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备战高考化学化学反应原理综合考查综合题含答案
2020-2021备战高考化学化学反应原理综合考查综合题含答案
一、化学反应原理综合考查
1.铝及其合金可用作材料、铝热剂等,在环境修复等方面也有着巨大的应用潜力。
(1)铝的冶炼、提纯的方法很多。
①高温碳热歧化氯化法冶铝包含的反应之一为:
Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)
3CO(g)+3AlCl(g),其平衡常数表达式为K=_______________。
②碳热还原Al2O3冶铝的部分反应如下:
Ⅰ.2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g)△H1=akJ/mol
Ⅱ.4Al2O3(s)+Al4C3(s)=3Al4O4C(s)△H2=bkJ/mol
Ⅲ.Al4O4C(s)+Al4C3(s)=8Al(g)+4CO(g)△H3=ckJ/mol
反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g)的△H=__________kJ/mol
③用离子液体AICb-BMIC(阳离子为EMIM+、阴离子为AlCl4-、Al2Cl7-)作电解质,可实现电解精炼铝。
粗铝与外电源的_____________极(填“正”或“负")相连;工作时,阴极的电极反应式为_______________。
(2)真空条件及1173K时,可用铝热还原Li5AlO4制备金属锂(气态),写出该反应的化学方程式:
__________________________。
(3)用Al、Fe或Al-Fe合金还原脱除水体中的硝态氮(NO3--N),在45℃,起始c(KNO3-N)为50mg·L-1、维持溶液呈中性并通入Ar等条件下进行脱除实验。
结果如图所示(c0为起始浓度、c为剩余浓度):
①纯Al在0~3h时,NO3-几乎没有被脱除,其原因是_______________________;写出3h后NO3-被还原为N2的离子方程式:
____________________________。
②Al-Fe合金1~2h比纯A13~4h的脱除速率快得多的可能原因是________________。
【答案】
正4Al2Cl7-+3e-=7AlCl4-+Al3Li5AlO4+5Al
15Li(g)+4Al2O3铝表面的氧化膜仍未被溶解10Al+6NO3-+12H2O+6H+
10Al(OH)3+3N2↑Al-Fe形成原电池能加速电子转移
【解析】
【分析】
(1)①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值;
②利用盖斯定律去反应热;
③电解精炼时,粗铝作阳极,而阴极上生成Al;
(3)②Al、Fe的活泼性不同,在溶液中可以构成原电池,加快反应速率。
【详解】
(1)①平衡常数表达式为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值,固体的浓度为定值,不出现在表达式中,则平衡常数
;
②根据盖斯定律,反应Ⅰ×
+反应Ⅱ×
+反应Ⅲ×
可得目标反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(g)+3CO(g),则△H=△H1×
+△H2×
+△H3×
kJ/mol
=
kJ/mol;
③电解精炼中,含有杂质的金属作阳极,失去电子,形成离子进入电解质中,在阴极得到电子得到单质,从而完成冶炼过程,因此粗铝与外电源的正极相连;电解质溶液中Al以AlCl4-、Al2Cl7-的形式存在,在阴极得到电子,生成Al,电极方程式为4Al2Cl7-+3e-=7AlCl4-+Al;
(2)真空条件及1173K时,可用铝热还原Li5AlO4制备金属锂,Al则转化为Al2O3,化学方程式为3Li5AlO4+5Al
15Li(g)+4Al2O3;
(3)①纯Al在0~3h,NO3-几乎没有被脱除,说明几乎没有反应,而在3h后,反应才开始,可能是由于Al的表面有一层氧化膜,阻止了反应的进行,因此纯Al在0~3h时,NO3-几乎没有被脱除,其原因是铝表面的氧化膜仍未被溶解;Al和NO3-反应,溶液是中性的,产物中Al以Al(OH)3的形式存在,Al的化合价从0升高到+3价,NO3-中N的化合价从+5价降低到0价,根据化合价升降守恒,Al和NO3-的系数比为5:
3,再根据电荷守恒和原子守恒,可得离子方程式为10Al+6NO3-+12H2O+6H+
10Al(OH)3+3N2↑;
②Al、Fe的活泼性不同,在溶液中可以构成原电池,加快电子转移,加快了反应速率。
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)△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。
3.利用工业废气CO2或CO和H2在一定条件下可制备燃料甲醇。
Ⅰ.利用工业废气CO合成甲醇,其能量变化示意图如下:
(1)图中曲线a到曲线b的措施是_______。
该反应ΔS________0(填“>”或“<”)
(2)一定条件下,在2L密闭容器中充入1molCO和2molH2,10min后达到平衡,放出热量45.5kJ,则10min内H2的转化率为_____;该温度下反应的平衡常数K=_____;达到平衡后,再向容器中充入CO、H2、CH3OH各1mol,则此时υ正_____υ逆(填“>”“<”或“=”)
(3)下列措施可以提高甲醇产率的是_____。
a.压缩容器体积
b.将CH3OH(g)从体系中分离
c.恒容条件下充入He,使体系总压强增大
d.恒压条件下再充入10molCO和20molH2
(4)现有容积均为1L的a、b、c三个密闭容器,向其中分别充入1molCO和2molH2的混合气体,控制温度,进行反应,测得相关数据的关系如图所示。
b中甲醇体积分数大于a中的原因是_______达到平衡时,a、b、c中CO的转化率大小关系为_______。
Ⅱ.用工业废气中的CO2制取甲醇和水蒸气
(5)一定条件下,往2L恒容密闭容器中充入1molCO2和3molH2,在不同催化剂作用下发生反应I、反应II与反应III,相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示:
①催化剂效果最佳的反应是_____(填“反应I”,“反应II”,“反应III”)。
②b点υ正_____υ逆(填“>”,“<”,“=”)。
③若此反应在a点时已达平衡状态,a点的转化率比c点高的原因是_____。
④c点时该反应的平衡常数K=_____。
【答案】加入催化剂<50%4>abb处反应温度高,则反应速率快,反应相同时间生成的甲醇多,体积分数大a>b>c反应I>该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动
【解析】
【分析】
【详解】
(1)反应路径发生了变化,活化能下降,应为加入催化剂;反应发生后,气体物质的量减小,熵值减小,所以ΔS<0;
(2)2molH2完全反应释放的热量是91kJ,现在反应达平衡后只释放了45.5kJ的热量,所以H2消耗1mol,转化率为50%,化学方程式为CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g),平衡时三种物质CO、H2、CH3OH的浓度分别为0.25mol/L、0.5mol/L、0.25mol/L,平衡常数K=
=
=4;三种物质都加入1mol后,Qc=
=
=1
(3)a.压缩容器体积,平衡正向移动,甲醇产率增大,a符合题意;
b.将CH3OH(g)从体系中分离,平衡正向移动,甲醇产率增大,b符合题意;
c.恒容条件下充入He,各物质浓度不变,对平衡无影响,c不合题意;
d.恒压条件下再充入10molCO和20molH2,达到平衡时,各物质浓度不变,甲醇的产率不变,d不合题意;
答案为:
ab;
(4)反应开始5min后,a中温度比b中低,反应速率比b中慢,生成甲醇的量少,体积分数小,所以,b中甲醇体积分数大于a中的原因是b处反应温度高,则反应速率快,反应相同时间生成的甲醇多,体积分数大;比较b、c两点甲醇的体积分数,可得出△H<0,温度升高平衡逆向移动,平衡时CO转化率依次减小,所以a>b>c。
答案为:
b处反应温度高,则反应速率快,反应相同时间生成的甲醇多,体积分数大;a>b>c;
(5)①在低温时,相同温度、相同时间内反应I转化率最高,所以催化剂效果最好的是反应I;
②b点尚未达到平衡状态,从催化剂效果更好的反应II和III可知,b点反应仍正向进行,所以υ正>υ逆;
③c点温度更高,比a提前达到平衡状态,所以a、c两点均是平衡点。
从a、c点的比较可以看出,温度升高CO2的转化率减小,平衡逆向移动,所以正反应为放热反应,从而得出原因是:
该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动;
④利用三段式,可以建立以下关系:
K=
=
。
4.秋冬季是雾霾高发的季节,其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。
(1)工业上利用甲烷催化还原NO,可减少氮氧化物的排放。
已知:
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol−1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol−1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_____________________________________。
(2)汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段,主要原理为2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)ΔH<0
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上图所示。
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0.3mol,平衡将_____(填“向左”、“向右”或“不”)移动。
②15min时,若改变外界反应条件,导致n(NO)发生如图所示的变化,则改变的条件可能是__(填序号)
A.增大CO浓度B.升温C.减小容器体积D.加入催化剂
(3)工业上常采用“碱溶液吸收”的方法来同时吸收SO2,和氮的氧化物气体(NOx),如用氢氧化钠溶液吸收可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。
已知:
常温下,HNO2的电离常数为Ka=7×10-4,H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8。
①常温下,相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是______溶液。
②常温下,NaHSO3显___性(填“酸”“碱”或“中”,判断的理由是(通过计算说明)_____________。
(4)铈元素(Ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种,常见有+3、+4两种价态。
雾霾中含有大量的污染物NO,可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO2-、NO3-(二者物质的量之比为1∶1)。
可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质,同时再生Ce4+,其原理如图所示。
①Ce4+从电解槽的_____(填字母代号)口流出。
②写出阴极的电极反应式:
_______________________________。
【答案】CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol−10.0875(MPa)-1或
(MPa)-1不ACNa2SO3酸因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,水解常数Kh=
≈8.3×10-13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性a2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O
【解析】
【分析】
(4)电解过程中Ce3+在阳极失电子,变为Ce4+,则b进Ce3+,a出Ce4+,NO2-在阴极得电子变为N2,则d进NO2-,c出N2。
【详解】
(1)①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-574kJ·mol−1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=-1160kJ·mol−1
得:
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=
=-867kJ·mol−1,故答案为:
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol−1;
(2)①由图可知,NO起始物质的量为0.4mol,0到15min共减少了0.2mol,则
,平衡时p(NO)=20MPa×
=
MPa,同理可得:
p(CO)=
MPa,p(N2)=
MPa,p(CO2)=
MPa,所以Kp=
=
=0.0875(MPa)-1或
(MPa)-1。
再向容器中充入NO和CO2各0.3mol,加入的NO和CO2物质的量相等,那么二者引起压强增大量相等,假设二者引起的压强增量分别为p,则Qc=
=
(MPa)-1,Qc=Kp,平衡不移动,故答案为:
0.0875(MPa)-1或
(MPa)-1;不;
②由图可知NO物质的量减小,说明平衡正向移动。
A.增大CO浓度,平衡正向移动,NO物质的量减小,A正确;
B.升温,平衡逆向移动,NO物质的量增大,B错误;
C.减小容器体积,等同于增大压强,平衡正向移动,NO物质的量减小,C正确;
D.加入催化剂,反应速率增大,但平衡不移动,NO物质的量不变,D错误;
故答案为:
AC;
(3)①HNO2的电离常数为Ka=7×10-4,H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8可知,HNO2的酸性强于HSO3-的酸性,则NO2-的水解程度小于SO32-,所以相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液,Na2SO3的碱性更强,pH更大,故答案为:
Na2SO3;
②HSO3-+H2O
H2SO3,Ka2×Kh=Kw,故HSO3-的水解常数Kh=
≈8.3×10-13,又因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,所以,HSO3-的电离常数大于水解常数,常温下,NaHSO3显酸性,故答案为:
酸;因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,水解常数Kh=
≈8.3×10-13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性;
(4)①生成Ce4+,则Ce3+-e-=Ce4+,Ce4+在阳极生成,从a口流出,故答案为:
a;
②NO2-转化为无毒物质,则NO2-在阴极得电子,转化为N2,结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为:
2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O,故答案为:
2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O。
【点睛】
Ka×Kh=Kw,越弱越水解。
5.含氮化合物对环境、生产和人类生命活动等具有很大的影响。
请按要求回答下列问题:
(1)利用某分子筛作催化剂,NH3可脱除工厂废气中的NO、NO2,反应机理如图所示。
A包含的物质为H2O和___(填化学式)。
(2)研究氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子的相互作用时,涉及如下反应:
①2NO2(g)+NaCl(g)=NaNO3(g)+ClNO(g)ΔH1<0
②2NO(g)+Cl2(g)=2ClNO(g)ΔH2<0
则4NO2(g)+2NaCl(g)=2NaNO3(g)+2NO(g)+Cl2(g)的ΔH=___(用ΔH1和ΔH2表示)。
若反应①在绝热密闭容器中进行,实验测得NO2(g)的转化率随时间的变化示意图如图所示,NO2(g)的转化率α(NO2)在t3-t4时间降低的原因是___。
(3)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为CH4(g)+NH3(g)
HCN(g)+3H2(g)ΔH>0。
在一定温度下,向2L密闭容器中加入nmolCH4和2molNH3平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。
a点时,CH4的转化率为___%;平衡常数:
K(a)___K(b)(填“>”“=”或“<”)。
(4)肌肉中的肌红蛋白(Mb)与O2结合生成MbO2,其反应原理可表示为Mb(aq)+O2(g)
MbO2(aq),该反应的平衡常数可表示为K=
,在一定条件下达到平衡时,测得肌红蛋白的结合度(α)[α=
×100%]与p(O2)的关系如图所示。
研究表明正反应速率V正=k正·c(Mb)·p(O2),逆反应速率V逆=k逆·c(MbO2)(其中k正和k逆分别表示正反应和逆反应的速率常数)。
①试写出平衡常数K与速率常数k正、k逆的关系式:
K=___(用含有k正、k逆的式子表示)。
②试求出图中c(4.50,90)点时,上述反应的平衡常数K=___kPa-1。
已知k逆=60s-1,则速率常数k正=___s·kPa-1。
【答案】N22ΔH1-ΔH2因反应为放热反应且反应容器为绝热容器,随着反应正向进行,体系的温度升高,t3-t4时间段温度升高使平衡逆向移动,转化率降低25=
2120
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由图示可得到方程[(NH4)2(NO2)]2++NO===[(NH4)(HNO2)]++A+H+,根据化学反应前后原子种类和数目不变可知,A为H2O和N2,故答案为:
N2;
(2)根据盖斯定律,由反应①×2-②可得4NO2(g)+2NaCl(g)=2NaNO3(g)+2NO(g)+Cl2(g),则ΔH=2ΔH1-ΔH2,因反应为放热反应且反应容器为绝热容器,随着反应正向进行,体系的温度升高,t3-t4时间段温度升高使平衡逆向移动,NO2的转化率降低,故答案为:
2ΔH1-ΔH2;因反应为放热反应且反应容器为绝热容器,随着反应正向进行,体系的温度升高,t3-t4时间段温度升高使平衡逆向移动,转化率降低;
(3)a点时,n(CH4)=2mol,平衡时NH3的体积分数为30%,设转化的CH4的物质的量为x,列三段式有:
则有
,解得x=0.5,则CH4的转化率为
,由于a点和b点的温度相同,所以K(a)=K(b),故答案为:
25%;=;
(4)①已知正反应速率v正=k正·c(Mb)·P(O2),逆反应速率v逆=k逆·c(MbO2),平衡时,v正=v逆,则k正·c(Mb)·P(O2)=k逆·c(MbO2),即
,故答案为:
;
②由图可知,c点时,P(O2)=4.5kPa,
,则生成的c(MbO2)=0.9c(Mb)初始,平衡时c(Mb)=0.1c(Mb)初始,则
,已知K逆=60s-1,又
,则速率常数k正=120s-1·kPa-1,故答案为:
2;120。
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
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