2020届高三化学二轮复习化学反应原理综合题的研究真题调研把握命题规律核心突破经典例题提升训练答案解

《高考12题逐题突破》：化学反应原理综合题的研究——真题调研把握命题规律高考化学反应原理综合题的命题规律以工业生产原理或元素化合物为情景，以速率、平衡为核心，结合图、表综合考查，平衡常数、转化率、平衡移动原理、化学反应速率、热化学方程式、反应热、溶液中的离子平衡、离子反应等相关知识；考查识图能力及运用化学基本理论解释实际问题的能力。1．(2019·全国卷Ⅰ，28)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℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2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CO_____H2(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。可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)。该历程中最大能垒(活化能)E正＝________eV，写出该步骤的化学方程式________________________________________________________________________。(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(如图所示)，催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的2HOp和pCO相等、2COp和2Hp相等。计算曲线a的反应在30～90min内的平均速率v(a)＝________kPa·min－1。467℃时2Hp和pCO随时间变化关系的曲线分别是________、________。489℃时2Hp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)0.0047bcad解析(1)由题给信息①可知，H2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H2O(g)(i)K1＝cH2OcH2＝1－0.02500.0250＝39，由题给信息②可知，CO(g)＋CoO(s)Co(s)＋CO2(g)(ii)K2＝cCO2cCO＝1－0.01920.0192≈51.08。相同温度下，平衡常数越大，反应倾向越大，故CO还原氧化钴的倾向大于H2。(2)第(1)问和第(2)问的温度相同，利用盖斯定律，由(ii)－(i)得CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)K＝K2K1＝51.0839≈1.31。设起始时CO(g)、H2O(g)的物质的量都为1mol，容器体积为1L，在721℃下，反应达平衡时H2的物质的量为xmol。CO(g)＋H2O(g)H2(g)＋CO2(g)起始/mol1100转化/molxxxx平衡/mol1－x1－xxxK＝x21－x2＝1.31，若K取1，则x＝0.5，φ(H2)＝0.25；若K取4，则x≈0.67，φ(H2)≈0.34。氢气的物质的量分数介于0.25与0.34之间，故选C。(3)观察起始态物质的相对能量与终态物质的相对能量知，终态物质相对能量低于始态物质相对能量，说明该反应是放热反应，ΔH小于0。过渡态物质相对能量与起始态物质相对能量相差越大，活化能越大，由题图知，最大活化能E正＝1.86eV－(－0.16eV)＝2.02eV，该步起始物质为COOH*＋H*＋H2O*，产物为COOH*＋2H*＋OH*。(4)由题图可知，30～90min内，v(a)＝4.08－3.80kPa90min－30min≈0.0047kPa·min－1。水煤气变换中CO是反应物，H2是产物，又该反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，重新达到平衡时，H2的压强减小，CO的压强增大。故a曲线代表489℃时2Hp随时间变化关系的曲线，d曲线代表489℃时pCO随时间变化关系的曲线，b曲线代表467℃时2Hp随时间变化关系的曲线，c曲线代表467℃时pCO随时间变化关系的曲线。2．(2019·全国卷Ⅱ，27)环戊二烯()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)ΔH1＝100.3kJ·mol－1①H2(g)＋I2(g)===2HI(g)ΔH2＝－11.0kJ·mol－1②对于反应：(g)＋I2(g)===(g)＋2HI(g)③ΔH3＝________kJ·mol－1。(2)某温度，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)。A．T1T2B．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0.45mol·L－1(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图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(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__________________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_______________________________________________。答案(1)89.3(2)40%3.56×104BD(3)CD(4)Fe电极Fe＋2＋H2↑(或Fe＋2C5H6===Fe(C5H5)2＋H2↑)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解析(1)根据盖斯定律，由反应①＋反应②得反应③，则ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝(100.3－11.0)kJ·mol－1＝89.3kJ·mol－1。(2)设容器中起始加入I2(g)和环戊烯的物质的量均为a，平衡时转化的环戊烯的物质的量为x，列出三段式：(g)＋I2(g)===(g)＋2HI(g)起始：aa00转化：xxx2x平衡：a－xa－xx2x根据平衡时总压强增加了20%，且恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，得a＋aa－xa－xx＋2x＝11.2，解得x＝0.4a，则环戊烯的转化率为0.4aa×100%＝40%，平衡时(g)、I2(g)、(g)、HI(g)的分压分别为p总4、p总4、p总6、p总3，则Kp＝p总6×p总32p总4×p总4＝827p总，根据p总＝1.2×105Pa，可得Kp＝827×1.2×105Pa≈3.56×104Pa。通入惰性气体，对反应③的平衡无影响，A项不符合题意；反应③为吸热反应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，B项符合题意；增加环戊烯浓度，能提高I2(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，C项不符合题意；增加I2(g)的浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。(3)由相同时间内，环戊二烯浓度减小量越大，反应速率越快可知，T1T2，A项错误；影响反应速率的因素有温度和环戊二烯的浓度等，a点时温度较低，但环戊二烯浓度较大，c点时温度较高，但环戊二烯浓度较小，故无法比较a点和c点的反应速率大小，B项错误；a点和b点温度相同，a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度，即a点的正反应速率大于b点的正反应速率，因为b点时反应未达到平衡，b点的正反应速率大于逆反应速率，故a点的正反应速率大于b点的逆反应速率，C项正确；b点时，环戊二烯的浓度减小0.9mol·L－1，结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的12，可知二聚体的浓度为0.45mol·L－1，D项正确。(4)结合图示电解原理可知，Fe电极发生氧化反应，为阳极；在阴极上有H2生成，故电解时的总反应为Fe＋2＋H2↑或Fe＋2C5H6===Fe(C5H5)2＋H2↑。结合相关反应可知，电解制备需在无水条件下进行，否则水会阻碍中间产物Na的生成，水电解生成OH－，OH－会进一步与Fe2＋反应生成Fe(OH)2，从而阻碍二茂铁的生成。3．(2019·全国卷Ⅲ，28)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)===2Cl2(g)＋2H2O(g)。如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl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HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)＝1∶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：CuCl2(s)===CuCl(s)＋12Cl2(g)ΔH1＝83kJ·mol－1CuCl(s)＋12O2(g)===CuO(s)＋12Cl2(g)ΔH2＝－20kJ·mol－1CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)ΔH3＝－121kJ·mol－1则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(3)在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是________________。(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，如图所示：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)。答案(1)大于0.4220.4221－0.8441－0.21c0O2和Cl2分离能耗较高HCl转化率较低(2)－116(3)增加反应体系压强、及时除去产物(4)Fe3＋＋e－===Fe2＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O5.6解析(1)由题给HCl平衡转化率随温度变化的关系图可知，随温度升高，HCl平衡转化率降低，则此反应为放热反应，温度越高，平衡常数越小，即K(300℃)大于K(400℃)。结合题图可知，c(HCl)∶c(O2)＝1∶1、400℃时HCl的平衡转化率为84%，列出三段式：4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)起始c0c000转化0.84c00.21c00.42c00.42c0平衡(1