答案速对与试题精析 不定项

答案速对/试题精析/规范答题/提升成绩

答案速对与试题精析

单元重构项目卷（一)

项目一

任务1

1.提示： ( 1 ) \Delta H = [ ( 7 4 5 x 2 + 4 3 6 x 4 ) - ( 4 x 4 1 3 + 4 x 4 6 3 ) ] \ { k J } * { m o l } ^ { - 1 } = - 2 7 0

2.提示：（1）由 { 2 } - { 3 } 得 { C O } ( \mathbf { g } ) + / { 1 } { 2 } { O } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) \begin{array} { r } { \begin{array} { r l } { - C { O } _ { 2 } \left( { g } \right) } & { { } \Delta H = - 2 8 3 { \ k J * \ m o l ^ { - 1 } } _ { { ~ c ~ } } } \end{array} } \end{array} （204号(2)分析已知热化学方程式，确定中间产物有C(s) \phantom { - } * { O _ { 2 } } \left( { g } \right) ,根据盖斯定律，由 { 3 } x 2 - { 1 } - ② 可得： { C H _ { 4 } ( g ) + C O _ { 2 } ( g ) = 2 C O ( g ) + } { 2 H _ { 2 } ( g ) } ，则有 \Delta H { = } ( - 1 1 1 \ { k J \bullet \ m o l ^ { - 1 } } ) x 2 - ( - 7 5 { ~ k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } ) - ( - 3 9 4 { ~ k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } ) = + 2 4 7 ~ { k J } * { m o l } ^ { - 1 } 。

任务2

3.提示：反应 ① 生成气态水比反应 ② 生成液态水放热少， \Delta H _ { 1 } { > } \Delta H _ { 2 } 。

4.提示：（1)等量的S(g)具有的能量大于S(s)具有的能量高，则等量的 { { S } } ( { { g } } ) 完全燃烧生成 { S O } _ { 2 } ( { g } ) 放出的热量多，故有 \Delta H _ { 1 } { < } \Delta H _ { 2 } ；等量 { H _ { 2 } S ( g ) } 完全燃烧生成 { S O _ { 2 } } (g)放出的热量比不完全燃烧生成S(s)放出的热量多，则有 \Delta H _ { 3 } { > } \Delta H _ { 4 } 。(2)根据盖斯定律，由 ③ - ② 可得 ⑤ ，则有\Delta H _ { 5 } = \Delta H _ { 3 } - \Delta H _ { 2 } ；由 { 3 } x 3 - { 5 } x 2 可得 ④ ，则有 2 \Delta H _ { 5 } = 3 \Delta H _ { 3 } - \Delta H _ { 4 } 。

项目二

任务1

1.(1)提示：从化学键形成和断裂角度来看，图中的 ① 是化学键断裂的过程， ② 过程是化学键形成的过程。(2)提示：从能量角度来看，图中的 ① 过程是吸收能量的过程， ② 过程是释放能量的过程。(3)提示：由于反应物的能量高于生成物的能量，因此该过程为放热反应。

任务2

2.提示：由反应 ① 知 { H } _ { 2 } 的燃烧热为285.8{ k J } * { m o l } ^ { - 1 } 。

任务3

3.提示：制得 { ~ \normalfont ~ 1 ~ m o l ~ } 氢气，消耗能量分别是：2 8 5 . 8 ~ { k J } \ 、 1 3 1 . 3 ~ { k J } \ 、 6 8 . 7 ~ { k J } ，因此， ③ 消耗能量最低。

4.提示：反应 ③ 使用催化剂，可以加快反应速率，但是催化剂不影响反应热，所以改用新催化剂后 \Delta H _ { 3 } 不变。

5.提示：根据盖斯定律， ③ - ② 可得：该热化学反应方程式为： { C H } _ { 4 } { ~ ( ~ g ) - } { C } { ~ ( ~ s ~ ) ~ + ~ } 2H \begin{array} { r l } { { \Lambda _ { { ' } } ( g ) } } & { { } \Delta H = 7 4 . 8 { \ k J * \ m o l ^ { - 1 } } } \end{array} 。

任务4

6.提示：已知 2 5 \ { ^ circ C } * 1 0 1 \ { k P a } 下， 1 ~ { m o l } 液态水蒸发为水蒸气需要吸热 4 4 . 0 1 ~ { { k J } } ，则H _ { 2 } O ( 1 ) \ = \ { ~ H _ { 2 } O ~ ( ~ g ~ ) ~ } \qquad \Delta = + 4 4 . 0 1 \ { k J } * { m o l } ^ { - 1 } ，根据盖斯定律，得\Delta H = - 1 1 0 . 5 { k J \bullet \ m o l ^ { - 1 } \circ }

7.(1)提示：根据图像可知，放出的热量为a \mathbf { k J } 。

(2)提示： \Delta H = ( { b } - { a } ) { k J } * { m o l } ^ { - 1 }

单元重构项目卷（二）

项目一

任务1

1.解析：选C。固氮酶是豆科植物固氮过程的催化剂，能降低该反应的活化能，A错误;根据题意，催化剂有选择性，如 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 与 { O } _ { 2 } 反应用Ag催化生成HC—CH（环氧乙烷）、用 { C u C l _ { 2 } } 1/0

{ P d C l _ { 2 } } 催化生成 { C H _ { 3 } C H O } ，则判断 { A g } 催化不能提高生成 { C H _ { 3 } C H O } 的选择性，B错误； { { M n O } _ { 2 } } 是 { { H _ { 2 } O _ { 2 } } } 制 { O } _ { 2 } 反应的催化剂，能加快化学反应速率，C正确； { V } _ { 2 } { O } _ { 5 } 是 { S O _ { 2 } } 与 { O } _ { 2 } 反应的催化剂，能加快反应速率，但不能改变该反应的焓变，D错误。

任务2

2.解析：选C。实验 ① 中， 0 ~ 2 小时内平均反应速率 \mathit { \Pi } _ { v } （ { S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } ）/ { 5 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } - 1 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } } { 2 { h } } = 2 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } \ { m o l \bullet L ^ { - 1 } \bullet h ^ { - 1 } } ,A不正确；

实验 ③ 中水样初始 { \ p H } = 8 ，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能用 { H ^ { + } } 配电荷守恒，B不正确；综合分析实验 ① 和 ② 可知，在相同时间内，实验 ① 中{ S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确;综合分析实验 ③ 和 ② 可知，在相同时间内，实验 ② 中 { S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始 { p H , S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 的去除效果越好，但是当初始 { p H } 太小时， { H ^ { + } } 浓度太大，纳米铁与 { H ^ { + } } 反应速率加快，会导致与 { S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 反应的纳米铁减少，因此，当初始 { \Delta p H } 越小时 { S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 的去除效果不一定越好，D不正确。

任务3

.解析：(1)A项，升高温度，反应速率加快，A符合题意；B项，加入少量异丙胺\big [ { ( C H _ { 3 } ) _ { 2 } C H N H _ { 2 } } \big ] ， { H } _ { 2 } { O } 的量减少，化学反应速率降低，B不符合题意;C项，加入少量固体硼酸 \left[ { B } ( { O H } ) _ { 3 } \right] ，硼酸水解，提高 { H ^ { + } } 的浓度，化学反应速率加快，C符合题意;D项，增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意；（2）随着投料比\left[ n \left( { N a B H _ { 4 } } \right) / n \left( { H } _ { 2 } { O } \right) \right] 增大， { N a B H _ { 4 } } 的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。

答案：（1）AC （2）随着投料比\left[ n \left( { N a B H _ { 4 } } \right) / n \left( { H } _ { 2 } { O } \right) \right] 增大， { N a B H _ { 4 } } 的水解转化率降低。

任务4

解析：(1)开始时C的浓度为 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，在2 ~ { m i n } 末测得C的浓度为 5 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } , 0 ~ 2 min 内 \ v \left( { C } \right) = / { \Delta c } { \Delta t } = / { \left( 5 - 1 \right) { m o l \bullet \ L ^ { - 1 } } } { 2 \ { m i n } } = 2 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } * { m i n } ^ { - 1 } ，由反应速率之比等于系数比，则用A的浓度变化表示反应的平均速率： v ( { A } ) = { / { 3 } { 2 } } v ( { C } ) = 3 { ~ m o l } * { L } ^ { - 1 } { { m i n ^ { - 1 } } ; ( 2 ) 0 ~ 2 \ m i n } 内C的浓度增加为( 5 - 1 ) { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } = 4 { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } ，则B减少了 2 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，开始时B的浓度为4 { { ~ m o l ~ } } * { { ~ L } } ^ { - 1 } ，在 2 ~ { m i n } 末，B的浓度为( 4 - 2 ) { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } = 2 { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } \circ

答案： { ( 1 ) 3 ~ m o l \bullet ~ L ^ { - 1 } ~ m i n ~ ( 2 ) 2 ~ m o l \bullet ~ L ^ { - 1 } }

任务5

.解析：(1)根据 \boldsymbol { v } _ { \mathtt { i } \mathtt { E } } = k _ { \mathtt { i } \mathtt { E } } \ * \ \boldsymbol { c } （顺）， v _ { i \not \cong } = \boldsymbol { k } _ { { ~ i } \notin } * \boldsymbol { c } （反），化学平衡状态时正、逆反应速率相等，则 0 . 0 0 6 c （顺） ) = 0 . 0 0 2 c （反），该温度下反应的平衡常数K1=c(反）/ { 0 . 0 0 6 } { 0 . 0 0 2 } { = 3 } 。(2)随着时间的推移，顺式异（204号构体的质量分数不断减少，且减少速率随时间减小，则符合条件的曲线是B。设顺式异构体的起始浓度为 x ，可逆反应左右物质的化学计量数相等，均为1，则平衡时，顺式异构体为 0 . 3 x ，反式异构体为0.

7 x ，所以平衡常数为 K _ { 2 } = / { 0 . 7 x } { 0 . 3 x } = / { 7 } { 3 } 。

答案：(1)3 (2)B / { 7 } { 3 }

项目二

任务1

1.解析：选B。通过 \Delta G { = } \Delta H { - } { T } \Delta S 判断， 代入临界温度 { T } = { \Delta H } / { \Delta S } \approx 1 0 4 2 { K } 号 ( 7 6 9 ~ { ^ { \circ } C } )，实际自发区间为 { T } { < } 7 6 9 ^ { \circ } { C } 。

任务2

2.解析： 2 { { S O } } _ { 2 } + { { O } } _ { 2 } \Longrightarrow 2 { { S O } } _ { 3 } 初始浓度 4.0 3.0 0 反应浓度 2.0 1.0 2.0 平衡浓度 2.0 2.0 2.0 则 { K } = / { 2 . 0 ^ { 2 } } { 2 . 0 ^ { 2 } x 2 . 0 } = 0 . 5 , { S O } _ { 2 } 的转化率 = / { 2 . 0 } { 4 . 0 } = 5 0 %

答案： { K } { = } 0 . 5 ; { S O } _ { 2 } 的转化率 = 5 0 %

任务3

3.提示：(1)根据所给的反应方程式， { N O } _ { 2 } 在反应过程中先消耗再生成，说明 { N O } _ { 2 } 在反应中起催化剂的作用。铅室法在反应中有污染空气的NO和 { N O } _ { 2 } 放出，影响空气环境、同时作为催化剂的 { N O } _ { 2 } 可以溶解在硫酸中给产物硫酸带来杂质影响产品质量、产率不高(答案合理即可）。( 2 ) 4 5 0 \ { ^ \circ C } 时反应的速率更快。温度的选择主要考虑催化剂的活性，次要考虑反应的限度。

任务4

解析： ( 1 ) { S O } _ { 2 } ( { g } ) + / { 1 } { 2 } { O } _ { 2 } ( { g } ) { \Longleftrightarrow } { S O } _ { 3 } ( { g } ) , （20该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大， { S O } _ { 2 } 的平衡转化率越大，所以，该反应在 5 5 0 \ { ~ } ^ { \circ } { C } 、压强为 5 . 0 \ { M P a } 条件下， { S O } _ { 2 } 的平衡转化率一定高于相同温度下、压强为 2 . 5 ~ { M P a } 的，因此， { p _ { 1 } = 5 . 0 \ M P a } ，由图中数据可知， α { = } 0 . 9 7 5 。影响 α 的因素就是影响化学平衡移动的因素，主要有反应物( { S O _ { 2 } } 和 { O } _ { 2 } )的浓度、温度、压强等。(2） ① 根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，a错误;从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于 88 % 时的反应速率图像并没有给出，无法判断 α = 0 . 8 8 的条件下是平衡转化率，b错误；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率不断减小，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，c正确；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择合适的反应温度以减少能源的消耗，d正确。 ② 为了提高催化剂的综合性能，科学家对催化剂进行了改良，从图中可以看出标号为d的催化剂 { v - K - } Cs-Ce对 { S O _ { 2 } } 的转化率最好，产率最佳。

③ 利用分压代替浓度计算平衡常数，反应的平衡常数 K _ { { p } } \ = \ { / { { p } ( { S O } _ { 3 } ) } { { p } ( { S O } _ { 2 } ) { p } ^ { / { 1 } { 2 } } ( { O } _ { 2 } ) } } = / { / { n ( { S O _ { 3 } } ) } { n ( \stackrel { \because } { ∞ } ) } { p } ( \stackrel { } { } ) } { / { n ( { S O _ { 2 } } ) } { n ( \stackrel { } { ∞ } ) } { p } ( \stackrel { } { } ) * { p } ^ { / { 1 } { 2 } } ( { O } _ { 2 } ) } { = } / { n ( { S O _ { 3 } } ) } { n ( { S O } _ { 2 } ) * { p } ^ { / { 1 } { 2 } } ( { O } _ { 2 } ) } ; 设 { S O _ { 2 } } 初始量为 { ~ m ~ m o l ~ } ,则平衡时 n \left( { S O _ { 2 } } \right. ）= { m - m } \bullet _ { { \tiny ~ α _ { { e } } = m } } ( 1 - α _ { { e } } ) , n ( { S O _ { 3 } } ) = { m } * （204号α _ { { e } } , K _ { { p } } = / { { ~ m ~ } \bullet _ { { ~ } α _ { { e } } } } { { m } ( 1 - α _ { { e } } ) \bullet { p } ^ { / { 1 } { 2 } } ( { O } _ { 2 } ) } = / { α _ { { e } } } { ( 1 - α _ { { e } } ) \bullet { p } ^ { / { 1 } { 2 } } } \ : { e } \ :

答案：（1)0.975该反应气体分子数减少，增大压强， α 提高。 5 . 0 \ { \ M P a } > 2 . 5 { { M P a } = { { p _ { 2 } } } } ，所以 { { p } } _ { 1 } = 5 . 0 MPa反应物（ { S O _ { 2 } } 和 { O } _ { 2 } )的起始浓度(组成）、温度、压强

αe(2)①cd ②d(1-αe）·p²

任务5

.解析：根据图示的热重曲线所示，在 7 0 0 \ { ^ \circ C } 左右会出现两个吸热峰，说明此时 { C u S O _ { 4 } } 发生热分解反应，从TG图像可以看出，质量减少量为 { C u S O _ { 4 } } 质量的一半，说明有固体 { C u O } 剩余，还有其他气体产生，此时气体产物为 { S O } _ { 2 } ） { S O _ { 3 } \setminus O _ { 2 } } ，可能出现的化学方程式为 3 { { C u S O } } _ { 4 } \ { / { 7 0 0 { } ^ { \circ } { { C } } } { 3 { { C u O } } + } } { 2 S O _ { 2 } \uparrow + S O _ { 3 } \uparrow + O _ { 2 } \uparrow } ，结合反应中产物的固体产物质量和气体产物质量可以确定，该反应的产物为 { C u O } 、 { S O _ { 2 } } 、{ S O _ { 3 } \setminus O _ { 2 } } 。

答案： { C u O } （204号 { S O _ { 3 } }

阶段滚动检测卷（一）

答案速对

15.(1) - 0 . 3 3 { \ k J * \ m o l ^ { - 1 } } 正交硫（2号 ( 2 ) { 1 } 放热 （2号 { ( E _ { 2 } { - } E _ { 1 } ) \ k J * \ m o l ^ { - 1 } } 减小 （2 ② AB

16.(1) ① 415.1 （2号 ② < (2) / { c ( { \tiny ~ H } _ { 2 } ) \bullet c ( { \tiny ~ C O } _ { 2 } ) } { c ( { \tiny ~ C O } ) \bullet c ( { \tiny ~ H } _ { 2 } { \tiny ~ O } ) } 放(3)正反应方向 （2号 ( 4 ) { 4 } { 5 } { 6 }

1 7 . ( 1 ) + 1 7 7 (2)Q= Q = / { c \left( \mathbf { C } _ { 2 } \mathbf { H } _ { 4 } \right) \bullet c \left( \mathbf { C } _ { 2 } \right) } { c \left( \mathbf { C } _ { 2 } \mathbf { H } _ { 6 } \right) } ，恒压条件下通入水蒸气，容积变大，各组分浓度同程度减小，使 Q { < } K ,平衡正向移动，乙烯平衡产率增大( 3 ) { 1 } 反应未达平衡，随温度升高，化学反应速率增大,乙烷转化率增大 ② 温度升高，相同时间内，乙烷的实验转化率增大，转化的乙烷总量增加，但温度升高使催化剂失活（或温度升高，反应iii 产生的C包裹在催化剂表面，催化剂活性降低)，反应ii的速率下降，相同时间内生成乙烯所用的乙烷减小，乙烯选择性下降;温度升高，反应ii、iv 速率加快的程度大于反应ii，相同时间内生成乙烯所用的乙烷减小，乙烯选择性下降

18.(1)810a( 2 ) 9 . 5 2 % (3)增大( 4 ) > 正反应放热,升温,平衡逆向移动,气体的物质的量增大 ( 5 ) < ( 6 ) > < >

1 9 . ( 1 ) + 1 2 3 (2) ① b反应I为吸热反应，随温度升高 { C } _ { 3 } { H } _ { 6 } 的物质的量分数增大，反应I是气体分子数增大的反应，相同温度下， { C _ { 3 } H _ { 6 } } 的物质的量分数随压强的减小而增大 { 2 } 0 . 3 p _ { 1 } 5 3 . 8 % (3) { 1 } 0 . 4 ②33.3%

试题精析

1.D解析：雪融成水的过程中吸收热量，\Delta H { > } 0 ，A错误；雪融成水的过程中固体转化为液体，体系混乱度增大， \Delta S > 0 , { { B } } 错误；水成冰的过程中放出热量， \Delta H < O,C错误；水成冰的过程中液体转化为固体，体系混乱度减小， \Delta S { < } 0 , { D } 正确。

.D 解析：当加入硝酸银溶液后，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，氯离子浓度减小，平衡正向移动，导致氯气浓度减小，故溶液颜色变浅，故A不符合;合成氨反应正反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，可提高氨的产率，故B不符合；反应的正反应放热，平衡后升高温度，平衡逆向移动， { N O } _ { 2 } 的浓度增大，故体系颜色变深，故C不符合；对于 2 { { H I } } ( { { g } } ) { \Longrightarrow } { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) + { I } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) 为等分子数的反应，达到平衡后，缩小容器容积，平衡不发生移动，不能用勒夏特列原理解释，但是体积减小，各气体浓度增大，体系颜色变深，故D符合。

D解析：C(s，石墨）十 { H _ { 2 } O ( g ) { \overline { { { } } } } } { C O ( g ) + H _ { 2 } \ C ( g ) \Delta H = + 1 3 1 . 5 \ k J ~ ^ { α } } { m o l ^ { - 1 } } ，为吸热反应，说明反应物的总能量小于成生成的总能量，A正确； { H _ { 2 } O ( l ) } 转化为 { H _ { 2 } O ( g ) } 也需要吸收能量，故反应消耗 1 \ { m o l \ C ( \ s } ，石墨)和1mol { H _ { 2 } O ( 1 ) } 所吸收的热量大于 1 3 1 . 5 \ { k J } ,B正确；石墨和金刚石结构不同，同物质的量的两物质所具有的内能不同，C正确； { H } _ { 2 } \left( { g } \right) + { / { 1 } { 2 } O _ { 2 } ( g ) { - { \overline { { { \Omega } } } H _ { 2 } O ( l ) } } }
题干中的热化学方程式为气态水， { { H _ { 2 } O ( l ) } } 转化为 { H } _ { 2 } { O } ( { g } ) 也需要吸收能量，故还需要知道 { { H _ { 2 } O ( l ) } } 转化为 { H _ { 2 } O ( g ) } 的 \Delta H ，才能得出C(s,石墨 ) + / { 1 } { 2 } { O } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) { \stackrel { \quad } { \longrightarrow } } { C O } \left( \mathbf { g } \right) （20的 \Delta H ,D错误。

.B解析：活化分子间所发生的碰撞不一定是有效碰撞，只有活化分子发生化学变化时的碰撞才是有效碰撞，故A错误；升高温度能使部分分子获得能量转化为活化分子，从而增加了单位体积内活化分子的百分数，故B正确；吸热反应不一定需要加热，如 { { N H _ { 4 } C l } } 和 { B a ( O H ) _ { 2 } * 8 H _ { 2 } O } 的反应为吸热反应，常温下就能发生，故C错误；气态硫比固态硫能量高，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放热多，故D错误。

5.C解析：对于反应： m { A } ( { g } ) + n { B } ( { g } ) { \bmod { } } p { C } ( { g } ) + q { D } ( { g } ) ，已知反应已达平衡，平衡常数为 K ，此时 c \left( { A } \right) = a \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 其他条件不变时，若容器缩小到原来的2c(A)=b mol·L-1,假设平衡未发生移动，体积缩小一倍，浓度增大一倍，则有b = 2 a 。若 a < b < 2 a ，说明缩小体积增大压强后平衡向右移动，则有 m + n > p + q ,A错误;K只与温度有关，温度不变， K 不变，B错误；若 a < b < 2 a ，说明缩小体积增大压强后平衡向右移动，D的物质的量增大，则D的体积分数增大，C正确；若b > 2 a ，说明缩小体积增大压强后平衡向左移动，B的物质的量增大，则B的转化率降低，D错误。

6.B解析：固体不能用于表示反应速率，故A错误；速率之比等于化学计量数之比，故 V ( { X } ) : V ( { Z } ) : V ( { M } ) = 4 : 2 : 1 ，故B正确；化学反应速率是一段时间内的平均速率，故C错误;Y为固体，改变用量不影响化学平衡，增加Y的用量，化学平衡不发生移动，故D错误。

7.D解析：反应 2 { N O } _ { 2 } \left( { g } \right) { \overrightarrow { { - } { \Lambda } } } { N } _ { 2 } { O } _ { 4 } \left( { g } \right) 的\Delta H { < } 0 ,即该反应是一个放热反应，故该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，A错误；该反应正反应是一个放热反应，则升高温度平衡逆向移动，气体颜色加深，则一段时间后，仪器a中颜色比仪器b中颜色更深，B错误;该反应为一个可逆反应， n \left( { N O } _ { 2 } \right) + n \left( { N } _ { 2 } { O } _ { 4 } \right) = 0 . 2 mol的反应体系中，反应达到平衡后，仪器b中不可能得到 0 . 2 { ~ m o l ~ N _ { 2 } O _ { 4 } ~ } C错误； { N O } _ { 2 } 气体中存在平衡体系 { 2 N O _ { 2 } } （g）{ \overrightarrow { { \Lambda } } } = { N } _ { 2 } { O } _ { 4 } （g)，故标准状况下， 2 . 2 4 { ~ L ~ } { N O } _ { 2 } 的质量不是 4 . 6 ~ { g } , { D } 正确。

8.B解析： { { N } } _ { 2 } ( { { g } ) + 3 { { H } } _ { 2 } ( { { g } ) \overline { { { \longrightarrow } } } 2 N H _ { 3 } ( { { g } ) } } } \Delta H { = } { { - } } 9 2 . 4 \ { k J \bullet \ m o l ^ { - 1 } } ，若断裂 { ~ 1 ~ m o l ~ } H-H和 1 \ { m o l \ N { - } H } 需要吸收的能量分别为 4 3 6 ~ { k J } 和 3 9 1 { ~ k J } ，则断裂 { ~ ~ { ~ 1 ~ } ~ m o l } { { N } } { \equiv } { { N } } 需要吸收的能量为一 9 2 . 4 ~ { k J } - ( 3 x 4 3 6 \ { k J - 6 x 3 9 1 \ k J ) = 9 4 5 . 6 \ k J } . 0

I.D解析：由反应方程式 { ~ X ~ } ( { ~ g ~ } ) + { ~ W ~ } ( s){ \overline { { \mathop { \bf { \Lambda } } \biggl { \longrightarrow } } } } Z ( { { \ g } } ) + { Y } ( { { \ g } } ) 可知该反应正反应方向为体积减小，其中物质W为固体，且反应环境为恒温恒容。固体或纯液体的量的改变不会影响化学反应速率及化学平衡的移动，不会改变达到平衡的时间，A错误；对于反应前后气体体积增大的反应，减小压强，反应速率减小，但平衡向正反应方向移动，B错误;升高温度，正逆反应速率都增大，C错误；平衡后充入氮气，平衡不移动，X转化率不变，D正确。

lO.BD解析：由图可知，中间体 { O M g C H _ { 4 } } (s)比 { M g O C H _ { 4 } } (s)能量更低，故更稳定，A正确；过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中过渡态与反应物之间的相对落差越大则活化能越大，该反应进程中的最大能垒(活化能）为 - 2 1 . 3 { \bf ~ k J } * { \bf ~ m o l } ^ { - 1 } - ( - 3 2 1 . 1 ) { \bf ~ k J } * \ l { \ m o l ^ { - 1 } = 2 9 9 . 8 \ k J \bullet \ m o l ^ { - 1 } } ，B错误；生成{ { H O M g C H _ { 3 } } } (s)的过程中有碳氢键的断裂和氢氧键的生成，故有极性键的断裂和形成，C正确；由图可知，总反应为氧化镁和甲烷反应生成镁和甲醇，反应放热，其热化学方程式为 { M g O ( s ) + C H _ { 4 } ( g ) } - { \Delta \Omega } { M g \Omega ( \ s ) + C H _ { 3 } \Omega ( \Omega } DH（g） \Delta H = - 1 4 6 . 1 \ { k J } * { \ m o l } ^ { - 1 } ,D错误。

11.D解析：先用三段式法计算出实验I中各组分的改变浓度和平衡浓度：

2 { { N O } _ { 2 } 2 { { N O } + \quad { { O } _ { 2 } } } } （204号 c （始） 0.6 0 0（204号 \boldsymbol { c } （变） 0.4 0.4 0.2（204号 \boldsymbol { c } （平） 0.2 0.4 0.2{ N O } _ { 2 } 的平衡转化率为 / { 0 . 4 } { 0 . 6 } x 1 0 0 % \approx 6 6 . 7 % ，故A正确；I中平衡时 c \left( { O } _ { 2 } \right) = 0 . 2 ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，实验相当于在I基础上再加入NO,平衡会逆向移动， c \ ( { O _ { 2 } } ) < 0 . 2 ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，故B正确；平衡时\upsilon _ { \mathfrak { s k } } \left( { N O } _ { 2 } \right) = \upsilon _ { i \sharp } (NO)，即 \mathbf { k } _ { \scriptscriptstyle { \perp E } } c ^ { 2 } ( { N O } _ { \scriptscriptstyle { 2 } } ) = \mathbf { k } _ { i \not \in } c ^ { 2 } （NO）· \mathbf { \Psi } _ { c } （ { O } _ { 2 } ），得 / { k _ { \perp } } { k _ { \perp } } = / { c ^ { 2 } ( { N O } ) * c ( { O } _ { 2 } ) } { c ^ { 2 } ( { N O } _ { 2 } ) } ，故 { ~ \varsigma ~ } _ { { ~ \ / ~ C ~ } } 正确；该反应为吸热反应，升高温度， K 值增大，故D错误。

12.B解析：由题图可知， T _ { { ~ a ~ } } 温度下先达到平衡， T _ { { ~ a ~ } } 温度下的速率快，所以 T _ { { a } } > T _ { { ~ b ~ } } ，故A错误； T _ { { ~ b ~ } } 时，平衡时 n \left( { C O } \right) = 0 . 6 \ { m o l } ，若改为恒温恒压容器，由于该反应是气体体积增大的反应，相当于在原来基础上降低压强，平衡正向移动，因此平衡时 n \left( { C O } \right) { > } 0 . 6 { ~ m o l } ，故B正确；平衡常数与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故C错误； T _ { { ~ a ~ } } 时， { C H _ { 4 } } 的平衡转化率 α = / { 0 = sqrt { 3 } x / { 1 } { 2 } + / { 5 } { 4 } / 6 ^ { 3 } / { 0 } { 2 } } { / { 1 } { 2 } x / { 1 } { 4 } / / { 0 } { 2 } } x 1 0 0 % ，由化学方程式得反应掉的 { C H } _ { 4 } 和生成的CO的量一样多，生成的CO的量为1.0mol,所以α=1.1mol α = / { 1 . 0 \ { m o l } } { 1 . 1 \ { m o l } } x 1 0 0 % ，故D错误。

.CD解析：根据不同转化率下的反应速率曲线可以看出，随着温度的升高反应速率先加快后减慢，故A错误；从图中所给出的速率曲线可以看出，相同温度下，转化率越低反应速率越快，但在转化率小于 88 % 的时的反应速率图像并没有给出，无法判断 α = 0 . 8 8 的条件下是平衡转化率，故B错误；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，故C正确；从图像可以看出随着转化率的增大，最大反应速率出现的温度也逐渐降低，这时可以根据不同转化率选择最佳生产温度以减少能源消耗，故D正确。

14.BC解析：从 { C } ( { s } ) + 2 { N O } ( { g } ) { \Longrightarrow } { N } _ { 2 } \left( { g } \right) + { C O _ { 2 } ( g ) } 可以看出每生成 4 4 ~ { g } { C O } _ { 2 } 放出的热量为 3 4 . 0 { ~ k J } ，则产生 2 2 \ { g \ C O _ { 2 } } .放出的热量为 1 7 . 0 \ { k J } ，A正确；固体物质的用量，不影响平衡，故达到平衡后增大活性炭的用量，平衡不移动，B错误；

在 9 5 0 ~ { K } \mathord { ~ } 1 0 0 0 ~ { K } 之间，化学反应还没有达到平衡状态，反应仍正向进行，故速率： v _ { \perp } > v _ { \perp \sharp } ,C错误； 1 \ 0 5 0 \ { K } 时，设NO的起始量为 { ~ 2 ~ m o l ~ } ，转化率为 80 % ，则反应 { N O ~ 1 . 6 ~ m o l } ，容器内压强为 \smash { p _ { \perp } } ，列三段式：

{ C } ( { s } ) + 2 { N O } ( { g } ) { \Longrightarrow } { N } _ { 2 } ( { \bf g } ) + { C O } _ { 2 } ( { \bf g } ) 起始(mol) 2 0 0\begin{array} { c c } { { \ddagger { \ddagger } } { { k } } { { / } } \qquad { ~ 1 . 6 ~ } \qquad 0 . 8 \qquad \quad 0 . 8 } \\ { { \ddagger { sqrt { \mathfrak { F } } } { { / } } \qquad { 0 . 4 } } \qquad \quad 0 . 8 } \end{array} 反应为气体分子数不变的反应，可以物质的量代替压强，则 1 \ 0 5 0 { ~ K ~ } 时反应的化学平衡常数 K _ { up { p } } = / { 0 . 8 x 0 . 8 } { 0 . 4 ^ { 2 } } = 4 ，D正确。

15.解析：(1)由盖斯定律可知，反应 ① 一 ② 得到反应S（单斜， { \bf s } ) = { \bf S } （正交，s)，则\begin{array} { l } { \Delta H = ( - \ 2 9 7 . \ 1 6 { mu } \ { * \ m o l ^ { - 1 } } ) \ - } \\ { ( - 2 9 6 . 8 3 { \ k J } * { m o l ^ { - 1 } } ) = - 0 . 3 3 { \ k J } \ . } \end{array} { m o l ^ { - 1 } } ，该反应是放热反应，单斜硫能量高于正交硫，能量越低越稳定，所以正交硫稳定；

(2) ① 由图可知，该反应是反应物的总能量大于生成物的总能量的反应放热反应，焓变等于生成物的总能量减反应物总能量， \Delta H = ( E _ { { 2 } } { - } E _ { { 1 } } ) \ { k J \bullet \ m o l ^ { - 1 } } ，催化剂可以减小反应的活化能； ② A.由图可知，反应历程Ⅱ的活化能小于反应 { ~ I ~ } ，说明反应历程Ⅱ表示加入催化剂时的能量变化曲线，故正确;B.催化剂能增大单位体积内活化分子的数目和百分数，从而使有效碰撞次数增大，反应速率增大，故正确;C.活化分子间不是所发生的所有碰撞为有效碰撞，只有发生化学反应的碰撞才是有效碰撞，故错误；D.灼热的炭与二氧化碳的反应为吸热反应，不符合上图的描述，故错误。

解析：（ 1 ) { 1 } { C H _ { 4 } } \left( { \Delta g } \right) + { H _ { 2 } O } \left( { \Delta g } \right) \Longrightarrow 3 { H } _ { 2 } ( { g } ) + { C O } ( { g } ) \Delta H = + 2 0 6 . 4 { ~ k J } * （204号{ m o l } ^ { - 1 } ，根据反应的焓变等于反应物键能总和减去生成物的键能总和，则有\Delta H = ( 4 a ~ { \ k J ~ \bullet ~ m o l ^ { - 1 } } + 4 6 5 ~ { \ k J ~ \bullet ~ m o l ^ { - 1 } } x 2 ) - ( 1 0 7 6 { mu } \bullet { \ m o l } ^ { - 1 } + 4 3 6 { \ k J } * { m o l ^ { - 1 } x 3 ) = 2 0 6 . 4 ~ k J * { m o l ^ { - 1 } } } ，解得 a = 415.1。 ② 反应为气体分子数增加的反应。温度相同时， { C H } _ { 4 } 的平衡转化率在\boldsymbol { \mathscr { p } } _ { 1 } 时候较大，说明平衡正向移动，根据勒夏特列原理;减小压强，平衡向气体体积增大反应方向进行，则有 \smash { p _ { 1 } < p _ { 2 } } 。(2)由方程式 { C O ( g ) + H _ { 2 } O ( g ) } { \bmod { } } { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) + { C O _ { 2 } ( g ) } ，可知该反应的化学平衡常数表达式为K=c（H）·c(CO）c(CO)·c(HO）；由图表可知，随着温度的升高，化学平衡常数减小，平衡逆向移动，则该反应为放热反应。 (3)在 1 ~ 0 0 0 ^ { \circ } { C } 时，该反应的平衡常数 { K } = 0 . 6 ，，时刻反应混合物中CO、{ H _ { 2 } O , \ H _ { 2 } , C O _ { 2 } } 的物质量浓度分别为2 \ { m o l } \bullet \ { L } ^ { - 1 } , 2 \ { m o l } \bullet \ { L } ^ { - 1 } , 1 \ { m o l } \bullet \ { L } ^ { - 1 } . 1 \mod 1 * \tan ^ { - 1 } ，浓度熵 \begin{array} { r l } { Q _ { { ~ c ~ } } } & { { } = } \end{array} （204号/ { c \left( { H } _ { 2 } \right) \bullet _ { c } ( { C O } _ { 2 } ) } { c \left( { C O } \right) \bullet _ { c } ( { H } _ { 2 } { O } ) } { = } / { 1 x 1 } { 2 x 2 } { = } 0 . 2 5 { < } 0 . 6 , （20则该反应向正反应方向进行。（4) ① 反应前后气体分子数不变，反应过程中压强不变，体系的压强不再发生化不能判断反应达到平衡，故 ① 不符合； ② 反应中混合气体质量守恒，体积不变，则密度不变。混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡，故 ② 不符合； ③ 反应前后气体质量守恒，反应前后气体体积不变，物质的量不变，混合气体的平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡，故 ③ 不符合； ④ 各组分的物质的量浓度不再改变是平衡的标志，故 ④ 符合； ⑤ 反应为放热反应，体系的温度不再发生变化，说明反应达到平衡，故 ⑤ 符合； ⑥ 反应速率之比等于化学方程式计量数之比， V _ { ☉ } { ( C O _ { 2 } ) } = V _ { { i } \backslash \mathscr { E } } （ { H } _ { 2 } { O } ) ，说明水蒸气的正逆反应速率相同，故 ⑥ 符合。

17.解析：(1)反应 { i . } { C _ { 2 } H _ { 6 } } ( { g } ) { \stackrel { \_ } { \longrightarrow } } { C _ { 2 } H _ { 4 } } ( { \Omega _ { 5 } } g）+ { H _ { 2 } ( g ) } { ~ g ) ~ } \Delta H _ { 1 } = + 1 3 6 { k J * \ m o l ^ { - 1 } } ，反应 { i i . } C _ { 2 } H _ { 6 } ( { g ) + C O _ { 2 } ( { g ) \overline { { { \longrightarrow } } } C _ { 2 } H _ { 4 } ( { g ) + } } } { C O ( { g ) + H _ { 2 } O ( { g ) \Delta { \Omega } \Delta { H _ { 2 } } } } } ，设反应3为{ C O _ { 2 } ( g ) + H _ { 2 } ( g ) \longleftarrow ( C O ( g ) + H _ { 2 } O ( g ) } \Delta H = { \Gamma + 4 1 { \ k J * { \ m o l ^ { - 1 } } } } ，由盖斯定律可知，反应 { i } + 反应 3 = 反应ii，则反应ii的\Delta H _ { 2 } = \Delta H _ { 1 } + \Delta H = + 1 3 6 { k J \bullet \ m o l ^ { - 1 } } + \ ( \ + \ 4 1 { \ k J } \ \bullet \ { \ m o l ^ { - 1 } \ } ) \ = \ + \ 1 7 7 （204号（204号 { k J } * { \ m o l ^ { - 1 } } 。

(2）反应i. C _ { 2 } { H } _ { 6 } { ~ ( ~ g ) } \Longrightarrow { C } _ { 2 } { H } _ { 4 } { ~ ( ~ g ) ~ } + （204号 { H } _ { 2 } （g） \Delta H _ { 1 } = ~ + 1 3 6 ~ { k J } ~ * ~ { m o l ^ { - 1 } } ，反应i在恒压条件下进行，为提高乙烯的平衡产率，常通入一定比例的水蒸气，可

以作为热量载体提高温度，同时 Q = / { c ( \mathbf { C } _ { 2 } \mathbf { H } _ { 4 } ) \bullet c ( \mathbf { C } _ { 2 } ) } { c ( \mathbf { C } _ { 2 } \mathbf { H } _ { 6 } ) } （204号
，恒压条件下通入水蒸气，容积变大，各组分浓度同程度减小，使 Q { < } K ，平衡正向移动，乙烯平衡产率增大。

(3) ① 反应ii { C } _ { 2 } { H } _ { 6 } { ~ ( ~ g ) } + { C O } _ { 2 } { ~ ( ~ g ) } \Longrightarrow { C } _ { 2 } { H } _ { 4 } ( \mathbf { g } ) + { C O } ( \mathbf { g } ) + { H } _ { 2 } { O } ( \mathbf { g } ) \Delta H _ { 2 } = + 1 7 7 ~ { k J } * { m o l } ^ { - 1 } ，反应ii. { C } _ { 2 } { H } _ { 6 } \left( { g } \right) \Longrightarrow 2 c ( { s } ) + 3 { H } _ { 2 } { ~ ( ~ g ) ~ } \Delta H _ { 3 } = + 8 4 . 7 { ~ k J } ^ { { ~ } } * （20{ m o l ^ { - 1 } } ，反应 { i v . C _ { 2 } H _ { 6 } ( g ) + 2 C O _ { 2 } ( g ) \overline { { { \longmapsto } } } } 4 { C O ( g ) } + 3 { H } _ { 2 } { \left( g \right) } \Delta H _ { 4 } = { \Gamma } + 4 3 0 { \Delta k J } { \Omega } ^ { { \Omega } } .{ m o l ^ { - 1 } } ，常压下 { C } _ { 2 } { H } _ { 6 } 与 { C O } _ { 2 } 按一定比例进行投料，在催化剂作用下，随温度升高,经过相同时间，反应未达平衡，化学反应速率增大，乙烷转化率增大； ② 常压下 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 与 { C O _ { 2 } } 按一定比例进行投料，在催化剂作用下，随温度升高，相同时间内，乙烷的实验转化率增大，转化的乙烷总量增加，但温度升高使催化剂失活(或温度升高，反应ii产生的C包裹在催化剂表面，催化剂活性降低)，使反应ii的速率下降，造成相同时间内生成乙烯所用的乙烷的物质的量减小，因此乙烯选择性下降;或温度升高，反应iii、iv速率加快的程度大于反应ii,相同时间内生成乙烯所用的乙烷的物质的量减小，所以乙烯选择性下降。

18.解析：(1)平衡时，体积为 a { ~ L ~ } { 2 S O _ { 2 } ( g ) + O _ { 2 } ( g ) \overline { { { \longrightarrow } } } 2 S O _ { 2 } ( g ) } 起始 2 1 0 (mol) 转化 2x x 2x (mol) 平衡 2-2x 1-x 2x (mol)

由题可知， ( 2 - 2 x ) + ( 1 - x ) + 2 x = 2.1，解得 \mathbf { \Phi } _ { x } ~ = ~ \mathbf { \Phi } _ { 0 } ： 9，则 （ \begin{array} { r l } { K } & { { } = } \end{array} / { c ^ { 2 } ( { S O } _ { 2 } ) } { c ^ { 2 } ( { S O } _ { 2 } ) \bullet c ( { O } _ { 2 } ) } = / { \left( / { 1 . 8 \ { m o l } } { a { ~ L ~ } } \right) ^ { 2 } } { \left( / { 0 . 2 \ { m o l } } { a { ~ L ~ } } \right) ^ { 2 } \bullet / { 0 . 1 \ { m o l } } { a { ~ L ~ } } } =810a。

(2)由(1)分析可知，反应进行到 \scriptstyle t _ { 1 } 时，{ S O } _ { 2 } 的体积分数为 / { \left( 2 - 2 x 0 . 9 \right) { { ~ m o l } } } { 2 . 1 { { ~ m o l } } } x 1 0 0 % = 9 . 5 2 % 0

(3)该反应在恒压装置中进行，充入氩气，氩气不参加反应，因此容器体积将增大，容器内反应物总压将减小，平衡将向气体体积增大的方向移动，即平衡将逆向移动， { S O _ { 2 } } 的物质的量将增大。

(4)该反应正向为放热反应，升高温度，平衡将向吸热反应方向移动，即平衡将逆向移动，达到新平衡混合物中气体的总物质的量大于 2 . 1 \ { m o l } 。

(5)恒容条件下，再加入 0 . 2 \ { m o l } \ { S O } _ { 2 } \ . 0 . 1 mol O 和1.8 mol SO3'c2(SO3）·c(O）/ { \left( / { 3 . 6 ~ { m o l } } { a ~ { L } } \right) ^ { 2 } } { \left( / { 0 . 4 ~ { m o l } } { a ~ { L } } \right) ^ { 2 } * \left( / { 0 . 2 ~ { m o l } } { a ~ { L } } \right) ^ { 2 } } { = 4 0 5 ~ a < K } ，反应将正向进行， { v _ { i \not \in } } < _ { { V } _ { i \not \in } } ：

(6)由题中表格信息可知，容器2建立的平衡相当于容器1建立平衡后再将容器的容积缩小为原来的 / { 1 } { 2 } （相当于压强增大为原来的2倍)后平衡移动的结果，由于平衡右移，根据勒夏特列原理可得 \mathbf { \boldsymbol { c } } _ { 2 } > 2 c _ { 1 } , p _ { 1 } < p _ { 2 } < 2 p _ { 1 } ；容器3中建立的平衡相当于容器1建立的平衡升温后平衡移动的结果。升高温度平衡左移，则α _ { 1 } ( { S O } _ { 2 } ) { style > } α _ { 3 } ( { S O } _ { 2 } ) 。由于温度升高，气体物质的量增加，故 { \boldsymbol { p } } _ { 3 } > { \boldsymbol { p } } _ { 1 } 。由以上分析可知 p _ { 1 } { < } p _ { 2 } { < } 2 p _ { 1 } , p _ { 1 } { < } p _ { 3 } ，则 _ { \ / P _ { \ / 2 } } < 2 p _ { 3 } , α _ { 1 } ( { S O } _ { 2 } ) { > } α _ { 3 } ( { S O } _ { 2 } ) , 。

19.解析： ( 1 ) \Delta H = 反应物的总键能一生成物的总键能 = ( 8 x 4 1 3 + 2 x 3 4 8 - 6 x 4 1 3 - 6 1 5 - 3 4 8 - 4 3 6 ) x { { k J } * { { \ m o l } ^ { - 1 } = } } + 1 2 3 \ { k J } * { m o l } ^ { - 1 } 。

( 2 ) { 1 } 反应I为吸热反应，随温度升高{ C _ { 3 } H _ { 6 } } 的物质的量分数增大，反应 { ~ I ~ } 是气体分子数增大的反应，相同温度下，{ C _ { 3 } H _ { 6 } } 的物质的量分数随压强的减小而增大，故b为 { \ p _ { 2 } \ k P a } 时， { C _ { 3 } H _ { 6 } } 平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线； ② 反应 { ~ I ~ } 为吸热反应，随温度升高 { C _ { 3 } H _ { 8 } } 的物质的量分数减小，反应 { ~ I ~ } 是气体分子数增大的反应，相同温度下， { C _ { 3 } H _ { 8 } } 的物质的量分数随压强的增大而增大，故曲线a 为 { \ p _ { 1 } \ k P a } 时， { C _ { 3 } H _ { 8 } } 平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线；同理分析可得，曲线c为 { \ p _ { 1 } \ k P a } 时， { C } _ { 3 } { H } _ { 6 } 平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线；M点为曲线a、c交点，说明 5 8 0 ^ { \circ } { C } ， { \Delta p _ { 1 } ~ k P a } 时，{ C _ { 3 } H _ { 8 } \ 、 C _ { 3 } H _ { 6 } } 的物质的量分数相同，均为30 % ，由 { C } _ { 3 } { H } _ { 8 } \left( \mathbf { g } \right) { \longmapsto } { C } _ { 3 } { H } _ { 6 } \left( \mathbf { g } \right) + { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) 可知， { H } _ { 2 } 的物质的量分数为 3 0 % , K _ { { p } } = / { \hat { p } \left( { C _ { 3 } H _ { 6 } } \right) x \hat { p } \left( { H _ { 2 } } \right) } { \hat { p } \left( { C _ { 3 } H _ { 8 } } \right) } = / { 0 . 3 \ \hat { p } _ { 1 } x 0 . 3 \ \hat { p } _ { 1 } } { 0 . 3 \ \hat { p } _ { 1 } } = 0 . 3 \dot { p } _ { 1 } ; { C } _ { 3 } { H } _ { 8 } \ 、 { C } _ { 3 } { H } _ { 6 } \ 、 { H } _ { 2 } 的物质的量分数相同，均为 30 % ，故 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 和 { C H _ { 4 } } 均为5 % ，列三段式如下：

{ C } _ { 3 } { H } _ { 8 } \left( { g } \right) { \longmapsto } { C } _ { 3 } { H } _ { 6 } \left( { g } \right) + { H } _ { 2 } \left( { g } \right) 起始 n （20 1 0 0 转化 n （204号 x X x 平衡 n （20 1-x x X

{ C } _ { 3 } { H } _ { 8 } \left( { g } \right) { \longmapsto } { C } _ { 2 } { H } _ { 4 } \left( { g } \right) + { C H } _ { 4 } \left( { g } \right) 起始n 1-x 0 0 转化 n （20 y y （204号 y 平衡 n （204号 1-x-y y y 由题意得， { } , 1 - x - y = x , y = { / { 1 } { 6 } } x x，解得x = / { 6 } { 1 3 } , y = / { 1 } { 1 3 } , { C } _ { 3 } { H } _ { 8 } \ �ag \ast / \updownarrow \ast = / { / { 6 } { 1 3 } + / { 1 } { 1 3 } } { 1 } = （204号 5 3 . 8 % 。

(3)列三段式如下：

可得关系式 1 0 0 - x + x + x = 1 4 8 , x = 4 8 ~ { k P a } ，用 { H } _ { 2 } 的分压变化表示的平均反应速率为 / { \Delta P } { \Delta t } = / { 4 8 ~ { { k P a } } } { 1 2 0 ~ { { m i n } } } = 0 . 4 ~ { { k P a } } ·\operatorname* { m i n } ^ { - 1 } ；平衡时， 1 0 0 - x + x + x = 1 5 0 ，x = 5 0 \ { k P a } ，平衡时， { C } _ { 3 } { H } _ { 6 } 的物质的量分数为 / { 5 0 { \ k P a } } { 1 5 0 { \ k P a } } { = } 3 3 . 3 % 。

单元重构项目卷(三)

项目一

任务1

.提示：弱电解质的电离属于吸热反应，升高温度，平衡正向移动；加水促进醋酸电离，醋酸电离平衡向正反应方向移动；加入少量NaOH固体， { H ^ { + } } 浓度减小，醋酸电离平衡向正反应方向移动；加入冰醋酸，平衡正向移动；通入氯化氢气体，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；加入少量{ C H _ { 3 } C O O N a } 固体， { C H _ { 3 } C O O ^ { - } } 浓度增大，醋酸电离平衡向逆反应方向移动

2.提示：(1)冰醋酸中无自由移动的离子 (2)偏小 ( 3 ) { 1 } { c } > { a } > { b } { 2 } { c } > { b } > a { 3 } { a } = { b } = C { 4 } { a } = { b } = c（4)加NaOH固 体加 { N a _ { 2 } C O _ { 3 } } 固体（合理即可） (5)BD

任务2

3.(1)提示：当浓度相同时，弱电解质的电离平衡常数越大，其溶液中电离出的离子浓度越大，故反应开始时，两种溶液产生{ C O _ { 2 } } 的速率明显不同的原因是两者的电离平衡常数不同，相同条件下电离出的氢离子浓度不同。

(2)提示：由于两者与碳酸氢钠溶液反应时HSCN溶液的反应速率更快，HSCN溶液中氢离子浓度更大，因此其电离平衡常数大，故 { C H _ { 3 } C O O H } 的电离平衡常数为 1 . 8 x 1 0 ^ { - 5 } \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 。

(3)提示：因为反应结束后，两种溶液中溶质分别为 { C H _ { 3 } C O O N a } 和 NaSCN,{ C H _ { 3 } C O O H } 的酸性弱于HSCN，则{ C H _ { 3 } C O O ^ { - } } 比 { { S C N ^ { - } } } 更易结合 { H ^ { + } } ，故c ( { S C N } ^ { - } ) { > } c ( { C H } _ { 3 } { C O O } ^ { - } ) \ 。 （204号

任务3

4.(1)提示：加入 { C H _ { 3 } C O O H } 溶液后，试管上方的气球鼓起慢。（2）提示：测的 0 . { { ~ 1 ~ } } { { ~ m o l ~ } } * { { ~ \ r ~ } } { { ~ L } } ^ { - 1 } 的{ C H _ { 3 } C O O H } 溶液 { p H } { > } 1 。

(3)提示：不相同。因为盐酸在溶液中全部电离，而醋酸在溶液中部分电离，前者氢离子浓度比后者大，所以前者产生氢气的速率比后者快。

(4)提示：pH相同时，醋酸 溶液的浓度大，产生的氢气的量更大。

项目二

任务1

1.(1)提示：醋酸钠属于强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，因此含有酚酞的醋酸钠溶液显红色。

(2)提示：烧杯 ① 中溶液温度升高，促使{ C H _ { 3 } C O O N a } 的水解平衡正向移动，溶液的碱性增强，则溶液红色加深，烧杯 ③ 中{ N H _ { 4 } N O _ { 3 } } 溶解吸收热量，使溶液的温度降低，促使 { C H _ { 3 } C O O N a } 的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，则溶液红色变浅。(3)提示：温度升高，平衡正向移动，温度降低，平衡逆向移动，因此，醋酸钠水解的反应属于吸热反应。

任务2

2.提示：

3.(1)提示： { \Delta N a O H } 抑制水的电离，所以由水电离出的 \boldsymbol { c } _ { up { \# } } （ { O H ^ { - } } )等于溶液中的c _ { \tilde { + } } ( { H } ^ { + } ) 等于 1 0 ^ { - 9 } ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ·(2）提示： { C H _ { 3 } C O O N a } 水解，促进了水的电离，所以由水电离出的 c _ { \ P } \left( { O H ^ { - } } \right) = / { 1 0 ^ { - 1 4 } } { 1 0 ^ { - 9 } } { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } = 1 0 ^ { - 5 } { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } ,

任务4

4.(1)提示： { 2 } > { 4 } > { 3 } > { 1 } (2）提示： { 2 } > { 4 } > { 3 } > { 1 } (3）提示： { 1 } > { 3 } > { 4 } > { 2 } （4）提示： { 1 } > { 4 } > { 3 } > { 2 }

5.提示：点 ① 是加入了 { 1 0 m l } 的 { \Delta N a O H } ，此时溶液中有 { C H _ { 3 } C O O N a } 和 { C H _ { 3 } C O O H } 共存，物质的量之比为1：1，点 ② 是 { p H } = 7 的点，此时溶液显中性，但醋酸没有完全反应，点 ③ 是加入NaOH溶液 2 0 { m l } ，正好完全反应生成醋酸钠正盐，溶液显碱性。

A.点 ① 是 { C H _ { 3 } C O O N a } 和 { C H _ { 3 } C O O H } 物质的量之比为1：1，存在电荷守恒和物料守恒， c \left( { C H _ { 3 } C O O ^ { - } } \right) + c \left( { O H ^ { - } } \right) - c \left( { N a ^ { + } } \right) ）+ c ( { O H ^ { - } } ) { , 2 } c ( { N a ^ { + } } ) { = } c ( { C H _ { 3 } C O O ^ { - } } ) + c \left( { C H _ { 3 } C O O H } \right) ，由于此时溶液显酸性，c ( { H ^ { + } } ) { > } c ( { O H ^ { - } } )，得出 c \left( { C H _ { 3 } C O O ^ { - } } \right) > c ( { N a ^ { + } } ) > _ { c } ~ ( { C H _ { 3 } C O O H } ) > _ { c } ( { H ^ { + } } ) > c ( { O H } ^ { - } )，故A正确；

B.点 ② 溶液呈中性，但是醋酸过量， c \left( { N a } ^ { + } \right) ）< c ( { C H _ { 3 } C O O H } ) + c （ { C H _ { 3 } C O O ^ { - } } )，故B错误；

C.点 ③ 溶液是醋酸钠溶液，醋酸根离子水解显碱性，但氢离子和氢氧根离子都是少量离子，正确的离子关系是 c ( \ N a ^ { + } ) > c \left( { C H } _ { 3 } { C O O } ^ { - } \right) > c \left( { O H } ^ { - } \right) > c \left( { H } ^ { + } \right) ，故C错误；

D.点 ② 溶液呈中性，离子关系是c \left( { C H _ { 3 } C O O ^ { - } } \right) = c ( { N a ^ { + } } ) > c ( { H ^ { + } } ) \overline { { - } } c ( { O H } ^ { - } ) ，故D错误。

项目三

任务1

1.提示：（1）变大。向 { A g B r } 饱和溶液中加入 { A g N O _ { 3 } } ，溶解平衡逆向移动，但c ( { A g ^ { + } } )变大；

(2)不变。加入 { A g B r } 固体，对溶解平衡无影响， c ( { A g ^ { + } } ) )不变。

(3)变小。因 { A g C l } 溶解度大于 { A g B r } ，加入 { A g C l } 固体时， c \left( { A g } ^ { + } \right. )变大，则 c ( { B r } ^ { - } ) 变小。

(4)变大。因 { { S } } ^ { 2 - } 与 { A g ^ { + } } 结合成更难溶的{ A g _ { 2 } S } 沉淀，使 { A g B r } 沉淀溶解平衡右移，c ( { B r } ^ { - } )变大。

(5)变大。升高温度，溴化银的溶解度增大，因此沉淀溶解平衡正向移动，两种离子浓度均变大；
(6)不变、不变。温度不变时，由于溴化银的溶解度不变，因此加少量的蒸馏水后溶液仍然是该温度下的饱和溶液，因此溶液中离子浓度不变。

任务2

2.(1)提示：由 { A g ^ { + } + C l ^ { - } { = } { A g C l } } ，可知沉淀后 c ( { C l ^ { - } } ) = ( 0 . 0 2 { - } 0 . 0 1 8 ) x 5 0 / ( 5 0 + 5 0 ) = 0 . 0 0 1 ( { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，所以 c \left( { A g } ^ { + } \right) = 1 . 8 x 1 0 ^ { - 1 0 } / 0 . 0 0 1 = 1 . 8 x 1 0 ^ { - 7 } ~ ( { m o l } ~ * （204号 { L } ^ { - 1 } ）。

(2)提示：再加入 5 0 ~ { m L } 盐酸后 c \left( { A g ^ { + } } \right. ）\begin{array} { r l } & { = 1 . 8 x 1 0 ^ { - \tau } x 1 0 0 / ( 1 0 0 + 5 0 ) = 1 . 2 x } \\ & { ~ } \\ & { ~ 1 0 ^ { - \tau } ( { m o l } * { L } ^ { - 1 } ) , c ( { C l } ^ { - } ) = 0 . 0 0 1 { m o l } } \\ & { ~ } \\ & { ~ { L } ^ { - 1 } , c ( { A g } ^ { + } ) x c ( { C l } ^ { - } ) = 1 . 2 x 1 0 ^ { - \tau } x } \end{array} （204号 1 0 ^ { - 3 } = 1 . 2 x 1 0 ^ { - 1 0 } < 1 . 8 x 1 0 ^ { - 1 0 } ，所以不

产生沉淀。

(3)提示：根据三种难溶物的溶度积数据，在 { C l ^ { - } } 、 { B r ^ { - } } 和 { C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } 的浓度均为0.010{ m o l } * { L } ^ { - 1 } 时，氯离子沉淀时银离子的最小值是 1 . 5 6 x 1 0 ^ { - 1 0 } / 0 . 0 1 0 { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } = 1 . 5 6 x 1 0 ^ { - 8 } \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，溴离子沉淀时银离子的最小值是 7 . 7 x 1 0 ^ { - 1 3 } / 0 . 0 1 0 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } = 7 . 7 x 1 0 ^ { - 1 1 } \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } , { C r } ^ { \dag } { C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } 沉淀时银离子的最小值是 ( 9 x 1 0 ^ { - 1 1 } / 0 . 0 1 0 \ { m o l } ·\operatorname { L } ^ { - 1 } ) { / { 1 } { 2 } } { = } 3 x 1 0 ^ { - 4 . 5 } ~ { m o l } * \operatorname { L } ^ { - 1 } 。沉淀所需银离子浓度小的先沉淀，所以三种离子沉淀的先后顺序是 { B r ^ { - } * C l ^ { - } * C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } 。

(4)提示：当 { \ A g C l { \ell } } 开始沉淀时，溶液中\begin{array} { r l r } { / { c _ { \# } ( { I } ^ { - } ) } { c _ { \# } ( { C I } ^ { - } ) } } & { = } & { / { c _ { \# } ( { I } ^ { - } ) c _ { \# } ( { A g } ^ { + } ) } { c _ { \# } ( { C I } ^ { - } ) c _ { \# } ( { A g } ^ { + } ) } \quad = } \\ & { / { K _ { { s p } } ( { A g I } ) } { K _ { { s p } } ( { A g C l } ) } = } & { / { 8 . 5 x 1 0 ^ { - 1 7 } { m o l } ^ { 2 } \bullet { L } ^ { - 2 } } { 1 . 8 x 1 0 ^ { - 1 0 } { m o l } ^ { 2 } \bullet { L } ^ { - 2 } } \approx } \end{array} 4 . 7 x 1 0 ^ { - 7 } （204号

任务3

3.C解析： { \ A g N O _ { 3 } } 溶液中加入NaCl溶液，发生 { A g ^ { + } + C l ^ { - } { \overline { { { - \Delta } } } { A g C l \downarrow } } } ，即实验① 中白色沉淀是 { A g C l } ，故A正确；实验 ② 中加入过量KI溶液，出现黄色沉淀，说明产生 { A g I } ，即发生 { A g C l ( s ) + I ^ { - } ( a q ) = } { A g I ( s ) + C l ^ { - } ( a q ) } ，推出AgI比 { \ A g C l } 更难溶，故B正确；实验 ③ 得到黑色沉淀，该黑色沉淀为 { A g _ { 2 } S } ，推出 { A g _ { 2 } S } 比AgI更难溶，溶解度由大到小的顺序是 { \ A g C l { \cal > } } { A g I { > } A g _ { 2 } S } ，按 ① ③ 顺序实验，能观察到黑色沉淀，故C错误；根据选项C分析，按照 ② ① 顺序实验，生成更难溶的AgI，不能得到 { A g C l } ，即无法观察到白色沉淀，故D正确。

.AD解析：由表中数据可知溶度积最大的是AgCl，其溶解度也最大，所以c ( { A g ^ { + } } ) 最大的是 { \ A g C l } 溶液，A错误；AgI溶度积小于 { A g C l } ，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的容易实现，所以在{ A g C l } 的悬浊液中加入 0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 的KI溶液，可能有黄色沉淀产生，B正确；溶度积只与温度有关，所以 2 5 ^ { \circ } { C } 时，{ \ A g C l { \ell } } 固体在等物质的量浓度的NaCl、{ C a C l _ { 2 } } 溶液中的溶度积相同，C正确；{ A g B r } 属于难溶电解质，在离子方程式中写为化学式，所以在AgBr的悬浊液中加入 . 0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 的KI溶液，发生反应的离子方程式为 { A g B r } \left( { s } \right) + { I } ^ { - } \left( { a q } \right) \Longrightarrow { A g I ( s ) + B r ^ { - } ( a q ) , D } 错误。

任务4

5.AC解析：根据题目信息中对于 { p A g } 和pX的定义可知，各点的坐标值越大，则其对应的离子浓度越小，根据图像信息可知，甲、乙、丙三种卤化银的溶度积 K _ { { s p } } 依次减小，故甲、乙、丙分别为AgCl、AgBr、AgI的沉淀溶解平衡曲线，A项正确、B项错误;a点坐标值小，对三种卤化银而言，离子浓度较大，均达到饱和状态，C项正确；甲、乙、丙三条线上的点对于 { A g C l } 、

AgBr、AgI而言，均达到溶解平衡状态，但c点的 c ( { A g } ^ { + } ) { < } c ( { X } ^ { - } ) , { D } 项错误。

.C 解析：本题考查 { A g B r } 的沉淀溶解平衡图像及分析，涉及溶度积和平衡常数的计算、沉淀的转化等。图中a点位于{ A g B r } 的沉淀溶解平衡曲线下方，对应的是 { A g B r } 的不饱和溶液，A正确；图中c点处于 { A g B r } 的沉淀溶解平衡曲线上，c ( { A g ^ { + } } ) = c ( { B r ^ { - } } ) = 7 x 1 0 ^ { - 7 } { m o l } * { L ^ { - 1 } } 则t { { } ^ { \circ } { C } } 时， K _ { rm { s p } } ( { rm { A g B r } } ) = c \ ( { rm { A g } ^ { + } } ) ：c ( { B r ^ { - } } ) = 7 x 1 0 ^ { - 7 } x 7 x 1 0 ^ { - 7 } = 4 . 9 x 1 0 ^ { - 1 3 } ， { ~ B ~ } 正确； { A g B r } 饱和溶液中加入NaBr固体， c ( { B r } ^ { - } ) )增大，沉淀溶解平衡逆向移动， c \left( { A g } ^ { + } \right. )减小，不能使溶液由c点变到b点，C错误； { ~ t ~ } ^ { \circ } { C } 时， { { A g C l } ( s ) + } { B r } ^ { - } \left( { a q } \right) \stackrel { } { \longrightarrow } { A g B r } \left( { ~ s ~ } \right) + { C l } ^ { - } \left( { ~ \hat { \sigma } ~ } \right. q)的平衡常数 { \cal ~ K } = / { c ( C l ^ { - } ) } { c ( { B r } ^ { - } ) } = / { K _ { { s p } } ( { A g C l } ) } { K _ { { s p } } ( { A g B r } ) } = 4.9×10-13=1000,D正确。

任务5

7.C解析：选取横坐标为 5 0 ~ { m L } 的点，此时向 5 0 { \ m L \ 0 . 0 5 0 { \ 0 \ m o l \bullet L ^ { - 1 } } } 的 { C l ^ { - } } 溶液中，加入了 5 0 { \ m L \ 0 . 1 0 0 { \ m o l \ * \ L ^ { - 1 } } } 的{ { A g N O _ { 3 } } } 溶液，所以计算出此时溶液中过量的 { A g ^ { + } } 浓度为 0 . 0 2 5 { ~ m o l ~ } \bullet { ~ L } ^ { - 1 } （按照银离子和氯离子 1 : 1 沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍)，由图示得到此时 { C l ^ { - } } 浓度约为 1 x 1 0 ^ { - 8 } \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } （实际稍小），所以 K _ { { s p } } （ style \operatorname { A g C l } ) 约为0.025

x 1 0 ^ { - 8 } = 2 . 5 x 1 0 ^ { - 1 0 } ，所以其数量级为1 0 ^ { - 1 0 } ，故A说法正确;B项在坐标图中曲线表示沉淀溶解平衡曲线，每个点都满足c ( { A g ^ { + } } ) x c ( { C l ^ { - } } ) （204号
= K _ { { s p } } ，故B正确； { ~ \ C ~ } 项若 c ~ ( { { C l } } ^ { - } ~ ) = 0 . 0 4 0 0 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，则滴定终点是 { \ A g N O _ { 3 } } 体积为 2 0 ~ { m L } 处，而图中a点对应的横坐标 { \ A g N O _ { 3 } } 体积为 1 5 ~ { m L } ，故C错误;D项 { A g C l } 在水中的溶解度大于 { A g B r } ，故滴定终点时横坐标相同，而 \bar { \mathsf { \tau } } - { l g } c \left( { B r } ^ { - } \right) > - \lg c \left( \mathbf { C } \right) ^ { - } . )，即在c点的上方，故D说法正确。.C解析：向含浓度相等的 { C l } ^ { - } 、 { B r } ^ { - } 和{ I } ^ { - } 混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为 { I } ^ { - } * { B r } ^ { - } * { C l } ^ { - } ，根据滴定图示，当滴入 4 . 5 0 { m L } 硝酸银溶液时， { C l ^ { - } } 恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4 . 5 0 { m L } x 1 0 ^ { - 3 } { L } / { m L } x 0 . 1 0 0 0 ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } = 4 . 5 x 1 0 ^ { - 4 } ~ { m o l } ，所以 { C l } ^ { - } 、 { B r } ^ { - } 和 { I } ^ { - } 均为 1 . 5 x 1 0 ^ { - 4 } { ~ m o l } 。 { A . I ^ { - } } 先沉淀， { A g I } 是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；
B.原溶液中 { I } ^ { - } 的物质的量为 1 . 5 x 1 0 ^ { - 4 } mol，则 { I } ^ { - } 的浓度为 / { 1 . 5 x 1 0 ^ { - 4 } ~ { m o l } } { 0 . 0 1 5 0 0 { L } } = 0 . 0 1 0 0 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ,故B错误;
C.当 { B r } ^ { - } 沉淀完全时（ { B r } ^ { - } 浓度为 1 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } ~ { m o l } ~ * ~ { L } ^ { - 1 } )，溶液中的 c \left( { { A g } ^ { + } } \right) = { / { K _ { { s p } } ( { A g B r } ) } { c ( { B r } ^ { - } ) } } = { / { 5 . 4 x 1 0 ^ { - 1 3 } } { 1 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } } } = 5 . 4 x 1 0 ^ { - 8 }

{ m o l } * { L } ^ { - 1 } ，若 { C l ^ { - } } 已经开始沉淀，则此时溶液中的 \mid c \mid ( { C l ^ { - } \ } ) \ = \ { / { K _ { { \scriptsize ~ s p } } ( { A g C l } ) } { c ( { A g ^ { + } } ) } } = 5.4×10-8 =3.3×10-³ mol·L-1,原溶液中的 c \left( { C l ^ { - } } \right) = c \left( { I ^ { - } } \right) = 0 . 0 1 0 0 \ { m o l } ：{ L } ^ { - 1 } ，则已经有部分 { C l ^ { - } } 沉淀，故C正确；D.b点加入了过量的硝酸银溶液，溶液中的 { I } ^ { - } * { B r } ^ { - } * { C l } ^ { - } 全部转化为沉淀，则 { A g ^ { + } } 浓度最大，根据溶度积可知，b点各离子浓度为： c \left( { A g ^ { + } } \right) > _ { c } \left( { C l ^ { - } } \right) > _ { c } \left( { B r ^ { - } } \right) > c ( { I } ^ { - } ) ，故D错误。

阶段滚动检测卷（二）

答案速对

15.(1) ① A ② AB ③ 1 2 . 5 % (2) ① 劣于相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大② AD

1 6 . ( 1 ) - 4 6 \ { k J \bullet \ m o l ^ { - 1 } } 92 (2) ① 放热② 吸收③ 多 CO与 { O } _ { 2 } 反应生成 { C O _ { 2 } } 需要先吸收能量断裂 { O } _ { 2 } 分子中的共价键( 3 ) \Delta H = 2 \Delta H _ { 1 } + 3 \Delta H _ { 2 } - 2 \Delta H _ { 3 }

\begin{array} { r l } & { { 1 7 . ~ ( 1 ) ~ N H _ { 3 } ~ \bullet ~ H _ { 2 } O ~ \Longleftrightarrow ~ N H _ { 4 } ^ { + } ~ + O H ^ { - } ~ } } \\ & { { ~ ( 2 ) ~ } c { ~ ( N a ^ { + } ) + ~ } c { ~ ( H ^ { + } ) = ~ } c { ~ ( O H ^ { - } ) + ~ } } \\ & { { ~ } c { ~ ( H C O _ { 3 } ^ { - } ) + } 2 c { ~ ( C O _ { 3 } ^ { 2 - } ) ~ } } \\ & { { ~ ( 3 ) ~ C O _ { 3 } ^ { 2 - } ~ + D _ { 2 } O \Longleftrightarrow ~ { D C O _ { 3 } ^ { - } ~ + O D ^ { - } ~ } ~ } } \end{array} (4)大于
( 5 ) 1 0 ^ { - 6 } : 1
(6 ) { N a H C O _ { 3 } } 溶液中存在： { H C O _ { 3 } ^ { - } } { C O _ { 3 } ^ { 2 - } \ + H ^ { + } } ，向溶液中滴加饱和 { C a C l _ { 2 } } 溶液，发生： { C a ^ { 2 + } + C O _ { 3 } ^ { 2 - } = C a C O _ { 3 } \ \downarrow } ， 使 c \left( { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } \right. )减小，上述电离平衡正向移 动，使 c ( { H ^ { + } } )增大，发生： { H ^ { + } + H C O _ { 3 } ^ { - } } { \overline { { - } } H _ { 2 } O + C O _ { 2 } \uparrow } ， { C O } _ { 2 } 逸出，产生大量 气体

\begin{array} { r l } & { 1 8 . ( 1 ) { H } _ { 2 } { S } \Longleftrightarrow { H } { S } ^ { - } + { H } ^ { + } } \\ & { ( 2 ) > \quad c ( { H } { S } ^ { - } ) > c ( { H } _ { 2 } { ~ S } ) > c ( { S } ^ { 2 - } ) } \end{array} (3)AD\begin{array} { l } { { ( 4 ) K { = } } \displaystyle { / { c ^ { 2 } ( { \bf H } ^ { + } ) } { c ( { \bf H } _ { 2 } { \bf S } ) * c ( { \bf C u } ^ { 2 + } ) } } } \\ { { ( 5 ) { B C D } { F e } ^ { 3 + } + 3 { \bf H } _ { 2 } { O } \Longrightarrow { F e } ^ { { ( O H ) } _ { 3 } } } } \end{array} + 3 { H ^ { + } } ，加入氧化铜，碳酸铜，碱式碳酸铜等消耗氢离子，促进 { F e ^ { 3 + } } 水解平衡正向移动，最终转化为 { F e ( O H ) _ { 3 } } 沉淀

19.(1)AC ( 2 ) { H } _ { 3 } { P O } _ { 3 } \Longrightarrow { H } ^ { + } + { H } _ { 2 } { P O } _ { 3 } ^ { - } 、{ H } _ { 2 } { \Delta P O } _ { 3 } \Longrightarrow { H } ^ { + } + { H P O } _ { 3 } ^ { 2 - } \begin{array} { l l l } { { / { { 2 . 5 x 1 0 ^ { - 2 } x 2 . 5 x 1 0 ^ { - 2 } } } { { ( 0 . 1 - 2 . 5 x 1 0 ^ { - 2 } ) } } } } & { { = } } & { { = } } \end{array} (3）B (4)OH-+HAsO3H _ { 2 } { \ A s O _ { 3 } ^ { - } + H _ { 2 } O } 7 . ）

试题精析

.B解析： { C a C O _ { 3 } } 饱和溶液导电能力很弱，是因为 { C a C O _ { 3 } } 难溶于水，溶于水的{ C a C O _ { 3 } } 完全电离，是强电解质，A错误；氯化铵溶液中铵根水解生成 { H ^ { + } } ，溶液显酸性，可用作铁制品的除锈剂，B正确；明矾中铝离子水解可生成胶体，可以净水，但不具氧化性，不能进行杀菌消毒，C错误；高炉炼铁时通过增加塔高不能影响化学平衡移动，不能降低CO的百分含量，D错误。

2.C解析：反应体系中 { N O } _ { 2 } 为红棕色，而NO和 { O } _ { 2 } 均为无色，故反应过程中，混合气体的颜色一直在变，颜色不变说明{ N O } _ { 2 } 的浓度不再变化，达到平衡状态，故A不符合题意；浓度商等于该温度下的化学平衡常数，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不符合题意；物质的浓度呈化学计量系数比并不能说明反应达到平衡状态，故C符合题意；反应前后气体的化学计量系数发生改变，即反应过程中容器的压强一直在变，现在不变了，说明达到平衡了，故D不符合题意。

3.D解析：由元素质量守恒可知， 0 . 1 \ { m o l } ：{ L } ^ { - 1 } 碳酸氢钠溶液中 \mathbf { \Psi } _ { c } （ { H _ { 2 } C O _ { 3 } \ } + c ( { H C O _ { 3 } ^ { - } } ) = 0 . 1 \ { m o l } * { L ^ { - 1 } } ，故A错误；常温下，将 1 x 1 0 ^ { - 6 } ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 的盐酸溶液稀释100倍溶液依然显酸性，则溶液的 { \Delta p H } 小于7，故B错误； 1 0 0 ^ { \circ } { C } . { p H } 约为6的水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，水呈中性，故C错误;常温下，NaCN溶液呈碱性，由盐类水解规律可知，HCN是在溶液中部分电离的弱酸，故D正确。

.D 解析：二元弱酸 { H } _ { 2 } { X } 的电离过程是吸热过程，温度升高，平衡正向移动， K _ { { a l } } 、{ K _ { a _ { 1 } } } 均增大，A项正确； { H } _ { 2 } { X } \longrightarrow { H X } ^ { - } + { H ^ { + } } ，加入KHX，平衡向左移动， c ( { H } ^ { + } ) . 减小,B项正确;Ka1=c(HX-)Xc(H+）2 . 5 x 1 0 ^ { - 4 } ，忽略 { H X ^ { - } } 的电离， c ( { H X ^ { - } } ) \approx c \left( { H } ^ { + } \right) , c \left( { H } _ { 2 } { X } \right) \approx 0 . 1 { m o l } * { L } ^ { - 1 } 则c ( { H } ^ { + } ) \approx sqrt { 2 . 5 x 1 0 ^ { - 4 } x 0 . 1 } = 5 x 1 0 ^ { - 3 } { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，C项正确；加水稀释过程中，{ H _ { 2 } X } 的电离程度增大， n \left( { { H } _ { 2 } X } \right) 减小，n ( { H } ^ { + } ) 增大， / { c ^ { ( { H ^ { + } ) } } } { c ^ { ( { H _ { 2 } X ) } } } { = } / { n ^ { ( { H ^ { + } ) } } } { n ^ { ( { H _ { 2 } X ) } } } 增大，D项错误。

5.B解析：由图可知， t _ { 0 } 时刻条件改变的瞬间，正、逆反应速率均增大说明 \mathbf { \boldsymbol { t } } _ { 0 } 时刻改变的条件一定不是充入了一定量的氨气，故A错误;增大压强，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，升高温度，反应速率加快，达到平衡所需时间缩短，由图可知， \boldsymbol { \mathscr { p } } _ { 2 } 大于 \displaystyle { { \boldsymbol { p } } _ { 1 } } 、 T _ { 1 } 大于 T _ { { ~ 2 ~ } } ，该反应是气体体积减小的放热反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，C含量增大，升高温度，平衡向逆反应方向移动，C含量减小，则反应特征符合题给图示变化，故B正确；由图可知，A分解生成B和C的反应是可逆反应，反应的方程式为 2 { A } \Longrightarrow { B } + 3 { C } ，故C错误；该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，Y的百分含量增大，则题给图示中y轴不可以表示Y的百分含量，故D错误。

.B解析：由图可知，过程 { ~ I ~ } 是吸收热量使氢氧键断裂的过程，故A正确；由过程Ⅲ可知， { { H _ { 2 } O _ { 2 } } } 中的O-H键断裂，H—H键形成，有旧极性键的断裂和非极性键的形成，故B错误;分解水的反应为 { 2 H _ { 2 } O ( g ) } { \displaystyle - 2 { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) + { O } _ { 2 } \left( \mathbf { \bar { g } } \right) } ，焓变 \Delta H = 反应物的总键能一生成物的总键能 = 4 6 3 { ~ k J } ·{ m o l ^ { - 1 } x 4 - ( 4 3 6 ~ k J ~ m o l x 2 + 4 9 8 } { k J \bullet m o l ^ { - 1 } } ) { = } { + } 4 8 2 { k J \bullet m o l ^ { - 1 } } ，即 2 { H _ { 2 } O ( g ) } \begin{array} { r } { \overline { { - 2 } } { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) + { O } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) \quad \Delta H = + 4 8 2 } \end{array} { k J } * { m o l } ^ { - 1 } ，所以分解 2 { { ~ m o l ~ } } { H _ { 2 } O ( g ) } 吸收4 8 2 ~ { k J } 能量，故C正确；催化剂只改变反应历程，降低反应的活化能，但不影响始末状态，不能改变水分解反应的焓变，故D正确。

7.D解析： 1 \ { L } \ { p H } = 5 的 { ( N H _ { 4 } ) _ { 2 } S O _ { 4 } } 溶液中水电离出的 { H ^ { + } } 的物质的量为 n \left( { H } ^ { + } \right) = 1 \ { L } x 1 0 ^ { - 5 } \ { m o l } \ \bullet \ { L } ^ { - 1 } = 1 0 ^ { - 5 } \ { m o l } ，该{ H ^ { + } } 就是水电离产生的，水电离出的 { O H ^ { - } } 数目等于水电离出的 { H ^ { + } } 数目，故该溶液中水电离产生的 { O H ^ { - } } 数目应为 1 0 ^ { - 5 } （204号N _ { { ~ A ~ } } ，A错误；挥发性酸的弱碱盐溶液蒸干时，得不到原溶质；将硫酸铝溶液蒸干得到硫酸铝固体；加热 { N a _ { 2 } S O _ { 3 } } 溶液的过程中，发生反应： 2 { N a _ { 2 } S O _ { 3 } \ + \ O _ { 2 } \ = } { 2 N a _ { 2 } S O _ { 4 } } ，蒸干会得到 { N a _ { 2 } S O _ { 4 } } 固体；将{ F e C l _ { 3 } } 溶液蒸干过程中水解生成 { F e ( O H ) _ { 3 } } 和挥发性盐酸，HCl挥发，最终生成{ F e ( O H ) _ { 3 } } ,B错误;纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，升高温度，盐水解程度增大，溶液碱性增强；油脂能够在碱性条件下反应产生可溶性物质，因此可以用热的纯碱溶液处理废旧金属表面的油污，但矿物油污属于烃的混合物，而不属于酯，因此矿物油污不能与纯碱溶液反应，故热的纯碱溶液不能除去矿物油，C错误；{ N H _ { 3 } * H _ { 2 } O } 是一元弱碱，在溶液中存在电离平衡： { N H _ { 3 } \bullet H _ { 2 } O { \overline { { { \longmapsto } } } } N H _ { 4 } ^ { + } + O H ^ { - } } ：向其水溶液中加入少量 { \Delta N H _ { 4 } C l } 固体，盐电离产生 { N H _ { 4 } ^ { + } } ，使溶液中 c ( { N H _ { 4 } ^ { + } } )增大，电离平衡逆向移动，因此向氨水中加少量{ \Delta N H _ { 4 } C l } 固体，可以抑制 { N H _ { 3 } * H _ { 2 } O } 的电离,D正确。

8.C解析：由图可知，随温度升高， { N } _ { 2 } { O } _ { 5 } 的平衡转化率升高，平衡正向移动；温度升高，平衡向吸热反应方向移动，则正向为吸热反应， \Delta H > 0 ，A正确；温度一定时，正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动， { N } _ { 2 } { O } _ { 5 } 的平衡转化率减小，则压强： \ l _ { P 1 } < \ l _ { P 2 } ， { ~ B ~ } 正确；正向为吸热反应，随温度升高， { ~ K ~ } 值增大，平衡常数：

K \left( a \right) < K \left( b \right) < K \left( c \right) , \mathbf { C } 错误； it { a } . c 同压，温度高，化学反应速率快，反应速率：v ( a ) { < } v ( c ) , D正确。

9.A解析：提高反应温度， { c } _ { \mp } \ : ( { S } ) / { c } _ { \mp } (T)增大，说明反应 { { S } } ( { { g } } ) { \Longrightarrow } { { T } } ( { { g } } ) 的平衡逆向移动，即该反应为放热反应，{ c } _ { \bar { + } } \left( { S } \right) / { c } _ { \bar { + } } (I)减小，说明S生成中间产物I的反应平衡正向移动，属于吸热反应，由此可排除C、D选项，加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短，即反应的决速步骤的活化能下降，使得反应速率大幅加快，活化能大的步骤为决速步骤，符合条件的反应历程示意图为A，故A正确。

).A解析：已知 K _ { { s p } } \left[ { M g } \left( { O H } \right) _ { 2 } \right] < K _ { { s p } } ( { M g C O _ { 3 } } ），则 { { M g } ( H C O _ { 3 } ) _ { 2 } } 溶液与过量 { { M g } \left( { { O H } } \right) _ { 2 } } 溶液反应最终可得到2 { H } _ { 2 } { \ O } + 2 { e } ^ { - } = { H } _ { 2 } \uparrow + 2 { O H } ^ { - } 沉淀，故A不正确； { A l ( O H ) _ { 3 } } 不溶于氨水，则向浓氨水中滴加 { \ A l C l _ { 3 } } 饱和溶液可发生复分解反应，制得 { A l ( O H ) _ { 3 } } 沉淀，故B正确；常温下， { A g C l } 和 { A g I } 的 K _ { { s p } } 曲线如图所示，由图可知 K _ { { s p } } \left( { A g C l } \right) = c ( { A g } ^ { + } ) ·c ( { C l ^ { - } } ) = 1 0 ^ { - 1 0 } x 1 0 ^ { \circ } = 1 x 1 0 ^ { - 1 0 } ，K _ { { \scriptsize ~ s p } } ( { A g I } ) = c ( { A g ^ { + } } ) \bullet c ( { I ^ { - } } ) = 1 0 ^ { - 1 7 } x 1 0 ^ { \circ } \ = \ 1 \ x \ 1 0 ^ { - 1 7 } , \ K _ { { s p } } \ ( \ { A g C l } \ ) \ > K _ { { s p } } ( { A g I } ) ，故C正确；溶度积只与温度有关，温度不变则 K _ { { \Phi _ { { s p } } } } ( { B a S O _ { 4 } } )保持不变，故D正确。

11.AD解析：用主反应减去副反应后得到

0 . 5 \ { N } _ { 2 } { O } ( { g } ) + 0 . 2 5 { O } _ { 2 } ( { g } ) { \Longrightarrow } { N O } ( { g } ) \Delta H _ { 3 } = - 5 0 . 2 { ~ k J } * { m o l } ^ { - 1 } ，故A项错误；催化剂 { ~ I ~ } 使主反应的活化能降低、使得副反应的活化能增大，故促进主反应生成NO，故B项正确；两个竞争反应的焓变均小于0，故升高温度，平衡逆向移动， { H } _ { 2 } { O } 的平衡浓度降低，故C项正确；增大压强虽然对于气体体积和相等的副反应没有直接影响，但是竞争反应即主反应的平衡会逆向移动，导致 { N H } _ { 3 } 和{ O } _ { 2 } 浓度增加，进而使副反应平衡正向移动， { N } _ { 2 } { O } 的浓度会增大，故D项错误。

.C解析：向 { 2 \ m L \ 0 . 1 \ m o l \bullet L ^ { - 1 } \ A g N O _ { 3 } } 溶液中滴2滴 0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } \ { N a C l } 溶液，产生白色沉淀，根据反应量的关系得出{ \ A g N O _ { 3 } } 过量，然后再滴加2滴 { 0 . 1 ~ m o l } · { L } ^ { - 1 } { K I } 溶液，过量的 { A g ^ { + } } 与 { I } ^ { - } 直接反应生成黄色 { A g I } ，不能证明是 { A g C l } 转化为 { A g I } ，故不能证明 K _ { { s p } } （ \operatorname { A g C l } ) > K _ { { s p } } ( { A g I } ) ，A错误；探究不同浓度对反应速率的影响，得保证其他条件不变，温度相同，浓度不同时来讨论，根据5 { H _ { 2 } C _ { 2 } O _ { 4 } + 2 K M n O _ { 4 } + 3 H _ { 2 } S O _ { 4 } = } { 1 0 C O _ { 2 } \uparrow + 2 M n S O _ { 4 } + K _ { 2 } S O _ { 4 } + 8 H _ { 2 } O , } （204号消耗 4 \ { m L } \ 0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { { ~ - 1 ~ } } 酸性高锰酸钾溶液，分别需要 0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { { ~ - 1 ~ } } 草酸溶液4 \ { m L } x / { 5 } { 2 } = 1 0 \ { m L } 和樂 0 . 2 ~ { m o l } * { L } ^ { { ~ - 1 ~ } } 草莊酸溶液 4 \ { m L } x / { 5 } { 2 } x / { 1 } { 2 } = 5 \ { m L } ，题目中提

供的草酸溶液体积均为 2 ~ { m L } ，故反应中高锰酸钾溶液均过量，溶液不褪色，B错误；已知平衡： { \bar { c } u ( O H ) _ { 4 } } { ] } ^ { 2 - } （蓝） ^ + 4 { C l } ^ { - } { \overline { { \longleftarrow \longleftarrow } } } [ { C u C l _ { 4 } } ] ^ { 2 - } （黄 ) + 4 { H } _ { 2 } { O } ，取一定浓度的 { C u C l _ { 2 } } 溶液，升高温度，溶液由蓝色变为黄色，平衡正向移动，则正反应为吸热反应， \Delta H { > } 0 , { C } 正确； { N a _ { 2 } S } 发生两步水解， { S } ^ { 2 + } + { H } _ { 2 } { O } { H S ^ { - } \Sigma + } （204号{ O H } ^ { - } , { H S } ^ { - } + { H } _ { 2 } { O } \longmapsto { H } _ { 2 } { S } + { O H } ^ { - } K _ { { h 2 } } = / { K _ { { w } } } { K _ { { a 1 } } } ，要比较HClO、 { H _ { 2 } S } 的 { K _ { a } } 大（204号
小，应该用 { \Delta p H } 计分别测定浓度均为0.1{ m o l } * { L } ^ { - 1 } 的 NaClO 和 NaHS的 { \ p H } { p H } 越大，水解程度越大，对应弱电解质酸性越弱， { K _ { a } } 越小，D错误。

3.A解析： a 点处溶液中存在 { N H _ { 4 } H S O _ { 4 } } { \overline { { - \Delta } } N H _ { 4 } ^ { + } + H ^ { + } + S O _ { 4 } ^ { 2 - } , N H _ { 4 } ^ { + } + H _ { 2 } O } { \longleftrightarrow N H _ { 3 } \bullet H _ { 2 } O + H ^ { + } , H _ { 2 } O \longleftrightarrow H ^ { + } + } { O H ^ { - } } ，所以 \mathbf { \Psi } _ { c } （ ( { { ~ H ^ { + } ~ } } ) > { \mathit { c } } ( { S O _ { 4 } ^ { 2 - } \Omega ) > } c ( { N H _ { 4 } ^ { + } } ) > c ( { O H ^ { - } } ) ，A正确； b 点处{ N H _ { 4 } H S O _ { 4 } } 和NaOH恰好反应生成{ ( N H _ { 4 } ) _ { 2 } S O _ { 4 } } ， { ( N H _ { 4 } ) _ { 2 } S O _ { 4 } } 是强酸弱碱盐，铵根离子水解促进水电离， \boldsymbol { c } 点生成{ N H _ { 3 } * H _ { 2 } O } ，抑制 { N H _ { 4 } ^ { + } } 水解，故水的电离程度较 it { b } 点变小，B错误； \boldsymbol { c } 点处溶液中，根据电荷守恒： c ( { N H _ { 4 } ^ { + } } ) + c ( { H ^ { + } } ) = c ( { O H ^ { - } } ) + 2 c ( { S O _ { 4 } ^ { 2 - } } ) ，且 \mid c \mid 点溶液显中性，所以 \mid c \mid （ { { N H _ { 4 } ^ { + } \ } + it { c } ( \ N a ^ { + } \ ) \ = } 2 c ( { S O _ { 4 } ^ { 2 - } } )，C错误； e 点处两者反应生成硫酸钠和一水合氨、水，能够产生氢氧根离子的过程为 { H } _ { 2 } { O } \longrightarrow { H } ^ { + } + { O H } ^ { - } 、{ { N H _ { 3 } \bullet H _ { 2 } O \overline { { { \longmapsto } } { { N H _ { 4 } ^ { + } { ~ + ~ O H ^ { - } } } } } } } ，所以c ( { N H } _ { 4 } ^ { + } ) + c ( { H } ^ { + } ) = c ( { O H } ^ { - } ) ，D错误。

.AB解析：用 0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 溶液滴定1 0 \ { m L } 0 . 1 \ { m o l } \ * \ { L } ^ { - 1 } 溶液，发生反应{ N a O H + H R = \overline { { N a R } } + H _ { 2 } O } ，随着NaOH的逐渐滴加， { R } ^ { - } 分布系数越来越大， { H R } 分布系数越来越小，则曲线 { L } _ { 1 } 表示 δ ( { H R } ) 曲线 { L } _ { 2 } 表示 δ ( { R } ^ { - } )，A正确；由图可知，未滴加NaOH时， 1 0 ~ { m L } （204号0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 溶液的 { \Delta p O H = 1 1 } ，则 { p H } = 3 ，故 HR是弱酸， / { 1 } { 2 . 6 } { { p } } \mathfrak { s } 在溶液中会发生水解，从而促进水的电离， δ ( { R } ^ { - } ) 的大小： c > b > a ，故水的电离程度： c > b > a { ~ B ~ } 正确；由图可知， δ ( { R } ^ { - } ) = δ ( { H R } ) （204号时， { \ p O H = 9 . 0 } ，则 { \ p H } = 5 . 0 , c \left( { H } ^ { + } \right) = （204号 1 0 ^ { - 5 } mol· { ~ L ~ } ^ { - 1 } ， K _ { { ~ a ~ } } （HR）=/ { c ( { H ^ { + } } ) _ { c } ( { R ^ { - } } ) } { c ( { H R } ) } = { } _ { c } ( { ~ H ^ { + } ~ } ) = 1 0 ^ { - 5 } , （20K _ { { h } } ( { R } ^ { - } ) = / { K _ { { w } } } { K _ { { a } } ( { H R } ) } { = } / { 1 0 ^ { - 1 4 } } { 1 0 ^ { - 5 } } { = } 1 0 ^ { - 9 } 数量级为 1 0 ^ { - 9 } { ~ c ~ } 错误；由图可知， a 点溶液 pOH在 8 . 0 ~ 1 0 . 0 ，则 { p H } 在 4 . 0 ~ 6.0,溶液显酸性，则 c \left( { H } ^ { + } \right) { > } c \left( { O H } ^ { - } \right) ，D错误。

15.解析：（1 ) { { 1 } C H _ { 4 } - C O } 催化重整反应为气体增多的吸热反应，减压或升温有利于平衡正向移动，故高温低压可提高{ C H _ { 4 } } 平衡转化率； ② 平衡常数K与温度有关，在体积恒定的密闭容器中，反应达到平衡状态，若平衡常数 K 值变大，则反应一定向正反应方向移动，该反应为吸热反应，则改变的条件为升温，则重新达到平衡后正、逆反应速率都增大，AB正确。 ③ 列三段式计算：

{ C H _ { 4 } ( g ) + C O _ { 2 } ( g ) = 2 C O ( g ) + 2 H _ { 2 } ( g ) } 起始 2 1 0 0 (mol) 转化 0.5 0.5 1 1 (mol) 平衡 1.5 0.5 1 1 (mol)

{ C O _ { 2 } } 的体积分数等于物质的量分数，即/ { 0 . 5 } { 1 . 5 + 0 . 5 + 1 + 1 } x 1 0 0 % = 1 2 . 5 %

(2） ① 由表中活化能的数据可知，相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大，故催化剂X劣于催化剂Y； ② 积碳反应和消碳反应都是吸热反应，温度升高 K _ { \# } \setminus K _ { \# } 都增加,A正确，C错误;升高温度， v _ { \ast } , v _ { \ast } 都增加，B错误，由图像可知随温度升高积碳量先增加后减小，可知 v _ { { { i j } } } 增加的倍数比 \boldsymbol { v } _ { \# } 增加的倍数大，D正确。

16.解析：(1)如图所示：断开 0 . 5 { ~ m o l ~ N _ { 2 } ( g ) } 和 1 . 5 \ { m o l \ H _ { 2 } ( g ) } 的化学键时，需要吸收的能量为 1 1 2 7 { k J } ；反应 / { 1 } { 2 } { N } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) + / { 3 } { 2 } { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) { \overline { { } } } { { N } } { { H } _ { 3 } ( g ) } 的 \Delta H = ( 1 \ 1 2 7 - 3 2 4 - 3 8 9 - 4 6 0 ) { ~ k J ~ } \bullet { ~ m o l } ^ { - 1 } = - 4 6 { ~ k J ~ } \bullet { ~ m o l } ^ { - 1 } { 1 ~ m o l ~ N _ { 2 } ( g ) } 完全反应时的能量变化为（204号 9 2 ~ { k J } 。

(2） ① 从状态I到状态Ⅲ中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应。 ② 从状态 { ~ I ~ } 到状态Ⅱ断裂化学键，需要吸收能量。 ③ { \scriptsize { 1 } } . 存在 { O = O } 共价键，CO与 { O } _ { 2 } 反应还需要吸收能量用于断裂 { O = } { O } ，则将相同物质的量的CO转化为 { C O _ { 2 } } ，CO与O比CO与 { O } _ { 2 } 反应放出的热量多，可能的原因是CO与 { O } _ { 2 } 反应生成 { C O _ { 2 } } 需要先吸收能量断裂 { O } _ { 2 } 分子中的共价键。(3)由盖斯定律可知 2 x { 1 } + 3 x { 2 } - \ 2 x \ { 3 } 可得目标方程，故焓变\Delta H = 2 \Delta H _ { 1 } + 3 \Delta H _ { 2 } - 2 \Delta H _ { 3 \circ }

7.解析： { ( 1 ) N H _ { 3 } * H _ { 2 } O } 是弱电解质，存在电离平衡，能够微弱的电离产生铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为 { N H _ { 3 } } ·{ H _ { 2 } O } { \overline { { { \longrightarrow } } } N H _ { 4 } ^ { + } \left. + O H _ { { ~ \tiny ~ \circ ~ } } ^ { - } \left( 2 \right) 0 . 1 \ m o l \bullet L ^ { - 1 } \right. } 纯碱溶液中存在的电荷守恒关系为c ( { N a ^ { + } } ) + c ( { ~ H ^ { + } ~ } ) = c ( { O H ^ { - } } ) + c ( { H C O _ { 3 } ^ { - } } ) + 2 c ( { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } ) 。(3)纯碱固体溶于 { D } _ { 2 } { O } （重水）中显碱性，是因为碳酸根离子水解生成氢氧根离子： { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } + { D } _ { 2 } { O } \longrightarrow { D C O } _ { 3 } ^ { - } + { O D } ^ { - } 。(4)醋酸为弱酸，和氢氧化钠生成醋酸钠，醋酸钠水解使得溶液显碱性， 0 . 1 \ { \ m o l } \ * \ { L } ^ { - 1 } { C H _ { 3 } C O O H } 溶液与同浓度的NaOH溶液充分混合使溶液显中性，则醋酸溶液要略微过量，故醋酸溶液的体积大于NaOH溶液的体积。(5)醋酸电离抑制水的电离、氯化铵水解促进水的电离，某温度下,纯水中的 c ( { H } ^ { + } ) { = } 1 { x } 1 0 ^ { - 6 } \ { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } ，{ K } _ { { w } } = _ { c } ( { H } ^ { + } ) _ { c } ( { O H } ^ { - } ) = 1 x 1 0 ^ { - 1 2 } ，该温度下 { \Delta p H } 均为3的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的 c _ { * } ( { H } ^ { + } ) = c _ { * } ( { O H } ^ { - } ) = { / { 1 x 1 0 ^ { - 1 2 } } { 1 x 1 0 ^ { - 3 } } } = 1 0 ^ { - 9 } ~ { m o l } ~ * { L } ^ { - 1 } ，氯化铵溶液中水电离出的 c ( { H } ^ { + } ) 0= 1 0 ^ { - 3 } { ~ m o l ~ } \bullet { ~ L } ^ { - 1 } ，两者之比是 1 0 ^ { - 9 } ：1 0 ^ { - 3 } = 1 0 ^ { - 6 } : 1 ; ( 6 ) { N a H C O _ { 3 } } 溶液中存在： { H C O _ { 3 } ^ { - } \longleftarrow \longrightarrow C O _ { 3 } ^ { 2 - } \ + H ^ { + } } ，向溶液中滴加饱和 { C a C l _ { 2 } } 溶液，发生： { C a ^ { 2 + } } + { C O _ { 3 } ^ { 2 - } = { C a C O _ { 3 } } } （20 \downarrow ，使 \mathbf { \Psi } _ { c } （ { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } ）减小，上述电离平衡正向移动，使 c \left( { H } ^ { + } \right) 0增大，发生： \begin{array} { r l } { { H } ^ { + } } & { { } + { H C O } _ { 3 } ^ { - } } \end{array} = H _ { 2 } { \Delta O + C O _ { 2 } \uparrow * , C O _ { 2 } } 逸出，产生大量气体。

18.解析：(1) { H _ { 2 } S } 为二元弱酸，其第一步电离方程式为： { { H } } _ { 2 } { { S } } { \longrightarrow } { { H S } } ^ { - } + { { H } } ^ { + } 。(2)等浓度等体积的 { N a _ { 2 } S } 溶液和HCl溶液混合，恰好反应生成NaHS溶液，K _ { { a } 2 } = 1 x 1 0 ^ { - 1 3 } , K _ { { h } } ( { H S } ^ { - } ) = / { K _ { { w } } } { K _ { { a l } } } = 1×10-7=1×10-7>Ka2,则 HS-的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，{ p H } > 7 ;水解生成的 { H _ { 2 } S } 数目大于电离生成的 { { S } } ^ { 2 - } 数目，溶液中含硫微粒的浓度大小顺序为： c ( { H S ^ { - } \Sigma } ) { > } c ( { H } _ { 2 } { S } ) > c。

(3)将硫化氢通入水中，电离产生氢离子，使溶液中 c ( { H } ^ { + } ) 逐渐增大， K _ { { ~ w ~ } } 不变， c ( { O H } ^ { - } )逐渐减小，故A正确;b点溶液呈酸性， { H ^ { + } } 与 { { S } } ^ { 2 - } 反应，且 { { S } } ^ { 2 - } 与{ F e ^ { 3 + } } 也能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；由上述分析可知 { H S ^ { - } } 的水解程度大于其电离程度，将硫氢化钾固体加到水中,水解促进水的电离，水的电离程度增大，故 C 错误；/ { c ( { H } ^ { + } ) \bullet _ { c } ( { S } ^ { 2 - } ) } { c ( { H } ^ { + } ) \bullet _ { c } ( { O H } ^ { - } ) \bullet _ { c } ( { H S } ^ { - } ) } = / { K _ { { a } 2 } } { K _ { { w } } } K，温度不变， K 不 变，则/ { c ( { H } ^ { + } ) \bullet _ { c } ( { S } ^ { 2 - } ) } { c ( { H } ^ { + } ) \bullet _ { c } ( { O H } ^ { - } ) \bullet _ { c } ( { H S } ^ { - } ) } = / { K _ { { a } 2 } } { K _ { { w } } } K恒定不变，因此 \mathbf { \Psi } _ { c } 点时加入少量硫化钠固体，最终不变，故D正确。（4)由反应可知，该反应的平衡常数表达式为 K = c(H2S)·c(Cu²+）。（5)Fe³+的水解程度大于 { C u ^ { 2 + } } ，可利用水解原理除去硫酸铜溶液中混有硫酸铁， { F e ^ { 3 + } + 3 H _ { 2 } O } \overline { { { \longrightarrow } } } { F e ( O H ) _ { 3 } } + 3 { H ^ { + } } ，为不引入新的杂质离子，可加入氧化铜，碳酸铜，碱式碳酸铜等中和溶液中的氢离子，促进 { F e ^ { 3 + } } 水解平衡正向移动，最终转化为{ F e ( O H ) _ { 3 } } 沉淀。

19.解析：(1)在 { N a } _ { 2 } { B } 中存在水解平衡： { B } ^ { 2 - } + { H } _ { 2 } { O } \Longrightarrow { H B } ^ { - } + { O H } ^ { - } , { H } ] { H B ^ { - } } 不会进一步水解，所以溶液中没有 { H } _ { 2 } { B } 分子。

A.由物料守恒得： c ( ( { B } ^ { 2 - } ) + c ( { H B } ^ { - } ) = （204号 0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，选项A正确； { B . H B ^ { - } } 不会进一步水解，所以溶液中没有 { H } _ { 2 } { B } 分子，选项B错误;C.根据溶液中质子守恒得： c ( { O H } ^ { - } ) = c ( { H } ^ { + } ) + c ( { H B } ^ { - } ) ，选项C 正确;D.溶液中电荷守恒为： c \left( { { ( \ N a ^ { + } } \right) } ）+ c ( { H } ^ { + } ) = c ( { O H } ^ { - } ) + c ( { H B } ^ { - } ) + 2 c ( { B } ^ { 2 - } ) ，选项D错误。（2)二元弱酸分步电离， { H } _ { 3 } { P O } _ { 3 } \implies { H } ^ { + } + { H } _ { 2 } { P O } _ { 3 } ^ { - } ，（204号 { H } _ { 2 } { P O } _ { 3 } ^ { - } \Longrightarrow { H } ^ { + } + { H P O } _ { 3 } ^ { 2 - } 。忽略第二步电离及水的电离， c ( { H } _ { 2 } { P O } _ { 3 } ^ { - } ) { = } c ( { H } ^ { + } ) （204号= 2 . 5 x 1 0 ^ { - 2 } ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } , c ( { H } _ { 3 } { P O } _ { 3 } ) = ( 0 . 1 0 （204\begin{array} { r l r } { - 2 . 5 x 1 0 ^ { - 2 } ) } & { { m o l ~ * ~ L ^ { - 1 } , ~ } K _ { { a l } } } & { = } & \\ { / { c ( { H ^ { + } } ) x c ( { H _ { 2 } P O _ { 3 } ^ { - } } ) } { c ( { H _ { 3 } P O _ { 3 } } ) } } & { = } & \end{array} （204号（20（204号0.10－2.5×10-2。根据电荷守恒（204号 c \ ( \ { N a ^ { + } } \ ) \ + \ c ( { H ^ { + } } ) \ = \ c \ ( \ { O H ^ { - } } \ ) \ + （204号 c ( { H } _ { 2 } { P O } _ { 3 } ^ { - } ) + 2 c ( { H P O } _ { 3 } ^ { 2 - } ) ，溶液呈中性，则 c ~ ( { \Delta H ^ { + } ~ } ) = c ~ ( { \Delta O H ^ { - } ~ } ) , ~ c ~ ( { \Delta N a ^ { + } ~ } ) ~ = （204号 c ( { H } _ { 2 } { P O } _ { 3 } ^ { - } ) \quad + \qquad 2 c ( { H P O } _ { 3 } ^ { 2 - } ) . 。在（204号 { { N a H _ { 2 } P O _ { 3 } } } 溶液中,根据质子守恒 c ( { H } ^ { + } ) （2+ c ( { H } _ { 3 } { P O } _ { 3 } ) { = } c ( { O H } ^ { - } ) + c ( { H P O } _ { 3 } ^ { 2 - } ) 。

(3)加入 2 0 \ { m L } \ { N a O H } 溶液与HF恰好完全反应，溶液呈碱性，HF是一种弱酸； { A . p H } = 3 的HF溶液中，抑制水的电离， c _ { \ * } ( { H } ^ { + } ) = 1 0 ^ { - 1 1 } { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } , { p H } = 11的NaF溶液中，氟离子水解促进水的电离， c _ { * } ( { H } ^ { + } ) = 1 0 ^ { - 3 } { \ m o l \ \bullet { \ L } ^ { - 1 } } ，故A错误;B.根据电荷守恒 c ( { H ^ { + } } ) { + } c ( { N a ^ { + } } ) （204号= c ( { F } ^ { - } ) + c ( { O H } ^ { - } ) , { p H } = 6 时， c ( { F } ^ { - } ) - c ( { N a ^ { + } } ) = c ( { H ^ { + } } ) - c ( { O H ^ { - } } ) = 1 0 ^ { - 6 } - 1 0 ^ { - 8 } = 9 . 9 x 1 0 ^ { - 7 } { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，故B正确;C.根据电荷守恒，中性时， c \left( { { F } } ^ { - } \right) = c \left( { N a } ^ { + } \right. )，氢氧化钠原溶液中钠离子浓度为0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，但加入氢氟酸溶液中后，钠离子浓度小于 0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，故C错误；D.氢氧化钠原溶液中钠离子浓度为0.1{ m o l } * { L } ^ { - 1 } ，但加入氢氟酸溶液中后，钠离子浓度小于 0 . 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，且 V { = } 2 0 ~ { m L } 时，{ p H { > } } 7 , c ( { O H ^ { - } } ) { > } c ( { H ^ { + } } ) ，故D错误。

(4) ① 图1中， { p H } 由8变成10的过程中， { H } _ { 3 } { A s O _ { 3 } } 逐渐转化 { H _ { 2 } A s O _ { 3 } ^ { - } } ：{ H _ { 3 } A s O _ { 3 } + O H ^ { - } = H _ { 2 } A s O _ { 3 } ^ { - } + H _ { 2 } O _ { \circ } } （204号{ 2 } { ~ H _ { 3 } ~ } { { A s O _ { 4 } } } 的电离常数 K _ { { a 2 } } = / { c ( { H } ^ { + } ) x c ( { H A s O } _ { 3 } ^ { 2 - } ) } { c ( { H } _ { 2 } { A s O } _ { 3 } ^ { - } ) } ，图2中 { p H } = 7 时， c ( { H } _ { 2 } { A s O } _ { 3 } ^ { - } ) = c ( { H A s O _ { 3 } ^ { 2 - } } )，故 K _ { { a 2 } } = c ( { H ^ { + } } ) = 1 0 ^ { - 7 } , { p K _ { a 2 } = 7 . 0 } _ { }

单元重构项目卷(四)

项目一

任务1

1.提示：(1)原电池放电过程中将化学能转化为电能，即反应物总能量大于生成物总能量。

(2)根据总反应式可知放电时：负极(Cd)反应式： { C d + 2 O H ^ { - } - 2 e ^ { - } } { \overline { { { \longrightarrow } } } C d ( O H ) _ { 2 } } ，因此，负极发生反应的物质为镉，正极（NiOOH）反应式： 2 { N i O O H } + 2 { H } _ { 2 } { O } + 2 { e } ^ { - } { { = } } 2 { N i } ( { O H } ) _ { 2 } { { + } } 2 { O H } ^ { - } . 。
(3)根据两极反应方程式可知，放电时，负极区 { O H ^ { - } } 浓度减小， { \ p H } 减小；正极区{ O H ^ { - } } 浓度增大， { p H } 增大。

任务2

2.(1)提示： 2 { H } _ { 2 } + 4 { O H } ^ { - } - 4 { e } ^ { - } = 4 { H } _ { 2 } { O } { O _ { 2 } + 2 H _ { 2 } O + 4 e ^ { - } = 4 O H ^ { - } \Sigma _ { { ~ e ~ } } } 。 (2）提示： 2 { H } _ { 2 } - 4 { e } ^ { - } = { - } 4 { H } ^ { + } , { O } _ { 2 } + 4 1 + 4 { e ^ { - } { = } 2 H _ { 2 } O _ { \circ } } （20 （3）提示： { O } _ { 2 } + 4 { H } ^ { + } + 4 { e } ^ { - } = 2 { H } _ { 2 } { O } （20 (4)提示： 2 { H } _ { 2 } - 4 { e } ^ { - } + 2 { O } ^ { 2 - } = 2 { H } _ { 2 } { O } （204号 { O } _ { 2 } + 4 { e } ^ { - } { = } 2 { O } ^ { 2 - } 。 (5）提示： 2 { H } _ { 2 } - 4 { e } ^ { - } + 2 { C O } _ { 3 } { } ^ { 2 - } = 2 { H } _ { 2 } { O } + 2 { C O } _ { 2 } , { O } _ { 2 } + 4 { e } ^ { - } + 2 { C O } _ { 2 } = 2 { C O } _ { 3 } { } ^ { 2 - } 。

任务3

3.提示：(1)电解精炼铜，阴极上铜离子得到电子生成铜，电极反应 { C u ^ { 2 + } + 2 e ^ { - } = } { C u } ，当电路有 0 . 1 { ~ m o l ~ e ^ { - } } 转移反应生成铜0 . 0 5 ~ { m o l } ，则析出的铜的质量 = 0 . 0 5 { \ m o l } { x 6 4 g / m o l = 3 . 2 g } . 0

(2)根据工作原理图，金属铝是负极失电子生成草酸铝，则每得到 { ~ ~ { ~ 1 ~ } ~ m o l ~ } 草酸铝，外电路中转移 3 x 2 ~ { m o l } { = } 6 ~ { m o l } 电子。

(3)根据工作原理图，以“呼出”的 { C O } _ { 2 } 作为正极反应物得电子生成草酸根： { 2 C O _ { 2 } } + 2 { e } ^ { - } { { = } } { C } _ { 2 } { O } _ { 4 } ^ { 2 - } ，被还原的 { C O } _ { 2 } 为0.2mol时，生成的 { C _ { 2 } O _ { 4 } ^ { 2 - } } 是 0 . 1 \ { m o l } 。

项目二

任务1

1.提示：根据电解总反应方程式及题图可知，石墨电极上发生还原反应产生 { H } _ { 2 } ；铜电极上发生氧化反应，连接电源正极；外电路中，电子由铜电极经导线流向b电极，由a电极流向石墨；内电路中氢氧根离子向铜电极移动。

任务2

2.C解析：由图可知，石墨优先于 { C l ^ { - } } 参与反应，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源正极相连，则电极A作阴极， { T i O _ { 2 } } 和{ S i O _ { 2 } } 得到电子产生电池材料(TiSi)，电极反应为 { T i O _ { 2 } + S i O _ { 2 } + 8 e ^ { - } = T i S i } + 4 { O } ^ { 2 - } 。

3.C解析：惰性电极 2 , { B r } ^ { - } 被氧化为 { B r } _ { 2 } .为阳极，故A正确； { W O _ { 4 } ^ { 2 - } } 、 { W O _ { 5 } ^ { 2 - } } 循环反应，反应前后 { W O _ { 4 } ^ { 2 - } } 、 { W O _ { 5 } ^ { 2 - } } 数量不变，故B正确；总反应为氧气把二丁基一N一羟基胺氧化为硝酮， { ~ 1 ~ m o l ~ } 二丁基一N一羟基胺失去 2 { { ~ m o l ~ H ~ } } 原子生成 { ~ 1 ~ m o l ~ } 硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗{ ~ 1 ~ m o l ~ } 氧气，可得到 { ~ 2 ~ m o l ~ } 硝酮，故C错误；外电路通过 1 \ { m o l } 电子时生成0.5mol { H _ { 2 } O _ { 2 } } , { H _ { 2 } O _ { 2 } } 最终生成水，根据氧原子守恒，可得到 { ~ \AA ~ m o l } 水，故D正确。

任务3

I.C解析：据图可知与电源y连接的电极上 { H _ { 2 } S } 发生氧化反应转化为S,所以y为电源正极， bf { x } 为电源负极，阴极发生还原反应，电极反应式为 2 { H } _ { 2 } { O } + 2 { e } ^ { - } = 2 { O H ^ { - } + H _ { 2 } } \ ^ { \prime } ，所以阴极区溶液的 { p H } 增大，A正确；阳极发生氧化反应，电极反应式为 { H } _ { 2 } { S } + 2 { C O } _ { 3 } ^ { 2 - } \ : - \ : 2 { e } ^ { - } = { S } \ : \downarrow + （204号2 { H C O _ { 3 } ^ { - } } ，C错误；通电一段时间后，阴极区得到氢氧化钠溶液，阳极区得到{ { N a H C O _ { 3 } } } ， { { N a H C O _ { 3 } } } 溶液与NaOH溶液反应生成 { N a _ { 2 } C O _ { 3 } } ，所以将阴极区溶液补充到阳极区可实现电解液的再生，D正确。

5.D解析：电解时，阳极上水中的氢氧根离子放电： 2 { H } _ { 2 } { O } - 4 { e } ^ { - } { = } { O } _ { 2 } \uparrow + 4 { H } ^ { + } 故 { C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } 通过阴(b)离子交换膜向阳极移动，因 2 { C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } + 2 { H ^ { + } } \Longleftarrow { C r _ { 2 } O _ { 7 } ^ { 2 - } } + { H } _ { 2 } { O } 为可逆反应，故外电路中转移 { ~ 2 ~ m o l ~ } 电子时，阳极室生成的 { C r } _ { 2 } { O } _ { 7 } ^ { 2 - } 小于1 \ { m o l } ；阴极上水中的氢离子放电： 2 { H } _ { 2 } { O } + 2 { e } ^ { - } { { = } } { H } _ { 2 } \uparrow + 2 { O H } ^ { - } ，混合物浆液中的 { N a } ^ { + } 通过阳(a)离子交换膜进入阴极，故阴极反应生成 { H } _ { 2 } 和 { \Delta N a O H } 。

任务4

6.D解析：石墨作阳极，为惰性电极，溶液中的 { C l ^ { - } } 放电，电极反应式： { C l ^ { - } + 2 O H ^ { - } } - 2 { e } ^ { - } { = } { C l O ^ { - } } + { H } _ { 2 } { O } ，铁作阴极，在碱性环境下发生： 2 { H } ^ { + } + 2 { e } ^ { - } = { H } _ { 2 } \uparrow ，故A、B、C正确;D选项 { \Delta p H } 为 { 9 \mathord { ~ } } 1 0 的碱性溶液不可能是 { H ^ { + } } 参加反应，离子反应应为 2 { C N } ^ { - } + 5 { C l O } ^ { - } + { H } _ { 2 } { O } = { N } _ { 2 } \uparrow + （204号2 { C O } _ { 2 } \uparrow + 5 { C l } ^ { - } + 2 { O H } ^ { - } . 。

7.C 解析：由题干信息可知，M极发生的是由 0 （Q）转化为HO OH( { Q H _ { 2 } } )的还原反应，故M极为阴极，电极反应式为O + 2HO +2e²HO OH+2OH，故与M极相连的a电极为负极，N极为阳极，电极反应式为HO OH-2eO O十2H+，b极为电源正极，据此分析解题。由分析可知，溶液中 \mathbf { Q } 的物质的量保持不变， { ~ B ~ } 正确； { C O _ { 2 } } 在M极发生的反应为 { C O _ { 2 } \ + \ O H ^ { - } = } { H C O _ { 3 } ^ { - } } ，C错误；在M极上生成的{ { H C O } _ { 3 } ^ { - } } ，向阳极移动， { ~ N ~ } 极上发生的反应为 { H C O _ { 3 } ^ { - } + H ^ { + } } { \overline { { { \Gamma } } } \overline { { { \Gamma } } } \overline { { { \Gamma } } } H _ { 2 } O + C O _ { 2 } \uparrow } ，故分离出的 { C O _ { 2 } } 从出口2排出,D正确。

阶段滚动检测卷（三）

答案速对

15.(1)正 减弱 (2）阴 （2号 { A g ^ { + } + e ^ { - } = } Ag 0.56 (3)B A

16.I.(1)胶头滴管、 2 5 0 \ { m l } 容量瓶 (2)最后半滴溶液滴入时，溶液由浅红色 突变为无色，且30s内不变色 (3)③④ ( 4 ) 9 0 . 9 1 % Ⅱ.(1)负甲 ( 2 ) { I } _ { 2 } + 2 { e } ^ { - } = 2 { I } ^ { - } \quad { I I } . { A }

17.(1) ① 正 { 2 } 4 { O H } ^ { - } - 4 { e } ^ { - } = { O } _ { 2 } ↑+ 2 { H _ { 2 } O } （2号 { 3 } 2 . 8 ④ 不变(2)能 { C u S O _ { 4 } } 溶液变为 { H _ { 2 } S O _ { 4 } } 溶液，可继续电解 { H _ { 2 } S O _ { 4 } } 溶液，实质为电解水\begin{array} { r l } { 1 8 . ( 1 ) < } & { { } T { < } 9 7 1 } \end{array} （2)生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成(3)0.15 / { 1 3 p } { 1 6 } (4） ① 甲烷 ② m 0.2

19.(1) { S O } _ { 2 } - 2 { e } ^ { - } + 2 { H } _ { 2 } { O } = 4 { H } ^ { + } + { S O _ { 4 } ^ { 2 - } } （2号 2 mol{ ( 2 ) F e S _ { 2 } ^ { 2 - } + 2 e ^ { - } } { = } 2 { S ^ { 2 - } } + { F e } (3)正 2 { C l } ^ { - } - 2 { e } ^ { - } { = } { C l } _ { 2 } \uparrow 2 X

试题精析

l.C解析：燃烧推进剂使火箭升空涉及化学能转化为热能和光能，A错误；展开太阳翼获取持续电力涉及光能转化为电能，B错误；启动锂离子蓄电池为探测器供电涉及化学能转化为电能，C正确；电解水装置实现航天器中氧气再生涉及到的是电能转化为化学能，D错误。

.B解析：稀硫酸与氢氧化钠反应为中和反应，是放热反应， \Delta H 应小于0，A错误； 9 . 6 { ~ g ~ } 硫粉与 { 1 1 . 2 ~ g } 铁粉混合加热生成硫化亚铁 1 7 . 6 ~ { ~ g ~ } ( { ~ 0 ~ . ~ 2 ~ ~ m o l } ) 时，放出1 9 . 1 2 { ~ k J } 热量，则生成1molFeS反出热量为 1 9 . 1 2 / 0 . 2 = 9 5 . 5 { ~ k J } ，故Fe(s)十{ S ( s ) { \overline { { \longrightarrow } } F e S \left( \ s \right) } } \Delta H = - \ 9 5 . 6 { k J } \ ^ { . } （20{ m o l ^ { - 1 } } ,B正确;C的燃烧热应为 1 { m o l } { c } 燃烧生成二氧化碳放出的热量，C错误；在 1 0 1 ~ { k P a } 下氢气的燃烧热 \Delta H = - 2 8 5 . 5 { k J } * { \ m o l ^ { - 1 } } ，则水分解的热化学方程式：2 { H } _ { 2 } { O } ( 1 ) = - 2 { H } _ { 2 } \left( { g } \right) + { O } _ { 2 \left( { g } \right) } \quad \Delta H = + 2 8 5 . 5 { x } 2 { = } + 5 7 1 \ { k J } * \ { m o l } ^ { - 1 } ,D错误。

3.C 解析：该体系中碳酸氢根离子能够电离，则一定存在 { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } ，A正确；血液中{ C O _ { 2 } } 浓度增大，导致平衡向生成碳酸的方向移动，即使上述平衡向逆反应方向移动，B正确； { { N a H C O _ { 3 } } } 溶液显碱性，能中和酸，则人体血液碱中毒时，注射 { { N a H C O _ { 3 } } } 溶液不能缓解，C错误； { H _ { 2 } C O _ { 3 } / H C O _ { 3 } ^ { - } } “缓冲”体系可与酸或碱反应，则“缓冲”作用是指体系中增加少量强酸或强碱时，pH不会出现较大幅度变化，D正确。

4.D解析：石墨与醋酸不反应，不存在能自发进行的氧化还原反应，不能形成原电池，故A不选；蔗糖是非电解质，不能形成原电池，故B不选；没有形成闭合回路，不能形成原电池，故C不选； { { \cal { M } } g } 与稀盐酸发生氧化还原反应，两电极活泼性不同，上端接触形成了闭合回路，故形成了原电池，故D选。

.C解析： 1 0 \ { m L } \ 1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 醋酸溶液中存在如下电离平衡： { { C H _ { 3 } C O O H } = } { C H _ { 3 } C O O ^ { - } + H ^ { + } } 。加入 { C H _ { 3 } C O O N a } 固体，醋酸根离子浓度增大，醋酸电离平衡逆向移动，溶液中酸性减弱， { p H } 增大，A正确;溶液中自由移动离子的浓度越大导电能力越强，盐酸为强酸在溶液中完全电离，醋酸为弱酸在溶液中部分电离， 1 \ { m o l } · { L } ^ { - 1 } 的盐酸溶液中自由离子的浓度比1 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 醋酸大，导电能力更强，B正确；醋酸与碳酸钠反应可以产生气泡为{ C O _ { 2 } } ，说明 { C H _ { 3 } C O O H } 的酸性 { H } _ { 2 } { C O _ { 3 } } 强，则 { C H _ { 3 } C O O H } 的 K _ { { a } } 大于 { { H _ { 2 } } \ C O _ { 3 } } 的K _ { { a } _ { 1 } } ,C 错误；由于 K _ { { a } } ( { C H _ { { 3 } } C O O H } ) > K _ { { a } } ( { H } _ { 2 } { C O } _ { 3 } ) ~ > ~ K _ { { a } } ~ ( ~ { H C O } _ { 3 } ^ { - } ~ ) , （20{ C H _ { 3 } C O O H } 可与碳酸氢钠反应生成二氧化碳碳，离子方程式为 { H C O _ { 3 } ^ { - } + C H _ { 3 } C O O H } = { \Gamma - { C H _ { 3 } C O O ^ { - } + H _ { 2 } O + C O _ { 2 } \uparrow } } ，D正确。

.B解析：根据燃料电池装置可知，左侧a极为正极，通入空气后氧气在正极发生还原反应，电极反应式： { O } _ { 2 } + 4 { e } ^ { - } + 4 { H } ^ { + } { { = } } 2 { H _ { 2 } O } ;右侧b极为负极， { N H _ { 4 } ^ { + } } 在负极发生氧化反应，电极反应式： 2 { N H _ { 4 } ^ { + } } 16 { e } ^ { - } { = } { N } _ { 2 } \ \uparrow + 8 { H } ^ { + } 。结合分析，根据电极反应及电解质溶液呈电中性可知， { H ^ { + } } 通过质子交换膜向a极室迁移，A正确；根据分析，a极电极反应式： { O _ { 2 } + 4 e ^ { - } + } 4 { H ^ { + } { = } 2 { H _ { 2 } O } } 可知，工作过程中每当消耗 { 4 ~ m o l } 氢离子的同时，生成 { ~ 2 ~ m o l ~ } 水，则工作一段时间后，a极室中稀硫酸浓度减小， { ~ B ~ } 错误；根据分析可知，b极为负极， { N H _ { 4 } ^ { + } } 在负极发生氧化反应，电极反应式 : 2 ~ { N H _ { 4 } ^ { + } } - 6 { e ^ { - } } { \overline { { { \Omega } } } N _ { 2 } \uparrow } + 8 { H ^ { + } } , ( C正确；结合分析，根据得失电子守恒，将两电极反应式相加得总反应： 4 { N } { H } _ { 4 } ^ { + } + 3 { O } _ { 2 } = 2 { N } _ { 2 } + 6 { H } _ { 2 } { O } + 4 { H } ^ { + } ,D正确。

7.A 解析：溶液中含有 { M n ^ { 2 + } } 、 { M g ^ { 2 + } } 、 Z { n } ^ { 2 + } 和 { N i ^ { 2 + } } ，向溶液中加入硫化钠溶液，“除杂1”，将 Z { n } ^ { 2 + } 和 { N i ^ { 2 + } } 转化为NiS、 Z { n S } 沉淀除去，过滤后，所得滤液中加入氟化锰，生成 { M g F _ { 2 } } 除去镁离子，过滤后，所得滤液中加入碳酸氢铵溶液“沉锰”，得到{ { M n C O _ { 3 } } } 。 { N a _ { 2 } S } 溶液中的质子守恒为：（204号 c ( { O H ^ { - } } ) = c ( { \ H ^ { + } } ) + c ( { \ H S ^ { - } } ) + 2 c \left( { H } _ { 2 } { S } \right) ，A正确；除杂2所得上层清液中 c ( \mathbf { M g } ^ { 2 + } ) bf { * } c ^ { 2 } ( \mathbf { F } ^ { - } ) = K _ { { s p } } ( \mathbf { M g } { F } _ { 2 } ) ，则c ( { M g ^ { 2 + } } ) ~ = ~ / { K _ { { \scriptsize ~ s p } } ( { M g F _ { 2 } } ) } { c ^ { 2 } ( { F ^ { - } } ) } ，B错误；{ N H _ { 4 } \ H C O _ { 3 } } 溶液中的物料守恒为：c \left( { N H _ { 3 } } \bullet { H _ { 2 } O } \right) + c \left( { N H _ { 4 } ^ { + } } \right) = c \left( { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } \right) + c ( { H C O _ { 3 } ^ { - } } ) + c ( { H } _ { 2 } { C O } _ { 3 } ) ，C错误；沉锰后的滤液中还含有 { { N a } ^ { + } , { { S ^ { 2 - } } } } 等离子，故等式 : 2 c ~ ( { { \small ~ M n ^ { 2 + } ~ } } ) + c ~ ( { { \small ~ N H _ { 4 } ^ { + } ~ } } ) + c ( { { \small ~ H ^ { + } ~ } } ) = 2 c ( { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } ) + c ( { O H ^ { - } } ) + c ( { H C O _ { 3 } ^ { - } } ) 不成立,D错误。

3.D解析：Fe与外加电源的正极相连接，铁腐蚀的更快，不能保护铁被腐蚀，A不符合题意； { F e C l _ { 3 } } 浓度不同，KSCN浓度也不同，不能探究 { F e C l _ { 3 } } 浓度对化学平衡移动的影响，B不符合题意；用 0 . 1 0 0 0 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } HCl溶液确定待测NaOH溶液的浓度，0 . 1 0 0 0 ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 的HCl应该盛装在酸式滴定管中，C不符合题意； 2 { N O } _ { 2 } { N _ { 2 } O _ { 4 } } ，温度升高颜色加深，平衡逆向移动，可以探究温度对化学平衡移动的影响,D 符合题意。

9.B解析：由题图可知，反应 ① 的活化能高于反应 ② ，因此反应 ① 的速率较慢，则总反应速率由反应 ① 的速率决定，故A项正确；由题图可知， { F e ^ { + } } 先转化为 { F e O ^ { + } } .{ F e O ^ { + } } 后续又转化为 { F e ^ { + } } ，因此 { F e ^ { + } } 是催化剂，催化剂不能改变反应热，故B项错误；总反应方程式为 { N } _ { 2 } { O } + { C O } { \xrightarrow { { F e } } } { C O } _ { 2 } （204号+ \Nu _ { 2 } ，氮元素化合价从 + 1 价降低至0价，当转移电子的物质的量为 { ~ 1 ~ m o l ~ } 时，有 { 0 . 5 ~ m o l ~ N _ { 2 } } 生成，在标况下体积为11.2L,故C项正确；由题图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，总反应的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，故D项正确。

BD解析：由图可知， { { M n O } _ { 2 } } 转化为{ { M n ^ { 2 + } } } ，得电子，为正极，其电极反应式为{ M n O } _ { 2 } + 4 { H } ^ { + } + 2 { e } ^ { - } { \overline { { { \Omega } } } * \overline { { { \Omega } } } * \Gamma } { M n } ^ { 2 + } + 2 { H } _ { 2 } { O } , （20Z { n } 转化为 \ [ Z _ { { n } } ( { O H } ) _ { 4 } ] ^ { 2 - } ，失电子，为负极,其电极反应式为 { Z n - 2 e ^ { - } + 4 ~ O H ^ { - } } { \Gamma { = } } { { [ } Z n ( O H ) _ { 4 } ] ^ { 2 - } } 。由装置工作一段时间后 { K _ { 2 } \thinspace S O _ { 4 } } 溶液得浓度增大可知,a 膜为能使 { S O _ { 4 } ^ { 2 - } } 通过的阴离子交换膜，b膜为能使 { K ^ { + } } 通过的阳离子交换膜，A正确;充电时，阳极的电极反应式为 { { M n } } ^ { 2 + } + 2 { H } _ { 2 } { O } - 2 { e } ^ { - } { = } { M n O } _ { 2 } + 4 { H } ^ { + } ，生成氢离子，酸性增强， { p H } 减小,B错误；据分析可知，放电时，负极反应为 { Z n - 2 e ^ { - } } + 4 ~ { O H ^ { - } } = [ { Z n ( O H ) _ { 4 } } ] ^ { 2 - } ，C正确；充电时，阴极的电极反应式为{ \small { [ Z n ( O H ) _ { 4 } ] ^ { 2 - } + 2 e ^ { - } = Z n + 4 } O H ^ { - } } ，电路中每转移 0 . 4 ~ { m o l } 电子，会有 0 . 4 { ~ m o l } { K } ^ { + } 通过b膜转移至阴极区，同时有0 . 2 ~ { m o l } ~ { Z n } 生成，则阴极区溶液质量会增加 0 . 4 ~ { { m o l } } x 3 9 { { ~ g } } * { { m o l } } ^ { - 1 } - 0 . 2 ~ { { m o l } } x 6 5 ~ { g } * { m o l } ^ { - 1 } = 2 . 6 ~ { g } , { D } 错误。

11.D解析：放电时为原电池，由图可知a极上的反应涉及 { C u _ { 3 } } ( { P O _ { 4 } } ) _ { 2 } { } { C u _ { 2 } O { } } { C u } ,即a极为正极，则b极为负极，充电时a极为阳极、b极为阴极。放电时为原电池，a极为正极，则b极为负极，电解质溶液中的 { N a } ^ { + } 向正极移动，即 { N a } ^ { + } 由b极区向a极区转移，故A正确；据以上分析可知，充电时，电极b作阴极，发生还原反应，故B正确;放电时，a极的电极反应涉及 { C u } _ { 3 } ( { P O } _ { 4 } ) _ { 2 } { } { C u } _ { 2 } { O } { } { C u } 铜元素化合价降低，发生还原反应，第1次放电时,a极的电极反应式为 2 { C u _ { 3 } } { ( P O _ { 4 } ) _ { 2 } } （204号+ 6 { e } ^ { - } + 6 { O H } ^ { - } = 3 { C u _ { 2 } O } + 4 { P O _ { 4 } ^ { 3 - } } + 3 { H _ { 2 } O } ，故C确;放电时，a极的电极反应涉及 { C u _ { 3 } } ( { P O _ { 4 } } ) _ { 2 } { } { C u _ { 2 } O { } C u } ，若a极得到 3 . 2 ~ { g ~ C u } 和 2 . 8 8 rm { g C u } _ { 2 } { O } , { C u } _ { 3 } rm { } ( { P O } _ { 4 } ) _ { 2 } \to { 3 C u _ { 2 } O } 时移的电子的物质的量为144g·mol2=0.04 mol，由Cu(3 { C u } 时移的电子的物质的量为 / { 3 . 2 { ~ g ~ } } { 6 4 { ~ g / ~ m o l } } x 2 = 0 . 1 ~ { { \ m o l } } ，即共转移 0 . { ~ 1 ~ } { ~ m o l ~ + ~ } 0 . 0 4 ~ { m o l } = 0 . 1 4 ~ { m o l } ，但是由于a极还有{ H } _ { 2 } { O } 放电，所以电路中转移的电子的物质的量大于 0 . 1 4 { ~ m o l } ,故D错误。

12.BD解析：根据图示可知a电极上 { H } _ { 2 } { O } 电离产生的 { H ^ { + } } 得到产生 { H } _ { 2 } ，则a电极为阴极，b电极为阳极，在阳极上发生反应： { S O _ { 3 } ^ { 2 - } { ~ - ~ } 2 e ^ { - } + H _ { 2 } O = \overline { { { { ~ - ~ } } { O _ { 4 } ^ { 2 - } { ~ + ~ } } } } } （202 { H ^ { + } } { ; H S O _ { 3 } ^ { - } - 2 e ^ { - } + H _ { 2 } O = - S O _ { 4 } ^ { 2 - } + } { 3 H ^ { + } } 。当溶液中 c ( { H } ^ { + } ) )较小时，反应产生 { H ^ { + } } ，使 c ( { H } ^ { + } ) 增大，溶液pH变小；

当硫酸溶液由稀硫酸变为浓硫酸时，浓硫酸电离产生的 c ( { H ^ { + } } )较小，溶液pH又会增大，故阳极区溶液pH先减小后增大，A错误;根据选项A分析可知a为阴极，b为阳极。a电极上 { H ^ { + } } 不断放电，使附近溶液中阳离子浓度减小，因此{ { N a } ^ { + } } 通过A膜进入阴极室，A膜为阳离子交换膜； { S O _ { 3 } ^ { 2 - } } 、 { H S O _ { 3 } ^ { - } } 通过阴离子交换膜进入阳极室，在阳极室发生氧化反应，所以B膜为阴离子交换膜，B正确；在b极电极反应式为 { S O _ { 3 } ^ { 2 - } - 2 e ^ { - } + H _ { 2 } O } { \overline { { - } } { S O _ { 4 } ^ { 2 - } + 2 H ^ { + } * { H S O _ { 3 } ^ { - } - 2 e ^ { - } + H _ { 2 } O } } } { { - } } { S O _ { 4 } ^ { 2 - } } + 3 { H ^ { + } } . { ~ \ C ~ } 正确；再生后溶液pH≥8.9,则c(H+)≤108,c(SO-）{ } = { / { K _ { { a 2 } } } { c ( { H } ^ { + } ) } } { > } { / { 1 0 ^ { - 6 . 9 } } { 1 0 ^ { - 8 . 9 } } } { = } 1 0 0 : 1 10-8.9=100:1,故再生后的吸收液中 / { c ( { S O _ { 3 } ^ { 2 - } } ) } { c ( { H S O _ { 3 } ^ { - } } ) } 的最小值为 1 0 0 : 1 ，（204号D正确。

13.BC解析：图1中为原电池装置，N电极为负极，P电极为正极；图2为电解池装置，根据电极附近物质的变化，Y接正极作阳极，X接负极作阴极。Y接太阳能电池的P电极，A正确;工作一段时间后，图2左池发生的电极反应为 { V ^ { 3 + } + } { e } ^ { - } = { \overline { { \Omega } } } { e } ^ { - } = { V } ^ { 2 + } ,X为阴极，氢离子通质子交换膜迁移到阴极区，氢离子浓度增大，{ p H } 减小，B错误;右池中发生的电极反应为： { V O ^ { 2 + } + e ^ { - } + H _ { 2 } O = - V O _ { 2 } ^ { + } + }

2 { H ^ { + } } ，每转移 1 ~ { m o l } 电子，右室生成{ 2 ~ m o l } 氢离子，同时有 { ~ 1 ~ m o l ~ } 氢离子通过质子交换膜迁移到左室，图2右池溶液中 n \left( { H } ^ { + } \right. )的变化量为 1 \ { m o l } , { C } 错误；图2中两个电极反应分别为： { V ^ { 3 + } + e ^ { - } = } { V ^ { 2 + } , V O ^ { 2 + } + e ^ { - } + H _ { 2 } O = \overline { { { \Omega } } } V O _ { 2 } ^ { + } + } 2 { H ^ { + } } ，总反应为 { { V O ^ { 2 + } + V ^ { 3 + } + H _ { 2 } O / { \partial ^ { i \sharp } \ d \Omega } { \partial \Omega } } } { V } ^ { 2 + } + { V O } _ { 2 } ^ { + } + 2 { H } ^ { + } ,D正确。

.D解析： P 点以后，流速较高，反应未达平衡状态，温度越高，反应速率越快，单位时间内氯化氢的转化率越高。在 P （204号点后，同一流速下， T _ { 1 } 温度下的氯化氢的转化率最大， T _ { 3 } 温度下的氯化氢的转化率最小，说明温度 T _ { 1 } { > } T _ { 2 } { > } T _ { 3 } ，A项正确;根据题给信息，较低流速下转化率近似为平衡转化率，在较低流速时， T _ { 3 } 转化率最大， T _ { 1 } 转化率最小，温度 T _ { 1 } > T _ { 2 } > T _ { 3 } ，则此反应是放热反应，并且 \Delta S { < } 0 ，根据 \Delta G = \Delta H - { T } \Delta S < 0 是自发进行，所以此反应必须在低温下才能自发进行，B项正确； M 点未达到平衡状态，使用高效催化剂或升高温度，可以增大反应速率，使 M 点HCI的转化率增加，故加入高效催化剂或升温可提高 M 点转化率，C项正确；由图可知， N 点气流流速为 0 . 1 6 { \ m o l / h } ，以1h为单位带入气体流量，可知 n \left( { H C l } \right) _ { \ast { s } } 为 0 . 1 6 ~ { m o l } 由 n \left( { H C l } \right) : n \left( { O } _ { 2 } \right) = 4 : 3 知 n \left( { O } _ { 2 } \right) _ { \ast \ast } 为 0 . 1 2 ~ { \ m o l } 。 N 点时HCl转化率为70 % . N 点时转化的HCl的物质的量 \ c = 0 . 1 6 \ { m o l } x 7 0 % = 0 . 1 1 2 \ { m o l } ，根据“三段式”有：

起始物质

0.16 0.12 0 0

的量(mol)

转化物质

0.112 0.028 0.056 0.056 的量(mol)

N点时物质

0.048 0.092 0.056 0.056

的量(mol)

同温同压下，容器起始体积和N点时容器的体积关系为： { / { V _ { \ast } } { V _ { { { N } } } } } ~ = ~ { / { n _ { \ast } } { n _ { { { N } } } } } ~ = ~ { / { 7 { L } } { V _ { { { N } } } } } ~ = / { 0 . 1 6 + 0 . 1 2 } { ( 0 . 0 4 8 + 0 . 0 9 2 + 0 . 0 5 6 + 0 . 0 5 6 ) } , V _ { { N } } = 6 . 3 { ~ L } , 则N点容器体积减少 7 ~ { L } - 6 . 3 ~ { L } = 0 . 7 L,D项错误。

15.解析：甲池为碱性甲醇燃料电池，通入甲醇的电极是负极，甲醇失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，负极反应式为 { C H _ { 3 } } { O H - 6 e ^ { - } \ + 8 O H ^ { - } = } { C O _ { 3 } ^ { 2 - } \ + 6 H _ { 2 } O } ，通入氧气的电极是正极，正极反应式为 { O } _ { 2 } + 2 { H } _ { 2 } { O } + 4 { e } ^ { - } = 4 { O H } ^ { - } ；乙池有外接电源，属于电解池，根据装置图，B是阳极，A是阴极。

(1)据分析可知，甲池中通入氧气的电极为正极，正极反应式为 { O _ { 2 } + 2 H _ { 2 } O + 4 e ^ { - } } { { = } } 4 { O H ^ { - } } ，负极反应式为 { C H _ { 3 } O H - } 6 { e } ^ { - } + 8 { O H } ^ { - } { \overline { { { = } } } C O _ { 3 } ^ { 2 - } \ + 6 H _ { 2 } O } ，总反应为： 2 { C H _ { 3 } O H + 3 O _ { 2 } + 4 O H ^ { - } } { - } 2 { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } + 6 { H } _ { 2 } { O } ，工作过程中生成水、消耗氢氧根，甲池溶液的碱性会减弱。

(2)据分析可知，乙池中A作阴极，电极反应为 { A g ^ { + } + e ^ { - } = A g } ，若乙池中A为铁电极，电极反应为 { A g ^ { + } + e ^ { - } = } { A g } ；当铁电极的质量增加时 1 0 . 8 { ~ g ~ } ，生成Ag的物质的量为 0 . 1 { \ m o l } ，转移电子数为 0 . 1 { m o l } ，通入氧气的电极反应式为{ O } _ { 2 } + 2 { H } _ { 2 } { O } + 4 { e } ^ { - } = 4 { O H } ^ { - } ，所以理论上甲池中消耗的氧气的物质的量为0 . 0 2 5 { \ m o l } ，在标准状况下的体积为0 . 0 2 5 \ { m o l } x 2 2 . 4 \ { L } / { m o l } = 0 . 5 6 \ { L } ,

(3)用电解方法精炼粗铜，乙池电解液选用 { C u S O _ { 4 } } 溶液，粗铜作阳极，即B作阳极，若将乙池改为电镀装置，待镀金属制品作阴极，即A作阴极。

[6.解析：I：(1)称取 { 4 . 4 { ~ g ~ } } 烧碱样品。将样品配成 2 5 0 ~ { m L } 待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需胶头滴管、2 5 0 \ { m l } 容量瓶;(2)若用 0 . 2 0 0 { ~ 0 ~ m o l } ·{ L } ^ { - 1 } 标准盐酸滴定，选酚酞为指示剂，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到最后半滴标准溶液滴入时，溶液由浅红色突变为无色，且30s内不变色，即可判断达到滴定终点；

（3） ① 记录起始体积时，开始时仰视读数，终点时俯视，标准液读数偏小，酸溶液的体积偏小，故计算得到碱的浓度时偏小， ① 不符合题意； ② 碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液，碱的浓度被稀释，则消耗的酸体积减小，最终计算碱的浓度偏小， ② 不符合题意； ③ 滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失，得到酸的体积偏大，则计算碱的浓度会偏大， ③ 符合题意； ④ 锥形瓶水洗后，又用待测液润洗，则增加了碱的用量，消耗酸的体积增大，计算得到碱的浓度偏大， ④ 符合题意；故符合题意的时 ③ ④ ：

(3)第一次消耗盐酸的体积是 1 9 . 9 5 ~ { m L } ，第二次消耗盐酸的体积是 2 0 . 0 5 ~ { m L } ，第三次消耗盐酸的体积是 2 3 . 5 0 ~ { m L } ，第三次的数据差距大舍掉，则两次平均消耗盐酸的体积是 2 0 . 0 0 ~ { \ m L } ，根据 n (NaOH)= c x V \left( { H C l } \right) = 0 . 2 0 0 \ 0 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } x 0 . 0 2 ~ { L } { = } 0 . 0 0 4 ~ { 0 } ~ { m o l } ，烧碱的浓度为0 . 4 0 0 0 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，则样品中含烧碱的质量是 0 . 4 0 0 \ 0 \ { m o l } \bullet \ { L } ^ { - 1 } x 0 . 2 5 0 \ 0 \ { L } x 4 0 { \ g * \ m o l ^ { - 1 } = 4 . 0 0 0 { \ g } } ，样品烧碱的质量分数为 / { 4 . 0 0 0 } { 4 . 4 } x 1 0 0 % = 9 0 . 9 1 % 0

ⅡI: ① 反应开始时，因乙中 { I } ^ { - } 失去电子放电，I元素的化合价升高，则发生氧化反应，电极为负极，盐桥中的阳离子移向正极； ② 电流表读数为0时，反应达到平衡状态，此时向甲中加入 { F e C l _ { 2 } } 固体，反应逆向进行，乙池中发生还原反应，电极方程式为 { I } _ { 2 } + 2 { e } ^ { - } = 2 { I } ^ { - } 。

IⅢ：从图中可以看出，通入 { N } _ { 2 } { H } _ { 4 } 的电极为负极，通入 { O } _ { 2 } 的电极为正极。在负极， { N } _ { 2 } { H } _ { 4 } 失电子产物与电解质反应生成 { N } _ { 2 } ，电极方程式为 4 ~ { O H ^ { - } + N _ { 2 } H _ { 4 } - } { 4 e ^ { - } { = } N _ { 2 } \uparrow + 4 H _ { 2 } O } ；在正极， { O } _ { 2 } 得电子产物与水反应生成 { O H ^ { - } } 等，电极方程式为 { O } _ { 2 } + 2 { H } _ { 2 } { O } + 4 { e } ^ { - } = 4 { O H } ^ { - } 。燃料电池的负极发生氧化反应，是肼发生反应，胖中的N从一2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为： 4 { O H ^ { - } + } { N } _ { 2 } { H } _ { 4 } - 4 { e } ^ { - } { = } { N } _ { 2 } \uparrow + 4 { H } _ { 2 } { O } ，故A正确；消耗 { 1 ~ m o l ~ O _ { 2 } } 时，转移 { 4 ~ m o l } 电子，根据 { O } _ { 2 } + 2 { H } _ { 2 } { O } + 4 { e } ^ { - } = 4 \ { O H } ^ { - } ，同时生成 4 ~ { m o l ~ O H ^ { - } } ，则有 4 { \ m o l \ N a } ^ { + } 由甲槽向乙槽迁移，故B错误;碱性环境中，氧气在正极发生还原反应生成氢氧根离子， { p H } 增大，故C错误;若撤走阳离子交换膜后，肼会与水中溶解的氧气直接接触，发生爆炸，无法正常工作，故D错误。

17.解析：(1) ① 接通电源一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c电极表面析出Cu，则该电极为阴极，从而推知M端为电源的负极，N端为电源的正极。 ② 电极b为阳极，用惰性电极电解NaOH溶液相当于电解水，阳极上 { O H ^ { - } } 放电生成{ O } _ { 2 } ，电极反应式为 4 ~ { O H ^ { - } - 4 e ^ { - } { = } O _ { 2 } \uparrow } （204号+ 2 { H } _ { 2 } { O } 。 ③ 用惰性电极电解 { K _ { 2 } S O _ { 4 } } 溶液相当于电解水，设电解过程中消耗水的质量为 \boldsymbol { \mathscr { x } } _ { { ~ g ~ } } ，据电解前后溶质的质量不变可得： 1 0 0 { g } x 1 0 % = ( 1 0 0 - x ) \ { g } x 10 . 4 7 % ，解得 x \approx 4 . 5 ，则电解过程中消耗水的物质的量为 / { 4 . 5 { ~ g ~ } } { 1 8 { ~ g } * { m o l } ^ { - 1 } } = { 0 . 2 5 ~ m o l } ，转移电子的物质的量为 0 . 5 ~ { m o l } 0故电极b上生成的 { O } _ { 2 } 在标准状况下的体积为 0 . 5 \ { m o l } x / { 1 } { 4 } x 2 2 . 4 \ { L } * \ { m o l } ^ { - 1 } = 2 . 8 { ~ L ~ } 。 ④ 丙中用惰性电极电解 { K _ { 2 } S O _ { 4 } } 溶液相当于电解水，电解过程中 c ( { { K } _ { 2 } \ S O _ { 4 } } )增大，但溶液的 { p H } 不变。

(2)当电解过程中乙装置中的铜全部析出时， { C u S O _ { 4 } } 溶液变为 { H _ { 2 } S O _ { 4 } } 溶液，继续电解则为电解 { H _ { 2 } S O _ { 4 } } 溶液，相当于电解水。

18.解析：(1)根据盖斯定律，将反应 { ~ I ~ } 一反应 \mathbb { I } ，整理可得 { C O } \left( { g } \right) + 3 { H } _ { 2 } \left( { g } \right) \Longleftrightarrow \begin{array} { r } { { C H } _ { 4 } { ~ ( ~ g ~ ) ~ } + { ~ H } _ { 2 } { O ~ ( ~ g ~ ) ~ } \qquad \Delta H = } \end{array} - 2 0 6 \ { k J } * { m o l } ^ { - 1 } ，所以 \Delta H _ { 1 } = \Delta H _ { 2 } + \Delta H = + 4 1 \ { k J } \ \bullet \ { m o l } ^ { - 1 } - 2 0 6 \ { k J } \ \bullet \ { m o l } ^ { - 1 } = - 1 6 5 { mu } { * \ m o l ^ { - 1 } } < 0 ，说明反应Ⅰ的正反应为放热反应，因此其正反应的活化能 E _ { { { a } } } （正） < 逆反应的活化能 E _ { { a } } （逆）；反应 { ~ I ~ } 要自发进行， \Delta G = \Delta H _ { 1 } - T \Delta S < 0 , - 1 6 5 { \ k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } - T x ( - 1 7 0 ) { \ J } / ( { \ m o l \bullet { \ K } } ) x 1 0 ^ { - 3 } { k J / J } < 0 ，解得 T < 9 7 1 { ~ K ~ } 。

( 2 ) { C O \ * } 是 { C O } _ { 2 } 活化的优势中间体，这是由于生成中间体CO的反应的活化能小、反应速率快，且产物能量低、稳定，有利于生成；

(3)在恒温恒容时，压强比等于气体的物质的量的比。在反应开始时， n （总） _ { \psi } = 4 \ { m o l } + 1 2 \ { m o l } = 1 6 \ { m o l } ，气体压强为 \boldsymbol { \mathbf { \mathit { \Sigma } } } _ { { P } } ：在 1 0 \ { m i n } 时反应达到平衡，假设反应消耗 { C O _ { 2 } } 的总浓度为 x \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，由于{ C H _ { 4 } } 的选择性为 60 % ，则物质反应转化关系为

平衡时 c \left( { H } _ { 2 } { O } \right) { = } 1 . 2 x + 0 . 4 x { = } 4 \ { m o l } ·{ L } ^ { - 1 } ，解得 x = 2 . 5 { \ m o l * L ^ { - 1 } } ，故平衡时产生 { C H _ { 4 } } 的物质的量浓度为 c ( { C H _ { 4 } } ) = 0 . 6 x = 0 . 6 x 2 . 5 ~ { { m o l } } * { { L } } ^ { - 1 } = 1 . 5 ~ { { m o / L } } 0 ~ 1 0 ~ { m i n } 内 V \left( { C H _ { 4 } } \right) = / { 1 . 5 \ { m o l * L ^ { - 1 } } } { 0 \ { m i n } } = 0 . 1 5 { \ m o l / ( L * \ m i n ) } ；平衡时各种气体的物质的量 n \left( { C O _ { 2 } } \right) = 4 \ { m o l } - 2 . 5 \ { m o l } ·{ L } ^ { - 1 } x 1 \ { L } { = } 1 . 5 \ { m o l } , n \left( { H } _ { 2 } \right) { = } 1 2 \ { m o l } { - } ( 2 . 4 x 2 . 5 ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } + 0 . 4 x 2 . 5 ~ { m o l } * （20{ L ^ { - 1 } } ) x 1 \ { L } { = } 5 \ { m o l } , n \left( { C H _ { 4 } } \right) { = } 1 . 5 \ { m o / L } \begin{array} { r l } & { { ~ x 1 ~ L = 1 . 5 ~ m o l } , n \left( { H } _ { 2 } { O } \right) = \left( 1 . 2 x 2 . 5 \right. } \\ & { { ~ } } \\ & { { m o l } * { L } ^ { - 1 } + 0 . 4 x 2 . 5 { m o l } * { L } ^ { - 1 } ) x 1 { L } } \\ & { { ~ } } \\ & { { ~ = 4 ~ m o l } , n \left( { C O } \right) = 0 . 4 x 2 . 5 { ~ m o l } * { L } ^ { - 1 } x } \end{array} 1 { { ~ L } } { = } 1 { { ~ m o l } } , n （总 ) _ { \ast } = 1 . 5 ~ { m o l } + 5 ~ { m o l } + 1 . 5 ~ { m o l } + 4 ~ { m o l } + 1 ~ { m o l } = 1 3 ~ { m o l } ，所以平衡时气体总压强为 K _ { { \scriptsize { p } } } = / { 1 3 ~ { m o l } } { 1 6 ~ { n o l } } x \scriptstyle { p = { / { 1 3 } { 1 6 } } p _ { \circ } }

（4） ① { C O _ { 2 } } 能转化为 { C H } _ { 4 } 和CO，但3 0 0 ^ { \circ } { C } 平衡时 { C O _ { 2 } } 的转化率较大，则\varphi ( { C O _ { 2 } } )较大，根据前边分析可知：反应I的正反应是放发热反应，反应Ⅱ的正反应是吸热反应。升高温度，反应 { ~ I ~ } 的化学平衡逆向移动，导致 { C H _ { 4 } } 的含量降低，反应Ⅱ的平衡正向移动，导致CO的含量增大，则随着温度升高， { C H _ { 4 } } 的平衡体积分数逐渐减小、CO的平衡体积分数逐渐增大，故曲线a表示的含碳物质为 { C O _ { 2 } } ，其名称是二氧化碳；曲线b表示的含碳物质为 { C H _ { 4 } } ，其名称为甲烷；曲线c表示的含碳物质为CO，其名称是一氧化碳。

② 若按 V ( { C O } _ { 2 } ) : V ( { H } _ { 2 } ) = 1 : 2 投料，与原投料比较，就是增大了 { H } _ { 2 } 的浓度，增大反应物浓度，化学平衡正向移动，导致 { C O } _ { 2 } 的转化率提高， { C H _ { 4 } } 、CO的平衡含量增大，故达到新平衡时刻曲线交点n 位置将会移动至 \mathbf { \Psi } _ { m } 点；在 \mathbf { \Psi } _ { m } 点，\varphi ( { C O } ) { = } \varphi ( { C H _ { 4 } } ) { = } 2 0 % ，则 \varphi ( { C O } _ { 2 } ) = 1 - 2 0 % - 2 0 % = 6 0 % 。开始时若按V ( { C O _ { 2 } } ) : V \left( { H _ { 2 } } \right) = 1 : 2 投料，假设n \left( { C O } _ { 2 } \right) { = } 1 ~ { m o l } ，则 n \left( { H } _ { 2 } \right) = 2 ~ { m o l } ，平衡时 n \ : \ : ( \ : { C H } _ { 4 } ) = n \ : ( \ : { C O } ) = 0 . 2 \ : \ : { m o l } , n \left( { C O } _ { 2 } \right) = 0 . 6 { ~ m o l } ，根据方程式可知物质反应转化关系为

{ C O } _ { 2 } ( \mathbf { g } ) + 4 { H } _ { 2 } ( \mathbf { g } ) { \overline { { { \ s c } } } { H } _ { 4 } ( \mathbf { g } ) + 2 { H } _ { 2 } O ( \mathbf { g } ) } △n/mol 0.2 0.8 0.2 0.4 { C O } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) + { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) { \stackrel { } { \longleftarrow } } { C O } \left( \mathbf { g } \right) + { H } _ { 2 } { O } \left( \mathbf { g } \right) 0.2 0.2 0.2 0.2 △n/mol

平衡时 n \left( { C O } _ { 2 } \right) = 0 . 6 { m o l } , n \left( { C H } _ { 4 } \right) = n \left( { C O } \right) = 0 . 2 \ { m o l } , n \left( { H } _ { 2 } \right) = \left( 2 { - } 0 . 8 { - } 0 . 2 \right) （20{ m o l } { = } 1 \ { m o l } , n \left( { H } _ { 2 } { O } \right) { = } \left( 0 . 4 { + } 0 . 2 \right) \ { m o l } 1= 0 . 6 \ { m o l } , n ( \stackrel { * \ast } { \vartheta } ) = 0 . 6 \ { m o l } + 0 . 2 \ { m o l } + 0 . 2 \ { m o l } + 1 \ { m o l } + 0 . 6 \ { m o l } = 2 . 6 \ { m o l } , （204号 \displaystyle γ ( { C O } _ { 2 } ) = / { 0 . 6 } { 2 . 6 } { \nabla } { \boldsymbol { \phi } } _ { \ast } { \nabla } { \boldsymbol { * } } { \nabla } \boldsymbol { \rho } _ { \ast } ( { H } _ { 2 } ) = / { 1 } { 2 . 6 } { \nabla } { \boldsymbol { \rho } } _ { \ast } { \nabla } * { \nabla } \displaystyle γ \left( { C O } \right) { = } / { 0 . 2 } { 2 . 6 } { p _ { { ~ s ~ } } } , { p _ { { ~ } } } \left( { H } _ { 2 } { O } \right) { = } / { 0 . 6 } { 2 . 6 } { p _ { { ~ s ~ } } } \mathbf { \Sigma } _ { m } 点时新平衡点反应 \mathbb { I } 的 K _ { { ~ p ~ } } = / { { p } ( { C O } ) * { p } ( { H } _ { 2 } { O } ) } { { p } ( { C O } _ { 2 } ) * { \Lambda } \rho ( { H } _ { 2 } ) } = / { / { 0 . 2 } { 2 . 6 } { \Lambda } ^ { \rho } \ast x / { 0 . 6 } { 2 . 6 } { \Lambda } ^ { \rho } \ast } { / { 0 . 6 } { 2 . 6 } { \Lambda } ^ { \rho } \ast x / { 1 } { 2 . 6 } { \Lambda } ^ { \rho } \ast } = 0.2。

19.解析：(1) ① a电极上是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应为{ S O } _ { 2 } - 2 { e } ^ { - } + 2 { H } _ { 2 } { O } \overline { { - 4 { H } ^ { + } + { S O } _ { 4 } ^ { 2 - } } } , （204号② 理论上 1 \ { m o l \ H _ { 2 } S } 参加反应， { { H } } _ { 2 } { { S } } + { \Delta H _ { 2 } S O _ { 4 } = \Delta S O _ { 2 } \uparrow + S \downarrow + 2 H _ { 2 } O , S + } { O } _ { 2 } = { \overline { { - } } S O } _ { 2 } ，生成 { 2 \ m o l \ S O _ { 2 } } ，在电极上发生氧化反应，转移电子总数 { 4 e ^ { - } } ，阴极上电极反应： { I } _ { 2 } + 2 { H } ^ { + } + 2 { e } ^ { - } = 2 { H I } 2 { H I } \Longrightarrow { H } _ { 2 } \uparrow + { I } _ { 2 } ，电极上生成 4 ~ { m o l } HI,所以理论上生成 { 2 ~ m o l } 氢气；

(2)原电池反应为 { F e S } _ { 2 } + 4 { L i } = { F e } + 4 { L i ^ { + } } + 2 { S ^ { 2 - } } .原电池原理可知，负极是Li失电子发生氧化反应， { F e S _ { 2 } } 得到电子生成硫离子和铁，该反应可认为分两步进行：第1步， { F e S } _ { 2 } + 2 { L i } = 2 { L i ^ { + } } + （204号{ F e S _ { 2 } ^ { 2 - } } ，负极反应式为 { L i - e ^ { - } = } { L i ^ { + } } ，用总反应减去第1步反应得， 2 { L i } + { F e S _ { 2 } ^ { 2 - } = - { \Delta } F e + 2 L i ^ { + } + 2 S ^ { 2 - } } ，用该反应减去负极反应式，消去 { { L i } ^ { + } } 即可得正极反应式的第2步电极反应式为 { F e S _ { 2 } ^ { 2 - } + } 2 { e } ^ { - } = - 2 { S } ^ { 2 - } + { F e } ; （204号

(3） ① X极上 { H ^ { + } } 得到电子生成 { H } _ { 2 } ，为正极， { Y } 极为负极，电极方程式为 2 { C l } ^ { - } - 2 { e } ^ { - } { { = } } { C l } _ { 2 } \uparrow ：

② 由电荷守恒可知， { Y } 极生成 { 1 ~ m o l ~ C l _ { 2 } } 时，电路中转移 { 2 ~ m o l } 电子，有 { 2 ~ m o l } 锂离子移向X极（正极）。

高考真题体验卷

答案速对

15.(1)C (2)AC

(3)随着投料比 \left[ n \left( { N a B H _ { 4 } } \right) / n \left( { H _ { 2 } O } \right) \right] 增大， { N a B H _ { 4 } } 的水解转化率降低
( 4 ) { O } _ { 2 } + 4 { e } ^ { - } + 2 { C O } _ { 2 } \Longrightarrow 2 { C O } _ { 3 } ^ { 2 - } \quad 7 0 % （ { \overline { { 3 } } ) N a B O _ { 2 } \left( s \right) + 2 H _ { 2 } \left( g \right) + 2 M g \left( s \right) = } NaBH4(s)+2MgO(s) △G = - 340 { k J } * { m o l } ^ { - 1 } （2
[或 { N a B O _ { 2 } \left( s \right) + 2 H _ { 2 } O \left( l \right) + 4 M g \left( \Omega \right) } (s) { \Gamma - N a B H _ { 4 } \left( s \right) + 4 M g O \left( s \right) \quad } \Delta G = - 1 ~ 0 0 0 ~ { k J } * { m o l } ^ { - 1 } \beth

16.(1)-67(2)(i)a(ii) 80 % 7.8( iii)10.92/ { 3 } { 2 } 3 : 2 ) { I } _ { 2 } 催化的 { C H _ { 2 } B r _ { 2 } } 的含量逐渐降低，有 { I } _ { 2 } 催化的 { C H _ { 3 } B r } 的含量陡然上升（i）{ I } _ { 2 } 的投入消耗了部分 { C H _ { 2 } B r _ { 2 } } ，使得消耗的 { C H _ { 2 } B r _ { 2 } } 发生反应生成了 { C H _ { 3 } B r }

1 7 . ( 1 ) - 5 6 6 \quad ( 2 ) > \quad { ~ b ~ } \quad ( 3 ) { 1 } / { 1 } { 1 2 } ② 增大

(4)4s空轨道识别度高，能有效将{ C _ { 2 } H _ { 4 } } 和 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高
(5)BC

1 8 . ( 1 ) \Delta H _ { 1 } + \Delta H _ { 2 } + \Delta H _ { 3 } (2)①c② 降低分压有利于反应i平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率{ { 3 } C H _ { 2 } = C H C O N H _ { 2 } } 在反应釜Ⅱ的温度下发生分解 ④ 反应时间过长，酯类物质发生水解的程度增大，反应釜中反应产物减少，反应速率降低，故产物减少

(3)40
( 4 ) { S n + 4 C H _ { 2 } = C H C N + 4 e ^ { - } + 4 H ^ { + } = }
{ S n ( C H _ { 2 } C H _ { 2 } C N ) _ { 4 } }

1 9 . ( 1 ) \Delta H _ { 1 } + \Delta H _ { 2 } + \Delta H _ { 3 } ( 2 ) { H } _ { 2 } 当温度高于 { T } _ { 1 } ， { C a C O _ { 3 } } (s)已完全分解，只发生反应Ⅱ，温度升高，反应Ⅱ逆向移动，所以 { C O _ { 2 } } 的摩尔分数减小( 3 ) / { 5 } { 9 } 0.5 不变不变

试题精析

1.C解析：催化剂可以改变化学反应速率，一般来说，催化剂可以用来加快化学反应速率，故催化氧化氨制备硝酸时加入铂可以加快化学反应速率，A项不符合题意；中和滴定时，边滴边摇锥形瓶，可以让反应物快速接触，可以加快化学反应速率，B项不符合题意；锌粉和盐酸反应时加水稀释会降低盐酸的浓度，会降低化学反应速率，C项符合题意；石墨合成金刚石，该反应中没有气体参与，增大压强不会改变化学反应速率，D项不符合题意。

.D解析：发蓝处理是指钢铁等黑色金属通过在空气中加热或直接浸泡于浓氧化性溶液中，从而在金属表面形成一层极薄的氧化膜，这层氧化膜能有效防锈，故A不符合题意；阳极氧化是将待保护的金属与电源正极连接，在金属表面形成一层氧化膜的过程，故B不符合题意；表面渗镀是在高温下将气态、固态或熔化状态的欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用从被渗镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层的一种表面处理的方法，故C不符合题意；喷涂油漆是将油漆喷涂在待保护的金属表面，并没有在表面形成钝化膜，故D符合题意。

3.D解析：理想的新能源应具有资源丰富、可再生、对环境无污染等特点，A正确；氢氧燃料电池利用原电池将化学能转化为电能，对氢气与氧气反应产生的能量进行利用，减少了直接燃烧的热量散失，产物无污染，故具有能量转化率高、清洁等优点，B正确;脱嵌是锂从电极材料中出来的过程，放电时，负极材料产生锂离子，则锂离子在负极脱嵌，则充电时，锂离子在正极脱嵌，C正确；太阳能电池是一种将太阳能转化为电能的装置，D错误。

1.D 解析：热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意； { F e ^ { 3 + } } 能发生水解反应生成{ F e ( O H ) _ { 3 } } ，加热能增大 { F e ^ { 3 + } } 的水解程度，D 不符合题意。

5.B解析：由图可知，反应初期随着时间的推移X的浓度逐渐减小，Y和Z的浓度逐渐增大，后来随着时间的推移X和Y的浓度逐渐减小，Z的浓度继续增大，说明 { X ( g ) { \Longrightarrow } Y ( g ) } 的反应速率大于 { Y ( g ) } { \Longrightarrow } Z ( { \boldsymbol { g } } ) 的反应速率，则反应 { X } ( { g } ) { } { Y ( g ) } 的活化能小于反应 \Upsilon \left( { g } \right) { \stackrel { } { \longrightarrow } } Z \left( { g } \right) 的活化能，B项不符合题意。

6.C解析：由能量变化图可知， E _ { { 2 } } = 0 . 7 0 { { e V - ( - 0 . 7 1 ~ e V ) = 1 . 4 1 ~ e V , A } } 项正确；步骤2逆向反应的 \Delta H = - 0 . 7 1 ~ { e V } - { \Gamma ( - 1 . 0 0 ~ e V ) = + 0 . 2 9 ~ e V , B } 项正确；步骤1的活化能 E _ { { 1 } } = 0 . 7 0 \ { e V } ，步骤2的活化能 E _ { 3 } = - 0 . 4 9 { ~ e V } - ( - 0 . 7 1 { ~ e V } ) = 0 . 2 2 { ^ \circ V } ，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；

该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确。

C解析：A项， K _ { { 2 } } { C r } ( { O } _ { 4 } 溶液中存在平衡： 2 { C r } { O } _ { 4 } ^ { 2 - } （黄色 ) + 2 { H ^ { + } } { \overrightarrow { { = } } } { C r } _ { 2 } { O } _ { 7 } ^ { 2 - } （橙色 { \Gamma } ) + { H } _ { 2 } { O } ，但是加入的HBr具有较强的还原性，可以将 { C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } 还原为 { C r ^ { 3 + } } ，不能用于证明平衡移动，A错误;B项，反应2 { H I } ( { g } ) { \Longleftrightarrow } { H } _ { 2 } \left( { g } \right) + { I } _ { 2 } \left( { g } \right) 为反应前后气体总体积不变的可逆反应，向恒温恒容密闭玻璃容器中充入 1 0 0 ~ { m L } HI气体，分解达到平衡后再充入 1 0 0 \ { m L } \ { A r } ，平衡不发生移动，气体颜色不变，得到的结论是对于反应前后气体总体积不变的可逆反应，恒温恒容时，改变压强平衡不移动，B错误;C项，反应 2 { N O } _ { 2 } \left( { g } \right) \Longrightarrow { N } _ { 2 } { O } _ { 4 } \left( { g } \right) 为放热反应，升高温度，气体颜色变深，说明平衡逆向移动，即向吸热反应方向移动，C正确；D项，催化剂只会改变化学反应速率，不影响平衡移动，D错误。

3.C解析：实验 ① 中， 0 ~ 2 小时内平均反应速率 { { \upsilon ( S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } } ） =/ { 5 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } \ { m o l \bullet \ L ^ { - 1 } - 1 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } \ m o l \bullet \ L ^ { - 1 } } } { 2 { h } } = 2 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } \ { m o l * L ^ { - 1 } \bullet h ^ { - 1 } } ,A不正确；实验 ③ 中水样初始 { \ p H } = 8 ，溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中不能有{ H ^ { + } } ,B不正确；综合分析实验 ① 和 ② 可知，在相同时间内，实验 ① 中 { S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率，C正确；综合分析实验 ③ 和 ② 可知，在相同时间内，实验 ② 中 { S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小初始{ p H , S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 的去除效果越好，但是当初始{ p H } 太小时， { H ^ { + } } 浓度太大，纳米铁与 { H ^ { + } } 反应速率加快，会导致与 { S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 反应的纳米铁减少，因此，当初始pH越小时{ S e O _ { 4 } ^ { 2 - } } 的去除效果不一定越好，D不正确。

.D解析：题干明确指出，图中曲线表示的是两种含碳产物的分布分数，分别为 δ 中 { * C H _ { 3 } C O O H } ） δ ( { C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } )，若投料比x代表(CHOH) x 越大，可看作是{ C H _ { 3 } O H } 的量增多，则对于主、副反应，生成的 { C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } 越多， { C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } 的分布分数越高，则曲线a或曲线b表示{ C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } 的分布分数，曲线c或曲线d表示 { C H _ { 3 } C O O H } 的分布分数，据此分析可知A、B均正确，如果此假设错误，则可知投料比x代表(CO) n(CHOH)，曲线a或曲线b表示 δ ( { C H _ { 3 } C O O H } ) ，曲线c或曲线d表示 δ ( { C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } )。根据分析可知，发生的反应要以主反应为主，则投料比x代表n(CO) n(CHOH)故A错误；根据分析可知，曲线c表示 { C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } 的分布分数，故B错误；根据分析可知，曲线a或曲线b表示 δ ( { C H _ { 3 } C O O H } ) ，当同一投料比时，观察图像可知 T _ { { ~ 2 ~ } } 时δ ( { C H _ { 3 } C O O H } ) 大于 T _ { 1 } 时δ ( { C H _ { 3 } C O O H } , ，而 T _ { 2 } > T _ { 1 } 可知，温度越高则 δ ( { C H _ { 3 } C O O H } ) )越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动， \Delta H _ { 1 } > 0 ；曲线c或曲线d表示 δ ( { C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } )，当同一投料比时，观察可知 T _ { 1 } 时δ ( { C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } )大于 { ~ T _ { 2 } ~ } 时δ ( { C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } )，而 T _ { 2 } > T _ { 1 } 可知，温度越高则 δ ( { C H _ { 3 } C O O C H _ { 3 } } )越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动， \Delta H _ { 2 } { < } 0 ，故C错误;L、M、N三点对应副反应 \Delta H _ { 2 } < 0，且 { T _ { N } } > T _ { { M } } = T _ { { \ell _ { L } } } ，升高温度平衡逆向移动， K \left( { L } \right) = K \left( { M } \right) > K (N)，故D正确。

10.A 解析：据图示可知,b电极上HCHO转化为 { \ : H C O O ^ { - } } ，而 HCHO 转化为{ H C O O ^ { - } } 为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应O+OH-物，由反应机理-OHH HHO 0 HO O1H2-OH- 2H H H

可知阳极失电子发生氧化反应生成氢气，阴极水得电子生成氢气： 2 { H _ { 2 } O + } { 2 e ^ { - } = - H _ { 2 } \uparrow + 2 O H ^ { - } } 。由以上分析可知，阳极反应： { 1 } { H C H O } + { O H ^ { - } } - { e ^ { - } } { \_ H c o o H + / { 1 } { 2 } H _ { 2 } , { 2 } H C O O H + } { O H ^ { - } } { = } { H C O O ^ { - } } + { H _ { 2 } O } ，阴极反应：（204号 2 { H } _ { 2 } { O } + 2 { e } ^ { - } / { \oplus \hat { { H } } } { { e } } { H } _ { 2 } \uparrow + 2 { O H } ^ { - } ，即转移{ ~ 2 ~ m o l ~ } 电子时，阴、阳两极各生成 { ~ 1 ~ m o l ~ } { H } _ { 2 } ，共2mol { H } _ { 2 } ，而传统电解水： 2 { H } _ { 2 } { O } = 2 { H _ { 2 } \uparrow + O _ { 2 } \uparrow } ，转移 { ~ 2 ~ m o l ~ } 电子，只有阴极生成 { 1 ~ m o l ~ H _ { 2 } } ,所以相同电量下{ H } _ { 2 } 理论产量是传统电解水的2倍，故A错误;阴极水得电子生成氢气，阴极反应为 2 { H } _ { 2 } { O } + 2 { e } ^ { - } = { H } _ { 2 } \uparrow + 2 { O H } ^ { - } ，故B正确；由电极反应式可知，电解过程中阴极生成 { O H ^ { - } } ，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性， { O H ^ { - } } 通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确；由以上分析可知，阳极反应涉及： { 1 } { H C H O + O H ^ { - } } - { e } ^ { - } { { - } } { { - } } { H C O O H } + { / { 1 } { 2 } } { H } _ { 2 } , { 2 } { H C O O H } + { O H ^ { - } } { = } { H C O O ^ { - } } + { H _ { 2 } O } ，由 { \scriptsize { 1 } } + { \scriptsize { 2 } } ）x 2 得阳极反应为 { 2 H C H O - 2 e ^ { - } + } 4 { O H ^ { - } } { \overline { { \longrightarrow } } 2 H C O O ^ { - } } + 2 { H } _ { 2 } { O } + { H } _ { 2 } \uparrow , （20号故D正确。

11.CD解析：由图可知， T _ { 1 } 比 T _ { { ~ 2 ~ } } 反应速率快，则 T _ { 1 } > T _ { 2 } · T _ { 1 } 温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于 T _ { { ~ 2 ~ } } 温度下达到平衡时反应物的摩尔分数；由于起始{ C O _ { 2 } } 与 { H } _ { 2 } 的物质的量之比为 1 : 1 ，则达到平衡时 { C O _ { 2 } } 和 { H } _ { 2 } 的摩尔分数相

等。根据分析， T _ { 1 } 比 T _ { { ~ 2 ~ } } 反应速率快，反应速率常数与温度有关，结合反应速率方程知 k _ { 1 } > k _ { 2 } ，A项正确；反应的速率方程为v=co5（H）c(CO），则（T）k1c0.5(H2)1c(CO2）1,T温度下达到平衡时反应物的摩尔分数低于 T _ { { ~ 2 ~ } } 温度下达到平衡时反应物的摩尔分数，则/ { v ( T _ { 1 } ) } { v ( T _ { 2 } ) } { < } / { k _ { 1 } } { k _ { 2 } } ，B项正确；温度不变，仅改变体系初始压力，虽然平衡不移动，但反应物的浓度改变，反应速率改变，反应达到平衡的时间改变，反应物摩尔分数随时间的变化曲线会变化，C项错误； T _ { { ~ 2 ~ } } 温度下，改变初始投料比例，相当于改变某一反应物的浓度，达到平衡时 { H } _ { 2 } 和{ C O _ { 2 } } 的摩尔分数不可能相等，故不能使平衡时各组分摩尔分数与 T _ { 1 } 温度时相同，D项错误。

12.C 解析：由题中信息可知， \mathbf { b } 电极为负极，发生反应： { C u _ { 2 } O - 2 e ^ { - } + 2 O H ^ { - } = } { 2 C u O + H _ { 2 } O } ，然后再发生反应： { C _ { 6 } H _ { 1 2 } O _ { 6 } } （20 + 2 { C u O } { = } { C } _ { 6 } { H } _ { 1 2 } { O } _ { 7 } { + } { C u } _ { 2 } { O } { \ } { a } 电极为正极，发生反应： { O } _ { 2 } + 4 { e } ^ { - } + 2 { H } _ { 2 } { O } = 4 { O H } ^ { - } ，在这个过程中发生的总反应为2 C _ { 6 } { H } _ { 1 2 } { O } _ { 6 } + { O } _ { 2 } = - 2 { C } _ { 6 } { H } _ { 1 2 } { O } _ { 7 } 。A.由分析可知，电池总反应为 { 2 C _ { 6 } H _ { 1 2 } O _ { 6 } + O _ { 2 } } { { - } } 2 { C } _ { 6 } { H } _ { 1 2 } { O } _ { 7 } ,A正确;B.b电极上 { C u O } 将葡萄糖氧化为葡萄糖酸后被还原为{ C u _ { 2 } O , C u _ { 2 } O } 在b电极上失电子转化成{ C u O } ，在这个过程中 { C u O } 的质量和化学性质保持不变，因此， { C u O } 通过 \operatorname { C u } ( \mathbb { I } ) （204号和 { { C u } ( { { ~ I ~ } } } )相互转变起催化作用，B正确；C.根据反应 2 C _ { 6 } { H _ { 1 2 } O _ { 6 } + O _ { 2 } = - 2 C _ { 6 } H _ { 1 2 } O _ { 7 } } 可知，1mol { C _ { 6 } H _ { 1 2 } O _ { 6 } } 参加反应时转移{ ~ 2 ~ m o l ~ } 电子， 1 8 { \ m g \ C _ { 6 } H _ { 1 2 } O _ { 6 } } 的物质的量为 0 . 1 \ {mm o l } ，则消耗 1 8 ~ { m g } 葡萄糖时，理论上a电极有 0 . 2 \ {mm o l } 电子流入，C错误;D.原电池中阳离子从负极移向正极，故 { { N a } ^ { + } } 在电场驱动下的迁移方向为{ b { \to _ { a } , D } } 正确。

C解析：由图可知， { p H } = 6 . 5 时δ ( { P b ^ { 2 + } } ) > 5 0 % ，即 c ( { P b } ^ { 2 + } ) > 1 x 1 0 ^ { - 5 } { m o l } * { L } ^ { - 1 } ，则 c \left( { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } \right) { <=slant } / { K _ { { s p } } \left( { P b C O _ { 3 } } \right) } { c \left( { P } { b } ^ { 2 + } \right) } = { / { 1 0 ^ { - 1 2 . 1 } } { 1 x 1 0 ^ { - 5 } } } { { ~ m o l ~ } } \bullet { ~ L } ^ { - 1 } = 1 0 ^ { - 7 . 1 } { { ~ m o l ~ } } \bullet { ~ L } ^ { - 1 } < c \ ( \ { P b ^ { 2 + } } \ ) ，A项正确；由图可知，δ ( { P b } ^ { 2 + } ) { = } δ ( { P b } { C O } _ { 3 } ) 时，溶液中还存在{ P b } ( { O H } ) ^ { + } ,根据 c _ { ^ { 0 } } ( { P b ^ { 2 + } } ) = 2 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } { m o l } * { L } ^ { - 1 } 和Pb守恒，溶液中 c \left( { P b ^ { 2 + } } \right. ）{ < 1 . 0 x 1 0 ^ { - 5 } ~ m o l ~ * ~ L ^ { - 1 } } ,B项正确;溶液中的电荷守恒为 2 c ( { P b ^ { 2 + } } ) { + } c [ { P b ( O H ) ^ { + } } ] { + } c ( { H } ^ { + } ) = 2 c \ c ( { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } ) + c \ c ( { H C O _ { 3 } ^ { - } } ) + c ( { C l O _ { 4 } ^ { - } } ) ~ + ~ 2 c ~ \lbrack { P b ~ ( { C O _ { 3 } ~ ) _ { 2 } ^ { 2 - } ~ } ] ~ + ~ } c ( { O H ^ { - } } ) , { p H } = 7 时溶液中 c \left( { H } ^ { + } \right) = c \left( { O H } ^ { - } \right. ），则 2 c ( { P b ^ { 2 + } } ) + c \left[ { P b } ( { O H } ) ^ { + } \right] = 2 c ( { C O _ { 3 } ^ { 2 - } } ) + c ( { H C O _ { 3 } ^ { - } } ) + c ( { C l O _ { 4 } ^ { - } } ) +

2 c \ \big [ { P b ~ ( ~ C O _ { 3 } ~ ) _ { 2 } ^ { 2 - } ~ } \big ] ，故 2 c （ { P b ^ { 2 + } } ) + c \big [ { P b } ( { O H } ) ^ { + } \big ] { > } 2 c ( { C O } _ { 3 } ^ { 2 - } ) + c ( { H C O } _ { 3 } ^ { - } ) 2号+ c ( { C l O _ { 4 } ^ { - } } ),C项错误； { { N a H C O _ { 3 } } } 溶液中 { { H C O } _ { 3 } ^ { - } } 的水解平衡常数为/ { K _ { { ~ w ~ } } } { K _ { { ~ a l } } ( { H } _ { 2 } { C O } _ { 3 } ) } = / { 1 x 1 0 ^ { - 1 4 } } { 1 0 ^ { - 6 . 4 } } = 1 0 ^ { - 7 . 6 } > K _ { { a 2 } } ( { H } _ { 2 } { C O } _ { 3 } ）， { { N a H C O _ { 3 } } } 溶液呈碱性，加入少量 { { N a H C O _ { 3 } } } 固体，溶液 { p H } 增大，{ P b C O _ { 3 } } 转化成 { P b } ( { C O } _ { 3 } ) _ { 2 } ^ { 2 - } 而溶解，D项正确。

.D解析：由于 { A g C l } 和 { A g B r } 中阴、阳离子个数比均为 1 : 1 ，即两者图像平行，所以 ① 代表 { A g _ { 2 } C r O _ { 4 } } ，由于相同条件下，{ A g C l } 溶解度大于 { A g B r } ，即 K _ { { s p } } ( { A g C l } ) { > } K _ { { \scriptsize ~ s p } } ( { A g B r } ) ，所以 ② 代表 { A g C l } ，则 ③ 代表 { A g B r } ，根据 ① 上的点（2.0，7.7），可求得 K _ { { s p } } \dot { \mathbf { \rho } } _ { { s p } } \left( { \ A g } _ { 2 } { C r O } _ { 4 } \right) = c ^ { 2 } \left( { \ A g } ^ { + } \right) x \mathbf { \rho } c ( { C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } ) = ( 1 0 ^ { - 2 } ) ^ { 2 } x 1 0 ^ { - 7 . 7 } = 1 0 ^ { - 1 1 . 7 } .根据 ② 上的点(2.0,7.7)，可求得 K _ { { s p } } ( { A g C l } ) = c \left( { A g ^ { + } } \right) x c \left( { C l ^ { - } } \right) = 1 0 ^ { - 2 } x 1 0 ^ { - 7 . 7 } = 1 0 ^ { - 9 . 7 } ，根据 ③ 上的点(6.1,6.1)，可求得K _ { { s p } } ( { A g B r } ) = c ( { A g ^ { + } } ) x c ( { B r ^ { - } } ) = 1 0 ^ { - 6 . 1 } x 1 0 ^ { - 6 . 1 } = 1 0 ^ { - 1 2 . 2 } 。由分析得，曲线 ② 为 { A g C l } 沉淀溶解平衡曲线，故A正确；反应{ A g _ { 2 } C r O _ { 4 } + H ^ { + } } { \overline { { { \Omega } } } } { \Omega } { A g ^ { + } } + { H C r O _ { 4 } ^ { - } } 的平衡常数 \begin{array} { r l r } { K } & { { } = } & { / { c ^ { 2 } ( { A g } ^ { + } ) c ( { H C r O _ { 4 } ^ { - } } ) } { c ( { H } ^ { + } ) } } \end{array} =/ { c ^ { 2 } ( \mathbf { A } \mathbf { g } ^ { + } ) c ( \mathbf { C } \mathbf { C } \mathbf { O } _ { 4 } ^ { - } ) c ( \mathbf { H } \mathbf { C } \mathbf { r } \mathbf { O } _ { 4 } ^ { - } ) } { c ( \mathbf { H } ^ { + } ) c ( \mathbf { C } \mathbf { r } \mathbf { O } _ { 4 } ^ { - } ) } = / { K _ { { s p } } ( \mathbf { A } \mathbf { g } _ { 2 } \mathbf { C } \mathbf { O } _ { 4 } ) } { K _ { a 2 } ( \mathbf { H } _ { 2 } \mathbf { C } \mathbf { O } _ { 4 } ) }

10-6.s =10-5.2，故B正确；当CI-恰好滴定完全时， c ( { A g ^ { + } } ) = sqrt { K _ { { \scriptsize ~ s p } } ( { A g C l } ) } = 1 0 ^ { - 4 . 8 5 } ~ { ~ m o l ~ } * ~ { L } ^ { - 1 } ，即 c ( { C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } ) = / { K _ { { s p } } ( { A g _ { 2 } C r O _ { 4 } } ) } { c ^ { 2 } ( { A g ^ { + } } ) } = / { 1 0 ^ { - 1 1 . 7 } } { ( 1 0 ^ { - 4 . 8 5 } ) ^ { 2 } } = 1 0 ^ { - 2 . 0 } ( { m o l } * { L } ^ { - 1 } )，因此，指示剂的浓度不宜超过 1 0 ^ { - 2 . 0 } ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } ,故C正确；当 { B r } ^ { - } 到达滴定终点时， c ( { A g ^ { + } } ) = c ( { B r ^ { - } } ) = sqrt { K _ { { \scriptsize ~ s p } } ( { A g B r } ) } ~ = ~ 1 0 ^ { - 6 . 1 } ~ { { \ m o l } ~ ^ { \bullet } ~ L ^ { - 1 } } ，即\begin{array} { r l } { { c ( { C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } ) = / { K _ { { s p } } ( { A } \mathbf { g } _ { 2 } { C r O _ { 4 } } ) } { c ^ { 2 } ( { A } \mathbf { g } ^ { + } ) } = / { 1 0 ^ { - 1 1 . 7 } } { ( 1 0 ^ { - 6 . 1 } ) ^ { 2 } } } } \\ & { = 1 0 ^ { \circ _ { 5 } } ( { m o l } * { L } ^ { - 1 } ) , / { c ( { B r } ^ { - } ) } { c ( { C r O _ { 4 } ^ { 2 - } } ) } = / { 1 0 ^ { - 6 . 1 } } { 1 0 ^ { 0 . 5 } } } \end{array} = 1 0 ^ { - 6 . 6 } ,故D错误。

15.解析：（1）反应 { N a B H _ { 4 } \left( s \right) + 2 H _ { 2 } O } (1)- { \Delta N a B O _ { 2 } ( a q ) + 4 H _ { 2 } ( g ) } \quad \Delta H < { 0 } , \Delta { S } { > } 0 ，由 \Delta G = \Delta H - { T } \Delta S 可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故选C。(2)A项，升高温度，反应速率加快，A符合题意；B项，加入少量异丙胺[ ( { C H _ { 3 } } ) _ { 2 } { C H N H _ { 2 } } ] ， { H } _ { 2 } { O } 的量减少，化学反应速率降低， { ~ B ~ } 不符合题意;C项，加入少量固体硼酸 \left[ { B ( O H ) _ { 3 } } \right] ，硼酸水解，提高 { H ^ { + } } 的浓度，化学反应速率加快，C符合题意；D项，增大体系压强，忽略体积变化，则气体浓度不变，化学反应速率不变，D不符合题意;故选 AC。(3)随着投料比 \left[ n \left( { N a B H _ { 4 } } \right) / n \left( { H } _ { 2 } { O } \right) \right] 增大， { N a B H _ { 4 } } 的水解转化率降低，因此生成氢气的速率不断减小。(4)根据题干信息，该燃料电池中通入 { H } _ { 2 } 的一极为负极，通入 { O } _ { 2 } 的一极为正极，故正极的电极反应式为 { O } _ { 2 } + 4 { e } ^ { - } + 2 { C O } _ { 2 } = { 2 C O _ { 3 } ^ { 2 - } } ；该条件下， 0 . 4 9 { ~ L ~ H _ { 2 } } 的物质的量为 n \left( { H } _ { 2 } \right) = / { 0 . 4 9 { ~ L ~ } } { 2 4 . 5 { ~ L } * { m o ~ l } ^ { - 1 } } = 0 . 0 2 { m o l } ，工作时， { H } _ { 2 } 失去电子，所带电荷量为 2 x 0 . 0 2 ~ { m o l } x 6 . 0 x 1 0 ^ { 2 3 } ~ { m o l } ^ { - 1 } x 1 . 6 0 x 1 0 ^ { - 1 9 } ~ { { C } = 3 ~ 8 4 0 ~ { C } } ,工作电荷量为 3.2{ A } { x } 1 4 x 6 0 ~ { s } = 2 ~ 6 8 8 ~ { C } ，则该电池将化学能转化为电能的转化率 = / { 2 \ 6 8 8 } { 3 \ 8 4 0 { C } } x 100 % = 7 0 % 。（5)结合题干信息，要使得氢原子利用率为 100 % ，可由( 2 x 反应Ⅲ）一（ 2 x 反应 \parallel + 反应I）得{ N a B O _ { 2 } \left( / { } { } s \right) + 2 H _ { 2 } \left( { g } \right) + 2 M g ( { s } ) = } { N a B H _ { 4 } ( \ s ) + 2 M g O ( \ s ) , } \Delta G = 2 \Delta G _ { 3 } - ( 2 \Delta G _ { 2 } + \Delta G _ { 1 } ) = 2 x ( - 5 7 0 { \ k J \bullet \ m o l ^ { - 1 } } ) - [ 2 x ( - 2 4 0 { \ k J \ } \bullet { \ m o l } ^ { - 1 } ) + ( - 3 2 0 { \ k J } （20{ k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } ) ] = - 3 4 0 { ~ k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } ，也可由(一反应 { ~ I ~ } { - 4 } x 反应 \mathbb { I } + 4 x 反应Ⅲ)得 { N a B O _ { 2 } \left( s \right) + 2 H _ { 2 } O ( l ) + 4 M g \left( s \right) = } \begin{array} { r l } & { { N a B H _ { 4 } ( s ) } + 4 { M g O ( s ) } , \Delta G = - \Delta G _ { 1 } - } \\ & { { 4 } \Delta G _ { 2 } + 4 \Delta G _ { 3 } = 3 2 0 { ~ k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } - \left[ 4 x \right. } \\ & { \left. ( - 2 4 0 { ~ k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } ) \right] + \left[ 4 x { ( - 5 7 0 ~ k J } * \right. } \\ & { \left. { m o l } ^ { - 1 } ) \right] = - 1 0 0 0 { ~ k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } \circ } \end{array}

16.解析：根据盖斯定律计算化学反应热；根据影响化学反应速率的因素判断化学反应进行的方向从而判断曲线归属；根据反应前后的变化量计算转化率；根据平衡时各物质的物质的量计算平衡常数；根据一段时间内物质的含量变化计算反应速率并计算反应速率比；根据图示信息和反应机理判断合适的原因。

(1)将第一个热化学方程式编号定为 ① .将第二个热化学方程式编号定为 ② 。根据盖斯定律，将热化学方程式 ① 乘以3再加上热化学方程式 ② ，即 { 1 } x 3 + { 2 } 0故热化学方程式为 { 3 C H _ { 4 } \left( g \right) + 3 B r _ { 2 } \left( g \right) } { \overline { { \Gamma } } { - { \Lambda } } C _ { 3 } H _ { 6 } \left( g \right) + 6 H B r ( g ) } 的 \Delta H = - 2 9 { k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } x 3 + 2 0 { k J } \bullet { m o l } ^ { - 1 } = - 6 7 { k J } * { m o l } ^ { - 1 } 。

(2)(i)根据热化学方程式 ① ，升高温度，平衡逆向移动， { C H } _ { 4 } （g）的含量增多，{ C H _ { 3 } B r ( g ) } 的含量减少，故 { C H _ { 3 } B r } 的曲线为a。
(ii) 5 6 0 ~ { ^ { \circ } C } 时反应达平衡，剩余的 { C H _ { 4 } } (g)的物质的量为 1 . 6 ~ { { \mm o l } } ，其转化率 α = / { \left( 8 \ {mm o l } - 1 . 6 \ {mm o l } \right) } { 8 \ {mm o l } } x 1 0 0 % = 8 0 % 若只发生一步反应，则生成 6 . 4 ~ {mm o l } { C H _ { 3 } B r } ，但此时剩余 { C H _ { 3 } B r } 的物质的量为 5 . \ 0 \ \ { ~mm o l } ，说明还有1.4mmol{ C H _ { 3 } B r } 发生反应生成 { C H _ { 2 } B r _ { 2 } } ，则此时生成的HBr的物质的量 n { = } 6 . 4 { + } 1 . 4 { = } 7 . 8 \ {mm o l } 。

(iii)平衡时，反应中各组分的物质的量分别为 n \left( { C H _ { 3 } B r } \right) { = } 5 . 0 \ {mm o l } , n \left( { B r } _ { 2 } \right) { = } 0 . 2 \ { \mm o l } , n \ ( { C H } _ { 2 } { B r } _ { 2 } ) = 1 . 4 \ { \mm o l } , （20n \left( { H B r } \right) { = } 7 . 8 ~ {mm o l } ，故该反应的平衡常数 \begin{array} { r l r } { K } & { { } = } & { / { c ( { C H _ { 2 } B } { \bf r } _ { 2 } ) \bullet c ( { \bf H B r } ) } { c ( { C } { \bf H } _ { 3 } { B r } ) \bullet c ( { \bf B r } _ { 2 } ) } = } \end{array} / { / { 1 . 4 } { V } x / { 7 . 8 } { V } } { / { 5 . 0 } { V } x / { 0 . 2 } { V } } { = 1 0 . 9 2 } _ { }

(3)(i)设密闭容器体积为 V { { ~ L } } , 1 1 ~ 1 9 S
时，有 { I } _ { 2 } 的条件下的生成速率 \mathbf { \sigma } _ { v } （有 { I } _ { 2 } ）
= { / { { \cfrac { 3 . 2 } { V } } - { \cfrac { 2 . 6 } { V } } } { 8 } } = { / { 0 . 0 7 5 } { V } } ~ { {mm o l } } * { { L } } ^ { - 1 } * { { s } } ^ { - 1 } ,
无 { I } _ { 2 } 的条件下的生成速率 \boldsymbol { v } （无 { I } _ { 2 } ) =
/ { / { 2 . 2 } { { ~ V ~ } } - / { 1 . 8 } { { ~ V ~ } } } { 8 } = / { 0 . 0 5 } { { ~ V ~ } } { ~ m ~ } { m o l } { ~ } * { ~ L ^ { - 1 } ~ } \bullet { ~ s ^ { - 1 } ~ } 。生0.075
成速率比 * / { v ( \star \sf R I _ { 2 } ) } { v ( \star \sf R I _ { 2 } ) } = / { \overline { { { V } } } } { \displaystyle / { 0 . 0 5 } { V } } = / { 3 } { 2 } . 。

(ii)从图中可以看出，大约 5 { ~ s ~ } 以后有 { I } _ { 2 } 催化的 { C H _ { 2 } B r _ { 2 } } 的含量逐渐降低，有 { I } _ { 2 } 催化的 { C H _ { 3 } B r } 的含量陡然上升，因此，可以利用此变化判断 { I } _ { 2 } 提高了 { C H _ { 3 } B r } 的选择性。

(iii)根据反应机理， { I } _ { 2 } 的投入消耗了部分 { C H _ { 2 } B r _ { 2 } } ，同时也消耗了部分HBr，使得消耗的 { C H _ { 2 } B r _ { 2 } } 发生反应生成了{ C H _ { 3 } B r } ，提高了 { C H _ { 3 } B r } 的选择性。

17.解析：(1)将两个反应依次标号为反应 ① 和反应 ② ，反应 ① 一反应 { 2 } x 2 可得目标反应，则 \Delta H _ { 3 } = \Delta H _ { 1 } - 2 \Delta H _ { 2 } = ( - 2 0 9 . 8 - 1 7 8 . 1 x 2 ) ~ { { k J } ~ ^ { * } ~ { { m o l } ^ { - 1 } = } } - 5 6 6 { k J } * { m o l } ^ { - 1 } 。

(2)从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高， { { C } } _ { 2 } { { H } } _ { 6 } 的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应， \Delta H _ { 4 } > 0 。 6 0 0 ~ { ~ degree ~ } 0 . 6 ~ { M P a } 时， { C _ { 2 } H _ { 6 } } 的平衡转化率约为20 % ，a错误； 7 0 0 { ~ degree ~ C ~ } , 0 . 7 { ~ M P a } 时， { C _ { 2 } H _ { 6 } } 的平衡转化率约为 50 % ，最接近 40 % ，b正确； 7 0 0 { ~ degree ~ } , 0 . 8 { ~ M P a } 时， { C _ { 2 } H _ { 6 } } 的平衡转化率接近 50 % ，升高温度，该反应的化学平衡正向移动， { C _ { 2 } H _ { 6 } } 转化率增大，因此 8 0 0 \ { ^ { \circ } C } \ , 0 . 8 \ { M P a } 时， { C _ { 2 } H _ { 6 } } 的平衡转化率大于 50 % ，c错误。

(3） ① 仅发生反应i，设初始时 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 物 质的量为 { ~ 1 ~ m o l ~ } ，平衡时 { { C _ { 2 } H _ { 6 } } } 转化率为 2 5 % ，则消耗 { C _ { 2 } H _ { 6 } 0 . 2 5 \ m o l } ，生成 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 0 . 2 5 ~ { { \ m o l } } ，生成 { H } _ { 2 } 0 . 2 5 { m o l } , K _ { { a l } } = { / { 0 . 2 5 x 0 . 2 5 } { 0 . 7 5 } } { } = { / { 1 } { 1 2 } } { } _ { \circ } （20

② 只发生反应|时，随着反应进行，气体总物质的量增大，压强增大促使化学平衡逆向移动；同时发生反应丨和反应Ⅱ，且从题干可知 K _ { { a 2 } } 远大于 K _ { { a l } } ，反应i为等体积反应，因此反应Ⅱ的发生相当于在单独发生反应|的基础上减小了压强，则反应i化学平衡正向移动， { C _ { 2 } H _ { 4 } } 平衡产率增大。

(4)配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则 { C u ^ { + } } 的4s空轨道与 { { C _ { 2 } H _ { 4 } } } 分子的 π 键电子形成配位键。 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 能与 { C u ^ { + } } 形成配合物而吸附在Y分子筛上， { C _ { 2 } H _ { 6 } } 中无孤电子对不能与 { C u } ^ { + } 形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 和 { { C _ { 2 } H _ { 6 } } } ，优点是识别度高，能有效将 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 和 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。

(5）前 3 0 \ \operatorname* { m i n } , { / { c } { c _ { 0 } } } 等于0，出口浓度 \mathbf { \Psi } _ { c } 为0,说明两种气体均被吸附，A错误； \boldsymbol { \mathscr { p } } 点时， { C _ { 2 } H _ { 6 } } 对应的 / { c } { c _ { \tiny 0 } } 约为1.75,出口处（204号 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 浓度较大，而 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 对应的 / { c } { c _ { \tiny 0 } } 较小，出口处 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为 { C _ { 2 } H _ { 6 } } ，B正确； a 点处 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 的 / { c } { c _ { 0 } } = 1 ，说明此时 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 不再吸附在吸附剂上，而 \mathbf { α } _ { a } 点后 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 的C>1,说明原来吸附在吸附剂上的{ C _ { 2 } H _ { 6 } } 也开始脱附，同时从图中可知， a 点后一段时间， { C _ { 2 } H _ { 4 } } 的 / { c } { c _ { \tiny 0 } } 仍为0,说明是（204号
吸附的 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 逐渐被 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 替代， \boldsymbol { \mathbf { \mathit { \Sigma } } } _ { { P } } 点到b 点之间，吸附的 { C _ { 2 } H _ { 6 } } 仍在被 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附 { { C } _ { 2 } { { H } _ { 4 } } } ，因此 \boldsymbol { \mathbf { \mathit { \Sigma } } } _ { { P } } 点后 { C _ { 2 } H _ { 4 } } 的 / { c } { c _ { \tiny \begin{array} { c } { 0 } \end{array} } } 也逐（204号

步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确。

.解析：工业上以 { N } _ { 2 } 为载气，用 { T i O _ { 2 } } 作催化剂，由 { H O C H _ { 2 } C H _ { 2 } C O O C _ { 2 } H _ { 5 } } 和{ C _ { 2 } H _ { 5 } O H } 为进料气体生产 { C H _ { 2 } } = CHCN，在反应釜I中发生反应i：{ H O C H _ { 2 } C H _ { 2 } C O O C _ { 2 } H _ { 5 } \left( \ g \right) \longrightarrow C H _ { 2 } \ = } { C H C O O C _ { 2 } H _ { 5 } ( g ) + H _ { 2 } O ( g ) } ，加入 { N H _ { 3 } } 后，加入 { N H _ { 3 } } 后，在反应釜Ⅱ中发生反应= { C H _ { 2 } = C H C O O C _ { 2 } H _ { 5 } ( g ) + N H _ { 3 } ( } g）\begin{array} { r } { \longrightarrow { C H } _ { 2 } = { C H C O N H } _ { 2 } \left( { g } \right) + { C } _ { 2 } { H } _ { 5 } { O H } } \end{array} (g)，反应i： { C H } _ { 2 } { = } { C H C O N H } _ { 2 } \left( { g } \right) { \longrightarrow } { C H } _ { 2 } = { C H C N } ( { g } ) + { H } _ { 2 } { O } ( { g } ) ，故产物的混合气体中有 { C H _ { 2 } } = { C H C N } . 、未反应完的 { C _ { 2 } H _ { 5 } O H } 、 { C H } _ { 2 } = { C H C O O C } _ { 2 } { H } _ { 5 } （g）和 { H } _ { 2 } { O } ( { g } ) ：

（1）根据盖斯定律，总反应{ H O C H _ { 2 } C H _ { 2 } C O O C _ { 2 } H _ { 5 } ( \ g ) + N H _ { 3 } ( \ } g）1 { C H } _ { 2 } = { C H C N ( g ) } + { C } _ { 2 } { H } _ { 5 } { O H ( g ) } + 2 { H _ { 2 } O ( g ) } 可以由反应 { ~ i ~ } + 反应Ⅱ ^ + 反应ii得到，故 \Delta H { = } \Delta H _ { 1 } { + } \Delta H _ { 2 } { + } \Delta H _ { 3 } 。

(2) ① 根据总反应 { H O C H _ { 2 } C H _ { 2 } C O O C _ { 2 } H _ { 5 } ( g ) } + { \Delta N H _ { 3 } ( g ) \longrightarrow C H _ { 2 } \ = C H C N \left( g \right) + } { C _ { 2 } H _ { 5 } O H ( g ) + 2 H _ { 2 } O ( g ) } ，设进料混合气中 n ( { H O C H _ { 2 } C H _ { 2 } C O O C _ { 2 } H _ { 5 } } ) = 1 { m o l } , （20n \left( { C _ { 2 } H _ { 5 } O H } \right) ~ = ~ 2 ~ { m o l } ，出料气中{ C H _ { 2 } } = { C H C O O C _ { 2 } H _ { 5 } } 含量较少，则生成{ { C H } _ { 2 } = { { C H C N } ( g ) } } 、 { C _ { 2 } H _ { 5 } O H ( g ) } 物质的量约为 { ~ 1 ~ m o l ~ } ，生成 { { H _ { 2 } O ( g ) } } 的物质的量约为 { 2 ~ m o l } ，故出料气中 { C _ { 2 } H _ { 5 } O H ( g ) } 物质的量共约 3 \mod ，故出料气中{ C H } _ { 2 } = { C H C N } 1 { C _ { 2 } H _ { 5 } O H } 、 { H } _ { 2 } { O } 物质的量之比约为 1 : 3 : 2 ，故曲线c表示{ C H _ { 2 } = C H C N } 的曲线。

② 反应釜 { ~ I ~ } 中发生反应i是气体体积增大的反应，故加入 { C _ { 2 } H _ { 5 } O H } 降低分压有利于反应|平衡正向移动且提高醇的浓度可以使酯的水解程度降低从而提高产率。

③ 出料中没有检测到 { C H _ { 2 } } = { C H C O N H _ { 2 } } 的原因是 { C H _ { 2 } } = { C H C O N H _ { 2 } } 在反应釜Ⅱ的温度下发生分解。

④ 反应 ^ { 1 1 { ~ h ~ } } 后，a、b、c曲线对应物质的流量逐渐降低的原因是反应时间过长，酯类物质发生水解的程度增大，反应釜中发生反应的产物减少，反应速率降低，故产物减少。

中 _ { rm { ( 3 ) 0 . 7 2 g } } 水的物质的量为 0 . 0 4 { ~ m o l } ，故\begin{array} { r } { \phi \left( { H } _ { 2 } { O } \right) = 2 . 5 x 1 0 ^ { 2 } { k P a } * { m o l } ^ { - 1 } x } \end{array} n ( { H } _ { 2 } { O } ) { = } 1 0 { \ k P a } , { N H } _ { 4 } { H C O } _ { 3 } 分解的反应式为 { N H _ { 4 } H C O _ { 3 } = N H _ { 3 } \uparrow + C O _ { 2 } \uparrow } + { H _ { 2 } O \uparrow } ，故 { N H _ { 4 } H C O _ { 3 } } 分解的平衡常数 K _ { { \ p } } { = } \ p \left( { N H _ { { 3 } } } \right) \ * \ p \left( { C O _ { 2 } } \right) \ * \ p \left( { H } _ { { 2 } } { O } \right) （204号= \ 4 x 1 0 ^ { 4 } \ ( { { k P a } ) ^ { 3 } } ，解得 \phi \ { ~ ( ~ N H _ { 3 } ~ ) ~ } = 4 0 \ { k P a } ，故为保证 { N H _ { 4 } H C O _ { 3 } } 不分解，{ N H _ { 3 } } 的分压应不低于 4 0 \ { k P a } 。

{ ( 4 ) S N ( C H _ { 2 } C H _ { 2 } C N ) _ { 4 } } 是有机化合物，与水不互溶，水中不电离，以 { C H _ { 2 } = C H C N } 为原料， { S n } 作阴极得电子制得{ S } n \left( { C H _ { 2 } C H _ { 2 } C N } \right) _ { 4 } ，故阴极的电极反应式为 { S n + 4 C H _ { 2 } = C H C N + 4 e ^ { - } + 4 H ^ { + } } { \Gamma = { S n ( C H _ { 2 } C H _ { 2 } C N ) _ { 4 } } } 。

.解析：(1)已知三个反应：

{ I } \ldots { C } ( \mathbf { s } ) + { H } _ { 2 } { O } ( \mathbf { g } ) { { = } } { C O } ( \mathbf { g } ) + { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) Ⅲ { . C O ( g ) + H _ { 2 } O ( g ) = { \overline { { { \Gamma } } } { O _ { 2 } ( g ) + H _ { 2 } ( g ) } } } Ⅲ . C a O ( { s } ) + C O _ { 2 } ( { g } ) = C a C O _ { 3 } ( { s } ) 设目标反应 { { C } ( s ) + { { C a O } ( s ) + 2 H _ { 2 } O ( g ) } } \overbrace { { \Omega } } { ~ \sum ~ } { C a C O _ { 3 } ( \boldsymbol { s } ) } + { 2 H _ { 2 } ( \mathbf { g } ) } 为 { I V } ，根据盖斯定律， \mathbb { N } = { I } + \mathbb { I } + \mathbb { I } ，所以 \Delta H = \Delta H _ { rm { l } } + \Delta H _ { { ~ 2 ~ } } + \Delta H _ { { ~ 3 ~ } } 。

(2)图示温度范围内C(s)已完全反应，则反应 { ~ I ~ } 已经进行完全，反应Ⅱ和Ⅲ均为放热反应，从开始到 T _ { 1 } ，温度不断升高，反应Ⅱ和Ⅲ逆向移动，依据反应Ⅱ，{ H } _ { 2 } 量减小，摩尔分数减小，CO量升高，摩尔分数增大，所以a曲线代表 { H } _ { 2 } 的摩尔分数的变化;则c曲线代表 { C O _ { 2 } } 的摩尔分数随温度的变化；开始到 T _ { 1 } . { C O _ { 2 } } 的摩尔分数升高，说明在这段温度范围内，反应Ⅲ占主导，当温度高于 T _ { 1 } .{ C a C O _ { 3 } } (s)已完全分解，只发生反应 \mathbb { I } ，所以 { C O _ { 2 } } 的摩尔分数减小。

(3)压力 \boldsymbol { \mathscr { p } } 下、温度为 \boldsymbol { T } _ { 0 } 时， { H } _ { 2 } 、 \scriptstyle { { C O } } ） { C O _ { 2 } } 的摩尔分数分别为0.50、0.15、 0.05，则 { H } _ { 2 } { O } \left( { g } \right) 的摩尔分数为1—

0 . 5 0 { - } 0 . 1 5 { - } 0 . 0 5 { = } 0 . 3 0 ，则反应 \operatorname { C O } ( { { g } } ) + { H } _ { 2 } { O } ( \mathbf { g } ) { \longleftarrow } { C O } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) + { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) 的平衡常数 K _ { { ~ p ~ } } ~ = ~ / { \hbar ( { C O } _ { 2 } ) x p ( { H } _ { 2 } ) } { \hbar ( { C O } ) x p ( { H } _ { 2 } { O } ) } ~ = { / { 0 . 0 5 \dot { p } x 0 . 5 0 \dot { p } } { 0 . 1 5 \dot { p } x 0 . 3 0 \dot { p } } } { = } { / { 5 } { 9 } } ;
根据气体总物质的量和气相中 _ { H _ { 2 } , C O } 、{ C O _ { 2 } } 的摩尔分数，可以计算出 { H } _ { 2 } 、CO、{ C O } _ { 2 } 、 { H } _ { 2 } { O } 的物质的量为 { ~ 2 ~ } { ~ m o l } 、0 . 6 \ { m o l , 0 . 2 \ m o l , 1 . 2 \ m o l _ { { ~ c ~ } } } （24号

A.三段式法

设起始投料 \mathbf { \Psi } _ { c } (s）、 _ { H _ { 2 } O , C a O } 物质的量分别为 a \mod , b \mod , c \mod ，反应Ⅱ、Ⅲ转化CO、 { C O _ { 2 } } 物质的量分别为 x \ { m o l } , y mol。根据反应的先后顺序，列出三段式反应I： c \left( \mathbf { s } \right) + { H } _ { 2 } { O } ( \mathbf { g } ) { \overline { { - { O } ( \mathbf { g } ) + { H } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) } } } 起始／mol： a 6 0 0转化/mol: a a （2 a （204 a平衡／mol: 0 （204号 b - a （204号 （24 a （204号 a

反应Ⅱ： { C O ( g ) + H _ { 2 } O ( g ) = - C O _ { 2 } ( g ) + H _ { 2 } ( g ) } 起始／mol：a b-a 0 （204号 a 转化／mol： x x （204号 x （ （204号 x 平衡／mol： a - x b - a - x x a + x （20 反应Ⅲ： { C a O ( s ) + C O _ { 2 } ( g ) = C a C O _ { 3 } ( s ) } 起始／mol: C （204号 x 0 转化／mol: y y y 平衡／mol: c-y x-y （2 y

根据平衡时各气体物质的量，列出方程组

由于前三个方程正好三个未知数对应三个方程，所以不需要求解方程 ④ ，简单求算即可解得 y = 0 . 5 。

B.元素守恒法

化学反应的实质是原子之间的重新组合，因此，分析题中所有反应的元素变化，可知反应物 { H } _ { 2 } { O } 中的H元素的去向只有一处： { H } _ { 2 } ，而O元素的去向有三处：CO、 { C O _ { 2 } } 、 { C a C O _ { 3 } } ，并且从反应 ③ 可以看出， { C a C O _ { 3 } } 三个氧原子中有一个氧原子来自CaO，其他两个氧原子来自{ H } _ { 2 } { O } ，如图所示：

将上述生成物的原子进行溯源，根据物质 { H } _ { 2 } { O } 的元素组成比例，可知 2 n \left( { O } \right) = n \left( { H } \right) ，即：\begin{array} { l } { 2 \big [ n ( { C O } ) + 2 n ( { C O } _ { 2 } ) + 2 n ( { C a C O } _ { 3 } ) \big ] = } \\ { 2 n ( { H } _ { 2 } ) } \end{array} 将 { C O , C O _ { 2 } , H _ { 2 } } 的物质的量代入，即可迅速计算出生成 { C a C O _ { 3 } } 的物质的量为

0 . 5 ~ { m o l } 。

C.电子守恒法

分析上述三个反应中，前两个反应为氧化还原反应，根据物质的始态与终态，参加反应的三种物质（C、 { H } _ { 2 } { O } 、CaO）中只有C、H两种元素化合价发生变化，将四种产物按照价态升降分类：价态升高的为C,产物为CO、 { C O _ { 2 } } 、 { C a C O _ { 3 } } ，价态降低的为 { H } _ { 2 } { O } ，产物为 { H } _ { 2 } ，具体如图所示：

则根据电子守恒，列式： 2 n （ { C O } ) + 4 n \left( { C O } _ { 2 } \right) + 4 n \left( { C a C O } _ { 3 } \right) = 2 n \left( { H } _ { 2 } \right)
将CO、 { C O _ { 2 } } 、 { H } _ { 2 } 的物质的量代入，即可迅速计算出生成 { C a C O _ { 3 } } 的物质的量为0 . 5 ~ { m o l } 。
若向平衡体系中通入少量 { C O } _ { 2 } ( { g ) } ，重新达平衡后，反应 { C a O ( s ) + C O _ { 2 } ( g ) = } { C a C O _ { 3 } } (s）的 K _ { { p } } = { / { 1 } { p \left( { C O } _ { 2 } \right) } } ，温度不变，K _ { \mathfrak { p } } 不变，则分压 \phi \ : ( { C O _ { 2 } } )不变；体系中增加了 { C O } _ { 2 } ( { g ) } ，若反应 \mathbb { I } 逆向移动，在{ C O _ { 2 } } 分压不变的前提下， \scriptstyle { { C O } } 、 { H } _ { 2 } { O } 的分压增大， { H } _ { 2 } 分压减小，则反应 \mathbb { I } 的 K _ { \mathfrak { p } } 将会发生变化，与事实不符，所以为了保证Ⅱ的 K _ { { ~ p ~ } } 也不变，最终所有物质的分压均不变，即 \boldsymbol { \mathbf { \mathit { \Sigma } } } _ { { P } } (CO)不变。

模块综合达标卷（一）

答案速对

1 5 . ( 1 ) { N } _ { 2 } \quad { N } _ { 2 } \left( { g } \right) + { O } _ { 2 } \left( { g } \right) = 2 { N O } \left( { g } \right) \Delta H { = } + 1 8 0 \ { k J * \ m o l ^ { - 1 } }

(2) ① 放热 1 3 4 { ~ k J } * { m o l } ^ { - 1 } - 2 2 6 \ { k J } * { m o l } ^ { - 1 } ② 减小不变 (3)释放 1 7 2 . 5 { ~ k J } （2号

16.(1) { 5 H _ { 2 } C _ { 2 } O _ { 4 } + 2 M n O _ { 4 } ^ { - } + 6 H ^ { + } = } 10CO²↑+2Mn²++8HO （或2.5）(2)草酸浓度 ( 3 ) t _ { 1 } > t _ { 2 } > t _ { 3 } (4） 1 . 7 x 1 0 ^ { - 4 } （2号( 5 ) { M n ^ { 2 + } } 保证实验1和实验2混合后溶液中 { K M n O _ { 4 } } 、 { H } _ { 2 } { C } _ { 2 } { O } _ { 4 } 、 { S O _ { 4 } ^ { 2 - } } 的初始浓度相等

1 7 . ( 1 ) { 1 } { H A ^ { - } } + { H } _ { 2 } { O } \mathop { \longrightarrow } { H } _ { 2 } { A } + { O H } ^ { - } , . { H A } ^ { - } 的水解程度大于其电离程度 \begin{array} { r l } & { { 2 } c \left( { N a ^ { + } } \right) > c \left( { H A ^ { - } } \right) > c \left( { O H ^ { - } } \right) > } \\ & { } \\ & { c \left( { H ^ { + } } \right) > c \left( { A ^ { 2 - } } \right) } \end{array} (2)盐酸 { \Delta A l _ { 2 } O _ { 3 } \quad ( 3 ) F e ^ { 3 + } \quad M g ( O H ) _ { 2 } . } , \begin{array} { r l } { { C a ( O H ) _ { 2 } } } & { { } \ { H _ { 2 } C _ { 2 } O _ { 4 } } } \end{array} 过量会导致生成 { B a C _ { 2 } O _ { 4 } } 沉淀，产品产量减少

18.(1)C

(2)负 { S O } _ { 2 } + 2 { H } _ { 2 } { O } - 2 { e } ^ { - } = { S O } _ { 4 } ^ { 2 - } + 4 { H ^ { + } }

( 3 ) { 1 } 0 . 3 \ { m o l } \bullet { L } ^ { - 1 } \bullet \ { m i n } ^ { - 1 } { 2 } 4 . 5
③ 降低温度
④ 不移动

19.(1) ① 高温 ② bd ③ 7(2) ① acd ② 碳酸氢根与铁反应生成的碳酸铁转化为 { F e } _ { 3 } { O } _ { 4 - x } 作为反应的催化剂( 3 ) 2 { H C H O } \ - \ 2 { e ^ { - } } \ + \ 4 { O H ^ { - } } \ - 2 { H C O O ^ { - } } + { H _ { 2 } } \uparrow + 2 { H _ { 2 } O }

试题精析

.D解析：在电解中与电源正极相连的是阳极，A错误；在NaCl溶液中水电离出{ H ^ { + } } 放电能力强于 { { N a } ^ { + } } ，在阴极水放电生成氢气，无法得到钠单质，应电解熔融NaCl得到金属Na，B错误；能自发进行的氧化还原反应，反应过程中存在电子转移，能设计成原电池，故不是任何的氧化还原反应都可以设计成原电池，C错误；一般来说，带有盐桥的原电池，能减少负极和电解质溶液直接接触反应，比不带盐桥的原电池效率高，D正确。

2.B「气体混乱度大于液体的混乱度，该反应生成气体，是熵增变化，A正确；反应热\ L = 正反应的活化能一逆反应的活化能，该反应是放热反应，正反应的活化能一逆反应的活化能 { < } 0 ，故相同条件下，正反应活化能小于逆反应活化能，B错误；升高温度可以提高活化分子的百分数，C正确；{ { N _ { 2 } H _ { 4 } ( g ) } } 的能量大于 { N } _ { 2 } { H } _ { 4 } (1)的能量，故{ { N } _ { 2 } { { H } _ { 4 } ( { { g } ) } } } 放出能量更多，因为焓变为负值，故 { N } _ { 2 } H _ { 4 } { ~ ( ~ g ~ ) ~ } + 2 { H } _ { 2 } { O } _ { 2 } { ~ ( ~ l ) ~ } - { N } _ { 2 } { ( ~ g ) ~ } + 4 { H } _ { 2 } { O } ( { g } ) \quad \Delta H { < } - 6 4 1 . 6 { k J } * { m o l } ^ { - 1 } , { I } ）正确。

.D解析：氢氧化钠和醋酸发生中和反应，反应放热，当酸反应完成后，再加碱，相当于往热水中加入冷水，温度降低，故A正确；醋酸中滴加氢氧化钠溶液，酸性减弱，pH增大，故B正确;醋酸中滴加氢氧化钠溶液，相当于弱电解质溶液变成强电解质溶液，因此导电能力增加，而后加入的强碱会使导电能力进一步增大，最终趋于稳定，接近氢氧化钠稀溶液的导电能力，故 { ~ C ~ } 正确；醋酸中滴加氢氧化钠溶液，醋酸逐渐转化为醋酸钠，水电电离程度逐渐增大，当醋酸完全反应后，再加入氢氧化钠，水电电离又受到抑制，电离程度逐渐减小，故D错误。

4.A「碳酸钠溶液显碱性，加热可以促进碳酸根的水解，使溶液碱性增强，A正确；加热会促进 { F e ^ { 3 + } } 的水解，生成氢氧化铁沉淀，但是还要经过滤才能得到氯化钾溶液，B错误；配制 { F e S O _ { 4 } } 溶液时，将 { F e S O _ { 4 } } 固体溶于稀盐酸中会引入氯离子杂质，C错误； { N a _ { 2 } S O _ { 3 } } 溶液加热蒸干、灼烧时，要考虑空气中的氧气将其氧化，所以最终得到 { N a _ { 2 } S O _ { 4 } } 固体，D错误。

5.D解析：由元素质量守恒可知， 0 . 1 { \ m o l } ·{ L } ^ { - 1 } 碳酸氢钠溶液中 \mathbf { \Psi } _ { c } （ { H _ { 2 } C O _ { 3 } \ } + c ( { H C O _ { 3 } ^ { - } } ) = 0 . 1 \ { m o l } * { L ^ { - 1 } } ，故A错误；常温下，将 1 x 1 0 ^ { - 6 } ~ { m o l } * { L } ^ { - 1 } 的盐酸溶液稀释100倍溶液依然显酸性，则溶液的 { \Delta p H } 小于7，故B错误； 1 0 0 ^ { \circ } { C } ， { p H } 约为6的水中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，水呈中性，故C错误；常温下，NaCN溶液呈碱性，由盐类水解规律可知，HCN是在溶液中部分电离的弱酸，故D正确。

6.C[由图可知，未滴定时，弱酸的 { \ p H = } 3，用NaOH溶液滴定该弱酸溶液达到终点时 { p H } 范围在 { 7 } ~ 1 1 ，变色范围最合适的指示剂是酚酞，用去NaOH溶液的体积是 2 0 ~ { m L } ，该弱酸滴定前的浓度是 { 2 0 ~ m L } { \nabla x / { 0 . 5 0 ~ m o l * ~ L ^ { - 1 } } { 1 0 0 ~ m L } = 0 . 1 0 ~ m o l * ~ L ^ { - 1 } } ，故A、D错误，C正确;滴定前该弱酸的 pH= 3 ，溶液在稀释过程中会继续电离，该弱酸稀释10倍后， { p H } 小于4,故B错误。

7.D解析：根据图1和图2结合，可以看出反应的催化剂为 { Z _ { { n } } } ^ { + } . Z _ { { { n O } ^ { + } } } 为中间产物，A错误；能量越低越稳定，所以稳定性：{ I M _ { 1 } { < } I M _ { 2 } { < } I M _ { 3 } { < } I M _ { 4 } } ，B错误；反应 ① 是Z { n } ^ { + } 和 { N } _ { 2 } { O } 反应生成 { N } _ { 2 } 和 { Z n O ^ { + } } ，生成物总能量高于反应物总能量，是吸热反应，反应 ② 反应物总能量高于生成物总能量，是放热反应，C错误；据流程图可以看出反应过程中CO转化为 { C O _ { 2 } } { N } _ { 2 } { O } 转化成 { N } _ { 2 } ，总反应为 { C O } \left( { g } \right) + { N } _ { 2 } { O } \left( { g } \right) = { C O } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) + { N } _ { 2 } \left( \mathbf { g } \right) ，生成物的总能量小于反应物的总能量，差值为 3 6 1 . ~ 2 2 ~ { ~ k J } ·{ m o l ^ { - 1 } } ，因此该反应的 \Delta H = - 3 6 1 . 2 2 { k J } * { m o l } ^ { - 1 } ,D正确。

8.C[速率方程中 k 为速率常数，受温度、催化剂、固体表面性质等因素的影响，A错误； \boldsymbol { c } (CO）、 \boldsymbol { c } （ { C l } _ { 2 } )分别增大相同的倍数，根据速率方程 v { = } k c ^ { / { 1 } { 2 } } ( \mathbf { C l } _ { 2 } ) _ { C } (CO)，得出它们对总反应速率的影响程度不相同，\mathbf { \Psi } _ { c } (CO)影响程度大，B错误；第三步是慢反应，因此该总反应的速率主要取决于第三步反应，C正确；第三步是慢反应，说明第三步反应的有效碰撞频率较小，D错误。

.C[HCl和 { C H _ { 2 } C O O H } 的物质的量均为0 . 0 0 2 \ { L } { x } 2 \ { m o l } * { L } ^ { - 1 } = 0 . 0 0 4 \ { m o l } ，全部反应消耗 { { \Delta \ M g } } 的质量为 { / { 0 . 0 0 4 \ { { m o l } } } { 2 } } \ x 2 4 { ~ g ~ } \bullet { ~ m o l } ^ { - 1 } = 0 . 0 4 8 { ~ g ~ } ，镁条过量、少量、恰好完全反应都可以，故加入的镁条质量可能为 { 0 . 0 5 0 ~ g } ，A正确；由图可知， 0 ~ 300s内，最终锥形瓶内压强相等，则生成氢气的量相同，则两锥形瓶中反应平均速率相等，B正确;金属与酸的反应为放热反应，反应体系放出热量，则反应体系（反应物、生成物、锥形瓶)总能量降低，环境总能量升高，C错误；增大接触面积，有利于加快反应速率，将醋酸中的镁条替换为等质量的镁粉，接触面积增大，反应速率加快，曲线b有可能变化为曲线a，D正确。

10.A「钡离子与碳酸根离子反应，使碳酸根离子的水解平衡逆向移动，则溶液红色变浅，证明 { N a _ { 2 } C O _ { 3 } } 溶液中存在水解平衡，A正确;加入KCl固体，对铁离子与 { { S C N } ^ { - } } 的配合反应无影响，平衡不移动，溶液颜色不变，B错误;{ C H _ { 3 } C O O N H _ { 4 } } 中 { C H _ { 3 } C O O ^ { - } * N H _ { 4 } ^ { + } } 相互促进水解，但二者促进水电离程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性，C错误;NaOH过量，两种沉淀均能生成，不是沉淀的转化，所以不能得出 K _ { { s p } } { [ C u ( O H ) _ { 2 } ] } { < } K _ { { s p } } [ { M g ( O H ) } _ { 2 } ] , D错误。

[1.C[在 { ~ I ~ } 中硫黄已经呈熔融状态，所以Ⅱ中的热化学方程式为 { S } ( 1 ) + { O } _ { 2 } ( g）\begin{array} { r } { { ~ ~ \omega ~ } \Longrightarrow { \bf S } { O } _ { 2 } \left( { g } \right) \quad \Delta H = - 2 9 7 { ~ ~ k J ~ } \bullet { ~ ~ m o l ~ } ^ { - 1 } } \end{array} A项正确； { I V } 中二氧化硫、氧气在接触室内的催化剂条件下反应生成三氧化硫，反应的化学方程式：2SO2十O2 2 { S O } _ { 2 } + { O } _ { 2 } \xrightarrow [ \bigtriangleup ] { 1 \ncong 1 ( k \ 是 1 ) } { 2 S O _ { 3 } } ,B项正确；增大压强，反应向气体体积减小的方向进行，二氧化硫转化率增大，C项错误；在吸收塔V中三氧化硫被吸收剂吸收，排出来的气体a中仍然含有二氧化硫，可以用石灰乳吸收，D项正确。