江苏专用高考化学二轮复习专题检测十四非选择题中的化学反应原理综合.docx
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江苏专用高考化学二轮复习专题检测十四非选择题中的化学反应原理综合
专题检测(十四)非选择题中的化学反应原理综合
1.(2019·泰州一模)将甘油(C3H8O3)转化成高附加值产品是当前热点研究方向,甘油和水蒸气经催化重整可制得氢气,反应主要过程如下:
反应Ⅰ:
C3H8O3(l)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)ΔH1
反应Ⅱ:
2C3H8O3(l)+3O2(g)6CO2(g)+8H2(g)ΔH2=akJ·mol-1
反应Ⅲ:
2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH3=bkJ·mol-1
(1)ΔH1=__________________。
(2)酸性条件下,甘油可在纳米TiO2Pt复合膜阳极上转化为甘油醛(C3H6O3),该电极方程式为________________________________。
(3)硝化甘油(C3H5O9N3)是治疗心绞痛的速效药,也可用作开采矿物的炸药。
①硝化甘油能治疗心绞痛的原理是在人体中释放NO,实验室中也可通过干法制备NO,方程式为3KNO2+KNO3+Cr2O3
2K2CrO4+4NO↑。
若有1molNO生成,则被KNO3氧化的Cr2O3的物质的量为________mol。
②硝化甘油爆炸时会彻底分解为N2、O2、CO2和H2O,反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)①反应Ⅰ制备H2时的副产物很多,主要有CH4、C2H4等,生产过程中必须采取措施抑制副产物产生,目的是___________________________________________________。
②为了有效提高反应Ⅰ氢气的产率,研究人员还采用CaO吸附增强制氢的方法。
如图1所示,请分析加入CaO提高氢气产率的原因______________________________。
(5)高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用的重要因素。
图2为三种不同催化剂在一段时间内与甘油转化率的关系,则Ni/SiC催化剂的优点是___________________________。
解析:
(1)根据盖斯定律,反应Ⅰ=(反应Ⅱ-反应Ⅲ×3)/2,故ΔH1=
(a-3b)kJ·mol-1。
(2)甘油在阳极上转化为甘油醛(C3H6O3),C3H8O3中C的平均价态为-
价,C3H6O3中C的平均价态为0价,所以由C3H8O3→C3H6O3,1molC3H8O3失去
×3=2mole-,则在酸性介质中该电极反应式为C3H8O3-2e-===C3H6O3+2H+。
(3)①据反应3KNO2+KNO3+Cr2O3
2K2CrO4+4NO↑知,1molKNO3被还原生成1molNO得到3mole-,1molCr2O3被氧化生成2molK2CrO4失去6mole-,即每1molKNO3参加反应生成4molNO,有
molCr2O3被氧化,得关系式8NO→Cr2O3,则若有1molNO生成,则被KNO3氧化的Cr2O3的物质的量为
mol=0.125mol;②硝化甘油爆炸时会彻底分解为N2、O2、CO2和H2O,根据化合价升降守恒和原子个数守恒配平,得反应的化学方程式为4C3H5O9N3
6N2↑+O2↑+12CO2↑+10H2O。
(4)①生产过程中必须采取措施抑制副产物产生,目的是提高氢气的产率或使甘油和水分子中氢原子尽可能转化为氢气;②由图1可知,加入CaO后,CO2的物质的量迅速减少,H2物质的量不断增多,从而提高了氢气产率。
故加入CaO提高氢气产率的原因是CaO消耗CO2,降低CO2的浓度,促使平衡正向移动,提高H2产率。
(5)图2中三种不同催化剂,Ni/SiC催化剂甘油的转化率大,且转化率长时间稳定在较高水平,说明其催化效率高。
则Ni/SiC催化剂的优点是催化剂效率高,稳定性高或催化剂寿命长。
答案:
(1)
(a-3b)kJ·mol-1
(2)C3H8O3-2e-===C3H6O3+2H+
(3)①0.125 ②4C3H5O9N3
6N2↑+O2↑+12CO2↑+10H2O
(4)①提高氢气的产率或使甘油和水分子中氢原子尽可能转化为氢气(合理即可)
②CaO消耗CO2,降低CO2的浓度,促使平衡正向移动,提高H2产率
(5)催化剂效率高,稳定性高或催化剂寿命长(合理即可)
2.(2019·苏锡常镇二模)铁及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。
(1)复合氧化物铁酸锰(MnFe2O4)可用于热化学循环分解制氢气,原理如下:
①MnFe2O4(s)===MnFe2O(4-x)(s)+
O2(g) ΔH1
②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)===MnFe2O4(s)+xH2(g) ΔH2
③2H2O(g)===2H2(g)+O2(g) ΔH3
则:
ΔH3与ΔH1、ΔH2的关系为ΔH3=________。
图1
(2)纳米铁是重要的储氢材料,可用下列反应制得:
Fe(s)+5COFe(CO)5(g) ΔH<0。
在1L恒容密闭容器中加入足量铁粉和0.5molCO,在T1、T2不同温度下进行反应,测得c(CO)与温度、时间的关系如图1所示。
①T1________(填“>”或“<”)T2。
②T2温度下,上述反应的平衡常数K=________(结果不要求带单位)。
(3)高铁酸钾(K2FeO4)被人们称为“绿色化学”净水剂。
高铁酸钾在酸性至弱碱性条件下不稳定。
①工业上用KClO与Fe(NO3)3溶液反应制得K2FeO4,反应的离子方程式为____________________________________。
制备K2FeO4时,KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液混合的操作为________________________________________________。
②已知K2FeO4在水解过程中铁元素形成的微粒分布分数与pH的关系如图2所示。
向pH=6的溶液中加入KOH溶液,发生反应的离子方程式为______________________
__________________________________________。
(4)电解法可制得K2FeO4,装置如图3所示。
阳极的电极反应式为____________________________________。
解析:
(1)已知:
①MnFe2O4(s)===MnFe2O(4-x)(s)+x/2O2(g) ΔH1
②MnFe2O(4-x)(s)+xH2O(g)===MnFe2O4(s)+xH2(g) ΔH2
③2H2O(g)===2H2(g)+O2(g) ΔH3
由盖斯定律,将反应①×2+②×2可得2xH2O(g)===2xH2(g)+xO2(g) ΔH=2(ΔH1+ΔH2),反应③×x可以得到相同的热化学方程式,则有ΔH3=2(ΔH1+ΔH2)/x;
(2)①温度越高,反应速率越大,到达平衡所需时间越短,由图1可知,T1>T2;
②T2温度下
Fe(s)+5COFe(CO)5(g)
起始(mol·L-1)0.5 0
转化(mol·L-1)0.4 0.08
平衡(mol·L-1)0.1 0.08
平衡常数K=
=
=8×103。
(3)①ClO-与Fe3+反应生成FeO
,ClO-被还原为Cl-,根据化合价升降总数相等和电荷守恒及原子守恒可得反应的离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-===2FeO
+3Cl-+5H2O;因K2FeO4在酸性至弱碱性条件下不稳定,制备K2FeO4时,应把Fe(NO3)3饱和溶液滴加到KClO溶液中,具体操作为:
在搅拌下,将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中;②由图可知,pH=6时溶液主要存在HFeO
,加入KOH溶液发生中和,反应的离子方程式为HFeO
+OH-===FeO
+H2O。
(4)铁是阳极,电极自身被氧化,电极反应式为Fe-6e-+8OH-===FeO
+4H2O。
答案:
(1)2(ΔH1+ΔH2)/x
(2)①> ②8×103
(3)①3ClO-+2Fe3++10OH-===2FeO
+3Cl-+5H2O 在搅拌下,将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中 ②HFeO
+OH-===FeO
+H2O (4)Fe-6e-+
8OH-===FeO
+4H2O
3.(2018·南京、盐城二模)氨氮是水体中氮的主要形态之一,氨氮含量过高对水中生物会构成安全威胁。
(1)一定条件下,水中的氨氮可以转化为氮气而除去。
已知:
2NH
(aq)+3O2(g)===2NO
(aq)+2H2O(l)+4H+(aq) ΔH=akJ·mol-1
2NO
(aq)+O2(g)===2NO
(aq) ΔH=bkJ·mol-1
5NH
(aq)+3NO
(aq)===4N2(g)+9H2O(l)+2H+(aq)ΔH=ckJ·mol-1
则4NH
(aq)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq) ΔH=________kJ·mol-1。
(2)实验室用电解法模拟处理氨氮废水。
电解时,不同氯离子浓度对溶液中剩余氨氮浓度的影响如图1所示。
增大氯离子浓度可使氨氮去除率________(填“增大”“减小”或“不变”),其主要原因可能是____________________________________________________。
(3)化学沉淀法是一种处理高浓度氨氮废水的有效方法。
通过加入MgCl2和Na2HPO4将NH
转化为MgNH4PO4·6H2O沉淀(Ksp=2.5×10-13)去除。
25℃时,在氨氮初始质量浓度400mg·L-1,n(Mg)∶n(P)∶n(N)=1∶1∶1的条件下,溶液pH对氨氮去除率及剩余氨氮浓度和总磷浓度的影响如图2所示。
①反应生成MgNH4PO4·6H2O的离子方程式为_____________________________。
②该实验条件下,控制溶液的适宜pH范围为________;当pH范围在9~11时,溶液中总磷浓度随pH增大而增大的主要原因是(用离子方程式表示)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析:
(1)将已知三个热化学方程式依次编号①、②、③,根据盖斯定律,由(①×3+②×3+③×2)/4得到4NH
(aq)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq),则ΔH=
(3a+3b+2c)kJ·mol-1。
(2)由题图1可知:
增大氯离子浓度,相同时间内剩余氨氮浓度越小,即可使氨氮去除率增大;其主要原因可能是阳极生成的Cl2能够将NH
氧化为氮气(或NO
)而除去。
(3)①反应的离子方程式为Mg2++HPO
+NH
+6H2O===MgNH4PO4·6H2O↓+H+;
②由题图2可知:
pH在8.5~9.5之间,剩余氨氮浓度和总磷浓度较低,而氨氮去除率却较高,故控制溶液的适宜pH范围为8.5~9.5;当pH范围在9~11时,MgNH4PO4·6H2O沉淀溶解,生成PO
,则溶液中总磷浓度随pH增大而增大的主要原因是MgNH4PO4+
2OH-===Mg(OH)2+NH
+PO
或MgNH4PO4+3OH-===Mg(OH)2+NH3·H2O+PO
。
答案:
(1)
(3a+3b+2c)
(2)增大 阳极生成的Cl2能够将NH
氧化为氮气(或NO
)而除去
(3)①HPO
+Mg2++NH
+6H2O===MgNH4PO4·6H2O↓+H+
②8.5~9.5 MgNH4PO4+2OH-===Mg(OH)2+NH
+PO
或MgNH4PO4+3OH-===Mg(OH)2+NH3·H2O+PO
4.(2018·南通二模)采用科学技术减少氮氧化物、SO2等物质的排放,可促进社会主义生态文明建设。
(1)采用“联合脱硫脱氮技术”处理烟气(含CO2、SO2、NO)可获得含CaCO3、CaSO4、Ca(NO2)2的副产品,工业流程如图1所示。
①反应釜Ⅰ采用“气—液逆流”接触吸收法(如图2),其优点是_____________________
_________________________________________。
②反应釜Ⅱ中CaSO3转化为CaSO4的化学反应方程式为_____________________
__________________________________________________。
(2)为研究“CO还原SO2”的新技术,在反应器中加入0.10molSO2,改变加入CO的物质的量,反应后体系中产物随CO的变化如图3所示。
其中产物Y的化学式是__________。
(3)O2/CO2燃烧技术是指化石燃料在O2和CO2的混合气体中燃烧,通过该燃烧技术可收集到高纯度的CO2。
①与在空气中燃烧相比,利用O2/CO2燃烧技术时,烟气中NOx的排放量明显降低,其主要原因是____________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②利用太阳能可实现反应:
2CO2(g)===2CO(g)+O2(g),该反应能自发进行的原因是______________________。
③700℃时,以NiMgO—Al2O3作催化剂,向2L密闭容器中通入CO2和CH4各3mol,发生反应:
CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。
当反应达平衡时测得CO的体积分数为40%,
则CO2的转化率为__________。
④CO2在新型钴基电催化剂作用下,转化为清洁燃料—甲酸。
其工作原理如图4所示,写出生成甲酸的电极反应式:
____________________________________________________。
解析:
(1)①反应釜Ⅰ采用“气—液逆流”接触吸收法,其优点是使气体和石灰乳充分接触,提高气体的吸收效率;②CaSO3转化为CaSO4的化学反应方程式为2NO2+CaSO3+Ca(OH)2===CaSO4+Ca(NO2)2+H2O。
(2)分析题图3知,0.10molSO2消耗0.20molCO,生成0.05molY和0.20molX,则得到反应:
2SO2+4CO===Y+4X,根据质量守恒定律,反应前后原子的种类和数目都不变,产物X、Y的化学式分别是CO2、S2。
(3)①其主要原因是CO2代替了N2,减少了N2与O2反应。
②反应2CO2(g)===2CO(g)+O2(g)的ΔH>0,则该反应能自发进行的原因是ΔS>0。
③设达到平衡时CO2的变化浓度为xmol·L-1,可知三段式为
CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)
1.5 1.5 0 0
xx2x2x
1.5-x1.5-x2x2x
当反应达平衡时测得CO的体积分数为40%,即
×100%=40%,解得x=1
则CO2的转化率为
×100%≈66.7%。
④由题图4知,CO2在阴极得到电子生成甲酸。
则生成甲酸的电极反应式为CO2+2e-+H2O===HCOOH+O2-。
答案:
(1)①使气体和石灰乳充分接触,提高气体的吸收效率
②2NO2+CaSO3+Ca(OH)2===CaSO4+Ca(NO2)2+H2O
(2)S2
(3)①CO2代替了N2,减少了N2与O2反应 ②ΔS>0
③66.7% ④CO2+2e-+H2O===HCOOH+O2-
5.(2018·盐城三模)Ca10(PO4)6(OH)2(羟基磷酸钙,简写HAP)是一种新型的环境功能矿物材料,可用于除去水体中的F-、Cd2+、Pb2+及Cu2+等。
(1)制备HAP的步骤如下:
分别配制250mL浓度均为0.5mol·L-1的Ca(NO3)2溶液和(NH4)2HPO4溶液(pH约为8),按n(Ca)/n(P)=1.67分别量取相应体积的溶液,加热至50℃,不断搅拌下,按特定的方式加料,强力搅拌1h,再经后续处理得到产品。
①特定的加料方式是__________(填字母)。
a.将Ca(NO3)2溶液逐滴滴入(NH4)2HPO4溶液中,再用氨水调节pH至10.5
b.将(NH4)2HPO4溶液逐滴滴入Ca(NO3)2溶液中,再用氨水调节pH至10.5
c.将(NH4)2HPO4溶液和氨水混合并调节pH至10.5,再滴入Ca(NO3)2溶液
②反应生成Ca10(PO4)6(OH)2的离子方程式为____________________________________
________________________________________________________________________。
(2)HAP脱除F-的操作是:
在聚四氟乙烯烧杯中加入50mL10mg·L-1NaF溶液和0.15gCa10(PO4)6(OH)2,在恒温下振荡,每隔1h测定一次溶液中F-浓度,直至达到吸附平衡。
①实验中“烧杯”材质用“聚四氟乙烯”塑料而不用玻璃,其原因是_______________
___________________________________________________。
②除氟反应形式之一是:
Ca10(PO4)6(OH)2+20F-10CaF2+6PO
+2OH-,该反应的平衡常数K=__________[用Ksp(CaF2)和Ksp(HAP)表示]。
(3)HAP脱除Pb(Ⅱ)包括物理吸附和溶解—沉淀吸附。
物理吸附时,HAP的特定位可吸附溶液中某些阳离子;溶解—沉淀吸附的机理为
Ca10(PO4)6(OH)2(s)+2H+(aq)10Ca2+(aq)+6PO
(aq)+2H2O(l)(溶解)
10Pb2+(aq)+6PO
(aq)+2H2O(l)
Pb10(PO4)6(OH)2(s)+2H+(aq)(沉淀)
已知Pb(Ⅱ)的分布分数如图1所示;一定条件下HAP对Pb(Ⅱ)平衡吸附量与pH的关系如图2所示。
①能使甲基橙显红色的Pb(Ⅱ)溶液中滴入少量NaOH至溶液呈中性,该过程中主要反应的离子方程式为_______________________________________________。
②当pH<3.0时,pH越小HAP对Pb(Ⅱ)平衡吸附量稍减小,其原因是_____________
__________________。
③当pH>7.0时,生成的沉淀为__________(填化学式);此时pH越大HAP对Pb(Ⅱ)平衡吸附量越小,其原因是________________________________________。
解析:
(1)①特定的加料方式是将(NH4)2HPO4溶液逐滴滴入Ca(NO3)2溶液中,防止发生相互促进水解而产生磷酸钙等杂质,再用氨水调节pH至10.5;②(NH4)2HPO4、Ca(NO3)2及NH3·H2O反应生成Ca10(PO4)6(OH)2的离子方程式为10Ca2++6HPO
+8NH3·H2O
Ca10(PO4)6(OH)2↓+8NH
+6H2O。
(2)①防止F-及其水解生成的HF与玻璃中SiO2反应,故实验中“烧杯”材质用“聚四氟乙烯”塑料而不用玻璃;②由反应知平衡常数K=
=
=
。
(3)①能使甲基橙显红色的Pb(Ⅱ)溶液中滴入少量NaOH至溶液呈中性,该过程中主要反应是Pb2+与OH-反应转化为Pb(OH)+,反应的离子方程式为Pb2++OH-===Pb(OH)+;②当pH<3.0时,pH越小HAP对Pb(Ⅱ)平衡吸附量稍减小,其原因是溶液中c(H+)大,大量H+占据HAP对
Pb2+的吸附位,物理吸附能力减弱;③由图1中信息可知,当pH>7.0时,生成的沉淀为Pb10(PO4)6(OH)2和Pb(OH)2;此时pH越大HAP对Pb(Ⅱ)平衡吸附量越小,其原因是c(H+)减小,会减少HAP在溶液中的溶解量,使生成的c(PO
)减小,溶解—沉淀吸附能力减弱且改变了吸附机理。
答案:
(1)①b ②10Ca2++6HPO
+8NH3·H2O
Ca10(PO4)6(OH)2↓+8NH
+6H2O
(2)①防止F-及其水解生成的HF与玻璃中SiO2反应
②
(3)①Pb2++OH-===Pb(OH)+
②溶液中c(H+)大,大量H+占据HAP对Pb2+的吸附位,物理吸附能力减弱
③Pb10(PO4)6(OH)2和Pb(OH)2 c(H+)减小,会减少HAP在溶液中的溶解量,使生成的c(PO
)减小,溶解—沉淀吸附能力减弱且改变了吸附机理
6.(2018·常州一模)研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。
(1)CO可用于炼铁。
已知:
Fe2O3(s)+3C(s)===2Fe(s)+3CO(g)ΔH1=+489.0kJ·mol-1
C(s)+CO2(g)===2CO(g) ΔH2=+172.5kJ·mol-1
则CO(g)还原Fe2O3(s)的热化学方程式为_________________________________
________________________________________________________________________。
(2)分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池(以KOH溶液为电解液),该电池的负极反应式为________________________________________。
(3)CO2和H2充入一定体积的密闭容器中,在两种温度下发生反应:
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图1所示。
①曲线对应的平衡常数大小关系为KⅠ________(填“>”“=”或“<”)KⅡ。
②一定温度下,在容积相同且固定的两个密闭容器中,按如下方式加入反应物,一段时间后达到平衡。
容器
甲
乙
反应物
投入量
1molCO2、
3molH2
amolCO2、bmolH2、
cmolCH3OH(g)、cmolH2O(g)
若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍,要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等,且起始时维持化学反应向逆反应方向进行,则c的取值范围为______________________
_______________________________________________。
(4)利用光能和光催化剂,可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。
紫外光照射时,在不同催化剂(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ)作用下,CH4产量随光照时间的变化如图2所示。
在0~15h内,CH4的平均生成速率Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ从大到小的顺序为____________。
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