2020-2021备战高考化学知识点过关培优易错试卷训练∶化学反应原理综合考查及答案

2020-2021备战高考化学知识点过关培优易错试卷训练∶化学反应原理综合考
查及答案
一、化学反应原理综合考查
1．近年全球气候变暖，造成北极冰川大面积融化，其罪魁之一就是CO2，如何吸收大气中的CO2，变废为宝，是当今化学研究的主题之一。

I.二甲醚可用作溶剂、冷冻剂喷雾剂等，科学家提出利用CO2和H2合成二甲醚，反应原理为2CO 2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H
（1）已知：①H 2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g) △H1=+42kJ/mol
②CH 3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ∆H2=+24.52kJ/mol
③CH 3OH(g)CO(g)+2H2(g) ∆H3=+90.73kJ/mol
则∆H=__kJ/mol。

（2）一定温度下，在一个2L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生上述反应，经过
5min反应达到平衡，此时容器中压强与起始压强之比为3：4，则用CH3OCH3表示的平均反应速率为__，H2的转化率为___；此时若向体系中再加入2molCO2和1.5molH2O(g)，平衡__移动(填正向、逆向、不)。

（3）对于恒温恒容条件下进行的反应①，下列说法能说明反应已达平衡的是__。

A．混合气体密度不发生改变
B．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变
C．v(CO)正=v(H2)逆
D．n(CO)与n(H2)的比值不变
（4）一定温度下，密闭容器中进行的反应③，测得平衡时混合物中某物质的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示，则纵坐标表示的物质是__，压强P1_P2(填>、<)。

II.工业锅炉长期煮烧会形成锅垢(主要成分CaSO4、Mg(OH)2)，必须定期除去。

（5）CaSO4微溶于水和酸，可加入氢氧化钠并通入CO2使转化为CaCO3，然后加酸浸泡除去，反应的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，室温下，该反应的化学平衡常数为
__(室温下，K sp(CaCO3)=3×10-9，K sp(CaSO4)=9×10-6)。

【答案】－289.98 0.05mol·L－1·min－1 50% 正向 CD CH3OH > 3×103
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据盖斯定律，方程式2CO 2(g)+6H 2(g)垐?噲?CH 3OCH 3(g)+3H 2O(g)，可用－①×2－②－
③×2得到，则△H =－△H 1×2－△H 2－△H 3×2=－(＋42)×2－(＋24.52)－(＋
90.73)×2kJ·mol －1=－289.98kJ·mol －1；
(2)根据物质的量比等于压强比，平衡时容器中压强与起始压强之比为3:4，可得平衡时混合气体的物质的量为6mol ，设达到平衡时，生成CH 3OCH 3的物质的量为xmol ，有：
223322CO (g)6H (g)CH OCH (g)3H O(g)
260026322663x x x x
x x x x
++--垐?噲?开始的物质的量转化的物质的量平衡的物质的量 可得2－2x+6－6x ＋x ＋3x=6mol ，求解x=0.5mol ，可得平衡时CO 2、H 2、CH 3OCH 3、H 2O 的物质的量分别为1mol 、3mol 、0.5mol 、1.5mol ；
用CH 3OCH 3表示的平均反应速率-1-10.5mol 0.05mol L min 2L 5min v =
=⨯g g ； H 2的转化率为3mol 100%50%6min
α=⨯=； 平衡常数333332262262620.5 1.5()(CH OCH )(H O)0.250.75220.03713(CO )(H )0.5 1.5()()22
c c K c c ⨯⨯===≈⨯⨯g ，若向体系中再加入2molCO 2和1.5.molH 2O(g)，此时CO 2、H 2、CH 3OCH 3、H 2O 的物质的量分别为3mol 、3mol 、0.5mol 、3mol ，则浓度商
33
3332262662220.53()(CH OCH )(H O)0.25 1.5220.03333(CO )(H ) 1.5 1.5
()()22
c c Qc c c ⨯⨯===≈⨯⨯g ，可知Q c<K ，则平衡正向移动；
(3)A ．恒容条件下的气体间反应，根据m V
ρ=，根据质量守恒，混合气体的质量不变，恒容，体积不变，则混合气体密度永远不发生改变，不能说明反应达到平衡，A 错误；
B ．反应①前后气体分子数不变的反应，根据m M n =，根据质量守恒，混合气体的质量不变，混合气体的物质的量不变，则混合气体的平均相对分子质量永远不会发生改变，不能说明反应达到平衡，B 错误；
C ．正逆反应速率相等，反应达到平衡，C 正确；
D ．随着反应的进行，n (CO)与n (H 2)的比值时刻在变化，现在不变，说明达到平衡，D 正确；
答案选CD ；
(4)根据图示，温度升高，该物质的体积分数减小。

反应③的△H>0，升高温度，平衡正向
移动，CH 3OH 的体积分数减小；则纵坐标表示的物质为CH 3OH ；
增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，CH 3OH 的体积分数增大，所以P 1>P 2；
(5)根据CaSO 4(s)+CO 32-(aq)垐?噲?CaCO 3(s)+SO 42-(aq)，平衡常数
2-2+2--643442-2+2-9
333(CaSO )(SO )(Ca )(SO )910=310(CO )(Ca )(CO )(CaCO )310sp sp K c c c K c c c K -⨯====⨯⨯。

【点睛】
问题(2)中，同时加入2molCO 2和1.5.molH 2O(g)，不能根据勒夏特列原理判断，因此利用浓度商和平衡常数的关系，判断平衡移动方向。

2．铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。

(1)铁氧化合物循环分解水制H 2
已知：H 2O(l)===H 2(g)＋O 2(g) ΔH 1＝＋285.5 kJ/mol
6FeO(s)＋O 2(g) ===2Fe 3O 4(s) ΔH 2＝－313.2 kJ/mol
则：3FeO(s)＋H 2O(l)===H 2(g)＋Fe 3O 4(s) ΔH 3＝___________
(2)Fe 2O 3与CH 4
反应可制备“纳米级”金属铁，其反应为： 3CH 4(g) ＋ Fe 2O 3(s)
2Fe(s) ＋
6H 2(g) ＋3CO(g) ΔH 4
①此反应的化学平衡常数表达式为_________________________________。

②在容积均为VL 的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”金属铁，然后分别充入a molCO 和2a mol H 2，三个容器的反应温度分别保持T 1、T 2、T 3，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min 时CO 的体积分数如图1所示，此时I 、II 、III 三个容器中一定处于化学平衡状态的是___________(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；制备“纳米级”金属铁的反应：ΔH 4 _____ 0(填“＞”或“＜”)。

③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行上述反应，反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。

10 min 内用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率为_______g·min －1； T ℃下该反应的K p = _____________________；T ℃下若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，则起始时v (正)______v (逆) (填“＞”、“＜”或“＝”)。

(3)纳米铁粉与水中NO 3－反应的离子方程式为 4Fe+ NO 3－+10H +=4Fe 2++NH 4++3H 2O ①研究发现，若pH 偏低将会导致NO 3－的去除率下降，其原因是_________________。

②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO 3－的速率有较大差异，图2中所产生的差异的
可能原因是__________________________________________________(答一条)。

【答案】＋128.9 kJ/mol ()()
()36234CO H CH c c K c = Ⅲ ＞ 8 P 06 ＞ 纳米铁粉与H ＋反应
生成H 2 Cu 或Cu 2+催化纳米铁粉去除NO 3－的反应(或形成的Fe －Cu 原电池增大纳米铁粉
去除NO 3－的反应速率)
【解析】
【分析】
(1)依据题干热化学方程式，结合盖斯定律进行计算；
(2)①化学平衡常数=生成物浓度幂之积反应物浓度幂之积
； ②2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，根据图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO 百分含量由小到大的顺序为Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，结合化学平衡移动分析解答；根据温度对平衡的影响来判断，升高温度平衡逆向移动，CO 的转化率减小，据此判断ΔH 4大小；
③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行反应：3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋H 2(g)＋3CO(g)；反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍，列出三段式，求用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率；K p ＝生成物平衡分压幂次方乘积
反应物平衡分压幂次方乘积；若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol
Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，根据Q C 与K 的关系判断反应进行的方向；
(3)①pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气；
②由图2可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。

【详解】
(1)已知：①H 2O(l)=H 2(g)＋O 2(g) ΔH 1＝＋285.5 kJ/mol ；②6FeO(s)＋O 2(g)=2Fe 3O 4(s) ΔH 2＝－313.2 kJ/mol ；③3FeO(s)＋H 2O(l)=H 2(g)＋Fe 3O 4(s) ΔH 3；由盖斯定律可得：
③=①+12×②，则ΔH 3=ΔH 1+12×ΔH 2=＋285.5 kJ/mol+12
×(－313.2 kJ/mol)=＋128.9 kJ/mol ； (2)①3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)的化学平衡常数表达式为
()()
()36234CO H CH c c K c =；
②在容积均为VL 的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”金属铁，然后分别充入a molCO 和2a mol H 2，发生反应2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，根据图1中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象，CO 百分含量由小到大依次为：Ⅱ＜Ⅰ＜Ⅲ，T 1中的状态转变成T 2中的状态，CO 百分含量减小，说明平衡正向移动，说明T 1未达平衡状态，T 2中的状态转变成T 3中的平衡状态，CO 百分含量增大，说明平衡逆向移动，说明T 2可能达平衡状态，一定达到化学平衡状态的是Ⅲ；2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)⇌3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)，该反应正反应为放热反应，则上述反应3CH 4(g)＋Fe 2O 3(s)⇌2Fe(s)＋6H 2(g)＋3CO(g)的ΔH 4大于0；
③在T ℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH 4(g)和2mol Fe 2O 3(s)进行上述反应，反应起始时压强为P 0，反应进行至10min 时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍，设消耗甲烷的物质的量为xmol ，则：
42323CH (g)+Fe O (s)2Fe(s)+6H (g)+3CO(g)(mol)32
0001(mol)x x 2x x 3(mol)3-x 2x x
ƒ初始变化平衡
压强之比为气体物质的量之比，则平衡时气体物质的量为6mol ，列式为3−x+2x+x ＝6，解得x ＝1.5mol ，10 min 内用Fe 2O 3(s)表示的平均反应速率为
1 1.5mol 160g/mol 3
10min
⨯⨯=8g/min ，T ℃下该反应的K p =生成物平衡分压幂次方乘积反应物平衡分压幂次方乘积=()()()63
234H CO CH p p p =6300301()21()2P P P ⨯=P 06；假设容器的体积为1L ，则在T ℃下，平衡时有1.5molCH 4(g)，3molH 2(g)，1.5molCO(g)，该反应的平衡常数K= 36234c CO c H c CH （）（）（）=36
31.531.5
⨯=36；若起始时向该容器中加入2molCH 4(g)、4mol Fe 2O 3(s)、1molFe(s)、2mol H 2(g)、2molCO(g)，Q C = 36234c CO c H c CH （）（）（）=36
3222
⨯=26<K, 平衡正向移动，则起始时v (正)>v (逆)；
(3)①pH 偏低，氢离子浓度偏大，则铁可与氢离子反应生成氢气，可导致NO 3-的去除率下降；
②由图2可知铜离子浓度越大，去除率越大，铜离子可起到催化作用，也可能形成原电池反应。

【点睛】
本题(2)判断正逆反应速率相对大小时，要注意应用等效平衡的思想判断正逆反应进行的方向。

3．Cr 、S 等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。

（1）还原沉淀法是处理含铬（Cr 2O 72−和CrO 42−）工业废水的常用方法，过程如下：
①已知：常温下，初始浓度为1.0 mol·L −1的Na 2CrO 4溶液中c(Cr 2O 72−)随c(H +)的变化如图所示。

则上述流程中CrO 42-转化为Cr 2O 72-的离子方程式为______________________。

②还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。

③Cr3+与Al3+的化学性质相似，对CrCl3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为
____________。

④常温下，Ksp[Cr(OH)3]=1.0×10-32，欲使处理后废水中的c(Cr3+)降至1.0×10-5mol·L−1（即沉淀完全），应调节至溶液的pH=_____。

（2）“亚硫酸盐法”吸收烟中的SO2
①将烟气通入1.0mol/L 的Na2SO3溶液，当Na2SO3恰好完全反应时，溶液pH约为3，此时，溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_________（用离子浓度符号和“＞”号表示）。

②室温下，将烟道气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示。

已知部分弱电解质的电离常数（25℃）如下：
电解质电离常数
H2SO3K a1=1.54×10-2 K a2=1.02×10-7
NH3·H2O K b=1.74×10-5
（i）(NH4)2SO3溶液呈____（填“酸”、“碱”或“中”）性，其原因是_________________。

（ii）图中b点时溶液pH=7，则n(NH4+):n(HSO3- )=_________。

【答案】CrO 42-＋2H+Cr2O72-＋H2O 1:6 Cr2O3 5 c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-) 碱 H2SO3的第二电离常数K a2=1.02×10-7小于NH3·H2O的电离常数K b，故SO32-的水解程度比NH4+的水解程度大，溶液呈碱性 3:1
【解析】
【详解】
(1) ① 从图中可以看出，c (Cr 2O 72−) 随c (H +)的增大而不断增大，当c (H +)=6.0×10-7mol/L 时，c (Cr 2O 72−)=0.4mol/L ，此时反应达平衡状态，所以此反应为可逆反应。

由此可得CrO 42-转化为Cr 2O 72-的离子方程式为CrO 42-＋2H +Cr 2O 72-＋H 2O 答案为CrO 42-＋2H +Cr 2O 72-＋H 2O ② 依据电子守恒，氧化剂Cr 2O 72−与还原剂Fe 2+的关系为：Cr 2O 72−——6Fe 2+
从而得出还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6。

答案为1:6；
③ Cr 3+与Al 3+的化学性质相似，说明Cr 3+在水溶液中易发生水解反应，最终生成Al(OH)3，灼烧时再分解为铬的氧化物。

所以对CrCl 3溶液蒸干并灼烧，最终得到的固体的化学式为Cr 2O 3。

答案为Cr 2O 3
④ Ksp[Cr(OH)3]=3353()() 1.010()c Cr c OH c OH +---⋅=⨯⨯=1.0×10-32
9()10/c OH mol L --=，pH=5。

答案为5；
(2) ① 将烟气通入1.0mol/L 的Na 2SO 3溶液，当Na 2SO 3恰好完全反应时，全部生成NaHSO 3，此时溶液pH 约为3，则表明HSO 3-以电离为主。

发生的电离、水解反应方程式为：HSO 3-
H ++SO 32-、 HSO 3-+H 2O H 2SO 3+OH -、H 2O H ++OH - 且前面反应进行的程度大于后面反应， 从而得出溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c (Na +)＞c (HSO 3-)＞c (H +)＞c (SO 32-)＞c (OH -)。

答案为c (Na +)＞c (HSO 3-)＞c (H +)＞c (SO 32-)＞c (OH -)
②（i ）在(NH 4)2SO 3溶液中，NH 4+、SO 32-都将发生水解，从表中数据K a2=1.02×10-7、 K b =1.74×10-5可以看出，HSO 3-的电离常数小，SO 32-的水解常数大，所以溶液呈碱性。

答案为碱；
溶液呈碱性的原因是：溶液H 2SO 3的第二电离常数K a2=1.02×10-7小于NH 3·
H 2O 的电离常数K b ，故SO 32-的水解程度比NH 4+的水解程度大，溶液呈碱性。

答案为：H 2SO 3的第二电离常数K a2=1.02×10-7小于NH 3·
H 2O 的电离常数K b ，故SO 32-的水解程度比NH 4+的水解程度大，溶液呈碱性。

（ii ）图中b 点时溶液pH=7，此时c (HSO 3-)=c (SO 32-)，则c (NH 4HSO 3)=c [(NH 4)2SO 3]，从而得出n (NH 4+) ：n (HSO 3- )= 3：1 答案为3：1。

4．丙烯腈（CH 2=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（CH 2=CHCHO ）和乙腈（CH 3CN ）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（C 3H 3N ）和副产物丙烯醛（C 3H 4O ）的热化学方程式如下：
①C 3H 6(g)+NH 3(g)+
32
O 2(g)=C 3H 3N(g)+3H 2O(g) ΔH =-515kJ/mol ①C 3H 6(g)+O 2(g)=C 3H 4O(g)+H 2O(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佳状态，依据氧气在空气中约占20%计算条件比。

【详解】
(1)两个反应在热力学上趋势均很大，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；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率，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．高于460°C时，丙烯腈产率降低；
A．催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，A正确；
B．该反应放热，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数变小，B错误；
C．根据题意，副产物有丙烯醛，催化剂活性降低，副反应增多，导致产率下降，C正确；D．反应活化能的大小不影响平衡，D错误；
综上AC符合题意；
(3)根据图象可知，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；根据反应C3H6(g)+NH3(g)+3
2
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯
按1：1.5：1的体积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空
气、丙烯的理论体积约为：1：1.5
20%
：1=1：7.5：1。

5．（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。

6．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N 2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.2kJ/mol，反应过程中能量变化如图I所示。

①氨分解：2NH 3(g)
N 2(g)+3H 2(g)的活化能为_________kJ/mol ②合成氨时加入铁粉可以加快生成NH 3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：2N 2H 4(l)+N 2O 4(l)=3N 2(g)+4H 2O(g) △H 1
已知：2O 2(g)+N 2(g)=N 2O 4(1) △H 2 N 2H 4(1)+O 2(g)=N 2(g)+2H 2O(g) △H 3
上述热效应之间的关系式为△H 1=____。

某新型火箭用液氧/煤油代替联氨/N 2O 4，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：
i ．CH 4(g)+H 2O(g)
CO(g)+3H 2(g) ΔH=-+206.4kJ/mol ， ii ．CO(g)+ H 2O(g)CO 2(g)+H 2(g) ΔH=-41.0kJ/mol
在一定温度下，2L 的密闭容器中加入a molCH 4和2amolH 2O 发生反应，t min 时反应达平衡，测得容器内CObmol 、CO 2cmol 。

回答下列问题：
①下列可判断体系达到平衡状态的是_______。

A ．CO 的体积分数不变
B ．容器内气体密度不变
C ．3v(CH 4)=v(H 2) D
．2n(CO)n(H )不再变化 ②0~tmin 反应速率v(CO 2)=_____，CH 4的的转化率为_____，反应ⅱ的平衡常数K=______。

③图Ⅱ中T ℃之后c(CO 2)随温度升高而减小的原因是_________。

【答案】427.2 2△H 3-△H 2 环境污染小（或成本低） AD c 2t mol/(L·min) b+c a
×100% c(3b+4c)b(2a-b-2c) T ℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c （CO 2）的主要因素，故c （CO 2）减小
【解析】
【分析】
(1)①放热反应的反应热△H =—（E a2—E a1）；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a 、E a1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）①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持不变； ②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； ③反应i 为吸热反应，反应ii 为放热反应，由图Ⅱ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 （CO 2）的影响大于浓度的影响。

【详解】
(1)①放热反应的反应热△H =—（E a2—E a1），由图可知E a1=335.0 kJ /mol ，则合成氨反应△H =—（E a2—335.0 kJ /mol ）=—92.2kJ /mol ，E a2=427.2 kJ /mol ，即
2NH 3(g )N 2(g )+3H 2(g )的活化能为427.2 kJ /mol ，故答案为427.2；
②催化剂可以降低反应的活化能，增大反应速率，即E a 、E a1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①②③，由盖斯定律可知③×2—②=①，则△H 1=2△H 3-△H 2；用液氧/煤油代替联氨/N 2O 4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2△H 3-△H 2；环境污染小；
（3）①A 、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 (CH 4)=v (H 2)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状态的判据，故错误；
D 、2n(CO)n(H )
不再变化，说明在恒温恒容密闭体系中CO 和H 2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 ；
②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：
CH 4(g )+H 2O (g )CO (g )+3H 2(g )
起（mol ） a 2a 0 0
变（mol ） x x x 3x
平（mol ） a —x 2a —x x 3x
CO (g )+ H 2O (g )CO 2(g )+H 2(g )
起（mol ） x 2a —x 0 3x
变（mol ） c c c c
平（mol ） x —c 2a —x —c c 3x +c
0～tmin 内，生成CO 2的物质的量为cmol ，浓度的变化量为
c 2 mol /L ，则反应速率v (CO 2)= c 2t
mol /(L ·min )；由题意可知一氧化碳的物质的量为bmol ，则有x —c =b ，x =c +b ，CH 4的转化率为
b+c a ×100%；平衡时，c （CO ）为b 2 mol /L ，c （H 2O ）为2a-b-2c 2 mol /L ，c （CO 2）为2c mol /L ，c （H 2O ）为3b+4c 2
mol /L ，反应ⅱ的平衡常数K =222c CO c H c CO c H O （）（）（）（）=3b+4c 22b 2a-b-2c 22
c ⨯⨯=c(3b+4c)b(2a-b-2c)，故答案为c 2t mol /(L ·min )；b+c a
×100%；c(3b+4c)b(2a-b-2c)； ③反应i 为吸热反应，反应ii 为放热反应，由图Ⅱ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 （CO 2）的影响大于浓度的影响，所以c (CO 2)随温度升高而减小，故答案为T ℃之后，反应②为放热反应，升高温度反应②向逆反应方向移动是影响c （CO 2）的主要因素，故c （CO 2）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。

7．页岩气中含有较多的乙烷，可将其转化为更有工业价值的乙烯。

（1） 二氧化碳氧化乙烷制乙烯。

将C 2H 6和CO 2按物质的量之比为1∶1通入反应器中，发生如下反应：
ⅰ．C 2H 6(g ) 垐?噲?C 2H 4(g ) + H 2(g ) ΔH 1＝+136.4 kJ ·mol − 1
ⅱ．CO 2(g ) + H 2(g ) 垐?噲?CO (g ) + H 2O (g ) ΔH 2＝+41.2 kJ ·mol − 1
ⅲ．C 2H 6(g ) +CO 2(g ) 垐?噲? C 2H 4(g ) +CO (g ) +H 2O (g ) ΔH 3
①用ΔH 1、ΔH 2计算ΔH 3＝______kJ ·mol −1。

②反应ⅳ：C 2H 6(g ) 垐?噲? 2C (s )+3H 2(g )为积碳反应，生成的碳附着在催化剂表面， 降
低催化剂的活性，适当通入过量 CO 2 可以有效缓解积碳，结合方程式解释其原因：__。

③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂，相同反应时间，不同温度、不同催化剂的数据如下表（均未达到平衡状态）：
（注）C2H4选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比。

CO选择性：转化的CO2中生成CO的百分比。

对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为__，理由是__。

实验条件下，铬盐作催化剂时，随温度升高，C2H6的转化率升高，但C2H4的选择性降低，原因是__。

（2）利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯，示意图如图：
①电极a与电源的______极相连。

②电极b的电极反应式是______。

【答案】+177.6 增大CO2的量，发生反应C+CO22CO，消耗C；增大CO2的量，反
应ⅲ正向进行程度增加，降低了C2H6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小铬盐相同温度下，铬盐作催化剂时C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多正极 CO2+2e－+2H+=CO+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
噲?C2H4(g) + H2(g) ΔH1＝+136.4kJ·mol−1
（1）①已知：C2H6(g) 垐?
噲?CO(g) + H2O(g) ΔH2＝+41.2kJ·mol−1
ⅱ．CO2(g) + H2(g) 垐?
噲?C2H4(g) +CO(g) +H2O(g) ΔH3
ⅲ．C2H6(g) +CO2(g) 垐?
由盖斯定律可知，反应ⅰ+反应ⅱ得反应ⅲ，则ΔH3＝ΔH1+ΔH2=（+136.4kJ·mol−1）+（+41.2kJ·mol−1）=+177.6kJ·mol−1，故答案为：+177.6；
②增大二氧化碳的量，可以有效缓解积碳的原因是，二氧化碳能与碳在加热条件下反应生成一氧化碳，消耗积碳，反应的化学方程式为C+CO22CO；增大二氧化碳的量，反应ⅲ向正正反应方向移动，降低了体系中C2H6的浓度，使反应ⅳ向逆反应方向移动，减少
积碳的生成，故答案为：增大CO 2的量，发生反应C +CO 2 2CO ，消耗C ；增大CO 2的量，反应ⅲ正向进行程度增加，降低了C 2H 6的浓度，反应ⅳ进行的程度减小； ③由表格数据可知，相同温度下，铬盐作催化剂时，C 2H 6的转化率和C 2H 4的选择性均较高，则对比Ⅰ和Ⅱ，该反应应该选择的催化剂为铬盐；升高温度，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ的化学反应速率增大的幅度更大，导致C 2H 6 的转化率升高，C 2H 4的选择性降低，故答案为：温度升高，反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大，反应ⅳ增大的更多；
（2）①电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极 a 为阳极，与电源正极相连，故答案为：正；
②电解池中，阳离子向阴极移动，由图给氢离子的移动方向可知，电极b 为阴极，在氢离子作用下，二氧化碳在阴极上得电子发生还原反应生成一氧化碳和水，电极反应式为CO 2 +2e －+2H +=CO +H 2O 。

8．氮氧化物(主要为NO 和NO 2)是大气污染物，如何有效地消除氮氧化物的污染是目前科学家们研究的热点问题。

（1）用尿素[CO(NH 2)2]吸收氮氧化物是一种可行的方法。

①尿素在高温条件下与NO 2反应转化成无毒气体，该反应的化学方程式为___。

用尿素溶液也可吸收氮氧化物，研究表明，当混合气体中2V(NO)V(NO )
=1时，总氮还原率最高，随着，2V(NO)V(NO )
比值增大，总氮还原率降低的主要原因是___。

②在一个体积为1L 的恒容密闭容器中充入1molCO 2和1molNH 3，在恒定温度下使其发生反应2NH 3(g)+CO 2(g)NH 2CONH 2(s)+H 2O(g) △H ＜0并达到平衡，混合气体中氨气的体积分数随时间的变化如图所示。

则A 点时v 正(CO 2)___(填“＞”“＜”或“=”)B 点时v 正(CO 2)，原因是___。

B 点时，NH 3的转化率为___。

③下列有关反应2NH 3(g)+CO 2(g)CO （NH 2)2(s)+H 2O(g)的说法正确的是___。

A ．分离出少量的尿素，NH 3的转化率将增大
B ．反应达到平衡时，降低反应体系的温度，CO 2的浓度减小
C ．NH 3的转化率始终等于CO 2的转化率
D ．加入有效的催化剂能够提高尿素的产率
（2）已知O 3氧化氮氧化物的主要反应的热化学方程式如下：
2NO(g)+O 2(g)=2NO 2(g) △H 1=akJ ·mol -1
NO(g)+O 3(g)=NO 2(g)+O 2(g) △H 2=bkJ ·mol -1。