【化学】化学化学反应与能量的专项培优练习题(含答案)

【化学】化学化学反应与能量的专项培优练习题(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．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KMnO4的目的是除去溶液中的Fe2+和Mn2+，反应的离子方程式为：MnO4-+3Fe2+ +7H2O= MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+；
(3)从流程中可以看出，“沉钴”时，(NH4)2S2O8为氧化剂，因此除去的是Co2＋，结合所给反应过程，缺少将Co2＋转化为Co3＋的反应，则可得所缺的化学方程式为
2Co2++O+2H+=2Co3++H2O；根据电荷守恒可得，(NH4)2S2O8~H2O2~O~2Co3+~ 2Co(OH)3，每生成1mol Co(OH)3理论上消耗(NH4)2S2O8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Zn2+提前沉淀；“沉锌”时，加入NH4HCO3，铵盐受热易分解，温度不能太高，防止NH4HCO3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 。

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)3 Fe(OH)2 Ni(OH)2 开始沉淀的pH
1.5 6.5 7.7 沉淀完全的pH 3.3 9.9 9.2
（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xNiCO 3·
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 xNiCO 3·yNi(OH)2煅烧(x ＋y)NiO ＋xCO 2↑＋yH 2O Ni(OH)2中Ni 含
量高于NiCO 3，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NiSO 4，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xNiCO 3•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) S 2-可与Cu 2+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 ，xNiCO 3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO 、CO 2和H 2O ；
②pH 越大，溶液碱性越强，结合碱式碳酸镍[用xNiCO 3·
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H 2S 气体，发生反应H 2S+Cu 2+=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 ，xNiCO 3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO 、CO 2和H 2O ，其化学方程式为：xNiCO 3·yNi(OH)2煅烧(x ＋y)NiO ＋xCO 2↑＋yH 2O ；
②碱式碳酸镍[用xNiCO 3·yNi(OH)2表示]沉淀中Ni(OH)2中Ni 含量高于NiCO 3，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．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 +
2422
2MnO 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．电化学在化学工业中有着广泛应用。

根据图示电化学装置，
（1）甲池通入乙烷(C2H6)一极的电极反应式为___。

（2）乙池中，若X、Y都是石墨，A是Na2SO4溶液，实验开始时，同时在两极附近溶液中各滴入几滴酚酞溶液，X极的电极反应式为___；一段时间后，在Y极附近观察到的现象是___。

（3）工业上通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，则阳极的电极反应式为__，阴极反应式为___。

【答案】C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32- 4OH--4e-=O2↑+2H2O 电极表面产生气泡，附近溶液显红色 Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O 2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【解析】
【分析】
甲池为乙烷燃料电池，所以反应过程中乙烷被氧化，则通入乙烷的一极应为负极，通入氧气的一极为正极；乙池为电解池，X与电池正极相连为阳极，Y与负极相连为阴极。

【详解】
(1)通入乙烷的一极为负极，乙烷被氧化，由于电解质溶液KOH，所以生成碳酸根和水，电极方程式为：C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-；
(2)X为阳极，硫酸钠溶液中水电离出的OH-在阳极放电生成氧气，电极方程式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；Y电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气，水的电离受到促进电离出更多的氢氧根，Y电极附近显碱性，电极附近滴有酚酞，所以可以观察到Y电极附近有气泡产生且溶液显红色；
(3)阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42-，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；电解时，水电离的H+在阴极放电生成氢气，电极方程式为：2H2O+2e-
=H2↑+2OH-。

【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③检查电极反应式的守恒关系(电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等)。

6．1100℃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++-ƒ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。

7．一定条件下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t 1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 。

8．I 某课外兴趣小组对H 2O 2的分解速率做了如下实验探究。

（1）下表是该小组研究影响过氧化氢(H 2O 2)分解速率的因素时采集的一组数据： 用2210mLH O 10mL H 2O 2制取2150mLO 150mL O 2所需的时间(秒)
2230%H O 2215%H O 2210%H O 225%H O
无催化剂、不加热
几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 几乎不反应 无催化剂、加热 360
480 540 720 2MnO 催化剂、加热
10 25 60 120 ①该研究小组在设计方案时，考虑了温度、________、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响。

②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个，说明该因素对分解速率有何影响： _____________。

（2）将质量相同但颗粒大小不同的MnO 2分别加入到5mL5%的双氧水中，并用带火星的木条测试。

测定结果如下：
催化剂(MnO 2)
操作情况 观察结果 反应完成所需的时间 粉末状
混合不振荡
剧烈反应，带火星的布条复燃 3.5分钟
块状 反应较慢，火星红亮
但木条未复燃 30分钟 实验结果说明催化剂作用的大小与_________________________有关。

Ⅱ.在体积为2L 的密闭容器中充入1molH 2 (g)和1molI 2 (g)，在一定温度下发生下列反应：()()
22H g I g +()2HI g ，回答下列问题： （1）保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，反应速率_________（填“加快”“减慢”或
“不变”）。

（2）保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol 氦气，反应速率_________________。

（填“加快”“减慢”或“不变”）。

（3）反应进行到2min ，测得容器内HI 的浓度为0.2mol/L ，用H 2表示前2min 该反应的平均化学反应速率为________________________，此时I 2的转化率为____________。

【答案】浓度 其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂, H 2O 2分解速率更快 (或其它条件相同时,反应物H 2O 2的浓度越大, H 2O 2分解速率更快。

或其它条件相同时,反应物H 2O 2的温
度越高, H 2O 2分解速率更快。

) 催化剂表面积 加快 减慢 0.05mol/(L·
min) 20% 【解析】
【详解】
I(1)①根据表中给出的数据，无催化剂不加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎
不反应，在无催化剂加热的情况下，不同浓度的过氧化氢溶液都分解，说明过氧化氢的分解速率与温度有关；但是得到相同气体的时间不同，浓度越大，反应的速度越快，说明过氧化氢的分解速率与浓度有关；比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时，在无催化剂加热的时候，需要时间是360s ，有催化剂加热的条件下，需要时间是10s ，说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关，故答案为：浓度；
②其它条件相同时，使用催化剂比不用催化剂， H 2O 2分解速率更快 (或其它条件相同时，反应物H 2O 2的浓度越大， H 2O 2分解速率更快。

或其它条件相同时，反应物H 2O 2的温度越高， H 2O 2分解速率更快。

)；
(2)因在其他条件相同时，粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短，说明催化剂表面积对反应速率有影响，故答案为：催化剂表面积；
Ⅱ. (1)保持容器体积不变，向其中充入1molHI(g)，生成物浓度变大，逆反应速率增大，平衡左移，左移之后反应物浓度增大，正反应速率增大，之后重新达到平衡，故答案为：加快；
(2)保持容器内气体压强不变，向其中充入1mol 氦气，容器的体积增大，反应物和生成物的浓度都减小，所以反应速率减慢，故答案为：减慢；
(3)反应进行到2min ，测得容器内HI 的浓度为0.2mol/L ，则
v (HI)=-10.2mol L 2min
g =0.1mol/(L·min)，同一反应中用不同物质表示反应速率时反应速率之比等于计量数之比，所以v (H 2)=12
⨯ v (HI)=0.05mol/(L·min)；容器体积为2L ，碘的初始浓度为0.5mol/L ，平衡时HI 的浓度为0.2mol/L ，根据方程式()()22H g I g +()2HI g 可知，
消耗的c(I 2)=0.1mol/L ，所以I 2的转化率为-1
-1
0.1mol L 100%0.5mol L ⨯g g =20%，故答案为：0.05mol/(L·min)；20%。

9．如图所示：
(1)若开始时开关K 与a 连接，则铁发生电化学腐蚀中的________腐蚀(填“吸氧”或“析氢”)，正极发生的电极反应式为_______________。

(2)若开始时开关K 与b 连接，两极均有气体产生，则N 端是电源的________极(填“正”或“负”)，电解池总反应的离子方程式为_________。

【答案】吸氧 O 2+4e -+2H 2O==4OH - 负 2Cl -+2H 2O 2OH -+Cl 2↑+H 2↑
【解析】
【分析】
从图中可以看出，当K与a相连时，形成原电池，Fe作负极，石墨作正极，发生吸氧腐蚀；当K与b相连时，形成电解池，若Fe电极作阳极，则发生Fe-2e-==Fe2+的反应，没有气体产生，不合题意，故Fe电极应作阴极。

【详解】
(1)若开始时开关K与a连接，则形成原电池，铁发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，铁作负极，则石墨作正极，发生的电极反应式为O2+4e-+2H2O==4OH-。

答案为：吸氧；O2+4e-
+2H2O==4OH-；
(2)若开始时开关K与b连接，两极均有气体产生，由以上分析知，Fe作阴极，与电源的负极相连，则N端是电源的负极，发生H2O得电子生成H2和OH-的电极反应，阳极Cl-失电子生成Cl2，则电解池总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

答案为：负；2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。

【点睛】
分析电池反应时，电极的判断是解题的切入点。

若无外接直流电源，则装置为原电池；若有外接直流电源，则装置为电解池。

在电解池中，与电源负极相连的电极为电解池的阴极，与电源正极相连的电极为电解池的阳极。

10．为了减少CO对大气的污染，某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2。

已知：① CO(g)+1
2
O2(g) = CO2 (g) △H=-283kJ·mol-1
② H2(g)+1
2
O2(g) = H2O (g) △H=-241.8kJ·mol-1
③ H2O (l)=H2O (g) △H=+44.0kJ·mol-1
(1)H2的燃烧热△H=________。

(2)写出CO(g)和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—H H—O
E/(kJ·mol-1)x436463
计算x=________kJ·mol-1。

(4)某反应2X(g)+Y(g)⇌2Z(g) △H= -Q kJ·mol-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。

①加入催化剂M后，△H________ (填“改变”或“不变”)。

②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】-285.8kJ·mol-1 CO(g) + H2O (g) = H2(g) + CO2 (g) △H=-41.2kJ·mol-1 496.4 不变第一步
【解析】
【分析】
(1)在25摄氏度,101 kPa时，1 mol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)焓变=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② H2(g)+1
2
O2(g) = H2O (g) △H=-241.8kJ·mol-1
③ H2O (l)=H2O (g) △H=+44.0kJ·mol-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：-285.8kJ·mol-1；
(2)由反应① CO(g)+1
2
O2(g) = CO2 (g) △H=-283kJ·mol-1
② H2(g)+1
2
O2(g) = H2O (g) △H=-241.8kJ·mol-1
结合盖斯定律可知反应CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)可由①-②得到，所以该反应的△H=-283kJ·mol-1-(-241.8kJ·mol-1)=-41.2kJ·mol-1，故答案为：CO(g) + H2O (g) = H2(g) + CO2 (g) △H=-41.2kJ·mol-1；
(3)由第(1)题可知：H2(g)+1
2
O2(g) = H2O (l) △H=-285.8kJ·mol-1，根据焓变=反应物键能-生成
物键能可得436 kJ·mol-1+1
2
x-2×463 kJ·mol-1=-285.8kJ·mol-1，解得x=496.4kJ·mol-1，故答案
为：496.4；
(4)①催化剂只改变反应活化能不改变焓变，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．按要求回答下列问题。

(1)Al2(SO4)3溶液显酸性的离子方程式：____________________________；
(2)CuSO4溶液与过量氨水反应的离子方程式：____________________________；
(3)Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，负极的电极反应式：_________________________；
(4)CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极的电极反应式：____________________；
(5)惰性电极电解CuSO4溶液的总反应的化学方程式：______________________________；
(6)Na2C2O4溶液的物料守恒：______________________________；
(7)Fe3+的基态电子排布式：______________________________；
(8)N2H4的结构式：______________________________。

【答案】Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+ Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O Al-3e-+4OH-═AlO2-
+2H2O CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O 2CuSO4+2H2O 电解
2Cu+2H2SO4+O2↑ c(Na+)=2[c(C2O42-
)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)] [Ar]3d5
【解析】
【详解】
(1)Al2(SO4)3溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，故答案为：
Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+；
(2)CuSO4溶液与过量氨水反应会生成铜氨络离子，故答案为：
Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O；
(3)Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，总反应为Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的反应，Al失电子被氧化做负极，故答案为：Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O；
(4)CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极甲醇失去电子生成二氧化碳，由于电解质为氢氧化钾溶液，所以反应生成了碳酸根离子，发生的负极电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O；
(5)电解硫酸铜溶液生成铜单质、氧气和硫酸，故答案为：
2CuSO4+2H2O 电解
2Cu+2H2SO4+O2↑；
(6)Na2C2O4溶液中钠离子的浓度等于含碳原子微粒的浓度之和的二倍，故答案为：
c(Na+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]；；
(7)Fe元素为26号元素，失去最外层三个电子生成Fe3+，故基态电子排布式为：[Ar]3d5；
(8) N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：。

12．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 -1N 2和5.5mol·L -1H 2，经过50min ，NH 3的浓度为1mol·L -1，则v （N 2）=______mol·L -1·min -1，c(H 2)=_____mol·L -1
(4)已知NH 3(g)=NH 3(l) △H=-QkJ·mol -1,则N 2 ( g ) +3H 2 ( g ) = 2NH 3 ( 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N 2(g)与H 2(g)反应生成17g NH 3(g)，放出46.1kJ 的热量，分析图象是合成氨反应N 2(g)+3H 2(g)=2NH 3(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N 2(g)与H 2(g)反应生成17g NH 3(g)，放出46.1kJ 的热量，图象是表示的是反应N 2(g)+3H 2(g)=2NH 3(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2mol•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
ƒ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：-。