高考化学二轮复习大题突破练3化学反应原理综合题含答案

这是一份高考化学二轮复习大题突破练3化学反应原理综合题含答案，共21页。试卷主要包含了0 ml CO2和6，3 kJ·ml-1、-283等内容，欢迎下载使用。
大题突破练3　化学反应原理综合题
　　　　　　　　　　　　　
1.(2022山东枣庄二模)2021年9月,中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展,在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成,该技术未来有望促进碳中和的生物经济发展。
(1)CO2人工合成转化为淀粉只需要11步,其中前两步涉及的反应如图所示:

反应:CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)　ΔH=　。 
(2)反应Ⅰ进行时,同时发生反应:2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g),在1 L恒容密闭容器中充入4.0 mol CO2和6.0 mol H2,一定温度下,达到平衡时,c(CO2)=c(H2O),c(H2)=1.2 mol·L-1,CH3OH物质的量分数为　　　　　　%(计算结果保留1位小数)。 
(3)乙烯是合成工业的重要原料,一定条件下可发生反应:3C2H4(g)2C3H6(g)。
①分别在不同温度、不同催化剂下,保持其他初始条件不变,重复实验,经相同时间测得C2H4的体积分数与温度的关系如图所示:

在催化剂甲作用下,图中M点的速率v(正)　　　　　　　　(填“>”“”或“”“=”或“
(2)①p3>p2>p1
②升高温度,反应ⅰ、ⅱ平衡均正向移动,反应ⅲ平衡逆向移动,TTm时,升高温度对反应ⅰ、ⅱ的促进程度小于对反应ⅲ的抑制程度,n(H2)消耗的多
(3)Ⅱ　>　(4)20%　4.0
解析 (1)由题干中反应ⅱ和ⅲ的平衡常数的自然对数ln Kp与温度的关系图所示信息可知,反应ⅱ的平衡常数随温度升高而增大,说明反应ⅱ正反应为吸热反应,即ΔH2>0,反应ⅲ的平衡常数随温度升高而减小,说明反应ⅲ正反应是放热反应,即ΔH30;
(2)①反应ⅰ、ⅱ均为气体体积增大的反应,减小压强,平衡正向移动,n(H2)增加的程度大于n(CO),则压强p1、p2、p3由大到小的顺序为p3>p2>p1;
②由题图可知,压强为p2时,随着温度升高,n(H2)n(CO)先增大后减小,原因是反应ⅰ、ⅱ均为吸热反应,升高温度,反应ⅰ、ⅱ平衡均正向移动,反应ⅲ是放热反应,平衡逆向移动,TTm时,升高温度对反应ⅰ、ⅱ的促进程度小于对反应ⅲ的抑制程度,n(H2)消耗的多;
(3)由化学方程式CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)可知,随着n(NO)n(CH4)的增大,即增大NO的投入量,平衡正向移动,CH4的转化率增大而NO的转化率却减小,由题图3所示信息可知,曲线Ⅱ表示T3 K下NO的平衡转化率~n(NO)n(CH4)的关系,由化学方程式CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔHT2;
(4)由题干图示信息可知,在n(NO)n(CH4)=1、T3 K下,NO的转化率为80%,根据三段式分析可知,
CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)
起始量/mol a a 0 0 0
转化量/mol 0.2a 0.8a 0.4a 0.2a 0.4a
平衡量/mol 0.8a 0.2a 0.4a 0.2a 0.4a
则该反应平衡时N2的体积分数为0.4a2a×100%=20%,则此时CH4、NO、CO2、N2、H2O的平衡分压分别为:p(CH4)=0.8a2a×100 kPa=40 kPa,p(NO)=0.2a2a×100 kPa=10 kPa,p(CO2)=0.2a2a×100 kPa=10 kPa,p(N2)=0.4a2a×100 kPa=20 kPa,p(H2O)=0.4a2a×100 kPa=20 kPa,故该反应的标准平衡常数Kθ=p(CO2)pθ·[p(N2)pθ]2·[p(H2O)pθ]2[p(NO)pθ]4·p(CH4)pθ=
10 kPa100 kPa×(20 kPa100 kPa)2×(20 kPa100 kPa)2(10 kPa100 kPa)4×40 kPa100 kPa=4.0。
3.答案(1)增大H2O(g)的浓度
(2)CaO可以和产物CO2反应,降低产物的浓度,使平衡正向移动
(3)a　质量相等的纳米级CaO颗粒更细小,表面积更大,与CO2接触更充分,吸收的CO2更多,反应限度更大,H2体积分数更大
(4)①p0　②50%　③10
解析 (1)该反应为气体体积不变的放热反应,生产中可用增大反应物水蒸气的浓度,使平衡向正反应方向移动,既提高CO的转化率,又提高反应速率。
(2)其他条件不变,在体系中投入一定量氧化钙,氧化钙与生成物二氧化碳反应生成碳酸钙,生成物浓度减小,平衡向正反应方向移动,氢气的体积分数增大。
(3)质量相等的纳米级氧化钙颗粒更细小,表面积更大,与二氧化碳接触更充分,吸收的二氧化碳更多,反应限度更大,氢气体积分数更大,故曲线a表示纳米级氧化钙对氢气体积分数的影响。
(4)①由反应CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)的平衡常数Kp=p0 kPa可知,A点二氧化碳的分压为p0 kPa,则A点的坐标为(t,p0);
②由题图可知,平衡时氢气的转化率为20p0-10p020p0×100%=50%;
③由题图可知,平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水蒸气的平衡分压分别为p0kPa、10p0kPa、10p0kPa、10p0kPa,则分压平衡常数Kp=10p0×10p0p0×10p0=10。
4.答案(1)+247.3　B
(2)①2.0　②减小　随着投料比n(CO2)n(CH4)的增加,n(CO2)增大,副反应平衡正向移动,导致n(CO)增多,n(H2)减少,n(H2)n(CO)减小
(3)1.06　(4)阳　CO2+H2O+2e-(或2CO2+2e-+CO)
解析 (1)根据题中所给条件,可以列出CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)　ΔH3=-890.3 kJ·mol-1,CO(g)+12O2(g)CO2(g)　ΔH4=-283.0 kJ·mol-1,H2(g)+12O2(g)H2O(l)　ΔH5=-285.8 kJ·mol-1,根据盖斯定律可得ΔH1=ΔH3-2×(ΔH4+ΔH5)=-890.3 kJ·mol-1-2×(-283.0-285.8) kJ·mol-1=+247.3 kJ·mol-1;主反应:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)化学方程式反应物系数之和小于生成物系数之和,并且该反应为吸热反应,故高温低压有利于二氧化碳的转化。
(2)①甲烷的质量分数=16n(CH4)44n(CO2)+16n(CH4)=1644n(CO2)n(CH4)+16,由a、b、c三条线的起始投入甲烷的质量分数可知,甲烷的质量分数越大,n(CO2)n(CH4)越小,故曲线c对应的n(CO2)n(CH4)=2.0;
②可对比同一温度下,三条线的横坐标的大小,由题图可知随着进料比n(CO2)n(CH4)的增加,n(H2)n(CO)的值减小,其原因是随着投料比n(CO2)n(CH4)的增加,n(CO2)增大,副反应平衡正向移动,导致n(CO)增多,n(H2)减少,n(H2)n(CO)减小。
(3)设开始时n(CO2)=1 mol,n(CH4)=1 mol,列出三段式:
CH4转化率为90%,反应了0.9 mol;对于副反应来说开始二氧化碳是0.1 mol,氢气是1.8 mol,一氧化碳是1.8 mol,二氧化碳的转化率为95%,则副反应中反应的二氧化碳物质的量=1 mol×95%-1 mol×90%=0.05 mol,列出三段式:
,
反应平衡后,n(CH4)=0.1 mol,n(CO2)=0.05 mol,n(H2)=1.75 mol,n(CO)=1.85 mol,n(H2O)=0.05 mol,n总=3.8 mol,设总压强为p,则有Kp=p(H2O)·p(CO)p(CO2)·p(H2)=0.053.8p×1.853.8p0.053.8p×1.753.8p≈1.06。
(4)催化电极b表面二氧化碳还原为一氧化碳为电解池的阴极,故催化电极a为电解池的阳极;阴极产生CO的电极反应式为CO2+H2O+2e-或2CO2+2e-+CO。
5.答案(1)(a+b) kJ·mol-1　C
(2)Ⅰ.大于　Ⅱ.升高温度平衡正向移动,C6H12的平衡转化率增大,增大压强,平衡逆向移动,C6H12的平衡转化率减小,温度升高对平衡的影响大于压强增大对平衡的影响
(3)2.34　0.047 5 mol·L-1·min-1　(1.17)3×0.380.09
解析 (1)根据盖斯定律,由反应①+②得到反应③,ΔH3=ΔH1+ΔH2=(a+b) kJ·mol-1。已知反应③的ΔH3>0,且正反应是一个气体体积增大的反应,则高温低压,平衡正向移动,有利于提高上述反应③的平衡转化率。
(2)Ⅰ.反应③的ΔH3>0,在相同压强下升高温度,平衡正向移动,则未达到新平衡前,v(正)大于v(逆)。
Ⅱ.反应③的ΔH3>0,且正反应是一个气体体积增大的反应,升高温度平衡正向移动,C6H12的平衡转化率增大,增大压强,平衡逆向移动,C6H12的平衡转化率减小,研究表明,既升高温度又增大压强,C6H12的平衡转化率也升高,理由可能是温度升高对平衡的影响大于压强增大对平衡的影响。
(3)在8 min时,C6H10的产率为0.06,C6H6的产率为0.76,设环己烷的转化量为x mol,环己烯的转化量为y mol,根据三段式分析:


则有:y=0.76,x-y=0.06,则x=0.82,则反应体系内氢气的物质的量为0.82 mol+2×0.76 mol=2.34 mol,0~8 min内C6H6的平均化学反应速率为v=ΔcΔt=ΔnVΔt=0.76mol2 L×8min=0.047 5 mol·L-1·min-1。平衡体系中,环己烷的物质的量浓度为(1-0.82)mol2 L=0.09 mol·L-1,苯的浓度为0.76mol2 L=0.38 mol·L-1,H2的浓度为2.34mol2 L=1.17 mol·L-1,则反应③的化学平衡常数K=c3(H2)·c(苯)c(环己烷)=(1.17)3×0.380.09。
6.答案(1)+208.4
(2)①
②9.6×104　n　由题图可知,直线n斜率大,Ea小,催化效率高
(3)40%　1681×10-4 (kPa)-2
解析 (1)由题图可得热化学方程式:①(g)→(g)+2H2(g)　ΔH1=+237.1 kJ·mol-1;②(g)→(g)+H2(g)　ΔH2=-28.7 kJ·mol-1。根据盖斯定律,由反应①+②环己烷转化为苯的热化学方程式为(g)→(g)+3H2(g)　ΔH=(+237.1 kJ·mol-1)+(-28.7 kJ·mol-1)=+208.4 kJ·mol-1。
(2)①该反应为气体体积减小的反应,温度一定时增大压强,平衡向正反应方向移动,乙醇的体积分数增大,由题图可知,压强为p1时乙醇的体积分数小于p2时,则p1　Tc>Tb>Ta
(2)①ΔH10,升温反应Ⅱ平衡正向移动,CO2的平衡转化率升高,升温过程中曲线n先减小后增大,则温度低时反应Ⅰ对平衡影响大,温度高时反应Ⅱ对平衡影响大　②0.046　此温度下,CO的选择性较低且反应速率不低,若温度再高CO的选择性增大,不利于合成甲醚　③高
解析 (1)v(逆)开始时逐渐增大,则c(CO2)、c(H2)逐渐减小,说明温度升高逆反应放热,则正反应为吸热反应,则ΔH2>0;由a→b温度为影响反应速率的主要因素,由b→c浓度为影响反应速率的主要因素,v(逆)一直在变,说明未达到平衡,反应一直向逆反应方向进行,逆反应是放热的,故Tc>Tb>Ta。
(2)①因ΔH2>0,升温该反应正向进行,CO的选择性增大,故m表示CO选择性,n为CO2平衡转化率,曲线n随温度升高显示如题图所示变化的原因是ΔH10,升温反应Ⅱ平衡正向移动,CO2的平衡转化率升高,升温过程中曲线n先减小后增大,则温度低时反应Ⅰ对平衡影响大,温度高时反应Ⅱ对平衡影响大。
②设开始时投入n(CO2)=x mol,n(H2)=3x mol,平衡时生成a mol CH3OCH3、b mol CO,即
　2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)
转化/mol 2a 6a a 3a
　CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)
转化/mol b b b b
则2a+bx=40%,b2a+b=25%,解得a=0.15x,b=0.1x,
平衡时n(H2O)=0.55x mol,n(CO)=0.1x mol,n(CO2)=0.6x mol,n(H2)=2x mol,K=c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)=0.1xV·0.55xV0.6xV·2xV≈0.046。
在260 ℃下,CO的选择性较低且反应速率不低,若温度再高CO的选择性增大,不利于合成甲醚。
③其他条件不变,改为恒容条件,合成甲醚的反应为气体体积减小的反应,压强减小,不利于甲醚的合成,造成合成甲醚更少,从而增大了CO平衡选择性,故改为恒容条件,CO平衡选择性比恒压条件下的平衡选择性高。
8.答案(1)-93.7　(2)AC　(3)60%
(4)①