微主题热练12　化学反应速率与化学平衡综合(二)（含解析）-2024年高考化学二轮复习

这是一份微主题热练12　化学反应速率与化学平衡综合(二)（含解析）-2024年高考化学二轮复习，共11页。试卷主要包含了2 kJ/ml，6 kJ/ml、K1＝1等内容，欢迎下载使用。

(1)羟基自由基(·OH)的电子式为_________________________________。
(2)分别取初始pH＝4、COD＝80的废水200 mL，加入2 mL H2O2，改变起始投加FeSO4·7H2O的量，反应相同时间，测得反应后水样COD随Fe2＋投加量的关系如图1所示。当Fe2＋投加量超过1 g/L时，反应后水样COD不降反升的原因可能是________________________________________________________________
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(3)已知：·OH更容易进攻有机物分子中电子云密度较大的基团。1­丁醇比正戊烷更容易受到·OH进攻的原因是______________________________________
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(4)在Fentn法的基础上改进的基于硫酸根自由基(SOeq \\al(·－,4))的氧化技术引起关注。研究发现，一种Mn3O4­石墨烯纳米复合材料对催化活化S2Oeq \\al(2－,8)产生SOeq \\al(·－,4)具有很好的效果。S2Oeq \\al(2－,8)的结构为。
①与Fe2＋/H2O2试剂相比，Mn3O4­石墨烯/S2Oeq \\al(2－,8)的使用范围更广。SOeq \\al(·－,4)在强碱性条件下反应生成·OH，写出该反应的离子方程式：_____________________。
②一种制取Mn3O4­石墨烯纳米复合材料的物种转化关系如图2所示(GO表示石墨烯)，在石墨烯表面制得1 ml Mn3O4，理论上需要消耗NaBH4的物质的量为________ml。
③利用该复合材料催化活化S2Oeq \\al(2－,8)并去除废水中有机污染物的可能反应机理如图3所示。该机理可描述为__________________________________________
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2. (2023·盐城三模)碳酸二甲酯()简称为DMC，是一种环保性能优异、用途广泛的化工原料。工业上用CO2与H2催化合成甲醇，由甲醇制备DMC。
(1)合成甲醇相关的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－49.2 kJ/ml
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)ΔH2＝＋41.2 kJ/ml
①反应CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)
ΔH＝________kJ/ml。
②将物质的量之比为1∶3的CO2与H2通入恒容密闭容器中进行反应，随着压强的增大，CO的选择性________(填“增大”或“减小”)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(CH3OH或CO的选择性＝\f(nCH3OH或nCO,n总转化CO2)))；从平衡移动的角度分析，其可能的原因是_________________________________________________________
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③向合成甲醇的体系中加入少量Al2O3，单位时间内甲醇的选择性提高，其原因是______________________________________________________________
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(2)工业上以CH3OH作反应物和溶剂，电解碳酸1,2­丙二酯()、四乙基碘化铵(TEAI，提供I)和CH3OH混合液制备DMC。为探究反应机理，设计如下三个对比实验：
实验Ⅰ：10 mL CH3OH＋0.117 ml/L碳酸1,2­丙二酯，蒸馏，没有DMC生成。
实验Ⅱ：10 mL CH3OH＋0.117 ml/L碳酸1,2­丙二酯＋0.1 ml/L TEAI，蒸馏，DMC产率7.5%。
实验Ⅲ：10 mL CH3OH＋0.117 ml/L 碳酸1,2­丙二酯＋0.1 ml/L TEAI，Cu为阴极、石墨为阳极，通电，DMC产率82.3%。
电催化酯交换法合成碳酸二甲酯的机理如图：
注：代表微粒带负电荷。
①阴极电极反应式为__________________________________________。
②I在反应过程中的机理可描述为___________________________________
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3. (2023·扬州考前调研)烟气中的NOx是大气的主要污染物之一，NOx的吸收处理是当前研究的热点。
(1)还原吸收法
方法1：直接使用尿素[CO(NH2)2]溶液吸收烟气中的NOx。
方法2：先用合适的氧化剂将NOx中的NO氧化为NO2，再用CO(NH2)2溶液去还原吸收。
还原吸收等量的NOx，消耗尿素较多的是________(填“方法1”或“方法2”)。工业上选择方法2处理NOx的原因是______________________________
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(2)水吸收法
NO2和N2O4均能被水吸收，不同初始压强下，NO2和N2O4的混合气体被水吸收前和吸收达到平衡后，气体中NO2和N2O4的体积分数如图所示。混合气体中与水反应的主要成分是________。达到平衡后，气体中的NO2和N2O4的体积分数之和远小于100%，原因是____________________________________。
(3)配合物吸收法
钴氨配合物吸收NO的主要原理如下。
已知：[C(NH3)6]2＋对NO的配合能力很强，而[C(NH3)6]3＋对NO的配合能力极低。
①与NO反应的[C(NH3)6]2＋和与O2反应的[C(NH3)6]2＋的物质的量之比为________。
②钴氨溶液经过多次循环吸收NO后，其吸收NO的能力会降低，为了恢复钴氨溶液吸收NO的能力，需采取的方法是_____________________________。
(4)NO与O2在某催化剂表面反应生成NO2的过程中，O2在催化剂表面能形成被吸附的O(用O­Site表示)，接下来的机理可能有两种：
机理1：NO(g)＋O­SiteNO2－Site
机理2：NO－Site＋O－SiteSite＋NO2－Site
上述两个反应均为基元反应。保持温度和NO的浓度不变，测得NO与O2在该催化剂作用下反应的初始速率与O2浓度的关系如图所示。
能合理解释图中曲线变化的机理为____________(填“机理1”或“机理2”)；判断的依据是___________________________________________________
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4. (2023·常州期中)脱硫脱氮技术是环境科学研究的热点。
(1)某实验小组模拟O3氧化并结合(NH4)2SO3溶液吸收法，同时脱除SO2和NO的过程示意图如图。
已知气体反应器中主要发生如下反应(K为25 ℃下平衡常数、E为活化能)：
Ⅰ. 2O3(g)===3O2(g) ΔH1＝－286.6 kJ/ml、K1＝1.6×1057、E1＝24.6 kJ/ml
Ⅱ. NO(g)＋O3(g)===NO2(g)＋O2(g) ΔH2＝－200.9 kJ/ml、K2＝6.2×1034、E2＝3.17 kJ/ml
Ⅲ. SO2(g)＋O3(g)===SO3(g)＋O2(g) ΔH3＝－241.6 kJ/ml、K3＝1.1×1041、E3＝58.17 kJ/ml
①其他条件不变时，温度高于150 ℃，在相同时间内SO2和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是 _______________________________。
②其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内SO2和NO的转化率随O3的浓度的变化关系如图1所示。NO的转化率始终高于SO2的原因是________________________________________
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③从检测装置1中排出的气体经如图2所示的(NH4)2SO3溶液吸收器吸收，NO2被还原成NOeq \\al(－,2)。该喷淋吸收塔装置的优点是_________________________
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④其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，O3与NO的物质的量之比对SO2和NO脱除率的影响如图3所示。O3的浓度很低时，SO2的脱除率超过97%，其原因是________________
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(2)科研人员研究发现厌氧氨氧化生物酶体系可以促进H＋和电子的转移(如a、b和c)，能将废水中的NOeq \\al(－,2)转化为N2进入大气层，其反应过程如图4所示。
①请结合反应方程式，描述上述转化的具体过程：____________________
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②若废水中存在一定浓度的O2时，则上述转化无法发生，其可能原因是_______________________________________________________________________________________________________________________________________。
微主题热练12 化学反应速率与化学平衡综合(二)
1. (1) (2)溶液中c(Fe2＋)过大，被还原的H2O2增多，生成的Fe3＋催化H2O2分解生成O2速率加快，溶液中c(·OH)减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量Fe2＋残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高 (3)由于O的电负性比C大，1－丁醇中羟基(—OH)的电子云密度比正戊烷中甲基(—CH3)、亚甲基(—CH2—)的电子云密度大，更易受到·OH的进攻
(4)①SOeq \\al(·－,4)＋OH－===·OH＋SOeq \\al(2－,4) ②3.75
③S2Oeq \\al(2－,8)得到Mn3O4中Mn(Ⅱ)和石墨烯失去的电子，生成SOeq \\al(·－,4)和SOeq \\al(2－,4)；SOeq \\al(2－,4)和Mn3O4中的Mn(Ⅲ)反应生成SOeq \\al(·－,4)和Mn(Ⅱ)；水体中的还原性有机污染物被SOeq \\al(·－,4)氧化生成CO2和H2O
【解析】 (1)羟基自由基(·OH)中含有1个未成对电子，电子式为。(2)Fentn法原理为产生Fe3＋和具有强氧化性的羟基自由基(·OH)引发一系列链式反应除去有机物；亚铁离子能被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子能催化过氧化氢分解；溶液中c(Fe2＋)过大，被还原的H2O2增多，生成的Fe3＋催化H2O2分解生成O2速率加快，溶液中c(·OH)减小，氧化去除还原性有机物的速率减慢，过量Fe2＋残留，会增加测量水样COD时强氧化剂的用量，造成水样COD测量值偏高。(3)由于O的电负性比C大，1­丁醇中羟基(—OH)的电子云密度比正戊烷中甲基(—CH3)、亚甲基(—CH2—)的电子云密度大，更易受到·OH的进攻。(4)①SOeq \\al(·－,4)在强碱性条件下反应生成·OH，反应中氢氧根离子失去电子转化为羟基自由基，反应为SOeq \\al(·－,4)＋OH－===·OH＋SOeq \\al(2－,4)。②MnOeq \\al(－,4)―→Mn2＋反应中，锰元素化合价由＋7变为＋2，NaBH4―→H2反应中，氢元素化合价由－1变为0，根据得失电子守恒可知：4MnOeq \\al(－,4)～5NaBH4，由原子守恒知：4MnOeq \\al(－,4)～eq \f(4,3)Mn3O4，则5NaBH4～eq \f(4,3)Mn3O4，则在石墨烯表面制得1 ml Mn3O4，理论上需要消耗NaBH4的物质的量为5×eq \f(3,4) ml＝3.75 ml。③由图3可知，利用该复合材料催化活化S2Oeq \\al(2－,8)并去除废水中有机污染物的反应机理描述如下：S2Oeq \\al(2－,8)得到Mn3O4中Mn(Ⅱ)和石墨烯失去的电子，生成SOeq \\al(·－,4)和SOeq \\al(2－,4)；SOeq \\al(2－,4)和Mn3O4中的Mn(Ⅲ)反应生成SOeq \\al(·－,4)和Mn(Ⅱ)；水体中的还原性有机污染物被SOeq \\al(·－,4)氧化生成CO2和H2O。
2. (1)①－90.4 ②减小 反应Ⅰ的正反应方向是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，CH3OH的选择性提高，CO的选择性降低；反应Ⅱ是反应前后气体分子数不变的反应，受反应Ⅰ的影响，平衡逆向移动，CH3OH的选择性提高，CO的选择性降低 ③Al2O3能降低反应Ⅰ的活化能，进而提高甲醇的选择性
(2)①2CH3OH＋2e－===2CH3O－＋H2↑
②O的电负性大于C，在碳酸1,2­丙二酯的分子中，酯基碳原子带有部分正电荷，受到体系中I进攻，碳氧双键断裂，酯基氧所带的负电荷离去，恢复碳氧双键；CH3O进攻酯基中的碳原子，I离去，恢复碳氧双键
【解析】 (1)①由盖斯定律知，反应Ⅰ­反应Ⅱ可得目标热化学方程式，故ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－49.2 －41.2)kJ/ml＝－90.4 kJ/ml。②增大压强时，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2的平衡转化率升高，CH3OH的选择性提高，CO的选择性降低；反应Ⅱ受反应Ⅰ的影响，平衡逆向移动，CH3OH的选择性提高，CO的选择性降低。③加入Al2O3作催化剂，降低了反应Ⅰ的活化能，加快了反应Ⅰ的速率，提高了甲醇的选择性。(2)①阴极上，CH3OH得电子生成H2和CH3O－。
3. (1)方法2 NO2在水中溶解度好，与尿素溶液反应速率快；NO2的氧化性强于NO
(2)N2O4 NO2和N2O4与水反应后生成了NO
(3)①1∶2 ②将[C(NH3)6]3＋还原为[C(NH3)6]2＋
(4)机理2 机理2认为反应速率与O吸附量和NO吸附量有关；O2浓度较小时，增加c(O2)，O吸附量增大，反应速率加快；O2浓度较大时，增加c(O2)，O吸附量增大、NO吸附量减小，反应速率减慢
【解析】 (1)方法2中将NO转化为NO2，故NO2的含量比方法1多，根据得失电子守恒可知，被吸收时，方法2需要的尿素较多。NO难溶于水，且氧化性比NO2低，NO转化为NO2后，NO2能溶于水，能与尿素充分接触，且NO2的氧化性较强，吸收NO2效果好，故工业上选择方法2处理NOx。(2)由图可知，初始NO2体积分数与平衡时NO2的体积分数相差不大，故与H2O反应的NO2的量比较少，初始N2O4的体积分数比平衡时N2O4的体积分数大得多，故与水反应的主要成分是N2O4。由于NO2、N2O4与水反应都有NO生成，故平衡后气体中的NO2和N2O4的体积分数之和远小于100%。(3)①由原理图可知，N元素的化合价由＋2升高至＋3、＋5，C元素的化合价由＋2部分升高至＋3，O元素的化合价由0降低至－2，由得失电子守恒，可得关系式：2O2～8e－～2NO＋4[C(NH3)6]2＋，O2、NO按物质的量1∶1反应，由关系式：NO～[C(NH3)6]2＋～[C(NH3)5NO]2＋、O2～2[C(NH3)6]2＋～[(NH3)3C—O—O—C(NH3)3]4＋知，与NO和O2反应的[C(NH3)6]2＋的物质的量之比为1∶2。②多次循环吸收NO后，[C(NH3)6]2＋转化为[C(NH3)6]3＋，[C(NH3)6]3＋对NO的配合能力低，导致溶液吸收NO的能力减低，需将[C(NH3)6]3＋还原为[C(NH3)6]2＋，恢复吸收NO的能力。(4)由机理2可知，反应速率与O、NO的吸附量有关，当O2浓度较小时，增加c(O2)后，O的吸附量增大，反应速率加快；当O2浓度较大时，增加c(O2)后，O的吸附量增大，但NO的吸附量减小，反应速率减慢，故机理2能合理解释图中曲线变化。
4. (1)①高于150℃，温度升高，反应Ⅰ的速率增大，c(O2)减小，反应Ⅱ、Ⅲ的速率减小，导致SO2和NO的转化率均降低
②反应Ⅱ的活化能小于反应Ⅲ，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，因此NO的转化率高于SO2
③增大气液接触面积，提高吸收效率
④(NH4)2SO3溶液直接与SO2反应是脱除SO2的主要原因
(2)①反应Ⅲ：N2H4－4e－===N2↑＋4H＋，此反应产生4个H＋和4个电子，通过生物酶转移，参与反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应Ⅰ：NOeq \\al(－,2)＋2H＋＋e－===H2O＋NO↑，反应消耗2个H＋和1个电子，反应Ⅱ：NO＋NHeq \\al(＋,4)＋2H＋＋3e－===N2H4＋H2O，消耗2个H＋和3个电子(总反应为NOeq \\al(－,2)＋NHeq \\al(＋,4)===N2↑＋2H2O)
②O2氧化NOeq \\al(－,2)(或NO)使反应终止，厌氧氨氧化酶在有氧条件下失去活性
【解析】 (1)①其他条件不变时，温度高于150 ℃，在相同时间内SO2和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是反应Ⅰ为主反应，使O3的浓度减小，反应Ⅱ、Ⅲ的速率减小，SO2和NO的转化率均降低。②其他条件不变，SO2和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内SO2和NO的转化率随O3浓度变化关系如图1所示，NO的转化率始终高于SO2的原因是反应Ⅱ的活化能较小，故反应Ⅱ更容易发生，NO的转化率更大。③从检测装置1中排出的气体经如图2所示的(NH4)2SO3溶液吸收器吸收，NO2被还原成NOeq \\al(－,2)，该喷淋吸收塔装置的优点是NO2与(NH4)2SO3溶液充分接触，使NO2吸收更加充分。④O3的浓度很低时，SO2的脱除率就超过97%，其原因是SO2可与(NH4)2SO3溶液直接反应生成亚硫酸氢铵，即SO2的吸收、脱除不受O3浓度的影响。(2)②若废水中存在一定浓度的O2时，则上述转化无法发生，其可能原因是NOeq \\al(－,2)(或NO)与O2发生了反应或厌氧氨氧化酶在有氧条件下失去活性，使反应无法正常进行。