2023届高考化学——化学反应原理综合题专项练习1（解析版） WORD版含解析.docx

1、化学反应原理综合题1.环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：(1)已知：(g) (g)+H2(g)H1=100.3 kJmol 1 H2(g)+ I2(g) 2HI(g)H2=11.0 kJmol 1 对于反应：(g)+ I2(g) (g)+2HI(g) H3=_kJmol 1。(2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_，该反应的平衡常数Kp=_Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_(填标号)。A通入惰性气体B提高温度 C增加环戊烯浓度D增加碘浓

2、度(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_(填标号)。AT1T2Ba点的反应速率小于c点的反应速率Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率Db点时二聚体的浓度为0.45 molL1(4)环戊二烯可用于制备二茂铁(Fe(C5H5)2，结构简式为)，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。该电解池的阳极为_，总反应为_。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_。【答案】(1)89.3 (2)403.561

3、04BD (3)CD(4)Fe电极Fe+2=+H2(Fe+2C5H6=Fe(C5H5)2+H2)水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2【解析】(1)根据盖斯定律-，可得反应的H=89.3kJ/mol；(2)假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；(g)+I2(g)= (g)+2HI(g) 增加的物质的量 1mol 1mol 1mol 2mol 1molxmol 2n20%得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n100%=40%；(g) + I2(g)= (g)+ 2HI(g)P(初) 0.5105 0.510

4、5 0 0P 0.510540% 0.510540% 0.510540% 110540%P(平) 0.3105 0.3105 0.2105 0.4105Kp=3.56104；AT、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；D，增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；(3)A.温度越高，反应速率越快，其浓度下降的也越快。因此T1v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，因此v(正a)v(逆b)，故

5、C正确；D.b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确；故选CD。(4)根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀。2.近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：(1)

6、Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) c(O2)分别等于11、41、71时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K(300)_K(400)(填“大于”或“小于”)。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)c(O2)=11的数据计算K(400)=_(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g

7、) H1=83 kJmol-1CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20 kJmol-1CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJmol-1则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的H=_ kJmol-1。(3)在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是_。(写出2种)(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：负极区发生的反应有_(写反应方程式)。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气_L(标准状况)。【答

8、案】(1)大于 O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低(2)116 (3)增加反应体系压强、及时除去产物(4)Fe3+e=Fe2+，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 5.6【解析】(1)根据反应方程式知，HCl平衡转化率越大，平衡常数K越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300)K(400)；由图像知，400时，HCl平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)起始(浓度) c0 c0 0 0变化(浓度) 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0平衡(浓度)(1

9、-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0则K=；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl不能充分反应，导致HCl转化率较低；(2)根据盖斯定律知，(反应I+反应II+反应III)2得4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H=(H1+H2+H3)2=-116kJmol-1；(3)若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；(4)电解过程中，负极区即阴极上发生的是

10、得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3+eFe2+和4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2O；电路中转移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol40.25mol，在标准状况下的体积为0.25mol22.4L/mol5.6L。3.采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：(1)1840年 Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为_。(2)F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25时N2O5(

11、g)分解反应：其中NO2二聚为N2O4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(t=时，N2O5(g)完全分解)：t/min0408016026013001700p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1 已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)+O2(g) H1=4.4 kJmol1 2NO2(g)=N2O4(g) H 2=55.3 kJmol1则反应N2O5(g)=2NO2(g)+O2(g)的H =_ kJmol1。研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v=2103(kPamin1)。t=62 min时，测得体系中 =2.9 kPa，则

12、此时的=_ kPa，v=_ kPamin1。若提高反应温度至35，则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35)_63.1 kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是_。25时N2O4(g)2NO2(g)反应的平衡常数Kp=_kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。(3)对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：第一步 N2O5NO3+NO2 快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2 慢反应第三步 NO+NO32NO2 快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是_(填标号)。Av(第一步的逆反应)v

13、(第二步反应) B反应的中间产物只有NO3C第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效 D第三步反应活化能较高【答案】(1)O2 (2)53.1 30.0 6.0102 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4 (3)AC【解析】(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分子式为O2；(2)已知：、2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g) H14.4kJ/mol、2NO2(g)N2O4(g) H255.3kJ/mol根据盖斯定律可知2即得到N2O5(g)2NO2(g)+1

14、/2O2(g) H153.1kJ/mol；根据方程式可知氧气与消耗五氧化二氮的物质的量之比是1:2，又因为压强之比是物质的量之比，所以消耗五氧化二氮减少的压强是2.9kPa25.8kPa，则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa5.8kPa30.0kPa，因此此时反应速率v2.0103306.0102(kPamin1)；由于温度升高，容器容积不变，总压强提高，且二氧化氮二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35，则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35)大于63.1 kPa。根据表中数据可知五氧化二氮完全分解时的压强是63.1kPa，根据方程式可

15、知完全分解时最初生成的二氧化氮的压强是35.8kPa271.6 kPa，氧气是35.8kPa217.9 kPa，总压强应该是71.6 kPa+17.9 kPa89.5 kPa，平衡后压强减少了89.5 kPa63.1kPa26.4kPa，所以根据方程式2NO2(g) N2O4(g)可知平衡时四氧化二氮对应的压强是26.4kPa，二氧化氮对应的压强是71.6 kPa26.4kPa218.8kPa，则反应的平衡常数。(3)A、第一步反应快，所以第一步的逆反应速率大于第二步的逆反应速率，A正确；B、根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；C、根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的

16、碰撞仅部分有效，C正确；D、第三步反应快，所以第三步反应的活化能较低，D错误。故选AC。4.CH4-CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：(1)CH4-CO2催化重整反应为：CH4(g)+ CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。已知：C(s)+2H2(g)= CH4 (g) H=-75 kJmol1C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394 kJmol1C(s)+(g)=CO(g) H=-111 kJmol1该催化重整反应的H=_ kJmol1，有利于提高CH4平衡转化率的条件是_(填标号)。A高温低压B低温高压C高温高压D低温

17、低压某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_mol2L2。(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)= C(s)+2H2(g)消碳反应CO2(g)+ C(s)= 2CO(g)H/(kJmol1)75172活化能/(kJmol1)催化剂X33来源:Z_xx_k.Com来源:学_科_网91来源:Zxxk.Com催化剂Y4372由上表判断，催化剂X_Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情

18、况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是_(填标号)。AK积、K消均增加Bv积减小，v消增加 CK积减小，K消增加Dv消增加的倍数比v积增加的倍数大在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v=kp(CH4) (k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为_。【答案】(1)247 A (2)劣于 相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应

19、速率大 AD pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)【解析】(1)已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g) H=-75 kJmol1C(s)+O2(g)=CO2(g) H=-394 kJmol1C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H=-111 kJmol1根据盖斯定律可知2即得到该催化重整反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的H=247 kJmol1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，故选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是5

20、0%，根据方程式可知CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)起始浓度(mol/L) 1 0.5 0 0转化浓度(mol/L) 0.25 0.25 0.5 0.5平衡浓度(mol/L) 0.75 0.25 0.5 0.5所以其平衡常数为 mol2L2。(2)根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。A正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确；B升高温度反应速率均增大，B错误；C根据A中分析可知选项C错误；D积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这

21、说明v消增加的倍数比v积增加的倍数大，D正确。故选AD。根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，所以根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。5.三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式_。(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+ SiCl4(g) H1=48 kJmol13SiH2Cl2(g

22、)=SiH4(g)+2SiHCl3 (g) H2=30 kJmol1则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g)+ 3SiCl4(g)的H=_ kJmol1。(3)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343 K时反应的平衡转化率=_%。平衡常数K343 K=_(保留2位小数)。在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是_；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。比较a、b处反应速率大小：a_b(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率

23、=正逆=，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的 =_(保留1位小数)。【答案】(1)2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl (2)114 (3)22 0.02 及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度) 大于 1.3【解析】(1)根据题目表述，三氯氢硅和水蒸气反应得到(HSiO)2O，方程式为：2SiHCl3+3H2O=(HSiO)2O+6HCl。(2)将第一个方程式扩大3倍，再与第二个方程式相加就可以得到第三个反应的焓变，所以焓变为483+(30)=114kJmol-1。(3)由图示，温度越高反应越快，达到平衡用得时间就越少，所以曲线a代表3

24、43K的反应。从图中读出，平衡以后反应转化率为22%。设初始加入的三氯氢硅的浓度为1mol/L，得到：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0.22 0.11 0.11 (转化率为22%)平衡： 0.78 0.11 0.11所以平衡常数K=0.1120.782=0.02。温度不变，提高三氯氢硅转化率的方法可以是将产物从体系分离(两边物质的量相等，压强不影响平衡)。缩短达到平衡的时间，就是加快反应速率，所以可以采取的措施是增大压强(增大反应物浓度)、加入更高效的催化剂(改进催化剂)。a、b两点的转化率相等，可以认为各物质的浓度对应相等，而a点的温度更高，所以速率

25、更快，即VaVb。根据题目表述得到，当反应达平衡时，所以，实际就是平衡常数K值，所以0.02。a点时，转化率为20%，所以计算出：2SiHCl3 SiH2Cl2 + SiCl4起始： 1 0 0反应： 0.2 0.1 0.1 (转化率为20%)平衡： 0.8 0.1 0.1所以=0.8；=0.1；所以。6.近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：(1)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_(填标号)。A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C0.10

26、 molL1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D氢硫酸的还原性强于亚硫酸(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算，可知系统()和系统()制氢的热化学方程式分别为_、_，制得等量H2所需能量较少的是_。(3)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)+CO2(g) COS(g) +H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。H2S的平衡转化率=_%，反应平衡常数K=_。在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率_

27、，该反应的H_0。(填“”“ B【解析】(1)A根据复分解反应的规律：强酸+弱酸盐=强酸盐+弱酸，可知酸性H2SO3H2CO3H2S，A错误；B亚硫酸、氢硫酸都是二元弱酸，由于溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强，所以等浓度的亚硫酸的导电性比氢硫酸的强，可以证明酸性：H2SO3 H2S，B错误；C等浓度的二元弱酸，酸电离产生的c(H+)越大，溶液的酸性越强，则其pH就越小。所以亚硫酸溶液的pH比等浓度的氢硫酸的小，可以证明酸性：H2SO3 H2S，C错误；D物质的还原性大小与微粒中元素的化合价及微粒结构有关，与其电离产生氢离子的浓度大小无关，因此不能证明二者的酸性强弱，D正确。故选D。(2)

28、H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) H1=327 kJ/molSO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq) H2=151 kJ/mol2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s) H3=110 kJ/molH2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) H4=61 kJ/mol +，整理可得系统(I)的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+O2(g) H=+286 kJ/mol；+，整理可得系统(II)的热化学方程式H2S (g)=H2(g)+S(s) H=+20 kJ/mol。根据系统I、系统II的热化

29、学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。(3) H2S(g) + CO2(g) COS(g)+ H2O(g)开始 0.40mol 0.10mol 0 0反应 x x x x平衡 (0.40x)mol (0.10x)mol x x解得x=0.01mol，所以H2S的转化率是由于该反应是反应前后气体体积相等的反应，所以在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数；根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时，化学反应达到平衡，水的物质的量分数由0.02变为0.03，所以H2S的转化率增大。21；根据题意可知：升高温度，化学平衡向正反

30、应方向移动，根据平衡移动原理：升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，所以该反应的正反应为吸热反应，故H0；A增大H2S的浓度，平衡正向移动，但加入量远远大于平衡移动转化消耗量，所以H2S转化率降低，A错误；B增大CO2的浓度，平衡正向移动，使更多的H2S反应，所以H2S转化率增大，B正确；CCOS是生成物，增大生成物的浓度，平衡逆向移动，H2S转化率降低，C错误；DN2是与反应体系无关的气体，充入N2，不能使化学平衡发生移动，所以对H2S转化率无影响，D错误。故选B。7. 丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学

31、方程式如下：C4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) H1已知：C4H10(g)+1/2O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) H2=119 kJmol1 H2(g)+ 1/2O2(g)= H2O(g) H3=242 kJmol1反应的H1为_kJmol1。图(a)是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_(填标号)。A升高温度B降低温度C增大压强D降低压强(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢

32、气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_。(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590之前随温度升高而增大的原因可能是_、_；590之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_。【答案】(1)+123 小于 AD (2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快丁烯高温裂解生成短链烃类 【解析】(1)根据盖斯定律，用式-式可得式，因此H1=H2-H3=-119 kJ/mol +242 kJ/mol =+123kJ/mol。

33、由a图可以看出，温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷的转化率增大，即平衡正向移动，所以x的压强更小，xv逆。tm时比tn时AsO43-浓度小，所以逆反应速率：tmtn。反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3浓度为3x molL120/(20+20+20)= x molL1，同理I2浓度为x molL1，反应达到平衡时，生成c(AsO43-)为y molL1，则反应生成I浓度c(I)=2y molL1，消耗AsO33-、I2浓度均为y molL1，平衡时c(AsO33-)为 (xy) molL1，c(I2)为(xy)molL1，溶液中c(OH)=1 molL1，K=(molL1)1。

34、9.元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3+(蓝紫色)、Cr(OH)4(绿色)、Cr2O72(橙红色)、CrO42(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：(1)Cr3+与Al3+的化学性质相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，可观察到的现象是_。(2)CrO42和Cr2O72在溶液中可相互转化。室温下，初始浓度为1.0 molL1的Na2CrO4溶液中c(Cr2O72)随c(H+)的变化如图所示。用离子方程式表示Na2CrO4溶液中的转化反应_。由图可知，溶液酸性增大，CrO42的平衡转化率_(填“增大“减小”或“不变”)。根据A点数据，计算

35、出该转化反应的平衡常数为_。升高温度，溶液中CrO42的平衡转化率减小，则该反应的H_(填“大于”“小于”或“等于”)。(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag+与CrO42生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl恰好完全沉淀(浓度等于1.0105 molL1)时，溶液中c(Ag+)为_ molL1，此时溶液中c(CrO42)等于_ molL1。(已知Ag2 CrO4、AgCl的Ksp分别为2.01012和2.01010)。(4)+6价铬的化合物毒性较大，常用NaHSO3将废液中的Cr2O72还原成Cr3+，反应的离子方程式为_。【答案】

36、(1)蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶液写出绿色溶液；(2)2CrO42-+2HCr2O72-+H2O； 增大；1.01014 ；小于；(3) 2.010-5 ；510-3；(4) Cr2O72-+3HSO3- +5H=2Cr3+3SO42-+4H2O。【解析】(1)根据Cr3+与Al3+的化学性质相似，可知Cr(OH)3是两性氢氧化物，能溶解在强碱NaOH溶液中。向Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至过量，首先发生反应：Cr3+3OH-=Cr(OH)3，产生Cr(OH)3灰蓝色固体，当碱过量时，又会发生反应：Cr(OH)3+OH-= Cr(OH)4，可观察到沉

37、淀消失，溶液变为绿色。故观察到的现象为蓝紫色溶液变浅，同时有灰蓝色沉淀生成，然后沉淀逐渐溶解形成绿色溶液；(2)随着H+浓度的增大，CrO42-与溶液中的H+发生反应，反应转化为Cr2O72-的离子反应式为：2CrO42-+2HCr2O72-+H2O。根据化学平衡移动原理，溶液酸性增大，c(H+)增大，化学平衡2CrO42-+2HCr2O72-+H2O向正反应方向进行，导致CrO42的平衡转化率增大；根据图像可知，在A点时，c(Cr2O72-)=0.25 mol/L，由于开始时c(CrO42)=1.0 mol/L，根据Cr元素守恒可知A点的溶液中CrO42-的浓度c(CrO42)=0.5 mo

38、l/L；H+浓度为1.010-7 mol/L；此时该转化反应的平衡常数为；由于升高温度，溶液中CrO42的平衡转化率减小，说明升高温度，化学平衡逆向移动，导致溶液中CrO42的平衡转化率减小，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，逆反应方向是吸热反应，所以该反应的正反应是放热反应，故该反应的H0；(3)当溶液中Cl完全沉淀时，即c(Cl-)=1.0105 molL1，根据溶度积常数Ksp(AgCl)=2.01010，可得溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)=2.01010(1.0105 molL1)=2.010-5 molL1；则此时溶液中c(CrO42)=Ks

39、p(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.01012(2.010-5 molL1)=510-3molL1；(4) NaHSO3具有还原性，Cr2O72具有氧化性，二者会发生氧化还原反应，根据已知条件，结合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得二者反应的离子方程式为：Cr2O72+3HSO3 +5H=2Cr3+3SO42+4H2O。10.丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等，回答下列问题：(1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程

40、式如下：C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) H=-515kJ/molC3H6(g)+ O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) H=-353kJ/mol两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是_；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是_；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是_。(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460。低于460时，丙烯腈的产率_(填“是”或者“不是”)对应温度下的平衡产率，判断理由是_；高于460时，丙烯腈产率降低的可能原因是_(双选，填标号)A催化剂活性降低 B平衡常数变大 C副反应增多 D反应活化能

41、增大(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知，最佳n(氨)/n(丙烯)约为 ，理由是_。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为_。【答案】(1)两个反应均为放热量大的反应 降低温度降低压强 催化剂(2)不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC(3)1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1：7.5：1【解析】(1)因为两个反应均为放热量大的反应，所以热力学趋势大；该反应为气体分子数增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。(2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降

42、低，反应刚开始进行，尚未达到平衡状态，460以前是建立平衡的过程，所以低于460时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡产率；高于460时，丙烯腈产率降低。A催化剂在一定温度范围内活性较高，若温度过高，活性降低，正确；B平衡常数变大，对产率的影响是提高产率才对，错误；C根据题意，副产物有丙烯醛，副反应增多导致产率下降，正确；D反应活化能的大小不影响平衡，错误；故选AC。(3)根据图像可知，当n(氨)/n(丙烯)约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；根据化学反应C3H6(g)+NH3(g)+ 3/2O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g)，氨气、氧气、丙烯按1：1.5：1的体

43、积比加入反应达到最佳状态，而空气中氧气约占20%，所以进料氨、空气、丙烯的理论体积约为1：7.5：1。11.煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：(1) NaClO2的化学名称为_。(2)在鼓泡反应器中通入含有含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5103molL1 。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表离子SO42SO32NO3NO2Clc/(molL1)8.351046.871061.51041.21053.4103写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方

44、程式_。增加压强，NO的转化率_(填“提高”“不变”或“降低”)。随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_ (填“提高”“不变”或“降低”)。由实验结果可知，脱硫反应速率_脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_。(3)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压pe如图所示。由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_(填“增大”“不变”或“减小”)。反应ClO2+2SO32=2SO42+Cl的平衡常数K表达式为_。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫

45、效果。从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的有点是_。已知下列反应：SO2(g)+2OH (aq) =SO32 (aq)+H2O(l) H1ClO (aq)+SO32 (aq) =SO42 (aq)+Cl (aq) H2CaSO4(s) =Ca2+(aq)+SO42(aq) H3则反应SO2(g)+ Ca2+(aq)+ ClO (aq) +2OH (aq) = CaSO4(s) +H2O(l) +Cl (aq)的H=_。【答案】(1)亚氯酸钠(2)2OH-3ClO24NO4NO33Cl2H2O 提高 减小 大于 NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高 (3)减小 (4)生成的硫酸

46、钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行H1H2H3【解析】(1)NaClO2的化学名称为亚氯酸钠。(2)亚氯酸钠具有氧化性，分析题给数据知NaClO2溶液脱硝过程中主要生产硝酸根和氯离子，利用化合价升降法结合原子守恒和电荷守恒配平，该反应的离子方程式为4OH-+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+2H2O；该反应正反应是气体体积减小的，则增加压强，平衡正向移动，NO的转化率提高；根据反应的方程式2H2O+ClO2-+2SO2=2SO42-+Cl-+4H+、2H2O+3ClO2-+4NO=4NO3-+3Cl-+4H，可知随着吸收反应的进行氢离子浓度增大，吸收剂溶液的pH逐渐

47、减小；由实验结果可知，在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高或SO2的溶解度大于NO或二氧化硫的还原性强，易被氧化；(3)由图像知，随着温度的升高，O2和NO的平衡分压的负对数逐渐减小，O2和NO的平衡分压逐渐增大，平衡逆向移动，脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小；根据反应ClO2+2SO32=2SO42-+Cl-写出反应的平衡常数K表达式为；(4)从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是由于生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行，SO2转化率提高；已知：a.SO2(g)+2OH(aq)=SO32(aq)+H2O(l) H1；b.ClO(aq)+SO32(aq)=SO42(aq)+Cl(aq) H2；c.CaSO4(s)=Ca2+(aq)+SO42(aq) H3；根据盖斯定律知abc得反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO(aq)+2OH(aq)= CaSO4(s) +H2O(l) +Cl(aq)的 H=H1H2H3。