备战高考化学专题训练化学反应与能量的推断题综合题分类附详细答案.docx

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备战高考化学专题训练化学反应与能量的推断题综合题分类附详细答案

备战高考化学专题训练---化学反应与能量的推断题综合题分类附详细答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．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1.0mol·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xNiCO3·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<7.7CuSxNiCO3·yNi（OH）2

（x＋y）NiO＋xCO2↑＋yH2ONi（OH）2中Ni含量高于NiCO3，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NiSO4，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xNiCO3•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）S2-可与Cu2+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，xNiCO3·yNi（OH）2高温下分解生成NiO、CO2和H2O；

②pH越大，溶液碱性越强，结合碱式碳酸镍[用xNiCO3·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H2S气体，发生反应H2S+Cu2+=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，xNiCO3·yNi（OH）2高温下分解生成NiO、CO2和H2O，其化学方程式为：

xNiCO3·yNi（OH）2

（x＋y）NiO＋xCO2↑＋yH2O；

②碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi（OH）2表示]沉淀中Ni（OH）2中Ni含量高于NiCO3，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。

2．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CuCu–2e-=Cu2+BDB21.6

【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。

3．在我国南海、东海海底均存在大量的可燃冰（天然气水合物，可表示为

）。

2017年5月，中国首次海域可燃冰试采成功。

2017年11月3日，国务院正式批准将可燃冰列为新矿种。

可燃冰的开采和利用，既有助于解决人类面临的能源危机，又能生成一系列的工业产品。

（1）对某可燃冰矿样进行定量分析，取一定量样品，释放出的甲烷气体体积折合成标准状况后为166m3，剩余H2O的体积为0.8m3，则该样品的化学式中x=_________________。

（2）已知下表数据，且知H2O（l）=H2O（g）△H=+41

化学键

C—H

O=O

C=O

H—O

键能/

413

498

803

463

用甲烷燃烧热表示的热化学方程式为_____________________________________________________。

（3）甲烷燃料电池相较于直接燃烧甲烷有着更高的能量转化效率，某甲烷燃料电池，正极通入空气，以某种金属氧化物为离子导体（金属离子空穴中能传导O2-），该电池负极的电极反应式为__________________________________________。

（4）甲烷与水蒸气重整制氢是工业上获得氢气的重要手段。

若甲烷与脱盐水在一定条件下反应生成H2，同时得到体积比为1:

3的CO2和CO，该反应的化学方程式为_____________________________________。

混合气体中的CO2可用浓氨水脱除，同时获得氮肥NH4HCO3，该反应的离子方程式是_________________________________________________________。

【答案】6CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-892kJ·mol-1CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O

NH3·H2O+CO2=NH4++

【解析】

【分析】

【详解】

（1）n（CH4）=

=

mol，n（H2O）=

=

mol，n（CH4）:

n（H2O）=

:

≈1:

6，所以x=6，故答案为：

6；

（2）由表格可知①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）的△H=（4×413+2×498-2×803×-4×463）kJ·mol-1=-810kJ·mol-1，又因为②H2O（l）=H2O（g）△H=41

，将①-2×②得：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=（-810-2×41）

=-892kJ·mol-1，故答案为：

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-892kJ·mol-1；

（3）甲烷在负极失电子，被氧化，结合电解质、原子守恒、电荷守恒可得负极反应为：

CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，故答案为：

CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；

（4）由已知可知道，反应物为甲烷和水，生成物为氢H2、CO和CO2，结合CO2和CO的体积比为1:

3可得方程式为：

。

二氧化碳和氨水反应生成NH4HCO3的离子方程式为：

NH3·H2O+CO2=NH4++

，故答案为：

；NH3·H2O+CO2=NH4++

。

【点睛】

燃料电池电极反应的书写：

燃料在负极失电子，O2在正极得电子。

4．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6.4gCH3OH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】CDCH3OH+H2O-6e-=CO2↑+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

，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6.4gCH3OH，即0.2molCH3OH，转移电子数

，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CO2，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+，故答案为：

CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。

5．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-。

6．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。

7．

（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B到A”）。

②负极的电极反应式为________________。

（2）工业上吸收和转化SO2的电解装置示意图如下（A．B均为惰性电极）：

①B极接电源的________________极（“负”或“正”）。

②A极的电极反应式是_________________。

【答案】从A到BSO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+正2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O

【解析】

【详解】

（1）①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极为负极，氧气所在电极为正极，原电池中阳离子移向正极，所以质子移动方向为：

从A到B；

②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：

SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；

（2）①依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源的正极相连，即B极接电源的正极；

②A为阴极，得电子发生还原反应由SO32-生成S2O42-，电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。

8．回答下列问题：

（1）铅蓄电池的总反应为：

Pb+PbO2+2H2SO4

2PbSO4+2H2O，放电时，负极反应式为___________，充电时，阳极反应式为___________。

（2）利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。

①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于Ｎ处，该电化学防护法称为___________。

②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为__________。

（3）我国的科技人员为了消除SO2的污染，利用原电池原理，设计如图2装置用SO2和O2制备硫酸，电极A、B为多孔的材料。

①A极的电极反应式是________。

②B极的电极反应式是________。

【答案】Pb+SO42-－2e-＝PbSO4PbSO4+2H2O-2e-＝PbO2+4H++SO42-外加电流的阴极保护法牺牲阳极阴极保护法4H++O2+4e-＝2H2OSO2+2H2O-2e-＝SO42-+4H+

【解析】

【分析】

（1）放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，充电时，该装置是电解池，阳极失电子发生氧化反应；

（2）作原电池正极或作电解池阴极的金属被保护；

（3）该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，正极上投放的气体是氧气，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，根据硫酸和水的出口方向知，B极是负极，A极是正极，据此书写电极反应式。

【详解】

：

（1）放电时，该装置是原电池，负极上铅失电子发生氧化反应，即Pb+SO42--2e-=PbSO4，在充电时，该装置是电解池，阳极上硫酸铅失电子发生氧化反应，即PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-，故答案为：

Pb+SO42--2e-=PbSO4；PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-；

（2）①若X为石墨，为减缓铁的腐蚀，将开关K置于N处，该装置构成电解池，铁作阴极而被保护，该电化学防护法称为外加电流的阴极保护法；故答案为：

外加电流的阴极保护法；

②若X为锌，开关K置于M处，该装置构成原电池，锌易失电子作负极，铁作正极而被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法，故答案为：

牺牲阳极的阴极保护法．

（3）该原电池中，负极上失电子被氧化，所以负极上投放的气体是二氧化硫，即B极是负极，负极二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式是SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，正极上投放的气体是氧气，即A极是正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式是4H++O2+4e-=2H2O，故答案为：

①4H++O2+4e-=2H2O；   ②SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+。

9．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17gNH3（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-1N2和5.5mol·L-1H2，经过50min，NH3的浓度为1mol·L-1，则v（N2）=______mol·L-1·min-1，c（H2）=_____mol·L-1

（4）已知NH3（g）=NH3（l）△H=-QkJ·mol-1,则N2（g）+3H2（g）=2NH3（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-92.20.014-（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N2（g）与H2（g）反应生成17g  NH3（g），放出46.1kJ的热量，分析图象是合成氨反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（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N2（g）与H2（g）反应生成17g  NH3（g），放出46.1kJ的热量，图象是表示的是反应N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）能量变化，所以生成34g氨气放热92.2kJ，热化学方程式为：

N2（g）+3H2（g）=2NH3（g），△H=-92.2kJ/mol，故答案为：

-92.2；

（3）起始充入2mol•L-1N2和5.5mol•L-1H2，经过50min，NH3的浓度为1mol•L-1，则依据所给数据建立如下三段式：

由三段式可得v（N2）=

=0.01mol/（L•min），c（H2）=4mol/L，故答案为：

0.01；4；

（4）由热化学方程式①N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=-92.2kJ/mol，②NH3（g）═NH3（l）△H=-QkJ•mol-1，依据盖斯定律①+②×2得到N2（g）+3H2（g）═2NH3 （l）△H=-（92.2+2Q）kJ•mol-1，故答案为：

-（92.2+2Q）。

10．

（1）Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。

该电池的电极材料分锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2，电池的总反应可表示为4Li+2SOCl2=4LiCl+S+SO2。

请回答下列问题：

①正极发生的电极反应为___。

②SOCl2易挥发，实验室中常用NaOH溶液吸收SOCl2，有Na2SO3和NaCl生成。

如果把少量水滴到SOCl2中，实验现象是___。

（2）用铂作电极电解某金属的氯化物（XCl2）溶液，当收集到1.12L氯气时（标准状况下），阴极增重3.2g。

①该金属的相对原子质量为___。

②电路中通过___个电子。

【答案】2SOCl2＋4e-=S＋SO2＋4Cl-产生白雾，且生成有刺激性气味的气体640.1NA

【解析】

【分析】

（1）①由总反应可知，Li化合价升高，失去电子，发生氧化反应，S化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此电池中Li作负极，碳作正极；

②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；

（2）①n（Cl2）=n（X2+）,根据M=

计算金属的相对原子质量；

②根据电极反应2Cl－－2e-=Cl2↑计算转移电子的物质的量，进一步计算转移电子的数目。

【详解】

（1）①由分析可知碳作正极，正极上SOCl2得到电子生成S单质，电极反应为：

2SOCl2＋4e-=S＋SO2＋4Cl-；

②SOCl2与水反应生成SO2和HCl，有刺激性气味的气体生成，HCl与水蒸气结合生成白雾；

（2）①n（X2+）=n（Cl2）=

=0.05mol，M=

=

=64g/mol，因此该金属的相对原子质量为64；

②由电极反应2Cl－-2e-=Cl2↑可知，电路中转移电子的物质的量为2×n（Cl2）=2×0.05mol=0.1mol，因此转移电子的数目为0.1NA。

11．Ⅰ．某实验小组对H2O2的分解做了如下探究。

下表是该实验小组研究影响H2O2分解速率的因素时记录的一组数据，将质量相同的粉末状和块状的MnO2分别加入盛有15ml5%的H2O2溶液的大试管中，并用带火星的木条测试，结果如下：

MnO2

触摸试管情况

观察结果

反应完成所需的时间

粉末状

很烫

剧烈反应，带火星的木条复燃

3.5min

块状

微热

反应较慢，火星红亮但木条未复燃

30min

（1）写出上述实验中发生反应的化学方程式：

______。

（2）实验结果表明，催化剂的催化效果与_____有关。

（3）某同学在10mLH2O2溶液中加入一定量的二氧化锰，放出气体的体积（标准状况）与反应时间的关系如图所示，则A、B、C三点所表示的反应速率最慢的是_____。

Ⅱ．某反应在体积为5L的恒容密闭容器中进行，在0-3分钟内各物质的量的变化情况如图所示（A，B，C均为气体，且A气体有颜色）。

（4）该反应的的化学方程式为__________。

（5）反应开始至2分钟时，B的平均反应速率为____。

（6）能说明该反应已达到平衡状态的是____。

a．v（A）=2v（B）b．容器内各物质的物质的量相等

c．v逆（A）=v正（C）d．容器内气体的颜色保持不变

（7）由图求得平衡时A的体积分数______。

【答案】2