高考化学专题训练化学反应原理综合考查的综合题分类含答案1.docx

1、高考化学专题训练化学反应原理综合考查的综合题分类含答案1高考化学专题训练-化学反应原理综合考查的综合题分类含答案(1)一、化学反应原理综合考查1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：.CH3COOH（g）+2H2O（g）2CO2（g）+4H2（g） H1.CH3COOH（g）2CO（g）+2H2（g） H2.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。由图（a）可知，制备H2最佳的

2、温度约为_。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=(反应-反应)，由盖斯定律可得，故答案为：；(2)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,

3、故答案为：800；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CH3COOH x mol，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(

4、g)；2甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题：(1)已知甲醇分解反应：CH3OH(g)CO(g)2H2(g) H190.64 kJmol1；水蒸气变换反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H241.20 kJmol1。则CH3OH(g)H2O(g)CO2(g)3H2(g) H3_kJmol1。(2)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(III)表面发生解离时四个路径与相对能量的关系如图所示，其中附在Pd(III)表面的物种用*标注。此历程中活化能最小的反应方程式为_。(3)在0.1MPa下，将总进料量为1 mol且n(CH3OH

5、)：n(H2O)1：1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。实验测得水蒸气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是_。平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分的含量与反应温度的关系如图所示，曲线b、c对应物质的化学式分别为_、_。(4)573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00 MPa CH3OH使其分解，t h后达平衡时H2的物质的量分数为60%，则t h内v(CH3OH)_MPah1，其分压平衡常数Kp_MPa2。【答案】+49.44 CH2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH2O*=CHO*+H*） 随温度升高，催化活性降低 C

6、O2 H2O（g） 168.75 【解析】【分析】【详解】（1）甲醇分解反应：CH3OH(g)CO(g)2H2(g) H190.64 kJmol1；水蒸气变换反应：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g) H241.20 kJmol1。将+，即可求出CH3OH(g)H2O(g)CO2(g)3H2(g) H3=+90.64 kJmol1+（-41.20 kJmol1）=+49.44 kJmol1，故答案为：+49.44；（2）活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小。反应物为“CH2O*+2H*”，产物为“CHO*+3H*，故反应方程式为CH2O*

7、+2H*=CHO*+3H*因为2H*反应前后都吸附在催化剂表面，未参与反应，故反应实质为CH2O*=CHO*+H*，故答案为：CH2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH2O*=CHO*+H*）；（3）因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响，只能为催化剂的活性降低，故答案为：随温度升高，催化活性降低；对于反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，其他条件不变时，升高温度，平衡向左移动，即CO、H2O的含量均增大，CO2、H2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a、b曲线分别对应CO2或H2，c、d曲线则对应CO或H2O（g）。根据反应方程式可知：该

8、反应起始时，n（H2）n（CO2）、n（H2O）n（CO），平衡时含量必然有H2CO2、H2OCO故a、b、c、d曲线分别对应H2、CO2、H2O（g）、CO，曲线b、c对应物质的化学式分别为CO2、H2O（g），故答案为：CO2、H2O（g）；（4）假设CH3OH的压强变化量为x，列出三段式： ，x=3.75Mpa，v（CH3OH）= MPah1；Kp= =168.75（MPa）2，故答案为：；168.75（MPa）2。【点睛】本题综合考查化学平衡问题，题目涉及化学平衡计算与影响因素、反应热计算等，侧重考查学生分析计算能力，注意盖斯定律在反应热计算中应用，难点（4）列出三段式，理清平衡时各物

9、质的量，是解题关键。3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：.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)/kJmol-1-110.5-393.5-296.8(2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同

10、的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol SO2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。在实验b中，40 min达到平衡，则040 min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)_。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_。.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)H1807.98kJmol1。在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中XYZ)，在不同温度条件下，得到NO脱除率(即NO转化率)曲线如图所示。NH3与NO的物质的量之比

11、为X时对应的曲线为_(填“a”“b”或“c”)。各曲线中NO脱除率均先升高后降低的原因为_。900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)。.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】-269.2kJmol-1 0.01molL-1min-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H0，继续升高

12、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-反应)-反应可得到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：-269.2kJmol-1；(2)结合题干信息，列三段式有：则，解得x=0.8，则，故答案为0.010.01molL-1min-1；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，与实验a相比，实验c达

13、到平衡状态改变且所需时间缩短，可能是增大压强或升高温度，联系反应特点，若是增大压强，平衡向右移动，向右反应的程度应增大，与图像不符，若是升高温度，平衡向左移动，与图像相符，故答案为：加入催化剂；升高温度；(3)NH3和NO的物质的量之比越大，NO的脱出率月啊，则相同温度下，不同NH3、NO物质的量之比对应NO的脱出率：XYZ，则X对应曲线c，Y对应曲线b，Z对应曲线a，故答案为：c；NO的脱出率会受到速率、平衡移动等因素的影响，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H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降

14、，故答案为：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H0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降；压强为p0，根据曲线a上NH3与NO的物质的量之比为，则NH3的分压为0.4p0，NO的分压为0.6p0，列三段式有：则反应的平衡常数，故答案为：；(4)在碱性环境下，ClO2-氧化等物质的量的SO2和NO2，ClO2-变为Cl-，SO2变为SO42-，NO2变为NO3-，利用氧化还原反应规律进行配平，可得离子反应方程式3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O，故答

15、案为：3ClO2-+4SO2+4NO2+12OH-=3Cl-+4SO42-+4NO3-+6H2O。4CO2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。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.CH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂c.由XY过程中放出能量并形成了CC键该条件下由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_。II.电解法转化CO2制HCOOH的

16、原理如图。写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式：_。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) H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.增大初始投料比研究温度对于甲醇产率的影响。在210290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。H_0（填“”或“”），其依据是_。【答案】bc CH4+CO2CH3COOH

17、2CO2+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)根据合成示意图进行判断；由图示写出由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式；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；根据电解池反应原理分析；(2)根据平衡转化率影响因素方面分析；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)a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

18、新的共价键，必有C-H键发生断裂，故b正确；cXY的焓值降低，说明为放热过程，由CH4CH3COOH有C-C键形成，故c正确；故答案选bc；由图示可知，由CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为CH4+CO2CH3COOH；阴极得电子，CO2还原为HCOO-的电极反应式为：2CO2+HCO3-+2e-=HCOO-+CO32-；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)a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

19、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；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H0。5氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=+83kJmol-1.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20kJmol-1.4HCl(g)+O2(

20、g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H3反应能自发进行的条件是_。利用H1和H2计算H3时，还需要利用反应_的H。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（400）_K（500）（填“大于”或“小于”）。设容器内初始压强为p0，根据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1的数据，计算400时容器内的平衡压强=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。（3）已知：氯气与NaOH溶液反应可生

21、成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：.2ClO-=ClO2-+Cl-.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常温下，反应能快速进行，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：_。（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：_。【答案】高温 CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g） 大于 0.848p0 Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低 反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向ClO3转化 ClO3H2O2e=ClO42H 【解析】【分析】【详解】（1）.CuCl2(s)=CuCl(s

22、)+Cl2(g) H1=+83kJmol-1，S0，则要G=H-TS0，须高温条件下才能自发；.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=+83kJmol-1.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20kJmol-1.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H3利用H1和H2计算H3时，由盖斯定律，（-2-2）/2得：还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）的H。故答案为：高温；CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）；（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，

23、说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400）大于K（500）；进料浓度比c（HCl）：c（O2）的比值越大，HCl的平衡转化率越低，根据图象可知，相同温度时HCl转化率最高的为进料浓度比c（HCl）：c（O2）=4：1，该曲线中400HCl的平衡转化率为76%。则 p= p0=0.848p0；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过低时，O2浓度较大，HCl的转化率较高，但Cl2和O2分离能耗较高，生成成本提高；进料浓度比c（HCl）：c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；故答案为：大于；p= p0=0.848p0；Cl2和

24、O2分离能耗较高、HCl转化率较低；（3）生成NaClO3的反应分两步进行：.2ClO-=ClO2-+Cl-，.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，用碰撞理论解释其原因：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向ClO3转化；故答案为：反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向ClO3转化；（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，阳极发生氧化反应生成ClO4，阳极反应式：ClO3H2O2e=ClO42H。故答案为：ClO3H2O2e=ClO42H。【点睛】本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理

25、等知识，明确化学平衡及其影响为解答关键，难点（2）注意掌握盖斯定律内容及三段式在化学平衡计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。6完成下列填空。(1)在 25、101kPa 时，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为 393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、870.3kJ/mol，则 2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的H=_。(2)温度为 T 时，在 2 L 的密闭容器中加入 2.0 mol SO2 和 1.0 mol O2 发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的 0.7 倍。该反应的平衡常数为_。(3)在一定

26、体积 pH12 的 Ba(OH)2 溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的 NaHSO4 溶液， 当溶液中的 Ba2恰好完全沉淀时，溶液 pH11。若反应后溶液的体积等于 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO4 溶液的体积之和，则 Ba(OH)2 溶液与 NaHSO4 溶液_(4)利用如图所示的电解装置，可将雾霾中的 NO、SO2 转化为硫酸铵，从而实现废气的回 收再利用。通入 NO 的电极反应式为_；若通入的 NO 体积为 4.48 L(标况下)，则理论上另一电极通入 SO2 的物质的量应为_。【答案】-488.3kJmol 1620 1：4 NO+6H+5e-=NH4+H2O 0.5mol 【解

27、析】【分析】根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)= CH3COOH(l)的反应热；利用三段式法，设参加反应的SO2物质的量，用平衡状态时的压强变化列式求解，再用化学平衡公式求解化学平衡常数；氢氧化钡和硫酸氢钠反应钡离子恰好沉淀，需要Ba(OH)2和NaHSO4按照物质的量1：1和反应，结合溶液的pH和溶液体积换算物质的量列式计算；根据电解装置分析，通入NO的电极连接外电源负极，则该电极为电解池阴极，电解池阴极发生还原反应，NO转化为NH4+，H+参与电极反应，据此写出电极方程式，根据电子守恒计算。据此分析。【详解】(1)在25、101kPa时

28、，C(s)、H2(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别为393.5kJmol、285.8kJmol、870.3kJmol，则H2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.8kJmol (1)C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-393.5kJmol (2)CH3COOH(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H=-870.3kJmol(3)由盖斯定律可以知道，(1)2+(2)2-(3)可得反应2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(1)，其反应热为2(-285.8kJmol)+2(-393.5kJmol)+870.3kJmol=-488.3kJmol，答

29、案为：-488.3 kJmol； (2)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0 mol SO2和1.0 mol O2发生反应，达到平衡时容器内气体压强变为起始时的0.7倍，用三段式法设反应的SO2的物质的量： ，该反应是恒温恒容下的反应，根据反应前后压强之比等于物质的量之比得，则化学平衡常数，答案为：1620；(3)pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH- )= 10-2molL，设溶液体积为aL，则氢氧根离子物质的量为10-2a mol；当溶液中的 Ba2恰好完全沉淀时，根据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4+H2O+NaOH，反应的硫酸氢钠物质的量为0.5a10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为bL，混合后溶液pH=11，得溶液中氢氧根离子浓度为10 -3molL，碱过量；根据公式得：，a：b=1：4；答案为：1：4；(4)根据电解装置，SO2转化为硫酸根离子，说明NO转化为NH4+，即NO在阴极发生还原反应NO+6H+5e-=NH4+H2O，阳极反应式为SO2+2H2O-2e-=4H+SO42-，通入的 NO体积为 4.48 L(标况下)即0.2mol，根据得失电子守恒，因此有2NO