高考化学专题复习化学反应速率与化学平衡的综合题附答案.docx
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高考化学专题复习化学反应速率与化学平衡的综合题附答案
2020-2021高考化学专题复习化学反应速率与化学平衡的综合题附答案
一、化学反应速率与化学平衡
1.锂离子电池能够实现千余次充放电,但长时间使用后电池会失效,其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染,还会造成资源的浪费。
实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。
已知:
LiCoO2难溶于水,易溶于酸。
回答下列问题:
(1)LiCoO2中Co的化合价是__。
(2)LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。
(3)浸出剂除了H2O2外,也可以选择Na2S2O3,比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(还原效率:
还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。
(4)提高浸出效率的方法有__。
(5)利用Cyanex272萃取时,pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。
从图中数据可知,用Cyanex272萃取分离时,最佳pH是__。
(6)反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR,则反萃取剂的最佳选择是__。
(7)常温下,若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1,则pH=__时,Ni2+开始沉淀。
[Ksp(Ni(OH)2=2×10-15]
(8)参照题中流程图的表达,结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如图)___。
已知:
提供的无机试剂:
NaOH、Na2CO3、NaF。
【答案】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<适当升高温度,适当增加H2SO4浓度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni(OH)2③NaF
【解析】
【分析】
(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算;
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应,根据氧化还原反应的规律写出化学方程式;
(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断;
(4)提高浸出效率即提高化学反应速率;
(5)分离Co2+和Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围;
(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时不能引入新杂质;
(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算;
(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH应该用碱性物质,但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。
【详解】
(1)LiCoO2中O元素为-2价,Li为+1价,根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价;
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应,化学方程式为:
2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O;
(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子,1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子,则Na2S2O3的还原效率更高;
(4)提高浸出效率可以适当升高温度,适当增加H2SO4浓度等;
(5)分离Co2+和Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围,所以最佳pH是5.5;
(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时,为不引入新杂质,反萃取剂最好选择H2SO4;
(7)c(Ni2+)=
mol/L=0.02mol/L,则开始沉淀时,c(OH-)=
=
=10-6.5mol/L,则pH=14-6.5=7.5;
(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH应该用碱性物质,但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀,所以选用NaOH,则Ni(OH)2先沉淀,过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。
【点睛】
本题(5)选择合适的pH时,注意读懂图中信息,要根据实验的具体操作情况来分析。
2.根据当地资源等情况,硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。
完成下列填空:
(1)将0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一个2L的密闭容器中,在一定条件下发生反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。
经2分钟反应达到平衡,测得n(SO3)=0.040mol,则O2的平均反应速率为______
(2)在容积不变时,下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)
a.移出氧气b.降低温度
c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)
(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图,请在图中画出其他条件不变情况下,起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___
(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4
①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后,加入铁粉,可制备FeSO4。
酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性,其原因是______
②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______
【答案】0.005mol/(L•min)bd
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA
【解析】
【分析】
(1)根据v=
求出氧气的速率,然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算;
(2)反应放热,为提高SO2平衡转化率,应使平衡向正反应方向移动,可降低温度,体积不变,不能从压强的角度考虑,催化剂不影响平衡移动,移出氧气,平衡向逆反应方向移动,不利于提高SO2平衡转化率,由此分析解答;
(3)反应是放热反应,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但达到平衡所需要的时间缩短,据此画出曲线;
(4)①Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+;
②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式,结合方程计算转移电子数。
【详解】
(1)v(SO3)=
=
=0.01mol/(L•min),所以v(O2)=
v(SO3)=0.005mol/(L•min),故答案为:
0.005mol/(L•min);
(2)a.移出氧气,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
b.降低温度,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
c.减小压强,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相当于增大压强,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
故答案为:
bd;
(3)反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H<0,SO2的转化率在起始温度T1=673K下随反应时间(t)的变化如图,其他条件不变,仅改变起始温度为T2=723K,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示
;故答案为:
;
(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后,生成的Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+,所以要加入Fe粉和酸,抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案为:
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+;
②−2价的硫离子具有还原性,FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸根离子,有关的离子方程式为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+,氧化产物是硫酸根离子,有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA,故答案为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+;14NA。
【点睛】
注意(3)温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,此为解题的关键。
3.为探讨浓度对化学平衡的影响,某同学对可逆反应“2Fe3++2I-
2Fe2++I2△H<0”按下图所示步骤进行了一系列实验。
说明:
0.005mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液颜色接近于无色。
(1)实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,才能进行实验Ⅱ,目的是_____________。
(2)实验Ⅱ中,ⅰ的现象是______________,该实验证明_____________________。
(3)实验Ⅱ中,ⅲ的化学平衡向________移动(填“正反应方向”或“逆反应方向”);ⅲ的现象是溶液变浅,该现象___________(填“能”或“不能”)说明化学平衡发生移动。
如果前一空填“能”,则下一空不填;如果前一空填“不能”,则ⅲ的目的是___________。
(4)实验Ⅱ中,ⅱ的现象是_______________,即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动。
(5)除了上图中的方法外,若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动,还可以采用的方法有_______。
【答案】反应达平衡状态生成黄色沉淀,溶液颜色变浅反应物浓度减小,平衡向逆反应方向移动逆反应方向不能为实验ⅱ做参照溶液颜色变得比ⅲ更浅加热(加入浓碘水)
【解析】
【分析】
本实验的目的是探讨可逆反应2Fe3++2I-
2Fe2++I2△H<0中浓度对化学平衡的影响。
【详解】
(1)实验中要待实验Ⅰ溶液颜色不再改变时,即反应达化学平衡状态时,才能进行实验Ⅱ;
(2)实验Ⅱ中,ⅰ中为Ag+与I-的反应,现象是生成黄色沉淀,溶液颜色变浅。
证明反应物浓度减小,平衡向逆反应方向移动;
(3)实验Ⅱ中,ⅲ的化学平衡向逆反应方向移动;ⅲ的溶液变浅,并不能说明化学平衡发生移动,因为加水稀释,使溶液中各离子浓度降低;ⅲ的目的是为实验ⅱ做参照;
(4)实验Ⅱ中,ⅱ的溶液颜色变得比ⅲ更浅,即能证明增大生成物浓度化学平衡发生了逆向移动;
(5)若要使该可逆反应的化学平衡逆向移动,还可以采用的方法有加热或者加入浓碘水。
4.二氧化锰是化学工业中常用的氧化剂和催化剂。
我国主要以贫菱锰矿(有效成分为
)为原料,通过热解法进行生产。
(1)碳酸锰热解制二氧化锰分两步进行:
i.
ii.
①反应i的化学平衡常数表达式
___________。
②焙烧
制取
的热化学方程式是_________________。
(2)焙烧(装置如图1)时持续通入空气,并不断抽气的目的是________________。
(3)在其他条件不变时,某科研团队对影响
转化率的生产条件进行了研究,结果如图2、图3所示。
①图2是在常压(
)下的研究结果,请在图2中用虚线画出
下
转化率与反应温度的关系图______。
②常压下,要提高
的转化率,应选择的生产条件是____________焙烧
。
③图3中,焙烧
时,
的转化率:
干空气<湿空气,原因是______________。
【答案】
保持
的浓度,降低
的浓度,使平衡正向移动,提高碳酸锰的转化率
湿空气中,
左右干空气中没有催化剂,反应速率比湿空气中慢,
时未达到平衡。
【解析】
【分析】
(1)考查平衡常数表达式以及盖斯定律;
(2)焙烧时持续通入空气,并不断抽气的目的可以从
的平衡正向移动入手;
(3)增压
平衡逆向移动。
未达到平衡的某个时间点物质的转化率大小比较可以从反应速率入手。
【详解】
(1)①固体不写进平衡常数表达式,故K=
;
②热化学方程式i扩大倍数2,再加上方程式ii,可得到焙烧
制取
的热化学方程式
;
(2)焙烧时持续通入空气,并不断抽气分离出CO2,
的平衡会正向移动,故答案为保持
的浓度,降低
的浓度,使平衡正向移动,提高碳酸锰的转化率;
(3)①增压
平衡逆向移动,相同温度条件下物质转化率降低,则作图为:
;
②结合图2和图3,湿空气中,
左右,焙烧
的转化率较高;
③8h时干空气中未达到平衡,物质的转化率大小可以通过比较反应速率得到,故答案为干空气中没有催化剂,反应速率比湿空气中慢,
时未达到平衡。
5.某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况,进行了如下实验。
[实验一]配制并标定醋酸溶液的浓度
取冰醋酸配制250mL0.2mol·L-1的醋酸溶液,用0.2mol·L-1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液,再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。
回答下列问题:
(1)配制250mL0.2mol·L-1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、________和________。
(2)为标定某醋酸溶液的准确浓度,用0.2000mol·L-1的NaOH溶液对20.00mL醋酸溶液进行滴定,几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下:
实验序号
1
2
3
4
消耗NaOH溶液的体积(mL)
20.05
20.00
18.80
19.95
则该醋酸溶液的准确浓度为________(保留小数点后四位)。
[实验二]
探究浓度对醋酸电离程度的影响
用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH,结果如下,回答下列问题:
醋酸浓度
(mol·L-1)
0.0010
0.0100
0.0200
0.1000
0.2000
pH
3.88
3.38
3.23
2.88
2.73
(3)从表中的数据,还可以得出另一结论:
随着醋酸浓度的减小,醋酸的电离程度将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)根据表中数据,可以得出醋酸是弱电解质的结论,你认为得出此结论的依据是:
______。
[实验三]探究温度对醋酸电离程度的影响
(5)请你设计一个实验完成该探究,请简述你的实验方案:
___________________________________。
【答案】胶头滴管250mL容量瓶0.2000mol·L-1增大0.0100mol·L-1醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时,pH的变化值小于1(或其他合理答案)用pH计(或pH试纸)测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH
【解析】
【分析】
实验一:
(1)根据仪器的用途选取仪器,用胶头滴管定容,用250mL容量瓶配制溶液,
(2)根据NaOH的体积,第3次数据显然误差较大,舍去;
实验二:
(1)以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例,设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L,将其稀释至0.0100mol/L,体积变为10L,两溶液中H+的物质的量分别为:
10-2.88mol、10-2.38mol,可见溶液变稀,电离出的H+的物质的量增大;
【详解】
实验一:
(1)根据仪器的用途选取仪器,用胶头滴管定容,用250mL容量瓶配制溶液,答案为:
胶头滴管;250mL容量瓶;
(2)根据NaOH的体积,第3次数据显然误差较大,舍去;另外三次所用NaOH平均体积为:
mL=20.00mL,则氢氧化钠溶液平均浓度:
=0.2000mol/L,答案为:
0.2000mol/L;
实验二:
(1)以0.1000mol/L、0.0100mol/L醋酸为例,设0.1000mol/L的醋酸溶液体积为1L,将其稀释至0.0100mol/L,体积变为10L,两溶液中H+的物质的量分别为:
10-2.88mol、10-2.38mol,可见溶液变稀,电离出的H+的物质的量增大,说明醋酸的电离程度增大,答案为:
增大;
(2)看每次测量值,H+浓度远小于醋酸的浓度,说明醋酸不完全电离;联系起来看,浓度为0.1000mol/L、0.0100mol/L及0.0010mol/L的醋酸,pH变化值小于1,所以醋酸是弱电解质,答案为:
0.0100mol/L醋酸的pH大于2或醋酸稀释10倍时,pH的变化值小于1;
实验三:
探究温度对醋酸的电离程度的影响,应控制其他条件相同,只有温度存在差异的醋酸溶液,H+浓度有差异,能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计,答案为:
用pH计(或pH试纸)测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH。
6.某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验,探究O2与KI溶液发生反应的条件。
供选试剂:
30%H2O2溶液、0.1mol/LH2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。
(1)小组同学设计甲、乙、丙三组实验,记录如下:
操作
现象
甲
向I的锥形瓶中加入______,向I的______中加入30%H2O2溶液,连接I、Ⅲ,打开活塞
I中产生无色气体并伴随大量白雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝
乙
向Ⅱ中加入KMnO4固体,连接Ⅱ、Ⅲ,点燃酒精灯
Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝
丙
向Ⅱ中加入KMnO4固体,Ⅲ中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液,连接Ⅱ、Ⅲ,点燃酒精灯
Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝
(2)丙实验中O2与KI溶液反应的离子方程式是__________________________。
(3)对比乙、丙实验可知,O2与KI溶液发生反应的适宜条件是___________。
为进一步探究该条件对反应速率的影响,可采取的实验措施是________________________。
(4)由甲、乙、丙三实验推测,甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。
学生将I中产生的气体直接通入下列________溶液(填序号),证明了白雾中含有H2O2。
A.酸性KMnO4 B.FeCl2 C.氢硫酸 D.品红
(5)资料显示:
KI溶液在空气中久置过程中会被缓慢氧化:
4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。
该小组同学取20mL久置的KI溶液,向其中加入几滴淀粉溶液,结果没有观察到溶液颜色变蓝,他们猜想可能是发生了反应(写离子方程式)_____________________造成的,请设计实验证明他们的猜想是否正确。
_________________________________________。
【答案】MnO2固体分液漏斗O2+4I-+4H+=2I2+2H2O酸性环境使用不同浓度的稀硫酸作对比实验AD3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol/LH2SO4溶液,观察现象,若溶液变蓝则猜想正确,否则错误
【解析】试题分析:
由题中信息可知,可利用装置Ⅰ、30%H2O2溶液、MnO2固体制备O2,或者选用装置Ⅱ和KMnO4固体制备O2,然后利用装置Ⅲ和0.1mol/LH2SO4溶液探究O2与KI溶液发生反应的条件。
(1)小组同学设计甲、乙、丙三组实验,记录如下:
操作
现象
甲
向I的锥形瓶中加入MnO2固体,向I的分液漏斗中加入30%H2O2溶液,连接I、Ⅲ,打开活塞
I中产生无色气体并伴随大量白雾;Ⅲ中有气泡冒出,溶液迅速变蓝
乙
向Ⅱ中加入KMnO4固体,连接Ⅱ、Ⅲ,点燃酒精灯
Ⅲ中有气泡冒出,溶液不变蓝
丙
向Ⅱ中加入KMnO4固体,Ⅲ中加入适量0.1mol/LH2SO4溶液,连接Ⅱ、Ⅲ,点燃酒精灯
Ⅲ中有气泡冒出,溶液变蓝
(2)丙实验中,根据实验现象可知,在酸性条件下,O2与KI溶液反应生成了碘,其离子方程式是O2+4I-+4H+=2I2+2H2O。
(3)对比乙、丙实验可知,乙实验中没有使用0.1mol/LH2SO4溶液、没有碘生成,故O2与KI溶液发生反应的适宜条件是酸性环境。
为进一步探究溶液的酸性强弱对反应速率的影响,可采取的实验措施是:
使用不同浓度的稀硫酸作对比实验。
(4)由甲、乙、丙三实验推测,甲实验可能是I中的白雾使溶液变蓝。
欲证明白雾中是否含有H2O2,根据其具既有还原性又有氧化性,可以将I中产生的气体直接通入酸性KMnO4 溶液或品红溶液中,若观察到酸性KMnO4 溶液褪色或品红溶液褪色,而O2不能使这两种溶液褪色,所以O2中有H2O2。
故应选择AD两种溶液。
O2也能与FeCl2 溶液、氢硫酸反应,故不能用于检验所以O2中是否有H2O2。
(5)资料显示:
KI溶液在空气中久置会被缓慢氧化:
4KI+O2+2H2O=2I2+4KOH。
该小组同学取20mL久置的KI溶液,向其中加入几滴淀粉溶液,结果没有观察到溶液颜色变蓝,说明I2可能与KOH发生了歧化反应,其离子方程式为3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O。
要证明这个猜想是否正确,可以利用I-和IO3-可以发生归中反应生成I2,设计实验方案检验I2,实验方案是:
在上述未变蓝的溶液中滴入0.1mol/LH2SO4溶液,观察现象,若溶液变蓝则猜想正确,否则错误。
点睛:
本题以探究影响化学反应速率的因素的实验为载体,考查了实验方案的设计与评价,实验方案设计的一般要求、常见气体的制备方法、常见物质的检验方法等等。
要求学生要掌握控制变量法,能根据控制变量法设计实验方案,探究某个变量对事件的影响规律,掌握常见气体的制备方法,掌握常见物质的检验方法,并且能根据物质的组成特点选择合适的检验方法。
7.某研究小组拟用定量的方法测量Al和Fe分别与酸反应的快慢,设计了如图1所示的装置。
(1)检查图1所示装置气密性的方法是。
(2)若要比较产生气体的快慢,可以测量相同时间段内产生气体的体积,也可以测量。
(3)实验测得铝丝产生气体的速率(v)与时间(t)的关系如图2所示,则t1~t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是;t2~t3时间段内反应速率逐渐减慢的主要原因是。
【答案】
(1)用手捂住锥形瓶,观察乙中长导管内液面是否上升;
(2)产生相同体积的气体所需时间;
(3)反应放热,溶液温度升高使反应速率加快,氢离子浓度减少反应速率减慢。
【解析】
试题分析:
(1)检查图1所示装置气密性的方法是用手捂住锥形瓶,观察乙中长导管内液面是否上升。
(2)若要比较产生气体的快慢,可以测量相同时间段内产生气体的体积,也可以测量产生相同体积的气体所需时间。
(3)金属与酸反应放热,体系温度升高,则t1~t2时间段内反应速率逐渐加快的主要原因是反应放热,溶液温度升高使反应速率加快;随着反应的进行,酸的浓度逐渐降低,化学反应速率减慢,t2~t3时间段内反应速率逐渐减慢的主要原因是氢离子浓度减少反应速率减慢。
考点:
考查化学反应速率的影响因素
8.研究发现某些金属离子如Fe3+、Cu2+等对H2O2的分解也具有催化作用,为了比较MnO2与Fe3+和Cu2+的催化效果,某同学设计了如图甲、乙所示的实验。
请回答相关问题:
(1)定性分析:
图甲可通过观察__________(填写相关实验现象),定性比较得出结论。
有同学提出将FeCl3改为Fe2(SO4)3或者将CuSO4改为CuCl2更为合理,其理由是______________。
(2)定量分析:
如图乙所示,实验时均以生成40mL气体为准,其它可能影响实验的因素均已忽略。
检查乙装置气密性的方法是_____________,实验中需要测量的数据是___________。
(3)加入0.10molMnO2粉末于50mLH2O2溶液中,在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示.
①实验时放出气体的总体积是_
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