主题三化学反应原理（测试）（二）（解析版）_05高考化学_2025年新高考资料_二轮复习_上好课2025年高考化学二轮复习讲练测（新高考通用）3379109_主题三化学反应原理

主题三 化学反应原理测试(二) (考试时间：75分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Cr-52 Mn-55 第Ⅰ卷(选择题 共45分) 一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的) 1．下列说法不正确的是( ) A．铅蓄电池在放电过程中，正极得到电子，电极质量增加 B．0.1mol/L CH COOH溶液加水稀释后，溶液中 减小 3 C．SiO(s)＋2C(s)=Si(s)＋2CO(g)必须在高温下反应才能发生，则ΔH>0 2 D．合成氨生产中将NH 液化分离，可加快正反应速率，提高H 的转化率 3 2 【答案】D 【解析】A项，铅蓄电池在放电过程中，正极得到电子，由PbO 转化为PbSO ，电极质量增加，A正 2 4 确；B项， 0.1mol/L CH COOH溶液加水稀释后，n(CHCOOH)减小，但n(CHCOO-)增大，所以溶液中 3 3 3 减小，B正确；C项， SiO(s)＋2C(s)=Si(s)＋2CO(g)，ΔS>0，必须在高 2 温下反应才能发生，则ΔH>0，C正确；D项，合成氨生产中将NH 液化分离，减少了生成物的浓度，但 3 没有增大反应物浓度，所以虽然可提高H 的转化率，但正反应速率没有加快，D错误。故选D。 2 2．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是( ) A．己知：正丁烷(g)=异丁烷(g) H<0，则正丁烷比异丁烷稳定 B．己知：C H(g)+3O(g)=2CO (g)△+2HO(g) H=-1478.8k·mol-1，则C H 的燃烧热△H=-1478.8kJ·mol-1 2 4 2 2 2 2 4 C． 己知：H+(aq)+OH-(aq)==H O(1) H=-5△7．3kJ· mol-1，但稀Ba(OH) (aq)和稀HSO (aq)完全反应 2 2 2 4 △ 的 生成1molH O(1)时，放出 热量大于57.3kJ 2 D．已知：S(g)+O(g)==SO (g) H；S(s)+O (g)==SO (g) H，则△H> H 2 2 1 2 2 2 1 2 【答案】C △ △ △【解析】A项，能量越低物质越稳定，根据热化学方程式可知正丁烷的能量高于异丁烷，因此异丁烷 比正丁烷稳定，A项错误；B项，1mol C H 完全燃烧生成CO(g)和HO(l)是释放的热量是燃烧热，B项错 2 4 2 2 误；C项，强酸强碱的稀溶液反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量是中和热，稀Ba(OH) (aq)和稀 2 HSO (aq)完全反应生成了难溶性盐BaSO ，因此放出的热量大于57.3kJ，C项正确；D项，固态变为气态 2 4 4 要吸收热量，因此S(g)+O(g)==SO (g) H；S(s)+O (g)==SO (g) H， H< H，D项错误；故选C。 2 2 1 2 2 2 1 2 3．化学平衡常数(K)、电离常数(K a△ 、K b )、水的离子积常数(K△W )、溶 △ 度积 △ 常数(K sp )等常数是表示判断物 质性质的重要常数，下列关于这些常数的说法中，正确的是( ) A．化学平衡常数的大小与温度、浓度、压强有关，与催化剂无关 B．K(HCN)＜K(CHCOOH)说明相同物质的量浓度时，氢氰酸的酸性比醋酸的强 a a 3 C．当温度升高时，弱酸、弱碱的电离常数(K、K )和水的离子积常数(K )均变大 a b W D．向氯化钡溶液中加入等体积同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液，先产生 BaSO 沉淀，则K (BaSO)＞ 4 sp 4 K (BaCO) sp 3 【答案】C 【解析】化学平衡常数只与温度有关，与浓度、压强、催化剂无关，故 A错误；二者都是一元酸，浓 度相同时，电离常数越小，说明电离程度越小，氢离子浓度越小，溶液的酸性越弱，故氢氰酸的酸性比醋 酸弱，故B错误；弱酸、弱碱和水的电离过程是吸热过程，温度升高促进电离，弱酸、弱碱和水的离子积 的电离常数(K、K 、K )均变大，故C正确；溶解度越小越先沉淀，二者结构相似，溶解度越小，溶度积 a b W 就越小，故K (BaSO)＜K (BaCO)，故D错误。 sp 4 sp 3 4．下列图示与对应的叙述相符的是( ) A．图1表示镁条与盐酸反应的能量变化 B．图2表示HSO 溶液中滴入BaCl 溶液后，溶液的导电性随BaCl 物质的量的变化 2 4 2 2 C．图3表示电解精炼铜时，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量的变化 D．图4表示其他条件一定，反应2SO ＋O 2SO 在有、无催化剂情况下SO 的体积分数随时间 2 2 3 2 的变化 【答案】C 【解析】A项，图1表示反应物总能量小于生成物总能量，反应吸热，镁条与盐酸反应为放热反应， 与图不相符，故A错误；B项，图2表示带电性随滴入BaCl 溶液先减小到0后增大，HSO 溶液中滴入 2 2 4BaCl 溶液后反应生成硫酸钡沉淀和盐酸，溶液中含有盐酸导电性不为0，与图不相符，故B错误；C项， 2 电解精炼铜时，阳极粗铜有铁、锌、铜等多种金属失电子产生的铜离子的物质的量小于阴极上得电子的铜 离子的物质的量，溶液中Cu2＋的物质的量浓度随转移电子物质的量逐渐减少，与图3相符，故C正确；D 项，催化剂只改变反应速率，平衡不移动，故SO 转化率不变，与图4不相符，故D错误；故选C。 2 5．某科学家利用二氧化饰(CeO)在太阳能作用下将HO、CO 转变为H、 CO，其过程如下所示： 2 2 2 2 mCeO (m-x)CeO ·xCe+xO 2 2 2 (m-x)CeO ·xCe+x HO+xCO mCeO +xH +xCO 2 2 2 2 2 2 下列说法不正确的是( ) A．该过程中CeO 是HO、CO 转变为H、CO反应的催化剂 2 2 2 2 B．利用CeO 作催化剂-既可使该转变过程速率提高。亦可减小能量的消 耗，并可提高反应物转化率 2 C．mmol CeO 参加反应，气体物质的量增加x mol 2 D．以CO和O 构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH - - 2e = CO 2- +2H O 2 3 2 【答案】B 【解析】A项，通过太阳能实现总反应HO+CO→H+CO+O 可知：CeO 没有消耗，CeO 为催化剂， 2 2 2 2 2 2 故A正确；B项，催化剂只能改变反应速率，影响反应历程，改变反应活化能，不影响平衡移动和转化率， 故B错误；C项，根据mCeO (m-x)CeO ·xCe+xO ，mmol CeO 参加反应，气体物质的量增加x mol 2 2 2 2 O，故C正确；D项，CO在负极失电子生成CO，在碱性条件下再与OH−生成CO2−，故负极反应式应为： 2 2 3 CO+4OH−−2e−═CO 2−+2H O，故D正确；故选B。 3 2 6．利用电化学方法富集海水中的锂，其工作原理如下图所示。工作步骤如下：①向MnO 所在腔室通 2 入海水，启动电源1，使海水中的Li+进入MnO 而形成LiMnO；②关闭电源1和海水通道，启动电源 2 x 2 4 2，同时向电极2上通入空气。下列说法不正确的是( )A．上述过程中，电极1和电极2分别作阳极和阴极 B．启动电源1时，阴极上的电极反应：xLi++2MnO+ xe-=LiMnO 2 x 2 4 C．启动电源2时，LiMnO 中的Li+脱出进入腔室2 x 2 4 D．当有0.1mol Li+脱出时，电极2上产生1.12L(标准状况下)的H 2 【答案】D 【解析】启动电源1，使海水中Li+进入MnO 而形成LiMnO，MnO 中锰元素的化合价降低，作阴极， 2 x 2 4 2 与电源1的负极相连，电极反应式为：xLi++2MnO+ xe-=LiMnO；电极1作阳极，连接电源正极，电极 2 x 2 4 反应式为：2HO-4e-=O ↑+4H+。关闭电源1和海水通道，启动电源2，向电极2上通入空气，使LiMnO 2 2 x 2 4 中的Li+脱出进入腔室2，则电极2为阴极，电极反应式为：2HO+O+4e-=4OH-，阳极的电极反应式为： 2 2 LiMnO-xe-= xLi++2MnO。A项，上述过程中，电极1和电极2分别作阳极和阴极，故A正确；B项，启 x 2 4 2 动电源1时，阴极上的电极反应：xLi++2MnO+ xe-=LiMnO，故B正确；C项，启动电源2时，LiMnO 2 x 2 4 x 2 4 中的Li+脱出进入腔室2，故C正确；D项，当Li+脱出时，电极2为阴极，电极2上不产生H，而是消耗 2 氧气，故D错误；故选D。 7．在 时候，A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C的浓度变化如(Ⅰ)所示，若 保持其他条件不变，温度分别为T 和T 时，B的体积分数与时间的关系如图(Ⅱ)所示 1 2 则下列说法正确的是( ) A．该平衡体系的化学反应方程式为：A(g)+B(g) C(g) B．(t +10)min时，保持容器总压强不变，通入稀有气体，平衡向逆反应方向移动 1 C．该反应ΔH＞0 D．其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且C的体积分数增大 【答案】B 【解析】由图(Ⅰ)可知，0~t 时间段内A、B的浓度依次减少0.2mol/L(0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L)、 1 0.6mol/L(0.7mol/L-0.1mol/L=0.6mol/L)，C的浓度增大0.4mol/L，t 时反应达到平衡状态，根据转化浓度之 1 比等于化学计量数之比，反应的化学方程式为A(g)+3B(g) 2C(g)；由图(Ⅱ)知，T 先出现拐点，说明 1T 时反应速率快，则T＞T，温度升高，B的平衡体积分数增大，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热 1 1 2 反应，则正反应为放热反应。A项，该平衡体系的化学反应方程式为A(g)+3B(g) 2C(g)，A项错误； B项，t 时反应达到平衡状态，该反应的正反应气体分子数减小，(t +10)min时，保持容器总压强不变，通 1 1 入稀有气体，容器的体积增大，反应体系的压强减小，平衡向逆反应方向移动，B项正确；C项，正反应 为放热反应，反应的∆H＜0，C项错误；D项，由于正反应为放热反应，其他条件不变，升高温度，正、 逆反应速率均增大，平衡向逆反应方向移动，C的体积分数减小，D项错误；故选B。 8．电化学合成氨进一步提高了人类合成氨的产量。现采用双极膜(H O解离出 、 分别移至两级 2 室溶液)，通过电解KNO 溶液制取氨，该装置的工作原理如图所示。下列说法正确的是( ) 3 A．电极b接电源的负极 B．电解一段时间后I室的pH值增大 C．双极膜中HO解离出的H+向电极b极移动 2 D．理论上电极a与电极b上产生的气体的物质的量之比为2：1 【答案】B 【解析】该装置为电解池装置，I室中a电极发生电极反应：NO -+8e-+9H+=NH ↑＋3HO，为电解池 3 3 2 阴极，则II室中b电极为电解池阳极，发生电极反应：2HO-4e-=O↑＋4H＋。A项，根据分析可知，电极 2 2 b为阳极，应与电源正极相连，A错误；B项，I室中a电极发生电极反应：NO -+8e-+9H+=NH ↑＋3HO， 3 3 2 溶液中氢离子浓度减少，则电解一段时间后I室的pH值增大，B正确；C项，电解池中阳离子向阴极移动， 即双极膜中 HO 解离出的 H+向电极 a 极移动，C 错误；D 项，结合 a 电极发生电极反应：NO -+8e- 2 3 +9H+=NH ↑＋3HO，b电极发生电极反应：2HO-4e-=O↑＋4H＋，根据得失电子守恒可知，电极a与电极 3 2 2 2 b上产生的气体的物质的量之比为1：2，D错误；故选B。9．一定温度圧强下，CH-CH=CH(g)与HCl(g)反应可以生成CHCHClCH (g)和CHCHCHCl(g)，反 3 2 3 3 3 2 2 应中的能量变化如图所示。下列说法不正确的是( ) A．生成CHCHCHCl(g)的反应中，第一步为反应的决速步 3 2 2 B．短时间内，CHCHClCH (g)是主产物 3 3 C．升高温度达平衡时，可以提高产物中CHCHCHCl(g)的比例 3 2 2 D．CH-CH=CH(g)+HCl(g) CHCHCHCl(g)的焓变等于第一步与第二步正反应活化能的差值 3 2 3 2 2 【答案】D 【解析】A项， 生成CHCHCHCl(g)的反应中，第一步反应活化能高，是决速步，故A正确；B项， 3 2 2 短时间内，生成CHCHClCH (g)的反应活化能低，反应速率快，因此CHCHClCH (g)是主产物，故B正确； 3 3 3 3 C项，CHCHClCH (g) CHCHCHCl(g) ΔH＞0，升高温度有利于平衡正向移动，可以提高产物中 3 3 3 2 2 CHCHCHCl(g)的比例，故C正确；D项，CH-CH=CH(g)+HCl(g) CHCHCHCl(g)的焓变等于第一 3 2 2 3 2 3 2 2 步与第二步反应的ΔH的代数和，故D错误；故选D。 10．已知反应2NO(g) 2N(g)＋O(g) 的势能曲线示意图如下(…表示吸附作用，A表示催化剂， 2 2 2 TS表示过渡态分子)。下列说法错误的是( ) A．该反应中只有两种物质能够吸附NO分子 2B．过程I、Ⅱ、Ⅲ中都有N 生成 2 C．中间体A-O 可释放O，也可吸附NO分子 2 2 2 D．过程Ⅲ中最大能垒为82.17kcal·mol-1 【答案】A 【解析】A项，反应过程中，A、A-O、A-O 三种物质都能吸附NO，A错误；B项，从图可看出过程 2 2 I、I、Ⅱ中都有N 生成，B正确；C项，中间体A-O 在Ⅱ中释放O 转化为A，在Ⅲ中吸附NO分子，C正 2 2 2 2 确；D项，过程Ⅲ中最大能垒(活化能)为37.49-(-44.68)=82.17 kcal.mol-1，D正确；故选A。 11．下表是25℃时某些盐的溶度积常数和弱酸的电离平衡常数，下列说法正确的是( ) 化学式 AgCl Ag CrO CHCOOH HClO HCO 2 4 3 2 3 K =4.1×10－7 a1 K 或K K 1.8×10－10 K =2×10－12 K=1.8×10－5 K=3.0×10－8 sp a sp= sp a a K =5.6×10－11 a2 A．相同浓度CHCOONa和NaClO的混合液中，各离子浓度的大小关系是c(Na+)>c(ClO－)>c(CH COO 3 3 －)>c(OH－)>c(H+) B． 向0.1mol·L－1CHCOOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CHCOOH)：c(CHCOO－)=9 ：5，此时溶液 3 3 3 pH=5 C．碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式是2CO2－+Cl+H O=2HCO －+Cl－+ClO－ 3 2 2 3 D．向浓度均为1×10－3mol·L－1的KCl和KCrO 混合液中滴加1×10－3mol·L－1的AgNO 溶液，CrO2-先 2 4 3 4 形成沉淀 【答案】C 【解析】A项，次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根离子，所以 c(CHCOO-)＞c(ClO-)，A错误；B项， 3 缓冲溶液中pH=pKa+lg =4.8+lg ＜5，故B错误；C项，因HClO的酸性比HCO －强，碳酸钠溶液中 3 滴加少量氯水发生反应的离子方程式是2CO2－+Cl+H O=2HCO －+Cl－+ClO－，C正确；D项，混合溶液中 3 2 2 3 生 成 氯 化 银 需 要 的 c(Ag+)= =1.8×10-7mol/L ， 生 成 Ag CrO 需 要 的 c(Ag+)= 2 4 mol/L=3×10-4.5mol/L，所以氯化银先沉淀，D错误。 12．二甲醚催化制备乙醇主要涉及以下两个反应：反应I：CO(g)+CHOCH (g)=CH COOCH (g) 3 3 3 3 反应II：CHCOOCH (g)+2H(g)=CH CHOH(g)+CH OH(g) 3 3 2 3 2 3 固定CO、CHOCH 、H 的起始原料比为1∶1∶2、体系压强不变的条件下发生反应I、II，平衡时部分物 3 3 2 质的物质的量分数随温度变化如图所示。下列说法不正确的是 A．反应II为放热反应 B．由图可知，600K以后随温度的升高，氢气物质的量减少 C．曲线C也可以表示CHOH的物质的量分数 3 D．由500K上升至600K，温度对反应I的影响大于对反应II的影响 【答案】B 【解析】固定CO、CHOCH 、H 的起始原料比为1∶1∶2通入体系，先发生反应I，再逐渐发生反应 3 3 2 II。由图像分析可知，曲线C代表CHCHOH，随着温度的升高，CHCHOH的平衡含量逐渐减少； 3 2 3 2 CHCOOCH 的平衡含量先升高，500K后逐渐减少，可推知温度升高，两个反应都逆向移动，所以两个反 3 3 应都是放热反应；再继续分析CHCOOCH 的平衡含量先升高，说明300-500K时，反应I较完全，反应II 3 3 反应很少，这时CO反应较完全后，含量很低，氢气含量还较高，说明曲线A表示氢气的物质的量分数变 化，曲线B表示CO的物质的量分数变化。A项，反应II生成CHCHOH，曲线C代表CHCHOH，温度 3 2 3 2 升高，对应CHCHOH的曲线是逐渐下降的，说明随着温度升高，反应II逆向移动，说明正反应方向是放 3 2 热反应，A项正确；B项，反应II可知，氢气作为反应物，CHCHOH 作为生成物，两者含量变化相反， 3 2 已知CHCHOH随着温度的升高逐渐减小，那氢气的含量应逐渐升高，曲线A可表示氢气的物质的量分数， 3 2 由图可知，600K以后随温度的升高，氢气物质的量分数减少，不是氢气的物质的量减少，B项错误；C项，反应II：CHCOOCH (g)+2H(g)=CH CHOH(g)+CH OH(g)，CHCHOH(g)和CHOH(g)都是生成物，两者 3 3 2 3 2 3 3 2 3 含量变化应一致，所以曲线C也可以表示CHOH的物质的量分数，C项正确；D项，由500K上升至600K 3 时，反应II中氢气的含量还在增加，但是同样作为生成物的CHCOOCH 开始减少，说明温度对反应I中 3 3 CHCOOCH 影响较大，说明温度对反应I的影响大于对反应II的影响，D项正确；故选B。 3 3 13．某小组做如下两组实验： 实验Ⅰ：往10mL0.1mol/L氨水中滴加0.1mol/L的草酸溶液。 实验Ⅱ：往10mL0.1mo/L氨水中滴加0.1mol/L的氢氟酸。 已知：溶液混合后体积变化忽略不计。溶液中某离子的浓度小于1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子已 沉淀完全。25℃时，相关常数如下表。 NH ·H O HF HC O CaF CaC O 3 2 2 2 4 2 2 4 电 离 1.8×10-5 6.3×10-4 K =5.6×10-2，K =1.5×10-4 溶度积K 4.0×10-11 2.5×10-9 a1 a2 sp 常 数 下列说法正确的是( ) A．实验Ⅰ，滴加过程中始终满足cC O2-＋cHC O-＋cHC O=0.1mol·L-1 2 4 2 4 2 2 4 B．实验Ⅱ中 时，因NH +和F-水解相互促进，导致所得溶液中含氟微粒的主要形式 4 为HF分子 C．相同温度下，CaC O 在NH Cl溶液中的溶解度比水中要小 2 4 4 D．用Ca(NO ) 溶液，无法将混合液中相同浓度的C O2-和F-先后沉淀而分离 3 2 2 4 【答案】D 【解析】A项，滴加过程中溶液体积逐渐变大，cC O2-＋cHC O-＋cHC O逐渐减小，A错误；B 2 4 2 4 2 2 4 项，实验Ⅱ中 时，恰好生成NH F溶液。NH ++F-+H O HF+NH ·H O的 4 4 2 3 2 ，故尽管NH +和F-水解相互促进，但水解仍然微弱，所得溶液中含氟微 4 粒的主要形式为F-，B错误；C项，NH Cl溶液呈酸性，使溶解平衡CaC O(s) Ca2+ (aq)+ C O2-(aq) 4 2 4 2 4 右移，CaC O 在NH Cl溶液中的溶解度比水中要大，C错误；D项，当F-浓度等于1.0×10-5mol·L-1时， 2 4 4 Ca2+浓度等于0.4mol/L，此时C O2-的最大浓度为6.25×10-9mol·L-1，即C O2-也沉淀完全；反之，当C O2-浓 2 4 2 4 2 4度等于1.0×10-5mol·L-1时，Ca2+浓度等于2.5×10-4mol·L-1，此时F-的最大浓度为4.0×10-4mol·L-1，即F-也几乎 沉淀完全；综上，用Ca(NO ) 溶液，无法将混合液中相同浓度的C O2-和F-先后沉淀而分离，D正确；故 3 2 2 4 选D。 14．室温下，通过下列实验探究0.0100mol·L-1NaC O 溶液的性质。 2 2 4 实验1：实验测得0.0100mol·L-1NaC O 溶液pH为8.6。 2 2 4 实验2：向溶液中滴加等体积0.0100mol·L-1HCl溶液，pH由8.6降为4.8。 实验3：向溶液中加入等体积0.0200mol·L-1CaCl 溶液，出现白色沉淀。 2 实验4：向稀硫酸酸化的 溶液中滴加NaC O 溶液至溶液褪色。 2 2 4 已知室温时K (CaC O)= 2.5×10－9，下列说法正确的是( ) sp 2 4 A．0.0100mol·L-1NaC O 溶液中满足： 2 2 4 B．实验2滴加盐酸过程中不可能满足：cNa＋＝2c(C O2-)+c(HC O-)+ c(Cl－) 2 4 2 4 C．实验3所得上层清液中c(C O2-)=5.0×10-7mol·L-1 2 4 D．实验4发生反应离子方程式为：C O2-+4MnO-+12H+=2CO ↑+4Mn2++6H O 2 4 4 2 2 【答案】C 【解析】A项，0.0100mol·L-1NaC O 中存在元素质量守恒：cNa＋＝2[cC O2-＋cHC O-＋ 2 2 4 2 4 2 4 cHC O]，则有cNa＋＞2[cC O2-＋cHC O-]，所以 ，故A错误； B项，实验 2 2 4 2 4 2 4 2滴加盐酸过程中溶液中存在电荷守恒cNa＋＋cH＋＝2c(C O2-)+c(HC O-)+ c(Cl－)+c(OH―)，滴定过程中 2 4 2 4 pH由8.6降为4.8，当pH=7时即cH＋＝cOH－，则有cNa＋＝2c(C O2-)+c(HC O-)+ c(Cl－)，故B错误； 2 4 2 4 C项，加入等体积0.0200mol·L-1CaCl 溶液，NaC O 反应完全，溶液中 2 2 2 4 ，则实验3所得上层清液中 ，故C正确；D项，实验4发生反应离子方程 式为：5C O2-+2MnO-+16H+=10CO ↑+2Mn2++8H O，故D错误；故选C。 2 4 4 2 2 15．下列实验能达到预期目的的是( )编号 实验内容 实验目的 向含有酚酞的 NaCO 溶液中加入少量 BaC1 固 A 2 3 2 证明NaCO 溶液中存在水解平衡 体，溶液红色变浅 2 3 室温下，用 pH 试纸分别测定浓度为 18mol/L 和 B 比较不同浓度HSO 的酸性强弱 0.1 mol/L H SO 溶液的pH 2 4 2 4 配制 FeCl 溶液时，先将 FeCl 溶于适量浓盐酸 2 2 C 中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后在试剂瓶 抑制Fe2＋水解，并防止Fe2＋被氧化 中加入少量铜粉 向 10mL 0.2 mol/L NaOH 溶液中滴入 2 滴 0.1 证明在相同温度下的 D mol/L MgCl 溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴 2 Ksp[Mg(OH) ]＞Ksp[Fe(OH) ] 0.1 mol/L FeCl 溶液，又生成红褐色沉淀 2 3 3 【答案】A 【解析】A项，含有酚酞的NaCO 溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量 BaC1 固体， 2 3 2 水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明NaCO 溶液中存在水解平衡，A正确；B项，18mol/L的硫酸 2 3 为浓硫酸，浓硫酸具有脱水性、强氧化性，无法用 pH试纸测定其pH，故B错误；C项，配制FeCl 溶液 2 时，先将FeCl 溶于适量浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后应该在试剂瓶中加入少量铁粉，否 2 则会引进杂质铜离子，C错误；D项，氢氧化钠过量，不能证明溶解度大小，如加入足量氯化镁完全生成 氢氧化镁沉淀后再加入氯化铁，能生成红褐色沉淀，则可证明，D错误。 第II卷(非选择题 共55分) 二、填空题(本题共4小题，共55分) 16．(14分)丙烯是重要的有机化工原料，工业上丙烷脱氢可制丙烯：C H(g) C H(g)+H(g)。回 3 8 3 6 2 答下列问题： (1)已知部分共价键键能见下表： 共价键 H-H C-C C=C C-H 键能(kJ•mol-1) 436 347 614 413 请写出丙烷脱氢制丙烯的热化学方程式_______，该反应自发进行的条件是_______(填“高温”“低 温”或“任意温度”)。 (2)T K时，总压恒定为0.1MPa，起始时向恒温密闭容器中充入0.75 mol C H(g)发生反应。 1 3 8 ①下列情况能说明上述反应达到平衡状态的是_______(填字母)。 A．n(C H)= n(H ) B．体系温度不变 C．体系压强不变 D．气体密度不变 3 8 2 ②达到平衡时，混合气体中 C H 的物质的量分数为 50％，则对应温度下该反应的压强平衡常数 3 8K =_______MPa(用平衡分压代替平衡浓度计算，某气体分压=总压×某气体物质的量分数)。 P (3)温度为T 时，总压恒定为100kPa，在密闭容器中充入C H 和稀有气体(稀有气体不参与反应)的混 1 3 8 合气体，C H 的平衡转化率与充入气体中C H 的物质的量分数的关系如图a虚线所示。 3 8 3 8 ①请分析稀有气体的作用并解释曲线变化的原因：_______。 ②催化剂可提高生产效率，通入气体中C H 的物质的量分数为0.4并加入固体催化剂时，对应C H 的 3 8 3 8 平衡转化率应为_______(填“X”“Y”或“Z”)点。 (4)已知丙烷脱氢制丙烯工艺生产中常将稀有气体改为CO 气体。600℃，将一定浓度的CO 与固定浓 2 2 度的C H 通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的CO、C H 和H 浓度随初始CO 浓度的变化关 3 8 3 6 2 2 系如图b，改为CO 气体的好处是_______。 2 【答案】(1) C H(g) C H(g)+H(g) H=+123kJ•mol-1(2分) 高温(1分) 3 8 3 6 2 (2) D(2分) 0.0125(2分) △ (3)该反应为气体分子数增大的反应，充入稀有气体能够减小反应体系的分压，使该平衡正向移动，提 高C H 的转化率，且稀有气体越多，反应体系分压越小，C H 转化率越高(2分) X(1分) 3 8 3 8 (4)氢气和二氧化碳反应，消耗氢气使脱氢反应正向进行，提高丙烷的转化率(2分) 【解析】(1)焓变=反应物总键能-生成物总键能，丙烷脱氢制丙烯的热化学方程式 C H(g) 3 8C H(g)+H(g) H=(347×3+413×8)-(436+347×2+614+413×6)= +123kJ•mol-1，该反应△H>0、△S>0，自发进 3 6 2 行的条件是高温△。(2)①A项，根据反应方程式，丙烯和氢气的物质的量始终相等，n(C H)= n(H )反应不一 3 8 2 定平衡，故不选A；B项，反应容器为恒温容器，温度是恒量，体系温度不变，反应不一定平衡，故不选 B；C项，反应保持总压恒定为0.1MPa，压强是恒量，体系压强不变，反应不一定平衡，故不选 C；D项， 反应前后气体系数和不同，恒压条件下，气体体积是变量，所以气体的密度是变量，气体密度不变，反应 一定达到平衡状态，故选D。② 达到平衡时，混合气体中C H 的物质的量分数为50％，则 ，x=0.25mol，则对应温度下 3 8 该反应的压强平衡常数 MPa。(3)①该反应为气体分子数增 大的反应，充入稀有气体能够减小反应体系的分压，使该平衡正向移动，提高 C H 的转化率，且稀有气体 3 8 越多，反应体系分压越小，C H 转化率越高。②催化剂不能使平衡移动，通入气体中C H 的物质的量分数 3 8 3 8 为0.4并加入固体催化剂时，平衡转化率不变，对应C H 的平衡转化率应为X点。(4)丙烷脱氢制丙烯工艺 3 8 生产中常将稀有气体改为CO 气体，氢气和二氧化碳反应，消耗氢气使脱氢反应正向进行，提高丙烷的转 2 化率。 17．(13分)砷及其化合物在半导体、农药制造等方面有广泛应用，但同时含砷废水的排放也会带来严 重的环境污染。 (1)焦炭真空冶炼砷时，其中部分热化学反应如下： 反应Ⅰ．As O(g)＋3C(s) 2As(g)＋3CO(g) ΔH ＝a kJ·mol−1(a＞0) 2 3 1 反应Ⅱ．As O(g)＋3C(s) 1/2As(g)＋3CO(g) ΔH 2 3 4 2 反应Ⅲ．As (g) 4As(g) ΔH＝b kJ·mol−1 4 反应Ⅰ能自发进行的条件是 ；ΔH= kJ·mol−1。 2 (用含a、b的代数式表示) (2)H AsO 和HAsO 水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各含砷物种浓度之和的 3 3 3 4 分数)与pH的关系分别如下图所示。①将NaOH溶液逐滴加入到HAsO 溶液中，当溶液的pH在9.0~10.0之间时，发生的主要离子方程式 3 3 为 。 ②反应HAsO + AsO 3-= HAsO 2-+H AsO -的K= 。 3 4 4 4 2 4 ③使用吸附剂X可有效除水中的砷。将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，在空气中不 断搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X。X吸附砷的效率用平衡吸附量衡量(吸附达平衡时单 位质量吸附剂X吸附砷的质量)。溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响：pH＞7.1时带负电荷；pH＜ 7.1时带正电荷。pH越高，表面所带负电荷越多；pH越低，表面所带正电荷越多。 下列说法正确的是 。 A．吸附剂X含有碳酸盐 B．pH在4~7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力强于五价砷 C．pH＞7.1时，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而减小 D．温度升高，三价砷和五价砷的平衡吸附量均增大 (3)利用电解硫酸溶液产生的过一硫酸(H SO ，一元强酸)，可将三价砷氧化成五价砷，从而降低砷的毒 2 5 性。现进行如下实验：向20%硫酸溶液中加入2g/L亚砷酸钠，以钛镀铂作阳极，石墨为阴极，控制 10℃，用6.0V电压电解，实验结果如下图。(砷的氧化率指五价砷占总砷的百分比) 通电时钛镀铂电极上发生的电极方程式为： ；根据图3可知，电解50至110min时，三价砷的 氧化率增加幅度逐渐减小，原因可能是 。 【答案】(1)高温(1分) (2a-b)/2(2分) (2) H AsO +OH-= HAsO -+H O(2分) 109.3(2分) AC(2分) 3 3 2 3 2 (3) SO 2-+H O-2e-=HSO -＋H＋ (或HSO 2-+H O-2e-=HSO -＋2H＋) (2分) 随着反应的进行，溶液 4 2 5 4 2 5中的As(V)与As(III)浓度比逐渐增大，(或回答三价砷的浓度逐渐减小)，还原性降低，从而降低了砷的氧化 速率，图像上表现为氧化率增加幅度逐渐减小(2分) 【解析】(1)反应Ⅰ吸热、熵增，故自发进行的条件是高温；根据盖斯定律Ⅱ=(2×Ⅰ-Ⅲ)/2得 。(2)①由图1可知，当溶液的pH在 9.0~10.0之间时，发生反应为HAsO 转化成HAsO -，发生的主要离子方程式为HAsO +OH-= HAsO - 3 3 2 3 3 3 2 3 +H O。②根据图示，cHAsO ＝cHAsO -时pH=2.2,Ka =10-2.2；cAsO 3-＝cHAsO 2-时pH=11.5，Ka=10- 2 3 4 2 4 1 4 4 3 11.5；反应HAsO + AsO 3-= HAsO 2-+H AsO -的 3 4 4 4 2 4 ；③A项，将硫酸锰、硝 酸钇与氢氧化钠溶液在空气中不断搅拌使其充分反应，NaOH会吸收空气中的二氧化碳气体形成碳酸盐， 故吸附剂X含有碳酸盐，A正确；B项，pH在4~7之间，吸附剂表面带正电荷，pH在4~7之间时三价砷 主要以HAsO 分子形式存在，而五价砷主要以HAsO -形式存在，显然吸附剂X对水中五价砷的去除能力 3 3 2 4 强于三价砷，B错误。C项，pH＞7.1时吸附剂带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；而pH增大五价 砷带的负电荷数在增大，与吸附剂的静电斥力增大，故pH＞7.1时，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH 升高而减小，C正确；D项，吸附剂吸附过程熵减，放热，温度升高，三价砷和五价砷的平衡吸附量应减 小，D错误。选AC。(3)电解硫酸溶液产生的过一硫酸，氧元素化合价升高发生氧化反应，钛镀铂作阳极， 阳极发生氧化反应，通电时阳极上发生的电极方程式为SO 2-+H O-2e-=HSO -＋H＋ (或HSO 2-+H O-2e- 4 2 5 4 2 =HSO -＋2H＋)；微粒的氧化性、还原性与微粒浓度有关，随着反应的进行，溶液中的As(V)与As(III)浓度 5 比逐渐增大，三价砷的还原性降低，从而降低了砷的氧化速率，图像上表现为氧化率增加幅度逐渐减小。 18．(14分)近几年，我国汽车工业得到了飞速发展，新能源汽车走在世界前列。回答下列问题： (1)庚烷是汽车燃料(汽油)的主要成分之一，1mol气态正庚烷(以C H 表示)完全燃烧生成二氧化碳和水 7 14 蒸气放出4817kJ热量，该反应的热化学议程式为_______。 (2)三种汽车燃料燃烧时的能量变化如下图所示。根据图示，你认为_______作为汽车燃料最好，简述理由_______(至少回答两点) (3)在汽车排气管里安装三元催化剂，可有效降低汽车尾气中的CO和NO等污染气体的含量，写出汽 车尾气中NO和CO反应的化学方程式：_______。 (4)汽车发生剧烈碰撞时，会引发汽车安全气囊中的物质迅速发生反应：10 NaN+2KNO =5NaO+KO+16N↑，气囊中产生大量的气体，从而保护驾车人员的安全。 3 3 2 2 2 ①反应中，每生成16molN ，转移的电子数为_______。 2 ②反应中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。 (5)不使用汽油或柴油作为能源的汽车统称新能源汽车，一种新能源汽车使用的锂电池工作原理如下图， 电池反应为： 。 ①充电时，电解质溶液中的锂离子向电极_______(填写“M”“N”)方向移动 ②若放电时外电路有2N 电子转移，则理论上电极M的质量_______(填序号)。 A A．增重14g B．不变 C．减重14g D．无法确定 【答案】(1) C H (g)+ 11O(g)=7CO (g)+ 8H O (g) ΔH＝－4817 kJ·mol－1(2分) 7 16 2 2 2 (2) 燃料甲(1分) 燃烧过程中释放的能量最多；达到燃点所需的能量最少(2分) (3) 2NO+2CO N+2CO (1分) 2 2 (4) 10N (或6.02×1024) (2分) 15:1(2分) A (5) N(2分) A(2分) 【解析】如图，电池在充电时，接外接电源，N极接外接电源的负极，此时N极为阴极，则M为阳极； 放电时，充电时作原电池，阳极为放电时的正极，所以工作时M极为正极，N极为负极。(1)根据题意，该 反应的热化学方程式为C H (g)+ 11O(g)=7CO (g)+ 8H O (g) ΔH＝－4817 kJ·mol－1；(2)根据 7 16 2 2 2 三种燃料燃烧时的能量变化图可知，燃料甲燃烧产生的能量最多，且达到燃烧时所需能量最少，所以燃料 甲是最为汽车最好的燃料，故填燃料甲、燃烧过程中释放的能量最多；达到燃点所需的能量最少；(3)在催 化剂作用下，NO和CO发生反应，其反应的化学方程式为2NO+2CO N+2CO ；(4)①根据反应10 2 2NaN+2KNO =5NaO+KO+16N↑，每生成16molN ，转移10mol电子，由 ，转移电子数为 3 3 2 2 2 2 ；②根据反应10 NaN+2KNO =5NaO+KO+16N↑，NaN 中的N元素化合价升 3 3 2 2 2 3 高，被氧化，其氧化产物为N；KNO 中的N元素化合价降低，被还原，其还原产物为N，则每生成 2 3 2 16mol N，其中有15mol N 是氧化产物，1mol N 是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为 2 2 2 15：1；(5)充电时，作电解池，电极N与电源负极相连为阴极，M为阳极，电解质溶液中的锂离子向阴极 移动，故填N；放电时为原电池装置，电极M作正极，电极反应式为 ，当外电路有2 N 电子转移，电极M的质量增 A 加2 mol Li+，其质量为2×7=14 g。 19．(14分)二氧化碳加氢合成甲醇是化学固碳的一种有效途径，不仅可以有效减少空气中的CO 排放. 2 还可以制备出甲醇清洁能源。在CO 转化为甲醇过程中，伴随有副反应发生，因此常使用催化剂调节控制 2 反应。科学研究者结合实验与计算机模拟，研究了CO 与H 分别在Zn/Cu、ZnO/Cu催化剂表面生成 2 2 CHOH和HO的部分反应历程(如图1所示)，其中ts－n表示过渡态。 3 2 回答下列问题： (1)①图1表示的反应中，若每生成1mol甲醇，反应物与生成物总能量差为58kJ，则反应的热化学方 程式为_____，从反应原理分析，下列更利于该反应进行的条件是_____(填标号)。 a.高压、高温 b.高压低温 c.低压、高温 d.低压低温 ②已知CO 和H 可发生副反应：CO(g)+H(g) CO(g)+HO(g) ΔH=+41kJ•mol-1部分相关化学键的 2 2 2 2 2键能数据如表： 化学键 H－H C－O H－O C－H C≡O E/(kJ•mol-1) 436 326 464 414 1061 由此计算E(C=O)=______kJ•mol-1。 (2)在图1给出的反应历程中，若选择Zn/Cu作为催化剂则正反应最大的活化能发生在______(用“ts－ n”具体数字表示)。图示结果显示，选择ZnO/Cu作为催化剂更优于Zn/Cu，其主要原因是______。 (3)图2为使用Zn/Cu催化剂、分别在525K和550K条件下(其它条件相同)，CO 和H 按投料比1：9进 2 2 行反应生成CHOH的过程中，CO 的转化率随时间变化图示。 3 2 ①温度略为升高(从525K→550K)，CO 的转化率明显增大的可能原因是______。 2 ②工业生产中，对于气相的反应体系，还可用反应体系中各组分的分压来表示化学平衡常数(K )。如 p 反应：aA(g)+bB(g) dD(g)+eE(g)达到平衡时，K= ，组分分压p(A)=P × 。现保持 p 总 550K、pkPa条件，CO 和H 按投料比(物质的量)1：9进行生成CHOH反应，达到平衡时，CO 的转化率 2 2 3 2 为α，则反应的化学平衡常数K=______(列出含α、p计算式)。 p 【答案】(1) CO (g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) ΔH=-58kJ•mol-1(2分) 2 2 3 2 b(2分) 797(2分) (2) ts－7(2分) 催化活化能更低(1分) (3)催化剂活性更高或选择性更好(2分) (3分) 【解析】(1)①图1表示的反应中，若每生成1mol甲醇，反应物与生成物总能量差为58kJ，反应物能量大于生成物能量，反应为放热反应，则反应的热化学方程式为CO(g)+3H(g) CHOH(g)+H O(g) 2 2 3 2 ΔH=-58kJ•mol-1；反应为气体分子数减小的放热反应，高压低温利于反应的正向进行，故选b；②反应的焓 变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，则2E(C=O)+436 kJ•mol-1-1061 kJ•mol-1-2×464 kJ•mol-1=+41kJ•mol-1，E(C=O)= 797 kJ•mol-1；(2)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即 图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，由图可知，若选择Zn/Cu作为催化剂则正反应最大 的活化能发生在ts－7。活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应，结合图 像可知，选择ZnO/Cu作为催化剂更优于Zn/Cu，其主要原因是催化活化能更低；(3)①催化剂需要合适活 性催化温度，温度略为升高(从525K→550K)，CO 的转化率明显增大的可能原因是催化剂活性更高或选择 2 性更好。②550K、pkPa条件，CO 和H 按投料比(物质的量)1：9进行生成CHOH反应，达到平衡时， 2 2 3 CO 的转化率为α，假设CO 和H 投料分别为1mol、9mol，则反应二氧化碳αmol，平衡时CO、H、 2 2 2 2 2 CHOH、HO的物质的量分别为(1-α) mol、(1-3α) mol、αmol、αmol、，总的物质的量为(10-2α) mol；则反 3 2 应的化学平衡常数K= 。 p