高考化学化学反应与能量推断题综合练习题附答案Word格式.docx

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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。

2．五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。

一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：

已知：

①部分含钒物质的溶解情况：

（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。

②部分金属离子[c（Mn+）=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：

（l）“研磨”的目的是___，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____。

（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。

（3）向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是___（填标号），调节溶液的pH范围为___，滤渣b为___（写化学式）。

（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为___。

温度高于80℃，沉钒率下降，其可能原因是____

【答案】增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率V2O5+H2SO4=（VO2）2SO4+H2O2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+D4.7≤pH＜7.8Fe（OH）3、Al（OH）水浴加热（热水浴）温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，由于NH4+浓度减小，沉钒率下降

粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，由于SiO2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a为SiO2，滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b为Fe（OH）3、Al（OH）3、滤液b为主要含有VO2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO2+转化为NH4VO3沉淀，对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧，获得V2O5，据此分析解答。

（l）“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；

“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+，发生反应的化学方程式为V2O5+H2SO4=（VO2）2SO4+H2O；

（2）根据分析，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+；

（3）加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀除去，根据部分金属离子[c（Mn+）=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知，pH值为2.8时，Fe（OH）3完全沉淀，pH值为4.7时，Al（OH）3完全沉淀，pH值为7.8时，Al（OH）3开始溶解，调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜7.8，滤渣b为Fe（OH）3、Al（OH）3，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧化钠溶液顺利流下，答案选D；

（4）由图像可知，当温度为80℃左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；

沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH4+浓度减小，使沉钒率下降。

3．阅读下列材料，并完成相应填空

钯（Pd）是一种不活泼金属，性质与铂相似。

在科研和工业生产中，含钯催化剂不仅用途广泛，且用量大，因此从废催化剂中回收钯具有巨大的经济效益。

已知废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌。

工业上采用如下流程从废催化剂中提取钯。

（1）气体I的化学式为__________，酸溶I的目的是___________。

（2）王水指是浓硝酸和浓盐酸组成的混合物，其体积比为__________。

残渣与王水发生的反应有：

a.Pd+HCl+HNO3→……

b.___________（写出化学方程式并配平）。

（3）若用足量的烧碱吸收气体II，请写出吸收后溶液中含有的溶质的化学式：

NaOH、_______、________、________。

（4）写出用NaHCO3调节pH值时发生反应的离子方程式：

_________。

使用甲醛还原钯的化合物时，溶液须保持碱性，否则会造成甲醛的额外损耗，原因是______________。

（5）操作I的名称是_______________，溶液I可能含有的有机离子为_________。

（6）有人提出，在进行酸溶前最好先将废催化剂在700℃下进行灼烧，同时不断通入空气，其目的是____________。

【答案】H2除去铁、锌等杂质1:

3C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2ONaNO3NaNO2Na2CO3HCO3-+H+=H2O+CO2↑酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化过滤HCOO-（甲酸根离子）除去废催化剂中的活性炭，减少王水的消耗（必须涉及炭的除去）

酸溶时铁和锌能与盐酸反应产生氢气，过滤出的残渣用王水溶解，然后通过碳酸氢钠调节pH，最后通过甲醛还原得到金属钯，据此解答。

（1）铁和锌能与盐酸反应产生氢气；

废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌，而实验的目的是从废催化剂中提取钯，所以酸溶I的目的是除去铁、锌等杂质；

（2）王水是浓硝酸与盐酸按体积比1：

3的混合物，浓硝酸具有氧化性，能将碳氧化生成二氧化碳，本身被还原成一氧化氮，反应的方程式为：

C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（3）氢氧化钠与二氧化氮、二氧化碳反应的方程式：

2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，同时氢氧化钠过量，所以吸收后溶液中含有的溶质的化学式：

NaOH、NaNO3、NaNO2、Na2CO3；

（4）NaHCO3能和盐酸发生反应，离子方程式为：

HCO3-+H+＝H2O+CO2↑，甲醛具有还原性，酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化；

（5）金属钯不溶于水，利用过滤的方法分离，甲醛会被硝酸氧化生成甲酸，所以溶液I可能含有的有机离子为HCOO-；

（6）由于废催化剂中的含有活性炭，不断通入空气，能除去活性炭，同时减少王水的消耗。

4．从本质入手看物质及其能量的变化，可以让我们更加深入的去理解所学知识的内涵及外延应用。

对于《原电池》这部分知识也是如此，如图是原电池的基本构造模型：

（1）若a和b的电极材料为Al或Mg。

①若c为稀NaOH溶液时，则a的电极材料为__，该极电极方程式为___。

②若c为稀H2SO4时，则a的电极材料为___，该极电极方程式为__。

（2）对于原电池的应用，以下说法正确的是__。

A．选择构成原电池两极材料时，必须选择活泼性不同的两种金属材料

B．构成原电池时，负极材料的活泼性一定比正极材料的强

C．构成原电池时，作为负极材料的金属受到保护

D．从能量转化角度去看，如图的氧化还原反应能量变化曲线，则不能够设计原电池

【答案】AlAl-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OMgMg-2e-=Mg2+D

（1）原电池中电极由负极经导线流向正极，所以a为负极发生氧化反应，b为正极发生还原反应。

（1）①若c为稀NaOH溶液时，电池总反应应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，Al被氧化做负极，即a的电极材料为Al，该电极方程式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；

②若c为稀H2SO4时，Mg比Al活泼，所以电池总反应式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，Mg被氧化做负极，即a的电极材料为Mg，电极方程式为：

Mg-2e-=Mg2+；

（2）A．构成原电池两极材料不一定选择活泼性不同的两种金属材料，可以是活泼性相同的Pt电极、也可以是非金属材料，如燃料原电池的两极材料常选择石墨电极，故A错误；

B．碱性原电池中，作为负极的材料的活泼性不一定比正极材料的强，如Al-Mg-NaOH原电池中，活泼金属Mg作正极，Al作负极，故B错误；

C．原电池中正极发生得到电子的还原反应，所以作为正极材料的金属受到保护，而负极材料的金属会加速腐蚀，故C错误；

D．原电池中发生氧化还原反应，会以电能的形式放出能量，所以一般为放热的氧化还原反应，而图示反应为吸热反应，所以从能量转化角度看，一般不设计成原电池或不能够设计原电池，故D正确；

综上所述选D。

构成原电池的两个电极中并不是较为活泼的金属一定就会做负极，要结合具体的环境去判断发生的总反应，再判断正负极。

5．在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：

2NO2（g）（红棕色）

N2O4（g）（无色），如图所示。

（1）曲线_____________（填“X”或“Y”）表示N2O4的物质的量随时间的变化曲线。

（2）3min内，以X的浓度变化表示的平均反应速率为_____________。

（3）下列措施能使该反应速率加快的是________。

①升高温度②减小容器体积③通入N2O4④通入Ar使压强增大⑤通入HCl气体

A．①③④B．①②③C．①④⑤D．①②④

（4）此反应在该条件下达到限度时，X的转化率为________。

（5）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是____________（填标号）。

A．容器内压强不再发生变化B．混合气体的密度不变

C．容器内混合气体原子总数不变D．混合气体的平均相对分子质量不变

E．v（NO2）=2v（N2O4）F．相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X

【答案】Y0.1mol·

L－1·

min－1B60%A、D、F

（1）据图可知相同时间内△n（X）是△n（Y）的两倍，根据方程式2NO2（g）

N2O4（g）可知单位时间内NO2的变化量更大，所以Y代表N2O4的物质的量随时间的变化曲线；

（2）X代表NO2，3min内，v（NO2）=

=0.1mol·

min－1；

（3）①升高温度可以增大活化分子百分含量，增大反应速率，故正确；

②减小容器体积，各物质浓度增大，反应速率加快，故正确；

③通入N2O4，平衡逆向移动，反应物和生成物浓度均增大，反应速率加快，故正确；

④通入Ar使压强增大，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；

⑤通入HCl气体，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；

综上所述选①②③，答案为B；

（4）据图可知初始X的物质的量为1mol，平衡时X的物质的量为0.4mol，转化率为

=60%；

（5）A．容器恒容，平衡移动时气体的总物质的量发生改变，所以未达到平衡时体系内压强会变，压强不变时说明反应达到平衡，故A正确；

B．气体总体积不变，总质量不变，所以密度一直不变，故B错误；

C．反应物和生成物均为气体，根据质量守恒定律可知平衡移动时原子总数不变，故C错误；

D．气体总质量不变，平衡移动时气体总的物质的量会发生改变，所以气体平均相对分子质量会变，当气体平均相对分子质量不变时说明反应达到平衡，故D正确；

E．未指明是正反应速率还是逆反应速率，故E错误；

F．相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X即反应的正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故F正确；

综上所述选A、D、F。

判断压强是否影响反应速率时关键是要看压强的改变是否改变了反应物和生成物的浓度，若改变了则压强的改变影响反应速率，若不改变，则压强的变化不影响反应速率。

6．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气（标准状况），实验记录如下（累计值）：

时间/min

1

2

3

4

5

氢气体积/mL

50

120

232

290

310

（1）在0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min时间段中，反应速率最大的时间段是________，原因为______________________；

反应速率最小的时间段是________，原因为__________________________。

（2）在2～3min内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为________。

（3）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，其中可行的是________。

A．蒸馏水B．Na2SO4溶液

C．NaNO3溶液D．Na2CO3溶液

【答案】2～3min该反应是放热反应，2～3min时溶液温度最高，反应速率最快4～5min此时反应物的浓度最小，反应速率最慢0.1mol·

min－1AB

由表格数据可知，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL；

（1）2min～3min收集的氢气比其他时间段多，反应速率最大，该反应放热，反应过程中温度升高加快反应速率；

4～5 

min反应速率最小，随着反应进行氢离子浓度逐渐减小，该时间段内H+浓度小，反应速率最慢；

（2）2min～3min生成的氢气的体积为112mL，则n（H2）=

0.005mol，反应过程中发生反应Zn+2HCl===ZnCl2+H2，则该时间段内消耗的n（HCl）=0.01mol，溶液体积为100mol，则△c（HCl）=0.1mol/L，v（HCl）=

=0.1mol·

（3）A．加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；

B．加入Na2SO4溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；

C．加入硝酸钠溶液，锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气，故C错误；

D．加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故D错误；

所以选AB。

7．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。

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。

8．

（1）二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动，其装置示意图如图：

①质子的流动方向为________________（“从A到B”或“从B到A”）。

②负极的电极反应式为________________。

（2）工业上吸收和转化SO2的电解装置示意图如下（A．B均为惰性电极）：

①B极接电源的________________极（“负”或“正”）。

②A极的电极反应式是_________________。

【答案】从A到BSO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+正2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O

（1）①二氧化硫发生氧化反应，氧气发生还原反应，所以二氧化硫所在电极为负极，氧气所在电极为正极，原电池中阳离子移向正极，所以质子移动方向为：

从A到B；

②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：

SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+；

（2）①依据图示可知，二氧化硫被氧化为硫酸根，所以二氧化硫所在的区为阳极区，阳极与电源的正极相连，即B极接电源的正极；

②A为阴极，得电子发生还原反应由SO32-生成S2O42-，电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。

9．Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。

该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2。

电池的总反应可表示为4Li＋2SOCl2＝4LiCl＋S＋SO2。

请回答下列问题：

（1）电池的负极材料为_____，发生的电极反应为______________。

（2）电池正极发生的电极反应为_______________。

【答案】Li4Li－4e－＝4Li＋2SOCl2＋4e－＝4Cl－＋S＋SO2

（1）原电池中，失电子发生氧化反应的极是负极，该极上发生失电子的氧化反应；

（2）原电池的正极上发生得电子的还原反应。

（1）该原电池中锂的活泼性大于碳的，所以锂作负极，负极上Li失电子，发生