题型2　化学反应原理 课件（共84张PPT）江苏省2023高考三轮冲刺练

(共84张PPT)
题型2　化学反应原理
1.(2022·江苏卷)氢气是一种清洁能源,绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
(1)“CuCl—H2O热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤,其过程如图所示。
②电解后,经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中,发生化合价变化的元素有　　　　(填元素符号)。
2.(2021·江苏卷)甲烷是重要的资源,通过下列过程可实现由甲烷到氢气的转化。
(1)500 ℃时,CH4与H2O重整主要发生下列反应:
已知CaO(s)+CO2(g)══CaCO3(s)　ΔH=-178.8 kJ·mol-1。向重整反应体系中加入适量多孔CaO,其优点是 　。
(2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方程式为
反应Ⅰ:CH4(g)+CO2(g)══2CO(g)+2H2(g)　ΔH=246.5 kJ·mol-1
反应Ⅱ:H2(g)+CO2(g)══CO(g)+H2O(g)　ΔH=41.2 kJ·mol-1
反应Ⅲ:2CO(g)══CO2(g)+C(s)　ΔH=-172.5 kJ·mol-1
①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g),可减少C(s)的生成,反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)══4CO(g)+8H2(g)的ΔH=　 。
②1.01×105 Pa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CH4和CO2的平衡转化率
如图1所示。800 ℃下CO2平衡转化率远大于600 ℃下CO2平衡
转化率,其原因是 　 。
图1
(3)利用铜-铈氧化物(xCuO·yCeO2,Ce是活泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO,催化氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化,可能机理如图2所示。将n(CO)∶n(O2)∶n(H2)∶n(N2)=1∶1∶49∶49的混合气体以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂的反应器,CO的转化率随温度变化的曲线如图3所示。
图2
图3
①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe]4f15d16s2,图2所示机理的步骤(ⅰ)中,元素Cu、Ce化合价发生的变化为 　。
②当催化氧化温度超过150 ℃时,催化剂的催化活性下降,其可能原因是 　。
解析:(1)已知CaO(s)+CO2(g)══CaCO3(s)
ΔH=-178.8 kJ·mol-1,因此向重整反应体系中加入适量多孔CaO的优点是吸收CO2,使平衡正向移动,提高H2的产率,同时提供热量。
(2)①反应Ⅰ:CH4(g)+CO2(g)══2CO(g)+2H2(g)　ΔH=246.5 kJ·mol-1
反应Ⅱ:H2(g)+CO2(g)══CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2 kJ·mol-1
依据盖斯定律可知Ⅰ×3-Ⅱ×2即得到反应3CH4(g)+CO2(g)+2H2O(g)══4CO(g)+8H2(g)的ΔH=657.1 kJ·mol-1。
②由于反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH>0,高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大);CO2的消耗量大,反应Ⅲ的ΔH<0,高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小),CO2的生成量小,所以800 ℃下CO2平衡转化率远大于600 ℃下CO2平衡转化率。
(3)①图2所示反应机理的步骤(ⅰ)中CO结合氧元素转化为二氧化碳,根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判断元素Cu、Ce化合价发生的变化为:铜的化合价由+2价变为+1价,铈的化合价由+4价变为+3价。②由于高温下,Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu,所以当催化氧化温度超过150 ℃时,催化剂的催化活性下降。
答案:(1)吸收CO2,提高H2的产率,提供热量
(2)①657.1 kJ·mol-1　②反应Ⅰ和反应Ⅱ的ΔH>0,高温下反应的平衡常数大(反应正向进行程度大),CO2的消耗量大;反应Ⅲ的ΔH<0,高温下反应的平衡常数小(反应正向进行程度小),CO2的生成量小
(3)①铜的化合价由+2变为+1价,铈的化合价由+4价变为+3价　②高温下,Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金属Cu
3.(2020·江苏卷)CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
(1)CO2催化加氢。在密闭容器中,向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-,其离子方程式为　 ;
图1
(2)HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图2所示,两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。
①电池负极电极反应式为　　　　;放电过程中需补充的物质A为　　　　(填化学式)。
②图2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应,将化学能转化为电能,其反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。
图2
(3)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下, HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图3所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外,还生成　　　　(填化学式)。
②研究发现:其他条件不变时,以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳,其具体优点是　 。
图3
(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOO-和D+,所以最终产物为CO2和HD(H-与D+结合生成)。②HCOOK是强电解质,更容易产生HCOO-和K+,更快的产生KH,KH可以与水反应生成H2和KOH,生成的KOH可以吸收分解产生的CO2,从而使氢气更纯净,所以具体优点是:提高释放氢气的速率,提高释放出氢气的纯度。
4.(2019·江苏卷) CO2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。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO,CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化如图。
①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式:　 。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O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。
①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应式:　 。
②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Ⅰ:CO2(g)+H2(g)══CO(g)+H2O(g)　ΔH=41.2 kJ·mol-1
反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g)══CH3OCH3(g)+3H2O(g)　 ΔH=-122.5 kJ·mol-1
在恒压、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。其中:
①温度高于300 ℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是 　 。
②220 ℃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　 。
解析:本题注重理论联系实际,引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用,试题以减少CO2排放,充分利用碳资源为情境,考查《化学反应原理》模块中的化学基本计算、电化学、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响等基本知识。(1)①令CaC2O4·H2O的物质的量为1 mol,即质量为146 g,根据图像,第一阶段剩余固体质量为128,原固体质量为146 g,相差18 g,说明此阶段失去结晶水;第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比,少了28 g,相差1 mol CO,因此400~600 ℃范围内,分解反应方程式为CaC2O4 CaCO3+CO↑。②CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体,制得的CaO更加疏松多孔,增加了与CO2的接触面积,可以更好地捕捉CO2。
(2)①根据电解原理,阴极上发生得到电子的反应,元素化合价降低,
②阳极反应式为2H2O-4e-══O2↑+4H+,阳极附近pH减小,H+与 反应,同时部分K+迁移至阴极区,所以电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低。(3)①根据反应方程式,反应Ⅰ为吸热反应,升高温度,平衡向正反应方向移动,CO2的转化率增大;反应Ⅱ为放热反应,升高温度,平衡向逆反应方向移动,CO2的转化率降低,温度超过300 ℃时,CO2转化率上升幅度超过下降幅度。②图中A点CH3OCH3的选择性没有达到此温度下平衡时CH3OCH3的选择性,依据生成CH3OCH3的化学方程式,在不改变反应时间和温度时提高CH3OCH3选择性,可以增大压强,或者使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂。
(3)①反应Ⅰ的ΔH>0,反应Ⅱ的ΔH<0,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,CO2平衡转化率上升幅度超过下降幅度　
②增大压强,使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂
核心知识1　热化学方程式的书写及反应热的求算
(一)热化学方程式的书写
(二)求反应热的几种方法
1.从宏观角度分析计算
ΔH=H1(生成物的总能量)-H2(反应物的总能量)
2.从微观角度分析计算
ΔH=E1(反应物的键能总和)-E2(生成物的键能总和)
3.从活化能角度分析计算
ΔH=E1(正反应的活化能)-E2(逆反应的活化能)
4.根据盖斯定律计算
(1)计算步骤
(2)计算方法
核心知识2　催化剂的化学反应机理分析
【典题】HCOOH催化释氢。在催化剂作用下,HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图所示(2020·江苏高考)。
[分析]
【解题思路】(1)通览全图,找准一“剂”三“物”
一“剂”指催化剂 催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的,以催化剂粒子为主题的多个物种一定在机理图中的主线上 三“物”指反应物、生成物、中间物种(或中间体) 反应物 通过一个箭头进入整个历程的物质是反应物
生成物 通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般是产物
中间体 通过一个箭头脱离整个历程,但又转化为生成物的是中间体,通过一个箭头进入整个历程的中间物质也是中间体,中间体有时在反应历程中用“[　]”标出
(2)逐项分析得出答案
根据题给情境信息,找出催化剂、反应物、生成物、中间体,再结合问题逐项分析判断,得出正确答案。
核心知识3　常考反应原理图像分析
1.根据图像写化学方程式
燃煤烟气中的CO、SO2在铝矾土作催化剂、773 K条件下反应生成CO2和硫蒸气,该反应可用于从烟道气中回收硫。反应体系中各组分的物质的量与反应时间的关系如图所示,写出该反应的化学方程式:　　　　　　。
[分析]利用20 min或40 min时反应物物质的量减少数据可知,反应物按照物质的量之比为2∶1反应,利用40 min时生成物物质的量之比可知,生成物物质的量之比为4∶1,则生成的硫蒸气的分子式只能是S2,即反应的化学方程式为4CO+2SO2 4CO2+S2。
2.根据图像找反应(最佳)条件(或解释所选条件的原因)。
(1)温度与Fe2+、Mn2+氧化程度之间的关系如图所示。
氧化过程中应将温度控制在　 。
[分析] 从图像中可以看出,80 ℃(80~90 ℃区间均可)时氧化程度已经较大,再升高温度,氧化程度增大不明显。
(2)CH4(g)+CO2(g) 2CO(g)+2H2(g),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产率的影响如图所示。此反应优选温度为900 ℃的原因是
　　　　　　　　。
[分析]温度低时合成气(CO和H2)产率低且反应速率小,根据图像可知,900 ℃时合成气产率已经较高,再升高温度产率增幅不大,但耗能较大,经济效益降低。
(3)以TiO2/Cu2Al2O4为催化剂,可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。在不同温度下催化剂的催化效率与乙酸的生成速率的关系如图所示。乙酸的生成速率主要取决于温度影响的范围是　 。
[分析]根据图像,温度超过250 ℃时,催化剂效率降低,在300 ℃时失去活性,故300~400 ℃时乙酸的生成速率主要取决于温度影响。
3.根据图像推断图像不同的原因
(1)相同条件下,按Ⅰ、Ⅱ两种方案氧化除去水样
中Mn2+,测定不同pH、相同反应时间的c(Mn2+),
结果如图所示,产生该差异的可能原因是
　 。
氧化实验中除Mn2+的最佳条件为
　　　　　　　　　　　。
[分析]由图可知,Ⅰ、Ⅱ的区别就在于Ⅱ中多加
入了MnO2,Ⅱ的反应速率大,故MnO2对Mn2+的
氧化具有催化作用。结合图像可知,产生差异的
原因是MnO2作催化剂;氧化实验中除Mn2+的最佳条件为pH控制在9左右。
(2)在一定温度下,测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。在p(CH4)一定时,不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示,则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为　 。
[分析]由速率方程可知,p(CH4)一定时,p(CO2)越小,沉积碳的速率越大,
所以pc(CO2)>pb(CO2)>pa(CO2)。
4.过程描述题型突破
归纳总结
此类试题需要描述三个方面[无关的方面(Fe-Fe3O4)无需描述]:
①描述电子的得失情况;②描述微粒所在的位置;③描述每步所得产物。
核心知识4　化学反应原理综合题型研究
1.如何审题才能更加高效
热分解法处理H2S[H2S(g) H2(g)+S(s)],直接加热分解H2S,转化率最高只达40%,科学家发现MoS2可以催化H2S分解,在外界条件不变的情况下使用沉积有MoS2的多孔陶瓷膜装置进行H2S分解,H2S转化率可以达到56%。多孔陶瓷膜的作用是
　　　　　　　　　　　。
[图解过程]
归纳总结
①一看变化:看题干信息的变化量;
②二析原因:分析发生变化的因素有哪些;
③三做推理:分析每个因素对变量的影响;
④四得结论:根据分析推理最终得出结论。
2.抓矛盾主要方面解决问题
(1)温度对平衡移动的影响
用H2和CO2可合成CH3OH,发生的反应如下:
温度高于300 ℃,H2平衡转化率随温度升高而上升的原因是　　　　　　　　。
[图解过程]
(2)pH(或氧化剂)的改变对氨氮去除率的影响
污水中过量的氮元素会使水体富营养化,其中主要以氨氮(NH3、 等,NH3比 更易被氧化)存在。使用次氯酸钠等氧化剂可将污水中的NH3氧化除去。一定时间内,污水pH对次氯酸钠氧化脱除氨氮的影响如图1所示。污水pH越小,加入次氯酸钠后水中的HClO浓度越大,氧化能力越强。但当pH<8时,氨氮去除率随pH减小而降低,其原因是
　　　　　　　　　　　　　　。
某条件下,次氯酸钠投加量对污水中
氮的去除率的影响如图2所示。当
m(NaClO)∶m(NH3)>7.7时,总氮的
去除率随m(NaClO)∶m(NH3)的增
大不升反降的原因是
　　　　　　　　　　　　　　。
[图解过程]
(3)pH影响氧化剂的稳定性及氧化能力高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效氧化剂,可用于氨氮处理。K2FeO4在干燥空气中和强碱性溶液中能稳定存在。氧化剂的氧化性受溶液中H+浓度的影响较大。用K2FeO4氧化含氨氮废水,其他条件相同时,废水pH对氧化氨氮去除率及氧化时间的影响如图所示。当pH小于9时,随着pH的增大,氨氮去除率增大,氧化时间明显增长的原因是　 。
[图解过程]
总结:若改变条件出现两种相反的结论,要结合问题中的结论抓住矛盾的主要方面解题。
(4)温度、浓度对转化率的影响
在铜镍为催化剂(Cu、CuO为活性组分,Cu的催化活性效果更好)的条件下,可利用反应:HCN(g)+H2O(g) NH3(g)+CO(g)　ΔH>0除去废气中的HCN。将含相同比例的HCN(g)、H2O(g)、CO(g)[或 N2(g)]混合气体分别通过催化剂,反应相同的时间,测得HCN(g)的去除率随温度变化如图所示。200 ℃时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较高,而400 ℃时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较低。其原因是
　。
[图解过程]
总结:①转化率(或去除率)受多个因素影响;②先分析每个因素对转化率的影响(一般是相反的影响);③根据结论推断哪个因素对反应起决定作用。
1.(2022·江苏海门期末教学质量调研)利用纳米铁粉及生物技术除去废水中的氮是当今环保领域重要的研究课题。
ⅱ.紫外光光度计可用于测定溶液中 浓度
①液相还原法制备纳米铁粉:采用硼氢化物如KBH4、NaBH4等与铁离子(Fe2+、Fe3+)混合反应。NaBH4(B为+3价,pH=8.6)溶液还原Fe2+,除生成等物质的量的纳米铁粉和一种气体外,还生成B(OH)3。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②验证硝态废水中的氧气有助于提高硝态氮( )去除速率的实验方法是
　。
③在纳米铁粉中添加适量的活性炭,能提高单位时间硝态氮去除率的原因是
　。
(2)Fe2+能提高厌氧氨氧化菌的生物活性,增大生物转化硝态氮生成氮气的速率。某科研小组利用厌氧氨氧化菌与纳米铁粉相结合的方法去除废水中的硝态氮。保持其他条件相同,在不同的温度下进行脱硝,测定废水中硝态氮的去除率与含氮产物的产率如图所示。与60 ℃相比,80 ℃时产物产率变化的原因是　　 。
(3)厌氧氨氧化菌将 转化为N2的可能机理如图所示,其中虚线框中物质转化过程可描述为 　。
2.(2022·江苏七市 (南通、泰州、扬州、徐州、淮安、连云港、宿迁)下学期二模)过二硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性,常用于处理水体中的有机污染物。
向含有有机污染物的废水中投放一定量Na2S2O8,再分批加入一定量FeSO4。
①若将FeSO4一次性加入废水中,不利于有机污染物降解。原因是 　。
②其他条件相同,溶液初始pH对有机物降解率的影响如图所示。当pH>3时,有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是 　 。
②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图所示。请描述该催化剂参与反应并再生的过程:　 。
3.(2020·全国Ⅱ卷)化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料,又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题:
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料,可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许　　　　离子通过,氯气的逸出口是　　　　(填标号)。
(2)次氯酸为一元弱酸,具有漂白和杀菌作用,其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)= ,X为HClO或ClO-]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为　　　　。
(3)Cl2O为淡棕黄色气体,是次氯酸的酸酐,可由新制的HgO和Cl2反应来制备,该反应为歧化反应(电子转移在同一种物质中相同价态的同一种元素的原子之间进行的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为　 。
(4)ClO2常温下为黄色气体,易溶于水,其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”,能快速溶于水,溢出大量气泡,得到ClO2溶液。上述过程中,生成ClO2的反应属于歧化反应,每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为　　　　 mol;产生“气泡”的化学方程式为　 。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO,不可与酸性清洁剂混用的原因是 (用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液,若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%,则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为
　　　　kg(保留整数)。
答案:(1)Na+　a　
(2)10-7.5　
(3)2Cl2+HgO══HgCl2+Cl2O　
(4)1.25　NaHCO3+NaHSO4══CO2↑+Na2SO4+H2O　
(5)ClO-+Cl-+2H+══Cl2↑+H2O　203
4.(2020·全国Ⅱ卷)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。
(1)乙烷在一定条件可发生如下反应:C2H6(g) C2H4(g)+H2(g)　ΔH,相关物质的燃烧热数据如表所示:
①ΔH=　　　　 kJ·mol-1。
②提高该反应平衡转化率的方法有　　　　、　　　　。
③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。
(2)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4 C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为:r=k×c(CH4),其中k为反应速率常数。
①设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2=　　　r1。
②对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是　　　　。
A.增加甲烷浓度,r增大
B.增加H2浓度,r增大
C.乙烷的生成速率逐渐增大
D.降低反应温度,k减小
(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如图所示:
①阴极上的反应式为　 。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为　　　　。
(2)①根据r=k×c(CH4),若r1=kc,甲烷转化率为α时,甲烷的浓度为c(1-α),则r2=kc(1-α),所以r2=(1-α)r1。②增大反应物浓度反应速率增大,故A项说法正确;由速率方程可知,初期阶段的反应速率与氢气浓度无关,故B项说法错误;反应物甲烷的浓度逐渐减小,结合速率方程可知,乙烷的生成速率逐渐减小,故C项说法错误;化学反应速率与温度有关,温度降低,反应速率常数减小,故D项说法正确。
(3)①由图示可知,CO2在阴极得电子发生还原反应,电极反应为CO2+2e-══CO+O2-。②令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积,根据阿伏加德罗定律,同温同压下,气体体积比等于物质的量之比,再根据得失电子守恒,总反应的化学方程式为:6CH4+5CO2══2C2H4+C2H6+5H2O+5CO,即消耗CH4和CO2的体积比为6∶5。
(2)①1-α　②AD
(3)①CO2+2e-══CO+O2-　②6∶5