2020高考化学考前微专题突破练：(十)

1、温馨提示:此套题为 Word版，请按住 Ctrl, 滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块微专题突破练(十)化学反应原理综合应用(非选择题)1.(2019 全国卷田)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量 和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O 2(g)2cl2(g)+2H2O(g)下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) : c(Q)分别等于1 ： 1、4 ： 1、7 ： 1时HCl平衡转化率随温度变化的关系可知反应平衡常数K(300 C)K

2、(400 C)(填“大于”或“小于")。设HCl初始浓度为C0,根据进料浓度比c(HCl) ： c(O2)=1 ： 1的数据计算K(400 C)=(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl) ： c(Q)过低、过高 的不利影响分别是。(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCKs) CuCl(s)+-Cl2(g)-1 H=83 kJ - mol11CuCl(s)+ -O2(g)CuO(s)+Cl2(g) £上-1 H2=-20 kJ molCuO(s)+2HCl(g) CuCl2(s)+H2O(g) H

3、=-121 kJ mol-1则 4HCl(g)+O2(g) 2cl2(g)+2H2O(g)的 H=kJ mol-1。在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是。(写出2种)电源(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上 ，科学家最近采用碳 基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过 程，如下图所示：负极区发生的反应有(写反应方程式)。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气 L(标准状况)。【解析】(1)根据题中示意图可以看出随着温度的升高,HCl的转化率 降低，说明升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，所以温度越高 反应进行的程度越小，K值越小，即K(300 C)

4、大于K(400 C)。相同 条件下进料浓度比c(HCl) : c(O2)越大,HCl的转化率越低；进料浓度比c(HCl) : c(O2)越小,HCl的转化率越高。即三条曲线中，最上面一 条是c(HCl) : c(O2)=1 ： 1的变化曲线。将400 C时的数据代入可得：fO(1-0. 84)x 21)r0由示意图可以看出进料浓度比过高或过低对反应都不利，过高会造成HCl利用率降低，过低会有大量氧气剩余，分 离氧气能耗过高。(2)利用盖斯定律解答本题。1CuCb(s) -CuCl(s)+jCl2(g) H=83 kJ - mol-1 1 1CuCl(s)+ 二 Q(g) CuO(s)-Cl2(

5、g) £上 H=-20 kJ mol-1 CuO(s)+2HCl(g) CuCl2(s)+H2O(g) H=-121 kJ - mol-1 则 4HCl(g)+O2(g)2cl2(g)+2H2O(g)可由 X 2+ X2+D X2 得到， 所以其 H=83X2+(-20) X2+(-121) X2=-116 (kJ - mol-1)。根据平衡移动原理，为了提高HCl的转化率，使反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)正向移动，可以采用增大反应体系 压强、及时分离出产物等措施。根据示意图中H'的流动方向可以判断电源的正负极情况，左侧为 负极，右侧为正极。根据

6、示意图中负极区物质的转化可以写出相应的方程式:Fe3+eFe2：4Fe2+Q+4H4Fe3+2HQ 在反应中，1 mol O 2得到4 mol电子，所以转移1 mol电子时消耗氧气0.25 mol,在标准状况下的体积为5.6 L。小* 小,十 (0- 42)ZX(0. 42)2M 水 :() 大于 d-o, 04)4x(1-O,21)coQ和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 (2)-116(3)增加反应体系压强、及时除去产物(4)Fe 3+e- Fe2+,4Fe2+Q+4H4Fe3+2HO5.62.氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。回答下列问题：(1)有人设想利用CO还原SO

7、。已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJ mol-1、283.0 kJ . mol-1,请写出 CO还原 SO生成 CO和 S(s)的热 化学方程式。(2)某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除SO和NO工艺，氧化 过程反应原理及反应热、活化能数据如下：反应 I :NO(g)+O3(g) fO(g)+O2(g) H=-200.9 kJ mol-1 &=3.2 kJ mol-1反应 II :SO2(g)+O3(g) -SO(g)+O2(g) H=-241.6 kJ mol-1 E2=58 kJ mol-1已知该体系中臭氧发生分解反应：2O3(g) 一 3O(g)。请回答：其他条件不

8、变，每次向容积为2 L的反应器中充入含2.0 mol NO 2.0 mol SO2的模拟烟气和4.0 mol O 3，改变温度，反应相同时间t后体系 中NO口 SO的转化率如图所示：由图可知相同温度下IM 200300400温度9cM时«>如部1 转化瓯力NO的转化率远高于SO,结合题中数据分析其可能原因下列说法正确的是。A.Q点一定为平衡状态点B.温度高于200 C后,NO和SO的转化率随温度升高显著下降、最后 几乎为零C.其他条件不变，若扩大反应器的容积可提高 NCf口 SO的转化率D.臭氧氧化过程不能有效地脱除SO,但后续步骤碱吸收可以有效脱硫假设100 C时P、Q均为平

9、衡点，此时反应时间为5 min,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余 Q的物质的量是mol;SO2的平均反应速率为 ;反应I在此时的平衡常 数为。(3)以连二硫酸根(S2。：)为媒介，使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO装置如图所示：ab是(填“阳”或“阴”)离子交换膜。阴极区的电极反 应式为 。若NO吸收转化后的产物为 N1，通电过程中吸收4.48 L NO(标准 状况下)，则阳极可以产生 mol气体。【解析】(1)已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJ mol-1、283.0 kJ - mol-1,贝U S(s)+O2(g) SO(g) H=-296.0 kJ .

10、 mol-1 CO(g)+1/2O2(g) ICO(g) H=-283.0 kJ . mol-1根据盖斯定律可知x2-即得到 CO还原SO的热化学方程式一一一一一一 一一一 一 -12CO(g)+SQg) 2C0g)+S(s) H=-270 kJ mol。(2)反应I的活化能小于反应H ，相同条件下更易发生反应，因此相 同温度下NO的转化率远高于SO;A.随着反应的进行，反应物的转化率逐渐增大，因此Q点不一定为 平衡状态点，可能是建立平衡过程中的一个点，A错误;B.根据图象，温 度高于200 C后,NO和SO的转化率随温度升高显著下降、最后几乎 为零,B正确;C.根据2O(g) -3O(g)可

11、知其他条件不变，若扩大反应 器的容积，压强减小，平衡正向移动，使得臭氧的浓度减小，氧气浓度 增大，反应I和反应H的平衡逆向移动,NO和SO的转化率减小，C错 误;D.根据图象，臭氧氧化过程中二氧化硫的转化率较低，不能有效地 脱除SO,二氧化硫是酸性氧化物，能够被氢氧化钠溶液吸收，D正确；假设100 C时P、Q均为平衡点，此时反应时间为5 min,发生分解 反应的臭氧占充入臭氧总量的 10%发生分解反应的臭氧为 4 mol x 10%=0.4 mol,根据反应 I :NO(g)+d(g) -NO(g)+O2(g),平衡时 NO的 转化率为 80%,反应的臭氧为2 mol x 80%=1.6 mo

12、l;反应 H :SQ(g)+O3(g) -so(g)+O2(g),平衡时二氧化硫的转化率为 30%反 应的臭氧为2 mol x 30%=0.60 mol;最终剩余臭氧4 mol-0.4 mol-21noi雄1.60 mol-0.60 mol=1.4 mol;5 min 内 SO的平均反应速率=一= 5 mln0.06 mol (L min)-1;平衡时NO Q、NO、Q的物质的量分别为0.4 .3 _.mol、1.4 mol、1.6 mol、0.4 mol x二+1.6 mol+0.6 mol=2.8 mol,反应I在此时的平衡常数 =:事/广8;(3)由图可知，阴极区通入液体主要含 9；,流

13、出液体主要含S0：所以阴极区电极反应式为2S)；+4H+2e-SOj +2HO,由于阴极需要消耗氢离子，则ab是阳离子交换膜；4.48 L NO(标准状况下)的物质的量是0.2 mol,由于NO吸收转化后的产物为 中上则电路中转移1 mol电子；阳极氢氧根放电产生氧气,产生氧气的物质的量是1 mol +4=0.25 mol。答案：(1)2CO(g)+SO2(g) 2CQg)+S(s) H=-270 kJ mol-1 (2)反应i的活化能小于反应n ,相同条件下更易发生反应BD 1.4 0.06 mol (L min)-1 8(3)阳 2SD3 +4H+2e犯 +2H2O 0.253.甲醇水蒸气

14、重整制氢(SRM尾用于驱动电动汽车的质子交换膜燃料 电池的理想氢源，当前研究主要集中在提高催化剂活性和降低尾气中CO含量，以免使燃料电池Pt电极中毒。重整过程发生的反应如下：反应 ICHOH(g)+HO(g)-CO(g)+3H2(g) H反应 H CHOH(g)-CO(g)+2H(g) AH2反应 m CO(g)+HO(g)，CG(g)+H 2(g) H其对应的平衡常数分别为 K、K2、K,其中&、K随温度变化如下表所 示：125 C225 C325 CK2 0.553 5185.89939.5K31 577137.528.14请回答：反应II能够自发进行的条件是 (填“低温”“高温”

15、或“任 何温度” ),AH1(填“>”“<”或 "二" )aHo(2)相同条件下，甲醇水蒸气重整制氢较甲醇直接分解制氢(反应n)的先进之处在于。 在常压、Cat.1催化下,CHOH和H2O混合气体(体积比1 ： 1.2，总物质的量2.2 mol）进行反应，11时刻测得CHOH专化率及CO CO选择性随温度 变化情况分别如图所示（CQ CO的选择性：转化的CHOH中生成CO CO的百分比）。240 26ft 2 BO959U8S父学黑根母二1|3WI注：曲线a表示CHOH的转化率，曲线b表示CO的选择性，曲线c表示CO的选择性。下列说法不正确的是。A.反应适宜温度

16、为300 CB.工业生产通常在负压条件下进行甲醇水蒸气重整C.已知Cat.2催化剂具有更高催化活性，可提高甲醇平衡转化率D.添加CaO的复合催化剂可提高氢气产率260 C时H物质的量随时间的变化曲线如图所示。画出 300 C时至ti时刻H2物质的量随时间的变化曲线3,00 *2.972*)52 44 2.9322 2*1时间（4）副产物CO可以在酸性水溶液中电解生成甲酸，生成甲酸的电极反应式是o【解析】(1)由表中数据可得，随温度升高，K增大，即反应n向右移动 说明反应n是吸热反应， H>0,由反应方程式可得 aSA。,已知反应 能够自发进行的条件是 H2- TA S2<0,推知反

17、应n需要在高温下才能 自发进行；由于K3随温度升高而减小，即反应m向左移动，说明反应m 是放热反应， HV0,根据盖斯定律， H=A H+A H>A H。(2)由反应I和反应n的方程式比较可知，反应物甲醇转化率高，产物 中氢气含量高，且几乎没有CO(3)A、由图象可知 CHOH的转化率在高于 260 C时较高，但在 300 C时,CO的选择性最高，而CO的选择性最低，所以300 C不是反 应适宜的温度，最好在260 C时，故A不正确;B、根据反应方程式可知，减小压强会降低反应 速率，不适合工业生产，所以B不正确;C、催化剂能够加快反应速率， 但不能改变反应物的转化率，所以C不正确；D、催

18、化剂能加快反应速 率，且CaOft吸收CO,从而促使反应I正向进行，提高了氢气的产率， 即D正确；根据甲醇的转化率、CO和CO选择性图象可知，温度从260 C开局到300 C,反应速率加快，但CO的选择Ii减小，使H2的物质的量也减小，所以曲线斜率增大，但水平线低于260 C时的，具体为反应 I 中生成 n(H2)=3n(CQ)=0.95 X 1 mol x 3=2.85 mol,反应 H 中生 成 n(H2)=2n(CO)=0.05Xl mol x 2=0.10 mol,所以生成 H2的总物质的量为2.95 mol,则画出图象如图所示(4)CO2在酸性溶液中生成甲酸(HCOOHt,碳元素的化

19、合价降低，得到电子，将在阳极发生反应，反应式为CG+2H+2e-HCOQH 答案：(1)高温 > (2)甲醇转化率高；产物中氢气含量高，一氧化碳含量低(3)ABC(4)CO2+2Hf+2eHCOOH 4. I .大气中CO含量的增多会导致地球表面温度升高及海洋生态环 境改变。已知:CQ(g)+CaO(s) CaCOs)(1)某研究小组在实验室探究不同温度对 CaO>UC CO效率的影响。在体积相同的密闭容器中，均充入一定量的生石灰和足量 CQ在不同温 度下，保持其他初始实验条件不变，发生如上反应，分别在t秒时测定 -1CO的侬度(mol L )如图。该反应在条件下能自发进行。A.较

20、高温度B.较低温度C.任何温度D.任何温度下均不能A B、C D E五点中，达到化学平衡状态的点是 。 在恒定温度下，一个体积固定为1 L的容器中加入20 g CaO和 定量的CO气体，在10分钟达到平衡的过程中CO浓度变化如图所示 为提高CO的吸收率，下列可以采取的措施有 。A.缩小反应容器的容积B.升高温度C.平衡体系中及时分离出部分 CaCOD.使用合适的催化剂若保持平衡时的温度不变，15分钟时将体积迅速增大至2 L,在20分钟时重新达到平衡，请在下图中补充体积变化后 CO浓度变化示意图。II.在容积可变的密闭容器中发生反应：mA(g)+ nB(g) - pC(g),在一 定温度和不同压

21、强下达到平衡时，分别得到A的物质的量浓度如下表压强p/Pa_ 52X10_ 55X101X106-1c(A)/mol L0.080.200.44 当压强为1 x 106Pa时，此反应的平衡常数表达式：。(4)电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，如图是该方法处理污水的实验装置示意图，实验过程中，污水的pH始终保持在5.06.0。接通电源后，阴极产生的气体将污物带到水面形成浮渣而 刮去，起到浮选净化作用；阳极产生的沉淀具有吸附性，吸附污物而沉 积,起到凝聚净化作用。阳极区生成沉淀的总电极反应为。【解析】(1)根据图象，T3时达到平衡，升高温度后，CQ的浓度增大， 平衡逆向移动，说明正反应为

22、放热反应，AH<0,该反应的ASv。,要使 得 = H-TA S<0,需要在较低温度才行；A、B是建立平衡的过程中的点，C、D E是达到化学平衡状态的点； (2)A.缩小反应容器的容积，平衡正向移动，CQ的吸收率增大，故A正 确;B.升高温度，平衡逆向移动，CQ的吸收率减小，故B错误;C.平衡体 系中及时分离出部分 CaCO碳酸钙为固体，平衡不移动，CQ的吸收率 不变，故C错误；D.使用合适的催化剂，平衡不移动，CQ的吸收率不变， 故D错误；若保持平衡时的温度不变，15分钟时将体积迅速增大至2 L, 二氧化碳浓度减小，平衡逆向移动，但温度不变，平衡常数不变，最终 二氧化碳浓度又增大

23、至与原平衡相等，图象为COj的法庭EolLlAmini(3)根据表格数据，压强由2X 105增大到5X105, c(A)的浓度变成原来0. 20 SHIO5的2.5倍三益二;昼晟，说明平衡未发生移动，即m+n=p,但当压强由5x 105增大到1X6 . .、1X106106时，c(A)的侬度变成原来的2.2倍-77=2，说明平衡逆向移动，说 01 U明B变成了非气态，因此当压强为1 x 106 Pa时，此反应的平衡常数表达式K=(4)根据题意，电解池的阳极材料为Fe,阴极材料为Al。金属作阳极时, 电极若为活性电极，由于金属失电子能力强于溶液中的阳离子，所以阳极上是活性电极自身先失去电子，电解

24、池的阳极放电顺序是：活性 电极AAdAHd'Fe'CLf'M等，因此阳极的电极反应有两个，分别是2HO-4e4H+OT和Fe-2e1-Fe2+,生成的Fe2+进入溶液中，Fe2+易被氧气氧化，反应为4Fe +O+10HU4Fe(OH) ； +8H+,因此阳极区生成沉淀的总电极反应为 2Fe-6e-+6HO2Fe(OH> ； +6H+答案：(1)BCDE (2)AK=(4)2Fe-6e -+6H(2Fe(OH> ； +6H+ 5.(2016 浙江4月选考真题改编)氨气及其相关产品是基本化工原料 在化工领域中具有重要的作用。(1)以铁为催化剂，0.6 mol氮气

25、和1.8 mol氢气在恒温、容积恒定为 1 L的密闭容器中反应生成氨气,20 min后达到平衡，氮气的物质的量为 0.3 mol。在第25 min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2 L并保持恒容，体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%,请画出从第25 min起H的物质的量浓度随时间变化的曲线。该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是 (填“增大” “减少”或“不变”)。(2)N2H是一种高能燃料，有强还原性，可通过NH和NaClO反应制得, 写出该制备反应的化学方程式已知298 K和101 kPa条件下:N(g)+3H 2(g) 一2NH(g) H2H2(g)+O2(g) 2

26、HO(l) H22H2(g)+O2(g) 2HO(g) AH4NH(g)+O2(g)2NH(l)+2H 2O(l) A H则MH4(l)的标准燃烧热 H= 科学家改进了 NO转化为HNO勺工艺(如虚框所示),在较高的操作压力下，提高NO/H2O的质量比和O的用量，能制备出高浓度的硝酸。实际操作中，应控制 NO/H2O质量比高于5.11，对此请给出合理解释： o【解析】(1)20 min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3 mol,可知此时 c(N2)=0.3 mol L-1, c(H2)=0.9 mol L-1。第 25 min 时，保持温 度不变，将容器体积迅速增大至2 L,止匕时c(H2)=

27、0.45 mol L-1。当达到平衡时N的总转化率为38.2%,可做如下计算：N +3H2 - 2NHn(开始)/mol 0.61.8n（变化）/mol 0.6 X38.2% 3X 0.6X38.2%n（平衡）/mol 0.370 81.112 4得 c（H2）=1.112 4 mol /2 L=0.556 2 mol. L-1,即从 25 min 起，直至平衡，氢气的浓度由0.45 mol L-1增大到0.556 2 mol L-1,平图象为催化剂对正逆反应速率均有增大的作用，故催化剂对逆反应速率的 影响是增大。(2)2NH+NaClONaCl+NH+HQ给题目中的反应编号(i)N 2(g)

28、+3H2(g) 2NH(g) AH(ii)2H 2(g)+O2(g) I-2HO(l) H2(iii)2H 2(g)+O2(g) 2H2O(g) H(iv )4NH(g)+O2(g) 2NH(l)+2H 2。(1) H将上述反应进行如下运算：(ii) x3-(i) x 2-( iv) +2, AH也进行相应运算，得:N2H4(l)+O 2(g) 一N2(g)+2H2O(l)AH=一-o92 X2(3)2N2Q+2HO+O4HNO各物质恰好反应时 仲。/大。质量比一二七1 o Ki5.11,高于5.11是为了提高NQ的浓度，有利于平衡正向移动，得到高浓度的硝酸C答案：(1)增大(2)2NH+Na

29、ClONaCl+NH+HO;(3 H-2 H- H)(3)2N2Q+2HO+O4HNON2Q/H2O的质量比为5.11时恰好完全反应， 高于5.11是为了提高N2。的浓度，有利于平衡正向移动，得到高浓度 的硝酸6.合理利用或转化N® SO、CO NO等污染性气体是人们共同关注的 课题。I .某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)+Q(g) -2NO(g)的反应 历程分两步： 2NO(g)-NQ(g)(快)v=k1正 c2(NO),V1 逆=k1逆 c(N2O2) H<0 WQ(g)+O2(g) -2NG(g)(慢)丫2正=卜2正 c(N2O) c(O2), V2逆=k2逆

30、c2(NO)AH2<0请回答下列问题：(1)反应 2NO(g)+O(g)-2NQg)的 AH=(用含 AH和 AH 的式子表示)。一定温度下，反应2NO(g)+O(g) ,，2NG(g)达到平衡状 态，写出用ki正、ki逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式 K=o(2)决定2NO(g)+O(g) i2NG(g)反应速率的是反应，反应的活化 能E与反应的活化能E2的大小关系为Ei E2(填“>”“<”或“=”)。H.(3)反应NQ(g) -2NO(g),在一定条件下NO与NO的消耗速率与 自身压强有如下关系:v(N2O4)=ki p(N2O4), v(NQ)=k2 p2(NQ)。其中 ki、&