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

1、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)+AlC3(g)+3C(sL3CO(g)+3AlCl(g)其平衡常数表达式为K=。碳热还原AI2O3冶铝的部分反应如下：I .2Al2O3(s)+9C(s)=A4C3(s)+6CO(g) Hi=akJ/moln . 4A12O3(s)+A14C3(s)=3A14O4C(s) H2=bkJ/mol出.A1404c(s)+A4c3(s)

2、=8Al(g)+4CO(g) AH3=ckJ/mol反应 A12O3(s)+3C(s)=2A1(g)+3CO(g的廿1=kJ/mol用离子液体 AICb-BMIC(阳离子为EMIM+、阴离子为AlCL、AbC/)作电解质，可实现电 解精炼铝。粗铝与外电源的 极(填 芷"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：。用Al、Fe或Al-Fe合金还原脱除水体中的硝态氮 (NO3-N),在45C,起始c(KNO3-N)为 50mg L-1、维持溶液呈中性并通入 Ar等条件下进

3、行脱除实验。结果如图所示 (Co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 c3(CO) c3(AlCl)c(AlCl 3)4a+b+3c12正 4A2Cl7 +3e = 7AlC4 +Al 3L5AlO4 + 5Al1173K真空15Li(g) + 4Al2O3铝表面的氧化膜仍未被溶解10Al + 6NO3 + 12H2O +45 c6H+10Al(OH)3 + 3N2 T Al-Fe形成原电池能加速电子转移【分析】(1)平衡常数表达式为生成

4、物浓度哥之积与反应物浓度哥之积的比值；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哥之积与反应物浓度哥之积的比值，固体的浓度为定，/ c3(CO) c3(AlCl)值，不出现在表达式中，则平衡常数K=c(AlCl 3)1 一、1 一x+反应出可得目标反应121根据盖斯te律，反应i- +反应n31 .1.1Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)贝U AH=AHiX- +AH2X + Hhx kJ/mol 31244a+b+3c=kJ/mol ；12

5、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AlC/、Al2C7一的形式存在，在阴极得到电子，生成 Al,电极方程式为4Al2Cl7 +3e =7AlC4 +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1173K式为 3Li5AlO4+5Al 直 15Li(g)+4Al2O3；3h后，反应才开Al 在 03h 时，NO3-Al和NO3反应，溶液是中性的,(3)纯Al在03h, NO3一几乎没有被脱除，说明几乎没有反应，而在

6、 始，可能是由于 Al的表面有一层氧化膜，阻止了反应的进行，因此纯几乎没有被脱除，其原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解;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，Al和NO3一的系数比为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 T ；45 cAl、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、CH30H与H2O之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。1反应 i： SO3(g)+H

7、2O(g)=H 2s。4(1)Hi 227.8kJ mol反应 ii： CH30H(g)+SO3(g尸CH3OSO3H(g)(硫酸氢甲酯) H2 -63.4kJ mol-1(1) CHOSQH发生水解:kJ/mol。CH 3OSO3H(g) H 2O(g) CH 3OH(g) H 2SO，1) H=(2) TC时，反应ii的CH30H(g)、SQ(g)的初始浓度分别为1 10-8mol L-1、2 10-9mol L-1,平衡时 SQ转化率为 0.04%,贝U K=ii在无水和有水条件下的反应历程,(3)我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应 如图所示，其中分子间的静电作用力用“”表示。C

8、H.OH用反舐所陷天水)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)。A. CH3OH中的氢氧键 B. CH3OH中的碳氧键C. H2O中的氢氧键 D. SQ中的硫氧键(4)分别研究大气中 H2O、CKOH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响，结果如图所六 M-tAntsGi*二一*W>LJ当 c(CHsOH)大于 10-11mol.L-1 时，c(CHsOH)越大，c(H2SO4)越小的原因是 。当 c(CH3OH)小于 10-11mol.L-

9、1 时，c(H2O)越大，c(CHsOSQH)越小的原因是 。 【答案】-164.4 4 丸1 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CH3OSQH越小，c(CH3OSQH)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(1)反应 i： SO3(g)+H

10、 2O(g户H 2s。4。)Hi 227.8kJ mol反应 ii： CH3OH(g)+SO 3(g尸CH 3OSO3H(g)H2 -63.4kJ mol-1反应 i-反应 ii 有：CH3OSO3H(g) H2O(g)CH3OH(g)H2SO4。)，所以 H = H1-H2=( 227.8kJ mol 1 )-(-63.4kJ mol-1 )=-164.4 kJ mol-1，故答案为：-164.4；(2)SO3 转化率为 0.04%,则 SQ 转化值=2 10-9mol L-1 x 0.04%=8 xmol L-1,列三段式如K=起始浓度/mol 变化浓度/mol 平衡浓度/molLLL-1

11、-1-18-13CH3OH(g)1 10-88 10-13(100000-8) 10-13-13-110 mol L-1+SO3(g)2 10-98 10-13(20000-8) 10-13=CH 3OSO3H(g)08 10-13'8 10-13-T3(100000-8) 10 mol L (20000-8) 10 mol L-131313L mol-1 =4x 14Lmol-1, 故答案为:100000 10-20000 10-4X10L mol"；(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.

12、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；CH30H中的氢氧键断了，。和S原子重新形成一根键；SQ中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S和甲醇中的。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

13、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CHOSQH减小，c(CWOSQH)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CH30SQH越少，c(CH3 0SQH)越小。【点睛】(2)计算时作如下近似处理：(100000-8) 10-13mol L-1 - 100000 x-10mol L-1=10-8 molL-1(20000-8)10-13molL-1 -2000010-13molL-1210-9molL-1。3.甲醛(HCHQ俗称蚁醛，在化

14、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：(1)该反应的能量变化如图甲所示，CH30H( g) 5= HCHO( g)+ H2( g)AHH=kJ?mol-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/SiQZnO作催化剂，在400750c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，表示生成该物质越多)随反应温度的变化曲线。制备甲 醛

15、的最佳反应温度为(填标号)，理由是。a. 400 c b. 650 c c. 700 c d. 750 cIM TO W 70 60 50 4n W 20(4) TC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) CH30H(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馍(NiSO4)溶液混合，可用于化学镀馍。反应过程中有CQ产生，则该反应的离子方程式为 ：若收集到112mLCQ (标准状况)，理论上转移电子 mo1。【答案】+84 升高

16、温度 降低压强bd c此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高1.575 HCHO2Ni2+H2O=2Ni+CQT+4H+ 0.02【解析】【分析】【详解】(1)生成物和反应物之间的能量差为463kJ/mol-379kJ/mol=84kJ/mol ；(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

17、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，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态,项正确；答案选bd;(3)在700c时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700c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0.7mol+0.1mol 2=0.9mol,代入平衡常数的表达式有，/ c(HCHO)c(H2) 0.35mol/L 0.45mol/L /K= 1.575；c(CH3OH)

18、0.1mol/L(5既然是镀馍，则馍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式2+为HCHO+2Ni +H2O=2Ni+CO2 +4H ；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0.112L量为 =0.005mol ,因此一共要转移 0. 02mol电子。22.4L/mol【点睛】对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。4. H2s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

19、取多种方式处理。I .干法脱硫(1)已知H2s的燃烧热为akJmol-1 , S的燃烧热为bkJ?mol-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) AH =Jmol-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(C)操作压力(MPa)再生条件一氧化碳v 1.333004000 3.0蒸气再生活性炭v 1.33常温0 3.0蒸气再生氧化锌v 1.333504000 5.0/、再生镒矿<3.994000 2.0/、再生n.热分解法脱硫在密闭容器中，充入一定量的H2s气体，

20、发生热分解反应H2s(g)解飞H2(g) S2(g)控2制不同的温度和压强进行实验，结果如图(a)。/ 4?* "独孝g温度中 ri:s千荷活化率与温度.赭强的关系圈(3)图(a)中压强关系pi、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。1(4)若压强为p、温度为975c时，H2s(g)? H2(g) s2(g)的平衡常数K=0.04,则 2起始浓度c=mol?-1,若向容器中再加入 ImolH2s气体，相同温度下再次达到平衡 时，K 0.04 (填 “>" 1 或

21、 1=)'。ID.间接电解法脱硫间接电解法是通过 FeC3溶液吸收并氧化 吨s气体，将反应后溶液通过电解再生，实现循环B(b)同接电怖法处理过程-4-TW*出部厚(5)电解反应器总反应的离子方程式为 。(6)气液比为气体与液体的流速比，吸收反应器内液体流速固定。测定吸收器中相同时间内不同气液比下 H2s的吸收率和吸收速率，结果如图 (c)所示，随着气?比减小，H2s的吸收速率逐渐降低，而吸收率呈上升趋势的原因为 。【答案】-2a+2b活性炭 p3>p2> pi吸热移出产物H2或S2 0.018 =2Fe3+2H+里盛2Fe2+H2 T 气液比减小，通入 H2s的总量减少，参

22、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akJ?mol-1, S的燃烧热为bkJ?mol-1 ,则有 3H2s(g)+,O2(g尸SO2(g)+H2O(l) AH=

23、-akJMol-1 ，S(s)+Q(g尸SQ(g) AH=-bkJ?mol-1 ，根据盖斯 定律则方程式 2H2s(g)+ O2(g)=2S(s)+ 2H2O(l) AH=2X-2X=-2a+2bkJ?mol-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 P3>P2>P1；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动，则正反应为吸热反应；若要

24、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：P3>P2>P1；吸热；移出产物H2或金;0.2x 2 0.4x K 0 04 ,解得x=0.018；若向容器中再加入 1molH2s气体，相同温度(4)已知压强为P、温度为975 c时H2s的平衡转化率为 40%,且平衡常数 K=0.04,设始浓H2s(g)? H2(g)+ 2 s2(g)起始物质的量浓度(molL-1)：x00转化物质的量浓度(molL-1)：0.4x0.4x0.2x平衡物质的量浓度(molL-1)：0.6x0.4x0.2x表不为：,已知平

25、衡常数K,则有度为xmol儿,“三段式”10.6x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;二;(5)间接电解法是通过 FeC3溶液吸收并氧化 H2s气体，FeC3溶液被还原为FeC2,反应后溶 液通过电解再生即将 FeC2氧化为FeC3,所以电解反应器总反应的离子方程式为2Fe3+2H+直翼 2Fe2+H2 T ；答案为：2Fe3+2H+ 曳曜 2Fe2+H2 T ；(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

26、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。在 25 C、101kPa 时，C(s> H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为 393.5kJ/mol、 285.8kJ/mol、870.3kJ/mol ,则 2c(s)+2H2(g)+O2(g)= C伟COOH(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 。在一定体积pH=12的Ba(OH

27、?溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSG溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH= 11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSQ溶液的体积之和，则 Ba(OH)2溶液与NaHSQ溶液(4)利用如图所示的电解装置，可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸俊，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L= rio浓港,诫和A J1-.工,胃产了_,学=害 二一 -_ » * M 一 w， mi "W."y. . ，, , i整鲤科EW稀稀溶【答案】-48

28、8.3。向01 16201： 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尸CHCOOH(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；氢氧化钢和硫酸氢钠反应钢离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSQ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

29、，据此写出电极方程式，根据电子守恒计算。据此分析。【详解】 在 25 C、101kPa 时，C(s卜 H2(g)、CH3COOH。两燃烧热分别为 393.5kJ/mol、 285.8kJ/mol、870.3kJ/mol,贝U H2(g)+ O2(g尸H2O(l) H=-285.8kJ/mol (1)C(s)+Q(g尸CQ(g) H=-393.5kJ /mol (2)CH3COOH(1)+2Q(g)=2CC2(g)+2H2O(l) AH=-870.3kJ /mol(3)由盖斯定律可以知道，(1)X2+(2)X2-(3)可得反应2C(s)+2H2(g)+Q2(g)=CH3COOH(1),其反应热

30、为 2 x(-285.8kJ /mol)+2 x(-393.5kJ /mol)+870.3kJ /mol=-488.3kJ ol,答案为：-488.3 kJ /mol ； (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：起始(mol)： 转化(mol): 平衡(mol):2SO2(g)22x2-2x+ O2(g) ?1x1- x2SO3(g)09,该反应是恒温恒容下的反应，根据反应前后2x2x压强之比等于物质的量之比得2x 1 x 2x2x一1 x 0.7, x

31、0.9 ,则化学平衡常数1.82201(5)万1620,答案为：1620；(3)pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)= 10-2mol/L,设溶液体积为aL则氢氧根离子物质的量为 10-2xa mol；当溶液中的Ba2卡恰好完全沉淀时，根据反应Ba(OH)2+NaHSQ=BaSQ J +H2O+NaOH,反应的硫酸氢钠物质的量为0.5a x10-2mol ；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 -3mol/L,碱过量；根据公式得：口00.5a 1010 3 , a： b=1： 4;答案为：1: 4;a b(4)根据电解装置，SQ转化为硫酸根离子，

32、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 SQ+2H2O-2e-=4H+SQ2-,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-5SQ,则SC2的物质的量为 0.5mol ,答案为：NO+6H+5e-=NH4+H2。； 0.5mol ;6.亚硝酰硫酸(NOSQH)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SQ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20C,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7F 

33、6;(1)实验室制备 NOSQH的化学反应方程式为。反应进行到10min后，反应速度明显加快，其可能的原因是一。反应过程中，硝酸减少的物质的量大于NOSQh生成的物质的量白可能原因是一(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产品放入锥形并S中，加入 50.00mL0.1000mol L-1的KMnO4标准溶液和足量 稀H2SC4,摇匀，使其充分反应。再将反应后溶液加热至6070 c (使生成的HNO3挥发逸出)，冷却至室温，用0.2500mol L-1Na2QO4标准溶液滴定至终点，消耗Na2QO4溶液的体积为 16.00mL。已知：2KMnO4+5NOSQH+2H

34、2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4； KMnO4 在酸性条件下被还 原为Mn2+O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+SQ®丝出NOSQH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)X 1+(-2) X 5+(+1) X1=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

35、 的 KMnO4与 16.00mL 0.2500mol LNa2c204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,必有S元素化合价从+4升高到+6, N元素和S元素浓硫酸的物质的量之比=1:1 ,所以反应的方程式为：HNO3+SO2NOSO4H,故答案为：浓硫酸HNO3+SO2NOSQH；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NOSQH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NOSQH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

36、；(2) 一部分KMnO4标准溶液和NOSQH反应，剩余的KMnO4标准溶液用Na2c2。4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2KMnO45Na2c2O4子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比=2:5,所以 2mol5mol,n10.25mol/L 16 10-3L解得：和Na2C2O4反应的KMnO4的物质的量n1=1.6 x 10-3mol, KMnO4总的物质的量=50.00 X tLX 0.1000moL-1=5x 10-3

37、mol,所以和 NOSQH 反应的 KMnO4 的物质的量=5x10-2KMnO 4 5NOSO4H3mol-1.6x 10-3mol=3.4 x10-3mol,所以2mol5 127g ,解得 NOSO4H 的质量3.4 10 3 mm=1.0795g,所以样品中NOSQH的纯度=107警 100% 90.00%,故答案为：90.00%。.4 g【点睛】和Na2c2O4反应的KMnO4加上和NOSO4H反应的KMnO4为总的KMnO4的量。7 .研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明、美丽中国具有重要意义。ro?无机碟一川见 CO., 一L l 姐 j HjCO-,.M中H；c

38、o 1仅为co幽心用(1)海水中无机碳的存在形式及分布如图所示用离子方程式表示海水呈弱碱性的主要原因。已知春季海水 pH=8.1,预测冬季海水碱性将会 (填蹭 强”或微弱”。理由是。(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)+ 2H2(g)=CH30H(g) 田0,在容积为1L的恒容容器中，分别在 Ti、T2. T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和C0的起始组成比(起始时CO的物质的量均为imol)与CO平衡转化率的关系。下列说法 正确的是(填字母)。A. a、b、c三点H2转化率：c>a>b8 .上述三种温度之间关系为Ti>T2>T3C

39、. c点状态下再通入1molCO和4molH2,新平衡中H2的体积分数增大D. a点状态下再通入 0.5molCO和0.5molCH3OH,平衡不移动(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示:NO的作用 是已知：O3(g)+ O(g)=2O2(g)&上 143kJm ol 1反应 1： Os(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g)A=H1 200.2kJ mol 1。反应2：热化学方程式为 。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+ 2NO(g)=N2(g)+ 2CQ(g)AH= 759.8kJ mol -1,反应达到平衡时，N的体积分数随n(

40、CO)n(NO)的变化曲线如下图。b点时，平衡体系中 C N原子个数之比接近 。a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为 ; b、c、d三点的平衡常数从大到 小的顺序为。若n(CO)n(NO)= 0.8,反应达平衡时，N的体积分数为20%,则NO的转化率为 。【答案】HCQ-+H2O=H2CQ+OH; 减弱；水解是吸热的，温度越低，水解程度越低；D;催化剂；NC2(g)+O(g尸NO(g)+C2(g) H=+57.2 kJ/mol;1： 1;c<b<a；b=c>d;60%。【解析】【分析】(1)本小题考察盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶 液碱

41、性减弱；(2)根据图中n(H2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大；根据图中关系，当n(H2)/n(CO)一定时，温度升高，CO转化率变大，反应正方向为吸热反应， 与题意反应是放热反应像违背；利用反应平衡常数，在此基础上再加入反应物质，可求出 Qc,比较Qc与K即可推断出平衡是否移动。(3)通过图示，不难得到NO起着催化剂的作用，根据盖斯定律，可以得到反应2的热化学方程式；(4)当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以 b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1: 1;根据反应是放热反应，当 n(CO)/n(NO) 一定时，温度升 高，平衡逆向

42、移动，平衡常数变小，CO的转化率变小；列出三段式即可求出NO的转化率。【详解】(1)海水呈弱碱性的主要原因是HCO3-+H2O=H2CO3+OH-；春季海水pH=8.1,水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱；(2) A.根据图中n(H2)/n(CO)越大，即增大氢气浓度，平衡正向移动，CO的转化率增大，而氢气转化率变小，图中 CO转化率c>b,所以氢气转化率 b>c; a、b两点的n(H2)/n(CO)相 同，CO转化率越大，氢气的转化率越大，所以 a>b。综上氢气的转化率为 a>b>c; A项错 误；B.根据图中关系，当 n(H2)/

43、n(CO) 一定时，温度升高，CO转化率变大，反应正方向为吸热反 应，与题意反应是放热反应像违背；所以温度T1<T2<T3； B项错误；C.c点状态下再通入1molCO和4molH2,等效平衡在原平衡的基础上压强增大一倍，正方向为气体体积减小的反应，故平衡正向移动，新平衡中H2的体积分数减小，C项错误；D.T1温度下，a点n(H2)/n(CO)=1.5,列出三段式：起始反应平衡cog10.50.5再通入+ 2出 g =CH 30H g ?1.50.5,T1温度下的平衡常数 K=0.50.5,2 =4,0.520.5molCO 和0.50.50.5molCH3OH,0.5 0.5Qc

44、=(0.5 0.5) 0.52 =4,所以平衡不移动，D项正确；(3)反应是臭氧在 NO作用下生成二氧化氮和氧气，二氧化氮在氧原子作用下生成 和氧气，反应过程中 NO参与反应后又生成，所以 NO作用为催化剂；NO根据盖斯定律两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式：NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g)H=+57.2kJ/mol ；(4)当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1:1;增大n(CO)/n(NO), CO转化率降低，所以 a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为c<b<a；平衡常数只与温度有关，

45、所以 b、c点的平衡常数相同， 移动，N2的体积分数减小，所以 T1>T2, d点平衡常数小于 b、 平衡常数从大到小的顺序为 b=c>d;若n(CO)n(NO)= 0.8,反应达平衡时，N的体积分数为20%,反应放热，升温平衡正向c点，所以b、c、d三点的令平衡时CO转化了 xmol,列出三段式:起始反应平衡2CO g+ 2NO g=电g+2CO2 g0.8100XXX>X20.8 x1 XXX2,N的体积分数为X2x=0.6,所以CO转化率为0.6/1=60%。.o X =20%,解得1.8 -2【点睛】盐类水解，水解平衡为吸热反应，冬天温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱

46、性减弱；反应平衡常数K只与温度有关，温度升高，平衡正向移动，K值增大，平衡逆向移动，K值减小；在有关平衡反应中转化率或涉及体积分数、物质的量分数题型中一般设未知数。列 出三段式，即可得到方程得出答案。8. (1)乙基叔丁基醒(以ETBEW示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。用乙醇与异丁烯(以旧表示而催化剂HZSM- 5催化下合成ETBE反应的化学方程式为：QH50H(g)+IB(g)=ETBE(g) AH。回答下列问题：反应物被催化剂 HZSM- 5吸附的顺序与反应历程的关系如图所示，该反应的AH=_kJmol-1。反应历程的最优途径是 _(填C1、C2或。)。SQ转化率的变化情况(图2)

47、。则图2中表示n(CO) : n(SO2)=3 ： 1的变化曲线为反应温理，T?田【图2(3)已知 NC2存在如下平衡：2NO2(g)= N2O4(g) AH<0,在一定条件下 NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压哪质的量分数)有如下关系：v(NC2)=k1 p氏立历标cp表示光嫁附乙髀,和也矛尢唳黯异丁垢. c,表字乙界和养丁怖网叶吸附 一定条件下，用 Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收。反应为2CO(g)+SO(g)-> 2CC2(g)+S(l)H=-270kJ mol-1其他条件相同、催化剂不同，SO2的转化率随反应温度的变化如图1, Fe2O

48、3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高，不考虑催化剂价格因素，选择Fe2O3的主要优点是：O某科研小组用 F&O3作催化剂。在 380c时，分别研究了 n(CO)： n(SO2)为1 ： 1、3： 1时(NC2),V(N2C4)=k2 P(N2C4),相应的速率与其分压关系如图所示。Kp(压力平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k=_;在图标出点中，指出能表示反应达到平衡状态的点是_,理由是_。(4)二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应C2(g)+2SC2(g)工2SC3(g)。PSO3 12- 已知：标准平衡常数 Kk。cp,其中p0为标准压强(1xi0P

49、a), p(so3)、pQ)和 pS0212r pO2 p pp(S02)为各组分的平衡分压，如p(SQ)=x(SQ)p, p为平衡总压，x(SQ)为平衡系统中SQ的物质的量分数。SQ和02起始物质的量之比为 2： 1,反应在恒定温度和标准压强下进行，SO3的平衡产率为5则K0=(用含3的最简式表示)。【答案】-4a Q Fa03作催化剂时，在相对较低的温度可获得较高的S02转化率，从而节约能源 a k=2k2Kp BD达到平衡时，N204与N02的消耗速率满足条件 v(NO2)=2v(N2O4)2(3- )(1- )3【解析】【分析】(1)由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，

50、由图给数据可计算AH;活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，活化能越小，反应越容易进行；(2)F&03作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SQ的转化率，从而节约大量能源；n (CO) : n (SQ) =2： 1 时反应速率界于 n (CO) : n (SQ) =3: 1 和 n (CO) : n (S02) =1： 1之间，反应速率介于二者之间，且二氧化硫的转化率和n (CO) : n (SO2)=3: 1是相等的；(3)当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO2与N2O4的消耗速率的关系为 v (NO2)=2v (N2O4),则k1?p2(NO2)=2k2?p(N2O4);满

51、足平衡条件v ( NO2)=2v (N2O4)即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为 1：2；(4)设SQ和O2起始物质的量为 2mol和1mol,由SQ的平衡产率为 可知，平衡时 SQ 的物质的量为2co,由题意建立三段式计算可得。【详解】(1)由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则该反应的Hn (51) akJ/mol= -4 akJ/mol;活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度，过渡态 1和2 的活化能都为6akJ/mol,过渡态3的活化能为4akJ/mol,活化能越小，反应越容易进行， 过渡态3的活化能最小，反应历程最优，故答案为：-4a; C3；(2

52、) 根据图示内容，对比 260c时不同催化剂作用下 SQ的转化率，可以看出 Cr2O3作 催化剂时，反应速率最快，FezCfe和NiO作催化剂均能使 SQ的转化率达到最高，但是F&O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SQ的转化率，从而节约大量能源，故答案为：Fe2O3作催化剂时，在相对较低温度可获得较高SO2的转化率，从而节约大量能源；n(CQ: n(SQ)=2：1时反应速率界于 n (CO): n(SQ)=3: 1 和 n (CO): n(SO2)=1： 1之间，反应速率介于二者之间，且二氧化硫的转化率和n (CO) : n (SO2)=3: 1是相等的，F及O3作催化剂时，曲线

53、 a符合，故答案为：a;(3)反应的化学平衡常数 6=鬻黑，当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，NO2与p (2)N2O4 的消耗速率的关系为v (NO2)=2v(N2O4),则ki?p2(NO2)=2k2?p(N2O4),ki=2k2 Kp；满足平衡条件 v (NO2) =2v (N2O4)即为平衡点，R D点的压强之比等于其反应速率之比为1: 2,所以B、D为平衡点，故答案为：2k2Kp； BD;(4)设SQ和O2起始物质的量为 2mol和1mol,由SC3的平衡产率为 可知，平衡时 SO3 的物质的量为2co,由题意建立如下三段式：O2 g +2SO2 g ? 2SO3 g起（mol）

54、120变（mol）2«2 w¥ （mol）1- 3 2-2«2«由三段式可得p(SO3)、p(O2)和p(SO2)分别为I- X p0、9 X p9、专2- x p0,则标准平衡常rp（SO3）,2故答案为:2（3-），/、3 p,3-22（3-）p（SO2p （。2） =号2 匕厂（1- ）3 pp由平衡分压等于平衡总压和物质的量分数之积和K e=- rp（SO3）12 e pp（SO2）2 p（O2）e p-可知rp（SO3）12p1 一一2也是难点。K e= -Tp=-32，是解答关键, p （SO J 2 P （Od 2-2-12Jp ' 2 p ' 3- 3- p9 p99.我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18O49纳米反应器催化剂表