新高考化学二轮复习讲练测专题15 化学反应原理综合题（练）（解析版）

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(1)利用氢气还原法脱硝。
已知：①H2的燃烧热为285.8kJ/ml
②
写出在催化剂存在下，H2还原NO2生成液态水和无毒物质的热化学方程式：_______。
(2)研究表明CO2与N2O可在Pt2O+表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图所示。
①该反应在常温下能否自发进行_______。
②从图中分析，N2O和CO2之间的反应分为两个过程，其中决速步为_______(填“第1步”或“第2步”)反应，写出另一步的转化关系式_______。
(3)利用如图装置，模拟电化学方法除去雾霾中的NO、SO2，则a极为_______极(填“阳”或“阴”)，溶液A的溶质除了有大量(NH4)2SO4，还有_______(填化学式)。
【答案】（1）
（2）能 第 1 步
（3）阳 H2SO4
【解析】（1）H2的燃烧热的化学方程式为H2+O2=H2O ，在催化剂存在下，H2还原NO2生成液态水和无毒物质的化学方程式为，根据盖斯定律，4×①-②可得热化学方程式为；（2）①根据反应进程及能量变化过程可知该反应的的化学方程式为N2O+CON2+CO2 ，其熵变不变，，在常温下能自发进行；②活化能越大，反应速率越慢，且决定总反应速率，根据能量变化过程可知第1步的活化能大于第2步的活化能，故决速步为第1步；根据反应进程可知第2步中CO和为反应物，产物为CO2和Pt2O+，转化关系式为；（3）由于溶液A的溶质有大量(NH4)2SO4，故NO得电子生成，故a电极为阳极，b电极为阴极，a电极(阳极)的电极反应为SO2+2H2O-2e-=SO+4H+，故溶液A的溶质除了有大量(NH4)2SO4，还有H2SO4。
2．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)以CO2与NH3为原料可合成尿素[CO(NH2)2]回收CO2并为农业服务，
已知：反应I.2NH3(g)+CO2(g)=NH2CO2NH4(s) △H=-159.47kJ•ml-1
反应Ⅱ.NH2CO2NH4(s)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) △H=+116.49kJ•ml-1
在相同条件下，反应2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g)正反应的活化能Ea为225.36kJ/ml，则逆反应的活化能Ea为_____。
(2)在密闭容器中通入物质的量均为0.5ml的CH4和CO2，在一定条件下发生反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)，CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图2所示。
①由图可知：p1压强______p2(填“>”、“”、“α(p2)，该反应正反应是气体体积增大的反应，增大压强平衡向逆反应进行，甲烷的转化率降低，故压强p2>p1；②Y点在曲线下方说明未达到反应平衡，故平衡正向移动，v(正)＞v(逆)；已知p2=akPa，，，求X点对应温度下反应的平衡常数Kp=；（3）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=8.5， ， ， ， CO2主要转化为HCO3-；若所得溶液c(HCO3-)：c(CO32-)=1：1， ， ，溶液pH=10.3；（4）CO2在阴极得电子生成乙烯，碳元素化合价由+4价变为-2价，电解质溶液为酸性，所以该电极反应方程式为： ，a极6H2O-12e-=3O2↑+12H+，总反应方程式为。
3．铝系金属复合材料能有效还原去除水体中的硝酸盐污染。铝粉表而复合金属的组分和含量，会影响硝酸盐的去除效果。
(1)在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu负载量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。
①由如图可知用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能原因是_______。
②实验发现Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除，可能原因是_______。
(2)在Al/Cu二元金属复合材料基础上引入Pd形成三元金属复合材料，其去除水体中硝酸盐的机理如图所示。
①使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐，该转化的机理可描述为： H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，_______， NH3与H+结合为进入溶液。
②引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高，可能原因是_______
③其他条件相同时，Al/Cu/Pd 三元金属复合材料去除水体中硝酸盐的效果与溶液pH关系如图所示。水体pH在4至6范围内，随pH增大硝酸盐去除率降低的可能原因是_______;水体pH在8.5至10范围内，随pH增大硝酸盐去除率升高的可能原因是_______。
【答案】(1) Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率） 因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱 (2) 吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads) 由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2 pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低 pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高
【解析】（1）①根据图中曲线可知，用Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是：Cu能催化铝粉去除硝酸盐的反应（或形成Al-Cu原电池，增大铝粉去除硝酸盐的反应速率）；②因为过多的Cu原子覆盖于二元金属表面，减少了表面Al原子数，从而减少Al 与水体中硝酸盐的接触机会，使硝酸盐去除效果减弱，故Al/Cu二元金属复合材料中Cu负载量过高也不利于硝酸盐的去除；（2）①H+吸附在Cu表面并得电子生成强还原性的吸附氢H(ads)，吸附氢H(ads)与同样吸附于Cu表面的(ads)反应生成(ads)，(ads) 脱离Cu表面被释放到溶液中，溶液中(ads)转移并吸附在A1表面被还原为NH3 (ads)，NH3与H+结合为进入溶液，故使用Al/Cu二元金属复合材料，可将水体中硝酸盐转化为铵盐；②由图可知Cu表面吸附的H(ads)不能将(ads)转化为N2，而Pd表面吸附的H (ads)可实现上述转化。Cu表面生成的(ads) 可转移并吸附在Pd表面，被Pd表面的H(ads)进一步还原为N2，故引入Pd的Al/Cu/Pd三元金属复合材料，硝酸盐转化为N2选择性明显提高；③pH在4~6范围内，随pH增大，溶液中氢离子浓度减小，催化剂表面产生的H (ads)减少，使硝酸盐去除率降低；pH在8.5～10范围内，随着pH增大，氢氧根浓度增大，促进铝表面氧化铝的溶解，同时铝与OH-反应产生的氢原子能还原硝酸根，使硝酸盐的去除率升高。
4．甲醇是重要的化工原料，研究甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。
一种工业制备甲醇的反应为
(1)向某容器中通入一定量CO2和H2发生反应，达到平衡后，下列措施能提高CH3OH平衡产率的有_______(填标号)。
a.恒压下，充入惰性气体 b.加入高效催化剂
c.恒容下，充入CO2 d.适当升高温度
(2)在540K下按初始投料比n(CO2)：n(H2)=3：1、n(CO2)：n(H2)=1：1、n(CO2)：n(H2)=1：3，得到不同压强条件下H2的平衡转化率关系图：
①a、b、c各线所表示的投料比由大到小的顺序为_______(用字母表示)。
②点N在线b上，计算540K时的压强平衡常数Kp=_______(MPa)-2(用平衡分压代替平衡浓度计算，已知分压=物质的量分数×总压)。
(3)目前世界上一半以上的乙酸都采用甲醇与CO反应来制备。反应如下：。在恒压密闭容器中通入一定量的CH3OH和CO气体，测得甲醇的转化率随温度变化如图所示。
①温度为T1时，该反应的正反应速率v(B)正_______v(A)正(填“>”，“=”或“b>c 0.5 (3) ＜ VD>VC>VB
【解析】（1）提高甲醇的产率可以通过促进反应正向进行的措施达到；a.恒压下充入惰性气体，相当于增大体积，减小物质的浓度，a不符合题意；b.催化剂只能影响反应速度，不影响产率，b不符合题意；c.恒容下，充入CO2，增大反应物浓度，促进平衡正向进行，提高甲醇的产率，c符合题意；d.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，减小产率，d不符合题意；故答案为：c；（2）①投料比大，则氢气的平衡转化率越高，由图甲可知，a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a＞b＞c；②540K时，b曲线所代表的投料比为n(CO2)：n(H2)=1：1，设二氧化碳和氢气的起始物质的量均为1ml，N点氢气的平衡转化率为60%，则氢气反应的物质的量为1ml×60%=0.6ml，平衡时二氧化碳的物质的量为1ml-0.2ml=0.8ml、氢气的物质的量为1ml-0.6ml=0.4ml、甲醇和水的物质的量均为0.2ml，混合气体的总物质的量为0.8ml+0.4ml+0.2ml+0.2ml=1.6ml，总压强为2MPa，则二氧化碳、氢气、甲醇、水平衡时对应的分压分别为、、、，因此；（3）①温度T1时的A点尚未达到平衡状态，相比该温度下平衡时的B点，A点甲醇的浓度更大，故正反应速率更快，v(B)正TC>TB，温度越高反应速率越快。
5．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。
(1)硫碘循环制氢
热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下所示：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：。则反应Ⅱ的_______。
(2)生物质制氢
电解—葡萄糖制氢实验的装置如图所示，电极两侧的电解液在泵的作用下在电解液储槽和电极间不断循环。
①该装置产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。其原因是_______。
②电解—葡萄糖制氢的反应过程可描述为_______。
③电解一段时间后，需向储槽中补充的物质是_______。
(3)氢气应用
最新研制出的由裂解气(、、)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。将乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，发生反应：。出口气体中测得含有乙烯、乙炔、氢气。下图为乙炔产率与进料气中的关系。
①当进料气中时，出口气体中乙炔的体积分数为_______。
②图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_______。
【答案】(1) (2) 葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气 氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气 葡萄糖(3) 11.76% 开始时充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降
【解析】（1）反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，反应Ⅲ：，反应IV，由盖斯定律可知，-IV-Ⅰ2-Ⅲ2得到，所以△H2=-△H4-△H12-△H22=。（2）由题干信息可知，右侧区电解产生H2，电极反应为：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故右侧区为阴极区，则电源中B为负极，A为正极，左侧区为阳极区，电极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解题。①因为葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气，故产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。②电解—葡萄糖时氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气。③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①当进料气中时，设n(H2)=2ml，n(C2H4)=1ml，乙炔的产率为40%，故有
则乙炔的体积分数为=11.67%。②乙烯分解产生乙炔和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，增大氢气的量会促使反应③平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的乙炔的含量，使乙炔的产率降低。
6．当今中国积极推进绿色低碳发展，力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。因此，研发CO2利用技术，降低空气中CO2含量成为研究热点。在5MPa压强下，恒压反应器中通入3mlH2，1mlCO2气体同时发生反应Ⅰ，Ⅱ如下：
反应Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1K1
反应Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2K2
(1)如图(a)所示，则ΔH1-ΔH2_______0(填“>”、“＜”或“=”)。
(2)在5MPa压强下，恒压反应器中通入3mlH2、1mlCO2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如图(b)。
已知：
①下列说法正确的是_______。
A．反应过程中，容器内压强不再变化，说明反应Ⅰ达到平衡
B．反应过程中，气体密度维持不变，说明反应Ⅰ达到平衡
C．增大压强能同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率
D．加入对反应Ⅰ催化效果更佳的催化剂，可以提高CH3OH的产率
②475K时，反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=_______(压强平衡常数：用平衡分压代替平衡浓度，分压=总压×气体物质的量分数)。
(3)图(b)中500K以后，CO2平衡转化率随温度升高而增大的原因_______。
(4)反应Ⅱ的正反应速率方程为v正=k正·c(CO2)·c(H2)，逆反应速率方程为v逆=k逆·c(CO)·c(H2O)，其中k正、k逆分别为正、逆反应的速率常数，只受温度影响。lgk与(温度的倒数)的关系如图所示，①、②、③、④四条斜线中，表示lgk正的是_______。
(5)我国科学家研究Li—CO2电池中取得了重大科研成果。Li—CO2电池中，Li为单质锂片，CO2在正极发生电化学反应，电池反应产物为碳酸锂和单质碳，CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式_______。
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ.……
Ⅳ.
【答案】(1)＜(2) BCD 或1.86×10-2(3)反应I放热，温度升高平衡左移，反应II吸热，温度升高平衡右移，500K以后，温度升高，反应II平衡右移的程度更大，故CO2平衡转化率增大(4)④(5)2+CO2=2+C
【分析】图(a)的横坐标为，则越大，T越小，对反应I来说，随着温度的不断降低，lgK不断增大，K不断增大，则平衡正向移动，所以ΔH1＜0；对反应II来说，随着温度的不断降低，lgK不断减小，K不断减小，则平衡逆向移动，所以ΔH2＞0。
【解析】（1）由分析可知，ΔH1＜0，ΔH2＞0，则ΔH1-ΔH2＜0；（2）①A．因为反应在恒压反应器中进行，容器内压强始终不变，反应I不一定达到平衡，A不正确；B．反应过程中，压强恒定，则容积可变，气体的总质量不变，体积改变，则气体密度随反应进行而改变，当密度不变时，反应I达到平衡，B正确；C．增大压强，反应I正向移动，则同时提高CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率，C正确；D．加入对反应I催化效果更佳的催化剂，则反应I进行的程度更大，可以提高CH3OH的产率，D正确；故答案为：BCD；②475K时，设CO2转化为CH3OH的物质的量为x，CO2转化为CO的物质的量为y。由CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)和CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)可得出，参加反应的CO2的物质的量为(x+y)，参加反应的H2的物质的量为(3x+y)，生成CH3OH的物质的量为x，生成CO的物质的量为y，生成H2O的物质的量为(x+y)。依题意可得出：x+y=1×30%，x=1×20%，从而求出x=0.2ml，y=0.1ml；达平衡时，混合气体中含CO2的物质的量为1-x-y=0.7ml，H2的物质的量为3-3x-y=2.3ml，CO的物质的量为0.1ml，H2O的物质的量为x+y=0.3ml，则反应II的压强平衡常数Kp==或1.86×10-2；（3）升高温度，反应I中CO2的转化率减小，反应II中CO2的转化率增大，而图(b)中500K以后，CO2平衡转化率随温度升高而增大，则表明500K以后，反应II中平衡移动占主导地位，从而得出原因为：反应I放热，温度升高平衡左移，反应II吸热，温度升高平衡右移，525K以后，温度升高，反应II平衡右移的程度更大，故CO2平衡转化率增大；（4）第一步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物能量较高，反应含变大于零，温度降低，平衡逆向移动，V正、V 均减小，k正、k递均减小，且k(正)减小的程度大于k(逆)减小的程度，则表示lgk(正)的是④，表示lgk(逆)的是3；故答案为：④；（5）步骤Ⅲ中，转化为且生成C，表明另一反应物作氧化剂，则只能为CO2，由此得出反应的离子方程式为：2+CO2=2+C。
7．中国自古有“信口雌黄”、“雄黄入药”之说。雌黄和雄黄都是自然界中常见的砷化物，早期都曾用作绘画颜料，因都有抗病毒疗效也用来入药。
(1)砷元素有、两种常见价态。一定条件下，雌黄和雄黄的转化关系如图所示。
①I中氧化剂是________________________(填化学式)。
②Ⅱ中若反应，转移，写出Ⅱ的化学方程式：____________。
(2)Ⅲ中产物亚砷酸可以用于治疗白血病，其在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒物质的量分数与溶液的关系如图所示。
①人体血液的在7.35～7.45之间，用药后人体中含砷元素的主要微粒是____________(填化学式)。
②将溶液滴入溶液，在溶液pH由8变至10的过程中，发生反应的离子方程式是____________。
(3)P与属于同主族元素，亚磷酸二氢钾是一种杀菌消毒剂。已知：常温下，的电离常数；；。以和为原料制备和的装置如图。
①已知与足量的溶液反应生成，由此推知是____________(填“正”或“酸式”)盐。
②常温下溶液____________7(填“>”、“