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_______________