2023届高考化学一轮训练专题-化学反应原理综合题.docx

1、2023届高考化学一轮训练专题化学反应原理综合题1（2022河南省叶县高级中学高三阶段练习）25下，溶液加水稀释，所得体积为V的溶液的pH随变化关系如图所示，结合表中给出的电离常数(25下)回答下列问题：弱酸HClO电离常数(1)25时，在的溶液中，由水电离出的浓度为_。(2)的电离常数约为_，、三种酸的酸性由强到弱的顺序为_。(3)图中b_(填“”“”“=”或“”“=”或“(4)AD(5)高铼酸【解析】（1）水电离的c（H+）=mol/L=110-11mol/L。（2）根据图像信息，氢离子浓度起始为0.001mol/L，CH3COOH电离程度较小，所以c（CH3COO-）c（H+）=0.00

2、1mol/L，c（CH3COOH）0.1mol/L，电离平衡常数Ka=110-5；酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，电离平衡常数：K（HNO2）K（CH3COOH）K（HClO），所以酸性。（3）随着加水稀释，醋酸的电离度增大，但是浓度减小，氢离子浓度由10-3mol/L降低到10-4mol/L，溶液体积扩大倍数大于10，故b1。（4）A醋酸电离吸收热量，则降低温度平衡逆向移动，该比值减小，故正确；B加水稀释促进电离，则该比值增大，故错误；C加少量的CH3COONa固体而抑制醋酸电离，但是溶液中c（CH3COO-）增大程度大于c（CH3COOH）增大程度，所以该比值增大，故错误；D加少量冰醋

3、酸平衡正向移动，但是c（CH3COO-）增大程度小于c（CH3COOH）增大程度，该比值减小，故正确。（5）的高铼酸()与pH=13的NaOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性，可知高铼酸为强酸，完全电离；则体积相同的高铼酸和醋酸溶液的pH均为2，高铼酸的浓度为0.01mol/L，而醋酸为弱酸，浓度大于0.01mol/L，若将两溶液稀释100倍，则pH变化较大的是高铼酸。2(1)(2)(3)(4)-139(5)【解析】（1）焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，由图可知：1个分子中含有6个P-P，1个分子中含有12个P-O, 1mol和完全反应生成的反应热。（2）燃烧热是在101 kPa时，1

4、 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；甲醇燃烧生成和液态水时放热22.68kJ，则1mol甲醇（32g）燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为，故表示甲醇燃烧热的热化学方程式为；（3），；根据盖斯定律反应可以看成是+，所以甲烷直接将还原为的热化学方程式为：；（4）由图可知，生成物能量低于反应物能量，反应为放热反应，放出热量为；故和NO反应生成和的热化学方程式为；（5）根据盖斯定律，-2可得：，所以。3(1)-91.1(2)CD(3) 反应是放热反应，反应是吸热反应，温度高于570之后，反应转化率主要由反应决定 37.5(4) 阳【解析】（1）由盖斯定律可知，反应-反应可得反应，则该反

5、应的焓变为H= H1+ H2= -50.0kJmol-1-41.1kJmol-1=-91.1kJmol-1。（2）A每断裂1mol H-H键，同时生成1mol O-H键，不能说明正逆反应速率相对，不能表明上述反应已达到平衡状态，A错误；B，说明甲醇、二氧化碳的物质的量相等，但不能说明正逆反应速率相对，不能表明上述反应已达到平衡状态，B错误；C反应为气体分子减小的反应，反应前后混合气体的平均相对分子质量不同，若混合气体的平均相对分子质量不变，表明上述反应已达到平衡状态，C正确；D反应为气体分子减小的反应，随着反应进行压强改变，混合气体的压强不变，表明上述反应已达到平衡状态，D正确；故选CD；（3

6、）反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大，反应反应前后体积不变，平衡不受压强影响，结合图像可知，p3p2p1；反应是放热反应，反应是吸热反应，随温度升高，反应逆向移动，二氧化碳的平衡转化率减小，反应正向移动，二氧化碳的平衡转化率增大；在570 C之前，反应起主要作用，温度升高三氧化碳的平衡转化率降低，温度高于570之后时情况则相反，故答案为：反应是放热反应，反应是吸热反应，温度高于570之后，反应转化率主要由反应决定； 设起始时加入的二氧化碳的物质的量为1mol，则氢气为3mol，M点时，二氧化碳的平衡转化率为60%，则转化的二氧化碳为0.6mol，

7、甲醇的选择性为，则生成甲醇的二氧化碳为6mol=0.4mol，在反应中，同时消耗氢气1.2mol，生成的甲醇和水蒸气均为0.4mol，反应转化的二氧化碳为0.2mol，同时消耗氢气0.2mol，生成的CO和水蒸气均为0.2mol，所以平衡时二氧化碳为1mol-0.4mol-0.2mol=0.4mol，氢气为3mol-1.2mol-0.2mol=1.6mol，水蒸气为0.4mol+0.2mol=0.6mol，气体总物质的量为0.4mol+1.6mol+0.6mol+0.2mol+0.2mol=3.2mol，则二氧化碳的分压为=0.025MPa，氢气的分压为0.2MPa=0.10MPa，甲醇的分压

8、为0.2MPa=0.025MPa，水蒸气的分压为0.2MPa=0.0375MPa，Kp=37.5(MPa)-2。（4）通入二氧化碳生成乙烯，碳元素的化合价降低，发生还原反应，电解池的阴极发生的是还原反应，所以阴极电极反应为：2CO2 +12e- + 12H+ =CH2=CH2+4H2O；在阳极，水电离的OH-失去电子生成氧气，同时生成H+，阴极需要H+，所以H+从右向左移动，则该装置中使用的是阳离子交换膜。4(1) +247.3 kJ/mol B(2) 1.0 减小 随着投料比n(CO2)/n(CH4)的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，n(H2)

9、/n(CO)减小(3)1.06(4) 阳 CO2+H2O+2e-=CO+2OH-或者2CO2+2e-=CO+CO【解析】（1）根据题中所给条件，可以列出CH4（g）+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) =-890.3kJ/mol;CO(g)+O2(g)=CO2(g)=-283.0kJ/mol;H2(g)+ O2(g)=H2O(l)=-285.8kJ/mol根据盖斯定律可得=+247.3kJ/mol；主反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)化学方程式反应物系数之和小于生成物系数之和，并且该反应为吸热反应，故高温低压有利于二氧化碳的转化，答案选B；（2）甲烷的质量分数，

10、由a、b、c三条线的起始投入甲烷的质量分数可知，甲烷的质量分数越大，越小，故曲线a对应的=1.0；可对比同一温度下，三条线的横坐标的大小，由图可知随着进料比的增加，的值减小，其原因是随着投料比的增加，n(CO2)增大，副反应平衡正向移动，导致n(CO)增多，n(H2)减少，减小；（3）设开始时n(CO2)=1mol，n(CH4)=1mol，列三段式 CH4转化率为90%，反应了190%；对于副反应来说开始二氧化碳是0.1mol，氢气是1.8mol，一氧化碳是1.8mol，二氧化碳的转化率为95%，则副反应中反应的二氧化碳：195%-190%=0.05mol，列出三段式为，副反应的平衡常数为。（

11、4）催化电极b表面二氧化碳还原为一氧化碳为电解池的阴极，故催化电极a为电解池的阳极；阴极产生CO的电极反应式为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-或者2CO2+2e-=CO+CO。5(1)(2)D(3)1：106(4) = 酸 AC = 13【解析】（1）等浓度的五种溶液中，(NH4)2CO3、NH4Cl、NH4HSO4、CH3COONH4，这四种溶液中的发生水解，其中(NH4)2CO3溶液中的浓度最大；在NH4HSO4溶液中，H+会抑制的水解；在CH3COONH4溶液中，CH3COO-和相互促进水解；在氨水中，NH3H2O部分电离，故该溶液中的浓度最小；综上所述，c()由大到小排列的顺序为

12、。（2）A25C时，浓度均为0.1molL-1的盐酸和醋酸溶液，盐酸溶液中HCl全部电离，其H+的浓度为0.1molL-1，醋酸溶液中CH3COOH部分电离，其H+的浓度小于0.1molL-1，故两溶液的pH不同，且醋酸溶液的pH较大，A错误；B25C时，浓度均为0.1molL-1的盐酸和醋酸溶液，盐酸溶液中HCl全部电离，醋酸溶液中CH3COOH部分电离，则两溶液的导电能力不同，B错误；C25C时，浓度均为0.1molL-1的盐酸和醋酸溶液，盐酸溶液中HCl全部电离，其H+的浓度为0.1molL-1，醋酸溶液中CH3COOH部分电离，其H+的浓度小于0.1molL-1，则醋酸溶液中由水电离出

13、的c(OH-)较大，C错误；D由于c酸V酸=n碱，且盐酸和醋酸的浓度相同，故中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同，D正确；故选D。（3）pH=4的醋酸溶液中，c(H+)=10-4mol/L，H+主要来自于醋酸的电离，水电离出的H+的浓度与水电离出的OH-的浓度相等，则水电离出的H+的浓度为=10-10mol/L；pH=4的NH4Cl溶液中，H+主要来自于的水解，则水电离出的H+的浓度就是溶液中H+的浓度，为10-4mol/L；则醋酸溶液中水电离出的H+浓度与氯化铵溶液中水电离出的H+浓度之比是10-10mol/L: 10-4mol/L=1:106。（4）常温下，pH=5的NaHSO4

14、溶液中，c(H+)=10-5mol/L，H+主要来自于NaHSO4的电离，则溶液中由水电离出的H+的浓度就是由水电离出的OH-的浓度，为=10-9mol/L；pH=9的NH3H2O中水的电离程度，H+主要来自于水的电离，即水电离出H+的浓度为10-9mol/L；两种溶液中，水电离出的H+的浓度相同，则两种溶液中水的电离程度相同；NaHSO4相当于一元强酸，NH3H2O是一元弱碱，则将等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，溶液呈酸性；混合后的溶液中，根据电荷守恒得：c()+c(H+)+c(Na+)=2c()+c(OH-)（），根据物料守恒得：c(Na+)=c()（），c()=c()+c

15、(NH3H2O)，并将联立可得，c()+c(H+)=c()+c(OH-)，综上所述，AC正确，B错误，故选AC；常温下，若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，根据电荷守恒得：c()+c(H+)+c(Na+)=2c()+c(OH-)，由于溶液pH=7，说明溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，故c()+c(Na+)=2c()；100mL 0.2molL-1 NaHSO4溶液中加入0.2molL-1 Ba(OH)2溶液，若要使恰好完全沉淀，则Ba(OH)2溶液的体积为100mL；反应前，NaHSO4溶液中n(H+)=0.1L0.2molL-1=0.02mol，Ba(OH)2溶液中n(OH-)=2

16、0.1L0.2molL-1=0.04mol，则反应后，溶液中n(OH-)=0.02mol，c(OH-)=0.1molL-1，c(H+)=10-13molL-1，pH=13。6(1)-853.4(2)Ea+664.1(3) kJ/mol 32【解析】（1）由生成焓的定义可知H1=+66.4 kJ/mol，H2=-393.5 kJ/mol，根据盖斯定律2-可得：2NO2(g)+2C(s)N2(g)+2CO2(g)H=-393.5 2kJ/mol-66.4 kJ/mol=-853.4 kJ/mol；（2）结合盖斯定律：-=可知2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2O(g)H3=-483.6 kJ/mol-180.5 kJ/mol=-664.1 kJ/mol，且根据反应的焓变等于正逆反应的活化能之差，即H=E正-E逆，而已知反应的正反应的活化能为EakJ/mol，可知反应的逆反应的活化能为EakJ/mol-H3=(Ea+664.1)kJ/mol；（3）根据4HCl+O22Cl2+2H2O中4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应热化学方程式为： kJ/mol； kJ，可得 kJ，7(1)CH4(g)+ 2O2(g) = CO2(g)+2H2O(l)H=-896 KJ /mol(2) 3mol 0.0