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1、部分选考试题强化篇 选考题型一 无机化学与化学 反应原理综合 21 1.(2016浙江4月选考,30)氨气及其相关产品是基本化工原料,在化工 领域中具有重要的作用。 (1)以铁为催化剂,0.6 mol氮气和1.8 mol氢气在恒温、容积恒定为1 L的密闭容器中反应生成氨气,20 min后达到平衡,氮气的物质的量 为0.3 mol。 在第25 min时,保持温度不变,将容器容积迅速增大至2 L并保持 恒容,体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%,请在下图中画出从第 25 min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线。 21 答案: 21 该反应体系未达到平衡时,催化剂对逆反应速率的影响是增大 (
2、填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)N2H4是一种高能燃料,有强还原性,可通过NH3和NaClO反应 制得,写出该制备反应的化学方程式: NaClO+2NH3 N2H4+NaCl+H2O 。 N2H4的水溶液呈弱碱性,室温下其电离常数K1=1.010-6 ,则 0.01 molL-1 N2H4水溶液的pH等于10 (忽略N2H4的二级电离和 H2O的电离)。 21 已知298 K和101 kPa条件下: 21 (3)科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺(如虚框所示),在较高的 操作压力下,提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量,能制备出高浓度 的硝酸。 实际操作中,应控制N2O4/H2
3、O质量比高于5.11,对此请给出合理解 释反应2N2O4+2H2O+O2 4HNO3中,N2O4/H2O的质量比等于 5.11,高于5.11是为了提高N2O4的浓度,有利于平衡正向移动,得到高 浓度的硝酸 。 21 深度剖析:(1)本小题要求作图,而作图的基础建立在准确计算 的基础之上,因此对学生的综合能力要求较高。 要求考生能利用三段式求出20 min平衡时氢气的物质的量;在第 25 min时,体积变为2 L,则浓度为原来的一半,再根据平衡转化率求 出第二次平衡时氢气的浓度。 已知信息: 020 min N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 起始/mol:0.61.80 转化/mol:
4、平衡/mol:0.3 21 利用信息计算: 020 min N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 起始/mol:0.61.80 转化/mol:0.30.90.6 平衡/mol:0.30.90.6 因此,在第25 min时,保持温度不变,将容器容积迅速增大至2 L并 保持恒容,则此时c(H2)= =0.45 molL-1(作图时起点的纵坐标) 21 已知信息: 体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%,则转化的氮气为0.6 mol38.2%0.23 mol; 达平衡时 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 起始/mol:0.61.80 转化/mol:0.23 平衡/mol: 21 利用信
5、息计算: 达平衡时 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) 起始/mol:0.61.80 转化/mol:0.23 0.69 0.46 平衡/mol:0.37 1.11 0.46 因此,第二次平衡时c(H2)= =0.555 molL-1(作图时新平衡的 纵坐标), 图见答案。 催化剂能同等程度地增大正、逆化学反应速率,所以该反应未 达到平衡时,催化剂对逆反应速率的影响也是增大的。 21 (2)由题给信息“N2H4可通过NH3和NaClO反应制得”可以确定 氧化剂为NaClO,还原剂为NH3,对应的氧化产物为N2H4,还原产物 为NaCl,再利用氧化还原反应方程式的配平方法,完成化学方程式 :
6、NaClO+2NH3 N2H4+NaCl+H2O。 本小题考查弱电解质的电离、电离平衡常数和溶液的计算等, 综合性较强。 21 本小题考查盖斯定律的运用,同时需要掌握标准燃烧热的定义 。虽属于常规题型,但由于需要通过四个热化学方程式进行选择和 数学运算,对考生的数学运算能力要求较高。 已知: 由盖斯定律可知, 21 (3)本小题主要考查利用总反应方程式结合化学平衡移动原理,分 析化工生产中的实际问题。 由NO2转化为HNO3的工艺图可知,N2O4与水、氧气反应生成硝 酸:2N2O4+O2+2H2O 4HNO3,反应中N2O4/H2O的质量比恰好等 于 5.11,当高于5.11,则提高了N2O4
7、的浓度,又因为化学反应有一定 的可逆性,因此利用化学平衡移动原理就可以解释:N2O4/H2O的质 量比高于5.11是为了提高N2O4的浓度,有利于平衡正向移动,得到高 浓度的硝酸。 21 2.(2015浙江10月选考,30)由某精矿石(MCO3ZCO3)可以制备单 质M,制备过程中排放出的二氧化碳可以作为原料制备甲醇。取该 矿石样品1.84 g,高温灼烧至恒重,得到0.96 g仅含两种金属氧化物 的固体,其中m(M)m(Z)=35。请回答: (1)该矿石的化学式为MgCO3CaCO3 。 (2)以该矿石灼烧后的固体产物为原料,真空高温条件下用单质 硅还原,仅得到单质M和一种含氧酸盐(只含Z、S
8、i和O元素,且Z和Si 的物质的量之比为21)。写出该反应的化学方程式 2MgO+2CaO+Si Ca2SiO4+2Mg 。 单质M还可以通过电解熔融MCl2得到。不能用电解MCl2溶液 的方法制备M的理由是电解MgCl2溶液时,阴极上H+比Mg2+容易得 电子,电极反应式为2H2O+2e- H2+2OH-(或2H+2e- H2), 所以不能得到Mg单质 。 21 (3)一定条件下,由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应: 其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3,它们随温度变化的曲线如 图1所示。则H2小于 H3(填“大于”“小于”或“等于”),理由是由 图1可知,随着温度升高,K1增大,
9、则H10;根据盖斯定律,H1=H3- H2,所以H20。 根据盖斯定律,H1=H3-H2,结合H10可知H20,反应高温自发; H0、SK,v(正)c(OH-),溶液呈酸性,pHv2,请在图2 中画出反应体系中c(SO2)随时间t变化的总趋势图。 答案: 解析:(1)反应是一个“S0、H0”的反应。可以有两种方法 判断反应自发进行的条件: 方法一(自学能力强的同学可用此规律): 根据G=H-TS0、H0”,所以 只有在高温下反应才能自发进行。 方法二(规律记忆加口诀): S0、H0、H0 高温才自发进行(简记:大大高); S0、H0 低温才自发进行(简记:小小低)。 (2)“对于气体参与的反应
10、,表示平衡常数Kp时用气体组分(B)的平 衡压强p(B)代替该气体物质的量浓度c(B)”,要求考生迅速理解并完 成知识迁移: (3)由于反应是吸热反应,故反应生成物所具有的能量高于反 应物;由于反应是放热反应,故反应生成物所具有的能量低于 反应物,A、D两项对反应和生成物的能量判断都相反,排除A 、D两项。某温度下反应的速率(v1)大于反应的速率(v2),说明 反应的活化能低于反应的活化能,反应的中间产物所具有的 能量应该低一些,B和C中只有C正确。 (4)反应有SO2和CO2两种气体生成,而反应只有CO2一种气体 生成。故若监测过程中,SO2、CO2浓度比保持不变,说明只发生反 应;若发生变化,则说明反应和同时进行。 (5)一定温度下加入的石灰石分解可产生CO2,由于反应和产 物都有CO2,因此有利于两个平衡左移,减少SO2的生成,A项正确;由 图像知,CO的初始浓度越大、温度越低,CaS的含量就会越高,此条 件下生成的SO2就越少,B、C项正确,D项错误。 (6)反应的速率大于反应的速率,故开始时体系内c(SO2)是快 速增大的,随着第个反应中生成的CO2的增多,会使反应的平衡 向左移动,c(SO2)又会下降,当达到平衡时c(SO2)保持不变,据此可作 出图像,图像见答案。
