2021年高考化学三轮复习专题：化学原理综合.docx

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 +=N 2 + 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 +=

2、N 2 + 6Cl -+8H+，选 项 B 正确；C、若生成 H2和 N2的物质的量之比为 3:1，根据电极反应 6H +6e-=3H 2、3Cl2 + 2NH4 +=N 2 + 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

3、反应之一为 2NO2 -+8H+8e-=N 2+4H2O 【答案】B 【解析】A.电极 a 上 NH4 +失电子反应生成 NO 2 -，电极 a 为阳极，所以 M 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-+2H 2O= NO2 -+8H+或者 NH 4 +-8e-+3H 2O= 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-=N 2+4H2O， 故 D 错误；本题选B。 3下列图示与对应

4、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 241.8kJmo1 1 B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

5、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 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

6、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 H 2CO3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(CO 3 2-)+c(OH-)+c(HCO 3 -)+c(Cl-) B25时，H2CO3的一级电离平衡常数 Ka1= 10 -6 C25时，CO2饱和溶液的浓度是 0.05 molL -1，其中 1/5 的 CO 2转变为 H2CO3，若此时溶 液的 pH

7、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 Na 2CO3和 0.1 molL -1的 NaHCO 3混合溶液中离子浓度的大小为 c(Na +)c(HCO 3 -)c(CO 3 2-)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(CO 3 2-)+c(OH-)+c(HCO 3 -)+c(Cl-)，选项 A 正确；B、25时，pH 等于 11 时， c(HCO3 -)= c(H 2CO3),H2CO3的一级电离

8、平衡常数 Ka1= 3 23 c Hc HCO c H CO = c H = 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 CO 2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 5 10 100%0.1% 0.01 ，选项 C 错误；D. 25时， 0.1 molL -1，的 Na 2CO3和 0.1 molL -1的 NaHCO 3混合溶液呈碱性，碳酸根离子的水解程度 大于碳酸

9、氢根离子的水解，离子浓度的大小为 c(Na +)c(HCO 3 -)c(CO 3 2-)c(OH-)c(H+)，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

10、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 Fe 2+沉淀 MnO 4 -的离子方程式为：7H 2O+3Fe 2+MnO 4 -=3Fe(O

11、H) 3+MnO2+5H + C当电路中转移 6mol e -时，可以产生 87gMnO 2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 2+，在弱酸性 条件下 Fe 2+与 MnO 4 -发生氧化还原反应使 Mn 元素转化为 MnO 2沉淀。A 项，MnO4 -处理完全后， 阳极生成的 Fe 2+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 Fe 2+在弱酸性条件下将 MnO 4 -还原为 MnO 2，本身被氧化为 Fe(OH)3，所以离子

12、方程式为：7H2O+3Fe 2+MnO 4 -=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 MnO 4 -的离子方程式 7H2O+3Fe 2+MnO 4 -=3Fe(OH) 3+MnO2+5H +可得， 生成 1molMnO 2， 质量为： 1mol87g/mol=87g， 故 C 正确；D 项，强酸性条件下，MnO4 -与 Fe2+反应为：MnO 4 -+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H 2O，则不 能使 Mn 元素转化为 MnO2沉淀，故 D 错

13、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 Fe 2+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+OH CFenton 反应为:H2O2+Fe 2+=Fe(OH)2+OH D每消耗 22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的OH 为 2mol 【答案】C 【解析】左侧电极附近 Fe 3+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；

14、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 Fe 2+氧化为 Fe(OH)2+，C 正确；每消耗 1 mol O 2，转移 4 mol 电子，根据 H2O2+Fe 2+=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 K

15、w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； D t1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： 2 4 4FeO l0H2O4Fe(OH)3（胶体）8OH 3O 2， 其稳定性与温度(T)和溶液 p

16、H 的关系分别如下图所示。下列说法不正确的是 ( ) A由图甲可知上述反应 H T2 T3 C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 2- 422 3 4FeO+10H O4Fe OH+8OH +3O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 2- 4 FeO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 2- 4 FeO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 2- 4 FeO浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时

17、 2- 4 FeO 浓度越小，温度越高 2- 4 FeO浓度越小，所以 2- 4 FeO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 2- 422 3 4FeO+10H O4Fe OH+8OH +3O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 2- 4 FeO浓度越小， 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)=_。

18、 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

19、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) 3 91 40.039 或 4 3 62 0.39 0.39 1 4 0.39 0.1 0.39() 3 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，

20、 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，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一， 即 0

21、.39 4 ，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即 0.39 3 ，因此，该温度下反应的 平衡常数 4 23 6 0.39 0.39 1 4 0.1 0.39 0.39 3 p K (MPa) -3= 3 91 40.039 (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。 1 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)+ 1 2

22、O2(g) 钒催化剂 SO3(g) H=98 kJmol 1。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 VOSO4(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

23、)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) 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)

24、2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJ mol -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 5.0MPa2.5MPa p的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和 O2）的起始浓度（组成） 、温度、压强 (3) 2m 100m p 0.5 1.5 1 100 mp m (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)+ 1 2 O2(g)SO3(g) H= -98kJ mol

25、-1 V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= -24kJ mol -1 V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJ mol -1 根据盖斯定律可知，-2 得 2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则H= H1-2 H2=( -399kJ mol -1)-( -24kJ mol-1)2= -351kJ mol-1， 所以该反应的热化学方程式为： 2V 2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJ mol -1； (2) SO2(g)+ 1 2 O2(g)S

26、O3(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，

27、则有下列关系： 22 3 1 SO+O SO 2 0 ()2mm 2 ()2 2 ()2m(1- )m(1) mol m molmm m mol 矾催化剂 起始量 变化量 平衡量 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 3 n SO2m mol2m 100%100%100% n2m 1m 12m molq?mol100m 总 。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)= 2m 100m p ，p(SO2)= 2m 1 100m p ， p(O2)= m 1 100m p ，在该条件下，SO2(g)+ 1

28、 2 O2(g)2SO3(g) 的Kp= 3 0.50.50.5 1.5 22 2m SO 100m SO 2m 1m 1 1 100 100m100m p p ppO mppp m 。 (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= 0.8 k11n ， 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。 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

29、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)= - cX cHClO +cClO （ ） （） （） ，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

30、， 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) 2Cl 2+HgO=HgCl2+Cl2O (4)1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2+Na2SO4+H2O (5) ClO -+Cl-+2H+=Cl 2+ H2O 203