备战高考化学专题题库化学反应速率与化学平衡的综合题附答案解析Word文档下载推荐.docx
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(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算;
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应,根据氧化还原反应的规律写出化学方程式;
(3)根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断;
(4)提高浸出效率即提高化学反应速率;
(5)分离Co2+和Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围;
(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时不能引入新杂质;
(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算;
(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH应该用碱性物质,但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。
【详解】
(1)LiCoO2中O元素为-2价,Li为+1价,根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价;
(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSO4,可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应,化学方程式为:
2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O;
(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子,1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子,则Na2S2O3的还原效率更高;
(4)提高浸出效率可以适当升高温度,适当增加H2SO4浓度等;
(5)分离Co2+和Ni2+时,由于Co2+进入有机相,Ni进入水相,因此,应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围,所以最佳pH是5.5;
(6)将钴洗脱进入水相中时,应该使反应向正反应方向移动,同时,为不引入新杂质,反萃取剂最好选择H2SO4;
(7)c(Ni2+)=
mol/L=0.02mol/L,则开始沉淀时,c(OH-)=
=
=10-6.5mol/L,则pH=14-6.5=7.5;
(8)根据表格中所给物质溶解度信息,调节pH应该用碱性物质,但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀,所以选用NaOH,则Ni(OH)2先沉淀,过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。
【点睛】
本题(5)选择合适的pH时,注意读懂图中信息,要根据实验的具体操作情况来分析。
2.根据当地资源等情况,硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。
完成下列填空:
(1)将0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一个2L的密闭容器中,在一定条件下发生反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。
经2分钟反应达到平衡,测得n(SO3)=0.040mol,则O2的平均反应速率为______
(2)在容积不变时,下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)
a.移出氧气b.降低温度
c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)
(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图,请在图中画出其他条件不变情况下,起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___
(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4
①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后,加入铁粉,可制备FeSO4。
酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性,其原因是______
②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______
【答案】0.005mol/(L•min)bd
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA
(1)根据v=
求出氧气的速率,然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算;
(2)反应放热,为提高SO2平衡转化率,应使平衡向正反应方向移动,可降低温度,体积不变,不能从压强的角度考虑,催化剂不影响平衡移动,移出氧气,平衡向逆反应方向移动,不利于提高SO2平衡转化率,由此分析解答;
(3)反应是放热反应,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但达到平衡所需要的时间缩短,据此画出曲线;
(4)①Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+;
②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式,结合方程计算转移电子数。
(1)v(SO3)=
=
=0.01mol/(L•min),所以v(O2)=
v(SO3)=0.005mol/(L•min),故答案为:
0.005mol/(L•min);
(2)a.移出氧气,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
b.降低温度,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
c.减小压强,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相当于增大压强,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
故答案为:
bd;
(3)反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H<0,SO2的转化率在起始温度T1=673K下随反应时间(t)的变化如图,其他条件不变,仅改变起始温度为T2=723K,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示
;
(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后,生成的Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+,所以要加入Fe粉和酸,抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案为:
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+;
②−2价的硫离子具有还原性,FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸根离子,有关的离子方程式为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+,氧化产物是硫酸根离子,有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA,故答案为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+;
14NA。
注意(3)温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,此为解题的关键。
3.生产中可用双氧水氧化法处理电镀含氰废水,某化学兴趣小组模拟该法探究有关四环素对破氰反应速率的影响(注:
破氰反应是指氧化剂将CN-氧化的反应)
相关资料
①氰化物主要以CN-和[Fe(CN)6]3-两种形式存在
②Cu2+可作为双氧水氧化法破氰处理过程中的催化剂,Cu2+在偏碱性条件下对双氧水分解影响较弱,可以忽略不计。
③[Fe(CN)6]3-较CN-难被双氧水氧化,且pH值越大,越稳定,越难被氧化。
实验过程
(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)
实验
序号
实验目的
初始pH
废水样品体积/mL
CuSO4溶液的体积/mL
双氧水溶液的体积/mL
蒸馏水的体积/mL
1
为以下实验操作参考
7
60
10
20
2
废水的初始pH对破氰反应速率的影响
12
3
___
实验测得含氰废水中的总氰浓度(以CN-表示)随时间变化关系如图所示。
(2)实验①中20~60min时间段反应速率:
υ(CN-)=___mol•L-1•min-1。
(3)实验①和实验②结果表明,含氰废水的初始pH增大,破氰反应速率减小,其原因可能是__(填一点即可),在偏碱性条件下,含氰废水中的CN-最终被双氧水氧化为HCO3-,同时放出NH3,试写出该反应的离子方程式___。
(4)该兴趣小组同学要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用,请你帮助他设计实验并验证上述结论,完成表2中内容。
(己知:
废水中的CN-浓度可用离子色谱仪测定)___
实验步骤(不要写出具体操作过程)
预期实验现象和结论
【答案】双氧水的浓度对破氰反应速率的影响10200.0175初始pH增大,催化剂Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀,影响了Cu2+的催化作用(或初始pH增大,[Fe(CN)6]3-较中性和酸性条件下更稳定,难以氧化)CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3-
实验方案(不要求写出具体操作过程)
分别取等体积、等浓度的含氰废水于甲、乙两支试管中,再分别加入等体积、等浓度的双氧水溶液,只向甲试管中加入少量的无水硫酸铜粉末,用离子色谱仪测定相同反应时间内两支试管中的CN-浓度
相同时间内,若甲试管中的CN-浓度小于乙试管中的CN-浓度,则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用;
若两试管中的CN-浓度相同,则Cu2+对双氧水破氰反应不起催化作用
(1)影响该反应的因素有溶液的pH以及双氧水的浓度,根据实验2实验目的确定实验3的实验目的,根据实验1的数据确定CuSO4溶液的体积和双氧水的体积;
(2)根据υ=
计算求解;
(3)根据pH越大,[Fe(CN)6]3-越稳定,越难被氧化,破氰反应速率减小,且pH较大时,溶液的碱性较强,铜离子可能形成氢氧化铜沉淀;
根据氧化还原反应的规律书写离子方程式;
(4)要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用,分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份,滴加相同的过氧化氢,一份中加入少量的无水硫酸铜粉末,另一份不加,用离子色谱仪测定废水中的CN一浓度来做对比实验。
(1)影响该反应的因素有溶液的pH以及双氧水的浓度,实验2的目的为废水的初始pH对破氰反应速率的影响,则实验3的目的为双氧水的浓度对破氰反应速率的影响,其它量应不变,CuSO4溶液的体积为10mL,而且总体积不变,蒸馏水的体积为10mL,所以双氧水的体积为20mL,故答案为:
双氧水的浓度对破氰反应速率的影响;
10;
20;
mol/(L•min)=0.0175mol•L-1•min-1,故答案为:
0.0175;
(3)pH越大,[Fe(CN)6]3-越稳定,越难被氧化,且铜离子可能生成氢氧化铜沉淀,所以破氰反应速率减小;
因为氰废水中的CN-最终被双氧水氧化为HCO3-,其中的碳由+2价变成+4价,1mol转移2mol的电子,而过氧化氢1mol也转移2mol的电子,所以CN-和H2O2的物质的量之比为1∶1,所以反应的离子方程式为:
CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3-,故答案为:
初始pH增大,催化剂Cu2+会形成Cu(OH)2沉淀,影响了Cu2+的催化作用(或初始pH增大,[Fe(CN)6]3-较中性和酸性条件下更稳定,难以氧化);
CN-+H2O2+H2O═NH3↑+HCO3-;
(4)要探究Cu2+是否对双氧水氧化法破氰反应起催化作用,可以分别取温度相同、体积、浓度相同的含氰废水的试样两等份,滴加等体积、等浓度的过氧化氢溶液,一份中加入少量的无水硫酸铜粉末,另一份不加,用离子色谱仪测定废水中的CN-浓度,如果在相同时间内,甲试管中的CN-浓度小于乙试管中的CN-浓度,则Cu2+对双氧水破氰反应起催化作用,反之则不起催化作用,故答案为:
4.毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的流程如下:
(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,目的是____________________。
实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸,除量筒外还需使用下列仪器中的______________。
a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.滴定管
(2)加入NH3•H2O调节pH=8可除去_____(填离子符号),滤渣Ⅱ中含______(填化学式)。
加入H2C2O4时应避免过量,原因是_________________。
Ksp(BaC2O4)=1.6×
10﹣7,Ksp(CaC2O4)=2.3×
10﹣9
Ca2+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀时的pH
11.9
9.1
1.9
完全沉淀时的pH
13.9
11.1
3.2
(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量,实验分两步进行。
2CrO42﹣+2H+═Cr2O72﹣+H2OBa2++CrO42﹣═BaCrO4↓
步骤Ⅰ:
移取xml一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用bmol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加的盐酸体积为V0mL。
步骤Ⅱ:
移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中,加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用bmol•L﹣1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的______________(填“上方”或“下方”)。
BaCl2溶液的浓度为______________mol•L-1,若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2+浓度测量值将______________(填“偏大”或“偏小”)。
【答案】增大接触面积从而使反应速率加快acFe3+Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀,产品的产量减少上方
偏大
制备BaCl2•2H2O的流程:
毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),向其中加盐酸溶解,碳酸钡和盐酸反应:
BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O,然后加入氨水,调节溶液的pH为8,由于Fe3+完全沉淀时的pH为3.2,此时只有Fe3+完全沉淀,所以滤渣1为Fe(OH)3,溶液中主要含Ca2+、Mg2+、Ba2+,再加入氢氧化钠溶液调节pH=12.5,Ca2+完全沉淀时的pH为13.9,Mg2+完全沉淀时的pH为11.1,Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀,滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2;
溶液中主要含Ca2+、Ba2+,然后再加入H2C2O4,得到CaC2O4沉淀,除去Ca2+,将滤液蒸发浓缩冷却结晶可得到BaCl2•2H2O。
(1)可以通过增大固体反应物的接触面积方法增大反应速率;
根据配制物质的量浓度溶液的要求确定需要使用的仪器;
(2)根据流程图和表中数据分析加入NH3•H2O调节pH=8,利用不同金属阳离子形成沉淀的pH的不同,确定沉淀的成分及去除的离子;
结合加入H2C2O4的量的多少,分析发生的反应及造成的影响;
(3)根据滴定管的构造分析0刻度在滴定管的位置;
利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量,实验分两步进行,根据反应中物质的相应量的关系,计算出BaCl2溶液的浓度;
然后根据操作分析消耗标准溶液的体积多少,判断误差,据此判断。
(1)毒重石是固体物质,由于化学反应的速率与反应物的接触面积有关,所以可以将毒重石在用盐酸浸取前充分研磨的方法,增大反应物的接触面积,提高反应速率;
在实验室用37%的盐酸配置15%的盐酸,需先计算出浓盐酸的体积和水的体积,用量筒量取;
浓盐酸稀释为稀盐酸,需用烧杯作为容器,并用玻璃棒搅拌加速溶解,所以除量筒外还需使用量筒、玻璃棒,选项是ac;
(2)根据流程图和表中数据可知:
Fe3+完全沉淀时的pH为3.2,加入氨水,调节溶液的pH为8,发生反应:
Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+,Fe3+完全沉淀,滤渣1为Fe(OH)3;
加入氢氧化钠调节pH=12.5,由于Ca2+完全沉淀时的pH为13.9,Mg2+完全沉淀时的pH为11.1,Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀,滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2,溶液中主要含Ca2+、Ba2+,Ksp(BaC2O4)=1.6×
10-7,Ksp(CaC2O4)=2.3×
10-9,易形成CaC2O4沉淀,加入H2C2O4时应避免过量,防止CaC2O4沉淀完全后,过量的H2C2O4会导致生成BaC2O4沉淀,使产品的产量减少;
(3)无论酸式还是碱式滴定管,0刻度都位于滴定管的上方;
待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用bmol/L盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1mL,则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H2O的盐酸的物质的量为:
V1×
10-3×
bmol,步骤Ⅰ:
用bmol/L盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸体积为V0mL,加入的总盐酸的物质的量:
V0×
bmol,Ba2++CrO42-═BaCrO4↓,与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×
bmol-V1×
bmol=(V0-V1)b×
10-3mol,步骤Ⅱ:
移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中,所以BaCl2溶液的浓度为:
c(BaCl2)=
mol/L=
mol/L;
若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,则V1减小,使得Ba2+浓度测量值将偏大。
本题考查了实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的设计方法,侧重考查影响反应速率的因素、实验基本操作、沉淀溶解平衡的应用等知识,实验步骤结合物质的性质分析是解答的关键。
5.乙二酸(HOOC—COOH)俗名草酸,是一种有还原性的有机弱酸,在化学上有广泛应用。
(1)小刚在做“研究温度对化学反应速率的影响”实验时,他往A、B两支试管中均加入4mL0.01mol·
L-1的酸性KMnO4溶液和2mL0.1mol·
L-1H2C2O4(乙二酸)溶液,振荡,A试管置于热水中,B试管置于冷水中,记录溶液褪色所需的时间。
褪色所需时间tA________tB(填“>
”“=”或“<
”)。
已知该反应的离子方程式:
2MnO
+5H2C2O4+6H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O
(2)实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品,小刚利用上述反应的原理来测定其含量,具体操作为:
①配制250mL溶液:
准确称量5.000g乙二酸样品,配成250mL溶液。
②滴定:
准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中,加少量酸酸化,将0.1000mol·
L-1KMnO4标准溶液装入______(填“酸式”或“碱式”)滴定管,进行滴定操作。
在滴定过程中发现,刚滴下少量KMnO4标准溶液时,溶液紫红色并没有马上褪去。
将锥形瓶摇动一段时间后,紫红色才慢慢消失;
再继续滴加时,紫红色就很快褪去,可能的原因是__________________________________________;
判断滴定达到终点的现象是________________________________________________________________________。
③计算:
重复上述操作2次,记录实验数据如下表。
则消耗KMnO4标准溶液的平均体积为________mL,此样品的纯度为____________。
滴定前读数
滴定后读数
0.00
20.01
1.00
20.99
21.10
④误差分析:
下列操作会导致测定结果偏高的是________。
A.未用KMnO4标准溶液润洗滴定管
B.滴定前锥形瓶内有少量水
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失
D.观察读数时,滴定前仰视,滴定后俯视
【答案】酸式<
反应生成的Mn2+对反应有催化作用滴入最后一滴溶液,溶液由无色变成浅紫色,且半分钟内不褪色20.0090.00%AC
(1)由于温度升高,化学反应速率加快,所以反应时间就越短,因此褪色所需时间tA<
tB,故答案为:
<
(2)②KMnO4溶液有强氧化性,会腐蚀橡胶,所以KMnO4溶液应该装入酸式滴定管中,在实验中发现,刚滴下少量KMnO4溶液时,溶液迅速变成紫红色。
将锥形瓶摇动一段时间后,紫红色慢慢消失;
再继续滴加时,紫红色就很快褪色了可能的原因是反应中生成的Mn2+具有催化作用,所以随后褪色会加快;
当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液,锥形瓶中溶液从无色变为浅紫红色,且半分钟内不褪色,故答案为:
酸式;
反应生成的Mn2+对反应有催化作用;
滴入最后一滴溶液,溶液由无色变成浅紫色,且半分钟内不褪色;
③分析3次实验的体积数据,可知:
第三次误差太大,要舍去,消耗的KMnO4溶液的体积是V(KMnO4)=(20.10+19.90)ml÷
2=20.00ml;
n(KMnO4)=0.1000mol/L×
0.020L=2×
10-3mol;
根据方程式可知n(H2C2O4)=5/2n(KMnO4)=5/2×
2×
10-3mol=5×
10-3mol,所以H2C2O4的质量是m=5×
10-3mol×
90g/mol=0.45g,所以草酸的纯度是0.45g÷
(5.000g÷
10)×
100%=90.00%,故答案为:
20.00;
90.00%;
④A、未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管,则标准溶液的浓度偏小,是消耗的体积偏大,则计算的草酸的物质的量偏大,正确;
B、滴定前锥形瓶有少量水,不会产生任何
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