（新高考）2022届高三大题优练7 以元素性质为主线串联反应原理 学生版.docx

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1、优选例题例：FeSO4是一种补血剂，常温下久置易变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。（1）已知：Fe2+(aq)-e=Fe3+(aq) H1=a kJ/molO2(g)+4e+4H+(aq)=2H2O(l) H2=b kJ/mol则FeSO4在酸性溶液中变质的热化学方程式为_。常温下，配制浓度为0.1mol/L的FeSO4溶液，研究不同pH对Fe2+氧化的影响，结果如下图所示，（假设反应过程中溶液体积不变）。（2）在pH=5.5的环境下，该反应在015min的平均速率v（Fe2+）=_；增大溶液pH，Fe2+被氧化速率_（填“增大”、“减小”或“无影响”）。（3）在平衡常数的计算中气态

2、物质常以压强代替其浓度，Fe2+在酸性环境下氧化的平衡常数K的计算表达式是_；常温下该反应的平衡常数很大，为2.5×1032L4/(atmmol4)，下列说法正确的是_。aFe2+转化为Fe3+的趋势大 bFe2+转化为Fe3+的速率大c反应进行得较为彻底 d酸性条件下Fe2+不会被氧化（4）在pH=13的环境下，Fe2+的氧化变质可以理解为：第一步：Fe2+2OH=Fe(OH)2，第二步_（用化学方程式回答）；当氧化达到平衡时，c(Fe2+)/c(Fe3+)_4.0×1022（填“>”“<”或“=”）。已知的KspFe(OH)3=2.5×1039，K

3、spFe(OH)2=1.0×1015。（5）根据上述分析，配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和_。【答案】（1）4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l) H=（4a+b）kJ/mol （2）0.004mol/(Lmin) 增大 （3）c4(Fe3+)/c4(Fe2+)c4(H+)p(O2) ac （4）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 = （5）H2SO4 【解析】（1）Fe2+(aq)-e= Fe3+(aq) H1=a kJ/molO2(g)+4e+4H+(aq)=2H2O(l) H2=b kJ/mol根据盖斯定

4、律，×4+可得，4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l) H=（4a+b）kJ/mol，故答案为4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l) H=（4a+b）kJ/mol。（2）v(Fe2+)=(0.1mol/L×60%)/15min=0.004mol/(Lmin)，根据图示分析，增大溶液pH，Fe2+氧化率增大，所以Fe2+被氧化速率增大，故答案为0.004mol/(Lmin)；增大。（3）根据4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l)，可知Fe2+在酸

5、性环境下氧化的平衡常数K=c4(Fe3+)/c4(Fe2+)c4(H+)p(O2)；a因为常温下该反应的平衡常数很大，故Fe2+转化为Fe3+的趋势大，a故正确；bK值越大，表示反应进行得越完全，故b错误；cK值越大，表示反应进行得越完全，越彻底，故c正确；d在酸性条件下Fe2+会被氧化，故d错误；故答案为c4(Fe3+)/c4(Fe2+)c4(H+)p(O2)；ac。（4）在pH=13的环境下，Fe2+2OH=Fe(OH)2，接着Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；根据pH=13，可知c(OH)=101mo

6、l/L，KspFe(OH)3=2.5×1039=c(Fe3+)c3(OH)，c(Fe3+)=2.5×1036，KspFe(OH)2=1.0×1015=c(Fe2+)c2(OH)，c(Fe2+)=1.0×1013，c(Fe2+)/c(Fe3+)=1.0×1013/2.5×1036=4.0×1022，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；=。（5）由于Fe2+在酸性环境下易被氧化为Fe3+，在碱性环境中易被氧化成Fe(OH)3，所以配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和H2SO4，故答案为H2SO4

7、。模拟优练1环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：(1)某温度，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应(g)+I2(g)=(g)+2HI(g) H0，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_，该反应的平衡常数Kp=_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_(填标号)。A通入惰性气体 B提高温度 C增加环戊烯浓度 D增加碘浓度(2)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_(填标号)。AT1T2Ba点的反应速率小于c点的反

8、应速率Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率Db点时二聚体的浓度为0.45mol·L12CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。(1)由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。在催化作用下CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_。在合成CH3COOH的反应中，下列有关说法正确的是_。(填字母)A利用催化剂可以使反应的平衡常数增大BCH4CH3COOH过程中，有C-H键发生断裂C有22.4L CH4参与反应时转移4mol电子D该反应为放热反应(2)CO2和H2合成甲醇也是CO2资源化利用的重要方法。测得平衡时甲醇产率与反应温度、压强的关系如图所示。若H2(g)和CH3O

9、H(l)的燃烧热分别为285.8kJ·mol1和726.5kJ·mol1，则由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为_。此反应的活化能Ea(正)_Ea(逆)(填“>”或“<”)，该反应应选择_高效催化剂(填“高温”或“低温”)。下列措施能使CO2的平衡转化率提高的是_(填序号)。A增大压强 B升高温度 C增大H2与CO2的投料比 D改用更高效的催化剂200时，将0.100mol CO2和0.200mol H2充入1L密闭容器中，在催化剂作用下反应达到平衡。若平衡时CO2的转化率为50%，则此温度下该反应的平衡常数K=_(已知CH3OH的沸点为64.7)

10、。(3)可利用电解的方法将CO2转化为CH3OH，请写出在酸性条件下的阴极反应式_。3亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯，涉及如下反应：I H1；K1II H2；K22NOCl H3；K3(1)H3=_(用H1和H2表示)，K3=_(用K1和K2表示)。(2)在恒容密闭容器中进行的反应II、III，下列说法中，正确的是 (填标号)。a反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应II、III均达到平衡状态bH2和H3不再变化，可以作为反应II和III达到平衡状态的标志c同等条件下，反应II的速率远远大于反应III，说明反应II的活化

11、能小，H2H3d达平衡后，向反应体系中再通入一定量NOCl(g)，NO2(g)和NO(g)的百分含量均增大平衡后，向反应体系中充入少量O2，再次平衡时，NO2的转化率将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)保持恒温恒容条件，将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应(H30)，平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示：图中T1、T2的关系为T1_T2(填“>”、“<”或“=”)图中纵坐标为_的转化率；图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是_(填“A”、“B”或“C”)。若容器容积为1L，经过10min到达A点，该时间段内化学反应速率v

12、(NO)=_。若在温度为T1，容积为1L的容器中，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl，此时平衡将向_移动(填“左”、“右”或“不移动”)。4甲醇是重要的化工原料。利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H1=-49.0kJ·mol1反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41.2kJ·mol1(1)在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应外，还发生反应。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验

13、数据：CO2实际转化率(%)甲醇选择性(%)54312.342.355315.339.1注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，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：_。(2)我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。在反应器中按n(H2)n(CO2)=31通入H2和CO2，分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成中的CO和CH3OH的影响如下图所示。1MPa时，表示CO和CH3OH平衡组成随温度变化关系的曲线分别是_、_。M点平衡组成含量高于N点的原因是_。当CO和CH3OH的平衡物质的量分数都为0.1时，该

14、温度下反应的平衡常数为：_。(对于气相反应，用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数，记作，如，p为平衡总压强，为平衡系统中B的物质的量分数)。(3)我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应：(硫酸氢甲酯)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。水将反应的最大活化能由_降为_。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)。ACH3OH中的氢氧键 BCH3OH中的碳氧键CH2O中的氢氧键 DSO3中的硫氧键5氯化法制备TiCl4的工艺为：800时，向15L容器中加入5mol TiO2与15mol碳粉，通入10mol Cl2进行反应，

15、生成TiCl4气体，经过处理得到TiCl4成品。反应容器内发生以下两个反应：反应I：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) H=-48kJ·mol1反应II：TiO2(s)+2Cl2(g)+2CO(g)TiCl4(g)+2CO2(g) H=-210kJ·mol1回答下列问题：(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s)TiCl4(g)+CO2(g)的H=_kJ·mol1。(2)800时，不同时间测得混合体系内各物理量如下表所示：t/min10203040n(Cl2)/mol62.511n(C)/mol121099p(CO)p(C

16、O2)21111111起始总压强为6MPa，10min时，体系总压强P10min=_MPa；反应开始至20min时，v(TiCl4)=_MPa·min1。30min时，C的转化率为_；40min时，反应II的KP=_MPa1。(3)向混合体系中加入少量FeCl3，TiO2的氯化速率明显提高，同时测得CO含量明显高于CO2，则FeCl3改变的是反应_(填“I”或“II”)的反应历程。(4)我国科研工作者利用TiCl4和Mg3N2制备高硬度物质TiN，可能发生a和b反应。其对应的吉布斯自由能(G=H-TS)与温度(200700)的关系如图所示，分析可得更易发生_(填“a”或“b”)反应。

17、反应a：Mg3N2(s)+2TiCl4(g)=2TiN(s)+3MgCl2(s)+Cl2(g)反应b：Mg3N2(s)+TiCl4(g)=TiN+3MgCl2+N2(g)答案与解析模拟优练1.【答案】（1）40% 3.56×104 BD （2）CD 【解析】(1)设容器中起始加入I2(g)和环戊烯的物质的量均为a，平衡时转化的环戊烯的物质的量为x，列出三段式： C5H8(g) + I2(g)C5H6(g) + 2HI(g) 恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，平衡时总压强增加了20%，则，解得x=0.4a，则环戊烯的转化率为40%，平衡时(g)、I2(g)，(g)、HI(g)的

18、分压分别为、，则Kp=，根据p总=1.2×105Pa，可得Kp=×1.2×105Pa3.56×104Pa；通入惰性气体，对反应的平衡无影响，环戊烯的平衡转化率不变，故A不符合题意；反应为吸热反应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，故B符合题意；增加环戊烯浓度，平衡正向移动，能提高I2(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，故C不符合题意；增加I2(g)的浓度，平衡正向移动，能提高环戊烯的平衡转化率，故D符合题意。(2)A相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快，由图可知，T1T2，故A错误；B影响反应速率的因素有温度和环戊二

19、烯的浓度等，a点时温度较低，但环戊二烯浓度较大，c点时温度较高，但环戊二烯浓度较小，故无法比较a点和c点的反应速率大小，故B错误；Ca点和b点温度相同，a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度，即a点的正反应速率大于b点的正反应速率，因为b点时反应未达到平衡，b点的正反应速率大于逆反应速率，故a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，故C正确；Db点时，环戊二烯的浓度减小0.9mol·L1，结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的，可知二聚体的浓度为0.45mol·L1，故D正确。2.【答案】（1）CO2+CH4CH3COOH BD （2） CO2(g)+3H2(g)=C

20、H3OH(g)+H2O(l) H=-130.9kJ·mol1 低温 AC 400 （3） CO2+6e+6H+=CH3OH+H2O 【解析】(1)根据反应物生成物可直接得出答案为CO2+CH4CH3COOH；A中平衡常数只与温度有关，催化剂不能改变平衡常数，A错误；CH4有C-H键发生断裂形成甲基，B正确；C未说明温度压强，C错误；该反应是熵减的反应，反应能发生，则<0，可得出H<0，故该反应为放热反应，D正确。(2)由H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ·mol1和726.5kJ·mol1可得出式H2(g)+1/2O2(g)=H2

21、O(l) H=-285.8kJ·mol1和式CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-726.5kJ·mol1；3-即可得出CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) H=-130.9kJ·mol1，H=Ea(正)-Ea(逆)0可得出Ea(正)<Ea(逆)；该反应为放热反应，低温有利于反应往正向移动而提高产率，所以应选择低温高效催化剂。该反应为气体分子总数减少的反应，加压能使平衡往正向移动从而提高CO2的平衡转化率，A正确；放热反应升高温度平衡逆向移动，CO2的平衡转化率降低，B错误；增大H2与CO2的投料比有利

22、于CO2的转化，C正确；催化剂不能改变平衡转化率，D错误。200时水是气态，CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) 。0.100mol CO2和0.200mol H2充入1L密闭容器中，平衡时CO2的转化率为50%，则CO2消耗0.05mol，剩余0.05mo CO2，H2消耗0.15mol，剩余0.05mol，生成0.05mol CH3OH和0.05mol H2O，容器体积为1L，此时平衡时体系中含有0.05mol/L CO2、0.05mol/L H2、0.05mol/L CH3OH和0.05mol/L H2O，则=400，所以答案为400；(3)CO2在阴极得电子转化为

23、CH3OH，电解质溶液为酸性，所以电极反应式为：CO2+6e+6H+=CH3OH+H2O。3.【答案】（1）2H2-H1 （2） ad 增大 （3） < Cl2 A 右 【解析】(1)根据盖斯定律可知，=2×-，即H3=2H2-H1，则K3=，故答案为：2H2-H1；(2)a反应、中，二氧化氮和氯气有颜色，当反应体系中混合气体的颜色保持不变，说明反应、均达到平衡状态，a项正确；b焓变只与反应起始和终止的物质有关，不可以判断反应、是否达到平衡状态，b项错误；c同等条件下，反应的速率远远大于反应，说明反应的活化能小，但无法判断焓变大小，c项错误；d达平衡后，向反应体系中再通入一定量

24、NOCl(g)，反应、均向逆向移动，则NO2(g)和NO(g)的百分含量均增大，d项正确；综上，正确的为ad，故答案为：ad；反应正反应方向气体减少、反应前后体积不变，恒容密闭容器中，平衡后，向反应体系中充入少量，则反应中NO会减少，平衡逆向移动，消耗NOCl(g)，促使反应正向移动，再次平衡时，NO2的转化率将增大，故答案为：增大；(3)H<0，为放热反应，根据勒夏特列原理可得，升高温度，反应逆向移动，则T1<T2；横坐标为，随着比值的增大，转化率增大，则纵坐标为氯气的转化率，要想NOCl体积分数最大，则氯气的转化率要高，NOCl气体体积最大，=2时，生成的NOCl最多，故A点的

25、NOCl体积分数最大；故答案为：<；Cl2；A；根据图像可得A点=2，且一氧化氮与氯气的物质的量的和为3mol，则一氧化氮的物质的量为2mol，氯气的物质的量为1mol，则列三段式为：则(NO)=0.16mol/(L·min)，故答案为：0.16mol/(L·min)；根据A点与B点温度相同，平衡常数相同，则，充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl时，反应熵Q=<80，平衡向右移动，故答案为：右。4.【答案】（1）升高温度，反应、的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大 d a 温度相同时，增大压强使反应平衡正移，使CO2和H2的百分含量

26、减（2） 小，H2O的百分含量增大，使反应平衡逆移，CO百分含量降低 0.4 （3） 20.93 6.62 ACD 【解析】(1)升高温度，反应速率加快，且CO2的实际转化率提高，说明平衡正向移动，而甲醇的选择性降低，说明反应比反应反应速率更快，故答案为：升高温度，反应、的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大；(2)对于反应，升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的百分含量减少，因此表示CH3OH平衡组成随温度变化关系的曲线为a或b；对于反应，升高温度，平衡正向移动，CO的百分含量增加，因此表示CO平衡组成随温度变化关系的曲线为c或d；又因为增大压强，反应的平衡正移，CH3OH的百分含量增大，

27、因此a表示CH3OH平衡组成随温度变化关系的曲线；增大压强，反应平衡正移，H2O的百分含量增大，使得反应逆向移动，CO百分含量降低，因此表示CO平衡组成随温度变化关系的曲线为d，故答案为：d；a；温度相同时，增大压强使反应平衡正移，使CO2和H2的百分含量减小，H2O的百分含量增大，使反应平衡逆移，CO百分含量降低；按n(H2)n(CO2)=31通入H2和CO2，假设通入的H2为3mol，则通入的CO2为1mol，设平衡时生成的CO和CH3OH的物质的量均为x，根据方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，反应的CO2为x，反应的H2为3x，生成的H2O为x，根据方程式C

28、O2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)，反应的CO2为x，反应的H2为x，生成的H2O为x，因此平衡时剩余的CO2为1mol-2x，剩余的H2为3mol-4x，生成的H2O为2x，则=0.1，解得：x=mol，反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为气体的物质的量不变的反应，计算平衡常数Kp时可以用物质的量代替，因此Kp=0.4，故答案为：0.4；(3)根据左图，无水参与时的最大能垒=19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV，根据右图，有水参与时的最大能垒=3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV，因此水将反应的最大活化能由20.93eV降为6.62eV

29、，故答案为：20.93；6.62；结合图示中的粒子间的结合方式可知，在转化过程中甲醇、水、三氧化硫中的化合键均有断裂，其中CH3OH中断裂氢氧键、H2O中断裂氢氧键、SO3中断裂硫氧键，故答案为：ACD。5.【答案】（1）-129 （2）6.6 0.1125 40 1.5 （3） b 【解析】（1）反应I：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) H=-48kJ·mol1反应II：TiO2(s)+2Cl2(g)+2CO(g)TiCl4(g)+2CO2(g) H=-210kJ·mol1(I+II)可得目标方程：TiO2(s)+2Cl2(g)+C

30、(s)TiCl4(g)+CO2(g) H=129kJ·mol1；（2）列三段式平衡时总物质的量为n=6+2+1+2=11mol，则P10min=6.6MPa，同理，20min时，n(TiCl4)=，平衡时总的物质的量n=2.5+2.5+2.5+3.75=11.25mol，则，解得P20min=6.75MPa，则，解得PTiCl4=2.25MPa，则v(TiCl4)=；30min时，n(C)=9mol，C的转化率为，40min时，反应的三段式：；（3）CO多说明反应I快，则则FeCl3改变的是反应I的反应历程；（4）吉布斯自由能随温度升高，数值减小，则G<0，反应更易自发进行，则更易发生b反应。