猜押 化学反应原理综合题（天津专用）-2025年高考化学冲刺抢押秘籍

猜押 化学反应原理综合题 猜押考点 考情分析 押题依据 热化学与化学平衡 化学反应原理综合题是主要考查学生对化学反应基本原理的理解和应用能力。题目通常涉及化学反应的热力学（如焓变、熵变、自由能）、动力学（如反应速率、活化能）、化学平衡（如平衡常数、勒夏特列原理）以及电化学（如原电池、电解池）等内容。这类题目要求学生能够综合运用理论知识解决实际问题。 高频考点：化学平衡（平衡常数、勒夏特列原理）、反应速率（影响因素、速率方程）、电化学（原电池、电解池）。 中频考点：热力学（焓变、熵变、自由能）、反应机理（活化能、催化剂）。 高考命题趋势 注重基础：高考命题注重对化学反应基本原理的考查，如平衡常数、反应速率等。 综合性强：题目常结合多个知识点，如热力学、动力学、电化学等。 实际应用：结合实际问题考查化学反应原理，如工业生产、环境保护等。 押题方向 经典理论：化学平衡、反应速率、热力学、电化学等经典理论的考查。 实际应用：结合工业生产、环境保护等实际问题考查化学反应原理。 创新题型：新型电化学装置（如燃料电池）或复杂反应体系的分析。 化学平衡与电解质溶液 电解质溶液与电化学 化学反应原理与物质结构 押题一 热化学与化学平衡 1．碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以为原料合成甲醇可以减少的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题： I.和生成甲醇涉及的反应如下： 主反应：   副反应：   (1)反应   。 (2)时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性[选择性]随压强的变化如图所示。 ①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是 。 ②时，若在密闭容器中充入和，在压强为时，生成0.6mol CO，则时，主反应的压强平衡常数 。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数) II.催化剂的性能测试：一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。 (3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下的转化率为 。 (4)其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图1、2所示。 ①由图1判断，实验中反应未达到化学平衡状态的点为 。 ②温度高于时，平衡转化率升高的原因是 。 ③温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因： 。 2．1，3-丁二烯是石油化工的重要原料，采用氧化1-丁烯脱氢生产1，3-丁二烯既可以实现1-丁烯高值转化，又可以实现的资源化利用。 主反应： 同时还发生以下副反应： 反应I： 反应Ⅱ： 已知：①； ②有关化学键的键能数值如表所示。 化学键 (中) 键能 436 1072 803 462 回答下列问题： (1)c= ；a= (用含b的式子表示)。 (2)主反应的平衡常数为K，反应I的平衡常数为，反应Ⅱ的平衡常数为。图1为与温度的关系曲线，图2为体积分数与温度的关系曲线。 ①图1中表示与T关系的是 (填“”“”或“”，下同)，表示与T关系的是 。 ②x= ，理由是 。 ③图2中，温度低于时，随温度升高增大的原因为 。 (3)某温度下，将和置于容积为的恒容密闭容器中，发生上述反应。后体系达到平衡，此时，，的平衡产率为 ；主反应的平衡常数 。 3．挥发性有机化合物(VOCs)的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯(EA)的过程如下，Ⅰ为主反应。 Ⅰ：   Ⅱ：   Ⅲ：   Ⅳ：   (1)一定温度下，将不同量的原料通入恒压密闭容器中只发生反应Ⅰ，平衡时热量变化如下表，则该温度下反应Ⅰ的 ，该反应在 (填“低温”“高温”“任何温度”或“任何温度都不”)能自发进行。 实验编号 初始投入量/mol 平衡时热量变化 ① 1 5 0 0 放热akJ ② 0 0 2 3 吸热bkJ ③ 0 0 2 2 吸热ckJ (2)恒温、恒容条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ。下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．混合气体的平均相对分子质量保持不变 B．混合气体的密度保持不变 C．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变 D．反应的焓变保持不变 (3)压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(、、、)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表随温度的变化，注：。 ①代表随温度变化的曲线是 (填“a”“b”或“d”)，分析其百分含量在温度至间变化的原因： 。 ②温度为时，二氧化碳的体积分数是 (保留一位小数)；反应Ⅱ的平衡常数 。 4．硅及其化合物的应用十分广泛，高纯硅的制备尤为关键。微电子工业中用到的高纯硅是在的热硅棒上用氢气还原三氯氢硅而制得的，反应原理为。 已知： 化学键 键能 226 323 381 436 431 回答下列问题： (1)高纯硅制备反应的热化学方程式为 ；该反应的 0(填“>”、“＜”或“=”)。 (2)一定温度下，将氢气和三氯氢硅的混合气体通入容积一定的密闭容器中，起始总压强为。混合气体的平均摩尔质量随时间的变化如图所示。 已知A点时，的转化率为，则用压强表示的化学反应速率 时刻反应达到平衡状态，测得与的分压比为，压强平衡常数 (气体分压等于气体的物质的量分数与总压强的乘积)。 (3)在恒容容器中放入足量的硅和等物质的量的，部分气体分压随时间在不同温度下的变化如图所示。 代表时变化曲线的是 ；代表时变化曲线的是 ；判断理由为 。 (4)恒温条件下，将等物质的量的和通入容积一定的密闭容器中，发生上述反应，下列描述能说明反应已经达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．和的转化率之比保持不变 B． C．单位时间内，反应物断裂的非极性键和生成物断裂的非极性键数目相等 D．容器内混合气体的密度保持不变 5．探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1=-49.5kJ·mol-1 Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)   ΔH2=-90.4kJ·mol-1 Ⅲ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)   ΔH3 回答下列问题： (1)ΔH3= kJ·mol-1. (2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的浓度为 mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为 。 (3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。 已知：CO2的平衡转化率=×100%，CH3OH的平衡产率=×100%。 ①其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)。 ②压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 。 ③图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。 (4)在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为p0，仅进行反应I。 ①反应达到平衡后，若CO2转化率为x，则容器的压强与起始压强之比为 (用x表示)。 ②若经过30h反应达到平衡，平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，（分压=总压×物质的量分数）写出上述反应压力平衡常数Kp为 (用p0表示，并化简)。 押题二 化学平衡与电解质溶液 6．水是生命之源。水溶液中的离子平衡与我们的生产生活密切相关。 (1)水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25°C时水在电离平衡时的离子浓度。当温度升到100°C时，水的电离平衡状态到B点，则100°C时水溶液的离子积为Kw= 。 (2)常温下向20.00 mL 0.100 mol·L-1 HX(一元酸)溶液中滴加0.100 mol·L-1 NaOH的pH变化如图所示。 ①HX的电离常数为 。 ②B点溶液中c(X-) c(Na+)(填“>”、“<”或“=”)。 ③C点为恰好完全反应点，溶液中的离子浓度顺序为 。 (3)25℃时，三种酸的电离平衡常数如表： 化学式 CH3COOH H2CO3 HF 电离平衡常数 1.8 ×10-5 K1=4.3 × 10-7，K2=5.6 ×10-11 6.0 ×10-4 ①下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是 (填序号)。 a．        b．F−        c．CH3COO−        d． ② 一般来说，如果一个反应的平衡常数数值大于105，通常认为该反应可以进行得较完全；平衡常数数值小于10-5，这个反应很难进行；平衡常数介于10-5~105之间的认为存在一定程度的可逆反应。请从化学反应平衡常数的角度分析CH3COOH能否与NaF反应生成HF 。 7．草酸()易溶于水和乙醇，可用作染料还原剂。实验室制备草酸的一种流程如下： (1)草酸可用于除去水中钙沉积物，反应为，其平衡常数与、、、、、的代数关系式为 。 (2)将水解液氧化的装置如图所示，其他条件相同时，反应温度对草酸产率的影响如图所示。 ①水解液氧化过程中，冷凝管冷却水的进口是 (选填“a”或“b”)。 ②装置A中主要反应为，中过量的溶液能完全吸收尾气，转化的离子方程式为 。 ③温度高于后，草酸产率下降的主要原因是 。 (3)利用酸性溶液可测定草酸结晶水合物的纯度，并利用所得产物制备重要的电化学材料。它可由在隔绝空气的条件下加热到制得，完全沉淀时的。 ①测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品溶于水配制成溶液，取出于锥形瓶中，用的酸性溶液滴定(稀酸化，杂质不反应)，恰好完全反应时消耗溶液，则该草酸晶体的纯度为多少，给出计算过程 。(已知：，未配平) ②将上述反应后的溶液过滤， ，得高纯固体。(实验中必须使用的试剂和仪器：蒸馏水，的溶液，的溶液，计，真空干燥箱)。 8．以为有效成分的漂白液应用广泛。某实验小组以为氧化剂，在实验室模拟氨氮废水的处理过程。 I．制备漂白液 (1)用氯碱工业的产物制备漂白液的离子方程式为 。 (2)溶液中或的组成分数与的关系如图所示。的电离常数值为 。 (3)制备漂白液时需碱过量以增强其稳定性，漂白液中含量的检测方法如图所示： ①结合离子方程式说明的作用 。 ②若消耗盐酸标准溶液，则漂白液中的浓度为 。 Ⅱ．模拟氨氮废水(以表示)的处理 (4)反应的化学方程式为 。 (5)实际消耗的溶液的量高于理论值，可能原因是 。 (6)测定相同时间不同值时次氯酸钠氧化去除氨氮的去除率如下图所示。 ①去除率效果较好的范围为 。 ②较低或较高去除率均下降的原因是 。 9．次磷酸是一种精细化工产品，可用作杀菌剂、神经系统的强壮剂、金属表面的处理剂以及制造催化剂和次磷酸盐等。 回答以下问题： (1)次磷酸在加热到时，易发生歧化反应，补全下列化学方程式： 。若反应，转移 电子。 (2)已知次磷酸是一元弱酸，则溶液与足量溶液反应的离子方程式为： 。 (3)为验证次磷酸的弱酸性，甲、乙两组同学分别设计了实验方案，进行实验。甲组同学设计如下实验，其中原理可行、数据合理的是 。 A．用广泛试纸测定常温下溶液为1.42 B．用计测定的次磷酸的，用蒸馏水对的次磷酸稀释10倍再测稀释后次磷酸的，观察到升高小于1 C．用广泛试纸测定常温下的溶液的大于7 乙组同学借助传感器和电导率传感器等仪器进行实验。 已知：①pH传感器，用来检测溶液中氢离子浓度，可全量程测量溶液的酸碱度，自动绘制出溶液的曲线。 ②电导率能够定量地表示溶液导电能力的强弱。在相同条件下，离子总浓度越大，溶液的导电能力越强，电导率也越大。 实验1：用传感器分别测定的次磷酸溶液和纯水水浴加热过程的变化情况。若观察到 现象，可以得出次磷酸是弱酸的结论。 实验2：用电导率传感器分别测定盐酸和次磷酸溶液的电导率。若观察到 现象，可以得出次磷酸是弱酸的结论。 (4)时，用溶液滴定溶液，滴定曲线如下图所示： 利用A点数据，求次磷酸的电离平衡常数(写出表达式并代入数据) 。C点溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 。 10．吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。 (1)ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。    ①向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 (填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 。 ②O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围 内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是 。 (2)镁法工业烟气脱硫并制备MgSO4·H2O，其过程可表示为： ①在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2+H2SO3 =MgSO3+2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1 (H2SO3)、Ka2 (H2SO3)的代数关系式为K= ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有 (填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料                 B．加快搅拌速率 C．降低通入SO2气体的速率             D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2 ②在负载钴的分子筛催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4.其他条件相同时，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图-3所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是 。 (3)碱式硫酸铝[(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]溶液用于烟气脱硫，其x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下： 步骤1：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。 步骤2：取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25.00 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。 计算(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值为 (写出计算过程)。 押题三 电解质溶液与电化学 11．Ⅰ.镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一、目前，世界上金属镁的主要生产方法有以下两种： 方法1：皮江法： 反应①：CaCO3·MgCO3=CaO·MgO＋2CO2 反应②：2CaO·MgO(s)＋Si(s) 2CaO·SiO2 (l)＋2Mg(g) 方法2：电解法 (1)工业上冶炼金属镁一般电解___________。 A．MgO悬浊液 B．熔融的MgO C．熔融的MgCl2 D．MgCl2溶液 (2)根据上题选项，写出电解法冶炼金属镁的电极反应方程式：阳极反应 ；阴极反应 。 Ⅱ.工业上以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(硅含量固定)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应②： (3)平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将 (填“升高”“降低”或“不变”)。 Ⅲ.氢氧化镁是一种应用广泛的无机阻燃剂。一种利用卤水-氨水法制备氢氧化镁阻燃剂的工艺流程如下。 已知：①用EDTA滴定法测定金属离子的浓度的定量关系：n(金属离子)=n(EDTA)； ②碳酸盐的溶度积常数：Ksp(CaCO3)=3.8×10-9、Ksp(MgCO3)=1.1×10-5。 沉钙前，需用EDTA滴定法测定粗制卤水中金属离子的浓度，结果如下表： 滴定序号 卤水样品用量/mL 0.025mol/LEDTA用量/mL 滴定Ca2+、Mg2+ 滴定Ca2＋ ① 25.00 28.06 12.06 ② 25.00 28.70 12.53 ③ 25.00 28.74 12.91 (4)滴定过程所需玻璃仪器有 。 (5)粗制卤水中c(Mg2+)为 ，加入Na2CO3溶液“沉钙”时，溶液中c(CO)的范围为 。 (6)沉淀时，温度对Mg2+的沉淀有较大影响，选择25℃作为适宜的反应温度的原因是 。 12．铁的腐蚀与防护与生产、生活密切相关。 Ⅰ.研究铁的腐蚀 实验步骤如下： 步骤1：将铁粉放置于0.002 mol/LCuSO4溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。 步骤2：向15.00 mL 1 mol/L NaCl溶液(用盐酸调至pH= 1.78)中加入浸泡过的Fe粉。 步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。 (1)第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为 。 (2)第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。 ①选取b点进行分析，经检验溶液中含有Fe2+，检验Fe2+并与Fe2+生成蓝色沉淀的试剂是 (填化学式)。 ②第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是 。 Ⅱ.研究铁的防护 (3)在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀 已知：Zn2+放电的速率缓慢且平稳时有利于得到致密、细腻的镀层。 ①镀件Fe应与电源的 相连。 ②向ZnSO4电解液中加入NaCN溶液，将Zn2+转化为[Zn(CN)4]2-，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是 。 (4)电镀后的废水中含有CN-，一种测定其含量的方法是取废水50 mL，再加KI溶液1 mL，用c mol/LAgNO3溶液滴定，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液V mL。 已知：Ag+(aq) +2CN-(aq)[Ag(CN)2]-(aq)(无色) K=1.0×1021；Ag+ (aq)+I-(aq)AgI(s)(黄色) K=1.2×1016. ①滴定终点的现象是 。 ②废水中CN-的含量是 g/L(用含C．V的代数式表示)。 13．已知25℃时的电离常数。常温下，往25mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入的溶液，pH变化曲线如图所示： (1)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 。 (2)A点对应的横坐标为25mL，请用离子方程式解释A点所示的溶液显碱性的原因： 。 (3)A点所示的溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是： 。 (4)电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择 (填字母序号) a．碳棒　b．锌板　c．铜板　d．钠块 (5)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。下图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。 E为该燃料电池的 极(填“正”或“负”)。F电极上的电极反应式为 。 (6)乙醛酸(HOOC−CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。已知乙二酸的结构简式为HOOC−COOH ①N电极上的电极反应式为 。 ②若有通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为 mol 14．元素周期表和元素周期律可用于理解和预测元素及其化合物的性质。实验小组为探究CuX溶解性的变化，开展如下研究活动。 Ⅰ．分析结构，预测性质 (1)Cu是29号元素，其基态原子的电子排布式为 。 (2)元素周期表中，Ag与Cu同列且位于Cu的下一行，Ag位于第___________。 A．4周期ⅡB B．5周期IB C．6周期IA D．7周期ⅡB (3)预测CuCl、CuBr、CuI的溶解度依次减小，可能的依据是 。 Ⅱ．查阅资料，设计实验 资料①： 难溶物 CuCl(白色) CuBr(白色) CuI(白色) Ksp(25℃) (4)将2.475gCuCl加入100mL0.1000mol·L-1NaBr溶液中，充分搅拌后，静置，计算此时溶液中Br⁻的浓度 ；后经过滤、洗涤、干燥、称量，理论上得到固体的质量 。(写出计算过程，忽略溶液体积变化) 已知：g·mol-1 g·mol-1 Ⅲ．验证假设，得出结论 (5)向试管a、b中分别依次滴加同浓度、等体积足量的氯水和四氯化碳，振荡、静置，若观察到 ，说明CuCl的溶解度大于CuBr。 资料②：不稳定，易在水溶液中发生反应： 实验小组搭建装置c~g。闭合K，观察到电流计指针变化情况如下：c中无偏转，d中略有偏转，e中偏转幅度较大。一段时间后，e中盛放稀的烧杯中溶液变蓝色，盛放溶液的烧杯中出现少量白色沉淀。(所有溶液均无溶解，溶液浓度均为0.1mol·L-1) (6)e中，负极是 ，正极的电极反应式为 。 A．铜                    B．石墨 (7)对c、d、e的分析正确的是___________。 A．c中没有自发进行的氧化还原反应，不能构成原电池 B．c中有活泼性不同的导体、电解质溶液、闭合回路，符合构成原电池的条件 C．e中石墨电极上发生氧化反应 D．CuBr的溶解度更小，更易形成沉淀析出，使Cu还原性增强更多 装置f、g中，观察到电流计的偏转幅度：g中大于f。 (8)可推断，一段时间后，g中：铜片上有白色固体附着，右侧烧杯中的现象是 。 15．HCOOH和甲酸盐是一种基本有机化工原料，广泛用于化工、农牧业等。 (1)一种利用金属磷化物作为催化剂，实现CO2的捕集如下左图和CH3OH转化成甲酸钠工艺的示意图如下右图所示。 ①分解池中的化学反应方程式为 。阴极生成和一种气体，阳极电极反应方程式为 。 ②假设电流利用率为100%(即无副产物生成)，当电路中转移2 mole-时，阴极室质量增加 。 (2)HCOOH-HCOONa混合溶液可脱除烟气中NO。其机理如图所示。 已知：I．脱除过程中，Fe(Ⅱ)-EDTA络合液部分易被烟气中的O2氧化成Fe(Ⅲ)-EDTA。 Ⅱ．酸性较强环境下，EDTA易与溶液中H+结合。 Ⅲ．HCOOH-HCOONa混合溶液产生的·H既可将NO还原，又可将Fe(Ⅲ)-EDTA还原，实现催化剂再生。 ①调节Fe(Ⅱ)-EDTA络合液的pH，对吸收NO的影响如图所示，则适宜的pH为 ，pH过大或过小均不利于吸收NO理由是 。 ②如下图所示，当HCOOH浓度小于2 g/L，NO的脱除率随HCOOH浓度增大而增大的可能原因是 。 押题四 化学反应原理与物质结构 16．2025年3月，全国两会提出“深化零碳技术攻坚，构建多能互补的新型能源体系”。目前钢铁行业占我国碳排放量的15%以上。传统长流程（高炉+转炉）为主的工艺结构碳排放量巨大，而短流程（废钢+电炉）工艺以废钢为原料，碳排放强度可降低至原来的37%~53%，是助力“碳中和、碳达峰”能源结构转型的重要方向。回答下列问题： I．高炉炼铁过程中涉及如下反应： ① ② ③ (1)反应③的∆H3= 。 (2)一定温度下，在恒容密闭容器中投入足量石墨与CO2进行反应③，可判定其达到平衡的标志是________（填字母）。 A．容器总压保持不变 B．单位时间内，消耗1molCO2同时生成2molCO C．CO的体积分数保持不变 D．平衡常数K保持不变 (3)在一恒容密闭容器中加入足量C、FeO，改变温度（T），测得平衡时容器总压的对数、各气体的物质的量分数x(CO)、x(CO2)的变化如图所示： ①x(CO)对应的曲线是 （填字母），判断依据是 。 ②在1200K下进行上述反应，平衡时CO2分压为 kPa，反应①在此温度下的压力平衡常数Kp1= 。 (4)高炉炼铁过程中会生成“渗碳体”Fe3C，一种晶胞为长方体（如图），晶胞参数为apm，bpm，cpm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为 g/cm3（用含以上字母的代数式表示）。 Ⅱ．使用电炉需要消耗大量电能，传统的火力发电同样会带来碳排放。而风能、太阳能等可再生能源由于发电不稳定，需要配备储能设备。以下是一种新型的化学储能系统： (5)写出发电量过剩、使用该系统储能时总反应的离子方程式： 。 17．是电池工业中非常重要的原料之一。 (1)的制备。 Ⅰ．还原法：含锰阳极渣的主要成分为，含有PbO。 ①在酸性条件下，向阳极渣中加入葡萄糖，可见产生气泡，同时得到溶液，离子方程式为 。 ②用醋酸铵可以溶解PbO生成醋酸铅，从而实现PbO与的分离。铅的浸出率与温度的关系如下图。 铅的浸出率随着温度的升高而增大，当温度达到85℃以后，铅的浸出率降低的原因是 。 Ⅱ．电解法：某矿粉（主要含有MnO、杂质含有Fe、Pb的氧化物），利用下列流程制备高纯。 已知：，。 ①“电解”的化学方程式为 。 ②该流程中可以用于循环使用的物质是 。 ③为得到高纯，净化后溶液中BaS的浓度至少为 。 (2)的结构与应用。实验室用：固体加热制，加入作催化剂，可加快生成的速率。 ①某种的晶胞结构如图所示。图中“●”表示 。沿z轴的俯视图中，由“○”构成图形的面积是 。 ②温度加热到60℃后，生成的速率突然加快（见下图所示），其原因是 。 ③将反应后的混合物加水溶解，过滤、洗涤、干燥，称量所得固体，其质量比起始时加入的的质量小，其原因是 （不考虑实验操作引起的误差因素）。 18．二氧化碳的捕集、利用与储存被国际公认为是实现减排降碳的关键技术手段。用CO2制备C2H4有利于实现“双碳”目标。该反应分两步进行 I． II． (1)反应II的 0。 (2)已知部分共价键的键能如下表所示： 化学键 C=O CO H—H C=C C—H O—H 键能() 803 1071 436 611 414 464 则 。 (3)若反应II在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是_______(填序号)。 A．容器中混合气体的密度保持不变 B．容器内混合气体的压强保持不变 C．反应速率2v正(CO)=v逆(H2) D．同时断裂1mol O—H键和2mol H—H键 (4)向某1L刚性容器中，加入1molCO2、3molH2在不同催化剂(M、N)下发生上述反应。相同时间内测得CO2的转化率和C2H4的选择性(含碳生成物中C2H4的物质的量分数)随温度的变化如图所示。 ①根据图像，合成乙烯的最佳催化剂为 。 ②500~800K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是 。 ③在M催化剂、700K条件下反应，反应后混合气体中C2H4的体积分数为 (保留至0.01%)。 (5)二氧化锆是制备催化剂M和N的一种原材料，其晶胞如下图所示，其晶胞参数为anm。 ①Zr原子填充在O原子形成的 空隙中。 ②2个Zr原子间的最短距离为 nm。 19．甲烷水蒸气重整是工业制备氢气和燃料高效利用的重要方法，钙钛矿()可以作为甲烷水蒸气重整反应过程中的催化剂载体。 回答下列问题： (1)第一电离能 (填“大于”或“小于”)。 (2)(熔点-24.12℃)的晶体类型为 。 (3)的晶胞如图1所示，的配位数是 ；若晶胞参数为anm，O与O间的最短距离为 nm。 (4)甲烷水蒸气重整体系中主要发生如下反应： I．  kJ·mol-1 II．  kJ·mol-1 ①反应的 kJ·mol-1. ②不同压强(1.0MPa、1.5MPa、2.0MPa、2.5MPa)、不同温度(200℃∼700℃)下，上述平衡体系中氢气的物质的量分数如图2所示。1.5MPa对应图中曲线 ，图中氢气的物质的量分数随温度升高而增大的原因是 。 ③在一定温度、1.5MPa下，初始和的物质的量之比为1：3，反应达平衡时，的物质的量分数为25%，体系中CO和的分压相同。的平衡转化率为 (保留2位有效数字，下同)，该温度下反应II的平衡常数 。 20．催化加氢制甲醇是减少碳排放的一项关键技术，并为未来燃料和材料的制造提供方案。在催化剂作用下主要发生以下反应： I． II． III． (1)反应Ⅲ自发进行的条件是 。 (2)在恒温恒容密闭容器中充入和，发生上述反应。 ①反应达平衡后，测得为，为，则甲醇的选择性为 (甲醇的选择性)，反应II的 (保留小数点后三位)。 ②平衡时，转化率、选择性、选择性随温度变化如图所示： 图中表示的曲线是 (填“a”、“b”或“c”)，曲线c变化趋势的原因是 。 (3)二氧化碳与氢气反应生成的水在温度低于0℃时可形成多种冰的晶体，其中两种冰晶体的晶胞如下图所示。 ①构成该晶体的粒子通过 (填标号)结合成晶体； A．极性键    B．非极性键    C．氢键    D．范德华力 ②A晶胞和B晶胞的体积比为 。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押 化学反应原理综合题 猜押考点 考情分析 押题依据 热化学与化学平衡 化学反应原理综合题是主要考查学生对化学反应基本原理的理解和应用能力。题目通常涉及化学反应的热力学（如焓变、熵变、自由能）、动力学（如反应速率、活化能）、化学平衡（如平衡常数、勒夏特列原理）以及电化学（如原电池、电解池）等内容。这类题目要求学生能够综合运用理论知识解决实际问题。 高频考点：化学平衡（平衡常数、勒夏特列原理）、反应速率（影响因素、速率方程）、电化学（原电池、电解池）。 中频考点：热力学（焓变、熵变、自由能）、反应机理（活化能、催化剂）。 高考命题趋势 注重基础：高考命题注重对化学反应基本原理的考查，如平衡常数、反应速率等。 综合性强：题目常结合多个知识点，如热力学、动力学、电化学等。 实际应用：结合实际问题考查化学反应原理，如工业生产、环境保护等。 押题方向 经典理论：化学平衡、反应速率、热力学、电化学等经典理论的考查。 实际应用：结合工业生产、环境保护等实际问题考查化学反应原理。 创新题型：新型电化学装置（如燃料电池）或复杂反应体系的分析。 化学平衡与电解质溶液 电解质溶液与电化学 化学反应原理与物质结构 押题一 热化学与化学平衡 1．碳达峰和碳中和是应对气候变化的重要策略，以为原料合成甲醇可以减少的排放，可以更快地实现碳达峰和碳中和。回答下列问题： I.和生成甲醇涉及的反应如下： 主反应：   副反应：   (1)反应   。 (2)时，在主、副反应的混合体系中，平衡时，生成甲醇的选择性[选择性]随压强的变化如图所示。 ①增大压强，甲醇的选择性增大的原因是 。 ②时，若在密闭容器中充入和，在压强为时，生成0.6mol CO，则时，主反应的压强平衡常数 。(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数) II.催化剂的性能测试：一定条件下使、混合气体通过反应器，检测反应器出口气体的成分及其含量，计算的转化率和的选择性以评价催化剂的性能。 (3)时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比，则该温度下的转化率为 。 (4)其他条件相同时，反应温度对的转化率和的选择性的影响如图1、2所示。 ①由图1判断，实验中反应未达到化学平衡状态的点为 。 ②温度高于时，平衡转化率升高的原因是 。 ③温度相同时，选择性的实验值略高于平衡值(见图2)，从化学反应速率的角度解释原因： 。 【答案】(1)-90.7 (2) 主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大 (3)25% (4) ABCD 温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度 温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多 【解析】（1）根据盖斯定律可知，； （2）①加压，平衡向气体分子数减小的反应，则增大压强，甲醇的选择性增大的原因是：主反应正反应为气体分子数减小的反应，副反应为气体分子数不变的反应，故增大压强主反应向正反应方向移动，甲醇的选择性增大； ②由图可知，平衡时，甲醇的选择性为40%，此时生成0.6molCO，则生成0.4mol的甲醇，根据主反应可知 ， 根据副反应可知， 平衡时总物质的量：1mol+1mol+0.6mol+1mol+04mol=4mol，平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的分压分别为：、、、，则时，主反应的压强平衡常数； （3）230℃时，测得反应器出口气体中全部含碳物质的物质的量之比n(CH3OH)：n(CO2)n(CO)=5：18：1，假设生成的CH3OH的物质的量为5mol，则生成的CO的物质的量为1mol，剩余的CO2的物质的量为18mol，根据碳原子守恒，起始的CO2的物质的量为5mol+18mol+1mol=24mol，则该温度下CO2转化率的计算式为×100%=25%； （4）①由图1可知在不同温度下，CO2转化率的实验值均小于平衡值，说明实验中反应均未达到化学平衡状态，故答案为：ABCD； ②主反应为放热反应，副反应为吸热反应，温度升高，主反应逆向移动，副反应正向移动，温度高于260℃时，副反应正向移动的程度大于主反应逆向移动的程度，所以平衡转化率随温度升高还在增大，故答案为：温度升高，主反应逆向进行，副反应正向进行，温度高于260℃时，副反应正向进行的程度大于主反应逆向进行的程度； ③由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值，从化学反应速率的角度看原因是：温度相同时，主反应的速率大于副反应，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多。 2．1，3-丁二烯是石油化工的重要原料，采用氧化1-丁烯脱氢生产1，3-丁二烯既可以实现1-丁烯高值转化，又可以实现的资源化利用。 主反应： 同时还发生以下副反应： 反应I： 反应Ⅱ： 已知：①； ②有关化学键的键能数值如表所示。 化学键 (中) 键能 436 1072 803 462 回答下列问题： (1)c= ；a= (用含b的式子表示)。 (2)主反应的平衡常数为K，反应I的平衡常数为，反应Ⅱ的平衡常数为。图1为与温度的关系曲线，图2为体积分数与温度的关系曲线。 ①图1中表示与T关系的是 (填“”“”或“”，下同)，表示与T关系的是 。 ②x= ，理由是 。 ③图2中，温度低于时，随温度升高增大的原因为 。 (3)某温度下，将和置于容积为的恒容密闭容器中，发生上述反应。后体系达到平衡，此时，，的平衡产率为 ；主反应的平衡常数 。 【答案】(1) 46 b+46 (2) L1 L2 0 ，三者相等时，均等于0 反应I正向进行的程度大于反应Ⅱ (3) 0.4 2.1 mol∙L-1 【解析】（1）根据化学键的键能可计算；根据盖斯定律，。 （2）①根据信息，，则反应均为吸热反应，，则主反应为吸热反应，即三个反应均为吸热反应。焓变越大，温度对该平衡影响程度越大，平衡常数的数值变化越大，故表示与T关系的是；表示与T关系的是； ②根据的表达式，可知，则时，，则三者均等于0； ③反应I生成，反应Ⅱ消耗，升温时，二者反应平衡均正向移动，增大说明反应I正向进行的程度大于反应Ⅱ。 （3）开始时，充入和共有；平衡时，根据氧元素守恒，平衡后，可求得；平衡时的平衡产率为，即生成，则剩余；再根据氢元素守恒，平衡时；可得平衡时、，主反应的平衡常数。 3．挥发性有机化合物(VOCs)的减排与控制已成为我国当前阶段大气污染治理的重点工作之一，通过催化氧化法去除其中乙酸乙酯(EA)的过程如下，Ⅰ为主反应。 Ⅰ：   Ⅱ：   Ⅲ：   Ⅳ：   (1)一定温度下，将不同量的原料通入恒压密闭容器中只发生反应Ⅰ，平衡时热量变化如下表，则该温度下反应Ⅰ的 ，该反应在 (填“低温”“高温”“任何温度”或“任何温度都不”)能自发进行。 实验编号 初始投入量/mol 平衡时热量变化 ① 1 5 0 0 放热akJ ② 0 0 2 3 吸热bkJ ③ 0 0 2 2 吸热ckJ (2)恒温、恒容条件下，将1mol乙酸乙酯和2mol水蒸气通入刚性容器中，只发生反应Ⅱ。下列叙述能证明此反应达到平衡状态的是___________(填字母)。 A．混合气体的平均相对分子质量保持不变 B．混合气体的密度保持不变 C．乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变 D．反应的焓变保持不变 (3)压强一定时，将n(乙酸乙酯)：n(氧气)：n(水)=1：5：1的混合气体通入装有催化剂的密闭容器中，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ．不同温度下，平衡时各含碳物质(、、、)的百分含量S随温度变化如图所示，曲线c代表随温度的变化，注：。 ①代表随温度变化的曲线是 (填“a”“b”或“d”)，分析其百分含量在温度至间变化的原因： 。 ②温度为时，二氧化碳的体积分数是 (保留一位小数)；反应Ⅱ的平衡常数 。 【答案】(1) 任何温度 (2)C (3) b 至间，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，百分含量减小 33.3% 0.01 【解析】（1）恒压条件下，对于反应Ⅰ：，等比投料即可得到等效平衡，故实验①、③为等效平衡，但“一边倒”之后，实验①的投料方式为实验③的2倍，故：，因反应Ⅰ的，则该反应在任何温度下自发进行，故答案为：；任何温度； （2）A．混合气体的平均相对分子质量的数值等于混合气体的平均摩尔质量的数值，但，气体的质量和物质的量不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，A错误； B．混合气体的密度，气体的质量和体积不变，故为恒量，不能说明反应达平衡状态，B错误； C．乙酸乙酯，水蒸气初始量为、，而两物质以1：1反应，故乙酸乙酯与水蒸气的物质的量之比保持不变，能说明反应已达平衡状态，C正确； D．反应的焓变与是否平衡无关，故不能说明反应已达平衡状态，D错误； 故答案为：C； （3）①反应Ⅰ的，反应Ⅱ的，温度升高，反应Ⅰ的平衡逆移，减小，反应Ⅱ的平衡正移，增大，故受两个反应共同影响，故代表随温度的变化曲线为b，且其百分含量S在温度至间变化的原因为：至，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，S减小，故答案为：b；至间，以反应Ⅱ为主，，随温度升高，平衡正向移动，乙酸乙酯的转化率增大，百分含量减小； ②温度为时，a代表随温度的变化曲线，设投入了1mol乙酸乙酯，故平衡时，，，。 由三段式法可得：， ，，(总)，的体积分数是；反应Ⅱ的平衡常数==0.01，故答案为：33.3%；0.01。 4．硅及其化合物的应用十分广泛，高纯硅的制备尤为关键。微电子工业中用到的高纯硅是在的热硅棒上用氢气还原三氯氢硅而制得的，反应原理为。 已知： 化学键 键能 226 323 381 436 431 回答下列问题： (1)高纯硅制备反应的热化学方程式为 ；该反应的 0(填“>”、“＜”或“=”)。 (2)一定温度下，将氢气和三氯氢硅的混合气体通入容积一定的密闭容器中，起始总压强为。混合气体的平均摩尔质量随时间的变化如图所示。 已知A点时，的转化率为，则用压强表示的化学反应速率 时刻反应达到平衡状态，测得与的分压比为，压强平衡常数 (气体分压等于气体的物质的量分数与总压强的乘积)。 (3)在恒容容器中放入足量的硅和等物质的量的，部分气体分压随时间在不同温度下的变化如图所示。 代表时变化曲线的是 ；代表时变化曲线的是 ；判断理由为 。 (4)恒温条件下，将等物质的量的和通入容积一定的密闭容器中，发生上述反应，下列描述能说明反应已经达到平衡状态的是_______(填标号)。 A．和的转化率之比保持不变 B． C．单位时间内，反应物断裂的非极性键和生成物断裂的非极性键数目相等 D．容器内混合气体的密度保持不变 【答案】(1) +157 > (2) (3) Ⅳ Ⅱ 温度越高反应越快，曲线I和Ⅳ代表时，曲线Ⅱ和Ⅲ代表时，根据与的分压变化量为，可判断时，曲线Ⅳ代表时曲线Ⅱ代表 (4)D 【解析】（1）反应物总键能-生成物总键能=，因此；该反应为气体分子数增大的反应，故； （2）开始时混合气体的平均摩尔质量为，设1mol混气中含，，，解得x=0.4mol，求得混合气体中，当的转化率为时，根据三段式，即气体分压为， =；时刻反应达到平衡状态，根据平衡时与的分压之比为，设转化了压强为a，列三段式，=，解得，根据三段式可求得和气体的气体分压分别为和，根据平衡常数表达式即可求得； （3）温度越高反应越快，曲线I和Ⅳ代表时分压变化，曲线Ⅱ和Ⅲ代表时分压变化，根据与的分压变化量为，可判断时，曲线Ⅳ代表或时，曲线Ⅱ代表； （4）A．和的转化率之比始终保持不变，A错误； B．均代表正反应方向，正确的应为，B错误； C．单位时间内，反应物断裂的非极性键（H-H键）和生成物断裂的非极性键（Si-Si）之比应为，C错误； D．反应在恒温恒容条件下进行，产物中有固体生成，只有达到平衡状态时，容器内混合气体的密度才能保持不变，D正确； 故选D。 5．探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下： Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)  ΔH1=-49.5kJ·mol-1 Ⅱ．CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)   ΔH2=-90.4kJ·mol-1 Ⅲ．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)   ΔH3 回答下列问题： (1)ΔH3= kJ·mol-1. (2)一定条件下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO2和3molH2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为amol，CO为bmol，此时H2O(g)的浓度为 mol·L-1(用含a、b、V的代数式表示，下同)，反应Ⅲ的平衡常数为 。 (3)不同压强下，按照n(CO2)：n(H2)=1：3投料，实验测定CO2的平衡转化率和CH3OH的平衡产率随温度的变化关系如图所示。 已知：CO2的平衡转化率=×100%，CH3OH的平衡产率=×100%。 ①其中纵坐标表示CO2平衡转化率的是图 (填“甲”或“乙”)。 ②压强p1、p2、p3由大到小的顺序为 。 ③图乙中T1温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是 。 (4)在T1温度时，将1.00molCO2和3.00molH2充入体积为1.00L的恒容密闭容器中，容器起始压强为p0，仅进行反应I。 ①反应达到平衡后，若CO2转化率为x，则容器的压强与起始压强之比为 (用x表示)。 ②若经过30h反应达到平衡，平衡后，混合气体物质的量为3.00mol，平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，（分压=总压×物质的量分数）写出上述反应压力平衡常数Kp为 (用p0表示，并化简)。 【答案】(1)+40.9 (2) (3) 乙 p1、p2、p3 T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响 (4) 【解析】（1）Ⅰ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.5kJ·mol-1 Ⅱ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH2=-90.4kJ·mol-1 Ⅲ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH3 由盖斯定律可知，Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=+40.9kJ·mol-1； （2）依题意，反应起始量为n0(CO2)=1mol、n0(H2)=3mol，根据原子守恒，容器中原子总量为n(C)=1mol、n(O)=2mol、n(H)=6mol，平衡时，n(CH3OH)=a mol、n(CO)=b mol，则根据碳原子守恒有n(CO2)=n(C)-n(CH3OH)-(CO)=(1-a-b)mol，再根据氧原子守恒，有n(H2O)=n(O)-n(CH3OH)-(CO)-2n(CO2)=[2-a-b-2×(1-a-b)]mol=(a+b)mol，c(H2O)= mol/L，根据氢原子守恒，n(H2)=× [n(H)-4n(CH3OH)-2n(H2O)]=×[6-4a-2×(a+b)]mol=(3-3a-b)mol，反应III的平衡常数； （3）反应Ⅰ生成甲醇，随温度升高，平衡逆移，的平衡产率降低，图甲纵坐标表示的平衡产率；图乙纵坐标表示的平衡转化率；反应Ⅰ为气体分子数减少的反应，反应Ⅲ为气体分子数不变的反应，因此压强越大CO2的平衡转化率越高，故压强由大到小的顺序是p1、p2、p3；反应Ⅲ为吸热反应，温度较高时，主要发生反应Ⅲ，且反应Ⅲ反应前后气体分子数相等，故CO2的平衡转化率几乎不再受压强影响，答案为：乙；p1、p2、p3；T1时以反应Ⅲ为主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，压强改变对平衡没有影响； （4）①所以容器的压强与起始压强之比为； ②， 因为，所以p=0.75p0，Kp=。 押题二 化学平衡与电解质溶液 6．水是生命之源。水溶液中的离子平衡与我们的生产生活密切相关。 (1)水的电离平衡曲线如图所示。若以A点表示25°C时水在电离平衡时的离子浓度。当温度升到100°C时，水的电离平衡状态到B点，则100°C时水溶液的离子积为Kw= 。 (2)常温下向20.00 mL 0.100 mol·L-1 HX(一元酸)溶液中滴加0.100 mol·L-1 NaOH的pH变化如图所示。 ①HX的电离常数为 。 ②B点溶液中c(X-) c(Na+)(填“>”、“<”或“=”)。 ③C点为恰好完全反应点，溶液中的离子浓度顺序为 。 (3)25℃时，三种酸的电离平衡常数如表： 化学式 CH3COOH H2CO3 HF 电离平衡常数 1.8 ×10-5 K1=4.3 × 10-7，K2=5.6 ×10-11 6.0 ×10-4 ①下列四种离子结合质子能力由大到小的顺序是 (填序号)。 a．        b．F−        c．CH3COO−        d． ② 一般来说，如果一个反应的平衡常数数值大于105，通常认为该反应可以进行得较完全；平衡常数数值小于10-5，这个反应很难进行；平衡常数介于10-5~105之间的认为存在一定程度的可逆反应。请从化学反应平衡常数的角度分析CH3COOH能否与NaF反应生成HF 。 【答案】(1)10-12 (2) 10-5 = c(Na＋) > c(X-) > c(OH-) > c(H＋) (3) adcb 计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF) 【解析】（1）B点时，c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol/L，Kw=c(H+)×c(OH-)=1.0×10-6×1.0×10-6=10-12； （2）①0.100 mol·L-1 HX起点时pH=3，c(H+)=10-3mol/L，电离出的c(X-)≈c(H+)=10-3mol/L，c(HX)=0.100 mol/L- c(X-)=0.100 mol/L-10-3mol/L≈0.100mol/L，Ka==； ②B点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+ c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)=c(Na+)； ③C点恰好完全反应，pH>7，溶液呈碱性，c(H+)<c(OH-)，根据电荷守恒：c(X-)+ c(OH-)= c(H+)+c(Na+)，得出c(X-)<c(Na+)，则溶液中离子浓度大小关系为：c(Na＋) > c(X-) > c(OH-) > c(H＋)； （3）①弱酸的电离常数越大，对应的酸酸性越强，其离子水解程度越小，结合氢离子能力越小，由电离常数大小可知，酸性HF>CH3COOH>H2CO3>，其酸根结合质子的能力由大到小的顺序为>> CH3COO−>F-，序号为：adcb； ②计算反应CH3COOH + F-CH3COO-+ HF的平衡常数K==3 × 10-2，介于10-5~105之间，因此反应能生成HF(或：根据计算平衡常数数据得反应正向进行的程度太小，因此不适宜制备HF)。 7．草酸()易溶于水和乙醇，可用作染料还原剂。实验室制备草酸的一种流程如下： (1)草酸可用于除去水中钙沉积物，反应为，其平衡常数与、、、、、的代数关系式为 。 (2)将水解液氧化的装置如图所示，其他条件相同时，反应温度对草酸产率的影响如图所示。 ①水解液氧化过程中，冷凝管冷却水的进口是 (选填“a”或“b”)。 ②装置A中主要反应为，中过量的溶液能完全吸收尾气，转化的离子方程式为 。 ③温度高于后，草酸产率下降的主要原因是 。 (3)利用酸性溶液可测定草酸结晶水合物的纯度，并利用所得产物制备重要的电化学材料。它可由在隔绝空气的条件下加热到制得，完全沉淀时的。 ①测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品溶于水配制成溶液，取出于锥形瓶中，用的酸性溶液滴定(稀酸化，杂质不反应)，恰好完全反应时消耗溶液，则该草酸晶体的纯度为多少，给出计算过程 。(已知：，未配平) ②将上述反应后的溶液过滤， ，得高纯固体。(实验中必须使用的试剂和仪器：蒸馏水，的溶液，的溶液，计，真空干燥箱)。 【答案】(1) (2) a (或，) 温度高于70℃后，和分解速率增大，部分草酸被氧化为，草酸产率下降 (3) 94.50% 用计测量溶液的值，边搅拌边滴加的溶液至溶液的略大于10.1，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤，至向最后一次洗涤滤液中滴加的无白色沉淀止，将所得固体置于真空干燥箱400℃干燥至恒重 【分析】淀粉水乳液加硫酸水解，加入硝酸、硫酸、钒触媒氧化转化为草酸和含氮的氧化物，粗产品提纯得到草酸晶体，据此回答。 【解析】（1）已知，，，，，，则； （2）①水解液氧化过程中，冷凝管冷却水应该下进上出，所以进口是a； ②中过量的溶液能完全吸收尾气NO和NO2，转化的离子方程式为：(或，)； ③温度高于后，草酸产率下降的主要原因是：温度高于70℃后，和分解速率增大，部分草酸被氧化为，草酸产率下降； （3）①根据电子得失守恒可知可知，=，； ②将上述反应后的溶液过滤，用计测量溶液的值，边搅拌边滴加的溶液至溶液的略大于10.1，充分反应后，过滤，用蒸馏水洗涤，至向最后一次洗涤滤液中滴加的无白色沉淀止，将所得固体置于真空干燥箱400℃干燥至恒重，得高纯固体。 8．以为有效成分的漂白液应用广泛。某实验小组以为氧化剂，在实验室模拟氨氮废水的处理过程。 I．制备漂白液 (1)用氯碱工业的产物制备漂白液的离子方程式为 。 (2)溶液中或的组成分数与的关系如图所示。的电离常数值为 。 (3)制备漂白液时需碱过量以增强其稳定性，漂白液中含量的检测方法如图所示： ①结合离子方程式说明的作用 。 ②若消耗盐酸标准溶液，则漂白液中的浓度为 。 Ⅱ．模拟氨氮废水(以表示)的处理 (4)反应的化学方程式为 。 (5)实际消耗的溶液的量高于理论值，可能原因是 。 (6)测定相同时间不同值时次氯酸钠氧化去除氨氮的去除率如下图所示。 ①去除率效果较好的范围为 。 ②较低或较高去除率均下降的原因是 。 【答案】(1) (2) (3) ，除去溶液中的以免干扰的测定 (4) (5)溶液中有其它消耗的反应(如分解、与水中有机物反应等) (6) 较低时，更多转化为不稳定易分解，降低，氧化速率变小较高时，氧化性减弱，氧化速率变小 【解析】（1）制漂白液的离子方程式； （2），当时，； （3）①能发生反应，消耗盐酸，所以，除去溶液中的以免干扰的测定； ②； （4）与发生氧化还原反应生成氮气和氯化钠，方程式为； （5）实际消耗的溶液的量高于理论值，可能原因是溶液中有其它消耗的反应(如分解、与水中有机物反应等)； （6）①由图可知，去除率效果较好的范围为；②较低时，更多转化为，不稳定易分解，降低，氧化速率变小，较高时，氧化性减弱，氧化速率变小； 9．次磷酸是一种精细化工产品，可用作杀菌剂、神经系统的强壮剂、金属表面的处理剂以及制造催化剂和次磷酸盐等。 回答以下问题： (1)次磷酸在加热到时，易发生歧化反应，补全下列化学方程式： 。若反应，转移 电子。 (2)已知次磷酸是一元弱酸，则溶液与足量溶液反应的离子方程式为： 。 (3)为验证次磷酸的弱酸性，甲、乙两组同学分别设计了实验方案，进行实验。甲组同学设计如下实验，其中原理可行、数据合理的是 。 A．用广泛试纸测定常温下溶液为1.42 B．用计测定的次磷酸的，用蒸馏水对的次磷酸稀释10倍再测稀释后次磷酸的，观察到升高小于1 C．用广泛试纸测定常温下的溶液的大于7 乙组同学借助传感器和电导率传感器等仪器进行实验。 已知：①pH传感器，用来检测溶液中氢离子浓度，可全量程测量溶液的酸碱度，自动绘制出溶液的曲线。 ②电导率能够定量地表示溶液导电能力的强弱。在相同条件下，离子总浓度越大，溶液的导电能力越强，电导率也越大。 实验1：用传感器分别测定的次磷酸溶液和纯水水浴加热过程的变化情况。若观察到 现象，可以得出次磷酸是弱酸的结论。 实验2：用电导率传感器分别测定盐酸和次磷酸溶液的电导率。若观察到 现象，可以得出次磷酸是弱酸的结论。 (4)时，用溶液滴定溶液，滴定曲线如下图所示： 利用A点数据，求次磷酸的电离平衡常数(写出表达式并代入数据) 。C点溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 。 【答案】(1) 0.2 (2) (3) BC 次磷酸的变化程度比纯水的大 次磷酸电导率数值比同浓度的盐酸小 (4) 【解析】（1）根据氧化还原反应得失电子守恒，→化合价升高4价，化合价降低4价，由+1价降到-3价，转移4个电子，故；若反应，转移0.2电子； （2）次磷酸是一元弱酸，只能电离出一个氢离子，故与氢氧化钠反应离子方程式为：； （3）A．用广泛试纸，精确度通常为1个pH单位，A错误； B．用计测定的次磷酸的，用蒸馏水对的次磷酸稀释10倍再测稀释后次磷酸的，观察到升高小于1，可以确定次磷酸存在电离平衡，可以证明次磷酸为弱酸，B正确； C．用广泛试纸测定常温下的溶液的大于7，说明存在盐类的水解，能证明次磷酸是弱酸，C正确； 故选BC； 若观察到次磷酸的变化程度比纯水的大现象，说明次磷酸存在电离平衡，弱电解质的电离平衡，温度越高越电离，可以得出次磷酸是弱酸的结论；若观察到次磷酸电导率数值比同浓度的盐酸小现象，说明电离不完全，可以得出次磷酸是弱酸的结论； （4）在0点时，未加氢氧化钠，可得；C点溶液中溶质为，溶液显碱性，则水解，且，离子浓度由大到小的顺序是； 10．吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。 (1)ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO、SO的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。    ①向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 (填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 。 ②O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围 内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是 。 (2)镁法工业烟气脱硫并制备MgSO4·H2O，其过程可表示为： ①在搅拌下向氧化镁浆料中匀速缓慢通入SO2气体，生成MgSO3，反应为Mg(OH)2+H2SO3 =MgSO3+2H2O，其平衡常数K与Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1 (H2SO3)、Ka2 (H2SO3)的代数关系式为K= ；下列实验操作一定能提高氧化镁浆料吸收SO2效率的有 (填序号)。 A．水浴加热氧化镁浆料                 B．加快搅拌速率 C．降低通入SO2气体的速率             D．通过多孔球泡向氧化镁浆料中通SO2 ②在负载钴的分子筛催化剂作用下MgSO3被O2氧化为MgSO4.其他条件相同时，浆料中MgSO3被O2氧化的速率随pH的变化如图-3所示。在pH=6~8范围内，pH增大，浆料中MgSO3的氧化速率增大，其主要原因是 。 (3)碱式硫酸铝[(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]溶液用于烟气脱硫，其x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下： 步骤1：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。 步骤2：取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25.00 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。 计算(1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值为 (写出计算过程)。 【答案】(1) ZnSO3 ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO 随着pH降低，HSO浓度增大 (2) BD pH增大，c(SO)增大，氧化速率加快 (3)0.41 【解析】（1）①反应开始时，悬浊液中ZnO大量吸收SO2生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变，一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率降低，主要反应的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2HSO或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2HSO； ②pH大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O2接触，反应速率慢，pH降低，S（Ⅳ）主要以HSO形式存在于水中，与O2接触，因此pH降低有SO生成速率增大，随着反应不断进行，大量的HSO反应生成SO，故其主要原因是随着pH降低，HSO浓度增大； （2）① K ② ③ ④ ⑤ ⑥ Kw 由盖斯定律可知，①=②-③+④+⑤-2×⑥，则； A．加热可加快反应速率，但温度升高，SO2在水中溶解度降低，且会导致H2SO3受热分解，不一定能提高吸收SO2效率，A错误； B．加快搅拌速率，可以使反应物充分接触，提高吸收SO2效率，B正确； C．降低通入SO2气体的速率，SO2可与MgO浆料充分接触，但会降低反应速率，不一定能提高吸收SO2效率，C错误； D．多孔球泡可以让SO2与MgO浆料充分接触，能提高吸收SO2效率，D正确； 故选BD。 ②pH增大，抑制的水解，反应物的浓度增大，故可加快氧化速率； （3）25.00 mL溶液中，根据滴定过程可知，2.50mL碱式硫酸铝溶液中Al3+的物质的量为，25.00 mL碱式硫酸铝溶液中，根据元素守恒有，，解得x=0.41，故答案为：0.41。 押题三 电解质溶液与电化学 11．Ⅰ.镁元素在自然界分布广泛，是人体的必需元素之一、目前，世界上金属镁的主要生产方法有以下两种： 方法1：皮江法： 反应①：CaCO3·MgCO3=CaO·MgO＋2CO2 反应②：2CaO·MgO(s)＋Si(s) 2CaO·SiO2 (l)＋2Mg(g) 方法2：电解法 (1)工业上冶炼金属镁一般电解___________。 A．MgO悬浊液 B．熔融的MgO C．熔融的MgCl2 D．MgCl2溶液 (2)根据上题选项，写出电解法冶炼金属镁的电极反应方程式：阳极反应 ；阴极反应 。 Ⅱ.工业上以煅白(CaO·MgO，M = 96 g/mol)为原料与硅铁(硅含量固定)混合置于密闭还原炉，1200℃下发生反应②： (3)平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时Mg(g)的浓度将 (填“升高”“降低”或“不变”)。 Ⅲ.氢氧化镁是一种应用广泛的无机阻燃剂。一种利用卤水-氨水法制备氢氧化镁阻燃剂的工艺流程如下。 已知：①用EDTA滴定法测定金属离子的浓度的定量关系：n(金属离子)=n(EDTA)； ②碳酸盐的溶度积常数：Ksp(CaCO3)=3.8×10-9、Ksp(MgCO3)=1.1×10-5。 沉钙前，需用EDTA滴定法测定粗制卤水中金属离子的浓度，结果如下表： 滴定序号 卤水样品用量/mL 0.025mol/LEDTA用量/mL 滴定Ca2+、Mg2+ 滴定Ca2＋ ① 25.00 28.06 12.06 ② 25.00 28.70 12.53 ③ 25.00 28.74 12.91 (4)滴定过程所需玻璃仪器有 。 (5)粗制卤水中c(Mg2+)为 ，加入Na2CO3溶液“沉钙”时，溶液中c(CO)的范围为 。 (6)沉淀时，温度对Mg2+的沉淀有较大影响，选择25℃作为适宜的反应温度的原因是 。 【答案】(1)C (2) Cl--2e-=Cl2↑ Mg2++2e-=Mg (3)不变 (4)锥形瓶、滴定管 (5) 0.016mol/L 3.04×10-7mol/L<c(CO)<6.875×10-4mol/L (6)NH3·H2O受热易分解，温度过高使沉淀率降低 【解析】（1）工业上电解熔融MgCl2冶炼金属镁，选C； （2）电解熔融MgCl2，阳极氯离子失电子生成氯气，阳极反应式为Cl--2e-=Cl2↑；阴极镁离子得电子生成金属镁，阴极反应式为Mg2++2e-=Mg。 （3）k=c2(Mg)，平衡常数只与温度有关，平衡后若其他条件不变，将还原炉体积缩小一半，则达到新平衡时，平衡常数不变，所以Mg(g)的浓度将不变。 （4）滴定过程所需玻璃仪器有锥形瓶、滴定管。 （5）根据三次实验数据，滴定Mg2+平均消耗EDTA的体积为16.00mL，则粗制卤水中c(Mg2+)为 ；加入Na2CO3溶液“沉钙”时，为保证钙离子沉淀完全，c(CO)>，为保证镁离子不生成沉淀，c(CO)<，溶液中c(CO)的范围为3.04×10-7mol/L<c(CO)<6.875×10-4mol/L。 （6）NH3·H2O受热易分解，温度过高使沉淀率降低，所以选择25℃作为适宜的反应温度。 12．铁的腐蚀与防护与生产、生活密切相关。 Ⅰ.研究铁的腐蚀 实验步骤如下： 步骤1：将铁粉放置于0.002 mol/LCuSO4溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。 步骤2：向15.00 mL 1 mol/L NaCl溶液(用盐酸调至pH= 1.78)中加入浸泡过的Fe粉。 步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。 (1)第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为 。 (2)第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。 ①选取b点进行分析，经检验溶液中含有Fe2+，检验Fe2+并与Fe2+生成蓝色沉淀的试剂是 (填化学式)。 ②第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是 。 Ⅱ.研究铁的防护 (3)在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀 已知：Zn2+放电的速率缓慢且平稳时有利于得到致密、细腻的镀层。 ①镀件Fe应与电源的 相连。 ②向ZnSO4电解液中加入NaCN溶液，将Zn2+转化为[Zn(CN)4]2-，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是 。 (4)电镀后的废水中含有CN-，一种测定其含量的方法是取废水50 mL，再加KI溶液1 mL，用c mol/LAgNO3溶液滴定，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液V mL。 已知：Ag+(aq) +2CN-(aq)[Ag(CN)2]-(aq)(无色) K=1.0×1021；Ag+ (aq)+I-(aq)AgI(s)(黄色) K=1.2×1016. ①滴定终点的现象是 。 ②废水中CN-的含量是 g/L(用含C．V的代数式表示)。 【答案】(1)2H++2e-=H2↑ (2) K3[Fe(CN)6] 溶液的酸碱性(或溶液的pH) (3) 负极 通过反应Zn2++4CN-[Zn(CN)4]2-降低c(Zn2+ )，使得Zn2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用 (4) 加入最后半滴AgNO3溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 (或1.04cV) 【分析】酸性较强时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，发生吸氧腐蚀时正极上O2得电子被还原生成OH-，此时正极反应式为：。析氢腐蚀正极上，消耗H+，吸氧腐蚀产生OH-，故做探究实验时可通过采集溶液pH随时间变化的数据展开，而氧化产物Fe2+可通K3[Fe(CN)6]过来检验。 电镀后的废水中CN−含量的测定，可选用络合滴定，滴定剂为硝酸银，指示剂为KI。 【解析】（1）铜为原电池的正极，氢离子在正极得到电子生成氢气，电极反应为； 故答案为：； （2）①检验Fe2+并与Fe2+生成蓝色沉淀的试剂是K3[Fe(CN)6]； 故答案为：K3[Fe(CN)6]； ②由图可知，酸性较强时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，则第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是溶液的酸碱性(或溶液的pH值)； 故答案为：溶液的酸碱性(或溶液的pH)； （3）①由电镀的工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的锌作电镀池的阳极，镀件Fe应与电源的负极相连； 故答案为：负极； ②电镀时，向ZnSO4电解液中加入NaCl溶液，通过反应，降低c(Zn2+)，使得Zn2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用，结合已知可知，这样电解得到的镀层更加致密、细腻； 故答案为：通过反应Zn2++4CN-⇌[Zn(CN)4]2-降低c(Zn2+ )，使得Zn2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用； （4）①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离子与氰酸根离子完全反应，滴入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，则滴定终点的现象是：加入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失； 故答案为：加入最后半滴AgNO3溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失； ②由终点时滴定消耗V mL，c mol/L硝酸银溶液可知，50 mL废水中氰酸根离子的浓度为； 故答案为：。 13．已知25℃时的电离常数。常温下，往25mL氢氧化钠标准溶液中逐滴加入的溶液，pH变化曲线如图所示： (1)该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为 。 (2)A点对应的横坐标为25mL，请用离子方程式解释A点所示的溶液显碱性的原因： 。 (3)A点所示的溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是： 。 (4)电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择 (填字母序号) a．碳棒　b．锌板　c．铜板　d．钠块 (5)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。下图为“镁—次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。 E为该燃料电池的 极(填“正”或“负”)。F电极上的电极反应式为 。 (6)乙醛酸(HOOC−CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。已知乙二酸的结构简式为HOOC−COOH ①N电极上的电极反应式为 。 ②若有通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为 mol 【答案】(1)0.1 mol∙L−1 (2) (3) (4)b (5) 负 (6) 2 【解析】（1）根据图中信息，氢氧化钠的pH值为13，则该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为0.1 mol∙L−1；故答案为：0.1 mol∙L−1。 （2）A点对应的横坐标为25mL，此时溶质为醋酸钠，溶液显碱性，主要是醋酸根水解显碱性，则离子方程式解释A点所示的溶液显碱性的原因：；故答案为：。 （3）A点溶质为醋酸钠，醋酸根水解，因此所示的溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是：；故答案为：。 （4）电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。图中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，根据图中信息是牺牲阳极的阴极保护法，因此材料B是比Fe活泼性强的金属，由于钠与水要反应，活泼性太强，不能起到保护作用，因此可以选择锌板；故答案为：b。 （5）E中镁化合价升高，变为氢氧化镁，因此E中为该燃料电池的负极，F电极上的电极反应式为 ；故答案为：负；。 （6）①N电极上是乙二酸变为乙醛酸，其电极反应式为；故答案为：。 ②根据，若有通过质子交换膜，并完全参与了反应，阳极生成1mol乙醛酸，阴极生成1mol乙醛酸，因此该装置中生成的乙醛酸为2mol，故答案为：2。 14．元素周期表和元素周期律可用于理解和预测元素及其化合物的性质。实验小组为探究CuX溶解性的变化，开展如下研究活动。 Ⅰ．分析结构，预测性质 (1)Cu是29号元素，其基态原子的电子排布式为 。 (2)元素周期表中，Ag与Cu同列且位于Cu的下一行，Ag位于第___________。 A．4周期ⅡB B．5周期IB C．6周期IA D．7周期ⅡB (3)预测CuCl、CuBr、CuI的溶解度依次减小，可能的依据是 。 Ⅱ．查阅资料，设计实验 资料①： 难溶物 CuCl(白色) CuBr(白色) CuI(白色) Ksp(25℃) (4)将2.475gCuCl加入100mL0.1000mol·L-1NaBr溶液中，充分搅拌后，静置，计算此时溶液中Br⁻的浓度 ；后经过滤、洗涤、干燥、称量，理论上得到固体的质量 。(写出计算过程，忽略溶液体积变化) 已知：g·mol-1 g·mol-1 Ⅲ．验证假设，得出结论 (5)向试管a、b中分别依次滴加同浓度、等体积足量的氯水和四氯化碳，振荡、静置，若观察到 ，说明CuCl的溶解度大于CuBr。 资料②：不稳定，易在水溶液中发生反应： 实验小组搭建装置c~g。闭合K，观察到电流计指针变化情况如下：c中无偏转，d中略有偏转，e中偏转幅度较大。一段时间后，e中盛放稀的烧杯中溶液变蓝色，盛放溶液的烧杯中出现少量白色沉淀。(所有溶液均无溶解，溶液浓度均为0.1mol·L-1) (6)e中，负极是 ，正极的电极反应式为 。 A．铜                    B．石墨 (7)对c、d、e的分析正确的是___________。 A．c中没有自发进行的氧化还原反应，不能构成原电池 B．c中有活泼性不同的导体、电解质溶液、闭合回路，符合构成原电池的条件 C．e中石墨电极上发生氧化反应 D．CuBr的溶解度更小，更易形成沉淀析出，使Cu还原性增强更多 装置f、g中，观察到电流计的偏转幅度：g中大于f。 (8)可推断，一段时间后，g中：铜片上有白色固体附着，右侧烧杯中的现象是 。 【答案】(1) (2)B (3)从到，卤素离子的变形性依次增大，导致对卤素离子的极化作用依次增强，从而使得卤化亚铜的共价性依次增强，溶解度依次减小 (4) mol/L 2.92g (5)a中有机层为红棕色，b中有机层较a中浅 (6) A (7)AD (8)石墨表面有红色固体析出 【解析】（1）Cu是29号元素，该元素原子的核外电子排布式应为； （2）Cu是第四周期IB族，Ag与Cu同列且位于Cu的下一行，则Ag位于第五周期IB族，答案选B； （3）CuCl、CuBr、CuI的溶解度依次减小，可能的依据是：从到，卤素离子的变形性依次增大，导致对卤素离子的极化作用依次增强，从而使得卤化亚铜的共价性依次增强，溶解度依次减小； （4）2.475gCuCl物质的量是0.025mol，100mL0.1000mol/LNaBr溶液中，，饱和溶液中，说明CuCl不能完全溶解，还有CuCl剩余，发生反应：的平衡常数K=，平衡常数很大，趋近于完全反应，则生成，根据平衡常数，解得；理论上完全转化为沉淀，则过滤、洗涤、干燥、称量，理论上得到固体的为和，质量约为2.92g。 （5）向试管a、b中分别依次滴加同浓度、等体积足量的氯水和四氯化碳，试管a中氯气将溴离子氧化为溴单质，单质溴溶于四氯化碳有机层显红棕色，CuCl的溶解度大于CuBr ，说明CuCl转化为CuBr，试管b溶液中不存在溴离子，则通入氯气无红棕色出现，故现象为：a出现分层且下层显红棕色，b中有机层较a中浅； （6）一段时间后，e中盛放稀的烧杯中溶液变蓝色，盛放CuBr2溶液的烧杯中出现少量白色沉淀即CuBr，说明Cu失去电子生成Cu2+，负极是Cu，选A；正极是石墨，铜离子得电子生成CuBr，电极反应式为； （7）A．c中无偏转，说明没有电子产生，即c中没有自发进行的氧化还原反应，不能构成原电池，故A正确； B．c中无偏转，Cu的活泼性比酸中还弱，不能发生自发进行的氧化还原反应，没有构成原电池的条件，故B错误； C．e中正极是石墨，e中石墨电极上发生还原反应，故C错误； D．盛放CuBr2溶液的烧杯中出现少量白色沉淀即CuBr，CuBr的溶解度更小，Cu+更易形成沉淀析出，使Cu还原还原性增强更多，故D正确； 故选AD； （8）g中Cu是负极，失去电子与碘离子生成CuI，铜片上有白色固体附着，石墨是正极，铜离子得电子生成Cu+，根据资料可知Cu+不稳定，易在水溶液中发生反应： 2Cu+ =Cu + Cu2+，右侧烧杯中的现象是有红色固体产生。 15．HCOOH和甲酸盐是一种基本有机化工原料，广泛用于化工、农牧业等。 (1)一种利用金属磷化物作为催化剂，实现CO2的捕集如下左图和CH3OH转化成甲酸钠工艺的示意图如下右图所示。 ①分解池中的化学反应方程式为 。阴极生成和一种气体，阳极电极反应方程式为 。 ②假设电流利用率为100%(即无副产物生成)，当电路中转移2 mole-时，阴极室质量增加 。 (2)HCOOH-HCOONa混合溶液可脱除烟气中NO。其机理如图所示。 已知：I．脱除过程中，Fe(Ⅱ)-EDTA络合液部分易被烟气中的O2氧化成Fe(Ⅲ)-EDTA。 Ⅱ．酸性较强环境下，EDTA易与溶液中H+结合。 Ⅲ．HCOOH-HCOONa混合溶液产生的·H既可将NO还原，又可将Fe(Ⅲ)-EDTA还原，实现催化剂再生。 ①调节Fe(Ⅱ)-EDTA络合液的pH，对吸收NO的影响如图所示，则适宜的pH为 ，pH过大或过小均不利于吸收NO理由是 。 ②如下图所示，当HCOOH浓度小于2 g/L，NO的脱除率随HCOOH浓度增大而增大的可能原因是 。 【答案】(1) 2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O 132 g (2) 6 pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大， Fe2+生成Fe(OH)2沉淀，NO吸收效率降低 随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多(或产生的·H增多)，NO的脱除率增大 【分析】(1)如图可知，K2CO3吸收液吸收工业尾气中的CO2气体后，转化为KHCO3，所以分解池中的反应为KHCO3的分解反应；由题可知，CH3OH在阳极转化成甲酸钠，CO转化为，据此回答。 【解析】（1）①K2CO3吸收液吸收工业尾气中的CO2气体后转化为KHCO3，所以分解池中的反应为KHCO3的分解反应分解产生K2CO3、CO2、H2O，该分解反应的方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O； 由题意可知：CH3OH在阳极失去电子被氧化，转化成甲酸钠，则CH3OH失电子转化为，阳极的电极反应式为：CH3OH-4e-+5OH-=HCOO-+4H2O ②根据2CO2+2H2O+2e-=H2+2，吸收n(CO2)=n(e-)=2 mol，生成n(H2)=0.5n(e-)=1 mol，定向移动到阴极的n(Na+)=n(e-)=2 mol，阴极室增加的质量m=m(CO2)+m(Na+)-m (H2)，代入数据可得：m=2 mol×44 g/mol+2 mol×23 g/mol-l mol×2 g/mol=132 g； （2）①由图4可知：在溶液pH=6时，吸收NO的脱除率最高；由已知条件可知：pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2+生成Fe(OH)2沉淀，NO吸收效率降低； ②随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多(或产生的·H增多)，NO的脱除率增大。 押题四 化学反应原理与物质结构 16．2025年3月，全国两会提出“深化零碳技术攻坚，构建多能互补的新型能源体系”。目前钢铁行业占我国碳排放量的15%以上。传统长流程（高炉+转炉）为主的工艺结构碳排放量巨大，而短流程（废钢+电炉）工艺以废钢为原料，碳排放强度可降低至原来的37%~53%，是助力“碳中和、碳达峰”能源结构转型的重要方向。回答下列问题： I．高炉炼铁过程中涉及如下反应： ① ② ③ (1)反应③的∆H3= 。 (2)一定温度下，在恒容密闭容器中投入足量石墨与CO2进行反应③，可判定其达到平衡的标志是________（填字母）。 A．容器总压保持不变 B．单位时间内，消耗1molCO2同时生成2molCO C．CO的体积分数保持不变 D．平衡常数K保持不变 (3)在一恒容密闭容器中加入足量C、FeO，改变温度（T），测得平衡时容器总压的对数、各气体的物质的量分数x(CO)、x(CO2)的变化如图所示： ①x(CO)对应的曲线是 （填字母），判断依据是 。 ②在1200K下进行上述反应，平衡时CO2分压为 kPa，反应①在此温度下的压力平衡常数Kp1= 。 (4)高炉炼铁过程中会生成“渗碳体”Fe3C，一种晶胞为长方体（如图），晶胞参数为apm，bpm，cpm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为 g/cm3（用含以上字母的代数式表示）。 Ⅱ．使用电炉需要消耗大量电能，传统的火力发电同样会带来碳排放。而风能、太阳能等可再生能源由于发电不稳定，需要配备储能设备。以下是一种新型的化学储能系统： (5)写出发电量过剩、使用该系统储能时总反应的离子方程式： 。 【答案】(1)+172.5kJ/mol (2)AC (3) b 反应体系中只有两种气体，CO和CO2的物质的量分数之和为1，b、c两条曲线的右坐标之和恒为1，对应体系中的两种气体；反应①为放热反应，其压力平衡常数随温度升高而降低，因此x(CO)随着温度升高而升高对应曲线b（或其他合理说法） 500 1 (4)（或其他合理表示） (5) 【解析】（1）① ② ③ 依据盖斯定律，将反应②-①，得反应③的∆H3=(+161.5kJ/mol)-(-11kJ/mol)= +172.5kJ/mol。 （2）A．由于反应前后气体的分子数不等，平衡前压强始终发生改变，则当容器总压保持不变时，反应达平衡状态，A符合题意； B．单位时间内，消耗1molCO2同时生成2molCO，反应进行的方向相同，则反应不一定达平衡状态，B不符合题意； C．CO的体积分数保持不变，则正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，C符合题意； D．温度不变时，不管反应是否达到平衡，平衡常数K都保持不变，D不符合题意； 故选AC。 （3）①升高温度，反应①平衡逆向移动，反应②③平衡正向移动，CO2的物质的量减小，则c表示x(CO2)；再考虑混合体系中x(CO)+x(CO2)=1，所以x(CO)对应的曲线是b，判断依据是：反应体系中只有两种气体，CO和CO2的物质的量分数之和为1，b、c两条曲线的右坐标之和恒为1，对应体系中的两种气体；反应①为放热反应，其压力平衡常数随温度升高而降低，因此x(CO)随着温度升高而升高对应曲线b（或其他合理说法）。 ②由分析可知，b曲线表示x(CO)，c曲线表示x(CO2)，则a曲线表示总压随温度的变化。在1200K下进行上述反应，平衡时x(CO)=x(CO2)=0.50，此时lg(p总/kPa)=3.00，则总压强1000kPa，CO2分压为1000kPa×0.50=500kPa，反应①在此温度下的压力平衡常数Kp1===1。 （4）高炉炼铁过程中会生成“渗碳体”Fe3C，在晶胞中，含白球数目为=4，含黑球的数目为=12，则白球表示C原子，黑球表示铁原子。一种晶胞为长方体（如图），晶胞参数为apm，bpm，cpm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为=g/cm3。 （5）发电量过剩、使用该系统储能时，发生电解，将电能转化为化学能，即电解、，生成Zn、等，依据得失电子守恒、质量守恒和元素守恒，可得出总反应的离子方程式：。 17．是电池工业中非常重要的原料之一。 (1)的制备。 Ⅰ．还原法：含锰阳极渣的主要成分为，含有PbO。 ①在酸性条件下，向阳极渣中加入葡萄糖，可见产生气泡，同时得到溶液，离子方程式为 。 ②用醋酸铵可以溶解PbO生成醋酸铅，从而实现PbO与的分离。铅的浸出率与温度的关系如下图。 铅的浸出率随着温度的升高而增大，当温度达到85℃以后，铅的浸出率降低的原因是 。 Ⅱ．电解法：某矿粉（主要含有MnO、杂质含有Fe、Pb的氧化物），利用下列流程制备高纯。 已知：，。 ①“电解”的化学方程式为 。 ②该流程中可以用于循环使用的物质是 。 ③为得到高纯，净化后溶液中BaS的浓度至少为 。 (2)的结构与应用。实验室用：固体加热制，加入作催化剂，可加快生成的速率。 ①某种的晶胞结构如图所示。图中“●”表示 。沿z轴的俯视图中，由“○”构成图形的面积是 。 ②温度加热到60℃后，生成的速率突然加快（见下图所示），其原因是 。 ③将反应后的混合物加水溶解，过滤、洗涤、干燥，称量所得固体，其质量比起始时加入的的质量小，其原因是 （不考虑实验操作引起的误差因素）。 【答案】(1) 醋酸铵分解（或醋酸铵挥发） (2) Mn原子 此时的活性最高 转化为可溶于水的、或转化成等低价锰的化合物 【解析】（1）Ⅰ．①在酸性条件下，葡萄糖具有还原性，能将还原为，葡萄糖被氧化为，根据氧化还原反应的得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒得离子方程式为； ②醋酸铵溶解生成醋酸铅，当温度达到后，醋酸铵受热分解 ，导致参与溶解的醋酸铵的量减少，从而使铅的浸出率降低； Ⅱ．①矿粉与硫酸反应后，用BaS净化后的溶液中含有等，电解溶液制备，Mn元素从 + 2价变为 + 4价，发生氧化反应，在阳极生成；在阴极得到电子生成。根据电解原理和原子守恒、电荷守恒，“电解”的化学方程式为：； ②从流程中可以看出，电解过程中生成了，而在浸出步骤中需要用到硫酸，所以该流程中可以用于循环使用的物质是； ③为得到高纯，需要将杂质、等除去，加入是为了将Fe2+、Pb2+除去，因为比Ksp(FeS)小得多，更易沉淀，当完全沉淀后，沉淀完全，当沉淀完全时，溶液中，根据，可得，把代入得，在溶液中完全电离，所以净化后溶液中的浓度至少为； （2）①根据均摊法，顶点原子占，棱上原子占，面上原子占，内部原子为1。观察晶胞结构可知，“●”原子个数为，“○”原子个数为，在中Mn与O原子个数比为1:2，所以“●”表示原子； 沿z轴的俯视图中，由“〇”构成的图形为矩形，从晶胞结构可知，矩形的长为，宽为，故面积为； ②当温度加热到后，生成的速率突然加快，原因是作为催化剂的活性最高，从而大大加快了分解生成的速率； ③反应后的混合物加水溶解，过滤、洗涤、干燥、称量所得固体质量比起始时加入的质量小，是因为转化为可溶于水的、或转化成等低价锰的化合物，导致质量减少。 18．二氧化碳的捕集、利用与储存被国际公认为是实现减排降碳的关键技术手段。用CO2制备C2H4有利于实现“双碳”目标。该反应分两步进行 I． II． (1)反应II的 0。 (2)已知部分共价键的键能如下表所示： 化学键 C=O CO H—H C=C C—H O—H 键能() 803 1071 436 611 414 464 则 。 (3)若反应II在恒温、恒容密闭容器中进行，下列叙述能说明反应到达平衡状态的是_______(填序号)。 A．容器中混合气体的密度保持不变 B．容器内混合气体的压强保持不变 C．反应速率2v正(CO)=v逆(H2) D．同时断裂1mol O—H键和2mol H—H键 (4)向某1L刚性容器中，加入1molCO2、3molH2在不同催化剂(M、N)下发生上述反应。相同时间内测得CO2的转化率和C2H4的选择性(含碳生成物中C2H4的物质的量分数)随温度的变化如图所示。 ①根据图像，合成乙烯的最佳催化剂为 。 ②500~800K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是 。 ③在M催化剂、700K条件下反应，反应后混合气体中C2H4的体积分数为 (保留至0.01%)。 (5)二氧化锆是制备催化剂M和N的一种原材料，其晶胞如下图所示，其晶胞参数为anm。 ①Zr原子填充在O原子形成的 空隙中。 ②2个Zr原子间的最短距离为 nm。 【答案】(1)< (2)+43 (3)BC (4) N 温度升高，催化剂对反应II的催化活性降低，乙烯的选择性降低 0.61% (5) 立方体(或正方体) 【解析】（1）反应II是气体体积减小的反应，<0。 （2）反应的=反应物总键能-生成物总键能=2×803+436-1071-2×464=+43。 （3）A．该反应过程中气体总质量和总体积都是定值，混合气体的密度是定值，容器中混合气体的密度保持不变时，不能说明反应达到平衡，A不选； B．反应II是气体体积减小的反应，反应过程中压强减小，当容器内混合气体的压强保持不变时，说明反应达到平衡，B选； C．反应速率2v正(CO)=v逆(H2)，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡，C选； D．同时断裂1mol O—H键和2mol H—H键不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡，D不选； 故选BC。 （4）①根据图像，使用催化剂N时，乙烯的选择性较高、二氧化碳的转化率大，合成乙烯的最佳催化剂为N； ②500~800K之间，乙烯的选择性随温度变化的原因是：温度升高，催化剂对反应II的催化活性降低，乙烯的选择性降低； ③根据已知条件列出“三段式” CO2的转化率为x=0.08，C2H4的选择性为，则y=0.024，反应后混合气体中C2H4的体积分数为=0.61% （5）①由晶胞结构可知，白球的个数为8，黑球的个数为=4，由化学式ZrO2可知，白球代表O，黑球代表Zr，Zr原子填充在周围8个O原子形成的立方体(或正方体)空隙中； ②2个Zr原子间的最短距离为晶胞面对角线的一半，为nm。 19．甲烷水蒸气重整是工业制备氢气和燃料高效利用的重要方法，钙钛矿()可以作为甲烷水蒸气重整反应过程中的催化剂载体。 回答下列问题： (1)第一电离能 (填“大于”或“小于”)。 (2)(熔点-24.12℃)的晶体类型为 。 (3)的晶胞如图1所示，的配位数是 ；若晶胞参数为anm，O与O间的最短距离为 nm。 (4)甲烷水蒸气重整体系中主要发生如下反应： I．  kJ·mol-1 II．  kJ·mol-1 ①反应的 kJ·mol-1. ②不同压强(1.0MPa、1.5MPa、2.0MPa、2.5MPa)、不同温度(200℃∼700℃)下，上述平衡体系中氢气的物质的量分数如图2所示。1.5MPa对应图中曲线 ，图中氢气的物质的量分数随温度升高而增大的原因是 。 ③在一定温度、1.5MPa下，初始和的物质的量之比为1：3，反应达平衡时，的物质的量分数为25%，体系中CO和的分压相同。的平衡转化率为 (保留2位有效数字，下同)，该温度下反应II的平衡常数 。 【答案】(1)大于 (2)分子晶体 (3) 12 (4) c 反应I的，反应II的，在200℃~700℃，温度升高，反应I正向进行的程度大于反应II逆向进行的程度，氢气的物质的量分数增大 0.33或33% 0.47 【解析】（1）在周期表中，同族元素中第一电离能从上到下逐渐减小，则有；同一周期元素中第一电离能从左到右逐渐增大，则有，所以第一电离。 （2）的熔点低，其熔沸点特性符合分子晶体，所以的晶体类型为分子晶体。 （3）根据晶胞图可知，Ca位于晶胞顶点，个数为；O原子位于面心，个数为；Ti原子位于体心，个数为1；在晶体中，距离最近的处于以为中心的棱心位置，共有12个，所以的配位数为12；若晶胞参数为anm，根据图形可知，两个O与O间的最短距离为：。 （4）①反应可看作为反应I+反应II，则该反应的； ②不同压强(1.0MPa、1.5MPa、2.0MPa、2.5MPa)、不同温度(200℃∼700℃)下，上述平衡体系中氢气的物质的量分数如图2，由于反应II为等体积反应，压强对该平衡无影响，而反应I为体积增大的反应，所以压强只影响反应I的平衡，则增大压强，平衡向左移动，氢气的物质的量分数减小，当体系压强分别1.0MPa、1.5MPa、2.0MPa、2.5MPa时，对应的曲线分别为：d、c、b、a，所以c曲线符合；当升高温度时，氢气的物质的量分数随温度升高而增大的原因可能是：反应I的，而反应II的，在200℃~700℃，温度升高，反应I正向进行的程度大于反应II逆向进行的程度，氢气的物质的量分数增大； ③在一定温度、1.5MPa下，初始和的物质的量之比为1：3，反应达平衡时，的物质的量分数为25%，体系中CO和的分压相同，则，设平衡时的，起始物质的量、，根据反应II列式：，由于平衡时，所以反应I生成，根据反应I列式：，则平衡时各物质的物质的量分别为：、、、、，总物质的量为；根据反应达平衡时，的物质的量分数为25%，列式，解得，代入前边得、、、、总物质的量；根据以上数据，平衡时的平衡转化率为(或0.33)；该温度下反应II的平衡常数。 20．催化加氢制甲醇是减少碳排放的一项关键技术，并为未来燃料和材料的制造提供方案。在催化剂作用下主要发生以下反应： I． II． III． (1)反应Ⅲ自发进行的条件是 。 (2)在恒温恒容密闭容器中充入和，发生上述反应。 ①反应达平衡后，测得为，为，则甲醇的选择性为 (甲醇的选择性)，反应II的 (保留小数点后三位)。 ②平衡时，转化率、选择性、选择性随温度变化如图所示： 图中表示的曲线是 (填“a”、“b”或“c”)，曲线c变化趋势的原因是 。 (3)二氧化碳与氢气反应生成的水在温度低于0℃时可形成多种冰的晶体，其中两种冰晶体的晶胞如下图所示。 ①构成该晶体的粒子通过 (填标号)结合成晶体； A．极性键    B．非极性键    C．氢键    D．范德华力 ②A晶胞和B晶胞的体积比为 。 【答案】(1)低温 (2) 60% 0.105 a 随着温度的升高，反应II平衡正向移动，反应I、III 逆向移动，均导致CO的选择性提高 (3) CD 23:45 【解析】（1）根据I． II． III． 反应III=反应I-反应II，△H3=△H1-△H2=(-49.4kJ·mol-1)-(+41kJ·mol-1)=-90.4kJ·mol-1,反应III是△H3<0，△S<0，反应自发进行满足△G=△H-T△S<0，需要低温条件下满足自发进行； （2）①充入和，发生上述反应，达平衡后，为，为，根据C原子守恒，剩余的CO2为0.5mol，反应的CO2为1mol-0.5mol=0.5mol，甲醇的选择性为； 根据O原子守恒，H2O的物质的量为1mol×2-0.3mol×1-0.2mol×1-0.5mol×2=0.5mol，根据H原子守恒，H2的物质的量为(3mol×2-0.3mol×4-0.5mol×2)=1.9mol；反应II为前后系数相等的反应，Kp=； ②根据I． II． III． △H3=-90.4kJ·mol-1 升高温度，反应I和III逆向移动，反应II正向移动，甲醇的选择性降低，曲线b代表甲醇的选择性，CO的选择性均升高，曲线c代表CO的选择性，曲线a代表CO2的转化率； 曲线c代表CO的选择性随温度升高而升高，原因是：随着温度的升高，反应II平衡正向移动，反应I、III 逆向移动，均导致CO的选择性提高； （3）①水形成的冰为分子晶体，粒子通过氢键和范德华力结合成晶体，答案选CD。 ②A晶胞中有H2O个数为1+8×，B晶胞中有H2O的个数为：2+4×=4，A晶胞的体积为，B晶胞的体积为，二者体积之比为=23：45。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$