任務(wù)群(三)化學(xué)反應(yīng)原理任務(wù)15反應(yīng)機(jī)理圖和能量歷程圖考向1環(huán)式反應(yīng)機(jī)理圖高考真題導(dǎo)向1.解析：選B。圖像分析如下：據(jù)圖可知，Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L-Ru—NH3]2＋可與NH3反應(yīng)生成[L-Ru—NH2]＋和NH4+，配體NH3失去質(zhì)子能力增強(qiáng)，A項(xiàng)正確；結(jié)合圖示可知，[L-Ru—NH3]2＋→[L-Ru—NH2]+失去1個(gè)H，所帶電荷數(shù)減1，則Ru化合價(jià)不變，與[L-Ru—NH2]+相比，M中N由含1個(gè)孤電子對(duì)變?yōu)?個(gè)單電子，是把1個(gè)e－給了Ru，所以Ru的化合價(jià)不是+3，而是+2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；據(jù)圖可知，反應(yīng)過(guò)程中有N—N非極性鍵的形成，C項(xiàng)正確；結(jié)合圖示可知，總反應(yīng)為4NH3—2e－=N2H4＋2NH42.解析：選D。含N分子參與的反應(yīng)包括將NO轉(zhuǎn)化為NO2、將NO和NO2轉(zhuǎn)化為HONO、將HONO轉(zhuǎn)化為NO以及將NO2轉(zhuǎn)化為HONO，上述反應(yīng)中N的化合價(jià)均發(fā)生了改變，一定有電子轉(zhuǎn)移，故A正確；由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有歷程①②和NO歷程①NO2·C3H7HONO，共2種，故B正確；NO是催化劑，增大NO的量，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故C正確；無(wú)論反應(yīng)歷程如何，在NO的催化下丙烷與O2反應(yīng)制備丙烯的總反應(yīng)都為2C3H8＋O22C3H6＋2H2O，當(dāng)主要發(fā)生包含題組跟進(jìn)演練1.解析：選D。A項(xiàng)，由催化循環(huán)Ⅰ、Ⅱ及催化劑性質(zhì)知，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，圖中循環(huán)Ⅰ、Ⅱ反應(yīng)都為H2O重整CH4(CH4＋H2O=CO＋3H2)，得到合成氣CO和H2，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，由圖示可知，循環(huán)Ⅰ中，在UV的作用下，Rh2VO2CH2-UVRh2VO－＋CO↑＋H2↑，C項(xiàng)正確；D項(xiàng)，Rh2VO－、Rh2VO22．解析：選D。根據(jù)流程示意圖可知，物質(zhì)3、5是整個(gè)過(guò)程的反應(yīng)物，物質(zhì)1、6是整個(gè)過(guò)程的生成物，物質(zhì)2是催化劑，物質(zhì)4、7是反應(yīng)中間體，整個(gè)過(guò)程表示為：物質(zhì)3＋物質(zhì)5物質(zhì)2物質(zhì)1＋物質(zhì)6。A項(xiàng)，制取出多氟芳香族取代產(chǎn)物的反應(yīng)為取代反應(yīng)，原子利用率不是100%，故A正確；B項(xiàng)，物質(zhì)2在反應(yīng)第一步加入，且在最后又生成，反應(yīng)前后的質(zhì)量不變，物質(zhì)2是該反應(yīng)的催化劑，B正確；C項(xiàng)，對(duì)比物質(zhì)的結(jié)構(gòu)可知，2向4的轉(zhuǎn)化過(guò)程中C—F鍵斷裂，形成了C—N鍵，C正確；D項(xiàng)，若5為時(shí)，X可能為或—CH3，則1可能為或，故D錯(cuò)誤?？枷?反應(yīng)能壘歷程圖1．解析：選C。由能量變化圖可知，E2＝0.70eV－(－0.71eV)＝1.41eV，A項(xiàng)正確；由能量變化圖可知，步驟2逆向反應(yīng)的δH＝－0.71eV－(－1.00eV)＝＋0.29eV，B項(xiàng)正確；由能量變化圖可知，步驟1的活化能E1＝0.70eV，步驟2的活化能E3＝－0.49eV－(－0.71eV)＝0.22eV，步驟1的活化能大于步驟2的活化能，步驟1的反應(yīng)比步驟2慢，C項(xiàng)錯(cuò)誤；該過(guò)程甲烷轉(zhuǎn)化為甲醇，屬于加氧氧化，該過(guò)程實(shí)現(xiàn)了甲烷氧化，D項(xiàng)正確。2．解析：選C。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(gè)角度均有利于產(chǎn)物Ⅱ，A正確；根據(jù)前后結(jié)構(gòu)對(duì)照，X為苯的加成產(chǎn)物，Y為苯的取代產(chǎn)物，B正確；M的六元環(huán)中與—NO2相連的C為sp3雜化，苯中大π鍵發(fā)生改變，C錯(cuò)誤；苯的硝化反應(yīng)中濃H2SO4作催化劑，D正確。題組跟進(jìn)演練1.解析：選D。由反應(yīng)歷程及能量變化圖可知，兩種路徑生成的產(chǎn)物的總能量均低于反應(yīng)物，故從CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反應(yīng)都是放熱反應(yīng)，A項(xiàng)正確；與Br原子相連的C原子為α-C，由反應(yīng)歷程及能量變化圖可知，過(guò)渡態(tài)TS1是由CN－的C原子進(jìn)攻CH3CH2Br的α-C，形成碳碳鍵，B項(xiàng)正確；由反應(yīng)歷程及能量變化圖可知，后續(xù)物Ⅰ、Ⅱ轉(zhuǎn)化為產(chǎn)物，分別斷開的是“N…Ag”和“C…Ag”，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N…Ag”之間的作用力比Ⅱ中“C…Ag”之間的作用力弱，C項(xiàng)正確；由于生成CH3CH2CN所需要的活化能高，反應(yīng)速率慢，故低溫時(shí)更容易生成CH3CH2NC，CH3CH2NC為主要產(chǎn)物，D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．解析：選B。反應(yīng)很短一段時(shí)間內(nèi)，生成IM1的能壘高于生成IM4，故IM4多于IM1，A正確；乙二醛制乙醛酸的最大能壘為295.4kJ·mol-1，B錯(cuò)誤；選擇合適的催化劑可提高乙二酸的選擇性，使反應(yīng)向有利于生成乙二酸的方向進(jìn)行，C正確；由圖可知，三個(gè)反應(yīng)的生成物總能量均低于反應(yīng)物總能量，均為放熱反應(yīng)，D正確。任務(wù)16新型化學(xué)電池分析高考真題導(dǎo)向1.解析：選C。充電時(shí)該裝置為電解池，電解池中陽(yáng)離子向陰極遷移，即Zn2+向陰極方向遷移，A不正確；放電時(shí)，負(fù)極的電極反應(yīng)為Zn－2e－=Zn2+，則充電時(shí)陰極反應(yīng)為Zn2+＋2e－=Zn，即充電時(shí)Zn元素化合價(jià)應(yīng)降低，而選項(xiàng)中Zn元素化合價(jià)升高，B不正確；放電時(shí)MnO2電極為正極，正極上檢測(cè)到MnOOH和少量ZnMn2O4，則正極上主要發(fā)生的電極反應(yīng)是MnO2＋H2O＋e－=MnOOH＋OH－，C正確；放電時(shí)，Zn電極質(zhì)量減少0.65g(物質(zhì)的量為0.010mol)，電路中轉(zhuǎn)移0.020mol電子，由正極的主要反應(yīng)MnO2＋H2O＋e－=MnOOH＋OH－可知，若正極上只有MnOOH生成，則生成MnOOH的物質(zhì)的量為0.020mol，但是正極上還有ZnMn2O4生成，因此，MnOOH的物質(zhì)的量小于0.020mol，D不正確。2．解析：選C。標(biāo)注框內(nèi)Zn和N之間存在配位鍵，N和C、C和C、C和H之間存在共價(jià)鍵，A項(xiàng)正確；放電時(shí)Zn為負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn－2e－=Zn2+，Zn-TCPP為正極，電極反應(yīng)式為I3-＋2e－=3I－，則電池總反應(yīng)為Zn＋I(xiàn)3-eq\o(?,\s\up7(放電),\s\do5(充電))Zn2+＋3I－，B項(xiàng)正確；充電時(shí)Zn為陰極，陰極反應(yīng)式為Zn2+＋2e－=Zn，Zn2+來(lái)自電解質(zhì)溶液，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)式：Zn－2e－=Zn2+知，消耗0.65gZn，即0.01molZn，理論上轉(zhuǎn)移0.02mol電子，D題組跟進(jìn)演練1.解析：選D。氧氣在反應(yīng)中得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，則參比電極作正極，氧氣得電子轉(zhuǎn)化為O2-，負(fù)極O2-失電子生成氧氣，電子由負(fù)極經(jīng)外電路流向正極，熔融金屬氧化物電離出的氧離子向負(fù)極定向移動(dòng)可用于傳遞O2-，A正確，B正確；負(fù)極氧離子失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)會(huì)不斷生成氧氣，混合氣體氧氣濃度增大，故用初期讀數(shù)計(jì)算所得空氣中氧氣含量更準(zhǔn)確，C正確；兩極氧氣濃度差越大，兩極電勢(shì)差越大，則相同壓強(qiáng)下，電勢(shì)差越大，空氣中氧氣含量越低，D錯(cuò)誤。2．解析：選C。充電時(shí)，Zn作為陰極，雙極膜在工作時(shí)催化H2O解離為H＋和OH－，氫離子移向陰極，電極反應(yīng)式為ZnOH42-＋4H＋＋2e－=Zn＋4H2O，催化電極為陽(yáng)極，雙極膜在工作時(shí)催化H2O解離為H＋和OH－，氫氧根移向陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為CO＋2OH－－2e－=CO2＋3．解析：選D。由圖可知，放電時(shí)Sn2+在M極失去電子生成Sn4+，即SnBr2轉(zhuǎn)化為SnBr4，M極是負(fù)極；為了維持電荷守恒，NaBr溶液中的溴離子要通過(guò)X膜進(jìn)入Ⅰ室，X膜為陰離子交換膜；Ⅲ室中Br2在N極得到電子生成溴離子并轉(zhuǎn)移到Ⅱ室，則N極為正極，Y膜為陰離子交換膜。充電時(shí)，N極為陽(yáng)極，M極為陰極，陰離子向陽(yáng)極遷移，A項(xiàng)錯(cuò)誤；充電時(shí)，N極電極反應(yīng)式為2Br－－2e－=Br2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；X膜、Y膜均為陰離子交換膜，C項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)起始時(shí)Ⅰ室n(SnBr2)＝xmol，cSn4+cSn2+＝任務(wù)17電解原理的分析與應(yīng)用高考真題導(dǎo)向1.解析：選B。由分析可知，Ni電極為陰極，Pt電極為陽(yáng)極，電解過(guò)程中，陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，即OH－向Pt電極移動(dòng)，A錯(cuò)誤；Pt電極C3N8H4失去電子生成C6N164-，電解質(zhì)溶液為KOH水溶液，電極反應(yīng)為：2C3N8H4＋8OH－－4e-=C6N164-＋8H2O，B正確；陽(yáng)極主要反應(yīng)為：2C3N8H4－4e－＋8OH-=C6N164-＋8H2O，陰極反應(yīng)為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，則電解過(guò)程中發(fā)生的總反應(yīng)主要為：2C3N8H4＋4OH－電解C6N164-＋4H2O＋2H2↑，反應(yīng)消耗OH－，生成H2O，電解一段時(shí)間后，溶液pH降低，C錯(cuò)誤；根據(jù)電解總反應(yīng)：2C3N8H4＋4OH－電解C6N164-＋4H2O＋2H2↑可知，每生成1molH2，生成0.5molK4C6N16，但2．解析：選B。電極a為陰極，連接電源負(fù)極，A項(xiàng)正確；電解過(guò)程中消耗H2O和Br－，而催化階段BrO3-被還原成Br－循環(huán)使用，故加入Y的目的是補(bǔ)充H2O，維持NaBr溶液為一定濃度，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)分析電解總反應(yīng)式為Br－＋3H2O電解BrO3-＋3H2↑，C項(xiàng)正確；催化階段，Br元素的化合價(jià)由＋5價(jià)降至－1價(jià)，生成1molBr－得到6mol電子，O元素的化合價(jià)由－2價(jià)升至0價(jià)，生成1molO2失去4mol電子，根據(jù)得失電子守恒，反應(yīng)產(chǎn)物物質(zhì)的量之比n(O2)∶n(Br－)＝6∶4＝3題組跟進(jìn)演練1.解析：選B。多孔電極1上H2O(g)發(fā)生得電子的還原反應(yīng)轉(zhuǎn)化成H2(g)，多孔電極1為陰極，電極反應(yīng)為2H2O＋4e－=2H2＋2O2-；多孔電極2上O2-發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化成O2(g)，多孔電極2為陽(yáng)極，電極反應(yīng)為2O2-－4e－=O2。電極1的多孔結(jié)構(gòu)能增大電極的表面積，增大與水蒸氣的接觸面積，A項(xiàng)正確；電極2為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)：2O2-－4e－=O2，B項(xiàng)錯(cuò)誤；工作時(shí)，陰離子O2-向陽(yáng)極移動(dòng)，即O2-從多孔電極1遷移到多孔電極2，C項(xiàng)正確；電解總反應(yīng)為2H2O(g)電解2H2＋O2，分解2molH2O轉(zhuǎn)移4mol電子，則理論上電源提供2mol電子能分解1molH2O，D項(xiàng)正確。2．解析：選D。鈦網(wǎng)上發(fā)生氧化反應(yīng)，為陽(yáng)極，則電源a端為正極，電源b端為負(fù)極，a端電勢(shì)高于b端電勢(shì)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)陰極反應(yīng)式：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，理論上每轉(zhuǎn)移2mole－，生成1molH2，質(zhì)量為2g，B項(xiàng)錯(cuò)誤；電解總反應(yīng)為Cl－＋H2O通電ClO－＋H2↑，電解后ClO－水解使溶液呈堿性，海水pH上升，C項(xiàng)錯(cuò)誤；陽(yáng)極上Cl－放電轉(zhuǎn)化為HClO，電極反應(yīng)為Cl－＋H2O－2e－=HClO＋H＋，D項(xiàng)正確。3．解析：選C。催化電極a為陽(yáng)極，與電源正極相連，則電勢(shì)：催化電極a>催化電極b，A錯(cuò)誤；電子不經(jīng)過(guò)內(nèi)電路，因此電子移動(dòng)方向：催化電極a→電源→催化電極b，B錯(cuò)誤；催化電極b為陰極，發(fā)生反應(yīng)：2HCO3-＋2e－=H2↑＋2CO32-，C正確；由2HCO3-＋2e－=H2↑＋2CO32-可知，催化電極b上生成7mol氣體時(shí)，電解池轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為14mol，催化電極a上發(fā)生主反應(yīng)：CN(CH2)6CN－2e－＋2HCO3-=2CH3CH=CHCN＋2CO2↑＋2H2O(反應(yīng)中2mole－對(duì)應(yīng)2mol氣體)，催化電極a上發(fā)生副反應(yīng)：4HCO3-－4e－=O2↑＋4CO2↑＋2H2O(副反應(yīng)中4mole－對(duì)應(yīng)5mol氣體)，設(shè)主、副反應(yīng)生成的氣體分別為xmol、ymol，則x＋y＝15①，x＋45y＝14②，解方程組可知x任務(wù)18金屬的腐蝕與防護(hù)高考真題導(dǎo)向1.D2．解析：選B。圖1為犧牲陽(yáng)極法，犧牲陽(yáng)極一般為較活潑金屬，其作為原電池的負(fù)極，其失去電子被氧化；圖2為外加電流法，陽(yáng)極材料為輔助陽(yáng)極，其通常是惰性電極，其本身不失去電子，電解質(zhì)溶液中的陰離子在其表面失去電子，如海水中的Cl－，A不正確。圖2中，外加電壓偏高時(shí)，鋼閘門表面積累的電子很多，除了海水中的H＋放電外，海水中溶解的O2也會(huì)競(jìng)爭(zhēng)放電，故可發(fā)生O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B正確。圖2為外加電流法，理論上只要能對(duì)抗鋼閘門表面的腐蝕電流即可，當(dāng)鋼閘門表面的腐蝕電流為零時(shí)保護(hù)效果最好；腐蝕電流會(huì)隨著環(huán)境的變化而變化，若外加電壓保持恒定不變，則不能保證抵消腐蝕電流，不利于提高對(duì)鋼閘門的防護(hù)效果，C不正確。圖1、圖2中，當(dāng)鋼閘門表面的腐蝕電流為零時(shí)，說(shuō)明從犧牲陽(yáng)極或外加電源傳遞過(guò)來(lái)的電子阻止了Fe－2e－=Fe2+的發(fā)生，鋼閘門不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，但是犧牲陽(yáng)極上發(fā)生了氧化反應(yīng)，輔助陽(yáng)極上也發(fā)生了氧化反應(yīng)，D不正確。題組跟進(jìn)演練1.解析：選C。鋅環(huán)與電源的正極相連，為陽(yáng)極，A項(xiàng)正確；斷電時(shí)，Zn比鐵活潑，作負(fù)極，電極反應(yīng)為Zn－2e－=Zn2+，C項(xiàng)錯(cuò)誤。2．解析：選D。氫原子將硫酸根離子中＋6價(jià)的S還原為－2價(jià)的硫離子，SRB不做還原劑，A錯(cuò)誤；溫度超過(guò)一定范圍，硫酸鹽還原菌(SRB)活性下降，速率減慢，B錯(cuò)誤；碳作正極，電極反應(yīng)為：H＋＋e－=H，C錯(cuò)誤；根據(jù)示意圖可知，總反應(yīng)的化學(xué)方程式為8H＋＋4Fe＋SO42-=FeS＋3Fe2+＋4H2O，3．解析：選C。取一塊打磨過(guò)的生鐵片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食鹽水，鐵皮發(fā)生吸氧腐蝕，沒(méi)有H2生成，A錯(cuò)誤；鐵片發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e電極方程式為：Fe－2e－=Fe2+，邊緣處紅色的原因是二價(jià)鐵被空氣中的氧氣氧化為三價(jià)鐵，B錯(cuò)誤；鐵片發(fā)生吸氧腐蝕，反應(yīng)后中心區(qū)域溶液呈堿性，pH>7，C正確；鐵皮發(fā)生吸氧腐蝕的原理是原電池，但化學(xué)能不能完全轉(zhuǎn)化為電能，D錯(cuò)誤。任務(wù)19電化學(xué)中的多室、多池裝置高考真題導(dǎo)向1.解析：選C。由分析可知，陽(yáng)極反應(yīng)為：2Cl－－2e－=Cl2↑，A正確；陰極反應(yīng)為：Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－，消耗水產(chǎn)生OH－，陰極區(qū)溶液中OH－濃度逐漸升高，B正確；理論上每消耗1molFe2O3，轉(zhuǎn)移6mol電子，產(chǎn)生3molCl2，同時(shí)有6molNa＋由陽(yáng)極轉(zhuǎn)移至陰極，則陽(yáng)極室溶液減少3×71g＋6×23g＝351g，C錯(cuò)誤；理論上每消耗1molFe2O3，轉(zhuǎn)移6mol電子，有6molNa＋由陽(yáng)極轉(zhuǎn)移至陰極，陰極室物質(zhì)最多增加6×23g＝138g，D正確。2．解析：選A。Zn電極為負(fù)極，MnO2電極為正極，故Ⅱ區(qū)的K＋向Ⅰ區(qū)移動(dòng)，Ⅰ區(qū)的SO2-4向Ⅱ區(qū)移動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；MnO2電極的電極反應(yīng)式為MnO2＋2e－＋4H＋=Mn2+＋2H2O，C正確；電池的總反應(yīng)為Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋=[Zn(OH)4]2-＋Mn2+＋2H2O，D正確。題組跟進(jìn)演練1.解析：選C。由圖可知，含鐵的電極為原電池的正極，鹽酸作用下一氧化氮在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為NO＋3e－＋4H＋=NH3OH＋，鉑電極為負(fù)極，氫氣在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氫離子，電極反應(yīng)式為H2－2e－=2H＋，原電池工作時(shí)氫離子通過(guò)氫離子交換膜由負(fù)極區(qū)進(jìn)入正極區(qū)。Y為反應(yīng)機(jī)理最終產(chǎn)物，故Y為NH3OH＋，分析正極反應(yīng)機(jī)理，結(jié)合元素守恒可以判斷X為氫離子，A正確；含F(xiàn)e電極為正極，導(dǎo)電，同時(shí)根據(jù)反應(yīng)機(jī)理可知，鐵起著催化劑的作用，故含F(xiàn)e電極起到導(dǎo)電和催化的作用，B正確；鉑電極為負(fù)極，氫分子失去電子生成氫離子，正確的電極反應(yīng)式為H2－2e－=2H＋，C錯(cuò)誤；根據(jù)正極電極反應(yīng)式，消耗1molNO，外電路有3mol電子轉(zhuǎn)移，同時(shí)有3molH＋通過(guò)交換膜，D正確。2．解析：選D。由圖可知，放電時(shí)，鋅電極為原電池的負(fù)極，堿性條件下鋅在負(fù)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，右側(cè)電極為正極，酸性條件下二氧化碳在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成甲酸，雙極膜中氫離子向右室移動(dòng)、氫氧根離子向左室移動(dòng)；充電時(shí)，鋅電極為電解池的陰極，右側(cè)電極為陽(yáng)極，水分子在陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氫離子和氧氣，雙極膜中氫離子向左室移動(dòng)、氫氧根離子向右室移動(dòng)。3．解析：選D。電解KI制備KIO3，則I的化合價(jià)從－1價(jià)升高到＋5價(jià)，發(fā)生氧化反應(yīng)，則石墨電極為陽(yáng)極，銅電極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：6H2O＋6e－=3H2↑＋6OH－，A項(xiàng)正確；原料室中OH－向陽(yáng)極(石墨電極)遷移，K＋向陰極(銅電極)遷移，B項(xiàng)正確；石墨電極發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：I－＋6OH－－6e－=IO－3＋3H2O，C項(xiàng)正確；若電路上轉(zhuǎn)移0.6mol電子，理論上原料室溶液減少的質(zhì)量＝0.6mol×39g·mol-1＋0.6mol×17g·mol-1＝33.6g，D項(xiàng)錯(cuò)誤。任務(wù)20熱化學(xué)方程式的書寫與焓變的計(jì)算考向1熱化學(xué)方程式的書寫高考真題導(dǎo)向1.答案：H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)ΔH＝－286kJ·mol2．答案：6CO2(g)＋6H2O(l)=C6H12O6(s)＋6O2(g)ΔH＝＋2804kJ·mol-13．答案：N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－(a－b)kJ·mol-1降低反應(yīng)的活化能題組跟進(jìn)演練1.解析：由勢(shì)能面圖可知，氨氣從催化劑上脫附時(shí)勢(shì)能面在升高，為吸熱過(guò)程，由圖知，12mol氮?dú)夂?2mol氫氣生成1mol氨氣的反應(yīng)熱為21kJ·mol-1－17kJ·mol-1－50kJ·mol-1＝－46kJ·mol-1，則合成氨的熱化學(xué)方程式為N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol答案：吸熱N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol-12．解析：根據(jù)整個(gè)流程圖可知，CO2(g)和H2(g)為反應(yīng)物，生成物為HCOOH(l)，92gHCOOH的物質(zhì)的量為92g46g·mol-1＝2mol，所以生成1molHCOOH(l)放出31.2kJ熱量，熱化學(xué)方程式為H2(g)＋CO2(g)=HCOOH(l)ΔH＝－31.2kJ答案：H2(g)＋CO2(g)=HCOOH(l)ΔH＝－31.2kJ·mol-1考向2焓變的計(jì)算高考真題導(dǎo)向1．解析：由已知可得：Ⅰ.NaNO2(s)＋NH4Cl(s)=N2(g)＋NaCl(s)＋2H2O(l)ΔH1；Ⅱ.NaNO2(s)=Na＋(aq)＋NO2-(aq)ΔHⅢ.NH4Cl(s)=Cl－(aq)＋NH4+(aq)ΔHⅣ.NaCl(s)=Na＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH4；由蓋斯定律可知，目標(biāo)方程式NO2-(aq)＋NH4+(aq)=N2(g)＋2H2O(l)可由方程式Ⅰ－Ⅱ－Ⅲ＋Ⅳ得到，故ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3答案：ΔH1－ΔH2－ΔH3＋ΔH42．解析：(1)由題圖可知，F(xiàn)eSO4·7H2O→FeSO4即7個(gè)結(jié)晶水完全失去時(shí)失重比為45.3%，則失重比為19.4%時(shí)，失去的結(jié)晶水?dāng)?shù)目為19.4%×745.3%≈3，故x＝7－3＝4，同理可推出y＝7－38.8%×745.3%≈1。(2)將題中反應(yīng)依次編號(hào)為①、②、③，已求得x＝4，y＝1，則根據(jù)蓋斯定律，由①＋③－2×②可得FeSO4·7H2O(s)＋FeSO4·yH2O(s)=2(FeSO4·xH2O)(s)ΔH＝ΔH1＋ΔH3－2ΔH2＝(a＋c－2答案：(1)41(2)(a＋c－2b)題組跟進(jìn)演練1.解析：向恒壓容器中充入0.2molC2H4(g)、0.2molH2(g)和0.2molCO(g)，若在該條件下只發(fā)生主反應(yīng)Ⅰ，達(dá)平衡時(shí)，放出15.48kJ的能量，反應(yīng)C2H4(g)＋H2(g)＋CO(g)?CH3CH2CHO(g)的Q正＝－15.480.2＝－77.4kJ/mol；若向相同容器中充入0.4molCH3CH2CHO(g)，吸收20.64kJ的能量，Q逆＝20.640.4＝51.6kJ/mol，所以ΔH1＝Q正－Q逆＝－(77.4＋51.6)＝－答案：－1292．解析：SiCl4(g)＋2H2(g)=Si(s)＋4HCl(g)ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋74.22kJ·mol-1＋(＋219.29kJ·mol-1)＝＋293.51kJ·mol-1，則制備56gSi，即2molSi，需要吸收熱量為293.51kJ·mol-1×2＝587.02kJ·mol-1；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)正向移動(dòng)，有利于制備硅。答案：吸587.02該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，反應(yīng)正向移動(dòng)3．解析：由蓋斯定律可得，反應(yīng)Ⅰ－反應(yīng)Ⅱ×4可得題中熱化學(xué)方程式，即ΔH＝ΔH1－4ΔH2＝－905.8kJ/mol－4×180.0kJ/mol＝－1625.8kJ/mol。答案：－1625.8任務(wù)21電極反應(yīng)式書寫高考真題導(dǎo)向1.答案：(1)N2－10e－＋6H2O(2)反應(yīng)ⅲ生成O2，O2將NO氧化成NO2，NO2更易轉(zhuǎn)化成NO2．答案：Sn＋4CH2=CHCN＋4e－＋4H＋=Sn(CH2CH2CN)43．答案：(1)陽(yáng)22NO3-＋16e－＋CO2＋18H＋=CO(NH2)2題組跟進(jìn)演練1.答案：(1)從右往左(2)2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O2．解析：(1)該裝置為原電池，負(fù)極失去電子，HCOO－中C為＋2價(jià)，轉(zhuǎn)化為HCO3-，C為＋4價(jià)，化合價(jià)升高失去電子，則1molHCOO－轉(zhuǎn)化為1molHCO3-，轉(zhuǎn)移2mole－，電解質(zhì)為KOH，故用OH－平衡電荷。正極處為Fe3+得電子生成Fe2+，F(xiàn)e2+又被O2氧化生成Fe3+，此條件為酸性條件，若為堿性條件，則生成Fe(OH)3，裝置中流出K2SO4，則物質(zhì)A應(yīng)為H2SO4，發(fā)生反應(yīng)：4Fe2+＋O2＋4H＋=4Fe3+＋2H2O。(2)HCOOH被O2氧化生成HCO3-，根據(jù)C答案：(1)HCOO－＋2OH－－2e-=HCO3-＋H2OH2SO4(2)2HCOOH＋任務(wù)22化學(xué)反應(yīng)速率及其影響因素高考真題導(dǎo)向1.解析：選C。A.催化劑可以改變化學(xué)反應(yīng)速率，一般來(lái)說(shuō)，催化劑可以用來(lái)加快化學(xué)反應(yīng)速率，故催化氧化氨制備硝酸時(shí)加入鉑可以加快化學(xué)反應(yīng)速率；B.中和滴定時(shí)，邊滴邊搖錐形瓶，可以讓反應(yīng)物快速接觸，可以加快化學(xué)反應(yīng)速率；C.鋅粉和鹽酸反應(yīng)時(shí)加水稀釋會(huì)降低鹽酸的濃度，會(huì)降低化學(xué)反應(yīng)速率；D.石墨合成金剛石，該反應(yīng)中沒(méi)有氣體參與，增大壓強(qiáng)不會(huì)改變化學(xué)反應(yīng)速率。2．解析：選C。實(shí)驗(yàn)①中，0～2小時(shí)內(nèi)平均反應(yīng)速率vSeO42-＝5.0-1.0×10-5mol·L-12h＝2.0×10-5mol·L-1·h-1，A項(xiàng)錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)③中水樣初始pH＝8，溶液呈弱堿性，反應(yīng)物中不應(yīng)出現(xiàn)H＋，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由實(shí)驗(yàn)①、②可知，其他條件相同時(shí)，適當(dāng)增加納米鐵質(zhì)量，反應(yīng)速率加快，C項(xiàng)正確；由實(shí)驗(yàn)②、③可知，其他條件相同時(shí)，適當(dāng)減小水樣初始pH，3．解析：選C。根據(jù)題圖可知，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，Mn(Ⅲ)的濃度先增大后減小，說(shuō)明Mn(Ⅲ)先生成后被消耗，則Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A錯(cuò)誤；由“Mn(Ⅱ)起催化作用”可知，該反應(yīng)過(guò)程中，反應(yīng)物濃度和Mn(Ⅱ)均影響化學(xué)反應(yīng)速率，反應(yīng)前期無(wú)Mn(Ⅱ)，反應(yīng)物濃度隨反應(yīng)的進(jìn)行逐漸減小，故反應(yīng)速率逐漸減小，生成Mn(Ⅱ)后，Mn(Ⅱ)催化反應(yīng)的進(jìn)行，使反應(yīng)速率加快，但隨著反應(yīng)物濃度的降低，濃度變化起決定作用，反應(yīng)速率又會(huì)減小，所以反應(yīng)速率會(huì)先減小后增大再減小，B錯(cuò)誤；根據(jù)題圖，Mn(Ⅶ)濃度減小到0時(shí)，Mn(Ⅱ)濃度才逐漸增大，說(shuō)明Mn(Ⅶ)和Mn(Ⅱ)不能大量共存，C項(xiàng)正確；草酸為弱酸，在離子方程式中寫化學(xué)式，總反應(yīng)為2MnO4-＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O題組跟進(jìn)演練1．解析：選C。由第二組和第四組數(shù)據(jù)，A濃度相同，B濃度不同，速率相等，可知n＝0，再由第一組和第二組數(shù)據(jù)代入v＝k×cm(A)×cn(B)可得0.500.25m＝3.2×10-31.6×10-3，可知m＝1；將第一組數(shù)據(jù)代入v＝k×c(A)×c0(B)＝k×0.25×0.050＝1.6×10-3，可得k＝6.4×10-3，則v＝k×c(A)×c0(B)＝6.4×c(A)×10-3。根據(jù)數(shù)據(jù)分析，m＝1，n＝0，v1＝v2，A錯(cuò)誤；由分析可知，速率常數(shù)k＝6.4×10-3min-1，B錯(cuò)誤；存在過(guò)量的B時(shí)，反應(yīng)掉75%的A可以看作經(jīng)歷2個(gè)半衰期，即50%＋25%，因此所需的時(shí)間為2×0.86.4×10-3min＝2．解析：選A。根據(jù)圖中信息可知，Ⅰ和ⅢS(催化劑)相同，N2O的起始濃度不同，但反應(yīng)速率相同，說(shuō)明反應(yīng)速率與N2O的起始濃度無(wú)關(guān)，所以n＝0，k＝v(N2O)＝0.075mol·L-1·min-1，A錯(cuò)誤；對(duì)比Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ，Ⅱ中S(催化劑)大，反應(yīng)速率大，k大，Ⅰ和Ⅲ的S(催化劑)相同，反應(yīng)速率相同，k相同，所以其他條件相同，S(催化劑)越大，k越大，B正確；由以上分析可知，c(N2O)與反應(yīng)速率無(wú)關(guān)，C正確；由圖可知，S(催化劑)＝450m2·g-1，c(N2O)起始＝3.0mol·L-1，消耗1.5mol/LN2O所用的時(shí)間為20min，所以半衰期為20min，D正確。3．解析：選D。H2還原NO生成N2過(guò)程中，活化能最大的是⑥，速率最慢的步驟為⑥不是⑦，A錯(cuò)誤；NO被還原為N2的最大活化能明顯大于還原生成NH3的最大活化能，故在該催化劑作用下，NO被還原為NH3更容易，B錯(cuò)誤；生成NH3的基元反應(yīng)中，NH2O＋HNH2OH這一步活化能最大，相同條件下反應(yīng)速率最慢，是決定NO生成NH3速率的基元反應(yīng)，C錯(cuò)誤；圖示可知，生成氨氣的過(guò)程為：NO→HNO→NH2O→NH2OH→NH2→NH3，每步反應(yīng)中N元素化合價(jià)均是降低，被還原，D正確。任務(wù)23化學(xué)平衡狀態(tài)及其影響因素高考真題導(dǎo)向1.解析：選B。MnO2會(huì)催化H2O2分解，與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；NO2轉(zhuǎn)化為N2O4的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動(dòng)，NO2濃度增大，混合氣體顏色加深，B項(xiàng)正確；鐵在濃硝酸中鈍化，加熱會(huì)使鐵表面的氧化膜溶解，鐵與濃硝酸反應(yīng)生成大量紅棕色氣體，與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；加入硫酸銅以后，鋅置換出銅，構(gòu)成原電池，從而使反應(yīng)速率加快，與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．解析：選C。該反應(yīng)是一個(gè)氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)可以加快化學(xué)反應(yīng)速率，正反應(yīng)速率增大的幅度大于逆反應(yīng)，故v正>v逆，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，但是因?yàn)闇囟炔蛔?，故平衡常?shù)不變，A不正確；催化劑不影響化學(xué)平衡狀態(tài)，因此，加入催化劑不影響平衡時(shí)CH3CH2OH(g)的濃度，B不正確；恒容下，充入一定量的H2O(g)，H2O(g)的濃度增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，C正確；恒容下，充入一定量的CH2CH2(g)，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，但是CH2CH2(g)的平衡轉(zhuǎn)化率減小，D不正確。3．解析：選C。2CrO42-(黃色)＋2H＋?Cr2O72-(橙色)＋H2O，向1mL0.1mol/LK2CrO4溶液中加入1mL1.0mol/LHBr溶液，H＋濃度增大，平衡正向移動(dòng)，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為溶液橙色加深，但該溶液具有氧化性，HBr具有還原性，可發(fā)生反應(yīng)生成Br2，Br2溶于水顯橙色，對(duì)實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生干擾，A錯(cuò)誤；反應(yīng)2HIH2＋I(xiàn)2為反應(yīng)前后氣體總體積不變的可逆反應(yīng)，向恒溫恒容密閉玻璃容器中充入100mLHI氣體，分解達(dá)到平衡后再充入100mLAr，平衡不發(fā)生移動(dòng)，氣體顏色不變，應(yīng)得到的結(jié)論是：對(duì)于反應(yīng)前后氣體總體積不變的可逆反應(yīng)，恒溫恒容時(shí)，改變壓強(qiáng)平衡不移動(dòng)，B錯(cuò)誤；反應(yīng)2NO2題組跟進(jìn)演練1.解析：選D。升高溫度，正逆反應(yīng)速率均增大，A錯(cuò)誤；K＝c(CO)，由于溫度不變，c(CO)不變，B錯(cuò)誤；碳粉為固體，加入少量碳粉，對(duì)平衡無(wú)影響，CuO的平衡轉(zhuǎn)化率不變，C錯(cuò)誤；分離出CO，使平衡正向移動(dòng)，有利于Cu2O的生成，D正確。2．解析：選C。由圖像分析，在0～t1時(shí)間內(nèi)該化學(xué)反應(yīng)速率v(Z)＝ΔcΔt＝0.05t1mol·L-1·s-1，根據(jù)反應(yīng)方程式，化學(xué)計(jì)量數(shù)與速率成正比，故v(Y)＝2v(Z)＝0.10t1mol·L-1·s-1，A正確；平衡時(shí)，c(Z)＝0.05mol/L，c(Y)＝0.10mol/L，則該反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)K＝c(Z)·c2(Y)＝0.05×0.12＝0.0005，B正確；該反應(yīng)反應(yīng)物是固體，生成物是氣體，由于生成物Y與Z物質(zhì)的量之比滿足方程式化學(xué)計(jì)量數(shù)之比，故無(wú)論反應(yīng)是否達(dá)到平衡，Z的體積分?jǐn)?shù)都是13，C錯(cuò)誤；若其他條件不變，t2時(shí)將容器體積壓縮到1L，Z的濃度瞬間變?yōu)?倍即0.10mol/L，平衡逆向移動(dòng)，Z的濃度減小，由于溫度不變K不變，則再次平衡時(shí)，仍滿足c(Z)＝0.05mol/L，c3．解析：選D。若T1>T2，則表示降低溫度CO2的量增加，平衡正向移動(dòng)，正反應(yīng)放熱，ΔH<0，A正確；根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)有2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)起始mol0.20.200變化mol2x2xx2x平衡mol0.2－2x0.2－2xx0.1解得x＝0.05，則NO的轉(zhuǎn)化率為2x0.2×100%＝2×0.050.2×100%＝50%，B正確；由以上可知，1L的恒容密閉容器，平衡時(shí)c(NO)＝0.1mol/L，c(CO)＝0.1mol/L，c(N2)＝0.05mol/L，c(CO2)＝0.1mol/L，故平衡常數(shù)K＝cN2·c2CO2c2NO·c2CO＝0.12×0.050.12×0.124．解析：選C。同壓下溫度升高，氨的平衡轉(zhuǎn)化率上升，2NH33H2＋N2平衡正向移動(dòng)，ΔH＞0，A錯(cuò)誤；氫氣和氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量之比始終為3∶1，保持不變不能說(shuō)明反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)，B錯(cuò)誤；2NH33H2＋N2為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，氨的平衡轉(zhuǎn)化率下降，因此p1<p2<p3<p4，C正確；平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，500K時(shí)無(wú)論壓強(qiáng)是多少，K為定值，D錯(cuò)誤。任務(wù)24反應(yīng)速率與平衡圖像高考真題導(dǎo)向1.解析：選A。3h時(shí)異山梨醇的濃度仍在增大，1，4-失水山梨醇的濃度仍在減小，說(shuō)明此刻反應(yīng)②未達(dá)到平衡狀態(tài)，即正、逆反應(yīng)速率不相等，A錯(cuò)誤；由題圖可知，3h時(shí)山梨醇的濃度已為0，副產(chǎn)物的濃度不變，說(shuō)明反應(yīng)①、③均是不可逆反應(yīng)，15h后異山梨醇的濃度不再變化，1，4-失水山梨醇的濃度大于0，說(shuō)明反應(yīng)②是可逆反應(yīng)，則該溫度下的平衡常數(shù)：①>②，B正確；0～3h內(nèi)平均速率v(異山梨醇)＝0.042mol·kg-13h＝0.014mol·kg-1·h-1，C正確；反應(yīng)2．解析：選D。若投料比x代表nCH3OHnCO，x越大，可看作是CH3OH的量增多，由主、副反應(yīng)可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分?jǐn)?shù)越高，與圖像不符，則可知投料比x代表nCOnCH3OH，曲線a或曲線b表示δ(CH3COOH)，曲線c或曲線d表示δ(CH3COOCH3),A錯(cuò)誤、B錯(cuò)誤。曲線c或曲線d表示δ(CH3COOCH3)，當(dāng)同一投料比時(shí)，觀察可知T1時(shí)δ(CH3COOCH3)大于T2時(shí)δ(CH3COOCH3)，而T2>T1，可知溫度越高則δ(CH3COOCH3)越小，說(shuō)明溫度升高副反應(yīng)的平衡逆向移動(dòng)，ΔH2<0，C錯(cuò)誤。L、M、N三點(diǎn)對(duì)應(yīng)副反應(yīng)ΔH2<0，且TN>TM＝T題組跟進(jìn)演練1.解析：選B。反應(yīng)①②同時(shí)發(fā)生，反應(yīng)②會(huì)破壞反應(yīng)①的平衡，所以兩個(gè)反應(yīng)應(yīng)該同時(shí)達(dá)到平衡，A正確；由圖可知，550～650℃條件下，甲烷的轉(zhuǎn)化率大于二氧化碳的轉(zhuǎn)化率，說(shuō)明升溫更有利于反應(yīng)①，B錯(cuò)誤；升高溫度和增大壓強(qiáng)，化學(xué)反應(yīng)速率均增大，則加熱、加壓時(shí)，反應(yīng)①②的反應(yīng)速率均會(huì)增大，C正確；由方程式可知，反應(yīng)①中氫氣與一氧化碳的物質(zhì)的量比始終為1.0，則氫氣與一氧化碳的物質(zhì)的量比始終低于1.0說(shuō)明發(fā)生了反應(yīng)②，D正確。2．解析：選D。由圖可知，升高溫度，S2的體積分?jǐn)?shù)增大較多，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率減小，說(shuō)明反應(yīng)Ⅰ的平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH1>0，說(shuō)明反應(yīng)Ⅱ逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅱ是放熱反應(yīng)，ΔH2<0，A正確；反應(yīng)Ⅰ為氣體體積增大的反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ?yàn)闅怏w體積不變的反應(yīng)，恒溫恒壓下充入氦氣，導(dǎo)致容器的體積增大，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，對(duì)于反應(yīng)Ⅰ平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，S2(g)濃度增大，則反應(yīng)Ⅱ正向移動(dòng)，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率增大，B正確；由圖可知，在600℃時(shí)甲烷平衡轉(zhuǎn)化率高達(dá)99%，低于600℃時(shí)，S2濃度明顯偏小，使得反應(yīng)Ⅱ的反應(yīng)速率變慢，C正確；在密閉容器中，n(S2)∶n(CH4)＝2∶1開始反應(yīng)，設(shè)CH4的起始物質(zhì)的量為a，轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量為x，即：2S2(g)＋CH4(g)?CS2(g)＋2H2S(g)起始/mol2aa00轉(zhuǎn)化/mol2xxx2x平衡/mol2a－2xa－xx2xCS2的體積分?jǐn)?shù)為10%，即x2a-2x+a-x+x+2x×100%＝10%，解得x＝0.3a，則CH4的轉(zhuǎn)化率為30%，D任務(wù)25平衡體系中曲線變化趨勢(shì)分析及反應(yīng)條件的選擇高考真題導(dǎo)向1.答案：(1)4NH3＋5O2催化劑△4NO＋(2)2NO＋O2??2NO2，該反應(yīng)正向氣體分子總數(shù)減小，同溫時(shí)，p1條件下NO轉(zhuǎn)化率高于p2，故p1>p2，x、y點(diǎn)轉(zhuǎn)化率相同，此時(shí)壓強(qiáng)對(duì)容積的影響大于溫度對(duì)容積的影響2．解析：浸出初期，F(xiàn)e2O3溶解，F(xiàn)e浸出率上升，5min之后，HCl被逐漸消耗，c(H＋)下降，F(xiàn)e3＋水解生成Fe(OH)3進(jìn)入濾渣中，使得Fe浸出率又下降。答案：浸出初期，c(H＋)較大，F(xiàn)e的浸出率較大，5min之后，溶液酸性減弱，F(xiàn)e3＋水解生成Fe(OH)3進(jìn)入濾渣3．解析：(2)②氨基中的H原子連在電負(fù)性較大的N原子上，HCO3-中的H原子連在電負(fù)性較大的O原子上，二者之間可以形成氫鍵N—H…O、N…H—O。加氫方式判斷的關(guān)鍵在于步驟Ⅲ中HCOO－中的氫是來(lái)自D2還是氨基，所以可以通過(guò)檢測(cè)是否存在DCOO－或答案：(1)①CH3COO[Cu(NH3)2]＋NH3·H2O＋CO=CH3COO[Cu(NH3)3CO]＋H2O②多孔Al2O3可作為氣體吸附劑，含量過(guò)多會(huì)吸附生成的NH3；Al2O3含量大于2%，α-Fe表面積減小，反應(yīng)速率減小，產(chǎn)生NH3減少(2)①NaHCO3受熱分解②—NH2可以與HCO3-形成氫鍵DCOO－題組跟進(jìn)演練1.答案：pH為5.5～6.0、n(H2．解析：溫度相同時(shí)，CO和HCOOH的選擇性相加為1，同時(shí)主反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，升高溫度，主反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)，HCOOH的選擇性下降，即曲線a為HCOOH的選擇性，曲線c為CO的選擇性，曲線b為CO2的轉(zhuǎn)化率。200～360℃，升高溫度，曲線b對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)值減小，原因是主反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)程度大于副反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)程度。由圖可知240℃時(shí)，CO2轉(zhuǎn)化率為y，CO的選擇性為x，則HCOOH的選擇性為1－x，設(shè)投入的CO2的物質(zhì)的量為amol，可得出如下各物質(zhì)的轉(zhuǎn)化量：CO2(g)＋H2(g)??HCOOH(g)n(轉(zhuǎn)化)/molay(1－x)ay(1－x)ay(1－x)CO2(g)＋H2(g)??CO(g)＋H2O(g)n(轉(zhuǎn)化)/molayxayxayxayxn(CO2)＝[a－ay(1－x)－ayx]mol＝[a(1－y)]mol，n(HCOOH)＝[ay(1－x)]mol。設(shè)平衡時(shí)密閉容器中氣體總物質(zhì)的量為n總，氣體總壓強(qiáng)為p總。已知240℃時(shí)，平衡體系中H2的分壓為p0kPa，則240℃時(shí)主反應(yīng)Ⅰ的Kp＝p(HCOOH)p(CO2)·p(H2答案：CO2的轉(zhuǎn)化率主反應(yīng)Ⅰ平衡逆向移動(dòng)程度大于副反應(yīng)Ⅱ平衡正向移動(dòng)程度(1-x)y3．解析：水的量越大生成氫氣的產(chǎn)率越高，即水碳比越大氫氣的產(chǎn)率越高，因此水碳比(S/C)＝4的曲線是b，由圖像可知該水碳比下制氫的最佳溫度是600℃；乙酸的裂解是吸熱反應(yīng)，升高溫度有利于H2的生成，約600℃時(shí)達(dá)到最大，但升高溫度有利于水煤氣變換反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，此時(shí)體系內(nèi)主要發(fā)生反應(yīng)Ⅳ，反應(yīng)Ⅳ放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，消耗H2，因此H2的產(chǎn)率會(huì)先增大后逐漸減小。答案：(1)b600℃(2)此時(shí)體系內(nèi)主要發(fā)生反應(yīng)Ⅳ，反應(yīng)Ⅳ放熱，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，消耗H2任務(wù)26平衡體系中的有關(guān)計(jì)算高考真題導(dǎo)向1.解析：(1)由轉(zhuǎn)化率圖像可知，0～50min，經(jīng)方式甲處理后反應(yīng)速率最快；經(jīng)方式丙處理后，50min時(shí)SiCl4的轉(zhuǎn)化率為4.2%，反應(yīng)的SiCl4的物質(zhì)的量為0.1mol×4.2%＝0.0042mol，根據(jù)化學(xué)計(jì)量數(shù)可得反應(yīng)生成的SiHCl3的物質(zhì)的量為0.0042mol×43＝0.0056mol，平均反應(yīng)速率v(SiHCl3)＝0.0056mol2L×50min＝5.6×10－5mol·L－(2)反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，SiCl4的轉(zhuǎn)化率為14.6%，列出三段式為：當(dāng)反應(yīng)達(dá)平衡時(shí)，H2的濃度為0.1951mol·L－1，平衡常數(shù)K的計(jì)算式為0.00974(3)增大容器體積，壓強(qiáng)減小，平衡向氣體體積增大的方向移動(dòng)，即反應(yīng)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)。答案：(1)甲5.6×10－5(2)0.19510.009740.042732．解析：(1)由于反應(yīng)ⅰ生成固態(tài)炭，會(huì)覆蓋在催化劑表面，從而減小氣體與催化劑的接觸面積，因此隨著反應(yīng)進(jìn)行，單位時(shí)間內(nèi)甲烷轉(zhuǎn)化率和芳烴產(chǎn)率逐漸降低。(3)設(shè)起始時(shí)C6H6的物質(zhì)的量為1mol，CH4的物質(zhì)的量為5mol，參加反應(yīng)的C6H6的物質(zhì)的量為xmol，則可建立如下三段式：C6H6(g)＋CH4(g)??C7H8(g)＋H2(g)起始量/mol1500變化量/molxxxx平衡量/mol1－x5－xxx依題意，1-x6×p總x6×p總＝41，解得x＝0.2，平衡時(shí)，n(C6H6)＝0.8mol，n(CH4)＝4.8mol，n(C7H8)＝0.2mol，n(H2)＝0.2mol，則C6H6的平衡轉(zhuǎn)化率為0.2mol1mol×(4)已知Ea，苯<Ea，二甲苯，v苯v二甲苯＝A1A2e答案：(1)反應(yīng)ⅰ有積炭生成，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，生成的積炭逐漸增多，覆蓋在催化劑表面，使催化劑催化性能逐漸降低，化學(xué)反應(yīng)速率減小(2)10.0pH＝10.0時(shí)，產(chǎn)物中積炭平均含量最低，CH4平均轉(zhuǎn)化率最大，芳烴平均產(chǎn)率最高(3)20%(0.26×100kPa)2(4)適當(dāng)降低溫度，加入合適的催化劑(合理即可)題組跟進(jìn)演練1．解析：(1)由蓋斯定律可知，反應(yīng)Ⅰ＋Ⅱ×2得到反應(yīng)Ⅲ，則反應(yīng)ΔH＝ΔH1＋2ΔH2＝(＋255.7kJ/mol)＋2×(－41.2kJ/mol)＝＋173.3kJ/mol，反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝K1K22；該反應(yīng)是熵增的吸熱反應(yīng)，高溫條件下，反應(yīng)ΔH—TΔS＜(2)①平衡常數(shù)為溫度的函數(shù)，溫度不變，平衡常數(shù)不變，由圖可知，A、D兩點(diǎn)的反應(yīng)溫度相同，則A、D兩點(diǎn)平衡常數(shù)相等。(3)①反應(yīng)Ⅰ、Ⅲ都為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ?yàn)榉艧岱磻?yīng)，升高溫度，反應(yīng)Ⅰ、Ⅲ的平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅱ的平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則乙醇的轉(zhuǎn)化率增大、二氧化碳的選擇性減小、一氧化碳的選擇性增大，則曲線a表示二氧化碳的選擇性；②由題意可知，573K反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)二氧化碳的選擇性和一氧化碳選擇性之和為1，則曲線b表示乙醇的轉(zhuǎn)化率，由圖可知，平衡時(shí)乙醇的轉(zhuǎn)化率為60%，則平衡時(shí)乙醇的物質(zhì)的量為1mol－1mol×60%＝0.4mol；③由圖可知，573K反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)二氧化碳的選擇性為85%、一氧化碳選擇性為15%、乙醇的轉(zhuǎn)化率為60%，則平衡時(shí)二氧化碳的物質(zhì)的量為2×1mol×60%×85%＝1.02mol、一氧化碳的物質(zhì)的量為2×1mol×60%×15%＝0.18mol，由O元素守恒，平衡時(shí)n(H2O)＝1＋3－0.4－1.02×2－0.18＝1.38mol，由H元素守恒，平衡時(shí)n(H2)＝6×1+2×3-6×0.4-1.38×22＝3.42mol，則平衡時(shí)一氧化碳、水蒸氣、二氧化碳、氫氣、混合氣體的物質(zhì)的量分別為0.18mol、1.38mol、1.02mol、3.42mol、6.4mol，則反應(yīng)Ⅱ的Kp＝(答案：(1)＋173.3kJ/molK1K2(2)＝平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，A、D兩點(diǎn)的溫度相同，則平衡常數(shù)相等B點(diǎn)溫度高于A點(diǎn)，升高溫度，反應(yīng)Ⅱ逆向移動(dòng)消耗H2的量與反應(yīng)Ⅰ、反應(yīng)Ⅲ正向移動(dòng)產(chǎn)生H2的量相等(3)a0.4(2．解析：(1)丙烷無(wú)氧脫氫反應(yīng)C3H8(g)??C3H6(g)＋H2(g)ΔH1＝(413×8＋348×2－413×6－615－348－436)kJ/mol＝＋123kJ/mol，可知ΔH1>0，反應(yīng)ΔS>0，ΔG＝ΔH－TΔS<0時(shí)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行，則需要在較高溫度下反應(yīng)才可自發(fā)進(jìn)行。(2)②根據(jù)題意，隨著氫氣的增加，可以生成更多催化效果更好的催化劑Ga-H/GaOx，因此反應(yīng)速率逐漸增加。而氫氣的增加，會(huì)促使主反應(yīng)平衡逆向移動(dòng)，因此轉(zhuǎn)化率降低。根據(jù)以上分析，可以判斷隨著氫氣增多，逐漸上升的曲線即曲線d為丙烯生成速率，逐漸下降的曲線即曲線c為丙烷平衡轉(zhuǎn)化率。圖中，當(dāng)n(H2)∶n(C3H8)為2時(shí)，丙烯生成速率最大，此時(shí)丙烷平衡轉(zhuǎn)化率為45%，丙烯選擇性為90%。設(shè)氫氣和丙烷的起始量分別為2mol、1mol，依據(jù)圖中數(shù)據(jù)列三段式：C3H8(g)??C3H6(g)＋H2(g)變/mol0.4050.4050.405C3H8(g)??C2H4(g)＋CH4(g)變/mol0.0450.0450.045平衡時(shí)n(C3H8)＝0.55mol、n(C3H6)＝0.405mol、n(H2)＝2.405mol、n(C2H4)＝0.045mol、n(CH4)＝0.045mol，n總＝3.45mol，p總＝0.1MPa，因此Kp＝0.4053.45×答案：(1)①＋123②較高(2)①Ga-H/GaOx據(jù)Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式，斜率越小，活化能越小，催化劑催化效果越好②d0.405任務(wù)27反應(yīng)原理綜合題悟高考·練模擬1.解析：(1)ΔH3＝ΔH1－2ΔH2＝－566kJ·mol-1。(2)由題圖知，壓強(qiáng)一定時(shí)，溫度越高，C2H6平衡轉(zhuǎn)化率越高，則升溫平衡正向移動(dòng)，該反應(yīng)的正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，ΔH4>0。平衡轉(zhuǎn)化率接近40%的曲線應(yīng)介于平衡轉(zhuǎn)化率為20%與50%的曲線之間，a項(xiàng)代表的點(diǎn)在20%線左側(cè)，b項(xiàng)代表的點(diǎn)位于20%線與50%線之間，c項(xiàng)代表的點(diǎn)在50%線與80%線之間，故b符合題意。(3)①設(shè)初始投入C2H6的物質(zhì)的量為1mol，且僅發(fā)生反應(yīng)ⅰ，結(jié)合C2H6的平衡轉(zhuǎn)化率為25.0%列出三段式：C2H6(g)C2H4(g)＋H2(g)起始量/mol100變化量/mol0.250.250.25平衡量/mol0.750.250.25平衡時(shí)體系中總物質(zhì)的量為0.75mol＋0.25mol＋0.25mol＝1.25mol，則C2H6、C2H4、H2的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為0.751.25、0.251.25、0.251.25，代入平衡常數(shù)表達(dá)式得：Kx1＝0.251.25×0.251.250.751.25＝115。(4)通常配位鍵的形成需要一方提供孤電子對(duì)，另一方提供空軌道。Cu＋與C2H4形成配位鍵時(shí)，C2H4提供了π鍵中的一個(gè)共用電子對(duì)，Cu＋提供空軌道。該分子篩與C2H4可形成配位鍵，強(qiáng)于其與C2H6之間的范德華力，因此該分子篩可以高選擇地吸附C2H4分子，而不吸附C2H6分子。由于該配位鍵弱于共價(jià)鍵，則在一定條件下C2H4容易發(fā)生脫附，再生的分子篩可重復(fù)利用，故其優(yōu)點(diǎn)是選擇性好，分離出的產(chǎn)物純度高、可重復(fù)使用。(5)前30min，兩種氣體出口濃度(c)與進(jìn)口濃度(c0)之比為0，說(shuō)明兩者的出口濃度均為0，兩種氣體均被完全吸附，A錯(cuò)誤；進(jìn)口處C2H6和C2H4等體積混合，c0(C2H6)＝c0(C2H4)，p點(diǎn)對(duì)應(yīng)時(shí)刻，cC2H6c0C2H6?cC2H4c0C2H4，說(shuō)明出口濃度c(C2H6)?c(C2H4)，即出口氣體主要成分是C2H6，B正確；a點(diǎn)處C2H6的cc0＝1.0，出口濃度與進(jìn)口濃度相等，說(shuō)明此時(shí)吸附劑對(duì)C2H6飽和，a～b對(duì)應(yīng)時(shí)間段內(nèi)，cC2H6c0C2H答案：(1)－566(2)>b(3)①115②增大(4)4s空軌道選擇性好，分離出的產(chǎn)物純度高，可重復(fù)使用2．解析：(2)①將BaCO3(s)＋4C(s)BaC2(s)＋3CO(g)記為反應(yīng)Ⅲ，由蓋斯定律可知，反應(yīng)Ⅲ＝反應(yīng)Ⅰ＋反應(yīng)Ⅱ，根據(jù)方程式相加，K相乘的原則，有KⅢ＝KⅠ·KⅡ。由圖1可知，1585K時(shí)lgKⅠ＝2.5，lgKⅡ＝－1.5，則該溫度下KⅢ＝102.5×10-1.5＝10。根據(jù)Kp＝(pco)n、K＝pco105Pan可知，Kp＝K×105Pan，其中n為方程式中CO的化學(xué)計(jì)量數(shù)。反應(yīng)Ⅲ中CO的化學(xué)計(jì)量數(shù)為3，因此反應(yīng)Ⅲ的Kp＝KⅢ×105Pa3＝1016Pa3。②由圖1可知，1320K時(shí)，lgKⅠ＝0，即KⅠ＝1。反應(yīng)Ⅰ中CO的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2，則該溫度下，Kp(Ⅰ)＝KⅠ×(105Pa)2＝1010Pa2。根據(jù)反應(yīng)Ⅰ可知，其分壓平衡常數(shù)表達(dá)式為Kp(Ⅰ)＝pco2，因此平衡時(shí)pco＝KpⅠ＝1010Pa2＝105Pa。平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，將容器體積壓縮到原來(lái)的12，Kp(Ⅰ)不變，則pco不變，仍為105Pa。(3)①由圖2可知，1823K下，BaC2產(chǎn)率隨著時(shí)間的延長(zhǎng)不斷增加至接近100%，而1400K下，BaC2產(chǎn)率始終為0，說(shuō)明反應(yīng)Ⅱ答案：(1)BaC2＋2H2O=Ba(OH)2＋C2H2↑(2)①1016②105105(3)①BaO②t1～t2階段凈反應(yīng)速率為正值且恒定不變，t2后反應(yīng)達(dá)到平衡，凈反應(yīng)速率恒為0反應(yīng)物均為固體，固體的濃度為定值，不會(huì)隨著消耗而發(fā)生改變3．解析：(1)該反應(yīng)反應(yīng)后氣體分子數(shù)減少，ΔS<0。該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，達(dá)到平衡后，其他條件不變時(shí)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率降低，由題圖知，較低流速下，T3時(shí)HCl的轉(zhuǎn)化率最大，故T3＝360℃。(2)將題中已知反應(yīng)依次編號(hào)為①、②、③，根據(jù)蓋斯定律，由①－②＋③可得：H2(g)＋12O2(g)=H2O(l)ΔH＝－57.2kJ·mol-1－(＋44.0kJ·mol-1)－184.6kJ·mol-1＝－285.8kJ·mol-1，故H2的燃燒熱ΔH＝－285.8kJ·mol-1。(3)由題圖可知，增大HCl的流速，HCl的轉(zhuǎn)化率降低，A項(xiàng)錯(cuò)誤；將溫度升高40℃，即升溫至400℃，由題圖可知，HCl的轉(zhuǎn)化率增大，B項(xiàng)正確；增大n(HCl)∶n(O2)，HCl的轉(zhuǎn)化率減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤；M點(diǎn)該反應(yīng)未達(dá)到平衡，使用更高效的催化劑，可以加快反應(yīng)速率，提高HCl的轉(zhuǎn)化率，D項(xiàng)正確。(4)圖中較高流速時(shí)，反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，T3溫度低，反應(yīng)速率慢，且較高流速時(shí)，反應(yīng)物在催化劑表面接觸時(shí)間短，故HCl的轉(zhuǎn)化率低。(5)N點(diǎn)起始時(shí)n(HCl)∶n(O2)＝4∶4，HCl的平衡轉(zhuǎn)化率為80%，設(shè)起始時(shí)HCl、O2的物質(zhì)的量均為1mol2HCl(g)＋12O2(g)Cl2(g)＋H2起始量/mol：1100轉(zhuǎn)化量/mol：0.80.20.40.4平衡量/mol：0.20.80.40.4則該溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝0.41.8×0.41.80.21.82×0.81.812＝6。(6)二者晶體結(jié)構(gòu)相同，晶胞體積近似相等，則二者密度之比等于摩爾質(zhì)量之比，設(shè)Ru答案：(1)<360(2)－285.8(3)BD(4)反應(yīng)未達(dá)到平衡，T3溫度低，反應(yīng)速率慢，且反應(yīng)物在催化劑表面接觸時(shí)間短，相同時(shí)間內(nèi)HCl的轉(zhuǎn)化率低(5)6(6)1014．解析：(1)①已知：反應(yīng)Ⅰ：CH4(g)＋2S2(g)=CS2(g)＋2H2S(g)ΔH1＝－104.71kJ·mol-1反應(yīng)Ⅱ：2CH4(g)＋S8(g)=2CS2(g)＋4H2S(g)ΔH2＝＋201.73kJ·mol-1由蓋斯定律可知，反應(yīng)Ⅱ－2×反應(yīng)Ⅰ得S8(g)=4S2(g)ΔH＝＋411.15kJ·mol-1。②由題圖可知，650℃以下總反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率增大；700℃以上總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率減小，平衡轉(zhuǎn)化率在650～700℃達(dá)到峰值，故為提高CH4平衡轉(zhuǎn)化率，控制溫度范圍在650～700℃。(2)①T℃、c0＝1.0mol·L-1時(shí)，測(cè)得t＝9.5s、α＝95%，則9.5＝1k×1.00.951-0.95，k＝2L·mol-1·s-1。②T℃時(shí)，計(jì)劃在5s內(nèi)轉(zhuǎn)化率達(dá)90%，則5＝12×c0×0.901-0.90，(3)①根據(jù)化學(xué)方程式體現(xiàn)的關(guān)系式可知，二硫化碳和生成氫氣的物質(zhì)的量之比為1∶4，結(jié)合圖像可知，圖中表示CS2的曲線是b。②950℃時(shí)，反應(yīng)物投料比采用n(CH4)∶n(H2S)＝1∶2，維持體系壓強(qiáng)為100kPa，設(shè)甲烷、硫化氫投料分別為1mol、2mol，CH4(g)＋2H2S(g)CS2(g)＋4H2(g)起始/mol1200轉(zhuǎn)化/mola2aa4a平衡/mol1－a2－2aa4a由圖可知，平衡時(shí)甲烷與二硫化碳含量相等，則1－a＝a，a＝0.5mol，則甲烷、硫化氫、二硫化碳、氫氣分別為0.5mol、1mol、0.5mol、2mol，總的物質(zhì)的量為4mol，該反應(yīng)的Kp＝100×244100×0.54100×14答案：(1)①＋411.15②B650℃以下總反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度平衡正向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率增大；700℃以上總反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率減小(2)①2②0.9(3)①b②104③變廢為寶，減小污染反應(yīng)溫度更高、耗能更大任務(wù)28溶液中的電離平衡與水解平衡高考真題導(dǎo)向1.解析：選D。實(shí)驗(yàn)1所得溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＝cOH-+cHSO3-＋2cSO32->cHSO3-＋cSO32-，A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)2所得溶液pH＝4，即c(H＋)＝10-4mol·L-1，代入H2SO3的二級(jí)電離常數(shù)計(jì)算式Ka2(H2SO3)＝cH+·cSO32-cHSO3-＝6.2×10-8，得：cSO32-cHSO3-＝6.2×10-810-4＝6.2×2．解析：選B。Na2S溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2-)，A項(xiàng)正確；Na2S溶液中存在水解平衡：S2-＋H2O?HS－＋OH－、HS－＋H2O?H2S＋OH－，且第一步水解程度遠(yuǎn)大于第二步水解程度，Kh(S2-)＝cOH-·cHS-cS2-＝KwKa2H2S＝1.0×10-1410-12.90＝10-1.10，又c(HS－)一定小于0.01mol·L-1，則cOH-cS2->10-1.1010-2>1，故cOH->cS2-，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由題給條件可知，KspFeS>KspCdS，向cCd2+＝0.01mol·L-1的溶液中加入FeS，發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化：行完全，所得溶液中cCd題組跟進(jìn)演練1．解析：選D。0s時(shí)，pH＝5.2，溶液呈酸性是因?yàn)殂~離子發(fā)生水解反應(yīng)Cu2+＋2H2O?Cu(OH)2＋2H＋，A錯(cuò)誤；20～94s，溶液pH從5.9升高至6.8，仍為酸性，則不存在大量OH－，主要反應(yīng)的離子方程式為2Cu2+＋SO42-＋2NH3·H2O?Cu2(OH)2SO4↓＋2NH4+，B錯(cuò)誤；從94s到144s，溶液pH從6.8升高至9.5，堿性增強(qiáng)，抑制水的電離，則混合液中水的電離程度減小，C錯(cuò)誤；從144s到430s，藍(lán)綠色沉淀溶解，溶液變?yōu)樯钏{(lán)色，為氨水和銅離子形成配離子[Cu(NH3)4]2+，pH升高與Cu2(OH)2SO4轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)42．解析：選B。pKa越大，Ka越小，酸性越弱，酸性：HNO2＞HF＞HClO＞HCN。A項(xiàng)，次氯酸鈉溶液中OH－來(lái)自水的電離，稀釋次氯酸鈉溶液過(guò)程中，堿性減弱，水電離的c(H＋)、c(OH－)減小，正確；B項(xiàng)，由“越弱越水解”知，堿性：NaCN＞NaClO＞NaF＞NaNO2，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，所得溶液中c(HNO2)＝c(KNO2)，pKh＝14－pKa＝10.63＞3.37，溶液呈酸性，正確；D項(xiàng)，CN－＋H2O?HCN＋OH－，Kh＝cHCN·cOH-cCN-＝K3．解析：選D。由信息“H3A與足量NaOH溶液反應(yīng)生成NaH2A”推知H3A是一元弱酸，A錯(cuò)誤；25℃時(shí)，H3A的電離常數(shù)Ka＝5.8×10-10，則H2A－的水解常數(shù)Kh＝1.0×10-145.8×10-10＝105.8×10-5＝cH3A·cOH-cH2A-≈c2OH-cH2A-＝c2OH-0.1000，計(jì)算得c(OH－)的數(shù)量級(jí)為10-3，故P點(diǎn)溶液中，由水電離出的c(OH－)的數(shù)量級(jí)為10-3，B錯(cuò)誤；任務(wù)29電解質(zhì)溶液中的圖像分析——中和滴定曲線高考真題導(dǎo)向1.解析：選D。圖像分析如下：根據(jù)CH3COOH??CH3COO－＋H＋，可近似認(rèn)為a點(diǎn)c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a點(diǎn)pH＝3.38，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，故Ka(CH3COOH)≈10-3.38×10-3.380.0100＝10－4.76，A項(xiàng)正確；a點(diǎn)HCl恰好被完全中和，由元素守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B項(xiàng)正確；b點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為NaCl、CH3COOH、CH3COONa，且c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，pH<7，溶液呈酸性，說(shuō)明CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，即溶液中c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C項(xiàng)正確；a、b兩點(diǎn)溶液呈酸性，水的電離均受到抑制，溶液pH越小，水的電離受抑制程度越大，c點(diǎn)酸堿恰好完全中和，CH3COO2．解析：選C。NaX為強(qiáng)堿弱酸鹽，在溶液中水解使溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小順序?yàn)閏(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，A正確；弱酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，由分析可知，HX、HY、HZ三種一元弱酸的酸性依次減弱，則三種一元弱酸的電離常數(shù)的大小順序?yàn)镵a(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，B正確；當(dāng)溶液pH為7時(shí)，酸越弱，向鹽溶液中加入鹽酸的體積越大，酸根離子的濃度越小，則三種鹽溶液中酸根的濃度大小順序?yàn)閏(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，C錯(cuò)誤；向三種鹽溶液中分別滴加20.00mL鹽酸，三種鹽都完全反應(yīng)，溶液中鈉離子濃度等于氯離子濃度，將三種溶液混合后溶液中存在電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正確。題組跟進(jìn)演練1．解析：選B。用不同濃度的NaOH溶液分別滴定20mL與其同濃度的某弱酸HA溶液，滴定終點(diǎn)之后，滴入相同體積的氫氧化鈉溶液時(shí)，氫氧化鈉濃度越大，過(guò)量的氫氧化鈉越多，溶液的堿性越強(qiáng)，pH越大，因此c1>c2>c3，A項(xiàng)正確；M點(diǎn)溶液中存在電荷守恒和元素守恒，分別為c(H＋)＋c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)和2c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，因此2c(H＋)＋c(HA)＝2c(OH－)＋c(A－)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；恰好中和時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為NaA，A－水解，溶液顯堿性，溶液中離子濃度的大小關(guān)系為c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，C項(xiàng)正確；設(shè)NaOH溶液、HA溶液的濃度均為cmol·L－1，pH＝7時(shí)，加入的氫氧化鈉溶液為VmL，生成的NaA為V×10－3cmol，溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)，則c(Na＋)＝c(A－)，Ka＝cH+c2．解析：選C。由圖可知，0.10mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝3，則Ka＝cCH3COO-·cH+cCH3COOH＝10-3×10-30.10-10-3≈10－5，A項(xiàng)錯(cuò)誤；M點(diǎn)pH＝7，若加入20mLNaOH溶液，溶液中溶質(zhì)是CH3COONa，CH3COO－水解使溶液顯堿性，與題干的溶液顯中性相違背，說(shuō)明M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的NaOH溶液的體積小于20mL，B項(xiàng)錯(cuò)誤；N點(diǎn)pH小于Q點(diǎn)，Q點(diǎn)OH－3．解析：選C。亞磷酸(H3PO3)的分級(jí)電離常數(shù)全部數(shù)據(jù)為Ka1＝10－1.4，Ka2＝10－6.7，說(shuō)明亞磷酸(H3PO3)是二元弱酸，則Na2HPO3屬于正鹽，HPO32-水解而使溶液顯堿性；NaH2PO3屬于酸式鹽，由于Ka2＝10－6.7>Kh2＝KwKa1＝1×10-1410-1.4，電離程度大于水解程度，則溶液顯酸性，A正確。根據(jù)題意，向亞磷酸鈉溶液中滴加鹽酸，a點(diǎn)是第一次滴定終點(diǎn)，則溶液主要含NaH2PO3、NaCl，根據(jù)質(zhì)子守恒得到存在關(guān)系：c(H＋)＋c(H3PO3)＝c(OH－)＋c(HPO32-)，B正確；根據(jù)題意，向亞磷酸鈉溶液中滴加鹽酸，b點(diǎn)是第二次滴定終點(diǎn)，則溶液主要含H3PO3、NaCl，b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中存在：c(H＋)＝c(H2任務(wù)30電解質(zhì)溶液中的圖像分析——物質(zhì)分布系數(shù)曲線高考真題導(dǎo)向1.解析：選D。根據(jù)分析，曲線M表示δ(CH2ClCOO－)～pH的變化關(guān)系，A錯(cuò)誤；根據(jù)Ka(CHCl2COOH)＝cCHCl2COO-×cH+cCHCl2COOH，初始c0(CHCl2COOH)＝0.1mol·L－1，若溶液中溶質(zhì)只有CHCl2COOH，則c(CHCl2COO－)＝c(H＋)≈KaCHCl2COOHc0CHCl2COOH＝10－1.15mol·L－1，但a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的c(H＋)＝0.1mol·L－1，說(shuō)明此時(shí)溶液中加入了酸性更強(qiáng)的酸，根據(jù)電荷守恒，c(H＋)>c(CHCl2COO－)＋c(OH－)，B錯(cuò)誤；根據(jù)分析，CH2ClCOOH的電離常數(shù)Ka＝10－2.8，C錯(cuò)誤；電離度α＝n電離n始，n始＝n電離＋n未電離，則α(CH2ClCOOH)＝δ(CH2ClCOO－)，α(CHCl2COOH)＝δ2．解析：選C。FeS的溶解平衡為FeS(s)??Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，飽和FeS溶液中Fe2＋的物質(zhì)的量濃度為KspFeS＝6.3×10-18mol/L＝6.3×10－9mol/L，F(xiàn)e(OH)2的溶解平衡為Fe(OH)2(s)??Fe2＋(aq)＋2OH－(aq)，飽和Fe(OH)2溶液中Fe2＋的物質(zhì)的量濃度為3KspFeOH24＝34.9×10-174mol/L＝312.25×10－6mol/L＞6.3×10－9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A項(xiàng)錯(cuò)誤；酚酞的變色范圍為8.2～10，若以酚酞為指示劑，用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定H2S水溶液，由圖可知當(dāng)酚酞發(fā)生明顯顏色變化時(shí)，反應(yīng)沒(méi)有完全，即不能用酚酞作指示劑判斷滴定終點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；Na2S溶液中存在水解平衡S2－＋H2O??HS－＋OH－、HS－＋H2O??H2S＋OH－(忽略第二步水解)，第一步水解平衡常數(shù)Kh(S2－)＝cHS-cOH-cS2-＝cHS-cOH-cH+cS2-cH+＝KwKa2H2S＝1×10-141×10-13＝0.1，設(shè)水解的S2－的濃度為xmol/L，則x20.1-x＝0.1，解得x≈0.062，S2－的水解率約為0.062mol/L0.1mol/L×100%＝62%，C項(xiàng)正確；0.01mol/LFeCl2題組跟進(jìn)演練1．解析：選B。向10mL0.1mol·L－1H2A水溶液中逐滴滴加同濃度的NaOH溶液，H2A的濃度逐漸減小、HA－的濃度先增大后減小、A2－的濃度逐漸增大，則曲線Ⅰ表示H2A物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)隨pH變化的關(guān)系，曲線Ⅱ表示HA－物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)隨pH變化的關(guān)系，曲線Ⅲ表示A2－物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)隨pH變化的關(guān)系。當(dāng)H2A的濃度等于HA－的濃度時(shí)pH＝1.2，當(dāng)HA－的濃度等于A2－的濃度時(shí)pH＝4.2，則Ka1＝10－1.2、Ka2＝10－4.2，A錯(cuò)誤；Ka1＝10－1.2，Ka2＝10－4.2，cHA-cH+cH2A×cA2-cH+cHA-＝cA2-c2H+cH2A＝10－1.2×10－4.2＝10－5.4，當(dāng)溶液中c(H2A)＝c(A2－)時(shí)，c2(H＋)＝10－5.4，pH＝2.7，B正確；滴加NaOH溶液過(guò)程中，溶液體積增大，根據(jù)元素守恒，c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)<0.1mol·L－1，2．解析：選D。由圖可知，pH＝6.5時(shí)δ(Pb2＋)>75%，c(Pb2＋)＝c0(Pb2＋)·δ(Pb2＋)>1.5×10－5mol·L－1，此時(shí)體系中還沒(méi)有PbCO3(s)，則Ksp(PbCO3)≥c(Pb2＋)·c(CO32-)，c(CO32-)≤KspPbCO3cPb2+＜10-12.11.5×10-5mol·L－1＝23×10－7.1mol·L－1＜1.5×10－5mol·L－1＜c(Pb2＋)，A正確；δ(Pb2＋)＝δ(PbCO3)時(shí)，體系中還存在Pb(OH)＋，因此δ(Pb2＋)＝δ(PbCO3)<50%，則c(Pb2＋)＝c0(Pb2＋)·δ(Pb2＋)<1.0×10－5mol·L－1，B正確；體系的初始狀態(tài)為Pb(ClO4)2溶液和CO2氣氛，由于ClO4-不水解，根據(jù)c0(Pb2＋)＝2.0×10－5mol·L－1可知c(ClO4-)＝4.0×10－5mol·L－1，讀圖可知，pH＝7時(shí)，δ(Pb2＋)<50%，δ[Pb(OH)＋]<25%，則c(Pb2＋)＝c0(Pb2＋)·δ(Pb2＋)<2.0×10－5mol·L－1×50%＝1.0×10－5mol·L－1，c[Pb(OH)＋]＝c0(Pb2＋)·δ[Pb(OH)＋]<2.0×10－5mol·L－1×25%＝5.0×10－6mol·L－1，則2c(Pb2＋)＋c[Pb(OH)＋]<2×1.0×10－5mol·L－1＋5.0×10－6mol·L－1＝2.5×10－5mol·L－1<4.0×10－5mol·L－1＝c(ClO4-)<2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(ClO4-)，C正確；NaHCO3溶液中HCO3．解析：選B。0min，溶液是飽和氨鹽水，溶質(zhì)為NH3、NaCl，溶液顯堿性，溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(NH4+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，則c(Na＋)＋c(NH4+)>c(Cl－)，A錯(cuò)誤；0～60min，反應(yīng)生成的少量白色沉淀為碳酸氫鈉晶體，發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為：2CO2＋3NH3·H2O=CO32-＋HCO3-＋3NH4+＋H2O，B正確；0min時(shí)溶液是飽和氨鹽水，溶質(zhì)為NH3、NaCl，NH3·H2O抑制水的電離，60min時(shí)，通入的二氧化碳反應(yīng)消耗一水合氨，溶液中有HCO3-、CO32-、NH4+，水解促進(jìn)水的電離，水的電離程度：0min<60min，故任務(wù)31電解質(zhì)溶液中的圖像分析——對(duì)數(shù)曲線高考真題導(dǎo)向解析：選B。設(shè)X的初始濃度為a，99%的X轉(zhuǎn)化成配離子時(shí)，c(X)＝0.01a，c[X(CN)x]＝0.99a，lgcXcXCNx＝lg0.01a0.99a≈－2，同理，lgcYcYCNy≈－2，在圖像中找到X、Y兩直線縱坐標(biāo)值為－2對(duì)應(yīng)的橫坐標(biāo)的值，X的橫坐標(biāo)數(shù)值更大，由于橫坐標(biāo)是－lgc(CN－)，則X對(duì)應(yīng)的c(CN－)更小，A錯(cuò)誤；向Q點(diǎn)X、Z的混合液中加少量可溶性Y鹽，Y會(huì)消耗溶液中的CN－，新平衡下c(CN－)會(huì)變小，－lgc(CN－)就會(huì)變大，則此時(shí)X、Z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)會(huì)沿著相應(yīng)直線向右移動(dòng)，結(jié)合圖像可知，移動(dòng)后lgcXcXCNx>lgcZcZCNz，則cXcXCNx>cZcZCNz，B正確；設(shè)X、Y、Z與CN－形成的配離子分別為XCNx、Y(CN)y、Z(CN)z，以X為例，存在X+xCN-?XCNx，其平衡常數(shù)K＝cXCNxcX·