（通用版）高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 題型特訓(xùn)15 第10題 化學(xué)反應(yīng)原理綜合題A（含解析）-人教版高三化學(xué)試題

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1、題型特訓(xùn)15第10題化學(xué)反應(yīng)原理綜合題A1.(2019河南六市高三第一次聯(lián)考)工業(yè)上利用N2和H2可以實(shí)現(xiàn)合成氨氣,而氨又可以進(jìn)一步制備硝酸,在工業(yè)上一般可進(jìn)行連續(xù)生產(chǎn)。請回答下列有關(guān)問題:(1)已知N2(g)+O2(g)2NO(g)H=+180.5 kJmol-1N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.4 kJ. mol-12H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-483.6 kJmol-1寫出氨氣經(jīng)催化氧化完全生成一氧化氮和水蒸氣的熱化學(xué)方程式為。(2)在一定體積的密閉容器中,進(jìn)行化學(xué)反應(yīng)N2(g)+3H2(g)2NH3(g),該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K與溫度t的關(guān)系如下表:t/K

2、298398498K4.1106K1K2比較K1、K2的大小:K1K2(填“”“=”或“”“”或“=”)v逆。再次平衡后,平衡常數(shù)為。(5)已知Ksp(AgCl)=1.810-10,若向50 mL 0.09 molL-1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.10 molL-1的鹽酸,混合后溶液中的Ag+的濃度為 molL-1。2.(2019山東青島二中高三期末)C、S和Cl元素的單質(zhì)及化合物在工業(yè)生產(chǎn)中的有效利用備受關(guān)注。請回答下列問題:(1)已知:.2SO2(g)+O2(g)+2H2O(l)2H2SO4(aq)H1.Cl2(g)+H2O(l)HCl(aq)+HClO(aq)H2.2HClO(

3、aq)2HCl(aq)+O2(g)H3SO2(g)+Cl2(g)+2H2O(l)2HCl(aq)+H2SO4(aq)H4=(用含有H1、H2和H3的代數(shù)式表示)。(2)25 時(shí),H2SO3溶液中各含硫微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)()與溶液pH的變化關(guān)系如圖甲所示。甲乙已知25 時(shí),NaHSO3的水溶液pH”或“AD(3)NO+5e-+6H+NH4+H2O10-6(4)K2。2v正(H2)=3v逆(NH3),正、逆反應(yīng)速率比等于計(jì)量數(shù)比,一定達(dá)到平衡狀態(tài),A正確;2v正(N2)=v逆(H2),正、逆反應(yīng)速率比不等于計(jì)量數(shù)比,沒有達(dá)到平衡狀態(tài),B錯(cuò)誤;N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在恒溫恒壓下反應(yīng),

4、壓強(qiáng)是恒量,容器內(nèi)壓強(qiáng)保持不變,不一定達(dá)到平衡狀態(tài),C錯(cuò)誤;根據(jù)=m(總)V(總),在恒溫恒壓下反應(yīng),氣體總質(zhì)量不變、容器體積變小,所以密度是變量,混合氣體的密度保持不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡,D正確。(3)陰極發(fā)生還原反應(yīng),根據(jù)示意圖,NO在陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成NH4+,所以陰極電極反應(yīng)式為NO+5e-+6H+NH4+H2O。pH=6的NH4NO3溶液中,c(H+)=10-6molL-1,根據(jù)質(zhì)子守恒可知,NH4NO3溶液中c(NH3H2O)+c(OH-)=c(H+)=10-6molL-1。(4)平衡常數(shù)K=1c2(NH3)c(CO2)=10.520.25=16。同溫同壓下,體積比等于物質(zhì)的

5、量比,設(shè)T和平衡時(shí)容器的壓強(qiáng)不變,再向體積可變的容器中充入3molNH3,容器體積為V,4L0.5molL-14L+0.25molL-14L=V0.5molL-14L+0.25molL-14L+3mol,V=8L,此時(shí)Q=1(58)2(18)16,即QK,反應(yīng)逆向進(jìn)行,即v正v逆。(5)向50mL0.09molL-1的AgNO3溶液中加入50mL0.10molL-1的鹽酸生成氯化銀沉淀,鹽酸有剩余,剩余c(Cl-)=(0.05L0.10molL-1-0.05L0.09molL-1)0.1L=0.005molL-1。Ksp(AgCl)=c(Cl-)c(Ag+)=1.810-10,c(Ag+)=(

6、1.810-10)0.005molL-1=3.610-8molL-1。2.答案 (1)(H1+2H2+H3)/2(2)由圖中數(shù)據(jù)可以計(jì)算出Ka2(H2SO3)=10-7.2,Ka1(H2SO3)=10-1.9,所以HSO3-的水解常數(shù)是10-12.1,HSO3-電離程度大于水解程度,溶液顯酸性(3)陽離子交換膜2Cl-2e-Cl2(4)0.03 mol(Lmin)-111.25(5)b升高溫度解析 (1)利用蓋斯定律可得H4=(H1+2H2+H3)/2。(2)根據(jù)圖像pH=1.9的交點(diǎn)計(jì)算電離常數(shù)Ka1(H2SO3)=c(HSO3-)c(H+)c(H2SO3)=10-1.9,HSO3-的水解常

7、數(shù)Kh=KWKa1(H2SO3)=10-12.1,根據(jù)pH=7.2的交點(diǎn)計(jì)算Ka2=c(SO32-)c(H+)c(HSO3-)=10-7.2,由于HSO3-的水解常數(shù)Kh小于其電離常數(shù)Ka2,所以亞硫酸氫根離子電離程度大于水解程度,則NaHSO3的水溶液pH升高溫度0.012 5 MPa該反應(yīng)是氣體分子數(shù)增加的反應(yīng),隨著稀有氣體比例的增加,總壓強(qiáng)一定,降低了反應(yīng)體系各氣體的分壓,相當(dāng)于減壓,從而促進(jìn)反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行,提高了丙烷脫氫的轉(zhuǎn)化率(3)-136.5 kJmol-1解析 (1)根據(jù)方程式可知:C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)起始量/mol200變化量/molxxx平衡量/mo

8、l2-xxx根據(jù)阿伏加德羅定律,等溫等容條件下,氣體壓強(qiáng)之比等于物質(zhì)的量之比,則2-x+x+x2=1.75,解得x=1.5。010min內(nèi)丙烯的生成速率v(C3H6)=1.5mol10L10min=0.015mol(Lmin)-1,C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率為1.52100%=75%。氣體總質(zhì)量和容器容積不變,所以氣體密度始終保持不變,故其密度保持不變不能說明達(dá)到平衡狀態(tài),A錯(cuò)誤;c(C3H6)c(H2)/c(C3H8)是化學(xué)平衡常數(shù)表達(dá)式,若保持不變,則說明達(dá)到平衡狀態(tài),B正確;該反應(yīng)的焓變是常量,焓變保持不變不能說明達(dá)到平衡狀態(tài),C錯(cuò)誤;C3H8分解速率與C3H6消耗速率相等表示正逆反應(yīng)速率相等

9、,則說明達(dá)到平衡狀態(tài),D正確。(2)由圖可知,溫度一定時(shí),p1時(shí)丙烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)大于p2時(shí),由方程式可知,壓強(qiáng)越大,平衡逆向移動(dòng),丙烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)越大,所以壓強(qiáng)p1p2。由圖可知,隨著溫度升高,丙烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)降低,說明升高溫度平衡向正反應(yīng)方向進(jìn)行,反應(yīng)速率和反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率都增大。假設(shè)起始時(shí)丙烷的物質(zhì)的量為1mol,根據(jù)方程式可知:C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)起始量/mol100變化量/molyyy平衡量/mol1-yyyQ點(diǎn)時(shí)丙烷的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為50%,則1-y=0.5(1+y),解得y=13,則C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)平衡時(shí)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為:12、1

10、4、14,則Q點(diǎn)對應(yīng)溫度下該反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=p(C3H6)p(H2)p(C3H8)=140.1MPa140.1MPa120.1MPa=0.0125MPa。由反應(yīng)方程式C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)可知,該反應(yīng)是氣體分子數(shù)增加的反應(yīng),隨著稀有氣體比例的增加,總壓強(qiáng)一定,降低了反應(yīng)體系各氣體的分壓,相當(dāng)于減壓,從而促進(jìn)反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行,提高了丙烷脫氫的轉(zhuǎn)化率。(3)將已知反應(yīng)編號:C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)H2=+81.7kJmol-1C2H4(g)+H2(g)C2H6(g)H3C3H8(g)+H2(g)CH4(g)+C2H6(g)H4=-54.8kJmol-1根據(jù)蓋斯定律,由-可得反應(yīng),則H3=H4-H2=-54.8kJmol-1-81.7kJmol-1=-136.5kJmol-1。