1、精選優質文檔-傾情為你奉上精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業專心-專注-專業精選優質文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業高考大題題型專項訓練(二)化學基本原理綜合應用題1三氯氫硅(SiHCl3)是制備硅烷、多晶硅的重要原料?；卮鹣铝袉栴}：(1)SiHCl3在常溫常壓下為易揮發的無色透明液體，遇潮氣時發煙生成(HSiO)2O等，寫出該反應的化學方程式_。(2)SiHCl3在催化劑作用下發生反應：2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g) SiCl4(g)H148 kJmol13SiH2Cl2(g)=SiH4(g)2SiHCl3 (g)H230 kJmol1則反應4SiHCl3(g)=SiH

2、4(g) 3SiCl4(g)的H為_ kJmol1。(3)對于反應2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)，采用大孔弱堿性陰離子交換樹脂催化劑，在323 K和343 K時SiHCl3的轉化率隨時間變化的結果如圖所示。343 K時反應的平衡轉化率_%。平衡常數K343 K_(保留2位小數)。在343 K下：要提高SiHCl3轉化率，可采取的措施是_；要縮短反應達到平衡的時間，可采取的措施有_、_。比較a、b處反應速率大小：va_vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反應速率vv正v逆k正x2SiHCl3k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分別為正、逆向反應速率常數，x為

3、物質的量分數，計算a處的eq f(v正,v逆)_(保留1位小數)。解析：(1)SiHCl3遇潮氣發生反應生成(HSiO)2O和HCl，即2SiHCl33H2O=(HSiO)2O6HCl。(2)將已知熱化學方程式依次編號為、，根據蓋斯定律，由3，可得：4SiHCl3(g)=SiH4(g)3SiCl4(g)H348 kJmol130 kJmol1114 kJmol1。(3)溫度越高，反應越先達到平衡，根據圖示，左側曲線對應的溫度為343 K,343 K時反應的平衡轉化率為22%。設開始時加入SiHCl3的濃度為a molL1，根據化學方程式和SiHCl3的平衡轉化率知，達平衡時，SiHCl3、Si

4、H2Cl2、SiCl4的濃度分別為0.78a molL1、0.11a molL1、0.11a molL1，化學平衡常數Keq f(0.11a0.11a,0.78a2)0.02。根據化學平衡移動原理并結合該反應特點，及時分離出生成物可提高反應物的轉化率。縮短反應達到平衡的時間，實質就是提高反應速率，可采用加壓的方式或選擇更為高效的催化劑。溫度越高，反應速率越大，a點所在曲線對應的溫度高于b點所在曲線對應的溫度，所以a點反應速率大于b點反應速率。a點所在曲線達到平衡時，v正v逆，即k正x2SiHCl3k逆xSiH2Cl2xSiCl4，從題圖上可知a點所在曲線平衡時SiHCl3的轉化率為22%，設投

5、入SiHCl3y mol，則根據三段式法得 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)開始/mol y 0 0轉化/mol 0.22y 0.11y 0.11y平衡/mol 0.78y 0.11y 0.11y代入k正x2SiHCl3k逆xSiH2Cl2xSiCl4得，k正0.782k逆0.112，則eq f(k正,k逆)eq f(0.112,0.782)在a處SiHCl3的轉化率為20%，根據三段式法得 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)開始/mol y 0 0轉化/mol 0.2y 0.1y 0.1ya處/mol 0.8y 0.1y 0.1y則eq f(

6、v正,v逆)eq f(k正x2SiHCl3,k逆xSiH2Cl2xSiCl4)eq f(k正,k逆)eq f(0.82,0.12)，將代入計算得出v正/v逆1.3。答案：(1)2SiHCl33H2O=(HSiO)2O6HCl(2)114(3)220.02及時移去產物改進催化劑提高反應物壓強(濃度)大于1.32CO2是一種廉價的碳資源，其綜合利用具有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：(1)CO2可以被NaOH溶液捕獲。若所得溶液pH13，CO2主要轉化為_(寫離子符號)；若所得溶液c(HCOeq oal(,3)：c(COeq oal(2,3)2：1，溶液pH_。(室溫下，H2CO3的K14107；K251

7、011)(2)CO2與CH4經催化重整，制得合成氣：CH4(g) CO2(g)eq o(,sup7(催化劑)2CO (g) 2H2(g)已知上述反應中相關的化學鍵鍵能數據如下：化學鍵CHCOHHCeq x(o(=,sup7()O(CO)鍵能/kJmol14137454361075則該反應的H_。分別在V L恒溫密閉容器A(恒容)、B(恒壓，容積可變)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合氣體。兩容器中反應達平衡后放出或吸收的熱量較多的是_(填“A” 或“B ”)。按一定體積比加入CH4和CO2，在恒壓下發生反應，溫度對CO和H2產率的影響如圖1所示。此反應優選溫度為900 的原因是_。(3)

8、O2輔助的AlCO2電池工作原理如圖2所示。該電池電容量大，能有效利用CO2，電池反應產物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。電池的負極反應式：_。電池的正極反應式：6O26e=6Oeq oal(,2)6CO26Oeq oal(,2)=3C2Oeq oal(2,4)6O2反應過程中O2的作用是_。該電池的總反應式：_。解析：(1)若所得溶液的pH13，溶液呈強堿性，則CO2主要轉化為COeq oal(2,3)。若所得溶液c(HCOeq oal(,3)c(COeq oal(2,3)21，根據K2eq f(cHcCOoal(2,3),cHCOoal(,3)，則c(H)K2eq f(cHCOoal

9、(,3),cCOoal(2,3)510112 molL11010 molL1，pHlg 101010。(2)根據H反應物總鍵能生成物總鍵能，該反應的H(41347452) kJmol1(1 07524362) kJmol1120 kJmol1。該反應為氣體分子數增大的吸熱反應，恒容時達到平衡相當于恒壓條件下達到平衡后增大壓強，加壓平衡向逆反應方向移動，故恒容時反應達平衡后吸收的熱量比恒壓時反應達平衡后吸收的熱量少。根據題圖1知，900 時，合成氣產率已經較高，再升高溫度產率增幅不大，但升高溫度，能耗升高，經濟效益降低。(3)該電池中Al作負極，電解質為含AlCl3的離子液體，故負極反應為Al3

10、e=Al3。正極為多孔碳電極，根據正極反應式，得正極總反應為6CO26e=3C2Oeq oal(2,4)，O2不參與正極的總反應，故O2為催化劑。將負極反應：2Al6e=2Al3和正極反應：6CO26e=3C2Oeq oal(2,4)相加，可得該電池的總反應式為2Al6CO2=Al2(C2O4)3。答案：(1)COeq oal(2,3)10(2)120 kJmol1B900 時，合成氣產率已經較高，再升高溫度產率增幅不大，但能耗升高，經濟效益降低(3)Al3e=Al3(或2Al6e=2Al3)催化劑2Al6CO2=Al2(C2O4)33焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)在醫藥、橡膠、印染、食品等方面

11、應用廣泛，回答下列問題：(1)生產Na2S2O5，通常是由 NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式_。(2)利用煙道氣中的SO2生產Na2S2O5的工藝為：pH4.1時，中為_溶液(寫化學式)。工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是_。(3)制備Na2S2O5也可采用三室膜電解技術，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。陽極的電極反應式為_。電解后，_室的 NaHSO3濃度增加。將該室溶液進行結晶脫水，可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50.00 mL葡萄酒樣

12、品，用0.010 00 molL1的碘標準液滴定至終點，消耗10.00 mL。滴定反應的離子方程式為_，該樣品中Na2S2O5的殘留量為_ gL1(以SO2計)。解析：(1)NaHSO3結晶脫水生成Na2S2O5。(2)向Na2CO3飽和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈堿性，中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。審題時抓住“生產Na2S2O5，通常是由NaHSO3過飽和溶液經結晶脫水制得”，則工藝中加入Na2CO3固體，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3過飽和溶液。(3)陽極發生氧化反應：2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)，

13、陽極室H向a室遷移，a室中的Na2SO3轉化成NaHSO3。陰極發生還原反應，析出H2，OH增多，Na由a室向b室遷移，則b室中Na2SO3濃度增大。(4)I2作氧化劑，將S2Oeq oal(2,5)氧化成SOeq oal(2,4)。計算樣品中Na2S2O5的殘留量時以SO2計，則n(I2)n(SO2)0.010 00 molL10.01 L0.000 1 mol，m(SO2)0.006 4 g，則該樣品中Na2S2O5的殘留量為eq f(0.006 4 g,0.05 L)0.128 gL1。答案：(1)2NaHSO3=Na2S2O5H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3過飽和溶液(3)2H

14、2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)a(4)S2Oeq oal(2,5)2I23H2O=2SOeq oal(2,4)4I6H0.1284磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下：已知：磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH)，還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“”)。結合元素周期律解釋中結論：P和S電子層數相同，_。(3)酸浸時，磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF，并進一步轉化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式：_。(4)H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除，同時自身也會發生分解。相同投料比、相同反應時間，不同溫度下的有

15、機碳脫除率如圖所示。80 后脫除率變化的原因：_。(5)脫硫時，CaCO3稍過量，充分反應后仍有SOeq oal(2,4)殘留，原因是：_；加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率，其離子方程式是_。(6)取a g所得精制磷酸，加適量水稀釋，以百里香酚酞作指示劑，用b molL1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的質量分數是_。(已知：H3PO4摩爾質量為98 gmol1)解析：(1)流程中能加快反應速率的措施有將磷精礦研磨，酸浸時進行加熱。(2)該反應符合復分解反應中“強酸制弱酸”的規律。比較硫酸與磷酸的酸性強弱，可以比較S與P的非金屬性強

16、弱。結合元素周期律可以比較S、P的原子半徑、核電荷數。(3)根據元素守恒可寫出反應的化學方程式。(4)有機碳的脫除率受兩個因素的共同影響：一方面，溫度越高，反應速率越快，在相同投料比、相同反應時間內，有機碳的脫除率越高；另一方面，溫度升高可使較多的H2O2分解，氧化劑的量減少，使得有機碳的脫除率降低。80 后，H2O2分解對有機碳脫除率的影響超過了溫度升高的影響，導致脫除率逐漸降低。(5)脫硫是用CaCO3除去剩余的硫酸，由于生成的硫酸鈣是微溶物，所以即使CaCO3過量，充分反應后仍有SOeq oal(2,4)殘留。加入BaCO3可使CaSO4轉化為更難溶的BaSO4，進一步提高硫的脫除率。(

17、6)H3PO42NaOH=Na2HPO42H2O 98 g 2 mol m(H3PO4) 103bc molm(H3PO4)4.9102bc g，則精制磷酸中H3PO4的質量分數為eq f(4.9102bc g,a g)100%eq f(4.9bc,a)%。答案：(1)研磨、加熱(2)核電荷數PS，得電子能力PS，非金屬性PS(3)2Ca5(PO4)3F10H2SO45H2Oeq o(=,sup7()10CaSO40.5H2O6H3PO42HF(4)80 后，H2O2分解速率大，濃度顯著降低(5)CaSO4微溶BaCO3SOeq oal(2,4)2H3PO4=BaSO4CO2H2O2H2POe

18、q oal(,4)(6)eq f(0.049bc,a)5NOx(主要指NO和NO2)是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環境保護的重要課題。(1)用水吸收NOx的相關熱化學方程式如下：2NO2(g)H2O(l)=HNO3(aq)HNO2(aq)H116.1 kJmol13HNO2(aq)=HNO3(aq)2NO(g)H2O(l)H75.9 kJmol1反應3NO2(g)H2O(l)=2HNO3(aq)NO(g)的H_ kJmol1。(2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應式：_。(3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與(NH2)2CO生成N2和CO2的反應。寫出該反應的化學方程式：_。(4)在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx反應生成N2。NH3與NO2生成N2的反應中，當生成1 mol N2時，轉移的電子數為_mol。將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應器中反應(裝置見圖1)。反應相同時間NOx的去除率隨反應溫度的變化曲線如圖2所示，在50250 范圍內隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的主要原因是_；當反應溫度高于380 時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是_。解析：(1)2NO2(g)H2O(l