化学二模试题分类汇编化学反应与能量推断题综合含答案Word格式文档下载.docx

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（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。

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+

3.8

1.5

6.3

10.6

8.8

9.6

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

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。

（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。

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．以氯化钾和硫酸亚铁为原料生产硫酸钾和氧化铁红颜料，其主要流程如下：

NH4HCO3溶液呈碱性，30℃以上NH4HCO3大量分解。

（1）NH4HCO3溶液呈碱性的原因是_____________________________________。

（2）写出沉淀池I中反应的化学方程式_____________________________，该反应必须控制的反应条件是________________________________________。

（3）检验沉淀池I中Fe2+沉淀是否完全的方法是_____________________。

（4）酸化的目的是______________________________。

（5）在沉淀池II的反应中，为使反应物尽可能多地转化为生成物，可在反应过程中加入___。

a．（NH4）2SO4 

b．KCl 

c．丙醇 

d．水

（6）N、P、K、S都是植物生长所需的重要元素。

滤液A可做复合肥料，因为其中含有_____________等元素。

【答案】NH4+的水解程度小于HCO3-的水解程度2NH4HCO3 

+FeSO4 

→ 

FeCO3↓+（NH4）2SO4 

+CO2↑+H2O反应温度低于30℃取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全除去溶液中的HCO3-cN、S、K

FeSO4与NH4HCO3发生双水解反应生成碳酸亚铁、硫酸铵、二氧化碳等，然后过滤得到碳酸亚铁，碳酸亚铁在空气中加热得到氧化铁，因滤液中含有NH4HCO3，向滤液中加入硫酸，可除去

，此时溶液中溶质为硫酸铵、硫酸，向溶液中加入足量KCl，此时溶液中因硫酸钾的溶解度较氯化铵低而发生沉淀，然后过滤，得到硫酸钾固体，以此解答。

（1）NH4HCO3溶液中铵根离子水解显示酸性，碳酸氢根离子水解显示碱性，

的水解程度小于

的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，故答案为：

的水解程度；

（2）碳酸氢根离子和亚铁离子之间发生双水解反应生成碳酸亚铁沉淀，并放出二氧化碳，反映的原理方程式为：

2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O，为防止较高温度下碳酸氢铵的分解，要注意温度的选择，故答案为：

2NH4HCO3+FeSO4=FeCO3↓+（NH4）2SO4+CO2↑+H2O；

反应温度低于30℃；

（3）亚铁离子可以被氯气氧化为三价铁离子，亚铁离子遇到硫氰酸钾不显色，但是三价铁遇到硫氰酸钾显示红色，检验沉淀池I中Fe2+沉淀是否完全的方法是：

取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全，故答案为：

取沉淀池I的滤液，滴加KSCN溶液后滴加氯水，若无红色出现，说明沉淀完全；

（4）沉淀池Ⅰ中，除了生成的碳酸亚铁之外，溶液中含有过量的碳酸氢铵，加入酸，酸化的目的是除去溶液中的

，故答案为：

除去溶液中的

（5）由题目看出在沉淀池II中生成的K2SO4为固体，而K2SO4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K2SO4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K2SO4的溶解度，故选：

c；

（6）滤液A的成分中含有（NH4）2SO4以及KCl，即其中含有N、S、K元素，属于复合肥料，故答案为：

N、S、K。

5．如图是闪锌矿（主要成分是ZnS，含有少量FeS）制备ZnSO4·

7H2O的一种工艺流程：

闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4∙7H2O。

相关金属离子浓度为0.1mol/L时形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：

Fe3＋

Fe2＋

Zn2＋

6.2

8.2

（1）闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其目的是_____________。

（2）溶浸过程使用过量的Fe2（SO4）3溶液和H2SO4浸取矿粉，发生的主要反应是：

ZnS＋2Fe3＋＝Zn2＋＋2Fe2＋＋S。

①浸出液中含有的阳离子包括Zn2＋、Fe2＋、_____________。

②若改用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，也能达到浸出锌的目的，写出离子方程式_____________。

（3）工业除铁过程需要控制沉淀速率，因此分为还原和氧化两步先后进行，如图。

还原过程将部分Fe3＋转化为Fe2＋，得到pH小于1.5的溶液。

氧化过程向溶液中先加入氧化物a，再通入O2。

下列说法正确的是_____________（填序号）。

A．氧化物a可以是ZnO

B．滤渣2的主要成分是Fe（OH）2

C．加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c（Fe3＋）

【答案】增大表面积，提高反应速率Fe3＋、H＋ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuSAC

闪锌矿（主要成分是ZnS，含有FeS），加硫酸和Fe2（SO4）3，发生ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，过滤可除去S；

浸出液中先加ZnS还原，分离出滤渣1为S，滤液中通入氧气可氧化亚铁离子生成铁离子，加ZnO调节pH，铁离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe（OH）3，过滤分离出滤液经蒸发浓缩得到ZnSO4•7H2O，以此来解答。

（1）粉碎闪锌矿可增大接触面积，加快反应速率；

（2）①使用过量的Fe2（SO4）3溶液和H2SO4浸取矿粉，所以阳离子为Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+；

②用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，根据元素守恒可知离子方程式为：

ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS；

（3）A.ZnO为碱性氧化物，可增大酸性溶液pH值，同时不引入新的杂质，故A正确；

B.根据分析可知滤渣2主要为Fe（OH）3，故B错误；

C.加入ZnS可将铁离子还原，通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子，所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c（Fe3＋），故C正确；

综上所述选AC。

6．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＋

（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＋。

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。

7．请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白：

（1）在Ba（OH）2·

8H2O和NH4Cl晶体反应的演示实验中：

反应物混合后需用玻璃棒迅速搅拌，其目的是____________，体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和________。

（2）下列过程中不一定释放能量的是____（请填编号）。

A．形成化学键B．燃料燃烧C．化合反应D．葡萄糖在体内的氧化反应

E.酸碱中和F.炸药爆炸

（3）已知：

通常条件下，酸碱稀溶液中和生成1mol水放出的热量为中和热。

稀溶液中1molH2SO4和NaOH恰好反应时放出QkJ热量，则其中和热为____kJ/mol。

（4）已知H2和O2反应放热，且断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，由此可以推知下列关正确的是___（填编号）。

A．Q1+Q2>

Q3B．Q1+Q2>

2Q3C．2Q1+Q2<

4Q3D．2Q1+Q2<

2Q3

【答案】搅拌，使反应物充分接触促进反应玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起C

C

（1）通过玻璃棒的搅拌可使混合物充分接触而促进反应进行；

烧杯和玻璃片之间的水结冰会将二者粘在一起；

（2）形成化学键释放能量，燃烧放热、有些化合反应是吸热反应，如碳和二氧化碳反应制一氧化碳，大多数分解反应是吸热反应，氧化反应、酸碱中和、炸药爆炸都是放热反应；

（3）依据中和热的概念是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1mol水和可溶性盐放出的热量进行分析；

（4）根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答。

（1）固体参加的反应，搅拌可使反应混合物充分接触而促进反应进行，通过玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起，知道氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热反应；

（2）形成化学键、燃料的燃烧、葡萄糖在体内的氧化反应、酸碱中和反应和炸药的爆炸过程都属于放热反应，而化合反应不一定为放热反应，如CO2与C在高温下反应产生CO的反应属于吸热反应，所以不一定释放能量的为化合反应，故合理选项是C；

（3）在稀溶液中1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时生成2molH2O，放出QkJ热量，而中和热是指强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，故H2SO4与NaOH反应的中和热为：

kJ/mol；

（4）1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2（g）+

O2（g）=H2O（g），断开1molH-H键和

molO=O键所吸收的能量（Q1+

Q2）kJ，生成2molH-O新键释放的能量2Q3kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-（Q1+

Q2）>

0，2Q1+Q2<

4Q3，故合理选项是C。

本题考查了化学反应与能量变化，注意掌握中和热的概念，反应热为断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，（4）1molH2O中含2molH-O键为解答易错点。

8．在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。

使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ•mol－1表示。

请认真观察图1，然后回答问题。

（1）图中所示反应是________ 

（填“吸热”或“放热”）反应。

（2）已知拆开1molH﹣H键、1molI﹣I、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。

则由1mol氢气和1mol碘反应生成HI会________ 

（填“放出”或“吸收”）__