备战高考化学化学反应与能量大题培优 易错 难题附答案.docx
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备战高考化学化学反应与能量大题培优易错难题附答案
备战高考化学化学反应与能量(大题培优易错难题)附答案
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料,也可用作脱硫的催化剂等。
一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3,还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素
②常温下,相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
回答下列问题:
(1)“混合研磨”的作用为_______________________
(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________
(3)分析图1、图2,焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_____________________________
(4)净化除杂流程如下
①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8>KMnO4>MnO2>Fe3+,则氧化剂X宜选择__________
A.(NH4)2S2O8B.MnO2C.KMnO4
②调节pH时,pH可取的范围为_________________
(5)“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵,可能的原因是__________________
【答案】加快反应速率MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O温度为500℃,且m(MnCO3):
m(NH4Cl)=1.10B5.2≤pH<8.8CO32-水解程度大于HCO3-,易生成氢氧化物沉淀
【解析】
【分析】
菱锰矿的主要成分为MnCO3,加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑,气体为二氧化碳和氨气、水蒸气,浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等,结合表中离子的沉淀pH及信息可知,浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子,加氨水调pH,生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝,加入NH4F,除去Ca2+、Mg2+,净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰,据此分析解题。
【详解】
(1)“混合研磨”可增大反应物的接触面积,加快反应速率;
(2)根据流程,菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+,主要化学反应方程式为:
MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O;
(3)由图可知,锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高,到500℃、1.10达到最高,再增大锰的浸出率变化不明显,故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃,氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10;
(4)净化过程:
加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子,加氨水调pH,生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝,加入NH4F,除去Ca2+、Mg2+;
①最合适的试剂为MnO2,氧化亚铁离子,反应的离子方程式为:
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,且不引入新杂质,故答案为B;
②调节溶液pH使Fe3+,A13+沉淀完全,同时不使Mn2+沉淀,根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2≤pH<8.8;
(5)碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3═MnCO3↓+NH4+,不用碳酸铵溶液替代NH4HCO3溶液,可能的原因是碳酸铵溶液中的c(OH-)较大,会产生Mn(OH)2沉淀。
【点睛】
考查物质制备流程和方案的分析判断,物质性质的应用,题干信息的分析理解,结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键,需要学生有扎实的基础知识的同时,还要有处理信息应用的能力,注意对化学平衡常数的灵活运用,综合性强。
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)
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(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.化学肥料在农业生产中有重要作用。
农业生产中,大量施用的化肥主要是氮肥、磷肥、钾肥。
(1)普钙是磷肥,它的有效成分是________(写化学式)。
(2)尿素是一种含氮量较高的氮肥,工业生产尿素是将氨气与二氧化碳在加压、加热的条件下反应生成氨基甲酸铵(H2NCOONH4),再使氨基甲酸铵脱水得到尿素。
反应的化学方程式为______________、______________。
(3)农谚说的“粪和肥,肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效。
请你说明其中的化学原理:
________________________。
(4)合成氨是生产氮肥的重要环节。
合成氨生产简易流程示意图如下:
从示意图可知其存在循环操作。
简要说明为什么在化工生产中经常采用循环操作?
______。
【答案】Ca(H2PO4)2·H2O2NH3+CO2
H2NCOONH4H2NCOONH4
H2NCONH2+H2O粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效从原因来讲,许多化学反应是可逆反应,转化率低;从结果来说,循环操作的主要目的在于充分利用原料、降低成本;从工艺设计来说,循环操作有利于连续化生产、减少工序;从环保角度来说,实现全封闭生产,控制废弃物排放
【解析】
【分析】
(1)普钙的有效成分是磷酸二氢钙;
(2)氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵,氨基甲酸铵脱水生成尿素和水;
(3)农谚说的“粪和肥,肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效,粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效;
(4)可从生产成本(原料的利用率)、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
【详解】
(1)普钙的成分为Ca(H2PO4)2·H2O与CaSO4,其有效成分为Ca(H2PO4)2·H2O。
故答案为:
Ca(H2PO4)2·H2O;
(2)由题中信息,氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵,氨基甲酸铵脱水生成尿素和水,利用原子守恒可直接写出反应的方程式:
2NH3+CO2
H2NCOONH4,H2NCOONH4
H2NCONH2+H2O。
故答案为:
2NH3+CO2
H2NCOONH4,H2NCOONH4
H2NCONH2+H2O;
(3)农谚说的“粪和肥,肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效,粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效;故答案为:
粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效;
(4)从反应特点来说,许多化学反应是可逆反应,转化率低;从能源利用及经济方法来说,循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本;从工艺流程来说,循环操作有利于连续化生产、减少工序;从环保角度来说,实现全封闭生产,控制废弃物的排放;
故答案为:
从反应特点来说,许多化学反应是可逆反应,转化率低;从能源利用及经济方法来说,循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本;从工艺流程来说,循环操作有利于连续化生产、减少工序;从环保角度来说,实现全封闭生产,控制废弃物的排放。
【点睛】
本题考查化学反应方程式的书写、化工生产等知识点,注意(3)中运用盐水解知识进行解释。
难点(4)可从生产成本(原料的利用率)、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
4.为探究原电池和电解池的工作原理,某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。
(1)甲装置中,a电极的反应式为_____。
(2)乙装置中,阴极区产物为_____。
(3)丙装置是一种家用84消毒液(NaClO)发生器。
外接电源a为_____(填“正”或“负”)极,该装置内发生反应的化学方程式为_____、_____。
(4)若甲装置作为乙装置的电源,一段时间后,甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为_____(不考虑气体的溶解)。
(5)某工厂采用电解法处理含Cr2O72-的废水,耐酸电解槽用铁板作阴、阳极,槽内盛放含铬废水,Cr2O72-被还原成为Cr3+,Cr3在阴极区生成Cr(OH)3沉淀除去,工作原理如图。
①写出电解时阴极的电极反应式____。
②写出Cr2O72-被还原为Cr3+的离子方程式____。
【答案】H2-2e-+2OH-=2H2O氢氧化钠和氢气负2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O3:
42H++2e-=H2↑Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
【解析】
【分析】
甲装置:
该装置为氢氧燃料电池,氢气被氧化作负极,氧气被还原做作正极;
乙装置:
该装置为电解池,与正极相连的一极为阳极发生氧化反应,与负极相连的为阴极发生还原反应;
丙装置:
该装置为电解池,电解饱和食盐水时阳极产生氯气,阴极产生氢气和氢氧根,要制备次氯酸钠所以需要氯气到阴极与氢氧根反应,所以下端为阳极产生氯气;
(5)B电极生成氢气,说明该电极发生还原反应为阴极,氢离子放电生成氢气,导致阴极区pH变大;A电极为阳极,铁为电极材料,则铁被氧化生成Fe2+,继而将Cr2O72-还原成为Cr3+,然后迁移到阴极与OH-生成沉淀。
【详解】
(1)甲装置是氢氧燃料电池,a电极通入氢气为负极,电解质溶液为KOH溶液,所以电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O;
(2)乙装置是电解池,电解饱和食盐水,所以阴极区产物为氢氧化钠和氢气;
(3)根据分析可知该装置中发生电解饱和食盐水的反应,同时阳极产生的氯气与阴极产物发生反应制备次氯酸钠,下端为阳极,上端为阴极,即a电极为电源负极,该装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑,Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;
(4)若甲装置作为乙装置的电源,一段时间后,甲中总反应为:
2H2+O2=2H2O;乙中总反应为:
2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑;各电极转移的电子相等,假如都是4mol,甲池消耗气体2mol+1mol=3mol,乙池产生气体2mol+2mol=4mol,物质的量之比为3:
4;
(5)①阴极氢离子放电生成氢气,电极方程式为:
2H++2e-=H2↑;
②根据分析可知反应过程中Fe2+将Cr2O72-还原成为Cr3+,方程式为:
Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
【点睛】
第(5)题为易错点,虽然Cr2O72-被还原成为Cr3+,但根据图示可知阴极产生的是氢气,说明Cr2O72-被还原并不是电极反应,再结合阳极材料为Fe,可知是阳极产生的Fe2+将Cr2O72-还原。
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++
【解析】
【分析】
【详解】
(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·H2O+CO2=NH4++
,故答案为:
;NH3·H2O+CO2=NH4++
。
【点睛】
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.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。
7.I某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。
(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据:
用
10mLH2O2制取
150mLO2所需的时间(秒)
无催化剂、不加热
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
无催化剂、加热
360
480
540
720
催化剂、加热
10
25
60
120
①该研究小组在设计方案时,考虑了温度、________、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响。
②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个,说明该因素对分解速率有何影响:
_____________。
(2)将质量相同但颗粒大小不同的MnO2分别加入到5mL5%的双氧水中,并用带火星的木条测试。
测定结果如下:
催化剂(MnO2)
操作情况
观察结果
反应完成所需的时间
粉末状
混合不振荡
剧烈反应,带火星的布条复燃
3.5分钟
块状
反应较慢,火星红亮但木条未复燃
30分钟
实验结果说明催化剂作用的大小与_________________________有关。
Ⅱ
在体积为2L的密闭容器中充入1molH2(g)和1molI2(g),在一定温度下发生下列反应:
,回答下列问题:
(1)保持容器体积不变,向其中充入1molHI(g),反应速率_________(填“加快”“减慢”或“不变”)。
(2)保持容器内气体压强不变,向其中充入1mol氦气,反应速率_________________。
(填“加快”“减慢”或“不变”)。
(3)反应进行到2min,测得容器内HI的浓度为0.2mol/L,用H2表示前2min该反应的平均化学反应速率为________________________,此时I2的转化率为____________。
【答案】浓度其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂,H2O2分解速率更快(或其它条件相同时,反应物H2O2的浓度越大,H2O2分解速率更快。
或其它条件相同时,反应物H2O2的温度越高,H2O2分解速率更快。
)催化剂表面积加快减慢0.05mol/(L·min)20%
【解析】
【详解】
I
(1)①根据表中给出的数据,无催化剂不加热的情况下,不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应,在无催化剂加热的情况下,不同浓度的过氧化氢溶液都分解,说明过氧化氢的分解速率与温度有关;但是得到相同气体的时间不同,浓度越大,反应的速度越快,说明过氧化氢的分解速率与浓度有关;比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时,在无催化剂加热的时候,需要时间是360s,有催化剂加热的条件下,需要时间是10s,说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关,故答案为:
浓度;
②其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂,H2O2分解速率更快(或其它条件相同时,反应物H2O2的浓度越大,H2O2分解速率更快。
或其它条件相同时,反应物H2O2的温度越高,H2O2分解速率更快。
);
(2)因在其他条件相同时,粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短,说明催化剂表面积对反应速率有影响,故答案为:
催化剂表面积;
Ⅱ.
(1)保持容器体积不变,向其中充入1molHI(g),生成物浓度变大,逆反应速率增大,平衡左移,左移之后反应物浓度增大,正反应速率增大,之后重新达到平衡,故答案为:
加快;
(2)保持容器内气体压强不变,向其中充入1mol氦气,容器的体积增大,反应物和生成物的浓度都减小,所以反应速率减慢,故答案为:
减慢;
(3)反应进行到2min,测得容器内HI的浓度为0.2mol/L,则v(HI)=
=0.1mol/(L·min),同一
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