版步步高《考前三个月》化学二轮复习课件第二篇 第一部分 专题三Word格式文档下载.docx

1、该反应正向是吸热反应,升高温度,平衡正向移动,平衡常数增大（3）及时分离出产物3.溶液中有关离子平衡的简答题思路阅读题目情境的信息,找出核心问题的分析对象,即平衡体系；找出题目信息中与平衡体系变化的有关因素；利用平衡移动原理分析变化的因素对化学平衡移动的影响,即平衡移动方向的判断；说明平衡移动后对实际问题体系产生的影响。一般用如下模式书写：“存在平衡,（条件）使平衡向（方向）移动,（结论）”。例3Na2HPO4是磷酸的酸式盐,但其水溶液呈碱性,从溶液中离子平衡角度分析回答下列问题：（1）解释Na2HPO4溶液呈碱性原因_。（2）当加入足量饱和CaCl2溶液时,溶液变为酸性,解释原因_。解题思路

2、答案（1）Na2HPO4溶液中存在两个平衡,一是电离平衡,HPOHPO,二是水解平衡,HPOH2OH2POOH,其水解程度大于电离程度,故溶液呈碱性（2）Na2HPO4溶液中存在电离平衡,HPO,加入CaCl2溶液,Ca2与PO结合生成Ca3（PO4）2沉淀,促使Na2HPO4电离平衡向右移动,H浓度增大,溶液显酸性1.乙苯催化脱氢制苯乙烯反应：H2（g）H124 kJmol1工业上,通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气（原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为19）,控制反应温度600 ,并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下,乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了H2以外

3、的产物中苯乙烯的物质的量分数）变化如图：（1）掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,解释说明该事实：_（2）控制反应温度为600 的理由是_答案（1）正反应方向气体分子数增加,加入水蒸气稀释,相当于起减压的效果（2）600 ,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低,反应速率慢,转化率低；温度过高,选择性下降。高温还可能使催化剂失活,且能耗大解析（1）掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率,这是因为正反应方向气体分子数增加,加入水蒸气稀释,相当于减压,而减压平衡正向移动。（2）600 ,乙苯的转化率和苯乙烯的选择性较高。该正反应为吸热反应,温度过低,反应速率慢,转化率低；高温还可能使催化剂失去活性,

4、且能耗大。2.为模拟合成氨生产,探究学习小组在3个1 L的恒容密闭容器中,分别加入0.1 mol N2和0.3 mol H2发生反应：N2（g）3H2（g）2NH3（g）H10,在实验、中,分别测得c（N2）随时间（t）的变化如下表所示（T表示温度）：时间/minc（N2）/molL1温度510152025实验：T10.0910.0840.08实验：T20.0720.06实验：T30.075（1）温度T1_（填“”或“”）T2,理由是_。（2）实验、相比,实验先达到化学平衡的原因可能是_。（3）若将容器体积变为0.5 L,其他条件与实验完全相同。与实验相比,下列说法错误的是_。（填字母）a.达

5、到平衡的时间缩短b.N2的转化率增大c.化学平衡常数不变d.混合气体中NH3的体积分数减小答案（1）达到平衡时,T2温度下c（N2）小,即T2时N2转化率高,该反应是放热反应,在其他条件相同时,温度越低N2的转化率越高,平衡时c（N2）越小,故T1（2）实验使用催化剂（3）d解析由表中数据知实验、达到平衡的时间分别为15 min、20 min、10 min；平衡时c（N2）分别为0.08 molL1、0.06 molL1。（1）实验、反应物初始加入量相同,该反应是放热反应,其他条件相同时,温度越高,N2转化率越低,平衡时c（N2）越大,故T1T2。（2）实验、中,反应物浓度、温度、压强完全相同

6、,且N2转化率相同,而反应速率大,达到化学平衡的时间短,是因为实验使用了催化剂（催化剂加快反应速率,不改变化学平衡）。（3）该反应是气体体积减小的反应,容器体积变为0.5 L,反应物浓度增大、压强增大,则反应速率加快,达到平衡的时间缩短,反应物转化率增大,化学平衡常数只与温度有关,温度不变,化学平衡常数不变；混合气体中NH3 的体积分数增大。3.已知氢氧化钙和碳酸钙在水中分别存在下列溶解平衡：Ca（OH）2（s）Ca22OH,CaCO3（s）Ca2CO。在火力发电厂燃烧煤的废气中往往含有SO2、O2、N2、CO2等。为了除去有害气体SO2并变废为宝,常常用粉末状的碳酸钙或熟石灰的悬浊液洗涤废气

7、,反应产物为石膏（CaSO42H2O）。（1）粉末状碳酸钙能吸收废气中SO2的原因：_。（2）SO2与Ca（OH）2悬浊液反应生成石膏的总方程式：_。（3）试说明用熟石灰的悬浊液而不用澄清石灰水的理由：_答案（1）由于亚硫酸的酸性比碳酸强,亚硫酸与碳酸根反应产生CO2气体,CaCO3的溶解平衡向右移动,生成亚硫酸钙,再被氧化为硫酸钙（2）2SO2O22Ca（OH）22H2O=2CaSO42H2O（3）Ca（OH）2微溶,澄清的石灰水中Ca（OH）2的浓度小,不利于吸收SO2解析（1）SO2与CaCO3悬浊液反应,相当于弱酸制更弱的酸。（2）SO2与Ca（OH）2悬浊液反应,相当于酸碱中和反应,

8、再被氧气氧化为硫酸钙。（3）用熟石灰的悬浊液而不用澄清石灰水,与浓度有关,浓度大时吸收二氧化硫的效果好。4.2016全国卷,27（2）（3）（4）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：（2）在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度323 K,NaClO2溶液浓度为5103 mol反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SONOClc/mol8.351046.871061.51.21053.4103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”

9、“不变”或“降低”）。随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐_（填“增大”“不变”或“减小”）。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pe如图所示。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”）。反应ClO2SO2SOCl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。从化学平衡原理分析,Ca（ClO）2相比NaClO具有的优

10、点是_。已知下列反应：SO2（g）2OH（aq）=SO （aq）H2O（l）H1ClO（aq）SO （aq）=SO （aq）Cl（aq）H2CaSO4（s）=Ca2（aq）SO （aq）H3则反应SO2（g）Ca2（aq）ClO（aq）2OH（aq）=CaSO4（s）H2O（l）Cl（aq）的H_。答案（2）4NO3ClO4OH=4NO3Cl2H2O提高减小大于NO溶解度较低（或脱硝反应活化能较高）（3）减小K（4）形成硫酸钙沉淀,反应平衡向产物方向移动,SO2转化率提高H1H2H3解析（2）亚氯酸钠具有氧化性,可将NO气体氧化为NO,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4NO3

11、ClO3Cl2H2O。该反应是一个气体体积减小的反应,增大压强,有利于反应向消耗NO的方向进行,所以增大压强,NO的转化率提高。脱硝反应消耗OH,故随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐减小。根据题中表格数据发现,反应一段时间后溶液中SO的离子浓度最大,说明脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。（3）由图分析可知,温度升高,SO2或NO平衡分压的负对数均减小,说明升高温度,平衡逆向移动,因此脱硫、脱硝反应的平衡常数均减小。根据反应ClOCl可写出其平衡常数表达式为K（4）相对于NaClO,Ca（ClO）2能形成C

12、aSO4沉淀,有利于平衡向脱硫方向移动,提高了SO2的转化率。将题中的3个反应依次标记为、,根据盖斯定律,即得所求的反应,HH1H2H3。题空二物质变化类简答题1.结合物质的性质,推测产生结果的原因；叙述时一般可使用因果表述法。例1铁炭混合物（铁屑和活性炭的混合物）、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。（1）铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O的酸性废水通过铁炭混合物,在微电池正极上Cr2O转化为Cr3,其电极反应式为_。（2）在相同条件下,测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2和Pb2的去除率,结果如图所示。当铁炭混合物中铁的质量分数为0时,也能去除水中少量的C

13、u2和Pb2,其原因是_。当铁炭混合物中铁的质量分数大于 50%时,随着铁的质量分数的增加,Cu2和Pb2的去除率不升反降,其主要原因是_。（3）纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。纳米铁粉除去水中NO反应的离子方程式为4FeNO10H=4Fe2NH3H2O,研究发现,若pH偏低将会导致NO的去除率下降,其原因是_。答案（1）Cr2O6e14H=2Cr37H2O（2）活性炭对Cu2和Pb2有吸附作用铁的质量分数增加,铁炭混合物中微电池数目减少（3）纳米铁粉与H反应生成H22.推理判断理由的阐述该类型简答题一般是依据题意,根据化学知识及相关的知识对题目所给的问题先进行分析判断,然后说明判断的理由

14、。解题的思路：先对问题作出判断,得出结论,然后再由结论追溯到分析过程,最后再回到结论。采分点是推理过程和结论。H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：写出阳极的电极反应式_。分析产品室可得到H3PO2的原因_。早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替。并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有_杂质。该杂质产生的原因是_。解题思路解析阳极发生氧化反应,在反应中OH失去电子,电极反应式为2H2O4e=O24H。H2O放电产生H,H进入产品室,

15、原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室,二者发生反应：HH2POH3PO2。如果撤去阳膜,H2PO或H3PO2可能被氧化。答案2H2O4e=O24H阳极室的H穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3PO2POH2PO或H3PO2被氧化1.氯化亚铜（CuCl）广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水,在潮湿空气中易水解、氧化,且在氯离子浓度较大的体系中存在CuClClCuCl2。工业上可用向硫酸铜饱和溶液中加入NaCl和Na2SO3制取CuCl,请回答下列问题：（1）写出生成CuCl沉淀的离子方程式：_。（2）在反应进行时,当氯化钠用量增加到一定程

16、度后氯化亚铜的沉淀率减小,原因是_。（3）实验测得溶液的 pH 与亚硫酸钠溶液体积的关系曲线如图所示。解释图像中Va时,随着亚硫酸钠溶液的体积增大,溶液pH增大的原因是_。答案（1）2Cu22ClSOH2O=2CuClSO2H（2）当Cl浓度过大时,生成的沉淀CuCl又会发生CuClClCuCl2,因而沉淀率会降低（3）由于发生2Cu22ClSO2H,H浓度逐渐增大当铜离子完全反应后,再加入Na2SO3消耗溶液中的H,又使H浓度逐渐减小2.电解NO制备NH4NO3,其工作原理如图所示,为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A,A是_,说明理由：_。答案NH3根据反应：8NO7H2O3N

17、H4NO32HNO3,电解产生的HNO3多3.用Fe作电极电解含Cr2O的酸性废水,随着电解进行,在阴极附近溶液pH升高,产生Cr（OH）3沉淀以达到除铬的目的。（1）用Fe作电极的原因为_。（2）在阴极附近溶液pH升高的原因是_。（3）溶液中除生成Cr（OH）3沉淀外还生成_沉淀,解释产生的原因_。答案（1）阳极反应为Fe2e=Fe2,提供还原剂Fe2（2）水电离产生的H放电生成H2：2H2e=H2；同时产生了大量OH（3）Fe（OH）3溶液中的Fe2被Cr2O氧化为Fe3,电解过程中pH升高,Fe3水解程度增大,转化为Fe（OH）3沉淀解析（1）在电解法除铬中,铁作阳极,阳极反应为Fe2e

18、=Fe2,以提供还原剂Fe2。（2）阴极氢离子的放电能力较强,先放电,因而氢离子浓度减小,氢氧根离子浓度增大。（3）溶液中的Fe2被Cr2O氧化为Fe3,电解过程中pH升高,Fe3水解程度增大,转化为Fe（OH）3沉淀。高考12题逐题特训A组1.已知H2S高温热分解制H2的反应如下：2H2S（g）2H2（g）S2（g）。在恒容密闭容器中,控制不同温度进行H2S的分解实验。以H2S的起始浓度均为c molL1测定H2S的转化率,结果如图所示。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。请说明随温度的升高,曲线b向曲线a逼近的原因

19、：_。答案温度升高,反应速率加快,达到平衡所需的时间缩短,故曲线b向曲线a靠近解析弄清两根曲线表示的含义,温度低时,H2S转化率相差较大,温度高时,H2S转化率几乎相等,说明温度高时,在该段时间里已经达到平衡。2.取少量待检水样（含有少量Cu2）于试管中,先加入NaOH溶液,观察到有蓝色沉淀生成,继续加入NaOH溶液,直到不再产生蓝色沉淀为止,再加入Na2S溶液,有黑色沉淀生成,且蓝色沉淀逐渐减少。请你使用化学用语,结合必要的文字解释其原因_。答案待检水样中含有Cu2,加碱发生Cu22OH=Cu（OH）2,再加入Na2S溶液,CuS比Cu（OH）2更难溶,则发生Cu（OH）2（s）S2（aq）

20、CuS（s）2OH（aq）解析因铜离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铜沉淀,CuS比Cu（OH）2更难溶,则加入Na2S溶液能发生沉淀的转化。3.不同的金属氢氧化物在酸中溶解度不同,因此可以利用这一性质,控制溶液的pH,达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度曲线如图所示。（1）pH3时溶液中铜元素的主要存在形式是_。（2）若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3,应该控制溶液的pH为_（填字母）。A.1 B.4左右 C.6（3）在Ni（NO3）2溶液中含有少量的Co2杂质,_（填“能”或“不能”）通过调节溶液pH的方法将其除去,理由是_。答案（1）Cu2（2）B（3）不能Co2、Ni2沉淀的pH范围相差太小解析由图像可知Fe3沉淀pH范围大约为1.82.7,Cu2沉淀pH范围约为4.55.9,Ni2、Co2沉淀pH范围都约是7