届大题精做11以电解质溶液为主线串联反应原理综合题副本.docx

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届大题精做11以电解质溶液为主线串联反应原理综合题副本

大题精做十一以电解质溶液为主线串联反应原理

1.（2018河北武邑中学理综）COS和H2S是许多煤化工产品的原料气。

已知：

COS（g）+H2（g）

H2S（g）+CO（g）ΔH=XkJ·mol−1；

CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）ΔH=-42kJ·mol−1；

（1）断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如下表所示：

分子

COS（g）

H2（g）

CO（g）

H2S（g）

H2O（g）

CO2（g）

能量/kJ·mol-1

1321

440

1076

680

930

1606

则X=_____________________。

（2）向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS（g）、1molH2（g）和1molH2O（g），进行上述两个反应，在某温度下达到平衡，此时CO的体积分数为4%，且测得此时COS的物质的量为0.80mol，则该温度下反应I的平衡常数为_________________（保留两位有效数字）

（3）现有两个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换）密闭容器M、N，在M中充入1molCO和1molH2O，在N中充入1molCO2和1molH2，均在700℃下开始按Ⅱ进行反应。

达到平衡时，下列说法正确的是_________。

A.两容器中CO的物质的量M>N

B.两容器中正反应速率M＜N

C.容器M中CO的转化率与容器N中CO2的转化率之和小于1

D.两容器中反应的平衡常数M>N

（4）氢硫酸、碳酸均为二元弱酸，其常温下的电离常数如下表：

H2CO3

H2S

Ka1

4.4×10−7

1.3×10−7

Ka2

4.7×10−11

7.1×10−15

煤的气化过程中产生的H2S可用足量的Na2CO3溶液吸收，该反应的离子方程式为______________；常温下，用100mL0.2mol·L−1NaOH溶液吸收448mL（标况）H2S气体，反应后溶液中离子浓度从大到小的顺序为__________________________________。

（5）25℃时，用Na2S沉淀Cu2+、Sn2+两种金属离子（M2+），所需S2−最低浓度的对数值1gc（S2−）与Igc（M2+）的关系如右图所示，请回答：

①25℃时Ksp（CuS）=_______________。

②25℃时向50mL的Sn2+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，当Na2S溶液加到150mL时开始生成SnS沉淀，则此时溶液中Cu2+浓度为_____________mol/L。

【解析】

（1）ΔH=反应物断键吸收的总能量—生成物成键放出的总能量=1321+440-680-1076=5kJ·mol−1；正确答案：

5。

（2）COS（g）+H2（g）

H2S（g）+CO（g）

起始量1100

变化量xxxx

平衡量1-x1-xxx

CO（g）+H2O（g）

CO2（g）+H2（g）

起始量x101-x

变化量yyyy

平衡量x-y1-yy1-x+y

根据题给信息可知：

1-x=0.8，x=0.2mol；反应后混合气体总量为1-x+x+x-y+1-y+y+1-x+y=3mol，根据CO的体积分数为4%列方程（0.2-y）/3=0.04，y=0.08mol；c（H2）=（1-x+y）/10=0.088mol/L；c（H2S）=x/10=0.02mol/L；c（CO）=（x-y）/10=0.012mol/L；c（COS）=（1-x）/10=0.08mol/L；反应I的平衡常数为c（CO）c（H2S）/c（H2）c（COS）=0.012×0.02

/0.08×0.088=0.034；正确答案：

0.034。

（3）由于容器M的正反应为放热反应。

随着反应的进行，反应的温度升高；由于恒容绝热，升高温度，平衡左移，两容器中CO的物质的量M>N，A正确；M中温度大于N中的温度，所以两容器中正反应速率M>N，B错误；容器M中反应是从正反应方向开始的，容器N中是反应是从逆反应方向开始的，由于恒容绝热（与外界没有热量交换），所以CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和必然小于1，C正确；容器M中反应是从正反应方向开始的，由于恒容绝热（与外界没有热量交换），平衡左移，所以两容器中反应的平衡常数M＜N，错误。

（4）根据电离常数可以得知酸性顺序：

H2CO3>H2S>HCO3->HS-；所以H2S与Na2CO3溶液反应生成NaHS和NaHCO3；正确答案：

H2S+CO

===HS−+HCO

。

设生成Na2Sxmol和NaHSymol，根据硫元素守恒：

x+y=448×10−3/22.4；根据钠元素守恒：

2x+y=0.1×0.2，解之x=0，y=0.02mol；所以100mL、0.2mol·L−1NaOH溶液恰好吸收448mL（标况）H2S气体生成NaHS，NaHS溶液水解大于电离过程，溶液显碱性，溶液中各离子浓度大小关系为：

c（Na+）＞c（HS−）＞c（OH−）＞c（H+）＞c（S2−）；正确答案：

c（Na+）＞c（HS−）＞c（OH−）＞c（H+）＞c（S2−）。

（5）①在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：

CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2-（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2−）=10−25×10−10=10−35；正确答案：

10−35。

②Ksp（SnS）=c（Sn2+）×c（S2−）=10−25×1=10−25>

Ksp（CuS）=10−35，所以25℃时向50mL的Sn2+、Cu2+浓度均为0.01mol/L的混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，Cu2+先沉淀完成后，Sn2+开始沉淀；c（Sn2+）=（50×10−3×0.01）/（200×10−3）=2.5×10−3mol·L−1；根据Ksp（SnS）=c（S2−）×2.5×10−3=10−25，c（S2−）=4×10−23mol·L−1；根据Ksp（CuS）=c（Cu2+）×4×10−23=10−35，c（Cu2+）=2.5×10−13mol·L−1；正确答案：

2.5×10−13。

【答案】

（1）5

（2）0.034

（3）AC

（4）H2S+CO

===HS−+HCO

c（Na+）＞c（HS−）＞c（OH−）＞c（H+）＞c（S2−）

（5）10−352.5×10−13

1.（2018山东质检理综）目前，处理烟气中SO2常采用两种方法：

液吸法和还原法。

Ⅰ.碱液吸收法

25℃时，Kb（NH3·H2O）＝1.8×10−5；H2SO3：

Ka1＝1.5×10−2，Ka2＝1.0×10−7；Ksp（CaSO4）＝7.1×10−5。

第1步：

用过量的浓氨水吸收SO2，并在空气中氧化；

第2步：

加入石灰水，发生反应Ca2＋＋2OH−＋2NH

＋SO

CaSO4↓＋2NH3·H2O　K。

（1）25℃时，0.1mol·L−1（NH4）2SO3溶液的pH________（填“>”“<”或“＝”）7。

（2）计算第2步中反应的K＝__________________。

Ⅱ.水煤气还原法

已知：

①2CO（g）＋SO2（g）

S（l）＋2CO2（g）　ΔH1＝－37.0kJ·mol−1；

②2H2（g）＋SO2（g）

S（l）＋2H2O（g）　ΔH2＝＋45.4kJ·mol−1；

③CO的燃烧热ΔH3＝－283kJ·mol－1。

（3）表示液态硫（S）的燃烧热的热化学方程式为_____________________________。

（4）反应②中，正反应活化能E1________（填“>”“<”或“＝”）ΔH2。

（5）在一定压强下，发生反应①。

平衡时SO2的转化率α（SO2）与投料比的比值

、温度T的关系如图所示。

比较平衡时CO的转化率α（CO）∶N________（填“>”“<”或“＝”，下同）M。

逆反应速N______P。

（6）某温度下，向10L恒容密闭容器中充入2molH2、2molCO和2molSO2发生反应①、②，第5min时达到平衡，测得混合气体中CO2、H2O（g）的物质的量分别为1.6mol、1.8mol。

①该温度下，反应②的平衡常数K为_________________。

②其他条件不变，在第7min时缩小容器体积，α（SO2）________（填“增大”“减小”或“不变”）。

【解析】

（1）由题给信息知，Kb（NH3·H2O）大于Ka2（H2SO3），所以SO

的水解程度大于NH

的水解程度，则25℃时，0.1mol·L−1（NH4）2SO3溶液呈碱性。

（2）K＝

＝

≈4.3×1013。

（3）由已知信息③可得CO（g）＋

O2（g）===CO2（g）　ΔH3＝－283kJ·mol−1，根据盖斯定律，由③×2－①得：

S（l）＋O2（g）===SO2（g）　ΔH＝（－283kJ·mol−1）×2＋37.0kJ·mol−1＝－529kJ·mol−1。

（4）设E2为逆反应的活化能，则E1－E2＝ΔH2>0，所以E1>ΔH2。

（5）比较M、N两点CO的转化率，选择P点为参照点，比较M点和P点对应的CO的转化率：

温度相同，y1大于y2，投入较多CO来增大SO2转化率，则CO的转化率降低，故M点对应的CO转化率小于P点；比较N点和P点对应的CO转化率：

投料比的比值相同，P点温度高于N点，反应①的正反应是放热反应，升高温度，平衡向左移动，故P点对应的CO转化率小于N点。

故CO的平衡转化率：

N>P>M。

N点和P点的投料比的比值相同，升高温度，正、逆反应速率均增大，故N点逆反应速率小于P点。

（6）①设参与反应①、②的SO2的起始物质的量浓度分别为amol·L−1、bmol·L−1，达到平衡时，转化的物质的量浓度分别为xmol·L−1、ymol·L−1，利用三段式法计算：

　　　　2CO（g）＋SO2（g）

S（l）＋2CO2（g）

起始/（mol·L−1）0.2a0

转化/（mol·L−1）2xx2x

平衡/（mol·L−1）0.2－2xa－x2x

　　　　2H2（g）＋SO2（g）

S（l）＋2H2O（g）

起始/（mol·L−1）0.2b0

转化/（mol·L−1）2yy2y

平衡/（mol·L−1）0.2－2yb－y2y

依题意知，2x＝0.16，解得x＝0.08，2y＝0.18，解得y＝0.09，平衡时c（SO2）＝0.2mol·L−1－0.17mol·L−1＝0.03mol·L−1，c（H2）＝0.02mol·L−1，c（H2O）＝0.18mol·L−1，则反应②的K＝

＝

＝2700。

②缩小容器体积相当于增大压强，反应①、②都是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO2的平衡转化率增大。

【答案】

（1）>　

（2）4.3×1013

（3）S（l）＋O2（g）===SO2（g）　ΔH＝－529kJ·mol−1

（4）>　

（5）>　<　

（6）①2700　②增大

2.

（1）硼酸（H3BO3）能电离，它在水中能结合水电离出的OH−形成B（OH）

，写出硼酸的电离方程式：

____________________________________________________。

（2）向500mL0.2mol·L−1硼酸溶液中加入2g氢氧化钠固体，充分反应后，溶液呈碱性，反应的离子方程式为________________________。

溶液中各微粒（水除外）浓度由大到小的顺序为____________________________。

溶液中

＝________（用含硼酸的电离常数K和水的离子积常数Kw的代数式表示）。

（3）在一定条件下，H3BO3＋3CH3OH

B（OCH3）3＋3H2O，H3BO3的转化率随时间变化的曲线如图所示。

升高温度，正反应速率________（填“大于”“小于”或“等于”，下同）逆反应速率；反应物的总能量________生成物的总能量。

（4）已知：

H2O（l）===H2O（g）　ΔH＝＋44kJ·mol−1，标准状况下11.2LB2H6气体在足量的氧气中燃烧，生成三氧化二硼固体和水蒸气，放出1016.5kJ的热量，写出表示B2H6气体燃烧热的热化学方程式：

________________________________。

（5）硼酸通过一定的反应可生成NaBH4，NaBH4是一种强还原剂，用NaBH4和过氧化氢可以设计成一种碱性燃料电池，放电时，1molNaBH4释放8mole−。

写出原电池负极的电极反应式：

________________________。

【解析】

（1）依题意知硼酸的电离类似于盐的水解，可写出硼酸的电离方程式。

（2）硼酸是弱酸，在离子方程式中写化学式；据计算得出硼酸过量，反应后溶液中含有等物质的量的H3BO3和NaB（OH）4，溶液呈碱性，说明B（OH）

的水解程度大于H3BO3的电离程度，可得到微粒浓度的大小关系。

（3）据图像分析得出升高温度，H3BO3的转化率增大，更有利于平衡正向移动，正反应为吸热反应。

（4）燃烧热为101kPa时1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，根据盖斯定律，可写出该热化学方程式。

（5）负极发生氧化反应，在碱性电池中有大量的OH−，利用得失电子守恒即可写出电极反应式。

【答案】

（1）H3BO3＋H2O

B（OH）

＋H＋

（2）H3BO3＋OH−===B（OH）

　c（H3BO3）>c（Na＋）>c[B（OH）

]>c（OH−）>c（H＋）　

（3）大于　小于

（4）B2H6（g）＋3O2（g）===B2O3（s）＋3H2O（l）　ΔH＝－2165kJ·mol－1

（5）BH

＋8OH−－8e−===B（OH）

＋4H2O

3.（2018河北衡水联考）氨是一种重要的化工原料，可以用来制备氮化硅（Si3N4）肼（N2H4）、氢氰酸（HCN）。

（1）已知：

Si（s）+2Cl2（g）===SiCl4（g）ΔH1=akJ·mol－1

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）ΔH2=bkJ·mol－1

3Si（s）+2N2（g）===Si3N4（s）ΔH3=ckJ·mol－1

H2（g）+Cl2（g）===2HCl（g）ΔH4=dkJ·mol－1

则反应3SiCl4（g）+4NH3（g）===Si3N4（s）+12HCl（g）的ΔH=________________kJ·mol－1（用a、b、c、d表示）。

（2）肼的制备方法是用次氯酸钠氧化过量的氨。

已知ClO－水解的方程式为：

ClO−+H2O===HClO+OH−。

常温下，该水解反应的平衡常数为K=1.0×10−6mol·L−1，则1.0mol·L−1NaCIO溶液的pH=________。

（3）工业上利用氨气生产氢氰酸（HCN）的反应为：

CH4（g）+NH3（g）

HCN（g）+3H2（g）ΔH>O

①其他条件一定，达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图所示。

X代表的是________（填“温度”或“压强”）。

②其他条件一定，向2L密闭容器中加人nmolCH4和2molNH3，平衡时NH3体积分数随n变化的关系如图所示。

若反应从开始到a点所用时间为10min，该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为________mol·L−1·min−1；平衡常数：

K（a）________K（b）（填“>”“=”或“<”）

③工业上用电解法处理含氰电镀废水（pH=10）的装置如图所示。

阳极产生的氯气与碱性溶液反应生成ClO−，ClO−将CN−氧化的离子方程式为：

_____CN−+_____ClO−+________===_____CO

+_____N2↑+________+________若电解处理2molCN−，则阴极产生气体的体积（标准状况下）为________L。

【解析】

（1）已知：

Si（s）+2Cl2（g）===SiCl4（g）ΔH1=akJ·mol－1①

N2（g）+3H2（g）

2NH3（g）ΔH2=bkJ·mol－1②

3Si（s）+2N2（g）===Si3N4（s）ΔH3=ckJ·mol－1③

H2（g）+Cl2（g）===2HCl（g）ΔH4=dkJ·mol－1④

根据盖斯定律，③+6

④-3

①-2

②得3SiCl4（g）+4NH3（g）===Si3N4（s）+12HCl（g），ΔH=ΔH3+6

ΔH4-3

ΔH1-2

ΔH2=c+6d-3a-2bkJ·mol－1，故答案为：

c+6d-3a-2b；

（2）1.0mol·L−1NaCIO溶液中，c（ClO−）=1.0mol·L−1，已知ClO−+H2O===HClO+OH−，该水解反应的平衡常数为K=c（HClO）∙c（OH−）/c（ClO−）=c2（OH−）=1.0×10−6mol·L−1，c（OH−）=1.0×10−3mol·L−1，则c（H+）=10−14/10−3=10−11，pH=11，故答案为：

11；（3）①根据图示，X越大转化率越小，平衡逆向移动，该反应为吸热，温度升高平衡正向移动，增大压强，平衡逆向移动，故答案为：

压强；

②设10min时，反应的氨气的物质的量为x

CH4（g）+NH3（g）

HCN（g）+3H2（g）

开始（mol）2200

反应（mol）xxx3x

a点（mol）2-x2-xx3x

则（2-x）/2-x+x+3x=30%，x=0.5，v（CH4）=（0.5mol/2L）/10min=0.025mol·L−1·min−1；平衡常数只和温度有关，所以K（a）=K（b），故答案为：

0.025，=；③由题干知，OH−参加反应，ClO−被还原成Cl−同时产物中还有水生成，再根据转移电子数相等及原子守恒规律配平得：

2CN−+5ClO−+2OH−===2CO

+N2↑+5Cl−+H2O；根据反应方程式得，处理2molCN−消耗5molClO−，消耗5molCl2，所以阴极生成5mol氢气，则V（H2）=22.4mol/L

5mol=112L，故答案为：

2，5，2OH−，2，1，5Cl−，H2O；112。

【答案】

（1）c+6d-3a-2b

（2）11

（3）压强0.025=252OH−2l5Cl−H2O112

4．（2018四川名校联盟联考）Fe是日常生活中最常用的金属之一。

回答下列问题：

（1）深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌（该还原菌最佳生存环境在pH为7～8之间）作用下，能被SO

腐蚀，其电化学腐蚀原理如下图所示，写出正极的电极反应式___________________。

（2）在1800K时，2Fe（s）+3/2O2（g）===Fe2O3（s）∆H=-354.2kJ/mol；

3Fe（s）+2O2（g）===Fe3O4（s）∆H=-550.9kJ/mol

则反应：

2Fe3O4（s）+1/2O2（g）===3Fe2O3（s）的∆H为_____kJ·mol−1，四氧化三铁在充满氧气的集气瓶中反应生成Fe2O3_____（填“能”或“不能”）自发进行。

（3）Fe3+和I－在水溶液中的反应如下：

2I−+2Fe3+

2Fe2++I2（在水溶液中）。

①298K时，向5mL0.1mol∙L−1的KI溶液中滴加0.1mol∙L−1FeCl3溶液，得到c（Fe2+）与加入FeCl3溶液体积关系如下图所示：

该温度下滴加5mLFeCl3溶液时，Fe3+的平衡转化率=_____%，平衡常数K=_____，若要提高Fe3+的转化率，可采取的措施是________________________。

②在已经达到平衡的上述反应体系中，加入苯对I2进行萃取，保持温度不变，反应速率_____（填“增大”、“减小”或“不变”），此时υ（正）_____υ（逆）（填“大于”、“小于”或“等于”）。

③υ（正）与Fe3+、I−的浓度关系为υ=kc（I－）mc（Fe3+）n（k为常数）

c（I−）mol∙L−1

c（Fe3+）mol∙L−1

υ（mol∙L−1∙s−1）

（1）

0.20

0.80

0.032k

（2）

0.60

0.40

0.144k

（3）

0.80

0.20

0.128k

通过分析所给数据计算可知：

在υ=kc（I－）mc（Fe3+）n中，m，n的值为_____（填字母代号）。

A．m=1，n=1　B．m=2，n=1　C．m=2，n=2　D．m=1，n=2

【解析】

（1）根据图示，正极得电子，发生还原反应，电极反应为：

SO

+5H2O+8e−===HS−+9OH−；

（2）根据盖斯定律，由已知两个热化学方程式得：

2Fe3O4（s）+

O2（g）===3Fe2O3（s）的∆H=-2

∆H2+3

∆H1=-2

（550.9kJ∙mol−1）+3

（354.2kJ∙mol−1）=+39.2kJ∙mol−1；反应为混乱度减小的反应，且反应是吸热，所以该反应不能自发进行；（3）①由图示可知，平衡时c（Fe2+）=4.0×10−2mol∙L−1，则Fe3+的平衡转化率α=（4×10-2mol/L×10mL）÷（0.1mol/L×5mL）×100%=80%；平衡时2I－+2Fe3+

2Fe2++I2平衡常数K＝

=（4×10−2）2×（2×10−2）÷[（1×10−2）2×（1×10−2）2]=3200；若要提高Fe3+的转化率，可采取的措施是：

增大I−的浓度；故答案为：

80；3200；增大I−的浓度；②加入苯对I2进行萃取使生成物浓度减小，反应速率减小，平衡向正反应方向移动，故正反应速率大于逆反应速率；故答案为：

减小；大于；③将表中的三组数据代入公式υ=kc（I−）mc（Fe3+）n，可得：

0.20m×0.80n=0.032k，0.60m×0.40n=0.144k，0.80m×0.20n=0.128k，解得：

m=2，n=1，故答案为：

B。

【答案】

（1）SO

+5H2O+8e−===HS−+9OH−

（2）+39.2不能

（3）803200增大I−的浓度减小大于B

5.（2018四川攀枝花模拟）废气中的含氮氧化物是主要的大气污染物，因此脱出废气中的含氮氧化物对于保护大气环境具有重要的意义。

（1）汽车的大量使用是城市大气中含氮氧化物的主要来源。

①汽车燃油中一般不含有氮元素，汽车尾气中的NO是如何产生的？

___________（用化学方程式表示）。

②NO易被O2氧化为NO2。

其他条件不变时，NO的氧化率[α（NO）%]与温度、压强的关系如图所示。

则p1________p2（填“>”、“<”或“＝”）；温度高于800℃时，α（NO）几乎为0的原因是_____。

（2）利用氨气脱除NO是大气污染防治研究的热点，过程中涉及的反应为：

主反应：

4NH3（g）＋4NO（g）＋O2（g）

4N2（g）＋6H2O（g）

副反应：

①4NH3（g）＋5O2（g）

4NO（g）＋6H2O（g）ΔH＝-905.5kJ/mol

②4NH3（g）＋4O2（g）

2N2O（g）＋6H2O（g）ΔH＝-1104.9kJ/mol

③4NH3（g）＋3O2（g）

2N2（g）＋6H2O（g）ΔH＝