化学化学 化学反应与能量的专项 培优练习题Word格式文档下载.docx

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（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

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。

（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；

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

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。

（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

0．160

c（S2O82－）/mol·

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

（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。

（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；

＞；

（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；

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】<

bd950℃利用钾的状态与其他物质不同，可以将气态钾分离出来，②降低了产物的浓度，使平衡正向移动

（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。

（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↑

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。

（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↑。

负；

2Cl-+2H2O

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

（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·

S（s）＋O2（g）＝SO2（g）△H3＝–296.0kJ·

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

（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