天津专用2020高考化学二轮复习热点专攻16化学反应原理综合题训练含解析

天津专用2020高考化学二轮复习热点专攻16化学反应原理综合题训练含解析

热点专攻16　化学反应原理综合题 ‎1.(2019天津理综)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。‎ 回答下列问题:‎ Ⅰ.硅粉与HCl在300 ℃时反应生成1 mol SiHCl3气体和H2,放出225 kJ热量,该反应的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。SiHCl3的电子式为　　　　　　　　。 ‎ Ⅱ.将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法,对应的反应依次为:‎ ‎①SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g)　ΔH1>0‎ ‎②3SiCl4(g)+2H2(g)+Si(s)4SiHCl3(g)　ΔH2<0‎ ‎③2SiCl4(g)+H2(g)+Si(s)+HCl(g)3SiHCl3(g)　ΔH3‎ ‎(1)氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极电解KOH溶液制备,写出产生H2的电极名称　　　　(填“阳极”或“阴极”),该电极反应方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)已知体系自由能变ΔG=ΔH-TΔS,ΔG<0时反应自发进行。三个氢化反应的ΔG与温度的关系如图1所示,可知:反应①能自发进行的最低温度是　　　　;相同温度下,反应②比反应①的ΔG小,主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)不同温度下反应②中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是　　　　(填序号)。 ‎ A.B点:v(正)>v(逆)‎ B.v(正):A点>E点 C.反应适宜温度: 480~520 ℃‎ 8‎ ‎(4)反应③的ΔH3=　　　　　　　(用ΔH1、ΔH2表示)。温度升高,反应③的平衡常数K　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 ‎ ‎(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl4、SiHCl3和Si外,还有　　　　　　(填分子式)。 ‎ 答案:Ⅰ.Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)　ΔH=-225 kJ·mol-1　··Cl‎··‎‎··‎Cl‎··‎‎··‎··‎ Ⅱ.(1)阴极　2H2O+2e-H2↑+2OH-‎ ‎(2)1 000 ℃　ΔH2<ΔH1导致反应②的ΔG小 ‎(3)AC　(4)ΔH2-ΔH1　减小　(5)HCl、H2‎ 解析:Ⅰ.首先书写反应的化学方程式:Si+3HClSiHCl3+H2,然后加上状态和焓变得热化学方程式:Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g)　ΔH=-225kJ·mol-1;SiHCl3的电子式为··Cl‎··‎‎··‎Cl‎··‎‎··‎··。‎ Ⅱ.(1)用惰性电极电解KOH溶液,阴极是“放氢生碱”,电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-。‎ ‎(2)要使反应①能自发进行,则体系自由能变ΔG<0,由图1可知反应①能自发进行的最低温度为1000℃;反应②放热,ΔH2<ΔH1导致反应②的ΔG比反应①小。‎ ‎(3)AD是反应②达平衡的过程,D点是平衡点;DE是平衡移动的过程。B点未达平衡v(正)>v(逆),A项正确;E点温度高于A点,则v(正):A点”“<”或“=”)0。 ‎ ‎②曲线X对应的投料比为　　　　,判断理由是　 　 。 ‎ ‎③已知R点的投料比与P相同,则R、P两点对应的正反应速率:v(R)　　　(填“>”“<”或“=”)v(P)。 ‎ ‎④P点时,反应的化学平衡常数K为　　　　　　(已知:0.56≈1.6×10-2)。 ‎ ‎(3)在一定温度下,在1 L恒容密闭容器中充入一定量C2H4(g)和H2O(g),发生如下反应:C2H4(g)+H2O(g)CH3CH2OH(g)　ΔH,测得C2H4(g)的转化率(α)与时间(t)的关系如图2所示。‎ 图2‎ 其中T1、T2表示温度,速率方程:v正=k正·c(C2H4)·c(H2O),v逆=k逆·c(CH3CH2OH)(k是速率常数,只与温度有关)。‎ ‎①N点:k正k逆　　　(填“>”“<”或“=”)c(CH‎3‎CH‎2‎OH)‎c(C‎2‎H‎4‎)·c(H‎2‎O)‎,升高温度,k正增大的倍数　　　(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。 ‎ ‎②温度为T1时,测定平衡体系中c(H2O)=0.25 mol·L-1,则k正k逆=　　　 L·mol-1(结果保留2位小数)。 ‎ 答案:(1)CH3CH2OH(l)C2H4(g)+H2O(l)ΔH=+103.7 kJ·mol-1‎ ‎(2)①<　②3∶1　当CO2的量相同时,H2的量越大CO2的转化率越高(合理即可)　③>　④62.5‎ ‎(3)①>　<　②16.00‎ 8‎ 命题分析本题考查盖斯定律与热化学方程式的书写、化学平衡移动原理与图像分析、化学平衡相关计算,注意化学平衡移动原理与图像联合分析,找出相关点、线的数据和变化原因。‎ 解析:(1)①CH3CH2OH(l)CH3CH2OH(g)ΔH1=+41.50kJ·mol-1‎ ‎②H2O(g)H2O(l)　ΔH2=-44kJ·mol-1‎ ‎③CH3CH2OH(g)C2H4(g)+H2O(g)　ΔH3‎ 反应③的ΔH=E(反应物)-E(生成物)=5E(C—H)+E(C—C)+E(C—O)+E(O—H)-[4E(C—H)+E(CC)+2E(O—H)]=[5×415+332+433+462.8]kJ·mol-1-[4×415+611+2×462.8]kJ·mol-1=+106.2kJ·mol-1,根据盖斯定律:①+②+③,CH3CH2OH(l)C2H4(g)+H2O(l)‎ ΔH=+41.50kJ·mol-1-44kJ·mol-1+106.2kJ·mol-1=+103.7kJ·mol-1,故实验室制备乙烯的热化学方程式为CH3CH2OH(l)C2H4(g)+H2O(l)　ΔH=+103.7kJ·mol-1。‎ ‎(2)①温度升高CO2的平衡转化率降低,说明升温平衡逆向移动,逆反应为吸热反应,正反应为放热反应,ΔH<0。‎ ‎②两个相同容器的恒容密闭容器中,当CO2的物质的量相同时,H2的物质的量越大,CO2的转化率越高,曲线X对应的投料比为3∶1。‎ ‎③从R点到P点在图中的相对位置可知,R点还没有达到平衡状态,反应正向进行,所以R、P两点对应的正反应速率为v(R)>v(P)。‎ ‎④曲线Y对应的投料比n(H‎2‎)‎n(CO‎2‎)‎‎=‎‎2‎‎1‎。设起始时投入的CO2的物质的量为1mol。P点时,CO2的转化率为0.50。‎ ‎　 2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)‎ 起始/mol 12 0 0‎ 转化/mol 0.51.5 0.25 1‎ 平衡/mol 0.50.5 0.25 1‎ K=c(C‎2‎H‎4‎)·c‎4‎(H‎2‎O)‎c‎2‎‎(CO‎2‎)·c‎6‎(H‎2‎)‎=62.5。‎ ‎(3)①反应达到平衡时,v正=v逆,可得平衡常数K=k正k逆,N点正反应速率大于逆反应速率,则KT1,且平衡时T2温度下,C2H4的转化率小于T1的转化率,故正反应为放热反应,升温平衡逆向移动,说明k逆增大倍数大于k正增大倍数。‎ ‎②温度为T1时,C2H4(g)的平衡转化率为80%,设C2H4的起始浓度为cmol·L-1,平衡时c(C2H4)=0.2cmol·L-1,c(CH3CH2OH)=0.80cmol·L-1,已知c(H2O)=0.25mol·L-1,则k正k逆‎=‎‎0.80c‎0.2c×0.25‎L·mol-1=16.00L·mol-1。‎ ‎3.(2019全国Ⅱ)环戊二烯()是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题:‎ ‎(1)已知:(g)(g)+H2(g)ΔH1=100.3 kJ·mol-1①‎ 8‎ H2(g)+I2(g)2HI(g)　ΔH2=-11.0 kJ·mol-1②‎ 对于反应:(g)+I2(g)(g)+2HI(g)ΔH3=　　　　　 kJ·mol-1。③ ‎ ‎(2)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯()在刚性容器内发生反应③,起始总压为105 Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为　　　　　,该反应的平衡常数Kp=　　　　　　　　 Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有　　　　　(填标号)。 ‎ A.通入惰性气体 B.提高温度 C.增加环戊烯浓度 D.增加碘浓度 ‎(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是　　　　　(填标号)。 ‎ A.T1>T2‎ B.A点的反应速率小于C点的反应速率 C.A点的正反应速率大于B点的逆反应速率 D.B点时二聚体的浓度为0.45 mol·L-1‎ ‎(4)环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2],结构简式为,后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。‎ 该电解池的阳极为　　　　　　,总反应为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。电解制备需要在无水条件下进行,原因为　 　 。 ‎ 8‎ 答案:(1)89.3　(2)40%　3.56×104　BD　(3)CD ‎(4)Fe电极　Fe+2+H2↑[或Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑]　水会阻碍中间物Na的生成;水会电离生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2‎ 解析:(1)根据盖斯定律,将反应①和②叠加可得反应③,故ΔH3=ΔH1+ΔH2=100.3kJ·mol-1+(-11.0kJ·mol-1)=89.3kJ·mol-1。‎ ‎(2)温度、体积一定,压强与物质的量成正比,则起始状态碘和环戊烯的分压分别为5×104Pa,设环戊烯的转化率为x,根据反应:‎ ‎　(g)+I2(g)(g)+2HI(g)‎ 起始/Pa　5×104　5×104　　　0　　　0‎ 转化/Pa　5×104x　5×104x　5×104x　1×105x 平衡/Pa　5×104(1-x)　5×104(1-x)　　5×104x　　1×105x 根据平衡时总压增加了20%,则5×104(1-x)Pa+5×104(1-x)Pa+5×104xPa+1×105xPa=1.2×105Pa,解得x=0.4,即环戊烯的转化率为40%。平衡时各物质的分压为p(环戊烯)=3×104Pa,p(I2)=3×104Pa,p(环戊二烯)=2×104Pa,p(HI)=4×104Pa,则该反应的平衡常数Kp=‎(4×1‎0‎‎4‎Pa‎)‎‎2‎×2×1‎0‎‎4‎Pa‎(3×1‎0‎‎4‎Pa‎)‎‎2‎=3.56×104Pa。‎ 通入惰性气体,不会引起各物质的浓度的变化,反应速率不变,平衡不移动,环戊烯的平衡转化率不变,A项不符合题意;由于该反应为吸热反应,故升高温度使平衡向右移动,环戊烯的平衡转化率增大,B项符合题意;增加一种物质的量,自身的转化率减少,而另一种反应物的转化率增大,增加环戊烯浓度,环戊烯的平衡转化率减小,增加碘浓度,环戊烯的平衡转化率增大,C项不符合题意,D项符合题意。‎ ‎(3)根据曲线的变化趋势可知,T2温度下首先达到平衡,反应速率大,因此T2大于T1,A项错误;A点、C点对应的反应物的浓度、温度都不同,无法比较A、C两点的反应速率的大小,B项错误;A点的正反应速率大于B点的正反应速率,而B点还没有达到平衡,因此B点的正反应速率大于其逆反应速率,则A点的正反应速率大于B点的逆反应速率,C项正确;根据曲线可知,环戊二烯的初始浓度为1.5mol·L-1,B点环戊二烯的浓度为0.6mol·L-1,环戊二烯的浓度变化量为0.9mol·L-1,因此B点二聚体的浓度为0.45mol·L-1,D项正确。‎ ‎(4)根据Fe的化合价升高为+2价可知,Fe发生氧化反应,故Fe作阳极;根据二茂铁的分子式可知,两个环戊二烯去掉2个H原子,再结合所给信息,可得总反应方程式为Fe+2+H2↑[Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑]。有水存在的条件下,Na+不能得到电子生成Na,而是H2O得电子生成H2和OH-,OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2。‎ ‎4.(2019全国Ⅲ)近年来,随着聚酯工业的快速发展,氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此,将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题:‎ 8‎ ‎(1)Deacon发明的直接氧化法为:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中,进料浓度比c(HCl)∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系:‎ 可知反应平衡常数K(300 ℃)　　　　　(填“大于”或“小于”)K(400 ℃)。设HCl初始浓度为c0,根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K(400 ℃)=　　　　　　　　　　　　　　　　　(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率,同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是　。 ‎ ‎(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:‎ CuCl2(s)CuCl(s)+‎1‎‎2‎Cl2(g)　ΔH1=83 kJ·mol-1‎ CuCl(s)+‎1‎‎2‎O2(g)CuO(s)+‎1‎‎2‎Cl2(g)ΔH2=-20 kJ·mol-1‎ CuO(s)+2HCl(g)CuCl2(s)+H2O(g)ΔH3=-121 kJ·mol-1‎ 则4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=　　　　　kJ·mol-1。 ‎ ‎(3)在一定温度的条件下,进一步提高HCl的转化率的方法是　　　　　　　　　　　　　。(写出2种) ‎ ‎(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示:‎ 负极区发生的反应有　　　　　　　　　　　　　。电路中转移1 mol电子,需消耗氧气　　　　　　 L(标准状况)。 ‎ 答案:(1)大于　‎0.4‎2‎‎2‎×0.4‎‎2‎‎2‎‎(1-0.84‎)‎‎4‎×(1-0.21)‎c‎0‎　O2和Cl2分离能耗较高、HCl转化率较低 ‎(2)-116‎ ‎(3)增大反应体系压强、及时除去产物 ‎(4)Fe3++e-Fe2+,4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O　5.6‎ 解析:本题化学原理综合题,为热化学、电化学与化学平衡综合题,难度中等。‎ 8‎ ‎(1)分析任意一条平衡曲线可知,在进料浓度比固定的条件下,随着温度的升高,HCl的平衡转化率降低,说明正反应为放热反应,由于K只与温度有关,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数K减小,即K(300℃)大于K(400℃)。‎ 根据进料浓度比及HCl的平衡转化率间的关系可知,c(HCl)∶c(O2)=1∶1的曲线为最上面的那条曲线,由该曲线可知:温度为400℃时HCl的平衡转化率为84%。‎ 根据条件可列三段式如下:‎ ‎　4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)‎ 初始:　c0　　　　　c0　　　　0　　　　0‎ 转化:　c0×0.84　c0×0.21　　c0×0.42　c0×0.42‎ 平衡:　c0×(1-0.84)c0×(1-0.21)c0×0.42　c0×0.42‎ K(400℃)=c‎2‎‎(Cl‎2‎)·c‎2‎(H‎2‎O)‎c‎4‎‎(HCl)·c(O‎2‎)‎=‎(c‎0‎×0.42‎)‎‎2‎·(c‎0‎×0.42‎‎)‎‎2‎‎[c‎0‎×(1-0.84)‎]‎‎4‎·[c‎0‎×(1-0.21)]‎=‎‎0.4‎2‎‎2‎×0.4‎‎2‎‎2‎‎(1-0.84‎)‎‎4‎×(1-0.21)‎c‎0‎ 进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低,导致产品Cl2混有大量O2,则分离两气体时导致能耗较高。而进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过高,则导致HCl的转化率过低,浪费原料。‎ ‎(2)由盖斯定律可知,将题给催化过程的三个反应直接相加可得:2HCl(g)+‎1‎‎2‎O2(g)Cl2(g)+H2O(g)‎ ΔH'=(83-20-121)kJ·mol-1=-58kJ·mol-1,则ΔH=2ΔH'=-116kJ·mol-1‎ ‎(3)在温度一定时,要增大HCl的平衡转化率,可采取的措施有:及时移走部分产物、增大体系压强等。‎ ‎(4)根据图示可知,负极区(指电解池的阴极区)发生的电极反应(还原反应)为Fe3++e-Fe2+,随之发生的化学过程为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。根据电子守恒可知,电路中每转移1mol电子消耗0.25molO2,在标准状况下的体积为5.6L。‎ 8‎