（新课标）广西2020高考化学二轮复习 题型十一 化学反应原理专项练 17页

题型十一　化学反应原理 ‎1.(2018河南开封模拟)纳米级Cu2O由于对某些反应具有优良的催化性能而受到关注,下表是制取Cu2O的三种方法:‎ 方法Ⅰ 用炭粉在高温条件下还原CuO 方法Ⅱ 用肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2‎ 方法Ⅲ 电解法:2Cu+H2OCu2O+H2↑‎ ‎(1)已知:2Cu(s)+O2(g)Cu2O(s)‎ ΔH=-a kJ·mol-1‎ C(s)+O2(g)CO(g)‎ ΔH=-b kJ·mol-1‎ Cu(s)+O2(g)CuO(s)‎ ΔH=-c kJ·mol-1‎ 则方法Ⅰ发生的反应:2CuO(s)+C(s)Cu2O(s)+CO(g)‎ ΔH=　　　　　　　　　kJ·mol-1。 ‎ ‎(2)工业上很少用方法Ⅰ制取Cu2O,是由于方法Ⅰ反应条件不易控制,若控温不当,会降低Cu2O产率,请分析原因:　。 ‎ ‎(3)方法Ⅱ为加热条件下用液态肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2来制备纳米级Cu2O,同时放出N2,该制法的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)方法Ⅲ采用离子交换膜控制电解液中OH-的浓度而制备纳米Cu2O,装置如图所示,则阳极上的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,当生成1 mol Cu2O时,就会有　　　　NA个阴离子通过离子交换膜。 ‎ ‎(5)在‎2 L的密闭容器中,用以上两种方法制得的Cu2O分别进行催化分解水的实验:2H2O(g)2H2(g)+O2(g)　ΔH>0,水蒸气的浓度(mol·L-1)随时间t(min)变化如下表所示。‎ 17‎ ‎　c(H2O) 　时间 方法、温度　　　‎ ‎0‎ ‎10‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎50‎ 方法Ⅰ(T1)‎ ‎0.050‎ ‎0.049 2‎ ‎0.048 6‎ ‎0.048 2‎ ‎0.048 0‎ ‎0.048 0‎ 方法Ⅱ(T1)‎ ‎0.050‎ ‎0.048 8‎ ‎0.048 4‎ ‎0.048 0‎ ‎0.048 0‎ ‎0.048 0‎ 方法Ⅲ(T2)‎ ‎0.10‎ ‎0.088‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ ‎①实验时的温度:T2　　　　T1。 ‎ ‎②方法Ⅰ前20 min的平均反应速率v(O2)　　　　　 mol·L-1·min-1。 ‎ ‎③方法Ⅲ反应的平衡常数为　　　　　　　　　。 ‎ 答案(1)‎2c-a-b ‎(2)若温度不当,会生成Cu ‎(3)4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑‎ ‎(4)2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O　2‎ ‎(5)①>　　②3.5×1③6.25×10-4‎ 解析(1)将已知反应依次编号为①②③,由盖斯定律可知,①-③×2+②得2CuO(s)+C(s)Cu2O(s)+CO(g)　ΔH=(‎2c-a-b)kJ·mol-1。(2)在加热条件下,C与CuO反应也能生成Cu,所以,若温度不当会生成Cu。(3)液态肼(N2H4)还原新制Cu(OH)2制备纳米级Cu2O的化学方程式为4Cu(OH)2+N2H42Cu2O+6H2O+N2↑。(4)阳极上Cu失电子转化为Cu2O,当生成1 mol Cu2O时电路中有2 mol电子转移,此时阴极区会有2 mol OH-生成,根据电荷守恒可知,必有2 mol OH-离开阴极区。(5)①由于反应的ΔH>0,故实验温度越高达到化学平衡时水蒸气转化率越大,方法Ⅱ和Ⅲ相比,方法Ⅲ水蒸气转化率高,所以T2>T1。②方法Ⅰ前20 min的平均反应速率v(O2)=‎ v(H2O)==3.5×10-5mol·L-1·min-1。③方法Ⅲ中反应达平衡时,c(H2O)=0.080 mol·L-1,c(H2)=0.020 mol·L-1,c(O2)=0.010 mol·L-1,由此可求出K=6.25×10-4。‎ ‎2.(2018浙江宁波模拟)(1)NaCN溶液中各离子浓度的大小关系为　; ‎ NaCN遇酸能产生HCN,‎25 ℃‎时,HCN的电离常数K=6.2×10-10,CH3COOH的电离常数K=1.7×10-5。体积均为100 mL、pH=2的CH3COOH溶液和HCN溶液,加水稀释过程中溶液pH的变化与溶液体积的关系如图所示,则表示CH3COOH溶液pH变化的曲线是　　　　(填“A”或“B”);相同条件下,NaCN溶液的pH　　　　(填“>”“=”或“<”)CH3COONa溶液的pH。 ‎ 17‎ ‎(2)‎200 ℃‎时,固体硝酸铵可以分解为N2O和H2O,此过程中每转移8 mol电子放出84.8 kJ热量,写出此反应的热化学方程式: ‎ ‎　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)工业上用氯气和二氧化钛制备TiCl4,一定条件下发生反应:TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)　ΔH>0,某温度下,该反应的平衡常数K为400。在密闭容器中加入TiO2(s)和Cl2(g),反应到t时刻测得各组分的浓度如下表所示:‎ 物质 Cl2‎ TiCl4‎ O2‎ 浓度/(mol·L-1)‎ ‎0.44‎ ‎0.6‎ ‎0.6‎ ‎①下一时刻此反应向　　　　　　(填“正”或“逆”)反应方向进行。 ‎ ‎②若经10 min反应达到平衡,则该时间内反应速率v(Cl2)=　　　　　　mol·L-1·min-1。下列措施可以使平衡向正反应方向移动的是　　　　　　(填字母)。 ‎ a.使用催化剂　　　　　b.增大压强 c.减小压强　　　　　　d.升高温度 答案(1)c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)　A　>‎ ‎(2)NH4NO3(s)N2O(g)+2H2O(g)‎ ΔH=-42.4 kJ·mol-1‎ ‎(3)①正　②0.16　d 解析(1)NaCN为强碱弱酸盐,CN-水解使溶液显碱性,故NaCN溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)。电离平衡常数越大,酸性越强,稀释相同倍数时,pH变化越大,故曲线A代表CH3COOH溶液的pH变化趋势,曲线B代表HCN溶液的pH变化趋势。酸的酸性越弱,其对应的盐越易水解,故相同条件下,NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液。‎ ‎(2)NH4NO3分解生成N2O和H2O的化学方程式为NH4NO3(s)N2O(g)+2H2O(g),1 mol NH4NO3分解时转移4 mol电子,放出的热量为42.4 kJ,因此热化学方程式为NH4NO3(s)N2O(g)+2H2O(g)　ΔH=-42.4 kJ·mol-1。‎ ‎(3)①Q=≈1.86v(逆)。‎ ‎②设反应达到平衡时O2的浓度变化为x,则有 ‎　　　　TiO2(s)+2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g)‎ t时刻/ (mol·L-1) 0.44 0.6 0.6‎ 转化/ (mol·L-1) 2x x x 17‎ 平衡/ (mol·L-1) 0.44-2x 0.6+x 0.6+x 平衡常数K==400,解得x=0.2。因初始状态下TiCl4和O2的浓度均为0,则Cl2的初始浓度为0.44 mol·L-1+2×0.6 mol·L-1=1.64 mol·L-1,由此可知0~10 min内反应速率v(Cl2)= mol·L-1·min-1=0.16 mol·L-1·min-1。催化剂只能改变化学反应速率,不能使化学平衡发生移动,a项错误;该可逆反应是气体物质的量不变的反应,故压强变化对平衡无影响,b、c两项错误;该反应的ΔH>0,是吸热反应,故升高温度,平衡向正反应方向移动,d项正确。‎ ‎3.(2018浙江金华模拟)“低碳循环”引起各国的高度重视,而如何降低大气中CO2的含量及有效开发利用CO2,已引起全世界的普遍重视。‎ 一定条件下,CO2可以转化为甲醇:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。‎ ‎(1)在一恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO2和3 mol H2进行上述反应。测得CO2(g)和CH3OH(g)浓度随时间变化如下图所示。‎ ‎①0~10 min内,氢气的平均反应速率为　　　　　　　　,第10 min后,保持温度不变,向该密闭容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g),则平衡　　　　(填“正向”“逆向”或“不”)移动。 ‎ ‎②若已知:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)‎ ΔH=-a kJ·mol-1;‎ ‎2H2(g)+O2(g)2H2O(g)‎ ΔH=-b kJ·mol-1;‎ H2O(g)H2O(l)　ΔH=-c kJ·mol-1;‎ CH3OH(g)CH3OH(l)‎ ΔH=-d kJ·mol-1。‎ 则表示CH3OH(l)燃烧热的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)如下图所示,‎25 ℃‎时以甲醇燃料电池(电解质溶液为稀硫酸)为电源电解600 mL一定浓度的NaCl溶液,电池的正极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 在电解一段时间后,NaCl溶液的pH变为12(假设电解前后NaCl溶液的体积不变),则理论上消耗甲醇的物质的量为　　　　mol。 ‎ 17‎ ‎(3)向(2)电解后U形管的溶液中通入标准状况下89.6 mL的CO2气体,则所得溶液呈　　　　(填“酸”“碱”或“中”)性,溶液中各离子浓度由大到小的顺序为　。 ‎ 答案(1)①0.225 mol·L-1·min-1　正向 ‎②CH3OH(l)+O2(g)CO2(g)+2H2O(l)‎ ΔH=-(b+‎2c-a-d)kJ·mol-1‎ ‎(2)O2+4e-+4H+2H2O　0.001‎ ‎(3)碱　c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(OH-)>c(H+)‎ 解析(1)①由图示可知甲醇的浓度在10 min内增加0.75 mol·L-1,所以氢气浓度减少3×0.75 mol·L-1,10 min内氢气的平均反应速率为0.225 mol·L-1·min-1;向该密闭容器中再充入1 mol CO2(g)和1 mol H2O(g),此时反应的浓度商小于该反应的化学平衡常数,平衡正向移动;②先写出反应的总方程式,并标明状态,然后用盖斯定律计算可得。‎ ‎(2)正极发生还原反应,氧气得电子结合氢离子生成水,电极反应式为O2+4e-+4H+2H2O;利用得失电子守恒可知每消耗1 mol甲醇,转移电子数目为6 mol,即可算得消耗甲醇的物质的量为0.001 mol。‎ ‎(3)通入CO2后,得到等浓度的Na2CO3和NaHCO3的混合溶液,C的水解程度大于HC的水解程度,所以溶液中各离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(OH-)>c(H+)。‎ ‎4.(2018湖北黄冈模拟)研究氮氧化物的反应机理对于消除氮氧化物对环境的污染有重要意义。升高温度绝大多数的化学反应速率增大,但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。某化学小组为研究该特殊现象的实质原因,查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步:‎ ‎①2NO(g)N2O2(g)(快)　　c2(NO)‎ c(N2O2)　ΔH1<0‎ ‎②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)‎ 17‎ ‎·c(N2O2)c(O2)　c2(NO2)‎ ΔH2<0‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH=　　　　(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。一定温度下,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态,请写出用表示的平衡常数表达式K=　　　　　　,升高温度,K值　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 ‎ ‎(2)决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应②,反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1　　　　(填“>”“<”或“=”)E2。由实验数据得到与c(O2)的关系可用如图表示。当x点升高到某一温度时,反应重新达到平衡,则变为相应的点为　　　　(填字母)。 ‎ ‎(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂,NO2通入氨水中发生反应2NO2+2NH3·H2ONH4NO3+NH4NO2+H2O。若向反应后的溶 液中滴入甲基橙呈红色,则反应后溶液中c(N)　　　(填“>”“<”或“=”)c(N)+c(N)。工业上也可用电解法处理氮氧化物的污染,电解池如图所示,阴阳电极间是新型固体氧化物陶瓷,在一定条件下可传导O2-。该电解池阴极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　,O2-移向与电源　　　　　极(填“a”或“b”)相连的电极。 ‎ 答案(1)ΔH1+ΔH2　　减小 ‎(2)<　a ‎(3)<　2NOx+4xe-N2+2xO2-　b 解析(1)①+②可得2NO(g)+O2(g)2NO2(g),故ΔH=ΔH1+ΔH2。反应达到平衡时,v(正)=v(逆)。对于反应①有c2(NO)=c(N2O2),K1=,同理可求出K2=,则K=K1×K2=‎ 17‎ ‎。由于反应①②均是放热反应,故ΔH<0,升高温度后K值减小。(2)反应速率小的反应,活化分子百分数少,活化能较大,故E1p2>p1　该反应的正反应为气体物质的量增加的反应,其他条件相同时,增大压强平衡逆向移动,H2S的转化率减小,故p3>p2>p1　0.002 5 mol·L-1·h-1　0.53 MPa　增大　(3)①2S-2e-S2　②K2S2O8+2H2OH2O2+2KHSO4‎ 解析(1)结合表格中的数据,pH=5时,c(S2-)=1.4×10-11mol·L-1,Ksp(MnS)=c(Mn2+)·c(S2-)=0.020×1.4×10-11=2.8×10-13。‎ ‎(2)①对三个热化学方程式依次编号为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,可知方程式Ⅰ=2×Ⅱ+Ⅲ,那么ΔH1=2ΔH2+ΔH3。‎ ‎②反应后气体体积增大,加压使平衡逆向移动,H2S的平衡转化率降低,结合图像可知p3>p2>p1。‎950 ℃‎、压强为p3时,达到平衡时H2S的平衡转化率为30%,v(S2)=v(H2S)==0.002 5 mol·L-1·h-1;p2=7.2 MPa,温度为‎975 ℃‎,达到平衡时H2S的平衡转化率为40%,则n(H2S)=0.06 mol,n(H2)=0.04 mol,n(S2)=0.02 mol,Kp=MPa=0.53 MPa。压强不变,升高温度,H2S的平衡转化率升高,即平衡正向移动,K增大。‎ ‎(3)结合电解反应原理示意图可知,电解池阳极为S失电子转化为S2;K2S2O8溶液水解过程中有H2O2生成,则S2得电子转化为S,据此可以写出反应的化学方程式。‎ ‎7.Ⅰ.煤制天然气的工艺流程简图如下:‎ ‎(1)反应Ⅰ:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)　ΔH=+135 kJ·mol-1,通入的氧气会与部分碳发生燃烧反应。请利用能量转化及平衡移动原理说明通入氧气的作用: ‎ ‎　。 ‎ ‎(2)反应Ⅱ:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)‎ ΔH=-41 kJ·mol-1。如图表示不同温度条件下,煤气化反应Ⅰ发生后的汽气比(水蒸气与CO物质的量之比)与CO平衡转化率的变化关系。‎ 17‎ ‎①判断T1、T2和T3的大小关系　　　　　　　。(从小到大的顺序) ‎ ‎②若煤气化反应Ⅰ发生后的汽气比为0.8,经煤气化反应Ⅰ和水气变换反应Ⅱ后,得到CO与H2的物质的量之比为1∶3,则反应Ⅱ应选择的温度是　　　　(填“T1”“T2”或“T3”)。 ‎ ‎(3)①甲烷化反应Ⅳ发生之前需要进行脱酸反应Ⅲ。煤经反应Ⅰ和Ⅱ后的气体中含有两种酸性气体,分别是H2S和　　　。 ‎ ‎②工业上常用热碳酸钾溶液脱除H2S气体得到两种酸式盐,该反应的离子方程式是 ‎ ‎　　　　　　　　　。 ‎ Ⅱ.利用甲烷超干重整CO2技术可得到富含CO的气体,将甲烷和二氧化碳转化为可利用的化学品,其能源和环境上的双重意义重大。该技术中的化学反应为:‎ CH4(g)+3CO2(g)2H2O(g)+4CO(g)　ΔH>0‎ CH4超干重整CO2的催化转化原理示意如图:‎ ‎(4)过程Ⅱ,实现了含氢物质与含碳物质的分离。生成H2O(g)的化学方程式是　。 ‎ ‎(5)假设过程Ⅰ和过程Ⅱ中的各步均转化完全,下列说法正确的是　　　　。(填字母) ‎ A.过程Ⅰ和过程Ⅱ中均含有氧化还原反应 B.过程Ⅱ中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3‎ C.若过程Ⅰ投料=1,可导致过程Ⅱ中催化剂失效 ‎(6)一定条件下,向体积为‎2 L的恒容密闭容器中充入1.2 mol CH4(g)和4.8 mol CO2(g),发生反应CH4(g)+3CO2(g)2H2O(g)+4CO(g)　ΔH>0,实验测得,反应吸收的能量和甲烷的体积分数随时间变化的曲线图像如图。计算该条件下,此反应的ΔH=　　　　　　。 ‎ 17‎ 答案Ⅰ.(1)氧气与碳发生燃烧反应放热,放出的热被可逆反应吸收利用,促进反应正向移动 ‎(2)①T1”或“<”)0,p1、p2、p3由大到小的顺序为　。 ‎ ‎②由图2可知,A点时H2的平衡转化率为　　　。 ‎ ‎③B点对应的平衡常数K=　　　　。 ‎ 答案(1)6∶1‎ ‎(2)ΔH2-ΔH1‎ ‎(3)①阳极区　②2H2O+2e-H2↑+2OH-(或2H++2e-H2↑)‎ ‎(4)①>　p3>p2>p1　②50%　③0.01‎ 解析(1)Mo可被发烟硝酸及氢氟酸氧化为MoO‎2F2,硝酸本身被还原为NO2,Mo从0价升高到+6价,N从+5价降低到+4价,根据电子守恒,氧化剂与还原剂的物质的量之比为6∶1。(2)根据盖斯定律,由②×-①×,得ΔH3=ΔH2-ΔH1。(3)①MoS2被氧化为Mo和S,电解池的阳极区发生氧化反应,则辉钼矿应放入电解槽的阳极区。②阴极发生还原反应,是水电离的H+得电子还原为氢气,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-(或2H++2e-H2↑)。(4)①由图1可知,氢气的转化率随温度升高而升高,说明温度升高平衡正向移动,即正反应为吸热反应,即该反应ΔH>0,在恒温条件下,增大压强平衡逆向移动,氢气的转化率应降低,则由图示可知p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1。②MoOS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)MoO(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s),设A点时混合气体的总物质的量为1 mol,则H2的物质的量为0.4 mol,H2O(g)的物质的量为0.4 mol,则变化的H2的物质的量为0.4 mol,A点时H2的平衡转化率为α(H2)=×100%=50%。③B点时H2、CO的体积分数均为25%,则H2O(g)的体积分数为0.5,B点对应的平衡常数K==0.01。‎ 17‎