高考化学一轮易错点强化训练化学反应原理综合题01Word下载.docx
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0.13
0.1
0.09
H2/(mol/L)
0.3
0.33
①计算该反应第一次达平衡时的平衡常数K=_____。
②3min时改变的反应条件可能是_____。
(3)已知温度、压强、投料比X[n(CH4)/n(H2O)]对该反应的影响如图所示。
①图1中的两条曲线所示的投料比的关系:
X1____X2(填“=”“>”或“<”,下同)。
②图2中两条曲线所示的压强的关系:
p1_______p2。
(4)以合成气为原料可以制备二甲醚,将n(H2):
n(CO)=3:
1投入体积固定密闭容器中发生反应:
3CO(g)+3H2(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)ΔH<0,2分钟达平衡。
升温,反应重新达平衡。
下列关于两次平衡的比较中正确的是_______。
A.H2体积分数不变
B.CO体积分数增大
C.混合气体平均摩尔质量不变
D.反应速率和平衡常数均增大
(5)以二甲醚(设杂质不参与反应)、KOH溶液为原料可设计成燃料电池:
①放电时,负极的电极反应式为________。
②设装置中盛有100.0mL3.0mol/LKOH溶液,放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为6.72L,放电过程中没有气体逸出,则放电完毕后,所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为_______。
【答案】
(1)CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.1kJ/mol
(2)0.135升高温度或增大H2O(g)的浓度或减小CO的浓度
(3)>>
(4)AB
(5)CH3OCH3−12e-+16OH+=2CO+11H2Oc(K+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)
【解析】
【分析】
(1)根据燃烧热写出热化学方程式,利用盖斯定律计算;
(2)①反应方程式为CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)根据三行式代入平衡常数表达式进行计算;
②根据表中数据可知3min时达到平衡,再根据4min时各组分浓度变化量判断改变的条件;
(3)①碳水比n(CH4)/n(H2O)值越大,平衡时甲烷的转化率越低,含量越高;
②根据压强对平衡移动影响,结合图象分析解答;
(4)A.根据三段式计算氢气的体积分数;
B.升高温度,平衡逆向移动,CO体积分数增大;
C.升高温度,平衡逆向移动,气体的总质量不变,物质的量增大,混合气体平均摩尔质量减小;
D.升高温度,平衡逆向移动,反应速率增大,但平衡常数减小;
(5)①CH3OCH3燃料电池工作时,负极发生氧化反应,CH3OCH3失电子被氧化反应;
②计算氧气的物质的量,进而计算生成二氧化碳的物质的量,根据n(KOH)与n(CO2)比例关系判断反应产物,进而计算溶液中电解质物质的量,结合盐类水解与电离等判断
【详解】
①H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=−285.8kJ·
mol-1
②CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=−283.0kJ·
③CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890.3kJ·
mol-1,
④H2O(g)=H2O(l)△H=−44.0kJ·
利用盖斯定律将④+③−②−3×
①可得:
CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H=(−44.0kJ·
mol-1)+(−890.3kJ·
mol-1)−(−283.0kJ·
mol-1)−3×
(−285.8kJ·
mol-1)=+206.1kJ·
mol-1,则甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气的热化学方程式为CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.1kJ/mol。
故答案为:
CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g)ΔH=+206.1kJ/mol;
(2)①
所以K===0.135,故答案为:
0.135;
②3min时改变的反应条件,反应向正反应方向进行,可能为升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度,故答案为:
升高温度或增大H2O的浓度或减小CO的浓度;
(3)①碳水比n(CH4)/n(H2O)值越大,平衡时甲烷的转化率越低,含量越高,图1中的两条曲线所示的投料比的关系:
X1>X2。
>;
②该反应正反应是气体体积增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向移动,平衡时甲烷的含量增大,图2中两条曲线所示的压强的关系:
p1>p2。
A.
A.H2体积分数=,H2体积分数不变,故A正确;
B.升高温度,平衡逆向移动,CO体积分数增大,故B正确;
C.升高温度,平衡逆向移动,气体的总质量不变,物质的量增大,混合气体平均摩尔质量减小,故C错误;
D.升高温度,平衡逆向移动,反应速率增大,但平衡常数减小,故D错误;
AB;
(5)①放电时,二甲醚在碱性条件下失电子发生氧化反应,负极的电极反应式为CH3OCH3−12e-+16OH-=2CO+11H2O。
CH3OCH3−12e-+16OH-=2CO+11H2O;
②参与反应的氧气在标准状况下体积为6.72L,物质的量为=0.3mol,根据电子转移守恒可知,生成二氧化碳为×
2=0.2mol,n(KOH)=0.1L×
3.0mol·
L−1=0.3mol,n(KOH):
n(CO2)=0.3mol:
0.2mol=3:
2,发生反应2CO2+3KOH=K2CO3+KHCO3+H2O,溶液中碳酸根水解,碳酸氢根的水解大于电离,溶液呈碱性,故c(OH-)>c(H+),碳酸根的水解程度大于碳酸氢根,故c(HCO3-)>c(CO32-),钾离子浓度最大,水解程度不大,碳酸根浓度远大于氢氧根离子,放电过程中没有气体逸出,则放电完毕后,所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为c(K+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)。
c(K+)>c(HCO)>c(CO)>c(OH-)>c(H+)。
2.(2020·
广东惠州高三一模)甲醇是一种重要的化工原料,在生产中有着重要的应用。
①CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-638.5kJ·
②CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ·
③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·
则反应CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)的△H=____kJ·
mol−1。
(2)工业上利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,发生的主要反应如下:
Ⅰ.CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H1
Ⅱ.CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H2<0
Ⅲ.CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)△H3>0
①已知升高温度,反应Ⅰ的平衡常数K减小,则该反应的△H1____0(填“>”或“<”)
②对反应Ⅱ而言,下列叙述中,能说明该反应达到平衡状态的是____。
a.单位时间内消耗1molCO2的同时生成3molH2
b.反应过程中c(CO2):
c(CH3OH)=1:
c.恒温恒容时,混合气体的密度保持不变
d.绝热恒容时,反应的平衡常数不再变化
③上述反应体系中,当合成气的组成n(H2)/n(CO+CO2)=2.50时,体系中CO的平衡转化率(α)与温度和压强的关系如图所示。
则图中压强由大到小的顺序为____,α(CO)值随温度升高而减小的原因是____。
(3)用甲醇、二氧化碳可以在一定条件下合成碳酸二甲酯(CH3OCOOCH3,简称DMC),其反应的化学方程式为:
2CH3OH(g)+CO2(g)⇌CH3OCOOCH3(g)+H2O(g)。
在体积为2L的密闭容器中投入4molCH3OH和2molCO2合成DMC,一定条件下CO2的平衡转化率(α)与温度、压强的变化关系如图所示。
则:
①A点时该反应的平衡常数K=____(mol·
L−1)−1。
②A、B、C三点的速率v(A)、v(B)、v(C)由快到慢的顺序为____。
(4)写出以KOH溶液为电解质溶液,甲醇燃料电池的负极反应式:
____。
(1)−443.5kJ·
mol-1
(2)<
adP3>
P2>
P1升高温度时,反应Ⅰ是放热反应,平衡向逆反应方向移动,使得平衡体系中CO的量增大;
反应Ⅲ是吸热反应,温度升高,平衡向正反应方向移动,又使平衡体系中CO的量增大,总结果,随温度升高CO的转化率减小
(3)0.5v(C)>
v(B)>
v(A)CH3OH−6e−+8OH−=CO32−+6H2O
(1)根据盖斯定律,①−②−2×
③可得CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l),因此该反应的△H=[(−638.5kJ·
mol-1)−(−283.5kJ·
mol-1)−2×
44kJ·
mol-1]=−443.5kJ·
−443.5kJ·
mol-1;
(2)①已知升高温度,反应Ⅰ的平衡常数K减小,则该反应是放热反应,该反应的的△H1<0,
<
;
②a.二氧化碳和氢气都是反应物,其化学计量数之比是1:
3,单位时间内生成3mol氢气的同时消耗1mol二氧化碳也就消耗3mol氢气,即氢气的生成速率和消耗速率相等,可以说明该反应达到平衡状态,故a正确;
b.反应过程中c(CO2):
c(CH3OH)=1:
1,只能说明某一时刻二者的浓度比,不能说明达到平衡状态,故b错误;
c.恒温恒容时,混合气体的体积不变,该反应中反应物、生成物都是气体,根据质量守恒,混合气体的质量不变,混合气体的密度=混合气体的质量÷
混合气体的体积,因此混合气体的密度始终保持不变,因此不能说明达到平衡状态,故c错误;
d.绝热恒容时,随着反应进行,该体系的温度不断发生变化直到平衡,反应的平衡常数与温度有关,反应的平衡常数不再变化,也就说明体系温度不变,说明反应达到平衡状态,故d正确;
ad;
③相同温度下,反应Ⅲ前后气体分子数不变,压强改变不影响其平衡移动,反应Ⅰ正反应为气体分子数减小的反应,增大压强,有利于平衡向正反应方向移动,CO的转化率增大,故压强增大有利于CO的转化率升高,故压强:
P3>
P1;
由图可知,压强一定时,随温度的升高,CO的转化率减小,反应Ⅰ正反应是放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,平衡体系中CO的量增大,反应Ⅲ是吸热反应,温度升高,平衡向正反应方向移动,又使平衡体系中CO的量增大,总结果,随温度升高CO的转化率减小,
升高温度时,反应Ⅰ是放热