新教材2024高考化学二轮专题复习专题13化学反应原理综合考查真题研练

这是一份新教材2024高考化学二轮专题复习专题13化学反应原理综合考查真题研练，共10页。试卷主要包含了9kJ·ml－1，1kJ·ml－1，88的曲线代表平衡转化率，2kJ·ml－1，17kJ·ml－1，76等内容，欢迎下载使用。
真题研练
1.[2023·湖南卷]聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。
Ⅰ.苯乙烯的制备
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①C6H5C2H5(g)＋O2(g)===8CO2(g)＋5H2O(g)
ΔH1＝－4386.9kJ·ml－1
②C6H5CH===CH2(g)＋10O2(g)===8CO2(g)＋4H2O(g) ΔH2＝－4263.1kJ·ml－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(g)ΔH3＝－241.8kJ·ml－1
计算反应④C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)
的ΔH4＝________kJ·ml－1；
(2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1ml气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入________ml水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
(3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤C6H5C2H5(g)⇌C6H6(g)＋CH2===CH2(g)
⑥C6H5C2H5(g)＋H2(g)⇌C6H5CH3(g)＋CH4(g)
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S＝×100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是____________________，理由是______________________________________________
________________________________________________________________________；
(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是________；
A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ.苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由基实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是________；
(6)室温下，①Cu＋在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；
②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为________(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
2．[2023·辽宁卷]硫酸工业在国民经济中占有重要地位。
(1)我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆(CuSO4·5H2O)取精华法”。借助现代仪器分析，该制备过程中CuSO4·5H2O分解的TG曲线(热重)及DSC曲线(反映体系热量变化情况，数值已省略)如下图所示。700℃左右有两个吸热峰，则此时分解生成的氧化物有SO2、________和________(填化学式)。
(2)铅室法使用了大容积铅室制备硫酸(76%以下)，副产物为亚硝基硫酸，主要反应如下：
NO2＋SO2＋H2O===NO＋H2SO4
2NO＋O2===2NO2
(ⅰ)上述过程中NO2的作用为________。
(ⅱ)为了适应化工生产的需求，铅室法最终被接触法所代替，其主要原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(答出两点即可)。
(3)接触法制硫酸的关键反应为SO2的催化氧化：
SO2(g)＋O2(g)⇌SO3(g) ΔH＝－98.9kJ·ml－1
(ⅰ)为寻求固定投料比下不同反应阶段的最佳生产温度，绘制相应转化率(α)下反应速率(数值已略去)与温度的关系如下图所示，下列说法正确的是________。
a．温度越高，反应速率越大
b．α＝0.88的曲线代表平衡转化率
c．α越大，反应速率最大值对应温度越低
d．可根据不同α下的最大速率，选择最佳生产温度
(ⅱ)为提高钒催化剂的综合性能，我国科学家对其进行了改良。不同催化剂下，温度和转化率关系如下图所示，催化性能最佳的是________(填标号)。
(ⅲ)设O2的平衡分压为p，SO2的平衡转化率为αe，用含p和αe的代数式表示上述催化氧化反应的Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算)。
3．[2023·浙江6月]水煤气变换反应是工业上的重要反应，可用于制氢。
水煤气变换反应：CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2kJ·ml－1
该反应分两步完成：
3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝－47.2kJ·ml－1
2Fe3O4(s)＋H2O(g)⇌3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH2
请回答：
(1)ΔH2＝________kJ·ml－1。
(2)恒定总压1.70MPa和水碳比[n(H2O)/n(CO)＝12∶5]投料，在不同条件下达到平衡时CO2和H2的分压(某成分分压＝总压×该成分的物质的量分数)如下表：
①在条件1下，水煤气变换反应的平衡常数K＝________。
②对比条件1，条件2中H2产率下降是因为发生了一个不涉及CO2的副反应，写出该反应方程式________________________________________________。
(3)下列说法正确的是________。
A．通入反应器的原料气中应避免混入O2
B．恒定水碳比[n(H2O)/n(CO)]，增加体系总压可提高H2的平衡产率
C．通入过量的水蒸气可防止Fe3O4被进一步还原为Fe
D．通过充入惰性气体增加体系总压，可提高反应速率
(4)水煤气变换反应是放热的可逆反应，需在多个催化剂反应层间进行降温操作以“去除”反应过程中的余热(如图1所示)，保证反应在最适宜温度附近进行。
①在催化剂活性温度范围内，图2中b～c段对应降温操作的过程，实现该过程的一种操作方法是________。
A．按原水碳比通入冷的原料气
B．喷入冷水(蒸气)
C．通过热交换器换热
②若采用喷入冷水(蒸气)的方式降温，在图3中作出CO平衡转化率随温度变化的曲线。
(5)在催化剂活性温度范围内，水煤气变换反应的历程包含反应物分子在催化剂表面的吸附(快速)、反应及产物分子脱附等过程。随着温度升高，该反应的反应速率先增大后减小，其速率减小的原因是__________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
4．[2022·全国乙卷]油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)
ΔH1＝－1036kJ·ml－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)
ΔH2＝94kJ·ml－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH3＝－484kJ·ml－1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)===
S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝________kJ·ml－1。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺，即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是______________________，缺点是__________________________________________________。
(3)在1470K、100kPa反应条件下，将n(H2S)∶n(Ar)＝1∶4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为________，平衡常数Kp＝________kPa。
(4)在1373K、100kPa反应条件下，对于n(H2S)∶n(Ar)分别为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19的H2SAr混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如下图所示。
①n(H2S)∶n(Ar)越小，H2S平衡转化率________，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9对应图中曲线________，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为________kPa·s－1。
5．[2022·湖北卷]自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“CaO－Al－H2O”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值(ΔT)随时间(t)的变化曲线，如图所示。
回答下列问题：
(1)已知：
①CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s) ΔH1＝－65.17kJ·ml－1
②Ca(OH)2(s)===Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)
ΔH2＝－16.73kJ·ml－1
③(aq)＋H2(g)
ΔH3＝
则CaO(s)＋2Al(s)＋7H2O(l)===Ca2＋(aq)＋2[Al(OH)4]－(aq)＋3H2(g)的ΔH4＝________kJ·ml－1。
(2)温度为T时，Ksp[Ca(OH)2]＝x，则饱和溶液中c(OH－)＝________(用含x的代数式表示)。
(3)实验a中，4min后ΔT基本不变，原因是____________________________________________________________。
(4)实验b中，ΔT的变化说明Al粉与H2O在该条件下________(填“反应”或“不反应”)。实验c中，前3min的ΔT有变化，其原因是________________；3min后ΔT基本不变，其原因是________微粒的量有限。
(5)下列说法不能解释实验d在10min内温度持续升高的是________(填标号)。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
(6)归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
考情分析
真题研练·析考情
1．解析：(1)根据盖斯定律，由①－②－③，可得④C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH===CH2(g)＋H2(g) ΔH4＝－4386.9kJ·ml－1－(－4263.1kJ·ml－1)－(－241.8kJ·ml－1)＝＋118kJ·ml－1。
(2)乙苯的平衡转化率为50%时，由题中信息可得：
C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)
起始量1ml00
转化量
平衡量
平衡分压kPakPakPa
则压强平衡常数Kp＝＝kPa。设充入xml水蒸气时乙苯平衡转化率提高到75%，则：
C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH===CH2(g)＋H2(g)
起始量1ml00
转化量
平衡量
平衡分压kPakPakPa
温度不变，平衡常数不变，则压强平衡常数Kp＝＝kPa＝kPa，解得x＝5。(3)生成苯乙烯的反应为主反应，则苯乙烯的选择性最高，主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，则甲苯的选择性大于苯的选择性，故b代表的产物为甲苯。(4)X射线衍射技术可以测定晶体结构，A项正确；Fe2O3是催化剂，催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯平衡转化率，B项错误；Fe2O3作催化剂，可以降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；改变Fe2O3颗粒大小即改变催化剂的表面积，可以改变反应速率，D项错误。(5)电负性：Cl>Br>I，C—Cl键的极性更大，更易断裂，故C6H5CH2Cl更易生成自由基C6H5C*,H2，活性最强。(6)已知Cu＋(aq)＋2L⇌[Cu(L)2]＋ K、CuBr(s)⇌Cu＋(aq)＋Br－(aq) Ksp，两反应相加可得：CuBr(s)＋2L⇌[Cu(L)2]＋＋Br－(aq)，则其平衡常数为K×Ksp。
答案：(1)＋118 (2)5 (3)甲苯 主反应生成的氢气能使副反应⑥的平衡正向移动，甲苯的选择性大于苯的选择性
(4)BD (5)C6H5CH2Cl (6)K×Ksp
2．解析：(1)根据图示的热重曲线所示，在700℃左右会出现两个吸热峰，说明此时CuSO4发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为原CuSO4质量的一半，说明有固体CuO剩余，还有其他气体产生，此时气体产物为SO2、SO3、O2，可能出现的化学方程式为3CuSO43CuO＋2SO2↑＋SO3↑＋O2↑，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为CuO、SO2、SO3、O2，故答案为CuO、SO3。
(2)(ⅰ)根据所给的反应方程式，NO2在反应过程中先消耗再生成，说明NO2在反应中起催化剂的作用；
(ⅱ)近年来，铅室法被接触法代替是因为在反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境，同时作为催化剂的NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质，影响产品质量，产率不高(答案合理即可)。
(3)(ⅰ)根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误；从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于88%时的反应速率图像并没有给出，无法判断α＝0.88的条件下是否是平衡转化率，b错误；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确；故答案选cd；
(ⅱ)为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂VKCsCe对SO2的转化率最好，产率最佳，故答案选d；
(ⅲ)利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数Kp＝＝＝；设SO2初始量为mml，则平衡时n(SO2)＝m(1－αe)，n(SO3)＝m·αe，Kp＝＝，故答案为。
答案：(1)CuO SO3
(2)(ⅰ)催化剂 (ⅱ)反应中有污染空气的NO和NO2放出影响空气环境、NO2可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质、产率不高(答案合理即可)
(3)(ⅰ)cd (ⅱ)d (ⅲ)
3．解析：(1)设方程式①CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41.2kJ·ml－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)⇌2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH1＝
③2Fe3O4(s)＋H2O(g)⇌3Fe2O3(s)＋H2(g) ΔH2
根据盖斯定律可知，③＝①－②，则ΔH2＝ΔH－ΔH1＝(－41.2kJ·ml－1)－(－47.2kJ·ml－1)＝6kJ·ml－1；
(2)①条件1下没有甲烷生成，只发生了水煤气变换反应，该反应是一个气体分子数不变的反应。设在条件1下平衡时容器的总体积为V，水蒸气和一氧化碳的投料分别为12ml和5ml，参加反应的一氧化碳为xml，根据已知信息可得以下三段式：
CO(g)＋H2O(g)⇌CO2(g)＋H2(g)
开始(ml) 51200
转化(ml) xxxx
平衡(ml) 5－x12－xxx
×1.7MPa＝0.40MPa，解得x＝4；
则平衡常数K＝＝2；
②根据表格中的数据可知，有甲烷生成，且该副反应没有二氧化碳参与，且氢气的产率降低，则该方程式为：CO＋3H2⇌CH4＋H2O；
(3)一氧化碳和氢气都可以和氧气反应，则通入反应器的原料气中应避免混入O2，A正确；该反应前后气体计量系数相同，则增加体系总压平衡不移动，不能提高平衡产率，B错误；通入过量的水蒸气可以促进四氧化三铁被氧化为氧化铁，水蒸气不能将铁的氧化物还原为单质铁，但过量的水蒸气可以降低体系中CO和H2的浓度，从而防止铁的氧化物被还原为单质铁，C正确；若保持容器的体积不变，通过充入惰性气体增加体系总压，反应物浓度不变，反应速率不变，D错误；故选AC；(4)①按原水碳比通入冷的原料气，可以降低温度，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，A正确；喷入冷水(蒸气)，可以降低温度，但是同时水蒸气的浓度增大，会导致CO的转化率增大，与图中变化不符，B错误；通过热交换器换热，可以降低温度，且不改变投料比，同时化学反应速率稍减小，导致CO的转化率稍减小，与图中变化相符，C正确；故选AC；②增大水蒸气的浓度，平衡正向移动，则一氧化碳的的平衡转化率增大，会高于原平衡线，故图像为：
(5)反应物分子在催化剂表面的吸附是一个放热的快速过程，温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小。
答案：(1)＋6 (2)①2 ②CO＋3H2⇌CH4＋H2O (3)AC (4)①AC ②见解析
(5)温度过高时，不利于反应物分子在催化剂表面的吸附，从而导致其反应物分子在催化剂表面的吸附量及浓度降低，反应速率减小；温度过高还会导致催化剂的活性降低，从而使化学反应速率减小
4．解析：(1)根据盖斯定律可知，反应④＝(①＋②)÷3－③，即ΔH4＝(ΔH1＋ΔH2)÷3－ΔH3＝＋170kJ·ml－1。(2)克劳斯工艺无法获取H2，且存在副产物SO2，高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少；高温热分解法的缺点是需要高温条件，能耗高。(3)设初始时H2S为1ml，则Ar为4ml，H2S转化了2xml，列三段式：
2H2S(g)⇌S2(g)＋2H2(g)
初始量/ml: 100
转化量/ml: 2xx2x
平衡量/ml: 1－2xx2x
平衡时H2S与H2的分压相等，则n(H2S)＝n(H2)，1－2x＝2x，可得x＝0.25，则H2S的平衡转化率＝×100%＝50%，平衡时，n(H2S)＝n(H2)＝0.5ml，n(S2)＝0.25ml，此时容器中气体总物质的量为0.5ml＋0.5ml＋0.25ml＋4ml＝5.25ml，则H2S(g)、S2(g)、H2(g)的分压分别为(100×) kPa、(100×) kPa、(100×) kPa，代入Kp＝，可得Kp≈4.76kPa。(4)①n(H2S)∶n(Ar)越小，可理解为恒压条件下，不断充入Ar，导致H2S的分压降低，相当于进行减压操作，H2S的热分解反应为气体分子数增大的反应，减压时平衡正向移动，H2S的平衡转化率升高。②由①中分析知n(H2S)∶n(Ar)＝1∶9时的转化率仅低于n(H2S)∶n(Ar)＝1∶19时的转化率，故对应图中曲线d，0.1s时，H2S的转化率为24%，设H2S、Ar初始量分别为1ml、9ml，列三段式：
2H2S(g)⇌S2(g)＋2H2(g)
初始量/ml 1 00
变化量
0．1s时
H2S的初始分压＝100×kPa＝10kPa，0.1s时，H2S的分压＝100×kPa≈7.51kPa，则变化的H2S分压约为10kPa－7.51kPa＝2.49kPa，故H2S分压的平均变化率为2.49kPa÷0.1s＝24.9kPa·s－1。
答案：(1)＋170
(2)高温热分解能够获得H2，H2可作燃料，且副产物少 能耗高
(3)50% 4.76
(4)①越高(或越大) H2S的热分解反应为气体分子数增大的反应，恒压条件下，不断充入Ar，导致H2S的分压降低，相当于减压，平衡正向移动，H2S的平衡转化率升高 ②d 24.9
5．解析：(1)根据盖斯定律可得，①＋②＋2×③可得反应：CaO(s)＋2Al(s)＋7H2O(l)===Ca2＋(aq)＋2[Al(OH)4]－(aq)＋3H2(g)，则ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3＝(-65.17kJ·ml－1)＋(－16.73kJ·ml－1)＋2×(－415.0kJ·ml－1)＝－911.9kJ·ml－1。(2)温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)⇌Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，c(OH－)＝2c(Ca2＋)，Ksp[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝x，则c(OH－)＝ml·L－1。(3)实验a中，CaO和H2O反应①生成Ca(OH)2，4min后ΔT基本不变，是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH－发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH－的浓度较低，OH－的量有限。(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，故选A。(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
答案：(1)－911.9
(2)ml·L－1
(3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
(4) 不反应 Al和溶液中的OH－发生了反应 OH－
(5)A
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快
p(CO2)/MPa
p(H2)/MPa
p(CH4)/MPa
条件1
0.40
0.40
0
条件2
0.42
0.36
0.02
实验编号
a
b
c
d
e
反应物组成
0.2gCaO粉末，5.0mLH2O
0.15gAl粉，5.0mLH2O
0.15gAl粉，5.0mL饱和石灰水
0.15gAl粉，5.0mL石灰乳
0.15gAl粉，0.2gCaO粉末，5.0mLH2O
题型
考向
预测
化学反应原理综合题
热化学方程式的书写及反应热计算
化学反应原理综合题仍然会以生产环保和化学史料为情境，通过陌生复杂的情境＋陌生的图像形式，经综合考查反应速率和化学平衡，以化学平衡为主，涉及定性分析和定量计算。定性分析主要是外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响，定量计算主要是围绕转化率和平衡常数的计算。另外，要关注反应机理的分析、压强平衡常数的计算、反应速率方程及计算、多步反应、动态平衡体系的分析和计算、溶液中微粒变化与本部分知识的综合考查。
反应历程的分析
化学平衡状态判断及影响因素分析
化学反应速率、化学平衡图像分析
化学反应速率、平衡常数及转化率计算
电离平衡、水解平衡、溶解平衡的应用
Ka(Kb)及Ksp的理解与计算
电化学原理应用(书写电极反应式为主)