2020届浙江学考一轮复习考点精讲通用版专题讲座三化学反应原理综合试题学案

2020届浙江学考一轮复习考点精讲通用版专题讲座三化学反应原理综合试题学案

专题讲座三　化学反应原理综合试题 ‎【常见化学反应原理题的解题方法】‎ ‎1．利用盖斯定律写热化学方程式或求ΔH类试题 ‎【解题模板】①根据题设信息写出目标热化学方程式；②明确待求热化学方程式中的反应物和生成物；③处理已知热化学方程式中的化学计量数和焓变；④叠加处理热化学方程式确定答案。‎ ‎【例1】　氯及其化合物在生活和生产中应用广泛。‎ 已知：(1)Cl2(g)＋2NaOH(aq)===NaCl(aq)＋NaClO(aq)＋H2O(l)　ΔHl＝－102 kJ·mol－1‎ ‎(2)3Cl2(g)＋6NaOH(aq)===5NaCl(aq)＋NaClO3(aq)＋3H2O(l)　ΔH2＝－422 kJ·mol－1‎ 写出在溶液中NaClO分解生成NaClO3的热化学方程式：________________________________________________________________________。‎ ‎【解析】　NaClO中的化合价为＋1价，变成NaClO3中的化合价＋5价，化合价上升，必然有化合价的下降，是歧化反应，因此另外的化合价是－1价的NaCl。则目标反应方程式为：3NaClO===NaClO3＋2NaCl。NaClO在反应1中为生成物且系数为3，则―3ΔH3，NaClO3在反应2中仍为生成物且系数为1，则＋ΔH2，合并可得ΔH＝－3ΔH1＋ΔH2＝－3×(―102)＋(－422)＝―116 kJ·mol－1。‎ ‎【答案】　3NaClO(aq)===2NaCl(aq)＋NaClO3(aq)　ΔH＝－116 kJ·mol－1‎ ‎2．电化学中电极反应式的书写方法 ‎【解题模板】①审清题干信息，判别是原电池还是电解池，并根据反应物的化合价升降情况判断属于哪一电极的反应(或根据对应电极反应，判断反应物化合价升降情况，写出产物)；②根据反应物化合价升降情况，写出得失电子数；③根据电荷守恒及题干信息(反应介质)，补上其他参与反应的离子；④根据原子守恒，补上还欠缺的物质，并判断反应式是否书写正确。‎ ‎【例2】　科学发现：以H2O和N2为原料，熔融NaOHKOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250 ℃和常温下可实现电化学合成氨，阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整：电极反应式________________________________________________________________________‎ 和Fe＋3H2O＋N2===2NH3＋Fe2O3。‎ ‎【解析】　审清题干信息：抓住总反应以H2O和NH3为原料、碱性介质、Fe2O3作催化剂、电解池阴极为还原反应几个关键信息，‎ 确定反应物和生成物：Fe2O3　　　→　　　Fe 铁化合价变化情况： ＋3 0‎ 电子得失情况：　　　Fe2O3　＋　6e－　→　2Fe 反应前后电荷总数： －6 0‎ 根据电荷守恒：右边补6OH－‎ Fe2O3＋6e－→2Fe＋6OH－‎ 根据原子守恒：左边补3H2O ‎【答案】　Fe2O3＋6e－＋3H2O===2Fe＋6OH－‎ ‎3．对于化学反应速率和化学平衡图像类试题的解题方法 ‎【解题模板】①明确纵横坐标的含义；②理解起点、终点、拐点的意义；③分析曲线的变化趋势。‎ ‎【例3】　氨气及其相关产品是基本化工原料，在化工领域中具有重要的作用。以Fe为催化剂，0.6 mol氮气和1.8 mol氢气在恒温、容积恒定为1 L的密闭容器中反应生成氨气，20 min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3 mol。‎ ‎①在第25 min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2 L并保持恒容，体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%。请画出从第25 min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线。‎ ‎②该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎【解析】　①审题得该图为浓度时间图像，对应起点和终点需根据计算得到，0.6 mol氮气和1.8 mol氢气在恒温、容积恒定为1 L的密闭容器中反应生成氨气，20 min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3 mol。‎ ‎　　　　　　　N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)‎ 起始(mol) 0.6 1.8 0‎ 转化(mol) 0.3 0.9 0.6‎ 平衡(mol) 0.3 0.9 0.6‎ 在第25 min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2 L，则此时c(H2)＝0.45 mol/L(起点)；‎ 体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%，则转化的N2的物质的量为0.6×0.382＝0.229 2 mol ‎ N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)‎ 起始(mol) 0.6 1.8 0‎ 转化(mol) 0.23 0.69 0.46‎ 平衡(mol) 0.37 1.11 0.46‎ 所以第二次平衡时c(H2)＝1.11/2 mol/L＝0.555 mol/L(终点)‎ 由于平衡的改变是通过容器体积增大而实现，则反应速率将减小，因此达到平衡所需时间会超过20 min，则再次平衡时间在45分钟以后(拐点)‎ ‎②催化剂可以加快化学反应速率，无论对于正反应还是逆反应来说，所以正确答案为增大。‎ ‎【答案】　①　②增大 ‎4．对于图表数据分析试题的解题方法 ‎【解题模板】①分析题给数据；②研究数据间的内在联系；③找出数据的变化规律；④挖掘数据的隐含意义，分析得出题设答案。‎ ‎【例4】　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可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：‎ CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－53.7 kJ·mol－1Ⅰ CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2Ⅱ 某实验室控制CO2和H2初始投料比为1∶2.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：‎ 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 ‎【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比 ‎(1)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)分别画出反应Ⅰ在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程～能量”示意图。‎ ‎【解析】　(1)从表中数据分析发现，在相同温度下，不同的催化剂CO2的转化率不同，说明不同催化剂的催化能力不同。相同的催化剂不同的温度，CO2的转化率不同，且温度高的转化率大，但已知反应Ⅰ正反应为放热反应，说明表中数据均未达到平衡状态，甲醇选择性不同是由不同催化剂催化能力不同引起的。‎ ‎(2)从表中数据分析，在催化剂Cat.2的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂Cat.2对反应Ⅰ催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂Cat.2的反应过程中活化能更低，所以作图如图。‎ ‎【答案】　(1)表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响　(2)图见解析 ‎5．对电解质溶液类试题的解题方法 ‎【解题模板】①明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型(电离平衡还是水解平衡)；②写出计算所需的平衡常数表达式；③根据已知数据计算。‎ ‎【例5】　N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1≈1.0×10－6，则0.01 mol·L－1N2H4水溶液的pH等于________(忽略N2H4的二级电离和H2O的电离)。‎ ‎【解析】　根据题意得，N2H4的一级电离方程式为：N2H4＋H2ON2H＋OH－‎ 则K1＝＝1.0×10－6，已知c(N2H4)＝0.01 mol·L－1，c(N2H)＝c(OH－)，‎ 则c2(OH－)＝1.0×10－6×0.01＝1.0×10－8，c(OH－)＝10－4，pH＝10。‎ ‎【答案】　10‎ ‎【例1】　(一)烟气的脱硝(除NOx)技术是环境科学研究的热点。‎ ‎(1)目前，科学家正在研究一种高温下以乙烯(C2H4)作为还原剂的脱硝(NO)原理，其脱硝机理示意图如下图1，脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2所示。‎ 已知：C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－1330 kJ·mol－1‎ N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH2＝180 kJ·mol－1‎ ‎①写出该脱硝原理总反应的热化学方程式：________________________________________________________________________。‎ ‎②为达到最佳脱硝效果，应采取的条件是________________________________________________________________________。‎ ‎③a曲线在温度410 ℃以后脱硝率下降的原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)选择性催化还原法的脱硝原理为：‎ ‎6NO2(g)＋8NH3(g)7N2(g)＋12H2O(l)　ΔH＜0‎ 常温下，向1 L固定容积的密闭容器中加入6.0 mol NO2(g)、8.0 mol NH3，测得容器内气体的压强随着时间的变化如图3所示。‎ ‎①计算0～4 min之间NO2的平均反应速率________。‎ ‎②若采用2 L固定容积的密闭容器，其他条件均保持不变，请在图3中画出反应过程中体系内的压强随时间变化的曲线。‎ ‎(二)钒液流电池(如图4所示)具有广阔的应用领域和市场前景，该电池中隔膜只允许H＋通过。电池充电时阳极的电极反应是________________________________。‎ ‎【解析】　(一)(1)①根据图1可知，在催化剂的作用下，C2H4与NO、O2反应最终生成N2、CO2、H2O，反应总方程式为：6NO(g)＋3O2(g)＋2C2H4(g)===3N2(g)＋4CO2(g)＋4H2O(g)，再根据盖斯定律：ΔH＝2×ΔH1－3×ΔH2＝－3 200 kJ·mol－1。‎ ‎②由图可知，b曲线的最高点处，脱硝率高，负载率低，温度适宜，适宜条件为350 ℃、负载率3%。‎ ‎③温度升高引起反应效率下降，优先考虑催化剂失活。‎ ‎(2)①向1 L固定容积的密闭容器中加入6.0 mol NO2(g)、8.0 mol NH3，计算可得。‎ ‎　　　　6NO2(g)＋8NH3(g)7N2(g)＋12H2O(l)‎ 起始(mol) 6 8 0 0‎ 转化(mol) 6x 8x 7x 12x 平衡(mol) 6－6x 8－8x 7x 12x 根据图3分析可得，p始＝p0，p末＝0.7p0，已知同温同体积时，气体压强之比等于气体物质的量之比，则：＝＝ 计算得x＝0.6‎ v(NO2)＝＝＝0.90 mol/(L·min)。‎ ‎②在其他条件均不变时，体积由1 L扩大为2 L，起点压强将变成0.5p0。对于原平衡来说，增大体积，相当于减压，平衡会逆向移动，则终点时压强将高于0.35p0，且反应速率会变慢，所以达到平衡时间将变长。‎ ‎(二)对于二次电源来说，电解池的阳极发生对应原电池的正极反应，阳极发生氧化反应，根据图4可判断，VO2＋－e－→VO，再考虑电解质溶液(H＋)和电荷守恒，则VO2＋－e－＋H2O===VO＋2H＋。‎ ‎【答案】　(一)‎ ‎(1)①6NO(g)＋3O2(g)＋2C2H4(g)===3N2(g)＋4CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH1＝－3 200 kJ·mol－1‎ ‎②350 ℃、负载率3%　③催化剂活性下降(或副反应的发生，不能答平衡逆向移动)‎ ‎(2)①0.90 mol/(L·min)　‎ ‎(起点0.5p0，终点高于0.35p0，转折点大于4 min)‎ ‎(二)VO2＋－e－＋H2O===VO＋2H＋‎ ‎【例2】　由CO2制备甲醇过程可能涉及反应如下：‎ 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.58 kJ·mol－1‎ 反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH2‎ 反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH3＝－90.77 kJ·mol－1‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)反应Ⅱ的ΔH2＝________，反应Ⅲ自发进行的条件是________(填“低温”“高温”或“任何温度”)。‎ ‎(2)某研究小组将一定量的H2和CO2充入恒容密闭容器中，在合适的催化剂条件下发生了反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，不同温度下体系达到平衡时测得CO2的转化率(a)及CH3OH的产率(b)变化如图1所示。‎ ‎①该反应达到平衡后，为再提高反应速率同时提高甲醇的生成量，可采取的措施有________。‎ A．改用高效催化剂　B．升高温度　C．缩小容器体积　D．分离出甲醇　E．增加CO2的浓度 ‎②据图1，当温度高于260 ℃时，CO2的平衡转化率随温度的升高继续增加，而CH3OH的产率却反而下降，请说明理由：________________________________________________________________________。‎ ‎(3)已知：在2 L恒容密闭容器中充入3 mol H2和1.5 mol CO2(一定条件下，仅考虑发生反应Ⅰ)，实验测得在不同温度下，反应体系中CO2的平衡转化率与温度的关系曲线如图2所示。实验测得：在500 K时，反应Ⅰ经10 min时达到平衡，假如其他条件不变，当反应时间进行到3 min时，迅速将反应温度升至600 K进行实验，请在图3中画出3～10 min内容器中CH3OH浓度的后续变化总趋势图。‎ ‎【解析】　(1)根据盖斯定律计算，反应Ⅱ＝反应Ⅰ－反应Ⅲ，ΔH2＝ΔH1－ΔH3＝(－‎ ‎49.58)－(－90.77)＝＋41.19 kJ·mol－1。反应自发进行的判断依据是ΔH－TΔS＜0；分析反应Ⅲ的ΔH3＜0，ΔS＜0，则在低温下能自发进行。‎ ‎(2)①A.只能提高反应速率，无法提高甲醇生成量；B.能提高反应速率，但会降低甲醇生成量；D.会使反应速率降低。②说明温度高于260 ℃时，CO2的转化更有利于生成CO。因为反应Ⅰ为放热反应，温度升高不利于CO2转化为甲醇(反应Ⅰ的活化能较低)；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高有利CO2转化为CO(反应Ⅱ的活化能较高)。‎ ‎(3)根据图2分析可知在600K时，CO2的平衡转化率接近42%，计算可得：‎ ‎　　　　CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)‎ 起始(mol) 1.5 3 0 0‎ 转化(mol) 0.63 1.89 0.63 0.63‎ 平衡(mol) 0.87 1.11 0.63 0.63‎ 则c(CH3OH)＝＝＝0.315 mol/L，因为温度升高，反应速率会加快，所以要在10 min之前达到平衡，则图像如右面。‎ ‎【答案】　(1)ΔH2＝＋41.19 kJ·mol－1　低温　(2)①CE　②说明温度高于260 ℃时，CO2的转化更有利于生成CO。因为反应Ⅰ为放热反应，温度升高不利于CO2转化为甲醇(反应的Ⅰ活化能较低)；反应Ⅱ为吸热反应，温度升高有利CO2转化为CO(反应Ⅱ的活化能较高)‎ ‎(3)(起点连续，终点在0.315左右，且要在10 min之前达到平衡出现平台)‎ ‎【例3】　碳、硫和氮元素及其化合物的处理，是资源利用和环境保护的重要研究课题。‎ ‎　　‎ ‎(1)CO可转化成二甲醚，原理为：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)‎ 已知一定条件下，该反应中CO的平衡转化率随温度、投料比[n(H2)/n(CO)]的变化曲线如图1所示，‎ 若温度升高，则反应的平衡常数K将________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ ‎(2)SO2的水溶液呈酸性，某温度下，0.02 mol·L－1亚硫酸水溶液的pH等于2，若忽略亚硫酸的二级电离和H2O的电离，则该温度下亚硫酸的一级电离常数Ka1＝________。‎ ‎(3)已知：反应1：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH1；‎ 反应2：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)　ΔH2；‎ 若ΔH1＜ΔH2＜0，则反应3：SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)属于________(填“放热”或“吸热”)反应。‎ ‎(4)若用少量NaOH溶液吸收SO2气体，对产物NaHSO3进一步电解可制得硫酸，电解原理示意图(见图2)。电解时阳极的电极反应式为________________________________________________________________________。‎ ‎(5)在恒温密闭容器中通入SO2和NO2各1 mol发生反应3：SO2(g)＋NO2(g)SO3(g)＋NO(g)，当反应达到平衡后，维持温度和容积不变，t1时再通入各1 mol的SO2和NO2的混合气体，t2时再次平衡。两次平衡时NO2的转化率α1________α2(填“＞”“＜”“＝”)；请在上图中画出正反应速率v正在t1～t3间随时间变化的曲线图。‎ ‎【解析】　(1)根据图像分析可得在同一投料比条件下，温度越高，CO的平衡转化率越低，即温度升高，平衡逆向移动，则该反应正反应方向为放热反应。对于放热反应，温度越高，平衡常数越小。‎ ‎(2)已知0.02 mol·L－1亚硫酸水溶液的pH等于2，则计算可得 ‎　　　　　　H2SO3H＋　＋　HSO 起始(mol·L－1) 0.02 0 0‎ 转化(mol·L－1) 0.01 0.01 0.01‎ 平衡(mol·L－1) 0.01 0.01 0.01‎ Ka1＝＝＝0.01。‎ ‎(3)已知根据盖斯定律，反应3＝(反应1－反应2)×1/2，则ΔH3＝(ΔH1－ΔH2)×1/2，已知ΔH1＜ΔH2＜0，则ΔH3＜0，属于放热反应。‎ ‎(4)电解时阳极反应为氧化反应，从图中信息即为HSO氧化成SO的过程，结合电荷守恒和原子守恒，考虑反应环境(含有H＋)得到电极反应为电极反应式HSO－2e－＋H2O===3H＋＋SO。‎ ‎(5)平衡后维持温度和容积不变，加入同等量的反应物，相当于加压过程，由于反应前后系数不变，则等效于平衡不移动，则两次平衡时转化率α1＝α2，由于t1时再通入各1 mol的SO2和NO2，反应物浓度立即变大，后逐渐减小，最后t2时达到平衡，所以作图如下：‎ ‎【答案】　(1)减小　(2)0.01　(3)放热　(4)HSO－2e－＋H2O===3H＋＋SO ‎(5)＝　‎