全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题分类汇总附详细答案Word文档下载推荐.docx
- 文档编号:7074945
- 上传时间:2023-05-07
- 格式:DOCX
- 页数:37
- 大小:516.31KB
全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题分类汇总附详细答案Word文档下载推荐.docx
《全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题分类汇总附详细答案Word文档下载推荐.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题分类汇总附详细答案Word文档下载推荐.docx(37页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
11.6
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_________________
(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<
8.8CO32-水解程度大于HCO3-,易生成氢氧化物沉淀
【解析】
【分析】
菱锰矿的主要成分为MnCO3,加入氯化铵焙烧发生MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O↑,气体为二氧化碳和氨气、水蒸气,浸出液中含MnCl2、FeCl2、CaCl2、MgCl2、AlCl3等,结合表中离子的沉淀pH及信息可知,浸取液净化除杂时加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子,加氨水调pH,生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝,加入NH4F,除去Ca2+、Mg2+,净化液加入碳酸氢铵碳化结晶过滤得到碳酸锰,据此分析解题。
【详解】
(1)“混合研磨”可增大反应物的接触面积,加快反应速率;
(2)根据流程,菱镁矿粉与氯化铵混合研磨后焙烧得到氨气、二氧化碳和Mn2+,主要化学反应方程式为:
MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O;
(3)由图可知,锰的浸出率随着焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比增大而提高,到500℃、1.10达到最高,再增大锰的浸出率变化不明显,故氯化铵焙烧菱镁矿的最佳条件是焙烧温度500℃,氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为1.10;
(4)净化过程:
加入少量MnO2氧化亚铁离子为铁离子,加氨水调pH,生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铝,加入NH4F,除去Ca2+、Mg2+;
①最合适的试剂为MnO2,氧化亚铁离子,反应的离子方程式为:
MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O,且不引入新杂质,故答案为B;
②调节溶液pH使Fe3+,A13+沉淀完全,同时不使Mn2+沉淀,根据表中数据可知调节溶液pH范围5.2≤pH<8.8;
(5)碳化结晶中生成MnCO3的离子方程式为Mn2++HCO3-+NH3═MnCO3↓+NH4+,不用碳酸铵溶液替代NH4HCO3溶液,可能的原因是碳酸铵溶液中的c(OH-)较大,会产生Mn(OH)2沉淀。
【点睛】
考查物质制备流程和方案的分析判断,物质性质的应用,题干信息的分析理解,结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键,需要学生有扎实的基础知识的同时,还要有处理信息应用的能力,注意对化学平衡常数的灵活运用,综合性强。
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℃
(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
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。
(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.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。
①写出电解时阴极的电极反应式____。
②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+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O3:
42H++2e-=H2↑Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
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-还原成为Cr3+,然后迁移到阴极与OH-生成沉淀。
(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+2H2O
2NaOH+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=2H2O;
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)①阴极氢离子放电生成氢气,电极方程式为:
2H++2e-=H2↑;
②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。
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Fe2+将Cr2O72-还原。
4.氯化硫酰(SO2Cl2)主要用作氯化剂。
它是一种无色液体,熔点–54.1℃,沸点69.1℃。
氯化硫酰可用干燥的二氧化硫和氯气在活性炭催化剂存在下反应制取:
SO2(g)+Cl2(g)
SO2Cl2(l)+97.3kJ
(1)试写出常温常压下化学平衡常数K的表达式:
K=______________________若在此条件下,将化学平衡常数K增大,化学反应速率v正也增大,可采取的措施是________(选填编号)。
a.降低温度b.移走SO2Cl2
c.增加反应物浓度d.无法满足上述条件
(2)为了提高上述反应中Cl2的平衡转化率,下列措施合理的是________(选填编号)。
a.缩小容器体积b.使用催化剂c.增加SO2浓度d.升高温度
(3)在100℃时,往上述平衡体系中加入37Cl2,一段时间后,则平衡体系中含有37Cl的物质有__________(选填编号)。
a.只有37Cl2b.只有SO237Cl2c.37Cl2和SO237Cl2d.无法判断
(4)下列描述中能说明上述反应已达平衡的是____________(选填编号)。
a.υ(Cl2)=υ(SO2)b.容器中气体压强不随时间而变化
c.c(Cl2):
c(SO2)=1:
1d.容器中气体颜色不随时间两变化
(5)300℃时,体积为1L的密闭容器中充入16.20gSO2Cl2,达到平衡时容器中含SO27.616g.若在上述中的平衡体系中,再加入16.20gSO2Cl2,当再次达平衡时,容器中含SO2的质量范围是___________________________。
【答案】K=
daccbd7.616g<m(SO2)<15.232g
(1)化学平衡常数,是指在一定温度下,可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值,据此书写;
平衡常数只受温度影响,将化学平衡常数K增大,应使平衡向正反应移动,该反应正反应是放热反应,故应降低温度,化学反应速率降低,据此解答;
(2)提高反应中Cl2的平衡转化率,改变条件使平衡向正反应移动,根据平衡移动原理结合选项分析解答,注意不能只增大氯气的用量;
(3)增大氯气的浓度,平衡向正反应移动,反应为可逆反应,反应物不能完全反应,平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2
中;
(4)达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不变,百分含量不变,以及由此衍生其它一些物理量不变,据此结合选项判断;
(5)再加入16.20g
SO2Cl2,平衡向生成二氧化硫的方向移动,平衡时二氧化硫的质量增大,可以等效为增大压强,SO2Cl2转化率降低,平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍。
(1)常温常压下SO2(g)+Cl2(g)
SO2Cl2(l)的平衡常数K=
;
平衡常数只受温度影响,将化学平衡常数K增大,应使平衡向正反应移动,该反应正反应是放热反应,故应降低温度,化学反应速率降低,故不能实现K增大的同时化学反应速率v正增大,故选d;
故答案为:
d;
(2)提高反应中Cl2的平衡转化率,改变条件使平衡向正反应移动,不能只增大氯气的用量,a.缩小容器体积,压强增大,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大,故a正确;
b.使用催化剂,缩短到达平衡的时间,不影响平衡移动,Cl2的转化率不变,故b错误;
c.增加SO2浓度,平衡向正反应移动,Cl2的转化率增大,故c正确;
d.该反应正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应移动,Cl2的转化率降低,故d错误;
ac;
(3)增大氯气的浓度,平衡向正反应移动,反应为可逆反应,氯气不能完全反应,故平衡时37Cl存在37Cl2和SO237Cl2
中,故答案为:
c;
(4)a.v(Cl2)=v(SO2),没有指明正、逆速率,无法判断,故a错误;
b.随反应进行,气体的物质的量减小,压强减小,容器中气体压强不随时间而变化,说明达到平衡,故b正确;
c.平衡时氯气与二氧化硫的浓度与起始浓度有关,起始浓度不同,平衡时二者浓度不同,若二者起始浓度相同,用于二者按1:
1反应,故任意时刻二者的浓度都相同,故c(Cl2):
c(SO2)=1:
1不能说明达到平衡,故c错误;
d.容器中气体颜色不随时间两变化,说明氯气的浓度不再变化,说明达到平衡,故d正确;
bd;
SO2Cl2,平衡向生成二氧化硫的方向移动,平衡时二氧化硫的质量增大,可以等效为增大压强,SO2Cl2转化率降低,平衡时二氧化硫的质量小于原平衡时的2倍,故平衡时7.616g<m(SO2)<15.232g;
7.616g<m(SO2)<15.232g。
本题考查化学平衡,把握化学平衡状态的判断、反应速率的计算为解答的关键,侧重分析与计算能力的考查,易错点(4)注意平衡状态的判断,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。
5.请运用原电池原理设计实验,验证Cu2+、Fe3+氧化性的强弱。
请写出电极反应式。
(1)负极__________________________
(2)正极__________________________________
(3)并在方框内画出实验装置图,要求用烧杯和盐桥,并标出外电路中电子流向。
________________________________
【答案】Cu−2e−=Cu2+2Fe3++2e−=2Fe2+
Fe3+氧化性比Cu2+强,可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,反应中Cu被氧化,为原电池的负极,则正极可为碳棒或不如Cu活泼的金属,电解质溶液为氯化铁溶液,正极发生还原反应,负极发生氧化反应,以此解答该题。
Fe3+氧化性比Cu2+强,可发生2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,
(1)Cu被氧化,为原电池的负极,负极反应为Cu−2e−=Cu2+;
(2)正极Fe3+被还原,电极方程式为2Fe3++2e−=2Fe2+;
(3)正极可为碳棒,电解质溶液为氯化铁,则原电池装置图可设计为
,电子从铜极流向碳极。
设计原电池时,根据具体的氧化还原反应,即2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+,然后拆成两个半反应,化合价升高的发生氧化反应,作负极,化合价降低的发生还原反应,作正极,原电池的本质就是自发进行的氧化还原反应,由于反应在一个烧杯中效率不高,所以可以设计为氧化还原反应分别在两极发生。
6.有甲、乙两位学生利用原电池反应检测金属的活动性顺序,两人都使用镁片与铝片作电极,但甲同学将电极放入6mol·
L-1硫酸溶液中,乙同学将电极放入6mol·
L-1的氢氧化钠溶液中,如图所示。
(1)写出甲池中正极的电极反应式__。
(2)写出乙池中负极的电极反应式__。
(3)写出乙池中总反应的离子方程式__。
(4)如果甲与乙同学均认为“构成原电池的电极材料如果都是金属,则构成负极材料的金属应比构成正极材料的金属活泼”,则甲会判断出__活动性更强,而乙会判断出__活动性更强(填写元素符号)。
(5)由此实验,可得到如下哪些结论正确(________)
A.利用原电池反应判断金属活动顺序时应注意选择合适的介质
B.镁的金属性不一定比铝的金属性强
C.该实验说明金属活动顺序已过时,已没有实用价值
D.该实验说明化学研究对象复杂、反应受条件影响较大,因此应具体问题具体分析
(6)上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序判断原电池中的正负极”这种做法__(可靠或不可靠)。
如不可靠,请你提出另一个判断原电池正负极的可行实验方案__(如可靠,此空可不填)。
【答案】2H++2e-=H2↑2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑MgAlAD不可靠将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液,构成原电池,利用电流计测定电流的方向,从而判断电子流动方向,再确定原电池正负极
甲同学依据的化学反应原理是Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑,乙同学依据的化学反应原理是2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
由于铝与碱的反应是一个特例,不可作为判断金属性强弱的依据。
判断原电池的正极、负极要依据实验事实。
(1)甲中镁与硫酸优先反应,甲池中正极上氢离子得电子产生氢气,电极反应式为:
2H++2e-=H2↑;
(2)乙池中负极上铝失电子在碱性条件下生成AlO2-,电极反应式为2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O;
(3)乙池中铝与氢氧化钠反应,镁与氢氧化钠不反应,总反应的离子方程式为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(4)甲中镁作负极、乙中铝作负极,根据作负极的金属活泼性强判断,甲中镁活动性强、乙中铝活动性强,故答案为:
Mg;
Al;
(5)A.根据甲、乙中电极反应式知,原电池正负极与电解质溶液有关,故A正确;
B.镁的金属性大于铝,但失电子难易程度与电解质溶液有关,故B错误;
、
C.该实验说明电解质溶液性质影响电极的正负极,不能说明金属活动性顺序没有使用价值,故C错误;
D.该实验说明化学研究对象复杂,反应与条件有关,电极材料相同其反应条件不同导致其产物不同,所以应具体问题具体分析,故D正确;
故选AD;
(6)上述实验也反过来证明了“直接利用金属活动顺序表判断原电池中的正负极”这种做法不可靠。
可行实验方案如:
将两种金属作电极连上电流计后插入电解质溶液,构成原电池,利用电流计测定电流的方向,从而判断电子流动方向,再确定原电池正负极。
本题考查了探究原电池原理,明确原电池中各个电极上发生的反应是解本题关键,注意不能根据金属的活动性强弱判断正负极,要根据失电子难易程度确定负极,为易错点。
利用原电池反应判断金属活动性顺序时应注意选择合适的介质;
该实验还说明化学研究对象复杂,反应受条件影响较大,因此应具体问题具体分析。
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++3H2O⇌Al(OH)3+3H+Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OAl-3e-+4OH-═AlO2-+2H2OCH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O2CuSO4+2H2O
2Cu+2H2SO4+O2↑c(Na+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)][Ar]3d5
(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++3H2O⇌Al(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++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++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,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+2H2O
2Cu+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+)=2[c(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+,故基态电子排布式为:
[Ar]3d5;
(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:
。
8.一氧化碳和二氧化硫是用途广泛的化工基础原料。
(1)已知:
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=–393.5kJ·
mol–1
C(s)+CO2(g)=2CO(g)△H2=+172.5kJ·
S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3=–296.0kJ·
已知某反应的平衡常数
,据以上信息,请写出该反应的热化学反应方程式:
_____________
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 全国 高考 化学 化学反应 能量 推断 综合 分类 汇总 详细 答案