备战高考化学化学反应与能量大题培优 易错 难题.docx

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备战高考化学化学反应与能量大题培优易错难题

备战高考化学化学反应与能量（大题培优易错难题）

一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）

1．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。

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．硝酸铵常用作化肥和化工原料，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1－HNO3和NH3（70℃）；2－HNO3和NH3（50℃）；3－HNO3（50℃）和NH3（20℃）；4－HNO3和NH3（20℃）]

①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__________

A．70℃；58%

B．HNO3（50℃），NH3（20℃）；56%

C．50℃；56%

D．20℃；58%

②中和器中产品检测时，工作人员发现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____________、___________

③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A4HNO3=4NO2+O2+2H2O6NO2+8NH3=7N2+12H2OBC

【解析】

【分析】

（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）①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；

②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2。

【详解】

（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）①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，根据图知，温度为70℃、硝酸含量为58%最好，答案选A；

②HNO3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；

③A、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）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．如图是常见原电池装置，电流表A发生偏转。

（1）若两个电极分别是铁、铜，电解质溶液是浓硝酸，Cu极发生反应_______（填“氧化”或“还原”），其电极反应式为________________；

（2）若两个电极分别是镁、铝，电解质溶液是氢氧化钠溶液，Al电极是_____极（填“正”或“负”），其电极反应式为_________________________________。

（3）若原电池的总反应是2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2，则可以作负极材料的是_______，正极电极反应式为_________________________。

【答案】氧化Cu－2e－=Cu2＋负Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2OCu（或铜）Fe3＋＋e－=Fe2＋

【解析】

【分析】

【详解】

（1）虽然铁比铜活泼，但是铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜被氧化，即铜电极为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为Cu－2e－=Cu2＋；

（2）镁虽然比铝活泼，但镁不与氢氧化钠溶液发生反应，所以该原电池中Al被氧化，即Al为负极，失电子发生氧化反应，电极方程式为：

Al－3e－＋4OH－=AlO2－＋2H2O；

（3）根据总反应2FeCl3＋Cu=2FeCl2＋CuCl2可知Cu被氧化，Fe3+被还原，原电池中负极发生氧化反应，所以负极材料为Cu；正极发生还原反应，电极方程式为Fe3＋＋e－=Fe2＋。

【点睛】

第1小题为易错点，虽然铁和铜都能被浓硝酸氧化，但要注意铁在浓硝酸中发生钝化，所以该原电池中铜为负极。

5．在一定温度下，体积为2L的密闭容器中，NO2和N2O4之间发生反应：

2NO2（g）（红棕色）

N2O4（g）（无色），如图所示。

（1）曲线_____________（填“X”或“Y”）表示N2O4的物质的量随时间的变化曲线。

（2）3min内，以X的浓度变化表示的平均反应速率为_____________。

（3）下列措施能使该反应速率加快的是________。

①升高温度②减小容器体积③通入N2O4④通入Ar使压强增大⑤通入HCl气体

A．①③④B．①②③C．①④⑤D．①②④

（4）此反应在该条件下达到限度时，X的转化率为________。

（5）下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是____________（填标号）。

A．容器内压强不再发生变化B．混合气体的密度不变

C．容器内混合气体原子总数不变D．混合气体的平均相对分子质量不变

E．v（NO2）=2v（N2O4）F．相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X

【答案】Y0.1mol·L－1·min－1B60%A、D、F

【解析】

【分析】

【详解】

（1）据图可知相同时间内△n（X）是△n（Y）的两倍，根据方程式2NO2（g）

N2O4（g）可知单位时间内NO2的变化量更大，所以Y代表N2O4的物质的量随时间的变化曲线；

（2）X代表NO2，3min内，v（NO2）=

=0.1mol·L－1·min－1；

（3）①升高温度可以增大活化分子百分含量，增大反应速率，故正确；

②减小容器体积，各物质浓度增大，反应速率加快，故正确；

③通入N2O4，平衡逆向移动，反应物和生成物浓度均增大，反应速率加快，故正确；

④通入Ar使压强增大，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；

⑤通入HCl气体，各物质的浓度没有发生改变，反应速率不变，故错误；

综上所述选①②③，答案为B；

（4）据图可知初始X的物质的量为1mol，平衡时X的物质的量为0.4mol，转化率为

=60%；

（5）A．容器恒容，平衡移动时气体的总物质的量发生改变，所以未达到平衡时体系内压强会变，压强不变时说明反应达到平衡，故A正确；

B．气体总体积不变，总质量不变，所以密度一直不变，故B错误；

C．反应物和生成物均为气体，根据质量守恒定律可知平衡移动时原子总数不变，故C错误；

D．气体总质量不变，平衡移动时气体总的物质的量会发生改变，所以气体平均相对分子质量会变，当气体平均相对分子质量不变时说明反应达到平衡，故D正确；

E．未指明是正反应速率还是逆反应速率，故E错误；

F．相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X即反应的正逆反应速率相等，说明反应达到平衡，故F正确；

综上所述选A、D、F。

【点睛】

判断压强是否影响反应速率时关键是要看压强的改变是否改变了反应物和生成物的浓度，若改变了则压强的改变影响反应速率，若不改变，则压强的变化不影响反应速率。

6．在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子被称为活化分子。

使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ•mol－1表示。

请认真观察图1，然后回答问题。

（1）图中所示反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。

（2）已知拆开1molH﹣H键、1molI﹣I、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。

则由1mol氢气和1mol碘反应生成HI会________ （填“放出”或“吸收”）________ kJ的热量。

在化学反应过程中，是将________ 转化为________ 。

（3）某实验小组同学进行如图2的实验，以探究化学反应中的能量变化。

实验表明：

①中的温度降低，由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应；实验②中，该小组同学在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸，再放入用砂纸打磨过的铝条，该反应是________ （填“吸热”或“放热”）反应。

【答案】放热放出11化学能热能吸热放热

【解析】

【分析】

【详解】

（1）依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；

（2）在反应H2+I2⇌2HI中，断裂1molH-H键，1molI-I键共吸收的能量为：

1×436kJ+151kJ=587kJ，生成2molHI，共形成2molH-I键，放出的能量为：

2×299kJ=598kJ，吸收的能量少，放出的能量多，所以该反应为放热反应，放出的热量为：

598kJ-587kJ=11kJ，在化学反应过程中，将化学能转化为热能；

（3）①中的温度降低说明该反应是吸热反应；活泼金属置换酸中氢的反应为放热反应。

7．汽车尾气中的主要污染物是NO以及燃料不完全燃烧所产生的CO。

为了减轻大气污染科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，即2NO+2CO

2CO2+N2。

为了测定在某种催化剂作用下该反应的反应速率，t1℃下，在一等容的密闭容器中，用气体传感器测得了不同时间的NO和CO的浓度如表（CO2和N2的起始浓度为0）。

时间（s）

0

1

2

3

4

5

c（NO）（×10-4，mol/L）

10.0

4.50

2.50

1.50

1.00

1.00

c（CO）（×10-3，mol/L）

3.60

3.05

2.85

2.75

2.70

2.70

回答下列问题：

（1）已知在上述反应中，反应物总能量大于生成物总能量，则正反应是___反应（填“放热”或“吸热”）。

（2）前3s内的平均反应速率：

v（N2）=___。

（3）t1℃时该反应的平衡常数表达式：

K=___。

（4）假设在密闭容器中该反应达到平衡后，改变下列条件，能提高NO转化率的是___（选填答案编号）。

a.选用更有效的催化剂b.升高反应体系的温度

c.降低反应体系的温度d.缩小容器的体积

【答案】放热1.42×10-4mol/（L·s）

c、d

【解析】

【分析】

（1）根据图示所给的反应物总能量与生成物总能量大小关系进行分析；

（2）同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，v（N2）=

v（NO）；

（3）根据平衡常数的概念进行书写；

（4）根据影响平衡移动的规律进行分析。

【详解】

（1）反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应；

（2）同一反应同一时段内各物质反应速率之比等于计量数之比，所以前3s内的平均反应速率v（N2）=

v（NO）=

×

=1.42×10-4mol•L-1•s-1；

（3）根据平衡常数的概念可知反应 2NO+2CO

2CO2+N2的K=

；

（4）a．选用更有效的催化剂，不能使平衡发生移动，故错误；

b．因反应放热，升高反应体系的温度，则平衡逆向移动，转化率减小，故错误；

c．降低反应体系的温度，平衡正向移动，转化率增大，故正确；

d．缩小容器的体积，平衡正向移动，转化率增大，故正确；

故答案为：

cd。

8．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

【解析】

【分析】

（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。

【详解】

（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