备战高考化学化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习含答案.docx
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备战高考化学化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习含答案
备战高考化学——化学反应与能量的推断题综合压轴题专题复习含答案
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．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。
回答下列问题：
（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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
（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；
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，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。
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+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
③常温下，Ksp（CaF2）=1.46×10−10，Ksp（MgF2）=7.42×10−11；Ka（HF）=1.00×10−4
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_________________
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）
（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＜8.81.97
×10-7CO32-水解程度大于HCO3-，易生成氢氧化物沉淀
【解析】
【分析】
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：
MnCO3+2NH4Cl
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。
【详解】
（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
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O；
（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。
3．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。
4．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）
0
1
2
3
4
5
c（CO）
3.60×10-3
3.05×10-3
2.85×10-3
2.75×10-3
2.70×10-3
2.70×10-3
（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：
2
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”）
【答案】
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
【解析】
【分析】
（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。
【详解】
（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；1.875×10-4mol/（L·s）；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：
3：
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、逆反应的速率相等，但不会等于零，D项错误；故答案为：
BC；
（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，即c（H+）>c（OH-），根据溶液呈电中性有:
c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+c（Cl-），因为c（H+）>c（OH-），所以c（Cl-）>c（NH4+），故离子浓度大小关系为:
c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）；溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变，故答案为：
c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-）；几乎不变。
【点睛】
本题易错点（3）注意平衡状态的判断，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。
5．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。
6．在A、B两个恒容密闭容器中发生反应：
2NO2⇌2NO+O2反应过程中NO2的物质的量随时间变化的状况如图所示：
（1）若A容器的体积为5L，反应经6min达到平衡状态，则0~6min内以O2浓度变化表示的反应速率为___________。
（2）该反应化学平衡常数K=__________（写出表达式）。
（3）说明该反应已达到平衡状态的是_______。
A．v正（NO2）=v逆（NO） B．c（NO2）=c（NO）
C．气体的平均摩尔质量不变 D．气体的密度保持不变
（4）若A、B两容器中只是温度不同，则TA____TB（填“>”或“<”），请写出一条能提高二氧化氮转化率的措施_____________。
【答案】0.002mol/（L•min）
AC＜升高温度（或减小压强）
【解析】
【分析】
（1）根据
计算反应速率；
（2）平衡常数是可逆化学反应达到平衡状态时生成物与反应物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比或反应产物与反应底物的浓度（方程式系数幂次方）乘积比。
（3）反应达到平衡状态，各组分的浓度不随着时间的变化而变化，正逆反应速率相等，根据化学平衡状态的特征结合变量不变的状态是平衡状态来回答；
（4）温度越高达到平衡所需时间越短，不增加NO2的物质的量使平衡右移即可增大其转化率。
【详解】
（1）据图可知初始时n（NO2）=0.30mol，平衡时n（NO2）=0.18mol，△n（NO2）=0.12mol，△c（NO2）=
，则
，同一反应中反应速率之比等于化学计量数之比，所以v（O2）=0.002mol/（L•min），故答案为：
0.002mol/（L•min）；
（2）根据平衡常数的定义可知该反应的平衡常数K=
，故答案为：
；
（3）A．反应平衡时v正（NO2）=v逆（NO2） ，同一反应反应速率之比等于计量数之比，所以v逆（NO2）=v逆（NO） ，所以v正（NO2）=v逆（NO） ，可以说明反应已达平衡；
B．反应过程中c（NO2）减小，c（NO）增大，某一时刻二者可能相等，但不能说明反应平衡；
C．反应过程中气体总质量不变，但气体的物质的量在改变，即平均摩尔质量会变，所以当气体的平均摩尔质量不变时可以说明反应平衡；
D．气体总质量不变，体积不变，故密度一直不变，所以密度不变时不能说明反应平衡；
故答案为：
AC；
（4）根据图可知容器B达到平衡所需时间更短，反应速率更大，温度更高，且平衡时二氧化氮浓度更低，说明温度升高平衡右移，正反应为吸热反应，升高温度可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，该反应为压强减小的反应，故减小压强可使平衡右移，增大二氧化氮的转化率，故答案为：
＜；升高温度（或减小压强）。
【点睛】
同一反应中不同物质表示的反应速率之比等于计量数之比，直接求某物质的反应速率不好求时可以通过求其他物质的反应速率来推算。
7．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
【解析】
【分析】
（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。
【详解】
（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，发生氧化反应，电极反应4Li－4e－＝4Li＋；
（2）正极上得电子发生还原反应，根据反应方程式知，SOCl2得电子生成Cl-、S、SO2，电极方程式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2。
8．一氧化碳和二氧化硫是用途广泛的化工基础原料。
（1）已知：
C（s）＋O2（g）＝CO2（g）△H1＝–393.5kJ·mol–1
C（s）＋CO2（g）＝2CO（g）△H2＝＋172.5kJ·mol–1
S（s）＋O2（g）＝SO2（g）△H3＝–296.0kJ·mol–1
已知某反应的平衡常数
，据以上信息，请写出该反应的热化学反应
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