三年高考(2017-2019)化学真题分项版解析——专题15 化学反应原理综合(解析版)

专题15 化学反应原理综合

1．[2019新课标Ⅰ]水煤气变换[CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：

（1）Shibata 曾做过下列实验：①使纯H 2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被

还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H 2的物质的量分数为0.0250。

②在同一温度下用CO 还原CoO(s)，平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192。

根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H 2（填“大于”或“小于”）。 （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H 2O(g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平

衡时体系中H 2的物质的量分数为_________（填标号）。 A ．＜0.25

B ．0.25

C ．0.25~0.50

D ．0.50

E ．＞0.50

（3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所

示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用?标注。

可知水煤气变换的ΔH ________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E 正=_________eV ，写出该步骤的化学方程式_______________________。

（4）Shoichi 研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO 和H 2分压随时间变化关系（如下图所示），催化

剂为氧化铁，实验初始时体系中的2H O p 和CO p 相等、2CO p 和2H p 相等。

计算曲线a 的反应在30~90 min 内的平均速率v (a)=___________kPa·min ?1。467 ℃时2H p 和CO p 随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。489 ℃时2H p 和CO p 随时间变化关系的曲线分别是___________、___________。

【答案】（1）大于 （2）C

（3）小于 2.02 COOH*+H*+H 2O*

COOH*+2H*+OH*（或H 2O*

H*+OH*）

（4）0.0047 b c a d 【解析】

【分析】（1）由H 2、CO 与CoO 反应后其气体物质的量分数判断二者的倾向大小； （2）根据三段式以及CO 与H 2的倾向大小关系综合判断；

（3）根据反应物与生成物的相对能量差大小进行比较判断；根据反应物达到活化状态所需能量为活化能以及相对能量差值大小计算并比较最大能垒；根据最大能垒对应的反应历程对应的物质写出方程式； （4）根据图中曲线a 在30~90 min 内分压变化量计算平均反应速率；先根据CO 与H 2的倾向大小关系判断CO 与H 2的含量范围，然后根据温度变化对化学平衡的影响判断出在不同温度下曲线对应的物质。 【详解】（1）H 2还原氧化钴的方程式为：H 2(g)＋CoO(s)Co(s)＋H 2O(g)；CO 还原氧化钴的方程式为：

CO(g)＋CoO(s)

Co(s)＋CO 2(g)，平衡时H 2还原体系中H 2的物质的量分数（()

()()

222n H n H +n H O ）高于

CO 还原体系中CO 的物质的量分数（()

()()

2n CO n CO +n CO ），故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO 大于H 2；

（2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H 2O(g)混合，可设其物质的量为1mol ，则

CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g) 起始（mol） 1 1 0 0

转化（mol）x x x x

平衡（mol）1-x 1-x x x

则平衡时体系中H2的物质的量分数=

()

()()

2

n H xmol x

==

n2

1-x+1-x+x+x mol

??

??

总

，因该反应为可逆反应，故

x<1，可假设二者的还原倾向相等，则x=0.5，由（1）可知CO的还原倾向大于H2，所以CO更易转化为H2，故x>0.5，由此可判断最终平衡时体系中H2的物质的量分数介于0.25~0.50，故答案为C；

（3）根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，

CO(g)+H2O(g)的能量（-0.32eV）高于CO2(g)+H2(g)的能量（-0.83eV），故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：

其最大能垒（活化能）E正=1.86-(-0.16)eV=2.02eV；该步骤的反应物为COOH g+H g+H2O g＝

COOH g+2H g+OH g；因反应前后COOH g和1个H g未发生改变，也可以表述成H2O g＝H g+OH g；（4）由图可知，30~90 min内a曲线对应物质的分压变化量Δp=（4.08-3.80）kPa=0.28 kPa，故曲线a的反

应在30~90 min内的平均速率v(a)=0.28 kPa

60min

=0.0047 kPa·min?1；由（2）中分析得出H2的物质的量分数介

于0.25~0.5，CO的物质的量分数介于0~0.25，即H2的分压始终高于CO的分压，据此可将图分成两部分：

由此可知，a、b表示的是H2的分压，c、d表示的是CO的分压，该反应为放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，CO分压增加，H2分压降低，故467 ℃时P H2和P CO随时间变化关系的曲线分别是b、c；489 ℃时P H2和P CO随时间变化关系的曲线分别是a、d。

【点睛】本题以水煤气交换为背景，考察化学反应原理的基本应用，较为注重学生学科能力的培养，难点在于材料分析和信息提取，图像比较新，提取信息能力较弱的学生，会比较吃力。第（3）问来源于我国化学工作者发表在顶级刊物Science中的文章“沉积在α-MoC上单层金原子对水煤气的低温催化反应”，试题以文章中的单原子催化能量变化的理论计算模型为情境，让学生认识、分析催化吸附机理及反应过程中的能量变化。本题属于连贯性综合题目，本题的解题关键在于第（1）问的信息理解与应用，若本题的第（1）问判断错误，会导致后续多数题目判断错误；第（2）问可以采取特殊值法进行赋值并结合极限法计算，考生若只是考虑到完全转化极限，则只能判断出H2的物质的量分数小于0.5，这是由于对题干的信息应用能力不熟练而导致；对于第（4）问中曲线对应物质的确定需根据第（1）（2）问得出的相关结论进行推断，需先确定物质对应曲线，然后再根据勒夏特列原理判读相关物质的变化。

2．[2019新课标Ⅱ]环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：

（1）已知：(g)(g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol?1 ①

H2(g)+ I2(g)2HI(g) ΔH2=?11.0 kJ·mol?1 ②

对于反应：(g)+ I2(g)(g)+2HI(g) ③ΔH3=___________kJ·mol?1。

（2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应③，起始总压为105Pa，平衡时总压增加了20%，环戊烯的转化率为_________，该反应的平衡常数K p=_________Pa。达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有__________（填标号）。

A．通入惰性气体B．提高温度

C．增加环戊烯浓度D．增加碘浓度

（3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是__________（填标号）。

A．T1＞T2

B．a点的反应速率小于c点的反应速率

C．a点的正反应速率大于b点的逆反应速率

D．b点时二聚体的浓度为0.45 mol·L?1

（4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2，结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的DMF溶液（DMF为惰性有机溶剂）。

该电解池的阳极为____________，总反应为__________________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_________________________。

【答案】（1）89.3

（2）40％ 3.56×104BD

（3）CD

（4）Fe电极Fe+2=+H 2↑（Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑）

水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH?，进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2

【解析】

【分析】

（1）利用盖斯定律解题；

（2）利用差量法计算转化率；三行式法计算平衡常数；根据平衡移动原理解释；

（3）通过外界因素对速率的影响和平衡状态的形成分析A、B、C选项，D选项观察图象计算；

（4）根据阳极：升失氧；阴极：降得还进行分析确定阴阳极；根据题干信息中Na元素的变化确定环戊二烯得电子数和还原产物，进而写出电极反应式；注意Na与水会反应，Fe2+在碱性条件下生成沉淀。

【详解】（1）根据盖斯定律①-②，可得反应③的ΔH=89.3kJ/mol；

（2）假设反应前碘单质与环戊烯均为nmol，平衡时环戊烯反应了xmol，根据题意可知；

（g）+I2（g）= （g）+2HI（g）增加的物质的量

1mol 1mol 1mol 2mol 1mol

xmol 2n×20%

得x=0.4nmol，转化率为0.4n/n×100%=40%；

（g）+ I2（g）= （g）+ 2HI（g）

P（初）0.5×105 0.5×105 0 0

ΔP 0.5×105×40% 0.5×105×40% 0.5×105×40% 1×105×40%

P（平）0.3×105 0.3×105 0.2×105 0.4×105

K p=

525

55 0.4100.210 0.3100.310

???

???

（）

=3.56×104；

A．T、V一定，通入惰性气体，由于对反应物和生成物浓度无影响，速率不变，平衡不移动，故A错误；B．升高温度，平衡向吸热方向移动，环戊烯转化率升高，故B正确；C．增加环戊烯的浓度平衡正向移动，但环戊烯转化率降低，故C错误；D,增加I2的浓度，平衡正向移动，环戊烯转化率升高，故D正确；（3）A．温度越高化学反应速率越快，单位时间内反应物浓度减少越多，则T1v(逆)，a点反应物浓度大于b点，故a点正反应速率大于b点，故C正确；D．b点时环戊二烯浓度由1.5mol/L减小到0.6mol/L，减少了0.9mol/L，因此生成二聚体0.45mol/L，故D正确。

（4）根据阳极升失氧可知Fe为阳极；根据题干信息Fe-2e-=Fe2+，电解液中钠离子起到催化剂的作用使得

环戊二烯得电子生成氢气，同时与亚铁离子结合生成二茂铁，故电极反应式为Fe+2=+H2↑；电解必须在无水条件下进行，因为中间产物Na会与水反应生成氢氧化钠和氢气，亚铁离子会和氢氧根离子结合生成沉淀。

【点睛】本题以能力立意，考查提取信息、处理信息的能力及分析问题、解决问题的能力。充分体现了化学学科思想、学科方法、创新意识和学科价值，易错点第（2）小题平衡常数计算；第（4）小题电极反应式的书写。

3．[2019新课标Ⅲ]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。

因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：

（1）Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) ∶c(O2)分别等于1∶1、4∶1、7∶1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：

可知反应平衡常数K（300℃）____________K（400℃）（填“大于”或“小于”）。设HCl初始浓度为c0，根据进料浓度比c(HCl)∶c(O2)=1∶1的数据计算K（400℃）=____________（列出计算式）。

按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)∶c(O2)过低、过高的不利影响分别是____________。

（2）Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：

CuCl2(s)=CuCl(s)+1

2

Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1

CuCl(s)+1

2

O2(g)=CuO(s)+

1

2

Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1

CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1

则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。

（3）在一定温度的条件下，进一步提高HCl的转化率的方法是______________。（写出2种）

（4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺

方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：

负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol 电子，需消耗氧气__________L （标准状况）。

【答案】（1）大于 22

40

(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ?-?- O 2和Cl 2分离能耗较高、HCl 转化率较低

（2）﹣116

（3）增加反应体系压强、及时除去产物

（4）Fe 3++e ?=Fe 2+，4Fe 2++O 2+4H +=4Fe 3++2H 2O 5.6 【解析】

【详解】（1）根据反应方程式知，HCl 平衡转化率越大，平衡常数K 越大，结合图像知升高温度平衡转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则K(300℃)>K(400℃)； 由图像知，400℃时，HCl 平衡转化率为84%，用三段式法对数据进行处理得：

2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+

起始（浓度） c 0 c 0 0 0 变化（浓度） 0.84c 0 0.21c 0 0.42c 0 0.42c 0 平衡（浓度）(1-0.84)c 0(1-0.21)c 0 0.42c 0 0.42c 0

则K=2240

(0.42)(0.42)(10.84)(10.21)c ?-?-；根据题干信息知，进料浓度比过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧

气的能耗较高；进料浓度比过高，HCl 不能充分反应，导致HCl 转化率较低；

（2）根据盖斯定律知，（反应I+反应II+反应III ）×2得2224HCl(g)O (g)2Cl (g)2H O(g)+=+ ΔH =（ΔH 1+ΔH 2+ΔH 3）×

2=-116kJ·mol -1； （3）若想提高HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，减小产物浓度，使平衡正向移动；

（4）电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e－＝Fe2+和4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O；电路中转移1 mol 电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为

0.25m ol×22.4L/mol＝5.6L。

4．[2019江苏]CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。

（1）CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。

①写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式：▲ 。

②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其

原因是▲ 。

（2）电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。

①写出阴极CO2还原为HCOO?的电极反应式：▲ 。

②电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是▲ 。（3）CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH=41.2 kJ·mol?1

反应Ⅱ：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) ΔH=﹣122.5 kJ·mol?1

在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中：

CH3OCH3的选择性=33

2

CH OCH

C

2

O

的物质的量

反应的的物质的量

×100％

①温度高于300 ℃，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是▲ 。

②220 ℃时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%（图中A 点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有▲ 。

【答案】（1）①CaC 2O 4

400~600℃

CaCO 3+CO ↑

②CaC 2O 4·H 2O 热分解放出更多的气体，制得的CaO 更加疏松多孔 （2）①CO 2+H ++2e ?

HCOO ?或CO 2+3HCO -

+2e ?

HCOO ?+23CO -

②阳极产生O 2，pH 减小，3HCO -

浓度降低；K +部分迁移至阴极区

（3）①反应Ⅰ的ΔH ＞0，反应Ⅱ的ΔH ＜0，温度升高使CO 2转化为CO 的平衡转化率上升，使CO 2转化为CH 3OCH 3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 ②增大压强，使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 【解析】 【分析】

本题注重理论联系实际，引导考生认识并体会化学科学对社会发展的作用，试题以减少CO 2排放，充分利用碳资源为背景，考查《化学反应原理》模块中方程式的计算、电化学、外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响等基本知识；

【详解】（1）①令CaC 2O 4·H 2O 的物质的量为1mol ，即质量为146g ，根据图像，第一阶段剩余固体质量为128，原固体质量为146 g ，相差18 g ，说明此阶段失去结晶水，第二阶段从剩余固体质量与第一阶段剩余固体质量相对比，少了28 g ，相差1个CO ，因此400℃~600℃范围内，分解反应方程式为CaC 2O 4

400~600℃

CaCO 3+CO ↑。

②CaC 2O 4·H 2O 热分解放出更多的气体，制得的CaO 更加疏松多孔，增加与CO 2的接触面积，更好捕捉CO 2。 （2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO 2+H ++2e ?HCOO ?或

CO 2+3HCO -

+2e ?

HCOO ?+23CO -

。

②阳极反应式为2H 2O －4e －

O 2↑＋4H ＋，阳极附近pH 减小，H ＋与HCO 3－反应，同时部分K ＋迁移至阴

极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO 3溶液浓度降低。

（3）①根据反应方程式，反应I 为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，CO 2的转化率增大，反应II 为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，CO 2的转化率降低，根据图像，上升幅度超过下降幅度，因此温度超过300℃时，CO 2转化率上升。

②图中A 点CH 3OCH 3的选择性没有达到此温度下平衡时CH 3OCH 3的选择性，依据CH 3OCH 3选择性公式，提高CH 3OCH 3选择性，不改变反应时间和温度时，根据反应II ，可以增大压强，或者使用对反应II 催化活性更高的催化剂。

【点睛】本题的难点（1）是文字叙述，应根据图像和所学知识，结合所问问题进行分析解答；（2）电极反

应式的书写，阴极反应是将CO 2还原成HCOO －，先写出CO 2＋2e －→HCOO －

，然后根据原子守恒和电荷守

恒，得出CO 2+H ++2e ?

HCOO ?，或者为CO 2+3HCO -

+2e ?

HCOO ?+23CO -

。

5．[2019北京]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。

（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。

①反应器中初始反应的生成物为H 2和CO 2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。

②已知反应器中还存在如下反应： i.CH 4(g)+H 2O(g)CO(g)+3H 2(g) ΔH 1 ii.CO(g)+H 2O(g)CO 2(g)+H 2(g) ΔH 2

iii.CH 4(g)C(s)+2H 2(g) ΔH 3

……

iii 为积炭反应，利用ΔH 1和ΔH 2计算ΔH 3时，还需要利用__________反应的ΔH 。

③反应物投料比采用n （H 2O ）∶n （CH 4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。

a.促进CH 4转化

b.促进CO 转化为CO 2

c.减少积炭生成

④用CaO 可以去除CO 2。H 2体积分数和CaO 消耗率随时间变化关系如下图所示。从t 1时开始，H 2体积分数显著降低，单位时间CaO 消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO 消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。

（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K 1或K 2，可交替

得到H 2和O 2。

①制H2时，连接_______________。

产生H2的电极反应式是_______________。

②改变开关连接方式，可得O2。

③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。

【答案】（1）①CH4+2H2O4H2+CO2

②C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g)或C(s)+ CO2(g)2CO(g)

③a b c

④降低CaO+ CO2CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积

（2）①K12H2O+2e-H2↑+2OH-

③制H2时，电极3发生反应：Ni(OH)2+ OH--e-NiOOH+H2O。制O2时，上述电极反应逆向进行，使电极3得以循环使用

【解析】

【详解】（1）①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4+2H2O4H2+CO2。

②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)2CO(g)，因为还需利用C(s)+CO2(g)2CO(g)反应的焓变。

③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b 正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确。

④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低。CaO+ CO2CaCO3，CaCO3覆盖在CaO表面，减少了CO2与CaO的接触面积，因而失效。

（2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2

时，连接K 1，该电池在碱性溶液中，由H 2O 提供H +，电极反应式为2H 2O+2e -=H 2↑+2OH -。 ③电极3上NiOOH 和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e -+H 2O

Ni(OH)2+OH -，当连接K 1时，

Ni(OH)2失去电子变为NiOOH ，当连接K 2时，NiOOH 得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K 1或K 2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH 和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。 6．[2019天津] 多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。

回答下列问题：

Ⅰ．硅粉与HCl 在300℃时反应生成31mol SiHCl 气体和2H ，放出225kJ 热量，该反应的热化学方程式为________________________。3SiHCl 的电子式为__________________。 Ⅱ．将4SiCl 氢化为3SiHCl 有三种方法，对应的反应依次为：

①()()()()423SiCl g H g SiHCl g HCl g ++垐?噲?

10H ?>

②()()()()4233SiCl g 2H g Si s 4SiHCl g ++垐?噲? 20H ?< ③()()()()()4232SiCl g H g Si s HCl g 3SiHCl g +++垐?噲? 3H ?

（1）氢化过程中所需的高纯度2H 可用惰性电极电解KOH 溶液制备，写出产生2H 的电极名称______

（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。

（2）已知体系自由能变G H T S ?=?-?，0G ?<时反应自发进行。三个氢化反应的G ?与温度的关

系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的G ?小，主要原因是________________________。

（3）不同温度下反应②中4SiCl 转化率如图2所示。下列叙述正确的是______（填序号）。

a ．B 点：v v >正逆

b ．v 正：A 点E >点

c ．反应适宜温度：480520~℃

（4）反应③的3H ?=______（用1H ?，2H ?表示）。温度升高，反应③的平衡常数K ______（填“增大”、

“减小”或“不变”）。

（5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除4SiCl 、3SiHCl 和Si 外，还有______（填分子式）。 【答案】Ⅰ．()()

()()32300Si s 3HCl g SiHCl g H g ++℃

1225kJ mol H -?=-?

Ⅱ．

（1）阴极

222H O 2e H 2OH --+↑+或22H 2e H +-

+↑

（2）1000℃ 21H H ?

（4）21H H ?-? 减小 （5）HCl 、2H 【解析】 【分析】

Ⅰ．书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中焓变的数值与化学计量数对应。本题的反应温度需要标注为条件；

Ⅱ．（1）惰性电极电解KOH 溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。

（2）“看图说话”，将反应①的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。影响自由能变的因素主要是焓变和熵变，分析发现熵变对反应②反而不利，说明焓变影响大，为主要影响因素； （3）据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。 （4）此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。

【详解】Ⅰ．参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ?H=-225kJ·mol-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出

其电子式为：，注意别漏标3个氯原子的孤电子对；

Ⅱ．（1）电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生O2、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H++2e-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；

（2）由题目所给的图1可以看出，反应①（最上面那条线）当?G=0时，对应的横坐标温度是1000℃；从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的?G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即?H2

（3）图2给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中A、B、C点反应均正向进行，D点刚好达到平衡，D点到E点才涉及平衡的移动。在到达平衡状态以前，正反应速率大于逆反应速率，a项正确，B点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；b点错误，温度越高，反应速率越快，所以E点的正（或逆）反应速率均大于A点；c项正确，C到D点，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。

（4）将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以?H3=?H2-?H1，因?H2<0、?H1>0，所以?H3

必小于0，即反应③正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；

（5）反应①生成的HCl可用于流程中粗硅提纯的第1步，三个可逆反应中剩余的H2也可循环使用。

【点睛】①对于反应的吉布斯自由能大小比较及变化的分析，要紧紧抓住焓判据和熵判据进行分析。②判断图2中时间是一个不变的量，是看清此图的关键。明白了自变量只有温度，因变量是SiCl4的转化率，才能落实好平衡的相关知识的应用，如平衡的建立，平衡的移动以及平衡常数随温度变化的规律等。7．[2019浙江4月选考]水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。

（1）关于反应H2(g)＋1/2O2(g) H2O(l)，下列说法不正确

．．．的是________。

A．焓变ΔH＜0，熵变ΔS＜0

B．可以把反应设计成原电池，实现能量的转化

C．一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行

D．选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行

（2）①根据H2O的成键特点，画出与图中H2O分子直接相连的所有氢键(O－H…O)________。

②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存[H2O(l)H2O(g)]

时的压强(p)。在图中画出从20℃开始经过100℃的p随T变化关系示意图(20℃时的平衡压强用p1表示)________。

（3）水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2℃)、临界压强(2

2.1 MPa)时的水称为超临界水。

①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因________。

②如果水的离子积K w从1.0×10?14增大到1.0×10?10，则相应的电离度是原来的________倍。

③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件

下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。

下列说法合理的是________。

A．乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物

B．在550℃条件下，反应时间大于15 s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全

C．乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等

D．随温度升高，x CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大

（4）以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。

①阳极的电极反应式是________。

②制备H2O2的总反应方程式是________。

【答案】（1）C

（2）①

②

（3）①水的电离为吸热过裎，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)

②100

③ABD

（4）①2HSO4-－2e?S2O82-＋2H+或2SO42-－2e?S2O82-

②2H2O H2O2＋H2↑

【解析】

【分析】本题以水为载体考查了化学反应原理的相关知识，如电化学，化学平衡等。

【详解】（1）A．氢气燃烧是放热反应，ΔH＜0，该反应中气体变为液体，为熵减过程，故ΔS＜0，A项正确；

B．该反应可设计为氢氧燃料电池，其化学能转为电能，B项正确；

C．某条件下自发反应是一种倾向，不代表真实发生，自发反应往往也需要一定的反应条件才能发生，如点燃氢气，C项错误；

D．催化剂降低活化能，加快反应速率，D项正确。

故答案选C。

（2）①H2O电子式为，存在两对孤电子对，因而O原子可形成两组氢键，每个H原子形成一个氢键，图为：

②100℃，101kPa为水的气液分界点，20℃和p1为另一个气液分界点，同时升高温度和增加压强利于水从液体变为气体，因而曲线为增曲线，可做图为：

（3）①水的电离为吸热过裎，升高温度有利于电离，压强对固液体影响不大，可忽略。

②c(H+)=，当K w=1.0×10-14，c1(H+)=10-7mol/L，当K w=1.0×10-10，c2(H+)=10-5mol/L，易知后者是前者的100倍，所以相应的电离度是原来的100倍。

③A．观察左侧x-t图像可知，CO先增加后减少，CO2一直在增加，所以CO为中间产物，CO2为最终产物，A项正确；

B．观察左侧x-t图像，乙醇减少为0和CO最终减少为0的时间一致，而右图x CO-t图像中550℃，CO在15s减为0，说明乙醇氧化为CO2趋于完全，B项正确；

C．乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，但两者数值不相等，比值为化学计量数之比，等于1：2，C项错误；

D．随着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但CO是中间产物，为乙醇不完全氧化的结果，CO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为CO和CO2速率必须加快，且大于CO的氧化速率，D项正确。

故答案选ABD。

（4）①电解池使用惰性电极，阳极本身不参与反应，阳极吸引HSO4-（或SO42-）离子，并放电生成S2O82-，因而电极反应式为2HSO4-－2e?=S2O82-＋2H+或2SO42-－2e?=S2O82-。

②通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8和H2。由题中信息可知，生成的NH4HSO4可以循环使用，说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成H2O2，还有NH4HSO4生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2和H2,故总反应方程式为2H2O H2O2＋H2↑。

8．[2018新课标Ⅰ卷]采用N2O5为硝化剂是一种新型的绿色硝化技术，在含能材料、医药等工业中得到广泛应用。回答下列问题：

（1）1840年Devil用干燥的氯气通过干燥的硝酸银，得到N2O5，该反应的氧化产物是一种气体，其分子式为___________。

（2）F. Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5（g）分解反应：

其中NO 2二聚为N 2O 4的反应可以迅速达到平衡。体系的总压强p 随时间t 的变化如下表所示（t =∞时，N 2O 5（g ）完全分解）： t /min 0 40 80 160 260 1300 1700 ∞ p /kPa

35.8

40.3

42.5

45.9

49.2

61.2

62.3

63.1

①已知：2N 2O 5（g ）

2N 2O 4（g ）+O 2（g ） ΔH 1=?4.4 kJ·mol ?1 2NO 2（g ）

N 2O 4（g ） ΔH 2=?55.3 kJ·mol ?1

则反应N 2O 5（g ）=2NO 2（g ）+

1

2

O 2（g ）的ΔH =_______ kJ·mol ?1。 ②研究表明，N 2O 5（g ）分解的反应速率v =2×10?3×25N O p （kPa·min ?1）。t =62 min 时，测得体系中

2O p =2.9 kPa ，则此时的25N O p =________ kPa ，v =_______ kPa·min ?1。

③若提高反应温度至35℃，则N 2O 5（g ）完全分解后体系压强p ∞（35℃）____63.1 kPa （填“大于”“等于”或“小于”），原因是________。 ④25℃时N 2O 4（g ）

2NO 2（g ）反应的平衡常数K p =_______kPa （K p 为以分压表示的平衡常

数，计算结果保留1位小数）。

（3）对于反应2N 2O 5（g ）→4NO 2（g ）+O 2（g ），R.A.Ogg 提出如下反应历程：

第一步 N 2O 5

NO 3+NO 2 快速平衡

第二步 NO 2+NO 3→NO+NO 2+O 2 慢反应 第三步 NO+NO 3→2NO 2 快反应

其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是__________（填标号）。 A ．v （第一步的逆反应）>v （第二步反应） B ．反应的中间产物只有NO 3

C ．第二步中NO 2与NO 3的碰撞仅部分有效

D ．第三步反应活化能较高

【答案】（1）O 2

（2）53.1 30.0 6.0×10－

2 大于 温度提高，体积不变，总压强提高；NO 2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高 13.4

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2017年高考化学真题分类汇编(13个专题)及5套高考试卷烃

专题9 有机化合物 Ⅰ—生活中常见的有机物 1．（2017?北京-7）古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是 A．瓷器B．丝绸C．茶叶D．中草药 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】含有碳元素的化合物为有机物，有机物大多数能够燃烧，且多数难溶于水；无机 物指的是不含碳元素的化合物，无机物多数不能燃烧，据此分析。 A、瓷器是硅酸盐产品，不含碳元素，不是有机物，是无机物，故A正确； B、丝绸的主要成分是蛋白质，是有机物，故B错误； C、茶叶的主要成分是纤维素，是有机物，故C错误； D、中草药的主要成分是纤维素，是有机物，故D错误。 【考点】无机化合物与有机化合物的概念、硅及其化合物菁优网版权所有 【专题】物质的分类专题 【点评】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，难度不大，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。 Ⅱ—有机结构认识 2．（2017?北京-10）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下。下列说法不正确的是 A．反应①的产物中含有水 B．反应②中只有碳碳键形式

C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2﹣甲基丁烷 【答案】B 【解析】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，故A正确； B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，故B错误； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，故C正确；D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，故D正确。 【考点】碳族元素简介；有机物的结构；汽油的成分；有机物的系统命名法菁优网版权【专题】碳族元素；观察能力、自学能力。 【点评】本题综合考查碳循环知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握化 学反应的特点，把握物质的组成以及有机物的结构和命名，难度不大。 C H， 3.（2017?新课标Ⅰ-9）化合物（b）、（d）、（p）的分子式均为66 下列说法正确的是 A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 【答案】D 【解析】A.（b）的同分异构体不止两种，如，故A错误 B.（d）的二氯化物有、、、、、， 故B错误 KMnO溶液反应，故C错误 C.（b）与（p）不与酸性4 D.（d）2与5号碳为饱和碳，故1，2，3不在同一平面，4，5，6亦不在同 一平面，（p）为立体结构，故D正确。 【考点】有机化学基础：健线式；同分异构体；稀烃的性质；原子共面。 【专题】有机化学基础；同分异构体的类型及其判定。 【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把 握有机物同分异构体的判断以及空间构型的判断，难度不大。 Ⅲ—脂肪烃

高考化学反应原理解题技巧

高考化学反应原理解题技巧 襄阳三中樊春潮陈玉华 近几年的高考中化学反应原理综合题，大部分搜索化学反应中的能量变化、化学反应速率与化学平衡、电化学、物结构与离子平衡理论板块与原始化合物之间的综合题。因此，在平时训练中，应注重计算能力（重点训练平衡常数以及转化率的计算）、语言表述能力（利用平衡移动原理解决实际问题）的训练，提高解读图像的能力，掌握解题技巧。解答此类综合题的基本思路是：仔细审题→弄懂原理→掌握要点→抓住特例→规范答题。 一、综合能力的应用技巧 化学反应原理综合题要求考生具备一定的综合分析能力，二综合分析能力水平的高低就体现在考生能否把总会让分解成若干个较简单的单一模块的问题，并找出它们之间的联系，即考生要把答题化为小题，把综合性问题分解为一个个相对独立的小问题，降低难度，各个击破。 二、盖斯定律的应用技巧 盖斯定律主要是利用题中信息求某一特定热化学方程 GAGGAGAGGAFFFFAFAF

式的反应热。计算时先要确定热化学方程式的组合关系，在确定△H间的计算关系，技巧如下： 1、确定已知方程式的加减：注意观察已知热化学方程式与待定的热化学方程式，如果待定热化学方程式中的物质在已知热化学方程式中找到且只在该方程式中出现，那么在“=”或“≒”号的同一侧用加法，不同侧用减法。 2、调整化学计量数：如果要消掉的物质的化学计量数不同，则要调整热化学方程式中化学计量数，使需要消掉的物质的化学计量数相等（其他物质的化学计量数也要作同倍数的变化），从而快速确定特定热化学方程式的反应热所需要的倍数。 GAGGAGAGGAFFFFAFAF

3、注意检查核对：得到计算反应热的关系式后，一定 要核对一下所求的反应热是不是与要求的特定热化学方程式的化学计量数相对应。 三、平衡计算的应用技巧 1、平衡常数的应用：反应的化学方程式确定后，该反应的平衡常数只与温度有关。温度不变，该反应的平衡常数就不变。利用平衡常数可以处理多次投料的结果比较问题。 2、常用的计算思路：涉及赔偿的计算常利用“三段式”法，要注意几个关系的应用，反应物的c（平）=c（初）-c （转），生成物的c（平）=c（初）+c（转），反应物的c（初）×a（转化率）=反应物c（转），不同物质的c（转）之比等于它们的化学计量数之比。 四、四大平衡常数的应用技巧 1、化学平衡常数（K）：判断可逆反应是否达到平衡状态时，既可根据“相同时间内某物质的增加量是否等于减少量”来判断，也可根据相同温度下浓度商（Qc）与平衡常数（K）的大小关系来判断：Qc=K，已达平衡；Qc>K，平衡逆 向移动；Qc

2020年高考化学试题分类汇编专题05 元素及其化合物 (解析版)

专题05 元素及其化合物 1．[2019新课标Ⅰ] 固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课 题。下图为少量HCl 气体分子在253 K 冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是 A ．冰表面第一层中，HCl 以分子形式存在 B ．冰表面第二层中，H +浓度为5×10?3 mol·L ?1（设冰的密度为0.9 g·cm ?3） C ．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D ．冰表面各层之间，均存在可逆反应HCl 垐?噲?H ++Cl ? 【答案】D 【解析】 【分析】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。 【详解】A 项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A 正确； B 项、由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10—4:1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1mol ，则所得溶液质量为18g/mol× 1mol=18g ，则溶液的体积为18g/mol 1m 0.9ol g/mL ?×10—3L/ml=2.0×10—2L ，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量 等于氯离子物质的量，为10 —4 mol ，则氢离子浓度为-4-2102.l 010L mo ?=5×10—3mol/L ，故B 正确；

C项、由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C正确； D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HCl H++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。 故选D。 【点睛】本题考查氯化氢气体在冰表面的吸附和溶解。侧重考查接受、吸收、整合化学信息的能力及分析和解决化学问题的能力，注意能够明确图像表达的化学意义，正确计算物质的量浓度为解答关键。 2．[2019江苏]下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 B．稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈 C．SO2具有氧化性，可用于纸浆漂白 D．Al2O3具有两性，可用于电解冶炼铝 【答案】B 【解析】A．NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素； B．铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系； C．二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还原，故和二氧化硫的氧化性无关； D．电解冶炼铝，只能说明熔融氧化铝能导电，是离子晶体，无法说明是否具有两性，和酸、碱都反应可以体现Al2O3具有两性。 故选B。 3．[2019江苏]下列有关化学反应的叙述正确的是 A．Fe在稀硝酸中发生钝化B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2 C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2 【答案】C 【解析】 【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同； A．钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化； B．实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度； C．过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；

高考化学化学反应原理综合题及答案解析

高考化学化学反应原理综合题及答案解析 一、化学反应原理 1．三草酸合铁酸钾K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，光照或受热易分解。实验室要制备K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 并测定2- 24C O 的含量。请回答下列相关问题。 I ．FeC 2O 4·2H 2O 的制备 向烧杯中加入5.0g(NH 4)2Fe(SO 4)2·6H 2O 、15mL 蒸馏水、1mL3moL/L 的硫酸，加热溶解后加入25mL 饱和H 2C 2O 4溶液，继续加热并搅拌一段时间后冷却，将所得FeC 2O 4·2H 2O 晶体过滤、洗涤。 （1）制备FeC 2O 4·2H 2O 时，加入3mol ／L 硫酸的作用是________________________。 II ．K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 的制备 向I 中制得的FeC 2O 4·2H 2O 晶体中加入10mL 饱和K 2C 2O 4溶液，水浴加热至40℃，缓慢加入过量3％的H 2O 2溶液并不断搅拌，溶液中产生红褐色沉淀，H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间，然后滴加饱和H 2C 2O 4溶液使红褐色沉淀溶解。向溶液中再加入10mL 无水乙醇，过滤、洗涤、干燥。 （2）制备过程中有两个反应会生成K 3[Fe(C 2O 4)3]，两个化学方程式依次是： ______________________、2Fe(OH)3+3K 2C 2O 4+3H 2C 2O 4=2K 3[Fe(C 2O 4)3]+6H 2O 。 （3）H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是 ______________________。 III ．2-24C O 含量的测定 称取0.22g Ⅱ中制得的K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 晶体于锥形瓶中，加入50mL 蒸馏水和15mL3mol ／L 的硫酸，用0.02000mol ／L 的标准KMnO 4溶液滴定，重复3次实验平均消耗的KMnO 4溶液体积为25.00mL 。 （4）滴定时KMnO 4溶液应盛放在_____________(填仪器名称)中，判断滴定终点的依据是_________________。 （5）滴定终点时，所得溶液中的溶质除硫酸外，还有__________________________(写化学式)，K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 样品中2-24C O 的质量分数是____________________。 【答案】抑制2Fe +的水解（答案合理即可） ()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓?? 分解过量的22H O （答案合理即可） 酸式滴定管 最后一滴标准4KMnO 溶液滴入后，溶液变为浅红色且30s 不再改变 ()244243K SO MnSO Fe SO 、、 50% 【解析】 【分析】 （1）制备242FeC O 2H O ?时，加入3mol/L 硫酸的作用是抑制2Fe +的水解； （2）根据信息第一个生成K 3[Fe(C 2O 4)3]的化学方程式是 ()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓??；

高考化学真题分类汇编

考点专练1 物质的量 两年高考真题演练 1.(2015·课标全国Ⅰ，8)N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A ．18 g D 2O 和18 g H 2O 中含有的质子数均为10N A B ．2 L 0.5 mol ·L －1亚硫酸溶液中含有的H ＋离子数为2N A C ．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol 氧气转移的电子数为0.2N A D ．密闭容器中2 mol NO 与1 mol O 2充分反应，产物的分子数为2N A 2．(2015·课标全国Ⅱ，10)N A 代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( ) A ．60 g 丙醇中存在的共价键总数为10N A B ．1 L 0.1mol ·L －1的NaHCO 3溶液中HCO －3和CO 2－3的离子数之和为0.1N A C ．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g 钠充分燃烧时转移电子数为1N A D ．235 g 核素235 92U 发生裂变反应：235 92U ＋10n ――→裂变9038Sr ＋136 54Xe ＋1010n ，净产生的中子(10n)数为10N A 3．(2015·四川理综，5)设N A 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( ) A ．2.0 g H 182O 与D 2O 的混合物中所含中子数为N A B ．常温常压下，4.4 g 乙醛所含σ键数目为0.7N A C ．标准状况下，5.6 L CO 2与足量Na 2O 2反应转移的电子数为0.5N A D ．50 mL 12 mol/L 盐酸与足量MnO 2共热，转移的电子数为0.3N A 4．(2015·广东理综，10)设n A 为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( ) A ．23 g Na 与足量H 2O 反应完全后可生成n A 个H 2分子 B ．1 mol Cu 和足量热浓硫酸反应可生成n A 个SO 3分子 C ．标准状况下，22.4 LN 2和H 2混合气中含n A 个原子 D ．3 mol 单质Fe 完全转变为Fe 3O 4，失去8n A 个电子 5．(2014·江苏化学，6)设N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A ．1.6 g 由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1N A B ．0.1 mol 丙烯酸中含有双键的数目为0.1N A C ．标准状况下，11.2 L 苯中含有分子的数目为0.5N A D ．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1 mol 氧气，转移电子的数目为0.4N A 6．(2014·广东理综，10)设n A 为阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是 ( ) A ．1 mol 甲苯含有6n A 个C —H 键 B ．18 g H 2O 含有10n A 个质子 C ．标准状况下，22.4 L 氨水含有n A 个NH 3分子 D ．56 g 铁片投入足量浓H 2SO 4中生成n A 个SO 2分子 7．(2014·四川理综，5)设N A 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A ．高温下，0.2 mol Fe 与足量水蒸气反应，生成的H 2分子数目为0.3N A B ．室温下，1 L pH ＝13的NaOH 溶液中，由水电离的OH － 离子数目为0.1N A C ．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2N A D ．5NH 4NO 3=====△2HNO 3＋4N 2↑＋9H 2O 反应中，生成28 g N 2时，转移的电子数目为3.75 N A 8．(2014·江苏化学，18)碱式碳酸铝镁[Mg a Al b (OH)c (CO 3)d ·x H 2O]常用作塑料阻燃剂。 (1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。 (2)Mg a Al b (OH)c (CO 3)d ·x H 2O 中a 、b 、c 、d 的代数关系式为________。 (3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验： ①准确称取3.390 g 样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO 2 0.560 L(已换算成标准状况下)。 ②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量固体样品的起始质量 ×100%)随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。

2018年高考化学真题分类汇编化学物质及其变化

2018年高考化学真题分类汇编 专题2 化学物质及其变化(必修1) Ⅰ—离子共存、离子反应与离子方程式 1.[2018江苏卷-4]室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 L-1KI 溶液：Na+、K+、ClO-、OH- A. 0. 1 mol· L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3-、SO42- B. 0. 1 mol· L-1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO-、NO3- C. 0. 1 mol· L-1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42-、HCO3- D. 0. 1 mol· 【答案】B 【解析】A.I-与ClO-发生氧化还原反应: I-+ClO-=IO-+Cl-,不能大量共存,A错误； B. Fe3+、SO42-、Cu2+、NH4+、NO3-、SO42-在溶液中相互间不反应，能大量共存，B正确； C.CH3COO-能与H+反应生成CH3COOH，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，C错误；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，Mg2+、HCO3-与OH-不能大量共存，D错误。 【考点】次氯酸盐的强氧化性；醋酸为弱电解质；氢氧化锰难溶于水；碳酸氢盐与碱 反应。注意：离子间不能大量共存有如下几点原因：①离子间发生复分解反应生成水、沉 淀或气体，如题中C、D项；②离子间发生氧化还原反应，如题中A项；③离子间发生双 水解反应，如Al3+与HCO3-等；④离子间发生络合反应，如Fe3+与SCN-等；⑤注意题中的 附加条件。 2.[2018浙江卷-13]下列离子方程式正确的是 A. 大理石与醋酸反应：CO32－+2CH3COOH=2CH3COO－+H2O+CO2↑ B. 高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO4－+4Cl－+8H+==Mn2++2Cl2↑+4H2O C. 漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42－+Cl－+2H+ D.氢氧化钠溶液与过量的碳酸氢钙溶液反应：OH－+Ca2++HCO3－==CaCO3↓+2H2O 【答案】D 【解析】大理石与醋酸反应，离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－ +H2O+CO2↑，A错误；高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应，离子方程式为：2MnO4－+10Cl － +16H+=2Mn2++5Cl2↑＋8H2O，B错误；漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，离子方程 式为：SO2(少量)+H2O+3ClO－=SO42－+Cl－+2H ClO，C错误； D.氢氧化钠溶液与过量 的碳酸氢钙溶液反应，离子方程式为：OH－+Ca2++HCO3－=CaCO3↓+2H2O，D正确。 【考点】离子反应与离子方程式 3.[2018浙江卷-25]某绿色溶液中含有H+、Na+、Mg2+、Fe2+、Cu2+、SO42—、Cl—、CO32—和HCO3—离子中的若干种，取该溶液进行如下实验(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于酸) ①向溶液中滴加Ba(OH)2溶液，过滤，得到不溶于酸的白色沉淀和绿色滤液B； ②取滤液B，先用HNO3酸化，再滴加0.001mol/LAgNO3溶液，有白色沉淀生成。 下列说法不正确的是 A.溶液A中一定存在H+、SO42-和Cl— B.溶液A中不存在Mg 2+、CO32-和HCO3—，不能确定Na+的存在 C.第②步生成的白色沉淀中只有AgCl，没有Ag2CO3 D.溶液中存在Fe2+与Cu2+中的一种或两种，且可以用NaOH溶液判断 【答案】B

高考化学专题复习化学反应原理的综合题附详细答案

高考化学专题复习化学反应原理的综合题附详细答案 一、化学反应原理 1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2 实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示： (1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%?80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______ (2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条) (3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______ 实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置试剂X实验现象 Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色 (4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象： _______ 实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度 (5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72- +14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol?L-1

2017年高考化学真题分类汇编 专题1 常用化学计量

2017年高考化学真题分类汇编 专题1 常用化学计量(必修1) Ⅰ—阿伏伽德罗常数和物质的量 1．（2017?新课标Ⅱ-8）阿伏加德罗常数的值为N A．下列说法正确的是 A．1L0.1mol?L﹣1NH4CL溶液中，NH4+的数量为0.1N A B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1N A C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2N A D．0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2N A 【答案】D 【解析】A．铵根易水解，所含NH4+数小于0.1N A，故A错误； B．n（Mg）=0.1mol，Mg与H2SO4反应生成Mg2+，则1molMg参与反应转移2mol电子，故0.1molMg参与反应转移0.2mol电子，即0.2N A，故B错误； C．标准状况下，22.4L任何气体所含的分子数为1mol，故2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.1mol，即0.1N A，故C错误； D．H2+I22HI这是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反应后分子总数仍为0.2NA。【考点】阿伏加德罗常数。 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律。 【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，题目难度不大，注意气体摩尔体积指的是1mol 任何气体的体积为22.4L． 2．(2017?新课标Ⅲ-10) N A为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．0.1 mol 的11B中，含有0.6N A个中子 B．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1N A个H+ C．2.24L（标准状况）苯在O2中完全燃烧，得到0.6N A个CO2分子 D．密闭容器中1 mol PCl3与1 mol Cl2反应制备PCl5(g)，增加2N A个P﹣Cl键 【答案】A 【解析】A．11B中含有中子数=11﹣5=6，0.1 mol 的11B中含有0.6mol中子，含有0.6N A 个中子，故A正确；B．没有告诉pH=1的H3PO4溶液的体积，无法计算溶液中含有氢离子的物质的量就数目，故B错误； C．标准状况下苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算，故C错误； D．PCl3与Cl2生成PCl5的反应为可逆反应，则生成PCl5的物质的量小于1mol，增加的P ﹣Cl键小于2N A，故D错误； 【考点】阿伏加德罗常数；弱电解质的电离；化学计量；物质结构。 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律 【点评】本题考查阿伏伽德罗常数的计算与判断，题目难度不大，明确标况下气体摩尔体积的使用条件为解答关键，注意掌握物质的量与其它物理量之间的关系，B为易错点，注意缺少溶液体积。 3．（2017?浙江-22）设N A为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是 A．标准状况下，2.24 L乙醇中碳氢键的数目为0.5 N A B．1 L 0.1 mol?L﹣1硫酸钠溶液中含有的氧原子数为0.4 N A C．0.1 mol KI与0.1 mol FeCl3在溶液中反应转移的电子数为0.1 N A

2020年高考化学专题复习 化学反应原理综合

专题 化学反应原理综合 【母题来源】2019年高考新课标Ⅰ卷 【母题题文】水煤气变换[CO(g)+H 2O(g)=CO 2(g)+H 2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题： （1）Shibata 曾做过下列实验：①使纯H 2缓慢地通过处于721 ℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧 化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H 2的物质的量分数为0.0250。 ②在同一温度下用CO 还原CoO(s)，平衡后气体中CO 的物质的量分数为0.0192。 根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO_________H 2（填“大于”或“小于”）。 （2）721 ℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H 2O(g)混合，采用适当的催化剂进行 反应，则平衡时体系中H 2的物质的量分数为_________（填标号）。 A ．＜0.25 B ．0.25 C ．0.25~0.50 D ．0.50 E ．＞0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历 程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用?标注。 可知水煤气变换的ΔH ________0（填“大于”“等于”或“小于”），该历程中最大能垒（活化能）E 正=_________eV ，写出该步骤的化学方程式_______________________。 （4）Shoichi 研究了467 ℃、489 ℃时水煤气变换中CO 和H 2分压随时间变化关系（如下图所 示），催化剂为氧化铁，实验初始时体系中的2H O p 和CO p 相等、2CO p 和2H p 相等。

高考化学真题分类汇编：常用化学计量含

化学高考题分类目录 A 单元 常用化学计量 A1 阿伏伽德罗常数和物质的量 5． [2014·四川卷] 设N A 为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是( ) A ．高温下，0.2 mol Fe 与足量水蒸气反应，生成的H 2分子数目为0.3 N A B ．室温下，1 L pH ＝13的NaOH 溶液中，由水电离的OH －数目为0.1N A C ．氢氧燃料电池正极消耗22.4 L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为2N A D ．5NH 4NO 3=====△2HNO 3＋4N 2↑＋9H 2O 反应中，生成28 g N 2时，转移的电子数目为 3.75N A 5．D [解析] 根据3Fe ＋4H 2O(g)=====高温Fe 3O 4＋4H 2，则0.2 mol Fe 参与反应生成415 mol H 2 ，A 项错误；pH ＝13的NaOH 溶液中，溶液中c (OH －)＝0.1 mol/L ，c (H ＋)＝K W c （OH －） ＝10－13 mol/L ，则水电离出来c (OH －)＝c (H ＋)＝10 －13 mol/L ，B 项错误；氢氧燃料电池正极的电极反应式为O 2 ＋ 4H ＋ ＋ 4e －===2H 2O ，则1 mol O 2被消耗，电路中有4N A 的电子通过，C 项错误；根据化学方程式，－3价的氮元素升高到0价，失去3个电子。＋5价的氮元素降低到0价，得到5个电子，即每生成4 mol 氮气，反应中转移电子的物质的量为15 mol ，则生成28 g N 2(即1 mol 氮气)，转移电子的物质的量是15 mol÷4＝3.75 mol ，D 项正确。 7． [2014·全国卷] N A 表示阿伏伽德罗常数，下列叙述正确的是( ) A ．1 mol FeI 2与足量氯气反应时转移的电子数为2N A B ．2 L 0.5 mol·L －1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为N A C ．1 mol Na 2O 2固体中含离子总数为4N A D ．丙烯和环丙烷组成的42 g 混合气体中氢原子的个数为6N A 7．D [解析] 1 mol FeI 2与足量Cl 2反应时，Fe 2＋被氧化为Fe 3＋，I － 被氧化为I 2，转移电子3N A ，A 项错误；2 L0.5 mol·L －1的硫酸钾溶液中n (SO 2－4)＝1 mol ，所带电荷数为2N A ，B 项错误；Na 2O 2由Na ＋和O 2－2(过氧根离子)构成，1 mol Na 2O 2中的离子总数为3N A ，C 项错误；丙烯和环丙烷为同分异构体，其分子式均为C 3H 6，最简式为CH 2，42 g 混合气中的氢原子个数为42 g 14 g·mol －1 ×2N A ＝6N A ，D 项正确。 27． [2014·安徽卷] LiPF 6是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用LiF 、PCl 5为原

(完整word版)高考化学反应原理综合题解题方法指导

高考化学反应原理综合题解题方法指导 1、热化学方程式的书写或运用盖斯定律计算反应热 2、电解池或原电池方程式的书写或电极反应式书写、新情景下陌生氧化还原型的离子方程式书写 3、化学反应速率的影响因素的实验探究 4、化学平衡状态的标志以及化学平衡的影响因素 5、化学平衡常数及平衡转化率的计算 6、酸碱中和滴定的扩展应用（仪器使用、平行实验、空白试验、误差讨论） 7、Ksp的计算和应用 8、综合计算（混合物计算、化学式的确定、关系式法、守恒法在计算中的应用） 三、不同知识点的解题技巧 1、热化学方程式的书写或反应热计算 【方法指导】首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、产物并配平，其次在反应物和产物的后面括号内注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对（主要是反应物和产物的位置、系数），最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方程式的反应热△H，空一格写在热化学方程式右边即可。 注意：并非所给的热化学方程式一定都用到。 2、电解池或原电池反应方程式的书写或电极反应式书写、新情景下陌生氧化还原型的离子方程式书写 【方法指导】首先根据题意写出化学方程式的反应物、产物，其次根据氧化还原反应原理——电子守恒配平氧化剂和还原剂的系数，再次配平还原产物和氧化产物的系数，最后根据质量守恒添加并配平其他未变价物质的系数。 注意：一般未变价物质是酸、碱或水。 【方法指导】读懂题意尤其是相关示意图，分析电解池的阴极室和阳极室存在的阳离子、阴离子及其放电顺序，必要时根据题目要求还要考虑分子是否会放电。首先写出阴（阳）极室发生还原（氧化）反应的反应物和产物离子（分子），分析其化合价变化，标出其得失电子的情况，然后根据电荷守恒在左边或右边配上其他离子，左后根据质量守恒配上其它物质。注意：①并非放电的一定是离子，应根据题目要求及时调整。 ②用来配平电极反应式的离子（物质）应是电解池中含有的，而且前后不能矛盾。 3、化学反应速率的影响因素的实验探究 【方法指导】影响化学反应速率的探究实验中，控制变量是关键。 4、化学平衡状态的标志以及化学平衡的影响因素 【方法指导】①判断一个可逆反应是否达到平衡状态的两个直接标准是正逆反应的速率相等、反应物与生成物浓度保持不变，另外间接标准是“变量不变”即观察一个可逆反应的相关物理量，采用极端假设的方法（若全部为反应物如何、全部转化为产物该物理量又如何，如果该物理量是可变的而题目说一定条件下保持不变即可认为该条件下达到化学平衡）。另外也可以用Q与K比较（Q=K则处于平衡状态；Q＜K未达平衡状态、v正＞v逆；Q＞K、未达平衡状态、v正＜v逆）。 ②平衡移动的方向、反应物的转化率和产物的产率变化均可通过条件（浓度、压强、温度）的改变，平衡移动的方向加以判断，也可以通过平衡常数的计算得到。但要关注特殊反应的特殊性。 5、化学平衡常数及平衡转化率的计算 【方法指导】平衡常数的计算可用三段法即找出浓度可变的反应物、产物在起始时、转化的、平衡时的浓度，然后带入平衡常数表达式（平衡时生成物浓度系数次幂的乘积与反应物系数