全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题汇总附答案解析.docx

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全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题汇总附答案解析

全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题汇总附答案解析

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

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．如图是闪锌矿（主要成分是ZnS，含有少量FeS）制备ZnSO4·7H2O的一种工艺流程：

闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4∙7H2O。

已知：

相关金属离子浓度为0.1mol/L时形成氢氧化物沉淀的pH范围如表：

金属离子

Fe3＋

Fe2＋

Zn2＋

开始沉淀的pH

1.5

6.3

6.2

沉淀完全的pH

2.8

8.3

8.2

（1）闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎，其目的是_____________。

（2）溶浸过程使用过量的Fe2（SO4）3溶液和H2SO4浸取矿粉，发生的主要反应是：

ZnS＋2Fe3＋＝Zn2＋＋2Fe2＋＋S。

①浸出液中含有的阳离子包括Zn2＋、Fe2＋、_____________。

②若改用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，也能达到浸出锌的目的，写出离子方程式_____________。

（3）工业除铁过程需要控制沉淀速率，因此分为还原和氧化两步先后进行，如图。

还原过程将部分Fe3＋转化为Fe2＋，得到pH小于1.5的溶液。

氧化过程向溶液中先加入氧化物a，再通入O2。

下列说法正确的是_____________（填序号）。

A．氧化物a可以是ZnO

B．滤渣2的主要成分是Fe（OH）2

C．加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c（Fe3＋）

【答案】增大表面积，提高反应速率Fe3＋、H＋ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuSAC

【解析】

【分析】

闪锌矿（主要成分是ZnS，含有FeS），加硫酸和Fe2（SO4）3，发生ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S，过滤可除去S；浸出液中先加ZnS还原，分离出滤渣1为S，滤液中通入氧气可氧化亚铁离子生成铁离子，加ZnO调节pH，铁离子转化为沉淀，则滤渣2为Fe（OH）3，过滤分离出滤液经蒸发浓缩得到ZnSO4•7H2O，以此来解答。

【详解】

（1）粉碎闪锌矿可增大接触面积，加快反应速率；

（2）①使用过量的Fe2（SO4）3溶液和H2SO4浸取矿粉，所以阳离子为Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+；

②用CuSO4溶液浸取，发生复分解反应，根据元素守恒可知离子方程式为：

ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS；

（3）A.ZnO为碱性氧化物，可增大酸性溶液pH值，同时不引入新的杂质，故A正确；

B.根据分析可知滤渣2主要为Fe（OH）3，故B错误；

C.加入ZnS可将铁离子还原，通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子，所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c（Fe3＋），故C正确；

综上所述选AC。

3．阅读下列材料，并完成相应填空

钯（Pd）是一种不活泼金属，性质与铂相似。

在科研和工业生产中，含钯催化剂不仅用途广泛，且用量大，因此从废催化剂中回收钯具有巨大的经济效益。

已知废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌。

工业上采用如下流程从废催化剂中提取钯。

（1）气体I的化学式为__________，酸溶I的目的是___________。

（2）王水指是浓硝酸和浓盐酸组成的混合物，其体积比为__________。

残渣与王水发生的反应有：

a.Pd+HCl+HNO3→……

b.___________（写出化学方程式并配平）。

（3）若用足量的烧碱吸收气体II，请写出吸收后溶液中含有的溶质的化学式：

NaOH、_______、________、________。

（4）写出用NaHCO3调节pH值时发生反应的离子方程式：

_________。

使用甲醛还原钯的化合物时，溶液须保持碱性，否则会造成甲醛的额外损耗，原因是______________。

（5）操作I的名称是_______________，溶液I可能含有的有机离子为_________。

（6）有人提出，在进行酸溶前最好先将废催化剂在700℃下进行灼烧，同时不断通入空气，其目的是____________。

【答案】H2除去铁、锌等杂质1:

3C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2ONaNO3NaNO2Na2CO3HCO3-+H+=H2O+CO2↑酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化过滤HCOO-（甲酸根离子）除去废催化剂中的活性炭，减少王水的消耗（必须涉及炭的除去）

【解析】

【分析】

酸溶时铁和锌能与盐酸反应产生氢气，过滤出的残渣用王水溶解，然后通过碳酸氢钠调节pH，最后通过甲醛还原得到金属钯，据此解答。

【详解】

（1）铁和锌能与盐酸反应产生氢气；废催化剂的主要成分是钯和活性炭，还含有少量铁、锌，而实验的目的是从废催化剂中提取钯，所以酸溶I的目的是除去铁、锌等杂质；

（2）王水是浓硝酸与盐酸按体积比1：

3的混合物，浓硝酸具有氧化性，能将碳氧化生成二氧化碳，本身被还原成一氧化氮，反应的方程式为：

C+4HNO3＝CO2↑+4NO2↑+2H2O；

（3）氢氧化钠与二氧化氮、二氧化碳反应的方程式：

2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，同时氢氧化钠过量，所以吸收后溶液中含有的溶质的化学式：

NaOH、NaNO3、NaNO2、Na2CO3；

（4）NaHCO3能和盐酸发生反应，离子方程式为：

HCO3-+H+＝H2O+CO2↑，甲醛具有还原性，酸性条件下，甲醛会被硝酸氧化；

（5）金属钯不溶于水，利用过滤的方法分离，甲醛会被硝酸氧化生成甲酸，所以溶液I可能含有的有机离子为HCOO-；

（6）由于废催化剂中的含有活性炭，不断通入空气，能除去活性炭，同时减少王水的消耗。

4．

以

和

为原料合成尿素是利用

的成功范例。

在尿素合成塔中的主要反应可表示如下：

反应Ⅰ：

反应Ⅱ：

总反应：

请回答下列问题：

反应Ⅰ的

______________。

在____

填“高温”或“低温”

情况下有利于反应Ⅱ的自发进行。

氨法溶浸氧化锌烟灰制取高纯锌的工艺流程如图所示。

溶浸后氧化锌烟灰中锌、铜、镉、砷元素分别以

、

、

、

的形式存在。

“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为_______。

锌浸出率与温度的关系如图所示，分析

时锌浸出率最高的原因为__________。

“滤渣3”的主要成分为_______________。

【答案】

高温

低于

时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过

，氨气逸出导致溶浸反应速率下降

、Cd

【解析】

【分析】

（1）

依据热化学方程式和盖斯定律计算分析；

依据反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0分析；

①依据流程图可知，“溶浸”中ZnO发生反应生成

；

②低于

时，浸出反应速率随温度的升高而增大；超过

时，氨气逸出导致浸出反应速率下降；

依据流程图可知，“滤渣3”的主要成分为锌发生置换反应的产物。

【详解】

反应Ⅰ：

2NH

NH

COONH

∆H1；

反应Ⅱ：

NH

COONH

∆H2=+72.49KJ/mol；

总反应：

2NH3（g）+CO2（g）

∆H3=-86.98KJ/mol；根据盖斯定律，总反应

反应II，得到反应I，则∆H1=-86.98KJ/mol-（+72.49KJ/mol）=-159.47KJ/mol；

故答案为：

-159.47KJ/mol；

反应Ⅱ：

NH

COONH

∆H2=+72.49KJ/mol，反应∆H>0，∆S>0，满足反应自发进行的判断依据是∆H-T∆S<0，则需要高温下反应自发进行；

故答案为：

高温。

依据流程图可知，“溶浸”中ZnO发生反应的离子方程式为：

；

故答案为：

；

锌浸出率与温度的关系如图所示，分析

时锌浸出率最高的原因为：

低于

时，浸出反应速率随温度的升高而增大；超过

时，氨气逸出导致浸出反应速率下降；

故答案为：

低于

时，溶浸反应速率随温度升高而增大；超过

，氨气逸出导致溶浸反应速率下降；

依据流程图可知，“滤渣3”的主要成分为锌发生置换反应的产物，所以主要成分为：

Cu、Cd；

故答案为：

Cu、Cd。

【点睛】

本题是对化学工艺流程知识的考查，是高考常考题型，难度一般，关键是依据流程图合理的推导物质的转化，侧重知识的综合能力考查。

5．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%。

6．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。

7．乙醇（C2H5OH）燃料电池（DEFC）具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。

现有以下三种乙醇燃料电池。

（1）三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_________________。

（填化学式）

（2）熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极___（填“a”或“b”）移动。

（3）酸性乙醇燃料电池中，若电池消耗标准状况下2.24LO2，则电路中通过了的电子数目为___________。

【答案】O2a0.4NA

【解析】

【分析】

（1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂；

（2）根据装置图可知，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动；

（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应为：

3O2+12H++12e-=6H2O，根据电极反应计算转移的电子的数目。

【详解】

（1）燃料电池中，负极通入燃料，正极通入氧化剂，由装置图可知，三种乙醇燃料电池中正极反应物均为O2；

（2）根据装置图可知，a为负极，原电池中阴离子由正极向负极移动，因此CO32－向电极a移动；

（3）酸性乙醇燃料电池中，电极b上发生的电极反应为：

3O2+12H++12e-=6H2O，若电池消耗标准状况下2.24L（即0.1mol）O2时，电子转移0.4mol，转移电子的数目为0.4NA。

8．燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。

如图为氢氧燃料电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定，请回答：

（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___，在导线中电子流动方向为___（用a、b表示）。

（2）负极反应式为___，正极反应式为___。

（3）用该燃料电池作电源，用Pt作电极电解饱和食盐水：

①写出阴极的电极反应式：

___。

②写出总反应的离子方程式：

___。

③当阳极产生7.1gCl2时，燃料电池中消耗标况下H2___L。

【答案】由化学能转变为电能由a到b2H2－4e-+4OH-=4H2OO2+4e-+2H2O=4OH-2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑Cl-＋2H2O

H2↑+2OH－+Cl2↑2.24

【解析】

【分析】

（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，原电池放电时，电子从负极沿导线流向正极；

（2）负极上燃料失电子发生还原反应，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；

（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电，阴极上氢离子放电；

根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量

【详解】

（1）该装置是把化学物质中的能量转化为电能，所以是化学能转变为电能；在原电池中，负极上失电子，正极上得电子，电子的流向是从负极流向正极，所以是由a到b，

故答案为：

由化学能转变为电能；由a到b；

（2）碱性环境中，该反应中负极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为2H2－4e-+4OH-=4H2O，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，故答案为：

2H2－4e-+4OH-=4H2O；O2+4e-+2H2O=4OH-；

（3）用惰性电极电解饱和食盐水时，阴极上氢离子放电，电极反应式为：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，阳极上氯离子放电生成氯气，所以总反应离子方程式为：

Cl-＋2H2O

H2↑+2OH－+Cl2↑，根据转移电子守恒计算消耗氢气的物质的量，电解时，阳极上生成氯气，每生成0.1mol氯气转移电子的物质的量=0.1mol×（1-0）×2=0.2mol，

燃料电池中消耗氢气的物质的量=0.2mol/2=0.1mol，所以标况下体积为2.24L，

故答案为：

2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑；Cl-＋2H2O

H2↑+2OH－+Cl2↑；2.24。

9．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_____