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1、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：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.58kJmol-1反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2反应：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-90.77kJmol-1回答下列问题：（1）反应的H2=_。（2）反应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）

2、恒温，恒容密闭容器中，对于反应，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CCO2、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，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M1B温度低于250时，随温度升高甲醇的产率增大CM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，2

3、50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】+41.19kJmol-1 较低温度 BD ABD 0.148(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=HTS，T为温度，G0，可自发进行，反应：H0, S0，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=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断

4、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=HTS，T为温度，G0，可自发进行，反应：H0, S0，较低温度可自发进行；（3）平衡状态的判断

5、，同一物质的正逆反应速率相等，本题中=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 + 3H2CH3OH + H2O 250时转化率为50% 初始量：1 3 反应量

6、：0.5 1.5 0.5 0.5平衡： 0.5 1.5 0.5 0.5，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=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

7、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。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BCH3

8、OH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 20.93 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CH3OSO3

9、H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%=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

10、；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

11、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)计算时作如下近似处理：10000010-13=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

12、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+(a

13、q)，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

14、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)3（合理即可） 维持萃

15、取过程中pH恒定 增大 Cyanex272 0.25 0.4 11.7 【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+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)

16、，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

17、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。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41，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) H1ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2iii.CH4(g)=C(s)+2H2(

18、g) H3反应iii为积炭反应，利用H1和H2计算H3时，还需要利用_（写化学方程式）反应的H。（3）反应物投料比采用n（H2O）n（CH4）=41，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CO2 c.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

19、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+2H2O4H2+CO2 C(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-+6H2O 2Al+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+2H2

20、O4H2+CO2；（2）已知反应器中还存在如下反应：i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) H1ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) H3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H1和H2计算H3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

21、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

22、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。氨分解：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为_kJ/mol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) H2 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) H3上述热效应之间

23、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：iCH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=-+206.4kJ/mol，iiCO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=-41.0kJ/mol在一定温度下，2L的密闭容器中加入a molCH4和2amolH2O发生反应，t min时反应达平衡，测得容器内CObmol、CO2cmol。回答下列问题：下列可判断体系达到平衡状态的是_。ACO的体积分数不变 B容器内气体密度不变 C3v(CH4)=v(H2) D不再

24、变化0tmin反应速率v(CO2)=_，CH4的的转化率为_，反应的平衡常数K=_。图中T之后c(CO2)随温度升高而减小的原因是_。【答案】427.2 2H3-H2 环境污染小（或成本低） AD mol/(Lmin) 100% T之后，反应为放热反应，升高温度反应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)放热反应的反应热H=（Ea2Ea1）；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）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

25、持不变；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；反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图可知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)放热反应的反应热H=（Ea2Ea1），由图可知Ea1=335.0 kJ/mol，则合成氨反应H=（Ea2335.0 kJ/mol）=92.2kJ/mol，Ea2=427.2 kJ/mol，即2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的活化能为427.2 kJ/mol，故答案为427.2；催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率

26、，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，由盖斯定律可知2=，则H1=2H3-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2H3-H2；环境污染小；（3）A、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

27、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；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） a 2a 0 0变（mol） x x x 3x平（mol） ax 2ax x 3xCO(g)+ H2O(g)CO2(g)+H2(g)起（mol） x 2ax 0 3x变（mol） c c c c平（mol） xc 2axc c 3x+c0tmin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)= m

28、ol/(Lmin)；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol，则有xc=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，反应的平衡常数K=，故答案为mol/(Lmin)；100%；反应i为吸热反应，反应ii为放热反应，由图可知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，反应为放热反应，升高温

29、度反应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。6CO2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。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.CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂c.由XY过程中放出能量并形成了CC键该条件下由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。写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：_。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