2020-2021备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优 易错 难题)附答案解析

2020-2021备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优 易错 难题)附答案

解析

一、化学反应原理综合考查

1．研究大气污染物SO 2、CH 3OH 与H 2O 之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。 反应i ：132241SO (g)+H O(g)=H SO (1)227.8kJ mol H -?=-?

反应ii ：-133332CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)( )

-63.4kJ mol H ?=?硫酸氢甲酯

（1）CH 3OSO 3H 发生水解：332324CH OSO H(g)H O(g)CH OH(g)H SO (1)+=+△H=______kJ/mol 。

（2）T ℃时，反应ii 的CH 3OH(g)、SO 3(g)的初始浓度分别为

-8-1-9-1110mol L 210mol L ????、，平衡时SO 3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 ．CH 3OH 中的氢氧键

B ．CH 3OH 中的碳氧键

C ．H 2O 中的氢氧键

D ．SO 3中的硫氧键

（4）分别研究大气中H 2O 、CH 3OH 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(CH 3OH)大于10-11mol.L -1时，c(CH 3OH)越大，c(H 2SO 4)越小的原因是_____________。 ②当c(CH 3OH)小于10-11mol.L -1时，c(H 2O)越大，c(CH 3OSO 3H)越小的原因是_____________。

【答案】-164.4 4×104L·

mol -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CH 3OSO 3H 越小，c(CH 3OSO 3H)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 ：132241SO (g)+H O(g)=H SO (1)227.8kJ mol H -?=-?

反应ii ：-133332CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)-63.4kJ mol H ?=?

反应i-反应ii 有：332324CH OSO H(g)H O(g)CH OH(g)H SO (1)+=+，所以H ?=1H ?-2H ?=(1227.8kJ mol --?)-(-1-63.4kJ mol ?)=-164.4-1kJ mol ?，故答案为：-164.4；

(2)SO 3转化率为0.04%，则SO 3转化值=-9-1210mol L ??×0.04%=8×10-13mol·L -1，列三段式如

下：3333-1-8-9-1-13-13-13

-1-13-13-13

CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)

/mol L 1102100/mol L 810810810/mol L (100000-8)10(20000-8)10810???????????起始浓度变化浓度平衡浓度 ，K=-13-13-1

-1-1

-13mol L m 810(100000-8)10(20000-8)10ol L mol L ???????≈-13

-1-13-13810L mol 100000102000010

?????=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；CH 3OH 中的氢氧键断了，O 和S 原子重新形成一根键；SO 3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CH 3OSO 3H 减小，c(CH 3OSO 3H)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CH 3OSO 3H 越少，c(CH 3OSO 3H)越小。

【点睛】

(2)计算时作如下近似处理：1-13-(100000-8)1mol 0L ??≈100000×10-13-1mol L ?=10-8-1mol L ?113--(20000-8)10mol L ??≈-1-1-91-320000101mol L 2mol 0L ???=?。

2．（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）。

噲?MR n(Org)+n H+(aq)，且随着（3）已知P507萃取金属离子的原理为n HR(Org)+M n+(aq)垐?

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

噲?MR n(Org)+n Na+(aq)。对萃取剂进行皂取剂萃取金属离子的反应为n NaR(Org)+M n+(aq)垐?

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

【答案】2LiCoO 2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O Fe3+、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 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

2LiCoO 2+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++3OH?Fe(OH)3，去除Al3+的离子方程式为Al3++3OH?Al(OH)3。

（3）n HR(Org)+M n+(aq)垐?

噲?MR n(Org)+ n H+(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n NaR(Org)+M n+(aq)垐?

噲?MR n(Org)+n Na+(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 mol·L?1以后变化不大，所以0.25 mol·L?1最好；选Cyanex272萃取剂，浓度在0.40 mol·L?1以后变化不大，所以0.4 mol·L?1最好。

（5）K sp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH?)=5.25×10?16，c2(OH?)=

16

11

5.2510

2.110

-

-

?

?

=2.5×10?5，

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

3．已知，常温下H2S、H2CO3 的电离常数如下表

K a1K a2

H2S9.1×10-81×10-15

H2CO3 4.3×10－7 5.6×10－11

（1）①常温下，0.1mol/L的硫化钠溶液和0.1mol.L-1的碳酸钠溶液，碱性更强的是

_______。其原因是_____________________________。

②常温下，硫化钠水解的离子方程式_____________________________。

（2）H2S能与许多金属离子发生反应，生成溶解度不同和各种颜色的金属硫化物沉淀，可用于分离和鉴定金属离子。

①常温下，NaHS溶液显______（选填“酸性”、“中性”或“碱性”）

②常温下，向100 mL 0.1 mol·L－1 H2S溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：

试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是______________________________。

（3）脱除天然气中的硫化氢既能减少环境污染，又可回收硫资源，该部分硫化氢用过量NaOH溶液吸收后，再以石墨作电极电解该溶液可回收硫，写出电解得到硫的总反应方程式（忽略氧的氧化还原）_______________；从整个生产工艺的角度分析，该方法不仅能减

少环境污染、回收硫、得到一定量的副产物，还具有的优点是___________。

【答案】硫化钠溶液硫化氢的K a2小于碳酸的K a2，硫化钠更易水解 S2- + H2O HS- + OH-、HS- + H 2O H2S + OH-碱性 c c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＝c(H＋) ＞c(S2－)

Na 2S＋2H2O S↓＋H2↑＋2NaOH 或S2－＋2H2O S↓＋H2↑＋2OH－产物NaOH可循环使用

【解析】

试题分析：（1）① H2CO3的第二步电离平衡常数是5.6×10－11，大于H2S的第二步电离平衡常数1×10-15，说明S2-的水解程度大于CO32-；②S2-的水解分两步进行；（1）①根据HS-的水解平衡常数和电离平衡常数分析NaHS溶液的酸碱性；②H2S抑制水电离，加入NaOH 中和H2S，H2S抑制作用逐渐减小，到c点H2S恰好与NaOH生成Na2S， Na2S水解促进水电离；d点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离。NaHS溶液呈碱性，在b点溶液呈中性，所以b点溶质是NaHS和H2S，HS-要水解和电离，HS-、H2S的电离生成S2-；HS-

、H2S、H2O电离出H+。（3）硫化氢用过量NaOH溶液吸收后生成Na2S，电解硫化钠溶液生成硫、氢气、氢氧化钠。

解析：（1）① H2CO3的第二步电离平衡常数是5.6×10－11，大于H2S的第二步电离平衡常数1×10-15，说明S2-的水解程度大于CO32-，硫化钠更易水解，所以硫化钠溶液的碱性

强；②S2-的水解分两步进行，硫化钠水解的离子方程式S2- + H2O HS- + OH-、HS- +

H2O H2S + OH-；（2）①HS-的水解平衡常数，电离平

衡常数1×10-15，水解大于电离，所以NaHS溶液的呈碱性；②H2S抑制水电离，加入NaOH 中和H2S，H2S抑制作用逐渐减小，到c点H2S恰好与NaOH生成Na2S， Na2S水解促进水电离；d点氢氧化钠过量，过量的氢氧化钠抑制水电离，所以C点水电离程度最大。NaHS溶液呈碱性，在b点溶液呈中性，所以b点溶质是NaHS和H2S， HS-、H2S的电离生成S2-

；HS-、H2S、H2O电离出H+，所以b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是c(Na ＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＝c(H＋) ＞c(S2－)。（3）硫化氢用过量NaOH溶液吸收后生成Na2S，电解硫化钠溶液生成硫、氢气、氢氧化钠，电解总方程式为

Na2S＋2H2O S↓＋H2↑＋2NaOH。该方法不仅能减少环境污染、回收硫、得到一定量的副产物，还具有的优点是NaOH可循环使用。

电解：向酸溶液中逐滴加入碱溶液，水电离程度逐渐增大，碱过量时水的电离程度再逐渐减小。NaHA溶液的酸碱性要根据HA-的电离和水解程度判断，若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；若水解大于电离，则溶液呈碱性。

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+2H2O4H2+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．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CO2和H2可发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH

①有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_____。（填字母）

a.使用催化剂

b.加压

c.增大初始投料比

2

2 n(CO) n(H)

②研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃~290℃保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。ΔH____0（填“＞”或“＜”），其依据是____。

【答案】bc CH4+CO2CH3COOH 2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-阳极产生O2，c （H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极 b < 温度升高，甲醇的平衡产率降低【解析】

【分析】

(1)Ⅰ．①根据合成示意图进行判断；

②由图示写出由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式；

Ⅱ．①根据图示分析，阴极CO2得电子，写出CO2还原为HCOO-的电极反应式；

②根据电解池反应原理分析；

(2)①根据平衡转化率影响因素方面分析；

②根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。

【详解】

(1)Ⅰ．①a．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故a错误；b．由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b 正确；

c．X→Y的焓值降低，说明为放热过程，由CH4→CH3COOH有C-C键形成，故c正确；

故答案选bc；

②由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2CH3COOH；

Ⅱ．①阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；

②阳极H2O失电子产生O2，c(H+)增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以c(HCO3-)降低，K+部分进入阴极，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低；

(2)①a．使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响CO2的平衡转化率；

b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率；

c．增大CO2和H2的初始投料比，CO2的平衡转化率降低；

故答案选b；

②根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即

ΔH<0。

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）①实验室制备NOSO4H的化学反应方程式为___。

②反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是___。

③反应过程中，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50.00mL0.1000mol·L-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60~70℃（使生成的HNO3挥发逸出），冷却至室温，用0.2500mol·L-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NOSO 4H 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）50.00mL0.1000mol·

L -1的KMnO 4与16.00mL 0.2500mol·L -1Na 2C 2O 4反应之后剩余的KMnO 4再与NOSO 4H 反应。

【详解】

（1）①N 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，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：HNO 3+SO 2浓硫酸NOSO 4H ，故答案为：HNO 3+SO 2浓硫酸NOSO 4H ；

②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NOSO 4H 对该反应有催化作用；

③从反应的方程式看：参加反应的硝酸和生成的NOSO 4H 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KMnO 4标准溶液和NOSO 4H 反应，剩余的KMnO 4标准溶液用Na 2C 2O 4反滴定，KMnO 4和Na 2C 2O 4，KMnO 4中Mn 元素化合价从+7降低到+2，降低5，作氧化剂，Na 2C 2O 4中C 元素化合价从+3升高到+4升高了1，2个C 升高了2，作还原剂，根据得失电

子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5，所以4224-31

2KMnO 5Na C O 2mol 5mol n 0.25mol/L 1610L ~

??，

解得：和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4的物质的量n 1=1.6×10-3mol ，KMnO 4总的物质的量=50.00×10-3L×0.1000mol·L -1=5×10-3mol ，所以和NOSO 4H 反应的KMnO 4的物质的量=5×10-

3mol-1.6×10-3mol=3.4×10-3mol ，所以4432KMnO 52mol 5127g 3.410m

NOSO H

-~??，解得NOSO 4H 的质量

m=1.0795g ，所以样品中NOSO 4H 的纯度=

1.0795g 100%1.2g

?≈90.00%，故答案为：90.00%。 【点睛】

和Na 2C 2O 4反应的KMnO 4加上和NOSO 4H 反应的KMnO 4为总的KMnO 4的量。

7．研究CO 2与CH 4反应使之转化为CO 和H 2，对减缓燃料危机和减少温室效应具有重要的意义。工业上CO 2与CH4发生反应I ：CH 4(g )+CO 2(g )＝2CO (g )+2H 2(g ) △H 1

在反应过程中还发生反应Ⅱ：H 2(g )+CO 2(g )＝H 2O (g )+CO (g ) △H 2=+41kJ/mol

(l)已知部分化学键的键能数据如下表所示：

化学键C—H H—H C=O C O

键能（kJ/mol）4134368031076

则△H l =____kJ/mol，反应Ⅰ在一定条件下能够自发进行的原因是____，该反应工业生产适宜的温度和压强为____（填标号）。

A．高温高压 B．高温低压 C．低温高压 D．低温低压

(2)工业上将CH4与CO2按物质的量1:1投料制取CO2和H2时，CH4和CO2的平衡转化率随温度变化关系如图所示。

①923K时CO2的平衡转化率大于CH4的原因是________________________

②计算923K时反应II的化学平衡常数K=______（计算结果保留小数点后两位）。

③1200K以上CO2和CH4的平衡转化率趋于相等的原因可能是____。

(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2发生反应

III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，掺人O2可消除反应产生的积碳和减小反应器的热负荷（单位时间内维持反应发生所需供给的热量），O2的进气量与反应的热负荷的关系如图所示。

①随着O2进入量的增加，热负荷下降的原因是 ____。

②掺人O2可使CH4的平衡转化率____（填“增大”、“减小”或“不变”。下同），CO2的平衡转化率________

【答案】+234 △S>0 B CH4和CO2按1:1投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应II，所以平衡转化率大于CH4 0.39 1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低增大减小

【解析】

【分析】

(l)已知部分化学键的键能，通过反应物的总键能减去生成物的总键能可以计算

△H l ，从焓变和熵变综合判断反应Ⅰ自发反应的原因，从平衡移动角度来判断反应条件；

(2)工业上将CH 4与CO 2按物质的量1:1投料,发生反应Ⅰ、II ，则

①923K 时CO 2的平衡转化率大于CH 4的原因从二者实际参加的反应来讨论；

②从图、及题干中提供的数据结合反应Ⅰ、II ，用三段式按定义计算923K 时反应II 的化学平衡常数K ；

③1200K 以上CO 2和CH 4的平衡转化率趋于相等的原因还是从实际参加的反应来讨论；

(3)工业上CH 4和CO 2反应时通常会掺入O 2，则发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ； ①按热负荷的定义——单位时间内维持反应发生所需供给的热量以及O 2的进气量与反应III 放出的热量关系，据此解题；

②发生反应 III: CH 4+2O 2＝CO 2+2H 2O ，分析甲烷、二氧化碳的物质的量及消耗量，分析CH 4的平衡转化率和CO 2的平衡转化率受到的影响；

【详解】

(l)已知部分化学键的键能，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，则

△H l =4413kJ/mol+2803kJ/mol-21076kJ/mol-2436kJ/mol=+234kJ/mol ????； 答案为：+234；

反应I ：CH 4(g )+CO 2(g )＝2CO (g )+2H 2(g ) △H 1=+234kJ/mol ，△S >0，因此△S >0是反应Ⅰ自发反应的原因，该反应是吸热、气体分子总数增大的反应，因此，选择高温低压的条件；

答案为：△S>0； B ；

(2)①923K 时反应Ⅰ中CH 4和CO 2的平衡转化率是一样的，但是，二氧化碳还参加反应II ，因此其平衡转化率大于CH 4；

答案为：CH 4和CO 2按1:1投料发生反应I 时转化率相等，CO 2还发生反应II ，所以平衡转化率大于CH 4；

②CH 4和CO 2按1:1投料，设投料时的物质的量浓度为1mol/L ，由图知CH 4和CO 2的转化率

为60%、70%，则发生反应I 时422CH (g)+CO (g)=2H (g)+2CO(g)

11000.60.6 1.2 1.2

0.40.4 1.2 1.2

起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L) 发生反应II:222222H (g)+CO (g)=H O(g)+CO(g)

1.20.40 1.2

0.10.10.10.11.10.30.1 1.3

c[H O(g)]c[CO(g)]0.1 1.30.39c[H (g)]c[CO (g)] 1.10.3

K ??===??起始浓度(mol/L)转化浓度(mol/L)平衡浓度(mol/L); 答案为：0.39；

③反应I 中CO 2和CH 4的平衡转化率相等，1200K 以上CO 2和CH 4的平衡转化率趋于相等则

意味着该条件对反应I更有利，以反应I为主；

答案为：1200K以上时以反应I为主，二者转化率趋于相等（或1200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应II）（或1200K以上时反应I的平衡常数远大于反应II）；

(3)工业上CH4和CO2反应时通常会掺入O2，则发生反应 III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，

①反应III是放热反应，给反应体系提供能量，通入氧气越多反应中放出的热量越多，则热负荷值越小；

答案为：反应III放热，给反应体系提供能量，使热负荷降低；

②发生反应 III:CH4+2O2＝CO2+2H2O，促进甲烷消耗，则CH4的平衡转化率增大；

答案为：增大；

发生反应 III:CH4+2O2＝CO2+2H2O不利于反应I，减少了二氧化碳的消耗量，又使二氧化碳浓度增大，因此二氧化碳的平衡转化率下降；

答案为：减小。

8．钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。

（1）Mo可被发烟硝酸及氢氟酸氧化为MoO2F2和MoOF4(少量)，硝酸本身被还原为NO2，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________。

（2）已知：2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s) △H1；

2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g) △H2；

MoS2(s)+2 O2(g)=Mo(s)+2SO2(g) △H3

则△H3=_________（用含△H1、△H2的代数式表示）

（3）电氧化法提纯钼的原理：将辉钼矿(MoS2)放入装有食盐水的电解槽中，用惰性电极电解，MoS2被氧化为MoO42-和SO42-

①辉钼矿应放入电解槽的_________(填“阴极区”或“阳极区”)。

②阴极的电极反应式为___________________________。

（4）碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H 2O(g)+2Na2S(s) △H，实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。

①由图1可知，该反应△H______(填“>”或“<”)0，p1、p2、p3由大到小的顺序为

_______________________。

②由图2可知，A点时H2的平衡转化率为____________。

③B点对应的平衡常数K=__________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)(MPa)2。

【答案】6:1（△H2-△H1）阳极区2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)>p3>p2>p1 50%0.01

【解析】

【分析】

【详解】

（1）在反应中N的化合价从+5→+4降低1价，Mo从0→+6升高6价，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，必有6个硝酸中N降低6×1=6价，同时有1个Mo升高1×6=6价，即6个硝酸和1个Mo同时反应，即氧化剂有6摩尔硝酸反应时，就有1摩尔还原剂钼反应，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:1，故答案为6:1；

（2）根据盖斯定律2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)①；2MoS2(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)②；MoS2(s)+2 O2(g)=Mo(s)+2SO2(g)③，（②式-①式）÷2=③式，所以△H3=（△H2-△H1），故答案为（△H2-△H1）；

（3）将辉钼矿（MoS2）放入装有食盐水的电解槽中，用惰性电极电解，MoS2被氧化为MoO42-和SO42-，所以辉钼矿应放入电解槽的阳极，故答案为阳极区；阴极区放电的阳离子为钠离子和氢离子，放电顺序氢离子在钠离子之前，阴极氢离子放电的电极反应为2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)，故答案为2H++2e-=H2↑(或2H2O+2e-=H2↑+2OH-)；

（4）①由图1相同压强下，温度升高，氢气转化率增大，则平衡正向移动，又因为温度升高平衡向吸热反应方向移动，所以该反应正向吸热，△H>0，故答案为>；根据反应方程式MoS 2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)可知该反应正向为气体体积增大的方向，在相同温度下，压强越大氢气的转化率越小，由图1可知：在相同温度下p1下氢气的转化率最大，所以p1压强最小，p3下氢气的转化率最小，所以p3压强最大，所以p3>p2>p1，故答案为p3>p2>p1

②由MoS 2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)，设A混合气体的

总物质的量为1mol ，则A 点时H 2的物质的量为0.4mol ，H 2O 的物质的量为0.4mol ，则变化的H 2的物质的量为0.4mol ，A 点时H 2的为平衡转化率为

α(H 2)==50%，故答案为50%

③B 点时H 2、CO 的体积分数均为25%，混合气体为H 2、CO 、H 2O ，则H 2O 的体积分数为1-25%-25%=50%，B 点对应的平衡常数K=

=0.01，故答案为0.01

【点睛】

在分析图1那种有三个变量的图像时，一般做法是定一议二法，即先找相同压强下氢气平衡转化率与温度的关系，再定相同温度下氢气平衡转化率与压强的关系。

9．以下是关于“外界因素对化学平衡移动影响的实验研究”的课题，回答问题：

（1）影响化学平衡因素的界定：化学平衡发生移动的本质原因是________，所以影响化学平衡的因素可以从分析影响的因素入手．

a ． v （正）≠v（逆）

b ．v （正）和v （逆）都增大

c ．v （正）和v （逆）都减小

（2）研究的思路与方法

①研究对象的选择，现有以下可逆反应：

A ．()()22420NO g N O g H <僔

B ．333()3FeCl KSCN Fe SCN KCl ++? 其中，A 适合于研究_______对平衡的影响，B 适合于研究_______对平衡的影响． a ．浓度 b ．温度 c ．压强 d ．催化剂

②研究方法：采用控制其他因素不变，改变其中一个因素的方法，并进行对比实验．

（3）单一因素对化学平衡移动影响的实验研究：

a ．浓度：将3FeCl 与KSCN 反应后所得的混合液分为3等份，分别加入浓3FeCl 溶液、浓KSCN 溶液和NaOH 固体，观察现象．现象：加入浓3FeCl 溶液后的混合溶液红色________，加入NaOH 固体后，混合溶液红棕色________．

b ．温度：将密封并相互连通的盛有2NO 的两个玻璃球，一个放人热水中，另一个放入冷水中．

现象：放入热水中的球内红棕色________；放入冷水中的球内红棕色________．

（4）综合（3）能得出的影响化学平衡移动的原因是________．

【答案】a abc ab 变深 变浅 变深 变浅 温度 压强

【解析】

本题探究温度、压强、浓度对化学平衡的影响。（1）化学平衡状态的特征为V （正）=V （逆），所以化学平衡发生移动的本质原因是正逆反应速率不相等，即V （正）≠V （逆）；（2）反应A ．2NO 2（g ）?N 2O 4 （g ）△H ＜0中，反应前后气体体积不相等，反应为放热反应，则温度、压强、浓度都会影响化学平衡，但是催化剂不影响平衡，所以反应A 适合于研究温度、压强、浓度对平衡应的影响，即abc 正确；B 反应

FeCl 3+3KSCN ?Fe （SCN ）3+3KCl 在溶液中进行，压强和催化剂不影响平衡，而温度和浓度会影响平衡，所以B 适合研究温度、压强对平衡的影响，即ab 正确；（3）a ．浓度：将

FeCl 3与KSCN 反应后所得的混合液分为3等份，分别加入浓FeCl 3溶液、浓KSCN 溶液和NaOH 固体，观察现象．现象：加入浓FeCl 3溶液后，铁离子浓度增大，平衡向着正向移动，则混合溶液红色变深；加入NaOH 固体后，氢氧根离子与铁离子反应生成难溶物氢氧化铁，则溶液中铁离子浓度减小，混合溶液红棕色变浅；b ．温度：将密封并相互连通的盛有NO 2的两个玻璃球，一个放人热水中，另一个放入冷水中；现象：由于反应

2NO 2（g ）?N 2O 4 （g ）△H ＜0为放热反应，升高温度后平衡向着逆向移动，二氧化氮浓度增大，球内红棕色变深；放入冷水中，平衡向着正向移动，二氧化氮浓度减小，则球内红棕色变浅；（4）根据（3）温度、浓度对化学平衡的影响可知：在其它条件不变时，增大反应物浓度或减小生成物浓度，平衡向正向移动，增大生成物浓度或减小反应物浓度，平衡向逆向移动；升高温度，平衡向吸热方向进行，降低温度，平衡向放热方向进行。 点睛：化学平衡移动的分析：影响因素主要有：浓度、压强、温度，其移动可通过勒沙特列原理进行分析。化学平衡移动的实质是浓度、温度、压强等客观因素对正、逆反应速率变化产生不同的影响，使v (正)≠v (逆)，原平衡状态发生移动。

10．运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义，请完成下列探究：

(1)生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C （s ）+H 2O （g ）垐?噲?H 2（g ） +

CO （g ） △H =+131.3kJ /mol ，△S =+133.7J /(mol ·K )，该反应在低温下_______（填“能”或“不能”）自发进行。

(2)已知在 400℃时，N 2（g ） + 3H 2（g ） 垐?噲? 2NH 3（g ）的 K =0．5

①在400℃时，2NH 3（g ）垐?噲? N 2（g ） + 3H 2（g ）的 K '=_________（填数值）。

②400℃时，在 0.5L 的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得 N 2、H 2、NH 3 的物质的量分别为 2mol 、1mol 、2mol ，则此时反应 v （N 2）正_____________ v （N 2）逆（填 “＞”、“＜”、“=”或“不能确定”）。

③已 知 H —H 键 键 能 为 436kJ /mol ， N —H 键 键 能 为 391kJ /mol ， N ≡N 键

键 能 为945.6kJ /mol ，则反应N 2（g ）+ 3H 2（g ）垐?噲?2NH 3（g ）的△H =

____________。若在恒温、恒压条件下，向平衡体系中通入氩气，则平衡_____________（填“向左”、 “向右”或“不”）移动；使用催化剂_____________（填“增大”、“减小”或“不改变”）反 应的△H 。

(3)在 25℃下，将 a mol /L 的氨水和 0.01mol /L 的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中的 c （NH 4+）=c （Cl -

），则溶液显__________（填“酸”、“碱”或“中”）性；用含 a 的代数式表示 NH 3?H 2O 电离常数 K b = ______________________________________。 【答案】不能 2 = 92.4kJ /mol - 向左 不改变 中 9

100.01

a -- 【解析】

【详解】

(1)() H

T S 131.3kJ /mol T 133.70.001kJ /mol K ?-?=+-??g ，在低温时该值大于0，所以不能在低温下自发进行，答案为：不能；

(2)N 2（g ） + 3H 2（g ）?2NH 3（g ）与2NH 3（g ）?N 2（g ） + 3H 2（g ）互为可逆反应，平衡常数互为倒数，K '=2；一段时间后，测得N 2、H 2、NH 3 的物质的量浓度分别为4

mol /L ，2mol /L ，4mol /L ，2

3

4Qc 0.542K ===?，所以该状态是平衡状态，正逆反应速率相等；根据键能大小直接计算反应焓变

H 945.6kJ /mol 3436kJ /mol 6391kJ /mol 92.4kJ /mol ?=+?-?=-；在恒温、恒压条件下，向平衡体系中通入氩气，体积增大，相当于压强减小，平衡向气体分子数增大的方向移动，向左移动；催化剂不改变反应的焓变；答案为：2；=；92.4kJ /mol -；向左；不改变；

(3)根据电荷守恒c (NH 4+)+c (H +)=c (Cl -)+c (OH -)，已知c (NH 4+)=c (Cl -)，所以c (H +)=c (OH -

)，显中性；此溶液中，c (NH 4+)=c (Cl -)=0.005 mol /L ，c (H +)=c (OH -)=7110mol /L -?；()32a-0.01c NH H O =mol/L 2g ；NH 3?H 2O 电离常数()()()+--94b 32c NH c OH 10K ==c NH H O a-0.01

g g ；答案为：中；9

100.01

a --。 【点睛】

本题是反应原理的综合大题，根据键能大小计算焓变时用反应物的键能之和减去生成物的键能之和，注意正确书写每一种物质的结构式；最后一问是难点，电离常数的计算需要求出溶液中各个微粒的浓度，重点注意等体积混合后相关离子浓度减半的问题，即可求出电离常数。

高考化学化学反应原理综合题含答案

高考化学化学反应原理综合题含答案 一、化学反应原理 NH ClO为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成1．高氯酸铵() 44 分。 ()1高氯酸铵中氯元素的化合价为_____________。 ()2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H() O g和三种单质气体，请写出该分解反应的化 2 学方程式____________________________。 ()3某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。该小组连接好装置后，依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。(已知：焦性没食子酸溶液用于吸收氧气) ①装置A、B、C、D中盛放的药品可以依次为__________(选填序号：Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)。 .碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、Cu Ⅰ .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu Ⅱ .无水硫酸铜、湿润的淀粉KI试纸、饱和食盐水、Cu Ⅲ ②装置E收集到的气体可能是_____________(填化学式)。 ()4经查阅资料，该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)90℃=NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室NH ClO，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。 制取44 ①从混合溶液中获得较多粗NH ClO4晶体的实验操作依次为________、_________和过 4 滤、洗涤、干燥。 ②研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH Cl，则上述反应不需要外界供热就能 4 进行，其原因是_______________________________。 ()5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4ClO4的质量分数。[已知：NH4ClO4的相对

化学反应原理综合练习题

化学反应原理综合练习题 一、选择题 1．下列说法正确的是（） A．反应热是指反应过程中放出的热量 B．1molH2SO4和1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热 C．相同条件下将两份碳燃烧，生成CO2的反应比生成CO的反应放出的热量多D．物质发生化学变化都伴随着能量变化 2、用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2的是（） A、稀NaOH溶液 B、HCl溶液 C、NaCl溶液 D、酸性AgNO 3 3、用惰性电极电解下列溶液一段时间后，再加入一定量的某中纯净物（括号内物质），可使溶液恢复到原来的成分和浓度的是（） A、AgNO3 (AgNO3) B、NaOH (NaOH) C、KCl （HCl） D、CuSO4 (Cu(OH)2) 4．已知31g红磷（P，固体）在氧气中燃烧生成P4O10固体放出738.5kJ热量，31g白磷（P4，固体）在氧气中燃烧生成P4O10固体放出745.8kJ热量。下列判断正确的是（） A白磷在氧气中燃烧的热化学方程式P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=－745.8kJ·mol－1 B．红磷转化成白磷时放出热量 C．红磷比白磷稳定 D．31g红磷中蕴含的能量为738.5kJ 5．增大压强，对已达到平衡的下列反应产生的影响是（）3X(g)+Y(g) 2Z(g)+2Q(s) A．正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 B．正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动 C．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 D．正、逆反应速率都没有变化，平衡不发生移动 6．在稀氨水中存在平衡：NH3·H2O NH4++OH－，要使用NH3·H2O和NH4+的浓度都增大，应采取的措施是( ) A．加NaOH溶液B．加NH4Cl固体C．加盐酸D．加NaCl溶液7．在密闭容器中，反应SO2+NO2NO+SO3（气），达到平衡后，若往容器中通入少量O2，此时将将会发生的变化是（） A．容器内压强增大，平衡向正反应方向移动

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全国高考化学化学反应原理的综合高考真题分类汇总 一、化学反应原理 1．研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验： 已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。 （1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。 （2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是 ____________________________________________________。 （3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大 2- 27 2- 4 c(Cr O) c(CrO) _____（选填“增大”， “减小”，“不变”）； （4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。 （5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。 实验ⅰⅱⅲⅳ 是否加入 Fe2(SO4)3 否否加入5g否 是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL 电极材料阴、阳极均为石 墨 阴、阳极均为石 墨 阴、阳极均为石 墨 阴极为石墨， 阳极为铁 Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3 ①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。 ②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。

2018年高考化学真题与模拟类编：专题14-化学反应原理综合(含答案)

1．【2018新课标1卷】采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题 （1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。 （2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应： 其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示（t=∞时，N2O5(g)完全分解）： t/min0408016026013001700∞ p/kPa35.840.342.5. 45.949.261.262.363.1 ①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g) ΔH1=?4.4kJ·mol?1 2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH2=?55.3kJ·mol?1 则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+ 1 2 O2(g)的ΔH=_______ kJ·mol?1。 ②研究表明，N2O5(g)分解的反应速率() 25 31 210?min N O p kPa υ-- =??。t=62min时，测得体系中2 O p p O2=2.9kPa，则此时的 25 N O p=________kPa，v=_______kPa·min?1。 ③若提高反应温度至35℃，则N2O5(g)完全分解后体系压强p∞(35℃)____63.1kPa（填“大于”“等 于”或“小于”），原因是________。 ④25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数K p=_______kPa（K p为以分压表示的平衡常数，计算 结果保留1位小数）。 （3）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反应历程： 第一步N2O5NO2+NO3快速平衡 第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应 2018年高考试题

高考化学反应原理综合题解题方法指导

高考化学反应原理综合题解题方法指导 1、热化学方程式的书写或运用盖斯定律计算反应热 2、电解池或原电池方程式的书写或电极反应式书写、新情景下陌生氧化还原型的离子方程式书写 3、化学反应速率的影响因素的实验探究 4、化学平衡状态的标志以及化学平衡的影响因素 5、化学平衡常数及平衡转化率的计算 6、酸碱中和滴定的扩展应用（仪器使用、平行实验、空白试验、误差讨论） 7、Ksp的计算和应用 8、综合计算（混合物计算、化学式的确定、关系式法、守恒法在计算中的应用） 三、不同知识点的解题技巧 1、热化学方程式的书写或反应热计算 【方法指导】首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、产物并配平，其次在反应物和产物的后面括号内注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对（主要是反应物和产物的位置、系数），最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方程式的反应热△H，空一格写在热化学方程式右边即可。 注意：并非所给的热化学方程式一定都用到。 2、电解池或原电池反应方程式的书写或电极反应式书写、新情景下陌生氧化还原型的离子方程式书写 【方法指导】首先根据题意写出化学方程式的反应物、产物，其次根据氧化还原反应原理——电子守恒配平氧化剂和还原剂的系数，再次配平还原产物和氧化产物的系数，最后根据质量守恒添加并配平其他未变价物质的系数。 注意：一般未变价物质是酸、碱或水。 【方法指导】读懂题意尤其是相关示意图，分析电解池的阴极室和阳极室存在的阳离子、阴离子及其放电顺序，必要时根据题目要求还要考虑分子是否会放电。首先写出阴（阳）极室发生还原（氧化）反应的反应物和产物离子（分子），分析其化合价变化，标出其得失电子的情况，然后根据电荷守恒在左边或右边配上其他离子，左后根据质量守恒配上其它物质。注意：①并非放电的一定是离子，应根据题目要求及时调整。 ②用来配平电极反应式的离子（物质）应是电解池中含有的，而且前后不能矛盾。 3、化学反应速率的影响因素的实验探究 【方法指导】影响化学反应速率的探究实验中，控制变量是关键。 4、化学平衡状态的标志以及化学平衡的影响因素 【方法指导】①判断一个可逆反应是否达到平衡状态的两个直接标准是正逆反应的速率相等、反应物与生成物浓度保持不变，另外间接标准是“变量不变”即观察一个可逆反应的相关物理量，采用极端假设的方法（若全部为反应物如何、全部转化为产物该物理量又如何，如果该物理量是可变的而题目说一定条件下保持不变即可认为该条件下达到化学平衡）。另外也可以用Q与K比较（Q=K则处于平衡状态；Q＜K未达平衡状态、v正＞v逆；Q＞K、未达平衡状态、v正＜v逆）。 ②平衡移动的方向、反应物的转化率和产物的产率变化均可通过条件（浓度、压强、温度）的改变，平衡移动的方向加以判断，也可以通过平衡常数的计算得到。但要关注特殊反应的特殊性。 5、化学平衡常数及平衡转化率的计算 【方法指导】平衡常数的计算可用三段法即找出浓度可变的反应物、产物在起始时、转化的、平衡时的浓度，然后带入平衡常数表达式（平衡时生成物浓度系数次幂的乘积与反应物系数

高考化学化学反应原理综合题及答案

高考化学化学反应原理综合题及答案 一、化学反应原理 1．某同学设计如下三个实验方案以探究某反应是放热反应还是吸热反应： 方案一：如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10 mL 2 mol·L－1稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20 ℃逐渐升至75 ℃，随后，温度逐渐下降至30 ℃，最终停留在20 ℃。 方案二：如图2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入10 mL 2 mol·L－1硫酸溶液，再向其中加 入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。 方案三：如图3，甲试管中发生某化学反应，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过U形管两侧红 墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。 序号甲试管里发生反应的物质U形管里红墨水液面 ①氧化钙与水左低右高 ②氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充 分搅拌) ？ ③铝片与烧碱溶液左低右高 ④铜与浓硝酸左低右高 根据上述实验回答相关问题： （1）铝片与稀硫酸的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，写出该反应的离子方程式：___________。 （2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因是___________。 （3）方案二中，小木片脱落的原因是________，由此得出的结论是__________________。（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，则U形管里红墨水液面：左边

________(填“高于”“低于”或“等于”)右边。 （5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是________(填“吸热”或“放热”)反应，如果放置较长时间，可观察到U形管里的现象是______________。 （6）方案三实验②的U形管中的现象为________，说明反应物的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总能量 【答案】放热 2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低蜡烛熔化氢氧化钠与硫酸的反应放热低于放热红墨水液面左右相平红墨水液面左高右低小于 【解析】 【分析】 【详解】 （1）金属与酸的反应是放热反应，因此铝片与稀硫酸的反应是放热反应，该反应的离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，故答案为放热；2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑； （2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因可能是反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低，故答案为反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低； （3）方案二中，反应放出的热量，使得蜡烛熔化，小木片脱落，故答案为蜡烛熔化；氢氧化钠与硫酸的反应放热； （4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，装置中气体的压强增大，U形管里红墨水液面：左边低于右边，故答案为低于； （5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是放热反应，如果放置较长时间，热量散失，装置中气体的压强与外界压强相等， U形管中红墨水液面左右相平，故答案为放热；红墨水液面左右相平； （6）方案三实验②属于吸热反应，U形管中红墨水液面左高右低，故答案为红墨水液面左高右低；小于。 2．水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合肼的原理为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl。

高考化学化学反应原理综合题及答案解析

高考化学化学反应原理综合题及答案解析 一、化学反应原理 1．三草酸合铁酸钾K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，光照或受热易分解。实验室要制备K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 并测定2- 24C O 的含量。请回答下列相关问题。 I ．FeC 2O 4·2H 2O 的制备 向烧杯中加入5.0g(NH 4)2Fe(SO 4)2·6H 2O 、15mL 蒸馏水、1mL3moL/L 的硫酸，加热溶解后加入25mL 饱和H 2C 2O 4溶液，继续加热并搅拌一段时间后冷却，将所得FeC 2O 4·2H 2O 晶体过滤、洗涤。 （1）制备FeC 2O 4·2H 2O 时，加入3mol ／L 硫酸的作用是________________________。 II ．K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 的制备 向I 中制得的FeC 2O 4·2H 2O 晶体中加入10mL 饱和K 2C 2O 4溶液，水浴加热至40℃，缓慢加入过量3％的H 2O 2溶液并不断搅拌，溶液中产生红褐色沉淀，H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间，然后滴加饱和H 2C 2O 4溶液使红褐色沉淀溶解。向溶液中再加入10mL 无水乙醇，过滤、洗涤、干燥。 （2）制备过程中有两个反应会生成K 3[Fe(C 2O 4)3]，两个化学方程式依次是： ______________________、2Fe(OH)3+3K 2C 2O 4+3H 2C 2O 4=2K 3[Fe(C 2O 4)3]+6H 2O 。 （3）H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是 ______________________。 III ．2-24C O 含量的测定 称取0.22g Ⅱ中制得的K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 晶体于锥形瓶中，加入50mL 蒸馏水和15mL3mol ／L 的硫酸，用0.02000mol ／L 的标准KMnO 4溶液滴定，重复3次实验平均消耗的KMnO 4溶液体积为25.00mL 。 （4）滴定时KMnO 4溶液应盛放在_____________(填仪器名称)中，判断滴定终点的依据是_________________。 （5）滴定终点时，所得溶液中的溶质除硫酸外，还有__________________________(写化学式)，K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 样品中2-24C O 的质量分数是____________________。 【答案】抑制2Fe +的水解（答案合理即可） ()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓?? 分解过量的22H O （答案合理即可） 酸式滴定管 最后一滴标准4KMnO 溶液滴入后，溶液变为浅红色且30s 不再改变 ()244243K SO MnSO Fe SO 、、 50% 【解析】 【分析】 （1）制备242FeC O 2H O ?时，加入3mol/L 硫酸的作用是抑制2Fe +的水解； （2）根据信息第一个生成K 3[Fe(C 2O 4)3]的化学方程式是 ()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓??；

2020年高考化学专题复习 化学反应原理综合

专题 化学反应原理综合 【母题来源】2019年高考新课标Ⅰ卷 【母题题文】水煤气变换[CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata 曾做过下列实验：①使纯H 2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧 化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H 2的物质的量分数为0.0250。 ②在同一温度下用CO 还原CoO(s)，平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192。 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H 2（填“大于”或“小于”）。 （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H 2O(g)混合，采用适当的催化剂进行 反应，则平衡时体系中H 2的物质的量分数为_________（填标号）。 A ．＜0.25 B ．0.25 C ．0.25~0.50 D ．0.50 E ．＞0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历 程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用?标注。 可知水煤气变换的ΔH ________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E 正=_________eV ，写出该步骤的化学方程式_______________________。 （4）Shoichi 研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO 和H 2分压随时间变化关系（如下图所 示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的2H O p 和CO p 相等、2CO p 和2H p 相等。

2020年高考化学综合题分类练习卷：化学反应原理练习卷

2019年高考化学综合题分类练习卷：化学反应原理练习卷

化学反应原理练习卷 1.党的十九大报告指出:要持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战。当前空气质量检测的主要项目除了PM 2.5外，还有CO、SO2、氮氧化物(NO和NO2)、O3等气体。 （1）汽车尾气中含有NO 和CO气体，可利用催化剂对CO、NO进行催化转化反应: 2CO(g) +2NO(g) N2(g) +2CO2(g) △H ①已知下列热化学方程式:N2(g) +O2(g) =2NO(g) △H1 = + 180.5kJ/mol，2C(s) +O2(g) =2CO(g) △H2=-2210kJ/mol ，C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=-393.5kJ/mol，则△H=_________。 ②在一定温度下,将2.0molNO、2.4molCO气体通入到固定容积为2 L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如下图所示。在0~15min,以N2表示的该反应的平均速度v(N2)=________。若保持反应体系温度不变，20min时再容器中充入NO、N2各0.4mol，化学平衡将_____移动 (填“向左”“向右”或“不”)。 （2）在相同温度下，两个体积均为1L 的恒容密闭容器中，发生CO、NO催化转化反应，有关物质的量如下表:

容器编 号起始物质的量 /mol 平衡物质的量 /mol N O C O N CO 2 CO2 I 0.2 0.2 0 0 a II 0.3 0.3 b 0.1 0.2 ①容器I中平衡后气体的压强为开始时的0.875倍，则a=________。 ②容器II平衡时的气体压强为p，用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数K 为________。 （3）汽车使用乙醇汽油并不能破少NO x的排放。某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag-ZSW-5对CO、NO 催化转化进行研究。测得NO 转化为N 2的转化率随温度CO 混存量的变化情况如图所示。 ①在n(NO)/n(CO) =1条件下，最佳温度应控制在_______左右。 ②若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，

高考化学反应原理解题技巧

高考化学反应原理解题技巧 襄阳三中樊春潮陈玉华 近几年的高考中化学反应原理综合题，大部分搜索化学反应中的能量变化、化学反应速率与化学平衡、电化学、物结构与离子平衡理论板块与原始化合物之间的综合题。因此，在平时训练中，应注重计算能力（重点训练平衡常数以及转化率的计算）、语言表述能力（利用平衡移动原理解决实际问题）的训练，提高解读图像的能力，掌握解题技巧。解答此类综合题的基本思路是：仔细审题→弄懂原理→掌握要点→抓住特例→规范答题。 一、综合能力的应用技巧 化学反应原理综合题要求考生具备一定的综合分析能力，二综合分析能力水平的高低就体现在考生能否把总会让分解成若干个较简单的单一模块的问题，并找出它们之间的联系，即考生要把答题化为小题，把综合性问题分解为一个个相对独立的小问题，降低难度，各个击破。 二、盖斯定律的应用技巧 盖斯定律主要是利用题中信息求某一特定热化学方程 GAGGAGAGGAFFFFAFAF

式的反应热。计算时先要确定热化学方程式的组合关系，在确定△H间的计算关系，技巧如下： 1、确定已知方程式的加减：注意观察已知热化学方程式与待定的热化学方程式，如果待定热化学方程式中的物质在已知热化学方程式中找到且只在该方程式中出现，那么在“=”或“≒”号的同一侧用加法，不同侧用减法。 2、调整化学计量数：如果要消掉的物质的化学计量数不同，则要调整热化学方程式中化学计量数，使需要消掉的物质的化学计量数相等（其他物质的化学计量数也要作同倍数的变化），从而快速确定特定热化学方程式的反应热所需要的倍数。 GAGGAGAGGAFFFFAFAF

3、注意检查核对：得到计算反应热的关系式后，一定 要核对一下所求的反应热是不是与要求的特定热化学方程式的化学计量数相对应。 三、平衡计算的应用技巧 1、平衡常数的应用：反应的化学方程式确定后，该反应的平衡常数只与温度有关。温度不变，该反应的平衡常数就不变。利用平衡常数可以处理多次投料的结果比较问题。 2、常用的计算思路：涉及赔偿的计算常利用“三段式”法，要注意几个关系的应用，反应物的c（平）=c（初）-c （转），生成物的c（平）=c（初）+c（转），反应物的c（初）×a（转化率）=反应物c（转），不同物质的c（转）之比等于它们的化学计量数之比。 四、四大平衡常数的应用技巧 1、化学平衡常数（K）：判断可逆反应是否达到平衡状态时，既可根据“相同时间内某物质的增加量是否等于减少量”来判断，也可根据相同温度下浓度商（Qc）与平衡常数（K）的大小关系来判断：Qc=K，已达平衡；Qc>K，平衡逆 向移动；Qc

(完整)近五年高考真题化学反应原理全国卷一

（ + 5） CH ； 近五年高考真题——化学反应原理 （ 2013 年全国卷 1） 28．（ 15 分）二甲醚（ CH 3OCH 3 ）是无色气体，可作为一种新型能源。由合成气 （组成为 H 2、CO 和少量 CO 2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括下列四个反应： 甲醇合成反应： （ i ） CO(g)+2H 2(g)=CH 3OH(g) △ H 1=－ 90.1 kJ/mol （ ii ） CO 2(g)+3H 2(g)=CH 3OH(g)+H 2O △H 2=－ 40.9 kJ/mol 水煤气变换反应： （ iii ） CO(g)+H 2O(g)= CO 2(g)+H 2(g) △ H 3=－ 41.1 kJ/mol 二甲醚合成反应： （ iv ） 2CH 3OH(g)= CH 3OCH 3(g)+H 2O △H 4=－ 24.5 kJ/mol 回答下列问题： （ 1） Al 2O 3 是合成气直接制备二甲醚反应催化剂主要成分之一。工业上从铝土矿制备高纯度 Al 2 O 3 的主要 工艺流程是 。（用化学方程式表示） （ 2）分析二甲醚合成反应（ iv ）对 CO 转化率的影响 。 （ 3）由 H 2 和 CO 直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为 。根据化学反应原理，增加压强对直接制备二甲醚的反应的影响 。 （ 4）有研究者在催化剂（含 Cu － Zn － Al －O 、Al 2O 3）、压强在 5.0Mpa 条件下，由 H 2 和 CO 直接制备二甲醚，结果如右图所示。其中 CO 转化率随温度升高而降低的原因是 。 （ 5 ）二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃料电池（ 5.93 kW ·h ·kg －1 ）。若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为 。一个二甲醚分孑经 过电化学氧化，可以产生 个电孑的电量：该电池理论输出电压为 1.20V ，能量密度 E= （列式计算，能量密度 =电池输出电能 /燃料质量）。 28．答案：（ 1） Al 2 O 3+2NaOH+3H 2O=2NaAl(OH) 4 △ NaAl(OH) 4+CO 2=Al(OH) 3+NaHCO 3、2 Al(OH) 3 Al 2O 3+3H 2O （ 2）消耗甲醇，促进甲醇合成反应（ i ）平衡向右移， CO 转化率增大：生成的水通过水煤气变换反应 （ iii ）消耗部分 CO 。 （ 3） 2CO(g)+4H 2(g)=CH 3OCH 3(g)+H 2O △ H= － 204.7 kJ/mol ；该反应分孑数减小，压强升高使平衡右移， CO 和 H 2 转化率增大， CH 3OCH 3 产率增加，压强升高使 CO 和 H 2 浓度增大，反应速率加快。 （ 4）反应放热，温度升高，平衡左移。 － 3OCH 3+3H 2O=2CO 2+12H +12e 1.20V 1000g 12 96500C mol 1 46g mol 1 1kg (3.6 10 6 J kW 1 h 1 ) 8.39kW h kg 1 (2014 年全国卷 1)、 27、(15 分) 次磷酸 (H 3PO 2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题： (1) H 3PO 2 是一元中强酸，写出其电离方程式： 。 (2) H 3PO 2 及 NaH 2PO 2 均可将溶液中的 Ag+ 还原为银，从而可用于化学镀银。 ① H 3PO 2 中，磷元素的化合价为 。 ②利用 H 3PO 22 进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 4:1，则氧化产 物为 (填化学式 )。 ③ NaH 2PO 2 为 （填 “正盐 ”或“酸式盐 ”），其溶液显 (填“弱 酸性 ”、 “中性 ”或“弱碱性 ”) (3) H 3PO 2 的工业制法是：将白磷 (P4)与氢氧化钡溶液反应生成 PH 3 气体和 Ba(H 2PO 3) 2，后者再与 H 2SO 4 反应。写出白磷与氢氧化钡溶液反应的化学方程式： 。

高考化学专题复习化学反应原理的综合题附详细答案

高考化学专题复习化学反应原理的综合题附详细答案 一、化学反应原理 1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2 实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示： (1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%?80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______ (2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条) (3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______ 实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置试剂X实验现象 Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色 (4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象： _______ 实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度 (5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72- +14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol?L-1

全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总(1)

全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总(1) 一、化学反应原理 1．某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物()x 242y Fe C O zH O ?????，并用滴定法测定其组成。已知224H C O 在温度高于90℃时易发生分解。实验操作如下： 步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀； 步骤二：称取黄色产物0.844g n 于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至7085n ℃。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸出一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生； 步骤三：用40.0800mol /LKMnO n 标准液滴定步骤二所得的溶液； 步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn 粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸出一滴点在点滴板上，用KSCN 溶液检验，若不显红色，过滤除去Zn 粉，并用稀硫酸洗涤Zn 粉，将洗涤液与滤液合并，用40.0800mol /LKMnO n 标准液滴定，用去高锰酸钾标准液10.00mL n 。 (1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是________。 (2)步骤二中水浴加热并控制温度7085n ℃的理由是________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是________。 (3)步骤三盛装4KMnO 标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗4KMnO 标准液的体积为________，该滴定管为________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。 (4)步骤四中滴定时发生反的离子方程式为________。若不合并洗涤液，则消耗4KMnO 标准液的体积将________(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为________。 【答案】过滤 加快固体溶解，防止草酸分解 证明溶液中无2Fe +存在，防止2Fe +干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 232425Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O +-+++++=++ 减小 ()4242Fe C O 5?10H O 【解析】 【详解】 (1)固液分离的方法为过滤，故答案为：过滤； (2)水浴加热可加快固体溶解，控制温度7085?C n ～可防止草酸分解； ()x 242Fe C O y?zH O ????中的铁元素可能含有2Fe +，2Fe +与4KMnO 反应，高锰酸钾滴定

备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优)附答案

备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优)附答案 一、化学反应原理综合考查 1．丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等，回答下列问题： (1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下： ①C3H6(g)+NH3(g)+3 2 O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol ①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol 两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。 (2)图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的产率________（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是________；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________（双选，填标号）A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反应增多D．反应活化能增大 (3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n （氨）/n（丙烯）约为1理由是_______________。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为________。 【答案】两个反应均为放热量大的反应降低温度,降低压强,催化剂不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC 1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1：7.5：1 【解析】 【分析】 (1)依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂； (2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要从产率的影响因素进行考虑； (3)根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低，根据化学反应氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体积比加入反应达到最

2020届高三化学题型专练十八 化学反应原理综合题

化学反应原理综合题 1．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。 (1)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化学方程式是___________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 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 …… iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用________________________________反应的ΔH。 ③反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)＝4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，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，结合化学方程式解释原因：______________________________________________。 (2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。 ①制H2时，连接________。产生H2的电极反应式是 ________________________________________________________________________。 ②改变开关连接方式，可得O2。 ③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：_________________________ ________________________________________________________________________。 2．研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。 (1)氮氧化物(NO x)可在催化剂作用下与氨反应生成无污染的物质，该反应的化学方程式为______________________________________________________________。 (2)对于一般的化学反应：a A＋b B===c C＋d D存在反应速率方程v＝kc m(A)c n(B)，利用反应速率方程可求出化学反应瞬时速率。m＋n为反应级数，当m＋n分别等于0、1、2…时分别称为零级反应、一级反应、二级反应……；k为反应速率常数，k与温度、活化能有关，与浓度无关，温度升高，k增大。在600 K下反应2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)的初始浓度与初始速率如表所示： 初始浓度/(mol/L) 初始速率/[mol/(L·s)] c(NO)c(O2) 0.0100.010 2.5×10－3

化学反应原理综合测试题(供参考)

2017--2018学年度高二第一学期期末考试 化学试题 说明： 1．本试卷分第I卷（1—4页）和第II卷（5—8页），全卷满分100分，考试时间90分钟。 2．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 第I卷（选择题共48分） 单项选择题：包括16小题，每小题3分，共计48分。每小题只有一个 ．．．．选项符合题意。 1.下列说法正确的是 A.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同 B.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的能量多 C.在加热条件下发生的反应均为吸热反应 D.物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化 2．关于中和热的测定实验，下列说法正确的是 A．为了使反应充分，可以向酸（碱）中分次加入碱（酸） B．为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量 C．中和热为一定值，实验结果与所用酸（碱）的用量和种类均无关 D．用铜丝代替玻璃棒搅拌，会使中和热测定值偏大 3．稀氨水中存在着下列平衡:NH 3? H2O NH4++OH- ，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH-)增大，应加入适量的物质是（忽略溶解热） ①NH4C1 固体②硫酸③NaOH 固体④水⑤加热 A.仅①②③⑤ B. 仅③⑤ C. 仅③ D. 仅①③ 4．下列叙述正确的是 ①原电池是把化学能转化成电能的一种装置 ②原电池的正极发生氧化反应，负极发生还原反应 ③不能自发进行的氧化还原反应，通过原电池的装置均可实现 ④碳棒不能用来作原电池的正极 ⑤反应Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋，能以原电池的形式来实现 A．①⑤B．①④⑤C．②③④D．②⑤ 5．下列化学方程式中，不正确的是 A．甲烷的燃烧热△H =－890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：

化学反应原理部分高考试题

一、选择题 1．下列叙述正确的是 A ．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度 B ．25℃时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH=7 C ．25℃时，0.1mol·L －1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱 D ．0.1 mol AgCl 和0.1mol AgI 混合后加入1L 水中，所得溶液中c （Cl －）=c （I －） 2．微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是 A ．正极反应中有CO 2生成 B ．微生物促进了反应中电子的转移 C ．质子通过交换膜从负极区移向正极区 D ．电池总反应为C 6H 12O 6+6O 2=6CO 2+6H 2O 3．浓度均为0.10mol/L 、体积均为V 0的MOH 和ROH 溶液，分别加水稀释至体积V ，pH 随0 lg V V 的变化如图所示，下列叙述错误．． 的是 A ．MOH 的碱性强于ROH 的碱性 B ．ROH 的电离程度：b 点大于a 点 C ．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH －)相等 D ．当0lg V V =2时，若两溶液同时升高温度，则 ) ()(++R c M c 增大 4．室温下，将0.05 mol Na 2CO 3固体溶于水配成100mL 溶液，向溶液中加入下列物质。有关 加入的物质 结论 A 50mL 1 mol·L －1H 2SO 4 反应结束后，c(Na +)=c(SO 42－) B 0.05molCaO 溶液中 增大 C 50mL H 2O 由水电离出的c(H +)·c(OH —)不变 D 0.1molNaHSO 4固体 反应完全后，溶液pH 减小，c(Na +)不变

全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总及答案

全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总及答案 一、化学反应原理 1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2 实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示： (1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%?80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______ (2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条) (3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______ 实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置试剂X实验现象 Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色 (4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象： _______ 实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度 (5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72- +14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol?L-1