新教材适用2025版高考化学二轮总复习题型能力提升训练一化学反应原理综合题

题型实力提升训练(一)1.(2024·河北沧州二模)氮及其化合物在工农业生产中有着重要应用，削减氮的氧化物在大气中的排放是环境爱护的重要内容之一。Ⅰ.肯定条件下，用CH4催化还原可消退NO污染。已知：①CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－865.0kJ·mol－1②2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH＝－112.5kJ·mol－1(1)N2和O2完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时，汲取8.9kJ的热量；则CH4(g)＋4NO(g)2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝_－1_155.5__kJ·mol－1。(2)反应②分两步进行，其反应历程与能量变更关系如图所示，写出确定NO氧化反应速率的化学方程式：N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)。(3)将2molNO(g)、1molO2(g)和1molHe(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应②和2NO2(g)N2O4(g)。平衡时，若O2、NO2与N2O4三者的物质的量相等，则NO转化率为_60%__，反应②平衡常数Kp＝eq\f(15,8p)(用含p的代数式表示，不考虑N2O4)。Ⅱ.汽车尾气中的氮氧化物可利用如下反应处理：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.8kJ·mol－1，试验测得，v正＝k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆＝k逆·c(N2)·c2(CO2)(k正、k逆为速率常数，只与温度有关)。(4)达到平衡后，仅上升温度，k正增大的倍数_<__k逆增大的倍数(填“>”“<”或“＝”)。Ⅲ.近年来，低温等离子技术是在高压放电下，O2产生O*自由基，O*自由基将NO氧化为NO2后，再用Na2CO3溶液汲取，达到消退NO的目的。试验室将模拟气(N2、O2、NO)以肯定流速通入低温等离子体装置，试验装置如图所示。(5)等离子体技术在低温条件下可提高NO的转化率，缘由是_NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行__。(6)其他条件相同，等离子体的电功率与NO的转化率关系如图所示，当电功率为30W时，NO转化率达到最大的缘由可能是_当电功率小于30_W时，随功率增大，产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2，NO转化率增大；当电功率大于30_W时，随功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，NO转化率减小__。【解析】(1)N2和O2完全反应，每生成2.24L(标准状况)NO时n(NO)＝eq\f(2.24L,22.4L·mol－1)＝0.1mol，汲取8.9kJ的热量，则生成2molNO汲取热量Q＝8.9kJ×20＝178kJ，即热化学方程式③为N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋178kJ·mol－1，依据盖斯定律，反应①＋②－③整理可得CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1155.5kJ·mol－1。(2)由图可知，Ea2>Ea1，说明其次步反应的活化能大，反应速率慢，确定NO氧化反应速率，其化学方程式为N2O2(g)＋O2(g)2NO2(g)。(3)由题目信息可知，2molNO(g)、1molO2(g)和1molHe(g)通入反应器，在温度T、压强p条件下进行反应。设平衡时n(NO)＝xmol，n(NO2)＝n(O2)＝n(N2O4)＝ymol，依据N守恒可得x＋3y＝2，依据O守恒可得x＋8y＝4，解得n(NO)＝xmol＝0.8mol，n(NO2)＝n(O2)＝n(N2O4)＝ymol＝0.4mol。NO转化率为eq\f(2－0.8,2)×100%＝60%；反应②平衡常数Kp＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.4p,3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.8p,3)))2×\f(0.4p,3))＝eq\f(15,8p)。(4)该反应的正反应为放热反应，上升温度平衡逆向移动，则正反应速率小于逆反应速率，则k正增大的倍数<k逆增大的倍数。(5)NO与O2反应生成NO2是放热反应，低温有利于反应正向进行，在低温条件下可提高NO的转化率。(6)当电功率小于30W时，随功率增大，产生更多的O*自由基，NO更易被氧化为NO2，NO转化率增大；当电功率大于30W时，随功率增大，N2和O2在放电时会生成NO，NO转化率减小。2.(2024·湖南永州二模)利用晶格氧部分氧化甲烷制合成气(CO与H2)技术将传统甲烷重整反应分解为几个气固相反应，实现燃料与氧气不接触，其一般模型如图所示：在肯定温度下，该模型涉及的主要反应如下：主反应：2CeO2(s)＋CH4(g)=Ce2O3(s)＋CO(g)＋2H2(g)ΔH1＝＋352.5kJ·mol－1副反应：8CeO2(s)＋CH4(g)=4Ce2O3(s)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝＋700kJ·mol－1甲烷裂解反应：CH4(g)=C(s)＋2H2(g)ΔH3＝＋90kJ·mol－1载氧体复原晶格氧反应：2Ce2O3(s)＋O2(g)=4CeO2(s)ΔH4＝－751kJ·mol－1请回答下列问题：(1)模型中载氧体中Ce的价态：载氧体Ⅰ_>__载氧体Ⅱ(填“>”“<”或“＝”)。(2)该模型部分氧化甲烷制合成气的反应方程式为2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)，该温度下反应的ΔH＝_－46__kJ·mol－1。(3)已知副反应的ΔS＝＋549J·mol－1·K－1，下列温度下反应能自发进行的是_C__(填标号)。A．750℃ B．950℃C．1050℃(4)限制投料比为n(CeO2)∶n(CH4)＝2∶1、压强为100kPa时，平衡时C(s)及各气体的物质的量随温度的变更如图a所示：已知：X(H2)＝eq\f(nH2,nH2＋nH2O)×100%，X(CO)＝eq\f(nCO,nCO＋nCO2)×100%①图a中c曲线对应的气体为_CO__。②图a中忽视CO2(g)与c气体，486℃平衡时，n(H2O)＝_0.2__mol。(5)当n(CH4)＝1mol、p＝100kPa时，限制不同n(CeO2)，平衡时n(C)、X(H2)、X(CO)与温度的关系如图b所示，请说明当反应体系温度低于1000℃时，n(CeO2)越大，温度越高，越有利于合成气的生成：_生成合成气的反应为吸热的气体分子数增大的反应，体系温度低于1_000_℃时，温度上升平衡正向移动，n(CeO2)越大，则反应后甲烷的量减小，压强减小，平衡正向移动__。【解析】(1)载氧体Ⅱ和氧气反应，反应后氧元素得到电子化合价降低，依据电子守恒可知，则载氧体中Ce的化合价上升，故模型中载氧体中Ce的价态：载氧体Ⅰ＞载氧体Ⅱ。(2)已知：①2CeO2(s)＋CH4(g)=Ce2O3(s)＋CO(g)＋2H2(g)ΔH1＝＋352.5kJ·mol－1，②2Ce2O3(s)＋O2(g)=4CeO2(s)ΔH4＝－751kJ·mol－1，由盖斯定律可知，2×①＋②得：2CH4(g)＋O2(g)=2CO(g)＋4H2(g)ΔH＝2×(＋352.5kJ·mol－1)＋(－751kJ·mol－1)＝－46kJ·mol－1。(3)依据ΔH－TΔS<0，反应可以自发进行，则(＋700kJ·mol－1)－T×(＋0.549kJ·mol－1·K－1)<0，T>1275K＝1002℃，故选C。(4)①图a中已知H2O、CO2气体的曲线，反应中投料CH4，CH4随着反应气量削减，故a为CH4；由主反应化学方程式可知，消耗1分子CH4生成CO、2分子H2，且CH4裂解反应也生成H2，故b为H2，c曲线对应的气体为CO。②图a中忽视CO2(g)与c气体，其实CH4为1.0mol，486℃平衡时，CH4、H2均为0.6mol，则生成H2须要消耗0.3molCH4，副反应消耗CH4的物质的量为(1.0mol－0.6mol)－0.3mol＝0.1mol，则生成n(H2O)＝0.2mol。(5)生成合成气的反应为吸热的气体分子数增大的反应，体系温度低于1000℃时，温度上升平衡正向移动，n(CeO2)越大，则反应后甲烷的量减小，压强减小，平衡正向移动，故n(CeO2)越大，温度越高，越有利于合成气的生成。3.(2024·广东梅州二模)除去废水中Cr(Ⅵ)的方法有多种。请按要求回答下列问题。(1)室温下，含Cr(Ⅵ)的微粒在水溶液中存在如下平衡：H2CrO4(aq)H＋(aq)＋HCrOeq\o\al(－,4)(aq)ΔH1HCrOeq\o\al(－,4)(aq)H＋(aq)＋CrOeq\o\al(2－,4)(aq)ΔH22HCrOeq\o\al(－,4)(aq)Cr2Oeq\o\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)ΔH3①室温下，反应2CrOeq\o\al(2－,4)(aq)＋2H＋(aq)Cr2Oeq\o\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)的ΔH＝_ΔH3－2ΔH2__(用含ΔH1、ΔH2或ΔH3的代数式表示)。②基态Cr3＋核外电子排布式为_[Ar]3d3__。③室温下，初始浓度为1.0mol·L－1的Na2CrO4溶液中c(Cr2Oeq\o\al(2－,7))随c(H＋)的变更如图所示。依据A点数据计算反应2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O的K＝_1.0×1014__，下列关于该反应的说法不正确的是_AC__。A．加水稀释，平衡右移，K值增大B．若达到A点的时间为5s，则v(CrOeq\o\al(2－,4))＝0.1mol·L－1·s－1C．若上升温度，溶液中CrOeq\o\al(2－,4)的平衡转化率减小，则该反应的ΔH>0(2)NaHSO3与熟石灰除Cr(Ⅵ)法：向酸性废水中加入NaHSO3，再加入熟石灰，使Cr3＋沉淀。①试验中的NaHSO3作用是_将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)__。②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH>12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的缘由可用离子方程式表示为Cr(OH)3＋OH－=[Cr(OH)4]－。(3)微生物法①用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变更如图所示。55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的缘由是_55_℃时，硫酸盐还原菌发生变性，几乎失去活性__。②水体中，Fe合金在SRB存在条件下腐蚀的机理如图所示。Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2＋，H2O得到电子转化为H，_SOeq\o\al(2－,4)被H还原为S2－，S2－与Fe2＋结合为FeS__。(4)可用电解法将废水中铬酸钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图所示：①该制备过程总反应的化学方程式为4K2CrO4＋4H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2K2Cr2O7＋2H2↑＋O2↑＋4KOH。②电解一段时间后，阳极区溶液中K＋的物质的量由amol变成bmol，则生成的重铬酸钾的物质的量为eq\f(a－b,2)mol。【解析】(1)①已知：Ⅱ.HCrOeq\o\al(－,4)(aq)H＋(aq)＋CrOeq\o\al(2－,4)(aq)ΔH2，Ⅲ.2HCrOeq\o\al(－,4)(aq)Cr2Oeq\o\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)ΔH3，由盖斯定律，反应Ⅲ－2×Ⅱ得2CrOeq\o\al(2－,4)(aq)＋2H＋(aq)Cr2Oeq\o\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)，则ΔH＝ΔH3－2ΔH2。②Cr为24号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d54s1，则Cr3＋核外电子排布式为[Ar]3d3。③从图看出A点时，c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1时Cr2Oeq\o\al(2－,7)为0.25mol·L－1，由原子守恒得CrOeq\o\al(2－,4)为1.0－0.25×2＝0.5mol·L－1。则K＝eq\f(cCr2O\o\al(2－,7),c2CrO\o\al(2－,4)c2H＋)＝eq\f(0.25,0.52×1.0×10－72)＝1.0×1014。加水稀释溶液中的Q>K，平衡逆向移动，同时没有变更温度，K值不变，A项错误；A点Cr2Oeq\o\al(2－,7)为0.25mol·L－1，由原子守恒得溶液中的CrOeq\o\al(2－,4)为1.0－0.25×2＝0.5mol·L－1，则v(CrOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1－0.5,5)mol·L－1·s－1＝0.1mol·L－1·s－1，B项正确；升温CrOeq\o\al(2－,4)转化率减小即平衡逆向移动，说明逆向为吸热反应，该反应为放热反应，ΔH<0，C项错误。故选AC。(2)试验中将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)进而生成Cr(OH)3沉淀除去，则NaHSO3将Cr(Ⅵ)还原为Cr(Ⅲ)，便于沉淀除去。从图分析pH>12时[Cr(OH)4]－增大而Cr(OH)3降低，则反应为Cr(OH)3＋OH－=[Cr(OH)4]－。(3)①温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率降低。②从图看H和SOeq\o\al(2－,4)经SRB细胞膜之后转变为S2－和H2O，S2－再与Fe2＋结合为FeS。(4)阴极区为H＋放电产生H2。阳极区OH－放电产生H＋和O2，H＋促使2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O平衡正向移动从而制备K2Cr2O7。总反应为4K2CrO4＋4H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2K2Cr2O7＋2H2↑＋O2↑＋4KOH。由方程式看出每生成1molK2Cr2O7产生2molKOH，即2molK＋移入阴极区产生KOH。当阳极区K＋由amol变为bmol产生K2Cr2O7为eq\f(a－b,2)mol。4.(2024·山东聊城二模)甲醇是重要的化工原料，探讨甲醇的制备及用途在工业上有重要的意义。(1)一种重要的工业制备甲醇的反应为：①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH1＝＋40.9kJ/mol③CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH2＝－90.4kJ/mol试计算ΔH＝_－49.5__kJ/mol。(2)对于反应CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，v正＝k正·p(CO2)·p3(H2)，v逆＝k逆·p(CH3OH)·p(H2O)。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压(分压＝物质的量分数×总压)。在540K下，分别按初始投料比n(CO2)∶n(H2)＝3∶1，n(CO2)∶n(H2)＝1∶1、n(CO2)∶n(H2)＝1∶3进行反应，测得H2的平衡转化率随压强变更的关系如图所示：①投料比n(CO2)∶n(H2)＝1∶3的曲线是_c__(填“a”“b”或“c”)。②已知点N在曲线b上，计算该温度下压强平衡常数Kp＝_0.32__(MPa)－2(用平衡分压代替平衡浓度计算)。③该温度下，测得某时刻p(CO2)＝0.2MPa，p(CH3OH)＝p(H2O)＝0.1MPa，p(H2)＝0.4MPa，此时v正∶v逆＝_0.41__(保留2位有效数字)。(3)甲醇催化制取丙烯的反应为3CH3OH(g)CH3CH=CH2(g)＋3H2O(g)。已知Arrhenius阅历公式为Rlnk＝－eq\f(Ea,T)＋C(其中Ea为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的Arrhenius阅历公式的试验数据如图所示：①该反应的活化能Ea＝_15.0__kJ/mol。②当用更高效催化剂时，请在图中画出Rlnk与eq\f(1,T)关系的曲线。](4)目前世界上一半以上的乙酸都采纳甲醇与CO反应来制备：CH3OH(g)＋CO(g)HC3COOH(l)ΔH<0。在恒压密闭容器中通入肯定量的CH3OH和CO气体，测得甲醇的转化率随温度变更关系如图所示：①温度为T1时，该反应的正反应速率v正(B)_>__v逆(A)(填“>”“＝”或“<”)。②B、C、D三点逆反应速率由大到小的依次为_v(D)>v(C)>v(B)__[用“v(D)”“v(C)”“v(B)”表示]。【解析】(1)已知②CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH1＝＋40.9kJ/mol，③CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH2＝－90.4kJ/mol，依据盖斯定律，由②＋③得反应①CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋40.9kJ/mol－90.4kJ/mol＝－49.5kJ/mol。(2)①投料比越大，氢气的平衡转化率越高，因此a代表n(CO2)∶n(H2)＝3∶1，