高考化学复习《化学反应与能量》专项推断题综合练习Word文档格式.docx

1、Ka（HF）=1.00104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）净化除杂流程如下已知几种物质氧化能力的强弱顺序为（NH4）2S2O8KMnO4MnO2Fe3+，则氧化剂X宜选择_ A（NH4）2S2O8 BMnO2 CKMnO4调节pH时，pH可取的范围为_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+）= a mol/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】

2、加快反应速率 MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O 温度为500 且 m（MnCO3）:m（NH4Cl）=1.10 B 5.2pH8.8 1.97 10-7 CO32-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+2NH4ClMnCl2+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A

3、l3+、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+2NH4ClMnCl2+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（

4、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）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；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

5、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5.2pH8.8；1.97；若此时pH为6，即c（H+）=10-6 mol/L，c（Mg2+）= a mol/L，c（F-）=mol/L，HF是弱酸，在溶液中部分电离，已知Ka（HF）=1.00104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

6、用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。2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 bKCl 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HC

7、O3-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- c N、S、K 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。（1）NH4HCO3溶液中铵根离子

8、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；（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

9、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。3硝酸铵常用作化肥

10、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1HNO3和NH3（70）；2HNO3和NH3（50）；3HNO3（50）和NH3（20）；4HNO3和NH3（20）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_A70；58% B HNO3（50），NH3（20）；56%C50；56% D 20；58%中和器中产品检测时，工作

11、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_ 、_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 A 4HNO3=4NO2+O2+2H2O

12、 6NO2+8NH3=7N2+12H2O BC （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）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；HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2。（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）要使中和器中硝酸

13、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； HNO3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；A、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

14、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）问中，结晶速率和晶体颗粒大小的关系，是易错点，要注意。4某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100 mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气（标准状况），实验记录如下（累计值）：时间/min12345氢气体积/mL50120232290310（1）在01 min、12 min、23 min、34 min、45

15、 min时间段中，反应速率最大的时间段是_，原因为_；反应速率最小的时间段是_，原因为_。（2）在23 min内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为_。（3）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，其中可行的是_。A蒸馏水 BNa2SO4溶液CNaNO3溶液 DNa2CO3溶液【答案】23 min 该反应是放热反应，23 min时溶液温度最高，反应速率最快 45 min 此时反应物的浓度最小，反应速率最慢 0.1 molL1min1 AB 由表格数据可知，01、12、23、34、45min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL；（1）2

16、min3 min收集的氢气比其他时间段多，反应速率最大，该反应放热，反应过程中温度升高加快反应速率；45min反应速率最小，随着反应进行氢离子浓度逐渐减小，该时间段内H+浓度小，反应速率最慢；（2）2 min3 min生成的氢气的体积为112mL，则n（H2）=0.005mol，反应过程中发生反应Zn+2HCl=ZnCl2+H2，则该时间段内消耗的n（HCl）=0.01mol，溶液体积为100mol，则c（HCl）=0.1mol/L，v（HCl）=0.1 molmin1；（3）A加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；B加入Na2SO4溶液，减小

17、盐酸的浓度，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；C加入硝酸钠溶液，锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气，故C错误；D加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故D错误；所以选AB。51100时，在体积固定且为5L的密闭容器中，发生可逆反应：并达到平衡。（1）平衡后，向容器中充入1mol，平衡向_（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”），重新达到平衡后，与原平衡相比，逆反应速率_（填“增大”、“减小”或“不变”）。（2）若混合气体的密度不变，（填“能”或“不能”）_判断该反应达已经到平衡状态。若初

18、始时加入的为2.84g，10分钟后达到平衡时的转化率（参加反应的碳酸钠占加入硫酸钠总质量的百分比）为45%，_。【答案】正反应方向 增大 能 7.210-4mol/（Lmin） 增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的；混合气体的密度为，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变；根据v=计算。（1）平衡后，向容器中充入1mol H2，增大反应物浓度，有利于反应正向进行，最终达到新平衡时，整体浓度都是增大的，逆反应速率较原平衡也是增大的，故答案为：正反应方向；增大；（2）

19、混合气体的密度为，反应前后气体总质量发生改变，气体总体积不变，混合气体的密度发生改变，当到达化学平衡时，混合气体的密度不变，所以根据混合气体的密度可以判断化学反应是否达到平衡；初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，则反应消耗n（Na2SO4）=0.009mol，根据反应方程式，则消耗n（H2）=4n（Na2SO4）=0.036mol，所以v（H2）=7.210-4mol/（Lmin），故答案为：能；7.210-4mol/（Lmin）。本题考查化学原理部分知识，运用化学平衡移动的知识分析问题，根据方程式计算化学反应速率。6某兴趣小组为研究上述反应

20、中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量占样品质量的百分率）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得数据曲线如图。主要反应是：NaCl（l）+KAlSi3O8（s）KCl（l）+NaAlSi3O8（s）+Q；（1）分析数据可知，Q_0（选填“”或“”）。（2）950时，欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是_（填序号）。a延长反应时间 b充分搅拌c增大反应体系的压强 d将钾长石粉粹成更小的颗粒（3）要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大，反应温度应为_。（4）工业上常用KCl冶炼金属钾。反应方程式为：Na（l）+KCl（l）NaCl（l）+K（g）用平衡移动原理解释该方法可行的原因：_。【答案

21、】 b d 950 利用钾的状态与其他物质不同，可以将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，使平衡正向移动 （1）由图象中曲线变化可知，温度越高钾元素的熔出率，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，据此判断；（2）该转化过程没有气体参与，应使反应物充分接触提供反应速率；（3）根据图象曲线变化可知，温度越高，钾元素的熔出率和熔出速率都增大；（4）K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。（1）由图象曲线数据可知，温度越高钾元素的熔出率越高，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，说明正反应是吸热反应，所以Q0；（2）a. 延长反应时间，

22、不能提高反应速率，a错误；b. 充分搅拌，反应物充分接触，化学反应速率加快，b正确；c. 该反应体系没有气体参加，增大反应体系的压强，不能提高反应速率，c错误；d. 将钾长石粉粹成更小的颗粒，增大反应物的接触面积，反应速率加快，d正确；故合理选项是bd；（3）根据图象可知，温度为950时熔出率和熔出速率都最高，故合适温度是950；（4）根据反应方程式可知，金属K为气态，将钾分离出来，降低了产物的浓度，化学平衡向正反应方向移动，故合理原因是将气态钾分离出来，降低了产物的浓度，平衡正向移动。本题考查了化学平衡及其影响、反应条件的选择，要结合温度对化学反应速率和化学平衡的影响，结合平衡移动原理分析解

23、答，注意熟练掌握化学平衡及其影响因素，题目充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。7按要求回答下列问题。（1）Al2（SO4）3溶液显酸性的离子方程式：_；（2）CuSO4溶液与过量氨水反应的离子方程式：（3）Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，负极的电极反应式：_；（4）CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极的电极反应式：_；（5）惰性电极电解CuSO4溶液的总反应的化学方程式：_；（6）Na2C2O4溶液的物料守恒：（7）Fe3+的基态电子排布式：（8）N2H4的结构式：_。【答案】Al3+3H2OAl（OH）3+3H+ Cu2+4NH3H2O=Cu（NH3）

24、42+4H2O Al-3e-+4OH-AlO2-+2H2O CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O 2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2 c（Na+）=2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（H2C2O4） Ar3d5 （1）Al2（SO4）3溶液中存在铝离子的水解，所以溶液显酸性，故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+；（2）CuSO4溶液与过量氨水反应会生成铜氨络离子，故答案为：Cu2+4NH3H2O=Cu（NH3）42+4H2O；（3）Mg-Al-NaOH溶液组成的原电池，总反应为Al与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气的反应，Al失电子被氧化做负极

25、，故答案为：Al-3e-+4OH-AlO2-+2H2O；（4）CH3OH-O2燃料电池，KOH溶液作电解质，负极甲醇失去电子生成二氧化碳，由于电解质为氢氧化钾溶液，所以反应生成了碳酸根离子，发生的负极电极反应式为CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O；（5）电解硫酸铜溶液生成铜单质、氧气和硫酸，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2；（6）Na2C2O4溶液中钠离子的浓度等于含碳原子微粒的浓度之和的二倍，故答案为：c（Na+）=2c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（H2C2O4）；（7）Fe元素为26号元素，失去最外层三个电子生成Fe3+，故基态电子排布式

26、为：Ar3d5；（8） N2H4是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：。8（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-+4H2O 4H+ 2e +2NO3 =2NO2+2H2O 4H+ 2e +SO42 +PbO2=PbSO4+2H2O PbSO4+2e=Pb+SO42 （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