冲刺2021届高考化学二轮提升6.3化学原理题

专题大化学热点大题

6.3化学原理题(必考)

1.(2019高考•全国一卷)水煤气变换［CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)］是重要的化工过程，主要用于合成氨、

制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：

(1)Shibata曾做过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721°C下的过量氧化钻CoO(s),氧化钻部分被还

原为金属钻(Co),平衡后气体中山的物质的量分数为0.0250。

②在同一温度下用CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192„

根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是COH2(填“大于”或“小于”)。

(2)721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡

时体系中H2的物质的量分数为(填标号)。

A.<0.25B.0.25C.0.25-0.50D.0.50E.>0.50

(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，

其中吸附在金催化剂表面上的物种用•标注。

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O08

3+3OO

*3

0

3

可知水煤气变换的AH_______0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)Ek_________eV,

写出该步骤的化学方程式_______________________o

(4)Shoichi研究了467℃、489℃时水煤气变换中CO和H2分压随时间变化关系(如下图所示)，催化

剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH2O和PCO相等、PC02和PH2相等。

48

4

4.

4.030,4.08)

3.T90,3.80,

3Z.6

2^|(90,3.64)

Z0,3.30)]-+-

Z8

L4

L030,2.21)

NX+(90,1.87)■

S6

2

8(30,1.21)

o233

602080400060

Z/1I1

计算曲线a的反应在30-90min内的平均速率y(a)=kPamin^„467℃时PH2和Pco随时间变化

关系的曲线分别是、o489℃时PH2和Pco随时间变化关系的曲线分别是

【答案】(1)大于(2)C(3)小于2.02COOH+H+H2O=COOH+2H+OH或H2O=H

+OH(4)0.0047bead

【解析】(1)氐还原氧化钻的方程式为：H2(g)+CoO(s)^Co(s)+H2O(g)；CO还原氧化钻的方程式为:

n

(H2)

CO(g)+CoO(s)：Co(s)+CO2(g),平衡时H2还原体系中H2的物质的量分数(高于

n(H2)+n(H2O)

n(CO)

CO还原体系中CO的物质的量分数(),故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO大于H2；

n(CO)+n(CO2)

(2)721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，可设其物质的量为Imol,则

CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)

起始(mol)1100

转化(mol)xxXX

平衡(mol)1-x1-xxx

n(H2)xmolx

则平衡时体系中H2的物质的量分数二、--------n一~；二%,因该反应为可逆反应，故

n总l(l-x)+(l-x)+x+xjmol2

x<l,可假设二者的还原倾向相等，贝iJx=0.5,由(1)可知CO的还原倾向大于H2,所以CO更易转化为

H2,故x>0.5,由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25〜0.50,故答案为C；

(3)根据水煤气变换［CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)］并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，

CO(g)+H2O(g)的能量(-0.32eV)高于CCh(g)+H2(g)的能量(-0.83eV),故水煤气变换的△〃小于0；活化

能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：

>

.

演

遍

太

£

其最大能垒(活化能)E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O=COOH+2H+OH

;因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O=H+OH；

(4)由图可知，30~90min内a曲线对应物质的分压变化量Ap=(4.08-3.80)kPa=0.28kPa,故曲线a的反

_Q28kPa

应在30〜90min内的平均速率j(a尸=-------=0.0047kPa-min-1；由(2)中分析得出H2的物质的量分数介

60min

于0.25~0.5,CO的物质的量分数介于0~0.25,即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分:

4Ob

601201W）240300360

/mm

由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆

向移动，CO分压增加，比分压降低，故467℃时凸12和Pco随时间变化关系的曲线分别是b、c；489°C

时PH2和Pco随时间变化关系的曲线分别是a、do

【名师点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，

难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我

国化学工作者发表在顶级刊物Science中的文章“沉积在a-MoC上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，

试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程

中的能量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第

（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计

算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H2的物质的量分数小于0.5,这是由于对题干的信息

应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的相关结论进行

推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。

2.（2019高考•全国二卷）环戊二烯（（2））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：

（1）已知：\/）（g）=（/）（g）+H2（g）△〃1=100.3kJ.mori①

H2（g）+l2（g）=2HI（g）△“2=-11.0kJ-mol-1②

对于反应:kJmol-1o

（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（，//）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa,平衡

时总压增加了20%,环戊烯的转化率为,该反应的平衡常数Kp=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.提高温度

C.增加环戊烯浓度D.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）。

(

1

7.

。

日

/)

限

母

黑

Il

e

氐

A.71〉不

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0.45moLLT

（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe（C5H5）2结构简式为）,后者广泛应用于航天、化工等领域中。

二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有澳化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF

为惰性有机溶剂）。

该电解池的阳极为，总反应为o电解制备需要在无水条件下进行，原因

为__________________________

【答案】(1)89.3(2)40%3.56X104BD(3)CD(4)Fe电极

(Fe+2c5H6^=Fe(C5H5)2+H2f)水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH1进一步与Fe?+反应

生成Fe(OH)2

【解析】(1)根据盖斯定律①-②，可得反应③的AH=89.3kJ/mol；答案：89.3；

(2)假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol,平衡时环戊烯反应了xmol,根据题意可知;

(g)+12(g)(g)+2HI(g)增加的物质的量

ImolImolImol2molImol

xmol2nx20%

得x=0.4nmol,转化率为0.4n/nxl00%=40%；

(g)+I2(g)=

P(初)O.5xlO5O.5xlO5O0

AP0.5x105x40%0.5x105x40%0.5xl05x40%1X105X40%

P(平)0.3X1050.3X1050.2X1050.4xl05

K_(04x105)2x02x1()5

=3.56x10%

P0.3X105X0.3X105

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.升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；

C.增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；D,增加I?的浓度，平衡正向移动，

环戊烯转化率升高，故D正确；答案：40%；3.56X104；BD；

(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TKT2,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：CD；

(4)根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息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，故电极反应式为Fe+2厂\=爷+山?；

电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子

结合生成沉淀；

答案：Fe电极；Fe+2广、=+H2T(Fe+2C5H6=Fe(C2H5)2+H2T)；水会阻碍中间物Na的生成；

水会电解生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2=

【名师点睛】本题以能力立意，考查提取信息、处理信息的能力及分析问题、解决问题的能力。充分体现

了化学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值，易错点第(2)小题平衡常数计算；第(4)小题电极

反应式的书写。

3.(2019高考•全国三卷)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅

速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：

(1)Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2C12(g)+2H2O(g)„下图为刚性容器中，进料浓度比

c(HCl):c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HC1平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K(300℃)K(400℃)(填“大于”或“小于”)。设HC1初始浓度为co,根

据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=l：1的数据计算K(400℃)=(列出计算式)。按化学计量比

进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影

响分别是=

(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：

CuCh(s)=CuCl(s)+；Ch(g)A/fi=83kJ-mol-1

11,

CuCl(s)+—O2(g)=CuO(s)+—Ch(g)AH2=-20kJ-mol1

1

CuO(s)+2HCl(g)=CuCh(s)+H2O(g)AH3=-121kJ-mol

1

则4HCl(g)+O2(g)=2C12(g)+2H2O(g)的AH=kJ-mol-o

(3)在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是o(写出2种)

(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,

主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：

电源

2+

H2OFeM_JiHCI(g)

负极区发生的反应有(写反应方程式)。电路中转移1mol电子，需消耗氧气

L(标准状况)

(0.42)2x(0.42)2_-

【答案】(1)大于.”八4〃…、。2和Cb分禺能耗较局、HC1转化率较低(2)-116

(1-0.84)x(l-O.21)co

3+2+2++3+

(3)增加反应体系压强、及时除去产物(4)Fe+e-=Fe,4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O5.6

【解析】(1)根据反应方程式知，HC1平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化

率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)；

由图像知，400℃时，HC1平衡转化率为84%,用三段式法对数据进行处理得：

4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H20(g)

起始(浓度)cocoO0

变化(浓度)O.84coO.21coO.42coO.42co

平衡(浓度)(1-O.84)co(l-O.21)coO.42coO.42co

(Q40)2X(042)2

则K=〃芸:：；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧

(1-0.84)x(l-O.21)co

气的能耗较高；进料浓度比过高，HC1不能充分反应，导致HC1转化率较低；

(2)根据盖斯定律知，(反应1+反应：11+反应III)x2得4HCl(g)+C)2(g)=2C12(g)+2H2O(g)AH=

(AH1+AH2+AH3)x2=-116kJmol1；

(3)若想提高HC1的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理,

可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；

(4)电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为

负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++1=Fe2+和4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；电路中转移1mol

电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是lmol+4=0.25mol,在标准状况下的体积为

0.25molx22.4L/mol=5.6L。

4.(2019•北京高考真题)氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。

(1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。

①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2,其物质的量之比为4：1,甲烷和水蒸气反应的方程式是

②已知反应器中还存在如下反应：

i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)AHi

ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH2

iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g)AH3

iii为积炭反应，利用AHi和AH?计算A/ft时，还需要利用__________反应的A//。

③反应物投料比采用〃(H2O)：a(CH4)=4：1,大于初始反应的化学计量数之比，目的是

(选填字母序号)。

a.促进CH4转化b.促进CO转化为C02c.减少积炭生成

④用CaO可以去除C02。比体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从fi时开始，出体积分

数显著降低，单位时间CaO消耗率(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%,但

己失效，结合化学方程式解释原因：o

•

。

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(2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接Ki或K2,可交替得到

H2和O2O

①制H2时，连接o

产生H2的电极反应式是0

②改变开关连接方式，可得02。

③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：o

【答案】(1)①CH4+2H20=4H2+CO2②C(s)+CCh(g)=2CO(g)③abc④降低H2体积分数在ti之后较少，

结合CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和C02反应，因而失效

(2)①Ki2H2O+2e-=H2f+2OH-③连接Ki或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH

和Ni(0H)2相互转化提供电子转移

【解析】(1)①由于生成物为H2和CO2,其物质的量之比为4：1,反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方

程式为CH4+2H2。=4H2+C02；

②i-ii可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为iv,用iv-iii可得C(s)+CC)2(g)=2CO(g),因此，还需利用

C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焰变；

③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1,说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应

i知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ii知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b

正确；i和ii产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应出，积炭生成量减少，c正确；

④h时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低，七体积分数在ti之后较少，结合

CaO+H2O=Ca(OH)2可知水蒸气浓度较小，反应器内反应逆向反应，氧化钙很难和CCh反应，因而失效；

(2)①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2

时，连接Ki,该电池在碱性溶液中，由H2。提供H+,电极反应式为2H2O+2e-=H2f+2OH-；

③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化,其反应式为NiOOH+e+H2O#Ni(OH)2+OH-,当连接Ki时,Ni(OH)2

失去电子变为NiOOH,当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2,因而作用是连接Ki或K2时，电极3

分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。

5.(2019高考•江苏卷)N2O,NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排

放。

(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与02在加

热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为o

(2)NO和NO2的处理。己除去NzO的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为

NO+NO2+2OH2NO；+H2O

2NO2+2OH^^=NOj+NO；+H2O

①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有(填字母)。

A.加快通入尾气的速率

B.采用气、液逆流的方式吸收尾气

C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液

②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNCh晶体，该晶体中的主要杂质是(填化学式)；

吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是(填化学式)。

(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转

化为NO；的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。

①在酸性NaClO溶液中，HC1O氧化NO生成C「和NOj,其离子方程式为。

②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是。

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【答案

2

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越强

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大，

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小，

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+②

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2N

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子守

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O,根

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