化学化学 化学反应原理综合考查的专项 培优 易错 难题练习题及答案.docx
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化学化学化学反应原理综合考查的专项培优易错难题练习题及答案
2020-2021【化学】化学化学反应原理综合考查的专项培优易错难题练习题及答案
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)+
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AC1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)+
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=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=-13.7KJ/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7609CH3CO3H,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40nm和70nm。
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)1370.1m/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(CH3CO3H)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760gCH3CO3H,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(CH3CO3H)=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.研究煤的合理利用及CO2的综合应用有着重要的意义。
请回答以下问题:
I.煤的气化
已知煤的气化过程涉及的基本化学反应有:
①C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g)△H=+131kJ·mol-1
②CO(g)+3H2(g)
CH4(g)+H2O(g)△H=akJ·mol-1
查阅资料反应②中相关化学键能数据如下表:
化学键
C≡O
H—H
H—C
H—O
E(kJ·mol-1)
1072
436
414
465
(1)则反应②中a=_____________。
(2)煤直接甲烷化反应C(s)+2H2(g)
CH4(g)的△H=为_____kJ•mol-1,该反应在_____________(填“高温”或“低温”)下自发进行。
II.合成低碳烯烃
在体积为1L的密闭容器中,充入1molCO2和2.5molH2,发生反应:
2CO2(g)+6H2(g)
C2H4(g)+4H2O(g)△H=-128kJ·mol-1,测得温度对催化剂催化效率和CO2平衡转化率的影响如右图所示:
(3)图中低温时,随着温度升高催化剂的催化效率提高,但CO2的平衡转化率却反而降低,其原因是_______________.
(4)250℃时,该反应的平衡常数K值为____________。
III.合成甲醇
在恒温2L容积不变的密闭容器中,充入1molCO2和3molH2,发生反应:
.CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g),测得不同时刻反应前后容器内压强变化(p后/p前)如下表:
时间/h
1
2
3
4
5
6
p后/p前
0.90
0.85
0.82
0.81
0.80
0.80
(5)反应前1小时内的平均反应速率v(H2)为_______mol•L-1h-1,该温度下CO2的平衡转化率为_____________。
【答案】-206-75低温该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,所以二氧化碳的转化率降低10.340%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)焓变△H=反应物的总键能-生成物的总键能=a=1072kJ/mol+3×436kJ/mol-(4×414kJ/mol+2×465kJ/mol)=-206kJ/mol,故答案为:
-206;
(2)由盖斯定律,方程式①+②得到C(s)+2H2(g)
CH4(g),则△H=-75kJ/mol,反应△H<0,△S<0,则低温下能使△H-T△S<0,所以低温能自发进行,故答案为:
-75;低温;
(3)该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,则二氧化碳的平衡转化率降低,故答案为:
该反应为放热反应,温度升高,平衡逆向移动,所以二氧化碳的转化率降低;
(4)250℃时,二氧化碳的平衡转化率为50%,可列三段式为:
2CO2(g)+6H2(g)
C2H4(g)+4H2O(g)
,故答案为:
1;
(5)在恒温2L容积不变的密闭容器中,充入1molCO2和3molH2,发生反应,设1h消耗二氧化碳的物质的量为x,则有三段式:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
气体压强之比等于气体的物质的量之比,则
,x=0.2mol,氢气的反应速率
;
平衡状态下气体压强之比为0.8,设消耗二氧化碳的物质的量为y,则有三段式:
CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)
,y=0.4,二氧化碳的平衡转化率=
,故答案为:
0.3;40%。
4.
(1)如图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分,人类活动加剧了氮循环中的物质转化。
①下列说法正确的是_______(填字母序号)
A.固氮过程中,N2只做氧化剂
B.硝化过程需要有氧化剂参与
C.反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
D.同化、氨化过程中,实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化
②反硝化过程中,CH3OH可作为反应的还原剂,1mol还原剂失去6mol电子。
请将该反应的离子方程式补充完整:
5CH3OH+□NO3—
□_______+□_______+□_______+□_______,_____________
(2)研究表明,氮氧化物(NOx)和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。
①已知:
SO2生成SO3总反应方程式是2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)ΔH=-196.6kJ/mol
此反应可通过如下两步完成:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH1=-113kJ/mol
NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+NO(g)ΔH2=_______。
②一定温度下,向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol,5min达到平衡,此时容器中NO2和NO的浓度之比为1∶3,则NO2的平衡转化率是_______。
(3)砷(As)是第四周期ⅤA族元素,其化合物,有着广泛的用途。
①AsH3的稳定性比NH3的稳定性_______(填“强’’或“弱’’)。
用原子结构解释原因_______。
②常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫。
写出发生反应的化学方程式_______。
③298K时,将20mL3xmol•L-1Na3AsO3、20mL3xmol•L-1I2和20mLNaOH溶液混合,发生反应:
AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-
AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。
溶液中c(AsO43﹣)与反应时间(t)的关系如图所示。
若平衡时溶液的pH=14,则该反应的平衡常数K为_______。
【答案】BCD5CH3OH+6NO3-
N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O—41.8kJ/mol75%弱N和As位于同一主族,As的电子层数比N的多,原子半径As比N的大,得电子能力As比N弱,非金属性As比N弱,氢化物AsH3的稳定性比NH3弱2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①A.氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子,N的化合价升高,被氧化,所以N2作还原剂,故A错误;
B.NH3转化成HNO2,增加了O元素,则NH3被氧气氧化,所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与,故B正确;
C.反硝化过程,生成氮气,向大气提供氮气,即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响,故C正确;
D.氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子,即有机物转化为无机物,同化、氨化过程中,实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化,故D正确;
故选BCD。
②反硝化过程中,CH3OH可作为反应的还原剂,1mol还原剂失去6mol电子。
CH3OH与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水,反应的离子方程式为:
5CH3OH+6NO3-
N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O,故答案为:
5CH3OH+6NO3-
N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O;
(2)①Ⅰ.2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1
Ⅱ.2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)ΔH1=-113kJ·mol-1
盖斯定律计算(Ⅰ-Ⅱ)×
得到NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+NO(g)ΔH2=-41.8kJ·mol-1,故答案为:
-41.8kJ·mol-1;
②一定温度下,向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol,5min达到平衡,此时容器中NO2和NO的浓度之比为1:
3,结合三行计算列式得到,设消耗NO2的物质的量为x:
NO2和NO的浓度之比为1:
3,物质的量之比=1:
3,(1-x):
x=1:
3,x=0.75mol,NO2的平衡转化率=
×100%=75%,
故答案为:
75%;
(3)①非金属性:
N>As,AsH3的稳定性比NH3的稳定性弱,用原子结构解释原因:
N和As位于同一主族,As的电子层数比N的多,原子半径As比N的大,得电子能力As比N弱,非金属性As比N弱,氢化物AsH3的稳定性比NH3弱;
②常将含砷废渣(主要成分为As2S3)制成浆状,通入O2氧化,生成H3AsO4和单质硫,结合电子转移配平得方程式为:
2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S;
故答案为:
2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S;
③列三段式如下:
根据平衡常数表达式K=
=
=
,故答案为:
。
5.(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、LiCoO2、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)。
(3)已知P507萃取金属离子的原理为nHR(Org)+Mn+(aq)
MRn(Org)+nH+(aq),且随着萃取过程中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,皂化萃取剂萃取金属离子的反应为nNaR(Org)+Mn+(aq)
MRn(Org)+nNa+(aq)。
对萃取剂进行皂化处理的原因为________________。
(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Ksp[Ni(OH)2]=5.25×10−16,则沉镍母液中Ni2+的浓度为2.1×10−11mol·L−1时,pH=______(lg5=0.7)。
【答案】2LiCoO2+3H2SO4+H2O2
Li2SO4+O2↑+2CoSO4+4H2OFe3+、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Cyanex2720.250.411.7
【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2LiCoO2+3H2SO4+H2O2
Li2SO4+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。
(3)nHR(Org)+Mn+(aq)
MRn(Org)+nH+(aq),会使溶液酸性增强,萃取效率下降,故用NaOH进行皂化处理后离子反应变为nNaR(Org)+Mn+(aq)
MRn(Org)+nNa+(aq),反应前后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0.25mol·L−1以后变化不大,所以0.25mol·L−1最好;选Cyanex272萃取剂,浓度在0.40mol·L−1以后变化不大,所以0.4mol·L−1最好。
(5)Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)·c2(OH−)=5.25×10−16,c2(OH−)=
=2.5×10−5,c(OH−)=5×10−3,pOH=3−lg5=2.3,pH=14−pOH=14−2.3=11.7。
6.SO2的含量是衡最大气污染的一个重要指标,工业上常采用催化还原法或吸收法处理SO2。
利用催化还原SO2不仅可消除SO2污染,而且可得到有经济价值的单质S。
(1)在复合组分催化剂作用下,CH4可使SO2转化为S,同时生成CO2和H2O。
己知CH4和S的燃烧热(△H)分别为-890.3kJ/mol和-297.2kJ/mol,则CH4和SO2反应的热化学方程式为_____________。
(2)用H2还原SO2生成S的反应分两步完成,如图1所示,该过程中相关物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示:
①分析可知X为______(写化学式),0~t1时间段的温度为_____,0~t1时间段用SO2表示的化学反应速率为________。
②总反应的化学方程式为_____________。
(3)焦炭催化还原SO2生成S2,化学方程式为:
2C(s)+2SO2(g)
S2(g)+2CO2(g),恒容容器中,1mol/LSO2与足量的焦炭反应,SO2的转化率随温度的变化如图3所示。
①该反应的△H____0(填“>”或“<”)。
②算a点的平衡常数为_________。
(4)工业上可用Na2SO3溶液吸收法处理SO2,25℃时用1mo/L的Na2SO3溶液吸收SO2。
当溶液pH=7时,溶液中各离子浓度的大小关系为________。
已知:
H2SO3的电离常数K1=1.3×10-2,K2=6.2×10-8。
【答案】CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H=-295.9kJ/molH2S300℃2×10-3/t1mol/(L·min)2H2+SO2
S+2H2O<36.45mol/Lc(Na+)>c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H+)=c(OH-)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)CH4和S的燃烧热分别为890.3kJ/mol和297.2kJ/mol,可知热化学方程式:
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ/mol,②S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297.2kJ/mol,根据盖斯定律,将①-②×2可得CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H=-295.9kJ/mol,故答案为CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l)△H=-295.9kJ/mol;
(2)①根据图1可知,在300℃时,SO2和H2反应生成H2S,在100℃到200℃时,H2S和SO2反应生成S和水,故X为H2S;在图2中,0~t1时间段SO2和H2的浓度降低,H2S的浓度升高,故0~t1时间段温度为300℃;用SO2表示的化学反应速率v=
=
=
×10−3mol/(L·min),故答案为H2S;300℃;
×10−3mol/(L·min);
②根据分析可知,SO2和H2最终反应生成S和水,故化学方程式为2H2+SO2=S+2H2O,故答案为2H2+SO2=S+2H2O;
(3)①根据图像可知,平衡后升高温度,SO2的转化率降低,即平衡左移,此反应为放热反应,即△H<0,故答案为<;
②由于点a的二氧化硫的转化率为90%,故有:
故平衡常数K=
=
=36.45,故答案为36.45;
(4)Na2SO3溶液吸收SO2生成
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