全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题分类汇总含答案

全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题分类汇总含答案

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．如图是闪锌矿(主要成分是ZnS，含有少量FeS)制备ZnSO4·7H2O的一种工艺流程：闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4?7H2O。已知：相关金属离子浓度为0.1mol/L时形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：

(1)闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其目的是_____________。

(2)溶浸过程使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉，发生的主要反应是：ZnS＋2Fe3＋

＝Zn2＋＋2Fe2＋＋S。

①浸出液中含有的阳离子包括Zn2＋、Fe2＋、_____________。

②若改用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，也能达到浸出锌的目的，写出离子方程式

_____________。

(3)工业除铁过程需要控制沉淀速率，因此分为还原和氧化两步先后进行，如图。还原过程将部分Fe3＋转化为Fe2＋，得到pH小于1.5的溶液。氧化过程向溶液中先加入氧化物a，再通入O2。下列说法正确的是_____________(填序号)。

A．氧化物a可以是ZnO

B．滤渣2的主要成分是Fe(OH)2

C．加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3＋)

【答案】增大表面积，提高反应速率 Fe3＋、H＋ ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS AC

【解析】

【分析】

闪锌矿(主要成分是ZnS，含有FeS)，加硫酸和Fe2(SO4)3，发生ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，过滤可除去S；浸出液中先加ZnS还原，分离出滤渣1为S，滤液中通入氧气可氧化亚铁离子生成铁离子，加ZnO调节pH，铁离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe(OH)3，过滤分离出滤液经蒸发浓缩得到ZnSO4?7H2O，以此来解答。

【详解】

(1)粉碎闪锌矿可增大接触面积，加快反应速率；

(2)①使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉，所以阳离子为Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+；

②用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，根据元素守恒可知离子方程式为：ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS；

(3)A. ZnO为碱性氧化物，可增大酸性溶液pH值，同时不引入新的杂质，故A正确；

B. 根据分析可知滤渣2主要为Fe(OH)3，故B错误；

C. 加入ZnS可将铁离子还原，通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子，所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3＋)，故C正确；

综上所述选AC。

3．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) + 92.4 kJ

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

_____________________。

①0.01 mol/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0.01 mol 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V L，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A mol；另一份溶液中慢慢滴入C mol/L的氯化钡溶液B L，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D mol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】ACE BC A 生成正盐，使Ca2+完全沉淀 CO2 NH4++OH-Δ

H2O+NH3 0.112

0.01 2D-4BC

V

2A-2D

V

【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) + 92.4 kJ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CaCO3CaO+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A mol，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C mol/LBaCl2溶液B L，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D mol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) + 92.4 kJ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) + 92.4 kJ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) + 92.4 kJ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CaCO3CaO+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-Δ

H2O+NH3↑；

①0.5L 0.01 mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为：0.5L?0.01 mol/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0.01 mol BaSO4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0.005mol

0.5L

=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A mol，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C mol/LBaCl2溶液B L，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D mol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()

2D-2BC V mol/L =2D-4BC V

mol/L ；每份中硝酸根的物质的量为： n(NH 4+)- n(Cl -)-2n(SO 42-

)=()Amol-2BCmol-D-2BC

mol ，硝酸铵的浓度为

()2A-2BC-D-2BC V

???? mol/L = 2A-2D V

mol/L 。

4．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)。

5．() 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。

6．从本质入手看物质及其能量的变化，可以让我们更加深入的去理解所学知识的内涵及外延应用。对于《原电池》这部分知识也是如此，如图是原电池的基本构造模型：

（1）若a 和b 的电极材料为Al 或Mg 。

①若c 为稀NaOH 溶液时，则a 的电极材料为__，该极电极方程式为___。

②若c 为稀H 2SO 4时，则a 的电极材料为___，该极电极方程式为__。

（2）对于原电池的应用，以下说法正确的是__。

A ．选择构成原电池两极材料时，必须选择活泼性不同的两种金属材料

B ．构成原电池时，负极材料的活泼性一定比正极材料的强

C ．构成原电池时，作为负极材料的金属受到保护

D ．从能量转化角度去看，如图的氧化还原反应能量变化曲线，则不能够设计原电池

【答案】Al Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O Mg Mg-2e-=Mg2+ D

【解析】

【分析】

(1)原电池中电极由负极经导线流向正极，所以a为负极发生氧化反应，b为正极发生还原反应。

【详解】

(1)①若c为稀NaOH溶液时，电池总反应应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，Al被氧化做负极，即a的电极材料为Al，该电极方程式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；

②若c为稀H2SO4时，Mg比Al活泼，所以电池总反应式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，Mg被氧化做负极，即a的电极材料为Mg，电极方程式为：Mg-2e-=Mg2+；

(2)A．构成原电池两极材料不一定选择活泼性不同的两种金属材料，可以是活泼性相同的Pt电极、也可以是非金属材料，如燃料原电池的两极材料常选择石墨电极，故A错误；B．碱性原电池中，作为负极的材料的活泼性不一定比正极材料的强，如Al-Mg-NaOH原电池中，活泼金属Mg作正极，Al作负极，故B错误；

C．原电池中正极发生得到电子的还原反应，所以作为正极材料的金属受到保护，而负极材料的金属会加速腐蚀，故C错误；

D．原电池中发生氧化还原反应，会以电能的形式放出能量，所以一般为放热的氧化还原反应，而图示反应为吸热反应，所以从能量转化角度看，一般不设计成原电池或不能够设计原电池，故D正确；

综上所述选D。

【点睛】

构成原电池的两个电极中并不是较为活泼的金属一定就会做负极，要结合具体的环境去判断发生的总反应，再判断正负极。

7．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。某同学利用“Cu＋2Ag+＝

2Ag+Cu2+”反应设制一个化学电池，如图所示，已知该电池在外电路中，电流从a极流向b 极。请回答下列问题：

（1）b极是电池的_____________极，材料是_____________，写出该电极的反应式

_____________。

（2）a可以为_____________A、铜B、银C、铁D、石墨

（3）c溶液是_____________A、CuSO4溶液B、AgNO3溶液C、酒精溶液

（4）若该反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成Ag为_____________克。

【答案】负 Cu Cu–2e-=Cu2+ BD B 21.6

【解析】

【分析】

有题干信息可知，原电池中，电流从a极流向b极，则a为正极，得到电子，发生还原反应，b为负极，失去电子，发生氧化反应，据此分析解答问题。

【详解】

(1)根据上述分析知，b是电池的负极，失去电子，反应Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+中Cu失去电子，故Cu作负极，发生的电极反应为Cu–2e-=Cu2+，故答案为：负；Cu；Cu–2e-=Cu2+；(2)a是电池的正极，电极材料可以是比铜更稳定的Ag，也可以是惰性的石墨，故答案为：BD；

(3)电解质溶液c是含有Ag+的溶液，故答案为：B；

(4)根据得失电子守恒可得，反应过程中转移1mol电子，生成2molAg，质量为

108×2=21.6g，故答案为：21.6。

8．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1molNH 3（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NH 3的过程中溶液的导电能力___（选填“变大”“变小”“几乎不变”）

【答案】()()()()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） 催化剂在500℃左右具有最佳活性 BC c(Cl -)> c(NH 4+)>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++H 2O

NH 3.H 2O+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(NH4+)，故离子浓度大小关系为: c(Cl-)> c(NH4+)>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(NH4+)>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。

9．在一密闭容器中发生反应N2+3H2?2NH3，△H＜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：

(1)处于平衡状态的时间段是______（填选项）；

A．t0～t1B．t1～t2C．t2～t3

D．t3～t4 E．t4～t5 F．t5～t6

(2)t1、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

t1时刻__________；t4时刻__________；

(3)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．t0～t1 B．t2～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____________________。

【答案】ACDF C B A 5:6

【解析】

【分析】

（1）根据图示结合v正=v逆，判断是否处于平衡状态；

（2）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；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，t 1平衡逆向移动，t 3不移动，t 4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a mol N 2，b mol H 2，达平衡时生成2x mol NH 3，根据三段式和氨气的体积分数计算．

【详解】

（1）根据图示可知，t 0～t 1、t 2～t 3、t 3～t 4、t 5～t 6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N 2(g )+3H 2(g )?2NH 3(g )△H ＜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，t 1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；t 4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，t 1平衡逆向移动，t 3不移动，t 4平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则t 0～t 1氨气的含量最大，故答案为：A ；

（4）t 6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：

；

（5）设反应前加入a mol N 2，b mol H 2，达平衡时生成2x mol NH 3，则有

()()()

223+N g 3H 2NH g a b 0x 3x 2x

a-x b-3x 2x

g ?起始转化平衡 则反应后气体总的物质的量=（a+b-2x ）mol ，2x =0.2a+b-2x ，解得：a+b=12x ，故反应后与反应前的混合气体体积之比=a+b-2x 12x-2x 5==a+b 12x 6

，故答案为：5：6。

10．甲醇作为可再生能源，越来越受到人们的关注。已知甲醇制备的有关化学反应的平衡常数及焓变数据如下 化学反应

500℃平衡常数 焓变 ①CO(g)＋2H 2(g)

CH 3OH(g) K 1＝2.5 ΔH 1＝－116 kJ·mol －1 ②CO 2(g)＋H 2(g)H 2O(g)＋K 2＝1.0 ΔH 2＝＋41 kJ·mol －1

CO(g)

③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)

＋H2O(g)

K3＝？ΔH3＝？

（1）反应③的K3＝__，ΔH3＝___。

（2）对于反应②升高温度平衡常数___(填“增大”“减小”或“不变”)。

（3）500℃时测得反应③在某时刻CO2(g)、H2(g)、CH3OH(g)、H2O(g)的浓度(mol·L－1)分别为0.1、0.8、0.3、0.15，则此时v正__v逆(填“>”“<”或“＝”)。

【答案】2.5 －75kJ·mol－1增大 >

【解析】

【分析】

（1）

()()

()()

32

3

22

3

c CH OH c H O

K=

c CO c H

g

g

，据此计算；根据盖斯定律计算焓变；

（2）吸热反应升温平衡右移；

（3）根据浓度商和平衡常数的大小关系判断；【详解】

（1）由

()()

()()

32

3

22

3

c CH OH c H O

K=

c CO c H

g

g

，

()

()()

3

12

c CH OH

K=

c H c CO

g

，

()()

()()2

2

22

c CO c H O

K=

c CO c H

g

g

可知

312

K=K K=2.5×1.0=2.5；由①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－116 kJ·mol－1；②CO2(g)＋H2(g)H2O(g)＋CO(g) ΔH2＝＋41 kJ·mol－1；可知③=①+②，所以ΔH3＝ΔH1+ΔH2=－116 kJ·mol－1+（＋41 kJ·mol－1）=－75kJ·mol－1；故答案为：2.5；－75kJ·mol－1；

（2）反应②ΔH2大于零，故为吸热反应，升高温度，平衡右移，平衡常数增大，故答案为：增大；

（3）

()()

()()

32

22

33

c CH OH c H O

c CO c H

0.30.15

==0.88

0.10.8

Q

?

≈

?

g

g

v逆；故答案

为：>；

【点睛】

灵活运用浓度商与平衡常数的大小关系来判断平衡移动方向。

11．雾霾天气严重影响人们的生活和健康。其中首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5，其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此改善能源结构、机动车限号等措施能有效减少

PM2.5、SO2、NO x等污染。

请回答下列问题：

（1）汽车尾气中NO x和CO的生成：已知汽缸中生成NO的反应为：N2(g)＋

O2(g)2NO(g)—Q。恒温、恒容密闭容器中，下列说法中，能说明该反应达到化学平衡状态的是____。

A．混合气体的密度不再变化

B．混合气体的压强不再变化

C．N2、O2、NO的物质的量之比为1∶1∶2

D．氧气的转化率不再变化

（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NO x的排放，这使NO x的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究性小组在实验室以Ag—ZSM—5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，其可能的

原因为___，在n(NO)

n(CO)

＝1的条件下，为更好的除去NO x，应控制的最佳温度在___K左

右。

（3）车辆排放的氮氧化物、煤燃烧产生的二氧化硫是导致雾霾天气的“罪魁祸首”。活性炭可处理大气污染物NO。在5L密闭容器中加入NO和活性炭(假设无杂质)，一定条件下生成气体E和F。当温度分别在T1℃和T2℃时，测得各物质平衡时物质的量(n/mol)如下表：

物质

温度(℃)

活性炭NO E F

初始 3.0000.1000

T1 2.9600.0200.0400.040

T2 2.9750.0500.0250.025

①写出NO与活性炭反应的化学方程式：___。

②若T1＜T2，则该反应的Q__0(填“＞”“＜”或“＝”)。

③上述反应T1℃时达到化学平衡后再通入0.1molNO气体，则达到新化学平衡时NO的转化率为___。

【答案】D NO的分解为放热反应，升高温度不利于反应正向进行 870（850-900之间）C（s）+2NO（g）?CO2（g）+N2（g） > 80%

【解析】

【分析】

（1）根据化学平衡状态特征：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变分析；

（2）NO的分解为放热反应，升温不利于其分解；选择NO转化率最大的温度；

（3））①NO和活性炭反应，生成氮气和二氧化碳，据此书写；

②根据温度对化学平衡的影响分析；

③利用等效平衡思想求解。

【详解】

（1）A、组分都是气体，则气体质量不变，容器为恒容状态，因此密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A错误；

B、反应前后气体系数之和相等，压强之比等于物质的量之比，因此压强不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故B错误；

C、因为没有起始物质的量，因此无法判断是否达到平衡，故C错误；

D、氧气的转化率不变，说明反应达到平衡，故D正确；

故答案为：D；

（2）N2（g）+O2（g）?2NO（g）△H＞0，因此NO的分解为放热反应，升高温度，不利于反应正向进行；根据图象，870K时，NO的转化率几乎最大；故答案为：NO的分解为放热反应，升高温度不利于反应正向进行；870（850-900之间）；

（3）①因为是处理污染，因此NO和活性炭反应，N元素转化成N2，C转化成CO2，即反应方程式为C（s）+2NO（g）?CO2（g）+N2（g）；故答案为：C（s）+2NO（g）?CO2（g）+N2（g）；

②根据图中数据，升高温度时，NO的物质的量增多，CO2和N2的物质的量减小，反应向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向为放热反应，即Q>0；故答案为：>；③反应C+2NO?N2+CO2是一个气体体积不变的反应，而反应物只有一种气体，故加入NO

气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，原平衡中NO转化率为0.10-0.020

0.10

×100%=80%，

则达到新平衡时NO的转化率为80%，故答案为:80%。

【点睛】

反应C+2NO?N2+CO2是一个气体体积不变的反应，而且反应物只有一种气体，故加入NO 气体，建立的平衡和原平衡为等效平衡，两平衡中各组分的物质的量分数、气体体积分数、质量分数、物质百分含量相等。

12．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)银电极为电池的________极，发生的电极反应为________；X电极上发生的电极反应为________(填反应类型)。

(3)外电路中的电子是从________电极流向________电极。

(4)当有1.6 g铜溶解时，银棒增重__________________________________。

【答案】Cu AgNO3正极 Ag++e-=Ag 氧化反应 X（或Cu） Ag 5.4g

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：在原电池的总反应方程式中，化合价升高的做负极，所以在这个原电池中，铜做负极，而负极的活泼性大于正极，因此，正极我们可以选择银或者碳棒。总反应式中有银离子参与反应，所以在电解质溶液中会含有银离子。因此电解质溶液，我们可以选择硝酸银。正极发生的是氧化反应，电极反应式为 Ag++e-=Ag。电子的流动方向是负极指向正极，所以应是铜流向银。1.6克的铜相当于0.025摩尔的铜。即失去0.025乘以2等于0.05摩尔的电子。而据得失电子总数相等可知，银离子应得到0.05摩尔的电子由 Ag++e-=Ag可知会得到0.05摩尔的银则银的质量为0.05乘以108等于5.4克。

考点：考查原电池的相关知识点

13．短周期元素X、Y、Z、W、R、T在周期表中的位置如图所示。请按要求回答下列问题。

(1)R与W形成化合物的电子式为________________________。

(2)Y的氢化物与T的氢化物反应的生成物中含有的化学键为_________。

(3)X与Z形成的二元化合物中，所含电子数为18的分子的化学式为______。

(4)实验室制取T单质的离子方程式为______________________________。

(5)如图，a、b为多孔石墨电极(电极不参与反应)，插入W的最高价氧化物对应水化物的溶液中，两端分别通入X单质和Z单质，发现电流计指针发生偏转。

①电池工作时，电子的移动方向为由_____到_____(填“a”或“b”)。

②该电池反应产物环保无污染，则该电池的总反应式为____________。

【答案】离子键、共价键 H2O2 MnO2+4H++2Cl－Δ

Mn2++Cl2↑＋2H2O a

b 2H2+O2=2H2O 【解析】

【分析】

根据元素在周期表的位置可得，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素，R 为S元素，T为Cl元素，据此分析解答；

【详解】

(1) R为S元素，W为Na元素，R与W形成化合物为Na2S，电子式为；

(2) Y为N元素，T为Cl元素，Y的氢化物与T的氢化物分别为NH3和HCl，反应的生成物为NH4Cl，属于含有共价键的离子化合物，其中含有的化学键为离子键、共价键；

(3) X为H元素，Z为O元素，X与Z形成的二元化合物为H2O、H2O2，所含电子数为18的分子的化学式为H2O；

(4) T为Cl元素，实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制取氯气，的离子方程式为

MnO2+4H++2Cl－Δ

Mn2++Cl2↑＋2H2O；

(5) W为Na元素，W的最高价氧化物对应水化物的溶液为氢氧化钠溶液，两端分别通入H2和O2，发现电流计指针发生偏转，说明该装置构成氢氧燃料电池。

①电池工作时，通入燃料的一极为负极，则如图所示，a为负极，b为正极，电流从正极流向负极，则电子由a到b；

②装置构成氢氧燃料电池，电池反应产物只有水，环保无污染，则该电池的总反应式为

2H2+O2=2H2O。

14．在铜、锌、稀硫酸构成的原电池中（如图所示）

(1)负极是__________（填“铜”或“锌”），_________电子（填“失去”或“得到”），发

__________（填“氧化”或“还原”），电极反应方程式______________；

(2)电流由__________流向__________（填“铜”或“锌），铜片上观察到的现象是

________________。

【答案】锌失去氧化 Zn-2e-=Zn2+铜锌铜片表面有气泡产生

【解析】

【分析】

锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极流向正极，阳离子从负极移向正极，以此解答。

【详解】

(1)Zn、Cu、H2SO4构成原电池，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn为原电池的负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应，负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；

(2)铜为正极，溶液中的H+在正极上得电子发生还原反应，2H++2e-=H2↑，会看到正极Cu片上不断产生气泡。电子从负极流向正极，阳离子从负极移向正极，由于电流方向为正电荷

移动方向，所以电流从正极Cu经外电路流向负极Zn。

【点睛】

本题考查了原电池的构成条件、电极的判断、电极反应及电流方向等。掌握原电池构成条件及反应原理是本题解答的关键。

15．有七种金属：钾、锌、铁、锡、铜、银、铂，它们的标号分别为A、B、C、D、E、F、G。①常温下，只有A和水反应生成氢气；②D、E、G都能和稀硫酸反应生成氢气，B、C、F无此性质；③C、F组成原电池时，F为正极；④在G的硫酸盐溶液中加入D，发现D 溶解，G析出；⑤将G、E接触放置，E不易锈蚀；⑥以铂作电极，电解相同浓度的B和C 的硝酸盐溶液时，在阴极上首先得到C，G在空气中放置极易生锈。

则A是___，B是___，C是___，D是___，E是__，F是__。

【答案】钾铜银锌锡铂

【解析】

【分析】

根据①特别活泼的金属K、Ca、Na能够与冷水反应放出氢气；②比较活泼的金属可以与稀硫酸反应产生氢气；排在H后面的金属不能与酸发生置换反应；③活动性不同的金属构成原电池时，比较活泼的金属为负极，不活泼的金属为正极；④活动性强的金属可以把活动性弱的金属置换出来；⑤在金属的电化学腐蚀中，相对活泼的容易被腐蚀；⑥在电解池中，不活泼的金属阳离子优先获得电子，在电极上被还原，据此分析。

【详解】

有七种金属：钾、锌、铁、锡、铜、银、铂，它们的标号分别为A、B、C、D、E、F、G。

①常温下，只有A和水反应生成氢气，根据金属活动性顺序表，可知A为K；②D、E、G 都能和稀硫酸反应生成氢气，B、C、F无此性质，说明D、E、G在金属活动性顺序表中排在H的前边，可能为锌、铁、锡；而B、C、F则排在H的后边，可能为铜、银、铂；

③C、F组成原电池时，F为正极，则金属活动性：C>F；④在G的硫酸盐溶液中加入D，发现D溶解，G析出，说明金属活动性D>G；⑤将G、E接触放置，E不易锈蚀，说明金属活动性G>E； G在空气中放置极易生锈，则G为Fe，金属活动性D>G，则D是Zn，E为Sn；B、C、F分别为铜、银、铂的一种由于Pt不活泼，通常以金属单质存在，⑥以铂作电极，电解相同浓度的B和C的硝酸盐溶液时，在阴极上首先得到C，金属活动性：B>C则B 是Cu，C是Ag，F是Pt。

综上所述可知A是K，B是Cu，C是Ag，D是Zn，E是Sn，F是Pt，G是Fe，七种元素的名称分别是钾、铜、银、锌、锡、铂、铁。

【点睛】

本题考查了金属元素的推断。可以根据金属活动性顺序表可以判断金属活动性的强弱。在金属活动性顺序表中，钾、钙、钠可以与冷水迅速反应产生氢气，排在氢全前边的金属可以把酸中的氢置换出来，排在前边的金属可以把后边的金属从盐中置换出来；还可以根据原电池反应原理比较金属活动性的强弱。一般情况下相当较活泼的金属为负极，失去电子，发生氧化反应，较不活泼的金属为正极，溶液中的阴离子获得电子，发生还原反应；也可以根据电解原理分析，用惰性电解电解时，金属的活动性越弱，其相应的阳离子优先

获得电子，被还原为金属单质。掌握判断方法是正确推断的基础。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/9n3q.html