【化学】培优化学反应与能量辅导专题训练附答案
培优化学反应与能量辅导专题训练
培优化学反应与能量辅导专题训练一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．氧化锌工业品广泛应用于橡胶、涂料、陶瓷、化工、医药、玻璃和电子等行业，随着工业的飞速发展，我国对氧化锌的需求量日益增加，成为国民经济建设中不可缺少的重要基础化工原料和新型材料。
用工业含锌废渣(主要成分为ZnO ，还含有铁、铝、铜的氧化物，2Mn +、2Pb +、2Cd +等)制取氧化锌的工艺流程如图所示：已知：相关金属离子()n c M 0.1mol /L +⎡⎤=⎣⎦生成氢氧化物沉淀的pH 如下表所示：回答下列问题：()1为调节溶液的pH ，则试剂X 为_________(填化学式)，()2除杂时加入高锰酸钾的作用是_________，发生反应的离子方程式为___________。
()3“过滤”所得滤渣的主要成分是_________(填化学式)。
()4写出“碳化合成”的化学方程式：________；“碳化合成”过程需纯碱稍过量，请设计实验方案证明纯碱过量：_________。
【答案】ZnO[或2Zn(OH)或3ZnCO ] 除去2Mn +24222MnO 3Mn2H O 5MnO 4H -++++=↓+ 3Fe(OH)、3Al(OH)、2MnO 32232322233Zn(NO )3Na CO 3H O ZnCO ?2Zn(OH)?H O 2CO 6NaNO [++=↓+↑+或(32232322333Zn(NO )5Na CO 5H O ZnCO ?2Zn OH)?H O 4NaHCO 6NaNO ⎤++=↓++⎦ 静置，取少许上层清液继续滴加纯碱溶液，若无沉淀产生，则证明纯碱过量(或静置，取少许上层清液滴加2CaCl 溶液，若有白色沉淀产生，则证明纯碱过量)【解析】【分析】()1根据除杂的同时不要掺入新的杂质考虑；()2加入高锰酸钾的作用是将2Mn +转化为2MnO 沉淀，除去2Mn +；()3 由()1、()2知，“过滤”所得滤渣；()4“碳化合成”时加入23Na CO ，产物为322·2()?ZnCO Zn OH H O ，写出化学方程式。
培优化学反应与能量辅导专题训练含答案
培优化学反应与能量辅导专题训练含答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．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 6.310.68.89.6沉淀完全的pH 5.2 2.88.312.610.811.6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)2S2O8 B．MnO2 C．KMnO4②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)=1.10 B 5.2≤pH<8.8 CO32-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。
高考化学知识点过关培优训练∶化学反应与能量变化附详细答案
高考化学知识点过关培优训练∶化学反应与能量变化附详细答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．A、B、C、D、 E、F六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出），其中反应①是置换反应，B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色：反应③中有水生成，反应②需要放电才能发生，A是—种极易溶于水的气体，A和D相遇有白烟生成。
(1)反应③的化学方程式为_______________________________________________。
(2)反应①中每生成1 molC，转移的电子数为_______________________________。
(3)A与D的水溶液恰好完全反应时，其生成物的水溶液呈性___________（填“酸”“碱”或“中’’），该水溶液中存在着如下关系，用粒子浓度符号填写：①c(H＋)+_________＝c(OH－)+_____________；②c(H＋)＝c(OH－)+_____________。
(4)元素X与组成B的元素同周期，X的单质既可与酸反应也可与碱反应且都生成H2，则①X的单质与碱反应的离子方程式____________________________________；②X、空气、海水可以组成新型海水标志灯的电池。
该种灯以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使X不断氧化而源源不断产生电流。
则该新型电池的正极的电极反应式为___________________________；原电池的总反应方程式为__________________________。
【答案】4NH3＋5O24NO＋6H2O 3.612×1024酸 c(NH4＋) c(Cl－) c(NH3·H2O) 2Al ＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑ O2＋2H2O＋4e－＝4OH－ 4Al＋3O2＋6H2O＝4Al(OH)3【解析】【分析】B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，因此B是氯气。
高考化学培优(含解析)之化学反应与能量变化及答案解析
高考化学培优(含解析)之化学反应与能量变化及答案解析一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．X 、Y 、Z 、W 、Q 是原子序数依次增大的短周期主族元素，X 与Y 位于不同周期，X 与W 位于同一主族；原子最外层电子数之比N （Y ）：N （Q ）=3：4；Z 的原子序数等于Y 、W 、Q 三种元素原子的最外层电子数之和。
请回答下列问题：（1）Y 元素在周期表中的位置是______________;QX 4的电子式为_____________。
（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W 2Q 和X 2Z 为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W 2QZ 3和气体X 2，利用气体X 2组成原电池提供能量。
①写出W 2Q 和X 2Z 反应的化学方程式：______________。
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X 2和Z 2可形成原电池，其中通入气体X 2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。
③若外电路有3mol 电子转移，则理论上需要W 2Q 的质量为_________。
【答案】第二周期第ⅢA 族22232Na Si+3H O=Na SiO +3H ↑ 负极37g【解析】【分析】原子最外层电子数之比N （Y ）：N （Q ）=3：4，因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y 的最外层为3个电子，Q 的最外层为4个电子，则Y 为硼元素，Q 为硅元素，则X 为氢元素，W 与氢同主族，为钠元素，Z 的原子序数等于Y 、W 、Q 三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。
即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。
【详解】(1)根据分析，Y 为硼元素，位置为第二周期第ⅢA 族；QX 4为四氢化硅，电子式为；(2) ①根据元素分析，该反应方程式为22232Na Si+3H O=Na SiO +3H ↑；②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；③外电路有3mol 电子转移时，需要消耗1.5mol 氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol 硅化钠，质量为37g 。
培优化学反应与能量辅导专题训练及答案
培优化学反应与能量辅导专题训练及答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．如图是闪锌矿(主要成分是ZnS，含有少量FeS)制备ZnSO4·7H2O的一种工艺流程：闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4∙7H2O。
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Fe3＋Fe2＋Zn2＋开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2沉淀完全的pH 2.88.38.2(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Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉，发生的主要反应是：ZnS＋2Fe3＋＝Zn2＋＋2Fe2＋＋S。
①浸出液中含有的阳离子包括Zn2＋、Fe2＋、_____________。
②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＋ ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS 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ZnSO4•7H2O，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)①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+；②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：ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS；(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. 根据分析可知滤渣2主要为Fe(OH)3，故B错误；C. 加入ZnS可将铁离子还原，通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子，所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3＋)，故C正确；综上所述选AC。
高考化学化学反应与能量(大题培优)附详细答案
高考化学化学反应与能量(大题培优)附详细答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．如图是闪锌矿(主要成分是ZnS，含有少量FeS)制备ZnSO4·7H2O的一种工艺流程：闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4∙7H2O。
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Fe3＋Fe2＋Zn2＋开始沉淀的pH 1.5 6.3 6.2沉淀完全的pH 2.88.38.2(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Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉，发生的主要反应是：ZnS＋2Fe3＋＝Zn2＋＋2Fe2＋＋S。
①浸出液中含有的阳离子包括Zn2＋、Fe2＋、_____________。
②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＋ ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS 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ZnSO4•7H2O，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)①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+；②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：ZnS＋Cu2＋＝Zn2＋＋CuS；(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. 根据分析可知滤渣2主要为Fe(OH)3，故B错误；C. 加入ZnS可将铁离子还原，通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子，所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3＋)，故C正确；综上所述选AC。
高考化学化学反应与能量(大题培优)附详细答案
高考化学化学反应与能量(大题培优)附详细答案一、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。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O ΔZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋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Ⅰ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) Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋ H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 调节溶液的pH，促进Fe3＋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++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，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Fe3+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=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；(1)①ZnFe2O4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工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O ΔZnFe2O4+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，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Ⅰ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去。
【化学】培优化学反应与能量变化辅导专题训练含详细答案
【化学】培优化学反应与能量变化辅导专题训练含详细答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．短周期元素X、Y、Z、W、R、T在周期表中的位置如图所示。
请按要求回答下列问题。
(1)R与W形成化合物的电子式为________________________。
(2)Y的氢化物与T的氢化物反应的生成物中含有的化学键为_________。
(3)X与Z形成的二元化合物中，所含电子数为18的分子的化学式为______。
(4)实验室制取T单质的离子方程式为______________________________。
(5)如图，a、b为多孔石墨电极(电极不参与反应)，插入W的最高价氧化物对应水化物的溶液中，两端分别通入X单质和Z单质，发现电流计指针发生偏转。
①电池工作时，电子的移动方向为由_____到_____(填“a”或“b”)。
②该电池反应产物环保无污染，则该电池的总反应式为____________。
【答案】离子键、共价键 H2O2 MnO2+4H++2Cl－ΔMn2++Cl2↑＋2H2O ab 2H2+O2=2H2O【解析】【分析】根据元素在周期表的位置可得，X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，W为Na元素，R 为S元素，T为Cl元素，据此分析解答；【详解】(1) R为S元素，W为Na元素，R与W形成化合物为Na2S，电子式为；(2) Y为N元素，T为Cl元素，Y的氢化物与T的氢化物分别为NH3和HCl，反应的生成物为NH4Cl，属于含有共价键的离子化合物，其中含有的化学键为离子键、共价键；(3) X为H元素，Z为O元素，X与Z形成的二元化合物为H2O、H2O2，所含电子数为18的分子的化学式为H2O；(4) T为Cl元素，实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下制取氯气，的离子方程式为MnO2+4H++2Cl－ΔMn2++Cl2↑＋2H2O；(5) W为Na元素，W的最高价氧化物对应水化物的溶液为氢氧化钠溶液，两端分别通入H2和O2，发现电流计指针发生偏转，说明该装置构成氢氧燃料电池。
备战高考化学培优专题复习化学反应与能量变化练习题及答案
备战高考化学培优专题复习化学反应与能量变化练习题及答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．A、B、C、D、 E、F六种物质的相互转化关系如下图所示（反应条件未标出），其中反应①是置换反应，B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色：反应③中有水生成，反应②需要放电才能发生，A是—种极易溶于水的气体，A和D相遇有白烟生成。
(1)反应③的化学方程式为_______________________________________________。
(2)反应①中每生成1 molC，转移的电子数为_______________________________。
(3)A与D的水溶液恰好完全反应时，其生成物的水溶液呈性___________（填“酸”“碱”或“中’’），该水溶液中存在着如下关系，用粒子浓度符号填写：①c(H＋)+_________＝c(OH－)+_____________；②c(H＋)＝c(OH－)+_____________。
(4)元素X与组成B的元素同周期，X的单质既可与酸反应也可与碱反应且都生成H2，则①X的单质与碱反应的离子方程式____________________________________；②X、空气、海水可以组成新型海水标志灯的电池。
该种灯以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使X不断氧化而源源不断产生电流。
则该新型电池的正极的电极反应式为___________________________；原电池的总反应方程式为__________________________。
【答案】4NH3＋5O24NO＋6H2O 3.612×1024酸 c(NH4＋) c(Cl－) c(NH3·H2O) 2Al ＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑ O2＋2H2O＋4e－＝4OH－ 4Al＋3O2＋6H2O＝4Al(OH)3【解析】【分析】B、C、F都是气态单质，且B为黄绿色，因此B是氯气。
高考化学 化学反应与能量 培优练习(含答案)含答案
高考化学化学反应与能量培优练习(含答案)含答案一、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)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH 2.1 6.5 3.77.1沉淀完全的pH 3.39.7 4.79.2(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K sp(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++2H2O 4.7≤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。
【化学】培优化学反应与能量变化辅导专题训练
【化学】培优化学反应与能量变化辅导专题训练一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y位于不同周期，X与W 位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。
请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。
（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。
①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。
③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。
Na Si+3H O=Na SiO+3H↑负极【答案】第二周期第ⅢA族2223237g【解析】【分析】原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4，因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。
即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。
【详解】(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为；Na Si+3H O=Na SiO+3H↑；(2)①根据元素分析，该反应方程式为22232②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。
化学化学反应与能量的专项培优练习题(含答案)附详细答案
化学化学反应与能量的专项培优练习题(含答案)附详细答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）KMnO）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1．高锰酸钾（4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。
CO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①“2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______________。
CO歧化法”中，K2MnO4的理论利用率之比为______________。
③“电解法”和“2（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 mol·L−1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+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-。
高考化学知识点过关培优训练∶化学反应与能量变化及详细答案
高考化学知识点过关培优训练∶化学反应与能量变化及详细答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，X与Y位于不同周期，X与W 位于同一主族；原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4；Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和。
请回答下列问题：（1）Y元素在周期表中的位置是______________;QX4的电子式为_____________。
（2）一种名为“PowerTrekk”的新型充电器是以化合物W2Q和X2Z为原料设计的，这两种化合物相遇会反应生成W2QZ3和气体X2，利用气体X2组成原电池提供能量。
①写出W2Q和X2Z反应的化学方程式：______________。
②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体X2和Z2可形成原电池，其中通入气体X2的一极是_______（填“正极”或“负极”）。
③若外电路有3mol电子转移，则理论上需要W2Q的质量为_________。
Na Si+3H O=Na SiO+3H↑负极【答案】第二周期第ⅢA族2223237g【解析】【分析】原子最外层电子数之比N（Y）：N（Q）=3：4，因为都为主族元素，最外层电子数小于8，所以Y的最外层为3个电子，Q的最外层为4个电子，则Y为硼元素，Q为硅元素，则X为氢元素，W与氢同主族，为钠元素，Z的原子序数等于Y、W、Q三种元素原子的最外层电子数之和，为氧元素。
即元素分别为氢、硼、氧、钠、硅。
【详解】(1)根据分析，Y为硼元素，位置为第二周期第ⅢA族；QX4为四氢化硅，电子式为；Na Si+3H O=Na SiO+3H↑；(2)①根据元素分析，该反应方程式为22232②以稀硫酸为电解质溶液，向两极分别通入气体氢气和氧气可形成原电池，其中通入气体氢气的一极是负极，失去电子；③外电路有3mol电子转移时，需要消耗1.5mol氢气，则根据方程式分析，需要0.5mol硅化钠，质量为37g。
高考化学 化学反应与能量 培优练习(含答案)附答案解析
高考化学化学反应与能量培优练习(含答案)附答案解析一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．五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（M n+）=0.1 mol/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+H2O 2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+ D 4.7≤pH＜7.8 Fe(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。
化学第六章 化学反应与能量 的专项培优练习题(及答案
化学第六章化学反应与能量的专项培优练习题(及答案一、选择题1．全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2S x（2≤x≤8）。
下列说法错误的是A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 gC．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多【答案】D【详解】A．原电池工作时，Li+向正极移动，则a为正极，正极上发生还原反应，随放电的多少可能发生多种反应，其中可能为2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，故A正确；B．原电池工作时，转移0.02mol电子时，氧化Li的物质的量为0.02mol，质量为0.14g，故B正确；C．石墨能导电，利用石墨烯作电极，可提高电极a的导电性，故C正确；D．电池充电时间越长，转移电子数越多，生成的Li和S8越多，即电池中Li2S2的量越少，故D错误；答案为D。
2．工业合成氨反应在催化剂表面的反应历程及能量变化如图所示，下列说法正确的是( )A．合成氨的正、逆反应的焓变相同B．若使用催化剂，生成等量的NH3需要的时间更短C．在该过程中，N原子和H原子形成了含有非极性键的氨气分子D．合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量【答案】B【详解】A．在可逆反应中，正反应和逆反应的焓变数值相同，但符号相反，A错误；B，使用催化剂，化学反应速率加快，生成等量的NH3需要的时间更短，B正确；C．N原子和H原子吸引电子的能力不同，形成的是极性键，C错误；D．根据图示，合成氨反应是放热反应，因此反应物断键吸收的能量小于生成物形成键释放的能量，D错误；答案选B。
3．化学反应中能量变化，通常表现为热量的变化，如Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应要吸收热量，在化学上叫做吸热反应。
【化学】培优化学反应与能量辅导专题训练附答案解析
【化学】培优化学反应与能量辅导专题训练附答案解析一、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)3Fe(OH)2Al(OH)3Ni(OH)2开始沉淀的pH 2.1 6.5 3.77.1沉淀完全的pH 3.39.7 4.79.2(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K sp(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++2H2O 4.7≤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。
培优化学反应与能量变化辅导专题训练含答案解析
培优化学反应与能量变化辅导专题训练含答案解析一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如图所示，已知在同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，X、Y、Z、W的单质及其化合物在日常生活中用途极其广泛。
(1)X元素在元素周期表中的位置________。
(2)X、Y、Z元素的简单气态氢化物中，稳定性最差的是________（用分子式表示）。
(3)Y、Z、W三种元素对应的离子中，半径由大到小的顺序____________（用离子符号表示）。
(4)某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定XZ的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇－氧化钠，其中Z2-可以在固体介质NASICON中自由移动。
则负极的反应式_______________。
关于该电池的下列说法，正确的是_________。
A．工作时电极b作正极，Z2- 通过固体介质NASICON由电极b流向电极aB．工作时电流由电极a通过传感器流向电极bC．传感器中通过的电流越大，尾气中XZ的含量越高(5)X2Z42-能被酸性KMnO4氧化，请填写相应的离子，并给予配平：_____ ______+______MnO4- + ________H+ = ______CO2 + _______Mn2++______H2O【答案】第二周期第ⅣA 族 CH4 r(N3-)>r(O2-)>r(Al3+) CO+O2--2e-=CO2 AC 5 C2O42- 2 16 10 2 8【解析】【分析】根据短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系，则X、Y、Z是第二周期的元素，W 是第三周期的元素；同周期元素的常见简单离子中，W的简单离子半径最小，W是Al元素；根据相对位置，X、Y、Z分别是C、N、O。
【详解】(1)X是C元素，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅣA 族；(2)同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，气态氢化物越稳定，C、N、O元素的简单气态氢化物中，稳定性最差的是CH4；(3)N、O、Al三种元素对应的离子，电子层数相同，质子数越多，半径越小，半径由大到小的顺序r(N3-)>r(O2-)>r(Al3+)；(4)原电池负极发生氧化反应、正极发生还原反应，负极是一氧化碳失电子生成二氧化碳，负极反应式CO+O2--2e-=CO2；A．b通入氧气，氧气发生还原反应，工作时电极b作正极，O2- 通过固体介质NASICON由电极b流向电极a，故A正确；B．电流由正极流向负极，b是正极，工作时电流由电极b通过传感器流向电极a，故B错误；C．CO的含量越高，失电子越多，传感器中通过的电流越大，故C正确；(5)C2O42-被酸性KMnO4氧化为CO2，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，相应的离子方程式是5C2O42-+2MnO4- +16H+ =10CO2 +2Mn2++8H2O。
【化学】培优 易错 难题化学反应与能量辅导专题训练及答案
【化学】培优易错难题化学反应与能量辅导专题训练及答案一、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。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O ΔZnFe2O4＋2CO2↑＋4CO↑＋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Ⅰ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) Zn2＋、Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋ H2O2＋2Fe2＋＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O 调节溶液的pH，促进Fe3＋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++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，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Fe3+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=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn；(1)①ZnFe2O4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工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O ΔZnFe2O4+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，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Ⅰ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去。
培优化学反应与能量变化辅导专题训练附答案
培优化学反应与能量变化辅导专题训练附答案一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．部分中学化学常见元素原子结构及性质如表所示：序号元素结构及性质A A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5B B原子最外层电子数是内层电子总数的1/5③C C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态④D D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料①E 通常情况下，E没有正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物②F F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族(1)A元素在周期表中的位置为____________________________________________。
(2)B与C形成的化合物的化学式为________，它属于________(填“离子”或“共价”)化合物。
(3)①F与E可以形成原子个数比分别为2∶1、1∶1的两种化合物X和Y，区别X与Y的水溶液的实验方法是____________________②F与C组成的两种化合物M和N所含的电子数分别与X、Y相等，则M的水溶液显________性，N的结构式为________。
(4)C与E都是较活泼的非金属元素，用化学方程式表明这两种单质的氧化性强弱____。
(5)有人认为B、D的单质用导线连接后插入氯化钠溶液中可以形成原电池，你认为是否可以，若可以，试写出正极的电极方程式(若认为不行可不写)___________________【答案】第四周期第Ⅷ族 Mg3N2离子分别取X、Y各少许置于试管中，再各加入少量的MnO2粉末，迅速产生无色气体的是H2O2，无明显现象的是H2O 三角锥形4NH3+3O22N2+6H2O Si﹣4e﹣+6OH﹣═SiO32﹣+3H2O【解析】【分析】A单质是生活中常见金属，它有两种氯化物，相对分子质量相差35.5，则A为Fe元素；B 元素原子最外层电子数是内层电子总数的，B有3个电子层，最外层电子数为2，则B为Mg元素；C是常见化肥的主要元素，单质常温下呈气态，C为N元素；D单质被誉为“信息革命的催化剂”，是常用的半导体材料，则D为Si；F在周期表中可以排在ⅠA族，也有人提出排在ⅦA族，其化合价表现+1、﹣1，故F为H元素；通常情况下，E没有最高正化合价，A、B、C、D、F都能与E形成化合物，则E为O元素，据此解答。
完整版化学化学第六章 化学反应与能量 的专项培优练习题(及答案(1)
完整版化学化学第六章化学反应与能量的专项培优练习题(及答案一、选择题1．反应Ⅰ：CaSO4(s)＋4CO(g)CaS(s)＋4CO2(g) ΔH1＝－175.6 kJ·mol-1反应Ⅱ：CaSO4(s)＋CO(g)CaO(s)＋SO2(g)＋CO2(g) ΔH2＝＋218.4 kJ·mol-1假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是( )A．B．C．D．【答案】D【详解】反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，因为B、C两图中反应Ⅰ的生成物总能量高于反应物总能量，而反应Ⅱ的生成物总能量低于反应物总能量，则B、C错误。
由题意知：反应Ⅰ的速率(v1)小于反应Ⅱ的速率(v2)，则反应Ⅰ的活化能较大，则A错误、D正确，故选D。
2．如图所示进行实验，下列说法不正确的是A．装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生B．甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能C．装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转D．装置乙中负极的电极反应式：Zn－2e－===Zn2＋【答案】B【详解】A．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生，故A正确；B．装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池，故B错误；C．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，所以锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转，故C正确；D．装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式：Zn-2e-═Zn2+，故D正确；故选B。
【点睛】准确理解原电池原理是解题关键，装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析。
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【化学】培优化学反应与能量辅导专题训练附答案一、化学反应与能量练习题（含详细答案解析）1．五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（M n+）=0.1 mol/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+H2O 2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+ D 4.7≤pH＜7.8 Fe(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(M n+)=0.1 mol/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。
2．六氟磷酸锂(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CaSO 4和________(除硫酸外)(4)制备白磷(P 4)中产生SiF 4和一种还原性气体，制备白磷的化学方程式为________________(5)尾气中PCl 5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________kgLiPF 6【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 H 3PO 4 4Ca 5(PO 4)3F+21SiO 2+30C20CuSiO 3+3P 4+SiF 4↑+30CO↑ PCl 5+8OH -=PO 43-+5Cl -+4H 2O 152【解析】【分析】氟磷灰石粉碎后，加入浓硫酸加热的条件下发生Ca 5[PO 4]3F+5H 2SO 4=HF↑+3H 3PO 4+5CaSO 4，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4Ca 5(PO 4)3F+21SiO 2+30C 20CuSiO 3+3P 4+SiF 4↑+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LiPF 6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CaSO 4和H 3PO 4；(4) 制备白磷(P 4)中产生SiF 4和一种还原性气体CO ，反应的方程式为4Ca 5(PO 4)3F+21SiO 2+30C 20CuSiO 3+3P 4+SiF 4↑+30CO↑；(5)尾气中PCl 5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PCl 5+8OH -=PO 43-+5Cl -+4H 2O ；(6)LiCl+6HF+PCl 5=LiPF 6+6HCl ，42.5kgLiCl 的物质的量为1000mol ，理论生成1000molLiPF 6，质量为152kg 。
3．某含镍()NiO 废料中有FeO 、23Al O 、MgO 、2SiO 等杂质，用此废料提取4NiSO 的工艺流程如图1：已知：①有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH 如图．②25℃时，32NH H O ⋅的电离常数5b K 1.810.HF -=⨯的电离常数4a K 7.210-=⨯，sp K ()112MgF 7.410-=⨯．(1)加23Na CO 调节溶液的pH 至5，得到废渣2的主要成分是______(填化学式)．(2)Mg 能与饱和4NH Cl 溶液反应产生3NH ，请用化学平衡移动原理解释(用必要的文字和离子方程式回答)______．(3)25℃时，11mol L -⋅的NaF 溶液中()c OH -=______ 1mol L (-⋅列出计算式即可4).NH F 溶液呈______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)．(4)已知沉淀前溶液中()231c Mg 1.8510mol L +--=⨯⋅，当除镁率达到99%时，溶液中()c F -=______ 1mol L -⋅．(5)在NaOH 溶液中用NaClO 与4NiSO 反应可得()NiO OH ，化学方程式为____________；()NiO OH 与贮氢的镧镍合金可组成镍氢碱性电池(KOH 溶液)，工作原理为：()5652LaNi H 6NiO OH LaNi 6NiO 6H O +++放电充电，负极的电极反应式：______．【答案】3Al(OH)、3Fe(OH) 氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，4232NH H O NH H O H +++⋅+，镁和氢离子反应生成氢气，氢离子浓度减小，促进平衡正向进行，生成的一水合氨分解生成氨气，2432Mg 2NH Mg 2NH H +++=+↑+↑144107.210--⨯酸性 32.010-⨯ ()42422NiSO NaClO 4NaOH 2Na SO NaCl 2NiO OH H O ++=+++5652LaNi H 6OH 6e LaNi 6H O --+-=+【解析】【分析】某NiO 的废料中有FeO 、23Al O 、MgO 、2SiO 等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为2SiO ，滤液为4NiSO 、4FeSO 、243Al (SO )、4MgSO ，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液pH ，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入4NH F 沉淀2Mg +，生成沉淀滤渣3为2MgF ，过滤得到的滤液，滤液中获得42NiSO 6H O ⋅晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，据此分析。
【详解】某NiO 的废料中有FeO 、23Al O 、MgO 、2SiO 等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为2SiO ，滤液为4NiSO 、4FeSO 、243Al (SO )、4MgSO ，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液pH ，使铁离子，铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入4NH F 沉淀2Mg +，生成沉淀滤渣3为2MgF ，过滤得到的滤液，滤液中获得42NiSO 6H O ⋅晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，()1加入碳酸钠溶液调节溶液pH ，使铁离子，铝离子全部沉淀生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，得到废渣2的主要成分是3Al(OH)、3Fe(OH)，故答案为：3Al(OH)、3Fe(OH)；()2Mg 能与饱和4NH Cl 溶液反应产生3NH ，氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，4232NH H O NH H O H +++⋅+，镁和氢离子反应生成氢气，氢离子浓度减小，促进平衡正向进行，生成的一水合氨分解生成氨气，2432Mg 2NH Mg 2NH H +++=+↑+↑，故答案为：氯化铵水解生成盐酸和一水合氨，4232NH H O NH H O H +++⋅+，镁和氢离子反应生成氢气，氢离子浓度减小，促进平衡正向进行，生成的一水合氨分解生成氨气，2432Mg 2NH Mg 2NH H +++=+↑+↑；()325℃时，11mol L -⋅的NaF 溶液中()c F 1mol /L -=，结合电离平衡常数4a K 7.210-=⨯，()()()h w a c HF c OH K K /K c F --⨯==，水解平衡时F -近似取1mol /L ，()()c HF c OH -=，则()c OH /L -=，一水合氨电离平衡常数5b K 1.810-=⨯。