备战高考化学 化学反应原理综合考查 培优练习含答案含答案解析.docx

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备战高考化学化学反应原理综合考查培优练习含答案含答案解析

备战高考化学化学反应原理综合考查培优练习（含答案）含答案解析

一、化学反应原理综合考查

1．消除尾气中的NO是环境科学研究的热点课题。

I.NO氧化机理

已知：

2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）ΔH=-110kJ•mol-1

T1℃时，将NO和O2按物质的量之比为2：

1充入刚性反应容器中（忽略NO2与N2O4的转化）。

（1）下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。

A.2v正（O2）=v逆（NO2）

B.NO与O2的物质的量之比为2：

1

C.容器内混合气体的密度保持不变

D.K不变

E.容器内混合气体的颜色保持不变

（2）通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况，得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。

则反应2NO（g）+O2（g）

2NO2（g）在T1℃时的平衡常数Kp=____。

[对于气相反应，用某组分B的平衡压强p（B）代替物质的量浓度c（B）也可表示平衡常数，记作Kp，如p（B）=p•x（B），p为平衡总压强，x（B）为平衡系统中B的物质的量分数]。

保持其它条件不变，仅改变反应温度为T2℃（T2＞T1），在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。

II.NO的工业处理

（3）H2还原法：

2NO（g）+2H2（g）

N2（g）+2H2O（g）ΔH1

已知在标准状况下，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。

NO（g）和H2O（g）的标准摩尔生成焓分别为+90kJ•mol-1、-280kJ•mol-1。

则ΔH1=____。

（4）O3-CaSO3联合处理法

NO可以先经O3氧化，再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2，转化为HNO2。

已知难溶物在溶液中并非绝对不溶，同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。

在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率，请用平衡移动原理解释其主要原因____。

（5）电化学处理法

工业上以多孔石墨为惰性电极，稀硝酸铵溶液为电解质溶液，将NO分别通入阴阳两极，通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。

则电解时阳极发生的电极反应为____。

【答案】AE0.08

-740kJ•mol-1对于反应CaSO3（s）

Ca2+（aq）+SO32-（aq），加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c（SO32-）增大，吸收NO2的速率增大NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+

【解析】

【分析】

【详解】

I.

（1）在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即“化学平衡状态”。

其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。

A.当2v正（O2）=v逆（NO2）时，说明反应已达平衡态，故A正确；

B.NO与O2的物质的量之比为2：

1时，不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，故B错误；

C.根据质量守恒定律，容器内气体的质量恒定不变，则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故C错误；

D.该反应中平衡常数K只与温度有关，则不能用K不变来判断化学平衡状态，故D错误；

E.容器内混合气体的颜色保持不变，则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到化学平衡状态，故E正确；

综上所述，答案为AE；

（2）设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol、1mol，达平衡态时，氧气转化了xmol，则可列三段式为：

平衡时平均摩尔质量为36.8g/mol，则有

，解得x=0.5，则NO、O2、NO2的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4，同温同体积，根据压强之比等于物质的量之比，有

，代入x，解得a=62.5，根据平衡常数公式有

；因为该反应为放热反应，升高温度时，反应速率会加快，平衡逆向移动，平均摩尔质量会减小，容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为

，故答案为：

0.08；

；

（3）

=生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ•mol-1×2-90kJ•mol-1×2=-740kJ•mol-1，故答案为：

-740kJ•mol-1；

（4）相同条件下，硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度，亚硫酸钙可转化为硫酸钙，对于反应CaSO3（s）

Ca2+（aq）+SO32-（aq），加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c（SO32-）增大，吸收NO2的速率增大，故答案为：

对于反应CaSO3（s）

Ca2+（aq）+SO32-（aq），加入Na2SO4溶液时，SO42-结合部分Ca2+，使其平衡向正反应方向移动，c（SO32-）增大，吸收NO2的速率增大；

（5）由电解原理可知，阳极发生氧化反应，则一氧化氮转化为硝酸根，其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，故答案为：

NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。

2．甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：

反应Ⅰ：

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）△H1=-49.58kJ·mol-1

反应Ⅱ：

CO2（g）+H2（g）

CO（g）+H2O（g）△H2

反应Ⅲ：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H3=-90.77kJ·mol-1

回答下列问题：

（1）反应Ⅱ的△H2=______________。

（2）反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________（填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”）

（3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。

A．混合气体的密度不再变化

B．混合气体的平均相对分子质量不再变化

C．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：

3：

1：

1

D．甲醇的百分含量不再变化

（4）对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是__________。

A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1

B．温度低于250 ℃时，随温度升高甲醇的产率增大

C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大

D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率

（5）若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数K=______；若要进一步提高甲醇体积分数。

可采取的措施有_________________。

（6）下图是电解Na2CO3溶液的装置图。

阴极的电极反应式为________________

【答案】+41.19kJ·mol-1较低温度BDABD0.148（或者

）增大压强（降低温度）2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH-

【解析】

【分析】

本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol；△G==△H－T△S，T为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：

△H<0,△S<0，较低温度可自发进行；平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：

3：

1：

1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；化学反应条件的选择，既要考虑反应时的产量，又要考虑反应的速率；

，250℃时转化率为50%；电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气。

【详解】

（1）本题考查盖斯定律，热化学反应与过程无关，只与始态与终态有关，△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol；

（2）△G==△H－T△S，T为温度，△G<0，可自发进行，反应Ⅲ：

△H<0,△S<0，较低温度可自发进行；（3）平衡状态的判断，同一物质的正逆反应速率相等，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：

3：

1：

1，不可以；只要平衡则甲醇的百分含量不再变化，可以；答案为：

BD；（4）A.催化剂对反应速率有影响，对平衡的限度无影响，A错误；B.该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，产率提高，B正确；C.升高温度平衡向左移动，化学平衡常数变小，C错误；D.实际反应应尽可能在催化效率最高时，D错误；答案为ABD；

（5）CO2+3H2

CH3OH+H2O250℃时转化率为50%

初始量：

13

反应量：

0.51.50.50.5

平衡：

0.51.50.50.5

，K=0.148；提高甲醇的体积分数为：

增大压强（降低温度）；（6）电解池中阳极失电子，溶液中为水提供的氢氧根离子失电子，产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动，而阴极附近的水提供的氢离子得电子，生成氢气，2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH-

【点睛】

判断化学平衡的依据：

同一物质的正逆反应速率相等，还可以为延伸出的依据，需要具体分析，本题中ρ=m/V，质量与体积均不变，密度自始至终不变，不可做为判断依据；M=m/n，质量不变，物质的量减少，可做判断依据；反应物与生成物平衡时的比例不一定为1：

3：

1：

1；甲醇的百分含量不再变化则可以。

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．CO2是地球上取之不尽用之不竭的碳源，将CO2应用于生产中实现其综合利用是目前的研究热点。

（1）由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。

I.在催化作用下由CO2和CH4转化为CH3COOH的反应历程示意图如图。

①在合成CH3COOH的反应历程中，下列有关说法正确的是_____。

（填字母）

a.该催化剂使反应的平衡常数增大

b.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂

c.由X→Y过程中放出能量并形成了C—C键

②该条件下由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_____。

II.电解法转化CO2制HCOOH的原理如图。

①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：

_____。

②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_____。

（2）由CO2合成甲醇是CO2资源化利用的重要方法。

研究表明在催化剂作用下CO2和H2可发生反应：

CO2（g）+3H2（g）

CH3OH（g）+H2O（g）ΔH

①有利于提高合成CH3OH反应中CO2的平衡转化率的措施有_____。

（填字母）

a.使用催化剂b.加压c.增大初始投料比

②研究温度对于甲醇产率的影响。

在210℃~290℃保持原料气中CO2和H2的投料比不变，得到甲醇的实际产率、平衡产率与温度的关系如图所示。

ΔH____0（填“＞”或“＜”），其依据是____。

【答案】bcCH4+CO2

CH3COOH2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-阳极产生O2，c（H+）增大，c（HCO3-）降低；K+部分进入阴极b<温度升高，甲醇的平衡产率降低

【解析】

【分析】

（1）Ⅰ．①根据合成示意图进行判断；

②由图示写出由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式；

Ⅱ．①根据图示分析，阴极CO2得电子，写出CO2还原为HCOO-的电极反应式；

②根据电解池反应原理分析；

（2）①根据平衡转化率影响因素方面分析；

②根据图像得甲醇的平衡产率随着温度的升高的变化趋势。

【详解】

（1）Ⅰ．①a．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变反应的平衡常数，故a错误；

b．由图中变化可知甲烷在催化剂作用下选择性活化，甲烷分子中碳原子会与催化剂形成新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b正确；

c．X→Y的焓值降低，说明为放热过程，由CH4→CH3COOH有C-C键形成，故c正确；

故答案选bc；

②由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2

CH3COOH；

Ⅱ．①阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：

2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；

②阳极H2O失电子产生O2，c（H+）增大，碳酸氢根离子与氢离子反应，所以c（HCO3-）降低，K+部分进入阴极，导致阳极区的KHCO3溶液浓度降低；

（2）①a．使用催化剂只能改变化学反应速率，不影响化学平衡，也就不影响CO2的平衡转化率；

b．该反应的正反应为气体体积减小的反应，加压能使化学平衡正向移动，能够提高CO2的平衡转化率；

c．增大CO2和H2的初始投料比，CO2的平衡转化率降低；

故答案选b；

②根据图像可知，甲醇的平衡产率随着温度的升高而降低，所以正反应为放热反应，即ΔH<0。

5．工业上用CO、CO2均可以生产甲醇。

CO在一定条件下发生反应：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）。

（1）图1是反应时CO和CH3OH（g）的浓度随时间变化情况。

从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=___；

（2）图2表示该反应进行过程中能量的变化，请根据图像写出反应的热化学方程式：

___；

（3）在载人航天器的生态系统中，不仅要求分离去除CO2，还要求提供充足的O2。

某种电化学装置可实现如下转化：

2CO2=2CO+O2，CO可用作燃料。

已知该反应的阳极反应为：

4OH-―4e-=O2↑+2H2O，则阴极反应式为：

___；

（4）一种甲醇燃料电池，使用的电解质溶液是2mol·L-1的KOH溶液。

请写出加入（通入）a物质一极的电极反应式___。

【答案】0.15mol/（L·min）CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H=－91kJ/mol2CO2+2H2O+4e-=2CO+4OH-CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O

【解析】

【分析】

（1）依据速率公式进行计算；

（2）根据热化学反应方程式的特点进行分析解答；

（3）根据电解池工作原理和氧化还原反应规律书写电解反应式；

（4）根据燃料电池的特点，燃料做负极来书写电解反应式。

【详解】

（1）由图1可知，CO是反应物，变化量为0.75mol/L，根据CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）反应可知，H2的浓度变化量为1.5mol/L，所以从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=

=0.15mol/（L·min），故答案：

0.15mol/（L·min）；

（2）由图2可知，反应物为：

1molCO（g）和2molH2（g）反应，生成1molCH3OH（g）放出91kJ热量，所以该反应的热化学方程式：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H=－91kJ/mol，故答案：

CO（g）+2H2（g）

CH3OH（g）△H=－91kJ/mol；

（3）已知该反应的阳极反应为：

4OH--4e-=O2↑+2H2O，总反应方程式为：

2CO2=2CO+O2，所以阴极反应式为：

2CO2+2H2O+4e-=2CO+4OH-，故答案：

2CO2+2H2O+4e-=2CO+4OH-；

（4）根据电子移动方向可知，a为负极，充入的是甲醇燃料，失电子发生氧化反应，其电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O，故答案：

CH3OH+8OH--6e-=CO32-+6H2O。

6．I．据报道，我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰（甲烷的水合物）试采获得成功。

甲烷是一种重要的化工原料。

（1）甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式，除部分氧化外还有以下两种：

水蒸气重整：

CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）　ΔH1＝＋205.9kJ·mol－1　①

CO（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）　ΔH2＝－41.2kJ·mol－1　②

二氧化碳重整：

CH4（g）＋CO2（g）

2CO（g）＋2H2（g）　ΔH3　③

则反应①自发进行的条件是______________，ΔH3＝________kJ·mol－1。

Ⅱ.氮的固定一直是科学家研究的重要课题，合成氨则是人工固氮比较成熟的技术，其原理为N2（g）＋3H2（g）

2NH3（g）。

（2）在不同温度、压强和相同催化剂条件下，初始N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时，平衡后混合物中氨的体积分数（φ）如下图所示。

①其中，p1、p2和p3由大到小的顺序是____________，该反应ΔH_______0（填“>”“<”或“＝”）。

②若分别用vA（N2）和vB（N2）表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA（N2）________vB（N2）（填“>”“<”或“＝”）。

③若在250℃、p1为105Pa条件下，反应达到平衡时容器的体积为1L，则该条件下B点N2的分压p（N2）为_______Pa（分压＝总压×物质的量分数，保留一位小数）。

Ⅲ.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：

（3）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。

Ⅳ.（4）常温下，将amol·L-1的醋酸与bmol·L-1Ba（OH）2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c（Ba2+）=c（CH3COO-），则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=___________（用含a和b的代数式表示）。

【答案】高温＋247.1p1>p2>p3<<8.3×1032SO32-＋4H＋＋2e－=S2O42-＋2H2O1344

【解析】

【分析】

I．

（1）反应自发进行的条件是△H-T△S<0，

水蒸气重整：

CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）△H1=+205.9kJ•mol-1 ①

CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H2=-41.2kJ•mol-1 ②

二氧化碳重整：

CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H3 ③

盖斯定律计算①-②得到反应③的热化学方程式；

Ⅱ．

（2）①由方程式N2+3H2⇌2NH3可知，增大压强，平衡正向移动，氨的体积分数越大；

②温度越大，压强越大，反应速率越大；

③用三段式解，设转化的氮气的物质的量为x：

=0.667，x=0.08。

平衡分压=总压×气体物质的量分数；

（3）①阴极区失去电子生成S2O42-；

②结合NO～NH4+～5e-计算。

Ⅳ.（4）溶液等体积混合溶质浓度减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算．

【详解】

I.

（1）水蒸气重整：

CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）　ΔH1＝＋205.9kJ·mol－1①，△H>0，△S>0，满足△H−T△S<0，则需要高温。

水蒸气重整CH4（g）＋H2O（g）

CO（g）＋3H2（g）　ΔH1＝＋205.9kJ·mol－1①

CO（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）　ΔH2＝－41.2kJ·mol－1②

二氧化碳重整：

CH4（g）＋CO2（g）

2CO（g）＋2H2（g）　ΔH3③

盖斯定律计算①-②得到反应③的热化学方程式CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H3=+247.1KJ/mol，

故答案为：

高温；+247.1；

II.

（2）①由N2+3H2⇌2NH3可知，增大压