精做02 化学反应原理(解析版)-备战2021年高考化学大题精做(全国通用)
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精做02 化学反应原理(解析版)-备战2021年高考化学大题精做(全国通用)

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资料简介
精做 02 化学反应原理 真题精做 1.(2020·新课标Ⅰ卷)硫酸是一种重要的基本化工产品,接触法制硫酸生产中的关键工序是 SO2 的催化 氧化:SO2(g)+ 1 2 O2(g) 钒催化剂 SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题: (1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示,V2O5(s)与 SO2(g)反应生成 VOSO4(s)和 V2O4(s)的热化学方 程式为:_________。 (2)当 SO2(g)、O2(g)和 N2(g)起始的物质的量分数分别为 7.5%、10.5%和 82%时,在 0.5MPa、2.5MPa 和 5.0MPa 压强下,SO2 平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在 5.0MPa、550℃时的α=__________,判 断的依据是__________。影响α的因素有__________。 (3)将组成(物质的量分数)为 2m% SO2(g)、m% O2(g)和 q% N2(g)的气体通入反应器,在温度 t、压强 p 条件下进行反应。平衡时,若 SO2 转化率为α,则 SO3 压强为___________,平衡常数 Kp=___________(以分 压表示,分压=总压×物质的量分数)。 (4)研究表明,SO2 催化氧化的反应速率方程为:v=k( ′ α α −1)0.8(1−nα')。式中:k 为反应速率常数,随温度 t 升高而增大;α为 SO2 平衡转化率,α'为某时刻 SO2 转化率,n 为常数。在α'=0.90 时,将一系列温度下的 k、 α值代入上述速率方程,得到 v~t 曲线,如图所示。 曲线上 v 最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度 tm。ttm 后,v 逐渐下降。 原因是__________________________。 【答案】(1)2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1 (2)0.975 该反应气体分子数减少,增大压强,α提高。所以,该反应在 550℃、压强为 5.0MPa> 2.5MPa=p2的,所以 p1=5.0MPa 反应物(N2 和 O2)的起始浓度(组成)、温度、压强 (3) 2m 100 m p    0.5 1.51 100 mp m         (4)升高温度,k 增大使 v 逐渐提高,但α降低使 v 逐渐下降。当 t<tm,k 增大对 v 的提高大于α引起 的降低;当 t>tm,k 增大对 v 的提高小于α引起的降低 【解析】(1)由题中信息可知: ①SO2(g)+ 1 2 O2(g) SO3(g) ∆H= -98kJ∙mol-1 ②V2O4(s)+ SO3(g) V2O5(s)+ SO2(g) ∆H2= -24kJ∙mol-1 ③V2O4(s)+ 2SO3(g) 2VOSO4(s) ∆H1= -399kJ∙mol-1 根据盖斯定律可知,③-②2 得 2V2O5(s)+ 2SO2(g) ⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s),则∆H= ∆H1-2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1,所以该反应的热化学方程式为:2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) ∆H= -351 kJ∙mol-1;(2) SO2(g)+ 1 2 O2(g) ⇌ SO3(g),该反应是一个气体分 子数减少的放热反应,故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此,在相同温度下,压强越大, SO2 的平衡转化率越大,所以,该反应在 550℃、压强为 5.0MPa 条件下,SO2 的平衡转化率一定高于相同温 度下、压强为 2.5MPa 的,因此,p1=5.0MPa,由图中数据可知,α=0.975。影响α的因素就是影响化学平衡 移动的因素,主要有反应物(N2 和 O2)的浓度、温度、压强等。(3)假设原气体的物质的量为 100mol,则 SO2、O2 和 N2 的物质的量分别为 2m mol、m mol 和 q mol,2m+m+q=3m+q=100,SO2 的平衡转化率为α,则 有下列关系: 平衡时气体的总物质的量为 n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol,则 SO3 的物质的量分数为         3n SO 2m mol 2m100% 100% 100%n 2m 1 m 1 2m mol q mol 100 m               总 。该反应在恒压容器中 进行,因此,SO3 的分压 p(SO3)= 2m 100 m p  ,p(SO2)=  2m 1  100 m p    ,p(O2)=  m 1 100 m p    ,在该条件下, SO2(g)+ 1 2 O2(g) ⇌ 2SO3(g) 的 Kp=             3 0.5 0.50.5 1.52 2 2m SO 100 m SO 2m 1 m 1 1 100100 m 100 m p p p p O mpp p m                       。(4) 由于该反应是 放热反应,温度升高后α降低。由题中信息可知,v=   0.8 k 1 1 n        ,升高温度,k 增大使 v 逐渐提高, 但α降低使 v 逐渐下降。当 t<tm,k 增大对 v 的提高大于α引起的降低;当 t>tm,k 增大对 v 的提高小于α引 起的降低。 2.(2020•新课标Ⅱ卷)天然气的主要成分为 CH4,一般还含有 C2H6 等烃类,是重要的燃料和化工原料。 (1)乙烷在一定条件可发生如下反应:C2H6(g)= C2H4(g)+H2(g) ΔH,相关物质的燃烧热数据如下表所示: 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) 燃烧热ΔH/( kJ·mol−1) -1560 -1411 -286 ①ΔH=_________kJ·mol−1。 ②提高该反应平衡转化率的方法有_________、_________。 ③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡转化率为α。反应的平 衡常数 Kp=_________(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 (2)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4 高温 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为:r=k× 4CHc , 其中 k 为反应速率常数。 ①设反应开始时的反应速率为 r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为 r2,则 r2=_____ r1。 ②对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是_________。 A.增加甲烷浓度,r 增大 B.增加 H2 浓度,r 增大 C.乙烷的生成速率逐渐增大 D.降低反应温度,k 减小 (3)CH4 和 CO2 都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如下图 所示: ①阴极上的反应式为_________。 ②若生成的乙烯和乙烷的体积比为 2∶1,则消耗的 CH4 和 CO2 体积比为_________。 【答案】(1)①137 ②升高温度 减小压强(增大体积) ③ α(1+α) p(2+α)(1-α) (2)①1-α ②AD (3)①CO2+2e−=CO+O2− ②6∶5 【解析】(1)①由表中燃烧热数值可知: ①C2H6(g)+ 7 2 O2(g)=2CO2(g) +3H2O(l) ∆H1= -1560kJ∙mol-1;②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g) +2H2O(l) ∆H2= -1411kJ∙mol-1;③H2(g)+ 1 2 O2(g)=H2O(l) ∆H3= -286kJ∙mol-1;根据盖斯定律可知,①-②-③得 C2H6(g) =C2H4(g) + H2(g),则∆H= ∆H1-∆H2-∆H3=( -1560kJ∙mol-1)-( -1411kJ∙mol-1)- ( -286kJ∙mol-1)=137kJ∙mol-1;②反应 C2H6(g) C2H4(g) + H2(g)为气体体积增大的吸热反应,升高温度、减小压强平衡都向正反应方向移动, 故提高该反应平衡转化率的方法有升高温度、减小压强(增大体积);③设起始时加入的乙烷和氢气各为 1mol, 列出三段式: C2H6(g) C2H4(g) + H2(g) 起始(mol) 1 0 1 转化(mol) α α α 平衡(mol) 1- α α 1+ α 平衡时,C2H6、C2H4 和 H2 平衡分压分别为 1 α 2 α   p、 α 2 α p 和 1 α 2 α   p,则反应的平衡常数为 Kp= 1 α 2 α 1 α     ( ) ( )( );(2) ①根据 r=k× 4CHc ,若 r1= kc,甲烷转化率为 α时,甲烷的浓度为 c(1- α ),则 r2= kc(1- α ),所以 r2=(1- α )r1;②A 项,增大反应物浓度反应速率增大,故 A 说法正确;B 项,由速率方程可 知,初期阶段的反应速率与氢气浓度无关,故 B 说法错误;C 项,反应物甲烷的浓度逐渐减小,结合速率 方程可知,乙烷的生成速率逐渐减小,故 C 说法错误;D 项,化学反应速率与温度有关,温度降低,反应 速率常数减小,故 D 正确。故选 AD。(3) ①由图可知,CO2 在阴极得电子发生还原反应,电极反应为 CO2+2e-=CO+O2-;②令生成乙烯和乙烷分别为 2 体积和 1 体积,根据阿伏加德罗定律,同温同压下,气体 体积比等于物质的量之比,再根据得失电子守恒,得到发生的总反应为:6CH4+5CO2=2C2H4+ C2H6+5H2O+5CO,即消耗 CH4 和 CO2 的体积比为 6:5。 3.(2020•新课标Ⅲ卷)二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用 CO2 的热点研究领域。回答下列问题: (1)CO2 催化加氢生成乙烯和水的反应中,产物的物质的量之比 n(C2H4)∶n(H2O)=__________。当反应 达到平衡时,若增大压强,则 n(C2H4)___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 (2)理论计算表明,原料初始组成 n(CO2)∶n(H2)=1∶3,在体系压强为 0.1MPa,反应达到平衡时,四种 组分的物质的量分数 x 随温度 T 的变化如图所示。 图中,表示 C2H4、CO2 变化的曲线分别是______、______。CO2 催化加氢合成 C2H4 反应的ΔH______0(填 “大于”或“小于”)。 (3)根据图中点 A(440K,0.39),计算该温度时反应的平衡常数 Kp=_________(MPa)−3(列出计算式。以分 压表示,分压=总压×物质的量分数)。 (4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应,生成 C3H6、C3H8、C4H8 等低碳烃。一定温度和压 强条件下,为了提高反应速率和乙烯选择性,应当_______________。 【答案】(1)1∶4 变大 (2)d c 小于 (3)  3 9 1 4 0.039 或    4 36 2 0.390.39 14 0.39 0.10.39 ( )3 等 (4)选择合适催化剂等 【解析】(1)CO2 催化加氢生成乙烯和水,该反应的化学方程式可表示为 2CO2+6H2 ⇌ CH2 = CH2+4H2O, 因此,该反应中产物的物质的量之比 n(C2H4):n(H2O)=1:4。由于该反应是气体分子数减少的反应,当反 应达到平衡状态时,若增大压强,则化学平衡向正反应方向移动,n(C2H4)变大。(2) 由题中信息可知,两反 应物的初始投料之比等于化学计量数之比;由图中曲线的起点坐标可知,c 和 a 所表示的物质的物质的量分 数之比为 1:3、d 和 b 表示的物质的物质的量分数之比为 1:4,则结合化学计量数之比可以判断,表示乙烯变 化的曲线是 d,表示二氧化碳变化曲线的是 c。由图中曲线的变化趋势可知,升高温度,乙烯的物质的量分 数减小,则化学平衡向逆反应方向移动,则该反应为放热反应,∆H 小于 0。(3) 原料初始组成 n(CO2)∶n(H2)=1∶ 3,在体系压强为 0.1Mpa 建立平衡。由 A 点坐标可知,该温度下,氢气和水的物质的量分数均为 0.39,则 乙烯的物质的量分数为水的四分之一,即 0.39 4 ,二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一,即 0.39 3 , 因此,该温度下反应的平衡常数 4 2 3 6 0.390.39 14 0.10.390.39 3 pK        (MPa)-3= 3 9 1 4 0.039  (MPa)-3。(4)工业上通常 通过选择合适的催化剂,以加快化学反应速率,同时还可以提高目标产品的选择性,减少副反应的发生。 因此,一定温度和压强下,为了提高反应速率和乙烯的选择性,应当选择合适的催化剂。 4.(2019•新课标Ⅰ卷)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(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 721 ℃下的过量氧化钴 CoO(s),氧化钴部分被 还原为金属钴(Co),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 CO_________H2(填“大于”或“小于”)。 (2)721 ℃时,在密闭容器中将等物质 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.<0.25 B.0.25 C.0.25~0.50 D.0.50 E.>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ΔH________0( 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_______________________。 (4)Shoichi 研究了 467 ℃、489 ℃时水煤气变换中 CO 和 H2 分压随时间变化关系(如下图所示),催化剂 为氧化铁,实验初始时体系中的 PH2O 和 PCO 相等、PCO2 和 PH2 相等。 计算曲线 a 的反应在 30~90 min 内的平均速率 (a)=___________kPa·min−1。467 ℃时 PH2 和 PCO 随 时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时 PH2 和 PCO 随时间变化关系的曲线分 别是___________、___________。 【答案】(1)大于 (2)C (3)小于 2.02 COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*(或H2O*=H*+OH*) (4)0.0047 b c a d 【解析】(1)H2 还原氧化钴的方程式为:H2(g)+CoO(s)=Co(s)+H2O(g);CO 还原氧化钴的方程式为: CO(g)+CoO(s)=Co(s)+CO2(g),平衡时 H2 还原体系中 H2 的物质的量分数( )高于 CO 还原 体系中 CO 的物质的量分数( ),故还原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO 大于 H2;(2)721 ℃时, 在密闭容器中将等物质的量的 CO(g)和 H2O(g)混合,可设其物质的量为 1mol,则 CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 起始(mol) 1 1 0 0 转化(mol) x x x x 平衡(mol) 1-x 1-x x x 则平衡时体系中 H2 的物质的量分数= ,因该反应为可逆反应, 故 x0.5,由此可判断最终平衡时体系中 H2 的物质的量分数介于 0.25~0.50,故答案为 C;(3)根据水煤 气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知,CO(g)+H2O(g)的能量 (-0.32eV)高于 CO2(g)+H2(g)的能量(-0.83eV),故水煤气变换的ΔH 小于 0;活化能即反应物状态达到活化状 态所需能量,根据变换历程的相对能量可知,最大差值为: 其最大能垒(活化能)E 正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV;该步骤的反应物为 COOH*+H*+H2O*= COOH*+2H*+OH*;因反应前后 COOH 和 1 个 H*未发生改变,也可以表述成 H2O*=H*+OH*;(4)由图 可知,30~90 min 内 a 曲线对应物质的分压变化量Δp=(4.08-3.80)kPa=0.28 kPa,故曲线 a 的反 应在 30~90 min 内的平均速率 (a)= =0.0047 kPa·min−1;由(2)中分析得出 H2 的物质的 量分数介于 0.25~0.5,CO 的物质的量分数介于 0~0.25,即 H2 的分压始终高于 CO 的分压,据 此可将图分成两部分: 由此可知,a、b 表示的是 H2 的分压,c、d 表示的是 CO 的分压,该反应为放热反应,故升高温度,平 衡逆向移动,CO 分压增加,H2 分压降低,故 467 ℃时 PH2 和 PCO 随时间变化关系的曲线分别是 b、c;489 ℃ 时 PH2 和 PCO 随时间变化关系的曲线分别是 a、d。 5.(2019•新课标Ⅱ卷)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) ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ① H2(g)+ I2(g) 2HI(g) ΔH2=−11.0 kJ·mol −1 ② 对于反应: (g)+ I2(g) (g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。 (2)某温度下,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 Kp=_________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.T1>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0.45 mol·L−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下图所示,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% 3.56×104 BD (3)CD (4)Fe 电极 Fe+2 = +H2↑(Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2↑) 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①-②,可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol;(2)假设反应前碘单质与环戊烯均为 nmol, 平衡时环戊烯反应了 xmol,根据题意可知; (g)+I2(g)= (g)+2HI(g) 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1mol xmol 2n×20% 得 x=0.4nmol,转化率为 0.4n/n×100%=40%; (g) + I2(g)= (g)+ 2HI(g) P(初) 0.5×105 0.5×105 0 0 ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40% P(平) 0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105 Kp= 5 2 5 5 5 0.4 10 0.2 10 0.3 10 0.3 10       ( ) =3.56×104;A.T、V 一定,通入惰性气体,由于对反应物和生成物浓度无 影响,速率不变,平衡不移动,故 A 错误;B.升高温度,平衡向吸热方向移动,环戊烯转化率升高,故 B 正确;C.增加环戊烯的浓度平衡正向移动,但环戊烯转化率降低,故 C 错误;D,增加 I2 的浓度,平衡正 向移动,环戊烯转化率升高,故 D 正确;(3)A.温度越高,反应速率越快,其浓度下降的也越快。因 此 T1v(逆), a 点反应物浓度大于 b 点,故 a 点正反应速率大于 b 点,因此 v(正 a)>v(逆 b),故 C 正确;D.b 点时环戊二烯浓度由 1.5mol/L 减小到 0.6mol/L,减少了 0.9mol/L,因此生成二聚体 0.45mol/L, 故 D 正确;故选 CD。(4)根据阳极升失氧可知 Fe 为阳极;根据题干信息 Fe-2e-=Fe2+,电解液中钠离子起 到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气,同时与亚铁离子结合生成二茂铁,故电极反应式为 Fe+2 = +H2↑;电解必须在无水条件下进行,因为中间产物 Na 会与水反应生成氢氧化钠和氢气, 亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀。 6.(2019•新课标Ⅲ卷)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:4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比 c(HCl) ∶c(O2)分别等于 1∶1、4∶1、7∶1 时 HCl 平衡转化率随温度变化的关系: 可知反应平衡常数 K(300℃)____________K(400℃)(填“大于”或“小于”)。设 HCl 初始浓度为 c0,根据进 料浓度比 c(HCl)∶c(O2)=1∶1 的数据计算 K(400℃)=____________(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、过高的不利影响分别是 ____________。 (2)Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行: CuCl2(s)=CuCl(s)+ 1 2 Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1 CuCl(s)+ 1 2 O2(g)=CuO(s)+ 1 2 Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1 则 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。 (3)在一定温度的条件下,进一步提高 HCl 的转化率的方法是______________。(写出 2 种) (4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方 案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示: 负极区发生的反应有____________________(写反应方程式)。电路中转移 1 mol 电子,需消耗氧气 __________L(标准状况)。 【答案】(1)大于 2 2 4 0 (0.42) (0.42) (1 0.84) (1 0.21)c     O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 (2)﹣116 (3)增加反应体系压强、及时除去产物 (4)Fe3++e−=Fe2+,4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 5.6 【解析】(1)根据反应方程式知,HCl 平衡转化率越大,平衡常数 K 越大,结合图像知升高温度平衡转 化率降低,说明升高温度平衡向逆反应方向进行,则 K(300℃)>K(400℃); 由图像知,400℃时,HCl 平衡转化率为 84%,用三段式法对数据进行处理得: 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) 起始(浓度) c0 c0 0 0 变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡(浓度)(1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则 K= 2 2 4 0 (0.42) (0.42) (1 0.84) (1 0.21)c     ;根据题干信息知,进料浓度比过低,氧气大量剩余,导致分离产物氯气 和氧气的能耗较高;进料浓度比过高,HCl 不能充分反应,导致 HCl 转化率较低;(2)根据盖斯定律知,(反 应 I+反应 II+反应 III)×2 得 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=(ΔH1+ΔH2+ΔH3)×2=-116kJ·mol-1;(3)若想 提高 HCl 的转化率,应该促使平衡正向移动,该反应为气体体积减小的反应,根据勒夏特列原理,可以增 大压强,使平衡正向移动;也可以及时除去产物,减小产物浓度,使平衡正向移动;(4)电解过程中,负极 区即阴极上发生的是得电子反应,元素化合价降低,属于还原反应,则图中左侧为负极反应,根据图示信 息知电极反应为:Fe3++e-=Fe2+和 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O;电路中转移 1 mol 电子,根据电子得失守恒 可知需消耗氧气的物质的量是 1mol÷4=0.25mol,在标准状况下的体积为 0.25mol×22.4L/mol=5.6L。 模拟精做 化学反应原理题目 1.(2021·江苏南通市高三期末)氮是生命体的重要组成元素,自然界中氮的循环对于生命活动有重要意 义。 (1)一种利用锂及其化合物的循环,将空气中的 N2 转化为 NH3 的过程如图所示。 ①X 的化学式为___________。 ②转化(Ⅲ)是电解熔融 LiOH,该反应的化学方程式为___________。 (2)废水中氨氮(以 NH3 或 NH4+形式存在)含量过高,直接排放会造成水体富营养化。用 NaClO 可以将氨 氮氧化去除,已知 NH3 比 NH4+更易被氧化。NaClO 除去水中氨氮的反应过程如下: NaClO+H2O NaOH+HClO NH3+HClO=NH2Cl+H2O 2NH2Cl+HClO=N2↑+3HCl+H2O ①控制含氨氮废水的量和加入 NaClO 的量一定,测得反应相同时间,氨氮的去除率与溶液初始 pH 的 关系如图-1 所示。 (a)当 pH<6 时,氨氮去除率随溶液 pH 升高而升高的原因是:___________。 (b)当 pH>10 时,氨氮去除率随溶液 pH 升高而降低的原因是:___________。 ②控制溶液的 pH=7,测得反应相同时间,溶液中的氨氮、总氮(所有含氮微粒)的去除率随初始 m(NaClO)∶ m(NH3)的比例如图-2 所示。当 m(NaClO)∶m(NH3)>7.6,随 m(NaClO)∶m(NH3)的增大,氨氮去除率始终接 近 100%,而总氮去除率逐渐降低的原因是___________。 ③NaClO 与 NH3 恰好完全反应时,反应的 n(NaClO)∶n(NH3)的理论值是 1.5.控制溶液的 pH=7,测得反 应相同时间,溶液中余氯含量与投入 n(NaClO)∶n(NH3)的比值关系如图-3 所示。水中的余氯的计算方法是 向水中加入足量 KI,生成的 I2 的物质的量看成是水中 Cl2 的物质的量。当 n(NaClO)∶n(NH3)=1 时,溶液中 余氯含量较大的原因是___________。 【答案】(1)①H2O ②4LiOH(熔融) 4Li+O2↑+2H2O (2)①pH 升高,NH4+水解生成 NH3,NH3 浓度增大,NH3 比 NH4+更易被氧化 ②pH 升高,HClO 转化为 ClO-,氧化 NH3 的 HClO 浓度变小 部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐,仍然留在水溶液中 ③NH2Cl 具有氧化性,能将 KI 氧化为 I2 【解析】(1)①从循环分析,X 含有氢元素和氧元素,所以 X 为水。②电解熔融 LiOH,锂离子得到电 子生成锂,氧元素失去电子生成氧气,化学方程式为 4LiOH(熔融) 4Li+O2↑+2H2O。(2) ①(a) pH<6 时, pH 升高,铵根离子水解生成氨气,氨气浓度增大,根据已知 NH3 比 NH4+更易被氧化分析,氨氮的去 除率升高。 (b)当 pH>10 时,溶液中的部分次氯酸变成次氯酸根离子,次氯酸的浓度减小,所以氨氮去除 率随溶液 pH 升高而降低。②m(NaClO)∶m(NH3)的增大,部分氮元素被氧化为氮的含氧酸盐,仍然留在水 溶液中,所以氨氮去除率始终接近 100%,而总氮去除率逐渐降低。③当 n(NaClO)∶n(NH3)=1 时,反应生 成 NH2Cl,NH2Cl 具有氧化性,能将 KI 氧化为 I2,溶液中消耗氯气的量减少,余氯含量较大。 2.(2021·辽宁高三期末)催化还原 CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一、研究表明,在 Cu/ZnO 催化剂存在下,CO2 和 H2 可发生下列反应: Ⅰ. CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) △ H1=-53.7kJ·mol-1 Ⅱ.CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) △ H2=+41.2kJ·mol-1 某实验室控制 H2 和 CO2 的初始投料比为 2.2:1,经过相同反应时间测得实验数据如下: T(K) 催化剂 CO2 转化率(%) 甲醇选择性(%) 543 Cat.1 12.3 42.3 543 Cat.2 10.9 72.7 553 Cat.1 15.3 39.1 553 Cat.2 12.0 71.6 已知:a.催化剂 Cat.1 为 Cu/ZnO 纳米棒,催化剂 Cat.2 为 Cu/ZnO 纳米片; b.甲醇选择性:转化的 CO2 中生成甲醇的百分比。 (1)反应Ⅰ自发进行的条件是___________(填“高温自发”、“低温自发”或“任何温度下都自发”),反应Ⅰ 中的活化能  E 正 ______(填“>”或“<”)  E 逆 。 (2)在恒温密闭容器中发生反应Ⅰ和反应Ⅱ,下列说法正确的是___________(填标号)。 A.543K 时,Cat.1 对反应Ⅱ的催化效果比对反应Ⅰ的好 B.压缩容器体积,可提高反应的转化率,也会使反应Ⅰ的平衡常数增大 C.增大 H2 和 CO2 的初始投料比,可提高 CO2 的平衡转化率 D.若保持压强始终为 p,反应物起始投料比相同,CO2 平衡转化率减小 (3)实验数据表明,在相同温度下,催化剂 Cat.2 对 CO2 转化为 CH3OH 的选择性比 Cat.1 的要高,试用 碰撞理论解释其原因:________________________________。 (4)已知反应:CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △ H<0 ①TOC 时,向一恒温恒容密闭容器中通入 1molCO(g) 和 2molH2(g),在催化剂作用下反应,达到平衡时, CO 的平衡转化率为 50%,混合气体的总压强为 pPa,则该温度下反应的平衡常数 KP___________(用平衡分 压代替平衡浓度进行计算,分压=总压×物质的量分数)Pa-2。 ②在其他条件不变的情况下,改变起始时 H2(g)的物质的量,对平衡时 CH3OH(g)体积分数的影响如图 1 所示。(起始时 CO 的物质的量为 1mol) 图 1 中 n=___________,在 a、b、c 三点对应所处的平衡状态下,反应物 CO 的转化率最大的是 ___________(填字母)。 ③其他条件相同,在不同催化剂 m 或 n 作用下,反应时间相同时,CO 的转化率随反应温度的变化情况 如图 2 所示。请在图 2 中补充 t℃后的变化情况。__________________ 【答案】(1)低温自发 < (2)AC (3)其他条件相同时,Cat.2 使反应Ⅰ的活化能降低更多,活化分子百分数增加更多,从而使有效碰撞的 几率增大,使反应Ⅰ的速率更快,故甲醇的选择性更高 (4)① 2 4 p ② 2 c ③ 【解析】(1)对于反应Ⅰ,正向是气体体积减小的反应,是一个熵减的过程, △ S

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