天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-24化学反应的热效应（2）

这是一份天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-24化学反应的热效应（2），共52页。试卷主要包含了单选题，填空题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
天津高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-24化学反应的热效应（2）

一、单选题
1．（2022·天津南开·统考二模）1，3-丁二烯和Br2以物质的量之比为1∶1发生加成反应分两步： 第一步Br＋进攻1，3-丁二烯生成中间体C(溴鎓正离子)；第二步Br−进攻中间体C完成1，2-加成或1，4-加成。反应过程中的能量变化如下图所示，下列说法正确的是

A．1，2-加成产物A比1，4-加成产物B稳定
B．第一步的反应速率比第二步慢
C．该加成反应的反应热为Eb–Ea
D．升高温度，1，3-丁二烯的平衡转化率增大
2．（2022·天津和平·统考三模）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。


下列说法正确的是
A．反应过程只有C-H键断开
B．反应I的活化能为
C．总反应的热化学方程式为：
D．反应历程中，反应Ⅱ决定整个反应进程的快慢
3．（2021·天津河东·统考一模）下列发电厂、电站的电能由化学能直接转化而成的是
A．水力发电站 B．地热发电厂 C．风力发电厂 D．燃料电池发电站
4．（2021·天津河北·统考一模）据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机物，其主要原理如图所示：

下列说法不正确的是
A．图中代表H2O2
B．步骤i、ii的总反应方程式是
C．由图可知，步骤iv生成的H2O，其中的H原子全部来自H2O2
D．根据以上原理，推测步骤vi生成HCOOH和H2O
5．（2021·天津·一模）下列科学家与其贡献匹配错误的是
A．侯德榜——联合制碱 B．盖斯——平衡移动原理
C．徐光宪——稀土元素分离及应用 D．门捷列夫——元素周期表
6．（2021·天津北辰·统考一模）如图是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图(Ea表示活化能)，下列说法错误的是

A．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小
B．第一步反应的速率小于第二步反应
C．总反应为放热反应
D．升高温度，Ea1、Ea2均增大，反应速率加快
7．（2021·天津·一模）正戊烷异构化为异戊烷是油品升级的一项重要技术。在合适催化剂和一定压强下，正戊烷的平衡转化率(a)随温度变化如图所示。

名称
熔点/℃
沸点/℃
燃烧热ΔH/kJ·mol-1
正戊烷
-130
36
-3506.1
异戊烷
-159.4
27.8
-3504.1
下列说法不正确的是
A．正戊烷异构化为异戊烷反应的ΔH 不是 该反应为放热反应，根据曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高
【详解】(1)CO燃烧热的△H1=−283.0kJ⋅mol−l，热化学方程式为：① ，
②，
盖斯定律计算①×2−②得到△H3=；
(2) A．开始充入和，不等于化学计量数之比，当和的物质的量之比不变时，说明一氧化碳和一氧化氮的物质的量不变，可逆反应处于平衡状态，故A正确；
B.反应容器的体积不变，反应物生成物都是气体，反应前后气体总质量不变， 密度不变，不能说明可逆反应处于平衡状态，故B错误；
C.反应前后气体的体积不相等，即是反应前后气体的物质的量变化，当摩尔质量不变时，可逆反应处于平衡状态，故C正确；
D.不符合速率之比等于化学计量数之比，不能判定反应是否达到平衡状态，故D错误；
故答案为：AC。
(3)①对比Ⅱ、I可知，I到达平衡时间缩短且起始压强增大，应是升高温度，T1>T2，
故答案为：>；
②对比Ⅱ、Ⅲ可知，平衡时压强不变，Ⅲ到达平衡时间缩短，改变条件反应速率加快且不影响平衡移动，应是使用催化剂，平衡不移动，故CO转化率不变，I与Ⅱ相比，I中温度较高，正反应为放热反应，平衡向逆反应方向移动，CO的转化率减小，所以CO 的平衡转化率：I；
(4)由图可知M点不是对应温度下的平衡脱氮率，对于曲线II而言，M点时反应没有达到平衡状态(450℃左右达到平衡)，同时该反应正向为放热反应，根据曲线II可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高；
故答案为：不是；该反应为放热反应，根据曲线可知，M点对应温度的平衡脱氮率应该更高。
14． +175.2kJ/mol BC < > 66.7% < 2SO+4H++2e-=S2O+2H2O 11.2
【分析】利用盖斯定律求反应热；达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，气体的总物质的量不变，以此判断；增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；根据图示可知，阴极通入的发生得电子的还原反应生成，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计算氮气的物质的量，最后根据V=n·Vm计算标况下体积。
【详解】I.(1)已知a.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ∆H1=+216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ∆H2=–41.2kJ/mol
将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) ∆H= (+216.4-41.2)kJ/mol=+175.2kJ/mol；
(2)①A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；
B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；
C. 保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；
D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比， =2不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；
故合理选项是BC；
②由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图像可知P10来消除CO的污染，因为△G=△H-T△S>0，所以不可行(或者△H>0，△S>0，任何温度不能自发)；
(4)T℃，HCOOH与CH3COONa溶液反应：HCOOH+CH3COO-⇌HCOO-+CH3COOH，该反应的K=12.5，即，则该温度下醋酸的电离常数Ka(CH3COOH)=,故答案为：1.6×10-5。
24． 丙＞甲＞乙 135 ＞ 阴极
【详解】(1) ①
      ②
利用盖斯定律，将反应①-②×2，即得第二步反应为，其反应热为。答案为：；；
(2)在初始体积与温度相同的条件下，甲、乙、丙中均按、投料，比较三个容器中达到平衡时的转化率大小，以甲为参照物，乙相当于甲升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，丙相当于甲加压，平衡正向移动，SO2的转化率增大，所以SO2的转化率从大到小的顺序为丙＞甲＞乙。答案为：丙＞甲＞乙；
(3)在T℃和下，向容器丙中，加入和，达到平衡后的转化率为60%。可建立如下三段式：

则=135；相同条件下，若按、、进行投料，浓度商Qp==30＜135，表明反应正向进行，所以反应开始时＞。答案为：135；＞；
(4)已知的电离平衡常数为，，则的水解常数Kh2==6.49×10-13＜，所以溶液中以的电离为主，从而得出含S元素粒子浓度由大到小的顺序为。由图中可知，A电极生成H2，则表明得电子，从而表明A电极为阴极，B电极为阳极；在阳极，失电子生成和H+，电极反应式为。答案为：；阴极；。
【点睛】在阳极，有部分与H+作用，从而生成二氧化硫气体等。
25． -4 极性 B、D 因为用同一物质表示的正逆反应速率相等 提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可） 5 1×10-11mol·L-1
【详解】(1)根据S4结构可知S4(s)内有4个S-S键，则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=(4×266+4×243-4×2×255)kJ/mol=-4 kJ.mol-1，故答案为：-4；
(2)根据S2Cl2分子空间结构可知， S2Cl2结构与H2O2相似，是由极性键组成的极性分子；S2Cl2水解产生无色有刺激性气味的气体二氧化硫和淡黄色沉淀S，根据元素守恒还生成氯化氢，该反应的化学方程式为；
(3) ①S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)，当同种物质正逆反应速率相等时，反应到达平衡，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以当Cl2的消耗速率的两倍与SCl2的消耗速率相等时，该反应到达平衡，图中在250 ℃时，B、D两点对应的状态下，换成同一物质表示的正、逆反应速率相等，所以达到平衡状态的有B、D两点，故答案为：B、D；因为用同一物质表示的正逆反应速率相等；
②对于反应S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)来说，是气体分子数减小的放热反应，若要提高SCl2产率，则需使该反应平衡向正反应方向移动，可采用提高氯气的通入量、及时分离SCl2(g)、增大压强等措施（答案合理即可）；
③应达到平衡时S2Cl2 的转化率是x，列出三段式：，反应的平衡常数K= ===；
(4)已知Ka(CH3COOH)=，则c(H+)=1×10-5mol/L，此时溶液pH=5；Ka1(H2S)×Ka2(H2S) =×= =1.0×10-7×1.0×10-14，其中c(H+)=1×10-5mol/L，c(H2S)=0.10mol/L，则c(S2-)=1.0×10-12 mol/L，此时Ksp(ZnS)=1.0×10-23=c(Zn2+)×c(S2-)，则计算得出c(Zn2+)=1×10-11mol·L-1，故答案为：5；1×10-11mol·L-1。
26． C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5SH(g)+HCl(g) ΔH=-16.8 kJ/mol 0.002mol/(L·min) D P3>P2>P1 > 及时分离出产物H2或S2 1
【详解】(1)根据图象，推出①C6H5Cl(g)＋H2S(g)C6H6(g)＋HCl(g)＋S8(g) =－45.8kJ·mol－1，②C6H5Cl(g) C6H6(g)＋S8(g) =－(104－75)kJ·mol－1=－29kJ·mol－1，①－②得出C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g)  =－16.8kJ·mol－1；故答案为：C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；
(2)①达到平衡后水蒸气的物质的量为0.01mol，则消耗H2S的物质的量为0.01mol，根据化学反应速率的数学表达式，推出v(H2S)==2×10－3mol/(L·min)；故答案为：2×10－3mol/(L·min)；
②A．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，该反应条件是恒容状态，容器的体积保持不变，因此密度始终保持不变，即密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A不符合题意；
B．消耗H2S和生成COS都是向正反应方向进行，因此v消耗(H2S)=v生成(COS)，不能说明该反应达到平衡，故B不符合题意；
C．反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体压强始终保持不变，压强不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意；
D．开始时投入H2S和CO2物质的量不同，随着反应进行，剩余H2S和CO2物质的量之比不断变化，当H2S和CO2物质的量之比不再变化，即H2S和CO2质量之比不再变化时，反应达到平衡，故D符合题意；
答案为：D；
(3)①作等温线，根据反应方程式，增大压强，平衡向逆反应方向进行，H2S的平衡转化率降低，即P3＞P2＞P1；随着温度升高H2S平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即＞0；故答案为：P3＞P2＞P1；＞；
②根据勒夏特列原理，可以采取措施及时分离出产物H2或S8，故答案为：及时分离出产物H2或S8；
③令H2S起始物质的量为amol，建立三段式：，H2的分压为P3×MPa，S2的分压为P3×MPa，H2S的分压为P3×MPa，利用平衡常数的数学表达式，Kp=P3=5MPa，代入上式，得出Kp=1MPa，故答案为：1。
27． 高温 丙＞甲＞乙 CD ＞ A
【详解】(1)由盖斯定律可知，；CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0，时能自发进行，由于，，所以要使该反应能自发进行，应在高温下进行；为酸性氧化物，氨水溶液呈碱性，所以过量的与浓氨水反应生成和，则其离子方程式为：故答案为：；高温；；
(2) I.乙因为是绝热容器，该反应为放热反应，所以相对于甲，乙中温度比甲高，升高温度平衡逆向移动，的转化率降低；比较甲、丙，该反应为气体体积减小的反应，丙在恒压的条件下，甲相对于丙，相对于减小压强，平衡逆向移动，的转化率降低，综上所述，三个容器中的转化率从大到小的顺序为：丙＞甲＞乙，故答案为：丙＞甲＞乙；
IIA．甲为恒温恒容的密闭容器，所以温度一直保持不变，则温度不变不能用于判断该反应是否处于平衡状态，故A不选；
B．甲、乙均为恒容密闭容器，又由于该反全为气体参加的反应，所以在恒容的密闭容器中密度始终保持不变，故B不选；
C．在恒容的密闭容器中，该反应为非等体积反应，所以压强不变时，该反应处于平很状态，故选C；
D．一定条件下，当时，反应体系中所有参加反应的物质的物质的量或浓度保持恒定不变，则O2浓度保持不变可用于判断该反应是否处于不平衡状态，故选D；
故答案选CD；
III 丙为恒温恒压的密闭体系，所以相同温度下在容器丙中分别投入4molSO2、2molO2和2molSO2、1molO2进行反应平衡不发生移动；则所释放的能量前者为后者的两倍；若前者反应温度为400℃，后者反应温度为500℃，且该反应为放热反应，所以平衡逆向移动，则前者释放的能量大于后者的两倍，故答案为：＞；
(3)已知酸性H2SO3>>HSO>，水杨酸()，则根据强酸制备弱酸可知，水杨酸()与亚硫酸钠溶液反应生成与NaHSO3，故选A；
(4)时，，当时，，，故答案为：。
28． -4 2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl 1：3 B B Li+Cl-+e-=LiCl↓ (或Li+e-=Li+)
【详解】(1)根据S4结构可知S4(s)内有4个S-S键，则S4(s)+ 4Cl2(g)=4SCl2(g) △H=(4×266+4×243-4×2×255)kJ/mol=-4 kJ/mol，所以答案为-4；
(2)S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，所以其电子式是：；
(3)S2Cl2与水发生反应，产生无色有刺激性气味的气体，同时有淡黄色沉淀生成，说明生成了S和SO2，其他元素化合价不变，则此反应的化学反应方程式为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl；该反应中一个S上升，被氧化，三个S下降，被还原，所以该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比是1：3；
(4)①S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g)，当同种物质正逆反应速率相等时，反应到达平衡，而化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以当Cl2的消耗速率的两倍与SCl2的消耗速率相等时，该反应到达平衡，图中只有B点符合，所以A、B、C三点中B点到达平衡。
②S2Cl2 (g)+ Cl2(g)2SCl2(g) △H＜0，正反应为放热且气体分子总数不变的反应。
A．该反应为放热反应，升高体系的温度，平衡逆向移动，S2Cl2平衡转化率下降，A错误；
B．增大氯气的物质的量，平衡正向移动，S2Cl2平衡转化率增大，B正确；
C．该反应为气体分子总数不变的反应，压缩容器的体积，平衡不移动，S2Cl2平衡转化率不变；
D．催化剂不能改变平衡转化率，D错误；
答案选B；
③应达到平衡时S2Cl2 的转化率是a，列出三段式：，反应的平衡常数K= ==。
(5)锂做负极，失电子，生成氯化锂，所以负极电极反应式为：Li+Cl-+e-=LiCl (或Li+e-=Li+)。
29． CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1 SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O 2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O 1×10-1.8 c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)
【详解】Ⅰ.(1)由盖斯定律可知，可得CO(g)与H2O(g)反应生成CO2(g)、H2(g)的方程式CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，则△H==—41.2kJ·mol-1，反应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1，故答案为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) △H=—41.2kJ·mol-1；
(2) ①用足量氨水吸收二氧化硫的反应为二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵和水，反应的化学方程式为SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O；
②用足量氨水吸收二氧化硫的反应后，再加入熟石灰发生的反应为亚硫酸铵与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀和一水合氨，反应离子方程式为2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O，故答案为：2NH+Ca2++2OH-+SO=CaSO3↓+2NH3·H2O；
③由反应的方程式可知，反应的平衡常数K===，故答案为：；
Ⅱ.(1)亚硫酸为二元弱酸，一级电离常数大于二级电离常数，由图可知，当c(H2SO3)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为1.8，当c(SO)=c(HSO)时，lg=0，溶液pH为6.9，则曲线M表示溶液的pH与lg的关系，Ka1(H2SO3)= = c(H+)=1×10-1.8，故答案为：1×10-1.8；
(2) 当滴加NaOH溶液使混合溶液呈中性时，反应得到亚硫酸钠和亚硫酸氢钠的混合溶液，则溶液中各离子浓度大小关系为c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)，故答案为：c(Na+)>c(SO)>c(HSO)>c(OH-)=c(H+)；
Ⅲ.设混合气体的物质的量为100mol，则混合气体中含有mmol二氧化硫、2mmol氢气和qmol氦气，由温度t、压强P条件下进行反应，反应达到平衡时H2转化率为α可建立如下三段式：

由P1：P2=n1：n2可得：，解得平衡时P平=，则平衡时氢气、二氧化硫和水蒸气的平衡分压分别为=、=、=，平衡常数Kp==，故答案为：。
30．(1)3d64s2
(2) 8 4
(3) 降低反应活化能
(4) 由Fe3+水解产物的颜色所致 向该溶液中加HNO3

【详解】（1）Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；
（2）由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为，故答案为：8；；4
（3）由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方程式。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为：；降低反应活化能；
（4）①由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液Ⅰ却呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；
②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明和氟离子转化为，其离子方程式为，和相减得到，所以平衡常数为，故答案为：；。