全国备战高考化学化学反应与能量的推断题综合备战高考真题汇总附答案解析文档格式.docx
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C.加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3+)
【答案】增大表面积,提高反应速率Fe3+、H+ZnS+Cu2+=Zn2++CuSAC
【解析】
【分析】
闪锌矿(主要成分是ZnS,含有FeS),加硫酸和Fe2(SO4)3,发生ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S,过滤可除去S;
浸出液中先加ZnS还原,分离出滤渣1为S,滤液中通入氧气可氧化亚铁离子生成铁离子,加ZnO调节pH,铁离子转化为沉淀,则滤渣2为Fe(OH)3,过滤分离出滤液经蒸发浓缩得到ZnSO4•7H2O,以此来解答。
【详解】
(1)粉碎闪锌矿可增大接触面积,加快反应速率;
(2)①使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉,所以阳离子为Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+;
②用CuSO4溶液浸取,发生复分解反应,根据元素守恒可知离子方程式为:
ZnS+Cu2+=Zn2++CuS;
(3)A.ZnO为碱性氧化物,可增大酸性溶液pH值,同时不引入新的杂质,故A正确;
B.根据分析可知滤渣2主要为Fe(OH)3,故B错误;
C.加入ZnS可将铁离子还原,通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子,所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3+),故C正确;
综上所述选AC。
2.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)
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。
(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。
3.氨气是一种重要的化工产品。
(1)工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气,有关方程式如下:
3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ
①对于该反应:
要使反应物尽可能快的转化为氨气,可采用的反应条件是__________,要使反应物尽可能多的转化为氨气,可采用的反应条件是__________:
(均选填字母)
A.较高温度B.较低温度C.较高压强D.较低压强E.使用合适的催化剂
工业上对合成氨适宜反应条件选择,是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等的影响。
②该反应达到平衡后,只改变其中一个因素,以下分析中不正确的是_______:
(选填字母)
A.升高温度,对正反应的反应速率影响更大
B.增大压强,对正反应的反应速率影响更大
C.减小生成物浓度,对逆反应的反应速率影响更大
③某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4,和相邻的合成氨厂联合设计了制备(NH4)2SO4的工艺流程(如图),该流程中:
向沉淀池中通入足量的氨气的目的是______________________________,可以循环使用的X是_______________。
(填化学式)
(2)实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。
有关的离子方程式为_____________________。
①0.01mol/L硝酸铵溶液0.5L,与足量的氢氧化钠溶液共热,可产生氨气_____L(标准状态)。
②若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L,与足量的氢氧化钠溶液共热,可产生氨气0.025mol;
在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液,产生0.01mol白色沉淀,则原混合液中,硝酸铵的浓度为_______mol/L。
③现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液VL,将混合溶液分成两等分:
一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热,共产生氨气Amol;
另一份溶液中慢慢滴入Cmol/L的氯化钡溶液BL,溶液中SO42-恰好全部沉淀;
将沉淀过滤后,在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量,又产生Dmol沉淀。
则原混合溶液中,氯化铵的浓度为________mol/L,硝酸铵的浓度为_______mol/L。
(用含有字母的代数式表示)
【答案】ACEBCA生成正盐,使Ca2+完全沉淀CO2NH4++OH-
H2O+NH3
0.1120.01
(1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气,需要加快反应速率,可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现;
要使反应物尽可能多的转化为氨气,需要反应正向移动,反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ是气体体积减小的放热反应,可以通过增大压强和较低温度实现;
②根据影响平衡移动的条件分析判断;
③在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物,另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收,在煅烧炉中发生CaCO3
CaO+CO2↑,则X为CO2可在此制备实验中循环使用;
(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水;
①根据NH4+元素守恒计算;
②根据NH4+元素守恒计算;
;
③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热,共产生氨气Amol,根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+,与氯化钡溶液完全反应消耗Cmol/LBaCl2溶液BL,根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol,将沉淀过滤后,在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量,又产生Dmol沉淀,根据Ag++Cl-=AgCl↓,结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知,每份含有Cl-(D-2BC)mol。
(1)①要使反应物尽可能快的转化为氨气,需要加快反应速率,可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现,故选ACE;
要使反应物尽可能多的转化为氨气,需要反应正向移动,反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ是气体体积减小的放热反应,可以通过增大压强和较低温度实现,故选BC;
②A.反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ是气体体积减小的放热反应,升高温度反应逆向移动,说明升高温度,对逆反应的反应速率影响更大,故A错误;
B.反应3H2(g)+N2(g)⇌2NH3(g)+92.4kJ是气体体积减小的放热反应,增大压强反应速率加快,反应正向移动,说明增大压强对正反应的反应速率影响更大,故B正确;
C.减小生成物浓度,反应逆向移动,说明减小生成物浓度对逆反应的反应速率影响更大,故C正确;
故选A。
(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水,离子方程式为:
NH4++OH-
①0.5L0.01mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为:
0.5L
0.01mol/L=0.005mol,根据NH4+守恒,最多生成氨气0.005mol,标况下的体积为:
0.005mol
22.4L/mol=0.112L;
②由题意可知,在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液,产生0.01molBaSO4白色沉淀,说明原溶液中含有硫酸根0.01mol,设硝酸铵的物质的量为xmol,根据NH4+守恒有x+0.01mol
2=0.025,得x=0.005mol,硝酸铵的浓度为
=0.01mol/L;
③一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热,共产生氨气Amol,根据NH4++OH-═NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+,与氯化钡溶液完全反应消耗Cmol/LBaCl2溶液BL,根据Ba2++SO42-═BaSO4↓可知每份含有SO42-CBmol,将沉淀过滤后,在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量,又产生Dmol沉淀,根据Ag++Cl-=AgCl↓,结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知,每份含有Cl-(D-2BC)mol,则原混合溶液中,氯化铵的浓度为
mol/L=
mol/L;
每份中硝酸根的物质的量为:
n(NH4+)-n(Cl-)-2n(SO42-)=
,硝酸铵的浓度为
mol/L=
mol/L。
4.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:
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
6.5
7.7
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
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;
(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;
yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O,其化学方程式为:
xNiCO3·
(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。
5.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++
(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·
,故答案为:
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。
6.高铁电池是一种新型可充电电池该电池能较长时间保持稳定的放电电压。
高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O
3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH。
(1)高铁电池的负极材料是___。
(2)放电时,正极发生__(填“氧化”或“还原”)反应;
负极的电极反应式为__。
(3)放电时,__(填“正”或“负”)极附近溶液的碱性增强。
【答案】Zn还原Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2正
放电时该装置相当于原电池,根据原电池有关原理进行解答。
(1)电池的负极上发生氧化反应,正极上发生还原反应。
由高铁电池放电时的总反应方程式可知,负极材料应为Zn。
答案为:
Zn。
(2)原电池放电时,正极得到电子发生还原反应,负极材料为锌,失电子发生氧化反应,由总反应可知溶液为碱性,所以负极反应式为:
Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。
还原;
(3)放电时K2FeO4中的Fe的化合价由+6价变为+3价,发生还原反应,电极反应式为:
FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-,正极上生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度增大,溶液的碱性增强。
正。
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↑
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。
(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-。
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↑。
负;
2Cl-+2H2O
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+
(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。
:
(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
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