高考化学化学反应与能量大题培优 易错 难题及详细答案.docx
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高考化学化学反应与能量大题培优易错难题及详细答案
高考化学化学反应与能量(大题培优易错难题)及详细答案
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.高锰酸钾(
)是一种常用氧化剂,主要用于化工、防腐及制药工业等。
以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下:
回答下列问题:
(1)原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配,混配前应将软锰矿粉碎,其作用是_______________________。
(2)“平炉”中发生的化学方程式为______________________。
(3)“平炉”中需要加压,其目的是______________________。
(4)将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“
歧化法”是传统工艺,即在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反应,反应中生成K2MnO4,MnO2和____________(写化学式)。
②“电解法”为现代工艺,即电解K2MnO4水溶液,电解槽中阳极发生的电极反应为___________________,阴极逸出的气体是______________。
③“电解法”和“
歧化法”中,K2MnO4的理论利用率之比为______________。
(5)高锰酸钾纯度的测定:
称取1.0800g样品,溶解后定容于100mL容量瓶中,摇匀。
取浓度为0.2000mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00mL,加入稀硫酸酸化,用KMnO4溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为24.48mL,该样品的纯度为___________________
(列出计算式即可,已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。
【答案】扩大接触面积,加快化学反应速率2MnO2+O2+4KOH
2K2MnO4+2H2O增大反应物的浓度,可使化学反应速率加快,同时使反应物的转化率增大K2CO3MnO42--e-=MnO4-H23:
295.62%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)MnO2的状态是固体,对于有固体参加的化学反应,可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率,故要将其粉碎成细小的颗粒;
(2)根据流程图可知,在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4,结合质量守恒定律可知,另外一种物质是H2O,则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH
2K2MnO4+2H2O;
(3)由于上述反应中氧气是气体,在“平炉”中加压,就可以使反应物氧气的浓度增大,根据外界条件对化学反应速率的影响,增大反应物的浓度,可以使化学反应速率加快;任何反应都具有一定的可逆性,增大压强,可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动,故可以提高原料的转化率;
(4)①在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反应,反应中生成KMnO4,MnO2,根据质量守恒定律可知,另外一种生成物是K2CO3,根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒,可得该反应的化学方程式是:
3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3;②“电解法”为现代工艺,即电解K2MnO4水溶液,在电解槽中阳极,MnO42-失去电子,发生氧化反应,产生MnO4-。
电极反应式是:
MnO42--e-=MnO4-;在阴极,水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出,电极反应式是:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
所以阴极逸出的气体是H2;总反应方程式是:
2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH;③根据“电解法”方程式2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH可知K2MnO4的理论利用率是100%;而在“CO2歧化法”3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中,K2MnO4的理论利用率是2/3,所以二者的理论利用率之比为3:
2;
(5)根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是:
2KMnO4~5H2C2O4。
配制的溶液的浓度为:
。
则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为:
n=
KMnO4的质量为:
m="0.006536mol"×158g/mol=1.03269g。
故其纯度为:
×100%=95.62%。
2.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∶1②>1∶1③<1∶1④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。
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A4HNO3=4NO2+O2+2H2O6NO2+8NH3=7N2+12H2OBC
【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.
(1)选择适宜的材料和试剂设计一个原电池,完成下列反应:
Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。
①画出装置图:
___。
②电极材料和电解质溶液各是什么___。
?
③写出电极反应式:
负极:
___;正极:
___。
(2)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中,构成了原电池,工作一段时间,锌片的质量减少了3.25克,铜表面析出了氢气___L(标准状况下)。
导线中通过___mol电子。
【答案】
负极:
锌片、正极:
铜片;CuSO4溶液Zn–2e-=Zn2+Cu2++2e-=Cu1.12L0.1
【解析】
【分析】
(1)利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池,根据反应可知,Zn为负极,则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等,也可以是碳棒,电解质溶液应为CuSO4,根据原电池原理写出电极反应式。
(2)根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。
【详解】
(1)①利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池,根据反应可知,Zn为负极,则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等,也可以是碳棒,电解质溶液应为CuSO4,设计的原电池装置为:
;
②根据以上设计可知,负极为锌片,正极为铜片,电解质溶液为CuSO4溶液;
③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应,电极反应为:
Zn–2e-=Zn2+,正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应,CuSO4溶液中的阳离子有Cu2+和H+,放电能力Cu2+大于H+,正极反应为:
,Cu2++2e-=Cu;
(2)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中,负极:
Zn–2e-=Zn2+,正极:
2H++2e-=H2↑,由电极反应n(H2)=n(Zn)=
,V(H2)=0.05mol⨯22.4L/mol=1.12L,n(e-)=2n(Zn)=2⨯0.05mol=0.1mol。
【点睛】
原电池中负极材料一般为活泼金属,失去电子发生氧化反应,负极由于消耗而减少,正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应,放电能力强的阳离子发生反应,正极上的现象一般为产生气体或质量增加。
5.氮的单质及其化合物性质多样,用途广泛。
完成下列填空:
科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2:
2NO+2CO
2CO2+N2+Q(Q>0)。
在某温度下测得该反应在不同时间的CO浓度如下表:
浓度(mol/L)
时间(s)
0
1
2
3
4
5
c(CO)
3.60×10-3
3.05×10-3
2.85×10-3
2.75×10-3
2.70×10-3
2.70×10-3
(1)该反应平衡常数K的表达式为___;温度升高,K值___(选填“增大”“减小”“不变”);前2s的平均反应速率v(N2)=___;若上诉反应在密闭容器中发生,达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是___。
(2)工业合成氨的反应温度选择500℃左右的原因是___。
(3)实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨,反应在一定条件下已达到平衡的标志是___。
A.N2、H2、NH3的浓度之比为1:
3:
2
B.容器内的压强保持不变
C.N2、H2、NH3的浓度不在变化
D.反应停止,正、逆反应的速率都等于零
(4)常温下向1molHCl的稀盐酸中缓缓通入1molNH3(溶液体积变化忽略不计),反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是___;在通入NH3的过程中溶液的导电能力___(选填“变大”“变小”“几乎不变”)
【答案】
减小1.875×10-4mol/(L·s)增大压强(或其它合理答案)催化剂在500℃左右具有最佳活性BCc(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)几乎不变
【解析】
【分析】
(1)根据平衡常数和化学反应速率(
)的相关公式进行计算;
(2)工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性;
(3)根据化学平衡状态的特征判断,当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度、百分含量不变,以及由此衍生的一些量也不发生变化,解题时要注意,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态;
(4)二者恰好反应生成氯化铵,水解方程式为NH4++H2O
NH3.H2O+H+,溶液呈酸性,进行分析。
【详解】
(1)平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积,根据反应2NO(g)+2CO(g)
2CO2(g)+N2(g),平衡常数
;该反应为放热反应,温度升高时平衡逆向移动,所以平衡常数减小;根据速率之比等于各物质系数比可知:
v(CO)=
,前2s内的平均反应速率v(N2)=v(CO)/2=1.875×10-4mol/(L·s);一氧化氮的转化率变大,说明平衡正向移动可以通过增大压强,使平衡正向移动,故答案为:
;减小;1.875×10-4mol/(L·s);增大压强(或其它合理答案);
(2)工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性,故答案为:
催化剂在500℃左右具有最佳活性;
(3)A.浓度之比为1:
3:
2,并不是不变,不能判断是否平衡,A项错误;
B.反应正向进行,体积减小,当压强不变时,已经到达平衡,B项正确;
C.N2、H2、NH3的浓度不再变化,已经到达平衡,C项正确;
D.可逆反应达到平衡时,正、逆反应的速率相等,但不会等于零,D项错误;故答案为:
BC;
(4)二者恰好反应生成氯化铵,水解方程式为NH4++H2O
NH3.H2O+H+,溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH-),根据溶液呈电中性有:
c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),因为c(H+)>c(OH-),所以c(Cl-)>c(NH4+),故离子浓度大小关系为:
c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-);溶液中离子浓度几乎不变,所以导电能力几乎不变,故答案为:
c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-);几乎不变。
【点睛】
本题易错点(3)注意平衡状态的判断,选择判断的物理量,随着反应的进行发生变化,当该物理量由变化到定值时,说明可逆反应到达平衡状态。
6.
(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。
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-+2H2O
2OH-+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-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑。
答案为:
负;2Cl-+2H2O
2OH-+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.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+。
9.一定温度下10L密闭容器中发生某可逆反应,其平衡常数表达为:
K=
。
根据题意完成下列填空:
(1)写出该反应的化学方程式___;若温度升高,K增大,该反应是___反应(填“吸热”或“放热”)。
(2)能判断该反应一定达到平衡状态的是___(选填编号)。
a.v正(H2O)=v逆(H2)b.容器中气体的相对分子质量不随时间改变
c.消耗nmolH2同时消耗nmolCOd.容器中物质的总物质的量不随时间改变
(3)该反应的v正随时间变化的关系如图。
t2时改变了某种条件,改变的条件可能是___、___。
(填写2项)
(4)实验测得t2时刻容器内有1molH2O,5min后H2O的物质的量是0.8mol,这5m
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