福建省2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡

这是一份福建省2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡，共36页。试卷主要包含了单选题，实验题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
福建省2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡

一、单选题
1．（2023·福建漳州·统考三模）用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，不能达到目的的是

A．除去乙烷中的乙烯
B．测定中和反应的反应热
C．验证还原性：S2->Cl-
D．分离NH4CI和NaCl固体
2．（2023·福建福州·统考模拟预测）下列有关催化剂的说法错误的是
A．改变反应历程 B．改变基元反应的活化能
C．可能提高主反应选择性 D．能提高反应物转化率
3．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）CO2加氢制备CH4的一种催化机理如图(活化的微粒用*标注)，下列说法中正确的是

A．CO2*的能量高于CO2
B．Ni－H2的形成增大了H－H键能
C．Ni、La2O3和La2O2CO3加氢反应的催化剂
D．制备CH4的过程涉及极性键和非极性键的断裂、形成
4．（2023·福建漳州·统考三模）2022年诺贝尔化学奖授予了对“点击化学”和“生物正交化学”做出贡献的三位科学家。以炔烃和叠氮化合物为原料的叠氮—炔基Husigen成环反应是点击化学的代表反应，其反应原理如图所示(其中［Cu］为一价铜)；下列说法错误的是

A．反应①消耗的［Cu］大于反应⑤生成的［Cu］
B．该反应原子利用率为100%
C．若将原料 换为 ，则产物为
D．反应⑤的化学方程式为+H+=+[Cu]
5．（2023·福建漳州·统考三模）工业上采用碘循环工艺处理工业尾气SO2，同时制得H2，其工艺流程如图所示。下列说法错误的是

A．反应器中的反应的化学方程式为
B．分离器中物质分离操作为蒸馏
C．膜反应器中加入，生成可循环的的物质的量为1mol
D．碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol
6．（2023·福建厦门·统考二模）下列实验操作正确且能达到实验目的的是

A．图1模拟侯氏制碱法获得
B．图2用溶液滴定未知浓度的醋酸溶液
C．图3 溶液，，探究温度对化学平衡的影响
D．图4探究苯酚和碳酸酸性强弱
7．（2023·福建厦门·统考二模）从菱锰矿(主要成分为，M为、或)提取的转化关系如下：
菱锰矿，，已知  ，关系如图。下列说法错误的是

A．“焙烧”过程最大的是 B．“焙烧”过程最大的是
C．“焙烧”温度应控制在 D．“操作X”为加热
8．（2023·福建福州·统考二模）Ni活化的反应历程如下图所示：

下列说法错误的是
A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3
B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成
C．三种中间体比较，中间体2最稳定
D．升高温度，的化学平衡常数K增大
9．（2023·福建漳州·统考模拟预测）将电催化转化成燃料和化学品具有重要意义。甲酸可以作为氢载体直接用于甲酸燃料电池。某科学家在常温下用S-In催化剂电催化还原制甲酸的机理如图甲所示，反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面的原子用*标注。下列说法错误的是

A．使用S-In催化剂，可以降低反应的活化能
B．在催化剂表面的催化作用下转化为和
C．电催化还原制甲酸的总反应式为
D．电催化还原制备甲酸时，阳极电势比阴极低
10．（2023·福建·统考模拟预测）环境污染已成为一个世界性问题，下列说法正确的是

A．CO与可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示。则为中间体、为催化剂
B．在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如图2所示。若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量
C．工业上用合成乙酸的反应路径如图3所示，催化循环的总反应为
D．科学家研究了钒系SCR催化剂催化脱硝机理，部分反应机理如图4所示。脱硝反应为
11．（2023·福建福州·统考二模）下列实验中，不能达到实验目的的是
制取氨气
提纯(含少量HCl、)
制备
验证溴乙烷发生消去反应后产物的性质




A
B
C
D

A．A B．B C．C D．D
12．（2023·福建·统考模拟预测）下列说法或图示表达错误的是

A．在中，提供孤对电子，提供空轨道
B．叠氮-炔环加成满足点击化学的条件，活性Cu(I)催化该反应的机理如图1所示，DTF计算表明叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快
C．冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如图2所示。与二甲醚()相比，该螯合离子中“C-O-C”键角更小
D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，其在水中的溶解度比图4所示物质大

二、实验题
13．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）邻硝基苯甲醛是一种重要的精细化学品，实验室可通过图1装置(夹持仪器已略去)，以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系(图2)实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成。已知部分物质的性质如表所示。
物质


TEMPO－COOH
溶解性
微溶于水，易溶于CH2Cl2
难溶于水，易溶于CH2Cl2
易溶水，难溶于CH2Cl2
熔点/℃
70
43
—
沸点/℃
270
153
—
性质
+NaHSO3 (易溶于水)


实验步骤如下：
I.向三颈瓶中依次加入1.53g(10mmol)邻硝基苄醇，10.0mL二氯甲烷(沸点39.8℃)和磁子，搅拌使固体全部溶解。再依次加入1.0mLTEMPO－COOH水溶液(做催化剂)和13.0mL饱和NaHCO3溶液。在15℃和剧烈搅拌条件下，滴加13.0mL(足量)10%NaClO水溶液后，继续反应40min。
II.反应完全后，将反应液倒入分液漏斗，分出有机层后，水相用10.0mL二氯甲烷萃取，合并有机相，经无水硫酸钠干燥、过滤后，除去并回收滤液中的二氯甲烷，得到粗品。
III.将粗品溶解在20.0mL二氯甲烷中，加入10.0mL饱和NaHSO3溶液，充分作用后，分离得到水层，水层在水浴中用5%氢氧化钠溶液调节pH到10，浅黄色固体析出完全。抽滤、干燥至恒重，得1.30g产品。
(1)控制反应温度为15℃的方法是______；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是______。
(2)合成产品的化学方程式为______。
(3)配制饱和NaHCO3溶液时，必须使用的仪器是(填写仪器名称)______。

(4)相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，原因是_______；该副产物主要成分是_______。
(5)步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是______。
(6)若用一定浓度盐酸代替“步骤III”中的5%氢氧化钠溶液调节pH，_______(填“能”或“不能”)析出大量产品，原因是______。
(7)本实验产率为_______(计算结果保留3位有效数字)。

三、原理综合题
14．（2023·福建福州·统考模拟预测）常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下：
反应I：；
反应II：
(1)已知：。则___________。
(2)某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m___________ n(填“>”“”“”“Cl-，C正确；
D．氯化铵受热分解为氯化氢和氨气，遇冷又结合为氯化铵固体，NaCl受热不分解，所以能用图示方法分离NH4Cl和NaCl固体，D正确；
故选B。
2．D
【详解】A．催化剂参与化学反应，改变反应历程，故A正确；    
B．催化剂能降低基元反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．催化剂可提高主反应速率，提高主反应选择性，故C正确；
D．催化剂不能使平衡移动，不能提高反应物转化率，故D错误；
选D。
3．A
【详解】A．CO2*为活化微粒，活化分子比普通分子的能量高，因此CO2*的能量高于CO2，故A正确；
B．Ni-H2的形成有利于氢气分子解离为氢原子，因此Ni-H2的形成削弱了H-H键能，故B错误；
C．Ni、La2O3是二氧化碳加氢反应的催化剂，La2O2CO3是中间产物，故C错误；
D．制备甲烷过程中，断键有“C=O”、“H-H”，形成的键有“C-H”、“O-H”，没有非极性键的形成，故D错误；
答案为A。
4．A
【详解】A．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，[Cu]作催化剂，催化剂在反应前后的质量和性质均保持不变，故反应①消耗的［Cu］等于反应⑤生成的［Cu］，A错误；
B．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，该反应为加成反应，故该反应原子利用率为100%，B正确；
C．由题干反应历程图可知，该转化的总反应为：+R2-N3，若将原料 换为 ，则产物为 ，C正确；
D．反应⑤的化学方程式为+H+= +[Cu]，D正确；
故答案为：A。
5．C
【详解】A. 由题干转化流程图可知，反应器中的反应的化学方程式为，故A正确；
B. 分离器中为氢碘酸和硫酸的分离，应采用沸点不同进行蒸馏分离，故B正确；
C. 膜反应器中反应为，由于是可逆反应，加入，生成可循环的的物质的量小于1mol，故C错误；
D. 由A和C分析可知，碘循环工艺中每制取标准状况下，理论上能处理工业尾气的物质的量为1mol,故D正确；
故答案选C。
6．C
【详解】A．氨气极易溶于水，直接通入溶液中会引起倒吸，故A不符合题意；
B．氢氧化钠为强碱，应该使用碱式滴定管，故B不符合题意；
C．，反应吸热，温度改变导致平衡移动使得溶液颜色不同，能探究温度对化学平衡的影响，故C符合题意；
D．挥发的盐酸也会和苯酚钠生成苯酚干扰了实验，故D不符合题意；
故选C。
7．A
【详解】A．熵增的反应利于反应的进行，由流程可知，“焙烧”过程碳酸锰首先分解为氧化锰，而此时碳酸镁没有分解，故最大的不是，A错误；
B．吸热反应不利于反应的自发进行，反应可以自发进行，“焙烧”过程碳酸钙分解所需的温度最高，则最大的是，B正确；
C．焙烧”过程要求碳酸锰分解而碳酸镁、碳酸钙不分解，结合图像可知，“焙烧”温度应控制在，C正确；
D．生成碳酸锰的反应为分解反应，则操作X为加热促使分解，D正确；
故选A。
8．D
【详解】A．活化能越大，速率越慢，慢反应为决速步骤，故反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3，A正确；
B．中间体2→过渡态2涉及C-C非极性键断裂，Ni(s)→中间体1，中间体2→过渡态2，过渡态2→中间体3，均涉及极性键的形成，B正确；
C．三种中间体比较，中间体2能量最低，最稳定，C正确；
D．的总能量比高6.57kJ，该反应为放热反应，升高温度，的化学平衡常数K减小，D错误；
答案选D。
9．D
【详解】A．催化剂的催化原理是降低反应的活化能，提高反应速率，故A正确；
B．根据图甲可知，催化剂活性位点在催化过程中的作用是活化水分子，将转化为和，故B正确；
C．结合图乙反应历程图的起始物质和最终物质，可以得出电催化二氧化碳转化为甲酸的总反应式为，故C正确；
D．电解池中，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，电源正极电势高于负极，所以电解池的阳极电势高于阴极，故D错误；
故答案选D。
【点睛】本题主要考查催化机理分析、根据催化机理图能判断微粒的转化及作用、根据反应历程图书写转化反应、综合应用信息书写总的反应方程式、判断电解池中阳极、阴极电势高低，注意对题干中信息的提取和应用。
10．C
【详解】A．CO与可在表面转化为无害气体，其反应进程及能量变化过程如图1所示第一步是和反应生成氮气和，则为催化剂、为中间体，故A错误；
B．若导电基体上的Pt颗粒增多，反应速率加快，平衡不移动，因此对溶液中含氮量无影响，故B错误；
C．工业上用合成乙酸的反应路径如图3所示，反应物为甲醇、二氧化碳、氢气，产物为乙酸、水，其催化循环的总反应为，故C正确；
D．根据图4信息得到脱硝反应是氨气、一氧化氮和氧气反应生成氮气和水，故D错误。
综上所述，答案为C。
11．A
【详解】A．氯化铵溶液与澄清石灰水不加热反应主要生成一水合氨，不易产生氨气，不能实现氨气制备，A符合题意；
B．Cl2+H2OH++Cl-+HClO，HCl极易溶于水，可用稀硫酸中的水吸收，同时稀硫酸中氢离子使平衡逆向移动，减少氯气的损失，之后通过浓硫酸干燥，能达到目的，B不符题意；
C．打开k2，之后打开k1使稀硫酸流下与铁反应产生氢气，关闭k1，利用产生的氢气排除装置内的空气，然后关闭k2，利用氢气产生的压强将生成的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与NaOH溶液反应制备氢氧化亚铁，能达到目的，C不符题意；
D．溴乙烷在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯中混有乙醇，乙醇与水任意比例混溶，用水吸收乙醇，酸性高锰酸钾溶液褪色证明乙烯具有还原性，能达到目的，D不符题意；
答案选A。
12．C
【详解】A．在中，提供孤对电子，提供空轨道，两者形成配位键，A正确；
B．活化能越大，反应越慢，活化能越小，反应越快，催化剂可改变反应历程，降低活化能，加快反应速率；根据题意可知，叠氮形成六元金属环的活化能比非金属催化剂的反应低很多，则活性Cu(I)催化剂对该反应的催化效率高、反应速率快，B正确；
C．该螯合离子中氧的孤电子对形成配位键，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故导致该螯合离子中“C-O-C”键角变大，C错误；
D．图3的结构中含有-OH，可与水分子间形成氢键，图4所示物质不能和水分子间形成氢键，故图3所示物质在水中的溶解度比图4所示物质的大，D正确；
故选C。
13．(1)     冷水浴     平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下
(2)+NaClO+H2O+NaCl
(3)烧杯、玻璃棒
(4)     生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化     邻硝基苯甲酸
(5)蒸馏
(6)     能     浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品
(7)86.1%

【分析】以邻硝基苄醇为原料，利用两相反应体系实现邻硝基苯甲醛的选择性氧化合成，发生的反应为+NaClO+H2O+NaCl，反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量，据此分析解答。
【详解】（1）控制反应温度为15℃的方法是冷水浴；滴加NaClO溶液时，需要先将漏斗上端玻璃塞打开，目的是平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下，故答案为：冷水浴；平衡内外压强，使漏斗内液体顺利流下；
（2）在催化剂存在条件下，邻硝基苄醇被NaClO氧化生成邻硝基苯甲醛，本身被还原为NaCl，由原子守恒可知，产物还应该有水，反应的化学方程式为+NaClO+H2O+NaCl，故答案为：+NaClO+H2O+NaCl；
（3）配制饱和NaHCO3溶液时，往蒸馏水中加碳酸氢钠，加到碳酸氢钠无法再溶解为止，取上层清夜，就是碳酸氢钠饱和溶液，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，故必须使用的仪器是烧杯、玻璃棒，故答案为：烧杯、玻璃棒；
（4）反应在水相中进行，生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化，相比于单相反应体系，利用两相反体系可以大幅减少副产物的量；邻硝基苯甲醛具有还原性，能被NaClO进一步氧化为邻硝基苯甲酸，则该副产物主要成分是邻硝基苯甲酸，故答案为：生成的邻硝基苯甲醛被萃取到有机相，避免被NaClO进一步氧化；邻硝基苯甲酸；
（5）二氯甲烷沸点较低，而邻硝基苯甲醛沸点较高，分离沸点不同的液体混合物要用蒸馏的方法，所以步骤II中除去并回收二氯甲烷的实验方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；
（6）溶液中存在平衡：+NaHSO3，浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，能析出大量产品，故答案为：能；浓盐酸会与NaHSO3溶液反应，使平衡逆向移动，析出产品；
（7）由反应+NaClO+H2O+NaCl可知，1.53g(10mmol)邻硝基苄醇与过量的NaClO完全反应，理论上可得到10mmol邻硝基苯甲醛，质量为0.01mol151g/mol=1.51g，产率=100%=86.1%，故答案为：86.1%。
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