备战高考化学 化学反应与能量 推断题综合题含答案.docx

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备战高考化学化学反应与能量推断题综合题含答案

备战高考化学化学反应与能量推断题综合题含答案

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．高锰酸钾（

）是一种常用氧化剂，主要用于化工、防腐及制药工业等。

以软锰矿（主要成分为MnO2）为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下：

回答下列问题：

（1）原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配，混配前应将软锰矿粉碎，其作用是_______________________。

（2）“平炉”中发生的化学方程式为______________________。

（3）“平炉”中需要加压，其目的是______________________。

（4）将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。

①“

歧化法”是传统工艺，即在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成K2MnO4，MnO2和____________（写化学式）。

②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，电解槽中阳极发生的电极反应为___________________，阴极逸出的气体是______________。

③“电解法”和“

歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______________。

（5）高锰酸钾纯度的测定：

称取1.0800g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。

取浓度为0.2000mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用KMnO4溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，该样品的纯度为___________________

（列出计算式即可，已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O）。

【答案】扩大接触面积，加快化学反应速率2MnO2+O2+4KOH

2K2MnO4+2H2O增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大K2CO3MnO42--e-=MnO4-H23:

295.62%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；

（2）根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4，结合质量守恒定律可知，另外一种物质是H2O，则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH

2K2MnO4+2H2O；

（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；

（4）①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是K2CO3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：

3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生MnO4-。

电极反应式是：

MnO42--e-=MnO4-；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-。

所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：

2K2MnO4+2H2O

2KMnO4+2H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+2H2O

2KMnO4+2H2↑+2KOH可知K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法”3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4的理论利用率是2/3，所以二者的理论利用率之比为3:

2；

（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：

2KMnO4～5H2C2O4。

配制的溶液的浓度为：

。

则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：

n=

KMnO4的质量为：

m="0.006536mol"×158g/mol=1.03269g。

故其纯度为：

×100%=95.62%。

2．NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料（含Fe、Al等杂质）为原料生产NiCl2的工艺流程如下：

下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH

氢氧化物

Fe（OH）3

Fe（OH）2

Al（OH）3

Ni（OH）2

开始沉淀的pH

2.1

6.5

3.7

7.1

沉淀完全的pH

3.3

9.7

4.7

9.2

（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有__________（写一条即可）。

（2）加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为__________。

（3）“调pH”时，控制溶液pH的范围为__________。

（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。

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

【解析】

【分析】

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。

【详解】

（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．利用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca（NO2）2，其部分工艺流程如下：

（1）上述工艺中采用气液逆流接触吸收（尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋），其目的是______________________________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是____________（填化学式）。

（2）该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。

若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比______；若产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_______。

（填写序号）

①＝1∶1②＞1∶1③＜1∶1④无法判断

（3）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca（NO2）2会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的反应离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，你同意吗？

_________（填“同意”或“不同意“），如不同意，请说明你的理由________________________________________________。

【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收Ca（OH）2②③不同意二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮

【解析】

【分析】

由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，生成Ca（NO2）2，过量的石灰乳以滤渣存在，碱性溶液中尾气处理较好；

（1）使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca（OH）2；

（2）若n（NO）：

n（NO2）＞1：

1，则一氧化氮过量，若＜1：

1，则二氧化氮过量；

（3）二氧化氮能与水会发生反应，据此分析解答。

【详解】

由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，生成Ca（NO2）2，过量的石灰乳以滤渣存在，

（1）使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收，滤渣主要成分是Ca（OH）2；

（2）若n（NO）：

n（NO2）＞1：

1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高，若n（NO）：

n（NO2）＜1：

1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca（NO3）2，产品中Ca（NO3）2含量升高；

（3）若离子方程式为2NO2－＋2H＋=NO2＋NO↑＋H2O，二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮，则不同意该同学书写的离子反应方程式。

5．

（1）反应3Fe（s）+4H2O（g）

Fe3O4（s）+4H2（g）在一容积可变的密闭容器中进行，试回答：

（填“加快”、“不变”或“减慢”）。

①保持体积不变充入Ne，其反应速率___。

②保持压强不变充入Ne，其反应速率____。

（2）在一定条件下发生反应：

6NO（g）+4NH3（g）

5N2（g）+6H2O（g）。

某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中v（正）与v（逆）相等的点为__（选填字母）。

（3）一定条件下，在2L密闭容器内，发生反应2NO2（g）

N2O4（g），n（NO2）随时间变化如下表：

时间/s

0

1

2

3

4

5

n（NO2）/mol

0.040

0.020

0.010

0.005

0.005

0.005

①用NO2表示0～2s内该反应的平均速率为___。

②在第5s时，NO2的转化率为__。

【答案】不变减慢cd0.0075mol·L-1·s-187.5%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）①保持体积不变充入Ne，各反应物和生成物的浓度不变，故反应速率不变；

②保持压强不变充入Ne，容器体积变大，各物质浓度减小，反应速率减慢；

（2）反应达到平衡时正逆反应速率相等，据图可知t2时刻后N2和NO的物质的量不再改变，说明反应到达平衡，所以c、d两个点v（正）与v（逆）相等；

（3）①2s内△n（NO2）=0.04mol-0.01mol=0.03mol，容器体积为2L，所以反应速率为

=0.0075mol·L-1·s-1；

②第5s时，△n（NO2）=0.04mol-0.005mol=0.035mol，转化率为

=87.5%。

【点睛】

判断通入惰性气体或者改变压强对反应速率的影响时，关键看是否改变了反应物和生成物中气体的浓度，若浓度改变则影响反应速率，若浓度不变则不影响反应速率。

6．某同学设计一个燃料电池（如图所示），目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。

根据要求回答相关问题：

（1）甲装置中，通入氢气的电极为________（填“正极”或“负极”），该极电极反应式为________；若将KOH溶液换成硫酸溶液，则正极电极反应式为__________________________。

（2）关于乙装置，下列说法正确的是________（填序号）；

①溶液中Na＋向C极移动

②从C极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝

③反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度

④若标准状况下Fe极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子

该装置中发生的总反应的离子方程式为__________________________。

（3）乙装置中，X为阳离子交换膜，反应一段时间后交换膜左侧溶液中pH____（填“增大”、“减小”或“不变”）；若用饱和MgCl2溶液代替饱和氯化钠溶液，则该装置中发生的总反应______（填“改变”或“不变”）。

（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将________（填“增大”“减小”或“不变”），精铜电极上的电极反应式为_______________________________。

【答案】负极H2-2e-+2OH-=2H2OO2+4e-+4H+=2H2O②③2Cl-+2H2O

2OH-+H2↑+Cl2↑增大改变减小Cu2++2e-=Cu

【解析】

【分析】

甲池为原电池，氧气发生还原反应，通入氧气的一极为正极，氢气发生还原反应，通入氢气的一极为负极；乙池中Fe电极与负极相连为阴极，石墨电极为阳极；丙池中精铜为阴极，粗铜为阳极。

【详解】

（1）氢氧燃料电池中氢气发生还原反应，所以通入氢气的一极为负极，电解质溶液为KOH溶液，所以电极方程式为H2-2e-+2OH-=2H2O；正极为通入氧气的一极，若电解质为硫酸，氧气得电子后会生成水，电极方程式为：

O2+4e-+4H+=2H2O；

（2）①C极为阳极，电解池中阳离子流向阴极，故错误；

②电解饱和食盐水时阳极上氯离子放电生成氯气，氯气可以使湿润的KI淀粉试纸变蓝，故正确；

③电解饱和食盐水阳极生成氯气，阴极生成氢气，所以反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度，故正确；

④电子不能在溶液中转移，故错误；

综上所述答案为②③；

乙装置中右侧阳极反应为：

2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：

2H++2e-=H2↑，总反应为2Cl-+2H2O

2OH-+H2↑+Cl2↑；

（3）乙装置中右侧阳极反应为：

2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：

2H++2e-=H2↑，水的电离平衡被破坏，电离出更多的氢氧根，X为阳离子交换膜，所以生成的OH-无法迁移到阳极，所以左侧溶液中pH增大；由于Mg2+会与OH-反应生成沉淀，所以总反应发生改变；

（4）丙池中阴极即精铜上发生反应：

Cu2++2e-=Cu，而阳极即粗铜上由于由比铜活泼的金属杂质放电，所以转移相同电子数目时，阳极不能生成与阴极消耗的等量的铜离子，所以硫酸铜溶液浓度减小。

【点睛】

第2题第4个选项为易错点，学生要注意审题，电子并不能在溶液中进行专业，不要盲目计算，

7．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

【解析】

【分析】

【详解】

（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·L－1·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。

【点睛】

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。

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