2023届高考化学二轮总复习广西专版课后习题 非选择题专项训练二 化学反应原理

非选择题专项训练二　化学反应原理

1.丁烯是一种重要的化工原料,可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题。

(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下:

①C4H10(g)C4H8(g)+H2(g)　ΔH1

已知:②C4H10(g)+O2(g)C4H8(g)+H2O(g)　ΔH2=-119 kJ·mol-1

③H2(g)+O2(g)H2O(g)    ΔH3=-242 kJ·mol-1

反应①的ΔH1为　　　 kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图,x　　　　(填“大于”或“小于”)0.1;欲使丁烯的平衡产率提高,应采取的措施是　　　　(填字母)。 

A.升高温度 B.降低温度

C.增大压强 D.降低压强

图(a)

图(b)

图(c)

(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂),出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势,其降低的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线,副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是 　　　　　　　　　、　　　　　　　　　; 

590 ℃之后,丁烯产率快速降低的主要原因可能是 　　　　　　　　　。 

2.(2020全国Ⅱ)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。

(1)乙烷在一定条件下可发生如下反应:C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)　ΔH1,相关物质的燃烧热数据如表所示:

①ΔH1=　　　　 kJ·mol-1。 

②提高该反应平衡转化率的方法有　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 

③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气,在等压下(p)发生上述反应,乙烷的平衡转化率为α。反应的平衡常数Kp=　　　　　　(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 

(2)高温下,甲烷生成乙烷的反应如下:2CH4C2H6+H2。反应在初期阶段的速率方程为:r=k× ,其中k为反应速率常数。

①设反应开始时的反应速率为r1,甲烷的转化率为α时的反应速率为r2,则r2=　　　　r1。 

②对于处于初期阶段的该反应,下列说法正确的是　　　　。 

A.增加甲烷浓度,r增大

B.增加H2浓度,r增大

C.乙烷的生成速率逐渐增大

D.降低反应温度,k减小

(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如图所示:

①阴极上的反应式为　　　　　　　　　　　　　。 

②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为　　　　。 

3.(2022山东卷,改编)利用γ-丁内酯(BL)制备1,4-丁二醇(BD),反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1-丁醇(BuOH)的副反应,涉及反应如下:

已知:①反应Ⅰ为快速平衡,可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响;②因反应Ⅰ在高压H2氛围下进行,故H2压强近似等于总压。回答下列问题。

(1)以5.0×10-3 mol BL或BD为初始原料,在493 K、3.0×103 kPa的高压H2氛围下,分别在恒压容器中进行反应。达平衡时,以BL为原料,体系向环境放热X kJ;以BD为原料,体系从环境吸热Y kJ。忽略副反应热效应,反应Ⅰ焓变ΔH(493 K,3.0×103 kPa)=　　　　　　　 kJ·mol-1。 

(2)初始条件同上。xi表示某物种i的物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比,xBL和xBD随时间t变化关系如图甲所示。实验测得X<Y,则图中表示xBL变化的曲线是　　　　　　　　。以BL为原料时,t1时刻=　　　　　,BD产率=　　　　　(保留两位有效数字)。 

图甲

图乙

(3)(xBD/xBL)max为达平衡时xBD与xBL的比值。(493 K,2.5×103 kPa)、(493 K,3.5×103 kPa)、(513 K,2.5×103 kPa)三种条件下,以5.0×10-3 mol BL为初始原料,在相同体积的刚性容器中发生反应,随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压H2氛围下进行,可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中,(xBD/xBL)max最大的是　　　　(填字母);与曲线b相比,曲线c达到=1.0所需时间更长,原因是　 　　　　　　　　　。 

4.(2020全国Ⅰ,改编)为验证不同化合价的铁的氧化还原能力,利用下列电池装置进行实验。

回答下列问题。

(1)由FeSO4·7H2O固体配制0.10 mol·L-1 FeSO4溶液,需要的仪器有药匙、玻璃棒、　　　　　　　　　(从如图所示仪器中选择,写出名称)。 

(2)电池装置中,盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据,盐桥中应选择　　　　作为电解质。 

(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知,盐桥中的阳离子进入　　　　电极溶液中。 

(4)电池反应一段时间后,测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L-1。石墨电极上未见Fe析出。可知,石墨电极溶液中c(Fe2+)= 　　　　　　　　(两电极电解质溶液体积相等)。

(5)根据(3)、(4)实验结果,可知石墨电极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　,铁电极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。因此,验证了Fe2+氧化性小于　　　　,还原性小于　　　　。 

(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液,将铁电极浸泡一段时间,铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是 　　　　　　　　　。 

参考答案

非选择题专项训练二　化学反应原理

1.答案 (1)+123　小于　AD

(2)原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动,所以丁烯产率下降

(3)590 ℃前升高温度,反应①平衡正向移动　升高温度时,反应速率增大,单位时间产生更多丁烯　更高温度导致C4H10裂解生成更多的短碳链烃,故丁烯产率快速降低

解析 (1)根据盖斯定律,②式-③式可得①式,因此ΔH1=ΔH2-ΔH3=-119 kJ·mol-1+242 kJ·mol-1=+123 kJ·mol-1。由图(a)可以看出,温度相同时,由0.1 MPa 变化到x MPa,丁烷的转化率增大,即平衡正向移动,由于反应①是气体物质的量增大的反应,压强越小平衡转化率越大,所以x的压强更小,x<0.1。由于反应①为吸热反应,所以温度升高时,平衡正向移动,丁烯的平衡产率增大,因此A正确,B错误;由于反应①是气体物质的量增大的反应,加压时平衡逆向移动,丁烯的平衡产率减小,因此C错误,D正确。

(2)H2是反应①的产物,增大会促使平衡逆向移动,从而降低丁烯的产率。

(3)590 ℃之前,随温度升高,反应速率增大,反应①是吸热反应,升高温度平衡正向移动,生成的丁烯会更多。温度超过590 ℃,更多的丁烷裂解生成短碳链烃,导致丁烯产率快速降低。

2.答案 (1)①+137　②升高温度　减小压强(增大体积)

③×p

(2)①(1-α)　②AD

(3)①CO2+2e-CO+O2-　②6∶5

解析 (1)①表示乙烷、乙烯、氢气燃烧热的热化学方程式分别为:

a.C2H6(g)+O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)

ΔH=-1 560 kJ·mol-1

b.C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)

ΔH=-1 411 kJ·mol-1

c.H2(g)+O2(g)H2O(l)　ΔH=-286 kJ·mol-1

根据盖斯定律,由a-(b+c)可得由乙烷转化为乙烯的热化学方程式为C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)

ΔH1=+137 kJ·mol-1。

②该反应是气体分子数增大的吸热反应,根据平衡移动原理,为提高乙烷平衡转化率,可采取升高温度、减小压强(增大体积)的方法。

③设起始加入乙烷和氢气的物质的量是n mol。

　　　　                C2H6(g)          C2H4(g)      +       H2(g)

起始/mol n 0 n

转化/mol nα nα nα

平衡/mol (1-α)n nα (1+α)n

平衡时气体的总物质的量为(2+α)n mol。

Kp=×p。

(2)①甲烷转化率为α时,CH4的浓度与CH4的初始浓度之比为(1-α)∶1,故此时反应速率r2=(1-α)r1。

②反应初期阶段,反应速率与反应速率常数k、有关。增加甲烷浓度可增大反应速率,A正确、B错误;随着反应的进行,逐渐减小,反应速率逐渐减小,则乙烷的生成速率逐渐减小,C错误;降低反应温度,反应速率减小,k减小,D正确。

(3)由图可知,阳极上CH4转化成C2H6、C2H4、H2O:

2CH4-2e-+O2-C2H6+H2O,

2CH4-4e-+2O2-C2H4+2H2O。

阴极上CO2转化成CO和O2-:CO2+2e-CO+O2-

若生成乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则每生成2 mol C2H4、1 mol C2H6,转移电子10 mol、消耗6 mol CH4,根据得失电子守恒可知消耗5 mol CO2。则消耗的CH4和CO2的体积比为6∶5。

3.答案 (1)-200(X+Y)

(2)a或c　0.08　39%

(3)c　曲线b和曲线c所处的温度相同,压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动,(xBD/xBL)max增大,而压强对反应速率的影响可忽略

解析 本题属于化学反应原理题,考查等效平衡下ΔH的计算、产率计算、图像分析。

(1)结合已知信息,可推定在同温同压下,以相同物质的量的BL或BD为初始原料,达到的平衡状态相同,即两个平衡完全等效。设正向反应的平衡转化率为α,则加入等量产物平衡时的转化率为1-α,由题目可知

计算可得ΔH=-200(X+Y) kJ·mol-1。

(2)实验测定X<Y,则达到平衡时BL物质转化量小于BD物质转化量,平衡状态BL物质的量大,根据图示可知,表示xBL变化的曲线是a或c;以BL为原料时,根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知,体系总物质的量(除H2外)的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量,也正好是生成的H2O(g)的物质的量,设t1时BL转化为BD的物质的量为a mol,BD转化为THF、BuOH的物质的量为b mol,则体系总物质的量(除H2外)为(5.0×10-3+b)mol,得到=0.48、=0.36,求得a=×10-3、b=×10-3,则t1时刻=0.08;此时BD的产率为×100%≈39%。

(3)已知反应Ⅰ的正反应是放热反应,以BL为初始原料,温度升高则平衡逆向移动,xBD减小,(xBD/xBL)max减小,的值增大;温度相同时,压强增大,平衡正向移动,xBD增大,(xBD/xBL)max增大,减小,即曲线a、b、c中,(xBD/xBL)max最大的是曲线c;由上述分析可知,(493 K,2.5×103 kPa)对应曲线b,(493 K,3.5×103 kPa)对应曲线c,两者所处的温度相同,与曲线b相比,曲线c所处的压强较大,压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均逆向移动,xBD增大,(xBD/xBL)max增大,而压强对反应速率的影响可忽略,故曲线c达到=1.0所需时间更长。

4.答案 (1)烧杯、量筒、托盘天平

(2)KCl

(3)石墨

(4)0.09 mol·L-1

(5)Fe3++e-Fe2+　Fe-2e-Fe2+　Fe3+

Fe

(6)取少量溶液,滴入KSCN溶液,不出现血红色

解析 本题利用带盐桥的原电池装置验证不同化合价铁的氧化还原能力。解题的关键是注意分析表格中有关数据信息,并结合原电池的基本原理进行作答。

(1)考查一定物质的量浓度溶液的配制,由于题目要求是配制0.10 mol·L-1 FeSO4溶液,除药匙、玻璃棒之外,还需要烧杯、托盘天平、量筒。

(2)选择盐桥中电解质,必须满足题给信息要求——盐桥中的阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应,并且电迁移率(u∞)应尽可能地相近。故阳离子不能选择Ca2+,阴离子不能选择HC、N,只有KCl最为合适。

(3)因为电子由铁电极流向石墨电极,则铁电极为负极、石墨电极为正极。盐桥中阳离子向正极区移动,即进入石墨电极溶液中。

(4)根据两个电极得失电子守恒,当铁电极溶液中c(Fe2+)增加0.02 mol·L-1时,石墨电极发生反应:Fe3++e-Fe2+,可计算出石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04 mol·L-1,故此时石墨电极溶液中c(Fe2+)=0.09 mol·L-1。

(5)依据上面分析,即可分别写出石墨电极、铁电极的电极反应式。由于负极(铁电极)是单质铁失电子,而不是Fe2+失电子,则还原性Fe2+<Fe;由于正极(石墨电极)区是Fe3+得电子,而不是Fe2+得电子,则氧化性Fe2+<Fe3+。

(6)因为铁电极表面被刻蚀活化是利用Fe3+将铁电极氧化为F,则活化反应完成的标志是Fe3+完全消耗,故检验活化反应完成的方法就是检验溶液中不再存在Fe3+,可利用KSCN溶液进行检验。