1、 高考化学二轮复习必考题型：高考化学二轮复习必考题型：化学反应原理综合应用化学反应原理综合应用 1、氮及其化合物如 3 NH及铵盐、 24 N H、 24 N O等在中学化学、化工工业、国防等领域占有 重要地位。 1.发射航天火箭常用肼( 24 N H)与 24 N O作燃料与助燃剂。肼( 24 N H)与 24 N O反应的热化学方 程式为 -1 242422 2N Hl +N Og3Ng +4H O gH=-1077kJ m=ol 已知相关反应的化学键键能数据如下: 化学键 N-H N-N NN O-H E/( -1 kJ mol) 390 190 946 460 则使 1mol 24 N
2、 O(g)分子中化学键完全断裂时需要吸收的能量是_。 2. 24 N O(g)与 2 NO之间存在反应 242 gNOgN O。将一定量的 24 N O放入恒容密闭容 器中,测得其平衡转化率 24 (NO )随温度的变化如图甲所示。 由图甲推测该反应的 H_(填“”或“”“ ” “ 0,在一定条件下 N2O4与 NO2的消耗速率与各自的分压 (分压=总压物质的量分数)有如下关系:v(N2O4)=k1p(N2O4),v(NO2)=k2p2(NO2),其中 k1、k2 是与温度有关的常数,相应的速率与 N2O4或 NO2的分压关系如图所示。 在 T 时,图中 M、N 点能表示该反应达到平衡状态,理
3、由是_。改变温度,(NO2) 会由 M 点变为 A、B 或 C,v(N2O4)会由 N 点变为 D、E 或 F,当升高到某一温度时,反应重新 达到平衡,相应的点分别为_(填字母)。 10、铁及其化合物在日常生活、生产中应用广泛,研究铁及其化合物的应用意义重大。试回 答下列问题: 1.高炉炼铁过程中会发生如下反应: FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) H1 3Fe2O3(s)+CO(g)=2Fe3O4(s)+CO2(g) H2 Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) H3 则反应 Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g)的H=_(用含H1、
4、H2、H3的代 数式表示)。 2.上述反应在高炉中大致分为三个阶段,各阶段主要成分与温度的关系如下表: 温度/ 250 600 1000 2000 主要成分 Fe2O3 Fe3O4 FeO Fe 1600 时固体物质的主要成分为_(填化学式);若该温度下,测得固体混合物中 m(Fe)m(O)=354,则FeO被CO还原为Fe的百分率为_(设其他固体杂质中不 含 Fe、O 元素)。 3.铁的某些化合物可用作 CO 与 H2反应的催化剂。已知某种铁的化合物可用来催化反应: CO(g)+3H2CH4(g)+H2O(g) H； 温度升高， 24 (N O )增大,说明平衡正向移动,该反应为吸热反应,H
5、0 115.2kPa 2p 1 kK 2 ; B 点与 D 点 3. -+ 223 NO -e +H ONO +2H 3 NH 解析： 1.根据 H 与键能的关系:H=反应物的总键能-生成物的总键能,设 1mol 24 N O (g)分子中化 学键完全断裂时需要吸收的能量是 x kJ,则 -1077 -1 kJ mol=(390 -1 kJ mol 8mol+190 -1 kJ mol 2mol+x kJ)-(946 -1 kJ mol 3mol+460 -1 kJ mol 8mol),解得 x=1941。 2. 由图甲可知,随着温度的升高, 24 N O的平衡转化率增大,即升温平衡正向移动,
6、故正反应 为吸热反应,H0。 设平衡时压强为 p,起始时投入 x mol 24 N O,由图甲知 a 点时 24 N O的平衡转化率为 0.4,则平 衡时 24 N O为 0.6mol,生成 2 NO0.8x mol,根据压强之比等于物质的量之比可得 0 p0.6xmol+0.8xmol = pxmol ,则平衡时体系的总压强为 1.4 108kPa=151.2kPa,则该温度下的 2 2 2 p 24 0.8x mol 151.2kPa pNO1.4x mol K=115.2kPa 0.6x mol p N O 151.2kPa 1.4x mol 反应达平衡时有消耗速率 242 1 v N
7、O=v NO 2 ,即 2 12422 1 kp N O=kpNO 2 ,而 2 2 p 24 pNO K = p N O ,结合上式可得 12p 1 k =kK 2 ;由图乙可得 B 点与 D 点的速率符合 224 v NO=2v N O,故达到平衡状态的点为 B 点与 D 点。 3.由图丙知阳极 2 NO失电子生成 3 NO,且电解质溶液显酸性,故阳极的电极反应式为 -+ 223 NO -e +H ONO +2H 阴极的电极反应式为 -+ 2 NO +7e +8H + 42 NH +2H O,阳极转移 1mol e-生成 1mol 3 NO,而阴 极转移 7mol - e才生成 1mol
8、+ 4 NH,故需要补充 + 4 NH,使电解产物全部转化为 43 NH NO 2 答案及解析：答案及解析： 答案：（1）4A-B+2C 温度过低，反应速率小；温度过高，反应正向进行的程度小 2 4 0.3p0.6p 0.02p0.08p （2）BCE （3） BC 解析：（1） -1 422 2g =N OgH55.NoO3kJ m l - 225 1 2 1 N O2NOgOgH53.1kJ mol 2 根据盖斯定律，+得: -1 22425 1 N ON OgOgH2.2kJogm l 2 （2） 由题图 1 可得： 224222 6NO3O2C H3N4CO4H O， 由题图 2 可知
9、温度在 350 左右，负载率为 3.0%时，脱硝效果最好。 （3） -11 0.20mol0.08mol NO0.03mol Ls 2L v 2s 。 2 2 2-1-1 2 2 0.200.06 cNO 2 K=mol L363L mol c NOc O 0.060.03 22 平衡时：vv 正逆所以 22 22 kNO=cc OcNkO 正逆 2 2 2 cNO =K c NOckO k 正 逆 ， 2 T时K= k 1 k 正 逆 小于 1 T时的平衡常数，又因为H0，所以 21 TT。 快反应速率大于慢反应速率，故 A 错误;总反应快慢取决于慢反 应，故 B 正确；快反应 活化能低，故
10、 C 正确；有效碰撞不可能 100% ,故 D 错误。 4 答案及解析：答案及解析： 答案：（1) -1 2232 CO+3H=CHH 1 +H1H93.8kJogOlgOm I；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 （2）放热 -1-1 0.17mol Lmin； -1 0.50mol L （3） 2a MPa 27 解析： （1）根据 CO(g)和 2 Hg的燃烧热（H),可列热化学 方程式： （） 2232 -1 g3OO gCOHgH93.8kJ molCHH 1H ； ( II ) - 22 1 2 1 ggOH285.8HOH1kJ mol 2 根据图像曲线变化可写出热化学方程
11、式 （) : -1-1 23 CO g +2Hg =CHH gH510419 kJ mol91kJ molO 根据盖斯定律，利用（）+（）-（），可得新的热化学方程 式: -1 2232 CO+3H=CHH 1 +H1H93.8kJogOlgOm 。 由图像可知催化剂 I 的催 化效果最佳；该反应为放热反应，达到平衡后， 随温度升高,平衡逆向移动， 2 CO的转化率 降低（2） 650时. 根据三段式进行有关数据处理： 222 CO gHCOHO ggg 起始/mol 4 2 0 0 转化 mol 1.6 1.6 1.6 1.6 平衡/mol 2.4 0.4 1.6 1.6 故 650时，平衡
12、常数 1.61.6 822 K= 2.42.43 22 ，900时，结合 CO 的转化率，根据三段式进 行有关数据处理： 222 CO gHCOHO ggg 起始/mol 3 2 0 0 转化/mol 1 1 1 1 平衡/mol 2 1 1 1 900时，平衡常数 11 122 K= 112 22 ，则温度升高，平衡常数减小，故正反应为放热反应。 -1 2 1 vO1mol / 2L3minHmin0.17mol L， -1 2 2cL0.H1mol /5mol L （3）发生 222 2H S g2HgSg反应，由图像可知，温度为 4 T时， 2 H S平衡转化率 为 40%.故所消耗 2
13、 H S的物质的量为 -1 0.2mol40%0.08mol L，剩余 H2S 的物质的量为 0.2mol0.08mol=0.12mol。生成 2 H的物质的量为 0.08 mol，生成 2 S的物质的量为 0.04mol， 则 2 a p H S =MPa 2 ， 2 a p HMPa 3 2 a p SMPa 6 ，故平衡常数 2 p 2 aa MPaMPa 2a36 KMPa 27 a MPa 2 5 答案及解析：答案及解析： 答案：（1） 23 CO g +2HgCH OH lH126.57kJ/mol 垐 ? 噲 ? （2） 3 6.1 10 逆向移动 （3）ABC抑制；-1.8 V
14、(与-1.8 V 上下比较接近的也可） （4）催化 解析：（1）先求出反应、的焓变，再根据盖斯定律 1 2 +2- 1 2 即可得目 标方程式。 32 p 2 0.350.02 10MPa 0.390.35 K =6.1 10 MPa 0.350.080.350.25 10MPa10MPa 0.390.350.390.35 1； H0 ， 温度升高， 平衡向逆反应方向移动， 平衡常数 K 减小， 由中数据计算可得 300 时平衡常数 K=4,所以 400、5 MPa 条件下的平衡常数 K4,而 c 2 1.00 Q =204 0.05 1.00 ，平 衡向逆反应方向移动。 （3）D 项，阴极的
15、电极反应式应为 + 22 2e2HCOCO+OH ；因为生成一氧化碳 的时候消耗氢离子，对析氢反应有抑制作用。由图可知，电势为-1.8 V 左右时，CO 与 2 H 的 电流效率比约为 1 : 2，恰好为 CO 和 2 H 反应的物质的最之比。 （4）由图可知，水参加反应，最后又生成等量的水，故水在 2 CO 电还原反应中起催化作用 6 答案及解析：答案及解析： 答案：(1)HCHO；-470 kJ mol-1 ( 2 ) 放 热 ； 2.7 (3)碱性 (4)2 - 3 HSO+2e-+2H+= 2- 24 S O+2H2O; 0.03 解析：(1)由题图可知，在催化剂作用下生成甲醛的反应活
16、化能 小，化学反应速率快，所以 主要产物为 HCHO;由题图知，1 mol HCHO(g)转化为 1 mol CO(g)放出的能量为 （676-283-158)kJ = 235 kJ,故H=(-2352)kJ mol-1=-470 kJ mol-1。 (2)根据题表中数据可知，随着温度升高，平衡常数减小.平衡逆 向 移 动 ， 逆 反 应 为 吸 热 反 应，则 正 反 应 为 放 热 反 应； 3 c 22 2 (CH OH)0.8 12.5 (CO)(H )0.40.4 c Q cc ,大于 250C 时的平衡常数 2.041，反应逆向进行,正反应速率小于逆反应速率。同温同体积时，压 强
17、之比等于物质的量之比 ， 平衡时与起始时的气体压强比值为 0.7, 开始时气体总物质的量为 1 mol+2 mol = 3 mol，则平衡时气体总物质 的量为 3 mol0.7=2.1 mol。 CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 开始/mol 1 2 0 转化/mol x 2x x 平衡/mol 1-x 2-2x x 1-x+2-2x+x=2.1， 得 x=0.45； 容器体积为 2L， 则 3 2 2 2 0.45 (CH OH) 2 2.7 0.551.1 (CO)(H ) () 22 c K cc (3)在 同 一 溶 液 中 ， 浓 度 之 比 等 于 物 质 的 量 之 比
18、， 则 2- 73 a2 - 3 (H ) (SO ) 1.02 10 (HSO ) cc K c ， 得 c(H +)=6.810- 8molL-110-7 molL-1溶液呈碱性。 (4)根据题图,Pt(2)电极上 - 3 HSO 2- 24 S O的化合价从+ 4 降低到 +3,电解质溶液呈酸性，则电极 反应式为 2 - 3 HSO+2e-+2H+ = 2- 24 S O+2H2O;Pt(2)为 阴 极，Pt(l)为阳极，阳极的电极反应式为 SO2-2e-+2H2O= 2- 4 SO+4H+,电路中转移 0.02 mol e-时，左侧生 成 0.01 mol 2- 4 SO和 0.04
19、mol H+，为平衡电荷，有 0.02 mol 的 H+经阳 离子交换膜转移到右侧，则左侧的离子增加了 0.03 mol。 7 答案及解析：答案及解析： 答案：1.大于； 2.C； 3.小于；2.02；COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*（或 H2O*=H*+OH*） ； 4.0.0047；b；c；a；d 解析：1.H2还原氧化钴的方程式为：H2(g)CoO(s)=Co(s)H2O(g)；CO 还原氧化钴的方程 式为：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 （ 2 22 n H n H+ n H O ）高于 CO 还原体系中
20、 CO 的物质的量分数（ 2 n CO n CO + n CO ） ，故还 原 CoO(s)为 Co(s)的倾向是 CO 大于 H2； 2.利用“三段式”解答。721 时，设气体反应物开始浓度均为1 molL-1，则 H2（g）+CoO（s）Co（s）+H2O（g） 起始（molL-1） 1 0 转化（molL-1） x x 平衡（molL-1） 1-x x 则有(1-x)/x=0.025 0，解得x=0.975，故K1= 2 2 H O H1 cx cx =39; CO（g）+CoO（s）Co（s）+CO2（g） 起始（molL-1） 1 0 转化（molL-1） y y 平衡 （molL-
21、1） 1-y y 则有(1-y)/1=0.0192,解得 y=0.9808，故 K2= 2 CO0.9808 CO10.0192 cy cy 51； CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 起始（molL-1） 1 1 0 0 转化（molL-1） z z z z 平衡（molL-1） 1-z 1-z z z 则有 K3= 2 2 2 1 (1) Kz zK =51/39,解得 z=0.5327。H2的物质的量分数为 z/2=0.2664,故选 C。 3.观察计算机模拟结果，据H=生成物总能量-反应物总能量，可知H=-0.72-00；该历程 中最大能垒（活化能）E正 =1.86 eV
22、-（-0.16 eV）=2.02 eV,该步骤的化学方程式为 COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*或 H2O*=H*+OH*。 4. 1 (4.083.80)kPa ( )0.0047 kPa min 60 min v a - ；据“先拐先平数值大”，结合图像可知，虚线 （a、d）表示489 时气体分压变化曲线，实线（b、c）表示467 时气体分压变化曲线； 当温度由467 升至489 时，平衡逆向移动，则 2 H p减小， CO p增大，由图像可知，ba 气体分压减小，故曲线b表示467 时 2 H p变化曲线，曲线a表示489 时 2 H p变化曲线；cd 气体分压增大，
23、则曲线c表示467 时 CO p变化曲线，曲线d表示489 时 CO p变化曲线。 8 答案及解析：答案及解析： 答案：1.2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) =-746.5kJ mol-1 2.7:4;0.22mol L-1 min-1;b; 3 k k 正 逆 4.200 ;75%; 5.Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+ 解析：1.若某反应的平衡常数表达式 2 22 22 ()()NCO N()OCO() cc K cc ,则其化学方程式为 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g),将题中 3 个已知热化学方程式依次编号为、,根据盖 斯定律,由
24、2-,可得 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) =-393.5kJ mol-1 2-180.5kJ mol-1-(-221kJ mol-1)=-746.5kJ mol-1。 2.根据题表中数据列三段式： 2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g) 开始(molL-1) 1.00 0 0 转化(molL-1) 0.50 1.00 0.25 2 min 时(molL-1) 0.50 1.00 0.25 该反应在恒温恒容条件下发生,反应前后气体的压强之比等于物质的量之比,也等于物质的量 浓度之比,所以 p1:p0=(0.50+1.00+0.25) 1.00=74.25 min 内
25、, 1 11 25 0.500.17 ()0.11 5 mol L mol Lmi mi2 n n v N O ,v(NO2)=2v(N2O5)=0.22 mol L-1 min-1。 反应过程中 NO2和 O2的浓度比始终保持不变,a 项不能说明反应已经达到化学平衡状态; 该反应在反应前后气体分子数不相等,反应过程中容器中压强为变量,容器中压强不再变化可 以说明反应已经达到化学平衡状态,b 项符合题意;v正(NO2)=2v逆(N2O5)时,正、逆反应速率相 等,而 2v正(NO2)=v逆(N2O5)时,正、逆反应速率不相等,c 项不能说明反应已经达到化学平衡状 态;反应物和生成物全为气体,气
26、体总质量不变,而容器恒容,故反应过程中气体密度始终不 变,d 项不能说明反应已经达到化学平衡状态。 3. 2 2 ()() ( NOCO NOC)( O) p pp K pp ,v正=k正p(NO2) p(CO),v逆=k逆p(NO) p(CO2),平衡时正、逆反应速 率相等,即 k正p(NO2) p(CO)=k逆p(NO) p(CO2),则 2 2 NOCO N ()() (O)OC)( kpp ppk 正 逆 ,故 p k K k 正 逆 。 4.合成氨反应为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,NH3的产率降低,NH3的物质的 量分数减小,曲线 a、b、c 中,在相同条件下曲线 a
27、对应 NH3的物质的量分数最高,其反应温度 最低,所以曲线 a 对应的温度为 200 。 M 点对应的 NH3的物质的量分数为 60%,设 NH3为 0.6a mol,则 N2、H2共为 0.4a mol,因为 反应器中按 n(N2) n(H2)=13 投料,结合 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)；可知,M 点时对应的 H2为 0.3a mol,转化的 H2的物质的量为 0.9a mol,所以 M 点对应 H2的转化率 0.9 100%75% 0.90.3 a aa 。 5.由题图可知在电解池的阳极发生 Mn2+转化为 MnO2的反应,电极反应式为 Mn2+2H2O-2e-=MnO2+
28、4H+。 9 答案及解析：答案及解析： 答案：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（1） H=-955.0 kJ/mol； 2.0.56;减小CO2浓度（其他合理也可）;正向移动; 3.M点v（NO2）是N点（N2O4）的2倍，根据化学方程式N2O4（g）2NO2（g）可以判断 出该反应的正反应速率等于逆反应速率（其他合理答案也可）；B、F 解析：1.CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（1） H=-955.0 kJ/mol CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=-1160.0 kJ/mol H2O（g
29、）=H2O（1） H=-44.0 kJ/mol 根据盖斯定律由（+ 4）1/2得到CH4（g）与NO2（g）反应生成N2（g）、CO2（g） 和H2O（1）的热化学方程式：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（1）H=-955.0 kJ/mol； 2. 平衡状态物质的平衡浓度：c（NO）=0.04 mol/L、c（N2）=0.03 mol/L、c（CO2）=0.03 mol/L;K= 22 22 (N ) (CO )0.03 0.03 (NO)0.04 cc c =0.56； 根据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度减小，反应前后气体体积不变， 所以改变的
30、条件可能是减小二氧化碳浓度； 在51 min时保持温度和容器体积不变再充入NO和N2， 使二者的浓度均增加至原来的两倍， 则此时Qc= 22 22 (N ) (CO )0.03420.017 (NO)0.0322 cc c =0.28K=0.56，则化学平衡正向移动。 3.当2v（N2O4）=v（NO2）时，证明v（正）=v（逆），反应达到平衡状态，图中只有M点 的NO2的消耗速率是N点N2O4的消耗速率的2倍，所以点M、N表示达到化学平衡状态；当升 高到某一温度时，反应重新达到平衡，2v（N2O4）=v（NO2），所以相应的点分别为B、F。 10 答案及解析：答案及解析： 答案：1.2H1+
31、1/3H2+2/3H3 2.FeO、Fe；60%； 3.043.75%；T1T2T3；正反应为放热反应，压强一定时，温度升高，平衡向逆反应方向移 动，CO的转化率减小; 4.B; 5.O2+4e-+2H2O=4OH-；1.68 L 解析：1.根据盖斯定律，由2+1/3+2/3可得反应Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s） +3CO2（g），则反应的H=2H1+1/3H2+2/3H3 2.由表中数据可知，1 000 时固体物质的主要成分是FeO，2000 时固体物质的主要成分 是Fe，故1 600 时固体物质的主要成分为FeO和Fe。设FeO、Fe的物质的量分别为x mol y mol，由
32、于固体混合物中m（Fe）m（0）= 354，则56（x+y）16x=354，x=2y/3，故 FeO被CO还原为Fe的百分率为y/(x+y)100%= y 2 3 y y 100%=60% 3. 2 mol CO 和 6 mol H2充分反应，达到平衡时 x（CO）= 0.18，设达到平衡时转化的 CO 的物质的量为 a mol，则有 CO(g)+3H2 CH4(g)+H2O(g) 起始/mol 2 6 0 0 转化/mol a 3a a a 平衡/mol 2-a 6-3a a a 达到平衡时 CO 的体积分数 x(CO)=0.18,则 2 263 a aaaa =0.18，解得 a=7/8,
33、故达到平 衡时 CO 的转化率为 7 mol 8 2 mol 100%=43.75%。反应 CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的H0,在压强一定时，温度升高，平衡逆向移动，CO 的平衡转化率减小， 据此可知，温度 T1、T2、T3由低到高的顺序是 T1T2T3。 4. A项，不同pH时，溶液中铁元素的存在形态及种数不相同，如在pH等于6时，Fe元素只有 两种存在形态，错误；B项，根据题图知，溶液pH由2升至10的过程中， 4 HFeO的分布分数 先增大后减小，正确；C项，向pH=8的溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为 4 HFeO+OH-= 2 4 FeO +H2O，错误。 5.正极上空气中的氧气发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；因为氢气和一氧 化碳均作还原剂，在负极失电子，物质的量均为1 mol时，两者失电子数均为2 mol，所以转 移电子的物质的量为2.24 L/min 1.5 min 22.4 L/mol2=0.3 mol， 在电解CuSO4溶液的实 验中，阳极发生反应：4OH-4e-=O2 +2H2O, 可知生成氧气的物质的量为0.3 mol/4，标准 状况下体积为0.3 mol/422.4 L/mol=1.68 L。
