备战高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应与能量附答案

备战高考化学培优易错难题(含解析)之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.高镒酸钾(KMnO,)是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。以软镒矿(主要成分为MnO2)为原料生产高镒酸钾的工艺路线如下:电耦法卜;电耦法卜;(1)原料软镒矿与氢氧化钾按 1：1的比例在烘炒锅”中混配，混配前应将软镒矿粉碎,其作用是。(2)平炉”中发生的化学方程式为。(3)平炉”中需要加压，其目的是。(4)将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。①CO2歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CQ气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成 K2MnO4,MnO2和(写化学式)。②电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为,阴极逸出的气体是。③电解法”和CO2歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为。(5)高镒酸钾纯度的测定：称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000molL-1的H2c2O4标准溶液20.00mL,加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为 24.48mL,该样品的纯度为(列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CQT+8H2O)。【答案】扩大接触面积，加快化学反应速率 2MnO2+O2+4KOHA2K2MnO4+2H2O增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大 K2CC3MnO42--e-=MnO4-H23:295.62%【解析】【分析】【详解】(1)MnC2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；(2)根据流程图可知，在平炉”中MnC2、KOKC2在加热时反应产生K2MnC4,结合质量守恒定律可知，另外一种物质是 H2C,则发生的化学方程式为2MnC2+C2+4KCIH^__2K2MnC4+2H2C；(3)由于上述反应中氧气是气体，在平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移

动，故可以提高原料的转化率；(4)①在&MnO4溶液中通入CQ气体，使体系呈中性或弱碱性， K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4,MnO2,根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是 K2CO3,根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是： 3K2MnO4+2CC2=2KMnO4+MnO2+K2CO3；②电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnC42-失去电子，发生氧化反应，产生 MnC4-o电极反应式是：MnC42--e-=MnC4-;在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是： 2H2O+2e-=H2T+2OH。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnC4+2H2O通电2KMnC4+2H2T+2KCH③根据电解法”方程式2K2MnO4+2H2C亶号2KMnC4+2H2T+2KCH可矢口K2MnC4的理论利用率是100%；而在“CM化法"32MnC4+2CC2=2KMnC4+MnC2+K2CC3中，K2MnC4的理论禾用率是2/3,所以二者的理论利用率之比为 3:2;(5)根据离子方程式2MnO4-+5H2QO4+6H+=2Mn2++10CC2T+8H2O可知KMnO4与草酸反应2xq?x20的关系式是：2KMnO4〜5H2c2。4。配制的溶液的浓度为： c二. 汨口『上。则5x24.481.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：1002xQ20n=77—7/三一二二二切加二0.006536rno/KMnO4的质量为：m="0.006536mol"x1000 5x22.45158g/mol=1.03269g。故其纯度为:158g/mol=1.03269g。故其纯度为:_L。支邸豆

l.OSOO^X100%=95.62%.碳酸镒是制取其他含镒化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化钱和菱镒矿粉制备高纯度碳酸镒的工艺流程如图所示氯化段美镉矿粉碳酸镒产品। 浸出渣氯化技—I碳酸镒产品। 浸出渣氯化技—I冷却结晶碳酸豆技浸出液送液t包滤饼净化除杂已知①菱镒矿粉的主要成分是 MnCCh,还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素②常温下，相关金属离子在浓度为 0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表金属离子Al3+I-3+FeL2+FeCa2+Mn2+Mg2+开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6

沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6回答下列问题:(1)混合研磨”的作用为 (2)焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为⑶分析图1、图2,焙烧氯化钱、菱镒矿粉的最佳条件是0.50的。颤口州0.50的。颤口州1,10± 1.40焙烧温度/匕图1熔烧温度对镜净出率的影响/d(NH4C1):焙烧温度/匕图1熔烧温度对镜净出率的影响图2氨化技用量对镒净出率的影哂(4)净化除杂流程如下氧化剂X氨水 NH4F浸出液一►氧化―>调pH除Fe、Al—►除Ca、Mg—>净化液①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为 (NH4)2QO8>KMnO4>MnO2>Fe3+,则氧化剂X宜选A.(NH4)2S2O8B.MnO2 C.KMnO4②调节pH时，pH可取的范围为(5)碳化结晶”过程中不能用碳酸钱代替碳酸氢钱，可能的原因是【答案】加快反应速率 MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3T+CQT+H?O温度为500C,且m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10B5.2<pH<8.8CO2-水解程度大于HCC3-,易生成氢氧化物沉淀【解析】【分析】菱镒矿的主要成分为MnCC3,加入氯化钱焙烧发生MnCC3+2NH4c盘=MnCl2+CC2T+2NH3T+H2OT,气体为二氧化碳和氨气、水蒸气，浸出液中含MnCl2、FeC2、CaC2、MgCl2、AICI3等，结合表中离子的沉淀pH及信息可知，浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调pH,生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F,除去ca2+、Mg2+,净化液加入碳酸氢钱碳化结晶过滤得到碳酸镒，据此分析解题。(1)混合研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率;(2)根据流程，菱镁矿粉与氯化钱混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和 Mn2+,主要化学反应方程式为：MnCO3+2NH4cL.MnCl2+2NH3,+COf+H2O；(3)由图可知，镒的浸出率随着焙烧温度、氯化钱与菱镁矿粉的质量之比增大而提高，到500C、1.10达到最高，再增大镒的浸出率变化不明显，故氯化钱焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500C,氯化俊与菱镁矿粉的质量之比为 1.10;(4)净化过程：加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子，加氨水调 pH,生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝，加入NH4F,除去Cs2+、Mg2+;①最合适的试剂为MnO2,氧化亚铁离子，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,且不引入新杂质，故答案为 B;②调节溶液pH使Fe3+,A13+沉淀完全，同时不使Mn2+沉淀，根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2<pH8.8;⑸碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2++HCQ-+NH3—MnCO3j+NH4+,不用碳酸俊溶液替代NH4HCQ溶液，可能的原因是碳酸俊溶液中的 c(OH-)较大，会产生Mn(OH)2沉淀。【点睛】考查物质制备流程和方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，需要学生有扎实的基础知识的同时，还要有处理信息应用的能力，注意对化学平衡常数的灵活运用，综合性强。.以馍废料(主要成分为馍铁合金，含少量铜 )为原料，生产NiO的部分工艺流程如下：H于门-HHQ溶液溶液XaOH溶液H;SN屯溶液I III镣废料一画^ *回回——^透］—画］一近画一画］一所。I III氨轲化物 Fe(UH>!滤清滤液已知：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1.0molL1计算)。氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2开始沉淀的pH1.56.57.7沉淀完全的pH3.39.99.2(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)沉馍”时得到碱式碳酸馍［用xNiCO3yNi(OH)2表示］沉淀。①在隔绝空气条件下， 煨烧”碱式碳酸馍得到NiO,该反应的化学方程式为。②沉馍”时，溶液pH增大，碱式碳酸馍中 Ni元素含量会增加，原因是。 夕段烧【答案】3.3<pH<7.7CuSxNiCOyNi(OH)2—(x+y)NiO+xCQT+yH2。Ni(OH)2中Ni含量高于NiCQ,pH越大，碱式碳酸馍中Ni(OH)2比例增大【解析】【分析】以馍废料(主要成分为馍铁合金，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,煨烧可生成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， 煨烧”碱式碳酸馍得到NiO,xNiCO3yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O;②pH越大，溶液碱性越强，结合碱式碳酸馍 ［用xNiCO3yNi(OH)2表示］组成分析；【详解】(1)除铁”时要求铁离子全部除掉， pH3.3,馍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+Ci2+=CuSj+2。，因此滤渣的成分为CuS;(3)①在隔绝空气条件下， 煨烧”碱式碳酸馍得到NiO,xNiCQyNi(OH)2高温下分解生成“段烧NiO、CQ和H2O,其化学方程式为：xNiCO3yNi(OH)2—(x+y)NiO+xCQT+yH2O；②碱式碳酸馍［用xNiCC3yNi(OH)2表示］沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCC3,pH越大，碱式碳酸馍中Ni(OH)2比例增大，所以碱式碳酸馍中 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.硝酸俊常用作化肥和化工原料，工业上制备硝酸钱的简要流程如图:(1)中和器中主要反应的化学方程式为(2)制备硝酸钱采用加压中和法还是常压中和法？同时说明原因(3)在不同的反应条件下，中和器中硝酸浓度与硝酸钱含量存在如图关系:［不利用中和热及在不同情况下利用中和热时生产硝俊溶液中 NH4NO3的含量1—HNO3和NH3（70C）;2—HNO3和NH3（50C）;3—HNO3（50C）和NH3（20C）;4—HNO3和NH3（20C）］①按图中的数据分析，要使中和器中硝酸俊含量达到 90%以上，原料最佳温度和硝酸最佳含量是 70C;58%HNO3（50C）,NH3（20C）;56%50C;56%20C;58%②中和器中产品检测时，工作人员发现 N2浓度明显高于正常空气带入的 N2浓度，试用化学方程式表示中和器中生成N2的最有可能的过程、③以下制备硝酸钱分析不正确的是A.硝酸钱制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸俊溶液。B.采用真空蒸发器有利于获得较高浓度的硝酸俊溶液和较大颗粒的硝酸俊晶体析出。C.已知NH3与HNO3的气相反应很不彻底，工艺中应尽量使反应在液相中进行，可将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应。D.充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，可以降低原料损耗。【答案】NH3+HNO3=NH4NO3采用加压中和法。原因是加压可以增大反应的速率和提高产率A4HNO3=4NO2+O2+2H2O6NQ2+8NH3=7N2+12H2。BC【解析】【分析】（1）氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸俊；（2）压强越大化学反应速率越快，且增大压强可以提高产率；（3）①要使中和器中硝酸俊含量达到 90%以上，硝酸的含量越低越好；②HNO3易分解生成NO2、。2、H2O,NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2。【详解】（1）氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸俊，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3；（2）压强越大单位体积内活化分子个数越多，则化学反应速率越快，该反应前后气体计量数减小，则增大压强可以提高产率，所以采用加压中和法；（3）①要使中和器中硝酸俊含量达到 90%以上，硝酸的含量越低越好，根据图知，温度为70C、硝酸含量为58%最好，答案选A;②HNO3易分解生成NO2、。2、H2O,NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2,发生的反应

为4HNO3=4NO2+O2+2H2。、6NO2+8NH3=7N2为4HNO3=4NO2+O2+2H2。、6NO2+8NH3=7N2+12H2O；③A、中和时放出的热量预热原料能加快化学反应速率，浓缩溶液需要加热，所以硝酸俊制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸俊溶液，从而减少资源浪费， A正确，不符合题意；B、结晶速率越慢得到的颗粒越大，采用真空蒸发器增大蒸发速率，虽然有利于获得较高浓度的硝酸钱溶液，但得到较小颗粒的硝酸俊晶体析出， B错误，符合题意；C、将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应，放出的热量会使得液氨气化，会导致氨的转化率降低，不利于硝酸钱的制取， C错误，符合题意；D、充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，增大原料的利用，从而可以降低原料损耗，D正确，不符合题意；答案为： BC。【点睛】⑶③问中，结晶速率和晶体颗粒大小的关系，是易错点，要注意。5.(1)选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应:Zn+CuSQ=ZnSQ+Cu。①画出装置图:②电极材料和电解质溶液各是什么一。?③写出电极反应式：负极： ―；正极：(2)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气―L(标准状况下)。导线中通过mol电子。负极：锌片、正极：铜片； CuSQ溶液Zn-2e-=Zn2+CU2++2e-=Cu1.12L0.1【解析】【分析】(1)利用反应Zn+CuSQ=ZnSQ+Cu设计原电池，根据反应可知，是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为写出电极反应式。(2)根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。【详解】(1)①利用反应Zn+CuSQ=ZnSQ+Cu设计原电池，根据反应可知,以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为Zn为负极，则正极可以CuSOt,根据原电池原理Zn为负极，则正极可CuSQ,设计的原电池装置为:③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：CuSQ溶液；ZnNe-=Zn2+,正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应， CuSQ溶液中的阳离子有Cu2CuSQ溶液；ZnNe-=Zn2+,正极为溶液中H+,正极反应为：，Cu2++2e-=Cu;(2)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极： ZnNe-=Zn2+,正极:3.25g2H++2e=H2T,由电极反应n(H2)=n(Zn尸”，\0.05mol,65g/molV(H2)=0.05mol22.4L/mol=1.12L,n(e-)=2n(Zn)=20.05mol=0.1mol。【点睛】原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现象一般为产生气体或质量增加。6.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=2伯SQ+4H2。。(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】。2H2S+8OH-6e-=SQ2-+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：。2。(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-=SQ2-+5H2O。答案为：H2S+8OH-6e-=SQ2-+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-。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： 2NOz(g)=TN2O4(g)+Q。'"Q】，巽骷30萼43(1)前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=―；a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态是;35min时，反应2NO2(g)==^N2O4(g)在d点的平衡常数K(d)―K(b)(填“>“峨<”(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/(Lmin)b和d=BD【解析】【分析】据图可知单位时间内X的浓度变化是丫的两倍，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 c0.6mol|L-1-0.2mol|L-1 … v(NO2)=——= 1 »—=0.04mol/(Lmin);t 10min(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；⑶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25min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。8.一定条件下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。〜2min内A的平均反应速率为mo1/(Lmin)(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+bc+d(选填“>'”或"=；V逆(选填增大"、臧小"或不变”)(3)若反应速率(v)与时间⑴的关系如图所示，则导致 ti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。〜2min内A的平均1mol-0.4mol反应速率v=c= 2L =0.15mo1/(L?min),故答案为：0.15；t 2min(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。9.在一密闭容器中发生反应 N2+3H2=2NH3,AH<0；达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示 ，回答下列问题：

VTVT(1)处于平衡状态的时间段是(填选项)；A.to〜tl B.tl〜t2 C.t2〜t3D.t3〜t4E.t4〜t5 F.t5〜t6(2)tl、t3、t4时刻分别改变的一个条件是(填选项)；A.增大压强 B.减小压强 C.升高温度D.降低温度 E,加催化剂 F充入氮气tl时刻；t4时刻；⑶依据(2)中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是(填选项)；A.to〜tl Bt2〜t3 C.t3〜t4 D.t5〜t6(4)如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨， t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线；(5)一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为 20%,则反应后与反应前的混合气体体积之比为。%力t,tjtj(5t7t【解析】【分析】(1)根据图示结合丫正二丫逆，判断是否处于平衡状态；(2)由图可知，力正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率； t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；(3)由图可知，tl平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，根据移动结果分析；(4)分离出生成物，逆反应速率瞬间减小，平衡正向移动；(5)设反应前加入amolN2,bmolH2,达平衡时生成2xmolNH3,根据三段式和氨气的体积分数计算.【详解】(1)根据图示可知，t0〜t1、t2〜t3、t3〜t4、t5〜t6时间段内，V正、V逆相等，反应处于平衡状态，故答案为：ACDF(2)由N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)AH<0,可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的

反应，则由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，故答案为：C；B；(3)由图可知，ti平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则to〜ti氨气的含量最大，故答案为： A;(4)t6时刻移出部分氨气，逆反应速率瞬间减小，正反应速率该瞬间不变，平衡正向移动，逆反应速率增大，正反应速率减小，直至平衡，故答案为:2xmolNH3,则有(5)设反应前加入amolN2,bmolH2,2xmolNH3,则有N2g+3儿g=2NH3gTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"起始 a b 0\o"CurrentDocument"转化 x 3x 2x\o"CurrentDocument"平衡 a-x b-3x 2x则反应后气体总的物质的量=(a+b-2x)mol,二x—=0.2,解得：a+b=12x,故反应后与则反应后气体总的物质的量=(a+b-2x)a+b-2x12x-2x 5的依—〃o反应前的混合气体体积之比 = 二—，故答案为：5：6。反应前的混合气体体积之比a+b12x 610.为了减少CO对大气的污染，某研究T学习小组拟研究 CO和此。反应转化为绿色能源H2o1 」已知：①CO(g)+O2(g)=CQ(g)△H=-283kJmol-12②H2(g)+—O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJmol-12③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJmol-1(1)H2的燃烧热^H=。(2)写出CO(g^H2O(g)作用生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式：。(3)相关物质的化学键键能数据如下：化学键O=O(O2)H-HH-OE/(kJmol-1)x436463

计算x=kJmol-1。(4)某反应2X(g)+Y(g)?2Z(g)AH=-QkJmol-1,反应过程中能量变化如图所示，其中虚线表示加入催化剂M时的情况。能量'RMIuidLYcii)反应过程①加入催化剂M后，△H(填改变”或不变"J②在使用催化剂的两部反应中，(填第一步"或第二步”决定反应速率。【答案】-285.8kJmol-1CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJmol-1496.4不变第【解析】【分析】⑴在25摄氏度，101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热；(2)根据盖斯定律继续计算；(3)始变=反应物键能-生成物键能，再根据氢气的燃烧热方程式计算；(4)①反应热与反应路径无关；②反应活化能大的一步决定反应速率。【详解】(1)由反应②H2(g)+1O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJmol-1③③。(l)=H2O(g)△H=+44.0kJmol-1结合盖斯定律可知1mol氢气燃烧生成液体水放出的热量为 241.8kJ+44.0kJ=285.8kJ,故答案为：-285.8kJmol-1;，一一1 」(2)由反应①CO(g)+—O2(g)=CQ(g)△H=-283kJmol-12②H2(g)+—O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJmol-12结合盖斯定律可知反应 CO(g)+H2O(gLCO2(g)+H2(g)可由①-②得到，所以该反应的△ H=-283kJmol-1-(-241.8kJmol-1)=-41.2kJmol-1,故答案为：CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO(g)△H=-41.2kJmol-1；⑶由第(1)题可知：H2(g)+1O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJmol-1,根据始变=反应物键能-生成2物键能可得436kJmol-1+-x-2x463Jol-1=-285.8kJmol-1,解得x=496.4kJmol-1,故答案2为：496.4;

(4)①催化剂只改变反应活化能不改变烙变，故答案为：不变；②根据图示可知第一步反应活化能较大，所以第一步决定反应速率，故答案为：第一步。11.一氧化碳和二氧化硫是用途广泛的化工基础原料。(1)已知：C(s)+。2(1)已知：C(s)+。2(g)C(s)+CC2(g)=2CO(g)S(s)+C2(g)=SC2(g)△H2=+172.5kJmol1已知某反应的平衡常数 K2CC2SO2[CO]2,已知某反应的平衡常数 K2CC2SO2[CO]2,据以上信息，请写出该反应的热化学反应方程(2)工业上用一氧化碳制取氢气的反应为： CC(g)+H2O(g)\ 'CC(g)+H2(g),已知420c时，该反应的化学平衡常数为 9.0o如果反应开始时，在2L的密闭容器中充入CC和H2C的物质的量都是0.60mol,5min末达到平衡，则此时CC的转化率为,H2的化学反应速率为。(3)工业利用反应2SC2(g)+O2(g)^=2SC3(g)制硫酸，一定条件下，将1molSC2与2molC2置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是a体系压强保持不变b混合气体密度保持不变cSC2和C2的物质的量保持不变d每消耗1molSC3的同时，生成0.5molC2【答案】SC2(g)+2CC(g) 2CC2(g)+S(s)AH=-270kJmol-1； 75%0.045molL-1min-1a、c【解析】【分析】2CC2(1)已知某反应的平衡常数K 2一2,则该反应的万程式为SC2[CC]2SC2(g)+2CC(g)?2CC2(g)+S(s),根据盖斯定律结合已知方程式计算反应热；(2)根据所给反应的平衡常数，利用三段式法计算浓度变化值结合公式计算；(3)学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0,各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；【详解】2CC2(1)已知某反应的平衡常数K 2,则该反应的万程式为SC2[CC]SC2(g)+2CC(g)?2CC2(g)+S(s),①C(s)+Q(g尸CQ(g)AH1=-393.5kJ?mol-1

②C(s)+CO(g)=2CO(g4H2=+172.5kJ?mol③S(s)+Q(g尸SQ(g)4H3=-296.0kJ?mol-1,由盖斯定律①-②-③可得SO2(g)+2CO(g)?2CO2(g)+S(s)△H=-270kJ?mol-1；故答案为：SQ(g)+2CO(g)?2CO2(g)+S(s)△H=-270kJ?mol-1;(2)设参加反应的CO的浓度为xTOC\o"1-5"\h\zCOg+H2OgFCO2g+H2g起始 0.30 0.30 0 0转化 x x x x平衡 0.30-x 0.30-x x x2CO22CO2 _ _2=SO2[CO]2x ^=9.0,0.30-x解得x=0.225mol/L,所以CO的转化率a(CO)=0.225mo卜1X100%=75%氢气反应速率0.30mol(L175%;0.045mol/(L?min);v(H2)=cH2=0.225mol|L=0.045mol/(L?min),故答案为:75%;0.045mol/(L?min);(3)a.反应前后气体的体积不等，故容器总压强随时间改变，当压强不再随着时间变化时，即达到化学平衡状态，故a正确；b.总质量不变，体积不变，故混合气体的密度始终不变，所以不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据，故b错误；c.起始SO2和O2的物质的量之比为1:2,而反应过程中按照2:1的比例进行反应，所以SQ和O2的物质的量之比不变时说明反应达到平衡，故c正确；d.每消耗1molSO3为逆反应速率，同时，生成0.5molO2也为逆反应速率，任一时刻不同物质表示的同一方向速率之比等于计量数之比，故 d错误；故答案为：ac；12.如图所示，12.如图所示，A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的 CuC2溶液。ABCA、B、C三个装置中属于原电池的是―(填标号)。A池中Zn是极，电极反应式为―；A中总反应的离子方程式―。B池中总反应的方程式为—。C池中Zn是―极，发生—反应，电极反应式为—；反应过程中，CuC2溶液浓度(填“变大”“变小”或“不变” )。【答案】A负 Zn-2e-=Zn2+ Zn+Cu2 =Zn2 +Cu CuC2 电Cu+C2T 阴还原 Cu2++2e=Cu不变【解析】【分析】A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池。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。B池中总反应为电解氯化铜。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， CuC2溶液浓度变化情况。【详解】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 Ao答案为:A;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-2e-=Zn2+;Zn+Cu2=Zn2++Cu;B池中总反应，就是电解氯化铜的反应，方程式为 CuC2锚Q+C2"答案为：CuC2电招Cu+CbT；C池中，与负极相连的电极为阴极， Zn与电源负极相连，是阴极，得电子，发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；反应过程中，阳极Cu-2e-=CU2+,生成的Cu2+与阴极消耗的Cu2+物质的量相等，则CuC2溶液浓度不变。答案为:阴；还原； Cu2+2e-=Cu;不变。【点睛】不管是原电池还是电解池，解题的切入点都是电极的判断。通常，原电池的负极金属材料都会失电子生成阳离子；而电解池的阳极材料是否失电子，则要看其是否为活性电极。若阳极为活性电极，则在电解时阳极材料失电子；若为惰性电极，则阳极发生溶液中阴离子失电子的反应。.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17gNH3(g),放出46.1kJ的热量。请回答下列问题：反应过程(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AH=kJmol-1。(3)起始充入2molL-1N2和5.5molL-1H2,经过50min,NH3的浓度为1molL-1,则v(N2)=molL-1min-1,c(H2)=molL-1(4)已知NH3(g)=NH3(l)AH=-QkJmol-1，则N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)的AH=kJmol-1【答案】变小 无AH取决于反应物的总能量和生成物的总能量差 -92.20.014-(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17gNH3(g),放出46.1J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)计算的始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17gNH3(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：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g),△H=-92.2kJ/mol,故答案为:-92.2；(3)起始充入2mol?L-1N2和5.5mol?L-1H2,经过50min,NH3的浓度为1mol?L-1,则依据所给数据建立如下三段式：N2g+3儿g=2NH3gTOC\o"1-5"\h\z开始 2 5.5 0变化 0.5 1.5 1平衡 1.5 4 1由三段式可得v(N2)=°^m0"L=0.01mol/(L?min),c(H2)=4mol/L,故答案为：0.01;4;(4)由热化学方程式①N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)AH=-92.2kJ/mol,②NH3(g)—NH3(l)AH=-QkJ?mol-1,依据盖斯定律①+②X4导到N2(g)+3H2(g)—2NH3(l)AH=-(92.2+2Q)kJ?mol-1,故答案为：-(92.2+2Q)。. (1)依据反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如下图甲所示。电极X的材料是;Y溶液可以是;银电极上发生的电极反应式是。③在电池放电过程中，盛有饱和 KCl琼脂溶胶的盐桥中，向 CuSQ溶液一端扩散的离子是(填离子符号)。(2)金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，可以采用电化学手段进行防腐。①炒菜的铁锅未及时清洗容易生锈。写出铁锅生锈过程的正极反应式②为了减缓某水库铁闸门被腐蚀的速率，可以采用下图乙所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用(填写字母序号)。A.铜 B钠 C.锌 D.石墨③图丙所示方案也可以减缓铁闸门的腐蚀速率，则铁闸门应连接直流电源的极。(3)蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是：NiO2+Fe+2H2O\充电'Fe(OH)2+Ni(OH)2。(填序号)。①若此蓄电池放电时，该电池某一电极发生还原反应的物质是(填序号)。A.NiO2 B.FeCFe(OH)2D.Ni(OH)2②该电池放电时，正极附近溶液的 PH(填增大、减小、不变)③充电时该电池阳极的电极反应式。【答案】CuAgNQAg+e=AgC-Q+2H2O+4e=4OHC负A增大Ni(OH)2-2e-+2OH=NiO2+2H2O【解析】【分析】(1)由反应方程式可知，该原电池的电极反应式为：正极： 2Ag++2e-—2Ag,负极：Cu-2e-—Cu2+,所以X极的材料应为Cu,电解质溶液丫应为AgNO3溶液，外电路中的电子从Cu极流向Ag极.盐桥中的K+移向正极(Ag极)；NO3-移向负极(Cu极)，以此解答。(2)①生铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子的还原反应；②原电池的负极金属易被腐蚀，根据原电池的工作原理来回答；③在电解池的阴极上的金属被保护，根据电解池的工作原理来回答；(3)①依据电池反应分析，充电为电解池，放电为原电池；放电过程中原电池的负极上失电子发生氧化反应，正极上发生还原反应；②放电时的电极反应是：负极： Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2；③放电时正极发生还原反应，正极反应式为： NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-,充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的逆反应.【详解】(1)①由反应 “2Ag(aq) +Cu(s) —Cu2+ (aq) +2Ag (s) ”可知，在反应中，Cu被氧化，失电子，应为原电池的负极， Ag+在正极上得电子被还原，电解质溶液为 AgNO3,故答案为：Cu;AgNO3；②正极为活泼性较Cu弱的Ag,Ag+在正极上得电子被还原，电极反应为 Ag++e=Ag,故答案为：Ag++e-=Ag;③盐桥中的阳离子移向正极，阴离子移向负极， Cl-移向负极向CuSQ溶液一端扩散，故答案为：Cl-；(2)①炒过菜的铁锅未及时清洗容易发生电化学腐蚀而生锈，在铁的吸氧腐蚀中，负极上铁失电子发生氧化反应， Fe=F3+2e-,正极上是氧气得电子的还原反应， O2+2H2O+4e-=4OH-,故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH-;②为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以让金属铁做原电池的正极，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以是比金属铁的活泼性强的金属，钾钙钠都不能做电极材料，故答案为：C;③电解池的阴极上的金属被保护，为降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极，故答案为：负；(3)①根据原电池在放电时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，再根据元素化合价变化，可判断该电池负极发生反应的物质为 Fe被氧化发生氧化反应，正极为 NiO2,被还原发生还原反应，此电池为碱性电池，在书写电极反应和总电池反应方程式时不能出现H+,故放电时的电极反应是：负极： Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2,正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-,故答案为：A；②放电时的电极反应是：负极： Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2,所以pH增大，故答案为：增大；③放电时正极发生还原反应，正极反应式为： NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-,充电时该电极发生氧化反应，是该电极反应的