶液呈酸性，即c(H +)>c(OH -)，根据溶液呈电中性有: c(NH 4+)+c(H +)=c(OH -)+ c(Cl -)，因为c(H +)>c(OH -)，所以c(Cl -)> c(NH 4+)，故离子浓度大小关系为: c(Cl -)> c(NH 4+)>c(H +)>c(OH -)；溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变，故答案为：c(Cl -)> c(NH 4+)>c(H +)>c(OH -)；几乎不变。

【点睛】

本题易错点(3)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。

11．微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。有一种银锌电池，其电极分别是Ag 2O 和Zn ，电解质溶液为KOH 溶液，总反应是Zn ＋Ag 2O ＝ZnO ＋2Ag 。

请回答下列问题。

(1)该电池属于_________电池(填“一次”或“二次”)。

(2)负极是_________，电极反应式是__________________________。

(3)使用时，正极区的pH_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(4)事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____。(填字母)

A ．C(s)+H 2O(g)=CO(g)+H 2(g) △H>0

B．NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)△H<0

C．2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)△H<0

(5)以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为

__________。

【答案】一次 Zn Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O 增大 C CO－2e－+4OH－=C O 32－+2H2O

【解析】

【分析】

（1）纽扣电池为一次电池；

（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，据此分析作答；

（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，根据电极反应确定c(OH-)的变化以判断pH的变化；

（4）可设计成原电池的反应应为氧化还原反应；

（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，正极通入氧化剂，得电子发生还原反应，据此作答。

【详解】

（1）纽扣电池为一次电池；

（2）根据电池的总反应可知Zn为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O；

（3）根据电池的总反应可知，Ag2O为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，使用时，c(OH-)增大，因此正极区的pH逐渐增大；

（4）A. 能设计成原电池的反应通常是放热反应，由于反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)是氧化还原反应，但该反应为吸热反应，因而不能设计成原电池，A项错误；

B. 反应NaOH(aq)+HC1(aq)=NaC1(aq)+H2O(1)为复分解反应，不能设计成原电池，B项错误；

C. 反应2CO(g)+O2(g)=2CO2(1)为氧化还原反应，且该反应为放热反应，可设计成原电池，C 项正确；

答案选C。

（5）燃料电池中，负极通入燃料，燃料失电子发生氧化反应，电极反应为CO-2e－+4OH－=CO32- +2H2O。

【点睛】

设计制作化学电源的过程为：

12．（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2mol A 和1mol B ，乙中充入2mol C 和1mol He ，此时K 停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g)B(g)+?2C(g)；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 02a << ＝ 1b -

【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3mol ，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2mol ，则隔板K 应停留在“2”的位置，所以02a <<；

（2）①假设甲中投入2mol A 和1mol B ，乙中投入2mol C 达平衡时两容器内是等效的，即平衡时C 的物质的量相等，然后再向乙容器中投入1mol He ，由于是恒容容器，且He 不参与反应，故乙平衡不移动，则甲、乙两容器中的C 的物质的量仍相等；

②若甲中A 的转化率为b ，则平衡时生成C 的物质的量为2b ，由于甲、乙完全等效，则乙容器中C 的物质的量也为2b ，即C 的转化率22b 2

1b -==-。

13．I.某温度时，在0.5L 密闭容器中，某一可逆反应的A 、B 气体物质的量随时间变化的曲线如图所示，由图中数据分析可得：

（1）该反应的化学方程式为___。

（2）若降低温度，则该反应的逆反应速率___。(填“加快”“减慢”或“不变”)。

（3）第4min时，正、逆反应速率的大小关系为：v(正)_v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。

（4）反应至4min时，A的转化率为__。

（5）能判断该反应在一定温度下达到化学平衡状态的依据是__(填字母代号)。

A．v(A)=2v(B)

B．容器内压强不再发生变化

C．容器内气体密度不再发生变化

D．B的体积分数不再发生变化

E．容器内气体原子总数不再发生变化

F．相同时间内消耗2nmol的A的同时生成nmol的B

II.已知某可逆反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)＋dD(g)。请回答下列问题：

（1）根据实验测定结果，描绘出了该反应达到平衡状态时及改变外界条件后，反应速率与时间的关系图像(如图1所示)，有利于提高D产量的变化过程是图像中的__段；引起该变化过程的外界条件是__。

（2）根据实验测定结果描绘出了图2。由此图像可以得出，升高温度，上述平衡将向

__(填“正反应”、“逆反应”)方向移动，K值__(填“增大”、“减小”、“不变”)；反应计量数之间的关系：a＋b__c＋d(填“大于”、“小于”、“等于”或“不确定”)。

【答案】2A(g)?B(g) 减慢 > 50% BD t3～t4增大反应物浓度逆反应减小大于【解析】

【详解】

I、（1）由图可知，从反应开始，A的物质的量减少，B的物质的量增加，则A为反应物、B为生成物，开始至4min时，A减少0.8mol?0.4mol=0.4mol，B增加

0.4mol?0.2mol=0.2mol，由物质的变化量之比等于化学计量数之比可知，A、B的化学计量数比为2:1，且后来达到平衡状态，则反应方程式为2A(g)?B(g)；

（2）降低温度，体系内活化分子数降低，运动速率降低，导致化学反应速率减慢；

（3）由图像可知，4min后，A的量还在减小，B的量还在逐渐增加，说明反应依旧在向正向进行，故v(正)>v(逆)；

（4）0～4min，Δn(A)=(0.8-0.4)mol=0.4mol，其转化率=0.4mol

100%

0.8mol

=50%；

（5）A、未标明该速率是正反应速率还是逆反应速率，无法据此判断该反应是否处于平衡状态，故A错误；

B、该反应在恒温恒容条件下进行，气体的物质的量之比=容器内压强之比，该反应属于气体非等体积反应，反应过程中，气体的物质的量会发生变化，当气体物质的量不变时，即容器内压强不再变化时，能够说明该反应达到平衡状态，故B正确；

C、该反应在反应过程中，气体的质量不变，且该反应是在恒容容器中进行，故气体的密度始终不变，故不能根据密度判断反应达到平衡状态，故C错误；

D、该反应正向进行过程中，B的体积分数逐渐增加，当B的体积分数不再发生变化时，可说明该反应达到平衡状态，故D正确；

E、根据原子守恒，该反应进行过程中，气体原子数目始终保持不变，故不能根据原子数目判断反应达到平衡状态，故E错误；

F、根据化学方程式计量数之比可知，任意时刻，消耗2nmol的A的同时生成nmol的B，故不能据此判断反应是否达到平衡状态，故F错误；

II、（1）根据图象知，t3改变条件瞬间，正反应速率增大、逆反应速率不变，平衡向正反应方向移动，说明增大反应物浓度；t5改变条件瞬间，正逆反应速率都减小，平衡向逆反应方向移动，改变条件应该是减小压强或降低温度，有利于提高D产量的变化过程是向正反应方向进行的过程，根据图象知利于提高D产量的变化过程是图象中的段t3～t4；改变的条件是增大反应物浓度；

（2）根据图象知，一定压强下，升高温度，C的体积分数减小，说明正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，K值减小；相同温度下，增大压强，C的体积分数增大，平衡向正反应方向移动，则a+b＞c+d。

14．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。

15．部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示：

②F F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族

(1)A元素在周期表中的位置为____________________________________________。

(2)B与C形成的化合物的化学式为________，它属于________(填“离子”或“共价”)化合物。

(3)①F与E可以形成原子个数比分别为2∶1、1∶1的两种化合物X和Y，区别X与Y的水溶液的实验方法是____________________

②F与C组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与X、Y相等，则M的水溶液显

________性，N的结构式为________。

(4)C与E都是较活泼的非金属元素，用化学方程式表明这两种单质的氧化性强弱____。

(5)有人认为B、D的单质用导线连接后插入氯化钠溶液中可以形成原电池，你认为是否可以，若可以，试写出正极的电极方程式(若认为不行可不写)___________________

【答案】第四周期第Ⅷ族 Mg3N2离子分别取X、Y各少许置于试管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速产生无色气体的是H2O2，无明显现象的是H2O 三角锥形

4NH3+3O22N2+6H2O Si﹣4e﹣+6OH﹣═SiO32﹣+3H2O

【解析】

【分析】

A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A为Fe元素；B 元素原子最外层电子数是内层电子总数的，B有3个电子层，最外层电子数为2，则B

为Mg元素；C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C为N元素；D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料，则D为Si；F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族，其化合价表现+1、﹣1，故F为H元素；通常情况下，E没有最高正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物，则E为O元素，据此解答。

【详解】

A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A为Fe元素；B 元素原子最外层电子数是内层电子总数的，B有3个电子层，最外层电子数为2，则B

为Mg元素；C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C为N元素；D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料，则D为Si；F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族，其化合价表现+1、﹣1，故F为H元素；通常情况下，E没有最高正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物，则E为O元素；

(1)A为Fe元素，在周期表中的位置为：第四周期第Ⅷ族；

(2)Mg与N元素形成的化合物的化学式为Mg3N2，它属于离子化合物；

(3)①H与O元素可以形成原子个数比分别为2：1、1：1的两种化合物X和Y，则X为

H2O、Y为H2O2，区别X与Y的水溶液的实验方法是：分别取X、Y各少许置于试管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速产生无色气体的是H2O2；无明显现象的是H2O；

②H与N组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与H2O、H2O2相等，则M为NH3、N