2023届高考化学二轮复习微主题热练11化学反应速率与化学平衡综合(一)作业含答案

这是一份2023届高考化学二轮复习微主题热练11化学反应速率与化学平衡综合(一)作业含答案，共8页。试卷主要包含了 我国对世界郑重承诺，8 kJ/ml，3 kJ/ml等内容，欢迎下载使用。

1. (2022·海安期末)我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。而研发二氧化碳的碳捕捉和碳利用技术则是关键。通过各国科技工作者的努力，已经开发出许多将CO2回收利用的技术，其中催化转化法最具应用价值。回答下列问题：
(1)CO2在催化剂作用下可以直接转化为乙二醇和甲醇，但若反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇。
(g)＋CO2(g)＋3H2(g)―→CH3OH(g)＋HOCH2CH2OH(g)ΔH＝－131.9 kJ/ml
HOCH2CH2OH(g)＋H2(g)―→C2H5OH(g)＋H2O(g)ΔH＝－94.8 kJ/ml
获取乙二醇的反应历程可分为如下两步：
Ⅰ. (g)＋CO2(g)―→ (g) ΔH＝－60.3 kJ/ml
Ⅱ. EC加氢生成乙二醇与甲醇
①步骤Ⅱ的热化学方程式是___________________________________。
②研究反应温度对EC加氢的影响(反应时间均为4小时)，实验数据见下表：
由表可知，温度越高，则EC的转化率越高，原因是____________ ______________。温度升高到220 ℃时，乙二醇的产率反而降低，原因是_______________________________________。
(2)多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类(如C2H4)的金属。如图1所示，电解装置中分别以多晶Cu和Pt为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，反应前后KHCO3溶液浓度基本保持不变，温度控制在10 ℃左右，生成C2H4的电极反应式为_______________________________________。
图1 图2
(3)CO2与H2反应如果用C/C作为催化剂，可以得到含有少量甲酸的甲醇。为研究催化剂的催化效率，将C/C催化剂循环使用，相同条件下，随着循环使用次数的增加，甲醇产量如图2所示，试推测甲醇产量变化的原因：__________________________________________(已知C的性质与Fe相似)。
2. (2022·泰州靖江调研)将有机物转化为高附加值产品是目前一个专门的研究方向。
(1)甘油(C3H8O3)和水蒸气、氧气经催化重整或催化氧化可制得氢气，反应如下：
反应Ⅰ.C3H8O3(l)＋3H2O(g)3CO2(g)＋7H2(g)ΔH1＝＋128 kJ/ml
反应Ⅱ.C3H8O3(l)＋eq \f(3,2)O2(g)3CO2(g)＋4H2(g)ΔH2＝－601.6 kJ/ml
①通过控制C3H8O3、H2O、O2的比例可以实现自热重整，无需加热且保持恒温，此时体系中CO2与H2的物质的量之比为______(答案写成最小整数比)。
②反应Ⅰ除了生成H2，还会生成CH4、C2H4、CO、CO2、CH3CHO、CH3COOH等副产物，为了提高原子利用率，首先要抑制CH4的生成，原因是________________________。
(2)高效的催化剂是甘油制氢大规模应用于工业的重要因素。Ni分散在载体(SiC、Al2O3、CeO2)上可以提高催化效率。向装有三种不同催化剂的反应管中匀速通入反应气，连续测定尾气中的甘油转化率，转化率与反应时间的关系如图。
①Ni@SiC催化剂的优点是______________________________。
②Ni@Al2O3催化剂因发生副反应产生大量积碳包裹催化剂，一段时间后催化效率迅速下降，通过加入可循环利用的氧化镧(La2O3)可有效减少积碳，其反应机理包括两步。
第一步：La2O3＋CO2La2O2CO3；
第二步：______________________(写化学方程式)。
③La2O3除了减少积碳外，还可以提高H2的产率，原因是__________________________。
(3)一种以CH3OH和无机物为原料合成CH3COOH的反应路径如图。
①该反应中的催化剂为___________________________________。
②生成1 ml CH3COOH，最终转移电子______ ml。
3. (2022·扬州期末)CH4－CO2重整能获得氢能，同时能高效转化温室气体。
(1)CH4－CO2重整反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)ΔH1
反应Ⅱ：H2(g)＋CO2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41 kJ/ml
反应Ⅲ：CH4(g)C(s)＋2H2(g)ΔH3＝＋75 kJ/ml
1．01×105Pa下，将n起始(CO2)∶n起始(CH4)＝1∶1的混合气体置于密闭容器中，不同温度下重整体系中，平衡时各组分的物质的量分数如图1所示。
①CH4－CO2重整的主反应为________(填“反应Ⅰ”“反应Ⅱ”或“反应Ⅲ”)，判断的理由是_______________________________________。
②450～750 ℃时，平衡体系中CH4物质的量分数比CO2略大的原因是___________________________________________。

图1 图2
(2)CH4－CO2重整过程中的积碳是反应催化剂失活的主要原因。积碳反应除反应Ⅲ外，还发生反应Ⅳ：2CO(g)C(s)＋CO2(g) ΔH4＝－172 kJ/ml，积碳反应能迅速到达平衡状态。CH4－CO2重整反应中1 g催化剂上产生的积碳的质量与温度的关系如图2所示。
①ΔH1＝________kJ/ml。
②温度低于700 ℃时，积碳的质量随温度的升高而增多的原因是____________________________________________________________。
(3)在催化剂a和催化剂b分别作用下，CH4－CO2重整反应相同时间，控制其他条件相同，催化剂表面均产生积碳。对附着积碳的催化剂a和催化剂b在空气中加热以除去积碳(该过程催化剂不发生反应)，固体的质量变化如图3所示。则重整反应中能保持较长时间催化活性的是________(填“催化剂a”或“催化剂b”)，判断的理由是______________________________________________。
图3
4. (2022·连云港二模)工厂烟气(主要污染物SO2、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。
(1)O3氧化。O3氧化过程中部分反应的能量变化如图1所示。
图1
①已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－198 kJ/ml，则反应2O3(g)3O2(g) 的ΔH＝________ kJ/ml。
②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是____________________________________________。
(2)NaClO2氧化。40 ℃时向一定量NaClO2溶液中按一定流速持续通入工厂烟气，溶液的pH与ORP值(氧化还原电位)随时间变化如图2所示。
图2
①写出NO与ClOeq \\al(－,2)反应的离子方程式：_______________________________。
②烟气中含有少量SO2，能提高NO的脱除率，可能原因是_____________________________。
(3) TiO2光催化。主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下产生的高活性自由基(·OH、·Oeq \\al(－,2))和
h＋(h＋代表空位，空位有很强的得电子能力)，将烟气中的SO2、NO等氧化除去。TiO2光催化剂粒子表面产生·OH的机理如图3所示(图中部分产物略去)。已知TiO2中电子跃迁的能量为3.2 eV。
图3
①TiO2光催化剂在紫外线作用下产生·OH的过程可描述为________________________________。
②在TiO2中掺杂一定量的金属离子可提高光催化活性。对所掺杂金属离子的要求是______________________________________。
微主题热练11 化学反应速率与化学平衡综合(一)
1. (1)①(g)＋3H2(g)―→HOCH2CH2OH(g)＋CH3OH(g) ΔH＝－71.6 kJ/ml ②温度越高，反应速率越快，反应相同的时间转化的EC的量越多，故EC的转化率越高 温度升高到220 ℃时，乙二醇深度加氢生成了乙醇，导致EC的转化率保持不变，但乙二醇的产率降低 (2)14CO2＋12e－＋8H2O===C2H4＋12HCOeq \\al(－,3) (3)反应产生的甲酸腐蚀催化剂，使催化剂活性降低。
【解析】 (1)①EC加氢生成乙二醇与甲醇的反应可由总反应减去反应Ⅰ得到，根据盖斯定律可知ΔH＝[－131.9－(－60.3)]kJ/ml＝－71.6 kJ/ml；②温度越高，反应速率越快，反应相同的时间转化的EC的量越多，故EC的转化率越高，由题干信息可知，若反应温度过高，乙二醇会深度加氢生成乙醇，导致EC的转化率保持不变，而乙二醇的产率反而降低。(2)CO2→C2H4的反应是还原反应，所以通入CO2的电极为阴极，结合电子守恒、电荷守恒可得阴极反应式为14CO2＋12e－＋8H2O===C2H4＋12HCOeq \\al(－,3)。(3)催化剂的循环次数越多，甲醇的产量逐渐降低，说明催化剂受到了其他物质的影响，结合题给信息，用C/C作为催化剂，反应后可以得到含有少量甲酸的甲醇，又已知C的性质与Fe相似，说明甲酸可与催化剂中的C反应，故催化剂的活性降低，进而影响甲醇的产量。
2. (1)①19∶41 ②副产物中CH4的H元素含量最高，若生成 CH4，则H的利用率最低 (2)①催化效率高，稳定性好或催化剂寿命长或持续时间长 ②La2O2CO3＋CLa2O3＋2CO↑ ③La2O3吸收CO2，使CO2浓度降低，有利于反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动 (3)①LiI、Rh* ②4
【解析】 (1)①通过控制C3H8O3、H2O、O2的比例可以实现自热重整，即焓变为0，有ΔH1×4.7＋ΔH2＝0，则反应Ⅰ×4.7＋Ⅱ可得 5.7C3H8O3(l)＋14.1H2O(g)＋1.5O2(g)17.1CO2(g)＋36.9H2(g)，此时体系中CO2与H2的物质的量之比为17.1∶36.9＝19∶41；②在所有产物中，甲烷中氢元素含量最高，若生成甲烷，相当于H的利用率最低，故首要抑制产生甲烷的副反应。(2)根据图示可知Ni@SiC催化剂催化效率最高且使用寿命长；②氧化镧(La2O3)可有效减少积碳还能循环利用，则第一步消耗La2O3生成的La2O2CO3在第二步结合积碳生成La2O3，反应为La2O2CO3＋C===La2O3＋2CO↑；③La2O3除了减少积碳外，还可以提高H2的产率，原因是La2O3吸收CO2，使CO2浓度降低，有利于反应Ⅰ、Ⅱ平衡正向移动。(3)①该反应中的催化剂为LiI、Rh*，在反应中循环使用；②该反应总化学方程式为CH3OH＋CO2＋H2eq \(=====,\s\up7(LiI、Rh*))CH3COOH＋H2O，生成1 ml CH3COOH，最终转移电子4 ml。
3. (1)①反应Ⅰ H2O的物质的量分数非常小 ②反应Ⅱ消耗CO2的量大于反应Ⅲ消耗CH4的量 (2)①＋247 ②温度低于700 ℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ进行，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅳ的影响 (3)催化剂b 剩余固体的质量与原始固体质量的比值越大，说明催化剂表面的积碳质量越小，催化活性保持时间就越长，催化剂b的剩余固体的质量与原始固体质量的比值大于催化剂a
【解析】 (1)①根据图像可知H2O的物质的量分数非常小，这说明CH4－CO2重整的主反应为反应Ⅰ；②反应Ⅱ消耗CO2的量大于反应Ⅲ消耗CH4的量，所以450～750 ℃时，平衡体系中CH4物质的量分数比CO2略大。(2)①根据盖斯定律，反应Ⅲ－反应Ⅳ即得到反应Ⅰ，则ΔH1＝(75＋172)kJ/ml＝＋247 kJ/ml；②由于温度低于700 ℃时，温度升高有利于反应Ⅲ进行，不利于反应Ⅳ，且温度对反应Ⅲ的影响大于对反应Ⅳ的影响，所以温度低于700 ℃时，积碳的质量随温度的升高而增多。
4. (1)①－285.2 ②SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢 (2)①4NO＋3ClOeq \\al(－,2)＋2H2O===4NOeq \\al(－,3)＋4H＋＋3Cl－ ②SO2能溶于水，反应生成H2SO3使溶液pH降低，ORP值增大，氧化能力增强， NO去除率升高 (3)①催化剂在紫外线的作用下，将电子激发到CB端，而在VB端留下空位，氧气在CB端得电子生成·Oeq \\al(－,2)，·Oeq \\al(－,2)结合H2O生成H2O2，H2O2在CB端生成·OH；H2O和OH－进入VB端的空位生成·OH ②掺杂金属离子引起电子跃迁的能量小于3.2 eV。
【解析】 (1)①由图可知反应1：SO2(g)＋O3(g)SO3(g)＋O2(g) ΔH1＝－241.6 kJ/ml；反应2：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH2 ＝－198 kJ/ml，利用盖斯定律2×反应1－反应2可得2O3(g)3O2(g)，该反应ΔH＝2×ΔH1－ΔH2＝－285.2 kJ/ml。(2)②由图像分析pH越小，ORP值越大，由于ORP值越大其氧化能力增强， NO去除率升高，所以改变SO2的量要从pH角度分析。(3)①从图像中找到·OH，然后反向查找起始物质，然后结合题目自由基和空位理论用化学语言描述即可。②TiO2光催化，主要是利用TiO2光催化剂在紫外线作用下电子跃迁失去电子进而参与催化，已知TiO2中电子跃迁的能量为3.2 eV，所以其他参与催化的离子引起的电子跃迁的能量小于3.2 eV。
反应温度/℃
EC转化率/%
乙二醇产率/%
160
23.8
23.2
180
62.1
60.9
200
99.9
94.7
220
99.9
92.4