2025版高考化学一轮复习微专题小练习专练48化学反应原理综合题

专练48化学反应原理综合题1．[2023·新课标卷]氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：(1)根据图1数据计算反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)=NH3(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，Neq\o\al(*,2)表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为________(填步骤前的标号)，理由是________。(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α­Fe包裹的Fe3O4。已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，则α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25，另一种为xH2＝0.675、xN2＝0.225、xAr＝0.10。(物质i的摩尔分数：xi＝eq\f(ni①图中压强由小到大的顺序为________，判断的依据是________。②进料组成中含有惰性气体Ar的图是________。③图3中，当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，氮气的转化率α＝________。该温度时，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp＝________(MPa)－1(化为最简式)。答案：(1)－45(2)(ⅱ)在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H－H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)(3)eq\f(7.8×2873NA,56×1030)(4)①p1＜p2＜p3合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大②图4③33.33%eq\r(\f(1,432))解析：(1)在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)=NH3(g)的ΔH＝(473＋654－436－397－339)kJ·mol－1＝－45kJ·mol－1。(2)由图1中信息可知，eq\f(1,2)N2(g)=N(g)的ΔH＝＋473kJ·mol－1，则N≡N的键能为946kJ·mol－1；eq\f(3,2)H2(g)=3H(g)的ΔH＝＋654kJ·mol－1，则H－H键的键能为436kJ·mol－1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H－H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。(3)已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α­Fe晶体密度ρ＝eq\f(56x×1030,NA·2873)g·cm－3＝7.8g·cm－3，解得x＝eq\f(7.8×2873NA,56×1030)，即α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为eq\f(7.8×2873NA,56×1030)。(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到大的顺序为p1＜p2＜p3，②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。③图3中，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为xmol，则有：N2(g)＋3H2(g)⇌2NH3(g)始(mol)130变(mol)x3x2x平(mol)1－x3－3x2x当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝eq\f(2x,4－2x)＝0.20，解得x＝eq\f(1,3)，则氮气的转化率α＝eq\f(1,3)≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为eq\f(2,3)mol、2mol、eq\f(2,3)mol，其物质的量分数分别为eq\f(1,5)、eq\f(3,5)、eq\f(1,5)，则该温度下K′p＝eq\f(（\f(1,5)p2）2,\f(1,5)p2×（\f(3,5)p2）3)＝eq\f(25,27×400)(MPa)－2。因此，该温度时，反应eq\f(1,2)N2(g)＋eq\f(3,2)H2(g)⇌NH3(g)的平衡常数Kp＝eq\r(K′p)＝eq\r(\f(25,27×400)（MPa）－2)＝eq\r(\f(1,432))(MPa)－1。2．[2024·全国甲卷]甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题：(1)已知如下热化学方程式：CH4(g)＋Br2(g)=CH3Br(g)＋HBr(g)ΔH1＝－29kJ·mol－13CH3Br(g)＝C3H6(g)＋3HBr(g)ΔH2＝＋20kJ·mol－1计算反应3CH4(g)＋3Br2(g)=C3H6(g)＋6HBr(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(2)CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmolCH4和8mmolBr2通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系如图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。(ⅰ)图中CH3Br的曲线是____(填“a”或“b”)。(ⅱ)560℃时，CH4的转化率α＝________，n(HBr)＝________mmol。(ⅲ)560℃时，反应CH3Br(g)＋Br2(g)=CH2Br2(g)＋HBr(g)的平衡常数K＝________。(3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将8mmolCH4和8mmolBr2通入密闭容器，溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系如图。(ⅰ)在11～19s之间，有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比eq\f(v（有I2）,v（无I2）)＝________。(ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据：____________________________。(ⅲ)研究表明，I2参与反应的可能机理如下：①I2(g)=·I(g)＋·I(g)②·I(g)＋CH2Br2(g)=IBr(g)＋·CH2Br(g)③·CH2Br(g)＋HBr(g)=CH3Br(g)＋·Br(g)④·Br(g)＋CH4(g)=HBr(g)＋·CH3(g)⑤·CH3(g)＋IBr(g)=CH3Br(g)＋·I(g)⑥·I(g)＋·I(g)=I2(g)根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的原因：_______________________________。答案：(1)－67(2)(ⅰ)a(ⅱ)80%7.8(ⅲ)10.92(3)(ⅰ)1.5(ⅱ)有I2时，CH3Br的量明显提高，CH2Br2的量降低，且约7.5s后，体系中CH3Br的量高于CH2Br2的量(ⅲ)I2产生的·I可将反应后的含碳物质CH2Br2经过反应②、③转化为CH3Br；而反应过程中生成的·Br可继续与CH4经过反应④、⑤又生成CH3Br解析：(1)根据盖斯定律，目标反应＝第一个反应×3＋第二个反应，则ΔH＝3×ΔH1＋ΔH2＝3×(－29kJ·mol－1)＋20kJ·mol－1＝－67kJ·mol－1。(2)(ⅰ)由ΔH1＜0可知，升高温度，该反应的平衡逆向移动，n(CH4)增大，n(CH3Br)减小，故图中CH3Br的曲线是a。(ⅱ)根据题图可知，560℃时，平衡时n(CH4)＝1.6mmol，n(CH3Br)＝5.0mmol，则CH4的转化率α＝eq\f(8mmol－1.6mmol,8mmol)×100%＝80%，CH4的转化量为6.4mmol，故进一步溴化的CH3Br的物质的量为(6.4－5.0)mmol＝1.4mmol，则CH3Br进一溴化生成的HBr的量为1.4mmol，故n(HBr)＝6.4mmol＋1.4mmol＝7.8mmol。(ⅲ)假设CH4与Br2反应生成CH3Br平衡后CH3Br再进一步溴化，根据题图中的数据，并结合(ⅱ)的分析，列三段式：CH3Br(g)＋Br2(g)→CH2Br2(g)＋HBr(g)起始量/mmol6.41.606.4转化量/mmol1.41.41.41.4平衡量/mmol5.00.21.47.8该反应为气体分子数不变的反应，可用物质的量来计算平衡常数，则K＝eq\f(7.8×1.4,5.0×0.2)＝10.92。(3)(ⅰ)根据图中关于CH3Br的数据可得，v(有I2)＝eq\f(（3.2－2.6）mmol,（19－11）s)＝0.075mmol·s－1，v(无I2)＝eq\f(（2.2－1.8）mmol,（19－11）s)＝0.05mmol·s－1，则eq\f(v（有I2）,v（无I2）)＝eq\f(0.075mmol·s－1,0.05mmol·s－1)＝1.5。(ⅱ)由题图知，有I2时，CH3Br的量明显提高，CH2Br2的量降低，且约7.5s后，体系中CH3Br的量高于CH2Br2的量，故I2提高了CH3Br的选择性。(ⅲ)I2产生的·I可将反应后的含碳物质CH2Br2经过反应②、③转化为CH3Br；而反应过程中生成的·Br可继续与CH4经过反应④、⑤生成CH3Br，提高了生成的CH3Br的量，减少了CH2Br2的量，从而提高CH3Br选择性。3．[2024·浙江1月]通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。请回答：(1)某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH，装置如图。电极B上的电极反应式是________________________________________________________________________。(2)该研究小组改用热化学方法，相关热化学方程式如下：Ⅰ：C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1Ⅱ：C(s)＋H2(g)＋O2(g)=HCOOH(g)ΔH2＝－378.7kJ·mol－1Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)ΔH3①ΔH3＝________kJ·mol－1。②反应Ⅲ在恒温、恒容的密闭容器中进行，CO2和H2的投料浓度均为1.0mol·L－1，平衡常数K＝2.4×10－8，则CO2的平衡转化率为________。③用氨水吸收HCOOH，得到1.00mol·L－1氨水和0.18mol·L－1甲酸铵的混合溶液，298K时该混合溶液的pH＝________。[已知：298K时，电离常数Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5、Ka(HCOOH)＝1.8×10－4](3)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，CO2与H2在溶液中反应制备HCOOH，反应过程中保持CO2(g)和H2(g)的压强不变，总反应CO2＋H2⇌HCOOH的反应速率为v，反应机理如下列三个基元反应，各反应的活化能E2<E1≪E3。(不考虑催化剂活性降低或丧失)Ⅳ：M＋CO2⇌QE1Ⅴ：Q＋H2⇌LE2Ⅵ：L⇌M＋HCOOHE3①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是________。A.v与CO2(g)的压强无关B.v与溶液中溶解H2的浓度无关C.温度上升，v不一定增大D.在溶液中加入N(CH2CH3)3，可提高CO2转化率②实验测得：298K、p(CO2)＝p(H2)＝2MPa下，v随催化剂M浓度c变化如图。c≤c0时，v随c增大而增大；c>c0时，v不再显著增大。请解释原因________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案：(1)CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH(2)①＋14.8②2.4×10－8③10(3)①CD②当c≤c0时，v随c增大而增大，因M是基元反应Ⅳ的反应物(直接影响基元反应Ⅵ中反应物L的生成)；c>c0时，v不再显著增加，因受限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度(或浓度)解析：(1)电极B上CO2转化为HCOOH，发生还原反应，电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋=HCOOH。(2)①根据盖斯定律，由Ⅲ＝Ⅱ－Ⅰ可得ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－378.7kJ·mol－1＋393.5kJ·mol－1＝＋14.8kJ·mol－1。②设转化的CO2的浓度为xmol·L－1，可列三段式：CO2(g)＋H2(g)⇌HCOOH(g)起始浓度/(mol·L－1)1