高考化学复习化学反应与能量专项易错题附答案解析.docx
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高考化学复习化学反应与能量专项易错题附答案解析
高考化学复习化学反应与能量专项易错题附答案解析
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.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
③常温下,Ksp(CaF2)=1.46×10−10,Ksp(MgF2)=7.42×10−11;Ka(HF)=1.00×10−4
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_________________
③常温下加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去,此时溶液中,
=______若此时pH为6,c(Mg2+)=amol/L,则c(HF)为______________mol/L(用a表示)
(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<8.81.97
×10-7CO32-水解程度大于HCO3-,易生成氢氧化物沉淀
【解析】
【分析】
根据流程:
将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧:
MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O,浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,反应为:
MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O,再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去,然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去,净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl,加入碳酸氢铵发生反应:
Mn2++2HCO3-
MnCO3↓+CO2↑+H2O,炭化结晶,过滤,滤饼干燥后得到MnCO3,滤液为NH4Cl溶液,蒸发结晶得到NH4Cl固体,可循环使用,据此分析作答。
【详解】
(1)“混合研磨”可使物质充分接触,加快反应速率;
(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O;
(3)根据图可知,锰的浸出率随着温度的升高而增大,随着m(NH4Cl):
m(锰矿粉)增大而增到,500℃、m(NH4Cl):
m(锰矿粉)=1.10时,锰的浸出率最高,温度过高,m(NH4Cl):
m(锰矿粉)增大,浸出率变化不大,成本增加,故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl):
m(锰矿粉)=1.10即可;
(4)①根据分析,浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+,加入氧化剂X的目的将Fe2+氧化为Fe3+,同时在选择氧化剂时,要尽可能不要引入新的杂质,则氧化剂X宜选择MnO2,答案选B;
②根据分析,再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去,然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去,净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl,过程中不能让Mn2+沉淀,结合相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围表,Al3+、Fe3+完全沉淀时的pH值分别为5.2和2.8,Mn2+开始沉淀的PH值为8.8,pH可取的范围为5.2≤pH<8.8;
③
≈1.97;若此时pH为6,即c(H+)=10-6mol/L,c(Mg2+)=amol/L,c(F-)=
mol/L,HF是弱酸,在溶液中部分电离,已知Ka(HF)=
=1.00×10−4则c(HF)=
=
×10-7mol/L;
(5)“碳化结晶”过程中,因为碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH−)较大,易产生Mn(OH)2沉淀,故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。
3.六氟磷酸锂(LiPF6)极易溶于水,可溶于醇等有机溶剂,常作锂离子电池的电解质。
某工氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]为主要原料,制备六氟磷酸锂的流程如下:
已知:
HF的熔点为-83℃,沸点为19.5℃
回答下列问题:
(1)粉碎氟磷灰石的目的是________________________
(2)特制容器不能用玻璃容器,原因是________________(用文字叙述)
(3)沸腾炉中产生固液混合物,该混合物中含有CaSO4和________(除硫酸外)
(4)制备白磷(P4)中产生SiF4和一种还原性气体,制备白磷的化学方程式为________________
(5)尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成两种盐,写出发生反应的离子方程式:
________________
(6)如果42.5kgLiCl参与反应,理论上可制备________kgLiPF6
【答案】增大接触面积,加快反应速率HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应H3PO44Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O152
【解析】
【分析】
氟磷灰石粉碎后,加入浓硫酸加热的条件下发生Ca5[PO4]3F+5H2SO4=HF↑+3H3PO4+5CaSO4,气体A为HF,液化后,HF能与二氧化硅反应,不能在玻璃仪器中反应,需在特制容器中与LiCl反应;氟磷灰石与焦炭、石英砂在1500℃发生4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑,白磷与氯气点燃的条件下生成三氯化磷与五氯化磷的混合物,再与LiCl反应生成LiPF6和HCl。
【详解】
(1)粉碎氟磷灰石,导致固体颗粒小,接触面积增大,其目的为增大接触面积,加快反应速率;
(2)生成的气体为HF,HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应,故需在特制容器反应;
(3)根据反应的方程式,混合物中含有CaSO4和H3PO4;
(4)制备白磷(P4)中产生SiF4和一种还原性气体CO,反应的方程式为4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑;
(5)尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成磷酸钠和氯化钠,离子方程式为PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O;
(6)LiCl+6HF+PCl5=LiPF6+6HCl,42.5kgLiCl的物质的量为1000mol,理论生成1000molLiPF6,质量为152kg。
4.根据如图所示电化学实验装置图,回答有关问题。
(1)若只闭合S1,该装置属于_______,能量转化形式为_______,锌极作_______极。
(2)若只闭合S2,该装置属于_______,能量转化形式为_______,锌极上的电极反应式为_______。
(3)若只闭合S3,该装置属于_______,铜极作_______极,锌极上的电极反应式为_______,总反应的化学方程式为_______。
【答案】原电池化学能转化为电能负电解池电能转化为化学能
电解池阳
【解析】
【分析】
原电池是将化学能转化为电能,较活泼金属作负极,发生氧化反应,正极发生还原反应;电解池是将电能转化为化学能,需要外接电源,与电源正极相连的为阳极,阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应,据此解答。
【详解】
(1)若只闭合S1,没有外接电源,则Zn、Cu、稀硫酸构成原电池,该装置将化学能转化为电能,较活泼的锌作负极。
答案为:
原电池;化学能转化为电能;负。
(2)若只闭合S2,装置中有外接电源,该装置为电解池,将电能转为化学能,与电源正极相连的锌极作阳极,发生氧化反应,电极反应为Zn-2e-=Zn2+。
答案为:
电解池;电能转化为化学能;Zn-2e-=Zn2+。
(3)若只闭合S3,该装置为电解池,与电源正极相连的铜极作阳极,电极反应式为:
Cu-2e-=Cu2+;锌为阴极,电极反应式为:
2H++2e-=H2↑,总反应式为:
Cu+H2SO4
CuSO4+H2↑。
答案为:
电解池;阳;2H++2e-=H2↑;Cu+H2SO4
CuSO4+H2↑。
【点睛】
有外接电源的是电解池,没有外接电源的是原电池,原电池里负极发生氧化反应,电解池里阳极发生氧化反应。
5.如图是常见原电池装置,电流表A发生偏转。
(1)若两个电极分别是铁、铜,电解质溶液是浓硝酸,Cu极发生反应_______(填“氧化”或“还原”),其电极反应式为________________;
(2)若两个电极分别是镁、铝,电解质溶液是氢氧化钠溶液,Al电极是_____极(填“正”或“负”),其电极反应式为_________________________________。
(3)若原电池的总反应是2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2,则可以作负极材料的是_______,正极电极反应式为_________________________。
【答案】氧化Cu-2e-=Cu2+负Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OCu(或铜)Fe3++e-=Fe2+
【解析】
【分析】
【详解】
(1)虽然铁比铜活泼,但是铁在浓硝酸中发生钝化,所以该原电池中铜被氧化,即铜电极为负极,失电子发生氧化反应,电极方程式为Cu-2e-=Cu2+;
(2)镁虽然比铝活泼,但镁不与氢氧化钠溶液发生反应,所以该原电池中Al被氧化,即Al为负极,失电子发生氧化反应,电极方程式为:
Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O;
(3)根据总反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2可知Cu被氧化,Fe3+被还原,原电池中负极发生氧化反应,所以负极材料为Cu;正极发生还原反应,电极方程式为Fe3++e-=Fe2+。
【点睛】
第1小题为易错点,虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化,但要注意铁在浓硝酸中发生钝化,所以该原电池中铜为负极。
6.理论上讲,任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。
某同学利用“Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+”反应设制一个化学电池,如图所示,已知该电池在外电路中,电流从a极流向b极。
请回答下列问题:
(1)b极是电池的_____________极,材料是_____________,写出该电极的反应式_____________。
(2)a可以为_____________A、铜B、银C、铁D、石墨
(3)c溶液是_____________A、CuSO4溶液B、AgNO3溶液C、酒精溶液
(4)若该反应过程中有0.2mol电子发生转移,则生成Ag为_____________克。
【答案】负CuCu–2e-=Cu2+BDB21.6
【解析】
【分析】
有题干信息可知,原电池中,电流从a极流向b极,则a为正极,得到电子,发生还原反应,b为负极,失去电子,发生氧化反应,据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据上述分析知,b是电池的负极,失去电子,反应Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+中Cu失去电子,故Cu作负极,发生的电极反应为Cu–2e-=Cu2+,故答案为:
负;Cu;Cu–2e-=Cu2+;
(2)a是电池的正极,电极材料可以是比铜更稳定的Ag,也可以是惰性的石墨,故答案为:
BD;
(3)电解质溶液c是含有Ag+的溶液,故答案为:
B;
(4)根据得失电子守恒可得,反应过程中转移1mol电子,生成2molAg,质量为108×2=21.6g,故答案为:
21.6。
7.甲醇(CH3OH)是一种无色有刺激性气味的液体,在生活中有重要用途,同时也是一种重要的化工原料。
(1)甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料电池之一,这种燃料电池由甲醇、空气、KOH溶液(电解质溶液)构成,则下列说法正确的是___。
(已知甲醇在空气中燃烧生成CO2和H2O)
A.电池放电时通入空气的电极为负极
B.电池放电时负极的电极反应式为CH3OH-6e-=CO2↑+2H2O
C.电池放电时,电解质溶液的碱性逐渐减弱
D.电池放电时每消耗6.4gCH3OH转移1.2mol电子
(2)写出甲醇燃料电池在酸性条件下负极的电极反应式:
___。
【答案】CDCH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A.通甲醇的电极为负极,通空气的电极为正极,A项错误;
B.在碱性电解质溶液中负极的电极反应式为
,B项错误;
C.在放电过程中,OH-参与电极反应,不断被消耗,导致电解质溶液碱性减弱,C项正确;
D.电池放电时每消耗6.4gCH3OH,即0.2molCH3OH,转移电子数
,D项正确;故答案选CD;
(2)甲醇燃料电池中,在酸性条件下甲醇在负极失电子生成CO2,电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+,故答案为:
CH3OH+H2O-6e-=CO2↑+6H+。
8.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。
研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。
NO在空气中存在如下反应:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)△H,上述反应分两步完成,其反应历程如图所示:
回答下列问题:
(1)写出反应I的热化学方程式___。
(2)反应I和反应Ⅱ中,一个是快反应,会快速建立平衡状态,而另一个是慢反应。
决定2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)反应速率的是___(填“反应I”或“反应Ⅱ”);对该反应体系升高温度,发现总反应速率反而变慢,其原因可能是___(反应未使用催化剂)。
【答案】2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol反应Ⅱ决定总反应速率的是反应Ⅱ,升高温度后反应I平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢
【解析】
【分析】
(1)根据图像分析反应I为2NO(g)⇌N2O2(g)的焓变,写出热化学方程式;
(2)根据图像可知,反应I的活化能<反应Ⅱ的活化能,反应I为快反应,反应Ⅱ为慢反应,决定该反应速率的是慢反应;决定正反应速率的是反应Ⅱ,结合升高温度对反应I和Ⅱ的影响分析可能的原因。
【详解】
(1)根据图像可知,反应I的化学方程式为:
2NO(g)⇌N2O2(g)△H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4)kJ/mol,故答案为:
2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol;
(2)根据图像可知,反应I的活化能<反应Ⅱ的活化能,反应I为快反应,反应Ⅱ为慢反应,决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是慢反应Ⅱ;对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,可能的原因是:
决定总反应速率的是反应Ⅱ,升高温度后反应I平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢,故答案为:
反应Ⅱ;决定总反应速率的是反应Ⅱ,升高温度后反应I平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢。
9.1100℃时,在体积固定且为5L的密闭容器中,发生可逆反应:
并达到平衡。
(1)平衡后,向容器中充入1mol
,平衡向___________(填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”),重新达到平衡后,与原平衡相比,逆反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)若混合气体的密度不变,(填“能”或“不能”)______判断该反应达已经到平衡状态。
若初始时加入的
为2.84g,10分钟后达到平衡时
的转化率(参加反应的碳酸钠占加入硫酸钠总质量的百分比)为45%,
________。
【答案】正反应方向增大能7.2×10-4mol/(L·min)
【解析】
【分析】
增大反应物浓度,有利于反应正向进行,最终达到新平衡时,整体浓度都是增大的,逆反应速率较原平衡也是增大的;混合气体的密度为ρ=
,反应前后气体总质量发生改变,气体总体积不变,混合气体的密度发生改变,当到达化学平衡时,混合气体的密度不变;根据v=
计算。
【详解】
(1)平衡后,向容器中充入1molH2,增大反应物浓度,有利于反应正向进行,最终达到新平衡时,整体浓度都是增大的,逆反应速率较原平衡也是增大的,故答案为:
正反应方向;增大;
(2)混合气体的密度为ρ=
,反应前后气体总质量发生改变,气体总体积不变,混合气体的密度发生改变,当到达化学平衡时,混合气体的密度不变,所以根据混合气体的密度可以判断化学反应是否达到平衡;初始时加入的Na2SO4为2.84g,10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%,则反应消耗n(Na2SO4)=
=0.009mol,根据反应方程式,则消耗n(H2)=4n(Na2SO4)=0.036mol,所以v(H2)=
=
=
=7.2×10-4mol/(L•min),故答案为:
能;7.2×10-4mol/(L•min)。
【点睛】
本题考查化学原理部分知识,运用化学平衡移动的知识分析问题,根据方程式计算化学反应速率。
10.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_______________