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含答案.docx

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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含答案

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含答案

一、化学反应原理综合考查

1．碳、氮及其化合物在化工生产和国防工业中具有广泛应用。

请回答：

（1）科学家研究利用某种催化剂，成功实现将空气中的碳氧化合物和氮氧化合物转化为无毒的大气循环物质。

已知：

①N2（g）+O2（g）

2NO（g）ΔH1=+180kJ·mol−1

②NO2（g）+CO（g）

NO（g）+CO2（g）ΔH2=-235kJ·mol−1

③2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH3=-112kJ·mol−1

则反应2NO（g）+2CO（g）

N2（g）+2CO2（g）的ΔH=__kJ·mol−1，有利于提高CO平衡转化率的条件是__（填标号）。

A．高温低压B．低温高压C．高温高压D．低温低压

某温度下，在体积为2L的容器中加入2molNO、2molCO，达到平衡时CO的转化率是50%，其平衡常数为__。

（2）在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应，如下图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系。

①由图判断，温度T1__T2（填“低于”或“高于”），理由是__？

升高温度时，下列关于该反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是__填标号）。

A．K、V均增加B．K增加，v减小

C．K减小，V增加D．K、V均减小

②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到10min达到平衡状态，容器的体积为2L，则此时CO的转化率=__，用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v（CO2）=__，该温度下，如图所示A、B、C对应的pA（CO2）、pB（CO2）、pC（CO2）从大到小的顺序为__。

③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的__点。

（3）用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图所示。

测得该反应的平衡常数与温度的关系为1gK=5.08+217.5/T，该反应是__反应（填“吸热”或“放热”）。

该反应的含氮气体浓度随温度变化如图所示，则将NO转化为N2的最佳温度为__；当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式__。

【答案】-762B1低于）该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度有利于反应向逆反应方向移动，图中T2对应的NO的体积分数更高，所以对应的温度也更高C10%0.05mol·（L·min）−1pC（CO2）＞pB（CO2）＞pA（CO2）G放热600K4NH3+5O2

4NO+6H2O

【解析】

【分析】

（1）由①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH1=+180kJ·mol−1

②NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g）ΔH2=-235kJ·mol−1

③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH3=-112kJ·mol−1

结合盖斯定律可知，②×2＋③−①得到反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）；有利于提高CO平衡转化率的条件根据反应是放热还是吸热、该反应气体体积缩小的角度进行分析；用“三段式”法分析反应后各物质的浓度，化学反应平衡常数K=

；

（2）①该反应是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，NO的体积分数越大；升高温度时，反应向吸热方向进行；

②用“三段式”法分析反应后各物质的浓度，计算CO的转化率和用CO2的浓度变化表示的平均反应速率；该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，p（CO2）越大；

③D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，平衡正向移动，NO的体积分数减小；

（3）1gK＝5.08＋217.5/T，可知温度越高，K越小；由图可知600K最适合将NO转化为N2，当温度达到700K时NO较多。

【详解】

（1）由①N2（g）+O2（g）⇌2NO（g）ΔH1=+180kJ·mol−1

②NO2（g）+CO（g）⇌NO（g）+CO2（g）ΔH2=-235kJ·mol−1

③2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH3=-112kJ·mol−1

结合盖斯定律可知，②×2＋③−①得到反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g），其ΔH＝（−235kJ/mol）×2＋（−112kJ/mol）−（＋180kJ/mol）＝−762kJ/mol，则该反应是放热反应、气体体积缩小，有利于提高CO平衡转化率的条件是低温高压；某温度下，在体积为2L的容器中加入2molNO、2molCO，达到平衡时CO的转化率是50%，列“三段式”得：

化学反应平衡常数K=

=

=1；

（2）①该反应为放热反应，其他条件相同时，升高温度有利于反应向逆反应方向移动，图中T2对应的NO的体积分数更高，所以对应的温度也更高，则温度T1低于T2；升高温度时，反应向吸热方向进行，化学平衡常数减小，化学反应速率增加；

②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到10min达到平衡状态，NO体积分数为40%，容器的体积为2L，设平衡时c（N2）=xmol/L，用“三段式”法分析得：

=40%，解得x=0.25，CO的转化率为

=10%，v（CO2）=

=0.05mol·（L·min）−1；该反应是气体体积减小的反应，压强越大，平衡正向移动，p（CO2）越大，A、B、C对应的压强依次增大，则A、B、C对应的pA（CO2）、pB（CO2）、pC（CO2）从大到小的顺序为pC（CO2）＞pB（CO2）＞pA（CO2）；

③D点对反应容器降温，平衡正向移动，缩小体积至体系压强增大，平衡正向移动，NO的体积分数减小，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的G点。

（3）lgK＝5.08＋217.5/T，可知温度越高，K越小，则正反应为放热反应；由图可知，将NO转化为N2的最佳温度为600K，当温度达到700K时，发生副反应的化学方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O。

【点睛】

把握K的意义、盖斯定律、图象分析为解答的关键，注意

（2）为解答的难点，正确分析题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式解答。

2．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-=H2O2

Ⅱ.H2O2+2H++2e-=2H2O

Ⅲ.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/mol

H2O2（aq）+Mn3+（aq）+2OH-（aq）=Mn2+（aq）+·O2-（aq）+2H2O（l）∆H=bkJ/mol

·OH（aq）+·O2-（aq）=O2（g）+OH-（aq）∆H=ckJ/mol

2H2O2（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FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是______。

【答案】

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/molMn2+25LFe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-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Mn2+为催化剂；

（3）①弱碱性条件下∙OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：

以此计算废水的体积；

②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。

【详解】

（1）由电解装置图可知阳极表面消耗水，产生氧气，则电极方程式为

，

故答案为：

；

（2）已知：

①H2O2（aq）+Mn2+（aq）=·OH（aq）+Mn3+（aq）+OH-（aq）∆H=akJ/mol

②H2O2（aq）+Mn3+（aq）+2OH-（aq）=Mn2+（aq）+·O2-（aq）+2H2O（l）∆H=bkJ/mol

③·OH（aq）+·O2-（aq）=O2（g）+OH-（aq）∆H=ckJ/mol

由盖斯定律可得，①＋②+③可得所求热化学方程式

，则△H=（a+b+c）kJ/mol，Mn2+为中间产物反应前后不发生改变为催化剂，

故答案为：

（a+b+c）kJ/mol；Mn2+；

（3）①弱碱性条件下·OH将H2PO2-氧化成PO43-，反应为：

l.7g·OH物质的量

，则参与反应的H2PO2-物质的量为0.025mol，则废水的体积

，

故答案为：

25L；

②由图可知添加FeSO4后，次磷酸盐氧化率、磷元素沉淀率均显著提高，原因是Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀，

故答案为：

Fe2+促进H2O2和O3产生·OH，氧化产生的Fe3+将PO43-转化为FePO4沉淀。

3．十八大以来，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。

4．1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现了N2O气体。

在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。

（l）N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为________。

（2）N2O在金粉表面发生热分解反应：

2N2O（g） =2N2（g）+O2（g）  △H。

已知：

2NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（l）△H1=-1010KJ/mol

4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H2=-1531KJ/mol

△H=__________。

（3）N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：

N2O（g）+CO（g）

CO2（g）十N2（g）的能量变化及反应历程如下图所示，两步反应分别为：

反应①Fe++N2O

FeO+N2；反应②______________

由图可知两步反应均为____（填“放热”或“吸热”）反应，由______（填“反应①或反应②”）决定反应达到平衡所用时间。

（4）在固定体积的密闭容器中，发生反应：

N2O（g）+CO（g）

CO2（g）+N2（g），改变原料气配比进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定N2O的平衡转化率。

部分实验结果如图所示：

①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是：

____；

②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，，通过计算判断TC____TD（填“>”“=”或“<”）。

（5）在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：

N2O（g）+CO（g）

CO2（g）十N2（g），随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如下表所示：

时间/min

0

2

4

6

8

10

物质的量分数

50.0%

40.25%

32.0%

26.2%

24.0%

24.0%

则该温度下反应的平衡常数K=____。

【答案】2NH3+2O2

N2O+3H2O-163kJ/molFeO++CO

CO2+Fe+放热反应①降低温度=1.17

【解析】

【分析】

（2）利用盖斯定律求反应热；

（3）根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；

（4）根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；

（5）根据三等式求算平衡常数。

【详解】

（1）NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从－3升高到N2O中的＋1，共升高4价；O2中O的化合价从0降低到－2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：

1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2

N2O+3H2O；

（2）已知①2NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（l）△H1=-1010KJ/mol，②4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H2=-1531KJ/mol；反应①×

-反应②×

可得目标反应，则△H=△H1×

-△H2×

=-1010kJ/mol×

-（-1531kJ/mol）×

=-163kJ/mol；

（3）总反应为N2O（g）+CO（g）

CO2（g）十N2（g），实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++CO

CO2+Fe+；

根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；

根据反应①的历程图可知，由Fe＋和N2O经过过渡态得到产物FeO＋和N2，过渡态和反应物Fe＋和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间；

（4）①根据图像，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；

①利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；

设定容器体积的体积为VL。

C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1mol，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有

，则在平衡常数

；

D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5mol和1mol，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5mol×0.40=0.6mol，则根据三等式有

，则在平衡常数

；

C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC=TD；

（5）根据表格的数据，开始时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1mol，假设到达平衡时，CO转化了xmol，根据三等式有

，达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则有

，解得x=0.52mol，则平衡常数

。

5．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-+2H