1、题型分组训练10化学反应原理综合应用题（A组）1铝的利用成为人们研究的热点，是新型电池研发中重要的材料。（1）通过以下反应制备金属铝。反应1：Al2O3（s）AlCl3（g）3C（s）=3AlCl（g）3CO（g）H1a kJmoll反应2：Al2O3（s）3C（s）=2Al（l）3CO（g）H2b kJmol1反应3：3AlCl（g）=2Al（l）AlCl3（g）H3反应3的H3kJmol1。950 时，铝土矿与足量的焦炭和Cl2反应可制得AlCl3。该反应的化学方程式是_。（2）在高温条件下进行反应：2Al（l）AlCl3（g）3AlCl（g）。向图1所示的等容积A、B密闭容器中加入足量的
2、铝粉，再分别充入1 mol AlCl3（g），在相同的高温下进行反应。图2表示A容器内的AlCl3（g）体积分数随时间的变化图，在图2中画出B容器内AlCl3（g）体积分数随时间的变化曲线。1 100 时，向2 L密闭容器中通入3 mol AlCl（g），发生反应：3AlCl（g）2Al（l）AlCl3（g）。已知该温度下AlCl（g）的平衡转化率为80%，则该反应的平衡常数K。加入3 mol AlCl（g），在不同压强下发生反应，温度对产率的影响如图3所示。此反应选择温度为900 的原因是_。（3）用铝制作的快速放电铝离子二次电池的原理如图4所示。该电池充电时，阴极的电极反应式为_。AlCl
3、3和NaCl的熔融盐常用于镀铝电解池，电镀时AlCl和Al2Cl两种离子在电极上相互转化，其他离子不参与电极反应。NaCl的作用是_。2N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_。（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NONO22OH=2NOH2O2NO22OH=NONOH2O下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有（填字母）。A加快通入尾气的速率B采用气、液逆流的方式吸
4、收尾气C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是（填化学式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和NO，其离子方程式为_。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_。3研究和深度开发CO、CO2的应用具有重要的社会意义。回答下列问题：.CO可用于高炉炼铁，已知：Fe3O4（s）4
5、CO（g）=3Fe（s）4CO2（g）H1a kJmol13Fe2O3（s）CO（g）=2Fe3O4（s）CO2（g）H2b kJmol1则反应Fe2O3（s）3CO（g）=2Fe（s）3CO2（g）的HkJmol1。.一定条件下，CO2和CO可以互相转化（1）某温度下，在容积为2 L的密闭容器中按下表中甲、乙两种方式投入反应物发生反应：CO2（g）H2（g）CO（g）H2O（g）容器反应物甲8 mol CO2（g）、16 mol H2（g）乙w mol CO2（g）、x mol H2（g）、y mol CO（g）、z mol H2O（g）甲容器15 min后达到平衡，此时CO2的转化率为75
6、%。则015 min内平均反应速率v（CO2），此条件下该反应的平衡常数K。欲使平衡后乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，则w、x、y、z需满足的关系是：y（填“”“”或“p2）的关系曲线。（3）在制备C2H4时，通常存在副反应：2CH4（g）C2H6（g）H2（g）。在常温下，向体积为1 L的恒容反应器中充入1 mol CH4，然后不断升高温度，得到上图。在200 时，测出乙烷的量比乙烯多的主要原因是_。在600 时，乙烯的体积分数减少的主要原因是_。（4）工业上常采用除杂效率高的吸收电解联合法，除去天然气中杂质气体H2S，并将其转化为可回收利用的单质硫，其装置如下图所示。通电前，先通入一段
7、时间含H2S的甲烷气，使部分NaOH吸收H2S转化为Na2S，再接通电源，继续通入含H2S杂质的甲烷气，并控制好通气速率。则装置中右端碳棒为极，左端碳棒上的电极反应为，右池中的c（NaOH）c（Na2S）（填“增大”“基本不变”或“减小”）。4氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。请回答下列问题：（1）部分氮氧化合物之间的转化所发生的化学反应如下：.NO（g）NO2（g）O2（g）N2O5（g）H1112.5 kJmol1.2NO（g）O2（g）2NO2（g）H2114.2 kJmol1反应2N2O5（g）4NO2（g）O2（g）的H kJmo
8、l1反应的机理为：第一步：2NO（g）N2O2（g）（快）H30第二步：N2O2（g）O2（g）2NO2（g）（慢）H40下列说法正确的是（填标号）。AN2O2是反应的中间体B第一步反应的活化能较大C第一步、第二步中的碰撞均100%有效D整个反应的反应速率由第二步决定（2）常温常压下，SO2与O2间的反应极慢，但向二者的混合物中加入适量的NO2后，SO2很快就会转化为SO3。反应过程中，反应体系的能量变化可用下图中的某一曲线表示（图中曲线a表示没有使用NO2时的能量变化）。最可能表示使用了NO2的能量变化曲线是（填“b”或“c”），Ea表示的意义是_。若维持其他条件不变，用催化剂V2O5代替N
9、O2，下列物理量中不可能变化的是（填标号）。A反应的活化能 B反应速率C反应热 D平衡常数K（3）2 L恒容密闭容器中最初存在n（SO2）4 mol、n（O2）x mol的混合物，分别在温度为T1、T2条件下发生反应2SO2（g）O2（g）2SO3（g）H”或“0。在同一温度下，可以发现p3时，乙苯的转化率最高。该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，乙苯的转化率降低。说明p3表示的压强最小，则p1p2p3；（3）达到化学平衡时正反应速率等于逆反应速率，v正v逆，即k正c（CO）c（NO2）k逆c（CO2）c（NO）。平衡常数K。转变形式有，则K。答案：.（1）0.2 mo
10、lL1min11.8x2w（2）p1p2p3（3）K4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。CaO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
11、、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）CaC2O4Ca
12、CO3COCaC2O4H2O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（B组）1解析：（1）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，但一定是自身能电离出阴、阳离子而导电，二氧化硫溶于水后，能导电，但阴、阳离子不是其自身电离出来的，而是与水反应生成的亚硫酸电离出来的，因此二氧化硫是非电解质
13、，亚硫酸是电解质；（2）反应Cu（s）O2（g）=CuO（s）Hx kJmol1反应Cu（s）S（s）=Cu2S（s）Hy kJmol1反应S（s）O2（g）=SO2（g）Hz kJmol1根据盖斯定律可知，22可得：Cu2S（s）2O2（g）=2CuO（s）SO2（g）H（2xz2y） kJmol1；（3）由图像可知a点时SO2的平衡转化率为20%，则SO2的转化量为0.4 mol，列出三段式：2SO2（g）O2（g）2SO3（g）起始（molL1） 1 0.5 0转化（molL1） 0.2 0.1 0.2平衡（molL1） 0.8 0.4 0.2则平衡常数为：K。容器为恒容密闭容器，混合气
14、体的总质量不变，因此容器内混合气体的密度始终不变，则容器内混合气体的密度不再变化时，反应不一定达到平衡状态，故A错误；相同时间内生成2 mol SO2的同时生成1 mol O2，若同时又消耗1 mol O2，那么O2的物质的量保持不变，反应达到平衡状态，故B正确；由图像可知，当压强一定时，升高温度，SO2的平衡转化率减小，即平衡逆向移动，而升温平衡向吸热反应方向移动，因此正反应方向为放热方向，则Q小于0，故C错误；相同温度下，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，而该反应正反应方向为气体体积减小的反应，因此，加压该反应正向移动，则SO2的平衡转化率增大，但平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡
15、常数不变，故D错误；恒温恒容，反应达到平衡后再充入2 mol SO2和1 mol O2，与原平衡相比，新平衡同等程度改变反应物的物质的量，相当于增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，故E正确；恒温恒容，反应达到平衡后再充入He（g），因为容器容积不变，反应混合物中各物质的物质的量浓度均不变，正、逆反应速率不变，平衡不移动，SO2的平衡转化率不变，故F错误；（4）；（5）该装置可回收SO2制得硫酸，硫酸在阳极生成，SO通过阴离子交换膜进入阳极室，电极反应式的书写也要遵循得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒，阳极的电极反应为SO2eH2O=SO2H。答案：（1）非电解质（2）Cu2S（s）2
16、O2（g）=2CuO（s）SO2（g）H（2xz2y） kJmol1（3）BE（4）（5）SO2eH2O=SO2H2解析：（1）过程将O2不断分离出去，降低c（O2），使平衡正向移动，从而提高Fe3O4的转化率。容器中只有O2为气体，气体的密度和相对分子质量不再改变时，反应达到平衡，a项正确；升高温度，平衡正向移动，气体的质量增加，但容器的容积也增大，无法定性判断气体密度的变化，可以根据理想气体状态方程来判断，pVnRT可变形为pRT，容器容积可变，则p不变，而M、R为常数，则升温时，减小，b项错误；向容器中通入N2，则容器容积增大，平衡向正反应方向移动，Fe3O4的转化率增大，c项错误；温度
17、不变，平衡常数不变，O2浓度不变，d项错误。相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，Fe3O4的平衡转化率减小。（2）过程的反应为：3FeO（s）H2O（l）=H2（g）Fe3O4（s），已知2Fe3O4（s）6FeO（s）O2（g）H313.2 kJmol1，H2（g）O2（g）=H2O（l）H285.8 kJmol1，根据盖斯定律，由，可得3FeO（s）H2O（l）=H2（g）Fe3O4（s）H（313.2 kJmol1）（285.8 kJmol1）129.2 kJmol1。（3）其他条件相同时，在相同时间段内，转化率：（H2O）T1（H2O）T2（H2O）T3，因为该反应是吸热反应，升高温度
18、，平衡右移，所以T1T2T3。（4）根据水分解制H2，则水得到电子，发生还原反应，H2O在a侧反应，CO在b侧反应，a侧的电极反应为：H2O2e=H2O2。答案：（1）提高Fe3O4的转化率a如图所示（2）3FeO（s）H2O（l）=H2（g）Fe3O4（s）H129.2 kJmol1（3）T1T2T3其他条件相同时，因为该反应是吸热反应，升高温度平衡右移，所以T1T2T3（4）bH2O2e=H2O23解析：（1）根据H2、 CH4和C2H4的燃烧热数据可写出热化学方程式：H2（g）O2（g）=H2O（l）H285.8 kJmol1，CH4（g）2O2（g）=CO2（g）2H2O（l）H890
19、.3 kJmol1，C2H4（g）3O2（g）=2CO2（g）2H2O（l）H1 411.0 kJmol1，根据盖斯定律，由22得2CH4（g）C2H4（g）2H2（g）H202.0 kJmol1。（2）设平衡时转化的CH4的物质的量为2x mol，根据三段式法进行计算：2CH4（g）C2H4（g）2H2（g）起始（mol） 100转化（mol） 2xx 2x平衡（mol） 12xx 2x则100%20.0%，解得x0.25，则平衡时CH4、C2H4、H2的物质的量浓度分别为0.50 molL1、0.25 molL1和0.50 molL1，则K0.25。该反应为吸热反应，升高温度，CH4的平衡
20、转化率增大；该反应为气体分子数增大的反应，温度相同时增大压强，CH4的平衡转化率降低，据此画出图像。（3）题图中200 时乙烷的量比乙烯多，这是因为该条件下乙烷的生成速率比乙烯的快。在600 后，乙烯的体积分数减少，主要是因为乙烯发生了分解反应。（4）结合题图可知右侧通入含有H2S杂质的甲烷气，得到除杂后的甲烷气，结合题意，则右端碳棒为电解池的阳极，左端碳棒为阴极。阴极上水电离出的H得电子被还原为H2，电极反应式为2H2O2e=2OHH2或2H2e=H2。右池中相当于H2S发生氧化反应而被除去，则溶液中c（NaOH）c（Na2S）基本保持不变。答案：（1）2CH4（g）C2H4（g）2H2（g
21、）H202.0 kJmol1（或CH4（g）C2H4（g）H2（g）H101.0 kJmol1）（2）0.25（或0.25 molL1）如图所示（3）在200 时，乙烷的生成速率比乙烯的快在600 后，乙烯开始分解为碳和氢气（4）阳2H2O2e=2OHH2或2H2e=H2基本不变4解析：（1）依据目标反应方程式，得出2，HH22H1114.2 kJmol12（112.5 kJmol1）110.8 kJmol1；N2O2是第一个反应的生成物，第二反应的反应物，因此N2O2是反应中间体，故A说法正确；活化能越大，越难进行反应，第一步反应快，说明第一步反应活化能较小，故B说法错误；活化分子的碰撞不是
22、100%有效，故C说法错误；整个反应的反应速率是由反应速率慢的反应决定，该机理中第二步反应慢，整个反应的反应速率是由第二步决定，故D说法正确；（2）根据题意NO2在SO2与O2反应中作催化剂，催化剂参与反应，降低反应的活化能，涉及多个反应，因此最有可能表示使用NO2的能量变化曲线的是b；Ea表示SO2与O2未加催化剂时的活化能；V2O5是催化剂，使用催化剂，降低活化能，因此反应的活化能发生变化，故A不符合题意；使用催化剂，降低活化能，加快反应速率，故B不符合题意；反应热只与始态和终态有关，与反应的过程无关，因此反应热保持不变，故C符合题意；平衡常数K只受温度的影响，使用催化剂温度不变，则平衡常数K保持不变，故D符合题意；（3）该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，SO3的体积分数减少，根据图像，T1T2；a、b、c三点，O2物质的量依次增大，增大O2物质的量，即增大O2浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率增大，SO2转化率最大的是c；2SO2（g）O2（g）2SO3（g）c始 2 molL11 molL10c 2xx2xc平 22x1x2xSO3的体积分数100%80%，解得x，化学平衡常数K，将上述数值代入表达式，得出K252。答案：（1）110.8AD（2）bSO2与O2未加催化剂时的活化能CD（3）c252
