高考化学化学反应与能量经典压轴题含答案.docx

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高考化学化学反应与能量经典压轴题含答案

高考化学化学反应与能量-经典压轴题含答案

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．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。

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．

（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。

5．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。

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．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