2020高考化学大题专项训练《化学反应原理综合题（2）》及答案解析

2020高考化学大题专项训练化学反应原理综合题（2）1MoS2(辉钼矿的主要成分)可用于制取钼的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催化剂等。回答下列问题：(1)反应3MoS2+18HNO3+12HCl=3H2MoO2Cl4+18NO+6H2SO4+6H2O中，每溶解1mol MoS2，转移电子的物质的量为_。(2)已知：MoS2(s)= Mo(s)+S2(g) H1S2(g)+2O2(g)=2SO2(g) H22MoS(s)+7O2(g)=2MoO3 (s)+4SO2(g) H3反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的H=_(用含H1、H2、H3的代数式表示)。(3)利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液(装置如图所示)。阴极的电极反应式为_。一段时间后，电解液的pH_ (填“增大”“减小”或“不变”)，MoO42-在电极_(填“A”或“B”)附近生成。实际生产中，惰性电极A一般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极(基层为TiO2，涂层为RuO2+IrO2)，理由是_。(4)用辉钼矿冶炼Mo的反应为MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s) H。该反应的H_(填“”或“ p1p2c(H+)，所以电解一段时间后，溶液的碱性增强，pH不断增大；溶液中 的Cl-在阳极失去电子变为Cl2，Cl2具有氧化性，其水水反应产生的HClO氧化性也非常强，Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO42-，因此MoO42-在阳极A附近生成；在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl-、OH-，Cl-失去电子产生Cl2，OH-也可能失去电子变为O2，生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨，所以阳极般不选用石墨，而采用DSA惰性阳极；(4)根据图象可知：在压强不变时，温度升高，H2的平衡转化率增大，说明该反应的正反应为吸热反应，所以H0；由于反应MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，平衡逆向移动，H2的转化率降低，根据图象可知H2的转化率p1最大，p3时最小，说明压强p3最大，p1最小，故压强按从小到大的顺序为：p1p20，达平衡时c(O2)=0.2molL1，则该温度下反应的平衡常数为_。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆= v (NO2)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)c(O2)，k正、k逆为速率常数，仅受温度影响。当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T1_T2(填“”或“”)。氮氧化物(NOx)是电厂主要排放的污染物之一。工业上采用氨脱硝处理后排放，原理如下：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g) H1=1632.4kJmol1；4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) H2=akJmol1；当反应温度过高时，NH3发生氧化反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g) H3=902.0kJmol1。（4）反应中的a=_。（5）反应中，常用的催化剂有Cr2O3和Fe2O3，Cr2O3的催化效率更好一些。下列表示两种催化剂在反应催化过程中的能量变化示意图合理的是_(填选项字母)。利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2（6）阴极的电极反应式为_。（7）消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)_。（8）通过更换电极表面的催化剂可明显改善这一状况，利用催化剂具有_性。【答案】（1） 雾霾（或酸雨） （2） C （3）0.8 0.8，由于该反应的正反应为吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以T1T2，故答案为0.8 ；N，压强：MN，升高温度或增大压强都会使化学反应速率加快，因此N点v正M点v逆； CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)起始(mol) 3 3 0 0转化(mol) -x -x x 3x平衡(mol) 3-x 3-x x 3x所以可得=60%，解得x=2，所以平衡时c(CH4)=mol/L，c(H2O)=mol/L，c(CO)=mol/L，c(H2)=2mol/L，则化学平衡常数为K=48mol2/L2；若平衡后再向容器中加入1 mol CH4和1 mol CO，则c(CH4)=mol/L，c(CO)=1mol/L，Qc=K，所以化学平衡正向移动直至达到化学平衡。【点睛】本题考查盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算与比较、化学平衡的移动，化学平衡常数的计算与应用，试题有助于培养综合分析问题和解决问题的能力试题难度中等。7世界能源消费的90%以上依靠化学技术。回答下列问题：（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气。已知：C(s)+O2(g)=CO(g) H1=110.35kJmol12H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H2=571.6kJmol1H2O(1)=H2O(g) H3=+44.0kJmol1则反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) H4=_。某实验小组在实验室模拟反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)，其平衡常数表达式为K=_。一定温度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2。则6min内以CO表示的平均反应速率为_(保留3位有效数字)。（2）燃料气(主要含N2和H2，还含有少量其他杂质)中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。CeO2可由草酸铈Ce(C2O4)3灼烧制得，反应的化学方程式为_。在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸(HIO3或H3PO4)，测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度的变化如下图所示。加入H3PO4_(填“促进”或“抑制”)CuO/CeO2的催化。温度为120，催化剂为CuO/CeO2HIO3时，若燃料气流速为1800mLmin1，CO的体积分数为0.68%，则反应0.5h后CO的体积为_mL。（3）LiOH是制备锂离子电池正极材料的重要原料，利用LiCl溶液电解制备得LiOH的装置如下图，LiOH在_(填“M极”或“N极”)制得，N极产生的气体a通入淀粉KI溶液溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去。据此写出N极的电极反应式：_，蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，写出此反应的化学方程式：_。【答案】（1） +131.45kJ/mol 0.0292molL-1min-1 （2） Ce2(C2O4)32CeO2+4CO+2CO2 抑制 73.44 （3）M极 2Cl- -2e-=Cl2 5 Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl 【解析】（1）已知：C（s）+O2（g）CO（g）H1=-110.35kJmol-12H2O（l）2H2（g）+O2（g）H2=+571.6kJmol-1H2O（l）H2O（g）H3=+44.0kJmol-1则：反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）可以是+-得到，所以H4=+-=（-110.35kJmol-1）+（571.6kJmol-1）-44.0kJmol-1=+131.45kJ/mol；反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)的平衡常数表达式为K=；6min时生成0.7gH2，c(H2)=，根据反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可知，转化的c(CO)=c(H2)，则6min内以CO表示的平均反应速率为(CO)=0.0292molL-1min-1；（2）灼烧草酸铈Ce(C2O4)3分解制得CeO2、一氧化碳以及二氧化碳，反应方程式为：Ce2(C2O4)32CeO2+4CO+2CO2；相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象知道当H3PO4加入时，CO的转化率降低，则抑制CuO/CeO2的催化；120时，CO的转化率是80%，气体混合物流速为1800mLmin-1；CO的体积分数为0.68%，则反应0.5小时后CO的体积为1800 mLmin-10.5h60min/h0.68%（1-80%）=73.44mL；（3）N极产生的气体a通入淀粉KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去，则气体a为Cl2，N极为阳极；则M是阴极，电极M上H+放电产生H2，促进M极附近水的电离，则LiOH在M极制得；N极为阳极，根据放电顺序，N极的电极反应式为2Cl- -2e-=Cl2；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成HIO3，则Cl2被还原成盐酸，反应的化学方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl。【点睛】本题考查反应热有关计算、电解原理应用、读图获取信息能力等，侧重于考查学生分析解决问题与知识迁移运用，题目难度中等。8亚硝酸氯（ClNO）是有机合成中的重要试剂。亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，化学方程式为2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)。（1）氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯，涉及如下反应：4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g）+Cl2(g) K12NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K22NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K3则K1、K2、K3之间的关系为K3=_。（2）T时，2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的正反应速率表达式为正=kcn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：序号c(ClNO)/molL1/molL1 s10.303.61080.601.441070.903.24107n=_；k=_（注明单位）。（3）在2 L的恒容密闭容器中充入4 mol NO(g)和2molCl2(g)，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图I。 温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有_。a.气体体积保持不变 b.容器压强保持不变 c.平衡常数K保持不变d.气体颜色保持不变 e.(ClNO)=(NO) f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变 反应开始到10min时，Cl2的平均反应速率(Cl2)=_。 温度为T2时，10 min时反应已经达到平衡，该反应的平衡常数K=_。（4）一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g)，平衡时ClNO的体积分数随的变化如图II，则A、B、C三个状态中，NO的转化率最小的是_点，当时，达到平衡状态时ClNO的体积分数可能是D、E、F三点中的_点。【答案】（1） （2）2 4.010-7Lmol1s1 （3）bdf 0.05molL1min1 2Lmol1 （4）C F 【解析】 (1)反应=2，化学方程式乘的系数，计算平衡常数的时候，系数为平衡常数的指数，则平衡常数K3=；(2) 正=kcn(ClNO)，将两组数据代入关系式，可得，可以求得n=2，k=4.010-7Lmol1s1；(3) 2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，均为气体，反应前后气体体积不相等。当一个发生变化的物理量不变的时候，说明反应达到了平衡。a.反应条件为恒容条件，体积一直不变，气体体积保持不变不能作为平衡的标志；b.同温同体积的条件下，压强之比等于物质的量之比，反应前后物质的量改变，则压强也会发生改变，容器压强保持不变说明达到平衡状态；c.平衡常数K只与温度有关系，温度不变，则K不变，平衡常数K保持不变不能作为平衡的标志；d.气体颜色和浓度有关，气体颜色保持不变，浓度不变，说明达到了平衡；e.(ClNO)=(NO)，不知道表达的是正反应速率还是逆反应速率，无法得知正逆反应是否相等，不能判断是否平衡；f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变，说明NO和ClNO的物质的量都不变，说明反应达到了平衡。综上bdf能够用于判断平衡；反应10min，c(ClNO)=1molL1。Cl2 2ClNO转化 0.5molL1 c(ClNO)=1molL1；体积为2L，开始NO和Cl2的物质的量分别为4mol、2mol，则它们的浓度分别为2molL1和1molL1。 2NO(g) + Cl2(g) 2ClNO(g)开始的浓度(mol/L) 2 1 0转化的浓度(mol/L) 1 0.5 1平衡的浓度(mol/L) 1 0.5 1，平衡常数为2。(4)当反应物有两种或两种以上的时候，增加其中一种反应物的浓度，其自身的转化率降低，其他的反应物的转化率增加。所以n(NO)/n(Cl2)越大，说明NO越多，NO的转化率越低。NO的转化率最小的是为C点。当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当n(NO)/n(Cl2)=3时，产物的含量减少，所以为F点。9“绿水青山就是金山银山”，研究氮氧化物等大气污染物对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。NO在空气中存在如下反应：2NO(g)+ O2(g)2NO2(g)H上述反应分两步完成，如下左图所示。(1)写出反应的热化学方程式(H用含物理量E的等式表示)：_。(2)反应和反应中，一个是快反应，会快速建立平衡状态，而另一个是慢反应。决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是_(填“反应”或“反应”)；对该反应体系升高温度，发现总反应速率变慢，其原因可能是_(反应未使用催化剂)。(3)某温度下一密闭容器中充入一定量的NO2，测得NO2浓度随时间变化的曲线如上图所示。前5秒内O2的平均生成速率为_；该温度下反应2NO+O22NO2的化学平衡常数K为_。 (4)对于(3)中的反应体系达平衡后(压强为P1)，若升高温度，再次达平衡后，混合气体的平均相对分子质量_(填“增大”、“减小”或“不变”)；若在恒温恒容条件下，向其中充入一定量O2，再次达平衡后，测得压强为P2，c(O2)=0.09molL-1，则P1P2=_。(5)水能部分吸收NO和NO2混合气体得到HNO2溶液。若向20.00mL0.10molL-1HNO2溶液中逐滴加入0.10molL-1NaOH溶液，所得pH曲线如图所示，则A点对应的溶液c(Na+)/c(HNO2)=_。【答案】（1） 2NO(g) N2O2(g) H=（E2E3）kJmol1； （2） 反应； 决定总反应速率是反应，温度升高后反应平衡逆向移动，造成N2O2浓度减小，温度升高对于反应的影响弱于N2O2浓度减小的影响，N