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备战高考化学压轴题之化学反应与能量(备战高考题型整理,突破提升)及答案解析一、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。
高考化学化学反应与能量变化培优易错难题练习(含答案)附答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．在铜、锌、稀硫酸构成的原电池中（如图所示）(1)负极是__________（填“铜”或“锌”），_________电子（填“失去”或“得到”），发__________（填“氧化”或“还原”），电极反应方程式______________；(2)电流由__________流向__________（填“铜”或“锌），铜片上观察到的现象是________________。
【答案】锌失去氧化 Zn-2e-=Zn2+铜锌铜片表面有气泡产生【解析】【分析】锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电子从负极流向正极，阳离子从负极移向正极，以此解答。
【详解】(1)Zn、Cu、H2SO4构成原电池，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn为原电池的负极，失去电子，被氧化，发生氧化反应，负极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+；(2)铜为正极，溶液中的H+在正极上得电子发生还原反应，2H++2e-=H2↑，会看到正极Cu片上不断产生气泡。
电子从负极流向正极，阳离子从负极移向正极，由于电流方向为正电荷移动方向，所以电流从正极Cu经外电路流向负极Zn。
【点睛】本题考查了原电池的构成条件、电极的判断、电极反应及电流方向等。
掌握原电池构成条件及反应原理是本题解答的关键。
2．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1 mol水放出的热量为中和热。
高考化学压轴题之化学反应与能量变化(高考题型整理,突破提升)含详细答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．有七种金属：钾、锌、铁、锡、铜、银、铂，它们的标号分别为A、B、C、D、E、F、G。
①常温下，只有A和水反应生成氢气；②D、E、G都能和稀硫酸反应生成氢气，B、C、F无此性质；③C、F组成原电池时，F为正极；④在G的硫酸盐溶液中加入D，发现D 溶解，G析出；⑤将G、E接触放置，E不易锈蚀；⑥以铂作电极，电解相同浓度的B和C 的硝酸盐溶液时，在阴极上首先得到C，G在空气中放置极易生锈。
则A是___，B是___，C是___，D是___，E是__，F是__。
【答案】钾铜银锌锡铂【解析】【分析】根据①特别活泼的金属K、Ca、Na能够与冷水反应放出氢气；②比较活泼的金属可以与稀硫酸反应产生氢气；排在H后面的金属不能与酸发生置换反应；③活动性不同的金属构成原电池时，比较活泼的金属为负极，不活泼的金属为正极；④活动性强的金属可以把活动性弱的金属置换出来；⑤在金属的电化学腐蚀中，相对活泼的容易被腐蚀；⑥在电解池中，不活泼的金属阳离子优先获得电子，在电极上被还原，据此分析。
【详解】有七种金属：钾、锌、铁、锡、铜、银、铂，它们的标号分别为A、B、C、D、E、F、G。
①常温下，只有A和水反应生成氢气，根据金属活动性顺序表，可知A为K；②D、E、G 都能和稀硫酸反应生成氢气，B、C、F无此性质，说明D、E、G在金属活动性顺序表中排在H的前边，可能为锌、铁、锡；而B、C、F则排在H的后边，可能为铜、银、铂；③C、F组成原电池时，F为正极，则金属活动性：C>F；④在G的硫酸盐溶液中加入D，发现D溶解，G析出，说明金属活动性D>G；⑤将G、E接触放置，E不易锈蚀，说明金属活动性G>E； G在空气中放置极易生锈，则G为Fe，金属活动性D>G，则D是Zn，E为Sn；B、C、F分别为铜、银、铂的一种由于Pt不活泼，通常以金属单质存在，⑥以铂作电极，电解相同浓度的B和C的硝酸盐溶液时，在阴极上首先得到C，金属活动性：B>C则B 是Cu，C是Ag，F是Pt。
高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应与能量含详细答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。
回答下列问题：(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O ΔZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋6H2O制备ZnFe2O4。
该反应中每生成1 mol ZnFe2O4转移电子的物质的量是________。
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率。
为达到这一目的，还可采用的措施是________________________(任答一条)；已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________；试剂X的作用是_______。
【答案】＋3 4 mol 增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案) Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋ H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 调节溶液的pH，促进Fe3＋水解【解析】【分析】将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价，氧元素化合价-2价，结合化合价代数和为0计算得到Fe 的化合价；②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O ΔZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4．反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价，碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价，计算转移电子的物质的量；(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率．为达到这一目的，还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子；(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作用是调节溶液PH，促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。
高考化学化学反应与能量变化培优易错难题练习(含答案)一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。
使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ•mol－1表示。
请认真观察图1，然后回答问题。
（1）图中所示反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。
（2）已知拆开1mol H﹣H键、1mol I﹣I、1mol H﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。
则由1mol氢气和1mol 碘反应生成HI会________ （填“放出”或“吸收”）________ kJ的热量。
在化学反应过程中，是将________ 转化为________ 。
（3）某实验小组同学进行如图2的实验，以探究化学反应中的能量变化。
实验表明：①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应；实验②中，该小组同学在烧杯中加入5mL 1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，该反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。
【答案】放热放出 11 化学能热能吸热放热【解析】【分析】【详解】(1)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；(2)在反应H2+I2⇌2HI中，断裂1molH-H键，1molI-I键共吸收的能量为：1×436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，放出的能量为：2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：598kJ-587kJ=11kJ，在化学反应过程中，将化学能转化为热能；(3)①中的温度降低说明该反应是吸热反应；活泼金属置换酸中氢的反应为放热反应。
2．为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。
备战高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应与能量含答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．六氟磷酸锂(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H3PO4 4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑ PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O 152【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+30C20CuSiO3+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+30C20CuSiO3+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 。
高考化学化学反应与能量变化(大题培优易错难题)附详细答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．短周期元素X、Y、Z、W、R、T在周期表中的位置如图所示。
请按要求回答下列问题。
(1)R与W形成化合物的电子式为________________________。
(2)Y的氢化物与T的氢化物反应的生成物中含有的化学键为_________。
(3)X与Z形成的二元化合物中，所含电子数为18的分子的化学式为______。
(4)实验室制取T单质的离子方程式为______________________________。
(5)如图，a、b为多孔石墨电极(电极不参与反应)，插入W的最高价氧化物对应水化物的溶液中，两端分别通入X单质和Z单质，发现电流计指针发生偏转。
①电池工作时，电子的移动方向为由_____到_____(填“a”或“b”)。
②该电池反应产物环保无污染，则该电池的总反应式为____________。
【答案】离子键、共价键 H2O2 MnO2+4H++2Cl－ΔMn2++Cl2↑＋2H2O ab 2H2+O2=2H2O【解析】【分析】根据元素在周期表的位置可得，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素，R 为S元素，T为Cl元素，据此分析解答；【详解】(1) R为S元素，W为Na元素，R与W形成化合物为Na2S，电子式为；(2) Y为N元素，T为Cl元素，Y的氢化物与T的氢化物分别为NH3和HCl，反应的生成物为NH4Cl，属于含有共价键的离子化合物，其中含有的化学键为离子键、共价键；(3) X为H元素，Z为O元素，X与Z形成的二元化合物为H2O、H2O2，所含电子数为18的分子的化学式为H2O；(4) T为Cl元素，实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制取氯气，的离子方程式为MnO2+4H++2Cl－ΔMn2++Cl2↑＋2H2O；(5) W为Na元素，W的最高价氧化物对应水化物的溶液为氢氧化钠溶液，两端分别通入H2和O2，发现电流计指针发生偏转，说明该装置构成氢氧燃料电池。
备战高考化学二轮化学反应与能量变化专项培优易错难题及详细答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y位于不同周期，X与W 位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。
请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。
（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。
①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。
③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。
Na Si+3H O=Na SiO+3H↑负极【答案】第二周期第ⅢA族2223237g【解析】【分析】原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4，因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。
即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。
【详解】(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为；Na Si+3H O=Na SiO+3H↑；(2)①根据元素分析，该反应方程式为22232②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。
备战高考化学二轮化学反应与能量变化专项培优易错难题及答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y位于不同周期，X与W 位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。
请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。
（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。
①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。
③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。
Na Si+3H O=Na SiO+3H↑负极【答案】第二周期第ⅢA族2223237g【解析】【分析】原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4，因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。
即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。
【详解】(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为；Na Si+3H O=Na SiO+3H↑；(2)①根据元素分析，该反应方程式为22232②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。
高考化学复习化学反应与能量变化专项易错题附详细答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．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aB．工作时电流由电极a通过传感器流向电极bC．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。
高考化学备考之化学反应与能量压轴突破训练∶培优 易错 难题篇附详细答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．以氯化钾和硫酸亚铁为原料生产硫酸钾和氧化铁红颜料，其主要流程如下：已知：NH 4HCO 3溶液呈碱性，30℃以上NH 4HCO 3大量分解。
(1)NH 4HCO 3溶液呈碱性的原因是_____________________________________。
(2)写出沉淀池I 中反应的化学方程式_____________________________，该反应必须控制的反应条件是________________________________________。
(3)检验沉淀池I 中Fe 2+沉淀是否完全的方法是_____________________。
(4)酸化的目的是______________________________。
(5)在沉淀池II 的反应中，为使反应物尽可能多地转化为生成物，可在反应过程中加入___。
a ．(NH 4)2SO 4b ．KClc ．丙醇d ．水(6)N 、P 、K 、S 都是植物生长所需的重要元素。
滤液A 可做复合肥料，因为其中含有_____________等元素。
【答案】NH 4+的水解程度小于HCO 3-的水解程度 2NH 4HCO 3 + FeSO 4 → FeCO 3↓ + (NH 4 )2SO 4 + CO 2↑ + H 2O 反应温度低于30℃ 取沉淀池I 的滤液，滴加KSCN 溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全 除去溶液中的HCO 3- c N 、S 、K 【解析】 【分析】FeSO 4与NH 4HCO 3发生双水解反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳等，然后过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁，因滤液中含有NH 4HCO 3，向滤液中加入硫酸，可除去-3HCO ，此时溶液中溶质为硫酸铵、硫酸，向溶液中加入足量KCl ，此时溶液中因硫酸钾的溶解度较氯化铵低而发生沉淀，然后过滤，得到硫酸钾固体，以此解答。
【详解】（1）NH 4HCO 3溶液中铵根离子水解显示酸性，碳酸氢根离子水解显示碱性，+4NH 的水解程度小于-3HCO 的水解程度，所以NH 4HCO 3溶液呈碱性，故答案为：+4NH 的水解程度小于-3HCO 的水解程度；（2）碳酸氢根离子和亚铁离子之间发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀，并放出二氧化碳，反映的原理方程式为：2NH 4HCO 3+FeSO 4=FeCO 3↓+(NH 4)2SO 4+CO 2↑+H 2O ，为防止较高温度下碳酸氢铵的分解，要注意温度的选择，故答案为：2NH 4HCO 3+FeSO 4=FeCO 3↓+(NH 4)2SO 4+CO 2↑+H 2O ；反应温度低于30℃；（3）亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子，亚铁离子遇到硫氰酸钾不显色，但是三价铁遇到硫氰酸钾显示红色，检验沉淀池I 中Fe 2+沉淀是否完全的方法是：取沉淀池I 的滤液，滴加KSCN 溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全，故答案为：取沉淀池I 的滤液，滴加KSCN 溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全；（4）沉淀池Ⅰ中，除了生成的碳酸亚铁之外，溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入酸，酸化的目的是除去溶液中的-3HCO ，故答案为：除去溶液中的-3HCO ；（5）由题目看出在沉淀池II 中生成的K 2SO 4为固体，而K 2SO 4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K 2SO 4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K 2SO 4的溶解度，故选：c ；（6）滤液A 的成分中含有(NH 4)2SO 4以及KCl ，即其中含有N 、S 、K 元素，属于复合肥料，故答案为：N 、S 、K 。
2．（1）反应3Fe(s)+4H 2O(g)Fe 3O 4(s)+4H 2(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)+4NH 3(g)5N 2(g)+6H 2O(g)。
某次实验中测得容器内NO 及N 2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2NO 2(g)N 2O 4(g)，n(NO 2)随时间变化如下表： 时间/s 0 1 2 3 4 5 n(NO 2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005①用NO 2表示0～2s 内该反应的平均速率为___。
②在第5s 时，NO 2的转化率为__。
【答案】不变 减慢 cd 0.0075mol·L -1·s -1 87.5% 【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t 2时刻后N 2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 (NO 2)=0.04mol-0.01mol=0.03mol ，容器体积为2L ，所以反应速率为0.03mol 2L =2sc t ∆∆=0.0075mol·L -1·s -1； ②第5s 时，△n (NO 2)=0.04mol-0.005mol=0.035mol ，转化率为0.035mol100%0.04mol⨯=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。
3．在一定温度下，体积为2L 的密闭容器中，NO 2和N 2O 4之间发生反应：2NO 2(g)(红棕色)N 2O 4(g)(无色)，如图所示。
(1)曲线_____________(填“X”或“Y”)表示N 2O 4的物质的量随时间的变化曲线。
(2)3min 内，以X 的浓度变化表示的平均反应速率为_____________。
(3)下列措施能使该反应速率加快的是________。
①升高温度 ②减小容器体积 ③通入N 2O 4 ④通入Ar 使压强增大 ⑤通入HCl 气体 A ．①③④ B ．①②③ C ．①④⑤ D ．①②④ (4)此反应在该条件下达到限度时，X 的转化率为________。
(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是____________(填标号)。
A ．容器内压强不再发生变化 B ．混合气体的密度不变C ．容器内混合气体原子总数不变D ．混合气体的平均相对分子质量不变E ．v(NO 2)=2v(N 2O 4)F ．相同时间内消耗n mol 的Y 的同时消耗2n mol 的X 【答案】Y 0.1mol·L －1·min －1 B 60% A 、D 、F 【解析】 【分析】 【详解】(1)据图可知相同时间内△n (X)是△n (Y)的两倍，根据方程式2NO 2(g)ƒN 2O 4(g)可知单位时间内NO 2的变化量更大，所以Y 代表N 2O 4的物质的量随时间的变化曲线；(2)X 代表NO 2，3min 内，v (NO 2)=1mol-0.4mol2L =3minc t ∆∆=0.1mol·L －1·min －1； (3)①升高温度可以增大活化分子百分含量，增大反应速率，故正确； ②减小容器体积，各物质浓度增大，反应速率加快，故正确；③通入N 2O 4，平衡逆向移动，反应物和生成物浓度均增大，反应速率加快，故正确； ④通入Ar 使压强增大，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误； ⑤通入HCl 气体，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；综上所述选①②③，答案为B；(4)据图可知初始X的物质的量为1mol，平衡时X的物质的量为0.4mol，转化率为1mol-0.4mol=60%；100%1mol(5)A．容器恒容，平衡移动时气体的总物质的量发生改变，所以未达到平衡时体系内压强会变，压强不变时说明反应达到平衡，故A正确；B．气体总体积不变，总质量不变，所以密度一直不变，故B错误；C．反应物和生成物均为气体，根据质量守恒定律可知平衡移动时原子总数不变，故C错误；D．气体总质量不变，平衡移动时气体总的物质的量会发生改变，所以气体平均相对分子质量会变，当气体平均相对分子质量不变时说明反应达到平衡，故D正确；E．未指明是正反应速率还是逆反应速率，故E错误；F．相同时间内消耗n mol的Y的同时消耗2n mol的X即反应的正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故F正确；综上所述选A、D、F。
【点睛】判断压强是否影响反应速率时关键是要看压强的改变是否改变了反应物和生成物的浓度，若改变了则压强的改变影响反应速率，若不改变，则压强的变化不影响反应速率。
4．汽车尾气中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃烧所产生的CO。
为了减轻大气污染科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，即噲?2CO2+N2。
2NO+2CO垐?为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t1℃下，在一等容的密闭容器中，用气体传感器测得了不同时间的NO和CO的浓度如表(CO2和N2的起始浓度为0)。
回答下列问题：（1）已知在上述反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应是___反应（填“放热”或“吸热”)。
（2）前3s内的平均反应速率：v(N2)=___。
（3）t1℃时该反应的平衡常数表达式：K=___。
（4）假设在密闭容器中该反应达到平衡后，改变下列条件，能提高NO转化率的是___（选填答案编号）。
a .选用更有效的催化剂b .升高反应体系的温度c .降低反应体系的温度d .缩小容器的体积【答案】放热 1.42×10-4mol/(L·s) 22222c (CO )c(N )c (NO)c (CO)⋅⋅ c 、d 【解析】 【分析】(1)根据图示所给的反应物总能量与生成物总能量大小关系进行分析；(2)同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，v (N 2)=12v (NO)； (3)根据平衡常数的概念进行书写； (4)根据影响平衡移动的规律进行分析。
【详解】(1)反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；(2)同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，所以前3s 内的平均反应速率v (N 2)=12v (NO)=12×-4-410.010mol/L-1.5010m 3s ol/L ⨯⨯=1.42×10-4 mol•L -1•s -1；(3)根据平衡常数的概念可知反应 2NO+2CO 垐?噲?2CO 2 +N 2的K =22222(CO )(N )(NO)(CO)c c c c ⋅⋅；(4)a ．选用更有效的催化剂，不能使平衡发生移动，故错误；b ．因反应放热，升高反应体系的温度，则平衡逆向移动，转化率减小，故错误；c ．降低反应体系的温度，平衡正向移动，转化率增大，故正确；d ．缩小容器的体积，平衡正向移动，转化率增大，故正确； 故答案为：cd 。
