《2021届高三化学人教版高考复习考点突破卷：化学原理综合（化学教学大咖提供）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届高三化学人教版高考复习考点突破卷：化学原理综合（化学教学大咖提供）.docx（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、 化学原理综合1下图所示装置可间接氧化工业废水中含氮离子（NH4+）。下列说法不正确的是A乙是电能转变为化学能的装置B含氮离子氧化时的离子方程式为：3Cl2 + 2NH4+=N2 + 6Cl-+8H+C若生成H2和N2的物质的量之比为3:1，则处理后废水的pH减小D电池工作时，甲池中的Na移向Mg电极【答案】D【解析】A、甲中活泼金属镁作原电池的负极，石墨为正极形成原电池，乙是连接原电池的电解池，电解酸性工业废水，电解池是将电能转变为化学能的装置，选项A正确；B、酸性条件下含氮离子氧化时转化为氮气，反应的离子方程式为：3Cl2 + 2NH4+=N2 + 6Cl-+8H+，选项B正确；C、若生成
2、H2和N2的物质的量之比为3:1，根据电极反应6H+6e-=3H2、3Cl2 + 2NH4+=N2 + 6Cl-+8H+，则处理后废水的H+浓度增大，pH减小，选项C正确；D、电池工作时，甲池是原电池，原电池中阳离子Na移向正极石墨电极，选项D不正确；答案选D。2一种利用生物电化学方法脱除水体中NH4+的原理如图所示。下列说法正确的是AM为电源的负极，N为电源的正极B装置工作时，电极a周围溶液的pH降低C装置内工作温度越高，NH4+的脱除率一定越大D电极b上发生的反应之一为2NO2-+8H+8e-=N2+4H2O【答案】B【解析】A.电极a上NH4+失电子反应生成NO2-，电极a为阳极，所以M
3、为电源的正极，N为电源的负极，故A错误；B.电极a上的反应为NH4+-6e-+2H2O= NO2-+8H+或者NH4+-8e-+3H2O= NO3-+10H+电极a周围溶液的pH降低，故B正确；C.细菌需要在正常温度范围内才能有效工作，温度太高容会使细菌死亡，故C错误；D.电极B上反应之一应该是2NO2-+8H+6e-=N2+4H2O，故D错误；本题选B。3下列图示与对应的叙述相符的是A图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJmo11B图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C若图3表示等质量的钾、钠分别与足
4、量水反应，则甲代表钠D图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH【答案】C【解析】A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故A错误；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；C、钾比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确；D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明
5、HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；故选C。4pC类似于pH，是指极稀溶液中的溶质浓度的常用对数的负值。如某溶液中某溶质的浓度为110-3molL-1，则该溶液中该溶质的pC=-lg(110-3) = 3。下图为25时H2CO3溶液的pC-pH图（若离子浓度小于10-5 molL-1，可认为该离子不存在）。下列说法错误的是A向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-)B25时，H2C
6、O3的一级电离平衡常数Ka1= 10-6C25时，CO2饱和溶液的浓度是0.05 molL-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，若此时溶液的pH 约为5，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为1%D25时，0.1 molL-1，的Na2CO3和0.1 molL-1的NaHCO3混合溶液中离子浓度的大小为c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】A. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，选项A正确；B、25时，p
7、H等于11时，c(HCO3-)= c(H2CO3),H2CO3的一级电离平衡常数Ka1=10-6，选项B正确；C. 25时，CO2饱和溶液的浓度是0.05 molL-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，即H2CO3的浓度为0.01 molL-1，若此时溶液的pH约为5，即c(H+)=10-5mol/L，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为，选项C错误；D. 25时，0.1 molL-1，的Na2CO3和0.1 molL-1的NaHCO3混合溶液呈碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解，离子浓度的大小为c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H
8、+)，选项D正确。答案选C。5下列有关说法正确的是A催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率B铅蓄电池充电时标有“一”的电极应与电源的负极相连C温度保持不变向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响D向醋酸钠溶液中加水稀释时溶液中所有离子浓度都减小【答案】B【解析】A. 催化剂降低反应的活化能，改变反应途径，加快反应速率，不影响平衡的移动，反应焓变与始态、终态有关，与途径无关，加入催化剂反应的始态、终态相同，则焓变相同，故A错误；B. 铅蓄电池充电时是电解池，标有“”的电极作电解池阴极，所以应该与电源负极相连，故B正确；C. 温度不变，向水中加入不水解的盐，不影响水的电离，如果向水中加入含有弱根
9、离子、能电离出氢离子的盐则影响水电离，故C错误；D. 向醋酸钠溶液中加入水促进醋酸钠水解，但溶液的pH减小，氢离子浓度增大，故D错误；故选B。6用如下装置处理含KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是AMnO4-处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀B右侧产生的Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式为：7H2O+3Fe2+MnO4-=3Fe(OH)3+MnO2+5H+C当电路中转移6mole-时，可以产生87gMnO2沉淀D为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境【答案】D【解析】根据题意并结合图示，铁电极为电解池的阳极，发生氧化反应生成Fe
10、2+，在弱酸性条件下Fe2+与MnO4-发生氧化还原反应使Mn元素转化为MnO2沉淀。A项，MnO4-处理完全后，阳极生成的Fe2+会通过阳离子交换膜进入左侧，则左侧会生成Fe(OH)2沉淀，故A正确；B项，右侧产生的Fe2+在弱酸性条件下将MnO4-还原为MnO2，本身被氧化为Fe(OH)3，所以离子方程式为：7H2O+3Fe2+MnO4-=3Fe(OH)3+MnO2+5H+，故B正确；C项，根据阳极电极反应：Fe-2e-=Fe2+，当电路中转移6mole-时，生成3molFe2+，根据Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式7H2O+3Fe2+MnO4-=3Fe(OH)3+MnO2+5H+可得，
11、生成1molMnO2，质量为：1mol87g/mol=87g，故C正确；D项，强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，则不能使Mn元素转化为MnO2沉淀，故D错误；故选D。7电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生 Fenton反应生成的羟基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是A电源的A极为正极B与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H+OHCFenton反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OHD每消耗22.4LO2(标准状况),整个电
12、解池中理论上可产生的OH为2mol【答案】C【解析】左侧电极附近Fe3+Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A极为负极，A错误；与电源B相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B错误；双氧水能够把 Fe2+氧化为Fe(OH)2+，C正确；每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OH反应看出转移1 mol电子，生成1mol OH，所以应当生成4 mol OH；D错误；正确选项C。8下列图示与对应的叙述相符的是() 甲 乙 丙 丁A由图甲可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大B乙表示在相同的密闭容器中，不同温度下的反应，该反应
13、的H(B)【答案】B【解析】A由于温度不变，而Kw只与温度有关，所以a点Kw的数值与b点Kw的数值相同，A错误；B由图可知，T1T2，温度越高，C的含量越小，说明该反应为放热反应，即该反应的H0，B正确；C0.100 0 molL-1醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以滴定前醋酸溶液的pH大于1，图象不符，C错误；Dt1时A、B的饱和溶液中（A）（B），升高温度，溶液变为不饱和，没有溶质析出，所以溶液的质量分数不变，因此（A）（B），D错误，答案选B。9K2 FeO4在水中不稳定，发生反应：l0H2O4Fe(OH)3（胶体）8OH3O2，其稳定性与温度(T)和溶液pH的关系分别如下图
14、所示。下列说法不正确的是 ( )A由图甲可知上述反应 H T2 T3C由图甲可知K2 FeO4的稳定性随温度的升高而减弱D由图乙可知图中a T2T3；由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，pH越小，根据图乙可知，ab0，故A错误；B. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，所以温度：T1T2T3，故B正确；C. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，温度越高浓度越小，所以的稳定性随着温度的升高而减弱，C正确；D. pH越小，氢离子浓度越大，由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度
15、越小，pH越小，所以ac，故D正确；答案选A。10（2020高考全国3卷真题）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)n(H2O)=_。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)_(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是_、_。CO2催化加氢合成C2H4反应的H_0(填“大于”或“小于”)。(3)根据图
16、中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=_(MPa)3(列出计算式。以分压表示，分压=总压物质的量分数)。(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_。【答案】(1)14 变大 (2) d c 小于 (3) 或等 (4) 选择合适催化剂等 【解析】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平
17、衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移动，n(C2H4)变大。(2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，H小于0。(3) 原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则
18、乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)-3=(MPa)-3。(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。11（2020高考全国1卷真题）硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H=98 kJmol1。回答下列问题：(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO
19、4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_。(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550时的=_，判断的依据是_。影响的因素有_。(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为，则SO3压强为_，平衡常数Kp=_(以分压表示，分压=总压物质的量分数)。(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(1)
20、0.8(1n)。式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；为SO2平衡转化率，为某时刻SO2转化率，n为常数。在=0.90时，将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到vt曲线，如图所示。曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是_。【答案】(1)2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1 (2) 0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，提高。所以，该反应在550、压强为5.0MPa2.5MPap的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 (3) (
21、4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v的提高小于引起的降低 【解析】(1)由题中信息可知：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H= -98kJmol-1V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= -24kJmol-1V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJmol-1根据盖斯定律可知，-2得2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则H= H1-2H2=( -399kJmol-1)-( -24kJmol-1)2= -351kJm
22、ol-1，所以该反应的热化学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1；(2) SO2(g)+O2(g)SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550、压强为5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，=0.975。影响的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。(3)假设原气体的物质的量
23、为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为，则有下列关系：平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-)+m(1-)+2mmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=，p(SO2)=，p(O2)=，在该条件下，SO2(g)+ O2(g)2SO3(g) 的Kp=。(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对
24、v的提高小于引起的降低。12（2020高考全国2卷真题）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许_离子通过，氯气的逸出口是_(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数(X)=，X为HClO或ClO与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为_。(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的
25、反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为_。(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_mol；产生“气泡”的化学方程式为_。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为_kg(保留整数)。【答案】(1)Na+ a (2)10-7.5 (3) 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O (4)1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2+Na2SO4+H2O (5) ClO-+Cl-+2H+=Cl2+ H2O 203