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内蒙古2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应原理
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这是一份内蒙古2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应原理,共19页。试卷主要包含了单选题,实验题,原理综合题,工业流程题等内容,欢迎下载使用。
内蒙古2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应原理
一、单选题
1.(2023·内蒙古呼和浩特·统考一模)NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.25°C、101kPa下,22.4L氢气中质子的数目为2NA
B.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中,含氧原子数目为NA
C.1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中,阴离子总数大于0.1NA
D.5.6g铁在0.1molCl2中充分燃烧时转移电子数为0.3NA
2.(2023·内蒙古呼和浩特·统考一模)下图是0.01mol·L-1甲溶液滴定0.0lmol·L-1乙溶液的导电能力变化曲线,其中曲线③表示盐酸滴定CH3COONa溶液,其他曲线是醋酸溶液滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断正确的是
A.由图可知条件相同时离子导电能力为H+>OH->CH3COO-
B.曲线②是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线
C.随着甲溶液体积增大,曲线①始终保持最高导电能力
D.a、b、c三个点不都是反应终点
3.(2023·内蒙古呼和浩特·统考一模)一种能在较低电压下获得氢气和氧气的电化学装置如图所示。下列说法不正确的是
A.电极b与电源的负极相连,电极反应为DHPS+2H2O+2e-=DHPS-2H+2OH-
B.隔膜为阴离子交换膜,OH-从电解池的右室通过隔膜向左室迁移
C.反应器I中发生的反应为4[Fe(CN)6]3-+2H2O4[Fe(CN)6]4-+O2↑+4H+
D.该装置的总反应为2H2O2H2↑+O2↑,气体N是H2
4.(2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测)研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源,还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示,下列说法不正确的是
A.光照强度大小影响KIO3的制备速率
B.电极N处发生电极反应
C.右池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极
D.不考虑损耗,电路中每消耗1molO2,理论上Q极可制得171.2gKIO3
5.(2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下,下列说法正确的是
A.①→②吸收能量并形成了碳碳单键
B.反应中催化剂有效改变反应的反应热
C.CH4→CH3COOH过程中,有极性键的断裂和非极性键的形成
D.生成CH3COOH总反应的原子利用率小于100%
6.(2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测)“化学多米诺实验”即只需控制第一个反应,利用反应中气体产生的压力和虹吸作用原理,使若干化学实验依次发生。如图是一个“化学多来诺实验”,已知:(该反应产物可作为H2O2分解的催化剂)。下列有关分析不正确的是
A.实验中不涉及化合反应
B.若硫酸浓度及锌片大小表面积等均相同,则B中产生氢气速率大于D中速率
C.C中现象为试管内液面下降
D.H中出现浅黄色浑浊,证明O非金属性强于S
7.(2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测)下列实验操作及现象可以达到实验目的的是
选项
实验目的
实验操作
A
验证SO2具有漂白性
SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中, 观察溶液颜色变化
B
探究浓度对反应速率的影响
向2支各盛有5mL不同浓度的NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液,观察实验现象
C
证明FeCl 3与KI之间是可逆反应
向1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加2mL 0.1mol·L-1KI溶液, 充分反应, 滴加几滴KSCN溶液后变为红色
D
除去NaCl固体中混有的少量KNO3杂质
将混合物制成热的饱和溶液,冷却结晶,过滤
A.A B.B C.C D.D
8.(2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测)设NA为阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是
A.标准状况下,22.4L氨水含有NA个NH3分子
B.56g铁片投入足量浓硫酸中,生成为NA个SO2分子
C.电解精炼铜时,若阴极得到电子数为2NA个,则阳极质量减少64g
D.0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后,其分子总数为0.2NA
9.(2023·内蒙古呼和浩特·统考模拟预测)CO常用于工业冶炼金属,下图所示是在不同温度下CO还原四种金属氧化物达平衡后气体中与温度(t)的关系曲线图。下列说法正确的是
A.CO还原PbO2的反应ΔH>0
B.工业冶炼金属铜(Cu)时较高的温度有利于提高CO的利用率
C.CO不适宜用于工业冶炼金属铬(Cr)
D.工业上可以通过增高反应装置来减少尾气中CO的含量
二、实验题
10.(2023·内蒙古呼和浩特·统考一模)过氧乙酸(CH3COOOH)在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域等有广泛应用。实验室利用醋酸(CH3COOH)与双氧水(H2O2)共热,在难溶固体酸的催化下制备过氧乙酸(CH3COOOH)。同时利用乙酸丁酯与水形成共沸物(沸点90.7°C)及时分离出水,以提高产率。实验装置如图所示,请回答下列问题:
已知:i.过氧乙酸为无色液体,易溶于水;极不稳定,遇高热会引起爆炸;氧化性与高锰酸钾相当。
ii.相关物质性质
相关物质
CH3COOH
CH3COOOH
乙酸丁酯
沸点(°C)
118
105
126
实验步骤:
①向油水分离器中加入适量蒸馏水液面低于分水器支管口;
②仪器2中加入冰醋酸、固体酸催化剂和适量乙酸丁酯,仪器6中通冷却水,开通仪器1和8,缓慢关闭仪器7处放空阀,温度维持为55°C;
③待真空度达到反应要求时,打开仪器3的活塞,缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水;
④当油水分离器中水层液面升高到支管口时,经过操作a后,打开活塞逐滴放出适量水……;
⑤待反应结束,冷却后放出油水分离器中下层水,将上层液体从油水分离器上口倒入仪器2,分离仪器2中的混合物,初步得到粗产品。
(1)仪器2的名称是_______,仪器2中制备过氧乙酸(CH3COOOH)的化学反应方程式为_______;
(2)实验中反应温度控制在55°C,且缓慢逐滴滴入浓度为35%的双氧水,以上操作的原因是_______;
(3)步骤④的“操作a”指_______;定期从油水分离器放出水的原因是_______;
(4)待观察到_______(填现象)时,说明反应已经结束;
(5)反应结束,分离仪器2中的混合物初步得到粗产品的方法是_______;
(6)粗产品中过氧乙酸(CH3COOOH)含量的测定:取一定体积的样品VmL,分成2等份。其中一份用过量KI溶液与过氧化物作用,以0.10mol·L-1的硫代硫酸钠溶液滴定碘(I2+2=2I-+)消耗量为V1mL;另一份用0.02mol·L-1的酸性高锰酸钾溶液滴定,消耗量为V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为_______mol·L-1。
三、原理综合题
11.(2023·内蒙古呼和浩特·统考一模)低碳烯烃是指乙烯、丙烯和丁烯等小分子烯烃的总称。其用途十分广泛,是塑料、橡胶、树脂、高分子、医药、农药等后续产业链赖以生存的基石。请结合所学知识,回答下列问题:
(1)研究证明,CO2可作为合成低碳烯烃的原料,目前利用CO2与H2合成乙烯相关的热化学方程式如下:
反应I:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.01kJ·mol-1
反应II:2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-29.98kJ·mol-1
反应III:2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+C2H4(g) ΔH3=_______kJ·mol-1
(2)一定条件下,在2L的恒容密闭容器中以不同的氢碳比[]发生反应III,CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如图所示。
①该反应在低温下是否可以自发进行_______(填“是”“否”或“无法确定”);
②下列能提高CO2平衡转化率的措施有_______;
a.降低反应温度
b.使用高效催化剂
c.通入He气体使体系的压强增大
d.以相同的投料比增加反应物的物质的量
③R点处,X_______2.0(填“>”“”,“=”或“OH->CH3COO-,故A正确;
B.曲线②的最低点比曲线③还低,为醋酸滴定NaOH溶液的曲线,因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线,故B错误;
C.由曲线①起始点最高,说明盐酸的导电能力最强,随着甲溶液体积增大,曲线① 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物,根据曲线②可知,氢氧化钠的导电能力不如盐酸,而随着甲溶液体积增大,曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线,故C错误;
D.反应达到终点时会形成折点,因为导电物质发生了变化,即a点是反应终点,故D错误;
故选A。
3.C
【分析】由图可知,该装置目的为制备氧气和氢气,中间的电解池为反应器Ⅰ、Ⅱ提供反应原料,电极a处[Fe(CN)6]4-变为[Fe(CN)6]3-,铁的化合价升,则电极a为阳极,电极b为阴极,反应器Ⅰ中铁的化合价降低做氧化剂,因此反应器Ⅰ中产生的气体M为氧气,反应器Ⅱ中产生的气体N为氢气,两种参与电极反应的物质循环使用,并不消耗,总反应为电解水的反应。据此解答该题。
【详解】A.由上述分析可知,电极b为阴极,发生还原反应,电极反应为DHPS+2H2O+2e-=DHPS-2H+2OH-,A正确;
B.由上述分析可知,电极a为阳极,发生氧化反应,消耗氢氧根,电极b为阴极,发生还原反应,生成氢氧根,为维持碱溶液的浓度,保持电池的持续工作,隔膜应为阴离子交换摸,氢氧根由右室往左室移动,B正确;
C.由图可知,装置中的反应皆在碱性环境中发生,故不可能有氢离子的生成,正确的反应方程式为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O,C错误;
D.由上述分析可知,气体N为氢气,该反应整体为电解水的反应,D正确;
故选C。
4.C
【分析】石墨电极M处,CO2在光合菌、光照条件下转化为O2,O2在M极放电生成H2O,发生还原反应,M为正极,正极电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,N极为负极,硫氧化菌将FeSx氧化为S,硫再放电生成,负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+,H+通过质子交换膜由右室移向左室;铂电极P为阴极,铂电极Q为阳极,阴极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO+6H2O,阴极生成氢氧根离子,而阳极生成的IO比消耗的OH-少,溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极。
【详解】A.光照强度大小影响单位时间内生成氧气的量,即影响电流强度,会影响KIO3的制备速率,故A正确;
B.N极为负极,硫氧化菌将FeSx氧化为S,硫再放电生成,负极电极反应式为S-6e-+4H2O=+8H+,故B正确;
C.铂电极P为阴极,铂电极Q为阳极,阴极生成氢氧根离子,而阳极生成的IO比消耗的OH-少,溶液中K+通过阳离子交换膜从Q极移向P极,故C错误;
D.不考虑损耗,电路中每消耗1molO2,转移电子为4mol,阳极反应式为I2+12OH--10e-=2IO+6H2O,可知生成KIO3为4mol×=0.8mol,理论上Q极可制得KIO3的质量为0.8mol×214g/mol=171.2g,故D正确;
故选C。
5.C
【详解】A.①→②过程中,生成物能量低于反应物能量,即放出能量,并形成了键,A错误;
B.催化剂改变反应速率,但是不改变反应的焓变,B错误;
C.由图可知,过程中,有极性键的断裂和C-C非极性键的形成,C正确;
D.由机理图可知,总反应为CH4+CO2总反应的原子利用率为100%,D正确;
故选C。
6.B
【分析】装置B中稀硫酸与Zn反应生成氢气,生成的氢气将C中液体压入D中,硫酸铜和Zn发生置换反应生成Cu单质后形成原电池,加快Zn与稀硫酸的反应速率,生成的氢气进入E中,将E中液体压入过量氨水中,发生Cu2++4NH3•H2O=4H2O +[Cu(NH3)4]2+,然后进入G中,催化双氧水的分解生成氧气,生成的氧气进入过量硫化氢溶液中发生氧化还原反应生成硫单质,装置I吸收尾气。
【详解】A.化合反应为多变一的反应,实验中不涉及化合反应,故A正确;
B.B与D两容器中比较,D中形成原电池后可以加快反应速率,故B错误;
C.C中压强变大,液体压入D中,试管内液面下降,故C正确;
D.H中出现浅黄色浑浊说明氧气将硫化氢氧化成硫单质,说明氧化性O2>S,证明O非金属性强于S,故D正确;
故选B。
7.C
【详解】A.二氧化硫和氢氧化钠反应,溶液碱性消失,溶液的红色也会褪色,故A错误;
B.亚硫酸氢钠和过氧化氢反应没有明显的现象,不能判断反应的速率,故B错误;
C.1mL 0.1mol·L-1FeCl3溶液中滴加2mL 0.1mol·L-1KI溶液,反应中碘离子过量,充分反应, 滴加几滴KSCN溶液后变为红色,说明溶液中仍存在铁离子,则FeCl 3与KI之间是可逆反应,故C正确;
D.氯化钠溶解度受温度影响较小,应该使用蒸发结晶的方法提纯氯化钠,故D错误;
故选C。
8.D
【详解】A.氨水不是气态,不能确定其物质的量,A错误;
B.浓硫酸使铁钝化,阻碍了反应的进行,生成二氧化硫小于1mol,B错误;
C.电解精炼铜时,阳极的其它金属如锡等也会放电导致阳极质量减小,故不确定阳极减小质量,C错误;
D.氢气和碘的反应为分子总数不变的反应,0.1molH2和0.1molI2在密闭容器中充分反应后,其分子总量为0.2mol,则分子总数为0.2NA,D正确;
故选D。
9.C
【详解】A.由图像可知,升高温度,增大,说明升高温度,化学平衡逆向移动,逆反应为吸热反应,则该反应的正反应是放热反应,因此△H 512
(3) 第iii步 K 降低生成乙烯的反应所需要的活化能,加快乙烯生成速率,而对其他副反应几乎无影响
【详解】(1)反应I:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.01kJ·mol-1
反应II:2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g) ΔH2=-29.98kJ·mol-1
根据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ可得反应III:2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+C2H4(g) ΔH3=(-49.01×2)kJ·mol-1+-29.98kJ·mol-1=-128.00 kJ·mol-1;
(2)①2CO2(g)+6H2(g)=4H2O(g)+C2H4(g) ΔH =-128.00 kJ·mol-1,可知ΔH<0,ΔS<0,根据ΔG=ΔH-TΔS<0可自发进行反应,该反应在低温下可以自发进行;
②a. ΔH<0,该反应为放热反应,降低反应温度,平衡正向移动,能提高CO2平衡转化率,a正确;
b.使用高效催化剂,不会使平衡移动,会加快反应速率,b错误;
c.通入He气体不改变反应物浓度,平衡不移动,c错误;
d.以相同的投料比增加反应物的物质的量,反应物的浓度增加,平衡正向移动能提高CO2平衡转化率,d正确;
故选ad;
③X的平衡转化率α(CO2)值更高,剩余越少,即值更大,R点处,X>2.0;
④Q点与P点温度相同,则K值相同以P点计算K值,=0.5,若起始加入1molCO2和2molH2,列三段式为:,平衡常数K=;
(3)①催化剂助剂主要在第iii步起作用,第iii步才有催化剂的作用;
②在Fe3(CO)12/ZSM-5中添加K助剂效果最好,因为兼顾乙烯的产率、二氧化碳转化率、副产物影响;加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低生成乙烯的反应所需要的活化能,加快乙烯生成速率,而对其他副反应几乎无影响。
12.(1)c
(2) a>b>c 0.5
(3) < VD>VC>VB
【详解】(1)提高甲醇的产率可以通过促进反应正向进行的措施达到;
a.恒压下充入惰性气体,相当于增大体积,减小物质的浓度,a不符合题意;
b.催化剂只能影响反应速度,不影响产率,b不符合题意;
c.恒容下,充入CO2,增大反应物浓度,促进平衡正向进行,提高甲醇的产率,c符合题意;
d.该反应为放热反应,升高温度,平衡逆向进行,减小产率,d不符合题意;
故答案为:c;
(2)①投料比大,则氢气的平衡转化率越高,由图甲可知,a、b、c各曲线所表示的投料比大小顺序为a>b>c;
故答案为:a>b>c;
②540K时,b曲线所代表的投料比为n(CO2):n(H2)=1:1,设二氧化碳和氢气的起始物质的量均为1mol,N点氢气的平衡转化率为60%,则氢气反应的物质的量为1mol✖60%=0.6mol,平衡时二氧化碳的物质的量为1mol-0.2mol=0.8mol、氢气的物质的量为1mol-0.6mol=0.4mol、甲醇和水的物质的量均为0.2mol,混合气体的总物质的量为0.8mol+0.4mol+0.2mol+0.2mol=1.6mol,总压强为2MPa,则二氧化碳、氢气、甲醇、水平衡时对应的分压分别为、、、,因此;
故答案为:0.5;
(3)①温度T1时的A点尚未达到平衡状态,相比该温度下平衡时的B点,A点甲醇的浓度更大,故正反应速率更快,v(B)正TB,温度越高反应速率越快;
故答案为:VD>VC>VB。
13.(1)
(2) 能 第 1 步
(3) 阳 H2SO4
【详解】(1)H2的燃烧热的化学方程式为H2+O2=H2O ,在催化剂存在下,H2还原NO2生成液态水和无毒物质的化学方程式为,根据盖斯定律,4×①-②可得热化学方程式为;
(2)①根据反应进程及能量变化过程可知该反应的的化学方程式为N2O+CON2+CO2 ,其熵变不变,,在常温下能自发进行;②活化能越大,反应速率越慢,且决定总反应速率,根据能量变化过程可知第1步的活化能大于第2步的活化能,故决速步为第1步;根据反应进程可知第2步中CO和为反应物,产物为CO2和Pt2O+,转化关系式为;
(3)由于溶液A的溶质有大量(NH4)2SO4,故NO得电子生成,故a电极为阳极,b电极为阴极,a电极(阳极)的电极反应为SO2+2H2O-2e-=SO+4H+,故溶液A的溶质除了有大量(NH4)2SO4,还有H2SO4。
14.(1) 700°C 将矿石粉碎或搅拌
(2)SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O
(3)5
(4)SiO2、CaSO4
(5)ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl
(6)Fe(OH)3、Mg(OH)2
(7)≈3.5×105>105,说明该反应可以进行完全
【分析】锂云母矿石(主要成分为SiO2·Al2O3·2(Li,K)(F,OH)],内含少量镁、钙、铁的氧化物),“焙烧”后使用Ca(OH)2中和,调pH并过滤以除去Fe3+,Al3+,不反应的SiO2和低溶解度的CaSO4;然后使用次氯酸钙氧化,并使用NaOH调pH以除去亚铁离子和Mg2+;最后加入碳酸钠沉锂,据此分析解题。
【详解】(1)由图可知,“焙烧”温度为700℃时,锂提取率最高,所以“焙烧”的温度理论上选择700℃;此外,将矿石粉碎或搅拌可提高“焙烧”效率;故答案为700℃;将矿石粉碎或搅拌。
(2)“焙烧”生成SiF4气体,Si为+4价,F为-1价;用NaOH溶液吸收,且元素化合价均不发生变化,所以方程式为SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O;故答案为SiF4+6NaOH=Na2SiO3+4NaF+3H2O。
(3)为使Fe3+和Al3+完全沉淀,且溶液中离子浓度为视为完全沉淀,由图可知,Al3+完全沉淀pH值高,此时溶液中,此时pH=5,所以pH值至少调整为5;故答案为5。
(4)“焙烧”后的物质中SiO2不与Ca(OH)2反应; “中和”后产物中含有CaSO4,CaSO4溶解度不高,所以所得“滤渣1”中除氢氧化物沉淀外还含有SiO2和CaSO4;故答案为SiO2、CaSO4。
(5)“氧化”过程主要是氧化亚铁离子,并调pH使其沉淀,所以离子方程式为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl;故答案为ClO-+2Fe2++H2O+4OH-=2Fe(OH)3↓+Cl。
(6)根据工艺流程,Fe3+和Al3+在中和过程完全沉淀,氧化过程中有Fe(OH)3生成,以及少量的Mg(OH)2,故答案为Fe(OH)3、Mg(OH)2。
(7)利用Li2CO3(s)+Ca2+(aq)CaCO3(s)+2Li+(aq)反应原理得到氢氧化锂溶液,已知Ksp(Li2CO3)=8.64×10-4,KspCaCO3)=2.5×10-9;有因此有≈3.5×105>105,说明该反应可以进行完全;故答案为≈3.5×105>105,说明该反应可以进行完全。
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