新高考化学三轮冲刺大题优练7 以元素性质为主线串联反应原理(含解析)
展开以元素性质为主线串联反应原理
大题优练7
优选例题
例:FeSO4是一种补血剂,常温下久置易变黄,一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。
(1)已知:①Fe2+(aq)-e−=Fe3+(aq) ΔH1=a kJ/mol
②O2(g)+4e−+4H+(aq)=2H2O(l) ΔH2=b kJ/mol
则FeSO4在酸性溶液中变质的热化学方程式为_______________________。
常温下,配制浓度为0.1mol/L的FeSO4溶液,研究不同pH对Fe2+氧化的影响,结果如下图所示,(假设反应过程中溶液体积不变)。
(2)在pH=5.5的环境下,该反应在0~15min的平均速率v(Fe2+)=_______;增大溶液pH,Fe2+被氧化速率_______(填“增大”、“减小”或“无影响”)。
(3)在平衡常数的计算中气态物质常以压强代替其浓度,Fe2+在酸性环境下氧化的平衡常数K的计算表达式是______;常温下该反应的平衡常数很大,为2.5×1032L4/(atm∙mol4),下列说法正确的是_______。
a.Fe2+转化为Fe3+的趋势大 b.Fe2+转化为Fe3+的速率大
c.反应进行得较为彻底 d.酸性条件下Fe2+不会被氧化
(4)在pH=13的环境下,Fe2+的氧化变质可以理解为:
第一步:Fe2++2OH−=Fe(OH)2,第二步_____________(用化学方程式回答);当氧化达到平衡时,c(Fe2+)/c(Fe3+)_____4.0×1022(填“>”“<”或“=”)。已知的Ksp[Fe(OH)3]=2.5×10−39,Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10−15。
(5)根据上述分析,配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和_________。
【答案】(1)4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l) ΔH=(4a+b)kJ/mol
(2)0.004mol/(L∙min) 增大
(3)c4(Fe3+)/c4(Fe2+)∙c4(H+)∙p(O2) ac
(4)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 =
(5)H2SO4
【解析】(1)①Fe2+(aq)-e−= Fe3+(aq) ΔH1=a kJ/mol
②O2(g)+4e−+4H+(aq)=2H2O(l) ΔH2=b kJ/mol
根据盖斯定律,①×4+②可得,4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l) ΔH=(4a+b)kJ/mol,故答案为4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l) ΔH=(4a+b)kJ/mol。(2)v(Fe2+)=(0.1mol/L×60%)/15min=0.004
mol/(L∙min),根据图示分析,增大溶液pH,Fe2+氧化率增大,所以Fe2+被氧化速率增大,故答案为0.004mol/(L∙min);增大。(3)根据4Fe2+(aq)+O2(g)+4H+(aq)=4Fe3+(aq)+2H2O(l),可知Fe2+在酸性环境下氧化的平衡常数K=c4(Fe3+)/c4(Fe2+)∙c4(H+)∙p(O2);a.因为常温下该反应的平衡常数很大,故Fe2+转化为Fe3+的趋势大,a故正确;b.K值越大,表示反应进行得越完全,故b错误;c.K值越大,表示反应进行得越完全,越彻底,故c正确;d.在酸性条件下Fe2+会被氧化,故d错误;故答案为c4(Fe3+)/c4(Fe2+)∙c4(H+)∙p(O2);ac。(4)在pH=13的环境下,Fe2++2OH−=Fe(OH)2,接着Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3,反应的化学方程式为:4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;根据pH=13,可知c(OH−)=10−1mol/L,Ksp[Fe(OH)3]=2.5×10−39=c(Fe3+)∙c3(OH−),c(Fe3+)=2.5×10−36,Ksp[Fe(OH)2]=1.0×10−15=c(Fe2+)c2(OH−),c(Fe2+)=1.0×10−13,c(Fe2+)/c(Fe3+)=1.0×10−13/2.5×10−36
=4.0×1022,故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;=。(5)由于Fe2+在酸性环境下易被氧化为Fe3+,在碱性环境中易被氧化成Fe(OH)3,所以配制FeSO4溶液的正确方法是加入适量的铁粉和H2SO4,故答案为H2SO4。
模拟优练
1.环戊二烯()是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题:
(1)某温度,等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应(g)+I2(g)=(g)+2HI(g) ΔH>0,起始总压为105Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为_________,该反应的平衡常数Kp=________Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有___________(填标号)。
A.通入惰性气体 B.提高温度 C.增加环戊烯浓度 D.增加碘浓度
(2)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是___________(填标号)。
A.T1>T2
B.a点的反应速率小于c点的反应速率
C.a点的正反应速率大于b点的逆反应速率
D.b点时二聚体的浓度为0.45mol·L−1
【答案】(1)40% 3.56×104 BD
(2)CD
【解析】(1)设容器中起始加入I2(g)和环戊烯的物质的量均为a,平衡时转化的环戊烯的物质的量为x,列出三段式:
C5H8(g) + I2(g)C5H6(g) + 2HI(g)
恒温恒容时,压强之比等于气体物质的量之比,平衡时总压强增加了20%,则,解得x=0.4a,则环戊烯的转化率为40%,平衡时(g)、I2(g),(g)、HI(g)的分压分别为、、、,则Kp=,根据p总=1.2×105Pa,可得Kp=×1.2×105Pa≈3.56×104Pa;通入惰性气体,对反应的平衡无影响,环戊烯的平衡转化率不变,故A不符合题意;反应为吸热反应,提高温度,平衡正向移动,可提高环戊烯的平衡转化率,故B符合题意;增加环戊烯浓度,平衡正向移动,能提高I2(g)的平衡转化率,但环戊烯的平衡转化率降低,故C不符合题意;增加I2(g)的浓度,平衡正向移动,能提高环戊烯的平衡转化率,故D符合题意。(2)A.相同时间内,环戊二烯浓度减小量越大,反应速率越快,由图可知,T1<T2,故A错误;B.影响反应速率的因素有温度和环戊二烯的浓度等,a点时温度较低,但环戊二烯浓度较大,c点时温度较高,但环戊二烯浓度较小,故无法比较a点和c点的反应速率大小,故B错误;C.a点和b点温度相同,a点时环戊二烯的浓度大于b点时环戊二烯的浓度,即a点的正反应速率大于b点的正反应速率,因为b点时反应未达到平衡,b点的正反应速率大于逆反应速率,故a点的正反应速率大于b点的逆反应速率,故C正确;D.b点时,环戊二烯的浓度减小0.9mol·L−1,结合生成的二聚体浓度为环戊二烯浓度变化量的,可知二聚体的浓度为0.45mol·L−1,故D正确。
2.CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题。
(1)由CO2转化为羧酸是CO2资源化利用的重要方法。在催化作用下CO2和CH4合成CH3COOH的化学方程式为_______________________。在合成CH3COOH的反应中,下列有关说法正确的是_______。(填字母)
A.利用催化剂可以使反应的平衡常数增大
B.CH4→CH3COOH过程中,有C-H键发生断裂
C.有22.4L CH4参与反应时转移4mol电子
D.该反应为放热反应
(2)CO2和H2合成甲醇也是CO2资源化利用的重要方法。测得平衡时甲醇产率与反应温度、压强的关系如图所示。
①若H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ·mol−1和726.5kJ·mol−1,则由CO2和H2生成液态甲醇和液态水的热化学方程式为_________________。此反应的活化能Ea(正)_______Ea(逆)(填“>”或“<”),该反应应选择_______高效催化剂(填“高温”或“低温”)。
②下列措施能使CO2的平衡转化率提高的是_______(填序号)。
A.增大压强 B.升高温度
C.增大H2与CO2的投料比 D.改用更高效的催化剂
③200℃时,将0.100mol CO2和0.200mol H2充入1L密闭容器中,在催化剂作用下反应达到平衡。若平衡时CO2的转化率为50%,则此温度下该反应的平衡常数K=_______(已知CH3OH的沸点为64.7℃)。
(3)可利用电解的方法将CO2转化为CH3OH,请写出在酸性条件下的阴极反应式_______。
【答案】(1)CO2+CH4CH3COOH BD
(2) CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) ΔH=-130.9kJ·mol−1 < 低温 AC 400
(3) CO2+6e−+6H+=CH3OH+H2O
【解析】(1)根据反应物生成物可直接得出答案为CO2+CH4CH3COOH;A中平衡常数只与温度有关,催化剂不能改变平衡常数,A错误;CH4有C-H键发生断裂形成甲基,B正确;C未说明温度压强,C错误;该反应是熵减的反应,反应能发生,则<0,可得出ΔH<0,故该反应为放热反应,D正确。(2)①由H2(g)和CH3OH(l)的燃烧热分别为285.8kJ·mol−1和726.5kJ·mol−1可得出式①H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ·mol−1和式②CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-726.5kJ·mol−1;3①-②即可得出CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l) ΔH=-130.9kJ·mol−1,ΔH=Ea(正)-Ea(逆)<0可得出Ea(正)
3.亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂,氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酰氯,涉及如下反应:
I. ΔH1;K1
II. ΔH2;K2
Ⅲ.2NOCl ΔH3;K3
(1)ΔH3=___(用ΔH1和ΔH2表示),K3=___(用K1和K2表示)。
(2)①在恒容密闭容器中进行的反应II、III,下列说法中,正确的是 (填标号)。
a.反应体系中混合气体的颜色保持不变,说明反应II、III均达到平衡状态
b.ΔH2和ΔH3不再变化,可以作为反应II和III达到平衡状态的标志
c.同等条件下,反应II的速率远远大于反应III,说明反应II的活化能小,ΔH2<ΔH3
d.达平衡后,向反应体系中再通入一定量NOCl(g),NO2(g)和NO(g)的百分含量均增大
②平衡后,向反应体系中充入少量O2,再次平衡时,NO2的转化率将___(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)保持恒温恒容条件,将物质的量之和为3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比进行反应Ⅲ(ΔH3<0),平衡时某反应物的转化率与氮氯比及不同温度的关系如图所示:
①图中T1、T2的关系为T1___T2(填“>”、“<”或“=”)图中纵坐标为___的转化率;图中A、B、C三点对应的NOCl体积分数最大的是____(填“A”、“B”或“C”)。
②若容器容积为1L,经过10min到达A点,该时间段内化学反应速率v(NO)=__________。
③若在温度为T1,容积为1L的容器中,充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl,此时平衡将向___移动(填“左”、“右”或“不移动”)。
【答案】(1)2ΔH2-ΔH1
(2) ad 增大
(3) < Cl2 A 右
【解析】(1)根据盖斯定律可知,Ⅲ=2×Ⅱ-Ⅰ,即ΔH3=2ΔH2-ΔH1,则K3=,故答案为:2ΔH2-ΔH1;;(2)①a.反应Ⅱ、Ⅲ中,二氧化氮和氯气有颜色,当反应体系中混合气体的颜色保持不变,说明反应Ⅱ、Ⅲ均达到平衡状态,a项正确;b.焓变只与反应起始和终止的物质有关,不可以判断反应Ⅱ、Ⅲ是否达到平衡状态,b项错误;c.同等条件下,反应Ⅱ的速率远远大于反应Ⅲ,说明反应Ⅱ的活化能小,但无法判断焓变大小,c项错误;d.达平衡后,向反应体系中再通入一定量NOCl(g),反应Ⅱ、Ⅲ均向逆向移动,则NO2(g)和NO(g)的百分含量均增大,d项正确;综上,正确的为ad,故答案为:ad;②反应Ⅱ正反应方向气体减少、Ⅲ反应前后体积不变,恒容密闭容器中,平衡后,向反应体系中充入少量,则反应Ⅲ中NO会减少,平衡逆向移动,消耗NOCl(g),促使反应Ⅱ正向移动,再次平衡时,NO2的转化率将增大,故答案为:增大;(3)①ΔH<0,为放热反应,根据勒夏特列原理可得,升高温度,反应逆向移动,则T1
则υ(NO)==0.16mol/(L·min),故答案为:0.16mol/(L·min);③根据A点与B点温度相同,平衡常数相同,则,充入0.5mol NO、1mol Cl2、2mol NOCl时,反应熵Q=<80,平衡向右移动,故答案为:右。
4.甲醇是重要的化工原料。利用CO2和H2在催化剂的作用下合成甲醇,可能发生的反应如下:
反应Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1=-49.0kJ·mol−1
反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2=+41.2kJ·mol−1
(1)在某催化剂作用下,CO2和H2除发生反应Ⅰ外,还发生反应Ⅱ。维持压强不变,按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂,经过相同时间测得实验数据:
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
注:甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明,升高温度,CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低,其原因是:___________。
(2)我国科学家研究了不同反应温度对含碳产物组成的影响。在反应器中按n(H2)∶n(CO2)=3∶1通入H2和CO2,分别在0.1MPa和1MPa下进行反应。试验中温度对平衡组成中的CO和CH3OH的影响如下图所示。
①1MPa时,表示CO和CH3OH平衡组成随温度变化关系的曲线分别是___________、___________。M点平衡组成含量高于N点的原因是___________。
②当CO和CH3OH的平衡物质的量分数都为0.1时,该温度下反应Ⅱ的平衡常数为:___________。(对于气相反应,用某组分B的平衡压强代替物质的量浓度也可表示平衡常数,记作,如,p为平衡总压强,为平衡系统中B的物质的量分数)。
(3)我国科学家利用计算机模拟计算,分别研究反应Ⅲ:
(硫酸氢甲酯)在无水和有水条件下的反应历程,如图所示,其中分子间的静电作用力用“…”表示。
①水将反应Ⅲ的最大活化能由___________降为___________。
②d到f转化的实质为质子转移,该过程断裂的化学键为___________(填标号)。
A.CH3OH中的氢氧键 B.CH3OH中的碳氧键
C.H2O中的氢氧键 D.SO3中的硫氧键
【答案】(1)升高温度,反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快,但反应Ⅱ的反应速率变化更大
d a 温度相同时,增大压强使反应Ⅰ平衡正移,使CO2和H2的百分含量减
(2) 小,H2O的百分含量增大,使反应Ⅱ平衡逆移,CO百分含量降低 0.4
(3) 20.93 6.62 ACD
【解析】(1)升高温度,反应速率加快,且CO2的实际转化率提高,说明平衡正向移动,而甲醇的选择性降低,说明反应Ⅱ比反应Ⅰ反应速率更快,故答案为:升高温度,反应Ⅰ、Ⅱ的反应速率均加快,但反应Ⅱ的反应速率变化更大;(2)①对于反应Ⅰ,升高温度,平衡逆向移动,CH3OH的百分含量减少,因此表示CH3OH平衡组成随温度变化关系的曲线为a或b;对于反应Ⅱ,升高温度,平衡正向移动,CO的百分含量增加,因此表示CO平衡组成随温度变化关系的曲线为c或d;又因为增大压强,反应Ⅰ的平衡正移,CH3OH的百分含量增大,因此a表示CH3OH平衡组成随温度变化关系的曲线;增大压强,反应Ⅰ平衡正移,H2O的百分含量增大,使得反应Ⅱ逆向移动,CO百分含量降低,因此表示CO平衡组成随温度变化关系的曲线为d,故答案为:d;a;温度相同时,增大压强使反应Ⅰ平衡正移,使CO2和H2的百分含量减小,H2O的百分含量增大,使反应Ⅱ平衡逆移,CO百分含量降低;②按n(H2)∶n(CO2)=3∶1通入H2和CO2,假设通入的H2为3mol,则通入的CO2为1mol,设平衡时生成的CO和CH3OH的物质的量均为x,根据方程式CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g),反应的CO2为x,反应的H2为3x,生成的H2O为x,根据方程式CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g),反应的CO2为x,反应的H2为x,生成的H2O为x,因此平衡时剩余的CO2为1mol-2x,剩余的H2为3mol-4x,生成的H2O为2x,则=0.1,解得:x=mol,反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)为气体的物质的量不变的反应,计算平衡常数Kp时可以用物质的量代替,因此Kp==0.4,故答案为:0.4;(3)①根据左图,无水参与时的最大能垒=19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV,根据右图,有水参与时的最大能垒=3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV,因此水将反应Ⅲ的最大活化能由20.93eV降为6.62eV,故答案为:20.93;6.62;②结合图示中的粒子间的结合方式可知,在转化过程中甲醇、水、三氧化硫中的化合键均有断裂,其中CH3OH中断裂氢氧键、H2O中断裂氢氧键、SO3中断裂硫氧键,故答案为:ACD。
5.氯化法制备TiCl4的工艺为:800℃时,向15L容器中加入5mol TiO2与15mol碳粉,通入10mol Cl2进行反应,生成TiCl4气体,经过处理得到TiCl4成品。反应容器内发生以下两个反应:
反应I:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-48kJ·mol−1
反应II:TiO2(s)+2Cl2(g)+2CO(g)TiCl4(g)+2CO2(g) ΔH=-210kJ·mol−1
回答下列问题:
(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s)TiCl4(g)+CO2(g)的ΔH=___________kJ·mol−1。
(2)800℃时,不同时间测得混合体系内各物理量如下表所示:
t/min
10
20
30
40
n(Cl2)/mol
6
2.5
1
1
n(C)/mol
12
10
9
9
p(CO)∶p(CO2)
2∶1
1∶1
1∶1
1∶1
①起始总压强为6MPa,10min时,体系总压强P10min=___________MPa;反应开始至20min时,v(TiCl4)=___________MPa·min−1。
②30min时,C的转化率为___________;40min时,反应II的KP=___________MPa−1。
(3)向混合体系中加入少量FeCl3,TiO2的氯化速率明显提高,同时测得CO含量明显高于CO2,则FeCl3改变的是反应___________(填“I”或“II”)的反应历程。
(4)我国科研工作者利用TiCl4和Mg3N2制备高硬度物质TiN,可能发生a和b反应。其对应的吉布斯自由能(ΔG=ΔH-TΔS)与温度(200~700℃)的关系如图所示,分析可得更易发生___________(填“a”或“b”)反应。
反应a:Mg3N2(s)+2TiCl4(g)=2TiN(s)+3MgCl2(s)+Cl2(g)
反应b:Mg3N2(s)+TiCl4(g)=TiN+3MgCl2+N2(g)
【答案】(1)-129
(2)6.6 0.1125 40% 1.5
(3)Ⅰ b
【解析】(1)反应I:TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-48kJ·mol−1
反应II:TiO2(s)+2Cl2(g)+2CO(g)TiCl4(g)+2CO2(g) ΔH=-210kJ·mol−1
(I+II)可得目标方程:TiO2(s)+2Cl2(g)+C(s)TiCl4(g)+CO2(g) ΔH=-129kJ·mol−1;
(2)①列三段式
平衡时总物质的量为n=6+2+1+2=11mol,,则P10min=6.6MPa,同理,20min时,n(TiCl4)=,平衡时总的物质的量n=2.5+2.5+2.5+3.75=11.25mol,则,解得P20min=6.75MPa,则,解得PTiCl4=2.25MPa,则v(TiCl4)=;②30min时,n(C)=9mol,C的转化率为,40min时,反应的三段式:
;(3)CO多说明反应I快,则则FeCl3改变的是反应I的反应历程;(4)吉布斯自由能随温度升高,数值减小,则ΔG<0,反应更易自发进行,则更易发生b反应。
新高考化学三轮冲刺大题优练12 以推断元素为背景的物质结构与性质(含解析): 这是一份新高考化学三轮冲刺大题优练12 以推断元素为背景的物质结构与性质(含解析),共12页。
新高考化学三轮冲刺大题优练11 以给定元素为背景的物质结构与性质(含解析): 这是一份新高考化学三轮冲刺大题优练11 以给定元素为背景的物质结构与性质(含解析),共12页。
新高考化学三轮冲刺大题优练8 以电解质溶液为主线串联反应原理(含解析): 这是一份新高考化学三轮冲刺大题优练8 以电解质溶液为主线串联反应原理(含解析),共13页。试卷主要包含了3×10−31),8L,7×10−8,Ag2SO42等内容,欢迎下载使用。