1、高考资源网（） 您身边的高考专家高考真题汇编对应学生用书P95一、选择题1(2018全国卷)最近我国科学家设计了一种CO2H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如下图所示，其中电极分别为ZnO石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：EDTAFe2e=EDTAFe32EDTAFe3H2S=2HS2EDTAFe2该装置工作时，下列叙述错误的是()A阴极的电极反应：CO22H2e=COH2OB协同转化总反应：CO2H2S=COH2OSC石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的低D若采用Fe3/Fe2取代EDTAFe3/EDTAFe2，溶液需为酸性答案C解析C
2、O2在ZnO石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为CO22H2e=COH2O，A正确；根据石墨烯电极上发生的电极反应可知2即得到H2S2e=2HS，然后与阴极电极反应式相加得总反应式为CO2H2S=COH2OS，B正确；石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO石墨烯电极上的高，C错误；由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3/Fe2取代EDTAFe3/EDTAFe2，溶液需为酸性，D正确。2(2018全国卷)我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的NaCO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电
3、极材料，电池的总反应为：3CO24Na2Na2CO3C。下列说法错误的是()A放电时，ClO向负极移动B充电时释放CO2，放电时吸收CO2C放电时，正极反应为：3CO24e=2COCD充电时，正极反应为：Nae=Na答案D解析放电时是原电池，ClO向负极移动，A正确；电池的总反应为3CO24Na2Na2CO3C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO24e=2COC，C正确；充电时是电解池，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2COC4e=3CO2，D错误。3(2018全国卷)一种可充电锂空气电池如
4、图所示。当电池放电时，O2与Li在多孔碳材料电极处生成Li2O2x(x0或1)。下列说法正确的是()A放电时，多孔碳材料电极为负极B放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C充电时，电解质溶液中Li向多孔碳材料区迁移D充电时，电池总反应为Li2O2x=2Li1O2答案D解析放电时，O2与Li在多孔碳材料电极处发生得电子的还原反应，所以多孔碳材料电极为正极，A错误。因为多孔碳材料电极为正极，外电路电子应该由锂电极流向多孔碳材料电极(由负极流向正极)，B错误。充电和放电时电池中离子的移动方向相反，放电时，Li向多孔碳材料电极移动，充电时向锂电极移动，C错误。根据图示和上述分析，可知放电时，电池
5、的正极反应是O2与Li得电子转化为Li2O2x，电池的负极反应是单质Li失电子转化为Li，所以总反应为：2LiO2=Li2O2x，充电时的反应与放电时的反应相反，所以充电时，电池总反应为Li2O2x=2LiO2，D正确。4(2018全国卷)用0100 molL1 AgNO3滴定500 mL 00500 molL1 Cl溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()A根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为1010B曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)C相同实验条件下，若改为00400 molL1 Cl，反应终点c移到aD相同实验条件下，若改为00500 m
6、olL1 Br，反应终点c向b方向移动答案C解析选取横坐标为50 mL的点，此时向50 mL 00500 molL1的Cl溶液中，加入了50 mL 0100 molL1的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag浓度为0025 molL1(按照银离子和氯离子11的比例沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍)，由图示得到此时Cl的浓度约为1108 molL1(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为0025108251010，所以其数量级为1010，A正确。由于Ksp(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以曲线上各点的溶液均满足c(Ag)c(Cl
7、)Ksp(AgCl)，B正确。滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50 mL 00500 molL1的Cl溶液改为50 mL 00400 molL1的Cl溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的08倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的08倍，因此应该由c点的25 mL变为25 mL0820 mL，而a点对应的是15 mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度逐渐减小，所以Ksp(AgCl)大于Ksp(AgBr)，将50 mL 00500 molL1的Cl溶液改为50 mL 00500 molL1的Br溶液，这是将溶液中的氯离子换为等
8、物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是按比例11沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由点c向b方向移动，D正确。5(2018北京高考)我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下。下列说法不正确的是()A生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%BCH4CH3COOH过程中，有CH键发生断裂C放出能量并形成了CC键D该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率答案D解析根据图示可知，CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4CO2C
9、H3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A正确；CH4在过程中，有1个CH键发生断裂，B正确；根据图示，的总能量高于的总能量，放出能量，对比和，形成CC键，C正确；催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D错误。6(2018天津高考)下列叙述正确的是()A某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小B铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C反应活化能越高，该反应越易进行D不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3答案B解析根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A的水解越强，应该是NaA的Kh(水
10、解常数)越大，A错误。铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀，B正确。反应的活化能越高，该反应进行的应该是越困难(可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高，“翻越”越困难)，C错误。红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团不同，所以可以用红外光谱区分，D错误。7(2018北京高考)测定01 molL1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/25304025pH966952937925实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多
11、。下列说法不正确的是()ANa2SO3溶液中存在水解平衡：SOH2OHSOOHB的pH与不同，是由于SO浓度减小造成的C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的Kw值相等答案C解析Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO存在水解平衡：SOH2OHSOOH、HSOH2OH2SO3OH，A正确；取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4 ，与温度相同，与对比，SO浓度减小，的pH小于，即的pH与不同，是由于SO浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，的过程升高温度，SO水解平衡正向移动，c(SO)减小，水解平衡
12、逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C错误；D项，Kw只与温度有关，与温度相同，Kw值相等。8(2017全国卷)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()AKa2(H2X)的数量级为106B曲线N表示pH与lg的变化关系CNaHX溶液中c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)c(H)答案D解析由H2XHHX可知：Ka1，则c(H)，等式两边同取负对数可得：pH1lg Ka1lg。同理，由HXHX2可得：pH2lg Ka2lg。因1Ka1Ka2，则lg Ka1lg Ka2
13、。当lglg时，有pH1pH2，故曲线N表示pH与lg的变化关系，曲线M表示pH与lg的变化关系，B项正确。由曲线M可知，当pH48时，lg06，由pH2lg Ka2lg可得：lg Ka2064854，Ka210541006106，故Ka2的数量级为106，A项正确。NaHX溶液中，1，则lg0，此时溶液pH54，溶液呈酸性，所以c(H)c(OH)，C项正确。由以上分析可知，当lg 0，即c(X2)c(HX)时溶液呈酸性，故当溶液呈中性时，c(Na2X)c(NaHX)，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na)c(X2)c(HX)c(OH)c(H)，D项错误。9(2017全国卷)在湿法炼锌的电解循环
14、溶液中，较高浓度的Cl会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是()AKsp(CuCl)的数量级为107B除Cl反应为CuCu22Cl=2CuClC加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好D2Cu=Cu2Cu平衡常数很大，反应趋于完全答案C解析A对：当lg0时，lg约为7，即c(Cl)1 molL1，c(Cu)107 molL1，因此Ksp(CuCl)的数量级为107。B对：分析生成物CuCl的化合价可知，Cl元素的化合价没有发生变化，Cu元素由0价和2价均变为1价，因此参加该反应的微粒
15、为Cu、Cu2和Cl，生成物为CuCl，则反应的离子方程式为CuCu22Cl=2CuCl。C错：铜为固体，用量改变平衡不移动，即Cu的量对除Cl效果无影响。D对：2Cu=Cu2Cu的平衡常数K，可取图像中的c(Cu)c(Cu2)1106 molL1代入平衡常数的表达式中计算，即为K1106 Lmol1，因此平衡常数很大，反应趋于完全。10(2017全国卷)用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是()A待加工铝质工件为阳极B可选用不锈钢网作为阴极C阴极的电极反应式为Al33e=AlD硫酸根离子在电解过程中向阳极移动答案
16、C解析C错：阴极发生的电极反应为2H2e=H2。11(2017全国卷)全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为16LixS8=8Li2Sx(2x8)。下列说法错误的是()A电池工作时，正极可发生反应：2Li2S62Li2e=3Li2S4B电池工作时，外电路中流过002 mol电子，负极材料减重014 gC石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多答案D解析A对：原电池工作时，Li向正极移动，则a为正极，正极上发生还原反应，a极发生的电极反应有S82Li2e=Li2S8、3Li2S82Li2e=4L
17、i2S6、2Li2S62Li2e=3Li2S4、Li2S42Li2e=2Li2S2等。B对：电池工作时，外电路中流过002 mol电子时，氧化Li的物质的量为002 mol，质量为014 g。C对：石墨烯能导电，利用石墨烯作电极，可提高电极a的导电性。D错：电池充电时电极a发生反应：2Li2S22e= Li2S42Li等，充电时间越长，电池中Li2S2的量越少。12(2017天津高考)常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)4CO(g)Ni(CO)4(g)。230 时，该反应的平衡常数K2105。已知：Ni(CO)4的沸点为422 ，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni
18、(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 制得高纯镍。下列判断正确的是()A增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B第一阶段，在30 和50 两者之间选择反应温度，选50 C第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)44v生成(CO)答案B解析A错：增加c(CO)，平衡正向移动，温度不变，反应的平衡常数不变。B对：第一阶段，生成的Ni(CO)4是气态，应选择高于其沸点的反应温度，故选50 。C错：230 时，化学平衡常数K2105，有利于反应逆向进行，Ni(CO)4分解率较高。D错：反应达到平衡时，4v生成Ni(CO)4v生成
19、(CO)。13(2016全国卷)298 K时，在200 mL 010 molL1氨水中滴入010 molL1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知010 molL1氨水的电离度为132%，下列有关叙述正确的是()A该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂BM点对应的盐酸体积为200 mLCM点处的溶液中c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)DN点处的溶液中pHc(H)c(OH)，C错误；N点对应的溶液为氨水，c(OH)010 molL1132%132103 molL1，c(H) molL1，pH11lg 1321D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变答案D解析温
20、度不变时，CH3COOH的电离平衡常数Ka是不变的，加水时c(CH3COO)变小，应变大，A错误；CH3COOH2OCH3COOHOH的平衡常数K，升温，K增大，减小，B错误；根据电荷守恒得c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，溶液呈中性时c(H)c(OH)，则c(NH)c(Cl)，1，C错误；向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，温度不变，Ksp(AgCl)、Ksp(AgBr)均不变，则不变，D正确。15(2016天津高考)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为01 molL1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是()A三种酸的电离常
21、数关系：KHAKHBKHDB滴定至P点时，溶液中：c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH)CpH7时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D)D当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)c(H)答案C解析浓度均为01 molL1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同，pH越小，则酸的电离常数越大，A正确；滴定至P点时，所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液，溶液显酸性，说明HB的电离程度强于B的水解程度，故c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH)，B正确；pH7时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D)，C错误；根据质子守恒知，D正确。
22、16(2016海南高考)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)，下列数值变小的是()Ac(CO) Bc(Mg2)Cc(H) DKsp(MgCO3)答案A解析含有MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2(aq)CO(aq)，加入少量浓盐酸后，H和CO反应，促使MgCO3的溶解平衡向右移动，c(Mg2)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，在该过程中不变，c(CO)，则c(CO)减小。17(2016海南高考)(双选)由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示。下列说法正确的是()A由XY反应的HE5E2B由XZ反应的H0C降低压强有利于提高Y的产率D升高温度有
23、利于提高Z的产率答案BC解析根据能量变化图可知，XY的热化学方程式为2X(g)=3Y(g)HE3E2；反应后气体体积增大，降低压强，平衡正向移动，Y的产率升高，A项错误，C项正确；XZ的热化学方程式为2X(g)=Z(g)HE1E2v(第二步反应)B反应的中间产物只有NO3C第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D第三步反应活化能较高答案(1)O2(2)53130060102大于温度提高，体积不变，总压强提高；NO2生成N2O4为放热反应，温度提高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高134(3)AC解析(1)氯气在反应中得到电子作氧化剂，硝酸银中只有氧元素化合价会升高，所以氧化产物是氧气，分
24、子式为O2。(2)已知：2N2O5(g)=2N2O4(g)O2(g)H144 kJmol12NO2(g)=N2O4(g)H2553 kJmol1根据盖斯定律可知2即得到N2O5(g)=2NO2(g)O2(g)HH2531 kJmol1。根据方程式可知生成氧气与消耗N2O5的物质的量之比是12，又因为压强之比等于物质的量之比，所以消耗N2O5的压强是29 kPa258 kPa，则此时N2O5的压强是358 kPa58 kPa300 kPa，因此此时反应速率v2010330(kPamin1)60102(kPamin1)。由于温度升高，容器体积不变，总压强提高，且NO2生成N2O4为放热反应，温度提
25、高，平衡左移，体系物质的量增加，总压强提高，所以若提高反应温度至35 ，则N2O5(g)完全分解后体系压强p(35 )大于631 kPa。根据表中数据可知N2O5完全分解时的压强是631 kPa，根据方程式可知完全分解时最初生成的NO2的压强是358 kPa2716 kPa，O2是358 kPa2179 kPa，总压强应该是716 kPa179 kPa895 kPa，平衡后压强减少了895 kPa631 kPa264 kPa，所以根据方程式2NO2(g)N2O4(g)可知平衡时N2O4对应的压强是264 kPa，NO2对应的压强是716 kPa264 kPa2188 kPa，则反应的平衡常数K
26、p kPa134 kPa。(3)第一步反应快速平衡，所以第一步的逆反应速率大于第二步的反应速率，A正确；根据第二步和第三步可知中间产物还有NO，B错误；根据第二步反应生成物中有NO2可知NO2与NO3的碰撞仅部分有效，C正确；第三步为快反应，所以第三步反应的活化能较低，D错误。 19(2018全国卷)CH4CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：(1)CH4CO2催化重整反应为：CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g)。已知：C(s)2H2(g)=CH4(g)H75 kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g)H394 kJmol
27、1C(s)O2(g)=CO(g)H111 kJmol1该催化重整反应的H_kJmol1。有利于提高CH4平衡转化率的条件是_(填标号)。A高温低压 B低温高压C高温高压 D低温低压某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4、1 mol CO2以及催化剂进行重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，其平衡常数为_mol2L2。(2)反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)=C(s)2H2(g)消碳反应CO2(g)C(s)=2CO(g)H/(kJmol1)75172活化能/(kJmol1)催化剂X3391催化剂Y437
28、2由上表判断，催化剂X_Y(填“优于”或“劣于”)，理由是_。在反应进料气组成、压强及反应时间相同的情况下，某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系如右图所示。升高温度时，下列关于积碳反应、消碳反应的平衡常数(K)和速率(v)的叙述正确的是_(填标号)。AK积、K消均增加Bv积减小，v消增加CK积减小，K消增加Dv消增加的倍数比v积增加的倍数大在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为vkp(CH4)p(CO2)05(k为速率常数)。在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为_。答案(1)247A
29、(2)劣于相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大ADpc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)解析(1)已知：C(s)2H2(g)=CH4(g)H75 kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g)H394 kJmol1C(s)O2(g)=CO(g)H111 kJmol1根据盖斯定律可知2即得到CH4CO2催化重整反应CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g)的H247 kJmol1。正反应是体积增大的吸热反应，所以有利于提高CH4平衡转化率的条件是高温低压，答案选A；某温度下，在体积为2 L的容器中加入2 mol CH4
30、、1 mol CO2以及催化剂进行催化重整反应，达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式可知 CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g) 1 05 0 0 025 025 05 05 075 025 05 05所以平衡常数为 mol2L2 mol2L2。(2)根据表中数据可知相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，所以催化剂X劣于Y。正反应均是吸热反应，升高温度平衡向正反应方向进行，因此K积、K消均增加，A正确，C错误；升高温度反应速率均增大，B错误；积碳量达到最大值以后再升高温度积碳量降低，这说明v消增加的倍数比v积增
31、加的倍数大，D正确。根据反应速率方程式可知在p(CH4)一定时，生成速率随p(CO2)的升高而降低，根据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的顺序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。20(2018全国卷)KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：(1)KIO3的化学名称是_。(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是_。“滤液”中的溶质主要是_。“调pH”中发生反应的化学方程式为_。(3)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所
32、示。写出电解时阴极的电极反应式：_。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_(写出一点)。答案(1)碘酸钾(2)加热KClKH(IO3)2KOH=2KIO3H2O(或HIO3KOH=KIO3H2O)(3)2H2O2e=2OHH2Ka到b产生Cl2易污染环境解析(1)根据氯酸钾(KClO3)可以推测KIO3为碘酸钾。(2)将溶解在溶液中的气体排出的一般方法是将溶液加热，原因是气体的溶解度随温度上升而减小。第一步反应得到的产品中的氯气在“逐Cl2”时除去，根据图示，碘酸钾在最后得到，所以过滤时KH(IO3)2在滤渣中，所以滤
33、液中的溶质主要为KCl。“调pH”的主要目的是将KH(IO3)2转化为KIO3，所以方程式为：KH(IO3)2KOH=2KIO3H2O(或HIO3KOH=KIO3H2O)。(3)由图可知，阴极为氢氧化钾溶液，所以反应为水电离出的氢离子得电子，反应为2H2O2e=2OHH2。电解时，溶液中的阳离子应该向阴极迁移，明显是溶液中大量存在的钾离子迁移，方向为由左向右，即由a到b。KClO3氧化法的最大不足之处在于生产中会产生污染环境的氯气。21(2018北京高考)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：(1)反应：2H2SO4(l)=2SO2(g)2H2O(g)O2
34、(g)H1551 kJmol1反应：S(s)O2(g)=SO2(g)H3297 kJmol1反应的热化学方程式：_。(2)对反应，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2_p1(填“”或“”)，得出该结论的理由是_。(3)I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将补充完整。SO24I4H=S2I22H2OI22H2O_=_2I(4)探究、反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶液加入到2 mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：I2易溶解在KI溶液中)序号ABCD试剂组成04 mol
35、L1 KIa molL1 KI02 molL1 H2SO402 molL1 H2SO402 molL1 KI00002 mol I2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快B是A的对比实验，则a_。比较A、B、C，可得出的结论是_。实验表明，SO2的歧化反应速率DA，结合、反应速率解释原因：_。答案(1)3SO2(g)2H2O(g)=2H2SO4(l)S(s)H2254 kJmol1(2)反应是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量
36、分数增大(3)SO2SO4H(4)04I是SO2歧化反应的催化剂，H单独存在时不具有催化作用，但H可以加快歧化反应速率反应比快；D中由反应产生的H使反应加快解析(1)根据过程，反应为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO22H2O=2H2SO4S。应用盖斯定律，反应反应得，2H2SO4(l)S(s)=3SO2(g)2H2O(g)HH1H3(551 kJmol1)(297 kJmol1)254 kJmol1，则反应的热化学方程式为3SO2(g)2H2O(g)=2H2SO4(l)S(s)H254 kJmol1。(2)在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质
37、的量分数大于p1时；反应是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大，则p2p1。(3)反应的总反应为3SO22H2O=2H2SO4S，I可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，(总反应反应)2得反应的离子方程式为I22H2OSO2=4HSO2I。(4)B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了02 molL1 H2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a04。对比A与B，加入H可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论
38、是：I是SO2歧化反应的催化剂，H单独存在时不具有催化作用，但H可以加快歧化反应速率。对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应消耗H和I，反应中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快”，反应速率DA，由此可见，反应比反应速率快，反应产生H使c(H)增大，从而使反应加快。22(2018天津高考)CO2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)21，溶液pH_。(室温下，H2CO3的K14107；K251011)(2)C
39、O2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CHC=OHHCO(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CH4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
40、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：_。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)3解析(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子(CO)。若所得溶液c(HCO)c(CO)21，则根据第二步电离平衡常数K251011，所以氢离
41、子浓度为11010 mol/L，pH10。(2)化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(44132745) kJmol1(210752436) kJmol1120 kJmol1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大(气体物质的量增加)；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。根据图1得到，900 时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900 为反应最佳温度。(3)明显电池的负
42、极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3，方程式为：Al3e=Al3(或2Al6e=2Al3)。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将正、负极反应式加和得到总反应为：2Al6CO2=Al2(C2O4)3。23(2017全国卷)近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：(1)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是_(填标号)。A氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以B氢硫酸的导电能力低于相同浓度的
43、亚硫酸C010 molL1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为45和21D氢硫酸的还原性强于亚硫酸(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。通过计算，可知系统()和系统()制氢的热化学方程式分别为_、_，制得等量H2所需能量较少的是_。(3)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)CO2(g)COS(g) H2O(g)。在610 K时，将010 mol CO2与040 mol H2S充入25 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为002。H2S的平衡转化率1_%，反应平衡常数K_。在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为003，H2S的转化率2_1，该
44、反应的H_0。(填“”“B解析(1)A能：氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应，说明酸性：H2SH2CO3；而亚硫酸能，则说明酸性：H2SO3H2CO3。B能：相同浓度时导电能力越强，说明溶液中离子浓度越大，酸的电离程度越大，故可判断酸性：H2SH2SO3。C能：pH：H2SH2SO3，则c(H)：H2SH2SO3，故酸性：H2SH2SO3。D不能：还原性的强弱与酸的强弱无必然联系。(2)将题干中的四个热化学方程式分别编号为，根据盖斯定律，将可得系统()中的热化学方程式：H2O(l)=H2(g)O2(g)HH1H2H3327 kJmol1151 kJmol1110 kJmol1286 kJmol1
45、同理，将可得系统()中的热化学方程式：H2S(g)=H2(g)S(s)HH2H3H4151 kJmol1110 kJmol161 kJmol120 kJmol1由所得两热化学方程式可知，制得等量H2所需能量较少的是系统()。(3)解：设平衡时H2S转化的物质的量为x。H2S(g)CO2(g)COS(g)H2O(g)初始/mol040 010 0 0转化/molx x x x平衡/mol040x 010x x x由题意得：002解得：x001 molH2S的平衡转化率1100%25%。K28103。温度升高，水的平衡物质的量分数增大，平衡右移，则H2S的转化率增大，故21。温度升高，平衡向吸热反
46、应方向移动，故H0。A项，充入H2S，H2S的转化率反而减小。B项，充入CO2，增大了一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，故H2S的转化率增大。C项，充入COS，平衡左移，H2S的转化率减小。D项，充入N2，对平衡无影响，不改变H2S的转化率。24(2017北京高考)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸点/58136181(升华)3161412熔点/6925193304714在TiCl4中的溶解性互溶微溶难溶(1)氯化
47、过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。已知：TiO2(s)2Cl2(g)=TiCl4(g)O2(g)H11754 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H22209 kJmol1沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：_。氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据下图判断：CO2生成CO反应的H_0(填“”“”或“”)，判断依据：_。氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是_。氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_。(2)精制过程：粗TiC
48、l4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：物质a是_，T2应控制在_。答案(1)TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)=TiCl4(g)2CO(g)H455 kJmol1随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液MgCl2、AlCl3、FeCl3(2)SiCl4高于136 ，低于181 解析(1)钛精矿的主要成分是TiO2，在沸腾炉中加碳氯化时生成TiCl4(g)和CO(g)的反应为TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(g)2CO(g)。将题给两个已知热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由可得TiO2(s)2C(s)2Cl2(g)
49、=TiCl4(g)2CO(g)，则有H(1754 kJmol1)(2209 kJmol1)455 kJmol1。由图可知，随着温度升高，n(CO)逐渐增大、n(CO2)逐渐减小，说明升高温度，平衡CO2C2CO正向移动，该反应的正反应为吸热反应，则该反应的H0。氯化反应的尾气中含有HCl和Cl2，经吸收得到粗盐酸、FeCl3溶液，可用水吸收HCl得到粗盐酸，用FeCl2溶液吸收Cl2得到FeCl3溶液，最后用NaOH溶液吸收未被吸收的HCl和Cl2，防止污染环境，故尾气吸收液依次为水、FeCl2溶液、NaOH溶液。由TiCl4及所含杂质氯化物的性质表格数据可知，氯化产物冷却至室温，AlCl3、
50、FeCl3和MgCl2均变成沉淀，SiCl4和TiCl4溶在溶液中，故过滤所得滤渣中含有AlCl3、FeCl3和MgCl2。(2)粗TiCl4中含有SiCl4，由于TiCl4的沸点高于SiCl4，故经过蒸馏塔一进行蒸馏后可除去SiCl4，物质a为SiCl4。经蒸馏塔二进行蒸馏后得到纯TiCl4，而使其他杂质留在物质b中，故T2应控制在136181 。25(2017天津高考)H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2SFe2(SO4)3=S2FeSO4H2SO44FeSO4O22
51、H2SO42Fe2(SO4)32H2O(1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5105倍，该菌的作用是_。(2)由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为_。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_。方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S(3)随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)4时，氧化产物的分子式为_。SO2的除去方法1(双碱法)：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液(4)写出过程的离子方程式：_；CaO在水中存在如下转化：CaO(s)H2O(l)=Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2
52、OH(aq)从平衡移动的角度，简述过程NaOH再生的原理_。方法2：用氨水除去SO2(5)已知25 ，NH3H2O的Kb18105，H2SO3的Ka113102，Ka262108。若氨水的浓度为20 molL1，溶液中的c(OH)_molL1。将SO2通入该氨水中，当c(OH)降至10107 molL1时，溶液中的c(SO)/c(HSO)_。答案(1)降低反应活化能(或作催化剂)(2)30 、pH20蛋白质变性(或硫杆菌失去活性)(3)H2SO4(4)2OHSO2=SOH2OSO与Ca2生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成(5)60103062解析(1)硫杆菌的使用大大加快了反应
53、速率，则硫杆菌的作用是降低反应活化能(或作催化剂)。(2)使用硫杆菌的最佳条件，即Fe2被氧化的速率最大的条件。硫杆菌属于蛋白质，蛋白质在高温下会变性失活。(3)H2O2中O元素的化合价从1降低为2，n(H2O2)/n(H2S)4时，化合价升高总数为8，则H2S中S元素的化合价从2升高到6。(4)SO2和NaOH反应的产物是Na2SO3，反应的离子方程式为SO22OH=SOH2O。该NaOH再生过程是可逆过程，Ca2与SO生成的CaSO3难溶于水，Ca2浓度减小会使平衡向右移动，增大OH浓度。(5)NH3H2O发生电离：NH3H2ONHOH。Kbc(NH)。在溶液中可近似看作c(OH)c(NH)，则c(OH)molL160103 molL1。在25 的电解质溶液中，c(H)c(OH)101014，已知c(OH)10107 molL1，可得c(H)10107 molL1。H2SO3发生两步电离：H2SO3HSOHHSOSOHKa2c(SO)则062。高考资源网版权所有，侵权必究！
