1、题型十八化学反应原理综合题(建议用时：35分钟)1氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。(1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为41，甲烷和水蒸气反应的化学方程式是_。已知反应器中还存在如下反应：iCH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)H1ii.CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H2iii.CH4(g)=C(s)2H2(g)H3iii为积炭反应，利用H1和H2计算H3时，还需要利用_反应的H。反应物投料比采用n(H2O)n(CH4)41，大于初始反应的化学计量数之比，目的是_(填字母)。
2、a促进CH4转化b促进CO转化为CO2c减少积炭生成用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_(填“升高”“降低”或“不变”)。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：_。(2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。制H2时，连接_。产生H2的电极反应式是_。改变开关连接方式，可得O2。结合和中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：_。2研究氮氧化物的反应机理，对于消除环境污染有重要意义。(1)氮氧化物(NOx)可在催化
3、剂作用下与氨反应生成无污染的物质，该反应的化学方程式为_。(2)对于一般的化学反应：aAbB=cCdD存在反应速率方程vkcm(A)cn(B)，利用反应速率方程可求出化学反应瞬时速率。mn为反应级数，当mn分别等于0、1、2时分别称为零级反应、一级反应、二级反应；k为反应速率常数，k与温度、活化能有关，与浓度无关，温度升高，k增大。在600 K下反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)的初始浓度与初始速率如表所示：初始浓度/(mol/L)初始速率/mol/(Ls)c(NO)c(O2)0.0100.0102.51030.0100.0205.01030.0300.02045103通过分析表中实验数
4、据，得出该反应的速率方程为v_，为_级反应，当c(NO)0.015 mol/L、c(O2)0.025 mol/L时的初始速率为_(保留两位有效数字)。(3)升高温度绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。某化学小组为探究该特殊现象的原因，查阅资料知其反应历程分两步：a2NO(g)N2O2(g)H1”“v(第二步反应)B反应的中间产物为N2O2C反应b中N2O2与O2的碰撞仅部分有效3采用H2或CO催化还原NO能达到消除污染的目的，在氮氧化物尾气处理领域有着广泛应用。回答下列问题：(1)用CO处理NO时产生两种无毒、无害的气体，该反应
5、的氧化产物为_。(2)已知：氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol2NO(g)=N2(g)O2(g)H1180.5 kJ/molH2O(g)=H2O(l)H244 kJ/mol写出用H2处理NO生成水蒸气和1 mol N2的热化学方程式：_。(3)针对上述用H2处理NO生成水蒸气和1 mol N2的反应，回答下列问题：研究表明，上述反应中，反应速率vkc2(NO)c2(H2)，其中k为速率常数，只与温度有关。t1时刻， vv1，若此刻保持温度不变，将c(NO)增大到原来的2倍时，c(H2)减小为原来的(此时vv2)。则有v1_v2(填“”“”或“”)。在温度T时，向容积固定的密闭容器中充入3
6、mol NO和2 mol H2发生上述反应，起始压强为p0，一段时间后，反应达到平衡，此时压强p0.9p0，则NO的平衡转化率(NO)_(结果保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp_(用含p的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，且某气体的分压总压该气体的物质的量分数)。(4)实验室常用NaOH溶液吸收法处理NOx，反应的化学方程式如下：(已知NO不能与NaOH溶液反应)NONO22NaOH=2NaNO2H2O2NO22NaOH=NaNO2NaNO3H2O若NOx(此处为NO和NO2的混合气体)能被NaOH溶液完全吸收，则x的取值范围为_。1 mol NO2和溶质物质的量为1 mol的Na
7、OH溶液恰好完全反应后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_。(5)一氧化氮空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能的同时，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合，其工作原理如图所示，写出放电过程中负极的电极反应式：_，若过程中产生2 mol HNO3，则消耗标准状况下O2的体积为_L。4某硫酸工厂的废水中含有较多的H、Cu2、Fe2、SO、AsO、HAsO、H2AsO等需要处理的杂质离子，其中一种处理流程如图1所示。已知：.常温下lg c(M)(M表示Cu2或Fe2等)随pH的沉淀溶解平衡曲线如图2所示(已知105.72106)。.常温下H3AsO4水溶液中含砷元素的各物种的分布分数(平衡时某
8、物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图3所示。回答下列问题：(1)沉淀A的主要成分的化学式是_。(2)常温下pH7的溶液中Cu2的物质的量浓度为_，请判断此时Fe2是否沉淀完全：_(填“是”或“否”)。(3)若氧化过程中生成了某种胶体，用离子方程式解释氧化过程中溶液pH降低的原因：_。(4)研究H3AsO4水溶液，分析废水中的砷的去除率：以酚酞为指示剂(pH变色范围为8.210.0)，将NaOH溶液逐滴加入H3AsO4溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_。H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsOH的电离常数为Ka1，则pKa1_(pK
9、a1lg Ka1)。最后一次调节pH时，pH过低或过高砷的去除率都会明显降低，pH过低时可能的原因是_；pH过高时可能的原因是_(从沉淀转化的角度分析)。参考答案与解析1解析：(1)根据CH4与H2O反应生成H2、CO2的物质的量之比为41，结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH42H2O4H2CO2。根据盖斯定律，由iiiiii或iiiiii可得目标热化学方程式。反应物的投料比n(H2O)n(CH4)41，大于初始反应的化学计量数之比，H2O的物质的量增加，有利于促进CH4转化，促进CO转化为CO2，防止CH4分解生成C(s)，从而减少积炭生成。根据题图可知，从t1时开始，CaO消耗率曲线的
10、斜率逐渐减小，单位时间内CaO消耗率逐渐降低。CaO与CO2反应生成CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，从而失效。(2)电解碱性电解液时，H2O电离出的H在阴极得到电子产生H2，根据题图可知电极1与电池负极连接，为阴极，所以制H2时，连接K1，产生H2的电极反应式为2H2O2e=H22OH。制备O2时碱性电解液中的OH失去电子生成O2，连接K2，O2在电极2上产生。连接K1时，电极3为电解池的阳极，Ni(OH)2失去电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2eOH=NiOOHH2O，连接K2时，电极3为电解池的阴极，电极反应式为NiOOHeH2O=Ni(
11、OH)2OH，使电极3得以循环使用。答案：(1)CH42H2O4H2CO2C(s)2H2O(g)=CO2(g)2H2(g)或C(s)CO2(g)=2CO(g)abc降低CaOCO2=CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积(2)K12H2O2e=H22OH制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2OHe=NiOOHH2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用2解析：(2)根据vkcm(NO)cn(O2)，当O2浓度不变，NO浓度变为原来的3倍时，初始速率变为原来的9倍，所以初始速率与NO浓度的平方成正比，m2；同理n1；任选一组数据代入方程，得k2.
12、5103，故v2.5103c2(NO)c(O2)。(3)反应b为慢反应，是整个反应的速控反应。达到平衡时，正、逆反应速率相等，所以v1正v1逆，K1，v2正v2逆，K2，所以反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)的K。反应速率越快，说明反应越容易发生，反应的活化能越小。反应a的H10，升高温度时平衡逆向移动，K1减小，k2正随温度升高而增大，但增大的程度比减小的程度小，故反应速率减小。答案：(1)6NOx4xNH3(32x)N26xH2O(2)2.5103c2(NO)c(O2)三1.4102mol/(Ls)(3)H1H2b反应a的H10，升高温度时平衡逆向移动，K1减小，k2正随温度升高而增
13、大，但增大的程度比减小的程度小，故反应速率减小ABC3解析：(1)用CO处理NO时产生两种无毒、无害的气体，分别为N2和CO2，氧化产物为CO2。(2)由氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol可得：2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H3571.6 kJ/mol，根据盖斯定律，用H2处理NO生成1 mol氮气和水蒸气的热化学方程式为2H2(g)2NO(g)=N2(g)2H2O(g)HH3H12H2664.1 kJ/mol。(3)k只与温度有关，故当c(NO)增大到原来的2倍，c(H2)减少为原来的时，v1与v2相等；设反应达到平衡时，生成x mol N2。根据题意可列出三段式： 2H2(g)
14、2NO(g)=N2(g)2H2O(g)起始/mol2300转化/mol 2x 2x x 2x平衡/mol 22x 32x x 2x反应达到平衡，此时压强p0.9p0，则有0.9，解得x0.5，故NO的转化率(NO)100 %33.3%，由分压公式可知，p(H2)p，p(NO)p，p(N2)p，p(H2O)p，则Kp。(4)NO不能被NaOH溶液单独吸收，NO2可以被NaOH溶液单独吸收，因此NO和NO2的混合气体被NaOH溶液完全吸收的条件应满足：n(NO)n(NO2)1，当n(NO)n(NO2)1时，x取最小值1.5，因为混有NO，所以x的最大值2，故x的取值范围为1.5xc(NO)c(NO
15、)c(OH)c(H)。(5)由原电池的工作原理图示可知，左端的铂电极为原电池的负极，其电极反应为NO3e2H2O=NO4H，当过程中产生2 mol HNO3时转移6e电子，而1 mol O2参加反应转移4 mol e，故需要1.5 mol O2参加反应，标准状况下的体积为1.5 mol22.4 L/mol33.6 L。答案：(1)CO2(2)2H2(g)2NO(g)=N2(g)2H2O(g)H664.1 kJ/mol(3)33.3%(4)1.5xc(NO)c(NO)c(OH)c(H)(5)NO3e2H2O=NO4H33.64解析：(1)因为废水含有较多的H、Cu2、Fe2、SO、AsO、HAs
16、O、H2AsO等需要处理的杂质离子，加入石灰乳调节溶液pH3时，结合后续流程可知只有Ca2与SO产生沉淀，故沉淀A的主要成分为CaSO4。(2)KspM(OH)2c(M2)c2(OH)，取图中lg c(M)0即c(M2)1 molL1的点进行计算，KspCu(OH)211019.7，同理KspFe(OH)211015.1。常温下pH7的溶液中c(Cu2)1105.72106(molL1)，c(Fe2)1101.1molL11105molL1，Fe2未沉淀完全。(3)氧化过程是将Fe2氧化为Fe3，Fe3继续反应生成胶体，故溶液pH降低的原因是4Fe2O210H2O=4Fe(OH)3(胶体)8H
17、。(4)以酚酞为指示剂，pH的变色范围为8.210.0，此时溶液中砷元素主要以HAsO的形式存在，故该过程中主要反应的离子方程式为2OHH3AsO4=HAsO2H2O；Ka1，当c(H2AsO)c(H3AsO4)时，pH2.2，Ka11102.2，则pKa12.2；pH过低时，H会抑制H3AsO4的电离，溶液中AsO浓度较小，不易与Fe3形成沉淀；pH过高时，FeAsO4会转化为Fe(OH)3沉淀，AsO又进入水中。答案：(1)CaSO4(2)2106molL1否(3)4Fe2O210H2O=4Fe(OH)3(胶体)8H(4)2OHH3AsO4=HAsO2H2O2.2H会抑制H3AsO4的电离，溶液中AsO浓度较小，不易与Fe3形成沉淀FeAsO4会转化为Fe(OH)3沉淀，AsO又进入水中- 8 -
浙公网安备33030202001339号