化学化学 化学反应与能量的专项 培优练习题.docx
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化学化学化学反应与能量的专项培优练习题
【化学】化学化学反应与能量的专项培优练习题
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.NiCl2是化工合成中最重要的镍源,在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下:
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
2.1
6.5
3.7
7.1
沉淀完全的pH
3.3
9.7
4.7
9.2
(1)为了提高镍元素的浸出率,在“酸浸”时可采取的措施有__________(写一条即可)。
(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为__________。
(3)“调pH”时,控制溶液pH的范围为__________。
(4)“沉镍”过程中,若滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L,欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[即溶液中c(Ni2+)≤1.0×10-5],则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_____g。
(已知Ksp(NiCO3)=6.5×10-6,忽略溶液体积的变化)
(5)流程中由溶液得到NiCl2·6H2O的实验操作步骤依次为______、过滤、洗涤、干燥。
【答案】将镍废料磨成粉末(或搅拌,或适当升高温度,或提高酸的浓度)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O4.7≤pH<7.1或[4.7,7.1)17.5蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
根据流程:
金属镍废料(含Fe、Al等杂质),加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+,加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,反应为:
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7≤pH<7.1,使Fe3+、Al3+全部沉淀,滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3,滤液主要含有Ni2+,加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+,将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl2溶液,将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O,据此分析作答。
【详解】
(1)为了提高镍元素的浸出率,在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度,都可以提高镍元素的浸出率;
(2)H2O2具有氧化性,加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+,离子方程式为:
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O;
(3)“调pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+,但不沉淀Ni2+,根据表格数据可知,应该控制溶液pH的范围为4.7≤pH<7.1或[4.7,7.1);
(4)滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L,欲使100mL该滤液中含有n(Ni2+)=0.1mol,则生成NiCO3需要CO32-为0.1mol,Ni2+刚好沉淀完全时,溶液中c(CO32-)=
=0.65mol/L,此时溶液中CO32-为0.065mol,故至少需要Na2CO3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol,其质量m(Na2CO3)=0.165mol×106g/mol=17.49g≈17.5g;
(5)将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O。
2.工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。
回答下列问题:
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料,也是一种催化剂,能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4。
该反应中每生成1molZnFe2O4转移电子的物质的量是________。
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率。
为达到这一目的,还可采用的措施是________________________(任答一条);已知ZnFe2O4能溶于酸,则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________;试剂X的作用是_______。
【答案】+34mol增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案)Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O调节溶液的pH,促进Fe3+水解
【解析】
【分析】
将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸,发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O,向溶液中加入双氧水,发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O,调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,调节溶液pH时不能引进新的杂质,可以用ZnO,所以X为ZnO,然后向溶液中加入Zn,发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu,然后过滤,所以Y中含有Cu,最后电解得到Zn;
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价,氧元素化合价-2价,结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价;
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4.反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价,碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价,计算转移电子的物质的量;
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率.为达到这一目的,还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等,已知ZnFe2O4能溶于酸,则酸浸后溶液中存在的金属离子有,氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子;
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,试剂X的作用是调节溶液PH,促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。
【详解】
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价,氧元素化合价-2价,结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价,+2+x×2+(-2)×4=0,x=+3;
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4,反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价,碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价,则氧化产物为:
ZnFe2O4、CO2,每生成1molZnFe2O4,碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子,每生成1molZnFe2O4,生成4molCO转移电子的物质的量是4mol;
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率.为达到这一目的,还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等,已知ZnFe2O4能溶于酸,则酸浸后溶液中存在的金属离子有,氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子,所以得到的金属离子有:
Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+;
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,离子方程式为:
H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O,试剂X的作用是调节溶液pH,促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。
3.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。
4.已知反应:
3I-(aq)+S2O82-(aq)
I3-(aq)+2SO42-(aq)+Q
(1)写出反应的平衡常数表达式:
K=______________。
(2)如图表示反应过程中有关物质的能量,则反应过程中的Q_____0(填>、<、=);(I)、(II)两曲线中,使用催化剂的是______曲线。
(3)反应的速率可以用I3-与加入的淀粉溶液反应显蓝色的时间t来度量,t越小,反应速率越大。
下表是在20℃进行实验时所记录的数据
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I-)/mol·L-1
0.040
0.080
0.080
0.160
0.160
c(S2O82-)/mol·L-1
0.040
0.040
0.080
0.080
0.040
t/s
88
44
22
11
t1
从表中数据分析,该实验的目的是___________________________________________;
表中显色时间t1=_____s;最终得出的结论是__________________________________。
【答案】
>(II)研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响22反应速率与反应物浓度乘积成正比
【解析】
【分析】
(1)K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积;
(2)由图可知,反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,使用催化剂不改变焓变,降低反应所需的活化能;
(3)由表格中的数据可知,只有浓度为变量,且反应速率与浓度的乘积成正比,以此来解答。
【详解】
(1)由3I-(aq)+S2O82-(aq)═I3-(aq)+2SO42-(aq)可知K=
;
故答案为:
;
(2)由图可知,反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,则Q>0,使用催化剂不改变焓变,降低反应所需的活化能,则使用催化剂的是(II)曲线;
故答案为:
>;(II);
(3)由表格中的数据可知,只有浓度为变量,该实验的目的为研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响;且反应速率与浓度的乘积成正比,可知③⑤中浓度乘积相同,则t1=22s,实验结论为反应速率与反应物浓度乘积成正比;
故答案为:
研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响;22;反应速率与反应物浓度乘积成正比。
5.某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率(液体中钾元素的质量占样品质量的百分率)与温度的关系,进行实验(保持其它条件不变),获得数据曲线如图。
主要反应是:
NaCl(l)+KAlSi3O8(s)⇌KCl(l)+NaAlSi3O8(s)+Q;
(1)分析数据可知,Q_______0(选填“>”或“<”)。
(2)950℃时,欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是_______(填序号)。
a.延长反应时间b.充分搅拌
c.增大反应体系的压强d.将钾长石粉粹成更小的颗粒
(3)要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大,反应温度应为_____________。
(4)工业上常用KCl冶炼金属钾。
反应方程式为:
Na(l)+KCl(l)
NaCl(l)+K(g)用平衡移动原理解释该方法可行的原因:
_________________。
【答案】 【解析】 【分析】 (1)由图象中曲线变化可知,温度越高钾元素的熔出率,说明升高温度,平衡向正反应方向移动,据此判断; (2)该转化过程没有气体参与,应使反应物充分接触提供反应速率; (3)根据图象曲线变化可知,温度越高,钾元素的熔出率和熔出速率都增大; (4)K为气态,将钾分离出来,降低了产物的浓度,平衡正向移动。 【详解】 (1)由图象曲线数据可知,温度越高钾元素的熔出率越高,说明升高温度,平衡向正反应方向移动,根据平衡移动原理,升高温度,化学平衡向吸热反应方向移动,说明正反应是吸热反应,所以Q<0; (2)a.延长反应时间,不能提高反应速率,a错误; b.充分搅拌,反应物充分接触,化学反应速率加快,b正确; c.该反应体系没有气体参加,增大反应体系的压强,不能提高反应速率,c错误; d.将钾长石粉粹成更小的颗粒,增大反应物的接触面积,反应速率加快,d正确; 故合理选项是bd; (3)根据图象可知,温度为950℃时熔出率和熔出速率都最高,故合适温度是950℃; (4)根据反应方程式可知,金属K为气态,将钾分离出来,降低了产物的浓度,化学平衡向正反应方向移动,故合理原因是将气态钾分离出来,降低了产物的浓度,平衡正向移动。 【点睛】 本题考查了化学平衡及其影响、反应条件的选择,要结合温度对化学反应速率和化学平衡的影响,结合平衡移动原理分析解答,注意熟练掌握化学平衡及其影响因素,题目充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。 6.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。 7.按要求回答下列问题。 (1)Al2(SO4)3溶液显酸性的离子方程式: ____________________________; (2)CuSO4溶液与过量氨水反应的离子方程式: ____________________________; (3)Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池,负极的电极反应式: _________________________; (4)CH3OH-O2燃料电池,KOH溶液作电解质,负极的电极反应式: ____________________; (5)惰性电极电解CuSO4溶液的总反应的化学方程式: ______________________________; (6)Na2C2O4溶液的物料守恒: ______________________________; (7)Fe3+的基态电子排布式: ______________________________; (8)N2H4的结构式: ______________________________。 【答案】Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OAl-3e-+4OH-═AlO2-+2H2OCH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑c(Na+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)][Ar]3d5 【解析】 【详解】 (1)Al2(SO4)3溶液中存在铝离子的水解,所以溶液显酸性,故答案为: Al3++3H2O⇌Al(OH)3+3H+; (2)CuSO4溶液与过量氨水反应会生成铜氨络离子,故答案为: Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O; (3)Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池,总反应为Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的反应,Al失电子被氧化做负极,故答案为: Al-3e-+4OH-═AlO2-+2H2O; (4)CH3OH-O2燃料电池,KOH溶液作电解质,负极甲醇失去电子生成二氧化碳,由于电解质为氢氧化钾溶液,所以反应生成了碳酸根离子,发生的负极电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O; (5)电解硫酸铜溶液生成铜单质、氧气和硫酸,故答案为: 2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2↑; (6)Na2C2O4溶液中钠离子的浓度等于含碳原子微粒的浓度之和的二倍,故答案为: c(Na+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)];; (7)Fe元素为26号元素,失去最外层三个电子生成Fe3+,故基态电子排布式为: [Ar]3d5; (8)N2H4是共价化合物,氮原子和氢原子形成共价键,氮原子和氮原子间也形成共价键,结构式为: 。 8.一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
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