专题01 元素及其化合物-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学下学期期末真题分类汇编（上海专用）

专题01 元素及其化合物 内容概览 考向1 碳酸钠与碳酸氢钠 考向2 从氯化钠到高铁酸钠 考向3 氮的循环 考向4 固氮 考向5 重要的化学肥料——氮肥 考向6 氨与性质 考向7 重要的化学肥料——氮肥 考向8 大气中氮氧化物的检测与治理 考向9 海水中的卤素资源 考向10 液体工业原料—海洋 考向11 促进人类文明进步和经济发展的催化剂 考向12 碳达峰的化学工艺 考向13 CO2再利用 考向14 制取未来金属—钛(Ti) 考向15 制备无水氯化钴 考向1 碳酸钠与碳酸氢钠 (上海市金山区2023-2024学年第二学期质量监控)碳酸钠(Na₂CO₃)和碳酸氢钠(NaHCO₃)是两种常见的钠盐，在物理性质、化学性质及用途等方面存在显著差异。 1．利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。 ①MgO、Na2O、CO2、CuO ②HClO4、H2O、H2SO4、HNO3 ③NaOH、Na2CO3、KOH、Ba(OH)2 (1)三种物质依次是：①________；②________；③________。 (2)这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应________氧化还原反应。 A．是 B．不是 2．某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。 实验一：称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10 mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴加2滴酚酞试液。 (1)实验发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此可知，相同温度下，溶解度大小：Na2CO3________ NaHCO3。 A．> B．< (2)盛放Na2CO3溶液的烧杯中，滴入酚酞后溶液呈________色。 实验二：Na2CO3和NaHCO3两种物质的“套管实验”的实验装置如下图所示。 (3)整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是________；试管中发生反应的化学方程式为________。由此可知，热稳定性：Na2CO3________ NaHCO3。 A．> B．< (4)证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？说明理由________。 (5)下列实验方案中，不能鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的是________。 A．将Na2CO3和NaHCO3配制成浓度均为0.1mol·L-1的溶液，测定pH并做比较 B．分别加热相同质量的两种固体样品，比较加热前后的固体质量变化 C．分别将这两种物质的溶液与过量的H2SO4溶液混合 (6)配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液的过程如下图所示。下列说法错误的是________。 A．所配制 Na2CO3溶液中，c(Na＋)=2.000mol·L-1 B．操作2中玻璃棒的下端应该抵在容量瓶的刻度线下方 C．操作4导致所配得溶液浓度偏高 D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，不再需要加水 考向2 从氯化钠到高铁酸钠 (上海市杨浦区2023-2024学年度第二学期高二年级质量调研)钠、铁的化合物在人类生产、生活中起着重要作用。 1．工业上，一般通过电解NaCl和CaCl2混合熔盐的方法制备金属钠，其中CaCl2的存在可以降低盐的熔点。 (1)冶炼下列金属时，常采用电解法的是________。 A．银 B．汞 C．铁 D．铝 (2)电解NaCl和CaCl2混合熔盐时，较难得到金属钙，其原因是：______________________。 (3)高温下，熔融金属钠与氧气反应的化学方程式为_________________________________；空气在通入高温下的熔融钠前须依次通过___________、___________，以得到纯净的钠的含氧化合物。 A．浓硫酸 B．饱和食盐水 C．NaOH溶液 D．KMnO4溶液 2．一定条件下，赤铁矿(主要成分为Fe2O3)与Na2O2反应可制备高铁酸钠(Na2FeO4)，并得到另一种氧化物。 (1)下列对的认识正确的是________。 A．是地壳中含量最多的金属元素 B．人体的血红蛋白中含元素 C．铁罐可用于存储浓硫酸 D．铁是人类最早冶炼的金属 (2)Fe2O3与Na2O2制备Na2FeO4的化学方程式为______________________。 3．Ⅰ.高铁酸钠是一种消毒剂，在水中杀菌消毒的同时，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中悬浮颗粒物并使其沉降。 (1)Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮颗粒物的原因是______________________。 (2)检验高铁酸钠在水中杀菌消毒时，有胶体生成的操作和现象是______________________。 Ⅱ.高铁酸纳可用于处理工业废水中的苯酚。如图是有、无催化剂时，苯酚瞬时浓度[c(苯酚)]与苯酚初始浓度[c0(苯酚)]的比值随时间的变化情况。已知c0(苯酚)为5×10-6mol·L－1。 (3)图中空心三角形对应点表示___________催化剂的情况。 A．有 B．无 (4)空心三角形表示的情况下，0~10min内苯酚反应速率为______________________。 考向3 氮的循环 (上海市金山区2023-2024学年第二学期质量监控)氮循环(Nitrogen Cycle)是描述自然界中氮单质和含氮化合物之间相互转换过程的生态系统的物质循环。 1．自然界的氮循环如下图所示。 (1)氮分子的电子式为________； A． B． 氮气化学性质稳定的原因是________。 (2)①、②、③中，属于自然固氮的是________。(双选) A．① B．② C．③ 2．雷雨天N2转化为HNO3的流程为： (1)N2在雷电作用下转化为NO的化学方程式为________。 (2)上述NO2转化为HNO3的反应中，NO2体现的化学性质为________。 A．氧化性 B．还原性 C．氧化性和还原性 (3)N2也可以通过化合反应转化为NH3，写出工业合成氨的化学方程式。________ NH3溶于水生成NH3·H2O，写出NH3·H2O在水中的电离方程式。________ 考向4 固氮 (上海市复兴高级中学2023~2024学年第二学期期末考试高二年级化学(等级))氮是空气中最多的元素，在自然界中存在十分广泛，在生物体内亦有极大的作用。 1．已知： (1)氮气的电子式为______。 (2)图中14.01的含义是______。 2．20世纪初问世的“哈伯一博施”人工固氮法，是化工生产实现高温、高压、催化反应的第一个里程碑，也给世界农业发展带来了福音。 (1)氢气为上述方法的原料之一，写出以天然气、水蒸气为原料，在高温下制备氢气的化学方程式______。 (2)上述合成氨的方法有下列流程： ①原料气制备；②氨的合成；③原料气净化和压缩；④氨的分离。其先后顺序为______。 A．①②③④ B．①③②④ C．④③②① D．②③④① (3)合成氨生产中，下列说法正确的是______。 A．使用催化剂，提高原料的利用率 B．采用高温、高压工艺均可提高氨的产率 C．产物用水吸收以分离出反应体系 D．氢气与氮气的投料比值为2.8~2.9 3．最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应： 常温下，实验室在10L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如下： 时间 物质的量(mol) 物质 0min 2min 4min 5min 6min N2 2 1.7 1.6 1.6 2.5 H2O 10 9.1 8.8 8.8 8.65 O2 0 0.45 0.6 0.6 0.675 (1)该反应的平衡常数表达式，K=______，0~2min内NH3的平均生成速率为______。 (2)以下情况可以判断该反应达到平衡状态的是______。 A．v正(N2)=0 B．v正(N2)=2v逆(NH3) C．容器内混合气体的密度保持不变 D．容器内混合气体的压强保持不变 4．以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)常温下NH4HCO3溶液的pH＞7，由此判断溶液中：c(NH4+)______ cHCO3-(选填“>”“<”或“=”)，理由是______。 5．等物质的量浓度的(①氨水、②碳铵溶液、③氯化铵溶液，cNH4＋浓度由大到小的顺序为______(按序号排序)。 考向5 重要的化学肥料——氮肥 (上海市宝山区2023-2024学年高二化学学科学业水平质量监测)氮肥是化学肥料中使用量很大的一类，工业合成氨为氮肥生产做出了重大贡献。 1．下列变化不属于固氮的是________。 A．N2与O2反应生成NO B．由NH3转变成NH4HCO3 C．N2与H2在一定条件下反应生成NH3 D．豆科植物的根瘤菌吸收氮 2．写出工业合成氨的化学方程式_______。 3．氨气是制备氮肥的原料之一。 (1)写出NH3的电子式_______。 (2)下列关于NH3的说法正确的是_______。 A．属于电解质 B．属于离子化合物 C．极易溶于水 D．氮的化合价是+3 (3)以氨气为原料可制得铵态氮肥，下列属于铵态氮肥的是_______。 A．KNO3 B．(NH4)2SO4 C．CO(NH2)2 D．NH3·H2O 4．氨水显碱性，原因是_______(结合必要的化学用语解释)。 5．俗话说“雷雨发庄稼”，其主要反应原理如下： ①_______ ②2NO+O2=2NO2 ③3NO2+H2O=2HNO3+NO (1)写出反应①的化学方程式_______。 (2)在反应②中用单线桥法标出电子转移方向和数目_______。 6．氨的含氮量很高，而氨很少直接施用在土壤中作为肥料，请写出其中一个原因_______。 考向6 氨与性质 (上海市市北中学2023-2024学年第二学期高二年级化学(等级)期终)NH3是重要的化工原料，在生产和生活中都发挥着重要作用。 1．NH3中心原子的价层电子对数为___________，中心原子轨道的杂化类型为___________，杂化后中心原子电子云的空间分布为(只有本空从下列选项中选择)___________；NH3的分子构型为___________形。 A． B． C． 2．NH4+与CH4互为等电子体，等电子体的化学键类型和空间结构相同，则NH4+的中心原子杂化轨道类型为___________。 A．杂化 B．杂化 C．杂化 3．已知拆开1molH-H、1molN-H、1molN≡N分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___________。若该反应的焓变和熵变(ΔS= -198J·mol-1·K-1)随温度变化很小，则该反应在常温下___________自发进行(只有本空从下列选项中选择)。 A．能 B．不能 4．在恒温恒压容器中进行合成氨反应，能说明反应达到平衡状态的是________。 A．混合气体的总物质的量不变 B．气体密度不再改变 C．N2、H2、NH3的浓度相等 D．断裂6molN-H键，同时生成1molN≡N键 5．合成氨反应加入催化剂后的反应历程示意图为下图中的___________(填编号)。 6．工业合成氨选择500℃左右高温的原因是___________。 工业制备的氨可通过下列方法合成中性肥料尿素CO(NH2)2： 第一步：2NH3(g)+CO2(g) H2NCOONH4(l) ΔH1＝-159.5kJ·mol−1(反应速率较快) 第二步：H2NCOONH4(l)CO(NH2)2+H2O (反应速率较慢) 第一步反应的平衡常数的表达式为K1=___________。 7．在1个5L固定容积的密闭容器中加入1molCO2和4molNH3，在一定条件下反应，时测得CO2和尿素的物质的量均为0.25mol。若用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则10 min内第一步中生成H2NCOONH4(l) (氨基甲酸铵)的平均反应速率为___________。 考向7 重要的化学肥料——氮肥 (上海市宝山区2023-2024学年高二化学学科学业水平质量监测)氮肥是化学肥料中使用量很大的一类，工业合成氨为氮肥生产做出了重大贡献。 1．下列变化不属于固氮的是________。 A．N2与O2反应生成NO B．由NH3转变成NH4HCO3 C．N2与H2在一定条件下反应生成NH3 D．豆科植物的根瘤菌吸收氮 2．写出工业合成氨的化学方程式_______________。 3．氨气是制备氮肥的原料之一。 (1)写出NH3的电子式_______。 (2)下列关于NH3的说法正确的是_______。 A．属于电解质 B．属于离子化合物 C．极易溶于水 D．氮的化合价是+3 (3)以氨气为原料可制得铵态氮肥，下列属于铵态氮肥的是_______。 A．KNO3 B．(NH4)2SO4 C．CO(NH2)2 D．NH3·H2O 4．氨水显碱性，原因是_______(结合必要的化学用语解释)。 5．俗话说“雷雨发庄稼”，其主要反应原理如下： ①_______ ②2NO+O2=2NO2 ③3NO2+H2O=2HNO3+NO (1)写出反应①的化学方程式_______。 (2)在反应②中用单线桥法标出电子转移方向和数目_______。 6．氨的含氮量很高，而氨很少直接施用在土壤中作为肥料，请写出其中一个原因_______。 考向8 大气中氮氧化物的检测与治理 (上海市杨浦区2023-2024学年度第二学期高二年级质量调研)汽车尾气是大气中氮氧化物的主要来源。 1．在汽车内燃机工作时，空气中的部分成分会直接生成少许NO，NO再被氧化为NO2。对内燃机中生成NO的反应，下列分析正确的是________。 A．不属于“氮的固定” B．涉及共价键的断裂与生成 C．活化能很小 D．在自然界中无法发生 2．酸雨中的HNO3，可由大气中的NO2和H2O反应生成。对NO2和H2O的反应，下列分析正确的是________。 A．ΔS＜0 B．NO2表现出了酸性氧化物的性质 C．需要在“放电”条件下发生 D．氧化剂与还原剂物质的量比为1：2 3．滴定法可快速测定酸雨中硝酸浓度。取25.00mL酸雨样品，加入25.00mL0.0422mol·L-1FeSO4溶液及少许稀H2SO4，经处理后，再用0.0105mol·L-1 K2Cr2O7标准液滴定剩余Fe2+，平均消耗14.38mL。相关反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。 (1)量取酸雨样品时，需要的定量仪器为___________。 (2)加入FeSO4等溶液后，先加入少许NaHCO3固体产生CO2排出锥形瓶中空气后，再进行滴定。排出锥形瓶中空气的目的是___________________。若不加入NaHCO3会造成实验结果___________。 A．偏大 B．偏小 C．无影响 D．无法判断 (3)该酸雨样品中硝酸的浓度是_________ mol·Lˉ1。 A．0.0299 B．0.0199 C．0.00199 D．0.001 4．Ⅰ.氮氧化合物有多种治理或利用的方法。 (1)NO2被一定量Na2CO3溶液吸收后生成了三种盐，是NaNO3、NaNO2与___________。 (2)25℃，HNO2的Ka=7.2×10-4。0.1mol·L-1NaNO2溶液中，下列关系错误的是_______。 A c(OH―)＞c(H＋) B．c(NO2-)远大于c(OH―) C．cNa＋＝cHNO2＋cNO2- D．cOH－≈1.2×10-9mol·L－1 Ⅱ.NO在一定条件下可被还原为N2。 (3)用电子式表NH3的形成过程_________________________________。 (4)理论上，标准状况下1molNH3能还原__________。 A．33.6 B．22.4 C．14.9 D．11.2 考向9 海水中的卤素资源 (上海市金山区2023-2024学年第二学期质量监控)海水中含有丰富的卤素资源，其单质及其化合物的用途广泛。 1．回答下列问题。 (1)画出氯的原子结构示意图________。 (2)氯元素在海水中大量存在，从海水中得到粗盐的方法是_______________。 (3)图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极，且与直流电源连接方式相同，“”表示水分子)，下列说法正确的是________； A．“”代表，“”代表 B．X连接电源的负极 C．在三种状态下都存在自由移动的离子 D．图c表示NaCl水溶液中的微粒迁移 工业上通过电解饱和食盐水得到氯气等产品，该电解反应阳极的产物为________。 A．NaOH B．H2 C．Cl2 (4)铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3，写出反应的化学方程式。________ 将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，形成氢氧化铁胶体，观察到的实验现象是________； 氢氧化铁胶体粒子的直径大小为________。 A．小于1nm B．1~100nm C．大于100nm (5)碘元素在元素周期表中的位置是________；为防人体缺碘，食盐中常添加，写出中存在的化学键类型。________ 酸性条件下，向KIO3溶液中加入KI，发生如下反应，标出电子转移的方向和数目________。 3H2SO4+5KI+KIO3=3K2SO4+3I2+3H2O 反应结束，向反应液中加入淀粉溶液，可观察到的现象是________。 2．海水有弱碱性。海水提溴的方法：在苦卤中加入硫酸、再通入氯气，得到含溴的苦卤，再通过一系列操作得到粗溴。 (1)写出通入氯气发生反应的离子方程式：________ (2)若不加硫酸直接向苦卤中通入氯气，会使氯气的使用量________。 A．增大 B．减小 3．工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体： 溶液溶液晶体 不考虑副反应的发生，步骤I中会释放出一种单质气体，该气体的化学式是________；步骤Ⅱ为向NaClO3溶液中加入固体KCl，发生复分解反应得到KClO3晶体。请该复分解反应能够发生的原因。________ 考向10 液体工业原料—海洋 (上海市宝山区2023-2024学年高二第二学期学科等级考质量监测)海洋是丰富的资源宝库，其中蕴藏着丰富的铁、钴、镍等金属资源以及硫、氮、卤素等非金属资源，被誉为“液体工业原料”。 1．在新生代的海水里有一种铁细菌，能利用酶为催化剂提取海水中的亚铁离子转变成自身皮鞘(可以用来表示其中的铁)。该反应过程体现了亚铁离子的_______。 A.氧化性 B.还原性 2．Fe2O3可制取新型、高效水处理剂高铁酸钾K2FeO4，K2FeO4在处理饮用水的过程中产生Fe(OH)3胶体。以下说法不正确的是________。 A．可以通过丁达尔现象区分胶体和溶液 B．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都能透过半透膜 C．胶体在一定条件下能够稳定存在 D．K2FeO4处理水时起到了氧化杀菌作用 3．SO42-是海洋中硫元素的主要存在形式之一，由于沿海地区燃煤电厂酸性气体的排放，海水中也会含有SO32-。检验海水中SO32-的方法是_______。 4．氮循环是海洋生态系统基础和关键。下列关于海洋氮循环的说法正确的是________。 A．NH4NO3中只含离子键 B．海洋中的氮循环属于固氮作用的是③ C．海洋中的硝化作用可能有氧气的参与 D．在反硝化细菌作用下，NO3-发生氧化反应生成NO2- 5．海洋酸化会妨碍海洋有机体利用碳酸钙生成坚硬外壳。用NaClO溶液吸收硝酸尾气中的NO，可减少硝酸型酸雨形成。其他条件相同，NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。 (1)酸雨是指pH＜______的雨水。二氧化氮形成硝酸型酸雨的化学方程式为______。 (2)①图中所得的NaClO溶液中存在的微粒有HClO、H2O、H+、______。 ②由图可知：NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。可能的原因是______。 考向11 促进人类文明进步和经济发展的催化剂 (上海市宝山区2023-2024学年高二化学学科学业水平质量监测) 目前世界上90%的化工生产都离不开催化剂，它以高效、绿色和经济的方式将原材料转变为具有高附加值的化工产品和燃料。 1．硫酸工业在国民经济中占有极其重要的地位，转化阶段是硫酸生产的核心，反应时使用V2O5作催化剂，发生下列反应：2SO2+O22SO3 (放热反应) (1)图中，b处出来的气体是_______。 A．低温的SO2、O2 B．低温的SO2、O2和SO3 C．高温的SO2、O2 D．高温的SO2、O2和SO3 (2)下列措施中，能加快反应速率的是_______。 A．升高温度 B．增加氧气的浓度 C．及时分离SO3 D．尾气中的SO2循环使用 (3)一定温度下，在容积为2L的密闭容器中，通入一定量的SO2和氧气，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如下表： 反应时间/min n(SO2)/mol n(O2)/mol n(SO3)/mol 0 2 1 0 5 12 X 0.8 10 1.2 0.6 0.8 ①上表中X是_______。 ②根据表中信息计算，0~5分钟内SO3的平均反应速率为_______ mol·L－1·min－1 。 ③能说明反应已达平衡状态的是_______。 A．容器内气体的密度保持不变 B．v正(SO2)=2v逆(O2) C．SO2浓度不再发生变化 D．单位时间内生成a mol SO3同时减少a molSO2 2．甲醇(CH3OH)是一种重要的燃料，1923年德国化学家发明了一种使用催化剂ZnO/Cr2O3，在400℃、3.0×107Pa的条件下，将合成气(主要成分是CO和H2)转化为甲醇的方法，反应原理如下：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。 (1)已知该反应是放热反应，能正确表示该反应的图示是_______。 A． B． (2)某小组通过实验室模拟该反应，研究温度对该反应的影响，实验结果如图所示。 请判断温度高低：T1_______T2。 A．> B．＜ C．= (3)为提高燃料的利用率，可以将甲醇设计成燃料电池。该装置是将_______直接转化为_______。_______ A．电能化 学能 B．化学能 电能 (4)通过研究改进了反应条件：催化剂为Cu/ZnO/Al2O3、250℃、5.0×106~1.0×107Pa。试简要说明反应条件改进可能为化工生产带来的益处_______。 考向12 碳达峰的化学工艺 (上海市宝山区2023-2024学年高二第二学期学科等级考质量监测)CO2的捕集、利用与封存是科学家实现“碳达峰”的重要研究课题，对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。 1．国家速滑馆又称“冰丝带”，其建设应用了智慧建造技术，降低了钢材的使用量；采用的二氧化碳跨临界直接制冰技术节能环保。下列说法中，不正确的是________。 A．钢材属于合金，合金熔点通常低于组成金属 B．CO2由固态变为气态，吸收热量，共价键被破坏 C．二氧化碳跨临界直接制冰技术利用了其化学性质 D．应用二氧化碳跨临界直接制冰技术符合“绿色奥运”理念 2．CO2和H2O可转化为CH3OH，该反应的化学方程式为：2CO2(g)＋4H2O(g)CH3OH(g)＋3O2(g)。一定条件下，在2L恒容密闭容器中充入0.50molCO2(g)和1.00 mol水蒸气进行上述反应，测得n(CH3OH)随时间的变化如下表所示： 时间/ min 0 1 2 3 4 5 6 n(CH3OH)/ mol 0.00 0.040 0.070 0.090 0.100 0.100 0.100 (1)用H2O(g)表示内该反应的平均反应速率为______，若要加快反应速率，可采取的措施是(至少写出2个)______。 (2)第4分钟时v逆(CH3OH) ______第3分钟时v正(CH3OH)。 A．小于 B．等于 C．大于 (3)上述反应达到平衡时二氧化碳的转化率为______。 A．15% B．75% C．20% D．50% 2021年我国科学家首次实现CO2人工合成淀粉。该合成过程涉及如下反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。 3．该反应中反应物与生成物的能量变化如图所示，下列有利于提高CH3OH平衡产率的条件是_______。 A．高温、高压 B．低温、高压 C．高温、低压 D．低温、低压 4．在恒温、恒容密闭容器中，对于以上合成甲醇的反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是_______。 A．混合气体的平均相对分子质量不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．CO2的质量百分含量不再变化 D．v正(CO2)=3v逆(H2) 5．已知CO2、H2合成CH3OH时同时发生了下列副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，该副反应为吸热反应。在一定压强下，CO2的平衡转化率在300℃以下随温度升高而减小，在300℃以上随温度升高而增大。甲醇的产量在300℃以下随温度升高而减小，在300℃以上随温度升高基本不变。分析上述变化可能的原因。_______。 6．为实现“碳达峰”，我国科学家设计了如下二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置。下列说法不正确的是_______。 A．为电源的正极 B．该装置发生了电能转化为化学能的变化 C．过程①中捕获CO2时碳的化合价末发生变化，过程②中捕获CO2时碳的化合价发生了变化 D．上述装置中总反应的化学方程式为CO2C+O2 考向13 CO2再利用 (上海市曹杨二中2023~2024学年度第二学期高二年级期末考试)利用CO2合成有机小分子的研究。 1．关于CO2叙述不正确的是________。 A．CO2属于酸性氧化物 B．CO2分子中含有极性键 C．CO2属于非电解质 D．CO2是极性分子 2．CO2可与H2生成CH4：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。 (1)我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，上述反应的历程如图所示： 下列说法错误的是_______。 A．使用催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 B．该历程中每生成1mol CH4，转移8NA个电子 C．在反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量 D．在反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能 (2)在恒温(T>100℃)恒容装置中进行该反应，能判断反应已达平衡状态的是_______。 A．混合气体密度不再改变 B．混合气体压强不再改变 C．混合气体平均摩尔质量不再改变 D．n (CO2)： n(H2) =1：4 (3)将1mol CO2和4mol H2置于体积为2L的密闭容器中发生反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示，该反应的平衡常数K随温度升高而_______(填“增大”或“减小”)。判断依据是_______。 (4)下列措施有利于提高反应中CO2的平衡转化率的是_______。 A．使用催化剂 B．加压 C．升高温度 D．增大初始投料比n(CO2)/n(H2) 3．二氧化碳催化加氢制甲醇反应为：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。 (1)该反应平衡常数的表达式为_______。 (2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。 A．增大H2的浓度，平衡向右移动 B．移去部分CH3OH，正反应速率增大 C．降低反应温度，正、逆反应速率都减小 D．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率 (3)在5L密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数与温度的关系如图。若温度为T时，反应10分钟，，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=_______。 (4)该反应是_______反应(选填“吸热”或“放热”)，其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率_______CH3OH在b点的正反应速率(选填“>”、“＜”或“=”)，解释温度低于T时，随温度升高而逐渐增加的原因_______。 (5)i.该反应通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。上述反应过程中能量变化如图。其中反应_______为慢反应(填“①”或“②”)。 ii.为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应①的发生，可采取的措施是_______。对反应②自发性的判断正确的是_______。 A．高温下自发 B．低温下自发 C．始终自发 D．始终不自发 4．由CO2和CH4可转化为高附加值产品CH3COOH。25℃、100kPa下，CH4(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别-893 kJ·mol−1、-870 kJ·mol−1。计算转化反应CO2(g)＋CH4(g)CH3COOH(l) ΔH=_______ kJ·mol−1。 5．某科研小组用电化学方法将CO2转化为CO实现再利用，转化的基本原理如下图。 下列说法不正确的是________。 A．该装置能将化学能转化为电能 B．M上的电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ C．工作一段时间后，N电极室中的溶液pH增大 D．当转化2molCO2(g)时，外电路中转移的电子数为2NA 考向14 制取未来金属—钛(Ti) (上海市杨浦区2023-2024学年度第二学期高二年级质量调研)钛在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。 1．TiO2转化为TiCl4有直接氯化法(反应①)和碳氯化法(反应②)。在1000℃时两反应的方程式及焓变如下： 反应 ΔH/kJ·mol−1 ①直接氮化：TiO2(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) 172 ②碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) -51 (1)下列有关和的说法，正确的是___________。 A．两种同位素，互为核素确 B．质子数、中子数相同，质量数相差2 C．两种不同的原子，具有几乎相同的化学性质 D．核外电子数相同，失电子能力相同 (2)计算反应2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔH =___________。 (3)反应②自发发生反应的趋势远比反应①显著，其原因是______________________。 (4)对于反应①，既能加快化学反应速率，又能增大Cl2平衡转化率的措施是___________。 A．升高温度 B．增大压强 C．移出TiCl4 D．增大c(Cl2) 2．工业上常用钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Fe2O3、Al2O3等)通过如图所示工艺流程制取钛，并进一步回收镁、铝、铁等的化合物。 已知：①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在；TiOSO4为强电解质，在溶液中仅能电离出SO42-和一种正离子； ②25℃，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mg2+ 开始沉淀的pH 2.2 6.5 3.5 9.5 恰好沉淀完全时的pH 3.2 9.7 4.7 11.1 (1)要提高酸浸速率，可采取的措施是________________________(至少列两条)。 (2)TiOSO4的电离方程式是_________________________________。 (3)从水解平衡角度解释“水浸”时生成H2TiO3的原因可能是______________________。 (4)“分步沉淀”：用氨水逐步调节pH至11.1，依次析出的沉淀是：__________、Mg(OH)2；Mg2+恰好沉淀完全时，“母液”中Al3+的浓度是__________？(写出计算过程) 考向15 制备无水氯化钴 (上海市外国语附属学校2023-2024学年高二下学期期末)CoCl2常作湿度指示剂、分析试剂等。以钴渣(主要成分是CoO、Co2O3，含少量Ni、SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备无水氯化钴(CoCl2)的流程如图(部分产物和条件省略)： 已知：① 几种金属离子转化为氢氧化物沉淀的pH如表所示： 金属离子 Al3+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 4.0 7.6 7.7 完全沉淀的pH 5.2 9.2 9.5 ② SOCl2易水解生成两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色。 回答下列问题： (1)“酸浸”中提高反应速率的措施是_________________________(答一点即可)；SO2的作用是________________，其发生反应的离子方程式为________________。 (2)“除铝”得到固体的主要成分是______(填化学式)，该步调节pH的范围为_______。 (3)“除镍”中分离有机层的操作若在实验室中进行，需要使用的玻璃仪器为______(填名称)。 (4)“系列操作”包括__________、_________、过滤、洗涤等。 (5)在加热条件下“脱水”，写出该过程中总反应的化学方程式：____________________。 19 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 元素及其化合物 内容概览 考向1 碳酸钠与碳酸氢钠 考向2 从氯化钠到高铁酸钠 考向3 氮的循环 考向4 固氮 考向5 重要的化学肥料——氮肥 考向6 氨与性质 考向7 重要的化学肥料——氮肥 考向8 大气中氮氧化物的检测与治理 考向9 海水中的卤素资源 考向10 液体工业原料—海洋 考向11 促进人类文明进步和经济发展的催化剂 考向12 碳达峰的化学工艺 考向13 CO2再利用 考向14 制取未来金属—钛(Ti) 考向15 制备无水氯化钴 考向1 碳酸钠与碳酸氢钠 (上海市金山区2023-2024学年第二学期质量监控)碳酸钠(Na₂CO₃)和碳酸氢钠(NaHCO₃)是两种常见的钠盐，在物理性质、化学性质及用途等方面存在显著差异。 1．利用分类法研究化学物质可系统、全面认识物质的性质。下列三组物质中，均有一种物质的类别与其他三种不同。 ①MgO、Na2O、CO2、CuO ②HClO4、H2O、H2SO4、HNO3 ③NaOH、Na2CO3、KOH、Ba(OH)2 (1)三种物质依次是：①________；②________；③________。 (2)这三种物质相互作用可生成一种新物质NaHCO3，该反应________氧化还原反应。 A．是 B．不是 【答案】(1)①CO2 ②H2O ③ Na2CO3 (2)B 【解析】(1)①MgO、Na2O、CuO是金属氧化物，CO2是非金属氧化物，与其他三种不同类的是CO2；②HClO4、H2SO4、HNO3是含氧酸，H2O是氧化物，与其他三种不同类的是H2O；③NaOH、KOH、Ba(OH)2是碱，Na2CO3是盐，与其他三种不同类的是Na2CO3； (2)CO2、，H2O、Na2CO3反应生成NaHCO3，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应。 2．某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。 实验一：称取两种固体各2g，分别放入两个小烧杯中，再各滴加10 mL蒸馏水，振荡，测量温度变化；待固体充分溶解，并恢复至室温后，向所得溶液中各滴加2滴酚酞试液。 (1)实验发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此可知，相同温度下，溶解度大小：Na2CO3________ NaHCO3。 A．> B．< (2)盛放Na2CO3溶液的烧杯中，滴入酚酞后溶液呈________色。 实验二：Na2CO3和NaHCO3两种物质的“套管实验”的实验装置如下图所示。 (3)整个实验过程中，能观察到烧杯B中的现象是________；试管中发生反应的化学方程式为________。由此可知，热稳定性：Na2CO3________ NaHCO3。 A．> B．< (4)证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？说明理由________。 (5)下列实验方案中，不能鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的是________。 A．将Na2CO3和NaHCO3配制成浓度均为0.1mol·L-1的溶液，测定pH并做比较 B．分别加热相同质量的两种固体样品，比较加热前后的固体质量变化 C．分别将这两种物质的溶液与过量的H2SO4溶液混合 (6)配制一定物质的量浓度的Na2CO3溶液的过程如下图所示。下列说法错误的是________。 A．所配制 Na2CO3溶液中，c(Na＋)=2.000mol·L-1 B．操作2中玻璃棒的下端应该抵在容量瓶的刻度线下方 C．操作4导致所配得溶液浓度偏高 D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，不再需要加水 【答案】(1)A (2)红 (3)①出现浑浊 ②2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑ ③ A (4)不能。如果互换位置，NaHCO3受热温度较高，无法证明Na2CO3比NaHCO3稳定 (5)C (6)C 【解析】(1)实验发现Na2CO3固体完全溶解，而NaHCO3固体有剩余，由此可知，相同温度下，溶解度大小Na2CO3> NaHCO3，选A。 (2)Na2CO3溶液呈碱性，盛放Na2CO3溶液的烧杯中，滴入酚酞后溶液呈红色； (3)NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，二氧化碳能使石灰水变浑浊，能观察到烧杯B中的现象是出现浑浊；试管中发生反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。由此可知，热稳定性：Na2CO3> NaHCO3，选A。 (4)如果互换位置，NaHCO3受热温度较高，无法证明Na2CO3比NaHCO3稳定，所以证明热稳定性的实验装置中，不能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换。 (5)A项，同浓度的碳酸钠溶液的碱性大于碳酸氢钠，将Na2CO3和NaHCO3配制成浓度均为0.1mol·L-1的溶液，测定pH并做比较，pH较大的是Na2CO3，故不选A； B项，NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，加热后固体质量减少，分别加热相同质量的两种固体样品，比较加热前后的固体质量变化，质量减轻的是NaHCO3，故不选B； C项，分别将这两种物质的溶液与过量的H2SO4溶液混合，均能放出二氧化碳气体，不能用硫酸鉴别Na2CO3和NaHCO3，故选C；选C。 (6)A．10.6g Na2CO3的物质的量为0.1mol，所配制的Na2CO3溶液的物质的量浓度为0.1mol÷0.1L=1mol/L，c(Na＋)=2.000mol·L-1，故A正确；B．为防止液体浸湿刻度线上方，操作2中玻璃棒的下端应该抵在容量瓶的刻度线下方，故B正确；C．仰视刻度线，溶液体积偏大，操作4导致所配得溶液浓度偏低，故C错误；D．操作5中，定容摇匀后发现液面低于刻度线，不再需要加水，故D正确；选C。 考向2 从氯化钠到高铁酸钠 (上海市杨浦区2023-2024学年度第二学期高二年级质量调研)钠、铁的化合物在人类生产、生活中起着重要作用。 1．工业上，一般通过电解NaCl和CaCl2混合熔盐的方法制备金属钠，其中CaCl2的存在可以降低盐的熔点。 (1)冶炼下列金属时，常采用电解法的是________。 A．银 B．汞 C．铁 D．铝 (2)电解NaCl和CaCl2混合熔盐时，较难得到金属钙，其原因是：______________________。 (3)高温下，熔融金属钠与氧气反应的化学方程式为_________________________________；空气在通入高温下的熔融钠前须依次通过___________、___________，以得到纯净的钠的含氧化合物。 A．浓硫酸 B．饱和食盐水 C．NaOH溶液 D．KMnO4溶液 【答案】(1)D (2)Ca2+的得电子能力比Na+小，Na+先得电子成为金属钠 (3)①2Na+O2Na2O2 ②C ③A 【解析】(1)A．银性质稳定，通常用热分解氧化物方法冶炼，故A不选；B．汞性质稳定，通常用热分解氧化物方法冶炼，故B不选；C．铁性质较不活泼，通常用热还原法冶炼，故C不选；D．铝性质活泼，通常用电解熔融氧化铝方法冶炼，故D选；故选D。 (2)电解NaCl和CaCl2混合熔盐时，Ca2+的得电子能力比Na+小，Na+先得电子成为金属钠，较难得到金属钙。 (3)高温下，熔融金属钠与氧气反应生成过氧化钠，化学方程式为：2Na+O2Na2O2，Na可以和空气中的水和二氧化碳反应，空气在通入高温下的熔融钠前须依次通过NaOH溶液除去二氧化碳，通过浓硫酸除去水。 2．一定条件下，赤铁矿(主要成分为Fe2O3)与Na2O2反应可制备高铁酸钠(Na2FeO4)，并得到另一种氧化物。 (1)下列对的认识正确的是________。 A．是地壳中含量最多的金属元素 B．人体的血红蛋白中含元素 C．铁罐可用于存储浓硫酸 D．铁是人类最早冶炼的金属 (2)Fe2O3与Na2O2制备Na2FeO4的化学方程式为______________________。 【答案】(1)BC (2)Fe2O3+3Na2O2=Na2FeO4+Na2O 【解析】(1)A项，地壳中含量最多的金属元素是铝，故A错误；B项，人体的血红蛋白主要负责运输氧，其中含Fe元素，故B正确；C项，常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，故铁罐可用于存储浓硫酸，故C正确；D项，春秋战国开始冶炼青铜器，铁的化学性质较活泼，不是人类最早冶炼的金属，故D错误；故选BC； (2) Fe2O3与Na2O2反应生成Na2FeO4和另一种氧化物，根据元素守恒另外一种氧化物为Na2O，故答案为Fe2O3+3Na2O2= Na2FeO4+Na2O。 3．Ⅰ.高铁酸钠是一种消毒剂，在水中杀菌消毒的同时，生成的Fe(OH)3胶体还能吸附水中悬浮颗粒物并使其沉降。 (1)Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮颗粒物的原因是______________________。 (2)检验高铁酸钠在水中杀菌消毒时，有胶体生成的操作和现象是______________________。 Ⅱ.高铁酸纳可用于处理工业废水中的苯酚。如图是有、无催化剂时，苯酚瞬时浓度[c(苯酚)]与苯酚初始浓度[c0(苯酚)]的比值随时间的变化情况。已知c0(苯酚)为5×10-6mol·L－1。 (3)图中空心三角形对应点表示___________催化剂的情况。 A．有 B．无 (4)空心三角形表示的情况下，0~10min内苯酚反应速率为______________________。 【答案】(1)Fe(OH)3 胶体粒子有很大的比表面积 (2)用一束光照射到液体样品上，若能从侧面观察到明亮光路，则有胶体生成 (3)A (4)3.5×10-7mol·L－1·min－1 【解析】(1) Fe(OH)3胶体能吸附水中悬浮颗粒物的原因是Fe(OH)3 胶体粒子有很大的比表面积。 (2)可以用丁达尔效应来检验胶体，所以检验高铁酸钠在水中杀菌消毒时，有胶体生成的操作和现象是用一束光照射到液体样品上，若能从侧面观察到明亮光路，则有胶体生成。 (3)由图可知，空心三角形对应曲线苯酚瞬时浓度下降更快，所以图中空心三角形对应点表示有催化剂的情况，所以故选A。 (4)空心三角形表示的情况下，10min时，苯酚瞬时浓度[c(苯酚)]与苯酚初始浓度[c0(苯酚)] 等于0.3，所以此时苯酚瞬时浓度[c(苯酚)]为0.3×5.0×10-6mol·L-1=1.5×10-6mol·L-1，0~10min内苯酚反应速率为=3.5×10-7mol·L－1·min－1。 考向3 氮的循环 (上海市金山区2023-2024学年第二学期质量监控)氮循环(Nitrogen Cycle)是描述自然界中氮单质和含氮化合物之间相互转换过程的生态系统的物质循环。 1．自然界的氮循环如下图所示。 (1)氮分子的电子式为________； A． B． 氮气化学性质稳定的原因是________。 (2)①、②、③中，属于自然固氮的是________。(双选) A．① B．② C．③ 【答案】(1) ①. B ②. 氮分子中原子间以三键结合，键能大，断键需要的能量高 (2)AC 【解析】(1)氮元素为第7号元素，需要氮原子之间共用三对电子形成共价键，达到稳定状态，而每个N原子还剩余一对孤电子对，因此氮分子的电子式为，即选B；氮气化学性质稳定的原因是：氮分子中原子间以三键结合，键能大，断键需要的能量高。 (2)自然固氮是在自然条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；人工固氮是在人为条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程。A项，N2和O2在雷电的作用下生成NO，①属于自然固氮，故A符合题意；B项，工业合成氨N2与H2在一定条件下反应生成NH3，②属于人工固氮，故B不符合题意；C项，根瘤菌、蓝藻等这些微生物能够将氮气转化为氨可硝酸盐，然后将其释放到土壤中，供植物吸收利用，③属于自然固氮，故C符合题意；故选AC。 2．雷雨天N2转化为HNO3的流程为： (1)N2在雷电作用下转化为NO的化学方程式为________。 (2)上述NO2转化为HNO3的反应中，NO2体现的化学性质为________。 A．氧化性 B．还原性 C．氧化性和还原性 (3)N2也可以通过化合反应转化为NH3，写出工业合成氨的化学方程式。________ NH3溶于水生成NH3·H2O，写出NH3·H2O在水中的电离方程式。________ 【答案】(1)N2+O22NO (2)C (3)① ②NH3·H2ONH4++OH- 【解析】(1)N2和氧气在放电条件下转化为NO，反应的化学方程式为N2+O22NO； (2)NO2转化为HNO3反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2中N元素化合价既升高又降低，NO2既体现氧化性又体现还原性，故选C； (3)工业合成氨是N2和氢气在高温高压和催化剂存在的条件下生成氨气，反应的化学方程式为；NH3·H2O是弱碱，NH3·H2O在水中的电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-。 考向4 固氮 (上海市复兴高级中学2023~2024学年第二学期期末考试高二年级化学(等级))氮是空气中最多的元素，在自然界中存在十分广泛，在生物体内亦有极大的作用。 1．已知： (1)氮气的电子式为______。 (2)图中14.01的含义是______。 【答案】(1) (2)氮元素的相对原子质量 【解析】(1)氮气分子中氮原子间形成三键，电子式为。 (2)图中14.01的含义是氮元素的相对原子质量。 2．20世纪初问世的“哈伯一博施”人工固氮法，是化工生产实现高温、高压、催化反应的第一个里程碑，也给世界农业发展带来了福音。 (1)氢气为上述方法的原料之一，写出以天然气、水蒸气为原料，在高温下制备氢气的化学方程式______。 (2)上述合成氨的方法有下列流程： ①原料气制备；②氨的合成；③原料气净化和压缩；④氨的分离。其先后顺序为______。 A．①②③④ B．①③②④ C．④③②① D．②③④① (3)合成氨生产中，下列说法正确的是______。 A．使用催化剂，提高原料的利用率 B．采用高温、高压工艺均可提高氨的产率 C．产物用水吸收以分离出反应体系 D．氢气与氮气的投料比值为2.8~2.9 【答案】(1)CH4+H2OCO+3H2或CH4+2H2OCO2+4H2 (2)B (3)D 【解析】(1)以天然气、水蒸气为原料，在高温下制备氢气的化学方程式CH4+H2OCO+3H2或CH4+2H2OCO2+4H2。 (2)合成氨生产流程中先进行原料气氢气和氮气的制备，原料气中混有杂质气体需进行净化和压缩，再进行氨的合成，为提高原料气的转化率将生产的产物氨气进行及时分离，且未反应的氮气和氢气可循环到前方的合成装置中，故选B。 (3)A项，使用催化剂，加快反应的速率，但是平衡不移动，不能提高原料的利用率，A错误；B项，合成氨反应为体积缩小的放热反应，采用高温，平衡左移，不能提高氨的产率，B错误；C项，合成氨反应达到平衡后，平衡混合气可以采用水冷凝使氨气液化，分离出液氨，有利于平衡向正反应方向移动，剩余气体可以循环利用，不是用水吸收，C错误；D项，氢气与氮气的投料比值为2.8~2.9，有利于氢气的充分反应，D正确；故选D。 3．最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应： 常温下，实验室在10L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如下： 时间 物质的量(mol) 物质 0min 2min 4min 5min 6min N2 2 1.7 1.6 1.6 2.5 H2O 10 9.1 8.8 8.8 8.65 O2 0 0.45 0.6 0.6 0.675 (1)该反应的平衡常数表达式，K=______，0~2min内NH3的平均生成速率为______。 (2)以下情况可以判断该反应达到平衡状态的是______。 A．v正(N2)=0 B．v正(N2)=2v逆(NH3) C．容器内混合气体的密度保持不变 D．容器内混合气体的压强保持不变 【答案】(1)① ②0.03mol/(L·min) (2)CD 【解析】(1)根据化学方程式，2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，化学平衡常数=生成物的浓度幂之积/反应物的浓度幂之积，K=，表格中数据，0～2 min 内N2的物质的量变化=2mol-1.7mol=0.3mol，v(N2)= =0.3mol/(10L×2min)=0.015mol/(L•min)，由于氮气和氨气的速率之比为1：2，v(NH3)=2v(N2)=0.015mol/(L•min)×2=0.03mol/(L•min)； (2)A项，化学反应达到平衡时，为动态平衡，v正(N2)≠0，A不选；B项，根据化学计量数关系，2v正(N2)=v逆(NH3)反应达到平衡，B不选；C项，反应物中的水为液态，容器内混合气体的密度为变量，容器内混合气体的密度保持不变，反应达到平衡，C选；D项，该反应为物质的量减小的反应，容器内混合气体的压强保持不变，反应达到平衡，D选；故选CD。 4．以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)常温下NH4HCO3溶液的pH＞7，由此判断溶液中：c(NH4+)______ cHCO3-(选填“>”“<”或“=”)，理由是______。 【答案】① > ②根据电荷守恒：cNH4＋＋cH＋＝cOH－＋cHCO3-＋2cCO32- 由于溶液pH＞7，则c(OH―)＞c(H＋)，故cNH4＋＞cHCO3-＋2cCO32-，即c(NH4+)＞cHCO3-；或NH4+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，由于溶液pH＞7，故HCO3-水解程度大于NH4+，则剩余未水解的c(NH4+)＞cHCO3-。 【解析】NH4HCO3溶液的pH＞7，根据电荷守恒：cNH4＋＋cH＋＝cOH－＋cHCO3-＋2cCO32-，由于溶液pH＞7，则c(OH―)＞c(H＋)，故cNH4＋＞cHCO3-＋2cCO32-，即c(NH4+)＞cHCO3-；或NH4+水解显酸性，HCO3-水解显碱性，由于溶液pH＞7，故HCO3-水解程度大于NH4+，则剩余未水解的c(NH4+)＞cHCO3-。 5．等物质的量浓度的(①氨水、②碳铵溶液、③氯化铵溶液，cNH4＋浓度由大到小的顺序为______(按序号排序)。 【答案】③②① 【解析】设各种物质的物质的量浓度均为1mol.L-1，①中氨水弱电离，铵根离子浓度减小，产生的铵根与氢氧根形成的一水合氨电离程度很小；②中碳酸氢铵溶液中的铵根和碳酸氢根均会水解，且相互促进水解，故比①中的铵根离子浓度小；③中的氯化铵只存在铵根离子水解，故比②中的铵根离子浓度大；故答案为：③②①。 考向5 重要的化学肥料——氮肥 (上海市宝山区2023-2024学年高二化学学科学业水平质量监测)氮肥是化学肥料中使用量很大的一类，工业合成氨为氮肥生产做出了重大贡献。 1．下列变化不属于固氮的是________。 A．N2与O2反应生成NO B．由NH3转变成NH4HCO3 C．N2与H2在一定条件下反应生成NH3 D．豆科植物的根瘤菌吸收氮 【答案】B 【解析】固氮是将游离态的氮转化为化合态的氮。A项，N2与O2反应生成NO，游离态的单质氮气转化为化合态的NO，属于氮的固定，A不符合题意；B项，由NH3转变成NH4HCO3，化合态氮转化为化合态，不是氮的固定，B符合题意；C项，N2与H2在一定条件下反应生成NH3，是游离态转化为化合态，属于氮的固定，C不符合题意；D项，豆科植物的根瘤菌吸收氮，由游离态转化为化合态，属于氮的固定，D不符合题意；故选B。 2．写出工业合成氨的化学方程式_______。 【答案】 【解析】工业上合成氨气是以氮气和氢气为原料，在高温高压和催化剂作用下生成氨气，该反应是可逆反应，化学方程式为：。 3．氨气是制备氮肥的原料之一。 (1)写出NH3的电子式_______。 (2)下列关于NH3的说法正确的是_______。 A．属于电解质 B．属于离子化合物 C．极易溶于水 D．氮的化合价是+3 (3)以氨气为原料可制得铵态氮肥，下列属于铵态氮肥的是_______。 A．KNO3 B．(NH4)2SO4 C．CO(NH2)2 D．NH3·H2O 【答案】(1) (2)C (3)B 【解析】(1)NH3是共价化合物，电子式为； (2)A项，氨气属于非电解质，不是电解质，A错误；B项，氨气中N和H原子间通过共价键形成的化合物，属于共价化合物 ，B错误；C项，氨气的物理性质中氨气极易溶于水，1体积水溶解700体积的氨气，C正确；D项，氨气中H化合价为+1价，N的化合价是-3价，D错误；故选C； (3)铵态氮肥是含有铵根离子的化合物，硫酸铵是铵态氮肥，故选B。 4．氨水显碱性，原因是_______(结合必要的化学用语解释)。 【答案】NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，一水合氨电离出OH-，使溶液显碱性 【解析】NH3·H2O是弱碱，在溶液中存在平衡NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，一水合氨电离出OH-，使溶液显碱性。 5．俗话说“雷雨发庄稼”，其主要反应原理如下： ①_______ ②2NO+O2=2NO2 ③3NO2+H2O=2HNO3+NO (1)写出反应①的化学方程式_______。 (2)在反应②中用单线桥法标出电子转移方向和数目_______。 【答案】(1)N2+O22NO (2) 【解析】雷电发生时，N2和O2化合生成NO，NO迅速被氧化为NO2，NO2溶于水生成HNO3，HNO3跟土壤作用生成硝酸盐，可被植物吸收。 (1)根据分析知，N2和O2放电条件下生成NO：N2+O22NO； (2)2molNO失去4mol电子，1mol O2得到4mol电子，则单线桥为：。 6．氨的含氮量很高，而氨很少直接施用在土壤中作为肥料，请写出其中一个原因_______。 【答案】易挥发，降低肥效；挥发在空气中影响环境；浓度过大会烧伤作物；储存、运输要求高 【解析】氨气是气体，易挥发导致肥效降低；同时挥发的氨气分散到空气中会影响环境；同时氨气浓度过大会烧伤作物，氨气是气体，储存运输不方便。 考向6 氨与性质 (上海市市北中学2023-2024学年第二学期高二年级化学(等级)期终)NH3是重要的化工原料，在生产和生活中都发挥着重要作用。 1．NH3中心原子的价层电子对数为___________，中心原子轨道的杂化类型为___________，杂化后中心原子电子云的空间分布为(只有本空从下列选项中选择)___________；NH3的分子构型为___________形。 A． B． C． 【答案】①4 ②sp3 ③C ④三角锥形 【解析】NH3中心原子的价层电子对数为，因此中心原子轨道的杂化类型为sp3，杂化后中心原子电子云的空间分布为四面体，故选C；由于含有一对孤电子对，NH3的分子构型为三角锥形。 2．NH4+与CH4互为等电子体，等电子体的化学键类型和空间结构相同，则NH4+的中心原子杂化轨道类型为___________。 A．杂化 B．杂化 C．杂化 【答案】C 【解析】甲烷是正四面体结构，中心碳原子的杂化轨道类型是sp3杂化，因此根据等电子体的化学键类型和空间结构相同可判断NH4+的中心原子杂化轨道类型为sp3杂化。故选C。 3．已知拆开1molH-H、1molN-H、1molN≡N分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为___________。若该反应的焓变和熵变(ΔS= -198J·mol-1·K-1)随温度变化很小，则该反应在常温下___________自发进行(只有本空从下列选项中选择)。 A．能 B．不能 【答案】 ①. N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=－92kJ/mol ②. A 【解析】 【解析】在反应N2+3H22NH3中，拆开反应物中化学键需要的能量为3×436kJ+946kJ＝2254kJ，形成生成物中化学键放出的能量是6×391kJ＝2346kJ，所以反应热ΔH=2254kJ/mol-2346kJ/mol＝-92kJ/mol，则反应的热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92kJ/mol；该反应为熵减的放热反应，根据ΔG=ΔH-TΔS<0能自发可知，在常温下能自发进行，故选A。 4．在恒温恒压容器中进行合成氨反应，能说明反应达到平衡状态的是________。 A．混合气体的总物质的量不变 B．气体密度不再改变 C．N2、H2、NH3的浓度相等 D．断裂6molN-H键，同时生成1molN≡N键 【答案】AB 【解析】反应到达平衡状态时，正逆反应速率相等，平衡时各物质的浓度、百分含量不变，可以及由此衍生的一些量也不发生变化，由此进行判断。解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。A项，正反应体积减小，混合气体的总物质的量是变量，因此当混合气体的总物质的量不变时反应达到平衡状态，A选；B项，恒温恒压时，气体物质的量减少，体积减小，混合气体的总质量不变，所以密度增大，因此气体密度不再改变能证明该反应达到平衡状态，B选；C项，N2、H2、NH3的浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不一定处于平衡状态，C不选；D项，无论是否达到平衡状态，只要一个N≡N键生成同时就要断裂6个N－H键，不能说明反应到达平衡状态，D不选；故选AB。 5．合成氨反应加入催化剂后的反应历程示意图为下图中的___________(填编号)。 【答案】B 【解析】合成氨反应属于放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，加入催化剂后降低反应的活化能，加快反应速率，反应热不变，因此加入催化剂后的反应历程示意图为曲线B，故选B。 6．工业合成氨选择500℃左右高温的原因是___________。 工业制备的氨可通过下列方法合成中性肥料尿素CO(NH2)2： 第一步：2NH3(g)+CO2(g) H2NCOONH4(l) ΔH1＝-159.5kJ·mol−1(反应速率较快) 第二步：H2NCOONH4(l)CO(NH2)2+H2O (反应速率较慢) 第一步反应的平衡常数的表达式为K1=___________。 【答案】①为了提高化学反应速率，最主要是该温度下催化剂的活性最大 ② 【解析】正反应放热，要使平衡向正反应方向移动，应降低温度、增大压强，但温度过低反应速率过小，不利于工业生成效益；温度越高，反应速率越大，但温度的高低对催化剂活性有影响，所以应适当升高温度，使反应速率增大；使用催化剂也能增大反应速率，但在500℃左右时催化剂的活性最大，所以选择采用500℃左右的温度进行。根据方程式2NH3(g)+CO2(g)H2NCOONH4(l)可知该反应的平衡常数的表达式为。 7．在1个5L固定容积的密闭容器中加入1molCO2和4molNH3，在一定条件下反应，时测得CO2和尿素的物质的量均为0.25mol。若用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则10 min内第一步中生成H2NCOONH4(l) (氨基甲酸铵)的平均反应速率为___________。 【答案】0.075 mol/min 【解析】第一步反应的方程式为2NH3(g)+CO2(g) H2NCOONH4(l)，用单位时间内物质的量的变化来表示固体或纯液体的反应速率，则第一步反应中生成氨基甲酸铵的平均反应速率为mol/min＝0.075 mol/min。 考向7 重要的化学肥料——氮肥 (上海市宝山区2023-2024学年高二化学学科学业水平质量监测)氮肥是化学肥料中使用量很大的一类，工业合成氨为氮肥生产做出了重大贡献。 1．下列变化不属于固氮的是________。 A．N2与O2反应生成NO B．由NH3转变成NH4HCO3 C．N2与H2在一定条件下反应生成NH3 D．豆科植物的根瘤菌吸收氮 【答案】B 【解析】固氮是将游离态的氮转化为化合态的氮。A项，N2与O2反应生成NO，游离态的单质氮气转化为化合态的NO，属于氮的固定，A不符合题意；B项，由NH3转变成NH4HCO3，化合态氮转化为化合态，不是氮的固定，B符合题意；C项，N2与H2在一定条件下反应生成NH3，是游离态转化为化合态，属于氮的固定，C不符合题意；D项，豆科植物的根瘤菌吸收氮，由游离态转化为化合态，属于氮的固定，D不符合题意；故选B。 2．写出工业合成氨的化学方程式_______________。 【答案】 【解析】工业上合成氨气是以氮气和氢气为原料，在高温高压和催化剂作用下生成氨气，该反应是可逆反应，化学方程式为：。 3．氨气是制备氮肥的原料之一。 (1)写出NH3的电子式_______。 (2)下列关于NH3的说法正确的是_______。 A．属于电解质 B．属于离子化合物 C．极易溶于水 D．氮的化合价是+3 (3)以氨气为原料可制得铵态氮肥，下列属于铵态氮肥的是_______。 A．KNO3 B．(NH4)2SO4 C．CO(NH2)2 D．NH3·H2O 【答案】(1) (2)C (3)B 【解析】(1)NH3是共价化合物，电子式为； (2)A项，氨气属于非电解质，不是电解质，A错误；B项，氨气中N和H原子间通过共价键形成的化合物，属于共价化合物 ，B错误；C项，氨气的物理性质中氨气极易溶于水，1体积水溶解700体积的氨气，C正确；D项，氨气中H化合价为+1价，N的化合价是-3价，D错误；故选C； (3)铵态氮肥是含有铵根离子的化合物，硫酸铵是铵态氮肥，故选B。 4．氨水显碱性，原因是_______(结合必要的化学用语解释)。 【答案】NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，一水合氨电离出OH-，使溶液显碱性 【解析】NH3·H2O是弱碱，在溶液中存在平衡NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，一水合氨电离出OH-，使溶液显碱性。 5．俗话说“雷雨发庄稼”，其主要反应原理如下： ①_______ ②2NO+O2=2NO2 ③3NO2+H2O=2HNO3+NO (1)写出反应①的化学方程式_______。 (2)在反应②中用单线桥法标出电子转移方向和数目_______。 【答案】(1)N2+O22NO (2) 【解析】雷电发生时，N2和O2化合生成NO，NO迅速被氧化为NO2，NO2溶于水生成HNO3，HNO3跟土壤作用生成硝酸盐，可被植物吸收。 (1)根据分析知，N2和O2放电条件下生成NO：N2+O22NO； (2)2molNO失去4mol电子，1mol O2得到4mol电子，则单线桥为：。 6．氨的含氮量很高，而氨很少直接施用在土壤中作为肥料，请写出其中一个原因_______。 【答案】易挥发，降低肥效；挥发在空气中影响环境；浓度过大会烧伤作物；储存、运输要求高 【解析】氨气是气体，易挥发导致肥效降低；同时挥发的氨气分散到空气中会影响环境；同时氨气浓度过大会烧伤作物，氨气是气体，储存运输不方便。 考向8 大气中氮氧化物的检测与治理 (上海市杨浦区2023-2024学年度第二学期高二年级质量调研)汽车尾气是大气中氮氧化物的主要来源。 1．在汽车内燃机工作时，空气中的部分成分会直接生成少许NO，NO再被氧化为NO2。对内燃机中生成NO的反应，下列分析正确的是________。 A．不属于“氮的固定” B．涉及共价键的断裂与生成 C．活化能很小 D．在自然界中无法发生 【答案】B 【解析】A项，氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，内燃机中氮气和氧气反应生成NO的反应属于氮的固定，A项错误；B项，生成NO的反应中，N2、O2、NO都是共价分子，反应过程中涉及共价键的断裂与生成，B项正确；C项，活化能越小，反应越容易进行，而生成NO的反应很难进行，故该反应的活化能较大，C项错误；D项，生成NO的反应在自然界放电过程中可以发生，D项错误；故选B。 2．酸雨中的HNO3，可由大气中的NO2和H2O反应生成。对NO2和H2O的反应，下列分析正确的是________。 A．ΔS＜0 B．NO2表现出了酸性氧化物的性质 C．需要在“放电”条件下发生 D．氧化剂与还原剂物质的量比为1：2 【答案】AD 【解析】A项，NO2和H2O反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，该反应为气体体积减小的反应，所以ΔS＜0，A正确；B项，酸性氧化物是指与水反应生成相应价态的酸或与碱反应生成盐和水的氧化物，所以二氧化氮不是酸性氧化物，B错误；C项，该反应常温常压即可进行，不需要放电条件，C错误；D项，3NO2+H2O=2HNO3+NO中二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，氧化剂与还原剂物质的量比为1：2，D正确；故选D。 3．滴定法可快速测定酸雨中硝酸浓度。取25.00mL酸雨样品，加入25.00mL0.0422mol·L-1FeSO4溶液及少许稀H2SO4，经处理后，再用0.0105mol·L-1 K2Cr2O7标准液滴定剩余Fe2+，平均消耗14.38mL。相关反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。 (1)量取酸雨样品时，需要的定量仪器为___________。 (2)加入FeSO4等溶液后，先加入少许NaHCO3固体产生CO2排出锥形瓶中空气后，再进行滴定。排出锥形瓶中空气的目的是___________________。若不加入NaHCO3会造成实验结果___________。 A．偏大 B．偏小 C．无影响 D．无法判断 (3)该酸雨样品中硝酸的浓度是_________ mol·Lˉ1。 A．0.0299 B．0.0199 C．0.00199 D．0.001 【答案】(1)酸式滴定管(或移液管) (2)①避免O2对溶液中Fe2+的氧化，减少滴定的误差 ②A (3)C 【解析】(1)量取酸雨样品时，需要的定量仪器为酸式滴定管(或移液管)； (2)Fe2+易被空气中的氧气氧化，排出锥形瓶中空气的目的是避免O2对溶液中Fe2+的氧化，减少滴定的误差；若不加入NaHCO3会使FeSO4标准溶液被氧气部分氧化变质，计算时仍然认为这部分Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏大，故故选A； (3)硝酸根消耗的n(Fe2+)= n总(Fe2+)-重铬酸钾消耗的n(Fe2+)，重铬酸钾消耗的n(Fe2+)=6×n(Cr2O72-)=，n总(Fe2+)=，硝酸根消耗的n(Fe2+)=1.4906×10-4mol，则n(NO3-)=，该酸雨样品中硝酸的浓度=，故选C。 4．Ⅰ.氮氧化合物有多种治理或利用的方法。 (1)NO2被一定量Na2CO3溶液吸收后生成了三种盐，是NaNO3、NaNO2与___________。 (2)25℃，HNO2的Ka=7.2×10-4。0.1mol·L-1NaNO2溶液中，下列关系错误的是_______。 A c(OH―)＞c(H＋) B．c(NO2-)远大于c(OH―) C．cNa＋＝cHNO2＋cNO2- D．cOH－≈1.2×10-9mol·L－1 Ⅱ.NO在一定条件下可被还原为N2。 (3)用电子式表NH3的形成过程_________________________________。 (4)理论上，标准状况下1molNH3能还原__________。 A．33.6 B．22.4 C．14.9 D．11.2 【答案】(1)NaHCO3 (2)D (3) (4)A 【解析】(1)根据元素守恒，可知另一种盐为NaHCO3； (2) HNO2为弱酸，则NaNO2在溶液中可发生水解，使溶液呈碱性，则c(OH―)＞c(H＋)，故A正确；0.1mol·L-1NaNO2溶液中，NO2-为溶质离子，OH-为水解产物，而水解是微弱的，则c(NO2-)远大于c(OH―)，故B正确；根据物料守恒可知cNa＋＝cHNO2＋cNO2-，故C正确；0.1mol·L-1NaNO2溶液中存在水解平衡：NO2-+H2OHNO2+OH-，其水解平衡常数：，该盐溶液中，，由此可得：，解得：，故D错误； (3)电子式表示NH3的形成过程为：； (4) NH3与NO发生反应生成N2，反应方程式为：4NH3+6NO=5N2+6H2O；标准状况下1molNH3能还原1.5molNO，体积为1.5mol×22.4L/mol=33.6L。 考向9 海水中的卤素资源 (上海市金山区2023-2024学年第二学期质量监控)海水中含有丰富的卤素资源，其单质及其化合物的用途广泛。 1．回答下列问题。 (1)画出氯的原子结构示意图________。 (2)氯元素在海水中大量存在，从海水中得到粗盐的方法是_______________。 (3)图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验的微观示意图(X、Y均表示石墨电极，且与直流电源连接方式相同，“”表示水分子)，下列说法正确的是________； A．“”代表，“”代表 B．X连接电源的负极 C．在三种状态下都存在自由移动的离子 D．图c表示NaCl水溶液中的微粒迁移 工业上通过电解饱和食盐水得到氯气等产品，该电解反应阳极的产物为________。 A．NaOH B．H2 C．Cl2 (4)铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3，写出反应的化学方程式。________ 将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，形成氢氧化铁胶体，观察到的实验现象是________； 氢氧化铁胶体粒子的直径大小为________。 A．小于1nm B．1~100nm C．大于100nm (5)碘元素在元素周期表中的位置是________；为防人体缺碘，食盐中常添加，写出中存在的化学键类型。________ 酸性条件下，向KIO3溶液中加入KI，发生如下反应，标出电子转移的方向和数目________。 3H2SO4+5KI+KIO3=3K2SO4+3I2+3H2O 反应结束，向反应液中加入淀粉溶液，可观察到的现象是________。 【答案】(1) (2)盐田法(蒸发法) (3)① D ② C (4)①2Fe+3Cl22FeCl3 ②. 黄色溶液变为红褐色 ③B (5)①第五周期、ⅦA族 ②共价键、离子键 ③ ④溶液变为蓝色 【解析】(1)氯是第17号元素，核外电子排布为2、8、7，其结构示意图如图； (2)海水中得到粗盐利用蒸馏的办法：盐田法(蒸发法)； (3)A项，氯离子半径大于钠离子，“”代表，“”代表，A错误；B项，根据图b装置中钠离子和氯离子的移动方向可知，Y连接电源的负极，B错误；C项，图a是固体氯化钠，没有自由移动的离子，C错误；D项，由图可知，图c中存在水合钠离子以及水合氯离子，故图c表示NaCl在水溶液中的导电情况；故选D；工业上通过电解饱和食盐水得到氯气等产品，该电解反应阳极：2Cl-―2e-=Cl2↑，阴极：2H＋＋2e-=H2↑，阳极的产物为Cl2，故选C； (4)铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3，方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中，形成氢氧化铁胶体，观察到的实验现象是黄色溶液变为红褐色胶体；胶体的直径在1~nm，氢氧化铁胶体粒子的直径大小为B； (5)碘元素是第53号元素，碘在元素周期表中的位置是第五周期、ⅦA族；KIO3中钾离子和碘酸根离子间是离子键，碘和氧元素间是共价键，故化学键类型共价键、离子键；酸性条件下，向KIO3溶液中加入KI，发生氧化还原反应，电子转移的方向和数目；反应结束，向反应液中加入淀粉溶液，碘单质遇淀粉变蓝，可观察到的现象溶液变为蓝色。 2．海水有弱碱性。海水提溴的方法：在苦卤中加入硫酸、再通入氯气，得到含溴的苦卤，再通过一系列操作得到粗溴。 (1)写出通入氯气发生反应的离子方程式：________ (2)若不加硫酸直接向苦卤中通入氯气，会使氯气的使用量________。 A．增大 B．减小 【答案】(1)Cl2+2Br-=2Cl-+ Br2 (2)A 【解析】苦卤的主要成分包括氯化钠(NaCl)、氯化钾(KCl)、氯化镁(MgCl2)、氯化钙(CaCl2)及硫酸镁(MgSO4)和溴化镁(MgBr2)等，海水提溴的方法：在苦卤中加入硫酸，酸化后通入氯气溴离子被氧化为溴单质，得到含溴的苦卤后再通过一系列操作得到粗溴。 (1)根据分析可知，通入氯气溴离子被氧化为溴单质，发生反应的离子方程式：Cl2+2Br-=2Cl-+ Br2。 (2)若不加硫酸，直接通入氯气，氯气会与碱性物质发生反应，因此不加入硫酸直接向苦卤中通入氯气，会使氯气的使用量增大，故选A。 3．工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体： 溶液溶液晶体 不考虑副反应的发生，步骤I中会释放出一种单质气体，该气体的化学式是________；步骤Ⅱ为向NaClO3溶液中加入固体KCl，发生复分解反应得到KClO3晶体。请该复分解反应能够发生的原因。________ 【答案】①H2 ②在该温度下，KClO3的溶解度小于NaClO3，当钾离子与氯酸根离子浓度足够大时，就会发生复分解反应析出KClO3晶体 【解析】电解氯化钠溶液可以得到NaClO3与H2，反应为NaCl+3H2O3H2↑+ NaClO3，步骤I中释放出一种单质气体为H2；Ⅱ中不断加入KCl，搅拌，发生复分解反应，析出KClO3晶体．该反应能够发生的原因是：在该温度下，KClO3的溶解度小于NaClO3，当钾离子与氯酸根离子浓度足够大时，就会发生复分解反应析出KClO3晶体。 考向10 液体工业原料—海洋 (上海市宝山区2023-2024学年高二第二学期学科等级考质量监测)海洋是丰富的资源宝库，其中蕴藏着丰富的铁、钴、镍等金属资源以及硫、氮、卤素等非金属资源，被誉为“液体工业原料”。 1．在新生代的海水里有一种铁细菌，能利用酶为催化剂提取海水中的亚铁离子转变成自身皮鞘(可以用来表示其中的铁)。该反应过程体现了亚铁离子的_______。 A.氧化性 B.还原性 【答案】B 【解析】亚铁离子转变成自身皮鞘(可以用Fe2O3来表示其中的铁)的过程中，Fe2+转化为Fe3+，Fe元素化合价上升，体现了亚铁离子的还原性，故选B。 2．Fe2O3可制取新型、高效水处理剂高铁酸钾K2FeO4，K2FeO4在处理饮用水的过程中产生Fe(OH)3胶体。以下说法不正确的是________。 A．可以通过丁达尔现象区分胶体和溶液 B．氯化铁溶液与氢氧化铁胶体都能透过半透膜 C．胶体在一定条件下能够稳定存在 D．K2FeO4处理水时起到了氧化杀菌作用 【答案】B 【解析】A项，胶体有丁达尔效应，溶液没有，故利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，故A正确； B项，胶体微粒的直径大于半透膜的孔径，胶体粒子不能透过半透膜，故B错误；C项，胶体是介稳体系，一定条件下能稳定存在，故C正确；D项，K2FeO4因含有+6价铁而具有强氧化性，能杀死水中的微生物，是一种新型非氯高效消毒剂，故D正确；故选B。 3．SO42-是海洋中硫元素的主要存在形式之一，由于沿海地区燃煤电厂酸性气体的排放，海水中也会含有SO32-。检验海水中SO32-的方法是_______。 【答案】取样，加入稀盐酸，把产生的气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色，说明海水中有亚硫酸根离子 【解析】结合SO2具有漂白性，检验海水中SO32-的方法是取样，加入稀盐酸，把产生的气体通入品红溶液中，若品红溶液褪色，说明海水中有亚硫酸根离子。 4．氮循环是海洋生态系统基础和关键。下列关于海洋氮循环的说法正确的是________。 A．NH4NO3中只含离子键 B．海洋中的氮循环属于固氮作用的是③ C．海洋中的硝化作用可能有氧气的参与 D．在反硝化细菌作用下，NO3-发生氧化反应生成NO2- 【答案】C 【解析】A项，NH4NO3中的铵根离子中存在氮氢共价键、硝酸根离子中存在氮氧共价键，A错误；B项，固氮作用为游离态氮转化为化合态氮，海洋中的氮循环属于固氮作用的是②，B错误；C项，海洋中的硝化作用中氮化合价升高，发生氧化反应，则可能有氧气的参与，C正确；D项，NO3-转化为NO2-的过程中N元素化合价下降，发生还原反应，D错误；故选C。 5．海洋酸化会妨碍海洋有机体利用碳酸钙生成坚硬外壳。用NaClO溶液吸收硝酸尾气中的NO，可减少硝酸型酸雨形成。其他条件相同，NO转化为NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。 (1)酸雨是指pH＜______的雨水。二氧化氮形成硝酸型酸雨的化学方程式为______。 (2)①图中所得的NaClO溶液中存在的微粒有HClO、H2O、H+、______。 ②由图可知：NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。可能的原因是______。 【答案】(1)① 5.6 ②3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO (2)①ClO-、OH-、Na+ ②pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率 【解析】(1)酸雨是指pH＜5.6的雨水，二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，则二氧化氮形成硝酸型酸雨的化学方程式为3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO。 (2)①NaClO电离出Na+和ClO-，ClO-水解生成HClO和OH-，则图中所得的NaClO溶液中存在的微粒有HClO、H2O、H+、ClO-、OH-、Na+；②由于NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，因此可提高NO转化率。 考向11 促进人类文明进步和经济发展的催化剂 (上海市宝山区2023-2024学年高二化学学科学业水平质量监测) 目前世界上90%的化工生产都离不开催化剂，它以高效、绿色和经济的方式将原材料转变为具有高附加值的化工产品和燃料。 1．硫酸工业在国民经济中占有极其重要的地位，转化阶段是硫酸生产的核心，反应时使用V2O5作催化剂，发生下列反应：2SO2+O22SO3 (放热反应) (1)图中，b处出来的气体是_______。 A．低温的SO2、O2 B．低温的SO2、O2和SO3 C．高温的SO2、O2 D．高温的SO2、O2和SO3 (2)下列措施中，能加快反应速率的是_______。 A．升高温度 B．增加氧气的浓度 C．及时分离SO3 D．尾气中的SO2循环使用 (3)一定温度下，在容积为2L的密闭容器中，通入一定量的SO2和氧气，一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据如下表： 反应时间/min n(SO2)/mol n(O2)/mol n(SO3)/mol 0 2 1 0 5 12 X 0.8 10 1.2 0.6 0.8 ①上表中X是_______。 ②根据表中信息计算，0~5分钟内SO3的平均反应速率为_______ mol·L－1·min－1 。 ③能说明反应已达平衡状态的是_______。 A．容器内气体的密度保持不变 B．v正(SO2)=2v逆(O2) C．SO2浓度不再发生变化 D．单位时间内生成a mol SO3同时减少a molSO2 【答案】(1)C (2)AB (3)①0.6 ②0.08 ③BC 【解析】(1)图中b出来的气体成分为高温的SO2、O2，与a处气体成分相同，只是经过热交换器后温度升高，故选C； (2)A项，升高温度，可以提高单位体积活化分子的百分数，可以提高化学反应速率，故A选；B项，增加氧气得浓度，提高了活化分子的数目，可以提高化学反应速率，故B选；C项，及时分理出SO3，可以提高SO2、O2转化率，不能提高化学反应速率，故C不选；D项，尾气中的SO2循环使用，可以提高SO2的利用率，不能提高化学反应速率，故D不选；故选AB。 (3)①5min时，SO2的变化量为0.8mol，则O2的变化量为0.4mol，则O2的剩余量为1mol-0.4mol=0.6mol；②；③A项，密闭容器，质量不变，体积不变，密度始终不变，故密度不变不能说明达到平衡状态，故A不选；B项，反应速率之比等于化学计量数之比，若v正(SO2)=2v逆(O2)则可以说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B选；C项，SO2浓度不再发生变化，则可以说明达到平衡状态，故C选；D项，单位时间内生成a mol SO3同时减少a mol SO2，不能说明正逆反应速率相等，不能判定达到平衡状态，故D不选，故选BC。 2．甲醇(CH3OH)是一种重要的燃料，1923年德国化学家发明了一种使用催化剂ZnO/Cr2O3，在400℃、3.0×107Pa的条件下，将合成气(主要成分是CO和H2)转化为甲醇的方法，反应原理如下：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。 (1)已知该反应是放热反应，能正确表示该反应的图示是_______。 A． B． (2)某小组通过实验室模拟该反应，研究温度对该反应的影响，实验结果如图所示。 请判断温度高低：T1_______T2。 A．> B．＜ C．= (3)为提高燃料的利用率，可以将甲醇设计成燃料电池。该装置是将_______直接转化为_______。_______ A．电能化 学能 B．化学能 电能 (4)通过研究改进了反应条件：催化剂为Cu/ZnO/Al2O3、250℃、5.0×106~1.0×107Pa。试简要说明反应条件改进可能为化工生产带来的益处_______。 【答案】(1)A (2)B (3)B (4)反应温度降低，减少能耗；反应压强减小，降低对设备的要求等 【解析】(1)合成甲醇的反应为放热反应，放热反应是反应物能量高于生成物能量，能正确表示该反应的图示是A； (2)温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动。甲醇的物质的量减少，因此反应温度是T1 <T2，故选B； (3)原电池是将化学能转化为电能的装置，故选B (4)反应温度有400°C降低为250°C，反应温度降低，减少能耗，压强由3.0×107降低到5.0×106~1.0×107Pa，反应压强减小，降低对设备的要求等。 考向12 碳达峰的化学工艺 (上海市宝山区2023-2024学年高二第二学期学科等级考质量监测)CO2的捕集、利用与封存是科学家实现“碳达峰”的重要研究课题，对减少CO2在大气中累积及实现可再生能源的有效利用具有重要意义。 1．国家速滑馆又称“冰丝带”，其建设应用了智慧建造技术，降低了钢材的使用量；采用的二氧化碳跨临界直接制冰技术节能环保。下列说法中，不正确的是________。 A．钢材属于合金，合金熔点通常低于组成金属 B．CO2由固态变为气态，吸收热量，共价键被破坏 C．二氧化碳跨临界直接制冰技术利用了其化学性质 D．应用二氧化碳跨临界直接制冰技术符合“绿色奥运”理念 【答案】BC 【解析】A项，钢材为碳与铁形成的合金，合金熔点通常低于组成金属，A正确；B项，CO2由固态变为气态，会吸收热量，共价键没有被破坏，B错误；C项，二氧化碳跨临界直接制冰技术，不需要发生化学反应，是利用了物质的物理性质，C错误；D项，应用二氧化碳跨临界直接制冰技术，不会造成环境污染，符合“绿色奥运”理念，D正确；故选BC。 2．CO2和H2O可转化为CH3OH，该反应的化学方程式为：2CO2(g)＋4H2O(g)CH3OH(g)＋3O2(g)。一定条件下，在2L恒容密闭容器中充入0.50molCO2(g)和1.00 mol水蒸气进行上述反应，测得n(CH3OH)随时间的变化如下表所示： 时间/ min 0 1 2 3 4 5 6 n(CH3OH)/ mol 0.00 0.040 0.070 0.090 0.100 0.100 0.100 (1)用H2O(g)表示内该反应的平均反应速率为______，若要加快反应速率，可采取的措施是(至少写出2个)______。 (2)第4分钟时v逆(CH3OH) ______第3分钟时v正(CH3OH)。 A．小于 B．等于 C．大于 (3)上述反应达到平衡时二氧化碳的转化率为______。 A．15% B．75% C．20% D．50% 【答案】(1)①0.3 mol·L－1·min－1 ②适当升高温度、增大反应物浓度、选择更加高效的催化剂 (2)A (3)C 【解析】(1)用H2O(g)表示0~3min内该反应的平均反应速率为，若要加快反应速率，可采取的措施是：适当升高温度、增大反应物浓度、选择更加高效的催化剂。 (2)第4分钟后n(CH3OH)不在变化，说明第4分钟反应已经达到平衡，v逆(CH3OH)= v正(CH3OH)，第3分钟后，n(CH3OH)还在变化，说明第3分钟反应还未达到平衡，v正(CH3OH)> v逆(CH3OH)，反应过程中v逆(CH3OH)增大，v正(CH3OH)减小，则第4分钟时v逆(CH3OH)小于第3分钟时v正(CH3OH)，故选A。 (3)第4分钟后n(CH3OH)不在变化，说明第4分钟反应已经达到平衡，CH3OH的生成量为0.1mol，则二氧化碳的转化量为0.1mol，则上述反应达到平衡时二氧化碳的转化率为=，故选C。 2021年我国科学家首次实现CO2人工合成淀粉。该合成过程涉及如下反应：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。 3．该反应中反应物与生成物的能量变化如图所示，下列有利于提高CH3OH平衡产率的条件是_______。 A．高温、高压 B．低温、高压 C．高温、低压 D．低温、低压 4．在恒温、恒容密闭容器中，对于以上合成甲醇的反应，下列说法能说明该反应达到化学平衡状态的是_______。 A．混合气体的平均相对分子质量不再变化 B．混合气体的密度不再变化 C．CO2的质量百分含量不再变化 D．v正(CO2)=3v逆(H2) 5．已知CO2、H2合成CH3OH时同时发生了下列副反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，该副反应为吸热反应。在一定压强下，CO2的平衡转化率在300℃以下随温度升高而减小，在300℃以上随温度升高而增大。甲醇的产量在300℃以下随温度升高而减小，在300℃以上随温度升高基本不变。分析上述变化可能的原因。_______。 6．为实现“碳达峰”，我国科学家设计了如下二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置。下列说法不正确的是_______。 A．为电源的正极 B．该装置发生了电能转化为化学能的变化 C．过程①中捕获CO2时碳的化合价末发生变化，过程②中捕获CO2时碳的化合价发生了变化 D．上述装置中总反应的化学方程式为CO2C+O2 【答案】3．B 4．AC 5．300℃以下以合成CH3OH的主反应为主，温度越高，主反应平衡逆移，CO2的平衡转化率减小，甲醇的产量也减小；300℃以上副反应为主，温度越高，副反应平衡正移，CO2的平衡转化率增大，甲醇的产量基本不变 6．C 【解析】3．该反应为体积减小的放热反应，有利于提高CH3OH平衡产率的条件是低温、高压，故选B。 4．A项，该反应为总物质的量减小的反应，混合气体的平均相对分子质量不再变化，反应达到平衡状态，A选；B项，反应过程中，容器的体积不变，且反应前后均为气体，则气体总质量不变，混合气体的密度为定值，不能判断反应达到平衡，B不选；C项，CO2的质量百分含量不再变化，说明其浓度不变，反应达到平衡，C选；D项，根据化学计量数，v正(CO2)=3v逆(H2)时反应未达到平衡，D不选；故选AC。 5．甲醇的产量在300℃以下随温度升高而减小，在300℃以上随温度升高基本不变，可能的原因300℃以下以合成CH3OH的主反应为主，温度越高，主反应平衡逆移，CO2的平衡转化率减小，甲醇的产量也减小；300℃以上副反应为主，温度越高，副反应平衡正移，CO2的平衡转化率增大，甲醇的产量基本不变。 6．图中信息，二氧化碳被捕获2CO2+O2-=C2O52-，元素的化合价发生变化，电极反应式为2 C2O52--4e-=4CO2+O2，可知b为阳极，c为阴极，二氧化碳被捕获CO2+O2-=CO32-，电极反应式为CO32-+4e-=3O2-+C。A项，根据图中可知C2O52-→O2，则a电极发生失去电子的氧化反应，为阳极，与电源正极相接，所以b为电源的正极，故A正确；B项，该装置为电解池，发生了电能转化为化学能的变化，故B正确；C项，过程①二氧化碳被捕获2CO2+O2-=C2O52-，碳元素化合价发生了变化，过程②二氧化碳被捕获CO2+O2-= CO32-，碳元素化合价未发生变化，故C错误；D项，电解二氧化碳熔盐的过程就是在电解条件下CO2发生分解生成C和O2的过程，故D正确；故选C。 考向13 CO2再利用 (上海市曹杨二中2023~2024学年度第二学期高二年级期末考试)利用CO2合成有机小分子的研究。 1．关于CO2叙述不正确的是________。 A．CO2属于酸性氧化物 B．CO2分子中含有极性键 C．CO2属于非电解质 D．CO2是极性分子 【答案】D 【解析】A项，二氧化碳能和碱反应生成盐和水，是酸性氧化物，故A正确；B项，二氧化碳中碳原子和氧原子之间共价键为极性键，故B正确；C项，二氧化碳溶于水发生化学反应才能导电，熔融态下不导电，属于非电解质，故C正确；D项，二氧化碳分子对称，是非极性分子，故D错误；故选D。 2．CO2可与H2生成CH4：CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)。 (1)我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂，上述反应的历程如图所示： 下列说法错误的是_______。 A．使用催化剂可有效提高反应物的平衡转化率 B．该历程中每生成1mol CH4，转移8NA个电子 C．在反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量 D．在反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能 (2)在恒温(T>100℃)恒容装置中进行该反应，能判断反应已达平衡状态的是_______。 A．混合气体密度不再改变 B．混合气体压强不再改变 C．混合气体平均摩尔质量不再改变 D．n (CO2)： n(H2) =1：4 (3)将1mol CO2和4mol H2置于体积为2L的密闭容器中发生反应，测得H2O(g)的物质的量分数与温度的关系如图所示，该反应的平衡常数K随温度升高而_______(填“增大”或“减小”)。判断依据是_______。 (4)下列措施有利于提高反应中CO2的平衡转化率的是_______。 A．使用催化剂 B．加压 C．升高温度 D．增大初始投料比n(CO2)/n(H2) 【答案】(1)A (2)BC (3)①减小 ②根据图像可知，温度升高，达平衡时H2O的物质的量分数减小，即温度身高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小 (4)B 【解析】(1)A项，使用催化剂不影响平衡，不能有效提高反应物的平衡转化率，A错误；B项，二氧化碳转变为甲烷，碳从+4价降低到-4价，则该历程中每生成1mol CH4，转移8NA个电子，B正确；C项，断键吸收能量，则在反应历程中，H-H键与C=O键断裂吸收能量，C正确；D项，在反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能，能大大提高反应速率，D正确；选A；(2)A项，容器体积和气体总质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，故A错误；B项，反应为气体分子数减小的反应，反应中压强会减小，混合气体压强不再改变，说明反应达到平衡状态，故B正确；C项，混合气体的平均摩尔质量为M=，气体质量不变，但是气体的总物质的量随反应进行而改变，所以M会发生改变，当M不变时，反应达到平衡，故C正确；D项，若投料时n (CO2)： n(H2) =1：4，从方程式可知n (CO2)： n(H2)始终保持1：4，故不能说明反应达到平衡，故D错误；选BC； (3)实线为抛物线，最高点后为平衡线，最高点之前未平衡且约400°C前温度越高反应速率越快水的物质的量分数越大，由图知，该反应的平衡常数K随温度升高而减小，判断依据是：根据图像可知，温度升高，达平衡时H2O的物质的量分数减小，即温度身高，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小。 (4)A项，催化剂加快反应速率，但是不改变平衡转化率，故A错误；B项，反应为气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，二氧化碳转化率增大，故B正确；C项，由(3)分析可知，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳转化率减小，故C错误；D项，增大初始投料比n(CO2)/n(H2)，相当于增加二氧化碳投料，可促进氢气转化，但是二氧化碳自身转化率下降，故D错误；故选B。 3．二氧化碳催化加氢制甲醇反应为：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)。 (1)该反应平衡常数的表达式为_______。 (2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。 A．增大H2的浓度，平衡向右移动 B．移去部分CH3OH，正反应速率增大 C．降低反应温度，正、逆反应速率都减小 D．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率 (3)在5L密闭容器中充入1molCO2(g)和3molH2(g)，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数与温度的关系如图。若温度为T时，反应10分钟，，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=_______。 (4)该反应是_______反应(选填“吸热”或“放热”)，其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率_______CH3OH在b点的正反应速率(选填“>”、“＜”或“=”)，解释温度低于T时，随温度升高而逐渐增加的原因_______。 (5)i.该反应通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)；②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)。上述反应过程中能量变化如图。其中反应_______为慢反应(填“①”或“②”)。 ii.为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应①的发生，可采取的措施是_______。对反应②自发性的判断正确的是_______。 A．高温下自发 B．低温下自发 C．始终自发 D．始终不自发 【答案】(1) (2)AC (3)0.015 mol·L－1·min－1 (4)①放热 ②< ③温度低于T时，反应未达到平衡，升高温度，反应速率增大，平衡时生成CH3OH的物质的量增大，增大 (5)①① ②降低温度、增大压强 ③B 【解析】(1) CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)平衡常数的表达式为。 (2)A项，增大H2的浓度，平衡向右移动，A正确；B项，移去部分CH3OH，平衡正向移动，CO2和H2的浓度减小，正反应速率减小，B错误； C项，降低反应温度，正、逆反应速率都减小，C正确；D项，加入催化剂，不改变平衡状态，不可提高CO2的平衡转化率，D错误；故选AC。 (3) 根据已知条件列出“三段式” ，x=0.75，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率； (4)若温度为T时，最大，说明此时反应达到平衡，继续升高温度，减小，说明平衡逆向移动，则该反应是放热反应，a点温度低于b点，则CH3OH在a点的正反应速率< CH3OH在b点的正反应速率，温度低于T时，反应未达到平衡，升高温度，反应速率增大，平衡时生成CH3OH的物质的量增大，增大； (5)i.活化能越高，反应速率越慢，则反应①为慢反应；ii.由图可知，反应①是气体物质的量不变的吸热反应，反应②是气体物质的量减小的放热反应，为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，可以采取的措施是适当降低温度、增大压强，反应②的ΔH＜0、ΔS＜0，ΔH-TΔS＜0时反应可以自发进行，则反应②在低温下自发，故选B。 4．由CO2和CH4可转化为高附加值产品CH3COOH。25℃、100kPa下，CH4(g)、CH3COOH(l)的燃烧热分别-893 kJ·mol−1、-870 kJ·mol−1。计算转化反应CO2(g)＋CH4(g)CH3COOH(l) ΔH=_______ kJ·mol−1。 【答案】-23 【解析】燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；由题意可知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-893kJ· mol-1；②CH3COOH(1)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-870kJ·mol-1由盖斯定律可知，①-②得CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(l) ΔH=-23kJ·mol-1。 5．某科研小组用电化学方法将CO2转化为CO实现再利用，转化的基本原理如下图。 下列说法不正确的是________。 A．该装置能将化学能转化为电能 B．M上的电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋ C．工作一段时间后，N电极室中的溶液pH增大 D．当转化2molCO2(g)时，外电路中转移的电子数为2NA 【答案】D 【解析】该装置为原电池，M为电池的负极，M上的电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，N为电池正极，电极反应式为CO2+2H++2e-=CO+H2O。A项， 由图可知，该装置为原电池，该装置能将化学能转化为电能，故A正确；B项，M为电池的负极，在紫外光的作用下，水失去电子发生氧化反应生成O2，M上的电极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，故B正确；C项，N为电池正极，电极反应式为CO2+2H++2e-=CO+H2O，当外电路转移4mol电子时，有4molH+从左室穿过交换膜到达右室，然后被CO2消耗，但溶液中水的量增加，工作一段时间后，N电极室中的溶液pH增大，故C正确；D项，N为电池正极，电极反应式为CO2+2H++2e-=CO+H2O，当转化2molCO2(g)时，外电路转移4mol电子，外电路中转移的电子数为4NA，故D错误；故选D。 考向14 制取未来金属—钛(Ti) (上海市杨浦区2023-2024学年度第二学期高二年级质量调研)钛在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，生产钛的方法之一是将金红石(TiO2)转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。 1．TiO2转化为TiCl4有直接氯化法(反应①)和碳氯化法(反应②)。在1000℃时两反应的方程式及焓变如下： 反应 ΔH/kJ·mol−1 ①直接氮化：TiO2(s)＋2Cl2(g)TiCl4(g)+O2(g) 172 ②碳氯化：TiO2(s)＋2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g) -51 (1)下列有关和的说法，正确的是___________。 A．两种同位素，互为核素确 B．质子数、中子数相同，质量数相差2 C．两种不同的原子，具有几乎相同的化学性质 D．核外电子数相同，失电子能力相同 (2)计算反应2C(s)＋O2(g)=2CO(g)的ΔH =___________。 (3)反应②自发发生反应的趋势远比反应①显著，其原因是______________________。 (4)对于反应①，既能加快化学反应速率，又能增大Cl2平衡转化率的措施是___________。 A．升高温度 B．增大压强 C．移出TiCl4 D．增大c(Cl2) 【答案】(1)D (2)-223kJ/mol (3)反应②是熵增、放热反应，即ΔS>0，ΔH<0，始终有ΔH-TΔS<0，反应②在任意温度下均自发进行，推动该反应自发进行的因素既有熵变还有焓变。反应①是气体分子数不变的反应，ΔS很小，且ΔH>0，只有在高温情况下，ΔH-TΔS<0，才能自发反应 (4)A 【解析】(1)A项，应该是两种核素，不是互为核素，故Ａ错误；B项，质子数相同、中子数不相同，质量数相差2，故B错误；C项，是同一种原子，不是“两种不同的原子”，故C错误；D．是同一种元素，核外电子数相同，失电子能力相同，故D正确；故选D (2)根据盖斯定律，用反应②-①，ΔH= (-51-172)kJ/mol=-223kJ/mol (3)反应②是熵增、放热反应，即ΔS>0，ΔH<0，始终有ΔH-TΔS<0，反应②在任意温度下均自发进行，推动该反应自发进行的因素既有熵变还有焓变。反应①是气体分子数不变的反应，ΔS很小，且ΔH>0，只有在高温情况下，ΔH-TΔS<0，才能自发反应 (4)对于反应①，既能加快化学反应速率，又能增大Cl2平衡转化率，说明要求平衡正向移动，该反应属于吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Cl2平衡转化率增大，并且反应速率增大，故选A。 2．工业上常用钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Fe2O3、Al2O3等)通过如图所示工艺流程制取钛，并进一步回收镁、铝、铁等的化合物。 已知：①酸浸后，钛主要以TiOSO4形式存在；TiOSO4为强电解质，在溶液中仅能电离出SO42-和一种正离子； ②25℃，相关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH如表所示。 金属离子 Fe3+ Fe2+ Al3+ Mg2+ 开始沉淀的pH 2.2 6.5 3.5 9.5 恰好沉淀完全时的pH 3.2 9.7 4.7 11.1 (1)要提高酸浸速率，可采取的措施是________________________(至少列两条)。 (2)TiOSO4的电离方程式是_________________________________。 (3)从水解平衡角度解释“水浸”时生成H2TiO3的原因可能是______________________。 (4)“分步沉淀”：用氨水逐步调节pH至11.1，依次析出的沉淀是：__________、Mg(OH)2；Mg2+恰好沉淀完全时，“母液”中Al3+的浓度是__________？(写出计算过程) 【答案】(1)粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等 (2)TiOSO4= TiO2++SO42- (3)TiO2+水解：TiO2++H2OH2TiO3+2H+，加热水促进水解平衡右移，生成H2TiO3 (4)①Fe(OH)3、Al(OH)3、Fe(OH)2 ②1.0×10-24.2mol/L 【解析】钛铁矿(主要含FeTiO3和少量SiO2、MgO、Fe2O3、Al2O3等)中加入硫酸，二氧化硅不反应，其他物质与硫酸反应，过滤，向滤液中加入热水，过滤得到TiO2·xH2O，煅烧得到TiO2，再氯化得到四氯化钛，四氯化钛和镁反应生成钛和氯化镁，滤液中滴加氨水分步沉淀金属离子得到氢氧化物。 (1)要提高酸浸速率，可采取的措施是粉碎矿石、适当加热、适当增大硫酸浓度等； (2)TiOSO4为强电解质，在溶液中仅能电离出SO42-和一种正离子为TiO2+，电离方程式为：TiOSO4= TiO2++SO42-； (3)TiO2+水解的离子方程式为：TiO2++H2OH2TiO3+2H+，加热水促进水解平衡右移，生成H2TiO3； (4)由分析可知，滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+，用氨水逐步调节pH至11.1，由表格数据可知，依次析出的沉淀是：Fe(OH)3、Al(OH)3、Fe(OH)2、Mg(OH)2，Mg2+恰好完全沉淀时，，，Al3+恰好完全沉淀时，，的，当Mg2+恰好完全沉淀时，。 考向15 制备无水氯化钴 (上海市外国语附属学校2023-2024学年高二下学期期末)CoCl2常作湿度指示剂、分析试剂等。以钴渣(主要成分是CoO、Co2O3，含少量Ni、SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备无水氯化钴(CoCl2)的流程如图(部分产物和条件省略)： 已知：① 几种金属离子转化为氢氧化物沉淀的pH如表所示： 金属离子 Al3+ Co2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 4.0 7.6 7.7 完全沉淀的pH 5.2 9.2 9.5 ② SOCl2易水解生成两种气体，其中一种气体能使品红溶液褪色。 回答下列问题： (1)“酸浸”中提高反应速率的措施是_________________________(答一点即可)；SO2的作用是________________，其发生反应的离子方程式为________________。 (2)“除铝”得到固体的主要成分是______(填化学式)，该步调节pH的范围为_______。 (3)“除镍”中分离有机层的操作若在实验室中进行，需要使用的玻璃仪器为______(填名称)。 (4)“系列操作”包括__________、_________、过滤、洗涤等。 (5)在加热条件下“脱水”，写出该过程中总反应的化学方程式：____________________。 【答案】(1)①矿石溶解前将其粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸溶液的浓度等(答一点即可) ②将Co3+还原为Co2+ ③2Co3++SO2+2H2O=2Co2++SO42-+4H+ (2)①Al(OH)3、SiO2 ②5.2≤pH<7.6 (3)烧杯和分液漏斗 (4)①蒸发浓缩 ②冷却结晶 (5)CoCl2·6H2O+6SOCl2CoCl2+6SO2↑+12HCl↑ 【解析】 【分析】以钴渣(主要成分是CoO、Co2O3，含少量Ni、SiO2、Al2O3等杂质)为原料制备无水氯化钴(CoCl2)，硫酸酸浸后Al2O3转化为Al3+，Co2O3转化为Co3+，CoO转化为Co2+，Ni转化为Ni2+，SiO2不与硫酸反应，以沉淀形式存在，通入SO2的目的是将Co3+还原为Co2+；加入碳酸钠固体将铝离子转化为Al(OH)3沉淀，过滤后的固体中有Al(OH)3、SiO2，加入萃取剂HX除去Ni2+，加入碳酸钠调沉钴得到碳酸钴，加入盐酸酸溶后经过一系列操作得到CoCl2。 (1)“酸浸”中提高反应速率的措施是：矿石溶解前将其粉碎、适当升高温度、适当增大硫酸溶液的浓度等。SO2的作用是将Co3+还原为Co2+，该反应中SO2中S元素化合价由+4价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为2Co3++SO2+2H2O=2Co2++SO42-+4H+。 (2)由分析可知，“除铝”得到固体的主要成分是Al(OH)3、SiO2，该步骤只让Al3+沉淀，Ni2+和Co2+不沉淀，由表格可知该步调节pH的范围为5.2≤pH<7.6。 (3)“除镍”中分离有机层的操作若在实验室中进行，需要使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗。 (4)酸溶后的溶液经过冷却热饱和溶液可以得到六水合氯化钴，则“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。 (5)在加热条件下“脱水”， CoCl2·6H2O和SOCl2反应生成CoCl2，该过程中总反应的化学方程式为CoCl2·6H2O+6SOCl2CoCl2+6SO2↑+12HCl↑。 30 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $$