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1、【化学】化学化学反应原理综合考查的专项培优练习题及详细答案一、化学反应原理综合考查1(1)SO2 的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)+NH3H2O(aq)=NH4HSO3(aq)1=aHkJ/mol ；NH3H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)=(NH4)2 SO3(ag)+H2O(l)2=bHkJ/mol ； 2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)3H=ckJ/mol。则反应 2SO2(g)+4NH3 H2 O(aq)+O2(g)=2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(
2、l)的H=_kJ/mol 。(2)SO2是形成酸雨的主要污染物，燃煤脱硫原理为2CaO(s)+2SO(g)+O2(g)2CaSO4(s)?。向10L 恒温恒容密闭容器中加入3mol CaO，并通入 2mol SO 和 lmol O发生上述反应， 2min22时达平衡，此时 CaSO4 为 1.8mol 。 0? 2min 内，用 SO2 表示的该反应的速率v(SO2)=_，其他条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行，达到平衡时SO2的转化率 _(填 “增大”、 “减小 ”或 “不变 ”)。(3)NO 的排放主要来自于汽车尾气，净化原理为：2NO(g)+2CO(g)? N(g)+2CO (g)
3、222222正 、 k 逆为速率常H=-746.8kJ/mol。实验测得，v正 =k 正 c(NO) c(CO)， v逆 =k 逆 c(N2) c(CO )(k数，只与温度有关 )。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 _(填 “”“或”“或“”=，”下同 )；M 、 N 两点容器内的压强2P(M)_P(N)，平衡常数 K(M)_K(N)。【答案】 572kJmol 1S250%p Pa 【解析】【分析】(1)利用盖斯定律进行反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2(g) H 的计算；(2) .由反应方程式 2H2 S(g)S2(g)+2H2 (g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时
4、S2 的物质的量为 H2的1 ，则曲线l 表示的物质是 S2，曲线 m 表示的物质是2表示的2H S，曲线 n物质是 H2，据此分析解答；.反应 2H S(g)S (g)+2H (g)中， H S的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即M2222点和 O 点分别所在的曲线代表H2S 的起始量为0.1mol 和 0.2mol ，据此解答；【详解】(1)根据盖斯定律，反应(+ + ) 2可得到反应2H2O(l) = 2H2(g)+O2 (g)，其H=2( H1+ H2+ H3 )=2 (172+327-213)=+572kJmol -1 ，故答案为： +572kJmol -1 ；(2) .由反应方
5、程式 2H2S(g)S2(g)+2H2(g)可知，若起始时容器中只有H2S，平衡时 S2的物质的量为H2 的1 ，则曲线 l 表示的物质是 S2，故答案为： S2；2根据图像， A 点时，硫化氢和氢气的物质的量相等，根据2H2S(g)S2(g)+2H2(g)，说明反应的硫化氢与剩余的硫化氢相等，H2S 的转化率为 50%，故答案为：50%；根据 A 点可知，起始时硫化氢为20mol ，B 点时，硫化氢与S2 的物质的量相等，设分解的硫化氢为 x，则 20-x= x ，解得 x=402202202mol ，容器中含有 H Smol， Smol ，3332401 ， 1 ， 1 ，平衡常数Hmol
6、 ，物质的量分数分别为4423( 1 p Pa)2( 1 p Pa)Kp=24=p Pa，故答案为： p Pa；( 1 p Pa)24.反应 2H2S(g)222的物质的量增加，其平衡转化率反而减小，即S (g)+2H (g)中， H SM 点和 O 点分别所在的曲线代表H2S 的起始量为 0.1mol 和 0.2mol ，恒容容器中， M 点的浓度小于 O 点，则逆反应速率v(M) v(O) ，故答案为： ；由图像可知， H2S 的转化率均为45%，可列三段式有：2H2S g垐 ?S2 g +2H 2 g噲 ?起始 mol200转化 mol0.90.450.9平衡 mol1.10.450.9
7、n(总 )N=1.1+0.45+0.9=2.45mol2H2S g垐 ?S2 g +2H2 g噲 ?起始 mol100转化 mol0.450.2250.45平衡 mol0.550.2250.45n(总 )M=0.55+0.45+0.225=1.225mol2n(总)M =n(总 )M ，又图像可知TM TN，由 PV=nRT可得， 2P(M)P(N)，20.2250.920.450.45K M =VV0.151， K N =VV0.3010.552V2，则 K(M)K(N)，故1.1VVV答案为： ； ”“ =”或“ ”)。(5)在某温度下，向1L 密闭容器中充入垐 ?CO与 N2O，发生反应
8、： N2O(g)+CO(g)噲? CO2(g)十N (g)，随着反应的进行，容器内CO的物质的量分数变化如下表所示：2时间 /min0246810物质的量40.25%32.0%26.2%24.0%24.0%50.0%分数则该温度下反应的平衡常数K=_。【答案】2NH3+2O2催化剂 N2O+3H2O -163kJ/molFeO+CO垐 ?CO2+Fe+放热反应噲 ?降低温度= 1.17【解析】【分析】(2)利用盖斯定律求反应热；(3)根据总反应减去反应得到反应；根据反应物和生成物的相对能量判断反应热；根据活化能的相对大小判断化学反应速率大小，从而确定决速步；(4)根据不同温度下的平衡常数的大小
9、，判断温度的变化；(5)根据三等式求算平衡常数。【详解】(1)NH3 和O2 反应得到N2O，根据化合价升降守恒配平，NH3 中N 的化合价从3 升高到N2O 中的 1，共升高 4 价； O2 中 O 的化合价从 0 降低到 2，共降低 4 价，化合价升降守恒，则 NH3 和 O2 的系数比为 1： 1，根据原子守恒配平，可得2NH3+2O2催化剂N2O+3H2O；(2) 已知 2NH (g)+3N2O(g)=4N (g)+3H O(l) H =-1010KJ/mol， 4NH3(g)+3O (g)32212=2N222=-1531KJ/mol；反应21可得目标反应，则(g)+6H O(l)H
10、3-反应 3 H= H1 2 - H2 1 =-1010kJ/mol 2 -(-1531kJ/mol) 1 =-163kJ/mol ；3333(3)总反应为 N垐 ?2 步进行，因此反应和反O(g)+CO(g)噲? CO (g)十 N (g)，实际过程是分222应相加得到总反应，则反应等于总反应减去反应，可得反应为+垐 ?2+；FeO +CO噲 ?CO +Fe根据反应历程图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该两步反应均为放热反应；根据反应的历程图可知，由和 N2O 经过过渡态得到产物FeFeO 和 N2，过渡态和反应物Fe 和 N2O 的能量差为反应的活化能，同理，可知反应的活化能，可
11、知，反应的活化能大于反应的活化能，活化能越大，化学反应速率越慢，而化学反应速率慢的步骤为决速步，决定反应达到平衡所用时间，即反应决定反应达到平衡所用时间；(4)根据图像， C 点和 B 点，反应物的投料比相同，但是B 点表示的平衡状态， N2O 的转化率高于 C 点， C 点的平衡状态改变为 B 点的平衡状态，平衡正向移动，N2O 的转化率增加； B 和 C 点的反应物投料比相同，因此不是改变反应物的浓度；反应前后的气体体积不变，因此压强不影响平衡移动，只能是温度，该反应为放热反应，平衡正向移动，因此采取的措施是降低温度；利用三等式求出C 和 D 点平衡状态的平衡常数，从而比较温度大小；设定容
12、器体积的体积为VL。C 点的平衡状态其反应物的投标比为1，则设N2O 和CO的物质的量均为1mol ，其N2O 的转化率为0.50，则根据三等式有N 2O(g) +CO(g)垐 ?噲 ? CO2 (g) + N 2 (g)开始的物质的量1100开始的物质的量0.50.50.5，则在平衡常数0.5平衡的物质的量0.50.50.50.5c(N 2 )c(CO2 )0.50.5VV1；K =0.50.5c(N 2O)c(CO)VVD 点的平衡状态其反应物的投标比为1.5，则设 N O 和 CO的物质的量为1.5mol 和 1mol ，2其 N2O 的转化率为0.40， N2O 反应了 1.5mol
13、0.40=0.6mol ，则根据三等式有开始的物质的量开始的物质的量平衡的物质的量N 2O(g) +CO(g) 垐噲 ? CO2 (g) + N 2 (g)1.51000.60.60.6，则在平衡常数0.60.90.40.60.6c(N 2 )c(CO 2 )0.60.6VV1 ；K =0.90.4c(N 2O) c(CO)VVC 点和 D 点表示的平衡状态的平衡常数相同，则温度相同，有TC=TD；(5)根据表格的数据，开始时CO 的物质的量分数为50.0%，则设 CO和 N2O 的物质的量各位1mol ，假设到达平衡时， CO 转化了 xmol ，根据三等式有开始的物质的量开始的物质的量平衡
14、的物质的量垐 ?(g) + N 2 (g)N 2O(g) +CO(g) 噲 ? CO21100xxx，达到平衡时， CO的物质的量x1 x1 xxx分数为 24.0%，则有1- x100% 24.0%，解得 x=0.52mol ，则平衡常数1- x 1- x x xc(N 2 )c(CO2 )0.520.52111.17 。K =0.480.48c(N 2O) c(CO)114 CH4 超干重整 CO2 技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：（1） CH4 超干重整CO2的催化转化如图所示：已知相关反应的能量变化如图所示：过程的热化学方程式为_。关于上述过程的说法不正确的是_（填序号）。
15、a实现了含碳物质与含氢物质的分离b可表示为CO2 H2 H2O（ g） COc CO未参与反应d Fe3O4、 CaO为催化剂，降低了反应的H其他条件不变，在不同催化剂（、）作用下，反应CH4（ g） CO2（ g） 2CO（g） 2H2（g）进行相同时间后，CH4 的转化率随反应温度的变化如图所示。a 点所代表的状态 _（填“是”或“不是”）平衡状态；b 点 CH4的转化率高于c 点，原因是_。（2）在一刚性密闭容器中， CH4 和 CO2的分压分别为 20kPa、 25kPa，加入 Ni Al 2O3 催化剂并加热至 1123K 使其发生反应 CH4（ g） CO2（ g） 2CO（ g）
16、 2H2（ g）。研究表明CO的生成速率 （ CO） 1.3 1021 1p（ CH4） p（ CO2）molg s ，某 1时刻测得 p（ CO） 20kPa，则 p（ CO） _kPa，（ CO） _molg s21。达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8 倍，则该反应的平衡常数的计算式为K p_（ kPa） 2。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）（ 3） CH4 超干重整 CO2得到的 CO经偶联反应可制得草酸（ H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的 NaOH溶液，所得溶液中 c H 2C2O4 =c C2 O24- ，则此时溶液的pH _。（已知常温下H2C2
17、O4 的 Ka1610 2， Ka2610 5， lg6 0.8 ）【答案】 CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)H=247.4kJ -1 cdmol 不是b 和 c 都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高15 1.9536236222.77【解析】【分析】由能量反应进程曲线得热化学方程式，应用盖斯定律可得过程I 的热化学方程式。过程II中进入循环的物质是最初反应物，出循环的物质是最终生成物，可得总反应方程式。恒温恒容时组分气体的分压与其物质的量成正比，故用分压代替物质的量进行计算。草酸溶液与 NaOH 溶液混合后，其两步电离平衡仍然存在，据电离常数表达式可求
18、特定条件下溶液的 pH。【详解】(1) 据 CH4 超干重整 CO2 的催化转化图，过程I 的化学反应为42CH (g)+CO (g)=2CO(g)+2H(g)。由能量反应进程曲线得热化学方程式：422H+206.2kJ mol-1（ i）CH (g)+H O(g)=CO(g)+3H(g)2242H165kJ mol-1（ ii）CO (g)+4H (g)=CH (g)+2H O(g)(i) 2+(ii)得过程 I 的热化学方程式：422-1 molCH (g)+CO (g)=2CO(g)+2H (g)H=247.4kJ过程 物质变化为：左上（222CO、 H 、 CO ） + 右下（惰性气体
19、） 左下（ H O） + 右上（CO、惰性气体），总反应为H2223 4为总反应的催化剂，能降低反+CO =H O+CO。 Fe O 、 CaO应的活化能，但不能改变反应的H。故 ab 正确， cd 错误。 通常，催化剂能加快反应速率，缩短反应到达平衡的时间。但催化剂不能使平衡发生移动，即不能改变平衡转化率。若图中a 点为化学平衡，则保持温度不变（800），将催化剂 II 换成 I 或 III， CH4 转化率应不变，故a 点不是化学平衡。同理，图中 b 、c 两点都未达到化学平衡。据题意，b、 c 两点只有温度不同， b 点温度较高，反应速率快，相同时间内CH4转化率高。(2)据气态方程 P
20、VnRT，恒温恒容时某组分气体的分压与其物质的量成正比。则反应中分压为42（ g）21123K 恒容时， CH （ g） CO2CO（ g） 2H （ g）起始分压 /kPa：202500改变分压 /kPa： 10102020某时分压 /kPa：10152020即某时刻 p(CO24 22 1 14g s) 15kPa，p(CH ) 10kPa。代入 (CO) 1.3 10p(CH ) p(CO )mol1.95mol g1s 1 。设达到平衡时4x kPa，CH 的改变分压为42（ g）21123K 恒容时， CH （ g） CO2CO（ g） 2H （ g）起始分压 /kPa： 202500改变分压 /kPa： xx2x2x平衡