1、化学反应原理综合题大题训练（共10题）1.氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)，副产物少于其它水消毒剂。回答下列问题：(1)一氯胺(NH2Cl)的电子式为 _ 。工业上可利用反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假设不同物质中同种化学键的键能相同），则该反应的H=_。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能(kJ/mol)391243191431一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀
2、菌消毒作用的物质，该反应的化学方程式为_。(2)用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，向容积均为1 L的甲、乙两个恒温（反应温度分别为400、T)容器中分别加入2 mol Cl2和2 mol NH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如下表所示：t/min04080120160n(Cl2)(甲容器)/mol2.001.501. 100.800.80n(Cl2) (乙容器）/mol2.001.451.001.001.00甲容器中，040 min内用NH3的浓度变化表示的平均反应速率v(NH3)=_。该反应的H_0(填“”
3、或“” 、”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点_D点。C点的转化率为_；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：(A)_(B)。.用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_。反应过程中通过质子交换膜(ab)的为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_L。7.十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。汽车的排气管上安装“催化转化器”，发生反应：2NO（g）2CO（g）2CO2（g）N2（g） H746.5
4、 kJmol1。（1）T时，将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中，若温度和体积不变，反应过程中（015min）NO的物质的量随时间变化如图。图中a，b分别表示在相同温度下，使用质量相同但表面积不同的催化剂时，达到平衡过程中n（NO）的变化曲线，其中表示催化剂表面积较大的曲线是_。（填“a”或“b”）T时，该反应的化学平衡常数K_；平衡时若保持温度不变，再向容器中充入CO、CO2各0.2 mol，则平衡将_移动。（填“向左”、“向右”或“不”）15min时，若改变外界反应条件，导致n（NO）发生图中所示变化，则改变的条件可能是_（任答一条即可）。又已知：反应N2（g）O2（g）2N
5、O（g） H2180.5 kJmol1，则CO的燃烧热H_。（2）在密闭容器中充入5 mol CO和4 mol NO，发生上述反应，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。温度：T1_T2（填“”）。若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的_点。（3）目前，科学家正在研究一种以乙烯作为还原剂的脱硝原理，其脱硝率（脱硝率即NO的转化率）与温度、负载率（分子筛中催化剂的质量分数）的关系如图所示。为达到最佳脱硝效果，应采取的条件是_。8.烟气脱硝技术是烟气治理的发展方向和研究热点。（1）用NH3选择性脱除氮氧化物，有如下反应：6NO(g)+4N
6、H3(g)=5N2(g)+6H2O(g)已知化学键的键能数据如下表：化学键NO中的氮氧键N-HNNO-H键能（kJmol-1）abcd则该反应的H=_kJmol-1。（2）在汽车尾气的净化装置中CO和NO发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO(g) H=-746.8kJmol-1。实验测得：v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）达平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_k逆增大的倍数（填“”或“”或“”）。若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡，CO的转化率为50%，则=_。（3
7、）现利用反应除去汽车尾气中的NOx：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g) H=-34.0kJmol-1。在密闭容器中发生该反应，催化反应相同时间，测得不同温度下NO的转化率a（NO）随温度的变化如图所示。由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_。（4）以连二硫酸根（S2O42-）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：阴极区的电极反应式为_。NO吸收转化后的主要产物为NH4+，若通电时电路中转移了0.3mole-，则此通电过程中理论上吸收的NO在标准状况下的体积为_mL。9.燃煤废气中的氮氧化物（NOx）、CO2、SO2等气体，常要采
8、用不同方法处理，以实现节能减排、废物利用等。（1）下列为二氧化硫和氮的氧化物转化的部分环节：已知：2SO2（g）O2（g）2SO3（g） H196.6 kJmol12NO（g）O2（g）2NO2（g） H113.0 kJmol1则SO2气体与NO2气体反应生成SO3气体和NO气体的热化学方程式为_。一定条件下，工业上可通过下列反应实现燃煤烟气中液态硫的回收，其中Y是单质：SO2（g）2CO（g） 2X（g）Y（l）。为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，某化学兴趣小组在某温度下、固定容器中用超灵敏气体传感器测得不同时间的SO2和CO浓度如下表：时间/s01234c（SO2）/molL11.00
9、0.500.233.0010373.001037c（CO）/molL14.003.002.462.002.00X的化学式为_；当时间为第4 s时，2v（SO2）正_（填“”“”或“”“=或“”连接)。丙同学与甲同学做同样实验。但他将0.1 mol/L H2C2O4换成0.1 mol/L H2S溶液，丙同学实验结束后溶液c(HS-)_ c(S2-)(填或“=”)。(4)已知酸性高锰酸钾可将甲酸氧化成二氧化碳，丁采用 HCOOH 溶液对某KMnO4样品进行纯度测定(杂质不参导反应)，取0.200 g KMnO4样品(M=158 g/mol)在锥形瓶中溶解并酸化后，用0.100 mol/L的标准HC
10、OOH溶液进行滴定，滴定至终点时消耗 HCOOH 溶液20.00 mL。对 KMnO4溶液进行酸化时，通常选用的酸是_。确定达到滴定终点的判断方法是_。该样品中KMnO4的纯度为 _(用百分数表示)。【参考答案及解析】1.【答案】(1) +12 kJ/mol NH2Cl +H2O HClO +NH3 (2)6.2510-3 mol/(L.min) AB (3)B 0.5 （M Pa）1 【解析】【分析】(1) 一氯胺是共价化合物，N原子与H原子、Cl原子之间形成1对共用电子对；一氯胺为共价化合物，发生反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g)，根据H=反应物的总键能-生成物
11、的总键能进行计算；一氯胺是重要的水消毒剂，在中性、酸性环境中发生水解反应生成NH3和HClO；(2) 根据v=进行计算；根据数据可知，甲容器达到平衡时，用时120min，乙容器达到平衡时，用时80min，说明乙容器的反应速率大于甲容器的反应速率，说明乙容器的温度高于甲容器中的温度，且甲容器中剩余的Cl2多余乙容器中剩余的Cl2，Cl2增多，说明升高温度，平衡逆向进行；可逆反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，各组分的浓度、含量等保持不变，由此衍生出的其它的一些量不变；(3) 反应前后气体的体积减小，生成HCl越多，Cl2转化率越大；C点HCl和Cl2浓度相同，结合三段法列式可计算得到平衡状
12、态下各物质的物质的量， 再计算物质的量分数，最后根据Kp=进行计算。【详解】(1) 一氯胺是共价化合物，N原子与H原子、Cl原子之间形成1对共用电子对，其电子式为：；H=反应物的总键能-生成物的总键能=(3391+243)-(2391+191+431)=+12 kJ/mol；一氯胺是重要的水消毒剂，在中性、酸性环境中发生水解反应生成NH3和HClO，反应方程式为：NH2Cl +H2O HClO +NH3；(2) 甲容器中，040 min内氯气的物质的量的变化量为2.00mik-1.50mol=0.50mol，变化量之比等于化学计量数之比，因此氨气的物质的量的变化量为=0.25mol，浓度的变化
13、量为=0.25mol/L，因此v=0.00625mol/(Lmin)；根据数据可知，甲容器达到平衡时，用时120min，乙容器达到平衡时，用时80min，说明乙容器的反应速率大于甲容器的反应速率，说明一容器的温度高于甲容器中的温度，且甲容器中剩余的Cl2多余乙容器中剩余的Cl2，Cl2增多，说明升高温度，平衡逆向进行，进一步说明该反应正向为放热反应，即Hc(NH4+)c(H+)c(OH-) 1.410-11 【解析】【分析】（1）根据盖斯定律分析，将几个热化学方程式即反应热进行计算即可；（2）列出反应的三段式进行分析；（3）由题知，HNO2的电离常数大于NH3H2O，则NH4NO2溶液中，NH
14、4+的水解程度大于NO2-的水解程度，则溶液中c(NO2-)c(NH4+)；Kh=。【详解】（1）根据盖斯定律可得，该反应=反应-反应-反应，H=H1-H2-H3，即该反应的热化学方程式为：2CO(g)+SO2(g)=2CO2(g)+S(s) H=-270kJmol-1；（2）该反应的三段式如下： (CO)=40%；K=；A、平衡时，2v正(CO)=v逆(H2)； v正(CO)=2v逆(H2)是某一个点时，体系中的速率关系，且一定不是平衡时的速率关系，故该说法不能说明反应达到平衡，A错误；B、根据质量守恒定律，反应体系的总质量始终不变，由于该反应是在恒容的容器中进行的，故反应体系的密度始终不变
15、，故该说法不能说明反应达到平衡，B错误；C、根据质量守恒定律，反应体系的总质量始终不变，但是反应体系的总物质的量在减小，即在反应体系达到平衡之前，反应体系的平均相对分子质量在增大，故当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到平衡，C正确；D、反应体系的各组分的浓度不再变化时，反应达到平衡，D正确；故选CD；保持容器体积不变，再充入0.6mol CO和0.4mol CH3OH，c(CO)=1.5molL-1，c(H2)=1.0molL-1，c(CH3OH)=1.0molL-1，Qc=K，则平衡不移动，即v正=v逆；（3）由题知，HNO2的电离常数大于NH3H2O，则NH4NO2溶液中，NH
16、4+的水解程度大于NO2-的水解程度，故该溶液中各离子浓度由大到小为：c(NO2-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)；NO2-的水解平衡常数Kh=1.410-11。6【答案】I.(1)+175.2kJ/mol (2)BC 66.7% .2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O 11.2 【解析】【分析】I.(1)则将a+b可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H；(2)起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨，达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，气体的总物质的量不变，以此判断；增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中
17、氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；II.根据图示可知，阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=nVm计算标况下体积。【详解】I.(1)已知a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=+216.4kJ
18、/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.2kJ/mol则将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=（+216.4-41.2）kJ/mol=+175.2kJ/mol；(2)A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；C.保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；D.达平衡时
19、各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；故合理选项是BC；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1P2，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则反应平衡常数：B点D点；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，设转化N2物质的量为xmol，则 N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)起始：1mol 3mol 0转化：x mol 3xmol 2xmol平衡：(1-x)m
20、ol (3-3x)mol 2xmol则100%=50%，解得x=，则C点H2的转化率为=66.7%，B点的压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以(A)(B)；II.根据图示可知，阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，则阴极反应式为：2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O；电解池的阳极水电离出的氢氧根离子放电生成氧气，发生反应为：2H2O-4e-=4H+O2，则电解池中总反应为：4SO32-+4H+2S2O42-+2H2O+O2，即转移4mol电子时有4mol氢离子通过质子交换膜，则反应过程中通过质子交换膜（ab）的H+为2mol时，转移电子
21、的物质的量为2mol，生成1molS2O42-，图示NO吸收柱中S2O42-失去电子被氧化成SO32-，NO得到电子被还原成N2，根据得失电子守恒可知，吸收柱中生成N2的物质的量为：n(N2)=0.5mol，标况下0.5mol氮气的体积为：22.4L/mol0.5mol=11.2L。【点睛】本题考查化学平衡、电解原理、反应热计算等知识，明确盖斯定律、电解原理，把握化学平衡三段法、转化率计算等为解答的关键，知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及综合应用能力。7.【答案】（1）b 5L/mol 不 加压（或增加CO的物质的量浓度或减少生成物浓度或降温等） 283.0kJ
22、mol-1 （2） A （3）350左右、负载率3 【解析】【分析】（1）使用催化剂缩短到平衡状态用时来判断； 根据三段法计算平衡常数，比较Qc与平衡常数K大小判断移动方向；用n（NO）发生图中所示变化判断改变的条件；用盖斯定律来计算CO的燃烧热；（2）根据反应2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=-746kJmol-1，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大；若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动；从图中判断达到最佳脱硝效果应采取的条件。【详解】（1）使用催化剂缩短到平衡状态用时，因此催化剂面积较大的曲线是b；根据化学反应速率的数学表
23、达式，v(CO)=(0.40.2)/(210)mol/(Lmin)=0.01 mol/(Lmin)； 2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)起始浓度： 0.2 0.2 0 0变化浓度： 0.1 0.1 0.1 0.05平衡浓度： 0.1 0.1 0.1 0.05，根据平衡常数的表达式，=5；此时CO的浓度为0.2molL1，CO2的浓度为0.2molL1，代数上式，此时的浓度商为5，与化学平衡常数相等，即平衡不移动；15min时，NO的物质的量减少，将N2移出减少生成物浓度、加压等，平衡向正反应方向移动，NO的物质的量减小，用盖斯定律结合反应与反应来 ，计算CO的燃烧热283.0
24、kJmol-1（3）根据反应2CO（g）+2NO（g）N2（g）+2CO2（g）H=-746kJmol-1，升高温度，平衡逆向移动，所以NO的体积分数会增大，即T1T2。 若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，则平衡会逆向移动，NO的体积分数增加，重新达到的平衡状态可能是图中A点。从图中判断达到最佳脱硝效果应采取的条件350左右、负载率3。【点睛】利用盖斯定律的求算燃烧热，是高考热点；平衡常数的计算及Qc计算并比较是难点。8.【答案】（1）6a+12b-5c-12d （2） 1 （3）1050K前反应未达到平衡状态，随着温度升高，反应速率加快，NO转化率增大（4）2SO32-+4
25、H+2e-=S2O42-+2H2O 1344 【解析】【分析】（1）反应的H等于反应物的总键能减去生成物的总键；（2）根据升温对反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO(g) H=-746.8kJmol-1的平衡移动及反应速率的影响幅度来判断； 若在1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡，CO的转化率为50%，用三段式求出平衡时各物质的浓度，再按照平衡时正逆反应速率相等来计算；（3）假如已平衡，升温平衡应左移，转化率下降，之所以有矛盾，从假设不成立角度分析；（4）阴极区发生还原反应，从图中找出阴极反应物，写它发生还原反应的电极反应式；NO吸收转化后的主要产
26、物为NH4+，写出关系式，按电子数守恒，求出一氧化氮在标准状况下体积；【详解】（1）反应的H等于反应物的总键能减去生成物的总键，H=（6a+12b-5c-12d）kJmol-1；答案为：6a+12b-5c-12d；（2）该反应的正反应是放热反应，达到平衡后，仅升高温度，平衡逆向移动，所以逆反应速率大于正反应速率，则正反应速率增大的倍数小于逆反应速率增大的倍数，所以k正增大的倍数 (4)硫酸 当滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色 63.2% 【解析】【分析】由题目所给表格可知，酸性，得到质子的能力。【详解】（1）根据“强酸制弱酸”原理以及上述分析中酸性和得质子能力的强弱，
27、可判断甲、乙、丁三名同学的方程式能够发生，而丙同学，HClO具有强氧化性，S2-具有还原性，二者会发生氧化还原反应，而不是复分解反应，故答案为甲、乙、丁；（2）常温下测得HCOONa溶液的pH大于7，说明HCOONa为强碱弱酸盐，则HCOOH为弱电解质； 溶液的导电性与离子浓度成正比，用HCOOH 溶液做导电实验，灯泡很暗，只能说明溶液中离子浓度很小，不能说明HCOOH的电离程度，则不能说明HCOOH为弱电解质； HCOOH与Na2S能发生反应产生臭鸡蛋气味的气体，说明HCOOH的酸性强于H2S，不能说明其为弱电解质；采用pH计测得常温下 0.1 mol/L HCOOH 溶液的pH=1.37，
28、说明HCOOH不完全电离，溶液中存在电离平衡，所以能说明其为弱电解质；强酸可以制取弱酸，HCOONa和H3PO4反应，生成 HCOOH，说明HCOOH的酸性弱于H3PO4，可以说明其为弱电解质；pH=2的HCOOH溶液稀释至100倍后，测得pH约为3.4，说明HCOOH溶液中存在电离平衡，说明其为弱电解质；故答案选；（3）中和滴定实验中，应使用酸式滴定管或移液管量取H2CO4溶液；当V=10mL时，溶液中的溶质为NaHC2O4，显酸性，因此当pH=7时，加入NaOH的体积V10mL； 由题目可知pH=7并稳定时停止滴定，因此滴定结束后溶液中，根据可知，该溶液可以看作向NaHC2O4溶液中继续滴加NaOH溶液至中性，因此可得；由于HS-离子的水解程度大于电离程度，因此当滴定至pH=7时，溶液中c(HS-) c(S2-)；（4）对KMnO4溶液进行酸化时，通常选用的酸是稀硫酸；确定达到滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴标准液时，溶液由红色变为无色，且半分钟内不变色；该滴定发生的反应为，滴定过程参与反应的草酸的物质的量为0.100 mol/L20.00 mL=0.002mol，方程式计量关系可知反应的KMnO4物质的量为，其质量为0.0008mol158g/mol=0.1264g，该样品中KMnO4的纯度为100%=63.2%。