综合压轴80题（期中真题汇编，江苏专用）高二化学上学期

综合压轴80题 八大高频考向概览 考向01 盖斯定律与反应热的计算 考向02 反应机理与能量图像 考向03 电化学装置 考向04 原理小综合题 考向05 反应原理实验探究 考向06 平衡图像分析 考向07 基本实验探究（非选择题） 考向08 原理综合题（非选择题） ( 地 城 考向1 盖斯定律与反应热的计算 ) 1．(24-25高二上·江苏泰州中学·期中)各相关物质的燃烧热数据如表。下列热化学方程式正确的是 物质 -1559.8 -1411 -285.8 A．   B．   C．   D．   2．(24-25高二上·江苏江阴长泾中学·期中)已知：①C6H12O6(s) =2C2H5OH(l)＋2CO2(g)　　ΔH1 ② 6CO2(g)+6H2O(g) =C6H12O6(s)+6O2(g)　      ΔH2 ③ 2H2O(g) =2H2(g)＋O2(g)　                 ΔH3 ④ 2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(l)+3H2O(g)　     ΔH4 下列有关说法正确的是 A．H2的燃烧热为- B．反应②为放热反应 C．标准状况下，反应②生成1.12 L O2，转移的电子数为0.1×6.02×1023 D．2ΔH4=ΔH1+ΔH2-6ΔH3 3．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期中)反应：机理如下，下列说法正确的是 反应I： 反应II： A．反应I的 B． C．该反应速率主要由反应I决定 D．通入过量空气，可提高的平衡转化率 4．(24-25高二上·江苏期中)已知反应：①；② ③，则反应的为 A． B． C． D． 5．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)关于反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)  ΔH=-116kJ•mol-1，下列说法正确的是 A．4molHCl和1molO2键能之和大于2molCl2和2molH2O的键能之和 B．每生成22.4LCl2，放出58kJ的热量 C．使用高效催化剂，可使平衡时的值增大 D．反应活化能：Ea(正)<Ea(逆) 6．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期中)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 反应1：   反应2：   在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是 A．反应   B．增大压强，能使反应1正向移动且K增大 C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃ D．450℃时，增大，能使平衡转化率达到X点的值 7．(23-24高二上·湖南部分学校·)已知25℃时，某些物质的燃烧热数据如表： 物质 燃烧热 -285.8 -393.5 -395.0 -3267.5 下列热化学方程式书写正确的是 A．   B．   C．   D．   8．(22-23高二上·青海西宁大通回族土族自治县·期末)已知在时： (1) (2) (3) 则时工业制氢气的一个重要反应的反应热为 A． B． C． D． 9．(23-24高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)已知使36g焦炭发生不完全燃烧，所得气体中CO占1/3体积，CO2占2/3体积，已知：C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=-Q1kJ/mol，CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-Q2kJ/mol，与这些焦炭完全燃烧相比较，损失的热量是中正确的是 A．2Q2kJ B．Q2kJ C．3(Q1+Q2)kJ D．3Q1KJ 10．(23-24高二上·江苏徐州铜山区·期中)下列热化学方程式或依据热化学方程式得出的结论正确的是 A．一定条件下，将0.5mol和1.5mol置于密闭容器中充分反应生成放热19.3kJ，其热化学方程式   B．已知：  ，则的燃烧热为 C．已知：  ，则稀和稀完全反应生成1mol时，放出57.3kJ热量 D．已知：；，则 ( 地 城 考向2 反应机理与能量图像 ) 1．(24-25高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)金属硫化物(MxSy)催化反应CH4(g)+2H2S(g)=CS2(g)+4H2(g)，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是 A．该反应的S<0 B．该反应的平衡常数K= C．如图所示的反应机理中，涉及共价键的断裂与生成 D．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023 2．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)活性催化加氢生成的总反应为：，可能的反应历程如下图所示。下列说法正确的是 A．氢气解离为H的过程要放热 B．吸附在上的H略带负电荷 C．步骤Ⅰ中吸附在上的H与C结合 D．反应中消耗11.2mL 转移电子0.001mol 3．(24-25高二上·江苏南京师范大学附属中学·期中)平流层中氯氟烃的光解产物会对臭氧层产生破坏，反应过程如图。下列说法不正确的是 A． B．反应①是决速步 C．催化剂降低了反应活化能，改变了反应过程 D．总反应为催化剂和均为催化剂 4．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)在一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如上图(已知：反应I、Ⅱ为放热反应)，下列说法正确的是 A．反应I是吸热反应 B．反应活化能：反应Ⅱ<反应I C．在给定的条件下，即使增加浓度也不能改变平衡时产物Ⅱ和产物I的比例 D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅱ 5．(24-25高二上·江苏江阴长泾中学·期中)乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理如下，能量与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是 A．A中所有碳原子的杂化方式均为sp3 B．第①步反应只断裂了碳碳键 C．总反应的ΔH<0，说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和 D．乙烯在酸催化下水合制乙醇一定不需要加热就能进行 6．(24-25高二上·江苏扬州邗江区·期中)硫化氢(H2S)是一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体，在水溶液中电离方程式为：H2SHS−+H+；HS−S2−+H+。除去烟气中的H2S方法有：①溶液氧化脱除(原理如图1)、②活性炭吸附氧化脱除(原理如图2，核心反应为HS−+O=S+OH−)。下列说法不正确的是 A．图1中溶液可以循环利用 B．图1脱除34 g H2S，标准状况下，理论上消耗体积为11.2 L C．图2中，其他条件不变时，适当增大水膜的pH，H2S的去除率可能增大 D．图2中，其他条件不变时，增大水膜的厚度，H2S的去除率增大 7．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)一种催化氨硼烷(BH3NH3)水解释氢的可能机理如图所示。下列说法不正确的是 A．催化剂能改变反应历程，降低了反应活化能 B．BH3NH3分子中含有配位键 C．用D2O代替H2O作反应物，有D2生成 D．氨硼烷完全水解的化学方程式为：BH3NH3+4H2O=3H2↑+NH4[B(OH)4] 8．(23-24高二上·江苏南京中华中学·期中)催化剂(简写为)在表面催化反应：，历程示意图如下图。已知该反应低温条件下能自发进行。下列说法正确的是 A．该反应的、 B．该反应的平衡常数 C．羟基磷灰石()的作用是通过减小，加快反应速率 D．图中反应机理可理解为中的与的分别与催化剂之间相互作用，同时中的、与中的之间又分别相互作用 9．(23-24高二上·江苏常熟·期中)在潮湿的深层土壤中钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论认为厌氧细菌可促使与反应生成，加速钢管腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．正极反应式为 B．钢管腐蚀的产物中仅含有FeS C．向钢中加入Cu制成合金可减缓钢管的腐蚀 D．与反应可表示为 10．(23-24高二上·江苏连云港东海县·期中)金属硫化物催化反应，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2，反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的 B．该反应的平衡常数 C．步骤Ⅰ可理解为中带部分正电荷的H与催化剂中的S之间发生作用 D．步骤Ⅱ可理解为中两个键断裂，同时形成键 ( 地 城 考向3 电化学装置 ) 1．(23-24高二上·江苏苏州·期中)下列有关原电池的说法不正确的是 A．图甲所示装置中，盐桥中的向盛有溶液的烧杯中移动 B．图乙所示装置中，正极的电极反应式为 C．图丙所示装置中，使用一段时间后，锌筒会变薄 D．图丁所示装置中，使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降 2．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)铅蓄电池放电时的工作原理可表示为，其构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 A．电池工作时，移向极移动 B．电池工作时，负极质量减小 C．电池工作时，发生氧化反应 D．每生成，转移电子数为 3．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)关于如图所示各装置的叙述正确的是 A．图1是化学能转变为电能的装置，总反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ B．图2CH4-O2碱性燃料电池电子由a电极经NaOH溶液流向b电极 C．图3装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变 D．图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀 4．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某浓差电池装置示意图如图所示，该电池使用前将开关K先与a连接一段时间后再与b连接。下列说法正确的是 A．交换膜应当选择阳离子交换膜 B．K与b连接时，电极A的质量相比于K与a相连时，质量会减轻 C．K与b连接时，电极B上发生的反应为 D．电极K与b连接时，电极A发生还原反应 5．(24-25高二上·江苏扬州邗江区·期中)以乙烷燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。下列说法正确的是 A．燃料电池工作时，正极反应式为O2+4H+−4e−=2H2O B．a极是铁，b极是铜时，能达到铁上镀铜的目的 C．a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，两极质量变化相同 D．a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体与电池中消耗乙烷的体积之比为2:7 6．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)下列装置不能达到设计目的的是 A．装置①X选用合适金属可用于钢管的防腐 B．装置②用于深浸在海水中的钢闸门的防腐 C．装置③用于模拟铁制品表面镀铜 D．装置④用于模拟粗铜的电解精炼 7．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期中)电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是 A．a极反应式为： B．电解一段时间，两电极区的pH均减小 C．电解过程中从b极通过质子交换膜转移至a极 D．相同时间内，a、b两极消耗的物质的量之比为5：3 8．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如下图所示。 下列说法正确的是 A．电解时的阳极反应为：2Cr3++6e-+7H2O=+14H+ B．电解结束后，阴极区溶液pH升高 C．1 mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时，共消耗mol D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离 9．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)新型二次电池充电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．放电时电极A为正极 B．充电时化学能转化为电能 C．放电时电极B的电极反应式为 D．放电时理论上每生成1mol 转移xmol 10．(24-25高二上·江苏南通区·期中)一种采用电解和催化相结合的循环方式实现高效制H2和O2的装置如图所示。下列说法正确的是 A．加入Y的目的是补充H2O B．电极a连接电源正极 C．电极b表面发生的电极反应式为Br--6e-+3O2-= D．催化阶段Z与Br-的物质的量之比为2：3 ( 地 城 考向4 原理综合小题 ) 1．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)转化为的反应为    。在有、无催化剂条件下氧化成过程中能量的变化如图所示。450℃、催化时，该反应机理为： 反应①     反应②     下列说法正确的是 A．反应1的△S＞0 B．催化时，反应②的速率大于反应① C．其他条件相同，增大，的转化率下降 D．     2．(24-25高二上·江苏南通区·期中)研究CaO对C-H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下： 反应I：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)   △H1>0 反应II：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)  △H2<0 反应II：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)     △H3<0 一定压强下，C-H2O-CaO体系达平衡后，如图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．b线对应的物种为CO2 B．温度高于T1时，c线对应物种的物质的量分数逐渐升高 C．温度为T0时，向平衡体系中通入少量CO2，重新达平衡后c(CO2)将增大。 D．温度为T0时，平衡体系中气体总物质的量为4.0mol，则CaCO3(s)的物质的量为0.5mol 3．(24-25高二上·江苏扬州第一中学·期中)乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为 反应：   反应：   在，时，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图所示。 的选择性 下列说法正确的是 A．图中曲线③表示平衡时的产率随温度的变化 B．升高温度，平衡时的选择性增大 C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 4．(24-25高二上·江苏南京·期中)苯()催化加氢制环己烷()过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：   △H<0，160℃、Pa下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的反应器。以Ni作催化剂，碳纳米管作Ni的载体和气体吸附剂，保持催化剂用量相同，研究Ni分别负载在碳纳米管内(方法A)和管外(方法B)的催化性能。其他条件相同，两种不同负载方式下，苯的转化率随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．其他条件不变，升高温度，的平衡转化率降低 B．若1.5h内共通过1mol ，则方法A可获得0.51mol C．1h后方法A中苯转化率更高的原因可能是碳纳米管内吸附的反应物浓度更高 D．可通过降低气体流速、使用高效催化剂等手段提高方法B的苯转化率 5．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)逆水煤气变换体系中存在以下两个反应： 反应I： 反应Ⅱ： 在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。 下列说法错误的是 A． B．M点反应I的平衡常数 C．N点的压强是的3倍 D．500℃后，温度升高，反应I的改变程度大于反应Ⅱ，导致转化率明显增大 6．(24-25高二上·江苏期中)催化处理焦炉气(主要成分为CO、SO2)的主要反应为 反应I：2SO2(g)＋4CO(g)=4CO2(g)＋S2(g)        ∆H1＜0 反应II：SO2(g)＋3CO(g)=COS(g)＋2CO2(g)        ∆H2 将一定比例的焦炉气置于密闭容器中发生反应，1分钟时的S2实际产率、S2的平衡产率及COS的平衡产率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．∆H2＜0 B．从600K～900K，浓度变化对反应I平衡产率的影响大于温度变化的影响 C．从600K～900K，平衡时SO2的浓度随温度的升高逐渐减小 D．800K时，1分钟后S2的实际产率可能先升高后降低 7．(24-25高二上·江苏期中)室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。 实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始 ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是 A．实验①中，0~2小时内平均反应速率 B．实验③中，反应的离子方程式为： C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好 8．(23-24高二下·江苏无锡第一中学·期中)常温下，用溶液滴定的三种一元酸溶液HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是    A．用NaOH溶液滴定HX溶液时，可用甲基橙或酚酞作为指示剂 B．常温下的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ中， C．常温下一元酸HY的电离常数约为 D．滴定结束后读数时俯视凹液面，其它操作均正确，会使测得的结果偏大 9．(23-24高二下·江苏徐州第一中学·期中)三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知 。下列 说法不正确的是     A．a点无ZnS沉淀生成 B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2 C．CuS和MnS共存的悬浊液中， =10-20 D．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2-)减小 10．(24-25高二上·江苏期中)二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   反应Ⅲ   在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的实际转化率、实际选择性与平衡选择性随温度的变化如图所示．的选择性．下列说法不正确的是 A．曲线表示实际转化率随温度的变化 B．时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率 C．适当增加，有利于提高的产率 D．一定温度下，若增大压强，的平衡产量不变 ( 地 城 考向 6 反应原理实验探究 ) 1．(24-25高二上·江苏宿迁·期中)下列实验方案不能达到探究目的是 选项 探究目的 实验方案 A 温度对化学反应速率的影响 向两支试管中各加入溶液，分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中，再同时分别向两支试管中加入溶液，振荡，观察现象 B 能否催化分解 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 C 铁片上发生了吸氧腐蚀 在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色 D 与的反应是可逆反应 向溶液中滴加的溶液，振荡，再滴加1~2滴溶液，观察现象 A．A B．B C．C D．D 2．(24-25高二上·江苏常州·期中)实验室探究外界条件对反应速率影响的实验原理和装置均正确的是 甲 乙 丙 丁       A．用装置甲探究温度对反应速率的影响 B．用装置乙探究铁的腐蚀速率：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀 C．用装置丙探究不同金属离子作催化剂对反应速率的影响 D．用装置丁探究浓度对反应速率的影响 3．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 探究方案 A 向1mL0.1mol/LKI溶液中加入1mL0.2mol·LFeCl3溶液，充分反应后，再加KSCN，观察溶液颜色变化 探究Fe3+是否完全反应 B 分别往甲：4mL0.1mol/L、乙：4mL0.2mol/L的酸性KMnO4溶液中加入2mL0.1mol/LH2C2O4溶液，记录褪色时间 探究反应物浓度对化学反应速率的影响 C 将中间裹有锌皮的铁钉放在滴有酚酞的饱和NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化 铁钉能发生吸氧腐蚀 D 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，观察溶液颜色变化 探究H+浓度对和相互转化的影响 A．A B．B C．C D．D 4．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)下列各装置能够达到相应实验目的的是 A．图甲所示装置定量测定中和反应热效应 B．图乙所示装置测定该化学反应速率 C．图丙所示装置探究固体表面积对反应速率的影响 D．图丁所示装置吸收尾气中的氯气 5．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)已知是一种二元弱酸，、。 室温下，通过下列实验探究盐溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测得溶液的pH约为4.75 2 向溶液中滴加等浓度等体积溶液 若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法错误的是 A．在溶液中： B．依据实验1推测： C．实验2所得溶液中： D．实验2所得溶液中： 6．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)室温下，下列实验探究方案设计能达到相应探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 用电导率传感器分别测定溶液和盐酸的电导率，比较溶液的导电性强弱 探究是否为弱电解质 B 每隔一段时间，使用pH试纸测定氯水pH值，并记录数据进行比较 氯水久置，pH值会逐渐减小 C 两支试管中均装有5mL 0.01酸性溶液，向第一支加入1mL 0.01草酸（）溶液和1mL水，第二支加入2mL 0.01草酸溶液，观察两试管溶液完全褪色时间 其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快 D 取5mL 0.1 KI溶液，加入1mL 0.1 溶液，萃取分液后，向水层滴加几KSCN溶液，观察溶液颜色变化 与发生的反应是否为可逆反应 A．A B．B C．C D．D 7．(23-24高二上·江苏南京·期中)室温下，下列实验方案不能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向盛有2mL 溶液的试管中滴加溶液，观察气泡产生的情况 探究的与的的大小 B 向盛有2mL 溶液的试管中滴加足量氯水，充分反应后滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 比较与的还原性 C 用注射器收集一定体积气体，连接色度传感器，通过抽拉活塞改变气体体积，记录体系中气体颜色变化 探究压强对化学平衡的影响 D 在一支试管中加入2mL 盐酸，并用温度计测量其温度。再向试管中放入用砂纸打磨光亮的镁条，观察现象，并测量溶液温度的变化 探究Mg与盐酸反应的热效应 A．A B．B C．C D．D 8．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)室温下，通过下列实验探究的性质。已知， 实验1：将气体通入水中，测得溶液。 实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。 实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法错误的是 A．实验1所得溶液中： B．实验2所得溶液中： C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧不能得到纯净的固体 D．实验3所得溶液中： 9．(24-25高二上·江苏南京外国语学校·期中)下列实验操作正确的是 A．甲中实验可探究、对分解速率的影响 B．用装置乙配制标准溶液 C．丙中用试纸测定溶液的 D．丁中用滴定管取用稀盐酸 10．(24-25高二上·江苏扬州第一中学·期中)下列实验操作或装置能达到实验目的的是 A．用装置甲探究、对分解速率的影响 B．用装置乙蒸干溶液获得 C．用装置丙制备并能较长时间观察其颜色 D．用装置丁采集到的压强数据判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀 ( 地 城 考向7 基本实验探究 （非选择题） ) 1．(24-25高二上·江苏常州·期中)是白色固体，可用于制备补血剂。某研究小组制备，并对的性质和纯度进行实验研究。 已知：①常温下，，；为强酸 ②(无色) (1)的制取：如图所示，向装置甲中滴加稀盐酸，产生的气体经洗气后通入装置丙中的溶液，当溶液的约为7时，滴入溶液，生成沉淀。 ①装置甲中盛装稀盐酸的仪器名称是 ；装置乙中盛装的试剂是 溶液(填化学式)。 ②溶液呈碱性的原因： (用离子方程式表示)。 ③实验室仅以溶液和溶液为原料制备。补充完整实验方案： ，所得沉淀用蒸馏水洗涤干净。(可使用计) (2)的性质探究 步骤1.取少量固体，向其中滴加溶液，充分振荡。 步骤2.过滤，取少量无色滤液，向其中加入5滴酸化的溶液，溶液显红色。 ①步骤1中反应的平衡常数 。[用含和的式子表示] ②步骤2中转化为，该反应的离子方程式为 。 (3)纯度的测定：准确称取制得的样品，加过量稀硫酸溶解，配制成溶液。量取上述溶液于锥形瓶中，用的标准溶液进行滴定，平行滴定3次，平均消耗标准溶液。 ①注入溶液前，滴定管需要进行的操作有：检漏、用蒸馏水洗净和 。 ②计算样品中的质量分数(写出计算过程) 。 2．(24-25高二上·江苏扬州大学附属中学东部分校·期中)亚硝酸(化学式为HNO2，是一种弱酸，不稳定，易发生分解)在有机合成中应用广泛。某同学用如下装置制取亚硝酸： (1)装置A中所发生反应的离子方程式为 。 (2)装置B中经过化合反应制得HNO2，该反应的化学方程式为 。 (3)装置B采用冰水浴的目的是 。 (4)装置C用于吸收尾气，反应后溶液中有NaNO2生成。为测定所得溶液中NaNO2的物质的量浓度，现进行如下实验：准确量取20.00mL溶液于锥形瓶中，向其中滴加0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应时，消耗酸性KMnO4溶液24.00mL。计算溶液中NaNO2的物质的量浓度 (杂质不参与反应，请写出计算过程)。已知测定过程中发生反应的方程式为(未配平) 3．(24-25高二上·江苏盐城高二年级七校联考·期中)乙酰苯胺()在工业上可作橡胶硫化促进剂、纤维酯涂料的稳定剂、过氧化氢的稳定剂等，可通过苯胺()和乙酸酐()反应制得。已知：纯乙酰苯胺是白色片状晶体，相对分子质量为135，熔点为114℃，易溶于有机溶剂。在水中的溶解度如下： 温度 20 25 50 80 100 溶解度/(g/100g水) 0.46 0.56 0.84 3.45 5.5 实验室制备粗乙酰苯胺的步骤如下(部分装置省略)： ①将7mL(0.075mol)乙酸酐放入三颈烧瓶c中，在恒压滴液漏斗a中放入5mL(0.055mol)新制的苯胺。将苯胺在室温下逐滴滴加到三颈烧瓶中。 ②苯胺滴加完毕，在石棉网上用小火加热回流30min，使之充分反应。 ③待反应完成，在不断搅拌下，趁热把混合物缓慢倒入盛有100mL冷水的烧杯中，乙酰苯胺晶体析出。 ④充分冷却至室温后，减压过滤(装置如上图)，洗涤晶体2-3次。用滤液冲洗烧杯上残留的晶体，再次过滤，两次过滤得到的固体合并在一起。 回答下列问题： (1)仪器b的名称是 。恒压滴液漏斗a的支管的作用是： 。 (2)乙酰苯胺分子中最多有 个碳原子共面。 (3)写出上述反应的化学方程式 。 (4)减压过滤的优点是 。 (5)请补充完整提纯乙酰苯胺的实验方案： ，得到纯净的乙酰苯胺晶体。(实验中须使用试剂：粗乙酰苯胺、冰水、活性炭、热蒸馏水。已知活性炭可用于吸附杂质和色素。) 4．(24-25高二上·江苏徐州第七中学·期中)溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图如下所示。在分液漏斗中加入含有无水苯和液态溴的混合物，在烧瓶中加入少量溴化铁。 (1)在该实验中，圆底烧瓶a的容积最适合的是________（填入正确选项前的字母）。 A． B． C． D． (2)向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开 ；圆底烧瓶a中有白色雾状物产生是因为生成了 气体；装置c中碳酸钠溶液的作用是 ；其发生反应的离子方程式是 。 (3)实验过程中，装置b中液体的颜色会逐渐变为 色；产生这一现象的原因是 。 (4)某兴趣小组设计了如图流程提纯制得的粗溴苯。 已知：液溴、苯、溴苯的沸点依次为59℃、80℃、156℃。 a.操作I、II、III用到的主要玻璃仪器是 。 b.操作Ⅳ、V分别是 。 c.加入溶液的目的是除去有机层①中的 。 d.向分出的粗苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是 。 e.若水层③中加入溶液后仍然显红色，说明溴化铁未被完全除尽。以简短的文字说明未被除去的溴化铁是否会影响溴苯提纯的纯度？ 。 5．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)草酸（）是一种白色粉末，可与酸性溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。一水草酸钙（）可用作分离稀有金属的载体。 已知：25℃时，草酸的电离平衡常数为：，； ，。 (1)设计实验证明草酸为弱酸的方案及其现象均正确的有______（填序号）。 A．室温下，取溶液，测其 B．室温下，取溶液，测其 C．室温下，取的溶液稀释100倍后，测其 D．标况下，取的溶液100mL与足量锌粉反应，收集到体积为224mL (2)25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入的草酸钾溶液20mL， 产生草酸钙沉淀（填“能”或“不能”）。 (3)通过下列方法测定的纯度：取样品于锥形瓶中，加入10mL溶液溶解，再稀释至100mL。从锥形瓶中取20.00mL溶液，用的标准溶液滴定，为了提高实验的准确性，学习小组共进行3次实验，记录数据如下表： 待测液/mL 25.00 0.00 13.95 25.00 1.05 15.10 25.00 0.35 15.25 ①滴定终点的现象是，加入最后半滴标准溶液， 。 ②滴定过程中发生的反应离子方程式为 。 ③计算的纯度 （写出计算过程）。 (4)下列操作会引起测定结果偏高的是________（填序号）。 A．滴定管在盛装溶液前未润洗 B．滴定过程中，锥形瓶振荡的太剧烈，以致部分液体溅出 C．锥形瓶水洗后未干燥 D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数 6．(24-25高二上·江苏苏州苏州工业园区星海实验高级中学·期中)亚硝酰硫酸(NOSO4H)是有机合成中的常见试剂，常用于制造医药和染料。 (1)NOHSO4晶体是由NO+和硫酸氢根两种离子构成，NOHSO4易溶解在浓硫酸中，溶于水时会生成H2SO4、HNO3和NO。 ①写出NOHSO4与水反应的化学方程式 。 ②每1molNOHSO4与水完全反应时转移电子的物质的量为 。 (2)实验室可以用如图所示装置制取亚硝酰硫酸溶液。装置Ⅰ制取SO2，装置Ⅲ用于制取亚硝酰硫酸。 ①质量分数为70%，其密度为1.6g/cm-3的硫酸的物质的量浓度为 mol/L(结果保留1位小数)。 ②装置Ⅲ中使用20°C的冷水浴可以防止HNO3分解。若不使用冷水浴，实验中可观察到的现象是 。 ③碱石灰的作用 。 (3)可通过如下实验测定所得亚硝酰硫酸固体样品的质量分数。 步骤Ⅰ：称取0.400g亚硝酰硫酸样品于锥形瓶中，加入22mL0.1000mol/LKMnO4溶液和少量稀硫酸，充分反应后溶液为紫红色； 步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ所得溶液中滴加0.1000mol/LNa2C2O4标准溶液与过量的KMnO4溶液反应，恰好完全应时消耗Na2C2O4标准溶液25mL。滴定过程中发生反应：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。 ①步骤Ⅰ反应后有Mn2+和等生成。写出NO+所发生反应的离子方程式： 。 ②计算亚硝酰硫酸样品的纯度(写出计算过程) 。 7．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期中)化学上常用燃烧法确定有机物的组成。如下图所示装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，这种方法是电炉加热时用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。 将有机化合物样品M置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成2.7g H2O和4.4g CO2，消耗氧气3.36L(标准状况下)，回答下列问题： (1)A装置分液漏斗中盛放的物质是 (填化学式)。 (2)C装置中CuO的作用是 ，E装置中所盛放试剂的名称是 。 (3)有机物M的实验式是 。 (4)用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到如图①所示质谱图，则其相对分子质量为 ，该物质的分子式是 。 (5)核磁共振氢谱能对有机化合物分子中不同化学环境的氢原子给出不同的峰值(信号)，根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如：甲基氯甲基醚(ClCH2OCH3)有两种氢原子如图②。经测定，有机化合物M的核磁共振氢谱示意图如图③，则M的结构简式为 。 8．(24-25高二·江苏徐州第三中学·期中)醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下： 可能用到的有关数据如下： 相对分子质量 密度() 沸点/℃ 溶解性 环己醇 100 0.9618 161 微溶于水 环己烯 82 0.8102 83 难溶于水 合成反应： 在 a 中加入 20 g 环己醇和 2 小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入 1 mL 浓硫酸。b 中通入冷却水后，开始缓慢加热 a，控制馏出物的温度不超过90℃。 分离提纯： 反应粗产物倒入分液漏斗中，分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯 10 g。 回答下列问题： (1)装置 b 的名称是 。 (2)加入碎瓷片的作用是 ；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是 (填正确答案标号)。 A．立即补加　　　　B．冷却后补加　　　　C．不需补加　　　　D．重新配料 (3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为 。 (4)分液漏斗在使用前须清洗干净并 ；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的 (填“上口倒出”或“下口放出”)。 (5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是 。 (6)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有 (填正确答案标号)。 A．蒸馏烧瓶　　B．温度计　　C．分液漏斗　　D．坩埚　　E．锥形瓶 (7)本实验所得到的环己烯产率是___________(填正确答案标号)。 A．41% B．50% C．61% D．70% 9．(24-25高二上·江苏如皋中学·调研)以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为)为原料可制取CuO。 (1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到装置甲的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，有产生，反应结束后将装置甲内混合物过滤，得到含NaCl的滤液，将滤渣洗涤，得到CuO。 ①写出三颈瓶内反应的化学方程式： 。 ②检验滤渣已经洗涤干净的方式是： 。 ③装置乙的作用是： 。 ④为检验反应中有生成，装置丙中可盛装的溶液是 。 (2)将含少量杂质的CuO溶于稀硫酸中，向其中加入KI溶液，发生反应：。向溶液中滴加溶液，发生反应：。恰好完全反应时消耗的溶液20.00mL。计算CuO的质量，写出计算过程(杂质不参与反应) 。 10．(24-25高二上·江苏南京外国语学校·期中)定量分析是化学实验中重要的组成部分： (1)某实验小组设计用的溶液与的盐酸置于如下图所示的装置中进行测定中和热的实验。 ①从实验装置上看，还缺少 。 ②该实验小组做了三次实验，每次取盐酸和溶液各，并记录如下原始数据： 实验序号 起始温度 终止温度 温差 盐酸 溶液 平均值 1 25.1 24.9 25.0 28.3 3.3 2 25.1 25.1 25.1 28.5 3.4 3 25.1 25.1 25.1 28.6 3.5 已知盐酸、溶液密度均近似为，中和后混合液的比热容，则该反应的中和热 ；(计算结果保留1位小数) ③用相同浓度和体积的氨水代替溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会 。(填“偏大”“偏小”“无影响”) (2)某学生用的标准溶液测定某市售白醋的含酸量(国家标准规定酿造白醋中醋酸含量不得低于)，其操作分解为如下几步： A．移取待测白醋注入洁净的锥形瓶，并加入2~3滴酚酞 B．调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数 C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液 D．取标准溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上 E．用标准溶液润洗碱式滴定管2~3次 F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度 ①正确操作步骤的顺序是(填字母)A→ →F； ②若无上述E步骤操作，则测定结果会 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)； ③在A步骤之前，若先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)； ④到达滴定终点的现象是 ； ⑤滴定至终点消耗溶液，则该白醋中醋酸含量为 ，由此可知该白醋是否符合国家标准。 ( 地 城 考向 8 原理 综合题（非选择题） ) 1．(24-25高二上·江苏苏州西安交通大学苏州附属中学·期中)CO2的资源化利用具有重要的意义。 合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现： 反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)  △H1=-272kJ/mol 反应Ⅱ：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(1)+H2O(g)△H2=+138kJ/mol (1)二氧化碳和氨气合成尿素固体和水蒸气的反应自发进行的条件是 (填“低温”、“高温”或“任意条件”)。 (2)MgO是CO2和环氧乙烷合成碳酸乙烯酯的催化剂)可由MgCl2与沉淀剂(尿素或氢氧化钠)反应，先生成沉淀，过滤后将沉淀焙烧得到。已知向MgCl2溶液中加入尿素生成Mg5(CO3)4(OH)沉淀，与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的MgO其催化剂效果更好，其原因是 。 二氧化碳加氢制甲醇已经成为研究热点。合成甲醇主要发生的反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)  △H1=-49kJ/mol 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ/mol 在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始(CO2)：n起始(H2)=1：3，其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和n(CH3OH)的选择性的影响分别如图1和图2所示。其中，CH3OH的选择性可表示为×100% (3)图1，温度高于260℃时，CO2的平衡转化率呈上升变化的原因是 。 (4)图2，温度相同时CH3OH选择性的实验值略高干其平衡值，从化学反应速率的角度解释其原因是 。 K2FeO4氧化法脱除H2S的装置如图3所示。其他条件一定，溶液中c()与电流密度(电流密度与电压成正比)的关系如图4所示。(已知：K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中不稳定、强碱性溶液中较稳定。) (5)写出电解时阳极的电极反应式： 。 (6)电流密度大于4mA·cm-2时，溶液中c()上升幅度变小的原因是 。 (7)控制电流密度为4mA·cm-2，分别以不同浓度的KOH溶液为电解质，电解相同时间后通入H2S充分反应，测得H2S的氧化率与KOH溶液浓度的关系下图所示。c(KOH)=8mol·L-1时H2S的氧化率达到最大的原因是 。 2．(24-25高二上·江苏南京师范大学附属中学·期中)的资源化利用具有重要意义。 (1)的吸收和转化可减少排放，原理如图1所示。反应②中化合价发生改变的元素有 (填元素符号)；每吸收，理论上可获得 mol。 (2)催化加氢是资源化利用的途径之一。 ①甲烷水蒸气催化重整是制取高纯氢的方法之一，反应器中主要反应为：   反应器中还存在如下反应： i．   ii．   iii．   利用，可得反应的 (用含、b、c的代数式表示)；反应物实际投料比采用，其实际投料比远大于理论值的原因是 。 ②一定条件下，由和制备甲醇的过程中含有下列反应： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 恒压下，按照投料，测得各物质以碳元素计的物质的量分数与时间的关系如图2所示，请解释时间段内对应的曲线先增大且在时刻出现最高点的原因： 。 (3)催化电解转化可实现资源化利用。科学家研发了一种室温下“可呼吸”的二次电池，电池的工作原理如图3所示。将溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为。 ①放电时，移向 电极(填“Na”或“Ni”)。 ②充电时，阳极的电极反应式为： 。 3．(24-25高二上·江苏南京师范大学附属中学·期中)工业合成的反应为  。 (1)已知：时，部分物质的相对能量如表所示。 物质      相对能量/() 0 ，此条件下的燃烧热 的燃烧热(填“>”“<”或“=”)。 (2)催化加氢合成甲酸的过程中，不断升高温度，下列图像正确的是___________(填选项字母)。 A． B． C． D． (3)恒容密闭容器中充入一定量的和合成，下列示意图正确且能说明该反应进行到时刻达到平衡状态的是___________(填选项字母)。 A． B． C． D． (4)恒温、恒容的密闭容器中充入和(不参与反应)发生反应合成甲酸，测得反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。 ①用表示的化学反应速率为 (用单位时间内压强变化量表示)。 ②反应达到平衡时的转化率为 。 ③此反应的分压平衡常数 为以分压表示的平衡常数，物质的量分数；用含的式子表示)。 4．(24-25高二上·江苏南京外国语学校·期中)下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K的值： 反应 大气固氮 工业固氮 温度/℃ 27 2000 25 400 450 平衡常数K 0.1 0.507 0.152 (1)分析数据可知：大气固氮反应属于 (填“吸热”或“放热”)反应，其平衡常数的表达式为K= 。2000℃时向某密闭容器中充入一定量的N2和O2进行该反应，达到平衡后容器中分子的N2、O2的相对个数如下图所示，请在下图中空白处画出合适个数的NO 。 (2)向一密闭容器中充入1molN2和3molH2发生合成氨反应，平衡时氨气的体积分数随压强和温度的变化如图所示： ①p1、p2、p3由小到大的顺序是 ； ②T1温度下，M点对应的H2的平衡转化率为 ，若此时容器体积为1L，则该温度下平衡常数K= (计算结果都保留1位小数)； ③400℃时，按未知浓度配比进行反应，某时刻测得分别为0.2mol∙L-1、0.5mol∙L-1、0.2mol∙L-1，则此时反应向 方向(填“正反应”或者“逆反应”)进行，结合计算说明理由 。 5．(24-25高二上·江苏南通区·期中)氢能是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种对环境友好的固体储氢材料。 (1)制硼氢化钠。将Na2B4O7、SiO2及金属Na按一定比例混合后，通入H2加热到360～370°C只生成NaBH4和Na2SiO3。 ①该反应的化学方程式为 。 ②测定硼氢化钠样品的纯度。准确称取干燥硼氢化钠样品1.200g，用NaOH溶液溶解后配制成100.0mL溶液。量取10.00mL溶液放入锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol/LKIO3溶液，充分反应后再加入适量KI，用足量稀硫酸酸化后，加入0.5000mol/LNa2S2O3标准液，恰好完全反应时消耗该标准液12.00mL。则样品中NaBH4质量分数为 (写出计算过程)。 已知：3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 (2)制氢。NaBH4与水反应能获取氢气，该反应机理如图所示。 ①NaBH4与水反应的离子方程式为 。该反应在任意温度下均能自发进行的原因是 。 ②若用D2O代替H2O，则反应后生成氢气的化学式为 。 (3)硼氢化钠再生。制氢生成的另一产物在水中的溶解度较小，常温时易以NaBO2形式结晶析出，NaBO2可再生为NaBH4。已知： 反应I：NaBO2(s)+4H2(g)=NaBH4(s)+2H2O(1)   △G1=+320kJ/mol 反应Ⅱ：H2(g)+O2(g)=H2O(1)    △G2=-240kJ/mol 反应Ⅲ：Mg(S)+O2(g)=MgO(s)   △G3=-570kJ/mol △G的值只取决于反应体系的始态和终态。以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，写出一个表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式，并注明物质状态和△G： 。 6．(24-25高二上·江苏扬州第一中学·期中)油气开采、石油化工等行业的废气中均含有硫化氢，可将其处理并回收。 (1)氧化法，其原理为 已知：      则反应   。 (2)热分解法，其原理为  。 ①在不同温度下充分反应后，混合气体中各组分的体积分数如图1所示，则 。 ②分解时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分燃烧，目的是 。 (3)间接电解法，原理如图2所示。 ①结合化学方程式说明电解过程中无需向电解池中补充盐酸的原因： 。 ②从整个生产工艺的角度分析，该方法不仅能减少环境污染、回收，还具有的优点是 。 (4)催化剂对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图3所示，表示状态2的为 (填选项)。                                             图3 A．        B．        C． 7．(24-25高二上·江苏海安高级中学·期中)中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用，研究二氧化碳的收集和利用成为了科研方面的热点。 I．热化学法将转化为甲醇 反应① 反应② (已知：(或)的选择性) 将和混合气体以一定流速通过装有催化剂反应器，选择性、的转化率与温度的关系如图所示。 (1)230℃时，测得的转化率为40%，此时剩余的物质的量为 。 (2)随着温度的升高，的转化率增大，其主要原因是 。 (3)其他条件不变，增大压强，CO选择性变化为 (填“不变”、“变大”或“变小”)。 II．和催化重整制取和 1991年，Ashcroft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：500℃条件下，气体分子吸附至催化剂表面后发生反应，此过程机理模型如图所示(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。 (4)根据图示写出该反应的化学方程式： 。 (5)在催化剂中添加少量多孔能提高转化率，其原因是 。 (6)根据反应机理，该催化重整的过程可描述为 。 8．(24-25高二上·江苏扬州中学·期中)Cr(VI)有高毒性，在溶液中以或的形式存在，不同pH条件下两者可相互转化+H2O+2H+)。常用还原法、微生物电化学法、沉淀法处理含Cr(VI)的废水。 (1)向废水中加入Na2SO3或Fe等还原剂可将Cr(VI)还原为低毒性Cr3+，再调节溶液pH使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀除去。 ①酸性废水中Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3+的离子方程式为 。 ②其他条件相同，在不改变所加铁屑总量的情况下，加入烟道灰(细小的活性炭)，可增大Cr(VI)的去除率，其原因是 。 (2)利用微生物电化学法可有效处理含有机物和Cr(VI)的酸性废水，其工作原理如图所示。 ①若废水中的有机物是C6H12O6，则甲池中电极反应式为 。 ②甲池产生0.6molCO2时，理论上乙池中H+的物质的量减少 。 (3)已知BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水，在水溶液中Cr(Ⅵ)主要存在微粒平衡浓度占Cr(VI)总浓度的百分数与pH的关系如图。利用沉淀法有效去除酸性废水中Cr(VI)的实验操作为 。(可使用的试剂：NaOH溶液，BaCl2溶液) 9．(24-25高二上·江苏镇江中学·期中)不同催化剂作用下NH3还原NOx的机理与效果是研究烟气(含NOx、O2、N2等)脱硝的热点。 (1)NH3还原NO的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)。 已知：N2(g)+O2(g)═2NO(g)  ΔH=+180.5kJ•mol-1； 4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)  ΔH=-1269kJ• mol-1。 上述主反应的ΔH= 。 (2)在某钒催化剂中添加一定量Cu2O可加快NO的脱除效率，其可能机理如图所示(*表示物种吸附在催化剂表面，部分物种未画出)。 ①X、Y处V元素化合价为+4或+5价，X处V元素化合价为 。 ②NO转化为N2的机理可描述为 。 ③烟气中若含有SO2，会生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道。生成NH4HSO4的化学方程式为 。 (3)工业上含氮化合物污染物处理以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，则该电池的正极反应式为 。 (4)将模拟烟气(一定比例NOx、NH3、O2和N2)以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，测得NOx转化率随温度变化的曲线如图所示。 温度高于450℃时，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是 。 10．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)0．氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，目前工业上用氢气和氨气合成氨。 (1)固氮一直是科学家致力研究的重要课题，有关热力学数据如下： 反应 大气固氮：N2(g)+O2(g)2NO(g) 工业固氮：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 温度/℃ 25 2000 25 350 400 450 平衡常数K 3.84×10-31 0.1 5×108 1.847 0.504 0.152 常温下，大气固氮的倾向 工业固氮(填“大于”或“小于”)。 (2)N2(g)与H2(g)反应的能量变化如图所示，则N2(g)与H2(g)反应制备NH3(l)的热化学方程式为： 。 (3)T℃时，在2L容密闭容器中加入1.2molN2和2molH2模拟一定条件下工业固氮[N2(g)+3H2(g)2NH3(g)]，体系中n(NH3)随时间的变化如图所示： ①前2分钟内的平均反应速率v(NH3)= mol/(L·min)。 ②有关工业固氮的说法正确的是 (选填序号)。 A．0-4min，使用催化剂可提高反应物的转化率 B．循环使用N2、H2可提高NH3的产率 C．温度控制在500℃左右有利于反应向正反应方向进行 D．增大压强有利于加快反应速率，所以压强越大越好 ③T℃时，该反应的平衡常数为 。 (4)①研究表明某些过渡金属催化剂可以加速氨气的分解，某温度下，用等质量的不同金属分别催化等浓度的氨气。测得氨气分解的初始速率(单位：mmol/min)与催化剂的对应关系如下表所示。 催化剂 Fe Pd Ru Rh Pt Ni 初始速率 0.5 1.8 7.9 4.0 2.2 3.0 不同催化剂的催化作用下，氨气分解反应中的活化能最大的催化剂是 (填化学式)。 ②催化剂的催化效率与反应物在其表面的吸附有关。N2和H2在催化剂作用下合成氨的初始阶段生成NH*的机理可能有如下两种(N*表示被吸附于催化剂表面的N)： 机理1：→2N*；→2H*；N*+H*NH* 机理2：→2N*；N*+H2(g)NH*+H(g) 上述反应均为基元反应。保持温度和N2的浓度不变，测得N2和H2在该催化剂作用下反应的初始速率与H2浓度的关系如图所示。能合理解释图中曲线变化的机理为 (填“机理1”或“机理2”)，判断的理由是 。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合压轴80题 八大高频考向概览 考向01 盖斯定律与反应热的计算 考向02 反应机理与能量图像 考向03 电化学装置 考向04 原理小综合题 考向05 反应原理实验探究 考向06 平衡图像分析 考向07 基本实验探究（非选择题） 考向08 原理综合题（非选择题） ( 地 城 考向1 盖斯定律与反应热的计算 ) 1．(24-25高二上·江苏泰州中学·期中)各相关物质的燃烧热数据如表。下列热化学方程式正确的是 物质 -1559.8 -1411 -285.8 A．   B．   C．   D．   【答案】B 【详解】A．为气态，不是稳定的氧化物，A错误； B．由的燃烧热为-1559.8、的燃烧热为-1411、的燃烧热为-285.8分别可得：①，②，③，根据盖斯定律，①-②-③，可得，B正确； C．由的燃烧热为-285.8，可得，则，C错误； D．由的燃烧热为-1559.8可得：，则，D错误； 故答案为：B。 2．(24-25高二上·江苏江阴长泾中学·期中)已知：①C6H12O6(s) =2C2H5OH(l)＋2CO2(g)　　ΔH1 ② 6CO2(g)+6H2O(g) =C6H12O6(s)+6O2(g)　      ΔH2 ③ 2H2O(g) =2H2(g)＋O2(g)　                 ΔH3 ④ 2CO2(g)+6H2(g)=C2H5OH(l)+3H2O(g)　     ΔH4 下列有关说法正确的是 A．H2的燃烧热为- B．反应②为放热反应 C．标准状况下，反应②生成1.12 L O2，转移的电子数为0.1×6.02×1023 D．2ΔH4=ΔH1+ΔH2-6ΔH3 【答案】D 【详解】A．根据2H2O(g) =2H2(g)＋O2(g)反应可知，H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ，∆H=ΔH3，但是氢气的燃烧热指的是生成液态水，所以，∆H=ΔH3，不是氢气的燃烧热，A错误； B．反应②6CO2(g)+6H2O(g) =C6H12O6(s)+6O2(g)为光合作用的反应，该反应是吸热反应，B错误； C．反应②每生成6molO2转移电子24mol，则在标准状况下，生成1.12LO2即，转移电子数为0.2×6.02×1023，C错误； D．根据盖斯定律：反应2×④=①+②-6×③，得反应4CO2(g)＋12H2(g)=2C2H5OH(l)＋6H2O(g)　2ΔH4=ΔH1+ΔH2-6ΔH3，D正确； 正确选项D。 3．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期中)反应：机理如下，下列说法正确的是 反应I： 反应II： A．反应I的 B． C．该反应速率主要由反应I决定 D．通入过量空气，可提高的平衡转化率 【答案】D 【详解】A．反应I的的情况下反应I可以发生，说明，则其，A错误； B．反应可由2反应I+反应II得到，由盖斯定律知，，B错误； C．反应的活化能越大，反应速率越慢，从图上可以看出反应II的活化能大于反应I的活化能，故反应速率由反应II决定，C错误； D．通入过量空气，氧气浓度增大，平衡向正反应方向移动，二氧化硫的转化率增大，D正确； 故选D。 4．(24-25高二上·江苏期中)已知反应：①；② ③，则反应的为 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据盖斯定律，将方程式①×3+②×2－2×③得2NH3 (g) +O2 (g) = 2NO2 (g) + 3H2O (g)，则△H=3△H1+2△H2－2△H3，故选D。 5．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)关于反应4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)  ΔH=-116kJ•mol-1，下列说法正确的是 A．4molHCl和1molO2键能之和大于2molCl2和2molH2O的键能之和 B．每生成22.4LCl2，放出58kJ的热量 C．使用高效催化剂，可使平衡时的值增大 D．反应活化能：Ea(正)<Ea(逆) 【答案】D 【详解】A．焓变=反应物总键能-生成物总键能，4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)  ΔH=-116kJ•mol-1，4molHC1和1molO2键能之和小于2molCl2和2molH2O的键能之和，故A错误； B．没有明确是否为标准状况， 22.4LCl2的物质的量不一定是1mol，所以放出的热量不一定是58kJ，故B错误； C．催化剂不能使平衡移动，使用高效催化剂，平衡常数不变，不能使平衡时的值增大，故C错误； D．正反应放热，反应活化能：Ea(正)<Ea(逆)，故D正确； 选D。 6．(23-24高二下·江苏常州高级中学·期中)二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 反应1：   反应2：   在密闭容器中，、时，平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如题图所示。下列说法正确的是 A．反应   B．增大压强，能使反应1正向移动且K增大 C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为480~530℃ D．450℃时，增大，能使平衡转化率达到X点的值 【答案】D 【详解】A．由盖斯定律可知，反应1-2×反应2可得，，A错误； B．增大压强，能使反应1正向移动，但温度不变，K不变，B错误； C．由图可知温度范围约为350～400℃时二氧化碳实际转化率最高，为最佳温度范围，C错误； D．450℃时，增大，相当于在不变的情况下，增大氢气的物质的量，会使二氧化碳的平衡转化率升高达到X点的值，D正确； 故选D。 7．(23-24高二上·湖南部分学校·)已知25℃时，某些物质的燃烧热数据如表： 物质 燃烧热 -285.8 -393.5 -395.0 -3267.5 下列热化学方程式书写正确的是 A．   B．   C．   D．   【答案】A 【分析】根据燃烧热的概念可写出①  ；②  ；③  。 【详解】A．根据盖斯定律，由(①×6+②×3-③)可得： ，A正确； B．石墨和金刚石的化学式均为C，应注明是石墨还是金刚石，B错误； C．由于 ，则的，C错误； D．由的燃烧热可知  ，D错误； 答案选A。 8．(22-23高二上·青海西宁大通回族土族自治县·期末)已知在时： (1) (2) (3) 则时工业制氢气的一个重要反应的反应热为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】(1) (2) (3) 根据盖斯定律(3)- (2)- (1)可得，综上所述故选B。 9．(23-24高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)已知使36g焦炭发生不完全燃烧，所得气体中CO占1/3体积，CO2占2/3体积，已知：C(s)+1/2O2(g)=CO(g)△H=-Q1kJ/mol，CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-Q2kJ/mol，与这些焦炭完全燃烧相比较，损失的热量是中正确的是 A．2Q2kJ B．Q2kJ C．3(Q1+Q2)kJ D．3Q1KJ 【答案】B 【详解】36g碳的物质的量为n===3mol，不完全燃烧所得气体中，CO占三分之一体积，根据碳原子守恒，求得CO的物质的量为3mol×=1mol，根据CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-Q2kJ/mol，1molCO燃烧放出的热量为Q2kJ，故与这些焦炭完全燃烧相比较，损失的热量是Q2kJ； 答案选B。 10．(23-24高二上·江苏徐州铜山区·期中)下列热化学方程式或依据热化学方程式得出的结论正确的是 A．一定条件下，将0.5mol和1.5mol置于密闭容器中充分反应生成放热19.3kJ，其热化学方程式   B．已知：  ，则的燃烧热为 C．已知：  ，则稀和稀完全反应生成1mol时，放出57.3kJ热量 D．已知：；，则 【答案】D 【详解】A．氮气和氢气的反应可逆，将0.5mol和1.5mol置于密闭容器中充分反应生成的物质的量小于1mol，放热19.3kJ，则1mol完全反应放热大于38.6kJ，其热化学方程式，A错误； B．燃烧热是指1mol完全燃烧生成液态水放出的能量，B错误； C．稀和稀完全反应除了生成1mol放热外，Ba2+与硫酸根沉淀也会放出热量，因此所放出的热量大于57.3kJ，C错误； D．前者为C的不完全燃烧，而后者为完全燃烧释放的热量更多，则ΔH1>ΔH2，D正确； 故选D。 ( 地 城 考向2 反应机理与能量图像 ) 1．(24-25高二上·江苏南京航空航天大学苏州附属中学·期中)金属硫化物(MxSy)催化反应CH4(g)+2H2S(g)=CS2(g)+4H2(g)，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2。下列说法正确的是 A．该反应的S<0 B．该反应的平衡常数K= C．如图所示的反应机理中，涉及共价键的断裂与生成 D．该反应中每消耗1molH2S，转移电子的数目约为2×6.02×1023 【答案】C 【详解】A．由方程式可知，该反应为熵增的反应，反应ΔS＞0，A错误； B．由方程式可知，该反应的平衡常数K=，B错误； C．由图可知，图所示的反应机理中，涉及H-S共价键的断裂与H-H、S-S共价键的生成，C正确； D．由方程式可知，反应中碳元素的化合价升高被氧化，甲烷是反应的还原剂，氢元素的化合价降低被还原，甲烷和硫化氢是反应的氧化剂，反应消耗2mol硫化氢，转移电子的物质的量为8mol,则消耗1mol硫化氢时，反应转移电子数目约为1mol×4×6.02×1023mol-1=4×6.02×1023，D错误； 故答案为：C； 2．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)活性催化加氢生成的总反应为：，可能的反应历程如下图所示。下列说法正确的是 A．氢气解离为H的过程要放热 B．吸附在上的H略带负电荷 C．步骤Ⅰ中吸附在上的H与C结合 D．反应中消耗11.2mL 转移电子0.001mol 【答案】C 【详解】A．氢气的解离断键需要吸热，A错误； B．氧的电负性大，吸电子能力更强，氢带正电，B错误； C．由于电负性：O＞H＞Fe，步骤Ⅰ可理解为带部分负电荷的氢(与Fe2+相连的H）与中带部分正电荷的碳结合，带部分正电荷的氢(与O2-连接的H)与带部分负电荷的羟基氧结合生成水，C正确； D．未指明气体是否处于标准状况，无法利用气体摩尔体积进行计算，D错误； 答案选C。 3．(24-25高二上·江苏南京师范大学附属中学·期中)平流层中氯氟烃的光解产物会对臭氧层产生破坏，反应过程如图。下列说法不正确的是 A． B．反应①是决速步 C．催化剂降低了反应活化能，改变了反应过程 D．总反应为催化剂和均为催化剂 【答案】D 【详解】A．由图可知，生成物能量低于反应物能量，反应放热，焓变为负值，A正确； B．反应①的活化能是两步中较大的，是决速步，B正确； C．催化剂降低了反应活化能，改变了反应过程，，加快了反应速率，C正确； D．由图可知，总反应为，为催化剂，而为中间产物，D错误； 故选D。 4．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)在一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下： 反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如上图(已知：反应I、Ⅱ为放热反应)，下列说法正确的是 A．反应I是吸热反应 B．反应活化能：反应Ⅱ<反应I C．在给定的条件下，即使增加浓度也不能改变平衡时产物Ⅱ和产物I的比例 D．选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅱ 【答案】C 【详解】A．由题意知，反应Ⅰ为放热反应，故A错误； B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应Ⅰ<反应Ⅱ，故B错误； C．产物I和产物Ⅱ存在可逆反应，则产物Ⅱ和产物Ⅰ的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例不变，故C正确； D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D错误； 故答案为C。 5．(24-25高二上·江苏江阴长泾中学·期中)乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理如下，能量与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是 A．A中所有碳原子的杂化方式均为sp3 B．第①步反应只断裂了碳碳键 C．总反应的ΔH<0，说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和 D．乙烯在酸催化下水合制乙醇一定不需要加热就能进行 【答案】C 【详解】 A．中饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，带正电荷碳原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误； B．由图可知，第①步反应中水合氢离子发生了氢氧键断裂和乙烯分子发生了碳碳双键的断裂，故B错误； C．由图可知，总反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，说明反应物的键能总和小于生成物的键能总和，故C正确； D．由图可知，乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，但反应条件与反应是否放热无关，故D错误； 故选C。 6．(24-25高二上·江苏扬州邗江区·期中)硫化氢(H2S)是一种有臭鸡蛋气味的剧毒气体，在水溶液中电离方程式为：H2SHS−+H+；HS−S2−+H+。除去烟气中的H2S方法有：①溶液氧化脱除(原理如图1)、②活性炭吸附氧化脱除(原理如图2，核心反应为HS−+O=S+OH−)。下列说法不正确的是 A．图1中溶液可以循环利用 B．图1脱除34 g H2S，标准状况下，理论上消耗体积为11.2 L C．图2中，其他条件不变时，适当增大水膜的pH，H2S的去除率可能增大 D．图2中，其他条件不变时，增大水膜的厚度，H2S的去除率增大 【答案】D 【分析】图1中分两步，第一步H2S与Fe3+反应生成Fe2+与S，第二步Fe2+与O2反应生成H2O和Fe3+，总反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，Fe3+为催化剂，Fe2+为中间产物。 【详解】A．根据分析，Fe3+为催化剂，图1中溶液浓度几乎不变，可以循环利用，A正确； B．图1总反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，34gH2S的物质的量为1mol，脱除34gH2S，理论上消耗0.5mol，标准状况下体积为11.2L，B正确； C．图2中，其他条件不变时，适当增大水膜的pH，OH-浓度增大，使平衡：H2SH++HS-正向移动，HS-浓度增大，H2S的氧化去除率增大，C正确； D．图2中，O2分子在活性炭表面变为活性O原子，其他条件不变时，增大水膜的厚度，O2分子变为活性O原子的数量降低，H2S的去除率降低，D错误； 故选D。 7．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)一种催化氨硼烷(BH3NH3)水解释氢的可能机理如图所示。下列说法不正确的是 A．催化剂能改变反应历程，降低了反应活化能 B．BH3NH3分子中含有配位键 C．用D2O代替H2O作反应物，有D2生成 D．氨硼烷完全水解的化学方程式为：BH3NH3+4H2O=3H2↑+NH4[B(OH)4] 【答案】C 【详解】A．催化剂通过改变反应历程，降低了反应活化能，加快反应的速率，故A正确； B．B元素的电子排布式为1s22s22p1，形成sp2杂化轨道后，还存在一个空轨道，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，两者形成配位键，故B正确； C．由反应原理可知，水解过程中B原子所连的H原子被-OH取代，D2O代替H2O作反应物，有HD生成，故C错误； D．根据图示，氨硼烷完全水解生成氢气和NH4[B(OH)4]，化学方程式为BH3NH3+4H2O=3H2↑+NH4[B(OH)4]，故D正确； 故选C。 8．(23-24高二上·江苏南京中华中学·期中)催化剂(简写为)在表面催化反应：，历程示意图如下图。已知该反应低温条件下能自发进行。下列说法正确的是 A．该反应的、 B．该反应的平衡常数 C．羟基磷灰石()的作用是通过减小，加快反应速率 D．图中反应机理可理解为中的与的分别与催化剂之间相互作用，同时中的、与中的之间又分别相互作用 【答案】D 【详解】A．由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，ΔH<0，该反应低温条件下能自发进行，则低温时，，则∆S＞0也满足条件，不一定ΔS<0，A错误； B．该反应的平衡常数K=，B错误； C．羟基磷灰石()为催化剂，可以降低活化能，不能改变反应热，C错误； D．根据过渡态的结构可知，图中反应机理可理解为中的与的分别与催化剂之间相互作用，同时HCHO中的、与中的之间又分别相互作用，D正确； 故选D。 9．(23-24高二上·江苏常熟·期中)在潮湿的深层土壤中钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论认为厌氧细菌可促使与反应生成，加速钢管腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是 A．正极反应式为 B．钢管腐蚀的产物中仅含有FeS C．向钢中加入Cu制成合金可减缓钢管的腐蚀 D．与反应可表示为 【答案】D 【详解】A．根据题中所给信息，潮湿的深层土壤中钢管发生厌氧腐蚀，正极水得电子生成氢气，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，A错误； B．在钢铁锈蚀中，Fe为负极，失去电子发生氧化反应，则负极反应式为Fe－2e-=Fe2+，厌氧细菌可促使与反应生成，S2-及正极上生成的OH-与Fe2＋可分别反应生成FeS、Fe(OH)2，B错误； C．向钢中加入铜，发生电化学腐蚀时，活动性弱的铜作正极，活动性强的Fe作负极，从而加速钢管的腐蚀，C错误； D．厌氧细菌可促使与反应生成，根据元素守恒，方程式为，D正确； 故选D。 10．(23-24高二上·江苏连云港东海县·期中)金属硫化物催化反应，既可以除去天然气中的H2S，又可以获得H2，反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．该反应的 B．该反应的平衡常数 C．步骤Ⅰ可理解为中带部分正电荷的H与催化剂中的S之间发生作用 D．步骤Ⅱ可理解为中两个键断裂，同时形成键 【答案】D 【详解】A．反应为气体分子增加的反应，为熵增反应，A错误； B．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；B错误； C．由题图知，经过步骤Ⅰ后，H2S中带部分负电荷的S与催化剂中的M之间形成了作用力，C错误； D．由题图可知，经过步骤Ⅱ中两个键断裂，同时形成键，D正确； 答案选D。 ( 地 城 考向3 电化学装置 ) 1．(23-24高二上·江苏苏州·期中)下列有关原电池的说法不正确的是 A．图甲所示装置中，盐桥中的向盛有溶液的烧杯中移动 B．图乙所示装置中，正极的电极反应式为 C．图丙所示装置中，使用一段时间后，锌筒会变薄 D．图丁所示装置中，使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降 【答案】A 【详解】A．甲装置构成原电池，锌作负极，铜作正极；阳离子钾离子移向正极，即装有硫酸铜溶液的烧杯，A错误； B．氧化银得电子发生还原反应，即，B正确； C．锌筒作负极被消耗，故使用一段时间后，锌筒会变薄，C正确； D．铅蓄电池总反应为，消耗了硫酸同时生成水和难溶的硫酸铅，故电解质溶液的酸性减弱，导电能力下降，D正确； 故选A。 2．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)铅蓄电池放电时的工作原理可表示为，其构造示意图如图所示。下列有关说法正确的是 A．电池工作时，移向极移动 B．电池工作时，负极质量减小 C．电池工作时，发生氧化反应 D．每生成，转移电子数为 【答案】A 【分析】由题干铅蓄电池的工作原理可知，放电时，Pb为负极，电极反应为：Pb-2e-+=PbSO4，PbO2为正极，电极反应为：PbO2+4H+++2e-=PbSO4+2H2O，据此分析解题。 【详解】A．电池放电时，阳离子移向正极，由分析可知，Pb为负极，PbO2为正极，故移向极移动，A正确； B．由分析可知，放电时，负极电极反应为：Pb-2e-+=PbSO4，故负电极质量增大，B错误； C．电池工作时，作正极，得电子发生还原反应，C错误； D．由可知，每生成2mol PbSO4，转移2mol电子，故每生成，转移电子数为，D错误； 答案选A。 3．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)关于如图所示各装置的叙述正确的是 A．图1是化学能转变为电能的装置，总反应为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ B．图2CH4-O2碱性燃料电池电子由a电极经NaOH溶液流向b电极 C．图3装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变 D．图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀 【答案】D 【详解】A．由图可知，该装置为化学能转变为电能的装置，金属性强于铜的铁电极为原电池的负极，电池的总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误； B．氢氧化钠溶液不能传递电子，电子由a电极经用电器流向b电极，故B错误； C．电镀时，镀件作阴极，镀层金属作阳极，因此待镀铁件作阴极，铜作阳极，故C错误； D．由外加直流电源的阴极保护法可知，钢管桩与电源的负极相连做电解池的阴极，以防止被海水腐蚀，故D正确； 故选D。 4．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)一种浓差电池的放电原理是利用电解质溶液的浓度不同而产生电流。某浓差电池装置示意图如图所示，该电池使用前将开关K先与a连接一段时间后再与b连接。下列说法正确的是 A．交换膜应当选择阳离子交换膜 B．K与b连接时，电极A的质量相比于K与a相连时，质量会减轻 C．K与b连接时，电极B上发生的反应为 D．电极K与b连接时，电极A发生还原反应 【答案】B 【分析】由题干信息可知，将开关K先与a连接后则电极B为阳极，电极反应为，电极A为阴极，电极反应为：，一段时间后右侧溶液中浓度增大，而左侧溶液中浓度减小，为了保持的浓度差必须保证不能通过半透膜，故交换膜是阴离子交换膜，一段时间后与b连接，电极A为负极，电极反应为：，电极B为正极，电极反应为：，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，交换膜应当选择阴离子交换膜，阻止阳极通过以保证两侧溶液中有浓度差，A错误； B．K与b连接时，形成原电池，电极A为负极，电极反应为：，电极质量减轻；同时，电极B为正极，电极反应为：，B正确； C．由分析可知，K与b连接时，电极B为正极，电极反应为：，C错误； D．K与b连接时，形成原电池，电极A为负极，电极A发生氧化反应，D错误； 故选B。 5．(24-25高二上·江苏扬州邗江区·期中)以乙烷燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。下列说法正确的是 A．燃料电池工作时，正极反应式为O2+4H+−4e−=2H2O B．a极是铁，b极是铜时，能达到铁上镀铜的目的 C．a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，两极质量变化相同 D．a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体与电池中消耗乙烷的体积之比为2:7 【答案】B 【分析】电池工作时，O2转化为H2O，由O元素的价态变化，可确定通入O2的电极为正极，通入乙烷的电极为负极；右侧电池为电解池，a电极为阴极，b电极为阳极。 【详解】A．燃料电池工作时，通入O2的电极为正极，O2得电子产物与电解质反应生成H2O，正极反应式为O2+4H++4e−=2H2O，A不正确； B．往铁上镀铜，则右侧电池为电镀池，铜应作阳极，铁应作阴极，则a极为阴极，应是铁，b极是阳极，应是铜，B正确； C．a极是纯铜，b极是粗铜时，a极上有铜析出，b极逐渐溶解，但由于粗铜中混有铁、锌、金、银等杂质，在电解过程中，Fe、Zn等失电子，而溶液中只有Cu2+在阴极得电子，且粗铜中的金、银会形成阳极泥，所以两极质量变化不相同，C不正确； D．a、b两极若是石墨，在同温同压下b极产生的气体为O2，电池中消耗乙烷，依据得失电子守恒可建立如下关系式：7O2——28e-——2C2H6，二者的体积之比等于物质的量之比，则为7:2，D不正确； 故选B。 6．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)下列装置不能达到设计目的的是 A．装置①X选用合适金属可用于钢管的防腐 B．装置②用于深浸在海水中的钢闸门的防腐 C．装置③用于模拟铁制品表面镀铜 D．装置④用于模拟粗铜的电解精炼 【答案】B 【详解】A．装置①X选用比铁活泼的金属，则金属棒X作负极，钢管作正极，可用于钢管的防腐，能达到设计目的，A不符合题意； B．用于深浸在海水中的钢闸门的防腐，则闸门应该连接外接电源的负极，本身做阴极被保护，不能达到设计目的，B符合题意； C．装置③用于模拟铁制品表面镀铜，镀件做阴极会生成铜镀层，能达到设计目的，C不符合题意； D．粗铜的电解精炼，粗铜做阳极连接电源的正极，纯铜作阴极，能达到设计目的，D不符合题意； 答案选B。 7．(24-25高二上·江苏连云港灌云县第一中学·期中)电催化氮气制备铵盐和硝酸盐的原理如图所示。下列说法正确的是 A．a极反应式为： B．电解一段时间，两电极区的pH均减小 C．电解过程中从b极通过质子交换膜转移至a极 D．相同时间内，a、b两极消耗的物质的量之比为5：3 【答案】A 【分析】a极上N2失去电子被氧化为，a为阳极，连接正极；b极上N2得到电子被还原为，即b极为阴极，应与电源负极相连； 【详解】A．由图示可知，a极氮气失电子变为硝酸根离子，电解质溶液呈酸性，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，A正确； B．由图示可知，a极为阳极，失电子，电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极为阴极，得电子，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，则阳极区酸性增强、pH减小，阴极区酸性减弱、pH增大，B错误； C．a极为阳极、b极为阴极，电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极，C错误； D．a极电极反应式为：N2+6H2O-10e-=2NO+12H+，b极电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH，依据得失电子守恒，转移30mol电子时阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol，即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3:5，D错误； 答案选A。 8．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，反应原理如下图所示。 下列说法正确的是 A．电解时的阳极反应为：2Cr3++6e-+7H2O=+14H+ B．电解结束后，阴极区溶液pH升高 C．1 mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时，共消耗mol D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离 【答案】C 【详解】A．电解时，阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cr3+-6e-+7H2O=+14H+，A错误； B．电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以电解时阴极反应消耗的H+与阳极区转移过来的H+数目相等，故电解结束后，阴极区溶液pH不变，B错误； C. l mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时，失去电子为0.5 mol×4+0.5 mol×6=5 mol，1 mol 被还原为Cr3+时共得到6 mol电子，所以1 mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时，共消耗的物质的量是 mol，C正确； D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物是互溶的液体混合物，不可以通过分液的方法分离，应该采用蒸馏的方法进行分离，D错误； 故合理选项是C。 9．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)新型二次电池充电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．放电时电极A为正极 B．充电时化学能转化为电能 C．放电时电极B的电极反应式为 D．放电时理论上每生成1mol 转移xmol 【答案】D 【分析】新型电池充电时移向A电极，根据电解池内阳离子移向阴极，可知充电时A为阴极，B为阳极；放电时A为负极，B为正极。 【详解】A．根据分析可知放电时电极A为负极，故A错误； B．放电时为原电池，将化学能转化为电能，充电时电能转化为化学能，故B错误； C．放电时电极B为正极，得电子发生还原反应，对应电极反应式为，故C错误； D．放电时电极A为负极，电极反应式为，因此放电时每生成1molSb2S3转移，故D正确； 故答案为：D。 10．(24-25高二上·江苏南通区·期中)一种采用电解和催化相结合的循环方式实现高效制H2和O2的装置如图所示。下列说法正确的是 A．加入Y的目的是补充H2O B．电极a连接电源正极 C．电极b表面发生的电极反应式为Br--6e-+3O2-= D．催化阶段Z与Br-的物质的量之比为2：3 【答案】A 【分析】由图可知，b极溴元素化合价升高，失电子，故b极为阳极，电极反应式为Br--6e-+3H2O=+6H+，故Y为水，a极为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故X为氢气，循环阶段被还原为Br-，同时生成氧气，Z为氧气，据此作答。 【详解】A．由分析可知，Y为水，目的是补充H2O，故A正确； B．a极为阴极，连接电源的负极，故B错误； C．由分析可知，b极为阳极，电极反应式为Br--6e-+3H2O=+6H+，故C错误； D．催化阶段溴元素由+5价降低为-1价，生成1mol溴离子转移6mol电子，氧元素由-2价升高为0价，生成1mol氧气转移4mol电子，由电子守恒可知生成氧气与Br-的物质的量之比为6：4=3：2，故D错误； 答案选A。 ( 地 城 考向4 原理综合小题 ) 1．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)转化为的反应为    。在有、无催化剂条件下氧化成过程中能量的变化如图所示。450℃、催化时，该反应机理为： 反应①     反应②     下列说法正确的是 A．反应1的△S＞0 B．催化时，反应②的速率大于反应① C．其他条件相同，增大，的转化率下降 D．     【答案】A 【详解】A．反应自发，根据吉布斯自由能可知焓大于0，△S＞0，A项正确； B．由图可知，催化时，反应②的活化能大于反应①的活化能，活化能越大反应速率越慢，则反应②的速率小于反应①，B项错误； C．其他条件相同，增大，增大，减小，的转化率增大，C错误； D．产物由气态转化为固态时会继续放热，所以    ，D错误： 故选A。 2．(24-25高二上·江苏南通区·期中)研究CaO对C-H2O体系制H2的影响，涉及主要反应如下： 反应I：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)   △H1>0 反应II：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)  △H2<0 反应II：CaO(s)+CO2(g)=CaCO3(s)     △H3<0 一定压强下，C-H2O-CaO体系达平衡后，如图示温度范围内C(s)已完全反应，CaCO3(s)在T1温度时完全分解。气相中CO、CO2和H2物质的量分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．b线对应的物种为CO2 B．温度高于T1时，c线对应物种的物质的量分数逐渐升高 C．温度为T0时，向平衡体系中通入少量CO2，重新达平衡后c(CO2)将增大。 D．温度为T0时，平衡体系中气体总物质的量为4.0mol，则CaCO3(s)的物质的量为0.5mol 【答案】D 【分析】图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应Ⅰ已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到T1，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，H2量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数，且二者摩尔分数变化斜率相同，所以a曲线代表H2的摩尔分数的变化，b曲线代表CO的摩尔分数随温度的变化，开始到T1，CO2的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，CO2摩尔分数减小，只发生反应Ⅱ，则c曲线代表CO2的摩尔分数随温度的变化； 【详解】A．根据分析，b线对应的物种为CO，A错误； B．温度高于T1时，CaCO3(s)已完全分解，c线对应物种的物质的量分数逐渐减小，B错误； C．温度为T0时，反应Ⅲ的K= c(CO2)，温度不变，K不变，故向平衡体系中通入少量CO2，重新达平衡后c(CO2)将不变，C错误； D．设起始状态1molC(s)，xmolH2O(g)，反应Ⅰ进行完全，列三段式：，，，则有， ，，解得，，，则n（总）= ，，则n(CaCO3)= ，D正确； 故选D。 3．(24-25高二上·江苏扬州第一中学·期中)乙醇-水催化重整可获得。其主要反应为 反应：   反应：   在，时，若仅考虑上述反应，平衡时和的选择性及的产率随温度的变化如图所示。 的选择性 下列说法正确的是 A．图中曲线③表示平衡时的产率随温度的变化 B．升高温度，平衡时的选择性增大 C．一定温度下，增大可提高乙醇平衡转化率 D．一定温度下，加入或选用高效催化剂，均能提高平衡时产率 【答案】B 【分析】根据已知反应：，反应：，反应、均为吸热反应，升高温度均有利于平衡正向移动，且反应的热效应更大，温度升高的时候对反应影响更大一些，但平衡时CO2和CO的选择性之和为100%，故平衡时CO2和CO的选择性的变化趋势相反，只有第二个反应生成CO，因此升温CO的选择性升高，故曲线③表示CO的选择性随温度的变化，曲线②表示平衡时H2的产率随温度的变化，曲线①表示CO2的选择性随温度的变化，据此作答。 【详解】A．由分析可知②代表H2的产率随温度的变化，A错误； B．由分析可知曲线③表示CO的选择性随温度的变化，升高温度，平衡时CO的选择性增大，B正确； C．一定温度下，增大，可以认为开始时水蒸气物质的量不变，增大乙醇物质的量，乙醇的平衡转化率降低，C错误； D．选用高效催化剂可加快反应速率，不能使平衡发生移动，故H2平衡产率不变，D错误； 故选B。 4．(24-25高二上·江苏南京·期中)苯()催化加氢制环己烷()过程中的主要反应(忽略其他副反应)为：   △H<0，160℃、Pa下，将一定比例、混合气匀速通过装有催化剂的反应器。以Ni作催化剂，碳纳米管作Ni的载体和气体吸附剂，保持催化剂用量相同，研究Ni分别负载在碳纳米管内(方法A)和管外(方法B)的催化性能。其他条件相同，两种不同负载方式下，苯的转化率随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．其他条件不变，升高温度，的平衡转化率降低 B．若1.5h内共通过1mol ，则方法A可获得0.51mol C．1h后方法A中苯转化率更高的原因可能是碳纳米管内吸附的反应物浓度更高 D．可通过降低气体流速、使用高效催化剂等手段提高方法B的苯转化率 【答案】B 【详解】A．反应 为放热反应，升高温度会使平衡向逆反应方向移动，因此的平衡转化率会降低，A正确； B．在1.5小时内共通过1mol，根据反应方程式可知，每1mol生成1mol，在1.5小时时苯的转化率为34%，则在1.5小时内共获得 ，B错误； C．在1小时后，方法A中苯的转化率更高的原因可能是由于碳纳米管内的反应物浓度更高，促进了反应的进行，C正确； D．给反应留足时间、使用合适催化剂是可以加快反应速率的，提高反应物的转化率，D正确； 故答案为：B。 5．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)逆水煤气变换体系中存在以下两个反应： 反应I： 反应Ⅱ： 在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。 下列说法错误的是 A． B．M点反应I的平衡常数 C．N点的压强是的3倍 D．500℃后，温度升高，反应I的改变程度大于反应Ⅱ，导致转化率明显增大 【答案】B 【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅱ—反应Ⅰ得到反应，则该反应△H=△H2-△H1，由图可知，随着温度升高，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，说明升高温度，反应Ⅱ向逆反应方向移动，反应Ⅱ为放热反应，△H2<0，反应Ⅰ向正反应方向移动，反应Ⅰ为吸热反应，△H1>0，所以△H=△H2-△H1<0，故A正确； B．该平衡体系中含碳物质有CH4、CO、CO2，所以最上方曲线为二氧化碳体积分数曲线，由图可知，300℃时一氧化碳为0，甲烷含量为20%多，随着温度升高，甲烷、二氧化碳逐渐减少，一氧化碳逐渐增多，M点时甲烷为0，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，由题意可知，起始，由方程式可知，反应Ⅰ达到平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的浓度相等，则反应Ⅰ的平衡常数K==1，故B错误； C．N点一氧化碳、甲烷物质的量相等，结合反应方程式Ⅰ和Ⅱ的系数可知，生成水的总物质的量为甲烷的3倍，故C正确； D．500℃后，CO2转化率明显增大，CO的生成速率也明显增大，说明反应Ⅰ的改变程度更大，即反应Ⅰ的改变程度大于反应Ⅱ，故D正确； 答案选B。 6．(24-25高二上·江苏期中)催化处理焦炉气(主要成分为CO、SO2)的主要反应为 反应I：2SO2(g)＋4CO(g)=4CO2(g)＋S2(g)        ∆H1＜0 反应II：SO2(g)＋3CO(g)=COS(g)＋2CO2(g)        ∆H2 将一定比例的焦炉气置于密闭容器中发生反应，1分钟时的S2实际产率、S2的平衡产率及COS的平衡产率随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是 A．∆H2＜0 B．从600K～900K，浓度变化对反应I平衡产率的影响大于温度变化的影响 C．从600K～900K，平衡时SO2的浓度随温度的升高逐渐减小 D．800K时，1分钟后S2的实际产率可能先升高后降低 【答案】C 【详解】A．由图可知，升高温度，COS的平衡产率降低，说明反应II平衡逆向移动，该反应正向为放热反应，∆H2＜0，A正确； B．由图可知，随温度升高，S2平衡产率上升，说明反应I平衡正向移动，反应I和反应II都是放热反应，温度升高，反应II平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，对于反应I，浓度改变对平衡的影响超过温度改变的影响，所以平衡正向移动，B正确； C．反应I和反应II都是放热反应，温度升高，反应II平衡逆向移动，使c(SO2)、c(CO)增大，反应I平衡正向移动，由勒夏特列原理可知，c(SO2)仍然增大，C错误； D．通过观察图像可知，800K时S2的实际产率大于平衡产率，其最终要减小到与800K时S2平衡产率相等，则800K，在1min后继续反应足够长时间，S2实际产率的变化趋势可能为先增大后减小至800K时S2的平衡产率后保持不变，D正确； 故选C。 7．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如下图。 实验序号 水样体积/ 纳米铁质量/ 水样初始 ① 50 8 6 ② 50 2 6 ③ 50 2 8 下列说法正确的是 A．实验①中，0~2小时内平均反应速率 B．实验③中，反应的离子方程式为： C．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率 D．其他条件相同时，水样初始越小，的去除效果越好 【答案】C 【详解】A. 实验①中，0~2小时内平均反应速率，A不正确； B. 实验③中水样初始=8，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用配电荷守恒，B不正确； C. 综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确； D. 综合分析实验③和②可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始，的去除效果越好，但是当初始太小时，浓度太大，纳米铁与反应速率加快，会导致与反应的纳米铁减少，因此，当初始越小时的去除效果不一定越好，D不正确； 综上所述，本题选C。 8．(23-24高二下·江苏无锡第一中学·期中)常温下，用溶液滴定的三种一元酸溶液HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是    A．用NaOH溶液滴定HX溶液时，可用甲基橙或酚酞作为指示剂 B．常温下的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ中， C．常温下一元酸HY的电离常数约为 D．滴定结束后读数时俯视凹液面，其它操作均正确，会使测得的结果偏大 【答案】B 【详解】A．滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙变色范围为3.1~ 4.4，所以不能用甲基橙作指示剂，应该用酚酞，故A项错误； B．同浓度的酸，pH越大，酸性越弱，可知HX、HY、HZ的酸性由强到弱为HZ>HY>HX，越弱越水解，常温下0.1000mol·L-1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ中，，故B项正确； C．根据滴定曲线可知，0.1000 mol·L-1的HY溶液pH=3，该溶液中c(Y-)≈c(H+)= 10-3 mol·L-1，酸的电离程度较小，则c(HY)≈0.1000 mol·L-1，，故C项错误； D．滴定结束后读数时俯视凹液面，其它操作均正确，使得读数偏小，使测得的结果偏小，故D项错误； 故本题选B。 9．(23-24高二下·江苏徐州第一中学·期中)三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知 。下列 说法不正确的是     A．a点无ZnS沉淀生成 B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2 C．CuS和MnS共存的悬浊液中， =10-20 D．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2-)减小 【答案】D 【分析】由图知，溶解度MnS大于ZnS大于CuS，a点的，故a点为不饱和点，据此回答。 【详解】A．由分析知，a点为不饱和点，没有ZnS沉淀析出，A正确； B．MnS的溶解度大于ZnS，向MnCl2溶液中加入MnS固体，可以促使平衡向右移动，即MnS转化为更难溶的ZnS，达到除去Zn2＋的目的，B正确； C．CuS和MnS共存的悬浊液中，C正确； D．向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，但是溶液仍然为饱和溶液，c(S2-)不变，D错误； 故选D。 10．(24-25高二上·江苏期中)二甲醚和水蒸气制氢气可作为燃料电池的氢能源，发生的主要反应如下： 反应Ⅰ   反应Ⅱ   反应Ⅲ   在恒压下，将一定比例的二甲醚和水蒸气混合后，以一定流速通过装有催化剂的反应器，反应相同时间测得的实际转化率、实际选择性与平衡选择性随温度的变化如图所示．的选择性．下列说法不正确的是 A．曲线表示实际转化率随温度的变化 B．时，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ的速率 C．适当增加，有利于提高的产率 D．一定温度下，若增大压强，的平衡产量不变 【答案】D 【分析】根据常理可知，实际选择性与平衡选择性随温度的变化的走势变化应该相同，故可知曲线b为实际选择性，则曲线a为实际转化率。据此结合题意进行作答即可。 【详解】A．根据上述分析可知曲线a为实际转化率，A正确； B．在200℃时，实际选择性大于平衡选择性，可知此温度下，反应Ⅱ的速率大于反应Ⅲ，B正确； C．适当增加的量，会促进的转化率，还能使反应Ⅱ朝正向进行，反应Ⅲ朝逆向进行，从而提高氢气的产率，C正确； D．增大压强会导致反应Ⅱ平衡逆向移动，从而导致反应Ⅲ逆向移动，CO的平衡产率会减小，D错误； 故选D。 ( 地 城 考向 6 反应原理实验探究 ) 1．(24-25高二上·江苏宿迁·期中)下列实验方案不能达到探究目的是 选项 探究目的 实验方案 A 温度对化学反应速率的影响 向两支试管中各加入溶液，分别放入盛有冷水和热水的两个烧杯中，再同时分别向两支试管中加入溶液，振荡，观察现象 B 能否催化分解 向溶液中滴加几滴溶液，观察气泡产生情况 C 铁片上发生了吸氧腐蚀 在一块除去铁锈的铁片上滴1滴含有酚酞的食盐水，静置2~3min，溶液边缘出现红色 D 与的反应是可逆反应 向溶液中滴加的溶液，振荡，再滴加1~2滴溶液，观察现象 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．通过将硫代硫酸钠与硫酸分别置于冷水和热水中反应，观察硫沉淀出现的快慢。温度升高会加快反应速率，实验设计合理，能够探究温度对速率的影响，A不符合题意； B．双氧水具有氧化性，向其中加入硫酸亚铁，若产生气泡，可能由或催化。但实验中未排除的干扰，无法确定催化作用是否来自，方案存在缺陷，B符合题意； C．铁在吸氧腐蚀时，(溶液边缘)发生还原生成OH⁻，酚酞变红，实验现象符合吸氧腐蚀的机制，C不符合题意； D．与KI反应生成和，离子方程式：，由此可知，实验中过量，若反应可逆，体系中应存在，加入KSCN检测，溶液变红，可证明反应可逆性，D不符合题意； 故选B。 2．(24-25高二上·江苏常州·期中)实验室探究外界条件对反应速率影响的实验原理和装置均正确的是 甲 乙 丙 丁       A．用装置甲探究温度对反应速率的影响 B．用装置乙探究铁的腐蚀速率：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀 C．用装置丙探究不同金属离子作催化剂对反应速率的影响 D．用装置丁探究浓度对反应速率的影响 【答案】D 【详解】A．装置甲过氧化氢浓度、温度均不同，不能探究温度对反应速率的影响，A错误； B．装置乙左池中铁活动性大于铜，铁为负极，被腐蚀的是铁；右池为电解池装置，铜为阳极发生氧化反应，被腐蚀的是铜；不能探究铁的腐蚀速率，B错误； C．装置丙阴离子种类、阳离子种类均不同，不能探究不同金属离子作催化剂对反应速率的影响，C错误；   D．装置丁中催化剂相同，变量为过氧化氢溶液的浓度，能探究浓度对反应速率的影响，D正确； 故选D。 3．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究目的 探究方案 A 向1mL0.1mol/LKI溶液中加入1mL0.2mol·LFeCl3溶液，充分反应后，再加KSCN，观察溶液颜色变化 探究Fe3+是否完全反应 B 分别往甲：4mL0.1mol/L、乙：4mL0.2mol/L的酸性KMnO4溶液中加入2mL0.1mol/LH2C2O4溶液，记录褪色时间 探究反应物浓度对化学反应速率的影响 C 将中间裹有锌皮的铁钉放在滴有酚酞的饱和NaCl溶液中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化 铁钉能发生吸氧腐蚀 D 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，观察溶液颜色变化 探究H+浓度对和相互转化的影响 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．由2KI+2FeCl3=2KCl+2FeCl2+I2可知，FeCl3溶液过量，应控制氯化铁溶液不足，反应后检验铁离子证明反应的可逆性，A不合题意； B．由反应方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可知，高锰酸钾均过量，不能说明浓度对速率的影响，应控制高锰酸钾均不足、且浓度不同，B不合题意； C．锌比铁活泼，形成原电池时Zn作负极，Fe作正极，铁钉不被腐蚀，C不合题意； D．K2CrO4溶液中存在2H++2+H2O，缓慢滴加硫酸，氢离子浓度增大，平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，可探究H+浓度对和相互转化的影响，D符合题意； 故答案为：D。 4．(24-25高二上·江苏海门中学·期中)下列各装置能够达到相应实验目的的是 A．图甲所示装置定量测定中和反应热效应 B．图乙所示装置测定该化学反应速率 C．图丙所示装置探究固体表面积对反应速率的影响 D．图丁所示装置吸收尾气中的氯气 【答案】D 【详解】A．铜丝会导热，热量损失较多，中和反应的反应热测定应用玻璃搅拌器，故A不符合题意； B．反应产生的氧气会从长颈漏斗管口逸出，无法定量测量反应速率，故B不符合题意； C．探究固体表面积对反应速率的影响应选用浓度相同的稀盐酸，故C不符合题意； D．氯气有毒，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故D符合题意； 故选D。 5．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)已知是一种二元弱酸，、。 室温下，通过下列实验探究盐溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测得溶液的pH约为4.75 2 向溶液中滴加等浓度等体积溶液 若忽略溶液混合时的体积变化，下列说法错误的是 A．在溶液中： B．依据实验1推测： C．实验2所得溶液中： D．实验2所得溶液中： 【答案】D 【详解】A．根据元素守恒，在溶液中存在：，A正确； B．电离显酸性，水解显碱性，依据实验1测得溶液的pH约为4.75，溶液呈酸性说明的电离程度大于水解程度，故，B正确； C．实验2所得溶液中溶质为，根据质子守恒，实验2所得溶液中存在：，C正确； D．实验2所得溶液中溶质为，存在、、、，故微粒浓度大小关系为，D错误； 答案选D。 6．(24-25高二上·江苏镇江第一中学·期中)室温下，下列实验探究方案设计能达到相应探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 用电导率传感器分别测定溶液和盐酸的电导率，比较溶液的导电性强弱 探究是否为弱电解质 B 每隔一段时间，使用pH试纸测定氯水pH值，并记录数据进行比较 氯水久置，pH值会逐渐减小 C 两支试管中均装有5mL 0.01酸性溶液，向第一支加入1mL 0.01草酸（）溶液和1mL水，第二支加入2mL 0.01草酸溶液，观察两试管溶液完全褪色时间 其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快 D 取5mL 0.1 KI溶液，加入1mL 0.1 溶液，萃取分液后，向水层滴加几KSCN溶液，观察溶液颜色变化 与发生的反应是否为可逆反应 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．溶液和盐酸的浓度未知，应测定等浓度溶液的电导率，从而判断醋酸是否为弱电解质，故A不能达到实验目的； B．氯水中含有HClO，具有漂白性，不能用pH试纸测定pH值，故B不能达到实验目的； C．根据电子守恒，H2C2O4和KMnO4反应的物质的量之比为5：2，反应离子方程式为：5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=10CO2+2MnSO4+K2SO4+8H2O，该实验中只有草酸浓度不同，但高锰酸钾过量，褪色不明显，不能观察到第一支试管褪色时间比第二支试管长，故C不能达到实验目的； D．根据电子守恒，KI和FeCl3反应的物质的量之比为1：1，反应离子方程式为：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2。向5mL 0.1 KI溶液中加入1mL 0.1 溶液，少量，充分反应后，萃取分液，向水层滴加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明含有，可以确定与发生的反应是可逆反应，故D能达到实验目的； 故选：D。 7．(23-24高二上·江苏南京·期中)室温下，下列实验方案不能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 向盛有2mL 溶液的试管中滴加溶液，观察气泡产生的情况 探究的与的的大小 B 向盛有2mL 溶液的试管中滴加足量氯水，充分反应后滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化 比较与的还原性 C 用注射器收集一定体积气体，连接色度传感器，通过抽拉活塞改变气体体积，记录体系中气体颜色变化 探究压强对化学平衡的影响 D 在一支试管中加入2mL 盐酸，并用温度计测量其温度。再向试管中放入用砂纸打磨光亮的镁条，观察现象，并测量溶液温度的变化 探究Mg与盐酸反应的热效应 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，醋酸和碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，则的大于的，能达到实验目的，故A不选； B．足量的氯气将亚铁离子、溴离子完全氧化，根据实验操作，不能判断与的还原性强弱，不能达到实验目的，故B选； C．改变气体体积，压强改变，平衡发生移动，气体颜色发生变化，所以能探究压强对化学平衡的影响，能达到实验目的，故C不选； D．Mg和稀盐酸的反应为放热反应，导致反应后溶液温度升高，能探究Mg与盐酸反应的热效应，能达到实验目的，故D不选； 故选B。 8．(24-25高二上·江苏常州高级中学·期中)室温下，通过下列实验探究的性质。已知， 实验1：将气体通入水中，测得溶液。 实验2：将气体通入溶液中，当溶液时停止通气。 实验3：将气体通入酸性溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法错误的是 A．实验1所得溶液中： B．实验2所得溶液中： C．实验2所得溶液经蒸干、灼烧不能得到纯净的固体 D．实验3所得溶液中： 【答案】D 【分析】实验1得到H2SO3溶液，实验2溶液的pH为4，实验2为NaHSO3溶液，实验3SO2和酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+。 【详解】A． 实验1得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：c()+2c()+ c(OH-)=c(H+)，则c()+c()<c(H+)，A正确； B．实验2为pH为4，依据Ka2==6.2×10-8，则6.2×10-4=，则c()<c()，B正确； C．NaHSO3溶液蒸干过程中会分解成Na2SO3，Na2SO3可被空气中O2氧化为Na2SO4，故蒸干、灼烧得固体Na2SO4，C正确； D．实验3依据发生的反应：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+，则恰好完全反应后c()>c(Mn2+)，D错误； 故答案选D。 9．(24-25高二上·江苏南京外国语学校·期中)下列实验操作正确的是 A．甲中实验可探究、对分解速率的影响 B．用装置乙配制标准溶液 C．丙中用试纸测定溶液的 D．丁中用滴定管取用稀盐酸 【答案】D 【详解】A．两个试管中H2O2的浓度不同，且FeCl3和CuSO4中阴离子种类不同，无法探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解速率的影响，故A错误； B．配制标准溶液时，不能在容量瓶中溶解NaOH固体，故B错误； C．用试纸测定溶液的的操作为：将pH试纸放在干燥洁净的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取溶液，点滴于试纸的中部，观察试纸颜色变化，待稳定后与标准比色卡对比，读取pH值，故C错误； D．用酸式滴定管取用稀盐酸，稀盐酸的体积为15.80mL-0.80mL=15.00mL，故D正确； 故选D。 10．(24-25高二上·江苏扬州第一中学·期中)下列实验操作或装置能达到实验目的的是 A．用装置甲探究、对分解速率的影响 B．用装置乙蒸干溶液获得 C．用装置丙制备并能较长时间观察其颜色 D．用装置丁采集到的压强数据判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀 【答案】D 【详解】A．两个试管中H2O2的浓度不同，无法探究Fe3+、Cu2+对H2O2分解速率的影响，A错误； B．应通过硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到，直接蒸干可能导致分解，B错误； C．用该装置制备氢氧化亚铁时Fe应该为阳极，如图所示装置无法生成亚铁离子，也就无法制备氢氧化亚铁，C错误； D．析氢腐蚀产生氢气，集气瓶内压强增大，吸氧腐蚀消耗氧气，集气瓶内压强减小，可用采集到的压强数据判断铁钉发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀，D正确； 故选：D。 ( 地 城 考向7 基本实验探究 （非选择题） ) 1．(24-25高二上·江苏常州·期中)是白色固体，可用于制备补血剂。某研究小组制备，并对的性质和纯度进行实验研究。 已知：①常温下，，；为强酸 ②(无色) (1)的制取：如图所示，向装置甲中滴加稀盐酸，产生的气体经洗气后通入装置丙中的溶液，当溶液的约为7时，滴入溶液，生成沉淀。 ①装置甲中盛装稀盐酸的仪器名称是 ；装置乙中盛装的试剂是 溶液(填化学式)。 ②溶液呈碱性的原因： (用离子方程式表示)。 ③实验室仅以溶液和溶液为原料制备。补充完整实验方案： ，所得沉淀用蒸馏水洗涤干净。(可使用计) (2)的性质探究 步骤1.取少量固体，向其中滴加溶液，充分振荡。 步骤2.过滤，取少量无色滤液，向其中加入5滴酸化的溶液，溶液显红色。 ①步骤1中反应的平衡常数 。[用含和的式子表示] ②步骤2中转化为，该反应的离子方程式为 。 (3)纯度的测定：准确称取制得的样品，加过量稀硫酸溶解，配制成溶液。量取上述溶液于锥形瓶中，用的标准溶液进行滴定，平行滴定3次，平均消耗标准溶液。 ①注入溶液前，滴定管需要进行的操作有：检漏、用蒸馏水洗净和 。 ②计算样品中的质量分数(写出计算过程) 。 【答案】(1) 分液漏斗 NaHCO3 在搅拌下向溶液中逐滴缓慢加入溶液，控制溶液pH不大于6.5，静置后过滤 (2) (3) 用标准溶液润洗2～3次 96.67% 【分析】装置甲中生成二氧化碳，装置乙装有碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中含有的氯化氢气体，生成的二氧化碳通入碳酸钠溶液中，生成碳酸氢钠溶液，当溶液的当溶液的约为7时，滴入硫酸亚铁，转化生成碳酸亚铁沉淀； 【详解】（1）①装置甲中盛装稀盐酸的仪器名称是分液漏斗，装置乙中盛装的试剂是饱和NaHCO3溶液，用于除去挥发的氯化氢气体； ②碳酸钠溶液呈碱性的原因是碳酸根离子发生了水解反应生成碳酸氢根离子和氢氧根离子：； ③溶液的pH=11.9，碱性较强，将溶液滴入碳酸钠溶液中易生成氢氧化亚铁沉淀，故应将碳酸钠溶液滴入溶液中；同时在中，由Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16可得，pOH=7.5，则pH=6.5，即需控制溶液pH不大于6.5，因此以溶液和溶液为原料制备，方案为：在搅拌下向溶液中逐滴缓慢加入溶液，控制溶液pH不大于6.5，静置后过滤，所得沉淀用蒸馏水洗涤干净。 （2）①步骤1中反应的平衡常数； ②步骤2中加入酸化的过氧化氢溶液，将二价铁氧化为三价，转化为Fe(SCN)，铁化合价由+2变为+3、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，结合电子得失守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：）； （3）①注入溶液前，滴定管需要进行检漏、润洗操作，故操作有：检漏、用蒸馏水洗净、用标准溶液润洗2～3次；   ②反应中锰化合价由+7变为+2、铁化合价由+2变为+3，根据得失电子可得关系式：5Fe2+~，n()= 0.0100mol/L×20.00×10-3L=2.0000×10-4mol，n(Fe2+)= 5n()×=5×2.0000×10-4×10mol =1.0000×10-2mol，m(FeCO3)=1.0000×10-2mol×116g/mol=1.1600g，。 2．(24-25高二上·江苏扬州大学附属中学东部分校·期中)亚硝酸(化学式为HNO2，是一种弱酸，不稳定，易发生分解)在有机合成中应用广泛。某同学用如下装置制取亚硝酸： (1)装置A中所发生反应的离子方程式为 。 (2)装置B中经过化合反应制得HNO2，该反应的化学方程式为 。 (3)装置B采用冰水浴的目的是 。 (4)装置C用于吸收尾气，反应后溶液中有NaNO2生成。为测定所得溶液中NaNO2的物质的量浓度，现进行如下实验：准确量取20.00mL溶液于锥形瓶中，向其中滴加0.1000mol·L-1酸性KMnO4溶液，恰好完全反应时，消耗酸性KMnO4溶液24.00mL。计算溶液中NaNO2的物质的量浓度 (杂质不参与反应，请写出计算过程)。已知测定过程中发生反应的方程式为(未配平) 【答案】(1) (2) (3)降低温度，防止HNO2分解 (4)0.3mol∙L-1 【分析】(1）在装置A 中Cu与稀HNO3发生氧化还原反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，该反应的离子方程式为：；反应产生的NO及通入的NO2、H2O在装置B中在冷水浴作用下发生化合反应产生HNO2，该反应的化学方程式为：；装置C吸收尾气； 【详解】（1）在装置A 中Cu与稀HNO3发生氧化还原反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，该反应的离子方程式为：，故答案为：； （2）NO2，NO及H2O在装置B中在冷水浴作用下发生化合反应产生HNO2，该反应的化学方程式为：,故答案为：； （3）根据题意可知HNO2是一种弱酸，不稳定，易发生分解，装置B采用冷水浴的目的是降低温度，防止HNO2分解，故答案为：降低温度，防止HNO2分解； （4）根据电子守恒可知KMnO4和NaNO2反应的关系式为：2 KMnO4~5 NaNO2，在滴定时反应消耗KMnO4的物质的量，则反应消耗NaNO2的物质的量，由于NaNO2溶液的体积是20.00mL，故其物质的量浓度，故答案为：0.3mol•L-1； 3．(24-25高二上·江苏盐城高二年级七校联考·期中)乙酰苯胺()在工业上可作橡胶硫化促进剂、纤维酯涂料的稳定剂、过氧化氢的稳定剂等，可通过苯胺()和乙酸酐()反应制得。已知：纯乙酰苯胺是白色片状晶体，相对分子质量为135，熔点为114℃，易溶于有机溶剂。在水中的溶解度如下： 温度 20 25 50 80 100 溶解度/(g/100g水) 0.46 0.56 0.84 3.45 5.5 实验室制备粗乙酰苯胺的步骤如下(部分装置省略)： ①将7mL(0.075mol)乙酸酐放入三颈烧瓶c中，在恒压滴液漏斗a中放入5mL(0.055mol)新制的苯胺。将苯胺在室温下逐滴滴加到三颈烧瓶中。 ②苯胺滴加完毕，在石棉网上用小火加热回流30min，使之充分反应。 ③待反应完成，在不断搅拌下，趁热把混合物缓慢倒入盛有100mL冷水的烧杯中，乙酰苯胺晶体析出。 ④充分冷却至室温后，减压过滤(装置如上图)，洗涤晶体2-3次。用滤液冲洗烧杯上残留的晶体，再次过滤，两次过滤得到的固体合并在一起。 回答下列问题： (1)仪器b的名称是 。恒压滴液漏斗a的支管的作用是： 。 (2)乙酰苯胺分子中最多有 个碳原子共面。 (3)写出上述反应的化学方程式 。 (4)减压过滤的优点是 。 (5)请补充完整提纯乙酰苯胺的实验方案： ，得到纯净的乙酰苯胺晶体。(实验中须使用试剂：粗乙酰苯胺、冰水、活性炭、热蒸馏水。已知活性炭可用于吸附杂质和色素。) 【答案】(1) 球形冷凝管 平衡气压，使液体顺利流下 (2)8 (3) (4)可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀 (5)将上述制得的粗乙酰苯胺固体移入250mL烧杯中，加入100mL热蒸馏水，加热至沸腾，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再补加少量蒸馏水；稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸5min，趁热过滤；待滤液稍冷却后置于冰水浴中，有晶体析出，过滤、洗涤、干燥 【分析】 苯胺与乙酸酐发生取代反应生成乙酰苯胺和乙酸，方程式为：，制备过程如下：乙酸酐放入三颈烧瓶c中，在恒压滴液漏斗a中放入新制得的苯胺，将苯胺在室温下逐滴滴加到三颈烧瓶中，苯胺滴加完毕，在石棉网上用小火加热回流30min，使之充分反应。待反应完成，在不断搅拌下，趁热把反应混合物缓慢地倒入盛有100mL冷水的烧杯中，乙酰苯胺晶体析出；充分冷却至室温后，减压过滤，用冷水洗涤晶体2-3次；用滤液冲洗烧杯上残留的晶体，再次过滤，两次过滤得到的固体合并在一起，得到粗产品，后续再进行提纯。 【详解】（1）由装置图可知装置仪器b的名称是球形冷凝管；恒压滴液漏斗a的支管的作用是平衡气压，使液体顺利流下； （2） 分子中苯环为平面结构，6个碳共面，碳氧双键所连原子共面，单键可以旋转，最多有8个碳原子共面； （3） 苯胺与乙酸酐发生取代反应生成乙酰苯胺和乙酸，方程式为； （4）减压过滤的操作优点是：可加快过滤速度，并能得到较干燥的沉淀； （5）乙酰苯胺在水中的溶解度随温度升高而增大，故用重结晶法提纯，将上述制得的粗乙酰苯胺固体移入250mL烧杯中，加入100mL热蒸馏水，加热至沸腾，待粗乙酰苯胺完全溶解后，再补加少量蒸馏水；稍冷后，加入少量活性炭吸附色素等杂质，在搅拌下微沸5min，趁热过滤；待滤液稍冷却后置于冰水浴中，有晶体析出，过滤、洗涤、干燥，得到纯净的乙酰苯胺晶体。 4．(24-25高二上·江苏徐州第七中学·期中)溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图如下所示。在分液漏斗中加入含有无水苯和液态溴的混合物，在烧瓶中加入少量溴化铁。 (1)在该实验中，圆底烧瓶a的容积最适合的是________（填入正确选项前的字母）。 A． B． C． D． (2)向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开 ；圆底烧瓶a中有白色雾状物产生是因为生成了 气体；装置c中碳酸钠溶液的作用是 ；其发生反应的离子方程式是 。 (3)实验过程中，装置b中液体的颜色会逐渐变为 色；产生这一现象的原因是 。 (4)某兴趣小组设计了如图流程提纯制得的粗溴苯。 已知：液溴、苯、溴苯的沸点依次为59℃、80℃、156℃。 a.操作I、II、III用到的主要玻璃仪器是 。 b.操作Ⅳ、V分别是 。 c.加入溶液的目的是除去有机层①中的 。 d.向分出的粗苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是 。 e.若水层③中加入溶液后仍然显红色，说明溴化铁未被完全除尽。以简短的文字说明未被除去的溴化铁是否会影响溴苯提纯的纯度？ 。 【答案】(1)B (2) 弹簧夹K，并使分液漏斗上口的小孔和塞子上的凹槽正对 HBr 吸收HBr气体，防止污染空气 或 (3) 橙红 装置b中的CCl4吸收挥发出来的Br2和苯，Br2溶于CCl4中呈橙红色 (4) 分液漏斗 过滤、蒸馏 Br2 除去有机物中残留的水 溴化铁沸点高于溴苯，蒸馏时不会被蒸出，因此不影响溴苯提纯的纯度 【分析】苯和溴单质的混合液置于分液漏斗中，实验开始前先打开弹簧夹K，然后使分液漏斗上口的小孔和塞子上的凹槽正对，向圆底烧瓶中滴入混合液，混合液接触催化剂溴化铁发生反应，生成溴苯和HBr，装置b中盛有四氯化碳可溶解挥发的苯和溴，溶液呈橙红色，装置c中碳酸钠溶液用于吸收HBr，防止污染空气；粗溴苯中含有溴苯、苯、Br2、FeBr3等。粗溴苯水洗后，液体分层，FeBr3易溶于水进入水层，溴易溶于有机物，和苯、溴苯一起进入有机层，分液得水层①和有机层①，操作I为分液，再加入NaOH溶液除去Br2，再次分液，操作Ⅱ也为分液，水层②中主要含有NaBr、NaBrO等，有机层②中含有苯、溴苯等。第二次水洗除去有机层②中可能含有的少量NaOH，分液后得水层③和有机层③。加入无水氯化钙吸水，操作Ⅳ为过滤，得有机层④，其中含有苯和溴苯，最后根据二者沸点不同，利用操作Ⅴ为蒸馏实现分离。水层①中加入KSCN溶液后显红色，只能说明水层①中含有铁离子，但不能说明溴化铁已完全被除尽，以此解答该题。 【详解】（1）圆底烧瓶中的液体体积应介于容积的之间，由题中可知该圆底烧瓶中所加溶液体积为+=19，则圆底烧瓶的容积应介于之间，因此应选50mL圆底烧瓶，故B正确； （2）向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开弹簧夹K，并使分液漏斗上口的小孔和塞子上的凹槽正对，便于混合液顺利流入圆底烧瓶中；苯与液溴反应生成HBr，在烧瓶中会形成酸雾；装置c中碳酸钠溶液的作用是吸收HBr气体，防止污染空气；其发生反应的离子方程式是或； （3）装置b中的CCl4吸收挥发出来的Br2和苯，Br2溶于CCl4中呈橙红色； （4）a．根据分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ用到的主要玻璃仪器是分液漏斗； b．根据分析可知，操作Ⅳ、操作Ⅴ分别是过滤、蒸馏； c．根据分析可知，加入NaOH溶液的目的是除去有机层①中的单质溴； d．加入无水氯化钙目的是除去有机物中残留的水； e．溴化铁沸点高于溴苯，蒸馏时不会被蒸出，因此不影响溴苯提纯的纯度。 5．(24-25高二上·江苏江阴第一中学·期中)草酸（）是一种白色粉末，可与酸性溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。一水草酸钙（）可用作分离稀有金属的载体。 已知：25℃时，草酸的电离平衡常数为：，； ，。 (1)设计实验证明草酸为弱酸的方案及其现象均正确的有______（填序号）。 A．室温下，取溶液，测其 B．室温下，取溶液，测其 C．室温下，取的溶液稀释100倍后，测其 D．标况下，取的溶液100mL与足量锌粉反应，收集到体积为224mL (2)25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入的草酸钾溶液20mL， 产生草酸钙沉淀（填“能”或“不能”）。 (3)通过下列方法测定的纯度：取样品于锥形瓶中，加入10mL溶液溶解，再稀释至100mL。从锥形瓶中取20.00mL溶液，用的标准溶液滴定，为了提高实验的准确性，学习小组共进行3次实验，记录数据如下表： 待测液/mL 25.00 0.00 13.95 25.00 1.05 15.10 25.00 0.35 15.25 ①滴定终点的现象是，加入最后半滴标准溶液， 。 ②滴定过程中发生的反应离子方程式为 。 ③计算的纯度 （写出计算过程）。 (4)下列操作会引起测定结果偏高的是________（填序号）。 A．滴定管在盛装溶液前未润洗 B．滴定过程中，锥形瓶振荡的太剧烈，以致部分液体溅出 C．锥形瓶水洗后未干燥 D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数 【答案】(1)AC (2)不能 (3) 当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶内，瓶内溶液颜色由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点 2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 85.17% (4)AD 【详解】（1）A．草酸为二元酸，若为强酸溶液电离出氢离子浓度为0.02mol/L，其pH应该小于2，而溶液的pH=2，说明存在电离平衡，证明草酸为弱酸，A正确； B．室温下，取溶液，溶液因水解而显碱性，因此pH>7，证明草酸氢根离子为弱酸阴离子，但不能证明草酸为弱酸，B错误； C．室温下，取的溶液稀释100倍后，测其，说明稀释促进草酸电离，会继续电离出氢离子，导致其，说明草酸溶液中存在电离平衡为弱酸，C正确； D．标况下，取0.1moL/L的溶液100mL，草酸为0.01mol，与足量锌粉反应，草酸全部反应收集到0.01mol H2，体积为224mL，但是实验不能说明草酸中存在电离平衡，D错误； 故答案为：AC； （2）碳酸钙的饱和溶液中，20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10-3mol/L的草酸钾溶液20mL时，，，浓度积，则不能产生草酸钙沉淀； （3）①终点判断：当最后半滴酸性高锰酸钾溶液滴入锥形瓶内，瓶内溶液颜色由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色，达到滴定终点； ②滴定时酸性的KMnO4溶液能氧化H2C2O4，生成CO2气体，同时本身被还原为Mn2+，发生反应的离子方程式为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O； ③根据化学反应建立关系式5~5H2C2O4~2，从锥形瓶中取20mL溶液，用的标准溶液滴定，第3组数据误差过大舍去，根据表格计算出平均消耗标准溶液14mL，20mL溶液中n()=×n()=×0.1mol/L×0.014L=0.0035mol，的纯度为； （4）A．滴定管在盛装溶液前未润洗，导致消耗的的体积偏大，消耗的物质的量偏多，最终引起测定结果偏高，A符合题意； B．滴定过程中，锥形瓶振荡的太剧烈，以致部分液体溅出，使得待测液损失，标准液用量减小，测定结果偏低，B不符合题意； C．锥形瓶水洗后未干燥，不影响标准液用量，不影响测定结果，C不符合题意； D．滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，标准液读数偏大，测定结果偏高，D符合题意； 故答案为AD。 6．(24-25高二上·江苏苏州苏州工业园区星海实验高级中学·期中)亚硝酰硫酸(NOSO4H)是有机合成中的常见试剂，常用于制造医药和染料。 (1)NOHSO4晶体是由NO+和硫酸氢根两种离子构成，NOHSO4易溶解在浓硫酸中，溶于水时会生成H2SO4、HNO3和NO。 ①写出NOHSO4与水反应的化学方程式 。 ②每1molNOHSO4与水完全反应时转移电子的物质的量为 。 (2)实验室可以用如图所示装置制取亚硝酰硫酸溶液。装置Ⅰ制取SO2，装置Ⅲ用于制取亚硝酰硫酸。 ①质量分数为70%，其密度为1.6g/cm-3的硫酸的物质的量浓度为 mol/L(结果保留1位小数)。 ②装置Ⅲ中使用20°C的冷水浴可以防止HNO3分解。若不使用冷水浴，实验中可观察到的现象是 。 ③碱石灰的作用 。 (3)可通过如下实验测定所得亚硝酰硫酸固体样品的质量分数。 步骤Ⅰ：称取0.400g亚硝酰硫酸样品于锥形瓶中，加入22mL0.1000mol/LKMnO4溶液和少量稀硫酸，充分反应后溶液为紫红色； 步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ所得溶液中滴加0.1000mol/LNa2C2O4标准溶液与过量的KMnO4溶液反应，恰好完全应时消耗Na2C2O4标准溶液25mL。滴定过程中发生反应：2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。 ①步骤Ⅰ反应后有Mn2+和等生成。写出NO+所发生反应的离子方程式： 。 ②计算亚硝酰硫酸样品的纯度(写出计算过程) 。 【答案】(1) (2) 11.4 有红棕色气体产生 防止水蒸气进入Ⅲ中导致亚硝酰硫酸发生水解，且吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境 (3) 95.25% 【分析】70%浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，盛有的浓硫酸的装置用于干燥二氧化硫气体，装置Ⅲ为二氧化硫与混酸中浓硝酸反应制备亚硝酰硫酸，为防止亚硝酰硫酸遇水发生水解，在装置Ⅲ后连接装置Ⅳ，防止水蒸气进入Ⅲ中导致亚硝酰硫酸发生水解，且吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境； 【详解】（1）①NOHSO4溶于水时会生成H2SO4、HNO3和NO，NOHSO4中部分氮化合价由+3变为+5、部分由+3变为+2，结合电子守恒，反应为。 ②由①分析，电子转移为，则每1molNOHSO4与水完全反应时转移电子的物质的量为； （2）①质量分数为70%，其密度为1.6g/cm-3的硫酸，由可知，浓硫酸中硫酸的物质的量为=11.4mol/L； ②装置Ⅲ中使用20°C的冷水浴可以防止HNO3分解，硝酸分解生成氧气和二氧化氮气体，若不使用冷水浴，实验中可观察到的现象是有红棕色气体产生。 ③由分析，碱石灰的作用防止水蒸气进入Ⅲ中导致亚硝酰硫酸发生水解，且吸收未反应的二氧化硫，防止污染环境； （3）①由题意可知，酸性条件下亚硝酰硫酸与高锰酸根发生氧化还原反应生成锰离子、硝酸根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为； ②2+5+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，则过量的KMnO4为，与亚硝酰硫酸样品反应的高锰酸钾为，结合①分析，亚硝酰硫酸为，则亚硝酰硫酸样品的纯度为95.25%。 7．(24-25高二上·江苏盐城五校联考·期中)化学上常用燃烧法确定有机物的组成。如下图所示装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，这种方法是电炉加热时用纯氧氧化管内样品，根据产物的质量确定有机物的组成。 将有机化合物样品M置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成2.7g H2O和4.4g CO2，消耗氧气3.36L(标准状况下)，回答下列问题： (1)A装置分液漏斗中盛放的物质是 (填化学式)。 (2)C装置中CuO的作用是 ，E装置中所盛放试剂的名称是 。 (3)有机物M的实验式是 。 (4)用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到如图①所示质谱图，则其相对分子质量为 ，该物质的分子式是 。 (5)核磁共振氢谱能对有机化合物分子中不同化学环境的氢原子给出不同的峰值(信号)，根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如：甲基氯甲基醚(ClCH2OCH3)有两种氢原子如图②。经测定，有机化合物M的核磁共振氢谱示意图如图③，则M的结构简式为 。 【答案】(1)H2O2 (2) 使有机物充分转化为CO2和H2O 碱石灰或氢氧化钠 (3)C2H6O (4) 46 C2H6O (5)CH3CH2OH 【分析】A中分液漏斗内的液体为过氧化氢，过氧化氢在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解生成氧气，氧气用浓硫酸干燥，将干燥的氧气通入C中，C中的CuO可使有机物充分氧化生成CO2和H2O，将生成的H2O用无水氯化钙进行吸收，将生成的CO2用碱石灰或氢氧化钠吸收，通过CO2和H2O的质量，可以算出有机物的实验式，据此回答 【详解】（1）A中的液体为过氧化氢，化学式为：H2O2； （2）由分析知，C装置中CuO的作用是使有机物充分氧化生成CO2和H2O，E装置用于吸收CO2，所盛放试剂的名称是碱石灰或氢氧化钠； （3）2.7gH2O的物质的量为，则n(H)=0.3mol，4.4gCO2的物质的量为，则n(C)=0.1mol，3.36LO2的物质的量为，由O元素守恒可知有机物中含有n(O)=0.15mol+0.1mol×2-0.15mol×2=0.05mol，则n(C)∶n(H)∶n(O)=2∶6∶1，所以该物质的实验式为C2H6O； （4）有机化合物的实验式为C2H6O，式量为46，由质谱图可知该物质的相对分子质量为46，则该物质的分子式为C2H6O； （5）有机物M的核磁共振氢谱中有3个吸收峰且峰的面积比为3:2:1，说明有3种不同的H原子且H原子个数比为3:2:1，故A的结构简式为CH3CH2OH； 8．(24-25高二·江苏徐州第三中学·期中)醇脱水是合成烯烃的常用方法，实验室合成环己烯的反应和实验装置如下： 可能用到的有关数据如下： 相对分子质量 密度() 沸点/℃ 溶解性 环己醇 100 0.9618 161 微溶于水 环己烯 82 0.8102 83 难溶于水 合成反应： 在 a 中加入 20 g 环己醇和 2 小片碎瓷片，冷却搅动下慢慢加入 1 mL 浓硫酸。b 中通入冷却水后，开始缓慢加热 a，控制馏出物的温度不超过90℃。 分离提纯： 反应粗产物倒入分液漏斗中，分别用少量5%碳酸钠溶液和水洗涤，分离后加入无水氯化钙颗粒，静置一段时间后弃去氯化钙。最终通过蒸馏得到纯净环己烯 10 g。 回答下列问题： (1)装置 b 的名称是 。 (2)加入碎瓷片的作用是 ；如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，应该采取的正确操作是 (填正确答案标号)。 A．立即补加　　　　B．冷却后补加　　　　C．不需补加　　　　D．重新配料 (3)本实验中最容易产生的副产物的结构简式为 。 (4)分液漏斗在使用前须清洗干净并 ；在本实验分离过程中，产物应该从分液漏斗的 (填“上口倒出”或“下口放出”)。 (5)分离提纯过程中加入无水氯化钙的目的是 。 (6)在环己烯粗产物蒸馏过程中，不可能用到的仪器有 (填正确答案标号)。 A．蒸馏烧瓶　　B．温度计　　C．分液漏斗　　D．坩埚　　E．锥形瓶 (7)本实验所得到的环己烯产率是___________(填正确答案标号)。 A．41% B．50% C．61% D．70% 【答案】(1)直形冷凝管 (2) 防止暴沸 B (3) (4) 检漏 上口倒出 (5)干燥(或除水除醇) (6)CD (7)C 【分析】实验室利用环己醇在浓硫酸加热条件下发生消去反应，制取环己烯，a装置为发生装置，利用环己醇与环己烯的沸点不同，通过控制蒸馏温度将环己烯冷凝回流，在锥形瓶中收集环己烯；与乙醇的消去反应类似，此反应也会发生环己醇分子间的脱水形成醚的副反应，据此解答。 【详解】（1）根据仪器构造可知，装置b为(直形) 冷凝管； （2）加入碎瓷片的作用是防止暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加瓷片，则应等装置冷却后补加碎瓷片，故选B； （3） 此反应容易发生环己醇分子间的脱水形成醚的副反应，副反应产物为； （4）分液漏斗在使用前须清洗干净并且检漏，在本实验分离过程中，产物密度小于水，则应该从分液漏斗的上口倒出； （5）无水氯化钙具有吸水性，能吸收产品中的水分，无水氯化钙也能吸附乙醇，所以无水氯化钙的作用是作干燥剂(或除水除醇)； （6）根据蒸馏实验装置图可知，需要用到的仪器有蒸馏烧瓶、温度计、锥形瓶、冷凝管、牛角管等仪器，不需要分液漏斗和坩埚，故选CD； （7）20.0g环己醇物质的量为0.2mol，根据反应方程式，理论上可以制取0.2mol环己烯，即16.4g环己烯，实际产量为10g环己烯，则产率为，故选C。 9．(24-25高二上·江苏如皋中学·调研)以印刷线路板的碱性蚀刻废液(主要成分为)为原料可制取CuO。 (1)取一定量蚀刻废液和稍过量的NaOH溶液加入到装置甲的三颈瓶中，在搅拌下加热反应并通入空气，有产生，反应结束后将装置甲内混合物过滤，得到含NaCl的滤液，将滤渣洗涤，得到CuO。 ①写出三颈瓶内反应的化学方程式： 。 ②检验滤渣已经洗涤干净的方式是： 。 ③装置乙的作用是： 。 ④为检验反应中有生成，装置丙中可盛装的溶液是 。 (2)将含少量杂质的CuO溶于稀硫酸中，向其中加入KI溶液，发生反应：。向溶液中滴加溶液，发生反应：。恰好完全反应时消耗的溶液20.00mL。计算CuO的质量，写出计算过程(杂质不参与反应) 。 【答案】(1) [Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O 取最后一次洗液少量于试管中，向试管中加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净 防止倒吸 酚酞 (2)根据转移电子守恒，可列出关系式，则n(CuO)=n()=，CuO的质量为 【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。 【详解】（1）①[Cu(NH3)4]Cl2与 NaOH加热反应生成CuO、NaCl、NH3和水，反应的方程式为：[Cu(NH3)4]Cl2+2NaOHCuO↓+2NaCl+4NH3↑+H2O； ②溶液中含有NaCl，则氯离子会附着在沉淀上，因此检验洗涤液中是否存在氯离子即可，则检验CuO固体是否洗净的实验操作是：取最后一次洗液少量于试管中，向试管中加入稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有沉淀生成则洗涤干净，若有沉淀生成则未洗净； ③实验中有氨气生成，氨气极易溶于水，易产生倒吸，所以装置图中装置乙的作用是防止倒吸； ④氨气水溶液呈碱性，因此为检验反应中有生成，装置丙中可盛装的溶液是酚酞； （2）根据转移电子守恒，可列出关系式，则n(CuO)=n()=，CuO的质量为。 10．(24-25高二上·江苏南京外国语学校·期中)定量分析是化学实验中重要的组成部分： (1)某实验小组设计用的溶液与的盐酸置于如下图所示的装置中进行测定中和热的实验。 ①从实验装置上看，还缺少 。 ②该实验小组做了三次实验，每次取盐酸和溶液各，并记录如下原始数据： 实验序号 起始温度 终止温度 温差 盐酸 溶液 平均值 1 25.1 24.9 25.0 28.3 3.3 2 25.1 25.1 25.1 28.5 3.4 3 25.1 25.1 25.1 28.6 3.5 已知盐酸、溶液密度均近似为，中和后混合液的比热容，则该反应的中和热 ；(计算结果保留1位小数) ③用相同浓度和体积的氨水代替溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会 。(填“偏大”“偏小”“无影响”) (2)某学生用的标准溶液测定某市售白醋的含酸量(国家标准规定酿造白醋中醋酸含量不得低于)，其操作分解为如下几步： A．移取待测白醋注入洁净的锥形瓶，并加入2~3滴酚酞 B．调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数 C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液 D．取标准溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上 E．用标准溶液润洗碱式滴定管2~3次 F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度 ①正确操作步骤的顺序是(填字母)A→ →F； ②若无上述E步骤操作，则测定结果会 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)； ③在A步骤之前，若先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)； ④到达滴定终点的现象是 ； ⑤滴定至终点消耗溶液，则该白醋中醋酸含量为 ，由此可知该白醋是否符合国家标准。 【答案】(1) 环形玻璃搅拌棒 偏小 (2) EDCB 偏高 偏高 当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色 0.036 【详解】（1）①由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒； ②该实验测得平均温差为3.4℃，；该实验数据测出的中和热； ③若改用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，由于氨水电离会吸收热量，因此温度差减小，测得的中和热数值会偏小。 （2）①正确操作步骤的顺序是：润洗→装液→排气泡→调液面→记录数据→开始滴定，因此正确操作为EDCB。 ②若不用标准溶液润洗碱式滴定管，NaOH溶液被稀释，滴定用到的NaOH溶液体积偏大，根据计算，测定结果偏高； ③若先用待测液润洗锥形瓶，醋酸的物质的量变大，则滴定结果偏高； ④到达滴定终点的现象是：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色； ⑤c(CH3COOH)=，故原酿造食醋中醋酸含量为。 ( 地 城 考向 8 原理 综合题（非选择题） ) 1．(24-25高二上·江苏苏州西安交通大学苏州附属中学·期中)CO2的资源化利用具有重要的意义。 合成尿素[CO(NH2)2]是利用CO2的途径之一。尿素合成主要通过下列反应实现： 反应Ⅰ：2NH3(g)+CO2(g)=NH2COONH4(s)  △H1=-272kJ/mol 反应Ⅱ：NH2COONH4(s)=CO(NH2)2(1)+H2O(g)△H2=+138kJ/mol (1)二氧化碳和氨气合成尿素固体和水蒸气的反应自发进行的条件是 (填“低温”、“高温”或“任意条件”)。 (2)MgO是CO2和环氧乙烷合成碳酸乙烯酯的催化剂)可由MgCl2与沉淀剂(尿素或氢氧化钠)反应，先生成沉淀，过滤后将沉淀焙烧得到。已知向MgCl2溶液中加入尿素生成Mg5(CO3)4(OH)沉淀，与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的MgO其催化剂效果更好，其原因是 。 二氧化碳加氢制甲醇已经成为研究热点。合成甲醇主要发生的反应如下： 反应Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)  △H1=-49kJ/mol 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) △H2=+41kJ/mol 在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始(CO2)：n起始(H2)=1：3，其他条件相同时，反应温度对CO2的转化率和n(CH3OH)的选择性的影响分别如图1和图2所示。其中，CH3OH的选择性可表示为×100% (3)图1，温度高于260℃时，CO2的平衡转化率呈上升变化的原因是 。 (4)图2，温度相同时CH3OH选择性的实验值略高干其平衡值，从化学反应速率的角度解释其原因是 。 K2FeO4氧化法脱除H2S的装置如图3所示。其他条件一定，溶液中c()与电流密度(电流密度与电压成正比)的关系如图4所示。(已知：K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中不稳定、强碱性溶液中较稳定。) (5)写出电解时阳极的电极反应式： 。 (6)电流密度大于4mA·cm-2时，溶液中c()上升幅度变小的原因是 。 (7)控制电流密度为4mA·cm-2，分别以不同浓度的KOH溶液为电解质，电解相同时间后通入H2S充分反应，测得H2S的氧化率与KOH溶液浓度的关系下图所示。c(KOH)=8mol·L-1时H2S的氧化率达到最大的原因是 。 【答案】(1)低温 (2)Mg5(CO3)4(OH)2焙烧释放更多的气体，制得的MgO更加疏松多孔(或比表面积大) (3)当温度高于260°C时，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度 (4)在该条件下反应I的速率大于反应Ⅱ ，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多 (5) (6)电流密度大于时，部分在阳极放电生成，生成的将氧化成铁的氧化物覆盖在电极表面，阻碍生成，从而导致溶液中上升幅度变小 (7)时，随着的增大，增大，的吸收率增加，同时阳极区生成的反应速率加快，的氧化率增大；时，过多的会降低的氧化能力，且浓度过大，会与铁金属阳离子反应产生沉淀，有可能会包裹电极表面，阻碍阳极放电产生，所以的氧化率减小 【详解】（1）根据盖斯定律，反应I和II可得△H=△H1+△H2=-272kJ/mol +138kJ/mol =-134kJ/mol，二氧化碳和氨气合成尿素和水蒸气的热化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(l)+H2O(g) △H=-134kJ/mol，该反应气体分子数减小则∆S<0，由∆H<0，该反应自发进行判据∆G=∆H-T∆S<0，低温条件下自发进行； （2）Mg5(CO3)4(OH)2焙烧时，会释放更多的二氧化碳气体，导致制得的氧化镁更加疏松多孔，所以与氢氧化钠作沉淀剂相比，用尿素作沉淀剂焙烧生成的氧化镁作催化剂效果更好； （3）温度升高，反应I逆向移动，反应Ⅱ正向移动，图1，温度高于260°C时，CO2的平衡转化率呈上升变化的原因是：当温度高于260°C时，反应Ⅱ正向移动的程度大于反应I逆向移动的程度； （4）图2，温度相同时CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释其原因是：在该条件下反应I的速率大于反应Ⅱ ，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多； （5）根据已知条件，K2FeO4氧化法脱除H2S，则金属铁做阳极，被氧化为，溶液为碱性环境，阳极反应为； （6）电流密度大于时，部分在阳极放电生成，生成的将氧化成铁的氧化物覆盖在电极表面，阻碍生成，从而导致溶液中上升幅度变小； （7）时，随着的增大，增大，的吸收率增加，同时阳极区生成的反应速率加快，的氧化率增大；时，过多的会降低的氧化能力，且浓度过大，会与铁的阳离子反应产生沉淀，有可能会包裹电极表面，阻碍阳极放电产生，所以的氧化率减小，故时的氧化率最高。 2．(24-25高二上·江苏南京师范大学附属中学·期中)的资源化利用具有重要意义。 (1)的吸收和转化可减少排放，原理如图1所示。反应②中化合价发生改变的元素有 (填元素符号)；每吸收，理论上可获得 mol。 (2)催化加氢是资源化利用的途径之一。 ①甲烷水蒸气催化重整是制取高纯氢的方法之一，反应器中主要反应为：   反应器中还存在如下反应： i．   ii．   iii．   利用，可得反应的 (用含、b、c的代数式表示)；反应物实际投料比采用，其实际投料比远大于理论值的原因是 。 ②一定条件下，由和制备甲醇的过程中含有下列反应： 反应I： 反应Ⅱ： 反应Ⅲ： 恒压下，按照投料，测得各物质以碳元素计的物质的量分数与时间的关系如图2所示，请解释时间段内对应的曲线先增大且在时刻出现最高点的原因： 。 (3)催化电解转化可实现资源化利用。科学家研发了一种室温下“可呼吸”的二次电池，电池的工作原理如图3所示。将溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为。 ①放电时，移向 电极(填“Na”或“Ni”)。 ②充电时，阳极的电极反应式为： 。 【答案】(1) C、H 2mol (2) a-b-c 增大水的物质的量，平衡正向移动，提高的转化率，和反应生成和，促进CO转化为，提高产率，生成C的几率减小，减少积碳的生成 开始时大，Ⅲ中CO生成速率较快(大于Ⅱ中CO消耗速率)，CO的量增多，随着反应的进行，减小，增大，Ⅲ中CO生成速率减小，Ⅱ中CO消耗速率增大，两者速率相等 (3) Na C-4e-+2Na2CO3=4Na++3CO2↑ 【详解】（1）反应②的反应物是和，在催化剂的作用下生成、和，故反应方程式为，发生化合价变化的元素有C、H，每吸收1molCO2，生成1molCaCO3，可以获得2mol氢气； （2）①根据盖斯定律，反应，等于反应i-反应ii-反应iii，故=(a-b-c)；实际投料比远大于理论值的原因为：增大水的物质的量，平衡正向移动，提高的转化率，和反应生成和，促进CO转化为，提高产率，生成C的几率减小，减少积碳的生成； ②开始时大，Ⅲ中CO生成速率较快(大于Ⅱ中CO消耗速率)，CO的量增多，随着反应的进行，减小，增大，Ⅲ中CO生成速率减小，Ⅱ中CO消耗速率增大，两者速率相等； （3）放电时Na是负极，Ni电极是正极；充电时Na是阴极，Ni是阳极； ①放电时阴离子向负极移动，即移向钠电极； ②充电时阳极发生氧化反应，碳失电子转化为CO2，电极反应为：C-4e-+2Na2CO3=4Na++3CO2↑。 3．(24-25高二上·江苏南京师范大学附属中学·期中)工业合成的反应为  。 (1)已知：时，部分物质的相对能量如表所示。 物质      相对能量/() 0 ，此条件下的燃烧热 的燃烧热(填“>”“<”或“=”)。 (2)催化加氢合成甲酸的过程中，不断升高温度，下列图像正确的是___________(填选项字母)。 A． B． C． D． (3)恒容密闭容器中充入一定量的和合成，下列示意图正确且能说明该反应进行到时刻达到平衡状态的是___________(填选项字母)。 A． B． C． D． (4)恒温、恒容的密闭容器中充入和(不参与反应)发生反应合成甲酸，测得反应过程中体系压强随时间的变化曲线如图所示。 ①用表示的化学反应速率为 (用单位时间内压强变化量表示)。 ②反应达到平衡时的转化率为 。 ③此反应的分压平衡常数 为以分压表示的平衡常数，物质的量分数；用含的式子表示)。 【答案】(1) > (2)AC (3)AD (4) 0.03p 60% 【详解】（1）由反应热与生成物总能量和反应物总能量的差值相等可知，反应∆H=(-423.9kJ/mol)-(-393 kJ/mol+0)=-30.9kJ/mol；设氢气的燃烧热为akJ/mol，则燃烧的热化学方程式为①H2(g)+O2(g)= H2O(l) ΔH=-akJ/mol，设甲酸的燃烧热为bkJ/mol，则燃烧的热化学方程式为②HCOOH(g) +O2(g)=CO2(g)+H2O(l) ∆H=-bkJ/mol，由盖斯定律可知，反应①-②可得反应H2(g)+ CO2(g)= HCOOH(g)，则(-akJ/mol)-(-bkJ/mol) =-30.9kJ/mol，解得a=30.9+b，此条件下的燃烧热>的燃烧热； （2）A．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，A正确； B．升高温度，化学反应速率加快，B错误； C．未平衡时温度越高反应速率越快甲酸浓度越大，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲酸的浓度减小，则催化加氢合成甲酸的过程中，甲酸的浓度先增大后减小，C正确； D．结合选项C，则催化加氢合成甲酸的过程中，氢气的体积分数先减小后增大，D错误； 故选AC； （3）A．反应中，浓度熵不断增大，t1时刻浓度熵保持不变时，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，A正确； B．由图可知，t1时刻甲酸浓度和二氧化碳浓度相等，但反应没有达到最大限度，是平衡的形成过程，不是平衡状态，B错误； C．由图可知，氢气和二氧化碳的物质的量比为2，由方程式可知，反应中氢气和二氧化碳的物质的量比会不断增大，C错误； D．反应中，甲酸的质量分数不断增大，t1时刻浓度熵保持不变时，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡状态，D正确； 故选AD； （4）由图可知，起始和平衡时混合气体的总压强为4pMPa、3.4MPa，则起始二氧化碳、氢气、氮气的分压分别为pMPa、2pMPa、pMPa，设平衡时甲酸的分压为aMPa，由题意可建立如下三段式：，由平衡时混合气体的总压强可得：4p—a=3.4p，解得a=0.6p； ①由三段式数据可知，0~20 min内氢气的反应速率为=0.03pMPa/min； ②反应的分压平衡常数； 4．(24-25高二上·江苏南京外国语学校·期中)下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分化学平衡常数K的值： 反应 大气固氮 工业固氮 温度/℃ 27 2000 25 400 450 平衡常数K 0.1 0.507 0.152 (1)分析数据可知：大气固氮反应属于 (填“吸热”或“放热”)反应，其平衡常数的表达式为K= 。2000℃时向某密闭容器中充入一定量的N2和O2进行该反应，达到平衡后容器中分子的N2、O2的相对个数如下图所示，请在下图中空白处画出合适个数的NO 。 (2)向一密闭容器中充入1molN2和3molH2发生合成氨反应，平衡时氨气的体积分数随压强和温度的变化如图所示： ①p1、p2、p3由小到大的顺序是 ； ②T1温度下，M点对应的H2的平衡转化率为 ，若此时容器体积为1L，则该温度下平衡常数K= (计算结果都保留1位小数)； ③400℃时，按未知浓度配比进行反应，某时刻测得分别为0.2mol∙L-1、0.5mol∙L-1、0.2mol∙L-1，则此时反应向 方向(填“正反应”或者“逆反应”)进行，结合计算说明理由 。 【答案】(1) 吸热 (2) p1＜p2＜p3 66.7% 5.3 正反应 Qc==1.6＜5.3，则平衡向正反应方向移动 【详解】（1） 对于固氮反应，温度从27℃升高到2000℃，平衡常数增大，则表明升高温度，平衡正向移动，大气固氮反应属于吸热反应，其平衡常数的表达式为K=。2000℃时向某密闭容器中充入一定量的N2和O2进行该反应，达到平衡后，依据容器中N2、O2分子的相对个数，我们可假设N2的分子个数为5，O2的分子个数为2，NO的分子个数为x，依据平衡常数(设容器体积为VL)，可建立等式：K==0.1，x=1。下图中空白处画出合适个数的NO为。 （2）①合成氨反应是体积缩小的可逆反应，加压平衡正向移动，氨气的体积分数增大，则p1、p2、p3由小到大的顺序是p1＜p2＜p3； ②向一密闭容器中充入1molN2和3molH2发生合成氨反应，T1温度下，M点对应的氨的体积分数为50%，设参加反应N2的物质的量为x，则可建立如下三段式： 则，x=，H2的平衡转化率为≈66.7%，若此时容器体积为1L，则该温度下平衡常数K=≈5.3； ③400℃时，按未知浓度配比进行反应，某时刻测得分别为0.2mol∙L-1、0.5mol∙L-1、0.2mol∙L-1，Qc==1.6＜5.3，则此时反应向正反应方向进行，结合计算说明理由：Qc==1.6＜5.3，则平衡向正反应方向移动。 【点睛】当同时提供反应物和生成物的浓度时，通过比较浓度商与平衡常数的关系，可判断平衡移动的方向。 5．(24-25高二上·江苏南通区·期中)氢能是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种对环境友好的固体储氢材料。 (1)制硼氢化钠。将Na2B4O7、SiO2及金属Na按一定比例混合后，通入H2加热到360～370°C只生成NaBH4和Na2SiO3。 ①该反应的化学方程式为 。 ②测定硼氢化钠样品的纯度。准确称取干燥硼氢化钠样品1.200g，用NaOH溶液溶解后配制成100.0mL溶液。量取10.00mL溶液放入锥形瓶中，加入25.00mL0.2000mol/LKIO3溶液，充分反应后再加入适量KI，用足量稀硫酸酸化后，加入0.5000mol/LNa2S2O3标准液，恰好完全反应时消耗该标准液12.00mL。则样品中NaBH4质量分数为 (写出计算过程)。 已知：3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 (2)制氢。NaBH4与水反应能获取氢气，该反应机理如图所示。 ①NaBH4与水反应的离子方程式为 。该反应在任意温度下均能自发进行的原因是 。 ②若用D2O代替H2O，则反应后生成氢气的化学式为 。 (3)硼氢化钠再生。制氢生成的另一产物在水中的溶解度较小，常温时易以NaBO2形式结晶析出，NaBO2可再生为NaBH4。已知： 反应I：NaBO2(s)+4H2(g)=NaBH4(s)+2H2O(1)   △G1=+320kJ/mol 反应Ⅱ：H2(g)+O2(g)=H2O(1)    △G2=-240kJ/mol 反应Ⅲ：Mg(S)+O2(g)=MgO(s)   △G3=-570kJ/mol △G的值只取决于反应体系的始态和终态。以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，写出一个表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式，并注明物质状态和△G： 。 【答案】(1) 16Na+Na2B4O7+7SiO2+8H24NaBH4+7Na2SiO3 95.00% (2) +4H2O=[B(OH)4]-+4H2↑ △H<0，△S>0 H2、D2、HD (3)NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=NaBH4(s)+2MgO(s)  △G=-340kJ/mol或NaBO2(S)+2H2O(1)+4Mg(s)=NaBH4(s)+4MgO(s)  △G=-1000kJ/mol 【详解】（1）①制取NaBH4，根据题干信息可知，反应物为Na2B4O7、SiO2、金属Na和H2，产物为NaBH4和Na2SiO3，结合电子守恒、质量守恒配平该反应的化学方程式为：16Na+Na2B4O7+7SiO2+8H24NaBH4+7Na2SiO3； ②涉及反应为3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O、KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O、I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，可得关系式为，由题中数据可知，则与KI反应的，可知样品中，则样品中NaBH4质量分数； （2）①NaBH4与水反应生成Na[B(OH)4]和氢气，据此写出反应的离子方程式为：+4H2O=[B(OH)4]-+4H2↑； 反应自发进行的判断依据，该反应在任意温度下均能自发进行的原因是△H<0，△S>0； ②在图示的反应机理中，生成氢气的H元素是由H2O和两种粒子提供，若用D2O代替H2O，生成的氢气中会有H2、D2、HD三种分子； （3）反应I：NaBO2(s)+4H2(g)=NaBH4(s)+2H2O(1)△G1=+320kJ/mol，反应Ⅱ：H2(g)+O2(g)=H2O(1)△G2=-240kJ/mol，反应Ⅲ：Mg(S)+O2(g)=MgO(s)△G3=-570kJ/mol，根据盖斯定律计算反应I-反应Ⅱ×2+反应Ⅲ×2得到以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式为：NaBO2(s)+2H2(g)+2Mg(s)=NaBH4(s)+2MgO(s) ，根据盖斯定律计算反应I-反应Ⅱ×4+反应Ⅲ×4得到以反应物不超过三种物质、产物不超过两种物质、氢原子利用率为100%为条件，表示NaBO2(s)再生为NaBH4(s)的方程式为：NaBO2(S)+2H2O(1)+4Mg(s)=NaBH4(s)+4MgO(s) 。 6．(24-25高二上·江苏扬州第一中学·期中)油气开采、石油化工等行业的废气中均含有硫化氢，可将其处理并回收。 (1)氧化法，其原理为 已知：      则反应   。 (2)热分解法，其原理为  。 ①在不同温度下充分反应后，混合气体中各组分的体积分数如图1所示，则 。 ②分解时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分燃烧，目的是 。 (3)间接电解法，原理如图2所示。 ①结合化学方程式说明电解过程中无需向电解池中补充盐酸的原因： 。 ②从整个生产工艺的角度分析，该方法不仅能减少环境污染、回收，还具有的优点是 。 (4)催化剂对反应有高选择性，理论计算得到反应主要路径如图3所示，表示状态2的为 (填选项)。                                             图3 A．        B．        C． 【答案】(1)-281 (2) 2 燃烧放热，为分解反应提供热量 (3) 反应池中发生反应，电解池中发生反应，反应池中生成的和电解池中消耗的物质的量相等 溶液可循环使用，同时得到副产物 (4)C 【详解】（1）已知①  ，②  ，根据盖斯定律将①-②得反应； （2）①  ，升高温度，平衡正向进行，体积分数减小，、体积分数增大，从图两条线的交点可知，两种物质(一种反应物，一种生成物)的体积分数相等均为40%，在此温度时另一生成物体积分数为20%，根据变化的物质的量之比等于化学计量数之比可知，生成物体积分数大的为，体积分数小的为，从而可知和H2S体积分数均为40%，体积分数为20%，假设起始投入的H2S的物质的量为amol，转化的Sx为1mol，则，由H2S和H2的体积分数相等且为40%，可得a-x=x①，，解得a=4， ； ②分解时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分燃烧，因燃烧放热，为分解反应提供热量； （3）①反应池中发生反应，电解池中发生反应，反应池中生成的和电解池中消耗的物质的量相等，所以电解过程中无需向电解池中补充盐酸； ②该方法不仅能减少环境污染、回收，还可以将电解池中产生的溶液可循环使用，同时得到副产物； （4） 由题干图示信息可知，催化剂CeO2-MgO对反应具有高选择性，通过理论计算得到反应的主要路径如下图所示，状态1为SO2与H2S吸附在催化剂上，为，根据可知，状态2为，状态3为，故表示状态2的为C，故答案为：C。 7．(24-25高二上·江苏海安高级中学·期中)中国首次实现了利用二氧化碳人工合成淀粉，为全球的“碳达峰”、“碳中和”起到重大的支撑作用，研究二氧化碳的收集和利用成为了科研方面的热点。 I．热化学法将转化为甲醇 反应① 反应② (已知：(或)的选择性) 将和混合气体以一定流速通过装有催化剂反应器，选择性、的转化率与温度的关系如图所示。 (1)230℃时，测得的转化率为40%，此时剩余的物质的量为 。 (2)随着温度的升高，的转化率增大，其主要原因是 。 (3)其他条件不变，增大压强，CO选择性变化为 (填“不变”、“变大”或“变小”)。 II．和催化重整制取和 1991年，Ashcroft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：500℃条件下，气体分子吸附至催化剂表面后发生反应，此过程机理模型如图所示(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。 (4)根据图示写出该反应的化学方程式： 。 (5)在催化剂中添加少量多孔能提高转化率，其原因是 。 (6)根据反应机理，该催化重整的过程可描述为 。 【答案】(1) (2)温度升高，反应①②速率都加快，反应②的影响幅度大于对反应①的影响幅度；随着温度的升高，催化剂的活性增强，导致的转化率增大 (3)变小 (4) (5)少量多孔可以吸附二氧化碳，从而促进二氧化碳与甲烷在催化剂表面接触反应，提高二氧化碳的转化率 (6)吸附在催化剂表面的解离成和(活性氧原子)；吸附在催化剂表面的解离成和(活性亚甲基)，和反应生成，和反应生成和，最后从催化剂表面脱吸附成 【详解】（1）230℃时，测得的CO2的转化率为40％，即CO2共反应了1mol×40%=0.4mol，由图知，此时的甲醇的选择性为25％，则0.4molCO2中有0.4mol×25%=0.1mol转化成了甲醇，另外的0.3mol在反应②中转化成了CO，根据化学反应计量数之比等于物质的量改变之比，因此反应②中消耗H2的物质的量为0.3mol，反应①中消耗H2的物质的量为0.1×3=0.3mol，则剩余H2的物质的量为3mol-0.3mol-0.3mol=2.4mol。 （2）随着温度的升高，H2的转化率增大，其主要原因可能有两个：反应①为放热反应，反应②为吸热反应，随着温度的升高，反应①平衡逆向移动生成的H2的量小于反应②平衡正向移动消耗的H2的量，H2的转化率增大；随着温度的升高，催化剂的活性增强，导致H2的转化率增大。 （3）反应①是气体分子数减小的反应，而反应②是气体分子数不变的反应，其他条件不变，增大压强，有利于反应①进行，CH3OH的选择性增大，则CO选择性的变化为变小。 （4）由图可知二氧化碳在催化Ni上转化为CO。甲烷在催化剂Ni上转化为氢气和CO，则该反应为：。 （5）在催化剂中添加少量多孔CaO能提高CO2转化率，其原因是：少量多孔CaO可以吸附二氧化碳，从而促进二氧化碳与甲烷在催化剂表面接触反应，提高二氧化碳的转化率。 （6）结合图示信息可知，二氧化碳被吸附在Ni表面，之后发生断键，生成CO和O，即：吸附在催化剂表面的CO2解离成CO和O* (活性氧原子)，吸附在催化剂表面的CH4解离成H2和CH2*(活性亚甲基)，O*和H2反应生成H2O，CH2*和H2O反应生成H2和CO*，最后从催化剂表面脱吸附成CO。 8．(24-25高二上·江苏扬州中学·期中)Cr(VI)有高毒性，在溶液中以或的形式存在，不同pH条件下两者可相互转化+H2O+2H+)。常用还原法、微生物电化学法、沉淀法处理含Cr(VI)的废水。 (1)向废水中加入Na2SO3或Fe等还原剂可将Cr(VI)还原为低毒性Cr3+，再调节溶液pH使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀除去。 ①酸性废水中Na2SO3将Cr(VI)还原为Cr3+的离子方程式为 。 ②其他条件相同，在不改变所加铁屑总量的情况下，加入烟道灰(细小的活性炭)，可增大Cr(VI)的去除率，其原因是 。 (2)利用微生物电化学法可有效处理含有机物和Cr(VI)的酸性废水，其工作原理如图所示。 ①若废水中的有机物是C6H12O6，则甲池中电极反应式为 。 ②甲池产生0.6molCO2时，理论上乙池中H+的物质的量减少 。 (3)已知BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水，在水溶液中Cr(Ⅵ)主要存在微粒平衡浓度占Cr(VI)总浓度的百分数与pH的关系如图。利用沉淀法有效去除酸性废水中Cr(VI)的实验操作为 。(可使用的试剂：NaOH溶液，BaCl2溶液) 【答案】(1) +3+8H+=2Cr3++3+4H2O 形成Fe-C原电池，还原Cr(VI)的速率加快；活性炭能吸附Cr(VI) (2) C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+ 3.2mol (3)边搅拌边向废水中加入NaOH溶液至pH略大于8，边搅拌边加入BaCl2溶液至静置后向上层清液中加BaCl2溶液不再产生沉淀为止，过滤 【详解】（1）①酸性条件下，Cr(VI)主要以的形式存在，在酸性条件下与发生氧化还原反应，被还原为Cr3+，被氧化为，离子反应方程式为：+3+8H+=2Cr3++3+4H2O； ②活性炭比表面积大，可以吸附Cr(VI)，增加反应物的接触面积，且可以形成Fe−C原电池，Fe作负极，加快反应速率，增大Cr(VI)去除率； （2）①甲池发生氧化反应，C6H12O6失去电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+； ②甲池产生0.6mol CO2，根据甲池电极反应，可知转移的电子数为2.4mol，生成2.4mol氢离子，氢离子通过质子交换膜进入乙池；乙池中的电极反应为：，由于转移的电子数为2.4mol，则消耗氢离子为5.6mol，又因为甲池有2.4mol氢离子转移到乙池，理论上乙池中氢离子的物质的量减少5.6mol－2.4mol=3.2mol； （3）由于BaCr2O7易溶于水，BaCrO4难溶于水，根据图像，碱性条件下Cr(VI)以形式存在，所以应将溶液转化为碱性，再加入氯化钡，具体实验操作为边搅拌边向废水中加入NaOH溶液至pH略大于8，边搅拌边加入BaCl2溶液至静置后向上层清液中加BaCl2溶液不再产生沉淀为止，过滤。 9．(24-25高二上·江苏镇江中学·期中)不同催化剂作用下NH3还原NOx的机理与效果是研究烟气(含NOx、O2、N2等)脱硝的热点。 (1)NH3还原NO的主反应为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)。 已知：N2(g)+O2(g)═2NO(g)  ΔH=+180.5kJ•mol-1； 4NH3(g)+3O2(g)═2N2(g)+6H2O(g)  ΔH=-1269kJ• mol-1。 上述主反应的ΔH= 。 (2)在某钒催化剂中添加一定量Cu2O可加快NO的脱除效率，其可能机理如图所示(*表示物种吸附在催化剂表面，部分物种未画出)。 ①X、Y处V元素化合价为+4或+5价，X处V元素化合价为 。 ②NO转化为N2的机理可描述为 。 ③烟气中若含有SO2，会生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道。生成NH4HSO4的化学方程式为 。 (3)工业上含氮化合物污染物处理以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图所示，在使用过程中石墨I电极反应生成一种氧化物Y，则该电池的正极反应式为 。 (4)将模拟烟气(一定比例NOx、NH3、O2和N2)以一定流速通过装有Fe/Zr催化剂的反应管，测得NOx转化率随温度变化的曲线如图所示。 温度高于450℃时，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是 。 【答案】(1)-1630kJ·mol-1 (2) +5 O2与催化剂表面的Cu+反应生成*O-和Cu2+，部分NO与*O-、Cu2+反应生成NO2和Cu+；*NH3与钒催化剂反应生成*NH2，+5价V变为+4价V，NO或NO2与*NH2、+4价V反应生成N2和H2O，+4价V变为+5价V，如此循环往复 O2+2SO2+2NH3+2H2O2NH4HSO4 (3)2N2O5+O2+4e−=4 (4)温度高于450℃时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量或温度高于450℃时，NOx被NH3还原的反应所用的催化剂失活 【详解】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·mol-1 ②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) △H=-1269kJ·mol-1，由盖斯定律可知，-2×①+②得到主反应，则主反应的△H=-2×(+180.5kJ·mol-1)+(-1269kJ·mol-1)=-1630kJ·mol-1； （2）①X、Y处V元素化合价为+4或+5价。铜离子和Y反应生成亚铜离子和X，铜的化合价降低，根据电子守恒可知，Y生成X时，V的化合价升高，则X处V元素化合价为+5； ②由图可知，NO转化为N2的机理可描述为：O2与催化剂表面的Cu+反应生成*O-和Cu2+，部分NO与*O-、Cu2+反应生成NO2和Cu+；*NH3与钒催化剂反应生成*NH2，+5价V变为+4价V，NO或NO2与*NH2、+4价V反应生成N2和H2O，+4价V变为+5价V，如此循环往复； ③在催化剂的作用下，氧气可以把烟气的二氧化硫中+4价硫氧化为+6价硫，生成NH4HSO4堵塞催化剂孔道，生成NH4HSO4的化学方程式为：O2+2SO2+2NH3+2H2O2NH4HSO4 （3）燃料电池中，通入氧气的石墨Ⅱ为正极，石墨Ⅰ为负极，在负极，NO2失去电子，N的化合价升高到+5价，根据题干提示，得到的是一种氧化物，所以在负极得到的是N2O5。在正极，氧气得到电子转化为-2价，同时和负极生成的部分N2O5共同转化为硝酸根离子，电极反应式为：2N2O5+O2+4e−=4； （4）催化剂需要一定的活性温度，温度过高导致催化剂活性逐渐降低，化学反应速率会随着温度升高而减小，且温度过高还会导致氨气发生副反应，因此，温度高于450℃时，NOx转化率已降低为负值，其可能原因是：温度高于450℃时，NH3与O2反应生成NOx的速率大于NOx被NH3还原的速率，使得流出反应管的NOx总量超过流入反应管的NOx总量或温度高于450℃时，NOx被NH3还原的反应所用的催化剂失活。 10．(24-25高二上·江苏苏州苏州大学附属中学·期中)0．氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，目前工业上用氢气和氨气合成氨。 (1)固氮一直是科学家致力研究的重要课题，有关热力学数据如下： 反应 大气固氮：N2(g)+O2(g)2NO(g) 工业固氮：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) 温度/℃ 25 2000 25 350 400 450 平衡常数K 3.84×10-31 0.1 5×108 1.847 0.504 0.152 常温下，大气固氮的倾向 工业固氮(填“大于”或“小于”)。 (2)N2(g)与H2(g)反应的能量变化如图所示，则N2(g)与H2(g)反应制备NH3(l)的热化学方程式为： 。 (3)T℃时，在2L容密闭容器中加入1.2molN2和2molH2模拟一定条件下工业固氮[N2(g)+3H2(g)2NH3(g)]，体系中n(NH3)随时间的变化如图所示： ①前2分钟内的平均反应速率v(NH3)= mol/(L·min)。 ②有关工业固氮的说法正确的是 (选填序号)。 A．0-4min，使用催化剂可提高反应物的转化率 B．循环使用N2、H2可提高NH3的产率 C．温度控制在500℃左右有利于反应向正反应方向进行 D．增大压强有利于加快反应速率，所以压强越大越好 ③T℃时，该反应的平衡常数为 。 (4)①研究表明某些过渡金属催化剂可以加速氨气的分解，某温度下，用等质量的不同金属分别催化等浓度的氨气。测得氨气分解的初始速率(单位：mmol/min)与催化剂的对应关系如下表所示。 催化剂 Fe Pd Ru Rh Pt Ni 初始速率 0.5 1.8 7.9 4.0 2.2 3.0 不同催化剂的催化作用下，氨气分解反应中的活化能最大的催化剂是 (填化学式)。 ②催化剂的催化效率与反应物在其表面的吸附有关。N2和H2在催化剂作用下合成氨的初始阶段生成NH*的机理可能有如下两种(N*表示被吸附于催化剂表面的N)： 机理1：→2N*；→2H*；N*+H*NH* 机理2：→2N*；N*+H2(g)NH*+H(g) 上述反应均为基元反应。保持温度和N2的浓度不变，测得N2和H2在该催化剂作用下反应的初始速率与H2浓度的关系如图所示。能合理解释图中曲线变化的机理为 (填“机理1”或“机理2”)，判断的理由是 。 【答案】(1)小于 (2)N2(g)＋3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol (3) 0.1125 AB 6.25 (4) Fe 机理1 反应速率与和的吸附量有关。当浓度较小时，增加浓度，吸附量增大，反应速率加快；当催化剂活性位点一定，增加浓度，吸附量增大，导致吸附量减小，反应速率反而减慢 【详解】（1）根据表格数据可知：在相同温度下，大气固氮平衡常数远小于工业固氮，化学平衡常数越大，说明反应正向进行的程度越大，因此常温下，大气固氮的倾向小于工业固氮； （2）根据图示可知反应物总能量比生成物总能量高，因此该反应为放热反应，0.5 mol N2完全反应变为NH3(l)时放出热量为Q=300 kJ＋20 kJ-254 kJ=66 kJ，故该反应的热化学方程式可表示为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(l) ΔH=-132 kJ/mol； （3）①在前2 min内NH3的物质的量增加了0.45 mol，反应容器为2 L，则根据v=Δc/t可得，用NH3表示的反应速率v(NH3)＝ mol·L-1·min-1=0.1125 mol·L-1·min-1； ②A．4min时反应没有达到平衡状态，使用催化剂可提高反应速率，因此可以提高反应物的转化率，A正确； B．循环使用N2、H2可使更多的反应物变为生成物，因此能够提高NH3的产率，B正确； C．该反应的正反应是放热反应，温度降低平衡正向移动有利于反应向正方向进行，温度控制在500 ℃左右，是因为在该温度下催化剂的活性最大，反应速率较快，C错误； D．该反应的正反应是气体体积减小的反应，从理论上讲增大压强有利于加快反应速率，提高物质平衡转化率，但压强越大，对设备的材料承受的压力要求也越高，所以不是压强越大就越好，D错误； 故选AB； ③T ℃时平衡体系中氨气是0.8mol，消耗氮气是0.4mol、氢气是1.2mol，剩余氮气是0.8mol，氢气是0.8mol，该反应的平衡常数为=6.25； （4）①物质发生反应时的活化能越大，反应进行的化学速率就越小。根据表格数据可知：以Fe作催化剂时反应速率最小，则氨分解反应的活化能最大，故在不同催化剂的催化作用下，氨气分解反应中的活化能最大的催化剂是Fe； ②根据图像可知，反应速率与和的吸附量有关。当浓度较小时，增加浓度，吸附量增大，反应速率加快；当催化剂活性位点一定，增加浓度，吸附量增大，导致吸附量减小，反应速率反而减慢，因此机理1符合。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $