备战高考化学培优专题复习化学反应与能量练习题.docx
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备战高考化学培优专题复习化学反应与能量练习题
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．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
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：
回答下列问题：
（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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
（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）
【解析】
【分析】
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。
【详解】
（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．化学肥料在农业生产中有重要作用。
农业生产中，大量施用的化肥主要是氮肥、磷肥、钾肥。
（1）普钙是磷肥，它的有效成分是________（写化学式）。
（2）尿素是一种含氮量较高的氮肥，工业生产尿素是将氨气与二氧化碳在加压、加热的条件下反应生成氨基甲酸铵（H2NCOONH4），再使氨基甲酸铵脱水得到尿素。
反应的化学方程式为______________、______________。
（3）农谚说的“粪和肥，肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效。
请你说明其中的化学原理：
________________________。
（4）合成氨是生产氮肥的重要环节。
合成氨生产简易流程示意图如下：
从示意图可知其存在循环操作。
简要说明为什么在化工生产中经常采用循环操作？
______。
【答案】Ca（H2PO4）2·H2O2NH3＋CO2
H2NCOONH4H2NCOONH4
H2NCONH2＋H2O粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3受潮后水解为KOH，显碱性，NH4＋与OH－可发生反应生成NH3逸出而降低肥效从原因来讲，许多化学反应是可逆反应，转化率低；从结果来说，循环操作的主要目的在于充分利用原料、降低成本；从工艺设计来说，循环操作有利于连续化生产、减少工序；从环保角度来说，实现全封闭生产，控制废弃物排放
【解析】
【分析】
（1）普钙的有效成分是磷酸二氢钙；
（2）氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵脱水生成尿素和水；
（3）农谚说的“粪和肥，肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效，粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3受潮后水解为KOH，显碱性，NH4+与OH－可发生反应生成NH3逸出而降低肥效；
（4）可从生产成本（原料的利用率）、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
【详解】
（1）普钙的成分为Ca（H2PO4）2·H2O与CaSO4，其有效成分为Ca（H2PO4）2·H2O。
故答案为：
Ca（H2PO4）2·H2O；
（2）由题中信息，氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵，氨基甲酸铵脱水生成尿素和水，利用原子守恒可直接写出反应的方程式：
2NH3＋CO2
H2NCOONH4，H2NCOONH4
H2NCONH2＋H2O。
故答案为：
2NH3＋CO2
H2NCOONH4，H2NCOONH4
H2NCONH2＋H2O；
（3）农谚说的“粪和肥，肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效，粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3受潮后水解为KOH，显碱性，NH4＋与OH－可发生反应生成NH3逸出而降低肥效；故答案为：
粪尿最终转化为铵盐，而草木灰的有效成分为K2CO3，K2CO3受潮后水解为KOH，显碱性，NH4＋与OH－可发生反应生成NH3逸出而降低肥效；
（4）从反应特点来说，许多化学反应是可逆反应，转化率低；从能源利用及经济方法来说，循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本；从工艺流程来说，循环操作有利于连续化生产、减少工序；从环保角度来说，实现全封闭生产，控制废弃物的排放；
故答案为：
从反应特点来说，许多化学反应是可逆反应，转化率低；从能源利用及经济方法来说，循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本；从工艺流程来说，循环操作有利于连续化生产、减少工序；从环保角度来说，实现全封闭生产，控制废弃物的排放。
【点睛】
本题考查化学反应方程式的书写、化工生产等知识点，注意（3）中运用盐水解知识进行解释。
难点（4）可从生产成本（原料的利用率）、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
5．以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
（1）若要提高辉铜矿煅烧效率可采取的措施有___（填两种）。
（2）气体X的主要成分是___（填化学式），写出该气体的一种用途___。
（3）蒸氨过程总反应的化学方程式是___。
（4）溶液E与Na2CO3溶液反应制取Cu2（OH）2CO3的离子反应方程式为___。
（5）某实验小组研究溶液E与Na2CO3溶液加料顺序及加料方式对产品的影响，实验结果如下：
实验序号
加料顺序及方式
沉淀颜色
沉淀品质
产率/%
1
溶液E一次加入Na2CO3溶液中并迅速搅拌
浅蓝色
品质较好
87.8
2
溶液E逐滴加入Na2CO3溶液中并不断搅拌
暗蓝色
品质好
71.9
3
Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌
浅绿色
品质好
96.7
4
Na2CO3溶液一次加入溶液E中并不断搅拌
浅蓝色
品质较好
102.7
由上表可知制取Cu2（OH）2CO3最佳加料顺序及加料方式是___（填序号）。
【答案】减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等[Cu（NH3）4]Cl2+H2O
CuO+2HCl↑+4NH3↑2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑3
【解析】
【分析】
辉铜矿通入氧气充分煅烧，生成二氧化硫气体，固体B主要为CuO、Fe2O3，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu（NH3）4]2+和Fe（OH）3，[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，加入酸酸化得到Cu2+，经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜，以此解答该题。
【详解】
（1）通过粉碎辉铜矿减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等措施均可提高辉铜矿煅烧效率；
（2）Cu2S可与氧气反应生成二氧化硫，则气体X的主要成分是SO2，SO2是酸性氧化物，有漂白性、还原性，则利用SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等；
（3）蒸氨过程[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，反应的方程式为[Cu（NH3）4]Cl2+H2O
CuO+2HCl↑+4NH3↑；
（4）向含有Cu2+的溶液中滴加Na2CO3溶液生成Cu2（OH）2CO3的离子反应方程式为2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2（OH）2CO3↓+CO2↑；
（5）由图表信息可知Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌，获得浅绿色的碱式碳酸铜，品质好，且产率高，故制取Cu2（OH）2CO3最佳加料顺序及加料方式是实验序号3。
6．依据氧化还原反应：
2Ag+（aq）+Cu（s）=Cu2+（aq）+2Ag（s）设计的原电池如图所示。
请回答下列问题：
（1）电极X的材料是_______；电解质溶液Y是________；
（2）银电极上发生的电极反应式为___________________；
（3）外电路中的电子是从______→______；
（4）当有1.6g铜溶解时，银棒增重______g。
【答案】CuAgNO3Ag++e-=AgX（或Cu）Ag5.4
【解析】
【分析】
（1）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，作负极，Ag作正极，电解质溶液为含有银离子的可溶性银盐溶液；
（2）银电极上是溶液中的Ag+得到电子发生还原反应；
（3）外电路中的电子是从负极经导线流向正极；
（4）先计算Cu的物质的量，根据反应方程式计算出正极产生Ag的质量，即正极增加的质量。
【详解】
（1）根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，Cu作负极，则Ag作正极，所以X为Cu，电解质溶液为AgNO3溶液；
（2）银电极为正极，正极上Ag+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：
Ag++e-=Ag；
（3）外电路中的电子是从负极Cu经导线流向正极Ag；
（4）反应消耗1.6g铜的物质的量为n（Cu）=
=0.025mol，根据反应方程式2Ag+（aq）+Cu（s）=Cu2+（aq）+2Ag（s）可知：
每反应消耗1molCu，正极上产生2molAg，则0.025molCu反应，在正极上产生0.05molAg，该Ag的质量为m（Ag）=0.05mol×108g/mol=5.4g，即正极银棒增重5.4g。
【点睛】
本题考查原电池原理，明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键，计算正极增加的质量时，既可以根据反应方程式计算，也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。
7．在我国南海、东海海底均存在大量的可燃冰（天然气水合物，可表示为
）。
2017年5月，中国首次海域可燃冰试采成功。
2017年11月3日，国务院正式批准将可燃冰列为新矿种。
可燃冰的开采和利用，既有助于解决人类面临的能源危机，又能生成一系列的工业产品。
（1）对某可燃冰矿样进行定量分析，取一定量样品，释放出的甲烷气体体积折合成标准状况后为166m3，剩余H2O的体积为0.8m3，则该样品的化学式中x=_________________。
（2）已知下表数据，且知H2O（l）=H2O（g）△H=+41
化学键
C—H
O=O
C=O
H—O
键能/
413
498
803
463
用甲烷燃烧热表示的热化学方程式为_____________________________________________________。
（3）甲烷燃料电池相较于直接燃烧甲烷有着更高的能量转化效率，某甲烷燃料电池，正极通入空气，以某种金属氧化物为离子导体（金属离子空穴中能传导O2-），该电池负极的电极反应式为__________________________________________。
（4）甲烷与水蒸气重整制氢是工业上获得氢气的重要手段。
若甲烷与脱盐水在一定条件下反应生成H2，同时得到体积比为1:
3的CO2和CO，该反应的化学方程式为_____________________________________。
混合气体中的CO2可用浓氨水脱除，同时获得氮肥NH4HCO3，该反应的离子方程式是_________________________________________________________。
【答案】6CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-892kJ·mol-1CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
NH3·H2O+CO2=NH4++
【解析】
【分析】
【详解】
（1）n（CH4）=
=
mol，n（H2O）=
=
mol，n（CH4）:
n（H2O）=
:
≈1:
6，所以x=6，故答案为：
6；
（2）由表格可知①CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）的△H=（4×413+2×498-2×803×-4×463）kJ·mol-1=-810kJ·mol-1，又因为②H2O（l）=H2O（g）△H=41
，将①-2×②得：
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=（-810-2×41）
=-892kJ·mol-1，故答案为：
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-892kJ·mol-1；
（3）甲烷在负极失电子，被氧化，结合电解质、原子守恒、电荷守恒可得负极反应为：
CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，故答案为：
CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O；
（4）由已知可知道，反应物为甲烷和水，生成物为氢H2、CO和CO2，结合CO2和CO的体积比为1:
3可得方程式为：
。
二氧化碳和氨水反应生成NH4HCO3的离子方程式为：
NH3·H2O+CO2=NH4++
，故答案为：
；NH3·H2O+CO2=NH4++
。
【点睛】
燃料电池电极反应的书写：
燃料在负极失电子，O2在正极得电子。
8．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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
（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，
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