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解析

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．CH3OH中的氢氧键B．CH3OH中的碳氧键 C．H2O中的氢氧键D．SO3中的硫氧键

（4）分别研究大气中H2O、CH3OH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(CH3OH)大于10-11mol.L-1时，c(CH3OH)越大，c(H2SO4)越小的原因是_____________。 ②当c(CH3OH)小于10-11mol.L-1时，c(H2O)越大，c(CH3OSO3H)越小的原因是_____________。 mol-1 a 20.93 6.62 ACD 反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓【答案】-164.4 4×104L·

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CH3OSO3H越小，c(CH3OSO3H)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：SO3(g)+H2O(g)=H2SO4(1)?H1??227.8kJ?mol?1

反应ii：CH3OH(g)+SO3(g)=CH3OSO3H(g)?H2?-63.4kJ?mol-1

反应i-反应ii有：CH3OSO3H(g)?H2O(g)?CH3OH(g)?H2SO4(1)，所以?H=?H1-

?H2=(?227.8kJ?mol?1)-(-63.4kJ?mol-1)=-164.4kJ?mol-1，故答案为：-164.4；

(2)SO3转化率为0.04%，则SO3转化值=2?10-9mol?L-1×0.04%=8×10-13mol·L-1，列三段式如

CH3OH(g)+SO3(g)=CH3OSO3H(g)起始浓度/mol?L-11?10-82?10-90 ，下：-1-13-13-13变化浓度/mol?L8?108?108?10平衡浓度/mol?L-1(100000-8)?10-13(20000-8)?10-138?10-138?10-13mol?L-1K=≈(100000-8)?10-13mol?L-1?(20000-8)?10-13mol?L-18?10-13-14-14-1

=4×10L·mol4×10L·mol，故答案为：； L?mol-13-13100000?10?20000?10(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；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新形成一根键；SO3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CH3OSO3H减小，c(CH3OSO3H)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CH3OSO3H越少，c(CH3OSO3H)越小。 【点睛】

(2)计算时作如下近似处理：(100000-8)?10-13mol?L-1≈100000×10-13mol?L-1=10-8

-13-1mol?L-1(20000-8)?10mol?L≈20000?10-13mol?L-1?2?10-9mol?L-1。

6．合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2（g）+3H2（g）在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。

2NH3（g）△H

（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示（吸附

①NH3的电子式是___。

②决定反应速率的一步是___（填字母a、b、c、…）。 ③由图象可知合成氨反应的△H____0（填“＞”、“＜”或“=”）。

（2）传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0L的反应容器中投入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：

①温度T1、T2、T3大小关系是___。

②M点的平衡常数K=____（可用分数表示）。

（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：

①导线中电子移动方向是____。

②固氮酶区域发生反应的离子方程式是___。 ③相比传统工业合成氨，该方法的优点有___。 【答案】

b ＜ T3＞T2＞T1 7.32×10-3 a→b N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+ 条件

温和、生成氨的同时释放电能 【解析】 【分析】

(1)①从分子中每个原子都形成了稳定结构的角度分析； ②反应需要的能量最高的反应决定总反应速率；

③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应； (2)①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小； ②根据反应三段式进行计算；

(3)①根据装置电极b上MV2+转化为MV+判断正负极，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极；

②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+；

③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和。 【详解】

(1)①NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，NH3电子式为：

；

②根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知，反应b需要的能量最大，反应需要的能量越高，反应速率越慢，需要能量最高的反应决定总反应速率，所以决定反应速率的一步是b；

③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应，△H＜0； (2)①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小，所以图中温度T1、T2、T3大小关系是T3＞T2＞T1；

②设M点N2反应的物质的量为xmol，反应三段式为：

N2(g)+3H2(g)?起始量(mol)变化量(mol)平衡量(mol)5x5-x153x15-3x2NH3(g)02x2x

M点平衡时NH3的质量分数为40%，即

34x=40%，可得x=2，则平衡时

28?5?2?1542c(N2)=3mol/L，c(H2)=9mol/L，c(NH3)=4mol/L，平衡常数为K==7.32×10-3； 33?9(3)①根据装置电极b上MV2+转化为MV+可知，b电极为正极、a电极为负极，原电池工作时，电子从负极a电极经过导线流向正极b电极，即a→b；

②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，所以发生的反应为：N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+；

③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和，所以与传统化工工艺相比，该工艺的优点为：条件温和、生成氨的同时释放电能。 【点睛】

本题注意决定化学反应速率的步骤是反应需要能量最高的一步，原电池装置中根据电极上物质转化的化合价的变化判断正负极。

7．（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。