高考化学化学反应与能量提高练习题压轴题训练及答案.docx
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高考化学化学反应与能量提高练习题压轴题训练及答案
高考化学（化学反应与能量提高练习题）压轴题训练及答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．阅读下列材料，并完成相应填空
钯（Pd）是一种不活泼金属，性质与铂相似。
在科研和工业生产中，含钯催化剂不仅用途广泛，且用量大，因此从废催化剂中回收钯具有巨大的经济效益。
已知废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌。
工业上采用如下流程从废催化剂中提取钯。
（1）气体I的化学式为__________，酸溶I的目的是___________。
（2）王水指是浓硝酸和浓盐酸组成的混合物，其体积比为__________。
残渣与王水发生的反应有：
a.Pd+HCl+HNO3→……
b.___________（写出化学方程式并配平）。
（3）若用足量的烧碱吸收气体II，请写出吸收后溶液中含有的溶质的化学式：
NaOH、_______、________、________。
（4）写出用NaHCO3调节pH值时发生反应的离子方程式：
_________。
使用甲醛还原钯的化合物时，溶液须保持碱性，否则会造成甲醛的额外损耗，原因是______________。
（5）操作I的名称是_______________，溶液I可能含有的有机离子为_________。
（6）有人提出，在进行酸溶前最好先将废催化剂在700℃下进行灼烧，同时不断通入空气，其目的是____________。
【答案】H2除去铁、锌等杂质1:
3C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2ONaNO3NaNO2Na2CO3HCO3-+H+=H2O+CO2↑酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化过滤HCOO-（甲酸根离子）除去废催化剂中的活性炭，减少王水的消耗（必须涉及炭的除去）
【解析】
【分析】
酸溶时铁和锌能与盐酸反应产生氢气，过滤出的残渣用王水溶解，然后通过碳酸氢钠调节pH，最后通过甲醛还原得到金属钯，据此解答。
【详解】
（1）铁和锌能与盐酸反应产生氢气；废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌，而实验的目的是从废催化剂中提取钯，所以酸溶I的目的是除去铁、锌等杂质；
（2）王水是浓硝酸与盐酸按体积比1：
3的混合物，浓硝酸具有氧化性，能将碳氧化生成二氧化碳，本身被还原成一氧化氮，反应的方程式为：
C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2O；
（3）氢氧化钠与二氧化氮、二氧化碳反应的方程式：
2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，同时氢氧化钠过量，所以吸收后溶液中含有的溶质的化学式：
NaOH、NaNO3、NaNO2、Na2CO3；
（4）NaHCO3能和盐酸发生反应，离子方程式为：
HCO3-+H+＝H2O+CO2↑，甲醛具有还原性，酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化；
（5）金属钯不溶于水，利用过滤的方法分离，甲醛会被硝酸氧化生成甲酸，所以溶液I可能含有的有机离子为HCOO-；
（6）由于废催化剂中的含有活性炭，不断通入空气，能除去活性炭，同时减少王水的消耗。
2．六氟磷酸锂（LiPF6）极易溶于水，可溶于醇等有机溶剂，常作锂离子电池的电解质。
某工氟磷灰石[Ca5（PO4）3F]为主要原料，制备六氟磷酸锂的流程如下：
已知：
HF的熔点为-83℃，沸点为19.5℃
回答下列问题：
（1）粉碎氟磷灰石的目的是________________________
（2）特制容器不能用玻璃容器，原因是________________（用文字叙述）
（3）沸腾炉中产生固液混合物，该混合物中含有CaSO4和________（除硫酸外）
（4）制备白磷（P4）中产生SiF4和一种还原性气体，制备白磷的化学方程式为________________
（5）尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成两种盐，写出发生反应的离子方程式：
________________
（6）如果42.5kgLiCl参与反应，理论上可制备________kgLiPF6
【答案】增大接触面积，加快反应速率HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应H3PO44Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O152
【解析】
【分析】
氟磷灰石粉碎后，加入浓硫酸加热的条件下发生Ca5[PO4]3F+5H2SO4=HF↑+3H3PO4+5CaSO4，气体A为HF，液化后，HF能与二氧化硅反应，不能在玻璃仪器中反应，需在特制容器中与LiCl反应；氟磷灰石与焦炭、石英砂在1500℃发生4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑，白磷与氯气点燃的条件下生成三氯化磷与五氯化磷的混合物，再与LiCl反应生成LiPF6和HCl。
【详解】
（1）粉碎氟磷灰石，导致固体颗粒小，接触面积增大，其目的为增大接触面积，加快反应速率；
（2）生成的气体为HF，HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应，故需在特制容器反应；
（3）根据反应的方程式，混合物中含有CaSO4和H3PO4；
（4）制备白磷（P4）中产生SiF4和一种还原性气体CO，反应的方程式为4Ca5（PO4）3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑；
（5）尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成磷酸钠和氯化钠，离子方程式为PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O；
（6）LiCl+6HF+PCl5=LiPF6+6HCl，42.5kgLiCl的物质的量为1000mol，理论生成1000molLiPF6，质量为152kg。
3．化学肥料在农业生产中有重要作用。
农业生产中，大量施用的化肥主要是氮肥、磷肥、钾肥。
（1）普钙是磷肥，它的有效成分是________（写化学式）。
（2）尿素是一种含氮量较高的氮肥，工业生产尿素是将氨气与二氧化碳在加压、加热的条件下反应生成氨基甲酸铵（H2NCOONH4），再使氨基甲酸铵脱水得到尿素。
反应的化学方程式为______________、______________。
（3）农谚说的“粪和肥，肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效。
请你说明其中的化学原理：
________________________。
（4）合成氨是生产氮肥的重要环节。
合成氨生产简易流程示意图如下：
从示意图可知其存在循环操作。
简要说明为什么在化工生产中经常采用循环操作？
______。
【答案】Ca（H2PO4）2·H2O2NH3＋CO2
H2NCOONH4H2NCOONH4
H2NCONH2＋H2O粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3受潮后水解为KOH，显碱性，NH4＋与OH－可发生反应生成NH3逸出而降低肥效从原因来讲，许多化学反应是可逆反应，转化率低；从结果来说，循环操作的主要目的在于充分利用原料、降低成本；从工艺设计来说，循环操作有利于连续化生产、减少工序；从环保角度来说，实现全封闭生产，控制废弃物排放
【解析】
【分析】
（1）普钙的有效成分是磷酸二氢钙；
（2）氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵脱水生成尿素和水；
（3）农谚说的“粪和肥，肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效，粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3受潮后水解为KOH，显碱性，NH4+与OH－可发生反应生成NH3逸出而降低肥效；
（4）可从生产成本（原料的利用率）、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
【详解】
（1）普钙的成分为Ca（H2PO4）2·H2O与CaSO4，其有效成分为Ca（H2PO4）2·H2O。
故答案为：
Ca（H2PO4）2·H2O；
（2）由题中信息，氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵脱水生成尿素和水，利用原子守恒可直接写出反应的方程式：
2NH3＋CO2
H2NCOONH4，H2NCOONH4
H2NCONH2＋H2O。
故答案为：
2NH3＋CO2
H2NCOONH4，H2NCOONH4
H2NCONH2＋H2O；
（3）农谚说的“粪和肥，肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效，粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3受潮后水解为KOH，显碱性，NH4＋与OH－可发生反应生成NH3逸出而降低肥效；故答案为：
粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3受潮后水解为KOH，显碱性，NH4＋与OH－可发生反应生成NH3逸出而降低肥效；
（4）从反应特点来说，许多化学反应是可逆反应，转化率低；从能源利用及经济方法来说，循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本；从工艺流程来说，循环操作有利于连续化生产、减少工序；从环保角度来说，实现全封闭生产，控制废弃物的排放；
故答案为：
从反应特点来说，许多化学反应是可逆反应，转化率低；从能源利用及经济方法来说，循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本；从工艺流程来说，循环操作有利于连续化生产、减少工序；从环保角度来说，实现全封闭生产，控制废弃物的排放。
【点睛】
本题考查化学反应方程式的书写、化工生产等知识点，注意（3）中运用盐水解知识进行解释。
难点（4）可从生产成本（原料的利用率）、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
4．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H2SO4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】AlAl-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OMgMg-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。
5．请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白：
（1）在Ba（OH）2·8H2O和NH4Cl晶体反应的演示实验中：
反应物混合后需用玻璃棒迅速搅拌，其目的是____________，体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和________。
（2）下列过程中不一定释放能量的是____（请填编号）。
A．形成化学键B．燃料燃烧C．化合反应D．葡萄糖在体内的氧化反应
E.酸碱中和F.炸药爆炸
（3）已知：
通常条件下，酸碱稀溶液中和生成1mol水放出的热量为中和热。
稀溶液中1molH2SO4和NaOH恰好反应时放出QkJ热量，则其中和热为____kJ/mol。
（4）已知H2和O2反应放热，且断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，由此可以推知下列关正确的是___（填编号）。
A．Q1+Q2>Q3B．Q1+Q2>2Q3C．2Q1+Q2<4Q3D．2Q1+Q2<2Q3
【答案】搅拌，使反应物充分接触促进反应玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起C
C
【解析】
【分析】
（1）通过玻璃棒的搅拌可使混合物充分接触而促进反应进行；烧杯和玻璃片之间的水结冰会将二者粘在一起；
（2）形成化学键释放能量，燃烧放热、有些化合反应是吸热反应，如碳和二氧化碳反应制一氧化碳，大多数分解反应是吸热反应，氧化反应、酸碱中和、炸药爆炸都是放热反应；
（3）依据中和热的概念是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1mol水和可溶性盐放出的热量进行分析；
（4）根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答。
【详解】
（1）固体参加的反应，搅拌可使反应混合物充分接触而促进反应进行，通过玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起，知道氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热反应；
（2）形成化学键、燃料的燃烧、葡萄糖在体内的氧化反应、酸碱中和反应和炸药的爆炸过程都属于放热反应，而化合反应不一定为放热反应，如CO2与C在高温下反应产生CO的反应属于吸热反应，所以不一定释放能量的为化合反应，故合理选项是C；
（3）在稀溶液中1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时生成2molH2O，放出QkJ热量，而中和热是指强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，故H2SO4与NaOH反应的中和热为：
kJ/mol；
（4）1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2（g）+
O2（g）=H2O（g），断开1molH-H键和
molO=O键所吸收的能量（Q1+
Q2）kJ，生成2molH-O新键释放的能量2Q3kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-（Q1+
Q2）>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项是C。
【点睛】
本题考查了化学反应与能量变化，注意掌握中和热的概念，反应热为断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，（4）1molH2O中含2molH-O键为解答易错点。
6．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-+4H2O2H2O+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）。
7．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。
8．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=2K2SO3+4H2O。
（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】O2H2S+8OH--6e-=SO32-+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：
O2。
（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-=SO32-+5H2O。
答案为：
H2S+8OH--6e-=SO32-+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-。
9．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：
2NO2（g）
N2O4（g）+Q。
（1）前10min内用NO2表示的化学反应速率v（NO2）=___；
（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态是___；
（3）35min时，反应2NO2（g）
N2O4（g）在d点的平衡常数K（d）___K（b）（填“>”、“=”或“<”）。
（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/（L·min）b和d=B、D
【解析】
【分析】
据图可知单位时间内X的浓度变化是Y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v（NO2）=
=0.04mol/（L·min）；
（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；
（3）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25 min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。
10．
（1）二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如图：
①质子的流动方向为________________（“从A到B”或“从
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