高考化学题分十三个专题详解.docx
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高考化学题分十三个专题详解
2019年高考化学题分十三个专题详解
（2019浙江卷）27、捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用。
目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：
反应Ⅰ：
2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）（NH4）2CO3（aq）△H1
反应Ⅱ：
NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）NH4HCO3（aq）△H2
反应Ⅲ：
（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）2NH4HCO3（aq）△H3
请回答下列问题：
（1）△H1与△H2、△H3之间的关系是：
△H3=___________。
（2）为研究温度对（NH4）2CO3捕获CO2气体效率的影响，在某温度T1下，将一定量的（NH4）2CO3溶液置于密闭容器中，并充入一定量的CO2气体（用氮气作为稀释剂），在t时刻，测得容器中CO2气体的浓度。
然后分别在温度为T2、T3、T4、T5下，保持其它初始实验条件不变，重复上述实验，经过相同时间测得CO2气体浓度，得到趋势图（见图1）。
则：
①△H3______0（填、=或）。
②在T1-T2及T4-T5二个温度区间，容器内CO2气体浓度呈现如图1所示的变化趋势，其原因是_________。
③反应Ⅲ在温度为T1时，溶液pH随时间变化的趋势曲线如图2所示。
当时间到达t1时，将该反应体系温度迅速上升到T2，并维持该温度。
请在该图中画出t1时刻后溶液的pH变化趋势曲线。
（3）利用反应Ⅲ捕获CO2，在（NH4）2CO3初始浓度和体积确定的情况下，提高CO2吸收量的措施有_____（写出2个）。
（4）下列物质中也可能作为CO2捕获剂的是
A.NH4ClB.Na2CO3C.HOCH2CH2OHD.HOCH2CH2NH2
.【解析】
（1）将反应Ⅰ倒过来书写：
（NH4）2CO3（aq）2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）△H1
将反应Ⅱ2：
+）2NH3（l）+2H2O（l）+2CO2（g）2NH4HCO3（aq）2△H2
得：
（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）2NH4HCO3（aq）△H3=2△H2△H1
（2）由图1可知：
在温度为T3时反应达平衡，此后温度升高，c（CO2）增大，平衡逆向移动，说明反应Ⅲ是放热反应（△H30）。
在T3前反应未建立平衡，无论在什么温度下（NH4）2CO3（aq）总是捕获CO2，故c（CO2）减小。
反应Ⅲ在温度为T1时建立平衡后（由图2可知：
溶液pH不随
时间变化而变化），迅速上升到T2并维持温度不变，平衡逆向移动，
溶液pH增大，在T2时又建立新的平衡。
（3）根据平衡移动原理，降低温度或增大c（CO2）
（4）具有碱性的物质均能捕获CO2，反应如下：
Na2CO3+CO2+H2O===2NaHCO3
HOCH2CH2NH2+CO2+H2O==HOCH2CH2NH3+HCO3
【答案】
（1）2△H2△H1
（2）①②T1-T2区间，化学反应未达到平衡，温度越高，反应速率越快，所以CO2被捕获的量随温度的升而提高。
T4-T5区间，化学反应已到达平衡，由于正反应是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以不利于CO2的捕获。
③
（3）降低温度;增加CO2浓度（或压强）（4）BD
（2019广东卷）31.（16分）大气中的部分碘源于O3对海水中I-的氧化。
将O3持续通入NaI溶液中进行模拟研究.
（1）O3将I-氧化成I2的过程由3步反应组成：
①I-（aq）+O3（g）=IO-（aq）+O2（g）△H1
②IO-（aq）+H+（aq）HOI（aq）△H2
③HOI（aq）+I-（aq）+H+（aq）I2（aq）+H2O（l）△H3
总反应的化学方程式为，其反应△H=。
（2）在溶液中存在化学平衡：
I2（aq）+I-（aq）I3-（aq），其平衡常数表达式为_______。
（3）为探究Fe2+对O3氧化I-反应的影响（反应体系如图13），某研究小组测定两组实验中I3-浓度和体系pH，结果见图14和下表。
①第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_______。
②图13中的A为_____，由Fe3+生成A的过程能显著提高Ⅰ-的转化率，原因是_______。
③第2组实验进行18s后，I3-浓度下降。
导致下降的直接原因有（双选）______。
A.c（H+）减小B.c（I-）减小C.I2（g）不断生成D.c（Fe3+）增加
（4）据图14，计算3-18s内第2组实验中生成I3-的平均反应速率（写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
解析：
（1）将已知3个化学方程式连加可得O3+2Ⅰ+2H+=Ⅰ2+O2+H2O，由盖斯定律得△H=△H1+△H2+△H3。
（2）依据平衡常数的定义可得，K=。
（3）①由表格可以看出第一组溶液的pH由反应前的5.2变为反应后的11.0，其原因是反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大。
②由于是持续通入O3=，O3可以将Fe2+氧化为Fe3+：
O3+2Fe2++2H+=2Fe3++O2+H2O，Fe3+氧化Ⅰ：
2Fe3++2Ⅰ=Ⅰ2+2Fe2+，即A是亚铁离子。
Ⅰ消耗量增大，转化率增大，与Ⅰ2反应的量减少，Ⅰ3浓度减小。
（4）由图给数据可知△c（Ⅰ3）=（11.8103mol/L-3.5103mol/L）=8.3103mol/L，由速率公式得：
v（Ⅰ3）=△c（Ⅰ3）/△t=8.3103mol/L/（183）=5.5104mol/Ls。
答案：
（1）O3+2Ⅰ+2H+=Ⅰ2+O2+H2O，△H=△H1+△H2+△H3。
（2）
（3）反应过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，pH增大，水电离出氢离子参与反应破坏水的电离平衡，氢氧根浓度增大，溶液呈碱性，pH增大;Fe3+，BD
（4）（计算过程略）5.5104mol/Ls
命题意图：
化学反应原理与元素化合物
（2019福建卷）23.（16分）
利用化石燃料开采、加工过程产生的H2S废气制取氢气，既廉价又环保。
（1）工业上可用组成为K2OM2O32RO2nH2O的无机材料纯化制取的氢气
①已知元素M、R均位于元素周期表中第3周期，两种元素原子的质量数之和为27，则R的原子结构示意图为_________
②常温下，不能与M单质发生反应的是_________（填序号）
a.CuSO4溶液b.Fe2O3c.浓硫酸d.NaOHe.Na2CO3固体
（2）利用H2S废气制取氢气来的方法有多种
①高温热分解法
已知：
H2S（g）==H2+1/2S2（g）
在恒温密闭容器中，控制不同温度进行H2S分解实验。
以H2S起始浓度均为cmolL-1测定H2S的转化率，结果见右图。
图中a为H2S的平衡转化率与温度关系曲线，b曲线表示不同温度下反应经过相同时间且未达到化学平衡时H2S的转化率。
据图计算985℃时H2S按上述反应分解的平衡常数K=________;说明温度的升高，曲线b向曲线a逼近的原因：
___________
②电化学法
该法制氢过程的示意图如右。
反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是___________;反应池中发生反应的化学方程式为_____________________。
反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_______________________。
【答案】
（1）①②b、e
（2）①温度升高，反应速率加快，达到平衡所需的进间缩短（或其它合理答案）
②增大反应物接触面积，使反应更反分
H2S+2FeCl3=2FeCl2+S+2HCl2Fe2++2H+2Fe3++H2
【解析】本题考查元素推断、原子结构、化学平衡的影响因素及计算、电化学等化学反应原理的知识，同时考查学生的图表分析能力。
（1）R为+4价，位于第3周期，应为Si元素，同理M为Al元素。
常温下铝与Fe2O3不反应，与Na2CO3也不反应;
（2）①K===。
温度越高，反应速率越快，反应物的转化率越高，与平衡转化率差距越小，所以离得近。
②FeCl3具有强氧化性，能够氧化H2S：
2FeCl3+H2S=2FeCl2+S+2HCl。
该逆流原理与浓硫酸中SO3的吸收相类似，气体从下端通入，液体从上端喷，可以增大气液接触面积，反应充分。
从图可知电解过程中从左池通入的Fe2生成Fe3（阳极反应），循环使用;而另一电极产生的则为H2（阴极反应）。
故电解总的离子方程式为：
2Fe2++2H
专题十二：
化学反应中的能量变化
（2019福建卷）11.某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。
其过程如下：
下列说法不正确的是（）
A.该过程中CeO2没有消耗
B.该过程实现了太阳能向化学能的转化
C.右图中△H1=△H2+△H3
D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH2e=CO32+2H2O
【答案】C
【解析】利用盖斯定律可知△H1+△H2+△H3=0，正确的应该是△H1=-（△H2+△H3），这里是考察盖斯定律。
（2019海南卷）5.已知下列反应的热化学方程式：
6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5（ONO2）3（l）△H1
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2
C（s）+O2（g）=CO2（g）△H3
则反应4C3H5（ONO2）3（l）=12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的△H为
A.12△H3+5△H2-2△H1B.2△H1-5△H2-12△H3
C.12△H3-5△H2-2△H1D.△H1-5△H2-12△H3
[答案]A
[解析]：
盖斯定律常规考查。
③12+②5-①2即可得到4C3H5（ONO2）3（l）=12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的△H，答案选A。
[2019高考重庆卷6]已知：
P4（g）+6Cl2（g）=4PCl3（g）△H=akJmol1
P4（g）+10Cl2（g）=4PCl5（g）△H=bkJmol1
P4具有正四面体结构，PCl5中P-Cl键的键能为ckJmol1，PCl3中P-Cl键的键能为1.2ckJmol1。
下列叙述正确的是
A.P-P键的键能大于P-Cl键的键能
B.可求Cl2（g）+PCl3（g）=4PCl5（g）的反应热△H
C.Cl-Cl键的键能为（b-a+5.6c）/4kJmol1
D.P-P键的键能为（5a-3b+12c）/8kJmol1
答案：
C
【解析】原子半径PCl,因此P-P键键长大于P-Cl键键长，则P-P键键能小于P-Cl键键能，A项错误;利用盖斯定律，结合题中给出两个热化学方程式可求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=（b-a）/4KJmol-1，但不知PCl5（g）=PCl5（s）的△H，因此无法求出Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（s）的△H，B项错误;利用Cl2（g）+PCl3（g）=PCl5（g）△H=（b-a）/4KJmol-1可得E（Cl-Cl）+31.2c-5c=（b-a）/4，因此可得E（Cl-Cl）=（b-a+5.6c）/4kJmol-1，C项正确;由P4是正四面体可知P4中含有6个P-P键，由题意得6E（P-P）+10（b-a+5.6c）/4-45c=b，解得E（P-P）=（2.5a-1.5b+6c）/6kJmol-1，D项错误。
（2019上海卷）9.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中。
然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。
由此可见
A.NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
B.该反应中，热能转化为产物内部的能量
C.反应物的总能量高于生成物的总能量
D.反应的热化学方程式为：
NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O-Q
答案：
B
【解析】醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，A项错误;因反应为吸热反应，即吸热的热量转化为产物内部的能量，故B项正确;因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，C项错误;书写热化学方程式时，应注明物质的状态,D项错误。
（2019山东卷）12.CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）△H﹤0，在其他条件不变的情况下
A.加入催化剂，改变了反应的途径，反应的△H也随之改变
B.改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变
C.升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变
D.若在原电池中进行，反应放出的热量不变
解析：
催化剂虽然改变了反应途径，但是△H只取决于反应物、生成物的状态，△H不变，A错;这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，B正确;该反应是放热反应，升高温度，平衡左移，反应放出的热量减小，C错;若在原电池中进行，反应不放出热量，而是转换为电能，D错。
答案：
B
（2019新课标卷2）12.在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应
H2S（g）+O2（g）=SO2（g）+H2O（g）△H1
2H2S（g）+SO2（g）=S2（g）+2H2O（g）△H2
H2S（g）+O2（g）=S（g）+H2O（g）△H3
2S（g）=S2（g）△H4
则△H4的正确表达式为
A.△H4=（△H1+△H2-3△H3）B.△H4=（3△H3-△H1-△H2）
C.△H4=（△H1+△H2+3△H3）D.△H4=（△H1-△H2-3△H3）
解析：
考察盖斯定律。
根据S守恒原理，要得到方程式4，可以用（方程式1+方程式23方程式2）即选择△H4的正确表达式为△H4=（△H1+△H2-3△H3），即选项A正确。
答案：
A
（2019北京卷）6.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是
【答案】D
【解析】
A、硅太阳能电池是将太阳能直接转化为电能，故错误;
B、锂离子电池将化学能直接转化为电能，故错误;
C、太阳能集热器是将太阳能转变为热能，故错误;
D、燃料燃烧将化学能直接转化为热能，故正确。
（2019全国新课标卷1）28.二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源，由合成气（组成为H2、CO、和少量CO2）直接制备二甲醚，其中主要过程包括以下四个反应：
甲醇合成反应：
①CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H1=-90.1kJmol-1
②CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）△H2=-49.0kJmol-1
水煤气变换反应：
③CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H3=-41.1kJmol-1
二甲醚合成反应：
④2CH3OH（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4=-24.5kJmol-1
⑴Al2O3是合成气直接制备二甲醚反应催化剂的主要成分之一。
工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程是（以化学方程式表示）。
⑵分析二甲醚合成反应④对于CO转化率的影响。
⑶由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为。
⑷有研究者在催化剂（含Cu-Zn-Al-O和Al2O3），压强为5.0MPa的条件下由H2和CO直接制备二甲醚，结果如下图所示。
其中CO转化率随温度升高而降低的原因是____________。
⑸二甲醚直接燃料电池具有启动快，效率高等优点，其能量密度高于甲醇直接燃烧燃料电池（5.93kWhkg-1），若电解质为酸性，二甲醚直接燃料电池的负极反应为_______________。
一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生_______个电子的电量;该电池理论输出电压1.20V，能量密度E=_____（列式计算，能量密度=电池输出电能/燃料质量，1kWh=3.6105J）
答案：
（1）Al2O3（铝土矿）+2NaOH+3H2O=2NaAl（OH）4;NaAlO2+CO2+2H2O=NaHCO3+Al（OH）32Al（OH）3Al2O3+3H2O
（2）消耗甲醇，促进甲醇合成反应①平衡向右移，CO转化率增大;生成的H2O，通过水煤气变换反应③消耗部分CO。
（3）2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g）H=-204.7kJ/mol;该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。
压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（4）反应放热，温度升高，平衡左移
（5）CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+;12
（1）工业上从铝土矿中提纯高纯度氧化铝的流程是：
用氢氧化钠溶液溶解铝土矿，然后过滤，在滤液中通入过量的CO2，得到氢氧化铝，然后高温煅烧氢氧化铝，即可得到高纯度的氧化铝。
（2）合成二甲醚消耗甲醇，对于CO参与的反应相当于减小生成物的浓度，有利于平衡向右移动，使CO的转化率提高。
（3）根据盖斯定律可知，将①2+④即得到反应2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3（g）+H2O（g），所以该反应的放热△H=-90.1kJ/mol2-24.5kJ/mol=-204.7kJ/mol。
（4）该反应分子数减小，压强升高使平衡右移，CO和H2的转化率增大，CH3OCH3产率增加。
压强升高使CO和H2的浓度增加，反应速率增大。
（5）原电池中负极失去电子，所以负极电极反应式是CH3OCH3-12e-+3H2O=2CO2+12H+;二甲醚中碳原子的化合价是-2价，反应后变为+4价，失去6个电子，所以一个二甲醚分子经过电化学氧化，可以产生12个电子的电量;由于能量密度=电池输出电能/燃料质量，所以该电池的能量密度=
（2019北京卷）26.（14分）
NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。
（1）NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:
_.
（2）汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下:
①写出该反应的热化学方程式:
_。
②随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_。
（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。
①当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。
写出NO被CO还原的化学方程式：
_。
②当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。
其吸收能力顺序如下：
12MgO2oCaO38SrO56BaO。
原因是，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。
（4）通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:
①Pt电极上发生的是反应（填氧化或还原）。
②写出NiO电极的电极反应式:
。
【答案】
（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO;
（2）①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+183KJ/mol;②增大;
（3）①2NO+2CON2+2CO2
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数，得知它们均为第ⅡA族。
同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大;
（4）①还原;②NO+O2--2e-=NO2;
【解析】
（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO;
（2）①△H=945kJ/mol+498kJ/mol-2630KJ/mol=+183KJ/mol;
②该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大;
（3）①NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2;
②由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第ⅡA族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强;
（4）①由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-;
②在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。
专题十三：
化学与生活、技术、环境和工业
（2019大纲卷）6、下面有关发泡塑料饭盒的叙述，不正确的是
A.主要材质是高分子材料B.价廉、质轻、保温性能好
C.适用于微波炉加热食品D.不适于盛放含油较多的食品
【答案】C
【解析】本题结合生活，考察学生的有机基础知识，有机物的通性。
（2019福建卷）6.化学与社会、生产、生活紧切相关。
下列说法正确的是
A.石英只能用于生产光导纤维
B.从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现
C.为了增加食物的营养成分，可以大量使用食品添加剂
D.地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂
【答案】D
【解析】A是一种用途，但不是唯一用途;B蒸馏淡水是物理变化;C不能过量。
（2019江苏卷）1.燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景。
下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是
A.甲醇B.天然气C.液化石油气D.氢气
【参考答案】D
【解析】本题属于考核化学与社会问题中的节能减排、保护环境、资源利用等相关问题。
燃料电池的能量转换率为80%，普通燃烧过程能量转换率为30%左右（《选修四》教材P77），氢气作为燃料电池的燃料，其产物又是水，对环境无危害性，从能效比及环境保护的角度看，氢气的确是最理想的能源。
太阳能和氢能全面使用将是新能源领域人类努力的方向。
（2019四川卷）1.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）
A.二氧化硫可广泛用于食品的增白
B.葡萄糖可用于补钙药物的合成
C.聚乙烯塑料制品可用于食品的包装
D.次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌
【答案】A
【解析】二氧化硫有一定毒性，少量用于漂白，但不能用于食品漂白，A不正确，其余选项都是正确的，答案选A。
（2019上海卷）6.与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是
A.原料利用率高B.设备少
C.循环利用的物质多D.原料易得
答案：
A
【解析】索尔维法制碱与侯德榜制碱法均分两个过程，第一个过程相同，在第二个过程中，索尔维法再用Ca（OH）2溶液与含NaCl、NH4Cl滤液作用得到循环利用的NH3时，有一部分原料NaCl伴随CaCl2溶液作为废液被抛弃了，造成NaCl的利用率降低;侯德榜制碱法在在第二步分离NaCl、NH4Cl的滤液时，是向低温滤液中通入NH3使NH4Cl析出，最后得到溶液基本上是饱和NaCl溶液，可循环利用，提高了NaCl的利用率，故答案为：
A。
（2019山东卷）7.化学与生活密切相关，下列说法正确的是
A.聚乙烯塑料的老化是由于发生了加成反应
B.煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料
C.合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料
D.利用粮食酿酒经过了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程
解析：
聚乙烯塑料的老化是因为被氧化所致，A选项错;煤的气化是化学变化，B错;碳纤维是碳的单质，C错;用粮食酿酒时，先在糖化酶作用下水解为葡萄糖，然后在酵母作用下转变为酒精，都是化学变化。
D正确。
答案：
D
（2019全国新课标卷1）7、化学无处不在，下列与化学有关的说法，不正确的是（）
A、侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异
B、可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气
C、碘是人体必须微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物
D、黑火药由硫磺、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成
答案：
C
解析：
A对，侯氏制碱法是将CO2、
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