高考化学化学反应与能量推断题综合题汇编及答案解析.docx
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高考化学化学反应与能量推断题综合题汇编及答案解析
高考化学化学反应与能量推断题综合题汇编及答案解析
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.钴和锌是重要的有色金属,其单质及化合物被广泛用于国民经济各个领域。
一种从有机废催化剂中回收钴和锌的工艺流程如下:
已知:
“浸出”后溶液中含有Co2+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+等。
请回答:
(1)“煅烧”的目的为______________________________。
(2)“净化”时,与KMnO4发生反应的所有离子方程式有_____________________________。
(3)“沉钴”时,发生如下反应:
(NH4)2S2O8+H2O→NH4HSO4+H2O2;H2O2→H2O+O;···········;Co3++H2O→Co(OH)3+H+。
所缺的化学方程式为______________________________;每生成1molCo(OH)3,理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为__________。
(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤,检验沉淀是否洗涤干净的方法是____________。
(5)“沉钴”时pH不能太高,其原因为______________________________;“沉锌”时温度不能太高,其原因为________________________________________。
(6)取“沉锌”后所得固体34.1g,煅烧后得到固体24.3g,将生成的气体通过足量的浓硫酸,增重5.4g。
则所得固体的化学式为____________。
【答案】除去其中的有机物(或将金属元素转化为氧化物,有利于后续浸出,合理即可)MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+2Co2++O+2H+=2Co3++H2O0.5mol取最后一次洗涤液少许于试管中,向其加入氯化钡溶液,没有白色沉淀生成,证明洗涤干净防止Zn2+提前沉淀防止NH4HCO3热分解ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O
【解析】
【分析】
将废催化剂高温煅烧,将有机废催化剂中的有机物除去,并将金属元素转化为金属氧化物,用硫酸对煅烧产物进行酸浸,pH控制在1~5,得到含有Co2+、Zn2+、Mn2+、Fe2+、Fe3+的浸出液,调节溶液pH值为5~5.2,加入高锰酸钾将Mn2+、Fe2+氧化并转化为Fe(OH)3和MnO2除去,再次调节溶液pH值为4.5,加入(NH4)2S2O8将Co2+氧化为Co3+并转化为Co(OH)3沉淀除去,调节pH值为8,加入碳酸氢铵使锌离子转化为ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O沉淀,据此分析解答。
【详解】
(1)“煅烧”可以除去其中的有机物,同时可将金属元素转化为金属氧化物,有利于后续浸出;
(2)“净化”时,加入KMnO4的目的是除去溶液中的Fe2+和Mn2+,反应的离子方程式为:
MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+、3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+;
(3)从流程中可以看出,“沉钴”时,(NH4)2S2O8为氧化剂,因此除去的是Co2+,结合所给反应过程,缺少将Co2+转化为Co3+的反应,则可得所缺的化学方程式为2Co2++O+2H+=2Co3++H2O;根据电荷守恒可得,(NH4)2S2O8~H2O2~O~2Co3+~2Co(OH)3,每生成1molCo(OH)3理论上消耗(NH4)2S2O8的物质的量为0.5mol;
(4)Co(OH)3沉淀应依次用稀硫酸和水洗涤,检验Co(OH)3沉淀是否洗涤干净,也就是检验是否含有硫酸根离子,可取取最后一次洗涤液少许于试管中,向其加入氯化钡溶液,没有白色沉淀生成,证明洗涤干净;
(5)“沉钴”时pH不能太高,防止Zn2+提前沉淀;“沉锌”时,加入NH4HCO3,铵盐受热易分解,温度不能太高,防止NH4HCO3热分解;
(6)取“沉锌”后所得固体34.1g,煅烧后得到固体24.3g,将生成的气体通过足量的浓硫酸,增重5.4g,增重的质量为水,根据质量守恒,煅烧生成的CO2气体的物质的量为
=0.1mol,根据元素守恒可知ZnCO3∙xZn(OH)2∙yH2O为0.1mol,煅烧后生成的ZnO的物质的量为
=0.3mol,根据Zn元素守恒,0.1mol+0.1molx=0.3mol,则x=2,生成水的物质的量为
=0.3mol,根据氢元素守恒,0.1mol×2×2+0.1mol×2y=0.3mol×2,则y=1,则所得固体的化学式为ZnCO3∙2Zn(OH)2∙H2O。
2.如图是闪锌矿(主要成分是ZnS,含有少量FeS)制备ZnSO4·7H2O的一种工艺流程:
闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4∙7H2O。
已知:
相关金属离子浓度为0.1mol/L时形成氢氧化物沉淀的pH范围如表:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
(1)闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎,其目的是_____________。
(2)溶浸过程使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉,发生的主要反应是:
ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。
①浸出液中含有的阳离子包括Zn2+、Fe2+、_____________。
②若改用CuSO4溶液浸取,发生复分解反应,也能达到浸出锌的目的,写出离子方程式_____________。
(3)工业除铁过程需要控制沉淀速率,因此分为还原和氧化两步先后进行,如图。
还原过程将部分Fe3+转化为Fe2+,得到pH小于1.5的溶液。
氧化过程向溶液中先加入氧化物a,再通入O2。
下列说法正确的是_____________(填序号)。
A.氧化物a可以是ZnO
B.滤渣2的主要成分是Fe(OH)2
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。
3.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。
4.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。
5.氯化硫酰(SO2Cl2)主要用作氯化剂。
它是一种无色液体,熔点–54.1℃,沸点69.1℃。
氯化硫酰可用干燥的二氧化硫和氯气在活性炭催化剂存在下反应制取:
SO2(g)+Cl2(g)
SO2Cl2(l)+97.3kJ
(1)试写出常温常压下化学平衡常数K的表达式:
K=______________________若在此条件下,将化学平衡常数K增大,化学反应速率v正也增大,可采取的措施是________(选填编号)。
a.降低温度b.移走SO2Cl2
c.增加反应物浓度d.无法满足上述条件
(2)为了提高上述反应中Cl2的平衡转化率,下列措施合理的是________(选填编号)。
a.缩小容器体积b.使用催化剂c.增加SO2浓度d.升高温度
(3)在100℃时,往上述平衡体系中加入37Cl2,一段时间后,则平衡体系中含有37Cl的物质有__________(选填编号)。
a.只有37Cl2b.只有SO237Cl2c.37Cl2和SO237Cl2d.无法判断
(4)下列描述中能说明上述反应已达平衡的是____________(选填编号)。
a.υ(Cl2)=υ(SO2)b.容器中气体压强不随时间而变化
c.c(Cl2):
c(SO2)=1:
1d.容器中气体颜色不随时间两变化
(5)300℃时,体积为1L的密闭容器中充入16.20gSO2Cl2,达到平衡时容器中含SO27.616g.若在上述中的平衡体系中,再加入16.20gSO2Cl2,当再次达平衡时,容器中含SO2的质量范围是___________________________。
【答案】K=
daccbd7.616g<m(SO2)<15.232g
【解析】
【分析】
(1)化学平衡常数,是指在一定温度下,可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值,据此书写;平衡常数只受温度影响,将化学平衡常数K增大,应使平衡向正反应移动,该反应正反应是放热反应,故应降低温度,化学反应速率降低,据此解答;
(2)提高反应中Cl2的平衡转化率,改变条件使平衡向正反应移动,根据平衡移动原理结合选项分析解答,注意不能只增大氯气的用量;
(3)增大氯气的浓度,平衡向正反应移动,反应为可逆反应,反应物不能完全反应,平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2 中;
(4)达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不变,百分含量不变,以及由此衍生其它一些物理量不变,据此结合选项判断;
(5)再加入16.20g SO2Cl2,平衡向生成二氧化硫的方向移动,平衡时二氧化硫的质量增大,可以等效为增大压强,SO2Cl2转化率降低,平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍。
【详解】
(1)常温常压下SO2(g)+Cl2(g)
SO2Cl2(l)的平衡常数K=
;平衡常数只受温度影响,将化学平衡常数K增大,应使平衡向正反应移动,该反应正反应是放热反应,故应降低温度,化学反应速率降低,故不能实现K增大的同时化学反应速率v正增大,故选d;
故答案为:
;d;
(2)提高反应中Cl2的平衡转化率,改变条件使平衡向正反应移动,不能只增大氯气的用量,a.缩小容器体积,压强增大,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大,故a正确;
b.使用催化剂,缩短到达平衡的时间,不影响平衡移动,Cl2的转化率不变,故b错误;
c.增加SO2浓度,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大,故c正确;
d.该反应正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应移动,Cl2的转化率降低,故d错误;故答案为:
ac;
(3)增大氯气的浓度,平衡向正反应移动,反应为可逆反应,氯气不能完全反应,故平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2 中,故答案为:
c;
(4)a.v(Cl2)=v(SO2),没有指明正、逆速率,无法判断,故a错误;
b.随反应进行,气体的物质的量减小,压强减小,容器中气体压强不随时间而变化,说明达到平衡,故b正确;
c.平衡时氯气与二氧化硫的浓度与起始浓度有关,起始浓度不同,平衡时二者浓度不同,若二者起始浓度相同,用于二者按1:
1反应,故任意时刻二者的浓度都相同,故c(Cl2):
c(SO2)=1:
1不能说明达到平衡,故c错误;
d.容器中气体颜色不随时间两变化,说明氯气的浓度不再变化,说明达到平衡,故d正确;
故答案为:
bd;
(5)再加入16.20g SO2Cl2,平衡向生成二氧化硫的方向移动,平衡时二氧化硫的质量增大,可以等效为增大压强,SO2Cl2转化率降低,平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍,故平衡时7.616g<m(SO2)<15.232g;
故答案为:
7.616g<m(SO2)<15.232g。
【点睛】
本题考查化学平衡,把握化学平衡状态的判断、反应速率的计算为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,易错点(4)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.Li-SOCl2电池可用于心脏起搏器。
该电池的电极材料分别为锂和碳,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)电池的负极材料为_____,发生的电极反应为______________。
(2)电池正极发生的电极反应为_______________。
【答案】Li4Li-4e-=4Li+2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2
【解析】
【分析】
(1)原电池中,失电子发生氧化反应的极是负极,该极上发生失电子的氧化反应;
(2)原电池的正极上发生得电子的还原反应。
【详解】
(1)该原电池中锂的活泼性大于碳的,所以锂作负极,负极上Li失电子,发生氧化反应,电极反应4Li-4e-=4Li+;
(2)正极上得电子发生还原反应,根据反应方程式知,SOCl2得电子生成Cl-、S、SO2,电极方程式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2。
7.一氧化碳和二氧化硫是用途广泛的化工基础原料。
(1)已知:
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=–393.5kJ·mol–1
C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ·mol–1
S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3=–296.0kJ·mol–1
已知某反应的平衡常数
,据以上信息,请写出该反应的热化学反应方程式:
________________。
(2)工业上用一氧化碳制取氢气的反应为:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g),已知420℃时,该反应的化学平衡常数为9.0。
如果反应开始时,在2L的密闭容器中充入CO和H2O的物质的量都是0.60mol,5min末达到平衡,则此时CO的转化率为______,H2的化学反应速率为_____。
(3)工业利用反应2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)制硫酸,一定条件下,将1molSO2与2molO2置于恒容密闭容器中发生上述反应,下列能说明反应达到平衡状态的是______
a体系压强保持不变
b混合气体密度保持不变
cSO2和O2的物质的量保持不变
d每消耗1molSO3的同时,生成0.5molO2
【答案】SO2(g)+2CO(g)
2CO2(g)+S(s)△H=-270kJ·mol-1;75%0.045mol·L-1·min-1a、c
【解析】
【分析】
(1)已知某反应的平衡常数
,则该反应的方程式为SO2(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+S(s),根据盖斯定律结合已知方程式计算反应热;
(2)根据所给反应的平衡常数,利用三段式法计算浓度变化值结合公式计算;
(3)学反应达到化学平衡状态时,正逆反应速率相等,且不等于0,各物质的浓度不再发生变化,由此衍生的一些物理量不发生变化,以此进行判断;
【详解】
(1)已知某反应的平衡常数
,则该反应的方程式为SO2(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+S(s),
①C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ•mol-1
②C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ•mol-1
③S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3=-296.0kJ•mol-1,
由盖斯定律①-②-③可得SO2(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+S(s)△H=-270kJ•mol-1;
故答案为:
SO2(g)+2CO(g)⇌2CO2(g)+S(s)△H=-270kJ•mol-1;
(2)设参加反应的CO的浓度为x
,解得x=0.225mol/L,所以CO的转化率α(CO)=
×100%=75%,氢气反应速率v(H2)=
=0.045mol/(L•min),故答案为:
75%;0.045mol/(L•min);
(3)a.反应前后气体的体积不等,故容器总压强随时间改变,当压强不再随着时间变化时,即达到化学平衡状态,故a正确;
b.总质量不变,体积不变,故混合气体的密度始终不变,所以不能作为判断是否达到化学平衡状态的依据,故b错误;
c.起始SO2和O2的物质的量之比为1:
2,而反应过程中按照2:
1的比例进行反应,所以SO2和O2的物质的量之比不变时说明反应达到平衡,故c正确;
d.每消耗1molSO3为逆反应速率,同时,生成0.5molO2也为逆反应速率,任一时刻不同物质表示的同一方向速率之比等于计量数之比,故d错误;故答案为:
ac;
8.
(1)将Al片和Cu片用导线连接,一组插入浓硝酸中,一组插入稀NaOH溶液中,分别形成原电池。
写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。
写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。
(2)铅蓄电池是最常见的二次电池,由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉,所以在生产、生活中使用广泛,写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________;充电时的阴极反应____________________。
【答案】2Al-6e−+8OH−=2AlO2-+4H2O4H++2e−+2NO3−=2NO2↑+2H2O4H++2e−+SO42−+PbO2=PbSO4+2H2OPbSO4+2e−=Pb+SO42−
【解析】
【分析】
(1)Al片和Cu片用导线连接,插入稀NaOH溶液中,只有Al能与NaOH溶液反应,形成原电池,负极为Al失电子,在碱性溶液中,Al转化为AlO2-。
Al片和Cu片用导线连接,插入浓硝酸中
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