高考化学之《考前抓大题》08 化学反应原理综合题二解析版.docx
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高考化学之《考前抓大题》08化学反应原理综合题二解析版
2020年高考化学之《考前抓大题》
大题08化学反应原理综合题
(二)
1.MoS2(辉钼矿的主要成分)可用于制取钼的化合物润滑添加剂氢化反应和异构化反应的催化剂等。
回答下列问题:
(1)反应3MoS2+18HNO3+12HCl=3H2[MoO2Cl4]+18NO↑+6H2SO4+6H2O中,每溶解1molMoS2,转移电子的物质的量为___________。
(2)已知:
MoS2(s)=Mo(s)+S2(g)△H1
S2(g)+2O2(g)=2SO2(g)△H2
2MoS(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)△H3
反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=___________(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。
(3)利用电解法可浸取辉钼矿得到Na2MoO4和Na2SO4溶液(装置如图所示)。
①阴极的电极反应式为______________________。
②一段时间后,电解液的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”),MoO42-在电极___________(填“A”或“B”)附近生成。
③实际生产中,惰性电极A一般不选用石墨,而采用DSA惰性阳极(基层为TiO2,涂层为RuO2+IrO2),理由是_______________________。
(4)用辉钼矿冶炼Mo的反应为
MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s)
Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)△H。
①该反应的△H___________(填“>”或“<”)0;p1、p2、p3按从小到大的顺序为___________。
②在某恒容密闭容器中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2,一定温度下发生上述反应,下列叙述说明反应已达到平衡状态的是____________(填标号)。
a.v正(H2)=v逆(CO)
b.气体的密度不再随时间变化
c.气体的压强不再随时间变化
d单位时间内断裂H一H键与断裂H—O键的数目相等
③在2L的恒温恒容密闭容器中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2,在1100K时发生反应,达到平衡时恰好处于图中A点,则此温度下该反应的平衡常数为___________。
【答案】
(1)18mol
(2)△H3-2△H2-2△H1
(3)2H2O+2e-=H2↑+2OH-增大A阳极主要生成Cl2,还会生成O2,生成的O2会消耗石墨
(4)>p1 【解析】 【分析】 (1)在该反应中元素的化合价发生变化的元素有Mo、S、N,根据化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目计算; (2)根据盖斯定律,将几个热化学方程式叠加,可得相应反应的热化学方程式的反应热; (3)阴极上发生还原反应,阳极发生氧化反应,根据离子放电顺序可得相应的电极反应式及每个电极的产物、溶液的酸碱性变化;根据阳极反应产物的性质分析阳极不使用石墨电极的原因; (4)①根据压强不变时H2的平衡转化率与温度的关系分析热效应;再根据温度不变时压强与H2的转化率分析几个不同条件下的压强大小; ②根据平衡时任何物质的浓度不变、任何物质的含量不变、容器的密度不变等判断平衡状态; ③根据H2的转化率及加入物质的物质的量,计算出各种物质的平衡浓度,带入平衡常数表达式可得化学平衡常数。 【详解】 (1)在反应中,Mo元素的化合价由反应前MoS2中的+2价变为反应后H2[MoO2Cl4]中的+6价,S元素的化合价由反应前MoS2中的-1价变为反应后H2SO4中的+6价,N元素的化合价由反应前硝酸中的+5价变为反应后NO中的+2价,每1molMoS2发生反应,电子转移的物质的量为(6-2)+2×[6-(-1)]mol=18mol; (2)①MoS2(s)=Mo(s)+S2(g)△H1②S2(g)+2O2(g)=2SO2(g)△H2 ③2MoS(s)+7O2(g)=2MoO3(s)+4SO2(g)△H3 根据盖斯定律,将③-2×②-2×①,整理可得反应2Mo(s)+3O2(g)=2MoO3(s)的△H=△H3-2△H2-2△H1; (3)①该池为电解池,在阴极上溶液中H2O电离产生的H+获得电子,发生还原反应,电极反应式为: 2H2O+2e-=H2↑+2OH-; ②由于溶液中H+不断放电,使溶液中c(OH-)>c(H+),所以电解一段时间后,溶液的碱性增强,pH不断增大;溶液中的Cl-在阳极失去电子变为Cl2,Cl2具有氧化性,其水水反应产生的HClO氧化性也非常强,Cl2、HClO将MoS2氧化为MoO42-,因此MoO42-在阳极A附近生成; ③在食盐水溶液中含有的阴离子有Cl-、OH-,Cl-失去电子产生Cl2,OH-也可能失去电子变为O2,生成的O2会与C在高温下反应产生CO2气体而不断消耗石墨,所以阳极般不选用石墨,而采用DSA惰性阳极; (4)①根据图象可知: 在压强不变时,温度升高,H2的平衡转化率增大,说明该反应的正反应为吸热反应,所以△H>0;由于反应MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)的正反应是气体体积增大的反应,在其它条件不变时,增大压强,平衡逆向移动,H2的转化率降低,根据图象可知H2的转化率p1最大,p3时最小,说明压强p3最大,p1最小,故压强按从小到大的顺序为: p1 ②a.由于方程式中H2、CO的化学计量数不等,所以v正(H2)=v逆(CO)时反应未达到平衡状态,a错误; b.该反应有固体参加反应,若气体的密度不再随时间变化,说明气体质量不变,由于容器的容积不变,所以可根据密度不变判断反应处于平衡状态,b正确; c.该反应是反应前后气体体积不等的反应,若气体的压强不再随时间变化,反应处于平衡状态,c正确; d单位时间内断裂H一H键与断裂H—O键的数目相等,反应逆向进行,为处于平衡状态,d错误; 故合理选项是bc; ③反应MoS2(s)+4H2(g)+2Na2CO3(s) Mo(s)+2CO(g)+4H2O(g)+2Na2S(s)在2L容器内进行,向其中加入0.1molMoS2、0.2molNa2CO3、0.4molH2,反应开始时c(H2)=0.2mol/L;由于在1100℃时H2的转化率是50%,所以平衡时,c(H2)=0.1mol/L,根据物质反应的变化关系可知,平衡时n(CO)=0.05mol/L,c(H2O)=0.1mol/L,因此该温度下的反应平衡常数K= (mol/L)2=2.5×10-3(mol/L)2。 【点睛】 本题考查了氧化还原反应、盖斯定律、电解原理的应用、化学反应速率和化学平衡的有关知识,涉及反应中电子转移、化学反应速率、化学平衡常数的计算、平衡状态的判断、热化学方程式的书写、电极反应式的书写、溶液酸碱性的变化等,较为全面的考查了化学反应基本原理,考查了学生应用知识解决问题的能力,难度适中。 2.甲醇(CH3OH)的合成与应用具有广阔的发展前景。 Ⅰ.合成甲醇的部分工艺流程如下: (1)甲烷与水蒸气反应制备合成甲醇的原料气CO、CO2和H2。 CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)、∆H=+206.2kJ·mol-1,CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)∆H=˗41.0kJ·mol-1,甲烷与水蒸气反应生成CO2和H2的热化学方程式为________。 (2)在催化剂的作用下,200~300℃时,合成反应器内发生反应: ⅰ.CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)∆H<0,ⅱ.CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)∆H<0。 ①一段时间内,记录合成反应器出、入口样品的温度,数据如图所示。 曲线_________是合成反应器出口样品的温度。 ②如果你是工程师,请对合成反应器中压强的控制提出建议并说明理由: _______。 合成反应器中有少量的副反应,会生成二甲醚(CH3OCH3)、甲酸甲酯等。 已知沸点: 甲醇64.7℃;二甲醚-24.9℃;甲酸甲酯32.0℃。 ③CO和H2生成二甲醚的化学方程式是_________。 ④从合成反应器出来的产品经分离提纯可以得到甲醇,请简述该方法_______。 Ⅱ.下图为甲醇燃料电池的示意图。 (3)①负极的电极反应式是_______。 ②质子交换膜材料的合成是燃料电池的核心技术。 我国科研人员研发的一种质子交换膜材料的结构片段如下,它由三种单体缩聚而成。 已知: ROH+R’Cl→R—O—R’+HCl,单体的结构简式是: 、_____、___。 【答案】 (1)CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)∆H=+165.2kJ·mol-1 (2)a适当加压。 加压能使该反应速率增大、原料转化率升高,也会增加设备和动力成本2CO+4H2 CH3OCH3+H2O降温冷凝得到液态甲醇粗品再蒸馏提纯 (3)CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ 或 【解析】 【分析】 I、 (1)应用盖斯定律写出热化学方程式; (2)①两个反应都是放热反应,合成反应器出口样品的温度更高一些; ②两个反应都是气体体积减小的反应,从平衡的角度来看,高压更合适,但是压强高,意味着设备要好,这就需要加大成本的投入,因此需要适当加压; ③题中告知反应物和生成物,写完整方程式即可; ④题中给出了几个物质的沸点,甲醇的沸点较高,且和其他物质的沸点相差较大,可以通过降温冷凝的方法得到甲醇; II、(3)①燃料电池的构造中有质子交换膜,则说明反应中产生H+,故负极电极反应为: CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+; ②结合题中给出的方程式分析即可。 【详解】 I、 (1)根据盖斯定律,将两个热化学方程式加起来得: CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g)∆H=+165.2kJ·mol-1; (2)①两个反应都是放热反应,合成反应器出口样品的温度更高一些,故选a; ②两个反应都是气体体积减小的反应,从平衡的角度来看,增大压力,能使该反应速率增大、原料转化率升高,但是压强高,意味着设备要好,这就需要加大成本的投入,因此需要适当加压; ③CO和H2生成二甲醚的化学方程式为: 2CO+4H2 CH3OCH3+H2O; ④题中给出了几个物质的沸点,甲醇的沸点较高,且和其他物质的沸点相差较大,可以通过降温冷凝的方法得到甲醇粗品,再经过蒸馏提纯; II、(3)①燃料电池的构造中有质子交换膜,则说明反应中产生H+,故负极电极反应为: CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+; ②结合题中给出的化学方程式,可以推出另外两种单体分别为: 、 或 。 3.研究发现,反应CCl4(g)+H2(g) CHCl3(g)+HCl(g),可使CCl4(沸点77℃)转化为重要的化工原料CHCl3(沸点61.2℃),可减少其对臭氧层的破坏。 (已知: 该反应的副反应会生成CH2Cl2、CH3Cl和CH4等) (1)CH4与Cl2反应时,每生成1molCCl4(g)或1molCHCl3(g)的焓变分别是△H1和△H2;H2在Cl2中燃烧,每生成1molHCl(g)产生的焓变为△H3,则: CCl4(g)+H2(g) CHCl3(g)+HCl(g)的△H=_____(用含有△H1、△H2和△H3的算式表示) (2)在密闭容器中,CCl4+H2 CHCl3+HCl达到平衡状态后,测得如下数据(假设不考虑副反应)。 实验序号 温度/℃ 初始CCl4浓度/(mol·L-1) 初始H2浓度/(mol·L-1) CCl4的平衡转化率 1 110 0.8 1.2 α1 2 110 1 1 50% 3 100 1 1 α3 ①实验1中,CCl4的转化率α1_____50%(填“大于”“小于”或“等于”)。 ②实验2中,反应进行到10h时达到平衡,在这10h内,H2的平均反应速率为_____mol·L-1·min-1。 ③110℃时,该反应的化学平衡常数的数值为________。 ④实验3中,α3的值________。 A.等于50%B.大于50%C.小于50%D.依题所给信息无法判断 (3)120℃时,分别进行H2的初始浓度为2mol·L-1和4mol·L-1的实验(其他条件相同)。 测得CCl4的消耗百分率(x%,实线)和生成物中CHCl3的百分含量(y%,虚线)随时间(t)的变化关系如图。 ①图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线是____(填字母)。 ②依图可知,有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量H2的起始浓度应该为________mol·L-1。 【答案】 (1)△H2-△H1+2△H3 (2)大于0.000831D(3)d4 【解析】 【分析】 (1)由题意知,CH4(g)+4Cl2(g)=CCl4(g)+4HCl(g)△H1① CH4(g)+3Cl2(g)=CHCl3(g)+3HCl(g)△H2② H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)2△H3③ 将②-①+③,即可求出CCl4(g)+H2(g) CHCl3(g)+HCl(g)的△H; (2)①实验1中,当H2的初始浓度为0.8mol/L时,CCl4的转化率为50%,现增大H2的浓度为1.2mol,平衡正向移动,CCl4的转化率增大,从而得出CCl4的转化率α1与50%的关系; ②实验2中, 反应进行到10h时达到平衡,在这10h内,H2的平均反应速率为 ; ③110℃时,该反应的化学平衡常数的数值为 ; ④与实验2进行比较,可认为实验3是在实验2的基础上完成的,由于不知反应的焓变,所以无法确定降温平衡移动的方向; (3)①由反应知,增大H2的初始浓度,CCl4的消耗百分率增大,CHCl3的百分含量增大,由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1CHCl3的百分含量的变化曲线; ②依图可知,H2浓度越大,越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量,由此可得出H2的起始浓度。 【详解】 (1)由题意知,CH4(g)+4Cl2(g)=CCl4(g)+4HCl(g)△H1① CH4(g)+3Cl2(g)=CHCl3(g)+3HCl(g)△H2② H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)2△H3③ 将②-①+③,即可求出CCl4(g)+H2(g) CHCl3(g)+HCl(g)的△H=△H2-△H1+2△H3; (2)①实验1中,当H2的初始浓度为0.8mol/L时,CCl4的转化率为50%,现增大H2的浓度为1.2mol,平衡正向移动,CCl4的转化率增大,从而得出CCl4的转化率α1大于50%; ②实验2中, 反应进行到10h时达到平衡,在这10h内,H2的平均反应速率为 =0.00083mol·L-1·min-1; ③110℃时,该反应的化学平衡常数的数值为 =1; ④与实验2进行比较,可认为实验3是在实验2的基础上完成的,由于不知反应的焓变,所以无法确定降温平衡移动的方向,答案为: D; (3)①由反应知,减小H2的初始浓度,CCl4的消耗百分率减小,CHCl3的百分含量减小,由此可确定图中表示H2起始浓度为2mol·L-1时CHCl3的百分含量的变化曲线为d; ②依图可知,H2浓度越大,越有利于提高CCl4的消耗百分率和产物中CHCl3的百分含量,由此可得出H2的起始浓度为4mol·L-1。 【点睛】 在化学平衡体系中,增大A物质的浓度,平衡正向移动,B物质的转化率增大,但A物质的转化率减小;对生成物来说,增大其中一种反应物的浓度,都能增大生成物的产率。 4.二甲醚(CH3OCH3)重整制取H2,具有无毒、无刺激性等优点。 回答下列问题: (1)CH3OCH3和O2发生反应I: CH3OCH3(g)+1/2O2(g)=2CO(g)+3H2(g)△H 已知: CH3OCH3(g) CO(g)+H2(g)+CH4(g)△H1 CH4(g)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H2 H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H3 ①则反应I的△H=____(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。 ②保持温度和压强不变,分别按不同进料比通入CH3OCH3和O2,发生反应I。 测得平衡时H2的体积百分含量与进料气中n(O2)/n(CH3OCH3)的关系如图所示。 当n(O2)/n(CH3OCH3)>0.6时,H2的体积百分含量快速降低,其主要原因是____(填标号)。 A.过量的O2起稀释作用 B.过量的O2与H2发生副反应生成H2O C.n(O2)/n(CH3OCH3)>0.6平衡向逆反应方向移动 (2)T℃时,在恒容密闭容器中通入CH3OCH3,发生反应II: CH3OCH3(g) CO(g)+H2(g)+CH4(g),测得容器内初始压强为41.6kPa,反应过程中反应速率v(CH3OCH3)时间t与CH3OCH3分压P(CH3OCH3)的关系如图所示。 ①t=400s时,CH3OCH3的转化率为____(保留2位有效数字);反应速率满足v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3),k=_____s-1;400s时v(CH3OCH3)=_____kPa.s-1。 ②达到平衡时,测得体系的总压强P总=121.6kPa,则该反应的平衡常数Kp=________________kPa2(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 ③该温度下,要缩短达到平衡所需的时间,除改进催化剂外,还可采取的措施是____,其理由是____。 【答案】 (1)△H1+△H2-2△H3B (2)16%4.4 10-41.65 10-24 104增大反应物的压强提高反应物的压强,化学反应速率加快 【解析】 【分析】 (1)①根据盖斯定律计算; ②由信息可知,过量的O2与H2发生副反应生成H2O,使H2的体积百分含量快速降低; (2)①列出三段式,根据等温等容条件下,压强之比等于物质的量之比,求出转化率; 根据v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3)和图象数据计算k;结合图象数据,根据速率公式计算速率; ②列出三段式,找出平衡时CH3OCH3(g)、CO(g)、H2(g)、CH4(g)分压,再代入平衡常数表达式计算; ③提高反应物的压强,能加快化学反应速率。 【详解】 (1)①已知: i.CH3OCH3(g) CO(g)+H2(g)+CH4(g)△H1 ii.CH4(g)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H2 iiiH2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H3 根据盖斯定律i+ii-iii×2得: CH3OCH3(g)+1/2O2(g)=2CO(g)+3H2(g)△H=△H1+△H2-2△H3, 故答案为△H1+△H2-2△H3; ②反应I: CH3OCH3(g)+1/2O2(g) 2CO(g)+3H2(g),由信息可知,过量的O2与H2发生副反应生成H2O,使H2的体积百分含量快速降低,A、C选项不能说明H2的体积百分含量快速降低,故选B; 故答案为B; (2)①设起始时CH3OCH3的物质的量为n,则 CH3OCH3(g) CO(g)+H2(g)+CH4(g), 起始量(mol)n000 转化量(mol)n n n n 400s时(mol)n-n n n n 总物质的量: n+2n 根据等温等容条件下,压强之比等于物质的量之比,有 = ,解得 =0.16=16%; 由图象可知,当P(CH3OCH3)=10.0kPa时,v(CH3OCH3)=4.4×10-3kPa·s-1, 根据v(CH3OCH3)=kPn(CH3OCH3),n=1,则k= s-1=4.4 10-4s-1; 由图象可知,400s时P(CH3OCH3)=35.0kPa,则v(CH3OCH3)= =1.65×10-2kPa.s-1。 故答案为16%;4.4 10-4;1.65 10-2; ②达到平衡时,测得体系的总压强P总=121.6kPa,设平衡转化率为 1,则 CH3OCH3(g) CO(g)+H2(g)+CH4(g), 起始量(mol)n000 转化量(mol)n 1n 1n 1n 1 平衡量(mol)n-n 1n 1n 1n 1总物质的量: n+2n 1 根据等温等容条件下,压强之比等于物质的量之比,有 = ,解得 1=0.96, 则平衡时CH3OCH3(g)、CO(g)、H2(g)、CH4(g)分压分别为1.67kPa、39.98kPa、39.98kPa、39.98kPa,则该反应的平衡常数Kp= 4 104kPa2 ③除使用催化剂外,提高反应物的压强,能加快化学反应速率; 故答案为4 104;增大反应物的压强;提高反应物的压强,化学反应速率加快。 5.Ⅰ.氮氧化物的存在会破坏地球环境,人们一直在积极探索改善大气质量的有效措施。 已知: N2(g)+O2(g) 2NO(g)△H=+181.5kJ·mol-1 (1)氮氧化物是形成臭氧层空洞光化学烟雾、_______(列举一种)等大气污染现象的物质之一。 (2)某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。 若用 、 、 和 分别表示N2、NO、O2和固体催化剂,在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。 从吸附到解吸的过程中,能量状态最低的是_______(填字母序号)。 (3)温度为T1时,在容积为1L的恒容密闭容器中充入0.6molNO2,仅发生反应2NO2(g) 2NO(g)+O2(g)△H>0,达平衡时c(O2)=0.2mol·L-1,则该温度下反应的平衡常数为______。 实验测得: v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2),v逆=v(NO2)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2),k正、k逆为速率常数,仅受温度影响。 当温度改变为T2时,若k正=k逆,则T1_____T2(填“>”或“<”)。 Ⅱ.氮氧化物(NOx)是电厂主要排放的污染物之一。 工业上采用氨脱硝处理后排放,原理如下: ①4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)△H1=-1632.4kJ·mol-1; ②4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g)△H2=akJ·mol-1; 当反应温度过高时,NH3发生氧化反应: ③4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)△H3=-902.0kJ·mol-1。 (4)反应②中的a=______。 (5)反应②中,常用的催化剂有Cr2O3和Fe2O3,Cr2O3的催化效率更好一些。 下列表示两种催化剂在反应②催化过程中的能量变化示意图合理的是______(填选项字母)。 Ⅲ.利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍),装置示意图如下
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