2021届高考化学一轮复习（苏教版）化学反应原理综合应用作业 19页

微专题突破练(十)‎ 化学反应原理综合应用(非选择题)‎ ‎1.(2019·全国卷Ⅲ)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)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1∶1、4∶1、7∶1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)=1∶1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)‎ ΔH1=83 kJ·mol-1‎ CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)　‎ ΔH2=-20 kJ·mol-1‎ CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)‎ ΔH3=-121 kJ·mol-1‎ 则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=________ kJ·mol-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)。 ‎ ‎【解析】(1)根据题中示意图可以看出随着温度的升高,HCl的转化率降低,说明升高温度平衡逆向移动,正反应为放热反应,所以温度越高,反应进行的程度越小,K值越小,即K(300 ℃)大于K(400 ℃)。相同条件下进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越大,HCl的转化率越低;进料浓度比c(HCl)∶c(O2)越小,HCl的转化率越高。即三条曲线中,最上面一条是c(HCl)∶c(O2)=1∶1的变化曲线。将400 ℃时的数据代入可得: ‎ K=。由示意图可以看出进料浓度比过高或过低对反应都不利,过高会造成HCl利用率降低,过低会有大量氧气剩余,分离氧气能耗过高。‎ ‎(2)利用盖斯定律解答本题。‎ CuCl2(s)CuCl(s)+Cl2(g)‎ ΔH1=83 kJ·mol-1①‎ CuCl(s)+O2(g)CuO(s)+Cl2(g)　‎ ΔH2=-20 kJ·mol-1②‎ CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)‎ ΔH3=-121 kJ·mol-1③‎ 则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)可由①×2+②×2+③×2得到,所以其ΔH=83×2+(-20)×2+(-121)×2=-116 (kJ·mol-1)。‎ ‎(3)根据平衡移动原理,为了提高HCl的转化率,使反应4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)正向移动,可以采用增大反应体系压强、及时分离出产物等措施。‎ ‎(4)根据示意图中H+的流动方向可以判断电源的正负极情况,左侧为负极,右侧为正极。根据示意图中负极区物质的转化可以写出相应的方程式:Fe3++e-Fe2+,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。在反应中,1 mol O2得到4 mol电子,所以转移1 mol电子时消耗氧气0.25 mol,在标准状况下的体积为5.6 L。‎ 答案:(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 ‎2.氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有着重要作用。回答下列问题: ‎ ‎(1)有人设想利用CO还原SO2。已知S和CO的燃烧热分别是296.0 kJ·mol-1、283.0 kJ·mol-1,请写出CO还原SO2生成CO2和S(s)的热化学方程式_______。 ‎ ‎(2)某科研小组研究臭氧氧化-碱吸收法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据如下:‎ 反应Ⅰ:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)‎ ΔH1=-200.9 kJ·mol-1　Ea1=3.2 kJ·mol-1‎ 反应Ⅱ:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)‎ ΔH2=-241.6 kJ·mol-1Ea2=58 kJ·mol-1‎ 已知该体系中臭氧发生分解反应:2O3(g)3O2(g)。请回答:‎ 其他条件不变,每次向容积为2 L的反应器中充入含2.0 mol NO、2.0 mol SO2的模拟烟气和4.0 mol O3,改变温度,反应相同时间t后体系中NO和SO2的转化率如图所示:‎ ‎①由图可知相同温度下NO的转化率远高于SO2,结合题中数据分析其可能原因_________________。 ‎ ‎②下列说法正确的是________。 ‎ A.Q点一定为平衡状态点 B.温度高于200 ℃后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零 C.其他条件不变,若扩大反应器的容积可提高NO和SO2的转化率 D.臭氧氧化过程不能有效地脱除SO2,但后续步骤碱吸收可以有效脱硫 ‎③假设100 ℃时P、Q均为平衡点,此时反应时间为5 min,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,则体系中剩余O3的物质的量是______mol;SO2的平均反应速率为________;反应Ⅰ在此时的平衡常数为________。 ‎ ‎(3)以连二硫酸根(S2)为媒介,使用间接电化学法也可处理燃煤烟气中的NO,装置如图所示:‎ ‎①ab是________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。阴极区的电极反应式为__。 ‎ ‎②若NO吸收转化后的产物为N,通电过程中吸收4.48 L NO(标准状况下),则阳极可以产生________mol气体。 ‎ ‎【解析】(1)已知S和CO的燃烧热分别是 ‎296.0 kJ·mol-1、283.0 kJ·mol-1,则 ‎①S(s)+O2(g)SO2(g)‎ ΔH=-296.0 kJ·mol-1‎ ‎②CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)‎ ΔH=-283.0 kJ·mol-1‎ 根据盖斯定律可知②×2-①即得到CO还原SO2的热化学方程式2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s) ΔH=-270 kJ·mol-1。‎ ‎(2)①反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ,相同条件下更易发生反应,因此相同温度下NO的转化率远高于SO2;‎ ‎②A.随着反应的进行,反应物的转化率逐渐增大,因此Q点不一定为平衡状态点,可能是建立平衡过程中的一个点,A错误;B.根据图象,温度高于200 ℃‎ 后,NO和SO2的转化率随温度升高显著下降、最后几乎为零,B正确;C.根据2O3(g)3O2(g)可知其他条件不变,若扩大反应器的容积,压强减小,平衡正向移动,使得臭氧的浓度减小,氧气浓度增大,反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡逆向移动,NO和SO2的转化率减小,C错误;D.根据图象,臭氧氧化过程中二氧化硫的转化率较低,不能有效地脱除SO2,二氧化硫是酸性氧化物,能够被氢氧化钠溶液吸收,D正确;‎ ‎③假设100 ℃时P、Q均为平衡点,此时反应时间为5 min,发生分解反应的臭氧占充入臭氧总量的10%,发生分解反应的臭氧为4 mol×10%=0.4 mol,根据反应Ⅰ:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g),平衡时NO的转化率为80%,反应的臭氧为2 mol×80%=1.6 mol;反应Ⅱ:SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g),平衡时二氧化硫的转化率为30%,反应的臭氧为2 mol×30%=0.60 mol;最终剩余臭氧4 mol-0.4 mol-‎ ‎1.60 mol-0.60 mol=1.4 mol;5 min内SO2的平均反应速率==‎ ‎0.06 mol·(L·min)-1;平衡时NO、O3、NO2、O2的物质的量分别为0.4 mol、1.4 mol、1.6 mol、0.4 mol×+1.6 mol+0.6 mol=2.8 mol,反应Ⅰ在此时的平衡常数==8;‎ ‎(3)①由图可知,阴极区通入液体主要含S,流出液体主要含S2,所以阴极区电极反应式为2S+4H++2e-S2+2H2O,由于阴极需要消耗氢离子,则ab是阳离子交换膜;‎ ‎②4.48 L NO(标准状况下)的物质的量是0.2 mol,由于NO吸收转化后的产物为N,则电路中转移1 mol电子;阳极氢氧根放电产生氧气,产生氧气的物质的量是1 mol÷4=0.25 mol。‎ 答案:(1)2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)　ΔH=-270 kJ·mol-1　(2)①反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ,相同条件下更易发生反应　②BD ‎③1.4　0.06 mol·(L·min)-1　8‎ ‎(3)①阳　2S+4H++2e-S2+2H2O ‎②0.25‎ ‎3.甲醇水蒸气重整制氢(SRM)是用于驱动电动汽车的质子交换膜燃料电池的理想氢源,当前研究主要集中在提高催化剂活性和降低尾气中CO含量,以免使燃料电池Pt电极中毒。重整过程发生的反应如下:‎ 反应Ⅰ　CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)　ΔH1‎ 反应Ⅱ　CH3OH(g)CO(g)+2H2(g) ΔH2‎ 反应Ⅲ　CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)‎ ΔH3‎ 其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3,其中K2、K3随温度变化如下表所示:‎ ‎125 ℃‎ ‎225 ℃‎ ‎325 ℃‎ K2‎ ‎0.553 5‎ ‎185.8‎ ‎9 939.5‎ K3‎ ‎1 577‎ ‎137.5‎ ‎28.14‎ 请回答:‎ ‎(1)反应Ⅱ能够自发进行的条件是________(填“低温”“高温”或“任何温度”),ΔH1______(填“>”“<”或“=”)ΔH3。 ‎ ‎(2)相同条件下,甲醇水蒸气重整制氢较甲醇直接分解制氢(反应Ⅱ)的先进之处在于________。 ‎ ‎(3)在常压、Cat.1催化下,CH3OH和H2O混合气体(体积比1∶1.2,总物质的量 ‎2.2 mol)进行反应,t1时刻测得CH3OH转化率及CO、CO2选择性随温度变化情况分别如图所示(CO、CO2的选择性:转化的CH3OH中生成CO、CO2的百分比)。‎ 注:曲线a表示CH3OH的转化率,曲线b表示CO的选择性,曲线c表示CO2的选择性。‎ ‎①下列说法不正确的是________。 ‎ A.反应适宜温度为300 ℃‎ B.工业生产通常在负压条件下进行甲醇水蒸气重整 C.已知Cat.2催化剂具有更高催化活性,可提高甲醇平衡转化率 D.添加CaO的复合催化剂可提高氢气产率 ‎②260 ℃时H2物质的量随时间的变化曲线如图所示。画出300 ℃时至t1时刻H2物质的量随时间的变化曲线。‎ ‎(4)副产物CO2可以在酸性水溶液中电解生成甲酸,生成甲酸的电极反应式是 ‎ ______________________________________________________________‎ ‎ ______________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________。 ‎ ‎【解析】(1)由表中数据可得,随温度升高,K2增大,即反应Ⅱ向右移动,说明反应Ⅱ是吸热反应,ΔH2>0,由反应方程式可得ΔS2>0,已知反应能够自发进行的条件是ΔH2-TΔS2<0,推知反应Ⅱ需要在高温下才能自发进行;由于K3随温度升高而减小,即反应Ⅲ向左移动,说明反应Ⅲ是放热反应,ΔH3<0,根据盖斯定律,ΔH1=ΔH2+ΔH3>ΔH3。‎ ‎(2)由反应Ⅰ和反应Ⅱ的方程式比较可知,反应物甲醇转化率高,产物中氢气含量高,且几乎没有CO。‎ ‎(3)①A、由图象可知CH3OH的转化率在高于260 ℃时较高,但在300 ℃时,CO的选择性最高,而CO2的选择性最低,所以300 ℃不是反应适宜的温度,最好在 ‎260 ℃时,故A不正确;B、根据反应方程式可知,减小压强会降低反应速率,不适合工业生产,所以B不正确;C、催化剂能够加快反应速率,但不能改变反应物的转化率,所以C不正确;D、催化剂能加快反应速率,且CaO能吸收CO2,从而促使反应Ⅰ正向进行,提高了氢气的产率,即D正确;②根据甲醇的转化率、CO和CO2选择性图象可知,温度从260 ℃升高到300 ℃,反应速率加快,但CO2的选择性减小,使H2的物质的量也减小,所以曲线斜率增大,但水平线低于260 ℃时的,具体为反应Ⅰ中生成n(H2)=3n(CO2)=0.95×1 mol×3=2.85 mol,反应Ⅱ中生成n(H2)=2n(CO)=0.05×1 mol×2=0.10 mol,所以生成H2的总物质的量为2.95 mol,则画出图象如图所示 ‎;‎ ‎(4)CO2在酸性溶液中生成甲酸(HCOOH)时,碳元素的化合价降低,得到电子,将在阳极发生反应,反应式为CO2+2H++2e-HCOOH。‎ 答案:(1)高温　>　(2)甲醇转化率高;产物中氢气含量高,一氧化碳含量低 ‎(3)①ABC　‎ ‎②‎ ‎(4)CO2+2H++2e-HCOOH ‎4.Ⅰ.大气中CO2含量的增多会导致地球表面温度升高及海洋生态环境改变。‎ 已知:CO2(g)+CaO(s)CaCO3(s)‎ ‎(1)某研究小组在实验室探究不同温度对CaO吸收CO2效率的影响。在体积相同的密闭容器中,均充入一定量的生石灰和足量CO2,在不同温度下,保持其他初始实验条件不变,发生如上反应,分别在t秒时测定CO2的浓度(mol·L-1)如图。‎ ‎①该反应在________条件下能自发进行。 ‎ A.较高温度　　　　 B.较低温度 C.任何温度　　　 D.任何温度下均不能 ‎②A、B、C、D、E五点中,达到化学平衡状态的点是_______。 ‎ ‎(2)在恒定温度下,一个体积固定为1 L的容器中加入20 g CaO和一定量的CO2气体,在10分钟达到平衡的过程中CO2浓度变化如图所示,为提高CO2的吸收率,下列可以采取的措施有________。 ‎ A.缩小反应容器的容积 B.升高温度 C.平衡体系中及时分离出部分CaCO3‎ D.使用合适的催化剂 若保持平衡时的温度不变,15分钟时将体积迅速增大至2 L,在20分钟时重新达到平衡,请在下图中补充体积变化后CO2浓度变化示意图。‎ Ⅱ.在容积可变的密闭容器中发生反应:mA(g)+nB(g)pC(g),在一定温度和不同压强下达到平衡时,分别得到A的物质的量浓度如下表 压强p/Pa ‎2×105‎ ‎5×105‎ ‎1×106‎ c(A)/mol·L-1‎ ‎0.08‎ ‎0.20‎ ‎0.44‎ ‎(3)当压强为1×106Pa时,此反应的平衡常数表达式: _______。 ‎ ‎(4)电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法,如图是该方法处理污水的实验装置示意图,实验过程中,污水的pH始终保持在5.0～6.0。接通电源后,阴极产生的气体将污物带到水面形成浮渣而刮去,起到浮选净化作用;阳极产生的沉淀具有吸附性,吸附污物而沉积,起到凝聚净化作用。‎ 阳极区生成沉淀的总电极反应为________。 ‎ ‎【解析】(1)①根据图象,T3时达到平衡,升高温度后,CO2的浓度增大,平衡逆向移动,说明正反应为放热反应,ΔH<0,该反应的ΔS<0,要使得ΔG=ΔH-TΔS<0,需要在较低温度才行;‎ ‎②A、B是建立平衡的过程中的点,C、D、E是达到化学平衡状态的点;‎ ‎(2)A.缩小反应容器的容积,平衡正向移动,CO2的吸收率增大,故A正确;B.升高温度,平衡逆向移动,CO2的吸收率减小,故B错误;C.平衡体系中及时分离出部分CaCO3,碳酸钙为固体,平衡不移动,CO2的吸收率不变,故C错误;D.使用合适的催化剂,平衡不移动,CO2的吸收率不变,故D错误;若保持平衡时的温度不变,15分钟时将体积迅速增大至2 L,二氧化碳浓度减小,平衡逆向移动,但温度不变,平衡常数不变,最终二氧化碳浓度又增大至与原平衡相等,图象为 ‎;‎ ‎(3)根据表格数据,压强由2×105增大到5×105,c(A)的浓度变成原来的2.5倍==,说明平衡未发生移动,即m+n=p,但当压强由5×105增大到1×‎ ‎106时,c(A)的浓度变成原来的2.2倍>=2,说明平衡逆向移动,说明B变成了非气态,因此当压强为1×106 Pa时,此反应的平衡常数表达式K=;‎ ‎(4)根据题意,电解池的阳极材料为Fe,阴极材料为Al。金属作阳极时,电极若为活性电极,由于金属失电子能力强于溶液中的阳离子,所以阳极上是活性电极自身先失去电子,电解池的阳极放电顺序是:活性电极>Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+等,因此阳极的电极反应有两个,分别是2H2O-4e-4H++O2↑和Fe-2e-Fe2+,生成的Fe2+进入溶液中,Fe2+易被氧气氧化,反应为4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3↓+8H+,因此阳极区生成沉淀的总电极反应为2Fe-6e-+6H2O2Fe(OH)3↓+6H+。‎ 答案:(1)①B　②CDE　(2)A　‎ ‎(3)K=‎ ‎(4)2Fe-6e-+6H2O2Fe(OH)3↓+6H+‎ ‎5.(2016·浙江4月选考真题改编)氨气及其相关产品是基本化工原料,在化工领域中具有重要的作用。‎ ‎(1)以铁为催化剂,0.6 mol氮气和1.8 mol氢气在恒温、容积恒定为1 L的密闭容器中反应生成氨气,20 min 后达到平衡,氮气的物质的量为0.3 mol。‎ ‎①在第25 min时,保持温度不变,将容器体积迅速增大至2 L并保持恒容,体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%,请画出从第25 min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线。‎ ‎②该反应体系未达到平衡时,催化剂对逆反应速率的影响是________(填“增大”“减少”或“不变”)。 ‎ ‎(2)①N2H4是一种高能燃料,有强还原性,可通过NH3和NaClO反应制得,写出该制备反应的化学方程式 __________。 ‎ ‎②已知298 K和101 kPa条件下:‎ N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH1‎ ‎2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH2‎ ‎2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　ΔH3‎ ‎4NH3(g)+O2(g)2N2H4(l)+2H2O(l) ΔH4‎ 则N2H4(l)的标准燃烧热ΔH=__________。 ‎ ‎(3)科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺(如虚框所示),在较高的操作压力下,提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量,能制备出高浓度的硝酸。‎ 实际操作中,应控制N2O4/H2O质量比高于5.11,对此请给出合理解释:______。 ‎ ‎【解析】(1)①20 min后达到平衡,氮气的物质的量为0.3 mol,可知此时c(N2)=0.3 mol·L-1,c(H2)=0.9 mol·L-1。第25‎ ‎ min时,保持温度不变,将容器体积迅速增大至2 L,此时c(H2)=0.45 mol·L-1。当达到平衡时N2的总转化率为38.2%,可做如下计算:‎ ‎　　　　　　N2　　+　　 3H22NH3‎ n(开始)/mol 0.6 1.8‎ n(变化)/mol 0.6×38.2% 3×0.6×38.2%‎ n(平衡)/mol 0.370 8 1.112 4‎ 得c(H2)=1.112 4 mol /2 L=0.556 2 mol·L-1,即从25 min起,直至平衡,氢气的浓度由0.45 mol·L-1增大到0.556 2 mol·L-1,其图象为 ‎。‎ ‎②催化剂对正逆反应速率均有增大的作用,故催化剂对逆反应速率的影响是增大。‎ ‎(2)①2NH3+NaClONaCl+N2H4+H2O。‎ ‎②给题目中的反应编号 ‎(i)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH1‎ ‎(ii)2H2(g)+O2(g)2H2O(l)　ΔH2‎ ‎(iii)2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　ΔH3‎ ‎(ⅳ)4NH3(g)+O2(g)2N2H4(l)+2H2O(l)　ΔH4‎ 将上述反应进行如下运算:[(ii)×3-(i)×2-(ⅳ)]÷2,ΔH也进行相应运算,得:N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(l)　ΔH=。‎ ‎(3)2N2O4+2H2O+O24HNO3,各物质恰好反应时,N2O4/H2O质量比=≈5.11,高于5.11是为了提高N2O4的浓度,有利于平衡正向移动,得到高浓度的硝酸。‎ 答案:(1)①‎ ‎②增大 ‎(2)①2NH3+NaClONaCl+N2H4+H2O ‎②(3ΔH2-2ΔH1-ΔH4)‎ ‎(3)2N2O4+2H2O+O24HNO3,N2O4/H2O的质量比为5.11时恰好完全反应,高于5.11是为了提高N2O4的浓度,有利于平衡正向移动,得到高浓度的硝酸 ‎6.合理利用或转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是人们共同关注的课题。 ‎ Ⅰ.某化学课外小组查阅资料后得知:2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步:‎ ‎①2NO(g)N2O2(g)(快)‎ v1正=k1正·c2(NO),v1逆=k1逆·c(N2O2)‎ ΔH1<0‎ ‎②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)‎ v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2),v2逆=k2逆·c2(NO2)　ΔH2<0‎ 请回答下列问题:‎ ‎(1)反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH=________(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。一定温度下,反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态,写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示平衡常数的表达式K=________________。 ‎ ‎(2)决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应速率的是反应②,反应①的活化能E1与反应②的活化能E2的大小关系为E1______E2(填“>”“<”或“=”)。 ‎ Ⅱ.(3)反应N2O4(g)2NO2(g),在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系:v(N2O4)=k1·p(N2O4),v(NO2)=k2·p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度下,相应的速率与压强关系如图所示,在图中标出的点中,能表示该反应达到平衡状态的两个点是____________,理由是____________。 ‎ ‎(4)在25 ℃时,将a mol·L-1的氨水溶液与0.02 mol·L-1 HCl溶液等体积混合后溶液恰好呈中性(忽略溶液混合后体积的变化),用含a的表达式表示25 ℃时NH3·H2O的电离常数Kb=______。用质量分数为17%,密度为0.93 g·cm-3的氨水,配制200 mL a mol·L-1的氨水溶液,所需原氨水的体积V=______mL。 ‎ ‎(5)如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为N和S。物质A的化学式为________________________,阴极的电极反应式是____________。 ‎ ‎【解析】Ⅰ.(1)①2NO(g)N2O2(g);‎ ‎②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g),而目标反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)由盖斯定律知,目标反应为①+②,故其ΔH=ΔH1+ΔH2,由K=,结合v正、v逆的定义,可得K=。‎ ‎(2)因为决定2NO(g)+O2(g)2NO2(g)速率的是反应②,所以反应①的活化能E1远小于反应②的活化能E2。‎ Ⅱ.(3)满足平衡条件v(NO2)=2v(N2O4)即为平衡点,B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1∶2,所以B、D为平衡点。‎ ‎(4)反应后溶液中c(N)=c(Cl-)=0.01 mol·L-1,c(NH3·H2O)= mol·L-1‎ ‎-c(N)= mol·L-1,c(OH-)=10-7 mol·L-1,则Kb==‎ ‎=;设氨水的体积为V mL,则根据稀释定律可知:V×‎ ‎0.93 g·cm-3×17%=17 g·mol-1×a mol·L-1×0.2 L,解得V≈21.5a mL。(5)NO得电子生成铵根离子,离子方程式为NO+5e-+6H+N+H2O,为阴极反应,阳极上SO2失电子形成硫酸。‎ 答案:(1)ΔH1+ΔH2　　(2)<‎ ‎(3)B、D　图中只有D点的NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍,所以表示达到化学平衡状态的点是B、D ‎(4)或　21.5a或或 ‎(5)H2SO4　NO+6H++5e-N+H2O 关闭Word文档返回原板块