1、题型分组训练10化学反应原理综合应用题(A组)1N2O、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Na
2、NO2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_。2钼(Mo)是一种难熔稀有金属，我国的钼储量居世界第二。钼及其合金在冶金、农业、电器、化工、环保等方面有着广泛的应用。(1)Mo可被发烟硝酸氧化，产物MoOF4和MoO2F2的物质的量之比为1:1
3、，完成下列化学方程式：_Mo_HF_HNO3=_MoO2F2_MoOF4_NO2_(2)已知：2Mo(s)3O2(g)=2MoO3(s)H1MoS2(s)2O2(g)=Mo(s)2SO2(g)H22MoS2(s)7O2(g)=2MoO3(s)4SO2(g)H3则H3_(用含H1、H2的代数式表示)，在反应中若有0.2 mol MoS2参加反应，则转移电子_ mol。(3)密闭容器中用Na2CO3(s)作固硫剂，同时用一定量的氢气还原辉钼矿(MoS2)的原理是：MoS2(s)4H2(g)2Na2CO3(s)Mo(s)2CO(g)4H2O(g)2Na2S(s)H实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示
4、：由图可知，该反应的H_(填“”或“”或“”“”或“”“”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
5、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甲醚(DME)被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H190.7 kJmol12CH3OH(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H223.5 kJmol1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H341.2 kJmol1回答下列问题：(1)则反应3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)的H_ kJmol1。(2)反应达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有_(填
6、字母，下同)。A加入CH3OH B升高温度C增大压强 D移出H2OE使用催化剂(3)以下说法能说明反应3H2(g)3CO(g)CH3OCH3(g)CO2(g)达到平衡状态的有_。AH2和CO2的浓度之比为3:1B单位时间内断裂3个HH同时断裂1个C=OC恒温恒容条件下，气体的密度保持不变D恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变E绝热体系中，体系的温度保持不变(4)一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C(s)CO2(g)2CO(g)。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知：气体分压(p分)气体总压(p总)体积分数。该反应H_(填“”“0。该反应为气体分子数增
7、大的反应，增大压强，平衡逆向移动，H2的体积分数增大，故p20.1 MPa。该反应中H2和H2O的化学计量数均为4，则达到平衡状态时v正(H2)v逆(H2O)，A项正确；MoS2为固态，再加入MoS2对平衡移动无影响，H2的转化率不变，B项错误；反应前后气体的总质量不相等，当气体的密度不再发生变化时反应达到平衡状态，C项正确；容器内压强不再发生变化，说明气体的物质的量不再发生变化，则反应一定达到化学平衡状态，D项正确。设起始时加入容器中的H2的物质的量为a mol，达到M点平衡状态时，反应的H2的物质的量为x mol，根据三段式法可知平衡时CO和H2O(g)的物质的量分别为x/2 mol、x
8、mol，则平衡时H2的物质的量为(ax) mol，根据平衡时H2的体积分数为25%得100%25%，解得x，则H2的平衡转化率为100%66.7%。根据中分析可知平衡时H2、CO、H2O(g)的物质的量分别为 mol、 mol和 mol，设气体总压为p，则平衡时H2产生的分压为p，同理可得CO、H2O(g)产生的分压分别为和，则图中M点的平衡常数Kpp2，代入p0.1 MPa得Kp0.01(MPa)2。答案：(1)261211129H2O(2)H12H22.8(3)B66.7%0.013解析：.反应Fe2O3(s)3CO(g)=2Fe(s)3CO2(g)等于反应反应，HH1H2；.(1)CO2
9、转化率为75%，则消耗的CO2的物质的量为8 mol75%6 mol，体积为2 L，转化的浓度为3 molL1。则CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)开始(molL1) 48 00转化(molL1) 33 33平衡(molL1) 15 33用时为15 min，反应速率v(CO2)0.2 molL1min1；平衡常数K1.8。乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，甲中反应正向进行，生成的CO和H2O相同，则乙不管是正向进行还是逆向进行，CO和H2O的物质的量必须相等，yz。乙与甲中相同组分气体的体积分数相等，对于前后体积相等的反应，各反应物要成比例。在甲中CO2和H2的比例为1:2，则将乙
10、中的CO和H2O完全转化为CO2和H2，乙中CO2的物质的量为wy，H2的物质的量为xy。，则yx2w；(2)看图像中曲线，随着温度的升高，乙苯的转化率升高，说明升高温度，平衡正向移动。根据所学，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，正反应为吸热反应，则H0。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 molL1mi
11、n11.8x2w(2)p1p2p3(3)K(B组)1解析：(1)硝酸厂向大气中排放NO2造成的环境问题是酸雨、光化学烟雾等。(2)SO2是酸性氧化物，由于同时又可得到化肥，因此洗涤剂应该是碳酸钾或氨水。(3)发生的反应为2NO22OH=NONOH2O，反应中生成亚硝酸根、硝酸根和水，形成的化学键是共价键；用NaOH溶液吸收少量SO2反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO22OH=SOH2O。(4)2NO(g)O2(g)2NO2(g)H113.0 kJmol1，2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H196.6 kJmol1，利用盖斯定律由()1/2得到NO2(g)SO2(g)SO3(g)
12、NO(g)H41.8 kJmol1。(5)NO2(g)SO2(g)SO3(g)NO(g)H41.8 kJmol1，反应为气体体积不变的放热反应，则如果将图中C点的平衡状态改变为B点的平衡状态，平衡转化率增大，平衡正向进行，正反应为放热反应，降低温度平衡正向进行。A点平衡转化率为50%，n0(NO2):n0(SO2)0.4，SO2(g)的起始浓度为c0 molL1，NO2起始浓度为0.4c0 molL1，反应的二氧化氮浓度为0.4c0 molL150%0.2c0 molL1，该时段化学反应速率v(NO2) molL1min1。NO2(g)SO2(g)SO3(g)NO(g)H41.8 kJmol1
13、，反应为放热反应，C点n0(NO2):n0(SO2)1.0，SO2(g)的起始浓度为c0 molL1，NO2起始浓度c(NO2)c0 molL1，图中C、D两点对应的实验温度分别为TC和TD，C点二氧化氮转化率为50%，NO2(g)SO2(g)SO3(g)NO(g)起始浓度(molL1 c0 c0 0 0变化浓度molL1 0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0平衡浓度molL1 0.5c0 0.5c0 0.5c0 0.5c0平衡常数KC1，D点二氧化氮转化率40%，n0(NO2):n0(SO2)1.5，SO2(g)的起始浓度为c0 molL1，NO2起始浓度c(NO2)1.5c0 m
14、olL1，则NO2(g)SO2(g)SO3(g)NO(g)1.5c0 c0 0 0 0.6c0 0.6c0 0.6c0 0.6c0 0.9c0 0.4c0 0.6c0 0.6c0平衡常数KD1，平衡常数相同说明反应温度相同，TCTD。答案：(1)酸雨、光化学烟雾(2)bd(3)共价键SO22OH=SOH2O(4)41.8 kJmol1(5)降低温度2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
15、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(
16、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，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
17、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)H890.3 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) 2x x 2x
18、平衡(mol) 12x x 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
19、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)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)2得出H2H1H2H32(90.7)23.541.2 kJmol1246.1 kJmol1。(4)根据图像知，随着温度升高，CO2的体积分数降低，说明平衡向正反应方向进行，根据勒夏特列原理，正反应方向是吸热反应，即H0，恒压状态下，充入非反应气体，体积增大，组分浓度降低，平衡向正反应方向移动；设CO2浓度变化为xC(s)CO2(g)2CO(g)起始/(molL1) 1 0变化/(molL1) x 2x平衡/(molL1) 1x 2x100%40.0%，解得x0.25 molL1，即CO2的转化率为100%25%；T 时，CO的平衡分压为50%p总，CO2的分压为50%p总，Kp0.5p总。答案：(1)246.1(2)D(3)DE(4)正移25%0.5