高考化学真题分项版精编6 化学反应与能量Word文档下载推荐.docx
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O2(g) ΔH=286kJ·
mol-1
H2S(g)===H2(g)+S(s) ΔH=20kJ·
mol-1 系统(Ⅱ)
(3)①2.5 2.8×
10-3②>
>
③B
[解析]
(1)依据强酸制弱酸的原理,结合实验事实可知酸性:
H2SO3>
H2CO3>
H2S;
亚硫酸、氢硫酸都是二元弱酸,由于溶液中离子浓度越大,溶液的导电性就越强,所以等浓度的亚硫酸的导电性比氢硫酸的强,可以说明等浓度的亚硫酸比氢硫酸的离子浓度大,即亚硫酸的电离常数大,故酸性:
等浓度的二元弱酸,酸电离产生的c(H+)越大,溶液的酸性越强,则其pH就越小;
物质的还原性强弱与微粒中元素的化合价及微粒结构有关,与其电离产生氢离子的浓度大小无关,因此不能比较二者的酸性强弱。
故答案为D。
(2)系统(Ⅰ)中最终是水分解制取氢气,系统(Ⅱ)最终是H2S分解为硫和氢气。
利用盖斯定律,依据反应①H2SO4(aq)===SO2(g)+H2O(l)+
O2(g) ΔH1=327kJ·
mol-1、②SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)===2HI(aq)+H2SO4(aq) ΔH2=-151kJ·
mol-1和③2HI(aq)===H2(g)+I2(s) ΔH3=110kJ·
mol-1,④H2S(g)+H2SO4(aq)===S(s)+SO2(g)+2H2O(l) ΔH4=61kJ·
mol-1,将上述反应进行如下变形:
①+②+③,整理可得系统(Ⅰ)的热化学方程式为H2O(l)===H2(g)+
mol-1;
②+③+④,整理可得系统(Ⅱ)的热化学方程式为H2S(g)===H2(g)+S(s) ΔH=20kJ·
mol-1。
由此可知每反应产生1molH2,后者吸收的热量比前者少,所以制取等量的H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)。
(3)设平衡时消耗H2S的物质的量为x,则产生H2O的物质的量也为x,因反应前后气体物质的量不变,由题意可得
=0.02,解得x=0.01mol,所以H2S的转化率α1=
×
100%=2.5%;
在该条件下反应达到平衡时化学平衡常数K=
=
≈2.8×
10-3。
②根据题目提供的数据可知温度由610K升高到620K时,化学反应达到新平衡,水的物质的量分数由0.02变为0.03,所以H2S的转化率增大,α2>
α1;
根据题意可知,升高温度,化学平衡向正反应方向移动,所以该反应的正反应为吸热反应,ΔH>
0。
③增大H2S的浓度,平衡正向移动,但加入量远远大于平衡移动转化消耗量,所以H2S转化率降低;
增大CO2的浓度,平衡正向移动,使更多的H2S反应,所以H2S转化率增大;
COS是生成物,增大生成物的浓度,平衡逆向移动,H2S转化率降低;
N2是与反应体系无关的气体,充入N2,不能使化学平衡发生移动,所以对H2S转化率无影响。
26.F2、G2、G3、J2[2017·
北京卷]TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4的流程示意图如下:
资料:
TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
1412
熔点/℃
-69
-25
193
304
714
在TiCl4中的溶解性
互溶
—
微溶
难溶
(1)氯化过程:
TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知:
TiO2(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+O2(g) ΔH1=+175.4kJ·
2C(s)+O2(g)===2CO(g) ΔH2=-220.9kJ·
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:
_________________。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据图判断:
CO2生成CO反应的ΔH________0(填“>”“<”或“=”),判断依据:
___________。
③氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,则尾气的吸收液依次是______________________________________________。
④氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有____________。
(2)精制过程:
粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。
示意图如下:
物质a是________,T2应控制在________。
26.
(1)①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)===TiCl4(g)+2CO(g) ΔH=-45.5kJ·
②>
随温度升高,CO含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应
③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液④MgCl2、AlCl3、FeCl3
(2)SiCl4 高于136℃,低于181℃
[解析]
(1)①沸腾炉中的反应为TiO2(s)+2C(s)+2Cl2(g)===TiCl4(g)+2CO(g),根据盖斯定律,两式相加可得。
②分析图像可知,升高温度,CO的物质的量增多,CO2的物质的量减少,所以该反应为吸热反应;
③HCl溶于水得盐酸,Cl2与FeCl2反应生成FeCl3,最后NaOH溶液吸收尾气,防止污染空气;
④根据表格信息可知,AlCl3、FeCl3微溶于TiCl4,MgCl2难溶于TiCl4,所以滤渣中有AlCl3、FeCl3、MgCl2。
(2)由于SiCl4与TiCl4互溶,且沸点低于TiCl4,所以粗TiCl4中存在SiCl4和少量溶于TiCl4的AlCl3、FeCl3,SiCl4的沸点为58℃,则控制温度T1要高于58℃,低于136℃,分离出的物质a为SiCl4,温度T2需大于TiCl4的沸点,且小于AlCl3的沸点,所以控制T2要高于136℃,低于181℃。
8.F2、F5[2017·
江苏卷]通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。
下列说法不正确的是( )
①C(s)+H2O(g)===CO(g)+H2(g)ΔH1=akJ·
②CO(g)+H2O(g)===CO2(g)+H2(g)ΔH2=bkJ·
③CO2(g)+3H2(g)===CH3OH(g)+H2O(g)ΔH3=ckJ·
④2CH3OH(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH4=dkJ·
A.反应①、②为反应③提供原料气
B.反应③也是CO2资源化利用的方法之一
C.反应CH3OH(g)===
CH3OCH3(g)+
H2O(l)的ΔH=
kJ·
D.反应2CO(g)+4H2(g)===CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=(2b+2c+d)kJ·
8.C [解析]反应①和②的最终产物中含有H2和CO2,A项正确;
CO2与H2化合生成能源物质CH3OH,B项正确;
该反应生成的H2O为液态,液态水汽化需要吸热,则ΔH<
kJ·
mol-1,C项错误;
根据盖斯定律,反应②×
2+反应③×
2+反应④可得该热化学方程式,D项正确。
F3原电池原理
11.F3[2017·
全国卷Ⅲ]全固态锂硫电池能量密度高、成本低,其工作原理如图所示,其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料,电池反应为16Li+xS8===8Li2Sx(2≤x≤8)。
下列说法错误的是( )
A.电池工作时,正极可发生反应:
2Li2S6+2Li++2e-===3Li2S4
B.电池工作时,外电路中流过0.02mol电子,负极材料减重0.14g
C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D.电池充电时间越长,电池中Li2S2的量越多
11.D [解析]根据图示可知,正极先生成Li2S8,然后逐步完成Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的转化,所以A项正确;
充电时,逐步发生Li2S2→Li2S4→Li2S6→Li2S8的转化,D项错误;
负极电极反应式为2Li-2e-===2Li+,当外电路通过0.02mol电子时,负极参加反应的Li为0.02mol,质量为0.14g,B项正确;
石墨烯可提高电极a的导电性,C项正确。
28.C3、C5、F3、J4、J5[2017·
北京卷]某小组在验证反应“Fe+2Ag+===Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+,发现和探究过程如下。
向硝酸酸化的0.05mol·
L-1硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,烧杯底部有黑色固体,溶液呈黄色。
(1)检验产物
①取出少量黑色固体,洗涤后,_____(填操作和现象),证明黑色固体中含有Ag。
②取上层清液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,产生蓝色沉淀,说明溶液中含有______________。
(2)针对“溶液呈黄色”,甲认为溶液中有Fe3+,乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+,乙依据的原理是________(用离子方程式表示)。
针对两种观点继续实验:
①取上层清液,滴加KSCN溶液,溶液变红,证实了甲的猜测。
同时发现有白色沉淀产生,且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关,对比实验记录如下:
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀;
溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀;
较3min时量少;
溶液红色较3min时加深
ⅲ
120
较30min时量少;
溶液红色较30min时变浅
(资料:
Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)
②对Fe3+产生的原因作出如下假设:
假设a:
可能是铁粉表面有氧化层,能产生Fe3+;
假设b:
空气中存在O2,由于_____________(用离子方程式表示),可产生Fe3+;
假设c:
酸性溶液中NO
具有氧化性,可产生Fe3+;
假设d:
根据________现象,判断溶液中存在Ag+,可产生Fe3+。
③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。
实验Ⅱ可证实假设d成立。
实验Ⅰ:
向硝酸酸化的________溶液(pH≈2)中加入过量铁粉,搅拌后静置,不同时间取上层清液滴加KSCN溶液,3min时溶液呈浅红色,30min后溶液几乎无色。
实验Ⅱ:
装置如图。
其中甲溶液是________,操作及现象是______。
(3)根据实验现象,结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因:
________。
28.
(1)①加硝酸加热溶解固体,再滴加稀盐酸,产生白色沉淀②Fe2+
(2)2Fe3++Fe===3Fe2+
②4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O 加入KSCN溶液后产生白色沉淀
③0.05mol·
L-1NaNO3 FeSO4溶液 分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液,同时滴加KSCN溶液,后者红色更深
(3)溶液中存在反应:
①2Ag++Fe===2Ag+Fe2+,②Ag++Fe2+===Ag+Fe3+,③Fe+2Fe3+===3Fe2+。
反应开始时,c(Ag+)大,以反应①、②为主,c(Fe3+)增大。
约30min后,c(Ag+)小,以反应③为主,c(Fe3+)减小
[解析]
(1)①黑色固体中含有过量铁粉,要检验铁粉中是否混有银,加入硝酸加热后,再加入稀盐酸生成白色沉淀,则证明黑色固体中含有银;
②K3[Fe(CN)6]是检验Fe2+的试剂,产生蓝色沉淀说明溶液中含有Fe2+。
(2)过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+,即Fe+2Fe3+===3Fe2+;
②O2将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为4Fe2++O2+4H+===4Fe3++2H2O;
白色沉淀是AgSCN,说明溶液中含有Ag+,且取样30min时,白色沉淀减少,红色加深,说明AgSCN可能氧化Fe2+生成Fe3+;
③实验Ⅰ是排除Ag+的干扰,即设计一个没有Ag+存在的对比实验,考虑其他条件不要变化,可以选用0.05mol/L的NaNO3溶液;
原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+===Ag+Fe3+能够实现,所以甲溶液可以是FeSO4溶液。
操作及现象为:
分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中的溶液,同时滴加KSCN溶液,后者红色更深。
①2Ag++Fe===2Ag+Fe2+,②Ag++Fe2+===Ag+Fe3+,③Fe+2Fe3+===3Fe2+,反应开始时,c(Ag+)较大,以反应①②为主,c(Fe3+)增大,约30min后,c(Ag+)减小,以反应③为主,c(Fe3+)减小。
3.D1、F3、M1[2017·
天津卷]下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是( )
A.硅太阳能电池工作时,光能转化成电能
B.锂离子电池放电时,化学能转化成电能
C.电解质溶液导电时,电能转化成化学能
D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能
3.A [解析]硅太阳能电池能够将光能直接转化为电能,与氧化还原反应无关,A项正确;
锂离子电池将化学能转化为电能的过程中,有自发进行的氧化还原反应发生,B项错误;
电解质溶液导电的过程实际上是电解过程,有氧化还原反应的发生,C项错误;
葡萄糖在体内氧化释放能量,D项错误。
12.G2、F3、H5、A1[2017·
江苏卷](双选)下列说法正确的是( )
A.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的ΔH<
0,ΔS>
B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C.常温下,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×
10-12,pH=10的含Mg2+溶液中,c(Mg2+)≤5.6×
10-4mol·
L-1
D.常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2,反应中转移的电子数为6.02×
1023
12.BC [解析]该反应的正反应为气体分子数减少的反应,ΔS<
0,A项错误;
地下钢铁管道用导线连接锌块,为牺牲阳极的阴极保护法,锌作负极,B项正确;
常温下,pH=10的含Mg2+溶液中,c(Mg2+)·
c2(OH-)≤5.6×
10-12,则c(Mg2+)≤5.6×
L-1,C项正确;
常温常压下,11.2LH2的物质的量不是0.5mol,D项错误。
F4电解原理
11.F4[2017·
全国卷Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩,常用外加电流的阴极保护法进行防腐,工作原理如图所示,其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。
下列有关表述不正确的是( )
A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
11.C [解析]由图示知,该装置为通过“外加电流的阴极保护法”进行防腐的装置,因此需外加强大的电流抑制金属电化学腐蚀产生电流,即通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零,A项正确;
通电后,被保护的钢管桩作阴极,高硅铸铁作阳极,因此通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩,B项正确;
高硅铸铁为惰性辅助阳极,所以高硅铸铁不损耗,C项错误;
外加电流的目的是抑制金属电化学腐蚀产生电流,因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整,D项正确。
全国卷Ⅱ]用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜,电解质溶液一般为H2SO4H2C2O4混合溶液。
下列叙述错误的是( )
A.待加工铝质工件为阳极
B.可选用不锈钢网作为阴极
C.阴极的电极反应式为Al3++3e-===Al
D.硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
11.C [解析]Al制品表面要形成氧化膜,铝被氧化失电子,因此电解时铝为阳极,A项正确;
根据电解原理可知,不锈钢网接触面积大,电解效率高,B项正确;
阴极反应为2H++2e-===H2↑,C项错误;
电解时,电解质溶液中的阴离子向阳极移动,D项正确。
7.F4、C2、J2[2017·
天津卷]某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。
考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解分离装置(见图0),使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液,并回收利用。
回答Ⅰ和Ⅱ中的问题。
固体混合物分离利用的流程图
Ⅰ.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)
(1)反应①所加试剂NaOH的电子式为______________,B―→C的反应条件为________,C―→Al的制备方法称为________________。
(2)该小组探究反应②发生的条件。
D与浓盐酸混合,不加热,无变化;
加热有Cl2生成,当反应停止后,固体有剩余,此时滴加硫酸,又产生Cl2。
由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)________。
a.温度 b.Cl-的浓度 c.溶液的酸度
(3)0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应,生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2·
xH2O的液态化合物,放热4.28kJ,该反应的热化学方程式为________。
Ⅱ.含铬元素溶液的分离和利用
(4)用惰性电极电解时,CrO
能从浆液中分离出来的原因是_________,
分离后含铬元素的粒子是_______;
阴极室生成的物质为____________(写化学式)。
7.
(1)
加热(或煅烧) 电解法
(2)ac
(3)2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=-85.6kJ·
(4)在直流电场作用下,CrO
通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液 CrO
和Cr2O
NaOH和H2
[解析]从题意知,通过电解分离出含铬元素的溶液和固体混合物(氢氧化铝和二氧化锰);
因Al(OH)3能够溶于NaOH溶液,故固体D是MnO2,溶液A是NaAlO2溶液,沉淀B是Al(OH)3,固体C是Al2O3。
Ⅰ.
(1)NaOH是离子化合物,其电子式为
。
Al(OH)3受热易分解:
2Al(OH)3
Al2O3+3H2O。
电解熔融的Al2O3制取Al单质:
2Al2O3(熔融)
4Al+3O2↑。
(2)MnO2与浓盐酸反应的离子方程式:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O。
从题中信息可知,加热才能够发生,而反应终止后滴加硫酸又产生Cl2,说明溶液的酸度也是影响该反应有效进行的因素。
(3)从元素守恒的角度分析还原性气体应为CO,即焦炭发生了氧化反应,则Cl2发生了还原反应,则0.1molCl2发生反应生成0.05mol易水解的液态化合物TiCl4,则生成1molTiCl4放出热量:
=85.6kJ·
mol-1,故热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)===TiCl4(l)+2CO(g) ΔH=-85.6kJ·
Ⅱ.(4)电解过程中,溶液中离子发生定向移动,CrO
通过阴离子交换膜移向阳极区而分离出来。
酸性条件下,存在如下平衡:
2CrO
+2H+⇌Cr2O
+H2O。
电解时阴极放电的是H+,电极反应式是2H++2e-===H2↑;
阳极放电的是OH-,电极反应式是4OH--4e-===2H2O+O2↑。
16.C2、F4、O1[2017·
江苏卷]铝是应用广泛的金属。
以铝土矿(主要成分为Al2O3,含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:
图0
注:
SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为___________。
(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液,溶液的pH_____(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是________。
(4)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液,原理如图所示。
阳极的电极反应式为__________,阴极产生的物质A的化学式为________。
(5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。
在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合,有利于AlN的制备,其主要原因是_____________。
16.
(1)Al2O3+2OH-===2AlO
+H2O
(2)减小
(3)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(4)4CO
+2H2O-4e-===4HCO
+O2↑ H2
(5)NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜
[解析]
(1)Al2O3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O。
(2)为了提高铝土矿的浸取率,氢氧化钠溶液必须过量,所以过滤Ⅰ所得滤液中含有氢氧化钠,加入碳酸氢钠溶液后,氢氧化钠与碳酸氢钠发生反应生成碳酸钠和水,所以溶液的pH减小。
(3)阳极为O2-发生氧化反应生成O2,石墨可能被O2氧化。
(4)电解时阳极由图示可知是由碳酸钠生成碳酸氢钠的过程,阳极应该是水电离产生的氢氧根离子放电生成氧气,多出的氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子。
即:
2H2O-4e-===O2↑+4H+,CO
+H+===HCO
合并得答案4CO
+O2↑。
阴极应该是水电离产生的氢离子放