2022届新教材高考化学一轮复习 大题专练（二）化学原理综合应用题（B组）（含解析）新人教版.docx

1、化学原理综合应用题(B组)1研究CO2氧化C2H6制C2H4对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：C2H6(g)C2H4(g)H2(g)H1136kJmol1C2H6(g)CO2(g)C2H4(g)H2O(g)CO(g)H2177kJmol1C2H6(g)2CO2(g)4CO(g)3H2(g)H3CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H441kJmol1图1已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的H(H随温度变化可忽略)。例如：H2O(g)=H2O(l)H286kJmol1(242kJmol1)44kJmol1。请回答：(1)根据

2、相关物质的相对能量计算H3_kJmol1。下列描述正确的是_。A升高温度反应的平衡常数增大B加压有利于反应、的平衡正向移动C反应有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成D恒温恒压下通水蒸气，反应的平衡逆向移动有研究表明，在催化剂存在下，反应分两步进行，过程如下：【C2H6(g)CO2(g)】【C2H4(g)H2(g)CO2(g)】【C2H4(g)CO(g)H2O(g)】，且第二步速率较慢(反应活化能为210kJmol1)。根据相关物质的相对能量，画出反应分两步进行的“能量反应过程图”，起点从【C2H6(g)CO2(g)】的能量477kJmol1开始(如图2)。图2(2)CO2和C2H6按物质的量11投料

3、，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO2氧化C2H6制C2H4”的影响，所得实验数据如表：催化剂转化率C2H6/%转化率CO2/%产率C2H4/%催化剂X19.037.63.3结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO2氧化C2H6的主要产物是_，判断依据是_。采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C2H4的选择性(生成C2H4的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是_。2水是“生命之基质”，是“永远值得探

4、究的物质”。(1)关于反应H2(g)O2(g)=H2O(l)，下列说法不正确的是_。A焓变H0，熵变S0B可以把反应设计成原电池，实现能量的转化C一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行D选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行(2)根据H2O的成键特点，画出与图1中H2O分子直接相连的所有氢键(OHO)。将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存H2O(l)H2O(g)时的压强(p)。在图2中画出从20开始经过100的p随T变化关系示意图(20时的平衡压强用p1表示)。(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、

5、压强分别超过临界温度(374.2)、临界压强(22.1MPa)时的水称为超临界水。与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因_。如果水的离子积Kw从1.01014增大到1.01010，则相应的电离度是原来的_倍。超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图3、图4所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法合理的是_。A乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物B在550条件下，反应时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的

6、消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等D随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大(4)以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。阳极的电极反应式是_。制备H2O2的总反应方程式是_。3CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。(1)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4H2O热分解可制备CaO，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1。

7、写出400600范围内分解反应的化学方程式：_。与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是_。(2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图2。写出阴极CO2还原为HCOO的电极反应式：_。电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_(3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应：CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g)H41.2kJmol1反应：2CO2(g)6H2(g)=CH3OCH3(g)3H2O(g)H122.5kJmol1在恒压

8、，CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图3。其中：CH3OCH3的选择性100%温度高于300，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_。220时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有_。4CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH13，CO2主要转化为_(写离子符号)；若所得溶液c(HCO):c(CO)2:1，溶液pH_。(室温下，H2CO3的K14

9、107；K251011)(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)CO2(g)2CO (g)2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHCOHHCO(CO)键能/kJmol14137454361075则该反应的H_。分别在VL恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_(填“A”或“B”)。按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900的原因是_。(3)O2辅助的AlCO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大

10、，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_。电池的正极反应式：6O26e=6O6CO26O=3C2O6O2反应过程中O2的作用是_。该电池的总反应式：_。化学原理综合应用题(B组)1解析：本题考查化学反应原理相关知识，涉及反应历程分析，反应热计算，平衡移动等知识。(1)由题给信息可知，H304(110kJmol1)2(393kJmol1)(84kJmol1)430kJmol1。反应的焓变大于0，则正反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，A项正确；反应、均为气体分子数增多的反应，因此加压，平衡向逆反应方向移动，B项错误；反应

11、的生成物中有CO，而由反应可知，生成乙烯的同时还有CO生成，故反应抑制了反应的进行，即抑制了乙烯的生成，C项错误；水蒸气是反应的生成物，因此通水蒸气时，反应的平衡逆向移动，D项正确。由反应可知，C2H6(g)C2H4(g)H2(g)H1136kJmol1，而题图2中反应起点对应物质的能量为477kJmol1，故反应的第一步反应生成物的能量为477kJmol1136kJmol1341kJmol1，由第二步反应的活化能为210kJmol1，结合反应的焓变可知第二步生成物的能量为300kJmol1，据此作图。(2)由反应、反应和反应可知，乙烷的氧化产物有乙烯和CO，结合题表数据可知，CO2的转化率较

12、高，但因乙烯的产率较低，故乙烷的主要氧化产物是CO。催化剂X有利于提高反应速率。选择性膜可吸附乙烯，使反应体系中的乙烯浓度降低，从而促使反应的平衡向正反应方向移动。答案：(1)430AD(2)COC2H4的产率低，说明催化剂X有利于提高反应速率选择性膜吸附C2H4，促进反应平衡正向移动2解析：(1)氢气在氧气中燃烧生成液态水的反应是一个放热且熵减的反应，A项正确；该反应是一个自发的氧化还原反应，可以将该反应设计成原电池，将化学能转化为电能，B项正确；是否能观察到有水生成除了与反应能否自发进行有关外，还与反应的速率有关，观察不到有水生成，不能说明该条件下反应不能自发进行，C项错误；使用合适的催化

13、剂，有可能使氢气和氧气在常温常压下快速反应，D项正确，故选C。(2)一个水分子可以形成4个氢键。当液体的饱和蒸气压与外界大气压相等时，液体沸腾，此时的温度称为该液体的沸点。由于常温常压下，水的沸点为100，故100时，水的饱和蒸气压为1.01105Pa，故20时，压强为p1,100时，压强为1.01105Pa，据此作图。(3)水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，导致水的离子积常数增大。水的离子积常数从1.01014增大到1.01010，水电离产生的c(H)从107molL1增大到105molL1，水的电离度是原来的100倍。根据图3可知，乙醇的超临界水氧化过程中，CO含量先增大再减

14、小，CO2含量一直增大，C2H5OH含量一直减小，可见CO是中间产物，CO2是最终产物，A项正确；由图4可知，在550时，反应15s之后，CO含量接近于零，说明乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全，B项正确；乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率和二氧化碳的生成速率的数值不相等，C项错误；由图4可知，温度升高时，只有单位时间内乙醇氧化生成CO的速率比CO氧化生成CO2的速率快，xCO峰值出现的时间才会提前，且峰值更高，由此说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大，D项正确，故选ABD。(4)根据题意可知，阳极SO失电子被氧化为S2O，电极反应式为2SO2e=S2O，生成的S2O又与H2O反

15、应生成H2O2和SO，故总反应方程式为2H2OH2O2H2。答案：(1)C(2)(3)水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)100ABD(4)2HSO2e=S2O2H或2SO2e=S2O2H2OH2O2H23解析：本题涉及的知识点有热重实验、电解原理的应用、化学平衡移动等，通过分析图像，做出合理解释，考查了学生分析和解决化学问题的能力，体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养，以及创新思维和创新意识的价值观念。(1)根据图中质量变化可知，CaC2O4H2O分解产生的气态产物依次为H2O(g)、CO、CO2，固体分解过程为CaC2O4H2OCaC2O4CaCO3CaO。C

16、aO捕集CO2的性能与CaO与CO2气体的接触面积有关，CaC2O4H2O分解产生的气体更多，使生成的CaO更加疏松多孔，捕集性能更好。(2)CO2、HCOO中碳元素化合价分别为4、2价，阴极电极反应式为CO22eH=HCOO。阳极区生成O2：4OH4e=O22H2O(或2H2O4e=O24H)，溶液pH减小，HCO与H反应生成CO2逸出，K部分通过阳离子交换膜移向阴极区，故阳极区KHCO3溶液浓度降低。(3)从反应特点看，反应是吸热反应、反应是放热反应，温度升高，CH3OCH3的选择性急剧下降，大于300时CO2平衡转化率上升，说明升高温度，反应中CO2的转化率上升幅度超过反应中CO2的转化

17、率降低幅度。反应是气体分子数减小的反应，可以增大压强使平衡向右移动；从影响反应速率的角度考虑，反应时间不变的条件下，可使用对反应催化活性更高的催化剂。答案：(1)CaC2O4CaCO3COCaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔(2)CO2H2e=HCOO或CO2HCO2e=HCOOCO阳极产生O2，pH减小，HCO浓度降低；K部分迁移至阴极区(3)反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度增大压强、使用对反应催化活性更高的催化剂4解析：(1)若所得溶液的pH13，溶液呈强碱性

18、，则CO2主要转化为CO。若所得溶液c(HCO):c(CO)2:1，根据K2，则c(H)K2510112molL11010molL1，pHlg101010。(2)根据H反应物总键能生成物总键能，该反应的H(41347452) kJmol1(107524362) kJmol1120kJmol1。该反应为气体分子数增大的吸热反应，恒容时达到平衡相当于恒压条件下达到平衡后增大压强，加压平衡向逆反应方向移动，故恒容时反应达平衡后吸收的热量比恒压时反应达平衡后吸收的热量少。根据题图1知，900时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但升高温度，能耗升高，经济效益降低。(3)该电池中Al作负极，电解质为含AlCl3的离子液体，故负极反应为Al3e=Al3。正极为多孔碳电极，根据正极反应式，得正极总反应为6CO26e=3C2O，O2不参与正极的总反应，故O2为催化剂。将负极反应：2Al6e=2Al3和正极反应：6CO26e=3C2O相加，可得该电池的总反应式为2Al6CO2=Al2(C2O4)3。答案：(1)CO10(2)120kJmol1B900时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低(3)Al3e=Al3(或2Al6e=2Al3)催化剂2Al6CO2=Al2(C2O4)3