1、2020-2021年高考化学精选考点突破17 化学原理综合1CaCO3与稀盐酸反应(放热反应)生成CO2的量与反应时间的关系如右图所示。下列结论不正确的是()A反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大B一段时间后，反应速率减小的原因是c(H)减小C反应在24 min内平均反应速率最大D反应在24 min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)0.06 molL1s1【答案】D【解析】A、随反应进行氢离子浓度降低，氢离子浓度变化使反应速率降低。由图象可知，开始生成的二氧化碳的反应速率是增大，说明反应为放热反应，即反应开始4 min内温度对反应速率的影响比浓度大，选项A正确；B、一段时间后
2、，由图可知反应速率先增大后又减小，反应速率减小的原因是c(H)减小，选项B正确；C、由图可知02min、24min、46min时间内，生成的CO2物质的量分别是0.1mol、0.3mol0.1mol0.2mol、0.35mol0.3mol0.05mol，所以反应开始24min内平均反应速率最大，选项C正确；D、反应在24 min内生成CO2的平均反应速率为 v (CO2)0.1 molmin-1，没有体积，选项D不正确。答案选D。2大气固氮（闪电时N2转化为NO）和工业固氮（合成氨）是固氮的重要形式，下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值：N2+O2 2NON2+3H22NH3温度2
3、5200025400K 3.8410310.151081.88104下列说法正确的是A在常温下，工业固氮非常容易进行B人类可以通过大规模模拟大气固氮利用氮资源C大气固氮与工业固氮的K值受温度和压强等的影响较大D大气固氮是吸热反应，工业固氮是放热反应【答案】D【解析】由表中给出的不同温度下的平衡常数值可以得出，大气固氮反应是吸热反应，工业固氮是放热反应。评价一个化学反应是否易于实现工业化，仅从平衡的角度评价是不够的，还要从速率的角度分析，如果一个反应在较温和的条件下能够以更高的反应速率进行并且能够获得较高的转化率，那么这样的反应才是容易实现工业化的反应。A仅从平衡角度分析，常温下工业固氮能够获得
4、更高的平衡转化率；但是工业固氮，最主要的问题是温和条件下反应速率太低，这样平衡转化率再高意义也不大；所以工业固氮往往在高温高压催化剂的条件下进行，A项错误；B分析表格中不同温度下的平衡常数可知，大气固氮反应的平衡常数很小，难以获得较高的转化率，因此不适合实现大规模固氮，B项错误；C平衡常数被认为是只和温度有关的常数，C项错误；D对于大气固氮反应，温度越高，K越大，所以为吸热反应；对于工业固氮反应，温度越高，K越小，所以为放热反应，D项正确；答案选D。3科研人员提出CeO2催化合成DMC需经历三步反应，示意图如图：下列说法正确的是（ ）ADMC与过量NaOH溶液反应生成CO32-和甲醇BCeO2
5、可有效提高反应物的平衡转化率C、中均有OH的断裂D生成DMC总反应的原子利用率为100%【答案】A【解析】ADMC为CH3OCOOCH3，属于酯类，酯在碱性条件下可发生水解：CH3OCOOCH3+2NaOH=2CH3OH+Na2CO3，A正确；BCeO2为催化剂，催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡；所以催化剂不能提高反应物的平衡转化率，B错误；C中CH3OH生成CH3O-催化剂，CH3OH中的O-H键断裂；中没有O-H键断裂；CH3OH生成CH3OCOOCH3，CH3OH中的O-H键断裂，C错误；D总反应为：2CH3OH+CO2CH3OCOOCH3+H2O，除了生成DMC外，还生成了水，因此
6、原子利用率不是100%，D错误；故合理选项是A。4以SO2为原料，通过下列工艺可制备化工原料H2SO4和清洁能源H2。下列说法中不正确的是A该生产工艺中Br2被循环利用B在电解过程中，电解槽阴极附近溶液的pH变大C原电池中负极发生的反应为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+D该工艺总反应的化学方程式表示为SO2+Br2+2H20=2HBr+H2SO4【答案】D【解析】A项，分析流程：SO2、Br2和H2O反应生成HBr和H2SO4，然后分离HBr和H2SO4，最后电解HBr溶液得到Br2和H2，结合流程可得，该生产工艺中Br2被循环利用，故A正确；B项，电解HBr溶液，阴极H+得电子生
7、成H2，消耗H+，在电解过程中，电解槽阴极附近溶液的pH变大，故B正确；C项，原电池中负极发生失电子氧化反应，电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故C正确；D项，该工艺是以SO2为原料，制备H2SO4和H2，总反应为：SO2+2H2O=H2SO4+H2，故D正确。5Fe3O4中含有Fe2+、Fe3+，分别表示为 Fe()、Fe()，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用 H2消除酸性废水中的致癌物 NO2-，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是A用该法处理后水体的 pH降低BFe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用C反应过程中NO2-被 Fe()还原为
8、 N2DPd 上发生的电极反应为：H2- 2e= 2H【答案】A【解析】首先判断这是一个原电池，负极通入氢气，失电子变成，正极得电子，方程式为。A.电源负极虽然产生，但是正极会消耗更多的，因此总体来看溶液酸性在减弱，pH上升，A项错误；B. Fe()与 Fe()在反应中不停相互转化，起到了传递电子的作用，B项正确；C.被还原为氮气，而本身被氧化为，C项正确；D.钯即负极，氢气在负极失电子变成，D项正确；答案选A。6第三代混合动力车目前一般使用镍氢电池（M表示储包合金)，电池总反应式为H2+2NiOOH 2Ni(OH)2。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力：下坡或刹车时，电池处于充电状态。下列说
9、法中正确的是( )A放电时甲为负极，充电时为阳极B汽车上坡时发生图中虚线所示的过程C汽车下坡电流的方向为：甲电极发动机乙电极D汽车下坡时，甲电极周围溶液的pH减小【答案】C【解析】镍氢电池总反应H2+2NiOOH 2Ni(OH)2，放电过程（原电池原理：化学能转化为电能）乙中NiOOH得电子发生还原反应作正极：NiOOH+e+ H2O= Ni(OH)2+ OH。甲中H2（以MHn形式）发生氧化反应作负极：H2- 2e+ 2OH=2H2O。充电过程（电解池原理：电能转化为化学能）乙作阳极，Ni(OH)2失电子发生氧化，甲作阴极，水中的氢离子得电子发生还原反应。A. 根据分析，放电时甲电极H2（以
10、MHn形式）失去电子发生氧化反应作负极，充电时甲电极2H2O+2e= H2+2OH，发生还原反应作阴极，A项错误；B. 汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，发生原电池原理，发生图中实线所示的过程。下坡或刹车时，电池处于充电状态，发生电解池原理，发生虚线所示过程，B说法错误；C. 汽车下坡电池处于充电状态，甲作阴极乙作阳极，电流从电源的正极流向阳极，阴极流向电源负极，不经过内电路，故电流方向为：甲电极发动机乙电极， C项正确；D. 汽车下坡时电池处于充电状态，甲电极为阴极：2H2O+2e= H2+2OH，周围溶液碱性增强，pH增大，D项错误；答案选C。7归纳法是高中化学学习常用的方法之一，某化学
11、研究性学习小组在学习了化学反应原理后作出了如下的归纳总结：归纳正确的是对已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使化学平衡向正反应方向移动时，生成物的产量一定增加常温下，pH3的醋酸溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合后形成溶液a，等浓度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后形成溶液b，水的电离程度ab。常温下，AgCl在同物质的量浓度的氨水和NaCl溶液中的溶解度比较，前者大。若将适量CO2通入0.1 mol/LNa2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，则溶液中(不考虑溶液体积变化) 2c(CO32-)+ c(HCO3)= 0.1 mol/L常温下，已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解平衡常数为Kh；
12、水的离子积为Kw；则有：KaKhKwABCD【答案】D【解析】化学平衡向正反应方向移动时，生成物的产量一定增加，正确；醋酸是弱酸，pH3的醋酸溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，抑制水的电离；等浓度的盐酸与NaOH溶液等体积混合后恰好反应生成氯化钠，对水的电离无影响，水的电离程度ab，错误；常温下，AgCl在同物质的量浓度的氨水中反应生成二氨合银离子，溶解度较大，在NaCl溶液中，氯离子浓度增大，使氯化银的溶解平衡向左移动，溶解度减小，正确；将适量CO2通入01 mol/LNa2CO3溶液中至溶液恰好呈中性，溶液中的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，根据电荷守恒，2c(
13、CO32-)+ c(HCO3)=c(Na+)=0.2mol/L，错误；醋酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸电离平衡常数为Ka=；醋酸根水解平衡常数为Kh=；则KaKh= c(H+)c(OH-)=Kw，正确；正确的有，故选D。8工业上常用铁碳混合物处理含CuSO4废水获得金属铜。当休持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时问变化的曲线如图所示。下列推论不合理的是A由图可知，活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁屑为负极C利用铁碳混合物回收含CuSO4废水中铜的反应原理：Fe+CuSO4=FeSO4+
14、CuD增大铁碳混合物中铁碳质量比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率【答案】D【解析】A由图可知，加入纯活性炭时Cu2+的浓度减小，在没形成原电池的情况下，Cu2+的浓度也减小，说明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，选项A正确；B铁屑与活性炭形成原电池，铁比碳活泼，所以铁是负极，碳是正极，选项B正确；C利用铁碳混合物回收硫酸铜废水中铜的反应原理是铁与Cu2+发生的氧化还原反应，即Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，选项C正确；D由图可知，加入纯铁屑时去除Cu2+的速率没有铁碳质量比为2:1时的速率快，所以增大铁碳混合物中铁碳质量比(x)，不一定会提高废水中Cu2+的去除率，选项D错误；
15、答案选D。9下列叙述不正确的是A图a中，曲线表示醋酸溶液加100 mL水稀释的图像B图b中，可能各投入的锌粒颗粒大小相同且质量均为0.65 gC图c中，在、各点的溶液中所含阴离子种类不同D图d中，三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大；且283 K时，图中a点对应的溶液是不饱和溶液【答案】C【解析】A盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中pH小于盐酸的pH，故应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A正确；B1L、pH值等于2的盐酸溶液中c（H+）=0.01mol/L，n（H+）=0.01mo
16、l，1L、pH值等于2的醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下氢离子浓度c（H+）=0.01mol/L，n（H+）=0.01mol，但溶液中醋酸的物质的量大于0.01mol；0.65g锌粒物质的量=0.01mol，锌和酸反应Zn+2H+=Zn2+H2，盐酸酸溶液中氢离子不足，锌剩余0.005mol，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快，故B正确；C无论反应怎样，在、各点的溶液中都含有阴离子包括草酸
17、根离子、草酸氢根离子、还有氢氧根离子，所以阴离子种类相同，故C错误；D由图象可知：在相同条件下，温度越低，c（SO42-）c（Sr2+）越大，Ksp（SrSO4）越大，a点在283K的下方，属于不饱和溶液，故D正确；故选：C。10还原沉淀法是处理含铬（含Cr2O72和CrO42）工业废水的常用方法，过程如下：已知转化过程中的反应为2CrO42(aq)+2H+(aq)Cr2O72(aq)+H2O（l）。转化后所得溶液中铬元素的含量为28.6 g/L，CrO42有10/11转化为Cr2O72，下列说法不正确的是( )A溶液颜色保持不变，说明上述可逆反应达到平衡状态B若用绿矾（FeSO47H2O）作
18、还原剂，处理1L废水，至少需要917.4 gC常温下转化反应的平衡常数K=l1014则转化后所得溶液的pH=6D常温下KspCr(OH)3=110-32，要使处理后废水中的c（Cr3）降至110-5molL，应调溶液的pH=5【答案】B【解析】A.CrO42为黄色的，Cr2O72为橙色的，溶液颜色保持不变，说明各物质的浓度不再改变，则反应达到达平衡状态，A对，不选；B.溶液中铬元素的含量为28.6 g/L，在1L废水中铬元素的物质的量为n(Cr）=0.55mol，Cr的化合价为 +6价，反应后变为+3价，Fe2+反应后变为Fe3+，根据氧化还原反应中电子得失数目相等可得：n(Fe2+）=30.
19、55mol=1.65mol，则m(FeSO47H2O） = 1.65mol278g/mol=458.7g，B错，选B；C.反应 2CrO42(aq）+2H+(aq）Cr2O72(aq）+H2O的平衡常数为K=，c(CrO42-）=mol/L=0.05mol/L，c(Cr2O72-）=c(CrO42-）=0.25mol/L,则可得c(H+）=10-6mol/L，故pH=6，C对，不选；D.根据溶度积的表达式有： c(Cr3+）c3(OH-）=11032，c3(OH-）=1027，得c(OH-）=1109，则c(H+）=105，所以 pH=5，D对，不选；故答案选B。【提升题】1下图所示装置可间接
20、氧化工业废水中含氮离子（NH4+）。下列说法不正确的是A乙是电能转变为化学能的装置B含氮离子氧化时的离子方程式为：3Cl2 + 2NH4+=N2 + 6Cl-+8H+C若生成H2和N2的物质的量之比为3:1，则处理后废水的pH减小D电池工作时，甲池中的Na移向Mg电极【答案】D【解析】A、甲中活泼金属镁作原电池的负极，石墨为正极形成原电池，乙是连接原电池的电解池，电解酸性工业废水，电解池是将电能转变为化学能的装置，选项A正确；B、酸性条件下含氮离子氧化时转化为氮气，反应的离子方程式为：3Cl2 + 2NH4+=N2 + 6Cl-+8H+，选项B正确；C、若生成H2和N2的物质的量之比为3:1，
21、根据电极反应6H+6e-=3H2、3Cl2 + 2NH4+=N2 + 6Cl-+8H+，则处理后废水的H+浓度增大，pH减小，选项C正确；D、电池工作时，甲池是原电池，原电池中阳离子Na移向正极石墨电极，选项D不正确；答案选D。2一种利用生物电化学方法脱除水体中NH4+的原理如图所示。下列说法正确的是AM为电源的负极，N为电源的正极B装置工作时，电极a周围溶液的pH降低C装置内工作温度越高，NH4+的脱除率一定越大D电极b上发生的反应之一为2NO2-+8H+8e-=N2+4H2O【答案】B【解析】A.电极a上NH4+失电子反应生成NO2-，电极a为阳极，所以M为电源的正极，N为电源的负极，故A
22、错误；B.电极a上的反应为NH4+-6e-+2H2O= NO2-+8H+或者NH4+-8e-+3H2O= NO3-+10H+电极a周围溶液的pH降低，故B正确；C.细菌需要在正常温度范围内才能有效工作，温度太高容会使细菌死亡，故C错误；D.电极B上反应之一应该是2NO2-+8H+6e-=N2+4H2O，故D错误；本题选B。3下列图示与对应的叙述相符的是A图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJmo11B图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C若图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲代表钠D图4表示常温
23、下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH【答案】C【解析】A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故A错误；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；C、钾比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确；D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明HA的酸性比HB强，越弱越水解，所
24、以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；故选C。4pC类似于pH，是指极稀溶液中的溶质浓度的常用对数的负值。如某溶液中某溶质的浓度为110-3molL-1，则该溶液中该溶质的pC=-lg(110-3) = 3。下图为25时H2CO3溶液的pC-pH图（若离子浓度小于10-5 molL-1，可认为该离子不存在）。下列说法错误的是A向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-)B25时，H2CO3的一级电离平衡常数Ka1= 1
25、0-6C25时，CO2饱和溶液的浓度是0.05 molL-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，若此时溶液的pH 约为5，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为1%D25时，0.1 molL-1，的Na2CO3和0.1 molL-1的NaHCO3混合溶液中离子浓度的大小为c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)【答案】C【解析】A. 向Na2CO3溶液中滴加盐酸至pH等于11时，溶液中存在电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+c(Cl-)，选项A正确；B、25时，pH等于11时，c(HCO3-)=
26、c(H2CO3),H2CO3的一级电离平衡常数Ka1=10-6，选项B正确；C. 25时，CO2饱和溶液的浓度是0.05 molL-1，其中1/5的CO2转变为H2CO3，即H2CO3的浓度为0.01 molL-1，若此时溶液的pH约为5，即c(H+)=10-5mol/L，据此可得该温度下CO2饱和溶液中H2CO3的电离度约为，选项C错误；D. 25时，0.1 molL-1，的Na2CO3和0.1 molL-1的NaHCO3混合溶液呈碱性，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子的水解，离子浓度的大小为c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)，选项D正确。答案选C。5下列
27、有关说法正确的是A催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率B铅蓄电池充电时标有“一”的电极应与电源的负极相连C温度保持不变向水中加入钠盐对水的电离一定没有影响D向醋酸钠溶液中加水稀释时溶液中所有离子浓度都减小【答案】B【解析】A. 催化剂降低反应的活化能，改变反应途径，加快反应速率，不影响平衡的移动，反应焓变与始态、终态有关，与途径无关，加入催化剂反应的始态、终态相同，则焓变相同，故A错误；B. 铅蓄电池充电时是电解池，标有“”的电极作电解池阴极，所以应该与电源负极相连，故B正确；C. 温度不变，向水中加入不水解的盐，不影响水的电离，如果向水中加入含有弱根离子、能电离出氢离子的盐则影响水电
28、离，故C错误；D. 向醋酸钠溶液中加入水促进醋酸钠水解，但溶液的pH减小，氢离子浓度增大，故D错误；故选B。6用如下装置处理含KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是AMnO4-处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀B右侧产生的Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式为：7H2O+3Fe2+MnO4-=3Fe(OH)3+MnO2+5H+C当电路中转移6mole-时，可以产生87gMnO2沉淀D为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境【答案】D【解析】根据题意并结合图示，铁电极为电解池的阳极，发生氧化反应生成Fe2+，在弱酸性条件下Fe2+与Mn
29、O4-发生氧化还原反应使Mn元素转化为MnO2沉淀。A项，MnO4-处理完全后，阳极生成的Fe2+会通过阳离子交换膜进入左侧，则左侧会生成Fe(OH)2沉淀，故A正确；B项，右侧产生的Fe2+在弱酸性条件下将MnO4-还原为MnO2，本身被氧化为Fe(OH)3，所以离子方程式为：7H2O+3Fe2+MnO4-=3Fe(OH)3+MnO2+5H+，故B正确；C项，根据阳极电极反应：Fe-2e-=Fe2+，当电路中转移6mole-时，生成3molFe2+，根据Fe2+沉淀MnO4-的离子方程式7H2O+3Fe2+MnO4-=3Fe(OH)3+MnO2+5H+可得，生成1molMnO2，质量为：1m
30、ol87g/mol=87g，故C正确；D项，强酸性条件下，MnO4-与Fe2+反应为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，则不能使Mn元素转化为MnO2沉淀，故D错误；故选D。7电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生 Fenton反应生成的羟基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是A电源的A极为正极B与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H+OHCFenton反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OHD每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的OH为2mol
31、【答案】C【解析】左侧电极附近Fe3+Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A极为负极，A错误；与电源B相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B错误；双氧水能够把 Fe2+氧化为Fe(OH)2+，C正确；每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2+OH反应看出转移1 mol电子，生成1mol OH，所以应当生成4 mol OH；D错误；正确选项C。8下列图示与对应的叙述相符的是() 甲 乙 丙 丁A由图甲可知，a点Kw的数值比b点Kw的数值大B乙表示在相同的密闭容器中，不同温度下的反应，该反应的H(B)【答案】B【解析】A由于
32、温度不变，而Kw只与温度有关，所以a点Kw的数值与b点Kw的数值相同，A错误；B由图可知，T1T2，温度越高，C的含量越小，说明该反应为放热反应，即该反应的H0，B正确；C0.100 0 molL-1醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L，所以滴定前醋酸溶液的pH大于1，图象不符，C错误；Dt1时A、B的饱和溶液中（A）（B），升高温度，溶液变为不饱和，没有溶质析出，所以溶液的质量分数不变，因此（A）（B），D错误，答案选B。9K2 FeO4在水中不稳定，发生反应：l0H2O4Fe(OH)3（胶体）8OH3O2，其稳定性与温度(T)和溶液pH的关系分别如下图所示。下列说法不正确的是 ( )A
33、由图甲可知上述反应 H T2 T3C由图甲可知K2 FeO4的稳定性随温度的升高而减弱D由图乙可知图中a T2T3；由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，pH越小，根据图乙可知，ab0，故A错误；B. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，所以温度：T1T2T3，故B正确；C. 由图甲数据可知，温度越高，相同时间内浓度变化越快，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，温度越高浓度越小，所以的稳定性随着温度的升高而减弱，C正确；D. pH越小，氢离子浓度越大，由可知：氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，高铁酸钾溶液平衡时浓度越小，pH越小，所以ac，故D正确
34、；答案选A。10（2020高考全国3卷真题）二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)n(H2O)=_。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)_(填“变大”“变小”或“不变”)。(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡时，四种组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是_、_。CO2催化加氢合成C2H4反应的H_0(填“大于”或“小于”)。(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算
35、该温度时反应的平衡常数Kp=_(MPa)3(列出计算式。以分压表示，分压=总压物质的量分数)。(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当_。【答案】(1)14 变大 (2) d c 小于 (3) 或等 (4) 选择合适催化剂等 【解析】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 CH2 = CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向
36、正反应方向移动，n(C2H4)变大。(2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点坐标可知，c和a所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d和b表示的物质的物质的量分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，H小于0。(3) 原料初始组成n(CO2)n(H2)=13，在体系压强为0.1Mpa建立平衡。由A点坐标可知，该温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，
37、即，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即，因此，该温度下反应的平衡常数(MPa)-3=(MPa)-3。(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择合适的催化剂。【挑战题】1（2020高考全国1卷真题）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) H=98 kJmol1。回答下列问题：(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的
38、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0.5MPa、2.5MPa和5.0MPa压强下，SO2平衡转化率 随温度的变化如图所示。反应在5.0MPa、550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)。(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(1)0.8(1n)。式中：k为
39、反应速率常数，随温度t升高而增大；为SO2平衡转化率，为某时刻SO2转化率，n为常数。在=0.90时，将一系列温度下的k、值代入上述速率方程，得到vt曲线，如图所示。曲线上v最大值所对应温度称为该下反应的最适宜温度tm。ttm后，v逐渐下降。原因是_。【答案】(1)2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1 (2) 0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，提高。所以，该反应在550、压强为5.0MPa2.5MPap的，所以p1=5.0MPa 反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 (3) (4)升高温度，k增大使v逐
40、渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v的提高小于引起的降低 【解析】(1)由题中信息可知：SO2(g)+O2(g)SO3(g) H= -98kJmol-1V2O4(s)+ SO3(g)V2O5(s)+ SO2(g) H2= -24kJmol-1V2O4(s)+ 2SO3(g)2VOSO4(s) H1= -399kJmol-1根据盖斯定律可知，-2得2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则H= H1-2H2=( -399kJmol-1)-( -24kJmol-1)2= -351kJmol-1，所以该反应的热化
41、学方程式为：2V2O5(s)+ 2SO2(g) 2VOSO4(s)+ V2O4(s) H= -351 kJmol-1；(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5.0MPa条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为2.5MPa的，因此，p1=5.0MPa，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（N2和O2）的浓度、温度、压强等。(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、
42、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为，则有下列关系：平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-)+m(1-)+2mmol+q mol，则SO3的物质的量分数为。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)2SO3(g) 的Kp=。(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后降低。由题中信息可知，v=，升高温度，k增大使v逐渐提高，但降低使v逐渐下降。当ttm，k增大对v的提高大于引起的降低；当ttm，k增大对v的提高小于引起的降低。2
43、（2020高考全国2卷真题）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许_离子通过，氯气的逸出口是_(填标号)。(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数(X)=，X为HClO或ClO与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为_。(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化
44、学方程式为_。(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_mol；产生“气泡”的化学方程式为_。(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是_(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为_kg(保留整数
45、)。【答案】(1)Na+ a (2)10-7.5 (3) 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O (4)1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2+Na2SO4+H2O (5) ClO-+Cl-+2H+=Cl2+ H2O 203 【解析】（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH，故答案为：Na+；a；(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka=c(H+)=10-7.5；故答
46、案为：10-7.5；（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；（4）5ClO24H=4ClO2Cl2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2，故答案为:1.25mol；NaHCO3NaHSO4=Na2SO4H2OCO2；(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClOCl2H=Cl2H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1000Kg0. 01=（1000Kg-x)0.3，解得x=203Kg；故答案为：ClOCl2H=Cl2H2O；203。