高考化学压轴题之化学反应原理综合考查高考题型整理突破提升docx.docx
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高考化学压轴题之化学反应原理综合考查高考题型整理突破提升docx
2020-2021高考化学压轴题之化学反应原理综合考查（高考题型整理,突破提升）
一、化学反应原理综合考查
1．研究大气染物SO2、CH3OH与H2O之的反，有利于揭示霾的形成机理。
反i：
SO3（g）+H2O（g）=H2SO4
（1）H1227.8kJmol1
反ii：
CH3OH（g）+SO3（g）=CH3OSO3H（g）（硫酸氢甲酯）H2-63.4kJmol-1
（1）CH3OSO3H生水解：
CH3OSO3H（g）H2O（g）CH3OH（g）H2SO4
（1）△H=______kJ/mol。
（2）T℃，反ii的CH3OH（g）、SO3（g）的初始度分
110-8molL-1、210-9molL-1，平衡SO3化率
0.04%，K=_____________。
（3）我国科学家利用算机模算，分研究反
ii在无水和有水条件下的反程，
如所示，其中分子的静作用力用“⋯”表示。
①分子的静作用力最的是_____________（填“a”、“b”或“c”）。
②水将反ii的最高能由_____________eV降_____________eV。
③d到f化的子移，程断裂的化学____（填号）。
A．CH3OH中的氧B．CH3OH中的碳氧
C．H2O中的氧D．SO3中的硫氧
（4）分研究大气中H2O、CH3OH的度反i、反ii物度的影响，果如所示。
①当c（CH3
10
-11
-1
，c（CH3
24
OH）大于
mol.L
OH）越大，c（HSO）越小的原因是_____________。
②当c（CH
10
-11
-1
，c（H
3OH）小于
mol.L
2O）越大，c（CH3OSO3H）越小的原因是_____________。
【答案】-164.44
4
-1
×10
a20.936.62
ACD反i和反ii争反，甲醇
L·mol
度增大，促了甲醇和三氧化硫反，抑制了三氧化硫和水的反，硫酸的度减小
水
的度越大，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：
SO3（g）+H2O（g）=H2SO4
（1）
H1
227.8kJ
mol1
反应ii：
CH3OH（g）+SO3（g）=CH3OSO3H（g）
H2-63.4kJ
mol-1
反应i-反应ii有：
CH3OSO3H（g）H2O（g）
CH3OH（g）
H2SO4
（1），所以
H=H1-
H2=（
227.8kJmol1）-（-63.4kJmol-1）=-164.4kJ
mol-1，故答案为：
-164.4
；
-9
-1
-13
-1
（2）SO3转化率为
0.04%，则SO3转化值=210mol
L
×0.04%=8×10mol
·L，列三段式如
CH3OH（g）
+
SO3（g）
=CH3OSO3H（g）
起始浓度/mol
L-1
1
10-8
2
10-9
0
下：
L-1
8
10-13
8
10-13
8
10-13
，
变化浓度/mol
平衡浓度/mol
L-1（100000-8）
10-13
（20000-8）10-13
8
10-13
K=
810-13molL-1
L-1≈
（100000-8）
10-13mol
L-1
（20000-8）
10-13mol
810-13
-13Lmol
-1
4
-1
，故答案为：
4
-1
；
100000
10
-13
20000
10
=4×10L·mol
4×10L·mol
（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
CH3
3
33
OSOH减小，
c（CHOSOH）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
CH3
3
OSOH越少，
3
3
c（CHOSOH）越小。
【点睛】
-13
-1
-13
-1
-
（2）计算时作如下近似处理：
（100000-8）10
mol
L
L=10
≈100000×10mol
8molL-1
（20000-8）10-13molL-1≈20000
10-13mol
L-1
2
10-9mol
L-1。
2．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）
-1
△
H=-159.5kJmol
·
?
第二步：
H2
4
22
2
-1
NCOONH（s）?
CO（NH）（s）+HO（g）
△H=+116.5kJmol·
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+CO3
2-+CO2=2HCO3
-
低温，低流速
2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+
?
H2O（g）△H=-43kJmol·-1
K=[H2O]/[NH3]2.[CO2]二
55CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2OCH3OH
HI、Rh*
CH3COOH+H2O
+CO2+H2
【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；积的比；
K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之
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
CH32
2
2
，生成物是
3
CHOH、CO
和H
CHCOOH和水，LiI和Rh作催化
剂。
【详解】
2
32－、CO2
3－，离子方程式为
H232－
2
3－；
（1）①HO、CO
反应生成HCO
O+CO
+CO=2HCO
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=（-
－1
－1
159.5+116.5）kJ·mol=-43kJ·mol
；化学平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与气体
c（H2O）
反应物浓度幂之积的比，
K=c2（NH3）c（CO2）；
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；
＋
反应生成CH3OH，电极反应式为
－＋
（3）①电解时，CO2失电子和H
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
HI、Rh*
CH3COOH+H2O。
3．秋冬季是雾霾高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。
（1）工业上利用甲烷催化还原NO，可减少氮氧化物的排放。
已知：
CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=-574kJmol·-1
CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）
H=-1160kJmol·-1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_____________________________________。
（2）汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段，主要原
理为2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）
H<0
T℃时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程（0～15min）中NO的物质的量随时间变化如上图所示。
①已知：
平衡时气体的分压＝气体的体积分数×体系的总压强，T℃时达到平衡，此时体系
的总压强为p=20MPa，则T℃时该反应的压力平衡常数
Kp＝_______；平衡后，若保持温度
不变，再向容器中充入
NO和CO2各0.3mol，平衡将_____（填“向左”、“向右”或
“不”）移动。
②15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生如图所示的变化，则改变的条件可能是
__（填序号）
A．增大CO浓度B．升温C．减小容器体积
D．加入催化剂
（3）工业上常采用“碱溶液吸收”的方法来同时吸收
SO2
，和氮的氧化物气体
x
（NO），如用氢
氧化钠溶液吸收可得到
Na2
3
3
2
3
等溶液。
已知：
常温下，
2
SO、NaHSO、NaNO
、NaNO
HNO的
电离常数为Ka
-4
，H2
3
a1
-2、Ka2
-8。
=7
×10
SO的电离常数为
K=1.2
×10=5.8
×10
①常温下，相同浓度的
Na2
3
2
SO、NaNO溶液中pH较大的是______溶液。
②常温下，NaHSO3显___性（填“酸”“碱”或“中”，判断的理由是（通过计算说
明）_____________。
（4）铈元素（Ce）是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、+4两种价态。
雾霾中含有
大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物质的量之比为
1∶1）。
可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生Ce4+，其原理如图
所示。
①Ce4+从电解槽的_____（填字母代号）口流出。
②写出阴极的电极反应式：
_______________________________。
【答案】CH
-1
-1
或7
（MPa）
-1
4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=-867kJmol·
0.0875（MPa）
80
不ACNa23
3-的电离常数Ka2
-8，水解常数Kh
Kw
-13，电
=Ka2
SO
酸因为HSO
=5.8
×10
≈8.3×10
离常数大于水解常数，所以溶液显酸性
a2NO-+8H++6e-=N2↑+4H2O
【解析】
【分析】
（4）电解过程中Ce3+在阳极失电子，变为
Ce4+，则b进Ce3+，a出Ce4+，NO2-在阴极得电子变
为N2，则d进NO2-，c出N2。
【详解】
4
2
2
2
1
-1
（1）①CH（g）+4NO（g）=4NO（g）+CO（g）+2HO（g）H=-574kJmol·
②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）
H2=-1160kJmol·-1
①+②
CH
2
2
2
2
（-574kJ
mol-1）+（-1160kJ
mol-1）
-
得：
4
H=
=
2
（g）+2NO（g）=N（g）+CO（g）+2HO（g）
2
867kJmol·
-1
，故答案为：
CH
H=-867kJmol·
-1
；
4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）
（2）①由图可知，NO起始物质的量为0.4mol，0到15min共减少了0.2mol，则
催化剂
2NO（g）+2CO（g）
垐垐?
噲垐?
N2（g）+2CO2（g）
起始值/mol
0.4
0.4
0
0
，平衡时p（NO）=
变化值/mol
0.2
0.2
0.1
0.2
平衡值/mol
0.2
0.2
0.1
0.2
20MPa×
0.2
40
40
2
）=
20
2
=
MPa，同理可得：
p（CO）=
MPa，p（N
7
MPa，p（CO）
0.2+0.2+0.1+0.2
7
7
（
40
2
20
）
MPa
2
MPa
40
p
p
CO2
pN2
=
7
7
=0.0875（MPa）-1或
=MPa，所以
K
＝
NO
p2CO
40
40
7
p2
（
2
2
7
MPa）（
7
MPa）
7
（MPa）-1。
再向容器中充入NO和CO2各0.3mol，加入的NO和CO2物质的量相等，那么
80
二者引起压强增大量相等，假设二者引起的压强增量分别为p，则
（
40
2
20
）
MPa
7
MPa+p
7
=
7
（MPa）-1，Qc=Kp，平衡不移动，故答案为：
Qc=
（
40
2
40
MPa
2
80
）（
）
MPa+p
7
7
0.0875（MPa）-1或
7
（MPa）-1；不；
80
②由图可知NO物质的量减小，说明平衡正向移动。
A．增大CO浓度，平衡正向移动，
NO物质的量减小，A正确；
B．升温，平衡逆向移动，
NO物质的量增大，B错误；
C．减小容器体积，等同
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