高考化學二輪復習第二部分題型2反應原理綜合題測試(含解析)

高考化學二輪復習第二部分題型2反響原理綜合題測試(含解析)高考化學二輪復習第二部分題型2反響原理綜合題測試(含解析)/高考化學二輪復習第二部分題型2反響原理綜合題測試(含解析)題型2反響原理綜合題1．反響熱的計算。2．化學均衡狀態(tài)的標志及均衡搬動方向的判斷。3．轉變率及均衡常數(shù)的相關計算。4．信息圖象題的綜合解析。測試時間45分鐘1．(2019·河南八市測評)乙二醛(OHC—CHO)是紡織工業(yè)常用的一種有機原料，其工業(yè)生產方法主若是乙二醇(HOCH2CH2OH)氣相催化氧化法和乙醛液相硝酸氧化法，請回答以下相關問題。乙二醇氣相催化氧化法。①乙二醇氣相催化氧化的反響為：Ⅰ.HOCHCHOH(g)＋O(g)OHC—CHO(g)＋2HO(g)H22221已知Ⅱ.OHC—CHO(g)＋2HHOCHCHOH(g)H22221HO(g)H22223則H3＝________(用H1、H2表示)，相同溫度下，若反響Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均衡常數(shù)分別為K1、K2、K3則K1＝______________(用K2、K3表示)。②當原料氣中氧氣和乙二醇的物質的量之比為1.35時，乙二醛和副產物CO2的產率與反應溫度的關系以以下列圖所示，反響溫度高出495℃時，CO2產率高升的主要原因可能是________。③在恒容絕熱容器中發(fā)生反響HOCH2CH2OH(g)＋O2(g)OHC—CHO(g)＋2H2O(g)(不考慮副反響)，必然能說明反響達到均衡狀態(tài)的是________(填序號)。A．氧氣濃度保持不變B．氣體總物質的量保持不變C．均衡常數(shù)保持不變D．氧氣和乙二醇的物質的量之比保持不變(2)乙醛液相硝酸氧化法。-1-乙醛液相硝酸氧化法是在催化劑的作用下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，該法與乙二醇氣相催化氧化法對照明顯的缺點是___________________________________________。(任寫一條)乙二醛電解氧化制備乙醛酸(OHC—COOH)的生產裝置以以下列圖所示，通電后，陽極產生的Cl2與乙二醛溶液反響生成乙醛酸，請寫出該反響的化學方程式：_______________________________________________________________________________________。11H2O(g)，則3解析：(1)依照蓋斯定律，依照×(Ⅰ＋Ⅱ)辦理得H2(g)＋O2(g)22HH＋H2＝12H1＝2H3－H2，則K1＝3；②依照圖示可知，主反2；同理，依照蓋斯定律，2K應HOCH2CH2OH(g)＋O2(g)OHC—CHO(g)＋2H2O(g)為放熱反響，高升溫度均衡逆向搬動；溫度高出495℃時，乙二醇大量轉變成二氧化碳等副產物，同時乙二醛也可被氧化為CO，使2乙二醛產率降低；③氧氣濃度保持不變，則反響系統(tǒng)中各種物質的濃度保持不變，說明反響達到均衡狀態(tài)，A項正確；該反響屬于氣體的物質的量發(fā)生變化的反響，當氣體總物質的量保持不變時，說明反響達到均衡狀態(tài)，B項正確；均衡常數(shù)只與溫度相關，溫度不變，均衡常數(shù)向來保持不變，在恒容絕熱容器中發(fā)生反響，說明反響中的能量不再變化，說明反響達到平衡狀態(tài)，C項正確；氧氣和乙二醇的物質的量之比保持不變，不能夠說明反響達到均衡狀態(tài)，D項錯誤。(2)在催化劑作用下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，硝酸被還原為NO，反響方程式催化劑為3CHCHO＋4HNO――→3OHC－CHO＋4NO↑＋5HO，因此存在比較明顯的缺點是生成的NO會32污染空氣，硝酸會腐化設備等。(3)乙二醛電解氧化制備乙醛酸(OHC—COOH)，通電后，陽極產生的Cl2與乙二醛溶液反響生成乙醛酸，氯氣被還原生成氯化氫，反響的化學方程式為OHC—CHO＋Cl2＋H2O―→2HCl＋OHC—COOH。2H1＋H1K3②溫度過高乙二醇(或乙二醛)被大量氧化為CO2③ABC答案：(1)①K2(2)會產生NO等有毒氣體、產生的酸性廢水簡單腐化設備(其他答案合理即可)(3)OHC—CHO＋Cl2＋H2O―→2HCl＋OHC—COOH-2-2．(2019·南昌一模)乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氫擁有重要意義。熱裂解反響：CH3COOH(g)―→2CO(g)＋2H(g)＝＋2l3.7kJ·mol－1H脫酸基反響：342H＝－33.5kJ·mol－1CHCOOH(g)―→CH(g)＋CO(g)請寫出CO與H2甲烷化的熱化學方程式________________。在密閉容器中，利用乙酸制氫，選擇的壓強為________(填“較大”或“常壓”)。其中溫度與氣體產率的關系如圖：①約650℃從前，脫酸基反響活化能低速率大，故氫氣產率低于甲烷；650℃此后氫氣產率高于甲烷，原因是隨著溫度高升后，熱裂解反響速率增大，同時____________________。②保持其他條件不變，在乙酸氣中混淆必然量水，氫氣產率明顯提高而CO的產率下降，請用化學方程式表示：________________________________________________________________________。(3)若利用合適的催化劑控制其他的副反響，溫度為TK時達到均衡，總壓強為pkPa，熱裂解反響耗資乙酸20%，脫酸基反響耗資乙酸60%，乙酸體積分數(shù)為____________(計算結果保留l位小數(shù))；脫酸基反響的均衡常數(shù)p為____________kPa(p為以分壓表示的均衡常數(shù)，KK計算結果保留1位小數(shù))。解析：(1)由蓋斯定律計算：①熱裂解反響CH3COOH(g)―→2CO(g)＋2H2(g)H＝＋213.7kJ·mol－1＝－33.5kJ·mol－1，②脫酸基反響CHCOOH(g)―→CH(g)＋CO(g)，342②－①得：CO與H2甲烷化的熱化學方程式2CO(g)＋2H2(g)―→CH4(g)＋CO2(g)H＝－247.2kJ·mol－1。(2)在密閉容器中，利用乙酸制氫，3，反響為氣體CHCOOH(g)―→2CO(g)＋2H(g)體積增大的反響，選擇的壓強為常壓。①熱裂解反響CHCOOH(g)―→2CO(g)＋2H(g)是吸熱32反響，熱裂解反響正向搬動，脫酸基反響CH3COOH(g)―→CH4(g)＋CO2(g)是放熱反響，而脫酸基反響逆向搬動。650℃此后氫氣產率高于甲烷，原因是隨著溫度高升后，熱裂解反響速率加快，同時①熱裂解反響正向搬動，而脫酸基反響逆向搬動，故氫氣產率高于甲烷。②CO能與水蒸氣反響生成二氧化碳和氫氣，在乙酸氣中混淆必然量水，氫氣產率明顯提高而CO的產率下降，CO(g)＋H2O(g)===H2(g)＋CO(g)。(3)熱裂解反響2CH3COOH(g)―→2CO(g)＋2H2(g)H＝＋213.7kJ·mol－10.20.40.4-3-脫酸基反響CH3COOH(g)―→CH4(g)＋CO2(g)＝－33.5kJ·mol－1H0．60.60.60.2＋0.6＋0.2）×100%＝9.1%乙酸體積分數(shù)為（0.4＋0.4＋0.6Kp＝p（CH4）·p（CO2）p（CH3COOH）

0.6p0.6p2.2×2.2＝1.8p。＝0.2p2.2答案：(1)2CO(g)＋2H2(g)―→CH4(g)＋CO2(g)＝－247.2kJ·mol－1H(2)常壓①熱裂解反響正向搬動，而脫酸基反響逆向搬動，故氫氣產率高于甲烷②222CO(g)＋HO(g)===H(g)＋CO(g)(3)9.1%1.8p3．以高純H2為燃料的質子交換膜燃料電池擁有能量效率高、無污染等優(yōu)點，但燃料中若混有CO將明顯縮短電池壽命。(1)以甲醇為原料制取高純H2是重要研究方向。甲醇水蒸氣重整制氫主要發(fā)生以下兩個反響：主反響：CH3OH(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋3H2(g)H＝＋49kJ·mol－1副反響：H2(g)＋CO2(g)===CO(g)＋H2O(g)H＝＋41kJ·mol－1①甲醇蒸氣在催化劑作用下裂解可獲得H2和CO，則該反響的熱化學方程式為____________________________，既能加快反響速率又能提高CH3OH均衡轉變率的一種措施是__________________。n（HO）2②解析合適增大水醇比n（CH3OH）對甲醇水蒸氣重整制氫的好處是________________。③某溫度下，將n(H2O)∶n(CHOH)＝1∶1的原料氣充入恒容密閉容器中，初始壓強為p，31反響達均衡時總壓強為p，則均衡時甲醇的轉變率為____________(忽略副反響)。2(2)工業(yè)上用CH4與水蒸氣在必然條件下制取H2，原理為：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)H＝＋203kJ·mol－1①該反響逆反響速率表達式為：v逆＝k·c(CO)·c3(H2)，k為速率常數(shù)，在某溫度下測得實驗數(shù)據(jù)如表：-4-CO濃度/H2濃度/逆反響速率/(mol·L－1)(mol·L－1)(mol·L－1·min－1)0.05c14.8c2c119.2c20.158.1由上述數(shù)據(jù)可得該溫度下，該反響的逆反響速率常數(shù)k為__________L3·mol－3·min－1。②在體積為3L的密閉容器中通入物質的量均為3mol的CH4和水蒸氣，在必然條件下發(fā)生上述反響，測得均衡時H2的體積分數(shù)與溫度及壓強的關系以下列圖：則壓強p1______p2(填“大于”或“小于”)；N點v正________M點v逆(填“大于”或“小于”)；求Q點對應溫度下該反響的均衡常數(shù)K＝__________。均衡后再向容器中加入1molCH4和1molCO，均衡________搬動(填“正反響方向”“逆反響方向”或“不”)。解析：(1)①已知：①CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g)H＝＋49kJ·mol－1，②H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)H＝＋41kJ·mol－1，依照蓋斯定律，反響可由①＋②整理可得，CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)＝1＋2＝＋90kJ·mol－1；該反響為吸HHH熱反響，高升溫度既能增大化學反響速率同時能夠促使反響正向進行，提高CHOH均衡轉變率，3而增大壓強能增大化學反響速率，但對正反響不利，因此既能增大反響速率又能提高CH3OH平衡轉變率的一種措施是高升溫度；②合適增大水醇比[(H2O)∶(CH3OH)]，可視為增大H2O的nn量，能使CHOH轉變率增大，生成更多的H，控制轉變成CO的反響的進行，因此合適增大水32醇比[n(HO)∶n(CHOH)]對甲醇水蒸氣重整制氫的好處為：提高甲醇的利用率，有利于控制CO23的生成；③主反響為：CHOH(g)＋HO(g)CO(g)＋3H2(g)，(H2O)∶(CH3OH)＝1∶1的322原料氣充入恒容密閉容器中，初始壓強為p1，反響達到均衡時總壓強為p2，CHOH(g)＋HO(g)CO(g)＋3H(g)3222初始壓強0.5p10.5p1轉變壓強ppp3p均衡壓強0.5p1－p0.5p1－pp3p因此可得2＝(0.5p1－)＋(0.51－)＋＋3＝p1＋2，故＝p2－p1，則均衡時甲醇的pppppppp2-5-p2－p1轉變率為α＝p×100%＝2p2逆320.50.5p111pp34.8963－319.2－18.1＝31231.2×104(L3·mol－3·min－1)；②反響為氣體分子數(shù)增添的反響，隨著反響的進行，系統(tǒng)壓強增大，增大壓強不利于反響正向進行，因此壓強p1大于2；、N都處于均衡狀態(tài)，該點的正pM反響速率等于逆反響速率。由于溫度：M>N，壓強：M>N，高升溫度或增大壓強都會使化學反應速率加快，因此N點v正<M點v逆；CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)初步/mol3300轉變/mol－x－xx3x均衡/mol3－x3－xx3x因此可得3x＝60%，解得x＝2，因此均衡時c(CH4)＝（3－x）＋（3－x）＋x＋3x（3－2）mol1－11－12－1－13L＝3mol·L，c(H2O)＝3mol·L，c(CO)＝3mol·L，c(H2)＝2mol·L，23則化學均衡常數(shù)為＝323×2＝48mol2/L2；若均衡后再向容器中加入1c（CO）·c（H）＝Kc（CH4）·c（H2O）11×332－1－1c（CO）·c3（H2）＝molCH4和1molCO，則c(CH4)＝mol·L，c(CO)＝1mol·L，Qc＝c（CH）·c（HO）4231×2<，因此化學均衡正向搬動直至達到化學均衡。21K3×3答案：(1)①CH3OH(g)CO(g)＋2H2(g)H＝＋90kJ·mol－1高升溫度②提高甲醇的利用率、有利于控制CO的生成或控制副反響發(fā)生p2－1×100%③p1(2)1.2×104②大于小于48mol2/L2正反響方向4．(2019·韶關調研)甲醇是一種可再生能源，由CO2制備甲醇的過程可能涉及的反響如下：反響Ⅰ：CO(g)＋3H(g)CHOH(g)＋HO(g)H＝－49.58kJ·mol－122321反響Ⅱ：CO(g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)H2222反響Ⅲ：CO(g)＋233－12H(g)CHOH(g)H＝－90.77kJ·mol回答以下問題：-6-(1)反響Ⅱ的H2＝__________，若反響Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均衡常數(shù)分別為K1、K2、K3，則K2____________________(用K1、K3表示)。反響Ⅲ自覺進行條件是____________(填“較低溫度”、“較高溫度”或“任何溫度”)。(3)在必然條件下2L恒容密閉容器中充入3molH2和1.5molCO2，僅發(fā)生反響Ⅰ，實驗測得不相同反響溫度與系統(tǒng)中CO2的均衡轉變率的關系，以下表所示。溫度(℃)500TCO2的均衡轉變率60%40%T______500℃(填“>”“<”或“＝”)。②溫度為500℃時，該反響10min時達到均衡。用H2表示該反響的反響速率v(H2)＝________；該溫度下，反響Ⅰ的均衡常數(shù)K＝________L2/mol2。(4)由CO2制備甲醇還需要氫氣。工業(yè)上用電解法制取Na2FeO4，同時獲得氫氣：Fe＋2H2O通電－2－＋3H↑，工作原理以下列圖。電解一段時間后，－42________