化学化学反应原理综合考查的专项培优练习题含答案及详细答案Word下载.docx

1、测得H2的体积分数为50%，则，计算得x=0.4mol，醋酸的转化率为：=40%，即CH3COOH平衡转化率为40%，故答案为：40%；（4）当温度一定时，随着S/C增加，积碳量逐渐减小，是由于积碳与水蒸气反应生成了CO和H2，反应的化学方程式为C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g），故答案为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；2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）+CO2（g）+2H2O（g）H=-574kJmol1CH4（g）+4NO

2、（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=-1160kJ甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_。（2）汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段，主要原理为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）HT时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程（015min）中NO的物质的量随时间变化如上图所示。已知：平衡时气体的分压气体的体积分数体系的总压强，T时达到平衡，此时体系的总压强为p=20MPa，则T时该反应的压力平衡常数Kp_；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，平衡将_（

3、填“向左”、“向右”或“不”）移动。15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是_（填序号）A增大CO浓度B升温C减小容器体积D加入催化剂（3）工业上常采用“碱溶液吸收”的方法来同时吸收SO2，和氮的氧化物气体（NOx），如用氢氧化钠溶液吸收可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。常温下，HNO2的电离常数为Ka=710-4，H2SO3的电离常数为Ka1=1.210-2、Ka2=5.810-8。常温下，相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是_溶液。常温下，NaHSO3显_性（填“酸”“碱”或“中”，判断的理由是（通

4、过计算说明）_。（4）铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、+4两种价态。雾霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为11）。可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图所示。Ce4+从电解槽的_（填字母代号）口流出。写出阴极的电极反应式：_。【答案】CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） H=-867kJmol1 0.0875（MPa）-1或（MPa）-1 不 AC Na2SO3 酸 因为HSO3-的电离常数Ka2=5.810-8，水解常数Kh=8.3

5、10-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性 a 2NO2-+8H+6e=N2+4H2O （4）电解过程中Ce3+在阳极失电子，变为Ce4+，则b进Ce3+，a出Ce4+，NO2-在阴极得电子变为N2，则d进NO2-，c出N2。（1）CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g） H1=-574kJCH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） H2=-1160kJ得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） H=-867kJmol1，故答案为：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（

6、g） H=-867kJmol1；（2）由图可知，NO起始物质的量为0.4mol，0到15min共减少了0.2mol，则，平衡时p（NO）= 20MPa=MPa，同理可得：p（CO）=MPa，p（N2）=MPa，p（CO2） =MPa，所以Kp=0.0875（MPa）-1或（MPa）-1。再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，加入的NO和CO2物质的量相等，那么二者引起压强增大量相等，假设二者引起的压强增量分别为p，则Qc=（MPa）-1，Qc=Kp，平衡不移动，故答案为：0.0875（MPa）-1或（MPa）-1；不；由图可知NO物质的量减小，说明平衡正向移动。A增大CO浓度，平衡正向移动

7、，NO物质的量减小，A正确；B升温，平衡逆向移动，NO物质的量增大，B错误；C减小容器体积，等同于增大压强，平衡正向移动，NO物质的量减小，C正确；D加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，NO物质的量不变，D错误；故答案为：AC；（3）HNO2的电离常数为Ka=710-8可知，HNO2的酸性强于HSO3-的酸性，则NO2-的水解程度小于SO32-，所以相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液，Na2SO3的碱性更强，pH更大，故答案为：Na2SO3；HSO3-+H2OH2SO3，Ka2Kh=Kw，故HSO3-的水解常数Kh=10-13，又因为HSO3-的电离常数Ka2=5.810-8，所以，H

8、SO3-的电离常数大于水解常数，常温下，NaHSO3显酸性，故答案为：酸；因为HSO3-的电离常数Ka2=5.810-13，电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性；（4）生成Ce4+，则Ce3+-e-= Ce4+，Ce4+在阳极生成，从a口流出，故答案为：a；NO2-转化为无毒物质，则NO2-在阴极得电子，转化为N2，结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为：2NO2-+8H+6e=N2+4H2O，故答案为：2NO2-+8H+6e=N2+4H2O。【点睛】KaKh=Kw，越弱越水解。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（

9、有Al、LiCoO2、Ni、Mn、Fe等）回收钴、镍、锂的流程图。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。（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）MR

10、n（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

11、比较好，若选P507为萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为_molL1；若选Cyanex272萃取剂，则最适宜的萃取剂浓度大约为_molL1。（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KspNi（OH）2=5.251016，则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.11011 molL1时，pH=_（lg5=0.7）。【答案】2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2+2CoSO4+4H2O Fe3+、Al3+（1分，少选和错选没分） Fe3+ +3OHFe（OH）3或Al3+ +3OHAl（OH

12、）3（合理即可） 维持萃取过程中pH恒定 增大 Cyanex272 0.25 0.4 11.7 （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+H2O2Li2SO4+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+3OHFe（OH）3，去除Al3+的离子方程式为Al3+3OHAl（OH）3。（3）nHR（Org）+Mn+（aq）MRn（Org）+ nH+（aq）

13、，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0.25 molL1以后变化不大，所以0.25 molL1最好；选Cyanex272萃取剂，浓度在0.40 molL1以后变化不大，所以0.4 mol

14、L1最好。（5）KspNi（OH）2=c（Ni2+）c2（OH）=5.251016，c2（OH）=2.5105，c（OH）=5103，pOH=3lg5=2.3，pH=14pOH=142.3=11.7。4I. 合成气（CO+H2）广泛用于合成有机物，工业上常采用天然气与水蒸气反应等方法来制取合成气。（1）已知：5.6L（标况下）CH4与水蒸气完全反应，吸收51.5KJ的热量，请写出该反应的热化学方程式_。（2）在150时2L的密闭容器中，将2 mol CH4和2 mol H2O（g）混合，经过15min达到平衡,此时CH4的转化率为60%。从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v（H2

15、）=_。在该温度下，计算该反应的平衡常数K_（保留两位小数）。下列选项中能表示该反应已达到平衡状态的是_Av（H2）逆3v （CO）正 B密闭容器中混合气体的密度不变C密闭容器中总压强不变 DC （CH4） = C （CO）（3）合成气中的氢气也用于合成氨气：N2 + 3H22NH3。保持温度和体积不变， 在甲、乙、丙三个容器中建立平衡的相关信息如下表。则下列说法正确的是_。容器体积起始物质平衡时NH3的物质的量平衡时N2的体积分数反应开始时的速率平衡时容器内压强甲1L1molN2+3molH21.6mol甲甲P甲乙2molN2+6molH2n1 mol乙乙P乙丙2Ln2 mol丙丙P丙An1

16、=n2=3.2 B甲=丙乙 C乙丙甲 DP乙P甲=P丙II.（1）常温下，在x molL1氨水中加入等体积的y molL1硫酸得混合溶液M恰好显中性。M溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为_。常温下，NH3H2O的电离常数K=_（用含x和y的代数式表示，忽略溶液混合前后的体积变化）。（2）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO（O2浓度约为NO浓度的10倍），装置示意图如下，固体电解质可传导O2阴极的电极反应式为_。消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是（不考虑物理因素）_。【答案】CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g） 21.87 AC BD 2NO+4e-=N

17、2+2O2- 阴极发生副反应O2+4e-=2O2- I.（1）标况下，5.6LCH4物质的量为：=0.25mol，吸收51.5kJ的热量，则1mol甲烷反应吸收热量=51.5kJ=206kJ，该反应的热化学方程式为：CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）H=+206 kJ/mol；（2）在150时2L的密闭容器中，将2mol CH4和2mol H2O（g）混合，经过15min达到平衡，此时CH4的转化率为60%，则从反应开始至平衡，用氢气的变化量来表示该反应速率v（H2）= =0.12molL-1min-1；结合计算得到的平衡浓度，计算得到该反应的平衡常数K=（1.830.6）/

18、（0.40.4）=21.87；Av逆（H2）3v正（CO），说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故A正确；B密闭容器中混合气体的质量和体积不变，密度始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；C反应前后气体物质的量增加，气体压强之比等于气体物质的量之比，密闭容器中总压强不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；D浓度关系和消耗量、起始量有关，c（CH4）=c（CO）不能说明反应达到平衡状态，故D错误；（3）A甲和丙为等效平衡，则n2=1.6mol，但乙与甲相比，相当于增大压强，平衡向着正向移动，则n13.2，故A错误；B甲和丙达到平衡状态为相同平衡状态，氮气体积分数相同，乙相当于甲平衡状态再

19、加入1mol氮气和3mol氢气，增大压强平衡正向进行，氮气体积分数减小，甲=丙乙，故B正确；C乙容器中反应物浓度大于甲和丙，反应速率大，甲和丙起始浓度相同反应速率相同，故C错误；D乙中物质浓度是甲的2倍，且压强大于甲，甲和丙为等效平衡，压强相同，得到P乙P甲=P丙，故D正确；BD；II.（1）根据电荷守恒，c（NH4+）+c（H+）=c（OH-）+2c（SO42-），混合后溶液显中性，则c（NH4+）=2c（SO42-），则x molL-1氨水中加入等体积的y molL-1硫酸得混合溶液M恰好显中性，则c（NH4+）=2c（SO42-）=2molL-1=ymolL-1，混合后，根据物料守恒c（

20、NH3H2O）+c（NH4+）=0.5x molL-1，则c（NH3H2O）=（0.5x-y）molL-1，K=c（NH4+）c（OH-）/c（NH3H2O）=y110-7/（0.5x-y）=2y10-7/（x-2y）；（2）阴极：NO得到电子生成N2，结合守恒原则，则电极方程式为2NO+4e-=N2+2O2-；消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能存在副反应，O2浓度约为NO浓度的10倍，氧气易得到电子生成O2-，电极方程式为：O2+4e-=2O2-。5煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。.利用CO

21、脱硫（1）工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫，则25时CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO（g）SO2（g）2CO2（g）S（s）的焓变H_。25，100kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示：物质CO（g）CO2（g）SO2（g）标准摩尔生成焓fHm（25）/kJmol-1-110.5-393.5-296.8（2）在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol SO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。在实验b中，40 min达到平衡

22、，则040 min用SO2表示的平均反应速率v（SO2）_。与实验a相比，实验b可能改变的条件为_，实验c可能改变的条件为_。.利用NH3脱硝（3）在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3（g）6NO（g）5N2（g）6H2O（l）H1807.98kJmol1。在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z（其中XYZ），在不同温度条件下，得到NO脱除率（即NO转化率）曲线如图所示。NH3与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_（填“a”“b”或“c”）。各曲线中NO脱除率均先升高后降低的原因为_。900条件下，设Z，初始压强p0，则4NH3（g）6NO（g）5N2（

23、g）6H2O（l）的平衡常数Kp_（列出计算式即可）。.利用NaCIO2脱硫脱硝（4）利用NaClO2的碱性溶液可吸收SO2和NO2（物质的量之比为1:1）的混合气体，自身转化为NaCl，则反应的离子方程式为_。【答案】-269.2kJmol-1 0.01molL-1min-1 加入催化剂 升高温度 c 温度低于900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900，反应达到平衡状态，反应的H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降 3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O （1）根据“标准摩尔生成焓”的定

24、义可得：再根据盖斯定律2（反应-反应）-反应可得到2CO（g）SO2（g）2CO2（g）S（s），则，CO脱硫反应2CO（g）SO2（g）2CO2（g）S（s）的焓变-269.2kJmol-1；（2）结合题干信息，列三段式有：则，解得x=0.8，则，故答案为0.010.01molmin-1；与实验a相比，实验b达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂，与实验a相比，实验c达到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度；

25、（3）NH3和NO的物质的量之比越大，NO的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH3、NO物质的量之比对应NO的脱出率：XZ，则X对应曲线c，Y对应曲线b，Z对应曲线a，故答案为：c；NO的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，温度低于900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900，反应达到平衡状态，反应的H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降，故答案为：温度低于900时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900，反应达到平衡状态，反应的H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降；压强为p0，根据曲线a上NH3与NO的物质的量之比为，则NH3的分压为0.4p0，NO的分压为0.6p0，列三段式有：则反应的平衡常数（4）在碱性环境下，ClO2-氧化等物质的量的SO2和NO2，ClO2-变为Cl-，SO2变为SO42-，NO2变为NO3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答案为：3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=