2025全國高考二輪化學(xué)第1篇5A新考案答案與解析第一篇高考專題專題一物質(zhì)的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)、用途與轉(zhuǎn)化元素周期律微專題1化學(xué)與STSE物質(zhì)的量【高考溯源】1.C【解析】云龍紋絲綢主要成分為蛋白質(zhì)，屬于有機高分子，C正確。2.A【解析】銀盞的主要成分屬于金屬材料，玻璃、白玉、陶瓷的主要成分屬于無機非金屬材料，選A。3.D【解析】大理石的主要成分是碳酸鈣，D錯誤。4.D【解析】不銹鋼屬于金屬材料，石墨烯、石英光導(dǎo)纖維屬于新型無機非金屬材料，主要成分均為無機物，故選D。5.A【解析】后期加鹽主要防止KIO3分解，與NaCl分解無關(guān)，B錯誤；白糖熬制成焦糖，屬于蔗糖分子在高溫下進行脫水、分解和聚合，不屬于炭化，C錯誤；純堿成分為碳酸鈉，D錯誤。6.D【解析】五氧化二磷由于其強烈的毒性和腐蝕性，不能用作食品干燥劑，D錯誤。7.B【解析】米酒釀制過程中，晾涼米飯后加酒曲的原因是酒曲在高溫下易失去活性，B錯誤。8.D【解析】活性炭具有吸附性，可以吸附室內(nèi)甲醛，但不能分解甲醛，D錯誤。9.C10.B【解析】油脂是高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類，不屬于芳香烴，B錯誤；食醋中含有的H2O和CH3COOH均為極性分子，C正確；淀粉在一定條件下可水解得到葡萄糖，D正確。11.D【解析】蒸的目的是去掉茶生腥的草味，高溫加熱過程可能有新物質(zhì)產(chǎn)生，A錯誤；搗泥壓榨，去汁壓餅可大大降低茶葉的苦澀味，可能發(fā)生化學(xué)變化，B錯誤；烘焙加熱可能引起物質(zhì)分解、氧化等，C錯誤；封裝，保持干燥最不可能引起化學(xué)變化，D正確。12.D【解析】14C具有放射性，可根據(jù)化石中殘留的14C測定化石年代，與C60和石墨烯互為同素異形體無關(guān)，D錯誤。13.B【解析】苯甲酸鈉具有殺菌、抑菌作用，常用作食品防腐劑，且苯甲酸鈉水解，其溶液顯堿性，A錯誤；SO2能與某些有色物質(zhì)化合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì)，體現(xiàn)其漂白性，C錯誤；維生素C具有強還原性，易與水果罐頭中的氧氣等氧化性物質(zhì)反應(yīng)，從而起到抗氧化的作用，D錯誤。14.C【解析】擦干鐵鍋是減緩鐵鍋腐蝕速率，與鐵絲在O2中燃燒生成Fe3O4沒有關(guān)聯(lián)，C符合題意。15.A【解析】小蘇打是碳酸氫鈉，蘇打是碳酸鈉，二者均能與酸反應(yīng)，一般用碳酸氫鈉作發(fā)泡劑，A沒有關(guān)聯(lián)。16.D【解析】漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，能與鹽酸發(fā)生歸中反應(yīng)生成有毒的氯氣，消毒效果降低，A錯誤；SO2、NO2是形成酸雨的主要物質(zhì)，而造成溫室效應(yīng)的主要是二氧化碳、甲烷等，B錯誤；蠶絲的主要成分是蛋白質(zhì)，不屬于碳水化合物，C錯誤。17.C【解析】煤的干餾可以得到煤焦油、焦炭和粗氨水等，無法獲得煤油，A錯誤；石油分餾可以得到汽油、煤油、柴油等含碳原子少的輕質(zhì)油，再進一步裂解才可獲得乙烯，B錯誤；淀粉水解得到葡萄糖，再經(jīng)過發(fā)酵可以獲得乙醇，D錯誤。18.B19.A【解析】根據(jù)反應(yīng)條件與轉(zhuǎn)化前后的NOeq\o\al(－,2)與N2可知，X是NO，Y是N2O，標(biāo)準(zhǔn)狀況下二者均為氣體且均只含一個氧原子，因此2.24L混合氣體含氧原子數(shù)為0.1NA，A正確；NOeq\o\al(－,2)可以水解，數(shù)目小于0.1NA，B錯誤；氮元素的化合價從－1升高到＋3，3.3gNH2OH物質(zhì)的量為0.1mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.4NA，C錯誤；每個氮氣分子中含有的價層電子數(shù)為10,2.8g氮氣的物質(zhì)的量為0.1mol，含有的價層電子總數(shù)為NA，D錯誤。20.D【解析】標(biāo)準(zhǔn)狀況下，SO2為氣體，11.2LSO2(即0.5mol)含有的原子總數(shù)為1.5NA，A錯誤；Na2SO3為強堿弱酸鹽，SOeq\o\al(2－,3)會發(fā)生水解，則100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中SOeq\o\al(2－,3)的數(shù)目小于0.01NA，B錯誤；反應(yīng)①為SO2＋2H2S=2H2O＋3S↓，3.4gH2S的物質(zhì)的量為0.1mol，可生成0.15molS，數(shù)目為0.15NA，C錯誤；反應(yīng)②為3S＋6OH－eq\o(=,\s\up7(△))3H2O＋2S2－＋SOeq\o\al(2－,3)，還原產(chǎn)物為S2－，每生成1mol還原產(chǎn)物，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2mol，數(shù)目為2NA，D正確。21.C【解析】0.1mol[NH3OH]＋含有的質(zhì)子數(shù)為0.1mol×(7＋8＋1×4)NAmol－1＝1.9NA，A錯誤；48g固態(tài)硝酸羥胺含有的離子數(shù)為eq\f(48g,96g/mol)×2NAmol－1＝NA，B錯誤；根據(jù)題意硝酸羥胺分解的化學(xué)方程式為[NH3OH]＋[NO3]－eq\o(=,\s\up7(催化劑))N2↑＋2H2O＋O2↑，根據(jù)計量系數(shù)關(guān)系可知硝酸羥胺分解產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LN2，同時生成O2分子數(shù)為0.5NA，D錯誤。22.D【解析】銨根離子中存在4個N—H共價鍵，則1molNH4Cl中含有的共價鍵數(shù)目為4NA，A錯誤；碳酸氫鈉受熱分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，1molNaHCO3完全分解得到0.5molCO2，分子數(shù)目為0.5NA，B錯誤；HCOeq\o\al(－,3)在溶液中會發(fā)生水解和電離，則1molNaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)數(shù)目小于NA，C錯誤；NaCl和NH4Cl的混合物中含1molCl－，則混合物為1mol，NaCl和NH4Cl中的質(zhì)子數(shù)均為28，則1mol該混合物中質(zhì)子數(shù)為28NA，D正確。23.A【解析】異丁烷的結(jié)構(gòu)簡式為,1mol異丁烷分子中含有13mol共價鍵，所以0.50mol異丁烷分子中共價鍵的數(shù)目為6.5NA，A正確；在標(biāo)準(zhǔn)狀況下SO3為固態(tài)，無法用標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的氣體摩爾體積求2.24LSO3物質(zhì)的量及其電子數(shù)目，B錯誤；pH＝2的硫酸溶液中c(H＋)＝0.01mol/L，則1.0L該硫酸溶液中氫離子數(shù)目為0.01NA，C錯誤；Na2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)水解，則1.0L1.0mol/LNa2CO3溶液中COeq\o\al(2－,3)的數(shù)目小于1.0NA，D錯誤。24.(1)分液漏斗、球形冷凝管(2)B【模考前沿】1.B【解析】碳酸鋇能與胃酸(HCl)反應(yīng)，不能用作內(nèi)服藥劑，可用硫酸鋇作“鋇餐”，B錯誤。2.D【解析】青銅深埋于地下生銹是發(fā)生了吸氧腐蝕，D錯誤。3.C【解析】碳酸根離子水解，溶液顯堿性，可用于去除油污，A錯誤；廢紙的主要成分是纖維素，在自然界中可降解，B錯誤；CO2無毒，D錯誤。4.C【解析】P4為正四面體形結(jié)構(gòu)，1個P4分子中含6個σ鍵，故46.5gP4所含σ鍵數(shù)為eq\f(46.5g,124g/mol)×6×NAmol－1＝2.25NA，A錯誤；由題意可知NaH2PO2與過量NaOH不反應(yīng)，即NaH2PO2為正鹽，H3PO2為一元酸，B錯誤；由化學(xué)方程式可知，生成1molPH3時，轉(zhuǎn)移3mol電子，故生成0.2molPH3時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.6NA，C正確；缺少溶液的體積，不能計算OH－的數(shù)目，D錯誤?！九e題固法】例1C【解析】制造5G芯片的氮化鋁屬于新型無機非金屬材料，A錯誤；芯片的主要成分為Si，B錯誤；酚醛樹脂屬于合成高分子，D錯誤。例2B【解析】紅山玉龍的主要成分為二氧化硅，A錯誤；青龍瓦當(dāng)?shù)闹饕煞譃楣杷猁}，C錯誤；龍?zhí)悠び邦^茬是由有機高分子材料制成，D錯誤。例3B【解析】氫氧燃料電池放電時可將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，B錯誤。例4B【解析】Al2O3是離子化合物，工業(yè)電解熔融Al2O3獲得鋁，與其熔點高無關(guān)，B符合題意。例5C【解析】可燃冰是甲烷的結(jié)晶水合物，大量開采使用會產(chǎn)生CO2，不利于“碳中和”，C符合題意。例6A【解析】溶液體積未知，無法計算H＋數(shù)目，A錯誤；K4[Fe(CN)6]中Fe2＋與6個CN－形成6個配位鍵，因此1molK4[Fe(CN)6]中配位鍵數(shù)為6NA，B正確；11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)H2的物質(zhì)的量為0.5mol，生成0.5molH2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，C正確；α－Fe晶體為體心立方晶胞結(jié)構(gòu)，根據(jù)均攤法，1個晶胞中Fe的數(shù)目為1＋8×eq\f(1,8)＝2，因此1個α－Fe晶胞質(zhì)量為eq\f(2×56g/mol,NAmol－1)＝eq\f(112,NA)g，D正確。例7B【解析】用固體配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液需要儀器：托盤天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，用濃溶液配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液需要的儀器：量筒、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管，所以量筒在用固體配制一定物質(zhì)的量濃度溶液中可不選用，B正確。【能力評價】1.C【解析】明代“釉里紅梅瓶”為陶瓷制品，陶瓷是由黏土燒制而來，黏土的主要成分為硅酸鹽，C錯誤。2.D【解析】煤油為石油的不同餾分組成的烴類混合物，A錯誤；碳纖維屬于復(fù)合材料，B錯誤；鋁合金質(zhì)量輕、強度高，C錯誤。3.D【解析】熒光指示牌被照發(fā)光是因為光發(fā)生了反射，沒有發(fā)生氧化還原反應(yīng)，D錯誤。4.A【解析】蘋果酸(2－羥基丁二酸)中含有1個羥基、2個羧基，則0.1mol蘋果酸與足量的Na反應(yīng)，產(chǎn)生0.15mol氫氣，A正確；60g乙酸的物質(zhì)的量為1mol,1mol乙酸中σ鍵數(shù)目為7NA，B錯誤；CO2的電子式為eq\o\al(·,·)eq\o(O,\s\up6(··))·eq\o\al(·,·)·C·eq\o\al(·,·)·eq\o(O,\s\up6(··))eq\o\al(·,·)，C錯誤；1L1mol/LNaCl溶液中含有Na＋、Cl－、H2O、H＋、OH－，含有粒子數(shù)目大于2NA，D錯誤。微專題2物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)元素周期律【高考溯源】1.A2.C【解析】石英的成分為SiO2，C錯誤。3.A【解析】H2O2是共價化合物，電子式為，A錯誤。4.B【解析】亞銅氨溶液中Cu為＋1價，因此[Cu(NH3)2]2＋化學(xué)式書寫錯誤，B錯誤。5.C【解析】NaCl溶液中，半徑較大的離子為Cl－，選項中水合離子中心離子的電荷符號標(biāo)反了，C錯誤。6.A【解析】O3分子的球棍模型為V形，B錯誤；第1能層不存在p軌道，C錯誤；p－pπ鍵為“肩并肩”成鍵，D錯誤。7.A【解析】VSEPR模型與分子的空間結(jié)構(gòu)可能不同，如NH3的VSEPR模型為四面體形，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，A錯誤。8.C【解析】從催化劑結(jié)構(gòu)分析，Ni的四個配體是兩個中性分子和兩個Cl－，Ni的化合價為＋2，A正確；P采用sp3雜化，C錯誤。9.D【解析】NH3中N為sp3雜化，NOeq\o\al(－,3)中N為sp2雜化，因此鍵角：NOeq\o\al(－,3)>NH3，A錯誤；NH2OH為分子晶體，根據(jù)資料信息可知，[NH3OH]Cl為鹽，屬于離子晶體，因此熔點：NH2OH<[NH3OH]Cl,B錯誤；[NH3OH]Cl和NH4Cl均為強酸弱堿鹽，水解溶液顯酸性，對應(yīng)堿分別為NH2OH和NH3·H2O，且Kb(NH3·H2O)>Kb(NH2OH)，所以同濃度下[NH3OH]Cl水解程度更大，酸性更強，pH更小，C錯誤；一般情況下原子電負(fù)性越強、半徑越小，形成的氫鍵越強，所以氫鍵的強弱：O—H…O>N—H…N，D正確。10.B【解析】導(dǎo)電過程中Li＋遷移導(dǎo)電，不涉及得失電子，Ti和La的價態(tài)不變，A正確；若x＝eq\f(1,3)，根據(jù)化合物化合價代數(shù)和為0可計算出y＝eq\f(5,9)，空位數(shù)＝1－eq\f(1,3)－eq\f(5,9)＝eq\f(1,9)，Li＋和空位數(shù)目不相等，B錯誤；與體心最鄰近的O原子位于12個棱心，C正確；導(dǎo)電時帶正電的Li＋移動方向與電流方向相同，則與空位移動方向相反，D正確。11.C【解析】按照質(zhì)量分?jǐn)?shù)分級，純金為100%，對應(yīng)24K，則18K金的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大約為75%，晶胞Ⅰ的構(gòu)成為AuCu，Au的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(197,197＋64)×100%≈75.5%，A正確；Ⅱ為立方晶胞，Au的配位數(shù)為12，B正確；Au—Cu與Au—Au的最小核間距相等，均等于晶胞面對角線的一半，C錯誤；根據(jù)均攤法：Ⅰ中Au為1個，Cu為1個，比例為1∶1，Ⅱ中Au為1個，Cu為3個，比例為1∶3，Ⅲ中Au為3個，Cu為1個，比例為3∶1，D正確。12.(1)2∶1∶18a3(2)體心12【解析】(1)合金的晶體結(jié)構(gòu)可描述為Ga與Ni交替填充在Co構(gòu)成的立方體體心，形成如圖所示的結(jié)構(gòu)單元，取Ga為晶胞頂點，晶胞面心也是Ga，Ni處于晶胞棱心和體心，Ga和Ni形成類似氯化鈉晶胞的結(jié)構(gòu)，晶胞中Ga和Ni形成的8個小正方體體心為Co，故晶胞中Ga、Ni個數(shù)為4，Co個數(shù)為8，粒子個數(shù)最簡比Co∶Ga∶Ni＝2∶1∶1，晶胞棱長為兩個最近的Ga之間(或最近的Ni之間)的距離，為2anm，故晶胞的體積為8a3nm3。13.A【解析】結(jié)合信息推斷，W、X、Y、Z依次是C、N、Mg、Fe。金剛石、石墨的熔點都高于鐵，A錯誤；氨氣分子中氮的軌道雜化類型是sp3，B正確；氯化銨溶液顯酸性，可溶解氫氧化鎂，C正確；Mg3[Fe(CN)6]2中CN－提供孤電子對與Fe3＋形成配位鍵，D正確。14.D【解析】W、X、Y、Z分別為H、O、S、K。S的電負(fù)性強于H，A錯誤；H2SO3為弱酸，H2SO4為強酸，酸性：H2SO4>H2SO3，B錯誤；基態(tài)H原子有1個未成對電子，基態(tài)O原子有2個未成對電子，C錯誤；K2O溶于水形成KOH，顯堿性，S的氧化物SO2、SO3溶于水均形成酸，因此pH：Z>Y，D正確。15.D【解析】R、W、Z、X、Y分別是H、C、N、O、P元素。ZR3、YR3分別是NH3、PH3，NH3能形成分子間氫鍵、PH3不能形成分子間氫鍵，所以沸點：NH3＞PH3，A錯誤；非金屬性：N＞C，所以最高價氧化物的水化物的酸性：HNO3＞H2CO3，B錯誤；同周期主族元素的第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢，但ⅡA族、ⅤA族元素第一電離能大于其相鄰元素，第一電離能：N＞O＞C，C錯誤。16.C【解析】Y、X、Q、Z分別為H、N、O、P。NH3和NHeq\o\al(＋,4)中心原子都是sp3雜化，NH3中N原子有1個孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，NHeq\o\al(＋,4)不含孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為正四面體形，因孤電子對對成鍵電子對的排斥作用大于成鍵電子對間的排斥作用，故鍵角：NH3<NHeq\o\al(＋,4)，A錯誤；氨分子間和水分子間均有氫鍵，磷化氫分子間沒有氫鍵，PH3沸點最低，常溫下水為液態(tài)，氨氣為氣態(tài)，故水的沸點高于氨氣，X、Q、Z簡單氫化物的沸點排序為H2O>NH3>PH3，B錯誤；同主族元素第一電離能從上到下逐漸減小，同周期主族元素第一電離能呈增大趨勢，N原子2p軌道為半充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能：N>O，故第一電離能：N>O>Mn，C正確；元素非金屬性越強，最高價氧化物對應(yīng)的水化物酸性越強，故酸性：H3PO4<HNO3，D錯誤。17.A【解析】E在地殼中含量最多，則E為氧元素，X的基態(tài)原子價層電子排布式為nsn－1，所以X為鎂或鋰，Y的基態(tài)原子價層p軌道半充滿，所以可能為氮或磷，Y和M同族，根據(jù)X與M同周期，再結(jié)合化合物XYZ4MO4中元素化合價代數(shù)和為零，可確定Z為氫元素、M為磷元素、X為鎂元素、Y為氮元素。磷化氫、氨氣、水均為分子晶體，氨氣、水中均存在氫鍵，沸點較高，磷化氫中沒有氫鍵，沸點低，沸點：H2O＞NH3＞PH3，B錯誤；同周期從左到右，元素的第一電離能總體呈增大趨勢，但ⅡA族和ⅤA族反常，第一電離能：N＞O＞Mg，C錯誤；NH3分子中的中心原子N的價層電子對數(shù)為4，有1個孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，NOeq\o\al(－,3)中的中心原子N的價層電子對數(shù)為3，沒有孤電子對，NOeq\o\al(－,3)空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，D錯誤?！灸？记把亍?.C【解析】CH3OH分子中C原子價層電子對數(shù)為4，為sp3雜化，是四面體形結(jié)構(gòu)，HCHO分子中C原子價層電子對數(shù)為3，為sp2雜化，是平面三角形結(jié)構(gòu)，因此CH3OH分子中鍵角∠OCH小于HCHO分子中鍵角∠OCH，A錯誤；甲基是推電子基團，使羧基中羥基的極性減小，則酸性減小，即酸性：HCOOH＞CH3COOH，B錯誤；甲醛分子中不存在氫鍵，D錯誤。2.D【解析】H3PO3中含6個σ鍵，H3PO4中含7個σ鍵，A錯誤；H3PO3、H3PO4中P原子價層電子對數(shù)都是4，磷原子都采用sp3雜化，B錯誤；H3PO3是二元酸，所以Na2HPO3為正鹽，C錯誤，兩種酸分子中羥基能形成分子間氫鍵，D正確。3.C【解析】名稱為乙二酸二乙酯，A錯誤；Cl原子的半徑比C原子大，該空間填充模型不能表示CCl4分子，B錯誤；BF3的中心原子價層電子對數(shù)為3，其VSEPR模型為平面三角形，C正確；基態(tài)鈹原子電子排布式為1s22s2，最外層電子在s軌道，電子云輪廓為球形，D錯誤。4.D【解析】X為H，Y為C，Z為N，W為Al，M為Cl。NH5可看作NHeq\o\al(＋,4)與H－構(gòu)成，其中NHeq\o\al(＋,4)中N的價層電子對數(shù)為4，其雜化方式為sp3，D錯誤?！九e題固法】例1C【解析】中子數(shù)為1的氦核素：eq\o\al(3,2)He，A錯誤；SiO2為共價晶體，B錯誤；PCl3的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，D錯誤。例2B【解析】與氨氣相比，羥胺中N原子接受氫離子的能力減弱，則羥胺的堿性比氨弱，A錯誤；H2O、NHeq\o\al(＋,4)與NH2OH的中心原子雜化方式均為sp3，VSEPR模型均為四面體形，B正確；羥胺中含有羥基和氨基，羥胺極易溶于水的主要原因是可以與水形成分子間氫鍵，C錯誤；NHeq\o\al(＋,4)與NH2OH的中心原子雜化方式均為sp3，NH2OH中的N有一個孤電子對，孤電子對對成鍵電子對的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，則∠HNH大小：NHeq\o\al(＋,4)>NH2OH，D錯誤。例3D【解析】氨硼烷中N和B原子的價層電子對數(shù)都是4，都是sp3雜化，只含sp3－sσ鍵，A正確；水解過程中B原子所連的H原子被—OH取代，最終得到NH4[B(OH)4]和H2，B正確；固態(tài)氨硼烷屬于分子晶體，C正確；水解過程中B原子所連的H原子被—OH取代，用D2O代替H2O作反應(yīng)物，則有HD生成，D錯誤。例4(1)2＋4(2)bd(3)SnF4屬于離子晶體，熔、沸點較高，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，熔、沸點較低，隨著相對分子質(zhì)量的增大，范德華力增大，熔、沸點逐漸升高(4)Csp3雜化(5)6eq\f(4×207＋32,594×10－103NA)【解析】(2)CaC2屬于離子化合物，該化合物中存在的化學(xué)鍵類型為離子鍵和Ceq\o\al(2－,2)內(nèi)部的非極性共價鍵，不含有的是極性共價鍵和配位鍵。(5)以體心黑球為例，與其距離最近且相等的白球分別位于立方體六個面的面心，結(jié)合化學(xué)式可知Pb的配位數(shù)為6，根據(jù)均攤法計算可知，黑球的個數(shù)為12×eq\f(1,4)＋1＝4，白球的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，即晶胞中含有4個PbS，則晶胞的密度為ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(4×207＋32,NA)g,594×10－103cm3)＝eq\f(4×207＋32,594×10－103NA)g/cm3。例5(1)CrCl2·4H2O分子晶體(2)CD(3)①sp3＜—NH2有孤電子對，孤電子對對成鍵電子排斥力大，鍵角變?、冢荆窘馕觥?2)同一周期從左到右，主族元素電負(fù)性依次增強，電負(fù)性：O＞N＞B，A錯誤；核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故半徑：P3－＞S2－＞Cl－，B錯誤。(3)①—NH2中心原子價層電子對數(shù)3＋eq\f(5－1×3,2)＝4，故雜化方式為sp3；—NH2中心原子價層電子對數(shù)為4，有1個孤電子對，—NHeq\o\al(＋,3)中心原子價層電子對數(shù)為4＋eq\f(5－1－1×4,2)＝4，無孤電子對，孤電子對對成鍵電子對的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，故鍵角：H2N—NH2中的—NH2＜H2N—NHeq\o\al(＋,3)中的—NHeq\o\al(＋,3)。②將HNO3與SO3按物質(zhì)的量之比1∶2發(fā)生化合反應(yīng)生成A，測得A由2種微粒構(gòu)成，其中之一是NOeq\o\al(＋,2)，則A為NO2HS2O7，硝酸失去一個OH－形成NOeq\o\al(＋,2)，得電子能力更強，氧化性更強，故氧化性強弱：NOeq\o\al(＋,2)＞HNO3；陰離子為HS2Oeq\o\al(－,7)，根據(jù)已知可得出其結(jié)構(gòu)式見答案。例6D【解析】X為H，Y為C，Z為O，W為Na，Q為Al。同一周期從左到右元素的電負(fù)性逐漸增大，同一主族從上到下元素的電負(fù)性逐漸減小，則電負(fù)性：O＞C＞H，A錯誤；基態(tài)Al原子的價層電子排布式為3s23p1，B錯誤；Na比Al活潑，因此簡單氧化物中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：Na2O＞Al2O3，C錯誤。【能力評價】1.B【解析】Ti為22號元素，基態(tài)Ti原子的價層電子排布式為3d24s2，軌道表示式為，A錯誤；SO3中心原子S的價層電子對數(shù)為3＋eq\f(1,2)×(6－2×3)＝3，無孤電子對，VSEPR模型是平面三角形，C錯誤；的名稱為2－丁醇，2－甲基－1－丁醇的鍵線式為，D錯誤。2.B【解析】HCl為共價化合物，形成過程為H·＋→，A錯誤；NH4ClO4中NHeq\o\al(＋,4)和ClOeq\o\al(－,4)中心原子價層電子對數(shù)均為4，均沒有孤電子對，因此陰、陽離子的VSEPR模型和空間結(jié)構(gòu)相同，均為正四面體形，B正確；C60中碳原子為sp2雜化，石墨中碳原子為sp2雜化，金剛石中碳原子為sp3雜化，C錯誤；NH3分子間存在范德華力和氫鍵，CO2分子間僅存在范德華力，D錯誤。3.D【解析】合成反應(yīng)中H元素、C元素化合價升高，N元素化合價降低，還原劑是LiH和C，A正確；晶胞中Li＋位于面上，1個晶胞中含Li＋的個數(shù)為8×eq\f(1,2)＝4，B正確；由圖可知，每個CNeq\o\al(2－,2)周圍與它距離最近且相等的Li＋有8個，C正確；CNeq\o\al(2－,2)中，中心C原子的價層電子對數(shù)為2＋eq\f(4＋2－3×2,2)＝2，C原子采取sp雜化，空間結(jié)構(gòu)為直線形，D錯誤。4.(1)(2)①平面三角形②sp3雜化(3)①4②eq\f(V2,4V1)(4)與焦炭在高溫下反應(yīng)生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)Sn【解析】(2)①SnCl2中Sn的價層電子對數(shù)為2＋eq\f(1,2)×(4－2×1)＝3，故SnCl2分子的VSEPR模型名稱是平面三角形。②SnCl4中Sn的價層電子對數(shù)為4＋eq\f(1,2)×(4－4×1)＝4，有4個σ鍵、無孤電子對，故Sn采取sp3雜化，則SnCl4的Sn—Cl是由錫的sp3雜化軌道與氯的3p軌道重疊形成σ鍵。(3)②根據(jù)均攤法，白錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，灰錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＋4＝8，設(shè)Sn相對原子質(zhì)量為M，所以白錫與灰錫的密度之比為eq\f(2M,NAV1)∶eq\f(8M,NAV2)＝eq\f(V2,4V1)。微專題3物質(zhì)的性質(zhì)、用途與轉(zhuǎn)化【高考溯源】1.D【解析】N2為還原產(chǎn)物，CO2為氧化產(chǎn)物，D錯誤。2.D【解析】H＋、I－、NOeq\o\al(－,3)會發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，A錯誤；Fe3＋、CN－會生成配合物而不能大量共存，B錯誤；SiOeq\o\al(2－,3)、Ca2＋會生成CaSiO3沉淀而不能大量共存，C錯誤。3.D【解析】Na2CO3與CaSO4反應(yīng)屬于沉淀的轉(zhuǎn)化，CaSO4不能拆分，D錯誤。4.D【解析】玻璃的主要成分為SiO2，HF為弱電解質(zhì)，不可拆寫為離子，A錯誤；Cu只能將Fe3＋還原為Fe2＋，離子方程式應(yīng)該為2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，B錯誤；S2Oeq\o\al(2－,3)被Cl2氧化為SOeq\o\al(2－,4)，離子方程式應(yīng)該為S2Oeq\o\al(2－,3)＋4Cl2＋5H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋8Cl－＋10H＋，C錯誤。5.C【解析】稀硝酸的還原產(chǎn)物是NO，A錯誤；FeS是難溶物，不能拆分，B錯誤；H2C2O4是二元弱酸，不能拆分，D錯誤。6.A【解析】向Na2S溶液中通入過量SO2，化學(xué)方程式為2H2O＋5SO2＋2Na2S=3S↓＋4NaHSO3，A錯誤。7.(1)①FeS＋CrOeq\o\al(2－,4)＋4H2O=Fe(OH)3＋Cr(OH)3＋S＋2OH－②2CeO2＋H2O2＋6H＋=2Ce3＋＋O2↑＋4H2O③Fe＋2HCOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up7(300℃))FeCO3＋COeq\o\al(2－,3)＋H2↑(2)MnO2＋SOeq\o\al(2－,3)＋2H＋eq\o(=,\s\up7(70℃))Mn2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O(3)①Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O②HCOeq\o\al(－,3)＋H2eq\o(=,\s\up7(催化劑))HCOO－＋H2O(4)①3HClO＋2NO＋H2O=3Cl－＋2NOeq\o\al(－,3)＋5H＋②2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O8.B【解析】1個甘油分子含有3個—OH，分子之間可以形成多個氫鍵，導(dǎo)致甘油黏稠，A正確；Pt為惰性金屬，難以被強氧化性酸氧化，王水中加入了HCl，Cl－與鉑離子之間形成配合物使反應(yīng)容易發(fā)生，并未增強濃硝酸氧化性，B錯誤；水分子之間形成氫鍵，氫鍵具有方向性，導(dǎo)致冰中出現(xiàn)大量空隙，空間利用率降低，密度降低，C正確；石墨的每一層中未雜化的p軌道重疊，形成離域π鍵，使電子可以在每一層的平面中運動，因此可以導(dǎo)電，D正確。9.C【解析】二氧化硫是酸性氧化物，能與堿反應(yīng)，體現(xiàn)了Ca(OH)2的堿性，A正確；氯化鐵溶液腐蝕銅電路板，離子方程式為2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，F(xiàn)e3＋為氧化劑，體現(xiàn)其氧化性，B正確；制作豆腐時添加石膏是利用了膠體在電解質(zhì)溶液中聚沉的性質(zhì)，與其難溶性無關(guān)，C錯誤；氨水配制銀氨溶液，離子方程式為Ag＋＋2NH3=[Ag(NH3)2]＋，NH3為配體，體現(xiàn)其配位性，D正確。10.A【解析】裝有NO2的密閉燒瓶冷卻后顏色變淺，降低溫度，平衡向生成N2O4方向移動，則NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B不符合題意；久置空氣中的漂白粉遇鹽酸產(chǎn)生CO2是由于次氯酸鈣變質(zhì)，與空氣中二氧化碳、水反應(yīng)生成了碳酸鈣，碳酸鈣和鹽酸反應(yīng)生成了二氧化碳，C不符合題意；1mol/LNaCl溶液導(dǎo)電性比同濃度醋酸強，氯化鈉是強電解質(zhì)，醋酸是弱電解質(zhì)，和它們?nèi)芤旱膒H無關(guān)，D不符合題意。11.A【解析】石英砂(SiO2)在高溫條件下被焦炭還原制備粗硅，這與SiO2是否作光導(dǎo)纖維無因果關(guān)系，A符合題意。12.A【解析】電解MgCl2溶液得到Mg(OH)2，B錯誤；NaCl溶液中只通入CO2，不能發(fā)生題中轉(zhuǎn)化，C錯誤；SO2與H2O反應(yīng)生成H2SO3，D錯誤。13.D【解析】氯氣與水反應(yīng)不生成次氯酸鈉，A錯誤；二氧化硫與水生成亞硫酸而不是硫酸，B錯誤；氧化鐵不能與水直接反應(yīng)生成氫氧化鐵，C錯誤。14.B【解析】a為NH4NO3，b為Ba(OH)2，c為AlCl3，d為Na2CO3，e為NH3，f為Al(OH)3，g為CO2。NH4NO3為強酸弱堿鹽，溶液顯酸性，A錯誤；Al(OH)3可溶于過量的Ba(OH)2溶液生成[Al(OH)4]－，B正確；AlCl3溶液中通入過量的NH3，生成的Al(OH)3不會溶于氨水，C錯誤；Ba(OH)2與Na2CO3反應(yīng)生成的BaCO3沉淀可溶于稀硝酸，D錯誤。15.B【解析】若a在沸水中可生成e，a為Mg、e為Mg(OH)2，f為鎂鹽，則a→f的反應(yīng)可能是置換反應(yīng)，如：Mg＋CuCl2=MgCl2＋Cu，A錯誤；e能轉(zhuǎn)化為d，說明該金屬元素為Fe，則g、f、e、d分別是FeO、亞鐵鹽、Fe(OH)2、Fe(OH)3，F(xiàn)eO、亞鐵鹽、Fe(OH)2、Fe(OH)3的顏色依次是黑色、淺綠色、白色、紅褐色，所以在g→f→e→d轉(zhuǎn)化過程中，一定存在物質(zhì)顏色的變化，B正確；c為鹽溶液，可能是鋁鹽也可能是鐵鹽，如果加熱飽和的鋁鹽溶液，會析出能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)的白色分散系，如果加熱飽和的鐵鹽溶液，會形成能產(chǎn)生丁達爾效應(yīng)的紅棕色分散系，C錯誤；若b和d均能與同一物質(zhì)反應(yīng)生成c，a可能是Fe或Al，Al位于元素周期表的p區(qū)，F(xiàn)e位于元素周期表的d區(qū)，D錯誤。16.B【解析】向氫氧化鈉溶液中加入硫酸銅溶液，反應(yīng)生成Cu(OH)2，該物質(zhì)不穩(wěn)定，受熱分解產(chǎn)生CuO，從而可實現(xiàn)c→d→e的轉(zhuǎn)化關(guān)系，A正確；Na與H2O反應(yīng)也可以生成NaOH，B錯誤；新制Cu(OH)2可用于檢驗葡萄糖中的醛基，C正確；若b能與H2O反應(yīng)生成O2，則b為Na2O2，Na2O2中含共價鍵，D正確?！灸？记把亍?.D【解析】HClO具有強氧化性，HSOeq\o\al(－,3)具有還原性，二者不能共存，少量SO2通入NaClO溶液中離子方程式為3ClO－＋SO2＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2HClO＋Cl－，過量SO2通入NaClO溶液中離子方程式為ClO－＋SO2＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋＋Cl－，A錯誤；氫硫酸是二元弱酸，HS－不能完全電離，正確的離子方程式為Cu2＋＋HS－=CuS↓＋H＋，B錯誤；Na2S2O3易溶于水，應(yīng)寫成離子形式，正確的離子方程式為S2Oeq\o\al(2－,3)＋2H＋=SO2↑＋S↓＋H2O，C錯誤。2.D【解析】粗銅含有鋅、鐵等金屬，因此陽極反應(yīng)有：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Cu－2e－=Cu2＋等，D錯誤。3.B【解析】泡沫滅火器的原理是利用硫酸鋁溶液和碳酸氫鈉溶液混合制取二氧化碳，A不符合題意；熱堿去油污利用的是油脂(高級脂肪酸甘油酯)在堿性條件下的水解反應(yīng)，B符合題意；濃氨水和氯氣反應(yīng)產(chǎn)生白煙，可用濃氨水檢驗氯氣管道是否泄漏，C不符合題意；CuSO4溶液遇ZnS固體發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化，D不符合題意。4.C【解析】銅離子對細(xì)菌和藻類有破壞作用，因此可用于游泳池的消毒，而不是利用其酸性，A錯誤；碳酸氫銨為植物生長提供N元素，故可以用于氮肥，與其易分解性質(zhì)無關(guān)，B錯誤；二氧化硫具有還原性，可以防止食品氧化，同時二氧化硫能夠抑制細(xì)菌生長，可以用于防腐劑，與其漂白性無關(guān)，D錯誤。【舉題固法】例1D【解析】H2S是弱酸，不能拆分，A錯誤；H2SO3溶液中滴入Ba(NO3)2溶液會發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成BaSO4，B錯誤；HClO酸性弱于H2CO3，因此HClO不能與HCOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成CO2，生成物中應(yīng)該是HClO而不是ClO－，C錯誤。例2A【解析】XeO3分子中心原子價層電子對數(shù)＝3＋eq\f(8－3×2,2)＝4，中心原子的雜化方式為sp3雜化，XeO3分子的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，A錯誤；對比反應(yīng)ⅲ、ⅳ可知，XeF6與水反應(yīng)屬于非氧化還原反應(yīng)，XeF6可被OH－還原為Xe，由此可知OH－的還原性比H2O強，B正確；除了反應(yīng)ⅲ外，反應(yīng)ⅰ、ⅱ、ⅳ中發(fā)生的均為氧化還原反應(yīng)，故有3個氧化還原反應(yīng)，C正確；反應(yīng)ⅳ中O2和Na4XeO6為氧化產(chǎn)物，Xe為還原產(chǎn)物，O2～Xe～6e－，故每生成1molO2，轉(zhuǎn)移6mol電子，D正確。例3A【解析】Al(OH)3為兩性氫氧化物，可用于治療胃酸過多，A錯誤；Na2O2與CO2反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，可作供氧劑，B正確；FeO中Fe為＋2價，具有還原性，在空氣中能被氧化成Fe3O4，C正確；HNO3見光易分解，反應(yīng)的化學(xué)方程式為4HNO3eq\o(=,\s\up7(光照))4NO2↑＋O2↑＋2H2O，所以應(yīng)保存在棕色試劑瓶中，D正確。例4D【解析】由①可知原溶液中可能含有SOeq\o\al(2－,3)或SOeq\o\al(2－,4)，由②可知原溶液中一定有H＋、NOeq\o\al(－,3)，且SOeq\o\al(2－,3)和H＋、NOeq\o\al(－,3)不共存，所以由①②可知原溶液中一定有H＋、NOeq\o\al(－,3)、SOeq\o\al(2－,4)，A正確；原溶液中一定含有H＋、NOeq\o\al(－,3)，所以將①中的試劑換成鹽酸酸化的BaCl2溶液，不影響SOeq\o\al(2－,3)或SOeq\o\al(2－,4)的判斷，B正確；由③知原溶液含Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)，C正確；根據(jù)溶液呈電中性，原溶液中一定含有Mg2＋、NHeq\o\al(＋,4)、H＋、Cl－、SOeq\o\al(2－,4)、NOeq\o\al(－,3)，一定無SOeq\o\al(2－,3)、Na＋，D錯誤。例5C【解析】a是Cl2，b是HCl，c是氯化物，d是含次氯酸根離子的鹽，e是HClO。HClO在光照條件下可生成HCl和O2，C錯誤。【能力評價】1.C【解析】加入苯酚顯紫色的溶液中含有Fe3＋，F(xiàn)e3＋會和I－發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與SCN－形成配合物，不能大量共存，A錯誤；使pH試紙變紅的溶液呈酸性，S2Oeq\o\al(2－,3)在酸性環(huán)境中會和NOeq\o\al(－,3)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，B錯誤；c(H＋)<eq\r(Kw)的溶液呈堿性，Ba2＋、Cl－、NOeq\o\al(－,3)、Na＋可以大量共存，C正確；0.1mol/L酸性高錳酸鉀溶液中，MnOeq\o\al(－,4)會和C2Oeq\o\al(2－,4)發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，D錯誤。2.A【解析】用爐甘石火法煉鋅的化學(xué)方程式為ZnCO3＋2Ceq\o(=,\s\up7(高溫))Zn＋3CO↑，A錯誤；CaH2用作野外生氫劑是由于CaH2中－1價的氫元素有強還原性，可與水發(fā)生歸中反應(yīng)生成氫氣，B正確；飽和碳酸鈉溶液浸泡鍋爐水垢，可將水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，后續(xù)可用酸溶解，C正確；綠礬中Fe2＋有還原性，酸性條件下可將Cr2Oeq\o\al(2－,7)還原為Cr3＋，自身被氧化為Fe3＋，D正確。3.D【解析】鋁與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成Na[Al(OH)4]和H2，離子方程式為2Al＋2OH－＋6H2O=2[Al(OH)4]－＋3H2↑，A錯誤；用FeCl3溶液刻蝕覆銅板制作印刷電路板，離子方程式為2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，B錯誤；用石灰乳制漂白粉，離子方程式為Cl2＋Ca(OH)2=Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋H2O，C錯誤。4.A【解析】①是HCl，②是Cl2，③是ClO2，④是HClO，⑤是次氯酸鹽，⑥是HClO4。ClOeq\o\al(－,4)中氯原子價層電子對數(shù)為4＋eq\f(7＋1－2×4,2)＝4、沒有孤電子對，故其空間結(jié)構(gòu)是正四面體形，B錯誤；HClO的電子式為，C錯誤；明礬和ClO2均可用作凈水劑，明礬水解生成的氫氧化鋁膠體可以吸附水中的懸浮物，達到凈水的目的，二氧化氯凈水是利用其強氧化性殺死水中的細(xì)菌和病毒，原理不同，D錯誤。專題二化學(xué)反應(yīng)與能量化學(xué)反應(yīng)速率化學(xué)平衡微專題4反應(yīng)熱電化學(xué)【高考溯源】1.(1)①②ΔH1－ΔH2－ΔH3＋ΔH4(2)＋118(3)ab(4)E1－E2＋ΔH＋E3－E4(5)①＋90.8②CD【解析】(1)②結(jié)合已知圖示可得：Ⅰ.NaNO2(s)＋NH4Cl(s)=N2(g)＋NaCl(s)＋2H2O(l)ΔH1；Ⅱ.NaNO2(s)=Na＋(aq)＋NOeq\o\al(－,2)(aq)ΔH2；Ⅲ.NH4Cl(s)=NHeq\o\al(＋,4)(aq)＋Cl－(aq)ΔH3；Ⅳ.NaCl(s)=Na＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH4。反應(yīng)a可由反應(yīng)Ⅰ－反應(yīng)Ⅱ－反應(yīng)Ⅲ＋反應(yīng)Ⅳ得到，則反應(yīng)a的ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＋ΔH4。(2)根據(jù)蓋斯定律知，由①－(②＋③)可得④，則ΔH4＝ΔH1－(ΔH2＋ΔH3)＝{－4386.9－[(－4263.1)＋(－241.8)]}kJ/mol＝＋118kJ/mol。(5)①ΔH＝反應(yīng)物鍵能和－生成物鍵能和＝[2×390.8×3－(946.0＋436.0×3)]kJ/mol＝＋90.8kJ/mol。②ΔH－TΔS＜0時，正反應(yīng)能自發(fā)進行，其中ΔH＝＋90.8kJ/mol，ΔS＝198.9J/(mol·K)，則T＞eq\f(ΔH,ΔS)＝eq\f(90.8×103J/mol,198.9J/mol·K)≈456.5K＝183.5℃，C、D正確。2.C【解析】由圖可知，600℃時，ΔG＞0的僅有反應(yīng)TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋O2(g)，根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)TiO2(s)＋C(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(g)＋CO2(g)可由A和C項中反應(yīng)相加得到，由此判斷其ΔG＜0，反應(yīng)自發(fā)進行。3.C【解析】a極上O2發(fā)生還原反應(yīng)生成OH－，則a極為正極，正極反應(yīng)式為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，b極為負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為2CuO＋C6H12O6=Cu2O＋C6H12O7、Cu2O－2e－＋2OH－=2CuO＋H2O。每消耗一分子葡萄糖會轉(zhuǎn)移2個電子，18mg葡萄糖物質(zhì)的量為0.1mmol，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.2mmol，理論上a電極流入0.2mmol電子，C錯誤。4.D【解析】酸性鋅錳干電池，鋅筒為負(fù)極，石墨電極為正極，負(fù)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)：Zn－2e－=Zn2＋，A錯誤、D正確；原電池工作時，陽離子向正極(石墨電極)方向移動，B錯誤；MnO2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，C錯誤。5.B【解析】結(jié)合圖示和題干信息，右側(cè)Ni電極為陰極，發(fā)生反應(yīng)：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，左側(cè)Pt電極為陽極，主要發(fā)生反應(yīng)：2C3N8H4＋8OH－－4e－=C6Neq\o\al(4－,16)＋8H2O，同時發(fā)生副反應(yīng)：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O(題干中有信息“伴隨少量O2生成”，且圖上也顯示有O2生成)。電解池工作時，陰離子移向陽極，即OH－向Pt電極移動，A錯誤；將兩電極反應(yīng)式相加，電池發(fā)生的總反應(yīng)主要為2C3N8H4＋4OH－eq\o(=,\s\up7(電解))C6Neq\o\al(4－,16)＋2H2↑＋4H2O，其次是2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2H2↑＋O2↑，電解一段時間后，由于消耗OH－且生成水，溶液pH降低，C錯誤；每生成1molH2，轉(zhuǎn)移2mole－，若陽極只發(fā)生生成K4C6N16的反應(yīng)，根據(jù)得失電子守恒，生成0.5molK4C6N16，但陽極還有副反應(yīng)發(fā)生，副反應(yīng)生成O2，故生成K4C6N16的物質(zhì)的量小于0.5mol，D錯誤。6.B【解析】根據(jù)題目信息可知，陽極反應(yīng)式：[OCH2O]2－－e－=HCOO－＋H·，H·轉(zhuǎn)化為H2，其總反應(yīng)式為2HCHO－2e－＋4OH－=2HCOO－＋2H2O＋H2↑，因此Cu電極為陽極，PbCu電極為陰極，陰極反應(yīng)式：7H＋＋NH2OH＋H2C2O4＋6e－=H3N＋CH2COOH＋3H2O。陽極失去2mol電子，消耗4molOH－，雙極膜會遷移2molOH－，因此陽極c(OH－)減小，A正確；根據(jù)陰極反應(yīng)式可知生成1molH3N＋CH2COOH時轉(zhuǎn)移6mol電子，則雙極膜分解6mol水，B錯誤；Pb電極上H2C2O4轉(zhuǎn)化為乙醛酸，存在H2C2O4＋2e－＋2H＋=OHC—COOH＋H2O，D正確。7.B【解析】電極b上Br－發(fā)生氧化反應(yīng)生成BrOeq\o\al(－,3)，電極b為陽極，陽極反應(yīng)式為Br－－6e－＋6OH－=BrOeq\o\al(－,3)＋3H2O，電極a為陰極，陰極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，催化反應(yīng)為2BrOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up7(催化劑))2Br－＋3O2↑。電極a為陰極，連接電源負(fù)極，A正確；根據(jù)電極反應(yīng)式，每轉(zhuǎn)移6mol電子，陰極消耗6molH2O，而陽極生成3molH2O，所以加入Y的目的為補充H2O，B錯誤；結(jié)合陰陽兩極電極反應(yīng)式可得電解總反應(yīng)式為Br－＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))BrOeq\o\al(－,3)＋3H2↑，C正確；根據(jù)催化反應(yīng)離子方程式可得n(O2)∶n(Br－)＝3∶2，D正確。8.C【解析】左側(cè)鐵為陰極，陰極反應(yīng)式為Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－，陰極區(qū)溶液中OH－濃度逐漸升高，右側(cè)電極為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣：2Cl－－2e－=Cl2↑，A、B正確；理論上每消耗1molFe2O3，轉(zhuǎn)移6mol電子，生成3mol氯氣，同時有6molNa＋由陽極移向陰極，陽極室溶液減少質(zhì)量＝3mol×71g/mol＋6mol×23g/mol＝351g，陰極室物質(zhì)最多增加6mol×23g/mol＝138g，C錯誤、D正確。9.C【解析】該裝置為電解池，與直流電源正極相連的IrOx－Ti電極為電解池的陽極，電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，銅電極為陰極，電極反應(yīng)式為2CO2＋12H＋＋12e－=C2H4＋4H2O、2CO2＋12H＋＋12e－=C2H5OH＋3H2O，電解池工作時，氫離子通過質(zhì)子交換膜由陽極室進入陰極室。析氫反應(yīng)為還原反應(yīng)，應(yīng)在陰極發(fā)生，即在銅電極上發(fā)生，A錯誤；離子交換膜為質(zhì)子交換膜，只允許氫離子通過，Cl－不能通過，B錯誤；水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和H＋，每轉(zhuǎn)移1mol電子，生成0.25molO2，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為5.6L，D錯誤。10.B【解析】催化電解KNO3溶液制氨可知，在電極a處KNO3放電生成NH3，則發(fā)生還原反應(yīng)，故電極a為陰極，電極反應(yīng)式為NOeq\o\al(－,3)＋8e－＋7H2O=NH3·H2O＋9OH－，電極b為陽極，電極反應(yīng)式為4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，則電解總反應(yīng)為KNO3＋3H2O=NH3·H2O＋2O2↑＋KOH，A正確；每生成1molNH3·H2O，陰極得8mole－，同時雙極膜處有8mol的H2O解離，B錯誤；電解過程中，陽極室每消耗4molOH－，同時有4molOH－通過雙極膜進入陽極室，KOH的物質(zhì)的量不因反應(yīng)而改變，C正確；相比于平面結(jié)構(gòu)雙極膜，“卯榫”結(jié)構(gòu)具有更大的膜面積，有利于H2O被催化解離成H＋和OH－，可提高氨生成速率，D正確。11.C【解析】該裝置為水系鋅電池，左邊電極為Zn，作負(fù)極，發(fā)生的反應(yīng)為Zn－2e－=Zn2＋，右邊電極中Ieq\o\al(－,3)轉(zhuǎn)化為I－，為正極，發(fā)生的反應(yīng)為Ieq\o\al(－,3)＋2e－=3I－。標(biāo)注框內(nèi)所示結(jié)構(gòu)中存在C—C與C—N，屬于共價鍵，N與Zn2＋之間形成配位鍵，A正確；電池總反應(yīng)為Ieq\o\al(－,3)＋Zneq\o(,\s\up7(放電),\s\do5(充電))Zn2＋＋3I－，B正確；充電時溶液中的Zn2＋優(yōu)先在陰極被還原，Zn2＋主要來自電解質(zhì)溶液，C錯誤；0.65gZn為0.01mol，依據(jù)Zn～2e－，電路轉(zhuǎn)移0.02mol電子，D正確。12.C【解析】放電時，Zn電極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn－2e－=Zn2＋，MnO2電極為正極，電極反應(yīng)式為MnO2＋H2O＋e－=MnOOH＋OH－、2MnO2＋2e－＋Zn2＋=ZnMn2O4；充電時，Zn電極為陰極，陰極反應(yīng)式為Zn2＋＋2e－=Zn，MnO2電極為陽極，電極反應(yīng)式為MnOOH－e－＋OH－=MnO2＋H2O、ZnMn2O4－2e－=2MnO2＋Zn2＋，充電時，陽離子移向陰極，A、B錯誤，C正確；放電時，Zn電極質(zhì)量減少0.65g(即0.01mol)，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為0.020mol，若只生成MnOOH，則生成MnOOH的物質(zhì)的量為0.020mol,但還有少量ZnMn2O4生成，所以生成MnOOH的物質(zhì)的量小于0.020mol，D錯誤。13.D【解析】放電時為原電池，S在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)，鎢絲為正極，鋁為負(fù)極。AlnCleq\o\al(－,3n＋1)的結(jié)構(gòu)為，所以1個AlnCleq\o\al(－,3n＋1)中含4n個Al—Cl，A正確：由AlnCleq\o\al(－,3n＋1)的結(jié)構(gòu)可知同時連接2個Al原子的Cl原子有(n－1)個，B正確；充電時，在陰極Al3＋得電子生成Al，發(fā)生還原反應(yīng)，Al～3e－，陰極生成1molAl單質(zhì)時，需要轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol，C正確；由總反應(yīng)可知放電時間越長，負(fù)極鋁失去電子生成的Al3＋越多，所以負(fù)極附近n值大的AlnCleq\o\al(－,3n＋1)濃度越高，D錯誤。14.D【解析】發(fā)藍(lán)處理可使鋼鐵表面形成致密氧化膜，A正確；通過電解使陽極金屬失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，生成致密氧化膜，B正確；表面滲鍍在金屬表面形成鈍化膜，C正確；噴涂油漆是將油漆作為涂層附著在金屬表面，沒有和金屬發(fā)生反應(yīng)，因此無法形成鈍化膜，D錯誤。15.D【解析】鋼鐵外殼鑲嵌鋅塊防腐蝕屬于犧牲陽極法，鋼鐵外殼和鋅塊組成原電池，鋼鐵外殼作正極被保護，A、C錯誤；鑲嵌的鋅塊作原電池負(fù)極，發(fā)生的電極反應(yīng)為Zn－2e－=Zn2＋，屬于損耗電極，需要定期更換，B錯誤、D正確?！灸？记把亍?.B【解析】催化劑可以改變反應(yīng)速率，但不能改變反應(yīng)的焓變，A錯誤；石墨轉(zhuǎn)化為金剛石為吸熱反應(yīng)，可知金剛石的能量比石墨的能量高，所以石墨比金剛石穩(wěn)定，B正確；表示氫氣的燃燒熱的熱化學(xué)方程式中水為液態(tài)，C錯誤；電離過程需吸收能量，CH3COOH是一元弱酸，故稀醋酸與NaOH稀溶液反應(yīng)生成1mol水，放出的熱量小于57.3kJ，D錯誤。2.C【解析】由圖可知，原電池工作時冷端→，發(fā)生加氫反應(yīng)(還原反應(yīng))，熱端→，發(fā)生去氫反應(yīng)(氧化反應(yīng))，即冷端為正極，熱端為負(fù)極，正極反應(yīng)式為＋2H＋＋2e－→，負(fù)極反應(yīng)式為－2e－→＋2H＋，原電池工作時電子由熱端經(jīng)外電路流向冷端，A、B正確；含羧基的納米顆粒在熱端收縮吸收H＋驅(qū)動電極反應(yīng)發(fā)生，C錯誤；含羧基的納米顆粒在不同溫度下溶脹或收縮，從而釋放或吸收H＋驅(qū)動電極反應(yīng)發(fā)生，則溫差恒定時該電池能持續(xù)工作，形成連續(xù)的反應(yīng)和持續(xù)的電流，D正確。3.D【解析】石墨電極為陽極，電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，工作電極為陰極，電極反應(yīng)式為N2＋6e－＋6H＋=2NH3。石墨電極是陽極，與外接電源正極相連，A正確；工作電極V－HMTA具有較高的表面積，能提高單位時間內(nèi)氨氣的產(chǎn)率，B正確；氨氣和氧氣在水中都有一定的溶解度，電路中通過0.06mol電子時，兩極逸出的氣體的物質(zhì)的量之和小于0.035mol，C錯誤；陽極產(chǎn)生的H＋通過隔膜遷移到陰極參與反應(yīng)，則隔膜為質(zhì)子交換膜，D正確。4.C【解析】左側(cè)電極NOeq\o\al(－,3)發(fā)生還原反應(yīng)生成氨氣，則左側(cè)電極為陰極，電極反應(yīng)式為NOeq\o\al(－,3)＋8e－＋9H＋=NH3↑＋3H2O，右側(cè)為陽極，電極反應(yīng)式為HOCH2CH2OH－4e－＋H2O=HOCH2COOH＋4H＋。與b相連的電極發(fā)生氧化反應(yīng)，故b為直流電源的正極，A錯誤；根據(jù)電極反應(yīng)式，每轉(zhuǎn)移2mol電子，理論上應(yīng)生成0.25molNH3，題目未給出標(biāo)準(zhǔn)狀況的條件，無法使用22.4L/mol計算氣體體積，B錯誤；根據(jù)電極反應(yīng)式，當(dāng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等時，消耗的NOeq\o\al(－,3)與乙二醇物質(zhì)的量之比為1∶2，C正確；根據(jù)電極反應(yīng)，雖然陽極生成的H＋通過質(zhì)子交換膜向左遷移，但左側(cè)消耗H＋更多，且有NH3和H2O生成，故左側(cè)溶液pH增大，D錯誤。【舉題固法】例1(1)M(2)CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－638.5kJ/mol(3)－0.33弱(4)eq\f(a＋b＋c,2)【解析】(1)M轉(zhuǎn)化為N為吸熱反應(yīng)，故M所具有的能量較低，M較穩(wěn)定。(2)在25℃、101kPa下，由甲醇的燃燒熱可知：①CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－726.5kJ/mol；②H2O(l)=H2O(g)ΔH2＝＋44.0kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，①＋2×②可得：CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝ΔH1＋2×ΔH2＝－638.5kJ/mol。(3)由圖可知：ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－297.16＋296.83)kJ/mol＝－0.33kJ/mol，因為ΔH＜0，故單斜硫的能量大于正交硫，正交硫更穩(wěn)定。(4)設(shè)1molH—I斷裂吸收的能量為x，ΔH＝反應(yīng)物的鍵能總和－生成物的鍵能總和，則有：b＋c－2x＝－a，解得：x＝eq\f(a＋b＋c,2)。例2(1)eq\f(2,3)ΔH1＋eq\f(1,3)ΔH3或eq\f(2,3)ΔH2＋eq\f(1,3)ΔH4(2)－48.8kJ/mol例3C【解析】左側(cè)為原電池負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)：B2H6＋14OH－－12e－=2BOeq\o\al(－,2)＋10H2O；右側(cè)為正極，電極電勢：M＜N，A、B正確；雙極膜內(nèi)產(chǎn)生的H＋移向N極，OH－移向M極，根據(jù)電極反應(yīng)式和電荷變化(與電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等)可知，需要定期補充H2O和NaOH，C錯誤；制取0.2mol鄰苯二酚類物質(zhì)時，轉(zhuǎn)移0.8mole－，理論上有0.8molOH－通過膜a，D正確。例4A【解析】根據(jù)題目信息可知，電解過程b極HCHO轉(zhuǎn)變?yōu)镠COO－，失去電子，因此b極為陽極，a極為陰極，由于a極區(qū)為KOH溶液，因此H2O在陰極得電子生成H2和OH－，陽極反應(yīng)式：2HCHO－2e－＋4OH－=2HCOO－＋2H2O＋H2↑；陰極反應(yīng)式：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑。相同電量即轉(zhuǎn)移相同電子數(shù)，傳統(tǒng)電解水僅有一個電極產(chǎn)生H2，該裝置兩極同時產(chǎn)生H2，當(dāng)轉(zhuǎn)移1mol電子時，傳統(tǒng)電解水產(chǎn)生0.5molH2，本裝置兩極共產(chǎn)生1molH2，因此理論產(chǎn)量是傳統(tǒng)電解水的2倍，A錯誤；電解池使用陰離子交換膜，陰極產(chǎn)生的OH－向陽極移動，C正確。例5C【解析】由題可知，放電時CO2還原產(chǎn)物為MgC2O4，所以多孔碳納米管電極為正極，Mg電極為負(fù)極。放電時，初始反應(yīng)物為Mg和CO2，因此總反應(yīng)為2CO2＋Mg=MgC2O4，A正確；充電時，多孔碳納米管電極連接電源的正極，B正確；充電時，電池中的Mg電極連接電源的負(fù)極作陰極，電子流向Mg電極，C錯誤；放電時，正極反應(yīng)為2CO2＋2e－＋Mg2＋=MgC2O4，轉(zhuǎn)移1mol電子，消耗1molCO2，D正確。例6D【解析】該裝置為原電池，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，A錯誤；由離子的定向移動可知NiO極為原電池的負(fù)極，Pt極為原電池的正極，B錯誤；NiO電極是負(fù)極，電子從負(fù)極通過外電路流向正極，C錯誤；NiO電極上是一氧化氮失去電子和氧離子結(jié)合生成二氧化氮，其電極反應(yīng)式為NO＋O2－－2e－=NO2，D正確。例7B【解析】圖2中是惰性輔助陽極，陽極材料本身不失去電子，A錯誤；圖2中通電后應(yīng)不斷調(diào)整外加電壓，強制電子流向鋼閘門，使其表面腐蝕電流降至0，C錯誤；當(dāng)鋼閘門表面的腐蝕電流為0時陽極發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，D錯誤。【能力評價】1.D【解析】太陽能電池是一種將太陽能或光能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，D錯誤。2.D【解析】該裝置為燃料電池，能實現(xiàn)Pb單質(zhì)回收，H2在右側(cè)失去電子，因此b為負(fù)極，電極反應(yīng)式為H2－2e－＋2OH－=2H2O，a為正極，電極反應(yīng)式為HPbOeq\o\al(－,2)＋H2O＋2e－=Pb＋3OH－。依據(jù)電極反應(yīng)式，正極區(qū)產(chǎn)生OH－，pH升高，負(fù)極區(qū)消耗OH－，pH降低，A正確：電極a為正極，電子從負(fù)極(電極b)經(jīng)過導(dǎo)線流入正極(電極a)，B正確；由于左側(cè)電解質(zhì)溶液中含有HPbOeq\o\al(－,2)，若用陰離子交換膜，則HPbOeq\o\al(－,2)會遷移至右側(cè)溶液中，不利于Pb的回收，所以應(yīng)該用陽離子交換膜，D錯誤。3.D【解析】電極a上H2O轉(zhuǎn)化成H2，故電極a是陰極，連接電源的負(fù)極，A正確；由電極b上HCHO轉(zhuǎn)化成H2和HCOO－，且H2和HCOO－的物質(zhì)的量之比為1∶2，溶液呈堿性，因此電極反應(yīng)式為2HCHO＋4OH－－2e－=2HCOO－＋H2↑＋2H2O，B正確；電解過程中電極a上產(chǎn)生一個H2分子，H2O得到2個電子，電極b上產(chǎn)生一個H2分子，HCHO失去2個電子，因此電解過程中a、b兩極產(chǎn)生H2的體積在相同條件下是一樣的，C正確；電解過程共收集到22.4LH2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，H2物質(zhì)的量為1mol，由選項C可知a電極和b電極上分別產(chǎn)生了0.5mol氫氣，則通過陰離子交換膜的OH－為1mol，D錯誤。4.C【解析】采用外加電流法保護金屬時，被保護的金屬作陰極，所以鋼閘門應(yīng)與電源的負(fù)極相連，C錯誤。微專題5化學(xué)反應(yīng)速率化學(xué)平衡【高考溯源】1.C【解析】鉑可以作氧化氨反應(yīng)的催化劑，能降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，A錯誤；中和滴定時，邊滴邊搖錐形瓶，使酸堿充分混合接觸，能加快反應(yīng)速率，B錯誤；鋅粉和鹽酸反應(yīng)時，加水稀釋會使鹽酸的濃度降低，能降低化學(xué)反應(yīng)速率，C正確；石墨和金剛石均為固體，石墨合成金剛石時增大壓強，反應(yīng)速率不變，D錯誤。2.C【解析】實驗①中，0～2h的平均反應(yīng)速率v(SeOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(5.0－1.0×10－3mol/L,2h)＝2×10－3mol/(L·h)，A錯誤；實驗③是堿性環(huán)境，反應(yīng)物中不能有H＋，B錯誤；若水樣初始pH過低，H＋濃度過大，納米鐵會與H＋反應(yīng)，從而影響SeOeq\o\al(2－,4)的去除，D錯誤。3.D【解析】無催化劑時，生成物濃度也隨時間在增加，說明反應(yīng)也在進行，A錯誤；催化劑Ⅰ比催化劑Ⅱ反應(yīng)更快，說明催化劑Ⅰ使反應(yīng)活化能更低，B錯誤；反應(yīng)X→2Y，濃度的變化量之比應(yīng)該等于化學(xué)計量數(shù)之比，曲線a表示的X的濃度變化了2.0mol/L，則Y應(yīng)增加4mol/L，曲線a對應(yīng)的為催化劑Ⅰ，C錯誤；使用催化劑Ⅰ時，在0～2min內(nèi)，Y的濃度變化了4.0mol/L，則v(Y)＝eq\f(4.0mol/L,2min)＝2.0mol/(L·min)，v(X)＝1.0mol/(L·min)，D正確。4.C【解析】生成產(chǎn)物Ⅱ的反應(yīng)的活化能更低，反應(yīng)速率更快，且產(chǎn)物Ⅱ的能量更低即產(chǎn)物Ⅱ更穩(wěn)定，以上2個角度均有利于產(chǎn)物Ⅱ，A正確；M的六元環(huán)中與—NO2相連的碳原子為sp3雜化，苯中大π鍵發(fā)生改變，C錯誤。5.B【解析】從圖像中X、Y、Z的變化趨勢可知，生成Y的速率較快，生成Z的速率較慢，因此第一步反應(yīng)的活化能小于第二步，結(jié)合第一步和第二步反應(yīng)均為放熱反應(yīng)，故選B。6.D【解析】路徑2的能壘最低，為優(yōu)先路徑，由圖像可知其速控步驟為*COeq\o\al(*－,2)→*C2Oeq\o\al(2－,4)，結(jié)合圖中路徑2可寫出決速步驟的反應(yīng)式，B正確；通過對比反應(yīng)進程圖像可知，路徑1、3過程不同，產(chǎn)物相同，路徑2、3起始物質(zhì)相同，但最終產(chǎn)物分別是*MgC2O4和*MgCO3，C正確；對比三個路徑的速控步驟均涉及*COeq\o\al(*－,2)轉(zhuǎn)化，路徑2決速步驟的反應(yīng)式為，有PDA的生成，路徑3決速步驟的反應(yīng)為*COeq\o\al(*－,2)＋e－＋*CO2→*COeq\o\al(2－,3)＋*CO，因此路徑3的決速步驟沒有PDA的再生，D錯誤。7.B【解析】由圖可知，[L—Ru—NH3]＋失去電子生成[L—Ru—NH3]2＋，[L—Ru—NH3]2＋與氨氣反應(yīng)生成NHeq\o\al(＋,4)和[L—Ru—NH2]＋，說明配體NH3失去質(zhì)子能力增強，A正確；[L—Ru—NH2]＋和M之間存在平衡轉(zhuǎn)化關(guān)系，轉(zhuǎn)化關(guān)系分析可知，M中Ru元素的化合價為＋2，B錯誤；反應(yīng)過程中有N—N非極性共價鍵形成，C正確；由整個反應(yīng)機理圖可得該過程的總反應(yīng)：4NH3－2e－=N2H4＋2NHeq\o\al(＋,4)，D正確。8.D【解析】根據(jù)反應(yīng)歷程可知，生成的NH2NH2中2個H原子來源于NH3，所以將NH2OH替換為ND2OD，不可能得到ND2ND2，應(yīng)得到ND2NH2和HDO，D錯誤。9.AC【解析】由圖像可知，t1時刻TFAA含量為0，H的濃度小于0.01mol/L，說明反應(yīng)Geq\o(,\s\up7(＋CF3CO2H),\s\do5(－CF3CO2H))H＋TFAA生成的TFAA小于0.01mol/L且生成的TFAA立刻與E反應(yīng)，此時與E反應(yīng)的TFAA的總量小于0.09mol/L，E有剩余，A正確；t2時刻H的濃度為0.08mol/L，TFAA的濃度約為0.06mol/L，說明E幾乎無剩余，而H與G的總量小于0.10mol/L，說明體系中有F存在，B錯誤；0～t1范圍內(nèi)，體系中無TFAA存在，說明E和TFAA反應(yīng)生成F的速率非?？?，則反應(yīng)的活化能很小，C正確；G生成H和TFAA的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)達到平衡后，TFAA濃度小于0.08mol/L，D錯誤。10.D【解析】生成CH3COOH的反應(yīng)為主反應(yīng)，生成CH3COOCH3的反應(yīng)為副反應(yīng)，所以曲線a、b為CH3COOH分布分?jǐn)?shù)曲線，曲線c、d為CH3COOCH3分布分?jǐn)?shù)曲線。增大投料比x，CH3COOH占比增大，所以投料比x代表eq\f(nCO,nCH3OH)，A錯誤；曲線c代表503K時CH3COOCH3分布分?jǐn)?shù)，B錯誤；升高溫度，CH3COOH占比增大，CH3COOCH3占比減小，說明升溫副反應(yīng)平衡逆向移動，ΔH2<0，C錯誤；L、M點溫度相等，K相等，N點溫度更高，由于ΔH2<0，則N點平衡常數(shù)更小，K(L)＝K(M)>K(N)，D正確。11.B【解析】相同溫度下，eq\f(nCH4,nH2O)比值越大，甲烷轉(zhuǎn)化率越小，由圖像可知x1＜x2，A正確；b、c點反應(yīng)的溫度相同，b點甲烷轉(zhuǎn)化率大，因為初始量CH4的量固定為1mol，則b點H2O(g)的物質(zhì)的量大，濃度大，則vb正＞vc正，B錯誤；升高溫度，甲烷轉(zhuǎn)化率增大，說明正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡常數(shù)增大，則Ka＜Kb＝Kc，C正確；該反應(yīng)為氣體數(shù)體積改變的反應(yīng)，溫度為T1時，當(dāng)容器內(nèi)壓強不變時，說明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)，D正確。12.CD【解析】反應(yīng)吸熱，溫度升高，平衡正向移動，平衡時反應(yīng)物的摩爾分?jǐn)?shù)較小，結(jié)合圖像可知T1>T2，速率常數(shù)k與溫度正相關(guān)，所以k1＞k2，A正確；反應(yīng)達到平衡時，結(jié)合速率方程有eq\f(vT1,vT2)＝eq\f(k1c\o\al(0.5,1)H2·c1CO2,k2c\o\al(0.5,2)H2·c2CO2)，由圖可知，T1溫度下平衡時反應(yīng)物的濃度較小，所以eq\f(c\o\al(0.5,1)H2·c1CO2,c\o\al(0.5,2)H2·c2CO2)＜1，可得eq\f(k1c\o\al(0.5,1)H2·c1CO2,k2c\o\al(0.5,2)H2·c2CO2)＜eq\f(k1,k2)，即eq\f(vT1,vT2)＜eq\f(k1,k2)，B正確；溫度不變，平衡常數(shù)不變，僅改變體系初始壓力，由于反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，所以平衡不移動，平衡時反應(yīng)物的摩爾分?jǐn)?shù)不變，但是改變壓強，反應(yīng)速率改變，反應(yīng)物的摩爾分?jǐn)?shù)隨時間的變化曲線隨之改變，C錯誤：CO2和H2的物質(zhì)的量投料比為1∶1時，平衡時CO2與H2的摩爾分?jǐn)?shù)相等，但改變初始投料比之后，平衡時CO2與H2的摩爾分?jǐn)?shù)不再相等，D錯誤。13.(1)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(2)H2當(dāng)溫度高于T1，CaCO3(s)已完全分解，只發(fā)生反應(yīng)Ⅱ，溫度升高，反應(yīng)Ⅱ逆向移動，所以CO2的摩爾分?jǐn)?shù)減小(3)eq\f(5,9)0.5不變不變【解析】(1)目標(biāo)反應(yīng)式＝反應(yīng)Ⅰ＋反應(yīng)Ⅱ＋反應(yīng)Ⅲ，根據(jù)蓋斯定律，ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3。(2)T1之前，無反應(yīng)Ⅰ，有反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ，升溫，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ平衡均左移，H2摩爾分?jǐn)?shù)減小，曲線a、b、c中只有a呈減小趨勢，故a線對應(yīng)物質(zhì)為H2。(3)結(jié)合圖示，T0時，x(H2)＝0.50，x(CO)＝0.15，x(CO2)＝0.05，則x(H2O)＝0.30。反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)Kp(Ⅱ)＝eq\f(pCO2·pH2,pCO·pH2O)＝eq\f(xCO2·xH2,xCO·xH2O)＝eq\f(0.05×0.50,0.15×0.30)＝eq\f(5,9)。此時氣體總物質(zhì)的量為4.0mol，則n(H2)＝2.0mol，n(CO)＝0.6mol，n(CO2)＝0.2mol，n(H2O)＝1.2mol，設(shè)從起始到該時刻，三個反應(yīng)的轉(zhuǎn)化量分別為ⅠC(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)Δn1/molaaaaⅡCO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)Δn2/molbbbbⅢCaO(s)＋CO2(g)CaCO3(s)Δn3/molccc(a－b)mol＝0.6mol，(a＋b)mol＝2.0mol，得a＝1.3，b＝0.7。n(CO2)＝(b－c)mol＝0.2mol，則c＝0.5，n(CaCO3)＝0.5mol。若向平衡體系中通入少量CO2(g)，重新達到平衡，溫度不變，Kp(Ⅲ)＝eq\f(1,pCO2)不變，則p(CO2)不變，Kp(Ⅱ)＝eq\f(pCO2·pH2,pCO·pH2O)不變，且總壓強p＝p(CO2)＋p(H2)＋p(CO)＋p(H2O)不變，僅有反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ，p(CO)與p(H2O)的變化趨勢相同，故p(H2)、p(CO)、p(H2O)均不變。14.(1)－566(2)>b(3)①eq\f(1,15)②增大(4)4s空軌道對C2H4吸附性高，易脫附(5)BC【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律，ΔH3＝ΔH1－2×ΔH2＝(－209.8－2×178.1)kJ/mol＝－566kJ/mol。(2)根據(jù)圖像可知壓強相同時，溫度越高C2H6平衡轉(zhuǎn)化率越高，說明升溫平衡正向移動，反應(yīng)吸熱，ΔH4>0；觀察圖像可知，700℃，0.7MPa時，平衡轉(zhuǎn)化率介于20%～50%之間，且偏向50%，因此達到平衡時轉(zhuǎn)化率最接近40%的為b項。(3)①若僅發(fā)生反應(yīng)ⅰ，假設(shè)C2H6起始量為1mol，可列三段式：C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)起始/mol100轉(zhuǎn)化/mol0.250.250.25平衡/mol0.750.250.25n總＝(0.75＋0.25＋0.25)mol＝1.25mol，Kx1＝eq\f(\f(0.25mol,1.25mol)×\f(0.25mol,1.25mol),\f(0.75mol,1.25mol))＝eq\f(1,15)。②兩反應(yīng)相加可得2C2H6(g)C2H4(g)＋2CH4(g)，Kx＝Kx1·Kx2，Kx2遠(yuǎn)大于Kx1，故C2H4的平衡產(chǎn)率接近50%，所以C2H4的平衡產(chǎn)率增大。(4)Cu＋的價層電子排布為3d10,4s軌道為空軌道，因此形成配位鍵用4s空軌道。(5)由圖可知前30min，出口濃度與進口濃