全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考模拟和真题分类汇总附详细答案

全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考模拟和真题分类汇总附详细答

案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：

(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是______________________________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是

____________(填化学式)。

(2)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。

若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比______；若产品Ca(NO2)2中

Ca(NO3)3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_______。（填写序号）

①＝1∶1 ②＞1∶1 ③＜1∶1 ④无法判断

(3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的反应离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，你同意吗？

_________（填“同意”或“不同意“），如不同意，请说明你的理由

________________________________________________。

【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2②③不同意二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮

【解析】

【分析】

由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳

以滤渣存在，碱性溶液中尾气处理较好；

(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca(OH)2；

(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，若＜1：1，则二氧化氮过量；

(3)二氧化氮能与水会发生反应，据此分析解答。

【详解】

由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳

以滤渣存在，

(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收，滤渣主要成分是

Ca(OH)2；

(2)若n(NO)：n(NO2)＞1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，若n(NO)：n(NO2)＜1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，产品中Ca(NO3)2含量升高；

(3)若离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，二氧化氮能与水会发生反应，产物中

不可能生成二氧化氮，则不同意该同学书写的离子反应方程式。

2．碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料，也可用作脱硫的催化剂等。一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示

已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，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+Fe3+Fe2+Ca2+Mn2+Mg2+

开始沉淀的pH 3.8 1.5 6.310.68.89.6

沉淀完全的pH 5.2 2.88.312.610.811.6

③常温下，Ksp(CaF2)=1.46×10?10，Ksp(MgF2)=7.42×10?11；Ka(HF)=1.00×10?4

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_________________________________（3）分析图1、图2，焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是

_____________________________

（4）净化除杂流程如下

①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8＞KMnO4＞MnO2＞Fe3+，则氧化剂X宜选择__________

A．(NH4)2S2O8 B．MnO2 C．KMnO4

②调节pH时，pH可取的范围为_________________

③常温下加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液中，

2+

2+

c Ca

c Mg

（）

（）

=______若此时pH

为6，c(Mg2+)= a mol/L，则c(HF)为______________ mol/L （用a表示）

（5）“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵，可能的原因是__________________【答案】加快反应速率 MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O 温度为500℃且

m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10 B 5.2≤pH＜

×10-7 CO32-水解程度大于

HCO3-，易生成氢氧化物沉淀

【解析】

【分析】

根据流程：将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混

合研磨后焙烧：MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O，浸出液含有Mn2+、Fe2+、

Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应为：

MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为

MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2++2HCO3-加热MnCO3↓+CO2↑+H2O，炭化结

晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析作答。

【详解】

(1)“混合研磨”可使物质充分接触，加快反应速率；

(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4Cl加热MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；

(3) 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大而增到，500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；

(4)①根据分析，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入氧化剂X的目的将Fe2+氧化为Fe3+，同时在选择氧化剂时，要尽可能不要引入新的杂质，则氧化剂X宜选择MnO2，答案选B；

②根据分析，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl，过程中不能让Mn2+沉淀，结合相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围表，Al3+、Fe3+完全沉淀时的pH值分别为5.2和2.8，Mn2+开始沉淀的PH值为8.8，pH可取的范围为5.2≤pH＜8.8；

③

()

()

()()

()()

2

2

2+-2+10

2

2+11

2+-

2

c c

==

Ca F

Ksp CaF c Ca 1.4610

Ksp MgF c M

=

c c g7.4210

Mg F

-

-

?

?

（）

（）

≈1.97；若此时pH为6，即

c(H+)=10-6 mol/L，c(Mg2+)= a mol/L，c(F-)=

() (

)

11

2

2

Ksp MgF7.4210

a mol/L

c M

=

g

-

+

?

mol/L，HF是弱酸，在溶液中部分电离，已知K a(HF)=

()()

()

c H c F

c HF

+-

?

=1.00×10?4则

c(HF)=()()

()

-11

-6

+-

7.4210

10mol/L mol/L

c H c F a mol/L

Ka HF

=

?

?

?= 0.742

a

×10-7mol/L；

(5)“碳化结晶”过程中，因为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH?)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。

3．硝酸铵常用作化肥和化工原料，工业上制备硝酸铵的简要流程如图：

(1)中和器中主要反应的化学方程式为___________

(2)制备硝酸铵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铵含量存在如图关系：

[不利用中和热及在不同情况下利用中和热时生产硝铵溶液中NH4NO3的含量1－HNO3和NH3(70℃)；2－HNO3和NH3(50℃)；3－HNO3(50℃)和NH3(20℃)；4－HNO3和NH3(20℃)]①按图中的数据分析，要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，原料最佳温度和硝酸最佳含量是__________

A．70℃；58%

B． HNO3(50℃)，NH3(20℃)；56%

C．50℃；56%

D． 20℃；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以下制备硝酸铵分析不正确的是___________

A．硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液。

B．采用真空蒸发器有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液和较大颗粒的硝酸铵晶体析出。

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 A 4HNO3=4NO2+O2+2H2O 6NO2+8NH3=7N2+12H2O 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铵；

(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要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好；

②HNO3易分解生成NO2、O2、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铵，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要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好，根据图知，温度为70℃、硝酸含量为58%最好，答案选A；

②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2，发生的反应为4HNO3=4NO2+O2+2H2O、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，所以硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液，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铵溶液，但得到较小颗粒的硝酸铵晶体析出，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，不利于硝酸铵的制取，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】

(3)③问中，结晶速率和晶体颗粒大小的关系，是易错点，要注意。

4．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL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)：

(1)在0～1 min、1～2 min、2～3 min、3～4 min、4～5 min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2～3 min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】2～3 min 该反应是放热反应，2～3 min时溶液温度最高，反应速率最快 4～5 min 此时反应物的浓度最小，反应速率最慢 0.1 mol·L－1·min－1 AB

【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)2 min～3 min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)2 min～3 min生成的氢气的体积为112mL，则n(H2)=

0.112L

22.4L/mol

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)=

-1

0.1mol L

=

1min

c

t

?

?

=0.1 mol·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。

5．甲醇（CH3OH）是一种无色有刺激性气味的液体，在生活中有重要用途，同时也是一种重要的化工原料。

（1）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一，这种燃料电池由甲醇、空气、KOH 溶液（电解质溶液）构成，则下列说法正确的是___。

（已知甲醇在空气中燃烧生成CO2和H2O）

A．电池放电时通入空气的电极为负极

B．电池放电时负极的电极反应式为CH3OH-6e-=CO2↑+2H2O

C．电池放电时，电解质溶液的碱性逐渐减弱

D ．电池放电时每消耗6.4gCH 3OH 转移1.2mol 电子

（2）写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的电极反应式：___。

【答案】CD CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +

【解析】

【分析】

【详解】

(1) A. 通甲醇的电极为负极，通空气的电极为正极，A 项错误；

B. 在碱性电解质溶液中负极的电极反应式为2332CH OH+8OH 6e =CO +6H O ---

-，B 项错误；

C. 在放电过程中，OH -参与电极反应，不断被消耗，导致电解质溶液碱性减弱，C 项正确；

D. 电池放电时每消耗6.4gCH 3OH ，即0.2molCH 3OH ，转移电子数60.2mol=1.2mol ?，D 项正确；故答案选CD ；

(2)甲醇燃料电池中，在酸性条件下甲醇在负极失电子生成CO 2，电极反应式为

CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +，故答案为：CH 3OH+H 2O-6e -=CO 2↑+6H +。

6．某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量的百分率）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得数据曲线如图。

主要反应是：NaCl （l ）+KAlSi 3O 8（s ）?KCl （l ）+NaAlSi 3O 8（s ）+Q ；

(1)分析数据可知，Q_______0（选填“>”或“<”）。

(2)950℃时，欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是_______（填序号）。

a ．延长反应时间

b ．充分搅拌

c ．增大反应体系的压强

d ．将钾长石粉粹成更小的颗粒

(3)要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大，反应温度应为_____________。

(4)工业上常用KCl 冶炼金属钾。反应方程式为：Na(l)+KCl(l)

NaCl(l)+K(g)用平衡移动原

理解释该方法可行的原因：_________________。

【答案】< b d 950℃ 利用钾的状态与其他物质不同，可以将气态钾分离出来，②降低了产物的浓度，使平衡正向移动

【解析】

【分析】

(1)由图象中曲线变化可知，温度越高钾元素的熔出率，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，据此判断；

(2)该转化过程没有气体参与，应使反应物充分接触提供反应速率；

(3)根据图象曲线变化可知，温度越高，钾元素的熔出率和熔出速率都增大；

(4)K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。

【详解】

(1)由图象曲线数据可知，温度越高钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，说明正反应是吸热反应，所以Q<0；

(2)a. 延长反应时间，不能提高反应速率，a错误；

b. 充分搅拌，反应物充分接触，化学反应速率加快，b正确；

c. 该反应体系没有气体参加，增大反应体系的压强，不能提高反应速率，c错误；

d. 将钾长石粉粹成更小的颗粒，增大反应物的接触面积，反应速率加快，d正确；

故合理选项是bd；

(3)根据图象可知，温度为950℃时熔出率和熔出速率都最高，故合适温度是950℃；

(4)根据反应方程式可知，金属K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，故合理原因是将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。【点睛】

本题考查了化学平衡及其影响、反应条件的选择，要结合温度对化学反应速率和化学平衡的影响，结合平衡移动原理分析解答，注意熟练掌握化学平衡及其影响因素，题目充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

7．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O2+4e-+2H2O==4OH-负2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑

【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。

8．有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人都使用镁片与铝片作电极，但甲同学将电极放入6mol·L-1硫酸溶液中，乙同学将电极放入6mol·L-1的氢氧化钠溶液中，如图所示。

（1）写出甲池中正极的电极反应式__。

（2）写出乙池中负极的电极反应式__。

（3）写出乙池中总反应的离子方程式__。

（4）如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属，则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”，则甲会判断出__活动性更强，而乙会判断出__活动性更强(填写元素符号)。

（5）由此实验，可得到如下哪些结论正确（________）

A．利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质

B．镁的金属性不一定比铝的金属性强

C．该实验说明金属活动顺序已过时，已没有实用价值

D．该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析

（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法__(可靠或不可靠)。如不可靠，请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案__(如可靠，此空可不填)。

【答案】2H＋＋2e-=H2↑ 2Al＋8OH-－6e-=2AlO2-＋4H2O 2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑Mg Al AD 不可靠将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利

用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极

【解析】

【分析】

甲同学依据的化学反应原理是Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑，乙同学依据的化学反应原理是

2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑。由于铝与碱的反应是一个特例，不可作为判断金属性强弱的依据。判断原电池的正极、负极要依据实验事实。

【详解】

（1）甲中镁与硫酸优先反应，甲池中正极上氢离子得电子产生氢气，电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑；

（2）乙池中负极上铝失电子在碱性条件下生成AlO2-，电极反应式为2Al＋8OH-－6e-

=2AlO2-＋4H2O；

（3）乙池中铝与氢氧化钠反应，镁与氢氧化钠不反应，总反应的离子方程式为：2Al＋

2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑；

（4）甲中镁作负极、乙中铝作负极，根据作负极的金属活泼性强判断，甲中镁活动性强、乙中铝活动性强，故答案为：Mg；Al；

（5）A．根据甲、乙中电极反应式知，原电池正负极与电解质溶液有关，故A正确；B．镁的金属性大于铝，但失电子难易程度与电解质溶液有关，故B错误；、

C．该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极，不能说明金属活动性顺序没有使用价值，故C错误；

D．该实验说明化学研究对象复杂，反应与条件有关，电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同，所以应具体问题具体分析，故D正确；

故选AD；

（6）上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序表判断原电池中的正负极”这种做法不可靠。可行实验方案如：将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液，构成原电池，利用电流计测定电流的方向，从而判断电子流动方向，再确定原电池正负极。

【点睛】

本题考查了探究原电池原理，明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键，注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极，要根据失电子难易程度确定负极，为易错点。利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质；该实验还说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析。

9．甲醇是人们开发和利用的一种新能源。已知：

①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H1=-571.8kJ· mol-1

②CH3OH(g)+1

2

O2(g)=CO2(g)+2H2(g) △H=-192.9 kJ· mol-1

（1）甲醇蒸汽完全燃烧的热化学方程式为_____________。

（2）反应②中的能量变化如下图所示，则△H2=______（用E1和E2表示）。

（3）H2(g)的燃烧热为__________ kJ· mol-1。

（4）请你分析H2(g)作为能源比甲醇蒸汽作为能源的优点：__________________（写出一点）

【答案】CH3OH(g)+3

2

O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=-764.7kJ/mol； E1-E2 285.9 来源广、热

值高、不污染环境

【解析】

【分析】

(1)依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；

(2)依据反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量分析；

(3)依据燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合热化学方程式分析计算；

(4)根据氢能源的优点和氢能源的开发和利用的最新动向即可作答。

【详解】

(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H1=-571.8kJ· mol-1

②CH3OH(g)+1

2

O2(g)=CO2(g)+2H2(g) △H=-192.9 kJ· mol-1

由盖斯定律②+①得到甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为：

CH3OH(g)+3

2

O2(g)═CO2(g)+2H2O(l)△H2=-764.7kJ/mol；

(2)反应②中的能量变化如图所示，依据图象分析，反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量，△H2=E1-E2；

(3)燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据

2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △H1=-571.8kJ/mol可知2mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为571.8kJ，则1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为285.9kJ，故氢气燃烧热为

285.9kJ/mol；

(4)地球上水资源丰富，可以从水中提取氢气，说明资源广泛；依据燃烧热计算分析，氢气的燃烧值高；因为氢气燃烧产物是水，不污染环境。

10．燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图为氢氧燃料电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：

（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___，在导线中电子流动方向为___(用a、b表示)。

（2）负极反应式为___，正极反应式为___。

（3）用该燃料电池作电源，用Pt作电极电解饱和食盐水：

①写出阴极的电极反应式：___。

②写出总反应的离子方程式：___。

③当阳极产生7.1gCl2时，燃料电池中消耗标况下H2___L。

【答案】由化学能转变为电能由a到b 2H2－4e-+4OH-=4H2O O2+4e-+2H2O=4OH-

2H2O+2e-=H2↑ +2OH-或2H+ +2e-=H2↑ Cl-＋2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ 2.24

【解析】

【分析】

（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；（2）负极上燃料失电子发生还原反应，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；

（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；

根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量

【详解】

(1)该装置是把化学物质中的能量转化为电能，所以是化学能转变为电能；在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极流向正极，所以是由a到b，

故答案为：由化学能转变为电能；由a到b；

(2)碱性环境中，该反应中负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为2H2－4e-+4OH-

=4H2O，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：2H2－4e-+4OH-=4H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上氢离子放电，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑ +2OH-或2H+ +2e-=H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，所以总反应离子方程式为：Cl-＋

2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ ，根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量，电解时，阳极上生成氯气，每生成 0.1mol 氯气转移电子的物质的量=0.1mol×（1-0）×2=0.2mol，

燃料电池中消耗氢气的物质的量=0.2mol/2=0.1mol，所以标况下体积为2.24L，

故答案为：2H2O+2e-=H2↑ +2OH-或2H+ +2e-=H2↑ ； Cl-＋2H2O H2↑+2OH－+Cl2↑ ；

2.24。

11．A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。

（1）A中反应的离子方程式为_________________________________。

（2）B中Fe极为_______极，电极反应式为_______________________。C中Fe极为

_______极，电极反应式为__________________________，电子从_______极流出（填“Zn”或“Fe”）。

（3）比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是___________________。

【答案】Fe＋2H＋=Fe2+H2↑负极Fe－2e－=Fe2+正极2H＋＋2e－=H2↑Zn B>A>C

【解析】

【分析】

已知金属活动性：Zn＞Fe＞Sn，则A发生化学腐蚀，铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀，C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，以此解答。

【详解】

(1)铁与硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；

(2)Fe比Sn活泼，则B中Fe为负极，Sn为正极，负极发生Fe－2e－ = Fe2+；Zn比Fe活泼，则C中Fe为正极，Zn为负极，正极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，电子从负极即Zn极流出；

(3)A发生化学腐蚀；B中Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀；C中Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，Zn被腐蚀，则A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B＞A＞C，。

12．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)＋2H2(g)CH3OH(g)K1＝2.5ΔH1＝－116 kJ·mol－1

②CO2(g)＋H2(g)H2O(g)＋

K2＝1.0ΔH2＝＋41 kJ·mol－1

CO(g)

③CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)

K3＝？ΔH3＝？

＋H2O(g)

（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

，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

，

()

()()

3

12

c CH OH

K=

c H c CO

，

()()

()()2

2

22

c CO c H O

K=

c CO c H

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

?

≈

?

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。

13．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

活性炭NO E F

温度(℃)

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。

14．醋酸由于成本较低，在生产中被广泛应用。

(1)近年来化学家研究开发出用乙烯和乙酸为原料、杂多酸作催化剂合成乙酸乙酯的新工艺，不必生产乙醇或乙醛作中间体，使产品成本降低，具有明显经济优势。其合成的基本反应如下：CH 2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)下列描述能说明恒温恒容条件下乙烯与乙酸合成乙酸乙酯的反应已达化学平衡的是________(填字母)。

A．乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同

B．酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等

C．乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗 1 mol

D．整个体系中乙烯的质量分数一定

E.气体的总压强不变

F.气体的摩尔质量不变

(2)在n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1的条件下，某研究小组在不同压强下进行了在相同时间乙酸乙酯的产率随温度变化的测定实验，实验结果如图所示。回答下列问题：

①根据上图判断压强大到小的顺序是________，分析其原因_____。

②压强为p1、温度为60℃时，若乙酸的转化率为40％，则此时乙烯的转化率为____。

③在压强为p1、温度超过80℃时，分析乙酸乙酯产率下降的原因：_____

④根据测定实验结果分析，较适宜的生产条件是________(填出合适的压强和温度)。为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，可以采取的措施有___________(任写出一条)。

【答案】BD p1>p2>p3其它条件相同时，对于有气体参加的反应，化学反应速率越快压强越大 40% 由图象可知，压强为p1，温度为80℃时，反应已到达平衡，且正反应是放热反应，故压强不变，升高温度平衡逆向移动，产率下降 p1、80℃通入乙烯气体(或增大压强)

【解析】

【分析】

(1)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；

(2)①压强越大，反应速率越大；

②压强为p1MPa、温度60℃时，若乙酸乙酯的产率为30%，依据化学平衡物质转化关系，

计算得到乙烯反应量，转化率=消耗量

消耗量

×100%；

③在压强为p1MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降，说明升温平衡逆向进行；

④选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大，为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，赢是改变的条件加快反应速率且平衡正向进行。

【详解】

(1)A.乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同时，反应可能处于平衡状态，也可能未达到平衡状态，因此不能说明正逆反应速率相同，A错误；

B.酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等，说明正、逆反应速率相同，B正确；

C.乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol，只能说明反应正向进行，不能判断反应处于平衡状态，C错误；

D.体系中乙烯的百分含量一定，说明反应处于平衡状态，D正确；

E.反应混合物中只有乙烯是气体，因此任何条件下气体的总压强都不变，不能据此判断反应处于平衡状态，E错误；

F.只有乙烯是气体，气体的摩尔质量始终不变，不能据此判断反应处于平衡状态，F错误；故合理选项是BD；

(2)①CH 2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，温度一定，压强增大平衡正向进行，反应速率增大，图象分析可知p1>p2>p3，则温度在60～80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是v(p1)>v(p2)>v(p3)；

②反应方程式：CH 2=CH2(g)+CH3COOH(l)CH3COOC2H5(l)，反应开始时，

n(C2H4)=n(CH3COOH)=1mol，n(CH3COOC2H5)=0mol，假设反应过程中乙烯变化的物质的量是x，则根据物质反应的转化关系可知，平衡时各种物质的物质的量n(C2H4)=n(CH3COOH)=(1-x)mol，n(CH3COOC2H5)=xmol。由于乙酸乙酯的产率为30%，则生成乙酸乙酯0.3mol，反应消耗乙烯0.3mol，所以乙烯的转化率=(0.3mol÷1mol)×100%=30%；

③在压强为p1MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可能是：由图象可知，

p1MPa、80℃时反应已达平衡且该反应的正反应是放热反应，所以在压强不变时升高温

度，化学平衡向吸热的逆向移动，导致乙酸乙酯的产率下降；

④选择适宜条件使得乙酸乙酯产率达到最大，根据图象中乙酸乙酯产率最大的条件是：

p1MPa、80℃；为提高乙酸乙酯的合成速率和产率，应是改变的条件加快反应速率且平衡正向进行，可以增大反应物浓度或增大压强等。

【点睛】

本题考查了化学平衡状态的判断及化学平衡影响因素及反应条件的控制等知识，了解化学平衡移动原理，结合图象及平衡状态的特征分析判断，平衡移动原理是解题关键。

15．短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如图所示，已知在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，X、Y、Z、W的单质及其化合物在日常生活中用途极其广泛。

(1)X元素在元素周期表中的位置________。

(2)X、Y、Z元素的简单气态氢化物中，稳定性最差的是________（用分子式表示）。

(3)Y、Z、W三种元素对应的离子中，半径由大到小的顺序____________（用离子符号表示）。

(4)某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定XZ的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇－氧化钠，其中Z2-可以在固体介质NASICON中自由移动。则负极的反应式_______________。关于该电池的下列说法，正确的是_________。

A．工作时电极b作正极，Z2- 通过固体介质NASICON由电极b流向电极a

B．工作时电流由电极a通过传感器流向电极b

C．传感器中通过的电流越大，尾气中XZ的含量越高

(5)X2Z42-能被酸性KMnO4氧化，请填写相应的离子，并给予配平：

_____ ______+______MnO4- + ________H+ = ______CO2 + _______Mn2++______H2O

【答案】第二周期第ⅣA 族 CH4 r(N3-)>r(O2-)>r(Al3+) CO+O2--2e-=CO2 AC 5 C2O42- 2 16 10 2 8

【解析】

【分析】

根据短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系，则X、Y、Z是第二周期的元素，W 是第三周期的元素；同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，W是Al元素；根据相对位置，X、Y、Z分别是C、N、O。

【详解】

(1)X是C元素，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅣA 族；

(2)同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，气态氢化物越稳定，C、N、O元素的简单气态氢化物中，稳定性最差的是CH4；

(3)N、O、Al三种元素对应的离子，电子层数相同，质子数越多，半径越小，半径由大到小的顺序r(N3-)>r(O2-)>r(Al3+)；

(4)原电池负极发生氧化反应、正极发生还原反应，负极是一氧化碳失电子生成二氧化碳，负极反应式CO+O2--2e-=CO2；

A．b通入氧气，氧气发生还原反应，工作时电极b作正极，O2- 通过固体介质NASICON由电极b流向电极a，故A正确；

B．电流由正极流向负极，b是正极，工作时电流由电极b通过传感器流向电极a，故B错误；

C．CO的含量越高，失电子越多，传感器中通过的电流越大，故C正确；

(5)C2O42-被酸性KMnO4氧化为CO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，相应的离子方程式是5C2O42-+2MnO4- +16H+ =10CO2 +2Mn2++8H2O。