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1、全国备战高考化学化学反应与能量的推断题综合备战高考真题汇总含答案 一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析） 1工业上利用锌焙砂(主要含 ZnO、ZnFe2O4，还含有少量 FeO、CuO等杂质 )制取金属锌的 工艺流程如下。回答下列问题： (1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料，也是一种催化剂，能催化烯类有机物氧化脱氢等 反应。 ZnFe2O4中 Fe的化合价是 _。 工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3 6H2O ZnFe2O42CO24CO 6H2O 制备 ZnFe2O4。该 反应中每生成1 mol ZnFe2O4转移电子的物质的量是 _。 (2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提
2、高酸浸效率。为达到这一目的，还可采用的措施是 _(任答一条 )；已知 ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在的金 属离子有 _ 。 (3)净化中H2O2参与反应的离子方程式为_；试剂X的作用是_。 【答案】 3 4 mol 增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案) Zn 2、 Fe3、 Fe 2、 Cu2 H 2O22Fe2 2H=2Fe3 2H2 O 调节溶液的pH，促进 Fe 3水解 【解析】 【分析】 将锌焙砂 (主要含 ZnO、ZnFe2O4，还含有少量 FeO、CuO等氧化物杂质 )酸浸，发生反应 ZnFe2O4+8H+=Zn2+2Fe 3+4H2O、ZnO+2H+=Zn
3、2+H 2O、FeO+2H +=Fe2+H2O、 CuO+2H +=Cu2+H 2O，向溶液中加入双氧水，发生反应2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，调节溶 液的 pH 将 Fe 3+转化为 Fe(OH) 3沉淀，调节溶液pH 时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所 以 X 为 ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2+Zn=Zn 2+Cu，然后过滤，所以 Y中含有 Cu，最后电解得到Zn； (1)ZnFe2O4中锌的化合价+2 价，氧元素化合价-2 价，结合化合价代数和为0 计算得到Fe 的化合价； 工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3?6H2O ZnFe2O4+2CO2 +4
4、CO +6H2O 制备 ZnFe2O4反应过 程中铁元素化合价+2 价变化为 +3 价，碳元素化合价+3 价变化为 +4 价好 +2 价，计算转移电 子的物质的量； (2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率为达到这一目的，还可采用的措施是 增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在 的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜 离子、 ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子； (3)净化中 H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，试剂X的作 用是调节溶液PH，促进 Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除
5、去。 【详解】 (1)ZnFe2O4中锌的化合价+2 价，氧元素化合价-2 价，结合化合价代数和为0 计算得到Fe 的化合价， +2+x2+(-2) 4=0，x=+3； 工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3?6H2O ZnFe2O4+2CO2 +4CO +6H2O 制备 ZnFe2O4，反应过 程中铁元素化合价+2 价变化为 +3 价，碳元素化合价+3 价变化为 +4 价好 +2 价，则氧化产物 为： ZnFe2O4、CO2，每生成 1mol ZnFe2O4，碳元素化合价+3 价变化为 +2 价降低得到电子， 每生成 1mol ZnFe2O4，生成 4molCO 转移电子的物质的量是 4mo
6、l； (2)酸浸时要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率为达到这一目的，还可采用的措施是 增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸后溶液中存在 的金属离子有，氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜 离子、 ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子，所以得到的金属离子有： Zn2+、Fe 3+、Fe2+、Cu2+； (3)净化中 H2O2参与反应是双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式 为： H2O2+2Fe 2+2H+2Fe3+2H2O，试剂 X的作用是调节溶液 pH，促进 Fe 3+水解生成氢氧 化铁沉淀除去。 2氨气是一种重要
7、的化工产品。 (1)工业中用氯气和氢气在一定条件下合成氨气，有关方程式如下： 3H2 (g)+N2(g)?2NH3 (g) + 92.4 kJ 对于该反应：要使反应物尽可能快的转化为氨气，可采用的反应条件是_，要 使反应物尽可能多的转化为氨气，可采用的反应条件是_：(均选填字母 ) A较高温度B较低温度C较高压强 D较低压强 E使用合适的催化剂 工业上对合成氨适宜反应条件选择，是综合考虑了化学反应速率、化学平衡和设备材料等 的影响。 该反应达到平衡后，只改变其中一个因素，以下分析中不正确的是_：(选填字母 ) A升高温度，对正反应的反应速率影响更大 B增大压强，对正反应的反应速率影响更大 C减
8、小生成物浓度，对逆反应的反应速率影响更大 某化工厂为了综合利用生产过程中副产品CaSO4，和相邻的合成氨厂联合设计了制备 (NH4)2SO4的工艺流程 (如图 )，该流程中： 向沉淀池中通入足量的氨气的目的是_，可以循环使用的 X是_。(填化学式 ) (2)实验室中可以用铵盐与强碱共热得到氨气。有关的离子方程式为 _。 0.01 mol/L 硝酸铵溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气_L(标准状 态)。 若有硝酸铵和硫酸铵的混合溶液0.5L，与足量的氢氧化钠溶液共热，可产生氨气 0.025mol ；在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol 白色沉淀，则原混合 液
9、中，硝酸铵的浓度为_mol/L。 现有硝酸铵、氯化铵和硫酸铵的混合溶液V L，将混合溶液分成两等分：一份溶液与足量 的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol；另一份溶液中慢慢滴入C mol/L 的氯化钡溶液B L，溶液中SO42-恰好全部沉淀；将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶液至过量，又 产生 D mol 沉淀。则原混合溶液中，氯化铵的浓度为_mol/L，硝酸铵的浓度为 _mol/L 。(用含有字母的代数式表示) 【答案】 ACE BC A 生成正盐，使Ca 2+完全沉淀 CO 2 NH4+OH- H2O+NH3 0.112 0.01 2D-4BC V 2A-2D V 【解析】 【分析】
10、 (1)要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压 强和使用合适的催化剂实现；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正向移动，反 应 3H2 (g)+N2(g)? 2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压强和较低 温度实现； 根据影响平衡移动的条件分析判断； 在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱 性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生CaCO3CaO+CO2，则 X 为 CO2可在此制备实 验中循环使用； (2)铵盐与强碱共热得到氨气和水； 根据 NH4 +元素守恒计算； 根据 NH4
11、+元素守恒计算； 一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol，根据 NH4+OH-NH3+H2O 可 知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl2溶液 B L，根据 Ba 2+SO 42-BaSO4可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继续滴入硝酸银溶 液至过量，又产生D mol 沉淀，根据Ag+Cl-=AgCl ，结合前面加入 CBmol的 BaCl2溶液可 知，每份含有Cl-(D-2BC) mol。 【详解】 (1)要使反应物尽可能快的转化为氨气，需要加快反应速率，可以通过升高温度、增大压 强和使用合适的催化剂实现，故选ACE
12、 ；要使反应物尽可能多的转化为氨气，需要反应正 向移动，反应3H2 (g)+N2(g)?2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，可以通过增大压 强和较低温度实现，故选BC； A. 反应 3H2 (g)+N2(g)?2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，升高温度反应逆向移 动，说明升高温度，对逆反应的反应速率影响更大，故A 错误； B. 反应 3H2 (g)+N2(g)?2NH3 (g) + 92.4 kJ是气体体积减小的放热反应，增大压强反应速率加 快，反应正向移动，说明增大压强对正反应的反应速率影响更大，故B 正确； C. 减小生成物浓度，反应逆
13、向移动，说明减小生成物浓度对逆反应的反应速率影响更大， 故 C 正确； 故选 A。 在上述流程的沉淀池中通入足量氨气的目的是一方面提供反应物，另一方面使溶液呈碱 性有利于CO2的吸收，在煅烧炉中发生 CaCO3CaO+CO2，则 X 为 CO2可在此制备实 验中循环使用； (2)铵盐与强碱共热得到氨气和水，离子方程式为：NH4+OH- H2O+NH3； 0.5L 0.01 mol/L 硝酸铵溶液中硝酸铵的物质的量为：0.5L0.01 mol/L=0.005mol ，根据 NH4 +守恒，最多生成氨气 0.005mol，标况下的体积为：0.005mol22.4L/mol=0.112L ； 由题意
14、可知，在反应后的溶液中加入足量的氯化钡溶液，产生0.01 mol BaSO4白色沉 淀，说明原溶液中含有硫酸根0.01mol ，设硝酸铵的物质的量为xmol，根据 NH4 +守恒有 x+0.01mol2=0.025，得 x=0.005mol ，硝酸铵的浓度为 0.005mol 0.5L =0.01mol/L ； 一份溶液与足量的氢氧化钠溶液共热，共产生氨气A mol，根据 NH4+OH-NH3+H2 O 可 知每份中含有AmolNH4+，与氯化钡溶液完全反应消耗C mol/LBaCl2溶液 B L，根据 Ba 2+SO 42-BaSO4可知每份含有SO42-CBmol，将沉淀过滤后，在滤液中继
15、续滴入硝酸银溶 液至过量，又产生D mol 沉淀，根据Ag+Cl-=AgCl ，结合前面加入 CBmol的 BaCl2溶液可 知，每份含有Cl-(D-2BC) mol，则原混合溶液中，氯化铵的浓度为 2 D-2BC V mol/L = 2D-4BC V mol/L ；每份中硝酸根的物质的量为： n(NH4+)- n(Cl-)-2n(SO42- )=Amol-2BCmol- D-2BC mol，硝酸铵的浓度为 2 A-2BC-D-2BC V mol/L = 2A-2D V mol/L。 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 1.0 molL 1 计算 )。 氢氧化物Fe(OH)3 Fe(OH)2Ni(OH)2 开始沉淀的pH1.56.57.7 沉淀完全的pH3.39.99.2 （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。 在隔绝空气条件下，“ 煅烧 ” 碱式
