备战高考化学复习《化学反应原理综合考查》专项综合练习及答案解析.docx
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备战高考化学复习《化学反应原理综合考查》专项综合练习及答案解析
2020-2021备战高考化学复习《化学反应原理综合考查》专项综合练习及答案解析
一、化学反应原理综合考查
1.过氧乙酸(CH3CO3H)是一种广谱高效消毒剂,不稳定、易分解,高浓度易爆炸。
常用于空气、器材的消毒,可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得,热化学方程式为:
CH3COOH(aq)+H2O2(aq)⇌CH3CO3H(aq)+H2O(l)△H=-13.7KJ/mol
(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%,原因是____。
(2)利用上述反应制备7609CH3CO3H,放出的热量为____kJ。
(3)取质量相等的冰醋酸和50%H2O2溶液混合均匀,在一定量硫酸催化下进行如下实验。
实验1:
在25℃下,测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。
数据如图1所示。
实验2:
在不同温度下反应,测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数,数据如图2所示。
①实验1中,若反应混合液的总质量为mg,依据图1数据计算,在0—6h间,v(CH3CO3H)=____g/h(用含m的代数式表示)。
②综合图1、图2分析,与20℃相比,25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是_________。
(写出2条)。
(4)SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒,粒径分别为40nm和70nm。
病毒在水中可能会聚集成团簇。
不同pH下,病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。
依据图3、图4分析,过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是______
【答案】高浓度易爆炸(或不稳定,或易分解)1370.1m/6温度升高,过氧乙酸分解;温度升高,过氧化氢分解,过氧化氢浓度下降,反应速率下降随着pH升高,SV-1的团簇粒径减小,与过氧化氢接触面积增大,反应速率加快
【解析】
【分析】
(1)过氧乙酸(CH3CO3H)不稳定、易分解,高浓度易爆炸,为了安全市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%
(2)利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算
(3)结合图象分析计算
【详解】
(1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%,原因是不稳定、易分解,高浓度易爆炸。
(2)利用热化学方程式中各物质的系数代表各物质的物质的量来计算。
利用上述反应制备760gCH3CO3H,物质的量是10mol,所以放出的热量是方程式中反应热的10倍为137kJ。
(3)①实验1中,若反应混合液的总质量为mg,依据图1数据计算,在0—6h间,v(CH3CO3H)=0.1
②综合图1、图2分析,与20℃相比,25℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是温度升高,过氧乙酸分解;温度升高,过氧化氢分解,过氧化氢浓度下降,反应速率下降。
(4)依据图3、图4分析,过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是随着pH升高,SV-1的团簇粒径减小,与过氧化氢接触面积增大,反应速率加快。
2.消除尾气中的NO是环境科学研究的热点课题。
I.NO氧化机理
已知:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH=-110kJ•mol-1
T1℃时,将NO和O2按物质的量之比为2:
1充入刚性反应容器中(忽略NO2与N2O4的转化)。
(1)下列可以作为反应已经到达平衡状态的判断依据的是____。
A.2v正(O2)=v逆(NO2)
B.NO与O2的物质的量之比为2:
1
C.容器内混合气体的密度保持不变
D.K不变
E.容器内混合气体的颜色保持不变
(2)通过现代科学技术动态跟踪反应的进行情况,得到容器内混合气体的压强、平均摩尔质量随反应时间的变化曲线如图1图2所示。
则反应2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)在T1℃时的平衡常数Kp=____。
[对于气相反应,用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数,记作Kp,如p(B)=p•x(B),p为平衡总压强,x(B)为平衡系统中B的物质的量分数]。
保持其它条件不变,仅改变反应温度为T2℃(T2>T1),在图2中画出容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图_____。
II.NO的工业处理
(3)H2还原法:
2NO(g)+2H2(g)
N2(g)+2H2O(g)ΔH1
已知在标准状况下,由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫做标准摩尔生成焓。
NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ•mol-1、-280kJ•mol-1。
则ΔH1=____。
(4)O3-CaSO3联合处理法
NO可以先经O3氧化,再用CaSO3水悬浮液吸收生成的NO2,转化为HNO2。
已知难溶物在溶液中并非绝对不溶,同样存在着一定程度的沉淀溶解平衡。
在CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高SO32-对NO2的吸收速率,请用平衡移动原理解释其主要原因____。
(5)电化学处理法
工业上以多孔石墨为惰性电极,稀硝酸铵溶液为电解质溶液,将NO分别通入阴阳两极,通过电解可以得到浓的硝酸铵溶液。
则电解时阳极发生的电极反应为____。
【答案】AE0.08
-740kJ•mol-1对于反应CaSO3(s)
Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+
【解析】
【分析】
【详解】
I.
(1)在一定条件下,当一个可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等时,反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,达到一种表面静止的状态,即“化学平衡状态”。
其中,正反应速率与逆反应速率相等是化学平衡状态的实质,而反应物的浓度与生成物的浓度不再改变是化学平衡状态的表现。
A.当2v正(O2)=v逆(NO2)时,说明反应已达平衡态,故A正确;
B.NO与O2的物质的量之比为2:
1时,不能说明该反应反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,故B错误;
C.根据质量守恒定律,容器内气体的质量恒定不变,则恒容容器内混合气体的密度始终保持不变,不能说明达到化学平衡状态,故C错误;
D.该反应中平衡常数K只与温度有关,则不能用K不变来判断化学平衡状态,故D错误;
E.容器内混合气体的颜色保持不变,则说明反应物的浓度与生成物的浓度不再改变,即达到化学平衡状态,故E正确;
综上所述,答案为AE;
(2)设容器内二氧化氮与氧气分别为2mol、1mol,达平衡态时,氧气转化了xmol,则可列三段式为:
平衡时平均摩尔质量为36.8g/mol,则有
,解得x=0.5,则NO、O2、NO2的物质的量分数分别为0.4、0.2、0.4,同温同体积,根据压强之比等于物质的量之比,有
,代入x,解得a=62.5,根据平衡常数公式有
;因为该反应为放热反应,升高温度时,反应速率会加快,平衡逆向移动,平均摩尔质量会减小,容器内混合气体的平均摩尔质量随反应时间的变化趋势图为
,故答案为:
0.08;
;
(3)
=生成物标准摩尔生成焓之和-反应物标准摩尔生成焓之和=-280kJ•mol-1×2-90kJ•mol-1×2=-740kJ•mol-1,故答案为:
-740kJ•mol-1;
(4)相同条件下,硫酸钙的溶解度小于亚硫酸钙的溶解度,亚硫酸钙可转化为硫酸钙,对于反应CaSO3(s)
Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大,故答案为:
对于反应CaSO3(s)
Ca2+(aq)+SO32-(aq),加入Na2SO4溶液时,SO42-结合部分Ca2+,使其平衡向正反应方向移动,c(SO32-)增大,吸收NO2的速率增大;
(5)由电解原理可知,阳极发生氧化反应,则一氧化氮转化为硝酸根,其电极方程式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+,故答案为:
NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。
3.秋冬季是雾霾高发的季节,其中汽车尾气和燃煤尾气是造成雾霾的主要原因之一。
(1)工业上利用甲烷催化还原NO,可减少氮氧化物的排放。
已知:
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-574kJ·mol−1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-1160kJ·mol−1
甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为_____________________________________。
(2)汽车尾气催化净化是控制汽车尾气排放、减少汽车尾气污染的最有效的手段,主要原理为2NO(g)+2CO(g)
N2(g)+2CO2(g)ΔH<0
T℃时,将等物质的量的NO和CO充入容积为2L的密闭容器中,保持温度和体积不变,反应过程(0~15min)中NO的物质的量随时间变化如上图所示。
①已知:
平衡时气体的分压=气体的体积分数×体系的总压强,T℃时达到平衡,此时体系的总压强为p=20MPa,则T℃时该反应的压力平衡常数Kp=_______;平衡后,若保持温度不变,再向容器中充入NO和CO2各0.3mol,平衡将_____(填“向左”、“向右”或“不”)移动。
②15min时,若改变外界反应条件,导致n(NO)发生如图所示的变化,则改变的条件可能是__(填序号)
A.增大CO浓度B.升温C.减小容器体积D.加入催化剂
(3)工业上常采用“碱溶液吸收”的方法来同时吸收SO2,和氮的氧化物气体(NOx),如用氢氧化钠溶液吸收可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。
已知:
常温下,HNO2的电离常数为Ka=7×10-4,H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8。
①常温下,相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液中pH较大的是______溶液。
②常温下,NaHSO3显___性(填“酸”“碱”或“中”,判断的理由是(通过计算说明)_____________。
(4)铈元素(Ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种,常见有+3、+4两种价态。
雾霾中含有大量的污染物NO,可以被含Ce4+的溶液吸收,生成NO2-、NO3-(二者物质的量之比为1∶1)。
可采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质,同时再生Ce4+,其原理如图所示。
①Ce4+从电解槽的_____(填字母代号)口流出。
②写出阴极的电极反应式:
_______________________________。
【答案】CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol−10.0875(MPa)-1或
(MPa)-1不ACNa2SO3酸因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,水解常数Kh=
≈8.3×10-13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性a2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O
【解析】
【分析】
(4)电解过程中Ce3+在阳极失电子,变为Ce4+,则b进Ce3+,a出Ce4+,NO2-在阴极得电子变为N2,则d进NO2-,c出N2。
【详解】
(1)①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH1=-574kJ·mol−1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH2=-1160kJ·mol−1
得:
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=
=-867kJ·mol−1,故答案为:
CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-867kJ·mol−1;
(2)①由图可知,NO起始物质的量为0.4mol,0到15min共减少了0.2mol,则
,平衡时p(NO)=20MPa×
=
MPa,同理可得:
p(CO)=
MPa,p(N2)=
MPa,p(CO2)=
MPa,所以Kp=
=
=0.0875(MPa)-1或
(MPa)-1。
再向容器中充入NO和CO2各0.3mol,加入的NO和CO2物质的量相等,那么二者引起压强增大量相等,假设二者引起的压强增量分别为p,则Qc=
=
(MPa)-1,Qc=Kp,平衡不移动,故答案为:
0.0875(MPa)-1或
(MPa)-1;不;
②由图可知NO物质的量减小,说明平衡正向移动。
A.增大CO浓度,平衡正向移动,NO物质的量减小,A正确;
B.升温,平衡逆向移动,NO物质的量增大,B错误;
C.减小容器体积,等同于增大压强,平衡正向移动,NO物质的量减小,C正确;
D.加入催化剂,反应速率增大,但平衡不移动,NO物质的量不变,D错误;
故答案为:
AC;
(3)①HNO2的电离常数为Ka=7×10-4,H2SO3的电离常数为Ka1=1.2×10-2、Ka2=5.8×10-8可知,HNO2的酸性强于HSO3-的酸性,则NO2-的水解程度小于SO32-,所以相同浓度的Na2SO3、NaNO2溶液,Na2SO3的碱性更强,pH更大,故答案为:
Na2SO3;
②HSO3-+H2O
H2SO3,Ka2×Kh=Kw,故HSO3-的水解常数Kh=
≈8.3×10-13,又因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,所以,HSO3-的电离常数大于水解常数,常温下,NaHSO3显酸性,故答案为:
酸;因为HSO3-的电离常数Ka2=5.8×10-8,水解常数Kh=
≈8.3×10-13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性;
(4)①生成Ce4+,则Ce3+-e-=Ce4+,Ce4+在阳极生成,从a口流出,故答案为:
a;
②NO2-转化为无毒物质,则NO2-在阴极得电子,转化为N2,结合电子得失守恒、电荷守恒可得阴极电极反应为:
2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O,故答案为:
2NO2-+8H++6e−=N2↑+4H2O。
【点睛】
Ka×Kh=Kw,越弱越水解。
4.碳酸亚铁(FeCO3)是菱铁矿的主要成分,将其隔绝空气加热到200℃开始分解为FeO和CO2,若将其在空气中高温煅烧则生成Fe2O3。
(1)已知25℃、101kPa时:
①C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393kJ·mol-1
②铁及其化合物反应的焓变示意图如图:
请写出FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式:
___________。
(2)据报道,一定条件下Fe2O3可被甲烷还原为“纳米级”的金属铁。
其化学方程式为Fe2O3(s)+3CH4(g)
2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g) ΔH
①反应在3L的密闭容器中进行,2min后达到平衡,测得Fe2O3在反应中质量减少4.8g,则该段时间内用H2表示该反应的平均反应速率为________________。
②将一定量的Fe2O3(s)和CH4(g)置于恒温恒容密闭容器中,在一定条件下反应,能说明反应达到平衡状态的是____________。
ACO和H2的物质的量之比为1∶2
B混合气体的密度不再改变
C铁的物质的量不再改变
Dv正(CO)=2v逆(H2)
③在容积均为VL的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同的密闭容器中加入足量“纳米级”的金属铁,然后分别充入amolCO和2amolH2,三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变,在其他条件相同的情况下,实验测得反应均进行到tmin时,CO的体积分数如图所示,此时Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个容器中一定处于化学平衡状态的是________;上述反应的ΔH________0(填“大于”或“小于”)。
(3)Fe2O3用CO还原焙烧的过程中,反应物、生成物和温度之间的关系如图所示。
(图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四条曲线是四个化学反应平衡时的气相组成对温度作图得到的;A、B、C、D四个区域分别是Fe2O3、Fe3O4、FeO、Fe稳定存在的区域)
若在800℃,混合气体中CO2体积分数为40%的条件下,Fe2O3用CO还原焙烧,写出反应的化学方程式:
__________。
(4)Fe2O3还可以用来制备FeCl3,通过控制条件FeCl3可生成聚合物,其离子方程式为xFe3++yH2O
Fex(OH)
+yH+。
下列措施不能使平衡正向移动的是________(填字母)。
A加水稀释B加入少量铁粉
C升温D加入少量Na2CO3
【答案】4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)ΔH=-260kJ·mol-10.03mol·L-1·min-1BCⅢ大于Fe2O3+CO
2FeO+CO2B
【解析】
【分析】
(1)图1分析书写热化学方程式,结合C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393kJ•mol-1和盖斯定律计算得到FeCO3在空气中煅烧生成Fe2O3的热化学方程式;
(2)①2min后达到平衡,测得Fe2O3在反应中质量减少4.8g,依据化学方程式反应前后质量变化计算生成氢气的物质的量,根据反应速率概念计算得到氢气的反应速率;
②反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各组分浓度保持不变,据此分析;
③2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)═Fe2O3(s)+3CH4(g),根据图2中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ图象,CO百分含量,由小到大,Ⅱ<Ⅰ<Ⅲ,结合化学平衡移动分析解答;根据温度对平衡的影响来判断,升高温度平衡逆向移动,CO的转化率减小,据此判断Fe2O3(s)+3CH4(g)═2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)△H大小;
(3)800℃时,混合气体中CO2体积分数为40%时,图象分析可知Fe2O3用CO还原得到氧化亚铁和一氧化碳;
(4)A.加水稀释,则水解平衡正向移动;
B.固体不能影响化学平衡;
C.控制条件使平衡正向移动,水解为吸热反应,所以升温平衡正向移动;
D.加入碳酸钠,则消耗氢离子,平衡正向移动。
【详解】
(1)由铁及其化合物反应的焓变示意图可推知
①4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3ΔH1=-1648kJ·mol-1
②2FeCO3(s)=2Fe(s)+2C(s)+3O2(g)ΔH2=+1480kJ·mol-1
③C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH3=-393kJ·mol-1
则在空气中煅烧FeCO3生成Fe2O3的焓变ΔH=2×ΔH2+ΔH1+4×ΔH3=2×1480kJ·mol-1+(-1648kJ·mol-1)+4×(-393kJ·mol-1)=-260kJ·mol-1,则热化学方程式为4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)ΔH=-260kJ·mol-1;
故答案为:
4FeCO3(s)+O2(g)=2Fe2O3(s)+4CO2(g)ΔH=-260kJ·mol-1;
(2)①测得Fe2O3在反应中减少的质量为4.8g,则反应的n(Fe2O3)=
=0.03mol,根据反应方程式得n(H2)=6n(Fe2O3)=6×0.03mol=0.18mol,则用H2表示的反应速率为v(H2)=
=0.03mol·L-1·min-1;
故答案为:
0.03mol·L-1·min-1;
②A.因为反应开始时,无CO和H2,随着反应的进行,CO和H2的物质的量之比一直为1∶2,不能说明反应达到平衡状态,故A错误;
B.该反应有固体参加,反应前后气体的质量有变化,又因为容器恒容,所以当混合气体的密度不变时,反应达到平衡状态,故B正确;
C.铁为反应物,当其质量不再改变时,反应达到平衡状态,故C正确;
D.当2v正(CO)=v逆(H2)时,反应达到平衡状态,故D错误;
综上所述,答案为BC;
③由题图可知,T1中的状态转变为T2中的状态,CO的体积分数减小,说明反应正向进行,所以状态Ⅰ未达到平衡状态;T2中的状态转变为T3中的状态,CO的体积分数增加,说明反应逆向移动,说明Ⅱ可能达到平衡状态,一定达到平衡状态的是状态Ⅲ;T3时温度最高,CO的体积分数增大,所以2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)=Fe2O3(s)+3CH4(g)的正反应为放热反应,则逆反应的ΔH大于0,故答案为:
Ⅲ;大于;
(3)800℃时,混合气体中二氧化碳的体积分数为40%时,由图可知,在C区,此时为氧化亚铁的稳定区域,所以产物为氧化亚铁,Fe2O3用CO还原焙烧得到氧化亚铁和二氧化碳,反应的方程式为:
Fe2O3+CO
2FeO+CO2,故答案为:
Fe2O3+CO
2FeO+CO2;
(4)A.水为反应物,加水稀释平衡会正向移动,故A正确;
B.加入铁粉,反应物Fe3+的量减少,平衡会向逆向移动,故B错误;
C.该反应为吸热反应,所以升高温度,平衡会正向移动,故C正确;
D.加入少量Na2CO3,碳酸钠会消耗氢离子,使氢离子的浓度减小,平衡正向移动,故D正确;
综上所述,答案为B。
5.甲烷催化裂解、氧气部分氧化和水煤气重整是目前制氢的常用方法。
回答下列问题:
(1)甲烷隔绝空气分解,部分反应如下:
Ⅰ.CH4(g)=C(s)+2H2(g)∆H1=+74.9kJ/mol
Ⅱ.6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)∆H2=+531kJ/mol
Ⅲ.2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)∆H3=+202kJ/mol
①反应I的△S___(填“>”或“<”)0。
②
的△H=______kJ/mol。
(2)CH4用水蒸气重整制氢包含的反应为:
Ⅰ.水蒸气重整:
Ⅱ.水煤气变换:
平衡时各物质的物质的量分数如图所示:
①为提高CH4的平衡转化率,除压强、温度外,还可采取的措施是___________(写一条)。
②温度高于T1℃时,CO2的物质的量分数开始减小,其原因是___________。
③T2℃时,容器中
______________。
(3)甲烷部分氧化反应为
。
已知甲烷部分氧化、甲烷水蒸气重整、水煤气变换反应的平衡常数的自然对数lnKp与温度的关系如图所示:
①图中Q点时,反应
的InKp=________。
②在某恒压密闭容器中充入lmolCH4和1molH2O(g)在某温度下发生水蒸气重整反应达到平衡时,CH4的转化率为50%,容器总压强为1atm。
H2的平衡分压p(H2)=____atm;此温度下反应的lnKp=___(已知;ln3≈l.1,ln4≈l.4)。
【答案】>+75增大起始时
(或及时从产物中分离出氢气)反应Ⅱ为放热反应,从T1℃升高温度,平衡向逆反应方向移动的因素大于CO浓度增大向正反应方向移动的因素,净结果是平衡逆向移动7(或7:
1)00.5-0.3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①气体体积增大的过程为熵增的过程,熵增过程△S大于0,反之小于0,反应I为CH4(g)=C(s)+2H2(g),气体物质的量增大,混乱度增大,属于熵增的过程,△S>0;
②已知:
Ⅱ.6CH4(g)=C6H6(g)+9H2(g)∆H2=+531kJ/mol
Ⅲ.2CH4(g)=C2H4(g)+2H2(g)∆H3=+202kJ/mol
根据盖斯定律,Ⅲ×3-Ⅱ可得:
C6H6(g)+3H2(g)=3C2H4(g)△H=(+202kJ/mol)×3-(+531kJ/mol)=+75kJ/mol;
(2)①为提高CH4的平衡转化率,即要让反应向正向进行,除压强、温度外,还可将生成的氢气从产物中分离出去,或增大起始时的
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