2022年高考化学真题分类汇编——化学反应原理部分（有解析）
文档属性
| 名称 | 2022年高考化学真题分类汇编——化学反应原理部分（有解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-06-20 14:45:46 | ||
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文档简介
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化学反应原理部分
一．选择题（共27小题）
1．关于反应Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，下列说法正确的是（ ）
A．H2SO4发生还原反应
B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D．1molNa2S2O3发生反应，转移4mol电子
2．下列物质属于强电解质的是（ ）
A．HCOOH B．Fe C．Na2CO3 D．C2H2
3．向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2X（g）+Y（g） Z（g）ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．ΔH＞0
B．气体的总物质的量：na＜nc
C．a点平衡常数：K＞12
D．反应速率：va正＜vb正
4．下列物质属于非电解质的是（ ）
A．CH4 B．KI C．NaOH D．CH3COOH
5．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3（g）N2（g）+3H2（g），测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
编号 时间/minc（NH3）/（10﹣3mol L﹣1）表面积/cm2 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．实验①，0～20min，v（N2）＝1.00×10﹣5mol L﹣1 min﹣1
B．实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
6．甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
（CH3）2C＝O+HCN→（CH3）2C（OH）CN
（CH3）2C（OH）CN+CH3OH+H2SO4→CH2＝C（CH3）COOCH3+NH4HSO4
新法合成的反应：
CH3C≡CH+CO+CH3OHCH2＝C（CH3）COOCH3
下列说法错误的是（阿伏加德罗常数的值为NA）（ ）
A．HCN的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．1L0.05mol L﹣1的NH4HSO4溶液中NH4+的微粒数小于0.05NA
D．Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
7．室温时，用0.100mol L﹣1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl﹣、Br﹣和I﹣混合溶液，通过电位滴定法获得lgc（Ag+）与V（AgNO3）的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，认为该离子沉淀完全。Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（AgBr）＝5.4×10﹣13，Ksp（AgI）＝8.5×10﹣17）。下列说法正确的是（ ）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I﹣的浓度为0.100mol L﹣1
C．当Br﹣沉淀完全时，已经有部分Cl﹣沉淀
D．b点：c（Cl﹣）＞c（Br﹣）＞c（I﹣）＞c（Ag+）
8．反应物（S）转化为产物（P或P Z）的能量与反应进程的关系如图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是（ ）
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ＞Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ＞Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
9．Li﹣O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来，科学家研究了一种光照充电Li﹣O2电池（如图所示）。光照时，光催化电极产生电子（e﹣）和空穴（h+），驱动阴极反应（Li++e﹣＝Li）和阳极反应（Li2O2+2h+═2Li++O2）对电池进行充电。下列叙述错误的是（ ）
A．充电时，电池的总反应Li2O2═2Li+O2
B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C．放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D．放电时，正极发生反应O2+2Li++2e﹣═Li2O2
10．关于反应4CO2+SiH4 4CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是（ ）
A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4 D．生成1molSiO2时，转移8mol电子
11．标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质（g） O H HO HOO H2 O2 H2O2 H2O
能量/kJ mol﹣1 249 218 39 10 0 0 ﹣136 ﹣242
可根据HO（g）+HO（g）═H2O2（g）计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJ mol﹣1。下列说法不正确的是（ ）
H2的键能为436kJ mol﹣1
B．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：HOO＜H2O2
D．H2O（g）+O（g）═H2O2（g）ΔH＝﹣143kJ mol﹣1
12．关于反应Cl2（g）+H2O（l） HClO（aq）+H+（aq）+Cl﹣（aq）ΔH＜0，达到平衡后，下列说法不正确的是（ ）
A．升高温度，氯水中的c（HClO）减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c（HClO）增大
C．取氯水稀释，增大
D．取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
13．海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂﹣海水电池构造示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．海水起电解质溶液作用
B．N极仅发生的电极反应：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D．该锂﹣海水电池属于一次电池
14．常温下，一元酸HA的Ka（HA）＝1.0×10﹣3。在某体系中，H+与A﹣离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜（如图所示）。设溶液中c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度（）为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总（HA）之比为10﹣4
15．相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷（）的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是（ ）
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3﹣ΔH1＜0，ΔH4﹣ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
16．在恒温恒容条件下，发生反应A（s）+2B（g） 3X（g），c（B）随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是（ ）
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v（B）＝3v（X）
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c（B）随时间变化关系如图中曲线乙所示
17．水溶液呈酸性的盐是（ ）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca（OH）2
18．通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如图（其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计）。下列说法不正确的是（ ）
A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极发应：2H2O+Mn2+﹣2e﹣═MnO2+4H+
C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
19．25℃时，苯酚（C6H5OH）的Ka＝1.0×10﹣10，下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c（C6H5O﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．将浓度均为0.10mol L﹣1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c（C6H5O﹣）＝c（C6H5OH）
D．25℃时，0.10mol L﹣1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
20．科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备（如图）。充电时电极a的反应为：NaTi2（PO4）3+2Na++2e﹣═Na3Ti2（PO4）3。下列说法正确的是（ ）
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g
21．恒容密闭容器中，BaSO4（s）+4H2（g） BaS（s）+4H2O（g）在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0
B．a为n（H2O）随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率增大
22．以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中（ ）
A．阴极发生的反应为Mg﹣2e﹣═Mg2+ B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥 D．阳极和阴极的质量变化相等
23．我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是（ ）
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C．1molCO中含有6.02×1024个电子
D．22.4LCO2被还原生成1molCO
24．一种水性电解液Zn﹣MnO2离子选择双隔膜电池如图所示（KOH溶液中，Zn2+以Zn（OH）存在）。电池放电时，下列叙述错误的是（ ）
A．Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
D．电池总反应：Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）+Mn2++2H2O
25．pH计是一种采用原电池原理测量溶液pH的仪器。如图所示，以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag﹣AgCl电极）和另一Ag﹣AgCl电极插入待测溶液中组成电池，pH与电池的电动势E存在关系：pH＝。下列说法正确的是（ ）
A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极反应式为：AgCl（s）+e﹣═Ag（s）+Cl﹣（0.1mol L﹣1）
B．玻璃膜内外氢离子浓度的差异不会引起电动势的变化
C．分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH
D．pH计工作时，电能转化为化学能
26．AB型强电解质在水中的溶解（可视作特殊的化学反应）表示为AB（s）═An+（aq）+Bn﹣（aq），其焓变和熵变分别为ΔH和ΔS。对于不同组成的AB型强电解质，下列说法正确的是（ ）
A．ΔH和ΔS均大于零 B．ΔH和ΔS均小于零
C．ΔH可能大于零或小于零，ΔS大于零 D．ΔH和ΔS均可能大于零或小于零
27．已知25℃时二元酸H2A的Ka1＝1.3×10﹣7，Ka2＝7.1×10﹣15。下列说法正确的是（ ）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol L﹣1的H2A溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至pH＝3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，则c（A2﹣）＞c（HA﹣）
D．取pH＝a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH＝a+1
二．填空题（共1小题）
28．（1）乙醇的挥发性比水的强，原因是 。
（2）金属氢化物是应用广泛的还原剂。KH的还原性比NaH的强，原因是 。
三．解答题（共7小题）
29．2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途经。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C（s）和1molH2O（g），起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） ΔH1＝+131.4kJ mol﹣1
Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g） ΔH2＝﹣41.1kJ mol﹣1
①下列说法正确的是 ；
A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C.平衡时H2的体积分数可能大于
D.将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，H2O（g）的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系 （填“吸收”或“放出”）热量 kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ （以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（2）一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如图：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO）：c（HCO）＝1：2，则该溶液的pH＝ （该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10﹣7，Ka2＝5.0×10﹣11）；
②再生塔中产生CO2的离子方程式为 ；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为 。
30．食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用HAc表示）。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的Ka＝1.75×10﹣5＝10﹣4.76。
（1）配制250mL0.1mol L﹣1的HAc溶液，需5mol L﹣1HAc溶液的体积为 mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是 。
（3）某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变Ac﹣浓度，HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1mol L﹣1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。
序号 V（HAc）/mL V（NaAc）/mL V（H2O）/mL n（NaAc）：n（HAc） pH
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
…
Ⅶ 4.00 a b 3：4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65
①根据表中信息，补充数据：a＝ ，b＝ 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡 （填“正”或“逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由： 。
③由实验Ⅱ～Ⅷ可知，增大Ac﹣浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着的增加，c（H+）的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉：一定条件下，按＝1配制的溶液中，c（H+）的值等于HAc的Ka。
对比数据发现，实验Ⅷ中pH＝4.65与资料数据Ka＝10﹣4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
（i）移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol L﹣1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08mL，则该HAc溶液的浓度为 mol L﹣1。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。
（ii）用上述HAc溶液和0.1000mol L﹣1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1mol L﹣1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1mL
Ⅱ ，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
31．铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂Cr2O3可由（NH4）2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：（NH4）2Cr2O7Cr2O3+ + 。
②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1，X（g）→Y（g）过程的焓变为 （列式表示）。
③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线 （用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为 。
（2）K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（i）Cr2O（aq）+H2O（l） 2HCrO（aq） K1＝3.0×10﹣2（25℃）
（ii）HCrO（aq） CrO（aq）+H+（aq） K2＝3.3×10﹣7（25℃）
①下列有关K2Cr2O7溶液的说法正确的有 。
A.加入少量硫酸，溶液的pH不变
B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C.加入少量NaOH溶液，反应（i）的平衡逆向移动
D.加入少量K2Cr2O7固体，平衡时c2（HCrO）与c（Cr2O）的比值保持不变
②25℃时，0.10mol L﹣1K2Cr2O7溶液中lg随pH的变化关系如图2。当pH＝9.00时，设Cr2O、HCrO与CrO的平衡浓度分别为x、y、zmol L﹣1，则x、y、z之间的关系式为 ＝0.10；计算溶液中HCrO的平衡浓度（写出计算过程，结果保留两位有效数字） 。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（λ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（λmax）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（i）和（ii）平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的K2Cr2O7稀溶液，测得其A随λ的变化曲线如图3。波长λ1、λ2和λ3中，与CrO的λmax最接近的是 ；溶液pH从a变到b的过程中，的值 （填“增大”“减小”或“不变”）。
32．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝94kJ mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ mol﹣1
计算H2S热分解反应④2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）的ΔH4＝ kJ mol﹣1。
（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
（3）在1470K、100kPa反应条件下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 ，平衡常数Kp＝ kPa。
（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n（H2S）：n（Ar）分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S﹣Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率 ，理由是 。
②n（H2S）：n（Ar）＝1：9对应图中曲线 ，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为 kPa s﹣1。
33．金属钛（Ti）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（TiO2）转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1）TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
（ⅰ）直接氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1＝172kJ mol﹣1，Kp1＝1.0×10﹣2
（ⅱ）碳氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ mol﹣1，Kp2＝1.2×1012Pa
①反应2C（s）+O2（g）═2CO（g）的ΔH为 kJ mol﹣1，Kp＝ Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）；温度升高，平衡转化率 （填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应C（s）+CO2（g）═2CO（g）的平衡常数Kp（1400℃）＝ Pa。
②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
（3）TiO2碳氯化是一个“气﹣固﹣固”反应，有利于TiO2﹣C“固﹣固”接触的措施是 。
34．主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应：2H2S（g）+SO2（g） S8（s）+2H2O（g）。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c（H2S）＝2.0×10﹣5mol L﹣1、c（SO2）＝5.0×10﹣5mol L﹣1、c（H2O）＝4.0×10﹣3mol L﹣1，计算该温度下的平衡常数K＝ 。
（2）热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解（一边进料，另一边出料），发生如下反应：
Ⅰ.2H2S（g） 2H2（g）+S2（g） ΔH1＝170kJ mol﹣1
Ⅱ.CH4（g）+S2（g） CS2（g）+2H2（g） ΔH2＝64kJ mol﹣1
总反应：
Ⅲ.2H2S（g）+CH4（g） CS2（g）+4H2（g）
投料按体积之比V（H2S）：V（CH4）＝2：1，并用N2稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2的体积分数如下表：
温度/℃ 950 1000 1050 1100 1150
H2/V（%） 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
CS2/V（%） 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是 。
②下列说法正确的是 。
A．其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高
C．由实验数据推出H2S中的S﹣H键强于CH4中的C﹣H键
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图。
④在1000℃、常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[V（H2S）：V（CH4）]，H2S的转化率不变，原因是 。
⑤在950℃～1150℃范围内（其他条件不变），S2（g）的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因 。
35．工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。
请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＝﹣394kJ mol﹣1
反应2：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH2＝﹣566kJ mol﹣1
反应3：2C（s）+O2（g）═2CO（g）ΔH3
①设y＝ΔH﹣TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是 。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比 。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH＝131kJ mol﹣1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是 。
（3）一氧化碳变换反应：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH＝﹣41kJ mol﹣1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数×总压）：p（CO）＝0.25MPa、p（H2O）＝0.25MPa、p（CO2）＝0.75MPa和p（H2）＝0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为 。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为 。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是 。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量﹣反应过程如图2所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤Ⅰ： ；步骤Ⅱ： 。
化学反应原理部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共27小题）
1．【解答】A．H2SO4各元素的化合价均未发生改变，故H2SO4未发生还原反应，故A错误；
B．反应物中只有Na2S2O3中的S元素的化合价发生变化，S的化合价既有升高又有降低，则Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．S为还原产物，SO2为氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比1：1，故C错误；
D．Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子，故D错误；
故选：B。
2．【解答】A.甲酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误；
B.Fe为单质，不属于化合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；
C.碳酸钠为盐，属于强电解质，故C正确；
D.乙炔在水溶液中或熔融状态下均不能电离，属于非电解质，故D错误；
故选：C。
3．【解答】A.由图像可知，在甲绝热下，开始压强开始增大，说明反应温度升高，故反应为放热反应，所以ΔH＜0，故A错误；
B.根据克拉伯龙方程pV＝nRT，其他条件相同时，温度越高则n越小，a点温度大于b点温度，故气体的总物质的量：na＜nc，故B正确；
C.设Z平衡物质的量为n，列出三步法：2X（g）+Y（g） Z（g）
2 1 0
2n n n
2﹣2n 1﹣n n
若在恒温下，因为平衡的压强是初始一半，故×（2mol+1mol）＝3﹣2n，解得n＝0.75mol，根据K＝＝12，这是在温度不变的情况下，实际上a的温度大于c，平衡逆向移动，故a点平衡常数：K＜12，故C错误；
D.温度越高，反应速率越大，因为甲是在绝热条件下，故a的温度大于b的温度，故反应速率：va正＞vb正，故D错误；
故选：B。
4．【解答】A.CH4是在水溶液和液态时都不导电的化合物，属于非电解质，故A正确；
B.KI是在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，属于电解质，故B错误；
C.NaOH是在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，属于电解质，故C错误；
D.CH3COOH是在水溶液中能够导电的化合物，属于电解质，故D错误；
故选：A。
5．【解答】A．实验①中v（NH3）＝mol﹣1 L﹣1 min﹣1＝2.00×10﹣5mol﹣1 L﹣1 min﹣1，则v（N2）＝v（NH3）＝1.00×10﹣5mol﹣1 L﹣1 min﹣1，故A正确；
B.催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气气浓度为4.00×10﹣4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10﹣4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x＜0.4，即x≠0.4，故B正确；
C.实验①、实验②中0～20min、20min～40min 氨气浓度变化量都是4.00×10﹣4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，故C错误；
D．结合①②③的数据，催化剂表面积越大，反应速率越快，则相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，故D正确；
故选：C。
6．【解答】A.根据稳定结构可知，C原子形成4对共用电子对，N原子形成3对共用电子对，而H原子形成1对共用电子对，HCN的电子式为，故A正确；
B.新法是加成反应，原子利用率达到百分之百，故新法原子利用率高，故B正确；
C.NH4HSO4溶液中NH4+会发生水解，故1L0.05mol L﹣1的NH4HSO4溶液中NH4+的微粒数小于0.05NA，故C正确；
D.Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数增多，同时百分数也会增多，故D错误；
故选：D。
7．【解答】A．Ksp（AgI）最小，即I﹣先沉淀，生成的AgI为黄色，故A错误；
B．根据分析，原溶液中I﹣的物质的量为1.5×10﹣4mol，则I﹣的浓度为：c＝＝＝0.0100mol L﹣1，故B错误；
C．当Br﹣沉淀完全时，Br﹣浓度为1.0×10﹣5mol/L，溶液中的c（Ag+）═＝5.4×10﹣8mol/L，若Cl﹣已经开始沉淀，则此时溶液中的c（Cl﹣）═＝（）mol/L＝3.3×10﹣3mol/L，原溶液中的c（Cl﹣）＝ c（I﹣）＝0.0100mol L﹣1，氯离子减少，即已经有部分Cl﹣沉淀，故C正确；
D．b点硝酸银过量，Ag+浓度最大，Cl﹣、Br﹣和 I﹣已沉淀完全，且Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI），各离子浓度为：c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（Br﹣）＞c（I﹣），故D错误；
故选：C。
8．【解答】A．进程Ⅰ反应物的能量大于产物能量，故进程Ⅰ是放热反应，故A正确；
B．反应Ⅱ和反应Ⅰ放出能量一样多，故产生P的量一样多，故平衡时P的产率：Ⅱ＝Ⅰ，故B错误；
C．反应活化能越低，反应则越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，故C错误；
D．Z在反应前存在，在反应后又生成，起到催化作用，故D错误；
故选：A。
9．【解答】A．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e﹣＝Li）和阳极反应（Li2O2+2h+═2Li++O2），总反应可用阴阳极反应式相加，方程式为：Li2O2＝2Li+O2，故A正确；
B．充电时，电子驱动阴极反应，空穴驱动阳极反应，即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，故B正确；
C．放电时，相当于原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，正极为光催化电极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，故C错误；
D．放电时总反应与充电时相反，方程式为2Li+O2＝Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e﹣＝Li2O2，故D正确；
故选：C。
10．【解答】A.元素化合价升高对应的物质是氧化产物，C元素化合价降低，对应的产物CO是还原产物，故A错误；
B.元素化合价降低发生还原反应，H元素化合价升高，发生氧化反应，故B错误；
C.氧化剂是二氧化碳，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故C错误；
D.根据化合价升降可知，生成1molSiO2时，转移8mol电子，故D正确；
故选：D。
11．【解答】A．由于气态H的能量为218kJ mol﹣1，则H2的键能为2×218kJ mol﹣1＝436kJ mol﹣1，故A正确；
B．由于气态O的能量为249kJ mol﹣1，则H2的键能为2×249kJ mol﹣1＝498kJ mol﹣1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ mol﹣1，O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，故B正确；
C．ΔH＝生成物的总能量﹣反应物的总能量，由于HOO（g）＝HO（g）+O（g） ΔH＝249kJ mol﹣1+39kJ mol﹣1﹣10kJ mol﹣1＝278kJ mol﹣1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ mol﹣1，解离氧氧单键所需能量：HOO＞H2O2，故C错误；
D．ΔH＝生成物的总能量﹣反应物的总能量，H2O（g）+O（g）═H2O2（g）ΔH＝﹣136kJ mol﹣1﹣（﹣242kJ mol﹣1+249kJ mol﹣1）＝﹣143kJ mol﹣1，故D正确；
故选：C。
12．【解答】A．反应Cl2（g）+H2O（l） HClO（aq）+H+（aq）+Cl﹣（aq）ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，氯水中的c（HClO）减小，故A正确；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，生成醋酸根离子，溶液中的氢离子和醋酸根离子反应生成醋酸弱电解质，反应Cl2（g）+H2O（l） HClO（aq）+H+（aq）+Cl﹣（aq）的平衡正向移动，c（HClO）增大，故B正确；
C．次氯酸存在电离平衡HClO H++ClO﹣，加水稀释，次氯酸浓度变化远大于氯离子变化，则稀释，增大，故C正确；
D．取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，说明溶液中存在氯离子，而Cl2和HClO均能氧化碘离子为碘单质，溶液变蓝色，则不可以证明上述反应存在限度，故D错误；
故选：D。
13．【解答】A．能形成锂﹣海水电池，则海水为电解质溶液，故A正确；
B．N极为正极，正极上发生还原反应，电极反应为O2+4e﹣+H2O＝4OH﹣，故B错误；
C．Li易与水反应，则玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能，故C正确；
D．海水电池是以海水为电解质溶液的一类电池，海水源源不断，不需要另外携带电解质溶液，所以该锂﹣海水电池属于一次电池，故D正确；
故选：B。
14．【解答】A．常温下溶液I的pH＝7.0，则溶液I中c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol/L，c（H+）＜c（OH﹣）+c（A﹣），故A错误；
B．常温下溶液II的pH＝1.0，溶液中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），则＝1.0×10﹣3，解得＝，故B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c（HA）相等，故C错误；
D．常温下溶液I的pH＝7.0，溶液I中c（H+）＝1×10﹣7mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液I中c总（HA）＝（10﹣4+1）c（HA），溶液II的pH＝1.0，溶液II中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液II中c总（HA）＝1.01c（HA），未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c（HA）相等，溶液I和II中c总（HA）之比为[（104+1）c（HA）]：[1.01c（HA）]＝（104+1）：1.01≈104，故D错误；
故选：B。
15．【解答】A.分析可知，2ΔH1≈ΔH2，只能说明双键之间的能量差，无法说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，故A错误；
B.ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B正确；
C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；
D.ΔH3﹣ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4﹣ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性，故D正确；
故选：A。
16．【解答】A.图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率，故A正确；
B.b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为瞬时速率，故B正确；
C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v（B）＝2v（X），故C错误；
D.维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故D正确；
故选：C。
17．【解答】选项中的物质属于盐类的是氯化铵和氯化钡，硫酸属于酸，氢氧化钙属于碱，但是氯化钡是强酸强碱盐，不会发生水解，溶液显示中性，只有氯化铵中铵根离子会水解反应，导致溶液显示酸性，
故选：A。
18．【解答】A．电极A发生的反应为：LiMn2O4+8H++3e﹣═2Mn2++Li++4H2O，发生还原反应，为阴极，故A正确；
B．由图示可知电极B发生的电极反应为：2H2O+Mn2+﹣2e﹣═MnO2+4H+，故B正确；
C．电解过程中水会增加，锰离子浓度会减小，需补充硫酸锰，故C错误；
D．因为Li2CO3难溶，故可添加碳酸钠进行沉淀，故D正确；
故选：C。
19．【解答】A.水解能力C6H5O﹣＞CH3COO﹣，相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c（C6H5O﹣）＜c（CH3COO﹣），故A错误；
B.NaOH溶液中，升高温度，氢氧根离子浓度不变，Kw增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；
C.25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，c（H+）＝10﹣10mol/L，苯酚（C6H5OH）的Ka＝＝═1.0×10﹣10，故溶液中c（C6H5O﹣）＝c（C6H5OH），故C正确；
D.C6H5ONa在水中能水解，促进水的电离，0.10mol L﹣1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变大，故D错误；
故选：C。
20．【解答】A．充电时，a电极得电子为阴极，b极为阳极，故A错误；
B．NaCl溶液显中性，pH不变，故B错误；
C．放电时，a电极为负极，电极反应式为Na3Ti2（PO4）3﹣2e﹣═NaTi2（PO4）3+2Na+，Cl2+2e﹣═2Cl﹣，NaCl溶液的浓度增大，故C正确；
D．每生成1molCl2，电路中转移2mol电子，电极a质量理论上增加2mol钠离子，增加的质量为2mol×23g/mol＝46g，故D错误；
故选：C。
21．【解答】A．由图可知，温度越高，氢气的含量越少，故升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0，故A错误；
B．因为水的系数比BaS的大，即水的增加量应该比BaS增加的快，故最上面的一条线是n（H2O）的变化，a为n（BaS）随温度的变化曲线，故B错误；
C．向平衡体系中充入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，故C正确；
D．硫酸钡是固体，增加固体的量对平衡无影响，故氢气的转化率不变，故D错误；
故选：C。
22．【解答】A．Al作阴极，电极反应式为Al3++3e﹣═Al，故A错误；
B．阴极铝离子得电子被还原生成Al，故B错误；
C．Cu活泼性比Al差，不能失电子，在电解槽底部产生含Cu的阳极泥，故C正确；
D．阳极Al、Mg等放电，同时产生含Cu的阳极泥，阴极铝离子得电子生成Al，两极质量变化不相等，故D错误；
故选：C。
23．【解答】A．淀粉属于多糖，在一定条件下能水解，水解的最终产物是葡萄糖，故A正确；
B．葡萄糖和果糖的分子式为C6H12O6，含有碳、氢、氧三种元素，属于烃的衍生物，故B错误；
C．CO是含有14e﹣的分子，1molCO中含有14×6.02×1023个电子，故C错误；
D．未指明状态，22.4L二氧化碳不一定是1mol，被还原生成1molCO的物质的量无法计算，故D错误；
故选：A。
24．【解答】A．K+从III区通过隔膜迁移到II区，故A错误；
B．Ⅰ区的SO42﹣通过隔膜向Ⅱ区迁移，II区中K2SO4溶液的浓度增大，故B正确；
C．MnO2电极做正极，电极反应为：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故C正确；
D．保持正负极得失电子数相同，将正负极反应相加即可得总反应为Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O，故D正确；
故选：A。
25．【解答】A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag﹣e﹣+Cl﹣═AgCl，故A错误；
B．pH计的玻璃膜球泡需要对H+有特殊敏感才能有测量pH的作用，故B错误；
C．pH与电池的电动势E存在关系：pH＝，利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，故C正确；
D．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag﹣AgCl电极）和另一Ag﹣AgCl电极插入待测溶液中组成电池，故D错误；
故选：C。
26．【解答】AB型强电解质溶于水时可能放热也可能吸热，如：CuSO4溶于水放热、NaHCO3溶于水吸热，所以焓变可能大于0也可能小于0；AB（s）强电解质溶解于水，固体转化为离子，混乱度增大，生成的离子会结合水分子形成水合离子，在形成水合离子的过程中，这些结合水在配位作用和静电作用的影响之下，会形成非常规整的结构，则溶剂的混乱度减小，整个溶解过程的熵变取决于固体转化为离子时的熵增与水合过程的熵减两个作用的相对大小，如果前者占主导，则整个溶解过程熵增，否则熵减，所以AB型强电解质溶于水熵变可能大于0也可能小于0，
故选：D。
27．【解答】A．多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者大于后者，故A错误；
B．溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L，H2A电离程度较小，则该溶液中c（H2A）≈0.1mol/L，Ka1＝＝＝1.3×10﹣7，c（HA﹣）＝1.3×10﹣5mol/L，c（HA﹣）≈c（H2A）电离，H2A的电离度≈×100%＝0.013%，故B正确；
C．假设溶液中c（A2﹣）＝c（HA﹣），则溶液中Ka2＝×c（H+）＝c（H+）＝7.1×10﹣15mol/L，溶液的pH大于14小于15，要使溶液的pH值小于14，c（A2﹣）：c（HA﹣）应该小于1，即c（A2﹣）＜c（HA﹣），故C错误；
D．加水稀释促进H2A电离，取pH＝a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，稀释后溶液中c（H+）大于原来的，则该溶液pH＜a+1，故D错误；
故选：B。
二．填空题（共1小题）
28．【解答】（1）乙醇的沸点低于水的沸点，乙醇的挥发性比水的强，
故答案为：乙醇的沸点低于水的沸点；
（2）KH的还原性比NaH的强，原因是：K+离子半径大于Na+离子半径，KH中的离子键不如NaH中的离子键强，则KH中H﹣离子容易失电子，表现出较强的还原性，
故答案为：K+离子半径大于Na+离子半径，KH中的离子键不如NaH中的离子键强，则KH中H﹣离子容易失电子，表现出较强的还原性。
三．解答题（共7小题）
29．【解答】（1）①A.平衡时向容器中充入惰性气体，因为在恒容条件下，各物质的浓度不变，平衡不移动，故A错误；
B.因为C是固体，故混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；
C.若Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g），Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）反应全部转化，则平衡时H2的体积分数，但反应为可逆反应，不能进行彻底，故平衡时H2的体积分数小于，故C错误；
D.将炭块粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，故D正确；
故答案为：BD；
②设反应Ⅰ中水转化的物质的量为a，反应Ⅱ中水转化的物质的量为b，可列出以下式子：
C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
1mol 0 0 a 1﹣a 0 a
a a a b b b b
1mol﹣a a a a﹣b 1﹣a﹣b b a+b
根据H2O（g）的转化率为50%，可得×100%＝50%，CO的物质的量为0.1mol可得a﹣b＝0.1，解得a＝0.3mol，b＝0.2mol，则反应Ⅰ吸收能量0.3mol×131.4kJ mol﹣1＝39.42kJ，反应Ⅱ放出热量为：0.2mol×41.1kJ mol﹣1＝8.22kJ，故整个过程是吸热过程，吸收热量为：39.42kJ﹣8.22kJ＝31.2kJ；由以上计算可知：n（H2O）＝0.5mol，n（H2）＝0.5mol，n（CO）＝0.1mol，n（CO2）＝0.3mol，n（总）＝（0.5+0.5+0.1+0.3）mol＝1.4mol，物质的量之比等于压强之比可得＝，p＝0.28MPa，Kp＝＝＝0.02MPa，
故答案为：吸收；31.2；0.02MPa；
（2）①H2CO3的K2＝，所以c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝c（H+）：K2＝c（H+）：5×10﹣11＝2：1，c（H+）＝10﹣10mol/L，pH＝10，
故答案为：10；
②再生塔中产生CO2是碳酸氢钾的分解，离子方程式为2HCO3﹣CO32﹣+CO2+H2O，
故答案为：2HCO3﹣CO32﹣+CO2+H2O；
③阴极得电子发生还原反应，电极反应为2CO2+12H++12e﹣＝C2H4+4H2O，
故答案为：2CO2+12H++12e﹣＝C2H4+4H2O。
30．【解答】（1）根据稀释前后溶质的物质的量不变，即c浓V浓＝c稀V稀得，V（HAc）浓＝＝5.0mL，
故答案为：5.0；
（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；
B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；
C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；
故答案为：C。
（3）①实验Ⅶ的溶液中n（NaAc）：n（HAc）＝3：4，V（HAc）＝4.00mL，因此V（NaAc）＝3.00mL，即a＝3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V（H2O）＝40.00mL﹣4.00mL﹣3.00mL＝33.00mL，即b＝33.00，
故答案为：3.00；33.00；
②实验Ⅰ所得溶液的pH＝2.86，实验Ⅱ的溶液中c（HAc）为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH＝2.86+1＝3.86，但实际溶液的pH＝3.36＜3.86，说明稀释过程中，溶液中c（H+）增大，即电离平衡正向移动，
故答案为：正；实验Ⅱ相对于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1；
（4）（i）滴定过程中发生反应：HAc+NaOH＝NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n（HAc）＝n（NaOH），因此22.08mL×0.1mol/L＝20.00mL×c（HAc），解得c（HAc）＝0.1104mol/L，滴定过程中，当V（NaOH）＝0时，c（H+）＝＝＝10﹣2.88mol/L，溶液的 pH＝2.88，当 V（NaOH）＝11.04mL时，n（NaAc）＝n（HAc），溶液的pH＝4.76，当V（NaOH）＝22.08mL 时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac﹣发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c（NaOH）无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：，
故答案为：0.1104；；
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mLNaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当＝1 时，溶液中c（H+）的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mLHAc溶液，使溶液中n（NaAc）＝n（HAc），
故答案为：向滴定后的混合液中加入20mLHAc溶液；
（6）不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3，具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量SO2可用作防腐剂，
故答案为：HClO；漂白剂和消毒液。
31．【解答】（1）①（NH4）2Cr2O7加热分解制备Cr2O3，同时生成的无污染气体为N2，结合原子守恒可知还生成H2O，反应的化学方程式为（NH4）2Cr2OCr2O3+N2↑+4H2O，
故答案为：N2↑；4H2O；
②由图可知，X（g）→Y（g）过程分为3个阶段，第一步反应的焓变△H1＝E1﹣E2，第二步反应的焓变△H1＝△H，第三步反应的焓变△H3＝E3﹣E4，根据盖斯定律计算总反应的焓变为E1﹣E2+△H+E3﹣E4，
故答案为：E1﹣E2+△H+E3﹣E4；
③Cr2O3催化氧化NH3的过程为：NH3催化氧化生成NO，NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，则含氮物质间的转化过程为NH3→NO→NO2→HNO3，NO2是红棕色气体，有颜色变化的反应为2NO+O2＝2NO2或3NO2+H2O＝2HNO3+NO，
故答案为：NH3→NO→NO2→HNO3；2NO+O2＝2NO2（或3NO2+H2O＝2HNO3+NO）；
（2）①A．加入少量硫酸，反应（i）、（ii）的平衡会逆向移动，但移动的减弱量较小，达到新的平衡时溶液的酸性会增强，pH减小，故A错误；
B．反应（i）、（ii）正向均是离子物质的量增大的反应，加入少量水稀释，能促进反应（i）、（ii）正向进行，溶液中离子总数增加，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液时溶液中c（H+）减小，反应（ii）正向进行，c（HCrO4﹣）减小，促进反应（i）正向进行，故C错误；
D．＝K1，常数K1只与温度有关，与浓度的改变无关，所以加入少量K2Cr2O7固体，平衡时c2（HCrO4﹣）与c（Cr2O72﹣）的比值保持不变，故D正确；
故答案为：BD；
②平衡常数K1＝＝＝3.0×10﹣2，pH＝9.00时c（H+）＝10﹣9mol/L，K2＝＝＝3.3×10﹣7，K1 K2＝×10﹣9＝3.3×10﹣7×3.0×10﹣2≈10﹣8，则＝0.1，根据Cr元素守恒有2x+y+z＝0.2，联立z＝330y，x＝0.1yz可得y≈5.0×10﹣4mol/L，即溶液中HCrO4﹣的平衡浓度5.0×10﹣4mol/L，
故答案为：；K1＝＝＝3.0×10﹣2，pH＝9时c（H+）＝10﹣9mol/L，K2＝＝＝3.3×10﹣7，则z＝330y，＝0.1，即z＝330y，x＝0.1yz，Cr元素守恒有2x+y+z＝0.2，联立可得y≈5.0×10﹣4mol/L；
③由图可知，pH＝9，吸收光的波长为λ3时A最大，即波长λ1、λ2和λ3中，与CrO42﹣的λmax最接近的λ3；K1＝，K2＝，溶液pH从a变到b的过程中pH增大，c（H+）减小，则＝增大，
故答案为：λ3；增大。
32．【解答】（1）已知：①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） ΔH1＝﹣1036kJ/mol
②4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g）△H2＝+94kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H3＝﹣484kJ/mol
根据盖斯定律（①+②）×﹣③即得到2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）的△H4＝（﹣1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170 kJ/mol，
故答案为：+170；
（2）根据盖斯定律（①+②）×可得2H2S（g）+O2（g）＝S2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣1036+94）kJ/mol×＝﹣314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高，
故答案为：副产物氢气可作燃料；耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1﹣x 0.5x x
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1﹣x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为＝50%，所以平衡常数Kp═＝≈4.76kPa，
故答案为：50%；4.76；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n（H2S）：n（Ar）越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高，
故答案为：越高；n（H2S）：n（Ar）越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；
②n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率越高，所以n（H2S）：n（Ar）＝1：9，对应的曲线是d；根据图像可知n（H2S）：n（Ar）＝1：9，反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24，假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa s﹣1，
故答案为：d；24.9。
33．【解答】（1）①根据（i）：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1＝172kJ mol﹣1，Kp1＝1.0×10﹣2 （ii）：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ mol﹣1，Kp2＝1.2×1012Pa，反应ii﹣反应i得到反应2C（s）+O2（g）═2CO（g），故ΔH＝ΔH2﹣ΔH1═﹣51kJ mol﹣1﹣172kJ mol﹣1＝﹣223kJ mol﹣1；Kp＝＝＝1.2×1014Pa，
故答案为：﹣223；1.2×1014；
②平衡常数越大，转化率越大，碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是Kp2远大于Kp1，
故答案为：Kp2远大于Kp1；
③根据勒夏特列原理可知，增大压强，平衡向气体系数减小的方向移动，TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ mol﹣1，生成物气体的系数大于反应物气体的系数，故平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，
故答案为：向左；变小；
（2）①Kp（1400℃）＝＝＝7.2×105Pa，
故答案为：7.2×105；
②考虑实际生产中要尽可能的在单位时间内多出产品，故应该为加快反应速率，提高生产效率，
故答案为：加快反应速率，提高生产效率；
（3）将固体粉碎有利于增大接触，
故答案为：将固体粉碎。
34．【解答】（1）该温度下，平衡常数K＝＝＝8×108L mol﹣1，
故答案为：8×108L mol﹣1；
（2）①根据盖斯定律，I+Ⅱ可得Ⅲ，故反应Ⅲ的△H＝（170+64）kJ/mol＝234kJ/mol，反应Ⅲ中气体体积增大，即△S＞0，而△H﹣TΔS＜0反应可自发进行，故反应Ⅲ在高温下可自发进行，
故答案为：高温；
②A．Ar是稀有气体，不参与反应，其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，故A正确；
B．正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高，故B正确；
C．根据表中实验数据，无法判断出H2S中的S﹣H键、CH4中的C﹣H键相对强弱，实际上是C﹣H键能大于S﹣H键能，故C错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，等效为降低压强，平衡正向移动，硫化氢、甲烷的浓度减小，平衡常数不变，则氢气的浓度减小，故D错误，
故答案为：AB；
③反应I、Ⅱ均为吸热反应，生成物的总能量高于反应物总能量，将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图为，
故答案为：；
④由表中数据可知，1000℃条件下，CS2%＝0，说明反应Ⅱ没有发生，即CH4不反应，而H2S的分压相同，反应I中H2S转化率相同，即H2S的转化率不变，
故答案为：1000℃条件下CH4不反应，而H2S的分压相同，反应I中H2S转化率相同；
⑤由表中数据可知，低温下，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，氢气体积分数增大，则S2的体积分数增大，而高温阶段，随温度升高CS2%增大，CS2%变化倍数大于H2%变化倍数，说明高温对反应Ⅱ的选择性增大，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小，
故答案为：先升高后降低；低温阶段，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，S2的体积分数增大，高温阶段对反应Ⅱ的选择性增大，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小。
35．【解答】（1）①由已知方程式：（2×反应1﹣反应2）可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3＝2ΔH1﹣ΔH2＝[2×（﹣394）﹣（﹣566）]kJ mol﹣1＝﹣222kJ mol﹣1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故此处填a，
故答案为：a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，
故答案为：B；
（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率，
故答案为：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率；
（3）①该反应平衡常数K＝＝＝9，
故答案为：9；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），
起始 1 x 0 0
转化 0.9 0.9 0.9 0.9
终止 0.1 x﹣0.9 0.9 0.9
则平衡常数K＝＝9，解得x＝1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1，
故答案为：1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，故A错误；
B．适当增大压强，可加快反应速率，故B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，故C正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，故D错误；
故答案为：BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O＝MO+H2、MO+CO＝M+CO2，
故答案为：M+H2O═MO+H2；MO+CO═M+CO2。
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化学反应原理部分
一．选择题（共27小题）
1．关于反应Na2S2O3+H2SO4═Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，下列说法正确的是（ ）
A．H2SO4发生还原反应
B．Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1
D．1molNa2S2O3发生反应，转移4mol电子
2．下列物质属于强电解质的是（ ）
A．HCOOH B．Fe C．Na2CO3 D．C2H2
3．向体积均为1L的两恒容容器中分别充入2molX和1molY发生反应：2X（g）+Y（g） Z（g）ΔH，其中甲为绝热过程，乙为恒温过程，两反应体系的压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．ΔH＞0
B．气体的总物质的量：na＜nc
C．a点平衡常数：K＞12
D．反应速率：va正＜vb正
4．下列物质属于非电解质的是（ ）
A．CH4 B．KI C．NaOH D．CH3COOH
5．恒温恒容的密闭容器中，在某催化剂表面上发生氨的分解反应：2NH3（g）N2（g）+3H2（g），测得不同起始浓度和催化剂表面积下氨浓度随时间的变化，如下表所示，下列说法不正确的是（ ）
编号 时间/minc（NH3）/（10﹣3mol L﹣1）表面积/cm2 0 20 40 60 80
① a 2.40 2.00 1.60 1.20 0.80
② a 1.20 0.80 0.40 x
③ 2a 2.40 1.60 0.80 0.40 0.40
A．实验①，0～20min，v（N2）＝1.00×10﹣5mol L﹣1 min﹣1
B．实验②，60min时处于平衡状态，x≠0.40
C．相同条件下，增加氨气的浓度，反应速率增大
D．相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大
6．甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
（CH3）2C＝O+HCN→（CH3）2C（OH）CN
（CH3）2C（OH）CN+CH3OH+H2SO4→CH2＝C（CH3）COOCH3+NH4HSO4
新法合成的反应：
CH3C≡CH+CO+CH3OHCH2＝C（CH3）COOCH3
下列说法错误的是（阿伏加德罗常数的值为NA）（ ）
A．HCN的电子式为
B．新法没有副产物产生，原子利用率高
C．1L0.05mol L﹣1的NH4HSO4溶液中NH4+的微粒数小于0.05NA
D．Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数目增多，百分数不变
7．室温时，用0.100mol L﹣1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl﹣、Br﹣和I﹣混合溶液，通过电位滴定法获得lgc（Ag+）与V（AgNO3）的关系曲线如图所示（忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10﹣5mol L﹣1时，认为该离子沉淀完全。Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，Ksp（AgBr）＝5.4×10﹣13，Ksp（AgI）＝8.5×10﹣17）。下列说法正确的是（ ）
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I﹣的浓度为0.100mol L﹣1
C．当Br﹣沉淀完全时，已经有部分Cl﹣沉淀
D．b点：c（Cl﹣）＞c（Br﹣）＞c（I﹣）＞c（Ag+）
8．反应物（S）转化为产物（P或P Z）的能量与反应进程的关系如图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是（ ）
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ＞Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ＞Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
9．Li﹣O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来，科学家研究了一种光照充电Li﹣O2电池（如图所示）。光照时，光催化电极产生电子（e﹣）和空穴（h+），驱动阴极反应（Li++e﹣＝Li）和阳极反应（Li2O2+2h+═2Li++O2）对电池进行充电。下列叙述错误的是（ ）
A．充电时，电池的总反应Li2O2═2Li+O2
B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C．放电时，Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D．放电时，正极发生反应O2+2Li++2e﹣═Li2O2
10．关于反应4CO2+SiH4 4CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是（ ）
A．CO是氧化产物 B．SiH4发生还原反应
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：4 D．生成1molSiO2时，转移8mol电子
11．标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质（g） O H HO HOO H2 O2 H2O2 H2O
能量/kJ mol﹣1 249 218 39 10 0 0 ﹣136 ﹣242
可根据HO（g）+HO（g）═H2O2（g）计算出H2O2中氧氧单键的键能为214kJ mol﹣1。下列说法不正确的是（ ）
H2的键能为436kJ mol﹣1
B．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：HOO＜H2O2
D．H2O（g）+O（g）═H2O2（g）ΔH＝﹣143kJ mol﹣1
12．关于反应Cl2（g）+H2O（l） HClO（aq）+H+（aq）+Cl﹣（aq）ΔH＜0，达到平衡后，下列说法不正确的是（ ）
A．升高温度，氯水中的c（HClO）减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c（HClO）增大
C．取氯水稀释，增大
D．取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
13．海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂﹣海水电池构造示意图如图。下列说法错误的是（ ）
A．海水起电解质溶液作用
B．N极仅发生的电极反应：2H2O+2e﹣═2OH﹣+H2↑
C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D．该锂﹣海水电池属于一次电池
14．常温下，一元酸HA的Ka（HA）＝1.0×10﹣3。在某体系中，H+与A﹣离子不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜（如图所示）。设溶液中c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），当达到平衡时，下列叙述正确的是（ ）
A．溶液Ⅰ中c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度（）为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c（HA）不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总（HA）之比为10﹣4
15．相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol环己烷（）的能量变化如图所示：
下列推理不正确的是（ ）
A．2ΔH1≈ΔH2，说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比
B．ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定
C．3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键
D．ΔH3﹣ΔH1＜0，ΔH4﹣ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性
16．在恒温恒容条件下，发生反应A（s）+2B（g） 3X（g），c（B）随时间的变化如图中曲线甲所示。下列说法不正确的是（ ）
A．从a、c两点坐标可求得从a到c时间间隔内该化学反应的平均速率
B．从b点切线的斜率可求得该化学反应在反应开始时的瞬时速率
C．在不同时刻都存在关系：2v（B）＝3v（X）
D．维持温度、容积、反应物起始的量不变，向反应体系中加入催化剂，c（B）随时间变化关系如图中曲线乙所示
17．水溶液呈酸性的盐是（ ）
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca（OH）2
18．通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如图（其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计）。下列说法不正确的是（ ）
A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极发应：2H2O+Mn2+﹣2e﹣═MnO2+4H+
C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节pH除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
19．25℃时，苯酚（C6H5OH）的Ka＝1.0×10﹣10，下列说法正确的是（ ）
A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c（C6H5O﹣）＞c（CH3COO﹣）
B．将浓度均为0.10mol L﹣1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c（C6H5O﹣）＝c（C6H5OH）
D．25℃时，0.10mol L﹣1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
20．科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备（如图）。充电时电极a的反应为：NaTi2（PO4）3+2Na++2e﹣═Na3Ti2（PO4）3。下列说法正确的是（ ）
A．充电时电极b是阴极
B．放电时NaCl溶液的pH减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g
21．恒容密闭容器中，BaSO4（s）+4H2（g） BaS（s）+4H2O（g）在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的ΔH＜0
B．a为n（H2O）随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入BaSO4，H2的平衡转化率增大
22．以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中（ ）
A．阴极发生的反应为Mg﹣2e﹣═Mg2+ B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥 D．阳极和阴极的质量变化相等
23．我国科学家进行了如图所示的碳循环研究。下列说法正确的是（ ）
A．淀粉是多糖，在一定条件下能水解成葡萄糖
B．葡萄糖与果糖互为同分异构体，都属于烃类
C．1molCO中含有6.02×1024个电子
D．22.4LCO2被还原生成1molCO
24．一种水性电解液Zn﹣MnO2离子选择双隔膜电池如图所示（KOH溶液中，Zn2+以Zn（OH）存在）。电池放电时，下列叙述错误的是（ ）
A．Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O
D．电池总反应：Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）+Mn2++2H2O
25．pH计是一种采用原电池原理测量溶液pH的仪器。如图所示，以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag﹣AgCl电极）和另一Ag﹣AgCl电极插入待测溶液中组成电池，pH与电池的电动势E存在关系：pH＝。下列说法正确的是（ ）
A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极反应式为：AgCl（s）+e﹣═Ag（s）+Cl﹣（0.1mol L﹣1）
B．玻璃膜内外氢离子浓度的差异不会引起电动势的变化
C．分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH
D．pH计工作时，电能转化为化学能
26．AB型强电解质在水中的溶解（可视作特殊的化学反应）表示为AB（s）═An+（aq）+Bn﹣（aq），其焓变和熵变分别为ΔH和ΔS。对于不同组成的AB型强电解质，下列说法正确的是（ ）
A．ΔH和ΔS均大于零 B．ΔH和ΔS均小于零
C．ΔH可能大于零或小于零，ΔS大于零 D．ΔH和ΔS均可能大于零或小于零
27．已知25℃时二元酸H2A的Ka1＝1.3×10﹣7，Ka2＝7.1×10﹣15。下列说法正确的是（ ）
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1mol L﹣1的H2A溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至pH＝3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，则c（A2﹣）＞c（HA﹣）
D．取pH＝a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH＝a+1
二．填空题（共1小题）
28．（1）乙醇的挥发性比水的强，原因是 。
（2）金属氢化物是应用广泛的还原剂。KH的还原性比NaH的强，原因是 。
三．解答题（共7小题）
29．2021年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途经。回答下列问题：
（1）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的C（s）和1molH2O（g），起始压强为0.2MPa时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g） ΔH1＝+131.4kJ mol﹣1
Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g） ΔH2＝﹣41.1kJ mol﹣1
①下列说法正确的是 ；
A.平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B.混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C.平衡时H2的体积分数可能大于
D.将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，H2O（g）的转化率为50%，CO的物质的量为0.1mol。此时，整个体系 （填“吸收”或“放出”）热量 kJ，反应Ⅰ的平衡常数Kp＝ （以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）。
（2）一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如图：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c（CO）：c（HCO）＝1：2，则该溶液的pH＝ （该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10﹣7，Ka2＝5.0×10﹣11）；
②再生塔中产生CO2的离子方程式为 ；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为 。
30．食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸（用HAc表示）。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，HAc的Ka＝1.75×10﹣5＝10﹣4.76。
（1）配制250mL0.1mol L﹣1的HAc溶液，需5mol L﹣1HAc溶液的体积为 mL。
（2）下列关于250mL容量瓶的操作，正确的是 。
（3）某小组研究25℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释HAc溶液或改变Ac﹣浓度，HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为0.1mol L﹣1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。
序号 V（HAc）/mL V（NaAc）/mL V（H2O）/mL n（NaAc）：n（HAc） pH
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
…
Ⅶ 4.00 a b 3：4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65
①根据表中信息，补充数据：a＝ ，b＝ 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡 （填“正”或“逆”）向移动；结合表中数据，给出判断理由： 。
③由实验Ⅱ～Ⅷ可知，增大Ac﹣浓度，HAc电离平衡逆向移动。
实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着的增加，c（H+）的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉：一定条件下，按＝1配制的溶液中，c（H+）的值等于HAc的Ka。
对比数据发现，实验Ⅷ中pH＝4.65与资料数据Ka＝10﹣4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
（i）移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol L﹣1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08mL，则该HAc溶液的浓度为 mol L﹣1。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。
（ii）用上述HAc溶液和0.1000mol L﹣1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1mol L﹣1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取20.00mLHAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1mL
Ⅱ ，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
31．铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂Cr2O3可由（NH4）2Cr2O7加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式：（NH4）2Cr2O7Cr2O3+ + 。
②Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1，X（g）→Y（g）过程的焓变为 （列式表示）。
③Cr2O3可用于NH3的催化氧化。设计从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线 （用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为 。
（2）K2Cr2O7溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（i）Cr2O（aq）+H2O（l） 2HCrO（aq） K1＝3.0×10﹣2（25℃）
（ii）HCrO（aq） CrO（aq）+H+（aq） K2＝3.3×10﹣7（25℃）
①下列有关K2Cr2O7溶液的说法正确的有 。
A.加入少量硫酸，溶液的pH不变
B.加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C.加入少量NaOH溶液，反应（i）的平衡逆向移动
D.加入少量K2Cr2O7固体，平衡时c2（HCrO）与c（Cr2O）的比值保持不变
②25℃时，0.10mol L﹣1K2Cr2O7溶液中lg随pH的变化关系如图2。当pH＝9.00时，设Cr2O、HCrO与CrO的平衡浓度分别为x、y、zmol L﹣1，则x、y、z之间的关系式为 ＝0.10；计算溶液中HCrO的平衡浓度（写出计算过程，结果保留两位有效数字） 。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（λ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（λmax）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（i）和（ii）平衡的影响，配制浓度相同、pH不同的K2Cr2O7稀溶液，测得其A随λ的变化曲线如图3。波长λ1、λ2和λ3中，与CrO的λmax最接近的是 ；溶液pH从a变到b的过程中，的值 （填“增大”“减小”或“不变”）。
32．油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1036kJ mol﹣1
②4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝94kJ mol﹣1
③2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH3＝﹣484kJ mol﹣1
计算H2S热分解反应④2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）的ΔH4＝ kJ mol﹣1。
（2）较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是，利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
（3）在1470K、100kPa反应条件下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 ，平衡常数Kp＝ kPa。
（4）在1373K、100kPa反应条件下，对于n（H2S）：n（Ar）分别为4：1、1：1、1：4、1：9、1：19的H2S﹣Ar混合气，热分解反应过程中H2S转化率随时间的变化如图所示。
①n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率 ，理由是 。
②n（H2S）：n（Ar）＝1：9对应图中曲线 ，计算其在0～0.1s之间，H2S分压的平均变化率为 kPa s﹣1。
33．金属钛（Ti）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途。目前生产钛的方法之一是将金红石（TiO2）转化为TiCl4，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1）TiO2转化为TiCl4有直接氯化法和碳氯化法。在1000℃时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
（ⅰ）直接氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1＝172kJ mol﹣1，Kp1＝1.0×10﹣2
（ⅱ）碳氯化：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ mol﹣1，Kp2＝1.2×1012Pa
①反应2C（s）+O2（g）═2CO（g）的ΔH为 kJ mol﹣1，Kp＝ Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）；温度升高，平衡转化率 （填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）在1.0×105Pa，将TiO2、C、Cl2以物质的量比1：2.2：2进行反应。体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应C（s）+CO2（g）═2CO（g）的平衡常数Kp（1400℃）＝ Pa。
②图中显示，在200℃平衡时TiO2几乎完全转化为TiCl4，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
（3）TiO2碳氯化是一个“气﹣固﹣固”反应，有利于TiO2﹣C“固﹣固”接触的措施是 。
34．主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的H2S燃烧，产生的SO2与其余H2S混合后反应：2H2S（g）+SO2（g） S8（s）+2H2O（g）。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为c（H2S）＝2.0×10﹣5mol L﹣1、c（SO2）＝5.0×10﹣5mol L﹣1、c（H2O）＝4.0×10﹣3mol L﹣1，计算该温度下的平衡常数K＝ 。
（2）热解H2S制H2。根据文献，将H2S和CH4的混合气体导入石英管反应器热解（一边进料，另一边出料），发生如下反应：
Ⅰ.2H2S（g） 2H2（g）+S2（g） ΔH1＝170kJ mol﹣1
Ⅱ.CH4（g）+S2（g） CS2（g）+2H2（g） ΔH2＝64kJ mol﹣1
总反应：
Ⅲ.2H2S（g）+CH4（g） CS2（g）+4H2（g）
投料按体积之比V（H2S）：V（CH4）＝2：1，并用N2稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得H2和CS2的体积分数如下表：
温度/℃ 950 1000 1050 1100 1150
H2/V（%） 0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
CS2/V（%） 0.0 0.0 0.1 0.4 1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是 。
②下列说法正确的是 。
A．其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高
C．由实验数据推出H2S中的S﹣H键强于CH4中的C﹣H键
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，H2的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图。
④在1000℃、常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比[V（H2S）：V（CH4）]，H2S的转化率不变，原因是 。
⑤在950℃～1150℃范围内（其他条件不变），S2（g）的体积分数随温度升高发生变化，写出该变化规律并分析原因 。
35．工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。
请回答：
（1）在C和O2的反应体系中：
反应1：C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH1＝﹣394kJ mol﹣1
反应2：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH2＝﹣566kJ mol﹣1
反应3：2C（s）+O2（g）═2CO（g）ΔH3
①设y＝ΔH﹣TΔS，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图1所示。图中对应于反应3的线条是 。
②一定压强下，随着温度的升高，气体中CO与CO2的物质的量之比 。
A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断
（2）水煤气反应：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH＝131kJ mol﹣1。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反应，其理由是 。
（3）一氧化碳变换反应：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g） ΔH＝﹣41kJ mol﹣1。
①一定温度下，反应后测得各组分的平衡压强（即组分的物质的量分数×总压）：p（CO）＝0.25MPa、p（H2O）＝0.25MPa、p（CO2）＝0.75MPa和p（H2）＝0.75MPa，则反应的平衡常数K的数值为 。
②维持与题①相同的温度和总压，提高水蒸气的比例，使CO的平衡转化率提高到90%，则原料气中水蒸气和CO的物质的量之比为 。
③生产过程中，为了提高变换反应的速率，下列措施中合适的是 。
A．反应温度愈高愈好 B．适当提高反应物压强
C．选择合适的催化剂 D．通入一定量的氮气
④以固体催化剂M催化变换反应，若水蒸气分子首先被催化剂的活性表面吸附而解离，能量﹣反应过程如图2所示。用两个化学方程式表示该催化反应历程（反应机理）：步骤Ⅰ： ；步骤Ⅱ： 。
化学反应原理部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共27小题）
1．【解答】A．H2SO4各元素的化合价均未发生改变，故H2SO4未发生还原反应，故A错误；
B．反应物中只有Na2S2O3中的S元素的化合价发生变化，S的化合价既有升高又有降低，则Na2S2O3既是氧化剂又是还原剂，故B正确；
C．S为还原产物，SO2为氧化产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比1：1，故C错误；
D．Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子，故D错误；
故选：B。
2．【解答】A.甲酸为弱酸，属于弱电解质，故A错误；
B.Fe为单质，不属于化合物，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；
C.碳酸钠为盐，属于强电解质，故C正确；
D.乙炔在水溶液中或熔融状态下均不能电离，属于非电解质，故D错误；
故选：C。
3．【解答】A.由图像可知，在甲绝热下，开始压强开始增大，说明反应温度升高，故反应为放热反应，所以ΔH＜0，故A错误；
B.根据克拉伯龙方程pV＝nRT，其他条件相同时，温度越高则n越小，a点温度大于b点温度，故气体的总物质的量：na＜nc，故B正确；
C.设Z平衡物质的量为n，列出三步法：2X（g）+Y（g） Z（g）
2 1 0
2n n n
2﹣2n 1﹣n n
若在恒温下，因为平衡的压强是初始一半，故×（2mol+1mol）＝3﹣2n，解得n＝0.75mol，根据K＝＝12，这是在温度不变的情况下，实际上a的温度大于c，平衡逆向移动，故a点平衡常数：K＜12，故C错误；
D.温度越高，反应速率越大，因为甲是在绝热条件下，故a的温度大于b的温度，故反应速率：va正＞vb正，故D错误；
故选：B。
4．【解答】A.CH4是在水溶液和液态时都不导电的化合物，属于非电解质，故A正确；
B.KI是在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，属于电解质，故B错误；
C.NaOH是在水溶液和熔融状态下都能够导电的化合物，属于电解质，故C错误；
D.CH3COOH是在水溶液中能够导电的化合物，属于电解质，故D错误；
故选：A。
5．【解答】A．实验①中v（NH3）＝mol﹣1 L﹣1 min﹣1＝2.00×10﹣5mol﹣1 L﹣1 min﹣1，则v（N2）＝v（NH3）＝1.00×10﹣5mol﹣1 L﹣1 min﹣1，故A正确；
B.催化剂表面积大小只影响反应速率，不影响平衡，实验③中氨气初始浓度与实验①中一样，实验③达到平衡时氨气气浓度为4.00×10﹣4mol/L，则实验①达平衡时氨气浓度也为4.00×10﹣4mol/L，而恒温恒容条件下，实验②相对于实验①为减小压强，平衡正向移动，因此实验②60min时处于平衡状态，x＜0.4，即x≠0.4，故B正确；
C.实验①、实验②中0～20min、20min～40min 氨气浓度变化量都是4.00×10﹣4mol/L，实验②中60min时反应达到平衡状态，实验①和实验②催化剂表面积相同，实验①中氨气初始浓度是实验②中氨气初始浓度的两倍，实验①60min时反应未达到平衡状态，相同条件下，增加氨气浓度，反应速率并没有增大，故C错误；
D．结合①②③的数据，催化剂表面积越大，反应速率越快，则相同条件下，增加催化剂的表面积，反应速率增大，故D正确；
故选：C。
6．【解答】A.根据稳定结构可知，C原子形成4对共用电子对，N原子形成3对共用电子对，而H原子形成1对共用电子对，HCN的电子式为，故A正确；
B.新法是加成反应，原子利用率达到百分之百，故新法原子利用率高，故B正确；
C.NH4HSO4溶液中NH4+会发生水解，故1L0.05mol L﹣1的NH4HSO4溶液中NH4+的微粒数小于0.05NA，故C正确；
D.Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子数增多，同时百分数也会增多，故D错误；
故选：D。
7．【解答】A．Ksp（AgI）最小，即I﹣先沉淀，生成的AgI为黄色，故A错误；
B．根据分析，原溶液中I﹣的物质的量为1.5×10﹣4mol，则I﹣的浓度为：c＝＝＝0.0100mol L﹣1，故B错误；
C．当Br﹣沉淀完全时，Br﹣浓度为1.0×10﹣5mol/L，溶液中的c（Ag+）═＝5.4×10﹣8mol/L，若Cl﹣已经开始沉淀，则此时溶液中的c（Cl﹣）═＝（）mol/L＝3.3×10﹣3mol/L，原溶液中的c（Cl﹣）＝ c（I﹣）＝0.0100mol L﹣1，氯离子减少，即已经有部分Cl﹣沉淀，故C正确；
D．b点硝酸银过量，Ag+浓度最大，Cl﹣、Br﹣和 I﹣已沉淀完全，且Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）＞Ksp（AgI），各离子浓度为：c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（Br﹣）＞c（I﹣），故D错误；
故选：C。
8．【解答】A．进程Ⅰ反应物的能量大于产物能量，故进程Ⅰ是放热反应，故A正确；
B．反应Ⅱ和反应Ⅰ放出能量一样多，故产生P的量一样多，故平衡时P的产率：Ⅱ＝Ⅰ，故B错误；
C．反应活化能越低，反应则越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，故C错误；
D．Z在反应前存在，在反应后又生成，起到催化作用，故D错误；
故选：A。
9．【解答】A．充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应（Li++e﹣＝Li）和阳极反应（Li2O2+2h+═2Li++O2），总反应可用阴阳极反应式相加，方程式为：Li2O2＝2Li+O2，故A正确；
B．充电时，电子驱动阴极反应，空穴驱动阳极反应，即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，故B正确；
C．放电时，相当于原电池，阳离子移向正极，阴离子移向负极，正极为光催化电极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，故C错误；
D．放电时总反应与充电时相反，方程式为2Li+O2＝Li2O2，正极反应为O2+2Li++2e﹣＝Li2O2，故D正确；
故选：C。
10．【解答】A.元素化合价升高对应的物质是氧化产物，C元素化合价降低，对应的产物CO是还原产物，故A错误；
B.元素化合价降低发生还原反应，H元素化合价升高，发生氧化反应，故B错误；
C.氧化剂是二氧化碳，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，故C错误；
D.根据化合价升降可知，生成1molSiO2时，转移8mol电子，故D正确；
故选：D。
11．【解答】A．由于气态H的能量为218kJ mol﹣1，则H2的键能为2×218kJ mol﹣1＝436kJ mol﹣1，故A正确；
B．由于气态O的能量为249kJ mol﹣1，则H2的键能为2×249kJ mol﹣1＝498kJ mol﹣1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ mol﹣1，O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，故B正确；
C．ΔH＝生成物的总能量﹣反应物的总能量，由于HOO（g）＝HO（g）+O（g） ΔH＝249kJ mol﹣1+39kJ mol﹣1﹣10kJ mol﹣1＝278kJ mol﹣1，H2O2中氧氧单键的键能为214kJ mol﹣1，解离氧氧单键所需能量：HOO＞H2O2，故C错误；
D．ΔH＝生成物的总能量﹣反应物的总能量，H2O（g）+O（g）═H2O2（g）ΔH＝﹣136kJ mol﹣1﹣（﹣242kJ mol﹣1+249kJ mol﹣1）＝﹣143kJ mol﹣1，故D正确；
故选：C。
12．【解答】A．反应Cl2（g）+H2O（l） HClO（aq）+H+（aq）+Cl﹣（aq）ΔH＜0，升高温度，平衡逆向移动，氯水中的c（HClO）减小，故A正确；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，生成醋酸根离子，溶液中的氢离子和醋酸根离子反应生成醋酸弱电解质，反应Cl2（g）+H2O（l） HClO（aq）+H+（aq）+Cl﹣（aq）的平衡正向移动，c（HClO）增大，故B正确；
C．次氯酸存在电离平衡HClO H++ClO﹣，加水稀释，次氯酸浓度变化远大于氯离子变化，则稀释，增大，故C正确；
D．取两份氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，说明溶液中存在氯离子，而Cl2和HClO均能氧化碘离子为碘单质，溶液变蓝色，则不可以证明上述反应存在限度，故D错误；
故选：D。
13．【解答】A．能形成锂﹣海水电池，则海水为电解质溶液，故A正确；
B．N极为正极，正极上发生还原反应，电极反应为O2+4e﹣+H2O＝4OH﹣，故B错误；
C．Li易与水反应，则玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能，故C正确；
D．海水电池是以海水为电解质溶液的一类电池，海水源源不断，不需要另外携带电解质溶液，所以该锂﹣海水电池属于一次电池，故D正确；
故选：B。
14．【解答】A．常温下溶液I的pH＝7.0，则溶液I中c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol/L，c（H+）＜c（OH﹣）+c（A﹣），故A错误；
B．常温下溶液II的pH＝1.0，溶液中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），则＝1.0×10﹣3，解得＝，故B正确；
C．根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c（HA）相等，故C错误；
D．常温下溶液I的pH＝7.0，溶液I中c（H+）＝1×10﹣7mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液I中c总（HA）＝（10﹣4+1）c（HA），溶液II的pH＝1.0，溶液II中c（H+）＝0.1mol/L，Ka＝＝1.0×10﹣3，c总（HA）＝c（HA）+c（A﹣），＝1.0×10﹣3，溶液II中c总（HA）＝1.01c（HA），未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c（HA）相等，溶液I和II中c总（HA）之比为[（104+1）c（HA）]：[1.01c（HA）]＝（104+1）：1.01≈104，故D错误；
故选：B。
15．【解答】A.分析可知，2ΔH1≈ΔH2，只能说明双键之间的能量差，无法说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比，故A错误；
B.ΔH2＜ΔH3，说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用，有利于物质稳定，故B正确；
C.3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；
D.ΔH3﹣ΔH1＜0，说明多一个双键变得不稳定，但ΔH4﹣ΔH3＞0，说明苯的稳定结构并不简单只是双键的原因，具有特殊稳定性，故D正确；
故选：A。
16．【解答】A.图象中可以得到单位时间内的浓度变化，反应速率是单位时间内物质的浓度变化计算得到，从a、b两点坐标可求得从a到b时间间隔内该化学反应的平均速率，故A正确；
B.b点处的切线的斜率是此时刻物质浓度除以此时刻时间，为瞬时速率，故B正确；
C.化学反应速率之比等于化学方程式计量数之比分析，3v（B）＝2v（X），故C错误；
D.维持温度、容积不变，向反应体系中加入催化剂，化学反应速率加快，平衡不移动，故D正确；
故选：C。
17．【解答】选项中的物质属于盐类的是氯化铵和氯化钡，硫酸属于酸，氢氧化钙属于碱，但是氯化钡是强酸强碱盐，不会发生水解，溶液显示中性，只有氯化铵中铵根离子会水解反应，导致溶液显示酸性，
故选：A。
18．【解答】A．电极A发生的反应为：LiMn2O4+8H++3e﹣═2Mn2++Li++4H2O，发生还原反应，为阴极，故A正确；
B．由图示可知电极B发生的电极反应为：2H2O+Mn2+﹣2e﹣═MnO2+4H+，故B正确；
C．电解过程中水会增加，锰离子浓度会减小，需补充硫酸锰，故C错误；
D．因为Li2CO3难溶，故可添加碳酸钠进行沉淀，故D正确；
故选：C。
19．【解答】A.水解能力C6H5O﹣＞CH3COO﹣，相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c（C6H5O﹣）＜c（CH3COO﹣），故A错误；
B.NaOH溶液中，升高温度，氢氧根离子浓度不变，Kw增大，氢离子浓度增大，pH减小，故B错误；
C.25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，c（H+）＝10﹣10mol/L，苯酚（C6H5OH）的Ka＝＝═1.0×10﹣10，故溶液中c（C6H5O﹣）＝c（C6H5OH），故C正确；
D.C6H5ONa在水中能水解，促进水的电离，0.10mol L﹣1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变大，故D错误；
故选：C。
20．【解答】A．充电时，a电极得电子为阴极，b极为阳极，故A错误；
B．NaCl溶液显中性，pH不变，故B错误；
C．放电时，a电极为负极，电极反应式为Na3Ti2（PO4）3﹣2e﹣═NaTi2（PO4）3+2Na+，Cl2+2e﹣═2Cl﹣，NaCl溶液的浓度增大，故C正确；
D．每生成1molCl2，电路中转移2mol电子，电极a质量理论上增加2mol钠离子，增加的质量为2mol×23g/mol＝46g，故D错误；
故选：C。
21．【解答】A．由图可知，温度越高，氢气的含量越少，故升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，ΔH＞0，故A错误；
B．因为水的系数比BaS的大，即水的增加量应该比BaS增加的快，故最上面的一条线是n（H2O）的变化，a为n（BaS）随温度的变化曲线，故B错误；
C．向平衡体系中充入惰性气体，各组分浓度不变，平衡不移动，故C正确；
D．硫酸钡是固体，增加固体的量对平衡无影响，故氢气的转化率不变，故D错误；
故选：C。
22．【解答】A．Al作阴极，电极反应式为Al3++3e﹣═Al，故A错误；
B．阴极铝离子得电子被还原生成Al，故B错误；
C．Cu活泼性比Al差，不能失电子，在电解槽底部产生含Cu的阳极泥，故C正确；
D．阳极Al、Mg等放电，同时产生含Cu的阳极泥，阴极铝离子得电子生成Al，两极质量变化不相等，故D错误；
故选：C。
23．【解答】A．淀粉属于多糖，在一定条件下能水解，水解的最终产物是葡萄糖，故A正确；
B．葡萄糖和果糖的分子式为C6H12O6，含有碳、氢、氧三种元素，属于烃的衍生物，故B错误；
C．CO是含有14e﹣的分子，1molCO中含有14×6.02×1023个电子，故C错误；
D．未指明状态，22.4L二氧化碳不一定是1mol，被还原生成1molCO的物质的量无法计算，故D错误；
故选：A。
24．【解答】A．K+从III区通过隔膜迁移到II区，故A错误；
B．Ⅰ区的SO42﹣通过隔膜向Ⅱ区迁移，II区中K2SO4溶液的浓度增大，故B正确；
C．MnO2电极做正极，电极反应为：MnO2+4H++2e﹣═Mn2++2H2O，故C正确；
D．保持正负极得失电子数相同，将正负极反应相加即可得总反应为Zn+4OH﹣+MnO2+4H+═Zn（OH）42﹣+Mn2++2H2O，故D正确；
故选：A。
25．【解答】A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag﹣e﹣+Cl﹣═AgCl，故A错误；
B．pH计的玻璃膜球泡需要对H+有特殊敏感才能有测量pH的作用，故B错误；
C．pH与电池的电动势E存在关系：pH＝，利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，故C正确；
D．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag﹣AgCl电极）和另一Ag﹣AgCl电极插入待测溶液中组成电池，故D错误；
故选：C。
26．【解答】AB型强电解质溶于水时可能放热也可能吸热，如：CuSO4溶于水放热、NaHCO3溶于水吸热，所以焓变可能大于0也可能小于0；AB（s）强电解质溶解于水，固体转化为离子，混乱度增大，生成的离子会结合水分子形成水合离子，在形成水合离子的过程中，这些结合水在配位作用和静电作用的影响之下，会形成非常规整的结构，则溶剂的混乱度减小，整个溶解过程的熵变取决于固体转化为离子时的熵增与水合过程的熵减两个作用的相对大小，如果前者占主导，则整个溶解过程熵增，否则熵减，所以AB型强电解质溶于水熵变可能大于0也可能小于0，
故选：D。
27．【解答】A．多元弱酸根离子水解，第一步水解程度远远大于第二步水解程度，所以在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者大于后者，故A错误；
B．溶液中c（H+）＝10﹣3mol/L，H2A电离程度较小，则该溶液中c（H2A）≈0.1mol/L，Ka1＝＝＝1.3×10﹣7，c（HA﹣）＝1.3×10﹣5mol/L，c（HA﹣）≈c（H2A）电离，H2A的电离度≈×100%＝0.013%，故B正确；
C．假设溶液中c（A2﹣）＝c（HA﹣），则溶液中Ka2＝×c（H+）＝c（H+）＝7.1×10﹣15mol/L，溶液的pH大于14小于15，要使溶液的pH值小于14，c（A2﹣）：c（HA﹣）应该小于1，即c（A2﹣）＜c（HA﹣），故C错误；
D．加水稀释促进H2A电离，取pH＝a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，稀释后溶液中c（H+）大于原来的，则该溶液pH＜a+1，故D错误；
故选：B。
二．填空题（共1小题）
28．【解答】（1）乙醇的沸点低于水的沸点，乙醇的挥发性比水的强，
故答案为：乙醇的沸点低于水的沸点；
（2）KH的还原性比NaH的强，原因是：K+离子半径大于Na+离子半径，KH中的离子键不如NaH中的离子键强，则KH中H﹣离子容易失电子，表现出较强的还原性，
故答案为：K+离子半径大于Na+离子半径，KH中的离子键不如NaH中的离子键强，则KH中H﹣离子容易失电子，表现出较强的还原性。
三．解答题（共7小题）
29．【解答】（1）①A.平衡时向容器中充入惰性气体，因为在恒容条件下，各物质的浓度不变，平衡不移动，故A错误；
B.因为C是固体，故混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，故B正确；
C.若Ⅰ.C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g），Ⅱ.CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）反应全部转化，则平衡时H2的体积分数，但反应为可逆反应，不能进行彻底，故平衡时H2的体积分数小于，故C错误；
D.将炭块粉碎，可增大接触面积，加快反应速率，故D正确；
故答案为：BD；
②设反应Ⅰ中水转化的物质的量为a，反应Ⅱ中水转化的物质的量为b，可列出以下式子：
C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）；CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
1mol 0 0 a 1﹣a 0 a
a a a b b b b
1mol﹣a a a a﹣b 1﹣a﹣b b a+b
根据H2O（g）的转化率为50%，可得×100%＝50%，CO的物质的量为0.1mol可得a﹣b＝0.1，解得a＝0.3mol，b＝0.2mol，则反应Ⅰ吸收能量0.3mol×131.4kJ mol﹣1＝39.42kJ，反应Ⅱ放出热量为：0.2mol×41.1kJ mol﹣1＝8.22kJ，故整个过程是吸热过程，吸收热量为：39.42kJ﹣8.22kJ＝31.2kJ；由以上计算可知：n（H2O）＝0.5mol，n（H2）＝0.5mol，n（CO）＝0.1mol，n（CO2）＝0.3mol，n（总）＝（0.5+0.5+0.1+0.3）mol＝1.4mol，物质的量之比等于压强之比可得＝，p＝0.28MPa，Kp＝＝＝0.02MPa，
故答案为：吸收；31.2；0.02MPa；
（2）①H2CO3的K2＝，所以c（HCO3﹣）：c（CO32﹣）＝c（H+）：K2＝c（H+）：5×10﹣11＝2：1，c（H+）＝10﹣10mol/L，pH＝10，
故答案为：10；
②再生塔中产生CO2是碳酸氢钾的分解，离子方程式为2HCO3﹣CO32﹣+CO2+H2O，
故答案为：2HCO3﹣CO32﹣+CO2+H2O；
③阴极得电子发生还原反应，电极反应为2CO2+12H++12e﹣＝C2H4+4H2O，
故答案为：2CO2+12H++12e﹣＝C2H4+4H2O。
30．【解答】（1）根据稀释前后溶质的物质的量不变，即c浓V浓＝c稀V稀得，V（HAc）浓＝＝5.0mL，
故答案为：5.0；
（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；
B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；
C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；
故答案为：C。
（3）①实验Ⅶ的溶液中n（NaAc）：n（HAc）＝3：4，V（HAc）＝4.00mL，因此V（NaAc）＝3.00mL，即a＝3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V（H2O）＝40.00mL﹣4.00mL﹣3.00mL＝33.00mL，即b＝33.00，
故答案为：3.00；33.00；
②实验Ⅰ所得溶液的pH＝2.86，实验Ⅱ的溶液中c（HAc）为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH＝2.86+1＝3.86，但实际溶液的pH＝3.36＜3.86，说明稀释过程中，溶液中c（H+）增大，即电离平衡正向移动，
故答案为：正；实验Ⅱ相对于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1；
（4）（i）滴定过程中发生反应：HAc+NaOH＝NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n（HAc）＝n（NaOH），因此22.08mL×0.1mol/L＝20.00mL×c（HAc），解得c（HAc）＝0.1104mol/L，滴定过程中，当V（NaOH）＝0时，c（H+）＝＝＝10﹣2.88mol/L，溶液的 pH＝2.88，当 V（NaOH）＝11.04mL时，n（NaAc）＝n（HAc），溶液的pH＝4.76，当V（NaOH）＝22.08mL 时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac﹣发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c（NaOH）无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：，
故答案为：0.1104；；
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mLNaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当＝1 时，溶液中c（H+）的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mLHAc溶液，使溶液中n（NaAc）＝n（HAc），
故答案为：向滴定后的混合液中加入20mLHAc溶液；
（6）不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3，具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量SO2可用作防腐剂，
故答案为：HClO；漂白剂和消毒液。
31．【解答】（1）①（NH4）2Cr2O7加热分解制备Cr2O3，同时生成的无污染气体为N2，结合原子守恒可知还生成H2O，反应的化学方程式为（NH4）2Cr2OCr2O3+N2↑+4H2O，
故答案为：N2↑；4H2O；
②由图可知，X（g）→Y（g）过程分为3个阶段，第一步反应的焓变△H1＝E1﹣E2，第二步反应的焓变△H1＝△H，第三步反应的焓变△H3＝E3﹣E4，根据盖斯定律计算总反应的焓变为E1﹣E2+△H+E3﹣E4，
故答案为：E1﹣E2+△H+E3﹣E4；
③Cr2O3催化氧化NH3的过程为：NH3催化氧化生成NO，NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，则含氮物质间的转化过程为NH3→NO→NO2→HNO3，NO2是红棕色气体，有颜色变化的反应为2NO+O2＝2NO2或3NO2+H2O＝2HNO3+NO，
故答案为：NH3→NO→NO2→HNO3；2NO+O2＝2NO2（或3NO2+H2O＝2HNO3+NO）；
（2）①A．加入少量硫酸，反应（i）、（ii）的平衡会逆向移动，但移动的减弱量较小，达到新的平衡时溶液的酸性会增强，pH减小，故A错误；
B．反应（i）、（ii）正向均是离子物质的量增大的反应，加入少量水稀释，能促进反应（i）、（ii）正向进行，溶液中离子总数增加，故B正确；
C．加入少量NaOH溶液时溶液中c（H+）减小，反应（ii）正向进行，c（HCrO4﹣）减小，促进反应（i）正向进行，故C错误；
D．＝K1，常数K1只与温度有关，与浓度的改变无关，所以加入少量K2Cr2O7固体，平衡时c2（HCrO4﹣）与c（Cr2O72﹣）的比值保持不变，故D正确；
故答案为：BD；
②平衡常数K1＝＝＝3.0×10﹣2，pH＝9.00时c（H+）＝10﹣9mol/L，K2＝＝＝3.3×10﹣7，K1 K2＝×10﹣9＝3.3×10﹣7×3.0×10﹣2≈10﹣8，则＝0.1，根据Cr元素守恒有2x+y+z＝0.2，联立z＝330y，x＝0.1yz可得y≈5.0×10﹣4mol/L，即溶液中HCrO4﹣的平衡浓度5.0×10﹣4mol/L，
故答案为：；K1＝＝＝3.0×10﹣2，pH＝9时c（H+）＝10﹣9mol/L，K2＝＝＝3.3×10﹣7，则z＝330y，＝0.1，即z＝330y，x＝0.1yz，Cr元素守恒有2x+y+z＝0.2，联立可得y≈5.0×10﹣4mol/L；
③由图可知，pH＝9，吸收光的波长为λ3时A最大，即波长λ1、λ2和λ3中，与CrO42﹣的λmax最接近的λ3；K1＝，K2＝，溶液pH从a变到b的过程中pH增大，c（H+）减小，则＝增大，
故答案为：λ3；增大。
32．【解答】（1）已知：①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（g） ΔH1＝﹣1036kJ/mol
②4H2S（g）+2SO2（g）＝3S2（g）+4H2O（g）△H2＝+94kJ/mol
③2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H3＝﹣484kJ/mol
根据盖斯定律（①+②）×﹣③即得到2H2S（g）＝S2（g）+2H2（g）的△H4＝（﹣1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170 kJ/mol，
故答案为：+170；
（2）根据盖斯定律（①+②）×可得2H2S（g）+O2（g）＝S2（g）+2H2O（g）△H＝（﹣1036+94）kJ/mol×＝﹣314kJ/mol，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成，因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高，
故答案为：副产物氢气可作燃料；耗能高；
（3）假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和4mol，根据三段式可知：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1﹣x 0.5x x
平衡时H2S和H2的分压相等，则二者的物质的量相等，即1﹣x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为＝50%，所以平衡常数Kp═＝≈4.76kPa，
故答案为：50%；4.76；
（4）①由于正反应是体积增大的可逆反应，n（H2S）：n（Ar）越小，H2S的分压越小，相当于降低压强，平衡向正反应方向移动，因此H2S平衡转化率越高，
故答案为：越高；n（H2S）：n（Ar）越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；
②n（H2S）：n（Ar）越小，H2S平衡转化率越高，所以n（H2S）：n（Ar）＝1：9，对应的曲线是d；根据图像可知n（H2S）：n（Ar）＝1：9，反应进行到0.1s时H2S转化率为0.24，假设在该条件下，硫化氢和氩的起始投料的物质的量分别为1mol和9mol，则根据三段式可知：
2H2S（g）═S2（g）+2H2（g）
起始（mol） 1 0 0
变化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
此时H2S的压强为≈7.51kPa，H2S的起始压强为10kPa，所以H2S分压的平均变化率为＝24.9kPa s﹣1，
故答案为：d；24.9。
33．【解答】（1）①根据（i）：TiO2（s）+2Cl2（g）═TiCl4（g）+O2（g）ΔH1＝172kJ mol﹣1，Kp1＝1.0×10﹣2 （ii）：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ mol﹣1，Kp2＝1.2×1012Pa，反应ii﹣反应i得到反应2C（s）+O2（g）═2CO（g），故ΔH＝ΔH2﹣ΔH1═﹣51kJ mol﹣1﹣172kJ mol﹣1＝﹣223kJ mol﹣1；Kp＝＝＝1.2×1014Pa，
故答案为：﹣223；1.2×1014；
②平衡常数越大，转化率越大，碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是Kp2远大于Kp1，
故答案为：Kp2远大于Kp1；
③根据勒夏特列原理可知，增大压强，平衡向气体系数减小的方向移动，TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）═TiCl4（g）+2CO（g）ΔH2＝﹣51kJ mol﹣1，生成物气体的系数大于反应物气体的系数，故平衡向逆反应方向移动，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，转化率减小，
故答案为：向左；变小；
（2）①Kp（1400℃）＝＝＝7.2×105Pa，
故答案为：7.2×105；
②考虑实际生产中要尽可能的在单位时间内多出产品，故应该为加快反应速率，提高生产效率，
故答案为：加快反应速率，提高生产效率；
（3）将固体粉碎有利于增大接触，
故答案为：将固体粉碎。
34．【解答】（1）该温度下，平衡常数K＝＝＝8×108L mol﹣1，
故答案为：8×108L mol﹣1；
（2）①根据盖斯定律，I+Ⅱ可得Ⅲ，故反应Ⅲ的△H＝（170+64）kJ/mol＝234kJ/mol，反应Ⅲ中气体体积增大，即△S＞0，而△H﹣TΔS＜0反应可自发进行，故反应Ⅲ在高温下可自发进行，
故答案为：高温；
②A．Ar是稀有气体，不参与反应，其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，故A正确；
B．正反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，其他条件不变时，温度越高，H2S的转化率越高，故B正确；
C．根据表中实验数据，无法判断出H2S中的S﹣H键、CH4中的C﹣H键相对强弱，实际上是C﹣H键能大于S﹣H键能，故C错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，等效为降低压强，平衡正向移动，硫化氢、甲烷的浓度减小，平衡常数不变，则氢气的浓度减小，故D错误，
故答案为：AB；
③反应I、Ⅱ均为吸热反应，生成物的总能量高于反应物总能量，将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，由反应原料经两步生成产物的反应过程能量示意图为，
故答案为：；
④由表中数据可知，1000℃条件下，CS2%＝0，说明反应Ⅱ没有发生，即CH4不反应，而H2S的分压相同，反应I中H2S转化率相同，即H2S的转化率不变，
故答案为：1000℃条件下CH4不反应，而H2S的分压相同，反应I中H2S转化率相同；
⑤由表中数据可知，低温下，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，氢气体积分数增大，则S2的体积分数增大，而高温阶段，随温度升高CS2%增大，CS2%变化倍数大于H2%变化倍数，说明高温对反应Ⅱ的选择性增大，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小，
故答案为：先升高后降低；低温阶段，发生反应I，随温度升高，反应I平衡正向移动，S2的体积分数增大，高温阶段对反应Ⅱ的选择性增大，反应Ⅱ消耗S2速率大于反应I生成S2的速率，S2的体积分数又减小。
35．【解答】（1）①由已知方程式：（2×反应1﹣反应2）可得反应3，结合盖斯定律得：ΔH3＝2ΔH1﹣ΔH2＝[2×（﹣394）﹣（﹣566）]kJ mol﹣1＝﹣222kJ mol﹣1，反应1前后气体分子数不变，升温y不变，对应线条b，升温促进反应2平衡逆向移动，气体分子数增多，熵增，y值增大，对应线条c，升温促进反应3平衡逆向移动，气体分子数减少，熵减，y值减小，对应线条a，故此处填a，
故答案为：a；
②温度升高，三个反应平衡均逆向移动，由于反应2焓变绝对值更大，故温度对其平衡移动影响程度大，故CO2物质的量减小，CO物质的量增大，所以CO与CO2物质的量比值增大，
故答案为：B；
（2）由于水蒸气与煤炭反应吸热，会引起体系温度的下降，从而导致反应速率变慢，不利于反应的进行，通入空气，利用煤炭与O2反应放热从而维持体系温度平衡，维持反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率，
故答案为：水蒸气与煤炭反应吸热，氧气与煤炭反应放热，交替通入空气和水蒸气有利于维持体系热量平衡，保持较高温度，有利于加快化学反应速率，同时交替通入空气和水蒸气，还可以起到稀释作用，有利于水煤气反应平衡向右移动，提高水煤气得产率；
（3）①该反应平衡常数K＝＝＝9，
故答案为：9；
②假设原料气中水蒸气为x mol，CO为1 mol，由题意列三段式如下：
CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g），
起始 1 x 0 0
转化 0.9 0.9 0.9 0.9
终止 0.1 x﹣0.9 0.9 0.9
则平衡常数K＝＝9，解得x＝1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为1.8：1，
故答案为：1.8：1；
③A．反应温度过高，会引起催化剂失活，导致反应速率变慢，故A错误；
B．适当增大压强，可加快反应速率，故B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，故C正确；
D．若为恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，若为恒压条件，通入氮气后，容器体积变大，反应物浓度减小，反应速率变慢，故D错误；
故答案为：BC；
④水分子首先被催化剂吸附，根据元素守恒推测第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2，对应反应历程依次为：M+H2O＝MO+H2、MO+CO＝M+CO2，
故答案为：M+H2O═MO+H2；MO+CO═M+CO2。
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