高考化学三轮冲刺分层专题特训卷题型分类练3 (含解析)

这是一份高考化学三轮冲刺分层专题特训卷题型分类练3 (含解析)，共17页。试卷主要包含了甲醇是重要的化工原料等内容，欢迎下载使用。
1．臭氧是地球大气中一种微量气体，人类正在保护和利用臭氧。
(1)氮氧化物会破坏臭氧层，已知：
①NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g) ΔH1＝－200.9 kJ·ml－1
②2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g) ΔH2＝－116.2 kJ·ml－1
则反应：2O3(g)===3O2(g) ΔH＝________。
(2)大气中的部分碘源于O3对海水中I－的氧化。将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究，在第二组实验中加入亚铁盐探究Fe2＋对氧化I－反应的影响，反应体系如图1，测定两组实验中Ieq \\al(－,3)浓度实验的数据如图2所示：
①反应后的溶液中存在化学平衡：I2(aq)＋I－(aq)Ieq \\al(－,3)(aq)，当c(Ieq \\al(－,3))/c(I－)＝6.8时，溶液中c(I2)＝________。(已知反应的平衡常数K＝680)
②结合实验数据可知，Fe2＋使I－的转化率________(填“增大”“无影响”或“减小”)。
③第二组实验18 s后，Ieq \\al(－,3)浓度下降。导致Ieq \\al(－,3)浓度下降的原因是
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(3)臭氧是一种杀菌消毒剂，还是理想的烟气脱硝剂。
①一种脱硝反应中，各物质的物质的量随时间的变化如图3所示，X为
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________________________________________________________________________(填化学式)。
②一种臭氧发生装置原理如图4所示。阳极(惰性电极)的电极反应式为
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答案：
(1)－285.6 kJ·ml－1
(2)①0.01 ml·L－1 ②增大 ③c(Fe3＋)增大，c(I－)减小，I2(aq)＋I－(aq)Ieq \\al(－,3)(aq)平衡向逆反应方向移动
(3)①N2O5 ②3H2O－6e－===O3↑＋6H＋
解析：(1)根据盖斯定律，由①×2－②得2O3(g)===3O2(g) ΔH＝－285.6 kJ·ml－1。(2)①该反应的平衡常数K＝c(Ieq \\al(－,3))/[c(I2)×c(I－)]，则c(I2)＝eq \f(cI\\al(－,3),K·cI－)＝eq \f(6.8,680) ml·L－1＝0.01 ml·L－1。②结合题图2可知，Fe2＋使I－的转化率增大。③18 s后，溶液中c(Fe3＋)增大，发生反应：2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋，导致c(I－)减小，I2(aq)＋I－(aq)Ieq \\al(－,3)(aq)平衡向逆反应方向移动，从而使Ieq \\al(－,3)浓度下降。(3)①由题图3可知，NO2反应了4 ml，O3反应了2 ml，生成X和O2各2 ml，根据各物质的变化量之比等于系数之比以及原子守恒，可确定X为N2O5。②由题图4可知，阳极上水失去电子生成臭氧和氢离子，电极反应式为3H2O－6e－===O3↑＋6H＋。
2．甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：
Ⅰ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH1＝－41.0 kJ·ml－1
Ⅱ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH2＝－90.0 kJ·ml－1
Ⅲ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH3
回答下列问题 ：
(1)则ΔH3＝________，在以上制备甲醇的两个反应中，反应Ⅱ优于反应Ⅲ，其原因为
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(2)一定比例的合成气在装有催化剂的反应器中反应12小时，体系中甲醇的产率和催化剂的催化活性与温度的关系如图1所示。
当温度为470 K时，图中P点________(填“是”或“不是”)处于平衡状态。490 K之后，甲醇产率下降的原因是
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(3)图2为一定比例的CO2、H2，CO、H2，CO、CO2、H2条件下甲醇生成速率与温度的关系。
①490 K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是________(填“A”或“B”)。
A．CO2eq \(,\s\up7(H2),\s\d5(H2O))COeq \(,\s\up7(2H2))CH3OH
B．COeq \(,\s\up7(H2O),\s\d5(H2))CO2eq \(,\s\up7(3H2))CH3OH＋H2O
②490 K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析原因：
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(4)研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的电极反应式为
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答案：
(1)－49.0 kJ·ml－1 反应Ⅱ符合“原子经济性”的原则(绿色化学)，即原子利用率为100%
(2)不是 反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，且催化剂活性降低
(3)①B ②CO促进反应Ⅰ正向移动，二氧化碳和氢气的量增加，水蒸气的量减少，有利于反应Ⅲ正向进行
(4)CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O
解析：(1)根据盖斯定律：反应Ⅱ－反应Ⅰ＝反应Ⅲ，故ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－90.0 kJ·ml－1－(－41.0 kJ·ml－1)＝－49.0 kJ·ml－1，由于反应Ⅱ生成物只有甲醇，原子利用率为100%，符合“原子经济性”的原则(绿色化学)，故反应Ⅱ优于反应Ⅲ。(2)温度为470 K时，图中P点甲醇产率没有达到最大，不是处于平衡状态。反应Ⅱ、Ⅲ均为放热反应，490 K之后，升高温度平衡逆向移动，且催化剂活性降低，使甲醇产率下降。(3)根据图2，①490 K时，从甲醇的生成速率来看，a曲线大于c曲线，即甲醇来源于CO2和H2，故490 K时，根据曲线a、c判断合成甲醇的反应机理是B；②490 K时，曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，从化学热力学，结合反应Ⅰ、Ⅲ分析，对Ⅰ.CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，CO是反应物，CO促进反应Ⅰ正向移动，CO2和H2的量增加，水蒸气的量减少，反应Ⅲ.CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)正向进行，故CO的存在使甲醇生成速率增大。(4)CO2在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，CO2中碳元素化合价降低，被还原，发生还原反应，则生成甲醇的电极反应式为CO2＋6H＋＋6e－===CH3OH＋H2O。
3．治理SO2、CO、NOx污染是化学工作者研究的重要课题。
Ⅰ.硫酸厂大量排放含SO2的尾气会对环境造成严重危害。
(1)工业上可利用废碱液(主要成分为Na2CO3)处理硫酸厂尾气中的SO2，得到Na2SO3溶液，该反应的离子方程式为
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Ⅱ.沥青混凝土可作为反应：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)的催化剂。图甲表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。
(2)a、b、c、d四点中，达到平衡状态的是________。
(3)已知c点时容器中O2浓度为0.02 ml·L－1，则50 ℃时，在α型沥青混凝土中CO转化反应的平衡常数K＝________(用含x的代数式表示)。
(4)下列关于图甲的说法正确的是________。
A．CO转化反应的平衡常数K(a)K(c)，A项错误；从图象可以看出，同温下β型沥青混凝土催化下，催化能力强于α型，所以在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率比α型要大，B项正确；反应物的浓度越大，分子之间发生有效碰撞的几率越高，b点时达到平衡，一氧化碳的转化率最大，剩余物质的浓度最小，有效碰撞几率不是最高的，C项错误；温度太高，催化剂可能会失去活性，催化能力下降，D项正确。(5)模拟尾气中一氧化氮的物质的量为0.025 ml，而图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为0.025 ml×(8%＋16%)＝0.006 ml，模拟尾气中O2的物质的量为0.5 ml，测得排出的气体中含0.45 ml O2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为0.05 ml，同时测得0.0525 ml CO2，根据氧原子守恒，可知一氧化二氮的物质的量为0.05×2＋0.006－0.052 5×2＝0.001 ml，根据氮守恒，可知氮气的物质的量为eq \f(0.006－0.001×2,2)＝0.002 ml，所以16%对应的是氮气，而8%对应的是一氧化二氮，即Y对应的是N2O。(6)实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是二氧化氮与四氧化二氮之间存在平衡，会导致一定的分析误差。
4．氮的化合物在工业生产和生活中都有重要的应用，运用化学原理研究氮的单质及其化合物具有重要意义。
Ⅰ.一氯胺(NH2Cl)在中性或酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的HClO，是重要的水的消毒剂。
(1)写出NH2Cl的电子式：________________。
(2)写出NH2Cl与水反应的化学方程式：
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(3)一定条件下(T ℃、1.01×105 Pa)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)，同时得到HCl(g)。已知部分化学键的键能如下表：
写出该反应的热化学方程式：
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Ⅱ.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在一定条件下合成：2NO(g)＋Cl2(g)2NOCl(g) ΔH”“”“