全国高考化学化学反应原理综合考查的综合高考真题汇总及答案

1、全国高考化学化学反应原理综合考查的综合高考真题汇总及答案一、化学反应原理综合考查1 研究煤的合理利用及co2 的综合应用有着重要的意义。请回答以下问题：i.煤的气化已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有：c(s)+h2 o(g)co(g)+h2(g) h=+131kj mol -1co(g)+3h2(g)ch4(g) +h2o(g) h=akj mol -1查阅资料反应中相关化学键能数据如下表：化学键c oh hh choe(kj mol -1)1072436414465(1)则反应中 a =_。(2)煤直接甲烷化反应c(s) + 2 h2 (g)ch4(g)的h=_kj?mol -1， 该反应

2、在为_ （填“高温”或“低温”）下自发进行。ii.合成低碳烯烃在体积为 1 l 的 密闭容器中，充入 1mol co2和2, 发生 反应：22 .5 mol h2co ( g) + 622 42-1 ，测得温度对催化剂催化效率和co2平衡转化h (g)c h (g)+4 h o(g) h=-128kj mol率的影响如右图所 示 ：(3) 图中低温时，随着温度升高催化剂的催化效率提高，但 co的平衡转化率却反而降2低 ，其原因是 _(4) 250时，该反应的平衡常数 k 值为 _。iii.合成甲醇在恒温2 l 容积不变的密闭容器中，充入1molco2 和 3 molh2, 发生反应： . co

3、2(g)+3h2 (g)32p后 /p 前 ）如下表：ch oh(g)+ h o(g),测得不同时刻反应前后容器内压强变化（时间 /h123456p 后 /p 前0.900.850.820.810.800.80(5)反应前1小时内的平均反应速率v(h2_mol?l-1h-1,该温度下co2的平衡转化）为率为 _。【答案】 -206 -75 低温该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低10.340%【解析】【分析】【详解】（ 1）焓变 h=反应物的总键能 -生成物的总键能 =a=1072 kj/mol +3 436 kj/mol（- 4414kj/mol+2 465 k

4、j/mol）=-206kj/mol ，故答案为：-206；（2）由盖斯定律，方程式 +得到c(s) + 2h2(g)ch4(g)，则 h=- 75 kj/mol ，反应h0，s0h ts0-75；低温；，则低温下能使- ，所以低温能自发进行，故答案为：（ 3）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，则二氧化碳的平衡转化率降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，所以二氧化碳的转化率降低；（ 4） 250时，二氧化碳的平衡转化率为50%，可列三段式为：2co2( g) + 6 h2(g)c2 h4 (g)+4 h2o(g)起始态 (mol/l)12.500转化态 (mol/l)

5、0.51.50.251平衡态 (mol/l)0.510.251k= 14 0.251，故答案为：1；0.5216（5）在恒温 2l 容积不变的密闭容器中，充入1molco2 和 3molh 2，发生反应，设1h 消耗二氧化碳的物质的量为x，则有三段式：co2(g)+3h2 (g)ch3oh(g)+ h2o(g)起始态 (mol)1300转化态 (mol)x3xxx时3-3x x x1h (mol) 1-x气体压强之比等于气体的物质的量之比，则4-2x =0.9 ， x=0.2mol ，氢气的反应速率4c3 0.2molv=t =2l=0.3mol/(l gh) ；1h平衡状态下气体压强之比为0

6、.8，设消耗二氧化碳的物质的量为y，则有三段式：co2(g)+3h2 (g)ch3oh(g)+ h2o(g)起始态 (mol)1300转化态 (mol)y3yyy平衡态 (mol)1-y3-3yyy4-2y =0.8 ， y=0.4，二氧化碳的平衡转化率= 0.4mol100%=40% ，故答案为： 0.3；41mol40%。2 十八大以来，各地重视“蓝天保卫战”战略。作为煤炭使用大国，我国每年煤炭燃烧释放出的大量so2 严重破坏生态环境。现阶段主流煤炭脱硫技术通常采用石灰石- 石膏法将硫元素以 caso4 的形式固定，从而降低so2 的排放。但是煤炭燃烧过程中产生的co 又会与caso4 发

7、生化学反应，降低脱硫效率。相关反应的热化学方程式如下：反应： caso4( s)+ co( g)cao( s) +-2211so ( g) +co ( g)活化能 ea， h=218. 4kj mol1反应： caso( s)+ 4co( g)cas( s) +4co2( g)14活化能 ea2， h2= - 175. 6kj mol请回答下列问题：（ 1）反应 cao( s)+ 3co( g)+ so2( g) ? cas( s)+ 3co2( g) ； h=_kj?mol - 1；该反应在_（填“高温”“低温”“任意温度”）可自发进行。（2）恒温密闭容器中，加入足量caso4 和一定物质的

8、量的co气体，此时压强为 p0。 tmin中时反应达到平衡，此时co 和 co2体积分数相等，22co 是 so 体积分数的 2 倍，则反应 i的平衡常数 kp_( 对于气相反应，用某组分bpb的平衡压强() 代替物质的量浓度c( b) 也可表示平衡常数，记作k ，如 p( b) p x( b) ，p 为平衡总压强， x( b) 为平衡系统p中 b 的物质的量分数 ) 。（3）图 1 为 1000k 时，在恒容密闭容器中同时发生反应i 和 ii， c( so2) 随时间的变化图像。请分析图1 曲线中 c( so2 ) 在 0 t 2 区间变化的原因 _。（4）图 2 为实验在恒容密闭容器中，测

9、得不同温度下，反应体系中初始浓度比c(co 2 ) 与c(co)so2 体积分数的关系曲线。下列有关叙述正确的是_ 。a当气体的平均密度不再变化，反应i 和反应同时达到平衡状态b提高 caso4 的用量，可使反应 i 正向进行， so2 体积分数增大c其他条件不变，升高温度，有利于反应i 正向进行， so 体积分数增大，不利于脱硫2d向混合气体中通入氧气（不考虑与so2反应），可有效降低so2 体积分数，提高脱硫效率（5）图 1中， t 2 时刻将容器体积减小至原来的一半，t3 时达到新的平衡，请在图1中画出t - t3区间 c( so ) 的变化曲线 _ 。22【答案】 -394.0kjmo

10、l - 1010 25p反应i的活化能ea较小，反应速率i比ii大，低温.0t1阶段 c( so ) 增大， t后反应 ii 为主， c( co) 减小，使反应i 逆向进行，故c( so ) 减212小， t2 时反应达到平衡状态。acd；【解析】【分析】【详解】( 1) 反应： casoco2( g)- 14( s)+ co( g) ? cao( s) + so2( g) +h1=218. 4kj mol反应： casocas( s) + 4co2( g) 14 ( s)+ 4co( g) ?h2= - 175. 6kj mol根据盖斯定律反应- 反应得： cao( s)+ 3co( g)+

11、 so2( g) ?cas( s)+ 3co2( g) ，所以，21 1 2184kj mol -1394.0kjmol - 1。该反应为气体分子数减小hhh1756kjmol-.=-=-.=的反应， s0， h 0，当h- ts0 时，反应能自发进行，则t 较小的时候反应能自发进行，即该反应在低温时能自发进行，故答案为：-394.0kj mol- 1；低温；( 2) 设参加反应的co起始的物质的量为 a，平衡时， co和 co2体积分数相等，2co 的体积分数是so2体积分数的2 倍，故设平衡时，22so 的物质的量为xmol ， co和 co 的物质的量为 2x，则对于反应有：caso4

12、s+co g ?cao s+so2g+ co 2 g起始 /mola00变化 /molxxx平衡 /mola-xxx则反应生成的co2 的物质的量为 ( 2x- x) mol =xmol，生成co 的物质的量 = 2x-( a-x) mol =( 3x- a) mol，则对于反应有：起始 /mol变化 /mol平衡 /molcaso4 s + 4co g ? cas s+ 4co 2 g4x-a0xx3x-ax结合反应、可知：co的充入量为 ( 4x- a)+ a=4x，而平衡时，气体的总物质的量2xx 2x 5xp，则4xp0，解得：p=5，所以反应的平衡常=+ +=，设平衡时体系总压为=p

13、p05x4( 5p02 )( 5p01 )数 kp=4545 =0. 25p0，故答案为：0. 25p0；( 5p02 )45( 3) 因反应的活化能小于反应的活化能，0到 t12，反应速率大于反应，c so) 增(大， t1后反应 ii 为主， c( co) 减小，使反应i 逆向进行，故22时反应达到平衡c( so ) 减小， t状态，故答案为：反应i 的活化能 ea1 较小，反应速率 i 比 ii 大， 0 t 1 阶段 c( so2 ) 增大， t1后反应 ii 为主， c( co) 减小，使反应 i 逆向进行，故c( so2) 减小， t2 时反应达到平衡状态；(4am vv恒定) 反

14、应、都是反应前后气体质量变化的反应，由= 可知，容器体积下， 不变，说明气体总质量m 不变，那么容器内每种气体的质量均不变化，已达到平衡， a 正确；b caso4 是固体，提高 caso4 的用量，平衡不移动，b 错误；c反应是吸热反应，升高温度，反应正向移动，so2 体积分数增大，不利于脱硫， c正确；d通入氧气， co 被消耗，反应逆向移动，so2 体积分数降低，脱硫效率增大，d 正确；综上所述， acd满足题意，故答案为： acd；( 5) 容器体积减小一半瞬间，二氧化硫浓度变为2 倍，同时压强增大，平衡逆向移动，二氧化硫浓度减小， t 2 t 3 二氧化硫浓度比 t1 t 2减小的多

15、。根据勒夏特列原理可知，t3 重新平衡时，二氧化硫浓度略比t 2 时刻大，据此如图：，故答案为：。【点睛】勒夏特列原理：当改变外界条件时，平衡向减弱这种改变的方向移动，但不能抵消这种改变。3 消除尾气中的no 是环境科学研究的热点课题。i no氧化机理.已知： 2no( g)+ o2( g)2no2( g)h=- 110kj?mol - 1t1no和o2按物质的量之比为2：1充入刚性反应容器中( 忽略no2与n2o4的转时，将化) 。（1）下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是_。a. 2v 正 ( o2)= v 逆 ( no2)b. no 与 o2 的物质的量之比为2： 1c. 容器

16、内混合气体的密度保持不变d. k 不变e. 容器内混合气体的颜色保持不变（2）通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况，得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1 图 2 所示。则反应2no( g)+ o2( g)2no2( g) 在 t1时的平衡常数 kp_b的平衡压强p(b) 代替物质的量浓度=。 对于气相反应，用某组分c( b) 也可表示平衡常数，记作kp，如 p( b)= p?x( b) ， p 为平衡总压强， x( b) 为平衡系统中 b的物质的量分数 。保持其它条件不变，仅改变反应温度为t2(t2 t1 ) ，在图 2 中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时

17、间的变化趋势图_。ii. no 的工业处理（3） h2 还原法： 2no( g)+ 2h2( g)n2 ( g)+ 2h2o( g)h1已知在标准状况下，由元素最稳定的单质生成1mol 纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。 no( g) 和 h2o( g) 的标准摩尔生成焓分别为+90kj?mol- 1- 1=_。、 - 280kj?mol。则 h1（4） o3 caso3联合处理法-no 可以先经o3 氧化，再用caso3 水悬浮液吸收生成的no2 ，转化为hno2。已知难溶物在溶液中并非绝对不溶，同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。在caso3 水悬浮液中加入2432-对 no2的吸收速率，

18、请用平衡移动原理解释其主要原因_。na so 溶液能提高so（5）电化学处理法工业上以多孔石墨为惰性电极，稀硝酸铵溶液为电解质溶液，将no 分别通入阴阳两极，通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。则电解时阳极发生的电极反应为_。【答案】 ae0. 08- 740kj?mol- 1对于反应32+( aq)+so32- ( aq) ，加入 na2 442 -结合部分 ca2+，使其平衡向caso scaso溶液时，so( )正反应方向移动，2-) 增大，吸收 no2-+c( so3的速率增大no- 3e+2h23+4ho=no【解析】【分析】【详解】i. （ 1）在一定条件下，当一个可逆反应的正反应速率

19、与逆反应速率相等时，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，达到一种表面静止的状态，即“化学平衡状态”。其中，正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质，而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。a. 当 2v正 ( o2)= v 逆 ( no2) 时，说明反应已达平衡态，故a 正确；bno与o2的物质的量之比为2：1时，不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不.再改变，故b 错误；c. 根据质量守恒定律，容器内气体的质量恒定不变，则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到化学平衡状态，故c 错误；d. 该反应中平衡常数k 只与温度有关，则不能用k 不变来判断化学平

20、衡状态，故d 错误；e. 容器内混合气体的颜色保持不变，则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变，即达到化学平衡状态，故 e 正确；综上所述，答案为 ae；（2）设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol、 1mol，达平衡态时，氧气转化了xmol ，则可列三段式为：2no+o 2?2no 2起始量 (mol )210转化量 (mol )2xx2x平衡量 ( mol ) 22 xx2x平衡时平均摩尔质量为36.8g mol，则有/uuvm2mol30g/mol+1mol32g/mol =36.8g / mol ，解得 x=0 . 5，则 no、 o22mn(3-x)mol、 no的物质的量分数分别为

21、0. 4、 0. 2 、0.4，同温同体积，根据压强之比等于物质的量之比，有 375xa 62.5，代入，解得，根据平衡常数公式有3-x=ak p =(0.462.5)20.08 ；因为该反应为放热反应，升高温度时，反应速率(0.42(0.262.5)62.5)会加快，平衡逆向移动，平均摩尔质量会减小，容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为，故答案为： 0. 08；（ 3） h 1 =生成物标准摩尔生成焓之和 - 反应物标准摩尔生成焓之和 =- 280kj?mol - 1 2-90kj?mol - 1 2=- 740kj?mol - 1，故答案为： - 740kj?mol- 1；

22、（4）相同条件下，硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度，亚硫酸钙可转化为硫酸钙，对于反应casos2+aq)+so 2-(aq) ，加入na2so42-结合部分ca2+，使其3ca(3溶液时，so4( )平衡向正反应方向移动，c( so 2- ) 增大，吸收 no的速率增大，故答案为：对于反应32caso3sca2+( aq)+ so32- ( aq) ，加入na2so4溶液时，so42 -结合部分 ca2+，使其平衡向( )正反应方向移动， c( so 2-) 增大，吸收 no2 的速率增大；3（5）由电解原理可知，阳极发生氧化反应，则一氧化氮转化为硝酸根，其电极方程式为 no- 3e- +2

23、h2o=no3- +4h+，故答案为： no- 3e- +2h2o=no3- +4h+。4 秋冬季是雾霾高发的季节，其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。（1）工业上利用甲烷催化还原no，可减少氮氧化物的排放。已知： ch4222h=-574kj mol-1(g)+4no (g)=4no(g)+co (g)+2h o(g)ch4(g)+4no(g)=2n2(g)+co2(g)+2h2o(g)h=-1160kj mol -1甲烷直接将no2 还原为 n2 的热化学方程式为_ 。（2）汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段，主要原理为 2no(g)+2co(g

24、)n22(g)+2co (g)h0t时，将等物质的量的 no 和 co 充入容积为 2l 的密闭容器中，保持温度和体积不变，反应过程 (015min) 中 no 的物质的量随时间变化如上图所示。已知：平衡时气体的分压气体的体积分数体系的总压强，t时达到平衡，此时体系的总压强为 p=20mpa，则 t时该反应的压力平衡常数kp _；平衡后，若保持温度不变，再向容器中充入no 和 co2 各 0.3mol ，平衡将 _(填“向左”、“向右”或“不” )移动。15min 时，若改变外界反应条件，导致n(no)发生如图所示的变化，则改变的条件可能是_(填序号 )a 增大 co浓度 b升温 c 减小容器

25、体积 d 加入催化剂（3）工业上常采用 “碱溶液吸收 ”的方法来同时吸收so2，和氮的氧化物气体(nox)，如用氢氧化钠溶液吸收可得到na2so3、 nahso3、 nano2、nano3 等溶液。已知：常温下，hno2 的电离常数为 k-4，h2so3 的电离常数为 ka1=1.2-2、 k-8 。a=7 10 10a2=5.8 10常温下，相同浓度的na2so3、 nano2 溶液中 ph 较大的是_溶液。常温下， nahso3 显 _性 (填“酸 ”“碱”或 “中”，判断的理由是(通过计算说明 )_ 。（4）铈元素 (ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有+3、 +4 两种价态。雾

26、霾中含有大量的污染物no，可以被含ce4+的溶液吸收，生成no2-、 no3-（二者物质的量之比为11)。可采用电解法将上述吸收液中的no2-转化为无毒物质，同时再生ce4+，其原理如图所示。 ce4+从电解槽的 _(填字母代号 )口流出。写出阴极的电极反应式： _ 。【答案】 ch42222-1-1 或 7(mpa)-1(g)+2no (g)=n (g)+co (g)+2h o(g) h=-867kj mol0.0875(mpa)80不 ac na2 3-的电离常数 ka2-8，水解常数 khk w-13，电3= k a2 8.3so酸因为hso=5.8 10 10离常数大于水解常数，所以溶

27、液显酸性a 2no-+8h+6e- =n2 +4h2o【解析】【分析】(4)电解过程中 ce3+在阳极失电子，变为ce4+，则 b 进 ce3+， a 出 ce4+， no2-在阴极得电子变为 n2，则 d 进 no2-， c 出 n2。【详解】(1) ch4(g)+4no2(g)=4no(g)+co2(g)+2h2 o(g)h1=-574kj mol -1ch42222-1(g)+4no(g)=2n (g)+co(g)+2h o(g)h =-1160kj mol +ch42222(-574kjmol -1 )+(-1160kjmol -1 )-2得：(g)+2no (g)=n (g)+co

28、(g)+2h o(g) h=2=867kj mol-1，故答案为：ch42222h=-867kj mol-1 ；(g)+2no (g)=n (g)+co (g)+2h o(g)(2)由图可知， no 起始物质的量为 0.4mol ， 0 到 15min 共减少了 0.2mol ，则催化剂2no(g)+2co(g)垐 垐 ?(g)+2co 2 (g)噲 垐 ? n 2起始值 /mol0.40.400，平衡时 p(no)=变化值 /mol0.20.20.10.2平衡值 /mol0.20.20.10.220mpa0.2=40402)=2027mpa，同理可得： p(co)=mpa， p(n7mpa，

29、p(co )0.2+0.2+0.1+0.27（40220）mpa2mpa=40mpa，所以ppco2p n 2=77=0.0875(mpa)-1 或7k p2nop2 co（4024027mpa）（7mpa）7-1。再向容器中充入no 和 co各 0.3mol ，加入的 no 和 co2 物质的量相等，那么(mpa)280二者引起压强增大量相等，假设二者引起的压强增量分别为p ，则（40220mpa）7mpa+p77-1qc=kp，qc=402402=(mpa)，平衡不移动，故答案为：80（） （）7mpa+p7mpa0.0875(mpa)-1 或7(mpa)-1 ；不；80由图可知 no 物

30、质的量减小，说明平衡正向移动。a增大 co浓度，平衡正向移动，no 物质的量减小， a 正确；b升温，平衡逆向移动，no 物质的量增大， b 错误；c减小容器体积，等同于增大压强，平衡正向移动，no 物质的量减小， c 正确；d加入催化剂，反应速率增大，但平衡不移动，no 物质的量不变， d 错误；故答案为： ac；2的电离常数为a-4， h23a1-2、 ka2-8 可知，(3) hnok =710so 的电离常数为k =1.2 10=5.8 102的酸性强于3-的酸性，则 no2-的水解程度小于so32-，所以相同浓度的na23hnohsoso、nano 溶液， na so 的碱性更强，

31、ph 更大，故答案为：na so ；22323hso3-223a2hw-kh=10-148.310-13，又因为3 的水解常数+h o ?hso ， kk =k，故 hso10-21.23-的电离常数ka2-8，所以， hso3-的电离常数大于水解常数，常温下，nahso3显hso=5.8 10酸性，故答案为：酸；因为hso3-的电离常数 ka2-8，水解常数 khk w-13，= k a2=5.8 108.3 10电离常数大于水解常数，所以溶液显酸性；(4) 生成ce4+ce3+-4+，ce4+a口流出，故答案为：a，则-e = ce在阳极生成，从；no2- 转化为无毒物质，则no2-在阴极得电子，转化为n2，结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为：2no2-+-222-+-22+8h+6e =n +4h o，故答案为： 2no+8h +6e =n +4h o。【点睛】kakh=kw ，越弱越水解。5 （ 11 分）近年来，随着锂离子电池的广泛应用，废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料（有al、 licoo2、ni、 mn 、fe 等）回收钴、镍、锂的流程图。已知： p204二 (2- 乙基己基 )磷酸酯 常用于萃取锰，p507(2- 乙基己基膦酸 -2- 乙基己酯）和