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1、高考大题题型专项训练(二)化学基本原理综合应用题1三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式_。(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g) SiCl4(g)H148 kJmol13SiH2Cl2(g)=SiH4(g)2SiHCl3 (g)H230 kJmol1则反应4SiHCl3(g)=SiH4(g) 3SiCl4(g)的H为_ kJmol1。(3)对于反应2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)，
2、采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343 K时反应的平衡转化率_%。平衡常数K343 K_(保留2位小数)。在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是_；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有_、_。比较a、b处反应速率大小：va_vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率vv正v逆k正x2SiHCl3k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的_(保留1位小数)。解析：(1)SiHCl3遇潮气发生反应生成(HSiO)2O和HCl，即2SiHCl
3、33H2O=(HSiO)2O6HCl。(2)将已知热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由3，可得：4SiHCl3(g)=SiH4(g)3SiCl4(g)H348 kJmol130 kJmol1114 kJmol1。(3)温度越高，反应越先达到平衡，根据图示，左侧曲线对应的温度为343 K,343 K时反应的平衡转化率为22%。设开始时加入SiHCl3的浓度为a molL1，根据化学方程式和SiHCl3的平衡转化率知，达平衡时，SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的浓度分别为0.78a molL1、0.11a molL1、0.11a molL1，化学平衡常数K0.02。根据化学平衡移动原
4、理并结合该反应特点，及时分离出生成物可提高反应物的转化率。缩短反应达到平衡的时间，实质就是提高反应速率，可采用加压的方式或选择更为高效的催化剂。温度越高，反应速率越大，a点所在曲线对应的温度高于b点所在曲线对应的温度，所以a点反应速率大于b点反应速率。a点所在曲线达到平衡时，v正v逆，即k正x2SiHCl3k逆xSiH2Cl2xSiCl4，从题图上可知a点所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22%，设投入SiHCl3y mol，则根据三段式法得 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)开始/mol y 0 0转化/mol 0.22y 0.11y 0.11y平衡/mol 0.7
5、8y 0.11y 0.11y代入k正x2SiHCl3k逆xSiH2Cl2xSiCl4得，k正0.782k逆0.112，则在a处SiHCl3的转化率为20%，根据三段式法得 2SiHCl3(g)=SiH2Cl2(g)SiCl4(g)开始/mol y 0 0转化/mol 0.2y 0.1y 0.1ya处/mol 0.8y 0.1y 0.1y则，将代入计算得出v正/v逆1.3。答案：(1)2SiHCl33H2O=(HSiO)2O6HCl(2)114(3)220.02及时移去产物改进催化剂提高反应物压强(浓度)大于1.32CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：(1)CO2可以
6、被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH13，CO2主要转化为_(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)：c(CO)2：1，溶液pH_。(室温下，H2CO3的K14107；K251011)(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g) CO2(g)2CO (g) 2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHCOHHCO(CO)键能/kJmol14137454361075则该反应的H_。分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压，容积可变)中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_(填“A” 或“B ”)。按一定体积比加入C
7、H4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900 的原因是_。(3)O2辅助的AlCO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：_。电池的正极反应式：6O26e=6O6CO26O=3C2O6O2反应过程中O2的作用是_。该电池的总反应式：_。解析：(1)若所得溶液的pH13，溶液呈强碱性，则CO2主要转化为CO。若所得溶液c(HCO)c(CO)21，根据K2，则c(H)K2510112 molL11010 molL1，pHlg 101010。(2)根据H反应物总键能
8、生成物总键能，该反应的H(41347452) kJmol1(1 07524362) kJmol1120 kJmol1。该反应为气体分子数增大的吸热反应，恒容时达到平衡相当于恒压条件下达到平衡后增大压强，加压平衡向逆反应方向移动，故恒容时反应达平衡后吸收的热量比恒压时反应达平衡后吸收的热量少。根据题图1知，900 时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但升高温度，能耗升高，经济效益降低。(3)该电池中Al作负极，电解质为含AlCl3的离子液体，故负极反应为Al3e=Al3。正极为多孔碳电极，根据正极反应式，得正极总反应为6CO26e=3C2O，O2不参与正极的总反应，故O2为催化剂。将
9、负极反应：2Al6e=2Al3和正极反应：6CO26e=3C2O相加，可得该电池的总反应式为2Al6CO2=Al2(C2O4)3。答案：(1)CO10(2)120 kJmol1B900 时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低(3)Al3e=Al3(或2Al6e=2Al3)催化剂2Al6CO2=Al2(C2O4)33焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，回答下列问题：(1)生产Na2S2O5，通常是由 NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式_。(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：pH4.1时，
10、中为_溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是_。(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的 NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 molL1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_，该样品中Na2S2O5的残留量为_ gL1(以SO2计)。解析：(1)NaHSO3结晶脱
11、水生成Na2S2O5。(2)向Na2CO3饱和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性，中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。审题时抓住“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极发生氧化反应：2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)，阳极室H向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH增多，Na由a室向b室迁移，则b室中Na2SO3浓度增大。(4)I2作氧化剂，将S2O氧化成SO。计
12、算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)n(SO2)0.010 00 molL10.01 L0.000 1 mol，m(SO2)0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为0.128 gL1。答案：(1)2NaHSO3=Na2S2O5H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3过饱和溶液(3)2H2O4e=4HO2(或4OH4e=2H2OO2)a(4)S2O2I23H2O=2SO4I6H0.1284磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。溶解度：Ca5(PO4)3(OH)”或“”)。结合元素周期律解释中结论：P和S电子层数相同，_。(3)酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：_。(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相
