高考化学一轮复习讲义课件+作业 1.docx
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高考化学一轮复习讲义课件+作业1
化学非选择题部分排查练习(六)
1.(14分)
在1.0L密闭容器中放入0.10molA(g),在一定温度进行如下反应应:
A(g)
B(g)+C(g)△H=+85.1kJ·mol-1
反应时间(t)与容器内气体总压强(p)的数据见下表:
时间t/h
0
1
2
4
8
16
20
25
30
总压强p/100kPa
4.91
5.58
6.32
7.31
8.54
9.50
9.52
9.53
9.53
回答下列问题:
(1)欲提高A的平衡转化率,应采取的措施为。
(2)由总压强P和起始压强P0计算反应物A的转化率α(A)的表达式为。
平衡时A的转化率为_,列式并计算反应的平衡常数K。
(3)①由总压强p和起始压强p0表示反应体系的总物质的量n总和反应物A的物质的量n(A),n总=mol,n(A)=mol。
②下表为反应物A浓度与反应时间的数据,计算a=
反应时间t/h
0
4
8
16
C(A)/(mol·L-1)
0.10
a
0.026
0.0065
分析该反应中反应反应物的浓度c(A)变化与时间间隔(△t)的规律,得出的结论是,
由此规律推出反应在12h时反应物的浓度c(A)为mol·L-1
【解析】考察化学平衡知识,涉及平衡移动,转化率、平衡常数、平衡计算、反应速率、表格数据分析。
(1)根据反应是放热反应特征和是气体分子数增大的特征,要使A的转化率增大,平衡要正向移动,可以采用升高温度、降低压强的方法。
(2)反应前气体总物质的量为0.10mol,令A的转化率为α(A),改变量为0.10α(A)mol,根据差量法,气体增加0.10α(A)mol,由阿伏加德罗定律列出关系:
=
α(A)=(
-1)×100%;α(A)=(
-1)×100%=94.1%
平衡浓度C(C)=C(B)=0.1×94.1%=0.0941mol/L,C(A)=0.1-0.0941=0.0059mol/L,
K=
=1.5
(3)①
=
n=0.1×
;其中,n(A)=0.1-(0.1×
-0.1)=0.1×(2-
)
②n(A)=0.1×(2-
)=0.051C(A)=0.051/1=0.051mol/L
每间隔4小时,A的浓度为原来的一半。
当反应12小时时,C(A)=0.026/2=0.013mol/L
【答案】
(1)升高温度、降低压强
(2)α(A)=(
-1)×100%;94.1%;K=
=1.5;
(3)①0.1×
;0.1×(2-
);
②0.051;每间隔4小时,A的浓度为原来的一半。
0.013
2.(14分)某市对大气进行监测,发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5(直径小于等于2.5
的悬浮颗粒物),其主要来源为燃煤、机动车尾气等。
因此,对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。
请回答下列问题:
(1)将PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。
若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表:
离子
K+
Na+
NH4+
SO42-
NO3-
Cl-
浓度/mol·L-1
4×10-6
6×10-6
2×10-5
4×10-5
3×10-5
2×10-5
根据表中数据判断PM25的酸碱性为,试样的pH=。
(2)为减少SO2的排放,常采取的措施有:
①将煤转化为清洁气体燃料。
已知:
H2(g)+
△H=-241.8kJ·mol-1
C(s)+
△H=-110.5kJ·mol-1
写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式:
。
②洗涤含SO2的烟气。
以下物质可作洗涤剂的是。
a.Ca(CH)2b.Na2CO3c.CaCl2d.NaHSO3
(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化
①已知汽缸中生成NO的反应为:
N2(g)+O2(g)
2NO(g)△H
0若1mol空气含0.8molN2和0.2molO2,1300oC时在密闭容器内反应达到平衡,测得NO为8×10-4mol。
计算该温度下的平衡常数K=。
汽车启动后,汽缸温度越高,单位时间内NO排放量越大,原因是。
②汽车燃油不完全燃烧时产生CO,有人设想按下列反应除去CO:
2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知该反应的△H
0,简述该设想能否实现的依据:
。
③目前,在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染,其化学反应方程式为。
【答案】
(1)酸性,4
3、(本题共8分)
镍具有优良的物理和化学特性,是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。
羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为:
(a)Ni(S)+4CO(g)
Ni(CO)4(g)+Q
(b)Ni(CO)4(g)
Ni(S)+4CO(g)
完成下列填空:
(1).在温度不变的情况下,要提高反应
(1)中Ni(CO4)的产率,可采取的措施有、
。
(2).已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4,粗镍(纯度98.5%,所含杂质不与CO反应)剩余质量和反应时间的关系如右图所示。
Ni(CO)4在0~10min的平均反应速率为
。
(3).若反应
(2)达到平衡后,保持其他条件不变,降低温度,重新达到平衡时。
a.平衡常数K增大b.CO的浓度减小
c.Ni的质量减小d.v逆[Ni(CO)4]增大
(4).简述羰基法提纯粗镍的操作过程。
.【答案】
(1)增大压强、从反应体系中移走Ni(CO)4(g);
(2)0.05mol/(L·min)(3)bc(4)在封闭的玻璃管一端放入粗镍,控制温度在50℃,通入CO气体,一点时间后在玻璃管的另一端加热至230℃,即可在该端获得纯净的镍。
【解析】
(1)反应
(1)是气体体积减少的放热反应,因此在温度不变的情况下,采取增大体系压强、从反应体系中移走Ni(CO)4(g)等措施均可使反应正向进行,提高Ni(CO)4的产率。
(2)随反应进行,粗镍减少的质量即为参加反应(a)消耗的镍的质量,在0~10min,生成Ni(CO)4的物质的量=(100g-41g)/59g·mol-1=1mol,故在0~10min,v[Ni(CO)4]=1mol/(2L×10min)=0.05mol/(L·min)。
(3)由反应(a)为放热反应可知反应
(2)为吸热反应,因此反应(b)达到平衡后,降温,平衡逆向进行,反应平衡常数K变小、CO的浓度与Ni的质量均减小、因温度降低,v逆[Ni(CO)4]减小。
(4)利用信息可知,可采取在低温(50℃)时让粗镍和CO作用,使生成的Ni(CO)4在230℃时分解即可得到纯镍。
4.(14分)化学在环境保护中趁着十分重要的作用,催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。
(1)催化反硝化法中,H2能将NO3—还原为N2,25℃时,反应进行10min,溶液的pH由7变为12。
①N2的结构式为。
②上述反应离子方程式为,其平均反应速率v(NO3—)为mol∙L—1∙min—1
③还原过程中可生成中间产物NO2—,写出3种促进NO2—水解的方法。
(2)电化学降解NO3—的原理如题11图所示。
①电源正极为(填“A”或“B”),
阴极反应式为。
②若电解过程中转移了2mol电子,则膜两侧电解液的质量变化差(△m左-△m右)为g。
【答案】11.
(1)①N≡N②2NO3-+5H2
N2+2OH-+4H2O0.001③加酸,升高温度,加水
(2)①A,2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-②14.4
【解析】
(1)①N2分子中氮原子间通过氮氮三键结合,因此其结构式为N≡N;②利用溶液pH变化可知有OH-生成,再结合原子守恒可写出反应的离子方程式;利用离子方程式知v(NO3-)=v(OH-)=(10-2-10-7)/10=0.001mol/(L·min);③水解是吸热反应,NO2-水解使溶液中c(OH-)变大,因此可促进NO2-水解的措施有加热、加水或加酸等。
(2)①由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应,因此Ag-Pt电极为阴极,则B为负极,A为电源正极;在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2,利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有OH-生成;②转移2mol电子时,阳极(阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+)消耗1mol水,产生2molH+进入阴极室,阳极室质量减少18g;阴极室中放出0.2molN2(5.6g),同时有2molH+(2g)进入阴极室,因此阴极室质量减少3.6g,故膜两侧电解液的质量变化差(△m左-△m右)=18g-3.6g=14.4g。
5.(14分)
某酸性工业废水中含有
。
光照下,草酸
能将其中的
转化为
。
某课题组研究发现,少量铁明矾
即可对该反应堆起催化作用。
为进一步研究有关因素对该反应速率的影响,探究如下:
(1)在25°C下,控制光照强度、废水样品初始浓度和催化剂用量相同,调节不同的初始pH和一定浓度草酸溶液用量,作对比实验,完成以下实验设计表(表中不要留空格)。
测得实验①和②溶液中的
浓度随时间变化关系如图所示。
(2)上述反应后草酸被氧化为(填化学式)。
(3)实验①和②的结果表明;实验①中
时间段反应速率
(
)=
(用代数式表示)。
(4)该课题组队铁明矾
中起催化作用的成分提出如下假设,请你完成假设二和假设三:
假设一:
起催化作用;
假设二:
;
假设三:
;
…………
(5)请你设计实验验证上述假设一,完成下表中内容。
(除了上述实验提供的试剂外,可供选择的药品有
等。
溶液中
的浓度可用仪器测定)
实验方案(不要求写具体操作过程)
预期实验结果和结论
【答案】
(2)CO2
(3)PH越大,反应的速率越慢
(4)Al3+期催化作用;Fe2+和Al3+起催化作用
(5)取PH=5的废水60ml,加入10ml草酸和30ml蒸馏水,滴加几滴FeSO4,测定反应所需时间
预期现象与结论:
与②对比,如果速率明显加快,故起催化作用的为Fe2+
【解析】该反应为探究重铬酸根与草酸反应过程中的催化作用,该反应为一比较熟悉的反应,草酸被氧化后的产物为二氧化碳。
(3)考查了从图像中获取数据并分析的能力。
图像越陡,反应速率越快
(4)对于假设可以从加入的物质铁明矾中获取,故为Fe2+和Al3+,然后根据上面的过程,进行对比实验,即可以得到答案。
【考查定位】考察化学实验探究基本能力和化学反应基本原理
6.(本题共12分)
二氧化硫是硫的重要化合物,在生产、生活中有广泛应用。
二氧化硫有毒,并且是形成酸雨的主要气体。
无论是实验室制备还是工业生产,二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要。
完成下列填空:
(1)实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,上图中可选用的发生装置是(填写字母)。
(2).若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L(标准状况)二氧化硫,至少需要称取亚硫酸钠
g(保留一位小数);如果已有4.0%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则至少需称取该亚硫酸钠g(保留一位小数)。
(3).实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通。
石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。
石灰-石膏法的吸收反应为SO2+Ca(OH)2→CaSO3↓+H2O。
吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化,反应为2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4·2H2O。
其流程如下图:
碱法的吸收反应为SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O。
碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。
其流程如下图:
已知:
试剂
Ca(OH)2
NaOH
价格(元/kg)
0.36
2.90
吸收SO2的成本(元/mol)
0.027
0.232
石灰-石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是。
和碱法相比,石灰-石膏法的优点是,缺点是。
(4).在石灰-石膏法和碱法的基础上,设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案(用流程图表示)。
【答案】
(1)ae
(2)18.9、19.8
(3)利用SO2是酸性氧化物,可与碱反应;原料易得,吸收成本低;吸收速率慢,效率低(4)
【解析】
(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态,反应条件不需加热,可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率,结合装置可知a、e可达到目的。
(2)由硫守恒可得:
Na2SO3~SO2,因此需称取m(Na2SO3)=126g·mol-1×3.36L/22.4L·mol-1=18.9g;4g亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为(4×142)/126=4.5g,则有4.0%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为:
96/100.5=95.5%,因此称取变质样品的质量应为:
18.9g÷95.5%=19.8g。
(3)石灰-石膏法与碱法吸收SO2都是利用SO2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收SO2的;利用题中已知和有关信息可知采用石灰—石膏法所用原料易得、成本低等,但因Ca(OH)2碱性弱,导致吸收速率慢、效率低。
7.(14分)X、Y、Z、Q、R是五种短周期元素,原子序数依次增大。
X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0:
Q与X同主族:
Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。
请回答下列问题:
(1)五种元素原子半径由大到小的顺序是(写元素符号)。
(2)X与Y能形成多种化合物其中既含极性键又含非极性键,且相对分子质量最小的物质是(写分子式)。
(3)由以上某些元素组成的化合物A、B、C、D有如下转化关系:
(在水溶液中进行)其中,C是溶于水显酸性的气体;D是淡黄色固体。
写出C的结构式:
;D的电子式:
。
①如果A、B均由三种元素组成,B为两性不溶物,则A的化学式为;由A转化为B的离子方程式为。
②如果A由三种元素组成,B由四种元素组成,A、B溶液均显碱性。
用离子方程式表示A溶液显碱性的原因:
。
A、B浓度均为0.1mol·L-1的混合溶液中,离子浓度由大到小的顺序是;常温下,在该溶液中滴加稀盐酸至中性时,溶质的主要成分有。
【答案】Na>Al>C>O>H
(2)C2H2(3)
,NaAlO2,AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-或2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-,
CO32-+H2O
HCO3-+OH-,c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+),
NaHCO3、NaCl、CO2或者碳酸。
【解析】该题以周期律和周期表为基础知识,考查元素推断、重要元素化合物的性质、化学用语、电解质溶液中离子浓度大小比较等重要知识。
(1)根据短周期元素、X、Y元素的X、Y两元素最高正价与最低负价之和均为0;推知XY元素分别为H和C,Q与X同主族推知Q为Na元素,Z、R分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素,推知Z为O元素,R为Al元素。
原子半径大小顺序为Na>Al>C>O>H
(2)C和H形成的物质是有机化合物,含极性键又含非极性键,分子质量最小的只能是
C2H2
(3)C溶于水显酸性的气体只能是CO2,D是淡黄色固体,只能是过氧化钠
,
B为两性不溶物,A B均由三种元素组成,根据转化关系A为NaAlO2,
B为Al(OH)3由A转化为B的离子方程式AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3+HCO3-或
2AlO2-+3H2O+CO2=2Al(OH)3+CO32-
A由三种元素组成,B由四种元素组成,A、B溶液均显碱性,A是Na2CO3,B是NaHCO3.A显碱性的原因是CO32-的水解。
水解的离子方程式为CO32-+H2O
HCO3-+OH-,二者等浓度的混合溶液中,离子浓度的大小顺序为c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+),碳酸根的水解程度比碳酸氢根的水解程度大。
在滴加盐酸至中性时,碳酸钠和盐酸反应生成NaHCO3,NaHCO3和盐酸反应生成NaCL、H2O、CO2、若果溶质全是NaCl,由于有CO2,溶液就显酸性,所以溶质是NaHCO3、NaCl、CO2。
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