备战高考化学压轴题专题复习化学反应原理综合考查的综合及答案.docx

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备战高考化学压轴题专题复习化学反应原理综合考查的综合及答案

备战高考化学压轴题专题复习—化学反应原理综合考查的综合及答案

一、化学反应原理综合考查

1．1799年，英国化学家汉弗莱·戴维发现了N2O气体。

在食品行业中，N2O可用作发泡剂和密封剂。

（l）N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为________。

（2）N2O在金粉表面发生热分解反应：

2N2O（g） =2N2（g）+O2（g）  △H。

已知：

2NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（l）△H1=-1010KJ/mol

4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H2=-1531KJ/mol

△H=__________。

（3）N2O和CO是环境污染性气体，研究表明，CO与N2O在Fe+作用下发生反应：

N2O（g）+CO（g）

CO2（g）十N2（g）的能量变化及反应历程如下图所示，两步反应分别为：

反应①Fe++N2O

FeO+N2；反应②______________

由图可知两步反应均为____（填“放热”或“吸热”）反应，由______（填“反应①或反应②”）决定反应达到平衡所用时间。

（4）在固定体积的密闭容器中，发生反应：

N2O（g）+CO（g）

CO2（g）+N2（g），改变原料气配比进行多组实验（各次实验的温度可能相同，也可能不同），测定N2O的平衡转化率。

部分实验结果如图所示：

①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，应采取的措施是：

____；

②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，，通过计算判断TC____TD（填“>”“=”或“<”）。

（5）在某温度下，向1L密闭容器中充入CO与N2O，发生反应：

N2O（g）+CO（g）

CO2（g）十N2（g），随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如下表所示：

时间/min

0

2

4

6

8

10

物质的量分数

50.0%

40.25%

32.0%

26.2%

24.0%

24.0%

则该温度下反应的平衡常数K=____。

【答案】2NH3+2O2

N2O+3H2O-163kJ/molFeO++CO

CO2+Fe+放热反应①降低温度=1.17

【解析】

【分析】

（2）利用盖斯定律求反应热；

（3）根据总反应减去反应①得到反应②；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；

（4）根据不同温度下的平衡常数的大小，判断温度的变化；

（5）根据三等式求算平衡常数。

【详解】

（1）NH3和O2反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3中N的化合价从－3升高到N2O中的＋1，共升高4价；O2中O的化合价从0降低到－2，共降低4价，化合价升降守恒，则NH3和O2的系数比为1：

1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2

N2O+3H2O；

（2）已知①2NH3（g）+3N2O（g）=4N2（g）+3H2O（l）△H1=-1010KJ/mol，②4NH3（g）+3O2（g）=2N2（g）+6H2O（l）△H2=-1531KJ/mol；反应①×

-反应②×

可得目标反应，则△H=△H1×

-△H2×

=-1010kJ/mol×

-（-1531kJ/mol）×

=-163kJ/mol；

（3）总反应为N2O（g）+CO（g）

CO2（g）十N2（g），实际过程是分2步进行，因此反应①和反应②相加得到总反应，则反应②等于总反应减去反应①，可得反应②为FeO++CO

CO2+Fe+；

根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；

根据反应①的历程图可知，由Fe＋和N2O经过过渡态得到产物FeO＋和N2，过渡态和反应物Fe＋和N2O的能量差为反应①的活化能，同理，可知反应②的活化能，可知，反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应①决定反应达到平衡所用时间；

（4）①根据图像，C点和B点，反应物的投料比相同，但是B点表示的平衡状态，N2O的转化率高于C点，C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡正向移动，N2O的转化率增加；B和C点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；

①利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；

设定容器体积的体积为VL。

C点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O和CO的物质的量均为1mol，其N2O的转化率为0.50，则根据三等式有

，则在平衡常数

；

D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设N2O和CO的物质的量为1.5mol和1mol，其N2O的转化率为0.40，N2O反应了1.5mol×0.40=0.6mol，则根据三等式有

，则在平衡常数

；

C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC=TD；

（5）根据表格的数据，开始时CO的物质的量分数为50.0%，则设CO和N2O的物质的量各位1mol，假设到达平衡时，CO转化了xmol，根据三等式有

，达到平衡时，CO的物质的量分数为24.0%，则有

，解得x=0.52mol，则平衡常数

。

2．研究大气污染物SO2、CH3OH与H2O之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。

反应i：

反应ii：

（1）CH3OSO3H发生水解：

△H=______kJ/mol。

（2）T℃时，反应ii的CH3OH（g）、SO3（g）的初始浓度分别为

，平衡时SO3转化率为0.04%，则K=_____________。

（3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。

①分子间的静电作用力最强的是_____________（填“a”、“b”或“c”）。

②水将反应ii的最高能垒由_____________eV降为_____________eV。

③d到f转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为____（填标号）。

A．CH3OH中的氢氧键B．CH3OH中的碳氧键

C．H2O中的氢氧键D．SO3中的硫氧键

（4）分别研究大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响，结果如图所示。

①当c（CH3OH）大于10-11mol.L-1时，c（CH3OH）越大，c（H2SO4）越小的原因是_____________。

②当c（CH3OH）小于10-11mol.L-1时，c（H2O）越大，c（CH3OSO3H）越小的原因是_____________。

【答案】-164.44×104L·mol-1a20.936.62ACD反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越小，c（CH3OSO3H）越小

【解析】

【分析】

（3）图形很陌生，但仔细观察发现其实是反应历程与能量变化图，问题就变简单了。

（4）反应i和反应ii为竞争反应，两个反应都消耗三氧化硫，三氧化硫浓度不变的情况下，一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。

【详解】

（1）反应i：

反应ii：

反应i-反应ii有：

，所以

=

-

=（

）-（

）=-164.4

，故答案为：

-164.4；

（2）SO3转化率为0.04%，则SO3转化值=

×0.04%=8×10-13mol·L-1，列三段式如下：

，K=

≈

=4×104L·mol-1，故答案为：

4×104L·mol-1；

（3）①a处的两个分子能量更低，更稳定，分子间静电作用更强，故答案为：

a；

②无水时，反应ii的最高能垒为19.59eV-（-1.34eV）=20.93eV，有水时，反应ii的最高能垒为3.66eV-（-2.96eV）=6.62eV，即水将反应ii的最高能垒由20.93eV降为6.62eV，故答案为：

20.93；6.62；

③由图可知，水分子中的氢氧键断了一根，又形成一根；CH3OH中的氢氧键断了，O和S原子重新形成一根键；SO3中硫氧双键断了一根，变成硫氧单键，S和甲醇中的O重新形成一根单键，综上所述，水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂，ACD符合，故答案为：

ACD；

（4）①反应i和反应ii都消耗三氧化硫，为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小，故答案为：

反应i和反应ii为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小；

②水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H减小，c（CH3OSO3H）减小，故答案为：

水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH3OSO3H越少，c（CH3OSO3H）越小。

【点睛】

（2）计算时作如下近似处理：

≈100000×10-13

=10-8

≈

。

3．资源化利用CO2，可以减少温室气体排放，还可以获得燃料或重要的化工产品。

回答下列问题：

（1）CO2的捕集

①用饱和Na2CO3溶液做吸收剂可“捕集”CO2。

写出“捕集”CO2反应的离子方式_____________。

②聚合离子液体是目前广泛研究的CO2吸附剂。

结合图像分析聚合离子液体吸附CO2的有利条件是_________________________。

（2）生产尿素：

工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO（NH2）2]，该反应分为二步进行：

第一步：

2NH3（g）+CO2（g）⇌H2NCOONH4（s）△H=-159.5kJ·mol-1

第二步：

H2NCOONH4（s）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=+116.5kJ·mol-1

①写出上述合成尿素的热化学方程式___________________________。

该反应化学平衡常数K的表达式：

_________________________。

②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入4molNH3和1molCO2，实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示：

已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第__________步反应决定，总反应进行到___________min时到达平衡

（3）合成乙酸：

中国科学家首次以CH3OH、CO2和H2为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示：

①原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成CH3OH的电极反应式_______________________。

②根据图示，写出总反应的化学方程___________。

【答案】H2O+CO32-+CO2=2HCO3-低温，低流速2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=-43kJ·mol-1K=[H2O]/[NH3]2.[CO2]二55CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2OCH3OH+CO2+H2

CH3COOH+H2O

【解析】

【分析】

（1）①H2O、CO32－、CO2反应生成HCO3－；

②根据图知，温度越低、流速越小吸附量越大；

（2）利用盖斯定律求解热化学方程式；K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比；

②达到平衡时时间越长，反应速率越慢，慢反应决定整个反应速率；各物质的物质的量不变时反应达到平衡状态；

（3）①电解时，CO2失电子和H＋反应生成CH3CH2OH；

②根据图知，反应物是CH3CH2OH、CO2和H2，生成物是CH3COOH和水，LiI和Rh作催化剂。

【详解】

（1）①H2O、CO32－、CO2反应生成HCO3－，离子方程式为H2O+CO32－+CO2=2HCO3－；

②根据图知，温度越低、流速越小吸附量越大，所以聚合离子液体吸附CO2的有利条件是低温，低流速（或25℃，10mL·min-1）；

（2）①将第一步和第二步方程式相加得到方程式2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=（-159.5+116.5）kJ·mol－1=-43kJ·mol－1；化学平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比，

；

②达到平衡时时间越长，反应速率越慢，慢反应决定整个反应速率。

根据图知，第一步的反应，的反应物NH3和CO2的量迅速达到定值，说明第一步反应速率大，第二步反应较慢，所以第二步决定整个反应速率；根据图知，55min各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态；

（3）①电解时，CO2失电子和H＋反应生成CH3OH，电极反应式为CO2+6e－+6H＋=CH3OH+H2O；

②根据图知，反应物是甲醇、二氧化碳和氢气，生成物是乙酸和水，LiI和Rh作催化剂，总反应方程式为：

CH3OH+CO2+H2

CH3COOH+H2O。

4．合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）△H

（1）科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒）。

①NH3的电子式是___。

②决定反应速率的一步是___（填字母a、b、c、…）。

③由图象可知合成氨反应的△H____0（填“＞”、“＜”或“=”）。

（2）传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。

若向容积为1.0L的反应容器中投入5molN2、15molH2，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示：

①温度T1、T2、T3大小关系是___。

②M点的平衡常数K=____（可用分数表示）。

（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：

①导线中电子移动方向是____。

②固氮酶区域发生反应的离子方程式是___。

③相比传统工业合成氨，该方法的优点有___。

【答案】

b＜T3＞T2＞T17.32×10-3a→bN2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+条件温和、生成氨的同时释放电能

【解析】

【分析】

（1）①从分子中每个原子都形成了稳定结构的角度分析；

②反应需要的能量最高的反应决定总反应速率；

③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应；

（2）①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小；

②根据反应三段式进行计算；

（3）①根据装置电极b上MV2+转化为MV+判断正负极，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极；

②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+；

③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和。

【详解】

（1）①NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对，N原子还有1对孤电子对，NH3电子式为：

；

②根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知，反应b需要的能量最大，反应需要的能量越高，反应速率越慢，需要能量最高的反应决定总反应速率，所以决定反应速率的一步是b；

③根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应，△H＜0；

（2）①正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对应NH3的含量越小，所以图中温度T1、T2、T3大小关系是T3＞T2＞T1；

②设M点N2反应的物质的量为xmol，反应三段式为：

M点平衡时NH3的质量分数为40%，即

=40%，可得x=2，则平衡时c（N2）=3mol/L，c（H2）=9mol/L，c（NH3）=4mol/L，平衡常数为K=

=7.32×10-3；

（3）①根据装置电极b上MV2+转化为MV+可知，b电极为正极、a电极为负极，原电池工作时，电子从负极a电极经过导线流向正极b电极，即a→b；

②固氮酶区域中N2转化为NH3，MV+转化为MV2+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，所以发生的反应为：

N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+；

③该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和，所以与传统化工工艺相比，该工艺的优点为：

条件温和、生成氨的同时释放电能。

【点睛】

本题注意决定化学反应速率的步骤是反应需要能量最高的一步，原电池装置中根据电极上物质转化的化合价的变化判断正负极。

5．甲醛（HCHO）俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。

I·甲醛的制备

工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：

CH3OH（g）

HCHO（g）+H2（g）△H

（1）该反应的能量变化如图甲所示，△H=___kJ•mol-1。

（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有___、___；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有___（填标号）。

a.混合气体的密度保持不变

b.混合气体的总压强保持不变

c.v（CH3OH）消耗=v（H2）生成

d.甲醛的浓度保持不变

（3）选用Ag/SiO2—ZnO作催化剂，在400～750℃区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。

制备甲醛的最佳反应温度为___（填标号），理由是___。

a.400℃b.650℃c.700℃d.750℃

（4）T℃时，在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应：

①CH3OH（g）

HCHO（g）+H2（g）

②CH3OH（g）

CO（g）+2H2（g）

平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mo1。

则反应i的平衡常数K=___。

II.甲醛的用途

（5）将甲醛水溶液与硫酸镍（NiSO4）溶液混合，可用于化学镀镍。

反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为___：

若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子___mo1。

【答案】+84升高温度降低压强bdc此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高1.575HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+0.02

【解析】

【分析】

【详解】

（1）生成物和反应物之间的能量差为

；

（2）该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应，因此根据勒夏特列原理，我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动，提高转化率；再来看平衡的标志：

a.反应物和生成物都是气体，因此气体的密度是恒定不变的，a项错误；

b.该反应前后气体分子数不等，因此当压强保持不变时，说明反应已达到平衡状态，b项正确；

c.甲醇和氢气的化学计量数相同，因此无论何时都有v（CH3OH）消耗=v（H2）生成，c项错误；

d.当甲醛的浓度保持不变，说明其消耗速率和生成速率相同，即此时达到了平衡状态，d项正确；

答案选bd；

（3）在700℃时，甲醛选择性和甲醇转化率均较高，因此700℃是最合适的温度，答案选c；

（4）平衡时甲醇为0.2mol，因此有0.8mol甲醇被消耗，其中甲醛有0.7mol，说明有0.7mol甲醇发生了反应①，有0.1mol甲醇发生了反应②，因此氢气一共有

，代入平衡常数的表达式有

；

（5既然是镀镍，则镍被还原为单质，而甲醛被氧化为二氧化碳，因此反应的离子方程式为

；甲醛中的碳可以按0价处理，二氧化碳中的碳为+4价，因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子，而112mL二氧化碳的物质的量为

，因此一共要转移0.02mol电子。

【点睛】

对于任意一个氧化还原反应，总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此只需求出最好求的那一项，另外两项就迎刃而解了。

6．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，大量排放烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。

回答下列问题：

Ⅰ.利用CO脱硫

（1）工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫，则25℃时CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO（g）＋SO2（g）⇌2CO2（g）＋S（s）的焓变△H＝_____________。

25℃，100kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示：

物质

CO（g）

CO2（g）

SO2（g）

标准摩尔生成焓∆fHm（25℃）/kJ∙mol-1

-110.5

-393.5

-296.8

（2）在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2molCO和1molSO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。

①在实验b中，40min达到平衡，则0～40min用SO2表示的平均反应速率v（SO2）＝_______。

②与实验a相比，实验b可能改变的条件为_______________，实验c可能改变的条件为_________________。

Ⅱ.利用NH3脱硝

（3）在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：

4NH3（g）＋6NO（g）⇌5N2（g）＋6H2O（l）△H＝－1807.98kJ·mol－1。

在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z（其中X

①NH3与NO的物质的量之比为X时对应的曲线为_____________（填“a”“b”或“c”）。

②各曲线中NO脱除率均先升高后降低的原因为__________。

③900℃条件下，设Z＝

，初始压强p0，则4NH3（g）＋6NO（g）⇌5N2（g）＋6H2O（l）的平衡常数Kp＝_____________（列出计算式即可）。

Ⅲ.利用NaCIO2脱硫脱硝

（4）利用NaClO2的碱性溶液可吸收SO2和NO2（物质的量之比为1:

1）的混合气体，自身转化为NaCl，则反应的离子方程式为________________。

【答案】-269.2kJ·mol-10.01mol·L-1·min-1加入催化剂升高温度c温度低于900℃时，反应速率较慢，随着温度升高反应速率加快，NO脱出率逐渐升高，温度高于900℃，反应达到平衡状态，反应的ΔH<0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降

3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-===3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据“标准摩尔生成焓”的定义可得：

再根据盖斯定律2（反应③-反应①）-反应③可得到2CO（g）＋SO2（g）⇌2CO2（g）＋S（s），则，CO脱硫反应2CO（g）＋SO2（g）⇌2CO2（g）＋S（s）的焓变

，故答案为：

-269.2kJ·mol-1；

（2）①结合题干信息，列三段式有：

则

，解得x=0.8，则

，故答案为0.010.01mol·L-1·min-1；

②与实验a相比，实验b达到的平衡状态不变且所需时间缩短，改变的条件应为加入了催化剂