高考化学复习高考理综化学原理综合题汇编docx.docx
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高中化学学习材料
唐玲出品
2016高考理综化学原理综合题汇编
全国Ⅱ.26．联氨（又称联肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：
（1）联氨分子的电子式为_________，其中氮的化合价为______。
（2）实验室可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为___________。
（3）①2O2（g）+N2（g）=N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）=2H2O（g）△H3
④2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）△H4=-1048.9kJ/mol
上述反应热效应之间的关系式为△H4=________________，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为_________________________________________________。
（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，联氨第一步电离反应的平衡常数值为_______（已知：
N2H4+H+
N2H5+的K=8.7×107；KW=1.0×10-14）。
联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为。
（5）联氨是一种常用的还原剂。
向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是。
联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀。
理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是。
【答案】26、
（1）
；-2
（2）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O（3）△H4=2△H3-2△H2-△H1；反应放热量大、产生大量气体
（4）8.7×10-7，N2H6（HSO4）2
（5）固体逐渐变黑，并有气泡产生1N2H4的用量少，不产生其他杂质（还原产物为N2和H2O，而Na2SO3产生Na2SO4学科网
【考点定位】考查电子式，化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离，化学计算等知识。
【名师点睛】本题以多知识点综合题的形式考查化学基本用语，涉及电子式和化合价，盖斯定律的应用，弱电解质的电离平衡，简单化学计算等知识。
对于弱电解质电离平衡常数的计算要注意几点：
①准确书写电离平衡常数的表达式；②若没有直接的数据代入，要根据题意做一些变形，得到平衡常数之间的关系式也可解答。
全国Ⅱ.27．丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈CH3CN等，回答下列问题：
（1）以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛（C3H4O）的热化学方程式如下：
①C3H6（g）+NH3（g）+
O2（g）=C3H3N（g）+3H2O（g）△H=-515kJ/mol
②C3H6（g）+O2（g）=C3H4O（g）+H2O（g）△H=-353kJ/mol
两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是。
（2）图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460OC．低于460OC时，丙烯腈的产率（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是；高于460OC时，丙烯腈产率降低的可能原因是（双选，填标号）
A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反应增多D．反应活化能增大
（3）丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。
由图可知，最佳n（氨）/n（丙烯）约为，理由是。
进料氨、空气、丙烯的理论体积约为
【答案】27.
（1）两个反应均为放热量大的反应；降低温度、降低压强；催化剂；
（2）不是；该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低；AC
（3）1；该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低；1:
7.5:
1
【考点定位】考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。
【名师点睛】本题考查影响化学平衡的因素，化学图像的分析与判断，化学计算等知识。
该题是对化学平衡的集中考查，涉及的知识点不多，解题的关键点是看懂图像的含义，看图像时：
①一看面：
纵坐标与横坐标的意义；②二看线：
线的走向和变化趋势；③三看点：
起点，拐点，终点，然后根据图象中呈现的关系、题给信息和所学知识相结合，做出符合题目要求的解答。
全国Ⅲ.27.（15分）
煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：
（1）NaClO2的化学名称为_______。
（2）在鼓泡反应器中通入含有含有SO2和NOx的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液浓度为5×10−3mol·L−1。
反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表》
离子
SO42−
SO32−
NO3−
NO2−
Cl−
c/（mol·L−1）
8.35×10−4
6.87×10−6
1.5×10−4
1.2×10−5
3.4×10−3
①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式__________。
增加压强，NO的转化率______（填“提高”“不变”或“降低”）。
②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐______（填“提高”“不变”或“降低”）。
③由实验结果可知，脱硫反应速率______脱硝反应速率（填“大于”或“小于”）。
原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是___________。
（3）在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中，SO2和NO的平衡分压px如图所示。
①由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均______________（填“增大”“不变”或“减小”）。
②反应ClO2−+2SO32−===2SO42−+Cl−的平衡常数K表达式为___________。
（4）如果采用NaClO、Ca（ClO）2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。
①从化学平衡原理分析，Ca（ClO）2相比NaClO具有的有点是_______。
②已知下列反应：
SO2（g）+2OH−（aq）===SO32−（aq）+H2O（l）ΔH1
ClO−（aq）+SO32−（aq）===SO42−（aq）+Cl−（aq）ΔH2
CaSO4（s）===Ca2+（aq）+SO42−（aq）ΔH3
则反应SO2（g）+Ca2+（aq）+ClO−（aq）+2OH−（aq）===CaSO4（s）+H2O（l）+Cl−（aq）的ΔH=______。
【答案】
（1）亚氯酸钠；
（2）①2OH-＋3ClO2－＋4NO＝4NO3－＋3Cl－＋2H2O；提高②减小；
③大于；NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高（3）①减小；②
（4）①生成的硫酸钙微溶，降低硫酸根离子浓度，促使平衡向正反应方向进行
②△H1＋△H2－△H3
【考点定位】考查氧化还原反应、盖斯定律、外界条件对反应速率和平衡状态的影响等
【名师点睛】本题考查物质的名称、氧化还原反应方程式的书写、勒夏特列原理、图表数据和图像、盖斯定律等化学理论知识，平时的训练中夯实基础，强化知识的运用，体现了知识的运用能力。
平时的学习中注意对选修4学习。
学科&网.依据题目中所给数据，再根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写离子反应方程式；化学平衡原理适用于任何化学平衡，如果改变影响平衡的一个条件，化学平衡会向能够减弱这种改变的方向移动。
化学平衡常数：
一定条件下达到化学平衡，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，只受温度的影响，依据题目所给信息作出合理判断；盖斯定律是对于一个化学反应，无论是一步完成还是分几步完成，其反应热效应是相同的；本题是综合性试题，难度适中。
北京卷.26．（13分）
用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3-）已成为环境修复研究的热点之一。
（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如右图所示。
①作负极的物质是________。
②正极的电极反应式是_________。
（2）将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO3—的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3—的去除率
接近100%
＜50%
24小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5时，NO3—的去除率低。
其原因是________。
（3）实验发现：
在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明显提高NO3—的去除率。
对Fe2+的作用提出两种假设：
Ⅰ.Fe2+直接还原NO3—；
Ⅱ.Fe2+破坏FeO（OH）氧化层。
①做对比实验，结果如右图所示，可得到的结论是_______。
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4。
结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2+提高NO3—去除率的原因：
______。
pH=4.5（其他条件相同）
（4）其他条件与
（2）相同，经1小时测定NO3—的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3—的去除率
约10%
约3%
1小时pH
接近中性
接近中性
与
（2）中数据对比，解释
（2）中初始pH
不同时，NO3—去除率和铁的最终物质形态不同的原因：
__________。
【答案】
（1）①铁②NO3－+8e－+10H+=NH4++3H2O
（2）因为铁表面生成不导电的FeO（OH），阻止反应进一步发生
（3）①本实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3-；在Fe和Fe2+共同作用下能提高NO3-的去除率。
②Fe2++2FeO（OH）=Fe3O4+2H+，Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，有利于反应的进行，使NO3-的去除率提高
（4）Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，初始pH较小，氢离子浓度高，产生的Fe2+浓度大，促使FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，使反应进行的更完全，初始pH高时，产生的Fe2+浓度小，从而造成NO3—去除率和铁的最终物质形态不同。
【考点定位】本题主要是考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识
【名师点晴】该题一改化学原理综合应用的拼题，改成“借实验考原理”的方式来考查学生应用化学反应基本理论、化学反应速率平衡、电化学等理论联系实际，分析解决氧化还原反应、速率平衡、电化学等问题的能力。
此题区分度在第（4）问。
实际上，我们只要抓住主要矛盾，便可简化解题思路。
我们只需要从影响速率平衡的主要因素（此题主要是浓度）考虑问题即可。
此问极易诱导学生从复杂角度分析问题，不容易得到正确答案。
四川卷.11．（16分）资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。
磷尾矿主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3·MgCO3。
某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg（OH）2、P4和H2，其简化流程如下：
已知：
①Ca5（PO4）3F在950℃不分解；
②4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4
请回答下列问题：
（1）950℃煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是___________。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是_____________。
（3）NH4NO3溶液能从磷矿I中浸取出Ca2+的原因是__________。
（4）在浸取液II中通入NH3，发生反应的化学方程式是____________。
（5）工业上常用磷精矿[Ca5（PO4）3F]和硫酸反应制备磷酸。
已知25℃，101kPa时：
CaO（s）+H2SO4（l）=CaSO4（s）+H2O（l）△H=-271kJ/mol
5CaO（s）+H3PO4（l）+HF（g）=Ca5（PO4）3F（s）+5H2O（l）△H=-937kJ/mol
则Ca5（PO4）3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_________________。
（6）在一定条件下CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g），当CO与H2O（g）的起始物质的量之比为1:
5，达平衡时，CO转化了5/6.若akg含Ca5（PO4）3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5（PO4）3F转化为P4，将产生的CO与H2O（g）按起始物质的量之比1:
3混合，则相同条件下达平衡时能产生H2________kg。
【答案】
（1）二氧化碳（CO2）。
（2）烧杯、漏斗和玻璃棒。
（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性。
（4）MgSO4+2NH3+2H2O
Mg（OH）2+（NH4）2SO4。
（5）Ca5（PO4）3F（s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+H3PO4（l）+HF（g）△H=-418kJ/mol。
（6）3（30×28×a×10%×b%）/56（4×504）kg。
【解析】试题分析：
（1）根据题给化学工艺流程和信息①知磷尾矿[主要含Ca5（PO4）3F和CaCO3·MgCO3]在950℃下煅烧，其中碳酸钙和碳酸镁分解，生成气体的成分为二氧化碳（CO2）。
（2）实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。
（3）NH4NO3溶液中铵离子水解呈酸性，H＋能从磷矿I中浸取出Ca2+。
（4）根据化学工艺流程判断浸取液II的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO4+2NH3+2H2O
Mg（OH）2+（NH4）2SO4。
（5）略
（6）根据题给数据利用三行式分析。
设CO的起始浓度为1mol/L，则水蒸气的起始浓度为5mol/L
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g），
起始浓度（mol/L）1500
转化浓度（mol/L）5/65/65/65/6
平衡浓度（mol/L）1/625/65/65/6
则K=c（CO2）c（H2）/c（CO）c（H2O）=1。
相同条件下当CO与H2O（g）的起始物质的量之比为1:
3，平衡常数不变，设转化的CO为x。
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g），
起始浓度（mol/L）1300
转化浓度（mol/L）xxxx
平衡浓度（mol/L）（1-x）（3-x）xx
则x2/（1-x）（3-x）=1,解得x=3/4，即达平衡时，CO转化了3/4。
转化为P4的Ca5（PO4）3F质量为a×10%×b%kg，根据反应4Ca5（PO4）3F+18SiO2+30C
2CaF2+30CO+18CaSiO3+3P4知生成CO的质量为（30×28×a×10%×b%）/（4×504）kg，则转化的CO的质量为3（30×28×a×10%×b%）/4（4×504）kg，根据反应：
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g）知相同条件下达平衡时能产生H23（30×28×a×10%×b%）/56（4×504）kg。
考点：
化学反应原理，涉及化学反应速率、化学平衡、化学反应与能量等
天津卷.10.（14分）氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。
回答下列问题：
（1）与汽油相比，氢气作为燃料的优点是_________（至少答出两点）。
但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：
____________。
（2）氢气可用于制备H2O2。
已知：
H2（g）+A（l）=B（l）ΔH1
O2（g）+B（l）=A（l）+H2O2（l）ΔH2
其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2（g）+O2（g）=H2O2（l）的ΔH____0（填“>”、“<”或“=”）。
（3）在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：
MHx（s）+yH2（g）
MHx+2y（s）ΔH<0达到化学平衡。
下列有关叙述正确的是________。
a．容器内气体压强保持不变
b．吸收ymolH2只需1molMHx
c．若降温，该反应的平衡常数增大
d．若向容器内通入少量氢气，则v（
放氢）>v（吸氢）
（4）利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_______。
（5）化工生产的副产氢也是氢气的来源。
电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时
获得氢气：
Fe+2H2O+2OH−
FeO42−+3H2↑，工作原理如图1所示。
装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42−，镍电极有气泡产生。
若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。
已知：
Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。
①电解一段时间后，c（OH−）降低的区域在_______（填“阴极室”或“阳极室”）。
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_______。
③c（Na2FeO4）随初始c（NaOH）的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析c（Na2FeO4）低于最高值的原因：
_____________。
【答案】
（1）污染小；可再生；来源广；资源丰富；燃烧热值高；H2+2OH--2e-=2H2O
（2）＜
（3）ac
（4）光能转化为化学能
（5）①阳极室
②防止Na2FeO4与H2反应使产率降低
③M点：
c（OH-）低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢（或N点：
c（OH-）过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低）。
【考点定位】考查化学反应中的能量变化、电解原理及其应用。
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【名师点晴】本题考查的知识点较多，以氢气利用为线索考查了化学反应中的能量变化、电解原理及其应用、化学平衡的移动及其影响因素等相关知识。
在书写燃料电池电极反应时，要注意掌握一般的书写方法：
①电极反应是一种离子反应，遵循书写离子反应的所有规则；②将两极反应的电子得失数配平后，相加得到总反应，总反应减去一极反应即得到另一极反应；③负极失电子所得氧化产物和正极得电子所得还原产物，与溶液的酸碱性有关（如+4价的C在酸性溶液中以CO2形式存在，在碱性溶液中以CO32-形式存在）；④溶液中不存在O2-：
在酸性溶液中它与H+结合成H2O、在碱性或中性溶液中它与水结合成OH-。
本题的易错点和难点是c（Na2FeO4）低于最高值的原因分析。
分析时，要注意从题目中寻找线索并结合反应的特征分析。
浙江卷.28．（15分）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。
研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平衡反应，分别生成CH3OH和CO。
反应的热化学方程式如下：
CO2（g）+3H2（g）
CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1=-53.7kJ·mol-1
CO2（g）+H2（g）
CO（g）+H2O（g）ΔH2
某实验室控制CO2和H2初始投料比为1:
2.2，经过相同反应时间测得如下实验数据：
【备注】Cat.1:
Cu/ZnO纳米棒；Cat.2:
Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：
转化的CO2中生成甲醛的百分比
已知：
CO和H2的标准燃烧热分别为-283.0kJ·mol-1和-285.8kJ·mol-1
H2O（l）
H2O（g）ΔH3=44.0kJ·mol-1
请回答（不考虑
温度对ΔH的影响）：
（1）反应
的平衡常数
表达式K=；反应
的ΔH2=kJ·mol-1。
（2）有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有。
A．使用催化剂Cat.1B．使用催化剂Cat.2C．降低反应温度
D．投料比不变，增加反应物的浓度E．增大CO2和H2的初始投料比
（3）表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是。
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（4）在右图中分别画出
在无催化剂、有Cat.1和由Cat.2三种情况下“反应过程-能量”示意图。
（5）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在极，该电极反应式是。
【答案】
（1）
+41.2
（2）CD
（3）表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应Ⅰ的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。
（4）
（5）阴CO2+6H++6e-==CH3O
H+H2O
【考点定位】平衡常数，盖斯定律，平衡移动原理，催化剂的作用，电解池的工作原理和电极反应的书写
【名师点睛】掌握盖斯定律是分析和计算反应热常用的工具。
根据方程式的加减确定反应热的加减。
同时注意反应热的正负号。
掌握平衡移动原理，注意只有浓度、温度和压强硬性平衡，注意催化剂的使用只能改变反应速率但不影响平衡，可以影响到达平衡的时间。
当增大一种反应物的
浓度时，平衡正向移动，另一种反应物的转化率会提高，但本身转化率会降低。
本题考查了平衡常数和盖斯定律，平衡移动的影响因素，和催化剂对反应的影响，综合能力较强。
上海卷.五、（本题共12分）
随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点。
完成下列填空：
29.目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）
CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的体积分数随温度的升高而增加。
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化。
（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
30.相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol·L-1
[H2]/mol·L-1
[CH4]/mol·L-1
[H2O]/mol·L-1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为_________。
31.碳酸：
H2CO3，Ki1=4.3×10-7，Ki2=5.6×10-11草酸：
H2C2O4，Ki1=5.9×10-2，Ki2=6.4×10-5
0.1mol/LNa2CO3溶液的pH____________0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH。
（选填“大于”“小于”或“等于”）
等浓度广东草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是___________。
若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_____。
（选填编号）
a.[H+]>[HC2O4-]>[HCO3-]>[CO32-]b.[HCO3-]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]
c.[H+]>[HC2O4-]>[C2O42-]>[CO32-]d.[H2CO3]>[HCO3-]>[HC2O4-]>[CO32-]
32.人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：
H++HCO3-
H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。
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________________________________
五、（本题共12分）
29.
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
30.
31.大
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