届人教版一轮高考化学化学反应原理综合练习题附答案.docx
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届人教版一轮高考化学化学反应原理综合练习题附答案
2021届(人教版)一轮高考化学:
化学反应原理综合练习题附答案
专题:
化学反应原理综合
1、古语说:
“人要实,火要虚.”此话的意思是做人要脚踏实地,才能事业有成;可燃物燃烧要架空一些,才能燃烧更旺.“火要虚”的目的是( )
A. 降低可燃物的着火点 B. 增大空气中氧气的含量
C. 升高可燃物的着火点 D. 增大可燃物与氧气的接触面积
【答案】D
2、(2019·天津卷)
多晶硅是制作光伏电池的关键材料。
以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。
回答下列问题:
Ⅰ.硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2,放出225kJ热量,该反应的热化学方程式为______________________。
SiHCl3的电子式为________。
Ⅱ.将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法,对应的反应依次为:
①SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g) ΔH1>0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g) ΔH2<0
③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g) ΔH3
(1)氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备,写出产生H2的电极名称________(填“阳极”或“阴极”),该电极反应方程式为
_______________________________________________________。
(2)已知体系自由能变ΔG=ΔH-TΔS,ΔG<0时反应自发进行。
三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示,可知:
反应①能自发进行的最低温度是________;相同温度下,反应②比反应①的ΔG小,主要原因是
________________________________________________________。
(3)不同温度下反应②中SiCl4转化率如图2所示。
下列叙述正确的是________(填序号)。
a.B点:
v正>v逆 b.v正:
A点>E点
c.反应适宜温度:
480~520℃
(4)反应③的ΔH3=________(用ΔH1,ΔH2表示)。
温度升高,反应③的平衡常数K________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外,还有________(填分子式)。
[解析] Ⅰ.该反应的热化学方程式为:
Si(s)+3HCl(g)
SiHCl3(g)+H2(g) ΔH=-225kJ·mol-1。
SiHCl3的结构式为
,故电子式为
。
Ⅱ.
(1)用惰性电极电解KOH溶液,实质为电解水,阴极上产生氢气,电极反应式为:
2H2O+2e-===2OH-+H2↑。
(2)ΔG<0时,反应能自发进行,故反应①自发进行的最低温度为1000℃。
由于ΔG=ΔH-TΔS,反应②的ΔH2<0,而反应①的ΔH1>0,ΔH2<ΔH1,ΔS1>ΔS2,因此相同温度下反应②比反应①的ΔG小的主要原因为ΔH2<ΔH1。
(3)a项,同一点比较正逆反应速率看反应进行方向,B点反应正向进行,所以v正>v逆,正确;b项,不同点比较正逆反应速率看反应条件,A点温度低于E点温度,所以v正:
A点 (4)根据盖斯定律,由反应②-反应①,可得反应③,则ΔH3=ΔH2-ΔH1。 由ΔH2<0,ΔH1>0知ΔH3<0,反应③为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小。 (5)根据由粗硅制备多晶硅的过程可知,循环使用的物质还有HCl和H2。 [答案] Ⅰ.Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ΔH=-225kJ·mol-1 Ⅱ. (1)阴极 2H2O+2e-===H2↑+2OH-或2H++2e-===H2↑ (2)1000℃ ΔH2<ΔH1导致反应②的ΔG小 (3)ac (4)ΔH2-ΔH1 减小 (5)HCl、H2 3、从古至今,铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。 (1)古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的,其主要成分是(填字母 序号)。 a.Feb.FeOc.Fe3O4d.Fe2O3 (2)现代利用铁的氧化物循环裂解水制氢气的过程如下图所示。 整个过程与温度密切相关,当温度低于570℃时,Fe3O4(s)和CO(g)反应得到的产物是Fe(s)和CO2(g),阻碍循环反应的进行。 ①已知: Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g)ΔH1==+19.3kJ·mol-1 3FeO(s)+H2O(g) Fe3O4(s)+H2(g)ΔH2==-57.2kJ·mol-1 C(s)+CO2(g) 2CO(g)ΔH3==+172.4kJ·mol-1 铁氧化物循环裂解水制氢气总反应的热化学方程式是。 ②下图表示其他条件一定时,Fe3O4(s)和CO(g)反应达平衡时CO(g)的体积百分含量随温度的变化关系。 i.反应Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+4CO2(g)ΔH0(填“>”、“<”或“=”),理由是。 ii.随温度升高,反应Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g)平衡常数的变化趋势是;1040℃时,该反应的化学平衡常数的数值是。 (3)①古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下: 复分解反应ii的离子方程式是。 ②如今基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN-,方案如下: 若试纸变蓝则证明食品中含有CN-,请解释检测时试纸中FeSO4的作用。 【答案】 (1)c (2)①C(s)+H2O(g)===H2(g)+CO(g)ΔH==+134.5kJ·mol-1 ②i.<(1分) 理由: 当其他条件一定时,温度升高,CO的体积百分含量增大,可逆反应 Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+4CO2(g)逆向移动,故ΔH<0 ii.增大(1分);4 (3)①3[Fe(CN)6]4-+4Fe3+===Fe4[Fe(CN)6]3↓ ②碱性条件下,Fe2+与CN-结合生成[Fe(CN)6]4-;Fe2+被空气中O2氧化生成Fe3+; [Fe(CN)6]4-与Fe3+反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。 4、研究氮氧化物的反应机理,对于消除环境污染有重要意义。 (1)氮氧化物(NOx)可在催化剂作用下与氨反应生成无污染的物质,该反应的化学方程式为_____________________________________________________。 (2)对于一般的化学反应: aA+bB===cC+dD存在反应速率方程v=kcm(A)cn(B),利用反应速率方程可求出化学反应瞬时速率。 m+n为反应级数,当m+n分别等于0、1、2…时分别称为零级反应、一级反应、二级反应……k为反应速率常数,k与温度、活化能有关,与浓度无关,温度升高,k增大。 在600K下反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的初始浓度与初始速率如表所示: 初始浓度/(mol/L) 初始速率/[mol/(L·s)] c(NO) c(O2) 0.010 0.010 2.5×10-3 0.010 0.020 5.0×10-3 0.030 0.020 45×10-3 通过分析表中实验数据,得出该反应的速率方程为v=________________,为______级反应,当c(NO)=0.015mol/L、c(O2)=0.025mol/L时的初始速率为______(保留两位有效数字)。 (3)升高温度绝大多数的化学反应速率增大,但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。 某化学小组为探究该特殊现象的原因,查阅资料知其反应历程分两步: a.2NO(g)N2O2(g) ΔH1<0 快速平衡 v1正=k1正c2(NO) v1逆=k1逆c(N2O2) b.N2O2(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH2 慢反应 v2正=k2正c(N2O2)c(O2) v2逆=k2逆c2(NO2) ①反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=______(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)。 ②反应______为整个反应的速控反应,用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的平衡常数K=______。 ③反应a的活化能E1与反应b的活化能E2的大小关系为E1______E2(填“>”“<”或“=”)。 若2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率方程v= ×k2正×c2(NO)×c(O2),分析升高温度该反应速率减小的原因可能是________________ ______________________________________________________________。 ④对反应a和b,下列表述正确的是______(填标号)。 A.v(第一步的逆反应)>v(第二步反应) B.反应的中间产物为N2O2 C.反应b中N2O2与O2的碰撞仅部分有效 解析: (2)根据v=kcm(NO)cn(O2),当O2浓度不变,NO浓度变为原来的3倍时,初始速率变为原来的9倍,所以初始速率与NO浓度的平方成正比,m=2;同理n=1;任选一组数据代入方程,得k=2.5×103,故v=2.5×103c2(NO)c(O2)。 (3)②反应b为慢反应,是整个反应的速控反应。 达到平衡时,正、逆反应速率相等,所以v1正=v1逆,K1= = ,v2正=v2逆,K2= = ,所以反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的K= = × = × 。 ③反应速率越快,说明反应越容易发生,反应的活化能越小。 反应a的ΔH1<0,升高温度时平衡逆向移动,K1= 减小,k2正随温度升高而增大,但增大的程度比 减小的程度小,故反应速率减小。 答案: (1)6NOx+4xNH3 (3+2x)N2+6xH2O (2)2.5×103c2(NO)c(O2) 三 1.4×10-2mol/(L·s) (3)①ΔH1+ΔH2 ②b × ③< 反应a的ΔH1<0,升高温度时平衡逆向移动,K1= 减小,k2正随温度升高而增大,但增大的程度比 减小的程度小,故反应速率减小 ④ABC 5、(2019·高考北京卷) 氢能源是最具应用前景的能源之一,高纯氢的制备是目前的研究热点。 (1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。 ①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2,其物质的量之比为4∶1,甲烷和水蒸气反应的方程式是______________________________________________。 ②已知反应器中还存在如下反应: i.CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g) ΔH1 ii.CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g) ΔH2 iii.CH4(g)===C(s)+2H2(g) ΔH3 …… iii为积炭反应,利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时,还需要利用________________反应的ΔH。 ③反应物投料比采用n(H2O)∶n(CH4)=4∶1,大于初始反应的化学计量数之比,目的是________(选填字母序号)。 a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成 ④用CaO可以去除CO2。 H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如图所示。 从t1时开始,H2体积分数显著降低,单位时间CaO消耗率________(填“升高”“降低”或“不变”)。 此时CaO消耗率约为35%,但已失效,结合化学方程式解释原因: ______________________________________________。 (2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢,工作示意图如图。 通过控制开关连接K1或K2,可交替得到H2和O2。 ①制H2时,连接________。 产生H2的电极反应式是 ____________________________________________________________。 ②改变开关连接方式,可得O2。 ③结合①和②中电极3的电极反应式,说明电极3的作用: _______________________。 解析: (1)①根据CH4与H2O反应生成H2、CO2的物质的量之比为4∶1,结合原子守恒可得反应的化学方程式为CH4+2H2O 4H2+CO2。 ②根据盖斯定律,由i+ii-iii或i-ii-iii可得目标热化学方程式。 ③反应物的投料比n(H2O)∶n(CH4)=4∶1,大于初始反应的化学计量数之比,H2O的物质的量增加,有利于促进CH4转化,促进CO转化为CO2,防止CH4分解生成C(s),从而减少积炭生成。 ④根据题图可知,从t1时开始,CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小,单位时间内CaO消耗率逐渐降低。 CaO与CO2反应生成CaCO3,CaCO3会覆盖在CaO表面,减少了CO2与CaO的接触面积,从而失效。 (2)①电解碱性电解液时,H2O电离出的H+在阴极得到电子产生H2,根据题图可知电极1与电池负极连接,为阴极,所以制H2时,连接K1,产生H2的电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-。 ③制备O2时碱性电解液中的OH-失去电子生成O2,连接K2,O2在电极2上产生。 连接K1时,电极3为电解池的阳极,Ni(OH)2失去电子生成NiOOH,电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-===NiOOH+H2O,连接K2时,电极3为电解池的阴极,电极反应式为NiOOH+e-+H2O===Ni(OH)2+OH-,使电极3得以循环使用。 答案: (1)①CH4+2H2O 4H2+CO2 ②C(s)+2H2O(g)===CO2(g)+2H2(g)或C(s)+CO2(g)===2CO(g) ③abc ④降低 CaO+CO2===CaCO3,CaCO3覆盖在CaO表面,减少了CO2与CaO的接触面积 (2)①K1 2H2O+2e-===H2↑+2OH- ③制H2时,电极3发生反应: Ni(OH)2+OH--e-===NiOOH+H2O。 制O2时,上述电极反应逆向进行,使电极3得以循环使用 6、对温室气体二氧化碳的研究一直是科技界关注的重点。 Ⅰ.在催化剂存在下用H2还原CO2是解决温室效应的重要手段之一,相关反应如下: 主反应: CO2(g)+4H2(g)===CH4(g)+2H2O(g) ΔH1 副反应: CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1 已知H2和CH4的燃烧热分别为-285.5kJ·mol-1和-890.0kJ·mol-1 H2O(l)===H2O(g) ΔH=+44kJ·mol-1 (1)ΔH1=________kJ·mol-1。 (2)有利于提高CH4平衡产率的反应条件是__________________________________(至少写两条)。 工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是__________。 (3)T℃时,若在体积恒为2L的密闭容器中同时发生上述反应,将物质的量之和为5mol的H2和CO2以不同的投料比进行反应,结果如图1所示。 若a、b表示反应物的转化率,则表示H2转化率的是________,c、d分别表示CH4(g)和CO(g)的体积分数,由图可知 =________时,甲烷产率最高。 若该条件CO的产率趋于0,则T℃时①的平衡常数K=________。 Ⅱ.溶于海水的CO295%以HCO 形式存在。 在海洋中,通过如图2钙化作用实现碳自净。 (4)写出钙化作用的离子方程式: _____________________________________。 (5)如图3,电解完成后,a室的pH________(“变大”“变小”或“几乎不变”);其间b室发生反应的离子方程式为______________________________________。 解析: Ⅰ. (1)根据已知有②CO2(g)+H2(g)===CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol-1 ③2H2(g)+O2(g)===2H2O(l) ΔH3=-571.0kJ·mol-1 ④CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l) ΔH4=-890.0kJ·mol-1 ⑤H2O(l)===H2O(g) ΔH5=+44kJ·mol-1 根据盖斯定律,由③×2-④+⑤×2可得CO2(g)+4H2(g)===CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=2ΔH3-ΔH4+2ΔH5=-164.0kJ·mol-1。 (2)反应CO2(g)+4H2(g)===CH4(g)+2H2O(g)是正方向为气体体积减小的放热反应,降低温度和增大压强都有利于反应正向移动,提高CH4平衡产率;工业上提高甲烷反应选择性的关键因素是催化剂。 (3)随着 比值的增大,氢气的转化率降低,则表示H2转化率的是b。 随着 比值的增大,氢气的量增多,一氧化碳的量减少,甲烷的量增加,故c为CH4(g)的体积分数,由图可知 =4时,甲烷的产量最高。 若该条件下CO的产率趋于0, =4,由于H2、CO2的物质的量之和为5mol,则H2和CO2分别为4mol和1mol,平衡转化率为0.80,则利用三段式法: CO2(g)+4H2(g)===CH4(g)+2H2O(g) 开始时浓度/(mol·L-1)0.5200 改变的浓度/(mol·L-1)0.41.60.40.8 平衡时浓度/(mol·L-1)0.10.40.40.8 K= =100。 Ⅱ.(4)根据图中信息可知,钙化作用是碳酸氢钙转化为碳酸钙、二氧化碳和水,其反应的离子方程式为2HCO +Ca2+===CaCO3↓+CO2↑+H2O。 (5)电解完成后,a室中水放电产生氧气,而氢离子进入b室,pH几乎不变;其间b室发生反应的离子方程式为H++HCO ===CO2↑+H2O。 答案: Ⅰ. (1)-164.0 (2)降低温度,增大压强 催化剂 (3)b 4 100 Ⅱ.(4)2HCO +Ca2+===CaCO3↓+CO2↑+H2O (5)几乎不变 H++HCO ===CO2↑+H2O 【课外练习】 (2019年河北唐山月考) 下列反应中一定属于吸热反应的是( ) A.氧化还原反应 B.需要加热才能引发的反应 C.工业合成氨 D.氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合搅拌 【答案】D
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