2020高考化学创新方案习题 第二章 第三节 第三课时
第二章 第三节 化学平衡(第四课时)教案-2020-2021学年人教版高中化学选修四
一、 德育教育：教室及宿舍，每天通风几次，每次多长时间？ 答：每天通风不少于3次，每次不少于30分钟。
二、预习检测：提问上节课讲的内容三、新课引入：【问题探究】对于已达到化学平衡状态的可逆反应，当外界条件改变时，化学平衡会不会发生什么变化？ 四、新课讲授：（三）外界条件对化学平衡的影响 3.压强【思考与交流】压强的变化如何改变不同反应的ν(正)和ν(逆)的倍数？ 【科学探究】N 2(g)＋3H 2(g)2NH 3(g)，压强变化和NH 3含量的如表，请分析后归纳。
压强(MPa) 1 5 10 30 60 100 NH 3(%)2.09.216.435.553.669.4【结论】增大压强，NH 3的百分含量增大，平衡向正反应方向移动。
【思考与交流】请分析合成氨的反应，找出加压后平衡右移和反应方程式中系数的关系？【结论】在其他条件不变时：⎩⎨⎧增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动减小压强，平衡向着气体体积增大的方向移动【思考与交流】对于等体积的气体反应，压强改变将怎样影响化学平衡？如H 2(g)＋I 2(g)2HI(g)【讲解】对于反应：aA(g)＋bB(g)cC(g)①a＋b ＞c 时，改变压强的速率－时间图像 ②a＋b ＝c 时，改变压强的速率－时间图像⑴在其他条件不变时：⎩⎨⎧增大压强，会使平衡向着气体体积缩小的方向移动减小压强，会使平衡向着气体体积增大的方向移动⑵在其他体积不变时：若反应前后气体体积不变，则平衡不移动 ⑶充入“无关气体”对平衡的影响νν(正)ν'(正)=ν'(逆) 增大Pν'(正)=ν'(逆) 减小P ν(逆)νν'(正)ν(正)ν'(正)=ν'(逆) 增大Pν'(逆)ν'(逆)ν(逆)υ'(正)=υ'(逆) 减小PC ．在其他条件不变时，升高温度可以使平衡向放热反应方向移动D ．在其他条件不变时，增大压强一定会破坏气体反应的平衡状态 答案 B六、【板书设计】第三节 化学平衡 （第四课时）（四）、外界条件对化学平衡的影响 3．压强（五）、勒夏特列原理1．定义：如果改变影响平衡的一个条件（如温度、压强、浓度），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动。
2020-2021学年人教版选修4 第2章第3节 化学平衡(第2课时) 作业
第3节化学平衡第2课时化学平衡移动勒夏特列原理基础训练1．下列措施有利于反应：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92 kJ·mol－1平衡向正反应方向移动的是()①升高温度②降低温度③增大压强④减小压强⑤增大NH3浓度⑥减小NH3浓度A．②④⑥B．①③⑥C．②③⑤D．②③⑥解析：该反应为一个体积减少的放热反应；①升高温度，平衡左移；②降低温度，平衡右移；③增大压强，平衡右移；④减小压强，平衡左移；⑤增大NH3浓度，平衡左移；⑥减小NH3浓度，平衡右移；故②③⑥符合题意，D正确。
答案：D2．下列变化不能用勒夏特列原理解释的是()A．氯水宜保存在低温、避光条件下B．H2、I2、HI混合气体加压后颜色变深C．SO2催化氧化成SO3的反应，往往加入过量的空气D．打开汽水瓶，看到有大量的气泡逸出解析：A.存在Cl2＋H2O HCl＋HClO，生成的次氯酸见光分解，促进平衡正向进行，故氯水宜保存在低温、避光条件下，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B.H2、I2、HI三者的平衡，增大压强平衡不移动，但浓度增大，则颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，故B选；C.存在平衡2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，加入过量的空气，平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D.因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，打开汽水瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故D不选。
答案：B3．在密闭容器中发生反应a A(g)c C(g)＋d D(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.8倍，下列叙述中正确的是()A．平衡向正反应方向移动B．a＜c＋dC．D的体积分数增大D．A的转化率变大解析：气体体积压缩到原来的一半，即压强增大到原来的2倍，若平衡不移动，D的浓度应为原来的2倍，但事实上D的浓度为原来的1.8倍，即平衡向逆反应方向移动，则有a＜c＋d，从而使A的转化率减小，D的体积分数减小。
2020-2020学年高中化学选修4课件：第二章第三节第2课
实验 步骤
实验 现象
橙黄色变为_橙__色__
结论
c(H＋)增大，平衡向 _逆__反__应__方向移动
橙黄色变为_黄__色__
NaOH溶液使c(H＋)变 小，平衡向正__反__应___ 方向移动
②依据 Fe3＋与 SCN－存在的平衡：Fe3＋＋3SCN－ Fe(SCN)3(红色)，填写下列空白。
实验(Ⅰ) 步骤
现象
溶液颜色_变__深___ 溶液颜色_变__深___
实验(Ⅱ) 步骤
现象
向试管①中滴加0.01 mol·L－1 NaOH溶液
溶液颜色变_浅___
向试管②中滴加 0.01 mol·L－1 NaOH溶液
溶液颜色变__浅__
结论
对可逆反应Fe3＋＋3SCN－ Fe(SCN)3， 分别增增大大c(Fe3＋)和c(SCN－)后正，反F应e(SCN)3 的浓度均______了，即化学平衡均向 _由_于__3_O_H_方－＋向F移e3动＋=了=，=FF滴ee(3O加＋HN)a3↓OH，溶减液小，了 _即逆_化_反_学_应的平浓衡度向，__F_e_(S_C__N方)3的向浓移度动也了减小了，
易错提醒 1．其他条件不变，增大反应物浓度，v(正)瞬间增大， v(逆)瞬间不变，v′(正)>v′(逆) ；减小反应物浓度，v(正) 瞬间减小，v(逆)瞬间不变，v′(逆)>v′(正)。 2．其他条件不变，升高温度，v(正)、v(逆)均增大， 降低温度，v(正)、v(逆)均减小。
3．对于有气体参与或生成的反应，增大压强，平衡 向气体体积减小的方向移动；减小压强，平衡向气体体积 增大的方向移动。
自主学习
一、化学平衡的移动 1．含义。 在一定条件下，可逆反应达到化学平衡状态，如果改 变影响平衡的条件(如_浓__度__、_温__度__、_压__强__等)，化学平 衡状态被破坏，在新的条件下达到新的平衡状态的过程称 作化学平衡状态的移动。
浙江省校联盟新高考创新卷选考化学参考答案一
2
4
2
2
0.4
△ 3 2-1.4
V (CH2=CH2)= =0．02mol·L-1·min-1
（2）两次反应是在恒温下进行的，故平衡时平衡常数不变
ClCH2CH2Cl(g) ⇌ CH2=CHCl(g) + HCl(g)
起始 1
1
平衡
1-1 20% 0.2
0.2
起始 2
0.8+1
体积 V=2L
0.2
（2）①根据方程特点，第三个方程为前两个之和，故△H=-90.7+41.2=-49.5KJ/mol ②由已知可知，活化能高的反应的速率比活化能低的反应随温度上升变大的更多，故
答案：
CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) 的反应活化能比 CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)
选C 8．C 四乙基铅抗震剂会产生污染所以错误，其余选项都来自书本内容，故选 C 9．B 碳酸氢钠是发酵粉的主要成分之一而不是碳酸钠，故选 10．按照电子转移不交叉原则 KClO3 得 5 个电子生成氯气，故氧化剂还原剂的物质的量之比为 1：5 11．C 泡沫灭火器喷出的物质除 CO2 外还有 H2O，故电器着火不能用，故选 C 12．A 钠在空气中燃烧最终变成碳酸钠；C 治疗胃酸过多的时碳酸氢钠而不是碳酸钠；D 生物炼铜
C．NH3 溶于水形成一水合氨，一水合氨在水溶液中电离，所以溶液导电，故选 C 4．NaH 中 H 为-1 价，H2O 中 H 为+1 价，两者归中反应生成 H2，故 H2O 是氧化剂，故选 B 5．C 中比例模型两个球的半径不对，应该是 Cl 的半径大。故选 C 6．C 煤的气化是化学过程，故选 C，其余选项都来自于书本内容 7．A 三者是单质，同位素是元素所以错，B 干冰是 CO2，可燃冰是 CH4，D 两者是同分异构体，故
2021高中同步创新课堂化学优化方案—习题(苏教版选修4)：专题3第三单元第3课时课后达标巩固提升
[基础达标]1．常温下，0.2 mol·L－1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是()A．HA为强酸B．该混合液pH＝7C．该混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)D．图中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋解析：选C。
做图像题首先要弄清楚横、纵坐标轴所代表的意义，本题所给图像的纵坐标为浓度，横坐标为各组分，即本图像给出的是各组分的浓度大小关系。
其中，A－浓度最大，X、Y、Z浓度依次减小，由题意知，两者反应生成0.1 mol·L－1的NaA溶液。
A.由于A－浓度小于0.1 mol·L －1，说明A－水解，即HA是弱酸，A错误。
B．由于A－水解，水解后溶液呈碱性，B错误。
C.依据物料守恒可知，c(A－)＋c(HA)＝c(Na＋)，即c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)，C正确。
D.混合液中粒子浓度大小关系：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，因此X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，D错误。
2．下列有关说法中正确的是()A．0.1 mol/L Na2SO3溶液中：c(Na＋)＝2c(SO2－3)＋c(HSO－3)＋c(H2SO3)B．0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO－3)>c(CO2－3)>c(H2CO3)C．对滴有酚酞的CH3COONa溶液进行加热，溶液颜色会加深D．在pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)解析：选C。
若SO2－3没有水解，则c(Na＋)＝2c(SO2－3)，由物料守恒知水解后有：c(Na＋)＝2c(SO2－3)＋2c(HSO－3)＋2c(H2SO3)，A错误；HCO－3水解程度比电离程度大，故c(H2CO3)>c(CO2－3)，B错误；加热能促进醋酸根离子的水解，使溶液的碱性增加，溶液的颜色加深，C对；D项中依电荷守恒原理得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，pH＝5.6，则c(H＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)<c(CH3COO－)，D错误。
2020高中化学 第二章第2节第2课时 杂化轨道理论、配合物理论课时作业3
第二章 第二节 第2课时 杂化轨道理论、配合物理论基 础 巩 固一、选择题1．下列分子的中心原子是sp 2杂化的是( D ) A ．PBr 3 B ．CH 4 C ．H 2OD ．BF 3解析：杂化轨道数＝中心原子的孤电子对的对数＋中心原子的σ键个数，A 、B 、C 采用的都是sp 3杂化。
2．下列说法正确的是( C ) A ．CHCl 3是正四面体形B ．H 2O 分子中氧原子为sp 2杂化，其分子几何构型为V 形 C ．二氧化碳中碳原子为sp 杂化，为直线形分子 D ．NH ＋4是三角锥形解析：A 、甲烷中4个共价键完全相同为正四面体，CHCl 3分子的4个共价键不完全相同，所以不是正四面体，故A 错误；B 、H 2O 分子中O 原子的价层电子对数＝2＋12(6－1×2)＝4，为sp 3杂化，含有2个孤电子对，分子为V 形，故B 错误；C 、二氧化碳中C 原子的价层电子对数＝2＋12(4－2×2)＝2，为sp 杂化，分子为直线形，故C 正确；D 、NH ＋4中N 原子的价层电子对数＝4＋12(5－1＋4×1)＝4，为sp 3杂化，不含有孤电子对，为正四面体形，故D 错误。
3．用过量硝酸银溶液处理0.01 mol 氯化铬水溶液，产生0.02 mol AgCl 沉淀，则此氯化铬最可能是( B ) A ．[Cr(H 2O)6]Cl 3 B ．[Cr(H 2O)5Cl]Cl 2·H 2O C ．[Cr(H 2O)4Cl 2]Cl·2H 2O D ．[Cr(H 2O)3Cl 3]·3H 2O解析：0.01 mol 氯化铬能生成0.02 mol AgCl 沉淀，说明1 mol 配合物的外界含有2mol Cl －。
4．(2018·宁夏石嘴山月考)下列各组微粒间不能形成配位键的是( B ) A ．Ag ＋和NH 3 B ．Ag ＋和H ＋C ．H 2O 和H ＋D ．Co 3＋和CO解析：A 、Ag 的价电子排布式为4d 105s 1，失去一个电子后变为Ag ＋，5s 轨道为空轨道，NH 3分子中，N 原子有孤电子对，Ag ＋和NH 3能形成配位键，A 错误。
2021高三化学人教版一轮学案：第二章第三节氧化还原反应含解析
第三节氧化还原反应最新考纲：1.了解氧化还原反应的本质是电子的转移。
2.了解常见的氧化还原反应。
核心素养：1.证据推理与模型认知：建立氧化还原的观点，通过分析、推理等方法认识氧化还原反应的特征和实质，建立氧化还原反应计算、配平的思维模型。
2.科学探究与创新意识：认识科学探究是进行科学解释和发现、创造和应用的科学实践活动；能从氧化还原反应的角度，设计探究方案，进行实验探究，加深对物质氧化性、还原性的理解。
1．氧化还原反应的本质和特征注意：四种基本反应类型和氧化还原反应的关系可用下图表示。
2.氧化还原反应中对立统一的两组概念概括为“升失氧、降得还，要说剂、恰相反”。
例如：在Fe 2O 3＋3CO=====高温2Fe ＋3CO 2的反应中Fe 2O 3是氧化剂，CO 是还原剂；碳元素被氧化，铁元素被还原；Fe 2O 3具有氧化性，CO 具有还原性；CO 2是氧化产物，Fe 是还原产物。
3．电子转移的表示方法4．常见的氧化剂和还原剂(1)常见氧化剂包括某些非金属单质、含有高价态元素的化合物、过氧化物等。
如：(3)既可作氧化剂，又可作还原剂的物质或微粒判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)1．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥SO2、CO等还原性气体(×) 提示：浓硫酸虽具有强氧化性，但能干燥SO2、CO等还原性气体。
2．金属阳离子一定只具有氧化性(×)3．氧化还原反应中有一种元素被氧化时，一定有另一种元素被还原(×)4．置换反应一定是氧化还原反应，化合反应、分解反应不一定是氧化还原反应(√)5．某元素从游离态变为化合态，该元素可能被氧化也可能被还原(√)6．H2O作为还原剂时，产物中一般有O2生成(√)提示：H2O作为还原剂时，其中必有某元素化合价升高，氢元素＋1价为最高价，只能氧元素的化合价升高，则产物中一般有O2生成。
7．Na2O2与水的反应中，水是还原剂(×)提示：Na2O2与水的反应中，水既不是还原剂，也不是氧化剂。
(创新方案解析版)2020年高考化学(课标人教版)第十章 第三节 生活中两种常见的有机物
(创新方案解析版)2020年高考化学(课标人教版)第十章第三节生活中两种常见的有机物第三节生活中两种常见的有机物一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1、(xx上海高考)酒后驾车是引发交通事故的重要原因、交警对驾驶员进行呼气酒精检测的原理是：橙色的K2Cr2O7酸性水溶液遇乙醇迅速生成蓝绿色的Cr3＋、下列对乙醇的描述与此测定原理有关的是( )①乙醇沸点低②乙醇密度比水小③乙醇有还原性④乙醇是烃的含氧化合物A、②④B、②③C、①③D、①④解析：乙醇沸点低，易挥发，故易被检测、酸性K2Cr2O7具有强氧化性，可以氧化乙醇，自身生成Cr3＋、答案：C2、下列关于有机物的说法正确的是 ( )A、乙醇、乙烷和乙酸都可以与钠反应生成氢气B、75%(体积分数)的乙醇溶液常用于医疗消毒C、苯和乙烯都可使溴的四氯化碳溶液褪色D、石油分馏可获得乙酸、苯及其衍生物解析：选项A中乙烷不能与Na反应；选项B中苯不能在一般条件下与Br2发生反应，所以它不能使溴的四氯化碳溶液褪色；选项D中石油分馏的产物是烃类物质而不是烃的衍生物、答案：B3、下列除去杂质的方法正确的是( )①除去乙烷中少量的乙烯：光照条件下通入Cl2，气液分离；②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用饱和碳酸钠溶液洗涤，分液、干燥、蒸馏；③除去CO2中少量的SO2：气体通过盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶；④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏、A、①②B、②④C、③④D、②③解析：在光照条件下通入Cl2时乙烷和Cl2发生取代反应①错；③中通入饱和碳酸钠溶液时CO2和Na2CO3反应生成NaHCO3，③错、答案：B4、若乙酸分子中的氧都是18O，乙醇分子中的氧都是16O，二者在浓H2SO4作用下发生酯化反应，一段时间后，分子中含有18O的物质有 ( )A、1种B、2种C、3种D、4种解析：酯化反应是可逆反应，一段时间后，分子中含18O的物质有：CH3C18O16OCH2CH3、HO、CH3C18O18OH、答案：C5、将等质量的铜片在酒精灯上加热后，分别迅速插入下列溶液中，放置片刻，取出洗净、干燥后称量，铜片的质量比加热前增加的是 ( )A、稀盐酸B、稀硝酸C、乙醇D、NaOH溶液解析：铜片加热后，表面生成了CuO，稀盐酸与表面的CuO反应生成CuCl2，稀硝酸与CuO、Cu反应生成Cu(NO3)2；CuO被乙酸还原后又转化为Cu，而NaOH溶液与CuO不反应、所以A、B质量减小，C不变，D增加、答案：D6、(xx上海高考)1丁醇和乙酸在浓硫酸作用下，通过酯化反应制得乙酸丁酯，反应温度为115℃～125℃，反应装置如右图、下列对该实验的描述错误的是 ( )A、不能用水浴加热B、长玻璃管起冷凝回流作用C、提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤D、加入过量乙酸可以提高1丁醇的转化率解析：A项，该反应温度为115℃～125℃，超过了100℃，故不能用水浴加热、B项，长玻璃管可以进行冷凝回流、C项，提纯乙酸丁酯不能用NaOH溶液洗涤，酯在碱性条件下会发生水解反应、D项，增大乙酸的量可提高醇的转化率、答案：C7、现有乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是()A、B、aC、(1－a)D、(1－a)解析：乙酸与单烯烃分子中碳、氢原子个数比均为1∶2，故在混合物中碳、氢元素的质量比恒定且为6∶1，碳、氢两元素总的质量分数为1－a，其中碳元素占，故C项正确、答案：C8、近两年流行喝苹果醋，苹果醋是一种由苹果发酵而成的具有解毒、降脂、减肥和止泻等明显药效的健康食品、苹果酸(α羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质，苹果酸的结构式为，下列说法不正确的是 ( )A、苹果酸在一定条件下能发生酯化反应B、苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应C、苹果酸在一定条件下能发生消去反应D、1 mol苹果酸与Na2CO3溶液反应最多消耗3 mol Na2CO3解析：苹果酸分子中具有羧基，所以能在一定条件下发生酯化反应，A项正确；苹果酸中含有的α羟基在一定条件下能发生氧化反应，B项正确；与α羟基相连的碳原子，其相邻的碳原子上有H，所以能发生消去反应，C项正确；苹果酸中的α羟基不和Na2CO3溶液反应，所以1 mol苹果酸与Na2CO3溶液反应最多消耗1 mol Na2CO3，D项错误、答案：D9、(xx潍坊模拟)下图是某种含有C、H、O元素的有机物简易球棍模型、下列关于该有机物的说法正确的是 ( )A、该物质属于酯类B、分子式为C3H8O2C、该物质在酸性条件下水解生成乙酸D、该物质含有双键，能跟氢气发生加成反应解析：由球棍模型读出该分子的结构简式为，其分子式为C4H8O2，属于酯，在酸性条件下水解生成丙酸，酯键不能与H2发生加成反应、答案：A10、在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1＝V2≠0，则该有机物可能是 ( )C、HOCH2CH2OHD、CH3COOH解析：Na既能与羟基反应，又能与羧基反应、NaHCO3只与羧基反应，不与羟基反应、因此，能使生成的H2与CO2的量相等的只有A项、答案：A二、非选择题(本题包括4小题，共50分)11、(13分)现有乙酸乙酯、乙酸、乙醇的混合物，下图是分离操作步骤流程图、请回答下列问题：(1)加入试剂：a________，b________、(2)分离方法：①________，②________，③________、(3)物质名称：A________，C________，E________、解析：本题通过实验分离本节的三种重要的有机物、由于乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中溶解度很小，故可先通过加入饱和Na2CO3溶液分液得到乙酸乙酯；乙酸转化为盐后可蒸馏分离乙醇，然后再将乙酸盐还原为乙酸、答案：(1)饱和Na2CO3溶液稀H2SO4(2)分液蒸馏蒸馏(3)乙酸乙酯乙酸钠乙醇12、(13分)近年来，国际原油价格大幅上涨，促使各国政府加大生物能源生产，其中乙醇汽油已进入实用化阶段、(1)柴油是含C15～C18的碳氢化合物的混合物，这些碳氢化合物属于有机物中的________类、(2)乙醇可以与酸性重铬酸钾溶液反应，被直接氧化成Y，Y含有官能团的名称是________、在浓硫酸作用下，乙醇与Y反应可生成一种有香味的物质W，化学方程式为________________________、(3)现有两瓶无色液体，分别盛有Y、W，只用一种试剂就可以鉴别，该试剂可以是_________________________________________________________ _______________或________________、(4)工业上通过乙烯与水在一定条件下反应制得乙醇，反应类型是____________；现代石油化工采用银作催化剂，乙烯能被氧气氧化生成环氧乙烷，该反应的原子利用率为100%，反应的化学方程式为___________________________、解析：本题考查有机化合物、(1)碳氢化合物属于烃类、(2)乙醇被酸性重铬酸钾溶液直接氧化得到乙酸，与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯、(3)鉴别乙酸和乙酸乙酯，利用乙酸乙酯不溶于水而乙酸溶于水，可以选择水；利用乙酸的酸性，可以选择石蕊试液、(4)乙烯水化制备乙醇为加成反应，根据质量守恒定律书写化学方程式、答案：(1)烃(2)羧基CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O(3)水紫色石蕊试液(或碳酸钠溶液等其他合理答案)(4)加成反应13、(13分)(1)1 mol分子组成为C3H8O的液态有机物A，与足量的金属钠作用，可生成11、2 L(标准状况)氢气，则A分子中必有一个________基，若此基在碳链的一端，且A中无支链，则A的结构简式为_________________________________________________、(2)A与浓硫酸共热，分子内脱去1分子水，生成B，B的结构简式为______________；B通入溴水能发生________反应，生成C，C的结构简式为_________________________________________________________ _______________、(3)A在有铜作催化剂时，与氧气一起加热，发生氧化反应，生成D，D的结构简式为_________________________________________________________ _______________、写出下列指定反应的化学方程式：①A→B___________________________________________________ ______________、②B→C___________________________________________________ ______________、③A→D___________________________________________________ ______________、解析：A的分子式符合通式CnH2n＋2O，又能与金属钠作用产生H2，因此A是饱和一元醇，含有一个羟基，结构简式为CH3CH2CH2OH，A发生消去反应生成B：CH3CH===CH2，B能与溴水发生加成反应；A在铜作催化剂时能被氧气氧化为CH3CH2CHO、答案：(1)羟CH3CH2CH2OH(2)CH3CHBrCHBrCOOH，B 为CH3CH2OH、故C为CH2===CHCOOH＋CH3CH2OHCH2===CH—COOCH2CH3＋H2O 酯化(或取代)。
2020届高三化学二轮复习课时作业专题3第3讲元素化合物综合应用
课时作业 11 元素化合物综合应用一、选择题 ( 每题 5 分，共 50 分 )1．(2020 ·重庆， 7) 以下表达正确的选项是()A．Fe 分别与氯气和稀盐酸反响所得氯化物同样B．K、 Zn 分别与不足量的稀硫酸反响所得溶液均呈中性C．Li 、 Na、K 的原子半径和密度随原子序数的增添而增大D．C、 P、 S、 Cl 的最高价氧化物对应水化物的酸性渐渐加强分析： Fe 与氯气生成FeCl 3，而 Fe 与稀盐酸反响生成FeCl2，故 A 错； K 与不足量的稀硫酸反响时，能发生2K＋ 2HO===2KOH＋ H2↑， H2SO4不足， KOH过度使溶液呈碱性，故 B 错； Na 的密度比K 大，故 C 错； P、 S、 Cl 是同周期元素，非金属性挨次加强，故最高价氧化物对应水化物的酸性渐渐加强，H2CO3是弱酸，而H3PO4是中强酸，故酸性H3PO4>H2CO3，则 D选项正确。
答案： D2．(2020 ·海南， 9) “碳捕获技术”是指经过必定的方法将工业生产中产生的CO2分别出来并利用。
如可利用NaOH溶液来“捕获” CO2，其基本过程以以下图所示( 部分条件及物质未标出 ) 。
以下相关该方法的表达中正确的选项是()A．能耗大是该方法的一大弊端B．整个过程中，只有一种物质能够循环利用C．“反响分别”环节中，分别物质的基本操作是蒸发结晶、过滤D．该方法可减少碳排放，捕获到的CO2还可用来制备甲醇等产品分析：这是一道新题型，对题意的理解是解题的重点。
用烧碱来汲取二氧化碳发生在捕捉室，生成碳酸钠，与氧化钙作用发生在分别室，同时又生成烧碱，碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳发生在高温炉，有两种物质循环：CaO、 NaOH循环， B 项清除。
D 项中的CO2制甲醇，没有见过，想将＋ 4 价降低到－ 2 价也比较困难； C 项应当是先过滤，滤液不需要浓缩结晶，直接循环使用就能够。
2020高考化学实验方案设计与评价创新性试题名师点精
2020高考化学实验方案的设计与评价创新性试题名师点精1. 难溶物CuCl广泛应用于化工和印染等行业。
某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。
该小组用下图所示裝置进行实验(夹持仪器略)。
回答下列问题：(1)实验操作的先后顺序是：①→______→_____→______→⑤。
①检查装置的气密性后加入药品；②熄灭酒精灯，冷却；③在“气体入口”处通干燥HCl；④点燃酒精灯，加热；⑤停止通人HCl，然后通入N2。
(2)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是___________；A中发生主要反应的化学方程式为___________。
(3)反应结束后，CuC1产品中若含有少量CuCl2杂质，则产生的原因可能是___________；若含有少量CuO杂质，则产生的原因可能是___________。
(4)取 agCuCl产品，先加入足量FeCl3溶液使其完全溶解，再稀释到100mL。
从中取出25.00mL，用cmol·L－1Ce(SO4)2标准液滴定至终点[Ce(SO4)2被还原为Ce3+]；如此滴定三次，平均消耗标准液的体积为VmL。
请写出产品溶于FeCl3溶液的离子方程式：___________；产品中CuC1的质量分数为___________(用含字母的式子表示)。
【答案】③④②先变红，后褪色； 2CuCl2·2H2O2CuCl+Cl2↑+4H2O；加热温度不够；没有在HCI气流中加热（或HCI 气流不足）； Fe3＋＋CuCl=Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－；；【解析】（1）热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，为了抑制CuCl2的水解（提高CuCl 的产率和纯度）以及防止CuCl被氧化，所以实验开始前需要从气体入口通入HCl气体排尽装置中的空气；实验过程中通入HCl；实验结束停止通入HCl，通入N2直至硬质玻璃管冷却；实验操作的先后顺序为①→③→④→②→⑤。
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(时间：60分钟 满分：100分) 一、选择题(本题包括8小题，每题5分，共40分) 1．关于化学平衡常数的叙述中，正确的是( ) A．只与化学反应方程式本身和温度有关 B．只与反应的温度有关 C．与化学反应本身和温度有关，并且会受到起始浓度的影响 D．是只与化学反应本身有关，与其他任何条件无关的一个不变的常数 解析：化学平衡常数决定于两个方面的因素：化学反应的本身和反应体系的温度，与起始浓度等其他外界条件没有任何关系． 答案：A
2．2000 K时，反应CO(g)＋12O2(g)CO2(g)的平衡常数为K，则相同温度下反应2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)的平衡常数K′为( ) A.1K B．K2
C.1K2 D. 121K
解析：反应CO(g)＋12O2(g) CO2(g)的平衡常数K＝2122(CO)(CO)(O)cccg， 的反应2CO2(g) 2CO(g)＋O2(g)的平衡常数K′＝c2CO·cO2c2CO2＝21
22
2
(CO)(O)COcccg
＝[1K]2＝1K2.
答案：C 3．298 K时，各反应的平衡常数如下： ① N2(g)＋O2(g) 2NO(g) K＝1×10－30 ②2H2(g)＋O2(g) 2H2O(g) K＝2×1081 ③2CO2(g) 2CO(g)＋O2(g) K＝4×10－92 则常温下，NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向最大的是( ) A．① B．② C．③ D．无法判断 解析：要判断NO、H2O、CO2这三个化合物分解放氧的倾向，则必须求出各个分解放氧反应的平衡常数，然后比较大小．由计算可知： ①2NO(g) N2(g)＋O2(g) K＝1×1030 ②2H2O(g) 2H2(g)＋O2(g) K＝5×10－82 ③2CO2(g) 2CO(g)＋O2(g) K＝4×10－92 平衡常数越大，表示反应进行得越彻底，因此反应①即NO分解放氧的倾向最大． 答案：A 4．(2020·淮北一中期末)将1 mol CO和1 mol NO2充入密闭容器中，在催化剂存在下发生反应NO2(g)＋CO(g) CO2(g)＋NO(g)并达到化学平衡，发现有50%的CO转化为CO2.在其他条件不变的情况下，若将1 mol CO和2 mol NO2充入上述反应器中，则反应达到化学平衡时，混合气体中的CO2的体积分数是( )
A.19 B.16
C.29 D.13 解析：第一种情况，平衡时CO2的物质的量为0.5 mol，若将1 mol CO和2 mol NO2充入上述反应器中时，则0.5 mol＜n(CO2)＜1 mol，0.53＜CO2的体积分数＜13. 答案：C 5．(2020·广州模拟)某温度下，向容积为2 L的密闭反应器中充入0.10 mol SO3，当反应器中的气体压强不再变化时测得SO3的转化率为20%，则该温度下反应2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)的平衡常数为( ) A．3.2×103 B．1.6×103 C．8.0×102 D．4.0×102 解析： 2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g) c(始)/(mol·L－1) 0 0 0.05
c(变)/(mol·L－1) 0.01 0.005 0.01
c(平)/(mol·L－1) 0.01 0.005 0.04
K＝c2SO3c2SO2cO2＝3.2×103.
答案：A 6．(2020·重庆高考)COCl2(g) CO(g)＋Cl2(g) ΔH>0，当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是( ) A．①②④ B．①④⑥ C．②③⑤ D．③⑤⑥ 解析：本题考查外界因素对化学平衡移动的影响，从不同层面考查勒夏特列原理的应用．该反应为吸热反应，升温则平衡正向移动，反应物转化率提高，①正确；恒容时，通入惰性气体，反应物与生成物浓度不变，平衡不移动，②错；增加CO浓度，平衡逆向移动，反应物转化率降低，③错；该反应正反应为气体分子数增大的反应，减压时平衡向正反应方向移动，反应物转化率提高，④正确；催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡状态，⑤错；恒压时，通入惰性气体，容器体积增大，反应物与生成物浓度降低，平衡向气体增加的方向移动，即向正反应方向移动，反应物转化率提高，⑥正确． 答案：B 7．(2020·安徽高考)低温脱硝技术可用于处理废气中的氮氧化物，发生的化学反应为：
2NH3(g)＋NO(g)＋NO2(g)180℃催化剂2N2(g)＋3H2O(g) ΔH<0 在恒容的密闭容器中，下列有关说法正确的是( ) A．平衡时，其他条件不变，升高温度可使该反应的平衡常数增大 B．平衡时，其他条件不变，增加NH3的浓度，废气中氮氧化物的转化率减小 C．单位时间内消耗NO和N2的物质的量比为1∶2时，反应达到平衡 D．其他条件不变，使用高效催化剂，废气中氮氧化物的转化率增大 解析：本题考查化学平衡知识，意在考查考生运用平衡理论解决实际问题的能力．该反应是气体体积增大的放热反应，A项升高温度，平衡逆向移动 ，平衡常数减小，不正确；B项，增大NH3的浓度，平衡向右移动，使氮氧化物的转化率增大，不正确；C项NO.N2的消耗分别代表正反应和逆反应，正确；D项，催化剂不影响化学平衡的移动，不正确． 答案：C 8．在温度和压强不变时，1 L NO2高温分解(2NO22NO＋O2)，达到平衡时体积变为1.3 L，这时NO2的转化率为( ) A．40% B．20% C．60% D．5% 解析：解答该题可利用差量法计算． 2NO22NO＋O2 ΔV 2 1 0.6 L 1.3 L－1 L
NO2的转化率为0.6 L1 L×100%＝60%. 答案：C 二、非选择题(本题包括5小题，共60分) 9．(12分)高炉炼铁中发生的基本反应之一如下： FeO(s)＋CO(g) Fe(s)＋CO2(g) ΔH＞0
其平衡常数可表示为K＝cCO2cCO，已知1100℃时K＝0.263，且化学平衡常数只与温度有关，不随浓度和压强的变化而变化． (1)温度升高，化学平衡移动后达到新的平衡，高炉内CO2和CO的浓度比值________，平衡常数K值________(均填“增大”“减少”或“不变”)． (2)1100℃时测得高炉中c(CO2)＝0.025 mol/L，c(CO)＝0.1 mol/L，在这种情况下，该反应是否处于化学平衡状态________(填“是”或“否”)，此时，化学反应速率是v(正)________(填“大于”“小于”或“等于 ”)v(逆)，其原因是_________________
________________________________________________________________________. 解析：(1)反应的正方向是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，c(CO2)增大，c(CO)
减小，所以平衡常数K＝cCO2cCO要增大． (2)平衡时，CO2、CO的浓度比值等于平衡常数，若比值不等于平衡常数，就处于非平衡状态．将c(CO2)＝0.025 mol/L，c(CO)＝0.1 mol/L代入可得cCO2cCO＝0.025 mol/L0.1 mol/L＝0.25＜0.263.所以此时不是平衡状态，为了使浓度值等于平衡常数，二氧化碳浓度要增大，一氧化碳浓度要减小．所以，平衡将正向移动，正反应速率大于逆反应速率． 答案：(1)增大 增大
(2)否 大于 因温度不变，K值不变，此时cCO2cCO＜0.263，为增大cCO2cCO的比值，需v(正)＞v(逆) 10．(12分)在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数K和温度t的关系如下表： t/℃ 700 800 830 1000 1200
K 0.6 0.9 1.0 1.7 2.6
回答下列问题： (1)该反应的化学平衡常数表达式为K＝________. (2)该反应为________(填“吸热”或“放热”)反应． (3)能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是________． A．容器中压强不变 B．混合气体中c(CO)不变 C．v正(H2)＝v逆(H2O) D．c(CO2)＝c(CO) (4)某温度下，平衡浓度符合下式：c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)，试判断此时的温度为________℃. 解析：(1)根据化学平衡常数的定义式即可写出
K＝cCO·cH2OcCO2·cH2.
(2)由表中数据可以看出温度越高，平衡常数越大，说明反应混合物中CO或H2O的浓度越大，即升温，平衡向右移动，正反应为吸热反应． (3)该反应为物质的量不变的反应，反应过程中压强始终不变，与是否平衡无关． (4)当c(CO2)·c(H2)＝c(CO)·c(H2O)时，K＝1，此时的温度由表中数据可知为830℃.
答案：(1)cCO·cH2OcCO2·cH2 (2)吸热 (3)BC (4)830 11．(12分)已知可逆反应CO＋H2O(g)高温 CO2＋H2，达到平衡时，K＝cCO2·cH2cCO·cH2O，K是常数，只与温度有关，与浓度无关．
(1)830 K时，若起始时：c(CO)＝2 mol/L，c(H2O)＝3 mol/L，平衡时CO的转化率为60%，水蒸气的转化率为________；K值为________． (2)830 K时，若只将起始时，c(H2O)改为6 mol/L，则水蒸气的转化率为________． (3)若830 K时，起始浓度c(CO)＝a mol/L，c(H2O)＝b mol/L，H2的平衡浓度c(H2)＝c mol/L ①a、b、c之间的关系式是________． ②当a＝b时，a＝________.
解析：(1) CO＋H2O(g)高温 CO2＋H2 起始浓度/(mol·L－1) 2 3 0 0 转化浓度/(mol·L－1) 1.2 1.2 1.2 1.2 平衡浓度/(mol·L－1) 0.8 1.8 1.2 1.2
K＝1.2×1.20.8×1.8＝1，
α(H2O)＝1.23×100%＝40%.
(2)设水蒸气的转化浓度为x. CO＋H2O(g)高温 CO2 ＋ H2 起始浓度/(mol·L－1) 2 6 0 0 转化浓度/(mol·L－1) x x x x 平衡浓度/(mol·L－1) 2－x 6－x x x
K＝x·x2－x·6－x＝1，x＝1.5 mol/L，