（新）2022届高三化学大题优练11 以元素性质为主线串联反应原理 教师版.docx

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1、以元素性质为主线串联反应原理大题优练11优选例题例：SO2是危害最为严重的大气污染物之一，SO2的含量是衡量大气污染的一个重要指标。工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。催化还原SO2不仅可以消除SO2污染，而且可得到有价值的单质S。(1)已知CH4和S的燃烧热分别为a kJ/mol和b kJ/mol。在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态水。反应的热化学方程式为_(H用含a、b的代数式表示)(2)用H2还原SO2生成S的反应分两步完成，如图甲所示，该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图乙所示：分析可知X为_(写化学式)，0t1时间段的反应温度为

2、_，0t1时间段用SO2表示的化学反应速率为_。总反应的化学方程式为_。(3)焦炭催化还原SO2生成S2的化学方程式为：2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)，恒容容器中，1mol/L SO2与足量的焦炭反应，SO2的转化率随温度的变化如图丙所示。该反应的H_0(填“”或“”)。700的平衡常数为_。(4)工业上可用Na2SO3溶液吸收SO2，25时用1mol/L的Na2SO3溶液吸收SO2，当溶液pH=7时，溶液中各离子浓度的大小关系为_。(已知：H2SO3的电离常数)。【答案】（1）CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) H=(2b-a)kJ/

3、mol （2） H2S 300 2H2+SO2S+2H2O （3） 36.45mol/L （4） 【解析】（1）CH4和S的燃烧热分别为a kJ/mol和b kJ/mol，写出热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-akJ/mol；S(s)+O2(g)=SO2(g) H=-bkJ/mol；应用盖斯定律，将-×2得，CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) H=(2b-a)kJ/mol；(2)根据图示和图像，第一步对应图像0t1段，由H2和SO2反应生成X，反应消耗的H2、SO2和生成的X物质的量浓度之比为(6

4、5;103)(3×103-1×103)(2×103)=311；第二步对应图像t1t2段，X与SO2反应生成S，消耗的X与SO2物质的量浓度之比为(2×103)(1×103)=21，结合原子守恒，X应为H2S；0t1时间段的反应温度为300；根据分析，第一步反应为，第二步反应为，则由第一步反应×2+第二步反应，可知总反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O；(3)根据图像a点达到平衡状态，700后升高温度，SO2的平衡转化率减小，即平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的H0；700时SO2的转化率为90%，可列出三段式：

5、则700的平衡常数；(4)Na2SO3吸收SO2的离子方程式为，Na2SO3溶液呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，用Na2SO3溶液吸收SO2得到pH=7的溶液，溶液中溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液中c(H+)=c(OH)=1×107mol/L，根据，则，则，故溶液中离子浓度由大到小的顺序为。模拟优练1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)+2N

6、O(g)+Cl2(g) K1 2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K2 2NO(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v正=kcn(ClNO)，测得速率和浓度的关系如下表：序号c(ClNO)/mol·L1v/mol·L1·s10.33.6×1080.61.44×1070.93.24×107则n=_；k=_(注明单位)。(3)在2L的恒容密闭容器中充入4mol NO(g)和2mol Cl2(g)

7、，在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图。温度为T1时，能作为该反应达到平衡的标志的有_。(填选项标号)。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Ev(ClNO)=v(NO)FNO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v(Cl2)=_。温度为T2时，10min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(g)的体积分数随n(NO)/n(Cl2)的变化如图，则A、B、C三个状态中，NO的转化率最小的是_点，当n(NO)/n(C

8、l2)=3时，达到平衡状态时ClNO(g)的体积分数可能是D、E、F三点中的_点。(填“D”“E”或“F”)点。【答案】（1） （2）2 （3） BDF 0.05mol·L1·min1 2L/mol （4） C F 【解析】(1)已知4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g) K1；2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+ClNO(g) K2；2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) K3；将方程式2×-得方程式，为：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)，则平衡常数，故答案为：。(2)根据表中数据可知将n代入v正

9、=k cn中，。(3)A恒容条件下，气体体积等于容器体积，始终保持不变，不能据此判断平衡状态，A错误；B反应前后气体的物质的量减小，压强越小，当容器压强保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；C化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，不能据此判断平衡状态，C错误；D只有氯气有色，当气体颜色保持不变，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，D正确；Ev(ClNO)=v(NO)时，反应方向未知，无法确定是否达到平衡状态，E错误；FNO与ClNO的物质的量比值保持不变时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，F正确；故答案为：BDF。根据图像可知v(ClNO)=，同一时间段内各

10、物质的反应速率之比等于其计量数之比，据此得v(Cl2)=1/2v(ClNO)=1/2×0.1mol/(L·min)=0.05mol/(L·min)，故答案为：0.05mol·L1·min1。开始c(NO)=4mol/2L=2mol/L、c(Cl2)=2mol/2L=1mol/L，根据三段式：化学平衡常数，故答案为：2L/mol。(4)NO的物质的量越大其转化率越小，所以NO转化率最小的是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，产物的含量减小，所以应该是F点，故答案为：C；F。2FeSO4

11、是一种补血剂，常温下久置易变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。（1）已知：Fe2+(aq)-e=Fe3+(aq) H1=a kJ/molO2(g)+4e+4H+(aq)=2H2O(l) H2=b kJ/mol则FeSO4在酸性溶液中变质的热化学方程式为_。常温下，配制浓度为0.1mol/L的FeSO4溶液，研究不同pH对Fe2+氧化的影响，结果如下图所示，（假设反应过程中溶液体积不变）。（2）在pH=5.5的环境下，该反应在015min的平均速率v（Fe2+）=_；增大溶液pH，Fe2+被氧化速率_（填“增大”、“减小”或“无影响”）。（3）在平衡常数的计算中气态物质常以压强代替其浓度

12、，Fe2+在酸性环境下氧化的平衡常数K的计算表达式是_；常温下该反应的平衡常数很大，为2.5×1032L4/(atmmol4)，下列说法正确的是_。aFe2+转化为Fe3+的趋势大 bFe2+转化为Fe3+的速率大c反应进行得较为彻底 d酸性条件下Fe2+不会被氧化（4）在pH=13的环境下，Fe2+的氧化变质可以理解为：第一步：Fe2+2OH=Fe(OH)2，第二步_ （用化学方程式回答）；当氧化达到平衡时，c(Fe2+)/ c(Fe3+)_4.0×1022（填“>”“<”或“=”）。已知的KspFe(OH)3=2.5×1039，KspFe(OH)2

13、=1.0×1015。（5）根据上述分析，配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和_。【答案】（1）4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l) H=（4a+b）kJ/mol （2）0.004mol/(Lmin) 增大 （3）c4(Fe3+)/c4(Fe2+)c4(H+)p(O2) ac （4）4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 = （5）H2SO4 【解析】（1）Fe2+(aq)-e= Fe3+(aq) H1=a kJ/molO2(g)+4e+4H+(aq)=2H2O(l) H2=b kJ/mol根据盖斯定律，×4

14、+可得，4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l) H=（4a+b）kJ/mol，故答案为4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l) H=（4a+b）kJ/mol。（2）v(Fe2+)=（0.1mol/L×60%）/15min=0.004mol/(Lmin)，根据图示分析，增大溶液pH，Fe2+氧化率增大，所以Fe2+被氧化速率增大，故答案为0.004mol/(Lmin)；增大。（3）根据4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l)，可知Fe2+在酸性环境下氧化的平衡

15、常数K=c4(Fe3+)/c4(Fe2+)c4(H+)p(O2)；a因为常温下该反应的平衡常数很大，故Fe2+转化为Fe3+的趋势大，a故正确；bK值越大，表示反应进行得越完全，故b错误；cK值越大，表示反应进行得越完全，越彻底，故c正确；d在酸性条件下Fe2+会被氧化，故d错误；故答案为c4(Fe3+)/c4(Fe2+)c4(H+)p(O2)；ac。（4）在pH=13的环境下，Fe2+2OH=Fe(OH)2，接着Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，反应的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；根据pH=13，可知c(OH)=101mol/L，KspFe

16、(OH)3=2.5×1039=c(Fe3+)c3(OH)，c(Fe3+)=2.5×1036，KspFe(OH)2=1.0×1015=c(Fe2+)c2(OH)，c(Fe2+)=1.0×1013，c(Fe2+)/c(Fe3+)=1.0×1013/2.5×1036=4.0×1022，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；=。（5）由于Fe2+在酸性环境下易被氧化为Fe3+，在碱性环境中易被氧化成Fe(OH)3，所以配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和H2SO4，故答案为H2SO4。3SiH4易自燃

17、，但它可用作除去二氧化碳、制取金刚砂等的试剂。(1)1956年，英国标准电讯实验所成功研发出了硅烷(SiH4)热分解制备多晶硅的方法：SiH4(g)Si(s)+2H2(g) H=-34.4kJ·mol1。T时，向一体积为1L的恒容密闭容器中通入1mol硅烷发生上述反应。达到平衡后，升高温度，平衡_(填“正向”或“逆向”)移动；其他条件不变，再充入一定量的硅烷，硅烷的热分解率_(填“增大”“减小”或“不变”)。T时反应达到平衡，生成14.0g硅单质，该反应的化学平衡常数K=_。(2)利用SiH4除去二氧化碳，这是一种“变废为宝”制取CH3OH的新方法，试写出SiH4和二氧化碳、水(催化

18、剂存在下)作用生成CH3OH和另一种常见原子晶体的化学方程式：_。甲醇也可采用煤的气化、液化制取(CO+2H2CH3OH)，其中CO和H2还可用天然气来制取：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。在某一密闭容器中有浓度均为0.1mol·L1的CH4和CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则压强p1_(选填“大于”或“小于”)p2。当压强为p2时，在y点：v(正)_(选填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。(3)SiH4与CH4在一定条件下反应制得的金刚砂(SiC)纯度高，其主要理由是_。【答案】（1）逆向 减小 2 （2）3Si

19、H4+4CO2+2H2O=4CH3OH+3SiO2 小于 大于 （3）生成氢气气体和金刚砂，气体挥发，剩余金刚砂固体 【解析】(1)达到平衡后，升高温度，平衡吸热方向移动即逆向移动；其他条件不变，再充入一定量的硅烷，相当于另一个容器达到平衡后再加入到一起，加压平衡逆向移动，因此硅烷的热分解率减小，故答案为：逆向；减小。T时反应达到平衡，生成14.0g硅单质即0.5mol，生成氢气就为1mol，剩余硅烷0.5mol，该反应的化学平衡常数，故答案为：2。(2)SiH4和二氧化碳、水(催化剂存在下)作用生成CH3OH和另一种常见原子晶体即硅或二氧化硅，根据氧化还原反应得出是二氧化硅的化学方程式：3S

20、iH4+4CO2+2H2O =4CH3OH+3SiO2，故答案为：3SiH4+4CO2+2H2O=4CH3OH+3SiO2。从下到上，转化率增大，则平衡正向移动，则为减小压强，因此压强p1小于p2。当压强为p2时，在y点转化率要增加，还未达到平衡状态，则正向移动，因此：v(正)大于v(逆)，故答案为：小于；大于。(3)SiH4与CH4在一定条件下反应制得的金刚砂(SiC)纯度高，其反应方程式为SiH4+CH4=SiC+4H2，生成金刚砂和氢气，其主要理由是生成氢气气体和金刚砂，气体挥发，剩余金刚砂固体，故答案为：生成氢气气体和金刚砂，气体挥发，剩余金刚砂固体。4甲醇的合成是现代化工领域研究的重

21、点。合成甲醇时，合成气成分主要包括CO、CO2、H2、H2O等净化气体和CH4、N2、Ar等惰性气体以及H2S等有害气体。这些气体成分将对甲醇产品质量以及产量造成不同程度的影响。合成过程中的部分反应如下：(i)CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) H1=-90.1kJ·mol1(ii)CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) H2=-41.1kJ·mol1(iii)CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g) H3=-206kJ·mol1(iv)2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) H4=-24.5kJ·mol1

22、(1)反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)的H5=_。该反应的化学平衡常数表达式为_。下列关于CO2在合成甲醇反应中的主要作用描述，错误的是_。A可以抑制反应(iv)的发生 B可以提高碳元素的利用率C可以提高甲醇蒸气的纯度 D有利于合成塔冷却降温过程的进行(2)寻找合适的催化剂，一直是甲醇合成研究领域的重点。Saussey和Lavalley认为ZnO催化CO、H2合成CH3OH的机理如图所示。这种理论解释了合成气中少量的水提高了甲醇生成活性的事实，其理由为_。Cu作催化剂合成甲醇时，杂质气体会发生反应H2S+Cu=CuS+H2，因为该反应是_(填“可逆”或“不可逆”)

23、的，所以会导致催化剂永久性中毒。(3)2020年我国科学家在甲醇合成方面，进行了大量有价值的研究。某研究报告中指出，由于甲烷的生成，导致合成塔内温度极难控制，使合成成本增加，其原因为_。提高合成塔内反应温度，合成反应速率虽然会增大，但其平衡常数会_(填“增大”或“减小”)，故不同阶段会有不同的最佳温度。从理论上讲，反应初期和随着塔内甲醇浓度上升(中后期)，合成塔内的最佳温度应有何不同：_。实际生产中，在气压值为5.0MPa，用铜催化剂进行催化时，随着反应进行合成塔内的最佳温度范围控制如图所示，这主要是为了保证催化剂有较高的_。该合成粗甲醇的实际情况下，CO、CO2、H2三种气体的氢碳比值(气体

24、的体积比)f应控制在5左右。已知f=(H2-CO2)/(CO+CO2)，CO的体积分数应在12%以下，CO2的体积分数应在3%左右，则H2的体积分数应控制在_左右。【答案】（1）-49.0kJ·mol1 ACD （2） H2O可做催化剂，加快反应发生 不可逆 （3） 生成甲烷的反应H绝对值大，放热多，提高了合成成本 减小 反应初期最佳温度应适当提高，中后期最佳温度应适度降低 活性 78% 【解析】（1）该目标方程由方程（i）减去方程（ii）可得，则H5=H1-H2=-49.0kJ·mol1；对于反应CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，系数为浓度的幂次

25、方，平衡常数表达式为；ACO2与反应(iv)无关，故A错误；B通过CO2也能合成CH3OH，即能提高碳利用率，故B正确；C影响甲醇纯度的因素很多，包括H2S、N2、Ar、CH4等，CO2并不能影响它们的含量，故C错误；D冷却降温过程与CO2无关，故D错误；故选：ACD；（2）由图看出，H2O参与了催化循环，作为催化剂，加快反应进行，提高了甲醇生成活性；下文提示永久性中毒，说明反应是不可逆反应；（3）从反应热可看出，反应（iii）放热量是最大的；对于放热反应，提高温度，平衡朝左移动，平衡常数减小，初期甲醇含量低，对平衡影响小，要适当提高温度，有助于加快反应速率，中后期甲醇浓度高，对平衡影响大，应

26、适当降低温度，促进平衡右移；使用催化剂时，必须保证使催化剂有较高的活性；，则H2的体积分数应控制在78%左右。5燃煤烟气中的SO2是主要的大气污染物之一、氢气可用于还原二氧化硫，其主要反应为：(1)用氢气进行脱硫的优点是_。(2)如图表示Co/Al2O3催化下，相同时间内、不同温度下的SO2的转化率。由图可知该反应为放热反应，解释图中温度小于350时，转化率随温度升高而增大的原因是_。(3)以Co/Al2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图1所示。结合图1中的信息，写出第一步反应的化学方程式： 。已知在反应过程中，过量的H2可发生副反应：，图2中的两条曲线分别代表SO2的转化率

27、或Sx的选择性随H2/SO2体积比的变化(Sx的选择性：SO2的还原产物中Sx所占的百分比)，可推断曲线 (填“L1“或“L2”)代表Sx的选择性，理由是 。(4)下表所示为压强对氢气脱硫反应的影响(已知：p(A)/P总=n(A)/n总)。实验p(SO2)/kPap(H2)/kPaSO2起始速率×104mol·L1·h1H2起始速率×104mol·L1·h1SO2的平衡转化率%113.326.71.903.7490.6226.626.72.264.43x313.352.34.067.94y426.652.34.839.4196.2下列

28、关于表中数据的分析中，不正确的是_(填字母)a要想增大反应速率，增大SO2压强比增大H2压强更为有效b保持SO2/H2的比例不变，提高总压，SO2的平衡转化率增加cx与y的值都在90.6至96.2之间【答案】（1）产物为H2O，清洁无污染 （2） 小于350时，在相同时间内，反应未达到平衡，随温度升高反应速率增大，SO2转化率由反应速率决定，所以转化率随温度升高而增大 （3） SO2+3H2H2S+2H2O L2 随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应H2(g)+Sx(g)H2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小、c(H2S)增大，Sx选择性会降低 （4） a

29、c 【解析】(1)根据主要反应可知用氢气进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；(2)小于350时，在相同时间内，反应未达到平衡，随温度升高反应速率增大，SO2转化率由反应速率决定，所以转化率随温度升高而增大；(3)据图可知第一步反应中SO2和H2在Co作催化剂的条件下生成H2S，根据元素守恒可知同时还会生成H2O，所以化学方程式为SO2+3H2H2S+2H2O；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应H2(g)+Sx(g)H2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小、c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表SX的选择性；(4)a实验1和2相比，p(SO2)扩大为原来的2倍，SO2起始速率变为=1.19倍；实验1和实验3相比，p(H2)扩大为原来的2倍，SO2起始速率变为=2.14倍，说明要想增大反应速率，增大H2压强比增大SO2压强更为有效，a错误；b实验1和实验4对比可知，保持SO2/H2的比例不变，提高总压，SO2的平衡转化率增加，b正确；c实验3中p(SO2)p(H2)4，实验4中p(SO2)p(H2)2，实验3中氢气的占比更大，则SO2的平衡转化率应大于96.2%，c错误；综上所述答案为ac。