1、考向突破一化学平衡与能量变化的结合1题型特点这类试题往往以化学反应速率，化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段，综合考查关联知识，关联知识主要有：(1)H符号的判断、热化学方程式的书写、应用盖斯定律计算H。(2)化学反应速率的计算与比较，外因对化学反应速率的影响(浓度、压强、温度、催化剂)。(3)平衡常数、转化率的计算，温度对平衡常数的影响；化学平衡状态的判断，用化学平衡的影响因素进行分析和解释。(4)在多层次曲线图中反映化学反应速率、化学平衡与温度、压强、浓度的关系。2热化学方程式的书写及反应热计算技巧首先根据要求书写目标热化学方程式的反应物、生成物并配平，其次在反应物和生成物的后面括号内
2、注明其状态，再次将目标热化学方程式与已有的热化学方程式比对(主要是反应物和生成物的位置、化学计量数)，最后根据盖斯定律进行适当运算得出目标热化学方程式的反应热H，空一格写在热化学方程式右边即可。3解答化学平衡移动问题的步骤(1)正确分析反应特点：包括反应物、生成物的状态、气体体积变化、反应的热效应。(2)明确外界反应条件：恒温恒容、恒温恒压、反应温度是否变化、反应物配料比是否变化。(3)结合图像或K与Q的关系、平衡移动原理等，判断平衡移动的方向或结果。(4)结合题意，运用“三段式”，分析计算、确定各物理量的变化。4分析图表与作图时应注意的问题(1)仔细分析并准确画出曲线的最高点、最低点、拐点和
3、平衡点。(2)找准纵坐标与横坐标的对应数据。(3)描绘曲线时注意点与点之间的连接关系。(4)分析表格数据时，找出数据大小的变化规律。1从空气中捕获CO2直接转化为甲醇是二十多年来“甲醇经济”领域的研究热点，诺贝尔化学奖获得者乔治安德鲁欧拉教授首次以金属钌作催化剂实现了这种转化，其转化如图所示。(1)如图所示转化中，第4步常采取蒸馏法分离生成的甲醇和水，其依据是_。(2)如图所示转化中，由第1步至第4步的反应热(H)依次是a kJmol1、b kJmol1、c kJmol1、d kJmol1，则该转化总反应的热化学方程式是_。(3)一定温度下，利用金属钌作催化剂，在容积为2 L的密闭容器中可直接
4、实现(2)中总反应的转化得到甲醇。测得该反应体系中X、Y浓度随时间变化如下表：反应时间/min0246810X的浓度/molL11.1000.550 00.300 00.150 00.100 00.100 0Y的浓度/molL10.0000.550 00.800 00.950 01.0001.000X的电子式是_，判断的理由是_。从反应开始到平衡，用另一反应物Z表示的平均反应速率v(Z)_。下列不可作为反应达到平衡状态的标志的是_(填字母)。A混合气体的密度不再变化B生成1 mol CO2的同时生成1 mol CH3OHC混合气体的平均相对分子质量不再变化DCH3OH的体积分数不再变化若起始时
5、只有反应物且反应物Z的起始浓度为3.400 molL1，则该条件下该反应的平衡常数K_。下列说法正确的是_(填字母)。a金属钌可大大提高该反应的化学反应速率和反应物的转化率bX的平衡转化率是90.91%c其他条件不变时，若起始投料是原来的2倍，X的平衡转化率低于90.91%d其他条件相同而温度升高时，测得X的平衡转化率为93%，由此可知该反应为吸热反应答案(1)甲醇与水互溶且甲醇的沸点比水低30 以上(2)CO2(g)3H2(g)CH3OH(l)H2O(l)H(abcd) kJmol1(3)X随反应进行浓度减小，因此X为反应物，且其相同时间内转化量与Y相同，则其在方程式中的化学计量数应与Y相同
6、，因此X是CO20.375 0 molL1min1CD156.25bd解析(1)可用蒸馏法分离的两种物质的特点应该是沸点相差大于等于30 的互溶液体。(2)根据图示是一个闭合的“环”，说明总反应的反应热是四步反应的反应热之和，结合碳元素守恒，可以写出总反应的热化学方程式：CO2(g)3H2(g)H2O(l)CH3OH(l)H(abcd) kJmol1。(3)根据表中数据，随着反应时间延长，X的浓度下降而Y的浓度从0开始增大，说明X为反应物，Y为生成物，又因为在相同时间内X的浓度变化量与Y的相同，说明在总反应化学方程式中X和Y的化学计量数应相等，满足此条件的反应物只有CO2，所以X为CO2，电子
7、式为该反应只有两种反应物，所以Z为H2，v(H2)3v(CO2)30.375 0 molL1min1。该反应的生成物为液态，因此混合气体的密度不再改变，可以作为反应达到平衡状态的标志；生成1 mol CO2为逆反应，生成1 mol CH3OH为正反应，生成1 mol CO2的同时生成1 mol CH3OH说明v正v逆，可作为反应达到平衡状态的标志；该反应的生成物均为液态，因此混合气体的平均相对分子质量不会发生变化，C项不可以作为反应达到平衡状态的标志；该反应的反应物均为气态，生成物均为液态，CH3OH的体积分数不再变化不能作为反应达到平衡状态的标志。根据题中数据，列“三段式”： CO2(g)3
8、H2(g)H2O(l)CH3OH(l)起始浓度/molL1 1.100 3.400 0 0变化浓度/molL1 1.000 3.000 1.000 1.000平衡浓度/molL1 0.100 0.400 1.000 1.000则K156.25。催化剂只能提高化学反应速率，不能使平衡移动，因此不能提高反应物的转化率，所以a错误；CO2的平衡转化率为100%90.91%，所以b正确；其他条件不变时，将起始投料增大1倍，相当于增大压强，化学平衡向气体分子数减少的方向移动，即正向移动，X的平衡转化率将增大，应高于90.91%，所以c错误；其他条件相同而升高温度，X的平衡转化率增大至93%，即升温平衡正
9、向移动，说明正反应为吸热反应，所以d正确。2甲烷主要存在于天然气和可燃冰中，在地球上储量巨大，充分利用甲烷对人类的未来发展具有重要意义。(1)乙炔(CHCH)是重要的化工原料。工业上可用甲烷裂解法制取乙炔，反应为2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)。甲烷裂解时还发生副反应：2CH4(g)C2H4(g)2H2(g)。甲烷裂解时，几种气体平衡时分压(Pa)的对数即lg p与温度()之间的关系如图所示。1 725 时，向恒容密闭容器中充入CH4，达到平衡时CH4生成C2H2的平衡转化率为_。1 725 时，若图中H2的lg p5, 则反应2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)的平衡常数Kp_(
10、用平衡分压代替平衡浓度进行计算)。根据图判断，2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)的H_(填“”或“”)0。由题可知，甲烷裂解制乙炔过程中有副产物乙烯生成。为提高甲烷制乙炔的产率，除改变温度外，还可采取的措施有_。(2)工业上用甲烷和水蒸气在高温和催化剂存在的条件下制得合成气(CO、H2)，发生反应：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H0。图中a、b、c、d四条曲线中的两条代表压强分别为1 MPa、2 MPa时甲烷含量曲线，其中表示1 MPa的是_(填字母)。在实际生产中采用图中M点而不是N点对应的反应条件，运用化学反应速率和平衡知识，同时考虑生产实际，说明选择该反应条件的主要
11、原因是_。(3)利用CH4、CO2在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体，此技术在能源和环境上具有双重重大意义。重整过程中的催化转化原理如图所示。已知：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H206.2 kJmol1CH4(g)2H2O(g)CO2(g)4H2(g)H165.0 kJmol1过程中第二步反应的化学方程式为_。只有过程投料比n(CH4)n(CO2)_，过程中催化剂组成才会保持不变。该技术总反应的热化学方程式为_。答案(1)62.5%11013充入适量乙烯或使用选择性更高的催化剂等(2)a与2 MPa时相比，1 MPa条件下CH4的平衡转化率更高，对设备要求不高，有利于
12、降低成本；虽然温度越高越有利于提高CH4的平衡转化率，但700 时CH4的平衡转化率已经较高，再升高温度，平衡转化率变化不大；700 时催化剂活性高，反应的速率快(3)3Fe4CaCO3Fe3O44CaO4CO13CH4(g)3CO2(g)2H2O(g)4CO(g)H329.8 kJmol1解析(1)由图可知，1 725 达到平衡时，CH4、C2H2、C2H4的平衡分压的对数分别为2、2、1，故CH4、C2H2、C2H4的平衡分压分别为100 Pa、100 Pa、10 Pa，在同温同体积条件下，不同气体的压强之比等于其物质的量之比，故CH4、C2H2、C2H4的物质的量之比为10101，由C原
13、子守恒可知，CH4生成C2H2的平衡转化率为100%62.5%。1 725 时，若图中H2的lg p5，则H2的平衡分压为1105 Pa，反应2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)的平衡常数Kp11013。根据图可知，C2H2的平衡分压随温度升高而增大，平衡正向移动，所以反应2CH4(g)C2H2(g)3H2(g)为吸热反应，H0。甲烷裂解制乙炔过程中有副产物乙烯生成，为提高甲烷制乙炔的产率，可充入适量乙烯使副反应的平衡向逆反应方向移动，或使用对甲烷转化为乙炔的选择性更高的催化剂等。(2)CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H0，该反应为气体分子数增大的吸热反应，平衡时甲烷的含量随
14、温度升高而减小、随压强增大而增大，所以，图中a、b、c、d四条曲线中表示1 MPa的是a。在实际生产中采用图中M点而不是N点对应的反应条件，类比工业上合成氨条件的选择可知，选择该反应条件的主要原因是与2 MPa时相比，1 MPa条件下CH4的平衡转化率更高，对设备要求不高，有利于降低成本；虽然温度越高越有利于提高CH4的平衡转化率，但700 时CH4的平衡转化率已经较高，再升高温度，平衡转化率变化不大；700 时催化剂活性高，反应的速率快。(3)由题中重整过程的催化转化原理示意图可知，过程中第一步反应是为了实现含氢物质与含碳物质的分离，故第一步反应为一氧化碳、二氧化碳、氢气与四氧化三铁、氧化钙
15、反应生成铁、碳酸钙和水；过程中第二步是为了得到富含CO的气体，反应的化学方程式为3Fe4CaCO3Fe3O44CaO4CO。结合过程反应CH4(g)CO2(g)2H2(g)2CO(g)中H2与CO的配比，以及过程第二步反应中Fe、CaCO3、Fe3O4、CaO的配比可知，第一步反应为Fe3O44CaO2CO2H22CO23Fe4CaCO32H2O，因此投料比n(CH4)n(CO2)13时，过程 中催化剂组成才会保持不变。将题给两个反应编号为a和b，根据盖斯定律，由4a3b可得CH4(g)3CO2(g)2H2O4CO(g)，H(206.2 kJmol1)4(165.0 kJmol1)3329.8
16、 kJmol1。3“循环经济”和“低碳经济”是目前备受关注的课题，因而对碳、硫及其化合物的综合利用成为研究的热点。(1)下列事实中，能用来比较碳元素和硫元素的非金属性强弱的是_(填字母)。ASO2具有漂白性而CO2没有B少量H2SO3可与Na2CO3反应生成NaHCO3CSO2能使酸性KMnO4溶液褪色而CO2不能DNa2CO3溶液显碱性，而Na2SO4溶液显中性(2)通过热循环进行能源综合利用的反应系统的原理如下图所示。系统()制取氢气的热化学方程式为_；两个系统制得等量的H2时所需能量较少的是_。(3)向10 L恒容密闭容器中充入2 mol CO和1 mol SO2，发生反应2CO(g)S
17、O2(g)S(g)2CO2(g)。CO和CO2的平衡体积分数()与温度(T)的变化关系如下图所示。图中表示CO的平衡体积分数与温度的变化关系的曲线为_(填“L1”或“L2”)。T1 时，SO2的平衡转化率1_，反应的平衡常数K1_。只改变下列条件，既能加快该反应的反应速率，又能增大CO的平衡转化率的是_(填字母)。A增大压强 B充入一定量的H2SC充入一定量的SO2 D加入适当催化剂向起始温度为T1 的10 L绝热容器中充入2 mol CO和1 mol SO2，重复实验，该反应的平衡常数K2_(填“”“”或“”)K1，理由为_。答案(1)D(2)S(g)2H2O(g)SO2(g)2H2(g)H
18、158.8 kJmol1系统()(3)L250%1C该反应为吸热反应，平衡时绝热容器内的温度低于恒温容器内的温度，平衡逆向移动，平衡常数减小解析(1)SO2具有漂白性，其原因为SO2与有色物质反应生成不稳定的无色物质，与元素的非金属性无关，A错误；少量H2SO3可与Na2CO3反应生成NaHCO3，证明H2SO3的酸性强于HCO的酸性，但不能比较碳元素与硫元素的非金属性强弱，B错误；SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现其还原性，低价态氧化物的还原性强弱不能用于比较元素的非金属性强弱，C错误；Na2CO3溶液显碱性说明H2CO3为弱酸，Na2SO4溶液显中性说明H2SO4为强酸，最高价氧化物对
19、应的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。(3)该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO的平衡体积分数减小，CO2的平衡体积分数增大，故图中表示CO的平衡体积分数与温度的变化关系的曲线为L2。由图中信息，T1 时，M点对应体系中CO和CO2的平衡体积分数相等，则平衡时CO和CO2的物质的量相等，设参与反应的SO2的物质的量为x，根据“三段式”法可得2 mol2x2x，解得x0.5 mol，故SO2的平衡转化率1100%50%。同时计算得CO(g)、SO2(g)、S(g)、CO2(g)的平衡浓度分别为0.1 molL1、0.05 molL1、0.05 molL1、0.1 molL1
20、，故该反应的平衡常数K11。考向突破二化学平衡与电解质溶液的结合1题型特点此类试题以元素及化合物、化学平衡知识为主题，借助图像、图表的手段考查相关联的知识。主要考查点：(1)反应现象的描述。(2)氧化还原反应、原电池与电解池、陌生离子方程式的书写。(3)化学键与反应的热效应计算、信息条件下速率计算、平衡常数的计算、Ksp的计算。(4)平衡的影响因素、平衡移动与图像及相关原因的分析。2解题技巧(1)浏览全题，根据题目提供的信息，结合相关基础知识，先对简单问题进行解答(2)化学反应速率的影响因素的实验探究影响化学反应速率的探究实验中，控制变量是关键。(3)化学平衡常数及平衡转化率的计算平衡常数的计
21、算可用三段式法，即找出浓度可变的反应物、生成物在起始时、转化的、平衡时的浓度，然后代入平衡常数表达式(平衡时生成物浓度化学计量数次幂的乘积与反应物浓度化学计量数次幂乘积的比值)进行计算。(4)对于电化学类试题，首先判断是原电池还是电解池，然后分析电极类别，书写电极反应式，按电极反应式进行相关计算。(5)对于电解质溶液类试题，要明确溶液中的物质类型及其可能存在的平衡类型，然后进行解答。有关Ksp的计算往往与pH的计算结合起来，要注意pH与c(OH)浓度关系的转换，难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态，符合相应条件下的Ksp的值。1硫单质及其化合物在化工生产等领域应用广泛。(1)工业尾气中的S
22、O2一直是环境污染的主要原因之一，工业上常采用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化为(NH4)2SO4的方法降低尾气中的含硫量。实验测得NH4HSO3溶液中1 500，则溶液的pH为_。(已知：H2SO3的Ka11.5102，Ka21.0107)(2)煤制得的化工原料气中含有羰基硫(O=C=S)，该物质可转化为H2S，反应为COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)H0。恒温、恒容条件下，密闭容器中发生上述反应，下列事实不能说明反应达到平衡状态的是_(填字母)。aCOS的浓度保持不变b化学平衡常数不再改变c混合气体的密度不再改变d形成2 mol HS键的同时形成1 mol HH键T1 时
23、，在恒容的密闭容器中，将定量的CO和H2S混合加热并达到平衡：H2S(g)CO(g)COS(g)H2(g)K0.25。则该温度下反应COS(g)H2(g)H2S(g)CO(g)的平衡常数K_。T1 时，向容积为10 L的恒容密闭容器中充入1 mol COS(g)和1 mol H2(g)，达到平衡时COS的转化率为_。(3)过二硫酸(H2S2O8)是一种强氧化性酸，其结构式为在Ag催化作用下，S2O能与Mn2在水溶液中发生反应生成SO和MnO，1 mol S2O能氧化的Mn2的物质的量为_ mol。工业上可用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。则阳极的电极反应式为_。答案(1)6(2
24、)bc466.7%(3)0.42SO2e=S2O解析(1)Ka1，Ka2，Ka1Ka2c2(H)1.51021.0107，则c(H)1106 molL1，溶液的pH为6。(2)a项，COS的浓度保持不变，说明化学反应达到平衡状态；b项，化学平衡常数只和温度有关，不受浓度影响，所以化学平衡常数不变不能作为判断平衡的依据；c项，混合气体的密度为，恒容V为定值，都是气体，所以m不变，故不能说明；d项，形成2 mol HS键的同时形成1 mol HH键，说明正、逆反应速率相等，故可以作为判断平衡的标志。T1 时，H2S(g)CO(g)COS(g)H2(g)的K0.25，COS(g)H2(g)H2S(g
25、)CO(g)的K4。T1 时，设平衡时COS的变化浓度为x molL1， COS(g)H2(g)=H2S(g)CO(g)初始浓度/molL1 0.1 0.1 0 0变化浓度/molL1 x x x x平衡浓度/molL1 0.1x 0.1x x xK4，x0.066 7，COS的转化率为100%66.7%。(3)设1 mol S2O能氧化Mn2的物质的量为x mol，5S2O2Mn28H2O=10SO2MnO16H5 mol 2 mol1 mol x molx0.4。用惰性电极电解硫酸和硫酸铵混合溶液制备过二硫酸铵。阳极发生SO失电子生成S2O的反应，电极反应式为2SO2e=S2O。2砷酸H3
26、AsO4、亚砷酸H3AsO3是两种弱酸。回答下列问题：(1)已知：4As(s)5O2(g)=2As2O5(s)H1As(s)H2(g)2O2(g)=H3AsO4(s)H2氢气的燃烧热H3则As2O5(s)3H2O(l)=2H3AsO4(s)H4_。(2)常温下，向x mL 0.1 molL1 H3AsO4溶液中滴加0.1 molL1 KOH溶液，混合溶液中由水电离的c水(H)与KOH溶液的体积之间的关系如图1所示。D点对应溶液的pH_(填“”“”或“”)7。x_。(3)在一定温度下，向某容器中加入一定量的Na3AsO3、I2和NaOH溶液，发生反应：AsOI22OHAsO2IH2O，AsO的转
27、化率(AsO)与时间的关系如图2所示，测得F点对应溶液中c(I2)0.2 molL1、c(I)0.4 molL1，且溶液pH13。E点：v正_(填“”“”或“”，下同)v逆；E点的v正_G点的v逆。下列情况表明该反应达到平衡状态的是_(填字母)。a2v正(I)v逆(AsO)b溶液颜色不再变化c溶液的pH不再变化d溶液中不再变化在该条件下，上述反应的平衡常数K_(用含m的代数式表示)。(4)为了证明AsOI22OHAsO2IH2O存在化学平衡，设计如图3所示实验。关闭K时，发现右侧烧杯中溶液颜色逐渐变浅，写出此时负极的电极反应式：_。为了证明上述反应存在平衡，操作方法是_。答案(1)2H2H13
28、H3(2)10(3)bc(4)AsO2OH2e=AsOH2O向右侧烧杯中加入KI(或向左侧烧杯中滴加适量的稀硫酸等其他合理答案)解析(1)根据氢气的燃烧热写出H2(g)O2(g)=H2O(l)H3，由盖斯定律知，可由23得到目标反应，则H42H2H13H3。(2)由图1知，C点时水的电离程度最大，说明H3AsO4和KOH恰好完全反应生成了K3AsO4和H2O，溶液呈碱性。在C点之后，继续滴加KOH溶液，则D点一定呈碱性。根据H3AsO4与KOH以物质的量之比为13反应知V(H3AsO4溶液)10 mL。(3)E点对应的反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率。，所以，2v正(I)4v正(AsO
29、)，当满足a条件时v逆(AsO)v正(AsO)，反应向左进行，a错误；产物浓度之比始终是定值，d错误。设起始时c(AsO)c molL1，则平衡时c(AsO)cm molL1，转化的c(AsO)c(1m) molL1，pH13，c(OH)0.1 molL1。代入数据进行计算：K。(4)溶液颜色变浅，说明碘单质的浓度减小，反应向右进行；左侧石墨极为负极，负极的反应式为AsO2OH2e=AsOH2O；右侧石墨为正极，正极的反应式为I22e=2I。为了证明AsOI22OHAsO2IH2O存在化学平衡，必须改变条件使反应向左进行，可在左侧烧杯中加入无还原性酸，如稀硫酸；或在右侧烧杯中加入KI，增大KI
30、浓度。若右侧烧杯中溶液颜色加深，则反应向左进行，证明上述反应存在平衡移动。3对废(尾)气中的氮氧化物、二氧化硫等进行必要处理，减少它们的排放，让空气更加清洁是环境科学的重要课题之一，也是“打赢蓝天保卫战”的重要举措。分析有关氮氧化物、二氧化硫的反应，并回答相关问题：(1)已知：N2(g)O2(g)=2NO(g)H1180.5 kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g)H2393.5 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H3221.0 kJmol1若某反应的平衡常数表达式为K，请写出此反应的热化学方程式：_。(2)利用汽油中挥发出来的烃类物质(CxHy)催化还原汽车尾气中的NO气体可
31、消除由此产生的污染，该过程的化学方程式为_。(3)废气中的SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化等一系列反应后可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。往一固定体积的密闭容器中通入SO2和O2其中n(SO2)n(O2)21，在不同温度下测得容器内总压强与反应时间的关系如图所示。图中A点处SO2的转化率为_。C点的正反应速率vC(正)与A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系为vC(正)_(填“”“”或“”)vA(逆)。图中B点用压强表示的平衡常数Kp_(用平衡分压代表平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(4)工业上常用氨水吸收二氧化硫，可生成(NH4)2S
32、O3。判断常温下(NH4)2SO3溶液的酸碱性并说明判断依据_。(已知常温下NH3H2O的Kb1.8105；H2SO3的Ka11.3102，Ka26.3108)答案(1)2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H746.5 kJmol1(2)4CxHy(8x2y)NO4xCO2(4xy)N22yH2O(3)45%24 300(4)溶液显碱性，Kb(NH3H2O)大于Ka2(H2SO3)，SO的水解程度比NH大(其他合理解释也可)解析(1)根据该反应的平衡常数表达式K，可知该反应为2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H，将题给的三个热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由2
33、得到2NO(g)2CO(g)N2(g)2CO2(g)H746.5 kJmol1。(2)用烃催化还原NO气体以消除由此产生的污染，可知反应生成无污染的N2、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒可写出并配平化学方程式。(3)设起始通入的SO2为2a mol，O2为a mol，在A点时，O2转化了x mol，根据三段式法进行计算：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始/mol 2a a 0转化/mol 2x x 2xA点时/mol 2a2x ax 2x在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，故，解得x0.45a，则A点SO2的转化率(SO2)100%45%。T1条件下，由A到B，反
34、应趋向平衡，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，B点时反应处于平衡状态，故vA(逆)vB(逆)vB(正)。又由题图知，T2条件下反应先达到平衡，则T2T1，由B到C，温度升高，反应速率加快，故vC(正)vB(正)vB(逆)vA(逆)。设起始通入2b mol SO2，b mol O2，在B点反应达到平衡时O2转化了y mol，根据三段式法进行计算： 2SO2(g)O2(g)2SO3(g)起始/mol 2b b 0转化/mol 2y y 2y平衡/mol 2b2y by 2y在恒温恒容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，故，解得y0.9b，故Kp24 300。(4)NH水解生成了H和NH3H
35、2O，使溶液显酸性，而SO水解生成了OH和HSO，使溶液显碱性，由于Kb(NH3H2O)大于Ka2(H2SO3)，说明NH的水解程度小于SO的水解程度，故(NH4)2SO3溶液显碱性。“7化学反应原理”特训A组(25分钟)1下列有关有机物的说法正确的是()A乙醇、四氯化碳是常用的有机溶剂B四氟乙烯常用作不粘锅的内层涂料C葡萄糖和蛋白质组成元素相同，均为重要的营养物质D过氧乙酸(CH3COOOH)具有酸性，因此常用于环境消毒答案A解析乙醇、四氯化碳是液态有机物，常用作有机溶剂，A项正确；聚四氟乙烯常用作不粘锅的内层涂料，B项错误；蛋白质由C、H、O、N等元素组成，葡萄糖由C、H、O元素组成，二者
36、组成元素不相同，C项错误；过氧乙酸具有强氧化性，能杀菌消毒，而不是因为其酸性，D项错误。2钛白粉(TiO2)和铁红(Fe2O3)是常见的涂料，制备流程如下。下列说法错误的是()A向绿矾中加入NH4HCO3产生CO2气体B铁粉参与的反应只有2Fe3Fe=3Fe2C适当增大硫酸的浓度、加热均可加快固体的溶解速率D若用烧碱替代纯碱，会提高生产成本答案B解析加入NH4HCO3，发生反应Fe22HCO=FeCO3CO2H2O，A项正确；酸性溶液中含有Fe3和H，加入铁粉，发生反应2Fe3Fe=3Fe2、2HFe=Fe2H2，B项错误；升高温度、增大反应物的浓度均可加快反应速率，C项正确；烧碱的价格高于纯
37、碱的价格，若用烧碱替代纯碱，会提高生产成本，D项正确。3有机物H常用作香料，其合成路线如下。下列说法错误的是()AEF的反应类型为酯化反应BE可与NaHCO3溶液反应CH分子中所有碳原子可能共面DF的一氯代物有4种答案C解析E分子中羧基与羟基发生酯化反应生成F，A项正确；碳酸氢钠溶液与羧基反应生成CO2，B项正确；H分子中所有碳原子不可能共面，C项错误；F分子中含有4种不同化学环境的氢原子，故其一氯代物有4种，D项正确。4短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大(稀有气体除外)，Z与W、W与Q的原子序数之差均为
38、3，五种元素原子的最外层电子数之和为21，下列说法正确的是()AX和Y的常见氧化物都是大气污染物B自然界中W的储量丰富，高纯度的W的氧化物是将太阳能转化为电能的材料C一定条件下，Q单质可把Y从其氢化物中置换出来D最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：QYWX答案C解析短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。Z元素原子半径在短周期中最大，则Z为Na。Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，则W为Si、Q为Cl。X与W处于同一主族，则X为C。五种元素原子的最外层电子数之和为21，则Y为N。X的常见氧化物二氧化碳不是大气污染物，A项不正确；自然界中Si的储量丰富，高纯度SiO
39、2是制造光导纤维的材料，B项不正确；Cl的非金属性比N强，所以在一定条件下，氯气可把氮元素从其氢化物中置换出来，C项正确；最高价氧化物对应水化物的酸性：碳酸强于硅酸，D项不正确。5利用太阳能电池为电源，将CO2转化成燃料气体(CO)，用可传导H的固体作电解质，装置如图所示。下列推断不正确的是()A电极a为阳极B电极b的电极反应式为CO22e2H=COH2OC产生11.2 L O2时2 mol H由质子交换膜左侧向右侧迁移D总反应式为2CO22COO2答案C解析观察题图装置，由电极上物质转化关系及元素化合价变化，可以判断电极反应类型。A项，水转化成氧气，发生氧化反应，则电极a为阳极，电极反应式为
40、2H2O4e=4HO2，正确；B项，电极b为阴极，发生还原反应，电极反应式为CO22H2e=COH2O，正确；C项，未指明温度和压强，故11.2 L O2的物质的量不一定为0.5 mol，错误；D项，在得失电子守恒条件下，将阴、阳极的电极反应式相加得到总反应式，正确。6依据反应2NaIO35SO24H2O=I23H2SO42NaHSO4，并利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到实验目的的组合是()A BC D答案C解析铜与浓硫酸反应需要加热，故错误；气体和液体反应，且防倒吸，故正确；用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，故正确；蒸发溶
41、液用蒸发皿，故错误，故选C。725 时，向20 mL 0.1 molL1的一元酸HA溶液中逐滴加入等物质的量浓度的KOH溶液，所得溶液的pH与加入KOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法不正确的是()A该温度下，A的水解平衡常数的数量级为1011Bb点溶液中：c(H)c(HA)c(A)c(OH)C水的电离程度：cbdD当pH7时，溶液中n(HA)与加入的n(KOH)之比为103.2答案B解析a点溶液中存在电离平衡HAHA，由图可知，c(H)102.4 molL1，故Ka(HA)103.8，水解平衡常数Kh(A)1010.2，其数量级为1011，A项正确；b点溶液中，由物料守恒可得c(HA)c
42、(A)2c(K)，由电荷守恒可得c(H)c(K)c(A)c(OH)，故2c(H)c(HA)c(A)2c(OH)，B项错误；b点到c点过程中，HA与KOH反应，水的电离程度增大，c点到d点过程中，KOH溶液过量，抑制水的电离，水的电离程度减小，故c点时水的电离程度最大，b点时c水(H)1010 molL1，d点时c水(H)1012 molL1，故水的电离程度：cbd，C项正确；当pH7时，溶液中c(H)c(OH)，根据电荷守恒c(H)c(K)c(A)c(OH)，可得c(K)c(A)，则103.2，D项正确。8研究碳、氮、硫等元素化合物的性质或转化对建设生态文明，美丽中国具有重要意义。(1)海水中
43、无机碳的存在形式及分布如右图所示：用离子方程式表示海水呈弱碱性的原因_。已知春季海水pH8.1，预测夏季海水碱性将会_(填“增强”或“减弱”)，理由是_。(2)工业上以CO和H2为原料合成甲醇的反应：CO(g)2H2(g)=CH3OH(g)H0，在容积为1 L的恒容容器中，分别在T1、T2、T3三种温度下合成甲醇。如图是上述三种温度下不同H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1 mol)与CO平衡转化率的关系。下列说法正确的是_(填字母)。Aa、b、c三点H2转化率：cabB上述三种温度之间关系为T1T2T3Ca点状态下再通入0.5 mol CO和0.5 mol CH3OH，平衡不移
44、动Dc点状态下再通入1 mol CO和4 mol H2，新平衡中H2的体积分数增大(3)NO加速臭氧层被破坏，其反应过程如下图所示：NO的作用是_。已知：O3(g)O(g)=2O2(g)H143 kJmol1反应1：O3(g)NO(g)=NO2(g)O2(g)H1200.2 kJmol1。反应2：热化学方程式为_。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)H759.8 kJmol1，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如下图。b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_。a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为_；a、c、d三
45、点的平衡常数从大到小的顺序为_。若0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则CO的转化率为_。答案(1)COH2OHCOOH、HCOH2OH2CO3OH增强一方面水解反应为吸热反应，夏天温度升高，平衡正向移动，c(OH)增大；一方面夏天光合作用强，c(CO2)减小，使得CO2H2OH2CO3平衡逆向移动，酸性减弱；一方面夏天温度高，二氧化碳在水中的溶解度减小，酸性减弱(回答任一方面或其他合理答案即可)(2)C(3)催化剂NO2(g)O(g)=NO(g)O2(g)H257.2 kJmol1(4)11abcacd75%解析(2)由图可知a、b两点加入H2与CO的物质的量之比相同，因而CO转化
46、率大的，H2的转化率大，显然ab，c点相当于增大H2的含量，其转化率变小，故abc，A项错误；该反应为放热反应，在相同时，升高温度，(H2)变小，则T3T2T1，B项错误；CO(g)2H2(g)CH3OH(g)始 1 1.5 0转 0.5 1 0.5平 0.5 0.5 0.5K4平衡后再加0.5 mol CO,0.5 mol CH3OH，Q4，故平衡不移动，C项正确；c点通入1 mol CO和4 mol H2，相当于增大压强，平衡正向移动，H2的体积分数变小，D项错误。(3)开始有NO参加反应，循环后又生成NO，故其为催化剂。(4)当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时N2的体积分数最大，故b
47、点时平衡体系中C、N原子个数之比接近11。增大，CO的转化率降低，所以转化率：abc。平衡常数只与温度有关，所以a点与c点的平衡常数K相同。该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，N2的体积分数减小，所以T1T2，d点的平衡常数小于a点和c点。设CO起始物质的量为0.8 mol，反应达平衡时，CO转化了x mol，则有：2CO(g)2NO(g)N2(g)2CO2(g)n(始)/mol 0.8 1 0 0n(转)/mol x x xn(平)/mol 0.8x 1x x平衡时，N2的体积分数为100%20%，解得x0.6。所以，CO的转化率为100%75%。B组(25分钟)1历史文物本身蕴含着许多化学
48、知识，下列说法错误的是()A战国曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金B宋王希孟千里江山图所用纸张为宣纸，其主要成分是碳纤维C秦朝兵马俑用陶土烧制而成，属硅酸盐产品D对敦煌莫高窟壁画颜料分析，其绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜答案B解析青铜是合金，兵马俑的主要成分是陶瓷，属于硅酸盐产品。2NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是()A100 g质量分数为46%的乙醇溶液中，含HO键的数目为7NABpH1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个HC0.1 mol Fe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NAD1 L 0.1 molL1的NH4Cl溶液中含有NH数目为0.1NA答案A解析A项中
49、含水54 g，为3 mol，每个水分子中有两个OH键，故正确；C项中Fe在氧气中燃烧的产物为Fe3O4，转移电子数介于0.2NA到0.3NA之间，故错误。3金刚烷胺可用于流感病毒A型感染性疾病的治疗，其合成线路图如图所示。下列说法错误的是()A金刚烷的分子式是C10H16BX的同分异构体不可能是芳香族化合物C上述反应都属于取代反应D金刚烷胺碳原子上的一溴代物有两种答案D解析金刚烷的分子式是C10H16，A选项正确；X的分子式是C10H15Br，其同分异构体不可能是芳香族化合物，B选项正确；金刚烷变成X的过程中H原子被Br原子取代，X变成金刚烷胺的过程中Br原子被NH2取代，C选项正确；金刚烷胺
50、碳原子上的一溴代物有3种，D选项错误。4某实验小组的同学拟通过下列方法制备硫酸亚铁溶液，流程如下。下列叙述错误的是()A步骤加入稀硫酸的目的是抑制Fe3的水解B步骤仅发生了反应Fe2Fe3=3Fe2C步骤静置后，若要检验清液中是否还含有Fe3，可取少量清液加入KSCN溶液D也可以通过铁屑与稀硫酸反应制备硫酸亚铁溶液答案B解析步骤加入稀硫酸的目的是抑制Fe3的水解，A项正确；步骤发生的反应除了Fe2Fe3=3Fe2，根据流程图信息还有Fe2H=Fe2H2，B项错误；步骤静置后，若要检验清液中是否还含有Fe3，可根据Fe3的特征反应，取少量清液加入KSCN溶液进行检验，C项正确；通过铁屑与稀硫酸反
51、应也可以制备硫酸亚铁溶液，D项正确。5短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的简单氢化物是沼气的主要成分，X与Z的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，且X、Y、Z、W的最外层电子数均为偶数，向Y、Z、W组成的一种化合物中滴加稀硫酸，生成的气体能使品红溶液褪色。下列说法中错误的是()A常温常压下，X、Z、W的单质均为固态BX、Y、W、M四种元素中，简单氢化物的稳定性最强的是YCZ和M形成的化合物的水溶液呈酸性DM元素的含氧酸中，M的化合价越高，其氧化性越强答案D解析短周期主族元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，X的简单氢化物是沼气的主要成分，该氢化物是CH4，则X是C元素
52、。X与Z的最外层电子数之和等于Y的最外层电子数，且X、Y、Z、W的最外层电子数均为偶数，向Y、Z、W组成的一种化合物中滴加稀硫酸，生成的气体能使品红溶液褪色，该气体为SO2，则Y是O元素，Z是Mg元素，W是S元素，M是Cl元素。常温常压下，C、Mg、S单质均为固态，A项正确；元素的非金属性：OClSC，则简单氢化物的稳定性：H2OHClH2SCH4，稳定性最强的是H2O，B项正确；Mg和Cl元素形成的化合物为MgCl2，MgCl2溶液中由于Mg2发生水解而使溶液呈酸性，C项正确；Cl元素对应的含氧酸有HClO4、HClO3、HClO等，其中HClO的氧化性最强，D项错误。6实验室制得的乙酸乙酯
53、中常含有乙酸、乙醇和少量水，其精制过程如下：向粗制乙酸乙酯中加入饱和碳酸钠溶液，振荡静置分层后，取有机层，向其中加入饱和食盐水，振荡静置分层后，取有机层，向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡静置分层后，取有机层，加入无水硫酸镁固体，进行干燥已知：乙醇能与CaCl2反应生成CaCl24C2H5OH，碳酸钠微溶于乙酸乙酯。下列说法不正确的是()A制取乙酸乙酯的反应为CH3COOHC2HOHCH3CO18OC2H5H2OB步骤的目的是将碳酸钠从乙酸乙酯中萃取出来C步骤的目的是除去乙醇D步骤中有机层处于下层，涉及的实验操作为分液、过滤答案D解析制取乙酸乙酯的过程中，酸脱羟基醇脱氢，18O在产物乙酸乙酯中，A
54、项说法正确；碳酸钠微溶于乙酸乙酯，碳酸钠溶于饱和食盐水，乙酸乙酯不溶于饱和食盐水，故饱和食盐水可将碳酸钠从乙酸乙酯中萃取出来，B项说法正确；由题中已知条件可知，乙醇能与氯化钙反应，故步骤的目的是除去乙醇，C项说法正确；有机层密度小于水，处于分液漏斗的上层，D项说法错误。7某光电池中，当光照射在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应AgCl(s)Ag(s)Cl(AgCl)Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化银表面，然后发生反应Cl(AgCl)e=AgCl(s)Cl(aq)。以该光电池为电源制备钛的装置示意图如下所示。下列说法正确的是()A电子由Pt电极流出，经阴离子交换膜流向Ag电极B电解过程
55、中，CaO、石墨的质量均不变C光电池放电时，Ag电极的电极反应式为AgCle=AgClD若外电路中转移8 mol电子，理论上制得96 g钛答案D解析由题意可知，光电池放电时，AgCl得电子，生成Ag和Cl，故Ag电极为正极，Pt电极为负极，石墨电极为阳极，二氧化钛电极为阴极。电子只能在导线中传导，A项错误；阴极上生成Ti，阳极上生成Cl2和O2，根据电极产物及元素守恒可知，CaO的质量增加，氧气可氧化石墨，故石墨的质量减小，B项错误；Ag电极为正极，电极反应式为AgCle=AgCl，C项错误；若外电路中转移8 mol电子，则生成2 mol Ti，其质量为2 mol48 gmol196 g，D项
56、正确。8合理利用或转化NO2、SO2、CO、NO等污染性气体是人们共同关注的课题。.某化学课外小组查阅资料后得知：2NO(g)O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：2NO(g)N2O2(g)(快)v1正k1正c2(NO)，v1逆k1逆c(N2O2)H10N2O2(g)O2(g)2NO2(g)(慢)v2正k2正c(N2O2)c(O2)，v2逆k2逆c2(NO2)H2”“”或“”)E2。.(3)反应N2O4(g)2NO2(g)，在一定条件下N2O4与NO2的消耗速率与自身压强有如下关系：v(N2O4)k1p(N2O4)，v(NO2)k2p2(NO2)。其中k1、k2是与温度有关的常数。一定温度
57、下，相应的速率与压强关系如图所示，在图中标出的点中，能表示该反应达到平衡状态的两个点是_，理由是_。(4)在25 时，将a molL1的氨水溶液与0.02 molL1HCl溶液等体积混合后溶液恰好呈中性(忽略溶液混合后体积的变化)，用含a的表达式表示25 时NH3H2O的电离常数Kb_。用质量分数为17%、密度为0.93 gcm3的氨水，配制200 mL a molL1的氨水，所需原氨水的体积V_ mL。(5)如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH和SO。物质A的化学式为_，阴极的电极反应式是_。答案(1)H1H2(2)(3)B、D图中只有D点的NO2的消耗速率是B点N2O4的消耗
58、速率的2倍，所以表示达到平衡状态的点是B、D(4)(或)21.5a(或或)(5)H2SO4NO6H5e=NHH2O解析.(1)2NO(g)N2O2(g)；N2O2(g)O2(g)2NO2(g)，而目标反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)的HH1H2，由反应达平衡状态，所以v1正v1逆、v2正v2逆，所以v1正v2正v1逆v2逆，即k1正c2(NO)k2正c(N2O2)c(O2)k1逆c(N2O2)k2逆c2(NO2)，则K。(2)因为决定2NO(g)O2(g)2NO2(g)速率的是反应，所以反应的活化能E1远小于反应的活化能E2。.(3)满足平衡条件v(NO2)2v(N2O4)即为平衡点，
59、B、D点的反应速率比为12，所以B、D为平衡点。(4)反应后溶液中c(NH)c(Cl)0.01 molL1，c(NH3H2O) molL1c(NH) molL1，c(OH)1107 molL1，则Kb；设氨水的体积为V mL，则根据稀释定律可知：a molL10.2 L，解得V21.5a mL。(5)NO得电子生成铵根，离子方程式为NO5e6H=NHH2O，为阴极反应，阳极上SO2失电子形成硫酸。C组(25分钟)1化学与生活密切相关。下列说法中错误的是()A用浸泡过KMnO4溶液的硅藻土保鲜水果是利用KMnO4的氧化性B天然植物油在碱性条件下可水解生成高级脂肪酸盐和丙三醇C利用高纯硅制造的太阳
60、能电池板可将光能直接转化为电能D宣纸的主要成分为蛋白质，在一定条件下可水解得到氨基酸答案D解析用浸泡过KMnO4溶液的硅藻土保鲜是KMnO4将乙烯氧化除去，利用了KMnO4的氧化性，A说法正确；天然植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，其在碱性条件下水解可生成高级脂肪酸盐和丙三醇(甘油)，B项说法正确；太阳能电池板是利用高纯硅制造并可将光能直接转化为电能，C项说法正确；宣纸的主要成分是纤维素，其水解的最终产物是葡萄糖，D说法错误。2已知反应： 下列说法正确的是()A上述反应属于取代反应B上述三种物质均能使酸性KMnO4溶液褪色CM、N和P中的碳原子均可能在同一平面上DP的同分异构体中属于芳香烃的
61、有7种答案D解析题中反应属于加成反应，A项错误；苯不能使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；P分子的所有碳原子不可能在同一平面上，C项错误；P的同分异构体中属于芳香烃的有 共7种，D项正确。3短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质常温下能与水剧烈反应，常保存在由X、Y两元素组成的化合物中，W与Y同族。下列说法正确的是()AY的单质的熔点一定高于W的单质BX与Y形成的化合物均为弱电解质CW的最高价氧化物可溶于Z的最高价氧化物对应的水化物中DX与其他三种元素分别形成的化合物中均不存在离子键答案C解析Z的单质常温下能与水剧烈反应，常保存在由X、Y两元素组成的化合物中，则Z为Na元素，
62、Na保存在煤油中，煤油的主要成分是烃，且原子序数：YX，则X、Y分别是H、C元素，W与Y同族，则W为Si元素。C的单质有多种(如金刚石、石墨、C60等)，其熔点不一定比Si高，A项错误；H与C形成的化合物均为非电解质，B项错误；SiO2因与NaOH溶液反应而溶解，C项正确；X与Z形成的化合物NaH为离子化合物，含有离子键，D项错误。4工业上可用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)制取干电池中所需的MnO2和Zn，其工艺流程如下：下列说法正确的是()A酸溶时，MnO2作还原剂B可用盐酸代替硫酸进行酸溶C原料硫酸可以循环使用D在电解池的阴极处产生MnO2答案C解析软锰矿(主要成
63、分为MnO2)和闪锌矿(主要成分为ZnS)在酸溶后生成了硫单质，说明二氧化锰作氧化剂，故A项错误；盐酸代替硫酸进行酸溶，盐酸中氯离子被氧化生成氯气，故B项错误；酸溶后在最后电解滤液时又生成H2SO4，可以循环利用，故C项正确；二氧化锰在酸溶后被还原为锰离子，通电电解在阳极生成二氧化锰，阴极生成锌，故D项错误。5下列实验现象和结论均正确的是()选项操作实验现象结论A向FeCl3和BaCl2混合溶液中通入足量SO2溶液变为浅绿色，但不变浑浊SO2能与FeCl3反应，但不与BaCl2反应B硝酸亚铁固体溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液溶液变为红色硝酸亚铁固体中含有Fe3杂质C将KI溶液和FeCl3溶液在
64、试管中混合后，加入CCl4，振荡、静置溶液分层，下层溶液变为紫色Fe3的氧化性比I2强D向0.1 molL1 AgNO3溶液中滴入NaCl溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 molL1 KI溶液先有白色沉淀生成，后变为黄色沉淀AgCl的溶度积比AgI的小答案C解析Fe3与SO2反应生成Fe2和SO，SO与Ba2反应生成BaSO4白色沉淀，A项现象错误且不能得出该结论；硝酸亚铁与稀硫酸混合后，Fe2会被酸性条件下的硝酸根离子氧化成Fe3，Fe3遇KSCN溶液变红，因此溶液变红不能说明硝酸亚铁固体中含有Fe3杂质，B项结论错误；KI与FeCl3发生氧化还原反应生成I2，因I2易溶于CCl4，且CC
65、l4的密度比水大，故下层溶液变为紫色，反应的发生说明Fe3的氧化性强于I2，C项正确；由沉淀转化可知，反应总是向着生成更难溶沉淀的方向进行，所以AgCl的溶度积比AgI的大，D项结论错误。6(2019成都质检)中科院董绍俊课题组将二氧化锰和生物质置于一个由滤纸制成的折纸通道内形成电池，如图所示，该电池可将可乐(pH2.5)中的葡萄糖作为燃料获得能量。下列说法正确的是()Aa极为正极B随着反应不断进行，负极区的pH不断增大Cb极的电极反应式为MnO22H2O2e=Mn24OHD每消耗0.01 mol葡萄糖时，电路中转移0.02 mol电子答案D解析由图示知，a极上C6H12O6转化成C6H10O
66、6，碳元素化合价升高，发生氧化反应，b极上二氧化锰发生还原反应生成2价锰，a极为负极，b极为正极，A项错误；依题意知，负极的电极反应式为C6H12O62e=C6H10O62H，负极区的pH不断降低，B项错误；Mn(OH)2难溶于水，b极应生成Mn(OH)2，C项错误；由负极反应式知，每消耗0.01 mol葡萄糖，电路中转移0.02 mol电子，D项正确。7某温度下，分别向10 mL浓度均为0.1 molL1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1 molL1的Na2S溶液，滴加过程中lg c(Cu2)和lg c(Zn2)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示已知：Ksp(ZnS)Ksp(CuS
67、)，lg 30.5。下列有关说法错误的是()A对应溶液pH：abeBa点对应的ZnCl2溶液中：c(Cl)2c(Zn2)c(H)Cabe为滴定CuCl2溶液的曲线Dd点纵坐标小于34.9答案C解析a点对应溶液中Zn2和Cu2水解，溶液显酸性，分别加入硫化钠溶液生成沉淀，b点对应溶液接近中性，e点时Na2S溶液过量，溶液显碱性，故对应溶液pH：abe，选项A正确；a点对应的ZnCl2溶液显酸性，且存在电荷守恒：c(Cl)2c(Zn2)c(H)c(OH)2c(Zn2)c(H)，选项B正确；Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，硫离子浓度相同时，c(Zn2)c(Cu2)，lg c(Cu2)lg c(Zn
68、2)，故abe为滴定ZnCl2溶液的曲线，选项C错误；由分析知acd为滴定CuCl2溶液的曲线，c点时恰好完全反应，由图可知c点时lg c(Cu2)17.7，则c(Cu2)1017.7 molL1，c(S2)1017.7 molL1，Ksp(CuS)1035.4，d点时c(S2)0.1 molL1，则c(Cu2) molL131034.4 molL1，lg c(Cu2)33.9，故d点纵坐标小于34.9，选项D正确。8碳的氧化物对环境的影响较大，CO是燃煤工业生产中的大气污染物，CO2则造成了地球的温室效应，给地球生命带来了极大的威胁。(1)已知：甲醇的燃烧热H1726.4 kJmol1；H2
69、(g)O2(g)=H2O(l)H2285.8 kJmol1。则二氧化碳和氢气合成液态甲醇、生成液态水的热化学方程式为_。(2)二氧化碳合成CH3OH的过程中会产生副反应：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H3。图1是合成甲醇反应中温度对CH3OH、CO的产率影响曲线，H3_(填“”或“”)0。增大反应体系的压强，合成甲醇的反应速率_(填“增大”“减小”或“不变”)，副反应的化学平衡_(填“向正反应方向”“向逆反应方向”或“不”)移动。(3)以某些过渡金属氧化物作催化剂，二氧化碳与甲烷可转化为乙酸：CO2(g)CH4(g)CH3COOH(g)H36.0 kJmol1。不同温度下，乙酸的
70、生成速率变化曲线如图2所示。结合反应速率，使用催化剂的最佳温度是_ ，欲提高CH4的转化率，请提供一种可行的措施：_。(4)一定条件下，CO2与NH3可合成尿素CO(NH2)2：CO2(g)2NH3(g)CO(NH2)2(g)H2O(g)H。某温度下，在容积为1 L的恒容密闭容器中，加入一定氨碳比的3 mol由CO2和NH3组成的混合气体。图3是有关量的变化曲线，其中表示NH3转化率的曲线是_(填“a”或“b”)，曲线c表示尿素在平衡体系中的体积分数变化曲线，则M点的平衡常数K_，y_。答案(1)CO2(g)3H2(g)=CH3OH(l)H2O(l)H131.0 kJmol1(2)增大向逆反应
71、方向(3)250增大反应体系的压强(或增大CO2的浓度或使CH3COOH液化抽离等)(4)b2036.4解析(2)根据图1，升高温度，CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)中CO的产率增大，平衡正向移动，正反应为吸热反应，H30；增大反应体系的压强，合成甲醇的反应速率增大，CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)平衡正向移动，使得二氧化碳和氢气的物质的量减小，副反应中反应物的量减少，平衡逆向移动。(4)增加氨碳比，氨气的转化率降低，根据图3，曲线b表示NH3转化率；曲线c表示尿素在平衡体系中的体积分数变化曲线，M点对应的2，则加入的CO2为1 mol，NH3为2 mol，平衡时CO2和NH3的转化率均为80%。CO2(g)2NH3(g)CO(NH2)2(g)H2O(g)起始/mol 1 2 0 0反应/mol 0.8 1.6 0.8 0.8平衡/mol 0.2 0.4 0.8 0.8则M点的平衡常数K20；尿素在平衡体系中的体积分数等于物质的量分数，则y100%36.4%。
