备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优易错试卷)含答案(1)
备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优易错试卷)含答案(1)
一、化学反应原理综合考查
1.丙烯腈(CH2=CHCN)是一种重要的化工原料,工业上可用“丙烯氨氧化法”生产,主要副产物有丙烯醛(CH2=CHCHO)和乙腈(CH3CN)等,回答下列问题:
(1)以丙烯、氨、氧气为原料,在催化剂存在下生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式如下:
①C3H6(g)+NH3(g)+3
2
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol
①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大,其原因是________;有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是________;提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。
(2)图(a)为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线,最高产率对应温度为460℃。低于460℃时,丙烯腈的产率________(填“是”或者“不是”)对应温度下的平衡产率,判断理由是________;高于460℃时,丙烯腈产率降低的可能原因是________(双选,填标号)A.催化剂活性降低B.平衡常数变大C.副反应增多D.反应活化能增大
(3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n(氨)/n(丙烯)的关系如图(b)所示。由图可知,最佳n (氨)/n(丙烯)约为1理由是_______________。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为________。
【答案】两个反应均为放热量大的反应降低温度,降低压强,催化剂不是该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低 AC 1 该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低 1:7.5:1
【解析】
【分析】
(1)依据热化学方程式方向可知,两个反应均放热量大,即反应物和生成物的能量差大,因此热力学趋势大;有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行,提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂;
(2)因为该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低,即低于460℃时,对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的,但实际曲线是上升的,因此判断低于460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率;产率降低主要从产率的影响因素进行考虑;
(3)根据图像可知,当n(氨)/n(丙烯)约为1时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物丙烯醛产率最低,根据化学反应氨气、氧气、丙烯按1:1.5:1的体积比加入反应达到最
佳状态,依据氧气在空气中约占20%计算条件比。
【详解】
(1)两个反应在热力学上趋势均很大,两个反应均放热量大,即反应物和生成物的能量差大,因此热力学趋势大;该反应为气体体积增大的放热反应,所以降低温度、降低压强有利于提高丙烯腈的平衡产率,提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂;
(2)因为该反应为放热反应,平衡产率应随温度升高而降低,即低于460℃时,对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的,但实际曲线是上升的,因此判断低于460℃时,丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率.高于460°C时,丙烯腈产率降低;
A.催化剂在一定温度范围内活性较高,若温度过高,活性降低,A正确;
B.该反应放热,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数变小,B错误;
C.根据题意,副产物有丙烯醛,催化剂活性降低,副反应增多,导致产率下降,C正确;D.反应活化能的大小不影响平衡,D错误;
综上AC符合题意;
(3)根据图象可知,当n(氨)/n(丙烯)约为1时,该比例下丙烯腈产率最高,而副产物
丙烯醛产率最低;根据反应C3H6(g)+NH3(g)+3
2
O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g),氨气、氧气、丙烯
按1:1.5:1的体积比加入反应达到最佳状态,而空气中氧气约占20%,所以进料氨、空
气、丙烯的理论体积约为:1:1.5
20%
:1=1:7.5:1。
2.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=-13.7K J/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760 9 CH3CO3H,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40 nm 和70 nm 。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) 137 0.1m/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(CH 3CO 3H)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760 g CH 3CO 3H ,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(CH 3CO 3H)=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。
3.研究大气污染物SO 2、CH 3OH 与H 2O 之间的反应,有利于揭示雾霾的形成机理。 反应i :132241SO (g)+H O(g)=H SO (1)227.8kJ mol H -?=-?
反应ii :-133332CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)( )
-63.4kJ mol H ?=?硫酸氢甲酯 (1)CH 3OSO 3H 发生水解:
332324CH OSO H(g)H O(g)CH OH(g)H SO (1)+=+△H=______kJ/mol 。
(2)T ℃时,反应ii 的CH 3OH(g)、SO 3(g)的初始浓度分别为
-8-1-9-1110mol L 210mol L ????、,平衡时SO 3转化率为0.04%,则K=_____________。 (3)我国科学家利用计算机模拟计算,分别研究反应ii 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分子间的静电作用力最强的是_____________(填“a ”、“b ”或“c ”)。
②水将反应ii 的最高能垒由_____________eV 降为_____________eV 。
③d 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 .CH 3OH 中的氢氧键
B .CH 3OH 中的碳氧键
C .H 2O 中的氢氧键
D .SO 3中的硫氧键
(4)分别研究大气中H 2O 、CH 3OH 的浓度对反应i 、反应ii 产物浓度的影响,结果如图所示。
①当c(CH 3OH)大于10-11mol.L -1时,c(CH 3OH)越大,c(H 2SO 4)越小的原因是_____________。 ②当c(CH 3OH)小于10-11mol.L -1时,c(H 2O)越大,c(CH 3OSO 3H)越小的原因是_____________。
【答案】-164.4 4×104L·
mol -1 a 20.93 6.62 ACD 反应i 和反应ii 为竞争反应,甲醇浓度增大,促进了甲醇和三氧化硫反应,抑制了三氧化硫和水的反应,硫酸的浓度减小 水的浓度越大,甲醇和三氧化硫碰撞几率越小,生成CH 3OSO 3H 越小,c(CH 3OSO 3H)越小
【解析】
【分析】
(3)图形很陌生,但仔细观察发现其实是反应历程与能量变化图,问题就变简单了。
(4)反应i 和反应ii 为竞争反应,两个反应都消耗三氧化硫,三氧化硫浓度不变的情况下,一个反应程度增大另一个反应程度一定减小。
【详解】
(1) 反应i :132241SO (g)+H O(g)=H SO (1)227.8kJ mol H -?=-?
反应ii :-133332CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)-63.4kJ mol H ?=?
反应i-反应ii 有:332324CH OSO H(g)H O(g)CH OH(g)H SO (1)+=+,所以H ?=1H ?-
2H ?=(1227.8kJ mol --?)-(-1-63.4kJ mol ?)=-164.4-1kJ mol ?,故答案为:-164.4;
(2)SO 3转化率为0.04%,则SO 3转化值=-9-1210mol L ??×0.04%=8×10-13mol·L -1,列三段式如
下:3333-1-8-9-1-13-13-13
-1-13-13-13
CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)
/mol L 1102100/mol L 810810810/mol L (100000-8)10(20000-8)10810???????????起始浓度变化浓度平衡浓度 ,K=-13-13-1
-1-1
-13mol L m 810(100000-8)10(20000-8)10ol L mol L ???????≈-13
-1-13-13810L mol 100000102000010
?????=4×104L·mol -1,故答案为:4×104L·mol -1; (3)①a 处的两个分子能量更低,更稳定,分子间静电作用更强,故答案为:a ;
②无水时,反应ii 的最高能垒为19.59eV-(-1.34eV)=20.93eV ,有水时,反应ii 的最高能垒为
3.66eV-(-2.96eV)=6.62eV ,即水将反应ii 的最高能垒由20.93eV 降为6.62eV ,故答案为:20.93;6.62;
③由图可知,水分子中的氢氧键断了一根,又形成一根;CH 3OH 中的氢氧键断了,O 和S 原子重新形成一根键;SO 3中硫氧双键断了一根,变成硫氧单键,S 和甲醇中的O 重新形成一根单键,综上所述,水中的氢氧键、甲醇中的氢氧键、三氧化硫中的硫氧键都发生了断裂,ACD 符合,故答案为:ACD ;
(4)①反应i 和反应ii 都消耗三氧化硫,为竞争反应,甲醇浓度增大,促进了甲醇和三氧化硫反应,抑制了三氧化硫和水的反应,硫酸的浓度减小,故答案为:反应i 和反应ii 为竞争反应,甲醇浓度增大,促进了甲醇和三氧化硫反应,抑制了三氧化硫和水的反应,硫酸的浓度减小;
②水的浓度越大,甲醇和三氧化硫碰撞几率越小,生成CH 3OSO 3H 减小,c(CH 3OSO 3H)减小,故答案为:水的浓度越大,甲醇和三氧化硫碰撞几率越小,生成CH 3OSO 3H 越少,c(CH 3OSO 3H)越小。
【点睛】
(2)计算时作如下近似处理:1-13-(100000-8)1mol 0L ??≈100000×10-13-1mol L ?=10-8-1mol L ?113--(20000-8)10mol L ??≈-1-1-91-320000101mol L 2mol 0L ???=?。
4.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:CH 4(g)+4NO 2(g)=4NO(g)+CO 2(g)+2H 2O(g)ΔH=-574kJ·
mol ?1 CH 4(g)+4NO(g)=2N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g)ΔH=-1160kJ·mol ?1
甲烷直接将NO 2还原为N 2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)N 2(g)+2CO 2(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K p =_______;平衡后,若保持温度不变,再向容器中充入NO 和CO 2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SO 2,和氮的氧化物气体(NO x ),如用氢氧化钠溶液吸收可得到Na 2SO 3、NaHSO 3、NaNO 2、NaNO 3等溶液。已知:常温下,HNO 2的电离常数为K a =7×10-4,H 2SO 3的电离常数为K a1=1.2×10-2、K a2=5.8×10-8。
①常温下,相同浓度的Na 2SO 3、NaNO 2溶液中pH 较大的是______溶液。
②常温下,NaHSO 3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Ce 4+的溶液吸收,生成NO 2-、NO 3-(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NO 2-转化为无毒物质,同时再生Ce 4+,其原理如图所示。
①Ce 4+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】CH 4(g)+2NO 2(g)=N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH =-867kJ·
mol ?1 0.0875(MPa)-1或780(MPa)-1 不 AC Na 2SO 3 酸 因为HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10-8,水解常数K h =w a2
K K ≈8.3×10-13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性 a 2NO 2-+8H ++6e ?=N 2↑+4H 2O
【解析】
【分析】
(4)电解过程中Ce 3+在阳极失电子,变为Ce 4+,则b 进Ce 3+,a 出Ce 4+,NO 2-在阴极得电子变为N 2,则d 进NO 2-,c 出N 2。
【详解】
(1)①CH 4(g)+4NO 2(g)=4NO(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH 1=-574kJ·mol ?1
②CH 4(g)+4NO(g)=2N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH 2=-1160kJ·
mol ?1 +2①②得:CH 4(g)+2NO 2(g)=N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(g) ΔH =-1-1(-574kJ mol )+(-1160kJ mol 2
)??=-867kJ·mol ?1,故答案为:CH 4(g)+2NO 2(g)=N 2(g)+CO 2(g)+2H 2O(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
222NO(g)+2CO(g)N (g)+2CO (g)
/mol
0.40.400/mol
0.20.20.10.2/mol
0.20.20.10.2垐垐?噲垐?催化剂起始值变化值平衡值,平衡时p(NO)= 20MPa×0.20.2+0.2+0.1+0.2=407MPa ,同理可得:p(CO)=407
MPa ,p(N 2)=207MPa ,p(CO 2) =407MPa ,所以K p =()()()()22222p CO p N p NO p CO ??=2224020MPa MPa 774040MPa MPa 77??(
)()()=0.0875(MPa)-1或780
(MPa)-1。再向容器中充入NO 和CO 2各0.3mol ,加入的NO 和CO 2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=2224020MPa+p MPa 774040MPa+p MPa 77??(
)()()=780(MPa)-1,Qc=Kp ,平衡不移动,故答案为:0.0875(MPa)-1或780
(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)①HNO 2的电离常数为K a =7×10-4,H 2SO 3的电离常数为K a1=1.2×10-2、K a2=5.8×10-8可知,HNO 2的酸性强于HSO 3-的酸性,则NO 2-的水解程度小于SO 32-,所以相同浓度的Na 2SO 3、NaNO 2溶液,Na 2SO 3的碱性更强,pH 更大,故答案为:Na 2SO 3;
②HSO 3-+H 2O ?H 2SO 3,K a2×K h =K w ,故HSO 3-的水解常数K h =-14
-2101.210
?≈8.3×10-13,又因为HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10-8,所以,HSO 3-的电离常数大于水解常数,常温下,NaHSO 3显
酸性,故答案为:酸;因为HSO3-的电离常数K a2=5.8×10-8,水解常数K h =w
a2
K
K≈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】
K a×K h=K w,越弱越水解。
5.磷酸是重要的化学试剂和工业原料。请回答下列问题:
(1)已知:25℃时,磷酸和氢氟酸的电离常数如下表所示。
物质H3PO4HF
电离常数
Ka1=7.1×10?3;
Ka2=6.3×10?8;
Ka3=4.2×10?13
Ka=6.6×10?4
向NaF溶液中滴加少量H3PO4溶液,反应的离子方程式为____________
(2)已知:
Ⅰ.CaO(s)+H2SO4(l)CaSO4(s)+H2O(l)ΔH=-271kJ·mol?1
Ⅱ.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l)ΔH=-937kJ·mol?1
则:①工业上用Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为____________。
②一定条件下,在密闭容器中只发生反应Ⅱ,达到平衡后缩小容器容积,HF的平衡转化率________(填“增大”“减小”或“不变”,下同);HF的平衡浓度________。
(3)工业上用磷尾矿制备Ca5(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2,原理为CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)ΔH。
①一定温度下,向10L密闭容器中充入0.5mol CO和1mol H2O(g),2min达到平衡时,测得0~2min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02mol·L?1·min?1。则CO的平衡转化率α=
________;该反应的平衡常数K=________。
②在压强不变的密闭容器中发生上述反应,设起始的
2
n(CO)
n(H O)=y,CO的平衡体积分数(φ)与温度(T)的关系如图所示。则:该反应的ΔH___0(填“>”“<”或“=”,下同)。a_____1,理由为_____________
【答案】H 3PO 4+F -=HF+H 2PO 4- Ca 5(PO 4)3F(s)+5H 2SO 4(l)3H 3PO 4(l)+HF(g)+5CaSO 4(s)
ΔH=-418 kJ·mol -1 增大 不变 80% 83
< < 相同温度下,y 越小,CO 的转化率越大,其平衡体积分数越小
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据电离平衡常数可知酸性有如下关系:H 3PO 4>HF >H 2PO 4->HPO 42-,所以向NaF 溶液中滴加少量H 3PO 4溶液,反应的离子方程式为为:H 3PO 4+F -=HF +H 2PO 4-; (2)①已知:Ⅰ.CaO (s )+H 2SO 4(l )
CaSO 4(s )+H 2O (l ) ΔH =-271 kJ ·mol -1 Ⅱ.5CaO (s )+3H 3PO 4(l )+HF (g )
Ca 5(PO 4)3F (s )+5H 2O (l ) ΔH =-937 kJ ·mol -1 根据盖斯定律可知Ⅰ×5-Ⅱ即得到Ca 5(PO 4)3F 和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为Ca 5(PO 4)3F (s )+5H 2SO 4(l )3H 3PO 4(l )+HF (g )+5CaSO 4(s ) ΔH =-418 kJ ·mol -1; ②反应Ⅱ的正反应体积减小,所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动,HF 的平衡转化率增大。由于温度不变,平衡常数不变,即K =c (HF ),因此HF 的平衡浓度不变;
(3)①测得 0~2 min 内用CO 2表示的反应速率v (CO 2)=0.02 mol ·L -1·min -1,所以生
成CO 2浓度是0.04mol /L ,则
()()()()
2220.05
0.10.04
0.040.CO g H O g CO g H g (mol 01
0.06/L)00(mol/L)0.040.04(mol/L)0.040.04?++起始浓度转化浓度平衡浓度 因此CO 的平衡转化率α=0.040.05×100%=80%,该反应的平衡常数K =0.040.040.010.06??=83
; ②根据图像可知升高温度CO 的体积分数增大,说明平衡向逆反应方向进行,所以该反应的ΔH <0,由于相同温度下,y 越小,CO 的转化率越大,其平衡体积分数越小,所以a <1。
6.(11分)近年来,随着锂离子电池的广泛应用,废锂离子电池的回收处理至关重要。下面是利用废锂离子电池正极材料(有Al 、LiCoO 2、Ni 、Mn 、Fe 等)回收钴、镍、锂的流程图。
已知:P204[二(2?乙基己基)磷酸酯]常用于萃取锰,P507(2?乙基己基膦酸?2?乙基己酯)和Cyanex272[二(2,4,4)?三甲基戊基次磷酸]常用于萃取钴、镍。
回答下列问题:
(1)在硫酸存在的条件下,正极材料粉末中LiCoO2与H2O2反应能生成使带火星木条复燃的气体,请写出反应的化学方程式__________________________________。
(2)一些金属难溶氢氧化物的溶解度(用阳离子的饱和浓度表示)与pH的关系图如下:
加入NaOH溶液调pH=5可除去图中的________(填金属离子符号)杂质;写出除去金属离子的离子方程式________________________(一种即可)。
噲?MR n(Org)+n H+(aq),且随着(3)已知P507萃取金属离子的原理为n HR(Org)+M n+(aq)垐?
萃取过程中pH降低,萃取效率下降。萃取前先用NaOH对萃取剂进行皂化处理,皂化萃
噲?MR n(Org)+n Na+(aq)。对萃取剂进行皂取剂萃取金属离子的反应为n NaR(Org)+M n+(aq)垐?
化处理的原因为________________。
(4)控制水相pH=5.2,温度25℃,分别用P507、Cyanex272作萃取剂,萃取剂浓度对萃取分离钴、镍的影响实验结果如图所示。
■—Co(Cyanex272);●—Ni(Cyanex272);▲—Co(P507);▼—Ni(P507)
由图可知,钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而_________(填“增大”或“减小”);两种萃取剂中___________(填“P507”或“Cyanex272”)的分离效果比较好,若选P507为萃取剂,则最适宜的萃取剂浓度大约为__________mol·L?1;若选Cyanex272萃取剂,则最适宜的萃取剂浓度大约为___________mol·L?1。
(5)室温下,用NaOH溶液调节钴萃余液的pH=12,搅拌一段时间后,静置,离心分离得到淡绿色氢氧化镍固体,镍沉淀率可达99.62%。已知K sp[Ni(OH)2]=5.25×10?16,则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.1×10?11 mol·L?1时,pH=______(lg5=0.7)。
【答案】2LiCoO 2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2O Fe3+、Al3+(1分,少选和错选没分) Fe3+ +3OH?Fe(OH)3或Al3+ +3OH?Al(OH)3(合理即可)维持萃取过程中pH恒定增大 Cyanex272 0.25 0.4 11.7
【解析】
【分析】
【详解】
(1)LiCoO2与硫酸和H2O2反应生成能使带火星木条复燃的气体,说明LiCoO2在硫酸作用下把H2O2氧化成O2,+3价Co降低为+2价的Co2+,方程式为
2LiCoO 2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+O2↑+
2CoSO4+4H2O。
(2)由图可知,加入NaOH溶液调pH=5时,Fe3+、Al3+沉淀完全,所以去除Fe3+的离子方程式为Fe3++3OH?Fe(OH)3,去除Al3+的离子方程式为Al3++3OH?Al(OH)3。
噲?MR n(Org)+ n H+(aq),会使溶液酸性增强,萃取效率下降,故用(3)n HR(Org)+M n+(aq)垐?
噲?MR n(Org)+n Na+(aq),反应前NaOH进行皂化处理后离子反应变为n NaR(Org)+M n+(aq)垐?
后pH基本不变,根据题意可知,萃取效率不会降低。故萃取前先用NaOH对萃取剂进行
皂化处理的目的是维持萃取过程中pH恒定。
(4)由图可知,钴、镍的萃取率随萃取剂浓度增大而呈增大趋势,萃取时“Cyanex272”比“P507”对钴、镍萃取率的差值大,Cyanex272分离效果好。选P507为萃取剂,浓度在0.25 mol·L?1以后变化不大,所以0.25 mol·L?1最好;选Cyanex272萃取剂,浓度在0.40 mol·L?1以后变化不大,所以0.4 mol·L?1最好。
(5)K sp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH?)=5.25×10?16,c2(OH?)=
16
11
5.2510
2.110
-
-
?
?
=2.5×10?5,
c(OH?)=5×10?3,pOH=3?lg5=2.3,pH=14?pOH=14?2.3=11.7。
7.研究NO的性质对建设美丽家乡,打造宜居环境具有重要意义。
(1)自然界在闪电时,生成NO的反应方程式为__________________。
(2)T℃时在容积为2L的恒容密闭容器中,充入NO和O2发生反应:
2NO(g)+O2(g)?2NO2(g),不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表:
时间/s012345
n(NO)/mol10.60.40.20.20.2
n(O2)/mol0.60.40.30.20.20.2
①在T℃下,0~2s时,该反应的平均反应速率(NO)
v=________;
②该温度下反应的平衡常数K=________,在T℃下,能提高NO的平衡转化率的措施有
_______、________。
(3)已知NO和O2反应的历程如图,回答下列问题:
①写出其中反应①的热化学方程式也(△H用含物理量E的等式表示):________。
②试分析上述基元反应中,反应①和反应②的速率较小的是_____(选填“反应①”或“反应②”);已知反应①会快速建立平衡状态,反应②可近似认为不影响反应①的平衡。对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,其原因可能是____________。
【答案】N2+O2闪电
2NO 0.15mol·L-1·s-1 160.0L·mol-1增大O2的浓度增大体系压强
2NO(g)?N2O2(g) △H=-(E3-E2)kJ·mol-1反应②因为反应①为放热反应,升高温度,反应①平衡逆向移动,导致c(N2O2)减小,反应②变慢,而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应
【解析】
【分析】
(2)根据(NO)=c n v t V t
??=??计算化学反应速率;根据2222(NO )=(NO)(O )c K c c 求算平衡常数; (3)根据△H =生成物的总能量-反应物的总能量求算△H ;
(4)一般来说,活化能越大,化学反应速率越慢。
【详解】
(1)在闪电时,N 2和O 2会发生化合反应生成NO ,化学方程式为N 2+O 2闪电2NO ;
(2)①在T ℃下,0~2s 时,n (NO)从1mol 降低到0.4mol ,变化了0.6mol ,容器体积为2L 。根据(NO)=c n v t V t ??=??,带入数据,有-1-10.6mol (NO)=0.15mol L s 2L 2s
v =?g g ; ②根据方程式,从开始到平衡,消耗n (NO)=1mol -0.2mol=0.8mol ,则生成
n (NO 2)=0.8mol 。平衡时,NO 、O 2、NO 2的物质的量分别为0.2mol 、0.2mol 、0.8mol ,容器
体积为2L ,平衡常数2222(NO )=(NO)(O )
c K c c ,带入数据,有220.8mol (
)2==160.0L/mol 0.2mol 0.2mol ()()22L K L L ?; 在T ℃下,提高NO 的转化率,需平衡向正反应方向移动,需要注意的是,温度已经限定,不能改变温度。则增大NO 的转化率,可以增大O 2的浓度;该反应是气体分子数减小的反应,可以压缩体积,增大压强;
(3)①根据图像,反应①为NO(g)反应化合生成N 2O 2(g),根据△H =生成物的能量-反应物的
能量,则热化学方程式:2NO(g)?N 2O 2(g) △H =-(E 3-E 2)kJ·
mol -1; ②一般来说,活化能越大,化学反应速率越慢。反应①的活化能为E 4-E 3,反应②的活化能为E 5-E 2,根据图示,反应②的活化能大,化学反应速率较小;
化学反应速率慢的基元反应是总反应的决速步,反应②的活化能大,化学反应速率较小,是总反应的决速步。从图示看,反应①和②都是放热反应,升高温度,平衡均逆向移动,由于反应①快速达到平衡,则反应①的产物N 2O 2的浓度会减小,但对于反应②来说,c (N 2O 2)减小,会使得反应②的反应速率减小,而反应②是总反应的决速步,因此总反应速率变慢。答案:因为反应①为放热反应,升高温度,反应①平衡逆向移动,导致c (N 2O 2)减小,反应②变慢,而反应②为慢反应是总反应速率的决速反应。
8.磷酸是重要的化学试剂和工业原料。请回答下列问题:
(1)已知:25°C 时,磷酸和碳酸的电离常数如下表所示。
向Na2CO3溶液中滴加少量H3PO4溶液,反应的离子方程式为__。
(2)已知:
I.CaO(s)+H2SO4(l)=CaSO4(s)+H2O(l) ?H= -271kJ·mol-1
II.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)=Ca3(PO4)3F(s)+5H2O(l) ?H=-937 kJ·mol-1
回答下列问题:
①工业上用Ca3(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为__。
②一定条件下,在密闭容器中只发生反应II,达到平衡后缩小容器容积,HF的平衡转化率__(填“增大”“减小”或“不变”,下同);HF的平衡浓度__。
(3)工业上用磷尾矿制备Ca3(PO4)3F时生成的副产物CO可用于制备H2,原理为
CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ?H。
①一定温度下,向10L密闭容器中充入0.5molCO和lmolH2O(g),2min达到平衡时,测得0~2min内用CO2表示的反应速率v(CO2)=0.02mol·L-1·min-1。则CO的平衡转化率a=__,该反应的平衡常数K=__。
②在压强不变的密闭容器中发生上述反应,设起始的
2
n(CO)
n(H O)=y,CO的平衡体积分数(φ)与温度(T)的关系如图所示。则:该反应的?H__0(填“>”“<”或“=”,下同)。a_1,理由为__。
【答案】H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42- Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)3H3PO4(l)+HF(g)+
5CaSO4(s) ΔH=-418 kJ·mol-1增大不变 80%
8
3
< < 相同温度下,y越小,CO 的转化率越大,其平衡体积分数越小
【解析】
【分析】
根据电离平衡常数可知酸性有如下关系:H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-,少量
H3PO4和CO32-不能生成二氧化碳和水,只能生成HCO3-,由于H2PO4-﹥HCO3-,H2PO4-也能和CO32-反应,所以另一个产物为HPO42-。
【详解】
(1)根据电离平衡常数可知酸性有如下关系:H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-,所以少量磷酸和碳酸钠反应的最终产物为:NaHCO3和NaHPO4,所以离子方程式为:
H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-,故答案为:H3PO4+2CO32-= 2HCO3-+HPO42-;
(2)①已知:Ⅰ.CaO(s)+H2SO4(l)CaSO4(s)+H2O(l) ΔH=-271 kJ·mol-1
Ⅱ.5CaO(s)+3H3PO4(l)+HF(g)Ca5(PO4)3F(s)+5H2O(l) ΔH=-937 kJ·mol-1
根据盖斯定律可知Ⅰ×5-Ⅱ即得到Ca5(PO4)3F和硫酸,所以反应制备磷酸的热化学方程式
为Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)3H3PO4(l)+HF(g)+5CaSO4(s) ΔH=-418 kJ·mol-1,故答案为:Ca5(PO4)3F(s)+5H2SO4(l)3H3PO4(l)+HF(g)+5CaSO4(s) ΔH=-418 kJ·mol-1;
②反应Ⅱ的正反应体积减小,所以达到平衡后缩小容器容积平衡向正反应方向移动,HF的平衡转化率增大。由于温度不变,平衡常数不变,即K=c(HF),因此HF的平衡浓度不变,故答案为:增大;不变;
(3)①测得 0~2 min内用CO2 表示的反应速率v(CO2)=0.02 mol·L-1·min-1,所以生成CO2
浓度是0.04mol/L,则
()()()()
222
0.050.1
0.040.04
0.
CO g H O g CO g H g
(mol
010.06
/L)00
(mol/L)0.040.04
(mol/L)0.040.04
?
++
起始浓度
转化浓度
平衡浓度
,因此
CO的平衡转化率α=0.04
0.05
×100%=80%,该反应的平衡常数 K=
0.040.04
0.010.06
?
?
=
8
3
,故答案
为:80%;8
3
;
②根据图像可知升高温度CO的体积分数增大,说明平衡向正反应方向进行,所以该反应的ΔH<0,由于相同温度下,y越小,CO 的转化率越大,其平衡体积分数越小,所以a<1,故答案为:<;<;相同温度下,y越小,CO 的转化率越大,其平衡体积分数越小。【点睛】
(1)根据电离平衡常数:H3PO4﹥H2CO3﹥H2PO4-﹥HCO3-﹥HPO42-,H3PO4少量,产物只能是最后两个。
9.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)减少汽车尾气污染的原理为2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH<0。向恒温恒容密闭容器中充入NO和CO,用传感器测得的数据如下表所示:
时间/s01234
c(NO)/×10-3mol·L?19.004.002.001.001.00
c(CO)/×10-3mol·L?19.004.002.001.001.00
①为了提高尾气处理的效果,可采取的措施有____________(写出两种即可)。
②此条件下达到平衡时,计算该反应的平衡常数K=____________________。
(3)工业上用氢氧化钠溶液来同时吸收SO2和氮的氧化物气体(NO x),可得到Na2SO3、NaHSO3、NaNO2、NaNO3等溶液。(已知:常温下,HNO2的电离常数为K a=7×10-4,H2SO3的电离常数为K a1=1.2×10-2、K a2=5.8×10-8)。
①常温下,相同浓度的Na 2SO 3、NaNO 2溶液中pH 较大的是________溶液。
②常温下,NaHSO 3显_________性(填“酸”“碱”或“中”),判断的理由是________________________________________________(通过计算说明)。
(4)铈元素(Ce )常见有+3、+4两种价态。NO 可以被含Ce 4+的溶液吸收,生成NO 2-、NO 3-(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NO 2-
转化为无毒物质,同时再生Ce 4+,其原理如图所示。
①Ce 4+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】CH 4(g )+2NO 2(g )=N 2(g )+CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =-867kJ ·mol ?1 降低温度,或增大压强(或压缩体积),或使用催化活性更好的催化剂等(写出两种即可) 2.56×105 Na 2SO 3 酸 因为HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10-8,水解常数K h2=W a1
K K ≈8.3×10-13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性 a 2NO 2-+8H ++6e ?=N 2↑+4H 2O
【解析】
【分析】
【详解】
(1)已知:CH 4(g )+4NO 2(g )=4NO (g )+CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =-574kJ ·mol ?1
CH 4(g )+4NO (g )=2N 2(g )+CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =-1160kJ ·mol ?1
将第一个方程式加上第二个方程式,再整体除以2得到甲烷直接将NO 2还原为N 2的热化学方程式为CH 4(g )+ 2NO 2(g )= N 2(g )+ CO 2(g )+2H 2O (g ) ΔH =111574kJ mol 1160kJ mol 867kJ mo ()2
l ----?-?-?+=;故答案为:CH 4(g )+2NO 2(g )= N 2(g ) + CO 2(g ) + 2H 2O (g ) ΔH =-867kJ ·mol ?1。
(2)①该反应是正向为体积减小的放热反应,为了提高尾气处理的效果,可采取的措施有降低温度,或增大压强(或压缩体积),或使用催化活性更好的催化剂等;故答案为:降低温度,或增大压强(或压缩体积),或使用催化活性更好的催化剂等(写出两种即可)。 ②此条件下达到平衡时,c (NO )= c (CO ) =1.00×10-3mol ·L ?1,Δc (NO )=8.00×10-3mol ·L ?1,c (N 2)=Δc (N 2)= 12Δc (NO )= 12
×8.00×10-3mol ·L ?1 =4.00×10-3mol ·L ?1,c (CO 2)=Δc (CO 2)=Δc (NO )=8.00×10-3mol ·L ?1,因此反应的平衡常数
2
3353223(8) 2.56(1)41010(00)
10111K ----???????==;故答案为:2.56×105。
(3)①常温下,HNO 2的电离常数为K a =7×10-4,H 2SO 3的电离常数为K a2=5.8×10-8,因此酸性强弱为HNO 2>HSO 3-,根据越弱越水解,碱性强,则相同浓度的Na 2SO 3、NaNO 2溶液中pH 较大的是Na 2SO 3溶液;故答案为:Na 2SO 3。
②常温下,HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10?8,水解常数K h2
=W a1K K ≈8.3×10?13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性;故答案为:酸;因为HSO 3-的电离常数K a2=5.8×10?8,
水解常数K h2=W a1
K K ≈8.3×10?13,电离常数大于水解常数,所以溶液显酸性。
(4)①Ce 3+化合价升高变为Ce 4+,失去电子发生氧化反应,在阳极反应,因此Ce 4+从电解槽的a 口流出;故答案为:a 。
②NO 2-转化为无毒物质,N 化合价降低,得到电子发生还原反应,在阴极反应,因此阴极的电极反应式2NO 2- + 8H ++6e - = N 2↑+4H 2O ;故答案为:2NO 2- + 8H ++6e - = N 2↑+4H 2O 。
10.合成氨是目前最有效工业固氮的方法,解决数亿人口生存问题。回答下列问题:
(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示,其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。
由图可知合成氨反应12N 2(g)+32H 2(g)NH 3(g)的?H =___ kJ·mol -1。该历程中反应速率最慢的步骤的化学方程式为___。
(2)工业合成氨反应为:N 2(g)+3H 2(g)2NH 3(g),当进料体积比V (N 2):V (H 2)=1:3时平衡气体中NH 3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示:
①500℃时,反应平衡常数K p (30MPa)___ K p (100MPa)。(填“<”、“=”、“>”)
②500℃、30MPa 时,氢气的平衡转化率为___(保留2位有效数字),K p =___(MPa)-2(列
出计算式)。
(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨,工作时阴极区的微观示意如图,其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的惰性有机溶剂。
①阴极区生成NH3的电极方程式为___。
②下列说法正确的是___(填标号)。
A.三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性
B.该装置用金(Au)作催化剂目的是降低N2的键能
C.选择性透过膜可允许N2和NH3通过,防止H2O进入装置
【答案】-46 N ad+3H ad NH ad+2H ad = 33%
()
()()
2
3
3020%
3020%3060%
?
???
N2+6e-
+6C2H5OH=2NH3+6C2H5O- AC 【解析】
【分析】
(1)利用盖斯定律,起点为1
2
N2(g)+
3
2
H2(g),终点为NH3(g),?H=-46kJ·mol-1。该历程中反应
速率最慢反应,是需吸热最多的反应,显然是吸热106 kJ·mol-1的反应。
(2)①500℃时,平衡常数不变。
②500℃、30MPa时,氨气的体积分数为20%,利用三段式,计算氢气平衡转化率及K p。
(3)①从图中看,阴极区N2与C2H5OH反应生成NH3和C2H5O-。
②A.从阴极反应看,三氟甲磺酸锂并未参与反应,所以作用是增强导电性;
B.催化剂只能降低反应的活化能,不能降低键能;
C.从图中看,选择性透过膜可允许N2和NH3通过,但H2O不能透过。
【详解】
(1)利用盖斯定律,起点为1
2
N2(g)+
3
2
H2(g),终点为NH3(g),?H=-46 kJ·mol-1。所以,合成氨
反应1
2
N2(g)+
3
2
H2(g) NH3(g)?H=-46 kJ·mol-1。该历程中反应速率最慢的反应,是需吸热
最多的反应,显然是吸热106 kJ·mol-1的反应,化学方程式为N ad+3H ad NH ad+2H ad。答案
为:利用盖斯定律,起点为1
2
N2(g)+
3
2
H2(g),终点为NH3(g),?H=-46kJ·mol-1;
N ad+3H ad NH ad+2H ad;
(2)①因为平衡常数只受温度变化的影响,所以500℃时,反应平衡常数K p (30MPa)= K p (100MPa);
②设参加反应N 2的物质的量为x ,建立三段式为:
223N (g)3H (g)2NH (g)(mol)
130(mol)
32(mol)
1332x x x x x x +--垐?噲?
起始量变化量平衡量 则22042100x x =-,x =13,则N 2的体积分数为142x x
--=20%,H 2的体积分数为60%,NH 3的体积分数为20%。
500℃、30MPa 时,氢气的平衡转化率为3100%3
x ?=33%,K p =()()()
2
33020%3020%3060%????(MPa)-2; (3)①从图中看,阴极区N 2与C 2H 5OH 反应生成NH 3和C 2H 5O -,电极方程式为N 2+6e -+6C 2H 5OH=2NH 3+6C 2H 5O -;
②A .从阴极反应看,三氟甲磺酸锂并未参与反应,所以作用是增强导电性,A 正确; B .催化剂只能降低反应的活化能,不能降低键能,B 不正确;
C .从图中看,选择性透过膜可允许N 2和NH 3通过,但H 2O 不能透过,C 正确; 故合理选项是AC 。
【点睛】
在比较“平衡常数K p (30MPa)与K p (100MPa)”的关系时,我们易出错,其错因是受图中数据的影响,我们易产生以下的错误推理:增大压强,NH 3的体积分数增大,显然平衡正向移动,所以平衡常数增大。
化学反应原理测试1
《化学反应原理》测试题1 可能用到的原子量:H .1 O .16 Cu. 64 A g .108 一、选择题(本题共25小题,每小题2分, 共50分,每小题只有一个选项符合题意) 1.下列关于水的说法错误的是()。 A.水是生命活动必不可少的物质 B.水是含有极性共价键的化合物 C.水的电离是放热过程 D.水是极弱的电解质,在50 ℃时水的pH小于7 2.下列说法正确的是()。 A.凡是放热反应都是自发的 B.铁在潮湿空气中生锈是自发过程 C.熵增大的反应都是自发反应 D.电解池的反应是属于自发反应 3.相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中,c(NH4+)最大的是()。 A. B. C. D.NH3.H2O 4.常温时,将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后,所得溶液的pH()。 A.等于7 B.大于7 C.小于 7 D.无法确定 5.氯化铜溶液中含有少量氯化铁杂质,若要制得纯净的氯化铜(Fe(OH)3沉淀的pH是3.7,Cu(OH)2沉淀的pH是6.0),向溶液中加入下列试剂,不能达到目的的是()。 A.NaOH B.CuO C.Cu(OH)2 D.Cu(OH)2CO3 6.常温时,将足量的AgCl固体分别加入同体积的下列各溶液中,溶解的AgCl最少的是()。 A.1 mol·L-1的MgCl2溶液B.2 mol·L-1的NaCl溶液 C.1.4 mol·L-1的BaCl2溶液 D.1 mol·L-1的AlCl3溶液 7.下列说法正确的是()。 A.可逆反应的特征是正反应速率和逆反应速率相等 B.在其他条件不变时,使用催化剂只能改变反应速率,而不能改变化学平衡状态 C.在其他条件不变时,升高温度可以使平衡向放热反应方向移动 D.在其他条件不变时,增大压强一定会破坏气体反应的平衡状态 8.下列说法正确的是()。 A.K W随浓度的改变而改变 B.K sp只与难溶电解质的性质和温度有关,而与溶液中的离子浓度无关 C.对已达到化学平衡的反应,改变压强,平衡常数(K)一定改变 D.一般情况下,一元弱酸HA的K a越大,表明该酸的酸性越弱 9.下列说法正确的是()。 A.含有H+离子的溶液一定呈酸性 B.0.1 mol/L KOH溶液和0.1 mol/L氨水中,其c(OH-)相等 C.pH为1的盐酸的c(H+)是pH为3的盐酸的100倍 D.Na2 CO3溶液中,c(Na+)是c(CO32-)的两倍 10.用锌和1 mol/L稀硫酸溶液制取氢气,欲提高制取氢气的速率,下列措施不可行的是()。 A.改用98%的浓硫酸 B.使用更小颗粒的锌粒
高考化学化学反应原理综合题含答案
高考化学化学反应原理综合题含答案 一、化学反应原理 NH ClO为白色晶体,分解时产生大量气体,是复合火箭推进剂的重要成1.高氯酸铵() 44 分。 ()1高氯酸铵中氯元素的化合价为_____________。 ()2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H() O g和三种单质气体,请写出该分解反应的化 2 学方程式____________________________。 ()3某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。该小组连接好装置后,依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。(已知:焦性没食子酸溶液用于吸收氧气) ①装置A、B、C、D中盛放的药品可以依次为__________(选填序号:Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ)。 .碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、Cu Ⅰ .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu Ⅱ .无水硫酸铜、湿润的淀粉KI试纸、饱和食盐水、Cu Ⅲ ②装置E收集到的气体可能是_____________(填化学式)。 ()4经查阅资料,该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)90℃=NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室NH ClO,该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。 制取44 ①从混合溶液中获得较多粗NH ClO4晶体的实验操作依次为________、_________和过 4 滤、洗涤、干燥。 ②研究小组分析认为,若用氨气和浓盐酸代替NH Cl,则上述反应不需要外界供热就能 4 进行,其原因是_______________________________。 ()5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4ClO4的质量分数。[已知:NH4ClO4的相对
化学反应原理第二章测试题含答案
高二化学反应原理第二章化学反应的方向、限度和速率测试题含答案 质量检测 第Ⅰ卷(选择题,共54分) 一、选择题(本题包括18个小题,每题3分,共54分。每题只有一个选项符合题) 1.下列反应中,一定不能自发进行的是() (s)====2KCl(s)+3O2(g) ΔH=- kJ·mol-1 ΔS=1 110 J·mol-1·K-1 (g)====C(s,石墨)+1/2 O2(g) ΔH = kJ·mol-1ΔS=- J·mol-1·K-1 (OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)====4Fe(OH)3(s) ΔH =- kJ·mol-1 ΔS =- J·mol-1·K-1 (s)+CH3COOH(aq)====CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l) ΔH = kJ·mol-1ΔS = J·mol-1·K-1 2.下列反应中,熵减小的是() A、(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g) B、2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) C、 MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) D、2CO(g)=2C(s)+O2(g) 3.反应4NH3(气)+5O2(气) 4NO(气)+6H2O (气)在10L密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了,则此反应的平均速率v(X)(反