综合突破 工业流程、化学原理及实验综合题52题（期中真题汇编，安徽专用）高二化学上学期

综合突破 工业流程、化学原理及实验综合题52题 四大高频考向概览 考向1 反应热 化学反应速率与化学平衡的综合考查（20题） 考向2 水溶液中的离子平衡的综合考查（10题） 考向3 实验综合考查（16题） 考向4 工业流程题（6题） ( 地 城 考 向 01 反应热 化学反应速率与化学平衡的综合考查 ) 1．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）工业上常采用催化氧化的方法将转化为，涉及反应如下：。 部分化学键的键能如下表所示。 化学键 键能/() 946 498 464 回答下列问题： (1)氮气和氧气谁更稳定，从化学键的角度简述原因？ 。 (2)的 (填“<”、“>“或“=”)。 (3)已知反应的能量变化如图甲所示。 其中加入了催化剂的能量变化曲线为 (填“a”、“b”)；若，则 (用含的代数式表示)。 (4)用水吸收，并利用图乙装置，测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应的反应热。 ①仪器A的名称是 ，其作用为 ；隔热层的作用为 。 ②通过实验测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成所释放的热量 57.3kJ·mol-1(填“<”“>”或“=”)。 ③若实验过程中未加杯盖稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成的反应热将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 【答案】(1)氮氮键的键能高于氧氧键，破坏氮氮键更困难，所以氮气比氧气稳定 (2)< (3)b X+1266.8 (4)玻璃搅拌器(或环形玻璃搅拌器)搅拌使溶液充分混合均匀 保温隔热减少实验过程中的热量损失 < 偏大 【解析】（1）由表格可知，氮氮键的键能高于氧氧键，破坏氮氮键更困难，所以氮气比氧气稳定； （2）生成液态水，放热会更多， 焓变为负值，故ΔH 会更小，<； （3）加入催化剂后活化能会降低，加快反应速率，所以加入催化剂的能量变化曲线为 b；若 ，反应焓变等于正反应活化能减逆反应活化能，由图，E1−E2= −1266.8kJ/mol， 则 E2=(1266.8+X) kJ/mol； （4）①仪器A的名称是玻璃搅拌器(或环形玻璃搅拌器)，其作用为搅拌使溶液充分混合均匀；隔热层的作用为保温隔热减少实验过程中的热量损失，减小实验误差； ②氨水为弱碱，电离过程吸热，通过实验测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成所释放的热量小于57.3kJ·mol-1； ③若实验过程中未加杯盖稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成，导致热量损失，使得放热变小，放热反应热为负值，则反应热将偏大。 2．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）氯及其化合物在生产生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)、常用于硫化橡胶工业。 已知：①  ； ②  ； ③  。 则   (用含、、的式子表示)。 (2)光气在有机合成中常作氯化剂。工业上，可用CO和氯气混合合成光气。已知：合成时放出a kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 。 (3)在恒温恒容的密闭容器中充入和，发生反应，下列情况表明该反应已达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．混合气体密度不随时间变化 B．气体总压强不随时间变化 C．NO的消耗速率等于的生成速率 D．Q(浓度商)不随时间变化 (4)硫酰氯()常用于有机合成。制备原理为 。实验测得速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。m、n为反应级数，可以为整数、分数、正数、负数和0)。 ①为了测得反应级数，实验数据记录如下； 序号 速率/ a 0.10 0.10 b 0.20 0.10 c 0.10 0.05 根据上述实验结果，计算 ， 。 ②已知；(R为常数，为活化能，T为温度)。测得及在催化剂Cat1，Cat2作用下随的变化如图所示。 催化剂Cat1对应的活化能为 。 (5)我国古代采用“地康法”制备氯气：  。为了探究制氯气的原理，将总压强保持恒定为，向密闭容器中充入和，发生上述反应，在温度、下，测得的平衡转化率与投料比[]的关系如图所示。 (填“>”“<”或“=”)。时平衡常数 (是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)。 【答案】(1) (2)   (3)BD (4)1 1 300 (5)< 20.25 【解析】（1）反应①×4+反应②×4+反应③得：，则根据盖斯定律有； （2）合成时放出akJ热量，则该反应的热化学方程式：  ； （3）A．混合气体总质量不变，恒容条件下，根据可知，混合气体密度始终不变，则混合气体密度不随时间变化，不能表明该反应已达到平衡状态，A不符合题意； B．反应前后气体分子数不同，说明反应开始至达到平衡过程中压强不断变化，则当气体总压强不随时间变化时，表明该反应已达到平衡状态，B符合题意； C．NO的消耗速率等于的生成速率，反应方向相同，未体现正、逆反应速率相等，不能说明反应已达到平衡状态，C不符合题意； D．在恒温恒容的密闭容器中充入NO(g)和Cl2(g)，反应开始至达到平衡过程，Q(浓度商)不断增大，当Q(浓度商)不随时间变化，即浓度商等于平衡常数，说明反应已达到平衡状态，D符合题意； 故选BD。 （4）①将a、b数值代入公式有：，解得m=1，同理用a、c数据求得n=1； ②将(1.0×10-2，-3.0)代入表达式，计算得出Cat1对应的活化能为300kJ/mol； （5）该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，HCl的平衡转化率降低，结合图像，同一投料比时，温度越高，HCl的平衡转化率越低，则T1＜T2；，设充入n(HCl)=4mol，n(O2)=1mol，达到平衡时，消耗n(HCl)=4mol×75%=3mol，消耗n(O2)=0.75mol，生成n(Cl2)=n(H2O)=，即平衡时：n(HCl)=1mol，n(O2)=0.25mol，n(Cl2)=n(H2O)=1.5mol，混合气体总物质的量为4.25mol，则T1时平衡常数：。 3．（24-25高二上·安徽·期中）甲烷是重要的化工原料。其中甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。 (1)已知下列反应的热化学方程式： ①     ②     反应③的 。 (2)电喷雾电离等方法得到的(、、等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别与、反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。 (i)步骤和中涉及氢原子成键变化的是 (填“”或“”)。 (ii)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线 (填“”或“”)。 (iii)与反应，氘代甲醇的产量 (填“>”“<”或“=”)。 (3)一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。 已知：  ，与反应生成，部分会进一步溴化。将和，通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是 (填“”或“”)。 (ii)560℃时，、曲线对应的数值为5.0、1.6，的转化率 。 (iii)560℃时，反应的平衡常数 。 【答案】(1)—307 (2) < (3) 80% 10.92 【解析】（1）由盖斯定律可知，(反应②—反应①)×=反应③，则反应△H3=[(—329kJ/mol)—(+585kJ/mol)]×=—307 kJ/mol，故答案为：—307； （2）(i)步骤I涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤II中涉及中涉及碳氧键形成，所以涉及氢原子成键变化的是步骤Ⅰ，故答案为：Ⅰ； (ii)由题意可知，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，说明正反应活化能会增大，由图可知，MO+与CD4反应的能量变化应为图中活化能较大的曲线c，故答案为：c； (iii) 由题意可知，直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CH2D2反应时，步骤Ⅰ的活化能增大，反应速率会变慢，所以氘代甲醇的产量CH2DOD小于CHD2OH，故答案为：<； （3）(i)该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲烷的物质的量增大、一溴甲烷的物质的量减小，所以图中一溴甲烷的曲线是曲线a，故答案为：a； (ii)由题意可知，560℃平衡时，甲烷的物质的量为1.6mmol，则甲烷的转化率为=80%，故答案为：80%； (iii) 由题意可知，560℃平衡时，一溴甲烷、甲烷的物质的量分别为5mmol、1.6mmol，由碳原子个数守恒可知，二溴甲烷的物质的量为8mmol—6.6 mmol=1.4 mmol，由方程式可知，反应生成溴化氢的物质的量5mmol+1.4 mmol+1.4 mmol=7.8mmol，消耗溴的物质的量为8mmol—7.8mmol=0.2 mmol，设容器的体积为VL，则反应的平衡常数K==10.92，故答案为：10.92。 4．（24-25高二上·安徽·期中）能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。一定温度下，在两个容积均为2 L的密闭容器中，分别发生反应：  。相关数据如下： 容器 甲 乙 反应物投入量 1 mol CO2(g)和3 mol H2(g) 32 gCH3OH(g)和18 gH2O(g) 平衡时c(CH3OH) c1 c2 平衡时能量变化 放出29.4 kJ 吸收a kJ (1) c1 (填“＞”、“＜”或“＝”) c2，a= (2)该反应的平衡常数表达式为K= ；若甲中反应10 s时达到平衡，则0~10 s内甲中的平均反应速率v(H2)= 。 (3)下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的是 (填字母)。 a．v(CO2)消耗=v(CH3OH)生成         b．气体的密度不再随时间改变 c．CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变 d．气体的平均相对分子质量不再随时间改变 (4)CO也可用于合成甲醇，反应方程式为。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。 该反应的△H (填“＞”或“＜”)0，实际生产条件控制在250℃、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是 。 (5)甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一、反应如下： 反应i．   反应ii．   在恒温、恒压条件下，1 mol CH4(g)和1 molH2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为a，CO2(g)的物质的量为b mol，则反应i的平衡常数Kx= [写出含有a、b的计算式：提示：对于反应，，x为物质的量分数]。 【答案】(1)= 19.6 (2) 0.09 mol/(L·s) (3)cd (4)＜ 在250℃、1.3×104 kPa下，CO转化率已较高，再增大压强，CO转化率提高不大，而生产成本增加 (5) 【解析】（1）①应用恒温恒容条件下，将乙的投料量极端转化为装置甲的投料，相当于投入l mol CO2(g)和3 mol H2(g)，所以两者是等效平衡，所以平衡时物质的浓度：c1=c2； 容器甲、乙是等效平衡，则甲中放出的热量与乙中吸收的热量之和为49.0 kJ，则a=49.0 kJ-29.4 kJ=l9.6 kJ； （2）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则反应的化学平衡常数表达式K=； 10 s时反应达到平衡时放出热量是29.4 kJ，反应的CO2的物质的量n(CO2)==0.6 mol，根据物质反应转化关系可知：反应消耗0.6 mol CO2，则反应消耗H2的物质的量是n(H2)=3×0.6 mol=1.8 mol，故若甲中反应10 s时达到平衡，则0~10 s内甲中的平均反应速率v(H2)==0.09 mol/(L·s)； （3）对于反应△H=-49.0 kJ/mol。 a．v(CO2)消耗=v(CH3OH)生成﹐表示的都是反应正向进行，不能说明正、逆反应速率相同，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，a错误； b．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，故混合气体的密度始终不变，故不能据此判断反应是否达到平衡状态，b错误； c．CO2是反应物，CH3OH是生成物，若CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变，说明正、逆反应速率相同，反应达到了平衡状态，c正确； d．反应混合物都是气体，气体的质量不变；反应前后气体的物质的量发生改变，混合气体的平均相对分子质量也会发生改变。当反应的混合气体的平均相对分子质量不再随时间改变时，说明反应达到平衡状态，d正确； 故合理选项是cd； （4）对于反应：，根据图示可知：在压强不变时，升高温度，CO的转化率降低，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应方向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，故该反应的反应热△H＜0； 实际生产条件控制在250℃、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是在250℃、1.3×104 kPa下，CO转化率已较高，再增大压强，CO转化率提高不大，但生产成本也会大大增加，投入大，相对来说产出相对来说增加不多，不经济、不划算； （5）在恒温、恒压条件下，1 mol CH4(g)和1 molH2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为a，反应消耗CH4的物质的量是a mol，CO2(g)的物质的量为b mol，根据物质反应转化关系，可知：反应ⅰ的消耗的CH4(g)的物质的量是(a-b) mol，反应产生CO的物质的量是n(CO)=(a-b) mol，两个反应消耗H2O的物质的量是n(H2O)=(a-b) mol+2b mol= (a+b)mol，H2O的物质的量是n(H2O)=1 mol-(a+b)mol=(1-a-b) mol，反应产生H2的物质的量是n(H2)=3(a-b) mol+4b mol=(3a+b)mol，平衡时混合气体的总物质的量n(总)=n(CH4)+ n(H2O)+n(CO)+ n(CO2)+n(H2)=(1-a)mol+(1-a-b) mol+(a-b) mol+b mol+(3a+b)mol=2(1+a) mol，则反应ⅰ平衡常数Kx==。 5．（24-25高二上·安徽·期中）某温度下，甲醛(HCHO)催化氧化历程如下图所示(各物质均为气态，部分物种未标出)。 回答下列问题： (1)反应历程中，最大活化能为 。 (2)由图可知，HCHO氧化反应的热化学方程式为 。 (3)已知键能是指气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量，几种共价键的键能数据如下表： 共价键 键能/() 413 745 498 467 根据上述信息，值为 。 (4)该温度下，在恒容密闭容器中充入和发生上述反应，测得、浓度变化如下图所示。 ①在、、点中，逆反应速率最大的点是 (填字母)。催化剂 (填“能”或“不能”)改变反应物的平衡转化率。 ②达到平衡时体系 (填“放出”或“吸收”) kJ热量(保留四位有效数字)。 【答案】(1) (2)HCHO(g)+O2(g)=H2O(g)+CO2(g)   (3)778.49 (4)b 不能 放出 【解析】（1）过渡态与对应反应的活化能关系如下表： 过渡态 TS1 TS2 TS3 TS4 能垒/ 153.37 255 97.99 129.99 故反应历程中，最大活化能为。 （2）根据反应历程图示，总反应的焓变，热化学方程式为HCHO(g)+O2(g)=H2O(g)+CO2(g)  。 （3）反应热等于断裂化学键键能与形成化学键键能之差，413×2+745+498-2a-467×2=-421.98，a=778.49。 （4）①逆反应速率增大到不变，b点逆反应速率最大，催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡转化率； ②平衡时生成0.7mol，放出热量：。 6．（24-25高二上·安徽·期中）神箭冲碧宇，天和傲苍穹。我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，利用工业废气、焦炉煤气等合成火箭推进剂甲醇，成功发射卫星。这也是我国大力提倡的“碳捕捉”方式，一可以减少碳排放，二可以制备清洁能源。合成过程中存在以下反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   (1)工业废气中加氢合成甲醇的总反应：反应Ⅲ：   。 (2)其他条件相同时，不同温度下加入相同的铜基催化剂，在相同时间段内，测得甲醇的产率、铜基催化剂活性与温度的关系如下图所示。 分析图像，利用工业废气合成甲醇时，调控的最佳温度为 K。 (3)不同温度下向2L恒容密闭容器中，充入n和3n仅发生反应Ⅲ．实验室测得的平衡转化率与初始压强的关系如下图所示。 ①由图分析判断：温度、、由小到大的顺序为： ；c点对应的平衡常数，e点对应的平衡常数， (填“>”、“<”或“=”)。 ②在℃、初始压强时随时间的变化如下表所示： 0 5 10 15 6.0 4.2 a b 表格中a 2.4(填“>”、“<”或“=”)；0~5min内平均反应速率 。该反应平衡时总压强 ；平衡时的分压为 。 【答案】(1)-49.2 (2)520 (3) < > 0.12 【解析】（1）Ⅰ：   Ⅱ：   根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得  。 （2）根据图像，520K时，甲醇的产率最高，铜基催化剂活最好，利用工业废气合成甲醇时，调控的最佳温度为520K。 （3）①正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，二氧化碳的平衡转化率降低，根据图像，可知、、由小到大的顺序为；平衡常数只与温度有关， c点对应的平衡常数，e点对应的平衡常数，e点温度大于c点，正反应放热，温度越高，平衡常数越小，<。 ②正反应速率逐渐减小，所以表格中a>2.4；0~5min内氢气的浓度减小1.8mol/L，则CO2的浓度减小0.6mol/L，平均反应速率 。在℃、初始压强时的平衡转化率70%； 该反应平衡时总压强×；平衡时的分压为×。 7．（24-25高二上·安徽·期中）氟的氧化物在化工生产中有广泛应用。常见氟的氧化物有、等。请回答下列问题： (1)中O的化合价为 。 (2)具有强氧化性，能氧化生成，另外两种产物为一种酸和一种单质。写出该反应的化学方程式： 。 (3)与足量水蒸气反应生成和时放出热量。写出该反应的热化学方程式： 。 (4)在下，向恒容密闭容器中充入适量气体发生分解反应：，测得部分气体的浓度如下图所示。 ①上述反应的正反应是 (填“熵增”或“熵减”)反应。其他条件不变，若在温度高于的恒容密闭容器中进行上述反应，c点可能向 (填“m”“d”“f”或“e”)点移动。 ②内平均反应速率 。该温度下，平衡转化率为 。 (5)某温度下，保持压强为，向密闭反应器中充入，发生反应：①；②，平衡时的转化率为，选择性为，则反应②的平衡常数 [用分数表示即可，已知：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压总压物质的量分数；的选择性]。 【答案】(1)+2 (2) (3) (4)熵增 d 70% (5) 【解析】（1）中氟显-1价，根据化合物中各元素化合价代数和为零，则中O的化合价为+2价； （2）和发生氧化还原反应生成、HF和，反应的化学方程式为：； （3）与足量水蒸气反应生成和时放出热量，则与足量水蒸气反应生成和时放出热量，则该反应的热化学方程式为：； （4）①正反应是气体分子数增大的反应，即熵增反应。其他条件不变，升高温度，反应速率加快，可以缩短达到平衡所用的时间，若反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，的平衡浓度将增大，则c点可能向d点移动； ②内平均反应速率。根据图像可知，反应10min时达到平衡，从反应开始至达到平衡过程，OF2浓度一直减小，浓度由0.10mol/L减小至0.03mol/L，则该温度下，平衡转化率为×100%=70%； （5）依题意，平衡时，，，，根据O原子守恒可得：，各气体的分压为：，，，则反应②的平衡常数。 8．（24-25高二上·安徽·期中）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，是最重要的化工生产之一，回答下列问题： (1)铁触媒催化合成氨反应历程如下图所示：   。催化反应往往经过物质在催化剂表面的“吸附”过程和脱离催化剂表面的“脱附”过程。上图中的第 步(填序号)为决速步，“脱附”过程是 (填“吸热”或“放热”)过程。 注解：上图中“ad”表示吸附在催化剂表面的物质。 (2)合成氨实际生产中，常用工艺条件，作催化剂、控制温度、压强，原料中和物质的量之比为。 ①原料气中稍过量的理由是 。 ②关于合成氨工艺的下列说法正确的是 。 A．合成氨反应在不同温度下的都小于零 B．控制温度()远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率 C．基于有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去利于反应正向进行 D．当温度、压强一定时，在原料气(和的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 (3)丙烷脱氢制丙烯反应，产生的也可用于合成氨。若一定温度下，向恒容密闭容器中充入，开始压强为，发生脱氢反应。 ①下列情况能说明丙烷脱氢制丙烯反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A．气体平均摩尔质量保持不变       B．该反应的焓变保持不变 C．气体密度保持不变           D．分解速率与消耗速率相等 ②丙烷脱氢制丙烯反应过程中，的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温度下该反应的平衡常数 (用含字母p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压物质的量分数；容器内压强之比等于物质的量之比)。 【答案】(1)-92 ③ 吸热 (2)原料气中相对易得，适度过量有利于提高的转化率(或在催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率)AC (3)AD 0.9p 【解析】（1）根据图中信息及反应物总能量与生成物总能量关系，生成放出能量，得到合成氨反应的热化学方程式为        ；活化能越大，反应速率越慢，反应的决速步骤取决于慢反应，由图可知，和转化为和的活化能最大，则决速步骤的反应方程式为，为第③步；物质脱离催化剂表面时，需要消耗一定的能量，所以脱附过程是吸热过程； （2）①空气主要含有和，原料气中相对易得，该反应为可逆反应，增加的量，可以提高的转化率；或在催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率； ②A．合成氨为放热反应，因此焓变始终小于0，故A正确；B．因为该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，平衡转化率降低，控制温度远高于室温，是为了提高反应速率，和催化剂的活性，故B错误；C．将氨气液化移去，降低生成物的浓度，促使平衡向正反应方向进行，故C正确；D．恒温恒压下，充入少量的惰性气体，容器的体积增大，组分浓度减小，平衡向逆反应方向进行，不利于合成氨，故D错误； （3）①A．组分都是气体，混合气体总质量保持不变，该反应为气体物质的量增大的反应，利用，当气体平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡，A符合题意；B．焓变只与体系中始态和终态有关，因此该反应的焓变不变，不能说明反应达到平衡，B不符合题意；C．组分都是气体，混合气体的总质量保持不变，容器为恒容，混合气体总体积保持不变，因此密度不变，不能说明反应达到平衡，C不符合题意；D．用不同物质的反应速率表示反应速率，要求反应方向是一正一逆，且速率之比等于化学计量数之比，分解速率与消耗速率相等，能说明反应达到平衡，D符合题意；②时，反应达到平衡，开始时的分压为，达到平衡时，消耗的分压为，则、的分压均为，的体积分数为，则有，解得，； 9．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）碳的固定和回收利用是科学研究热点。科学家积极开发新型高效催化剂，有效催化还原制备高附加值产品。回答下列问题： (1)在催化剂作用下，和合成甲醇，其能量变化如图所示。曲线 (填“a”或“b”)代表加入催化剂。写出制备甲醇的热化学方程式： 。 (2)工业上直接还原制备乙醇：  ，在恒温密闭容器中充入和，发生上述反应，当混合气体中体积分数不变时， (填“达到”“未达到”或“不确定是否达到”)平衡，判断依据是 。 (3)固定的第一步是  ，其速率方程式为速率常数，只与温度、催化剂有关，x为物质的量分数。与温度的关系如图所示，其中，曲线 (填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)符合题意，判断理由是 。 (4)体积相同的甲、乙密闭容器中分别充入和，发生反应：，在“恒温恒容”、“绝热恒容”条件下，测得压强与时间的关系如图所示。 ①总物质的量 (填“大于”“小于”或“等于”，下同)。 ② 。 ③甲容器中平衡常数 (填“>”“<”或“=”)。 【答案】(1)b    (2)不确定是否达到 任何时刻体积分数均为 (3)I 正反应是吸热反应，，升高温度，K增大 (4)大于 大于 > 【解析】（1）由图1可知，加入催化剂，反应历程变化，曲线b为加入催化剂。反应热等于正、逆反应活化能之差，。 （2）根据已知条件列出“三段式” 体积分数为是定值，任何时刻CO2体积分数均为50%，当混合气体中体积分数不变时不确定是否达到平衡。 （3）升高温度， 正逆反应速率均增大，k正和k逆均增大， 但因正反应是吸热反应， 升高温度平衡正向移动，k正增大程度大于k逆增大程度，，K增大， 因此曲线I符合题意。 （4）正反应是放热反应，甲容器在绝热恒容条件下反应，乙容器在恒温恒容条件下进行。平衡时，甲容器中温度高于乙。a点、b点压强相等，故总物质的量a点大于b点。平衡时，温度高，速率大。故b点速率大于c点。计算乙容器a点组成： 点压强商：。由于b点转化率大于a，故大于。 10．（24-25高二上·安徽·期中）在固体催化剂()表面合成氨的过程是一个典型的多相催化反应，通常称为哈伯-博施过程(Haber-Bosch process)。这个过程在工业上用于从大气中的氮气()和氢气()来合成氨气()，其示意图如下： (1)写出合成氨反应的热化学方程式： 。 (2)已知合成氨反应分两步进行。吸附后，能量状态最高的是 (填“甲”、“乙”或“丙”，下同)，能量状态最低的是 。 (3)实验测得：101时1g完全燃烧生成液态水和气体，放出55.6的热量。写出表示燃烧热的热化学方程式： 。 (4)已知热化学方程式：  ，在容器中充入1和0.5充分反应，最终放出的热量为_______。 A．等于196.64 B．大于98.32 C．等于98.32 D．小于 (5)  ，该反应是吸热反应，常温下却可以自发进行，理由是 。 (6)室温下，将溶于水会使溶液温度降低，热效应为，将溶于水会使溶液温度升高，热效应为，受热分解的热化学方程式为：   (用和表示)，且 (填“>”、“=”或“＜”)。 【答案】(1)   (2)乙 丙 (3)   (4)D (5)熵增是反应自发的主导因素 (6) > 【解析】（1）反应热△H=反应物总键能-生成物总键能=3×436+946-6×391=-92，则合成氨的热化学方程式为：  ； （2）N2和H2断键形成原子是吸热过程，能量增加，由原子合成NH3是成键的过程，是放热过程，能量减少，乙是原子，能量最高；丙生成了氨气分子，放热反应，能量最低； （3）1g完全燃烧生成液态水和气体，放出55.6的热量，1mol甲烷完全燃烧生成液态水和气体，放出16×55.6=889.6kJ的热量，表示燃烧热的热化学方程式：  ； （4）根据  可知，生成1molSO3放出热量为98.32kJ，反应为可逆反应，在容器中充入1和0.5充分反应，生成SO3的物质的量小于1mol，最终放出的热量小于98.32kJ，答案选D； （5）影响反应自发进行的因素有焓变和熵变，该反应为吸热反应，△H>0，常温可以自发进行的原因是由于该反应熵增是反应自发的主导因素； （6）溶于水会使溶液温度降低，热效应为，热化学方程式为：=Cu2+(aq)+(aq)+5H2O(l) ，溶于水会使溶液温度升高，热效应为，热化学方程式为：=Cu2+(aq)+(aq) 受热分解的热化学方程式为： 根据盖斯定律：△H3=；△H2=△H1-△H3<0，则△H3>△H1。 11．（24-25高二上·安徽马鞍山·期中）回答下列问题： (1)甲烷是一种高效清洁的新能源，0.25 mol甲烷完全燃烧生成液态水放出热量222.5 kJ，则甲烷燃烧热的热化学方程式为 。 (2)已知：合成氨反应  。 ①氨分解反应的活化能Ea1=300 kJ/mol，则合成氨反应的活化能Ea2= kJ/mol。 ②合成氨反应在 条件下能自发进行。(填“高温”、“低温”或“任意”) (3)取一定量铁粉与足量1 mol/L盐酸反应，为了加快反应速率且不影响产生氢气的量，可以加入 。 ①2 mol/L硝酸溶液  ②少量CuSO4(s)  ③少量铜粉  ④对溶液加热 ⑤向反应液中通入HCl气体  ⑥加入过量铁粉  ⑦将铁粉改为铁片 (4)恒温恒容下，向密闭容器中按投料比n(CO2)：n(H2)=1：1通入原料气，只发生反应，下列能判断反应处于平衡状态的是_______。 A．v逆(CO2)=3v正(H2) B．CO2体积分数保持不变 C．体系内压强保持不变 D．断裂3 molH-H键的同时断裂3 mol H-O键 (5)在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)+B(g)2C(g) △H＜0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C的体积分数由大到小的顺序为 。 【答案】(1)CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H=-890 kJ/mol (2)254 低温 (3)③④⑤ (4)CD (5)③②① 【解析】（1）燃烧热是1 mol可燃物CH4完全燃烧产生CO2气体和液态水时放出的热量。0.25 mol甲烷完全燃烧生成液态水放出热量222.5 kJ，则1 mol甲烷甲烷完全燃烧生成液态水放出热量Q=×222.5 kJ=890 kJ，故表示甲烷燃烧热的热化学方程式为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+H2O(l) △H=-890 kJ/mol； （2）①已知：合成氨反应  △H=-92 kJ/mol，则△H=-46 kJ/mol。反应热等于正反应活化能与逆反应活化能的差，则Ea2-Ea1=△H，Ea2=Ea1+△H=300 kJ/mol-46 kJ/mol=254 kJ/mol； ②根据合成氨反应的热化学方程式 △H=-92 kJ/mol可知：该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，△H＜0，△S＜0，要使反应自发进行，△G=△H-T△S＜0；由于该反应△H＜0，△S＜0，则反应自发进行的条件是低温条件下； （3）①向其中加入2 mol/L的硝酸，由于硝酸具有强氧化性，与金属Fe反应不能产生氢气，因此加入硝酸溶液后，不能加快制取氢气的化学反应速率，①不符合题意；②加入少量CuSO4固体后，Fe与CuSO4在溶液中发生置换反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，置换出来的Cu与Fe、HCl构成原电池，使制取氢气的反应速率加快；但由于反应消耗了不足量的Fe，导致与盐酸反应制取H2的Fe的量减少，因而制取氢气的量减少，②不符合题意；③加入少量铜粉后，Fe与加入的Cu以及HCl构成原电池，使制取氢气的反应速率加快；因为没有反应消耗了Fe，因此制取H2的量不变，③符合题意；④对溶液加热，导致反应速率加快；由于不改变任何物质的量，因此反应产生氢气的量不变，④符合题意；⑤向反应液中通入HCl气体，使盐酸溶液中H+的浓度增大，因而制取氢气的反应速率加快；由于没有改变不足量的铁的量，因此反应产生氢气的量不变，⑤符合题意；⑥加入过量铁粉时，Fe与盐酸反应原理不变，但由于产生的氢气是以不足量的铁为标准计算的，加入的铁的量增加，会导致反应产生的氢气的量增大，⑥不符合题意；⑦将铁粉改为铁片后，反应物Fe与盐酸的接触面积减小，导致反应速率减慢，⑦不符合题意；综上所述可知：符合题意的条件序号是③④⑤； （4）A．在任何条件下都存在3v正(CO2)=v正(H2)，若v逆(CO2)=3v正(H2)，则v逆(CO2)=3v正(H2)=9v正(CO2)，逆反应速率大于正反应速率，化学反应逆向进行，未达到平衡状态，A不符合题意； B．在恒温恒容时，气体的体积比等于气体的物质的量的比，假设反应开始时n(CO2)=n(H2)=a mol，CO2的体积分数为50%，假设反应一段时间消耗CO2的物质的量为x mol，则根据物质反应转化关系可知：一段时间后n(CO2)=(a-x) mol，n(H2)=(a-3x) mol，n(CH3OH)=n(H2O)=x mol，此时CO2的体积分数为：×100%=50%，可见CO2的体积分数始终是50%，保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，B不符合题意；C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，反应在恒温恒容密闭容器中进行，气体的物质的量改变，则气体的压强就随之改变，当体系内压强保持不变时，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，C符合题意；D．根据反应方程式可知：每反应断裂3 mol H2分子中的H-H键，就会反应产生1 mol CH3OH分子中含有的1 molH-O键和1 mol H2O分子中含有的2 mol H-O键，因此当断裂3 molH-H键的同时断裂3 mol H-O键时，反应体系中H2、CH3OH等物质的浓度不变，反应达到了平衡状态，D符合题意；故合理选项是CD； （5）反应3A(g)+B(g)2C(g) △H＜0的正反应是气体体积减小的放热反应，向容积相同的三个容器中分别通入3 mol A和1 mol B，发生该可逆反应，容器②是体积恒定，由于反应后气体物质的量减小，导致平衡时反应体系的压强比开始反应时减小；容器①外有隔热套，即与外界不能进行热交换，相对于容器②，就是对①进行加热，升高温度，化学平衡会向吸热的逆反应方向移动，导致平衡时生成物C的含量容器①比容器②低；③容器中有一个可上下移动的活塞，即体系的压强恒定不变。由于容器②恒容，反应达到平衡后气体压强减小，要维持恒压，容器的容积就会减小，即容器③相对于②就是增大体系的压强，增大压强，化学平衡会向气体体积减小的正反应方向移动，当反应达到平衡后生成物C的含量容器③比容器②的高，故达到平衡时各容器中C的体积分数由大到小的顺序为③②①。 12．（24-25高二上·安徽黄山·期中）“萨巴蒂尔反应”在载人航天器中有着重要应用。通过这个反应，可以将航天器中的二氧化碳转化为甲烷和水，甲烷可以作为燃料使用，而水可以通过电解生成氧气和氢气，从而实现氧气的再生。“萨巴蒂尔反应”的原理为： 主反应：     副反应：     (1)对于主反应，若正反应的活化能为，则逆反应的活化能 （用含的代数式表示）。 (2)反应的平衡常数 （用、表示）。 (3)恒温条件下，在恒容密闭容器中进行反应：，达到平衡状态的标志是_________（填选项字母）。 A． B．混合气体的密度不再改变的状态 C．混合气体的压强不再改变的状态 D．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 (4)一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中通入和发生上述主、副反应，达到平衡时，容器中为，为，此时的浓度为 （用含、、的代数式表示，下同），副反应的平衡常数为 。 (5)在密闭容器中，、时发生“萨巴蒂尔反应”，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。 ①用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度为 。 ②温度升高到550℃以后，平衡转化率增大的原因为 。 【答案】(1) (2) (3)CD (4) （或） (5)400℃左右（或400℃） 550℃后以副反应为主（或其它合理答案） 【解析】（1）根据反应热与活化能和关系为可知，该反应的。 （2）由盖斯定律可知，主反应-副反应得反应，则。 （3）A．，说明正反应速率等于逆反应速率，而说明正反应速率不等于逆反应速率，反应没有达到平衡状态，故不选A；B．容器体积始终不变，而反应中气体的质量也不变，则混合气体的密度始终不变，不是平衡状态的标志，故不选B；C．该反应是气体分子数变化的反应，恒温恒容条件下，压强是变量，混合气体的压强不再改变，说明反应达到平衡，故选C；D．该反应是气体分子数变化的反应，反应过程中气体的物质的量变化，质量不变，摩尔质量是变量，即混合气体的平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量不变，反应一定达到平衡状态，故选D；选CD。 （4）根据反应方程式计算： ， 则平衡时：为，为，为，为，为，则平衡时的浓度为；反应的平衡常数为。 （5）①由图像可知的实际转化率先升高后降低，在400℃左右时最高，但都未达到平衡转化率，说明在400℃左右催化剂催化效率最佳，反应速率最快，所以用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度为400℃左右。 ②主反应是放热反应，副反应是吸热反应，由图像可知的平衡转化率随着温度的升高先降低后小幅度地升高，说明550℃前以主反应为主，550℃后以副反应为主。 13．（24-25高二上·安徽黄山·期中）2024年10月16-18日在北京举办的“国际风能大会暨展览会”的主题是：氢能、海上工程及制备、新型储能等；“液态阳光”是指利用太阳能等可再生能源产生电力电解水生产“绿色”氢能，再与从空气中捕获的二氧化碳通过催化过程转化为甲醇等液体燃料。 (1)下列属于可再生能源的是_________（填选项字母）。 A．煤 B．水能 C．风能 D．核能 (2)将煤转化为水煤气的反应为  ，在不同条件下反应过程的能量变化如图所示。该反应的 ；过程b分①、②两步进行，其中起决速作用的是第 步。 (3)利用催化加氢生产甲醇。已知在25℃、条件下的热化学方程式为 反应1：   反应2：   ①该条件下，与反应转化为的热化学方程式为 。 ②已知该条件下，的燃烧热，则的燃烧热 。 ③光催化制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原的机理如图所示。太阳光激发下，低能价带失去电子并产生空穴（，具有强氧化性），在导带和价带中除了产生电子和空穴外，还会生成 （填写微粒符号）参与的还原再生；光催化制备甲醇相对于原方法的优点是 。 【答案】(1)BC (2) ① (3)   条件温和，一般为常温、常压；充分利用太阳能，节约能源（答出一点即可） 【解析】（1）在自然界中可以不断再生的资源，属于可再生能源，主要包括太阳能、风能、水能、生物质能、地热能和海洋能等，煤和核能是不可再生能源，故选BC； （2）反应热为生成物与反应物的能量差，；过程b中第①步活化能高，反应速率慢，即起决速作用； （3）①根据盖斯定律，由反应1-反应2可得：  ；②的燃烧热，的燃烧热，根据盖斯定律，  ，该反应的反应热，计算可得； ③光照时，低能价带失去电子并产生空穴(，具有强氧化性)，相当于电解池的阳极，结合图知，在低能价带上，直接转化为的电极反应式：，反应生成可参与高能带上的还原再生；光催化制备甲醇的还原条件温和，一般为常温、常压；充分利用太阳能，节约能源； 14．（24-25高二上·安徽合肥·期中）研究之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：  。如下图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随t变化为曲线I、II，改变温度到，随t变化为曲线III。 回答下列问题： (1)比较反应速率的大小： (填“>”“=”或“<”)。 (2)在温度下，反应的平衡常数 。 (3)在一定条件下发生上述反应，其他条件不变，只改变一个条件，反应过程中速率随时间的变化如下图所示。时刻改变的条件是 。 (4)反应体系达平衡后，若在恒温恒容条件下，再加入，再次达平衡后，的体积分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)下列结论能说明该反应已经达到化学平衡状态的是 (填序号)。 ①烧瓶内气体的质量不再变化     ②烧瓶内气体的颜色不再加深 ③     ④烧瓶内气体的压强不再变化 ⑤混合气体密度保持不变         ⑥的浓度与的浓度相等 (6)在恒温条件下，将一定量的充入注射器中后封口，在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化关系如下图(气体颜色越深，透光率越小) ①点应进行 (“拉伸”或“压缩”)注射器，f点 (填“>”“=”或“<”)。 ②e点到f点的过程中体系与环境之间的热量传递关系： 热量(填“吸收”或“放出”)。 【答案】(1) (2)0.36 (3)降低温度 (4)减小 (5)②④ (6)压缩 吸收 【分析】根据先拐先平数值大的规律，可知，温度越高反应速率越快，a、b两点物质浓度相同，则a点反应速率更大，故；时刻之后正逆反应速率都瞬间降低，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动；反应为气体分子数增大的反应，在恒温恒容条件下，再加入，再次达平衡后，相当于增大压强，在原平衡基础上逆向移动，导致的体积分数减小；点透光率突然降低很多，说明二氧化氮浓度突然增大，应是压缩注射器，导致容器体积减小引起浓度增大；d透光率首先瞬间增大，则为拉伸注射器操作，f点透光率减小，说明反应逆正向移动，此时<。 【解析】（1）温度越高反应速率越快，由图可知，，a、b两点物质浓度相同，则a点反应速率更大， ，故答案为：>； （2）在温度下，由图可知，平衡时二氧化氮、四氧化二氮浓度分别为0.06mol/L、0.01mol/L，反应的平衡常数，故答案为：0.36； （3）时刻之后正逆反应速率都瞬间降低，且逆反应速率大于正反应速率，平衡逆向移动，结合反应为吸热反应，降低温度，会引起正逆反应速率都降低，平衡逆向移动，故答案为：降低温度； （4）反应为气体分子数增大的反应，在恒温恒容条件下，再加入，再次达平衡后，相当于增大压强，在原平衡基础上逆向移动，导致的体积分数减小，故答案为：减小； （5）①体系中物质均为气体，烧瓶内气体的质量一直不变，烧瓶内气体的质量不再变化，不能说明反应达到平衡，①不符合题意；②烧瓶内气体的颜色不再加深，说明不再变化，反应达到了平衡，②符合题意；③化学反应中化学反应速率之比等于化学计量数之比，，  不能说明反应达到平衡，③不符合题意；④该反应的气体分子数变化，气体的总物质的量变化，气体压强也会变化，当烧瓶内气体的压强不再变化，说明反应达到了平衡，④符合题意；⑤体系中物质均为气体，烧瓶内气体的质量一直不变，恒容条件下，气体体积不变，混合气体密度不变，不能说明反应达到了平衡，⑤不符合题意；⑥的浓度与的浓度相等时反应不一定达到平衡，的浓度与的浓度相等不能说明反应达到了平衡，⑥不符合题意；故答案为：②④； （6）①点透光率突然降低很多，说明二氧化氮浓度突然增大，应是压缩注射器，导致容器体积减小引起浓度增大；d透光率首先瞬间增大，则为拉伸注射器操作，f点透光率减小，说明反应逆正向移动，此时<，故答案为：压缩；<； ②已知：，e点到f点的过程中透光率首先瞬间增大，则为拉伸注射器操作，反应为气体分子数增大的反应，则平衡正向移动，反应吸收热量，故体系与环境之间的热量传递关系：吸收热量，故答案为：吸收。 15．（24-25高二上·安徽宿州·期中）二氯化砜()用作药剂、有机氯化剂，及用于制造染料、橡胶等。无水条件下合成的反应为：  。请回答下列问题： (1)①若上述正反应的活化能为，则逆反应的活化能为 (用含a的代数式表示)。 ②已知、、的相对能量分别为、、，则x、y、z的关系为 。 (2)在起始温度相同、体积相同的甲、乙两个容器中均充入1mol和1mol，发生上述反应，有关实验如下： 容器 甲 乙 条件 恒温恒容 恒容绝热 平衡状态时逆反应速率(v) 达到平衡时所用时间(t) (填“”、“”或“”，下同)； 。 (3)在容积可变密闭反应器中充入1mol和2.6mol合成，测得体系内平衡转化率与温度(℃)、压强(kPa)的关系如图所示。 ①Y代表的物理量是 (填“温度”或“压强”)，判断方法为 。 ②，若平衡转化率为60%，的分压为6.0kPa，则平衡时的总压强为 kPa(分压总压物质的量分数)，时该反应的分压平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算)。 (4)在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入和(保持和物质的量之和为定值)，平衡时的体积分数随的变化图像如图所示，当时，达到平衡状态的体积分数可能是A、B、C、D、E中 的点。 【答案】(1) (2)< > (3)压强 该反应为气体分子数减少的放热反应，压强越大，平衡转化率越大 (4)D 【解析】（1）①反应焓变等于正反应活化能减去逆反应活化能；上述正反应的活化能为，则逆反应的活化能为； ②反应焓变等于生成物能量和减去反应物的能量和；则x、y、z的关系为，关系为：； （2），为气体分子数减小的放热反应，平衡时正逆反应速率相等，恒容绝热条件下进行反应后温度升高，导致反应速率增大，故<，温度升高，反应速率增大，且导致平衡逆向进行，使得乙达到平衡用时减少，>。 （3）①该反应为气体分子数减少的放热反应，压强越大，平衡转化率越大，温度越高，平衡转化率越小，则X代表的物理量是温度，Y代表的物理量是压强； ②，若平衡转化率为60%，则： 的分压为6.0kPa，则平衡时的总压强为，二氧化硫、氯气分压分别为4.0 kPa、20.0 kPa，时该反应的分压平衡常数； （4）平衡时的体积分数随的变化，当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大，当=2时产物的含量比=1时要小，反应中和的系数为1:1，=2和=0.5平衡时的体积分数应该相等，则当=2时，平衡时的体积分数可能是A、B、C、D、E中的D点。 16．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）汽车尾气(用表示)是空气污染源之一，回答下列问题： (1)用还原的能量变化如下图所示，则该反应的热化学方程式为 。 (2)该反应的平衡常数表达式为 ，升高温度， (填“变大”“变小”或“不变”) (3)在体积均为的密闭容器A(500℃，恒温)、B(起始500℃，绝热)两个容器中分别加入、CO和相同催化剂。实验测得A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。 ①B容器中的转化率随时间的变化关系是上图中的 曲线。 ②判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是 (填字母)。 a． b．混合气体的密度不再改变 c．混合气体的平均相对分子质量不再改变 d．的浓度均不再变化 ③要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变的平衡转化率，在催化剂一定的情况下可采取的措施是 (答出1项即可)。 ④500℃该反应的化学平衡常数 (用分数表示)。 ⑤反应进行到点时，向恒温容器中充入气体，则此时该反应是否达到平衡状态 (填“是”或“否”)，此时 (填“”“”或“”)。 【答案】(1) (2) 变小 (3)a d 缩小容器的容积或增大压强 否 < 【分析】=生成物的总能量-反应物的总能量；该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，反应放出热量使体系的温度升高，导致反应速率加快，反应达到平衡所需时间缩短。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致反应物N2O的平衡转化率降低。 【解析】（1）根据=生成物的总能量-反应物的总能量，结合图可知：1 mol CO和1 mol N2O反应产生1 mol N2和1 mol CO2会放出热量362.8 kJ，则反应，故答案为：； （2），该反应平衡常数表达式为；正反应为放热反应，升高温度，反应逆向进行，平衡常数变小，故答案为：；变小； （3）①该反应的正反应是放热反应，随着反应的进行，反应放出热量使体系的温度升高，导致反应速率加快，反应达到平衡所需时间缩短。升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致反应物N2O的平衡转化率降低。根据题意可知：反应是在体积均为1 L的密闭容器A(500℃，恒温)，B(起始500℃，绝热)两个容器中进行反应，所以B容器中反应先达到平衡，但平衡时N2O的转化率比容器A低，故容器B中N2O随时间的变化关系是上图中的a曲线，故答案为：a； ②a．每生成1molN2，一定消耗1molCO，任何时候都存在，不能说明反应达到了平衡，a不符合题意；b．反应在恒容密闭容器中进行，体系内气体的体积不变；反应混合物都是气体，气体的质量不变，则气体的密度始终不发生变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，b不符合题意；c．反应前后气体的物质的量及质量都不变，则混合气体的平均相对分子质量始终不变化，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，c不符合题意；d．的浓度均不再变化，说明每一种物质消耗的量和生成的量相等即同一种物质的正逆反应速率相等，反应处于平衡状态，d符合题意；故答案为：d； ③要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，使反应速率加快，但不改变N2O的平衡转化率，说明化学平衡不发生移动。由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，所以在催化剂一定的情况下可采取的措施是缩小容器的容积或增大压强，故答案为：缩小容器的容积或增大压强； ④对于A容器的反应，开始时n(N2O)=0.1 mol，n(CO)=0.4 mol，根据图像可知：反应达到平衡时N2O的转化率为25%，则△n(N2O)=0.1 mol×25%=0.025mol，则平衡时各种气体的物质的量分别为n(N2O)=0.1 mol-0.025 mol=0.075 mol；n(CO)=0.4 mol-0.025 mol=0375 mol，n(CO2)=n(N2)=0.025 mol，由于容器的容积是1 L，故c(N2O)=0.075 mol/L，c(CO)=0.375 mol/L，c(CO2)=c(N2)=0.075 mol/L，故在500℃条件下该反应的化学平衡常数K=，故答案为：； ⑤反应进行到M点时的转化率为20%，参加反应的为，由此列三段式，向恒温容器中充入气体，，此时反应未达平衡，反应逆向进行建立新平衡即，故答案为：否；<。 17．（24-25·安徽合肥·期中）在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题： (1)利用干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现： I． Ⅱ． 上述反应中为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示。 ①反应Ⅱ是 (填“慢反应”或“快反应”)，干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中表示反应热) ②在恒压条件下，等物质的量的和发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示。已知在干重整反应中还发生了副反应： ，则表示平衡转化率的是曲线 (填“A”或“B”)，判断的依据是 。 ③在恒压条件下，在密闭容器中充入等物质的量的和，若曲线A对应物质的平衡转化率为，曲线B对应物质的平衡转化率为，则以上反应平衡体系中 ，干重整反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。 (2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面的某个基元反应的能量变化如图所示(表示始态，表示过渡态，表示终态，*表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。 【答案】(1)快反应 B 相同条件下，因为同时参与2个反应，故转化率更大，只参与1个反应，转化率小于 (2)在催化剂表面，反应的活化能较小，促进了键形成(或其他合理说法) 【解析】（1）①由图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ，故反应Ⅱ为快反应，由图可知CH4-CO2干重整反应的热化学方程式为CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g) ΔH=+(E3-E1)kJ/mol； ②相同条件下，等物质的量的CH4(g)和CO2(g)发生干重整反应时，发生的反应为：CH4(g) +CO2 (g) =2CO(g) +2H2 (g)(主反应)，H2(g)+CO2(g)=H2O(g)+CO(g) (副反应)，相同条件下，因为CO2同时参与2个反应，故转化率更大，CH4只参与1个反应，转化率小于CO2，则表示CO2平衡转化率的是曲线A，表示CH4平衡转化率的是曲线B； ③设在密闭容器中充入1mol CH4(g)和1mol CO2(g)，因为CO2(g)的转化率为40%，消耗0.4mol，CH4(g)的平衡转化率为20%，故共消耗0.2mol，列出三段式： 平衡时体系中，n(CH4)=0.8mol，n(CO2)=0.6mol，n(CO)=0.6mol， n(H2)=0.2mol，n(H2O)=0.2mol，n(CO)： n(H2O)=3:1，体系中各气体的物质的量之和为2.4mol，故； （2）催化剂可以降低反应的活化能，在N-C/Cu催化剂表面，反应2CO*=OCCO*的活化能较小，促进了C-C键形成； 18．（24-25·安徽芜湖·期中）回答下列问题。 Ⅰ.和CO是常见的环境污染气体。 (1)对于反应来说，“”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：第一步为；则第二步为 (写方程式)。已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。 Ⅱ.三氧化钼()是石油工业中常用的催化剂，也是瓷轴药的颜料，该物质常使用辉钼矿(主要成分为)通过一定条件来制备，回答下列相关问题。 已知： ①     ②     ③     (2)则的 (用含、、的代数式表示)。 (3)若在恒温恒容的容器中加入一定量，仅发生反应 ①下列说法正确的是 (填字母)。 a.气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态 b.气体的相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态 c.增加的量，平衡正向移动 ②达到平衡时(g)的浓度为1.4，若时充入一定量的(g)，到反应再次达到平衡，请在下图中画出-时间段(g)的浓度与时间的关系图 。 (4)在2L恒容密闭容器中充入1.0mol (g)和1.5mol (g)，若仅发生反应：，5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始时的80%，则0～5min内，(g)的反应速率为 。 (5)在恒容密闭容器中，加入足量的和，仅发生反应：     。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。 ① (填“>”“＜”“=”)0；比较、、的大小： 。 ②若初始时通入7.0mol ，为7.0MPa，则A点平衡常数 (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可)。压强为，温度为1100K时，平衡常数 (填“>”“＜”“=”)。 【答案】(1) 大于 (2) (3)ab (4)0.05 (5)＜ > 【解析】（1）将总反应减去第一步反应，可得第二步反应：；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间, 即第一步反应决定总反应的反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能; （2）根据盖斯定律，2×①＋2×②＋③可得目标反应式，则ΔH=2ΔH1+2ΔH2+ΔH3； （3）①a. 密度等于气体质量除以容器体积，正向反应，气体质量增加，容器体积不变，当气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态，a正确； b. 该反应只有S2(g)是气体，气体的相对分子质量始终不变，因此反应不一定处于平衡状态，b正确； c. 增加MoS2的量，MoS2是固体，平衡不移动，c错误； 故选ab； ②增大生成物的浓度，平衡向逆向移动，关系图如图所示：； （4）由题意可得，可列三段式： 根绝压强之比等于物质的量之比得到1-x+1.5-2x+2x=(1+1.5)×80%，得到x=0.5，则0~5 min内，S2(g)的反应速率为； （5）①温度升高，氧气转化率降低，说明平衡逆向移动，逆向是吸热反应，正向是放热反应即ΔH ＜0；该反应是体积减小的反应，在1300K，从下到上，氧气转化率越来越大，说明是正向移动即加压，因此p1>p2>p3； ②由题意可得，可列三段式： 根据压强之比等于物质的量之比得到，p平=5.5 kPa，则A点平衡常数为；压强为p1时，p1＞p2，该反应的正反应为气体体积分子数减小的反应，随着压强的增大，反应向正反应反向进行，平衡常数Kp增大，故Kp，＞Kp。 19．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）研究与的反应对减缓燃料危机和减弱温室效应具有重大意义。与发生反应Ⅰ：  ；在反应过程中还发生反应Ⅱ：  。 (1)①反应Ⅰ的 0(填“>”或“<”)。 ②已知部分化学键的键能数据如下： 化学键 键能 413 436 803 1076 则 。 (2)在刚性密闭容器中充入一定量的与，下列能判断反应Ⅰ达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．在绝热容器中，温度保持不变 B．恒温时，混合气体的密度保持不变 C．恒温时，混合气体中与的物质的量浓度相等 D．恒温时，和的物质的量之和保持不变 (3)将与按物质的量之比投料时，和的平衡转化率随温度变化关系如图所示。 ①时，的平衡转化率大于的原因是 。 ②时，反应Ⅱ的化学平衡常数 (保留至0.01)。 ③时，投入与的物质的量均为，求此时体系内吸收的总热量为 。 (4)以表面覆盖的二氧化钛为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。 ①为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是 (任写一种)。 ②催化剂在该反应中的作用是 (填标号)。 A．降低反应的活化能        B．降低反应的焓变 C．改变反应的历程        D．增大反应的平衡常数 【答案】(1)> +140 (2)AD (3)反应Ⅰ中和的转化率相同，又发生反应Ⅱ，的转化率增大 0.39 154.4 (4)增大反应物浓度或增大压强等 AC 【解析】（1）①反应Ⅰ为气体分子数增大的反应，ΔS＞0； ②ΔH=反应物总键能-生成物总键能，则ΔH2=(436+2×803-2×413-1076)kJ/mol=+140kJ/mol； （2）A．反应过程中伴随能量的变化，绝热容器中，温度保持不变，则平衡不再移动，反应平衡；故A选； B．容器体积和气体质量始终不变，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B不选； C．恒温时，混合气体中CO2与CH4的物质的量浓度相等，不能说明正逆反应速率相等，不能判断反应达到平衡；故C不选； D．根据氢守恒，恒温时，H2(g)和H2O(g)的物质的量之和等于反应Ⅰ生成的氢气的量，其保持不变，说明反应达到平衡；故D选； 故答案为：AD； （3）①CH4与CO2按1：1投料发生反应Ⅰ时转化率相等，但CO2还发生反应Ⅱ，所以CO2的平衡转化率大于CH4的平衡转化率； ②设起始时CH4与CO2的物质的量均为1mol，923K时CO2的平衡转化率为70%，CH4的平衡转化率为60%，则平衡时n(CO2)=0.3mol，n(CH4)=0.4mol，设平衡时n(H2)=xmol，n(H2O)=ymol，n(CO)=zmol，根据C、H、O原子守恒有：0.3+0.4+z=2，0.4×4+2x+2y=4，0.3×2+y+z=2，解得x=1.1，y=0.1，z=1.3，则的平衡常数K==0.39； ③923K时CO2的平衡转化率为70%，CH4的平衡转化率为60%，则反应I吸收的热量为=140.4kJ，反应I消耗的CO2为0.6mol，反应II消耗的CO2为0.1mol，吸收的热量为=14kJ，共吸收的热量为140.4kJ+14kJ=154.4 kJ； （4）①增大CO2浓度、增大压强等都可以促使平衡正向移动，提高该反应中CH4的平衡转化率； ②催化剂改变反应的历程，降低反应的活化能从而加快反应的速率；但是不改变反应的焓变和平衡常数，故答案为：AC。 20．（24-25高二上·安徽六安·期中）工业上可利用CO或来生产燃料甲醇，已知制备甲醇的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如表所示。 化学反应 平衡常数 温度(℃) 500 800 ① 2.5 0.15 ② 1.0 2.50 ③ (1)根据反应①与②可推导出、与之间的关系，则 (用、表示)：反应①的 0。(填“>”或“＜”) (2)判断反应③的自发性是 (填高温自发、低温自发、任何温度都自发、任何温度都不能自发)。 (3)500℃时，测得反应③在某时刻，、、、的浓度分别为0.1mol/L、1mol/L、0.3mol/L、0.15mol/L，则此时 (填“>”、“＜”或“=”)。 II．CO与反应可用于生产甲醇，反应为：。在2L恒容密闭容器中充入4mol CO和8mol混合气体，充分反应达到平衡，测得平衡时混合物中的体积分数与压强、温度的关系如下图所示。(B点对应压强，C点对应压强，D点对应压强) (4)上图中压强、、由大到小的顺序是 。 (5)A、B、D三点的平衡常数由大到小的顺序为 。 III．现向2L恒容密闭容器中充入1mol和3mol，仅发生反应在不同催化剂作用下，相同时间内的转化率随温度变化如图所示： (6)此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是 。 (7)已知容器内的起始压强为100kPa，则图中c点对应温度下反应的平衡常数 (保留两位有效数字)(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 【答案】(1) ＜ (2)低温自发 (3)> (4) (5) (6)该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动 (7) 【解析】（1）根据盖斯定律可知，③=①+②，，，，；根据③可得K 3 (500℃)= K1·K2=2.5×1.0=2.50；K 3 (800℃)= K1·K2=0.15×2.50=0.375；升高温度，平衡常数减小，反应放热，ΔH<0； 反应①升高温度，平衡常数减小，反应放热，ΔH<0； （2）反应③△H<0，△S<0，根据△H-T△S<0，确定反应在低温下能自发进行； （3）500℃时K3=2.5，浓度商Qc==0.45<K=2.5，反应向正反应进行，故v（正）>v（逆）； （4）由图可知，温度一定时，正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向正反应进行，的体积分数增加，压强、、由大到小的顺序是； （5）升高温度，甲醇的体积分数减小，则该反应放热，升温平衡常数减小，因B、D点温度相同，平衡常数相等，A点温度低，平衡常数大，故三点的平衡常数由大到小的顺序为； （6）该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，的转化率降低； （7）根据题中信息，起始压强为100kPa，气体物质的量为4mol，可列三段式：，c点平衡后气体物质的量为2.8mol，，故=； ( 地 城 考 向 0 2 水溶液中的离子平衡的综合考查 ) 1．（24-25高二上·安徽安庆·期中）回答下列问题。 (1)现有常温下的盐酸(甲)和的醋酸溶液(乙)，请根据下列操作回答： ①常温下，溶液加水稀释，下列数值一定变小的是 (填字母)。 A．    B．    C．    D． ②取10mL乙溶液，加入少量无水固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的值将 (填“增大”“减小”或“无法确定”)。 ③相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别与0.1mol/LNaOH溶液反应，消耗NaOH溶液的体积(甲) (乙)(填“>”“<”或“=”)。 (2)某温度下，测得的HCl溶液中，水电离出的，此温度下，将HCl溶液和的溶液混合均匀(忽略混合后溶液体积的变化)，测得溶液的，则 。 (3)已知：在25℃，有关弱电解质的电离平衡常数如下表有下表： 弱电解质 HClO 电离常数 ①将通入该氨水中，当降至时，溶液中的 。 ②下列微粒在溶液中不能大量共存的是 。 a．、    b．、    c．、    d．HClO、 【答案】(1)A 减小 < (2)9：1 (3)1.02 c 【解析】（1）①A．常温下，醋酸溶液稀释时，溶液中氢离子浓度减小，故正确；B．常温下，醋酸溶液稀释时，溶液中醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，由电离常数公式可知，溶液中=，则溶液中和的值增大，故错误；C．水的离子积常数Kw=，温度不变，水的离子积常数Kw不变，则醋酸稀释时，溶液中不变，故错误；D．醋酸稀释时，溶液中氢离子浓度减小，水的离子积常数Kw不变，则溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液中的值增大，故错误；故选A； ②向醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，由电离常数公式可知，溶液中=，则溶液中和的值减小，故答案为：减小； ③由于盐酸完全电离，醋酸部分电离，pH为2的盐酸和pH为2的醋酸溶液，盐酸浓度小于醋酸浓度，用某浓度的氢氧化钠溶液中和等体积的甲、乙两溶液时，醋酸溶液消耗NaOH体积大于盐酸溶液，故答案为：<； （2）水电离出的氢离子浓度总是水电离出的氢氧根离子浓度，由某温度下，测得0.001mol/L盐酸溶液中水电离出氢离子浓度为1.0×10−9mol/L可知，水的离子积常数Kw=1.0×10−9×1.0×10−3=1.0×10−12，则VaLpH为4的盐酸溶液和VbLpH=9的氢氧化钡溶液混合测得溶液的pH为7可得：=1.0×10−5mol/L，解得9：1，故答案为：9：1； （3）①由电离常数公式可知，25℃通入二氧化硫的溶液中氢氧根离子浓度为1.0×10−7mol/L时，溶液中===1.02，故答案为：1.02； ②a．由题给数据可知，亚硫酸的二级电离常数小于碳酸的一级电离常数，则由强酸制弱酸的原理可知，溶液中亚硫酸根离子与碳酸氢根离子不反应，能大量共存，故不符合题意；b．由题给数据可知，次氯酸的电离常数大于碳酸的二级电离常数，则由强酸制弱酸的原理可知，溶液中次氯酸根离子与碳酸氢根离子不反应，能大量共存，故不符合题意；c．由题给数据可知，亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的二级电离常数，则由强酸制弱酸的原理可知，溶液中亚硫酸氢根离子能与碳酸根离子反应，不能大量共存，故符合题意；d． 由题给数据可知，次氯酸的电离常数小于碳酸的一级电离常数，则由强酸制弱酸的原理可知，溶液中次氯酸与溶液中的碳酸氢根离子不反应，能大量共存，故不符合题意；故选c。 2．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）电解质在水溶液中存在电离平衡。回答下列问题： (1)醋酸是常见的弱酸。 ①常温下的溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 (填字母)。 a．     b．     c．    d． ②请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱： 。 (2)常温下，和的电离平衡常数如下： 化学式 电离平衡常数 ①根据以上信息可知，溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性。 ②少量溶液与过量溶液反应的离子方程式为 。 ③室温下，的溶液中， 。 (3)室温时，向溶液中滴加的溶液，溶液与溶液体积的关系曲线如图所示。 ①图中四个点，水的电离程度最大的是 点。 ②从a点到d点的滴加过程中，写出发生反应的离子方程式： 。 【答案】(1)a 向盛有少量溶液的试管中加入适量溶液，产生无色气泡，证明醋酸酸性大于碳酸 (2)碱 或0.12 (3)a 【解析】（1）①常温下0.1 mol•L-1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，醋酸的电离程度增大，溶液的体积增大，但溶液体积增大对c(H+)、c(CH3COO-)的影响大于电离程度增大的影响，所以c(H+)、c(CH3COOH)、c(CH3COO-)减小，c(OH-)增大，a．由分析可知，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(H+)不断减小，故a正确；b．CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(CH3COO-)不断减小，，则增大，故b错误；c．c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，故c错误；d．CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(H+)不断减小，c(OH-)增大，所以增大，故d错误；故答案为：a； ②验证醋酸与碳酸的酸性强弱时，可利用强酸制弱酸的原理，则实验方案为：向盛有少量溶液的试管中加入适量溶液，产生无色气泡，证明醋酸酸性大于碳酸。 （2）①不完全电离，说明为弱酸根离子，有弱才水解，则Na2SO3溶液呈碱性； ②由表格数据可知Ka(H2C2O4)＞Ka()＞Ka()，酸性：H2C2O4＞＞，由强酸制取弱酸原理可知，少量Na2C2O4溶液与过量NaHSO3溶液反应生成和，离子方程式为； ③pH=1的H2SO3溶液中c(H+)=0.1mol/L，，则c()：c()=Ka()：c(H+)=0.012：0.1=或0.12。 （3）①a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H+，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3•H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3•H2O抑制水的电离，b点溶液呈中性，所以a点水的电离程度最大； ②从a点到d点的滴加过程中，H+先和OH-反应，然后再和OH-反应，a点加入100mL的溶液，H+已经完全反应，从a点到d点的滴加过程发生反应的离子方程式：。 3．（24-25高二上·安徽·期中）苯甲酸(PhCOOH)常作食品工业防腐剂。它是一种一元弱酸。回答下列问题： I．常温下，用NaOH调节苯甲酸溶液的，溶液中含碳粒子分布系数与的关系如下图所示。 (1)写出苯甲酸的电离方程式： 。 (2)常温下，等物质的量浓度的溶液和溶液以体积比混合，混合液中离子浓度从大到小的顺序为 。 (3)常温下，= 。 (4)常温下，向苯甲酸溶液中滴加NaOH溶液得到含苯甲酸和的混合液，该混合液 。 II．常温下，加水稀释苯甲酸、盐酸，溶液pH与浓度的关系如下图所示。 (5)代表 (填“盐酸”或“苯甲酸”)浓度与的关系，加水稀释苯甲酸溶液的过程中，下列物理量增大的是 (填字母)。 A．水的电离程度    B．  C．     D． (6)图中值为 (保留一位小数)。常温下，浓度均为的苯甲酸溶液、盐酸中之比为 。 【答案】(1) (2) (3) (4)3.2 (5)盐酸 C (6)2.1 【分析】根据图像时，，苯甲酸的电离常数。 【解析】（1）苯甲酸是一元弱酸，在水溶液中部分电离，电离方程式为：； （2）混合液含等物质的量浓度的PhCOOH和PhCOONa，PhCOOH的电离常数Ka=10-4.2，PhCOO-的水解常数Kh==10-9.8，电离大于水解，混合溶液呈酸性，离子浓度大小为； （3）根据图像时，，； （4），，pH=3.2； （5）盐酸浓度变为原来的，则pH增大1，所以是盐酸；A．加水稀释苯甲酸溶液，电离出的氢离子浓度变小，对水的电离抑制作用减小，故水的电离程度增大，A符合题意；B．加水稀释，苯甲酸浓度减小，B不符合题意；C．加水稀释，氢离子浓度变小，不变，增大，C符合题意；D．温度不变，电离常数不变，则不变，D不符合题意；答案选C； （6）设电离出的，则：，，pH=2.1；0.1mol/L苯甲酸溶液中==10-11.4mol/L，同理0.1mol盐酸中=10-13mol/L，二者之比为。 4．（24-25高二上·安徽·期中）已知时，三种酸的电离平衡常数如下。回答下列问题 化学式 电离平衡常数 ， (1)、、的酸性由强到弱的顺序为 。 (2)将少量的气体通入溶液中，反应的离子方程式为 。 (3)常温下，一定质量的冰醋酸中加水稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示。 加水前导电能力约为零的原因是 ；a、b、c三点对应的溶液中由大到小的顺序为 。a、b、c三点对应的溶液中的电离程度最小的是 。 (4)的电离方程式为 ，若醋酸的浓度为，溶液中的约为 。 【答案】(1) (2) (3)醋酸未发生电离 a (4) 【分析】由图可知，冰醋酸加水稀释时，溶液中醋酸的浓度依次减小，说明醋酸在溶液中的电离程度依次增大；溶液的导电性先增大后减小，说明溶液中的氢离子浓度先增大后减小，由此分析回答。 【解析】（1）相同条件下弱酸的电离常数越大，酸性越强，由电离常数可知，醋酸的电离常数大于碳酸的一级电离常数，次氯酸的电离常数小于碳酸的一级电离常数，所以三种酸的酸性强弱顺序为； （2）相同条件下弱酸的电离常数越大，酸性越强，由电离常数可知，次氯酸的电离常数小于碳酸的一级电离常数，大于碳酸的二级电离常数，所以由强酸制弱酸的原理可知，少量二氧化碳与次氯酸钠溶液反应生成碳酸氢钠和次氯酸，反应的离子方程式为； （3）O点时为纯醋酸，未发生电离，不存在自由移动的离子，因此不能导电；由分析可知，液的导电性先增大后减小，说明溶液中的氢离子浓度先增大后减小，则三点对应的溶液中氢离子浓度大小顺序为；由分析可知，冰醋酸加水稀释时，溶液中醋酸的浓度依次减小，说明醋酸在溶液中的电离程度依次增大，所以三点对应的溶液中醋酸的电离程度最小的是a； （4）CH3COOH的电离方程式为，若醋酸的浓度为2.0mol⋅L−1，，溶液中存在弱电离，则，解得。 5．（24-25高二上·安徽·期中）回答下列问题： (1)现有常温下的溶液。 ①温度不变，加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 (填字母，下同)。 ②若该溶液升高温度，下列表达式的数据增大的是 。 A．    B．         C． (2)(冰醋酸)做导电性实验，测得其电导率随加入的水量变化如图所示，比较a、b点的相关性质(填“>” “<”或“=”)： ①：a b ②：a b ③完全中和时消耗的物质的量：a b (3)25℃时，部分物质的电离平衡常数如下表所示：    ①已知室温时，溶液的电离度约为1%，的电离平衡常数 ；室温下，体积均为、pH均为 2的与，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则的电离平衡常数 (填“大于”“小于”或“等于”)的电离平衡常数。 ②氯气通入溶液中产生无色气体，该反应的离子方程式是 。 【答案】(1)A ABC (2)< > = (3) 小于 【解析】（1）①温度不变，加水稀释过程中，平衡向电离方向移动，CH3COOH溶液中c(H+)、c(CH3COO-)、c(CH3COOH)均减小，温度不变，水的离子积常数和醋酸电离常数不变， A．加水稀释过程中，溶液体积增大，因此减小，故A符合题意；B．醋酸电离常数K=，溶液中=，加水稀释过程中，K不变，c(CH3COO-)减小，则增大，故B不符合题意；C．加水稀释过程中，醋酸电离常数K=不变，故C不符合题意；故答案为A； ②醋酸和水的电离过程为吸热过程，升高温度，电离平衡向电离方向移动，c(H+)、c(CH3COO-)增大，c(CH3COOH)减小，水的离子积常数和醋酸电离常数增大，A．电离是吸热过程，升高温度，电离平衡向电离方向移动，c(H+)增大，故A符合题意；B．电离是吸热过程，升高温度，电离平衡向电离方向移动，c(H+)增大，c(CH3COOH)减小，则增大，故B符合题意；C．电离是吸热过程，升高温度，电离平衡向电离方向移动，醋酸电离常数K=增大，故C符合题意；故答案为ABC。 （2）①醋酸为弱酸，加水稀释，平衡向电离方向移动，n(H+)增大，则a＜b； ②醋酸为弱酸，加水稀释，平衡向电离方向移动，但由于溶液体积增大，c(H+)为减小，则a＞b； ③溶液稀释前后溶质的物质的量不变，则完全中和时消耗NaOH的物质的量相等，则a=b。 （3）①室温时溶液的电离度约为1%，则c(H+)==0.001，c()c(H+)=0.001，c()c()0.1，Ka==； 由图可知，pH相同的与HX，在稀释过程中，的pH大于HX，说明HX的电离平衡常数小于的电离平衡常数。 ②电离常数越大，则对应酸的酸性越强，有，因此氯气通入溶液中产生的无色气体为二氧化碳，则该反应的离子方程式是：。 6．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）回答下列问题。 (1)已知室温时，0.1某一元酸在水中有0.1%发生电离。 ①该溶液中 。 ②的电离平衡常数K= 。 (2)部分弱酸的电离平衡常数如下表。 弱酸 HCOOH HClO 电离平衡常数/25℃ ， ①在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，溶液导电能力：HCOOH HClO(填“>”“＜”或“=”，下同)；在相同浓度的和的溶液中，结合的能力 。 ②的电离平衡常数表达式为 。 ③将少量气体通入NaClO溶液中，写出该反应离子方程式 。 【答案】(1) (2)＞ ＞ 【解析】（1）①某一元酸在水中有0.1%发生电离，该溶液中；故答案为； ②的电离平衡常数；故答案为； （2）①已知，，所以在相同浓度的和的溶液中，溶液中离子浓度更大，溶液导电能力更强； 弱酸性越强，相应的阴离子结合氢离子的能力越弱，，在相同浓度的和的溶液中，结合的能力>；故答案为>；>； ②，的电离平衡常数表达式为；故答案为； ③已知，将少量气体通入溶液中，写出该反应离子方程式；故答案为。 7．（24-25高二上·安徽合肥·期中）根据所学知识，完成下列问题。 以下是常温时，部分物质的电离平衡常数： 化学式 HCOOH HCN 电离平衡常数 ， (1)书写HCN的电离方程式： 。 (2)根据以上数据，写出将足量通入NaCN溶液反应的离子方程式为 。 (3)比较酸性由强到弱顺序是 。 (4)常温下，若HCOOH的浓度为，溶液中的 ；将通入氨水中，当溶液中为时，溶液中的 。 (5)常温下，将溶液加水稀释，下列数值变大的是___________(填字母)。 A． B． C． D． (6)下列能使甲酸溶液中的HCOOH电离程度增大的操作是 (填序号)。 A．通HCl气体    B．升温    C．加水    D．加入HCOONa固体    E．加入NaOH固体 【答案】(1) (2) (3) (4) 0.62 (5)CD (6)BCE 【解析】（1）从Ka上看，HCN为弱酸，在水溶液中部分电离，电离方程式为：； （2）根据电离常数可知酸性H2CO3>HCN>，强酸制弱酸原理书写离子方程式CN−+CO2+H2O=HCN+； （3）根据电离常数越大，电离程度越大，酸性越强，酸性强弱为：； （4）浓度为HCOOH溶液中根据Ka=，电离产生的c(HCOO-)≈c(H+)，有；将通入氨水中，当溶液中为时，根据，有； （5）溶液加水稀释，电离平衡正向移动，电离程度增大，但浓度减小；A．，氨水浓度减小，比值减小；B．稀释过程汇总氢氧根浓度减小，氢离子浓度增大，减小；C．电离平衡正向移动，铵根数目增大，增大；D．，氢氧根浓度减小，比值增大；答案选CD； （6）A．通HCl气体，增加氢离子浓度，电离平衡逆向移动，电离程度减小；B．电离吸热，升温电离平衡正向移动，电离程度增大；C．加水稀释，电离平衡正向移动，电离程度增大； D．加入HCOONa固体，甲酸根浓度增大，平衡逆向移动，电离程度减小；E．加入NaOH固体，中和氢离子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，电离程度增大；答案选BCE。 8．（23-24高二上·安徽淮北·期中）弱电解质的电离平衡在生产、生活、科学研究中具有重要的意义。 Ⅰ．已知25℃时，物质的量浓度为的MOH溶液中，。 (1)MOH的电离方程式为 。 (2)已知电离度，MOH的电离度 ，其电离平衡常数 。 Ⅱ．已知T℃时，。 (3)在该温度下，将20mLHA溶液和20mLHB溶液分别与20mL溶液混合，实验测得产生气体的体积V随时间t变化的曲线如图所示。两种溶液产生气体的速率存在明显差异的原因是 。 (4)向NaA溶液中滴加HB溶液，发生反应：，该反应的平衡常数 。 Ⅲ．水是弱电解质，电离程度很小，其电离平衡曲线如图所示。 (5)图中A、B、C三点的大小关系是 。 (6)向B点溶液中加入NaOH固体，保持温度不变，使溶液中，该溶液的pH为 ，溶液中由水电离产生的 。 【答案】(1) (2) (3)HB的酸性强于HA (4) (5) (6)10 【解析】（1）25℃时，物质的量浓度为的MOH溶液中，，则MOH部分电离，为弱碱，； （2）的MOH溶液中，，MOH的电离度，其电离平衡常数； （3）等浓度的酸溶液中氢离子浓度越大，反应速率越快，由图可知，HB反应速率更快，则说明HB的酸性强于HA； （4）平衡常数等于生成物浓度系数次方之积与反应物浓度系数次方之积的比；，该反应的平衡常数； （5）电离常数和温度有关，升高温度促进水的电离，则A、B、C三点的大小关系是； （6）由图可知，B点溶液中；溶液中，则pOH=2，该溶液的pH=12-2=10，溶液中由水电离产生的。 9．（23-24高二上·安徽滁州·期中）水溶液中的离子反应与平衡在生产和生活中有广泛的用途。回答下列问题： (1)某些弱酸的电离平衡常数如表： 弱酸 电离平衡常数(25℃) ， ①将少量气体通入溶液中，反应的离子方程式为 。 ②时，的溶液的约为 (已知)。 (2)某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用的盐酸滴定，利用pH计和压强传感器检测，得到如图变化曲线。下列说法正确的是_______(填字母)。 A．溶液和溶液中微粒种类相同 B．图中曲线甲和丁表示向溶液中滴加盐酸 C．在b点发生反应的离子方程式为 D．滴定分析时a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点 (3)在，将的氨水与的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中，则溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性；用含的代数式表示的电离平衡常数 。 (4)在一定温度下，用溶液将转化为溶液，实验测得溶液中，则该溶液的为 (已知：该温度下的)。 (5)关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，有关平衡如下： ①； ②。 时，某人尿液试样中：，其中(时，)，则该尿液试样中为 (结果保留两位有效数字)。 【答案】(1) 5.7 (2)ABD (3)中 (4)6 (5) 【解析】（1）根据电离常数越大酸性越强可知：酸性：>>，根据强酸制弱酸原理少量CO2气体通入NaClO溶液中，反应的离子方程式为； ②时，的溶液中在电离平衡：，，，pH=5.7； （2）A．溶液存在碳酸根离子水解，水解生成碳酸氢根和碳酸分子；溶液中存在碳酸氢根离子电离和水解，电离生成碳酸根离子，水解生成碳酸分子，由此可知两溶液中微粒种类相同，故正确；B．碳酸钠溶液中滴加盐酸开始阶段发生反应生成碳酸氢钠，没有气泡冒出，因此图中曲线甲和丁表示向溶液中滴加盐酸，故正确；C．在b点时气体压强未变，说明没有气体生成，则该过程发生反应的离子方程式为，故C错误；D．滴定分析时，a点溶液呈碱性应用酚酞作指示剂、c点溶液呈酸性可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，这样误差更小，故正确； （3）根据电荷守恒：，由，得，溶液显中性；混合后=；，，的电离常数Kb= ==mol·L-1； （4），，pH=6。 （5），其中，则==，，=。 10．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）表格是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)，回答下列各题。 酸 CH3COOH HNO2 HCN HClO 电离平衡常数(Ka) 1.8×10-5 4.6×10-4 5×10-10 3×10-8 (1)可以证明醋酸是弱酸的事实是 (填字母序号)。 A．醋酸和水能以任意比例混溶 B．在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子 C．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体 D．1mol⋅L﹣1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色 E．等体积等pH的醋酸和盐酸分别与足量氢氧化钠溶液充分反应，醋酸消耗的氢氧化钠更多 (2)结合表中给出的电离常数回答下列问题： ①上述四种酸中，最强、最弱的酸分别是 、 (用化学式表示)。 ②下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是 。 A．升高温度    B．加水稀释    C．加少量的CH3COONa固体    D．加少量冰醋酸    E．加氢氧化钠固体 ③依表格数据判断醋酸和次氯酸钠溶液能否反应，如果不能反应说出理由，如果能发生反应请写出相应的离子方程式 。 (3)已知草酸是一种二元弱酸，其电离常数K1=5.4×10-2，K2=5.4×10-5，试从电离平衡移动的角度解释K1>K2的原因 。 (4)已知水溶液中c(H+)和c(OH﹣)的关系如图所示： ①图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小的顺序是 。 ②若A点到E点，可采用的措施是 (填序号，下同)；促进水的电离平衡正向移动的措施是 。 a．升温        b．加入少量的盐酸        c．加入少量的NaOH 【答案】(1)BE (2)HNO2 HCN BE CH3COOH+ClO-=CH3COO-+HClO (3)第一步电离产生氢离子，增大了溶液中氢离子浓度，HC2H++C2向左移动，故K1>K2 (4)B>C>A=D c a 【解析】（1）A．醋酸和水能以任意比例混溶，说明醋酸的溶解性强，则不能说明醋酸是弱酸；B．在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子，说明醋酸部分电离，故B正确；C．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体，说明醋酸的酸性大于碳酸，不能说明醋酸部分电离，故C错误；D．1mol⋅L﹣1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色，说明醋酸电离出氢离子而使溶液呈酸性，则不能说明醋酸是弱酸；E．等体积等pH的醋酸和盐酸分别与足量氢氧化钠溶液充分反应，醋酸消耗的氢氧化钠更多，HCl是强电解质，则醋酸部分电离，故E正确；故答案为：BE。 （2）①相同温度下，酸的电离平衡常数越大，根据电离平衡常数知，最强7、HCN，故答案为：HNO2；HCN； ②A．升高温度促进醋酸电离，醋酸的电离程度增大，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，醋酸的电离程度增大，故B正确；C．加少量的CH3COONa固体，醋酸根离子浓度增大，则醋酸电离程度减小；D．加少量冰醋酸，醋酸浓度增大，故D错误；E．加氢氧化钠固体，氢氧化钠和氢离子反应而促进醋酸电离，电离平衡常数不变；故答案为：BE； ③由于醋酸酸性强于次氯酸，复分解反应中较强酸能和较弱酸的盐反应生成较弱酸7COOH+ClO﹣=CH3COO﹣+HClO，故答案为：CH3COOH+ClO﹣=CH5COO﹣+HClO。 （3）草酸的一级电离方程式H2C2O3⇌H++HC2，第一步电离产生氢离子，使电离平衡HC2⇌H++C2向左移动，故K1>K2，故答案为：第一步电离产生氢离子，增大了溶液中氢离子浓度HC2⇌H++C2向左移动，故K3>K2。 （4）①水的电离吸热，升高温度促进水电离，温度相同，温度：A点=D点<C点<B点、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小的顺序是B>C>A=D，故答案为：B>C>A=D； ②若A点到E点，温度不变+)减小、c(OH﹣)增大，可采用的措施是c、升高温度都能促进水电离平衡正向移动的措施是，故答案为：c；a。 ( 地 城 考 向 0 3 实验综合考查 ) 1．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）回答下列问题： (1)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： 反应Ⅰ：2H2SO4(1)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) △H1=+551kJ/mol 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)  △H3=-297kJ/mol 反应Ⅱ的热化学方程式为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H= 。 (2)工业上接触法生产硫酸的主要反应之一是：在一定的温度、压强和钒催化剂存在的条件下，SO2被空气中的O2氧化为SO3。V2O5是钒催化剂的活性成分，郭汗贤等提出：V2O5在对反应Ⅰ的催化循环过程中，经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，图示如下： ①有关气体分子中1mol化学键断裂时需要吸收的能量数据如下： 化学键 S=O(SO2) O=O(O2) S=O(SO3) 能量/kJ 535 496 472 由此计算反应Ⅰ的△H= kJ/mol。 ②反应Ⅱ、Ⅲ的化学方程式为 、 。 (3)室温下，用50mL0.50mol/L盐酸50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示装置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应的反应热。回答下列问题： ①仪器a的名称为 。 ② (填“能”或“不能”)用相同形状的细铜丝代替仪器a进行相应的实验操作。 ③上述实验测得中和热的数值小于57.3kJ/mol，产生偏差的原因可能是 (填字母)。 A．量取NaOH溶液时仰视读数 B．为了使反应充分，向酸溶液中分次加入碱溶液 C．实验装置保温隔热效果差 D．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌 【答案】(1)-254J/mol (2)-98 (3)玻璃棒搅拌器 不能 BCD 【分析】中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差； 【解析】（1）由盖斯定律可知，-Ⅰ-Ⅲ的反应Ⅱ，则3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H=-(+551kJ/mol)-( -297kJ/mol)= -254J/mol； （2）①反应的焓变等于反应物键能和减去生成物的键能和，则反应Ⅰ：△H=(2×535+×496) kJ/mol -3×472kJ/mol =-98kJ/mol。 ②反应Ⅱ为二氧化硫和V2O5生成V2O4∙ SO3反应为：；Ⅲ为V2O4∙ SO3和氧气生成三氧化硫，化学方程式为； （3）①仪器a的名称为玻璃棒搅拌器。 ②铜的导热性好，会造成热量损失，不能用相同形状的细铜丝代替仪器a进行相应的实验操作。 ③A．量取NaOH溶液时仰视读数，氢氧化钠的量偏大，放热增大，不符合题意；B．为了使反应充分，向酸溶液中分次加入碱溶液，造成热量损失，测得热量减小，符合题意；C．实验装置保温隔热效果差，造成热量损失，测得热量减小，符合题意；D．铜的导热性好，会造成热量损失，用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌，造成热量损失，测得热量减小，符合题意；故选BCD。 2．（24-25高二上·安徽·期中）化学是一门以实验为基础的学科，根据下列实验回答问题。 I．用简易量热计测定中和反应的反应热。 中和反应的热量变化，其数值可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，通过计算获得中和热(，c为比热容，为混合溶液质量，为温度变化)。实验药品：盐酸、溶液、氨水。 (1)下图实验装置中缺少的一种仪器是 (填名称)；装置中隔热层的作用是 。 (2)将盐酸溶液和碱溶液各混合(混合溶液密度约为)，生成的溶液的比热容约为，忽略量热装置的比热容，测得温度数据如下： 反应物 起始温度 最高温度 甲组() 20.0 23.4 乙组() 20.0 23.1 ①乙组最高温度比甲组低的原因是 。 ②由实验数据计算反应的 。 ③某同学利用上述装置重新做甲组实验，测得温度差偏小，可能的原因是 (填序号)。 A．杯盖未盖            B．记录温度计最高温度 C．测完盐酸的温度直接测溶液温度    D．把溶液一次性迅速倒入 II．将打磨后的镁条放入锥形瓶中，再将注射器中盐酸推入锥形瓶中，通过数字传感器测定实验中密闭容器(气密性良好)内压强与时间的关系如图2所示。 (3)镁条与盐酸的反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。 (4)图2中a、b、c三个点中，产生氢气最快的为 点(填序号)；已知c点镁条已完全溶解，cd段容器内压强变化的原因可能是 。 【答案】(1)玻璃搅拌器 减少热量散失 (2)是弱碱，电离过程吸收热量，导致乙组实验放出的热量少 -57.12 AC (3)放热 (4)a 反应结束后，反应放出热量逐渐散失，温度降低，导致气压逐渐减小 【解析】（1）结合实验缺少玻璃搅拌器；装置中隔热层可减少热量散失。 （2）①是弱碱，电离断开化学键吸收热量，导致乙组实验放出的热量少； ②的酸溶液和的碱溶液各混合反应生成，，放出的热量，则该反应生成时放出。 ③A．杯盖未盖严导致实验过程中有热量散失，导致温度差偏低，符合题意；B．温度计温度不再变化记录最高温度，操作正确，不符合题意；C．测完盐酸的温度未清洗温度计，直接测溶液温度，发生中和反应放热导致初始温度偏高，偏小，故符合题意；D．溶液一次性迅速倒入，可减少实验的热量损失，操作正确，不符合题意； （3）镁条与盐酸的反应属于活泼金属和酸的反应，为放热反应。 （4）反应产生氢气导致容器内压强增大，曲线的斜率可以表示产生氢气的速率，根据图像可知a点曲线斜率最大，即产生氢气速率最快。镁条与盐酸的反应属于放热反应，容器内压强增大有温度升高的因素影响，点反应结束，反应放出热量逐渐散失，温度降低，导致气压逐渐减小。 3．（24-25高二上·安徽·期中）化学是一门以实验为基础的科学，其中控制变量思想在探究实验中有重要应用。 I．某研究小组以反应为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取溶液和酸性溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。有关实验数据如表。忽略催化剂质量对溶液体积的影响。 实验编号 温度℃ 催化剂质量/ 酸性溶液 溶液 溶液褪色所用时间/ 体积/ 浓度/ 体积/ 浓度/ 体积/ ① 25 0.5 3 0.1 6 0.2 1 10 ② 25 0.5 3 0.1 5 0.2 ③ 50 0.5 3 0.1 6 0.2 1 6 ④ 25 0 3 0.1 6 0.2 1 25 回答下列问题： (1)实验①、②、③、④所加溶液均要过量，理由是 。 (2)通过实验①和②，可探究出 (填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中 。通过实验 (填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响。 (3)探究催化剂对反应速率影响的实验是 (填实验序号)。实验④开始时反应速率较慢，但一段时间后反应速率迅速加快，可能的原因是 。 (4)实验④反应开始至高锰酸钾褪色时， 。 II．已知反应生成的初始速率与、的初始浓度的关系为，为速率常数。在800℃时测得的相关数据如表所示。 实验数据 初始浓度 生成的初始速率/ 1 2 3 (5)由表中的数据可算出生成的初始速率 。(列出表达式) (6)若800℃时，初始浓度，则生成的初始速率为 。 【答案】(1)实验通过测定溶液的褪色时间判断反应的快慢，所加溶液均要过量，保证反应完全，颜色完全褪去 (2)浓度 2 ①和③ (3)①和④ 反应生成了具有催化作用的物质，其中可能起催化作用为Mn2+ (4) (5) (6) 【分析】实验采取控制变量法，通过控制其他条件不变，改变单一条件来探究“外界条件对化学反应速率的影响”。 【解析】（1）实验通过测定溶液的褪色时间判断反应的快慢，所加溶液均要过量，保证反应完全，颜色完全褪去，因此实验①、②、③、④所加溶液均要过量。 （2）比较实验①和②，其它条件相同，通过改变溶液的体积来改变的浓度，可探究浓度的改变对化学反应速率的影响；实验采取控制变量法，因此要控制其他条件不变，包括溶液总体积不变，由实验①得溶液总体积为10mL，因此实验10 mL -3mL -5mL =2mL；要探究出温度变化对化学反应速率的影响，就要控制其它条件不变，只改变温度，由表格数据可得，选实验①和③。 （3）要探究催化剂对反应速率影响，就要控制其它条件不变，只改变催化剂的量，由表格数据可得，选①和④；实验④开始时反应速率较慢，但一段时间后反应速率迅速加快，可能的原因是：反应生成了具有催化作用的物质，其中可能起催化作用为Mn2+。 （4）实验④中溶液过量，反应完全，，，按照比例关系计算。 （5）将3组实验数据代入中，得：k（2.00×10-3）x×（6.00×10-3）y=1.92×10-3，k（1.00×10-3）x×（6.00×10-3）y=4.80×10-4，k（2.00×10-3）x×（3.00×10-3）y=9.60×10-4，由实验1、2解得：x=2，由k实验1、3解得：y=1，将x=2、y=1代入k（2.00×10-3）x×（6.00×10-3）y=1.92×10-3中，解得：k=，因此生成的初始速率。 （6）若800℃时，初始浓度c(NO)=c(H2)=8.00×10-3mol·L-1，则生成N2的初始速率v=8×104×c2(NO)·c( H2) =8×104×(8.00×10-3)2×(8.00×10-3)= 。 4．（24-25高二上·安徽合肥·期中）(三氯化六氨合钴)是一种橙黄色的晶体，溶于热水和稀盐酸中，在冷水、乙醇、浓盐酸中溶解度较小，可用于制备其他三价钴配合物。实验室制备的装置和步骤如下： ①在三颈烧瓶中加入：2.38g 、4.00g 和5mL高纯水，加热溶解后加入1.5g催化剂活性炭，7mL浓氨水，搅拌，得到(二氯化六氨合钴)溶液； ②将得到的溶液冷却至10℃，加入7mL 4%的，恒温55℃，搅拌15min后冷却至2℃，抽滤，收集沉淀； ③将沉淀转移入100mL烧杯中，用20mL、80℃的高纯水进行冲洗，再加入1mL的浓盐酸，搅拌均匀，___________，将活性炭滤出弃去； ④在滤液中加入3.5mL试剂甲，搅拌后用冰水浴冷却至2℃析出沉淀，之后快速抽滤，弃去滤液，用试剂乙洗涤沉淀3次，低温烘干，得到产品2.14g。 回答下列问题： (1)仪器a盛装的试剂是 。 (2)常温下，，从平衡角度解释，步骤①中先加，后加浓氨水的原因是 。 (3)步骤②中温度控制在55℃左右的原因是 。 (4)步骤③中缺少的操作名称为 。 (5)步骤④中：试剂甲和试剂乙选择合理的是 (填标号)； A．甲为浓盐酸，乙为水    B．甲为乙醇，乙为水    C．甲为浓盐酸，乙为乙醇 该反应的产率为 (已知：的摩尔质量为267.5g/mol)。 (6)由制备的化学方程式为 。 【答案】(1)P2O5(或CaCl2) (2)NH₄Cl溶于水电离出会抑制NH3·H2O的电离，防止c(OH⁻)过大产生Co(OH)2沉淀 (3)温度过低反应速率慢，温度过高双氧水和NH3•H2O受热易分解 (4)趁热过滤 (5)C 80% (6) 【分析】CoCl2在活性炭做催化剂的条件下溶解在氯化铵的溶液中，然后先滴加氨水再加过氧化氢在55℃左右，反应生成沉淀，然后过滤得到固体，经过一系列操作得到结晶水合物，以此解题； 【解析】（1）由图可知，仪器a是球形干燥管；球形干燥管的作用是吸收挥发出的氨气，故可盛放P2O5(或CaCl2)； （2）先加入氯化铵，增加铵根浓度，抑制一水合氨电离，防止c(OH⁻)过大产生Co(OH)2沉淀； （3）若反应温度过低，反应速率较慢，若反应温度过高，过氧化氢受热分解，所以需要控制水浴温度为55℃； （4）活性炭难溶于水，趁热过滤除去活性炭，减少损失； （5）浓盐酸氯离子浓度大，降低在水中溶解度，因此试剂甲选用浓盐酸；过滤得到晶体，用乙醇洗去晶体表面杂质，同时用乙醇便于晶体干燥，故选C；的质量为2.38g，对应的理论产量为m=，产率； （6）由制备的化学方程式为：。 5．（24-25高二上·安徽·期中）以印刷线路板的碱性蚀刻废液{主要成分为}或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为、及少量)为原料均能制备晶体。 实验步骤： Ⅰ．取一定量蚀刻废液和稍过量的溶液加入如图所示实验装置的三颈烧瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，当产生大量的黑色沉淀时停止反应。 Ⅱ．趁热过滤、洗涤，得到固体。 Ⅲ．所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到晶体。 已知：时，完全沉淀；时，开始沉淀，时，完全沉淀。 (1)写出用蚀刻废液制备发生反应的化学方程式： 。检验固体是否洗净的实验操作是 。 (2)装置图中装置的作用是 。实验中采用热水浴加热，与用酒精灯直接加热相比，其优点是 。 (3)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备晶体时，可取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入稀硫酸溶解(实验所得溶液中的浓度约为)，过滤后往滤液中再加入溶液调节为 至 ，然后过滤，经 操作后，晾干，得到晶体。 (4)通过下列方法测定产品纯度：准确称取样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量溶液并用稀酸化，以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。测定过程中发生下列反应：；。样品的纯度为 。 【答案】(1) 取少量最后一次洗涤液于试管中，向试管中加入稍过量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有沉淀生成则洗涤干净 (2)防止倒吸 受热均匀，便于控制温度 (3)3.2 4.7 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 (4)(或0.99) 【分析】一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入三颈瓶中，搅拌、加热生成氨气、氧化铜、氯化钠，过滤、洗涤，得到CuO固体，再加入一定量的稀硫酸，经过蒸发、结晶、过滤等操作，得到CuSO4•5H2O晶体；也可以取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加适量1.0mol•L﹣1H2SO4溶解，再滴加适量1.0mol•L-1NaOH调节pH在3.2-4.7之间，使铁离子沉淀完全铜离子不沉淀，过滤，将滤液加热浓缩、冷却结晶，最终得到CuSO4•5H2O晶体，据此分析解题。 【解析】（1）[Cu(NH3)4]Cl2、NaOH在加热条件下生成CuO、NH3、NaCl、H2O，反应的化学方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOH≜CuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O；CuO固体表面残留的离子主要为Cl-，检验是否洗净的实验操作是：取少量最后一次洗涤液于试管中，向试管中加入稍过量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若没有沉淀生成则洗涤干净； （2）装置图中装置X的作用是防止倒吸，实验中采用热水浴加热，与用酒精灯直接加热相比，其优点是受热均匀，便于控制温度； （3）由题意可知，pH=3.2时，Fe3+完全沉淀，Cu2+开始沉淀时的pH为4.7，则过滤后往滤液中再加入NaOH溶液调节pH为3.2至4.7，使铁离子沉淀完全铜离子不沉淀；过滤后，将滤液加热蒸发浓缩、冷却结晶、过滤后，晾干，得到CuSO4•5H2O晶体； （4）n(Na2S2O3)=cV=0.1000mol/L×0.0198L=0.00198mol，由2Cu2++4I-=2CuI↓+Ⅰ2、可知，2CuSO4•5H2O~ Ⅰ2~2 Na2S2O3，则CuSO4•5H2O的物质的量为0.00198mol，所以样品的纯度为。 6．（24-25高二上·安徽池州·期中）每鲜榨橙计中含有大约的维生素C．某学习小组欲用碘量法测定市售橙汁饮料中维生素的含量，反应方程式为(维生素的化学式为，相对分子质量为176)，其实验步骤及相关数据如下： 步骤1：移取饮料样品(设密度为)于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液。 步骤2：在滴定管中装入的碘标准溶液，进行滴定。 步骤3：滴定至终点，读取并记录相关数据，重复三次实验，实验数据如下表所示。 第一次 第二次 第三次 滴定前读数 0.00 0.44 1.33 滴定后读数 30.01 30.44 31.32 回答下列问题： (1)实验中盛装碘标准溶液应选择 (填“酸式”或“碱式”)滴定管。 (2)配制碘标准溶液的主要操作步骤：计算称量溶解 洗涤(并将洗涤液移入容量瓶) 摇匀将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签。 (3)下图表示滴定管中某次放液后液面的位置，如果液面处的读数是，则滴定管中液体的体积 (填字母)。 a．是        b．一定大于        c．是        d．一定大于 (4)判断达到滴定终点的现象是 。 (5)实验中下列操作可能会导致测定结果偏低的是 (填字母)。 a．滴定时锥形瓶中有液体溅出     b．滴定结束时俯视读数 c．滴定前未用碘标准溶液润洗滴定管     d．滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 (6)计算得该饮料样品中维生素的含量为 (结果保留两位小数)，该含量 (填“高于”或“低于”)鲜榨橙汁。 【答案】(1)酸式 (2)转移 定容 (3) (4)滴入最后半滴标准液时，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色 (5)ab (6)21.12 低于 【解析】（1）碘标准溶液具有氧化性，应该选择酸式滴定管； （2）配制碘标准溶液的主要操作步骤：计算称量溶解转移洗涤(并将洗涤液移入容量瓶) 定容摇匀将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签； （3）由于滴定管最大刻度在下方、但不在最下方，滴定管中实际盛放液体大于，如果液面处的读数是，则滴定管中液体的体积大于； （4）判断达到滴定终点的现象：滴入最后半滴标准液时，溶液变为蓝色，且半分钟内不褪色； （5）a．滴定时锥形瓶中有液体溅出，导致待测液溶质损失，所需标准溶液体积减小，结果偏低；b．滴定结束时俯视读数，导致末次读数偏小、标准溶液体积偏小，结果偏低；c．滴定前未用碘标准溶液润洗滴定管，标准溶液被稀释，消耗碘标准溶液体积偏大，结果偏高；d．滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致标准溶液体积偏大，结果偏高；故选ab； （6）①根据实验数据，消耗碘标准溶液的平均值为，根据方程式可知，维生素的物质的量等于消耗碘的物质的量：，移取饮料样品(设密度为)， 即20g饮料中含维生素的物质的量，则饮料中含维生素的物质的量，该饮料样品中维生素的含量为； ②21.12＜37.5，故其含量低于鲜榨果汁。 7．（24-25高二上·安徽合肥·期中）利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样，将amg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的-淀粉水溶液。向F内滴入适量标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时，立即用标准溶液滴定至浅蓝色复现。随不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退一变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： (1)实验室配制标准溶液，需要用到容量瓶，下列关于容量瓶的操作，正确的是___________(填字母，只有一个选项正确)。 A． B． C． D． (2)装置和的作用是充分干燥，B中的试剂为 。写出通入装置中的离子方程式 ，装置中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是 。 (3)该滴定实验达终点的现象是 ；滴定消耗标准溶液，样品中硫的质量分数是 (用代数式表示)。 (4)若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，测定结果会 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 【答案】(1)C (2)浓硫酸 防止倒吸 (3)当加入最后半滴标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且内不变色 (4)不变 【分析】由题中信息可知，利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经干燥、净化后通入管式炉中将钢铁中硫氧化为，然后将生成的导入碘液(利用生成)中吸收，通过消耗的标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。 【解析】（1）A．摇匀操作，应颠倒容量瓶，故A错误；B．定容操作，视线平视刻度线，但胶头滴管不能伸入容量瓶中，故B错误；C．移液操作时，用玻璃棒引流，故C正确；D．摇匀操作，左手食指按住塞子，右手指尖顶住瓶底边缘，将容量瓶倒转并振荡摇匀，故D错误；选C； （2）装置和的作用是充分干燥，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。通入装置中，在水参与下，二氧化硫和碘单质发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，离子方程式，装置中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。 （3）二氧化硫恰好被完全吸收后，最后半滴将KI氧化，所得碘单质遇到淀粉变蓝，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及、可得关系式3S~3~3~，若滴定消耗标准溶液，则，，样品中硫的质量分数是。 （4）滴定过程中发生、，按得失电子守恒，二氧化硫所失去电子实际上把碘酸根转化为碘离子，则若滴定过程中有少量不经直接将氧化成，不影响标准溶液的体积，则测定结果会不变。 8．（24-25高二上·安徽六安·期中）一定物质的量浓度溶液的配制实验是中学化学中几个重要的定量实验之一。现有下列仪器和用品：①铁架台(含铁圈、各式铁夹)  ②锥形瓶  ③酸式和碱式滴定管  ④烧杯(若干)⑤玻璃棒  ⑥天平(含砝码)  ⑦量筒  ⑧药匙。 I．现有下列药品：A．NaOH固体  B．标准NaOH溶液  C．未知浓度的盐酸  D．蒸馏水 (1)请回答下列问题： ①配制240mL一定物质的量浓度的NaOH溶液时，还缺少的玻璃仪器是 。 ②进行中和滴定实验时，不可用溶液润洗的仪器是 。 A．酸式滴定管　　　B．碱式滴定管　　　C．锥形瓶 II．为测定某溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀后，用浓度为cmol/L标准溶液滴定。 (2)滴定原理为： (用离子方程式表示)，滴定时，达到滴定终点时的现象为 。 (3)如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，C处的刻度为22，滴定管中液面读数应为 mL。 (4)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下： 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗溶液体积/mL 27.22 25.35 25.30 从上表可以看出，第一次实验中记录消耗溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是 。 A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时溶液的体积 B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡 C．第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗 D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗 E.滴加溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定 (5)根据所给数据，写出计算的物质的量浓度的表达式(不必化简)：C= 。 【答案】(1)250mL容量瓶 C (2) 滴加最后一滴后，锥形瓶中溶液从无色突变为浅红色，且半分钟内颜色不恢复 (3)21.40 (4)BCD (5) 【解析】（1）①配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所用仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管、药匙，根据提供仪器，还需仪器有250mL容量瓶； ②中和滴定需要用到酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶，其中酸式滴定管、碱式滴定管需要润洗，锥形瓶不能润洗，否则结果偏高，答案选C； （2）和发生氧化还原，滴定原理为：，滴定时，达到滴定终点时的现象为滴加最后半滴后，锥形瓶中溶液从无色突变为浅红色，且半分钟内颜色不恢复； （3）A与C刻度间相差1mL，每个刻度为0.1mL，A处的刻度为21，B的刻度比A大，由图可知，相差4个刻度，则B为21.40； （4）A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时KMnO4溶液的体积，导致KMnO4体积偏小，A错误；B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致KMnO4体积偏大，B正确；C．盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过，未用标准液润洗，导致KMnO4浓度偏小，所以所用KMnO4体积偏大，C正确；D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗，润洗锥形瓶导致草酸的物质的量偏大，所以使用的KMnO4体积偏大，D正确；E．滴加溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定，导致KMnO4积偏小，E错误；故选BCD； （5）根据离子方程式可得出关系 式 ，V=，则C=； 9．（24-25高二上·安徽·期中）色度计是通过测量透射光线的强度与入射光强度的比值来计算物质的透过率，所以溶液的透光率与其内部有色物质的浓度是反相关的。研究小组为探究反应物浓度对反应速率的影响，使用便携式色度计和数据记录器，测量并记录溶液的透光率从初始状态增加到100%所需的时间，来评估反应速率的快慢。 【实验数据】 实验编号 反应 温度 0.005体积 18体积 0.1体积 蒸馏水体积 0.1体积 反应时间 1 25℃ 4 0.4 2 2滴 0 2 45℃ 4 0.4 2 2滴 0 3 25℃ 4 0.2 2 V 0 4 25℃ 4 0.4 2 0 0.1 已知：1滴水的体积大约为0.05。回答下列问题： (1)已知草酸为二元弱酸，具有还原性。 ①在加水稀释溶液的过程中，保持温度一定，随着水量的增加而减小的是 (填选项字母)。 A．    B．    C．    D．与的乘积 ②草酸与酸性溶液反应的离子方程式为 。 (2)实验3中V为 ；实验1中可能是 s(填标号)。 A．153      B．68      C．22      D．11 【发现问题】实验1中若使用的含20%硫酸的0.001溶液，实验结果如下图。    (3)在实验条件下，增大草酸的浓度，褪色时间 (填“变大”、“变小”或“不变”)；图示反应均为先慢后快，后快的原因可能是 。 【再探草酸浓度】为探究浓度与褪色时间异常现象的原因，相同情况下，只改变草酸溶液浓度设计对比实验，获得实验数据并绘制曲线如下图。 【查阅资料】为解释上图中段速率反常变化的原因，查阅资料显示：酸性溶液与溶液反应时，某种历程如图所示。 (4)草酸浓度较大(大于0.6)时，草酸浓度越大，反应速率却越小，可能是 (填化学式)离子对反应速率起主导作用，且对反应速率起 (填“促进”或“抑制”)作用。 【答案】(1)C (2)0.3 B (3)变大 生成物对反应起催化作用 (4) 抑制 【分析】实验1和2探究其他条件相同温度对反应速率的影响，实验2温度高，反应速率快，褪色时间短，则t1>17s；实验1和3探究其他条件相同H+浓度对反应速率的影响，液体总体积相同，则V=0.3ml；实验1和4探究催化剂对反应速率的影响； 【解析】（1）草酸是二元弱酸，存在H2C2O4H++；⇋H++；加水稀释平衡右移，=变大，A不符合；=变大，B不符合；=变小，C符合；与的乘积变大，D不符合；答案选C； 草酸具有还原性，具有氧化性，二者发生氧化还原反应，生成二氧化碳、二价锰离子和水，反应的离子方程式为：； （2）由分析可知，V=0.3ml；实验1和实验4对比，实验4使用了催化剂，反应速率快，褪色时间短，则t1>30s，与实验3对比，实验1H+浓度大，反应速率比实验3快，则t1<132s，实验1的30s<t1<132s，答案选B； （3）由图示可知，增大草酸浓度，褪色时间变大；图示反应均为先慢后快，后快的原因可能是KMmO4在反应中生成MnSO4，MnSO4在反应中是催化剂，生成物对反应起催化作用，使反应速率加快； （4）由反应历程可知，草酸浓度较大时，离子浓度也比较大，会与Mn3+结合成显红色的Mn(，造成褪色时间长，反应速率小，对反应速率起主导作用，且对反应速率起抑制作用。 10．（24-25高二上·安徽马鞍山·期中）实验是科学研究的重要方法。 I.某实验小组用溶液与硫酸进行中和热的测定，装置如图所示，回答下列问题： (1)图中装置缺少的仪器是 。硫酸稍过量的原因是 。 (2)请填写下表中的平均温度差： 实验次数 起始温度T/℃ 终止温度/℃ 平均温度差 平均值 1 26.2 26.0 26.1 30.1 2 27.0 27.4 27.2 33.3 3 25.9 25.9 25.9 29.8 4 26.4 26.2 26.3 30.4 (3)近似认为溶液与硫酸溶液的密度都是，中和后生成溶液的比热容为，则上述实验测得的中和热 (取小数点后一位)。上述结果与有偏差，产生偏差的原因可能是 。 A．量取溶液时仰视读数 B．为了使反应充分，向酸中分次加入碱 C．实验装置保温隔热效果差 D．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌 II.绿矾是一种重要的化工原料。为检测某部分被氧化的绿矾样品的纯度设计如下实验。 步骤一：精确称量部分被氧化的绿矾5.000g，加入适量硫酸溶解并配制成250mL溶液。 步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，用溶液滴定至终点。 步骤三：重复步骤二次，平均消耗溶液的体积为。 (4)步骤二中溶液应用 (填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装。 (5)滴定前，有关滴定管的正确操作为 (选出正确操作并按序排列)： 检漏→蒸馏水洗涤→ → → → → →开始滴定。 A．排除气泡 B．用溶液润洗2至3次 C．装入溶液至零刻度以上 D．记录起始读数 E.调整液面至零刻度或零刻度以下 (6)步骤二中滴定至终点时的实验现象为 。 (7)被氧化的绿矾纯度为 。(结果保留小数点后2位) (8)下列情况会造成测定结果偏高的是 (填字母)。 a.盛装绿矾溶液的锥形瓶，用蒸馏水洗过后未用绿矾溶液润洗 b.盛装溶液的滴定管，未用溶液润洗 c.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度 d.盛装溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 【答案】(1)玻璃搅拌器 使氢氧化钠溶液充分反应，减小实验误差 (2)4.0 (3) BCD (4)酸式 (5)BCAED (6)当加入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液颜色由黄色变为浅红色，且半分钟内不恢复，说明达到了滴定终点 (7)55.60% (8)bd 【解析】（1）为使反应充分进行，还需用环形玻璃搅拌器搅拌；硫酸稍过量可使氢氧化钠溶液充分反应，减小实验误差； （2）实验1 =30.1-26.1=4；实验2 =33.3-27.2=6.1；实验3 =29.8-25.9=3.9；实验4 =30.4-26.3=4.1；实验2数据差异较大应舍弃；则平均温度差=； （3）上述实验测得的中和热； 上述结果与相比，所测中和热偏大； A．量取溶液时仰视读数，导致NaOH溶液体积偏大，则实际反应物量增加，放出的热量增加，导致所测中和热偏小，故A不选；B．为了使反应充分，向酸中分次加入碱，导致热量损失，所测中和热偏大，故B选；C．实验装置保温隔热效果差，导致热量损失，所测中和热偏大，故C选；D．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌，铜丝导电，导致热量损失，所测中和热偏大，故D选；故选：BCD。 （4）溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管盛装； （5）滴定前，滴定管先用蒸馏水洗涤，再加入溶液润洗2至3次然后再装入溶液至零刻度以上，先排除尖嘴气泡，最后调整液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，故操作顺序为：BCAED； （6）步骤二中滴定至终点时的实验现象为当加入最后半滴高锰酸钾溶液，溶液颜色由黄色变为浅红色，且半分钟内不恢复，说明达到了滴定终点； （7）与发生反应：；n(Fe2+)=5n()=×0.02L×5=0.001mol，被氧化的绿矾纯度为。 （8）a．盛装绿矾溶液的锥形瓶，用蒸馏水洗过后未用绿矾溶液润洗，属于正确的操作，对结果无影响，故a错误；b．盛装溶液的滴定管，未用溶液润洗，导致被稀释，所用体积偏大，所测结果偏高，故b正确；c．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，终点读数偏小，体积偏小，所测结果偏低，故c错误；d．盛装溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，起始读数偏小，则体积偏大，所测结果偏高，故d正确；故选：bd。 11．（24-25高二上·安徽合肥·期中）I．硫代硫酸钠()俗称大苏打、海波，广泛应用于照相定影等领域。某同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如表系列实验并分别测量浑浊度随时间的变化图。 温度 编号 Na2S2O3溶液 溶液 蒸馏水 V/mL V/mL V/mL 25℃ ① 1.5 3.5 10 ② 2.5 3.5 9 ③ 3.5 3.5 V1 ④ 3.5 2.5 9 ⑤ 3.5 1.5 10 浑浊度随时间变化的曲线 (1)用离子反应方程式表示其反应原理为 。 (2)通过实验①②③，可探究 因素对反应速率的影响，通过由此 mL。 (3)根据上述图像，对比曲线a和①可能得到：a曲线的T (填“>”“=”或“<”)。 (4)该化学反应速率还可以用单位时间内的浑浊度的变化量表示，请计算m点的平均化学反应速率 NTU/s。 II．某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时()，发现反应速率变化如图所示，小组成员探究时间内速率变快的主要原因，为此“异常”现象展开讨论，猜想造成这种现象的最可能原因有两种。 猜想I：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快： 猜想II：…… (5)猜想II可能是： 。 (6)基于猜想II成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。 加入试剂 溶液、酸性 溶液、酸性，少量 固体 实验现象 褪色时间10min 褪色时间 10min(填“<”“>”或“=”) 结论 猜想II正确 【答案】(1) (2)浓度 8 (3) (4)0.6 (5)对该反应具有催化作用 (6) < 【分析】本题通过实验数据探究了反应物浓度对反应速率的影响，猜想了温度对反应速率的影响，同时验证了催化剂对反应速率的影响，以此解题。 【解析】（1）硫代硫酸钠和硫酸反应生成单质硫、二氧化硫等，离子方程式为：； （2）对比实验①②③可知，硫代硫酸钠浓度不同，其他因素相同，则可探究浓度因素对反应速率的影响；根据控制变量法，实验溶液总体积相同，则V1=2.5mL+3.5mL+9mL-3.5mL-3.5mL=8mL； （3）对比曲线a和①发现曲线a出现沉淀需要更少的时间，则可能原因是：T>25℃； （4）由图可知，m点的浑浊度为200NTU，则用单位时间内的浑浊度的变化量表示的反应速率，v=； （5）由于反应速率此时加快，则猜想Ⅱ可能是:生成的Mn2+（或MnSO4）对该反应有催化作用，加快反应进行； （6）结合第五问可知，加入少量固体作为催化剂，在催化剂作用下褪色时间缩短，褪色时间<10min。 12．（24-25高二上·安徽·期中）某小组为了测定化学反应速率，并研究外界条件对化学反应速率的影响，进行如下实验： I．甲同学利用下图装置测定化学反应速率，借助秒表测量量气管内液面不再变化时所需的时间，同时读取量气管在反应前后的液面差，计算该反应的速率。 回答下列问题： (1)蒸馏烧瓶中发生反应的化学方程式为 ；橡皮管a的作用除避免液体滴入蒸馏烧瓶对气体体积测量引起的误差外，还起到的作用是 。 (2)试剂X的成分为 ；实验结束后，先恢复到室温，读取数据的操作是上下移动量气管使左右两边液面相平，视线 。 II．乙同学设计如下分组实验探究浓度对速率的影响，并测定反应速率。 实验 温度/℃ 0.05mol/L溶液的体积/mL 0.1mol/L溶液的体积/mL 的体积/mL 水的体积/mL 溶液褪色的时间/min ① 25 1.0 2.0 2.0 a 2.5 ② 25 1.5 2.0 2.0 4.5 3.0 ③ 25 2.0 2.0 2.0 4.0 溶液颜色变浅，但不褪去 (3)a= ；利用实验①中数据，0~2.5min用表示的化学反应速率为 。 (4)反应速率① ②(填“>”“<”或“=”)；实验③最终“溶液颜色变浅，但不褪去”的原因是 。 (5)基于实验③的现象，丙同学通过测定溶液光透过率的变化，记录反应所需的时间，确定反应的快慢。已知溶液浓度越大，光透过率越小。测得实验③反应过程中时间与光透过率的曲线如图所示，100s后光透过率快速增大的原因可能是 。 【答案】(1) 平衡压强使液体顺利滴下 (2)饱和溶液 平视且与凹液面的最低处相平 (3)5 0.005 (4)< 高锰酸钾过量 (5)产物是该反应的催化剂，使反应速率加快，溶液浓度迅速变小，光透过率迅速增大 【分析】酸性KMnO4具有强氧化性，能够与具有强还原性的H2C2O4发生氧化还原反应：，根据量气管在一定时间内反应产生CO2气体体积判断反应速率大小。分液漏斗上都橡胶管a作用除平衡压强使液体顺利滴下外，还有一个作用是避免液体滴入蒸馏烧瓶对气体体积测量引起的误差；实验结束后，先恢复到室温，再上下移动量气管，使左右两边液面相平，然后平视且视线与凹液面的最低处相平，读取数据；为避免CO2气体在水中溶解而产生误差，在烧瓶中盛有饱和NaHCO3溶液；也可以根据KMnO4溶液褪色时间判断化学反应速率的快慢；要采用控制变量方法进行研究；影响化学反应速率的因素有浓度、温度、催化剂等利用它们对化学反应速率的影响分析判断。 【解析】（1）由分析可知，在蒸馏烧瓶中反应的方程式为；分液漏斗上橡胶管还有一个作用是平衡压强使液体顺利滴下； （2）能够溶于水，为避免气体溶解而影响化学反应速率的测定，可通过排饱和溶液的方法收集；实验结束后，先恢复到室温，再上下移动量气管、使左右两边液面相平，然后平视且视线与凹液面的最低处相平，读取数据； （3）乙同学通过控制变量法测定溶液的浓度对化学反应速率的影响，根据实验②可知溶液的总体积为，则①实验中加入水的体积；利用实验①中数据可知，草酸过量，先用计算出反应的草酸的物质的量，再求得速率，表示的化学反应速率； （4）反应②中数据可知，草酸过量，溶液的浓度为，则用溶液的浓度变化表示的化学反应速率，用表示的化学反应速率，则化学反应速率：①<②；根据物质反应转化关系可知：的反应消耗的物质的量为，实验③中的物质的量为，说明溶液过量，因此实验③最终溶液颜色变浅，但不褪去的原因是高锰酸钾过量； （5）测得实验③反应过程中溶液的光透光率先几乎不变，后光透光率快速增大的原因可能是生成的是该反应的催化剂，加快了化学反应速率，溶液浓度迅速变小，光透过率迅速增大。 13．（24-25高二上·安徽宿州·期中）反应热的测定实验和滴定实验滴定法是化学学科中重要的定量实验。 ．某化学兴趣小组用50mL盐酸与50mLNaOH溶液进行中和反应的反应热测定实验。 (1)写出该反应的热化学方程式[假定上述实验生成1mol时的反应热为]： 。若用50mL醋酸溶液代替上述盐酸，所测的反应热 (填“”、“”或“”)。 ．借鉴中和反应反应热的测定实验，某小组为测定反应的，设计如下方案。 先测定20mL溶液和足量铁粉反应的热效应，测得释放热量为；再测定20mL溶液和足量Cu粉反应的热效应，测得释放热量。 (2)则反应   (用含、式子表示)。 ．某兴趣小组用的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，实验操作如下。 (3)配制100mLNaOH标准溶液，取25.00mL待测溶液放入锥形瓶中。滴定管盛装好待测液后排气泡，下列排气泡操作正确的是 。 a．    b．     c．     d． (4)向溶液中加入1~2滴酚酞，用氢氧化钠溶液滴定至终点，重复以上操作。 ①滴定终点的现象为 。 ②下列操作中，可能使所测盐酸浓度数值偏低的是 。 A．滴定过程中振荡时有液滴溅出 B．滴定前盛放待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液 D．读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数 ．在分析实验中可用作标定标准溶液的基准物质。 (5)用(草酸氢钾)溶液标定某酸性溶液的物质的量浓度，滴定过程中有关数据如下表所示： 实验序号 待测溶液体积/mL 消耗溶液体积/mL 1 20.00 20.01 2 20.00 20.99 3 20.00 19.99 ①滴定原理为：，配平该反应后，处应填写 。 ②测得 。 【答案】(1) > (2) (3)c (4)加入最后半滴标准液，溶液变为红色，且半分钟内不变色 AD (5) 【分析】中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差； 滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算； 【解析】（1）生成1mol时的反应热为，则该反应的热化学方程式。醋酸为弱酸，电离过程吸热，导致反应中放热减小，放热焓变为负值，则用50mL醋酸溶液代替上述盐酸，所测的反应热>； （2）由题意，①，②，由盖斯定律，①+②得：，； （3）氢氧化钠溶液为碱性，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管的气泡通常在橡胶管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤压橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲出，故选c； （4）①碱性溶液能使酚酞试液变红色，滴定终点的现象为：加入最后半滴标准液，溶液变为红色，且半分钟内不变色。 ②A．滴定过程中振荡时有液滴溅出，存在溶质损失，使得标准液用量减小，所测盐酸浓度数值偏低；B．滴定前盛放待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，不影响标准液用量，不影响所测盐酸浓度；C．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，使得标准液浓度偏低，用量偏大，所测盐酸浓度数值偏高；D．读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数，使得标准液体积偏低，所测盐酸浓度数值偏低；故选AD； （5）①溶液中电离出钾离子和草酸氢根离子，反应中碳化合价由+3变为+4、锰化合价由+7变为+2，结合电子守恒，滴定原理为：，配平该反应后，处应填写。 ②由表，第二次实验误差较大，舍弃，消耗平均体积为20.00mL，则测得。 14．（24-25高二上·安徽黄山·期中）苹果酸（分子式：）是一种天然存在的二元弱酸（用表示，，），是水果酸甜味的来源，常用作食品添加剂。某实验小组用的溶液测定苹果酸样品的纯度，进行如下实验： ①称取样品，加水溶解，配制成溶液。 ②取溶液于锥形瓶中，用的标准溶液进行滴定。 (1)上述实验中不需要用到图中的仪器为 （填名称）。 (2)在进行滴定操作时，使用酚酞作为指示剂，当滴入最后半滴溶液， 时达到滴定终点。滴定操作中碱式滴定管未用标准溶液润洗使所测定结果 （填“偏高、不影响”或“偏低”，下同），读数时如图所示使所测定结果 。 (3)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表： 滴定次数 待测溶液的体积 溶液的体积 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积 第一次 25.00 0.00 25.01 25.01 第二次 25.00 1.56 30.30 28.74 第三次 25.00 0.22 25.21 24.99 依据上表数据测得苹果酸样品的纯度为 。 (4)室温下，某学生用的溶液滴定的某苹果酸（）溶液得到的滴定曲线如图所示。 ①若不考虑苹果酸（）的第二步电离，X点溶液的约为 。 ②Y点溶液中水电离出来的 （填“>”、“<”或“=”）。 ③Z点溶液中各离子浓度的关系为 （用一个等式表示）。 【答案】(1)分液漏斗 (2)锥形瓶中溶液由无色变为红色且半分钟不褪色 偏高 偏低 (3) (4)2.5 < 【分析】酸碱中和滴定时，用氢氧化钠滴定苹果酸，采用碱式滴定管，根据滴定数据，第二次滴定前刻度偏差过大，实验数据作废，取第一、第三次滴定结果平均值，计算纯度；溶液中各离子浓度关系可用溶液电荷守恒表示，阴离子所带电荷=阳离子所带电荷； 【解析】（1）酸碱滴定实验中，需要用容量瓶配置溶液，锥形瓶作反应容器，用氢氧化钠滴定苹果酸，采用碱式滴定管，故不需要用到图一中的仪器为分液漏斗； （2）滴定终点的现象是：当滴入最后半滴溶液，锥形瓶中溶液由无色变为红色且半分钟不褪色；滴定操作中碱式滴定管未用标准溶液润洗，使标准溶液的浓度减小，滴定标准溶液的体积偏大，所测定结果偏高；读数时如图二所示，初始读数平视，终点读数俯视，读数结果偏小，所测定结果偏低； （3）第二次测定结果明显错误，是无效数据，舍去，两次平均值为，测得苹果酸样品的纯度为。 （4）①根据第一步电离常数计算，，，点溶液的约为2.5。 ②点溶液呈酸性，是酸抑制了水的电离，水电离出来的。 ③点溶液中含有离子：、、、、，根据电荷守恒有：。 15．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）某小组设计实验探究硫酸的性质。回答下列问题： 实验(一)探究浓硫酸吸水性。如图：    实验中，向烧瓶中滴加浓硫酸，观察到烧瓶内产生大量白雾，烧杯中产生白色沉淀。 (1)烧杯中产生的白色沉淀是 (填化学式)。 (2)浓硫酸表现吸水性的同时还表现的性质是 。 实验(二)利用稀硫酸和氢氧化钠溶液反应测定中和反应的反应热，装置如图所示：    (3)实验中进行搅拌操作时应 ；如果用较浓硫酸替代稀硫酸进行实验，测得中和反应的反应热(△H) (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 (4)已知25.00mL0.1稀硫酸和50.00mL0.1NaOH溶液恰好完全反应时，混合溶液平均温度由℃升到℃(最高)，已知溶液密度近似为1，比热容为4.18，生成1mol(l)时的反应热为(△H) (只列计算式)。 实验(三)探究浓硫酸的强氧化性。如图：    实验中发现A中有黑灰色固体，B中溶液不褪色，C中溶液褪色，实验完毕后，分离A中混合物得到黑色固体。 (5)观察A中反应产物的操作是 ，由上述实验证明：漂白性本质是与水反应，可能是 (填化学式或离子符号)(填一种)与品红生成无色物质。 (6)经测定：纯净的黑色固体由铜、硫元素组成，为了测定其组成，取xg样品在氧气中充分灼烧，得到纯净的黑色粉末CuO，称重为yg，若x=y，则黑色固体是 (填化学式)。 【答案】(1)AgCl (2)高沸点酸 (3)上下移动环形玻璃搅拌器 偏低 (4) (5)将A中悬浊液缓慢倒入盛有蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，静置 H2SO3 (6)Cu2S 【分析】该实验的实验目的是探究浓硫酸的吸水性和强氧化性，并利用稀硫酸和氢氧化钠溶液反应测定中和反应的反应热。 【解析】（1）向烧瓶中滴加浓硫酸，观察到烧瓶内产生大量白雾，烧杯中产生白色沉淀说明浓盐酸具有挥发性，浓硫酸与浓盐酸混合后，浓硫酸吸收浓盐酸的水分并放出热量，导致氯化氢挥发，与烧瓶中的水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾，挥发出的氯化氢与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，故答案为：AgCl； （2）向烧瓶中滴加浓硫酸，观察到烧瓶内产生大量白雾，烧杯中产生白色沉淀说明浓硫酸与浓盐酸混合后，浓硫酸吸收浓盐酸的水分并放出热量，导致氯化氢挥发，与烧瓶中的水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾，实验中浓硫酸表现了吸水性和高沸点酸的性质，故答案为：高沸点酸； （3）测定中和反应的反应热时，应上下移动环形玻璃搅拌器进行搅拌使稀硫酸和氢氧化钠溶液充分混合反应；浓硫酸稀释时会放出大量的热，导致反应测得的热量偏大，所以如果用较浓硫酸替代稀硫酸进行实验，测得中和反应的反应热△H会偏低，故答案为：上下移动环形玻璃搅拌器；偏低； （4）由题意可知，稀硫酸与氢氧化钠溶液完全反应生成0.05mol水，放出的热量为75.00mL×1g/cm3×4.18×10_3kJ/(g·℃)×(t2—t1)℃，则生成1mol水时的反应热△H=kJ/mol，故答案为：； （5）浓硫酸的密度大于水，为防止稀释浓硫酸时放出大量的热导致暴沸发生意外事故，观察A中黑色固体时，应将A中悬浊液缓慢倒入盛有蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，静置；B中溶液不褪色，C中溶液褪色说明二氧化硫不具有漂白性，品红溶液褪色是因为二氧化硫与水反应生成的亚硫酸表现漂白性，使品红溶液褪色，故答案为：将A中悬浊液缓慢倒入盛有蒸馏水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，静置；H2SO3； （6）由铜原子原子个数守恒可知，黑色固体中铜元素的质量为×64g/mol=0.8xg，则硫元素的物质的量为=mol，所以黑色固体中铜原子和硫原子的物质的量比为mol：mol=2：1，化学式为Cu2S，故答案为：Cu2S。 16．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）某实验小组在不同温度下，用2%溶液与不同试剂混合，利用氧气传感器测定氧气全部放出所需时间，来探究影响分解的化学反应速率的因素，设计如下实验； 实验序号 温度/℃ 2%溶液的体积/mL 的试剂 时间 1 25 20.00 几乎不分解 2 25 20.00 82 s 3 25 20.00 202 s 4 100 20.00 65 s 5 25 20.00 中通气体使其 几乎不分解 6 25 20.00 中加入固体，使其 75 s 已知：、、。 回答下列问题： (1)从实验1、2、3可以得出， (填离子符号)促进分解生成氧气，且促进效果 (填离子符号)更好。 (2)实验1设计的目的是 。 (3)实验 (填实验序号)探究温度对分解的影响。 (4)向实验5所得的溶液中滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，则实验5中反应的离子方程式为 。 (5)由上述实验可知，酸 (填“抑制”或“促进”，下同)分解，碱 分解，向中加入固体，分解速率变化的原因是 (从平衡移动的角度解释)。 【答案】(1)I-、Fe3+ I- (2)作对照，排除K+和Cl-对过氧化氢分解速率的影响 (3)2和4 (4)2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O (5)抑制 促进 增大KOH溶液的浓度，反应I2+2KOHKI+KIO+H2O的平衡正向移动，KIO的浓度增大，KIO分解生成O2的速率加快，所以过氧化氢的分解速率加快 【解析】（1）由实验1、2、3的数据可知，氯化钾对过氧化氢溶液分解生成氧气没有影响，碘化钾溶液和氯化铁溶液能促进过氧化氢溶液分解生成氧气，说明碘离子和铁离子能促进过氧化氢溶液分解生成氧气，由加入碘化钾溶液，过氧化氢溶液分解生成氧气全部放出所需时间小于氯化铁溶液可知，碘离子促进效果更好，故答案为：I-、Fe3+；I-； （2）由实验1、2、3的数据可知，氯化钾对过氧化氢溶液分解生成氧气没有影响，碘化钾溶液和氯化铁溶液能促进过氧化氢溶液分解生成氧气，则实验1设计的目的是作对照，排除钾离子和氯离子对过氧化氢分解速率的影响，故答案为：作对照，排除K+和Cl-对过氧化氢分解速率的影响； （3）由实验数据可知，实验2和4的实验目的是探究其他条件相同时，反应温度对过氧化氢分解的影响，故答案为：2和4； （4）由题意可知，实验5中发生的反应为酸性条件下碘离子和过氧化氢反应生成能使淀粉变蓝色的碘和水，反应的离子方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O； （5）由实验数据可知，实验2和5的实验现象说明酸抑制过氧化氢溶液分解生成氧气；实验2和6的实验现象说明碱促进过氧化氢溶液分解生成氧气；由题给信息可知，向碘化钾溶液中加入氢氧化钾溶液，过氧化氢溶液分解生成氧气的反应速率加快，原因是碘与氢氧化钾溶液反应生成碘化钾、次碘酸钾和水，溶液中存在如下平衡：I2+2KOHKI+KIO+H2O，向溶液中加入氢氧化钾固体，溶液中中氢氧根离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，溶液中次碘酸钾浓度增大，分解生成氧气的反应速率加快，导致过氧化氢溶液分解生成氧气加快，故答案为：抑制；促进；增大KOH溶液的浓度，反应I2+2KOHKI+KIO+H2O的平衡正向移动，KIO的浓度增大，KIO分解生成O2的速率加快，所以过氧化氢的分解速率加快。 ( 地 城 考 向 0 4 工业流程题（6题） ) 1．（24-25高二上·安徽·期中）镍的氧化物M是蓄电池材料。某小组用含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)制备M的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)固体2的主要成分是 (填化学式)。提高“酸浸”速率宜采用的措施有 (答两条)。 (2)“酸浸”中有O2生成，分析该反应中的氧化剂为 (填化学式)。 (3)已知25℃时：，。若浸出液中，当离子浓度≤1×10-5mol·L-1时认为已完全沉淀。用Na2CO3调节pH范围为 。 (4)“系列操作”包括蒸发浓缩、 、过滤、乙醇洗涤、干燥。用乙醇洗涤的目的是 。 (5)灼烧NiSO4·7H2O时，剩余固体的质量与温度的变化关系如图1所示。 写出B→C的化学方程式： 。 【答案】(1)Fe(OH)3 粉碎矿渣、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等(任答2条) (2)Ni2O3 (3)3.2 ≤ pH＜6.65 (4)降温结晶(或冷却结晶)降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥 (5) 【分析】含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)酸浸时NiO、Ni2O3、FeO、MgO和稀硫酸反应转化为，SiO2不与酸反应，过滤除去，则固体1是SiO2；过滤后向酸浸后的溶液中加入H2O2将转化为，并用Na2CO3调节溶液pH，使转化为Fe(OH)3沉淀除去，即过滤出固体2为Fe(OH)3，过滤后加入NH4F使Mg2＋沉淀除去，过滤出固体3为MgF2，最后得到硫酸镍溶液，通过蒸发浓缩、降温结晶，过滤、洗涤干燥，得到NiSO4•7H2O，并在惰性气体环境中灼烧NiSO4•7H2O得到M，据此分析解题； 【解析】（1）由分析可知，“沉铁”中将铁离子转化为Fe(OH)3，提高“酸浸”速率可采用粉碎矿渣、搅拌、适当增大硫酸浓度、适当升高温度等措施； 故答案为：①Fe(OH)3②粉碎矿渣、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等； （2）“酸浸”中O2产生，该过程中O的化合价升高，则Ni2O3中Ni的化合价降低，即镍被还原为NiSO4，则氧化剂为Ni2O3； 故答案为：Ni2O3； （3）根据溶度积数据计算，沉淀完全时，，，则可推得，,pH=3.2；同理可知，Ni(OH)2开始沉淀时，，pH=6.65，故应控制溶液的pH为：3.2≤pH＜6.65； 故答案为：3.2≤pH＜6.65 （4）①由分析可知，“系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥； ②用乙醇洗涤的目的是降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥； 故答案为：①降温结晶；②降低产品溶解度，减小损失，便于快速干燥 （5），在失重过程中，固体中镍元素质量不变，B点对应固体的质量为15.5g，即为0.1mol，C点含Ni为5.9g，含氧为2.4g，则，则C点对应固体的化学式为Ni2O3，根据氧化还原反应配平可得，B到C的反应方程式为：; 故答案为：； 2．（24-25高二上·安徽合肥·期中）氯化铁在工农业生产中有着广泛的应用，其熔点为，沸点为，极易潮解。工业制备氯化铁的一种工艺如下： (1)“氯化”时，若温度超过400℃产物中存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为 。 (2)蒸干溶液并灼烧所得固体，最终得到的物质是 (填化学式)。和在加热的条件下可以获得无水，该反应的化学反应方程式为 。(已知该反应为非氧化还原反应)，在该过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂 。 (3)同学向盛有溶液的试管中加入几滴酸化的溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为 ；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是 ；生成沉淀的原因是 (用平衡移动原理解释)。 【答案】(1) (2) (3) 催化分解产生 分解反应放热，促进的水解平衡正向移动 【分析】铁屑经过预处理后，与Cl2反应得到FeCl3，工业尾气中含有Cl2，可用FeCl2溶液吸收，得到FeCl3溶液，蒸发结晶得到FeCl3·6H2O，最终得到无水氯化铁。 【解析】（1）FeCl3的相对分子质量为162.5，而325恰好是162.5的两倍，可知温度超过400℃时，FeCl3会结合在一起，形成Fe2Cl6；故该物质的化学式为Fe2Cl6。 （2）蒸干溶液促进氯化铁水解得到氢氧化铁、灼烧引起氢氧化铁分解为氧化铁，则灼烧最终得到的物质是。和在加热的条件下可以获得无水，已知该反应为非氧化还原反应，则该反应还生成二氧化硫和氯化氢，化学反应方程式为。在该过程中可能产生少量亚铁盐，则少量FeCl3被还原产生亚铁盐，铁离子可以被SO2还原为亚铁离子，故一种可能的还原剂为。 （3）同学向盛有溶液的试管中加入几滴酸化的溶液，溶液变成棕黄色，则亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，发生反应的离子方程式为；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，气泡为氧气，则双氧水分解产生氧气，产生气泡的原因是Fe3+催化H2O2分解产生O2；随后有红褐色氢氧化铁沉淀生成，氢氧化铁由铁离子水解产生，则生成沉淀的原因是：H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。 3．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）黄钠铁矾被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿(主要成分为，含少量)为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图： (1)“盐浸”时的反应为(未配平)，其中氧化剂是 过滤Ⅰ得到的滤渣主要成分为 。 (2)“氧化”时发生反应的离子反应方程式为 。 (3)“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域)。 ①生成黄钠铁矾的离子反应方程式 。 ②由图所示，在时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因 。 (4)测定黄钠铁砜样品中铁的质量分数：称取2.000g样品置于锥形瓶中，加入足量稀溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：) ①滴定终点的现象为 。 ②样品中铁的质量分数为 。 【答案】(1)Fe2(SO4)3 SiO2和S (2)2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O (3)3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑ 温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾 (4)滴入最后一滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原 8.400% 【分析】由题干工艺流程图可知，“盐浸”是FeS2和Fe2(SO4)3反应生成FeSO4和S，进行氧化还原反应配平可得反应原理为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，过滤I得到滤渣成分为SiO2和S，向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，反应原理为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O，“沉铁”中是将Fe2(SO4)3与Na2CO3、Na2SO4反应生成黄钠铁矾沉淀，反应离子方程式为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑，过滤、洗涤、干燥得到纯净的黄钠铁矾［Na3Fe3(SO4)3(OH)6]，据此分析解题。 【解析】（1）由分析可知，“盐浸”时的反应为：FeS2+Fe2(SO4)3=3FeSO4+2S，其中FeS2中S从-1价到0，失电子，化合价升高，是还原剂，Fe2(SO4)3中Fe从+3价到+2，得电子，化合价降低是氧化剂； （2）向滤液中加入NaClO和H2SO4，将Fe2+氧化为Fe3+，“氧化”时发生反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O； （3）①由分析可知，生成黄钠铁矾的离子反应方程式为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑； 故答案为：3Fe3++3Na++3+3+3H2O=↓+3CO2↑； ②由图在pH=2时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾，这是由于Fe3+水解是一个吸热反应，温度过高，Fe3+的水解程度增大，生成的Fe(OH)3易分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾，故答案为：温度过高，Fe3+水解程度增大并分解为Fe2O3导致产率低；温度过低，Fe3+水解程度小，不易生成黄钠铁矾； （4）①本实验使用淀粉溶液作指示剂，I2遇到淀粉溶液显蓝色，原溶液中含有I2，反应后没有I2，故滴定终点的实验现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原，故答案为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色，且30s内颜色不复原； ②已知黄钠铁矾[Na3Fe3(SO4)3(OH)6]中铁为+3价，则有：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，I2+2S2=2I-+ S4，可知：2Fe3+~~I2~~2S2，则有：n(Fe3+)=n(S2)=0.1500mol•L-1 ×20.00×10-3L=3×10-3mol，则黄钠铁矾中Fe的质量分数为：=8.400%，故答案为：8.400%。 4．（24-25高二上·安徽·期中）电解精炼铜阳极泥(含、，、、、等)是粗铜电解精炼的副产品，用氯化法提取硒、碲和其他物质的流程如下。 已知：微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。回答下列问题： (1)“水溶液氯化”时，氯化温度(℃)、液固比(x)、氯化钠的含量()及氯泥比(y)对硒提取率的影响如图所示。 ①最佳液固比是 ；溶液含量过高，硒的提取率降低的原因可能是 。 ②最佳氯泥比是 ；氯化温度高于80℃时，硒提取率降低的原因是 。 (2)“沉碲”时控制溶液的为4.5~5.0，生成沉淀。若盐酸浓度过大，会导致“沉碲”不完全，可能的原因是(用化学方程式表示)。 (3)在盐酸溶液中，被还原得到单质碲。研究表明，此反应中，为0.1时的活化能比为0.3时的活化能大，说明较高浓度的作用是 。 (4)常温下，向1中滴加盐酸，当溶液时， 。(已知：的，) (5)流程中可以循环利用的物质有 (填化学式)。 【答案】(1)8 ，浓度过大时，高，平衡逆向移动，氯气的溶解度降低 0.9 盐酸易挥发，氯气的溶解度降低 (2) (3)催化剂 (4)0.2 (5)、 【分析】阳极泥含有Cu2Se、Cu2Te、Ag2Te、Au2Te,加入盐酸和氯化钠，同时通入氯气，反应生成氯化铜和氯化银、亚硒酸和TeCl4，过滤分离出氯化银、金等，滤液加入有机溶剂进行萃取，水相中通入二氧化硫，将亚硒酸还原为硒；有机相经过一系列操作得到金；滤液加入Na2CO3进行沉碲得到TeO2，加入硫酸、亚硫酸钠进行酸溶、还原，得到Te。 【解析】（1）最佳液固比是8，此时硒提取率最大，液固比再增大时，硒提取率变化不大，浪费原料；溶液NaCl含量过高，硒的提取率降低的原因可能是：氯气溶于水存在平衡，NaCl浓度过大时，氯离子浓度高，平衡逆向移动，氯气的溶解度降低； （2）“沉碲”时控制溶液的pH为4.5~5.0，生成TeO2沉淀。TeO2是两性氧化物，如果盐酸的浓度过大，将导致“沉碲”不完全，原因为TeO2+4HCl=2H2O+TeCl4。故答案为：； （3）催化剂可以降低反应的活化能，说明较高浓度Cl-的作用是催化剂； （4）当溶液pH=5时，c(H+)=1.0×10-5mol/L，Ka2=，则； （5）由流程图可知，在沉碲的滤液中存在NaCl，可以返回到水溶液的氯化步骤循环利用，在TiO2还原成Te的产物中有HCl，也可以返回到水溶液氯化步骤循环利用，因此可以循环利用的物质是NaCl和HCl。 5．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）某含镍废料中有等杂质，用此废料提取的工艺流程如图所示： 已知：①有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图所示。 ②25℃时，的电离常数。HF的电离常数。 (1)写出“氧化”这一步的离子反应方程式 。 (2)加调节溶液的pH至5，得到废渣2的主要成分是 (填化学式)。 (3)25℃时，的NaF溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，其溶液中离子浓度大小关系为 (由大到小的顺序)。溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。 (4)已知沉淀前溶液中，当除镁率达到时，溶液中 。 (5)在NaOH溶液中用NaClO与反应可制得，化学方程式为 。 【答案】(1)2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O (2)Fe(OH)3、Al(OH)3 (3)碱性 c(Na+)>c(F-)>c(OH)>c(H+)酸性 (4)2×10-3 (5)4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O 【分析】某NiO的废料中有FeO、Al2O3、MgO、SiO2等杂质，加入稀硫酸溶解后过滤得到滤渣1为SiO2，滤液为NiSO4、FeSO4、Al2(SO4)3、MgSO4，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，再加入碳酸钠溶液调节溶液PH，使铁离子、铝离子全部沉淀，过滤得到滤渣2为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，滤液中加入NH4F沉淀Mg2+，生成沉淀滤渣3为MgF2，过滤得到的滤液，滤液中获得NiSO4•6H2O晶体的方法是通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，干燥得到晶体，失去结晶水得到硫酸镍，以此解答该题。 【解析】（1）在酸性条件下，H2O2把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2═2Fe3++2H2O； （2）由图可知，pH=5时，Al3+和Fe3+都已经完全沉淀，因此滤渣2的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3； （3）NaF为强碱弱酸盐，F-水解显碱性，离子浓度关系为：c(Na+)>c(F-)>c(OH)>c(H+)； （4）已知沉淀前溶液中c(Mg2+)＝1.85×10-3mol•L-1，当除镁率达到99%时，c(Mg2+)＝1.85×10-5mol•L-1，Ksp(MgF2)＝c(Mg2+)c2(F-)＝7.4×10-11，c(F-)＝2.0×10-3mol/L； 故答案为：2.0×10-3mol/L； （5）在NaOH作用下，NaClO把NiSO4中二价Ni离子氧化为NiO(OH)，自身还原为NaCl，化学方程式为：4NaOH+NaClO+2NiSO4=2NiO(OH)↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。 6．（24-25高二上·安徽·期中）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu的化合物。其制备流程如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol·L-1)时的pH： Fe3+ Cu2+ Fe2+ Zn2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 1.5 5.2 6.9 6.2 9 沉淀完全的pH 2.8 6.4 8.4 8.2 11 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 (2)在浸取的步骤中，往往将焙烧后的产物碾碎，其目的是 。 (3)加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是 (填标号)。 A．NH3·H2O        B．Ca(OH)2                  C．NaOH 滤渣①的主要成分包括CaSO4、 、 。 (4)向80~90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的目的是 。 (5)滤液②中加入锌粉的主要反应的离子方程式是 。 (6)滤液④获得ZnSO4·7H2O产品的实验步骤包括 、 、过滤、洗涤、干燥。 【答案】(1)ZnCO3ZnO+CO2↑ (2)增大接触面积，加快反应速率 (3)B Fe(OH)3 SiO2 (4)将溶液中的Fe2+氧化为Fe(OH)3 (5)Zn+Cu2+＝Zn2++Cu (6)蒸发浓缩 冷却结晶 【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，菱锌矿焙烧生成氧化锌，即碳酸锌高温分解转化为氧化锌，焙烧产物加稀硫酸溶解得到硫酸锌、硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸钙、硫酸镁、硫酸铜溶液，硫酸钙微溶于酸，SiO2不溶于酸，调节pH=5，生成氢氧化铁沉淀，三者以滤渣形式除去，故滤渣①为SiO2、CaSO4、Fe(OH)3。滤液①中加入高锰酸钾，发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，同时生成Fe(OH)3沉淀，过滤出沉淀。向滤液②加锌粉，Zn与Cu2+发生置换反应，生成Cu，过滤除去Cu。滤液③中加HF生成MgF2、CaF2沉淀，可以除去Ca2+、Mg2+，过滤，滤液④经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得ZnSO4⋅7H2O晶体。 【解析】（1）菱锌矿焙烧，ZnCO3分解为ZnO、CO2，反应的化学方程式为ZnCO3ZnO+CO2↑。答案为：ZnCO3ZnO+CO2↑； （2）在浸取的步骤中，往往将焙烧后的产物碾碎，这样可以增大产物与硫酸的接触面积，加快反应速率，提升锌的浸取率。答案为：增大接触面积，加快反应速率； （3）A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，A项不符合题意； B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，B项符合题意； C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不符合题意； 故最适宜的X物质是Ca(OH)2，合理选项是B； 当沉淀完全时，离子浓度小于10-5 mol/L，当pH=5时只有Fe3+开始沉淀，形成Fe(OH)3沉淀；故滤渣①中有Fe(OH)3；又由于CaSO4是微溶物，酸性氧化物SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2； 答案为：B；Fe(OH)3；SiO2； （4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为MnO+3Fe2++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+；故向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe(OH)3而除去。答案为：将溶液中的Fe2+氧化为Fe(OH)3； （5）滤液②中含有Cu2+、Zn2+、Ca2+、Mg2+，向其中加入锌粉，Zn可与Cu2+发生置换反应，使Cu2+转变为Cu，再通过过滤除去，发生的反应为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，答案为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu； （6）从溶液中获得晶体通常用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干等操作，可知答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合突破 工业流程、化学原理及实验综合题52题 四大高频考向概览 考向1 反应热 化学反应速率与化学平衡的综合考查（20题） 考向2 水溶液中的离子平衡的综合考查（10题） 考向3 实验综合考查（16题） 考向4 工业流程题（6题） 地 城 考向01 反应热 化学反应速率与化学平衡的综合考查 1．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）工业上常采用催化氧化的方法将转化为，涉及反应如下：。 部分化学键的键能如下表所示。 化学键 键能/() 946 498 464 回答下列问题： (1)氮气和氧气谁更稳定，从化学键的角度简述原因？ 。 (2)的 (填“<”、“>“或“=”)。 (3)已知反应的能量变化如图甲所示。 其中加入了催化剂的能量变化曲线为 (填“a”、“b”)；若，则 (用含的代数式表示)。 (4)用水吸收，并利用图乙装置，测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应的反应热。 ①仪器A的名称是 ，其作用为 ；隔热层的作用为 。 ②通过实验测定稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成所释放的热量 57.3kJ·mol-1(填“<”“>”或“=”)。 ③若实验过程中未加杯盖稀氨水与稀盐酸发生中和反应生成的反应热将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 2．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）氯及其化合物在生产生活中有广泛应用。回答下列问题： (1)、常用于硫化橡胶工业。 已知：①  ； ②  ； ③  。 则   (用含、、的式子表示)。 (2)光气在有机合成中常作氯化剂。工业上，可用CO和氯气混合合成光气。已知：合成时放出a kJ热量，写出该反应的热化学方程式： 。 (3)在恒温恒容的密闭容器中充入和，发生反应，下列情况表明该反应已达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．混合气体密度不随时间变化 B．气体总压强不随时间变化 C．NO的消耗速率等于的生成速率 D．Q(浓度商)不随时间变化 (4)硫酰氯()常用于有机合成。制备原理为 。实验测得速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关。m、n为反应级数，可以为整数、分数、正数、负数和0)。 ①为了测得反应级数，实验数据记录如下； 序号 速率/ a 0.10 0.10 b 0.20 0.10 c 0.10 0.05 根据上述实验结果，计算 ， 。 ②已知；(R为常数，为活化能，T为温度)。测得及在催化剂Cat1，Cat2作用下随的变化如图所示。 催化剂Cat1对应的活化能为 。 (5)我国古代采用“地康法”制备氯气：  。为了探究制氯气的原理，将总压强保持恒定为，向密闭容器中充入和，发生上述反应，在温度、下，测得的平衡转化率与投料比[]的关系如图所示。 (填“>”“<”或“=”)。时平衡常数 (是以分压代替浓度表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数，结果保留两位小数)。 3．（24-25高二上·安徽·期中）甲烷是重要的化工原料。其中甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。 (1)已知下列反应的热化学方程式： ①     ②     反应③的 。 (2)电喷雾电离等方法得到的(、、等)与反应可得。与反应能高选择性地生成甲醇。分别与、反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以示例)。 (i)步骤和中涉及氢原子成键变化的是 (填“”或“”)。 (ii)直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则与反应的能量变化应为图中曲线 (填“”或“”)。 (iii)与反应，氘代甲醇的产量 (填“>”“<”或“=”)。 (3)一种将甲烷溴化再偶联为丙烯()的研究所获得的部分数据如下。 已知：  ，与反应生成，部分会进一步溴化。将和，通入密闭容器，平衡时，、与温度的关系见下图(假设反应后的含碳物质只有、和)。 (i)图中的曲线是 (填“”或“”)。 (ii)560℃时，、曲线对应的数值为5.0、1.6，的转化率 。 (iii)560℃时，反应的平衡常数 。 4．（24-25高二上·安徽·期中）能源、环境与生产生活和社会发展密切相关。一定温度下，在两个容积均为2 L的密闭容器中，分别发生反应：  。相关数据如下： 容器 甲 乙 反应物投入量 1 mol CO2(g)和3 mol H2(g) 32 gCH3OH(g)和18 gH2O(g) 平衡时c(CH3OH) c1 c2 平衡时能量变化 放出29.4 kJ 吸收a kJ (1) c1 (填“＞”、“＜”或“＝”) c2，a= (2)该反应的平衡常数表达式为K= ；若甲中反应10 s时达到平衡，则0~10 s内甲中的平均反应速率v(H2)= 。 (3)下列情况能说明该反应一定达到平衡状态的是 (填字母)。 a．v(CO2)消耗=v(CH3OH)生成         b．气体的密度不再随时间改变 c．CO2和CH3OH的浓度之比不再随时间改变 d．气体的平均相对分子质量不再随时间改变 (4)CO也可用于合成甲醇，反应方程式为。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。 该反应的△H (填“＞”或“＜”)0，实际生产条件控制在250℃、1.3×104 kPa左右，选择此压强的理由是 。 (5)甲烷水蒸气催化重整是制备高纯氢的方法之一、反应如下： 反应i．   反应ii．   在恒温、恒压条件下，1 mol CH4(g)和1 molH2O(g)反应达平衡时，CH4(g)的转化率为a，CO2(g)的物质的量为b mol，则反应i的平衡常数Kx= [写出含有a、b的计算式：提示：对于反应，，x为物质的量分数]。 5．（24-25高二上·安徽·期中）某温度下，甲醛(HCHO)催化氧化历程如下图所示(各物质均为气态，部分物种未标出)。 回答下列问题： (1)反应历程中，最大活化能为 。 (2)由图可知，HCHO氧化反应的热化学方程式为 。 (3)已知键能是指气态分子中化学键解离成气态原子所吸收的能量，几种共价键的键能数据如下表： 共价键 键能/() 413 745 498 467 根据上述信息，值为 。 (4)该温度下，在恒容密闭容器中充入和发生上述反应，测得、浓度变化如下图所示。 ①在、、点中，逆反应速率最大的点是 (填字母)。催化剂 (填“能”或“不能”)改变反应物的平衡转化率。 ②达到平衡时体系 (填“放出”或“吸收”) kJ热量(保留四位有效数字)。 6．（24-25高二上·安徽·期中）神箭冲碧宇，天和傲苍穹。我国在西昌卫星发射中心使用长征三号乙运载火箭，利用工业废气、焦炉煤气等合成火箭推进剂甲醇，成功发射卫星。这也是我国大力提倡的“碳捕捉”方式，一可以减少碳排放，二可以制备清洁能源。合成过程中存在以下反应： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   (1)工业废气中加氢合成甲醇的总反应：反应Ⅲ：   。 (2)其他条件相同时，不同温度下加入相同的铜基催化剂，在相同时间段内，测得甲醇的产率、铜基催化剂活性与温度的关系如下图所示。 分析图像，利用工业废气合成甲醇时，调控的最佳温度为 K。 (3)不同温度下向2L恒容密闭容器中，充入n和3n仅发生反应Ⅲ．实验室测得的平衡转化率与初始压强的关系如下图所示。 ①由图分析判断：温度、、由小到大的顺序为： ；c点对应的平衡常数，e点对应的平衡常数， (填“>”、“<”或“=”)。 ②在℃、初始压强时随时间的变化如下表所示： 0 5 10 15 6.0 4.2 a b 表格中a 2.4(填“>”、“<”或“=”)；0~5min内平均反应速率 。该反应平衡时总压强 ；平衡时的分压为 。 7．（24-25高二上·安徽·期中）氟的氧化物在化工生产中有广泛应用。常见氟的氧化物有、等。请回答下列问题： (1)中O的化合价为 。 (2)具有强氧化性，能氧化生成，另外两种产物为一种酸和一种单质。写出该反应的化学方程式： 。 (3)与足量水蒸气反应生成和时放出热量。写出该反应的热化学方程式： 。 (4)在下，向恒容密闭容器中充入适量气体发生分解反应：，测得部分气体的浓度如下图所示。 ①上述反应的正反应是 (填“熵增”或“熵减”)反应。其他条件不变，若在温度高于的恒容密闭容器中进行上述反应，c点可能向 (填“m”“d”“f”或“e”)点移动。 ②内平均反应速率 。该温度下，平衡转化率为 。 (5)某温度下，保持压强为，向密闭反应器中充入，发生反应：①；②，平衡时的转化率为，选择性为，则反应②的平衡常数 [用分数表示即可，已知：用分压计算的平衡常数为压强平衡常数，分压总压物质的量分数；的选择性]。 8．（24-25高二上·安徽·期中）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径，是最重要的化工生产之一，回答下列问题： (1)铁触媒催化合成氨反应历程如下图所示：   。催化反应往往经过物质在催化剂表面的“吸附”过程和脱离催化剂表面的“脱附”过程。上图中的第 步(填序号)为决速步，“脱附”过程是 (填“吸热”或“放热”)过程。 注解：上图中“ad”表示吸附在催化剂表面的物质。 (2)合成氨实际生产中，常用工艺条件，作催化剂、控制温度、压强，原料中和物质的量之比为。 ①原料气中稍过量的理由是 。 ②关于合成氨工艺的下列说法正确的是 。 A．合成氨反应在不同温度下的都小于零 B．控制温度()远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率 C．基于有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去利于反应正向进行 D．当温度、压强一定时，在原料气(和的比例不变)中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率 (3)丙烷脱氢制丙烯反应，产生的也可用于合成氨。若一定温度下，向恒容密闭容器中充入，开始压强为，发生脱氢反应。 ①下列情况能说明丙烷脱氢制丙烯反应达到平衡状态的是 (填字母)。 A．气体平均摩尔质量保持不变       B．该反应的焓变保持不变 C．气体密度保持不变           D．分解速率与消耗速率相等 ②丙烷脱氢制丙烯反应过程中，的气体体积分数与反应时间的关系如图所示。此温度下该反应的平衡常数 (用含字母p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压物质的量分数；容器内压强之比等于物质的量之比)。 9．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）碳的固定和回收利用是科学研究热点。科学家积极开发新型高效催化剂，有效催化还原制备高附加值产品。回答下列问题： (1)在催化剂作用下，和合成甲醇，其能量变化如图所示。曲线 (填“a”或“b”)代表加入催化剂。写出制备甲醇的热化学方程式： 。 (2)工业上直接还原制备乙醇：  ，在恒温密闭容器中充入和，发生上述反应，当混合气体中体积分数不变时， (填“达到”“未达到”或“不确定是否达到”)平衡，判断依据是 。 (3)固定的第一步是  ，其速率方程式为速率常数，只与温度、催化剂有关，x为物质的量分数。与温度的关系如图所示，其中，曲线 (填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)符合题意，判断理由是 。 (4)体积相同的甲、乙密闭容器中分别充入和，发生反应：，在“恒温恒容”、“绝热恒容”条件下，测得压强与时间的关系如图所示。 ①总物质的量 (填“大于”“小于”或“等于”，下同)。 ② 。 ③甲容器中平衡常数 (填“>”“<”或“=”)。 10．（24-25高二上·安徽·期中）在固体催化剂()表面合成氨的过程是一个典型的多相催化反应，通常称为哈伯-博施过程(Haber-Bosch process)。这个过程在工业上用于从大气中的氮气()和氢气()来合成氨气()，其示意图如下： (1)写出合成氨反应的热化学方程式： 。 (2)已知合成氨反应分两步进行。吸附后，能量状态最高的是 (填“甲”、“乙”或“丙”，下同)，能量状态最低的是 。 (3)实验测得：101时1g完全燃烧生成液态水和气体，放出55.6的热量。写出表示燃烧热的热化学方程式： 。 (4)已知热化学方程式：  ，在容器中充入1和0.5充分反应，最终放出的热量为_______。 A．等于196.64 B．大于98.32 C．等于98.32 D．小于 (5)  ，该反应是吸热反应，常温下却可以自发进行，理由是 。 (6)室温下，将溶于水会使溶液温度降低，热效应为，将溶于水会使溶液温度升高，热效应为，受热分解的热化学方程式为：   (用和表示)，且 (填“>”、“=”或“＜”)。 11．（24-25高二上·安徽马鞍山·期中）回答下列问题： (1)甲烷是一种高效清洁的新能源，0.25 mol甲烷完全燃烧生成液态水放出热量222.5 kJ，则甲烷燃烧热的热化学方程式为 。 (2)已知：合成氨反应  。 ①氨分解反应的活化能Ea1=300 kJ/mol，则合成氨反应的活化能Ea2= kJ/mol。 ②合成氨反应在 条件下能自发进行。(填“高温”、“低温”或“任意”) (3)取一定量铁粉与足量1 mol/L盐酸反应，为了加快反应速率且不影响产生氢气的量，可以加入 。 ①2 mol/L硝酸溶液  ②少量CuSO4(s)  ③少量铜粉  ④对溶液加热 ⑤向反应液中通入HCl气体  ⑥加入过量铁粉  ⑦将铁粉改为铁片 (4)恒温恒容下，向密闭容器中按投料比n(CO2)：n(H2)=1：1通入原料气，只发生反应，下列能判断反应处于平衡状态的是_______。 A．v逆(CO2)=3v正(H2) B．CO2体积分数保持不变 C．体系内压强保持不变 D．断裂3 molH-H键的同时断裂3 mol H-O键 (5)在如图所示的三个容积相同的容器①②③中进行如下反应：3A(g)+B(g)2C(g) △H＜0，若起始温度相同，分别向三个容器中通入3 mol A和1 mol B，则达到平衡时各容器中C的体积分数由大到小的顺序为 。 12．（24-25高二上·安徽黄山·期中）“萨巴蒂尔反应”在载人航天器中有着重要应用。通过这个反应，可以将航天器中的二氧化碳转化为甲烷和水，甲烷可以作为燃料使用，而水可以通过电解生成氧气和氢气，从而实现氧气的再生。“萨巴蒂尔反应”的原理为： 主反应：     副反应：     (1)对于主反应，若正反应的活化能为，则逆反应的活化能 （用含的代数式表示）。 (2)反应的平衡常数 （用、表示）。 (3)恒温条件下，在恒容密闭容器中进行反应：，达到平衡状态的标志是_________（填选项字母）。 A． B．混合气体的密度不再改变的状态 C．混合气体的压强不再改变的状态 D．混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态 (4)一定条件下，向体积为的恒容密闭容器中通入和发生上述主、副反应，达到平衡时，容器中为，为，此时的浓度为 （用含、、的代数式表示，下同），副反应的平衡常数为 。 (5)在密闭容器中，、时发生“萨巴蒂尔反应”，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。 ①用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度为 。 ②温度升高到550℃以后，平衡转化率增大的原因为 。 13．（24-25高二上·安徽黄山·期中）2024年10月16-18日在北京举办的“国际风能大会暨展览会”的主题是：氢能、海上工程及制备、新型储能等；“液态阳光”是指利用太阳能等可再生能源产生电力电解水生产“绿色”氢能，再与从空气中捕获的二氧化碳通过催化过程转化为甲醇等液体燃料。 (1)下列属于可再生能源的是_________（填选项字母）。 A．煤 B．水能 C．风能 D．核能 (2)将煤转化为水煤气的反应为  ，在不同条件下反应过程的能量变化如图所示。该反应的 ；过程b分①、②两步进行，其中起决速作用的是第 步。 (3)利用催化加氢生产甲醇。已知在25℃、条件下的热化学方程式为 反应1：   反应2：   ①该条件下，与反应转化为的热化学方程式为 。 ②已知该条件下，的燃烧热，则的燃烧热 。 ③光催化制甲醇技术也是研究热点。铜基纳米光催化材料还原的机理如图所示。太阳光激发下，低能价带失去电子并产生空穴（，具有强氧化性），在导带和价带中除了产生电子和空穴外，还会生成 （填写微粒符号）参与的还原再生；光催化制备甲醇相对于原方法的优点是 。 14．（24-25高二上·安徽合肥·期中）研究之间的转化对大气污染控制具有重要意义，已知：  。如下图所示，在恒容密闭容器中，反应温度为时，和随t变化为曲线I、II，改变温度到，随t变化为曲线III。 回答下列问题： (1)比较反应速率的大小： (填“>”“=”或“<”)。 (2)在温度下，反应的平衡常数 。 (3)在一定条件下发生上述反应，其他条件不变，只改变一个条件，反应过程中速率随时间的变化如下图所示。时刻改变的条件是 。 (4)反应体系达平衡后，若在恒温恒容条件下，再加入，再次达平衡后，的体积分数 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (5)下列结论能说明该反应已经达到化学平衡状态的是 (填序号)。 ①烧瓶内气体的质量不再变化     ②烧瓶内气体的颜色不再加深 ③     ④烧瓶内气体的压强不再变化 ⑤混合气体密度保持不变         ⑥的浓度与的浓度相等 (6)在恒温条件下，将一定量的充入注射器中后封口，在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化关系如下图(气体颜色越深，透光率越小) ①点应进行 (“拉伸”或“压缩”)注射器，f点 (填“>”“=”或“<”)。 ②e点到f点的过程中体系与环境之间的热量传递关系： 热量(填“吸收”或“放出”)。 15．（24-25高二上·安徽宿州·期中）二氯化砜()用作药剂、有机氯化剂，及用于制造染料、橡胶等。无水条件下合成的反应为：  。请回答下列问题： (1)①若上述正反应的活化能为，则逆反应的活化能为 (用含a的代数式表示)。 ②已知、、的相对能量分别为、、，则x、y、z的关系为 。 (2)在起始温度相同、体积相同的甲、乙两个容器中均充入1mol和1mol，发生上述反应，有关实验如下： 容器 甲 乙 条件 恒温恒容 恒容绝热 平衡状态时逆反应速率(v) 达到平衡时所用时间(t) (填“”、“”或“”，下同)； 。 (3)在容积可变密闭反应器中充入1mol和2.6mol合成，测得体系内平衡转化率与温度(℃)、压强(kPa)的关系如图所示。 ①Y代表的物理量是 (填“温度”或“压强”)，判断方法为 。 ②，若平衡转化率为60%，的分压为6.0kPa，则平衡时的总压强为 kPa(分压总压物质的量分数)，时该反应的分压平衡常数为 (用平衡分压代替平衡浓度计算)。 (4)在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入和(保持和物质的量之和为定值)，平衡时的体积分数随的变化图像如图所示，当时，达到平衡状态的体积分数可能是A、B、C、D、E中 的点。 16．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）汽车尾气(用表示)是空气污染源之一，回答下列问题： (1)用还原的能量变化如下图所示，则该反应的热化学方程式为 。 (2)该反应的平衡常数表达式为 ，升高温度， (填“变大”“变小”或“不变”) (3)在体积均为的密闭容器A(500℃，恒温)、B(起始500℃，绝热)两个容器中分别加入、CO和相同催化剂。实验测得A、B容器中的转化率随时间的变化关系如图所示。 ①B容器中的转化率随时间的变化关系是上图中的 曲线。 ②判断该可逆反应达到化学平衡状态的标志是 (填字母)。 a． b．混合气体的密度不再改变 c．混合气体的平均相对分子质量不再改变 d．的浓度均不再变化 ③要缩短b曲线对应容器达到平衡的时间，但不改变的平衡转化率，在催化剂一定的情况下可采取的措施是 (答出1项即可)。 ④500℃该反应的化学平衡常数 (用分数表示)。 ⑤反应进行到点时，向恒温容器中充入气体，则此时该反应是否达到平衡状态 (填“是”或“否”)，此时 (填“”“”或“”)。 17．（24-25·安徽合肥·期中）在“碳达峰、碳中和”的目标引领下，对减少二氧化碳排放的相关技术研究正成为世界各国的前沿发展方向。回答下列问题： (1)利用干重整反应不仅可以对天然气资源综合利用，还可以缓解温室效应对环境的影响。该反应一般认为通过如下步骤来实现： I． Ⅱ． 上述反应中为吸附活性炭，反应历程的能量变化如图所示。 ①反应Ⅱ是 (填“慢反应”或“快反应”)，干重整反应的热化学方程式为 。(选取图中表示反应热) ②在恒压条件下，等物质的量的和发生干重整反应时，各物质的平衡转化率随温度变化如图所示。已知在干重整反应中还发生了副反应： ，则表示平衡转化率的是曲线 (填“A”或“B”)，判断的依据是 。 ③在恒压条件下，在密闭容器中充入等物质的量的和，若曲线A对应物质的平衡转化率为，曲线B对应物质的平衡转化率为，则以上反应平衡体系中 ，干重整反应的平衡常数 (用平衡分压代替平衡浓度表示，分压=总压×物质的量分数，列出计算式，无需化简)。 (2)二氧化碳电还原反应提供了一种生产乙醇的方法，已知反应过程中在三种不同催化剂表面的某个基元反应的能量变化如图所示(表示始态，表示过渡态，表示终态，*表示催化剂活性中心原子)。科学家研究发现铜表面涂覆一层氮掺杂的碳可以提高乙醇的选择性，其原因可能是 。 18．（24-25·安徽芜湖·期中）回答下列问题。 Ⅰ.和CO是常见的环境污染气体。 (1)对于反应来说，“”可作为此反应的催化剂。其总反应分两步进行：第一步为；则第二步为 (写方程式)。已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能 (填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。 Ⅱ.三氧化钼()是石油工业中常用的催化剂，也是瓷轴药的颜料，该物质常使用辉钼矿(主要成分为)通过一定条件来制备，回答下列相关问题。 已知： ①     ②     ③     (2)则的 (用含、、的代数式表示)。 (3)若在恒温恒容的容器中加入一定量，仅发生反应 ①下列说法正确的是 (填字母)。 a.气体的密度不变，则反应一定达到了平衡状态 b.气体的相对分子质量不变，反应不一定处于平衡状态 c.增加的量，平衡正向移动 ②达到平衡时(g)的浓度为1.4，若时充入一定量的(g)，到反应再次达到平衡，请在下图中画出-时间段(g)的浓度与时间的关系图 。 (4)在2L恒容密闭容器中充入1.0mol (g)和1.5mol (g)，若仅发生反应：，5min后反应达到平衡，此时容器压强为起始时的80%，则0～5min内，(g)的反应速率为 。 (5)在恒容密闭容器中，加入足量的和，仅发生反应：     。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示。 ① (填“>”“＜”“=”)0；比较、、的大小： 。 ②若初始时通入7.0mol ，为7.0MPa，则A点平衡常数 (用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压×气体的物质的量分数，写出计算式即可)。压强为，温度为1100K时，平衡常数 (填“>”“＜”“=”)。 19．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）研究与的反应对减缓燃料危机和减弱温室效应具有重大意义。与发生反应Ⅰ：  ；在反应过程中还发生反应Ⅱ：  。 (1)①反应Ⅰ的 0(填“>”或“<”)。 ②已知部分化学键的键能数据如下： 化学键 键能 413 436 803 1076 则 。 (2)在刚性密闭容器中充入一定量的与，下列能判断反应Ⅰ达到平衡状态的是___________(填标号)。 A．在绝热容器中，温度保持不变 B．恒温时，混合气体的密度保持不变 C．恒温时，混合气体中与的物质的量浓度相等 D．恒温时，和的物质的量之和保持不变 (3)将与按物质的量之比投料时，和的平衡转化率随温度变化关系如图所示。 ①时，的平衡转化率大于的原因是 。 ②时，反应Ⅱ的化学平衡常数 (保留至0.01)。 ③时，投入与的物质的量均为，求此时体系内吸收的总热量为 。 (4)以表面覆盖的二氧化钛为催化剂，可以将和直接转化成乙酸。 ①为了提高该反应中的平衡转化率，可以采取的措施是 (任写一种)。 ②催化剂在该反应中的作用是 (填标号)。 A．降低反应的活化能        B．降低反应的焓变 C．改变反应的历程        D．增大反应的平衡常数 20．（24-25高二上·安徽六安·期中）工业上可利用CO或来生产燃料甲醇，已知制备甲醇的有关化学反应以及在不同温度下的化学反应平衡常数如表所示。 化学反应 平衡常数 温度(℃) 500 800 ① 2.5 0.15 ② 1.0 2.50 ③ (1)根据反应①与②可推导出、与之间的关系，则 (用、表示)：反应①的 0。(填“>”或“＜”) (2)判断反应③的自发性是 (填高温自发、低温自发、任何温度都自发、任何温度都不能自发)。 (3)500℃时，测得反应③在某时刻，、、、的浓度分别为0.1mol/L、1mol/L、0.3mol/L、0.15mol/L，则此时 (填“>”、“＜”或“=”)。 II．CO与反应可用于生产甲醇，反应为：。在2L恒容密闭容器中充入4mol CO和8mol混合气体，充分反应达到平衡，测得平衡时混合物中的体积分数与压强、温度的关系如下图所示。(B点对应压强，C点对应压强，D点对应压强) (4)上图中压强、、由大到小的顺序是 。 (5)A、B、D三点的平衡常数由大到小的顺序为 。 III．现向2L恒容密闭容器中充入1mol和3mol，仅发生反应在不同催化剂作用下，相同时间内的转化率随温度变化如图所示： (6)此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是 。 (7)已知容器内的起始压强为100kPa，则图中c点对应温度下反应的平衡常数 (保留两位有效数字)(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。 地 城 考向02 水溶液中的离子平衡的综合考查 1．（24-25高二上·安徽安庆·期中）回答下列问题。 (1)现有常温下的盐酸(甲)和的醋酸溶液(乙)，请根据下列操作回答： ①常温下，溶液加水稀释，下列数值一定变小的是 (填字母)。 A．    B．    C．    D． ②取10mL乙溶液，加入少量无水固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的值将 (填“增大”“减小”或“无法确定”)。 ③相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别与0.1mol/LNaOH溶液反应，消耗NaOH溶液的体积(甲) (乙)(填“>”“<”或“=”)。 (2)某温度下，测得的HCl溶液中，水电离出的，此温度下，将HCl溶液和的溶液混合均匀(忽略混合后溶液体积的变化)，测得溶液的，则 。 (3)已知：在25℃，有关弱电解质的电离平衡常数如下表有下表： 弱电解质 HClO 电离常数 ①将通入该氨水中，当降至时，溶液中的 。 ②下列微粒在溶液中不能大量共存的是 。 a．、    b．、    c．、    d．HClO、 2．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）电解质在水溶液中存在电离平衡。回答下列问题： (1)醋酸是常见的弱酸。 ①常温下的溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 (填字母)。 a．     b．     c．    d． ②请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱： 。 (2)常温下，和的电离平衡常数如下： 化学式 电离平衡常数 ①根据以上信息可知，溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性。 ②少量溶液与过量溶液反应的离子方程式为 。 ③室温下，的溶液中， 。 (3)室温时，向溶液中滴加的溶液，溶液与溶液体积的关系曲线如图所示。 ①图中四个点，水的电离程度最大的是 点。 ②从a点到d点的滴加过程中，写出发生反应的离子方程式： 。 3．（24-25高二上·安徽·期中）苯甲酸(PhCOOH)常作食品工业防腐剂。它是一种一元弱酸。回答下列问题： I．常温下，用NaOH调节苯甲酸溶液的，溶液中含碳粒子分布系数与的关系如下图所示。 (1)写出苯甲酸的电离方程式： 。 (2)常温下，等物质的量浓度的溶液和溶液以体积比混合，混合液中离子浓度从大到小的顺序为 。 (3)常温下，= 。 (4)常温下，向苯甲酸溶液中滴加NaOH溶液得到含苯甲酸和的混合液，该混合液 。 II．常温下，加水稀释苯甲酸、盐酸，溶液pH与浓度的关系如下图所示。 (5)代表 (填“盐酸”或“苯甲酸”)浓度与的关系，加水稀释苯甲酸溶液的过程中，下列物理量增大的是 (填字母)。 A．水的电离程度    B．  C．     D． (6)图中值为 (保留一位小数)。常温下，浓度均为的苯甲酸溶液、盐酸中之比为 。 4．（24-25高二上·安徽·期中）已知时，三种酸的电离平衡常数如下。回答下列问题 化学式 电离平衡常数 ， (1)、、的酸性由强到弱的顺序为 。 (2)将少量的气体通入溶液中，反应的离子方程式为 。 (3)常温下，一定质量的冰醋酸中加水稀释过程中溶液的导电能力变化如图所示。 加水前导电能力约为零的原因是 ；a、b、c三点对应的溶液中由大到小的顺序为 。a、b、c三点对应的溶液中的电离程度最小的是 。 (4)的电离方程式为 ，若醋酸的浓度为，溶液中的约为 。 5．（24-25高二上·安徽·期中）回答下列问题： (1)现有常温下的溶液。 ①温度不变，加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是 (填字母，下同)。 ②若该溶液升高温度，下列表达式的数据增大的是 。 A．    B．         C． (2)(冰醋酸)做导电性实验，测得其电导率随加入的水量变化如图所示，比较a、b点的相关性质(填“>” “<”或“=”)： ①：a b ②：a b ③完全中和时消耗的物质的量：a b (3)25℃时，部分物质的电离平衡常数如下表所示：    ①已知室温时，溶液的电离度约为1%，的电离平衡常数 ；室温下，体积均为、pH均为 2的与，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则的电离平衡常数 (填“大于”“小于”或“等于”)的电离平衡常数。 ②氯气通入溶液中产生无色气体，该反应的离子方程式是 。 6．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）回答下列问题。 (1)已知室温时，0.1某一元酸在水中有0.1%发生电离。 ①该溶液中 。 ②的电离平衡常数K= 。 (2)部分弱酸的电离平衡常数如下表。 弱酸 HCOOH HClO 电离平衡常数/25℃ ， ①在相同浓度的HCOOH和HClO的溶液中，溶液导电能力：HCOOH HClO(填“>”“＜”或“=”，下同)；在相同浓度的和的溶液中，结合的能力 。 ②的电离平衡常数表达式为 。 ③将少量气体通入NaClO溶液中，写出该反应离子方程式 。 7．（24-25高二上·安徽合肥·期中）根据所学知识，完成下列问题。 以下是常温时，部分物质的电离平衡常数： 化学式 HCOOH HCN 电离平衡常数 ， (1)书写HCN的电离方程式： 。 (2)根据以上数据，写出将足量通入NaCN溶液反应的离子方程式为 。 (3)比较酸性由强到弱顺序是 。 (4)常温下，若HCOOH的浓度为，溶液中的 ；将通入氨水中，当溶液中为时，溶液中的 。 (5)常温下，将溶液加水稀释，下列数值变大的是___________(填字母)。 A． B． C． D． (6)下列能使甲酸溶液中的HCOOH电离程度增大的操作是 (填序号)。 A．通HCl气体    B．升温    C．加水    D．加入HCOONa固体    E．加入NaOH固体 8．（23-24高二上·安徽淮北·期中）弱电解质的电离平衡在生产、生活、科学研究中具有重要的意义。 Ⅰ．已知25℃时，物质的量浓度为的MOH溶液中，。 (1)MOH的电离方程式为 。 (2)已知电离度，MOH的电离度 ，其电离平衡常数 。 Ⅱ．已知T℃时，。 (3)在该温度下，将20mLHA溶液和20mLHB溶液分别与20mL溶液混合，实验测得产生气体的体积V随时间t变化的曲线如图所示。两种溶液产生气体的速率存在明显差异的原因是 。 (4)向NaA溶液中滴加HB溶液，发生反应：，该反应的平衡常数 。 Ⅲ．水是弱电解质，电离程度很小，其电离平衡曲线如图所示。 (5)图中A、B、C三点的大小关系是 。 (6)向B点溶液中加入NaOH固体，保持温度不变，使溶液中，该溶液的pH为 ，溶液中由水电离产生的 。 9．（23-24高二上·安徽滁州·期中）水溶液中的离子反应与平衡在生产和生活中有广泛的用途。回答下列问题： (1)某些弱酸的电离平衡常数如表： 弱酸 电离平衡常数(25℃) ， ①将少量气体通入溶液中，反应的离子方程式为 。 ②时，的溶液的约为 (已知)。 (2)某同学在两个相同的特制容器中分别加入溶液和溶液，再分别用的盐酸滴定，利用pH计和压强传感器检测，得到如图变化曲线。下列说法正确的是_______(填字母)。 A．溶液和溶液中微粒种类相同 B．图中曲线甲和丁表示向溶液中滴加盐酸 C．在b点发生反应的离子方程式为 D．滴定分析时a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点 (3)在，将的氨水与的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中，则溶液显 (填“酸”“碱”或“中”)性；用含的代数式表示的电离平衡常数 。 (4)在一定温度下，用溶液将转化为溶液，实验测得溶液中，则该溶液的为 (已知：该温度下的)。 (5)关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，有关平衡如下： ①； ②。 时，某人尿液试样中：，其中(时，)，则该尿液试样中为 (结果保留两位有效数字)。 10．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）表格是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)，回答下列各题。 酸 CH3COOH HNO2 HCN HClO 电离平衡常数(Ka) 1.8×10-5 4.6×10-4 5×10-10 3×10-8 (1)可以证明醋酸是弱酸的事实是 (填字母序号)。 A．醋酸和水能以任意比例混溶 B．在醋酸水溶液中还含有未电离的醋酸分子 C．醋酸与Na2CO3溶液反应放出CO2气体 D．1mol⋅L﹣1的醋酸水溶液能使紫色石蕊溶液变红色 E．等体积等pH的醋酸和盐酸分别与足量氢氧化钠溶液充分反应，醋酸消耗的氢氧化钠更多 (2)结合表中给出的电离常数回答下列问题： ①上述四种酸中，最强、最弱的酸分别是 、 (用化学式表示)。 ②下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是 。 A．升高温度    B．加水稀释    C．加少量的CH3COONa固体    D．加少量冰醋酸    E．加氢氧化钠固体 ③依表格数据判断醋酸和次氯酸钠溶液能否反应，如果不能反应说出理由，如果能发生反应请写出相应的离子方程式 。 (3)已知草酸是一种二元弱酸，其电离常数K1=5.4×10-2，K2=5.4×10-5，试从电离平衡移动的角度解释K1>K2的原因 。 (4)已知水溶液中c(H+)和c(OH﹣)的关系如图所示： ①图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小的顺序是 。 ②若A点到E点，可采用的措施是 (填序号，下同)；促进水的电离平衡正向移动的措施是 。 a．升温        b．加入少量的盐酸        c．加入少量的NaOH 地 城 考向03 实验综合考查 1．（24-25高二上·安徽芜湖·期中）回答下列问题： (1)近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： 反应Ⅰ：2H2SO4(1)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) △H1=+551kJ/mol 反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)  △H3=-297kJ/mol 反应Ⅱ的热化学方程式为：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H= 。 (2)工业上接触法生产硫酸的主要反应之一是：在一定的温度、压强和钒催化剂存在的条件下，SO2被空气中的O2氧化为SO3。V2O5是钒催化剂的活性成分，郭汗贤等提出：V2O5在对反应Ⅰ的催化循环过程中，经历了Ⅱ、Ⅲ两个反应阶段，图示如下： ①有关气体分子中1mol化学键断裂时需要吸收的能量数据如下： 化学键 S=O(SO2) O=O(O2) S=O(SO3) 能量/kJ 535 496 472 由此计算反应Ⅰ的△H= kJ/mol。 ②反应Ⅱ、Ⅲ的化学方程式为 、 。 (3)室温下，用50mL0.50mol/L盐酸50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示装置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应的反应热。回答下列问题： ①仪器a的名称为 。 ② (填“能”或“不能”)用相同形状的细铜丝代替仪器a进行相应的实验操作。 ③上述实验测得中和热的数值小于57.3kJ/mol，产生偏差的原因可能是 (填字母)。 A．量取NaOH溶液时仰视读数 B．为了使反应充分，向酸溶液中分次加入碱溶液 C．实验装置保温隔热效果差 D．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌 2．（24-25高二上·安徽·期中）化学是一门以实验为基础的学科，根据下列实验回答问题。 I．用简易量热计测定中和反应的反应热。 中和反应的热量变化，其数值可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，通过计算获得中和热(，c为比热容，为混合溶液质量，为温度变化)。实验药品：盐酸、溶液、氨水。 (1)下图实验装置中缺少的一种仪器是 (填名称)；装置中隔热层的作用是 。 (2)将盐酸溶液和碱溶液各混合(混合溶液密度约为)，生成的溶液的比热容约为，忽略量热装置的比热容，测得温度数据如下： 反应物 起始温度 最高温度 甲组() 20.0 23.4 乙组() 20.0 23.1 ①乙组最高温度比甲组低的原因是 。 ②由实验数据计算反应的 。 ③某同学利用上述装置重新做甲组实验，测得温度差偏小，可能的原因是 (填序号)。 A．杯盖未盖            B．记录温度计最高温度 C．测完盐酸的温度直接测溶液温度    D．把溶液一次性迅速倒入 II．将打磨后的镁条放入锥形瓶中，再将注射器中盐酸推入锥形瓶中，通过数字传感器测定实验中密闭容器(气密性良好)内压强与时间的关系如图2所示。 (3)镁条与盐酸的反应为 (填“吸热”或“放热”)反应。 (4)图2中a、b、c三个点中，产生氢气最快的为 点(填序号)；已知c点镁条已完全溶解，cd段容器内压强变化的原因可能是 。 3．（24-25高二上·安徽·期中）化学是一门以实验为基础的科学，其中控制变量思想在探究实验中有重要应用。 I．某研究小组以反应为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取溶液和酸性溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。有关实验数据如表。忽略催化剂质量对溶液体积的影响。 实验编号 温度℃ 催化剂质量/ 酸性溶液 溶液 溶液褪色所用时间/ 体积/ 浓度/ 体积/ 浓度/ 体积/ ① 25 0.5 3 0.1 6 0.2 1 10 ② 25 0.5 3 0.1 5 0.2 ③ 50 0.5 3 0.1 6 0.2 1 6 ④ 25 0 3 0.1 6 0.2 1 25 回答下列问题： (1)实验①、②、③、④所加溶液均要过量，理由是 。 (2)通过实验①和②，可探究出 (填外部因素)的改变对化学反应速率的影响，其中 。通过实验 (填实验序号)可探究出温度变化对化学反应速率的影响。 (3)探究催化剂对反应速率影响的实验是 (填实验序号)。实验④开始时反应速率较慢，但一段时间后反应速率迅速加快，可能的原因是 。 (4)实验④反应开始至高锰酸钾褪色时， 。 II．已知反应生成的初始速率与、的初始浓度的关系为，为速率常数。在800℃时测得的相关数据如表所示。 实验数据 初始浓度 生成的初始速率/ 1 2 3 (5)由表中的数据可算出生成的初始速率 。(列出表达式) (6)若800℃时，初始浓度，则生成的初始速率为 。 4．（24-25高二上·安徽合肥·期中）(三氯化六氨合钴)是一种橙黄色的晶体，溶于热水和稀盐酸中，在冷水、乙醇、浓盐酸中溶解度较小，可用于制备其他三价钴配合物。实验室制备的装置和步骤如下： ①在三颈烧瓶中加入：2.38g 、4.00g 和5mL高纯水，加热溶解后加入1.5g催化剂活性炭，7mL浓氨水，搅拌，得到(二氯化六氨合钴)溶液； ②将得到的溶液冷却至10℃，加入7mL 4%的，恒温55℃，搅拌15min后冷却至2℃，抽滤，收集沉淀； ③将沉淀转移入100mL烧杯中，用20mL、80℃的高纯水进行冲洗，再加入1mL的浓盐酸，搅拌均匀，___________，将活性炭滤出弃去； ④在滤液中加入3.5mL试剂甲，搅拌后用冰水浴冷却至2℃析出沉淀，之后快速抽滤，弃去滤液，用试剂乙洗涤沉淀3次，低温烘干，得到产品2.14g。 回答下列问题： (1)仪器a盛装的试剂是 。 (2)常温下，，从平衡角度解释，步骤①中先加，后加浓氨水的原因是 。 (3)步骤②中温度控制在55℃左右的原因是 。 (4)步骤③中缺少的操作名称为 。 (5)步骤④中：试剂甲和试剂乙选择合理的是 (填标号)； A．甲为浓盐酸，乙为水    B．甲为乙醇，乙为水    C．甲为浓盐酸，乙为乙醇 该反应的产率为 (已知：的摩尔质量为267.5g/mol)。 (6)由制备的化学方程式为 。 5．（24-25高二上·安徽·期中）以印刷线路板的碱性蚀刻废液{主要成分为}或焙烧过的铜精炼炉渣(主要成分为、及少量)为原料均能制备晶体。 实验步骤： Ⅰ．取一定量蚀刻废液和稍过量的溶液加入如图所示实验装置的三颈烧瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，当产生大量的黑色沉淀时停止反应。 Ⅱ．趁热过滤、洗涤，得到固体。 Ⅲ．所得固体经酸溶、结晶、过滤等操作，得到晶体。 已知：时，完全沉淀；时，开始沉淀，时，完全沉淀。 (1)写出用蚀刻废液制备发生反应的化学方程式： 。检验固体是否洗净的实验操作是 。 (2)装置图中装置的作用是 。实验中采用热水浴加热，与用酒精灯直接加热相比，其优点是 。 (3)以焙烧过的铜精炼炉渣为原料制备晶体时，可取一定量焙烧过的铜精炼炉渣，加入稀硫酸溶解(实验所得溶液中的浓度约为)，过滤后往滤液中再加入溶液调节为 至 ，然后过滤，经 操作后，晾干，得到晶体。 (4)通过下列方法测定产品纯度：准确称取样品，加适量水溶解，转移至碘量瓶中，加过量溶液并用稀酸化，以淀粉溶液为指示剂，用标准溶液滴定至终点，消耗溶液。测定过程中发生下列反应：；。样品的纯度为 。 6．（24-25高二上·安徽池州·期中）每鲜榨橙计中含有大约的维生素C．某学习小组欲用碘量法测定市售橙汁饮料中维生素的含量，反应方程式为(维生素的化学式为，相对分子质量为176)，其实验步骤及相关数据如下： 步骤1：移取饮料样品(设密度为)于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液。 步骤2：在滴定管中装入的碘标准溶液，进行滴定。 步骤3：滴定至终点，读取并记录相关数据，重复三次实验，实验数据如下表所示。 第一次 第二次 第三次 滴定前读数 0.00 0.44 1.33 滴定后读数 30.01 30.44 31.32 回答下列问题： (1)实验中盛装碘标准溶液应选择 (填“酸式”或“碱式”)滴定管。 (2)配制碘标准溶液的主要操作步骤：计算称量溶解 洗涤(并将洗涤液移入容量瓶) 摇匀将配制好的溶液倒入试剂瓶中，贴上标签。 (3)下图表示滴定管中某次放液后液面的位置，如果液面处的读数是，则滴定管中液体的体积 (填字母)。 a．是        b．一定大于        c．是        d．一定大于 (4)判断达到滴定终点的现象是 。 (5)实验中下列操作可能会导致测定结果偏低的是 (填字母)。 a．滴定时锥形瓶中有液体溅出     b．滴定结束时俯视读数 c．滴定前未用碘标准溶液润洗滴定管     d．滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 (6)计算得该饮料样品中维生素的含量为 (结果保留两位小数)，该含量 (填“高于”或“低于”)鲜榨橙汁。 7．（24-25高二上·安徽合肥·期中）利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样，将amg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的-淀粉水溶液。向F内滴入适量标准溶液，发生反应：，使溶液显浅蓝色。 ②燃烧：按一定流速通入，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时，立即用标准溶液滴定至浅蓝色复现。随不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退一变蓝”不断变换，直至终点。 回答下列问题： (1)实验室配制标准溶液，需要用到容量瓶，下列关于容量瓶的操作，正确的是___________(填字母，只有一个选项正确)。 A． B． C． D． (2)装置和的作用是充分干燥，B中的试剂为 。写出通入装置中的离子方程式 ，装置中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是 。 (3)该滴定实验达终点的现象是 ；滴定消耗标准溶液，样品中硫的质量分数是 (用代数式表示)。 (4)若滴定过程中，有少量不经直接将氧化成，测定结果会 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 8．（24-25高二上·安徽六安·期中）一定物质的量浓度溶液的配制实验是中学化学中几个重要的定量实验之一。现有下列仪器和用品：①铁架台(含铁圈、各式铁夹)  ②锥形瓶  ③酸式和碱式滴定管  ④烧杯(若干)⑤玻璃棒  ⑥天平(含砝码)  ⑦量筒  ⑧药匙。 I．现有下列药品：A．NaOH固体  B．标准NaOH溶液  C．未知浓度的盐酸  D．蒸馏水 (1)请回答下列问题： ①配制240mL一定物质的量浓度的NaOH溶液时，还缺少的玻璃仪器是 。 ②进行中和滴定实验时，不可用溶液润洗的仪器是 。 A．酸式滴定管　　　B．碱式滴定管　　　C．锥形瓶 II．为测定某溶液的浓度，取该溶液于锥形瓶中，加入适量稀后，用浓度为cmol/L标准溶液滴定。 (2)滴定原理为： (用离子方程式表示)，滴定时，达到滴定终点时的现象为 。 (3)如图表示50mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，C处的刻度为22，滴定管中液面读数应为 mL。 (4)为了减小实验误差，该同学一共进行了三次实验，假设每次所取溶液体积均为VmL，三次实验结果记录如下： 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗溶液体积/mL 27.22 25.35 25.30 从上表可以看出，第一次实验中记录消耗溶液的体积明显多于后两次，其原因可能是 。 A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时溶液的体积 B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡 C．第一次滴定盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水清洗过，未用标准液润洗，后两次均用标准液润洗 D．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗 E.滴加溶液过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，立刻停止滴定 (5)根据所给数据，写出计算的物质的量浓度的表达式(不必化简)：C= 。 9．（24-25高二上·安徽·期中）色度计是通过测量透射光线的强度与入射光强度的比值来计算物质的透过率，所以溶液的透光率与其内部有色物质的浓度是反相关的。研究小组为探究反应物浓度对反应速率的影响，使用便携式色度计和数据记录器，测量并记录溶液的透光率从初始状态增加到100%所需的时间，来评估反应速率的快慢。 【实验数据】 实验编号 反应 温度 0.005体积 18体积 0.1体积 蒸馏水体积 0.1体积 反应时间 1 25℃ 4 0.4 2 2滴 0 2 45℃ 4 0.4 2 2滴 0 3 25℃ 4 0.2 2 V 0 4 25℃ 4 0.4 2 0 0.1 已知：1滴水的体积大约为0.05。回答下列问题： (1)已知草酸为二元弱酸，具有还原性。 ①在加水稀释溶液的过程中，保持温度一定，随着水量的增加而减小的是 (填选项字母)。 A．    B．    C．    D．与的乘积 ②草酸与酸性溶液反应的离子方程式为 。 (2)实验3中V为 ；实验1中可能是 s(填标号)。 A．153      B．68      C．22      D．11 【发现问题】实验1中若使用的含20%硫酸的0.001溶液，实验结果如下图。    (3)在实验条件下，增大草酸的浓度，褪色时间 (填“变大”、“变小”或“不变”)；图示反应均为先慢后快，后快的原因可能是 。 【再探草酸浓度】为探究浓度与褪色时间异常现象的原因，相同情况下，只改变草酸溶液浓度设计对比实验，获得实验数据并绘制曲线如下图。 【查阅资料】为解释上图中段速率反常变化的原因，查阅资料显示：酸性溶液与溶液反应时，某种历程如图所示。 (4)草酸浓度较大(大于0.6)时，草酸浓度越大，反应速率却越小，可能是 (填化学式)离子对反应速率起主导作用，且对反应速率起 (填“促进”或“抑制”)作用。 10．（24-25高二上·安徽马鞍山·期中）实验是科学研究的重要方法。 I.某实验小组用溶液与硫酸进行中和热的测定，装置如图所示，回答下列问题： (1)图中装置缺少的仪器是 。硫酸稍过量的原因是 。 (2)请填写下表中的平均温度差： 实验次数 起始温度T/℃ 终止温度/℃ 平均温度差 平均值 1 26.2 26.0 26.1 30.1 2 27.0 27.4 27.2 33.3 3 25.9 25.9 25.9 29.8 4 26.4 26.2 26.3 30.4 (3)近似认为溶液与硫酸溶液的密度都是，中和后生成溶液的比热容为，则上述实验测得的中和热 (取小数点后一位)。上述结果与有偏差，产生偏差的原因可能是 。 A．量取溶液时仰视读数 B．为了使反应充分，向酸中分次加入碱 C．实验装置保温隔热效果差 D．用铜丝代替玻璃搅拌器搅拌 II.绿矾是一种重要的化工原料。为检测某部分被氧化的绿矾样品的纯度设计如下实验。 步骤一：精确称量部分被氧化的绿矾5.000g，加入适量硫酸溶解并配制成250mL溶液。 步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，用溶液滴定至终点。 步骤三：重复步骤二次，平均消耗溶液的体积为。 (4)步骤二中溶液应用 (填“酸式”或“碱式”)滴定管盛装。 (5)滴定前，有关滴定管的正确操作为 (选出正确操作并按序排列)： 检漏→蒸馏水洗涤→ → → → → →开始滴定。 A．排除气泡 B．用溶液润洗2至3次 C．装入溶液至零刻度以上 D．记录起始读数 E.调整液面至零刻度或零刻度以下 (6)步骤二中滴定至终点时的实验现象为 。 (7)被氧化的绿矾纯度为 。(结果保留小数点后2位) (8)下列情况会造成测定结果偏高的是 (填字母)。 a.盛装绿矾溶液的锥形瓶，用蒸馏水洗过后未用绿矾溶液润洗 b.盛装溶液的滴定管，未用溶液润洗 c.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度 d.盛装溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 11．（24-25高二上·安徽合肥·期中）I．硫代硫酸钠()俗称大苏打、海波，广泛应用于照相定影等领域。某同学利用控制变量法探究影响硫代硫酸钠与稀硫酸反应速率的因素时，设计了如表系列实验并分别测量浑浊度随时间的变化图。 温度 编号 Na2S2O3溶液 溶液 蒸馏水 V/mL V/mL V/mL 25℃ ① 1.5 3.5 10 ② 2.5 3.5 9 ③ 3.5 3.5 V1 ④ 3.5 2.5 9 ⑤ 3.5 1.5 10 浑浊度随时间变化的曲线 (1)用离子反应方程式表示其反应原理为 。 (2)通过实验①②③，可探究 因素对反应速率的影响，通过由此 mL。 (3)根据上述图像，对比曲线a和①可能得到：a曲线的T (填“>”“=”或“<”)。 (4)该化学反应速率还可以用单位时间内的浑浊度的变化量表示，请计算m点的平均化学反应速率 NTU/s。 II．某化学兴趣小组在一次实验探究中发现，向草酸溶液中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液时()，发现反应速率变化如图所示，小组成员探究时间内速率变快的主要原因，为此“异常”现象展开讨论，猜想造成这种现象的最可能原因有两种。 猜想I：此反应过程放热，温度升高，反应速率加快： 猜想II：…… (5)猜想II可能是： 。 (6)基于猜想II成立，设计方案进行实验，请完成以下实验记录表内容。 加入试剂 溶液、酸性 溶液、酸性，少量 固体 实验现象 褪色时间10min 褪色时间 10min(填“<”“>”或“=”) 结论 猜想II正确 12．（24-25高二上·安徽·期中）某小组为了测定化学反应速率，并研究外界条件对化学反应速率的影响，进行如下实验： I．甲同学利用下图装置测定化学反应速率，借助秒表测量量气管内液面不再变化时所需的时间，同时读取量气管在反应前后的液面差，计算该反应的速率。 回答下列问题： (1)蒸馏烧瓶中发生反应的化学方程式为 ；橡皮管a的作用除避免液体滴入蒸馏烧瓶对气体体积测量引起的误差外，还起到的作用是 。 (2)试剂X的成分为 ；实验结束后，先恢复到室温，读取数据的操作是上下移动量气管使左右两边液面相平，视线 。 II．乙同学设计如下分组实验探究浓度对速率的影响，并测定反应速率。 实验 温度/℃ 0.05mol/L溶液的体积/mL 0.1mol/L溶液的体积/mL 的体积/mL 水的体积/mL 溶液褪色的时间/min ① 25 1.0 2.0 2.0 a 2.5 ② 25 1.5 2.0 2.0 4.5 3.0 ③ 25 2.0 2.0 2.0 4.0 溶液颜色变浅，但不褪去 (3)a= ；利用实验①中数据，0~2.5min用表示的化学反应速率为 。 (4)反应速率① ②(填“>”“<”或“=”)；实验③最终“溶液颜色变浅，但不褪去”的原因是 。 (5)基于实验③的现象，丙同学通过测定溶液光透过率的变化，记录反应所需的时间，确定反应的快慢。已知溶液浓度越大，光透过率越小。测得实验③反应过程中时间与光透过率的曲线如图所示，100s后光透过率快速增大的原因可能是 。 13．（24-25高二上·安徽宿州·期中）反应热的测定实验和滴定实验滴定法是化学学科中重要的定量实验。 ．某化学兴趣小组用50mL盐酸与50mLNaOH溶液进行中和反应的反应热测定实验。 (1)写出该反应的热化学方程式[假定上述实验生成1mol时的反应热为]： 。若用50mL醋酸溶液代替上述盐酸，所测的反应热 (填“”、“”或“”)。 ．借鉴中和反应反应热的测定实验，某小组为测定反应的，设计如下方案。 先测定20mL溶液和足量铁粉反应的热效应，测得释放热量为；再测定20mL溶液和足量Cu粉反应的热效应，测得释放热量。 (2)则反应   (用含、式子表示)。 ．某兴趣小组用的NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，实验操作如下。 (3)配制100mLNaOH标准溶液，取25.00mL待测溶液放入锥形瓶中。滴定管盛装好待测液后排气泡，下列排气泡操作正确的是 。 a．    b．     c．     d． (4)向溶液中加入1~2滴酚酞，用氢氧化钠溶液滴定至终点，重复以上操作。 ①滴定终点的现象为 。 ②下列操作中，可能使所测盐酸浓度数值偏低的是 。 A．滴定过程中振荡时有液滴溅出 B．滴定前盛放待测液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C．碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液 D．读取NaOH溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数 ．在分析实验中可用作标定标准溶液的基准物质。 (5)用(草酸氢钾)溶液标定某酸性溶液的物质的量浓度，滴定过程中有关数据如下表所示： 实验序号 待测溶液体积/mL 消耗溶液体积/mL 1 20.00 20.01 2 20.00 20.99 3 20.00 19.99 ①滴定原理为：，配平该反应后，处应填写 。 ②测得 。 14．（24-25高二上·安徽黄山·期中）苹果酸（分子式：）是一种天然存在的二元弱酸（用表示，，），是水果酸甜味的来源，常用作食品添加剂。某实验小组用的溶液测定苹果酸样品的纯度，进行如下实验： ①称取样品，加水溶解，配制成溶液。 ②取溶液于锥形瓶中，用的标准溶液进行滴定。 (1)上述实验中不需要用到图中的仪器为 （填名称）。 (2)在进行滴定操作时，使用酚酞作为指示剂，当滴入最后半滴溶液， 时达到滴定终点。滴定操作中碱式滴定管未用标准溶液润洗使所测定结果 （填“偏高、不影响”或“偏低”，下同），读数时如图所示使所测定结果 。 (3)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表： 滴定次数 待测溶液的体积 溶液的体积 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积 第一次 25.00 0.00 25.01 25.01 第二次 25.00 1.56 30.30 28.74 第三次 25.00 0.22 25.21 24.99 依据上表数据测得苹果酸样品的纯度为 。 (4)室温下，某学生用的溶液滴定的某苹果酸（）溶液得到的滴定曲线如图所示。 ①若不考虑苹果酸（）的第二步电离，X点溶液的约为 。 ②Y点溶液中水电离出来的 （填“>”、“<”或“=”）。 ③Z点溶液中各离子浓度的关系为 （用一个等式表示）。 15．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）某小组设计实验探究硫酸的性质。回答下列问题： 实验(一)探究浓硫酸吸水性。如图：    实验中，向烧瓶中滴加浓硫酸，观察到烧瓶内产生大量白雾，烧杯中产生白色沉淀。 (1)烧杯中产生的白色沉淀是 (填化学式)。 (2)浓硫酸表现吸水性的同时还表现的性质是 。 实验(二)利用稀硫酸和氢氧化钠溶液反应测定中和反应的反应热，装置如图所示：    (3)实验中进行搅拌操作时应 ；如果用较浓硫酸替代稀硫酸进行实验，测得中和反应的反应热(△H) (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 (4)已知25.00mL0.1稀硫酸和50.00mL0.1NaOH溶液恰好完全反应时，混合溶液平均温度由℃升到℃(最高)，已知溶液密度近似为1，比热容为4.18，生成1mol(l)时的反应热为(△H) (只列计算式)。 实验(三)探究浓硫酸的强氧化性。如图：    实验中发现A中有黑灰色固体，B中溶液不褪色，C中溶液褪色，实验完毕后，分离A中混合物得到黑色固体。 (5)观察A中反应产物的操作是 ，由上述实验证明：漂白性本质是与水反应，可能是 (填化学式或离子符号)(填一种)与品红生成无色物质。 (6)经测定：纯净的黑色固体由铜、硫元素组成，为了测定其组成，取xg样品在氧气中充分灼烧，得到纯净的黑色粉末CuO，称重为yg，若x=y，则黑色固体是 (填化学式)。 16．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）某实验小组在不同温度下，用2%溶液与不同试剂混合，利用氧气传感器测定氧气全部放出所需时间，来探究影响分解的化学反应速率的因素，设计如下实验； 实验序号 温度/℃ 2%溶液的体积/mL 的试剂 时间 1 25 20.00 几乎不分解 2 25 20.00 82 s 3 25 20.00 202 s 4 100 20.00 65 s 5 25 20.00 中通气体使其 几乎不分解 6 25 20.00 中加入固体，使其 75 s 已知：、、。 回答下列问题： (1)从实验1、2、3可以得出， (填离子符号)促进分解生成氧气，且促进效果 (填离子符号)更好。 (2)实验1设计的目的是 。 (3)实验 (填实验序号)探究温度对分解的影响。 (4)向实验5所得的溶液中滴加几滴淀粉溶液，溶液变蓝，则实验5中反应的离子方程式为 。 (5)由上述实验可知，酸 (填“抑制”或“促进”，下同)分解，碱 分解，向中加入固体，分解速率变化的原因是 (从平衡移动的角度解释)。 地 城 考向04 工业流程题（6题） 1．（24-25高二上·安徽·期中）镍的氧化物M是蓄电池材料。某小组用含镍废料(成分为NiO、Ni2O3、FeO、MgO和SiO2等)制备M的工艺流程如图所示。 回答下列问题： (1)固体2的主要成分是 (填化学式)。提高“酸浸”速率宜采用的措施有 (答两条)。 (2)“酸浸”中有O2生成，分析该反应中的氧化剂为 (填化学式)。 (3)已知25℃时：，。若浸出液中，当离子浓度≤1×10-5mol·L-1时认为已完全沉淀。用Na2CO3调节pH范围为 。 (4)“系列操作”包括蒸发浓缩、 、过滤、乙醇洗涤、干燥。用乙醇洗涤的目的是 。 (5)灼烧NiSO4·7H2O时，剩余固体的质量与温度的变化关系如图1所示。 写出B→C的化学方程式： 。 2．（24-25高二上·安徽合肥·期中）氯化铁在工农业生产中有着广泛的应用，其熔点为，沸点为，极易潮解。工业制备氯化铁的一种工艺如下： (1)“氯化”时，若温度超过400℃产物中存在相对分子质量为325的物质，该物质的化学式为 。 (2)蒸干溶液并灼烧所得固体，最终得到的物质是 (填化学式)。和在加热的条件下可以获得无水，该反应的化学反应方程式为 。(已知该反应为非氧化还原反应)，在该过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂 。 (3)同学向盛有溶液的试管中加入几滴酸化的溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为 ；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是 ；生成沉淀的原因是 (用平衡移动原理解释)。 3．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）黄钠铁矾被用于作净水剂。以高品质的硫铁矿(主要成分为，含少量)为原料制取黄钠铁矾，工艺流程如图： (1)“盐浸”时的反应为(未配平)，其中氧化剂是 过滤Ⅰ得到的滤渣主要成分为 。 (2)“氧化”时发生反应的离子反应方程式为 。 (3)“沉铁”过程，控制不同条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图中阴影部分表示黄钠铁矾稳定产生的区域)。 ①生成黄钠铁矾的离子反应方程式 。 ②由图所示，在时，温度过高或过低，不易制得黄钠铁矾。试解释其原因 。 (4)测定黄钠铁砜样品中铁的质量分数：称取2.000g样品置于锥形瓶中，加入足量稀溶解，滴入稍过量的KI溶液，待充分反应后，调节溶液近中性，滴入几滴淀粉溶液，用0.1500溶液平行滴定，平均消耗20.00mL。(已知：) ①滴定终点的现象为 。 ②样品中铁的质量分数为 。 4．（24-25高二上·安徽·期中）电解精炼铜阳极泥(含、，、、、等)是粗铜电解精炼的副产品，用氯化法提取硒、碲和其他物质的流程如下。 已知：微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。回答下列问题： (1)“水溶液氯化”时，氯化温度(℃)、液固比(x)、氯化钠的含量()及氯泥比(y)对硒提取率的影响如图所示。 ①最佳液固比是 ；溶液含量过高，硒的提取率降低的原因可能是 。 ②最佳氯泥比是 ；氯化温度高于80℃时，硒提取率降低的原因是 。 (2)“沉碲”时控制溶液的为4.5~5.0，生成沉淀。若盐酸浓度过大，会导致“沉碲”不完全，可能的原因是(用化学方程式表示)。 (3)在盐酸溶液中，被还原得到单质碲。研究表明，此反应中，为0.1时的活化能比为0.3时的活化能大，说明较高浓度的作用是 。 (4)常温下，向1中滴加盐酸，当溶液时， 。(已知：的，) (5)流程中可以循环利用的物质有 (填化学式)。 5．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）某含镍废料中有等杂质，用此废料提取的工艺流程如图所示： 已知：①有关金属离子生成氢氧化物沉淀所需的pH如图所示。 ②25℃时，的电离常数。HF的电离常数。 (1)写出“氧化”这一步的离子反应方程式 。 (2)加调节溶液的pH至5，得到废渣2的主要成分是 (填化学式)。 (3)25℃时，的NaF溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)，其溶液中离子浓度大小关系为 (由大到小的顺序)。溶液呈 (填“酸性”“碱性”或“中性”)。 (4)已知沉淀前溶液中，当除镁率达到时，溶液中 。 (5)在NaOH溶液中用NaClO与反应可制得，化学方程式为 。 6．（24-25高二上·安徽·期中）硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu的化合物。其制备流程如下： 已知溶液中相关离子开始沉淀和沉淀完全(c≤1.0×10-5mol·L-1)时的pH： Fe3+ Cu2+ Fe2+ Zn2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 1.5 5.2 6.9 6.2 9 沉淀完全的pH 2.8 6.4 8.4 8.2 11 回答下列问题： (1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 (2)在浸取的步骤中，往往将焙烧后的产物碾碎，其目的是 。 (3)加入物质X调溶液pH=5，最适宜使用的X是 (填标号)。 A．NH3·H2O        B．Ca(OH)2                  C．NaOH 滤渣①的主要成分包括CaSO4、 、 。 (4)向80~90℃的滤液①中分批加入适量KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的目的是 。 (5)滤液②中加入锌粉的主要反应的离子方程式是 。 (6)滤液④获得ZnSO4·7H2O产品的实验步骤包括 、 、过滤、洗涤、干燥。 / 学科网（北京）股份有限公司 $