届高考化学考前冲刺提分训练化学反应原理综合题一答案 详解.docx

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届高考化学考前冲刺提分训练化学反应原理综合题一答案详解

——化学反应原理综合题

【提分训练】

1．铁及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。

（1）复合氧化物铁酸锰（MnFe2O4）可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：

①MnFe2O4（s）===MnFe2O（4－x）（s）＋

O2（g）　ΔH1

②MnFe2O（4－x）（s）＋xH2O（g）===MnFe2O4（s）＋xH2（g）

ΔH2　

③2H2O（g）===2H2（g）＋O2（g）　ΔH3

则：

ΔH3与ΔH1、ΔH2的关系为ΔH3＝________。

（2）纳米铁是重要的储氢材料，可用下列反应制得：

Fe（s）＋5CO（g）

Fe（CO）5（g）　ΔH＜0。

在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.5molCO，在T1、T2不同温度下进行反应，测得c（CO）与温度、时间的关系如图1所示。

①T1________（填“＞”或“＜”）T2。

②T2温度下，上述反应的平衡常数K＝________（结果不要求带单位）。

（3）高铁酸钾（K2FeO4）被人们称为“绿色化学”净水剂。

高铁酸钾在酸性至弱碱性条件下不稳定。

①工业上用KClO与Fe（NO3）3溶液反应制得K2FeO4，反应的离子方程式为________________________。

制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液混合的操作为______________________。

②已知K2FeO4在水解过程中铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图2所示。

向pH＝6的溶液中加入KOH溶液，发生反应的离子方程式为___________________________________________________________。

（4）电解法可制得K2FeO4，装置如图3所示。

阳极的电极反应式为_________________________________________________________。

解析：

（1）复合氧化物铁酸锰（MnFe2O4）可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：

①MnFe2O4（s）===MnFe2O（4－x）（s）＋

O2（g）　ΔH1

②MnFe2O（4－x）（s）＋xH2O（g）===MnFe2O4（s）＋xH2（g）　ΔH2　

③2H2O（g）===2H2（g）＋O2（g）　ΔH3

根据盖斯定律，

可得③2H2O（g）===2H2（g）＋O2（g）　ΔH3＝

。

（2）①图1中，温度为T1时曲线斜率大，且优先达到平衡状态，说明温度T1较高，则温度T1＞T2。

②T2达到平衡状态时c（CO）＝0.1mol/L，

Fe（s）＋5CO

Fe（CO）5（g）

初始（mol/L）　　　　0.5　　　0

转化（mol/L）　　　　0.4　　0.08

平衡（mol/L）　　　　0.1　　0.08

则T2温度下，该反应的平衡常数K＝

＝8×103。

（3）①将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，则在KOH溶液中，Fe（NO3）3与KClO反应生成K2FeO4、KCl和KNO3，反应的方程式为2Fe（NO3）3＋3KClO＋10KOH===2K2FeO4＋6KNO3＋3KCl＋5H2O，改成离子方程式为2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO

＋3Cl－＋5H2O；高铁酸钾在酸性至弱碱性条件下不稳定，制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液混合的操作为：

在搅拌下，将饱和Fe（NO3）3溶液缓慢滴加到KClO溶液中。

②当pH＝6时溶液中主要存在HFeO

，加入KOH溶液后HFeO

的浓度减小，FeO

的浓度增大，说明发生反应：

HFeO

＋OH－===FeO

＋H2O。

（4）根据图3可知，阳极Fe失去电子结合氢氧根离子生成FeO

，电解过程中阳极的反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO

＋4H2O。

答案：

（1）

（2）①＞　②8×103

（3）①2Fe3＋＋3ClO－＋10OH－===2FeO

＋3Cl－＋5H2O　在搅拌下，将饱和Fe（NO3）3溶液缓慢滴加到KClO溶液中

②HFeO

＋OH－===FeO

＋H2O

（4）Fe－6e－＋8OH－===FeO

＋4H2O

2．（2018·全国卷Ⅰ）采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。

回答下列问题：

（1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5。

该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为________。

（2）F.Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）的分解反应：

其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。

体系的总压强p随时间t的变化如表所示[t＝∞时，N2O5（g）完全分解]：

t/min

0

40

80

160

260

1300

1700

∞

p/kPa

35.8

40.3

42.5

45.9

49.2

61.2

62.3

63.1

①已知：

2N2O5（g）===2N2O4（g）＋O2（g）　ΔH1＝－4.4kJ·mol－1

2NO2（g）===N2O4（g）　ΔH2＝－55.3kJ·mol－1

则反应N2O5（g）===2NO2（g）＋

O2（g）的ΔH＝________kJ·mol－1。

②研究表明，N2O5（g）分解的反应速率v＝2×10－3×pN2O5（kPa·min－1）。

t＝62min时，测得体系中pO2＝2.9kPa，则此时的pN2O5＝________kPa，v＝________kPa·min－1。

③若提高反应温度至35℃，则N2O5（g）完全分解后体系压强p∞（35℃）______（填“大于”“等于”或“小于”）63.1kPa，原因是_________。

④25℃时N2O4（g）

2NO2（g）反应的平衡常数Kp＝________kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数）。

（3）对于反应2N2O5（g）―→4NO2（g）＋O2（g），R.A．Ogg提出如下反应历程：

第一步　N2O5

NO2＋NO3　　快速平衡

第二步　NO2＋NO3―→NO＋NO2＋O2慢反应

第三步　NO＋NO3―→2NO2快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。

下列表述正确的是________（填标号）。

A．v（第一步的逆反应）＞v（第二步反应）

B．反应的中间产物只有NO3

C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效

D．第三步反应活化能较高

解析：

（1）Cl2与AgNO3反应生成N2O5，还应该有AgCl，氧化产物是一种气体，则该气体为O2。

（2）①把已知两反应按顺序编号为a、b，根据盖斯定律，a式×

－b式可得：

N2O5（g）===2NO2（g）＋

O2（g）ΔH＝＋53.1kJ·mol－1

②由方程式2N2O5（g）===4NO2（g）＋O2（g）可知，62min时，pO2＝2.9kPa，则减小的N2O5为5.8kPa，此时pN2O5＝35.8kPa－5.8kPa＝30.0kPa，则v（N2O5）＝2×10－3×30.0kPa·min－1＝6.0×10－2kPa·min－1。

③温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高。

④时间无限长时N2O5完全分解，故由2N2O5（g）===4NO2（g）＋O2（g）知，此时生成的pNO2＝2pN2O5＝2×35.8kPa＝71.6kPa，pO2＝0.5×35.8kPa＝17.9kPa。

由题意知，平衡时体系的总压强为63.1kPa，则平衡体系中NO2、N2O4的压强和为63.1kPa－17.9kPa＝45.2kPa，设N2O4的压强为xkPa，则

N2O4（g）

2NO2（g）

初始压强/kPa　　　0　　　　　71.6

转化压强/kPa　　　x　　　　　2x

平衡压强/kPa　　　x　　　　　71.6－2x

则x＋（71.6－2x）＝45.2，解得x＝26.4,71.6kPa－26.4kPa×2＝18.8kPa，Kp＝

＝

≈13.4kPa。

（3）第一步反应快速平衡，说明正、逆反应速率很大，极短时间内即可达到平衡，A项正确；由题给三步反应可知，反应的中间产物有NO3和NO，B项错误；第二步反应慢，说明有效碰撞次数少，C项正确；反应快，说明反应的活化能较低，D项错误。

答案：

（1）O2　

（2）①＋53.1　②30.0　6.0×10－2

③大于　温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高　④13.4　（3）AC

3.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。

回答下列问题：

（1）下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是________（填标号）。

A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以

B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸

C．0.10mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1

D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸

（2）如图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）制氢的热化学方程式分别为_____________________________、_______________________________，制得等量H2所需能量较少的是____________________。

（3）H2S与CO2在高温下发生反应：

H2S（g）＋CO2（g）

COS（g）＋H2O（g）。

在610K时，将0.10molCO2与0.40molH2S充入2.5L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。

①H2S的平衡转化率α1＝__________，反应平衡常数K＝________。

②在620K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2________α1，该反应的ΔH________0。

（填“>”“<”或“＝”）

③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________（填标号）。

A．H2SB．CO2

C．COSD．N2

解析：

（1）根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和NaHCO3反应，亚硫酸与NaHCO3反应，说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱，A项不符合题意；相同浓度，溶液的导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能力弱，说明氢硫酸的电离能力较弱，即电离出的氢离子数较少，B项不符合题意；相同浓度下，亚硫酸的pH较小，故它的酸性较强，C项不符合题意；酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出氢离子的难易，而还原性强调还原剂失电子的难易，D项符合题意。

（2）系统（Ⅰ）和系统（Ⅱ）都是吸热反应，从热化学方程式可以看出，系统（Ⅱ）制备1molH2需要消耗20kJ能量，而系统（Ⅰ）制备1molH2需要消耗286kJ能量，故系统（Ⅱ）消耗的能量较少。

（3）①用三段式法计算：

该反应是等气体分子数反应，平衡时n（H2O）＝0.02×0.50mol＝0.01mol。

H2S（g）＋CO2（g）

COS（g）＋H2O（g）

起始/mol　0.40　　0.10　　　0　　　　0

转化/mol　0.01　　0.01　　　0.01　　　0.01

平衡/mol　0.39　　0.09　　　0.01　　　0.01

α1＝

×100%＝2.5%；对于等气体分子数反应，可直接用物质的量替代浓度计算平衡常数：

K＝

＝

≈2.8×10－3。

②总物质的量不变，H2O的物质的量分数增大，说明平衡向右移动，H2S的转化率增大；即升高温度，平衡向正反应方向移动，正反应是吸热反应。

③平衡之后，再充入H2S，则CO2的转化率增大，H2S的转化率减小，A项错误；充入CO2，平衡向右移动，H2S的转化率增大，B项正确；充入COS，平衡向左移动，H2S的转化率减小，C项错误；充入N2，无论体积是否变化，对于气体分子数相等的反应，平衡不移动，H2S的转化率不变，D项错误。

答案：

（1）D

（2）H2O（l）===H2（g）＋

O2（g）　ΔH＝286kJ·mol－1，　

H2S（g）===H2（g）＋S（s）　ΔH＝20kJ·mol－1

系统（Ⅱ）

（3）①2.5%　2.8×10－3　②>　>　③B

3.丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。

回答下列问题：

（1）正丁烷（C4H10）脱氢制1丁烯（C4H8）的热化学方程式如下：

①C4H10（g）===C4H8（g）＋H2（g）　ΔH1

已知：

②C4H10（g）＋

O2（g）===C4H8（g）＋H2O（g）　ΔH2＝－119kJ·mol－1

③H2（g）＋

O2（g）===H2O（g）　ΔH3＝－242kJ·mol－1

反应①的ΔH1为________kJ·mol－1。

图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x________（填“大于”或“小于”）0.1；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是________（填标号）。

A．升高温度　　　　　B．降低温度

C．增大压强D．降低压强

（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。

图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。

图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是________________________。

（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。

丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是______________、______________；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是__________________。

解析：

（1）根据盖斯定律，可得①＝②－③，则ΔH1＝ΔH2－ΔH3＝－119kJ·mol－1＋242kJ·mol－1＝123kJ·mol－1。

反应①为气体总体积增大的反应，在温度相同时降低压强有利于提高平衡转化率，故x<0.1。

反应①为吸热反应，升高温度有利于平衡正向移动，A项正确；降低压强平衡向气体总体积增大的方向移动，D项正确。

（2）结合题图（b）可看出随着n（氢气）/n（丁烷）增大，丁烯产率先升高后降低，这是因为氢气是生成物，当n（氢气）/n（丁烷）逐渐增大时，逆反应速率增大，故丁烯的产率逐渐降低。

（3）在590℃之前随温度升高丁烯产率逐渐增大，这是因为温度升高不仅能加快反应速率，还能促使平衡正向移动；但温度高于590℃时，丁烯高温裂解生成短链烃类，导致丁烯产率快速降低。

答案：

（1）123　小于　AD　

（2）氢气是产物之一，随着n（氢气）/n（丁烷）增大，逆反应速率增大

（3）升高温度有利于反应向吸热方向进行　温度升高反应速率加快　丁烯高温裂解生成短链烃类

4．CO2和CO可作为工业合成甲醇（CH3OH）的直接碳源，还可利用CO2据电化学原理制备塑料，既减少工业生产对乙烯的依赖，又达到减少CO2排放的目的。

（1）利用CO2和H2反应合成甲醇的原理为：

CO2（g）＋3H2（g）

CH3OH（g）＋H2O（g）。

上述反应常用CuO和ZnO的混合物作催化剂。

相同的温度和时间段内，催化剂中CuO的质量分数对CO2的转化率和CH3OH的产率影响的实验数据如下表所示：

w（CuO）/%

10

20

30

40

50

60

70

80

90

CH3OH的产率

25%

30%

35%

45%

50%

65%

55%

53%

50%

CO2的转化率

10%

13%

15%

20%

35%

45%

40%

35%

30%

由表可知，CuO的质量分数为________时催化效果最佳。

（2）利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生如下反应：

CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g），其两种反应过程中能量的变化曲线如图中a、b所示，下列说法正确的是________。

A．上述反应的ΔH＝－91kJ·mol－1

B．a反应正反应的活化能为510kJ·mol－1

C．b过程中第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段为放热反应

D．b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和ΔH

E．b过程的反应速率：

第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段

（3）①在1L的恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化情况如图1所示，则压强p2________（填“＞”“＜”或“＝”）p1；平衡由A点移至C点、D点移至B点，分别可采取的具体措施为__________________、___________________；在C点时，CO的转化率为________。

②甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1molCO和2molH2，向乙中加入2molCO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示，则L、M两点容器内压强：

p（M）________2p（L）；平衡常数：

K（M）______K（L）（填“＞”“＜”或“＝”）。

（4）以纳米二氧化钛膜为工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入CO2进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯H2C—CH2（简称LDPE）。

①电解时，阴极的电极反应式是__________________________________。

②工业上生产1.4×102kg的LDPE，理论上需要标准状况下________L的CO2。

解析：

（1）相同的温度和时间段内，催化剂中CuO的质量分数对CO2的转化率和CH3OH的产率影响的实验数据分析可知，氧化铜60%时甲醇的产率最高，CO2的转化率最大，由表可知，CuO的质量分数为60%的催化效果最佳。

（2）上述反应的ΔH＝－91kJ·mol－1，故A正确；a反应正反应的活化能为419kJ·mol－1，故B错误；由图像曲线变化和能量变化可知，b过程中第Ⅰ阶段生成物能量高，则第Ⅰ阶段为吸热反应，第Ⅱ阶段生成物能量低于反应物，反应为放热反应，故C正确；b过程使用催化剂后降低了反应的活化能，加快反应速率，不改变反应的ΔH，故D错误；b过程中第Ⅱ阶段的活化能小于第Ⅰ阶段的活化能，反应速率：

第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段，故E正确。

（3）①由图像分析可知温度一定，压强增大平衡正向进行，甲醇体积分数越大，故压强p2＜p1；平衡由A点移至C点是升温平衡逆向进行，保持压强为p2，将温度由250℃升高到300℃；D点移至B点是压强增大，保持温度为300℃，将压强由p3增大到p1，C点时甲醇的体积分数50%，在1L的恒容密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和H2，设CO物质的量为1mol，氢气物质的量为2mol，设一氧化碳消耗物质的量为x，

CO（g）＋2H2（g）

CH3OH（g）

起始量（mol·L－1）　1　　　2　　　　0

变化量（mol·L－1）　x　　　2x　　　　x

平衡量（mol·L－1）　1－x　2－2x　　　x

＝50%，x＝0.75mol，CO的转化率＝

×100%＝75%。

②甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1molCO和2molH2，向乙中加入2molCO和4molH2，M和L点CO2的转化率相同，若温度相同，则p（M）＝2p（L），但M点温度高，则L、M两点容器内压强：

p（M）＞2p（L）；M点和L点比较，M点温度高，平衡逆向进行，平衡常数：

K（M）＜K（L）。

（4）①2nCO2～H2C—CH2，碳的化合价从＋4变为－2，每个C原子得到6个电子，则2nCO2总共得到12n个电子，根据电荷守恒可得该电极反应式为2nCO2＋12ne－＋12nH＋===H2C—CH2＋4nH2O。

②工业上生产1.4×102kg的LDPE（H2C—CH2），根据2nCO2～H2C—CH2可知，需要二氧化碳的物质的量为

×2n＝1×104mol，理论上需要标准状况下CO2的体积是22.4L·mol－1×1×104mol＝2.24×105L。

答案：

（1）60%　

（2）ACE

（3）①＜　保持压强为p2，将温度由250℃升高到300℃

保持温度为300℃，将压强由p3增大到p1　75%

②＞　＜

（4）①2nCO2＋12nH＋＋12ne－===H2C—CH2＋4nH2O　②2.24×105

5．MnO2可作氧化剂、催化剂和干电池中的去极化剂，通过图1装置焙烧MnCO3可以制取MnO2。

已知：

2MnO（s）＋O2（g）===2MnO2（s）　ΔH1＝akJ·mol－l

MnCO3（s）===MnO（s）＋CO2（g）　ΔH2＝bkJ·mol－l

回答下列问题：

（1）写出图1装置中制取MnO2的热化学方程式：

________________________（ΔH用含a、b的代数式表示）。

（2）一定条件下，在1L恒容密闭容器中，该反应达到化学平衡时，CO2与O2的物质的量之比为m，氧气的物质的量为2mol，则化学平衡常数K＝__________mol·L－1。

（3）用真空抽气泵不断抽气的目的是____________________________（从化学平衡的角度回答）。

（4）某科研小组对碳酸锰与空气反应制备二氧化锰的条件（焙烧温度和气氛）进行了研究，获得以下三幅图。

①制备时焙烧温度为________，气氛条件为________。

②图2中是在常压（0.1MPa）下获得的数据，试在图2中用虚线画出10MPa下反应温度与转化率的关系图。

解析：

（1）由题中信息可知，可认为制取MnO2的过程先后发生了两个反应：

①MnCO3（s）===MnO（s）＋CO2（g）　ΔH2＝bkJ·mol－l，②2MnO（s）＋O2（g）===2MnO2（s）　ΔH1＝akJ·mol－l，由①×2＋②可得制取MnO2的热化学方程式为2MnCO3（s）＋O2（g）===2MnO2（s）＋2CO2（g）　ΔH＝（a＋2b）kJ·mol－1。

（2）一定条件下，在1L恒容密闭容器中，该反应达到化学平衡时，CO2与O2的物质的量之比为m，氧气的物质的量为2mol，则CO2的物质的量为2mmol，CO2和O2的物质的量浓度分别为2mmol·L－1和2mol·L－1，该反应的化学平衡常数K＝

＝2m2。

（3）用真空抽气泵不断抽气的目的是减小生成物CO2的浓度，使平衡正向移动，提高MnCO3转化率。

（4）①制备时焙烧温度为350℃左右（或325～375℃），气氛条件为湿空气，其中水分含量为30%左右（或水分含量为20%～40%）。

②该反应是一个气体分子数减少的反应，在相同温度下，增大压强后，化学平衡向逆反应方向移动，反应物的转化率会变小。

图2中是在常压（0.1MPa）下获得的数据，在图2中的曲线下方用虚线画出10MPa下反应温度与转化率的关系图如下。