高二综合压轴72题-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学上学期期中真题分类汇编（江苏专用）

综合压轴80题 考点01 盖斯定律与反应热的计算 1．（2021-2022高二上·江苏徐州·期中）碳碳双键加氢时总要放出热量，并且放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比。但1，3-环己二烯脱氢生成苯是放热反应。相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是 A．ΔH1﹥0，ΔH2﹥0 B．ΔH3=ΔH1+ΔH2 C．ΔH1﹥ΔH2，ΔH3﹥ΔH2 D．ΔH2=ΔH3+ΔH4 2．（2021-2022高二上·江苏泰州·期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应： (1)CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)     △H=akJ/mol (2)CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)    △H=bkJ/mol。其他数据如表： 化学键 C‒O O‒O C‒H O‒H 键能/(kJ•mol‒1) 798 x 413 463 下列说法正确的是（    ） A．上表中x= B．H2O(g)＝H2O(l)的△S＜0，△H=(a-b)kJ/mol C．当有4NA个C‒H键断裂时，反应放出的热量一定为akJ D．a＞b且甲烷燃烧热为bkJ/mol 3．（2022-2023高二上·江苏南通·期中）Li/Li2O体系的能量循环如图所示。已知：。下列说法正确的是 A．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6 B．△H2＜0 C．△H3＜0 D．△H5＞△H6 4．（2023-2024高二上·江苏盐城·期中）CH4超干重整CO2的催化转化如图1所示，相关反应的能量变化如图2所示： 下列说法不正确的是 A．过程Ⅰ的热化学方程式为： B．过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离 C．过程Ⅱ中仅Fe3O4为催化剂 D．超干重整的总反应为：CH4+3CO24CO+2H2O 5．（2023-2024高二下·江苏无锡·期中）下列关于热化学反应的描述正确的是 A．HCl和NaOH反应的反应热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1 B．甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)  ΔH<－890.3 kJ·mol－1 C．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋566.0 kJ·mol－1 D．已知：500 ℃、30 MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)  ΔH＝－92.4 kJ·mol－1；将3 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，会放出92.4 kJ热量 6．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）下列各组热化学方程式中，△H1<△H2的是 ①C(s)+O2(g)=CO2(g)　△H1　C(s)+O2(g)=CO(g)　△H2 ②S(s)+O2(g)=SO2(g)　△H1　S(g)+O2(g)=SO2(g)　△H2 ③H2(g)+O2(g)=H2O(l)　△H1  2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　△H2 ④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)　△H1　CaO(s)+H2O(1)=Ca(OH)2(s)　△H2 A．① B．④ C．②③④ D．①②③ 7．（2023-2024高二上·江苏盐城·期中）完成下列问题 (1)已知：① ② 则 。 (2)已知：① ② 则表示氨气燃烧热的热化学方程式为 ，该反应可设计为碱性条件下的燃料电池，负极电极反应式为 。 (3)已知几种化学键的键能和热化学方程式如下： 化学键 键能/() 391 193 243 a 432 ，则a= 。 (4)4种不饱和烃分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示。根据图示判断4种有机反应物中最稳定的是 ；反应(l)=(l)的 。 8．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）回答下列问题： (1)①常温常压下在中完全燃烧放出的热量。写出标准燃烧热的热化学方程式 。 ②常温常压下，强酸和强碱的稀溶液反应的中和热，写出该反应的化学方程式 。 (2)已知下列反应的热化学方程式：           则反应的 。(用含a、b、c的代数式表示) (3)已知  ，拆开键和键需要的能量分别是和，则拆开键需要的能量是 。 考点02 反应机理与能量图象 9．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）MN＋Q是一放热的可逆基元反应，正反应的活化能为Ea，逆反应的活化能为Ea′，则下列活化能大小关系表述正确的是 A．Ea＞Ea′ B．Ea＜Ea′ C．Ea= D．Ea=Ea′ 10．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）已知：  在不同条件下反应进程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．该反应低温下能自发进行 B．过程b使用了催化剂，降低了正反应的活化能，使反应的减小 C．恒温恒容条件下通入氦气，单位体积内反应物的活化分子数增多，反应速率加快 D．该反应中，反应物断键所吸收的总能量大于生成物成键所放出的总能量 11．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）催化剂(简写为)在表面催化反应：，历程示意图如下图。已知该反应低温条件下能自发进行。下列说法正确的是 A．该反应的、 B．该反应的平衡常数 C．羟基磷灰石()的作用是通过减小，加快反应速率 D．图中反应机理可理解为中的与的分别与催化剂之间相互作用，同时中的、与中的之间又分别相互作用 12．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）在某金()催化剂表面分解的能量与反应历程(吸附在金催化剂表面上的物种用*标注)如图所示： 下列说法错误的是 A．首先断裂的化学键是键 B．反应的 C．是反应中间体 D．反应为决速步骤(活化能最大) 13．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，自由基与反应进程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．产物的稳定性比产物的强 B．该历程中各元素的化合价均未发生变化 C．中间产物转化为产物的速率： D．与键能总和大于产物的键能总和 14．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）在催化下，与制备乙醛的反应机理如图所示，下列说法正确的是 A．增加的量，的平衡转化率增大 B．过程①~⑥中铁元素化合价均发生变化 C．X为，是反应的产物之一 D．每消耗可制备乙醛 考点03 电化学装置 15．（2023-2024高二上·江苏徐州·期中）如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（    ）    A．电池内的O2—由电极甲移向电极乙 B．电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O C．当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应 D．电池外电路的电子由电极乙移向电极甲 16．（2023-2024高二上·江苏常州·期中）一种微生物电解生产甲烷的装置如图所示。下列有关说法正确的是 A．电极应与电源的负极相连 B．电极上的反应式为： C．提高温度一定能提高电解反应的速率 D．电解时通过质子交换膜移向电极 17．（2022-2023高二上·江苏扬州·期中）硫及其化合物在生产生活中具有广泛应用。由自然界的硫磺和金属硫化物矿通过化学反应可得到SO2，SO2催化氧化生成SO3，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-198kJ/mol。燃煤、金属冶炼和硫酸生产等产生的尾气中都含有SO2，用NaOH等碱性溶液吸收尾气中的SO2，可得到NaHSO3、Na2SO3等化工产品。热电厂尾气经处理得到较纯的SO2，可用于原电池法生产硫酸，其工作原理如图所示。电池工作时，下列说法不正确的是 A．电极b周围溶液pH变大 B．溶液中H+由a极区向b极区迁移 C．电极a的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=4H++SO D．一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量相等 18．（2023-2024高二下·江苏扬州·期中）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。一种制备EO的原理示意图如下。下列说法不正确的是 A．电极X上发生的电极反应： B．与HClO反应生成，发生的是加成反应 C．电解时电极Y附近溶液pH升高 D．溶液b中主要含HCl 19．（2023-2024高二上·江苏宿迁·期中）我国科学家研发了一种室温下可充电的Na—CO2电池，如题图所示。放电时，Na2CO3与C均沉积在碳纳米管中。下列说法不正确的是 A．充电时，阴极电极反应式为： B．充电时，电源b极为正极，Na+向钠箔电极移动 C．放电时，转移0.4mol电子，碳纳米管电极增重22.4g D．放电时，电池的总反应为 20．（2023-2024高二上·江苏徐州·期中）天然气脱硫可获得清洁天然气并回收硫磺。一种天然气脱硫装置如图所示。下列说法正确的是 A．碳棒表面发生氧化反应 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．反应①的离子方程式： D．该装置每处理标准状况下H2S 22.4L，M池溶液增重32g 21．（2023-2024高二上·江苏盐城·期中）科学家研制了一种能在较低电压下获得氧气和氢气的电化学装置，工作原理如图所示： 下列说法正确的是 A．反应器I中产生的是 B．b极为电源的正极 C．N极的电极反应式为 D．该装置工作时，N极室中OH-的浓度增大 22．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）利用电解技术回收利用废气中的和，原理示意图如图所示，下列说法正确的是 A．装置中溶液的作用是吸收废气中的和 B．装置中左侧为电解池的阴极区 C．装置中右侧每消耗，电子转移的数目是 D．装置中的总反应为 23．（2022-2023高二上·江苏无锡·期中）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是 A．阳极反应为 B．电解一段时间后，阳极室的pH未变 C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移 D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量 24．（2022-2023高二上·江苏连云港·期中）电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是 A．a极反应式为N2+12OH--10e-=2NO+6H2O B．电解一段时间，a、b两电极区的pH均减小 C．电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极 D．相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5∶3 考点04 原理小综合题 25．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）接触法制备硫酸中的关键步骤是在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为  。反应在一定条件下达到平衡，下列有关说法正确的是 A．其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，反应的平衡常数增大 B．其他条件不变，提高的值可增大的转化率 C．升高温度，能提高的反应速率和转化率 D．反应中断裂旧共价键的键能之和比反应中形成新共价键的键能之和小 26．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）治理汽车尾气中NO和CO污染的一种方法的反应原理为，某一温度下，其化学平衡常数。下列说法正确的是 A．反应达到平衡时，CO、NO的转化率相等 B．化学平衡常数的表达式为 C．此温度下，因K值较大，故化学反应速率较快 D．加入催化剂，反应物的活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率增大 27. （2021-2022高二上·江苏扬州·期中）对于反应N2O4(g)2NO2(g) △H=+57kJ·mol-1，下列有关说法正确的是 A．升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率减小 B．若容器体积不变，气体颜色不变时说明该反应建立化学平衡 C．其它条件不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，新平衡后的值变大 D．增大体系的压强能提高N2O4的反应速率和转化率 28．（2021-2022高二上·江苏扬州·期中）氯胺是一种饮用水二级消毒剂，一定温度下，恒容密闭容器中制备一氯胺的反应为：NH3(g)＋Cl2(g)=NH2Cl(g)＋HCl(g)  ∆H＝＋12 kJ·mol－1，下列说法正确的是 A．该反应的∆S＜0 B．氯胺与水反应的方程式为：NH2Cl＋2H2O= NH3·H2O + HClO C．反应在高温、高压条件下均能提高反应速率和NH3的平衡转化率 D．E(N－H)＋E(Cl－Cl)＜E(N－Cl)＋E(H－Cl)(E表示键能) 29．（2023-2024高二上·江苏宿迁·期中）已知：  △H＜0，下列说法正确的是 A．该条件下，熔点比高 B．平衡时升高温度，减小，增大 C．及时分离可加快反应达到平衡状态 D．上述反应中每生成1molCO，转移电子的数目为 30．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）汽车尾气在稀土催化剂作用下通过反应实现转化。下列说法正确的是 A．该反应 B．反应的平衡常数可表示为 C．其他条件相同，越大，的平衡转化率越大 D．其他条件相同，使用催化剂，正反应速率增大，逆反应速率减小 31．（2021-2022高二上·江苏扬州·期中）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6kJ·mol-1。下列说法正确的是 A．该反应的K= B．加入催化剂，能使该反应的焓变减小 C．1molCl2转化为2molCl放出243kJ热量 D．断裂4molH－Cl键的同时，有4molH－O键断裂，说明该反应达到平衡状态 32．（2023-2024高二上·江苏泰州·期中）下列有关说法正确的是 A．铅蓄电池放电时负极反应式： B．在航海轮船船底外壳焊上少量铜块，可以防止海轮腐蚀 C．已知： 则CO 的燃烧热为566.0kJ·mol-1 D．在铜器上镀银时，把镀层金属银与电源正极相连，铜器与电源负极相连 考点05 反应原理的实验探究 33．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）根据下列有关实验得出的结论一定正确的是 选项 实验 结论 A 在恒温恒压的密闭容器中发生反应：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，向其中通入氩气 反应速率减慢 B 分别取50mL0.5mol/L硫酸、氢氧化钡两溶液在量热器中充分反应，测定反应前后最大温度差 测定中和热 C 相同温度下，将等质量的大理石块和大理石粉分别加入等体积的盐酸中 反应速率：粉状大理石>块状大理石 D 相同温度下，向盛有足量等浓度稀硫酸的甲、乙两支试管中分别加入等质量的锌粒，并向甲中加入少量胆矾固体 产生氢气的速率和体积：甲>乙 A．A B．B C．C D．D 34．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向溶液中加入溶液，充分反应后，滴入溶液，溶液变红 与发生的反应为可逆反应 B 将铁钉置于盛有稀醋酸的试管中，长时间放置，暴露在空气中的铁钉表面出现大量锈迹 铁钉只发生析氢腐蚀 C 将浓硫酸与灼热的木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察到品红溶液褪色，石灰水变浑浊 浓硫酸与木炭反应生成了和 D 用注射器吸入和的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭。迅速向外拉活塞，观察到气体颜色先变浅后变深(最终颜色比拉动活塞前要浅) 减小压强时该平衡向着生成的方向移动 A．A B．B C．C D．D 35．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化 探究与氧化性强弱 B 将0.05mol与0.1mol混合，在一定条件下充分反应后，将混合气体通入品红溶液，观察品红溶液颜色变化 探究该反应属于可逆反应 C 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热一段时间后，再加入银氨溶液；观察是否有银镜出现 探究蔗糖水解程度 D 分别往甲：4mL、乙：4mL的酸性溶液中加入2mL溶液，记录褪色时间 探究反应物浓度对化学反应速率的影响 A．A B．B C．C D．D 36．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向溶有的溶液中通入气体，出现白色沉淀 具有强氧化性 B 向的溶液中滴加溶液，振荡，向上层清液滴加3~4滴溶液，观察到溶液出现血红色 存在可逆反应 C 向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀 比更容易结合 D 向中加入饱和的溶液，充分浸泡后过滤，向滤渣中加入足量的稀溶液，滤渣部分溶解 A．A B．B C．C D．D 考点06 平衡图象分析 37．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）在容积相等的三个密闭容器中分别按投料比n(CO)：n(SO2)=1：1、2：1、3：1投料，发生反应：2CO(g)+SO2(g) = S(g)+2CO2(g) ΔH = +8.0kJ•mol-1，测得SO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A．曲线I代表的投料比为n(CO)：n(SO2)=1：1 B．增大压强，平衡正向移动 C．向容器中继续充入CO，可使平衡常数K增大 D．在a点对应的温度下，达到平衡时，CO2的体积分数约为33.3% 38．（2023-2024高二上·江苏宿迁·期中）催化加氢合成能实现碳的循环利用。一定压强下，与在密闭容器中发生的主要反应为： Ⅰ：  ； Ⅱ：  。 反应相同时间，测得不同温度下转化率和选择性如题图实验值所示。图中平衡值表示在相同条件下达到平衡状态时转化率和选择性随温度的变化。[选择性]，下列说法正确的是 A．   B．相同条件下，压缩容器体积能提高转化率的实验值 C．相同温度下，选择性的实验值大于平衡值，说明反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ D．220℃～280℃，保持其他条件不变，随温度的升高而增加 39．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）催化加氢可合成二甲醚，其过程中主要发生下列反应有 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性(的选择性)随温度的变化如图所示 下列说法正确的是 A．200~360℃范围内，体系中主要发生反应Ⅱ B．276℃时反应Ⅰ、Ⅱ中参加反应的的平衡转化率为48% C．曲线b代表平衡时的选择性变化 D．为提高选择性需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 40．（2023-2024高二上·江苏淮安·期中）开发CO2催化加氢可合成二甲醚。其主要反应为： ① CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)  ΔH1 =﹣49.01 kJ·mol−1 ② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)  ΔH2 =﹣24.52 kJ·mol−1 合成二甲醚时还会发生副反应： ③ CO2(g)+ H2(g)CO(g) + H2O(g)  ΔH3 = + 41.2 kJ·mol−1 其他条件相同时，反应温度对CO2平衡总转化率及反应2.5小时的CO2实际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。(已知：CH3OCH3的选择性=×100％)。 下列说法正确的是 A．不改变反应时间和温度，增大压强或增大CO2与H2的投料比都能进一步提高CO2实际总转化率和二甲醚实际选择性 B．CO2催化加氢合成二甲醚的最佳温度为240℃左右 C．温度高于290℃，CO2平衡总转化率随温度升高而上升的原因为反应①进行程度大于反应③ D．一定温度下，加入多孔CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H2的转化率 41．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 ① ② 在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示。 的选择性，下列说法正确的是 A．反应 B．该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围为350℃~400℃ C．的平衡选择性随着温度的升高而增大 D．450℃时，延长反应的时间能使平衡转化率达到X点的值 42．（2021-2022高二上·江苏南通·期中）根据图示所得出的结论不正确的是 A．图甲表示反应2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g) ∆H <0 不同温度时平衡常数K随压强的变化关系图，则T1>T2 B．图乙是恒温密闭容器中发生CaCO3(s) ⇌CaO(s)+CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积 C．图丙表示1 mol N2H4(l)和1 mol O2(g)反应生成1 mol N2(g)和2 molH2O(1)过程中的能量变化曲线，则N2H2(l)的燃烧热∆H = - 622 kJ·mol-1 D．图丁表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g)到达平衡时， CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，则p1<p2 43．（2023-2024高三上·江苏南京·期中）乙酸蒸汽催化重整制氢过程中的主要反应有： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   将一定比例的乙酸、水和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，乙酸的转化率、氢酸比[]与温度的关系如图所示。若仅考虑上述反应，下列说法正确的是 A．用该催化剂催化重整反应的最佳温度范围约为 B．时，出口气中 C．后氢酸比下降的主要原因为温度升高反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小 D．该过程深入研究方向之一是寻找对反应Ⅱ选择性更高的催化剂 44．（2021-2022高二上·江苏连云港·期中）甲烷，水蒸气在镍基催化剂催化下重整制备氢气的主要反应为：；工业上常将镍基催化剂和纳米混合制成微球颗粒使用。将一定比例的和的混合气体置于密闭容器内催化制氢，平衡时所占的体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是 A．该反应的平衡常数表达式为 B．后曲线X显著下降的可能原因是催化剂失活 C．其他条件不变，缩小容器体积，的平衡转化率增大 D．添加可以吸收生成的并放热，从而促使平衡正移 考点06 基本实验操作 45．（2021-2022高二上·江苏南通·期中）用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A．用图甲所示装置验证氨气溶于水呈碱性 B．用图乙所示装置制取CO2 C．用图丙所示装置验证镁片与稀盐酸反应放热 D．用图丁所示装置丁验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用 46．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）实验室在低温条件下将通入溶液制取溶液。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A．用装置甲制取 B．用装置乙除去中混有的 C．用装置丙制取溶液 D．用装置丁吸收尾气中的 47．（2023-2024高二上·江苏徐州·期中）下列实验操作与实验结论相符的是 选项 实验操作 实验结论 A 向酸性高锰酸钾溶液中通入SO2，溶液褪色 证明SO2有漂白性 B 向品红溶液中加入新制氯水，溶液褪色 说明Cl2有漂白性 C 向某固体中加入稀盐酸 ，有无色气体产生 该固体中一定含有碳酸盐 D 向某溶液中加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 溶液中一定含 A．A B．B C．C D．D 48．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如海带中含碘量可达0.3%~0.5%，约为海水中碘浓度的10万倍。灼烧海带提取I2时，下列实验原理与装置不能达到相应实验目的的是 A．用装置甲灼烧海带 B．用装置乙过滤得到浸出液 C．用装置丙反应生成I2 D．用装置丁萃取碘水中的I2 49．（2023-2024高二上·江苏淮安·期中）氯气可用来制备将氢氧化铁氧化为高铁酸根离子的氧化剂，下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是 A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去Cl2中少量HCl C．用装置丙分离MnO2和MnCl2溶液 D．用装置丁蒸干MnCl2溶液制MnCl2·4H2O 考点08 元素周期表和周期律 50．（2023-2024高二上·江苏盐城·期中）前四周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，基态X原子核外电子占据两种形状不同的原子轨道，且两种轨道中电子总数相等，Q与X处于同一主族。Y的周期序数与族序数相等，Z的第二电离能远小于第三电离能。下列说法正确的是 A．电负性： B．最高价氧化物对应水化物的碱性： C．Z的氯化物是工业漂白粉的有效成分 D．X、Z只能形成一种离子化合物 51．（2022-2023高二上·江苏宿迁·期中）“神农本草经”中记载的白矾主要成分为KAl(SO4)2·12H2O。下列性质比较正确的是 A．半径大小： B．电负性大小： C．碱性强弱： D．电离能大小： 52．（2022-2023高二上·江苏淮安·期中）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大， X原子的核内质子数为8，Y原子最外层只有1个电子，Z原子最外层电子数是其电子层数的2倍，W原子最外层电子数为7。下列叙述正确的是（   ） A．Z的非金属性比X的强 B．X、Y形成的化合物是共价化合物 C．W的简单气态气化物的热稳定性比Z的强 D．原子半径的大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) 考点07 工艺流程题 53．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）实验室研究从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中分别回收铜、锌、铅元素的流程如下。 下列说法不正确的是： A．酸浸过程后，溶液中主要存在的离子有：Cu2＋、Zn2+、Pb2+、H+、SO B．铁屑加入初期，置换速率随时间延长而加快，其可能原因为：反应放热，温度升高，反应速率加快；Fe置换出的Cu，形成铁铜原电池，反应速率加快 C．铁屑完全消耗后，铜的产率随时间延长而下降，其可能原因为生成的Fe2+被空气氧化为Fe3+，Fe3+与Cu反应，降低了Cu的产率 D．海绵状铜中含有少量Fe、Zn、Pb，可通过精炼的方法提纯，海绵状铜连接外加电源正极 54．（2021-2022高二上·江苏南通·期中）氯化钴是治疗障碍性贫血药物的主要成分之一。从海绵钴(含有少量Fe、Ni)中制备氯化钴晶体的工艺流程如图，下列说法正确的是 已知：①Co、Ni溶于盐酸均生成+2价金属阳离子；② Ni2+溶于氨水生成[Ni(NH3)6]2+离子。 A．1mol [Ni(NH3)6]2+中含有σ键的数目为18mol B．为提高海绵钴的浸取率，浸取时温度越高越有利 C．“酸溶”后的溶液中主要含有Fe2+、Co2+、 Cl-、H+ D．操作a的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 55．（2022-2023高一下·江苏镇江·期中）废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。    已知：铅膏的主要成分是和；是强酸； 下列有关说法错误的是 A．操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 B．步骤④发生反应的离子方程式为 C．步骤⑤中在阴极析出 D．副产品M的主要成分是 56．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是 A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、 B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得 D．“脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl 57．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）由重晶石矿(主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如下。 下列说法正确的是 A．为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理 B．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿 C．在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1 D．因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进行浸取 58．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）以废镁镍催化剂（主要成分为、、、）为原料制备和碱式碳酸镁[]，其工艺流程如图所示： 已知：25℃时，溶液中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见下表。 开始沉淀 完全沉淀 (1)“酸浸”时，不宜使用溶液作为浸取液，其原因是 ；保持温度、各物质投料量及浓度不变，能提高镍元素和镁元素浸出率的措施有 （填字母）。 A．将废催化剂粉碎    B．适当提高搅拌速率    C．适当缩短酸浸时间 (2)“氧化”时，NaClO发生反应的离子方程式为 ；该步骤中，检验氧化完全的操作为 。 (3)“沉铁”时，需加入NaOH溶液调节pH的范围为 。 (4)“沉镁”时发生反应的离子方程式为 。 59．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图所示： 已知： (i)氧化性：Co3+>ClO->Fe3+。 (ii)CoCO3、Co(OH)2、黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2 (OH)6]均难溶于水。 (1)“还原浸出”时提高浸取率的措施有 。(写两点) (2)“还原浸出”后的溶液中阳离子有Co2+、Fe2+、Cu2+等。其中Co2O3被Na2SO3还原的化学方程式为 。 (3)“氧化”中，被氧化的离子有 。 (4)如图表示几种含铁微粒稳定存在形态与溶液pH和温度的关系。其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制pH范围为 。 (5)可制备锂离子电池的电极材料钴酸锂。一种锂离子电池装置如图所示，充放电过程中，存在与之间的转化。放电时，从A电极向B电极迁移，写出该电池放电时的正极反应： ，若用该电池电解食盐水，当1molLi+通过隔膜时，电解池阴极收集到的气体体积在标准状况下为 L。 60．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）以高硫铝土矿(主要成分为，少量和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得的部分工艺流程如下： (1)焙烧过程均会产生，用溶液吸收过量的离子方程式为 。 (2)添加和不添加的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如下图所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于；硫去除率=。 ①不添加的矿粉在低于焙烧时，去除的硫元素主要来源于 。 ②焙烧时，添加的矿粉硫去除率比不添加的矿粉硫去除率低，其主要原因是 。 (3)向“过滤”得到的滤液中通入过量，铝元素存在的形式由 (填化学式)转化为 (填化学式)。 (4)“过滤”得到的滤渣中含大量的。与混合后在缺氧条件下焙烧生成和，化学方程式为 。 考点08 物质制备实验综合 61．（2023-2024高二上·江苏连云港·期中）二氧化氯是一种高效安全灭菌消毒剂。由于其他含氯消毒剂在消毒过程中易形成对人体有潜在危害的物质，我国从2000年起就逐渐用二氧化氯替代氯气对饮用水进行消毒。 (1)工业上常用氯酸钠和浓盐酸反应生产二氧化氯，同时生成氯气，该反应的化学方程式为 。我国科学家经过研究提出了另一种方法制取二氧化氯：，用此方法制备的更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是 。 (2)用处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子。实验室中常用连续碘量法测定饮用水中、的含量。相应的实验步骤为： 步骤1：准确量取水样加入锥形瓶中。 步骤2：调节水样的为。 步骤3：加入足量的KI晶体。 步骤4：加少量淀粉溶液，用溶液(发生的反应为)滴定至终点，消耗溶液。 步骤5：调节溶液的pH≤2.0。 步骤6：再用溶液滴定至终点，消耗溶液。 注：被还原为、的转化率与溶液的关系如图-2所示；溶液中完全沉淀时的约为3.6。 图-2 ①图-1中盛放溶液的仪器名称是 。 图-1 ②步骤3中反应的离子方程式为 。 ③步骤5中调节溶液的pH≤2.0的目的是 。 ④步骤6中到达滴定终点的现象是 。根据上述分析数据，测得该饮用水样中的浓度为 (用含字母的代数式表示)。若步骤5中使用调节溶液的，则步骤6中消耗的溶液体积 (填“>”“<”或“=”) ⑤若饮用水中的含量超标，可向其中加入适量的将还原成，该反应的氧化产物是 (填化学式)。 62．（2023-2024高二上·江苏徐州·期中）实验室可用固体二氧化锰与浓盐酸在加共条件下制取氢气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，已知浓盐酸易挥发。某学生设计如图所示的实验装置利用氯气与潮湿的熟石灰反应制取少量漂白粉(该反应放热)。 回答下列问题： (1)装置A为实验室制取氢气的装置，仪器a的名称为 ，装置A中的实验现象为 。 (2)漂白粉将在U形管中产生，该反应的化学方程式是 。 (3)装置D的作用是 。 (4)8.7 g MnO2固体与足量浓盐酸充分反应，计算产生Cl2在标准标况下的体积 (写出计算过程)。 63．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）实验室制备的装置如图所示。 (1)装置A中乳胶管a的作用为 ；仪器b的名称为 。 (2)装置B为鸭嘴阀，尖嘴处为弹性可开合橡胶，结构如图所示，其作用为 。 (3)装置C中的反应分三步：第一步、第二步 （用化学方程式表示）、第三步。 (4)装置C中约为7时停止通入气体，过高或过低均使的产量下降，其原因为 。 (5)用饱和溶液制备（水溶液中、、的物质的量分数随的分布如图1所示，的溶解度曲线如图2所示）。 请补充完整实验方案：边搅拌边向饱和溶液中加入 ，停止滴加后在加热条件下，边搅拌边向其中加入硫粉至不再溶解，过滤， ，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥。（须使用试剂：NaOH溶液） 64．（2023-2024高二上·江苏常州·期中）炼油厂烷基化反应产生的废液中含硫酸、难挥发有机物7%。实验室以软锰矿(主要含，还含少量、等元素)处理废液并制取晶体，其实验流程如下： 已知：①时，和沉淀完全；时，开始沉淀； ②分解温度为； (1)研究温度对“降解”过程中有机物去除率的影响，实验在如图所示的装置中进行。 ①在不同温度下反应相同时间，发现温度从升高到时，有机物去除率从增大到，其可能的原因是的氧化能力随温度升高而增强；还有可能是因为 。 ②为了防止降解过程造成的污染，烧杯中盛放的试剂可以是 。(填试剂名称) (2)降解一段时间后，加入硫铁矿(主要成分)将剩余还原，所得溶液中的主要离子有、、等，其离子方程式为 。 (3)的溶解度曲线如图所示。设计以过滤所得滤液(已完全去除难挥发有机物)为原料，进一步除去杂质并制取晶体的实验方案：取适量过滤后的滤液， ，烘干得到晶体。(实验中须使用的试剂：石灰石粉末、蒸馏水)。 (4)若将流程中“过滤”后的滤液除去、后，再加入溶液，可生成沉淀，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。 ①该过程中沉淀剂选用溶液，而不用溶液的原因是 。 ②当温度超过，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是 。 考点08 化学反应原理综合 65．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径。 Ⅰ．热化学法处理CO2 CO2加氢制CH3OH的反应为： (1)该反应能自发进行的主要原因是 。 (2)该反应的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、为速率常数。下图中能够代表的曲线为 (填“”“”“”或“”)；若该反应的化学平衡常数，那么发生该反应的温度 (填“>”、“<”或“=”)。 (3)实际合成反应时，也会有CH3COCH3等生成。在恒压条件下，H2、CO2的体积比为反应时，在催化剂作用下反应相同时间所测得的CH3OH选择性(CH3OH选择性)和产率随温度的变化如图所示： ①合成CH3OH最适宜的温度为 ； ②在210℃~230℃范围内随着温度的升高，CH3OH的产率迅速升高的原因是 。 Ⅱ．电化学法处理CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径 一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径装置示意图如图所示。 (4)b电极生成HCOOH的电极反应式为 。 (5)科研小组利用13CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径代替原有的CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径进行研究，其目的是 。 (6)控制其他条件相同，将一定量的CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图所示。控制电压为0.8V，电解时转移的电子的物质的量为 mol。 66．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有： 反应Ｉ：   反应II：   向恒压的容器中充入和，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的转化率随温度的变化如图中实线所示。的选择性。 (1)图中曲线 表示平衡时的选择性，在范围内，随着温度的升高，平衡时的选择性变化的原因是 。 (2)温度高于，随着温度的升高，的平衡转化率如图所示变化的原因是 ，平衡时的转化率随温度的变化 (填“可能”或“不可能”)如图中虚线④所示。若达到平衡后，再充入和，重新达到平衡时的体积分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性为(图中点)。不改变反应时间和温度，一定能提高选择性的措施有 ，反应状态达B点时，容器中为 mol。 67．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。 (2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步(反应过程中能量变化如图1所示)： 已知：Ⅰ．CO2和NH3生成NH2COONH4 Ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素 ①为防止反应Ⅰ中NH2COONH4分解为CO2和NH3，应采取的措施 。 A．升温    B．降温     C．增大压强     D．减少压强 ②密闭体系中除发生Ⅰ和Ⅱ外，尿素会发生水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2物质的量之比为4：1，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。 (3)尿素[CO(NH)2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中SO2，其反应为：SO2+CO(NH2)2+2H2O=(NH4)2SO3+CO2，若吸收烟气时同时通入少量C1O2，可同时实现脱硫、脱硝。脱硝的反应分为两步。第一步：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl；第二步：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O。将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO(NH2)2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图2所示。 ①通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是 。 ②处理后的废水含有尿素，可用过硫酸钠结合紫外线(UV)辐照去除废水中尿素，其过程机理如图3所示，尿素和过硫酸钠溶液发生的离子反应方程式为 。 (4)电催化NO合成技术凭借其低能耗、绿色环保等优势成为化工行业关注的热点。某科研团队设计的Zn-NO电池装置及在不同电压下NH3的单位时间产量如图4所示， 已知：a.双极膜中H2O电离出的H+和OH−在电场作用下可以向两极迁移； b.法拉第效率=×100% ①写出正极的电极反应式 。 ②0.7V电压下连续放电10小时，外电路通过1.8×10-4mole-，则法拉第效率为 。(保留两位小数) 68．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将CO2转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。工业上在Cu-ZnO催化下利用CO2发生如下反应Ⅰ生产甲醇，同时伴有反应Ⅱ发生。 Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH1 Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)   ΔH2=+41.2kJ∙mol-1 回答下列问题： (1)①已知：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)   ΔH2=-90.6kJ∙mol-1，则ΔH1为 。 ②一定条件下反应Ⅱ能自发进行原因是 。 (2)向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)合成CH3OH(g)。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中K正、K逆为速率常数。 ①如图中能够代表k逆的曲线为 。(填“L1”、“L2”、“L3”或“L4”)。 ②温度为T1时，反应Ⅰ的化学平衡常数K= 。 ③对于上述反应体系，下列说法正确的是 。 A．增大CO2的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均增加 B．加入催化剂，H2的平衡转化率不变 C．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态 (3)不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如下图所示。 ①压强P1、P2、P3由大到小的顺序是 ，在P1压强下，200℃～550℃时反应以 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)为主，原因是 。 ②压强为P2时，温度高于660℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因 。 69．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）为实现2060年的“碳中和”目标，研究二氧化碳的有机资源化利用具有重要的意义。 (1)催化加氢制是转化有机资源的途径之一，过程中主要反应有： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   在密闭容器中，、时，的平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如下图所示。的平衡转化率在后随温度升高而增大的主要原因是 。 (2)金属锰分解水原位还原产生甲酸是有机资源转化新途径。锰与水反应生成MnO与活性，结合活性形成中间体；吸附到具有催化活性的中间体后，被活化生成甲酸，部分机理如下图所示。 ①总反应方程式为 。 ②实验中将锰粉、碳酸氢钠（充分吸收的溶液）和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的可能原因是 。 (3)电催化还原法也是的有机资源化的研究热点。一种有机多孔电极材料[铜粉沉积在一种树脂（含碳化合物）的骨架上]电催化还原的装置示意图如下图左所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如下图右所示。 ①为获得较高产率的有机资源，最佳电解电压值为 。 ②电解电压为时，电解时转移电子的物质的量为 。电解电压为时，阴极由生成甲醇的电极反应式为 。 ③电解前需向电解质溶液中持续通入过量的原因是 。 ④科研小组利用代替原有的进行研究，其目的是 。 70．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 (1)甲醇制取甲醛时可获得氢气，其原理为。已知部分化学键的键能数据如下表： 化学键 C―H C―O O―H C=O H―H 键能/ 413.4 351.0 462.8 745.0 436.0 则该反应的 。 (2)以甲烷和为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。 已知：   甲烷与制取氢气时，常向反应器中通入一定比例空气，其目的是 。 (3)的热分解也可得到，高温下水分解体系中各种微粒的体积分数与温度的关系如图所示。图中A、B表示的微粒依次是 。 (4)一定条件下，利用题图所示装置实现的电化学储氢(忽略其它有机物的反应)。 ①写出由生成的电极反应式： 。 ②该装置的电流效率 。(×100%) 71．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）工业合成氨是人类科技的一项重大突破，目前我国氨生产能力位居世界首位。 (1)传统合成氨原理为：  。 ①在恒温恒容密闭容器中充入2mol和6mol进行合成氨反应，下列能说明该反应已达平衡状态的是 。 a.断裂6mol H―H同时生成6mol N―H     b.容器内压强保持不变 c.混合气体密度保持不变     d.容器内、、物质的量之比为1∶3∶2 e.的百分含量保持不变 ②已知传统合成氨反应的速率方程为：，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可能的原因为 。 (2)常压电化学法合成氨电解装置如图所示。 已知熔融NaOH―KOH为电解液，纳米起催化作用，在电极上发生反应生成中间体Fe。 ①该法在合成氨过程中能量的转化形式为 ；惰性电极Ⅱ是电解池的 极。 ②惰性电极Ⅰ上生成中间体Fe的电极反应方程式为 ：由中间体Fe反应生成的化学方程式为 。 (3)基于载氮体的碳基化学链合成氨技术反应如下： 吸氮反应： 释氮反应： T℃时，向体积为2L装有足量和C的恒容密闭容器中充入2mol进行吸氮反应，达到平衡时氮气转化率为50%，计算此条件下吸氮反应的平衡常数 。 72．（2023-2024高二上·江苏连云港·期中）环戊二烯(分子式为，结构简式为()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题： (1)已知：反应①    反应②    则反应③的 ，平衡常数 (用、表示)。 (2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在恒容密闭容器内发生反应③，平衡时总压增加了20％，环戊烯的转化率为 ；达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。 A．通入惰性气体    B．提高温度    C．增加环戊烯浓度    D．增加碘浓度 (3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应，不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示： ①b点时二聚体的浓度为 。 ② (填“>”“=”或“<”) ③a点时平均反应速率为v(环戊二烯)= (4)二茂铁［，结构简式为］广泛应用于航天、化工等领域。以环戊二烯为原料电化学制备二茂铁的原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的惰性有机溶剂。 ①Ni电极为 极(填“正”“负”“阴”或“阳”)。 ②电解总反应为 。 ③电解制备需要在无水条件下进行，原因是 、 。 ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 综合压轴80题 考点01 盖斯定律与反应热的计算 1．（2021-2022高二上·江苏徐州·期中）碳碳双键加氢时总要放出热量，并且放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比。但1，3-环己二烯脱氢生成苯是放热反应。相同温度和压强下，关于反应的ΔH，下列判断正确的是 A．ΔH1﹥0，ΔH2﹥0 B．ΔH3=ΔH1+ΔH2 C．ΔH1﹥ΔH2，ΔH3﹥ΔH2 D．ΔH2=ΔH3+ΔH4 【答案】C 【分析】给反应编号。 【解析】A．反应①和②都是和氢气加成，是放热反应，所以ΔH1＜0，ΔH2＜0，，故A错误； B．将反应①和②相加不能得到反应③，所以ΔH3≠ΔH1+ΔH2，故B错误； C．反应①和②都是放热反应，ΔH＜0，根据已知，加氢放出的热量与碳碳双键的数目大致成正比，所以ΔH1﹥ΔH2；将反应②和④和相加得到反应③，所以ΔH3=ΔH2+ΔH4，反应④是1，3-环己二烯脱氢生成苯的逆反应，是吸热反应，所以ΔH4﹥0，所以ΔH3﹥ΔH2，故C正确； D．由C可知，ΔH2=ΔH3-ΔH4，故D错误； 故选C。 2．（2021-2022高二上·江苏泰州·期中）设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应： (1)CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l)     △H=akJ/mol (2)CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)    △H=bkJ/mol。其他数据如表： 化学键 C‒O O‒O C‒H O‒H 键能/(kJ•mol‒1) 798 x 413 463 下列说法正确的是（    ） A．上表中x= B．H2O(g)＝H2O(l)的△S＜0，△H=(a-b)kJ/mol C．当有4NA个C‒H键断裂时，反应放出的热量一定为akJ D．a＞b且甲烷燃烧热为bkJ/mol 【答案】A 【解析】A．根据反应热键能计算，反应(2)的 △H＝ ，解得x=，A项正确； B．根据盖斯定律，由反应 可得：H2O(g)＝H2O(l)  △H=kJ/mol，水从气态到液态、从液态到固态的变化均是熵减的过程，故正反应为熵减小的反应，B项错误； C．当有4NA个C‒H键断裂时，1molCH4反应，若生成H2O(l)放出akJ热量，若生成H2O(g)，则放出bkJ热量，C项错误； D．CH4燃烧为放热反应，a、b均小于零。且反应物相同时，生成同种液态物质放出的热量比生成等量的气态物质放出的热量多，故a＜b。根据燃烧热的定义，燃烧热所生成的产物一定是稳定的。则水应为液态，故甲烷燃烧热为akJ/mol；D项错误； 答案选A。 3．（2022-2023高二上·江苏南通·期中）Li/Li2O体系的能量循环如图所示。已知：。下列说法正确的是 A．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6 B．△H2＜0 C．△H3＜0 D．△H5＞△H6 【答案】A 【解析】A．根据盖斯定律计算得到，反应过程中的焓变关系为：△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，A正确； B．气态Li原子失去最外层的电子变为气态锂离子要吸收能量，则反应热△H2＞0，B错误； C．断裂化学键吸收能量，氧气断裂化学键变为氧原子过程中吸收热，△H3＞0，C错误； D．根据能量转化关系和盖斯定律的计算可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，△H1+△H2+△H3+△H4+△H5=△H6，则△H6＞△H5，D错误； 故合理选项是A。 4．（2023-2024高二上·江苏盐城·期中）CH4超干重整CO2的催化转化如图1所示，相关反应的能量变化如图2所示： 下列说法不正确的是 A．过程Ⅰ的热化学方程式为： B．过程Ⅱ实现了含碳物质与含氢物质的分离 C．过程Ⅱ中仅Fe3O4为催化剂 D．超干重整的总反应为：CH4+3CO24CO+2H2O 【答案】C 【解析】A．由图可知，Ⅰ.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH=+206.2kJ⋅mol−1；Ⅱ.CH4(g)+2H2O(g)=CO2(g)+4H2(g) ΔH=+165kJ⋅mol−1，根据盖斯定律，由Ⅰ×2-Ⅱ得到CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=+247.4kJ⋅mol−1，A正确； B．过程Ⅱ的反应第一步是CO+CO2+H2+Fe3O4+CaO→H2O+Fe+CaCO3，第二步反应：Fe+CaCO3+稀有气体→稀有气体+Fe+CaCO3+CO，两步反应实现了含碳物质与含氢物质的分离，B正确； C．由图可知，过程Ⅱ中Fe3O4、CaO反应前后化学性质不变，为催化剂，C错误； D．根据流程中物质的参与和生成情况，结合反应过程中有催化剂和中间产物，总反应可表示为CH4+3CO24CO+2H2O，D正确； 故选C。 5．（2023-2024高二下·江苏无锡·期中）下列关于热化学反应的描述正确的是 A．HCl和NaOH反应的反应热ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则H2SO4和Ba(OH)2反应的反应热ΔH＝2×(－57.3) kJ·mol－1 B．甲烷的燃烧热ΔH＝－890.3 kJ·mol－1，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)  ΔH<－890.3 kJ·mol－1 C．CO(g)的燃烧热是283.0 kJ·mol－1，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的ΔH＝＋566.0 kJ·mol－1 D．已知：500 ℃、30 MPa下，N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)  ΔH＝－92.4 kJ·mol－1；将3 mol H2和过量的N2在此条件下充分反应，会放出92.4 kJ热量 【答案】C 【解析】A．反应中还生成硫酸钡沉淀，会影响能量变化，故A错误； B．燃烧热反应中对应生成的水为液态水，且气态水的能量比液态水的能量高，则CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(g)　△H>−890.3kJ⋅mol−1，故B错误； C．若两个反应互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，可知2CO2(g)═2CO(g)+O2(g)反应的△H=+566.0kJ/mol，故C正确； D．合成氨为可逆反应，氮气过量时，3 mol H2也不能完全转化，则此条件下充分反应，放出的热量小于92.4 kJ，故D错误； 故选C。 6．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）下列各组热化学方程式中，△H1<△H2的是 ①C(s)+O2(g)=CO2(g)　△H1　C(s)+O2(g)=CO(g)　△H2 ②S(s)+O2(g)=SO2(g)　△H1　S(g)+O2(g)=SO2(g)　△H2 ③H2(g)+O2(g)=H2O(l)　△H1  2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)　△H2 ④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)　△H1　CaO(s)+H2O(1)=Ca(OH)2(s)　△H2 A．① B．④ C．②③④ D．①②③ 【答案】A 【解析】①碳完全燃烧放热多，但焓变小于0，所以； ②气态硫的能量高于固态硫的能量，所以气态硫完全燃烧放热多，但焓变小于0，所以； ③参加反应的氢气越多，放热越多，但焓变小于0，所以； ④碳酸钙分解吸热，氧化钙溶于水放热，因此； 综上所述，符合条件的有①； 故答案选A。 7．（2023-2024高二上·江苏盐城·期中）完成下列问题 (1)已知：① ② 则 。 (2)已知：① ② 则表示氨气燃烧热的热化学方程式为 ，该反应可设计为碱性条件下的燃料电池，负极电极反应式为 。 (3)已知几种化学键的键能和热化学方程式如下： 化学键 键能/() 391 193 243 a 432 ，则a= 。 (4)4种不饱和烃分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷()的能量变化如图所示。根据图示判断4种有机反应物中最稳定的是 ；反应(l)=(l)的 。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【解析】（1）根据盖斯定律：②-①×2得； （2）根据盖斯定律： 得氨气燃烧热的热化学方程式：；若将该反应设计为碱性条件下的燃料电池，则燃料氨气在负极发生失电子的氧化反应，负极电极反应式：； （3）焓变=反应物总键能-生成物总键能，则，解得 （4）物质所具有能量越低，结构越稳定，即最稳定的是；反应(l)=(l) ； 8．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）回答下列问题： (1)①常温常压下在中完全燃烧放出的热量。写出标准燃烧热的热化学方程式 。 ②常温常压下，强酸和强碱的稀溶液反应的中和热，写出该反应的化学方程式 。 (2)已知下列反应的热化学方程式：           则反应的 。(用含a、b、c的代数式表示) (3)已知  ，拆开键和键需要的能量分别是和，则拆开键需要的能量是 。 【答案】(1) (2) (3)391 【分析】常温常压下在中完全燃烧放出的热量，则在中完全燃烧放出热量；化学反应过程中，反应物化学键断裂所吸收的热量与生成物化学键形成所释放的能量之差，就是反应热。 【解析】（1）在中完全燃烧放出热量，标准燃烧热的热化学方程式为；强酸和强碱的稀溶液反应的中和热，该反应的化学方程式； （2）根据盖斯定律，； （3）设拆开键需要的能量是x，，则拆开键需要的能量是391。 考点02 反应机理与能量图象 9．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）MN＋Q是一放热的可逆基元反应，正反应的活化能为Ea，逆反应的活化能为Ea′，则下列活化能大小关系表述正确的是 A．Ea＞Ea′ B．Ea＜Ea′ C．Ea= D．Ea=Ea′ 【答案】B 【解析】MN＋Q是一放热的可逆基元反应，正反应的活化能为Ea，逆反应的活化能为Ea′，则Ea+Q=Ea′，因为Q＞0，所以Ea＜Ea′，故选B。 10．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）已知：  在不同条件下反应进程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．该反应低温下能自发进行 B．过程b使用了催化剂，降低了正反应的活化能，使反应的减小 C．恒温恒容条件下通入氦气，单位体积内反应物的活化分子数增多，反应速率加快 D．该反应中，反应物断键所吸收的总能量大于生成物成键所放出的总能量 【答案】A 【解析】A．该反应ΔH<0，ΔS<0，由可知，该反应低温能自发进行，A正确； B．过程b使用了催化剂，降低了正反应的活化能，但催化剂不改变反应的，B错误； C．恒温恒容条件下通入氦气，单位体积内反应物的活化分子数不变，反应速率不变，C错误； D．由图可知，该反应为放热反应，反应物断键所吸收的总能量小于生成物成键所放出的总能量，D错误； 故选A。 11．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）催化剂(简写为)在表面催化反应：，历程示意图如下图。已知该反应低温条件下能自发进行。下列说法正确的是 A．该反应的、 B．该反应的平衡常数 C．羟基磷灰石()的作用是通过减小，加快反应速率 D．图中反应机理可理解为中的与的分别与催化剂之间相互作用，同时中的、与中的之间又分别相互作用 【答案】D 【解析】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，该反应低温条件下能自发进行，则低温时，，则∆S＞0也满足条件，不一定ΔS<0，A错误； B．该反应的平衡常数K=，B错误； C．羟基磷灰石()为催化剂，可以降低活化能，不能改变反应热，C错误； D．根据过渡态的结构可知，图中反应机理可理解为中的与的分别与催化剂之间相互作用，同时HCHO中的、与中的之间又分别相互作用，D正确； 故选D。 12．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）在某金()催化剂表面分解的能量与反应历程(吸附在金催化剂表面上的物种用*标注)如图所示： 下列说法错误的是 A．首先断裂的化学键是键 B．反应的 C．是反应中间体 D．反应为决速步骤(活化能最大) 【答案】D 【解析】A．由图可知，通过第一步反应变成，断裂的化学键是键，故A正确，不符合题意； B．由图可知，是能量升高，故为吸热反应，即，故B正确，不符合题意； C．由图可知，生成后又消耗，是反应中间体，故C正确，不符合题意； D．由图可知，活化能最大的一步反应不是，故反应不是决速步骤，故D错误，符合题意。 答案选D。 13．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）自由基是化学键断裂时产生的含未成对电子的中间体，自由基与反应进程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A．产物的稳定性比产物的强 B．该历程中各元素的化合价均未发生变化 C．中间产物转化为产物的速率： D．与键能总和大于产物的键能总和 【答案】C 【分析】自由基与反应进程的能量变化据图可分析，可生成两种产物，均为放热反应，结合化学反应能量变化相关理论分析即可。 【解析】A．产物P2的能量更低，稳定性更强，稳定性P1小于P2，A错误； B．此反应有参加，并且产生了含氧化合物，氧气中氧元素化合价必定发生了变化，B错误； C．由图分析可知，中间错误Z转化成产物产物P2过程能垒更高，故中间产物转化为产物的速率：，C正确； D．结合图像可知，总反应为放热反应，故反应物总键能小于生成物总键能，D错误； 故选C。 14．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）在催化下，与制备乙醛的反应机理如图所示，下列说法正确的是 A．增加的量，的平衡转化率增大 B．过程①~⑥中铁元素化合价均发生变化 C．X为，是反应的产物之一 D．每消耗可制备乙醛 【答案】C 【解析】A．由分析可知，Fe+是反应的催化剂，催化剂能加快反应速率，但化学平衡不移动，则增加的量，乙烷的转化率不变，故A错误； B．由图可知，反应③、④中，铁元素化合价没有发生变化，故B错误； C．由分析可知，乙烷与一氧化二氮制备乙醛时，会发生副反应生成乙醇，所以X为是反应的产物之一的乙醇，故C正确； D．分析可知，乙烷与一氧化二氮制备乙醛时，会发生副反应生成乙醇，由得失电子数目守恒可知，消耗1mol一氧化二氮时，反应生成乙醛的物质的量小于0.5mol，故D错误； 故选C。 【分析】由图可知，Fe+是反应的催化剂，主反应为乙烷与一氧化二氮反应生成乙醛、氮气和水，副反应为乙烷与一氧化二氮反应生成乙醇和氮气。 考点03 电化学装置 15．（2023-2024高二上·江苏徐州·期中）如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时，O2—可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（    ）    A．电池内的O2—由电极甲移向电极乙 B．电池总反应为N2H4+2O2＝2NO+2H2O C．当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应 D．电池外电路的电子由电极乙移向电极甲 【答案】C 【分析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2--4e-=N2↑+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。 【解析】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2−由电极乙移向电极甲，A项错误； B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O，B项错误； C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2↑+2H2O可知，当甲电极上有1molN2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确； D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误； 答案选C。 16．（2023-2024高二上·江苏常州·期中）一种微生物电解生产甲烷的装置如图所示。下列有关说法正确的是 A．电极应与电源的负极相连 B．电极上的反应式为： C．提高温度一定能提高电解反应的速率 D．电解时通过质子交换膜移向电极 【答案】B 【解析】A．电极A上，C6H12O6生成CO2，C元素化合价升高，失去电子，电极A为阳极，与电源正极相连，故A错误； B．由图可知，电极B上CO2得电子生成CH4，电极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，故B正确； C．温度过高，微生物会变形死亡，不会提高电解反应的速率，故C错误； D．电解池中阳离子移向阴极，故电解时H+通过质子交换膜移向电极B，故D错误； 答案选B。 17．（2022-2023高二上·江苏扬州·期中）硫及其化合物在生产生活中具有广泛应用。由自然界的硫磺和金属硫化物矿通过化学反应可得到SO2，SO2催化氧化生成SO3，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-198kJ/mol。燃煤、金属冶炼和硫酸生产等产生的尾气中都含有SO2，用NaOH等碱性溶液吸收尾气中的SO2，可得到NaHSO3、Na2SO3等化工产品。热电厂尾气经处理得到较纯的SO2，可用于原电池法生产硫酸，其工作原理如图所示。电池工作时，下列说法不正确的是 A．电极b周围溶液pH变大 B．溶液中H+由a极区向b极区迁移 C．电极a的电极反应式为：SO2-2e-+2H2O=4H++SO D．一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量相等 【答案】D 【分析】该装置为原电池，由图可知，硫元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为：，b极为正极，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O ，电池总反应为：，据此作答。 【解析】A．电极b为正极，氧气得电子，发生还原反应，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，pH变大，A正确； B．电极b为正极，溶液中H+由a极区向b极区迁移，B正确； C．电极a为负极，电极a的电极反应式为：C正确； D．电池总反应为：，故一段时间后，a极消耗的SO2与b极消耗的O2物质的量为2:1，D错误； 故本题选D。 18．（2023-2024高二下·江苏扬州·期中）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。一种制备EO的原理示意图如下。下列说法不正确的是 A．电极X上发生的电极反应： B．与HClO反应生成，发生的是加成反应 C．电解时电极Y附近溶液pH升高 D．溶液b中主要含HCl 【答案】D 【分析】由图可知，电极X上Cl化合价升高发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极X是电解池的阳极，电极Y为阴极，阴极：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，氯气与水反应生成HCl和HClO，乙烯与HClO发生加成反应得到HOCH2CH2Cl；溶液a为KOH溶液，HOCH2CH2Cl在KOH溶液中水解，由于EO易溶于水，产物经过蒸馏得到环氧乙烷和KCl（溶液b）。 【解析】A．由分析可知，电极X上Cl化合价升高发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故A项正确； B．由分析可知，氯气与水反应生成HCl和HClO，乙烯与HClO发生加成反应得到HOCH2CH2Cl，故B项正确； C．由分析可知，电极Y为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，c(OH-)增大，pH增大，故C项正确； D．由分析可知，溶液b主要含有KCl，故D项错误； 故本题选D。 19．（2023-2024高二上·江苏宿迁·期中）我国科学家研发了一种室温下可充电的Na—CO2电池，如题图所示。放电时，Na2CO3与C均沉积在碳纳米管中。下列说法不正确的是 A．充电时，阴极电极反应式为： B．充电时，电源b极为正极，Na+向钠箔电极移动 C．放电时，转移0.4mol电子，碳纳米管电极增重22.4g D．放电时，电池的总反应为 【答案】D 【解析】A．放电时，Na为负极，反应式为，充电时，阴极反应为：，A正确； B．结合分析可知，充电时右侧为阳极，则b为正极，Na+向钠箔电极（阴极）移动，B正确； C．根据反应式，由于碳酸钠和C均沉积在碳纳米管，当转移0.4mol电子时，沉积0.1molC和0.2mol碳酸钠，总质量为，C正确； D．放电时，钠为负极，反应式为，正极吸收二氧化碳，反应式为，故总反应式为，D错误； 故选D。 20．（2023-2024高二上·江苏徐州·期中）天然气脱硫可获得清洁天然气并回收硫磺。一种天然气脱硫装置如图所示。下列说法正确的是 A．碳棒表面发生氧化反应 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．反应①的离子方程式： D．该装置每处理标准状况下H2S 22.4L，M池溶液增重32g 【答案】C 【分析】氧气通入后在电极反应生成H2O2，发生还原反应，碳棒上有机物中的羰基转化为羟基，则碳棒为正极，半导体材料作负极；该装置工作时，溶液中的H＋从N池经过离子交换膜进入M池，还原有机物中的羰基生成羟基，据此回答问题。 【解析】A．根据分析，碳棒为正极，发生还原反应，故A错误； B．根据分析，氢离子移动方向可知离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误； C．根据图示，N池①处H2S、I反应生成I-、S，发生反应为H2S＋I=3I-＋S↓＋2H＋，故C正确； D．该装置每处理标准状况下H2S 22.4L，则电路中转移电子2mol，M池中O2—H2O2—2e-，则进入M池的O2为1mol，同时N池中进入M池的H+2mol，M池溶液增重34g，故D错误； 故选C。 21．（2023-2024高二上·江苏盐城·期中）科学家研制了一种能在较低电压下获得氧气和氢气的电化学装置，工作原理如图所示： 下列说法正确的是 A．反应器I中产生的是 B．b极为电源的正极 C．N极的电极反应式为 D．该装置工作时，N极室中OH-的浓度增大 【答案】D 【分析】反应器I中被还原为，发生反应4+4OH-=4+O2↑+2H2O；所以反应器I放出氧气、反应器Ⅱ放出氢气，M是阳极、N是阴极。 【解析】A．根据图示，反应器I中被还原为，根据氧化还原反应规律，反应器I中产生的是O2，故A错误； B．根据图示，在M极被氧化为，M为阳极，a极为电源的正极，故B错误； C．N是阴极，阴极得电子发生还原反应，根据图示N极的电极反应式为，故C错误； D．该装置工作时，N极的电极反应式为，N极生成OH-，N极室OH-的浓度增大，故D正确； 选D。 22．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）利用电解技术回收利用废气中的和，原理示意图如图所示，下列说法正确的是 A．装置中溶液的作用是吸收废气中的和 B．装置中左侧为电解池的阴极区 C．装置中右侧每消耗，电子转移的数目是 D．装置中的总反应为 【答案】D 【分析】根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上失电子生成，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为-2e-+2OH-=+H2O，则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH。 【解析】A．NaHCO3溶液能和SO2反应但不能和CO2反应，所以NaHCO3溶液不能吸收CO2，故A错误； B．根据分析，左侧为阳极区，故B错误； C．气体状态未知，无法计算转移电子数目，故C错误； D．装置b中阳极-2e-+2OH-=+H2O，阴极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，在得失电子相等的条件下将阴阳电极反应式相加即得总反应式为，故D正确； 故选：D。 23．（2022-2023高二上·江苏无锡·期中）采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是 A．阳极反应为 B．电解一段时间后，阳极室的pH未变 C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移 D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量 【答案】D 【分析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。 【解析】A.依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑，故A正确，但不符合题意； B.电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，故B正确，但不符合题意； C.有B的分析可知，C正确，但不符合题意； D.电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，故D错误，符合题意； 故选：D。 24．（2022-2023高二上·江苏连云港·期中）电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是 A．a极反应式为N2+12OH--10e-=2NO+6H2O B．电解一段时间，a、b两电极区的pH均减小 C．电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极 D．相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5∶3 【答案】C 【解析】A．由图示可知，a极氮气失电子变为硝酸根离子，电解质溶液呈酸性，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，A错误； B．由图示可知，a极为阳极，失电子，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极为阴极，得电子，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，则阳极区酸性增强、pH减小，阴极区酸性减弱、pH增大，B错误； C．a极为阳极、b极为阴极，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确； D．a极电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，依据得失电子守恒，转移30mol电子时阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol，即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3:5，D错误； 答案选C。 考点04 原理小综合题 25．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）接触法制备硫酸中的关键步骤是在催化作用下与空气中在接触室发生可逆反应，其热化学方程式为  。反应在一定条件下达到平衡，下列有关说法正确的是 A．其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，反应的平衡常数增大 B．其他条件不变，提高的值可增大的转化率 C．升高温度，能提高的反应速率和转化率 D．反应中断裂旧共价键的键能之和比反应中形成新共价键的键能之和小 【答案】D 【解析】A．该反应正反应是一个气体体积减小的方向，故其他条件不变，增大压强，平衡正向移动，但化学平衡常数仅仅是温度的函数，故温度不变反应的平衡常数不变，A错误； B．其他条件不变，提高的值即增大SO2的用量，平衡正向移动，O2是转化率增大，而SO2的转化率减小，B错误； C．该反应正反应是一个放热反应，升高温度，平衡逆向移动，能提高SO2的反应速率，但SO2的转化率减小，C错误； D．该反应正反应是一个放热反应，故反应中断裂旧共价键的键能之和即吸收的总能量比反应中形成新共价键的键能之和即放出的总能量小，D正确； 故答案为：D。 26．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）治理汽车尾气中NO和CO污染的一种方法的反应原理为，某一温度下，其化学平衡常数。下列说法正确的是 A．反应达到平衡时，CO、NO的转化率相等 B．化学平衡常数的表达式为 C．此温度下，因K值较大，故化学反应速率较快 D．加入催化剂，反应物的活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率增大 【答案】D 【解析】A．根据变化量之比等于化学计量数之比可知，反应达到平衡时，CO、NO的转化量相等，但CO、NO的转化率是否相等，取决于CO、NO的起始量是否相等，A错误； B．根据平衡常数的定义可知，化学平衡常数的表达式为，B错误； C．平衡常数K是衡量反应进行的程度，而反应速率是衡量反应进行的快慢，故此温度下，因K值较大，不能得出化学反应速率较快，C错误； D．加入催化剂，能够降低反应所需要的活化能，是部分普通分子转化为活化分子，故反应物的活化分子百分数增大，有效碰撞次数增多，反应速率增大，D正确； 故答案为：D。 27. （2021-2022高二上·江苏扬州·期中）对于反应N2O4(g)2NO2(g) △H=+57kJ·mol-1，下列有关说法正确的是 A．升高体系温度正反应速率增大，逆反应速率减小 B．若容器体积不变，气体颜色不变时说明该反应建立化学平衡 C．其它条件不变，向平衡后的容器中再加入少量N2O4，新平衡后的值变大 D．增大体系的压强能提高N2O4的反应速率和转化率 【答案】B 【解析】A．升高温度，活化分子的数目和百分数均增大，正、逆反应速率均增大，故A错误； B．该反应是一个气体颜色加深的反应，则若容器体积不变，气体颜色不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故B正确； C．由方程式可知，反应的平衡常数K=，平衡常数是温度函数，温度不变，平衡常数不变，则它条件不变，向平衡后的容器中再加入少量四氧化二氮，新平衡后的值不变，故C错误； D．该反应为气体体积增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的转化率减小，故D错误； 故选B。 28．（2021-2022高二上·江苏扬州·期中）氯胺是一种饮用水二级消毒剂，一定温度下，恒容密闭容器中制备一氯胺的反应为：NH3(g)＋Cl2(g)=NH2Cl(g)＋HCl(g)  ∆H＝＋12 kJ·mol－1，下列说法正确的是 A．该反应的∆S＜0 B．氯胺与水反应的方程式为：NH2Cl＋2H2O= NH3·H2O + HClO C．反应在高温、高压条件下均能提高反应速率和NH3的平衡转化率 D．E(N－H)＋E(Cl－Cl)＜E(N－Cl)＋E(H－Cl)(E表示键能) 【答案】B 【解析】A．∆H-T∆S＜0的反应能自发进行，该反应的∆H>0，因此该反应自发进行必须满足的条件是∆S>0，故A错误； B．根据题给信息，氯胺是一种饮用水二级消毒剂，说明NH2Cl和水反应能生成具有强氧化性的HClO，结合得失电子守恒、原子守恒，写出氯胺与水反应的方程式为：NH2Cl＋2H2O= NH3·H2O + HClO，故B正确； C．该反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，NH3的平衡转化率增大；该反应气体分子数不变，增大压强平衡不移动，NH3的平衡转化率不变，故C错误； D．该反应为吸热反应，断裂反应物中化学键吸收的能量大于形成生成物中化学键释放的能量，因此E(N－H)＋E(Cl－Cl)>E(N－Cl)＋E(H－Cl)，故D错误； 答案选B。 29．（2023-2024高二上·江苏宿迁·期中）已知：  △H＜0，下列说法正确的是 A．该条件下，熔点比高 B．平衡时升高温度，减小，增大 C．及时分离可加快反应达到平衡状态 D．上述反应中每生成1molCO，转移电子的数目为 【答案】D 【解析】A．属于分子晶体，熔化时只需破坏分子间的范德华力，而属于离子晶体，熔化时需要破坏微粒间的离子键，离子键的键能比范德华力大得多，所以该条件下，熔点比低，A不正确； B．平衡时升高温度，反应物分子的能量都增大，单位体积内的活化分子数目增多，增大，增大，B不正确； C．及时分离出，虽然可使平衡正向移动，但由于减小了生成物的浓度，所以反应速率减慢，C不正确； D．上述反应中，C元素由0价升高到+2价，所以每生成1molCO，转移电子的数目为，D正确； 故选D。 30．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）汽车尾气在稀土催化剂作用下通过反应实现转化。下列说法正确的是 A．该反应 B．反应的平衡常数可表示为 C．其他条件相同，越大，的平衡转化率越大 D．其他条件相同，使用催化剂，正反应速率增大，逆反应速率减小 【答案】B 【解析】A．是气体分子总数减小的反应，所以，A选项错误； B．该反应平衡常数表达式为，B选项正确； C．两种反应物，增大一种反应物的用量可提高另一种反应物的转化率，其它条件相同，越大，NO的用量越多，反应正向进行程度越大，CO的平衡转化率越大，但是NO的转化率越小，C选项错误； D．其他条件相同，使用催化剂，正反应速率和逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，D选项错误； 故答案选B。 31．（2021-2022高二上·江苏扬州·期中）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应，可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) △H=-115.6kJ·mol-1。下列说法正确的是 A．该反应的K= B．加入催化剂，能使该反应的焓变减小 C．1molCl2转化为2molCl放出243kJ热量 D．断裂4molH－Cl键的同时，有4molH－O键断裂，说明该反应达到平衡状态 【答案】D 【解析】A．平衡常数K等于生成物浓度幂次积与反应物浓度幂次积之比，则K=，故A错误； B．加入催化剂，该反应的焓变不变，故B错误； C．1molCl2转化为2molCl吸收243kJ热量，故C错误； D．断裂4molH-Cl键的同时，有4molH-O键断裂，说明正反应速率等于逆反应速率，说明该反应达到平衡状态，故D正确； 故选：D。 32．（2023-2024高二上·江苏泰州·期中）下列有关说法正确的是 A．铅蓄电池放电时负极反应式： B．在航海轮船船底外壳焊上少量铜块，可以防止海轮腐蚀 C．已知： 则CO 的燃烧热为566.0kJ·mol-1 D．在铜器上镀银时，把镀层金属银与电源正极相连，铜器与电源负极相连 【答案】D 【解析】A．铅蓄电池中Pb为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Pb-2e-+SO=PbSO4，A错误； B．作原电池负极的金属加速被腐蚀，作原电池正极的金属被保护，铁、铜和海水构成的原电池中，铁易失电子作负极，所以加速被腐蚀，B错误； C．已知：2CO2(g)=2CO(g)＋O2(g) ΔH= +566.0 kJ·mol−1，CO的燃烧热是1molCO完全燃烧生成二氧化碳放出的能量，所以则CO的燃烧热为283.0 kJ·mol−1，C错误； D．在铜器上镀银时，把镀层金属银与电源正极相连，铜器与电源负极相连，硝酸银作电解质，D正确； 故答案为：D。 考点05 反应原理的实验探究 33．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）根据下列有关实验得出的结论一定正确的是 选项 实验 结论 A 在恒温恒压的密闭容器中发生反应：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，向其中通入氩气 反应速率减慢 B 分别取50mL0.5mol/L硫酸、氢氧化钡两溶液在量热器中充分反应，测定反应前后最大温度差 测定中和热 C 相同温度下，将等质量的大理石块和大理石粉分别加入等体积的盐酸中 反应速率：粉状大理石>块状大理石 D 相同温度下，向盛有足量等浓度稀硫酸的甲、乙两支试管中分别加入等质量的锌粒，并向甲中加入少量胆矾固体 产生氢气的速率和体积：甲>乙 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】A．在恒温恒压的密闭容器中发生反应：2NH3(g)N2(g)+3H2(g)，向其中通入氩气，容器体积增大，反应物浓度减小，反应速率减慢，故A正确； B．氢氧化钡和硫酸反应，除生成水外，还生成硫酸钡沉淀，不能用氢氧化钡和硫酸反应测定中和热，故B错误； C．相同温度下，将等质量的大理石块和大理石粉分别加入等体积的盐酸中，没有明确盐酸浓度是否相等，反应速率不一定粉状大理石>块状大理石，故C错误； D．相同温度下，向盛有足量等浓度稀硫酸的甲、乙两支试管中分别加入等质量的锌粒，并向甲中加入少量胆矾固体，甲中部分锌和硫酸铜反应置换出铜，与硫酸反应的锌质量小，所以甲放出的氢气体积小，故D错误； 选A。 34．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）下列根据实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向溶液中加入溶液，充分反应后，滴入溶液，溶液变红 与发生的反应为可逆反应 B 将铁钉置于盛有稀醋酸的试管中，长时间放置，暴露在空气中的铁钉表面出现大量锈迹 铁钉只发生析氢腐蚀 C 将浓硫酸与灼热的木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，观察到品红溶液褪色，石灰水变浑浊 浓硫酸与木炭反应生成了和 D 用注射器吸入和的混合气体，将细管端用橡胶塞封闭。迅速向外拉活塞，观察到气体颜色先变浅后变深(最终颜色比拉动活塞前要浅) 减小压强时该平衡向着生成的方向移动 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】A．若铁离子和碘离子的反应有一定限度，过量铁离子与碘离子反应后，溶液中一定含有碘离子，则判断铁离子和碘离子的反应有一定限度时，应检验溶液中是否存在碘离子，不能检验是否含有铁离子，A错误； B．吸氧腐蚀和析氢腐蚀都会发生，但是酸性条件下以析氢腐蚀为主；B错误； C．浓硫酸与灼热的木炭反应产生二氧化碳、二氧化硫，均使澄清石灰水变浑浊，应选足量酸性高锰酸钾溶液除去二氧化硫后，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，才可检验二氧化碳，C错误 D．将注射器活塞外拉，气体浓度均减小，则颜色先变浅，而后平衡向着气体体积增大的方向，也即生成二氧化氮的方向移动，故颜色又会变深，但最终还是比原来颜色浅，D正确； 35．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化 探究与氧化性强弱 B 将0.05mol与0.1mol混合，在一定条件下充分反应后，将混合气体通入品红溶液，观察品红溶液颜色变化 探究该反应属于可逆反应 C 向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热一段时间后，再加入银氨溶液；观察是否有银镜出现 探究蔗糖水解程度 D 分别往甲：4mL、乙：4mL的酸性溶液中加入2mL溶液，记录褪色时间 探究反应物浓度对化学反应速率的影响 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】A．加入稀硫酸后，相当于溶液中含有硝酸，硝酸、过氧化氢都能氧化亚铁离子，不能探究过氧化氢与三价铁离子氧化性强弱，A项错误； B．和以2：1反应，能使品红溶液褪色，不能使品红溶液褪色，将0.05mol与0.1mol混合，过量，在一定条件下充分反应后，如果二者完全反应生成，将混合气体通入品红溶液，品红溶液不褪色，如果品红溶液褪色，说明没有完全反应，存在可逆反应，能实现实验目的，B项正确； C．银镜反应需要在碱性条件下，所以加入银氨溶液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，C项错误； D．高锰酸钾均过量，不能说明浓度对速率的影响，应控制高锰酸钾均不足，且浓度不同，D项错误； 答案选B。 36．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是 选项 实验操作和现象 实验结论 A 向溶有的溶液中通入气体，出现白色沉淀 具有强氧化性 B 向的溶液中滴加溶液，振荡，向上层清液滴加3~4滴溶液，观察到溶液出现血红色 存在可逆反应 C 向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀 比更容易结合 D 向中加入饱和的溶液，充分浸泡后过滤，向滤渣中加入足量的稀溶液，滤渣部分溶解 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【解析】A．向溶有的溶液中通入气体，出现白色沉淀，可能具有强氧化性或者是碱性气体，如氨气，使生成的白色沉淀成分为亚硫酸钡，A错误； B．本实验振荡，向上层清液滴加3~4滴溶液，观察到溶液出现血红色因三价铁离子过量而不能说明反应为可逆反应，B错误； C．向溶液中加入等浓度等体积的溶液，出现白色沉淀说明偏铝酸根结合了碳酸氢根中的氢离子生成了氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，偏铝酸根离子比碳酸根更容易结合氢离子，C正确； D．只要当Qc>Ksp时就会生成碳酸钡沉淀，滤渣部分溶解说明存在硫酸钡和碳酸钡，但无法证明两种难溶物Ksp的大小，D错误； 故选C。 考点06 平衡图象分析 37．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）在容积相等的三个密闭容器中分别按投料比n(CO)：n(SO2)=1：1、2：1、3：1投料，发生反应：2CO(g)+SO2(g) = S(g)+2CO2(g) ΔH = +8.0kJ•mol-1，测得SO2的平衡转化率与温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A．曲线I代表的投料比为n(CO)：n(SO2)=1：1 B．增大压强，平衡正向移动 C．向容器中继续充入CO，可使平衡常数K增大 D．在a点对应的温度下，达到平衡时，CO2的体积分数约为33.3% 【答案】D 【解析】A．增加CO投料，促进二氧化硫的转化，二氧化硫转化率提高，故曲线I代表的投料比为n(CO)：n(SO2)=3：1，A错误； B．反应为气体分子数不变的反应，增大压强，平衡不移动，B错误； C．K只受温度影响，向容器中继续充入CO，平衡常数K不变，C错误； D．结合A分析，a点投料比为n(CO)：n(SO2)=2：1，假设一氧化碳、二氧化硫投料分别为2mol、1mol，二氧化硫反应0.5mol，则生成1mol二氧化碳，反应为气体分子数不变的反应，达到平衡时，CO2的体积分数约为33.3%，D正确； 故选D。 38．（2023-2024高二上·江苏宿迁·期中）催化加氢合成能实现碳的循环利用。一定压强下，与在密闭容器中发生的主要反应为： Ⅰ：  ； Ⅱ：  。 反应相同时间，测得不同温度下转化率和选择性如题图实验值所示。图中平衡值表示在相同条件下达到平衡状态时转化率和选择性随温度的变化。[选择性]，下列说法正确的是 A．   B．相同条件下，压缩容器体积能提高转化率的实验值 C．相同温度下，选择性的实验值大于平衡值，说明反应Ⅰ的速率小于反应Ⅱ D．220℃～280℃，保持其他条件不变，随温度的升高而增加 【答案】B 【解析】A．根据反应II可知，若与反应生成和，由于比能量低，所以反应焓变小于，A错误； B．相同条件下，压缩容器体积使压强增大，反应Ⅰ平衡向右移动，能提高转化率的实验值，B正确； C．相同温度下，选择性的实验值大于平衡值，说明相同时间内得到的量更多，反应Ⅰ的速率大于反应Ⅱ，C错误； D．220℃～280℃，保持其他条件不变，转化率平衡值随温度升高而增大，而此时甲醇的选择性降低，索命随温度的升高而降低，D错误； 答案选B。 39．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）催化加氢可合成二甲醚，其过程中主要发生下列反应有 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 在恒压、和的起始量一定的条件下，平衡转化率和平衡时的选择性(的选择性)随温度的变化如图所示 下列说法正确的是 A．200~360℃范围内，体系中主要发生反应Ⅱ B．276℃时反应Ⅰ、Ⅱ中参加反应的的平衡转化率为48% C．曲线b代表平衡时的选择性变化 D．为提高选择性需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 【答案】D 【分析】反应I吸热，反应Ⅱ放热，其它条件相同，升高温度，平衡I正向移动，平衡Ⅱ逆向移动，CH3OCH3(g)选择性降低，曲线a表示CH3OCH3的选择性随温度的变化，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化。 【解析】A．200~360℃范围内，CO2平衡转化率先降低后升高，在降低阶段主要发生反应Ⅱ，在升高阶段主要发生反应I，A错误； B．276℃时，CH3OCH3的选择性为48%，反应总的消耗1molCO2，则生成CH3OCH3的物质的量为0.24mol，则反应Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量为0.48mol，反应I中参加反应的CO2的物质的量为1mol-0.48mol=0.52mol，故I、Ⅱ中参加反应的CO2的物质的量之比=0.52:0.48=13:12，B错误； C．由分析可知，曲线b表示CO2平衡转化率随温度的变化，C错误； D．为提高CH3OCH3选择性就需抑制反应I，促进反应Ⅱ，由于反应I吸热，反应Ⅱ放热，低温能实现，故需研发低温条件下对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂，D正确； 答案选D。 40．（2023-2024高二上·江苏淮安·期中）开发CO2催化加氢可合成二甲醚。其主要反应为： ① CO2(g)+ 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g)  ΔH1 =﹣49.01 kJ·mol−1 ② 2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g)  ΔH2 =﹣24.52 kJ·mol−1 合成二甲醚时还会发生副反应： ③ CO2(g)+ H2(g)CO(g) + H2O(g)  ΔH3 = + 41.2 kJ·mol−1 其他条件相同时，反应温度对CO2平衡总转化率及反应2.5小时的CO2实际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。(已知：CH3OCH3的选择性=×100％)。 下列说法正确的是 A．不改变反应时间和温度，增大压强或增大CO2与H2的投料比都能进一步提高CO2实际总转化率和二甲醚实际选择性 B．CO2催化加氢合成二甲醚的最佳温度为240℃左右 C．温度高于290℃，CO2平衡总转化率随温度升高而上升的原因为反应①进行程度大于反应③ D．一定温度下，加入多孔CaO(s)或选用高效催化剂，均能提高平衡时H2的转化率 【答案】B 【解析】A．增大压强，反应①化学平衡正向移动，反应③化学平衡不移动，CO2实际总转化率和二甲醚实际选择性都提高，但是增大CO2和H2的投料比，CO2的实际总转化率降低，A错误； B．从图2中可知，240℃时二甲醚实际选择性最大，CO2催化加氢合成二甲醚的最佳温度为240℃左右，B正确； C．反应①为放热反应，反应③为吸热反应，升高温度反应③平衡正向移动，反应①平衡逆向移动，温度高于290℃，CO2平衡总转化率随温度升高而上升原因为反应③进行程度大于反应①，C错误； D．使用高效催化剂，能加快反应速率但是不能提高平衡时氢气的转化率，D错误； 故答案选B。 41．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 ① ② 在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示。 的选择性，下列说法正确的是 A．反应 B．该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围为350℃~400℃ C．的平衡选择性随着温度的升高而增大 D．450℃时，延长反应的时间能使平衡转化率达到X点的值 【答案】B 【解析】A．根据盖斯定律，目标反应=4×②-①，=+329.5kJ/mol ，故A错误； B．该催化剂催化二氧化碳反应在350℃~400℃时实际转化率最高，故B正确； C．温度升高导致反应①平衡向左移动而反应②平衡向右移动，整体来看n(CH4)随温度升高而减小，而根据图像可以判断出二氧化碳的平衡反应量随温度的升高而减小，因此无法判断的平衡选择性随着温度的升高而增大，故C错误； D．不改变外部条件平衡不会随时间的延长而发生移动，故D错误； 故选B。 42．（2021-2022高二上·江苏南通·期中）根据图示所得出的结论不正确的是 A．图甲表示反应2SO2(g)+O2(g) ⇌2SO3(g) ∆H <0 不同温度时平衡常数K随压强的变化关系图，则T1>T2 B．图乙是恒温密闭容器中发生CaCO3(s) ⇌CaO(s)+CO2(g)反应时c(CO2)随反应时间变化的曲线，t1时刻改变的条件可能是缩小容器的体积 C．图丙表示1 mol N2H4(l)和1 mol O2(g)反应生成1 mol N2(g)和2 molH2O(1)过程中的能量变化曲线，则N2H2(l)的燃烧热∆H = - 622 kJ·mol-1 D．图丁表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g) ⇌ CO(g)+3H2(g)到达平衡时， CH4的转化率与压强、温度的变化关系曲线，则p1<p2 【答案】A 【解析】A．平衡常数只有温度有关，温度不变则平衡常数不变，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以T1＜T2，A错误； B．该反应的平衡常数K= c(CO2)，温度不变平衡常数不变，所以恒温条件下，缩小容器体积增大压强，平衡正向移动，再次平衡后c(CO2)，B正确； C．据图可知1 mol N2H4(l)和1 mol O2(g)反应生成1 mol N2(g)和2 molH2O(1)放出622kJ能量，即N2H2(l)的燃烧热∆H = - 622 kJ·mol-1，C正确； D．该反应为气体系数之和增大的反应，温度不变增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率减小，所以p1<p2，D正确； 综上所述答案为A。 43．（2023-2024高三上·江苏南京·期中）乙酸蒸汽催化重整制氢过程中的主要反应有： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   将一定比例的乙酸、水和的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，乙酸的转化率、氢酸比[]与温度的关系如图所示。若仅考虑上述反应，下列说法正确的是 A．用该催化剂催化重整反应的最佳温度范围约为 B．时，出口气中 C．后氢酸比下降的主要原因为温度升高反应Ⅰ、Ⅱ正向进行程度减小 D．该过程深入研究方向之一是寻找对反应Ⅱ选择性更高的催化剂 【答案】B 【解析】A．该催化剂催化重整反应中乙酸的转化率越大，氢酸比越大时，反应最佳，则最佳温度范围约为600℃，故A错误； B．时，设CO和CO2的物质的量分别为xmol和ymol，则氢酸比，解得，故B正确； C．600℃后，乙酸的转化率几乎不变，则温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ正向进行的程度不能同时减小，故C错误； D．反应I中1mol乙酸可以生成4mol氢气，反应Ⅱ中1mol乙酸生成2mol氢气，反应Ⅰ更有利于氢气的生成，则该过程深入研究的方向之一是寻找对反应Ⅰ具有选择性更高的催化剂，故D错误； 故选B。 44．（2021-2022高二上·江苏连云港·期中）甲烷，水蒸气在镍基催化剂催化下重整制备氢气的主要反应为：；工业上常将镍基催化剂和纳米混合制成微球颗粒使用。将一定比例的和的混合气体置于密闭容器内催化制氢，平衡时所占的体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是 A．该反应的平衡常数表达式为 B．后曲线X显著下降的可能原因是催化剂失活 C．其他条件不变，缩小容器体积，的平衡转化率增大 D．添加可以吸收生成的并放热，从而促使平衡正移 【答案】D 【解析】A．由方程式可知，反应的平衡常数表达式为，故A错误； B．由未添加纳米氧化钙的曲线变化可知，后氧化钙吸收水蒸气的反应强于吸收二氧化碳的反应，反应物浓度减小，平衡向逆反应方向移动，氢气的体积分数减小，则曲线X显著下降与催化剂失活无关，故B错误； C．该反应是气体体积增大的反应，其他条件不变，缩小容器体积，容器中气体压强增大，平衡向逆反应方向移动，甲烷的平衡转化率减小，故C错误， D．添加纳米氧化钙，氧化钙能与二氧化碳反应放出热量，使反应温度升高，生成物的浓度减小、升高温度，都有利于平衡向正反应方向移动，故D正确； 故选D。 考点06 基本实验操作 45．（2021-2022高二上·江苏南通·期中）用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A．用图甲所示装置验证氨气溶于水呈碱性 B．用图乙所示装置制取CO2 C．用图丙所示装置验证镁片与稀盐酸反应放热 D．用图丁所示装置丁验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用 【答案】C 【解析】A．石蕊遇碱变蓝，应该用湿润的红色湿润试纸检验，A错误； B．长颈漏斗下端未浸入液面以下，生成的气体会从长颈漏斗逸出，B错误； C．Ca(OH)2的溶解度随温度升高而降低，若镁片与稀盐酸反应放热，饱和石灰水温度升高，会析出Ca(OH)2，石灰水会变浑浊，可以达到实验目的，C正确； D．两组实验的温度也不同，变量不唯一，D错误； 综上所述答案为C。 46．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）实验室在低温条件下将通入溶液制取溶液。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是 A．用装置甲制取 B．用装置乙除去中混有的 C．用装置丙制取溶液 D．用装置丁吸收尾气中的 【答案】A 【解析】A．稀盐酸与二氧化锰不反应，应选浓盐酸、二氧化锰加热制备，故A错误； B．HCl与饱和食盐水不反应，可以吸收HCl，不会引入新杂质，故B正确； C．实验室在低温条件下将通入溶液制取溶液，故采用冰水浴，图中装置可制备，故C正确； D．氯气有毒，易污染环境，故导管口应在液面下，且氢氧化钠可以与氯气反应，故D正确； 故选：A。 47．（2023-2024高二上·江苏徐州·期中）下列实验操作与实验结论相符的是 选项 实验操作 实验结论 A 向酸性高锰酸钾溶液中通入SO2，溶液褪色 证明SO2有漂白性 B 向品红溶液中加入新制氯水，溶液褪色 说明Cl2有漂白性 C 向某固体中加入稀盐酸 ，有无色气体产生 该固体中一定含有碳酸盐 D 向某溶液中加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀 溶液中一定含 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】A．酸性高锰酸钾溶液可以将二氧化硫氧化为硫酸根，体现 了二氧化硫的还原性，A错误； B．新制氯水使品红溶液褪色，是因为新制氯水具有漂白性，可以氧化品红溶液中的色素，生成无色的化学物质，B错误； C．向碳酸氢盐中加入稀盐酸，也有无色气体产生，故不一定含有碳酸盐，也可能含有碳酸氢盐，C错误； D．加入稀盐酸，无明显现象，排除了碳酸根和亚硫酸根以及银离子存在的可能，加入氯化钡产生白色沉淀，则说明溶液中含有硫酸根离子，D正确； 故选D。 48．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）海水中含有丰富的碘元素，海洋中许多藻类植物具有富集碘的能力，如海带中含碘量可达0.3%~0.5%，约为海水中碘浓度的10万倍。灼烧海带提取I2时，下列实验原理与装置不能达到相应实验目的的是 A．用装置甲灼烧海带 B．用装置乙过滤得到浸出液 C．用装置丙反应生成I2 D．用装置丁萃取碘水中的I2 【答案】D 【解析】A．灼烧海带应在坩埚中进行，故A正确； B．海带灰溶于水后得到悬浊液，应用过滤的方法得到浸出液，故B正确； C．向用稀硫酸酸化的浸出液滴入双氧水，双氧水能将溶液中的碘离子氧化为单质碘，故C正确； D．碘与乙醇互溶，不能用乙醇萃取溶液中的碘，故D错误； 故选D。 49．（2023-2024高二上·江苏淮安·期中）氯气可用来制备将氢氧化铁氧化为高铁酸根离子的氧化剂，下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是 A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去Cl2中少量HCl C．用装置丙分离MnO2和MnCl2溶液 D．用装置丁蒸干MnCl2溶液制MnCl2·4H2O 【答案】C 【解析】A．二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确； B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确； C．二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确； D．锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。 答案选C。 考点08 元素周期表和周期律 50．（2023-2024高二上·江苏盐城·期中）前四周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，基态X原子核外电子占据两种形状不同的原子轨道，且两种轨道中电子总数相等，Q与X处于同一主族。Y的周期序数与族序数相等，Z的第二电离能远小于第三电离能。下列说法正确的是 A．电负性： B．最高价氧化物对应水化物的碱性： C．Z的氯化物是工业漂白粉的有效成分 D．X、Z只能形成一种离子化合物 【答案】B 【分析】前四周期主族元素X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，基态X原子核外电子占据两种形状不同的原子轨道，即s和p轨道，且两种轨道中电子总数相等，则X的电子排布式为1s22s22p4，X为O元素，Q与X处于同一主族，则Q为S或Se元素，Y的周期序数与族序数相等，则Y为第三周期第ⅢA族的元素，即Al，Z的第二电离能远小于第三电离能，则Z为Ca元素，则Q为Se元素； 【解析】A．同主族元素，从上到下电负性减弱，电负性：，故A错误； B．金属性Al<Ca，最高价氧化物对应水化物的碱性，故B正确； C．Ca(ClO)2是工业漂白粉的有效成分，CaCl2不是，故C错误；     D．X、Z可形成CaO、CaO2等多种形式的离子化合物，故D错误； 故选B。 51．（2022-2023高二上·江苏宿迁·期中）“神农本草经”中记载的白矾主要成分为KAl(SO4)2·12H2O。下列性质比较正确的是 A．半径大小： B．电负性大小： C．碱性强弱： D．电离能大小： 【答案】C 【解析】A．Al3+、O2-核外电子排布相同，且Al的原子序数比O大，故半径大小：，A错误； B．已知同一主族元素从上往下元素的电负性依次减弱，故电负性大小：，B错误； C．已知金属性K＞Na＞Al，金属的金属性与其最高价氧化物对应水化物的碱性一致，故碱性强弱：，C正确； D．已知同一主族元素从上往下元素的第一电离能依次减小，电离能大小：，D错误； 故答案为：C。 52．（2022-2023高二上·江苏淮安·期中）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大， X原子的核内质子数为8，Y原子最外层只有1个电子，Z原子最外层电子数是其电子层数的2倍，W原子最外层电子数为7。下列叙述正确的是（   ） A．Z的非金属性比X的强 B．X、Y形成的化合物是共价化合物 C．W的简单气态气化物的热稳定性比Z的强 D．原子半径的大小顺序：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) 【答案】C 【分析】 X原子的核内质子数为8，则X为氧元素，短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y原子最外层只有1个电子，可知Y为第三周期元素，则Y为钠元素，Z原子最外层电子数是其电子层数的2倍，Z位于第三周期、最外层6个电子，则Z为硫元素，W原子最外层电子数为7，则W为氯元素，据此分析； 【解析】A. X和 Z位于同主族，核电荷数小，电子层数少，元素非金属性强，Z的非金属性比X的弱，A错误； B. X、Y形成的化合物可以是氧化钠、过氧化钠，均为离子化合物，B错误； C. Z、W位于同周期，核电荷数越大、元素非金属性越强、最简单氢化物越稳定，则简单气态气化物的热稳定性W的比Z的强，C正确； D. 同周期主族元素原子半径从左到右递减，则原子半径的大小顺序：r(W)<r(Z)<r(Y)，D错误； 答案选C。 考点07 工艺流程题 53．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）实验室研究从炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)中分别回收铜、锌、铅元素的流程如下。 下列说法不正确的是： A．酸浸过程后，溶液中主要存在的离子有：Cu2＋、Zn2+、Pb2+、H+、SO B．铁屑加入初期，置换速率随时间延长而加快，其可能原因为：反应放热，温度升高，反应速率加快；Fe置换出的Cu，形成铁铜原电池，反应速率加快 C．铁屑完全消耗后，铜的产率随时间延长而下降，其可能原因为生成的Fe2+被空气氧化为Fe3+，Fe3+与Cu反应，降低了Cu的产率 D．海绵状铜中含有少量Fe、Zn、Pb，可通过精炼的方法提纯，海绵状铜连接外加电源正极 【答案】A 【分析】炼铜烟灰(主要成分为CuO、Cu2O、ZnO、PbO及其硫酸盐)为原料，分别回收铜、锌、铅元素，得到酸浸渣主要成分、海绵状铜、产品。 【解析】A．酸浸过程后，溶液中主要存在的离子有：Cu2＋、Zn2+、H+、SO，Pb2+与SO不能共存，应转化为沉淀，过滤后得到酸浸渣的主要成分为，A错误； B．“置换”流程中加入铁屑，发生反应为放热反应，温度升高，反应速率加快；Fe置换出的Cu，形成铁铜原电池，反应速率加快，B正确； C．铁屑完全消耗后生成的Fe2+被空气氧化为Fe3+，降低了Cu的产率，C正确； D．海绵状铜含有少量Fe、Zn、Pb连接外加电源正极，在阳极发生失电子氧化反应生成、、、，纯铜连接外加电源负极，阴极发生还原反应得到纯铜，D正确； 答案选A。 54．（2021-2022高二上·江苏南通·期中）氯化钴是治疗障碍性贫血药物的主要成分之一。从海绵钴(含有少量Fe、Ni)中制备氯化钴晶体的工艺流程如图，下列说法正确的是 已知：①Co、Ni溶于盐酸均生成+2价金属阳离子；② Ni2+溶于氨水生成[Ni(NH3)6]2+离子。 A．1mol [Ni(NH3)6]2+中含有σ键的数目为18mol B．为提高海绵钴的浸取率，浸取时温度越高越有利 C．“酸溶”后的溶液中主要含有Fe2+、Co2+、 Cl-、H+ D．操作a的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 【答案】D 【分析】海绵钴(含有少量Fe、Ni)中加酸溶解，生成CoCl2、NiCl2、FeCl2；加入氨水后，Ni2+转化为[Ni(NH3)6]2+，Co2+、Fe2+分别转化为Co(OH)2、Fe(OH)2沉淀；加入盐酸后溶解，重新生成CoCl2、FeCl2；加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入CoO与H+反应，促进Fe3+水解反应的进行，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；加盐酸调节pH，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，从而获得CoCl2•6H2O。 【解析】A．[Ni(NH3)6]2+中每个NH3配体中含有3个σ键，每个NH3与Ni2+形成一个配位键，也为σ键，所以1mol [Ni(NH3)6]2+中含有σ键的数目为24mol，A错误； B．温度过高会造成盐酸的大量挥发，同时会促进金属阳离子的水解，B错误； C．根据分析可知酸溶后的溶液中还有Ni2+，C错误； D．操作a可以从溶液中获取晶体，具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，D正确； 综上所述答案为D。 55．（2022-2023高一下·江苏镇江·期中）废旧铅蓄电池会导致铅污染，RSR工艺回收铅的化工流程如图所示。    已知：铅膏的主要成分是和；是强酸； 下列有关说法错误的是 A．操作③需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 B．步骤④发生反应的离子方程式为 C．步骤⑤中在阴极析出 D．副产品M的主要成分是 【答案】D 【分析】废旧铅蓄电池处理后加水通入二氧化硫、加入碳酸铵，PbO2和二氧化硫发生氧化还原反应，四价铅转化为二价铅生成碳酸铅沉淀、二氧化硫转化为硫酸根生成副产品硫酸铵M；碳酸铅加入HBF4得到Pb(BF4)2和二氧化碳气体，Pb(BF4)2电解得到铅； 【解析】A．操作③为分离固液的操作，是过滤，需要用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确； B．HBF4是强酸，和碳酸铅反应生成二氧化碳、水、和Pb(BF4)2，故步骤④发生反应的离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O，B正确； C．Pb(BF4)2中的铅是+2价，则步骤⑤中在阴极析出，C正确； D．根据分析可知，副产品M的主要成分是(NH4)2SO4，D错误； 故选D。 56．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）无水常用作芳烃氯代反应的催化剂。以废铁屑(主要成分Fe，还有少量、C和)制取无水的流程如下，下列说法正确的是 A．“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、、 B．“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂 C．将“氧化”后的溶液蒸干可获得 D．“脱水”时加入能抑制的水解，原因是与水反应生成和HCl 【答案】B 【分析】废铁屑加入盐酸酸溶，碳、二氧化硅不反应，铁转化为盐溶液，过滤滤液加入新制氯水将亚铁离子氧化为铁离子，处理得到，加入脱水得到； 【解析】A．铁屑中主要成分Fe ，铁和铁离子生成亚铁离子，故“过滤”所得滤液中大量存在的离子有：、、，A错误； B．氯气具有氧化性，且不引入新杂质，故“氧化”时可使用新制氯水作氧化剂，B正确； C．铁离子水解生成氢氧化铁，故不能将“氧化”后的溶液蒸干来获得，C错误； D．是与水反应生成和HCl，D错误； 故选B。 57．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）由重晶石矿(主要成分是BaSO4，还含有SiO2等杂质)可制得氯化钡晶体，某兴趣小组设计实验流程如下。 下列说法正确的是 A．为提高原料的利用率，“高温焙烧”前原料需经研磨处理 B．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿 C．在“高温焙烧”焦炭和BaSO4的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1 D．因盐酸具有挥发性，上述流程中须用硫酸代替盐酸进行浸取 【答案】A 【解析】A．研磨处理，可以增大重晶石矿与焦炭的接触面积，能使重晶石矿充分反应，从而提高原料的利用率，A正确； B．“高温焙烧”要在坩埚中加热，B错误； C．反应方程式为：4C＋BaSO44CO＋BaS，BaSO4为氧化剂，C为还原剂，两者物质的量之比为1:4，C错误； D．若用硫酸，会生成BaSO4沉淀，减少Ba2＋的利用率，D错误； 故选A。 58．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）以废镁镍催化剂（主要成分为、、、）为原料制备和碱式碳酸镁[]，其工艺流程如图所示： 已知：25℃时，溶液中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见下表。 开始沉淀 完全沉淀 (1)“酸浸”时，不宜使用溶液作为浸取液，其原因是 ；保持温度、各物质投料量及浓度不变，能提高镍元素和镁元素浸出率的措施有 （填字母）。 A．将废催化剂粉碎    B．适当提高搅拌速率    C．适当缩短酸浸时间 (2)“氧化”时，NaClO发生反应的离子方程式为 ；该步骤中，检验氧化完全的操作为 。 (3)“沉铁”时，需加入NaOH溶液调节pH的范围为 。 (4)“沉镁”时发生反应的离子方程式为 。 【答案】(1) 有氮氧化物（NO或）生成，污染环境 AB (2) 取少量氧化后的溶液于试管中，滴加铁氰化钾{}溶液，若无蓝色沉淀生成，则已氧化完全 (3) (4) 【分析】废镁镍催化剂主要成分为、、、，加入稀硫酸“酸浸”，只有SiO2不溶解，其它物质都转化为相应的硫酸盐，加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，加入NaOH调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；过滤，滤液中加入Na2S溶液沉镍，过滤得NiS，滤液中加Na2CO3溶液“沉镁”， 过滤得碱式碳酸镁[]。 【解析】（1）硝酸是强氧化剂，其还原产物是氮氧化物，则“酸浸”时不宜使用溶液作为浸取液，其原因是：有氮氧化物（NO或）生成，污染环境；保持温度、各物质投料量及浓度不变，将废催化剂粉碎能增大接触面积，适当提高搅拌速率能加快反应速率，均可使反应充分、提高镍元素和镁元素浸出率，故选AB。 （2）“氧化”时，NaClO将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式为：；氧与铁氰化钾{}溶液反应产生蓝色沉淀，则该步骤中检验氧化完全的操作为：取少量氧化后的溶液于试管中，滴加铁氰化钾{}溶液，若无蓝色沉淀生成，则已氧化完全。 （3）根据表中的数据，pH为2.8时，Fe3+沉淀完全，溶液的pH为6.9，Ni2+开始沉淀，则为使Fe3+沉淀完全而Ni2+不发生沉淀，“沉铁”时调节pH的范围为。 （4）“沉镁”得碱式碳酸镁[]，则“沉镁”时发生反应的离子方程式为：。 59．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）钴是一种重要战略物质，由钴催化剂废料(含Co2O3、Fe2O3、CuO等杂质)制备CoCO3和高效净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如图所示： 已知： (i)氧化性：Co3+>ClO->Fe3+。 (ii)CoCO3、Co(OH)2、黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2 (OH)6]均难溶于水。 (1)“还原浸出”时提高浸取率的措施有 。(写两点) (2)“还原浸出”后的溶液中阳离子有Co2+、Fe2+、Cu2+等。其中Co2O3被Na2SO3还原的化学方程式为 。 (3)“氧化”中，被氧化的离子有 。 (4)如图表示几种含铁微粒稳定存在形态与溶液pH和温度的关系。其中阴影部分表示黄钠铁矾。若工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制pH范围为 。 (5)可制备锂离子电池的电极材料钴酸锂。一种锂离子电池装置如图所示，充放电过程中，存在与之间的转化。放电时，从A电极向B电极迁移，写出该电池放电时的正极反应： ，若用该电池电解食盐水，当1molLi+通过隔膜时，电解池阴极收集到的气体体积在标准状况下为 L。 【答案】(1)搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度 (2)Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4=2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O (3)Fe2+ (4)0.7~2.2 (5) +xe-+xLi+= 11.2 【分析】含钴废渣加入硫酸和还原剂亚硫酸钠，得到含Co2+、Fe2+、Cu2+的盐溶液，加入氧化剂次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠将铁离子转化为黄钠铁矾沉淀，滤液除去铜后加入碳酸氢钠得到CoCO3沉淀。 【解析】（1）根据影响反应速率的因素，搅拌、升高温度、粉碎含钴废催化剂、增大H2SO4、Na2SO3溶液浓度等都能加快“还原浸出”速率； （2）亚硫酸钠具有还原性，酸性条件下将三价钴还原为二价钴，亚硫酸钠中硫化合价由+4变为+6，结合电子守恒，反应为Co2O3+ Na2SO3+ 2H2SO4=2CoSO4+ Na2SO4+ 2H2O； （3）“氧化”中，加入氧化剂次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，Co2+不能被氧化，故为亚铁离子； （4）由图可知，工艺在100℃左右进行，为使铁转化为黄钠铁矾，应控制pH范围为0.7~2.2； （5）放电时，从A电极向B电极迁移，则A为负极、B为正极，该电池放电时的正极反应为得到电子发生还原反应转化为：+xe-+xLi+=；若用该电池电解食盐水，当1molLi+通过隔膜时，则电路中转移电子1mol，电解池阴极反应为，则收集到的0.5mol氢气，气体体积在标准状况下为11.2L。 60．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）以高硫铝土矿(主要成分为，少量和金属硫酸盐)为原料，生产氧化铝并获得的部分工艺流程如下： (1)焙烧过程均会产生，用溶液吸收过量的离子方程式为 。 (2)添加和不添加的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如下图所示。 已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于；硫去除率=。 ①不添加的矿粉在低于焙烧时，去除的硫元素主要来源于 。 ②焙烧时，添加的矿粉硫去除率比不添加的矿粉硫去除率低，其主要原因是 。 (3)向“过滤”得到的滤液中通入过量，铝元素存在的形式由 (填化学式)转化为 (填化学式)。 (4)“过滤”得到的滤渣中含大量的。与混合后在缺氧条件下焙烧生成和，化学方程式为 。 【答案】(1) (2) 硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (3) (4) 【分析】高硫铝土矿（主要成分为，少量和金属硫酸盐）粉碎后通入空气、加入氧化钙焙烧，其中氧化钙和二氧化硫以及空气反应生成硫酸钙，和二氧化硅反应生成硅酸钙，得到产物加入氢氧化钠溶液碱浸其中氧化铝溶解生成偏铝酸钠溶液，经过滤得到的固体中含Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，以此解答该题。 【解析】（1）用NaOH溶液吸收过量SO2生成，则发生反应的离子方程式为； （2）①不添加CaO的矿粉中S元素来源是FeS2和金属硫酸盐，金属硫酸盐的分解温度较高，所以可判断焙烧过程中S元素主要来源是FeS2，故答案为：FeS2； ②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，考虑加入CaO可能使S转化为CaSO4，形成的硫酸盐分解温度较高，所以会导致S的脱除率降低，故答案为：硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中； （3）过滤前使用NaOH溶液进行碱浸，Al2O3转化为NaAlO2，“过滤”得到的滤液中主要含有NaAlO2，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，可以将NaAlO2转化为，故答案为：NaAlO2；； （4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3，Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，设有xmolFe2O3和ymolFeS2完全参加反应，根据电子得失守恒：2x×（3－）=2y×5+y×（－2），解得x:y=16:1，所以反应的方程式为。 考点08 物质制备实验综合 61．（2023-2024高二上·江苏连云港·期中）二氧化氯是一种高效安全灭菌消毒剂。由于其他含氯消毒剂在消毒过程中易形成对人体有潜在危害的物质，我国从2000年起就逐渐用二氧化氯替代氯气对饮用水进行消毒。 (1)工业上常用氯酸钠和浓盐酸反应生产二氧化氯，同时生成氯气，该反应的化学方程式为 。我国科学家经过研究提出了另一种方法制取二氧化氯：，用此方法制备的更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是 。 (2)用处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子。实验室中常用连续碘量法测定饮用水中、的含量。相应的实验步骤为： 步骤1：准确量取水样加入锥形瓶中。 步骤2：调节水样的为。 步骤3：加入足量的KI晶体。 步骤4：加少量淀粉溶液，用溶液(发生的反应为)滴定至终点，消耗溶液。 步骤5：调节溶液的pH≤2.0。 步骤6：再用溶液滴定至终点，消耗溶液。 注：被还原为、的转化率与溶液的关系如图-2所示；溶液中完全沉淀时的约为3.6。 图-2 ①图-1中盛放溶液的仪器名称是 。 图-1 ②步骤3中反应的离子方程式为 。 ③步骤5中调节溶液的pH≤2.0的目的是 。 ④步骤6中到达滴定终点的现象是 。根据上述分析数据，测得该饮用水样中的浓度为 (用含字母的代数式表示)。若步骤5中使用调节溶液的，则步骤6中消耗的溶液体积 (填“>”“<”或“=”) ⑤若饮用水中的含量超标，可向其中加入适量的将还原成，该反应的氧化产物是 (填化学式)。 【答案】(1) 2NaClO3＋4HCl（浓）＝2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O 方法二制备的ClO2中不含Cl2 (2) 碱式滴定管 2ClO2+2I-=2+I2 使与I−反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量 溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 > Fe(OH)3 【分析】题目信息提示用的是连续碘量法进行测定，步骤6又用Na2S2O3溶液滴定至终点，说明步骤5中有碘生成，因为第一阶段滴定时只是ClO2被I-还原只生成，溶液的没有被I-还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使与I-反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量，由2ClO2+2I-=2+I2和2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知存在关系式为～Na2S2O3，由+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O和2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知存在关系式为～4Na2S2O3，以此计算饮用水样中的的浓度。 【解析】（1）氯酸钠和浓盐酸反应生产二氧化氯，同时生成氯气的化学方程式为2NaClO3＋4HCl（浓）＝2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O；根据两种方法中的反应方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，而方法二制备的ClO2中不含有Cl2，所以用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒； （2）①由图可知，图-1中盛放Na2S2O3溶液的仪器名称是碱式滴定管； ②步骤3为ClO2被I-还原为，离子方程式为2ClO2+2I-=2+I2； ③根据曲线图示在pH⩽2.0时，ClO2被I−还原只生成Cl−，pH⩾7.0时，ClO2被I−还原只生成；而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5∼6.5，所以其中既含有ClO2，又含有，若将溶液的pH调节为7.0∼8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I−还原只生成，溶液的没有被I−还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH⩽2.0，使与I−反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量； ④步骤6中是用Na2S2O3去滴定碘单质，指示剂为淀粉，故到达滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；由2ClO2+2I-=2+I2和2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI得：，，由由+4H++4I-=Cl-+2I2+2H2O和2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知存在关系式为～4Na2S2O3，，故原水样中含有，则；若步骤5中使用HNO3调节溶液的pH，硝酸具有强氧化性，会与Na2S2O3反应，则步骤6中消耗的Na2S2O3溶液体积偏大； ⑤若饮用水中的含量超标，可向其中加入适量的Fe2+将还原成Cl-，该反应为4Fe2+++2H2O═4Fe3++Cl-+4OH-，Fe3++3OH-═Fe(OH)3，所以氧化产物为Fe(OH)3。 62．（2023-2024高二上·江苏徐州·期中）实验室可用固体二氧化锰与浓盐酸在加共条件下制取氢气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，已知浓盐酸易挥发。某学生设计如图所示的实验装置利用氯气与潮湿的熟石灰反应制取少量漂白粉(该反应放热)。 回答下列问题： (1)装置A为实验室制取氢气的装置，仪器a的名称为 ，装置A中的实验现象为 。 (2)漂白粉将在U形管中产生，该反应的化学方程式是 。 (3)装置D的作用是 。 (4)8.7 g MnO2固体与足量浓盐酸充分反应，计算产生Cl2在标准标况下的体积 (写出计算过程)。 【答案】(1) 圆底烧瓶 生成黄绿色气体 (2) (3)吸收氯气，防止污染大气 (4) 【分析】A装置中生成氯气，通过B饱和食盐水除去挥发的氯化氢，C中氯气和氢氧化钙生成漂白粉，尾气使用氢氧化钠溶液吸收防止污染； 【解析】（1）仪器a的名称为圆底烧瓶，装置A中固体二氧化锰与浓盐酸在加热条件下制取氯气，实验现象为生成黄绿色气体； （2）氯气与熟石灰反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，其化学方程式是； （3）D装置中盛放氢氧化钠溶液，可以吸收多余的氯气，防止污染空气，则D装置的作用是吸收氯气，防止污染大气； （4）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；8.7 g MnO2固体与足量浓盐酸充分反应，产生Cl2在标准标况下的体积为。 63．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）实验室制备的装置如图所示。 (1)装置A中乳胶管a的作用为 ；仪器b的名称为 。 (2)装置B为鸭嘴阀，尖嘴处为弹性可开合橡胶，结构如图所示，其作用为 。 (3)装置C中的反应分三步：第一步、第二步 （用化学方程式表示）、第三步。 (4)装置C中约为7时停止通入气体，过高或过低均使的产量下降，其原因为 。 (5)用饱和溶液制备（水溶液中、、的物质的量分数随的分布如图1所示，的溶解度曲线如图2所示）。 请补充完整实验方案：边搅拌边向饱和溶液中加入 ，停止滴加后在加热条件下，边搅拌边向其中加入硫粉至不再溶解，过滤， ，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥。（须使用试剂：NaOH溶液） 【答案】(1) 平衡气压，使液体顺利滴下 圆底烧瓶 (2)防倒吸 (3) (4)pH过高，、反应不完全；pH过低，与酸发生反应 (5) NaOH溶液至pH为9~10 将滤液蒸发浓缩至有晶膜出现，降温至室温结晶，过滤 【分析】在装置A浓硫酸与Na2SO3反应制备SO2，经过单向阀通入三颈烧瓶内，在合适pH环境下，SO2与Na2CO3、Na2S发生反应得到Na2S2O3混合液，用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析回答； 【解析】（1）装置A中带乳胶管a，作用为平衡压强使液体顺利滴下，与恒压分液漏斗作用相同；仪器b的名称为圆底烧瓶； （2）鸭嘴阀的作用是防止C中气体倒吸进入装置A内，防止防倒吸发生； （3）根据第一步与第二步反应、氧化还原反应原理，可知生成溶液的反应化学方程式； （4）pH过高，、反应不完全；pH过低，与酸发生反应，过高或过低均使的产量下降； （5）据图可知，pH=10时，全部转化成，故边搅拌边向饱和溶液中加入溶液pH至为10；根据的溶解度曲线可知，随着温度升高溶解度变大，故由滤液得到晶体，将滤液蒸发浓缩至有晶膜出现、降温至室温结晶、过滤得到晶体。 64．（2023-2024高二上·江苏常州·期中）炼油厂烷基化反应产生的废液中含硫酸、难挥发有机物7%。实验室以软锰矿(主要含，还含少量、等元素)处理废液并制取晶体，其实验流程如下： 已知：①时，和沉淀完全；时，开始沉淀； ②分解温度为； (1)研究温度对“降解”过程中有机物去除率的影响，实验在如图所示的装置中进行。 ①在不同温度下反应相同时间，发现温度从升高到时，有机物去除率从增大到，其可能的原因是的氧化能力随温度升高而增强；还有可能是因为 。 ②为了防止降解过程造成的污染，烧杯中盛放的试剂可以是 。(填试剂名称) (2)降解一段时间后，加入硫铁矿(主要成分)将剩余还原，所得溶液中的主要离子有、、等，其离子方程式为 。 (3)的溶解度曲线如图所示。设计以过滤所得滤液(已完全去除难挥发有机物)为原料，进一步除去杂质并制取晶体的实验方案：取适量过滤后的滤液， ，烘干得到晶体。(实验中须使用的试剂：石灰石粉末、蒸馏水)。 (4)若将流程中“过滤”后的滤液除去、后，再加入溶液，可生成沉淀，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。 ①该过程中沉淀剂选用溶液，而不用溶液的原因是 。 ②当温度超过，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是 。 【答案】(1) 温度升高，反应速率加快 溶液或石灰乳 (2) (3)在搅拌下向滤液中分批加入石灰石粉末，调节pH略大于5，过滤；向滤液中加入足量活性炭，充分吸附后过滤，将滤液在加压条件下，控制在180℃左右结晶，趁热过滤，用蒸馏水洗涤次晶体 (4) 溶液碱性较强，会有部分生成，所得不纯，锰元素利用率低 温度升高，受热分解；温度升高，水解加剧，参与沉淀的浓度下降 【分析】 废液加入软锰矿降解，部分有机物和浓硫酸反应，锰、铝转化为相应的盐溶液、铁被二氧化锰、稀硫酸转化为三价铁盐溶液；再加入硫铁矿和过量二氧化锰反应生成硫酸锰、硫酸铁，过滤除去滤渣，滤液中含有硫酸锰、硫酸铁、硫酸铝、有机物等，经过处理得到。 【解析】（1）①研究温度对“降解”过程中有机物去除率的影响，温度升高，有机物去除率增大，说明温度升高后反应速率加快，相同时间内有机物反应的更多； ②废液中含硫酸91%，会与有机物反应发生氧化还原反应生成有毒气体二氧化硫，二氧化硫可以使用碱液吸收减少污染，故烧杯中盛放的试剂可以是NaOH溶液或石灰乳； （2）硫铁矿(主要成分)将剩余还原，所得溶液中的主要离子有、、等，在反应中铁化合价由+2升高为+3、硫元素化合价由-1升高为+6，而锰元素化合价由+4降低为+2的锰离子，根据质量守恒、电子守恒配平可得其离子方程式为； （3）由溶解度曲线可知，低温析出，高温下溶解度减小析出；已知：时，和沉淀完全；时，开始沉淀；分解温度为；废液中有机物等杂质可以使用活性炭吸附除去，溶液pH可以加入碳酸钙和氢离子反应进行调节；故实验方案：在搅拌下向滤液中分批加入石灰石粉末，调节pH略大于5，过滤；向滤液中加入足量活性炭，充分吸附后过滤，将滤液在加压条件下，控制在180℃左右结晶，趁热过滤，用蒸馏水洗涤次晶体，烘干得到晶体。 （4）①时，开始沉淀，碳酸钠中碳酸根离子水解程度较大，溶液碱性较强，故该过程中沉淀剂选用溶液，而不用溶液的原因是：溶液碱性较强，会有部分生成，所得MnCO3不纯，锰元素利用率低。 ②温度过高回导致碳酸氢铵受热分解，且加热会促进锰离子的水解，故当温度超过，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是：温度升高，受热分解(或温度升高，促进Mn2＋水解)。 考点08 化学反应原理综合 65．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径。 Ⅰ．热化学法处理CO2 CO2加氢制CH3OH的反应为： (1)该反应能自发进行的主要原因是 。 (2)该反应的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中、为速率常数。下图中能够代表的曲线为 (填“”“”“”或“”)；若该反应的化学平衡常数，那么发生该反应的温度 (填“>”、“<”或“=”)。 (3)实际合成反应时，也会有CH3COCH3等生成。在恒压条件下，H2、CO2的体积比为反应时，在催化剂作用下反应相同时间所测得的CH3OH选择性(CH3OH选择性)和产率随温度的变化如图所示： ①合成CH3OH最适宜的温度为 ； ②在210℃~230℃范围内随着温度的升高，CH3OH的产率迅速升高的原因是 。 Ⅱ．电化学法处理CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径 一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径装置示意图如图所示。 (4)b电极生成HCOOH的电极反应式为 。 (5)科研小组利用13CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径代替原有的CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径进行研究，其目的是 。 (6)控制其他条件相同，将一定量的CO2的资源化利用是实现碳中和的重要途径通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图所示。控制电压为0.8V，电解时转移的电子的物质的量为 mol。 【答案】(1)该反应是一个放热反应 (2) L4 ＜ (3) 230℃ 温度升高，反应速率加快，相同时间段内生成的CH3OH越多 (4)CO2+2e-+2H+=HCOOH (5)为确定阴极上生成的含碳化合物源自CO2而非有机多孔电极材料 (6)2.8 【解析】（1）已知反应正反应是一个气体体积减小的反应即＜０，故该反应能自发进行的主要原因是该反应是一个放热反应，故答案为：该反应是一个放热反应； （2）由(1)分析可知，该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，速率常数也增大，且平衡逆向移动，则逆反应速率增大的幅度大于正反应速率，则图中能代表k逆的曲线为L4，由题干图像信息可知，T1时达到平衡时，则有，此时k正=k逆，故有K==1，若该反应的化学平衡常数K=1.2，结合反应正反应为放热反应可知，那么发生该反应的温度＜T1，故答案为：L4；＜； （3）①合成甲醇最适宜的温度是甲醇产率最高的温度，由图可知，合成甲醇最适宜的温度为230℃，故答案为：230℃； ②由图可知，温度为230℃时，甲醇的产率最高，反应达到平衡状态，即230℃之前还未达到平衡，则温度升高反应速率加快，相同时间段内生成的CH3OH越多，故在210℃~230℃范围内随着温度的升高，CH3OH的产率迅速升高的原因是温度升高，反应速率加快，相同时间段内生成的CH3OH越多，故答案为：温度升高，反应速率加快，相同时间段内生成的CH3OH越多； （4）该装置为电解池，a电极为阳极，b电极为阴极，CO2在阴极上得电子生成HCOOH，阴极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH，故答案为：CO2+2e-+2H+=HCOOH； （5）科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是为确定阴极上生成的含碳化合物源自CO2而非有机多孔电极材料，故答案为：为确定阴极上生成的含碳化合物源自CO2而非有机多孔电极材料； （6）由图可知，控制电压为0.8V电解时生成0.2molCH3CH2OH、0.2molH2，相关电极反应式为2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O、2H++2e-=H2，则转移电子的物质的量为12×0.2mol+2×0.2mol=2.8mol，故答案为：2.8。 66．（2023-2024高二上·江苏南通·期中）催化加氢可合成二甲醚，发生的主要反应有： 反应Ｉ：   反应II：   向恒压的容器中充入和，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的转化率随温度的变化如图中实线所示。的选择性。 (1)图中曲线 表示平衡时的选择性，在范围内，随着温度的升高，平衡时的选择性变化的原因是 。 (2)温度高于，随着温度的升高，的平衡转化率如图所示变化的原因是 ，平衡时的转化率随温度的变化 (填“可能”或“不可能”)如图中虚线④所示。若达到平衡后，再充入和，重新达到平衡时的体积分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)时，在催化剂作用下与反应一段时间后，测得的选择性为(图中点)。不改变反应时间和温度，一定能提高选择性的措施有 ，反应状态达B点时，容器中为 mol。 【答案】(1) ② 反应是放热反应(或“”)，温度升高，反应的正反应方向进行的程度减小 (2) 反应的，反应的；温度升高使转化为平衡转化率下降，使转化为平衡转化率升高(或“温度升高反应的减小，反应II的增大”)；且升高幅度超过下降幅度 不可能 不变 (3) 增大压强、使用对反应I活性更高的催化剂 【解析】（1）从图分析三条线中①随温度升高而增大，反应Ⅱ反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则①表示平衡时CO的选择性；曲线②与①的趋势相反，反应I为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则曲线②表示平衡时是CH3OCH3的选择性；③为CO2的转化率曲线；反应Ⅰ为放热反应，随着温度升高平衡逆向移动，CH3OCH3浓度降低，其选择性降低，答案为反应是放热反应(或“”)，温度升高，反应的正反应方向进行的程度减小； （2）300℃之后，以反应Ⅱ为主，以反应Ⅰ为副反应，随着温度升高反应Ⅱ正向进行的程度略大于反应Ⅰ逆向进行的程度，所以300℃之后CO2转化率略有升高；答案为：反应的，反应的；温度升高使转化为平衡转化率下降，使转化为平衡转化率升高(或“温度升高反应的减小，反应II的增大”)；且升高幅度超过下降幅度； 300℃以前以反应Ⅰ为主随着温度升高H2转化率降低，两者投料比符合反应Ⅰ的系数之比，所以这一段时间两者的CO2和H2的转化率较接近即曲线靠近，而300℃以后以反应Ⅱ为主，H2起始的量比CO2多，所以其转化率比CO2小得多，所以曲线为如图红线部分 ，故答案为：不可能； 该容器为恒压容器，若达到平衡后，再充入和此时和原平衡分为等效平衡，故重新达到平衡时的体积分数不变； （3）不改变反应反应时间和温度，增大压强，可以使反应I正向移动，提高CH3OCH3的选择性；加入催化剂加快反应Ⅰ而对Ⅱ没有影响，提高CH3OCH3的选择性；答案为：增大压强、使用对反应I活性更高的催化剂； B点时，CO2的转化率为25%即反应总消耗CO2为0.25mol。已知CH3OCH3的选择性为，则产生的CH3OCH3为；答案为。 67．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。 (1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是 。 (2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步(反应过程中能量变化如图1所示)： 已知：Ⅰ．CO2和NH3生成NH2COONH4 Ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素 ①为防止反应Ⅰ中NH2COONH4分解为CO2和NH3，应采取的措施 。 A．升温    B．降温     C．增大压强     D．减少压强 ②密闭体系中除发生Ⅰ和Ⅱ外，尿素会发生水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH]和尿素转化为氰酸铵等副反应。尿素生产中实际投入NH3和CO2物质的量之比为4：1，其实际投料比值远大于理论值的原因是 。 (3)尿素[CO(NH)2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中SO2，其反应为：SO2+CO(NH2)2+2H2O=(NH4)2SO3+CO2，若吸收烟气时同时通入少量C1O2，可同时实现脱硫、脱硝。脱硝的反应分为两步。第一步：5NO+2ClO2+H2O=5NO2+2HCl；第二步：6NO2+4CO(NH2)2=7N2+4CO2+8H2O。将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO(NH2)2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图2所示。 ①通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是 。 ②处理后的废水含有尿素，可用过硫酸钠结合紫外线(UV)辐照去除废水中尿素，其过程机理如图3所示，尿素和过硫酸钠溶液发生的离子反应方程式为 。 (4)电催化NO合成技术凭借其低能耗、绿色环保等优势成为化工行业关注的热点。某科研团队设计的Zn-NO电池装置及在不同电压下NH3的单位时间产量如图4所示， 已知：a.双极膜中H2O电离出的H+和OH−在电场作用下可以向两极迁移； b.法拉第效率=×100% ①写出正极的电极反应式 。 ②0.7V电压下连续放电10小时，外电路通过1.8×10-4mole-，则法拉第效率为 。(保留两位小数) 【答案】(1)AgOCN+NH4Cl=AgCl↓+CO(NH2)2 (2) BC 提高二氧化碳的转化率，抑制尿素会发生水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH] (3) ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少 CO(NH2)2+7H2O+8S2OCO2↑+2NO+16SO+18H+ (4) NO+5H++5e-=NH3+H2O 63.40% 【解析】（1）氰酸银( AgCNO)与NH4Cl在一定条件下反应生成CO(NH2)2和氯化银，反应方程式为AgOCN+NH4Cl=AgCl↓+CO(NH2)2。 （2）①为防止反应ⅰ中氨基甲酸铵（NH2COONH4）分解成CO2和NH3，可使平衡向右移动，反应ⅰ为气体体积减小的放热反应，可以采取降低温度或增大压强的措施，使平衡向正反应方向移动，故BC符合题意，故答案为：BC； ②尿素生产中实际投入NH3和CO2物质的量之比为4：1，其实际投料比值远大于理论值的原因是提高二氧化碳的转化率，抑制尿素会发生水解、尿素缩合生成缩二脲[(NH2CO)2NH] 。 （3）①通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少； ②由图可知，该过程中CO(NH2)2和8S2O反应生成CO2、2NO和SO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：CO(NH2)2+7H2O+8S2OCO2↑+2NO+16SO+18H+。 （4）①由图可知，该电池中NO在正极得到电子生成NH3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：NO+5H++5e-=NH3+H2O； ②由图可知当电压为0.7V时，氨气产量为3.88×10-5g/h，则10h产生氨气为3.88×10-4g，由可知，当电路中通过1.8×10-4mole-时，理论上氨气的质量为1.8×10-4××17g/mol=6.12×10-4g， 法拉第效率为 。 68．（2023-2024高二上·江苏扬州·期中）我国在应对气候变化工作中取得显著成效，并向国际社会承诺2030年实现“碳达峰”，2060年实现“碳中和”。因此将CO2转化为高附加值化学品成为科学家研究的重要课题。工业上在Cu-ZnO催化下利用CO2发生如下反应Ⅰ生产甲醇，同时伴有反应Ⅱ发生。 Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)   ΔH1 Ⅱ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)   ΔH2=+41.2kJ∙mol-1 回答下列问题： (1)①已知：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)   ΔH2=-90.6kJ∙mol-1，则ΔH1为 。 ②一定条件下反应Ⅱ能自发进行原因是 。 (2)向密闭容器中加入CO2(g)和H2(g)合成CH3OH(g)。已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中K正、K逆为速率常数。 ①如图中能够代表k逆的曲线为 。(填“L1”、“L2”、“L3”或“L4”)。 ②温度为T1时，反应Ⅰ的化学平衡常数K= 。 ③对于上述反应体系，下列说法正确的是 。 A．增大CO2的浓度，反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均增加 B．加入催化剂，H2的平衡转化率不变 C．恒容密闭容器中当气体密度不变时，反应达到平衡状态 (3)不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，CO2的平衡转化率如下图所示。 ①压强P1、P2、P3由大到小的顺序是 ，在P1压强下，200℃～550℃时反应以 (填“Ⅰ”或“Ⅱ”)为主，原因是 。 ②压强为P2时，温度高于660℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因 。 【答案】(1) -49.4kJ/mol ΔS>0，在一定温度下反应可以发生 (2) L4 1 AB (3) P3>P2>P1 Ⅰ 压强一定时，反应ⅠΔH<0反应ⅡΔH>0，只有反应Ⅰ才满足温度越高，CO2的转化率越小 反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度高于660℃之后，温度对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，反应转化率主要由反应Ⅱ决定 【解析】（1）①根据盖斯定律：Ⅰ-Ⅱ得CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH=ΔH1-ΔH2，则ΔH1=ΔH+ΔH2=(-90.6+41.2)kJ/mol=-49.4kJ/mol； ②反应Ⅱ是吸热反应，ΔH-TΔS<0时反应能自发进行，则一定条件下反应Ⅱ能自发进行原因是：ΔS>0，在一定温度下反应可以发生。 （2）①反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，正反应速率增大的幅度小于逆反应速率增大的幅度，则如图1所示，图中能够代表k逆的曲线为L4，故答案为：L4； ②已知反应Ⅰ的正反应速率可表示为，逆反应速率可表示为，其中k正、k逆为速率常数，且由图可知，温度为T1时，k正=k逆，则有平衡时：v正=v逆即=，则有反应Ⅰ的化学平衡常数K==1，故答案为：1； ③A．增大CO2的浓度，即增大反应I的反应物浓度，正反应速率增大，故反应Ⅰ、Ⅱ的正反应速率均增加，A正确； B．加入催化剂，能够加快反应速率，但不能使平衡发生移动，故H2的平衡转化率不变，B正确； C．反应体系中气体的质量保持不变，恒容密闭容器中气体的密度始终不变，故当气体密度不变时，不能说明反应达到平衡状态，C错误； 故选AB。 （3）①反应Ⅰ是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，则压强P1、P2、P3由大到小的顺序是：P3＞P2＞P1；压强一定时，反应ⅠΔH<0反应ⅡΔH>0，只有反应Ⅰ才满足温度越高，CO2的转化率越小，在P1压强下，200℃～550℃时反应以Ⅰ为主； ②压强为P2时，温度高于660℃之后，随着温度升高CO2平衡转化率增大的原因是：反应Ⅰ是放热反应，反应Ⅱ是吸热反应，温度高于660℃之后，温度对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，反应转化率主要由反应Ⅱ决定。 69．（2023-2024高二上·江苏南京·期中）为实现2060年的“碳中和”目标，研究二氧化碳的有机资源化利用具有重要的意义。 (1)催化加氢制是转化有机资源的途径之一，过程中主要反应有： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   在密闭容器中，、时，的平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如下图所示。的平衡转化率在后随温度升高而增大的主要原因是 。 (2)金属锰分解水原位还原产生甲酸是有机资源转化新途径。锰与水反应生成MnO与活性，结合活性形成中间体；吸附到具有催化活性的中间体后，被活化生成甲酸，部分机理如下图所示。 ①总反应方程式为 。 ②实验中将锰粉、碳酸氢钠（充分吸收的溶液）和蒸馏水添加到反应器中，反应一段时间后产生甲酸的速率迅速上升的可能原因是 。 (3)电催化还原法也是的有机资源化的研究热点。一种有机多孔电极材料[铜粉沉积在一种树脂（含碳化合物）的骨架上]电催化还原的装置示意图如下图左所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如下图右所示。 ①为获得较高产率的有机资源，最佳电解电压值为 。 ②电解电压为时，电解时转移电子的物质的量为 。电解电压为时，阴极由生成甲醇的电极反应式为 。 ③电解前需向电解质溶液中持续通入过量的原因是 。 ④科研小组利用代替原有的进行研究，其目的是 。 【答案】(1)反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，后随着温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动的程度小于反应Ⅱ平衡正向的移动程度，因此总平衡的转化率增大 (2) 或 反应过程中生成的MnO起催化剂作用 (3) 为使阴极表面尽可能被附着，减少析氢反应的发生(或减少氢离子在阴极表面上放电的概率)，提高含碳化合物的产率 确定阴极上生成的含碳化合物来源于原料气，而非有机多孔电极材料 【解析】（1）根据已知信息，，，故反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，后随着温度的升高，反应Ⅰ平衡逆向移动的程度小于反应Ⅱ平衡正向的移动程度，因此总平衡的转化率增大。 （2）①根据图中信息和题意，反应物为Mn、和H2O（或，由与H2O生成），生成物为MnO、HCOOH，则总反应为（或）。 ②根据题意，结合活性形成中间体，Q和反应又能生成MnO，生成的MnO又能参与反应过程，故反应一段时间后，产生甲酸的速率迅速上升的原因可能是反应过程中生成的MnO起催化剂作用。 （3）①根据右图可知，0.9 V时获得的有机物最多，故为获得较高产率的有机资源，最佳电解电压值为0.9 V。 ②电解电压为时，生成0.2mol C2H5OH和0.2mol H2，C由+4价降为-2价，H由+1价降为0价，转移电子的物质的量为=2.8 mol。电解电压为时，阴极由生成甲醇的电极反应式为。 ③H+能在阴极放电，电解前需向电解质溶液中持续通入过量的原因是为使阴极表面尽可能被附着，减少析氢反应的发生(或减小氢离子在阴极表面上放电的概率)，提高含碳化合物的产率。 ④利用代替原有的进行研究，利用同位示踪法，可以确定阴极上生成的含碳化合物是来源于原料气，而非有机多孔电极材料。 70．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。 (1)甲醇制取甲醛时可获得氢气，其原理为。已知部分化学键的键能数据如下表： 化学键 C―H C―O O―H C=O H―H 键能/ 413.4 351.0 462.8 745.0 436.0 则该反应的 。 (2)以甲烷和为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。 已知：   甲烷与制取氢气时，常向反应器中通入一定比例空气，其目的是 。 (3)的热分解也可得到，高温下水分解体系中各种微粒的体积分数与温度的关系如图所示。图中A、B表示的微粒依次是 。 (4)一定条件下，利用题图所示装置实现的电化学储氢(忽略其它有机物的反应)。 ①写出由生成的电极反应式： 。 ②该装置的电流效率 。(×100%) 【答案】(1) (2)部分甲烷燃烧，可为与的反应提供热量 (3)H、O (4) 64.3% 【解析】（1）焓变ΔH =反应物总键能−生成物总键能，则该反应的ΔH=413.4×3+351.0+462.8−413.4×2− 745.0−436.0=+46.2；故答案为：+46.2； （2）此反应是吸热反应，适量通入空气可以通过部分甲烷燃烧给此反应提供热量； （3）通过图中比例可知：A是B的两倍，因此A是H，B是O； （4） ①由生成的电极反应在酸性条件下发生的，电极反应为； ②阳极生成的H+经过高分子电解质膜移动至阴极，一部分H+与苯生成环己烷，还有一部分H+得电子生成H2（2H++2e-= H2↑，阴极的副反应），左边（阴极区）出来的混合气体为未反应的苯（g）、生成的环己烷（g） 和H2，生成2.8 mol O2失去电子的物质的量为4×2.8 mol =11.2 mol，同时生成了2molH2（转移4mol电子）由此可知其中只有7.2mol电子用于生成；因此该装置的电流效率。 71．（2023-2024高二上·江苏苏州·期中）工业合成氨是人类科技的一项重大突破，目前我国氨生产能力位居世界首位。 (1)传统合成氨原理为：  。 ①在恒温恒容密闭容器中充入2mol和6mol进行合成氨反应，下列能说明该反应已达平衡状态的是 。 a.断裂6mol H―H同时生成6mol N―H     b.容器内压强保持不变 c.混合气体密度保持不变     d.容器内、、物质的量之比为1∶3∶2 e.的百分含量保持不变 ②已知传统合成氨反应的速率方程为：，在合成氨过程中，需要不断分离出氨，可能的原因为 。 (2)常压电化学法合成氨电解装置如图所示。 已知熔融NaOH―KOH为电解液，纳米起催化作用，在电极上发生反应生成中间体Fe。 ①该法在合成氨过程中能量的转化形式为 ；惰性电极Ⅱ是电解池的 极。 ②惰性电极Ⅰ上生成中间体Fe的电极反应方程式为 ：由中间体Fe反应生成的化学方程式为 。 (3)基于载氮体的碳基化学链合成氨技术反应如下： 吸氮反应： 释氮反应： T℃时，向体积为2L装有足量和C的恒容密闭容器中充入2mol进行吸氮反应，达到平衡时氮气转化率为50%，计算此条件下吸氮反应的平衡常数 。 【答案】(1) be 加快合成氨反应速率：使反应正向进行程度增大，提高氨的产率 (2) 电能转化为化学能 阳 (3)6.75 【解析】（1）① a．断裂6molH-H同时生成6molN-H，这两者均表示正反应速率，且按照化学方程式应该是断裂3molH-H同时生成6molN-H，无法说明反应达到平衡，a错误； b．反应在恒容密闭容器中进行且不是等体积反应，随着反应进行，容器内压强不断变化，容器内压强不变说明反应达到平衡，b正确； c．反应在恒容密闭容器中进行且反应物和产物都是气体，无论反应是否达到平衡，混合气体的密度始终不变，c错误； d．三种物质的物质的量之比为1：3：2，这与初始投料比和反应进行程度有关，无法说明反应达到平衡，d错误； e．随着反应进行，NH3百分含量不断变化，NH3百分含量保持不变说明反应达到平衡，e正确； 故答案选be。 ②从合成氨反应的速率方程可知，v与c(NH3)成反比，在合成氨过程中，不断分离出氨气，可加快合成氨反应速率，同时能使反应正向进行程度增大，提高氨气产率。 （2）①该装置为电解池，将电能转化为化学能。电解质溶液中氢氧根离子向惰性电极Ⅱ移动，说明惰性电极Ⅱ为阳极。 ②惰性电极I上纳米Fe2O3得电子结合水生成Fe和氢氧根离子，电极反应为。生成的中间体Fe再与氮气、H2O反应生成氧化铁和氨气，化学方程式为。 （3）初始时充入2mol氮气，达到平衡时氮气转化率为50%，则有 平衡时c(N2)=0.5mol/L，c(CO)=1.5mol/L，则吸氮反应的平衡常数K==6.75。 72．（2023-2024高二上·江苏连云港·期中）环戊二烯(分子式为，结构简式为()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题： (1)已知：反应①    反应②    则反应③的 ，平衡常数 (用、表示)。 (2)某温度下，等物质的量的碘和环戊烯()在恒容密闭容器内发生反应③，平衡时总压增加了20％，环戊烯的转化率为 ；达到平衡后，欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有 (填标号)。 A．通入惰性气体    B．提高温度    C．增加环戊烯浓度    D．增加碘浓度 (3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应，不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示： ①b点时二聚体的浓度为 。 ② (填“>”“=”或“<”) ③a点时平均反应速率为v(环戊二烯)= (4)二茂铁［，结构简式为］广泛应用于航天、化工等领域。以环戊二烯为原料电化学制备二茂铁的原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的惰性有机溶剂。 ①Ni电极为 极(填“正”“负”“阴”或“阳”)。 ②电解总反应为 。 ③电解制备需要在无水条件下进行，原因是 、 。 【答案】(1) +89.3 (2) 40% BD (3) 0.45mol/L < 1.2 (4) 阴 Fe+2 +H2↑ 水会阻碍中间物Na的生成 水会电解生成OH—，OH—与Fe2+反应生成Fe(OH)2 【解析】（1）由盖斯定律可知，反应①+②×2得反应③，则ΔH3=ΔH1+2ΔH2=( +100.3kJ/mol)+(—5.5kJ/mol)×2=+89.3 kJ/mol，反应的平衡常数K3=，故答案为：89.3；； （2）设起始碘和环戊烯的物质的量都为1mol、气体总压为p，平衡时环戊二烯的物质的量为amol，由平衡时总压增加了20％可得：=，解得a=0.4，则环戊烯的转化率为×100%=40%； A．恒容容器中通入不参与反应的惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，化学平衡不移动，环戊烯的转化率不变，故错误； B．该反应是吸热反应，提高温度，破坏向正反应方向移动，环戊烯的转化率增大，故正确； C．增加环戊烯浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，但环戊烯的转化率减小，故错误； D．增加碘浓度，反应物浓度增大，平衡向正反应方向移动，环戊烯的转化率增大，故正确； BD正确，故答案为：40%；BD； （3）①由图可知， b点时，环戊二烯的浓度为0.6mol/L，则二聚体的浓度为(1.5mol/L—0.6mol/L)×=0.45mol/L，故答案为：0.45； ②由图可知，相同时间时，温度T1条件下环戊二烯的浓度大于温度T2条件下环戊二烯的浓度，说明温度T1条件下反应速率慢于T2条件下，反应温度越高，反应速率越快，所以温度T1小于T2，故答案为：<； ③由图可知，a点时，反应时间为0.5h，环戊二烯的浓度为0.9mol/L，则环戊二烯的反应速率为=1.2 mol/(L·h)，故答案为：1.2； （4） 由图可知，与直流电源负极相连的镍电极为电解池的阴极，钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成钠，钠与环戊二烯反应生成和氢气，铁电极为阳极，铁做阳极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，亚铁离子与与亚铁离子反应生成二茂铁和钠离子，总反应为钠离子做催化剂条件下环戊二烯与铁反应生成二戊铁和氢气，反应方程式为Fe+2+H2↑； ①由分析可知，镍电极为电解池的阴极，故答案为：阴极； ②分析可知，总反应为钠离子做催化剂条件下环戊二烯与铁反应生成二戊铁和氢气，反应方程式为Fe+2+H2↑，故答案为：Fe+2+H2↑； ③电解制备需要在无水条件下进行，原因是钠离子在阴极得到电子发生还原反应生成的钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，水溶液中，水会阻碍中间物钠的生成，不利于钠与环戊二烯反应生成和氢气，且水在阴极放电生成氢气和亚铁离子，亚铁离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，不利于二戊铁的生成，故答案为：水会阻碍中间物Na的生成；水会电解生成OH—，OH—与Fe2+反应生成Fe(OH)2。 ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$