化学化学化学反应与能量的专项培优练习题含答案及答案解析.docx
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化学化学化学反应与能量的专项培优练习题含答案及答案解析
【化学】化学化学反应与能量的专项培优练习题(含答案)及答案解析
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.高锰酸钾(
)是一种常用氧化剂,主要用于化工、防腐及制药工业等。
以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料生产高锰酸钾的工艺路线如下:
回答下列问题:
(1)原料软锰矿与氢氧化钾按1∶1的比例在“烘炒锅”中混配,混配前应将软锰矿粉碎,其作用是_______________________。
(2)“平炉”中发生的化学方程式为______________________。
(3)“平炉”中需要加压,其目的是______________________。
(4)将K2MnO4转化为KMnO4的生产有两种工艺。
①“
歧化法”是传统工艺,即在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反应,反应中生成K2MnO4,MnO2和____________(写化学式)。
②“电解法”为现代工艺,即电解K2MnO4水溶液,电解槽中阳极发生的电极反应为___________________,阴极逸出的气体是______________。
③“电解法”和“
歧化法”中,K2MnO4的理论利用率之比为______________。
(5)高锰酸钾纯度的测定:
称取1.0800g样品,溶解后定容于100mL容量瓶中,摇匀。
取浓度为0.2000mol·L−1的H2C2O4标准溶液20.00mL,加入稀硫酸酸化,用KMnO4溶液平行滴定三次,平均消耗的体积为24.48mL,该样品的纯度为___________________
(列出计算式即可,已知2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O)。
【答案】扩大接触面积,加快化学反应速率2MnO2+O2+4KOH
2K2MnO4+2H2O增大反应物的浓度,可使化学反应速率加快,同时使反应物的转化率增大K2CO3MnO42--e-=MnO4-H23:
295.62%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)MnO2的状态是固体,对于有固体参加的化学反应,可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率,故要将其粉碎成细小的颗粒;
(2)根据流程图可知,在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4,结合质量守恒定律可知,另外一种物质是H2O,则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH
2K2MnO4+2H2O;
(3)由于上述反应中氧气是气体,在“平炉”中加压,就可以使反应物氧气的浓度增大,根据外界条件对化学反应速率的影响,增大反应物的浓度,可以使化学反应速率加快;任何反应都具有一定的可逆性,增大压强,可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动,故可以提高原料的转化率;
(4)①在K2MnO4溶液中通入CO2气体,使体系呈中性或弱碱性,K2MnO4发生歧化反应,反应中生成KMnO4,MnO2,根据质量守恒定律可知,另外一种生成物是K2CO3,根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒,可得该反应的化学方程式是:
3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3;②“电解法”为现代工艺,即电解K2MnO4水溶液,在电解槽中阳极,MnO42-失去电子,发生氧化反应,产生MnO4-。
电极反应式是:
MnO42--e-=MnO4-;在阴极,水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出,电极反应式是:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
所以阴极逸出的气体是H2;总反应方程式是:
2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH;③根据“电解法”方程式2K2MnO4+2H2O
2KMnO4+2H2↑+2KOH可知K2MnO4的理论利用率是100%;而在“CO2歧化法”3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+K2CO3中,K2MnO4的理论利用率是2/3,所以二者的理论利用率之比为3:
2;
(5)根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是:
2KMnO4~5H2C2O4。
配制的溶液的浓度为:
。
则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为:
n=
KMnO4的质量为:
m="0.006536mol"×158g/mol=1.03269g。
故其纯度为:
×100%=95.62%。
2.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料,也可用作脱硫的催化剂等。
一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3,还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素
②常温下,相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
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。
3.利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应,既能净化尾气,又能获得应用广泛的Ca(NO2)2,其部分工艺流程如下:
(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入,石灰乳从吸收塔顶部喷淋),其目的是______________________________;滤渣可循环利用,滤渣的主要成分是____________(填化学式)。
(2)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。
若排放的尾气中NO含量升高,则NO和NO2物质的量之比______;若产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)3含量升高,则NO和NO2物质的量之比_______。
(填写序号)
①=1∶1②>1∶1③<1∶1④无法判断
(3)生产中溶液需保持弱碱性,在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解,产物之一是NO,据此信息,某同学所写的反应离子方程式为2NO2-+2H+=NO2+NO↑+H2O,你同意吗?
_________(填“同意”或“不同意“),如不同意,请说明你的理由________________________________________________。
【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收Ca(OH)2②③不同意二氧化氮能与水会发生反应,产物中不可能生成二氧化氮
【解析】
【分析】
由流程可知,石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应,生成Ca(NO2)2,过量的石灰乳以滤渣存在,碱性溶液中尾气处理较好;
(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触;滤渣的主要成分是Ca(OH)2;
(2)若n(NO):
n(NO2)>1:
1,则一氧化氮过量,若<1:
1,则二氧化氮过量;
(3)二氧化氮能与水会发生反应,据此分析解答。
【详解】
由流程可知,石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应,生成Ca(NO2)2,过量的石灰乳以滤渣存在,
(1)使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触,NO、NO2被充分吸收,滤渣主要成分是Ca(OH)2;
(2)若n(NO):
n(NO2)>1:
1,则一氧化氮过量,排放气体中NO含量升高,若n(NO):
n(NO2)<1:
1,则二氧化氮过量,二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca(NO3)2,产品中Ca(NO3)2含量升高;
(3)若离子方程式为2NO2-+2H+=NO2+NO↑+H2O,二氧化氮能与水会发生反应,产物中不可能生成二氧化氮,则不同意该同学书写的离子反应方程式。
4.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料,也可用作脱硫的催化剂等。
一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3,还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素
②常温下,相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
③常温下,Ksp(CaF2)=1.46×10−10,Ksp(MgF2)=7.42×10−11;Ka(HF)=1.00×10−4
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_________________
③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+)=amol/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】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<8.81.97
×10-7CO32-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+2NH4Cl
MnCl2+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+2NH4Cl
MnCl2+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(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)①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;
②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5.2≤pH<8.8;
③
≈1.97;若此时pH为6,即c(H+)=10-6mol/L,c(Mg2+)=amol/L,c(F-)=
mol/L,HF是弱酸,在溶液中部分电离,已知Ka(HF)=
=1.00×10−4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用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。
5.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 b.KCl 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HCO3-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-cN、S、K
【解析】
【分析】
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。
【详解】
(1)NH4HCO3溶液中铵根离子水解显示酸性,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:
的水解程度小于
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Ⅰ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。
6.
(1)选择适宜的材料和试剂设计一个原电池,完成下列反应:
Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu。
①画出装置图:
___。
②电极材料和电解质溶液各是什么___。
?
③写出电极反应式:
负极:
___;正极:
___。
(2)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中,构成了原电池,工作一段时间,锌片的质量减少了3.25克,铜表面析出了氢气___L(标准状况下)。
导线中通过___mol电子。
【答案】
负极:
锌片、正极:
铜片;CuSO4溶液Zn–2e-=Zn2+Cu2++2e-=Cu1.12L0.1
【解析】
【分析】
(1)利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池,根据反应可知,Zn为负极,则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等,也可以是碳棒,电解质溶液应为CuSO4,根据原电池原理写出电极反应式。
(2)根据锌和氢气之间转移电子数目相等计算。
【详解】
(1)①利用反应Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu设计原电池,根据反应可知,Zn为负极,则正极可以是活泼性不如Zn的金属如铜等,也可以是碳棒,电解质溶液应为CuSO4,设计的原电池装置为:
;
②根据以上设计可知,负极为锌片,正极为铜片,电解质溶液为CuSO4溶液;
③原电池中负极活泼金属失电子发生氧化反应,电极反应为:
Zn–2e-=Zn2+,正极为溶液中的阳离子得到电子发生还原反应,CuSO4溶液中的阳离子有Cu2+和H+,放电能力Cu2+大于H+,正极反应为:
,Cu2++2e-=Cu;
(2)用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中构成的原电池中,负极:
Zn–2e-=Zn2+,正极:
2H++2e-=H2↑,由电极反应n(H2)=n(Zn)=
,V(H2)=0.05mol⨯22.4L/mol=1.12L,n(e-)=2n(Zn)=2⨯0.05mol=0.1mol。
【点睛】
原电池中负极材料一般为活泼金属,失去电子发生氧化反应,负极由于消耗而减少,正极一般是溶液中的阳离子得到电子发生还原反应,放电能力强的阳离子发生反应,正极上的现象一般为产生气体或质量增加。
7.在我国南海、东海海底均存在大量的可燃冰(天然气水合物,可表示为
)。
2017年5月,中国首次海域可燃冰试采成功。
2017年11月3日,国务院正式批准将可燃冰列为新矿种。
可燃冰的开采和利用,既有助于解决人类面临的能源危机,又能生成一系列的工业产品。
(1)对某可燃冰矿样进行定量分析,取一定量样品,释放出的甲烷气体体积折合成标准状况后为166m3,剩余H2O的体积为0.8m3,则该样品的化学式中x=_________________。
(2)已知下表数据,且知H2O(l)=H2O(g)△H=+41
化学键
C—H
O=O
C=O
H—O
键能/
413
498
803
463
用甲烷燃烧热表示的热化学方程式为_____________________________________________________。
(3)甲烷燃料电池相较于直接燃烧甲烷有着更高的能量转化效率,某甲烷燃料电池,正极通入空气,以某种金属氧化物为离子导体(金属离子空穴中能传导O2-),该电池负极的电极反应式为__________________________________________。
(4)甲烷与水蒸气重整制氢是工业上获得氢气的重要手段。
若甲烷与脱盐水在一定条件下反应生成H2,同时得到体积比为1:
3的CO2和CO,该反应的化学方程式为_____________________________________。
混合气体中的CO2可用浓氨水脱除,同时获得氮肥NH4HCO3,该反应的离子方程式是_________________________________________________________。
【答案】6CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-892kJ·mol-1CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O
NH3·H2O+CO2=NH4++
【解析】
【分析】
【详解】
(1)n(CH4)=
=
mol,n(H2O)=
=
mol,n(CH4):
n(H2O)=
: