专项12 化学反应原理综合题-2021年新高考复习化学阶段性新题精选专项特训（山东专用·4月期）（解析版）

2021 年新高考复习化学阶段性新题精选专项特训（山东专用·4 月期） 专项十二 化学反应原理综合题 1．（2021·山东青岛市·高三期末）处理烟气中 SO2 常采用的方法有 CO 还原法和碱液吸收法。 Ⅰ.CO 还原法：SO2(g)＋2CO(g) S(l)＋2CO2(g) ΔH 已知：CO 的燃烧热ΔH1=-283 kJ·mol-1；液态硫(S)的燃烧热ΔH2=-529 kJ·mol-1 (1)ΔH=___________；若其它条件不变，使用催化剂加快该反应速率，正、逆反应的活化能___________(填 “增大”“减小”或“不变”，下同)，反应的焓变___________。 (2)一定压强下，发生反应 2CO(g)＋SO2(g) S(l)＋2CO2(g)，平衡时 SO2 的转化率α(SO2)与投料比的比 值[ =y]、温度 T 的关系如图所示。比较平衡时，CO 的转化率α(CO)：N___________M(填“＞”“＜” 或“=”，下同)，逆反应速率：N___________P。 (3)某温度下，向恒容密闭容器中充入 2 mol CO 和 1 mol SO2，发生反应 2CO(g)＋SO2(g) S(l)＋ 2CO2(g)，达到平衡后，测得混合气体中 CO2 的物质的量为 1.2 mol，容器压强为 P0.则该温度下用压强表示 的平衡常数 KP=___________。 Ⅱ.碱液吸收法 已知 25 ℃时，有关物质的电离常数或溶度积常数如下表所示： NH3·H2O H2SO3 CaSO4 Kb=1.8×10-5 Ka1=1.5×10-2 Ka2=1.0×10-7 Ksp=7.1×10-5 先用氨水吸收 SO2，并在空气中氧化；再加入石灰水，发生反应 Ca2＋＋2OH-＋2NH ＋SO CaSO4↓ ＋2NH3·H2O，该反应的平衡常数为 K。 (4)若氨水吸收 SO2 恰好生成(NH4)2SO3 溶液，则溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________。 (5)计算加石灰水发生反应的平衡常数 K=___________(结果保留 2 个有效数字)。 【答案】-37.0 kJ·mol-1 减小 不变 ＞ ＜ c(NH )＞c( SO )＞ c(OH﹣)＞ c(HSO )＞c(H+) 4.3×1013 【详解】 (1)CO 的燃烧的热化学方程式①：CO(g)+ O2(g)= CO2(g) ΔH1=-283 kJ·mol-1；液态硫(S)的燃烧的热化学方 程式②：S(l)+ O2(g)= SO2(g)ΔH2=-529 kJ·mol-1，根据盖斯定律，①×2-②得到：SO2(g)＋2CO(g) S(l)＋2CO2(g) ΔH=-37.0 kJ·mol-1；使用催化剂加快该反应速率，正、逆反应的活化能降低， 反应的焓变不会发生变化，催化剂只是降低反应活化能；故答案为：-37.0 kJ·mol-1；降低；不变。 (2)比较 M、N 两点 CO 的转化率，选择 P 点为参照点，比较 M 点和 P 点对应的 CO 的转化率：温度相同， y1 大于 y2，投入较多 CO 来增大 SO2 转化率，则 CO 的转化率降低，故 M 点对应的 CO 转化率小于 P 点。 比较 N 点和 P 点对应的 CO 转化率：投料比的比值相同，P 点温度高于 N 点，反应①的正反应是放热反应， 升高温度，平衡向左移动，故 P 点对应的 CO 转化率小于 N 点。故 CO 的平衡转化率：N>P>M；N 点和 P 点的投料比的比值相同，升高温度，正、逆反应速率均增大，故 N 点逆反应速率小于 P 点；故答案为：＞； ＜。 (3) ，由于 S 为液体故不考虑压强，反应平衡后气 体总物质的量为：2.4mol，一氧化碳分压为： ，二氧化硫的分压为： ，二氧 化碳的分压为： ，KP= ；故答案为： 。 (4)用氨水吸收二氧化硫生成亚硫酸铵，溶液中的离子为：NH ，SO ，OH﹣，HSO ，H+，氨水吸收二氧 化硫故氨水是大量的，c(NH )＞c( SO )，因为 Kb=1.8×10-5＞ Ka2=1.0×10-7，故亚硫酸铵溶液显碱性，c(OH ﹣)＞c(H+)，SO 水解生成 HSO ，HSO 少量水解生成 H2SO3，c(OH﹣)＞ c(HSO )，离子排列顺序为：c(NH ) ＞c( SO )＞ c(OH﹣)＞ c(HSO )＞c(H+)；故答案为：c(NH )＞c( SO )＞ c(OH﹣)＞ c(HSO )＞c(H+)。 (5) ；故答案 为：4.3×1013。 2．（2021·山东高三专题练习） 是形成雾霾天气的主要原因之一，以 为主的污染综合治理是当前重 要的研究课题。 (1)通常可采用氢气进行催化还原，消除 造成的污染。 已知：① ； ② ； ③ 。 写出 与 反应生成 和水蒸气的热化学方程式：_______。 (2)用 NH3 催化还原氮氧化物(SCR)技术是常见的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图。当 NO2 与 NO 的 物质的量之比为 1:1 时，与足量氨气在一定条件下发生反应。当有 15mol 电子发生转移时，则参与反应的 NO 的物质的量为_______。 (3)可用电解法将硝酸工业的尾气 NO 转变为 NH4NO3，其工作原理如图： M 极接电源的_______极，N 极的电极反应式为_______。 (4)汽车尾气中的 NO、以 NO 为主，净化的主要原理为： ，在 500℃时，向恒容密闭体系中通入 5mol 的 NO 和 5mol 的 CO 进行反应时，体系中压强与时间的关系如图所示： ①下列描述能说明反应达到平衡状态的是_______ A． B．体系中混合气体密度不变 C．体系中 NO、CO 的浓度相等 D．混合气体的平均相对分子质量不变 E.单位时间内消耗 nmol 的 NO 同时消耗 nmol 的 N2 ②2min 时 NO 的转化率为_______。 ③500℃时的平衡常数 Kp=_______Mpa-1.(Kp 为以平衡分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×物质的量分数)。 若在 4min 改变的条件为升高温度，Kp 减小，则 a_______0(填“大于”“小于”或“等于”)。 【答案】 2.5mol 负 AD 80% 64 【分析】 【详解】 (1)已知：① ；② ；③ ，根据盖斯定律， 将②-①-2×③得到 H2 与 NO 反应生成 N2 和水蒸气的热化学方程式： ，故答案为： ； (2)当 NO2 与 NO 的物质的量之比为 1∶1 时，由电子守恒，1molNO2 与 1molNO 变成 N2 共转移 6mol 电子， 与 2molNH3 转移的电子数相同，与 NH3 反应的方程式为 2NH3＋NO2＋NO=2N2＋3H2O，当有 15 mol 电子发 生转移时，则参与反应的 NO 的物质的量为 2.5mol，故答案为：2.5mol； (3)电解 NO 制备 NH4NO3，由图可知 N 为阳极，反应为： ，则 M 为阴极， 与电源的负极相连，故答案为：负； ； (4)①A．由反应可知，当 ，说明反应达到平衡，A 项正确； B．体积不变，反应体系都是气体，混合气体的质量始终不变，从反应开始到平衡，密度始终不变，体系中 混合气体密度不变不能说明反应达到平衡，B 项错误； C．体系中 NO、CO 的浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，C 项错误； D．气体总质量不变，混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态， D 项正确； E．单位时间内消耗 n mol 的 NO 同时消耗 n mol 的 N2，正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡，E 项正确； 故答案为：AD； ②向体积不变的密闭体系中通入 5 mol 的 NO 和 5 mol 的 CO 进行反应时存在： ２min 时，总压是 4Mpa，0min 时，总压是 5Mpa，则 = ，解得 x=４，NO 的转化 率为 =80%，故答案为：80%； ③由②可知，平衡时分压 p(NO)= Mpa=0.5Mpa，p(CO)= Mpa=0.5Mpa，p(CO2)= Mpa=2Mpa， p(N2)= Mpa=1Mpa，Kp= = =64；4 min 时升高温度，Kp 减小，说明升高温 度平衡逆向移动，则该反应是放热反应， △ H= akJ/molp 2>p 1 > 1.64 TiO2 La2O3 在相对较低温度下催化效 率更高 HSO -2e-+H2O=SO + 3H+ 【详解】 (1)利用盖斯定律，将第一个反应与第二个反应相加即得目标反应，因此∆H=ΔH1 + ΔH2，反应①快，反应② 慢，说明反应速率决定于反应②，也说明反应②需要克服的活化能较高，故 E1＜E2；故答案为：ΔH1 + ΔH2； ＜； (2)①根据图示，压强不变时，升高温度，甲烷的平衡转化率增大，说明升温平衡向正反应方向移动，根据 升温时平衡向吸热反应方向移动可知，正反应为吸热反应，ΔH>0。 ②该反应的正反应为气体分子数增大的反应，温度不变时，降低压强，平衡向正反应方向移动，甲烷的平 衡转化率增大，故 p4>p3>p2>p1；压强为 p4 时，b 点未达到平衡，反应正向进行，故 v(正)>v(逆)。 ③由用平衡浓度表示的平衡常数类推可知，用平衡压强表示的压强常数 ，p4 时 a 点甲烷的平衡转化率为 80%，则平衡时 n(CH4)=n(CO2)=0.2 mol，n(CO) =n(H2) =1.6 mol， (MPa)2。 (3)由图 2 可知，260℃时，TiO2 做催化剂，SO2 的转化率最高，故 TiO2 的催化效率最高。随着温度升高，SO2 的转化率逐渐升高，但增加程度不一样，在 340℃时，La2O3 催化下 SO2 的转化率接近 90%然后维持在较高 水平，同期在 NiO 和 TiO2 催化下 SO2 的转化率较低，到 420℃时，NiO 催化下 SO2 的转化率与 La2O3 相近， 综上选用 La2O3 做催化剂的优点是在相对较低温度下催化效率更高；故答案为：TiO2；La2O3 在相对较低温 度下催化效率更高； (4)由图可知，阳极实现了 向 的转化过程，得电子发生还原反应，其电极反应式为： HSO -2e-+H2O=SO + 3H+。 7．（2021·山东泰安市·高三月考）研究和开发 CO2 和 CO 的创新利用是环境保护和资源利用双赢的课题。 (1) CO2 催化加氢可合成低碳烯烃： ，该过程分两步进行： 第一步： 第二步： 则 ___________kJ·mol－1。 (2)汽车尾气净化主要反应为 。向某恒容密闭容器中充入 4molCO和 4molNO。 ①该反应在___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。 ②该反应达到化学平衡后，下列措施能提高 NO 转化率的是___________。 A．选用更有效的催化剂 B．升高反应体系的温度 C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的体积 ③在温度 T 时反应达平衡，测得 CO 体积分数为 40%，容器压强为 20MPa．则该反应的平衡常数 ___________ (用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数，保留四位小数)。 (3)利用 CO2 制备塑料，既减少工业生产对乙烯的依赖，又达到减少 CO2 排放的目的。以纳米二氧化钛膜为 工作电极，稀硫酸为电解质溶液，在一定条件下通入 CO2 进行电解，在阴极可制得低密度聚乙烯 (简称 LDPE)。电解时阴极的电极反应式是___________。 【答案】-127.9 低温 CD 0.0023 【详解】 (1)根据盖斯定律，由第一步反应×2+第二步反应，可得 ，则 ；故答案为－127.9kJ·mol－1； (2)①根据 时反应能自发进行，该反应是放热的、熵减的可逆反应，即 、 ， 则该反应在低温下能自发进行；故答案为低温； ②A．选用更有效的催化剂，只改变反应速率不改变化学平衡，转化率不变，故 A 不符合题意； B．升高反应体系的温度，平衡逆向进行，NO 转化率减小，故 B 不符合题意； C．降低反应体系的温度，反应正向进行，NO 转化率增大，故 C 符合题意； D．缩小容器的体积，压强增大，平衡正向进行，NO 转化率增大，故 D 符合题意； 故答案为 CD； ③压强为 20MPa、温度为 T，平衡时 CO 的体积分数为 40%。可列三段式： ，则 ，解得 ，可以计算出 平衡时 NO 的物质的量分数为 ，CO 的物质的量分数为 ，N2 的物质的量分数为 ，CO2 的物质的量分 数为 ，故平衡常数 ；故答案为 0.0023； (3) ，碳的化合价从+4 变为-2，每个 C 原子得到 6 个电子，则 总共得到 12n 个电子，根据电荷守恒可得该电极反应式为 2nCO2＋12ne－＋12nH＋= 4nH2O；故答案为 2nCO2＋12ne－＋12nH＋= 4nH2O。 8．（2021·山东威海市·高三期末）为减少 排放，科学家着眼于能源转换和再利用等问题。回答下列问 题： (1)我国科学家采用酞菁钴( )和锌-氮-碳( )串联催化剂，可有效地将 还原为甲烷。模拟装 置如图 1 所示，串联催化剂表面反应历程如图 2 所示。 图 1 图 2 ①关于该装置的说法错误的是_______。 A．串联催化剂表面发生的反应为： B．该串联催化装置，可将 制备 的过程分解在两种活性位点上进行 C． 在 表面被氧化，生成中间产物 D．标准状况下，每生成 ，理论上可处理 ②已知： ΔH1=-akJ/mol ΔH2=-bkJ/mol ΔH3=+ckJ/mol(a、b、c 均为正值) 则反应 的ΔH4=_______kJ/mol (用 a、b、c 表示)。 (2) 还可制取 和水蒸气。将 和 充入 恒容密闭容器中，在两种不同催 化剂作用下发生反应，相同时间内 的转化率随温度变化曲线如图 3 所示： ① 点时 v 正_______v 逆 (填“＞”“＜”“=”)。 ②随温度的升高， 的转化率先增大后减小，理由是_______。 ③已知 c 点时容器内的压强为 P，在 T5 温度下该反应的平衡常数 Kp 为_______(用含 P 的关系式表示)。 (3)在某催化剂作用下， 和 还能发生如下反应： 。图 4 所示 为在体积为 的恒容容器中，通入 和 时，测得的温度对 的平衡转化率和催化剂催 化效率的影响： ①a、b 两点平衡常数的大小关系为：Ka_______Kb (填“＞”“＜”)。 ②如果不用催化剂，其他条件不变，则 250℃时 的平衡转化率位于_______点(填“a”“c”“d”)。 【答案】CD 2a+2b-c ＞ b 点前，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快， 转化率增大； b 点后，反应已达平衡，随温度升高，平衡左移， 转化率降低 ＜ a 【分析】 CO2 在 作催化剂的条件下转化为 CO，CO 在 作催化剂的条件下转化为 CH4，装置为电解池， 串联催化剂连接在电解池的阴极上，串联催化剂表面的二氧化碳化合价降低了 8 价，得到 8 个电子与 8 个 氢离子结合生成甲烷和水，发生的反应为： ；阳极上的电极反应为： 2H2O-4e-=4H++O2↑，总的电极反应为：CO2+2H2O CH4+2O2；根据盖斯定律计算反应的焓变；相同 时间内 的转化率随温度变化曲线可知，b 点达到平衡状态，根据化学平衡的移动和平衡常数的表达式 和三段式进行计算，由此分析。 【详解】 ①A．根据分析，串联催化剂连接在电解池的阴极上，串联催化剂表面的二氧化碳化合价降低了 8 价，得到 8 个电子与 8 个氢离子结合生成甲烷和水，串联催化剂表面发生的反应为： ， 故 A 不符合题意； B．该串联催化装置，可将 制备 的过程分为两步，故可以在两种活性位点上进行，故 B 不符合题 意； C．CO2 在 作催化剂的条件下转化为 CO，CO2 的化合价从+4 价降低到+2 价，CO2 在 表面被还 原，生成中间产物 ，故 C 符合题意； D．根据电极反应，总的电极反应为：CO2+2H2O CH4+2O2；氧原子的化合价从-2 价升高到 0 价，每 生成 2mol 氧气时处理 1mol 二氧化碳，标准状况下，每生成 ，氧气的物质的量 n= = =0.5mol，理论上可处理 0.25mol 二氧化碳，V=nVm=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故 D 符 合题意； 答案选 CD； ②已知：Ⅰ ΔH1=+akJ/mol Ⅱ ΔH2=-bkJ/mol Ⅲ ΔH3=+ckJ/mol 根据盖斯定律，2×Ⅰ-2×Ⅱ-Ⅲ，得到反应： 的ΔH4=2a+2b-ckJ/mol； (2) 还可制取 和水蒸气。将 和 充入 恒容密闭容器中， ①b 点达到平衡状态，a 点未达到平衡状态，平衡正向移动，a 点时 v 正＞v 逆； ②b 点前，反应未达平衡，随温度升高，反应速率加快， 转化率增大；b 点后，反应已达平衡，随温度 升高，平衡左移， 转化率降低；随温度的升高， 的转化率先增大后减小； ③c 点时容器内的压强为 P，二氧化碳的转化率为 50%，列出三段式； ，平衡时各物质的物质的量为 0.5mol+1.5mol+0.5mol+0.5mol=3mol，在 T5 温度下该反应的平衡常数 Kp 为 = ； (3)在某催化剂作用下， 。图 4 所示为在体积为 的恒容容器中， 通入 和 时， ①由图可知，温度越高，二氧化碳的平衡转化率越小，说明温度升高，平衡逆向移动，平衡常数越小，温 度，a＞b，两点平衡常数的大小关系为：Ka＜Kb； ②如果不用催化剂，其他条件不变，由图可知，250℃后， 的平衡转化率变化不大，250℃时 的平 衡转化率位于 a 点。 【点睛】 写电化学中的电极反应时，需要看清楚题中有无电源，判断清楚是原电池还是电解质，从而根据氧化还原 反应判断出两极的电极反应，根据化合价的变化判断出转移的电子数，为易错点。 9．（2021·河北石家庄市·高三一模）丙烯是重要的化工原料，利用丙烷制备丙烯通常有三种方法。 方法一：丙烷直接脱氢法 (1)丙烷直接脱氢的主要反应为 。600℃、0.4 下，向装有催化剂的恒压密闭容器中以 投料，发生反应。丙烷的转化率( )随时间(t)变化的曲 线如图 1 所示。 ①该体系达到平衡状态的标志为___________(填选项字母)。 A．单位时间内，消耗 的物质的量等于生成 的物质的量 B．体系中气体的密度不再改变 C．单位体积内气体的分子数不再改变 D． 的分压不再改变 ②用分压表示该反应的平衡常数 ___________；增大 的值可提高丙烷的平衡转化率，解释其 原因为___________。 方法二：丙烷氧化脱氢法 (2)丙烷氧化脱氢制丙烯时，主要发生反应 。已知：氢气 的燃烧热 为 ；水的气化热 为 ；结合 ，可计算 ___________；与方法一相比，方法二的优点为___________(写出一点即可)。 (3)我国科研机构利用计算机模拟得出：在 表面，丙烷催化氧化脱去第一个 H 的反应历程可能 有两种(如图 2 所示)，其中 表示过渡态。 由上图分析可知，丙烷氧化脱去的第一个 H 是与___________(填“ ”或“ ”)中的 O 结合，原因为 ___________。 方法三：丙烷与 耦合法 (4)丙烷与 耦合法制丙烯时，主要发生如下反应： i. ii. iii. iv. 在 580℃时，将 和 按体积比为 充入一恒压密闭容器中进行反应，实验测得体系中 、 的转化率和 的选择性、 的产率随催化剂组成和压强的变化分别如图 3(a)和(b)所 示。 已知： 的选择性越高，副产物的含量越低。 耦合法制丙烯适宜选择的生产条件为___________；随压强增大 的平衡产率先增大后减小的原因为 ___________。 【答案】BD 0.06 MPa 该反应为气体分子数增加的反应，充入水蒸气，可降低反应体系中各组分的 分压，有利于平衡正向进行 －114.9 kJ·mol-1 使丙烷转化为丙烯的倾向变大（或降低能耗等） CeO2 路径 B 的活化能低，反应速率快 In/Zn 的物质的量之比为 2、压强为 0.3 MPa 压强低于 0.3 MPa 时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于 0.3 MPa 时，压强增大反应 i 平衡逆向 移动，丙烯产率减小 【详解】 (1)①A．随着反应的进行，消耗 C3H8(g)的物质的量始终等于生成 H2(g)的物质的量，所以不能作为平衡状态 的标志，故 A 不选； B．随着反应的进行，容器的体积逐渐变大，气体质量不变，故密度逐渐减小，平衡后，体积不变，密度不 变，故可以作为判断依据，故 B 选； C．随着反应进行，根据理想气体的状态方程 PV=nRT，当温度和压强不再改变时，单位体积内的物质的量 不会发生变化，故 C 不选； D．气体的物质的量在一直变化，水的物质的量不变，体积分数一直发生变化，所以分压一直在变化，平衡 后分压不变，故 D 选； 答案选 BD； ②设起始投入的丙烷和水的物质的量均为 1mol，从图像可知，丙烷平衡转化率为 0.45，列三段式 ，故平衡后的总物质的量为 1+0.55+0.45+0.45=2.45； ； 所以 kp=0.06； (2) 已知氢气的燃烧热为-285.5kJ/mol；水的气化热为+40.8，由此列式： ， ， ， 方法一为吸热反应，方法二为放热反应，所以与反应一相比，反应二能降低能耗，有利于丙烷转化成丙烯。 故答案为：使丙烷转化为丙烯的倾向变大（或降低能耗等）； (3) 由图像可知，途径 B 的反应活化能更低，反应速率快，所以丙烷氧化脱去的第一个 H 是与 CeO2 结合， 故答案为：CeO2，路径 B 的活化能低，反应速率快； (4) 由图像可知，在 In/Zn 的物质的量之比为 2、压强为 0.3 MPa 时平衡转化率最大，故答案为：In/Zn 的物 质的量之比为 2、压强为 0.3 MPa；在 中 为生成物，随着压强的 增大，平衡逆向移动，产率降低；在 中，随着压强的增大，平衡 正向移动， 的产率增加，故随着压强增大， 的平衡产率先增大后减小的原因为：压强低 于 0.3 MPa 时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率增大；压强高于 0.3 MPa 时，压强增大反应 i 平 衡逆向移动，丙烯产率减小。故答案为：压强低于 0.3 MPa 时，压强增大反应ⅲ平衡正向移动，丙烯产率 增大；压强高于 0.3 MPa 时，压强增大反应 i 平衡逆向移动，丙烯产率减小。 10．（2021·北京东城区·高三一模）实验室研究从医用废感光胶片中回收银的方法。 (1)银的浸出 I.两步法： 已知：i. 溶液与 溶液直接混合能发生氧化还原反应； ii. ， 。 ① 溶液将胶片上的单质银转化为 ，其离子方程式是_______。 ② 溶液能溶解 并得到含 的浸出液。结合平衡移动原理解释 溶解的原 因：_______。 II.一步法：用水溶解 和乙二胺四乙酸二钠(用 表示)的混合固体，调节 形成 溶液， 再加入一定量 ，配成浸取液。将废感光胶片浸人浸取液中，发生反应： 。 ③从物质氧化性或还原性的角度分析加入 的作用：_______。 (2)银的还原 调节(1)所得浸出液的 ，向其中加入 溶液(B 的化合价为 )至不再产生黑色沉淀，过滤得到粗银； 滤液中的 可以循环使用。补全离子方程式： ，_______； (3)银浸出率的测定 称取 m1g 洗净干燥的原胶片，灼烧灰化后用 溶解，过滤。滤液用 标准溶液滴定 至终点，消耗标准溶液 V1mL。另取 m2g 洗净干燥的浸取后胶片，用同样方法处理，滴定，消耗 标准溶液 V2mL。(已知： ) ①银的浸出率 _______(列出计算表达式)。 ②实验发现在浸取试剂均过量、浸取时间足够长的情况下，与 II 相比，I 中银的浸出率明显偏低，其原因可 能是_______。 【答案】Fe3++Cl—+Ag= Fe2++AgCl AgCl 在溶液中存在平衡：AgCl(s) Ag+ (aq)+ Cl—(aq)，S2O 与 Ag+结合生成[Ag(S2O )2]3—，使 c (Ag+)降低，平衡正向移动，AgCl 溶解 Na2H2Y 将 Fe3+转化为[FeY]—， 氧化性降低，避免 S2O 被氧化 BH +8[Ag(S2O )2]3—+8OH—=[B(OH)4]—+8 Ag↓+16 S2O +4H2O (1— )×100% I 中第一步反应生成的 AgCl 附着在 Ag 表面，阻碍 FeCl3 溶液与 Ag 继续反应，未被 氧化的 Ag 无法在第二步被浸出 【详解】 (1) ①由题意可知，氯化铁溶液与银反应生成氯化亚铁和氯化银，反应的离子方程式为 Fe3++Cl—+Ag= Fe2++AgCl，故答案为：Fe3++Cl—+Ag= Fe2++AgCl； ②AgCl 是难溶电解质，在溶液中存在如下溶解平衡：AgCl(s) Ag+ (aq)+ Cl—(aq)，加入 Na2S2O3 溶液， S2O 与 Ag+结合生成[Ag(S2O )2]3—，使溶液中 c (Ag+)降低，平衡正向移动，AgCl 溶解，故答案为：AgCl 在溶液中存在平衡：AgCl(s) Ag+ (aq)+ Cl—(aq)，S2O 与 Ag+结合生成[Ag(S2O )2]3—，使 c (Ag+)降低， 平衡正向移动，AgCl 溶解； ③由题给信息可知，氯化铁溶液与硫代硫酸钠溶液直接混合能发生氧化还原反应，乙二胺四乙酸二钠将氯 化铁转化为氧化性较弱的[FeY]—，可以避免硫代硫酸钠被氧化，故答案为：Na2H2Y 将 Fe3+转化为[FeY]—， 氧化性降低，避免 S2O 被氧化； (2)由题意可知，在碱性溶液中，[Ag(S2O )2]3—离子与 BH 离子发生氧化还原反应生成[B(OH)4]—离子、Ag、 S2O 和 H2O，反应的离子方程式为，故答案为：BH +8[Ag(S2O )2]3—+8OH—=[B(OH)4]—+8 Ag↓+16 S2O +4H2O； (3) ①由方程式可知，m1g 洗净干燥的原胶片中银的质量为 cV1×10—3 mol×108g/mol=108cV1×10—3g，则单位 质量原胶片中银的质量为 g，同理可知，单位质量浸取后胶片上残留银的质量为 g，银的浸出率为(1— )×100%=(1— )×100%，故答案为： (1— )×100%； ②由题意可知，I 中氯化铁溶液与银反应生成氯化亚铁和氯化银时，生成的氯化银附着在银表面，阻碍氯化 铁溶液与银继续反应，未被氧化的银无法被硫代硫酸钠溶液浸出，导致浸出率降低，故答案为：I 中第一步 反应生成的 AgCl 附着在 Ag 表面，阻碍 FeCl3 溶液与 Ag 继续反应，未被氧化的 Ag 无法在第二步被浸出。 11．（2021·山东烟台市·高三一模）氮的化合物在生产、生活中有着重要作用。如何增加氨的产量，减少机 动车尾气中 NOx 和 CO 的排放是科学家一直关注研究的课题。 (1)工业合成氨：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) △ H=akJ·mol-1 的反应历程和能量变化如图所示，标注“*”表示在催 化剂表面吸附的物质。 ①a=_______；用化学方程式表示出对总反应速率影响较大的步骤_______。 ②控制压强为 P0 MPa、温度在 700K，将 N2(g)和 H2(g)按照体积比 1：3 充入密闭容器合成 NH3(g)。反应达 到平衡状态时体系中 NH3 的体积分数为 60%，则化学平衡常数 Kp=_______(用平衡分压代替平衡浓度计算， 气体分压=气体总压×气体体积分数)。 (2)汽车排气管装有三元催化剂装置，在催化剂表面通过发生吸附、解吸消除 CO、NO 等污染物。反应机理 如下[Pt(s)表示催化剂，右上角带“*”表示吸附状态]： I.NO+Pt(s)=NO* II.CO+Pt(s)=CO* III.NO*=N*+O* IV.CO*+O*=CO2+Pt(s) V.N*+ N*=N2+Pt(s) VI.NO*+N*=N2O+Pt(s) 经测定汽车尾气中反应物浓度及生成物浓度随温度 T 变化关系如图 1 和图 2 所示。 ①图 1 中温度从 Ta 升至 Tb 的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是_______。 ②图 2 中温度 T2℃时反应 V 的活化能_______反应 VI 的活化能(填“＜”、“>”或“=”)；温度 T3℃时发生的主 要反应为_______(填“IV”、“V”或“VI”)。 ③模拟汽车的“催化转化器”，将 2 mol NO(g)和 2mol CO(g)充入 1L 的密闭容器中，发生反应 2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)，测得 CO 的平衡转化率α随温度 T 变化曲线如图所示。 图像中 A 点逆反应速率_______C 点正反应速率(填“>”“=”或“＜”)；实验测得：v 正=k 正·c2(NO)·c2(CO)，v 逆=k 逆·c(N2)·c2(CO2)，k 正、k 逆分别是正、逆反应速率常数。则 T1℃时 A 点处对应的 v 正：v 逆=_______。 【答案】— 92 2N*+6H*=2NH (或 N*+3H*=NH ) (MPa)-2 或 133.3 P0-2 (MPa)-2 温度升高，催 化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减小 > IV < 40.5 【详解】 (1) ①由图可知，合成氨反应为放热反应，反应的反应热 △ H=—(500—308—100)kJ/mol=—92 kJ/mol，则 a=—92；反应的活化能越大，反应速率越慢，总反应速率取决于最慢的一步，由图可知，2N*、6H*转为 2NH 时，反应的活化能最大，反应速率最慢，则对总反应速率影响较大的步骤的方程式为 2N*+6H*=2NH ，故 答案为：—92；2N*+6H*=2NH (或 N*+3H*=NH )； ②由反应方程式可知，氮气和氢气按照体积比 1：3 充入密闭容器合成氨气时，容器中氮气和氢气的体积比 恒定为 1:3，反应达到平衡状态时体系中氨气的体积分数为 60%，则氮气的体积分数为(1—60%)× =10%， 氢气的体积分数为(1—60%)× =30%，化学平衡常数 Kp= = (MPa)-2=133.3 P0-2 (MPa)-2， 故答案为： (MPa)-2 或 133.3 P0-2 (MPa)-2； (2) ①由图 1 可知，温度升高，反应物的消耗量增大，说明催化剂的活性增强，反应速率加快，则温度从 Ta 升至 Tb 的过程中，反应物浓度急剧减小的主要原因是：温度升高后催化剂活性增强，反应速率加快，所 以反应物浓度快速减小，故答案为：温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，所以反应物浓度快速减 小； ②反应的活化能越小，反应速率越快，反应物的消耗量越大，其浓度越小，产物的浓度越大。由图 2 可知， 温度 T2℃时，氮气的浓度小于一氧化二氮的浓度，说明反应 V 的反应速率小于反应 VI，反应的活化能大于 反应 VI；温度 T3 ℃时，生成物二氧化碳的浓度最大，说明发生的主要反应为反应 IV，故答案为：>；IV； ③由图可知，温度一定时，A 点一氧化碳的转化率小于 B 点，说明反应未达到平衡，正反应速率大于逆反 应速率；T1℃时 B 点一氧化碳转化率为 50%，由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为 (2mol/L—2mol/L×50%）=1mol/L，氮气的浓度为 2mol/L×50%× =0.5 mol/L，二氧化碳的浓度为 2mol/L×50%=1 mol/L，由 v 逆=v 逆可得， = = =0.5，A 点一氧化碳 转化率为 25%，则由方程式可知，一氧化碳和一氧化氮的浓度均为(2mol/L—2mol/L×25%）=1.5mol/L，氮 气的浓度为 2mol/L×25%× =0.25 mol/L，二氧化碳的浓度为 2mol/L×25%=0.5mol/L， = =0.5× =40.5，,故答案为：”、“ A 相同时间内，NH3 的 转化率随温度的升高而增大，到 B 点后减小，说明正反应是放热反应，温度升高，放热反应平衡逆向移动， 平衡常数减小，则 A 点对应的平衡常数较大 【详解】 (1)根据盖斯定律，将已知热化学方程式依次编号为①②③，由 2×②-③-①可得，热化学方程式： ，故答案为： ； (2)①三组实验在恒温条件下进行，且起始体积、气体物质的量都相同，故压强与温度是正相关，即三组实 验对应的温度大小关系为 ；根据三段式计算，设实验 b 中 CO 的转化量为 2x mol，则 ， ，实验 b 中 CO2 的反应速率为 (CO2)= ，故答案为： ； ； ②实验 a、b 的温度相同，则平衡常数相等，平衡时 ， ， ， ，反应容器容积为 2 L，则平衡浓度： ， ， ，反应平衡常数 ， 故答案为 2； (3)①当氧气浓度为 时，由表可得 c(NH3)与速率的关系为 ， ，解得 a=3，故答案为：3； ②相同时间内，NH3 的转化率随温度的升高而增大，到 B 点后减小，说明正反应是放热反应，而且 B、C 点是平衡状态，A 点是建立平衡过程中的点，则 A 点的反应速率： ，温度升高，放热反应平衡逆 向移动，平衡常数减小，则 A 点对应反应的平衡常数较大。故答案为：>；A；相同时间内，NH3 的转化率 随温度的升高而增大，到 B 点后减小，说明正反应是放热反应，温度升高，放热反应平衡逆向移动，平衡 常数减小，则 A 点对应的平衡常数较大。 14．（2021·北京朝阳区·高三一模）H2O2 是一种重要的化工原料，蒽醌法是工业上合成 H2O2 的主要方法， 氢氧直接合成法是近年研发的新方法。 Ⅰ．蒽醌法的反应过程如下。 (1)已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH1 = -572 kJ·mol-1 2H2O2(l) = 2H2O(l) + O2(g) ΔH2 = -196 kJ·mol-1 蒽醌法生产 H2O2 总反应的热化学方程式是_______。 (2)发生反应 b 时，消耗 与 O2 的物质的量之比是_______。 (3)测定 H2O2 含量：取所得 H2O2 水溶液 a mL，用 c mol·L-1 KMnO4 酸性溶液滴定，消耗 KMnO4 酸性溶液 v mL。 已知：MnO 的还原产物是 Mn2+。 ① KMnO4 酸性溶液与 H2O2 反应的离子方程式是_______。 ② 所得 H2O2 水溶液中 H2O2 的物质的量浓度是_______ mol·L-1。 Ⅱ．氢氧直接合成法的反应过程如图所示。 (4)用同位素示踪法研究催化剂中 H+的作用：用 D2(2H2)代替 H2 进行实验。催化剂中氢离子参与反应的证据 是生成的过氧化氢中有_______。 (5)H2 转化率和 H2O2 选择性随反应时间的变化如图。已知：H2O2 选择性是指 H2O2 在所有生成物中的占比。 用化学方程式解释 H2O2 选择性逐渐下降的可能原因：_______。 【答案】H2(g) + O2(g) = H2O2 (l) ΔH = -188 kJ·mol-1 1：1 2MnO ＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑ ＋8H2O HDO2 或 H2O2 2H2 + O2 2H2O、2H2O2 2H2O＋O2↑、(H2O2 + H2 2H2O) 【详解】 Ⅰ．(1)由蒽醌法的反应过程示意图可知，该过程发生的总反应式为：H2(g) + O2(g) = H2O2 (l)，该反应可以 由①2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) 减去②2H2O2(l) = 2H2O(l) + O2(g)处以 2 得到，根据盖斯定律可知： =-188 kJ·mol-1，故蒽醌法生产 H2O2 总反应的热化学 方程式是 H2(g) + O2(g) = H2O2 (l) ΔH = -188 kJ·mol-1，故答案为：H2(g) + O2(g) = H2O2 (l) ΔH = -188 kJ·mol-1； (2)根据总反应式 H2(g) + O2(g) = H2O2 (l)，可知发生反应 b 时，消耗 与 O2 的物质的量之 比是 1：1，故答案为：1：1； (3)测定 H2O2 含量：取所得 H2O2 水溶液 a mL，用 c mol·L-1 KMnO4 酸性溶液滴定，消耗 KMnO4 酸性溶液 v mL。 已知：MnO 的还原产物是 Mn2+。 ① KMnO4 酸性溶液与 H2O2 反应即 KMnO4 将 H2O2 氧化为 O2，自身被还原为 Mn2+，故该反应的离子方程 式是 2MnO ＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故答案为：2MnO ＋5H2O2＋6H＋ = 2Mn2＋＋5O2↑＋ 8H2O； ②根据上述反应式可知，n(H2O2)= n(MnO )= mol, 所得 H2O2 水溶液中 H2O2 的物质的量浓度 是 = mol·L-1，故答案为： ； Ⅱ．(4) 根据氢氧直接合成法的反应过程示意图可知，用同位素示踪法研究催化剂中 H+的作用：用 D2(2H2) 代替 H2 进行实验，若生成的过氧化氢中有 HDO2 或 H2O2 出现，则说明催化剂中氢离子参与反应，故答案为： HDO2 或 H2O2； (5)图中所示信息为氢气的转化率增大但是 H2O2 选择性却减小，可能原因是消耗了 H2 但未生成 H2O2，或者 H2O2 分解为其他物质又或者 H2 直接与 H2O2 反应了，即 2H2 + O2 2H2O、2H2O2 2H2O＋O2↑、 (H2O2 + H2 2H2O)，这样就能解释 H2O2 选择性随反应时间的变化关系了，故答案为：2H2 + O2 2H2O、2H2O2 2H2O＋O2↑、(H2O2 + H2 2H2O)； 15．（2021·北京房山区·高三一模）二氧化碳的捕集与资源化利用是实现碳减排的重要途径。 (1) 的电子式是___________。 (2)下列物质理论上可以作为 捕集吸收剂的是___________。(填序号) a．稀 b．氨水 c． 溶液 d． 溶液 (3)工业上以 、 为原料生产尿素 ，该反应分为二步进行： 第一步： 第二步： ①写出上述合成尿素的热化学方程式___________。 ②某实验小组模拟工业上合成尿素，在一定体积的密闭容器中投入 和 ，实验测得反应 中各组分物质的量随时间的变化如图所示： 已知总反应的快慢由慢的一步反应决定，则合成尿素总反应的快慢由第___________步反应决定，总反应进 行到___________min 时到达平衡。 (4) 较稳定、能量低。为实现 的资源化利用，下列研究方向合理的是___________(填序号)。 a．选择低能量的反应物和 反应获得高能量的生成物 b．利用电能、光能或热能活化 分子 c．选择高效的催化剂 【答案】 b、c 第二步 55 b、c 【详解】 (1) 的电子式是 ； (2)氯化铵和硫酸均不与二氧化碳发硬，碳酸铵、氨水可吸收二氧化碳，故选 bc； (3)①根据盖斯定律，将第一步和第二步方程式相加可得， ； ②根据图示分析，氨气、二氧化碳合成 反应较快， 合成 反应较 慢，则合成尿素总反应的快慢由第二步反应决定；总反应进行到 55min，反应达到平衡； (4)题干说明了二氧化碳较稳定，能量低，a 为选择低能量的反应物和 反应获得高能量的生成物，低能 量的反应物和低能量的二氧化碳反应无法获得高能量的生成物，这个方向是不合理的，不符合题意； b 电能、光能或热能活化的 分子得到的能量较高是可以作为研究方向的，符合题意； c 选择高效的催化剂，能够加大二氧化碳的利用率，能达到二氧化碳的利用研究，符合题意；