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%。