高考化学压轴题专题复习化学反应与能量的推断题综合附答案.docx
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高考化学压轴题专题复习化学反应与能量的推断题综合附答案
高考化学压轴题专题复习——化学反应与能量的推断题综合附答案
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.
(1)反应3Fe(s)+4H2O(g)
Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行,试回答:
(填“加快”、“不变”或“减慢”)。
①保持体积不变充入Ne,其反应速率___。
②保持压强不变充入Ne,其反应速率____。
(2)在一定条件下发生反应:
6NO(g)+4NH3(g)
5N2(g)+6H2O(g)。
某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示,图中v(正)与v(逆)相等的点为__(选填字母)。
(3)一定条件下,在2L密闭容器内,发生反应2NO2(g)
N2O4(g),n(NO2)随时间变化如下表:
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO2)/mol
0.040
0.020
0.010
0.005
0.005
0.005
①用NO2表示0~2s内该反应的平均速率为___。
②在第5s时,NO2的转化率为__。
【答案】不变减慢cd0.0075mol·L-1·s-187.5%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①保持体积不变充入Ne,各反应物和生成物的浓度不变,故反应速率不变;
②保持压强不变充入Ne,容器体积变大,各物质浓度减小,反应速率减慢;
(2)反应达到平衡时正逆反应速率相等,据图可知t2时刻后N2和NO的物质的量不再改变,说明反应到达平衡,所以c、d两个点v(正)与v(逆)相等;
(3)①2s内△n(NO2)=0.04mol-0.01mol=0.03mol,容器体积为2L,所以反应速率为
=0.0075mol·L-1·s-1;
②第5s时,△n(NO2)=0.04mol-0.005mol=0.035mol,转化率为
=87.5%。
【点睛】
判断通入惰性气体或者改变压强对反应速率的影响时,关键看是否改变了反应物和生成物中气体的浓度,若浓度改变则影响反应速率,若浓度不变则不影响反应速率。
2.某同学设计一个燃料电池(如图所示),目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。
根据要求回答相关问题:
(1)甲装置中,通入氢气的电极为________(填“正极”或“负极”),该极电极反应式为________;若将KOH溶液换成硫酸溶液,则正极电极反应式为__________________________。
(2)关于乙装置,下列说法正确的是________(填序号);
①溶液中Na+向C极移动
②从C极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度
④若标准状况下Fe极产生2.24L气体,则溶液中转移0.2mol电子
该装置中发生的总反应的离子方程式为__________________________。
(3)乙装置中,X为阳离子交换膜,反应一段时间后交换膜左侧溶液中pH____(填“增大”、“减小”或“不变”);若用饱和MgCl2溶液代替饱和氯化钠溶液,则该装置中发生的总反应______(填“改变”或“不变”)。
(4)如果粗铜中含有锌、银等杂质,丙装置中反应一段时间,硫酸铜溶液浓度将________(填“增大”“减小”或“不变”),精铜电极上的电极反应式为_______________________________。
【答案】负极H2-2e-+2OH-=2H2OO2+4e-+4H+=2H2O②③2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑增大改变减小Cu2++2e-=Cu
【解析】
【分析】
甲池为原电池,氧气发生还原反应,通入氧气的一极为正极,氢气发生还原反应,通入氢气的一极为负极;乙池中Fe电极与负极相连为阴极,石墨电极为阳极;丙池中精铜为阴极,粗铜为阳极。
【详解】
(1)氢氧燃料电池中氢气发生还原反应,所以通入氢气的一极为负极,电解质溶液为KOH溶液,所以电极方程式为H2-2e-+2OH-=2H2O;正极为通入氧气的一极,若电解质为硫酸,氧气得电子后会生成水,电极方程式为:
O2+4e-+4H+=2H2O;
(2)①C极为阳极,电解池中阳离子流向阴极,故错误;
②电解饱和食盐水时阳极上氯离子放电生成氯气,氯气可以使湿润的KI淀粉试纸变蓝,故正确;
③电解饱和食盐水阳极生成氯气,阴极生成氢气,所以反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度,故正确;
④电子不能在溶液中转移,故错误;
综上所述答案为②③;
乙装置中右侧阳极反应为:
2Cl--2e-=Cl2↑,左侧阴极反应为水电离的氢离子放电:
2H++2e-=H2↑,总反应为2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑;
(3)乙装置中右侧阳极反应为:
2Cl--2e-=Cl2↑,左侧阴极反应为水电离的氢离子放电:
2H++2e-=H2↑,水的电离平衡被破坏,电离出更多的氢氧根,X为阳离子交换膜,所以生成的OH-无法迁移到阳极,所以左侧溶液中pH增大;由于Mg2+会与OH-反应生成沉淀,所以总反应发生改变;
(4)丙池中阴极即精铜上发生反应:
Cu2++2e-=Cu,而阳极即粗铜上由于由比铜活泼的金属杂质放电,所以转移相同电子数目时,阳极不能生成与阴极消耗的等量的铜离子,所以硫酸铜溶液浓度减小。
【点睛】
第2题第4个选项为易错点,学生要注意审题,电子并不能在溶液中进行专业,不要盲目计算,
3.如图是常见原电池装置,电流表A发生偏转。
(1)若两个电极分别是铁、铜,电解质溶液是浓硝酸,Cu极发生反应_______(填“氧化”或“还原”),其电极反应式为________________;
(2)若两个电极分别是镁、铝,电解质溶液是氢氧化钠溶液,Al电极是_____极(填“正”或“负”),其电极反应式为_________________________________。
(3)若原电池的总反应是2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2,则可以作负极材料的是_______,正极电极反应式为_________________________。
【答案】氧化Cu-2e-=Cu2+负Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OCu(或铜)Fe3++e-=Fe2+
【解析】
【分析】
【详解】
(1)虽然铁比铜活泼,但是铁在浓硝酸中发生钝化,所以该原电池中铜被氧化,即铜电极为负极,失电子发生氧化反应,电极方程式为Cu-2e-=Cu2+;
(2)镁虽然比铝活泼,但镁不与氢氧化钠溶液发生反应,所以该原电池中Al被氧化,即Al为负极,失电子发生氧化反应,电极方程式为:
Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O;
(3)根据总反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知Cu被氧化,Fe3+被还原,原电池中负极发生氧化反应,所以负极材料为Cu;正极发生还原反应,电极方程式为Fe3++e-=Fe2+。
【点睛】
第1小题为易错点,虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化,但要注意铁在浓硝酸中发生钝化,所以该原电池中铜为负极。
4.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。
5.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水集气法收集反应放出的氢气(标准状况),实验记录如下(累计值):
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL
50
120
232
290
310
(1)在0~1min、1~2min、2~3min、3~4min、4~5min时间段中,反应速率最大的时间段是________,原因为______________________;反应速率最小的时间段是________,原因为__________________________。
(2)在2~3min内,用盐酸的浓度变化表示的反应速率为________。
(3)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量,在盐酸中分别加入等体积的下列溶液,其中可行的是________。
A.蒸馏水B.Na2SO4溶液
C.NaNO3溶液D.Na2CO3溶液
【答案】2~3min该反应是放热反应,2~3min时溶液温度最高,反应速率最快4~5min此时反应物的浓度最小,反应速率最慢0.1mol·L-1·min-1AB
【解析】
【详解】
由表格数据可知,0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL;
(1)2min~3min收集的氢气比其他时间段多,反应速率最大,该反应放热,反应过程中温度升高加快反应速率;4~5 min反应速率最小,随着反应进行氢离子浓度逐渐减小,该时间段内H+浓度小,反应速率最慢;
(2)2min~3min生成的氢气的体积为112mL,则n(H2)=
0.005mol,反应过程中发生反应Zn+2HCl===ZnCl2+H2,则该时间段内消耗的n(HCl)=0.01mol,溶液体积为100mol,则△c(HCl)=0.1mol/L,v(HCl)=
=0.1mol·L-1·min-1;
(3)A.加入蒸馏水,溶液的浓度减小,反应速率减小,H+的物质的量不变,氢气的量也不变,故A正确;
B.加入Na2SO4溶液,减小盐酸的浓度,反应速率减小,H+的物质的量不变,氢气的量也不变,故B正确;
C.加入硝酸钠溶液,锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气,故C错误;
D.加入Na2CO3溶液,Na2CO3能与盐酸反应,盐酸的浓度减小,反应速率减小,H+的物质的量减小,氢气的量也减小,故D错误;
所以选AB。
6.已知反应:
3I-(aq)+S2O82-(aq)
I3-(aq)+2SO42-(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
①
②
③
④
⑤
c(I-)/mol·L-1
0.040
0.080
0.080
0.160
0.160
c(S2O82-)/mol·L-1
0.040
0.040
0.080
0.080
0.040
t/s
88
44
22
11
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】
>(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=
;
故答案为:
;
(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-、S2O82-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t1=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-、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。
7.氯化硫酰(SO2Cl2)主要用作氯化剂。
它是一种无色液体,熔点–54.1℃,沸点69.1℃。
氯化硫酰可用干燥的二氧化硫和氯气在活性炭催化剂存在下反应制取:
SO2(g)+Cl2(g)
SO2Cl2(l)+97.3kJ
(1)试写出常温常压下化学平衡常数K的表达式:
K=______________________若在此条件下,将化学平衡常数K增大,化学反应速率v正也增大,可采取的措施是________(选填编号)。
a.降低温度b.移走SO2Cl2
c.增加反应物浓度d.无法满足上述条件
(2)为了提高上述反应中Cl2的平衡转化率,下列措施合理的是________(选填编号)。
a.缩小容器体积b.使用催化剂c.增加SO2浓度d.升高温度
(3)在100℃时,往上述平衡体系中加入37Cl2,一段时间后,则平衡体系中含有37Cl的物质有__________(选填编号)。
a.只有37Cl2b.只有SO237Cl2c.37Cl2和SO237Cl2d.无法判断
(4)下列描述中能说明上述反应已达平衡的是____________(选填编号)。
a.υ(Cl2)=υ(SO2)b.容器中气体压强不随时间而变化
c.c(Cl2):
c(SO2)=1:
1d.容器中气体颜色不随时间两变化
(5)300℃时,体积为1L的密闭容器中充入16.20gSO2Cl2,达到平衡时容器中含SO27.616g.若在上述中的平衡体系中,再加入16.20gSO2Cl2,当再次达平衡时,容器中含SO2的质量范围是___________________________。
【答案】K=
daccbd7.616g<m(SO2)<15.232g
【解析】
【分析】
(1)化学平衡常数,是指在一定温度下,可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值,据此书写;平衡常数只受温度影响,将化学平衡常数K增大,应使平衡向正反应移动,该反应正反应是放热反应,故应降低温度,化学反应速率降低,据此解答;
(2)提高反应中Cl2的平衡转化率,改变条件使平衡向正反应移动,根据平衡移动原理结合选项分析解答,注意不能只增大氯气的用量;
(3)增大氯气的浓度,平衡向正反应移动,反应为可逆反应,反应物不能完全反应,平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2 中;
(4)达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不变,百分含量不变,以及由此衍生其它一些物理量不变,据此结合选项判断;
(5)再加入16.20g SO2Cl2,平衡向生成二氧化硫的方向移动,平衡时二氧化硫的质量增大,可以等效为增大压强,SO2Cl2转化率降低,平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍。
【详解】
(1)常温常压下SO2(g)+Cl2(g)
SO2Cl2(l)的平衡常数K=
;平衡常数只受温度影响,将化学平衡常数K增大,应使平衡向正反应移动,该反应正反应是放热反应,故应降低温度,化学反应速率降低,故不能实现K增大的同时化学反应速率v正增大,故选d;
故答案为:
;d;
(2)提高反应中Cl2的平衡转化率,改变条件使平衡向正反应移动,不能只增大氯气的用量,a.缩小容器体积,压强增大,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大,故a正确;
b.使用催化剂,缩短到达平衡的时间,不影响平衡移动,Cl2的转化率不变,故b错误;
c.增加SO2浓度,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大,故c正确;
d.该反应正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应移动,Cl2的转化率降低,故d错误;故答案为:
ac;
(3)增大氯气的浓度,平衡向正反应移动,反应为可逆反应,氯气不能完全反应,故平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2 中,故答案为:
c;
(4)a.v(Cl2)=v(SO2),没有指明正、逆速率,无法判断,故a错误;
b.随反应进行,气体的物质的量减小,压强减小,容器中气体压强不随时间而变化,说明达到平衡,故b正确;
c.平衡时氯气与二氧化硫的浓度与起始浓度有关,起始浓度不同,平衡时二者浓度不同,若二者起始浓度相同,用于二者按1:
1反应,故任意时刻二者的浓度都相同,故c(Cl2):
c(SO2)=1:
1不能说明达到平衡,故c错误;
d.容器中气体颜色不随时间两变化,说明氯气的浓度不再变化,说明达到平衡,故d正确;
故答案为:
bd;
(5)再加入16.20g SO2Cl2,平衡向生成二氧化硫的方向移动,平衡时二氧化硫的质量增大,可以等效为增大压强,SO2Cl2转化率降低,平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍,故平衡时7.616g<m(SO2)<15.232g;
故答案为:
7.616g<m(SO2)<15.232g。
【点睛】
本题考查化学平衡,把握化学平衡状态的判断、反应速率的计算为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,易错点(4)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。
8.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。
研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。
NO在空气中存在如下反应:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)△H,上述反应分两步完成,其反应历程如图所示:
回答下列问题:
(1)写出反应I的热化学方程式___。
(2)反应I和反应Ⅱ中,一个是快反应,会快速建立平衡状态,而另一个是慢反应。
决定2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)反应速率的是___(填“反应I”或“反应Ⅱ”);对该反应体系升高温度,发现总反应速率反而变慢,其原因可能是___(反应未使用催化剂)。
【答案】2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol反应Ⅱ决定总反应速率的是反应Ⅱ,升高温度后反应I平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢
【解析】
【分析】
(1)根据图像分析反应I为2NO(g)⇌N2O2(g)的焓变,写出热化学方程式;
(2)根据图像可知,反应I的活化能<反应Ⅱ的活化能,反应I为快反应,反应Ⅱ为慢反应,决定该反应速率的是慢反应;决定正反应速率的是反应Ⅱ,结合升高温度对反应I和Ⅱ的影响分析可能的原因。
【详解】
(1)根据图像可知,反应I的化学方程式为:
2NO(g)⇌N2O2(g)△H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4)kJ/mol,故答案为:
2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol;
(2)根据图像可知,反应I的活化能<反应Ⅱ的活化能,反应I为快反应,反应Ⅱ为慢反应,决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是慢反应Ⅱ;对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,可能的原因是:
决定总反应速率的是反应Ⅱ,升高温度后反应I平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢,故答案为:
反应Ⅱ;决定总反应速率的是反应Ⅱ,升高温度后反应I平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢。
9.一定条件下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。
10.在A、B两个恒容密闭容器中发生反应:
2NO2⇌2NO+O2反应过程中NO2的物质的量随时间变化的状况如图所示:
(1)若A容器的体积为5L,反应经6min达到平衡状态,则0~6min内以O2浓度变化表示的反应速率为___________。
(2)该反应化学平衡常数K=__________(写出表达式)。
(3)说明该反应已达到平衡状态的是_______。
A.v正(NO2)=v逆(NO)
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