2019年高考化學(xué)選擇題百題精練專題03化學(xué)反應(yīng)原理（含解析）.docx

專題三 化學(xué)反應(yīng)原理1我國科學(xué)家使用雙功能催化劑(能吸附不同粒子)催化水煤氣變換反應(yīng)：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H0，在低溫下獲得高轉(zhuǎn)化率與高反應(yīng)速率。反應(yīng)過程示意圖如下：下列說法正確的是A圖示顯示：起始時的2個H2O最終都參與了反應(yīng)B過程、過程均為放熱過程C過程只生成了極性共價鍵D使用催化劑降低了水煤氣變換反應(yīng)的H【答案】A【解析】【詳解】A根據(jù)反應(yīng)過程示意圖，過程中1個水分子中的化學(xué)鍵斷裂，過程另一個水分子中的化學(xué)鍵斷裂的過程，過程中形成了新的水分子，因此起始時的2個H2O最終都參與了反應(yīng)，A項正確；B根據(jù)反應(yīng)過程示意圖，過程、中水分子中的化學(xué)鍵斷裂的過程，為吸熱過程，B項錯誤；C過程中CO、氫氧原子團和氫原子形成了二氧化碳、水和氫氣，H2中的化學(xué)鍵為非極性鍵，C項錯誤；D催化劑不能改變反應(yīng)的H，D項錯誤；答案選A。【點睛】值得注意的是D選項，催化劑只能降低活化能，改變化學(xué)反應(yīng)速率，不能改變反應(yīng)的熱效應(yīng)。2MgCO3和CaCO3的能量關(guān)系如圖所示(MCa、Mg)：M2+(g)CO32-(g)M2+(g)O2(g)CO2(g)已知：離子電荷相同時，半徑越小，離子鍵越強。下列說法不正確的是AH1(MgCO3)H1(CaCO3)0BH2(MgCO3)H2(CaCO3)0CH1(CaCO3)H1(MgCO3)H3(CaO)H3(MgO)D對于MgCO3和CaCO3，H1H2H3【答案】C【解析】【詳解】根據(jù)蓋斯定律，得H=H1+H2+H3,又易知Ca2+半徑大于Mg2+半徑，所以CaCO3的離子鍵強度弱于MgCO3,CaO的離子鍵強度弱于MgO。A. H1表示斷裂CO32-和M2+的離子鍵所吸收的能量，離子鍵強度越大，吸收的能量越大，因而H1(MgCO3)H1(CaCO3)0，A項正確；B. H2表示斷裂CO32-中共價鍵形成O2和CO2吸收的能量，與M2+無關(guān)，因而H2(MgCO3)H2(CaCO3)0，B項正確；C.由上可知H1(CaCO3)-H1(MgCO3)H3(MgO)，H3(CaO)-H3(MgO)0，C項錯誤；D.由上分析可知H1+H20，H30，故H1H2H3，D項正確。故答案選C。3肼(N2H4)在不同條件下分解產(chǎn)物不同，200時在Cu表面分解的機理如圖。已知200時：反應(yīng)：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g) H1=-32.9 kJmol-1反應(yīng)：N2H4(g)+H2(g)2NH3(g)H2=-41.8 kJmol-1下列說法不正確的是()A圖所示過程是放熱反應(yīng)B反應(yīng)的能量過程示意圖如圖所示C斷開3 mol N2H4(g)的化學(xué)鍵吸收的能量大于形成1 molN2(g)和4 mol NH3(g)的化學(xué)鍵釋放的能量D200時，肼分解生成氮氣和氫氣的熱化學(xué)方程式為N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)H=+50.7 kJmol-1【答案】C【解析】【詳解】A.過程是N2H4分解生成N2和NH3，已知熱化學(xué)方程式I中H為負值，所以圖示過程為放熱反應(yīng)，故A正確；B.反應(yīng)是放熱反應(yīng)，能量過程示意圖正確，故B正確；C.放熱反應(yīng)中，反應(yīng)物的化學(xué)鍵的鍵能之和小于生成物的化學(xué)鍵的鍵能之和，故C錯誤；D.根據(jù)蓋斯定律：（I）-2（II）得N2H4（g）N2（g）+2H2（g）H-32.9kJmol-1-2（-41.8kJmol-1）=+50.7kJmol-1，故D正確。故選C。4合成乙烯的主要反應(yīng)：6H2(g)+2CO2(g)CH2=CH2(g)+4H2O(g) H0。圖中L(L1、L2)、可分別代表壓強或溫度。下列說法正確的是AL1L2BX代表壓強CM、N兩點對應(yīng)的平衡常數(shù)相同DM點的正反應(yīng)速率v正小于N點的逆反應(yīng)速率v逆【答案】D【解析】【分析】合成乙烯的主要反應(yīng): 6H2 (g)+2CO2 (g) CH2=CH2 (g) +4H2O (g) HL2，選項A錯誤；B. X代表溫度，選項B錯誤；C. M、N對應(yīng)溫度不同，所以兩點對應(yīng)的平衡常數(shù)不相同，選項C錯誤；D.溫度越高反應(yīng)速率越快，所以M點的正反應(yīng)速率V正小于N點的逆反應(yīng)速率V逆，選項D正確；答案選D。5HI在一定條件下可發(fā)生反應(yīng) 2HI(g) H2 (g)I2(g) H，在2L恒容密閉容器中，充入一定量的 HI(g)，反應(yīng)物的物質(zhì)的量 n（mol）隨時間t（min）變化的數(shù)據(jù)如下：根據(jù)表中數(shù)據(jù)，下列說法正確的是A實驗 1中，反應(yīng)在 0至 10min內(nèi)，v(HI)0.02molL1 min1B800時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=0.25C根據(jù)實驗 1和實驗2可說明：反應(yīng)物濃度越大，反應(yīng)速率越快DH實驗3，說明升高溫度，平衡正向移動，根據(jù)平衡移動原理，升高溫度，化學(xué)平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，正反應(yīng)方向為吸熱反應(yīng)，H0，D錯誤；故合理選項是B。6高溫高壓液態(tài)水具有接近常溫下弱酸的c(H+)或弱堿的c(OH)，油脂在其中能以較快的反應(yīng)速率水解。與常溫常壓水相比，下列說法不正確的是A高溫高壓液態(tài)水中，體系溫度升高，油脂水解反應(yīng)速率加快B高溫高壓液態(tài)水中，油脂與水的互溶能力增強，油脂水解反應(yīng)速率加快C高溫高壓液態(tài)水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反應(yīng)，且產(chǎn)生的酸進一步催化水解D高溫高壓液態(tài)水中的油脂水解，相當于常溫下在體系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH)的堿的水解【答案】D【解析】【詳解】A.對于任何化學(xué)反應(yīng)，體系溫度升高，均可加快反應(yīng)速率，A項正確；B.由于高溫高壓液態(tài)水中，c(H+)和c(OH)增大，油脂水解向右移動的傾向變大，因而油脂與水的互溶能力增強，反應(yīng)速率加快，B項正確；C.油脂在酸性條件下水解，以H+做催化劑，加快水解速率，因而高溫高壓液態(tài)水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反應(yīng)，且產(chǎn)生的酸進一步催化水解，C項正確；D.高溫高壓液態(tài)水中的油脂水解，其水環(huán)境仍呈中性，因而不能理解成相當于常溫下在體系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH)的堿的水解，而是以體系升溫、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+濃度的方式，促進油脂的水解，D項不正確。故答案選D。7在溫熱氣候條件下，淺海地區(qū)有厚層的石灰石沉積，而深海地區(qū)卻很少。下列解析不正確的是A與深海地區(qū)相比，淺海地區(qū)水溫較高，有利于游離的CO2增多、石灰石沉積B與淺海地區(qū)相比，深海地區(qū)壓強大，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少C深海地區(qū)石灰石巖層的溶解反應(yīng)為：CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)D海水呈弱酸性，大氣中CO2濃度增加，會導(dǎo)致海水中CO濃度增大【答案】D【解析】【分析】石灰?guī)r的形成是CaCO3的沉積結(jié)果，海水中溶解一定量的CO2，因此CaCO3與CO2，H2O之間存在著下列平衡：CaCO3(s)+CO2(g)+H2O(l)Ca(HCO3)2(aq)?！驹斀狻緼.海水中CO2的溶解度隨溫度的升高而減小，隨壓力的增大而增大，在淺海地區(qū)，海水層壓力較小，同時水溫比較高，因而CO2的濃度較小，即游離的CO2增多，根據(jù)平衡移動原理，上述平衡向生成CaCO3方向移動，產(chǎn)生石灰石沉積，A項正確；B.與A恰恰相反，石灰石巖層易被CO2溶解，沉積少，B項正確；C.在深海地區(qū)中，上述平衡向右移動，且傾向很大，故溶解反應(yīng)為CaCO3(s)H2O(l)CO2(aq)Ca(HCO3)2(aq)，C項正確；D. 海水溫度一定時，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，導(dǎo)致CO32-轉(zhuǎn)化為HCO3-，CO32-濃度降低，D項錯誤。故答案選D。8下列說法正確的是（ ）ApH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液：c(NaOH)c(CH3COONa)c(Na2CO3)B室溫下，濃度均為0.1 mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH4，則c(CH3COO)c(CH3COOH)2(1041010) mol/LC加水稀釋0.1 mol/L醋酸溶液，溶液中增大D室溫下，NaHA溶液的pH7，則一定有c(Na)c(HA)c(H2A)c(A2)【答案】B【解析】【詳解】A項、相同濃度的三種溶液CH3COONa、NaOH和Na2CO3pH的大小分別為NaOH、Na2CO3和CH3COONa，所以pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液：c（NaOH）c（Na2CO3）c（CH3COONa），故A錯誤；B項、混合溶液的pH4，溶液中c(H)為104 mol/L，c(OH) 為1010 mol/L，由電荷守恒c(Na)+ c(H)= c(OH)+ c(CH3COO)和物料守恒2 c(Na)= c(CH3COOH)+ c(CH3COO)可得c(CH3COO) +2c(OH)= c(CH3COOH)+2 c(H)，則c(CH3COO)c(CH3COOH)2 c(H)2c(OH)= 2(1041010) mol/L，故B正確；C項、加水稀釋0.1 mol/L醋酸溶液時，溶液中c(H)減小，水的離子積常數(shù)Kw不變，c(OH)增大，則減小，故C錯誤；D項、室溫下，NaHA溶液的pHbC曲線分別表示()和(HX-)的變化Db點所示溶液中：c(3c()【答案】A【解析】【分析】用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定二元弱酸()溶液時，初始溶液中的量最多，故表示，隨著加入的NaOH溶液增多,溶液中發(fā)生,故溶液中在減少,在增加，圖中表示；繼續(xù)加入NaOH溶液，發(fā)生的反應(yīng)為，故溶液中在減少,在增加，圖中表示。據(jù)此分析，進行作答。【詳解】A. 的電離常數(shù)，利用pH=1.2時，恰好與相等，即等于，代入計算，可知；的水解常數(shù)，利用pH=4.2時，恰好與相等，即等于，代入計算，可知，A項正確；B. a處為和的混合液，有酸存在，水的電離被抑制，由水電離出的c()小于；b處為和的混合液，強堿弱酸鹽會水解，水的電離被促進，由水電離出的c()大于，B項錯誤；C. 由上述分析可知，曲線分別表示的是()和()的變化，C項錯誤；D. b點所示溶液為和的等物質(zhì)的量混合的混合液：存在c(+ c(=2c()+ c()+ c()。其中pH=4.2，等于，所以存在c(+=3c()+，c(3c() ，D項錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查了電離平衡常數(shù)的計算、水的電離平衡及影響因素、電解質(zhì)溶液中的三大守恒關(guān)系等均為高考中的重難點。在解題時需先分析清楚溶液的成分及各成分之間量的關(guān)系，再進行作答。1025下部分弱酸的電離常數(shù)如表。下列有關(guān)說法不正確的是A若 HCOONa和 HCOOH的混合溶液的pH=3，則c( HCOOH)/c(HCOO)=10B相同pH的 HCOONa和NaClO溶液中離子總濃度前者大C等濃度等體積的Na2S和 HCOOH混合后：c(Na+)=2c(HCOO)+2c( HCOOH)D向NaClO溶液中通入H2S發(fā)生的反應(yīng)為ClO+H2SHS+HClO【答案】D【解析】【詳解】A. Ka=1.010-4=，可得c( HCOOH)/c(HCOO)=10，故不選A；B.由兩溶液中的電荷守恒式：c（Na+）+c（H+）=c（HCOO-）+c（OH-）和c（Na+）+c（H+）=c（ClO-）+c（OH-），由于次氯酸的酸性弱于甲酸，因此次氯酸根的水解能力大于甲酸根離子，次氯酸鈉溶液的pH值大于甲酸鈉，所以次氯酸鈉溶液中的H+濃度小于甲酸鈉溶液，由電荷守恒式可知，由于兩溶液中的離子均只帶一個單位的電荷，則陰離子濃度之和等于陽離子濃度之和，而兩溶液中的鈉離子濃度相等，H+濃度大的，則離子總濃度就大，所以離子總濃度是前者大于后者，故不選B；C.等濃度等體積的Na2S和 HCOOH混合后，根據(jù)物料守恒：c(Na+)=2c(HCOO)+2c( HCOOH)，故不選C；D.因為NaClO具有強氧化性，硫化氫具有還原性，兩者混合會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，ClO+H2S=S+Cl-+H2O，故選D；答案：D【點睛】本題考查了弱電解質(zhì)的電離平衡、電離程度大小比較和鹽類水解的應(yīng)用、電解質(zhì)溶液中電荷守恒、物料守恒分析，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。11常溫下，用0.10mol/L NaOH溶液滴定0.10mol/L HA溶液，滴定曲線如圖a所示，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖b所示，下列敘述錯誤的是A當?shù)味ㄖ寥芤撼手行詴r，c(A-)c(HA)BN點，c(Na+)c(A-）=CKa(HA)的數(shù)量級為10-5DP-Q過程中，水的電離程度逐漸增大【答案】B【解析】【分析】A. lg=0時，c(A-)=c(HA)，此時pH5，結(jié)合lg 為增函數(shù)分析。B.N點pH=8.72，結(jié)合電荷守恒計算；C. Q點lg=1，pH約為5.8，結(jié)合Ka (HA)=計算；D. P點lg=-1，Q點lg=1，c(A-)越大，水的電離程度越大。【詳解】A.根據(jù)圖象可知，lg=0時，c(A-)=c(HA)，此時pH1，則c(A-)c(HA)，A正確；B.N點pH=8.72，c(H+)=10-8.72mol/L，c(OH-)=，根據(jù)電荷守恒可知：c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)c(OH-)=，B錯誤；C.根據(jù)圖a可知，Q點lg=1，pH約為5.8，則c(H+)=10-5.8mol/L，K a (HA)= 10c(H+)=10-4.8，所以，Ka (HA)的數(shù)量級為10-5,C正確；D. P點lg=-1，Q點lg=1，PQ過程中c（A-）逐漸增大，A-水解促進水的電離，c(A-)越大，水的電離程度越大，D正確；故合理選項是B?！军c睛】本題考查酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計算的知識，明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力。12已知：pOH=lgc(OH)。室溫下，將稀鹽酸滴加到某一元堿(BOH)溶液中，測得混合溶液的pOH與離子濃度的變化關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是ABOH屬于弱堿BBOH的電離常數(shù)K=1104.8CP點所示的溶液中：c(Cl)c(B+)DN點所示的溶液中：c(H+)=c(Cl)+c(OH)c(BOH)【答案】C【解析】【詳解】A. 若BOH為強堿，其完全電離，那么c(BOH)為0，那么這樣的式子必然不合理。由圖中N點的數(shù)據(jù)可以計算出BOH的電離常數(shù)，可以判斷BOH為弱堿，A項正確；B.BOH B+ + OH-，所以Kb=，可得=-lgKb+lgc(OH-)=-lgKb-pOH，帶入N點數(shù)據(jù)，可得0=-lgKb-4.8，Kb=10-4.8，B項正確；C.根據(jù)電荷守恒得c(Cl)+ c(OH)=c(B+)+ c(H+)，在P點，pOH c(H+)，因而c(Cl)c(B+)，C項錯誤；D.N點=0，因而c(B+)= c(BOH)，根據(jù)電荷守恒，c(Cl)+ c(OH)=c(B+)+ c(H+)，可變?yōu)閏(Cl)+ c(OH)=c(BOH)+ c(H+)，因而c(H+)=c(Cl)+c(OH)c(BOH)，D項正確。故答案選C。13我國研制出非貴金屬鎳鉬基高教電催化劑，實現(xiàn)電解富尿素廢水低能耗制H2(裝置如圖)?？偡磻?yīng)為。下列說法中正確的是Aa電極反應(yīng)為：Bb為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)C電解一段時間b極區(qū)溶液pH升高D廢水中每通過6mol電子，a電極產(chǎn)生1molN2【答案】C【解析】【分析】電解池工作時，CO(NH2)2失去電子，a為陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為 CO（NH2）2-6e+H2OCO2+N2+6H+，b為陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為2H2O+2e2OH+H2?！驹斀狻緼.電解池工作時，CO(NH2)2失去電子，a為陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為 CO（NH2）2-6e+H2OCO2+N2+6H+，A錯誤；B.b為陰極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為2H2O+2e2OH+H2，B錯誤；C.b電極反應(yīng)為2H2O+2e2OH+H2，生成的OH-使溶液pH升高，C正確。D.電子是不進入溶液中，所以廢水中無法通過電子，D錯誤。答案：C。14鋰錳電池結(jié)構(gòu)如圖所示，其中電解質(zhì)溶于混合有機溶劑中，通過電解質(zhì)遷移入晶格中生成。下列有關(guān)說法正確的是A外電路電流方向：abB電池正極反應(yīng)式為：C可以用水代替電池中的混合有機溶劑D用該電池給鉛蓄電池充電，a極與Pb電極相連【答案】