精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量及答案解析.docx
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精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量及答案解析
精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量及答案解析
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.以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)若要提高辉铜矿煅烧效率可采取的措施有___(填两种)。
(2)气体X的主要成分是___(填化学式),写出该气体的一种用途___。
(3)蒸氨过程总反应的化学方程式是___。
(4)溶液E与Na2CO3溶液反应制取Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为___。
(5)某实验小组研究溶液E与Na2CO3溶液加料顺序及加料方式对产品的影响,实验结果如下:
实验序号
加料顺序及方式
沉淀颜色
沉淀品质
产率/%
1
溶液E一次加入Na2CO3溶液中并迅速搅拌
浅蓝色
品质较好
87.8
2
溶液E逐滴加入Na2CO3溶液中并不断搅拌
暗蓝色
品质好
71.9
3
Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌
浅绿色
品质好
96.7
4
Na2CO3溶液一次加入溶液E中并不断搅拌
浅蓝色
品质较好
102.7
由上表可知制取Cu2(OH)2CO3最佳加料顺序及加料方式是___(填序号)。
【答案】减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等[Cu(NH3)4]Cl2+H2O
CuO+2HCl↑+4NH3↑2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑3
【解析】
【分析】
辉铜矿通入氧气充分煅烧,生成二氧化硫气体,固体B主要为CuO、Fe2O3,加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液,加入过量氨水,可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(OH)3,[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO,加入酸酸化得到Cu2+,经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜,以此解答该题。
【详解】
(1)通过粉碎辉铜矿减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等措施均可提高辉铜矿煅烧效率;
(2)Cu2S可与氧气反应生成二氧化硫,则气体X的主要成分是SO2,SO2是酸性氧化物,有漂白性、还原性,则利用SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等;
(3)蒸氨过程[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO,反应的方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2O
CuO+2HCl↑+4NH3↑;
(4)向含有Cu2+的溶液中滴加Na2CO3溶液生成Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑;
(5)由图表信息可知Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌,获得浅绿色的碱式碳酸铜,品质好,且产率高,故制取Cu2(OH)2CO3最佳加料顺序及加料方式是实验序号3。
3.
(1)反应3Fe(s)+4H2O(g)
Fe3O4(s)+4H2(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)+4NH3(g)
5N2(g)+6H2O(g)。
某次实验中测得容器内NO及N2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2NO2(g)
N2O4(g),n(NO2)随时间变化如下表:
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO2)/mol
0.040
0.020
0.010
0.005
0.005
0.005
①用NO2表示0~2s内该反应的平均速率为___。
②在第5s时,NO2的转化率为__。
【答案】不变减慢cd0.0075mol·L-1·s-187.5%
【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t2时刻后N2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(NO2)=0.04mol-0.01mol=0.03mol,容器体积为2L,所以反应速率为
=0.0075mol·L-1·s-1;
②第5s时,△n(NO2)=0.04mol-0.005mol=0.035mol,转化率为
=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。
4.依据氧化还原反应:
2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。
请回答下列问题:
(1)电极X的材料是_______;电解质溶液Y是________;
(2)银电极上发生的电极反应式为___________________;
(3)外电路中的电子是从______→______;
(4)当有1.6g铜溶解时,银棒增重______g。
【答案】CuAgNO3Ag++e-=AgX(或Cu)Ag5.4
【解析】
【分析】
(1)根据电池反应式知,Cu失电子发生氧化反应,作负极,Ag作正极,电解质溶液为含有银离子的可溶性银盐溶液;
(2)银电极上是溶液中的Ag+得到电子发生还原反应;
(3)外电路中的电子是从负极经导线流向正极;
(4)先计算Cu的物质的量,根据反应方程式计算出正极产生Ag的质量,即正极增加的质量。
【详解】
(1)根据电池反应式知,Cu失电子发生氧化反应,Cu作负极,则Ag作正极,所以X为Cu,电解质溶液为AgNO3溶液;
(2)银电极为正极,正极上Ag+得到电子发生还原反应,正极的电极反应式为:
Ag++e-=Ag;
(3)外电路中的电子是从负极Cu经导线流向正极Ag;
(4)反应消耗1.6g铜的物质的量为n(Cu)=
=0.025mol,根据反应方程式2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知:
每反应消耗1molCu,正极上产生2molAg,则0.025molCu反应,在正极上产生0.05molAg,该Ag的质量为m(Ag)=0.05mol×108g/mol=5.4g,即正极银棒增重5.4g。
【点睛】
本题考查原电池原理,明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键,计算正极增加的质量时,既可以根据反应方程式计算,也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。
5.
(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。
6.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。
7.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。
8.在A、B两个恒容密闭容器中发生反应:
2NO2⇌2NO+O2反应过程中NO2的物质的量随时间变化的状况如图所示:
(1)若A容器的体积为5L,反应经6min达到平衡状态,则0~6min内以O2浓度变化表示的反应速率为___________。
(2)该反应化学平衡常数K=__________(写出表达式)。
(3)说明该反应已达到平衡状态的是_______。
A.v正(NO2)=v逆(NO) B.c(NO2)=c(NO)
C.气体的平均摩尔质量不变 D.气体的密度保持不变
(4)若A、B两容器中只是温度不同,则TA____TB(填“>”或“<”),请写出一条能提高二氧化氮转化率的措施_____________。
【答案】0.002mol/(L•min)
AC<升高温度(或减小压强)
【解析】
【分析】
(1)根据
计算反应速率;
(2)平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比或反应产物与反应底物的浓度(方程式系数幂次方)乘积比。
(3)反应达到平衡状态,各组分的浓度不随着时间的变化而变化,正逆反应速率相等,根据化学平衡状态的特征结合变量不变的状态是平衡状态来回答;
(4)温度越高达到平衡所需时间越短,不增加NO2的物质的量使平衡右移即可增大其转化率。
【详解】
(1)据图可知初始时n(NO2)=0.30mol,平衡时n(NO2)=0.18mol,△n(NO2)=0.12mol,△c(NO2)=
,则
,同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比,所以v(O2)=0.002mol/(L•min),故答案为:
0.002mol/(L•min);
(2)根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K=
,故答案为:
;
(3)A.反应平衡时v正(NO2)=v逆(NO2) ,同一反应反应速率之比等于计量数之比,所以v逆(NO2)=v逆(NO) ,所以v正(NO2)=v逆(NO) ,可以说明反应已达平衡;
B.反应过程中c(NO2)减小,c(NO)增大,某一时刻二者可能相等,但不能说明反应平衡;
C.反应过程中气体总质量不变,但气体的物质的量在改变,即平均摩尔质量会变,所以当气体的平均摩尔质量不变时可以说明反应平衡;
D.气体总质量不变,体积不变,故密度一直不变,所以密度不变时不能说明反应平衡;
故答案为:
AC;
(4)根据图可知容器B达到平衡所需时间更短,反应速率更大,温度更高,且平衡时二氧化氮浓度更低,说明温度升高平衡右移,正反应为吸热反应,升高温度可使平衡右移,增大二氧化氮的转化率,该反应为压强减小的反应,故减小压强可使平衡右移,增大二氧化氮的转化率,故答案为:
<;升高温度(或减小压强)。
【点睛】
同一反应中不同物质表示的反应速率之比等于计量数之比,直接求某物质的反应速率不好求时可以通过求其他物质的反应速率来推算。
9.为了减少CO对大气的污染,某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2。
已知:
①CO(g)+
O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ·mol-1
②H2(g)+
O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1
③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1
(1)H2的燃烧热△H=________。
(2)写出CO(g)和H2O(g)作用生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式:
________。
(3)相关物质的化学键键能数据如下:
化学键
O=O(O2)
H—H
H—O
E/(kJ·mol-1)
x
436
463
计算x=________kJ·mol-1。
(4)某反应2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)△H=-QkJ·mol-1,反应过程中能量变化如图所示,其中虚线表示加入催化剂M时的情况。
①加入催化剂M后,△H________(填“改变”或“不变”)。
②在使用催化剂的两部反应中,________(填“第一步”或“第二步”)决定反应速率。
【答案】-285.8kJ·mol-1CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ·mol-1496.4不变第一步
【解析】
【分析】
(1)在25摄氏度,101kPa时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量,叫做该物质的燃烧热;
(2)根据盖斯定律继续计算;
(3)焓变=反应物键能-生成物键能,再根据氢气的燃烧热方程式计算;
(4)①反应热与反应路径无关;
②反应活化能大的一步决定反应速率。
【详解】
(1)由反应②H2(g)+
O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1
③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1
结合盖斯定律可知1mol氢气燃烧生成液体水放出的热量为241.8kJ+44.0kJ=285.8kJ,故答案为:
-285.8kJ·mol-1;
(2)由反应①CO(g)+
O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ·mol-1
②H2(g)+
O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1
结合盖斯定律可知反应CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)可由①-②得到,所以该反应的△H=-283kJ·mol-1-(-241.8kJ·mol-1)=-41.2kJ·mol-1,故答案为:
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ
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