备战高考化学化学反应与能量经典压轴题及答案解析.docx
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备战高考化学化学反应与能量经典压轴题及答案解析
备战高考化学化学反应与能量-经典压轴题及答案解析
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．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。
3．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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
（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：
的水解程度小于
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。
4．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。
已知：
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：
金属离子
Fe3＋
Fe2＋
Zn2＋
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.3
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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
（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。
5．硝酸铵常用作化肥和化工原料，工业上制备硝酸铵的简要流程如图：
（1）中和器中主要反应的化学方程式为___________
（2）制备硝酸铵采用加压中和法还是常压中和法？
同时说明原因___________
（3）在不同的反应条件下，中和器中硝酸浓度与硝酸铵含量存在如图关系：
[不利用中和热及在不同情况下利用中和热时生产硝铵溶液中NH4NO3的含量1－HNO3和NH3（70℃）；2－HNO3和NH3（50℃）；3－HNO3（50℃）和NH3（20℃）；4－HNO3和NH3（20℃）]
①按图中的数据分析，要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，原料最佳温度和硝酸最佳含量是__________
A．70℃；58%
B．HNO3（50℃），NH3（20℃）；56%
C．50℃；56%
D．20℃；58%
②中和器中产品检测时，工作人员发现N2浓度明显高于正常空气带入的N2浓度，试用化学方程式表示中和器中生成N2的最有可能的过程____________、___________
③以下制备硝酸铵分析不正确的是___________
A．硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液。
B．采用真空蒸发器有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液和较大颗粒的硝酸铵晶体析出。
C．已知NH3与HNO3的气相反应很不彻底，工艺中应尽量使反应在液相中进行，可将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应。
D．充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，可以降低原料损耗。
【答案】NH3+HNO3=NH4NO3采用加压中和法。
原因是加压可以增大反应的速率和提高产率A4HNO3=4NO2+O2+2H2O6NO2+8NH3=7N2+12H2OBC
【解析】
【分析】
（1）氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵；
（2）压强越大化学反应速率越快，且增大压强可以提高产率；
（3）①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好；
②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2。
【详解】
（1）氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3；
（2）压强越大单位体积内活化分子个数越多，则化学反应速率越快，该反应前后气体计量数减小，则增大压强可以提高产率，所以采用加压中和法；
（3）①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好，根据图知，温度为70℃、硝酸含量为58%最好，答案选A；
②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2，发生的反应为4HNO3=4NO2+O2+2H2O、6NO2+8NH3=7N2+12H2O；
③A、中和时放出的热量预热原料能加快化学反应速率，浓缩溶液需要加热，所以硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液，从而减少资源浪费，A正确，不符合题意；
B、结晶速率越慢得到的颗粒越大，采用真空蒸发器增大蒸发速率，虽然有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液，但得到较小颗粒的硝酸铵晶体析出，B错误，符合题意；
C、将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应，放出的热量会使得液氨气化，会导致氨的转化率降低，不利于硝酸铵的制取，C错误，符合题意；
D、充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，增大原料的利用，从而可以降低原料损耗，D正确，不符合题意；答案为：
BC。
【点睛】
（3）③问中，结晶速率和晶体颗粒大小的关系，是易错点，要注意。
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↑
【解析】
【分析】
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。
【详解】
（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↑。
答案为：
负；2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑。
【点睛】
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．在一密闭容器中发生反应N2+3H2
2NH3，△H＜0；达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示,回答下列问题：
（1）处于平衡状态的时间段是______（填选项）；
A．t0～t1 B．t1～t2 C．t2～t3
D．t3～t4E．t4～t5 F．t5～t6
（2）t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是（填选项）；
A．增大压强B．减小压强C．升高温度
D．降低温度E．加催化剂F充入氮气
t1时刻__________；t4时刻__________；
（3）依据
（2）中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是________（填选项）；
A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6
（4）如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线_________；
（5）一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为____________________。
【答案】ACDFCBA
5:
6
【解析】
【分析】
（1）根据图示结合v正=v逆，判断是否处于平衡状态；
（2）由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；
（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，根据移动结果分析；
（4）分离出生成物，逆反应速率瞬间减小，平衡正向移动；
（5）设反应前加入amolN2，bmolH2，达平衡时生成2xmolNH3，根据三段式和氨气的体积分数计算．
【详解】
（1）根据图示可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态，故答案为：
ACDF；
（2）由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，则由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，
故答案为：
C；B；
（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则t0～t1氨气的含量最大，故答案为：
A；
（4）t6时刻移出部分氨气，逆反应速率瞬间减小，正反应速率该瞬间不变，平衡正向移动，逆反应速率增大，正反应速率减小，直至平衡，故答案为：
；
（5）设反应前加入amolN2，bmolH2，达平衡时生成2xmolNH3，则有
则反应后气体总的物质的量=（a+b-2x）mol，
，解得：
a+b=12x，故反应后与反应前的混合气体体积之比=
，故答案为：
5：
6。
8．在800℃时，2L密闭容器内发生反应：
2NO（g）＋O2（g）⇌2NO2（g），反应体系中，一氧化氮的物质的量随时间的变化如表所示：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n（NO）/
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