全国备战高考化学化学反应与能量的推断题综合备战高考真题分类汇总附详细答案.docx
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全国备战高考化学化学反应与能量的推断题综合备战高考真题分类汇总附详细答案
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。
2.六氟磷酸锂(LiPF6)极易溶于水,可溶于醇等有机溶剂,常作锂离子电池的电解质。
某工氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]为主要原料,制备六氟磷酸锂的流程如下:
已知:
HF的熔点为-83℃,沸点为19.5℃
回答下列问题:
(1)粉碎氟磷灰石的目的是________________________
(2)特制容器不能用玻璃容器,原因是________________(用文字叙述)
(3)沸腾炉中产生固液混合物,该混合物中含有CaSO4和________(除硫酸外)
(4)制备白磷(P4)中产生SiF4和一种还原性气体,制备白磷的化学方程式为________________
(5)尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成两种盐,写出发生反应的离子方程式:
________________
(6)如果42.5kgLiCl参与反应,理论上可制备________kgLiPF6
【答案】增大接触面积,加快反应速率HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应H3PO44Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O152
【解析】
【分析】
氟磷灰石粉碎后,加入浓硫酸加热的条件下发生Ca5[PO4]3F+5H2SO4=HF↑+3H3PO4+5CaSO4,气体A为HF,液化后,HF能与二氧化硅反应,不能在玻璃仪器中反应,需在特制容器中与LiCl反应;氟磷灰石与焦炭、石英砂在1500℃发生4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑,白磷与氯气点燃的条件下生成三氯化磷与五氯化磷的混合物,再与LiCl反应生成LiPF6和HCl。
【详解】
(1)粉碎氟磷灰石,导致固体颗粒小,接触面积增大,其目的为增大接触面积,加快反应速率;
(2)生成的气体为HF,HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应,故需在特制容器反应;
(3)根据反应的方程式,混合物中含有CaSO4和H3PO4;
(4)制备白磷(P4)中产生SiF4和一种还原性气体CO,反应的方程式为4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑;
(5)尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成磷酸钠和氯化钠,离子方程式为PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O;
(6)LiCl+6HF+PCl5=LiPF6+6HCl,42.5kgLiCl的物质的量为1000mol,理论生成1000molLiPF6,质量为152kg。
3.从本质入手看物质及其能量的变化,可以让我们更加深入的去理解所学知识的内涵及外延应用。
对于《原电池》这部分知识也是如此,如图是原电池的基本构造模型:
(1)若a和b的电极材料为Al或Mg。
①若c为稀NaOH溶液时,则a的电极材料为__,该极电极方程式为___。
②若c为稀H2SO4时,则a的电极材料为___,该极电极方程式为__。
(2)对于原电池的应用,以下说法正确的是__。
A.选择构成原电池两极材料时,必须选择活泼性不同的两种金属材料
B.构成原电池时,负极材料的活泼性一定比正极材料的强
C.构成原电池时,作为负极材料的金属受到保护
D.从能量转化角度去看,如图的氧化还原反应能量变化曲线,则不能够设计原电池
【答案】AlAl-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OMgMg-2e-=Mg2+D
【解析】
【分析】
(1)原电池中电极由负极经导线流向正极,所以a为负极发生氧化反应,b为正极发生还原反应。
【详解】
(1)①若c为稀NaOH溶液时,电池总反应应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑,Al被氧化做负极,即a的电极材料为Al,该电极方程式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O;
②若c为稀H2SO4时,Mg比Al活泼,所以电池总反应式为Mg+2H+=Mg2++H2↑,Mg被氧化做负极,即a的电极材料为Mg,电极方程式为:
Mg-2e-=Mg2+;
(2)A.构成原电池两极材料不一定选择活泼性不同的两种金属材料,可以是活泼性相同的Pt电极、也可以是非金属材料,如燃料原电池的两极材料常选择石墨电极,故A错误;
B.碱性原电池中,作为负极的材料的活泼性不一定比正极材料的强,如Al-Mg-NaOH原电池中,活泼金属Mg作正极,Al作负极,故B错误;
C.原电池中正极发生得到电子的还原反应,所以作为正极材料的金属受到保护,而负极材料的金属会加速腐蚀,故C错误;
D.原电池中发生氧化还原反应,会以电能的形式放出能量,所以一般为放热的氧化还原反应,而图示反应为吸热反应,所以从能量转化角度看,一般不设计成原电池或不能够设计原电池,故D正确;
综上所述选D。
【点睛】
构成原电池的两个电极中并不是较为活泼的金属一定就会做负极,要结合具体的环境去判断发生的总反应,再判断正负极。
4.已知反应:
3I-(aq)+S2O82-(aq)
I3-(aq)+2SO42-(aq)+Q
(1)写出反应的平衡常数表达式:
K=______________。
(2)如图表示反应过程中有关物质的能量,则反应过程中的Q_____0(填>、<、=);(I)、(II)两曲线中,使用催化剂的是______曲线。
(3)反应的速率可以用I3-与加入的淀粉溶液反应显蓝色的时间t来度量,t越小,反应速率越大。
下表是在20℃进行实验时所记录的数据
实验编号
①
②
③
④
⑤
c(I-)/mol·L-1
0.040
0.080
0.080
0.160
0.160
c(S2O82-)/mol·L-1
0.040
0.040
0.080
0.080
0.040
t/s
88
44
22
11
t1
从表中数据分析,该实验的目的是___________________________________________;
表中显色时间t1=_____s;最终得出的结论是__________________________________。
【答案】
>(II)研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响22反应速率与反应物浓度乘积成正比
【解析】
【分析】
(1)K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积;
(2)由图可知,反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,使用催化剂不改变焓变,降低反应所需的活化能;
(3)由表格中的数据可知,只有浓度为变量,且反应速率与浓度的乘积成正比,以此来解答。
【详解】
(1)由3I-(aq)+S2O82-(aq)═I3-(aq)+2SO42-(aq)可知K=
;
故答案为:
;
(2)由图可知,反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,则Q>0,使用催化剂不改变焓变,降低反应所需的活化能,则使用催化剂的是(II)曲线;
故答案为:
>;(II);
(3)由表格中的数据可知,只有浓度为变量,该实验的目的为研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响;且反应速率与浓度的乘积成正比,可知③⑤中浓度乘积相同,则t1=22s,实验结论为反应速率与反应物浓度乘积成正比;
故答案为:
研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响;22;反应速率与反应物浓度乘积成正比。
5.
(1)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动,其装置示意图如图:
①质子的流动方向为________________(“从A到B”或“从B到A”)。
②负极的电极反应式为________________。
(2)工业上吸收和转化SO2的电解装置示意图如下(A.B均为惰性电极):
①B极接电源的________________极(“负”或“正”)。
②A极的电极反应式是_________________。
【答案】从A到BSO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+正2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O
【解析】
【详解】
(1)①二氧化硫发生氧化反应,氧气发生还原反应,所以二氧化硫所在电极为负极,氧气所在电极为正极,原电池中阳离子移向正极,所以质子移动方向为:
从A到B;
②二氧化硫在负极失去电子发生氧化反应,电极反应式为:
SO2-2e-+2H2O═SO42-+4H+;
(2)①依据图示可知,二氧化硫被氧化为硫酸根,所以二氧化硫所在的区为阳极区,阳极与电源的正极相连,即B极接电源的正极;
②A为阴极,得电子发生还原反应由SO32-生成S2O42-,电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O。
6.I某课外兴趣小组对H2O2的分解速率做了如下实验探究。
(1)下表是该小组研究影响过氧化氢(H2O2)分解速率的因素时采集的一组数据:
用
10mLH2O2制取
150mLO2所需的时间(秒)
无催化剂、不加热
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
几乎不反应
无催化剂、加热
360
480
540
720
催化剂、加热
10
25
60
120
①该研究小组在设计方案时,考虑了温度、________、催化剂等因素对过氧化氢分解速率的影响。
②从上述影响过氧化氢分解速率的因素中任选一个,说明该因素对分解速率有何影响:
_____________。
(2)将质量相同但颗粒大小不同的MnO2分别加入到5mL5%的双氧水中,并用带火星的木条测试。
测定结果如下:
催化剂(MnO2)
操作情况
观察结果
反应完成所需的时间
粉末状
混合不振荡
剧烈反应,带火星的布条复燃
3.5分钟
块状
反应较慢,火星红亮但木条未复燃
30分钟
实验结果说明催化剂作用的大小与_________________________有关。
Ⅱ
在体积为2L的密闭容器中充入1molH2(g)和1molI2(g),在一定温度下发生下列反应:
,回答下列问题:
(1)保持容器体积不变,向其中充入1molHI(g),反应速率_________(填“加快”“减慢”或“不变”)。
(2)保持容器内气体压强不变,向其中充入1mol氦气,反应速率_________________。
(填“加快”“减慢”或“不变”)。
(3)反应进行到2min,测得容器内HI的浓度为0.2mol/L,用H2表示前2min该反应的平均化学反应速率为________________________,此时I2的转化率为____________。
【答案】浓度其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂,H2O2分解速率更快(或其它条件相同时,反应物H2O2的浓度越大,H2O2分解速率更快。
或其它条件相同时,反应物H2O2的温度越高,H2O2分解速率更快。
)催化剂表面积加快减慢0.05mol/(L·min)20%
【解析】
【详解】
I
(1)①根据表中给出的数据,无催化剂不加热的情况下,不同浓度的过氧化氢溶液都是几乎不反应,在无催化剂加热的情况下,不同浓度的过氧化氢溶液都分解,说明过氧化氢的分解速率与温度有关;但是得到相同气体的时间不同,浓度越大,反应的速度越快,说明过氧化氢的分解速率与浓度有关;比较同一浓度的过氧化氢溶液如30%时,在无催化剂加热的时候,需要时间是360s,有催化剂加热的条件下,需要时间是10s,说明过氧化氢的分解速率与催化剂有关,故答案为:
浓度;
②其它条件相同时,使用催化剂比不用催化剂,H2O2分解速率更快(或其它条件相同时,反应物H2O2的浓度越大,H2O2分解速率更快。
或其它条件相同时,反应物H2O2的温度越高,H2O2分解速率更快。
);
(2)因在其他条件相同时,粉末状二氧化锰比块状二氧化锰反应所需时间短,说明催化剂表面积对反应速率有影响,故答案为:
催化剂表面积;
Ⅱ.
(1)保持容器体积不变,向其中充入1molHI(g),生成物浓度变大,逆反应速率增大,平衡左移,左移之后反应物浓度增大,正反应速率增大,之后重新达到平衡,故答案为:
加快;
(2)保持容器内气体压强不变,向其中充入1mol氦气,容器的体积增大,反应物和生成物的浓度都减小,所以反应速率减慢,故答案为:
减慢;
(3)反应进行到2min,测得容器内HI的浓度为0.2mol/L,则v(HI)=
=0.1mol/(L·min),同一反应中用不同物质表示反应速率时反应速率之比等于计量数之比,所以v(H2)=
v(HI)=0.05mol/(L·min);容器体积为2L,碘的初始浓度为0.5mol/L,平衡时HI的浓度为0.2mol/L,根据方程式
可知,消耗的c(I2)=0.1mol/L,所以I2的转化率为
=20%,故答案为:
0.05mol/(L·min);20%。
7.在800℃时,2L密闭容器内发生反应:
2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g),反应体系中,一氧化氮的物质的量随时间的变化如表所示:
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.010
0.008
0.007
0.007
0.007
(1)如图表示NO2的物质的量浓度变化的曲线是________。
(2)用O2表示从0~2s内该反应的平均速率v=__________。
(3)能说明该反应已达到平衡状态的是________。
A.v(NO2)=2v(O2)
B.容器内压强保持不变
C.容器内气体质量不变
D.容器内密度保持不变
【答案】b1.5×10-3mol·L-1·s-1B
【解析】
【分析】
(1)从图象分析,随反应时间的延长,各物质的浓度不再不变,且反应物没有完全反应,是可逆反应,根据一氧化氮物质的量的变化知,该反应向正反应方向移动,则二氧化氮的物质的量在不断增大,且同一时间段内,一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量;
(2)根据△v=
计算一氧化氮的反应速率,再结合同一化学反应同一时间段内,各物质的反应速率之比等于其计量数之比计算氧气的反应速率;
(3)化学平衡的标志是正逆反应速率相同,各组分含量保持不变。
【详解】
(1)从图象分析,随反应时间的延长,各物质的浓度不再不变,且反应物没有完全反应,所以反应为可逆反应,根据一氧化氮物质的量的变化知,该反应向正反应方向移动,则二氧化氮的物质的量在不断增大,且同一时间段内,一氧化氮减少的物质的量等于二氧化氮增加的物质的量,所以表示NO2的变化的曲线是b;
故答案为:
b;
(2)0∼2s内v(NO)=
=0.0030mol/(L.min),同一化学反应同一时间段内,各物质的反应速率之比等于其计量数之比,所以氧气的反应速率为0.0015mol/(L⋅s);
故答案为:
0.0015mol/(L⋅s);
(3)A.反应速率之比等于化学方程式计量数之比,v(NO2)=2v(O2)为正反应速率之比,不能说明正逆反应速率相同,无法判断正逆反应速率是否相等,故A错误;
B.反应前后气体体积不同,压强不变说明正逆反应速率相等,各组分浓度不变,故B正确;
C.恒容容器,反应物生成物都是气体质量不变,不能说明反应达到平衡状态,故C错误;
D.恒容容器,反应物生成物都是气体质量不变,体积不变,所以密度始终不变,不能说明反应达到平衡状态,故D错误;
故选B;
故答案为:
B。
8.A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。
(1)A中反应的离子方程式为_________________________________。
(2)B中Fe极为_______极,电极反应式为_______________________。
C中Fe极为_______极,电极反应式为__________________________,电子从_______极流出(填“Zn”或“Fe”)。
(3)比较A、B、C中铁被腐蚀的速率,由快到慢的顺序是___________________。
【答案】Fe+2H+=Fe2+H2↑负极Fe-2e-=Fe2+正极2H++2e-=H2↑ZnB>A>C
【解析】
【分析】
已知金属活动性:
Zn>Fe>Sn,则A发生化学腐蚀,铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,B中Fe为负极,Sn为正极,Fe被腐蚀,C中Zn为负极,Fe为正极,Fe被保护,以此解答。
【详解】
(1)铁与硫酸反应的离子方程式为:
Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(2)Fe比Sn活泼,则B中Fe为负极,Sn为正极,负极发生Fe-2e-=Fe2+;Zn比Fe活泼,则C中Fe为正极,Zn为负极,正极反应式为2H++2e-=H2↑,电子从负极即Zn极流出;
(3)A发生化学腐蚀;B中Fe为负极,Sn为正极,Fe被腐蚀;C中Zn为负极,Fe为正极,Fe被保护,Zn被腐蚀,则A、B、C中铁被腐蚀的速率,由快到慢的顺序是B>A>C,。
9.按要求回答下列问题:
(1)甲烷燃料电池是常见的燃料电池之一,该电池在正极通入氧气,在负极通入甲烷,电解质溶液通常是KOH溶液,请写出该电池的负极反应式___。
(2)常温下,将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合,2min后溶液中明显出现浑浊,请写出相关反应的化学方程式:
___;若将此混合溶液置于50℃的水浴中,则出现浑浊的时间将___(填“增加”、“减少”或“不变”)。
【答案】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2ONa2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O减少
【解析】
【分析】
(1)甲烷燃料电池正极通入氧气,负极通入甲烷,电解质溶液是KOH溶液,则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O,CO2+2KOH=K2CO3+H2O,总反应的化学方程式为:
CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O,该电池的负极反应为:
CH4失电子,转化为CO32-和H2O。
(2)将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合,相关反应为:
Na2S2O3+H2SO4→Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O;若将此混合溶液置于50℃的水浴中,则温度升高,出现浑浊的时间将减少。
【详解】
(1)甲烷燃料电池正极通入氧气,负极通入甲烷,电解质溶液是KOH溶液,则发生反应为CH4+2O2=CO2+2H2O,CO2+2KOH=K2CO3+H2O,总反应的化学方程式为:
CH4+2O2+2KOH=K2CO3+H2O,该电池的负极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。
答案为:
CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O;
(2)将等浓度的Na2S2O3溶液与硫酸溶液混合,相关反应的化学方程式为:
Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O;若将此混合溶液置于50℃的水浴中,则温度升高,出现浑浊的时间将减少。
答案为:
Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↓+H2O;减少。
【点睛】
燃料电池中,两电极通入的物质相同,电解质不同时,电极反应式可能不
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