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