2024届高考化学二轮复习专题强化练(七)含答案

这是一份2024届高考化学二轮复习专题强化练(七)含答案，共7页。试卷主要包含了丙烷经催化脱氢可制丙烯等内容，欢迎下载使用。

已知：
①C3H8(g)＋5O2(g)===3CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－2 220 kJ·ml－1；
②C3H6(g)＋eq \f(9,2)O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－2 058 kJ·ml－1；
③H2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===H2O(l) ΔH＝－286 kJ·ml－1。
A．C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g) ΔH＝＋124 kJ·ml－1
B．c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2＋H2CO＋H2O
C．其他条件不变，投料比eq \f(c（C3H8）,c（CO2）)越大，C3H8转化率越大
D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)＋c0(CO2)＝c(CO)＋c(CO2)＋3c(C3H8)＋3c(C3H6)
解析：根据盖斯定律结合题干信息，可由反应：①－②－③得到目标反应C3H8(g)===C3H6(g)＋H2(g)，该反应的ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝＋124 kJ·ml－1，A项正确；由反应C3H8(g) === C3H6(g)＋H2(g)知，生成C3H6和H2的物质的量相等，但由于发生反应CO2＋H2CO＋H2O，存在H2与C3H6的浓度变化差异，B项正确；投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小，C项错误；根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)＋c0(CO2)＝3c(C3H6)＋c(CO)＋3c(C3H8)＋c(CO2)，D项正确。故选C。
答案：C
2．(2023·沈阳统考二模)某实验小组利用光电催化脱除SO2与制备H2O2相耦合，高效协同转化过程如图(BPM膜可将水解离为H＋和OH－，向两极移动)。下列分析正确的是( )
已知：
①2H2O(l)＋O2(g)===2H2O2(aq) ΔGθ＝＋233.6 kJ·ml－1；
②2OH－(aq)＋SO2(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===SOeq \\al(2－,4)(aq)＋H2O(l) ΔGθ＝－374.4 kJ·ml－1。
A．α­Fe2O3是负极，电势更高
B．正极区每消耗22.4 L氧气，转移2 ml e－
C．当生成0.1 ml H2O2时，负极区溶液增加6.4 g
D．总反应SO2(g)＋O2(g)＋2OH－(aq)===SOeq \\al(2－,4)(aq)＋H2O2(aq)，该过程为自发过程
解析：由题图可知α­Fe2O3上二氧化硫失电子生成SOeq \\al(2－,4)，α­Fe2O3为负极，负极电势低于正极电势，故A错项误；末指明氧气是否为标准状况，不能根据气体体积确定气体的物质的量，故B项错误；正极反应：2H＋＋O2＋2e－===H2O2，生成0.1 ml H2O2时，转移0.2 ml电子，结合负极反应：4OH－＋SO2－2e－===SOeq \\al(2－,4)＋2H2O，转移0.2 ml电子时，负极吸收0.1 ml(6.4 g)二氧化硫，同时BPM膜中解离出的OH－进入负极区，所以负极区溶液增重大于6.4 g，故C项错误；根据盖斯定律可知，总反应可由eq \f(1,2)①＋②得到，总反应的ΔGθ＝eq \f(1,2)ΔGθ(①)＋ΔGθ(②)＝eq \f(＋233.6 kJ·ml－1,2)＋(－374.4 kJ·ml－1)＝－257.6 kJ·ml－1，ΔG