1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。模块素养评价(第13章)(90分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。)1下列关于能源和作为能源的物质叙述错误的是()A化石能源物质内部蕴含着大量的能量B绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来C物质的化学能可以在不同的条件下转化为热能、电能被人类利用D吸热反应没有利用价值【解析】选D。大多数分解反应是吸热反应，某些吸热反应如由焦炭制水煤气等是可以被人类利用的反应。2(2021合肥高二检测)N2O和C
2、O是环境污染性气体，可在Pt2O表面转化为无害气体，其反应原理为N2O(g) CO(g) CO2(g) N2(g)H，有关化学反应的物质变化过程及能量变化过程如图。下列说法不正确的是()AH H1 H2BH 226 kJmol1C该反应正反应的活化能小于逆反应的活化能D为了实现转化需不断向反应器中补充 Pt2O和 Pt2O【解析】选D。N2OPt2O=Pt2ON2H1，Pt2OCO=Pt2OCO2H2，结合盖斯定律计算得到N2O(g)CO(g) CO2(g)N2(g)HH1H2，A正确；图示分析可知，反应物能量高于生成物，反应为放热反应，反应焓变H134 kJmol1360 kJmol1226
3、 kJmol1，B正确；正反应反应活化能E1134 kJmol1小于逆反应活化能E2360 kJmol1，C正确；N2OPt2O=Pt2ON2H1，Pt2OCO=Pt2OCO2H2，反应过程中Pt2O和Pt2O 参与反应后又生成不需要补充，D错误。3欲在金属表面镀银，应把镀件接在电镀池的阴极。下列各组中，选用的阳极金属和电镀液均正确的是()AAg和AgCl溶液BAg和AgNO3溶液CFe和AgNO3溶液DPt和Ag2SO4溶液【解析】选B。电镀槽中，要求镀件作阴极，可用镀层金属作阳极，电镀液通常采用含有镀层金属离子的盐溶液，A项中AgCl和D项中Ag2SO4均为沉淀，只有B项符合要求。【加固训
4、练】1(2021曲靖高二检测)某电池的工作原理如图甲所示，同时利用此装置的电能在铁上镀铜(如图乙)，下列说法不正确的是()A电池工作时，a是正极，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.65 gB电子从Zn极流出，流入Fe极，经过盐桥回到Zn极C当电池电极提供1 mol电子时，则理论上图乙铁电极增重32 gD烧杯a中发生反应O22H2O4e=4OH，溶液pH升高【解析】选B。A.由电池工作原理如图甲电子的移动方向可知，b为负极失电子发生氧化反应，电极反应为Zn2e=Zn2，所以外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.65 g，A正确；B.电子从负极流出，经过外电路流入正极，
5、所以电子不会经过盐桥，B错误；C.利用此装置的电能在铁上镀铜，在铁电极上会析出金属铜，当电池电极提供1 mol电子时，则理论上铁电极增重32 g，C正确；D.a是正极，发生还原反应，电极反应为O22H2O4e=4OH，溶液pH升高，故D正确。2用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是()A通电后阴极区附近溶液pH会增大B阳极反应式为4OH4e=2H2OO2C纯净的KOH溶液从b出口导出DK通过交换膜从阴极区移向阳极区【解析】选D。阴极的反应是2H2e=H2，氢离子来自水的电离，所以剩余了水电离的氢氧根离子，溶液的pH升高， A正确；阳极是溶液中
6、的氢氧根离子失电子，反应为4OH4e=2H2OO2，B正确；左侧溶液中氢氧根离子转化为氧气，多余的钾离子透过阳离子交换膜进入右侧；右侧水电离的氢离子转化为氢气，剩余大量水电离的氢氧根离子，加上透过交换膜过来的钾离子，使右侧溶液中氢氧化钾的浓度增大，所以纯净的KOH溶液从b出口导出， C正确；阳离子应该向阴极移动，所以K通过交换膜从阳极区移向阴极区，D错误。4.(2021邯郸高二检测)全世界每年钢铁因锈蚀造成大量的损失。某城拟用如图方法保护埋在酸性土壤中的钢质管道，使其免受腐蚀。关于此方法，下列说法不正确的是()A土壤中的钢铁易被腐蚀是因为在潮湿的土壤中形成了原电池B金属棒X的材料应该是比镁活泼
7、的金属C金属棒X上发生反应：Mne=MnD这种方法称为牺牲阳极保护法【解析】选B。潮湿的土壤中有水和氧气，形成原电池环境，钢铁易被腐蚀，A项正确；只要金属棒X的材料比铁活泼即可，金属X与铁在形成原电池时，X就作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，B项错误；金属棒X作负极，发生氧化反应，电极反应式为Mne=Mn，C项正确；牺牲阳极保护法实质上是牺牲了原电池的负极，保护了原电池的正极，D项正确。5(2021沈阳高二检测)已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO，氧化性：HClOCl2Br2Fe3I2。下列有关离子反应或离子方程式或化学方程式的叙述中，正确的是()A向含有相等物质的量的HCO、ClO、C
8、O溶液中，逐滴加入稀盐酸，反应由前到后顺序为HCO、ClO、COB向含有0.4 mol FeI2的溶液中通入0.3 mol Cl2充分反应：4Fe22I3Cl2=4Fe36ClI2C向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：ClOCO2H2O=HClOHCOD向FeBr2溶液中滴加少量氯水，再加入CCl4溶液振荡，静置，有机层呈橙色【解析】选C。电离平衡常数：H2CO3HClOHCO，结合质子能力HCOClOc平(Na)c平(OH)C水的电离程度：cbaD当混合溶液呈中性时，c平(Na)c平(CH3COO)c平(H)c平(OH)【解析】选A。该温度下，1.0 L c molL1CH3CO
9、OH溶液与0.1 mol NaOH固体混合溶液的pH4.3，醋酸的电离平衡常数Ka molL1 molL1 molL1 molL1，A错误；a点溶液的pH3.1，是加入醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c平(CH3COO)c平(Na)，醋酸的电离程度较小，则c平(CH3COOH)c平(Na)c平(OH)，B正确；b以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越强，水的电离程度越小，a点加入醋酸，水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度：cba，C正确；当混合溶液呈中性时，c平(H)c平(OH)，根据电荷守恒有c平(Na)c平(CH3COO)，则c平(Na)c平(CH3COO)c平
10、(H)c平(OH), D正确。【加固训练】(2020全国卷)以酚酞为指示剂，用0.100 0 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。比如A2的分布系数：(A2)下列叙述正确的是()A曲线代表(H2A)，曲线代表(HA)BH2A溶液的浓度为0.200 0 molL1CHA的电离常数Ka1.0102D滴定终点时，溶液中c(Na)C点所示溶液中：c平(Na)c平(CH3COO)c平(H)c平(OH)D该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂【解析】选B。在滴定过程中，溶液中离子电荷始终守恒，点所示溶
11、液为等物质的量的醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中离子电荷守恒的关系式为c平(CH3COO)c平(OH)c平(Na)c平(H)，此时溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，则CH3COOH的浓度小于Na，故A错误；点pH7时，水电离的氢离子浓度为1107 molL1，点所示溶液恰好完全反应，溶质为CH3COONa，促进了水的电离，故B正确；pH7时，溶液呈中性，c平(H)c平(OH)，根据电荷守恒，c平(CH3COO)c平(OH)c平(Na)c平(H)，c平(Na)c平(CH3COO)，则c平(Na)c平(CH3COO)c平(H)c平(OH)，故C错误；滴定终点时，溶质
12、为CH3COONa，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液显碱性，溶液由酸性变为碱性，应选用酚酞溶液作为指示剂，故D错误。1225 CaCO3固体溶于水达到饱和时物质的量浓度是9.327105 molL1，则CaCO3在该温度下的Ksp为()A9.3105 molL1B9.7109 mol2L2 C7.61017 mol4L4 D8.7109 mol2L2【解析】选D。CaCO3饱和溶液中c平(Ca2)c平(CO)9.327105 molL1，Kspc平(Ca2)c平(CO)9.327105 molL19.327105 molL18.7109 mol2L2。13(2021南充高二检测)酸在溶剂中的电
13、离是酸中的H转移给溶剂分子，如HClH2O=H3OCl。已知H2SO4和HNO3在冰醋酸中的电离平衡常数为Ka1(H2SO4)6109，Ka(HNO3)41010。下列说法中正确的是()AH2SO4在冰醋酸中电离方程式为H2SO42CH3COOH=SO2CH3COOHB浓度均为0.1 molL1的H2SO4和HNO3在冰醋酸中pH为H2SO4HNO3CH2SO4的冰醋酸溶液中有：c(CH3COOH)c(HSO)2c(SO)c(CH3COO)D向HNO3的冰醋酸溶液中加冰醋酸，减小【解析】选C。根据电离平衡常数知，冰醋酸中H2SO4发生部分电离，分步电离以第一步电离为主，则冰醋酸中H2SO4的电
14、离方程式：H2SO4CH3COOHHSOCH3COOH，A错误；在冰醋酸中的酸的电离平衡常数越大，电离出的氢离子浓度越大，pH越小，硫酸的电离常数大，所以H2SO4中氢离子浓度大，则pH(H2SO4)pH(HNO3)，B错误；H2SO4在冰醋酸中发生电离，根据电荷守恒c(CH3COOH)c(HSO)2c(SO)c(CH3COO)，C正确；向HNO3的冰醋酸溶液中加入冰醋酸，溶液的体积增大，则c(NO)减小，电离常数为是常数，所以增大，D错误。14在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量04.0 mL，保持溶
15、液总体积为100.0 mL，记录获得相同体积(336 mL)的气体所需时间，实验结果如图所示(气体体积均转化为标准状况下)。据图分析，下列说法不正确的是()A饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气Ba、c两点对应的氢气生成速率相等Cb点对应的反应速率为v(H2SO4)1.0102 molL1s1Dd点没有构成原电池，反应速率减慢【解析】选C、D。根据图象可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；b点收集336 mL氢气用时150 s，336 mL氢气的物质的量为0.015 m
16、ol，消耗硫酸0.015 mol，则b点对应的反应速率为v(H2SO4)0.015 mol0.1 L150 s1.0103 molL1s1，C项错误；d点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误。15(2020山东等级考)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO的溶液为例)。下列说法错误的是()A负极反应为CH3COO2H2O8e=2CO27HB隔膜1
17、为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C当电路中转移1 mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5 gD电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为12【解析】选B、D。据图可知a极上CH3COO转化为CO2和H，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。a极为负极，CH3COO失电子被氧化成CO2和H，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COO2H2O8e=2CO27H，故A正确；为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；当电路中转移1 mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中
18、会有1 mol Cl移向负极，同时有1 mol Na移向正极，即除去1 mol NaCl，质量为58.5 g，故C正确；b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H2e=H2，所以当转移8 mol电子时，正极产生4 mol气体，根据负极反应式可知负极产生2 mol气体，物质的量之比为4221，故D错误。三、非选择题(本题包括5小题，共60分)16. (12分)(2021北京东城区高二检测)锂电池应用广泛，大致可分为锂金属电池和锂离子电池。锂离子电池工作原理：以石墨/锂钴氧电池为例，其总反应方程式为LiCoO26CLi1xCoO2LixC6试回答下列问题：(1)连接K1、
19、K2时，a作_极。(2)连接K2、K3时，被还原的物质是_。(3)放电时，负极发生反应的电极反应式是_。(4)锂离子电池的电极废料(含LiCoO2)中的金属可回收利用。将电极废料磨碎后用酸浸出，磨碎的目的是_。将电极废料用盐酸浸出，得到含Li、Co2的溶液，并有黄绿色气体生成，则该反应的化学方程式是_。【解析】(1)连接K1、K2时，形成电解池，a连接正极，作阳极。(2)连接K2、K3时，形成原电池，根据反应方程式可知，发生还原反应被还原的物质是Li1xCoO2。(3)放电时，负极发生氧化反应，发生反应的电极反应式是LixC6xe=6CxLi。(4)将电极废料磨碎后用酸浸出，磨碎的目的是增大接
20、触面积，加快反应速率，使浸取更加完全。将电极废料LiCoO2用盐酸浸出，得到含Li、Co2的溶液，并有黄绿色气体即氯气生成，则该反应的化学方程式是2LiCoO28HCl=2LiCl2CoCl2Cl24H2O。答案：(1)阳(2)Li1xCoO2(3)LixC6xe=6CxLi(4)增大接触面积，加快反应速率，使浸取更加完全2LiCoO28HCl=2LiCl2CoCl2Cl24H2O【加固训练】NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。(1)NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式：_。(2)汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：写出该反应的热化学方程式：_。随温度
21、升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_。(3)在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx的排放。当尾气中空气不足时，NOx在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_。当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOx生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO20CaO38SrO56BaO。原因是_，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOx的吸收能力逐渐增强。(4)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下：Pt电极上发生的是_反应(填“氧化”或“还原”)。写出NiO电极的电极反应式：_。【解析】(1)NO2转化为HNO3的化学方程式为3NO2H2O=
22、2HNO3NO。(2)拆开化学键吸收能量，形成化学键释放能量。N2(g)O2(g)=2NO(g)，其H计算方法如下：H945 kJmol1498 kJmol12630 kJmol1183 kJmol1。该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡向正反应方向移动，化学平衡常数增大。(3)NO和CO发生反应生成N2和CO2，其化学方程式为2CO2NON22CO2。分析12MgO20CaO38SrO56BaO的排列顺序，不难发现上述四种氧化物对应金属元素为A族元素，且质子数依次增大，电子层数依次增多，原子半径依次增大，元素的金属性逐渐增强，结合元素周期表的知识，做出合理的解释。(4)由图示可知原电池反应为
23、2NOO2=2NO2，NO为还原剂，O2为氧化剂，O2在Pt电极得电子发生还原反应：O24e=2O2。NO在NiO电极上失电子发生氧化反应：NOO22e=NO2。答案：(1)3NO2H2O=2HNO3NO(2)N2(g)O2(g)=2NO(g)H183 kJmol1增大(3)2CO2NON22CO2根据Mg、Ca、Sr和Ba的质子数，得知它们均为A族元素。同一主族的元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强(4)还原NOO22e=NO217(10分)亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸盐含量(通常以1 kg样品中含SO2的质量计)，某研究小组用“碘氧化还原滴定法”进行测定，
24、实验流程如下：(1)碘标准液应选用_(填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装，加注标准液之前必须对滴定管进行_、洗涤、润洗。(2)锥形瓶内的指示剂为_，判断达到滴定终点的依据是_。(3)下列操作会使测定结果偏大的有()A起始读数时平视，终点读数时俯视B未用标准液润洗滴定管C步骤中用稀盐酸代替稀硫酸(4)若取样品w g，按方案测得消耗0.010 00 molL1I2溶液V mL，则1 kg样品中含SO2的质量是_ g(用含w、V的代数式表示)。【解析】(1)滴定管使用前必须进行验漏、洗涤、润洗等准备工作，碘溶液具有氧化性，只能用酸式滴定管盛装。(2)碘遇淀粉变蓝，用碘水进行滴定时应选择淀粉作为指示剂，
25、待测液变色后半分钟内不变化方达到滴定终点。(3)起始读数时平视，终点读数时俯视，会使标准液体积偏小，最终结果偏小；未用标准液润洗滴定管，会把标准液稀释，消耗标准液体积偏大，最终结果偏大；步骤中用盐酸代替硫酸，生成的SO2气体中混有少量HCl，因SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性，因此混合气体中含有HCl，对实验结果无影响。(4)反应为H2OSOI2=SO2I2H，根据硫原子守恒及化学方程式可得n(SO2)n(SO)n(I2)0.010 00 molL1V103 LV105 mol，因此1 kg样品中含SO2的质量为1 000 g g。答案：(1)酸式验漏(或查漏)(2)淀粉溶液滴最后
26、半滴时，溶液由无色变为浅蓝色，且半分钟内不褪色(3)B(4)18(12分)(2021北京海淀区高二检测)新型冠状病毒不耐高温，过氧乙酸、75%酒精、含氯的消毒剂等均可有效灭活病毒。(1)“84”消毒液是一种常用的消毒剂，其有效成分是_(填化学式)。某学生用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，制作了一种家用环保型消毒液发生器，如图所示。电极c处发生反应的离子方程式依次为2H2O2e=H22OH；_。(2)“84”消毒液工业品中常含有1.5 %3 %的NaOH，其目的一是使平衡_(写出离子方程式)向逆方向移动；二是吸收空气中的_(填化学式)防止消毒液失效。(3)消毒液中氯元素的存在形态与溶液pH的关系如
27、表所示溶液pH95645232主要成分NaClOHClO与NaClO(少量)HClO与Cl2(少量)HClO与Cl2Cl2请你写出pH降低时产生氯气的离子方程式_。【解析】(1)“84”消毒液的有效成分为NaClO；电极c处发生2H2O2e=H22OH，说明c处为电解池的阴极，则d处为阳极，氯离子放电产生氯气，且生成的氯气会浮上来与c处产生的氢氧根反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O。(2)次氯酸为弱酸，所以“84”消毒液中存在水解平衡ClOH2OHClOOH，加入少量NaOH溶液可以使其水解平衡逆向移动；而且NaOH还可以吸收空气中的二氧化碳防止消毒液失效。(
28、3)pH降低时溶液中氢离子浓度增大，酸性环境下次氯酸根和氯离子发生归中反应生成氯气，离子方程式为ClOCl2H=Cl2H2O。答案：(1)NaClOCl22OH=ClClOH2O(2)ClOH2OHClOOHCO2(3)ClOCl2H=Cl2H2O19(12分)(1)碳酸(H2CO3)：K14.3107 molL1，K25.61011 molL1，草酸(H2C2O4)K15.9102 molL1，K26.4105 molL1。0.1 molL1 Na2CO3溶液的pH_(选填“大于”“小于”或“等于”)0.1 molL1 Na2C2O4溶液的pH。 等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的
29、是_。 若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种粒子浓度大小的顺序正确的是_(填字母)。 Ac平(H)c平(HC2O)c平(HCO)c平(CO)Bc平(HCO)c平(HC2O)c平(C2O)c平(CO)Cc平(H)c平(HC2O)c平(C2O)c平(CO)Dc平(H2CO3)c平(HCO)c平(HC2O)c平(CO)(2)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SO2的排放，回答下列方法中的问题。方法1(双碱法)：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生。NaOH溶液Na2SO3溶液写出过程的离子方程式：_； CaO在水中存在如下转化：CaO(s)H2O
30、(l)=Ca(OH)2(s) Ca2(aq)2OH(aq)从平衡移动的角度，简述过程中NaOH再生的原理：_。 方法2：用氨水除去SO2已知25 ，NH3H2O的Kb1.8105 molL1，H2SO3的K11.3102 molL1，K26.2108 molL1。若氨水的浓度为2.0 molL1，溶液中的c平(OH)_molL1。将SO2通入该氨水中，当c平(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的_。 【解析】 (1)根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 molL1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 molL1 Na2C2O4溶液的pH。草酸的酸
31、性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。草酸的两级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，因此溶液中c平(H)c平(HC2O)c平(C2O)c平(HCO)c平(CO)，A、C正确，B、D错误。(2)过程是二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为2OHSO2=SOH2O。过程加入CaO，存在转化过程CaO(s)H2O(l)=Ca(OH)2(s) Ca2(aq)2OH(aq)，因SO与Ca2生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成。NH3H2O的Kb1.8105 molL1，若氨水的浓度为2.0 molL1，由Kb可知，c平(OH)
32、 molL16.0103 molL1。当c平(OH)降至1.0107 molL1时，c平(H)1.0107 molL1，H2SO3的K26.2108 molL1，由K2，可知0.62。答案： (1)大于草酸A、C(2)2OHSO2=SOH2OSO与Ca2生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成6.01030.62【加固训练】研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。(1)25 ，在0.10 molL1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c平(S2)关系如图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。pH13时，溶液中的c平(H2S)c平(HS)_molL1
33、。 某溶液含0.020 molL1 Mn2、0.10 molL1 H2S，当溶液pH_时，Mn2开始沉淀。已知：Ksp(MnS)2.81015 (2)25 ，两种酸的电离平衡常数如下表。Ka1Ka2H2SO31.31026.3108H2CO34.21075.610110.10 molL1 Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。【解析】(1)根据物料守恒：c平(S2)c平(H2S)c平(HS)0.10 molL1，故c平(H2S)c平(HS)0.10 molL1c平(S2)0.10 molL15.7102 molL10.043 molL1。要使Mn2沉淀，需要的c平(S2)最小值为c平(
34、S2) molL11.41013 molL1，再对照图象找出pH5。(2)SO发生水解，生成HSO和OH，HSO再进一步水解生成H2SO3和OH，故离子浓度大小关系为c平(Na)c平(SO)c平(OH)c平(HSO)c平(H)。答案：(1)0.0435(2)c平(Na)c平(SO)c平(OH)c平(HSO)c平(H)20(14分)(2020全国卷节选)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)O2(g) SO3(g)H98 kJmol1。回答下列问题：(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图(a)所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(
35、s)和V2O4(s)的热化学方程式为：_。(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在0.5 MPa、2.5 MPa和5.0 MPa压强下，SO2平衡转化率随温度的变化如图(b)所示。反应在5.0 MPa、550 C时的_，判断的依据是_。影响的因素有_。(3)将组成(物质的量分数)为2m%SO2(g)、m%O2(g)和q%N2(g)的气体通入反应器，在温度t、压强p条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为，则SO3压强为_，平衡常数Kp_(以分压表示，分压总压物质的量分数)。【解析】(1)由题中信息可知：SO2(g)O2(g) SO3
36、(g)H98 kJmol1V2O4(s) SO3(g) V2O5(s)SO2(g)H224 kJmol1V2O4(s) 2SO3(g) 2VOSO4(s)H1399 kJmol1；根据盖斯定律可知，2得2V2O5(s) 2SO2(g) 2VOSO4(s)V2O4(s)，则HH12H2(399 kJmol1)(24 kJmol1)2351 kJmol1，所以该反应的热化学方程式为2V2O5(s) 2SO2(g) 2VOSO4(s) V2O4(s)H351 kJmol1；(2) SO2(g)O2(g) SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因
37、此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，所以，该反应在550 、压强为5.0 MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5 MPa的，因此，p15.0 MPa，由图中数据可知，0.975。影响的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物(SO2和O2)的浓度、温度、压强等。(3)假设原气体的物质的量为100 mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2mmq3mq100，SO2的平衡转化率为，则有下列关系：SO2O2SO3起始量(mol) 2m m 0变化量(mol) 2m m 2m平衡量(mol) 2m(1) m(1)
38、 2m平衡时气体的总物质的量为n(总)2m(1) molm(1) mol2m molq mol，则SO3的物质的量分数为100%100%100%。该反应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)，p(SO2)，p(O2)，在该条件下，SO2(g)O2(g) SO3(g)的Kp。答案：(1)2V2O5(s)2SO2(g) 2VOSO4(s)V2O4(s)H351 kJmol1(2)0.975该反应气体分子数减少，增大压强，提高。5.0 MPa2.5 MPap2，所以p15.0 MPa反应物(SO2和O2)的起始浓度(组成)、温度、压强(3)【加固训练】(2021永安高二检测)用活性炭还原处
39、理氮氧化物，有关反应为C(s)2NO(g) N2(g)CO2(g)。(1)写出上述反应的平衡常数表达式_。(2)在2 L恒容密闭容器中加入足量C与NO发生反应，所得数据如表，回答下列问题。实验编号温度/起始时NO的物质的量/mol平衡时N2的物质的量/mol17000.400.0928000.240.08结合表中数据，判断该反应的H_0(填“”或“”)，理由是_。判断该反应达到平衡的依据是_。A容器内气体密度恒定B容器内各气体浓度恒定C容器内压强恒定D2v正(NO)v逆(N2)(3)700 时，若向2 L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2发生反应：N2(g)CO2(g) C(s)2NO
40、(g)；其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。010 min内的CO2平均反应速率v_。图中A点v(正)_v(逆)(填“”“”或“”)。第10 min时，外界改变的条件可能是_。A加催化剂B增大C的物质的量C减小CO2的物质的量D升温E降温【解析】(2)根据表格数据，列出实验1(700 )的三段式：C(s)2NO(g) N2(g)CO2(g) 0.40 0 0 0.18 0.09 0.09 0.22 0.09 0.09K1，据表格数据，列出实验2(800 )的三段式：C(s)2NO(g) N2(g)CO2(g) 0.24 0 0 0.16 0.08 0.08 0.08
41、 0.08 0.08K21K1；温度升高，K增大，则正反应为吸热反应，H0。该反应气体的总质量是个变量，容器体积不变，所以密度是一个变量，当容器内气体密度恒定时，反应达到平衡状态，故A正确；各组分的浓度不再改变能说明反应达到平衡状态，故B正确；该反应前后气体分子的数目相同，则气体的总物质的量一直不变，根据pVnRT，恒温恒容条件下，压强一直不变，所以容器内压强恒定不能说明反应达到平衡状态，故C错误；2v正(NO)v逆(N2)，此时正反应速率和逆反应速率不相等，应是v正(NO)2v逆(N2)时反应达到平衡状态，故D错误。(3)随着反应进行，n(N2)逐渐减小，n(NO)逐渐增大，10 min内，
42、n(N2)0.2 mol，物质的量变化之比等于化学计量数之比，则n(CO2)0.2 mol，所以v(CO2)0.01 molL1min1。根据图象可知A点反应向正反应方向进行，则v(正)v(逆)。第10 min时，N2、NO物质的量没有发生突变，N2的物质的量逐渐减小，速率比10 min前大；NO物质的量逐渐增大，速率比10 min前大。加催化剂，不会引起物质的量的突变，只会增大反应速率，故A正确；增大C的物质的量，对反应速率没有影响，故B错误；减小CO2的物质的量，反应速率减小，故C错误；升温，反应速率增大，故D正确；降温，反应速率减小，故E错误。答案：(1)K(2)计算700 和800 的平衡常数K1，K2，得K1K2，所以H0AB(3)0.01 molL1min1AD【方法规律】化学图象解题步骤步骤1：究原。根据题目所给信息和图象信息，提取“起点”“拐点”“终点”的纵、横坐标数据，结合相关的化学反应原理，写出可能发生反应的化学方程式或离子方程式。步骤2：整合。在解答这类题目时要注意认真观察、仔细分析图象，准确理解题意，弄清图象题中与曲线或直线变化有关的量，根据图象中给定的量变关系，在识图、究原的基础上，进一步将图象信息与反应原理结合起来，提取相关数据，找准切入点，进行推理、判断。关闭Word文档返回原板块