高考化学易错题精选化学反应与能量练习题附答案解析.docx

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高考化学易错题精选化学反应与能量练习题附答案解析

高考化学易错题精选-化学反应与能量练习题附答案解析

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

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。

2．根据如图所示电化学实验装置图，回答有关问题。

（1）若只闭合S1，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极作_______极。

（2）若只闭合S2，该装置属于_______，能量转化形式为_______，锌极上的电极反应式为_______。

（3）若只闭合S3，该装置属于_______，铜极作_______极，锌极上的电极反应式为_______，总反应的化学方程式为_______。

【答案】原电池化学能转化为电能负电解池电能转化为化学能

电解池阳

【解析】

【分析】

原电池是将化学能转化为电能，较活泼金属作负极，发生氧化反应，正极发生还原反应；电解池是将电能转化为化学能，需要外接电源，与电源正极相连的为阳极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此解答。

【详解】

（1）若只闭合S1，没有外接电源，则Zn、Cu、稀硫酸构成原电池，该装置将化学能转化为电能，较活泼的锌作负极。

答案为：

原电池；化学能转化为电能；负。

（2）若只闭合S2，装置中有外接电源，该装置为电解池，将电能转为化学能，与电源正极相连的锌极作阳极，发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+。

答案为：

电解池；电能转化为化学能；Zn-2e-=Zn2+。

（3）若只闭合S3，该装置为电解池，与电源正极相连的铜极作阳极，电极反应式为：

Cu-2e-=Cu2+；锌为阴极，电极反应式为：

2H++2e-=H2↑,总反应式为：

Cu+H2SO4

CuSO4+H2↑。

答案为：

电解池；阳；2H++2e-=H2↑；Cu+H2SO4

CuSO4+H2↑。

【点睛】

有外接电源的是电解池，没有外接电源的是原电池，原电池里负极发生氧化反应，电解池里阳极发生氧化反应。

3．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。

4．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436kJ、151kJ、299kJ。

则由1mol氢气和1mol碘反应生成HI会________ （填“放出”或“吸收”）________ kJ的热量。

在化学反应过程中，是将________ 转化为________ 。

（3）某实验小组同学进行如图2的实验，以探究化学反应中的能量变化。

实验表明：

①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应；实验②中，该小组同学在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，该反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。

【答案】放热放出11化学能热能吸热放热

【解析】

【分析】

【详解】

（1）依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；

（2）在反应H2+I2⇌2HI中，断裂1molH-H键，1molI-I键共吸收的能量为：

1×436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，放出的能量为：

2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：

598kJ-587kJ=11kJ，在化学反应过程中，将化学能转化为热能；

（3）①中的温度降低说明该反应是吸热反应；活泼金属置换酸中氢的反应为放热反应。

5．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。

6．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，负极材料应为Zn。

答案为：

Zn。

（2）原电池放电时，正极得到电子发生还原反应，负极材料为锌，失电子发生氧化反应，由总反应可知溶液为碱性，所以负极反应式为：

Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2。

答案为：

还原；Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2。

（3）放电时K2FeO4中的Fe的化合价由+6价变为+3价，发生还原反应，电极反应式为：

FeO42-+4H2O+3e-=Fe（OH）3+5OH-，正极上生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的碱性增强。

答案为：

正。

7．

（1）将Al片和Cu片用导线连接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池。

写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。

写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。

（2）铅蓄电池是最常见的二次电池，由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，所以在生产、生活中使用广泛，写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________；充电时的阴极反应____________________。

【答案】2Al-6e−+8OH−=2AlO2-+4H2O4H++2e−+2NO3−=2NO2↑+2H2O4H++2e−+SO42−+PbO2=PbSO4+2H2OPbSO4+2e−=Pb+SO42−

【解析】

【分析】

（1）Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液反应，形成原电池，负极为Al失电子，在碱性溶液中，Al转化为AlO2-。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体。

（2）铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等；充电时的阴极反应为PbSO4获得电子转化为Pb。

【详解】

（1）Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液，在碱性溶液中，负极Al失电子转化为AlO2-，电极反应式为2Al-6e−+8OH−=2AlO2-+4H2O。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极反应为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体，电极反应式为4H++2e−+2NO3−=2NO2↑+2H2O。

答案：

2Al-6e−+8OH−=2AlO2-+4H2O；4H++2e−+2NO3−=2NO2↑+2H2O；

（2）铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等，电极反应式为4H++2e−+SO42−+PbO2=PbSO4+2H2O；充电时阴极为PbSO4获得电子转化为Pb，电极反应式为PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

答案为：

4H++2e−+SO42−+PbO2=PbSO4+2H2O；PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

【点睛】

判断原电池的电极时，首先看电极材料，若只有一个电极材料能与电解质反应，该电极为负极；若两个电极材料都能与电解质发生反应，相对活泼的金属电极作负极。

在书写电极反应式时，需要判断电极产物。

电极产物与电解质必须能共存，如Al电极，若先考虑生成Al3+，则在酸性电解质中，能稳定存在，Al3+为最终的电极产物；若在碱性电解质中，Al3+不能稳定存在，最终应转化为AlO2-。

8．如图所示，A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。

（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是___（填标号）。

（2）A池中Zn是___极，电极反应式为___；A中总反应的离子方程式___。

（3）B池中总反应的方程式为___。

（4）C池中Zn是___极，发生___反应，电极反应式为___；反应过程中，CuCl2溶液浓度___（填“变大”“变小”或“不变”）。

【答案】A负Zn－2e-=Zn2＋Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋CuCuCl2

Cu+Cl2↑阴还原Cu2＋＋2e-=Cu不变

【解析】

【分析】

（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池。

（2）A池中，相对活泼的金属作负极，电极反应式为金属失电子生成金属离子；A中总反应为负极金属与电解质发生氧化还原反应。

（3）B池中总反应为电解氯化铜。

（4）C池中，与正极相连的电极为阳极，阳极失电子发生氧化反应；通过分析两电极反应，可确定反应过程中，CuCl2溶液浓度变化情况。

【详解】

（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池，则原电池是A。

答案为：

A；

（2）A池中，相对活泼的金属是Zn，Zn是负极，电极反应式为Zn－2e-=Zn2＋；A中总反应的离子方程式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu。

答案为：

负；Zn－2e-=Zn2＋；Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu；

（3）B池中总反应，就是电解氯化铜的反应，方程式为CuCl2

Cu+Cl2↑。

答案为：

CuCl2

Cu+Cl2↑；

（4）C池中，与负极相连的电极为阴极，Zn与电源负极相连，是阴极，得电子，发生还原反应，电极反应式为Cu2＋＋2e-=Cu；反应过程中，阳极Cu-2e-=Cu2+，生成的Cu2+与阴极消耗的Cu2+物质的量相等，则CuCl2溶液浓度不变。

答案为：

阴；还原；Cu2＋＋2e-=Cu；不变。

【点睛】

不管是原电池还是电解池，解题的切入点都是电极的判断。

通常，原电池的负极金属材料都会失电子生成阳离子；而电解池的阳极材料是否失电子，则要看其是否为活性电极。

若阳极为活性电极，则在电解时阳极材料失电子；若为惰性电极，则阳极发生溶液中阴离子失电子的反应。

9．甲醇是人们开发和利用的一种新能源。

已知：

①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1=-571.8kJ·mol-1

②CH3OH（g）+

O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=-192.9kJ·mol-1

（1）甲醇蒸汽完全燃烧的热化学方程式为_____________。

（2）反应②中的能量变化如下图所示，则△H2=______（用E1和E2表示）。

（3）H2（g）的燃烧热为__________kJ·mol-1。

（4）请你分析H2（g）作为能源比甲醇蒸汽作为能源的优点：

__________________（写出一点）

【答案】CH3OH（g）+

O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H2=-764.7kJ/mol；E1-E2285.9来源广、热值高、不污染环境

【解析】

【分析】

（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式；

（2）依据反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量分析；

（3）依据燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，结合热化学方程式分析计算；

（4）根据氢能源的优点和氢能源的开发和利用的最新动向即可作答。

【详解】

（1）①2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H1=-571.8kJ·mol-1

②CH3OH（g）+

O2（g）=CO2（g）+2H2（g）△H=-192.9kJ·mol-1

由盖斯定律②+①得到甲醇蒸气完全燃烧的热化学反应方程式为：

CH3OH（g）+

O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H2=-764.7kJ/mol；

（2）反应②中的能量变化如图所示，依据图象分析，反应焓变△H=生成物总能量-反应物总能量，△H2=E1-E2；

（3）燃烧热的概念是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，根据2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1