预测15 图像、图表数据和结果的分析专题-【临门一脚】 高考化学三轮冲刺过关

预测15 图像、图表数据和结果的分析专题

图表是高考试题的数字化语言，用图表表述化学反应过程或者呈现信息情景是近几年高考化学综合试题常见的表达方式。数形结合的试题具有简明、直观、形象的特点，是近年来高考的热点题型。而多变量图像题还具有信息量大、可随意调控试题难度等特点，能够很全面地考查学生分析、比较、概括和归纳问题的能力，因此备受命题者青睐。纵观近几年的高考化学试题，每年都有试题以图表方式呈现相关实验结果及化学信息，要求学生在获取信息后对相关化学现象、事实作出合理解释，在推理基础上作出合理的判断或得出正确的结论。试题的新颖度、难度和区分度在一定程度上都借助于图表的创新得以体现，这也是新课程高考的重要特点之一。所以，图文转化能力是学生适应高考的必备能力。

1．关于碳酸盐、碳酸氢盐与酸反应的图像分析

(1)向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示。

图像特点：Oa段、ab段消耗盐酸的体积相等。

反应原理：Oa段CO＋H＋===HCO，ab段HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。

(2)向NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示。

图像特点：从O点开始即产生CO2气体。

反应原理：HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。

(3)向Na2CO3、NaHCO3的混合物中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示(设Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为m∶n＝1∶1，其他比例时的图像略)。

图像特点：Oa段消耗HCl的量小于ab段消耗HCl的量。

反应原理：Oa段CO＋H＋===HCO，ab段HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。

(4)向NaOH、Na2CO3的混合物中逐滴加入盐酸，消耗盐酸的体积与产生CO2的体积关系如下图所示(设NaOH、Na2CO3的物质的量之比为x∶y＝1∶1，其他比例时的图像略)。

图像特点：Oa段消耗HCl的量大于ab段消耗HCl的量。

反应原理：Oa段H＋＋OH－===H2O，CO＋H＋===HCO；ab段HCO＋H＋===H2O＋CO2↑。

2．铝盐与碱、偏铝酸盐与酸反应图像

3．能量变化示意图

 4．化学平衡移动与图像

5．强—弱溶液的稀释图像

(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸

 (2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸

(3)pH与稀释倍数的线性关系

6．分布系数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线]

7．Kw和Ksp曲线

(1)双曲线型

(2)直线型(pM－pR曲线)

pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数

①直线AB上的点：c(M2＋)＝c(R2－)。

②溶度积：CaSO4＞CaCO3＞MnCO3。

③X点：对CaCO3要析出沉淀，对CaSO4是不饱和溶液，能继续溶解CaSO4。

④Y点：c(SO)＞c(Ca2＋)，二者的浓度积为10－5。

Z点：c(CO)＜c(Mn2＋)，二者的浓度积为10－10.6。

8．坐标曲线图

盐酸滴定NaOH的滴定曲线

不同pH氯水中微粒分布分数

不同压强下转化率与温度关系

9．物质进出图

乙烯还原脱硝(NO)原理图

活性基团OH将NO、NO2氧化图

燃料电池酒精检测仪图

10．柱状高低图

的核磁共振氢谱图

X-射线衍射谱图

(将单质Ni、Al、Ti、C粉末混合物进行球磨)

11．教材实验装置

(1)氯气的实验室制法

(2)氯气的漂白性实验

(3)浓硫酸与铜的反应

((4)SO2的水溶性及漂白性实验

(5)氨的实验室制法

(6)乙酸乙酯的制备

 (1)图形题——坐标曲线图。坐标曲线题解题时可以拆分为识图、析图、用图三个步骤。其中识图是基础，析图是关键，用图是目的。①识图。识图的关键是三看：一看轴即横、纵坐标所表示的化学含义(自变量X轴和函数Y轴表示的意义)，寻找X、Y轴之间的关系，因为这是理解题意和进行正确思维的前提；二看点即曲线中的特殊点(顶点、始点、终点、拐点、交叉点)；三看线即曲线的走势(变化趋势是上升、下降、波动、正态、偏态等变化)。②析图。分析：图中为什么会出现这些特殊点，曲线为什么有这样的变化趋势和走向，分析曲线变化的因果关系；联想：通过联想，把课本内的有关化学概念、原理、规律等与图像曲线中的图形与相关点建立联系。③用图。迁移：将相关的化学知识与图像曲线紧密结合，在头脑中构建新的曲线——知识体系，然后运用新的曲线——知识体系揭示问题的实质，解决实际问题。

(2)表格题——数据表格分析题。该题常常以列表形式，传递有关化学的概念、原理等基础知识的信息，主要考查学生对基础知识的理解和掌握程度，获取并处理信息，综合分析问题等能力。题目信息一般比较隐蔽，它要求学生作答时首先要能够从题目中获取相关的信息，并能够将此信息与教材相关的理论紧密结合，从而寻找解答题目的切入点。解题步骤：①审题。要明确行标题、列标题和数据标题的含义；分析各行各列的数据变化，最大值、最小值和平衡点。②找答案。把表格转变成文字，经联想找出所要考的知识；分析各行各列的数据变化，最大值、最小值和平衡点的原因。③定答案。结合概念和原理答题，把表格转变成文字，要表达准确，尽量用课本上的术语表述；书写要工整、条理要清楚。

1．(2020•江苏卷)实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2﹒6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是(   )

A．制备CO2                         B．收集CO2

C．滤去CaCO3                         D．制得CaCl2﹒6H2O

【答案】D

【解析】A项，碳酸钙盛放在锥形瓶中，盐酸盛放在分液漏斗中，打开分液漏斗活塞，盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水，故A正确；B项，二氧化碳密度比空气大，用向上排空气法收集二氧化碳气体，故B正确；C项，加入的盐酸与碳酸钙反应后，部分碳酸钙未反应完，碳酸钙是难溶物，因此用过滤的方法分离，故C正确；D项，CaCl2∙6H2O易失去结晶水，因此不能通过加热蒸发皿得到，可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯化钙结晶物，故D错误。故选D。

2．(2020•北京卷)一定温度下，反应I2(g)+H2(g)⇌2Hl(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(I2)=0.11mmol•L-1，c(HI)=0.78mmol•L-1。相同度温下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol•L-1=10-3mol•L-1) (   )

【答案】C

【解析】题目中缺少c(H2)，则无法计算K，则不能通过Qc与K的关系判断平衡的移动方向，但可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc越大，则可能逆向移动。Qc(A)==1，Qc(B)==50.28，Qc(C)==82.64，Qc(D)==50.28，Qc(C)的值最大，答案为C。

3．(2020•山东卷)1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子()；第二步Br -进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4-加成。反应进程中的能量变化如下图所示。已知在0℃和40℃时，1，2-加成产物与1，4-加成产物的比例分别为70:30和15:85。下列说法正确的是(   )

A．1，4-加成产物比1，2-加成产物稳定

B．与0℃相比，40℃时1，3-丁二烯的转化率增大

C．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率增大，1，4-加成正反应速率减小

D．从0℃升至40℃，1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度

【答案】AD

【解析】A项，能量越低越稳定，根据图像可看出，1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物的能量低，即1，4-加成产物的能量比1，2-加成产物稳定，故A正确；B项，该加成反应不管生成1，4-加成产物还是1，2-加成产物，均为放热反应，则升高温度，不利用1，3-丁二烯的转化，即在400C时其转化率会减小，故B错误；C项，从00C升至400C，正化学反应速率均增大，即1，4-加成和1，2-加成反应的正速率均会增大，故C错误；D项，从00C升至400C，对于1，2-加成反应来说，化学平衡向逆向移动，即1，2-加成正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，故D正确；故选AD。

4．(2020•新课标Ⅰ卷)科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。

下列说法错误的是(    )

A．放电时，负极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42+

B．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol

C．充电时，电池总反应为2Zn(OH)42+=2 Zn+O2↑+4OH-+2H2O

D．充电时，正极溶液中OH−浓度升高

【答案】D

【解析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成Zn(OH)42+；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，Zn(OH)42+发生还原反应生成Zn。A项，放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)42+，故A正确，不选；B项，放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；C项，充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上Zn(OH)42+转化为Zn，电池总反应为：2Zn(OH)42+=2 Zn+O2↑+4OH-+2H2O，故C正确，不选；D项，充电时，正极即为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；故选D。

5．(2020•新课标Ⅰ卷)以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]

下列叙述正确的是(    )

A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-)

B．H2A溶液的浓度为0.2000 mol·L−1

C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2

D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)

【答案】C

【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L。A项，根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B项，当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000mol/L，B错误；C项，根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D项，用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；故选C。

6．(2020•山东卷)25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)=c(CH3COOH)=0.1mol/L，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是(   )

A．O点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)

B．N点时，

C．该体系中，

D．pH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大

【答案】BC

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

7．(2021年1月浙江选考)实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是(   )

A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'

B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx

C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小

D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)

【答案】C

【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D项， 25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)(两者差的绝对值)相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。

1．(2020·广东高三质检)用图示装置制备补血剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe](易溶于水，难溶于乙醇)。已知：柠檬酸易溶于水和乙醇，有酸性和还原性，下列说法不正确的是

A．先打开K1、K3排尽空气后关闭K3，打开K2，并向c中滴加NaOH溶液，加热

B．c中加入柠檬酸可调节溶液的pH，并防止Fe2+被氧化

C．c中反应的化学方程式为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O

D．洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是柠檬酸溶液

【答案】D

【解析】A项，先打开K1、K3，H2SO4与Fe反应产生FeSO4、H2，H2可以将装置中的空气排出，待排尽空气后关闭K3，打开K2，在装置b中产生的FeSO4在H2压强的作用下沿导气管进入装置c中，并向c中滴加NaOH溶液，加热，甘氨酸、FeSO4、NaOH发生反应，就制备得到补血剂甘氨酸亚铁，A正确；B项，柠檬酸具有酸性、还原性，在c中加入柠檬酸既可调节溶液的pH，又可以防止Fe2+被氧化，以便于制取得到甘氨酸亚铁，B正确；C项，在c中甘氨酸、FeSO4、NaOH溶液发生反应制取得到甘氨酸亚铁，反应方程式为：2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O，C正确；D项，甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，因此洗涤得到的甘氨酸亚铁所用的最佳试剂是乙醇，D错误；故选D。

2．(2021·四川巴中市高三调研)保险粉(Na2S2O4)，易被氧气氧化。利用如图装置，在锥形瓶中加入HCOONa、NaOH、CH3OH(溶剂)和水形成的混合液，通入SO2时发生反应生成保险粉和一种常见气体，下列说法正确的是(　　)

A．制备保险粉的离子方程式为：HCOO－＋H2O＋2SO2=S2O42-＋CO2↑＋3H+

B．为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中的空气

C．制备SO2气体所用的浓硫酸应该换为98%H2SO4

D．NaOH溶液的主要作用是吸收逸出的CO2

【答案】B

【解析】A项，SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4，反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O，离子方程式：HCOO-+OH-+2SO2═S2O42-+CO2↑+H2O，故A错误；B项，为避免产生的Na2S2O4被O2氧化，使硫酸与亚硫酸钠先反应，产生的SO2排出装置中残留的O2，故B正确；C项，98%H2SO4为浓硫酸，主要以硫酸分子存在，不能与Na2SO3反应制备SO2气体，故C错误；D项，NaOH溶液的主要作用是吸收逸出二氧化硫，防止空气污染，故D错误；故选B。

3．(2021·江西省高三一模)有机物液流电池因其电化学性能可调控等优点而备受关注。南京大学研究团队设计了一种水系分散的聚合物微粒“泥浆”电池(图1)。该电池在充电过程中，聚对苯二酚(图2)被氧化，下列说法错误的是( )

A．放电时，电流由a电极经外电路流向b电极

B．充电时，a电极附近的pH减小

C．充电时，b电极的电极反应方程式为+4ne-+4nH+=

D．电池中间的隔膜为特殊尺寸半透膜，放电时H+从a极区经过半透膜向b极区迁移

【答案】D

【解析】A项，放电为原电池，电流由正极流向负极，即由a极流向b极，A项不符合题意；B项，充电时，聚对苯二酚在a电极被氧化，释放出H+，酸性增强，pH减小，B项不符合题意；C项，充电b电极为阴极，发生还原反应，根据得失电子守恒和环境知该电极反应式正确，C项不符合题意；D项，放电为原电池，阳离子从负极项正极迁移，即由b极向a极迁移，D项符合题意；故选D。

4．(2020·九龙坡区重庆市育才中学高三质检)相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如下图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法正确的是(    )

A．b电极的电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-

B．c、d离子交换膜依次为阴离子交换膜和阳离子交换膜

C．电池放电过程中，Cu(2)电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+

D．电池从开始工作到停止放电，电解池阳极区理论上可生成1molH2SO4

【答案】C

【解析】浓差电池中，左侧溶液中Cu2+浓度大，离子的氧化性强，所以Cu (1) 电极为正极、电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则Cu (2) 电极为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O +2e－=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜。A项，b电极的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A错误；B项，钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜，故B错误；C项，电池放电过程中，Cu(2) 电极为负极，电极上的电极反应为Cu-2e-=Cu2+，故C正确；D项，电池从开始工作到停止放电，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，电解池阳极区理论上可生成4molH+，故H2SO4为2mol，故D错误；故选C。

5．(2021·福建漳州市高三一模)室温时，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别为1.8×10-4和1.75×10-5.。将浓度和体积均相同的两种酸溶液混合后加水稀释，随加水量的变化，溶液中 HA 浓度(HA 表示混合溶液中的 HCOOH 或 CH3COOH)与溶液 pH的关系如图所示。下列叙述正确的是(    )

A．曲线X 代表 HCOOH

B．当 pH=6时，c点所对应的溶液中c(HCOO-)+ c(CH3COO-) = 9.9×10-7mol·L-1

C．稀释过程中，逐渐减小

D．溶液中水电离出的H+物质的量浓度：a点=b点＞c点

【答案】B

【解析】A项，电离平衡常数越大酸性越强，故HCOOH酸性强于CH3COOH，则稀释过程中 CH3COOH浓度比HCOOH大，曲线 X代表CH3COOH，故A错误；

B项，c点pH = 6，根据混合溶液中电荷守恒可知：c(HCOO-)+ c(CH3COO-)= c(H+)-c(OH-)=10-6mol·L-1-10-8mol·L-1= 9.9×10-7mol·L-1， 故B正确；C项，，，温度不变，不变， 故不变，故C错误；D项，b点溶液pH相同，溶液中水电离出的H+物质的量浓度相同，c点溶液pH比a点、b点大，对水的电离抑制减弱，溶液中水电离出的H+物质的量浓度更大，故溶液中水电离出的H+物质的量浓度：c点＞a点=b点，故D错误；故选B。

6．(2021·天水市第一中学高三质检)常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01mol·L-1的KCl、K2CrO4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑CrO42-的水解)。下列叙述正确的是(    )

A．Ksp(Ag2CrO4)=10-7.95

B．a点时Q(AgCl)＞Ksp(AgCl)

C．Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+CrO42- (aq)的平衡常数为107.55

D．向等物质的量浓度的KCl与K2CrO4混合液中逐滴滴加AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀

【答案】C

【解析】A项，取点(-3.95，4)计算Ksp[Ag2C2O4]= c(CrO42-)×c2(Ag+) =10-11.95，A错误；B项，横坐标为lg，所以横坐标越大表示c(Xn-)越大，纵坐标为-lg，则纵坐标越大，c(Ag+)越小，曲线上的点表示沉淀溶解平衡点，a点处c(Ag+)小于相同c(Cl-)时对应的平衡点的c(Ag+)，所以a点处Q(AgCl) <Ksp(AgCl)，即a点表示AgCl的不饱和溶液，B错误；C项，取点(-3.95，4)计算Ksp[Ag2C2O4]=10-11.95，Ag2C2O4 (s)+2Cl -(aq)CrO42- (aq)+ 2AgCl (s)的平衡常数K====107.55，C正确；D项，据图可知当c(Cl-)=c(CrO42-)时，生成AgCl沉淀所需的银离子浓度更小，所以滴入硝酸银溶液时，AgCl先沉淀，D错误；答案选C。

7．(2021·四川成都市川大附中分校高三质检)人体血液中存在、等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx[x表示]与pH的关系如图所示。已知碳酸pKa1=6.4、磷酸pKa2=7.2(pKa=-lgKa)。则下列说法正确的是(    )

A．曲线I表示与pH的变化关系

B．当pH増大时，增大

C．a→b的过程中水的电离程度逐渐减小

D．c点时，溶液中

【答案】D

【解析】A项，当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以，曲线I表示lg与pH的变化关系，曲线II表示lg与pH的变化关系，故A错误；B项，Kal=，则，pH增大时，c(H+)减小，则减小，故B错误；C项，酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a→b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故C错误；D项，lg=pH-pKa2=pH-7.2，c点时，pH>7.2，则lg>0，>1，则，故D正确；故选D。

8．(2021·江西吉安市高三调研)测定溶液中Cl-的浓度时，常用标准AgNO3溶液滴定，K2CrO4作指示剂。根据如下关于AgCl、Ag2CrO4的溶度积图，判断下列说法正确的是(    )

A．P点时，二者的溶度积常数相同

B．M点时，对AgCl溶液而言为饱和状态，对Ag2CrO4溶液而言为过饱和状态

C．向c(Cl-)=c(CrO42-)=1×10-2 mol·L-1的混合溶液中逐滴滴加1×10-3 mol·L-1 AgNO3溶液，振荡，先产生AgCl沉淀，当溶液中c(Cl-)降至1×10-5 mol·L-1时，c(CrO42-)=1×10-3.5 mol·L-1

D．向c(Cl-)=c(CrO42-)=1×10-8.5 mol·L-1的混合溶液中逐滴滴加1×10-1 mol·L-1 AgNO3溶液，振荡，先产生Ag2CrO4沉淀

【答案】D

【解析】A项，据图可知当-lgc(Ag+)=0时，即c(Ag+)=1mol/L时，-lgc(Cl-)=10，-lgc(CrO42-)=12，据此可以求得Ksp(AgCl)= c(Ag+)·c(Cl-)=10-10，Ksp(Ag2CrO4)= c2(Ag+)·c(CrO42-)=10-12，温度不变则溶度积大小不变，P点时二者的溶度积不相等，A错误；B项，M点位于Ag2CrO4溶度积曲线的右上方，则该点c2(Ag+)·c(CrO42-)<Ksp(Ag2CrO4)，为Ag2CrO4的不饱和溶液，B错误；C项，当c(Cl-)=c(CrO42-)=1×10-2 mol·L-1时，即-lgc(Cl-)=-lgc(CrO42-)=2，据图可知此时产生AgCl沉淀所需的-lgc(Ag+)更大，即c(Ag+)更小，所以先产生AgCl沉淀；当c(Cl-)降至1×10-5 mol·L-1时，c(Ag+)==1×10-5 mol·L-1，c(CrO42-)=mol·L-1=10-2 mol·L-1，C错误；D项，当c(Cl-)=c(CrO42-)=1×10-8.5 mol·L-1时，即-lgc(Cl-)=-lgc(CrO42-)=8.5，据图可知此时产生Ag2CrO4沉淀所需的-lgc(Ag+)更大，即c(Ag+)更小，所以先产生Ag2CrO4沉淀，D正确；故选D。

9．(2021·江苏无锡市高三联考)25°C时，向25 ml 0.1 mol∙L-1 邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入KOH固体或通入HCl气体，混合溶液的pH随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述不正确的是(    )

A．a点有关微粒浓度大小关系为c(K+) > c(HA-) > c(A2-) > c(H+)

B．b点c(K+) < 0.15 mol·L-1

C．邻苯二甲酸的Ka1约为1.0×10-3

D．从a点到c点，水电离的c(H+)先增大后减小

【答案】A

【解析】A项，a点，-lgc(HA-)最小，则c(HA-)最大，说明H2A和氢氧化钾恰好完全反应，溶质为：KHA，pH=3，显酸性，说明HA-电离大于水解，有关微粒浓度大小关系为c(K+) > c(HA-) > c(H+)> c(A2-) ，故A错误；B项，b点时，-lgc(HA-)=-lgc(A2-) ，c(A2-)= c(HA-)，说明溶质为KHA 和K2A，且浓度相等，根据物料守恒，c(A2-)+ c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L，c(K+)：[c(A2-)+ c(HA-)] =3：2，整理两式得：c(K+)< 0.15 mol·L-1，故B正确；C项，pH=0，c(H+)=1mol/L，-lgc(HA-)=4，c(HA-)=1×10-4，c(H2A)=0.1 mol/L，约为1.0×10-3，故C正确；D项，a点为KHA，从a点到c不断加入氢氧化钾，生成K2A时，水的电离程度最大，再加入氢氧化钾对水的电离有抑制作用，因而溶质从KHA→K2A→K2A+KOH，水电离的c(H+)先增大后减小，故D正确；故选A。

10．(2021·河南省高三调研)利用某工业废料(主要成分为Co2O3，含有少量PbO、NiO、FeO)制备Co2O3和Ni(OH)2的流程如下。

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如表。

回答下列问题：

(1)“酸浸”时为加快反应速率，可采取的措施是___________(答两条)。

(2)“酸浸”时Co2O3和H2O2能发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为_____________________；滤渣1的主要成分是___________(填化学式)。

(3)“调pH”时，pH调节的最小值是___________；操作X是高温煅烧，如果在实验室中进行操作X，装Co2(OH)2CO3的仪器的名称是___________。

(4)“沉钴”时发生反应的离子方程式为_____________________。

(5)Ni(OH)2可用于制备镍氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2＋M=NiOOH＋MH(M为储氢合金)，电解液为KOH溶液，则放电时正极的电极反应式为___________。

【答案】(1)将工业废料粉碎、适当提高试剂的浓度等   

(2)Co2O3＋H2O2＋4H＋=2Co2＋＋3H2O＋O2↑    PbSO4   

(3)3.7    坩埚   

(4)2Co2＋＋HCO3-＋3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓＋3NH4+＋H2O   

(5)NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－   

【解析】利用某工业废料(主要成分为Co2O3，含有少量PbO、NiO、FeO)制备Co2O3和Ni(OH)2的流程图，第一步向废料中加入硫酸和过氧化氢，把废料溶解，并把亚铁离子氧化，把三价钴离子还原，过滤，在滤液中调pH形成氢氧化铁沉淀，然后进行萃取分离，向含钴离子的溶液中加入碳酸氢铵沉钴，然后得到Co2(OH)2CO3，然后再加热得到三氧化二钴。向含二价镍的溶液加入碳酸氢铵来沉镍，生成碳酸镍，然后在加入硫酸生成硫酸镍，然后再加入氢氧化钠生成氢氧化镍。(1)“酸浸”时为加快反应速率，可采取的措施有将工业废料粉碎，适当提高试剂的浓度等，为了防止双氧水的分解，不能加热；(2)流程中萃取分离后得到的水溶液中含有钴离子，故“酸浸”时，三氧化二钴被过氧化氢还原为二价钴离子，发生的主要反应是Co2O3＋H2O2＋4H＋=2Co2＋＋3H2O＋O2↑，PbO和硫酸反应生成不溶物PbSO4；(3)根据题目信息，氧化亚铁中的亚铁离子被氧化为三价铁离子，调节pH的目的是除去三价铁离子，故需要调节pH的最小值是3.7；操作X是高温煅烧得到氧化物的操作，在实验室高温煅烧固体用到坩埚；(4)根据题目信息，碳酸氢铵和氨水与硫酸钴反应生成Co2(OH)2CO3沉淀，根据元素守恒得到发生的离子反应为2Co2＋＋HCO3-＋3NH3·H2O=Co2(OH)2CO3↓＋3NH4+＋H2O；(5)放电时正极为NiOOH得到电子生成  Ni(OH)2，电极反应式为NiOOH＋H2O＋e－=Ni(OH)2＋OH－。

11．(2021·河南新乡市模拟)碳酸锂在医疗上可用于治疗狂躁性精神病，作镇静剂等。电解铝废渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等)可用于制备Li2CO3。

已知：①20℃时，Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10-29，Ksp(CaHPO4)=1×10-7，Ksp(CaSO4)=5×10-5。

②CaF2可溶于硫酸。

③Li2CO3的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。

(1)在加热条件下“酸浸”，反应生成能腐蚀玻璃的气体，写出“酸浸”中AlF3发生反应的化学方程式：______________________。

(2)“滤渣”的主要成分是__________ (填化学式)。

(3)“转化”后所得的LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4稀溶液除去。“除钙”步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如图1所示。

①随着温度的升高，Li2CO3的产率逐渐减小的原因是__________________________。

②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是______________________________。

(4)热分解后，获得Li2CO3的操作是先加热蒸发，然后____________________。

(5)锂硒电池是新一代全固态锂二次电池，具有优异的循环稳定性，其正极材料为附着硒化锂(Li2Sex)的碳基体。Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是______________________________。

(6)对电解铝废水中Al3+含量的测定和处理是环境保护的重要课题。工业上常采用EDTA络合滴定法测定电解铝废水中的Al3+含量：取10.00mL电解铝废水置于250mL锥形瓶中，加入一定体积的柠檬酸，煮沸；再加入0.005mol·L-1的EDTA标准液20.00mL，调节溶液的pH至4.0，加热，冷却后用0.002mol·L-1的CuSO4标准液滴定至终点，消耗CuSO4标准液30.00mL。该矿业废水中Al3+的含量为__________mg·L-1。(已知：Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)

【答案】(1)2AlF3+3H2SO4(浓) Al2(SO4)3+6HF↑      (2)Al   

(3)①温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉   

②温度升高，PO43-水解，PO43-离子浓度减小     

(4)趁热过滤     (5) Li2Se6>Li2Se4>Li2Se     (6)108   

【解析】铝废渣用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、SO42-的溶液，浓硫酸具有强氧化性，铝废渣的铝单质发生钝化不参与反应，过滤得到的滤渣含有铝单质，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为Li2CO3、Al2(CO3)3及CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Al2(CO3)3转化为Al(OH)3，Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤则滤渣为Al(OH)3，再向滤液中加入Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂。(1)在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式：2AlF3+3H2SO4(浓) Al2(SO4)3+6HF↑；该反应属于复分解反应；(2)根据分析，滤渣的主要成分是Al；(3)①温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉，导致最终的产率逐渐减小；②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是：温度升高，PO43-水解，PO43-离子浓度减小；(4)根据已知信息①，Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失，所以先加热蒸发，然后趁热过滤；(5)由Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化分析可知，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成，则3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se；(6)CuSO4标准溶液的浓度为，与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为0.003L×0.002mol/L=6×10-5mol，则n(Al3+)=0.02L×0.005mol/L-6×10-5mol=4×10-5mol，则该废水中Al3+的含量为。

12．(2021·福建漳州市高三一模)一种从电解铜的阳极泥中(主要含 Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)回收硒、碲的工艺流程如图所示：

已知：

①铜的阳极泥化学成分(其他元素不考虑)：

②亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，在水中溶解度较小。

回答下列问题：

(1)Te元素在周期表中处于第五周期ⅥA族，亚碲酸中碲的化合价为___________。

(2)滤渣1中含单质和化合物，生成滤渣1中化合物的离子方程式为___________。当溶液中同时存在 AgCl 和Ag2SO4时，___________[已知：一定温度下Ksp(AgCl)=2×10-10、Ksp (Ag2SO4)=8×10-5]。

(3)“硒、碲分离”时，需要进行的操作是___________，溶液中硒、碲浓度比值随 pH 的变化如图所示，则 pH 应调至___________左右。

(4)写出“还原1”的离子方程式：_____________________。

(5)还原2反应后的溶液过滤得到粗 Se，粗 Se 中 Se的含量可以用如下方法测定：

①Se+2H2SO4(浓)= 2SO2个+SeO2+2H2O

②SeO2+4KI+4HNO3=Se+2I2+4KNO3+2H2O

③I2+2Na2S2O3=Na2S4O6＋2NaI

用淀粉溶液作指示剂，Na2S2O3滴定反应②中生成的I2来测定 Se 的含量。

若从100g铜的阳极泥中回收得到a g粗Se，每次准确称取0.0la g粗 Se进行实验，重复三次实验，平均消耗0.1000mol·L-1 Na2S2O3溶液的体积为 22.10 mL，滴定终点的现象是_________________________________________，Se 的回收率为___________。(结果保留 3 位有效数字，回收率= )

【答案】(1)＋4    (2)Ag2SO4+2Cl-=2AgCl+SO42-    5×10-16    

(3)过滤     6.0   

(4)H2TeO3+ 2SO32-=Te+2SO42-+H2O

(5)当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色    54.6%  

【解析】电解铜的阳极泥中(主要含 Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)，"酸浸"过程中，Ag 以 Ag2SO4形式进入到"氧化"步骤中，与 NaCl溶液反应生成 AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在"氧化"步骤中滤出；由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤；H2TeO3中的 Te 化合价降低生成单质 Te。(1)Te元素在元素周期表中处于第五周期VI A族，亚碲酸的化学式为H2TeO3，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可知，亚碲酸中碲的化合价为+4；(2)"酸浸"过程中，Ag 以 Ag2SO4形式进入到"氧化"步骤中，与 NaCl溶液反应生成 AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在"氧化"步骤中滤出；当溶液中同时存在 AgCl和Ag2SO4时， 5×10-16；(3)由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤；溶液中两种元素的离子的浓度 比值越大，分离效果越好，从图像中可得出，当 pH=6.0时，分离效果最好；(4)结合流程可知 H2TeO3中的 Te 化合价降低生成单质 Te，SO32-作还原剂，生成 SO42-，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒可知离子方程式为H2TeO3+ 2SO32-=Te+2SO42-+H2O；滴定终点的现象是：当加入最后一滴 Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变成无色且30s 内不恢复原来的颜色；铜阳极泥中 Se的含量为8.0%，则100 g 铜阳极泥中含有 Se的总质量为8.0 g，根据测定 Se的三个反应可知 Se～4Na2S2O3，实验中称取 0.0la g的粗 Se 进行实验，所以粗 Se 的回收率为100%≈54.6%。

13．(2021·江西省高三一模)钼(Mo)是一种重要的过渡金属元素，在电子行业有可能取代石墨烯，其化合物钼酸钠晶体(Na2MoO4·10H2O)可制造金属缓蚀剂。由钼精矿(主要成分MoS2，含有少量不反应杂质)制备钼及钼酸钠晶体的工艺流程如下：

(1)焙烧时，下列措施有利于使钼精矿充分反应的是___________。(填序号)。

a.适当增大空气的用量    b.增大钼精矿的量   c.将矿石粉碎

(2)“碱浸”过程中反应的离子方程式为_____________________。

(3)已知钼酸钠的溶解度曲线如图所示，要获得钼酸钠晶体Na2MoO4·10H2O的操作2为___________、___________、过滤，洗涤烘干。

(4)在碱性条件下，将钼精矿加入到足量的NaClO溶液中，也可以制备钼酸钠，可观察到钼精矿逐渐溶解至固体消失。该反应的离子方程式为___________。空气中钼酸盐对碳钢的缓蚀原理是在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜。密闭式循环冷却水系统中的碳钢管道缓蚀，除需加入钼酸盐外还需加入物质是(________)

A．通适量的N2     B．油脂       C．NaNO2    D．盐酸

(5)焙烧炉中也会发生MoS2与MoO3反应生成MoO2和SO2.若反应中转移3mole-，则消耗的还原剂的物质的量为___________。

(6)在实际生产中会有少量SO42-生成，用固体Ba(OH)2除去。在除SO42-前测定碱浸液中c(MoO42-)=0.80mol/L，c(SO42-)=0.02mol/L，当BaMoO4开始沉淀时，SO42-的去除率为_____________________。［Ksp(BaSO4)=1.1x10-10，Ksp(BaMoO4)=4.0x10-8溶液体积变化可忽略不计］。

【答案】(1)ac      (2)MoO3+CO32-= MoO42-+CO2↑  

(3)蒸发浓缩      冷却至10℃以下结晶       

(4)MoS2+9ClO-+6OH-= MoO42-+ 2SO42-+9Cl-+3H2O)    C   

(5)0.25mol     (6)89%

【解析】焙烧钼精矿，MoS2燃烧，反应方程式为2MoS2+7O22MoO3+4SO2，碱性条件下，MoO3和Na2CO3溶液反应，离子方程式为MoO3+CO32-= MoO42-+CO2↑，经过过滤操作除去不反应的杂质，溶液中的溶质为Na2MoO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后重结晶得到Na2MoO4•2H2O。将过滤后的溶液足量HCl，将Na2MoO4转化为H2MoO4，H2MoO4高温下发生分解生成MoO3，MoO3高温下被氢气还原为金属钼。(1)焙烧时，使钼精矿充分反映即提高原料的利用率，使原料尽可能全部转化，则可以粉碎原料，增大原料与氧气的接触面积，还可以将焙烧后的原料循环再次煅烧，故正确答案为ac；(2)操作1的名称是过滤，除去矿石中不参与反应的杂质，“碱浸”过程中的离子方程式为MoO3+CO32-= MoO42-+CO2↑；(3)由图像知，Na2MoO4•10H2O在0-10℃范围内溶解度随温度的升高二升高，10℃以上不再是Na2MoO4•10H2O，所以获得Na2MoO4•10H2O的方法是在适宜条件下蒸发浓缩、冷却结晶；(4) ClO-中的氯元素是+1价，具有氧化性氯元素化合价降低到-1价，生成Cl-，MoS2中Mo元素为+2价，S元素为-1价，两种元素的化合价均升高，根据电子守恒、电荷守恒、元素守恒知离子方程式为MoS2+9ClO-+6OH-= MoO42-+ 2SO42-+9Cl-+3H2O；根据题目信息，在空气中是氧气与钼酸盐共同作用，在钢铁表面形成FeMoO4-Fe2O3保护膜，现在是密闭系统中，钼酸盐未变，还需加入NaNO2，是替代氧气起氧化剂的作用；(5)反应为MoS2+6 MoO37MoO2+2SO2，MoS2中S化合价上高，MoO3中Mo化合价降低，1molMoS2反应转移12mol电子，还原剂为MoS2，若反应中转移3mol电子，则消耗的还原剂的物质的量为0.25mol；(6)当BaMoO4开始沉淀时，，此时溶液中的则的去除率为。

14．(2021·河南新乡市高三联考) H2S和SO2是两种大气污染物，H2S和SO2的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。

(1)H2S与CO2发生如下反应：H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)△H相关的化学键键能数据如表：

由此计算△H=__。

(2)高温下CO可将SO2还原成硫蒸气：4CO(g)+2SO2(g) 4CO2(g)+S2(g)△H1＜0。

①平衡时CO的体积分数(%)与温度和压强的关系如图1所示(虚线框表示没有测定该条件下的数据)。

T1、T2、T3由大到小的关系是__________，判断的理由是____________________。

②742K时，在起始压强为p0，体积为VL的恒容密闭容器中投入amolCO和0.5amolSO2，达到平衡后容器压强变为0.9p0，则SO2的平衡转化率为__，该温度下该反应的平衡常数Kp=_________________ (用平衡分压代替平衡浓度计算平衡常数，列出计算式即可)。

③该反应的正、逆反应速率表达式分别为v正=k正·c4(CO)·c2(SO2)、v逆=k逆·c4(CO2)·c(S2)。(k正、k逆分别为正、逆反应的反应速率常数，只与温度有关)Arrhenius提出了速率常数与温度的经验公式：k=A(k为速率常数，A为常数，e为自然对数的底数，R为理想气体常数，T为热力学温度，Ea为活化能)。在相同温度下，活化能越大，速率常数越__________ (填“大”或“小”)。当该反应达到平衡后，升高温度，__________ (填“增大”、“减小”或“不变”)。

(3)电化学处理H2S和SO2是近年来发展迅速的废气处理方法。某科研小组将微电池技术用于去除工业尾气中的H2S，装置示意图如图2，主要反应为2Fe+2H2S+O2=2FeS+2H2O，室温时，pH=7的条件下，研究反应时间对H2S的去除率的影响。装置中微电池负极的电极反应式为____________________。一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低，可能的原因是________________________________________。

【答案】(1)+38kJ/mol  

(2)①T3>T2>T1     压强越大，CO的体积分数越小，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应逆向进行，则T3>T2>T1  

②60%        

③小      增大   

(3)Fe-2e-+H2S=FcS+2H+     生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢   

【解析】(1)H2S(g)+CO2(g) COS(g)+H2O(g)△H=2×339kJ/mol+2×803kJ/mol-739kJ/mol-577kJ/mol-2×465kJ/mol=+38kJ/mol；(2) ①反应4CO(g)+2SO2(g) 4CO2(g)+S2(g)△H1＜0，是气体分子数减小的放热反应，增大压强，平衡正向移动，升高温度，平衡逆向移动，CO的体积分数增大，由图1，压强越大，CO的体积分数越小，T1、T2、T3对应的CO的体积分数逐渐增大，该反应逆向进行，则T3>T2>T1；②742K时，在起始压强为p0，体积为VL的恒容密闭容器中投入amolCO和0.5amolSO2，达到平衡后容器压强变为0.9p0，则SO2的平衡转化率为设转化的SO2的物质的量为x，列三段式：

根据PV=nRT，同温同压下， ，，解得x=0.3a，则SO2的平衡转化率为；平衡时n总=1.35a，各气体的分压：、、、，该温度下该反应的平衡常数；③活化能越大，速率越小，升高温度，平衡左移，增大；(3)Fe在负极放电，电极反应式：Fe-2e-+H2S=FcS+2H+；一段时间后，去除率降低的原因：生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢。

15．(2021·天水市第一中学高三质检)乙苯是一种用途广泛的有机原料，可制备多种化工产品。

(一)制备苯乙烯(原理如反应I所示)：

Ⅰ. (g) (g)+H2(g)    △H=+124kJ·mol-1

(1)部分化学键的键能如表所示：

根据反应I的能量变化，计算X=_______。

(2)工业上，在恒压设备中进行反应I时，常在乙苯蒸气中通入一定量的水蒸气。请用化学平衡理论解释通入水蒸气的原因：_______。

(3)已知吉布斯自由能△G=△H-T△S ，当△G < 0时反应可自发进行。由此判断反应I在_______(填“高温”或“低温”)更易自发进行。

(二)制备α-氯乙基苯(原理如反应Ⅱ所示)：

Ⅱ. (g)+Cl2(g) (g)+HCl(g)  △H2>0

(4)T℃时，向10 L恒容密闭容器中充入2mol乙苯(g)和2 mol Cl2(g)发生反应Ⅱ，乙苯(或Cl2)、 α-氯乙基苯(或HCl)的物质的量浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示：

①0-2 min内，以HCl表示的该反应速率v(HCl)= ____________________。

②6 min时，改变的外界条件为____________________，该条件下的平衡常数K的数值=_______。

③10 min时，保持其他条件不变，再向容器中充入1 mol乙苯、1 mol Cl2、1 molα-氯乙基苯和1mol HCl，则此时该反应v正_______v逆(填“>”、“＜”或“=” )。

【答案】(1)612    (2) 该反应正向为气体分子数增大的反应，通入水蒸气需增大容器容积，减小体系压强，平衡正向移动，增大反应物的转化率    

(3)高温     

(4)①0.05 mol•L-1•min -1    ② 升高温度    81)    ③V正>V逆

【解析】(1)反应热=反应物总键能-生成物总能键能，由有机物的结构可知，应是-CH2CH3中总键能与-CH=CH2、H2总键能之差， C=C键能为X，则∆H=(5×412+348-3×412-X-436)kJ•mol-1=124kJ•mol-1，解得X=612kJ/mol；(2)降低压强，平衡向体积增大的方向移动，制备苯乙烯的正反应为气体分子数增大的反应，保持压强不变，加入水蒸气，容器体积应增大，等效为降低压强，平衡向正反应方向移动，提高乙苯的平衡转化率；(3)反应自发进行需要满足，∆H-T∆S＜0，依据题干条件可知，制备苯乙烯的正反应为气体分子数增大的反应，∆S>0，正反应吸热，∆H=+124kJ/mol>0，所以反应一定是在高温条件下才能自发进行；(4)①T℃时，向10L恒容密闭容器中充人2mol乙苯(g)和2mol Cl2(g)发生反应Ⅱ，2min时氯化氢的浓度是0.1mol/L，则用氯化氢表示的反应速率是0.1mol/L÷2min=0.05mol•L-1•min -1；②制备α-氯乙基苯的正反应为吸热反应，反应前后气体的体积不变，6min时，乙苯、Cl2的浓度在减小，而α-氯乙基苯和HCl的浓度在增加，反应向正反应方向移动，只能是升高温度；该温度下达到平衡，依据题干条件可知，c(HCl)=0.18mol/L，列三段式：

则平衡常数为K==81；③10min时，乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和 HCl的物质的量浓度分别为：0.02mol/L、0.02mol/L、0.18mol/L、0.18mol/L，此时乙苯、Cl2、α-氯乙基苯和 HCl的物质的量浓度比为：1：1：9：9，保持其他条件不变，再向容器中充人1mol 乙苯、1mol Cl2、1mol α-氯乙基苯和l mol HCl，相当于增加反应物的浓度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率。

16．(2021·黑龙江鹤岗市鹤岗一中高三质检)诺贝尔化学奖获得者GeorgeA．Olah提出了“甲醇经济”的概念，他建议使用甲醇来代替目前广泛使用的化石燃料。工业上用天然气为原料，分为两个阶段制备甲醇：

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

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

回答下列问题：

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

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

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

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

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

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

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

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

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

(2)3：1     (3)①温度     AC     ②100    

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

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

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

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

17．(2021·江西上饶市高三一模)氮的化合物是重要的工业原料，也是主要的大气污染来源，研究氮的化合物的反应具有重要意义。回答下列问题：

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

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

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

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

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

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

已知该反应V正(NO2)=K1·c2(NO2)，V逆(N2O4)= K2·c(N2O4)其中k1、k2为速率常数，则373K时，=___________。

(5)如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700—900℃时， O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。N2H4的电子式为 ___________，该燃料电池的负极反应式为_____________________。

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

(2)4NO2 + O2 + 4OH- = 4NO3-+2H2O    

(3)①小于     ②A    (4)1/12   

(5)      N2H4 - 4e- + 2O2- = N2 + 2H2O

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