考点6 化学反应与能量-2024年高考化学试题分类汇编

这是一份考点6 化学反应与能量-2024年高考化学试题分类汇编，共27页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题
1.(2024·安徽选择考·10)某温度下,在密闭容器中充入一定量的X(g),发生下列反应:X(g)Y(g)(ΔH11,说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱附,同时从图中可知,a点后一段时间,C2H4的cc0仍为0,说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代,p点到b点之间,吸附的C2H6仍在被C2H4替代,但是速率相对之前有所减小,同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4,因此p点后C2H4的cc0也逐步增大,直至等于1,此时吸附剂不能再吸附两种物质,C正确。
答案:(1)-566
(2)> b
(3)①112 ②增大
(4)4s空轨道 识别度高,能有效将C2H4和C2H6分离,分离出的产物中杂质少,纯度较高
(5)BC
8.(2024·江苏选择考·17)氢能是理想清洁能源,氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。
(1)利用铁及其氧化物循环制氢,原理如图所示。反应器Ⅰ中化合价发生改变的元素有 ;含CO和H2各1 ml的混合气体通过该方法制氢,理论上可获得 ml H2。
(2)一定条件下,将氮气和氢气按n(N2)∶n(H2)=1∶3混合匀速通入合成塔,发生反应N2+3H22NH3。海绵状的α-Fe作催化剂,多孔Al2O3作为α-Fe的“骨架”和气体吸附剂。
①H2中含有CO会使催化剂中毒。CH3COO[Cu(NH3)2]和氨水的混合溶液能吸收CO生成CH3COO[Cu(NH3)3CO]溶液,该反应的化学方程式为 。
②Al2O3含量与α-Fe表面积、出口处氨含量关系如图所示。Al2O3含量大于2%,出口处氨含量下降的原因是


。
(3)反应H2+HCO3-HCOO-+H2O可用于储氢。
①密闭容器中,其他条件不变,向含有催化剂的0.1 ml·L-1 NaHCO3溶液中通入H2,HCOO-产率随温度变化如图所示。温度高于70 ℃,HCOO-产率下降的可能原因是

。
②使用含氨基物质(化学式为CN—NH2,CN是一种碳衍生材料)联合Pd-Au催化剂储氢,可能机理如图所示。氨基能将HCO3-控制在催化剂表面,其原理是
;
用重氢气(D2)代替H2,通过检测是否存在 (填化学式)确认反应过程中的加氢方式。
【解析】(1)反应器Ⅰ中参与反应的物质有CO、H2、Fe2O3,产物有CO2、H2O、Fe,化合价发生改变的元素有C、H、Fe。CO、H2各1 ml参与题述反应,各生成23 ml Fe,共生成43 ml Fe,43 ml Fe在反应器Ⅱ中发生反应:3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2,列比例式计算:
3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2
34
43 ml169 ml
共生成169 ml H2。
(2)①根据题给反应物及生成物书写即可。
②多孔Al2O3可作为气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3,Al2O3含量大于2%时,α-Fe表面积减小,反应速率减小,这也会导致产生的NH3减少。
(3)①NaHCO3受热易分解,导致HCOO-产率下降。
②氨基中的H原子连在电负性较大的N原子上,HCO3-中的H原子连在电负性较大的O原子上,二者之间可以形成氢键。总反应为H2+HCO3-H2O+HCOO-,用D2代替H2,若生成DCOO-,则可确认反应过程中的加氢方式。
答案:(1)C、H、Fe 169
(2)①CH3COO[Cu(NH3)2]+NH3·H2O+COCH3COO[Cu(NH3)3CO]+H2O
②多孔Al2O3可作为气体吸附剂,含量过多会吸附生成的NH3,Al2O3含量大于2%时,α-Fe表面积减小,反应速率减小,产生NH3减少
(3)①NaHCO3受热分解,导致HCOO-产率下降
②—NH2可以与HCO3-形成氢键 DCOO-
9.(2024·河北选择考·17)氯气是一种重要的基础化工原料,广泛应用于含氯化工产品的生产。硫酰氯及1,4-二(氯甲基)苯等可通过氯化反应制备。
(1)硫酰氯常用作氯化剂和氯磺化剂,工业上制备原理如下:SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g) ΔH=-67.59 kJ·ml-1。
①若正反应的活化能为E正 kJ·ml-1,则逆反应的活化能E逆= kJ·ml-1(用含E正的代数式表示)。
②恒容密闭容器中按不同进料比充入SO2(g)和Cl2(g),测定T1、T2、T3温度下体系达平衡时的Δp(Δp=p0-p,p0为体系初始压强,p0=240 kPa,p为体系平衡压强),结果如图甲。
上图中温度由高到低的顺序为 ,判断依据为 。
M点Cl2的转化率为 ,T1温度下用分压表示的平衡常数Kp= kPa-1。
③图乙曲线中能准确表示T1温度下Δp随进料比变化的是 (填序号)。
(2)1,4-二(氯甲基)苯(D)是有机合成中的重要中间体,可由对二甲苯(X)的氯化反应合成。对二甲苯浅度氯化时反应过程为
以上各反应的速率方程均可表示为v=kc(A)c(B),其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度,k为速率常数(k1~k5分别对应反应①~⑤)。某温度下,反应器中加入一定量的X,保持体系中氯气浓度恒定(反应体系体积变化忽略不计),测定不同时刻相关物质的浓度。已知该温度下,k1∶k2∶k3∶k4∶k5=100∶21∶7∶4∶23。
①30 min时,c(X)=6.80 ml·L-1,且30~60 min内v(X)=0.042 ml·L-1·min-1,反应进行到60 min时,c(X)= ml·L-1。
②60 min时,c(D)=0.099 ml·L-1,若0~60 min产物T的含量可忽略不计,则此时c(G)= ml·L-1;60 min后,随T的含量增加,c(D)c(G) (填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】(1)①根据反应热ΔH与活化能E正和E逆关系为ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可知,该反应的E逆=E正 kJ·ml-1-ΔH=(E正+67.59) kJ·ml-1。
②该反应的正反应为气体体积减小的反应,因此反应正向进行程度越大,平衡时容器内压强越小,Δp即越大,从T3到T1,Δp增大,说明反应正向进行程度逐渐增大,已知正反应为放热反应,则温度由T3到T1逐渐降低,即T3>T2>T1。由题图甲中M点可知,进料比为n(SO2)∶n(Cl2)=2,平衡时Δp=60 kPa,已知恒温恒容情况下,容器内气体物质的量之比等于压强之比,可据此列出三段式:
SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(g) Δp
起始压强/kPa 160 80 0
转化压强/kPa 60 60 60 60
平衡压强/kPa 100 20 60
可计算得α(Cl2)=60kPa80kPa×100%=75%,Kp=p(SO2Cl2)p(SO2)·p(Cl2)=60kPa100kPa×20kPa=0.03 kPa-1。
③由题图甲中M点可知,进料比为2时,Δp=60 kPa,结合三段式以及T1时化学平衡常数可知,进料比为0.5时,Δp也为60 kPa,曲线D上存在(0.5,60)。本题也可以根据“等效平衡”原理,该反应中SO2和Cl2的化学计量数之比为1∶1,则SO2和Cl2的进料比互为倒数(如2与0.5)时,Δp相等。
(2)①根据化学反应速率的计算公式,v(X)=Δc(X)Δt,60 min时,c(X)=6.80 ml·L-1-v(X)·Δt=6.80 ml·L-1-0.042 ml·L-1·min-1×30 min=5.54 ml·L-1。
②已知v(D)v(G)=Δc(D)tΔc(G)t=Δc(D)Δc(G),又由题给反应速率方程推知,v(D)v(G)=k2·c(M)k3·c(M)=k2k3=3,则Δc(G)=13×Δc(D)=0.033(ml·L-1),即60 min后c(G)=0.033 ml·L-1。60 min后,D和G转化为T的速率比为k4·c(D)k5·c(G)=4·0.09923·0.033,G消耗得更快,则c(D)c(G)增大。
答案:(1)①E正+67.59
②T3>T2>T1 该反应正反应放热,且气体分子数减小,反应正向进行时,容器内压强减小,从T3到T1平衡时Δp增大,说明反应正向进行程度逐渐增大,对应温度逐渐降低 75% 0.03
③D
(2)①5.54
②0.033 增大
10.(2024·湖南选择考·18)丙烯腈(CH2CHCN)是一种重要的化工原料。工业上以N2为载气,用TiO2作催化剂生产CH2CHCN的流程如下:
已知:①进料混合气进入两釜的流量恒定,两釜中反应温度恒定:
②反应釜Ⅰ中发生的反应:
ⅰ:HOCH2CH2COOC2H5(g)CH2CHCOOC2H5(g)+H2O(g) ΔH1
③反应釜Ⅱ中发生的反应:
ⅱ:CH2CHCOOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCONH2(g)+C2H5OH(g) ΔH2
ⅲ:CH2CHCONH2(g)CH2CHCN(g)+H2O(g) ΔH3
④在此生产条件下,酯类物质可能发生水解
回答下列问题:
(1)总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)
ΔH= (用含ΔH1、ΔH2和ΔH3的代数式表示)。
(2)进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)∶n(C2H5OH)=1∶2,出料中四种物质(CH2CHCOOC2H5、CH2CHCN、C2H5OH、H2O)的流量(单位时间内出料口流出的物质的量)随时间变化关系如图:
①表示CH2CHCN的曲线是 (填“a”“b”或“c”);
②反应釜Ⅰ中加入C2H5OH的作用是 ;
③出料中没有检测到CH2CHCONH2的原因是 ;
④反应11 h后,a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是 。
(3)催化剂TiO2再生时会释放CO2,可用氨水吸收获得NH4HCO3。现将一定量的NH4HCO3固体(含0.72 g水)置于密闭真空容器中,充入CO2和NH3,其中CO2的分压为100 kPa,在27 ℃下进行干燥。为保证NH4HCO3不分解,NH3的分压应不低于 kPa[已知p(H2O)=2.5×102 kPa·ml-1×n(H2O),NH4HCO3分解的平衡常数Kp=4×104(kPa)3]。
(4)以CH2CHCN为原料,稀硫酸为电解液,Sn作阴极,用电解的方法可制得Sn(CH2CH2CN)4,其阴极反应式 。
【解析】工业上以N2为载气,用TiO2作催化剂,由HOCH2CH2COOC2H5和C2H5OH为进料气体生产CH2CHCN,在反应釜Ⅰ中发生反应ⅰ:HOCH2CH2COOC2H5(g)CH2CHCOOC2H5(g)+H2O(g),加入NH3后,加入NH3后,在反应釜Ⅱ中发生反应ⅱ:CH2CHCOOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCONH2(g)+C2H5OH(g),反应ⅲ:CH2CHCONH2(g)CH2CHCN(g)+H2O(g),故产物的混合气体中有CH2CHCN、未反应完的C2H5OH、CH2CHCOOC2H5(g)和H2O(g);
(1)根据盖斯定律,总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g)可以由反应ⅰ+反应ⅱ+反应ⅲ得到,故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3;
(2)①根据总反应HOCH2CH2COOC2H5(g)+NH3(g)CH2CHCN(g)+C2H5OH(g)+2H2O(g),设进料混合气中n(HOCH2CH2COOC2H5)=1 ml,n(C2H5OH)=2 ml,出料气中CH2CHCOOC2H5含量较少,则生成CH2CHCN(g)、C2H5OH(g)物质的量约为1 ml,生成H2O(g)的物质的量约为2 ml,故出料气中C2H5OH(g)物质的量共约3 ml,故出料气中CH2CHCN、C2H5OH、H2O物质的量之比约为1∶3∶2,故曲线c表示CH2CHCN的曲线;
②反应釜Ⅰ中发生反应ⅰ是气体体积增大的反应,故加入C2H5OH降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率;
③出料中没有检测到CH2CHCONH2的原因是CH2CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解;
④反应11 h后,a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长,酯类物质发生水解的程度增大,反应釜中发生反应的产物减少,反应速率降低,故产物减少;
(3)0.72 g水的物质的量为0.04 ml,故p(H2O)=2.5×102 kPa·ml-1×n(H2O)=10 kPa,NH4HCO3分解的反应式为NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑,故NH4HCO3分解的平衡常数Kp=p(NH3)·p(CO2)·p(H2O)=4×104(kPa)3,解得p(NH3)=40 kPa,故为保证NH4HCO3不分解,NH3的分压应不低于40 kPa;
(4)Sn(CH2CH2CN)4是有机化合物,与水不互溶,水中不电离,以CH2CHCN为原料,Sn作阴极得电子制得Sn(CH2CH2CN)4,故阴极的电极反应式为Sn+4CH2CHCN+4e-+4H+Sn(CH2CH2CN)4。
答案:(1)ΔH1+ΔH2+ΔH3
(2)①c
②降低分压有利于反应ⅰ平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率
③CH2CHCONH2在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 ④反应时间过长,酯类物质发生水解的程度增大,反应釜中反应产物减少,反应速率降低,故产物减少
(3)40
(4)Sn+4CH2CHCN+4e-+4H+Sn(CH2CH2CN)4
11.(2024·山东等级考·20)水煤气是H2的主要来源,研究CaO对C-H2O体系制H2的影响,涉及主要反应如下:
C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g) (Ⅰ) ΔH1>0
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)(Ⅱ) ΔH2