上海高考化学复习化学反应原理综合考查专项易错题.docx

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上海高考化学复习化学反应原理综合考查专项易错题

2020-2021上海高考化学复习化学反应原理综合考查专项易错题

一、化学反应原理综合考查

1．CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。

回答下列问题：

（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

①已知相关反应的能量变化如图所示：

过程Ⅰ的热化学方程式为________。

②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。

a．实现了含碳物质与含氢物质的分离

b．可表示为CO2＋H2＝H2O（g）＋CO

c．CO未参与反应

d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH

③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。

a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。

（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）。

①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g－1·s－1。

②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________（kPa）2。

（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）

（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。

常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中

，则此时溶液的pH＝________。

（已知常温下H2C2O4的Ka1＝6×10－2，Ka2＝6×10－5，lg6＝0.8）

【答案】CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）ΔH=247.4kJ·mol-1cd不是b和c都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高151.95

2.7

【解析】

【分析】

由能量－反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I的热化学方程式。

过程II中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。

恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进行计算。

草酸溶液与NaOH溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求特定条件下溶液的pH。

【详解】

（1）①据CH4超干重整CO2的催化转化图，过程I的化学反应为CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）。

由能量－反应进程曲线得热化学方程式：

CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）ΔH＝+206.2kJ·mol-1（i）

CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝－165kJ·mol-1（ii）

（i）×2+（ii）得过程I的热化学方程式：

CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）ΔH=247.4kJ·mol-1

②过程Ⅱ物质变化为：

左上（CO、H2、CO2）+右下（惰性气体）→左下（H2O）+右上（CO、惰性气体），总反应为H2+CO2=H2O+CO。

Fe3O4、CaO为总反应的催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的ΔH。

故ab正确，cd错误。

③通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。

但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。

若图中a点为化学平衡，则保持温度不变（800℃），将催化剂II换成I或III，CH4转化率应不变，故a点不是化学平衡。

同理，图中b、c两点都未达到化学平衡。

据题意，b、c两点只有温度不同，b点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。

（2）①据气态方程PV＝nRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。

则反应中分压为

1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）

起始分压/kPa：

202500

改变分压/kPa：

10102020

某时分压/kPa：

10152020

即某时刻p（CO2）＝15kPa，p（CH4）＝10kPa。

代入υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1＝1.95mol·g－1·s－1。

②设达到平衡时CH4的改变分压为xkPa，

1123K恒容时，CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）

起始分压/kPa：

202500

改变分压/kPa：

xx2x2x

平衡分压/kPa：

20－x25－x2x2x

据题意，有

＝1.8，解得x＝18。

CH4（g）、CO2（g）、CO（g）、H2（g）的平衡分压依次是2kPa、7kPa、36kPa、36kPa，代入Kp＝

＝

（kPa）2。

（3）常温下，草酸溶液与NaOH溶液混合，所得混合溶液中仍存在分步电离：

H2C2O4

H++HC2O4－Ka1＝

HC2O4－

H++C2O42－Ka2＝

当

时，Ka1·Ka2＝

。

＝

＝6×10－3.5mol/L，pH＝2.7。

【点睛】

一定温度下，可逆反应建立平衡时，用平衡浓度求得浓度平衡常数Kc，用平衡分压求得压力平衡常数Kp，它们可通过气态方程进行换算。

2．研究发现，NOx和SO2是雾霾的主要成分。

Ⅰ.NOx主要来源于汽车尾气，可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。

已知：

N2（g）＋O2（g）

2NO（g）　ΔH＝＋180kJ·mol－1

2CO（g）＋O2（g）

2CO2（g）　ΔH＝－564kJ·mol－1

（1）2NO（g）＋2CO（g）

2CO2（g）＋N2（g）　ΔH＝________。

（2）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）发生如上图所示的变化，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

Ⅱ.SO2主要来源于煤的燃烧。

燃烧烟气的脱硫减排是减少大气中含硫化合物污染的关键。

已知：

亚硫酸：

Ka1=2.0×10-2Ka2=6.0×10-7

（3）请通过计算证明，NaHSO3溶液显酸性的原因：

_________________________。

（4）如图示的电解装置，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），则另外一个电极通入的SO2质量至少为________g。

【答案】-744kJ·mol－10.0875（或7/80）不ACHSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10-13＜Ka2=6.0×10-7（HSO3-的电离常数），所以显酸性6H＋＋NO＋5e－＝NH4＋＋H2O32

【解析】

【详解】

（1）已知：

①N2（g）＋O2（g）

2NO（g），②2CO（g）＋O2（g）

2CO2（g），由盖斯定律可知：

②－①得2NO（g）＋2CO（g）

2CO2（g）＋N2（g）的△H=（－564－180）kJ·mol－1=－744kJ·mol－1；

（2）

p（NO）=p（CO）=p（CO2）=20MPa×

=

，p（N2）=20MPa×

=

，Kp=

=

=0.0875；同样可计算化学平衡常数K=5，再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，此时的浓度商为仍为5，因此平衡不移动；

②15min时，改变某一因素，NO的物质的量减少，说明平衡向正反应方向移动。

增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，A项正确；正反应是放热反应，升温，平衡向逆反应方向移动，NO的物质的量增大，B项错误；减小容器的体积，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，NO物质的量减小，C项正确；加入催化剂，化学平衡不移动，D项错误；答案选AC；

（3）HSO3-的水解常数K=Kw/Ka1=5.0×10-13＜Ka2=6.0×10-7，电离平衡常数大于水解平衡常数，说明溶液显酸性；

（4）根据电解装置，NO和SO2转化为硫酸铵，说明NO转化成NH4＋，即NO在阴极上发生NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O；阳极反应式为SO2＋2H2O－2e－=4H＋＋SO42－，根据得失电子数目守恒，因此有2NO～10e－～5SO2，求出SO2的质量为4.48×5×64/（2×22.4）g=32g。

【点睛】

正确书写电极反应式做到“三看”①一看电极材料，若是金属（Au、Pt除外）作阳极，金属一定被电解（注：

Fe生成Fe2＋）。

②二看介质，介质是否参与电极反应。

③三看电解质状态。

3．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。

4．运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。

（1）一氯胺（NH2Cl）是饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌消毒作用的物质：

①NH2Cl中Cl元素的化合价为_____________。

②NH2Cl发生水解反应的化学方程式为_____________________________。

（2）SO2和CO均为燃煤产生的烟道气中有害成分，在催化作用下可利用二者相互反应进行无害化处理并回收硫。

有关资料如图1所示。

则：

①常温常压下，质量均为11.2g的CO（g）和S（s）分别完全燃烧生成CO2（g）或SO2（g），放出的热量前者比后者多________kJ。

②SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=___________________.

（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在一定温度范围内发生如下转化：

CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H=-xkJ/molx>0）。

在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图2所示：

①催化效果最佳的是催化剂__________（选填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；b点v（正）___v（逆）（选填“>”、“<”或“=”）

②此反应在a点时已达到平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_____________

（4）常温下，H2CO3的电离常数为：

Ka1=4×10－7，Ka2=4×10－11。

已知0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH=8，则在此溶液中：

①下列有关离子浓度的关系式中，不正确的是_____（填序号）

A．c（NH4＋）>c（HCO3－）>c（OH－）>c（H＋）

B．c（NH4＋）＋c（NH3·H2O）=c（HCO3－）＋c（H2CO3）

C．c（H2CO3）－c（CO32－）－c（NH3·H2O）=9.9×10－7mol·L－1

②

=________（结果保留三位有效数字）。

【答案】+1NH2Cl＋H2O=NH3＋HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO）9.6+270.0kJ/molI>该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动B6.25

【解析】

【分析】

【详解】

（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2Cl）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO），可知Cl元素的化合价为+1价；水解的方程式为：

NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO），故答案为：

+1；NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO）；

（2）11.2gCO的物质的量为0.4mol，完全燃烧生成CO2放出的热量为283.0kJ×0.4=113.2kJ；11.2gS的物质的量为0.35mol，完全燃烧生成SO2放出的热量为296.0kJ×0.35=103.6kJ，前者比后者放出的热量多9.6kJ；SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g）△H=296.0kJ/mol－283.0kJ/mol×2=+270.0kJ/mol；故答案为：

9.6；+270.0kJ/mol；

（3）根据图2，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间CO2的转化率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b点时反应还未达到平衡状态，CO2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v（正）＞v（逆）；该反应为放热反应，a点时达到平衡，从a点到c点，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，故答案为：

Ⅰ；＞；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；

（4）0.1mol/LNH4HCO3溶液中，NH4+水解：

NH4++H2O

NH3·H2O+H+，HCO3-水解：

HCO3-+H2O

H2CO3+OH-，溶液pH=8，说明HCO3-水解的程度更大；

①A.由于NH4HCO3溶液中HCO3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c（NH4＋）>c（HCO3－）>c（OH－）>c（H＋），A项正确；

B.NH4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH4+、NH3·H2O，HCO3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，因此物料守恒式为：

c（NH4＋）+c（NH3·H2O）=c（HCO3－）+c（H2CO3）+c（CO32-），B项错误；

C.列出电荷守恒式：

c（NH4＋）+c（H+）=c（HCO3－）+2c（CO32-）+c（OH-），与上述物料守恒式联立，得到：

c（NH3·H2O）+c（CO32-）+c（OH-）=c（H+）+c（H2CO3），则c（H2CO3）－c（CO32－）－c（NH3·H2O）=c（OH-）－c（H+）=10-6mol·L－1－10-8mol·L－1=9.9×10－7mol·L－1，C项正确；故答案为：

B；

②

=

=

=6.25，故答案为：

6.25。

【点睛】

在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c（H+）、c（OH-）的式子，再代入数据计算：

要计算

，Ka1的表达式分母是c（H2CO3），Ka2的表达式分子中有c（CO32-）这一项，因此把Ka1、Ka2的表达式取倒数相乘，再乘c（H+）的平方，可推导出公式

=

=

5．氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。

甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。

（1）反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是___。

（2）已知反应器中还存在如下反应：

i.CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）ΔH1

ii.CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）ΔH2

iii.CH4（g）=C（s）+2H2（g）ΔH3

……

反应iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__（写化学方程式）反应的ΔH。

（3）反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于反应的计量数之比，目的是__（填字母）。

a.促进CH4转化b.促进CO转化为CO2c.减少积炭生成

（4）用CaO可以去除CO2。

H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。

从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率__（填“升高”“降低”或“不变”）。

此时CaO消耗率约为35%，但已失效，因为此时CaO主要发生了__（写化学方程式）反应而使

（1）中反应平衡向__移动。

（5）以甲醇为燃料，氧气为氧化剂，KOH溶液为电解质溶液，可制成燃料电池。

以此电池作电源，在实验室中模拟铝制品表面“钝化”处理过程（装置如图所示）。

其中物质a是__，电源负极电极反应为___。

“钝化”装置中阳极电极反应为___。

【答案】CH4+2H2O

4H2+CO2C（s）+CO2（g）=2CO（g）或C（s）+2H2O（g）

2H2（g）+CO2（g）abc降低CaO+H2O=Ca（OH）2左（或逆向）氧气（或O2）CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据CH4与H2O反应生成H2、CO2的物质的量之比为4:

1，结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH4+2H2O

4H2+CO2；

（2）已知反应器中还存在如下反应：

i.CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）ΔH1

ii.CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）ΔH2

iii.CH4（g）=C（s）+2H2（g）ΔH3

根据盖斯定律，由i-ii-iii或i+ii-iii可得C（s）+CO2（g）=2CO（g）或C（s）+2H2O（g）

2H2（g）+CO2（g），所以利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用C（s）+CO2（g）=2CO（g）或C（s）+2