备战高考化学易错题精选化学反应原理综合考查练习题附答案解析.docx
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备战高考化学易错题精选化学反应原理综合考查练习题附答案解析
备战高考化学易错题精选-化学反应原理综合考查练习题附答案解析
一、化学反应原理综合考查
1.
(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧,工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。
已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下:
①SO2(g)+NH3·H2O(aq)=NH4HSO3(aq)ΔH1=akJ/mol;
②NH3·H2O(aq)+NH4HSO3(aq)=(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)ΔH2=bkJ/mol;
③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)ΔH3=ckJ/mol。
则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=____kJ/mol。
(2)SO2是形成酸雨的主要污染物,燃煤脱硫原理为2CaO(s)+2SO2(g)+O2(g)⇌2CaSO4(s)。
向10L恒温恒容密闭容器中加入3molCaO,并通入2molSO2和lmolO2发生上述反应,2min时达平衡,此时CaSO4为1.8mol。
0〜2min内,用SO2表示的该反应的速率v(SO2)=____,其他条件保持不变,若上述反应在恒压条件下进行,达到平衡时SO2的转化率____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)NO的排放主要来自于汽车尾气,净化原理为:
2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)ΔH=−746.8kJ/mol。
实验测得,v正=k正·c2(NO)·c2(CO),v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)(k正、k逆为速率常数,只与温度有关)。
①达到平衡后,仅升高温度,k正增大的倍数____(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。
②若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO,在一定温度下达到平衡时,CO的转化率为40%,则k正︰k逆=____。
(4)以连二硫酸根(S2O42-)为媒介,使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO,装置如图所示:
①阴极区的电极反应式为____。
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+,若通电时电路中转移了0.3mole-,则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为____mL。
(5)欲用5LNa2CO3溶液将23.3gBaSO4固体全都转化为BaCO3,则所用的Na2CO3溶液的物质的量浓度至少为____。
[已知:
常温下K(BaSO4)=1×10−7、K(BaCO3)=2.5×10−6]。
(忽略溶液体积的变化)
【答案】2a+2b+c0.09mol/(L·min)增大﹤
2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O13440.52mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律解答;
(2)根据化学反应速率的数学表达式计算反应速率;向正反应方向进行,气体物质的量减小,维持恒压不变,SO2的转化率比恒容时增大;
(3)①正反应为放热反应,升高温度平衡向左移动,则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数,据此解答;
②当反应达到平衡时,
故
,平衡时
,
,据此解答;
(4)①阴极区发生还原反应,从图中找出阴极反应物,写它发生还原反应的电极反应式;
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+,写出关系式,按电子数守恒,求出一氧化氮在标准状况下体积;
(5)n(BaSO4)=
=0.1mol,将0.1mol硫酸钡溶解于5L溶液中,设至少需要物质的量浓度为xmol/L的Na2CO3溶液,当BaSO4完全溶解后,所得5L溶液中c(SO42-)=0.02mol/L,此时溶液中c(CO32-)=(x-0.02)mol/L,由BaSO4+CO32-=BaCO3+SO42-可知,此反应的化学平衡常数
。
【详解】
(1)根据盖斯定律,热化学方程式①×2+②×2+③得:
,故该反应的
,故答案为:
2a+2b+c;
(2)生成CaSO4物质的量为1.8mol的同时消耗SO2的物质的量为1.8mol,根据化学反应速率的数学表达式,v(SO2)=1.8/(10×2)mol/(L·min)=0.09mol/(L·min);向正反应方向进行,气体物质的量减小,维持恒压不变,SO2的转化率比恒容时增大,故答案为:
0.09mol/(L·min);增大;
(3)①正反应为放热反应,升高温度平衡向左移动,则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数,浓度不变,故
增大的倍数小于
增大的倍数,故答案为:
;
②当反应达到平衡时,
故
,平衡时
,
,则
,故答案为:
;
(4)①由图可知,阴极区通入液体主要含SO32-,流出主要含S2O42-,所以阴极区电极反应式为2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O,故答案为:
2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O;
②NO吸收转化后的主要产物为NH4+,若通电一段时间后阴极区n(SO32-)减少了0.3mol,此过程转移0.3mole−;由于NO吸收转化后的主要产物为NH4+,NO~NH4+~5e−,若电路中转移转移0.3mole−,消耗NO0.06mol,标准状况下体积为V(NO)=0.06mol×22.4L/mol=1.344L=1344mL,故答案为:
1344;
(5)设至少需要物质的量浓度为x的
溶液,当
完全溶解后,所得5L溶液中
,此时溶液中
,由
可知,此反应的化学平衡常数
,解得
,故答案为:
。
2.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);
3.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)+2H2O(g)
2H2(g)+CO2(g);
(3)反应物的投料比n(H2O):
n(CH4)=4:
1,大于初始反应的化学计量数之比,H2O的物质的量增加,有利于促进CH4转化,促进CO转化为CO2,防止CH4分解生成C(s),从而减少积炭生成;答案选abc。
(4)根据题图可知,从t1时开始,CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小,单位时间内CaO消耗率逐渐降低。
CaO与CO2反应生成CaCO3,CaCO3会覆盖在CaO表面,减少了CO2与CaO的接触面积,从而失效;
(5)模拟铝制品表面“钝化”处理,则电极铝是阳极,与电源的正极相连,则C为阴极,与电源的负极相连,所以a物质是氧气,b物质是甲醇,负极的电极反应式为:
CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O。
铝为阳极,会发生氧化反应,表面形成氧化膜,必须有水参加,所以电极反应式为:
2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。
4.页岩气中含有较多的乙烷,可将其转化为更有工业价值的乙烯。
(1)二氧化碳氧化乙烷制乙烯。
将C2H6和CO2按物质的量之比为1∶1通入反应器中,发生如下反应:
ⅰ.C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g)ΔH1=+136.4kJ·mol−1
ⅱ.CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol−1
ⅲ.C2H6(g)+CO2(g)
C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH3
①用ΔH1、ΔH2计算ΔH3=______kJ·mol−1。
②反应ⅳ:
C2H6(g)
2C(s)+3H2(g)为积碳反应,生成的碳附着在催化剂表面,降低催化剂的活性,适当通入过量CO2可以有效缓解积碳,结合方程式解释其原因:
__。
③二氧化碳氧化乙烷制乙烯的研究热点之一是选择催化剂,相同反应时间,不同温度、不同催化剂的数据如下表(均未达到平衡状态):
(注)C2H4选择性:
转化的乙烷中生成乙烯的百分比。
CO选择性:
转化的CO2中生成CO的百分比。
对比Ⅰ和Ⅱ,该反应应该选择的催化剂为__,理由是__。
实验条件下,铬盐作催化剂时,随温度升高,C2H6的转化率升高,但C2H4的选择性降低,原因是__。
(2)利用质子传导型固体氧化物电解池将乙烷转化为乙烯,示意图如图:
①电极a与电源的______极相连。
②电极b的电极反应式是______。
【答案】+177.6增大CO2的量,发生反应C+CO2
2CO,消耗C;增大CO2的量,反
应ⅲ正向进行程度增加,降低了C2H6的浓度,反应ⅳ进行的程度减小铬盐相同温度下,铬盐作催化剂时C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高温度升高,反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大,反应ⅳ增大的更多正极CO2+2e-+2H+=CO+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①已知:
C2H6(g)
C2H4(g)+H2(g)ΔH1=+136.4kJ·mol−1
ⅱ.CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ·mol−1
ⅲ.C2H6(g)+CO2(g)
C2H4(g)+CO(g)+H2O(g)ΔH3
由盖斯定律可知,反应ⅰ+反应ⅱ得反应ⅲ,则ΔH3=ΔH1+ΔH2=(+136.4kJ·mol−1)+(+41.2kJ·mol−1)=+177.6kJ·mol−1,故答案为:
+177.6;
②增大二氧化碳的量,可以有效缓解积碳的原因是,二氧化碳能与碳在加热条件下反应生成一氧化碳,消耗积碳,反应的化学方程式为C+CO2
2CO;增大二氧化碳的量,反应ⅲ向正正反应方向移动,降低了体系中C2H6的浓度,使反应ⅳ向逆反应方向移动,减少积碳的生成,故答案为:
增大CO2的量,发生反应C+CO2
2CO,消耗C;增大CO2的量,反应ⅲ正向进行程度增加,降低了C2H6的浓度,反应ⅳ进行的程度减小;
③由表格数据可知,相同温度下,铬盐作催化剂时,C2H6的转化率和C2H4的选择性均较高,则对比Ⅰ和Ⅱ,该反应应该选择的催化剂为铬盐;升高温度,反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大,反应ⅳ的化学反应速率增大的幅度更大,导致C2H6的转化率升高,C2H4的选择性降低,故答案为:
温度升高,反应ⅰ、ⅲ、ⅳ的化学反应速率均增大,反应ⅳ增大的更多;
(2)①电解池中,阳离子向阴极移动,由图给氢离子的移动方向可知,电极a为阳极,与电源正极相连,故答案为:
正;
②电解池中,阳离子向阴极移动,由图给氢离子的移动方向可知,电极b为阴极,在氢离子作用下,二氧化碳在阴极上得电子发生还原反应生成一氧化碳和水,电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O。
5.
(1)乙基叔丁基醚(以ETBE表示)是一种性能优良的高辛烷值汽油调和剂。
用乙醇与异丁烯(以IB表示)在催化剂HZSM-5催化下合成ETBE,反应的化学方程式为:
C2H5OH(g)+IB(g)
ETBE(g)△H。
回答下列问题:
反应物被催化剂HZSM-5吸附的顺序与反应历程的关系如图所示,该反应的△H=__kJ·mol-1。
反应历程的最优途径是__(填C1、C2或C3)。
(2)一定条件下,用Fe2O3、NiO或Cr2O3作催化剂对燃煤烟气回收。
反应为2CO(g)+SO2(g)
2CO2(g)+S(l)ΔH=-270kJ·mol-1
①其他条件相同、催化剂不同,SO2的转化率随反应温度的变化如图1,Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高,不考虑催化剂价格因素,选择Fe2O3的主要优点是:
__。
②某科研小组用Fe2O3作催化剂。
在380℃时,分别研究了[n(CO)∶n(SO2)]为1∶1、3∶1时SO2转化率的变化情况(图2)。
则图2中表示n(CO)∶n(SO2)=3∶1的变化曲线为__。
(3)已知NO2存在如下平衡:
2NO2(g)
N2O4(g)△H<0,在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与各自的分压(分压=总压×物质的量分数)有如下关系:
v(NO2)=k1·p2(NO2),v(N2O4)=k2·p(N2O4),相应的速率与其分压关系如图所示。
一定温度下,k1、k2与平衡常数Kp(压力平衡常数,用平衡分压代替平衡浓度计算)间的关系是k1=__;在图标出点中,指出能表示反应达到平衡状态的点是__,理由是__。
(4)二氧化硫的催化氧化是工业上生产硫酸的主要反应O2(g)+2SO2(g)
2SO3(g)。
已知:
标准平衡常数Kθ=
,其中pθ为标准压强(1×105Pa),p(SO3)、p(O2)和p(SO2)为各组分的平衡分压,如p(SO3)=x(SO3)p,p为平衡总压,x(SO3)为平衡系统中SO3的物质的量分数。
SO2和O2起始物质的量之比为2:
1,反应在恒定温度和标准压强下进行,SO3的平衡产率为ω,则Kθ=___(用含ω的最简式表示)。
【答案】-4aC3Fe2O3作催化剂时,在相对较低的温度可获得较高的SO2转化率,从而节约能源ak1=2k2·KPBD达到平衡时,N2O4与NO2的消耗速率满足条件v(NO2)=2v(N2O4)
【解析】
【分析】
(1)由图可知,反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,由图给数据可计算△H;活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度,活化能越小,反应越容易进行;
(2)①Fe2O3作催化剂时,在相对较低温度可获得较高SO2的转化率,从而节约大量能源;
②n(CO):
n(SO2)=2:
1时反应速率界于n(CO):
n(SO2)=3:
1和n(CO):
n(SO2)=1:
1之间,反应速率介于二者之间,且二氧化硫的转化率和n(CO):
n(SO2)=3:
1是相等的;
(3)当反应达到平衡时,正逆反应速率相等,NO2与N2O4的消耗速率的关系为v(NO2)=2v(N2O4),则k1•p2(NO2)=2k2•p(N2O4);满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点,B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1:
2;
(4)设SO2和O2起始物质的量为2mol和1mol,由SO3的平衡产率为ω可知,平衡时SO3的物质的量为2ω,由题意建立三段式计算可得。
【详解】
(1)由图可知,反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,则该反应的△H=—(5—1)akJ/mol=—4akJ/mol;活化能的大小可以反映化学反应发生的难易程度,过渡态1和2的活化能都为6akJ/mol,过渡态3的活化能为4akJ/mol,活化能越小,反应越容易进行,过渡态3的活化能最小,反应历程最优,故答案为:
-4a;C3;
(2)①根据图示内容,对比260℃时不同催化剂作用下SO2的转化率,可以看出Cr2O3作催化剂时,反应速率最快,Fe2O3和NiO作催化剂均能使SO2的转化率达到最高,但是Fe2O3作催化剂时,在相对较低温度可获得较高SO2的转化率,从而节约大量能源,故答案为:
Fe2O3作催化剂时,在相对较低温度可获得较高SO2的转化率,从而节约大量能源;
②n(CO):
n(SO2)=2:
1时反应速率界于n(CO):
n(SO2)=3:
1和n(CO):
n(SO2)=1:
1之间,反应速率介于二者之间,且二氧化硫的转化率和n(CO):
n(SO2)=3:
1是相等的,Fe2O3作催化剂时,曲线a符合,故答案为:
a;
(3)反应的化学平衡常数Kp=
,当反应达到平衡时,正逆反应速率相等,NO2与N2O4的消耗速率的关系为v(NO2)=2v(N2O4),则k1•p2(NO2)=2k2•p(N2O4),k1=2k2·KP;满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点,B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1:
2,所以B、D为平衡点,故答案为:
2k2·KP;BD;
(4)设SO2和O2起始物质的量为2mol和1mol,由SO3的平衡产率为ω可知,平衡时SO3的物质的量为2ω,由题意建立如下三段式:
由三段式可得p(SO3)、p(O2)和p(SO2)分别为
×pθ、
×pθ、
×pθ,则标准平衡常数Kθ=
=
=
,故答案为:
。
【点睛】
由平衡分压等于平衡总压和物质的量分数之积和Kθ=
可知Kθ=
=
是解答关键,也是难点。
6.水煤气变换[CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程,主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。
回答下列问题:
(1)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用
标注。
该历程中决速步骤的化学方程式为__(方程式两边若有相同物料不用约简)。
水煤气变换反应的热化学方程式为__。
(2)t1℃时,密闭容器中,通入一定量的CO和H2O,发生水煤气变换反应,容器中各物质浓度(单位:
mol·L-1)变化如下表所示:
时间(min)
CO
H2O
CO2
H2
0
0.200
0.300
0
0
2
0.138
0.238
0.062
0.062
3
c1
c2
c3
c3
4
c1
c2
c3
c3
5
0.116
0.216
0.084
6
0.096
0.266
0.104
①一定处于平衡状态的时间段为__。
②5~6min时间段内,平衡移动方向为__(填“向左移动”或“向右移动”),根据表中数据判断,平衡移动的原因是__(填字母编号)。
a.增加了H2O(g)的量b.增加氢气浓度c.使用催化剂d.降低温度
③t2℃时(t2>t1),在相同条件下发生上述反应,达平衡时,CO浓度__c1(填“>”“<”或“=”)。
(3)已知反应Fe(s)+CO2(g)
FeO(s)+CO(g)的平衡常数随温度变化情况如图所示:
①该反应是__(填“吸热”或“放热”)反应。
②若T1时水煤气变换反应的平衡常数等于0.5,则T1时FeO(s)+H2(g)
Fe(s)+H2O(g)的平衡常数为__。
(4)水煤气可做燃料电池的燃料。
一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。
电极A上H2参与的电极反应为__。
假设催化炉产生的CO与H2物质的量之比为1︰2。
电极A处产生的CO2有部分参与循环利用,其利用率为__。
【答案】COOH
+H
+H2O
=COOH
+2H
+OH
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)
H=-0.72NAeV/mol3min~4min向右移动a>吸热1H2+CO32--2e-=H2O+CO275%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)起始状态反应物的相对能量为0,最终状态生成物的相对能量为-0.72eV,反应物的能量高于生成物的能量,水煤气变换反应为放热反应,即ΔH小于0。
该历程中两次能垒分别为1.59eV-(-0.32eV)=1.91eV,1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV,最大