2019全国高考(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、京津沪浙)化学反应原理试题深度解析

1、2019全国高考(I、H、田、京津沪浙)化学反应原理试题深度解析1. (2019 上海卷)19.已知反应式：mX(g)+nY(?) pQ(G)+2mZ(g),已知反应已达平衡，此时 c(X)=0.3mol/L ,其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2, c(X)=0.5mol/L ,下列说法正确的是A.反应向逆反应方向移动B.Y可能是固体或液体C.系数n>mD.Z的体积分数减小【答案】C【解析】已知反应已达平衡，此时aX)=0.3mol/L ,其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2,若此时平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但平衡移动之后 c(X)=0.5mol/L ,说明加压平衡向

2、正反应方向移动，A项错误；题干条件说明正反应为气体减少的反应，若Y为固体或液体，则需要满足m>2m,不可能成立，B项错误；Y是气体，且 m+n>2m,所以n>m, C项正确；平衡正向移动，产物 Z的体积分数应该增大，D项错误。故答案为 Co2. (2019 江苏卷)15.在恒压、NO和。2的起始浓度一定的条件下，催化反应相同时间，测得不同温度下 NO转化为NO2的转 化率如题图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是湿度工-15图A.反应 2NO(g) +O2(g)=2NO2(g)的 H>0B.图中X点所示条件下，延长反应时间能

3、提高 NO转化率C.图中Y点所示条件下，增加O2的浓度不能提高 NO转化率D.380c下，C起始(。2)=5.0M0-4mol L-1, NO平衡转化率为 50%,则平衡常数 K>2000【答案】：BD【解析】：本题考查平衡图像和平衡移动A项图中虚线为该反应NO的平衡转化率，可知升高温度，NO的平衡转化率降低，故 H<0;B项X点对应温度下的平衡点在 X点的正上方，NO的转化率比X点大，延长反应时间，NO转化率会增大。C项Y为平衡点，增大 02的浓度可以提高 NO转化率D项NO平衡转化率为50%,平衡时NO和N02浓度相等，在平衡常数的表达式中数据可以抵消，所以 K=1/c(O2)

4、。C 平衡(。2)<5.0X10 -4mol L-1, K>2000。3. (2019 上海卷)18.根据图本下列说法正确的是能量tA.断开非极性键和生成极性键的能量相同B.反应n比反应出生成的OH键更牢固C.1/2O2(g)+H 2(g) - OH(g)+H(g) Q(Q > 0)D.H 2O(g) - 1/2Q(g)+H 2(g)+Q(Q > 0)【答案】C【解析】从图中可以看出1/2mol O2(g)+1molH 2(g)的能量低于1mol OH(g)+1mol H(g),因此反应 1/2O2(g)+H2(g) - OH(g)+H(g)吸热，故 C 项正确。4.

5、(2019浙江卷)17.下列说法正确的是A. H2(g) + I2(g) ? 2HI(g),其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变B. C(s)+H2O(g) ? H2(g) + CO(g),碳的质量不再改变说明反应已达平衡C.若压强不再随时间变化能说明反应2A(?) + B(g) ? 2C(?)已达平衡，则 A、C不能同时是气体D. 1 molN2和3 mol H2反应达到平衡时 H2转化率为10%,放出热量 Q1；在相同温度和压强下，当 2 mol NH3分解为N2和H2的转化率为10%时，吸收热至 Q2, Q2不等于Q1【答案】B【解析】可逆反应 H2(g) + I2(g) ?

6、 2HI(g)为反应前后气体计量数不发生变化的反应。缩小反应容器体积，相当于加压，正逆反应速率同等程度增加，A项错误；可逆反应 C(s)+H2O(g) ? H2(g)+CO(g)在建立平衡前，碳的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B项正确；若压强不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等,A、C可能均为气体，C项错误；已知N2(g)+3H2(g) ?2NH3(g) A,H 合成氨气实际参与反应n(H2)=3 ¥0%=0.3mol ,因而 Qi=0.3/3 X | A H|=0.1|, A H|分解氨气时实际消耗的n(NH3)=2 &

7、#165;0%=0.2mol , Q2=0.2/2 X | A H|=0.1,则 FQi=Q2, D 项错误。5. (2019浙江卷)23. MgCO3和 CaCO3的能量关系如图所示 (M=Ca、Mg)：2+2M (g)+CO3 (g)T周iMCO 3(s)AH22+2> M (g) + O (g) + CO2(g)AH>J H3MO(s) + CO2(g)已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不.正司的是A. AHi(MgCO 3)> AHi(CaCO3)>0 B. AH2(MgCO 3)= AH2(CaCO3)>0 C. AHi(CaCO3)

8、AHi(MgCO3) = AH3(CaO) AH3(MgO)Mg 2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于D,对于 MgCO3 和 CaCO3, AH+AH2>AH3 【答案】C根据盖斯定律，得AH=AHI+AH2+AH3 ,由于Ca2+半径大于MgCO3, CaO的离子键强度弱于 MgO。AH1表示断裂CO2-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而AHi(MgCO 3)> AHi(CaCO3) >0, A项正确；A股表示断裂CO32-中共价键形成O2-和CO2吸收的能量， 与M2+无关因而“2(MgCO3) = AH2(CaCO3) > 0

9、 , B项正确； 由上可知AHi(CaCO3)-AHi(MgCO3)<0,而AH3表示形成MO离子键所放出的能量，AH3为负值，CaO的离子键强度弱于 MgO ,因而 AH3(CaO)> AH3(MgO) , AH3(CaO)-AH3(MgO)>0 , C 项错误；由上分析可知 AHi+AH2>0, AH3<0,故 AHi+ AH2> AH3, D 项正确。6. (2019 北京卷)27. (14 分)氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。(1)甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一，反应器中初始反应的生成物为H2和CO2,其物质的量

10、之比为 4:1,甲烷和水蒸气反应的方程式是已知反应器中还存在如下反应：i. CH4 (g)+ H 2O(g) =CO(g)+3H 2(g) AHiii . CO(g)+ H 2O(g) = CO 2(g)+ H 2(g) H2iii. CH4 (g) =C(g)+2H 2(g)AH3iii为积炭反应，利用AHi和小2计算AH3时，还需要利用 反应的小。反应物投料比采用 n(H2O):n(CH4)=4:1 ,大于初始反应的化学计量数之比，目的是 (选 填字母序号)。a.促进CH4转化b.促进CO转化为CO2c.减少积炭生成用H2可以去除CO2, H2体积分数和 CaO消耗率随时间变化关系如下图所

11、示。从ti时开始，H2体积分数显著降低，单位时间 CaO消耗率 (填 升高”降低“或不变”)。此日CaO消耗率约为35%,但已失效，结合化学方程式解释原因：c体 就 分 救10090307060506050403020100D tj 1Q0200300t/minCaO 消 耗 率 ZW5Ki或K2,可交替(2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接得到H2和。2。制H2时，连接。产生H2的电极反应式是 改变开关连接方式，可得O2。结合和中电极 3的电极反应式，说明电极 3的作用： 【解析】本题以热点问题 氢能源高纯氢的制备”为切入点，考查化学方程式书写，盖斯定律，

12、化学平衡问题，电化学等相关知识；信息以文字、图像等多种方式呈现给学生，阅读量和思维容量都比较大，综合性较强，很好的考查学生利用化学反应原理的相关知识解决实际问题能力。(1)已知反应物为 CH4和H2O (g)生成物为CO2和H2,所以方程式为.傕化剂、CH4 +2H2O(g)CO2+4H2根据盖斯定律，iii - (i + ii)运算出的方程式为所缺反应：2H2(g)+CO2 (g)C(s)+ 2H 2O(g)或用iii - ( i - ii)运算得 C(s)+ CO2 (g) =2 CO增大水蒸气的用量，可以提高i反应中 CH4和ii反应中CO的转化率，同时c(CH4)减小，使得iii中发生

13、 积炭反应的CH4减少，正确答案：abc由图可知，CaO消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间CaO消耗率降低，过多的 CO2会消耗H2,使 H2体积分数明显下降，2H2(g)+CO2 (g)C(s)+ 2H2O(g)。【答案】产化剂、(1) CH4 +2H2O(g)CO2+4H 22H2(g)+CO2 (g)C(s)+ 2H2O(g) 或 C(s)+ CO2 (g) =2 COabc降低，CO2消耗H2,使H2体积分数降低，2 H2+CO21 C+ 2H2O7.(2019 全国 I 卷)28. (15 分)水煤气变换CO (g) +H2O (g)CO2 (g) +H2 (g),是重要的化工过程，

14、主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域。回答下列问题：(1) Shibata曾做过下列实验：使纯 电缓慢地通过处于721c下的过量氧化钻 CoO (s),氧化钻部分 被还原为金属钻 Co (s),平衡后气体中氢气的物质的量分数为0.0250,在同一温度下用 CO还原CoO(s),平衡后气体中CO的物质的量分数为0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO (s)为Co (s)的倾向是CO H2 (填大于"或小于”)(2) 721c时，在密闭容器中将等物质的量的CO (g)和H2O (g)混合，采用适当的催化剂进行反应，则平衡体系中 H2的物质的量分数为 (填标号)。A. &l

15、t;0.25 B. 0.25C. 0.25-0.50 D. 0.50 E. >0.50(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所 示，其中吸附在金催化剂表面的物种用 *标注2 10!电器卖要aoMlZH:l宫 甲®H+®OD 在导H0CO SS *rh#-h+*hoco 。联手H。#-。 L捺普 GO百大善。可知水煤气变换的 H 0（填大于“，等于“或小于"），该历程中最大的能垒（活化能）E正=ev,写出该步骤的化学方程式 。（4） Shoichi研究了 467C、489c时水煤气变换中 CO和H2分压随时间变化

16、关系（如下图所示），催 化剂为氧化铁，实验初始时体系中的PH 2。和PCO相等，PCO驷PH叫等。Pco/kPaPH?/kPa22t/min计算曲线a的反应在30-90min内的平均速率u（a）=kpa.min-1。467c时PH和PCO随时间变化关系的曲线分别是。489 c 时 PH 和 PCO随时间变化关系的曲线分别是(3)小于；2.02COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*或 H2O*= h*+oh*(4) 0.0047; bc, ad【解析】本题考查了化学平衡及相关计算(1)反应物在平衡后物质的量分数小，说明反应程度越大，由题目给出的 CO和H2平衡后可知还原CoO (

17、s)为 Co (s)的倾向是 CO大于 H2。(2)由题 CoO(s)+ H2Co(s)+ H2OK _ c(H 2O) _ n(H 2O) n总 V =1- 0.0250c(H 2)n(H 2) n 总 V 0.0250 'CoO(S)+COCo(S)+ CO2 ,K(C。2) =1-0.0192,可判断等物质的量的 CO (g)和 H2O (g)(设 c(CO) 0.0192物质的量各为1 mol)混合采用适当的催化剂进行反应，则平衡体系H2O + COH2 + CO2中c(H 2 )c(CO2 ) n(H 2) WCO2)0.0250 - (1 - 0.0192)K c(H 2O

18、)c(CO)n(H 2O) n(CO) (1 - 0.0250) - 0.0192H2O + COH2 + CO2起始时 1mol1 mol 00平衡时 1-x mol 1-x mol x mol xmol一 一x计算x,而H2的物质的量分数为。估算可得H2的物质的量分数(x=0.267)在0.25-0.50之间，故 2选Co(3)由题中图示可知水煤气变换时反应前相对能量0eV,反应后相对能量-0.72eV,反应为放热反应，故 H小于零。该历程中最大的能垒(活化能)应是COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*反应时由相对能量-0.16eV 升至 1.86eV 的过渡态 2 再降至

19、 1.41eV。 E 正=1.86 ( 0.16) =2.02(ev)。4.08 - 3.80(4)由题中图示可知U(a) = =0.0047(kpa.min-1),实验初始时体系中的Ph。和Pco相60*等，PCO和Ph相等。Ph和PCO随时间的变化量相同，由题中图示数据可知 bc两条线在30-90min内变化量为0.34 kpa, ad两条线在30-90min内变化量为0.28 kpa,故bG ad分别对应两个温度下的 PH刎PCO。又因为 CO (g) +H2O (g) =CO2 (g) +H2 (g), K = P(H 2)P(CO2),体系中的 Ph O 和 PcO相等，PcO 和

20、22P(H 2O)P(CO)Ph相等，K =( P(H 2)2。反应为放热反应，升高温度时平衡应逆向移动，K值减小(K467c>K489C>K721c),2P(CO)由(2)计算已知K721Q1,考虑a、b、c、d四曲线平衡时的数值关系，判断b、c表示低温时Ph2和Pc。，a、a、d表示高温时PHf口 PCO的压强变化曲线。故 467c时b、c表示PHPCO随时间变化关系的曲线, d表示489c时PH和Pco随时间变化关系的曲线。8. (2019全国 n 卷)27. (15分)环戊二烯('UI是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：(1)已知：_

21、!'(g)vJ''(g)+H2(g)AH1=100.3 kJ mol-1-1H2(g)+ 12(g) =2HI(g)AH2=-11.0 kJ- mol 对于反应：(g)+ I 2(g)(g)+2HI(g)AH3=kJ mol -1。(2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯( U)在刚性容器内发生反应，起始总压为105Pa,平衡时总压增加了 20%,环戊烯的转化率为 ,该反应的平衡常数 Kp=Pa。达到平衡后， 欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。A.通入惰性气体B.提高温度C.增加环戊烯浓度D.增加碘浓度(3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆

22、反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与 反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是 (填标号)。A. Ti>T2B. a点的反应速率小于c点的反应速率C. a点的正反应速率大于 b点的逆反应速率D. b点时二聚体的浓度为 0.45 mol L-1针，匚，。产士(4) 环戊一烯可用于制备一茂铁(Fe(C5H5)2结构产9)，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有澳化钠(电解质) 和环戊二烯的DMF 溶液(DMF为惰性有机溶剂)。该电解池的阳极为唐山市高中化学微课堂lh，总反应为O电解制备需要在无水条件下进行,原因为【答案】(1) 89.3(3)

23、(4)40%CDFe电极水会阻碍中间物3.56 X104BDFe+2+H 2 T ( Fe+2c5HFe(C5H 5)2+H2 DNa的生成；水会电解生成 OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2(1)AH3=AH1+AH2(2)起始时总压p=105Pa碘和环戊烯物质的量相等，则各自分压为 0.5p(g)+ 12(g)(g)+2HI(g) A p=1起始0.5p0.5p00转化0.2p0.2p0.2p0.4ppX20%=0.2p平衡0.3p0.3p0.2p0.4p转化率=0.2p/0.5p=40%Kp=0.2p M0.4p) 2 =0.356p=3.56 104 Pa0.3p 0.3p达

24、到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可以增大反应物I2的浓度，另外由于正反应吸热，也可升温。(3)环戊二烯容易在加热条件下发生狄尔斯-阿尔德反应生成二聚环戊二烯T2条件下双聚反应程度更大，所以Ti<T2a点浓度c点浓度，故反应速率大。初始环戊二烯浓度为1.5mol/L, a点浓度为 0.9 mol/L , b点浓度为0.6mol/L,所以b点产物二聚体浓度唐山市高中化学微课堂为1/2X (1.5-0.6) =0.45mol/L。a点反应物浓度大于 b点产物浓度，所以a点的正反应速率大于 b点的逆反 应速率。(4)电解法制备二茂铁，要得到Fe2+,所以要用Fe做阳极。Na+在阴极被还原为N

25、a,再将环戊二烯还原为氢气和环戊二烯负离子，进而得到二茂铁。若在水溶液中进行电解，则被还原的不是Na+而是H2O,得到OH-而与Fe2+反应生成Fe(OH)2。9. (2019全国出卷)28. (15分)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：(1) Deacon发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 20(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl) : c(02)分别等于1 ： 1、4 ： 1、7 ： 1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数

26、 K (300C) K (400C)(填 大于”或 小于")。设HCl初始浓度为C0,根据进料浓度比 c(HCl) : c(O2)=1 ： 1的数据计算K (400C)(列出计算式)。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl) : c(O2)过低、过高的不利影响分别是(2) Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行:1CuCl2(s尸CuCl(s)+ 2 Cl2(g)-1Hi=83 kJ molCuCl(s)+ 2 O2(g)=CuO(s)+ - Cl2(g)CuO(s)+2HCl(g尸CuCl 2(s)+H2O(g)-1H2=-20 k

27、J mol-1AH3=-121 kJ mol 1则 4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g)的 AH =-1kJ mol 。(3)在一定温度的条件下，进一步提高HCI的转化率的方法是。(写出2种)(4)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示:由源负极区发生的反应有 (写反应方程式)。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气L (标准状况)【答案】(1)大于(0.42)2辿42)2(1-0.84)4 X(1-0.21)c0O2和C12分离能耗较高、HCl转化率较低(2) - 116(3

28、)增加反应体系压强、及时除去产物(4) Fe3+e-=Fe2+, 4Fe2+o2+4H+=4Fe3+ +2H2O5.6【解析】(1)由图可知，升温后 HCl平衡转化率降低，平衡逆向移动，K值变小，因此 K (300C)大于 K (400C)c(HCl) ： c(O2)比值越大，HCl转化率越低，结合图像，最上面即为c(HCl) : c(O2)=1 ： 1的图像，400c时，HCl平衡转化率为84%,可列出反应过程中的三段式：4HCl(g)+O2(g)=:2cl2(g) +2H2O(g)起始(浓度)C0C000变化(浓度)0.84C00.21C00.42C00.42C0平衡(浓度)(1-0.84

29、)c0(1-0.21)Co0.42C00.42C0贝UK(400 C) =(.2)2的42)2(1-0.84) N1-0.21)C0进料浓度比c(HCl) : c(O2)过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高；进料浓度比c(HCl) : c(O2)过高，HCl不能充分反应，导致 HCl转化率较低。(2)根据盖斯定律知，(反应I+反应II+反应III) X2得4HCl(g)+O 2(g)=2Cl 2(g)+2H 2O(g) ?H= (?H i+?H 2+?H 3) X2=-116kJ?mo1;(3)若想提高HCl的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特

30、 列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，产物浓度减小，使平衡正向移动；(4)电解过程中，负极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3+e-=Fe2+和4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O电路中每转移1 mol电子，就有1 molH+转移至负极区，结合负极反应式，可求得消耗的氧气为0.25mol,在标况下体积即为 5.6L。10. (2019天津卷)7. (14分)氮(N)、磷(P)、神(As)、睇(Sb)、州(Bi)、馍(Mc)为元素周 期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：(1)神在周期表中

31、的位置 , 288 MC的中子数为 。已知：P(S,红磷)=P(S,黑磷) H = 39.3 kJmol-1P(S,白磷)=P(S,红磷)H = 17.6 kJmol-1由此推知，其中最稳定的磷单质是 。(5)在1 L真空密闭容器中加入 a mol PH4I固体，tC 时发生如下反应：PH4I (是) KPH3(g) + HI (g)4 PH3(g)P4(g)+ 6H 2(g)2HI (g) H2 (g) + I2 (g)达平衡时，体系中n(HI)= b mol , n(I2)= c mol , n(H2)= d mol，则tC时反应的平衡常数K值为 (用字母表示)。【试题解析】(1)神位于第

32、VA族，在磷的下一周期即第四周期；218185MC的质子数为115,质量数为288,中子数=288-115=173.由反应：P(S,红磷)=P(S,黑磷)aH：39.3 kJ.mol-1可知，稳定性黑磷 红磷；由反应：P(S,白磷)= P(S,红磷)aH：17.6 kJ.mol-1可知，稳定性红磷 白磷。所以，稳定性最强的是黑磷。判断依据是：能量越低越稳定，能量高的转化为能量低的物质会放出热量即4H0.(5)面对一个体系多个连续反应，表示反应的平衡常数K,需采用逆推法求得n(PH3),以n(l2)=cmol推得生成 n(H2) c mol并消耗n(HI) 2 c mol ,则在反应生成n(PH

33、3) =n(HI) =(2 c+ b) mol ,由平衡时 n(H2)= d mol推得反应生成 门(出)=(d - c) mol,消耗n(H2) =2 (d - c)mol3故平衡时 n(PH3) = 2c b - (d - c)molk = (b - 2d - 8c)b 或 k= (b +8c - 2d 纥【答案】(1)第四周期第VA族 173黑磷(5) (b +8c - 2d)b 311.(2019 天津卷)10.多晶硅是制造光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。回答下列问题：I .硅粉与HCl在300c时反应生成1 mol SiHCl 3气体和H2 ,放出225KJ热量

34、，该反应的热化学方程 式为。SiHCl 3的电子式为 。n .将SiCl4氢化为SiHCl 3有三种方法，对应的反应依次为：SiCl4 (g) + H2 (g) SiHCl 3(g) + HCl(g)AH1>03 SiCl4 (g) + 2 H2 (g)+ Si(s) 4 SiHCl 3(g)AH2<02 SiCl4 (g) + ” (g)+ Si(s)+ HCl(g)3 SiHCl3(g)AH31 氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极点解 KOH溶液制备，写出产生H2的电极名称 L填阳极”或 阴极”)，该电极反应方程式为 。6(成X0011X)0 1200温度It图1一 j 二

35、而 口。 ok)k)2 步 舟 串 相- -(2)已知体系自由能变 G = AH - T AS, AG<0时反应自发进行。三个氢化反应的G与温度的关系如图1所示，可知：反应能自发进行的最低温度是;相同温度下，反应比反应的G小，主要原因是 。(3)不同温度下反应中 SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是()(填序号)a. .B点：v正>v逆b. v正：A点E点c.反应适宜温度：480520c(4 )反应 的= (用4Hi , 4H2表示)。温 度升高，反应 的平衡 常数K(填蹭大"、减小"或不变" J(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除Si

36、Cl4、SiHCl3和Si外，还有 (填分子式)【试题解析】该题由粗硅制备多晶硅的简易工业流程为载体，考查了学生利用所学知识分析解决实际生产中问题的能力。比如说题I就是依据流程图及给定条件书写热化学方程式为Si(g) + 3HCl(g)300 cSiHCl(g) + H 2(g)比较直观，答题时只需要注意热化学方程式的规范书写即可，难度不大。而电子式的书写则可参考CH4和CC14的电子式的书写；本小题主要考查热化学方程式的书写、电子式的书写、制备氢气的电极方程式 书写等主干知识。n中(1)主要考查学生对电化学基础知识的运用能力：电极的准确判断 电极方程式的规范书写，比较基础，易得出H2在阴极得

37、到，电极反应式为：2H+ + 2e = H2 械者 2H2O + 2e-= H2T+ 2OH。(2)利用体系自由能变 G = AH - TAS,同时结合图像来得知可逆反应的最低温度为1000C;因为 Hi>0, Hzv。所以 H2<AHi 故4G2 < AGi(3)注意图像中平衡点判断与转化率随温度改变的关系。在转化率达到最大点之前，随着温度升高，反应速率变大，转化率也随着变大，达平衡后温度升高平衡逆向移动，转化率逐渐变小所以选a,G因温度高速率快，所以E点速率大于A点，b错误。(4)根据盖斯定律，得到反应，所以H3 =AH2 - AHi < 0,反应为放热反应，温度升

38、高逆向移动，K减小。(5)根据流程图不难得知循环使用的物质为H2和HC1 o【答案】300。Si(g) +3HC1(g) SiHCl(g) + H2(g)/= 225kWmolZ_H= -225kJ/mOln .(1)阴极 2H2O + 2e =H2 T+ H2(g)或 2H+ + 2e = H2 T(2) 1000 C AH2 < AHi导致反应的 G小 a、c(4) AH -AHi减小（5） HCl、H212. （2019 江苏卷）16. （12 分）N2。、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。（1） N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副

39、产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与02在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式。（2） NO和N02的处理。已除去 N20的硝酸尾气可用 NaOH溶液吸收，主要反应为NO + NO2 + 20H = 2NO2 + H2O 20H + 2NO2= NO + NO3 + H2O 下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有 （填字母）A.加快通入尾气的速率B.采用气，液逆流的方式吸收尾气 C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩，结晶，过滤，得到 NaNO2晶体，该晶体的主要杂质是 （填化学式）；吸收后排放的尾气含量较高的氮氧化物是 （填化学式）。（3） NO的氧化吸收

40、。用 NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO3的转化率随NaClO溶液初始pH （用稀盐酸调节）的变化如题16图所示在酸性NaClO溶液中，HC1O氧化NO生成C和NO 3, 其离子方程式为 。NaClO溶液的初始pH越小，NO的转化率越高。其原因是 。题16图催化剂NH3 + 2O2N2O + 3H 2O(1) (2) BC NaNO3 NO (3) 3HClO + 2NO + "O = 3Cl + 2 NO 3 + 5H +溶液pH越小,溶液中HClO的溶度越大，氧化 NO的能力越强【解析】NH3 + 2O2N2O + 3H2O(2)(

41、2)选项A.加快通入尾气的速率，尾气来不及反应就逸出，吸收率降低。选项 B采用气，液逆流 的方式吸收尾气，气液充分接触，吸收率高，祛除效果好。选项 C补加适量NaOH溶液可以提高体系 中NaOH浓度，吸收速率加快。由已知方程式可知，可以被完全吸收，所以如有尾气剩余，则为 NO(3) 3HClO + 2NO + H2O = 3Cl + 2 NO 3 + 5H +溶液pH越小,溶液中HClO的溶度越大，氧化 NO的能力越强13. (2019 江苏卷)20.(14 分)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。处 400600800 1000温度/X;题20国-Im蜜100146稿 阴

42、整定±至裒退 w将WW展-：-一我暮(1) CaO可在较高温度下捕集 CO2,在更高温度下将捕集的 CO2释放利用。CaC2O4.H2O热分解可制备 CaO, CaC2O4.H2O加热升温过程中固体的质量变化见题20图-1。写出400600 C范围内分解反应的化学方程式：。与CaCO3,热分解制备的CaO相比，CaC2O4.H2O热分解制备的 CaO具有更好的CO2捕集性能，其原 因是。(2)电解法转化 CO2可实现CO2资源化利用。电解 CO2制HCOOH的原理示意图见题 20图-2。写出阴极CO2还原为HCOO 的电极反应式：。电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原

43、因是 。(3) CO2催化加氢合成二甲醛是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应 ：反应I： 、 _._-1 CO2 (g)+H2(g) =CO(g) +H2O (g) H= 41.2 kJ.mol反应n ： 、_ _._-1 2CO2 (g) + 6H2(g) = CH 3OCH 3 (g) + 3H,O(g) H= -122.5 kJ.mol在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时 CH3OCH3的选择性随温度的变化见题20图-3。其中：CH3OCH 3的选择性 2工CH3°CH3的物质的量 M100%=反应的CO 2的物质的量温度高于300 C,

44、 CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是220c时，在催化剂彳用下 CO?与H2反应一段时间后，测得CH3OCH 3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH 3选择性的措施有Ijli-2iHi 2402S0320360温度/七题加图-3中国* *3*【答案】(1)CaGO4 = CaCO3 + COT CaC2O4.H2O热分解放出更多的气体，制得的 CaO更加疏松多孔(2)CO2+ H+ 2e = HCOO 或 CO2+HCO3 + 2e = HCOO + CO32阳极产生 O2, pH减小，HCQ -浓度降低;K部分迁移至阴极区。(3)反应I的H>

45、0,反应II的Hv 0温度升高使 CO2转化为CO的平衡转化率上升，使 CO2转化为CH3OCH 3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度增大压强、使用对反应H催化活性更高的催化剂【解析】(1) CaC2O4.H2O晶体受热会先后经历失水、分解过程，分析题目所给数据，假设原始固体质量146 g即1mol草酸钙晶体，完全失水变成草酸钙固体，减重为1mol H2O的质量，固体质量变成128 g, 128变成100,减少28为产生CO质量，该反应为草酸钙分解生成碳酸钙和CO的过程，最后为 CaCO3分解变成CaO过程，可得出400600c反应的方程式：CaC2O4 = CaCO3+COT .由总反

46、应 CaC2O4.H 2O=CaO+ CO 2 T + CO T +2O 与 CaCO3=CaO+ CO 2 仅寸比可 知，前一个反应产生更多的气体，制得的CaO更疏松多孔，捕捉 CO2的性能更好。(2)由装置图和题目信息可知，通 CO2的Sn片为阴极，CO2转化为HCOO ,碳元素的化合价由+4 降到+2, CO2得到2e，电解质溶液为 KHCO3,用HCO3-来平衡电荷，得到电极反应式CO2+ HCO3 +2e = HCOO + CO32 0 阳极电极反应式为：2H2O-4e-= O2 T44H+,pH 减小，生成的 H + 与HCO3一反应生成CO2，阴离子减少，根据电荷守恒，阳离子 K

47、+部分迁移至阴极区。 根据勒夏特列原理，转化率受温度、浓度、压强的影响，题目中限定恒压条件，反应I吸热，温度升高平衡正向移动 CO2转化为CO的平衡转化率上升；反应II放热，温度升高平衡逆向移动 CO2转化为 CH3OCH 3的平衡转化率下降，从图像中得出 CO2的平衡转化率上升，所以得出结论：反应 I的上升幅度 超过反应II的下降幅度。中根据CH3OCH3的选择性2父CH 30cH 3的物质的.<100% ,温度一定、CO2和H2的起始量一定，=反应的C02的物质的量增大压强、使用对反应n催化活性更高的催化剂，在时间一定的条件下生成更多的CH3OCH3, CH 3OCH 3选择性提高。

48、13. （2019上海卷）（四）（15分）Li3Fe2（PO4）3作为锂离子电池的正极材料时有良好的放电平台，通过提高材料的电导率可以有效的改善 材料的性能。34 .配平下列反应的化学方程式。Li3Fe2（PO4）3 + Fe2O3 +CO 一 CO2+LiFePO 435 . CO2的电子式为 , P原子的核外电子有 种不同能量的电子。研究CO2与CH4的反应使之转化为 H2和CO对减缓燃料危机，减少温室效应具有重大意义。已知CH4 （g） + CO2（g） 2H2（g） + 2CO（g）36 .该反应的平衡常数 K=。在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后，CH4 的

49、质量减少了 4.8g,则v（CH 4）=。37 .根据下图可得出n（CO2）消耗 n（CH4）消耗（填 >"、 <"和="）,原因是34.2 Li 3Fe2（PO4）3 + Fe2O3 + 3 CO - 3 CO2 + 6 LiFePO 435. O C O ； 5c(H2)2 c(CO)236 c(CH4) c(CO2).0.005mol L-1 min-137. >根据图中信息，有H2O生成，平衡时n(H2)<c(CO),说明一部分 CO2与H2发生了反应。34.根据元素化合价变化配平反应的化学方程式，CO - CO2碳的化合价升高 2

50、, Li3Fe2(PO4)3 +F及O3- LiFePO4铁的化合价降低35.二氧化碳的电子式0 C1,可配平 2 Li3Fe2(PO4)3 + Fe2O3 +/ CO - 3 CO2 +_6 LiFePO 4。O ,磷元素核外电子排布1s22522P63s23p3，有5种能量不同的电子。c(H2)c(CO)236. K=-，c(CH4) c(CO )2v (CH4) n0,3 molT72 L_V = = 0.005mol L mint30 min37.可根据碳守恒，n(CO2)消耗明显大于n(CH4)消耗。由图中信息可知有有H2O生成，平衡时n(H2)<c(CO),说明一部分 CO2与H2发生了副反应。(2019浙江卷)30.【加试题】(10分)水是 生命之基质”，是 永远值得探究的物质(1) 关于反应H2(g)+；O2(g)=H 2O(l),下列说法不.无碉的是。A.始变AH<0,嫡变ASv 0B.可以把反应设计成原电池，实现能量的转化C. 一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行D.选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行(2)根据H2O的成键特点，画出与图1中H2O分子直接相连的所有氢键(O H-O)。将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡