全国高考化学化学反应原理综合考查的综合高考真题汇总及答案.docx
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全国高考化学化学反应原理综合考查的综合高考真题汇总及答案
全国高考化学化学反应原理综合考查的综合高考真题汇总及答案
一、化学反应原理综合考查
1.研究煤的合理利用及CO2的综合应用有着重要的意义。
请回答以下问题:
I.煤的气化
已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有:
①C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g)△H=+131kJ·mol-1
②CO(g)+3H2(g)
CH4(g)+H2O(g)△H=akJ·mol-1
查阅资料反应②中相关化学键能数据如下表:
化学键
C≡O
H—H
H—C
H—O
E(kJ·mol-1)
1072
436
414
465
(1)则反应②中a=_____________。
(2)煤直接甲烷化反应C(s)+2H2(g)
CH4(g)的△H=为_____kJ•mol-1,该反应在_____________(填“高温”或“低温”)下自发进行。
II.合成低碳烯烃
在体积为1L的密闭容器中,充入1molCO2和2.5molH2,发生反应:
2CO2(g)+6H2(g)
C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ·mol-1,测得温度对催化剂催化效率和CO2平衡转化率的影响如右图所示:
(3)图中低温时,随着温度升高催化剂的催化效率提高,但CO2的平衡转化率却反而降低,其原因是_______________.
(4)250℃时,该反应的平衡常数K值为____________。
III.合成甲醇
在恒温2L容积不变的密闭容器中,充入1molCO2和3molH2,发生反应:
.CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g),测得不同时刻反应前后容器内压强变化(p后/p前)如下表:
时间/h
1
2
3
4
5
6
p后/p前
0.90
0.85
0.82
0.81
0.80
0.80
(5)反应前1小时内的平均反应速率v(H2)为_______mol•L-1h-1,该温度下CO2的平衡转化率为_____________。
【答案】-206-75低温该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,所以二氧化碳的转化率降低10.340%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=a=1072kJ/mol+3×436kJ/mol-(4×414kJ/mol+2×465kJ/mol)=-206kJ/mol,故答案为:
-206;
(2)由盖斯定律,方程式①+②得到C(s)+2H2(g)
CH4(g),则△H=-75kJ/mol,反应△H<0,△S<0,则低温下能使△H-T△S<0,所以低温能自发进行,故答案为:
-75;低温;
(3)该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,则二氧化碳的平衡转化率降低,故答案为:
该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,所以二氧化碳的转化率降低;
(4)250℃时,二氧化碳的平衡转化率为50%,可列三段式为:
2CO2(g)+6H2(g)
C2H4(g)+4H2O(g)
,故答案为:
1;
(5)在恒温2L容积不变的密闭容器中,充入1molCO2和3molH2,发生反应,设1h消耗二氧化碳的物质的量为x,则有三段式:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
气体压强之比等于气体的物质的量之比,则
,x=0.2mol,氢气的反应速率
;
平衡状态下气体压强之比为0.8,设消耗二氧化碳的物质的量为y,则有三段式:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
,y=0.4,二氧化碳的平衡转化率=
,故答案为:
0.3;40%。
2.十八大以来,各地重视“蓝天保卫战”战略。
作为煤炭使用大国,我国每年煤炭燃烧释放出的大量SO2严重破坏生态环境。
现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石-石膏法将硫元素以CaSO4的形式固定,从而降低SO2的排放。
但是煤炭燃烧过程中产生的CO又会与CaSO4发生化学反应,降低脱硫效率。
相关反应的热化学方程式如下:
反应Ⅰ:
CaSO4(s)+CO(g)
CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)活化能Ea1,ΔH1=218.4kJ·mol-1
反应Ⅱ:
CaSO4(s)+4CO(g)
CaS(s)+4CO2(g)活化能Ea2,ΔH2=-175.6kJ·mol-1
请回答下列问题:
(1)反应CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)⇌CaS(s)+3CO2(g);△H=__________kJ•mol-1;该反应在________(填“高温”“低温”“任意温度”)可自发进行。
(2)恒温密闭容器中,加入足量CaSO4和一定物质的量的CO气体,此时压强为p0。
tmin中时反应达到平衡,此时CO和CO2体积分数相等,CO2是SO2体积分数的2倍,则反应I的平衡常数Kp=________(对于气相反应,用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数,记作Kp,如p(B)=p·x(B),p为平衡总压强,x(B)为平衡系统中B的物质的量分数)。
(3)图1为1000K时,在恒容密闭容器中同时发生反应I和II,c(SO2)随时间的变化图像。
请分析图1曲线中c(SO2)在0~t2区间变化的原因___________________。
(4)图2为实验在恒容密闭容器中,测得不同温度下,反应体系中初始浓度比
与SO2体积分数的关系曲线。
下列有关叙述正确的是______________________。
A.当气体的平均密度不再变化,反应I和反应Ⅱ同时达到平衡状态
B.提高CaSO4的用量,可使反应I正向进行,SO2体积分数增大
C.其他条件不变,升高温度,有利于反应I正向进行,SO2体积分数增大,不利于脱硫
D.向混合气体中通入氧气(不考虑与SO2反应),可有效降低SO2体积分数,提高脱硫效率
(5)图1中,t2时刻将容器体积减小至原来的一半,t3时达到新的平衡,请在图1中画出t2-t3区间c(SO2)的变化曲线__________。
【答案】-394.0kJ·mol-1低温0.25p0反应I的活化能Ea1较小,反应速率I比II大,0~t1阶段c(SO2)增大,t1后反应II为主,c(CO)减小,使反应I逆向进行,故c(SO2)减小,t2时反应达到平衡状态。
ACD;
【解析】
【分析】
【详解】
(1)反应Ⅰ:
CaSO4(s)+CO(g)
CaO(s)+SO2(g)+CO2(g)ΔH1=218.4kJ·mol-1
反应Ⅱ:
CaSO4(s)+4CO(g)
CaS(s)+4CO2(g)ΔH2=-175.6kJ·mol-1
根据盖斯定律反应Ⅱ-反应Ⅰ得:
CaO(s)+3CO(g)+SO2(g)⇌CaS(s)+3CO2(g),所以,ΔH=ΔH2-ΔH1=-175.6kJ·mol-1-218.4kJ·mol-1=-394.0kJ·mol-1。
该反应为气体分子数减小的反应,ΔS<0,ΔH<0,当ΔH-TΔS<0时,反应能自发进行,则T较小的时候反应能自发进行,即该反应在低温时能自发进行,故答案为:
-394.0kJ·mol-1;低温;
(2)设参加反应Ⅰ的CO起始的物质的量为a,平衡时,CO和CO2体积分数相等,CO2的体积分数是SO2体积分数的2倍,故设平衡时,SO2的物质的量为xmol,CO和CO2的物质的量为2x,则对于反应Ⅰ有:
则反应Ⅱ生成的CO2的物质的量为(2x-x)mol=xmol,生成CO的物质的量=[2x-(a-x)]mol=(3x-a)mol,则对于反应Ⅱ有:
结合反应Ⅰ、Ⅱ可知:
CO的充入量为(4x-a)+a=4x,而平衡时,气体的总物质的量=2x+x+2x=5x,设平衡时体系总压为p,则
,解得:
p=
,所以反应Ⅰ的平衡常数Kp=
=0.25p0,故答案为:
0.25p0;
(3)因反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能,0到t1,反应Ⅰ速率大于反应Ⅱ,c(SO2)增大,t1后反应II为主,c(CO)减小,使反应I逆向进行,故c(SO2)减小,t2时反应达到平衡状态,故答案为:
反应I的活化能Ea1较小,反应速率I比II大,0~t1阶段c(SO2)增大,t1后反应II为主,c(CO)减小,使反应I逆向进行,故c(SO2)减小,t2时反应达到平衡状态;
(4)A.反应Ⅰ、Ⅱ都是反应前后气体质量变化的反应,由m=ρV可知,容器体积V恒定下,ρ不变,说明气体总质量m不变,那么容器内每种气体的质量均不变化,已达到平衡,A正确;
B.CaSO4是固体,提高CaSO4的用量,平衡不移动,B错误;
C.反应Ⅰ是吸热反应,升高温度,反应Ⅰ正向移动,SO2体积分数增大,不利于脱硫,C正确;
D.通入氧气,CO被消耗,反应Ⅰ逆向移动,SO2体积分数降低,脱硫效率增大,D正确;
综上所述,ACD满足题意,故答案为:
ACD;
(5)容器体积减小一半瞬间,二氧化硫浓度变为2倍,同时压强增大,平衡逆向移动,二氧化硫浓度减小,t2~t3二氧化硫浓度比t1~t2减小的多。
根据勒夏特列原理可知,t3重新平衡时,二氧化硫浓度略比t2时刻大,据此如图:
,故答案为:
。
【点睛】
勒夏特列原理:
当改变外界条件时,平衡向减弱这种改变的方向移动,但不能抵消这种改变。
3.消除尾气中的NO是环境科学研究的热点课题。
I.NO氧化机理
已知:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH=-110kJ•mol-1
T1℃时,将NO和O2按物质的量之比为2:
1充入刚性反应容器中(忽略NO2与N2O4的转化)。
(1)下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。
A.2v正(O2)=v逆(NO2)
B.NO与O2的物质的量之比为2:
1
C.容器内混合气体的密度保持不变
D.K不变
E.容器内混合气体的颜色保持不变
(2)通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况,得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。
则反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)在T1℃时的平衡常数Kp=____。
[对于气相反应,用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数,记作Kp,如p(B)=p•x(B),p为平衡总压强,x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。
保持其它条件不变,仅改变反应温度为T2℃(T2>T1),在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。
II.NO的工业处理
(3)H2还原法:
2NO(g)+2H2(g)
N2(g)+2H2O(g)ΔH1
已知在标准状况下,由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。
NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ•mol-1、-280kJ•mol-1。
则ΔH1=____。
(4)O3-CaSO3联合处理法
NO可以先经O3氧化,再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2,转化为HNO2。
已知难溶物在溶液中并非绝对不溶,同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。
在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率,请用平衡移动原理解释其主要原因____。
(5)电化学处理法
工业上以多孔石墨为惰性电极,稀硝酸铵溶液为电解质溶液,将NO分别通入阴阳两极,通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。
则电解时阳极发生的电极反应为____。
【答案】AE0.08
-740kJ•mol-1对于反应CaSO3(s)
Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
【解析】
【分析】
【详解】
I.
(1)在一定条件下,当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时,反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,达到一种表面静止的状态,即“化学平衡状态”。
其中,正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质,而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。
A.当2v正(O2)=v逆(NO2)时,说明反应已达平衡态,故A正确;
B.NO与O2的物质的量之比为2:
1时,不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,故B错误;
C.根据质量守恒定律,容器内气体的质量恒定不变,则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变,不能说明达到化学平衡状态,故C错误;
D.该反应中平衡常数K只与温度有关,则不能用K不变来判断化学平衡状态,故D错误;
E.容器内混合气体的颜色保持不变,则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,即达到化学平衡状态,故E正确;
综上所述,答案为AE;
(2)设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol、1mol,达平衡态时,氧气转化了xmol,则可列三段式为:
平衡时平均摩尔质量为36.8g/mol,则有
,解得x=0.5,则NO、O2、NO2的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4,同温同体积,根据压强之比等于物质的量之比,有
,代入x,解得a=62.5,根据平衡常数公式有
;因为该反应为放热反应,升高温度时,反应速率会加快,平衡逆向移动,平均摩尔质量会减小,容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为
,故答案为:
0.08;
;
(3)
=生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ•mol-1×2-90kJ•mol-1×2=-740kJ•mol-1,故答案为:
-740kJ•mol-1;
(4)相同条件下,硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度,亚硫酸钙可转化为硫酸钙,对于反应CaSO3(s)
Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大,故答案为:
对于反应CaSO3(s)
Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大;
(5)由电解原理可知,阳极发生氧化反应,则一氧化氮转化为硝酸根,其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+,故答案为:
NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。
4.秋冬季是雾霾高发的季节,其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。
(1)工业上利用甲烷催化还原NO,可减少氮氧化物的排放。
已知:
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol−1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol−1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_____________________________________。
(2)汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段,主要原理为2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)ΔH<0
T℃时,将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中,保持温度和体积不变,反应过程(0~15min)中NO的物质的量随时间变化如上图所示。
①已知:
平衡时气体的分压=气体的体积分数×体系的总压强,T℃时达到平衡,此时体系的总压强为p=20MPa,则T℃时该反应的压力平衡常数Kp=_______;平衡后,若保持温度不变,再向容器中充入NO和CO2各0.3mol,平衡将_____(填“向左”、“向右”或“不”)移动。
②15min时,若改变外界反应条件,导致n(NO)发生如图所示的变化,则改变的条件可能是__(填序号)
A.增大CO浓度B.升温C.减小容器体积D.加入催化剂
(3)工业上常采用“碱溶液吸收”的方法来同时吸收SO2,和氮的氧化物气体(NOx),如用氢氧化钠溶液吸收可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。
已知:
常温下,HNO2的电离常数为Ka=7×10-4,H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8。
①常温下,相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是______溶液。
②常温下,NaHSO3显___性(填“酸”“碱”或“中”,判断的理由是(通过计算说明)_____________。
(4)铈元素(Ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种,常见有+3、+4两种价态。
雾霾中含有大量的污染物NO,可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO2-、NO3-(二者物质的量之比为1∶1)。
可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质,同时再生Ce4+,其原理如图所示。
①Ce4+从电解槽的_____(填字母代号)口流出。
②写出阴极的电极反应式:
_______________________________。
【答案】CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol−10.0875(MPa)-1或
(MPa)-1不ACNa2SO3酸因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,水解常数Kh=
≈8.3×10-13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性a2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O
【解析】
【分析】
(4)电解过程中Ce3+在阳极失电子,变为Ce4+,则b进Ce3+,a出Ce4+,NO2-在阴极得电子变为N2,则d进NO2-,c出N2。
【详解】
(1)①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-574kJ·mol−1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=-1160kJ·mol−1
得:
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=
=-867kJ·mol−1,故答案为:
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol−1;
(2)①由图可知,NO起始物质的量为0.4mol,0到15min共减少了0.2mol,则
,平衡时p(NO)=20MPa×
=
MPa,同理可得:
p(CO)=
MPa,p(N2)=
MPa,p(CO2)=
MPa,所以Kp=
=
=0.0875(MPa)-1或
(MPa)-1。
再向容器中充入NO和CO2各0.3mol,加入的NO和CO2物质的量相等,那么二者引起压强增大量相等,假设二者引起的压强增量分别为p,则Qc=
=
(MPa)-1,Qc=Kp,平衡不移动,故答案为:
0.0875(MPa)-1或
(MPa)-1;不;
②由图可知NO物质的量减小,说明平衡正向移动。
A.增大CO浓度,平衡正向移动,NO物质的量减小,A正确;
B.升温,平衡逆向移动,NO物质的量增大,B错误;
C.减小容器体积,等同于增大压强,平衡正向移动,NO物质的量减小,C正确;
D.加入催化剂,反应速率增大,但平衡不移动,NO物质的量不变,D错误;
故答案为:
AC;
(3)①HNO2的电离常数为Ka=7×10-4,H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8可知,HNO2的酸性强于HSO3-的酸性,则NO2-的水解程度小于SO32-,所以相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液,Na2SO3的碱性更强,pH更大,故答案为:
Na2SO3;
②HSO3-+H2O
H2SO3,Ka2×Kh=Kw,故HSO3-的水解常数Kh=
≈8.3×10-13,又因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,所以,HSO3-的电离常数大于水解常数,常温下,NaHSO3显酸性,故答案为:
酸;因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,水解常数Kh=
≈8.3×10-13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性;
(4)①生成Ce4+,则Ce3+-e-=Ce4+,Ce4+在阳极生成,从a口流出,故答案为:
a;
②NO2-转化为无毒物质,则NO2-在阴极得电子,转化为N2,结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为:
2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O,故答案为:
2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O。
【点睛】
Ka×Kh=Kw,越弱越水解。
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)。
(3)已知P507萃取金属离子的原理为nHR(Org)+Mn+(aq)
MRn(Org)+nH+(aq),且随着萃取过程中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,皂化萃取剂萃取金属离子的反应为nNaR(Org)+Mn+(aq)
MRn(Org)+nNa+(aq)。
对萃取剂进行皂化处理的原因为________________。
(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Ksp[Ni(OH)2]=5.25×10−16,则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.1×10−11mol·L−1时,pH=______(lg5=0.7)。
【答案】2LiCoO2+3H2SO4+H2O2
Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2OFe3+、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Cyanex2720.250.411.7
【解析】
【分析】
【详解】
(1)LiCoO2与硫酸和
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- 全国 高考 化学 化学反应 原理 综合 考查 汇总 答案
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