化學反應原理核心考點測試題參考答案

1.C 提示:中和熱專指生成1 mol水時所對應的熱量,而A 項除生成2 mol H2O(l)外,還有生成BaSO4(s)的熱效應。B 項,應生成H2O(l)。D 項,辛烷應為1 mol。

2.D 提示:首先,依據蓋斯定律對已知熱化學方程式進行加合,可得到一個含有常見化學鍵斷裂和形成的熱化學方程式。其次,由分子結構可知其所含共價鍵類型及個數。第三,化學反應的焓變=反應物中總鍵能-生成物中總鍵能。根據蓋斯定律,由①-②=(a+110) kJ·mol-1,由H—O—H--→及鍵能與反應熱關系可知,

3.B

4.D

5.C 提示:電解法制備高純度的鎳時,粗鎳作為陽極,陽極電極反應依次為Zn-2e-══Zn2+、Fe-2e-══Fe2+、Ni-2e-══Ni2+,A 項錯誤;在電解過程中,陽極Zn、Fe、Ni溶解,Cu、Pt沉積到電解槽底部,陰極只析出Ni,兩極轉移的電子數相等,但陽極的質量減少量與陰極的質量增加量不相等,B項錯誤。電解后,溶液中存在的金屬陽離子除Fe2+、Zn2+外,還有Ni2+,D 項錯誤。由于Cu和Pt的還原性比Ni的弱,無法失去電子,便以沉淀的形式沉積于電解槽底部,形成陽極泥,所以C項正確。

6.A 提示:由外電路直流電源知,a、c為陰極,b、d為陽極。由電解規律可知,a極上析出Cu,b極上析出Cl2,c極上析出Ag,d極上析出O2。由電子守恒可知,2e-～Cu～Cl2～,所以a、b、c、d四個電極上所析出物質的物質的量之比應為2∶2∶4∶1。

7.B 提示:反應①的平衡常數K=題干已知容器體積為2 L,達到平衡狀態后O2為9 mol,N2O3為c(N2O5)。假設反應②生成c(O2)為xmol·L-1。那么,反應②消耗c(N2O3)xmol·L-1,反應①生成的c(O2)為(4.5-x)mol·L-1,反應①生成c(N2O3)為(1.7+x)mol·L-1。

1.7+x=4.5-x,解得x=1.4。

消耗c(N2O5)=1.7 mol·L-1+1.4 mol-1=3.1 mol·L-1,平衡時c(N2O5)=4 mol·L-1-3.1 mol·L-1=0.9 mol·L-1,則反應的化學平衡常數

8.C 提示:因甲烷燃料電池的電解質為KOH 溶液,生成的CO2還要與KOH 反應生成K2CO3,依據零價法可得負極反應式為,所以A 項正確。又知在堿性環境中的正極反應式為O2+2H2O +4e-══4OH-,所以B 項正確。讓兩極電子轉移相等再相加,可得總反應式為3H2O,從總反應式可以看出,總體消耗OH-,故電解質溶液的堿性減小,C 項錯誤。根據能量轉化規律,燃燒時產生的熱能是不可能全部轉化為功的,能量利用率不高,而電能轉化為功的效率要大得多,D 項正確。

9.C 提示:要產生AgCl沉淀,c(Ag+)10-8mol·L-1;要產生AgBr沉淀,c(Ag+)要產生 Ag2CrO4沉淀,需c2(Ag+)·3.0×10-5mol·L-1;顯然沉淀的順序為Br-、Cl-、CrO2-4。

10.B 提示:溶液中Fe3+恰好沉淀完全時,10-11mol·L-1,pH=3;溶液中Al3+恰好沉淀完全時,c(OH-)=1×10-9mol·L-1,pH =5。故當溶液中Fe3+和Al3+沉淀完全時,調節溶液的pH 應略大于5。

11.(1)2CH3OH +3O2══2CO2+4H2O

(2)3O2+12H++12e-══6H2O 2CH3OH+2H2O-12e-══2CO2↑+12H+

(3)正 負

(4)對空氣的污染較小

提示:因該燃料電池電解質溶液為稀硫酸,所以總反應方程式是2CH3OH+3O2══2CO2+4H2O。按燃料電池正極反應式的書寫規則知,在稀硫酸中,其正極反應式為3O2+12H++12e-══6H2O,然后在電子守恒的基礎上利用總反應式減去正極反應式即得負極反應式:2CH3OH+2H2O-12e-══2CO2↑+12H+。由原電池原理知負極失電子后經導線轉移到正極,所以正極上富集電子,根據電性關系知陽離子向正極移動,陰離子向負極移動。故H+離子向正極移動,向外電路釋放電子的電極是負極。

12.(1)2C4H10+13O2══8CO2+10H2O

(3)CO2負

提示:由于電解質為熔融的K2CO3,且不含O2-和,生成的CO2不會與反應生成的,故該燃料電池的總反應式為 2C4H10+13O2══8CO2+10H2O。按燃料電池正極反應式的書寫規則知,在熔融碳酸鹽環境中,其正極反應式為O2+2CO2。通入丁烷的一極為負極,其電極反應式可利用總反應式減去正極反應式求得,應為34CO2+10H2O。從上述電極反應式可看出,要使該電池的電解質組成保持穩定,在通入的空氣中應加入CO2,它從負極反應產物中來。

13.(1)1.8×10-7mol·L-1(2)2(3)否

提示:(1)反應前,n(Ag+)=0.018 mol·L-1×0.05 L=0.9×10-3mol,n(Cl-)=0.020 mol·L-1×0.05 L=1×10-3mol;反應后剩余的 Cl-為0.1×10-3mol,則混合溶液中,c(Cl-)=1.0×1.8×10-7mol·L-1。

(2)H+沒有參與反應,完全沉淀后,c(H+)=0.010 mol·L-1,pH=2。

(3)因為加入的鹽酸中,c(Cl-)和反應后所得溶液中的c(Cl-)相同,c(Cl-)沒有改變,c(Ag+)變小,所以Qc=c(Ag+)·c(Cl-)

14.(1)①-223 1.2×1014

②碳氯化反應是氣體分子總數增加且放熱的自發過程,直接氯化是體系氣體分子總數不變、且吸熱ΔH>0的非自發過程,因此碳氯化反應趨勢遠大于直接氯化反應

③向左 變小

(2)①7.2×105

②選擇更高溫度為了加快反應速率,單位時間內得到更多的TiCl4產品

(3)將固體粉碎后混合,同時鼓入Cl2,使固體粉末“沸騰”,以增大固體的接觸面積

提示:(1)①目標反應=反應ⅱ-反應ⅰ,因此ΔH=ΔH2-ΔH1= -51 kJ·mol-1-172 kJ·mol-1=-223 kJ·mol-1。Kp=

②ΔG是自發反應的第一判據,ΔG=ΔH-TΔS。碳氯化反應是氣體分子總數增加、放熱的過程,ΔG<0,因此碳氯化反應是自發過程。直接氯化的體系氣體分子總數不變,且吸熱,ΔG>0,因此碳氯化反應趨勢遠大于直接氯化反應。

③碳氯化反應是氣體分子總數增多的放熱反應,因此增大壓強,平衡向氣體分子總數減少的方向移動,升高溫度,平衡向左移動,平衡轉化率變小。

(2)①根據圖像,1 400 ℃時,Kp==7.2×105Pa。

②在實際工業生產中,反應條件的選擇要在反應速率和平衡轉化率之間做綜合考慮,因此為了加快反應速率,單位時間內得到更多的TiCl4產品,選擇更高溫度。

(3)固體顆粒越小,比表面積越大,反應接觸面積越大,因此將兩者粉碎后混合,同時鼓入Cl2,使固體粉末“沸騰”,可達到增大接觸面積的目的。

15.(1)+170

(2)步驟簡單;副產物氫氣可作燃料,產物易分離 能耗高

(4)①越大 恒溫恒容條件下,充惰性氣體會造成分壓減小,促使平衡2H2S(g)══2H2(g)+S2(g) 正向移動。n(H2S)∶n(Ar)越小,即H2S 的分壓越小,平衡正向移動程度越大,H2S平衡轉化率越大

②d 24.9

(2)根據題目可知克勞斯法步驟多,需控制氧氣和硫化氫的比例,從熱效應角度來看是放熱反應;熱分解法步驟簡單,生成的產物為氫氣和硫蒸氣,冷凝后易分離出硫單質,從熱效應角度來看是吸熱反應。

(3)設初始時加入2amol H2S,8amol Ar,轉化2xmol H2S,根據題意有:

根據平衡時H2S 與H2的分壓相等,可知n(H2S)=n(H2),即2a-2x=2x,得x=0.5a,因此,H2S平衡轉化率100%=50%。

平衡時,由以上分析知n(H2S)=amol,n(H2)=amol,n(S2)=0.5amol,n(Ar)=8amol?？倸怏w物質的量n總=10.5amol。由分壓公式知,因此代入知n(H2)=amol可知,Kp=p(S2)

(4)①結合勒夏特列原理,壓強減小,平衡將向氣體分子系數之和增大的方向移動,因此,恒溫恒容條件下充惰性氣體會造成分壓減小,促使平衡2H2S(g)══2H2(g)+S2(g)正向移動。n(H2S)∶n(Ar)越小,即H2S 的分壓越小,平衡正向移動程度越大,H2S平衡轉化率越大。

②結合①中結論可知,恒溫恒容條件下,n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S平衡轉化率越大。因此a、b、c、d、e依次對應n(H2S)∶n(Ar)為4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19 的H2S-Ar混合氣。

0～0.1s,α(H2S)=24%,設初始投入amol H2S和9amol Ar,根據題意有:

0.1 s時氣體的總物質的量n總=(0.76a+0.24a+0.12a+9a) mol=10.12amol。

0 s 時,p(H2S)10 kPa;0.1 s 時,p(H2S)=100 kPa=7.51 kPa。因此0～0.1 s,H2S分壓的平均變 化 率 為24.9 kPa·s-1。