备战高考化学易错题精选化学反应原理综合考查练习题及答案解析.docx

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备战高考化学易错题精选化学反应原理综合考查练习题及答案解析

2020-2021备战高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题及答案解析

一、化学反应原理综合考查

1．铝及其合金可用作材料、铝热剂等，在环境修复等方面也有着巨大的应用潜力。

（1）铝的冶炼、提纯的方法很多。

①高温碳热歧化氯化法冶铝包含的反应之一为：

Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）

3CO（g）+3AlCl（g），其平衡常数表达式为K=_______________。

②碳热还原Al2O3冶铝的部分反应如下：

Ⅰ.2Al2O3（s）+9C（s）=Al4C3（s）+6CO（g）△H1=akJ/mol

Ⅱ.4Al2O3（s）+Al4C3（s）=3Al4O4C（s）△H2=bkJ/mol

Ⅲ.Al4O4C（s）+Al4C3（s）=8Al（g）+4CO（g）△H3=ckJ/mol

反应Al2O3（s）+3C（s）=2Al（g）+3CO（g）的△H=__________kJ/mol

③用离子液体AICb-BMIC（阳离子为EMIM+、阴离子为AlCl4－、Al2Cl7－）作电解质，可实现电解精炼铝。

粗铝与外电源的_____________极（填“正”或“负"）相连；工作时，阴极的电极反应式为_______________。

（2）真空条件及1173K时，可用铝热还原Li5AlO4制备金属锂（气态），写出该反应的化学方程式：

__________________________。

（3）用Al、Fe或Al-Fe合金还原脱除水体中的硝态氮（NO3--N），在45℃，起始c（KNO3-N）为50mg·L-1、维持溶液呈中性并通入Ar等条件下进行脱除实验。

结果如图所示（c0为起始浓度、c为剩余浓度）：

①纯Al在0~3h时，NO3-几乎没有被脱除，其原因是_______________________；写出3h后NO3-被还原为N2的离子方程式：

____________________________。

②Al-Fe合金1~2h比纯A13~4h的脱除速率快得多的可能原因是________________。

【答案】

正4Al2Cl7－+3e－=7AlCl4－+Al3Li5AlO4+5Al

15Li（g）+4Al2O3铝表面的氧化膜仍未被溶解10Al+6NO3－+12H2O+6H+

10Al（OH）3+3N2↑Al-Fe形成原电池能加速电子转移

【解析】

【分析】

（1）①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；

②利用盖斯定律去反应热；

③电解精炼时，粗铝作阳极，而阴极上生成Al；

（3）②Al、Fe的活泼性不同，在溶液中可以构成原电池，加快反应速率。

【详解】

（1）①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，固体的浓度为定值，不出现在表达式中，则平衡常数

；

②根据盖斯定律，反应Ⅰ×

+反应Ⅱ×

+反应Ⅲ×

可得目标反应Al2O3（s）+3C（s）=2Al（g）+3CO（g），则△H=△H1×

+△H2×

+△H3×

kJ/mol

=

kJ/mol；

③电解精炼中，含有杂质的金属作阳极，失去电子，形成离子进入电解质中，在阴极得到电子得到单质，从而完成冶炼过程，因此粗铝与外电源的正极相连；电解质溶液中Al以AlCl4－、Al2Cl7－的形式存在，在阴极得到电子，生成Al，电极方程式为4Al2Cl7－+3e－=7AlCl4－+Al；

（2）真空条件及1173K时，可用铝热还原Li5AlO4制备金属锂，Al则转化为Al2O3，化学方程式为3Li5AlO4+5Al

15Li（g）+4Al2O3；

（3）①纯Al在0～3h，NO3－几乎没有被脱除，说明几乎没有反应，而在3h后，反应才开始，可能是由于Al的表面有一层氧化膜，阻止了反应的进行，因此纯Al在0~3h时，NO3-几乎没有被脱除，其原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解；Al和NO3－反应，溶液是中性的，产物中Al以Al（OH）3的形式存在，Al的化合价从0升高到＋3价，NO3－中N的化合价从＋5价降低到0价，根据化合价升降守恒，Al和NO3－的系数比为5：

3，再根据电荷守恒和原子守恒，可得离子方程式为10Al+6NO3－+12H2O+6H+

10Al（OH）3+3N2↑；

②Al、Fe的活泼性不同，在溶液中可以构成原电池，加快电子转移，加快了反应速率。

2．研究大气污染物SO2、CH3OH与H2O之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。

反应i：

反应ii：

（1）CH3OSO3H发生水解：

△H=______kJ/mol。

（2）T℃时，反应ii的CH3OH（g）、SO3（g）的初始浓度分别为

，平衡时SO3转化率为0.04%，则K=_____________。

（3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。

①分子间的静电作用力最强的是_____________（填“a”、“b”或“c”）。

②水将反应ii的最高能垒由_____________eV降为_____________eV。

③d到f转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为____（填标号）。

A．CH3OH中的氢氧键B．CH3OH中的碳氧键

C．H2O中的氢氧键D．SO3中的硫氧键

（4）分别研究大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响，结果如图所示。

①当c（CH3OH）大于10-11mol.L-1时，c（CH3OH）越大，c（H2SO4）越小的原因是_____________。

②当c（CH3OH）小于10-11mol.L-1时，c（H2O）越大，c（CH3OSO3H）越小的原因是_____________。

【答案】-164.44×104L·mol-1a20.936.62ACD反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越小，c（CH3OSO3H）越小

【解析】

【分析】

（3）图形很陌生，但仔细观察发现其实是反应历程与能量变化图，问题就变简单了。

（4）反应i和反应ii为竞争反应，两个反应都消耗三氧化硫，三氧化硫浓度不变的情况下，一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。

【详解】

（1）反应i：

反应ii：

反应i-反应ii有：

，所以

=

-

=（

）-（

）=-164.4

，故答案为：

-164.4；

（2）SO3转化率为0.04%，则SO3转化值=

×0.04%=8×10-13mol·L-1，列三段式如下：

，K=

≈

=4×104L·mol-1，故答案为：

4×104L·mol-1；

（3）①a处的两个分子能量更低，更稳定，分子间静电作用更强，故答案为：

a；

②无水时，反应ii的最高能垒为19.59eV-（-1.34eV）=20.93eV，有水时，反应ii的最高能垒为3.66eV-（-2.96eV）=6.62eV，即水将反应ii的最高能垒由20.93eV降为6.62eV，故答案为：

20.93；6.62；

③由图可知，水分子中的氢氧键断了一根，又形成一根；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新形成一根键；SO3中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S和甲醇中的O重新形成一根单键，综上所述，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂，ACD符合，故答案为：

ACD；

（4）①反应i和反应ii都消耗三氧化硫，为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小，故答案为：

反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小；

②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H减小，c（CH3OSO3H）减小，故答案为：

水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越少，c（CH3OSO3H）越小。

【点睛】

（2）计算时作如下近似处理：

≈100000×10-13

=10-8

≈

。

3．甲醛（HCHO）俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。

I·甲醛的制备

工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：

CH3OH（g）

HCHO（g）+H2（g）△H

（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H=___kJ•mol-1。

（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有___、___；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有___（填标号）。

a.混合气体的密度保持不变

b.混合气体的总压强保持不变

c.v（CH3OH）消耗=v（H2）生成

d.甲醛的浓度保持不变

（3）选用Ag/SiO2—ZnO作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。

制备甲醛的最佳反应温度为___（填标号），理由是___。

a.400℃b.650℃c.700℃d.750℃

（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应：

①CH3OH（g）

HCHO（g）+H2（g）

②CH3OH（g）

CO（g）+2H2（g）

平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mo1。

则反应i的平衡常数K=___。

II.甲醛的用途

（5）将甲醛水溶液与硫酸镍（NiSO4）溶液混合，可用于化学镀镍。

反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为___：

若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子___mo1。

【答案】+84升高温度降低压强bdc此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高1.575HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+0.02

【解析】

【分析】

【详解】

（1）生成物和反应物之间的能量差为

；

（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志：

a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；

b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；

c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v（CH3OH）消耗=v（H2）生成，c项错误；

d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d项正确；

答案选bd；

（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c；

（4）平衡时甲醇为0.2mol，因此有0.8mol甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol，说明有0.7mol甲醇发生了反应①，有0.1mol甲醇发生了反应②，因此氢气一共有

，代入平衡常数的表达式有

；

（5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为

；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL二氧化碳的物质的量为

，因此一共要转移0.02mol电子。

【点睛】

对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。

4．H2S是石油化工行业广泛存在的污染性气体，但同时也是重要的氢源和硫源，工业上可以采取多种方式处理。

Ⅰ．干法脱硫

（1）已知H2S的燃烧热为akJ∙mol-1，S的燃烧热为bkJ∙mol-1，则常温下空气直接氧化脱除H2S的反应：

2H2S（g）＋O2（g）=2S（s）＋2H2O（l）△H＝______kJ∙mol-1。

（2）常用脱硫剂的脱硫效果及反应条件如下表，最佳脱硫剂为_________。

脱硫剂

出口硫（mg·m-3）

脱硫温度（℃）

操作压力（MPa）

再生条件

一氧化碳

＜1.33

300～400

0～3.0

蒸气再生

活性炭

＜1.33

常温

0～3.0

蒸气再生

氧化锌

＜1.33

350～400

0～5.0

不再生

锰矿

＜3.99

400

0～2.0

不再生

Ⅱ．热分解法脱硫

在密闭容器中，充入一定量的H2S气体，发生热分解反应H2S（g）

控制不同的温度和压强进行实验，结果如图（a）。

（3）图（a）中压强关系p1、p2、p3由大到小的顺序为______，该反应为____（填“吸热”或“放热”）反应，若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以采取的措施有_______。

（4）若压强为p、温度为975℃时，

的平衡常数K=0.04，则起始浓度c=______mol∙Lˉ1，若向容器中再加入1molH2S气体，相同温度下再次达到平衡时，K_____0.04（填“>”1“<”或“=”）。

Ⅲ．间接电解法脱硫

间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，将反应后溶液通过电解再生，实现循环使用，该法处理过程如下图（b）。

（5）电解反应器总反应的离子方程式为________。

（6）气液比为气体与液体的流速比，吸收反应器内液体流速固定。

测定吸收器中相同时间内不同气液比下H2S的吸收率和吸收速率，结果如图（c）所示，随着气液比减小，H2S的吸收速率逐渐降低，而吸收率呈上升趋势的原因为____________。

【答案】-2a+2b活性炭p3>p2>p1吸热移出产物H2或S20.018=2Fe3++2H+

2Fe2++H2↑气液比减小，通入H2S的总量减少，参加反应的H2S的量减少，吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大。

【解析】

【分析】

书写燃烧热的热化学方程式，利用盖斯定律进行求解；结合表中信息，选出最佳脱硫剂；分析图象，纵坐标代表的是H2S的平衡转化率，变量为压强和温度，探究压强和温度对平衡移动的影响；已知平衡常数，设初始浓度，利用“三段式”进行计算求解；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；分析电解法处理过程，区别吸收速率和吸收率的不同。

据此分析

【详解】

（1）已知H2S的燃烧热为akJ∙mol-1，S的燃烧热为bkJ∙mol-1，则有H2S（g）+

O2（g）=SO2（g）+H2O（l）△H=-akJ∙mol-1①，S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-bkJ∙mol-1②，根据盖斯定律则方程式2H2S（g）＋O2（g）=2S（s）＋2H2O（l）△H＝2×①-2×②=-2a+2bkJ∙mol-1，答案为：

-2a+2b；

结合表中信息，活性炭的出口硫小，温度为常温，操作压力较小，且可再生，故最佳脱硫剂为活性炭，答案为：

活性炭；

（3）该反应的正反应方向为气体分子数增大，增大压强平衡逆向移动，H2S的平衡转化率减小，即压强越大，H2S的平衡转化率越小，则有p3>p2>p1；由图可知升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应；若要进一步提高H2S的平衡转化率，除了改变温度和压强外，还可以通过减少生成物的浓度使平衡正向移动，即移出产物H2或S2；答案为：

p3>p2>p1；吸热；移出产物H2或S2；

（4）已知压强为p、温度为975℃时H2S的平衡转化率为40%，且平衡常数K=0.04，设始浓度为xmol∕L，“三段式”表示为：

，已知平衡常数K，则有

，解得x=0.018；若向容器中再加入1molH2S气体，相同温度下再次达到平衡时，平衡常数不变，因为平衡常数只与温度有关，温度不变，所以平衡常数不变；答案为：

0.018；=；

（5）间接电解法是通过FeCl3溶液吸收并氧化H2S气体，FeCl3溶液被还原为FeCl2，反应后溶液通过电解再生即将FeCl2氧化为FeCl3，所以电解反应器总反应的离子方程式为2Fe3++2H+

2Fe2++H2↑；答案为：

2Fe3++2H+

2Fe2++H2↑；

（6）结合反应原理和图象分析，气液比减小，通入H2S的总量减少，参加反应的H2S的量减少，吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大。

答案为：

气液比减小，通入H2S的总量减少，参加反应的H2S的量减少，吸收速率减小；吸收液的量增大，气液接触更充分，使硫化氢的吸收率增大。

5．完成下列填空。

（1）在25℃、101kPa时，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）的△H=___________。

（2）温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍。

该反应的平衡常数为_____。

（3）在一定体积pH＝12的Ba（OH）2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。

若反应后溶液的体积等于Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba（OH）2溶液与NaHSO4溶液____

（4）利用如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵，从而实现废气的回收再利用。

通入NO的电极反应式为_____；若通入的NO体积为4.48L（标况下），则理论上另一电极通入SO2的物质的量应为_________。

【答案】-488.3kJ∕mol16201：

4NO+6H++5e-=NH4++H2O0.5mol

【解析】

【分析】

根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH（l）的反应热；利用三段式法，设参加反应的SO2物质的量，用平衡状态时的压强变化列式求解，再用化学平衡公式求解化学平衡常数；氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba（OH）2和NaHSO4按照物质的量1：

1和反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算；根据电解装置分析，通入NO的电极连接外电源负极，则该电极为电解池阴极，电解池阴极发生还原反应，NO转化为NH4+，H+参与电极反应，据此写出电极方程式，根据电子守恒计算。

据此分析。

【详解】

（1）在25℃、101kPa时，C（s）、H2（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别为393.5kJ∕mol、285.8kJ∕mol、870.3kJ∕mol，则H2（g）+

O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ∕mol

（1）

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ∕mol

（2）

CH3COOH

（1）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=-870.3kJ∕mol（3）

由盖斯定律可以知道，

（1）×2+

（2）×2-（3）可得反应2C（s）+2H2（g）+O2（g）=CH3COOH

（1），其反应热为2×（-285.8kJ∕mol）+2×（-393.5kJ∕mol）+870.3kJ∕mol=-488.3kJ∕mol，答案为：

-488.3kJ∕mol；

（2）温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍，用三段式法设反应的SO2的物质的量：

，该反应是恒温恒容下的反应，根据反应前后压强之比等于物质的量之比得

，则化学平衡常数

，答案为：

1620；

（3）pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH-）=10-2mol∕L，设溶液体积为aL，则氢氧根离子物质的量为10-2×amol；当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，根据反应Ba（OH）2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，反应的硫酸氢钠物质的量为0.5a×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为bL，混合后溶液pH=11，得溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol∕L，碱过量；根据公式得：

，a：

b=1：

4；答案为：

1：

4；

（4）根据电解装置，SO2转化为硫酸根离子，说明NO转化为NH4+，即NO在阴极发生还原反应NO+6H++5e-=NH4++H2O，阳极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，通入的NO体积为4.48L（标况下）即0.2mol，根据得失电子守恒，因此有2NO~10e-~5SO2，则SO2的物质的量为0.5mol，答案为：

NO+6H++5e-=NH4++H2O；0.5mol；

6．亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。

实验室制备亚硝酰硫酸的方法如下：

将SO2通入盛有浓硫酸和浓硝酸的混合液中，维持体系温度略低于20℃，搅拌，使其充分反应。

反应过程中，亚硝酰硫酸的物质的量和硝酸的物质的量随时间的变化如图所示。

（1）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。

②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。

③反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSO4H生成的物质的量的可能原因是___

（2）为了测定亚硝酰硫酸的纯度，进行如下实验：

。

准确称取1.200g产品放入锥形瓶中，加入50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4标准溶液和足量稀H2SO4，摇匀，使其充分反应。

再将反应后溶液加热至60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-1Na2C2O4标准溶液滴定至终点，消耗Na2C2O4溶液的体积为16.00mL。

已知：

2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；KMnO4在酸性条件下被还原为Mn2+。

根据以上实验数据计算亚硝酰硫酸的纯度。

（写出计算过程）___

【答案】HNO3+SO2

NOSO4H生成的NOSO4H对该反应有催化作用硝酸会挥发和分解90.00%

【解析】

【分析】

（1）设NOSO4H中N的化合价为x，根据化合价代数和为0有：

x+（+6）×1+（-2）×5+（+1）×1=0，解得：

x=+3，N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，发生的是氧化还原反应，氧化剂与还原剂物质的量之比=1：

1；

（2）50.00mL0.1000mol·L-1的KMnO4与16.00mL0.2500mol·L-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。

【详解】

（1）①N元素化合价从+5降低到+3，必有S元素化合价从+4升高到+6，N元素和S元素的物质的量之比=1:

1，所以反应的方程式为：

HNO3+SO2

NOSO4H，故答案为：

HNO3+SO2

NOSO4H；

②反应前十分钟没有加快，不是温度，十分钟后明显加快，说明生成的物质对反应有催化作用，故答案为：

生成的NOSO4H对该反应有催化作用；

③从反应的方程式看：

参加反应的硝酸和生成的NOSO4H比例为1:

1，消耗的硝酸多，可能是有一部分挥发和分解了，故答案为：

硝酸会挥发和分解；

（2）一部分KMnO4标准溶液和NOSO4H反应，剩余的KMnO4标准溶液用Na2C2O4反滴定，KMnO4和Na2C2O4，KMnO4中Mn元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na2C2O4中C元