备战高考化学压轴题专题复习化学反应原理综合考查的综合及答案.docx
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备战高考化学压轴题专题复习化学反应原理综合考查的综合及答案
备战高考化学压轴题专题复习—化学反应原理综合考查的综合及答案
一、化学反应原理综合考查
1.1799年,英国化学家汉弗莱·戴维发现了N2O气体。
在食品行业中,N2O可用作发泡剂和密封剂。
(l)N2是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,NH3与O2在加热和催化剂的作用下生成N2O的化学方程式为________。
(2)N2O在金粉表面发生热分解反应:
2N2O(g) =2N2(g)+O2(g) △H。
已知:
2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l)△H1=-1010KJ/mol
4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H2=-1531KJ/mol
△H=__________。
(3)N2O和CO是环境污染性气体,研究表明,CO与N2O在Fe+作用下发生反应:
N2O(g)+CO(g)
CO2(g)十N2(g)的能量变化及反应历程如下图所示,两步反应分别为:
反应①Fe++N2O
FeO+N2;反应②______________
由图可知两步反应均为____(填“放热”或“吸热”)反应,由______(填“反应①或反应②”)决定反应达到平衡所用时间。
(4)在固定体积的密闭容器中,发生反应:
N2O(g)+CO(g)
CO2(g)+N2(g),改变原料气配比进行多组实验(各次实验的温度可能相同,也可能不同),测定N2O的平衡转化率。
部分实验结果如图所示:
①如果要将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态,应采取的措施是:
____;
②图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD,,通过计算判断TC____TD(填“>”“=”或“<”)。
(5)在某温度下,向1L密闭容器中充入CO与N2O,发生反应:
N2O(g)+CO(g)
CO2(g)十N2(g),随着反应的进行,容器内CO的物质的量分数变化如下表所示:
时间/min
0
2
4
6
8
10
物质的量分数
50.0%
40.25%
32.0%
26.2%
24.0%
24.0%
则该温度下反应的平衡常数K=____。
【答案】2NH3+2O2
N2O+3H2O-163kJ/molFeO++CO
CO2+Fe+放热反应①降低温度=1.17
【解析】
【分析】
(2)利用盖斯定律求反应热;
(3)根据总反应减去反应①得到反应②;根据反应物和生成物的相对能量判断反应热;根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小,从而确定决速步;
(4)根据不同温度下的平衡常数的大小,判断温度的变化;
(5)根据三等式求算平衡常数。
【详解】
(1)NH3和O2反应得到N2O,根据化合价升降守恒配平,NH3中N的化合价从-3升高到N2O中的+1,共升高4价;O2中O的化合价从0降低到-2,共降低4价,化合价升降守恒,则NH3和O2的系数比为1:
1,根据原子守恒配平,可得2NH3+2O2
N2O+3H2O;
(2)已知①2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l)△H1=-1010KJ/mol,②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H2=-1531KJ/mol;反应①×
-反应②×
可得目标反应,则△H=△H1×
-△H2×
=-1010kJ/mol×
-(-1531kJ/mol)×
=-163kJ/mol;
(3)总反应为N2O(g)+CO(g)
CO2(g)十N2(g),实际过程是分2步进行,因此反应①和反应②相加得到总反应,则反应②等于总反应减去反应①,可得反应②为FeO++CO
CO2+Fe+;
根据反应历程图可知,反应物的总能量大于生成物的总能量,则该两步反应均为放热反应;
根据反应①的历程图可知,由Fe+和N2O经过过渡态得到产物FeO+和N2,过渡态和反应物Fe+和N2O的能量差为反应①的活化能,同理,可知反应②的活化能,可知,反应①的活化能大于反应②的活化能,活化能越大,化学反应速率越慢,而化学反应速率慢的步骤为决速步,决定反应达到平衡所用时间,即反应①决定反应达到平衡所用时间;
(4)①根据图像,C点和B点,反应物的投料比相同,但是B点表示的平衡状态,N2O的转化率高于C点,C点的平衡状态改变为B点的平衡状态,平衡正向移动,N2O的转化率增加;B和C点的反应物投料比相同,因此不是改变反应物的浓度;反应前后的气体体积不变,因此压强不影响平衡移动,只能是温度,该反应为放热反应,平衡正向移动,因此采取的措施是降低温度;
①利用三等式求出C和D点平衡状态的平衡常数,从而比较温度大小;
设定容器体积的体积为VL。
C点的平衡状态其反应物的投标比为1,则设N2O和CO的物质的量均为1mol,其N2O的转化率为0.50,则根据三等式有
,则在平衡常数
;
D点的平衡状态其反应物的投标比为1.5,则设N2O和CO的物质的量为1.5mol和1mol,其N2O的转化率为0.40,N2O反应了1.5mol×0.40=0.6mol,则根据三等式有
,则在平衡常数
;
C点和D点表示的平衡状态的平衡常数相同,则温度相同,有TC=TD;
(5)根据表格的数据,开始时CO的物质的量分数为50.0%,则设CO和N2O的物质的量各位1mol,假设到达平衡时,CO转化了xmol,根据三等式有
,达到平衡时,CO的物质的量分数为24.0%,则有
,解得x=0.52mol,则平衡常数
。
2.研究大气污染物SO2、CH3OH与H2O之间的反应,有利于揭示雾霾的形成机理。
反应i:
反应ii:
(1)CH3OSO3H发生水解:
△H=______kJ/mol。
(2)T℃时,反应ii的CH3OH(g)、SO3(g)的初始浓度分别为
,平衡时SO3转化率为0.04%,则K=_____________。
(3)我国科学家利用计算机模拟计算,分别研究反应ii在无水和有水条件下的反应历程,如图所示,其中分子间的静电作用力用“…”表示。
①分子间的静电作用力最强的是_____________(填“a”、“b”或“c”)。
②水将反应ii的最高能垒由_____________eV降为_____________eV。
③d到f转化的实质为质子转移,该过程断裂的化学键为____(填标号)。
A.CH3OH中的氢氧键B.CH3OH中的碳氧键
C.H2O中的氢氧键D.SO3中的硫氧键
(4)分别研究大气中H2O、CH3OH的浓度对反应i、反应ii产物浓度的影响,结果如图所示。
①当c(CH3OH)大于10-11mol.L-1时,c(CH3OH)越大,c(H2SO4)越小的原因是_____________。
②当c(CH3OH)小于10-11mol.L-1时,c(H2O)越大,c(CH3OSO3H)越小的原因是_____________。
【答案】-164.44×104L·mol-1a20.936.62ACD反应i和反应ii为竞争反应,甲醇浓度增大,促进了甲醇和三氧化硫反应,抑制了三氧化硫和水的反应,硫酸的浓度减小水的浓度越大,甲醇和三氧化硫碰撞几率越小,生成CH3OSO3H越小,c(CH3OSO3H)越小
【解析】
【分析】
(3)图形很陌生,但仔细观察发现其实是反应历程与能量变化图,问题就变简单了。
(4)反应i和反应ii为竞争反应,两个反应都消耗三氧化硫,三氧化硫浓度不变的情况下,一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。
【详解】
(1)反应i:
反应ii:
反应i-反应ii有:
,所以
=
-
=(
)-(
)=-164.4
,故答案为:
-164.4;
(2)SO3转化率为0.04%,则SO3转化值=
×0.04%=8×10-13mol·L-1,列三段式如下:
,K=
≈
=4×104L·mol-1,故答案为:
4×104L·mol-1;
(3)①a处的两个分子能量更低,更稳定,分子间静电作用更强,故答案为:
a;
②无水时,反应ii的最高能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV,有水时,反应ii的最高能垒为3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV,即水将反应ii的最高能垒由20.93eV降为6.62eV,故答案为:
20.93;6.62;
③由图可知,水分子中的氢氧键断了一根,又形成一根;CH3OH中的氢氧键断了,O和S原子重新形成一根键;SO3中硫氧双键断了一根,变成硫氧单键,S和甲醇中的O重新形成一根单键,综上所述,水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂,ACD符合,故答案为:
ACD;
(4)①反应i和反应ii都消耗三氧化硫,为竞争反应,甲醇浓度增大,促进了甲醇和三氧化硫反应,抑制了三氧化硫和水的反应,硫酸的浓度减小,故答案为:
反应i和反应ii为竞争反应,甲醇浓度增大,促进了甲醇和三氧化硫反应,抑制了三氧化硫和水的反应,硫酸的浓度减小;
②水的浓度越大,甲醇和三氧化硫碰撞几率越小,生成CH3OSO3H减小,c(CH3OSO3H)减小,故答案为:
水的浓度越大,甲醇和三氧化硫碰撞几率越小,生成CH3OSO3H越少,c(CH3OSO3H)越小。
【点睛】
(2)计算时作如下近似处理:
≈100000×10-13
=10-8
≈
。
3.资源化利用CO2,可以减少温室气体排放,还可以获得燃料或重要的化工产品。
回答下列问题:
(1)CO2的捕集
①用饱和Na2CO3溶液做吸收剂可“捕集”CO2。
写出“捕集”CO2反应的离子方式_____________。
②聚合离子液体是目前广泛研究的CO2吸附剂。
结合图像分析聚合离子液体吸附CO2的有利条件是_________________________。
(2)生产尿素:
工业上以CO2、NH3为原料生产尿素[CO(NH2)2],该反应分为二步进行:
第一步:
2NH3(g)+CO2(g)⇌H2NCOONH4(s)△H=-159.5kJ·mol-1
第二步:
H2NCOONH4(s)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=+116.5kJ·mol-1
①写出上述合成尿素的热化学方程式___________________________。
该反应化学平衡常数K的表达式:
_________________________。
②某实验小组模拟工业上合成尿素,在一定体积的密闭容器中投入4molNH3和1molCO2,实验测得反应中各组分物质的量随时间的变化如图所示:
已知总反应的快慢由慢的一步反应决定,则合成尿素总反应的快慢由第__________步反应决定,总反应进行到___________min时到达平衡
(3)合成乙酸:
中国科学家首次以CH3OH、CO2和H2为原料高效合成乙酸,其反应路径如图所示:
①原料中的CH3OH可通过电解法由CO2制取,用稀硫酸作电解质溶液,写出生成CH3OH的电极反应式_______________________。
②根据图示,写出总反应的化学方程___________。
【答案】H2O+CO32-+CO2=2HCO3-低温,低流速2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=-43kJ·mol-1K=[H2O]/[NH3]2.[CO2]二55CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2OCH3OH+CO2+H2
CH3COOH+H2O
【解析】
【分析】
(1)①H2O、CO32-、CO2反应生成HCO3-;
②根据图知,温度越低、流速越小吸附量越大;
(2)利用盖斯定律求解热化学方程式;K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比;
②达到平衡时时间越长,反应速率越慢,慢反应决定整个反应速率;各物质的物质的量不变时反应达到平衡状态;
(3)①电解时,CO2失电子和H+反应生成CH3CH2OH;
②根据图知,反应物是CH3CH2OH、CO2和H2,生成物是CH3COOH和水,LiI和Rh作催化剂。
【详解】
(1)①H2O、CO32-、CO2反应生成HCO3-,离子方程式为H2O+CO32-+CO2=2HCO3-;
②根据图知,温度越低、流速越小吸附量越大,所以聚合离子液体吸附CO2的有利条件是低温,低流速(或25℃,10mL·min-1);
(2)①将第一步和第二步方程式相加得到方程式2NH3(g)+CO2(g)⇌CO(NH2)2(s)+H2O(g)△H=(-159.5+116.5)kJ·mol-1=-43kJ·mol-1;化学平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之积的比,
;
②达到平衡时时间越长,反应速率越慢,慢反应决定整个反应速率。
根据图知,第一步的反应,的反应物NH3和CO2的量迅速达到定值,说明第一步反应速率大,第二步反应较慢,所以第二步决定整个反应速率;根据图知,55min各物质的物质的量不变,反应达到平衡状态;
(3)①电解时,CO2失电子和H+反应生成CH3OH,电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O;
②根据图知,反应物是甲醇、二氧化碳和氢气,生成物是乙酸和水,LiI和Rh作催化剂,总反应方程式为:
CH3OH+CO2+H2
CH3COOH+H2O。
4.合成氨对人类生存具有重大意义,反应为:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)△H
(1)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理,反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化剂表面的微粒用*标注,省略了反应过程中部分微粒)。
①NH3的电子式是___。
②决定反应速率的一步是___(填字母a、b、c、…)。
③由图象可知合成氨反应的△H____0(填“>”、“<”或“=”)。
(2)传统合成氨工艺是将N2和H2在高温、高压条件下发生反应。
若向容积为1.0L的反应容器中投入5molN2、15molH2,在不同温度下分别达平衡时,混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示:
①温度T1、T2、T3大小关系是___。
②M点的平衡常数K=____(可用分数表示)。
(3)目前科学家利用生物燃料电池原理(电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子),研究室温下合成氨并取得初步成果,示意图如图:
①导线中电子移动方向是____。
②固氮酶区域发生反应的离子方程式是___。
③相比传统工业合成氨,该方法的优点有___。
【答案】
b<T3>T2>T17.32×10-3a→bN2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+条件温和、生成氨的同时释放电能
【解析】
【分析】
(1)①从分子中每个原子都形成了稳定结构的角度分析;
②反应需要的能量最高的反应决定总反应速率;
③根据能量图,反应物的总能量高于产物的总能量,则反应为放热反应;
(2)①正反应为放热反应,相同压强下,温度越高,对应NH3的含量越小;
②根据反应三段式进行计算;
(3)①根据装置电极b上MV2+转化为MV+判断正负极,原电池工作时,电子从负极经过导线流向正极;
②固氮酶区域中N2转化为NH3,MV+转化为MV2+;
③该电化学装置工作时,可将化学能转化为电能,同时利用生物酶在室温下合成氨,不需要高温条件、反应条件温和。
【详解】
(1)①NH3分子中一个N原子与三个H原子形成3对共用电子对,N原子还有1对孤电子对,NH3电子式为:
;
②根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知,反应b需要的能量最大,反应需要的能量越高,反应速率越慢,需要能量最高的反应决定总反应速率,所以决定反应速率的一步是b;
③根据能量图,反应物的总能量高于产物的总能量,则反应为放热反应,△H<0;
(2)①正反应为放热反应,相同压强下,温度越高,对应NH3的含量越小,所以图中温度T1、T2、T3大小关系是T3>T2>T1;
②设M点N2反应的物质的量为xmol,反应三段式为:
M点平衡时NH3的质量分数为40%,即
=40%,可得x=2,则平衡时c(N2)=3mol/L,c(H2)=9mol/L,c(NH3)=4mol/L,平衡常数为K=
=7.32×10-3;
(3)①根据装置电极b上MV2+转化为MV+可知,b电极为正极、a电极为负极,原电池工作时,电子从负极a电极经过导线流向正极b电极,即a→b;
②固氮酶区域中N2转化为NH3,MV+转化为MV2+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,所以发生的反应为:
N2+6H++6MV+=2NH3+6MV2+;
③该电化学装置工作时,可将化学能转化为电能,同时利用生物酶在室温下合成氨,不需要高温条件、反应条件温和,所以与传统化工工艺相比,该工艺的优点为:
条件温和、生成氨的同时释放电能。
【点睛】
本题注意决定化学反应速率的步骤是反应需要能量最高的一步,原电池装置中根据电极上物质转化的化合价的变化判断正负极。
5.甲醛(HCHO)俗称蚁醛,在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。
I·甲醛的制备
工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛,己知:
CH3OH(g)
HCHO(g)+H2(g)△H
(1)该反应的能量变化如图甲所示,△H=___kJ•mol-1。
(2)为提高CH3OH转化率,采取的措施有___、___;在温恒容条件下,该反应达到平衡状态的标志有___(填标号)。
a.混合气体的密度保持不变
b.混合气体的总压强保持不变
c.v(CH3OH)消耗=v(H2)生成
d.甲醛的浓度保持不变
(3)选用Ag/SiO2—ZnO作催化剂,在400~750℃区间进行活性评价,图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性(选择性越大,表示生成该物质越多)随反应温度的变化曲线。
制备甲醛的最佳反应温度为___(填标号),理由是___。
a.400℃b.650℃c.700℃d.750℃
(4)T℃时,在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇,发生反应:
①CH3OH(g)
HCHO(g)+H2(g)
②CH3OH(g)
CO(g)+2H2(g)
平衡时甲醇为0.2mol,甲醛为0.7mo1。
则反应i的平衡常数K=___。
II.甲醛的用途
(5)将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4)溶液混合,可用于化学镀镍。
反应过程中有CO2产生,则该反应的离子方程式为___:
若收集到112mLCO2(标准状况),理论上转移电子___mo1。
【答案】+84升高温度降低压强bdc此温度下甲醛的选择性和甲醇的转化率均较高1.575HCHO+2Ni2++H2O=2Ni+CO2↑+4H+0.02
【解析】
【分析】
【详解】
(1)生成物和反应物之间的能量差为
;
(2)该反应是气体分子数增加的、吸热的可逆反应,因此根据勒夏特列原理,我们可以采用升高温度、降低压强的方法来促进平衡正向移动,提高转化率;再来看平衡的标志:
a.反应物和生成物都是气体,因此气体的密度是恒定不变的,a项错误;
b.该反应前后气体分子数不等,因此当压强保持不变时,说明反应已达到平衡状态,b项正确;
c.甲醇和氢气的化学计量数相同,因此无论何时都有v(CH3OH)消耗=v(H2)生成,c项错误;
d.当甲醛的浓度保持不变,说明其消耗速率和生成速率相同,即此时达到了平衡状态,d项正确;
答案选bd;
(3)在700℃时,甲醛选择性和甲醇转化率均较高,因此700℃是最合适的温度,答案选c;
(4)平衡时甲醇为0.2mol,因此有0.8mol甲醇被消耗,其中甲醛有0.7mol,说明有0.7mol甲醇发生了反应①,有0.1mol甲醇发生了反应②,因此氢气一共有
,代入平衡常数的表达式有
;
(5既然是镀镍,则镍被还原为单质,而甲醛被氧化为二氧化碳,因此反应的离子方程式为
;甲醛中的碳可以按0价处理,二氧化碳中的碳为+4价,因此每生成1个二氧化碳分子需要转移4个电子,而112mL二氧化碳的物质的量为
,因此一共要转移0.02mol电子。
【点睛】
对于任意一个氧化还原反应,总有氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数,因此只需求出最好求的那一项,另外两项就迎刃而解了。
6.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。
回答下列问题:
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·mol-1。
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 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 【解析】 【分析】 【详解】 (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 ,故答案为: -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·L-1·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
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- 备战 高考 化学 压轴 专题 复习 化学反应 原理 综合 考查 答案