高考化学推断题综合题专题复习化学反应与能量专题解析.docx

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高考化学推断题综合题专题复习化学反应与能量专题解析

高考化学推断题综合题专题复习【化学反应与能量】专题解析

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%。

2．五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工生产。

一种以粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下：

已知：

①部分含钒物质的溶解情况：

（VO2）2SO4易溶于水，VOSO4可溶于水，NH4VO3难溶于水。

②部分金属离子[c（Mn+）=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表：

回答下列问题：

（l）“研磨”的目的是___，“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____。

（2）加入NaCIO溶液，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。

（3）向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示，虚线框中最为合适的仪器是___（填标号），调节溶液的pH范围为___，滤渣b为___（写化学式）。

（4）实验显示，沉钒率的高低与温度有关，如图是沉钒率随温度的变化曲线，则沉钒时的加热方法为___。

温度高于80℃，沉钒率下降，其可能原因是____

【答案】增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率V2O5+H2SO4=（VO2）2SO4+H2O2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+D4.7≤pH＜7.8Fe（OH）3、Al（OH）水浴加热（热水浴）温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，由于NH4+浓度减小，沉钒率下降

【解析】

【分析】

粗钒（主要含有V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等）经过研磨粉碎，加入硫酸进行酸浸，V2O5、V2O4，还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液，由于SiO2不与硫酸反应，经过滤后，得到的滤渣a为SiO2，滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，再加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀除去，过滤后得到的滤渣b为Fe（OH）3、Al（OH）3、滤液b为主要含有VO2+的滤液，加入饱和氯化铵溶液，使VO2+转化为NH4VO3沉淀，对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧，获得V2O5，据此分析解答。

【详解】

（l）“研磨”可将块状固体变为粉末状，目的是增大固体与酸溶液的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+，发生反应的化学方程式为V2O5+H2SO4=（VO2）2SO4+H2O；

（2）根据分析，向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液，将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+，含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+；

（3）加入氢氧化钠溶液，调节溶液pH值，将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀除去，根据部分金属离子[c（Mn+）=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知，pH值为2.8时，Fe（OH）3完全沉淀，pH值为4.7时，Al（OH）3完全沉淀，pH值为7.8时，Al（OH）3开始溶解，调节溶液的pH范围为4.7≤pH＜7.8，滤渣b为Fe（OH）3、Al（OH）3，向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时，虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗，能保证仪器内外压强相等，使氢氧化钠溶液顺利流下，答案选D；

（4）由图像可知，当温度为80℃左右钒的沉淀率最高，酒精灯的火焰温度太高，不能直接用酒精灯加热，则在该温度下加热方法应使用水浴加热；沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液，铵根离子可水解，温度越高水解程度越大，铵盐不稳定，受热易分解生成氨气，温度高于80℃，NH4+水解程度增大成为主要因素，溶液中NH4+浓度减小，使沉钒率下降。

3．六氟磷酸锂（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。

4．从本质入手看物质及其能量的变化，可以让我们更加深入的去理解所学知识的内涵及外延应用。

对于《原电池》这部分知识也是如此，如图是原电池的基本构造模型：

（1）若a和b的电极材料为Al或Mg。

①若c为稀NaOH溶液时，则a的电极材料为__，该极电极方程式为___。

②若c为稀H2SO4时，则a的电极材料为___，该极电极方程式为__。

（2）对于原电池的应用，以下说法正确的是__。

A．选择构成原电池两极材料时，必须选择活泼性不同的两种金属材料

B．构成原电池时，负极材料的活泼性一定比正极材料的强

C．构成原电池时，作为负极材料的金属受到保护

D．从能量转化角度去看，如图的氧化还原反应能量变化曲线，则不能够设计原电池

【答案】AlAl-3e-+4OH-=AlO2-+2H2OMgMg-2e-=Mg2+D

【解析】

【分析】

（1）原电池中电极由负极经导线流向正极，所以a为负极发生氧化反应，b为正极发生还原反应。

【详解】

（1）①若c为稀NaOH溶液时，电池总反应应为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，Al被氧化做负极，即a的电极材料为Al，该电极方程式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；

②若c为稀H2SO4时，Mg比Al活泼，所以电池总反应式为Mg+2H+=Mg2++H2↑，Mg被氧化做负极，即a的电极材料为Mg，电极方程式为：

Mg-2e-=Mg2+；

（2）A．构成原电池两极材料不一定选择活泼性不同的两种金属材料，可以是活泼性相同的Pt电极、也可以是非金属材料，如燃料原电池的两极材料常选择石墨电极，故A错误；

B．碱性原电池中，作为负极的材料的活泼性不一定比正极材料的强，如Al-Mg-NaOH原电池中，活泼金属Mg作正极，Al作负极，故B错误；

C．原电池中正极发生得到电子的还原反应，所以作为正极材料的金属受到保护，而负极材料的金属会加速腐蚀，故C错误；

D．原电池中发生氧化还原反应，会以电能的形式放出能量，所以一般为放热的氧化还原反应，而图示反应为吸热反应，所以从能量转化角度看，一般不设计成原电池或不能够设计原电池，故D正确；

综上所述选D。

【点睛】

构成原电池的两个电极中并不是较为活泼的金属一定就会做负极，要结合具体的环境去判断发生的总反应，再判断正负极。

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．Li－SOCl2电池可用于心脏起搏器。

该电池的电极材料分别为锂和碳，电解液是LiAlCl4－SOCl2。

电池的总反应可表示为4Li＋2SOCl2＝4LiCl＋S＋SO2。

请回答下列问题：

（1）电池的负极材料为_____，发生的电极反应为______________。

（2）电池正极发生的电极反应为_______________。

【答案】Li4Li－4e－＝4Li＋2SOCl2＋4e－＝4Cl－＋S＋SO2

【解析】

【分析】

（1）原电池中，失电子发生氧化反应的极是负极，该极上发生失电子的氧化反应；

（2）原电池的正极上发生得电子的还原反应。

【详解】

（1）该原电池中锂的活泼性大于碳的，所以锂作负极，负极上Li失电子，发生氧化反应，电极反应4Li－4e－＝4Li＋；

（2）正极上得电子发生还原反应，根据反应方程式知，SOCl2得电子生成Cl-、S、SO2，电极方程式为2SOCl2+4e-=4Cl-+S+SO2。

7．

（1）将Al片和Cu片用导线连接，一组插入浓硝酸中，一组插入稀NaOH溶液中，分别形成原电池。

写出插入稀NaOH溶液中形成原电池的负极反应________________。

写出插入浓硝酸中形成原电池的正极反应______________。

（2）铅蓄电池是最常见的二次电池，由于其电压稳定、使用方便、安全可靠、价格低廉，所以在生产、生活中使用广泛，写出铅蓄电池放电时的正极反应______________________；充电时的阴极反应____________________。

【答案】2Al-6e−+8OH−=2AlO2-+4H2O4H++2e−+2NO3−=2NO2↑+2H2O4H++2e−+SO42−+PbO2=PbSO4+2H2OPbSO4+2e−=Pb+SO42−

【解析】

【分析】

（1）Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液反应，形成原电池，负极为Al失电子，在碱性溶液中，Al转化为AlO2-。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体。

（2）铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等；充电时的阴极反应为PbSO4获得电子转化为Pb。

【详解】

（1）Al片和Cu片用导线连接，插入稀NaOH溶液中，只有Al能与NaOH溶液，在碱性溶液中，负极Al失电子转化为AlO2-，电极反应式为2Al-6e−+8OH−=2AlO2-+4H2O。

Al片和Cu片用导线连接，插入浓硝酸中，形成原电池，由于Al发生钝化，所以Cu作负极，Al作正极，正极反应为溶液中的NO3-获得电子，生成NO2气体，电极反应式为4H++2e−+2NO3−=2NO2↑+2H2O。

答案：

2Al-6e−+8OH−=2AlO2-+4H2O；4H++2e−+2NO3−=2NO2↑+2H2O；

（2）铅蓄电池放电时，正极反应为PbO2得电子，生成PbSO4等，电极反应式为4H++2e−+SO42−+PbO2=PbSO4+2H2O；充电时阴极为PbSO4获得电子转化为Pb，电极反应式为PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

答案为：

4H++2e−+SO42−+PbO2=PbSO4+2H2O；PbSO4+2e−=Pb+SO42−。

【点睛】

判断原电池的电极时，首先看电极材料，若只有一个电极材料能与电解质反应，该电极为负极；若两个电极材料都能与电解质发生反应，相对活泼的金属电极作负极。

在书写电极反应式时，需要判断电极产物。

电极产物与电解质必须能共存，如Al电极，若先考虑生成Al3+，则在酸性电解质中，能稳定存在，Al3+为最终的电极产物；若在碱性电解质中，Al3+不能稳定存在，最终应转化为AlO2-。

8．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。

9．如图所示，A、B、C三个装置中的烧杯分别盛有足量的CuCl2溶液。

（1）A、B、C三个装置中属于原电池的是___（填标号）。

（2）A池中Zn是___极，电极反应式为___；A中总反应的离子方程式___。

（3）B池中总反应的方程式为___。

（4）C池中Zn是___极，发生___反应，电极反应式为___；反应过程中，CuCl2溶液浓度___（填“变大”“变小”或“不变”）。

【答案】A负Zn－2e-=Zn2＋Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋CuCuCl2

Cu+Cl2↑阴还原Cu2＋＋2e-=Cu不变

【解析】

【分析】

（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池。

（2）A池中，相对活泼的金属作负极，电极反应式为金属失电子生成金属离子；A中总反应为负极金属与电解质发生氧化还原反应。

（3）B池中总反应为电解氯化铜。

（4）C池中，与正极相连的电极为阳极，阳极失电子发生氧化反应；通过分析两电极反应，可确定反应过程中，CuCl2溶液浓度变化情况。

【详解】

（1）A、B、C三个装置中，没有外接电源的属于原电池，则原电池是A。

答案为：

A；

（2）A池中，相对活泼的金属是Zn，Zn是负极，电极反应式为Zn－2e-=Zn2＋；A中总反应的离子方程式为Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu。

答案为：

负；Zn－2e-=Zn2＋；Zn＋Cu2＋=Zn2＋＋Cu；

（3）B池中总反应，就是电解氯化铜的反应，方程式为CuCl2

Cu+Cl2↑。

答