高三化学摸底试题练习之专题详解.doc

2019高三化学摸底试题练习之专题详解　　(2019浙江卷)27、捕碳技术(主要指捕获CO2)在降低温室气体排放中具有重要的作用目前NH3和(NH4)2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：反应Ⅰ：2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) (NH4)2CO3 (aq) △H1反应Ⅱ：NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) NH4HCO3 (aq) △H2反应Ⅲ：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g) 2NH4HCO3 (aq) △H3请回答下列问题：(1)△H1与△H2、△H3之间的关系是：△H3=_____ ______2)为探讨温度对(NH4)2CO3捕获CO2气体效率的影响，在某温度T1下，将肯定量的(NH4)2CO3溶液置于密闭容器中，并充入肯定量的CO2气体(用氮气作为稀释剂)，在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始试验条件不变，重复上述试验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图(见图1)则：①△H3______0(填“”、“=”或“”)②在T1-T2及T4- T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变更趋势，其缘由是_____ ____。

③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变更的趋势曲线如图2所示当时间到达t1时，将该反应体系温度快速上升到T2，并维持该温度请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变更趋势曲线3)利用反应Ⅲ捕获CO2，在(NH4)2CO3初始浓度和体积确定的状况下，提高CO2汲取量的措施有_____(写出2个)4)下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是A.NH4Cl B.Na2CO3 C.HOCH2CH2OH D.HOCH2CH2NH2.【解析】(1)将反应Ⅰ倒过来书写：(NH4)2CO3 (aq) 2NH3 (l)+ H2O (l)+ CO2 (g) —△H1将反应Ⅱ×2：+) 2NH3 (l)+ 2H2O (l)+ 2CO2 (g) 2NH4HCO3 (aq) 2△H2得：(NH4)2CO3 (aq) + H2O (l)+ CO2 (g) 2NH4HCO3 (aq) △H3 =2△H2—△H1(2)由图1可知：在温度为T3时反应达平衡，此后温度上升，c(CO2)增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应(△H30)在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下(NH4)2CO3 (aq)总是捕获CO2，故c(CO2)减小。

反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后(由图2可知：溶液pH不随时间变更而变更)，快速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡3)依据平衡移动原理，降低温度或增大c(CO2)(4)具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：Na2CO3 +CO2 +H2O===2NaHCO3HOCH2CH2NH2 +CO2 +H2O== HOCH2CH2NH3+ HCO3—【答案】(1)2△H2—△H1 (2)① ②T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度的升而提高T4- T5区间，化学反应已到达平衡，由于正反应是放热反应，温度上升，平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获 ③(3)降低温度;增加CO2浓度(或压强) (4)BD(2019广东卷)31.(16分)大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化将O3持续通入NaI溶液中进行模拟探讨.(1)O3将I-氧化成I2的过程由3步反应组成：①I-(aq)+ O3(g)= IO-(aq)+O2(g) △H1②IO-(aq)+H+(aq) HOI(aq) △H2③HOI(aq) + I-(aq) + H+(aq) I2(aq) + H2O(l) △H3总反应的化学方程式为 ，其反应△H= 。

2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq) + I-(aq) I3-(aq)，其平衡常数表达式为_______3) 为探究Fe2+ 对O3氧化I-反应的影响(反应体系如图13)，某探讨小组测定两组试验中I3-浓度和体系pH，结果见图14和下表①第1组试验中，导致反应后pH上升的缘由是_______②图13中的A为_____，由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率，缘由是_______③第2组试验进行18s后，I3-浓度下降导致下降的干脆缘由有(双选)______A.c(H+)减小 B.c(I-)减小 C. I2(g)不断生成 D. c(Fe3+)增加(4)据图14，计算3-18s内第2组试验中生成I3-的平均反应速率(写出计算过程，结果保留两位有效数字)解析：(1)将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，由盖斯定律得△H=△H1+△H2+△H32)依据平衡常数的定义可得，K= 3)①由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其缘由是反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大。

②由于是持续通入O3=，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：O3+2Fe2++2H+=2Fe3++ O2+ H2O，Fe3+氧化Ⅰ—：2Fe3++2Ⅰ—=Ⅰ2+2Fe2+，即A是亚铁离子Ⅰ—消耗量增大，转化率增大，与Ⅰ2反应的量削减，Ⅰ3—浓度减小4)由图给数据可知△c(Ⅰ3—)=(11.8×10—3 mol/L-3.5×10—3 mol/L)=8.3×10—3 mol/L，由速率公式得：v(Ⅰ3—)=△c(Ⅰ3—)/△t= 8.3×10—3 mol/L/(18—3)=5.5×10—4 mol/Ls答案：(1) O3+2Ⅰ—+2H+=Ⅰ2+ O2+ H2O，△H=△H1+△H2+△H32)(3)反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大;Fe3+，BD(4)(计算过程略)5.5×10—4 mol/Ls命题意图：化学反应原理与元素化合物(2019福建卷)23.(16分)利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既廉价又环保1)工业上可用组成为K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取的氢气①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为_________②常温下，不能与M单质发生反应的是_________(填序号)a.CuSO4溶液 b.Fe2O3 c.浓硫酸 d.NaOH e.Na2CO3固体(2)利用H2S废气制取氢气来的方法有多种①高温热分解法已知：H2S(g)==H2+1/2S2(g)在恒温密闭容器中，限制不同温度进行H2S分解试验。

以H2S起始浓度均为c molL-1测定H2S的转化率，结果见右图图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________;说明温度的上升，曲线b向曲线a靠近的缘由：___________②电化学法该法制氢过程的示意图如右反应池中反应物的流向采纳气、液逆流方式，其目的是___________;反应池中发生反应的化学方程式为_____________________反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________答案】(1)① ②b、e(2)① 温度上升，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短(或其它合理答案)②增大反应物接触面积，使反应更反分H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl 2Fe2+ + 2H+ 2Fe3+ + H2↑【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的学问，同时考查学生的图表分析实力1)R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。

常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应;(2)①K= = = 温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl该逆流原理与浓硫酸中SO3的汲取相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分从图可知电解过程中从左池通入的Fe2生成Fe3(阳极反应)，循环运用;而另一电极产生的则为H2(阴极反应)故电解总的离子方程式为：2Fe2++2H专题十二：化学反应中的能量变更(2019福建卷)11.某科学家利用二氧化铈(CeO2)在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO其过程如下：下列说法不正确的是()A.该过程中CeO2没有消耗B.该过程实现了太阳能向化学能的转化C.右图中△H1=△H2+△H3D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH——2e—=CO32—+2H2O【答案】C【解析】利用盖斯定律可知△H1+△H2+△H3=0，正确的应当是△H1=-(△H2+△H3)，这里是考察盖斯定律2019海南卷)5.已知下列反应的热化学方程式：6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)=2C3H5(ONO2)3(l) △H12 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g) △H2C(s)+ O2(g)=CO2(g) △H3则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H为A.12△H3+5△H2-2△H1 B.2△H1-5△H2-12△H3C.12△H3-5△H2 -2△H1 D.△H1-5△H2-12△H3[答案]A[解析]：盖斯定律常规考查。

③×12+②×5-①×2即可得到4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的△H，答案选A[2019高考重庆卷6]已知：P4(g)+6Cl2(g)=4PCl3(g) △H=a kJmol—1P4(g)+10Cl2(g)=4PCl5(g) △H=b kJmol—1P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为c kJmol—1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2c kJmol—1下列叙述正确的是A.P-P键的键能大于P-Cl键的键能B.可求Cl2(g)+ PCl3(g)=4PCl5(g)的反应热△HC.Cl-Cl键的键能为(b-a+5.6c)/4 kJmol—1D.P-P键的键能为(5a-3b+12c)/8 kJmol—1答案：C【解析】原子半径PCl,因此P-P键键长大于P-Cl键键长，则P-P键键能小于P-Cl键键能，A项错误;利用“盖斯定律”，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H=(b-a)/4KJmol-1，但不知PCl5(g)=PCl5(s)的△H，因此无法求出Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(s)的△H，B项错误;利用Cl2(g)+PCl3(g)=PCl5(g)△H=(b-a)/4KJmol-1可得E(Cl-Cl)+3×1.2c-5c=(b-a)/4，因此可得E(Cl-Cl)=(b-a+5.6c)/4kJmol-1，C项正确;由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，由题意得6E(P-P)+10×(b。