化学化学反应与能量的专项培优练习题含答案及答案.docx

1、化学化学反应与能量的专项培优练习题含答案及答案化学化学反应与能量的专项培优练习题(含答案)及答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1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)2S2O8H2ONH4HSO4H2O2；H2O2H2OO；Co3H2OCo(OH)3H。所缺的化学方程式为_；每生成1 molCo(OH)3，理

2、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+H2O 0.5mol 取最后一次

3、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 ZnCO32Zn(OH)2H2O 【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15，得到含有Co2、Zn2、Mn2、Fe2、Fe3的浸出液，调节溶液pH值为55.2，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

4、xZn(OH)2yH2O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)2S2O8H2

5、O2O2Co3+ 2Co(OH)3，每生成1mol Co(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

6、，煅烧生成的CO2气体的物质的量为=0.1mol，根据元素守恒可知ZnCO3xZn(OH)2yH2O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，0.1mol22+0.1mol2y=0.3mol2，则y=1，则所得固体的化学式为ZnCO32Zn(OH)2H2O。2氨气是一种重要的化工产品。(1)工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气，有关方程式如下： 3H2 (g)+N2(g)2NH3 (g) + 92.4 kJ对于该反应：要使反应物尽可能快的转化为氨气，可

7、采用的反应条件是_，要使反应物尽可能多的转化为氨气，可采用的反应条件是_：(均选填字母)A较高温度B较低温度C较高压强 D较低压强 E使用合适的催化剂工业上对合成氨适宜反应条件选择，是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等的影响。该反应达到平衡后，只改变其中一个因素，以下分析中不正确的是_：(选填字母)A升高温度，对正反应的反应速率影响更大B增大压强，对正反应的反应速率影响更大C减小生成物浓度，对逆反应的反应速率影响更大某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4，和相邻的合成氨厂联合设计了制备(NH4)2SO4的工艺流程(如图)，该流程中：向沉淀池中通入足量的氨气的目的是_，可以循环

8、使用的X是_。(填化学式)(2)实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。有关的离子方程式为_。0.01 mol/L硝酸铵溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气_L(标准状态)。若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气0.025mol；在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol 白色沉淀，则原混合液中，硝酸铵的浓度为_mol/L。现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液V L，将混合溶液分成两等分：一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol；另一份溶液中慢慢滴入C mol/L的氯化钡溶液B L，溶液中SO42-恰好全部沉淀；将沉

9、淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀。则原混合溶液中，氯化铵的浓度为_mol/L，硝酸铵的浓度为_mol/L。(用含有字母的代数式表示)【答案】ACE BC A 生成正盐，使Ca2+完全沉淀 CO2 NH4+OH-H2O+NH3 0.112 0.01 【解析】【分析】(1)要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2 (g)+N2(g)2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现；根据影响平衡移动的条件分

10、析判断；在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2，则X为CO2可在此制备实验中循环使用；(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水；根据NH4+元素守恒计算；根据NH4+元素守恒计算；一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol，根据NH4+OH-NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl2溶液B L，根据Ba2+SO42-BaSO4可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀，根据Ag+Cl

11、-=AgCl，结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知，每份含有Cl-(D-2BC) mol。【详解】(1)要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压强和使用合适的催化剂实现，故选ACE；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反应3H2 (g)+N2(g)2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低温度实现，故选BC；A. 反应3H2 (g)+N2(g)2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，升高温度反应逆向移动，说明升高温度，对逆反应的反应速率影响更大，故A错误；B. 反应3H2 (g

12、)+N2(g)2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，增大压强反应速率加快，反应正向移动，说明增大压强对正反应的反应速率影响更大，故B正确；C. 减小生成物浓度，反应逆向移动，说明减小生成物浓度对逆反应的反应速率影响更大，故C正确；故选A。在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2，则X为CO2可在此制备实验中循环使用；(2)铵盐与强碱共热得到氨气和水，离子方程式为：NH4+OH-H2O+NH3；0.5L 0.01 mol/L硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为：0.5L0.01 mo

13、l/L=0.005mol，根据NH4+守恒，最多生成氨气0.005mol，标况下的体积为：0.005mol22.4L/mol=0.112L；由题意可知，在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol BaSO4白色沉淀，说明原溶液中含有硫酸根0.01mol，设硝酸铵的物质的量为xmol，根据NH4+守恒有x+0.01mol2=0.025，得x=0.005mol，硝酸铵的浓度为=0.01mol/L；一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol，根据NH4+OH-NH3+H2O可知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl2溶液B L，根据Ba

14、2+SO42-BaSO4可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又产生D mol沉淀，根据Ag+Cl-=AgCl，结合前面加入CBmol的BaCl2溶液可知，每份含有Cl-(D-2BC) mol，则原混合溶液中，氯化铵的浓度为 mol/L = mol/L；每份中硝酸根的物质的量为： n(NH4+)- n(Cl-)-2n(SO42-)=，硝酸铵的浓度为 mol/L = mol/L。3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

15、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

16、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。4如图是常见原电池装置，电流表A发生偏转。(1)若两个电极分别是铁、铜，电解

17、质溶液是浓硝酸，Cu极发生反应_（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为_；(2)若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是氢氧化钠溶液，Al电极是_极（填“正”或“负”），其电极反应式为_。(3)若原电池的总反应是2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2，则可以作负极材料的是_，正极电极反应式为_。【答案】氧化 Cu2e=Cu2 负 Al3e4OH=AlO22H2O Cu(或铜) Fe3e=Fe2 【解析】【分析】【详解】(1)虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu2e=Cu2；(2)镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶

18、液发生反应，所以该原电池中Al被氧化，即Al为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：Al3e4OH=AlO22H2O；(3)根据总反应2FeCl3Cu=2FeCl2CuCl2可知Cu被氧化，Fe3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu；正极发生还原反应，电极方程式为Fe3e=Fe2。【点睛】第1小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。5为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。（1）甲装置中，a电极的反应式为_。（2）乙装置中，阴极区产物为_。（3）丙装置是一种家用84消毒液（NaClO）发

19、生器。外接电源a为_ (填“正”或“负”)极，该装置内发生反应的化学方程式为_、_。（4）若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为_ (不考虑气体的溶解)。（5）某工厂采用电解法处理含Cr2O72-的废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽内盛放含铬废水，Cr2O72-被还原成为Cr3+，Cr3在阴极区生成Cr(OH)3沉淀除去，工作原理如图。写出电解时阴极的电极反应式_。写出Cr2O72-被还原为Cr3+的离子方程式_。【答案】H2-2e-+2OH-=2H2O 氢氧化钠和氢气 负 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 Cl2+2NaOH=NaCl+

20、NaClO+H2O 3:4 2H+2e-=H2 Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O 【解析】【分析】甲装置：该装置为氢氧燃料电池，氢气被氧化作负极，氧气被还原做作正极；乙装置：该装置为电解池，与正极相连的一极为阳极发生氧化反应，与负极相连的为阴极发生还原反应；丙装置：该装置为电解池，电解饱和食盐水时阳极产生氯气，阴极产生氢气和氢氧根，要制备次氯酸钠所以需要氯气到阴极与氢氧根反应，所以下端为阳极产生氯气；(5)B电极生成氢气，说明该电极发生还原反应为阴极，氢离子放电生成氢气，导致阴极区pH变大；A电极为阳极，铁为电极材料，则铁被氧化生成Fe2+，继而将Cr2O72-

21、还原成为Cr3+，然后迁移到阴极与OH-生成沉淀。【详解】(1)甲装置是氢氧燃料电池，a电极通入氢气为负极，电解质溶液为KOH溶液，所以电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O； (2)乙装置是电解池，电解饱和食盐水，所以阴极区产物为氢氧化钠和氢气；(3)根据分析可知该装置中发生电解饱和食盐水的反应，同时阳极产生的氯气与阴极产物发生反应制备次氯酸钠，下端为阳极，上端为阴极，即a电极为电源负极，该装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(4)若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中总反应为：2H2+O2=2

22、H2O；乙中总反应为：2NaCl+2H2O=2NaOH+H2+Cl2；各电极转移的电子相等，假如都是4mol，甲池消耗气体2mol+1mol=3mol，乙池产生气体2mol+2mol=4mol，物质的量之比为3：4；(5)阴极氢离子放电生成氢气，电极方程式为：2H+2e-=H2；根据分析可知反应过程中Fe2+将Cr2O72-还原成为Cr3+，方程式为：Cr2O72-+6Fe2+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O。【点睛】第(5)题为易错点，虽然Cr2O72-被还原成为Cr3+，但根据图示可知阴极产生的是氢气，说明Cr2O72-被还原并不是电极反应，再结合阳极材料为Fe，可知是阳极产生的Fe

23、2+将Cr2O72-还原。6现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一定体积为2L的恒温密闭容器中，反应物浓度随时间变化关系如图。已知：2NO2(g)N2O4(g)+Q。（1）前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=_；（2）a、b、c、d四个点中，表示化学反应处于平衡状态是_；（3）35min时，反应2NO2(g)N2O4(g)在d点的平衡常数K(d)_K(b)（填“”、“=”或“ 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

24、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

25、(CO)= ，前2s内的平均反应速率v(N2)=v(CO)/2=1.87510-4 mol/(Ls）；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；1.87510-4mol/(Ls）；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 NH