2018屆高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí)逐題對(duì)點(diǎn)特訓(xùn)13含解析精品

1、逐題對(duì)點(diǎn)特訓(xùn)1. (2021山西太原模擬)PM2.5(可入肺顆粒物)污染與能源使用的排放有關(guān),SO2、NO*、氨氣以及揮發(fā)性有機(jī)物都是污染性氣體.旋轉(zhuǎn)噴霧枯燥法是去除燃煤煙氣中二氧化硫的方法之一,工藝流程如下圖：(1)寫(xiě)出高速旋轉(zhuǎn)霧化器中發(fā)生反響的化學(xué)方程式：2SO+ 2Ca(OH)z+ O2=2CaSO4 +2H2(2)在一定條件下,SO2可被氧氣氧化,每生成 8 g SO3氣體,放出9.83 kJ的熱量寫(xiě)出該 一、,r、,、-r、_ _ _一定條件反響的熱化學(xué)萬(wàn)程式：2SOz(g) + O2(g)2SO3(g) 下=196.6 kJ/mol.(3)500 C時(shí),在催化劑存在條件下,分另1J

2、將2 mol SO 2和1 mol O 2置于恒壓容器I和恒容容器n中(兩容器的起始容積均為 2 L),充分反響,二者均到達(dá)平衡后兩容器中SO3的體積分?jǐn)?shù)關(guān)系是I n(填“、V或“=).假設(shè)測(cè)得容器n中的壓強(qiáng)減小了 30%,那么 該溫度下的化學(xué)平衡常數(shù) K= 1620.(4)用NaOH溶液吸收煙氣中的 SO2,將所得的Na2SO3溶液進(jìn)行電解,可循環(huán)再生NaOH ,同時(shí)得到H2SO4,其原理如下圖(電極材料為石墨).稀 NliOH 溶液陽(yáng)璃戶(hù)交換膜 陰離交換晚圖中a極要連接電源的負(fù)_(填“正或“負(fù))極,C 口流出的物質(zhì)是濃硫酸(填名稱(chēng)).SO3一放電的電極反響式為 SO|-2e +H2O=SO

3、4+ 2H+.電解過(guò)程中陰極區(qū)堿性明顯增強(qiáng),用平衡移動(dòng)原理解釋原因：H2OH + +OH陰極H+放電生成Hz, c(H+)減小,水的電離平衡正向移動(dòng),堿性增強(qiáng).解析：(1)由題給流程圖可知,在高速旋轉(zhuǎn)霧化器中發(fā)生的反響為2SO2 + 2Ca(OH)2 +O2=2CaSO4+2H2O.(2)書(shū)寫(xiě)熱化學(xué)方程式時(shí)注意不要漏掉物質(zhì)的聚集狀態(tài)并要正確計(jì)算反響熱.(3)容器I是恒壓容器,容器 n是恒容容器,而該反響是氣體分子數(shù)減少的反響,故容器I中所建立的平衡可以看作在容器 n中的反響到達(dá)平衡后增大壓強(qiáng),增大壓強(qiáng)可使該平衡 正向移動(dòng),那么到達(dá)平衡后容器 I中SO3的體積分?jǐn)?shù)大于容器 n中SO3的體積分?jǐn)?shù).

4、設(shè)反響 的.2的物質(zhì)的量為x mol,那么反響的SO2的物質(zhì)的量為2x mol,生成的SO3的物質(zhì)的量為 2x mol.根據(jù)阿伏加德羅定律的推論可知,同溫同體積下,氣體的壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比,那么X 2x =-汽攵 解得 x= 0.9.那么平衡時(shí) c(SO2)= 0.1 mol/L , c(O2)2= 0.05 mol/L, c(SOa)=0.9 mol/L,那么K = 一CtS03) = 1620.C(O2)c (SO2)(4)由題給條件和裝置圖分析可知,此裝置是電解亞硫酸鈉溶液得到氫氧化鈉和硫酸.由Na+的移動(dòng)方向可知,a為陰極,應(yīng)與電源的負(fù)極相連.B 口產(chǎn)物為濃NaOH溶液,C 口

5、 流出的是濃硫酸. SO3一失去電子轉(zhuǎn)化為 SO4 ,電極反響式為SO2 - 2e + H2O=So4 +2H 在陰極H+放電生成H2, c(H+)減小,水的電離平衡正向移動(dòng),c(OH-)增大,堿性增強(qiáng).2. (2021甘肅蘭少M(fèi)模擬)甲醇既是一種可再生能源,又是一種重要的化工原料.工業(yè)上通過(guò) CO(g) + 2H2(g)=CH30H(g)生產(chǎn)甲醇.(1)在一定溫度下,向1 L密閉容器中充入1 mol CO和2 mol H2,發(fā)生上述反響,10 min 時(shí)反響達(dá)平衡,此時(shí) CO的轉(zhuǎn)化率為50%.前10 min生成甲醇的平均反響速率為0.05 mol (L min) 1;該反響在低溫下能自發(fā)進(jìn)行

6、,那么反響的 AH、V或“)0.以下關(guān)于上述反響的表達(dá),不正確的選項(xiàng)是BDE(填字母編號(hào)).A.縮小容器的體積,平衡將向右移動(dòng),c(CO)將變大B.到達(dá)平衡時(shí).移走局部甲醇,平衡將向右移動(dòng),正反響速率加快C.恒溫、恒容條件下,容器內(nèi)的壓強(qiáng)不發(fā)生變化,那么該反響到達(dá)平衡狀態(tài)D.反響過(guò)程中假設(shè)生成 CH30H的速率與消耗 CO的速率相等,那么該反響到達(dá)平衡狀態(tài)E.使用適宜的催化劑能縮短到達(dá)平衡的時(shí)間并提升CO的轉(zhuǎn)化率(2)在容積為1 L的恒容容器中,分別研究在230C、250C、270c三種溫度下合成甲醇的規(guī)律.上述三種溫度下不同的H2 CO的起始組成比(起始時(shí)CO的物質(zhì)的量均為1 mol)與CO

7、平衡轉(zhuǎn)化率的關(guān)系如下圖.T 口)的平衡轉(zhuǎn)化率而gr L1_I_I_I_I_I_I_I_a_I12 3 4 5 仙1加8在上述三種溫度中,曲線(xiàn)Z對(duì)應(yīng)的溫度是270_jCo一 W 肝惜性電極情性電極刃 I良多KIM1溶液利用圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù),計(jì)算該反響在對(duì)應(yīng)溫度下的平衡常數(shù)K = 4o(3)有人設(shè)計(jì)甲醇-空氣燃料電池的示意圖如下圖,工作時(shí)負(fù)極的電極反響式可表示為一2. 2 CHgOH6e +8OH =COg+6H2OO假設(shè)以該電池為電源,用石墨作電極電解200 mL含有以下離子的溶液:離于Cu2十十H一ClSO2-1c/mol L0.5220.5電解一段時(shí)間后,標(biāo)準(zhǔn)狀況下當(dāng)兩極收集到相同體積的氣

8、體時(shí),陽(yáng)極上收集到氧氣的質(zhì)量為32_g(忽略溶液體積的變化及電極產(chǎn)物可能存在的溶解現(xiàn)象).解析：v(CH30H)Jm二0.5 ml(Lmin) 1.該反響的AS,由復(fù)合判據(jù)知該反響的AH0o縮小容器體積,體系中各物質(zhì)的濃度均增大,該反響為氣體物質(zhì)的量減小的反響,平衡右移,但平衡的移動(dòng)不能抵消條件的改變帶來(lái)的影響,故c(CO)增大,A項(xiàng)正確；到達(dá)平衡時(shí),移走局部甲醇,平衡右移,但正、逆反響速率均減小,B項(xiàng)錯(cuò)誤；該反響為氣體物質(zhì)的量減小的反響, 體積不變時(shí)壓強(qiáng)為變量,當(dāng)壓強(qiáng)不變時(shí)說(shuō)明反響已達(dá)平衡,C項(xiàng)正確；生成甲醇的反響與消耗 CO的反響均為正反響, D項(xiàng)錯(cuò)誤；催化劑不能改變反響 的限度,E項(xiàng)錯(cuò)誤

9、.(2)該反響為放熱反響,在目同的情況下,溫度越高,故曲線(xiàn)Z表示的是270 C時(shí)的反響情況.根據(jù)三段式:CO的平衡轉(zhuǎn)化率越小,co3.電解時(shí)2H2 +COCH3OH起始(mol L 1)1.510轉(zhuǎn)化(mol L 1)1.00.50.5平衡(mol L 1)0.50.50.5那么平衡常數(shù)K=c(CH 30H ) _0.5c2(H2 )c(CO )= 0.52X0.5=4 0(3)甲醇在負(fù)極發(fā)生失電子的氧化反響,由于電解質(zhì)溶液為堿性,故生成陽(yáng)極依次發(fā)生的電極反響為2Cl - 2e =Cl2 T和40H 4e =H20+ O2 T ,陰極依次發(fā)生的電極反響為 Cu2 + 2e =Cu和2H+ +

10、2e =H2T ,根據(jù)陰、陽(yáng)兩極轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等可 得：n(C)+ 4n(O2) = 2n(Cu2+)+2n(H2),兩極產(chǎn)生的氣體物質(zhì)的量相等,那么n(Cl + n(02)= n(H2),根據(jù)原子守恒 n(Cl )=2n(Cl2),聯(lián)立可解得 n(O2) = 0.1 mol, n(H2) = 0.3 mol,那么 m(O2) = 3.2 g.3. (2021遼寧大連模擬)磷及其化合物在科研及生產(chǎn)中均有著重要的作用.(1)紅磷P(s)和Cl2(g)發(fā)生反響生成 PCl3(g)和PCl5(g),反響過(guò)程如下：_ 12P(s)+ 3Cl 2(g) =2PCl 3(g) AH = 612 kJ mol

11、_ 12P(s)+ 5Cl 2(g)=2PCl 5(g) AH = - 798 kJ mol氣態(tài)PCl5生成氣態(tài)PCl3和Cl2的熱化學(xué)方程式為 PCl_5(g)=PCl0(g) + Cl_j(g) AH = + 93. ,一1kJ mol .NaOH溶液反響生成 Na2HPO3,電解Na2HPO3溶液也可得到(2)亞磷酸(H3P03)與適量的 亞磷酸,裝置如下圖：陰極的電極反響式為產(chǎn)品室中反響的離子方程式為HPO3-+2H+=H3P03.(3)在一定溫度下,KspMg 3(PO4)2 = 6.0 x 10 29, KspCa3(PO4)2 = 6.0X 10 26.現(xiàn)向濃度均為0.20 mo

12、l L1的MgCl 2和CaCl2混合溶液中逐滴參加Na3P04,先生成Mg.支04)馬沉淀(填化學(xué)式)；當(dāng)測(cè)得溶液其中一種金屬陽(yáng)離子沉淀完全(濃度小于105mol L - 1)時(shí),溶液中的另一種金屬陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度c= 10 4mol L 1.解析：(1)2PCl 5(g)=5Cl 2(g) + 2P(s) .1 1川=+ 798 kJ mol ,_/_ /_ 12P(s)+ 3Cl 2(g)=2PCl 3(g)AH = 612 kJ mol ,上述兩式相加得：_ -12PCl 5(g)= 2Cl 2(g) + 2PCl3(g)AH = + 186 kJ mol ,rr1即 PCl5(g

13、)=Cl2(g) + PCl3(g)AH=+ 93 kJ mol .29當(dāng)Mg 2+完全沉淀時(shí),c(po4)=號(hào)滯-=46.0X10 14,此時(shí) c(Ca2+) =r-266.0X10.4114 = 10mol L6.0 x 10LH2,可用天然氣制取,其生產(chǎn)流程如圖:水穌氣4 .合成氨工業(yè)的原料氣(1)寫(xiě)出反響I的反響方程式：CH4+H2O(g)同溫 CO+3H2；該反響的平衡常數(shù)表達(dá)式為 k=c3(H2 )“co )c(CH4 )c(H2O )(2)轉(zhuǎn)化爐中反響為 CO(g) + H2O(g)=CO2(g) + H2(g),其平衡常數(shù)與溫度關(guān)系如下表：溫度400 c500 c800 c1

14、000 c平衡常數(shù)10910.5該反響為放熱(填“吸熱或“放熱)反響.合成氨反響原理為 N2(g)+3H2(g)2NH 3(g) AH = - 92.4 kJ/mol答復(fù)以下問(wèn)題：或別離液態(tài)空氣;工業(yè)合成氨原料氮?dú)獾闹苽浞椒ㄊ窍纫夯諝?再汽化別離在一定溫度下,將 1 mol N 2和3 mol H 2充入一容積不變的密封容器中進(jìn)行合成反響,到達(dá)平衡時(shí),容器的壓強(qiáng)為起始的4,平衡狀態(tài)記為Sc那么平衡時(shí)容器內(nèi) NH3的體積分?jǐn)?shù)為525%;假設(shè)保持溫度不變,開(kāi)始時(shí)向容器參加 a mol N2, b mol H2, c mol NH 3,要使反響始終 向逆反響方向進(jìn)行,且到達(dá)平衡后各物質(zhì)物質(zhì)的量與原

15、平衡S0完全相同,那么起始時(shí) c的取值范圍應(yīng)是 0.8cW2.解析：2溫度升高,K值減小,該反響為放熱反響.3工業(yè)合成氨中制備氮?dú)庥玫氖莿e離液態(tài)空氣法；設(shè)平衡時(shí)反響掉的 nN2為x,那么有N2 +3H2高溫高壓2NH3n起始,單位mol130n反響,單位molx3x2xn平衡,單位mol1 x3-3x2x據(jù)題意得4 2x/4 = 4/5,解得x= 0.4,平衡時(shí)混合物的總量為 3.2 mol, nNH 3= 0.8 mol, 氨氣的體積分?jǐn)?shù)為 0.8 32X100% = 25%;根據(jù)等效平衡原那么,NH 3的最大量為2 mol,為了 使新的平衡始終向逆反響方向移動(dòng),NH3的量應(yīng)該比原平衡時(shí)的量

16、要大,即 c的范圍是0.8c(填)V(逆)0“V 或(2) 2N2H4(l) + N2O4(l)=3N2(g) + 4H2O(l)AH = - 1 225 kJ/mol化學(xué)鍵N-HN -NN三NO-H鍵能(kJ/mol)390190946460那么使1 mol N2O4Q)完全分解成相應(yīng)的原子時(shí)需要吸收的能量是1 793 kJ.解析：(1)由表格數(shù)據(jù)變化量 Ac(X) : Ac(Y) =2 ： 1,所以X表示NO2, Y表示 用.4,K=c(nO 2)=0.9o 20 min 時(shí) NO2 的濃度由 0.6 mol/L 瞬間變?yōu)?1.0 mol/L ,而 N2O4的濃度 c N2O4不變,那么改

17、變的條件是投入0.8 mol NO 2,因正反響是氣體分子數(shù)增大的反響,所以再充入0.8 mol NO 2對(duì)平衡的影響相當(dāng)于將體系的體積壓縮,那么平衡逆向移動(dòng),所以N2O4的轉(zhuǎn)化率減小.A項(xiàng),混合氣體的總質(zhì)量和體積都不變,所以混合氣體的密度一直保持不變,不能說(shuō)明反響到達(dá)平衡；B項(xiàng),混合氣體的顏色不再變化,即NO2的濃度不變,能說(shuō)明反響達(dá)到平衡；C項(xiàng),該反響是氣體分子數(shù)不等的反響,所以混合氣體的氣體壓強(qiáng)保持不變那么可說(shuō)明反響已到達(dá)平衡狀態(tài)；D項(xiàng),N2O4與NO2某時(shí)刻的物質(zhì)的量比為10 : 3,不表示二者的物質(zhì)的量不再變化,所以不能說(shuō)明反響已到達(dá)平衡狀態(tài).c(NO2)=0.3 mol/L, c(

18、N2O4)=0.6 mol/L ,濃度商Qc=03=0.15v(逆).0.6(2) H= 8E(N H)+2E(N N)+E(N2O4)3E(NN) 8E(H O),所以使 1 mol N2O4.)完全分解成相應(yīng)的原子時(shí)需要吸收的能量為1 225 kJ-8X 390 kJ- 2X 190 kJ+3X 946 kJ + 8X460 kJ= 1 793 kJ.6. (2021遼寧大連二模)目前工業(yè)上有一種方法是用CO2來(lái)生產(chǎn)燃料乙醇的“節(jié)能減排和“低碳經(jīng)濟(jì)方法,一定條件下發(fā)生反響：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH20H(g) +3H2O(g) AH 1.01 X105 Pa時(shí),9.2 g液態(tài)

19、乙醇完全燃燒,當(dāng)恢復(fù)到原狀態(tài)時(shí),放出273.4 kJ的熱量,寫(xiě)出表示乙醇燃燒的熱化學(xué)方程式：CH3CH?OH(l) + 3O2(g)=2COz(g) + 3H2O(l)1 AH = 1 367 kJ mol .(5)以石墨為電極,氫氧化鈉、乙醇、水、氧氣為原料,可以制成乙醇的燃料電池,寫(xiě)出發(fā)生復(fù)原反響的電極反響式：.2 + 2H/O + 4e =4OH .解析：(1)由表中數(shù)據(jù)可知,01 min 內(nèi),An(H2)= 8 mol -6 mol = 2 mol,那么 v(H2) = c牛)=當(dāng)(咚L 2mol=0.1 mol l 1 min 1,那么速率之比等于計(jì)量系數(shù)之比可知：v(H2):V 2

20、0 LX 1 min v(CH3CH2OH) = 6 ： 1,那么 v(CH3CH2OH)=6v(H2) = 60.1 mol L 1 min 1 = 0.016 7 mol L1 min t；由表中數(shù)據(jù)可知,出起始投入量為8 mol,在20 L密閉容器中,CO?和H2的投料比為1 ： 3,那么CO2起始投入量為8 mol, 3 min后反響達(dá)平衡,建立三段式過(guò)程分析:32cO2(g)+6H2(g)起始量 0.1350.4(mol L 1)轉(zhuǎn)化量0.050.15(mol L 1)平衡量0.080.25(mol L 1)那么平衡常數(shù)CH3CH20H(g) + 3H2O(g)000.0250.0750.0250.0756.75.皿叫C3(H2O L 0.02斐 0.07g1