高考化学压轴题之化学反应与能量高考题型整理突破提升.docx
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高考化学压轴题之化学反应与能量高考题型整理突破提升
高考化学压轴题之化学反应与能量（高考题型整理,突破提升）
一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）
1．NiCl2是化工合成中最重要的镍源，在实验室中模拟工业上以金属镍废料（含Fe、Al等杂质）为原料生产NiCl2的工艺流程如下：
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH
氢氧化物
Fe（OH）3
Fe（OH）2
Al（OH）3
Ni（OH）2
开始沉淀的pH
2.1
6.5
3.7
7.1
沉淀完全的pH
3.3
9.7
4.7
9.2
（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有__________（写一条即可）。
（2）加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为__________。
（3）“调pH”时，控制溶液pH的范围为__________。
（4）“沉镍”过程中，若滤液A中c（Ni2＋）=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中的Ni2＋沉淀完全［即溶液中c（Ni2＋）≤1.0×10-5］，则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_____g。
（已知Ksp（NiCO3）=6.5×10-6，忽略溶液体积的变化）
（5）流程中由溶液得到NiCl2·6H2O的实验操作步骤依次为______、过滤、洗涤、干燥。
【答案】将镍废料磨成粉末（或搅拌，或适当升高温度，或提高酸的浓度）H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O4.7≤pH<7.1或［4.7，7.1）17.5蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
根据流程：
金属镍废料（含Fe、Al等杂质），加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，反应为：
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7≤pH<7.1，使Fe3+、Al3+全部沉淀，滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3，滤液主要含有Ni2+，加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+，将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl2溶液，将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O，据此分析作答。
【详解】
（1）为了提高镍元素的浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度，都可以提高镍元素的浸出率；
（2）H2O2具有氧化性，加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+，离子方程式为：
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（3）“调pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+，但不沉淀Ni2+，根据表格数据可知，应该控制溶液pH的范围为4.7≤pH＜7.1或[4.7，7.1）；
（4）滤液A中c（Ni2+）=1.0mol/L，欲使100mL该滤液中含有n（Ni2+）=0.1mol，则生成NiCO3需要CO32-为0.1mol，Ni2+刚好沉淀完全时，溶液中c（CO32-）=
=0.65mol/L，此时溶液中CO32-为0.065mol，故至少需要Na2CO3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol，其质量m（Na2CO3）=0.165mol×106g/mol=17.49g≈17.5g；
（5）将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O。
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．
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．某同学设计一个燃料电池（如图所示），目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。
根据要求回答相关问题：
（1）甲装置中，通入氢气的电极为________（填“正极”或“负极”），该极电极反应式为________；若将KOH溶液换成硫酸溶液，则正极电极反应式为__________________________。
（2）关于乙装置，下列说法正确的是________（填序号）；
①溶液中Na＋向C极移动
②从C极处逸出的气体能使湿润的KI淀粉试纸变蓝
③反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度
④若标准状况下Fe极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子
该装置中发生的总反应的离子方程式为__________________________。
（3）乙装置中，X为阳离子交换膜，反应一段时间后交换膜左侧溶液中pH____（填“增大”、“减小”或“不变”）；若用饱和MgCl2溶液代替饱和氯化钠溶液，则该装置中发生的总反应______（填“改变”或“不变”）。
（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将________（填“增大”“减小”或“不变”），精铜电极上的电极反应式为_______________________________。
【答案】负极H2-2e-+2OH-=2H2OO2+4e-+4H+=2H2O②③2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑增大改变减小Cu2++2e-=Cu
【解析】
【分析】
甲池为原电池，氧气发生还原反应，通入氧气的一极为正极，氢气发生还原反应，通入氢气的一极为负极；乙池中Fe电极与负极相连为阴极，石墨电极为阳极；丙池中精铜为阴极，粗铜为阳极。
【详解】
（1）氢氧燃料电池中氢气发生还原反应，所以通入氢气的一极为负极，电解质溶液为KOH溶液，所以电极方程式为H2-2e-+2OH-=2H2O；正极为通入氧气的一极，若电解质为硫酸，氧气得电子后会生成水，电极方程式为：
O2+4e-+4H+=2H2O；
（2）①C极为阳极，电解池中阳离子流向阴极，故错误；
②电解饱和食盐水时阳极上氯离子放电生成氯气，氯气可以使湿润的KI淀粉试纸变蓝，故正确；
③电解饱和食盐水阳极生成氯气，阴极生成氢气，所以反应一段时间后通入适量HCl可恢复到电解前电解质的浓度，故正确；
④电子不能在溶液中转移，故错误；
综上所述答案为②③；
乙装置中右侧阳极反应为：
2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：
2H++2e-=H2↑，总反应为2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑；
（3）乙装置中右侧阳极反应为：
2Cl--2e-=Cl2↑，左侧阴极反应为水电离的氢离子放电：
2H++2e-=H2↑，水的电离平衡被破坏，电离出更多的氢氧根，X为阳离子交换膜，所以生成的OH-无法迁移到阳极，所以左侧溶液中pH增大；由于Mg2+会与OH-反应生成沉淀，所以总反应发生改变；
（4）丙池中阴极即精铜上发生反应：
Cu2++2e-=Cu，而阳极即粗铜上由于由比铜活泼的金属杂质放电，所以转移相同电子数目时，阳极不能生成与阴极消耗的等量的铜离子，所以硫酸铜溶液浓度减小。
【点睛】
第2题第4个选项为易错点，学生要注意审题，电子并不能在溶液中进行专业，不要盲目计算，
6．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气（标准状况），实验记录如下（累计值）：
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL
50
120
232
290
310
（1）在0～1min、1～2min、2～3min、3～4min、4～5min时间段中，反应速率最大的时间段是________，原因为______________________；反应速率最小的时间段是________，原因为__________________________。
（2）在2～3min内，用盐酸的浓度变化表示的反应速率为________。
（3）为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量，在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，其中可行的是________。
A．蒸馏水B．Na2SO4溶液
C．NaNO3溶液D．Na2CO3溶液
【答案】2～3min该反应是放热反应，2～3min时溶液温度最高，反应速率最快4～5min此时反应物的浓度最小，反应速率最慢0.1mol·L－1·min－1AB
【解析】
【详解】
由表格数据可知，0～1、1～2、2～3、3～4、4～5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL；
（1）2min～3min收集的氢气比其他时间段多，反应速率最大，该反应放热，反应过程中温度升高加快反应速率；4～5 min反应速率最小，随着反应进行氢离子浓度逐渐减小，该时间段内H+浓度小，反应速率最慢；
（2）2min～3min生成的氢气的体积为112mL，则n（H2）=
0.005mol，反应过程中发生反应Zn+2HCl===ZnCl2+H2，则该时间段内消耗的n（HCl）=0.01mol，溶液体积为100mol，则△c（HCl）=0.1mol/L，v（HCl）=
=0.1mol·L－1·min－1；
（3）A．加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故A正确；
B．加入Na2SO4溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，故B正确；
C．加入硝酸钠溶液，锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气，故C错误；
D．加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，故D错误；
所以选AB。
7．已知反应：
3I－（aq）+S2O82－（aq）
I3－（aq）+2SO42－（aq）+Q
（1）写出反应的平衡常数表达式：
K=______________。
（2）如图表示反应过程中有关物质的能量，则反应过程中的Q_____0（填>、<、=）；（I）、（II）两曲线中，使用催化剂的是______曲线。
（3）反应的速率可以用I3－与加入的淀粉溶液反应显蓝色的时间t来度量，t越小，反应速率越大。
下表是在20℃进行实验时所记录的数据
实验编号
①
②
③
④
⑤
c（I－）/mol·L－1
0．040
0．080
0．080
0．160
0．160
c（S2O82－）/mol·L－1
0．040
0．040
0．080
0．080
0．040
t/s
88
44
22
11
t1
从表中数据分析，该实验的目的是___________________________________________；
表中显色时间t1=_____s；最终得出的结论是__________________________________。
【答案】
>（II）研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响22反应速率与反应物浓度乘积成正比
【解析】
【分析】
（1）K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积；
（2）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，使用催化剂不改变焓变，降低反应所需的活化能；
（3）由表格中的数据可知，只有浓度为变量，且反应速率与浓度的乘积成正比，以此来解答。
【详解】
（1）由3I-（aq）+S2O82-（aq）═I3-（aq）+2SO42-（aq）可知K=
；
故答案为：
；
（2）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则Q＞0，使用催化剂不改变焓变，降低反应所需的活化能，则使用催化剂的是（II）曲线；
故答案为：
＞；（II）；
（3）由表格中的数据可知，只有浓度为变量，该实验的目的为研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响；且反应速率与浓度的乘积成正比，可知③⑤中浓度乘积相同，则t1=22s，实验结论为反应速率与反应物浓度乘积成正比；
故答案为：
研究I-、S2O82-浓度对反应速率的影响；22；反应速率与反应物浓度乘积成正比。
8．在一密闭容器中发生反应N2+3H2
2NH3，△H＜0；达到平衡后，只改变某一个条件时，反应速率与反应时间的关系如图所示,回答下列问题：
（1）处于平衡状态的时间段是______（填选项）；
A．t0～t1 B．t1～t2 C．t2～t3
D．t3～t4E．t4～t5 F．t5～t6
（2）t1、t3、t4时刻分别改变的一个条件是（填选项）；
A．增大压强B．减小压强C．升高温度
D．降低温度E．加催化剂F充入氮气
t1时刻__________；t4时刻__________；
（3）依据
（2）中的结论，下列时间段中，氨的百分含量最高的是________（填选项）；
A．t0～t1B．t2～t3C．t3～t4D．t5～t6
（4）如果在t6时刻，从反应体系中分离出部分氨，t7时刻反应达到平衡状态，请在图中画出反应速率的变化曲线_________；
（5）一定条件下，合成氨反应达到平衡时，测得混合气体中氨气的体积分数为20%，则反应后与反应前的混合气体体积之比为____________________。
【答案】ACDFCBA
5:
6
【解析】
【分析】
（1）根据图示结合v正=v逆，判断是否处于平衡状态；
（2）由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率；
（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，根据移动结果分析；
（4）分离出生成物，逆反应速率瞬间减小，平衡正向移动；
（5）设反应前加入amolN2，bmolH2，达平衡时生成2xmolNH3，根据三段式和氨气的体积分数计算．
【详解】
（1）根据图示可知，t0～t1、t2～t3、t3～t4、t5～t6时间段内，v正、v逆相等，反应处于平衡状态，故答案为：
ACDF；
（2）由N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＜0，可知，该反应为放热反应，且为气体体积减小的反应，则由图可知，t1正逆反应速率均增大，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为升高温度；t4时正逆反应速率均减小，且逆反应速率大于正反应速率，改变条件应为减小压强，
故答案为：
C；B；
（3）由图可知，t1平衡逆向移动，t3不移动，t4平衡逆向移动，均使氨气的含量减少，则t0～t1氨气的含量最大，故答案为：
A；
（4）t6时刻移出部分氨气，逆反应速率瞬间减小，正反应速率该瞬间不变，平衡正向移动，逆反应速率增大，正反应速率减小，直至平衡，故答案为：
；
（5）设反应前加入a
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