2024届高考化学二轮复习专题强化练(八)含答案

这是一份2024届高考化学二轮复习专题强化练(八)含答案，共8页。

A．太阳能在此过程中主要转化为电能和化学能
B．反应Ⅰ和反应Ⅱ都属于氧化还原反应
C．CH3OH中存在的化学键有离子键、共价键、氢键
D．该过程产生的氢气和甲醇都可作为燃料电池燃料
解析：由题图可知，该装置为太阳能光伏发电且产生了燃料CH3OH，即太阳能转化为电能和化学能，A项正确；Ⅰ、Ⅱ反应分别为2H2Oeq \(=====,\s\up7(太阳能))2H2↑＋O2↑、3H2＋CO2===H2O＋CH3OH，这两个反应均为氧化还原反应，B项正确；CH3OH中的化学键只有共价键，没有离子键，且氢键不属于化学键，C项错误；该装置中产生了H2和CH3OH均能作为燃料电池的负极材料，D项正确。故选C。
答案：C
2．(2023·深圳光明区高级中学校联考模拟预测)分析下表中的3个热化学方程式，下列说法正确的是( )
A．丙烷的燃烧热为－2 039 kJ·ml－1
B．等质量的氢气与丙烷相比较，充分燃烧时，丙烷放热更多
C．3CO2(g)＋10H2(g)===C3H8(g)＋6H2O(g) ΔH＝－381 kJ·ml－1
D．3CO(g)＋7H2(g)===C3H8(g)＋3H2O(g) ΔH＝＋504 kJ·ml－1
解析：燃烧热是在101 kPa时，1 ml物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由反应②可知，1 ml丙烷燃烧生成液体水时，放出热量大于2 039 kJ·ml－1，A项错误；等质量的氢气与丙烷相比较，假设质量均为44 g，则两者的物质的量分别为22 ml、1 ml，则由反应①②比较可知，充分燃烧时，氢气放热更多，B项错误；由盖斯定律可知，反应①×
5－②得：3CO2(g)＋10H2(g)===C3H8(g)＋6H2O(g) ΔH＝5×(－484 kJ·ml－1)－(2 039 kJ·ml－1)＝－381 kJ·ml－1，C项正确；由盖斯定律可知，反应①×eq \f(7,2)－③得：3CO(g)＋7H2(g)===C3H8(g)＋3H2O(g) ΔH＝eq \f(7,2)×(－484 kJ·ml－1)－(－1 190 kJ·ml－1)＝－504 kJ·ml－1，D项错误。故选C。
答案：C
3．(2023·惠州统考三模)N2O和CO是环境污染性气体，可在Pt2O表面转化为无害气体，其总反应为N2O(g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2(g) ΔH，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程分别如图甲、乙所示。下列说法不正确的是( )
A．N2O为氧化剂
B．ΔH＝－226 kJ·ml－1
C．由图乙知该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能
D．为了实现转化，需不断向反应器中补充Pt2O和Pt2O2
解析：反应N2O(g)＋CO(g)===CO2(g)＋N2(g)中，N元素化合价降低，N2O为氧化剂，故A项正确；反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变ΔH＝生成物总焓－反应物总焓＝134 kJ·ml－1－360 kJ·ml－1＝－226 kJ·ml－1，故B项正确；由图乙知该反应正反应的活化能Ea小于逆反应的活化能Eb，故C项正确；Pt2O和Pt2O2是催化剂，催化剂在化学反应的前、后化学性质和质量是不变的，无需不断补充，故D项错误。故选D。
答案：D
4．(2023·广州一模)恒容密闭容器中，以硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应2S2(g)＋CH4(g)CS2(g)＋2H2S(g) ΔH。CH4的平衡转化率、S2的体积分数随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．ΔH>0
B．温度升高，S8分解率增大，S2体积分数增大
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡向右移动
D．其他条件相同，S2体积分数越大，CH4平衡转化率越小
解析：由题图可看出，温度升高，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数升高说明升温时，平衡2S2(g)＋CH4(g)CS2(g)＋2H2S(g)逆向移动，所以正反应方向是放热的，即ΔH0，所以升温时，平衡正向移动，S8分解率增大，S2体积分数增大，选项B正确；向恒容的平衡体系中，通入惰性气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未变化，所以Q＝K，平衡不移动，选项C错误；其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡正向进行的程度越大，CH4的平衡转化率越大，选项D错误。故选B。
答案：B
5．(2023·辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 ml·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如下图所示，c为HS－、S－2、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为ml·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是( )
A．Ksp(CdS)＝10－18.4
B．③为pH与－lg c(HS－)的关系曲线
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
解析：已知H2S饱和溶液中随着pH的增大，H2S的浓度逐渐减小，HS－的浓度增大，S2－浓度逐渐增大，则有－lg c(HS－)和－lg(S2－)随着pH增大而减小，且相同pH相同时，HS－浓度大于S2－，即－lg c(HS－)小于－lg(S2－)，则Ni2＋和Cd2＋浓度逐渐减小，且Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，即当c(S2－)相同时，c(Ni2＋)＞c(Cd2＋)，则－lg c(Ni2＋)和－lg(Cd2＋)随着pH增大而增大，且有－lg c(Ni2＋)小于－lg(Cd2＋)，由此可知曲线①代表Cd2＋、②代表Ni2＋、③代表S2－，④代表HS－，据此分析结合题图中各点数据进行解题。由分析可知，曲线①代表Cd2＋、③代表S2－，由图示曲线①③交点可知，此时c(Cd2＋)＝c(S2－)＝10－13 ml·L－1，则有Ksp(CdS)＝c(Cd2＋)c(S2－)＝10－13×10－13＝10－26，A项错误；由分析可知，③为pH与－lg c(S2－)的关系曲线，B项错误；由分析可知，曲线④代表HS－，由图示曲线④两点坐标可知，此时c(H＋)＝10－1.6 ml·L－1时，c(HS－)＝10－6.5 ml·L－1，Ka1(H2S)＝eq \f(c（H＋）c（HS－）,c（H2S）)＝eq \f(10－1.6×10－6.5,0.1)＝10－7.1或者当c(H＋)＝10－4.2 ml·L－1时，c(HS－)＝10－3.9 ml·L－1，Ka1(H2S)＝eq \f(c（H＋）c（HS－）,c（H2S）)＝eq \f(10－4.2×10－3.9,0.1)＝10－7.1，C项错误；已知Ka1Ka2＝eq \f(c（H＋）c（HS－）,c（H2S）)×eq \f(c（H＋）c（S2－）,c（HS－）)＝eq \f(c2（H＋）c（S2－）,c（H2S）)，由曲线③两点坐标可知，当c(H＋)＝10－4.9 ml·
L－1时，c(S2－)＝10－13 ml·L－1，或者当c(H＋)＝10－6.8 ml·L－1时，c(S2－)＝10－9.2 ml·L－1，故有Ka1Ka2＝eq \f(c2（H＋）c（S2－）,c（H2S）)＝eq \f(（10－4.9）2×10－13,0.1)＝eq \f(（10－6.8）2×10－9.2,0.1)＝10－21.8，结合C项分析可知，Ka1＝10－7.1，故有Ka2(H2S)＝10－14.7，D项正确。故选D。
答案：D
6．(2023·新课标卷)氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
(1)根据图1数据计算反应eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝__________ kJ·ml－1。
(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(表示催化剂表面吸附位，Neq \\al( ,2)表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为______________(填步骤前的标号)，理由是________________________________________。
(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α­Fe包裹的Fe3O4。已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287 pm，密度为7.8 g·cm－3，则α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为______________(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25，另一种为xH2＝0.675、xN2＝0.225、xAr＝0.10。(物质i的摩尔分数：xi＝eq \f(ni,n总))
①图中压强由小到大的顺序为__________，判断的依据是__________。
②进料组成中含有惰性气体Ar的图是______________。
③图3中，当p2＝20 MPa、xNH3＝0.20时，氮气的转化率α＝__________________。该温度时，反应eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝______________(MPa)－1(化为最简式)。
解析：(1)在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由题图1数据可知，反应eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的ΔH＝(473＋654－436－397－339)kJ·ml－1＝－45 kJ·ml－1。
(2)由题图1中信息可知，eq \f(1,2)N2(g)===N(g)的ΔH＝＋473 kJ·ml－1，则N≡N的键能为946 kJ·
ml－1；eq \f(3,2)H2(g)===3H(g)的ΔH＝＋654 kJ·ml－1，则H—H的键能为436 kJ·ml－1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H—H的大很多，因此，在题述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
(3)已知α­Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287 pm，密度为7.8 g·cm－3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α­Fe晶体密度ρ＝eq \f(56x×1030,NA·2873) g·cm3＝7.8 g·cm3，解之得x＝eq \f(7.8×2873NA,56×1030)，即α­Fe晶胞中含有Fe的原子数为eq \f(7.8×2873NA,56×1030)。
(4)①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到大的顺序为p1＜p2＜p3，判断的依据是合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大。②对比题图3和题图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，题图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要向气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，故进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。③题图3中，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3 ml和1 ml，达到平衡时氮气的变化量为x ml，列出“三段式”：
N2(g) ＋3H2(g) 2NH3(g)
起始量/ml 1 3 0
变化量/ml x 3x 2x
平衡量/ml 1－x 3－3x 2x
当p2＝20 MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝eq \f(2x,4－2x)＝0.20，解之得x＝eq \f(1,3)，则氮气的转化率α＝eq \f(1,3)≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为eq \f(2,3) ml、2 ml、eq \f(2,3) ml，其物质的量分数分别为eq \f(1,5)、eq \f(3,5)、eq \f(1,5)，则该温度下K′p＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)p2))\s\up12(2),\f(1,5)p2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,5)p2))\s\up12(3))＝eq \f(25,27×400)(MPa)－2。因此，该温度时，反应eq \f(1,2)N2(g)＋eq \f(3,2)H2(g)NH3(g)的平衡常数Kp＝eq \r(K′p)＝ eq \r(\f(25,27×400)（MPa）－2)＝ eq \r(\f(1,432))(MPa)－1。
答案：(1)－45
(2)(ⅱ) 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H—H的大很多，因此，在题述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
(3)eq \f(7.8×2873NA,56×1030)
(4)①p1＜p2＜p3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大，平衡时氨的摩尔分数越大 ②图4 ③33.33% eq \r(\f(1,432))
2022年北京冬奥会“飞扬”火炬使用的燃料
氢气(H2)
①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)
ΔH1＝－484 kJ·ml－1
2008年北京奥运会“祥云”火炬使用的燃料
丙烷(C3H8)
②C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(g) ΔH2＝－2 039 kJ·ml－1
③C3H8(g)＋eq \f(7,2)O2(g)===3CO(g)＋4H2O(g) ΔH3＝－1 190 kJ·ml－1