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1、备战高考化学二轮 化学反应与能量 专项培优 易错 难题附答案解析一、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11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。“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
2、，MnO2和_（写化学式）。“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_。“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1.0800 g样品，溶解后定容于100 mL容量瓶中，摇匀。取浓度为0.2000 molL1的H2C2O4标准溶液20.00 mL，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24.48 mL，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+
3、4KOH2K2MnO4+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 K2CO3 MnO42-e-=MnO4- H2 3:2 95.62% 【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+4KOH2K2MnO4+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
4、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） 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；“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
5、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+2H2O2KMnO4+2H2+2KOH；根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+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+
6、10CO2+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2 KMnO45H2C2O4。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菱锰矿粉的主要成分是MnCO3，还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素常温下，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+Mn
7、2+Mg2+开始沉淀的pH3.81.56.310.68.89.6沉淀完全的pH5.22.88.312.610.811.6常温下，Ksp(CaF2)=1.461010，Ksp(MgF2)=7.421011；Ka(HF)=1.00104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）净化除杂流程如下已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8KMnO4MnO2Fe3+，则氧化剂X宜选择_ A(NH4)2S2O8 BMnO2 CKMnO4调节pH时，pH可取的范围为_常温下加入NH4F将Ca
8、2+、Mg2+沉淀除去，此时溶液中，=_若此时pH为6，c(Mg2+)= a mol/L，则c(HF)为_ mol/L （用a表示）（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+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O 温度为500 且 m(MnCO3):m(NH4Cl)=1.10 B 5.2pH8.8 1.97 10-7 CO32-水解程度大于HCO3-，易生成氢氧化物沉淀 【解析】【分析】根据流程：将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3，还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧：MnCO3+2NH4ClMnCl2+2
9、NH3+CO2+H2O，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应为：MnO2+2Fe2+4H+Mn2+2Fe3+2H2O，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl，加入碳酸氢铵发生反应：Mn2+2HCO3-MnCO3+CO2+H2O，炭化结晶，过滤，滤饼干燥后得到MnCO3，滤液为NH4Cl溶液，蒸发结晶得到NH4Cl固体，可循环使用，据此分析作答。【详解】(1)“混合研磨”可使物质充分
10、接触，加快反应速率；(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4ClMnCl2+2NH3+CO2+H2O；(3) 根据图可知，锰的浸出率随着温度的升高而增大，随着m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大而增到，500、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10时，锰的浸出率最高，温度过高，m(NH4Cl)：m(锰矿粉)增大，浸出率变化不大，成本增加，故焙烧温度取500、m(NH4Cl)：m(锰矿粉)=1.10即可；(4)根据分析，浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+，加入氧化剂X的目的将Fe2+氧化为Fe3+，同时在选择氧化剂时，要尽可能不要引入新的杂质，则氧
11、化剂X宜选择MnO2，答案选B；根据分析，再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去，然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去，净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl，过程中不能让Mn2+沉淀，结合相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围表，Al3+、Fe3+完全沉淀时的pH值分别为5.2和2.8，Mn2+开始沉淀的PH值为8.8，pH可取的范围为5.2pH8.8；1.97；若此时pH为6，即c(H+)=10-6 mol/L，c(Mg2+)= a mol/L，c(F-)=mol/L，HF是弱酸，在溶液中
12、部分电离，已知Ka(HF)=1.00104则c(HF)= 10-7mol/L；(5)“碳化结晶”过程中，因为碳酸根离子水解程度大，碳酸铵溶液中c(OH)较大，易产生Mn(OH)2沉淀，故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。3如图是闪锌矿(主要成分是ZnS，含有少量FeS)制备ZnSO47H2O的一种工艺流程：闪锌矿粉溶浸除铁结晶ZnSO47H2O。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Fe3Fe2Zn2开始沉淀的pH1.56.36.2沉淀完全的pH2.88.38.2(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Fe
13、2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉，发生的主要反应是：ZnS2Fe3Zn22Fe2S。浸出液中含有的阳离子包括Zn2、Fe2、_。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ZnOB滤渣2的主要成分是Fe(OH)2C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 ZnSCu2
14、Zn2CuS AC 【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ZnSO47H2O，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)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+；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：ZnSCu2Zn2CuS；(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
