2020届高考(人教)化学：化学反应原理综合二轮练习试题附答案

2020届高考(人教)化学：化学反应原理综合二轮练习题附答案TOC\o"1-5"\h\z**化学反应原理综合 **1、(2019年安徽合肥六中等四校联考 )利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法。已知： CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)反应过程的能量变化如下图所示。曲线Ⅰ、Ⅱ分别表示无或有催化剂两种情况。下列判断正确的是 ( )A．该反应的逆反应的 ΔH＝－ 91kJ/molB．加入催化剂，可以改变该反应的途径，且该反应的 ΔH不变C．反应物的总能量小于生成物的总能量D．该反应中反应物的键能之和大于生成物的键能之和【答案】B2、反应 4A(s)＋3B(g) 2C(g)＋D(g)经2min，B的浓度减少 0.6molL·－1。对此反应速率的正确表示是 ( )A．用 A表示的反应速率是 0.8molL·－1·s－1B．分别用 B、C、D表示反应的速率，其比值是 3∶2∶1C．在 2min末时的反应速率，用反应物 B来表示是 0.3molL·－1·min－1D．在这 2min内用 B和C表示的反应速率的值都是相同的【答案】 B【解析】反应物 A是固体，浓度为常数，通常不用其表示反应的速率， A项错误；v(B)＝0.6mol·L－1/2min＝0.3molL·－1·min－1，是 2min内的平均反应速率，而不是2min末时的反应速率， C项错误；反应中 B和C的计量数不同，表示的反应速率的值不同， D项错误；只有 B项正确。3、(2019·北京卷)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

.CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)ΔH1.CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)ΔH2.CH4(g)===C(s)＋2H2(g)ΔH3TOC\o"1-5"\h\zΔH1和ΔH2计算 ΔH3时，还需要利用 反ΔH。n(H2O)∶n(CH4)＝4∶1，大于初始反应的化学计量数之比， (选填字母序号 )。a．促进 CH4转化 b．促进 CO转化为 CO2c．减少积炭生成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。t1时开始， H2体积分数显著降低，单位时间 CaO消耗率 (填“升)。此时 CaO消耗率约为 35%，但已失效，结合化学(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：[解析 ](1)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＋2H2O(g)===4H2＋CO2。②根据盖斯定律，由ⅰ＋ⅱ－ⅲ或ⅰ－ⅱ－ⅲ可得目标热化学方程式。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。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。 (2)①电解碱TOC\o"1-5"\h\z性电解液时， H2O电离出的 H＋在阴极得到电子产生 H2，根据题图可知电极 1与电池负极连接， 为阴极，所以制H2时，连接K1，产生 H2的电极反应式为 2H2O＋2e－===H2↑＋ 2OH－。③制备 O2时碱性电解液中的 OH－失去电子生成 O2，连接K2，O2在电极 2上产生。连接 K1时，电极 3为电解池的阳极， Ni(OH)2失去电子生成 NiOOH，电极反应式为 Ni(OH)2－e－＋OH－===NiOOH＋H2O，连接K2时，电极 3为电解池的阴极，电极反应式为 NiOOH＋e－＋H2O===Ni(OH)2＋OH－，使电极 3得以循环使用。催化剂[答案 ](1)①CH4＋2H2O=====4H2＋CO2C(s)＋2H2O(g)===CO2(g)＋2H2(g)或C(s)＋CO2(g)===2CO(g)

TOC\o"1-5"\h\zabc④降低 CaO＋CO2===CaCO3，CaCO3覆盖在 CaO表面，减少了 CO2与CaO的接触面积(2)①K12H2O＋2e－===H2↑＋ 2OH－③制 H2时，电极 3发生反应： Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O。制 O2时，上述电极反应逆向进行，使电极 3得以循环使用4、甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔。(1)利用甲醇可制成微生物燃料电池(利用微生物将化学能直接转化成电能的装置)某微生物燃料电池装置如右图所示：TOC\o"1-5"\h\zA极是 极(填“正”或“负” )，其电极反应式是 。2)研究表明 CO2加氢可以合成甲醇。 CO2和H2可发生如下两个反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) ΔH2①反应I的化学平衡常数表达式 K＝ 。②有利于提高反应 I中CO2的平衡转化率的措施有 (填序号)。a．使用催化剂 b．加压 c．增大 CO2和H2的初始投料比③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，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应 I，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如右图所示。1 0(填“>” 、“＝”或“<” )，其依据是 。CO2和 H2初始投料比一定， 按一定流速通过催化剂乙，：T(K)CO2实际转化率( %)甲醇选择性( %)【注】54312.342.3

55315.339.1【注】甲醇选择性：转化的 CO2中生成甲醇的百分比表中实验数据表明，升高温度， CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是 。【答案】（1）负（ 1分） CH3OH—6e-+H2O==CO2+6H+（2）① c（CH3OH）c（H2O）c（CO2）c3（H2）②b③<温度升高，甲醇的平衡产率降低④温度升高， I、II的反应速率均加快，但对 II的反应速率的影响更大。5、 （2020届新题预测 ）某硫酸工厂的废水中含有较多的 H＋ 、 Cu2＋ 、 Fe2＋ 、 SO24－ 、AsO43－、HAsO42－、H2AsO－4等需要处理的杂质离子，其中一种处理流程如图 1所示。Ⅰ.常温下 lgc（M）（M表示 Cu2＋或Fe2＋等）随pH的沉淀溶解平衡曲线如图2所示 2所示 （已知 10－5.7≈2×10－6）。.常温下 H3AsO4水溶液中含砷元素的各物种的分布分数 （平衡时某物种的浓度）与pH的关系如图 3所示。TOC\o"1-5"\h\z(1)沉淀 A的主要成分的化学式是 。(2)常温下 pH＝7的溶液中 Cu2＋的物质的量浓度为 ，请判断此时 Fe2＋是否沉淀完全： (填“是”或“否” )。(3)若氧化过程中生成了某种胶体，用离子方程式解释氧化过程中溶液 pH降低的原因： 。(4)①研究 H3AsO4水溶液， 分析废水中的砷的去除率： 以酚酞为指示剂 (pH变色范围为 8.2～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入 H3AsO4溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为②H3AsO4第一步电离方程式 H3AsO4 H2AsO－4＋H＋的电离常数为 Ka1，则pKa1＝ (pKa1＝－lgKa1)。③最后一次调节 pH时，pH过低或过高砷的去除率都会明显降低， pH过低时可能的原因是 ；_pH过高时可能的原因是 从沉淀转化的角度分(析)。解析： (1)因为废水含有较多的 H＋ 、 Cu2＋、 Fe2＋ 、 SO42－ 、 AsO43－ 、 HAsO24－ 、 H2AsO－4等需要处理的杂质离子，加入石灰乳调节溶液 pH＝3时，结合后续流程可知只有Ca2＋与SO24－产生沉淀， 故沉淀A的主要成分为 CaSO4。(2)Ksp[M(OH)2]＝c(M2TOC\o"1-5"\h\z2＋ 2＋)·c2(OH－)＝c2 ＋ ，取图中lgc(M)＝0即c(M2＋)＝1mol·L－1的点进行计c(H)1×10－14)2 － －算， Ksp[Cu(OH)2]＝ －4.15 2＝ 1× 10－ 19.7， 同理 Ksp[Fe(OH)2]＝ 1× 10－ 15.1。1×10 )常温下 pH＝ 7的溶液中 c(Cu2＋ )＝ Ksp[2Cu( O－H) 2]＝ 1×10－ 5.7≈ 2× 10－ 6(mol ·L－c(OH)1)，c(Fe2＋)＝ 1× 10－ 1.1mol· L－ 1>1× 10－ 5mol· L－ 1， Fe2＋ 未沉淀完全。 (3)氧化过程是将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，Fe3＋继续反应生成胶体， 故溶液pH降低的原因是 4Fe2＋＋O2＋10H2O===4Fe(OH)3(胶体 )＋8H＋。(4)①以酚酞为指示剂， pH的变色范围为 8.2～10.0，此时溶液中砷元素主要以 HAsO42－的形式存在，故该过程中主要反应的离子方程式为 2OH－＋H3AsO4===HAsO42－＋2H2O；② Ka1＝c(H2AsO－4)·c(H＋) － －22c( H3AsO4) ，当 c(H2AsO4)＝ c(H3AsO4)时， pH＝ 2.2， Ka1＝ 1×10 2.2，则 pKa1＝ 2.2； ③pH过低时， H＋ 会抑制 H3AsO4的电离， 溶液中 AsO43－ 浓度较小，不易与 Fe3＋形成沉淀； pH过高时， FeAsO4会转化为 Fe(OH)3沉淀， AsO43－又进入水中。答案： (1)CaSO4(2)2×10－6mol·L－1否(3)4Fe2＋＋O2＋10H2O===4Fe(OH)3(胶体 )＋8H＋(4)①2OH－＋H3AsO4===HAsO42－＋2H2O②2.2③H＋会抑制 H3AsO4的电离，溶液中 AsO43－浓度较小，不易与 Fe3＋形成沉淀FeAsO4会转化为 Fe(OH)3沉淀， AsO34－又进入水中6、对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。Ⅰ.在催化剂存在下用 H2还原 CO2是解决温室效应的重要手段之一，相关反应如下：主反应： CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1副反应： CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋ 41.2kJm·ol－1已知H2和CH4的燃烧热分别为－ 285.5kJm·ol－1和－890.0kJm·ol－1－1H2O(l)===H2O(g)ΔH＝＋ 44kJm·ol1(1)ΔH1＝ kJ·mol－1。(2)有利于提高 CH4平衡产率的反应条件是 至少写两条( )。工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是 。(3)T℃时，若在体积恒为 2L的密闭容器中同时发生上述反应，将物质的量之和为5mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应，结果如图 1所示。若 a、b表示反应物的转化率，则表示 H2转化率的是 ，c、d分别表示 CH4(g)和CO(g)的体积分数，由图可知 n(H2)＝ 时，甲烷产率最高。若该条n(CO2)件CO的产率趋于 0，则 T℃时①的平衡常数 K＝ 。

Ⅱ.溶于海水的 CO295%以HCO－3形式存在。在海洋中，通过如图 2钙化作用实现碳自净。TOC\o"1-5"\h\z(4)写出钙化作用的离子方程式： 。_(5)如图 3，电解完成后， a室的pH (“变大”“变小”或“几乎不变” )；其间b室发生反应的离子方程式为解析：Ⅰ .(1)根据已知有② CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋ 41.2kJ·mol－12H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)ΔH3＝－ 571.0kJm·ol－1CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH4＝－ 890.0kJm·ol－1H2O(l)===H2O(g)ΔH5＝＋ 44kJm·ol－1根据盖斯定律，由③× 2－④＋⑤× 2可得 CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)ΔH1＝2ΔH3－ΔH4＋2ΔH5＝－ 164.0kJm·ol－1。(2)反应 CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)是正方向为气体体积减小的放热反应，降低温度和增大压强都有利于反应正向移动，提高 CH4平衡产率；工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是催化剂。(3)随着 n(H2)比值的增大，氢气的转化率降低，则表示 H2转化率的是 b。随着n(CO2)nn((CHO2)2)比值的增