高考化学专题训练化学反应原理综合考查的综合题分类含答案1.docx
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高考化学专题训练化学反应原理综合考查的综合题分类含答案1
高考化学专题训练---化学反应原理综合考查的综合题分类含答案
(1)
一、化学反应原理综合考查
1.水蒸汽催化重整生物油是未来工业化制氢的可行方案。
以乙酸为模型物进行研究,发生的主要反应如下:
Ⅰ.CH3COOH(g)+2H2O(g)⇌2CO2(g)+4H2(g)△H1
Ⅱ.CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)△H2
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3
回答下列问题:
(1)用△H1、△H2表示,△H3=___。
(2)重整反应的含碳产物产率、H2产率随温度、水与乙酸投料比(S/C)的变化关系如图(a)、(b)所示。
①由图(a)可知,制备H2最佳的温度约为___。
②由图(b)可知,H2产率随S/C增大而___(填“增大”或“减小”)。
(3)向恒容密闭容器中充入等物质的量的CH3COOH和H2O混合气体,若仅发生反应Ⅰ至平衡状态,测得H2的体积分数为50%,则CH3COOH的平衡转化率为___。
(4)反应体系常生成积碳。
当温度一定时,随着S/C增加,积碳量逐渐减小,其原因用化学方程式表示为___。
【答案】
800℃增大40%C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据题干信息分析,反应Ⅲ=
(反应Ⅱ-反应Ⅰ),由盖斯定律可得
,故答案为:
;
(2)①由图(a)可知,制备H2在800℃时,达到最高转化率,则制备氢气最佳的温度约为800℃,故答案为:
800℃;
②由图(b)可知,S/C增大时,反应I平衡向正反应方向移动,反应III平衡向逆反应方向移动,使体系中的H2的量增大,故答案为:
增大;
(3)设CH3COOH和H2O的物质的量均为1mol,平衡时,反应了CH3COOHxmol,列三段式有:
测得H2的体积分数为50%,则
,计算得x=0.4mol,醋酸的转化率为:
=40%,即CH3COOH平衡转化率为40%,故答案为:
40%;
(4)当温度一定时,随着S/C增加,积碳量逐渐减小,是由于积碳与水蒸气反应生成了CO和H2,反应的化学方程式为C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g),故答案为:
C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g);
2.甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。
回答下列问题:
(1)已知甲醇分解反应:
CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g)△H1=+90.64kJ·mol-1;
水蒸气变换反应:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)△H2=-41.20kJ·mol-1。
则CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g)△H3=___________kJ·mol-1。
(2)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时,得到甲醇在Pd(III)表面发生解离时四个路径与相对能量的关系如图所示,其中附在Pd(III)表面的物种用*标注。
此历程中活化能最小的反应方程式为_____________________________________________。
(3)在0.1MPa下,将总进料量为1mol且n(CH3OH):
n(H2O)=1:
1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。
①实验测得水蒸气变换反应的速率随温度的升高明显下降,原因是____________________。
②平衡时,测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小,H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分的含量与反应温度的关系如图所示,曲线b、c对应物质的化学式分别为________、________。
(4)573.2K时,向一刚性密闭容器中充入5.00MPaCH3OH使其分解,th后达平衡时H2的物质的量分数为60%,则th内v(CH3OH)=_____MPa·h-1,其分压平衡常数Kp=_____MPa2。
【答案】+49.44CH2O*+2H*=CHO*+3H*(或CH2O*=CHO*+H*)随温度升高,催化活性降低CO2H2O(g)
168.75
【解析】
【分析】
【详解】
(1)甲醇分解反应:
CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g)△H1=+90.64kJ·mol-1;①
水蒸气变换反应:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)△H2=-41.20kJ·mol-1。
②
将①+②,即可求出CH3OH(g)+H2O(g)
CO2(g)+3H2(g)△H3==+90.64kJ·mol-1+(-41.20kJ·mol-1)=+49.44kJ·mol-1,故答案为:
+49.44;
(2)活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差,从图中可以看出,过渡态3发生的反应活化能最小。
反应物为“CH2O*+2H*”,产物为“CHO*+3H*,故反应方程式为CH2O*+2H*=CHO*+3H*.因为2H*反应前后都吸附在催化剂表面,未参与反应,故反应实质为CH2O*=CHO*+H*,故答案为:
CH2O*+2H*=CHO*+3H*(或CH2O*=CHO*+H*);
(3)因为温度升高,反应速率应加快,而图中速率减小,显然不是温度的影响,只能为催化剂的活性降低,故答案为:
随温度升高,催化活性降低;
②对于反应CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)△H<0,其他条件不变时,升高温度,平衡向左移动,即CO、H2O的含量均增大,CO2、H2的含量均减小。
依据图中信息,可初步得知,a、b曲线分别对应CO2或H2,c、d曲线则对应CO或H2O(g)。
根据反应方程式可知:
该反应起始时,n(H2)>n(CO2)、n(H2O)>n(CO),平衡时含量必然有H2>CO2、H2O>CO.故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O(g)、CO,曲线b、c对应物质的化学式分别为CO2、H2O(g),故答案为:
CO2、H2O(g);
(4)假设CH3OH的压强变化量为x,列出三段式:
,x=3.75Mpa,v(CH3OH)=
=
MPa·h-1;Kp=
=168.75(MPa)2,
故答案为:
;168.75(MPa)2。
【点睛】
本题综合考查化学平衡问题,题目涉及化学平衡计算与影响因素、反应热计算等,侧重考查学生分析计算能力,注意盖斯定律在反应热计算中应用,难点(4)列出三段式,理清平衡时各物质的量,是解题关键。
3.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,大量排放烟气形成酸雨、污染大气,因此对烟气进行脱硫、脱硝,对环境保护有重要意义。
回答下列问题:
Ⅰ.利用CO脱硫
(1)工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫,则25℃时CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(s)的焓变△H=_____________。
25℃,100kPa时,由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓,已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示:
物质
CO(g)
CO2(g)
SO2(g)
标准摩尔生成焓∆fHm(25℃)/kJ∙mol-1
-110.5
-393.5
-296.8
(2)在模拟脱硫的实验中,向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2molCO和1molSO2气体,在不同条件下进行反应,体系总压强随时间的变化如图所示。
①在实验b中,40min达到平衡,则0~40min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)=_______。
②与实验a相比,实验b可能改变的条件为_______________,实验c可能改变的条件为_________________。
Ⅱ.利用NH3脱硝
(3)在一定条件下,用NH3消除NO污染的反应原理为:
4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(l)△H=-1807.98kJ·mol-1。
在刚性容器中,NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中X ①NH3与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_____________(填“a”“b”或“c”)。 ②各曲线中NO脱除率均先升高后降低的原因为__________。 ③900℃条件下,设Z= ,初始压强p0,则4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(l)的平衡常数Kp=_____________(列出计算式即可)。 Ⅲ.利用NaCIO2脱硫脱硝 (4)利用NaClO2的碱性溶液可吸收SO2和NO2(物质的量之比为1: 1)的混合气体,自身转化为NaCl,则反应的离子方程式为________________。 【答案】-269.2kJ·mol-10.01mol·L-1·min-1加入催化剂升高温度c温度低于900℃时,反应速率较慢,随着温度升高反应速率加快,NO脱出率逐渐升高,温度高于900℃,反应达到平衡状态,反应的ΔH<0,继续升高温度,平衡向左移动,NO脱出率又下降 3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据“标准摩尔生成焓”的定义可得: 再根据盖斯定律2(反应③-反应①)-反应③可得到2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(s),则,CO脱硫反应2CO(g)+SO2(g)⇌2CO2(g)+S(s)的焓变 ,故答案为: -269.2kJ·mol-1; (2)①结合题干信息,列三段式有: 则 ,解得x=0.8,则 ,故答案为0.010.01mol·L-1·min-1; ②与实验a相比,实验b达到的平衡状态不变且所需时间缩短,改变的条件应为加入了催化剂,与实验a相比,实验c达到平衡状态改变且所需时间缩短,可能是增大压强或升高温度,联系反应特点,若是增大压强,平衡向右移动,向右反应的程度应增大,与图像不符,若是升高温度,平衡向左移动,与图像相符,故答案为: 加入催化剂;升高温度; (3)①NH3和NO的物质的量之比越大,NO的脱出率月啊,则相同温度下,不同NH3、NO物质的量之比对应NO的脱出率: X c; ②NO的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响,温度低于900℃时,反应速率较慢,随着温度升高反应速率加快,NO脱出率逐渐升高,温度高于900℃,反应达到平衡状态,反应的ΔH<0,继续升高温度,平衡向左移动,NO脱出率又下降,故答案为: 温度低于900℃时,反应速率较慢,随着温度升高反应速率加快,NO脱出率逐渐升高,温度高于900℃,反应达到平衡状态,反应的ΔH<0,继续升高温度,平衡向左移动,NO脱出率又下降; ③压强为p0,根据曲线a上NH3与NO的物质的量之比为 ,则NH3的分压为0.4p0,NO的分压为0.6p0,列三段式有: 则反应的平衡常数 ,故答案为: ; (4)在碱性环境下,ClO2-氧化等物质的量的SO2和NO2,ClO2-变为Cl-,SO2变为SO42-,NO2变为NO3-,利用氧化还原反应规律进行配平,可得离子反应方程式3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O,故答案为: 3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。 4.CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源,将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。 (1)由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。 I.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。 ①在合成CH3COOH的反应历程中,下列有关说法正确的是_____。 (填字母) a.该催化剂使反应的平衡常数增大 b.CH4→CH3COOH过程中,有C—H键发生断裂 c.由X→Y过程中放出能量并形成了C—C键 ②该条件下由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_____。 II.电解法转化CO2制HCOOH的原理如图。 ①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式: _____。 ②电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低,其原因是_____。 (2)由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。 研究表明在催化剂作用下CO2和H2可发生反应: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)ΔH ①有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_____。 (填字母) a.使用催化剂b.加压c.增大初始投料比 ②研究温度对于甲醇产率的影响。 在210℃~290℃保持原料气中CO2和H2的投料比不变,得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。 ΔH____0(填“>”或“<”),其依据是____。 【答案】bcCH4+CO2 CH3COOH2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-阳极产生O2,c(H+)增大,c(HCO3-)降低;K+部分进入阴极b<温度升高,甲醇的平衡产率降低 【解析】 【分析】 (1)Ⅰ.①根据合成示意图进行判断; ②由图示写出由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式; Ⅱ.①根据图示分析,阴极CO2得电子,写出CO2还原为HCOO-的电极反应式; ②根据电解池反应原理分析; (2)①根据平衡转化率影响因素方面分析; ②根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。 【详解】 (1)Ⅰ.①a.催化剂只能改变化学反应速率,不能改变反应的平衡常数,故a错误; b.由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化,甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键,必有C-H键发生断裂,故b正确; c.X→Y的焓值降低,说明为放热过程,由CH4→CH3COOH有C-C键形成,故c正确; 故答案选bc; ②由图示可知,由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2 CH3COOH; Ⅱ.①阴极得电子,CO2还原为HCOO-的电极反应式为: 2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-; ②阳极H2O失电子产生O2,c(H+)增大,碳酸氢根离子与氢离子反应,所以c(HCO3-)降低,K+部分进入阴极,导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低; (2)①a.使用催化剂只能改变化学反应速率,不影响化学平衡,也就不影响CO2的平衡转化率; b.该反应的正反应为气体体积减小的反应,加压能使化学平衡正向移动,能够提高CO2的平衡转化率; c.增大CO2和H2的初始投料比,CO2的平衡转化率降低; 故答案选b; ②根据图像可知,甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低,所以正反应为放热反应,即ΔH<0。 5.氯气是现代工业的重要原料,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点,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)。 可按下列催化过程进行: Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1 Ⅱ.CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1 Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3 反应Ⅰ能自发进行的条件是___。 利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用反应___的ΔH。 (2)如图为刚性容器中,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(400℃)__K(500℃)(填“大于”或“小于”)。 设容器内初始压强为p0,根据进料浓度比c(HCl): c(O2)=4: 1的数据,计算400℃时容器内的平衡压强=___(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___。 (3)已知: 氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。 有研究表明,生成NaClO3的反应分两步进行: Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl- Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl- 常温下,反应Ⅱ能快速进行,但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3,试用碰撞理论解释其原因: ___。 (4)电解NaClO3水溶液可制备NaClO4,写出阳极反应式: ___。 【答案】高温CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)大于0.848p0Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低反应Ⅰ的活化能高,活化分子百分数低,不利于ClO-向ClO3-转化ClO3-+H2O-2e-=ClO4-+2H+ 【解析】 【分析】 【详解】 (1)Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1,△S>0,则要△G=△H-T△S<0,须高温条件下才能自发; Ⅰ.CuCl2(s)=CuCl(s)+ Cl2(g)ΔH1=+83kJ·mol-1 Ⅱ.CuCl(s)+ O2(g)=CuO(s)+ Cl2(g)ΔH2=-20kJ·mol-1 Ⅲ.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH3 利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,由盖斯定律,(Ⅲ-Ⅱ×2-Ⅰ×2)/2得: 还需要利用反应CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g)的ΔH。 故答案为: 高温;CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g); (2)根据图象可知,进料浓度比相同时,温度越高HCl平衡转化率越低,说明该反应为放热反应,升高温度平衡向着逆向移动,则温度越高平衡常数越小,所以反应平衡常数K(400℃)大于K(500℃);进料浓度比c(HCl): c(O2)的比值越大,HCl的平衡转化率越低,根据图象可知,相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c(HCl): c(O2)=4: 1,该曲线中400℃HCl的平衡转化率为76%。 则 p= p0=0.848p0; 进料浓度比c(HCl): c(O2)过低时,O2浓度较大,HCl的转化率较高,但Cl2和O2分离能耗较高,生成成本提高;进料浓度比c(HCl): c(O2)过高时,O2浓度较低,导致HCl的转化率减小; 故答案为: 大于;p= p0=0.848p0;Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低; (3)生成NaClO3的反应分两步进行: Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-,Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-,常温下,反应Ⅱ能快速进行,但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3,用碰撞理论解释其原因: 反应Ⅰ的活化能高,活化分子百分数低,不利于ClO-向ClO3-转化; 故答案为: 反应Ⅰ的活化能高,活化分子百分数低,不利于ClO-向ClO3-转化; (4)电解NaClO3水溶液可制备NaClO4,阳极发生氧化反应生成ClO4-,阳极反应式: ClO3-+H2O-2e-=ClO4-+2H+。 故答案为: ClO3-+H2O-2e-=ClO4-+2H+。 【点睛】 本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识,明确化学平衡及其影响为解答关键,难点 (2)注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用,试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。 6.完成下列填空。 (1)在25℃、101kPa时,C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol,则2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的△H=___________。 (2)温度为T时,在2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2发生反应,达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍。 该反应的平衡常数为_____。 (3)在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中,逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液,当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时,溶液pH=11。 若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和,则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液____ (4)利用如图所示的电解装置,可将雾霾中的NO、SO2转化为硫酸铵,从而实现废气的回收再利用。 通入NO的电极反应式为_____;若通入的NO体积为4.48L(标况下),则理论上另一电极通入SO2的物质的量应为_________。 【答案】-488.3kJ∕mol16201: 4NO+6H++5e-=NH4++H2O0.5mol 【解析】 【分析】 根据燃烧热写出热化学方程式,再利用盖斯定律来计算反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的反应热;利用三段式法,设参加反应的SO2物质的量,用平衡状态时的压强变化列式求解,再用化学平衡公式求解化学平衡常数;氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀,需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量1: 1和反应,结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算;根据电解装置分析,通入NO的电极连接外电源负极,则该电极为电解池阴极,电解池阴极发生还原反应,NO转化为NH4+,H+参与电极反应,据此写出电极方程式,根据电子守恒计算。 据此分析。 【详解】 (1)在25℃、101kPa时,C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJ∕mol、285.8kJ∕mol、870.3kJ∕mol,则H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ∕mol (1) C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ∕mol (2) CH3COOH (1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-870.3kJ∕mol(3) 由盖斯定律可以知道, (1)×2+ (2)×2-(3)可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH (1),其反应热为2×(-285.8kJ∕mol)+2×(-393.5kJ∕mol)+870.3kJ∕mol=-488.3kJ∕mol,答案为: -488.3kJ∕mol; (2)温度为T时,在2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2发生反应,达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍,用三段式法设反应的SO2的物质的量: ,该反应是恒温恒容下的反应,根据反应前后压强之比等于物质的量之比得 ,则化学平衡常数 ,答案为: 1620; (3)pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol∕L,设溶液体积为aL,则氢氧根离子物质的量为10-2×amol;当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时,根据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH,反应的硫酸氢钠物质的量为0.5a×10-2mol;设硫酸氢钠溶液体积为bL,混合后溶液pH=11,得溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol∕L,碱过量;根据公式得: ,a: b=1: 4;答案为: 1: 4; (4)根据电解装置,SO2转化为硫酸根离子,说明NO转化为NH4+,即NO在阴极发生还原反应NO+6H++5e-=NH4++H2O,阳极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-,通入的NO体积为4.48L(标况下)即0.2mol,根据得失电子守恒,因此有2NO
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