高三高考化学题分十三个专题详解Word下载.docx
- 文档编号:13236274
- 上传时间:2022-10-08
- 格式:DOCX
- 页数:19
- 大小:24.30KB
高三高考化学题分十三个专题详解Word下载.docx
《高三高考化学题分十三个专题详解Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高三高考化学题分十三个专题详解Word下载.docx(19页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
则:
①△H3______0(填“>”、“=”或“<”)。
②在T1-T2及T4-T5二个温度区间,容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势,其原因是_________。
③反应Ⅲ在温度为T1时,溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。
当时间到达t1时,将该反应体系温度迅速上升到T2,并维持该温度。
请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化趋势曲线。
(3)利用反应Ⅲ捕获CO2,在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的情况下,提高CO2吸收量的措施有_____(写出2个)。
(4)下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是
A.NH4ClB.Na2CO3C.HOCH2CH2OHD.HOCH2CH2NH2
.【解析】
(1)将反应Ⅰ倒过来书写:
(NH4)2CO3(aq)2NH3(l)+H2O(l)+CO2(g)―△H1
将反应Ⅱ×
2:
+)2NH3(l)+2H2O(l)+2CO2(g)2NH4HCO3(aq)2△H2
得:
(NH4)2CO3(aq)+H2O(l)+CO2(g)2NH4HCO3(aq)△H3=2△H2―△H1
(2)由图1可知:
在温度为T3时反应达平衡,此后温度升高,c(CO2)增大,平衡逆向移动,说明反应Ⅲ是放热反应(△H3<0)。
在T3前反应未建立平衡,无论在什么温度下(NH4)2CO3(aq)总是捕获CO2,故c(CO2)减小。
反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后(由图2可知:
溶液pH不随
时间变化而变化),迅速上升到T2并维持温度不变,平衡逆向移动,
溶液pH增大,在T2时又建立新的平衡。
(3)根据平衡移动原理,降低温度或增大c(CO2)
(4)具有碱性的物质均能捕获CO2,反应如下:
Na2CO3+CO2+H2O===2NaHCO3
HOCH2CH2NH2+CO2+H2O==HOCH2CH2NH3+HCO3―
【答案】
(1)2△H2―△H1
(2)①<②T1-T2区间,化学反应未达到平衡,温度越高,反应速率越快,所以CO2被捕获的量随温度的升而提高。
T4-T5区间,化学反应已到达平衡,由于正反应是放热反应,温度升高,平衡向逆反应方向移动,所以不利于CO2的捕获。
③
(3)降低温度;
增加CO2浓度(或压强)(4)BD
(2021广东卷)31.(16分)大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。
将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究.
(1)O3将I-氧化成I2的过程由3步反应组成:
①I-(aq)+O3(g)=IO-(aq)+O2(g)△H1
②IO-(aq)+H+(aq)HOI(aq)△H2
③HOI(aq)+I-(aq)+H+(aq)I2(aq)+H2O(l)△H3
总反应的化学方程式为,其反应△H=。
(2)在溶液中存在化学平衡:
I2(aq)+I-(aq)I3-(aq),其平衡常数表达式为_______。
(3)为探究Fe2+对O3氧化I-反应的影响(反应体系如图13),某研究小组测定两组实验中I3-浓度和体系pH,结果见图14和下表。
①第1组实验中,导致反应后pH升高的原因是_______。
②图13中的A为_____,由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率,原因是_______。
③第2组实验进行18s后,I3-浓度下降。
导致下降的直接原因有(双选)______。
A.c(H+)减小B.c(I-)减小C.I2(g)不断生成D.c(Fe3+)增加
(4)据图14,计算3-18s内第2组实验中生成I3-的平均反应速率(写出计算过程,结果保留两位有效数字)。
解析:
(1)将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ―+2H+=Ⅰ2+O2+H2O,由盖斯定律得△H=△H1+△H2+△H3。
(2)依据平衡常数的定义可得,K=。
(3)①由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0,其原因是反应过程中消耗氢离子,溶液酸性减弱,pH增大,水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡,氢氧根浓度增大,溶液呈碱性,pH增大。
②由于是持续通入O3=,O3可以将Fe2+氧化为Fe3+:
O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O,Fe3+氧化Ⅰ―:
2Fe3++2Ⅰ―=Ⅰ2+2Fe2+,即A是亚铁离子。
Ⅰ―消耗量增大,转化率增大,与Ⅰ2反应的量减少,Ⅰ3―浓度减小。
(4)由图给数据可知△c(Ⅰ3―)=(11.8×
10―3ol/L-3.5×
10―3ol/L)=8.3×
10―3ol/L,由速率公式得:
v(Ⅰ3―)=△c(Ⅰ3―)/△t=8.3×
10―3ol/L/(18―3)=5.5×
10―4ol/L•s。
答案:
(1)O3+2Ⅰ―+2H+=Ⅰ2+O2+H2O,△H=△H1+△H2+△H3。
(2)
(3)反应过程中消耗氢离子,溶液酸性减弱,pH增大,水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡,氢氧根浓度增大,溶液呈碱性,pH增大;
Fe3+,BD
(4)(计算过程略)5.5×
10―4ol/L•s
命题意图:
化学反应原理与元素化合物
(2021福建卷)23.(16分)
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气,既廉价又环保。
(1)工业上可用组成为K2O•2O3•2RO2•nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素、R均位于元素周期表中第3周期,两种元素原子的质量数之和为27,则R的原子结构示意图为¬
_________
②常温下,不能与单质发生反应的是_________(填序号)
a.CuSO4溶液b.Fe2O3c.浓硫酸d.NaOHe.Na2CO3固体
(2)利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知:
H2S(g)==H2+1/2S2(g)
在恒温密闭容器中,控制不同温度进行H2S分解实验。
以H2S起始浓度均为col•L-1测定H2S的转化率,结果见右图。
图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线,b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。
据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________;
说明温度的升高,曲线b向曲线a逼近的原因:
___________
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右。
反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式,其目的是___________;
反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。
反应后的溶液进入电解池,电解总反应的离子方程式为_______________________。
(1)①②b、e
(2)①温度升高,反应速率加快,达到平衡所需的进间缩短(或其它合理答案)
②增大反应物接触面积,使反应更反分
H2S+2FeCl3=2FeCl2+S↓+2HCl2Fe2++2H+2Fe3++H2↑
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识,同时考查学生的图表分析能力。
(1)R为+4价,位于第3周期,应为Si元素,同理为Al元素。
常温下铝与Fe2O3不反应,与Na2CO3也不反应;
(2)①K===。
温度越高,反应速率越快,反应物的转化率越高,与平衡转化率差距越小,所以离得近。
②FeCl3具有强氧化性,能够氧化H2S:
2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl。
该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似,气体从下端通入,液体从上端喷,可以增大气液接触面积,反应充分。
从图可知电解过程中从左池通入的Fe2生成Fe3(阳极反应),循环使用;
而另一电极产生的则为H2(阴极反应)。
故电解总的离子方程式为:
2Fe2++2H
专题十二:
化学反应中的能量变化
(2021福建卷)11.某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。
其过程如下:
下列说法不正确的是( )
A.该过程中CeO2没有消耗
B.该过程实现了太阳能向化学能的转化
C.右图中△H1=△H2+△H3
D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH――2e―=CO32―+2H2O
【答案】C
【解析】利用盖斯定律可知△H1+△H2+△H3=0,正确的应该是△H1=-(△H2+△H3),这里是考察盖斯定律。
(2021海南卷)5.已知下列反应的热化学方程式:
6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l)△H1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H3
则反应4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的△H为
A.12△H3+5△H2-2△H1B.2△H1-5△H2-12△H3
C.12△H3-5△H2-2△H1D.△H1-5△H2-12△H3
[答案]A
[解析]:
盖斯定律常规考查。
③×
12+②×
5-①×
2即可得到4C3H5(ONO2)3(l)=12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)的△H,答案选A。
[2021高考∙重庆卷∙6]已知:
P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g)△H=akJ∙ol―1
P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g)△H=bkJ∙ol―1
P4具有正四面体结构,PCl5中P-Cl键的键能为ckJ∙ol―1,PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJ∙ol―1。
下列叙述正确的是
A.P-P键的键能大于P-Cl键的键能
B.可求Cl2(g)+PCl3(g)=4PCl5(g)的反应热△H
C.Cl-Cl键的键能为(b-a+5.6c)/4kJ∙ol―1
D.P-P键的键能为(5a-3b+12c)/8kJ∙ol―1
C
【解析】原子半径P>Cl,因此P-P键键长大于P-Cl键键长,则P-P键键能小于P-Cl键键能,A项错误;
利用“盖斯定律”,结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H=(b-a)/4KJ•ol-1,但不知PCl5(g)=PCl5(s)的△H,因此无法求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(s)的△H,B项错误;
利用Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 三高 化学题 十三个 专题 详解