高考化学复习化学反应与能量专项易错题含答案Word文档下载推荐.docx

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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．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。

（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．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。

③常温下，Ksp（CaF2）=1.46×

10−10，Ksp（MgF2）=7.42×

10−11；

Ka（HF）=1.00×

10−4

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）

【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

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：

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。

（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

（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。

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：

已知：

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．

（1）选择适宜的材料和试剂设计一个原电池，完成下列反应：

Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。

①画出装置图：

___。

②电极材料和电解质溶液各是什么___。

？

③写出电极反应式：

负极：

___；

正极：

（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25克，铜表面析出了氢气___L（标准状况下）。

导线中通过___mol电子。

【答案】

负极：

锌片、正极：

铜片；

CuSO4溶液Zn–2e-=Zn2+Cu2++2e-=Cu1.12L0.1

（1）利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，根据原电池原理写出电极反应式。

（2）根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。

（1）①利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池，根据反应可知，Zn为负极，则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等，也可以是碳棒，电解质溶液应为CuSO4，设计的原电池装置为：

②根据以上设计可知，负极为锌片，正极为铜片，电解质溶液为CuSO4溶液；

③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应，电极反应为：

Zn–2e-=Zn2+，正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，CuSO4溶液中的阳离子有Cu2+和H+，放电能力Cu2+大于H+，正极反应为：

，Cu2++2e-=Cu；

（2）用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中，负极：

Zn–2e-=Zn2+，正极：

2H++2e-=H2↑，由电极反应n（H2）=n（Zn）=

，V（H2）=0.05mol⨯22.4L/mol=1.12L，n（e-）=2n（Zn）=2⨯0.05mol=0.1mol。

原电池中负极材料一般为活泼金属，失去电子发生氧化反应，负极由于消耗而减少，正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应，放电能力强的阳离子发生反应，正极上的现象一般为产生气体或质量增加。

6．高铁电池是一种新型可充电电池该电池能较长时间保持稳定的放电电压。

高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O

3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH。

（1）高铁电池的负极材料是___。

（2）放电时，正极发生__（填“氧化”或“还原”）反应；

负极的电极反应式为__。

（3）放电时，__（填“正”或“负”）极附近溶液的碱性增强。

【答案】Zn还原Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2正

放电时该装置相当于原电池，根据原电池有关原理进行解答。

（1）电池的负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。

由高铁电池放电时的总反应方程式可知，负极材料应为Zn。

答案为：

Zn。

（2）原电池放电时，正极得到电子发生还原反应，负极材料为锌，失电子发生氧化反应，由总反应可知溶液为碱性，所以负极反应式为：

Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2。

还原；

（3）放电时K2FeO4中的Fe的化合价由+6价变为+3价，发生还原反应，电极反应式为：

FeO42-+4H2O+3e-=Fe（OH）3+5OH-，正极上生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的碱性增强。

正。

7．氮的单质及其化合物性质多样，用途广泛。

完成下列填空：

科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2：

2NO+2CO

2CO2+N2+Q（Q＞0）。

在某温度下测得该反应在不同时间的CO浓度如下表：

浓度（mol/L）

时间（s）

1

2

3

4

5

c（CO）

3.60×

10-3

3.05×

2.85×

2.75×

2.70×

（1）该反应平衡常数K的表达式为___；

温度升高，K值___（选填“增大”“减小”“不变”）；

前2s的平均反应速率v（N2）=___；

若上诉反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是___。

（2）工业合成氨的反应温度选择500℃左右的原因是___。

（3）实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是___。

A．N2、H2、NH3的浓度之比为1：

3：

B．容器内的压强保持不变

C．N2、H2、NH3的浓度不在变化

D．反应停止，正、逆反应的速率都等于零

（4）常温下向1molHCl的稀盐酸中缓缓通入1molNH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是___；

在通入NH3的过程中溶液的导电能力___（选填“变大”“变小”“几乎不变”）

减小1.875×

10-4mol/（L·

s）增大压强（或其它合理答案）催化剂在500℃左右具有最佳活性BCc（Cl-）>

c（NH4+）>

c（H+）>

c（OH-）几乎不变

（1）根据平衡常数和化学反应速率（

）的相关公式进行计算；

（2）工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性；

（3）根据化学平衡状态的特征判断，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；

（4）二者恰好反应生成氯化铵，水解方程式为NH4++H2O

NH3.H2O+H+，溶液呈酸性，进行分析。

（1）平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，根据反应2NO（g）+2CO（g）

2CO2（g）+N2（g），平衡常数

该反应为放热反应，温度升高时平衡逆向移动，所以平衡常数减小；

根据速率之比等于各物质系数比可知：

v（CO）=

，前2s内的平均反应速率v（N2）=v（CO）/2=1.875×

10-4mol/（L·

s）；

一氧化氮的转化率变大,说明平衡正向移动可以通过增大压强，使平衡正向移动，故答案为：

；

减小；

1.875×

增大压强（或其它合理答案）；

（2）工业合成氨的反应温度选择500℃左右的主要原因是催化剂在500℃左右具有最佳活性，故答案为：

催化剂在500℃左右具有最佳活性；

（3）A.浓度之比为1：

2，并不是不变，不能判断是否平衡，A项错误；

B.反应正向进行，体积减小，当压强不变时，已经到达平衡，B项正确；

C.N2、H2、NH3的浓度不再变化，已经到达平衡，C项正确；

D.可逆反应达到平衡时，正、逆反