化学反应原理综合浙江学考化学五次真题二年模拟分类汇编精校解析Word版.docx

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化学反应原理综合浙江学考化学五次真题二年模拟分类汇编精校解析Word版

专题28化学反应原理综合

1．【2016年4月浙江省选考】氨气及其相关产品是基本化工原料，在化工领域中具有重要的作用。

（1）以铁为催化剂，0.6mol氮气和1.8mol氢气在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气，20min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mol。

①在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%，请画出从第25min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线_____。

②该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是_____（填增大、减少或不变）。

（2）①N2H4是一种高能燃料，有强还原性，可通过NH3和NaClO反应制得，写出该制备反应的化学方程式______________________。

②N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1=1.0×10-6，则0.01mol·L－1N2H4水溶液的pH等于__________（忽略N2H4的二级电离和H2O的电离）。

③已知298K和101KPa条件下：

N2（g）+3H2（g）＝2NH3（g）ΔH1

2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH2

2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH3

4NH3（g）+O2（g）＝2N2H4（l）+2H2O（I）ΔH4

则N2H4（l）的标准燃烧热ΔH＝_______。

（3）科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺（如虚框所示），在较高的操作压力下，提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量，能制备出高浓度的硝酸。

实际操作中，应控制N2O4/H2O质量比高于5.11，对此请给出合理解释______________。

【答案】

增大NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O10

△H2-△H1-

△H42N2O4+2H2O+O2=4HNO3，中N2O4/H2O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸。

N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）

起始（mol）：

0.61.80

转化（mol）：

0.230.690.46

平衡（mol）：

0.371.110.46

所以第二次平衡时c（H2）=

=0.555mol/L，则第25min起H2的物质的量浓度为0.45mol/L，平衡时为0.555mol/L，所以图象为

；

②催化剂能增大反应速率，所以该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是增大，故答案为：

增大；

（2）①该反应中，次氯酸钠被氨气含有生成氯化钠，氨气被氧化生成肼，同时还有水生成，所以该反应方程式为：

NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；故答案为：

NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；

②电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，室温下其电离常数K1≈1.0×10-6，则0.01mol•L-1N2H4水溶液中c（N2H5+）≈c（OH-），K=

=

=1.0×10-6，所以c（OH-）=10-4mol/L，则c（H+）=10-10mol/L，则溶液的pH=10，故答案为：

10；

③已知：

N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H1，2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H2，2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H3，4NH3（g）+O2（g）=2N2H4（l）+2H2O（l）△H4，由盖斯定律可知，N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=

△H2-△H1-

△H4，故答案为：

△H2-△H1-

△H4；

（3）由NO2转化为HNO3的工艺图可知，N2O4与水、氧气反应生成硝酸，2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，反应中N2O4/H2O的质量比等于5.11，当高于5.11，则提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高

浓度的硝酸，故答案为：

2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，中N2O4/H2O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸。

点睛：

解答本题需要学生熟练掌握化学平衡的计算方法——三段式。

本题的易错点和难点是

（1）中图像的绘制，需要通过计算求出平衡时物质的浓度。

2．【2015年10月浙江省普通高校招生选考】由某精矿石（MCO3·ZCO3）可以制备单质M，制备过程中排放出的二氧化碳可以作为原料制备甲醇，取该矿石样品1.84g，高温灼烧至恒重，得到0.96g仅含两种金属氧化物的固体，其中m（M）︰m（Z）=3:

5，请回答：

（1）该矿石的化学式为______________。

（2）①以该矿石灼烧后的固体产物为原料，真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质M和一种含氧酸盐（只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2︰1）。

写出该反应的化学方程式____________________________________________。

②单质M还可以通过电解熔融MCl2得到，不能用电解MCl2溶液的方法制备M的理由是_______________________________________________________________。

（3）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：

反应1：

CO2（g）＋H2（g）

CO（g）＋H2O（g）△H1

反应2：

CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）△H2

反应3：

CO2（g）＋3H2（g）

CH3OH（g）＋H2O（g）△H1

其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图1所示。

则△H1_______△H2（填“大于”、“小于”、“等于”），理由是______________________。

（4）在温度T1时，使体积比为3︰1的H2和CO2在体积恒定的密闭容器内进行反应。

T1温度下甲醇浓度随时间变化曲线如图2所示；不改变其他条件，假定t时刻迅速降温到T2，一段时间后体系重新达到平衡。

试在图中画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线。

【答案】MgCO3•CaCO32MgO+2CaO+Si

2Mg+Ca2SiO4电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质小于；曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3；

氧酸盐，由于此含氧酸盐中只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：

1，故为Ca2SiO4，故此反应的化学方程式为：

2MgO+2CaO+Si

2Mg+Ca2SiO4，故答案为：

2MgO+2CaO+Si

2Mg+Ca2SiO4；②溶液中含有的阳离子的放电顺序为：

H+＞Mg2+，阴离子的放电顺序为：

Cl-＞OH-，电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质，故答案为：

电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以得不到镁单质；（3）由图l可知，随着温度升高，K1增大，则反应1：

CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H1＞0，反应3由反应1+2所得，根据盖斯定律：

△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3，故答案为：

小于；曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则△H1＞0，根据盖斯定律又得△H3=△H1+△H2，所以△H2＜△H3；（4）由图l可知，随着温度升高，K3减小，则反应3CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H3＜0，t时刻迅速降温到T2，降低温度平衡向正反应方向移动，CH3OH浓度增大，t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线为：

，故答案为：

。

点睛：

本题考查了复杂化合物的化学式的确定和化学方程式的书写等知识，熟练掌握盖斯定律的应用、溶液中离子的放电顺序、化学平衡移动原理等知识是解决本题的关键。

题目难度较大。

本题的易错点为（4）中图像的绘制。

3．【浙江省2017届高三4月普通高校招生选考】以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝（AlN）；通过电解法可制取铝。

电解铝时阳极产生的CO2，可通过二氧化碳甲烷化再利用。

请回答：

⑴已知：

2Al2O3（s）=4Al（g）+3O2（g）△H1=3351kJ·mol-1

2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2=-221kJ·mol-1

2Al（g）+N2（g）=2AlN（s）△H3=-318kJ·mol-1

碳热还原Al2O3合成AlN的总热化学方程式是_____，该反应自发进行的条件____________。

（2）在常压，Ru/TiO2催化下，CO2和H2混合气体（体积比1：

4，总物质的量amol）进行反应，测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示（选择性:

转化的CO2中生成CH4或CO的百分比）。

反应ICO2（g）+4H2（g）

CH4（g）+2H2O（g）△H1

反应IICO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）△H2

①下列说法不正确的是_____

A．△H1小于零

B．温度可影响产物的选择性

C．CO2平衡转化率随温度升高先增大后减少

D．其他条件不变，将CO2和H2的初始体积比改变为1:

3，可提高CO2平衡转化率

②350℃时，反应I在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为VL，该温度下反应I的平衡常数为________（用a、V表示）。

③350℃下CH4物质的量随时间的变化曲线如图3所示。

画出400℃下0～t1时刻CH4物质的量随时间的变化曲线。

________

据文献报道，CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，生成甲烷的电极反应式是__________。

【答案】3C（s）+Al2O3（s）+N2（g）=2AlN（s）+3CO（g）△H=1026kJmol高温自发AD625V2/a2

CO32-+8e-+7H2O=CH4+10OH-

衡，平衡时容器体积为VL，此时CO此时，则

CO2（g）+4H2（g）

CH4（g）+2H2O（g）

起始量（mol）0.2a0.8a00

转化量（mol）0.16a0.64a0.16a0.32a

平衡量（mol）0.04a0.16a0.16a0.32a

该温度下反应I的平衡常数为

=625V2/a2。

③根据图1可知400℃下时CO2转化率降低，生成的甲烷减少，则0～t1时刻CH4物质的量随时间的变化曲线为

；CO2可以在碱性水溶液中电解生成甲烷，反应中碳元素化合价降低，在阴极生成甲烷，电极反应式是CO32-+8e-+7H2O=CH4+10OH-。

4.【2017年下半年浙江省普通高校招生选考】十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“十氢萘（C10H18）→四氢萘（C10H12）→萘（C10H8）”的脱氢过程释放氢气。

已知：

C10H18（l）

C10H12（l）＋3H2（g）△H1

C10H12（l）

C10H8（l）＋2H2（g）△H2

△H1＞△H2＞0；C10H18→C10H12的活化能为Ea1，C10H12→C10H8的活化能为Ea2，十氢萘的常压沸点为192℃；在192℃，液态十氢萘的脱氢反应的平衡转化率约为9％。

请回答：

（1）有利于提高上述反应平衡转化率的条件是_______________。

A．高温高压B．低温低压C．高温低压D．低温高压

（2）研究表明，将适量十氢萘置于恒容密闭反应器中，升高温度带来高压，该条件下也可显著释氢，理由是_____________________________________________________。

（3）温度335℃，在恒容密闭反应器中进行高压液态十氢萘（1.00mol）催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的产率x1和x2（以物质的量分数计）随时间变化关系，如图1所示。

①在8h时，反应体系内氢气的量为___________________mol（忽略其他副反应）。

②x1显著低于x2的原因是____________________________。

③在图2中绘制“C10H18→C10H12→C10H8”的“能量～反应过程”示意图____。

（二）科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨。

阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。

电极反应式：

______________________________和2Fe＋3H2O＋N2＝2NH3＋Fe2O3。

【答案】C温度升高，加快反应速率；温度升高使平衡正移的作用大于压强增大使平衡逆移的作用。

1.95催化剂显著降低了C10H12→C10H8的活化能，反应生成的C10H12快速转化为C10H8

Fe2O3＋6e－＋3H2O＝2Fe＋6OH―

（2）总反应为该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡转化率增大，平衡常数增大，当温度达到192℃时，十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加，故答案为：

反应吸热，温度升高，平衡正向移动。

与此同时，温度升高导致十氢萘气化，浓度增大，平衡正向移动，生成氢气量显著增加；

（3）①温度335℃，在8h时，十氢萘为1.00mol，测得C10H12和C10H8的产率x1=0.027，x2=0.374，即生成C10H12和C10H8的物质的量分别为0.027mol，0.374mol，设反应的C10H18的物质的量为a，反应C10H12的物质的量为b，根据反应

C10H18（l）

C10H12（l）＋3H2（g）

113

aa3a

C10H12（l）

C10H8（l）＋2H2（g），

112

bb2b

则a-b=0.027，b=0.374，则a=0.401，因此生成的氢气的物质的量分数为3a+2b=3×0.401+2×0.374=1.951，则氢气的量为1.951mol，故答案为：

1.951；

②反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2，故答案为：

反应2的活化能比反应1小，相同温度下反应2更快，所以相同时间内，生成的四氢萘大部分都转化为萘，故x1显著低于x2；

③C10H18（l）

C10H12（l）＋3H2（g）△H1，C10H12（l）

C10H8（l）＋2H2（g）△H2，△H1＞△H2＞0；上述反应均为吸热反应，生成物的总能量大于反应物，“C10H18→C10H12→C10H8”的“能量～反应过程”示意图为

，故答案为：

；

Ⅱ．（4）以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨。

阴极区发生还原反应，根据其中一个反应2Fe＋3H2O＋N2＝Fe2O3＋2NH3，可知，Fe2O3作催化剂，首先转化为铁，因此电极反应式为Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，故答案为：

Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-。

5.【浙江省2017届高三10月招生选考】氯及其化合物在生活和生产中应用广泛。

（1）已知：

900K时，4HCl（g）+O2（g）

2Cl2（g）+2H2O（g），反应自发。

①该反应是放热还是吸热，判断并说明理由______________________________________。

②900K时，体积比为4：

l的HCl和O2在恒温恒容的密闭容器中发生反应，HCl的平衡转化率α（HCl）随压强（P）变化曲线如图。

保持其他条件不变，升温到TK（假定反应历程不变），请画出压强在1.5×l05～4.5×105Pa范围内，HCl的平衡转化率α（HCl）随压强（P）变化曲线示意图_________。

（2）已知：

Cl2（g）+2NaOH（aq）==NaCl（aq）+NaClO（aq）+H2O（l）△Hl=―102kJ·mol-1

3Cl2（g）+6NaOH（aq）==5NaCl（aq）+NaClO3（aq）+3H2O

（1）△H2=―422kJ·mol—1

①写出在溶液中NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式_____________________。

②用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液（不含NaClO3），此时ClO―的浓度为c0mol·L-1；加热时NaClO转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO―浓度为ctmol·L-1，写出该时刻溶液中Cl―浓度的表达式；c（Cl―）=_________mol·L-1（用c0、ct表示）

③有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：

I、2ClO―=ClO2―+Cl―

II、ClO2―+ClO―=ClO3―+Cl―

常温下，反应II能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：

_______________________________。

（3）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4。

在电解过程中由于阴极上吸附氢气，会使电解电压升高，电解效率下降。

为抑制氢气的产生，可选择合适的物质（不引入杂质），写出该电解的总化学方程式________________________________________。

【答案】放热，△S＜0，反应自发满足△H-T△S＜0

3NaClO（aq）=2NaCl（aq）+NaClO3（aq）△H=-116kJ/mol（5c0-2ct）/3反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO-向ClO3-转化2NaClO3+O2

2NaClO4

详解：

（1）①900Κ时，4HCl（g）+O2（g）

2Cl2（g）+2H2O（g）的△S＜0，反应自发满足△H-T△S＜0，△H＜0；

②900K时，体积比为4：

1的HCl和O2在恒温恒容的密闭容器中发生反应，HCl的平衡转化率α（HCl）随压强（P）变化曲线如图。

保持其他条件不变，升温到TK，平衡逆向进行，HCl转化率减小，随压强增大平衡正向进行，HCl转化率增大，据此画出图象为

；

（2）①已知：

Ⅰ、Cl2（g）+2NaOH（aq）==NaCl（aq）+NaClO（aq）+H2O（l）△Hl=―102kJ·mol-1

Ⅱ、3Cl2（g）+6NaOH（aq）==5NaCl（aq）+NaClO3（aq）+3H2O

（1）△H2=―422kJ·mol—1

根据盖斯定律可知Ⅱ-Ⅰ×3得到NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式：

3NaClO（aq）=2NaCl（aq）+NaClO3（aq）△H=-116kJ/mol；

②用过量的冷NaOH溶液吸收氯气，制得NaClO溶液（不含NaClO3），此时ClO-的浓度为c0mol•L-1，则Cl2（g）+2NaOH（aq）=NaCl（aq）+NaClO（aq）+H2O（l）反应中生成氯离子浓度为c0mol•L-1，加热时NaClO转化为NaClO3，测得t时刻溶液中ClO-浓度为ctmol·L-1，反应的次氯酸钠浓度=c0mol•L-1-ctmol·L-1

3NaClO（aq）=NaClO3（aq）+2NaCl（aq）

32

c0mol•L-1-ctmol·L-12（c0mol•L-1-ctmol·L-1）/3

该时刻溶液中Cl-浓度的表达式：

c0mol•L-1+2（c0mol•L-1-ctmol·L-1）/3=（5c0-2ct）/3mol·L-1；

③常温下，反应II能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，说明反应进行决定于反应Ⅰ，反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO-向ClO3-转化；

（3）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，在电解过程中由于阴极上吸附氢气，会使电解电压升高，电解效率下降。

为抑制氢气的产生，可选择合适的物质氧气和氢气反应生成水，该电解池中电解的化学方程式为：

2NaClO3+O2

2NaClO4。

1．【“七彩阳光”联盟2018届高三上学期期初联考】氮氧化物是造成大气污染的主要污染源之一，还能形成酸雨、光化学烟雾等，烟气脱硝是国家环保发展的大趋势。

（1）C3H6可用于烟气脱硝。

己知有如下反应：

N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.5kJ·mol-1

2C3H6（g）+9O2（g）=6CO2（g）+6H2O（l）△H=-4362kJ·mol-1

H2O（g）=H2O（l）△H=-44kJ·mol-1

①则2NO（g）+2C3H6（g）+8O2（g）=N2（g）+6CO2（g）+6H2O（g）△H=______kJ·mol-1

②如图1为在其他条件一定时，研究该反应温度、催化剂中Ag负载量对NO转化率的影响。

则最佳反应温度和Ag负载量分别是__________、______________。

（2）SCR法是工业上消除氮氧化物的常用方法，反应原理为：

4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）

4N2（g）+6H2O（l）△H<0其他条件相同，某2L密闭容器中分别投入2molNH3、2molNO、lmolO2，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图2所示。

①若在甲催化剂条件下，图中X点在该温度下的反应达到平衡，则此时的平衡常数为____________。

②下列叙述不正确的是___________

A.在催化剂甲作用下，图中Y点处（210℃）NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率。

B.在催化剂甲作用下，高于210℃时，NO转化率降低的原因可能是催化剂活性降低

C.300℃时，M点的NO平衡转化率高于Z点原因是乙催化剂催化效率高

D.其他条件不变，增加NH3的浓度，正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动

（3）碱液吸收方法也是处理氮氧化物的常用方法，将氢氧化钠溶液脱硝得到的NaNO2、NaNO3的混合液和NaOH溶液分别加到图3所示的电解槽中进行电解可以进一步处理成无害物质N2排放。

A室产生N2的电极反应式是__________。

【答案】-4278.5465℃左右0.8%128/3CD2NO2－+6e－+6H2O=8OH－+N2↑[或2NO3-＋10e－＋6H2O=12OH－＋N2↑]

②根据图1信息可知，NO转化率较高时反应温度为465℃左右，Ag负载量是0.8%；

（2）①若在甲催化剂条件下，图中X点在该温度下的反应达到平衡，此时NO的转化率为50%，2L密闭容器中分别投入2molNH3、2molNO、lmolO2，则：

4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）

4N2（g）+6H2O（l）

开始时的浓度mol/L110.50

改变的浓度mol/L0.50.50.1250.5

平衡时的浓度mol/L0.50.50.3750.5

K=

=

；②A.该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO的转化率降低，在催化剂甲作用下，图中Y点处（210℃）NO的转化率