备战2025年高考二轮复习化学（广东版）大单元主观题突破练4（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习化学（广东版）大单元主观题突破练4（Word版附解析），共9页。试卷主要包含了0 kJ·ml-1，5 kJ·ml-1，02，25，8　10等内容，欢迎下载使用。
学生用书P239
1.(13分)氮及其化合物在工农业生产中有着重要应用,减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
Ⅰ.一定条件下,用CH4催化还原可消除NO污染。
已知:
①CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-865.0 kJ·ml-1
②2NO(g)+O2(g)2NO2(g) ΔH=-112.5 kJ·ml-1
(1)N2和O2完全反应,每生成2.24 L(标准状况)NO时,吸收8.9 kJ的热量,则CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH= kJ·ml-1;一定温度下,往一容积不变的密闭容器中加入适量的CH4和NO,下列条件能判断该反应到达平衡状态的有 (填字母)。
A.混合气体的平均相对分子质量不变
B.v消耗(NO)=4v消耗(CO2)
C.单位时间里有4n ml C—H断开同时有4n ml O—H断开
D.混合气体的压强不变
E.混合气体的密度不变
(2)将2 ml NO(g)、1 ml O2(g)和2 ml He(g)通入反应器,在温度T、压强p条件下进行反应②和2NO2(g)N2O4(g)。平衡时,若O2、NO2与N2O4三者的物质的量相等,则NO转化率为 ,反应②平衡常数Kp= (用含p的代数式表示)。
Ⅱ.利用如图所示原理去除NO:
(3)基态N原子中,电子占据的最高能级为 能级,该能级轨道的形状为 ;电解池中阴极反应式为 。
(4)A口每产生224 mL O2(体积已换算成标准状况,不考虑O2的溶解),可处理NO的物质的量为 ml。
答案:(1)-1 155.5 BC
(2)60% 52p
(3)2p 哑铃形 2HSO3-+2e-+2H+S2O42-+2H2O
(4)0.02
解析:(1)N2和O2完全反应,每生成2.24 L(标准状况)NO时n(NO)=2.24 L22.4 L·ml-1=0.1 ml,吸收8.9 kJ的热量,则生成2 ml NO吸收热量Q=8.9 kJ×20=178 kJ,即热化学方程式为③N2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH=+178 kJ·ml-1,根据盖斯定律,反应①+②-③整理可得CH4(g)+4NO(g)2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1 155.5 kJ·ml-1;
反应前后气体质量守恒,物质的量不变,故而平均相对分子质量一直不变,不能作为平衡的标志,A错误。达到平衡时不同物质按计量数成比例,B正确。同理,C正确。整个反应过程气体压强不变,不能作为平衡的标志,D错误。反应前后气体质量守恒,体积不变,故而密度不变,不能作为平衡的标志,E错误。
(2)由题目信息可知,设平衡时n(NO)=x ml,n(NO2)=n(O2)=n(N2O4)=y ml,根据N守恒可得x+3y=2,根据O守恒可得x+8y=4;解得n(NO)=x ml=0.8 ml,n(NO2)=n(O2)=n(N2O4)=y ml=0.4 ml。NO转化率为2-0.82×100%=60%;平衡时混合气体总物质的量为0.8 ml+0.4 ml×3+2 ml=4 ml,反应②平衡常数Kp=(0.44p)2(0.84p)2×0.44p=52p。
(3)基态N原子核外电子排布为1s22s22p3,基态N原子中,电子占据的最高能级为2p能级,该能级轨道的形状为哑铃形。由图可知,电解池中阴极的亚硫酸氢根离子得到电子发生还原反应生成S2O42-,反应式为2HSO3-+2e-+2H+S2O42-+2H2O。
(4)A口每产生224 mL O2(体积已换算成标准状况,不考虑O2的溶解)为0.01 ml,NO得到电子生成0价的氮气,根据电子守恒可知,2NO~4e-~O2,则可处理NO的物质的量为0.02 ml。
2.(14分)(2024·广东惠州第三次调研)减少NOx、CO2的排放,实现资源化利用是化学工作者研究的重要课题。
(1)尿素水解生成的NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术,且为可逆过程。反应过程与能量关系如图1,在以Fe2O3为主的催化剂表面可能发生的反应过程如图2。
①NH3催化还原NO为 (填“放热”或“吸热”)反应。
②基态Fe3+的价层电子排布式为 。
③上述脱硝的总反应化学方程式为 。
(2)电厂烟气脱氮的反应为4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g) ΔHKⅡ,C正确;故选AC。
(2)①[C(NH3)6]3+中配位键属于σ键,氮氢键属于σ键,则1 ml [C(NH3)6]3+中含有σ键的数目为1 ml×24×NA ml-1=24NA。②由题给信息可知,反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10-4 m3·min-1×300 min×2×10-2 ml·m-3×60%=0.000 72 ml,则钴氨溶液中[C(NH3)6]2+有效含钴率为0.01ml·L-1×1 L-0.000 72 ml×20.01ml·L-1×1 L×100%=85.6%。③由图可知,前16 h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[C(NH3)6]2+被氧化为[C(NH3)6]3+,[C(NH3)6]3+对NO的配位能力极低。
(3)①由图可知,当电解电压为U2时,催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极,酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水,电极反应式为NO+5e-+5H+NH3+H2O。②由图可知,当电解电压为U1时,氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%,则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为60%×Q总2∶20%×Q总5=15∶2。
5.(15分)(2024·全国甲卷)甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联为丙烯(C3H6)的研究所获得的部分数据如下。回答下列问题:
(1)已知如下热化学方程式:
CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g) ΔH1=-29 kJ·ml-1
3CH3Br(g)C3H6(g)+3HBr(g) ΔH2=+20 kJ·ml-1
计算反应3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH= kJ·ml-1。
(2)CH4与Br2反应生成CH3Br,部分CH3Br会进一步溴化。将8 mml CH4和8 mml Br2通入密闭容器,平衡时,n(CH4)、n(CH3Br)与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2)。
(ⅰ)图中CH3Br的曲线是 (填“a”或“b”)。
(ⅱ)560 ℃时,CH4的转化率α= ,n(HBr)= mml。
(ⅲ)560 ℃时,反应CH3Br(g)+Br2(g)CH2Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K= 。
(3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性。500 ℃时,分别在有I2和无I2的条件下,将8 mml CH4和8 mml Br2通入密闭容器,溴代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系见下图。
(ⅰ)在11~19 s之间,有I2和无I2时CH3Br的生成速率之比v(有I2)v(无I2)= 。
(ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证据: 。
(ⅲ)研究表明,I2参与反应的可能机理如下:
①I2(g)·I(g)+·I(g)
②·I(g)+CH2Br2(g)IBr(g)+·CH2Br(g)
③·CH2Br(g)+HBr(g)CH3Br(g)+·Br(g)
④·Br(g)+CH4(g)HBr(g)+·CH3(g)
⑤·CH3(g)+IBr(g)CH3Br(g)+·I(g)
⑥·I(g)+·I(g)I2(g)
根据上述机理,分析I2提高CH3Br选择性的原因: 。
答案:(1)-67
(2)(ⅰ)a (ⅱ)80% 7.8 (ⅲ)10.92
(3)(ⅰ)32(或3∶2) (ⅱ)5 s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低,有I2催化的CH3Br的含量陡然上升 (ⅲ)I2的投入消耗了部分CH2Br2,使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br
解析:(1)将第一个热化学方程式命名为①,将第二个热化学方程式命名为②。根据盖斯定律,将方程式①乘以3再加上方程式②,即①×3+②,得热化学方程式3CH4(g)+3Br2(g)C3H6(g)+6HBr(g)的ΔH=-29 kJ·ml-1×3+20 kJ·ml-1=-67 kJ·ml-1。
(2)(ⅰ)根据CH4(g)+Br2(g)CH3Br(g)+HBr(g)为放热反应知,升高温度,平衡逆向移动,CH4(g)的含量增多,CH3Br(g)的含量减少,故CH3Br的曲线为a。
(ⅱ)560 ℃时反应达平衡,剩余的CH4(g)的物质的量为1.6 mml,其转化率α=8 mml-1.6 mml8 mml×100%=80%;若只发生一步反应,则生成6.4 mml CH3Br,但此时剩余CH3Br的物质的量为5.0 mml,说明还有1.4 mml CH3Br发生反应生成CH2Br2,则此时生成的HBr的物质的量n=6.4 mml+1.4 mml=7.8 mml。
(ⅲ)由(ⅱ)分析知,平衡时,反应中各组分的物质的量分别为n(CH3Br)=5.0 mml,n(Br2)=0.2 mml,n(CH2Br2)=1.4 mml,n(HBr)=7.8 mml,故该反应的平衡常数K=c(CH2Br2)·c(HBr)c(CH3Br)·c(Br2)=1.4V××0.2V=10.92。
(3)(ⅰ)11~19 s时,有I2的生成速率v=3.2V-2.6V8 ml·L-1·s-1=0.075V mml·L-1·s-1,无I2的生成速率v=2.2V-1.8V8 ml·L-1·s-1=0.05V mml·L-1·s-1。生成速率之比v(有I2)v(无I2)=。
(ⅱ)从图中可以看出,大约5 s以后有I2催化的CH2Br2的含量逐渐降低,有I2催化的CH3Br的含量陡然上升,因此,可以利用此变化判断I2提高了CH3Br的选择性。
(ⅲ)根据反应机理可知,I2的投入消耗了部分CH2Br2,同时也消耗了部分HBr,使得消耗的CH2Br2发生反应生成了CH3Br,提高了CH3Br的选择性。
6.(14分)(2024·广东2月大联考)银作为催化剂,主要用于乙烯氧化制环氧乙烷、甲醇氧化制甲醛等,通过亚硫酸钠-甲醛还原法或氨浸-水合肼还原法可回收失效的银催化剂。
回答下列问题:
(1)向银催化剂中加入稀硝酸溶解的化学方程式为 。
(2)用氯化钠溶液沉淀银离子可发生下列反应:
Ⅰ.Ag++Cl-AgCl K1=5.6×109
Ⅱ.Ag++2Cl-[AgCl2]- K2=1.1×105
Ⅲ.AgCl+Cl-[AgCl2]- K3
①计算K3= (列出计算式即可)。
②根据上述平衡信息,为了使Ag+沉淀完全,应注意控制的条件是 。
(3)亚硫酸钠-甲醛还原法浸取AgCl的主要反应为AgCl+2SO32-[Ag(SO3)2]3-+Cl-。
①该反应在敞口容器中进行,其他条件不变时,浸出时间过长会使银的浸出率降低,原因可能是 (用离子方程式表示)。
②浸出液中含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度及浸出液pH的关系如图所示:
已知浸出液中含银微粒的存在形式为Ag+、[Ag(SO3)]-、[Ag(SO3)2]3-、[Ag(SO3)3]5-和[AgXn](n-1)-(X为Cl或OH),则含硫微粒的总浓度c总=c([Ag(SO3)]-)+2c([Ag(SO3)2]3-)+c(H2SO3)+ + +c(HSO3-);pH=5时,含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化不大,pH=10时,含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化较大,原因是 。
(4)常温下用氨浸-水合肼还原法浸取AgCl,已知:Ag+(aq)+2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)+2H2O K4=1.6×107,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,写出AgCl溶于氨水发生反应的离子方程式: ,计算该反应的平衡常数K= (保留3位有效数字)。
答案:(1)3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O
(2)①1.1×1055.6×109 ②控制氯化钠的用量(合理即可)
(3)①2SO32-+O22SO42-或2[Ag(SO3)2]3-+2O2Ag2SO4+3SO42-
②3c([Ag(SO3)3]5-) c(SO32-) pH=5时,SO32-与H+结合生成HSO3-或H2SO3,尽管含硫微粒总浓度增大,但c(SO32-)较小
(4)AgCl+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O 2.88×10-3
解析:(1)银和稀硝酸反应的化学方程式为3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O。
(2)①根据盖斯定律,可知反应Ⅲ=反应Ⅱ-反应Ⅰ,所以K3=K2K1=1.1×1055.6×109。②根据过程中发生的反应,要使Ag+沉淀完全,应注意控制氯化钠的用量。
(3)①其他条件不变时,该反应在敞口容器中进行,浸出时间过长会使银的浸出率降低,可能原因是亚硫酸钠或[Ag(SO3)2]3-被空气中的氧气氧化,离子方程式为2SO32-+O22SO42-或2[Ag(SO3)2]3-+2O2Ag2SO4+3SO42-。②根据元素守恒,c总=c([Ag(SO3)]-)+2c([Ag(SO3)2]3-)+c(H2SO3)+3c([Ag(SO3)3]5-)+c(HSO3-)+c(SO32-);pH=5时,含银微粒总浓度随含硫微粒总浓度的变化与pH=10时不同,结合硫元素的存在形式,可推测原因是pH=5时,SO32-与H+结合生成HSO3-或H2SO3,尽管含硫微粒总浓度增大,但c(SO32-)较小,AgCl溶解较少。
(4)AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3·H2O[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O; K4=c([Ag(NH3)2]+)c2(NH3·H2O)·c(Ag+)=1.6×107,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,所以AgCl溶于氨水的离子反应的平衡常数K=c([Ag(NH3)2]+)·c(Cl-)c2(NH3·H2O)=c([Ag(NH3)2]+)·c(Cl-)·c(Ag+)c2(NH3·H2O)·c(Ag+)=K4·Ksp(AgCl)=1.6×107×1.8×10-10=2.88×10-3。