【新课标全国卷】2022届高考化学二轮复习 化学反应原理综合题 专练

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化学反应原理综合
1.短程硝化-厌氧氨氧化工艺的目的是将氨氮废水中的氮元素（以的形式存在）转变为脱除，其机理如图1所示。

已知：氧气质量浓度过高时，会被氧化成。
（1）该工艺中被氧化的微粒是____。
（2）参与Ⅰ中反应的______。
（3）废水中溶解氧的质量浓度（DO）对氮元素的脱除卒的影响如图2所示。当DO>2mg/L时，氮元素的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生；还有可能是____。
（4）经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量的，可以通过改进工艺提高氮元素的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去。该过程涉及三个反应（a、b和c），如图3所示。

在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因：______。
②采用微生物电解工艺也可有效除去，其原理如图4所示。A是电源______极。结合电极反应式解释该工艺能提高氮元素脱除率的原因：______。

2.2021年碳中和理念成为热门，CCUS（CarbonCapture，UtilizaionandStorage）碳捕获、利用与封存技术能实现二氧化碳资源化，产生经济效益。
I．回答下列问题
（1）捕获的高浓度能与制备合成气（CO、），科学家提出制备“合成气”反应历程分两步进行，能量变化如图所示：

反应①：
反应②：
结合图象写出与制备“合成气”的热化学方程式：___________。决定该反应快慢的是分步反应中的反应___________（填序号）。
（2）“合成气”在催化剂作用下发生反应制备甲醇：，某温度下在一恒压。容器中分别充入1.2mCO和1mol，达到平衡时容器体积为2L，且含有0.4mol（g），反应的平衡常数K=___________，此时向容器中再通入0.35molCO气体，则此平衡将___________（填“正向”“不”或“逆向”）移动。
II．二氧化碳可合成低碳烯烃
（3），在恒容密闭容器中，反应温度、投料比[]对平衡转化率的影响如图所示。a___________3（填“”“”或“”）；M、N两点的反应速率（M）___________（N）（填“”“”或“”）；M、N两点的反应平衡常数___________（填“”“”或“”），判断的理由是___________。

（4）用如图装置模拟科学研究在碱性环境中电催化还原制乙烯（X、Y均为新型电极材料，可减少和碱发生副反应），装置中b电极为___________（填“正”“负”“阴”或“阳”）极，X极上的电极反应式为___________。

3.一碳化学的研究对象是分子中只含一个碳原子的化合物，如等，回答下列问题：
（1）的综合治理有助于减缓温室效应。已知下列热化学方程式：
i．
ii．
ⅲ．
Ⅳ．
v．
①___。
②我国科学研究工作者研究了在催化剂条件下ⅲ的反应机理，反应机理如图1所示。下列说法正确的是___（填字母）。
A．增大体系中的投入量有利于提高的转化率
B．活性*H是合成甲醇的必要中间体
C．使用催化剂可以降低反应的活化能及反应热

③一定条件下，向某密闭容器中=投料，发生反应ⅲ，反应达到平衡时，容器中H2的平衡转化率与压强、温度的关系如图2所示，则温度由大到小的顺序为___。
④向催化剂中加入Mn助剂能够提高二甲醚（）的产率，通过研究Mn%值对反应的影响，得到数据如表：
Mn%
的转化率/%
选择性
产率


CO

0
28.9
55.1
12.9
32.0
15.9
0.5
30.3
56.0
13.3
30.7
17.0
1
33.4
57.5
12.6
29.9
19.2
2
28.9
50.1
12.8
37.1
14.5
由上表数据可知，为获得更多二甲醚，合适的Mn%值为____________。
（2）将等物质的量的（g）和（g）加入恒温恒容密闭容器（压强为100kPa）中，发生反应ⅳ和v，容器内气体的压强随时间的变化关系如表所示。
时间/min
0
60
120
180
240
300
360
压强/kPa
100
118
132
144
154
162
162
300min时，体系________（填“处于”或“不处于”）平衡状态。反应ⅳ前180min内平均反应速率v（）=____________________kPa•min-1（保留小数点后2位，下同），300min时，测得氢气分压[p（）]为105kPa，为用气体分压表示的平衡常数，分压－总压×物质的量分数，则反应v的平衡常数=____________________。
4.作为绿色氧化剂和消毒剂，在工业生产及日常生活中应用广泛。已知：。回答下列问题：
（1）的电子式为_____，能用作消毒剂是因为分子结构中存在_____键（选填“H—O”或—O—O—”）。
（2）纯相对稳定，实验表明在54℃下恒温储存两周，浓度仍然保持99%，原因是分解反应的_____（填编号）。
a.比较小 b.反应速率比较小
c.不够大 d.活化能比较大
（3）一定条件下，溶液的酸碱性对催化分解反应的影响如图所示。

①pH=7时，0~10min分解反应的平均速率________。
②以下对图像的分析正确的是________（填序号）。
A.相同条件下，的浓度越小，分解速率越大
B.相同条件下，溶液的酸性越强，的分解速率越大
C.在0~50min间，pH=7时的分解百分率比pH=2时大
（4）液态是一种极弱的酸，测得常温下其电离常数，写出的一级电离方程式________。能与碱反应：，产物可以看成是的盐，结合电离常数计算说明（常温下）水溶液有强碱性的原因_______。
（5）的一种衍生物是，其阴离子结构式为，水溶液加热后有气体产生，同时溶液pH降低，用离子方程式表明原因________。
5.二氧化碳加氢合成甲醇是化学固碳的一种有效途径，不仅可以有效减少空气中的排放，而且还能制备出甲醇清洁能源。反应如下：
I.
和还可发生副反应生成CO，反应如下：
II.
回答下列问题：
(1)已知相关化学键的键能数据如下：
化学键
H—H
C—O

H—O
C—H

436
343
1076
465
413
由此计算_________。
(2)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了与在催化剂表面生成和的部分反应历程，如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。

①该反应历程中最大的活化能＝ ___________eV。
②后续的反应历程可简化为CO*＋H*＝HCO*＋*(*表示催化剂活性位点)，
，______。
，
请补充历程中横线上发生的化学反应方程式_________。
(3)当和的投料比为1：3在不同的催化剂(Cat.1：；Cat.2：)条件下反应相同的时间，选择性和CO选择性随着转化率的变化如图所示：(已知的选择性＝、CO的选择性＝)

①由图可知，催化效果Cat.2_____ (填“优于”或“劣于”)Cat.1。
②若温度升高，的转化率增大，则选择性降低的可能原因是_______。
(4)若电解质溶液为酸性，甲醇燃料电池的阳极反应式为________，电池工作一段时间后，电解质溶液的pH__________ (填“增大”“不变”或“减小”)。
6.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：
已知：（g）=（g）+①
②
对于反应：（g）+（g）=（g）+2HI（g） ③
（1）关于反应③的判断___（填“低温自发”、“高温自发”或者“任意条件均自发”），理由为___。
（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在恒容容器内发生反应③，起始总压为，平衡时总压增加了20%，该反应的平衡常数___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.再充入碘和环戊烯各2mol
C.提高温度 D.增加环戊烯浓度 E.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.
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
（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制各原理如图所示，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）。该电解池的总反应式为___，电解制备需要在无水条件下进行，原因为___。

7.氮氧化物是常见的大气污染物，能引起雾霾、光化学烟雾、酸雨等环境问题。回答下列问题：

(1)用氧化还原法消除NO，的转化过程如下：
已知：

反应I只有一种生成物，则反应I的热化学方程式为___________。
(2)柴油机氮氧化物处理技术是一种系统简单，占用空间较小的柴油车尾气处理技术，氮氧化物主要在催化转化装置中被处理。柴油发动机工作时在稀燃(充足、柴油较少)和富燃(不足、柴油较多)条件下交替进行，催化转化装置中的物质变化如图1所示。

①BaO吸收的化学方程式是___________。
②研究对BaO吸收氮氧化物的影响，一定温度下，测得气体中的体积分数与氮氧化物吸收率的关系如图2所示。
下列相关分析中正确的是___________(填标号)。
A.一定范围内，氮氧化物吸收率随体积分数的增大而下降，原因可能是BaO与反应生成，覆盖在BaO表面
B.当体积分数达到10%～20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能是在一定程度上也能去除
C.若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，柴油中的硫氧化为，后发生反应，BaO吸收氮氧化物的能力会下降至较低水平
(3)臭氧脱硝的反应为，该反应是一个自发反应，温度为T K时，在2 L的恒容密闭容器中充入2 mol和1 mol，发生上述反应，经25min反应达到平衡，测得平衡时的浓度为0.25。
①该反应___________(填“>”“”“”“”“b；②正；阴极反应式为，阳极区产生的也能在阴极放电，使得废水中氮元素最终以的形式脱除
解析：（1）由题图1可知，被氧化为，与发生归中反应生成，所以该工艺中被氧化的微粒是。
（2）Ⅰ中的反应为氧化还原反应，根据得失电子守恒可知，故。
（3）根据“氧气质量浓度过高时，会被氧化成”并结合题图2可知，当DO>2mg/L时，氮元素的脱除率为0，其原因可能是氧气的质量浓度过高，Ⅰ中产生的全部被氧化为，Ⅱ中反应因缺少反应物而无法进行，最终导致氮元素以的形式存在于废水中，无法除去。
（4）①由题图3可知，被还原为，被还原为，在厌氧氨氧化菌的作用下，和发生氧化还原反应生成氮气，因在整个反应过程中几乎监测不到浓度的增加，所以的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c>b。②由题图4可知，转化为，氮元素的化合价升高，发生氧化反应，所在电极为电解池的阳极，此电极与A相连，所以A为电源正极，B为电源负极；与B相连的阴极的电极反应式为，阳极区产生的也能在阴极放电，使得废水中氮元素最终以的形式脱除。
2.答案：（1）；反应①
（2）；逆向
（3）；；；反应为放热反应，温度升高，平衡常数减小
（4）正；
解析：（1）结合图象，与制备“合成气”一氧化碳和氢气，反应为吸热反应，其热化学方程式为；决定该反应快慢的是分步反应中活化能最大的反应，故反应①决定了该反应的快慢。
（2）“合成气”在催化剂作用下发生反应制备甲醇：，达到平衡时容器体积为2L，且含有，则平衡时CO的物质的量0.8mol，的物质的量为0.2mol，反应的平衡常数K=，此时向容器中再通入0.35molCO气体，根据恒温恒压下气体体积之比等于物质的量之比，得到容器体积为，此时浓度商，此平衡将逆向移动。
（3），在恒容密闭容器中，反应温度、投料比[]对平衡转化率的影响如图所示。温度相同时，x=a的二氧化碳平衡转化率大于x=3，增大氢气的物质的量平衡正向移动，则a＞3；温度升高反应速率加快，故M、N两点的反应速率（M） ＜（N）；平衡常数仅与温度有关，根据图像可知，温度升高二氧化碳平衡转化率下降，故反应为放热反应，故M、N两点的反应平衡常数。
（4）装置中X电极发生反应为二氧化碳生成乙烯，碳元素化合价降低，发生还原反应，故X电极为阴极，则a电极为负极，b电极为正极，X极上的电极反应式为。
3.答案：；B；；1% ；处于；0.12；9.47
解析：（1）①根据盖斯定律，由（①+②）可得，则，故答案为：；
②据图中信息，活性参与了过程，该步骤是合成甲醇的中间步骤之一，因此活性是合成甲醇的必要中间体，B项正确。故答案为：B；
③该反应的正反应为放热反应，其他条件不变时，升高温度平衡逆向移动，的平衡转化率逐渐降低，故。故答案为：；
④应选择合适的Mn%值使的选择性和产率越高，而转化率又不会过低，由表中数据可知Mn助剂占1%时，效果相对较好。故答案为：1%；
（2）300min后压强保持不变，300min时，体系处于平衡状态。故答案为：处于；
设的压强变化量为，根据题意得：

故，解得，；故答案为：0.12；
将等物质的量的和加入恒温恒容密闭容器（压强为100kPa）中，则和的起始压强均为50kPa，设反应iv中的压强变化量为，反应中CO压强的变化量为，根据题意得：


根据300min时，氢气分压为105kPa，总压强为162kPa，可得，解得，则300min时，、CO、、的压强分别为7kPa、19kPa、105kPa、12kPa，。故答案为：9.47。
4.答案：（1）；—O—O—
（2）bd
（3）①0.1；②B
（4）；，的一级水解程度很大，故溶液碱性很强
（5）
解析：（1）过氧化氢的电子式为，利用过氧化氢消毒是因为其具有强氧化性，过氧化氢具有强氧化性的原因是分子中存在过氧键（—O—O—）。
（2）实验表明纯在54℃下恒温储存2周，浓度仍保持99%，说明54℃下纯过氧化氢的分解速录慢，其原因可能是过氧化氢分解反应的活化能大。
（3）①由题图可知，pH=7时，0~10min过氧化氢由变化到，浓度减少了，故。②相同条件下，过氧化氢浓度越大，分解速率越大，A项错误；由题图可知，相同条件下，pH=2时过氧化氢分解速率最大，pH=7时次之，pH=10时最小，即酸性越强过氧化氢分解速率越大，B项正确；在0~50min间，pH=7时和pH=2时过氧化氢的分解百分率相同，都是100%，C项错误。
（4）过氧化氢的一级电离方程式为，，说明的一级水解程度很大，故溶液碱性很强。
（5）在水中发生水解，加热可促进其水解，根据的结构式知，生成的气体为，又溶液pH降低，故离子反应方程式为。
5.答案：（1）+41
（2）①0.89 ②
（3）①优于②升高温度，催化剂的活性降低；升高温度有利于反应I逆向进行，有利于反应II正向进行
（4）；增大
解析：（1）由表格中的键能数据可知：，再根据盖斯定律计算。
（2）①根据活化能的概念可知，历程中最大的活化能为0.89eV（不是1.21eV，一是未经过过渡态，二是1.21eV是CO脱离催化剂表面的能量变化）；②由前后反应式可知横线处发生的反应为。
（3）①当转化率相同时，在Cat.2催化作用下，CHOH的选择性高于Cat1，C0的选择性低于cat1，故cat.2催化效果优于cat.1；②图像并未说P9氧化碳的转化率是否是平衡转化率，因此CHOH的选择性降低的原因可能是未达到平衡时，温度升高，催化剂活性降低，使得反应I的反应速率降低，在相同时间内，产物的产量降低（对于在给定条件下反应物能同时发生多个反应的情况，理想的催化剂可以大幅提高目标产物在最终产物中的比率，催化剂的这种特性称作它的选择性）；还可能的原因是反应1是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，升高温度，有利于反应逆向进行、反应正向进行。
（4）甲燃料电池的阳极即为负极，在电解质溶液为酸性的条件下，负极的电极反应式为；根据总反应：，生成了，稀释了溶液，故酸性变弱，pH增大。
6.答案：（1） 高温自发；根据盖斯定律计算反应③的，且可判断该反应ΔS＞0，依据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应可自发，故反应③必须高温条件下才可自发进行
（2）；CE
（3）CD
（4） Fe+2＝；水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成，进一步与反应生成
解析：（1）已知：①（g）=（g）+
②
根据盖斯定律①+②可得反应：（g）+（g）=（g）+2HI（g） ΔH=+89.3kJ/mol，即正反应是气体分子数增大的吸热反应，由于熵变大于0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0自发进行可知反应③在高温下自发进行；
（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为1mol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；

起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，同温同体积条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，则x＝2mol×0.2＝0.4mol，平衡时压强是，所以；
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.再充入碘和环戊烯各2mol，相当于增大压强，平衡逆向进行，转化率降低，故B错误；
C．升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故C正确；
D.增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故D错误；
E.增加碘浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故E正确；
答案选CE；
（3）A.温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则，故A错误；
B.温度越高化学反应速率越快，因此a点反应速率大于c点反应速率，故B错误；
C.a点、b点反应一直在正向进行，故v（正）＝v（逆），a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，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；
答案选CD。
（4）根据阳极失去电子发生氧化反应可知Fe为阳极：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，故电解池的总反应式为Fe+2＝；中间产物有金属Na生成，水与Na反应，阻碍了中间物Na的生成，且水电解后生成的与反应生成，所以电解制备需要在无水条件下进行。
7.答案：（1）
（2）①② ABC
（3）①Q。
（5）①5min达平衡时，和的物质的量分别为1.6mol、1.8mol，则反应i消耗，反应ⅱ消耗，平衡时体系中，，，故反应ⅱ的平衡常数。②其他条件不变，6min时缩小容器体积，增大，因为反应i与反应ⅱ均为气体分子总数减小的反应，缩小容器体积，平衡均向右移动， 的转化率增大。
10.答案：（1）；
（2）①作催化剂时，在相对较低的温度可获得较高的转化率，从而节约能源；②a
（3）；BD；达到平衡时，与的消耗速率满足条件
（4）
解析：（1）由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，则反应的，过渡态1的活化能为，过渡态2的活化能为，过渡态3的活化能为，所以过渡态3的活化能最低，反应相对容易，则反应历程的最优途径是。
（2）②越大，则转化率越高，曲线a符合。
（3）反应的平衡常数，当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，与的消耗速率的关系为，则，，满足平衡条件即为平衡点，所以B、D为平衡点。
（4）设和起始物质的量为2mol和1mol，由的平衡产率为可知，平衡时的物质的量为，由题意建立三段式：

所以，，，则标准平衡常数。