2020届二轮复习第28题　化学反应原理综合题作业 11页

第28题　化学反应原理综合题 题组一　化学反应中的能量变化与化学平衡的综合 ‎　　　　　　 　　　　　 　　　　　 ‎ ‎1.碳热还原法广泛用于合金及材料的制备。回答下列问题:‎ ‎(1)一种制备氮氧化铝的反应原理为23Al2O3+15C+5N2 2Al23O27N5+15CO,产物Al23O27N5中氮元素的化合价为　　　　,该反应中每生成1 mol Al23O27N5,转移的电子数为　　　　。‎ ‎(2)真空碳热冶铝法包含很多反应,其中的三个反应如下:‎ Al2O3(s)+3C(s) Al2OC(s)+2CO(g)　ΔH1‎ ‎2Al2OC(s)+3C(s) Al4C3(s)+2CO(g)　ΔH2‎ ‎2Al2O3(s)+9C(s) Al4C3(s)+6CO(g)　ΔH3‎ ‎①ΔH3=　　　　(用ΔH1、ΔH2表示)。 ‎ ‎②Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃。该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　 　。‎ ‎(3)下列是碳热还原法制锰合金的三个反应,CO与CO2平衡分压比的自然对数值 ‎(lnK=2.303 lgK)与温度的关系如图所示(已知Kp是用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数,分压=总压×气体的物质的量分数)。‎ Ⅰ.Mn3C(s)+4CO2(g) 3MnO(s)+5CO(g)　Kp(Ⅰ)‎ Ⅱ.Mn(s)+CO2(g) MnO(s)+CO(g)　Kp(Ⅱ)‎ Ⅲ.Mn3C(s)+CO2(g) 3Mn(s)+2CO(g)　Kp(Ⅲ)‎ ‎①ΔH>0的反应是　　　　(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。‎ ‎②1 200 K时,在一体积为2 L的恒容密闭容器中有17.7 g Mn3C(s)和0.4 mol CO2,只发生反应Ⅰ,5 min后达到平衡,此时CO的浓度为0.125 mol/L,则0～5 min内v(CO2)=　　　　　‎ ‎　　 。‎ ‎③在一体积可变的密闭容器中加入一定量的Mn(s)并充入一定量的CO2(g),只发生反应Ⅱ,下列能说明反应Ⅱ达到平衡的是　　　　(填字母)。‎ A.容器的体积不再改变 B.固体的质量不再改变 C.气体的总质量不再改变 答案　(1)-3　9.03×1024(或15NA)‎ ‎(2)①2ΔH1+ΔH2　②Al4C3+12HCl 4AlCl3+3CH4↑‎ ‎(3)①Ⅲ　②0.02 mol·L-1·min-1　③BC 解析　(1)反应23Al2O3+15C+5N2 2Al23O27N5+15CO中,产物Al23O27N5中氮元素的化合价为-3,该反应中每生成1 mol Al23O27N5,转移的电子数为5×3NA=15NA。‎ ‎(2)已知Ⅰ.Al2O3(s)+3C(s) Al2OC(s)+2CO(g)　ΔH1‎ Ⅱ.2Al2OC(s)+3C(s) Al4C3(s)+2CO(g)　ΔH2‎ Ⅲ.2Al2O3(s)+9C(s) Al4C3(s)+6CO(g)　ΔH3‎ ‎①根据盖斯定律,由Ⅰ×2+Ⅱ得反应Ⅲ,则ΔH3=2ΔH1+ΔH2;②Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最简单的烃(CH4),根据质量守恒定律可得反应的化学方程式为Al4C3+12HCl 4AlCl3+‎ ‎3CH4↑。(3)①由题图中信息可知,反应Ⅲ升高温度,lnK增大,则K增大,平衡正向移动,说明其正反应为吸热反应,ΔH>0;②0～5 min内v(CO2)=‎4‎‎5‎v(CO)=‎4‎‎5‎×‎0.125 mol/L‎5 min=0.02 mol·L-1·‎ min-1;③反应Ⅱ.Mn(s)+CO2(g) MnO(s)+CO(g)为气体体积不变的放热反应,根据“变量不变达平衡”进行判断,反应为气体体积不变的反应,反应过程中容器的体积不是变量,不能作为平衡状态的判断依据,选项A不符合题意;反应是一个固体质量增大的反应,固体的质量为变量,当固体的质量不再改变说明反应达到平衡状态,选项B符合题意;反应是一个气体质量减小的反应,气体的总质量为变量,当气体的总质量不再改变说明反应达到平衡状态,选项C符合题意。‎ ‎2.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注,下表为制取Cu2O的两种方法:‎ 方法a 用炭粉在高温条件下还原CuO 方法b 电解法,反应为2Cu+H2O Cu2O+H2↑‎ ‎(1)已知:‎ ‎①2Cu(s)+ ‎1‎‎2‎O2(g)Cu2O(s)‎ ΔH1=-169 kJ·mol-1‎ ‎②C(s)+‎1‎‎2‎O2(g)CO(g)‎ ΔH2=-110.5 kJ·mol-1‎ ‎③Cu(s)+‎1‎‎2‎O2(g)CuO(s)‎ ΔH3=-157 kJ·mol-1‎ 则方法a中反应的热化学方程式是 。‎ ‎(2)方法b是用肼燃料电池为电源,通过离子交换膜电解法控制电解液中OH-的浓度来制备纳米Cu2O,装置如图所示:‎ ‎①上述装置中B电极应连　　电极(填“C”或“D”)。‎ ‎②该离子交换膜为　　　　离子交换膜(填“阴”或“阳”),该电解池的阳极反应式为　‎ ‎　　　　 　　。‎ ‎③原电池中负极反应式为　 。‎ ‎(3)在相同体积的恒容密闭容器中,用以上方法制得的两种Cu2O分别进行催化分解水的实验:2H2O(g) 2H2(g)+O2(g)　ΔH>0。水蒸气的浓度随时间t的变化如下表所示:‎ ‎①催化剂的催化效率:实验①　　　　实验②(填“>”或“<”)。‎ ‎②实验①②③的化学平衡常数K1、K2、K3的大小关系为　　　　。‎ 答案　(1)2CuO(s)+C(s) Cu2O(s)+CO(g)　ΔH=+34.5 kJ·mol-1‎ ‎(2)①D　②阴　2Cu-2e-+2OH- Cu2O+H2O ‎③N2H4-4e-+4OH- N2↑+4H2O ‎(3)①<　②K1=K2H2NCH2COO->H3N+CH2COOH　②H2NCH2COO-+2H+ H3N+CH2COOH　③85.0‎ 解析　(2)①37 ℃、p(O2)=2.00 kPa时,结合度α(MbO2)为80.0%,由结合度的定义可知,反应达平衡时c(MbO‎2‎)‎c(Mb)‎=‎80.0%‎‎1-80.0%‎=4,反应的平衡常数K=c(MbO‎2‎)‎c(Mb)·p(O‎2‎)‎=‎4‎‎2.00 kPa=2.00 kPa-1。②由平衡常数K=c(MbO‎2‎)‎c(Mb)·p(O‎2‎)‎=k正k逆可求出c(MbO2)=k正‎·c(Mb)·p(O‎2‎)‎k逆,代入结合度的定义:α=c(MbO‎2‎)‎c(MbO‎2‎)+c(Mb)‎可得,α=k正‎·p(O‎2‎)‎k正‎·p(O‎2‎)+‎k逆。(3)①甘氨酸是两性物质,含有—NH2和—COOH,在强酸性溶液中,—NH2与H+结合成—NH‎3‎‎+‎,在强碱性溶液中,—COOH与OH-反应生成—COO-,结合三种离子的转化关系可判断,图中Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ分别代表H2NCH2COO-、H3N+CH2COO-和H3N+CH2COOH。溶液呈中性时,lgc(H‎+‎)‎c(OH‎-‎)‎=0,溶液中离子浓度大小顺序为H3N+CH2COO->H2NCH2COO->H3N+CH2COOH。②lgc(H‎+‎)‎c(OH‎-‎)‎=-8时,溶液中存在的主要是H2NCH2COO-,它与过量的HCl反应生成H3N+CH2COOH。③根据滴定曲线的突跃范围知,消耗HClO4溶液17.25 mL,减去空白实验的0.25 mL,实际消耗滴定液17.00 mL,HClO4与甘氨酸1∶1发生反应,则有n(甘氨酸)=n(HClO4)=0.100 0 mol·L-1×17.00×10-3 L,m(甘氨酸)=1.7×10-3 mol×75 g·mol-1=0.127 5 g=127.5 mg,故样品纯度=‎127.5 mg‎150 mg×100%=85.0%。‎ ‎2.以氧化铝为原料,通过碳热还原法可合成氮化铝(AlN);通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的CO2可通过二氧化碳甲烷化等再利用。请回答:‎ ‎(1)已知:①2Al2O3(s) 4Al(g)+3O2(g)‎ ΔH1=+3 351 kJ/mol ‎②2C(s)+O2(g) 2CO(g)　ΔH2=-221 kJ/mol ‎③2Al(g)+N2(g) 2AlN(s)　ΔH3=a kJ/mol ‎④Al2O3(s)+3C(s)+N2(g) 2AlN(s)+3CO(g)‎ ΔH4=+1 026 kJ/mol 反应③的a=　　　　　　　,反应④自发进行的条件是　　　　　(填“高温”“低温”或“任意温度”)。‎ ‎(2)在常压、Ru/TiO2催化下,CO2和H2的混合气体(体积比1∶4,总物质的量为x mol)进行反应,测得CO2转化率、CH4和CO选择性随温度变化的情况分别如图1和图2所示(选择性:转化的CO2中生成CH4或CO的百分比)。‎ 反应Ⅰ:CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)　ΔH5‎ 反应Ⅱ:CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)　ΔH6‎ 图1‎ 图2‎ ‎①下列说法正确的是　　　　。‎ A.ΔH5小于零 B.温度可影响产物的选择性 C.CO2平衡转化率随温度升高先增大后减小 D.其他条件不变,将CO2和H2的初始体积比改变为1∶3,可提高CO2平衡转化率 ‎②350 ℃时,反应Ⅰ在t1时刻达到平衡,平衡时容器体积为y L,该温度下反应Ⅰ的平衡常数为　　　(用x、y表示)。‎ ‎(3)CO2溶于水形成H2CO3。已知常温下H2CO3的电离平衡常数K1=4.4×10-7,K2=4.7×10-11,‎ NH3·H2O的电离平衡常数Kb=1.75×10-5。请计算反应NH‎4‎‎+‎+HCO‎3‎‎-‎+H2O NH3·H2O+H2CO3在常温下的平衡常数K=　　　　。(结果保留一位小数)‎ ‎(4)据文献报道,二氧化碳可以在酸性水溶液中用惰性电极电解得到乙烯,其原理如图所示。‎ b电极上的电极反应式为　 ,该装置中使用的是　　　　(“阴”或“阳”)离子交换膜。‎ 答案　(1)-318　高温 ‎(2)①AB　②‎‎625‎y‎2‎x‎2‎ ‎(3)1.3×10-3‎ ‎(4)2CO2+12H++12e- C2H4+4H2O　阳 解析　(1)已知①2Al2O3(s) 4Al(g)+3O2(g)　ΔH1=+3 351 kJ/mol,②2C(s)+O2(g) 2CO(g)　ΔH2=-221 kJ/mol,③2Al(g)+N2(g) 2AlN(s)　ΔH3=a kJ/mol,④Al2O3(s)+‎ ‎3C(s)+N2(g) 2AlN(s)+3CO(g)　ΔH4=+1 026 kJ/mol,根据盖斯定律,①+②×3+③×2=‎ ‎2×④,解得ΔH3=-318 kJ/mol;若ΔG=ΔH-TΔS<0,则反应能自发进行,反应④的ΔH>0,‎ ΔS>0,因此该反应能自发进行的条件为高温。(2)①根据题中图1可知,CO2的转化率先增大是因为反应正向进行,到一定温度时达到平衡,再升高温度CO2的转化率减小,说明正反应为放热反应,ΔH5‎ 小于零,故A正确;由题中图2可知,随温度升高甲烷的选择性降低,CO的选择性增加,因此温度可影响产物的选择性,故B正确;CO2转化率先增大是因为反应正向进行未达到平衡状态,达到平衡状态后,随温度升高CO2的转化率减小,温度低于350 ℃时反应未达到平衡,不是平衡转化率,故C错误;CO2和H2的混合气体(体积比1∶4,总物质的量x mol)进行反应,其他条件不变,将CO2和H2的初始体积比改变为1∶3,相当于减小氢气的量,CO2平衡转化率减小,故D错误。②350 ℃时,反应Ⅰ在t1时刻达到平衡,平衡时容器体积为y L,二氧化碳的转化率为80%,根据三段式法有:‎ ‎　　　　 　 CO2(g)+4H2(g) CH4(g)　+　2H2O(g)‎ 起始量(mol)　 0.2x　 0.8x 　　0　　　　　 0‎ 转化量(mol)　 0.16x 0.64x 0.16x 0.32x 平衡量(mol)　 0.04x 0.16x 0.16x 0.32x 平衡常数K=‎0.16xy‎×‎‎(‎0.32xy)‎‎2‎‎0.04xy‎×‎‎(‎0.16xy)‎‎4‎=‎625‎y‎2‎x‎2‎。(3)反应NH‎4‎‎+‎+HCO‎3‎‎-‎+H2O NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=c(NH‎3‎·H‎2‎O)×c(H‎2‎CO‎3‎)‎c(NH‎4‎‎+‎)×c(HCO‎3‎‎-‎)‎=c(H‎+‎)×c(OH‎-‎)‎Kb‎(NH‎3‎·H‎2‎O)×K‎1‎(H‎2‎CO‎3‎)‎≈1.3×10-3。(4)由题图可知,电解时二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成乙烯,电极反应式为2CO2+12H++12e- C2H4+4H2O,因离子交换膜只允许氢离子通过,所以是阳离子交换膜。‎