高考化学压轴题之化学反应原理综合考查高考题型整理突破提升docx.docx
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2020-2021高考化学压轴题之化学反应原理综合考查(高考题型整理,突破提升)
一、化学反应原理综合考查
1.研究大气染物SO2、CH3OH与H2O之的反,有利于揭示霾的形成机理。
反i:
SO3(g)+H2O(g)=H2SO4
(1)H1227.8kJmol1
反ii:
CH3OH(g)+SO3(g)=CH3OSO3H(g)(硫酸氢甲酯)H2-63.4kJmol-1
(1)CH3OSO3H生水解:
CH3OSO3H(g)H2O(g)CH3OH(g)H2SO4
(1)△H=______kJ/mol。
(2)T℃,反ii的CH3OH(g)、SO3(g)的初始度分
110-8molL-1、210-9molL-1,平衡SO3化率
0.04%,K=_____________。
(3)我国科学家利用算机模算,分研究反
ii在无水和有水条件下的反程,
如所示,其中分子的静作用力用“⋯”表示。
①分子的静作用力最的是_____________(填“a”、“b”或“c”)。
②水将反ii的最高能由_____________eV降_____________eV。
③d到f化的子移,程断裂的化学____(填号)。
A.CH3OH中的氧B.CH3OH中的碳氧
C.H2O中的氧D.SO3中的硫氧
(4)分研究大气中H2O、CH3OH的度反i、反ii物度的影响,果如所示。
①当c(CH3
10
-11
-1
,c(CH3
24
OH)大于
mol.L
OH)越大,c(HSO)越小的原因是_____________。
②当c(CH
10
-11
-1
,c(H
3OH)小于
mol.L
2O)越大,c(CH3OSO3H)越小的原因是_____________。
【答案】-164.44
4
-1
×10
a20.936.62
ACD反i和反ii争反,甲醇
L·mol
度增大,促了甲醇和三氧化硫反,抑制了三氧化硫和水的反,硫酸的度减小
水
的度越大,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:
SO3(g)+H2O(g)=H2SO4
(1)
H1
227.8kJ
mol1
反应ii:
CH3OH(g)+SO3(g)=CH3OSO3H(g)
H2-63.4kJ
mol-1
反应i-反应ii有:
CH3OSO3H(g)H2O(g)
CH3OH(g)
H2SO4
(1),所以
H=H1-
H2=(
227.8kJmol1)-(-63.4kJmol-1)=-164.4kJ
mol-1,故答案为:
-164.4
;
-9
-1
-13
-1
(2)SO3转化率为
0.04%,则SO3转化值=210mol
L
×0.04%=8×10mol
·L,列三段式如
CH3OH(g)
+
SO3(g)
=CH3OSO3H(g)
起始浓度/mol
L-1
1
10-8
2
10-9
0
下:
L-1
8
10-13
8
10-13
8
10-13
,
变化浓度/mol
平衡浓度/mol
L-1(100000-8)
10-13
(20000-8)10-13
8
10-13
K=
810-13molL-1
L-1≈
(100000-8)
10-13mol
L-1
(20000-8)
10-13mol
810-13
-13Lmol
-1
4
-1
,故答案为:
4
-1
;
100000
10
-13
20000
10
=4×10L·mol
4×10L·mol
(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
CH3
3
33
OSOH减小,
c(CHOSOH)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
CH3
3
OSOH越少,
3
3
c(CHOSOH)越小。
【点睛】
-13
-1
-13
-1
-
(2)计算时作如下近似处理:
(100000-8)10
mol
L
L=10
≈100000×10mol
8molL-1
(20000-8)10-13molL-1≈20000
10-13mol
L-1
2
10-9mol
L-1。
2.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)
-1
△
H=-159.5kJmol
·
?
第二步:
H2
4
22
2
-1
NCOONH(s)?
CO(NH)(s)+HO(g)
△H=+116.5kJmol·
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+CO3
2-+CO2=2HCO3
-
低温,低流速
2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+
?
H2O(g)△H=-43kJmol·-1
K=[H2O]/[NH3]2.[CO2]二
55CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2OCH3OH
HI、Rh*
CH3COOH+H2O
+CO2+H2
【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;积的比;
K等于气体生成物浓度幂之积与气体反应物浓度幂之
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
CH32
2
2
,生成物是
3
CHOH、CO
和H
CHCOOH和水,LiI和Rh作催化
剂。
【详解】
2
32-、CO2
3-,离子方程式为
H232-
2
3-;
(1)①HO、CO
反应生成HCO
O+CO
+CO=2HCO
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=(-
-1
-1
159.5+116.5)kJ·mol=-43kJ·mol
;化学平衡常数K等于气体生成物浓度幂之积与气体
c(H2O)
反应物浓度幂之积的比,
K=c2(NH3)c(CO2);
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;
+
反应生成CH3OH,电极反应式为
-+
(3)①电解时,CO2失电子和H
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
HI、Rh*
CH3COOH+H2O。
3.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)H=-574kJmol·-1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
H=-1160kJmol·-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)
H<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
x
(NO),如用氢
氧化钠溶液吸收可得到
Na2
3
3
2
3
等溶液。
已知:
常温下,
2
SO、NaHSO、NaNO
、NaNO
HNO的
电离常数为Ka
-4
,H2
3
a1
-2、Ka2
-8。
=7
×10
SO的电离常数为
K=1.2
×10=5.8
×10
①常温下,相同浓度的
Na2
3
2
SO、NaNO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】CH
-1
-1
或7
(MPa)
-1
4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)H=-867kJmol·
0.0875(MPa)
80
不ACNa23
3-的电离常数Ka2
-8,水解常数Kh
Kw
-13,电
=Ka2
SO
酸因为HSO
=5.8
×10
≈8.3×10
离常数大于水解常数,所以溶液显酸性
a2NO-+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】
4
2
2
2
1
-1
(1)①CH(g)+4NO(g)=4NO(g)+CO(g)+2HO(g)H=-574kJmol·
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
H2=-1160kJmol·-1
①+②
CH
2
2
2
2
(-574kJ
mol-1)+(-1160kJ
mol-1)
-
得:
4
H=
=
2
(g)+2NO(g)=N(g)+CO(g)+2HO(g)
2
867kJmol·
-1
,故答案为:
CH
H=-867kJmol·
-1
;
4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
(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
催化剂
2NO(g)+2CO(g)
垐垐?
噲垐?
N2(g)+2CO2(g)
起始值/mol
0.4
0.4
0
0
,平衡时p(NO)=
变化值/mol
0.2
0.2
0.1
0.2
平衡值/mol
0.2
0.2
0.1
0.2
20MPa×
0.2
40
40
2
)=
20
2
=
MPa,同理可得:
p(CO)=
MPa,p(N
7
MPa,p(CO)
0.2+0.2+0.1+0.2
7
7
(
40
2
20
)
MPa
2
MPa
40
p
p
CO2
pN2
=
7
7
=0.0875(MPa)-1或
=MPa,所以
K
=
NO
p2CO
40
40
7
p2
(
2
2
7
MPa)(
7
MPa)
7
(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
80
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
(
40
2
20
)
MPa
7
MPa+p
7
=
7
(MPa)-1,Qc=Kp,平衡不移动,故答案为:
Qc=
(
40
2
40
MPa
2
80
)(
)
MPa+p
7
7
0.0875(MPa)-1或
7
(MPa)-1;不;
80
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
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