化学 化学反应原理综合考查的专项 培优 易错 难题练习题及答案解析.docx

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化学化学反应原理综合考查的专项培优易错难题练习题及答案解析

2020-2021化学化学反应原理综合考查的专项培优易错难题练习题及答案解析

一、化学反应原理综合考查

1．甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-49.58kJ·mol-1

反应Ⅱ：

CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）△H2

反应Ⅲ：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H3=-90.77kJ·mol-1

回答下列问题：

（1）反应Ⅱ的△H2=______________。

（2）反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________（填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”）

（3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。

A．混合气体的密度不再变化

B．混合气体的平均相对分子质量不再变化

C．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：

3：

1：

1

D．甲醇的百分含量不再变化

（4）对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是__________。

A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1

B．温度低于250 ℃时，随温度升高甲醇的产率增大

C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大

D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率

（5）若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数K=______；若要进一步提高甲醇体积分数。

可采取的措施有_________________。

（6）下图是电解Na2CO3溶液的装置图。

阴极的电极反应式为________________

【答案】+41.19kJ·mol-1较低温度BDABD0.148（或者

）增大压强（降低温度）2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH-

【解析】

【分析】

本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol；△G==△H－T△S，T为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：

△H<0,△S<0，较低温度可自发进行；平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：

3：

1：

1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；化学反应条件的选择，既要考虑反应时的产量，又要考虑反应的速率；

，250℃时转化率为50%；电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气。

【详解】

（1）本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol；

（2）△G==△H－T△S，T为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：

△H<0,△S<0，较低温度可自发进行；（3）平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：

3：

1：

1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；答案为：

BD；（4）A.催化剂对反应速率有影响，对平衡的限度无影响，A错误；B.该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，产率提高，B正确；C.升高温度平衡向左移动，化学平衡常数变小，C错误；D.实际反应应尽可能在催化效率最高时，D错误；答案为ABD；

（5）CO2+3H2

CH3OH+H2O250℃时转化率为50%

初始量：

13

反应量：

0.51.50.50.5

平衡：

0.51.50.50.5

，K=0.148；提高甲醇的体积分数为：

增大压强（降低温度）；（6）电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气，2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH-

【点睛】

判断化学平衡的依据：

同一物质的正逆反应速率相等，还可以为延伸出的依据，需要具体分析，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：

3：

1：

1；甲醇的百分含量不再变化则可以。

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．（11分）近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。

下面是利用废锂离子电池正极材料（有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等）回收钴、镍、锂的流程图。

已知：

P204[二（2−乙基己基）磷酸酯]常用于萃取锰，P507（2−乙基己基膦酸−2−乙基己酯）和Cyanex272[二（2，4，4）−三甲基戊基次磷酸]常用于萃取钴、镍。

回答下列问题：

（1）在硫酸存在的条件下，正极材料粉末中LiCoO2与H2O2反应能生成使带火星木条复燃的气体，请写出反应的化学方程式__________________________________。

（2）一些金属难溶氢氧化物的溶解度（用阳离子的饱和浓度表示）与pH的关系图如下：

加入NaOH溶液调pH=5可除去图中的________（填金属离子符号）杂质；写出除去金属离子的离子方程式________________________（一种即可）。

（3）已知P507萃取金属离子的原理为nHR（Org）+Mn+（aq）

MRn（Org）+nH+（aq），且随着萃取过程中pH降低，萃取效率下降。

萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化处理，皂化萃取剂萃取金属离子的反应为nNaR（Org）+Mn+（aq）

MRn（Org）+nNa+（aq）。

对萃取剂进行皂化处理的原因为________________。

（4）控制水相pH=5.2，温度25℃，分别用P507、Cyanex272作萃取剂，萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。

■—Co（Cyanex272）；●—Ni（Cyanex272）；▲—Co（P507）；▼—Ni（P507）

由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而_________（填“增大”或“减小”）；两种萃取剂中___________（填“P507”或“Cyanex272”）的分离效果比较好，若选P507为萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为__________mol·L−1；若选Cyanex272萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为___________mol·L−1。

（5）室温下，用NaOH溶液调节钴萃余液的pH=12，搅拌一段时间后，静置，离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体，镍沉淀率可达99.62%。

已知Ksp[Ni（OH）2]=5.25×10−16，则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.1×10−11mol·L−1时，pH=______（lg5=0.7）。

【答案】2LiCoO2+3H2SO4+H2O2

Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2OFe3+、Al3+（1分，少选和错选没分）Fe3++3OH−

Fe（OH）3或Al3++3OH−

Al（OH）3（合理即可）维持萃取过程中pH恒定增大Cyanex2720.250.411.7

【解析】

【分析】

【详解】

（1）LiCoO2与硫酸和H2O2反应生成能使带火星木条复燃的气体，说明LiCoO2在硫酸作用下把H2O2氧化成O2，+3价Co降低为+2价的Co2+，方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2

Li2SO4+O2↑+

2CoSO4+4H2O。

（2）由图可知，加入NaOH溶液调pH=5时，Fe3+、Al3+沉淀完全，所以去除Fe3+的离子方程式为Fe3++3OH−

Fe（OH）3，去除Al3+的离子方程式为Al3++3OH−

Al（OH）3。

（3）nHR（Org）+Mn+（aq）

MRn（Org）+nH+（aq），会使溶液酸性增强，萃取效率下降，故用NaOH进行皂化处理后离子反应变为nNaR（Org）+Mn+（aq）

MRn（Org）+nNa+（aq），反应前后pH基本不变，根据题意可知，萃取效率不会降低。

故萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化处理的目的是维持萃取过程中pH恒定。

（4）由图可知，钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而呈增大趋势，萃取时“Cyanex272”比“P507”对钴、镍萃取率的差值大，Cyanex272分离效果好。

选P507为萃取剂，浓度在0.25mol·L−1以后变化不大，所以0.25mol·L−1最好；选Cyanex272萃取剂，浓度在0.40mol·L−1以后变化不大，所以0.4mol·L−1最好。

（5）Ksp[Ni（OH）2]=c（Ni2+）·c2（OH−）=5.25×10−16，c2（OH−）=

=2.5×10−5，c（OH−）=5×10−3，pOH=3−lg5=2.3，pH=14−pOH=14−2.3=11.7。

4．氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。

甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。

（1）反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是___。

（2）已知反应器中还存在如下反应：

i.CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）ΔH1

ii.CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）ΔH2

iii.CH4（g）=C（s）+2H2（g）ΔH3

……

反应iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__（写化学方程式）反应的ΔH。

（3）反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于反应的计量数之比，目的是__（填字母）。

a.促进CH4转化b.促进CO转化为CO2c.减少积炭生成

（4）用CaO可以去除CO2。

H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。

从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率__（填“升高”“降低”或“不变”）。

此时CaO消耗率约为35%，但已失效，因为此时CaO主要发生了__（写化学方程式）反应而使

（1）中反应平衡向__移动。

（5）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池。

以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理过程（装置如图所示）。

其中物质a是__，电源负极电极反应为___。

“钝化”装置中阳极电极反应为___。

【答案】CH4+2H2O

4H2+CO2C（s）+CO2（g）=2CO（g）或C（s）+2H2O（g）

2H2（g）+CO2（g）abc降低CaO+H2O=Ca（OH）2左（或逆向）氧气（或O2）CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据CH4与H2O反应生成H2、CO2的物质的量之比为4:

1，结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH4+2H2O

4H2+CO2；

（2）已知反应器中还存在如下反应：

i.CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）ΔH1

ii.CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）ΔH2

iii.CH4（g）=C（s）+2H2（g）ΔH3

根据盖斯定律，由i-ii-iii或i+ii-iii可得C（s）+CO2（g）=2CO（g）或C（s）+2H2O（g）

2H2（g）+CO2（g），所以利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用C（s）+CO2（g）=2CO（g）或C（s）+2H2O（g）

2H2（g）+CO2（g）；

（3）反应物的投料比n（H2O）:

n（CH4）=4:

1，大于初始反应的化学计量数之比，H2O的物质的量增加，有利于促进CH4转化，促进CO转化为CO2，防止CH4分解生成C（s），从而减少积炭生成；答案选abc。

（4）根据题图可知，从t1时开始，CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间内CaO消耗率逐渐降低。

CaO与CO2反应生成CaCO3，CaCO3会覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，从而失效；

（5）模拟铝制品表面“钝化”处理，则电极铝是阳极，与电源的正极相连，则C为阴极，与电源的负极相连，所以a物质是氧气，b物质是甲醇，负极的电极反应式为：

CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O。

铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：

2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。

5．碳和氮的氢化物是广泛的化工原料，回答下列问题：

（1）工业上合成氨的反应为N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量变化如图I所示。

①氨分解：

2NH3（g）

N2（g）+3H2（g）的活化能为_________kJ/mol

②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH3的速率，在图I中画出加入铁粉后的能量变化曲线。

_______

（2）联氨作火箭燃料的反应为：

2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H1

已知：

2O2（g）+N2（g）=N2O4

（1）△H2N2H4

（1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H3

上述热效应之间的关系式为△H1=____。

某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N2O4，这种替换可能的好处是___（一条即可）。

（3）天然气制氢气是工业上制氢气的主要方法之一，其主要反应如下：

i．CH4（g）+H2O（g）

CO（g）+3H2（g）ΔH=-+206.4kJ/mol，

ii．CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）ΔH=-41.0kJ/mol

在一定温度下，2L的密闭容器中加入amolCH4和2amolH2O发生反应，tmin时反应达平衡，测得容器内CObmol、CO2cmol。

回答下列问题：

①下列可判断体系达到平衡状态的是_______。

A．CO的体积分数不变B．容器内气体密度不变C．3v（CH4）=v（H2）D．

不再变化

②0~tmin反应速率v（CO2）=_____，CH4的的转化率为_____，反应ⅱ的平衡常数K=______。

③图Ⅱ中T℃之后c（CO2）随温度升高而减小的原因是_________。

【答案】427.2

2△H3-△H2环境污染小（或成本低）AD

mol/（L·min）

×100%

T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小

【解析】

【分析】

（1）①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1）；

②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变；

（2）依据盖斯定律计算可得；液氧/煤油所用原料成本低，无毒；

（3）①反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质浓度或百分含量保持不变；

②依据题给数据，建立三段式，结合速率、转化率和化学平衡常数表达式计算可得；

③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，反应ii向逆反应方向移动，温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响。

【详解】

（1）①放热反应的反应热△H=—（Ea2—Ea1），由图可知Ea1=335.0kJ/mol，则合成氨反应△H=—（Ea2—335.0kJ/mol）=—92.2kJ/mol，Ea2=427.2kJ/mol，即2NH3（g）

N2（g）+3H2（g）的活化能为427.2kJ/mol，故答案为427.2；

②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即Ea、Ea1均减小，但反应热不变，则加入铁粉后的能量变化曲线为

，故答案为

；

（2）将题给反应依次编号为①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H1=2△H3-△H2；用液氧/煤油代替联氨/N2O4的主要原因是液氧/煤油所用原料成本低，无毒，对环境污染小，故答案为2△H3-△H2；环境污染小；

（3）①A、CO的体积分数不变，说明正反应速率等于逆反应速率，该反应已达平衡状态，故正确；

B、根据质量守恒定律，平衡前后气体质量是不变的，在恒温恒容密闭体系中，整个反应过程混合气体的密度始终是不变的，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；

C、3v（CH4）=v（H2）不能说明正反应速率等于逆反应速率，不可作为判断体系达到平衡状态的判据，故错误；

D、

不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO和H2的浓度不在变化，该反应已达平衡状态，故正确；

AD正确，故答案为AD；

②设反应i生成一氧化碳的物质的量为x，由题给条件建立如下三段式：

CH4（g）+H2O（g）

CO（g）+3H2（g）

起（mol）a2a00

变（mol）xxx3x

平（mol）a—x2a—xx3x

CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）

起（mol）x2a—x03x

变（mol）cccc

平（mol）x—c2a—x—cc3x+c

0～tmin内，生成CO2的物质的量为cmol，浓度的变化量为

mol/L，则反应速率v（CO2）=

mol/（L·min）；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol，则有x—c=b，x=c+b，CH4的转化率为

×100%；平衡时，c（CO）为

mol/L，c（H2O）为

mol/L，c（CO2）为

mol/L，c（H2O）为

mol/L，反应ⅱ的平衡常数K=

=

=

，故答案为

mol/（L·min）；

×100%；

；

③反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图Ⅱ可知T℃时反应达到平衡，升高温度，反应i向正反应方向移动，一氧化碳浓度增大，使二氧化碳浓度有增大的趋势，反应ii向逆反应方向移动，使二氧化碳浓度有减小的趋势，由于温度对c（CO2）的影响大于浓度的影响，所以c（CO2）随温度升高而减小，故答案为T℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c（CO2）的主要因素，故c（CO2）减小。

【点睛】

本题考查化学反应原理综合应用，侧重分析与应用能力的考查，注意把握反应热与活化能的关系、盖斯定律的计算、化学平衡状态的判断、化学平衡计算为解答的关键。

6．CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。

（1）由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。

I.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。

①在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_____。

（填字母）

a.该催化剂使反应的平衡常数增大

b.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂

c.由X→Y过程中放出能量并形成了C—C键

②该条件下由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_____。

II.电解法转化CO2制HCOOH的原理如图。

①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：

_____。

②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_____。

（2）由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。

研究表明在催化剂作用下