精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量含答案解析

精选高考化学易错题专题复习化学反应与能量含答案解析

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- c N、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HCO3，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，NH4的水解程度小于HCO3的水解程度，所以NH4HCO3溶液呈碱性，故答案为：NH4的水解程度小于HCO3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HCO3，故答案为：除去溶液中的HCO3；

（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。

--

7H2O的一种工艺流程：闪锌2．如图是闪锌矿(主要成分是ZnS，含有少量FeS)制备ZnSO4·

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 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe3＋ 1.5 2.8 Fe2＋ 6.3 8.3 Zn2＋ 6.2 8.2 (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ZnO B．滤渣2的主要成分是Fe(OH)2

C．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。

3．硝酸铵常用作化肥和化工原料，工业上制备硝酸铵的简要流程如图：

(1)中和器中主要反应的化学方程式为___________

(2)制备硝酸铵采用加压中和法还是常压中和法？同时说明原因___________ (3)在不同的反应条件下，中和器中硝酸浓度与硝酸铵含量存在如图关系：

[不利用中和热及在不同情况下利用中和热时生产硝铵溶液中NH4NO3的含量1－HNO3和NH3(70℃)；2－HNO3和NH3(50℃)；3－HNO3(50℃)和NH3(20℃)；4－HNO3和NH3(20℃)] ①按图中的数据分析，要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，原料最佳温度和硝酸最佳含量是__________ A．70℃；58% B． HNO3(50℃)，NH3(20℃)；56% C．50℃；56% D． 20℃；58%

②中和器中产品检测时，工作人员发现N2浓度明显高于正常空气带入的N2浓度，试用化

学方程式表示中和器中生成N2的最有可能的过程____________ 、___________ ③以下制备硝酸铵分析不正确的是___________

A．硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液。

B．采用真空蒸发器有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液和较大颗粒的硝酸铵晶体析出。 C．已知NH3与HNO3的气相反应很不彻底，工艺中应尽量使反应在液相中进行，可将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应。

D．充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，可以降低原料损耗。 【答案】NH3+HNO3=NH4NO3 采用加压中和法。原因是加压可以增大反应的速率和提高产率 A 4HNO3=4NO2+O2+2H2O 6NO2+8NH3=7N2+12H2O BC 【解析】 【分析】

(1)氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵； (2)压强越大化学反应速率越快，且增大压强可以提高产率； (3)①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好； ②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2。 【详解】

(1)氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性，所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3；

(2)压强越大单位体积内活化分子个数越多，则化学反应速率越快，该反应前后气体计量数减小，则增大压强可以提高产率，所以采用加压中和法；

(3)①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上，硝酸的含量越低越好，根据图知，温度为70℃、硝酸含量为58%最好，答案选A；

②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O，NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2，发生的反应为4HNO3=4NO2+O2+2H2O、6NO2+8NH3=7N2+12H2O；

③A、中和时放出的热量预热原料能加快化学反应速率，浓缩溶液需要加热，所以硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液，从而减少资源浪费，A正确，不符合题意；

B、结晶速率越慢得到的颗粒越大，采用真空蒸发器增大蒸发速率，虽然有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液，但得到较小颗粒的硝酸铵晶体析出，B错误，符合题意； C、将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应，放出的热量会使得液氨气化，会导致氨的转化率降低，不利于硝酸铵的制取，C错误，符合题意；

D、充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品，增大原料的利用，从而可以降低原料损耗，D正确，不符合题意；答案为：BC。 【点睛】

(3)③问中，结晶速率和晶体颗粒大小的关系，是易错点，要注意。

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】Al Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O Mg Mg-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】