高考化学易错题精选化学反应与能量练习题.docx
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高考化学易错题精选化学反应与能量练习题
高考化学易错题精选-化学反应与能量练习题
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.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。
2.化学肥料在农业生产中有重要作用。
农业生产中,大量施用的化肥主要是氮肥、磷肥、钾肥。
(1)普钙是磷肥,它的有效成分是________(写化学式)。
(2)尿素是一种含氮量较高的氮肥,工业生产尿素是将氨气与二氧化碳在加压、加热的条件下反应生成氨基甲酸铵(H2NCOONH4),再使氨基甲酸铵脱水得到尿素。
反应的化学方程式为______________、______________。
(3)农谚说的“粪和肥,肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效。
请你说明其中的化学原理:
________________________。
(4)合成氨是生产氮肥的重要环节。
合成氨生产简易流程示意图如下:
从示意图可知其存在循环操作。
简要说明为什么在化工生产中经常采用循环操作?
______。
【答案】Ca(H2PO4)2·H2O2NH3+CO2
H2NCOONH4H2NCOONH4
H2NCONH2+H2O粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效从原因来讲,许多化学反应是可逆反应,转化率低;从结果来说,循环操作的主要目的在于充分利用原料、降低成本;从工艺设计来说,循环操作有利于连续化生产、减少工序;从环保角度来说,实现全封闭生产,控制废弃物排放
【解析】
【分析】
(1)普钙的有效成分是磷酸二氢钙;
(2)氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵,氨基甲酸铵脱水生成尿素和水;
(3)农谚说的“粪和肥,肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效,粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效;
(4)可从生产成本(原料的利用率)、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
【详解】
(1)普钙的成分为Ca(H2PO4)2·H2O与CaSO4,其有效成分为Ca(H2PO4)2·H2O。
故答案为:
Ca(H2PO4)2·H2O;
(2)由题中信息,氨气和二氧化碳在加压、加热条件下反应生成氨基甲酸铵,氨基甲酸铵脱水生成尿素和水,利用原子守恒可直接写出反应的方程式:
2NH3+CO2
H2NCOONH4,H2NCOONH4
H2NCONH2+H2O。
故答案为:
2NH3+CO2
H2NCOONH4,H2NCOONH4
H2NCONH2+H2O;
(3)农谚说的“粪和肥,肥料飞”指的是粪尿与草木灰搅和在一起会降低肥效,粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效;故答案为:
粪尿最终转化为铵盐,而草木灰的有效成分为K2CO3,K2CO3受潮后水解为KOH,显碱性,NH4+与OH-可发生反应生成NH3逸出而降低肥效;
(4)从反应特点来说,许多化学反应是可逆反应,转化率低;从能源利用及经济方法来说,循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本;从工艺流程来说,循环操作有利于连续化生产、减少工序;从环保角度来说,实现全封闭生产,控制废弃物的排放;
故答案为:
从反应特点来说,许多化学反应是可逆反应,转化率低;从能源利用及经济方法来说,循环操作的主要目的在于充分地利用原料、降低成本;从工艺流程来说,循环操作有利于连续化生产、减少工序;从环保角度来说,实现全封闭生产,控制废弃物的排放。
【点睛】
本题考查化学反应方程式的书写、化工生产等知识点,注意(3)中运用盐水解知识进行解释。
难点(4)可从生产成本(原料的利用率)、生产原理、生产工艺以及环保等角度综合分析化工生产过程中设计循环操作的目的、作用。
3.以镍废料(主要成分为镍铁合金,含少量铜)为原料,生产NiO的部分工艺流程如下:
已知:
下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全的pH
3.3
9.9
9.2
(1)“除铁”时需控制溶液的pH范围为________。
(2)“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。
(3)“沉镍”时得到碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀。
①在隔绝空气条件下,“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO,该反应的化学方程式为________。
②“沉镍”时,溶液pH增大,碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加,原因是________。
【答案】3.3≤pH<7.7CuSxNiCO3·yNi(OH)2
(x+y)NiO+xCO2↑+yH2ONi(OH)2中Ni含量高于NiCO3,pH越大,碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大
【解析】
【分析】
以镍废料(主要成分为镍铁合金,含少量铜)为原料,加入硫酸、硝酸酸浸,Ni转化为NiSO4,同时生成亚铁离子、铁离子、铜离子等,加入过氧化氢,可氧化亚铁离子生成铁离子,加入氢氧化钠调节pH可生成氢氧化铁沉淀,然后通入硫化氢生成CuS沉淀,达到除铜的目的,在滤液中加入碳酸钠溶液可生成xNiCO3•yNi(OH)2,煅烧可生成NiO;
(1)根据表格数据分析“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH;
(2)S2-可与Cu2+反应生成CuS沉淀;
(3)①在隔绝空气条件下,“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO,xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O;
②pH越大,溶液碱性越强,结合碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]组成分析;
【详解】
(1)“除铁”时要求铁离子全部除掉,pH
3.3,镍离子和铜离子留在溶液中,pH<7.7,所以需控制溶液的pH范围为3.3≤pH<7.7;
(2)向除铁后的滤液中通入H2S气体,发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,因此滤渣的成分为CuS;
(3)①在隔绝空气条件下,“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO,xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O,其化学方程式为:
xNiCO3·yNi(OH)2
(x+y)NiO+xCO2↑+yH2O;
②碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3,pH越大,碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大,所以碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加。
【点睛】
题目难度不大,需要考生注意分析题目提供的表格信息和流程图中物质转化信息,如:
根“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH,直接可用表格中的数据获得取值范围。
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.电化学在化学工业中有着广泛应用。
根据图示电化学装置,
(1)甲池通入乙烷(C2H6)一极的电极反应式为___。
(2)乙池中,若X、Y都是石墨,A是Na2SO4溶液,实验开始时,同时在两极附近溶液中各滴入几滴酚酞溶液,X极的电极反应式为___;一段时间后,在Y极附近观察到的现象是___。
(3)工业上通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4,其工作原理如图所示,则阳极的电极反应式为__,阴极反应式为___。
【答案】C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-4OH--4e-=O2↑+2H2O电极表面产生气泡,附近溶液显红色Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【解析】
【分析】
甲池为乙烷燃料电池,所以反应过程中乙烷被氧化,则通入乙烷的一极应为负极,通入氧气的一极为正极;乙池为电解池,X与电池正极相连为阳极,Y与负极相连为阴极。
【详解】
(1)通入乙烷的一极为负极,乙烷被氧化,由于电解质溶液KOH,所以生成碳酸根和水,电极方程式为:
C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-;
(2)X为阳极,硫酸钠溶液中水电离出的OH-在阳极放电生成氧气,电极方程式为:
4OH--4e-=O2↑+2H2O;Y电极为阴极,水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气,水的电离受到促进电离出更多的氢氧根,Y电极附近显碱性,电极附近滴有酚酞,所以可以观察到Y电极附近有气泡产生且溶液显红色;
(3)阳极是铁,故阳极上铁放电生成FeO42-,由于是碱性环境,故电极方程式为:
Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O;电解时,水电离的H+在阴极放电生成氢气,电极方程式为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤:
①根据题干找出反应物以及部分生成物,根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数;②根据电荷守恒配平电极反应式,在配平时需注意题干中电解质的环境;③检查电极反应式的守恒关系(电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等)。
6.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。
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.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2
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