通用版高考化学二轮复习题型三化学反应原理综合题的研究真题调研教案.docx
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通用版高考化学二轮复习题型三化学反应原理综合题的研究真题调研教案
化学反应原理综合题的研究
】真题调研把握命题规律
*
1.(2019•全国卷I,28)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)]是重要的化工过程,
主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。
回答下列问题:
(1)Shibata曾做过下列实验:
①使纯H2缓慢地通过处于721C下的过量氧化钴CoO(s),
氧化钴部分被还原为金属钴Co(s),平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。
②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。
根据上述实验结果判断,还原CoO(s)为Co(s)的倾向是COH填“大于”或“小于”)。
(2)721C时,在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合,采用适当的催化剂进行反
应,则平衡时体系中H2的物质的量分数为(填标号)。
A.<0.25B.0.25C.0.25〜0.50D.0.50E.>0.50
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果,研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程,
如图所示,其中吸附在金催化剂表面上的物种用*标注。
可知水煤气变换的△H0(填“大于”“等于”或“小于”)。
该历程中最大能垒(活
化能)E正=eV,写出该步骤的化学方程式
⑷Shoichi研究了467C、489C时水煤气变换中CC和H2分压随时间变化关系(如图所示),
催化剂为氧化铁,实验初始时体系中的和Pco相等、和相等。
计算曲线a的反应在30〜90min内的平均速率v(a)=kPa-min。
467C时和pco
随时间变化关系的曲线分别是、。
489C时和pj随时间变化关系的曲线分
另U是、。
答案
(1)大于
⑵C
(3)小于2.02COO*+H+HkCi===COCjl+2H*+OH(或Hb6===H+oH)
(4)0.0047bead
解析⑴由题给信息①可知,H2(g)+CoO(s)Co(s)+HLO(g)(i)
_cfHO)_1—0.0250_
K1=C(H>厂0.0250_
由题给信息②可知,
CO(g)+CoO(s)
Co(s)+CQ(g)(ii)
cCO_1_0.0192c(CO)_0.0192-
疋51.08。
相同温度下,平衡常数越大,反应倾向越大,故
CO还原氧化
钴的倾向大于H。
(2)第⑴问和第⑵问的温度相同,禾U用盖斯定律,由(ii)-(i)得CO(g)
K251.08
+H2O(g)C(Og)+H2(g)3K=一3旷~°设起始时CO(g)、H2O(g)的物质的量都为1mol,
容器体积为1L,在721C下,反应达平衡时H的物质的量为xmol°
CO(g)+HO(g)H(g)+CQ(g)
起始/mol1100
转化/molxxxx
平衡/moll—xl-xxx
2
x
K=2=1.31,若K取1,则x=0.5,$(H2)=0.25;若K取4,则x〜0.67,$(HJ〜0.34°
0-X)
氢气的物质的量分数介于0.25与0.34之间,故选C°(3)观察起始态物质的相对能量与终态
物质的相对能量知,终态物质相对能量低于始态物质相对能量,说明该反应是放热反应,△H
小于0°过渡态物质相对能量与起始态物质相对能量相差越大,活化能越大,由题图知,最
大活化能E正=1.86eV-(-0.16eV)=2.02eV,该步起始物质为COO*+H*+HbO,产物为COOH+2H+OH。
⑷由题图可知,30〜90min内,"v(a)=-嘿kPa~0.0047kPa•min-1。
水
90min-30min
煤气变换中CC是反应物,H2是产物,又该反应是放热反应,升高温度,平衡向左移动,重新
达到平衡时,H2的压强减小,CO的压强增大。
故a曲线代表489C时随时间变化关系的曲线,
d曲线代表489C时pcO随时间变化关系的曲线,b曲线代表467C时随时间变化关系的曲线,
c曲线代表467C时pcO随时间变化关系的曲线。
2.(2019•全国卷H,27)环戊二烯()是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。
回答下列问题:
(1)已知(g)===(g)+H2(g)
△H=100.3kJ•mo「①
H2(g)+12(g)===2HI(g)△H2=-11.0kJ•mol②
对于反应:
(g)+12(g)===(g)+2HI(g)③
—1
△H3=kJ•mol°
⑵某温度,等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应③,起始总压为105Pa,平衡
时总压增加了20%环戊烯的转化率为,该反应的平衡常数K)=Pa。
达到
平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有(填标号)。
A.通入惰性气体B.提高温度
C.增加环戊烯浓度D.增加碘浓度
(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。
不同温度下,溶液中环戊二烯浓
度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是(填标号)。
A.Ti>T2
B.a点的反应速率小于c点的反应速率
C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D.b点时二聚体的浓度为0.45mol•L一1
(4)环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2,结构简式为],后者广泛应用于航天、化工等领域中。
二茂铁的电化学制备原理如图所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的
DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。
该电解池的阳极为,总反应为。
电解制备需要在无水
条件下进行,原因为。
答案
(1)89.3
(2)40%3.56X104BD(3)CD(4)Fe电极Fe+2+Hd(或Fe+
2Cn===Fe(GH5)2+H2f)水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OH,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
解析
(1)根据盖斯定律,由反应①+反应②得反应③,则△H=AH+△Hz=(100.3—
11.0)kJ•mol—1=89.3kJ•mol—t
(2)设容器中起始加入12(g)和环戊烯的物质的量均为a,平衡时转化的环戊烯的物质的量为x,列出三段式:
(g)+12(g)===(g)+2HI(g)
起始:
aa00
转化:
xxx2x
平衡:
a—xa—xx2x
20%,且恒温恒容时,压强之比等于气体物质的量之比,得
5854
总=1.2X10Pa,可得K=27X1.2X10Pa~3.56X10Pa。
通入惰性气体,对反应③的平衡无
影响,A项不符合题意;反应③为吸热反应,提高温度,平衡正向移动,可提高环戊烯的平
衡转化率,B项符合题意;增加环戊烯浓度,能提高l2(g)的平衡转化率,但环戊烯的平衡转化率降低,C项不符合题意;增加12(g)的浓度,能提高环戊烯的平衡转化率,D项符合题意。
⑶由相同时间内,环戊二烯浓度减小量越大,反应速率越快可知,TkT2,A项错误;影响反
应速率的因素有温度和环戊二烯的浓度等,a点时温度较低,但环戊二烯浓度较大,c点时温
度较高,但环戊二烯浓度较小,故无法比较a点和c点的反应速率大小,B项错误;a点和b
点温度相同,a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度,即a点的正反应速率大于b
点的正反应速率,因为b点时反应未达到平衡,b点的正反应速率大于逆反应速率,故a点
的正反应速率大于b点的逆反应速率,C项正确;b点时,环戊二烯的浓度减小0.9mol•L
_11
,结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的㊁,可知二聚体的浓度为0.45mol•L
-1,D项正确。
(4)结合图示电解原理可知,Fe电极发生氧化反应,为阳极;在阴极上有耳
生成,故电解时的总反应为Fe+2+H4或Fe+2GH===Fe(C5r)2+H4。
结合相关反应可知,
电解制备需在无水条件下进行,否则水会阻碍中间产物Na的生成,水电解生成OH,OH会
进一步与Fe2+反应生成Fe(0H)2,从而阻碍二茂铁的生成。
3.(2019•全国卷川,28)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出
量也随之迅速增长。
因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
回答下列问题:
(1)Deacon发明的直接氧化法为:
4HCI(g)+O2(g)===2CI2(g)+2fO(g)。
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HCI平衡转化率随温度变化的关系:
可知反应平衡常数K(300C)K(400C)(填“大于”或“小于”)。
设HCI初始浓度为
C。
,根据进料浓度比c(HCl):
c(O2)=1:
1的数据计算K(400C)=(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、过高的不利影响分另U是
22
HCI转化率较低
答案
(1)大于0巴j42Q和CI2分离能耗较高
(1—0.84(1—0.21po
(2)—116
⑶增加反应体系压强、及时除去产物
3丰一2丰2丰丰3丰
(4)Fe+e===Fe,4Fe+O+4H===4Fe+2fO5.6
解析
(1)由题给HCI平衡转化率随温度变化的关系图可知,随温度升高,HCI平衡转化率降
低,则此反应为放热反应,温度越高,平衡常数越小,即K(300C)大于K(400C)。
结合题图
可知,C(HCI):
C(O2)=1:
1、400C时HCI的平衡转化率为84%列出三段式:
4HCI(g)+02(g)===2CI2(g)+2HO(g)
起始CoCo00
转化0.84CoO.21CoO.42CoO.42Co
平衡
(1—o.84)Co(1—o.21)Coo.42Coo.42Co
222
则K(4ooC)=C4CI2•C汁0=o.424:
f.42”;进料浓度比C(HCI):
C(O2)过低会使
C(HCI)・C(Q)(1—0.84J:
(1—0.21月
Q和CI2分离的能耗较高,过高则会造成HCI转化率较低。
(2)将已知热化学方程式依次编号
为①、②、③,根据盖斯定律,由(①+②+③)X2得4HCI(g)+Q(g)===2CI2(g)+2fO(g)
△H=—116kJ•moI—1。
(3)题述反应是气体体积减小的反应,增大反应体系压强可使反应正
向移动,提高HCI的转化率,及时分离出产物也能提高HCI的转化率。
(4)负极区发生还原反
应Fe3++e_===F『,生成的二价铁又被氧气氧化成三价铁,发生反应4Fe2+Q+4』===4卩孑
1
+2HzQ由反应可知电路中转移4mol电子消耗1molQ,则转移1moI电子消耗氧气4口。
1,其
1一在标准状况下的体积为-mol:
22.4L•moI—1=5.6L。
4
4.(2018•全国卷I,28)采用N2Q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DeviI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.DanieIs等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25C时NQ(g)分解反应:
2NbQ(g)—->4NO(g)+Q(g)
2NO(g)
其中NO二聚为NbQ的反应可以迅速达到平衡。
体系的总压强p随时间t的变化如下表所示
[t时,N2Q(g)完全分解]:
t/min
0
40
80
160
260
1300
1700
oo
p/kPa
35.8
40.3
42.5
45.9
49.2
61.2
62.3
63.1
1已知:
2NO5(g)===2N2C4(g)+Q(g)△H=—4.4kJ•mol-
2NO(g)===N2O4(g)△H=—55.3kJ•mol—1
1—1
则反应N2C5(g)===2NO2(g)+^O^g)的△H=kJ-mol。
2研究表明,N2Q(g)分解的反应速率v=2X10—3xkPa-min—1。
t=62min时,测得体系中=
2.9kPa,则此时=kPa,v=kPa-min—1。
3若提高反应温度至35C,则NaQ(g)完全分解后体系压强P*(35°C)63.1kPa(填“大
于”“等于”或“小于”),原因是
2X35.8kPa=71.6kPa,=0.5x35.8kPa=17.9kPa。
由题意知,平衡时体系的总压强为
63.1kPa,则平衡体系中
NO、N2C4的压强和为63.1kPa—17.9kPa=45.2kPa,设NbC4的压强为
NbQ(g)
2NO(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
xkPa,则
则x+(71.6—2x)=45.2,解得
2
13.4kPa。
f18.8kPa)〜
26.4kPa〜
⑶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;
第二步反应慢,说明有效碰撞次数少,C项正确;由题给三步反应可知,反应的中间产物有
NQ和NQB项错误;反应快,说明反应的活化能较低,D项错误。
5.(2018•全国卷川,28)三氯氢硅(SiHCI3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。
回答下列问题:
(1)SiHCI3在常温常压下为易挥发的无色透明液体,遇潮气时发烟生成(HSi0)20等,写出该反
应的化学方程式。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应:
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)
—1
△H=48kJ•mol
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)+2SiHCl3(g)
—1
△Ha=—30kJ•mol
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)+3SiCl4(g)的△H为kJ-mol—1。
⑶对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)+SiCl4(g),采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂,
在323K和343K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。
1343K时反应的平衡转化率a=%平衡常数K343k=(保留2位小数)。
2在343K下:
要提高SiHCl3转化率,可采取的措施是;要缩短反应达到平
衡的时间,可采取的措施有、。
3比较a、b处反应速率大小:
vavb(填“大于”“小于”或“等于”)。
反应速率v
=v正一v逆=k正一k逆,k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数,x为物质的量分数,计算a
处的—=(保留1位小数)。
答案
(1)2SiHCl3+BfOnuNHSiOAg6HCl
(2)114
(3)①220.02②及时移去产物改进催化剂提高反应物浓度③大于1.3
解析
(1)SiHCI3遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等,结合原子守恒推知SiHCb与水蒸气反应除
生成(HSiO)2O外,还生成HCI,化学方程式为2SiHCl3+3fO===(HSiO)2O+6HCI。
(2)将题给两个热化学方程式依次编号为①②,根据盖斯定律,由①X3+②可得:
4SiHCI3(g)===SiH4(g)+3SiCI4(g),则有△H=3△H+△Hz=3X48kJ•mol-1+(-30kJ•mol
-1-1
)=114kJ•moI。
(3)温度越高,反应速率越快,达到平衡的时间越短,左边曲线达到平衡的时间短,则此曲线
代表343K时SiHCI3的转化率变化,右边曲线代表323K时SiHCI3的转化率变化。
①由题图可知,343K时反应的平衡转化率a=22%设起始时SiHCI3(g)的浓度为1moI•L-1,
则有
2SiHCl3(g)===SiH2CI2(g)+SiCI4(g)
起始浓度/mol•L-11
转化浓度/mol•L0.22
平衡浓度/mol•L-10.78
00
0.110.11
0.110.11
则343K时该反应的平衡常数
2
CQH2CI2•cSiCI巧0.11
K343K=2一0.02。
cSiHCI30.78
②在343K时,要提高SiHCI3转化率,可采取的措施是及时移去产物,使平衡向右移动;要缩短反应达到平衡的时间,需加快化学反应速率,可采取的措施有提高反应物浓度、改进催化剂等。
③温度越高,反应速率越快,
a点温度为343K,b点温度为323K,故反应速率:
Va>Vb。
反应
速率v=v正一v逆=k正一k逆,贝V有v正=k正,v逆=k逆,343K下反应达至U平衡状态时v正=v逆,
0.11
乔产0.02。
的量分数分别为
即k正=k逆,此时SiHCI3的平衡转化率a=22%经计算可得SiHCX、SiHzCb、SiCI4的物质
k正
0.78、0.11、0.11,则有k正X0.782=k逆X0.112,
k逆
SiHCI3的平衡转化率a=20%此时SiHCI3、SiHzCb、SiCI4的物质的量分数分别为0.8、0.1、
2
"亠v正0.02X0.8
0.1,则有厂===2〜1.3。
v逆0.1
高考化学反应原理综合题的命题规律
以工业生产原理或元素化合物为情景,以速率、平衡为核心,结合图、表综合考查,平衡常
数、转化率、平衡移动原理、化学反应速率、热化学方程式、反应热、溶液中的离子平衡、
离子反应等相关知识;考查识图能力及运用化学基本理论解释实际问题的能力。
425C时NaC4(g)2NO(g)反应的平衡常数K>=kPa(K)为以分压表示的平衡常数,
计算结果保留1位小数)。
⑶对于反应2N2C5(g)—>4NC(g)+C2(g),R.A.Cgg提出如下反应历程:
第一步N2C5NO+NO快速平衡
第二步NO+NO—->NOFNO+Q慢反应
第三步NOFN—-2NQ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NO
C.第二步中NO与NO的碰撞仅部分有效
D.第三步反应活化能较高
答案
(1)O2
(2)①53.1②30.06.0X10—2③大于温度提高,体积不变,总压强提高;NO二聚为放热反应,温度提高,平衡左移,体系气体物质的量增加,总压强提高④13.4
(3)AC
解析
(1)CI2与AgNO反应生成NQ,还应该有AgCl,氧化产物是一种气体,则该气体为Q。
一1
(2)①令2N2Q(g)===2N2O(g)+Q(g)△H=—4.4kJ•mola
2NO(g)===N2O(g)△Hb=—55.3kJ•mol—1b
1
根据盖斯定律,a式X^—b式可得:
1—1
N2O5(g)===2NO2(g)+?
O(g)△H=53.1kJ•mol。
②由方程式2N2Q(g)===4NQ(g)+Q(g)可知,62min时,=2.9kPa,则减小的NaQ为5.8kPa,此时=35.8kPa—5.8kPa=30.0kPa,贝Uv(N2O)=2X10X30.0kPa•min=6.0X10
2kPa•min一*12。
④时间无限长时NQ完全分解,故由2MQ(g)===4NQ(g)+Q(g)知,此时生成的=2=
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