三轮冲刺--突破图像、图表数据和结果的分析题目

锐意（高中）化学

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真题回顾：

1．取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I^- 存在下分解：2H₂O₂=2H₂O+O₂↑。在一定温度下，测得O₂的放出量，转换成H₂O₂浓度(c)如下表：

下列说法不正确的是(   )

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

【答案】C

【解析】A项，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·V_m=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，A正确；B项，20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)mol/L=0.20 mol·L^-1，则这段时间内的平均速率v===0.010 mol·L^-1·min^-1，B正确；C项，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，C错误；D项，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，D正确；故选C。

2．在298.15 K、100 kPa条件下，N₂(g) +3H₂ (g)=2NH₃(g) ΔH=-92.4 kJ·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，1 mol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．

【答案】B

【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，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个图像B符合题意，故选B。

3．实验测得10 mL 0.50 mol·L^-1NH₄Cl溶液、10 mL 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，K_w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⁺)

【答案】C

【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L^-1 NH₄Cl溶液、10 mL 0.50mol·L^-1CH₃COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，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；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，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，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，A说法正确；B项，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，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即K_w增大；随温度升高，CH₃COONa的水解程度变大，溶液中c(OH^-)增大，因此，C说法不正确；D项， 25℃时稀释相同倍数的NH₄C1溶液与CH₃COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na⁺ ) +c(H⁺) =c(OH^-)+c(CH₃COO^- ) ，c(NH₄⁺)+c(H⁺ ) =c(Cl^-)+c(OH^- )。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25 ℃时CH₃COOH和NH₃·H₂O的电离常数均为1.8 ×10^-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH₄C1溶液与CH₃COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，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⁺)，D说法正确。故选C。

4．一定温度下，在2 L的恒容密闭容器中发生反应A(g)＋2B(g)3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：

下列说法正确的是(    )

A．0~5 min用A表示的平均反应速率为

B．该反应在10 min后才达到平衡

C．平衡状态时，

D．物质B的平衡转化率为20%

【答案】C

【解析】A项，v(C)=，同一反应反应中反应速率之比等于计量数之比，3v(A)=v(C)，所以v(A)=，故A错误；B项，15min时，n(B)=1.6mol，消耗了2.4mol-1.6mol=0.8mol，根据方程式可知这段时间内消耗A的物质的量为0.4mol，所以15min时，n(A)=1.6mol，与10min时A的物质的量相同，说明10~15min这段时间内平衡没有移动，但无法确定是10min时达到平衡，还是10min前已经达到平衡，故B错误；C项，根据B选项分析可知平衡时消耗的B为0.8mol，根据方程式可知生成C的物质的量为1.2mol，浓度为，故C正确；D项，物质B的平衡转化率为，故D错误；故选C。

5．室温下，向20.00 mL 0.1000mol·L⁻¹盐酸中滴加0.1000mol·L⁻¹ NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是(    )

A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7

B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差

C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大

D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3

【答案】C

【解析】A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02mol/L，即溶液中c(OH^-)=0.02mol，则c(H⁺)=5×10^-13 mol/L，pH=-lgc(H⁺)=12.3，故D正确；故选C。

6．以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L⁻¹的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H₂A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积V_NaOH的变化关系如图所示。[比如A²⁻的分布系数：]

下列叙述正确的是(    )

A．曲线①代表δ(H₂A)，曲线②代表δ(HA^-)

B．H₂A溶液的浓度为0.2000 mol·L⁻¹

C．HA⁻的电离常数K_a=1.0×10⁻²

D．滴定终点时，溶液中c(Na⁺)＜2c(A^2-)+c(HA^-)

【答案】C

【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H₂A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA^-)，曲线②代表δ(A^2-)，根据反应2NaOH+H₂A=Na₂A+2H₂O，c(H₂A)==0.1000mol/L。A项，根据分析，曲线①代表δ(HA^-)，曲线②代表δ(A^2-)，A错误；B项，当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H₂A=Na₂A+2H₂O，c(H₂A)= =0.1000mol/L，B错误；C项，根据曲线当δ(HA^-)=δ(A^2-)时溶液的pH=2，则HA^-的电离平衡常数K_a==c(H⁺)=1×10^-2，C正确；D项，用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH^-)＞c(H⁺)，溶液中的电荷守恒为c(Na⁺)+c(H⁺)=2c(A^2-)+c(HA^-)+c(OH^-)，则c(Na⁺)＞2c(A^2-)+c(HA^-)，D错误；故选C。

7．25℃时，某混合溶液中c(CH₃COOH)+ c(CH₃COO^-)=c(CH₃COOH)=0.1mol/L，1gc( CH₃COOH)、1gc(CH₃COO^-)、lgc(H⁺)和1gc(OH^-)随pH变化的关系如下图所示。K_a为CH₃COOH的电离常数，下列说法正确的是(   )

A．O点时，c(CH₃COOH)=c(CH₃COO^-)

B．N点时，

C．该体系中，

D．pH由7到14的变化过程中， CH₃COO^-的水解程度始终增大

【答案】BC

【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH₃COO^-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H⁺)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH^-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH₃COOH)随pH的变化曲线。A项，根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H⁺)= c(OH^-)，故A错误；B项，N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH₃COO^-)=lgc(CH₃COOH)，即c(CH₃COO^-)=c(CH₃COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；C项，c(CH₃COO^-)+c(CH₃COOH)=0.1mol/L，则c(CH₃COO^-)=0.1mol/L- c(CH₃COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH₃COO^-)并化简整理可得出，c(CH₃COOH)=mol/L，故C正确；D项，醋酸根离子的水解平衡为：CH₃COO^-+H₂O CH₃COOH +OH^-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH^-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；故选BC。

8．研究CO₂氧化C₂H₆制C₂H₄对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：

Ⅰ　C₂H₆(g)C₂H₄(g)＋H₂(g)ΔH₁＝136 kJ·mol⁻¹

Ⅱ　C₂H₆(g)＋CO₂(g)C₂H₄(g)＋H₂O(g)＋CO(g)ΔH₂＝177 kJ·mol⁻¹

Ⅲ　C₂H₆(g)＋2CO₂(g)4CO(g)＋3H₂(g)ΔH₃

Ⅳ　CO₂(g)＋H₂(g)CO(g)＋H₂O(g)ΔH₄＝41 kJ·mol⁻¹

已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的ΔH(ΔH随温度变化可忽略)。例如：
H₂O(g)H₂O(l)ΔH₄＝(−286 kJ·mol⁻¹)－(−242 kJ·mol⁻¹)＝−44 kJ·mol⁻¹。

请回答：

(1)①根据相关物质的相对能量计算ΔH₃＝________kJ·mol⁻¹。

②下列描述正确的是________。

A．升高温度反应Ⅰ的平衡常数增大

B．加压有利于反应Ⅰ、Ⅱ的平衡正问移动

C．反应Ⅲ有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成

D．恒温恒压下通水蒸气，反应Ⅳ的平衡逆向移动

③有研究表明，在催化剂存在下，反应Ⅱ分两步进行，过程如下：[C₂H₆(g)＋CO₂(g)]→[C₂H₄(g)＋H₂(g)＋CO₂(g)]→[C₂H₄(g)＋CO(g)＋H₂O(g)]，且第二步速率较慢(反应活化能为210 kJ·mol⁻¹)。根据相关物质的相对能量，画出反应Ⅱ分两步进行的“能量−反应过程图”，起点从[C₂H₆(g)＋CO₂(g)]的能量−477 kJ·mol⁻¹开始(如图2)。

(2) ①CO₂和C₂H₆按物质的量1∶1投料，在923 K:和保持总压恒定的条件下，研究催化剂X对“CO₂氧化C₂H₆制C₂H₄”的影响，所得实验数据如下表：

结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO₂氧化C₂H₆的主要产物是________，判断依据是________。

②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高C₂H₄的选择性(生成C₂H₄的物质的量与消耗C₂H₆的物质的量之比)。在773 K，乙烷平衡转化率为9.1%，保持温度和其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到11.0%。结合具体反应说明乙烷转化率增大的原因是________。

【答案】(1)①430    ②AD

③

(2)①COC₂H₄的产率低，谠明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率

②选择性膜吸附C₂H₄，促进反应Ⅱ平衡正向移动

【解析】(1)①由图1的数据可知，C₂H₆(g)、CO₂(g)、CO(g)、H₂(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol^-1、-393 kJ∙mol^-1、-110 kJ∙mol^-1、0 kJ∙mol^-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C₂H₆(g)+2CO₂(g)4CO(g)+3H₂(g) ∆H₃=(-110 kJ∙mol^-1)4-(-84kJ∙mol^-1)-( -393 kJ∙mol^-1)2=430 kJ∙mol^-1。②A项，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度能使其化学平衡向正反应方向移动，故其平衡常数增大，A正确；B项，反应Ⅰ和反应Ⅱ的正反应均为气体分子数增大的反应，增大压强，其化学平衡均向逆反应方向移动，B不正确；C项，反应Ⅲ的产物中有CO，增大CO的浓度，能使反应Ⅱ的化学平衡向逆反应方向移动，故其不利于乙烷脱氢，不利于乙烯的生成，C不正确；D项，反应Ⅳ的反应前后气体分子数不变，在恒温恒压下向平衡体系中通入水蒸气，体系的总体积变大，水蒸气的浓度变大，其他组分的浓度均减小相同的倍数，因此该反应的浓度商变大(大于平衡常数)，化学平衡向逆反应方向移动，D正确。故选AD。③由题中信息可知，反应Ⅱ分两步进行，第一步的反应是C₂H₆(g)+CO₂(g)C₂H₄(g)+H₂(g) +CO₂(g)，C₂H₄(g)、H₂(g)、CO₂(g)的相对能量之和为52 kJ∙mol^-1+0+(-393 kJ∙mol^-1)= -341 kJ∙mol^-1；第二步的反应是C₂H₄(g)+H₂(g) +CO₂(g)C₂H₄(g)+H₂O(g) +CO(g)，其活化能为210 kJ∙mol^-1，故该反应体系的过渡态的相对能量又升高了210 kJ∙mol^-1，过渡态的的相对能量变为-341 kJ∙mol^-1+210 kJ∙mol^-1= -131 kJ∙mol^-1，最终生成物C₂H₄(g)、H₂O(g)、CO(g)的相对能量之和为(52 kJ∙mol^-1)+(-242 kJ∙mol^-1)+(-110 kJ∙mol^-1)= -300 kJ∙mol^-1。根据题中信息，第一步的活化能较小，第二步的活化能较大，故反应Ⅱ分两步进行的“能量—反应过程图”可以表示如下：。(2)①由题中信息及表中数据可知，尽管CO₂和C₂H₆按物质的量之比1：1投料，但是C₂H₄的产率远远小于C₂H₆的转化率，但是CO₂的转化率高于C₂H₆，说明在催化剂X的作用下，除了发生反应Ⅱ，还发生了反应Ⅲ，而且反应物主要发生了反应Ⅲ，这也说明催化剂X有利于提高反应Ⅲ速率，因此，CO₂氧化C₂H₆的主要产物是CO；②由题中信息可知，选择性膜技术可提高C₂H₄的选择性，由反应ⅡC₂H₆(g)+CO₂(g)C₂H₄(g)+H₂O(g) +CO(g)可知，该选择性应具体表现在选择性膜可选择性地让C₂H₄通过而离开体系，即通过吸附C₂H₄减小其在平衡体系的浓度，从而促进化学平衡向正反应方向移动，因而可以乙烷的转化率。

模拟测试：

1．在温度T₁和T₂时，分别将0.50 mol A和1.2 mol B充入体积为3 L的恒容密闭容器中，发生如下反应：A(g)+2B(g)2C(g)+D(g)，测得n(A)随时间变化数据如下表，下列说法正确的是(   )

A．温度：T₁>T₂

B．反应达到平衡状态时，容器内压强不再发生变化

C．在温度T₁时，0~10 min用B表示的平均反应速率为0.005mol/(L·min)

D．保持其他条件不变，缩小反应容器体积，逆反应速率增大，正反应速率减小

【答案】B

【解析】A项，分析题干表格数据可知，T₂温度下A的物质的量减小的更快，即T₂温度下反应速率较快，故T₁＜T₂，A错误；B项，分析反应A(g)+2B(g)2C(g)+D(g)可知该反应前后气体的体积没有发生改变，故容器的压强始终不变，故反应达到平衡状态，容器内压强当然不再发生变化，B正确；C项，在温度T₁时，0~10 min用B表示的平均反应速率为mol·L^－1·min^－1，C错误；D项，保持其他条件不变，缩小反应容器体积，反应物生成物的浓度均增大，故逆反应速率增大，正反应速率也增大，D错误；故选B。

2．在2L恒容密闭容器中充入A(g)和B(g)，发生反应A(g)+B(g) 2C(g)+D(s)，所得实验数据如下表：

下列说法不正确的是

A．实验①中，若5 min时测得n(B)=0.050mol，则0至5 min时间内平均反应速率v(A)=0.015mol/(L·min)

B．实验②中达到平衡后，增大压强，A的转化率不变，平衡常数不变

C．700℃ 时该反应的平衡常数K=4.0

D．实验③中，达到平衡时，a>0.10

【答案】D

【解析】A项，实验①中，若5min时测得n(B)=0.050mol，则0至5min时间内消耗B0.150mol，平均反应速率v(A)=v(B)=0.015mol/(L·min)，故A正确；B项，该反应气体物质的量不变化，实验②中达到平衡后，增大压强，平衡不移动，A的转化率不变，平衡常数不变，故B正确；C项，700℃时各物质平衡浓度：c(A)= 0.04mol/L，c(B)=0.09mol/L，c(C)=0.12mol/L，该反应的平衡常数K==4.0，故C正确；D项，实验①平衡时n(C)>实验②平衡时n(C)，表明升温平衡左移，平衡常数随温度升高而减小。实验③中，达到平衡时，若a>0.10，则c(A)<0.025mol/L，c(B)<0.025mol/L，c(C)>0.05mol/L，该反应的平衡常数K>4.0，故D不正确。故选D。

3．常温下把2molA与2molB充入2L绝热容器中，发生反应：A(g)+2B(g) = 2C(g)   △H，5s内反应速率(v)随时间(t)变化如图曲线ab所示。下列说法正确的是(   )

A．该曲线一定是以B来表示反应速率的

B．该反应一定是放热反应，△H<0< span="">

C．t=2s时，A的物质的量为1.8mol

D．t=5s时，将容器体积缩小为1L，反应速率可能变为cd曲线

【答案】B

【解析】从题给的反应在速率图像得出，0~2s反应速率不变，说明反应放出的热量效应抵消了反应物浓度减小的作用，可判断正反应为放热反应；5s时，将容器体积缩小为1L，浓度增大，则反应速率瞬时增大，但该反应是不可逆反应，最终反应速率应为0。A项，因图像未给定为反应物A、B，而A、B的化学计量数不等，则无法判断该曲线是以A或B表示的反应速率，A错误；B项，由上述n分析可知，该反应一定是放热反应，△H<0< span="">，B正确；C项，当t=2s时，若图像为以A表示的反应速率，则2s时A的物质的量为2mol-0.1 mol·L^-1·s ^-1×2s×2L=1.6mol，C错误；D项，t=5s时，将容器体积缩小为1L，瞬间化学反应速率加快，但由于该反应不是可逆反应，随着反应的进行最终反应速率应为0，D错误；故选B。

4．如图是某元素的价类二维图。其中 A 为酸式盐，E 的相对分子质量比 D 大 16.下列说法正确的是(   )

A．E 与水反应一定能生成一种强酸

B．若 X 为强酸，则物质 D 可使石蕊溶液先变红后褪色

C．若 X 为强酸，则 D→E 的反应可用于检验 D

D．若 X 为强碱，则物质 A ~ E 中均含有硫元素

【答案】A

【解析】D和E均为氧化物，E的价态比D高，E 的相对分子质量比 D 大 16，可以推测出E分子中比D分子中多一个O，则y为氧气，B到E为连续氧化过程，则B可以为NH₃，C为N₂，D为NO，E为NO₂，此时A为某种酸式铵盐，X为强碱；B还可以是H₂S，C为S，D为SO₂，E为SO₃，此时A为某种硫氢化物，X为非氧化性强酸。A项，E为NO₂或SO₃，NO₂与水反应可以生成HNO₃，SO₃与水反应生成H₂SO₄，硝酸和硫酸均为强酸，A正确；B项，根据分析可知若X为强酸，则A为硫氢化物，D为SO₂，SO₂并不能漂白石蕊溶液，所以只会变红，不会褪色，B错误；C项，根据分析可知若X为强酸，则D为SO₂，E为SO₃，SO₂与氧气在高温、高压、催化剂的条件下生成SO₃，该反应并不能用来检验SO₂，C错误；D项，根据分析可知若X为强碱，物质A~E中均含有N元素，D错误；故选A。

5．生物质废物产量大，污染重。一种“生物质废物热解耦合化学链制氢”技术，为生物质废物资源化和氢能开发开辟了新道路，其工艺流程示意图如下：

下列说法不正确的是(   )

A．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H₂O(g) Fe₃O₄+4H₂

B．从蒸汽反应器所得H₂和H₂O的混合物中液化分离H₂O，可获得高纯H₂

C．燃料反应器中Fe₂O₃固体颗粒大小影响其与CO、H₂反应的速率

D．空气反应器中发生反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2

【答案】D

【解析】A项，由图可知，蒸汽反应器中主要发生的反应为铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H₂O(g) Fe₃O₄+4H₂，故A正确；B项，由图可知，从蒸汽反应器中出来的混合气体为水蒸气和氢气，水的沸点比氢气高，冷却混合气体可以将水液化，得到高纯氢气，故B正确；C项，燃料反应器中氧化铁固体颗粒越小，与氢气和一氧化碳的接触面积越大，反应速率越快，故C正确；D项，空气反应器中发生的反应为四氧化三铁在高温下与氧气反应生成氧化铁，反应的化学方程式为4Fe₃O₄+O₂6 Fe₂O₃，由方程式可知，反应中氧化剂氧气与还原剂四氧化三铁的物质的量之比为1:4，故D错误；故选D。

6．某含锆矿石的主要成份为ZrO₂，还含有Al 、Cu的氧化物杂质，工业上制取二氧化锆的工艺流程如下图。已知Cu(OH)₂能溶于过量的浓NaOH溶液，“氯化”过程中，金属元素均转化为高价氯化物。下列说法错误的是(    )

A．“氯化”过程中，ZrO₂发生反应的化学方程式：ZrO₂+2C+2 Cl₂ZrCl₄+2CO

B．溶液Ⅱ中含有的溶质主要为：NaCl、NaOH和NaAlO₂

C．加入酯类的作用是促进NaAlO₂水解生成Al(OH)₃沉淀

D．“焙烧”时需要蒸发皿

【答案】D

【解析】含锆矿石加入过量炭黑、通入氯气，高温氯化，得到ZrCl₄、CuCl₂、AlCl₃，加入过量稀NaOH，AlCl₃转化为偏铝酸钠，所以溶液Ⅱ主要含有NaCl、NaAlO₂以及过量的NaOH，固体Ⅱ主要为ZrCl₄、CuCl₂，加入浓NaOH溶液溶解CuCl₂，过滤得到的固体Ⅲ为ZrCl₄，高温焙烧得到ZrO₂。A项，根据题意“金属元素均转化为高价氯化物”可知Zr元素转化为ZrCl₄，Zr没有被氧化，但Cl元素被还原，说明加入的炭黑为还原剂，该反应的化学方程式为ZrO₂+2C+2 Cl₂ZrCl₄+2CO，A正确；B项，根据分析可知溶液Ⅱ主要含有NaCl、NaAlO₂以及过量的NaOH，B正确；C项，NaAlO₂水解使溶液显碱性，加入酯类消耗氢氧根可以促进NaAlO₂水解生成Al(OH)₃沉淀，C正确；D项，焙烧时要用坩埚，D错误；故选D。

7．制取Na₂CO₃和高纯Si的工艺流程如图所示，下列说法错误的是(    )

A．反应①属于固氮反应

B．步骤②为先向饱和食盐水中通入CO₂至饱和后，再通入NH₃

C．反应⑤、⑥均为氧化还原反应

D．高纯硅可以制作太阳能电池

【答案】B

【解析】A项，N₂与H₂在一定条件下合成NH₃，是氮元素的单质变为化合物的过程，因此属于氮的固定，A项正确；B项，室温下CO₂在饱和食盐水中溶解度不大，而NH₃易溶于水，先通入NH₃使溶液呈碱性，有利于CO₂的吸收，因此要先向饱和食盐水中通人足量NH₃ ，再通人CO₂气体，B项错误；C项，反应⑤、⑥中均有元素化合价发生变化，因此这两个反应均为氧化还原反应，C项正确；D项，高纯硅是制作太阳能电池的材料，D项正确；故选B。

8．工业上用CO生产甲醇的反应为CO(g)+2H₂(g)2CH₃OH(g)。下左图表示反应中能量的变化；下中图表示一定温度下，在体积固定为2L的密闭容器中加入4 mol H₂和一定量的CO(g)后，CO(g)和CH₃OH(g)的浓度随时间的变化图。下列叙述不正确的(    )

A．CO和H₂合成CH₃OH的反应：△H＜0，△S＜0。

B．图中曲线b可表示使用了催化剂的能量变化情况

C．保持温度不变，再充入1molCO和2molH₂，反应达到新平衡时减小

D．上右图中曲线可表示在不同压强P₁、P₂(P₁＜P₂)条件下甲醇百分含量随温度变化的情况

【答案】C

【解析】A项，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，所以△H＜0，△S＜0，故A正确；B项，使用催化剂能降低反应需要的活化能从而改变反应途径，但不影响平衡移动，所以放出的能量不变，故B正确；C项，再充入1molCO和2molH₂，体积不变，则压强增大，平衡正向移动，反应达到新平衡时增大，故C错误；D项，温度一定，压强越大平衡向正反应方向移动，甲醇百分含量越高；压强一定，该放热反应温度越高，平衡逆向移动，甲醇百分含量越低，故D正确；故选C。

9．实验测得0.5mol·Lˉ¹Na₂SO₃溶液、NaHCO₃和CH₃COONa的pH随温度变化如图所示。已知25℃电离平衡常数(K_a)

下列说法不正确的是(    )

A．25℃时，若Na₂SO₃浓度为0.1mol·Lˉ¹，则溶液pH＝10 (忽略二级水解和H₂O的电离)

B．③曲线45℃时的变化，主要原因是NaHCO₃发生分解生成Na₂CO₃

C．由图表可知，①曲线为CH₃COONa溶液

D．a、b两点的pH前者大于后者，主要原因是酸式盐在水溶液中既发生水解又发生电离

【答案】C

【解析】根据表格数据可知亚硫酸的二级电离平衡常数小于碳酸的一级电离平衡常数，小于醋酸的电离平衡常数，所以亚硫酸根的水解程度最大，相同浓度时pH最大，所以曲线①为亚硫酸钠溶液，虽然碳酸的一级电离平衡常数小于醋酸的电离平衡常数，但由于碳酸氢根还会发生电离，且据图可知曲线随温度升高pH会骤增，应是碳酸氢钠受热分解生成了碳酸钠，碱性增强，所以曲线③代表碳酸氢钠，曲线②代表醋酸钠。A项，Na₂SO₃溶液中存在水解平衡SO₃^2-+H₂OHSO₃^-+OH^-，设溶液中c(OH^-)=x mol/L，忽略二级水解和水的电离，则c(HSO₃^-)= c(OH^-)=x mol/L，则有，即，解得x≈10^-4mol/L，则c(H⁺)=10^-10mol/L，即pH为10，A正确；B项，曲线③应代表碳酸氢钠，45℃时碱性增强，应是碳酸氢钠受热分解生成了碳酸钠，而碳酸的二级电离平衡常数最小，碳酸根的水解程度更大，所以碱性增强，pH增大，B正确；C项，醋酸的水解程度小于亚硫酸根，而曲线①代表的溶液在25℃时碱性最强，所以曲线①不可能是醋酸钠溶液，C错误；D项，曲线②代表醋酸钠，曲线③代表碳酸氢钠，即25℃碳酸氢钠的碱性弱于醋酸钠，而碳酸的一级电离平衡常数小于醋酸的电离平衡常数，所以导致碳酸氢钠溶液碱性较弱的原因应是由于碳酸氢根在水溶液中既发生水解又发生电离，D正确；故选C。

10．下图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线错误的是(    )

A．向NaAlO₂溶液中滴入HCl至过量

B．向澄清石灰水中通入CO₂至过量

C．向含有盐酸的A1C1₃溶液中滴入NaOH溶液至过量。

D．向含有等物质的量的Ca(OH)₂、KOH的混合溶液中通入CO₂至沉淀消失

【答案】D

【解析】A项，1mol偏铝酸钠需要1mol盐酸，而溶解1mol氢氧化铝需要3mol盐酸，故A正确；B项，氢氧化钙和CO₂反应的方程式为Ca(OH)₂＋CO₂=CaCO₃↓＋H₂O，溶解碳酸钙的方程式为CaCO₃＋CO₂＋H₂O=Ca(HCO₃)₂，故B正确；C项，氢氧化钠首先和盐酸反应，然后在和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，最后溶解氢氧化铝，故C正确；D项，反应的方程式依次为Ca(OH)₂＋CO₂=CaCO₃↓＋H₂O、2KOH＋CO₂=K₂CO₃＋H₂O、K₂CO₃＋CO₂＋H₂O=2KHCO₃、CaCO₃＋CO₂＋H₂O=Ca(HCO₃)₂，故D错误，故选D。

11．25℃时，某混合溶液中c(CH₃COOH)+c(CH₃COO^-)=0.1mol/L，lgc(CH₃COOH)、lgc(CH₃COO^-)、lgc(H⁺)和lgc(OH^-)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH₃COOH的电离常数，下列说法正确的是(    )

A．O点时，c(CH₃COOH)=c(CH₃COO^-)

B．N点时，pOH=14-lgKa

C．该体系，c(CH₃COOH)=mol/L

D．pH由7到14的变化过程中，CH₃COO^-的水解程度始终增大

【答案】C

【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸分子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH₃COO^-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H⁺)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH^-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH₃COOH)随pH的变化曲线。项，根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H⁺)=c(OH^-)，故A错误；B项，N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH₃COO^-)=lgc(CH₃COOH)，即c(CH₃COO^-)=c(CH₃COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，可得pOH=14-(-lgKa)=14+lgKa，故B错误；C项，c(CH₃COO^-)+c(CH₃COOH)=0.1mol/L，则c(CH₃COO^-)=0.1mol/L-c(CH₃COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH₃COO^-)并化简整理可得出，c(CH₃COOH)=mol/L，故C正确；D项，醋酸根离子的水解平衡为：CH₃COO^-+H₂O⇌CH₃COOH+OH^-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH^-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；故选C。

12．甲胺(CH₃NH₂)的性质与氨相似，25⁰C时向10mL 0.1mol·Lˉ¹的甲胺中逐滴滴入0.1mol·Lˉ¹稀盐酸。溶液中水电离出的氢离子浓度的负对数[用pC表示，]与加入盐酸体积的关系如图所示。下列叙述错误的是(    )

A．K_b(CH₃NH₂)的数量级为10^-4

B．甲胺的电离方程式：CH₃NH₂·H₂O= CH₃NH₃⁺+OH^-

C．b点溶液的pH＞7

D．e点溶液：c(Cl^-)＞c(CH₃NH₃⁺)＞c(H^＋)＞c(OH^―)

【答案】B

【解析】由图可知，e点水的电离程度最大，说明盐酸与甲胺恰好反应生成盐酸甲胺，e点为盐酸甲胺溶液，b点为等浓度的甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，c点和d点水的电离程度相等，但c点为甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，溶液呈中性，d点为盐酸甲胺和盐酸的混合溶液，溶液呈酸性。A项，由a点水电离出的氢离子浓度为10^—11.8mol/L可知，溶液中氢氧根离子的浓度为=10^—2.2mol/L，则甲胺的电离常数为=10^—3.4，量级为10^—4，故A正确；B项，由甲胺的性质与氨相似可知，甲胺在溶液中的电离方程式为CH₃NH₂·H₂OCH₃NH₃⁺+OH^-，故B错误；C项，甲胺的电离常数为10^—3.4，则盐酸甲胺的水解常数为，由分析可知，b点为等浓度的甲胺和盐酸甲胺的混合溶液，溶液中甲胺的电离程度大于盐酸甲胺的水解程度，溶液呈碱性，pH＞7，故C正确；D项，由分析可知，e点为盐酸甲胺溶液，溶液呈酸性，溶液中c(H^＋)＞c(OH^―)，由电荷守恒关系c(Cl^-)+ c(OH^―)=c(CH₃NH₃⁺)+ c(H^＋)可知，溶液中c(Cl^-)＞c(CH₃NH₃⁺)，则离子浓度的大小顺序为，故c(Cl^-)＞c(CH₃NH₃⁺)＞c(H^＋)＞c(OH^―)，故D正确；故选B。

13．常温下，将NaOH溶液滴加到二元弱酸H₂A溶液中，混合溶液的pH与粒子浓度变化关系如图所示。下列叙述错误的是(    )

A．M是曲线与 pH 的关系

B．

C．水的电离程度：d>b>c>a

D．d点溶液：c(Na^＋)＞c(A^2－)＞c(HA^-)＞c(H^＋)=c(OH^―)

【答案】C

【解析】A项，当=0时，K_a1等于此时的氢离子浓度，当=0时，K_a2等于此时的氢离子浓度，因K_a1>K_a2，=0时的氢离子浓度大于=0时的氢离子浓度，则M为曲线与 pH 的关系，故A正确；B项，当=0时，K_a2等于此时的氢离子浓度=10^-5.4，故B正确；C项，由图可知d点的溶质主要为Na₂A和NaHA，此时溶液显中性，说明Na₂A和NaHA的水解程度等于NaHA的电离程度，水解促进水的电离，电离抑制水的电离，两者程度相同恰好抵消对水电离的影响，而a、b、c三点的溶质组成中NaHA或H₂A为主，对水电离均起抑制作用且酸性越强的对水电离的抑制作用越大，则水的电离程度：d>c>b>a，故C错误；D项，d点的溶质主要为Na₂A和NaHA，且Na₂A的浓度大于NaHA的浓度，此时溶液显中性，则溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na^＋)＞c(A^2－)＞c(HA^-)＞c(H^＋)=c(OH^―)，故D正确；故选C。

14．25℃时，c(H₂C₂O₄)+c(HC₂O₄^-)+c(C₂O₄^2-)=0.1mol·L^-1的草酸溶液中，lgc(H₂C₂O₄)、lgc(HC₂O₄^-)和lgc(C₂O₄^2-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是(    )

A．曲线①代表lgc(H₂C₂O₄)，曲线③代表lgc(C₂O₄^2-)

B．lg[K_a2(H₂C₂O₄)]=-4.3

C．pH=2.8时，c(HC₂O₄^-)＞0.01mol·L^-1

D．pH由0变化至14过程中，先增大后不变

【答案】D

【解析】溶液pH较小时，主要以H₂C₂O₄形式存在，pH升高，HC₂O₄^-先增大后减小，当pH增大到一定数值，C₂O₄^2-浓度才会增大；故根据pH=0时，最多的是①H₂C₂O₄，其次是②HC₂O₄^-，③为C₂O₄^2-。A项，浓度越大，lgc越大，曲线①代表lgc(H₂C₂O₄)，曲线③代表lgc(C₂O₄^2-)，A项正确；B项，，当②③交点pH=4.3，此时c(HC₂O₄^-)=c(C₂O₄^2-)，K_a2=c(H⁺)=10^-4.3，lg[K_a2(H₂C₂O₄)]=-4.3，B项正确；C项，pH=2.8时，①与③交点，c(H₂C₂O₄)=c(C₂O₄^2-)，2c(H₂C₂O₄)+ c(HC₂O₄^-)=0.1①，=10^-1.3，当pH=2.8时，=10^1.5②，由①②可得，c(HC₂O₄^-)=0.094mol/L>0.01mol/L，C项正确；D项，，，，，不变，c(H⁺)减少，所以增大，D项错误；故选D。

15．在常温下，向一定浓度的某二元中强酸H₂A溶液中逐滴加入KOH溶液，其溶液pC与pH的变化关系如图所示(pC=-lgX，X表示溶液中H₂A、HA^-或A^2-的物质的量浓度)下列说法错误的是(    )

A．曲线N代表的是pC(H₂A)与pH的变化关系

B．pH=3时，溶液中有c(HA^-)+2c(A^2-)-c(Na⁺)＜10^-3mol/L

C．pH=4时，溶液中有c(HA^-)＜c(A^2-)＜c(H₂A)

D．常温下KHA的水解平衡常数K_h=10^-13.4

【答案】C

【解析】由pC=-lgX可知，X越大，pC越小。由曲线可知，M曲线随pH的增大而减小，故M为A^2-，N曲线随pH的增大而增大，故N为H₂A，L曲线随pH的增大先增大后减小，故L为HA^-。A项，根据分析，N为pC(H₂A)与pH的变化关系，A正确；B项，pH=3时，c(H⁺)=10^-3mol/L，由电荷守恒可知，c(OH^-)+c(HA^-)+2c(A^2-)=c(Na⁺)+c(H⁺)，即c(OH^-)+c(HA^-)+2c(A^2-)=c(Na⁺)+10^-3mol/L，故c(OH^-)+c(HA^-)+2c(A^2-)-c(Na⁺)=10^-3mol/L，所以c(HA^-)+2c(A^2-)-c(Na⁺)＜10^-3mol/L，B正确；C项，根据分析，X越大，pC越小，pH=4时，由图像可知，c(HA^-)＞c(A^2-)＞c(H₂A)，C错误；D项，a点时c(HA^-)= c(H₂A)，根据H₂AH⁺+ HA^-可知，K_a1== c(H⁺)=10^-0.6，K_h===10^-13.4，D正确；故选C。

16．诺贝尔化学奖获得者GeorgeA．Olah提出了“甲醇经济”的概念，他建议使用甲醇来代替目前广泛使用的化石燃料。工业上用天然气为原料，分为两个阶段制备甲醇：

(i)制备合成气：CH₄(g)＋H₂O(g)CO(g)＋3H₂(g) △H=＋206.0 kJ·mol^-1

(ii)合成甲醇：CO(g)＋2H₂(g)CH₃OH(g) △H=-90.67 kJ·mol^-1

回答下列问题：

(1)制备合成气反应中，平衡混合物中CO的体积分数与压强的关系如图1所示，判断T₁和T₂的大小关系：T₁___________T₂(填“>”“<”< span="">或“=”)，理由是___________。

(2)工业生产中为解决合成气中H₂过量而CO不足的问题，原料气中需添加CO₂，发生反应 CO₂(g)＋H₂(g)CO(g)＋H₂O(g) △H=＋41.17 kJ·mol^-1。为了使合成气配比最佳，理论上原料气中甲烷与二氧化碳的体积比为___________。

(3)在体积不变的密闭容器中投入0.5 mol CO和1 mol H₂，不同条件下发生反应：CO(g)＋2H₂(g)CH₃OH(g) △H。实验测得平衡时H₂的转化率随温度、压强的变化如图2所示。

①图2中X代表___________(填“温度”或“压强”)。图3中正确表示该反应的平衡常数的负对数pK(pK=-lgK)与X的关系的曲线是___________(填“AC”或“AB”)。

②若图2中M点对应的容器体积为5 L，则N点的平衡常数为___________L²·mol^-2。

(4)为节约化石能源、减少碳排放，用CO₂代替CO作为制备甲醇的碳源正成为当前研究的焦点。

①二氧化碳加氢合成甲醇和水蒸气的热化学方程式为____________________。

②研究表明在二氧化碳合成甲醇的原料气中加入一氧化碳可以降低CO₂与H₂反应的活化能。在200～360℃、9 MPa时，合成气初始组成H₂、CO、CO₂物质的量之比为7：2：1的条件下研究甲醇的合成反应(如图4所示)。CO₂的平衡转化率随温度的升高先减小后增大，先减小的原因是___________，后增大的原因是____________________。

【答案】(1)＞该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，所以相同压强下，温度越高，CO的体积分数越大

(2)3：1     (3)①温度     AC     ②100    

(4)①CO₂(g)+3H₂(g) CH₃OH(g)+H₂O(g)   △H=-49.5 kJ•mol^-1  

②开始时CO₂和H₂反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO₂转化率降低而当温度升高到一定程度后，CO₂和H₂反应生成CO 该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高

【解析】(1)根据热化学方程式CH₄(g)+H₂O(g)═CO(g)+3H₂(g)△H=+204kJ/mol可知，升高温度，平衡正向移动，CO的体积分数增大，再对应图象，压强一定时，则T₁＞T₂；(2)由(i)制备合成气：CH₄(g)+H₂O(g)⇌CO(g)+3H₂(g)△H=+206.0kJ•mol^-1
(ii)合成甲醇：CO(g)+2H₂(g)CH₃OH(g)                △H=-90.67 kJ•mol^-1
(iii)：CO₂(g)+H₂(g)CO(g)+H₂O(g)△H=+41.17 kJ•mol^-1，结合盖斯定律可知，(i)×3+(iii)+(ii)×4得到3CH₄(g)+CO₂(g)+2H₂O(g)4CH₃OH(g)，则理论上原料气中甲烷与二氧化碳体积比为3：1；(3)①该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡时H₂的转化率随压强增大而增大，说明Y代表压强，且Y₁＞Y₂，X代表温度；平衡时H₂的转化率随温度升高而降低，说明升高温度，平衡逆向移动，则该反应是放热反应，随着温度升高，K值减小，pK=-lgK，则pK随着K值的减小而增大，图3中曲线AC能正确表示该反应平衡常数的负对数pK(pK=-lgK)与X的关系；②M点对应的容器体积为5L，M、N对应的温度相同，说明K_M=K_N，M点氢气的转化率为50%，则：

；(4)①由盖斯定律可知，(iii)+(ii)得到二氧化碳加氢合成甲醇的热化学方程式为CO₂(g)+3H₂(g)CH₃OH(g)+H₂O(g)△H=-49.5 kJ•mol^-1；②结合图可知，CO₂的平衡转化率随温度升高先减小后增大，可能的原因是开始时CO₂和H₂反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO₂转化率降低；当温度升高到一定程度后，CO₂和H₂反应生成CO 该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高，故答案为：开始时CO₂和H₂反应生成甲醇，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，使CO₂转化率降低；而当温度升高到一定程度后，CO₂和H₂反应生成CO 该反应为吸热反应使平衡正向移动，转化率升高。

17．氮的化合物是重要的工业原料，也是主要的大气污染来源，研究氮的化合物的反应具有重要意义。回答下列问题：

(1)肼(N₂H₄)与四氧化二氮分别是火箭发射器中最常用的燃料与氧化剂。已知6.4g液态肼与足量液态四氧化二氮完全反应，生成氮气和液态水放出热量122.5kJ，则该反应的热化学方程式为_______________________________。

(2)尾气中的NO₂与足量的空气充分混合入，通入烧碱溶液中。该反应的离子方程式为___________________________________________________。

(3)在773K时，分别将2.00molN₂和6.00molH₂充入一个固定容积为1L的密闭容器中发生反应生成NH₃，气体混合物中c(N₂)、c(H₂)、c(NH₃)与反应时间(t)的关系如图所示。

①该温度下，若向同容积的另一容器中投入N₂、H₂、NH₃，其浓度均为2mol/L，则此时v_正___________v_逆(填“大于”或“小于”或“等于”)。

②在此温度下，若起始向一个固定容积为1L的密闭容器中充入4molN₂和12molH₂，则反应刚达到平衡时，表示c(H₂)—t的曲线上相应的点为___________。

(4)在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中充入1.00molNO₂，发生如下反应： 2NO₂(g) N₂O₄(g)  △H=﹣56.9kJ•mol^﹣1测得NO₂的体积分数[φ(NO₂)]与反应时间(t)的关系如表：

已知该反应V_正(NO₂)=K_1·c²(NO₂)，V_逆(N₂O₄)= K_2·c(N₂O₄)其中k₁、k₂为速率常数，则373K时，=___________。

(5)如图所示是一种以液态肼(N₂H₄)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时， O^2-可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。N₂H₄的电子式为 ___________，该燃料电池的负极反应式为_____________________。

【答案】(1)2N₂H₄(l)+ N₂O₄(l)=3N₂(g)+ 4H₂O(l)   △H=﹣1225kJ•mol^﹣1 

(2)4NO₂ + O₂ + 4OH^- = 4NO₃^-+2H₂O    

(3)①小于     ②A    (4)1/12   

(5)      N₂H₄ - 4e^- + 2O^2- = N₂ + 2H₂O

【解析】(1)液态肼与液态四氧化二氮反应生成氮气和液态水的方程式为：2N₂H₄(l)+ N₂O₄(l)=3N₂(g)+ 4H₂O(l)，3.2g液态肼即0.1mol N₂H₄完全反应放出热量61.25kJ，则2mol N₂H₄完全反应放出热量61.25kJ×20 = 1225kJ，热化学方程式为：2N₂H₄(l)+ N₂O₄(l)=3N₂(g)+ 4H₂O(l)△H=﹣1225kJ•mol^﹣1；(2)NO₂与烧碱溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，反应的离子方程式：4NO₂ + O₂ + 4OH^- = 4NO₃^-+2H₂O；(3)①由图中可知，该温度下，平衡状态时，c (N₂)=1mol/L，c (H₂)=3mol/L，c (NH₃)=2mol/L，该反应为：N₂(g)+ 3H₂(g) 2NH₃(g)，故K=，当投入N₂、H₂、NH₃，其浓度均为2mol/L，Q=＞K，故反应v_正小于v_逆；②由图可知，将2.00molN₂和6.00molH₂充入1L密闭容器中，达到平衡时，c(H₂) = 3mol/L，即E点；若起始充入4.00molN₂和12.00molH₂，是恒容容器中充入的2.00molN₂和6.00molH₂的2倍，相当加压、反应速率加快、先达到平衡状态，但加压时平衡正向移动，使c (H₂ )小于6mol/L，故为A点；(4)

平衡时[φ(NO₂)]=0.5，解的x=mol/L，反应达到平衡时，V_正(NO₂)=2 V_逆(N₂O₄)，即K_1·c²(NO₂)=2 K_2·c(N₂O₄)，所以=；(5)N₂H₄的电子式为：；甲极为负极，以极为正极，该燃料电池的负极反应式为：N₂H₄ - 4e^- + 2O^2- = N₂ + 2H₂O。

18．氰化氢(HCN，易挥发，K_a=5.0×10^-10)主要应用于电镀、采矿、药物合成等工业生产。HCN、CN^- 能抑制人体组织细胞内酶的活性，不能直接排放到环境中。

(1)Na₂S₂O₃在临床上常用于氰化物的解毒剂。解毒的原理是S₂O₃^2-将转化为SCN^-和SO₃^2-。验证该转化过程中生成SCN^-的实验方法是：向NaCN溶液中加入过量的Na₂S₂O₃的溶液，充分反应后，取少量反应后的溶液于试管中，加入足量稀盐酸酸化，_______。

(2)Cu²⁺可催化过氧化氢氧化废水中的。

①反应不能在酸性条件下进行，原因是_______________________________；

②在含氰废水总量、过氧化氢用量和溶液pH一定的情况下，反应相同时间，测得CN^-的氧化去除率随c(Cu²⁺)的变化与如图所示。c(Cu²⁺)超过90mg· L^-1时，CN^-的氧化去除率有所下降，原因是_____________________________________。

(3)通过电激发产生和可处理废水中的，其可能的反应机理如图所示。

①反应I的离子方程式为___________________。

②虚线方框内的过程可描述为__________________。

(4)在铜镍为催化剂(Cu、CuO为活性组分，Cu的催化活性效果更好)的条件下，可利用反应：HCN(g)+H₂O(g)=NH₃(g)+COl(g)  △H＞0

除去废气中的HCN。将含相同比例的HCN(g)、H₂O(g)、CO(g)[或N₂(g)]混合气体分别通过催化剂，反应相同的时间，测得HCN(g)的去除率随温度变化如图所示。200℃时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较高，而400℃时含CO的混合气体中HCN(g)的去除率较低。其原因是_______________________________。

【答案】(1)向其中加入几滴FeCl₃溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN^－

(2)①酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染    ②c(Cu²⁺)超过90mg·L^－1，会催化过氧化氢分解，与CN^－反应的H₂O₂的量减少

(3)①10▪OH＋2OH^－＋2CN^－=N₂↑＋6H₂O＋2CO₃^2-    ②O₂在阴极表面得电子被还原成O₂^-，结合H^＋生成O₂H，O₂H分解生成O₂和H₂O   

(4)CO抑制了HCN(g)＋H₂O(g)NH₃(g)＋CO(g)反应的正向进行，同时CO可将CuO还原为催化活性更好的Cu。400℃时前者为主要因素，200℃时后者为主要因素

【解析】(1) S₂O₃^2-将CN^-转化为SCN^-和SO₃^2-，检验SCN^-即可，充分反应后，取少量反应后的溶液于试管中，加入足量稀盐酸酸化，向其中加入几滴FeCl₃溶液，溶液变为红色，说明该转化生成了SCN^－；(2)①Cu²⁺可催化过氧化氢氧化废水中的CN^-，酸性条件下溶液中的氰化物转变为HCN逸出，造成污染；②c(Cu²⁺)超过90mg·L^－1，会催化过氧化氢分解，与CN^－反应的H₂O₂的量减少，CN^-的氧化去除率有所下降；(3)①由图可知，反应I中HO▪、CN^－在碱性条件下反应，生成N₂、H₂O和CO₃^2-，N元素由-5价上升到0价，O元素由-1价下降到-2价，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：10▪OH＋2OH^－＋2CN^－=N₂↑＋6H₂O＋2CO₃^2-；②由图可知，虚线方框内的过程可描述为：O₂在阴极表面得电子被还原成O₂^-，O₂^-结合H^＋生成O₂H，O₂H分解生成O₂和H₂O； (4) CO抑制了HCN(g)＋H₂O(g)NH₃(g)＋CO(g)反应的正向进行，同时CO可将CuO还原为催化活性更好的Cu。400℃时前者为主要因素，200℃时后者为主要因素。

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