高考化学总复习优编增分练高考压轴大题特训题型五借助图像图表的基本概念基本理论应用题Word文档格式.docx

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（3）2HNO2＋（NH2）2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O

（4）①

　②迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大，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NO

解析　

（2）由题给信息可知，反应物为HNO2（弱酸），生成物为HNO3，因此阳极反应式为HNO2－2e－＋H2O===3H＋＋NO

。

（3）由题给信息可知，反应物为HNO2、（NH2）2CO，生成物为CO2和N2，根据氧化还原反应方程式的配平方法可写出该反应的化学方程式为2HNO2＋（NH2）2CO===2N2↑＋CO2↑＋3H2O。

（4）①NH3中N的化合价为－3，NO2中N的化合价为＋4，N2中N的化合价为0，每生成1molN2，有8/7的N由－3价变为0价，被氧化的N的物质的量为8/7mol，因此每生成1molN2转移的电子数为24/7mol。

②温度升高，反应速率增大，同时催化剂的活性增大也会提高反应效率。

一段时间后催化剂活性增大幅度变小，主要是温度升高使反应速率增大。

当温度超过一定值时，催化剂的活性下降，同时氨气与氧气反应生成NO而使反应速率减小。

2．（2018·

江苏省海安高级中学高三1月月考）为保护环境，应减少二氧化硫、氮氧化物和二氧化碳等物质的排放量。

（1）用CH4催化还原煤燃烧产生的氮氧化物，可以消除污染。

已知：

CH4（g）＋2NO2（g）===N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）

ΔH＝－867kJ·

mol－1

NO2（g）===

N2O4（g）　ΔH＝－28.5kJ·

写出CH4催化还原N2O4（g）生成CO2、N2和H2O（g）的热化学方程式：

（2）一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶2置于恒温恒容的密闭容器中，发生NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g），测得反应达到平衡时NO2与SO2体积比为1∶5，则平衡常数K＝________（填数值）。

（3）如图1是一种用NH3、O2脱除烟气中NO的原理，该原理中NO最终转化为H2O和________（填化学式），当消耗1molNH3和0.5molO2时，除去的NO在标准状况下的体积为________L。

（4）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。

有人利用图2所示装置（均为惰性电极）从海水中提取CO2（海水中无机碳95%以HCO

形式存在），有利于减少环境中温室气体含量。

①a室的电极反应式为___________________________________________________________。

②b室中提取CO2的反应的离子方程式为__________________________________________。

③b室排出的海水（pH<

6）不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质对b室排出的海水进行处理，合格后才能排回大海。

处理的方法是_______________________________________。

答案　

（1）CH4（g）＋N2O4（g）===N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）　ΔH＝－810kJ·

（2）1.8

（3）N2　11.2　

（4）①2H2O－4e－===O2↑＋4H＋（或4OH－－4e－===O2↑＋2H2O）　②H＋＋HCO

===H2O＋CO2↑

③用c室排出的碱性溶液将从b室排出的酸性海水调节至接近正常海水的pH

解析　

（1）已知：

Ⅰ.CH4（g）＋2NO2（g）===N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）　ΔH1＝－867kJ·

mol－1，

Ⅱ.2NO2（g）===N2O4（g）　ΔH2＝－57kJ·

根据盖斯定律，Ⅰ－Ⅱ得CH4（g）＋N2O4（g）===N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g），故ΔH＝－867kJ·

mol－1－（－57kJ·

mol－1）＝－810kJ·

即CH4（g）＋N2O4（g）===N2（g）＋CO2（g）＋2H2O（g）　ΔH＝－810kJ·

mol－1。

（2）　　NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g），

起始量a2a00

变化量xxxx

平衡量a－x2a－xxx

由题意可知：

＝

，解之得：

x＝

a，

所以K＝

＝1.8。

（3）由图1可知反应物为氧气、一氧化氮和氨气，最终生成物为氮气和水，所以NO最终转化为N2和H2O；

氧气、一氧化氮和氨气反应生成氮气和水，反应中氨气失去的电子的物质的量等于NO和氧气得到的电子总物质的量，1molNH3转化为N2失去3mol电子，0.5molO2得到2mol电子，则NO转化为N2得到的电子为1mol，所以NO的物质的量为0.5mol，其体积为11.2L（标况）。

（4）①a室为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑。

②氢离子通过阳离子交换膜进入b室，发生反应：

H＋＋HCO

===CO2↑＋H2O。

③c室发生反应：

4H2O＋

4e－===4OH－＋2H2↑，可用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至装置入口海水的pH，以达到排放标准。

3．（2018·

泰州中学高三12月月考）

（一）十氢萘是具有高储氢密度的氢能载体，经历“十氢萘（C10H18）→四氢萘（C10H12）→萘（C10H8）”的脱氢过程释放氢气。

ΔH1＞ΔH2＞0

C10H18（l）C10H12（l）＋3H2（g）　ΔH1

C10H12（l）C10H8（l）＋2H2（g）　ΔH2

请回答：

（1）则C10H8（l）＋5H2（g）C10H18（l）　ΔH3＝________________。

（2）有利于提高上述脱氢反应平衡转化率的条件是________（填字母）。

A．高温高压B．低温低压

C．高温低压D．低温高压

（3）研究表明，将适量十氢萘置于恒容密闭反应器中，升高温度带来高压，该条件下也可显著释氢，理由是______________________________________________________________

_______________________________________________________________________。

（4）温度335℃时，在恒容密闭反应器中进行高压液态十氢萘（1.00mol）催化脱氢实验，测得C10H12和C10H8的产率x1和x2（以物质的量分数计）随时间的变化关系，如下图所示。

①在8h时，反应体系内氢气的量为________mol（忽略其他副反应）。

②已知反应过程中的能量变化如下图所示，x1显著低于x2的原因是

（二）科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融NaOH—KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨。

（5）阴极区发生的变化可视为按两步进行。

先发生的电极反应式为

________________________________________________________________________，

随后发生反应：

2Fe＋3H2O＋N2===2NH3＋Fe2O3。

答案　

（1）－（ΔH1＋ΔH2）

（2）C

（3）温度升高加快反应速率，温度升高使平衡正向移动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用

（4）①1.951　②反应2的活化能比反应1的小，催化剂显著降低了反应2的活化能，反应生成的C10H12很快转变成C10H8，故x1显著低于x2

（5）Fe2O3＋6e－＋3H2O===2Fe＋6OH－

解析　

（1）①C10H18（l）C10H12（l）＋3H2（g）　ΔH1，②C10H12（l）C10H8（l）＋2H2（g）　ΔH2，根据盖斯定律，将①＋②得：

C10H18（l）C10H8（l）＋5H2（g）　ΔH4＝ΔH1＋ΔH2，则C10H8（l）＋5H2（g）C10H18（l）　ΔH3＝－（ΔH1＋ΔH2）。

（2）ΔH1＞ΔH2＞0，则C10H18（l）C10H8（l）＋5H2（g）　ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＞0。

A项，增大压强平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，错误；

B项，降低温度，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，错误；

C项，升高温度，平衡正向移动，降低压强，平衡正向移动，均有利于提高平衡转化率，正确；

D项，降低温度，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，错误。

（3）根据反应方程式C10H18（l）C10H8（l）＋5H2（g）　ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＞0。

温度升高加快反应速率，温度升高使平衡正向移动的作用大于压强增大使平衡逆向移动的作用，平衡仍然正向移动，释放出氢气。

（4）①在8h时，C10H8的产率为0.374，则n（C10H8）＝0.374×

1.00mol＝0.374mol，C10H12的产率为0.027，则n（C10H12）＝0.027×

1.00mol＝0.027mol，根据C10H18（l）C10H12（l）＋3H2（g）和C10H18（l）C10H8（l）＋5H2（g）可知，生成的氢气的物质的量＝0.027mol×

3＋0.374mol×

5＝1.951mol。

②根据图像可知，反应2的活化能比反应1的小，催化剂显著降低了反应2的活化能，反应生成的C10H12很快转变成C10H8，故x1显著低于x2。

（5）以H2O和N2为原料，熔融NaOH—KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下合成氨。

阴极区发生还原反应，根据随后发生反应：

2Fe＋3H2O＋N2===2NH3＋Fe2O3，由于纳米Fe2O3作催化剂，说明阴极区首先发生Fe2O3得到电子的反应生成铁，电极反应式为Fe2O3＋6e－＋3H2O===2Fe＋6OH－。

4．（2018·

江苏省丹阳高级中学高三上学期期中）镁的单质及其化合物在储氢及大气治理等方面用途非常广泛。

Ⅰ.工业上可以采用热还原法制备金属镁（沸点1107℃，熔点648.8℃）。

将碱式碳酸镁[4MgCO3·

Mg（OH）2·

5H2O]和焦炭按一定比例混合，放入真空管式炉中先升温至700℃保持一段时间，然后升温至1450℃反应制得镁（同时生成可燃性气体）。

（1）用碳还原法制备金属镁需要在真空中而不在空气中进行，其原因是________________________________________________________________________。

（2）碱式碳酸镁分解如下左图所示，写出在1450℃反应制得镁的化学方程式：

Ⅱ.工业上利用纳米MgH2和LiBH4组成的体系储放氢（如上右图所示）。

（3）写出放氢过程中发生反应的化学方程式_____________________________________

Ⅲ.工业上MgO浆液是高活性的脱硫剂，常用来脱除烟气中的SO2。

主要包含的反应有：

①Mg（OH）2＋SO2===MgSO3＋H2O

②MgSO3＋SO2＋H2O===Mg（HSO3）2

③Mg（HSO3）2＋Mg（OH）2===2MgSO3＋2H2O

④2MgSO3＋O2===2MgSO4

脱硫时，MgO的脱硫效率、pH及时间的关系如下左图所示。

已知20℃时，H2SO3的K1＝l.54×

10－2，K2＝1.02×

10－7,25℃时，Ksp（MgSO3）＝3.86×

10－3，Ksp（CaSO3）＝3.1×

10－7。

（4）脱硫过程中使浆液pH减小最显著的反应是________（填①、②、③或④）。

（5）约9000s之后，脱硫效率开始急速降低，其原因是

（6）其他条件相同时，镁基和钙基脱硫效率与液、气摩尔流量比如上右图所示。

镁基脱硫效率总比钙基大，除生成的MgSO4具有良好的水溶性外，还因为

答案　

（1）在空气中镁被氧气氧化

（2）MgO＋C

Mg＋CO↑

（3）MgH2＋2LiBH4===2LiH＋MgB2＋4H2↑

（4）①②

（5）浆液中Mg（OH）2已耗尽

（6）MgSO3溶解度比CaSO3大，MgSO3比CaSO3更易被氧化

解析　Ⅰ.

（1）用碳还原法制备金属镁需要在真空中而不在空气中进行，其原因是在空气中镁被氧气氧化。

Ⅲ.（4）脱硫过程中反应①消耗碱Mg（OH）2，反应②生成能电离产生H＋的酸式盐Mg（HSO3）2，所以使浆液pH减小最显著的反应是①②。

（5）约9000s之后，脱硫效率开始急速降低，其原因是浆液中Mg（OH）2已耗尽。

（6）镁基脱硫效率总比钙基大，除生成的MgSO4具有良好的水溶性外，还因为MgSO3溶解度比CaSO3大，MgSO3比CaSO3更易被氧化。

5．（2018·

盐城市高三上学期期中）漂白粉来源广泛、价格低廉，用其脱除烟气中SO2和NOx是目前研究的热点之一：

（1）脱除烟气中的SO2和NOx实验示意装置如图所示，图中N2和O2的作用：

装置A的作用：

________________。

（2）工业上用氯气与熟石灰制取漂白粉的化学方程式为

（3）用漂白粉溶液同时脱硫、脱硝时，测得相同条件下SO2和NO的脱除率随时间变化如图所示：

①SO2的脱除率总是比NO的大，除因为脱除NO的活化能较高外，另一原因是

②漂白粉溶液与过量SO2反应（同时有沉淀生成）的离子方程式为

（4）脱硝过程中包含一系列反应：

2NO＋O2===2NO2,2NO2＋H2OHNO2＋HNO3，NO＋HClONO2＋HCl等。

①实验测得吸收液初始pH与NO脱除率的关系如图所示：

ⅰ）在4<

pH<

10时，pH越小，NO脱除率越大，是因为

ⅱ）当pH＝12时，NO脱除率又增大，是因为___________________________________________

②为提高NO脱除率，在其他条件相同时，漂白粉溶液中分别添加三种不同添加剂，测得其对NO脱除率的影响如图所示。

NO脱除率不同的原因是__________________________

答案　

（1）配制不同体积分数的模拟烟气　将气体混合

（2）2Cl2＋2Ca（OH）2===CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O

（3）①NO的溶解度较低　②Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋2H＋＋Cl－

（4）①ⅰ）pH较小时，有利于生成HClO将NO氧化为较高价态的氮氧化物（或NO2）

ⅱ）碱性条件下有利于氮氧化物（NO2或NO和O2、NO和NO2等）转化成盐

②该条件下氧化性：

KMnO4>

H2O2>

NaClO2，相应的NO脱除率也依次增大

解析　（3）①SO2的脱除率总是比NO的大，除因为脱除NO的活化能较高外，另一原因是SO2在溶液中易溶，NO的溶解度较低。

②漂白粉溶液有强氧化性，与过量SO2反应，有CaSO4沉淀生成，离子方程式为Ca2＋＋ClO－＋SO2＋H2O===CaSO4↓＋2H＋＋Cl－。

（4）①ⅰ）在4<

10时，pH越小，NO脱除率越大，提高酸度，有利于增强氧化剂的氧化性，所以pH较小时，有利于生成HClO将NO氧化为较高价态的氮氧化物（或NO2）。

ⅱ）当pH＝12时，NO脱除率又增大，是因为碱性条件下有利于氮氧化物（NO2或NO和O2、NO和NO2等）转化成盐。

②分别添加三种不同添加剂，测得其对NO脱除率的影响不相同，该条件下氧化性：

NaClO2，相应的NO脱除率也依次增大。

总结的注意事项1．一定要实事求是，成绩不夸大，缺点不缩小，更不能弄虚作假。

这是分析、得出教训的基础。

2．条理要清楚。

总结是写给人看的，条理不清，人们就看不下去，即使看了也不知其所以然，这样就达不到总结的目的。

3．要剪裁得体，详略适宜。

材料有本质的，有现象的；

有重要的，有次要的，写作时要去芜存精。

总结中的问题要有主次、详略之分，该详的要详，该略的要略。

总结的基本格式1、标题2、正文开头：

概述情况，总体评价；

提纲挈领，总括全文。

主体：

分析成绩缺憾，总结经验教训。

结尾：

分析问题，明确方向。

3、落款署名，日期Thesummaryofthenote1.Wemustseektruthfromfacts,ourachievementsarenotexaggerated,ourshortcomingsarenotreduced,andwemustnotresorttofraud.Thisisthebasisforanalysisandlessonslearned.2.Bewell-organized.Summariesarewrittenforpeopletosee,disorganized,peoplecannotlookdown,eveniftheydonotknowwhy,soitwillnotachievethepurposeofsummingup.3.Tocutproperly,thedetailsareappropriate.Materialhavingessence,havingphenomenon;

Thereareimportant,therearesecondary,whenwritingtoeliminatetheessence.Theproblemsinthesummaryshouldbedividedintomajorandminorpoints.Thedetailsshouldbedetailedandtheoutlineshouldbeomitted.Basicformatofthesummary1,title2,beginningofthebody:

overview,overallevaluation;

Outlineandsummarizethefulltext.Mainbody:

analyzethelackofachievement,summarizetheexperienceandlessons.End:

Analyzetheproblemandclarify