化学反应原理核心考点测试题参考答案

1.C 提示:中和热专指生成1 mol水时所对应的热量,而A 项除生成2 mol H2O(l)外,还有生成BaSO4(s)的热效应。B 项,应生成H2O(l)。D 项,辛烷应为1 mol。

2.D 提示:首先,依据盖斯定律对已知热化学方程式进行加合,可得到一个含有常见化学键断裂和形成的热化学方程式。其次,由分子结构可知其所含共价键类型及个数。第三,化学反应的焓变=反应物中总键能-生成物中总键能。根据盖斯定律,由①-②=(a+110) kJ·mol-1,由H—O—H--→及键能与反应热关系可知,

3.B

4.D

5.C 提示:电解法制备高纯度的镍时,粗镍作为阳极,阳极电极反应依次为Zn-2e-══Zn2+、Fe-2e-══Fe2+、Ni-2e-══Ni2+,A 项错误;在电解过程中,阳极Zn、Fe、Ni溶解,Cu、Pt沉积到电解槽底部,阴极只析出Ni,两极转移的电子数相等,但阳极的质量减少量与阴极的质量增加量不相等,B项错误。电解后,溶液中存在的金属阳离子除Fe2+、Zn2+外,还有Ni2+,D 项错误。由于Cu和Pt的还原性比Ni的弱,无法失去电子,便以沉淀的形式沉积于电解槽底部,形成阳极泥,所以C项正确。

6.A 提示:由外电路直流电源知,a、c为阴极,b、d为阳极。由电解规律可知,a极上析出Cu,b极上析出Cl2,c极上析出Ag,d极上析出O2。由电子守恒可知,2e-～Cu～Cl2～,所以a、b、c、d四个电极上所析出物质的物质的量之比应为2∶2∶4∶1。

7.B 提示:反应①的平衡常数K=题干已知容器体积为2 L,达到平衡状态后O2为9 mol,N2O3为c(N2O5)。假设反应②生成c(O2)为xmol·L-1。那么,反应②消耗c(N2O3)xmol·L-1,反应①生成的c(O2)为(4.5-x)mol·L-1,反应①生成c(N2O3)为(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,平衡时c(N2O5)=4 mol·L-1-3.1 mol·L-1=0.9 mol·L-1,则反应的化学平衡常数

8.C 提示:因甲烷燃料电池的电解质为KOH 溶液,生成的CO2还要与KOH 反应生成K2CO3,依据零价法可得负极反应式为,所以A 项正确。又知在碱性环境中的正极反应式为O2+2H2O +4e-══4OH-,所以B 项正确。让两极电子转移相等再相加,可得总反应式为3H2O,从总反应式可以看出,总体消耗OH-,故电解质溶液的碱性减小,C 项错误。根据能量转化规律,燃烧时产生的热能是不可能全部转化为功的,能量利用率不高,而电能转化为功的效率要大得多,D 项正确。

9.C 提示:要产生AgCl沉淀,c(Ag+)10-8mol·L-1;要产生AgBr沉淀,c(Ag+)要产生 Ag2CrO4沉淀,需c2(Ag+)·3.0×10-5mol·L-1;显然沉淀的顺序为Br-、Cl-、CrO2-4。

10.B 提示:溶液中Fe3+恰好沉淀完全时,10-11mol·L-1,pH=3;溶液中Al3+恰好沉淀完全时,c(OH-)=1×10-9mol·L-1,pH =5。故当溶液中Fe3+和Al3+沉淀完全时,调节溶液的pH 应略大于5。

11.(1)2CH3OH +3O2══2CO2+4H2O

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

(3)正 负

(4)对空气的污染较小

提示:因该燃料电池电解质溶液为稀硫酸,所以总反应方程式是2CH3OH+3O2══2CO2+4H2O。按燃料电池正极反应式的书写规则知,在稀硫酸中,其正极反应式为3O2+12H++12e-══6H2O,然后在电子守恒的基础上利用总反应式减去正极反应式即得负极反应式:2CH3OH+2H2O-12e-══2CO2↑+12H+。由原电池原理知负极失电子后经导线转移到正极,所以正极上富集电子,根据电性关系知阳离子向正极移动,阴离子向负极移动。故H+离子向正极移动,向外电路释放电子的电极是负极。

12.(1)2C4H10+13O2══8CO2+10H2O

(3)CO2负

提示:由于电解质为熔融的K2CO3,且不含O2-和,生成的CO2不会与反应生成的,故该燃料电池的总反应式为 2C4H10+13O2══8CO2+10H2O。按燃料电池正极反应式的书写规则知,在熔融碳酸盐环境中,其正极反应式为O2+2CO2。通入丁烷的一极为负极,其电极反应式可利用总反应式减去正极反应式求得,应为34CO2+10H2O。从上述电极反应式可看出,要使该电池的电解质组成保持稳定,在通入的空气中应加入CO2,它从负极反应产物中来。

13.(1)1.8×10-7mol·L-1(2)2(3)否

提示:(1)反应前,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;反应后剩余的 Cl-为0.1×10-3mol,则混合溶液中,c(Cl-)=1.0×1.8×10-7mol·L-1。

(2)H+没有参与反应,完全沉淀后,c(H+)=0.010 mol·L-1,pH=2。

(3)因为加入的盐酸中,c(Cl-)和反应后所得溶液中的c(Cl-)相同,c(Cl-)没有改变,c(Ag+)变小,所以Qc=c(Ag+)·c(Cl-)

14.(1)①-223 1.2×1014

②碳氯化反应是气体分子总数增加且放热的自发过程,直接氯化是体系气体分子总数不变、且吸热ΔH>0的非自发过程,因此碳氯化反应趋势远大于直接氯化反应

③向左 变小

(2)①7.2×105

②选择更高温度为了加快反应速率,单位时间内得到更多的TiCl4产品

(3)将固体粉碎后混合,同时鼓入Cl2,使固体粉末“沸腾”,以增大固体的接触面积

提示:(1)①目标反应=反应ⅱ-反应ⅰ,因此ΔH=ΔH2-ΔH1= -51 kJ·mol-1-172 kJ·mol-1=-223 kJ·mol-1。Kp=

②ΔG是自发反应的第一判据,ΔG=ΔH-TΔS。碳氯化反应是气体分子总数增加、放热的过程,ΔG<0,因此碳氯化反应是自发过程。直接氯化的体系气体分子总数不变,且吸热,ΔG>0,因此碳氯化反应趋势远大于直接氯化反应。

③碳氯化反应是气体分子总数增多的放热反应,因此增大压强,平衡向气体分子总数减少的方向移动,升高温度,平衡向左移动,平衡转化率变小。

(2)①根据图像,1 400 ℃时,Kp==7.2×105Pa。

②在实际工业生产中,反应条件的选择要在反应速率和平衡转化率之间做综合考虑,因此为了加快反应速率,单位时间内得到更多的TiCl4产品,选择更高温度。

(3)固体颗粒越小,比表面积越大,反应接触面积越大,因此将两者粉碎后混合,同时鼓入Cl2,使固体粉末“沸腾”,可达到增大接触面积的目的。

15.(1)+170

(2)步骤简单;副产物氢气可作燃料,产物易分离 能耗高

(4)①越大 恒温恒容条件下,充惰性气体会造成分压减小,促使平衡2H2S(g)══2H2(g)+S2(g) 正向移动。n(H2S)∶n(Ar)越小,即H2S 的分压越小,平衡正向移动程度越大,H2S平衡转化率越大

②d 24.9

(2)根据题目可知克劳斯法步骤多,需控制氧气和硫化氢的比例,从热效应角度来看是放热反应;热分解法步骤简单,生成的产物为氢气和硫蒸气,冷凝后易分离出硫单质,从热效应角度来看是吸热反应。

(3)设初始时加入2amol H2S,8amol Ar,转化2xmol H2S,根据题意有:

根据平衡时H2S 与H2的分压相等,可知n(H2S)=n(H2),即2a-2x=2x,得x=0.5a,因此,H2S平衡转化率100%=50%。

平衡时,由以上分析知n(H2S)=amol,n(H2)=amol,n(S2)=0.5amol,n(Ar)=8amol。总气体物质的量n总=10.5amol。由分压公式知,因此代入知n(H2)=amol可知,Kp=p(S2)

(4)①结合勒夏特列原理,压强减小,平衡将向气体分子系数之和增大的方向移动,因此,恒温恒容条件下充惰性气体会造成分压减小,促使平衡2H2S(g)══2H2(g)+S2(g)正向移动。n(H2S)∶n(Ar)越小,即H2S 的分压越小,平衡正向移动程度越大,H2S平衡转化率越大。

②结合①中结论可知,恒温恒容条件下,n(H2S)∶n(Ar)越小,H2S平衡转化率越大。因此a、b、c、d、e依次对应n(H2S)∶n(Ar)为4∶1、1∶1、1∶4、1∶9、1∶19 的H2S-Ar混合气。

0～0.1s,α(H2S)=24%,设初始投入amol H2S和9amol Ar,根据题意有:

0.1 s时气体的总物质的量n总=(0.76a+0.24a+0.12a+9a) mol=10.12amol。

0 s 时,p(H2S)10 kPa;0.1 s 时,p(H2S)=100 kPa=7.51 kPa。因此0～0.1 s,H2S分压的平均变 化 率 为24.9 kPa·s-1。