近三年高考化学真题分类汇编：化学反应与能量（2022年）2

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近三年高考化学真题分类汇编：化学反应与能量（2022年）2
一、选择题
1．（2022·天津市）实验装置如图所示。接通电源后，用碳棒(、)作笔，在浸有饱和NaCl溶液和石蕊溶液的湿润试纸上同时写字，端的字迹呈白色。下列结论正确的是（　　）
A．a为负极
B．端的字迹呈蓝色
C．电子流向为：
D．如果将、换成铜棒，与碳棒作电极时的现象相同
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，a'端呈白色，即生成了氯气，即发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，为阳极，阳极与电源正极相连，则a为正极，A不符合题意；
B．b'端为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根，使酚酞变红，B符合题意；
C．电子不经过电解质溶液， 电子流向为：b→b′，a′→a， C不符合题意；
D． Cu作阳极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+， 现象与碳作电极时不相同，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 a′端的字迹呈白色，则a′端生成氯气，a′端为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，b'端为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a为正极，b为负极。
2．（2022·山东）古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为（　　）
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”发生的反应为CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫磺即S：“能化……银、铜、铁，奇物”发生的反应为2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”发生的反应为CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】利用物质的氧化性说明物质在反应作氧化剂。
3．（2022·山东）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+ OOH=NO2+ OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+ C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+ OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项不符合题意；
B．根据图示，由NO生成HONO的反应有①②2种历程，B项不符合题意；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项不符合题意；
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧化还原反应中一定有电子转移；
B.由NO生成HONO的反应历程有①②的历程；
C.增大NO的量，平衡不移动；
D.无论反应历程如何，发生的反应均为2C3H8+O22C3H6+2H2O。
4．（2022·山东）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是（　　）
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．经过分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A不符合题意；
B．CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的压强，将S2-氧化生成单质S，使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B不符合题意；
C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C不符合题意；
D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，不利于Cu的生成，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】硫化铜精矿在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，反应生成CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，加入NH3中和调pH，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+，通入H2进行还原，Cu2+被还原为Cu，过滤分离出Cu，滤液中含有Zn2+，再经一系列处理可得到金属M，M为Zn单质。
5．（2022·浙江6月选考）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
能量/ 249 218 39 10 0 0
可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是（　　）
A．的键能为
B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：
D．
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．根据表格中的数据可知， H2的键能为218×2=436 ，A不符合题意；
B．由表格中的数据可知 的键能为：249×2=498 ，由题中信息可知 中氧氧单键的键能为 ，则 的键能大于 中氧氧单键的键能的两倍，B不符合题意；
C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278 ， 中氧氧单键的键能为 ，C符合题意；
D．由表中的数据可知 的 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氢气的键能为H的能量的两倍；
B.氧气的键能为O的能量的两倍，中O-O键的键能为；
D.根据ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量计算。
6．（2022·浙江6月选考）关于反应，下列说法正确的是（　　）
A．发生还原反应
B．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．发生反应，转移电子
【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，元素的化合价均未发生变化，没有发生还原反应，A不符合题意；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂，B说法符合题意；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，C不符合题意；
D．Na2S2O3中S元素为+2价，1mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.该反应中硫酸的元素未发生变化；
B.Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低；
C.该反应中氧化产物是SO2，还原产物为S；
D.Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子。
7．（2022·浙江6月选考）通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下（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：
C．电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A为阴极，发生还原反应，A不符合题意；
B．电极B为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B不符合题意；
C．由分析可知，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C符合题意；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电极A上LiMn2O4转化为Mn2+和Li+，发生了还原反应，则电极A为阴极，电极反应式为2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，电极B为阳极，电极反应为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，两极相加得到总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O。
8．（2022·湖南）向体积均为 的两恒容容器中分别充入 和 发生反应： ，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． B．气体的总物质的量：
C．a点平衡常数： D．反应速率：
【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A不符合题意；
B．该反应的ΔH<0，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，此时两者相等，则na＜nc，故B符合题意；
C．设平衡时Z的物质的量为a，则有三段式：
，恒温条件下，Pa=P始，则有3-2a=×3mol，解得a=0.75mol，则，甲为绝热容器，反应过程中温度高于乙，平衡逆向移动，故a点平衡常数：K＜12，故C不符合题意；
D．由图可知，甲容器达到平衡的时间短，则甲的反应速率比乙快，则Va正＞Vb正，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.随着反应的进行，压强先增大后减小，ΔH<0；
C.列出反应的三段式结合温度变化判断；
D.甲的反应速率比乙快。
9．（2022·湖南）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下。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：
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
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A不符合题意；
B．由上述分析可知，N为正极，正极上水和氧气均能得电子发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑和O2+4e-+2H2O=4OH-，故B符合题意；
C．Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C不符合题意；
D．该电池不可充电，属于一次电池，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】锂海水电池的总反应为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑， M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电极为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，同时氧气也可以在N极得电子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。
10．（2022·湖南）科学家发现某些生物酶体系可以促进 和 的转移（如a、b和c），能将海洋中的 转化为 进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅰ中 发生氧化反应
B．a和b中转移的 数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由图可知，过程Ⅰ中 转化为NO，氮元素由+3价降低到+2价，作氧化剂，发生还原反应，A不符合题意；
B．过程Ⅰ反应的方程式为+2H++e-NO+H2O，过程Ⅱ的方程式为2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，生成1molNO，a过程转移1mole-；消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B不符合题意；
C．过程Ⅱ的方程式为2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，n(NO)：n(NH4+)=1：4，C符合题意；
D．由图示可知，过程Ⅲ的方程式为：N2H4= N2+4H++4e-，则过程Ⅰ-Ⅲ的总反应为：2NO2-+8NH4+=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过程Ⅰ为转化为NO的过程，N元素的化合价降低；
B.过程Ⅰ反应的方程式为+2H++e-NO+H2O，过程Ⅱ的方程式为2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+；
C.过程Ⅱ中NO中N元素的化合价降低4，NH4+中N元素的化合价升高1；
D.三个过程加和即得总反应。
11．（2022·广东）以熔融盐为电解液，以含 和 等的铝合金废料为阳极进行电解，实现 的再生。该过程中（　　）
A．阴极发生的反应为
B．阴极上 被氧化
C．在电解槽底部产生含 的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阴极得电子发生还原反应，A不符合题意；
B．阳极失电子发生氧化反应，所以阳极上的Al被氧化，B不符合题意；
C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C符合题意；
D．阳极Al、Mg均失电子，且有阳极泥生成，而阴极只有Al3+得电子生成Al，根据电子守恒和元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该电池为电解池，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。根据题干信息，该电解池是通过使阳极区的Al失电子生成Al3+，Al3+进入阴极区得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，注意Mg比Al活泼，所以阳极区Mg也会失电子生成Mg2+，Cu和Si的活泼性比Al弱，但其相应离子的氧化性比Al3+强，所以实验中不能使Cu和Si参与反应。
12．（2022·广东）为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的 溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是（　　）
A．加入 溶液产生沉淀
B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C．加入 溶液无红色出现
D．加入 溶液无蓝色沉淀生成
【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的检验和鉴别；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．加入的AgNO3溶液能与NaCl反应生成AgCl白色沉淀，不能确定铁片是否被腐蚀，A不符合题意；
B．若铁片被腐蚀，则有Fe2+生成，由于I2的氧化性比Fe2+强，所以KI与Fe2+不反应，不能确定铁片是否被腐蚀，B不符合题意；
C．KSCN溶液用于检验Fe3+，铁片被腐蚀，会有Fe2+生成，不能确定铁片是否被腐蚀，C不符合题意；
D．K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+，且遇Fe2+变蓝，若铁片没被腐蚀，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】若镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入酸化的NaCl溶液中会构成原电池，其中锌作负极，铁作正极，溶液中破损的位置会变大，溶液中会有亚铁离子生成，铁会和酸反应产生H2。
13．（2022·广东）恒容密闭容器中， 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
B．a为 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 的平衡转化率增大
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
14．（2022·广东）科学家基于 易溶于 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：
下列说法正确的是（　　）
A．充电时电极b是阴极
B．放电时 溶液的 减小
C．放电时 溶液的浓度增大
D．每生成 ，电极a质量理论上增加
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析可知，充电时电极b是阳极，A不符合题意；
B．放电时电极反应式与充电时相反，根据题干信息可知，放电时电极a的反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，没有涉及c(H+)，所以NaCl溶液的pH不变，B不符合题意；
C．放电时负极的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极的电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，C符合题意；
D．充电时阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加2molNa原子，即23g/mol2mol=46g，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】充电时为电解池，正极与阳极连接，负极与阴极连接，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，根据题干信息可知电极a为阴极，则电极b为阳极，且电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。放电时为原电池，电极a为负极，电极b为正极，且电极反应式与充电时的相反。
15．（2022·全国乙卷）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电池（如图所示）．光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电．下列叙述错误的是（　　）
A．充电时，电池的总反应
B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C．放电时，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
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，充电时阴、阳极的电极反应式，将两电极反应式相加即可得电池总反应为Li2O2=2Li+O2，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，充电时，光照会使光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B不符合题意；
C．由分析可知，放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C符合题意；
D．由分析可知放电时正极反应是O2+2e-+2Li+= Li2O2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该装置放电时为原电池，金属锂作负极，电极反应式为Li-e-=Li+；光催化电极作正极，电极反应式为O2+2e-+2Li+= Li2O2。充电时为电解池，金属锂作阴极，电极反应式为Li++e-=Li；光催化电极作阳极，电极反应式为Li2O2- 2e-= O2+2 Li+。
16．（2022·浙江选考）关于反应4CO2+SiH44CO+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
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A不符合题意；
B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B不符合题意；
C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，C不符合题意；
D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2中， C元素化合价降低，被还原，CO2为氧化剂，得到还原产物CO，H元素化合价升高，被氧化，SiH4作还原剂，得到氧化产物SiO2，据此解答。
17．（2022·浙江选考）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
【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】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，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A符合题意；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，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不符合题意；
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不符合题意；
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.2ΔH1≈ΔH2只能说明双键之间的能量差；
B.能量越低越稳定；
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，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。
18．（2022·浙江选考）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=(E-常数)/0.059。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
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极为负极、负极发生氧化反应而不是还原反应，A不符合题意；
B．已知：pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则玻璃膜内外氢离子浓度的差异会引起电动势的变化，B不符合题意；
C．pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则分别测定含已知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，C符合题意；
D． pH计工作时，利用原电池原理，则化学能转化为电能，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.电势低的一极为负极，负极发生失去电子的氧化反应；
B. pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059 ；
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，可以达到测量溶液的pH目的；
D.原电池是把化学能转化为电能的装置。
19．（2022·浙江选考）下列说法正确的是（　　）
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；铁的化学性质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A不符合题意；
B．电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B符合题意；
C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C不符合题意；
D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁与碘反应生成碘化亚铁；
B.溶液中锌离子可放电生成锌；
C.石灰沉淀镁离子生成氢氧化镁；
D.SO2与BaCl2溶液不反应。
20．（2022·山东）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是（　　）
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．瓷坩埚易被强碱腐蚀，不能用瓷坩埚作反应器，A不符合题意；
B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B不符合题意；
C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价既升高又降低，故其既体现氧化性又体现还原性，C不符合题意；
D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.瓷坩埚易被强碱腐蚀；
B.使用NaOH会引入钠离子；
C. K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；
D. K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1 。
21．（2022·浙江6月选考）下列说法正确的是（　　）
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应；硝酸的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不符合题意；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不符合题意；
C．常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应，C不符合题意；
D．“洁厕灵”和“84消毒液”混用会发生归中反应生成有毒的氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，危害人体健康，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁；
B.煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫；
C.常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应。
二、非选择题
22．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)　 　。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)　 　。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为　 　，反应温度t约为　 　℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为　 　；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是　 　。
【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
23．（2022·山东）利用丁内酯(BL)制备1，4-丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变　 　。
（2）初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是　 　；反应Ⅰ平衡常数　 　(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻　 　，BD产率=　 　(保留两位有效数字)。
（3）为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是　 　(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是　 　。
【答案】（1）-200(X+Y)
（2）a或c；8.3×10-8；0.08；39%
（3）c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效，则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol的能量差值为200(X+Y)kJ，反应Ⅰ为放热反应，焓变为负值，则=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X(3)反应Ⅰ为放热反应，以BL为初始原料，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动，增大，则=1.0所需时间更长。
【分析】 （1）同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时两个平衡完全等效，且焓变为负值；
（2）X（3）反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高反应速率越快；增大压强反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动。
24．（2022·浙江6月选考）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：
在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数K=　 　。
（2）热解制。根据文献，将和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
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得和的体积分数如下表：
温度/ 950 1000 1050 1100 1150
0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
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，用替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，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、常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是　 　。
⑤在范围内（其他条件不变），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　 　。
【答案】（1）
（2）高温；AB；；时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同；先升后降。在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g) 的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2 的速率大于反应Ⅰ生成S2 的速率，S2(g) 的体积分数减小
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝ ；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A符合题意；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B符合题意；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C不符合题意；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D不符合题意；
故答案为：AB；
③反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，吸热反应反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应过程能量示意图可表示为 ；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
【分析】（1）根据计算；
（2）①ΔH－TΔS＜0时反应可自发进行；
②A.Ar不参与反应；
B.升温平衡正向移动；
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；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，平衡正向移动；
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；
④1000℃条件下CH4不参与反应；
⑤低温段，以反应Ⅰ为主，在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率。
25．（2022·湖南）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径。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 和 ，起始压强为 时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ．
Ⅱ．
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 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， 的转化率为 ， 的物质的量为 。此时，整个体系　 　（填“吸收”或“放出”）热量　 　 ，反应Ⅰ的平衡常数 　 　（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 方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中 溶液吸收一定量的 后， ，则该溶液的 　 　（该温度下 的 ）；
②再生塔中产生 的离子方程式为　 　；
③利用电化学原理，将 电催化还原为 ，阴极反应式为　 　。
【答案】（1）BD；吸收；31.2；
（2）10；2 CO2↑+ +H2O；2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体，各组分浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，A不符合题意；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，反应后过程中气体的密度发生变化，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B符合题意；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，可逆反应不能彻底进行，则平衡时H2的体积分数不可能大于，C不符合题意；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，可加快反应速率，D符合题意；
综上所述，正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa×1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）c( )：c( )=1：2，根据 可知， = ，则该溶液的pH=-lgc(H+)=10；
②KHCO3在再生塔中受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，反应的离子方程式为2 CO2↑+ +H2O；
③由图可知，水在玻碳电极发生氧化反应生成氧气，则玻碳电极为阳极，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，阴极发生还原反应，且在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
【分析】（1）①A.恒容体系中充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动；
B.该反应的密度为变量，当混合气体的密度不变时反应达到平衡；
C.可逆反应不能彻底进行；
D.增大反应物的接触面积可加快反应速率；
②根据反应Ⅰ的能量变化及反应Ⅱ的能量变化求出整个体系的热量变化；根据计算；
（2）①结合计算；
②再生塔中碳酸氢钾分解产生二氧化碳；
③阴极发生还原反应。
26．（2022·湖南）钛（ ）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要成分为 ，含少量V、 和 的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗 中含有的几种物质的沸点：
物质
沸点/ 136 127 57 180
回答下列问题：
（1）已知 ， 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略 、 随温度的变化。若 ，则该反应可以自发进行。根据下图判断： 时，下列反应不能自发进行的是______________。
A．
B．
C．
D．
（2） 与C、 在 的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
分压/
①该温度下， 与C、 反应的总化学方程式为　 　；
②随着温度升高，尾气中 的含量升高，原因是　 　。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为　 　；“除硅、铝”过程中，分离 中含 、 杂质的方法是　 　。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序　 　（填“能”或“不能”）交换，理由是　 　。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是______________。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
【答案】（1）C
（2）5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2；随着温度升高，CO2与C发生反应
（3）3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏
（4）不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质
（5）A；C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；金属冶炼的一般原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
(1)记① ，② ，③ ，④ ；
A．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时 的 ，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律， 可由①+③得到，则600℃时其 ，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应 ，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应 ；
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
【分析】（1）根据图像，结合 分析判断；
（2）①根据压强之比等于物质的量之比计算各物质的系数之比，再写出化学方程式；
②高温下碳与二氧化碳反应生成一氧化碳；
（3）“除钒”过程前，钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al生成VOCl2渣，分离沸点差距较大的物质，可用蒸馏的方法；
（4）“除钒”时需要加入Al，若后“除钒”则含有杂质Al；
（5）Mg冶炼Ti的方法为热还原法。
27．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
28．（2022·广东）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 可由 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： 　 　　 　。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1， 过程的焓变为　 　（列式表示）。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 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） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关 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 溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
② 时， 溶液中 随pH的变化关系如图2。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z ，则x、y、z之间的关系式为　 　 ；计算溶液中 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（ ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（ ）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、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图3。波长 、 和 中，与 的 最接近的是　 　；溶液 从a变到b的过程中， 的值　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2
（2）BD；；当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K2= = =3.3×10-7 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L；λ3；增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；
D．由于平衡(i)的平衡常数K1= ，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；
故答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20 mol/L，反应(ii)的平衡常数K2= =3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。
③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2= ，则 (K2)2×K1= ，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。
B. 越稀越水解，越稀越电离，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。
②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。
③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。
29．（2022·全国乙卷）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：
①
②
③
计算热分解反应④的　 　。
（2）较普遍采用的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。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是　 　，缺点是　 　。
（3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为　 　，平衡常数　 　。
（4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率　 　，理由是　 　。
②对应图中曲线　 　，计算其在之间，分压的平均变化率为　 　。
【答案】（1）170
（2）副产物氢气可作燃料；耗能高
（3）50%；4.76
（4）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；d；24.9
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律（①+②）-③即得到反应④，所以ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170kJ/mol。
（2）根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成S的同时还有燃料H2生成，但耗能高，成本较高。
（3）根据题干信息，假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=4mol，根据三段式可知：
　 2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1-x 0.5x x
平衡时H2S和H2的分压相等，则其物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，平衡常数Kp＝。
（4）①该反应过程中气体体积分数增大，n(H2S)：n(Ar)的值越小，则H2S的分压越小，相当于减压，平衡将向正反应方向移动，所以H2S平衡转化率越高。
②根据①分析可知n(H2S)：n(Ar)＝1：9对应的曲线是d，在0.1s时H2S转化率为24%。假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=9mol，则根据三段式可知
　 2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
平衡时H2S的压强为，H2S的起始压强为，所以H2S分压的平均变化率为。
【分析】（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。
（2）可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。
（3）通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。
（4）①根据勒夏特烈原理进行分析，注意惰性气体对反应中压强的影响。
②气体分压的平均变化率=，注意气体的物质的量与压强之间的关系。
30．（2022·浙江选考）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：　 　。
【答案】（1）a；B
（2）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
（3）9.0；1.8：1；BC；M+H2O=MO+H2；MO+CO=M+CO2
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【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：，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；
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，故此处填：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，有利于加快反应速率；
(3)①该反应平衡常数K=；
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：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为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，A不正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，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，D不正确；
故故答案为：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。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算，再进行判断；
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，温度对其平衡移动影响程度大；
（2）从反应速率和平衡移动的角度分析；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②列出反应的三段式计算；
③A.温度过高催化剂失去活性；
B.压强增大反应速率加快；
C.合适的催化剂能降低活化能，增大反应速率；
D.恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，恒压条件，通入氮气反应速率变慢；
④第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2。
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近三年高考化学真题分类汇编：化学反应与能量（2022年）2
一、选择题
1．（2022·天津市）实验装置如图所示。接通电源后，用碳棒(、)作笔，在浸有饱和NaCl溶液和石蕊溶液的湿润试纸上同时写字，端的字迹呈白色。下列结论正确的是（　　）
A．a为负极
B．端的字迹呈蓝色
C．电子流向为：
D．如果将、换成铜棒，与碳棒作电极时的现象相同
2．（2022·山东）古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为（　　）
A．金(Au)：“虽被火亦未熟"
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D．石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
3．（2022·山东）在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．含N分子参与的反应一定有电子转移
B．由NO生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
4．（2022·山东）高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含Zn、Fe元素的杂质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。
开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是（　　）
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．浸取时，增大压强可促进金属离子浸出
C．中和调pH的范围为3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
5．（2022·浙江6月选考）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
能量/ 249 218 39 10 0 0
可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是（　　）
A．的键能为
B．的键能大于中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：
D．
6．（2022·浙江6月选考）关于反应，下列说法正确的是（　　）
A．发生还原反应
B．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．发生反应，转移电子
7．（2022·浙江6月选考）通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下（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：
C．电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
8．（2022·湖南）向体积均为 的两恒容容器中分别充入 和 发生反应： ，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． B．气体的总物质的量：
C．a点平衡常数： D．反应速率：
9．（2022·湖南）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下。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：
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
10．（2022·湖南）科学家发现某些生物酶体系可以促进 和 的转移（如a、b和c），能将海洋中的 转化为 进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅰ中 发生氧化反应
B．a和b中转移的 数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
11．（2022·广东）以熔融盐为电解液，以含 和 等的铝合金废料为阳极进行电解，实现 的再生。该过程中（　　）
A．阴极发生的反应为
B．阴极上 被氧化
C．在电解槽底部产生含 的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
12．（2022·广东）为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果，将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的 溶液中。一段时间后，取溶液分别实验，能说明铁片没有被腐蚀的是（　　）
A．加入 溶液产生沉淀
B．加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现
C．加入 溶液无红色出现
D．加入 溶液无蓝色沉淀生成
13．（2022·广东）恒容密闭容器中， 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
B．a为 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 的平衡转化率增大
14．（2022·广东）科学家基于 易溶于 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：
下列说法正确的是（　　）
A．充电时电极b是阴极
B．放电时 溶液的 减小
C．放电时 溶液的浓度增大
D．每生成 ，电极a质量理论上增加
15．（2022·全国乙卷）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电池（如图所示）．光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电．下列叙述错误的是（　　）
A．充电时，电池的总反应
B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C．放电时，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
16．（2022·浙江选考）关于反应4CO2+SiH44CO+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
17．（2022·浙江选考）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
18．（2022·浙江选考）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=(E-常数)/0.059。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
19．（2022·浙江选考）下列说法正确的是（　　）
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
20．（2022·山东）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是（　　）
A．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
21．（2022·浙江6月选考）下列说法正确的是（　　）
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”（主要成分为盐酸）和“84消毒液”（主要成分为次氯酸钠）不能混用
二、非选择题
22．（2022·海南）某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
（1）已知：电解液态水制备，电解反应的。由此计算的燃烧热(焓)　 　。
（2）已知：的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①若反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。补充完成该反应过程的能量变化示意图(图2)　 　。
②某研究小组模拟该反应，温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中。则的转化率为　 　，反应温度t约为　 　℃。
（3）在相同条件下，与还会发生不利于氧循环的副反应：，在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂 t=350℃ t=400℃
催化剂Ⅰ 10.8 12722 345.2 42780
催化剂Ⅱ 9.2 10775 34 38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，生成的平均反应速率为　 　；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，原因是　 　。
23．（2022·山东）利用丁内酯(BL)制备1，4-丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以或BD为初始原料，在、的高压氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变　 　。
（2）初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是　 　；反应Ⅰ平衡常数　 　(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻　 　，BD产率=　 　(保留两位有效数字)。
（3）为达平衡时与的比值。、、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是　 　(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到所需时间更长，原因是　 　。
24．（2022·浙江6月选考）主要成分为的工业废气的回收利用有重要意义。
（1）回收单质硫。将三分之一的燃烧，产生的与其余混合后反应：
在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度分别为、、，计算该温度下的平衡常数K=　 　。
（2）热解制。根据文献，将和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
Ⅱ
总反应：
Ⅲ
投料按体积之比，并用稀释；常压、不同温度下反应相同时间后，测得和的体积分数如下表：
温度/ 950 1000 1050 1100 1150
0.5 1.5 3.6 5.5 8.5
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，用替代作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，的转化率越高
C．由实验数据推出中的键强于中的键
D．恒温恒压下，增加的体积分数，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、常压下，保持通入的体积分数不变，提高投料比，的转化率不变，原因是　 　。
⑤在范围内（其他条件不变），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　 　。
25．（2022·湖南）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径。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 和 ，起始压强为 时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ．
Ⅱ．
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 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， 的转化率为 ， 的物质的量为 。此时，整个体系　 　（填“吸收”或“放出”）热量　 　 ，反应Ⅰ的平衡常数 　 　（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 方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中 溶液吸收一定量的 后， ，则该溶液的 　 　（该温度下 的 ）；
②再生塔中产生 的离子方程式为　 　；
③利用电化学原理，将 电催化还原为 ，阴极反应式为　 　。
26．（2022·湖南）钛（ ）及其合金是理想的高强度、低密度结构材料。以钛渣（主要成分为 ，含少量V、 和 的氧化物杂质）为原料，制备金属钛的工艺流程如下：
已知“降温收尘”后，粗 中含有的几种物质的沸点：
物质
沸点/ 136 127 57 180
回答下列问题：
（1）已知 ， 的值只决定于反应体系的始态和终态，忽略 、 随温度的变化。若 ，则该反应可以自发进行。根据下图判断： 时，下列反应不能自发进行的是______________。
A．
B．
C．
D．
（2） 与C、 在 的沸腾炉中充分反应后，混合气体中各组分的分压如下表：
物质
分压/
①该温度下， 与C、 反应的总化学方程式为　 　；
②随着温度升高，尾气中 的含量升高，原因是　 　。
（3）“除钒”过程中的化学方程式为　 　；“除硅、铝”过程中，分离 中含 、 杂质的方法是　 　。
（4）“除钒”和“除硅、铝”的顺序　 　（填“能”或“不能”）交换，理由是　 　。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入 冶炼 的方法相似的是______________。
A．高炉炼铁 B．电解熔融氯化钠制钠
C．铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
27．（2022·广东）稀土（ ）包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿（含铁、铝等元素）中提取稀土的工艺如下：
已知：月桂酸 熔点为 ；月桂酸和 均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持 价不变； 的 ； 开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
离子
开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4
沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 /
（1）“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是　 　。
（2）“过滤1”前，用 溶液调pH至　 　的范围内，该过程中 发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提取 ，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 低于　 　 （保留两位有效数字）。
（4）①“加热搅拌”有利于加快 溶出、提高产率，其原因是　 　。
②“操作X”的过程为：先　 　，再固液分离。
（5）该工艺中，可再生循环利用的物质有　 　（写化学式）。
（6）稀土元素钇（Y）可用于制备高活性的合金类催化剂 。
①还原 和 熔融盐制备 时，生成 转移　 　 电子。
② 用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化 的还原，发生的电极反应为　 　。
28．（2022·广东）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 可由 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： 　 　　 　。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1， 过程的焓变为　 　（列式表示）。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 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） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关 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 溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
② 时， 溶液中 随pH的变化关系如图2。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z ，则x、y、z之间的关系式为　 　 ；计算溶液中 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（ ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（ ）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、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图3。波长 、 和 中，与 的 最接近的是　 　；溶液 从a变到b的过程中， 的值　 　（填“增大”“减小”或“不变”）。
29．（2022·全国乙卷）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：
①
②
③
计算热分解反应④的　 　。
（2）较普遍采用的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。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是　 　，缺点是　 　。
（3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为　 　，平衡常数　 　。
（4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率　 　，理由是　 　。
②对应图中曲线　 　，计算其在之间，分压的平均变化率为　 　。
30．（2022·浙江选考）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：　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，a'端呈白色，即生成了氯气，即发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，为阳极，阳极与电源正极相连，则a为正极，A不符合题意；
B．b'端为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成氢氧根，使酚酞变红，B符合题意；
C．电子不经过电解质溶液， 电子流向为：b→b′，a′→a， C不符合题意；
D． Cu作阳极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+， 现象与碳作电极时不相同，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 a′端的字迹呈白色，则a′端生成氯气，a′端为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，b'端为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，a为正极，b为负极。
2．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”发生的反应为CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫磺即S：“能化……银、铜、铁，奇物”发生的反应为2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”发生的反应为CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
【分析】利用物质的氧化性说明物质在反应作氧化剂。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+ OOH=NO2+ OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+ C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+ OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项不符合题意；
B．根据图示，由NO生成HONO的反应有①②2种历程，B项不符合题意；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项不符合题意；
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧化还原反应中一定有电子转移；
B.由NO生成HONO的反应历程有①②的历程；
C.增大NO的量，平衡不移动；
D.无论反应历程如何，发生的反应均为2C3H8+O22C3H6+2H2O。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．经过分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A不符合题意；
B．CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的压强，将S2-氧化生成单质S，使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B不符合题意；
C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe3+转化为沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2～4.2，C不符合题意；
D．在用H2还原Cu2+变为Cu单质时，H2失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去电子还原Cu单质，不利于Cu的生成，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】硫化铜精矿在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，反应生成CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，加入NH3中和调pH，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+，通入H2进行还原，Cu2+被还原为Cu，过滤分离出Cu，滤液中含有Zn2+，再经一系列处理可得到金属M，M为Zn单质。
5．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；热化学方程式
【解析】【解答】A．根据表格中的数据可知， H2的键能为218×2=436 ，A不符合题意；
B．由表格中的数据可知 的键能为：249×2=498 ，由题中信息可知 中氧氧单键的键能为 ，则 的键能大于 中氧氧单键的键能的两倍，B不符合题意；
C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278 ， 中氧氧单键的键能为 ，C符合题意；
D．由表中的数据可知 的 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.氢气的键能为H的能量的两倍；
B.氧气的键能为O的能量的两倍，中O-O键的键能为；
D.根据ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量计算。
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，元素的化合价均未发生变化，没有发生还原反应，A不符合题意；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低，既是氧化剂又是还原剂，B说法符合题意；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，C不符合题意；
D．Na2S2O3中S元素为+2价，1mol Na2S2O3发生反应，转移2 mol电子，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.该反应中硫酸的元素未发生变化；
B.Na2S2O3中S元素的化合价既升高又降低；
C.该反应中氧化产物是SO2，还原产物为S；
D.Na2S2O3中S元素为+2价，1molNa2S2O3发生反应，转移2mol电子。
7．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，电极A为阴极，发生还原反应，A不符合题意；
B．电极B为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B不符合题意；
C．由分析可知，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C符合题意；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】电极A上LiMn2O4转化为Mn2+和Li+，发生了还原反应，则电极A为阴极，电极反应式为2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，电极B为阳极，电极反应为2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，两极相加得到总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O。
8．【答案】B
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数
【解析】【解答】A．甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程PV=nRT可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即ΔH＜0，故A不符合题意；
B．该反应的ΔH<0，图中a点和c点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，此时两者相等，则na＜nc，故B符合题意；
C．设平衡时Z的物质的量为a，则有三段式：
，恒温条件下，Pa=P始，则有3-2a=×3mol，解得a=0.75mol，则，甲为绝热容器，反应过程中温度高于乙，平衡逆向移动，故a点平衡常数：K＜12，故C不符合题意；
D．由图可知，甲容器达到平衡的时间短，则甲的反应速率比乙快，则Va正＞Vb正，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.随着反应的进行，压强先增大后减小，ΔH<0；
C.列出反应的三段式结合温度变化判断；
D.甲的反应速率比乙快。
9．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A不符合题意；
B．由上述分析可知，N为正极，正极上水和氧气均能得电子发生还原反应，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑和O2+4e-+2H2O=4OH-，故B符合题意；
C．Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C不符合题意；
D．该电池不可充电，属于一次电池，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】锂海水电池的总反应为2Li+2H2O=2LiOH+H2↑， M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电极为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，同时氧气也可以在N极得电子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．由图可知，过程Ⅰ中 转化为NO，氮元素由+3价降低到+2价，作氧化剂，发生还原反应，A不符合题意；
B．过程Ⅰ反应的方程式为+2H++e-NO+H2O，过程Ⅱ的方程式为2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，生成1molNO，a过程转移1mole-；消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B不符合题意；
C．过程Ⅱ的方程式为2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，n(NO)：n(NH4+)=1：4，C符合题意；
D．由图示可知，过程Ⅲ的方程式为：N2H4= N2+4H++4e-，则过程Ⅰ-Ⅲ的总反应为：2NO2-+8NH4+=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过程Ⅰ为转化为NO的过程，N元素的化合价降低；
B.过程Ⅰ反应的方程式为+2H++e-NO+H2O，过程Ⅱ的方程式为2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+；
C.过程Ⅱ中NO中N元素的化合价降低4，NH4+中N元素的化合价升高1；
D.三个过程加和即得总反应。
11．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阴极得电子发生还原反应，A不符合题意；
B．阳极失电子发生氧化反应，所以阳极上的Al被氧化，B不符合题意；
C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C符合题意；
D．阳极Al、Mg均失电子，且有阳极泥生成，而阴极只有Al3+得电子生成Al，根据电子守恒和元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该电池为电解池，阳极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应。根据题干信息，该电解池是通过使阳极区的Al失电子生成Al3+，Al3+进入阴极区得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，注意Mg比Al活泼，所以阳极区Mg也会失电子生成Mg2+，Cu和Si的活泼性比Al弱，但其相应离子的氧化性比Al3+强，所以实验中不能使Cu和Si参与反应。
12．【答案】D
【知识点】二价铁离子和三价铁离子的检验；物质的检验和鉴别；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．加入的AgNO3溶液能与NaCl反应生成AgCl白色沉淀，不能确定铁片是否被腐蚀，A不符合题意；
B．若铁片被腐蚀，则有Fe2+生成，由于I2的氧化性比Fe2+强，所以KI与Fe2+不反应，不能确定铁片是否被腐蚀，B不符合题意；
C．KSCN溶液用于检验Fe3+，铁片被腐蚀，会有Fe2+生成，不能确定铁片是否被腐蚀，C不符合题意；
D．K3[Fe(CN)6]用于检验Fe2+，且遇Fe2+变蓝，若铁片没被腐蚀，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】若镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入酸化的NaCl溶液中会构成原电池，其中锌作负极，铁作正极，溶液中破损的位置会变大，溶液中会有亚铁离子生成，铁会和酸反应产生H2。
13．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
14．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．根据分析可知，充电时电极b是阳极，A不符合题意；
B．放电时电极反应式与充电时相反，根据题干信息可知，放电时电极a的反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，没有涉及c(H+)，所以NaCl溶液的pH不变，B不符合题意；
C．放电时负极的电极反应式为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，正极的电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，C符合题意；
D．充电时阳极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，根据得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加2molNa原子，即23g/mol2mol=46g，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】充电时为电解池，正极与阳极连接，负极与阴极连接，阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应，根据题干信息可知电极a为阴极，则电极b为阳极，且电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑。放电时为原电池，电极a为负极，电极b为正极，且电极反应式与充电时的相反。
15．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，充电时阴、阳极的电极反应式，将两电极反应式相加即可得电池总反应为Li2O2=2Li+O2，A不符合题意；
B．根据题干信息可知，充电时，光照会使光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，即充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B不符合题意；
C．由分析可知，放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li+从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C符合题意；
D．由分析可知放电时正极反应是O2+2e-+2Li+= Li2O2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】该装置放电时为原电池，金属锂作负极，电极反应式为Li-e-=Li+；光催化电极作正极，电极反应式为O2+2e-+2Li+= Li2O2。充电时为电解池，金属锂作阴极，电极反应式为Li++e-=Li；光催化电极作阳极，电极反应式为Li2O2- 2e-= O2+2 Li+。
16．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A不符合题意；
B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B不符合题意；
C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，C不符合题意；
D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2中， C元素化合价降低，被还原，CO2为氧化剂，得到还原产物CO，H元素化合价升高，被氧化，SiH4作还原剂，得到氧化产物SiO2，据此解答。
17．【答案】A
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；反应热的大小比较
【解析】【解答】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，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A符合题意；
B．ΔH2＜ΔH3，即单双键交替的物质能量低，更稳定，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不符合题意；
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不符合题意；
D．ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.2ΔH1≈ΔH2只能说明双键之间的能量差；
B.能量越低越稳定；
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，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。
18．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极为负极、负极发生氧化反应而不是还原反应，A不符合题意；
B．已知：pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则玻璃膜内外氢离子浓度的差异会引起电动势的变化，B不符合题意；
C．pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则分别测定含已知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，C符合题意；
D． pH计工作时，利用原电池原理，则化学能转化为电能，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.电势低的一极为负极，负极发生失去电子的氧化反应；
B. pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059 ；
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，可以达到测量溶液的pH目的；
D.原电池是把化学能转化为电能的装置。
19．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；铁的化学性质；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A不符合题意；
B．电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B符合题意；
C．石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C不符合题意；
D．SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁与碘反应生成碘化亚铁；
B.溶液中锌离子可放电生成锌；
C.石灰沉淀镁离子生成氢氧化镁；
D.SO2与BaCl2溶液不反应。
20．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．瓷坩埚易被强碱腐蚀，不能用瓷坩埚作反应器，A不符合题意；
B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B不符合题意；
C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价既升高又降低，故其既体现氧化性又体现还原性，C不符合题意；
D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.瓷坩埚易被强碱腐蚀；
B.使用NaOH会引入钠离子；
C. K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；
D. K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1 。
21．【答案】D
【知识点】工业制取硫酸；氧化还原反应；硝酸的化学性质；金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A．工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不符合题意；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不符合题意；
C．常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应，C不符合题意；
D．“洁厕灵”和“84消毒液”混用会发生归中反应生成有毒的氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，危害人体健康，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.工业上通过电解熔融的氯化镁制取金属镁；
B.煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫；
C.常温下铁与浓硝酸钝化，不是不反应。
22．【答案】（1）-286
（2）；50%或0.5；660.2(或660.1或660.3，其他答案酌情给分)
（3）5.4；相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【知识点】燃烧热；化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)电解液态水制备，电解反应的，则2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，从而可知1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，的燃烧热(焓)-286。
(2)①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知＝ａ，则ａ，则生成物能量低于a，因此该反应过程的能量变化示意图为：。
②温度t下，向容积为10L的抽空的密闭容器中通入和，反应平衡后测得容器中，则参与反应的的物质的量为0.05mol，的转化率为；的平衡量为，和是按化学计量数之比投料的，则的平衡量为，的平衡量是的2倍，则，的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K＝，根据图1中的信息可知，反应温度t约为660.2℃。
(3)在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，因此，0~2min生成CH3OH的平均反应速率为10.8mol L-12min=5.4μmol L-1 min-1；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到10.8μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝12722：10.8≈1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到9.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝10775：9.2≈1171；在选择使用催化剂Ⅰ和400℃条件下反应， 0~2minCH3OH的浓度由0增加到345.2μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝42780：345.2≈124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，0~2minCH3OH的浓度由0增加到34μmol L-1，c(CH4)：c(CH3OH)＝38932：34≈1145。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
【分析】（1）燃烧热是指在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；
（2）①该反应的平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，生成物能量低于a；
②根据转化率=反应量起始量×100%计算；计算此时的平衡常数，根据图1确定反应温度；
（3）根据v=ΔcΔt计算；400℃的反应速率更快，相同温度下，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
23．【答案】（1）-200(X+Y)
（2）a或c；8.3×10-8；0.08；39%
（3）c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效，则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mol的能量差值为200(X+Y)kJ，反应Ⅰ为放热反应，焓变为负值，则=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X(3)反应Ⅰ为放热反应，以BL为初始原料，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动，增大，则=1.0所需时间更长。
【分析】 （1）同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时两个平衡完全等效，且焓变为负值；
（2）X（3）反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高反应速率越快；增大压强反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动。
24．【答案】（1）
（2）高温；AB；；时不参与反应，相同分压的经历相同的时间转化率相同；先升后降。在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g) 的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2 的速率大于反应Ⅰ生成S2 的速率，S2(g) 的体积分数减小
【知识点】吸热反应和放热反应；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝ ；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ，则ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的条件是高温；
②A．Ar是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar替代N2作稀释气体，对实验结果几乎无影响，A符合题意；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S的转化率越高，B符合题意；
C．根据表中数据无法得出H2S中S-H键和CH4中C-H键的相对强弱，事实上C-H键的键能大于S-H键键能，C不符合题意；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，容器容积增加，H2浓度减小，D不符合题意；
故答案为：AB；
③反应Ⅰ、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，吸热反应反应物的总能量小于生成物的总能量，则反应过程能量示意图可表示为 ；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S经历相同的时间转化率相同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S体积分数不变，提高投料比时H2S的转化率不变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，因此变化规律是先升后降。
【分析】（1）根据计算；
（2）①ΔH－TΔS＜0时反应可自发进行；
②A.Ar不参与反应；
B.升温平衡正向移动；
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；
D.恒温恒压下，增加N2的体积分数，平衡正向移动；
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；
④1000℃条件下CH4不参与反应；
⑤低温段，以反应Ⅰ为主，在高温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率。
25．【答案】（1）BD；吸收；31.2；
（2）10；2 CO2↑+ +H2O；2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入情性气体，各组分浓度不变，反应Ⅰ的平衡不移动，A不符合题意；
B．在反应中有固体C转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，反应后过程中气体的密度发生变化，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B符合题意；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为，可逆反应不能彻底进行，则平衡时H2的体积分数不可能大于，C不符合题意；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，可加快反应速率，D符合题意；
综上所述，正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是0.5mol，由于CO的物质的量为0.1mol，则根据O原子守恒可知CO2的物质的量为0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放出热量8.22kJ此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H原子守恒可知，平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa×1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 。
（2）c( )：c( )=1：2，根据 可知， = ，则该溶液的pH=-lgc(H+)=10；
②KHCO3在再生塔中受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，反应的离子方程式为2 CO2↑+ +H2O；
③由图可知，水在玻碳电极发生氧化反应生成氧气，则玻碳电极为阳极，铂电极和Ag/AgCl电极均为阴极，阴极发生还原反应，且在电解过程中AgCl可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
【分析】（1）①A.恒容体系中充入惰性气体，各物质的浓度不变，平衡不移动；
B.该反应的密度为变量，当混合气体的密度不变时反应达到平衡；
C.可逆反应不能彻底进行；
D.增大反应物的接触面积可加快反应速率；
②根据反应Ⅰ的能量变化及反应Ⅱ的能量变化求出整个体系的热量变化；根据计算；
（2）①结合计算；
②再生塔中碳酸氢钾分解产生二氧化碳；
③阴极发生还原反应。
26．【答案】（1）C
（2）5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2；随着温度升高，CO2与C发生反应
（3）3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏
（4）不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质
（5）A；C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；金属冶炼的一般原理；制备实验方案的设计
【解析】【解答】钛渣中加入C、Cl2进行沸腾氯化，转化为相应的氯化物，降温收尘后得到粗TiCl4，加入单质Al除钒，再除硅、铝得到纯TiCl4，加入Mg还原得到Ti。
(1)记① ，② ，③ ，④ ；
A．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故A不符合题意；
B．由图可知，600℃时 的 ，反应自发进行，故B不符合题意；
C．由图可知，600℃时 的 ，反应不能自发进行，故C符合题意；
D．根据盖斯定律， 可由①+③得到，则600℃时其 ，反应自发进行，故D不符合题意；
故选C；
(2)①根据表中数据可知，该温度下C主要生成CO和CO2，根据相同条件下气体的压强之比是物质的量之比可知TiCl4、CO和CO2的物质的量之比约是5：2：4，所以TiO2与C、Cl2反应的总化学方程式为5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2，故答案为：5TiO2+6C+10Cl2 5TiCl4+2CO+4CO2；
②随着温度升高，CO2与C发生反应 ，导致CO含量升高，故答案为：随着温度升高，CO2与C发生反应 ；
(3)“降温收尘”后钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al得到VOCl2渣，根据得失电子守恒和元素守恒配平方程式为3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；AlCl3、SiCl4与TiCl4沸点差异较大，“除硅、铝"过程中可采用蒸馏的方法分离AlCl3、SiCl4，故答案为：3VOCl3+Al=3VOCl2+AlCl3；蒸馏；
(4)若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质，因此“除钒”和“除硅、铝”的顺序不能交换，故答案为：不能；若先“除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质；
(5)本工艺中加入Mg冶炼Ti的方法为热还原法；
A．高炉炼铁的原理是用还原剂将铁矿石中铁的氧化物还原成金属铁，属于热还原法，故A符合题意；
B．电解熔融氯化钠制取金属钠的原理是电解法，故B不符合题意；
C．铝热反应制锰是利用Al作还原剂，将锰从其化合物中还原出来，为热还原法，故C符合题意；
D．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解氧化汞的方法制备汞，故D不符合题意；
故答案选AC，故答案为：AC。
【分析】（1）根据图像，结合 分析判断；
（2）①根据压强之比等于物质的量之比计算各物质的系数之比，再写出化学方程式；
②高温下碳与二氧化碳反应生成一氧化碳；
（3）“除钒”过程前，钒元素主要以VOCl3形式存在，加入Al生成VOCl2渣，分离沸点差距较大的物质，可用蒸馏的方法；
（4）“除钒”时需要加入Al，若后“除钒”则含有杂质Al；
（5）Mg冶炼Ti的方法为热还原法。
27．【答案】（1）Fe2+
（2）4.7 pH<6.2；
（3）4.0 10-4
（4）加热搅拌可加快反应速率；冷却结晶
（5）MgSO4
（6）15；O2+4e-+2H2O=4OH-
【知识点】电极反应和电池反应方程式；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】（1）由分析可知，“氧化调pH”是为了除去含铁、铝等元素，根据表格信息，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+。
（2）根据表格数据信息，Fe3+、Al3+完全沉淀的pH分别为3.2、4.7，RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，为使Fe3+、Al3+完全沉淀，而RE3+不沉淀，则应将pH调至4.7≤pH<6.2的范围内。Al3+与OH-结合生成Al(OH)3沉淀。
（3）滤液2中c(Mg2+)为2.7g/L，即0.1125mol/L，根据(C11H23COO)2Mg的 Ksp=c(Mg2+)·[c(C11H23COO-)]2，若要加入月桂酸钠后只生成(C11H23COO)3RE，而不产生(C11H23COO)2Mg，则c(C11H23COO-)＜。
（4）①加热搅拌可加快反应速率，有利于加快RE3+溶出、提高产率。
② “操作X”是为了析出月桂酸，根据题干信息可知，月桂酸的熔点为44℃，则应先冷却结晶，再固液分离。
（5）由分析可知，可再生循环利用的物质是MgSO4。
（6）①根据题干信息，涉及反应是还原剂+氧化剂（YCl3与PtCl4）→还原产物（Pt3Y）+氧化产物，反应前后Y元素的化合价由+3降为0，Pt元素的化合价由+4降为0，则生成1mol Pt3Y转移的电子数为3mol+4×3mol=15mol。
②氢氧燃料电池属于原电池，正极得电子发生还原反应，碱性溶液中，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH。
【分析】矿物中的铁元素可能含有二价铁或三价铁或都有，根据流程图，加入酸化MgSO4“浸取”时，得到的浸取液中主要含有RE3+、Mg2+、Fe2+（或Fe3+）、Al3+、SO42-；“氧化调pH”会使Fe2+转化为Fe3+，且使Fe3+、Al3+形成沉淀，得到的滤渣主要是Fe(OH)3、Al(OH)3；滤液1中主要含有RE3+、Mg2+、SO42-；向滤液1中加入月桂酸钠，根据题干信息，会形成(C11H23COO)3RE沉淀，得到滤液2中的主要成分是MgSO4溶液，滤饼的主要成分是(C11H23COO)3RE；加入盐酸并加热搅拌后，(C11H23COO)3RE与盐酸反应得到C11H23COOH沉淀和RECl3溶液，经一系列操作，析出C11H23COOH，且分离得到RECl3溶液，据此分析。
28．【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2
（2）BD；；当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K2= = =3.3×10-7 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L；λ3；增大
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；
D．由于平衡(i)的平衡常数K1= ，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；
故答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20 mol/L，反应(ii)的平衡常数K2= =3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。
③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2= ，则 (K2)2×K1= ，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。
B. 越稀越水解，越稀越电离，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。
②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。
③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。
29．【答案】（1）170
（2）副产物氢气可作燃料；耗能高
（3）50%；4.76
（4）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；d；24.9
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律（①+②）-③即得到反应④，所以ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170kJ/mol。
（2）根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成S的同时还有燃料H2生成，但耗能高，成本较高。
（3）根据题干信息，假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=4mol，根据三段式可知：
　 2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） x 0.5x x
平衡（mol） 1-x 0.5x x
平衡时H2S和H2的分压相等，则其物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，平衡常数Kp＝。
（4）①该反应过程中气体体积分数增大，n(H2S)：n(Ar)的值越小，则H2S的分压越小，相当于减压，平衡将向正反应方向移动，所以H2S平衡转化率越高。
②根据①分析可知n(H2S)：n(Ar)＝1：9对应的曲线是d，在0.1s时H2S转化率为24%。假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=9mol，则根据三段式可知
　 2H2S(g) S2(g) ＋ 2H2(g)
起始（mol） 1 0 0
转化（mol） 0.24 0.12 0.24
平衡（mol） 0.76 0.12 0.24
平衡时H2S的压强为，H2S的起始压强为，所以H2S分压的平均变化率为。
【分析】（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。
（2）可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。
（3）通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。
（4）①根据勒夏特烈原理进行分析，注意惰性气体对反应中压强的影响。
②气体分压的平均变化率=，注意气体的物质的量与压强之间的关系。
30．【答案】（1）a；B
（2）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
（3）9.0；1.8：1；BC；M+H2O=MO+H2；MO+CO=M+CO2
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学反应速率的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡的计算
【解析】【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：，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；
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，故此处填：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，有利于加快反应速率；
(3)①该反应平衡常数K=；
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：，则平衡常数K=，解得x=1.8，故水蒸气与CO物质的量之比为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，A不正确；
B．适当增大压强，可加快反应速率，B正确；
C．选择合适的催化剂有利于加快反应速率，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，D不正确；
故故答案为：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。
【分析】（1）①根据盖斯定律计算，再进行判断；
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，温度对其平衡移动影响程度大；
（2）从反应速率和平衡移动的角度分析；
（3）①平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
②列出反应的三段式计算；
③A.温度过高催化剂失去活性；
B.压强增大反应速率加快；
C.合适的催化剂能降低活化能，增大反应速率；
D.恒容条件，通入氮气对反应速率无影响，恒压条件，通入氮气反应速率变慢；
④第一步产生H2，第二步吸附CO产生CO2。
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