2021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 | 2021年高考化学真题分类汇编——化学反应原理部分（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2021-06-22 09:42:16 | ||
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文档简介
2021年高考化学真题分类汇编——化学反应原理部分
一．选择题（共30小题）
1．（2021?浙江）镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如图（L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极）。下列说法不正确的是（ ）
A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应
C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2
2．（2021?浙江）关于反应8NH3+6NO2═7N2+12H2O，下列说法正确的是（ ）
A．NH3中H元素被氧化 B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
3．（2021?浙江）相同温度和压强下，关于反应的△H，下列判断正确的是（ ）
A．△H1＞0，△H2＞0 B．△H3＝△H1+△H2
C．△H1＞△H2，△H3＞△H2 D．△H2＝△H3+△H4
4．（2021?浙江）某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，若测得0.01mol?L﹣1NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得0.01mol?L﹣1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH＝b，b﹣a＜1，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH＝b，a＞b，则HR是弱酸
5．（2021?浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是（ ）
A．1mol CH4（g）＜1mol H2（g） B．1mol H2O（g）＜2mol H2O（g）
C．1mol H2O（s）＞1mol H2O（l） D．1mol C（s，金刚石）＞1mol C（s，石墨）
right310882006．（2021?广东）反应X═2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a为c（X）随t的变化曲线
B．t1时，c（X）＝c（Y）＝c（Z）
C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D．t3后，c（Z）＝2c0﹣c（Y）
7．（2021?广东）火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时（ ）
A．负极上发生还原反应 B．CO2在正极上得电子
C．阳离子由正极移向负极 D．将电能转化为化学能
8．（2021?乙卷）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极 （如图所示），通入一定的电流。下列叙述错误的是（ ）
A．阳极发生将海水中的Cl﹣氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg（OH）2等积垢需要定期清理
9．（2021?河北）K﹣O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是（ ）
A．隔膜允许K+通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
10．（2021?湖南）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4L（标准状况）Cl2时，反应中转移10mol e﹣
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在
11．（2021?湖南）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是（ ）
粒子组
判断和分析
A
Na+、Al3+、Cl﹣、NH3?H2O
不能大量共存，因发生反应：
Al3++4NH3?H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
B
H+、K+、S2O32﹣、SO42﹣
不能大量共存，因发生反应：
2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2O
C
Na+、Fe3+、SO42﹣、H2O2
能大量共存，粒子间不反应
D
H+、Na+、Cl﹣、MnO4﹣
能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
12．（2021?浙江）下列物质属于强电解质的是（ ）
A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO
13．（2021?浙江）下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH
14．（2021?浙江）一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液（100mL）中发生分解反应：2N2O5?4NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c（N2O5）/（mol?L﹣1）
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是（ ）
A．600~1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10﹣4mol?L﹣1?s﹣1
B．反应2220s时，放出的O2体积为11.8L（标准状况）
C．反应达到平衡时，v正（N2O5）＝2v逆（NO2）
D．推测上表中的x为3930
15．（2021?甲卷）乙醛酸是一种重要的化工中间体，可采用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH﹣，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是（ ）
A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：+2H++2e﹣→+H2O
C．制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子
D．双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移
16．（2021?广东）鸟嘌呤（G）是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐（用GHCl表示）。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（ ）
A．0.001mol/L GHCl水溶液的pH＝3
B．0.001mol/L GHCl水溶液加水稀释，pH升高
C．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl═G+HCl
D．GHCl水溶液中：c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（GH+）+c（G）
17．（2021?湖南）常温下，用0.1000mol?L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol?L﹣1的三种一元弱酸的钠盐（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（ ）
A．该NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ）
C．当pH＝7时，三种溶液中：c（X﹣）＝c（Y﹣）＝c（Z﹣）
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣）
18．（2021?河北）BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C．水解工序中加入少量CH3COONa（s）可提高Bi3+水解程度
D．水解工序中加入少量NH4NO3（s）有利于BiOCl的生成
19．（2021?浙江）取50mL过氧化氢水溶液，在少量I﹣存在下分2H2O2═2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度（c）如表，下列说法不正确的是（ ）
t/min
0
20
40
60
80
c/（mol?L﹣1）
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
A．反应20min时，测得O2体积为224mL（标准状况）
B．20～40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol?L﹣1?min﹣1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I﹣也可以催化H2O2分解
20．（2021?浙江）取两份10mL 0.05mol?L﹣1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol?L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol?L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小
C．a→d→e过程中：c（Na+）＜c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
D．令c点的c（Na+）+c（H+）＝x，e点的c（Na+）+c（H+）＝y，则x＞y
21．（2021?浙江）关于反应K2H3IO6+9HI═2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
22．（2021?浙江）某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是（ ）
A．充电时，集流体A与外接电源的负极相连
B．放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amol Li+
C．放电时，电极B为正极，反应可表示为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2
D．电池总反应可表示为LixSi+Li1﹣xCoO2Si+LiCoO2
right712200023．（2021?广东）钴（Co）的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是（ ）
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：2Co2++2H2O 2Co+O2↑+4H+
24．（2021?河北）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N＝X+Y；②M+N＝X+Z。反应①的速率可表示为v1＝k1c2（M），反应②的速率可表示为v2＝k2c2（M）（k1、k2为速率常数）。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是（ ）
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
25．（2021?浙江）25℃时，下列说法正确的是（ ）
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010mol?L﹣1、0.10mol?L﹣1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100mL pH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10﹣5mol
46634405391150026．（2021?浙江）实验测得10mL 0.50mol?L﹣1NH4Cl溶液、10mL 0.50mol?L﹣1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3?H2O的电离常数均为1.8×10﹣5。下列说法不正确的是（ ）
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol?L﹣1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c（OH﹣ ）减小，c（H+）增大，pH减小
D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c（Na+ ）﹣c（CH3COO﹣ ）＝c（Cl﹣）﹣c（NH4+）
27．（2021?浙江）在298.15K、100kPa条件下，N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ?mol﹣1，N2（g）、H2（g）和NH3（g）的比热容分别为29.1、28.9和35.6J?K﹣1?mol﹣1。一定压强下，1mol反应中，反应物[N2（g）+3H2（g）]、生成物[2NH3（g）]的能量随温度T的变化示意图合理的是（ ）
A． B．
C． D．
28．（2021?湖南）锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为Zn2++2e﹣═Zn
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
29．（2021?甲卷）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lg[c（SO42﹣）]、﹣lg[c（CO32﹣）]与﹣lg[c（Ba2+）]的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值为1.0×10﹣10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c（Ba2+）＝10﹣5.1时两溶液中＝
30．（2021?乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c（M+）随c（H+）而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时c2（M+）～c（H+）为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是（ ）
A．溶液pH＝4时，c（M+）＜3.0×10﹣4mol?L﹣1
B．MA的溶度积Ksp（MA）＝5.0×10﹣8
C．溶液pH＝7时，c（M+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣）
D．HA的电离常数Ka（HA）≈2.0×10﹣4
二．多选题（共1小题）
31．（2021?湖南）已知：A（g）+2B（g）?3C（g）△H＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1mol A和3mol B发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，369506559245500正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＞φ（Ⅰ）
D．平衡常数K：K（Ⅱ）＜K（Ⅰ）
三．解答题（共8小题）
32．（2021?浙江）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：
Cu（s）+2H2SO4（l）═CuSO4（s）+SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣11.9kJ?mol﹣1
判断该反应的自发性并说明理由 。
（2）已知2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＝﹣198kJ?mol﹣1
850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，当反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.0×10﹣3mol?L﹣1、8.0×10﹣3mol?L﹣1和4.4×10﹣2mol?L﹣1。
①该温度下反应的平衡常数为 。②平衡时SO2的转化率为 。
（3）工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是 。
A.须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3
B.进入接触室之前的气流无需净化处理
C.通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率
D.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是 。
A.a1→b1 B.b1→a2 C.a2→b2 D.b2→a3 E.a3→b3 F.b3→a4 G.a4→b4
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图（标明曲线Ⅰ、Ⅱ）。
（4）一定条件下，在Na2S﹣H2SO4﹣H2O2溶液体系中，检测得到pH﹣时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
Ⅰ.S2﹣+H+═HS﹣；
Ⅱ.① ；
Ⅲ.HS﹣+H2O2+H+═S↓+2H2O；
Ⅳ.② 。
33．（2021?甲卷）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H1＝+41 kJ?mol﹣1
②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H2＝﹣90 kJ?mol﹣1
总反应的△H＝ kJ?mol﹣1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 （填标号），判断的理由是 。
（2）合成总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下的x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下的x（CH3OH）～t如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp＝ ；
②图中对应等压过程的曲线是 ，判断的理由是 ；
③当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝ ，反应条件可能为 或 。
34．（2021?广东）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a）CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H1
b）CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2
c）CH4（g）?C（s）+2H2（g）△H3
d）2CO（g）?CO2（g）+C（s）△H4
e）CO（g）+H2（g）?H2O（g）+C（s）△H5
（1）根据盖斯定律，反应a的△H1＝ （ 写出一个代数式即可）。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 。
A.增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B.移去部分C（s），反应c、d、e的平衡均向右移动
C.加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D.降低反应温度，反应a～e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图1所示。该历程分 步进行，其中，第 步的正反应活化能最大。
（4）设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0＝100kPa）。反应a、c、e的InK随（温度的倒数）的变化如图2所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有 （填字母）。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K＝ 。
③在图2中A点对应温度下、原料组成为n（CO2）：n（CH4）＝1：1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率 ，写出计算过程。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途： 。
35．（2021?河北）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质
H2（g）
C（石墨，s）
C6H6（l）
燃烧热△H（kJ?mol﹣1）
﹣285.8
﹣393.5
﹣3267.5
则25℃时H2（g）和C（石墨，s）生成C6H6（l）的热化学方程式为 。
（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应。发生电离：
①CO2（g）?CO2（aq）
②CO2（aq）+H2O（l）?H+（aq）+HCO3﹣（aq）
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压＝总压×物质的量分数），比例系数为ymol?L﹣1?kPa﹣1。当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 mol?L﹣1（写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO3﹣的电离）。
（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐（MHCO3）固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：
2MHCO3（s） M2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）
上述反应达平衡时体系的总压为46 kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2（g），再加入足量MHCO3（s），欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2（g）的初始压强应大于 kPa。
（4）我国科学家研究Li﹣CO2电池，取得了重大科研成果。回答下列问题：
①Li﹣CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 （填“正”或“负”）极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e﹣＝C2O42﹣
Ⅱ.C2O42﹣＝CO2+CO22﹣
Ⅲ. 。
Ⅳ.CO32﹣+2Li+＝Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇（CH3CH2CH2OH）的电极反应方程式为 。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上CO2电还原为CO的反应进程中（H+电还原为H2的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 （用a、b、c字母排序）。
36．（2021?湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法Ⅰ.氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
N≡N
H﹣H
N﹣H
键能E/（kJ?mol﹣1）
946
436.0
390.8
在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题：
（1）反应2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）△H＝ kJ?mol﹣1；
（2）已知该反应的△S＝198.9J?mol﹣1?K﹣1，在下列哪些温度下反应能自发进行？ （填标号）；
A.25℃ B.125℃ C.225℃ D.325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1mol NH3通入3L的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为200kPa），各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v（H2）＝ mol?L﹣1?min﹣1（用含t1的代数式表示）；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是 （用图中a、b、c、d表示），理由是 ；
③在该温度下，反应的标准平衡常数K?＝ （已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于反应dD（g）+eE（g）?gG（g）+hH（g）K?＝，其中p?＝100kPa，PG、PH、PD、PE为各组分的平衡分压）。
方法Ⅱ.氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中OH﹣的移动方向为 （填“从左往右”或“从右往左”）；
（5）阳极的电极反应式为 。
37．（2021?乙卷）一氯化碘（ICl） 是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现。该元素是 。
（2）氯铂酸钡（BaPtCl6）固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数Kp′＝1.0×104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气（然后将支管封闭）。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则PICl＝ kPa，反应2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g）的平衡常数K＝ （列出计算式即可）。
（3）McMorris 测定和计算了在136～180℃范围内下列反应的平衡常数Kp：
2NO（g）+2ICl（g）?2NOCl（g）+I2（g） KP1
2NOCl（g）?2NO（g）+Cl2（g） KP2
得到lgKP1～和lgKP2～均为线性关系，如图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的△H 0（填“大于”或“小于”）。
②反应2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g）的K＝ （用KP1、KP2表示）；该反应的△H 0 （填“大于”或“小于”），写出推理过程 。
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率（v）光的照射下机理为：
NOCl+hv→NOCl*
NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收 mol的光子。
38．（2021?浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O
（x﹣1）S+K2SK2Sx（x＝2～6）
S+K2SO3K2S2O3
请计算：
（1）0.480g硫单质与VmL 1.00mol?L﹣1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝ 。
（2）2.560g硫单质与60.0mL 1.00mol?L﹣1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝ 。（写出计算过程）
39．（2021?浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是 。
（2）下列说法不正确的是 。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2（g）?Cl2（aq） K1＝c（Cl2）/p
Cl 2（aq）+H2O（l）?H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq） K2
其中p为Cl2（g）的平衡压强，c（Cl2）为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2（g）?Cl2（aq）的焓变△H1 0。（填”＞”、“＝”或“＜”）
②平衡常数K2的表达式为K2＝ 。
③氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为c，则c＝ 。（用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离）
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣（主要成分为TiO2）为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
Ⅰ．TiO2（s）+2Cl2（g）?TiCl4（g）+O2（g）△HⅠ＝181mol?L﹣1，KⅠ＝3.4×10﹣29
Ⅱ．2C（s）+O2（g）?2CO（g）△HⅡ＝﹣221mol?L﹣1，KⅡ＝1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由 。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5mol?L﹣1，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是 。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
2021年高考化学真题分类汇编——化学反应原理部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共30小题）
1．【解答】A．断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，故A正确；
B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd（OH）2+2e﹣＝Cd+2OH﹣，故B正确；
C．电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni（OH）2﹣2e﹣+2OH﹣＝2NiOOH+2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd（OH）2+2e﹣＝Cd+2OH﹣，此时为充电过程，总反应为Cd（OH）2+2Ni（OH）2Cd+2NiOOH+2H2O，溶液中KOH浓度减小，故C错误；
D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2，故D正确。
故选：C。
2．【解答】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，故A错误；
B．NO2在反应过程中得到电子，故B错误；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂，由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，故C错误；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2，还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此氧化产物与还原产物的质量之比为4：3，故D正确；
故选：D。
3．【解答】A．结合分析和反应1，2可知，环己烯、1，3﹣环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，△H均＜0，故A错误；
B．依据盖斯定律，加和反应1，2，无法获得反应3，并且由于苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1，3﹣环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，故B错误；
C．环己烯、1，3﹣环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，由于1mol 1，3﹣环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故△H1＞△H2；苯与氢气发生加成反应生成1，3﹣环己二烯的反应为吸热反应，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热△H3＝△H4+△H2，因此△H3＞△H2，故C正确；
D．结合C分析可知，苯与氢气完全加成的反应热△H3＝△H4+△H2，故D错误；
故选：C。
4．【解答】A．25℃时，若测得0.01mol?L﹣1NaR溶液pH＝7，说明溶液呈中性，说明盐为强酸强碱盐，HR为强酸，故A错误；
B．25℃时，若测得0.01mol?L﹣1HR溶液pH＞2且pH＜7，说明HR在水溶液中部分电离，溶液中存在电离平衡，说明HR是弱酸，故B正确；
C．25℃时，若测得HR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH＝b，且 b﹣a＜1，说明HA中可能存在电离平衡，可能证明HA为弱酸，若a＝6的强酸溶液，稀释10倍，溶液pH无限接近于7，b﹣a＜1，故C错误；
D．25℃时，若测得NaR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH＝b，当a＜b，说明HR是弱酸，若测的a＞b，说明HR为强酸，故D错误；
故选：B。
5．【解答】A．气体的物质的量相同时，原子越多的分子的熵越大，则物质的熵：1mol CH4（g）＞1mol H2（g），故A错误；
B．气体的物质的量越大，熵越大，则物质的熵：1mol H2O（g）＜2mol H2O（g），故B正确；
C．相同物质的量的同种物质，固态的熵小于液态，则物质的熵：1mol H2O（s）＜1mol H2O（l），故C错误；
D．金刚石中C的排列比石墨中C的排列更有序，所以1mol C（s，金刚石）的熵小于1mol C（s，石墨）的熵，故D错误；
故选：B。
6．【解答】A．根据图中的c0减小，在总反应X═2Z及第一步反应X→Y中，X为反应物，随反应的进行，则a曲线为X的浓度曲线，故A正确；
B．在纵坐标为浓度的图中看出，在t1时刻，三条线相较于一点，则c（X）＝c（Y）＝c（Z），故B正确；
C．t2时，由曲线Y的浓度逐渐减小，说明Y的消耗速率大于生成速率，故C正确；
D．根据反应 ①X→Y ②Y→2Z
初始的浓度（mol?L﹣1 ）c0 0 c（Y）+ 0
变化的浓度（mol?L﹣1）c0 c（Y）+ c（Z）
t3后的浓度（mol?L﹣1）0 c（Y）+ c（Y） c（Z）
由图可知，t3后c（X）＝0，则c0＝c（Y）+，则c（Z）＝2c0﹣2c（Y），故D错误；
故选：D。
7．【解答】A．原电池的负极发生氧化反应，故A错误；
B．金属钠为负极，则CO2在正极上得电子发生还原反应，故B正确；
C．原电池工作时阳离子向正极移动，故C错误；
D．原电池是将化学能转化为电能的装置，故D错误；
故选：B。
8．【解答】A.依据分析可知，阳极发生反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故A正确；
B.依据题意“排水管中生物的附和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率”可知，需要生成次氯酸钠进而杀灭附着生物，故B正确；
C.阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，若不排除，氢气浓度过大易发生危险，应及时通风稀释，故C正确；
D.依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，Mg（OH）2等积垢在阴极表面形成，需要定期清理阴极表面，故D错误，
故选：D。
9．【解答】A．由图可知，b极生成KO2，即a极上生成的K+通过隔膜移向b极，但O2氧化性强、K是活泼金属，防止电池损坏则隔膜不允许O2通过，故A正确；
B．原电池工作时，a电极为负极，b电极为正极，电流由正极b电极沿导线流向负极a电极；充电时，原电池正负极分别与电源正负极相接，即a电极为阴极，b电极为阳极，故B正确；
C．正极反应为K++O2+e﹣═KO2，则生成KO2的质量与消耗O2的质量比71：32≈2.22：1，即生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22，故C正确；
D．铅酸蓄电池充电时总反应为2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO4，Pb元素化合价变化为2，即2H2O～2e﹣，负极反应为K﹣e﹣═K+，用此电池为铅酸蓄电池充电时电子守恒，即K～e﹣～H2O，n（H2O）＝n（K）＝＝0.1mol，消耗水质量m（H2O）＝nM＝0.1mol×18g/mol＝1.8g，故D错误；
故选：D。
10．【解答】A.依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L（标准状况）即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A错误；
B.依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；
C.漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故C正确；
D.在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；
故选：A。
11．【解答】A.Na+、Al3+、Cl﹣、NH3?H2O不能大量共存，因为发生反应Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，A项判断正确，分析错误，故A错误；
B.H+、K+、S2O32﹣、SO42﹣不能大量共存，因发生反应：2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2O，B项判断正确，分析正确，故B正确；
C.Na+、Fe3+、SO42﹣、H2O2粒子中，Fe3+可以作为H2O2分解的催化剂，C项判断错误，故C错误；
D.酸性条件下，MnO4﹣具有强氧化性，可以氧化Cl﹣，D项判断错误，故D错误；
故选：B。
12．【解答】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH﹣，KOH为强电解质，故A正确；
B．H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，故B错误；
C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，故C错误；
D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，故D错误；
故选：A。
13．【解答】A.CO2属于非电解质，故A错误；
B.H2O属于弱电解质，故B正确；
C.HNO3在水中完全电离，属于强电解质，故C错误；
D.NaOH在水中完全电离，属于强电解质，故D错误；
故选：B。
14．【解答】A．600~1200s内平均速率v（N2O5）＝＝5.0×10﹣4mol?L﹣1?s﹣1，反应为2N2O5?4NO2+O2，则600~1200s能生成NO2的平均速率v（NO2）＝2v（N2O5）＝2×5.0×10﹣4mol?L﹣1?s﹣1＝1.0×10﹣3mol?L﹣1?s﹣1，故A错误；
B．0~2220s内N2O5的浓度变化为1.40mol/L﹣0.35mol/L＝1.05mol/L，△n（N2O5）＝1.05mol/L×0.1L＝0.105mol，反应为2N2O5?4NO2+O2，则n（O2）＝n（N2O5）＝0.105mol×22.4L/mol×≈1.18L，故B错误；
C．反应达到平衡时，2v正（N2O5）＝v逆（NO2），故C错误；
D．由表中数据可知，剩余N2O5的浓度：0.96mol/L→0.48mol/L→0.24mol/L，所需时间为1100s，所以剩余N2O5的浓度由0.24mol/L→0.12mol/L所需时间为1100s，即x＝2820s+1100s＝3930s，故D正确；
故选：D。
15．【解答】A．电解池工作时，右侧Br﹣氧化为Br2，生成的Br2再氧化乙二醛生成乙醛酸，Br2再还原为Br﹣，说明KBr还起催化作用，故A错误；
B．右侧为阳极，发生氧化反应，电极反应为2Br﹣﹣2e﹣＝Br2，故B错误；
C．阳极区和阴极区均有乙醛酸生成，且1mol乙二酸转化为1mol乙醛酸、与1mol乙二醛转化为1mol乙醛酸均转移2mol电子，根据电子守恒，则制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；
D．双极膜的左侧为阳离子交换膜，中间层的H+在外电场作用下，向左侧即铅电极方向迁移，故D正确；
故选：D。
16．【解答】A．GHCl水解程度较小，所以0.001mol/L GHCl水溶液中c（H+）＜0.001mol/L，则该溶液的pH＞3，故A错误；
B．加水稀释促进GHCl水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，则稀释过程中溶液中c（H+）减小，所以溶液的pH值增大，故B正确；
C．GHCl是强电解质，在水中完全电离，所以GHCl在水中的电离方程式为：GHCl═GH++Cl﹣，故C错误；
D．溶液中存在阳离子H+，GHCl溶液中存在电荷守恒c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（GH+）+c（H+）、存在物料守恒c（Cl﹣）＝c（GH+）+c（G），故D错误；
故选：B。
17．【解答】A．因为HX为弱酸，NaX溶液存在水X﹣+H2O?HX+OH﹣，所以c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；
B．根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，一元弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数K越大，所以有：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ），故B正确；
C．当pH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒，NaX溶液中有：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（X﹣）+c（Cl﹣），则有：c（X﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），同理有：c（Y﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），c（Z﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），又因三种溶液滴定到pH＝7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c（Cl﹣）是不一样的，所以c（X﹣）≠c（Y﹣）≠c（Z﹣），故C错误；
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（Na+），又混合溶液中c（Na+）＝＝0.05mol/L，混合溶液中c（Cl﹣）＝＝0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣），故D正确。
故选：C。
18．【解答】A．金属与酸的反应放热会导致溶液的温度升高、反应速率加快，为了降低反应剧烈程度，可分次加入稀HNO3，故A正确；
B．Bi（NO3）3易水解生成BiONO3，反应为Bi（NO3）3+H2O?BiONO3+2HNO3，加入HCl可增大溶液中H+的浓度、抑制Bi（NO3）3的水解、防止生成BiONO3而降低产率，故B正确；
C．BiCl3水解使溶液呈酸性，CH3COONa是弱酸强碱盐、水解使溶液呈碱性，二者混合能相互促进水解，则加入少量CH3COONa（s）可提高Bi3+水解程度，提高BiOCl的产率，故C正确；
D．BiCl3水解使溶液呈酸性，方程式为BiCl3+H2O?BiOCl+2HCl，NH4NO3是强酸弱碱盐、水解使溶液呈酸性，则水解工序中加入少量NH4NO3（s）不利于BiOCl的生成，同时加入了NO3﹣，NO3﹣浓度增大可能转化为BiONO3，使BiOCl的产率降低，故D错误；
故选：D。
19．【解答】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n（H2O2）＝（0.80﹣0.40）mol/L×0.05L＝0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n（O2）＝0.01mol，标况下的体积V＝n?Vm＝0.01mol×22.4L/mol＝0.224L＝224mL，故A正确；
B．20～40min，消耗过氧化氢的浓度为（0.40﹣0.20）mol/L＝0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v＝＝＝0.010mol/（L?min），故B正确；
C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，故C错误；
D．I﹣在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，故D正确。
故选：C。
20．【解答】A.NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH＝8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度，故A正确；
B.a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），滴加过程中c（Na+）不变，但c（H+）减小，则c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小，故B正确；
C.NaHCO3溶液存在c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH＝4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c（Na+）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故C错误；
D.c点NaHCO3与NaOH恰好完全反应Na2CO3，e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，c点c（Na+）较大，则令c点的c（Na+）+c（H+）＝x，e点的c（Na+）+c（H+）＝y，则x＞y，故D正确；
故选：C。
21．【解答】A.K2H3IO6中I元素化合价降低，被还原，发生还原反应，故A错误；
B.生成KI，元素化合价没有变化，故B错误；
C.由方程式可知生成4mol I2，转移7mol电子，n（I2）＝＝0.05mol，则转移电子的物质的量为mol＝0.0875mol，故C错误；
D.由化合价的变化可知，反应K2H3IO6+9HI═2KI+4I2+6H2O中，I元素化合价分别由+7价、﹣1价变化为0价，还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，故D正确；
故选：D。
22．【解答】A.充电时，电极A为阴极，集流体A与外接电源的负极相连，故A正确；
B.放电时，外电路通过amol电子时，负极生成amol Li+进入LiPON薄膜电解质，正极有amol Li+进入电极B，故LiPON薄膜电解质Li+数目不变，故B错误；
C.放电时，电极B为正极发生氧化反应，电极反应式为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，故C正确；
D.放电时负极电极反应为LixSi﹣xe﹣═Si+xLi+，正极电极反应式为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，两极相加电池总反应可表示为LixSi+Li1﹣xCoO2Si+LiCoO2，故D正确；
故选：B。
23．【解答】A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液中的氢离子浓度均增大，pH均减小，故A错误；
B．Ⅰ室实际为电解水4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，电解1mol Co，由Co2++2e﹣＝Co，转移电子数为2mol，消耗生成氧气0.5mol，且有1mol氢离子由Ⅰ室进入Ⅱ室，共减少0.5mol×32g/mol+1mol×1g/mol＝18g，故B错误；
C．移除两交换膜后，由于氯离子更容易放电，石墨电极上发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故C错误；
D．石墨电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，Co电极反应为：Co2++2e﹣＝Co，可得电解总反应：2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+，故D正确；
故选：D。
24．【解答】由上述分析可知，体系中有c（Y）+c（Z）＝△c（M），反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075mol/L：0.125mol/L＝3：5，
A．体系中有c（Y）+c（Z）＝△c（M），由图可知，30min时△c（M）＝0.5mol/L﹣0.300mol/L＝0.2mol/L，c（Z）＝0.125mol/L，则c（Y）＝0.2mol/L﹣0.125mol/L＝0.075mol/L，v（Y）＝＝＝2.5×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1，故A错误；
B．反应①的速率v1＝k1c2（M），反应②的速率v2＝k2c2（M），k1、k2为速率常数，则反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，即生成物Y、Z的浓度之比始终不变，故B正确；
C．由上述分析可知，体系中Y和Z的浓度之比为3：5，所以反应能进行到底时，c（Y）+c（Z）＝0.5mol/L，则c（Z）＝×0.5mol/L＝0.3125mol/L，反应结束时M转化为Z的转化率为×100%＝62.5%，故C正确；
D．由图可知，30min时△c（M）＝0.5mol/L﹣0.300mol/L＝0.2mol/L，c（Z）＝0.125mol/L，则c（Y）＝△c（M）﹣c（Z）＝0.2mol/L﹣0.125mol/L＝0.075mol/L，则v（Y）：v（Z）＝0.075mol/L：0.125mol/L＝3：5，即v（Y）＜v（Z）、v1＜v2，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，故D正确；
故选：A。
25．【解答】A．有弱离子的盐才能水解，若NaHA的水溶液呈酸性，若只电离，则二元酸为强酸，若NaHA的水溶液中HA﹣的电离大于其水解，则二元酸H2A也可能为弱酸，故A错误；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是HA和BOH的电离程度相同，B+和A﹣的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，故B错误；
C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol?L﹣1、0.10 mol?L﹣1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，故C错误；
D．100 mL pH＝10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10﹣4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H+的浓度是1×10﹣4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10﹣4mol/L＝1×10﹣5mol，故D正确；
故选：D。
26．【解答】A．由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大，氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大，温度越高，水解程度越大，其水溶液酸性越强，其pH越小；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小，温度越高，其水溶液碱性越强，其pH越大，因此，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，故A正确；
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol?L﹣1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c（H+）变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c（H+）大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，故B正确；
C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；醋酸根水解是吸热的，随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c（OH﹣）增大，故C错误；
D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+ ）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣ ）、c（Na+ ）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣ ），因此，氯化铵溶液中：c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＝c（H+ ）﹣c（OH﹣ ），醋酸钠溶液中：c（Na+ ）﹣c（CH3COO﹣ ）＝c（OH﹣）﹣c（H+），由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于25℃时CH3COOH和NH3?H2O的电离常数均为1.8×10﹣5，因此盐的水解程度是相同的，两溶液中|c（OH﹣）﹣c（H+）|（两者差的绝对值）相等，故c（Na+ ）﹣c（CH3COO﹣ ）＝c（Cl﹣）﹣c（NH4+），故D正确；
故选：C。
27．【解答】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，N2（g）、H2（g）和NH3（g）的比热容分别为29.1J?K﹣1?mol﹣1、28.9J?K﹣1?mol﹣1和35.6J?K﹣1?mol﹣1，则升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图象B符合题意，
故选：B。
28．【解答】A.依据分析可知，N为正极，故A正确；
B.放电时，左侧为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，左侧生成的Zn2+流向右侧，故左侧ZnBr2的浓度不变，右侧ZnBr2的浓度变大，故B错误；
C.放电时，M为负极，充电时，M及为阴极，发生还原反应，电极反应式为Zn2++2e﹣═Zn，故C正确；
D.中间沉积锌位置的作用为提供电解液，故其隔膜既可以允许阳离子通过，也允许阴离子通过，故D正确；
故选：B。
29．【解答】A.曲线①代表BaSO4沉淀溶解曲线，故A错误；
B.曲线①上取点（2.0，8.0），﹣lg[c（SO42﹣）]＝8.0，c（SO42﹣）＝10﹣8mol/L，c（Ba2+）＝10﹣2mol/L，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）×c（SO42﹣）＝10﹣8×10﹣2＝1.0×10﹣10，故B正确；
C.a点变到b点，﹣lg[c（Ba2+）]值增大，c（Ba2+）减小，不可能加入BaCl2固体，故C错误；
D.点d时c（Ba2+）＝10﹣5.1mol/L，c（SO42﹣）＝mol/L，点c时，c（Ba2+）＝10﹣5.1mol/L，c（CO32﹣）＝mol/L，溶液中＝，故D错误；
故选：B。
30．【解答】A．pH＝4时，c（H+）＝10﹣4mol/L，由图可知此时c2（M+）＝7.5×10﹣8（mol?L﹣1）2，故c（M+）＜3.0×10﹣4mol?L﹣1，故A正确；
B．c（H+）＝0时，溶液中OH﹣浓度比较大，A﹣水解被抑制，溶液中c（M+）≈c（A﹣），则Ksp（MA）＝c（M+）?c（A﹣）＝c2（M+）＝5.0×10﹣8，故B正确；
C．pH＝7时，若等式成立，则c（M+）＝c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）?c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c2（M+）＝5×10﹣8，由图可知此时溶液中c（H+）＝0，溶液pH≠7，HA是一元弱酸，MA的饱和溶液中M+不发生水解，A﹣发生水解，其饱和溶液呈碱性，且pH是确定的，当溶液pH＝7时，需要外加酸调节，即还有其它阴离子存在，选项不满足电荷守恒，故C错误；
D．由HA?H++A﹣，可知Ka＝，当c（A﹣）＝c（HA）时，Ka＝c（H+），由物料守恒有：c（M+）＝c（HA）+c（A﹣），则c（M+）＝2c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）?c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c（M+）×c（M+）＝5.0×10﹣8，故c2（M+）＝10×10﹣8，由图可知此时c（H+）＝20×10﹣5mol/L＝2×10﹣4mol/L，故Ka（HA）＝c（H+）＝2.0×10﹣4，故D正确。
故选：C。
二．多选题（共1小题）
31．【解答】A.为气体体积不变的反应，反应前后气体的物质的量不变，则压强始终不变，不能判定平衡状态，故A错误；
B.t2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，故B正确；
C.t2时加入C，平衡逆向移动，则平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＞φ（I），故C正确；
D.平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数K：K（Ⅱ）＝K（Ⅰ），故D错误；
故选：BC。
三．解答题（共8小题）
32．【解答】（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2的反应为Cu（s）+2H2SO4（l）═CuSO4（s）+SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣11.9kJ?mol﹣1，由于该反应△H＜0、△S＞0，则△G＝△H﹣T△S＜0始终成立，说明该反应在任何温度下都能自发进行，
故答案为：不同温度下都能自发，是因为△H＜0、△S＞0；
（2）①根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）的平衡常数为K＝＝≈6.7×103mol﹣1?L，
故答案为：6.7×103mol﹣1?L；
②平衡时SO2的转化率为×100%＝×100%＝88%，
故答案为：88%；
（3）①A．在常压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，故A错误；
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，故B错误；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率，故C正确；
D．SO3与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，故D错误；
故答案为：C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、b2→a3、b3→a4，选项BDF正确，
故答案为：BDF；
③对于放热的可逆反应2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示为，
故答案为：；；
（4）由pH﹣时间振荡曲线可知，在Na2S﹣H2SO4﹣H2O2溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS﹣，S2﹣+H+＝HS﹣，然后发生HS﹣+4H2O2＝SO42﹣+4H2O+H+，该过程溶液的pH基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS﹣被H2O2氧化为S，即发生HS﹣+H2O2+H+＝S↓+2H2O，该过程溶液的pH增大；溶液又变澄清时S又被H2O2氧化为SO42﹣，发生S+3H2O2＝SO42﹣+2H2O+2H+，该过程溶液的pH在减小，因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2﹣+H+＝HS﹣、HS﹣+4H2O2＝SO42﹣+4H2O+H+、HS﹣+H2O2+H+＝S↓+2H2O、S+3H2O2＝SO42﹣+2H2O+2H+，
故答案为：HS﹣+4H2O2＝SO42﹣+4H2O+H+；S+3H2O2＝SO42﹣+2H2O+2H+。
33．【解答】（1）①CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H1＝+41 kJ?mol﹣1，
②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H2＝﹣90 kJ?mol﹣1，
盖斯定律计算①+②得到总反应的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＝（+41 kJ?mol﹣1）+（﹣90 kJ?mol﹣1）＝﹣49kJ/mol，若反应①为慢反应，说明反应活化能较大，反应①为吸热反应，总反应为放热反应，据此分析判断，
故答案为：﹣49；A；反应①为慢反应，说明反应活化能较大，反应①为吸热反应，总反应为放热反应；
（2）总反应的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49kJ/mol，升高温度，平衡逆向进行，甲醇物质的量分数减小，b曲线为等压线，合成总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，结合三段式列式计算，
①反应CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）的Kp＝，
故答案为：；
②图中等压线是b，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，甲醇物质的量分数减小，
故答案为：b；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，甲醇物质的量分数减小；
③当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：
CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol）1 3 0 0
变化量（mol）y 3y y y
平衡量（mol）1﹣y 3﹣3y y y
＝0.1，
y＝mol，
CO2的平衡转化率α＝×100%≈33.33%，
等温线a上分析得到，反应条件是9×105Pa、250℃，等压线b上，反应条件5×105Pa、210℃，
故答案为：33.33%；5×105Pa、210℃；9×105Pa、250℃。
34．【解答】（1）已知：a）CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H1，b）CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2，c）CH4（g）?C（s）+2H2（g）△H3，d）2CO（g）?CO2（g）+C（s）△H4，e）CO（g）+H2（g）?H2O（g）+C（s）△H5，根据盖斯定律由b+c﹣e或c﹣d均可得到 CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g），则△H1＝△H2+△H3﹣△H5或△H3﹣△H4，
故答案为：△H2+△H3﹣△H5（或△H3﹣△H4）；
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，
A.CO2与CH4为a、b、c反应的反应物，增大浓度，对应的正反应速度都增大，故A正确；
B.移去部分C（s），由于移除的是纯固体，对平衡移动不产生影响，故B错误；
C.催化剂只会改变化学反应速率，不会改变化学反应的限度，故C错误；
D.降低反应温度，所有反应速率 均降低，故D正确，
故答案为：AD；
（3）分析图1可知，反应一共经历4步历程，依据图象差值分析，步骤4的正反应活化能最大，
故答案为：4；4；
（4）①分析图象可知，随着横坐标增大，温度降低，a、c的K值均降低，说明a、c平衡向左移动，故a、c的正反应为吸热反应，
故答案为：a、c；
②反应c为CH4（g）?C（s）+2H2（g），其平衡常数表达式为，
故答案为：；
③温度为A时，结合图象c可知，此时反应cln＝0即＝1，带入数据解得，p（CH4）平衡＝Kpa＝16kPa，P（CH4）初始＝×100kPa＝50kPa，平衡转化率×100%＝68%，
故答案为：温度为A时，结合图象c可知，此时反应cln＝0即＝1，带入数据解得，p（CH4）平衡＝Kpa＝16kPa，P（CH4）初始＝×100kPa＝50kPa，平衡转化率×100%＝68%；
（5）二氧化碳固体称之为干冰，易升华，故可以用作人工降雨，
故答案为：人工降雨。
35．【解答】（1）根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H1＝﹣393.5kJmol﹣1，②H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H2＝﹣285.8kJmol﹣1，③C6H6（l）+O2（g）＝6CO2（g）+6H2O（l）△H3＝﹣3267.5kmol﹣1，根据盖斯定律①×6+②×3﹣③得反应：6C（石墨，s）+3H2（g）＝C6H6（l），则△H＝（﹣393.5kJmol﹣1）×6+（﹣285.8kJmol﹣1）×3﹣（﹣3267.5kmol﹣1）＝+49.1kJmol﹣1，
故答案为：6C（石墨，s）+3H2（g）＝C6H6（l）△H＝+49.1kJmol﹣1；
（2）由题可知，①CO2（g）?CO2（aq），②CO2（aq）+H2O（l）?H+（aq）+HCO3﹣（aq），K2＝，又因为p（CO2）（aq）＝p（kPa）?x，则c（CO2）＝y（mol?L﹣1?kPa﹣1）?p（CO2）＝p?x?y，在忽略HCO3﹣的电离时，c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（HCO3﹣），而c（H+）?c（OH﹣）＝Kw，所以K2＝＝，可得c（H+）＝mol?L﹣1，
故答案为：；
（3）2MHCO3（s） M2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g），等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp＝p（H2O）?p（CO2）＝×46××46＝529kPa2；温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则Kp＝p（H2O）?p（CO2）＝529kPa2，p（CO2）＝kPa＝105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2（g）的初始压强应大于105.8kPa﹣5kPa＝100.8kPa，
故答案为：100.8；
（4）①由题意知，Li﹣CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2＝2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2CO22﹣+CO2＝2CO32﹣+C，
故答案为：正极；2CO22﹣+CO2＝2CO32﹣+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e﹣+13H2O＝CH3CH2CH2OH+18OH﹣，
故答案为：3CO2+18e﹣+13H2O＝CH3CH2CH2OH+18OH﹣；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；对于CO2电还原为CO的过程，使用b做催化剂时，由第一个过渡态到第二个过渡态需要的能量足足有0.76eV，能垒是极高的。而使用a做催化剂时，最高的能垒仅为0.51eV。反观H+还原为H2的过程，使用a、b做催化剂时，最高的能垒相差是不大的，因此，使用a做催化剂时，CO2的电还原是更容易的，则反应从易到难的顺序为c、a、b，
故答案为：c、a、b。
36．【解答】（1）由△H＝反应物键能和﹣生成物键能和可知，该反应的△H＝2×（390.8kJ?mol﹣1×3）﹣[（946kJ?mol﹣1）+（436.0kJ?mol﹣1×3）]＝+90.8kJ?mol﹣1，
故答案为：+90.8；
（2）在等温等压的反应中△G＝△H﹣T△S＜0时，正反应能自发进行，其中△H＝+90.8kJ?mol﹣1，△S＝198.9J?mol﹣1?K﹣1，则T＞＝＝456.5k＝183.52℃，选项CD正确，
故答案为：C、D；
（3）①密闭容器中0.1molNH3总压为200kPa，则如图t1时H2的分压为120kPa，则H2的物质的量为mol＝0.06mol，故v（H2）＝＝＝mol?L﹣1?min﹣1，
故答案为：；
②容器体积迅速缩小到原来的一半，则氮气的分压迅速增大到原来的2倍，故cd错误；压强增大，平衡向气体总体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，N2的分压应比原来2倍小，故b正确，a错误；
故答案为：b；容器体积缩小，平衡逆向移动，氮气的分压先迅速增大后适当减小；
③在该温度下，达到平衡时，p（N2）＝40kPa＝0.4p?、p（H2）＝120kPa＝1.2p?、p（NH3）＝120kPa＝1.2p?，则K?＝＝＝0.48，
故答案为：0.48；
（4）电解池中，左侧消耗NH3生成N2，发生氧化反应是阳极，消耗了OH﹣，右侧水中H+得电子生成H2，发生还原反应，是阴极，电极反应中生成OH﹣，故OH﹣从右向左移动，
故答案为：从右往左；
（5）阳极是NH3失电子发生氧化反应生成N2，则电极反应式为6OH﹣+2NH3﹣6e﹣＝N2+6H2O，
故答案为：6OH﹣+2NH3﹣6e﹣＝N2+6H2O。
37．【解答】（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，Br2为红棕色液体，则该元素是Br，
故答案为：Br；
（2）BaPtCl6?BaCl2+Pt+2Cl2↑，376.8℃时Kp′＝P2（Cl2）＝1.0×104Pa2，说明P（Cl2）始终为0.1kPa，在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa，设△P（I2）＝xkPa，
2ICl（g）?Cl2（g）+I2（g）
起始（kPa） 0 0.1+x 20
转化（kPa） 2x x x
平衡（kPa） 2x 0.1 20﹣x
376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则（2x+0.1+20﹣x）kPa＝32.5kPa，解得x＝12.4，则PICl＝2×12.4kPa＝24.8kPa；P（I2）＝20kPa﹣12.4kPa＝7.6kPa，该反应是气体体积不变的反应，则K＝Kp＝，
故答案为：24.8；；
（3）①由图可知，lgKp2随着温度的升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应为吸热反应，△H大于0，
故答案为：大于；
②Ⅰ2NO（g）+2ICl（g）?2NOCl（g）+I2（g），Ⅱ2NOCl（g）?2NO（g）+Cl2（g）根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g），则反应2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g）的K＝KP1?KP2；令T1＞T2，则lgK（T1）﹣lgK（T2）＝lgKP1（T1）?KP2（T1）﹣lgKP1（T2）?KP2（T2）＝lgKP1（T1）+lgKP2（T1）﹣lgKP1（T2）﹣lgKP2（T2）＝lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）﹣[lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）]，由图中信息可知，lgKp2随着温度的升高而增大，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞0，lgKp1随着温度的升高而减小，则lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）＞0，lgKP1～和lgKP2～均为线性关系，且代表lgKP2～曲线更陡，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1），说明lgK（T1）﹣lgK（T2）＞0，则升高温度，K值变大，该反应为吸热反应，△H大于0，
故答案为：KP1?KP2；大于；令T1＞T2，则lgK（T1）﹣lgK（T2）＝lgKP1（T1）?KP2（T1）﹣lgKP1（T2）?KP2（T2）＝lgKP1（T1）+lgKP2（T1）﹣lgKP1（T2）﹣lgKP2（T2）＝lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）﹣[lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）]，由图中信息可知，lgKp2随着温度的升高而增大，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞0，lgKp1随着温度的升高而减小，则lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）＞0，lgKP1～和lgKP2～均为线性关系，且代表lgKP2～曲线更陡，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1），说明lgK（T1）﹣lgK（T2）＞0，则升高温度，K值变大，该反应为吸热反应，△H大于0；
（4）根据反应机理可知，一半的NOCl转化为NOCl*，另一半的NOCl与NOCl*转化为NO和Cl2，则分解1mol的NOCl，根据NOCl+hv→NOCl*方程式可知，0.5molNOCl吸收0.5mol光子转化为NOCl*，
故答案为：0.5。
38．【解答】（1）由式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量为＝0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量为0.03mol，故需要KOH溶液的体积V＝＝＝0.03L＝30.0mL，
故答案为：30.0；
（2）若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，由原子守恒可知反应的化学方程式为（2x+2）S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，S的物质的量为＝0.08mol，KOH的物质的量为0.06L×1.00mol/L＝0.06mol，则＝，解得x＝3，
故答案为：3。
39．【解答】（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（2）A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，故A错误；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，故B正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，故C正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，故D正确，
故答案为：A；
（3）①Cl2（g）?Cl2（aq）表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变△H1＜0，
故答案为：＜；
②由化学方程式Cl 2（aq）+H2O（l）?H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq）可知，其平衡常数K2的表达式为K2＝，注意水为液态，其不出现在表达式中，
故答案为：；
③Cl2（g）?Cl2（aq） 与Cl 2（aq）+H2O（l）?H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq） 相加可以得到Cl2（g）+H2O（l）?H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq），因此，该反应的平衡常数为K1K2p；氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为c，根据物料守恒可知，c＝c（Cl2）+ c（HClO）+c（Cl﹣），由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则c（H+）＝c（Cl﹣）＝c（HClO），由K2＝可知c（Cl﹣）＝c（HClO）＝[c（Cl2）?K2]，由K1＝可知，c（Cl2）＝K1p，则c（Cl﹣）＝c（HClO）＝（K1K2p），因此，c＝K1p+（K1K2p），
故答案为：K1p+（K1K2p）；
（4）已知：Ⅰ．TiO2（s）+2Cl2（g）?TiCl4（g）+O2（g）△HI＝181 mol?L﹣1，KI＝﹣3.4×10﹣29；
Ⅱ．2C（s）+O2（g）?2CO（g）△HⅡ＝﹣221 mol?L﹣1，KⅡ＝1.2×1048，
根据盖斯定律可知，I+Ⅱ得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g），则K＝KIKⅡ＝4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而△H＝△HI+△HⅡ＝﹣40kJ?mol﹣1，说明TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g）为放热反应，则反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量，
故答案为：反应I+Ⅱ得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g），K＝KIKⅡ＝4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现；△H＝△HI+△HⅡ＝﹣40kJ?mol﹣1，反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量；
（5）A.．适当升高温度可以增大催化剂碘的溶解度，提高反应速率，同时提高邻位取代几率，所以能通过提高反应温度来提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；
B．因为催化剂具有选择性，使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，所以改变催化剂可以提高产物中邻二氯苯的比例，故B正确；
C．因为生成邻二氯苯和对二氯苯的反应为平行反应，无法确定生成邻二氯苯是吸热反应还是放热反应，降低温度不一定能提高产物中邻二氯苯的比例，故C错误；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是产物浓度之比与反应时间无关，因此不能提高产物中邻二氯苯的比例，故D错误，
故答案为：AB。
一．选择题（共30小题）
1．（2021?浙江）镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如图（L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极）。下列说法不正确的是（ ）
A．断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能
B．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应
C．电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变
D．镍镉二次电池的总反应式：Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2
2．（2021?浙江）关于反应8NH3+6NO2═7N2+12H2O，下列说法正确的是（ ）
A．NH3中H元素被氧化 B．NO2在反应过程中失去电子
C．还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4 D．氧化产物与还原产物的质量之比为4：3
3．（2021?浙江）相同温度和压强下，关于反应的△H，下列判断正确的是（ ）
A．△H1＞0，△H2＞0 B．△H3＝△H1+△H2
C．△H1＞△H2，△H3＞△H2 D．△H2＝△H3+△H4
4．（2021?浙江）某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是（ ）
A．25℃时，若测得0.01mol?L﹣1NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得0.01mol?L﹣1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH＝b，b﹣a＜1，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH＝b，a＞b，则HR是弱酸
5．（2021?浙江）相同温度和压强下，关于物质熵的大小比较，合理的是（ ）
A．1mol CH4（g）＜1mol H2（g） B．1mol H2O（g）＜2mol H2O（g）
C．1mol H2O（s）＞1mol H2O（l） D．1mol C（s，金刚石）＞1mol C（s，石墨）
right310882006．（2021?广东）反应X═2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．a为c（X）随t的变化曲线
B．t1时，c（X）＝c（Y）＝c（Z）
C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率
D．t3后，c（Z）＝2c0﹣c（Y）
7．（2021?广东）火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时（ ）
A．负极上发生还原反应 B．CO2在正极上得电子
C．阳离子由正极移向负极 D．将电能转化为化学能
8．（2021?乙卷）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极 （如图所示），通入一定的电流。下列叙述错误的是（ ）
A．阳极发生将海水中的Cl﹣氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg（OH）2等积垢需要定期清理
9．（2021?河北）K﹣O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是（ ）
A．隔膜允许K+通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水
10．（2021?湖南）KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH（IO3）2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4L（标准状况）Cl2时，反应中转移10mol e﹣
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在
11．（2021?湖南）对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是（ ）
粒子组
判断和分析
A
Na+、Al3+、Cl﹣、NH3?H2O
不能大量共存，因发生反应：
Al3++4NH3?H2O═AlO2﹣+4NH4++2H2O
B
H+、K+、S2O32﹣、SO42﹣
不能大量共存，因发生反应：
2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2O
C
Na+、Fe3+、SO42﹣、H2O2
能大量共存，粒子间不反应
D
H+、Na+、Cl﹣、MnO4﹣
能大量共存，粒子间不反应
A．A B．B C．C D．D
12．（2021?浙江）下列物质属于强电解质的是（ ）
A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO
13．（2021?浙江）下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．CO2 B．H2O C．HNO3 D．NaOH
14．（2021?浙江）一定温度下：在N2O5的四氯化碳溶液（100mL）中发生分解反应：2N2O5?4NO2+O2。在不同时刻测量放出的O2体积，换算成N2O5浓度如下表：
t/s
0
600
1200
1710
2220
2820
x
c（N2O5）/（mol?L﹣1）
1.40
0.96
0.66
0.48
0.35
0.24
0.12
下列说法正确的是（ ）
A．600~1200s，生成NO2的平均速率为5.0×10﹣4mol?L﹣1?s﹣1
B．反应2220s时，放出的O2体积为11.8L（标准状况）
C．反应达到平衡时，v正（N2O5）＝2v逆（NO2）
D．推测上表中的x为3930
15．（2021?甲卷）乙醛酸是一种重要的化工中间体，可采用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH﹣，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是（ ）
A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为：+2H++2e﹣→+H2O
C．制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子
D．双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移
16．（2021?广东）鸟嘌呤（G）是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐（用GHCl表示）。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（ ）
A．0.001mol/L GHCl水溶液的pH＝3
B．0.001mol/L GHCl水溶液加水稀释，pH升高
C．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl═G+HCl
D．GHCl水溶液中：c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（GH+）+c（G）
17．（2021?湖南）常温下，用0.1000mol?L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol?L﹣1的三种一元弱酸的钠盐（NaX、NaY、NaZ）溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是（ ）
A．该NaX溶液中：c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ）
C．当pH＝7时，三种溶液中：c（X﹣）＝c（Y﹣）＝c（Z﹣）
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣）
18．（2021?河北）BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应剧烈程度
B．转化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3
C．水解工序中加入少量CH3COONa（s）可提高Bi3+水解程度
D．水解工序中加入少量NH4NO3（s）有利于BiOCl的生成
19．（2021?浙江）取50mL过氧化氢水溶液，在少量I﹣存在下分2H2O2═2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度（c）如表，下列说法不正确的是（ ）
t/min
0
20
40
60
80
c/（mol?L﹣1）
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
A．反应20min时，测得O2体积为224mL（标准状况）
B．20～40min，消耗H2O2的平均速率为0.010mol?L﹣1?min﹣1
C．第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D．H2O2分解酶或Fe2O3代替I﹣也可以催化H2O2分解
20．（2021?浙江）取两份10mL 0.05mol?L﹣1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol?L﹣1的盐酸，另一份滴加0.05mol?L﹣1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸（或碱）体积的变化如图。下列说法不正确的是（ ）
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小
C．a→d→e过程中：c（Na+）＜c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3）
D．令c点的c（Na+）+c（H+）＝x，e点的c（Na+）+c（H+）＝y，则x＞y
21．（2021?浙江）关于反应K2H3IO6+9HI═2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（ ）
A．K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
22．（2021?浙江）某全固态薄膜锂离子电池截面结构如图所示，电极A为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中；电极B为LiCoO2薄膜；集流体起导电作用。下列说法不正确的是（ ）
A．充电时，集流体A与外接电源的负极相连
B．放电时，外电路通过amol电子时，LiPON薄膜电解质损失amol Li+
C．放电时，电极B为正极，反应可表示为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2
D．电池总反应可表示为LixSi+Li1﹣xCoO2Si+LiCoO2
right712200023．（2021?广东）钴（Co）的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是（ ）
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：2Co2++2H2O 2Co+O2↑+4H+
24．（2021?河北）室温下，某溶液初始时仅溶有M和N且浓度相等，同时发生以下两个反应：①M+N＝X+Y；②M+N＝X+Z。反应①的速率可表示为v1＝k1c2（M），反应②的速率可表示为v2＝k2c2（M）（k1、k2为速率常数）。反应体系中组分M、Z的浓度随时间变化情况如图。下列说法错误的是（ ）
A．0～30min时间段内，Y的平均反应速率为6.67×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1
B．反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
25．（2021?浙江）25℃时，下列说法正确的是（ ）
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010mol?L﹣1、0.10mol?L﹣1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100mL pH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10﹣5mol
46634405391150026．（2021?浙江）实验测得10mL 0.50mol?L﹣1NH4Cl溶液、10mL 0.50mol?L﹣1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3?H2O的电离常数均为1.8×10﹣5。下列说法不正确的是（ ）
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol?L﹣1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c（OH﹣ ）减小，c（H+）增大，pH减小
D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c（Na+ ）﹣c（CH3COO﹣ ）＝c（Cl﹣）﹣c（NH4+）
27．（2021?浙江）在298.15K、100kPa条件下，N2（g）+3H2（g）═2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ?mol﹣1，N2（g）、H2（g）和NH3（g）的比热容分别为29.1、28.9和35.6J?K﹣1?mol﹣1。一定压强下，1mol反应中，反应物[N2（g）+3H2（g）]、生成物[2NH3（g）]的能量随温度T的变化示意图合理的是（ ）
A． B．
C． D．
28．（2021?湖南）锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为Zn2++2e﹣═Zn
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
29．（2021?甲卷）已知相同温度下，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3）。某温度下，饱和溶液中﹣lg[c（SO42﹣）]、﹣lg[c（CO32﹣）]与﹣lg[c（Ba2+）]的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp（BaSO4）值为1.0×10﹣10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c（Ba2+）＝10﹣5.1时两溶液中＝
30．（2021?乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c（M+）随c（H+）而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时c2（M+）～c（H+）为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是（ ）
A．溶液pH＝4时，c（M+）＜3.0×10﹣4mol?L﹣1
B．MA的溶度积Ksp（MA）＝5.0×10﹣8
C．溶液pH＝7时，c（M+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣）
D．HA的电离常数Ka（HA）≈2.0×10﹣4
二．多选题（共1小题）
31．（2021?湖南）已知：A（g）+2B（g）?3C（g）△H＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1mol A和3mol B发生反应，t1时达到平衡状态Ⅰ，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，369506559245500正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．容器内压强不变，表明反应达到平衡
B．t2时改变的条件：向容器中加入C
C．平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＞φ（Ⅰ）
D．平衡常数K：K（Ⅱ）＜K（Ⅰ）
三．解答题（共8小题）
32．（2021?浙江）含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2：
Cu（s）+2H2SO4（l）═CuSO4（s）+SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣11.9kJ?mol﹣1
判断该反应的自发性并说明理由 。
（2）已知2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）△H＝﹣198kJ?mol﹣1
850K时，在一恒容密闭反应器中充入一定量的SO2和O2，当反应达到平衡后测得SO2、O2和SO3的浓度分别为6.0×10﹣3mol?L﹣1、8.0×10﹣3mol?L﹣1和4.4×10﹣2mol?L﹣1。
①该温度下反应的平衡常数为 。②平衡时SO2的转化率为 。
（3）工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是 。
A.须采用高温高压的反应条件使SO2氧化为SO3
B.进入接触室之前的气流无需净化处理
C.通入过量的空气可以提高含硫矿石和SO2的转化率
D.在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收SO3以提高吸收速率
②接触室结构如图1所示，其中1~4表示催化剂层。图2所示进程中表示热交换过程的是 。
A.a1→b1 B.b1→a2 C.a2→b2 D.b2→a3 E.a3→b3 F.b3→a4 G.a4→b4
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。在图3中画出反应2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图（标明曲线Ⅰ、Ⅱ）。
（4）一定条件下，在Na2S﹣H2SO4﹣H2O2溶液体系中，检测得到pH﹣时间振荡曲线如图4，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期内的反应进程，请补充其中的2个离子方程式。
Ⅰ.S2﹣+H+═HS﹣；
Ⅱ.① ；
Ⅲ.HS﹣+H2O2+H+═S↓+2H2O；
Ⅳ.② 。
33．（2021?甲卷）二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：
（1）二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H1＝+41 kJ?mol﹣1
②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H2＝﹣90 kJ?mol﹣1
总反应的△H＝ kJ?mol﹣1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 （填标号），判断的理由是 。
（2）合成总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下的x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下的x（CH3OH）～t如图所示。
①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp＝ ；
②图中对应等压过程的曲线是 ，判断的理由是 ；
③当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝ ，反应条件可能为 或 。
34．（2021?广东）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a）CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H1
b）CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2
c）CH4（g）?C（s）+2H2（g）△H3
d）2CO（g）?CO2（g）+C（s）△H4
e）CO（g）+H2（g）?H2O（g）+C（s）△H5
（1）根据盖斯定律，反应a的△H1＝ （ 写出一个代数式即可）。
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 。
A.增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加
B.移去部分C（s），反应c、d、e的平衡均向右移动
C.加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D.降低反应温度，反应a～e的正、逆反应速率都减小
（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图1所示。该历程分 步进行，其中，第 步的正反应活化能最大。
（4）设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0＝100kPa）。反应a、c、e的InK随（温度的倒数）的变化如图2所示。
①反应a、c、e中，属于吸热反应的有 （填字母）。
②反应c的相对压力平衡常数表达式为K＝ 。
③在图2中A点对应温度下、原料组成为n（CO2）：n（CH4）＝1：1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率 ，写出计算过程。
（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途： 。
35．（2021?河北）当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
（1）大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如下表：
物质
H2（g）
C（石墨，s）
C6H6（l）
燃烧热△H（kJ?mol﹣1）
﹣285.8
﹣393.5
﹣3267.5
则25℃时H2（g）和C（石墨，s）生成C6H6（l）的热化学方程式为 。
（2）雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应。发生电离：
①CO2（g）?CO2（aq）
②CO2（aq）+H2O（l）?H+（aq）+HCO3﹣（aq）
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比（分压＝总压×物质的量分数），比例系数为ymol?L﹣1?kPa﹣1。当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为x时，溶液中H+浓度为 mol?L﹣1（写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO3﹣的电离）。
（3）105℃时，将足量的某碳酸氢盐（MHCO3）固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：
2MHCO3（s） M2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g）
上述反应达平衡时体系的总压为46 kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2（g），再加入足量MHCO3（s），欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2（g）的初始压强应大于 kPa。
（4）我国科学家研究Li﹣CO2电池，取得了重大科研成果。回答下列问题：
①Li﹣CO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在 （填“正”或“负”）极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e﹣＝C2O42﹣
Ⅱ.C2O42﹣＝CO2+CO22﹣
Ⅲ. 。
Ⅳ.CO32﹣+2Li+＝Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇（CH3CH2CH2OH）的电极反应方程式为 。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂（a、b、c）上CO2电还原为CO的反应进程中（H+电还原为H2的反应可同时发生），相对能量变化如图。由此判断，CO2电还原为CO从易到难的顺序为 （用a、b、c字母排序）。
36．（2021?湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。
方法Ⅰ.氨热分解法制氢气
相关化学键的键能数据
化学键
N≡N
H﹣H
N﹣H
键能E/（kJ?mol﹣1）
946
436.0
390.8
在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题：
（1）反应2NH3（g）?N2（g）+3H2（g）△H＝ kJ?mol﹣1；
（2）已知该反应的△S＝198.9J?mol﹣1?K﹣1，在下列哪些温度下反应能自发进行？ （填标号）；
A.25℃ B.125℃ C.225℃ D.325℃
（3）某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1mol NH3通入3L的密闭容器中进行反应（此时容器内总压为200kPa），各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。
①若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率v（H2）＝ mol?L﹣1?min﹣1（用含t1的代数式表示）；
②t2时将容器体积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是 （用图中a、b、c、d表示），理由是 ；
③在该温度下，反应的标准平衡常数K?＝ （已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于反应dD（g）+eE（g）?gG（g）+hH（g）K?＝，其中p?＝100kPa，PG、PH、PD、PE为各组分的平衡分压）。
方法Ⅱ.氨电解法制氢气
利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
（4）电解过程中OH﹣的移动方向为 （填“从左往右”或“从右往左”）；
（5）阳极的电极反应式为 。
37．（2021?乙卷）一氯化碘（ICl） 是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现。该元素是 。
（2）氯铂酸钡（BaPtCl6）固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数Kp′＝1.0×104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气（然后将支管封闭）。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa。376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则PICl＝ kPa，反应2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g）的平衡常数K＝ （列出计算式即可）。
（3）McMorris 测定和计算了在136～180℃范围内下列反应的平衡常数Kp：
2NO（g）+2ICl（g）?2NOCl（g）+I2（g） KP1
2NOCl（g）?2NO（g）+Cl2（g） KP2
得到lgKP1～和lgKP2～均为线性关系，如图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的△H 0（填“大于”或“小于”）。
②反应2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g）的K＝ （用KP1、KP2表示）；该反应的△H 0 （填“大于”或“小于”），写出推理过程 。
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率（v）光的照射下机理为：
NOCl+hv→NOCl*
NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收 mol的光子。
38．（2021?浙江）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：
3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O
（x﹣1）S+K2SK2Sx（x＝2～6）
S+K2SO3K2S2O3
请计算：
（1）0.480g硫单质与VmL 1.00mol?L﹣1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V＝ 。
（2）2.560g硫单质与60.0mL 1.00mol?L﹣1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x＝ 。（写出计算过程）
39．（2021?浙江）“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：
（1）电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是 。
（2）下列说法不正确的是 。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
（3）在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2（g）?Cl2（aq） K1＝c（Cl2）/p
Cl 2（aq）+H2O（l）?H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq） K2
其中p为Cl2（g）的平衡压强，c（Cl2）为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
①Cl2（g）?Cl2（aq）的焓变△H1 0。（填”＞”、“＝”或“＜”）
②平衡常数K2的表达式为K2＝ 。
③氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为c，则c＝ 。（用平衡压强p和上述平衡常数表示，忽略HClO的电离）
（4）工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣（主要成分为TiO2）为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为；
Ⅰ．TiO2（s）+2Cl2（g）?TiCl4（g）+O2（g）△HⅠ＝181mol?L﹣1，KⅠ＝3.4×10﹣29
Ⅱ．2C（s）+O2（g）?2CO（g）△HⅡ＝﹣221mol?L﹣1，KⅡ＝1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由 。
（5）在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5mol?L﹣1，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是 。
A．适当提高反应温度 B．改变催化剂
C．适当降低反应温度 D．改变反应物浓度
2021年高考化学真题分类汇编——化学反应原理部分
参考答案与试题解析
一．选择题（共30小题）
1．【解答】A．断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，故A正确；
B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd（OH）2+2e﹣＝Cd+2OH﹣，故B正确；
C．电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni（OH）2﹣2e﹣+2OH﹣＝2NiOOH+2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd（OH）2+2e﹣＝Cd+2OH﹣，此时为充电过程，总反应为Cd（OH）2+2Ni（OH）2Cd+2NiOOH+2H2O，溶液中KOH浓度减小，故C错误；
D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H2OCd（OH）2+2Ni（OH）2，故D正确。
故选：C。
2．【解答】A．NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，故A错误；
B．NO2在反应过程中得到电子，故B错误；
C．该反应中，NH3是还原剂，NO2是氧化剂，由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，故C错误；
D．该反应中氧化产物和还原产物均为N2，还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3，因此氧化产物与还原产物的质量之比为4：3，故D正确；
故选：D。
3．【解答】A．结合分析和反应1，2可知，环己烯、1，3﹣环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，△H均＜0，故A错误；
B．依据盖斯定律，加和反应1，2，无法获得反应3，并且由于苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于单键和双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1，3﹣环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，故B错误；
C．环己烯、1，3﹣环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，由于1mol 1，3﹣环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故△H1＞△H2；苯与氢气发生加成反应生成1，3﹣环己二烯的反应为吸热反应，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热△H3＝△H4+△H2，因此△H3＞△H2，故C正确；
D．结合C分析可知，苯与氢气完全加成的反应热△H3＝△H4+△H2，故D错误；
故选：C。
4．【解答】A．25℃时，若测得0.01mol?L﹣1NaR溶液pH＝7，说明溶液呈中性，说明盐为强酸强碱盐，HR为强酸，故A错误；
B．25℃时，若测得0.01mol?L﹣1HR溶液pH＞2且pH＜7，说明HR在水溶液中部分电离，溶液中存在电离平衡，说明HR是弱酸，故B正确；
C．25℃时，若测得HR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH＝b，且 b﹣a＜1，说明HA中可能存在电离平衡，可能证明HA为弱酸，若a＝6的强酸溶液，稀释10倍，溶液pH无限接近于7，b﹣a＜1，故C错误；
D．25℃时，若测得NaR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH＝b，当a＜b，说明HR是弱酸，若测的a＞b，说明HR为强酸，故D错误；
故选：B。
5．【解答】A．气体的物质的量相同时，原子越多的分子的熵越大，则物质的熵：1mol CH4（g）＞1mol H2（g），故A错误；
B．气体的物质的量越大，熵越大，则物质的熵：1mol H2O（g）＜2mol H2O（g），故B正确；
C．相同物质的量的同种物质，固态的熵小于液态，则物质的熵：1mol H2O（s）＜1mol H2O（l），故C错误；
D．金刚石中C的排列比石墨中C的排列更有序，所以1mol C（s，金刚石）的熵小于1mol C（s，石墨）的熵，故D错误；
故选：B。
6．【解答】A．根据图中的c0减小，在总反应X═2Z及第一步反应X→Y中，X为反应物，随反应的进行，则a曲线为X的浓度曲线，故A正确；
B．在纵坐标为浓度的图中看出，在t1时刻，三条线相较于一点，则c（X）＝c（Y）＝c（Z），故B正确；
C．t2时，由曲线Y的浓度逐渐减小，说明Y的消耗速率大于生成速率，故C正确；
D．根据反应 ①X→Y ②Y→2Z
初始的浓度（mol?L﹣1 ）c0 0 c（Y）+ 0
变化的浓度（mol?L﹣1）c0 c（Y）+ c（Z）
t3后的浓度（mol?L﹣1）0 c（Y）+ c（Y） c（Z）
由图可知，t3后c（X）＝0，则c0＝c（Y）+，则c（Z）＝2c0﹣2c（Y），故D错误；
故选：D。
7．【解答】A．原电池的负极发生氧化反应，故A错误；
B．金属钠为负极，则CO2在正极上得电子发生还原反应，故B正确；
C．原电池工作时阳离子向正极移动，故C错误；
D．原电池是将化学能转化为电能的装置，故D错误；
故选：B。
8．【解答】A.依据分析可知，阳极发生反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故A正确；
B.依据题意“排水管中生物的附和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率”可知，需要生成次氯酸钠进而杀灭附着生物，故B正确；
C.阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，若不排除，氢气浓度过大易发生危险，应及时通风稀释，故C正确；
D.依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，Mg（OH）2等积垢在阴极表面形成，需要定期清理阴极表面，故D错误，
故选：D。
9．【解答】A．由图可知，b极生成KO2，即a极上生成的K+通过隔膜移向b极，但O2氧化性强、K是活泼金属，防止电池损坏则隔膜不允许O2通过，故A正确；
B．原电池工作时，a电极为负极，b电极为正极，电流由正极b电极沿导线流向负极a电极；充电时，原电池正负极分别与电源正负极相接，即a电极为阴极，b电极为阳极，故B正确；
C．正极反应为K++O2+e﹣═KO2，则生成KO2的质量与消耗O2的质量比71：32≈2.22：1，即生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22，故C正确；
D．铅酸蓄电池充电时总反应为2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO4，Pb元素化合价变化为2，即2H2O～2e﹣，负极反应为K﹣e﹣═K+，用此电池为铅酸蓄电池充电时电子守恒，即K～e﹣～H2O，n（H2O）＝n（K）＝＝0.1mol，消耗水质量m（H2O）＝nM＝0.1mol×18g/mol＝1.8g，故D错误；
故选：D。
10．【解答】A.依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L（标准状况）即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A错误；
B.依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；
C.漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca（OH）2+2Cl2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故C正确；
D.在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；
故选：A。
11．【解答】A.Na+、Al3+、Cl﹣、NH3?H2O不能大量共存，因为发生反应Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，A项判断正确，分析错误，故A错误；
B.H+、K+、S2O32﹣、SO42﹣不能大量共存，因发生反应：2H++S2O32﹣═S↓+SO2↑+H2O，B项判断正确，分析正确，故B正确；
C.Na+、Fe3+、SO42﹣、H2O2粒子中，Fe3+可以作为H2O2分解的催化剂，C项判断错误，故C错误；
D.酸性条件下，MnO4﹣具有强氧化性，可以氧化Cl﹣，D项判断错误，故D错误；
故选：B。
12．【解答】A．KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH﹣，KOH为强电解质，故A正确；
B．H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，故B错误；
C．SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，故C错误；
D．CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，故D错误；
故选：A。
13．【解答】A.CO2属于非电解质，故A错误；
B.H2O属于弱电解质，故B正确；
C.HNO3在水中完全电离，属于强电解质，故C错误；
D.NaOH在水中完全电离，属于强电解质，故D错误；
故选：B。
14．【解答】A．600~1200s内平均速率v（N2O5）＝＝5.0×10﹣4mol?L﹣1?s﹣1，反应为2N2O5?4NO2+O2，则600~1200s能生成NO2的平均速率v（NO2）＝2v（N2O5）＝2×5.0×10﹣4mol?L﹣1?s﹣1＝1.0×10﹣3mol?L﹣1?s﹣1，故A错误；
B．0~2220s内N2O5的浓度变化为1.40mol/L﹣0.35mol/L＝1.05mol/L，△n（N2O5）＝1.05mol/L×0.1L＝0.105mol，反应为2N2O5?4NO2+O2，则n（O2）＝n（N2O5）＝0.105mol×22.4L/mol×≈1.18L，故B错误；
C．反应达到平衡时，2v正（N2O5）＝v逆（NO2），故C错误；
D．由表中数据可知，剩余N2O5的浓度：0.96mol/L→0.48mol/L→0.24mol/L，所需时间为1100s，所以剩余N2O5的浓度由0.24mol/L→0.12mol/L所需时间为1100s，即x＝2820s+1100s＝3930s，故D正确；
故选：D。
15．【解答】A．电解池工作时，右侧Br﹣氧化为Br2，生成的Br2再氧化乙二醛生成乙醛酸，Br2再还原为Br﹣，说明KBr还起催化作用，故A错误；
B．右侧为阳极，发生氧化反应，电极反应为2Br﹣﹣2e﹣＝Br2，故B错误；
C．阳极区和阴极区均有乙醛酸生成，且1mol乙二酸转化为1mol乙醛酸、与1mol乙二醛转化为1mol乙醛酸均转移2mol电子，根据电子守恒，则制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；
D．双极膜的左侧为阳离子交换膜，中间层的H+在外电场作用下，向左侧即铅电极方向迁移，故D正确；
故选：D。
16．【解答】A．GHCl水解程度较小，所以0.001mol/L GHCl水溶液中c（H+）＜0.001mol/L，则该溶液的pH＞3，故A错误；
B．加水稀释促进GHCl水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度，则稀释过程中溶液中c（H+）减小，所以溶液的pH值增大，故B正确；
C．GHCl是强电解质，在水中完全电离，所以GHCl在水中的电离方程式为：GHCl═GH++Cl﹣，故C错误；
D．溶液中存在阳离子H+，GHCl溶液中存在电荷守恒c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（GH+）+c（H+）、存在物料守恒c（Cl﹣）＝c（GH+）+c（G），故D错误；
故选：B。
17．【解答】A．因为HX为弱酸，NaX溶液存在水X﹣+H2O?HX+OH﹣，所以c（Na+）＞c（X﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故A正确；
B．根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，一元弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数K越大，所以有：Ka（HX）＞Ka（HY）＞Ka（HZ），故B正确；
C．当pH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣），根据电荷守恒，NaX溶液中有：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（X﹣）+c（Cl﹣），则有：c（X﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），同理有：c（Y﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），c（Z﹣）＝c（Na+）﹣c（Cl﹣），又因三种溶液滴定到pH＝7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c（Cl﹣）是不一样的，所以c（X﹣）≠c（Y﹣）≠c（Z﹣），故C错误；
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（H+）+c（Na+），又混合溶液中c（Na+）＝＝0.05mol/L，混合溶液中c（Cl﹣）＝＝0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c（X﹣）+c（Y﹣）+c（Z﹣）＝c（H+）﹣c（OH﹣），故D正确。
故选：C。
18．【解答】A．金属与酸的反应放热会导致溶液的温度升高、反应速率加快，为了降低反应剧烈程度，可分次加入稀HNO3，故A正确；
B．Bi（NO3）3易水解生成BiONO3，反应为Bi（NO3）3+H2O?BiONO3+2HNO3，加入HCl可增大溶液中H+的浓度、抑制Bi（NO3）3的水解、防止生成BiONO3而降低产率，故B正确；
C．BiCl3水解使溶液呈酸性，CH3COONa是弱酸强碱盐、水解使溶液呈碱性，二者混合能相互促进水解，则加入少量CH3COONa（s）可提高Bi3+水解程度，提高BiOCl的产率，故C正确；
D．BiCl3水解使溶液呈酸性，方程式为BiCl3+H2O?BiOCl+2HCl，NH4NO3是强酸弱碱盐、水解使溶液呈酸性，则水解工序中加入少量NH4NO3（s）不利于BiOCl的生成，同时加入了NO3﹣，NO3﹣浓度增大可能转化为BiONO3，使BiOCl的产率降低，故D错误；
故选：D。
19．【解答】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4mol/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n（H2O2）＝（0.80﹣0.40）mol/L×0.05L＝0.02mol，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n（O2）＝0.01mol，标况下的体积V＝n?Vm＝0.01mol×22.4L/mol＝0.224L＝224mL，故A正确；
B．20～40min，消耗过氧化氢的浓度为（0.40﹣0.20）mol/L＝0.20mol/L，则这段时间内的平均速率v＝＝＝0.010mol/（L?min），故B正确；
C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，故C错误；
D．I﹣在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，故D正确。
故选：C。
20．【解答】A.NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH＝8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中HCO3﹣的水解程度大于电离程度，故A正确；
B.a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c（Na+）+c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣），滴加过程中c（Na+）不变，但c（H+）减小，则c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+c（OH﹣）逐渐减小，故B正确；
C.NaHCO3溶液存在c（Na+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH＝4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c（Na+）＞c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），故C错误；
D.c点NaHCO3与NaOH恰好完全反应Na2CO3，e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，c点c（Na+）较大，则令c点的c（Na+）+c（H+）＝x，e点的c（Na+）+c（H+）＝y，则x＞y，故D正确；
故选：C。
21．【解答】A.K2H3IO6中I元素化合价降低，被还原，发生还原反应，故A错误；
B.生成KI，元素化合价没有变化，故B错误；
C.由方程式可知生成4mol I2，转移7mol电子，n（I2）＝＝0.05mol，则转移电子的物质的量为mol＝0.0875mol，故C错误；
D.由化合价的变化可知，反应K2H3IO6+9HI═2KI+4I2+6H2O中，I元素化合价分别由+7价、﹣1价变化为0价，还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1，故D正确；
故选：D。
22．【解答】A.充电时，电极A为阴极，集流体A与外接电源的负极相连，故A正确；
B.放电时，外电路通过amol电子时，负极生成amol Li+进入LiPON薄膜电解质，正极有amol Li+进入电极B，故LiPON薄膜电解质Li+数目不变，故B错误；
C.放电时，电极B为正极发生氧化反应，电极反应式为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，故C正确；
D.放电时负极电极反应为LixSi﹣xe﹣═Si+xLi+，正极电极反应式为Li1﹣xCoO2+xLi++xe﹣═LiCoO2，两极相加电池总反应可表示为LixSi+Li1﹣xCoO2Si+LiCoO2，故D正确；
故选：B。
23．【解答】A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液中的氢离子浓度均增大，pH均减小，故A错误；
B．Ⅰ室实际为电解水4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，电解1mol Co，由Co2++2e﹣＝Co，转移电子数为2mol，消耗生成氧气0.5mol，且有1mol氢离子由Ⅰ室进入Ⅱ室，共减少0.5mol×32g/mol+1mol×1g/mol＝18g，故B错误；
C．移除两交换膜后，由于氯离子更容易放电，石墨电极上发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故C错误；
D．石墨电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，Co电极反应为：Co2++2e﹣＝Co，可得电解总反应：2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+，故D正确；
故选：D。
24．【解答】由上述分析可知，体系中有c（Y）+c（Z）＝△c（M），反应开始后，体系中Y和Z的浓度之比为0.075mol/L：0.125mol/L＝3：5，
A．体系中有c（Y）+c（Z）＝△c（M），由图可知，30min时△c（M）＝0.5mol/L﹣0.300mol/L＝0.2mol/L，c（Z）＝0.125mol/L，则c（Y）＝0.2mol/L﹣0.125mol/L＝0.075mol/L，v（Y）＝＝＝2.5×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1，故A错误；
B．反应①的速率v1＝k1c2（M），反应②的速率v2＝k2c2（M），k1、k2为速率常数，则反应体系中反应①、②的速率之比始终不变，即生成物Y、Z的浓度之比始终不变，故B正确；
C．由上述分析可知，体系中Y和Z的浓度之比为3：5，所以反应能进行到底时，c（Y）+c（Z）＝0.5mol/L，则c（Z）＝×0.5mol/L＝0.3125mol/L，反应结束时M转化为Z的转化率为×100%＝62.5%，故C正确；
D．由图可知，30min时△c（M）＝0.5mol/L﹣0.300mol/L＝0.2mol/L，c（Z）＝0.125mol/L，则c（Y）＝△c（M）﹣c（Z）＝0.2mol/L﹣0.125mol/L＝0.075mol/L，则v（Y）：v（Z）＝0.075mol/L：0.125mol/L＝3：5，即v（Y）＜v（Z）、v1＜v2，反应的活化能越高，反应速率越慢，所以反应①的活化能大于反应②的活化能，故D正确；
故选：A。
25．【解答】A．有弱离子的盐才能水解，若NaHA的水溶液呈酸性，若只电离，则二元酸为强酸，若NaHA的水溶液中HA﹣的电离大于其水解，则二元酸H2A也可能为弱酸，故A错误；
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是HA和BOH的电离程度相同，B+和A﹣的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，故B错误；
C．弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 mol?L﹣1、0.10 mol?L﹣1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，故C错误；
D．100 mL pH＝10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10﹣4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H+的浓度是1×10﹣4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10﹣4mol/L＝1×10﹣5mol，故D正确；
故选：D。
26．【解答】A．由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大，氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大，温度越高，水解程度越大，其水溶液酸性越强，其pH越小；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小，温度越高，其水溶液碱性越强，其pH越大，因此，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，故A正确；
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol?L﹣1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c（H+）变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c（H+）大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，故B正确；
C．随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；醋酸根水解是吸热的，随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c（OH﹣）增大，故C错误；
D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒：c（NH4+）+c（H+ ）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣ ）、c（Na+ ）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣ ），因此，氯化铵溶液中：c（Cl﹣）﹣c（NH4+）＝c（H+ ）﹣c（OH﹣ ），醋酸钠溶液中：c（Na+ ）﹣c（CH3COO﹣ ）＝c（OH﹣）﹣c（H+），由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于25℃时CH3COOH和NH3?H2O的电离常数均为1.8×10﹣5，因此盐的水解程度是相同的，两溶液中|c（OH﹣）﹣c（H+）|（两者差的绝对值）相等，故c（Na+ ）﹣c（CH3COO﹣ ）＝c（Cl﹣）﹣c（NH4+），故D正确；
故选：C。
27．【解答】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，N2（g）、H2（g）和NH3（g）的比热容分别为29.1J?K﹣1?mol﹣1、28.9J?K﹣1?mol﹣1和35.6J?K﹣1?mol﹣1，则升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图象B符合题意，
故选：B。
28．【解答】A.依据分析可知，N为正极，故A正确；
B.放电时，左侧为负极，发生氧化反应，电极反应方程式为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，左侧生成的Zn2+流向右侧，故左侧ZnBr2的浓度不变，右侧ZnBr2的浓度变大，故B错误；
C.放电时，M为负极，充电时，M及为阴极，发生还原反应，电极反应式为Zn2++2e﹣═Zn，故C正确；
D.中间沉积锌位置的作用为提供电解液，故其隔膜既可以允许阳离子通过，也允许阴离子通过，故D正确；
故选：B。
29．【解答】A.曲线①代表BaSO4沉淀溶解曲线，故A错误；
B.曲线①上取点（2.0，8.0），﹣lg[c（SO42﹣）]＝8.0，c（SO42﹣）＝10﹣8mol/L，c（Ba2+）＝10﹣2mol/L，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）×c（SO42﹣）＝10﹣8×10﹣2＝1.0×10﹣10，故B正确；
C.a点变到b点，﹣lg[c（Ba2+）]值增大，c（Ba2+）减小，不可能加入BaCl2固体，故C错误；
D.点d时c（Ba2+）＝10﹣5.1mol/L，c（SO42﹣）＝mol/L，点c时，c（Ba2+）＝10﹣5.1mol/L，c（CO32﹣）＝mol/L，溶液中＝，故D错误；
故选：B。
30．【解答】A．pH＝4时，c（H+）＝10﹣4mol/L，由图可知此时c2（M+）＝7.5×10﹣8（mol?L﹣1）2，故c（M+）＜3.0×10﹣4mol?L﹣1，故A正确；
B．c（H+）＝0时，溶液中OH﹣浓度比较大，A﹣水解被抑制，溶液中c（M+）≈c（A﹣），则Ksp（MA）＝c（M+）?c（A﹣）＝c2（M+）＝5.0×10﹣8，故B正确；
C．pH＝7时，若等式成立，则c（M+）＝c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）?c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c2（M+）＝5×10﹣8，由图可知此时溶液中c（H+）＝0，溶液pH≠7，HA是一元弱酸，MA的饱和溶液中M+不发生水解，A﹣发生水解，其饱和溶液呈碱性，且pH是确定的，当溶液pH＝7时，需要外加酸调节，即还有其它阴离子存在，选项不满足电荷守恒，故C错误；
D．由HA?H++A﹣，可知Ka＝，当c（A﹣）＝c（HA）时，Ka＝c（H+），由物料守恒有：c（M+）＝c（HA）+c（A﹣），则c（M+）＝2c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）?c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c（M+）×c（M+）＝5.0×10﹣8，故c2（M+）＝10×10﹣8，由图可知此时c（H+）＝20×10﹣5mol/L＝2×10﹣4mol/L，故Ka（HA）＝c（H+）＝2.0×10﹣4，故D正确。
故选：C。
二．多选题（共1小题）
31．【解答】A.为气体体积不变的反应，反应前后气体的物质的量不变，则压强始终不变，不能判定平衡状态，故A错误；
B.t2时正反应速率瞬间不变，然后增大，可知改变的条件为向容器中加入C，故B正确；
C.t2时加入C，平衡逆向移动，则平衡时A的体积分数φ：φ（Ⅱ）＞φ（I），故C正确；
D.平衡常数与温度有关，温度不变，则平衡常数K：K（Ⅱ）＝K（Ⅰ），故D错误；
故选：BC。
三．解答题（共8小题）
32．【解答】（1）实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量SO2的反应为Cu（s）+2H2SO4（l）═CuSO4（s）+SO2（g）+2H2O（l）△H＝﹣11.9kJ?mol﹣1，由于该反应△H＜0、△S＞0，则△G＝△H﹣T△S＜0始终成立，说明该反应在任何温度下都能自发进行，
故答案为：不同温度下都能自发，是因为△H＜0、△S＞0；
（2）①根据题中所给的数据可以求出该温度下2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）的平衡常数为K＝＝≈6.7×103mol﹣1?L，
故答案为：6.7×103mol﹣1?L；
②平衡时SO2的转化率为×100%＝×100%＝88%，
故答案为：88%；
（3）①A．在常压下SO2催化氧化为SO3的反应中，SO2的转化率已经很高，工业上有采用高压的反应条件，故A错误；
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中毒，故B错误；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和SO2的转化率，故C正确；
D．SO3与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收SO3，反应放出的热量会使硫酸形成酸雾从而影响SO3被水吸收导致SO3的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜采用水或稀硫酸吸收SO3，故D错误；
故答案为：C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，SO2的转化率基本不变，因此，图2所示进程中表示热交换过程的是b1→a2、b2→a3、b3→a4，选项BDF正确，
故答案为：BDF；
③对于放热的可逆反应2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g），该反应的最适宜温度为催化剂的催化活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，SO2的转化率也最大；当温度高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，SO2的转化率也逐渐减小；由于该反应为放热反应，随着温度的升高，SO2的平衡转化率减小；由于反应混合物与催化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温度下SO2的转化率低于其平衡转化率。因此，反应2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）的转化率与最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示为，
故答案为：；；
（4）由pH﹣时间振荡曲线可知，在Na2S﹣H2SO4﹣H2O2溶液体系中，溶液的pH呈先增大后减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反应生成HS﹣，S2﹣+H+＝HS﹣，然后发生HS﹣+4H2O2＝SO42﹣+4H2O+H+，该过程溶液的pH基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时HS﹣被H2O2氧化为S，即发生HS﹣+H2O2+H+＝S↓+2H2O，该过程溶液的pH增大；溶液又变澄清时S又被H2O2氧化为SO42﹣，发生S+3H2O2＝SO42﹣+2H2O+2H+，该过程溶液的pH在减小，因此可以推测该过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：S2﹣+H+＝HS﹣、HS﹣+4H2O2＝SO42﹣+4H2O+H+、HS﹣+H2O2+H+＝S↓+2H2O、S+3H2O2＝SO42﹣+2H2O+2H+，
故答案为：HS﹣+4H2O2＝SO42﹣+4H2O+H+；S+3H2O2＝SO42﹣+2H2O+2H+。
33．【解答】（1）①CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H1＝+41 kJ?mol﹣1，
②CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H2＝﹣90 kJ?mol﹣1，
盖斯定律计算①+②得到总反应的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＝（+41 kJ?mol﹣1）+（﹣90 kJ?mol﹣1）＝﹣49kJ/mol，若反应①为慢反应，说明反应活化能较大，反应①为吸热反应，总反应为放热反应，据此分析判断，
故答案为：﹣49；A；反应①为慢反应，说明反应活化能较大，反应①为吸热反应，总反应为放热反应；
（2）总反应的热化学方程式：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H＝﹣49kJ/mol，升高温度，平衡逆向进行，甲醇物质的量分数减小，b曲线为等压线，合成总反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，结合三段式列式计算，
①反应CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）的Kp＝，
故答案为：；
②图中等压线是b，反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，甲醇物质的量分数减小，
故答案为：b；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向进行，甲醇物质的量分数减小；
③当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：
CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）
起始量（mol）1 3 0 0
变化量（mol）y 3y y y
平衡量（mol）1﹣y 3﹣3y y y
＝0.1，
y＝mol，
CO2的平衡转化率α＝×100%≈33.33%，
等温线a上分析得到，反应条件是9×105Pa、250℃，等压线b上，反应条件5×105Pa、210℃，
故答案为：33.33%；5×105Pa、210℃；9×105Pa、250℃。
34．【解答】（1）已知：a）CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g）△H1，b）CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）△H2，c）CH4（g）?C（s）+2H2（g）△H3，d）2CO（g）?CO2（g）+C（s）△H4，e）CO（g）+H2（g）?H2O（g）+C（s）△H5，根据盖斯定律由b+c﹣e或c﹣d均可得到 CH4（g）+CO2（g）?2CO（g）+2H2（g），则△H1＝△H2+△H3﹣△H5或△H3﹣△H4，
故答案为：△H2+△H3﹣△H5（或△H3﹣△H4）；
（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，
A.CO2与CH4为a、b、c反应的反应物，增大浓度，对应的正反应速度都增大，故A正确；
B.移去部分C（s），由于移除的是纯固体，对平衡移动不产生影响，故B错误；
C.催化剂只会改变化学反应速率，不会改变化学反应的限度，故C错误；
D.降低反应温度，所有反应速率 均降低，故D正确，
故答案为：AD；
（3）分析图1可知，反应一共经历4步历程，依据图象差值分析，步骤4的正反应活化能最大，
故答案为：4；4；
（4）①分析图象可知，随着横坐标增大，温度降低，a、c的K值均降低，说明a、c平衡向左移动，故a、c的正反应为吸热反应，
故答案为：a、c；
②反应c为CH4（g）?C（s）+2H2（g），其平衡常数表达式为，
故答案为：；
③温度为A时，结合图象c可知，此时反应cln＝0即＝1，带入数据解得，p（CH4）平衡＝Kpa＝16kPa，P（CH4）初始＝×100kPa＝50kPa，平衡转化率×100%＝68%，
故答案为：温度为A时，结合图象c可知，此时反应cln＝0即＝1，带入数据解得，p（CH4）平衡＝Kpa＝16kPa，P（CH4）初始＝×100kPa＝50kPa，平衡转化率×100%＝68%；
（5）二氧化碳固体称之为干冰，易升华，故可以用作人工降雨，
故答案为：人工降雨。
35．【解答】（1）根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）△H1＝﹣393.5kJmol﹣1，②H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H2＝﹣285.8kJmol﹣1，③C6H6（l）+O2（g）＝6CO2（g）+6H2O（l）△H3＝﹣3267.5kmol﹣1，根据盖斯定律①×6+②×3﹣③得反应：6C（石墨，s）+3H2（g）＝C6H6（l），则△H＝（﹣393.5kJmol﹣1）×6+（﹣285.8kJmol﹣1）×3﹣（﹣3267.5kmol﹣1）＝+49.1kJmol﹣1，
故答案为：6C（石墨，s）+3H2（g）＝C6H6（l）△H＝+49.1kJmol﹣1；
（2）由题可知，①CO2（g）?CO2（aq），②CO2（aq）+H2O（l）?H+（aq）+HCO3﹣（aq），K2＝，又因为p（CO2）（aq）＝p（kPa）?x，则c（CO2）＝y（mol?L﹣1?kPa﹣1）?p（CO2）＝p?x?y，在忽略HCO3﹣的电离时，c（H+）﹣c（OH﹣）＝c（HCO3﹣），而c（H+）?c（OH﹣）＝Kw，所以K2＝＝，可得c（H+）＝mol?L﹣1，
故答案为：；
（3）2MHCO3（s） M2CO3（s）+H2O（g）+CO2（g），等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp＝p（H2O）?p（CO2）＝×46××46＝529kPa2；温度不变化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则Kp＝p（H2O）?p（CO2）＝529kPa2，p（CO2）＝kPa＝105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即CO2（g）的初始压强应大于105.8kPa﹣5kPa＝100.8kPa，
故答案为：100.8；
（4）①由题意知，Li﹣CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2＝2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4个步骤进行，由步骤II可知生成了C，而步骤IV需要C参加反应，所以步骤III的离子方程式为：2CO22﹣+CO2＝2CO32﹣+C，
故答案为：正极；2CO22﹣+CO2＝2CO32﹣+C；
②I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e﹣+13H2O＝CH3CH2CH2OH+18OH﹣，
故答案为：3CO2+18e﹣+13H2O＝CH3CH2CH2OH+18OH﹣；
II.c催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；对于CO2电还原为CO的过程，使用b做催化剂时，由第一个过渡态到第二个过渡态需要的能量足足有0.76eV，能垒是极高的。而使用a做催化剂时，最高的能垒仅为0.51eV。反观H+还原为H2的过程，使用a、b做催化剂时，最高的能垒相差是不大的，因此，使用a做催化剂时，CO2的电还原是更容易的，则反应从易到难的顺序为c、a、b，
故答案为：c、a、b。
36．【解答】（1）由△H＝反应物键能和﹣生成物键能和可知，该反应的△H＝2×（390.8kJ?mol﹣1×3）﹣[（946kJ?mol﹣1）+（436.0kJ?mol﹣1×3）]＝+90.8kJ?mol﹣1，
故答案为：+90.8；
（2）在等温等压的反应中△G＝△H﹣T△S＜0时，正反应能自发进行，其中△H＝+90.8kJ?mol﹣1，△S＝198.9J?mol﹣1?K﹣1，则T＞＝＝456.5k＝183.52℃，选项CD正确，
故答案为：C、D；
（3）①密闭容器中0.1molNH3总压为200kPa，则如图t1时H2的分压为120kPa，则H2的物质的量为mol＝0.06mol，故v（H2）＝＝＝mol?L﹣1?min﹣1，
故答案为：；
②容器体积迅速缩小到原来的一半，则氮气的分压迅速增大到原来的2倍，故cd错误；压强增大，平衡向气体总体积减小的方向移动，即平衡逆向移动，N2的分压应比原来2倍小，故b正确，a错误；
故答案为：b；容器体积缩小，平衡逆向移动，氮气的分压先迅速增大后适当减小；
③在该温度下，达到平衡时，p（N2）＝40kPa＝0.4p?、p（H2）＝120kPa＝1.2p?、p（NH3）＝120kPa＝1.2p?，则K?＝＝＝0.48，
故答案为：0.48；
（4）电解池中，左侧消耗NH3生成N2，发生氧化反应是阳极，消耗了OH﹣，右侧水中H+得电子生成H2，发生还原反应，是阴极，电极反应中生成OH﹣，故OH﹣从右向左移动，
故答案为：从右往左；
（5）阳极是NH3失电子发生氧化反应生成N2，则电极反应式为6OH﹣+2NH3﹣6e﹣＝N2+6H2O，
故答案为：6OH﹣+2NH3﹣6e﹣＝N2+6H2O。
37．【解答】（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，Br2为红棕色液体，则该元素是Br，
故答案为：Br；
（2）BaPtCl6?BaCl2+Pt+2Cl2↑，376.8℃时Kp′＝P2（Cl2）＝1.0×104Pa2，说明P（Cl2）始终为0.1kPa，在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa，设△P（I2）＝xkPa，
2ICl（g）?Cl2（g）+I2（g）
起始（kPa） 0 0.1+x 20
转化（kPa） 2x x x
平衡（kPa） 2x 0.1 20﹣x
376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则（2x+0.1+20﹣x）kPa＝32.5kPa，解得x＝12.4，则PICl＝2×12.4kPa＝24.8kPa；P（I2）＝20kPa﹣12.4kPa＝7.6kPa，该反应是气体体积不变的反应，则K＝Kp＝，
故答案为：24.8；；
（3）①由图可知，lgKp2随着温度的升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应为吸热反应，△H大于0，
故答案为：大于；
②Ⅰ2NO（g）+2ICl（g）?2NOCl（g）+I2（g），Ⅱ2NOCl（g）?2NO（g）+Cl2（g）根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g），则反应2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g）的K＝KP1?KP2；令T1＞T2，则lgK（T1）﹣lgK（T2）＝lgKP1（T1）?KP2（T1）﹣lgKP1（T2）?KP2（T2）＝lgKP1（T1）+lgKP2（T1）﹣lgKP1（T2）﹣lgKP2（T2）＝lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）﹣[lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）]，由图中信息可知，lgKp2随着温度的升高而增大，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞0，lgKp1随着温度的升高而减小，则lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）＞0，lgKP1～和lgKP2～均为线性关系，且代表lgKP2～曲线更陡，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1），说明lgK（T1）﹣lgK（T2）＞0，则升高温度，K值变大，该反应为吸热反应，△H大于0，
故答案为：KP1?KP2；大于；令T1＞T2，则lgK（T1）﹣lgK（T2）＝lgKP1（T1）?KP2（T1）﹣lgKP1（T2）?KP2（T2）＝lgKP1（T1）+lgKP2（T1）﹣lgKP1（T2）﹣lgKP2（T2）＝lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）﹣[lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）]，由图中信息可知，lgKp2随着温度的升高而增大，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞0，lgKp1随着温度的升高而减小，则lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）＞0，lgKP1～和lgKP2～均为线性关系，且代表lgKP2～曲线更陡，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1），说明lgK（T1）﹣lgK（T2）＞0，则升高温度，K值变大，该反应为吸热反应，△H大于0；
（4）根据反应机理可知，一半的NOCl转化为NOCl*，另一半的NOCl与NOCl*转化为NO和Cl2，则分解1mol的NOCl，根据NOCl+hv→NOCl*方程式可知，0.5molNOCl吸收0.5mol光子转化为NOCl*，
故答案为：0.5。
38．【解答】（1）由式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3mol S可以和6mol KOH反应，0.48g S的物质的量为＝0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量为0.03mol，故需要KOH溶液的体积V＝＝＝0.03L＝30.0mL，
故答案为：30.0；
（2）若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，由原子守恒可知反应的化学方程式为（2x+2）S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，S的物质的量为＝0.08mol，KOH的物质的量为0.06L×1.00mol/L＝0.06mol，则＝，解得x＝3，
故答案为：3。
39．【解答】（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（2）A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，故A错误；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，故B正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，故C正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，故D正确，
故答案为：A；
（3）①Cl2（g）?Cl2（aq）表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变△H1＜0，
故答案为：＜；
②由化学方程式Cl 2（aq）+H2O（l）?H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq）可知，其平衡常数K2的表达式为K2＝，注意水为液态，其不出现在表达式中，
故答案为：；
③Cl2（g）?Cl2（aq） 与Cl 2（aq）+H2O（l）?H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq） 相加可以得到Cl2（g）+H2O（l）?H+ （aq）+Cl﹣ （aq）+HClO（aq），因此，该反应的平衡常数为K1K2p；氯气在水中的溶解度（以物质的量浓度表示）为c，根据物料守恒可知，c＝c（Cl2）+ c（HClO）+c（Cl﹣），由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则c（H+）＝c（Cl﹣）＝c（HClO），由K2＝可知c（Cl﹣）＝c（HClO）＝[c（Cl2）?K2]，由K1＝可知，c（Cl2）＝K1p，则c（Cl﹣）＝c（HClO）＝（K1K2p），因此，c＝K1p+（K1K2p），
故答案为：K1p+（K1K2p）；
（4）已知：Ⅰ．TiO2（s）+2Cl2（g）?TiCl4（g）+O2（g）△HI＝181 mol?L﹣1，KI＝﹣3.4×10﹣29；
Ⅱ．2C（s）+O2（g）?2CO（g）△HⅡ＝﹣221 mol?L﹣1，KⅡ＝1.2×1048，
根据盖斯定律可知，I+Ⅱ得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g），则K＝KIKⅡ＝4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ的发生可以减小反应I的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I为吸热反应，而△H＝△HI+△HⅡ＝﹣40kJ?mol﹣1，说明TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g）为放热反应，则反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量，
故答案为：反应I+Ⅱ得：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）＝TiCl4（g）+2CO（g），K＝KIKⅡ＝4.1×1019远大于K1，反应Ⅱ使TiO2氯化为TiCl4得以实现；△H＝△HI+△HⅡ＝﹣40kJ?mol﹣1，反应Ⅱ可为反应I提供所需的能量；
（5）A.．适当升高温度可以增大催化剂碘的溶解度，提高反应速率，同时提高邻位取代几率，所以能通过提高反应温度来提高产物中邻二氯苯的比例，故A正确；
B．因为催化剂具有选择性，使用对生成邻二氯苯有更高选择性的催化剂，以提高产物中邻二氯苯的比例，所以改变催化剂可以提高产物中邻二氯苯的比例，故B正确；
C．因为生成邻二氯苯和对二氯苯的反应为平行反应，无法确定生成邻二氯苯是吸热反应还是放热反应，降低温度不一定能提高产物中邻二氯苯的比例，故C错误；
D．改变反应物浓度可以改变化学反应速率，从而改变反应达到化学平衡状态的时间，但是产物浓度之比与反应时间无关，因此不能提高产物中邻二氯苯的比例，故D错误，
故答案为：AB。
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