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2020-2021备战高考化学复习化学反应原理综合考查专项易错题含答案解析 一、化学反应原理综合考查1 •德国化学家哈伯（F.Haber ）从1902年开始研究由氮气和氢气直接合成氨。
合成氨为解决世界的粮食问题作出了重要贡献。
其原理为N 2（g ）+3H 2（g ）? 2NH 3（g ） △ H=-92.4kJ/mol（1） 若已知H-H 键的键能为 436.0kJ/mol , N-H 的键能为390.8kJ/mol ，贝U N N 的键能约为kJ/mol（2） 合成氨反应不加催化剂很难发生，催化剂铁触媒加入后参与了反应降低了活化能。
其能 量原理如图所示，则加了催化剂后整个反应的速率由 __________ 决定（填第一步反应”或者 第二 步反应”，）未使用催化剂时逆反应活化能 ______ 正反应活化能（填大于”小于”或者 等于”）⑶从平衡和速率角度考虑，工业生产采取 20MPa 到50MPa 的高压合成氨原因 ________（4）一定温度下恒容容器中，以不同的 H 2和N 2物质的量之比加入，平衡时 NH 3体积分数如 图所示，则H 2转化率a 点 ____________ b 点（填"大于”小于”或者 等于”。
若起始压强为20MPa , 则b 点时体系的总压强约为 _______ MPa 。
（5）若该反应的正逆反应速率分别表示为 v 正=心g N 2 gc H 2 ， v 逆=K 逆？^NH 3），则一定温 度下，该反应 的平衡常数K= ________ （用含K 正和K 逆的表达式表示），若K 正和K 逆都是温度的 函数，且随温度升高而升高，则图中c 和d 分别表示 _______ 和 ______ 随温度变化趋势（填K正或者K 逆）。
⑹常温下，向20mL 的0.1mol/L 的盐酸中通入一定量氨气反应后溶液呈中性 （假设溶液体积变化忽略不计）则所得溶液中C （NH 4+）= ____【答案】944.4第一步反应 大于 当压强低于20MPa 时，反应速率慢，且反应转化率 低，压强过大于50MPa 时，转化率提升不大，但对设备的要求高，生产成本高小于 19一-席令岸。
2020-2021高考化学化学反应原理综合考查(大题培优易错试卷)及详细答案一、化学反应原理综合考查1．研究CO和CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。
请回答下列问题：(1)利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生反应：CO(g)+ 2H2(g)ƒCH3OH(g)，其两种反应过程中能量的变化曲线如图中a、b所示，下列说法正确的是_____(填字母)。
A.上述反应的△H= -91kJ·mol-1B.该反应自发进行的条件为高温C. b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和∆HD. b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段(2)若反应CO(g)+2H2(g)ƒCH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1L密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化见表所示：时间/min051015H242CO21CH3OH(g)00.7①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是_______(填字母)A.2v正(H2)=v逆(CH3OH)B. CO与CH3OH的物质的量之比保持不变C.混合气的平均相对分子质量保持不变D.混合气体的密度保持不变②若起始压强为P0kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10min内H2的反应速率v(H2)=_____kPa/min；该温度下反应的平衡常数Kp=______。
(分压=总压×物质的量分数)。
(3)甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1mol CO和2mol H2，向乙中加入2mol CO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图所示，则L、M两点容器内平衡常数：K(M)_____K(L)；压强：p(M)__2p(L)。
(填“＞”“<”或“=”)(4)以纳米二氧化钛为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO 2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯()。
电解时，阴极的电极反应式是_________。
【答案】AD BC30P 209P kPa -2（可不带单位） ＜ ＞ 2nCO 2+12ne －+12nH +=+4nH 2O【解析】 【分析】 【详解】(1)A .对于反应CO (g )+ 2H 2(g )ƒ CH 3OH (g )，根据反应过程中能量的变化图可得△H =正反应的活化能-逆反应的活化能=419 kJ ·mol -1-510 kJ ·mol -1= -91 kJ ·mol -1，A 项正确； B .该反应正向是气体粒子数目减小的反应，属于熵减过程△S ＜0，根据△G =△H -T △S ，△G ＜0可自发，需要低温环境才可以自发，B 项错误；C .b 过程使用催化剂后降低了反应的活化能，但是∆H 只与反应始末状态有关，与反应途径无关，∆H 故不变，C 项错误； D .b 过程中第I 阶段正反应活化能较高，故活化分子的百分含量较低，因此化学反应速率较慢，b 过程的反应速率：第I 阶段＜第Ⅱ阶段，D 项正确。
2020-2021备战高考化学知识点过关培优易错难题训练∶化学反应原理综合考查及详细答案一、化学反应原理综合考查1．丙烯腈（CH2=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（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）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（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：①C3H6(g)+NH3(g)+32O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(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。
2020-2021备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优易错难题)附答案一、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/mol②CH 3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ∆H2=+24.52kJ/mol③CH 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)。
2020-2021高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应原理附答案解析一、化学反应原理1．为探究Ag+与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：已知：相关物质的溶解度（20℃）AgCl：1．5×10-4g Ag2SO4：0．796g（1）甲同学的实验如下：序号操作现象实验Ⅰ将2mL1mol/L AgNO3溶液加入到1mL1mol/L FeSO4溶液中产生白色沉淀，随后有黑色固体产生取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红注：经检验黑色固体为Ag① 白色沉淀的化学式是_____________。
② 甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是_______________。
（2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ。
a．按右图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移。
偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银。
放置一段时间后，指针偏移减小。
ｂ．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移。
① a中甲烧杯里的电极反应式是___________。
② b中电压表指针逆向偏移后，银为_________极（填“正”或“负”）。
③ 由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是___________。
（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：序号操作现象实验Ⅲ将2mL2mol/L Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管中银镜消失实验Ⅳ将2mL1mol/L Fe2(SO4)3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失实验Ⅴ将2mL2mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失①实验Ⅲ___________（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是_____________。
② 用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：_____________。
【答案】Ag2SO4有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红 Fe2+－e-＝Fe3+负Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag 不能因为Fe(NO3)3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag 溶液中存在平衡：Fe3+＋Ag Fe2+＋Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大（或促使平衡正向移动，银镜溶解）。
2020-2021备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优易错试卷)含详细答案一、化学反应原理综合考查1．(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的 SO2。
已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq) ΔH1=a kJ/mol；②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l) ΔH2=b kJ/mol；③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq) ΔH3=c kJ/mol。
则反应 2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=____kJ/mol。
(2)SO2是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫原理为 2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)。
向10L 恒温恒容密闭容器中加入 3mol CaO，并通入 2mol SO2和 lmol O2发生上述反应，2min 时达平衡，此时 CaSO4为1.8mol。
0〜2min 内，用 SO2表示的该反应的速率v(SO2)=____，其他条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行，达到平衡时 SO2的转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)NO 的排放主要来自于汽车尾气，净化原理为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH=−746.8kJ/mol。
实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v 逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k 正、k 逆为速率常数，只与温度有关)。
①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数____(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
②若在 1L 的密闭容器中充入 1molCO 和 1mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO 的转化率为 40%，则k正︰k逆=____。
2020-2021高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应原理及详细答案一、化学反应原理1．某同学设计如下三个实验方案以探究某反应是放热反应还是吸热反应：方案一：如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10 mL 2 mol·L－1稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20 ℃逐渐升至75 ℃，随后，温度逐渐下降至30 ℃，最终停留在20 ℃。
方案二：如图2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入10 mL 2 mol·L－1硫酸溶液，再向其中加入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。
方案三：如图3，甲试管中发生某化学反应，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过U形管两侧红墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。
序号甲试管里发生反应的物质U形管里红墨水液面①氧化钙与水左低右高②氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充分搅拌)？③铝片与烧碱溶液左低右高④铜与浓硝酸左低右高根据上述实验回答相关问题：（1）铝片与稀硫酸的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，写出该反应的离子方程式：___________。
（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因是___________。
（3）方案二中，小木片脱落的原因是________，由此得出的结论是__________________。
（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，则U形管里红墨水液面：左边________(填“高于”“低于”或“等于”)右边。
（5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是________(填“吸热”或“放热”)反应，如果放置较长时间，可观察到U形管里的现象是______________。
（6）方案三实验②的U形管中的现象为________，说明反应物的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总能量【答案】放热 2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低蜡烛熔化氢氧化钠与硫酸的反应放热低于放热红墨水液面左右相平红墨水液面左高右低小于【解析】【分析】【详解】（1）金属与酸的反应是放热反应，因此铝片与稀硫酸的反应是放热反应，该反应的离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，故答案为放热；2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑；（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因可能是反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低，故答案为反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低；（3）方案二中，反应放出的热量，使得蜡烛熔化，小木片脱落，故答案为蜡烛熔化；氢氧化钠与硫酸的反应放热；（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，装置中气体的压强增大，U形管里红墨水液面：左边低于右边，故答案为低于；（5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是放热反应，如果放置较长时间，热量散失，装置中气体的压强与外界压强相等， U形管中红墨水液面左右相平，故答案为放热；红墨水液面左右相平；（6）方案三实验②属于吸热反应，U形管中红墨水液面左高右低，故答案为红墨水液面左高右低；小于。
2020-2021高考化学化学反应原理综合考查培优易错试卷练习(含答案)附答案解析一、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/mol②CH 3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ∆H2=+24.52kJ/mol③CH 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)。
2020-2021高考化学化学反应原理综合考查(大题培优易错难题)含答案解析一、化学反应原理综合考查1．近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。
因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。
下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。
设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。
按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。
进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。
（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+12Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1CuCl(s)+12O2(g)=CuO(s)+12Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是______________。
（写出2种）（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。
2020-2021高考化学化学反应原理综合考查(大题培优易错难题)附答案一、化学反应原理综合考查1．H2O2的制取及其在污水处理方面的应用是当前科学研究的热点。
(1)“氧阴极还原法”制取H2O2的原理如题图所示：阴极表面发生的电极反应有：Ⅰ.2H++O2+2e-=H2O2Ⅱ. H2O2+2H++ 2e-=2H2OⅢ. 2H+ +2e-=H2↑①写出阳极表面的电极反应式：___。
②其他条件相同时，不同初始pH(均小于2)条件下，H2O2浓度随电解时间的变化如图所示，c(H+)过大或过小均不利于H2O2制取，原因是_______。
(2)存碱性条件下，H2O2的一种催化分解机理如下：H2O2(aq)+Mn2+(aq)=·OH(aq)+Mn3+(aq)+OH-(aq) ∆H=akJ/molH2O2(aq)+ Mn3+(aq) +2OH-(aq)= Mn2+(aq) +·O2-(aq) +2H2O(l) ∆H=bkJ/mol·OH(aq) +·O2-(aq)=O2(g) +OH-(aq) ∆H=ckJ/mol2H2O2(aq)= 2H2O(l)+O2(g) △H=_______。
该反应的催化剂为____。
(3)H2O2、O3在水中可形成具有超强氧化能力的羟基自由基(·OH)，可有效去除废水中的次磷酸根离子(H2PO2-)。
①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，理论上l.7g·OH可处理含0.001mol/LH2PO2-的模拟废水的体积为______。
②为比较不同投料方式下含H2PO2-模拟废水的处理效果，向两份等体积废水样品中加入等量H2O2和O3，其中一份再加入FeSO4。
反应相同时间，实验结果如图所示：添加FeSO 4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是______。
【答案】-+222H O-4e =4H +O ↑ c （H +）过小时，反应Ⅰ的化学反应速率较慢，c （H +）过大时，主要发生反应Ⅲ （a +b +c ）kJ /mol Mn 2+ 25L Fe 2+促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀 【解析】 【分析】（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，以此写出电极方程式； （2）由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式，中间产物Mn 2+为催化剂；（3）①弱碱性条件下∙OH 将H 2PO 2-氧化成PO 43-，反应为：--3-2242OH+2OH +H PO =PO +4H O g 4,以此计算废水的体积；②由图可知添加FeSO 4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe 2+促进H 2O 2和O 3产生·OH ，氧化产生的Fe 3+将PO 43-转化为FePO4沉淀。
2020-2021备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优 易错 难题)附答案解析一、化学反应原理综合考查1．研究大气污染物SO 2、CH 3OH 与H 2O 之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。
反应i ：132241SO (g)+H O(g)=H SO (1)227.8kJ mol H -∆=-⋅反应ii ：-133332CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)( )-63.4kJ mol H ∆=⋅硫酸氢甲酯（1）CH 3OSO 3H 发生水解：332324CH OSO H(g)H O(g)CH OH(g)H SO (1)+=+△H=______kJ/mol 。
（2）T ℃时，反应ii 的CH 3OH(g)、SO 3(g)的初始浓度分别为-8-1-9-1110mol L 210mol L ⨯⋅⨯⋅、，平衡时SO 3转化率为0.04%，则K=_____________。
（3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii 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。
①分子间的静电作用力最强的是_____________（填“a ”、“b ”或“c ”）。
②水将反应ii 的最高能垒由_____________eV 降为_____________eV 。
③d 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 ．CH 3OH 中的氢氧键B ．CH 3OH 中的碳氧键C ．H 2O 中的氢氧键D ．SO 3中的硫氧键（4）分别研究大气中H 2O 、CH 3OH 的浓度对反应i 、反应ii 产物浓度的影响，结果如图所示。
①当c(CH 3OH)大于10-11mol.L -1时，c(CH 3OH)越大，c(H 2SO 4)越小的原因是_____________。
②当c(CH 3OH)小于10-11mol.L -1时，c(H 2O)越大，c(CH 3OSO 3H)越小的原因是_____________。
【答案】-164.4 4×104L·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CH 3OSO 3H 越小，c(CH 3OSO 3H)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) 反应i ：132241SO (g)+H O(g)=H SO (1)227.8kJ mol H -∆=-⋅反应ii ：-133332CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)-63.4kJ mol H ∆=⋅反应i-反应ii 有：332324CH OSO H(g)H O(g)CH OH(g)H SO (1)+=+，所以H ∆=1H ∆-2H ∆=(1227.8kJ mol --⋅)-(-1-63.4kJ mol ⋅)=-164.4-1kJ mol ⋅，故答案为：-164.4；(2)SO 3转化率为0.04%，则SO 3转化值=-9-1210mol L ⨯⋅×0.04%=8×10-13mol·L -1，列三段式如下：3333-1-8-9-1-13-13-13-1-13-13-13CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)/mol L 1102100/mol L 810810810/mol L (100000-8)10(20000-8)10810⋅⨯⨯⋅⨯⨯⨯⋅⨯⨯⨯起始浓度变化浓度平衡浓度 ，K=-13-13-1-1-1-13mol L m 810(100000-8)10(20000-8)10ol L mol L ⨯⋅⋅⨯⋅⨯⨯≈-13-1-13-13810L mol 100000102000010⨯⨯⋅⨯⨯=4×104L·mol -1，故答案为：4×104L·mol -1； (3)①a 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 ；②无水时，反应ii 的最高能垒为19.59eV-(-1.34eV)=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；③由图可知，水分子中的氢氧键断了一根，又形成一根；CH 3OH 中的氢氧键断了，O 和S 原子重新形成一根键；SO 3中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S 和甲醇中的O 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)①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；②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH 3OSO 3H 减小，c(CH 3OSO 3H)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CH 3OSO 3H 越少，c(CH 3OSO 3H)越小。
【点睛】(2)计算时作如下近似处理：1-13-(100000-8)1mol 0L ⋅⨯≈100000×10-13-1mol L ⋅=10-8-1mol L ⋅113--(20000-8)10mol L ⋅⨯≈-1-1-91-320000101mol L 2mol 0L ⨯⨯⋅=⋅。
2．（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−)=16115.25102.110--⨯⨯=2.5×10−5，c(OH−)=5×10−3，pOH=3−lg5=2.3，pH=14−pOH=14−2.3=11.7。
