高考化学高考真题+模拟新题分类汇编F单元 化学反应与能量Word格式文档下载.docx
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及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理
C.某种化学检测技术具有极高的灵敏度,可检测到单个细胞(V≈10-12L)内的数个目标分子,据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10-12~10-11mol·
L-1的目标分子
D.向汽油中添加甲醇后,该混合燃料的热值不变
7.D [解析]电解水会消耗大量的电能,故光催化还原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济,A项正确;
化学氧化法和电化学氧化法均可以将NH
和NH3中-3价的N元素氧化为0价的氮元素,B项正确;
单个细胞的V≈10-12L,所以1L待测成分中含有1012个细胞,其物质的量为
mol,由此可知该检测技术能测量细胞内浓度约为10-12~10-11mol·
L-1的目标分子,C项正确;
甲醇与汽油所具有的化学能不同,故向汽油中添加甲醇后,该混合燃料的热值改变,D项错误。
9. [·
新课标全国卷Ⅰ]已知分解1molH2O2放出热量98kJ。
在含少量I-的溶液中,H2O2分解的机理为
H2O2+I-―→H2O+IO- 慢
H2O2+IO-―→H2O+O2+I- 快
下列有关该反应的说法正确的是( )
A.反应速率与I-浓度有关
B.IO-也是该反应的催化剂
C.反应活化能等于98kJ·
D.v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
9.A [解析]H2O2的分解反应主要由慢反应决定,且I-浓度越大反应速率越快,A项正确;
合并题中两反应,可知I-为催化剂,而IO-为中间产物,B项错误;
1molH2O2分解时反应热为-98kJ·
mol-1,并不是活化能,C项错误;
根据化学计量数关系可确定v(H2O2)=v(H2O)=2v(O2),D项错误。
10.[·
安徽卷]臭氧是理想的烟气脱硝试剂,其脱硝反应为2NO2(g)+O3(g)
N2O5(g)+O2(g),若反应在恒容密闭容器中进行,下列由该反应相关图像作出的判断正确的是( )
A
B
升高温度,平衡常数减小
0~3s内,反应速率为
v(NO2)=0.2mol·
L-1
C
D
t1时仅加入催化剂,平衡正向移动
达平衡时,仅改变x,则x为c(O2)
10.A [解析]由反应过程的能量变化图可知正反应为放热反应,因此升高温度,反应逆向进行,平衡常数减小,A项正确;
0~3s内,v(NO2)=(1.0mol/L-0.4mol/L)÷
3s=0.2mol·
L-1·
s-1,B项错误;
加入催化剂,正、逆反应速率同等程度加快,平衡不移动,C项错误;
达到平衡时,增加c(O2)平衡逆向移动,NO2的转化率减小,D项错误。
31.[·
广东卷]用CaSO4代替O2与燃料CO反应,既可提高燃烧效率,又能得到高纯CO2,是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术。
反应①为主反应,反应②和③为副反应。
①
CaSO4(s)+CO(g)
CaS(s)+CO2(g)
ΔH1=-47.3kJ·
②CaSO4(s)+CO(g)
CaO(s)+CO2(g)+SO2(g) ΔH2=+210.5kJ·
③CO(g)
C(s)+
CO2(g) ΔH3=-86.2kJ·
(1)反应2CaSO4(s)+7CO(g)
CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的ΔH=________(用ΔH1、ΔH2和ΔH3表示)。
(2)反应①~③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线如图所示。
结合各反应的ΔH,归纳lgK~T曲线变化规律:
a.________;
b.________。
(3)向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO,反应①于900℃达到平衡,c平衡(CO)=8.0×
10-5mol·
L-1,计算CO的转化率(忽略副反应,结果保留两位有效数字)。
(4)为减少副产物,获得更纯净的CO2,可在初始燃料中适量加入________。
(5)以反应①中生成的CaS为原料,在一定条件下经原子利用率100%的高温反应,可再生CaSO4,该反应的化学方程式为______________________________________,在一定条件下,CO2可与对二甲苯反应,在其苯环上引入一个羧基,产物的结构简式为________。
31.
(1)4ΔH1+ΔH2+2ΔH3
(2)a.放热反应,lgK随T增大而减小;
吸热反应,lgK随T增大而增大 b.焓变越大,lgK随T的变化程度越大
(3)99%
(4)Ca(ClO)2(或KClO3、KMnO4等氧化性物质)
(5)CaS+2O2
CaSO4
[解析]
(1)将给定的三个热化学方程式按照①×
4+②+③×
2相加可得目标方程式,故ΔH=4ΔH1+ΔH2+2ΔH3。
(2)反应①为放热反应,由图可看出,随着温度的升高,放热反应的平衡常数的对数在减小,故曲线Ⅰ表示反应③,曲线Ⅱ表示反应②。
(3)设开始时c(CO)=a,转化的c(CO)=x,则a-x=8.0×
10-5mol·
L-1。
根据方程式可知,生成的c(CO2)=x,平衡常数K=
=
。
由图示可知,在900℃时,lgK=2,K=100,则x=8.0×
10-3mol·
L-1,故CO的转化率=
×
100%≈99%。
(4)由于CO2气体中主要含有SO2气体,该气体具有比较强的还原性,故可加入具有氧化性的物质来除去,该氧化性的物质有Ca(ClO)2、KClO3、KMnO4等。
(5)由于要求原子利用率为100%,故反应类型属于化合反应,可将CaS在高温下与O2反应制取CaSO4,反应的方程式为CaS+2O2
CaSO4;
对二甲苯的结构简式为
苯环上只有一类氢原子,故在苯环上引入1个羧基,产物仅有1种,
其结构为
26.[·
新课标全国卷Ⅱ]
在容积为1.00L的容器中,通入一定量的N2O4,发生反应N2O4(g)2NO2(g),随温度升高,混合气体的颜色变深。
回答下列问题:
(1)反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”);
100℃时,体系中各物质浓度随时间变化如图所示。
在0~60s时段,反应速率v(N2O4)为________mol·
s-1;
反应的平衡常数K1为________。
(2)100℃时达平衡后,改变反应温度为T,c(N2O4)以0.0020mol·
s-1的平均速率降低,经10s又达到平衡。
①T________100℃(填“大于”或“小于”),判断理由是____________________________。
②列式计算温度T时反应的平衡常数K2:
_______________________________________
________________________________________________________________________。
(3)温度T时反应达平衡后,将反应容器的容积减少一半,平衡向________(填“正反应”或“逆反应”)方向移动,判断理由是__________________________________________________
26.
(1)大于 0.0010 0.36mol·
(2)①大于 反应正方向吸热,反应向吸热方向进行,故温度升高
②平衡时,c(NO2)=0.120mol·
L-1+0.0020mol·
s-1×
10s×
2=0.16mol·
c(N2O4)=0.040mol·
L-1-0.0020mol·
10s=0.020mol·
K2=
=1.3mol·
(3)逆反应 对气体分子数增大的反应,增大压强平衡向逆反应方向移动
[解析]
(1)依题意知,温度升高,混合气体的颜色加深,说明平衡向生成NO2的正反应方向移动,即正反应是吸热反应;
根据图像0~60s时段,NO2的物质的量浓度变化为0.060mol·
L-1,根据公式v=
即可计算出速率;
根据图像可知NO2的平衡浓度为0.120mol·
L-1,N2O4的平衡浓度为0.040mol·
L-1,根据K=
可计算出平衡常数K1。
(2)①根据题意知,改变反应温度为T后,反应速率降低,故为降低温度,即T小于100℃;
②根据题意知,再次达到平衡后N2O4的浓度减小,Δc=v·
Δt=0.0020mol·
L·
10s=0.02mol·
L-1,则NO2的浓度增加0.040mol·
L-1,即达到新平衡时N2O4的浓度为0.020mol·
L-1,NO2的浓度为0.160mol·
L-1,据K=
可计算出平衡常数K2。
(3)温度为T时,反应达到平衡,将反应容器减小一半,即增大压强。
其他条件不变时,增大压强,平衡向气体分子数减小的方向移动,即向逆反应方向移动。
8.[·
海南卷]某反应过程能量变化如图所示,下列说法正确的是( )
A.反应过程a有催化剂参与
B.该反应为放热反应,热效应等于ΔH
C.改变催化剂,可改变该反应的活化能
D.有催化剂条件下,反应的活化能等于E1+E2
8.BC [解析]a过程的活化能比b过程的高,故反应过程b有催化剂参与,A项错误;
该反应生成物所具有的能量比反应物的低,且由图标信息可知二者能量的量值之差为ΔH,B项正确;
不同催化剂的催化效率不同,故改变催化剂,可改变该反应的活化能,C项正确;
在有催化剂的条件下,该反应的活化能等于E1,D项错误。
F2反应热的计算与重要的反应热
4.[·
海南卷]标准状态下,气态分子断开1mol化学键的焓变称为键焓。
已知H—H、H—O和O===O键的键焓ΔH分别为436kJ·
mol-1、463kJ·
mol-1和495kJ·
下列热化学方程式正确的是( )
A.H2O(g)===H2+
O2(g) ΔH=-485kJ·
B.H2O(g)===H2(g)+
O2(g) ΔH=+485kJ·
C.2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)
ΔH=+485kJ·
D.2H2(g)+O2(g)===2H2O(g)
ΔH=-485kJ·
4.D [解析]化学反应的焾变等于反应物总键焓与生成物总键焓的差,由此可确定D项正确。
天津卷]元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题:
(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是________。
a.原子半径和离子半径均减小
b.金属性减弱,非金属性增强
c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强
d.单质的熔点降低
(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为________,氧化性最弱的简单阳离子是________。
(3)已知:
化合物
MgO
Al2O3
MgCl2
AlCl3
类型
离子化合物
共价化合物
熔点/℃
2800
2050
714
191
工业制镁时,电解MgCl2而不电解MgO的原因是__________________________________;
制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是______________________________。
(4)晶体硅(熔点1410℃)是良好的半导体材料。
由粗硅制纯硅过程如下:
Si(粗)
SiCl4
SiCl4(纯)
Si(纯)
写出SiCl4的电子式:
________________;
在上述由SiCl4制纯硅的反应中,测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量,写出该反应的热化学方程式:
________________________________________________________________________
(5)P2O5是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是________。
a.NH3 b.HIc.SO2d.CO2
(6)KClO3可用于实验室制O2,若不加催化剂,400℃时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为1∶1。
写出该反应的化学方程式:
7.
(1)b
(2)氩 Na+(或钠离子)
(3)MgO的熔点高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本
AlCl3是共价化合物,熔融态难导电
(4)
SiCl4(g)+2H2(g)
Si(s)+4HCl(g)
ΔH=+0.025akJ·
(5)b
(6)4KClO3
KCl+3KClO4
[解析]
(1)除稀有气体外,第三周期元素随原子序数的递增原子半径逐渐减小,而离子半径不一定减小,如r(Na+)<r(Cl-),a错误;
同一周期的主族元素随原子序数的递增,金属性减弱,非金属性增强,b正确;
同周期主族元素从左至右,最高价氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强,c错误;
单质的熔点不一定降低,如Na的熔点低于Mg、Al等的熔点,d错误。
(2)第三周期元素的原子核外有三个电子层,次外层电子数为8,故该元素原子最外层的电子数也为8,该元素为氩;
简单离子的氧化性越弱,对应单质的还原性越强,元素的金属性越强,第三周期中金属性最强的元素是Na,因此Na+的氧化性最弱。
(3)由题给数据表知,MgO的熔点比MgCl2的熔点高,MgO熔融时耗费更多能源,增加成本;
AlCl3是共价化合物,熔融态时不电离,难导电,故冶炼铝不能用电解AlCl3的方法。
(4)SiCl4属于共价化合物,其电子式为
;
由SiCl4制纯硅的化学方程式为SiCl4(l)+2H2(g)
Si(s)+4HCl(g),生成1.12kg即40mol纯硅吸收akJ热量,则生成1mol纯硅需吸收0.025akJ热量。
(5)NH3是碱性气体,既不能用浓硫酸干燥,也不能用P2O5干燥;
HI是具有还原性的酸性气体,可用P2O5干燥,但不能用浓硫酸干燥;
SO2、CO2既能用浓硫酸干燥,又能用P2O5干燥,综上分析,正确答案为b。
(6)KClO3(Cl的化合价为+5价)受热分解生成的无氧酸盐是KCl,另一含氧酸盐中氯元素的化合价必须比+5价高,可能为+6价或+7价,若为+6价,形成的盐中阴阳离子个数比不可能为1∶1,只能是+7价,故该含氧酸盐为KClO4,据此可写出该反应的化学方程式。
28.(15分)[·
新课标全国卷Ⅰ]乙醇是重要的有机化工原料,可由乙烯气相直接水合法生产或间接水合法生产。
(1)间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反应生成硫酸氢乙酯(C2H5OSO3H),再水解生成乙醇。
写出相应反应的化学方程式:
________________________________________。
(2)已知:
甲醇的脱水反应
2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g)
ΔH1=-23.9kJ·
甲醇制烯烃的反应
2CH3OH(g)===C2H4(g)+2H2O(g)
ΔH2=-29.1kJ·
乙醇的异构化反应 C2H5OH(g)===CH3OCH3(g)
ΔH3=+50.7kJ·
则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)===C2H5OH(g)的ΔH________kJ·
与间接水合法相比,气相直接水合法的优点是____________________________________。
(3)如图所示为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系[其中n(H2O)∶n(C2H4)=1∶1]。
①列式计算乙烯水合制乙醇反应在图中A点的平衡常数Kp=____________________(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×
物质的量分数)。
②图中压强(p1、p2、p3、p4)的大小顺序为____,理由是___________________。
③气相直接水合法常采用的工艺条件为:
磷酸/硅藻土为催化剂,反应温度290℃、压强6.9MPa,n(H2O)∶n(C2H4)=0.6∶1。
乙烯的转化率为5%,若要进一步提高乙烯转化率,除了可以适当改变反应温度和压强外,还可采取的措施有________________________________________________________________________、
28.
(1)C2H4+H2SO4―→C2H5OSO3H、C2H5OSO3H+H2O―→C2H5OH+H2SO4
(2)-45.5 污染小、腐蚀性小等 (3)①
=0.07(MPa)-1 ②p1<
p2<
p3<
p4 反应分子数减少,相同温度下,压强升高乙烯转化率提高
③将产物乙醇液化移去 增加n(H2O)∶n(C2H4)比
[解析]
(1)根据题中信息可写出由乙烯与浓硫酸间接水合法制乙醇的反应为C2H4+H2SO4―→C2H5OSO3H和C2H5OSO3H+H2O―→C2H5OH+H2SO4。
(2)根据盖斯定律①-②-③得:
C2H4(g)+H2O(g)===C2H5OH(g) ΔH=-45.5kJ·
间接水合法中用到浓硫酸等强腐蚀性物质,与其相比直接水合法具有污染小、腐蚀性小等优点。
(3)①设起始时C2H4和H2O(g)的物质的量均为n,根据C2H4的转化率为20%,则平衡时C2H4、H2O(g)和C2H5OH的物质的量分别为80%n、80%n和20%n,则Kp=
=0.07(MPa)-1。
②增大压强,平衡将正向移动,能提高C2H4的转化率,即压强p1<p2<p3<p4。
③为了使平衡正向移动,还可以将乙醇液化及时分离,或增大n(H2O):
n(C2H4)之比等措施。
25.[·
安徽卷]Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
(1)Na位于元素周期表第________周期第________族;
S的基态原子核外有________个未成对电子;
Si的基态原子核外电子排布式为________________________。
(2)用“>
”或“<
”填空:
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
Si____S
O2-____Na+
NaCl____Si
H2SO4____HClO4
(3)CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。
在25℃、101kPa下,已知该反应每消耗1molCuCl(s),放热44.4kJ,该反应的热化学方程式是________________________________________________________________________
(4)ClO2常用于水的净化,工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO2。
写出该反应的离子方程式,并标出电子转移的方向和数目:
25.
(1)三 ⅠA 2 1s22s22p63s23p2
(2)
<
>
(3)4CuCl(s)+O2(g)===2CuCl2(s)+2CuO(s)
ΔH=-177.6kJ·
mol-1(合理答案均可)
(4)2ClO
+C2e-l2===2ClO2+2Cl-(合理答案均可)
[解析]
(1)Na核外电子分三层排布且最外层电子数为1,位于周期表的第三周期ⅠA族;
S的价层电子排布为3s23p4,利用洪特规则和泡利不相容原理可知S的基态原子核外有2个未成对电子;
依据能量最低原理以及洪特规则和泡利不相容原理,14号元素Si的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p2。
(2)非金属性Si<S,因此第一电离能Si<S;
核外电子排布相同的简单离子,核电荷数越大离子半径越小,离子半径O2->Na+;
离子晶体Na
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