高考化学一轮复习练非选择题5含解析新人教版 8页

‎【2019最新】精选高考化学一轮复习练非选择题5含解析新人教版 李仕才 ‎1．已知：CH3OH、H2的燃烧热(ΔH)分别为726.5 kJ·mol－1、285.8 kJ·mol－1，则常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)　ΔH＝－130.9 kJ·mol－1‎ 解析　燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。已知：CH3OH、H2的燃烧热(ΔH)分别为726.5 kJ·mol－1、285.8 kJ·mol－1，则有：①CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－726.5 kJ·mol－1，②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1，根据盖斯定律：②×3－①得常温下CO2和H2反应生成CH3OH和H2O的热化学方程式：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(l)＋H2O(l)　ΔH＝－130.9 kJ·mol－1。‎ ‎2．红磷P(s)和Cl2(g)发生反应生成PCl3(g)、PCl5(g)，反应过程如下：‎ ‎2P(s)＋ 3Cl2(g) === 2PCl3(g)　ΔH＝－612 kJ·mol－1‎ ‎2P(s)＋ 5Cl2(g) ===2PCl5(g)　ΔH＝－798 kJ·mol－1‎ 8 / 8‎ 气态 PCl5生成气态PCl3和Cl2的热化学方程式为 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　PCl5(g)??PCl3(g)＋ Cl2(g)　ΔH＝＋93 kJ·mol－1‎ 解析　已知：①2P(s)＋3Cl2(g)===2PCl3(g)　ΔH＝－612 kJ·mol－1，‎ ‎②2P(s)＋5Cl2===2PCl5(g)　ΔH＝－798 kJ·mol－1，‎ 根据盖斯定律可知(①－②)/2即得到气态PCl5生成气态PCl3和Cl2的热化学方程式：PCl5(g)??PCl3(g)＋Cl2(g)　ΔH＝＋93 kJ·mol－1。‎ ‎3．在催化剂作用下合成气合成甲烷过程中会发生如下反应：‎ Ⅰ.CO(g)＋3H2(g)=== CH4(g)＋H2O(g)‎ ΔH1＝ －206 kJ·mol－1‎ Ⅱ.CO(g)＋H2O(g) === CO2(g)＋H2(g)‎ ΔH2＝ －41 kJ·mol－1‎ Ⅲ.2CO(g)＋2H2(g)===CH4(g)＋CO2(g)‎ ΔH 3＝ －247.4 kJ·mol－1‎ ‎(1)图1是太原理工大学煤化工研究所利用热力学数据分析得到温度对反应Ⅰln K(化学平衡常数K的自然对数)的曲线图，请分析出现这样趋势的原因是 ‎________________________________________________________________________‎ 8 / 8‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)提高甲烷反应选择性的关键因素是________________________，根据相关知识和图2分析合成甲烷适宜的反应条件是在550～630 K、1 MPa的原因是____________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)在其他条件不变时，温度升高反应Ⅰ向吸热的逆反应方向移动使ln K减小　(2)催化剂　此条件下反应速率较快而且甲烷产率较高 解析　(1)CO(g)＋3H2(g)===CH4(g)＋H2O(g)　ΔH1＝ －206 kJ·mol－1此反应正方向是放热反应，在其他条件不变的情况下，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，ln K 也减小。(2)催化剂只改变反应速率，不影响平衡的移动，是提高甲烷反应选择性的关键因素，根据相关知识和图2分析在550～630 K和1 MPa的条件下反应速率较快而且甲烷产率较高，是合成甲烷适宜的反应条件。‎ ‎4．SNCR－SCR是一种新型的烟气脱硝技术(除去烟气中的NOx)，其流程如下：‎ 已知该方法中主要反应的热化学方程式：‎ ‎4NH3(g)＋4NO(g)＋O2(g)??4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1 646 kJ·mol－1，‎ 如图所示，反应温度会直接影响SNCR技术的脱硝效率。‎ 8 / 8‎ ‎(1)SNCR技术脱硝的最佳温度选择925 ℃的理由是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反应温度较高，其原因是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________；‎ 但当烟气温度高于1 000 ℃时，SNCR脱硝效率明显降低，其原因可能是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)925 ℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小　(2)反应的活化能较大，没有使用催化剂　因为脱硝主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝主要反应的平衡逆向移动(或生成的N2与O2反应生成NO等其他合理答案)‎ 解析　(1)SNCR技术脱硝的最佳温度选择925 ℃的理由是925 ℃时脱硝效率高，残留氨浓度较小。(2)SNCR与SCR技术相比，SNCR技术的反应温度较高，其原因是反应的活化能较大，没有使用催化剂降低其活化能；但当烟气温度高于1 000 ℃‎ 8 / 8‎ 时，SNCR脱硝效率明显降低，其原因可能是因为脱硝主要反应是放热反应，温度过高，使脱硝主要反应的平衡逆向移动(或生成的N2与O2反应生成NO等) 。‎ ‎5．T °C时，向10 L恒容密闭容器中充入2 mol乙苯(g)和2 mol Cl2(g)发生反应：‎ ΔH＞0，乙苯(或Cl2)、 α氯乙基苯(或HCl)的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示：‎ ‎(1)0～2 min内，以HCl表示的该反应速率v(HCl)＝________。‎ ‎(2)6 min时，改变的外界条件为________，该条件下的平衡常数K＝________。‎ ‎(3)10 min时，保持其他条件不变，再向容器中充入1 mol乙苯、1 mol Cl2、1 mol α氯乙基苯和1 mol HCl，则此时该反应v正________(填“＞”“＜”或“＝” )v逆；若12 min时反应再次达到平衡，则在0～12 min内，Cl2的转化率α＝________。(计算结果保留三位有效数字)‎ 答案　(1)0.05 mol·L－1·min －1　(2)升高温度　81‎ ‎(3)>　86.7%‎ 解析　(1)T ℃时，向10 L恒容密闭容器中充入2 mol乙苯(g)和2 mol Cl2(g)发生反应，2 min时氯化氢的浓度是0.1 mol·L－1，则用氯化氢表示的反应速率是0.1 mol·L－1÷2 min＝0.05 mol·L－1·min－1。(2)制备α氯乙基苯的正反应为吸热反应，反应前后气体的体积不变，6 min时，乙苯、Cl2的浓度在减小，而α氯乙基苯和HCl的浓度在增加，反应向正反应方向移动，只能是升高温度；该温度下达到平衡，依据题干条件可知，c(HCl)＝0.18 mol·L－1，n(HCl)＝1.8 mol，‎ 起始/mol　 2　　　　　　 2　　　　 0　　　　　 0‎ 8 / 8‎ 转化/mol 1.8 1.8 1.8 1.8‎ 平衡/mol 0.2 0.2 1.8 1.8‎ 反应前后体积不变，可以用物质的量代替浓度计算平衡常数，则平衡常数为K＝＝81。(3)10 min时，乙苯、Cl2、α氯乙基苯和 HCl的物质的量浓度分别为0.02 mol·L－1、0.02 mol·L－1、0.18 mol·L－1、0.18 mol·L－1，保持其他条件不变，再向容器中充入1 mol 乙苯、1 mol Cl2、1 mol α氯乙基苯和1 mol HCl，此时乙苯、Cl2、α氯乙基苯和HCl的物质的量浓度分别为0.12 mol·L－1、0.12 mol·L－1、0.28 mol·L－1、0.28 mol·L－1，≈5.4＜81，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率；设转化的乙苯物质的量浓度为x mol·L－1，则 起始/mol·L－1　 0.3　　　 0.3　　　　 0.1　　　 0.1‎ 转化/mol·L－1 x x x x ‎ 平衡/mol·L－1 0.3－x 0.3－x 0.1＋x 0.1＋x ‎ 平衡常数为K＝＝81，得x＝0.26，所以氯气的转化率是×100%≈86.7%。‎ ‎6．850 ℃时在体积为5 L的反应器中发生反应：‎ CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)　ΔH＝ －41 kJ·mol－1‎ CO和H2O(g)浓度变化如图所示，请列式计算此条件下的平衡常数__________________。‎ 答案　K＝＝＝1 ‎ 解析　　　　　 CO(g)＋H2O(g)??CO2(g)＋H2(g)‎ 8 / 8‎ 起始浓度/mol·L－1　　0.20　 0.30　　　0　　　　0‎ 变化浓度/mol·L－1 0.12 0.12 0.12 0.12‎ 平衡浓度/mol·L－1 0.08 0.18 0.12 0.12‎ 平衡常数K＝＝＝1。‎ ‎7．用惰性电极电解浓度较大的CuCl2溶液，阳极的电极反应式为________________，当电解到一定程度，阴极附近出现蓝色Cu(OH)2絮状物。常温下，经测定阴极附近溶液的pH＝m，此时阴极附近c(Cu2＋)＝______________ mol·L－1 (已知：Cu(OH)2的Ksp＝2.2×10－20)。‎ 答案　2Cl－－2e－===Cl2↑　 2.2×10(8－2m)‎ 解析　用惰性电极电解浓度较大的CuCl2溶液，阳极发生氧化反应，其电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑；Ksp＝c2(OH－)×c(Cu2＋)，c(Cu2＋)＝ mol·L－1＝2.2×10(8－2m) mol·L－1。‎ ‎8．我国古代曾采用“火法”工艺冶炼锌。明代宋应星著的《天工开物》中有关于“升炼倭铅”的记载：“炉甘石十斤，装载入一泥罐内，……，然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，…，冷淀，毀罐取出，…即倭铅也。”该炼锌工艺主要反应的化学方程式为______________________(注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，倭铅是指金属锌)。‎ 答案　ZnCO3＋2CZn＋3CO↑‎ ‎9．亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。某小组称取5.000 g的样品溶于水配成250 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，‎ 用0.100 0 mol·L－1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：‎ 8 / 8‎ 滴定次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ 消耗KMnO4溶液体积/mL ‎20.90‎ ‎20.12‎ ‎20.00‎ ‎19.88‎ ‎(1)第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是________(填字母代号)。‎ A．锥形瓶洗净后未干燥 B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 C．滴定终点时仰视读数 ‎(2)酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为________________________。‎ ‎(3)该样品中亚硝酸钠的质量分数为________。‎ 答案　(1)BC　(2)6H＋＋2MnO＋5NO===2Mn2＋＋5NO＋3H2O　(3)69%‎ 解析　(2)该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为 6H＋＋2MnO＋5NO===2Mn2＋＋5NO＋3H2O。‎ ‎(3)根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02 L，高锰酸钾的物质的量是0.100 0 mol·L－1×0.02 L＝0.002 mol，则根据方程式6H＋＋2MnO＋5NO===2Mn2＋＋5NO＋3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002 mol×5/2＝0.005 mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005 mol×250 mL/25.00 mL＝0.05 mol，其质量为0.05 mol×69 g·mol－1＝3.45 g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数为3.45 g/5.000 g×100%＝69.0%。‎ 8 / 8‎