备战高考化学《化学反应原理综合考查的综合》专项训练及详细答案.docx
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备战高考化学《化学反应原理综合考查的综合》专项训练及详细答案
2020-2021备战高考化学《化学反应原理综合考查的综合》专项训练及详细答案
一、化学反应原理综合考查
1.近年全球气候变暖,造成北极冰川大面积融化,其罪魁之一就是CO2,如何吸收大气中的CO2,变废为宝,是当今化学研究的主题之一。
I.二甲醚可用作溶剂、冷冻剂喷雾剂等,科学家提出利用CO2和H2合成二甲醚,反应原理为2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g)∆H
(1)已知:
①H2O(g)+CO(g)
CO2(g)+H2(g)△H1=+42kJ/mol
②CH3OCH3(g)+H2O(g)
2CH3OH(g)∆H2=+24.52kJ/mol
③CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g)∆H3=+90.73kJ/mol
则∆H=__kJ/mol。
(2)一定温度下,在一个2L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生上述反应,经过5min反应达到平衡,此时容器中压强与起始压强之比为3:
4,则用CH3OCH3表示的平均反应速率为__,H2的转化率为___;此时若向体系中再加入2molCO2和1.5molH2O(g),平衡__移动(填正向、逆向、不)。
(3)对于恒温恒容条件下进行的反应①,下列说法能说明反应已达平衡的是__。
A.混合气体密度不发生改变
B.混合气体的平均相对分子质量不再发生改变
C.v(CO)正=v(H2)逆
D.n(CO)与n(H2)的比值不变
(4)一定温度下,密闭容器中进行的反应③,测得平衡时混合物中某物质的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示,则纵坐标表示的物质是__,压强P1_P2(填>、<)。
II.工业锅炉长期煮烧会形成锅垢(主要成分CaSO4、Mg(OH)2),必须定期除去。
(5)CaSO4微溶于水和酸,可加入氢氧化钠并通入CO2使转化为CaCO3,然后加酸浸泡除去,反应的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-,室温下,该反应的化学平衡常数为__(室温下,Ksp(CaCO3)=3×10-9,Ksp(CaSO4)=9×10-6)。
【答案】-289.980.05mol·L-1·min-150%正向CDCH3OH>3×103
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据盖斯定律,方程式2CO2(g)+6H2(g)
CH3OCH3(g)+3H2O(g),可用-①×2-②-③×2得到,则△H=-△H1×2-△H2-△H3×2=-(+42)×2-(+24.52)-(+90.73)×2kJ·mol-1=-289.98kJ·mol-1;
(2)根据物质的量比等于压强比,平衡时容器中压强与起始压强之比为3:
4,可得平衡时混合气体的物质的量为6mol,设达到平衡时,生成CH3OCH3的物质的量为xmol,有:
可得2-2x+6-6x+x+3x=6mol,求解x=0.5mol,可得平衡时CO2、H2、CH3OCH3、H2O的物质的量分别为1mol、3mol、0.5mol、1.5mol;
用CH3OCH3表示的平均反应速率
;
H2的转化率为
;
平衡常数
,若向体系中再加入2molCO2和1.5.molH2O(g),此时CO2、H2、CH3OCH3、H2O的物质的量分别为3mol、3mol、0.5mol、3mol,则浓度商
,可知Qc (3)A.恒容条件下的气体间反应,根据 ,根据质量守恒,混合气体的质量不变,恒容,体积不变,则混合气体密度永远不发生改变,不能说明反应达到平衡,A错误; B.反应①前后气体分子数不变的反应,根据 ,根据质量守恒,混合气体的质量不变,混合气体的物质的量不变,则混合气体的平均相对分子质量永远不会发生改变,不能说明反应达到平衡,B错误; C.正逆反应速率相等,反应达到平衡,C正确; D.随着反应的进行,n(CO)与n(H2)的比值时刻在变化,现在不变,说明达到平衡,D正确; 答案选CD; (4)根据图示,温度升高,该物质的体积分数减小。 反应③的△H>0,升高温度,平衡正向移动,CH3OH的体积分数减小;则纵坐标表示的物质为CH3OH; 增大压强,平衡向气体体积减小的方向移动,即平衡逆向移动,CH3OH的体积分数增大,所以P1>P2; (5)根据CaSO4(s)+CO32-(aq) CaCO3(s)+SO42-(aq),平衡常数 。 【点睛】 问题 (2)中,同时加入2molCO2和1.5.molH2O(g),不能根据勒夏特列原理判断,因此利用浓度商和平衡常数的关系,判断平衡移动方向。 2.中国是世界上最大的钨储藏国,超细钨粉是生产硬质合金所必须的原料。 (1)工业上可以采用铝热还原法生产钨铁合金,已知: ①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)∆H1 ②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s)∆H2 则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为___(反应热写为∆H3并用含△H1、AH2的代数式表示);在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应,则转移电子___mol。 (2)自然界中钨主要存在于黑钨矿中(主要成分是铁和锰的钨酸盐),从中制备出黄钨(WO3)后再用H2逐级还原: WO3→WO2.90→WO2.72→WO2→W,总反应为3H2(g)+WO3(s) W(s)+3H2O(g)∆H,实验测得一定条件下平衡时H2的体积分数曲线如图所示: ①由图可知,该反应的∆H____(填“>”或“<”)0;a点处的v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。 ②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡,下列说法错误的是__(填序号)。 A.v正(H2)=v逆(H2O) B.加入WO3,则H2的转化率增大 C.容器内气体的密度不变时,一定达到平衡状态 D.容器内压强不变时,一定达到平衡状态 ③由图可知900K,氢气的平衡转化率为__,Kp(900K)=____(用平衡分压代替平衡浓度计算,已知: 平衡分压=p总×气体物质的量分数)。 ④已知在高温下,氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2,因此在反应中要适当加快氢气的流速,原因是__。 【答案】3Fe3O4(s)+4W(s)=9Fe(s)+4WO3(s)△H3=△H2-4△H10.8>>BD75%27加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽,提高钨的产率 【解析】 【分析】 【详解】 (1)①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s)∆H1 ②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s)∆H2 由盖斯定律: ①-②×4,则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为3Fe3O4(s)+4W(s)=9Fe(s)+4WO3(s)△H3=△H2-4△H1(反应热写为∆H3并用含△H1、AH2的代数式表示);在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应,则转移电子 ×3×0.1mol=0.8mol。 故答案为: 3Fe3O4(s)+4W(s)=9Fe(s)+4WO3(s)△H3=△H2-4△H1;0.8; (2)①由图可知,3H2(g)+WO3(s) W(s)+3H2O(g)随温度升高,氢气的体积分数减小,平衡正向进行,正向为吸热反应,该反应的∆H>0;a点要达平衡状态,氢的体积分数要减小,反应正向进行,a点处的v正>v逆。 故答案为: >;>; ②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡, A.氢气消耗的速率与水消耗的速率相等,v正(H2)=v逆(H2O),故A正确; B.WO3是固体,加入WO3,则H2的转化率不变,故B错误; C.反应前后气体的质量不同,容器内气体的密度不变时,一定达到平衡状态,故C正确; D.反应前后气体的体积不变,容器内压强不变时,不一定达到平衡状态,故D错误; 故答案为: BD; ③由图可知900K,M点时氢气的体积分数为25%,设氢气的起始量为3mol,转化率为x,氢气的变化量为3xmol,列出三段式: 则有 ,x=0.75,氢气的平衡转化率为75%; 平衡常数可用平衡分压代替平衡浓度计算,气体分压=气体总压×物质的量分数。 水蒸汽的分压为p总×0.75,氢气的分压为p总×0.25,Kp(900K)= =27。 故答案为: 75%;27; ④在高温下,氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2,因此在反应中要适当加快氢气的流速,原因是加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽,提高钨的产率。 故答案为: 加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽,提高钨的产率。 【点睛】 本题考查化学平衡的计算,把握盖斯定律计算焓变、化学平衡三段法、转化率及Kp的计算为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,综合性较强,难点 (2)③列出三段式,利用Kp的定义进行计算。 3.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)△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·mol-1。 (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 【解析】 【分析】 【详解】 (1)甲醇分解反应: CH3OH(g) CO(g)+2H2(g)△H1=+90.64kJ·mol-1;① 水蒸气变换反应: CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)△H2=-41.20kJ·mol-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。 4.消除尾气中的NO是环境科学研究的热点课题。 I.NO氧化机理 已知: 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)ΔH=-110kJ•mol-1 T1℃时,将NO和O2按物质的量之比为2: 1充入刚性反应容器中(忽略NO2与N2O4的转化)。 (1)下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。 A.2v正(O2)=v逆(NO2) B.NO与O2的物质的量之比为2: 1 C.容器内混合气体的密度保持不变 D.K不变 E.容器内混合气体的颜色保持不变 (2)通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况,得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。 则反应2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)在T1℃时的平衡常数Kp=____。 [对于气相反应,用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数,记作Kp,如p(B)=p•x(B),p为平衡总压强,x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。 保持其它条件不变,仅改变反应温度为T2℃(T2>T1),在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。 II.NO的工业处理 (3)H2还原法: 2NO(g)+2H2(g) N2(g)+2H2O(g)ΔH1 已知在标准状况下,由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。 NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ•mol-1、-280kJ•mol-1。 则ΔH1=____。 (4)O3-CaSO3联合处理法 NO可以先经O3氧化,再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2,转化为HNO2。 已知难溶物在溶液中并非绝对不溶,同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。 在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率,请用平衡移动原理解释其主要原因____。 (5)电化学处理法 工业上以多孔石墨为惰性电极,稀硝酸铵溶液为电解质溶液,将NO分别通入阴阳两极,通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。 则电解时阳极发生的电极反应为____。 【答案】AE0.08 -740kJ•mol-1对于反应CaSO3(s) Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+ 【解析】 【分析】 【详解】 I. (1)在一定条件下,当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时,反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,达到一种表面静止的状态,即“化学平衡状态”。 其中,正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质,而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。 A.当2v正(O2)=v逆(NO2)时,说明反应已达平衡态,故A正确; B.NO与O2的物质的量之比为2: 1时,不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,故B错误; C.根据质量守恒定律,容器内气体的质量恒定不变,则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变,不能说明达到化学平衡状态,故C错误; D.该反应中平衡常数K只与温度有关,则不能用K不变来判断化学平衡状态,故D错误; E.容器内混合气体的颜色保持不变,则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,即达到化学平衡状态,故E正确; 综上所述,答案为AE; (2)设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol、1mol,达平衡态时,氧气转化了xmol,则可列三段式为: 平衡时平均摩尔质量为36.8g/mol,则有 ,解得x=0.5,则NO、O2、NO2的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4,同温同体积,根据压强之比等于物质的量之比,有 ,代入x,解得a=62.5,根据平衡常数公式有 ;因为该反应为放热反应,升高温度时,反应速率会加快,平衡逆向移动,平均摩尔质量会减小,容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为 ,故答案为: 0.08; ; (3) =生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ•mol-1×2-90kJ•mol-1×2=-740kJ•mol-1,故答案为: -740kJ•mol-1; (4)相同条件下,硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度,亚硫酸钙可转化为硫酸钙,对于反应CaSO3(s) Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大,故答案为: 对于反应CaSO3(s) Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大; (5)由电解原理可知,阳极发生氧化反应,则一氧化氮转化为硝酸根,其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+,故答案为: NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。 5.甲醇是一种可再生能源,由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下: 反应Ⅰ: CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-49.58kJ·mol-1 反应Ⅱ: CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H2 反应Ⅲ: CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H3=-90.77kJ·mol-1 回答下列问题: (1)反应Ⅱ的△H2=______________。 (2)反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”) (3)恒温,恒容密闭容器中,对于反应Ⅰ,下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。 A.混合气体的密度不再变化 B.混合气体的平均相对分子质量不再变化 C.CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1: 3: 1: 1 D.甲醇的百分含量不再变化 (4)对于反应Ⅰ,不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示,下列有关说法不正确的是__________。 A.其他条件不变,若不使用催化剂,则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1 B.温度低于250 ℃时,随温度升高甲醇的产率增大 C.M点时平衡常数比N点时平衡常数大 D.实际反应应尽可能在较低的温度下进行,以提高CO2的转化率 (5)若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应Ⅰ,250℃时反应的平衡常数K=______;若要进一步提高甲醇体积分数。 可采取的措施有_________________。 (6)下图是电解Na2CO3溶液的装置图。 阴极的电极反应式为________________ 【答案】+41.19kJ·mol-1较低温度BDABD0.148(或者 )增大压强(降低温度)2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH- 【解析】 【分析】 本题考查盖斯定律,热化学反应与过程无关,只与始态与终态有关,△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol;△G==△H-T△S,T为温度,△G<0,可自发进行,反应Ⅲ: △H<0,△S<0,较低温度可自发进行;平衡状态的判断,同一物质的正逆反应速率相等,本题中ρ=m/V,质量与体积均不变,密度自始至终不变,不可做为判断依据;M=m/n,质量不变,物质的量减少,可做判断依据;反应物与生成物平衡时的比例不一定为1: 3: 1: 1,不可以;只要平衡则甲醇的百分含量不再变化,可以;化学反应条件的选择,既要考虑反应时的产量,又要考虑反应的速率; ,250℃时转化率为50%;电解池中阳极失电子,溶液中为水提供的氢氧根离子失电子,产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动,而阴极附近的水提供的氢离子得电子,生成氢气。 【详解】 (1)本题考查盖斯定律,热化学反应与过程无关,只与始态与终态有关,△H2=△H1-△H3=+41.19kJ/mol; (2)△G==△H-T△S,T为温度,△G<0,可自发进行,反应Ⅲ: △H<0,△S<0,较低温度可自发进行;(3)平衡状态的判断,同一物质的正逆反应速率相等,本题中ρ=m/V,质量与体积均不变,密度自始至终不变,不可做为判断依据;M=m/n,质量不变,物质的量减少,可做判断依据;反应物与生成物平衡时的比例不一定为1: 3: 1: 1,不可以;只要平衡则甲醇的百分含量不再变化,可以;答案为: BD;(4)A.催化剂对反应速率有影响,对平衡的限度无影响,A错误;B.该反应为放热反应,降低温度平衡正向移动,产率提高,B正确;C.升高温度平衡向左移动,化学平衡常数变小,C错误;D.实际反应应尽可能在催化效率最高时,D错误;答案为ABD; (5)CO2+3H2 CH3OH+H2O250℃时转化率为50% 初始量: 13 反应量: 0.51.50.50.5 平衡: 0.51.50.50.5 ,K=0.148;提高甲醇的体积分数为: 增大压强(降低温度);(6)电解池中阳极失电子,溶液中为水提供的氢氧根离子失电子,产生的氢离子和钠离子向阴极区域移动,而阴极附近的水提供的氢离子得电子,生成氢气,2H++2e-==H2↑或2H2O+2e-==H2↑+2OH- 【点睛】 判断化学平衡的依据: 同一物质的正逆反应速率相等,还可以为延伸出的依据,需要具体分析,本题中ρ=m/V,质量与体积均不变,密度自始至终不变,不可做为判断依据;M=m/n,质量不变,物质的量减少,可做判断依据;反应物与生成物平衡时的比例不一定为1: 3: 1: 1;甲醇的百分含量不再变化则可以。 6.研究发现,NOx和SO2是雾霾的主要成分。 Ⅰ.NOx主要来源于汽车尾气,可以利用化学方法将二者转化为无毒无害的物质。 已知: N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH=+180kJ·mol-1 2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH=-564kJ·mol-1 (1)2NO(g)+2CO(g) 2CO2(g)+N2(g) ΔH=________。 (2)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.
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