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

1、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。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=_。碳热还原Al2O3冶铝的部分反应如下：.2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) H1=akJ/mol. 4Al2O3(s)+Al4C3(s)=3Al4O4C(s) H2

2、=bkJ/mol. 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50mgL-1、维持溶

3、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)：纯Al在03h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：_。Al-Fe合金12h比纯A134h的脱除速率快得多的可能原因是_。【答案】 正 4Al2Cl7+3e = 7AlCl4+Al 3Li5AlO4 + 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)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；

4、利用盖斯定律去反应热；电解精炼时，粗铝作阳极，而阴极上生成Al；(3)Al、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)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；根据盖斯定律，反应+反应+反应可得目标反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)，则H=H1+H2+H3kJ/mol=kJ/mol；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

5、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+5Al15Li(g)+4Al2O3；(3)纯Al在03h，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03h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

6、，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；Al、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“”

7、表示。分子间的静电作用力最强的是_（填“a”、“b”或“c”）。水将反应ii的最高能垒由_eV降为_eV。d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）。ACH3OH中的氢氧键BCH3OH中的碳氧键CH2O中的氢氧键DSO3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。当c(CH3OH)大于10-11mol.L-1时，c(CH3OH)越大，c(H2SO4)越小的原因是_。当c(CH3OH)小于10-11mol.L-1时，c(H2O)越大，c(CH3OSO3H)越小的原因是_。【答案】-164.4 4104Lmol-1 a 2

8、0.93 6.62 ACD 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

9、SO3转化值=0.04%=810-13molL-1，列三段式如下： ，K=4104Lmol-1，故答案为：4104Lmol-1；(3)a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；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；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

10、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)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；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

11、近似处理：10000010-13=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=_kJmol-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/SiO2ZnO作催化剂，在400750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，

12、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：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)CH3OH(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 bd c 此温度下

13、甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高 1.575 HCHO+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

14、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，有0.1mol甲醇发生了反应，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

15、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。4H2S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。干法脱硫（1）已知H2S的燃烧热为akJmol-1 ，S的燃烧热为bkJmol-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_kJmol-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（mgm-3）脱硫温度（）操作压力（MPa）再生条件一氧化碳1.3330040003.0蒸气再生活性炭1

16、.33常温03.0蒸气再生氧化锌1.3335040005.0不再生锰矿3.9940002.0不再生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=_molL1，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 “p2p1 吸热 移出产物H2

17、或S2 0.018 = 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akJmol-1，S的燃烧热为bkJ

18、mol-1 ，则有H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(l) H=-akJmol-1，S(s)+O2(g)=SO2(g) H=-bkJmol-1，根据盖斯定律则方程式2H2S(g)O2(g)=2S(s)2H2O(l) H2-2=-2a+2bkJmol-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p3p2p1；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

19、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：p3p2p1；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xmolL，“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Fe

20、Cl2，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、2

21、85.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则 2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的H=_。(2)温度为 T 时，在 2 L 的密闭容器中加入 2.0 mol SO2 和 1.0 mol O2 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 pH12 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 pH11。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

22、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 4.48 L(标况下)，则理论上另一电极通入 SO2 的物质的量应为_。【答案】-488.3kJmol 1620 1：4 NO+6H+5e-=NH4+H2O 0.5mol 【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

23、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393.5kJmol、285.8kJmol、870.3kJmol，则H2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.8kJmol (1)C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5kJmol (2)CH3COOH(

24、1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H=-870.3kJmol(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(-285.8kJmol)+2(-393.5kJmol)+870.3kJmol=-488.3kJmol，答案为：-488.3 kJmol； (2)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0 mol SO2和1.0 mol O2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

25、学平衡常数，答案为：1620；(3)pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH- )= 10-2molL，设溶液体积为aL，则氢氧根离子物质的量为10-2a mol；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0.5a10-2mol；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 -3molL，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

26、SO2+2H2O-2e-=4H+SO42-，通入的 NO体积为 4.48 L(标况下)即0.2mol，根据得失电子守恒，因此有2NO10e-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）实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为_。反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是_。反应过

27、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50.00mL0.1000molL-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6070（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500molL-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

28、的纯度。（写出计算过程）_【答案】HNO3+SO2NOSO4H 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）50.00mL0.1000molL-1的KMnO4与16.00mL 0.2500molL-1Na2C2O4反应之后剩余的KMnO4再与NOSO4H反应。【详解】（1）N元素化合价从+5降低到+3，必

29、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+SO2NOSO4H，故答案为：HNO3+SO2NOSO4H；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；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