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1Word格式文档下载.docx

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增大；

（3）设CH3COOH和H2O的物质的量均为1mol，平衡时，反应了CH3COOHxmol，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（g）；

2．甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。

（1）已知甲醇分解反应：

CH3OH（g）

CO（g）＋2H2（g）△H1＝＋90.64kJ·

mol－1；

水蒸气变换反应：

CO（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋H2（g）△H2＝－41.20kJ·

mol－1。

则CH3OH（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋3H2（g）△H3＝___________kJ·

（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1mol且n（CH3OH）：

n（H2O）＝1：

1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。

①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____________________。

②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5.00MPaCH3OH使其分解，th后达平衡时H2的物质的量分数为60%，则th内v（CH3OH）＝_____MPa·

h－1，其分压平衡常数Kp＝_____MPa2。

【答案】+49.44CH2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH2O*=CHO*+H*）随温度升高，催化活性降低CO2H2O（g）

168.75

（1）甲醇分解反应：

①

②

将①+②，即可求出CH3OH（g）＋H2O（g）

CO2（g）＋3H2（g）△H3＝=+90.64kJ·

mol－1+（-41.20kJ·

mol－1）=+49.44kJ·

mol－1，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*+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；

②对于反应CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）△H＜0，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：

该反应起始时，n（H2）＞n（CO2）、n（H2O）＞n（CO），平衡时含量必然有H2＞CO2、H2O＞CO．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）=

=

MPa·

h－1；

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。

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·

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<

Y<

Z），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。

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

（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

-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·

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，与实验a相比，实验c达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）①NH3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：

X<

Z，则X对应曲线c，Y对应曲线b，Z对应曲线a，故答案为：

c；

②NO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ΔH<

0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降，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ΔH<

0，继续升高温度，平衡向左移动，NO脱出率又下降；

③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

（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，故答案为：

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

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_____。

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

（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。

（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．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：

Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+

Cl2（g）ΔH1=+83kJ·

mol-1

Ⅱ.CuCl（s）+

O2（g）=CuO（s）+

Cl2（g）ΔH2=-20kJ·

Ⅲ.4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH3

反应Ⅰ能自发进行的条件是___。

利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用反应___的ΔH。

（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溶液反应可生成NaClO3。

有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：

Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-

Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-

常温下，反应Ⅱ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0.848p0Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低反应Ⅰ的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO－向ClO3－转化ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋

（1）Ⅰ.CuCl2（s）=CuCl（s）+

mol-1，△S＞0，则要△G=△H-T△S＜0，须高温条件下才能自发；

利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，由盖斯定律，（Ⅲ-Ⅱ×

2-Ⅰ×

2）/2得：

还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）＝CuCl2（s）+H2O（g）的ΔH。

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，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℃）；

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）：

1，该曲线中400℃HCl的平衡转化率为76%。

p=

p0=0.848p0；

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；

c（O2）过高时，O2浓度较低，导致HCl的转化率减小；

大于；

Cl2和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：

Ⅰ.2ClO-=ClO2-+Cl-，Ⅱ.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-，常温下，反应Ⅱ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Ⅰ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：

ClO3－＋H2O－2e－=ClO4－＋2H＋。

本题考查化学平衡计算、盖斯定律应用及电解原理等知识，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2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2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）在一定体积pH＝12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pH＝11。

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4.48L（标况下），则理论上另一电极通入SO2的物质的量应为_________。

【答案】-488.3kJ∕mol16201：

4NO+6H++5e-=NH4++H2O0.5mol

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。

（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H2（g）+

O2（g）=H2O（l）△H=-285.8kJ∕mol

（1）

C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ∕mol

（2）

CH3COOH

（1）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=-870.3kJ∕mol（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×

（-285.8kJ∕mol）+2×

（-393.5kJ∕mol）+870.3kJ∕mol=-488.3kJ∕mol，答案为：

-488.3kJ∕mol；

（2）温度为T时，在2L的密闭容器中加入2.0molSO2和1.0molO2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-）=10-2mol∕L，设溶液体积为aL，则氢氧根离子物质的量为10-2×

amol；

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0.5a×

10-2mol；

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10-3mol∕L，碱过量；

根据公式得：

，a：

b=1：

4；

答案为：

1：

（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4.48L（标况下）即0.2mol，根据得失电子守恒，因此有2NO