高考化学易错题专题复习化学反应原理综合考查练习题含答案解析Word下载.docx

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OH（aq）+Mn3+（aq）+OH-（aq）∆H=akJ/mol

H2O2（aq）+Mn3+（aq）+2OH-（aq）=Mn2+（aq）+·

O2-（aq）+2H2O（l）∆H=bkJ/mol

·

OH（aq）+·

O2-（aq）=O2（g）+OH-（aq）∆H=ckJ/mol

2H2O2（aq）=2H2O（l）+O2（g）△H=_______。

该反应的催化剂为____。

（3）H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基（·

OH），可有效去除废水中的次磷酸根离子（H2PO2-）。

①弱碱性条件下·

OH将H2PO2-氧化成PO43-，理论上l.7g·

OH可处理含0.001mol/LH2PO2-的模拟废水的体积为______。

②为比较不同投料方式下含H2PO2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4。

反应相同时间，实验结果如图所示：

添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是______。

【答案】c（H+）过小时，反应Ⅰ的化学反应速率较慢，c（H+）过大时，主要发生反应Ⅲ（a+b+c）kJ/molMn2+25LFe2+促进H2O2和O3产生·

OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀

【解析】

【分析】

（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，以此写出电极方程式；

（2）由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，中间产物Mn2+为催化剂；

（3）①弱碱性条件下∙OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：

以此计算废水的体积；

②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·

OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。

【详解】

（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，则电极方程式为，

故答案为：

；

（2）已知：

①H2O2（aq）+Mn2+（aq）=·

②H2O2（aq）+Mn3+（aq）+2OH-（aq）=Mn2+（aq）+·

③·

由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，则△H=（a+b+c）kJ/mol，Mn2+为中间产物反应前后不发生改变为催化剂，

（a+b+c）kJ/mol；

Mn2+；

（3）①弱碱性条件下·

OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：

l.7g·

OH物质的量，则参与反应的H2PO2-物质的量为0.025mol，则废水的体积，

25L；

OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀，

Fe2+促进H2O2和O3产生·

2．过氧乙酸（CH3CO3H）是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。

常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为：

CH3COOH（aq）+H2O2（aq）⇌CH3CO3H（aq）+H2O（l）△H=-13.7KJ/mol

（1）市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是____。

（2）利用上述反应制备7609CH3CO3H，放出的热量为____kJ。

（3）取质量相等的冰醋酸和50%H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。

实验1：

在25℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。

数据如图1所示。

实验2：

在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。

①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v（CH3CO3H）=____g／h（用含m的代数式表示）。

②综合图1、图2分析，与20℃相比，25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是_________。

（写出2条）。

（4）SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40nm和70nm。

病毒在水中可能会聚集成团簇。

不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。

依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是______

【答案】高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解）1370.1m/6温度升高，过氧乙酸分解；

温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快

（1）过氧乙酸（CH3CO3H）不稳定、易分解，高浓度易爆炸，为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%

（2）利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算

（3）结合图象分析计算

（1）市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是不稳定、易分解，高浓度易爆炸。

（2）利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。

利用上述反应制备760gCH3CO3H，物质的量是10mol,所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。

（3）①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间，v（CH3CO3H）=0.1

②综合图1、图2分析，与20℃相比，25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是温度升高，过氧乙酸分解；

温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降。

（4）依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快。

3．以天然气为原料合成氨是现代合成氨工业发展的方向与趋势

（一）天然气与氮气为原料，以固态质子交换膜为电解质，在低温常压下通过电解原理制备氨气如图所示：

写出在阴极表面发生的电极反应式：

_____________。

（二）天然气为原料合成氨技术简易流程如下：

一段转化主要发生的反应如下:

①CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）ΔH1=206kJ·

molˉ1

②CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）ΔH2=-41kJ·

二段转化主要发生的反应如下:

③2CH4（g）+O2（g）2CO（g）+4H2（g）ΔH3=-71.2kJ·

④2CO（g）+O2（g）2CO2（g）ΔH4=-282kJ·

（1）已知CO中不含C=O，H－H的键能为436kJ·

molˉ1，H－O的键能为463kJ·

molˉ1，C－H的键能为414kJ·

molˉ1，试计算C=O的键能_________。

（2）实验室模拟一段转化过程，在800oC下，向体积为1L的恒容密闭反应器中，充入1mol的CH4与1mol的H2O，达到平衡时CH4的转化率为40%，n（H2）为1.4mol，请计算反应②的平衡常数_________。

（3）下列说法正确的是_________。

A．合成氨过程实际选择的温度约为700℃，温度过高或过低都会降低氨气平衡产率

B．上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率

C．二段转化释放的热量可为一段转化提供热源，实现能量充分利用

D．二段转化过程中，需严格控制空气的进气量，否则会破坏合成气中的氢氮比

（4）已知催化合成氨中催化剂的活性与催化剂的负载量、催化剂的比表面积和催化反应温度等因素有关，如图所示：

①实验表明相同温度下，负载量5%催化剂活性最好，分析负载量9%与负载量1%时，催化剂活性均下降的可能原因是________。

②在上图中用虚线作出负载量为3%的催化剂活性变化曲线_______。

【答案】N2+6H++6e-=2NH3799.5kJ·

molˉ13.5BCD负载量1%时，则负载量过低导致催化活性降低，负载量9%负载量虽高但催化剂的比表面积会降低而使催化活性降低

（一）与外电源负极相连的为电解池阴极，发生还原反应，装置中N2转化为NH3，所以阴极表面发生的电极反应：

N2+6H++6e-=2NH3，故答案：

N2+6H++6e-=2NH3；

（二）

（1）根据盖斯定律可知将反应①+②得到：

CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）ΔH=165kJ/mol，ΔH=4E（C-H）+4E（O-H）-2E（C=O）-4E（H-H）=4×

414kJ/mol+4×

463kJ/mol-2×

E（C=O）-4×

436kJ/mol=165kJ/mol，可得E（C=O）=799.5kJ/mol，故答案为：

799.5kJ/mol；

（2）发生的反应为①CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）ΔH1=206kJ·

解得x=0.2mol/L。

反应②的平衡常数K==3.5，故答案：

3.5；

（3）A．合成氨的反应为放热过程，温度升高降低平衡转化率，故A错误；

B．压缩相当于加压，反应向气体分子数减少方向移动，加压有利于反应正向进行，所以上述工业流程中压缩既能提高反应速率又能提高合成氨的产率，故B正确；

C．一段过程主要为吸热过程，二段主要过程为放热过程，因此可以通过传热装置转化释放的热量，可为一段反应转化提供热源，实现能量充分利用，故C正确；

D．二段过程中主要是有O2参加反应，可通过空气来提供反应所需要的O2，但需严格控制空气的进气量，否则会发生其余副反应，破坏合成气中的氢氮比，故D正确；

B、C、D；

（4）①负载量较低时，提供催化活性中心的活性位点不足，可能导致催化剂活性不够，负载量过高，催化剂的比表面积会降低，导致催化剂活性中心位点过于拥挤，可能导致空间坍塌影响催化活性，故答案为：

负载量1%时,则负载量过低导致催化活性降低,负载量9%负载量虽高但催化剂的比表面积会降低而使催化活性降低；

②负载量为3%小于负载量5%，并且已知负载量1%时活性低于5%负载量，负载量为9%时高于负载量为1%的催化剂活性，但1%的负载量与9%的负载量所体现的催化活性及其接近，可推知低负载量对于催化剂活性的影响较之于高负载量对于催化剂活性的影响更大，则3%负载量的催化剂活性应介于5%与9%之间的负载量之间的活性，所以作图为：

，故答案：

。

4．秋冬季是雾霾高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。

（1）工业上利用甲烷催化还原NO，可减少氮氧化物的排放。

已知：

CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g