《2020江苏高考化学二轮讲义：1 题型一 化学反应原理综合题 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020江苏高考化学二轮讲义：1 题型一 化学反应原理综合题 Word版含解析.doc（30页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、反应热与化学平衡的综合1题型特点这类试题往往以能量变化、化学反应速率、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识。关联知识主要有：(1)H符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算H。(2)化学反应速率的计算与比较，外因(浓度、压强、温度、催化剂)对化学反应速率的影响。(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。2热化学方程式的书写及反应热计算技巧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，其次在反应物和生成物的后面的括号内注
2、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(主要是反应物和生成物的位置、化学计量数)，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。3分析反应速率和化学平衡问题的注意点(1)熟练“三段式”，准确计算反应速率、转化率和平衡常数。明确三种量的意义：一是起始量(物质的量或浓度)，二是变化量，三是平衡量；用变化量求反应速率和转化率，用平衡浓度求平衡常数。(2)化学平衡状态的比较分析时，要审清两个条件：恒温恒容；恒温恒压。(3)平衡常数的计算固体和纯液体的浓度视为常数(不出现在平衡常数表达式中)；理解气体分压的意义(等于气体物质的量之比)以及气
3、体压强平衡常数的计算。(4)对于可逆反应，温度变化对正、逆反应速率均产生影响，且影响趋势相同，但影响程度不同。升温对吸热反应影响较大，对放热反应影响较小；降温对吸热反应影响较小，对放热反应影响较大。4分析图表与作图时应注意的问题(1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和平衡点。(2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。(3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。1(2019高考江苏卷)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。CaC2O4H2O热分解可制备Ca
4、O，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1。写出400600 范围内分解反应的化学方程式：_。与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是_。(2)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：CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g)H41.2 kJmol1反应：2CO2(g)6H2(g)=CH3OCH3(g)3H2O(g)H122.5 kJmol1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2。其中：CH3OCH3的选择
5、性100%温度高于300 ，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_。220 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_。解析：(1)M(CaC2O4H2O)146 gmol1，取1 mol CaC2O4H2O，质量为146 g，当剩余质量为128 g时，质量减少了18 g，即减少1 mol H2O，结合题图1知，在400 时，固体的化学式为CaC2O4；当剩余质量为100 g时，质量又减少了28 g，即减少1 mol CO，CaC2O4失去1个CO后变成CaCO3，所以在400
6、600 时发生的反应为CaC2O4CaCO3CO。CaC2O4H2O热分解会放出CO、CO2、H2O等气体，可以使制备的CaO更加疏松多孔，这样得到的CaO捕集CO2的性能更好。(2)反应为吸热反应，反应为放热反应，当升高温度时，反应平衡正向移动，CO2转化为CO的平衡转化率上升，反应平衡逆向移动，CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度。反应是气体分子数不变的反应，反应是气体分子数减小的反应，所以可以通过加压使反应平衡正向移动，或者加入有利于反应进行的催化剂。答案：(1)CaC2O4CaCO3COCaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔(2)
7、反应的H0，反应的H1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是_。增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响， 其可能原因是_。(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO ，其离子方程式为_。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)_用c(SO)、Ksp(CaSO3 )和Ksp(CaSO4 )表示；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4 溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是_。解析：(1)应用盖斯定律进行解答。(2)O3的氧化性很强，O3能将NO2氧化为更高价的氮氧化物。O3能氧化SO2，而增加n(
8、O3)时O3氧化SO2的反应几乎不受影响，则“几乎不受影响”的原因是SO2与O3的反应速率慢。(3)NO2转化为NO是NO2发生了还原反应，则SO发生氧化反应；pH8的溶液呈碱性。在此基础上，应用书写氧化还原反应型离子方程式的规则，可写出SO与NO2反应的离子方程式。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后的体系中存在两个沉淀溶解平衡：CaSO3 (s)Ca2(aq)SO(aq)，Ksp(CaSO3)c(Ca2)c(SO)CaSO4 (s)Ca2(aq)SO(aq)，Ksp(CaSO4)c(Ca2)c(SO)则c(SO)c(SO)。CaSO3水悬浮液吸收NO2的实质是SO与NO2发生
9、氧化还原反应。CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液以后，发生反应：Ca2(aq)SO(aq)CaSO4(s)，促使沉淀溶解平衡CaSO3(s)Ca2(aq)SO(aq)向右移动，SO的浓度增大，加快了SO与NO2的反应速率。答案：(1)317.3(2)O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)SO2与O3的反应速率慢(3)SO2NO22OH=SO2NOH2O(4)c(SO)CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO的浓度增大，加快SO与NO2的反应速率11，2二氯丙烷(CH2ClCHClCH3)是重要的化工原料，工业上可用丙烯加成法生产，主要副产物为3氯丙烯(CH2=CHCH2Cl)
10、，反应原理为iCH2=CHCH3(g)Cl2(g)CH2ClCHClCH3(g)H134 kJmol1ii.CH2=CHCH3(g)Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)HCl(g)H2102 kJmol1已知相关化学键的键能数据如下表所示：化学键C=CCCCClClClE/(kJmol1)611x328243请回答下列问题：(1)由反应i计算出表中x_。(2)一定温度下，密闭容器中发生反应i和反应ii，达到平衡后增大压强，CH2ClCHClCH3的产率_(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是_。(3)T1 K时，向10 L恒容的密闭容器中充入1 mol CH2=CHCH2Cl和2 mol
11、 HCl，只发生反应CH2=CHCH2Cl(g)HCl(g)CH2ClCHClCH3(g)H3。5 min反应达到平衡，测得05 min内，用CH2ClCHClCH3表示的反应速率v(CH2ClCHClCH3)0.016 molL1min1。平衡时，HCl的体积分数为_(保留三位有效数字)。保持其他条件不变，6 min时再向该容器中充入0.6 mol CH2=CHCH2Cl、0.2 mol HCl和0.1 mol CH2ClCHClCH3，则起始反应速率v正(HCl)_(填“”“”“1。由题图乙可知，T1K条件下K正K逆1，再应用三段式和平衡常数表达式解答。(5)该反应正向放热，随反应进行，温
12、度升高，压强增大。答案：(1)332(2)增大增大压强，反应ii的平衡不移动，反应i的平衡正向移动(3)54.5%(4)B反应ii的正反应为放热反应，温度升高，正反应的平衡常数减小25%(5)增大2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NO2二聚为N2O4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，N2O5(
13、g)完全分解：t/min040801602601 3001 700p/kPa35.840.342.545.949.261.262.363.1已知：2N2O5(g)= 2N2O4(g)O2(g)H14.4 kJmol12NO2(g)= N2O4(g)H255.3 kJmol1则反应N2O5(g)= 2NO2(g)O2(g)的H_kJmol1。研究表明，N2O5(g)分解的反应速率v2103pN2O5(kPamin1)。t62 min时，测得体系中pO22.9 kPa，则此时的pN2O5_kPa，v_kPamin1。若提高反应温度至35 ，则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35 )_63.1
14、kPa(填“大于”“等于”或“小于”)，原因是_。25 时N2O4(g) 2NO2(g)反应的平衡常数Kp_(Kp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2N2O5(g) 4NO2(g)O2(g)，R.A.Ogg提出如下反应历程：第一步N2O5 NO2NO3快速平衡第二步NO2NO3 NONO2O2 慢反应第三步NONO3 2NO2 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)。Av(第一步的逆反应)v(第二步反应)B反应的中间产物只有NO3C第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D第三步反应活化能较高解析：(1)氯气与硝酸银反应生成N2
15、O5，氯气做氧化剂，还原产物为氯化银，又硝酸银中氮元素、银元素已经是最高化合价，则只能是氧元素化合价升高，所以气体氧化产物为O2。(2)将已知热化学方程式依次编号为a、b，根据盖斯定律，由ab得N2O5(g)=2NO2(g)O2(g)H kJmol153.1 kJmol1。t62 min时，体系中pO22.9 kPa，根据三段式法得2N2O5(g)=2N2O4(g)O2(g)起始 35.8 kPa 0 0转化 5.8 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa62 min 30.0 kPa 5.8 kPa 2.9 kPa则62 min时pN2O530.0 kPa，v210330.0 kPamin1
16、6.0102kPamin1。刚性反应容器的体积不变，25 N2O5(g)完全分解时体系的总压强为63.1 kPa，升高温度，从两个方面分析：一方面是体积不变，升高温度，体系总压强增大；另一方面，2NO2(g)N2O4(g)的逆反应是吸热反应，升高温度，平衡向生成NO2的方向移动，体系物质的量增大，故体系总压强增大。N2O5完全分解生成N2O4和O2，起始p N2O535.8 kPa，其完全分解时p N2O435.8 kPa，p O 217.9 kPa，设25 平衡时N2O4转化了x，则N2O4(g)2NO2(g)平衡 35.8 kPax 2x358 kPax2x17.9 kPa63.1 kPa
17、，解得x9.4 kPa。平衡时，p N2O426.4 kPa，p N O 218.8 kPa，Kp13.4。(3)快速平衡，说明第一步反应的正、逆反应速率都较大，则第一步反应的逆反应速率大于第二步反应的速率，A项正确；反应的中间产物除NO3外还有NO，B项错误；发生有效碰撞才能发生反应，第二步反应慢，说明部分碰撞有效，C项正确；第三步反应快，说明反应活化能较低，D项错误。答案：(1)O2(2)53.130.06.0102大于温度提高，体积不变，总压强提高；NO2二聚为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高13.4(3)AC3钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着广泛的应用。
18、(1)钼酸钠晶体(Na2MoO42H2O)可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。Na2MoO4中Mo的化合价为_。在碱性条件下，将辉钼矿(主要成分为MoS2)加入NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，该反应的离子方程式为_。(2)已知：2Mo(s)3O2(g)=2MoO3(s)H12MoS2(s)7O2(g)=2MoO3(s)4SO2(g)H2MoS2(s)2O2(g)=Mo(s)2SO2(g)H3则H3_(用含H1、H2的代数式表示)。(3)碳酸钠做固硫剂并用氢气还原辉钼矿的原理为MoS2(s)4H2(g)2Na2CO3(s)Mo(s)2CO(g)4H2O(g)2Na2S(s)H。
19、实验测得平衡时的有关变化曲线如图所示。一定温度下，在体积固定的密闭容器中进行上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_(填标号)。A2v正(H2)v逆(CO)BCO体积分数保持不变C混合气体的平均相对分子质量保持不变DH保持不变图中A点对应的平衡常数Kp_(已知A点对应的压强为0.1 MPa，用平衡分压代替平衡浓度进行计算，分压总压物质的量分数)。解析：(1)Na2MoO42H2O中Na是1价，O是2价，所以根据化合物中各元素正负化合价代数和为0可知，Mo的化合价是6；反应中Mo的化合价从4升高到6，S的化合价从2升高到6，Cl的化合价从1降低到1，所以根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知
20、，该反应的离子方程式为MoS29ClO6OH=MoO9Cl2SO3H2O。(2)根据盖斯定律，由得到MoS2(s)2O2(g)=Mo(s)2SO2(g)H3H2H1。(3)2v正(H2)v逆(CO)不满足反应速率之比等于化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，A错误；CO体积分数保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，B正确；反应前后混合气体的质量和物质的量是变化的，因此混合气体的平均相对分子质量保持不变说明正、逆反应速率相等，反应达到平衡状态，C正确；同一温度下，对于具体的化学反应，H是不变的，D错误。图中A点处对应的氢气和水蒸气的体积分数相等，均是40%，所以一氧化碳的体积分数是2
21、0%，说明氢气、一氧化碳、水蒸气的物质的量之比是212，所以对应的平衡常数Kp4104。答案：(1)6MoS29ClO6OH=MoO9Cl2SO3H2O(2)H2H1(3)BC 4104电解质溶液、电化学与化学平衡的综合1题型特点主要以元素及其化合物的性质做素材，设计为溶液中进行的可逆反应。试题主要考查电化学、溶液中的电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡的有关知识，同时往往涉及氧化还原反应的相关知识。2解题指导(1)浏览全题根据题目提供的信息，结合相关基础知识，先对简单问题进行解答。(2)对于氧化还原反应通过陌生物质的价态判断其氧化性与还原性。氧化还原滴定的分析计算要正确利用“关系式”。(3)化学
22、反应速率的影响因素的实验探究影响化学反应速率的探究实验中，控制变量是关键。(4)化学平衡常数及平衡转化率的计算平衡常数的计算可用三段式法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，然后代入平衡常数表达式(平衡时生成物浓度化学计量数次幂的乘积与反应物浓度化学计量数次幂的乘积的比值)进行计算。(5)对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，最后按电极反应式进行相关计算。电化学中的电极反应式的书写要做到以下几点：(1)根据题意、装置图分清“原电池”“电解池”或“电镀池”。(2)定电极：阴极、阳极；正极、负极。(3)根据电极反应物和介质确定产物进而写
23、出电极反应式。配平(原子守恒、电荷守恒、电子守恒)；产物粒子在介质中存在的形式；得、失电子要表达准确，得电子写ne，失电子写ne。(4)对电化学计算要利用各电极转移的电子数相等求未知量。(6)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。有关Ksp的计算往往与pH的计算结合起来，要注意pH与c(OH)浓度关系的转换，难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态，满足相应的Ksp。1(2018高考江苏卷)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3和NOx反应生成N2。(1)N
24、H3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为_mol。(2)将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图1)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50250 范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_；当反应温度高于380 时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。解析：(1)反应时NH3中N由3价升高到0价，NO2中N由4价降低到0价，反应为6NO28NH3=7N212H2O，则生成1 mol N2，转移电子 mol。(2)迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高
25、共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大；温度高于380 ，催化剂活性下降，且NH3与O2反应生成了NO。答案：(1)(2)迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO2(2016高考江苏卷)铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。(1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O转化为Cr3，其电极反应式为_。(2)在相同条件下，测量
26、总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2和Pb2的去除率，结果如图所示。当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2和Pb2，其原因是_。当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2和Pb2的去除率不升反降，其主要原因是_。(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为3)与Fe2反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为_。纳米铁粉与水中NO反应的离子方程式为4FeNO10H=4Fe2NH3H2O研究发现，若pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是_。相
27、同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO的速率有较大差异(见图)，产生该差异的可能原因是_。解析：(1)微电池的正极为炭，电极反应式为Cr2O6e14H=2Cr37H2O。(2)铁的质量分数为0时，活性炭会吸附Cu2和Pb2，因此也能去除水中少量的Cu2和Pb2。铁的质量分数大于50%时，铁炭混合物中微电池数目减少，因此去除率不升反降。(3)根据题中提供信息知，Fe2在碱性条件下与BH反应，生成Fe、H2和B(OH)，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平并写出离子方程式：2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)。pH偏低，纳米铁粉与H反应生成H2，Fe的量减少，因此NO的去除率下降。根据图示
28、，中纳米铁粉去除NO的速率快，与相比多了Cu2，可能原因是Cu2或铁置换出的Cu能催化纳米铁粉去除NO的反应或Fe和Cu形成了FeCu原电池，从而增大了纳米铁粉去除NO的反应速率。答案：(1)Cr2O14H6e=2Cr37H2O(2)活性炭对Cu2和Pb2有吸附作用铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少(3)2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)纳米铁粉与H反应生成H2Cu或Cu2催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成的FeCu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率)3(2017高考江苏卷)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。(1)将硫酸锰、硝
29、酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO，其原因是_。 (2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。 以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.010.0)，将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_。 H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsOH的电离常数为Ka1，则pKa1_(pKa1lg Ka1)。(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH 7.1时， 吸附剂X表面不带电荷；pH7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH03SiCl4(g)2H2(g)Si(s)4SiHCl3(g)H202SiCl4(g)H2(g)Si(s)HCl(g)3SiHCl3(g)H3(1)氢化过