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陕西2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡、化学能与电能
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这是一份陕西2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡、化学能与电能，共46页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，原理综合题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
陕西2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡、化学能与电能
一、单选题
1．（2023·陕西榆林·统考二模）人造小太阳、歼- 20、火星探测、海斗一号无人潜水器等均展示了我国科技发展的成果。下列相关叙述正确的是
A．潜水器的材料之一为合成橡胶发泡体，其具有防震、保温、不透水、不透气等特点
B．歼一20发动机的航空燃油是纯净物
C．火星土壤中的质量数为26
D．核聚变是化学能转化为热能的过程
2．（2023·陕西榆林·统考一模）用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是
A．利用图I测定中和反应的反应热
B．利用图II证明Na2O2与水反应放热
C．利用图III制备乙酸乙酯
D．利用图IV证明Cl2能与烧碱溶液反应
3．（2023·陕西咸阳·统考一模）乙烯在硫酸催化下水合生成乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．由图像可知总反应为放热反应，一定不需加热就能自发进行
B．第①步反应中只有键发生断裂
C．总反应速率由第①步反应决定
D．乙烯的能量高于乙醇的能量
4．（2023·陕西西安·统考二模）恒温密闭容器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H＜0。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是
A．L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B．其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C．x=5.16mol
D．使用催化剂，可降低反应的活化能，减小△H的值
5．（2023·陕西榆林·统考二模）证据推理是学习化学的重要方法，下列证据与推理的关系对应正确的是
选项
证据
推理
A
室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol•L-1的Na2SO3和NaHSO3两种溶液的pH，Na2SO3溶液的pH更大
HSO结合H+的能力比SO的强
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深反应
2NO2(g)N2O4(g) △H＜0
C
向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，再加入银氨溶液，水浴加热，未出现银镜
淀粉未发生水解
D
向浓度均为0.01mol•L-1的NaCl和KI混合溶液中滴加少量0.01mol•L-1的AgNO3溶液，出现黄色沉淀
说明：Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·陕西安康·统考二模）下列实验能得出相关结论的是
实验操作
实验结论
A
向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色
Kw>Ka1(H2A)·Ka2(H2A)
B
常温下将铝片投入浓硝酸中，无明显现象
铝与浓硝酸不反应
C
向10mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中加入5mL0.1mol·L-1KSCN溶液，溶液显红色，再滴加少量1mol·L-1KSCN溶液，红色加深
Fe3+和SCN-的反应是可逆反应
D
向FeCl2溶液中滴加少量的酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色
氧化性：>Cl2
A．A B．B C．C D．D
7．（2023·陕西咸阳·统考二模）下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
向肉桂醛()中加入酸性溶液
验证肉桂醛中含碳碳双键
B
向待测液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液
检验溶液中是否含有
C
用pH试纸分别测定等浓度的溶液和NaClO溶液的pH
比较和HClO的酸性强弱
D
常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间
探究浓度对化学反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
8．（2023·陕西渭南·统考一模）炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是
A．催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B．转化I中化合价发生变化的元素仅有和
C．催化氧化过程的总反应为：
D．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
9．（2023·陕西咸阳·统考一模）草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为
反应I：(COOCH3)2(g)+2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0
压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得(COOCH3)2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化
B．190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率增大
C．190~198°C范围内，温度升高，逐渐减小
D．192°C时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高(COOCH3)2转化率
10．（2023·陕西咸阳·统考一模）重质二氧化锰具有优良的电化学性能，广泛应用于各类化学电源中。以硫酸锰为原料制备重质二氧化锰的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“沉锰”的主要反应为
B．“焙烧”过程在敞开、低压容器中进行效率更高
C．用少量氨水吸收“焙烧”产生的气体，所得溶液可用于“沉锰”
D．工艺中的硫酸表现酸性，高锰酸钾做氧化剂
11．（2023·陕西渭南·统考一模）常温下，向25 mL0.12 mol/L AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3 mol/L。下列叙述不正确的是（ ）
A．a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B．b点溶液中：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)
C．由e点可知，反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数的数量级为105
D．c～d段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
12．（2023·陕西西安·统考二模）设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．10 g质量分数为46%的乙醇溶液中氧原子数为0.6NA
B．0. 5 mol BF3中的共用电子对数为1. 5NA
C．标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D．铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA
13．（2023·陕西西安·统考二模）燃料敏化太阳能电池因其工艺简单、性能稳定等特点深受科学家的青睐。一种钌基配合物作为光敏剂(S)的太阳能电池的工作原理如图所示，其中一个电极可表示为TiO2/S，电极反应为TiO2/S* →TiO2/S++e-。下列有关说法错误的是
A．该电池工作时，光能直接转化为电能
B．电池的正极反应为+2e- →3I-
C．电解质溶液中可发生反应TiO2/S++3I-→TiO2/S+
D．电池的电解质溶液中I-和的浓度不会减少
14．（2023·陕西安康·统考二模）浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是
A．电极a应与Ag(II)相连
B．电渗析装置中膜b为阳离子交换膜
C．电渗析过程中左、右室中H2SO4和NaOH的浓度均增大
D．电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4
15．（2023·陕西榆林·统考二模）三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱的装置示意图如图，下列说法正确的是
A．酸碱的浓度：进等于出
B．右侧电极的电极反应式为
C．装置工作一段时间后，
D．右侧离子交换膜为阴离子交换膜
16．（2023·陕西榆林·统考一模）我国科学家成功研制出CO2/Mg二次电池，在潮湿条件下的放电反应：3CO2+2Mg+2H2O=2MgCO3·H2O+C，模拟装置如图所示(已知放电时，Mg2+由负极向正极迁移)。下列说法正确的是
A．充电时，Mg电极接外电源的正极
B．放电时，电子由镁电极经电解质溶液流向石墨电极
C．充电时，阳极的电极反应式为2MgCO3·H2O+C- 4e- =3CO2+2Mg2++2H2O
D．放电时，CO2在正极被还原，每消耗6.72 L CO2转移的电子的物质的量为0.2 mol
17．（2023·陕西宝鸡·统考二模）海泥细菌通过消耗海底沉积层中的有机物获得营养，同时产生电子。科学家利用这一原理设计了海泥细菌电池，该技术可在海底加速石油污染物降解速率，其中海泥代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．负极的电极反应式为：CH2O-4e-+H2O=CO2+4H+
B．工作时B电极附近溶液pH减小
C．海水和海泥含有电解质，导电性高，有利于输出电能
D．A电极消耗标况下O25.6L，有1mol质子通过海底沉积层和海水层交接面
18．（2023·陕西渭南·统考一模）盐酸羟胺()是一种无机物，可用作合成抗癌药，其化学性质类似。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法不正确的是
A．该装置能将化学能转化为电能，电极为负极
B．图2中，A为，B为
C．电池工作一段时间后，正极区溶液的下降
D．每制取，有(标准状况)参与反应
19．（2023·陕西渭南·统考一模）劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是
选项
劳动项目
化学知识
A
社会实践：向公共场所喷洒过氧乙酸消毒剂
过氧乙酸有强氧化性，能使蛋白质变性
B
社区服务：演示用泡沫灭火器灭火
盐酸与小苏打反应产生大量二氧化碳
C
自主探究：锌、铜和柠檬为原料制作水果电池
锌能与柠檬中酸性物质发生氧化还原反应
D
家务劳动：饭后用热的纯碱溶液洗涤餐具
油脂在碱性条件下发生水解
A．A B．B C．C D．D
20．（2023·陕西咸阳·统考一模）某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(见右图)，下列说法不正确的是
A．充电时，Fe2O3对应电极连接充电电源的负极
B．该电池的正极的电极反应式：Fe2O3+6Li++6e−=3Li2O+2Fe
C．该电池不能使用氢氧化钠溶液作为电解液
D．该电池工作的原理：放电时，Fe2O3作为电池正极被还原为Fe，电池被磁铁吸引
二、多选题
21．（2023·陕西宝鸡·统考二模）2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是：一价铜[Cu]催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，反应机理示意如下。
下列说法正确的是
A．一价铜[Cu]能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
B．反应③过程中，涉及极性键和非极性键的断裂和形成
C．总反应为
D．反应过程中共生成4种中间产物
三、填空题
22．（2023·陕西咸阳·统考一模）我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的碳捕集和碳利用。请回答下列问题：
Ⅰ、一定温度下，和在催化剂作用下可发生a、b两个平行反应，分别生成和。
a：
b：
(1)相同温度下，反应的___________。
(2)在传统的催化固定反应床中，的转化率和甲醇的选择性通常都比较低。后来，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，极大地改善了该问题，其原理如图1所示：
保持压强为，温度为，向密闭容器中按投料比，投入一定量和，不同反应模式下的平衡化率和的选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/
的平衡转化率
的选择性
①
3
260
21.9
67.3
②
3
260
36.1
100.0
已知：的选择性是指转化的中生成的百分比。
①在模式下，按上述条件发生反应。下列说法能证明反应a达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．气体压强不再变化
B．气体的平均相对分子质量不再变化
C．不再变化
D．的物质的量之比为
②由表中数据可知，在模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因是___________。
(3)反应b在进气比不同时，测得的平衡转化率如图2所示(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件均相同)。
①D和F两点对应的温度关系：___________(填“>”、“=”或“<”)，其原因是___________。
②恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时，___________(填“>”、“=”或“<”)。
Ⅱ、用图3所示装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度范围内，持续通入二氧化碳，电解过程中的物质的量基本不变。
(4)阴极的电极反应式为___________。
四、原理综合题
23．（2023·陕西西安·统考二模）氢气在工业上具有重要的应用，从炼钢到食品无处不在，未来随着“碳中和”战略的推进，氢气的使用率必将得到进一步的提升。
(1)用H2可以将CO2转化为CH4，该过程中涉及的反应如下。
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ•mol-1
②CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2=-205kJ•mol-1
③CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) △H3=-131kJ•mol-1
④C(s)+2H2O(g)CH4(g)+CO2(g) △H4=-25kJ•mol-1
则反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的△H=_____，反应③、④的存在会导致甲烷的产率_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)微观动力学研究表明，在催化剂作用下，反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。
在该反应历程中，最大的能垒E正=_____eV，请写出该步骤反应的化学方程式：_____。
(3)在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2molCO2、4molH2，发生反应②，测得反应10min时，不同温度下氢气的转化率如图所示。
①a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为_____(用a、b、c表示)，请解释原因：_____；T2温度下，若起始时容器内的压强为3MPa，前10min内v(H2)=_____MPa•min-1，该温度下反应的Kp=_____(MPa)-2(保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。
②已知速率方程v正=k正•p4(H2)•p(CO2)、v逆=k逆•p2(H2O)•p(CH4)，k正、k逆只与温度有关。若T2时，k逆=2(MPa)-2•min-1，则该温度下k正=_____(MPa)-4•min-1。
(4)科学家一直研究开发氢能源，我国科学家研发的循环制氢和贮氢的新工艺如图。下列有关说法正确的是_____(填字母)。
A．ZnFe2O4中Fe为+6价
B．ZnFe2O4降低了H2O分解的活化能
C．反应2中需要不断地补充ZnO、Fe3O4
D．反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定
E.贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2
24．（2023·陕西榆林·统考二模）丙烯是制备聚丙烯塑料的单体，工业上可用丙烷和制取丙烯：
反应1：。
反应2：。
回答下列问题
(1)反应3：_______。
(2)向恒温恒容密闭容器中充入和，只发生反应3，不能说明反应3达到平衡状态的是_______ (填标号)。
A．混合气体密度不随时间变化 B．混合气体总压强不随时间变化
C．混合气体平均相对分子质量不随时间变化 D．丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率
(3)向密闭容器中充入只发生反应1，测得速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。已知：(R、C为常数，T为温度，为活化能)。实验测得其他条件相同，不同催化剂、对速率常数的影响如图1所示。其中，催化效能较高的是_______(填“”或“”)，判断的依据是_______。
(4)向密闭容器中充入和，发生上述反应1和反应2，测得丙烷的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。
①X代表_______(填“温度”或“压强”)，_______(填“>”、“”或“=”)。
②M点时，和的浓度相等。则M点对应的反应2的平衡常数_______。
(5)向总压强恒定为的密闭容器中充入和，只发生反应1，的平衡转化率与的关系如图3所示。其他条件不变，随着增大，的平衡转化率减小，其原因是_______，当等于2时，经达到平衡，丙烯的分压变化速率为_______。
25．（2023·陕西宝鸡·统考二模）实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，研究CO2转化为CH4、CH3OH、HCOOH的重整技术是科学家研究的热点课题，回答下列问题。
反应i：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ·mol-1
(1)已知下表中断裂1mol化学键所吸收的能量数据，则ΔH1=_______kJ·mol-1。
化学键
H-H
O-H
C-H
C=O
能量/kJ
436
463
413
803
(2)在573K时，体积为2L的刚性容器中投入2molCO2和6molH2发生反应ii达到平衡。
①为了提高CH3OH产率可以采取的措施有_______(任写两项措施)。
②图1中能表示该反应的平衡常数的对数lnK与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是_______(选填“m”或“n”)。
③测得在相同时间内，不同温度下的H2转化率如图2所示，v(a)逆_______v(c)逆(选填“>”“<”或“=”)；T2温度下该反应的平衡常数K值为_______(保留两位小数)。
(3)在恒容密闭容器中，反应i按进料浓度比c(CO2)：c(H2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CO2的平衡转化率随条件X的变化关系如图3所示：
①曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为_______。
②条件X是_______(选填“温度”或“压强”)，依据是_______。
(4)我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4所示(带“*”表示物质处于吸附态)。
①阴极的电极反应为_______。
②试从图4分析，采用BiIn合金催化剂既优于单金属Bi催化剂，又优于单金属In催化剂的原因_______。
26．（2023·陕西榆林·统考一模）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题：
I.在一定条件下，CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1 。
已知：①常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为- 285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1；
②H2O(l)=H2O(g) ΔH2=+44.0 kJ ·mol-1。
(1)ΔH1=_______ kJ ·mol-1。
(2)在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15 kPa、30 kPa，加入催化剂并加热使其发生反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+ 2H2O(g)。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6 p(CO2)·p4(H2) kPa·s-1，某时刻测得H2O(g)的分压为10 kPa，则该时刻v(H2)=_______。
(3)其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示。则CO2甲烷化应该选择的压强约为_______MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是_______。
(4)不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：4投料发生反应[副反应为CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g) +H2O(g) ΔH3>0]，CO2的平衡转化率如图所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_______。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因：_______。
II.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件 下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g) ΔH1= +802.3 kJ·mol-1。
(5)恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图。
350℃时，A点的平衡常数K=_______ (填计算结果)。 为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为_______。
27．（2023·陕西咸阳·统考二模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)反应I的__________。
(2)下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ：__________.
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越______(填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ．__________。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝______。
(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为______kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
28．（2023·陕西渭南·统考一模）硝化反应是最普遍和最早发现的有机反应之一，以为新型硝化剂的反应具有反应条件温和、反应速度快、选择性高、无副反应发生、过程无污染等优点。可通过臭氧化法制备。已知：在、时发生以下反应：
①
②
③
④
(1)则反应④的_______。
(2)在恒温恒容条件下，按物质的量之比通入和，下列说法能够说明反应④已经达到平衡状态的是[考虑]_______(填标号)。
A．混合气体密度不再改变 B．不再改变
C． D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
(3)在密闭容器中充入和在不同温度下发生反应④，平衡时在容器内气体中的物质的量分数随温度变化的曲线如图甲所示[考虑]。
①反应④中，a点的_______(填“>”“<”或“=”)。
②对反应体系加压，得到平衡时的转化率与压强的关系如图乙所示。请解释压强增大至的过程中逐渐增大的原因：_______。
③图甲中，时，平衡后总压为，的分压为的两倍，则反应④以压强表示的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数；结果保留两位小数)。
(4)利用反应： 。可实现硫、氮氧化物的综合利用。向密闭容器中充入等体积的和发生该反应，测得平衡时压强对数和的关系如图所示。
①_______(填“>”、“<”或“=”)；温度为时，从a到b历时，则此时段_______。
②同一温度下，图像呈线性变化的理由是_______；a、b两点体系总压强与的比值_______。
(5)实验室常用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气。当溶液溶质为NaHSO3时，若往溶液中加入氨水至中性，则_______(填“>”、“<”或“=”)；当溶液溶质为时，若往溶液中加入少量固体，完全溶解后(此时溶液是不饱和溶液)，溶液中的比值_______ (填“变大”、“变小”或“保持不变”)。
五、工业流程题
29．（2023·陕西安康·统考二模）铬镀在金属上可以防锈，坚固美观。一种以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，还含有A12O3等]为原料生成金属铬的工艺流程如下图：
已知：①NaFeO2极易水解；
②Cr(VI)在中性或碱性溶液中以形式存在，在酸性条件下以形式存在；
③常温时，Al(OH)3+OH-[的平衡常数：K=100.63，Al(OH)3的溶度积常数：Ksp[A1(OH)3]=10-33；
回答下列问题：。
(1)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为___________。
(2)“焙烧”时，气体和矿料逆流加入的原因是___________， Fe(CrO2)2反应生成NaFeO2和Na2CrO4，该反应中氧化剂和还原剂的物质量之比为___________。
(3)“水浸”时，生成Fe(OH)3的离子方程式为___________。
(4)常温下，“酸化I”时，铝元素完全转化为沉淀的pH范围为___________(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1沉淀完全)。
(5)“酸化II”的目的是___________。
(6)“还原”时，反应的离子方程式为___________。
(7)“电解”时，金属铬在___________(填“阳”或“阴”)极上产生。
30．（2023·陕西咸阳·统考一模）溴酸镉常用作分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(主要成分为及少量的和)为原料制备的工艺流程如图所示。
已知：可溶于水。请回答下列问题：
(1)滤渣1为___________(填化学式)，为提高镉的浸取率，酸浸时可采取的措施为___________(任写一种即可)。
(2)还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该反应的离子方程式为___________。
(3)加入溶液的目的是___________(用离子方程式表示)。
(4)滤渣2的主要成分为___________(填化学式)。
(5)实际工业生产中，用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中的含量，其反应原理是：，其中为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的比交换前增加了，则该条件下的为___________。
参考答案：
1．A
【详解】A．潜水器的材料之一为合成橡胶发泡体，该物质体积大，密度小，不溶于水，具有防震、保温、不透水、不透气等特点，A正确；
B．歼一20发动机的航空燃油中含有多种烃，因此属于混合物，而不属于纯净物，B错误；
C．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，火星土壤中的质量数为57，质子数为26，C错误；
D．核聚变是核能转化为热能的过程，D错误；
故合理选项是A。
2．C
【详解】A．图中装置可保温、测定反应的最高温度等，则图中装置可测定中和反应的反应热，故A正确；
B．Na2O2与水反应生成氧气、且放热，会使脱脂棉燃烧，故B正确；
C．导气管末端不能插入液面以下，否则会造成倒吸，故C错误；
D．Cl2与NaOH溶液反应，使锥形瓶内气体压强减小，则气球变大可证明发生反应，故D正确；
答案选C。
3．C
【分析】由图可知，第②③步反应：反应物的总能量均大于生成物的总能量，则第②③步反应均为放热反应，①步反应是吸热反应；第①步反应断裂了碳碳键和水合氢离子中的氢氧键，形成了碳氢键，第②步反应形成碳氧键，第③步反应断开氧氢键。
【详解】A．从图中可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以总反应为放热反应，但反应第①步为吸热反应，需要加热来吸收能量，A错误；
B．第①步反应断裂了碳碳键、碳氢键，B错误；
C．反应历程中活化能越大，反应越慢，决定总反应速率，上述反应中第①步反应的活化能最大，决定总反应速率，C正确；
D．根据总反应可知，乙烯和水的总能量大于乙醇的总能量，但乙烯的能量与乙醇的能量无法比较，D错误；
故选C。
4．C
【详解】A．由于，随着温度的升高，平衡逆向移动，增大，减少，故为随温度的变化曲线，A错误；
B．其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少，则均减小，B错误；
C．由图知，在393K时，，，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，，设由393K升温到460K时，反应的物质的量为bmol，由关系式，则，，，C正确；
D．使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小的值，D错误；
故选C。
5．B
【详解】A．亚硫酸钠溶液显碱性，亚硫酸氢钠溶液显酸性，HSO电离程度大于其水解程度，HSO结合H+能力弱于SO，故A错误；
B．NO2中存在2NO2N2O4，将玻璃球放在热水中，红棕色变深，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，故B正确；
C．醛基与银氨溶液反应，反应环境为碱性，题中加入稀硫酸后，没有加入NaOH溶液中和硫酸，因此未出现银镜，不能说明淀粉未发生水解，故C错误；
D．Cl-、I-浓度相同，滴加少量硝酸银溶液，出现黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，说明AgI比AgCl更难溶，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故D错误；
答案为B。
6．A
【详解】A．NaHA同时存在HA-的水解平衡和电离平衡，水解平衡常数为。由于石蕊显蓝色即为碱性，水解>电离，即 ，得出，A项正确；
B．浓硝酸为强氧化剂能氧化大多数物质，常温下铁、铝能与浓硝酸反应形成致密的氧化膜从而阻止进一步反应，所以看不到现象，B项错误；
C．加入的Fe3+是过量的，再加入KSCN会继续产生Fe(SCN)3，从而颜色加深，无法确定由于平衡移动导致，C项错误；
D．KMnO4褪色可能是Fe2+被氧化为Fe3+，所以无法证明氧化性KMnO4>Cl2，D项错误；
故选A。
7．D
【详解】A．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使高锰酸钾溶液褪色，则向肉桂醛()中加入酸性溶液，不能证明肉桂醛中含碳碳双键，故A错误；
B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，故B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定盐溶液的pH比较盐溶液的碱性或对应酸的酸性，故C错误；
D．常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选D。
8．B
【详解】A．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A正确；
B．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有和、Mn，故B错误；
C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：，故C正确；
D．反应中生成硫单质，生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确；
故选B。
9．C
【详解】A． 由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A错误；
B． 两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率减小，故B错误；
C． 190~198°C范围内，温度升高，反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动 ，每减少2molCH3OH，只减少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C正确；
D． 192°C时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物(COOCH3)2转化率降低，故D错误；
故选C。
10．A
【详解】A．如果是，氢离子还会与反应，，正确的离子方程式为，故A错误；
B．敞开、低压容器中有利于二氧化碳的释放，有利于反应正向进行，效率更高，故B正确；
C．“焙烧”产生的气体为二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氢铵，可用于“沉锰”，故C正确；
D．酸性高锰酸钾具有强氧化性，做氧化剂，硫酸提供酸性环境，有利于物质稳定存在，故D正确；
故选A。
11．C
【详解】A．AgNO3是强酸弱碱盐，在溶液中Ag+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，使溶液显酸性，A正确；
B．b点溶液存在电荷守恒：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]+c(H+)+c(NH4+)=c(NO3-)+c(OH-)，由于此时lg=0，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)，B正确；
C．反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数K=，忽略Ag+的水解和[Ag(NH3)2]+的电离作用，c{[Ag(NH3)2]+}=-2×10-3 mol/L≈0.1 mol/L，带入平衡常数表达式，计算可得K=1.25×107，所以其数量级为107，C错误；
D．c～d段lg变化较小，说明加入的氨水主要用于Ag2O沉淀的生成和溶解，D正确；
故合理选项是C。
12．B
【详解】A．10 g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇4.6g，物质的量，含水5.4g，物质的量，所以溶液中含氧原子数为0.4 NA，A错误；
B．BF3分子中含有3个B-F键，0. 5 mol BF3中含有B-F键为1.5mol，所以共用电子对数为1. 5NA，B正确；
C．标准状况下，22.4 L CH4物质的量，44.8 L Cl2物质的量，CH4与Cl2在光照条件下分步发生取代反应，根据碳原子守恒，生成四种有机产物的分子数等于CH4的分子数，由取代反应方程式可知生成HCl分子数等于氯气分子数，所以反应前后分子数不变，所以标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为3NA，C错误；
D．铅蓄电池放电时负极反应式为，负极增重的质量为反应的质量，若负极增重48g则增重的的物质的量为，根据电极反应式可知转移电子数为NA，D错误；
故选B。
13．C
【分析】根据电极反应为TiO2/S* →TiO2/S++e-，可知该电极为负极，则Pt-导电玻璃为正极，电解质为和I-的混合物，在正极上得到电子被还原，正极反应为+2e-=3I-；
【详解】A．由图可知，该电池工作时，光能直接转化为电能，A正确；
B．据分析可知，电池的正极反应为+2e- →3I-，B正确；
C．该反应电荷不守恒，电解质溶液中可发生反应为2TiO2/S++3I-→2TiO2/S+，C错误；
D．由图可知，和I-在不停的循环，则电池的电解质溶液中I-和的浓度不会减少，D正确；
故选C。
14．D
【分析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。
【详解】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；
B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B正确；
C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；
D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02 mol电子，电渗析装置生成0.01 mol NaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；
故选D。
15．B
【分析】三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱，由图可知，中间室离子向两侧迁移，右侧得到氢氧化锂、左侧得到硫酸，则右侧电极为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子；左侧电极为阳极，水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子；
【详解】A．由分析可知，左室有生成氢离子和迁移过来的硫酸根离子，硫酸浓度变大；右室有生成的氢氧根离子和迁移过来的锂离子，氢氧化锂浓度变大，A错误；
B．右侧电极水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，B正确；
C．由分析可知，a为生成的氧气、b为生成的氢气，根据电子守恒可知，生成气体，C错误；
D．右侧离子交换膜可以让锂离子通过，为阳离子交换膜，D错误；
故选B。
16．C
【分析】由图可知，放电时，Mg作负极，电极反应式为Mg−2e−＝Mg2＋，石墨作正极，电极反应式为3CO2＋2Mg2＋＋2H2O＋4e−=2MgCO3•H2O＋C，充电时，Mg作阴极，石墨作阳极，据此作答。
【详解】A．充电时，Mg作阴极，石墨作阳极，故A错误；
B．放电时为原电池，电子经导线传导，故B错误；
C．充电时，石墨作阳极，电极反应式为2MgCO3·H2O+C- 4e- =3CO2+2Mg2++2H2O，故C正确；
D．放电时，CO2在正极被还原为C，C由+4价变为0价，每消耗6.72 L CO2转移的电子的物质的量为1.2 mol，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图像和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
17．A
【分析】由图可知，A极氧气得到电子发生还原生成水，为正极，；B电极HS-失去电子发生氧化反应生成硫单质，为负极，；
【详解】A．由分析可知，负极反应为，A错误；
B．工作时B电极附近生成氢离子，酸性增强，溶液pH减小，B正确；
C．海水和海泥含有电解质，导电性高，有利于形成闭合电路输出电能，C正确；
D．A电极反应为，消耗标况下O25.6L，为0.25mol氧气，根据电子守恒可知，有1mol质子通过海底沉积层和海水层交接面，D正确；
故选A。
18．C
【分析】该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极。
【详解】A．该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，A正确；
B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：，图2中，A为，B为，B正确；
C．正极电极反应为：，正极区浓度减小，pH增大，C错误；
D．由负极区反应可知，，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取，则会转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15mol，标准状况体积为3.36L，D正确；
故选C。
19．B
【详解】A．过氧乙酸有强氧化性，能使蛋白质变性从而灭菌，与所述的化学知识关联合理，A不符合题意；
B．泡沫灭火器是容器中铝离子和小苏打中的碳酸氢根离子双水解反应产生大量二氧化碳，二氧化碳不燃烧不支持燃烧，能灭火，与所述的化学知识关联不合理，B符合题意；
C．锌能与柠檬中酸性物质发生自发的氧化还原反应，锌失去电子做负极，与所述的化学知识关联合理，C不符合题意；
D．纯碱溶液水解显碱性，油脂在碱性条件下发生水解被洗净，与所述的化学知识关联合理，D不符合题意；
故选B。
20．A
【分析】据图可知放电时，Li被氧化Li+，所以金属锂和石墨的复合材料为负极，纳米Fe2O3为正极。
【详解】A．放电时Fe2O3对应电极为正极，则充电时为阳极，与电源正极相连，A错误；
B．放电时Fe2O3对应电极为正极，Fe2O3被还原为Fe，O元素转化为Li2O，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为Fe2O3+6Li++6e−=3Li2O+2Fe，B正确；
C．Li为活泼金属，会与氢氧化钠溶液中的水反应，C正确；
D．据图可知，该电池工作时，Fe2O3为正极，被还原为Fe，使电池被磁铁吸引，D正确；
综上所述答案为A。
21．CD
【详解】A．一价铜[Cu]作为催化剂，降低活化能，加快反应速率，但不影响总反应的焓变，A错误；
B．反应③过程中，涉及到和非极性键的断裂，不存在非极性键的形成，存在极性键的形成，不存在极性键的断裂，B错误；
C．根据反应过程，总反应方程式为：，C正确；
D．催化剂形成中间产物，根据图示，反应过程中共有4种含有一价铜[Cu]的中间产物，D正确；
故选CD。
22．(1)
(2) B 在模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大
(3) < 通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大 >
(4)
【详解】（1）=-49.5 kJ/mol-41.2 kJ/mol=-90.7 kJ/mol,故答案为:-90.7 kJ/mol；
（2）题目中已知压强不变，所以A正确；B. 气体的平均相对分子质量为Mr,根据公式可知，Mr=，由于方程式中都是气体，所以质量守恒m不变。根据气体前后气体分子数之和可知n是个变量，所以气体的平均相对分子质量为Mr不变时能证明反应a达到平衡状态；C.由表格可知一直都是3，所以不是变量，不能证明反应a达到平衡状态；D.CO2、H2、CH3OH、的物质的量之比为，不一定非得平衡时物质的量之比为，在任何情况下都可达到，所以D错误。在模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。故答案为：B
；在模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大；
（3）图中D点（1,60），即，CO2转化率为60%，根据关系列三段式：
KD=
图中F点（1.5,50），即，CO2转化率为50%，根据关系列三段式：
KF=
通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大,所以TD
KG=
恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时，根据关系列三段式：
QG=
因为KG> QG,所以向正反应方向进行。故> ；
故答案为：TD；
（4）由图可知该装置为电解池，阴极发生还原反应，化合价降低，得到电子，。
23．(1) -246kJ•mol-1 减小
(2) 1.35 CH3*+H*=CH4*
(3) c＞b＞a 温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c＞b＞a，故甲烷的浓度c＞b＞a，且对应温度c＞b＞a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c＞b＞a 0.16 16.7 33.4
(4)DE
【详解】（1）由盖斯定律可知，由反应“②—①”可得目标方程式，，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小。
（2）该反应历程中最大的能垒为，该步骤反应的化学方程式为。
（3）①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：，恒容条件下，气体的压强比等于气体的物质的量之比，则，解得，
平衡时各组分的物质的量分数分别为、、、，则平衡分压为0.6Mpa、0.4Mpa、0.4Mpa、0.8Mpa，。
②由，故。
（4）A.中Fe为+3价，A错误；
B. 由图可知在制氢过程中、为催化剂，为中间产物，ZnFe2O4不能降低了H2O分解的活化能，B错误；
C. 、为催化剂，理论上不需要补充、，C错误；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定，D正确；
E. 由图所示贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2，E正确；
答案选DE。
24．(1)+287
(2)AD
(3) 直线斜率小，活化能小
(4) 温度 <
(5) 其他条件不变，当总压一定时，的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得的平衡转化率减小 1.6
【详解】（1）已知，反应1：
反应2：
由盖斯定律可知，反应1+反应2得反应3：；
（2）A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，A符合题意；
B．反应为气体分子数增大的反应，混合气体总压强不随时间变化，说明已经达到平衡，B不符合题意；
C．气体总质量始终不变、反应为气体分子数增大的反应，则混合气体平均相对分子质量不随时间变化，说明已经达到平衡，C不符合题意；
D．丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率，描述的都是正反应，不能说明反应已达平衡，D符合题意；
故选AD；
（3）已知：，则，斜率越大说明越大，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，结合图像可知，反应的活化能小，催化效能较高，依据为：直线斜率小，活化能小；
（4）①反应1和反应均为放热反应，升高温度平衡正向移动，丙烷转化率增大；反应1为气体分子数增加的反应，反应2为气体分子数不变的反应，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降；结合图像可知，X代表温度，相同条件下，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降，故<。
②M点时，丙烷转化率为60%，反应丙烷0.6mol；
和的浓度相等，则0.4=0.6-a，a=0.2mol；则平衡是二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.8mol、0.4mol、0.2mol、0.2mol，反应2为等分子数的反应，则M点对应的反应2的平衡常数
（5）其他条件不变，当总压一定时，的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得的平衡转化率减小；当等于2时，经达到平衡，的转化率为40%，假设丙烷投料2mol、氩气1mol，则反应丙烷0.8mol；
则平衡时总的物质的量为3.8mol，丙烯的分压变化速率为。
25．(1)-154
(2) 增大体系压强、通入H2 n < 14.81
(3) 1：2 压强 该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致
(4) CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据反应热=反应键能和-产物键能和，则ΔH1=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)-4E(O-H)= -154 kJ·mol-1；
（2）①反应为气体分子数减小的放热反应，为了提高CH3OH产率可以采取的措施有增大体系压强、通入H2等。
②反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线n；
③测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，由图可知，a点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成浓度较低且温度较低；c点达到平衡，氢气转化率较高，生成浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越快，故<；
T2时氢气转化率为80%，根据题给数据可得三段式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
则此时平衡常数；
（3）①氢气浓度越大，则二氧化碳转化率越大，故曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为1：2；
②该反应为气体分子数减小的反应，压强越大，二氧化碳转化率越大，故X表示压强，理由是：该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致；
（4）①根据题给信息可知，在阴极二氧化碳得到电子生成甲酸，电极反应为：CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；
②根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
26．(1)-164. 0
(2)0.48 kPa·s-1
(3) 0. 1 有其他含碳的副产物生成
(4) p3> p2>p1 温度超过600℃时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升
(5) 1 减小投料比[c(CO2)：c(H2O)](或及时移出产物)
【详解】（1）常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1，则有③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-571kJ ·mol-1，④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH4=-890.0kJ ·mol-1，根据盖斯定律可知，2´③-④+2´②可得反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，则ΔH1 =2´ΔH3-ΔH4+2´ΔH2=2´(-571kJ ·mol-1)-(-890.0kJ ·mol-1)+2´(+44.0kJ ·mol-1)=-164.0kJ ·mol-1。
（2）同温同体积下，气体的压强和气体的物质的量成正比，CO2、H2的起始分压分别为15kPa、30kPa，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，Δp(H2O)=10kPa，则Δp(CO2)=5kPa，Δp(H2)=20kPa，此时，p(CO2)=10kPa，Δp(H2)=10kPa，v(CH4)=1.2×10-6´10´104kPa·s-1=0.12kPa·s-1，v(H2)=4v(CH4)=0.48kPa·s-1。
（3）如图所示，随着压强增大，CO2的转化率变化不大，CH4的产率逐渐减小，故CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。
（4）①CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)是放热反应，低温时，主要发生该反应，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故p3＞p2＞p1；
②压强为p1时，温度低于600℃时，主反应进行程度大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，温度超过600℃时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率上升。
（5）恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，并结合方程式可知，曲线a表示H2O的浓度变化，曲线b表示CO2的浓度变化，曲线c表示O2的浓度变化，曲线d表示CH4的浓度变化；350℃时，c(CO2)=c(CH4)，c(H2O)=c(O2)，K==1；为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为减小投料比[c(CO2)：c(H2O)]，或及时移出产物。
27．(1)
(2)AB
(3)
(4) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g)
+
+
起始压强
p1
变化压强
x
x
x
x
x
平衡压强
p1-x
p
x
x
x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
28．(1)
(2)ABD
(3) > 为气体体积增大的反应，加压，平衡向逆反应方向移动，浓度增大，有利于气体体积减小的反应向正反应方向移动，逐渐增大 17.31
(4) < 4.5 温度不变，平衡常数不变，故该直线的斜率不变
(5) = 变小
【详解】（1）已知：
①
②
③
由盖斯定律可知，反应①+②-③得反应④，故；
（2）A．容器体积始终不变，而反应中生成固体，气体质量会发生改变，故混合气体的密度不再改变，说明反应已达平衡，A符合题意；
B．和投料比等于反应④系数比，但是存在反应，故当不再改变，说明反应已达平衡，B符合题意；
C．，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应已达平衡，C不符合题意；
D．反应中生成固体，且气体分子数发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应已达平衡，D符合题意；
故选ABD；
（3）①反应④中，a点的含量大于平衡时的含量，则反应继续正向向进行，故>；
②为气体体积增大的反应，加压，平衡向逆反应方向移动，浓度增大；浓度增大、加压都有利于气体体积减小的反应向正反应方向移动，故对反应体系加压导致逐渐增大；
③时，平衡后总压为，的分压为的两倍，由三段式可知，
则平衡时、、、的物质的量分别为(1-2a)mol、(1-a)mol、amol、2amol，总的物质的量为2mol，结合图甲可知，，a=，故时，则反应④以压强表示的平衡常数；
（4）①反应为各物质系数均为1的放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；由ac可知，三氧化硫压强相等、c点二氧化氮压强较大，则c点平衡常数较小，对应温度较高，故<；温度为时，从a到b历时，则此时段。
②反应为各物质系数均为1反应且和投料相同，，则与直线的斜率有关，温度不变，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下，图像呈线性变化；由图可知，a、b两点体系总压强与的比值；
（5）当溶液溶质为NaHSO3时，若往溶液中加入氨水至中性，根据钠、硫元素守恒可知，=；当溶液溶质为时，若往溶液中加入少量固体，完全溶解后(此时溶液是不饱和溶液)，溶液中钠离子浓度不变，而亚硫酸根离子浓度变大，故的比值变小。
29．(1)+3
(2) 增大接触面积，使燃烧更充分 7：4
(3)+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-
(4)4.7
(6)8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O
(7)阴
【分析】铬铁矿在空气中与纯碱煅烧生成Na2CrO4和一种红棕色固体，同时释放出CO2气体，同时，可知主反应为，铬铁矿在空气中与纯碱煅烧生成物通过水浸NaAlO2进入浸出液中，而不溶的Fe2O3形成滤渣Ⅰ，浸出液经过酸化形成滤渣Ⅱ为Al(OH)3沉淀，再次酸化后加入草酸还原，最后电解得到金属铬，据此分析解题。
【详解】（1）Fe(CrO2)2中O为-2价，Fe为+2价，所以Cr为+3价；故答案为+3。
（2）“焙烧”时，为了使燃烧更充分，气体和矿料逆流加入；据分析可知，“焙烧”时主反应为，该反应中氧化剂和还原剂的物质量之比为7：4；故答案为增大接触面积，使燃烧更充分；7：4。
（3）NaFeO2极易水解生成Fe(OH)3，离子方程式为+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；故答案为+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-。
（4）“酸化I”时，铝元素完全转化为沉淀的离子方程式为，已知Al(OH)3+OH-的平衡常数为K=100.63，所以的平衡常数为；，此时pH=8.37；已知Ksp[A1(OH)3]=10-33；所以铝元素完全沉淀时，此时pH=4.7；所以pH范围为4.7
（6）加入草酸“还原”时，生成Cr3+和CO2，反应的离子方程式为8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；故答案为8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O。
（7）“电解”时，Cr3+往阴极移动，所以金属铬在阴极生成，故答案为阴。
30．(1) 适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】用稀硫酸溶解镉铁矿，其中不与硫酸和水反应，即滤渣1是，滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+和Cd4+，加入甲醇将Cd4+还原为Cd2+，然后加入H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH值，使溶液中的Al3+、Fe3+完全转化为3沉淀，过滤除去不溶物（滤渣2），向含有硫酸镉的滤液中加入碳酸钾生成碳酸镉沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到Cd(BrO3)2，据此分析问题。
【详解】（1）根据以上分析可知，滤渣1是；为提高镉的浸取率，酸浸时可采取的措施有适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施；故答案为：；适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施。
（2）加入甲醇将Cd4+还原为Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体是二氧化碳，结合守恒法，可知发生的离子反应方程式为，故答案为：。
（3）加入H2O2溶液的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，，答案为：；
（4）由分析可知，滤渣2 的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；
（5）沉镉后的溶液pH=6，则氢氧根浓度是 mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.0552 g/L，即钠离子浓度增加了 ，根据，可知溶液中Cd2+的浓度是0.0012mol/L，则该条件下Cd(OH)2的Ksp= =，故答案为：。
陕西2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学反应速率与化学平衡、化学能与电能
一、单选题
1．（2023·陕西榆林·统考二模）人造小太阳、歼- 20、火星探测、海斗一号无人潜水器等均展示了我国科技发展的成果。下列相关叙述正确的是
A．潜水器的材料之一为合成橡胶发泡体，其具有防震、保温、不透水、不透气等特点
B．歼一20发动机的航空燃油是纯净物
C．火星土壤中的质量数为26
D．核聚变是化学能转化为热能的过程
2．（2023·陕西榆林·统考一模）用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是
A．利用图I测定中和反应的反应热
B．利用图II证明Na2O2与水反应放热
C．利用图III制备乙酸乙酯
D．利用图IV证明Cl2能与烧碱溶液反应
3．（2023·陕西咸阳·统考一模）乙烯在硫酸催化下水合生成乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．由图像可知总反应为放热反应，一定不需加热就能自发进行
B．第①步反应中只有键发生断裂
C．总反应速率由第①步反应决定
D．乙烯的能量高于乙醇的能量
4．（2023·陕西西安·统考二模）恒温密闭容器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) △H＜0。起始催化剂时，若按照n(CO2)：n(H2)=1：3的投料比充入容器，测得平衡时n(H2)和n(H2O)随温度的变化如图所示。下列说法中正确的是
A．L线表示平衡时n(H2O)随温度的变化
B．其他条件不变时，若扩大容器容积，则v正减小，v逆增大
C．x=5.16mol
D．使用催化剂，可降低反应的活化能，减小△H的值
5．（2023·陕西榆林·统考二模）证据推理是学习化学的重要方法，下列证据与推理的关系对应正确的是
选项
证据
推理
A
室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol•L-1的Na2SO3和NaHSO3两种溶液的pH，Na2SO3溶液的pH更大
HSO结合H+的能力比SO的强
B
将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，红棕色变深反应
2NO2(g)N2O4(g) △H＜0
C
向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热后，再加入银氨溶液，水浴加热，未出现银镜
淀粉未发生水解
D
向浓度均为0.01mol•L-1的NaCl和KI混合溶液中滴加少量0.01mol•L-1的AgNO3溶液，出现黄色沉淀
说明：Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)
A．A B．B C．C D．D
6．（2023·陕西安康·统考二模）下列实验能得出相关结论的是
实验操作
实验结论
A
向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变为蓝色
Kw>Ka1(H2A)·Ka2(H2A)
B
常温下将铝片投入浓硝酸中，无明显现象
铝与浓硝酸不反应
C
向10mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中加入5mL0.1mol·L-1KSCN溶液，溶液显红色，再滴加少量1mol·L-1KSCN溶液，红色加深
Fe3+和SCN-的反应是可逆反应
D
向FeCl2溶液中滴加少量的酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色
氧化性：>Cl2
A．A B．B C．C D．D
7．（2023·陕西咸阳·统考二模）下列实验操作能达到相应实验目的的是
选项
实验操作
实验目的
A
向肉桂醛()中加入酸性溶液
验证肉桂醛中含碳碳双键
B
向待测液中先滴加氯水，再滴加KSCN溶液
检验溶液中是否含有
C
用pH试纸分别测定等浓度的溶液和NaClO溶液的pH
比较和HClO的酸性强弱
D
常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间
探究浓度对化学反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
8．（2023·陕西渭南·统考一模）炼油、石化等工业会产生含硫(价)废水，可通过催化氧化法进行处理，碱性条件下，催化氧化废水的机理如图所示。其中为催化剂，附着在催化剂载体聚苯胺的表面。下列说法错误的是
A．催化氧化过程中既有共价键的断裂又有离子键的断裂
B．转化I中化合价发生变化的元素仅有和
C．催化氧化过程的总反应为：
D．催化剂使用一段时间后催化效率会下降，原因是生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处
9．（2023·陕西咸阳·统考一模）草酸二甲酯[(COOCH3)2]催化加氢制乙二醇的反应体系中，发生的主要反应为
反应I：(COOCH3)2(g)+2H2(g)CH3OOCCH2OH(g)+CH3OH(g) ΔH1<0
反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0
压强一定的条件下，将(COOCH3)2、H2按一定比例、流速通过装有催化剂的反应管，测得(COOCH3)2的转化率及CH3OOCCH2OH、HOCH2CH2OH的选择性[×100%]与温度的关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线B表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化
B．190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率增大
C．190~198°C范围内，温度升高，逐渐减小
D．192°C时，其他条件一定，加快气体的流速可以提高(COOCH3)2转化率
10．（2023·陕西咸阳·统考一模）重质二氧化锰具有优良的电化学性能，广泛应用于各类化学电源中。以硫酸锰为原料制备重质二氧化锰的工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．“沉锰”的主要反应为
B．“焙烧”过程在敞开、低压容器中进行效率更高
C．用少量氨水吸收“焙烧”产生的气体，所得溶液可用于“沉锰”
D．工艺中的硫酸表现酸性，高锰酸钾做氧化剂
11．（2023·陕西渭南·统考一模）常温下，向25 mL0.12 mol/L AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c(Ag+)与c(NH3)均约为2×10-3 mol/L。下列叙述不正确的是（ ）
A．a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解
B．b点溶液中：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)
C．由e点可知，反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数的数量级为105
D．c～d段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解
12．（2023·陕西西安·统考二模）设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．10 g质量分数为46%的乙醇溶液中氧原子数为0.6NA
B．0. 5 mol BF3中的共用电子对数为1. 5NA
C．标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为2NA
D．铅蓄电池放电时，若负极增重48g，则此时转移电子数为0.5NA
13．（2023·陕西西安·统考二模）燃料敏化太阳能电池因其工艺简单、性能稳定等特点深受科学家的青睐。一种钌基配合物作为光敏剂(S)的太阳能电池的工作原理如图所示，其中一个电极可表示为TiO2/S，电极反应为TiO2/S* →TiO2/S++e-。下列有关说法错误的是
A．该电池工作时，光能直接转化为电能
B．电池的正极反应为+2e- →3I-
C．电解质溶液中可发生反应TiO2/S++3I-→TiO2/S+
D．电池的电解质溶液中I-和的浓度不会减少
14．（2023·陕西安康·统考二模）浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池。理论上当电解质溶液的浓度相等时停止放电。图1为浓差电池，图2为电渗析法制备磷酸二氢钠，用浓差电池为电源完成电渗析法制备磷酸二氢钠。下列说法错误的是
A．电极a应与Ag(II)相连
B．电渗析装置中膜b为阳离子交换膜
C．电渗析过程中左、右室中H2SO4和NaOH的浓度均增大
D．电池从开始到停止放电，理论上可制备2.4gNaH2PO4
15．（2023·陕西榆林·统考二模）三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱的装置示意图如图，下列说法正确的是
A．酸碱的浓度：进等于出
B．右侧电极的电极反应式为
C．装置工作一段时间后，
D．右侧离子交换膜为阴离子交换膜
16．（2023·陕西榆林·统考一模）我国科学家成功研制出CO2/Mg二次电池，在潮湿条件下的放电反应：3CO2+2Mg+2H2O=2MgCO3·H2O+C，模拟装置如图所示(已知放电时，Mg2+由负极向正极迁移)。下列说法正确的是
A．充电时，Mg电极接外电源的正极
B．放电时，电子由镁电极经电解质溶液流向石墨电极
C．充电时，阳极的电极反应式为2MgCO3·H2O+C- 4e- =3CO2+2Mg2++2H2O
D．放电时，CO2在正极被还原，每消耗6.72 L CO2转移的电子的物质的量为0.2 mol
17．（2023·陕西宝鸡·统考二模）海泥细菌通过消耗海底沉积层中的有机物获得营养，同时产生电子。科学家利用这一原理设计了海泥细菌电池，该技术可在海底加速石油污染物降解速率，其中海泥代谢产物显酸性，电池工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．负极的电极反应式为：CH2O-4e-+H2O=CO2+4H+
B．工作时B电极附近溶液pH减小
C．海水和海泥含有电解质，导电性高，有利于输出电能
D．A电极消耗标况下O25.6L，有1mol质子通过海底沉积层和海水层交接面
18．（2023·陕西渭南·统考一模）盐酸羟胺()是一种无机物，可用作合成抗癌药，其化学性质类似。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积变化，下列说法不正确的是
A．该装置能将化学能转化为电能，电极为负极
B．图2中，A为，B为
C．电池工作一段时间后，正极区溶液的下降
D．每制取，有(标准状况)参与反应
19．（2023·陕西渭南·统考一模）劳动创造幸福未来。下列劳动项目与所述的化学知识关联不合理的是
选项
劳动项目
化学知识
A
社会实践：向公共场所喷洒过氧乙酸消毒剂
过氧乙酸有强氧化性，能使蛋白质变性
B
社区服务：演示用泡沫灭火器灭火
盐酸与小苏打反应产生大量二氧化碳
C
自主探究：锌、铜和柠檬为原料制作水果电池
锌能与柠檬中酸性物质发生氧化还原反应
D
家务劳动：饭后用热的纯碱溶液洗涤餐具
油脂在碱性条件下发生水解
A．A B．B C．C D．D
20．（2023·陕西咸阳·统考一模）某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池(另一极为金属锂和石墨的复合材料)，通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电，成功地实现了对磁性的可逆调控(见右图)，下列说法不正确的是
A．充电时，Fe2O3对应电极连接充电电源的负极
B．该电池的正极的电极反应式：Fe2O3+6Li++6e−=3Li2O+2Fe
C．该电池不能使用氢氧化钠溶液作为电解液
D．该电池工作的原理：放电时，Fe2O3作为电池正极被还原为Fe，电池被磁铁吸引
二、多选题
21．（2023·陕西宝鸡·统考二模）2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是：一价铜[Cu]催化的叠氮化物-端炔烃环加成反应，反应机理示意如下。
下列说法正确的是
A．一价铜[Cu]能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
B．反应③过程中，涉及极性键和非极性键的断裂和形成
C．总反应为
D．反应过程中共生成4种中间产物
三、填空题
22．（2023·陕西咸阳·统考一模）我国对世界郑重承诺：2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，其中的关键技术是运用催化转化法实现二氧化碳的碳捕集和碳利用。请回答下列问题：
Ⅰ、一定温度下，和在催化剂作用下可发生a、b两个平行反应，分别生成和。
a：
b：
(1)相同温度下，反应的___________。
(2)在传统的催化固定反应床中，的转化率和甲醇的选择性通常都比较低。后来，科学团队研制了一种具有反应和分离双功能的分子筛膜催化反应器，极大地改善了该问题，其原理如图1所示：
保持压强为，温度为，向密闭容器中按投料比，投入一定量和，不同反应模式下的平衡化率和的选择性的相关实验数据如下表所示。
实验组
反应模式
温度/
的平衡转化率
的选择性
①
3
260
21.9
67.3
②
3
260
36.1
100.0
已知：的选择性是指转化的中生成的百分比。
①在模式下，按上述条件发生反应。下列说法能证明反应a达到平衡状态的是___________(填字母)。
A．气体压强不再变化
B．气体的平均相对分子质量不再变化
C．不再变化
D．的物质的量之比为
②由表中数据可知，在模式下，的转化率明显提高，结合具体反应分析可能的原因是___________。
(3)反应b在进气比不同时，测得的平衡转化率如图2所示(各点对应的反应温度可能相同，也可能不同，其他反应条件均相同)。
①D和F两点对应的温度关系：___________(填“>”、“=”或“<”)，其原因是___________。
②恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时，___________(填“>”、“=”或“<”)。
Ⅱ、用图3所示装置电解二氧化碳也可制取甲醇，控制在一定温度范围内，持续通入二氧化碳，电解过程中的物质的量基本不变。
(4)阴极的电极反应式为___________。
四、原理综合题
23．（2023·陕西西安·统考二模）氢气在工业上具有重要的应用，从炼钢到食品无处不在，未来随着“碳中和”战略的推进，氢气的使用率必将得到进一步的提升。
(1)用H2可以将CO2转化为CH4，该过程中涉及的反应如下。
①CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H1=+41kJ•mol-1
②CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) △H2=-205kJ•mol-1
③CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) △H3=-131kJ•mol-1
④C(s)+2H2O(g)CH4(g)+CO2(g) △H4=-25kJ•mol-1
则反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的△H=_____，反应③、④的存在会导致甲烷的产率_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)微观动力学研究表明，在催化剂作用下，反应CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)的能量变化如图所示(吸附在催化剂表面的物质用“*”标注)。
在该反应历程中，最大的能垒E正=_____eV，请写出该步骤反应的化学方程式：_____。
(3)在一定条件下，向某2L恒容密闭容器中充入2molCO2、4molH2，发生反应②，测得反应10min时，不同温度下氢气的转化率如图所示。
①a、b、c三点对应的v(CH4)逆由大到小的顺序为_____(用a、b、c表示)，请解释原因：_____；T2温度下，若起始时容器内的压强为3MPa，前10min内v(H2)=_____MPa•min-1，该温度下反应的Kp=_____(MPa)-2(保留一位小数，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。
②已知速率方程v正=k正•p4(H2)•p(CO2)、v逆=k逆•p2(H2O)•p(CH4)，k正、k逆只与温度有关。若T2时，k逆=2(MPa)-2•min-1，则该温度下k正=_____(MPa)-4•min-1。
(4)科学家一直研究开发氢能源，我国科学家研发的循环制氢和贮氢的新工艺如图。下列有关说法正确的是_____(填字母)。
A．ZnFe2O4中Fe为+6价
B．ZnFe2O4降低了H2O分解的活化能
C．反应2中需要不断地补充ZnO、Fe3O4
D．反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定
E.贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2
24．（2023·陕西榆林·统考二模）丙烯是制备聚丙烯塑料的单体，工业上可用丙烷和制取丙烯：
反应1：。
反应2：。
回答下列问题
(1)反应3：_______。
(2)向恒温恒容密闭容器中充入和，只发生反应3，不能说明反应3达到平衡状态的是_______ (填标号)。
A．混合气体密度不随时间变化 B．混合气体总压强不随时间变化
C．混合气体平均相对分子质量不随时间变化 D．丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率
(3)向密闭容器中充入只发生反应1，测得速率方程为(k为速率常数，只与温度、催化剂有关)。已知：(R、C为常数，T为温度，为活化能)。实验测得其他条件相同，不同催化剂、对速率常数的影响如图1所示。其中，催化效能较高的是_______(填“”或“”)，判断的依据是_______。
(4)向密闭容器中充入和，发生上述反应1和反应2，测得丙烷的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。
①X代表_______(填“温度”或“压强”)，_______(填“>”、“”或“=”)。
②M点时，和的浓度相等。则M点对应的反应2的平衡常数_______。
(5)向总压强恒定为的密闭容器中充入和，只发生反应1，的平衡转化率与的关系如图3所示。其他条件不变，随着增大，的平衡转化率减小，其原因是_______，当等于2时，经达到平衡，丙烯的分压变化速率为_______。
25．（2023·陕西宝鸡·统考二模）实现碳中和方法之一是二氧化碳捕捉再利用，研究CO2转化为CH4、CH3OH、HCOOH的重整技术是科学家研究的热点课题，回答下列问题。
反应i：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) ΔH1
反应ii：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49kJ·mol-1
(1)已知下表中断裂1mol化学键所吸收的能量数据，则ΔH1=_______kJ·mol-1。
化学键
H-H
O-H
C-H
C=O
能量/kJ
436
463
413
803
(2)在573K时，体积为2L的刚性容器中投入2molCO2和6molH2发生反应ii达到平衡。
①为了提高CH3OH产率可以采取的措施有_______(任写两项措施)。
②图1中能表示该反应的平衡常数的对数lnK与(T表示温度)之间的变化关系的曲线是_______(选填“m”或“n”)。
③测得在相同时间内，不同温度下的H2转化率如图2所示，v(a)逆_______v(c)逆(选填“>”“<”或“=”)；T2温度下该反应的平衡常数K值为_______(保留两位小数)。
(3)在恒容密闭容器中，反应i按进料浓度比c(CO2)：c(H2)分别等于1：2、1：5、1：7时，CO2的平衡转化率随条件X的变化关系如图3所示：
①曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为_______。
②条件X是_______(选填“温度”或“压强”)，依据是_______。
(4)我国学者探究了BiIn合金催化剂电化学还原CO2生产HCOOH的催化性能及机理，并通过DFT计算催化剂表面该还原过程的物质的相对能量，如图4所示(带“*”表示物质处于吸附态)。
①阴极的电极反应为_______。
②试从图4分析，采用BiIn合金催化剂既优于单金属Bi催化剂，又优于单金属In催化剂的原因_______。
26．（2023·陕西榆林·统考一模）“低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。根据所学知识回答下列问题：
I.在一定条件下，CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1 。
已知：①常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为- 285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1；
②H2O(l)=H2O(g) ΔH2=+44.0 kJ ·mol-1。
(1)ΔH1=_______ kJ ·mol-1。
(2)在某一恒容密闭容器中加入CO2、H2，其分压分别为15 kPa、30 kPa，加入催化剂并加热使其发生反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+ 2H2O(g)。研究表明CH4的反应速率v(CH4)=1.2×10-6 p(CO2)·p4(H2) kPa·s-1，某时刻测得H2O(g)的分压为10 kPa，则该时刻v(H2)=_______。
(3)其他条件一定时，不同压强下，CO2的转化率和CH4的产率如图所示。则CO2甲烷化应该选择的压强约为_______MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是_______。
(4)不同条件下，按照n(CO2)：n(H2)=1：4投料发生反应[副反应为CO2(g)+ H2(g)⇌CO(g) +H2O(g) ΔH3>0]，CO2的平衡转化率如图所示。
①压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_______。
②压强为p1时，随着温度升高，CO2的平衡转化率先减小后增大。解释温度高于600°C之后，随着温度升高CO2转化率增大的原因：_______。
II.某研究团队经实验证明，CO2在一定条件 下与H2O发生氧再生反应：CO2(g)+2H2O(g)⇌CH4(g)+2O2(g) ΔH1= +802.3 kJ·mol-1。
(5)恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，进行氧再生反应，测得不同温度下平衡时体系中各物质浓度关系如图。
350℃时，A点的平衡常数K=_______ (填计算结果)。 为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为_______。
27．（2023·陕西咸阳·统考二模）苯乙烯是生产塑料与合成橡胶的重要原料。氧化乙苯脱氢制苯乙烯的反应为：
反应I：
已知：
反应II：
反应III：
回答下列问题：
(1)反应I的__________。
(2)下列关于反应I～III的说法正确的是______(填标号)。
A．及时分离出水蒸气，有利于提高平衡混合物中苯乙烯的含量
B．保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态
C．其他条件相同，反应II分别在恒容和恒压条件下进行，前者乙苯的平衡转化率更高
D．反应III正反应的活化能小于逆反应的活化能
(3)在催化剂作用下，氧化乙苯脱氢制苯乙烯可能存在如下图所示反应机理：
该机理可表示为以下两个基元反应，请补充反应ⅱ：
ⅰ：；
ⅱ：__________.
(4)常压下，乙苯和经催化剂吸附后才能发生上述反应I。控制投料比[∶n(乙苯)]分别为1∶1、5∶1和10∶1，并在催化剂作用下发生反应，乙苯平衡转化率与反应温度的关系如图所示：
①乙苯平衡转化率相同时，投料比越高，对应的反应温度越______(填“高”或“低”)。
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是：
ⅰ．乙苯的浓度过低；
ⅱ．__________。
③850K时，反应经t min达到图中P点所示状态，若初始时乙苯的物质的量为n mol，则v(苯乙烯)＝______。
(5)700K时，向恒容密闭容器中加入过量和一定量乙苯，初始和平衡时容器内压强分别为和，则平衡时苯乙烯的分压为______kPa(以含有、、p的代数式表示)。[已知：①混合气体中某组分的分压等于总压与该气体物质的量分数之积；以平衡分压代替平衡浓度进行计算，可得反应的分压平衡常数。② ]
28．（2023·陕西渭南·统考一模）硝化反应是最普遍和最早发现的有机反应之一，以为新型硝化剂的反应具有反应条件温和、反应速度快、选择性高、无副反应发生、过程无污染等优点。可通过臭氧化法制备。已知：在、时发生以下反应：
①
②
③
④
(1)则反应④的_______。
(2)在恒温恒容条件下，按物质的量之比通入和，下列说法能够说明反应④已经达到平衡状态的是[考虑]_______(填标号)。
A．混合气体密度不再改变 B．不再改变
C． D．混合气体的平均相对分子质量不再改变
(3)在密闭容器中充入和在不同温度下发生反应④，平衡时在容器内气体中的物质的量分数随温度变化的曲线如图甲所示[考虑]。
①反应④中，a点的_______(填“>”“<”或“=”)。
②对反应体系加压，得到平衡时的转化率与压强的关系如图乙所示。请解释压强增大至的过程中逐渐增大的原因：_______。
③图甲中，时，平衡后总压为，的分压为的两倍，则反应④以压强表示的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算；分压=总压×物质的量分数；结果保留两位小数)。
(4)利用反应： 。可实现硫、氮氧化物的综合利用。向密闭容器中充入等体积的和发生该反应，测得平衡时压强对数和的关系如图所示。
①_______(填“>”、“<”或“=”)；温度为时，从a到b历时，则此时段_______。
②同一温度下，图像呈线性变化的理由是_______；a、b两点体系总压强与的比值_______。
(5)实验室常用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫尾气。当溶液溶质为NaHSO3时，若往溶液中加入氨水至中性，则_______(填“>”、“<”或“=”)；当溶液溶质为时，若往溶液中加入少量固体，完全溶解后(此时溶液是不饱和溶液)，溶液中的比值_______ (填“变大”、“变小”或“保持不变”)。
五、工业流程题
29．（2023·陕西安康·统考二模）铬镀在金属上可以防锈，坚固美观。一种以铬铁矿[主要成分为Fe(CrO2)2，还含有A12O3等]为原料生成金属铬的工艺流程如下图：
已知：①NaFeO2极易水解；
②Cr(VI)在中性或碱性溶液中以形式存在，在酸性条件下以形式存在；
③常温时，Al(OH)3+OH-[的平衡常数：K=100.63，Al(OH)3的溶度积常数：Ksp[A1(OH)3]=10-33；
回答下列问题：。
(1)Fe(CrO2)2中铬元素的化合价为___________。
(2)“焙烧”时，气体和矿料逆流加入的原因是___________， Fe(CrO2)2反应生成NaFeO2和Na2CrO4，该反应中氧化剂和还原剂的物质量之比为___________。
(3)“水浸”时，生成Fe(OH)3的离子方程式为___________。
(4)常温下，“酸化I”时，铝元素完全转化为沉淀的pH范围为___________(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol·L-1沉淀完全)。
(5)“酸化II”的目的是___________。
(6)“还原”时，反应的离子方程式为___________。
(7)“电解”时，金属铬在___________(填“阳”或“阴”)极上产生。
30．（2023·陕西咸阳·统考一模）溴酸镉常用作分析试剂、生产荧光粉等。以镉铁矿(主要成分为及少量的和)为原料制备的工艺流程如图所示。
已知：可溶于水。请回答下列问题：
(1)滤渣1为___________(填化学式)，为提高镉的浸取率，酸浸时可采取的措施为___________(任写一种即可)。
(2)还原镉时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，则该反应的离子方程式为___________。
(3)加入溶液的目的是___________(用离子方程式表示)。
(4)滤渣2的主要成分为___________(填化学式)。
(5)实际工业生产中，用阳离子交换树脂法来测定沉镉后溶液中的含量，其反应原理是：，其中为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的比交换前增加了，则该条件下的为___________。
参考答案：
1．A
【详解】A．潜水器的材料之一为合成橡胶发泡体，该物质体积大，密度小，不溶于水，具有防震、保温、不透水、不透气等特点，A正确；
B．歼一20发动机的航空燃油中含有多种烃，因此属于混合物，而不属于纯净物，B错误；
C．原子符号左下角为质子数，左上角为质量数，火星土壤中的质量数为57，质子数为26，C错误；
D．核聚变是核能转化为热能的过程，D错误；
故合理选项是A。
2．C
【详解】A．图中装置可保温、测定反应的最高温度等，则图中装置可测定中和反应的反应热，故A正确；
B．Na2O2与水反应生成氧气、且放热，会使脱脂棉燃烧，故B正确；
C．导气管末端不能插入液面以下，否则会造成倒吸，故C错误；
D．Cl2与NaOH溶液反应，使锥形瓶内气体压强减小，则气球变大可证明发生反应，故D正确；
答案选C。
3．C
【分析】由图可知，第②③步反应：反应物的总能量均大于生成物的总能量，则第②③步反应均为放热反应，①步反应是吸热反应；第①步反应断裂了碳碳键和水合氢离子中的氢氧键，形成了碳氢键，第②步反应形成碳氧键，第③步反应断开氧氢键。
【详解】A．从图中可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以总反应为放热反应，但反应第①步为吸热反应，需要加热来吸收能量，A错误；
B．第①步反应断裂了碳碳键、碳氢键，B错误；
C．反应历程中活化能越大，反应越慢，决定总反应速率，上述反应中第①步反应的活化能最大，决定总反应速率，C正确；
D．根据总反应可知，乙烯和水的总能量大于乙醇的总能量，但乙烯的能量与乙醇的能量无法比较，D错误；
故选C。
4．C
【详解】A．由于，随着温度的升高，平衡逆向移动，增大，减少，故为随温度的变化曲线，A错误；
B．其他条件不变时，若扩大容器容积，浓度均减少，则均减小，B错误；
C．由图知，在393K时，，，升高温度，反应将向逆反应方向移动，在a点时，，设由393K升温到460K时，反应的物质的量为bmol，由关系式，则，，，C正确；
D．使用催化剂，只能降低反应的活化能，且增大反应速率，但不能减小的值，D错误；
故选C。
5．B
【详解】A．亚硫酸钠溶液显碱性，亚硫酸氢钠溶液显酸性，HSO电离程度大于其水解程度，HSO结合H+能力弱于SO，故A错误；
B．NO2中存在2NO2N2O4，将玻璃球放在热水中，红棕色变深，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应为放热反应，故B正确；
C．醛基与银氨溶液反应，反应环境为碱性，题中加入稀硫酸后，没有加入NaOH溶液中和硫酸，因此未出现银镜，不能说明淀粉未发生水解，故C错误；
D．Cl-、I-浓度相同，滴加少量硝酸银溶液，出现黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，说明AgI比AgCl更难溶，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故D错误；
答案为B。
6．A
【详解】A．NaHA同时存在HA-的水解平衡和电离平衡，水解平衡常数为。由于石蕊显蓝色即为碱性，水解>电离，即 ，得出，A项正确；
B．浓硝酸为强氧化剂能氧化大多数物质，常温下铁、铝能与浓硝酸反应形成致密的氧化膜从而阻止进一步反应，所以看不到现象，B项错误；
C．加入的Fe3+是过量的，再加入KSCN会继续产生Fe(SCN)3，从而颜色加深，无法确定由于平衡移动导致，C项错误；
D．KMnO4褪色可能是Fe2+被氧化为Fe3+，所以无法证明氧化性KMnO4>Cl2，D项错误；
故选A。
7．D
【详解】A．肉桂醛中含有醛基和碳碳双键，二者都可以使高锰酸钾溶液褪色，则向肉桂醛()中加入酸性溶液，不能证明肉桂醛中含碳碳双键，故A错误；
B．KSCN与Fe3+作用使溶液显红色，与Fe2+作用无此现象，故先滴加KSCN溶液，不显血红色，说明原溶液不含有Fe3+，再加入氯水，溶液显血红色，说明溶液中有Fe3+生成，说明原溶液中含有Fe2+，故B错误；
C．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定盐溶液的pH比较盐溶液的碱性或对应酸的酸性，故C错误；
D．常温常压下，向两份相同锌粒中，分别加入体积相同、浓度不同的稀硫酸，记录收集相同体积所需的时间，可以探究浓度对化学反应速率的影响，故D正确；
故选D。
8．B
【详解】A．二氧化锰为离子化合物，由图可知，转化I中二氧化锰氧脱离生成空位，为离子键的断裂；水生成OH-存在共价键的断裂；故A正确；
B．转化I中锰形成的化学键数目发生改变，故化合价发生变化的元素有和、Mn，故B错误；
C．由图可知，催化氧化过程的总反应为氧气、水、硫离子在催化作用下生成氢氧根离子和硫单质：，故C正确；
D．反应中生成硫单质，生成的覆盖在催化剂表面或进入催化剂内空位处，阻碍了反应的进行，导致催化剂使用一段时间后催化效率会下降，故D正确；
故选B。
9．C
【详解】A． 由曲线A上CH3OOCCH2OH选择性为50%时，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性恰好为50%，曲线C表示HOCH2CH2OH的选择性随温度变化，故A错误；
B． 两反应均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，190~198°C范围内，温度升高，(COOCH3)2的平衡转化率减小，故B错误；
C． 190~198°C范围内，温度升高，反应II：(COOCH3)2(g)+4H2(g)HOCH2CH2OH(g)+2CH3OH(g) ΔH2<0的选择性增大，升高温度，对于放热反应，平衡逆向移动 ，每减少2molCH3OH，只减少1molHOCH2CH2OH，HOCH2CH2OH减小的幅度小于CH3OH，逐渐减小，故C正确；
D． 192°C时，其他条件一定，加快气体的流速，反应物(COOCH3)2转化率降低，故D错误；
故选C。
10．A
【详解】A．如果是，氢离子还会与反应，，正确的离子方程式为，故A错误；
B．敞开、低压容器中有利于二氧化碳的释放，有利于反应正向进行，效率更高，故B正确；
C．“焙烧”产生的气体为二氧化碳，用少量氨水吸收二氧化碳生成碳酸氢铵，可用于“沉锰”，故C正确；
D．酸性高锰酸钾具有强氧化性，做氧化剂，硫酸提供酸性环境，有利于物质稳定存在，故D正确；
故选A。
11．C
【详解】A．AgNO3是强酸弱碱盐，在溶液中Ag+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，使溶液显酸性，A正确；
B．b点溶液存在电荷守恒：c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]+c(H+)+c(NH4+)=c(NO3-)+c(OH-)，由于此时lg=0，则c(H+)=c(OH-)，所以c(Ag+)+c[Ag(NH3)2+]＜c(NO3-)，B正确；
C．反应Ag++2NH3[Ag(NH3)2]+平衡常数K=，忽略Ag+的水解和[Ag(NH3)2]+的电离作用，c{[Ag(NH3)2]+}=-2×10-3 mol/L≈0.1 mol/L，带入平衡常数表达式，计算可得K=1.25×107，所以其数量级为107，C错误；
D．c～d段lg变化较小，说明加入的氨水主要用于Ag2O沉淀的生成和溶解，D正确；
故合理选项是C。
12．B
【详解】A．10 g质量分数为46%的乙醇溶液中含有乙醇4.6g，物质的量，含水5.4g，物质的量，所以溶液中含氧原子数为0.4 NA，A错误；
B．BF3分子中含有3个B-F键，0. 5 mol BF3中含有B-F键为1.5mol，所以共用电子对数为1. 5NA，B正确；
C．标准状况下，22.4 L CH4物质的量，44.8 L Cl2物质的量，CH4与Cl2在光照条件下分步发生取代反应，根据碳原子守恒，生成四种有机产物的分子数等于CH4的分子数，由取代反应方程式可知生成HCl分子数等于氯气分子数，所以反应前后分子数不变，所以标准状况下，22.4 L CH4与44.8 L Cl2在光照条件下充分反应后的分子总数为3NA，C错误；
D．铅蓄电池放电时负极反应式为，负极增重的质量为反应的质量，若负极增重48g则增重的的物质的量为，根据电极反应式可知转移电子数为NA，D错误；
故选B。
13．C
【分析】根据电极反应为TiO2/S* →TiO2/S++e-，可知该电极为负极，则Pt-导电玻璃为正极，电解质为和I-的混合物，在正极上得到电子被还原，正极反应为+2e-=3I-；
【详解】A．由图可知，该电池工作时，光能直接转化为电能，A正确；
B．据分析可知，电池的正极反应为+2e- →3I-，B正确；
C．该反应电荷不守恒，电解质溶液中可发生反应为2TiO2/S++3I-→2TiO2/S+，C错误；
D．由图可知，和I-在不停的循环，则电池的电解质溶液中I-和的浓度不会减少，D正确；
故选C。
14．D
【分析】电化学题目重点在于电极的判断，浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。
【详解】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极a应与Ag(II)相连，故A正确；
B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜b为阳离子交换膜，故B正确；
C．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，故C正确；
D．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等，所以正极析出0.02mol银，电路中转移0.02 mol电子，电渗析装置生成0.01 mol NaH2PO4，质量为1.2g，故D错误；
故选D。
15．B
【分析】三室膜电渗析分离硫酸锂并回收酸碱，由图可知，中间室离子向两侧迁移，右侧得到氢氧化锂、左侧得到硫酸，则右侧电极为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子；左侧电极为阳极，水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子；
【详解】A．由分析可知，左室有生成氢离子和迁移过来的硫酸根离子，硫酸浓度变大；右室有生成的氢氧根离子和迁移过来的锂离子，氢氧化锂浓度变大，A错误；
B．右侧电极水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为，B正确；
C．由分析可知，a为生成的氧气、b为生成的氢气，根据电子守恒可知，生成气体，C错误；
D．右侧离子交换膜可以让锂离子通过，为阳离子交换膜，D错误；
故选B。
16．C
【分析】由图可知，放电时，Mg作负极，电极反应式为Mg−2e−＝Mg2＋，石墨作正极，电极反应式为3CO2＋2Mg2＋＋2H2O＋4e−=2MgCO3•H2O＋C，充电时，Mg作阴极，石墨作阳极，据此作答。
【详解】A．充电时，Mg作阴极，石墨作阳极，故A错误；
B．放电时为原电池，电子经导线传导，故B错误；
C．充电时，石墨作阳极，电极反应式为2MgCO3·H2O+C- 4e- =3CO2+2Mg2++2H2O，故C正确；
D．放电时，CO2在正极被还原为C，C由+4价变为0价，每消耗6.72 L CO2转移的电子的物质的量为1.2 mol，故D错误；
故答案选C。
【点睛】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图像和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
17．A
【分析】由图可知，A极氧气得到电子发生还原生成水，为正极，；B电极HS-失去电子发生氧化反应生成硫单质，为负极，；
【详解】A．由分析可知，负极反应为，A错误；
B．工作时B电极附近生成氢离子，酸性增强，溶液pH减小，B正确；
C．海水和海泥含有电解质，导电性高，有利于形成闭合电路输出电能，C正确；
D．A电极反应为，消耗标况下O25.6L，为0.25mol氧气，根据电子守恒可知，有1mol质子通过海底沉积层和海水层交接面，D正确；
故选A。
18．C
【分析】该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极。
【详解】A．该装置是原电池装置，将化学能转化为电能，Fe电极，N元素化合价降低，做正极，Pt电极，H元素化合价升高，做负极，A正确；
B．根据题意可知，具有类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步为反应为：，图2中，A为，B为，B正确；
C．正极电极反应为：，正极区浓度减小，pH增大，C错误；
D．由负极区反应可知，，又因为正负极区得失电子应守恒，若要制取，则会转移0.3mol电子，因此可推知消耗0.15mol，标准状况体积为3.36L，D正确；
故选C。
19．B
【详解】A．过氧乙酸有强氧化性，能使蛋白质变性从而灭菌，与所述的化学知识关联合理，A不符合题意；
B．泡沫灭火器是容器中铝离子和小苏打中的碳酸氢根离子双水解反应产生大量二氧化碳，二氧化碳不燃烧不支持燃烧，能灭火，与所述的化学知识关联不合理，B符合题意；
C．锌能与柠檬中酸性物质发生自发的氧化还原反应，锌失去电子做负极，与所述的化学知识关联合理，C不符合题意；
D．纯碱溶液水解显碱性，油脂在碱性条件下发生水解被洗净，与所述的化学知识关联合理，D不符合题意；
故选B。
20．A
【分析】据图可知放电时，Li被氧化Li+，所以金属锂和石墨的复合材料为负极，纳米Fe2O3为正极。
【详解】A．放电时Fe2O3对应电极为正极，则充电时为阳极，与电源正极相连，A错误；
B．放电时Fe2O3对应电极为正极，Fe2O3被还原为Fe，O元素转化为Li2O，根据电子守恒、元素守恒可得电极反应式为Fe2O3+6Li++6e−=3Li2O+2Fe，B正确；
C．Li为活泼金属，会与氢氧化钠溶液中的水反应，C正确；
D．据图可知，该电池工作时，Fe2O3为正极，被还原为Fe，使电池被磁铁吸引，D正确；
综上所述答案为A。
21．CD
【详解】A．一价铜[Cu]作为催化剂，降低活化能，加快反应速率，但不影响总反应的焓变，A错误；
B．反应③过程中，涉及到和非极性键的断裂，不存在非极性键的形成，存在极性键的形成，不存在极性键的断裂，B错误；
C．根据反应过程，总反应方程式为：，C正确；
D．催化剂形成中间产物，根据图示，反应过程中共有4种含有一价铜[Cu]的中间产物，D正确；
故选CD。
22．(1)
(2) B 在模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大
(3) < 通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大 >
(4)
【详解】（1）=-49.5 kJ/mol-41.2 kJ/mol=-90.7 kJ/mol,故答案为:-90.7 kJ/mol；
（2）题目中已知压强不变，所以A正确；B. 气体的平均相对分子质量为Mr,根据公式可知，Mr=，由于方程式中都是气体，所以质量守恒m不变。根据气体前后气体分子数之和可知n是个变量，所以气体的平均相对分子质量为Mr不变时能证明反应a达到平衡状态；C.由表格可知一直都是3，所以不是变量，不能证明反应a达到平衡状态；D.CO2、H2、CH3OH、的物质的量之比为，不一定非得平衡时物质的量之比为，在任何情况下都可达到，所以D错误。在模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大。故答案为：B
；在模式下，选择合适的催化剂，只发生反应，同时分子筛膜能及时分离出水蒸气，使平衡向右移动，二氧化碳的转化率增大；
（3）图中D点（1,60），即，CO2转化率为60%，根据关系列三段式：
KD=
图中F点（1.5,50），即，CO2转化率为50%，根据关系列三段式：
KF=
通过计算可知D点平衡常数K小于F点，该反应为吸热反应，温度升高，平衡常数K增大,所以TD
KG=
恒温条件下，在达到平衡状态为G点的反应过程中，当的转化率刚好达到时，根据关系列三段式：
QG=
因为KG> QG,所以向正反应方向进行。故> ；
故答案为：TD
（4）由图可知该装置为电解池，阴极发生还原反应，化合价降低，得到电子，。
23．(1) -246kJ•mol-1 减小
(2) 1.35 CH3*+H*=CH4*
(3) c＞b＞a 温度越高，浓度越大，则速率越大，由于转化率c＞b＞a，故甲烷的浓度c＞b＞a，且对应温度c＞b＞a，综上所述，v(CH4)逆由大到小顺序为c＞b＞a 0.16 16.7 33.4
(4)DE
【详解】（1）由盖斯定律可知，由反应“②—①”可得目标方程式，，反应③中碳元素转化为碳单质，反应④中碳单质转化为甲烷和二氧化碳，故反应③、④的存在会导致甲烷的产率减小。
（2）该反应历程中最大的能垒为，该步骤反应的化学方程式为。
（3）①反应速率与温度和浓度等有关，温度越高，浓度越大，则速率越大，c点甲烷的浓度大、温度高，故v(CH4)逆最大，其次为b点，最小的为a点的v(CH4)逆；初始总压为3MPa，其中氢气的分压为2MPa，T2温度下H2的转化率为80%，故10min时；根据题意可知T2时为平衡态，设反应后的压强为P总，可得：，恒容条件下，气体的压强比等于气体的物质的量之比，则，解得，
平衡时各组分的物质的量分数分别为、、、，则平衡分压为0.6Mpa、0.4Mpa、0.4Mpa、0.8Mpa，。
②由，故。
（4）A.中Fe为+3价，A错误；
B. 由图可知在制氢过程中、为催化剂，为中间产物，ZnFe2O4不能降低了H2O分解的活化能，B错误；
C. 、为催化剂，理论上不需要补充、，C错误；
D.反应3通入氩气作为保护气是因为氩气的化学性质稳定，D正确；
E. 由图所示贮氢过程可表示为3H2+2Mg2Cu=3MgH2+MgCu2，E正确；
答案选DE。
24．(1)+287
(2)AD
(3) 直线斜率小，活化能小
(4) 温度 <
(5) 其他条件不变，当总压一定时，的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得的平衡转化率减小 1.6
【详解】（1）已知，反应1：
反应2：
由盖斯定律可知，反应1+反应2得反应3：；
（2）A．容器体积和气体质量始终不变，则混合气体的密度始终不变，因此不能说明反应已达平衡，A符合题意；
B．反应为气体分子数增大的反应，混合气体总压强不随时间变化，说明已经达到平衡，B不符合题意；
C．气体总质量始终不变、反应为气体分子数增大的反应，则混合气体平均相对分子质量不随时间变化，说明已经达到平衡，C不符合题意；
D．丙烷的消耗速率等于丙烯的生成速率，描述的都是正反应，不能说明反应已达平衡，D符合题意；
故选AD；
（3）已知：，则，斜率越大说明越大，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，结合图像可知，反应的活化能小，催化效能较高，依据为：直线斜率小，活化能小；
（4）①反应1和反应均为放热反应，升高温度平衡正向移动，丙烷转化率增大；反应1为气体分子数增加的反应，反应2为气体分子数不变的反应，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降；结合图像可知，X代表温度，相同条件下，增大压强导致反应1逆向移动，丙烷转化率下降，故<。
②M点时，丙烷转化率为60%，反应丙烷0.6mol；
和的浓度相等，则0.4=0.6-a，a=0.2mol；则平衡是二氧化碳、氢气、一氧化碳、水分别为0.8mol、0.4mol、0.2mol、0.2mol，反应2为等分子数的反应，则M点对应的反应2的平衡常数
（5）其他条件不变，当总压一定时，的投料增加，占比越大分压越大，导致平衡向左移动，使得的平衡转化率减小；当等于2时，经达到平衡，的转化率为40%，假设丙烷投料2mol、氩气1mol，则反应丙烷0.8mol；
则平衡时总的物质的量为3.8mol，丙烯的分压变化速率为。
25．(1)-154
(2) 增大体系压强、通入H2 n < 14.81
(3) 1：2 压强 该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致
(4) CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH 相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能
【详解】（1）根据反应热=反应键能和-产物键能和，则ΔH1=2E(C=O)+4E(H-H)-4E(C-H)-4E(O-H)= -154 kJ·mol-1；
（2）①反应为气体分子数减小的放热反应，为了提高CH3OH产率可以采取的措施有增大体系压强、通入H2等。
②反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，同时增大，平衡常数增大，故图1中能表示该反应的平衡常数K与温度T之间的变化关系的是曲线n；
③测得在相同时间内，不同温度下的转化率如图2所示，由图可知，a点没有达到平衡，氢气转化率较低，生成浓度较低且温度较低；c点达到平衡，氢气转化率较高，生成浓度较大且温度较高；浓度越大、温度越高则反应速率越快，故<；
T2时氢气转化率为80%，根据题给数据可得三段式如下：
CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
则此时平衡常数；
（3）①氢气浓度越大，则二氧化碳转化率越大，故曲线a的进料浓度比c(CO2)：c(H2)为1：2；
②该反应为气体分子数减小的反应，压强越大，二氧化碳转化率越大，故X表示压强，理由是：该反应的正反应气体分子数减小，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，与图3曲线一致；
（4）①根据题给信息可知，在阴极二氧化碳得到电子生成甲酸，电极反应为：CO2 +2e-+ 2H+ = HCOOH；
②根据图像，采用BiIn合金催化剂优于单金属Bi催化剂的原因：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；BiIn合金催化剂优于单金属In催化剂的原因：相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能；答案为：相对于单金属Bi催化剂，BiIn合金催化剂能够促进CO2的吸附，增强对*OCHO中间体的吸附；相对于单金属In催化剂，BiIn合金催化剂能够降低*OCHO脱附形成*HCOOH的活化能。
26．(1)-164. 0
(2)0.48 kPa·s-1
(3) 0. 1 有其他含碳的副产物生成
(4) p3> p2>p1 温度超过600℃时，副反应进行程度较大，CO2的转化率上升
(5) 1 减小投料比[c(CO2)：c(H2O)](或及时移出产物)
【详解】（1）常温常压下，H2和CH4的燃烧热(ΔH)分别为-285.5kJ ·mol-1和-890.0 kJ ·mol-1，则有③2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH3=-571kJ ·mol-1，④CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH4=-890.0kJ ·mol-1，根据盖斯定律可知，2´③-④+2´②可得反应CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，则ΔH1 =2´ΔH3-ΔH4+2´ΔH2=2´(-571kJ ·mol-1)-(-890.0kJ ·mol-1)+2´(+44.0kJ ·mol-1)=-164.0kJ ·mol-1。
（2）同温同体积下，气体的压强和气体的物质的量成正比，CO2、H2的起始分压分别为15kPa、30kPa，某时刻测得H2O(g)的分压为10kPa，Δp(H2O)=10kPa，则Δp(CO2)=5kPa，Δp(H2)=20kPa，此时，p(CO2)=10kPa，Δp(H2)=10kPa，v(CH4)=1.2×10-6´10´104kPa·s-1=0.12kPa·s-1，v(H2)=4v(CH4)=0.48kPa·s-1。
（3）如图所示，随着压强增大，CO2的转化率变化不大，CH4的产率逐渐减小，故CO2甲烷化应该选择的压强约为0.1MPa；CH4的产率小于CO2的转化率的原因是有其他含碳的副产物生成。
（4）①CO2(g) +4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)是放热反应，低温时，主要发生该反应，该反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，故p3＞p2＞p1；
②压强为p1时，温度低于600℃时，主反应进行程度大，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，温度超过600℃时，副反应进行程度较大，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO2的转化率上升。
（5）恒压条件下，按c(CO2)：c(H2O)=1：2投料，并结合方程式可知，曲线a表示H2O的浓度变化，曲线b表示CO2的浓度变化，曲线c表示O2的浓度变化，曲线d表示CH4的浓度变化；350℃时，c(CO2)=c(CH4)，c(H2O)=c(O2)，K==1；为提高CO2的转化率，除改变温度外，还可采取的措施为减小投料比[c(CO2)：c(H2O)]，或及时移出产物。
27．(1)
(2)AB
(3)
(4) 低 过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低
(5)
【详解】（1）根据盖斯定律反应I=反应II+反应III，则反应I的，故答案为：；
（2）A. 由反应I可知，及时分离出水蒸气，有利于反应I平衡正向移动，从而提高平衡混合物中苯乙烯的含量，故正确；
B. 二氧化碳为反应物，CO为生成物，反应过程中二氧化碳逐渐减少，CO逐渐增多，则的比值在减小，当保持恒定时，说明反应I达到化学平衡状态，故正确；
C. 其他条件相同，反应II正向气体分子数增大，若在恒容条件下进行，容器内压强逐渐增大，不利于反应正向进行，因此恒压条件下乙苯的平衡转化率更高，故错误；
D. 反应III为吸热反应，正反应的活化能大于逆反应的活化能，故错误；
故选：AB。
（3）由图中信息可知反应ii为，故答案为：；
（4）①温度相同时，∶n(乙苯)越大，乙苯的转化率越高，结合图像可知越靠上的曲线乙苯转化率越高，则靠上曲线对应的∶n(乙苯)较大，则在转化率相同时，∶n(乙苯) 较大的对应的温度越低，故答案为：低；
②相同温度下，投料比远大于10∶1时，乙苯的消耗速率明显下降，可能的原因是乙苯的浓度过低，也可能是过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低，从而导致乙苯反应的量大大减少，转化率降低，故答案为：过多地占据催化剂表面，导致催化剂对乙苯的吸附率降低；
③850K时，反应经t min达到P点，初始时乙苯的物质的量为n mol，此时乙苯转化率为50%，则消耗的乙苯的物质的量为0.5n，生成苯乙烯的物质的量为0.5n，v(苯乙烯)＝，故答案为：；
（5）
+CO2(g)
+
+
起始压强
p1
变化压强
x
x
x
x
x
平衡压强
p1-x
p
x
x
x
由题意得：p1-x+ p+x+x+x=p2，解得：x=，苯乙烯的平衡分压等于x=，故答案为：。
28．(1)
(2)ABD
(3) > 为气体体积增大的反应，加压，平衡向逆反应方向移动，浓度增大，有利于气体体积减小的反应向正反应方向移动，逐渐增大 17.31
(4) < 4.5 温度不变，平衡常数不变，故该直线的斜率不变
(5) = 变小
【详解】（1）已知：
①
②
③
由盖斯定律可知，反应①+②-③得反应④，故；
（2）A．容器体积始终不变，而反应中生成固体，气体质量会发生改变，故混合气体的密度不再改变，说明反应已达平衡，A符合题意；
B．和投料比等于反应④系数比，但是存在反应，故当不再改变，说明反应已达平衡，B符合题意；
C．，不能说明正逆反应速率相等，不能说明反应已达平衡，C不符合题意；
D．反应中生成固体，且气体分子数发生改变，当混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应已达平衡，D符合题意；
故选ABD；
（3）①反应④中，a点的含量大于平衡时的含量，则反应继续正向向进行，故>；
②为气体体积增大的反应，加压，平衡向逆反应方向移动，浓度增大；浓度增大、加压都有利于气体体积减小的反应向正反应方向移动，故对反应体系加压导致逐渐增大；
③时，平衡后总压为，的分压为的两倍，由三段式可知，
则平衡时、、、的物质的量分别为(1-2a)mol、(1-a)mol、amol、2amol，总的物质的量为2mol，结合图甲可知，，a=，故时，则反应④以压强表示的平衡常数；
（4）①反应为各物质系数均为1的放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小；由ac可知，三氧化硫压强相等、c点二氧化氮压强较大，则c点平衡常数较小，对应温度较高，故<；温度为时，从a到b历时，则此时段。
②反应为各物质系数均为1反应且和投料相同，，则与直线的斜率有关，温度不变，平衡常数不变，故该直线的斜率不变，故同一温度下，图像呈线性变化；由图可知，a、b两点体系总压强与的比值；
（5）当溶液溶质为NaHSO3时，若往溶液中加入氨水至中性，根据钠、硫元素守恒可知，=；当溶液溶质为时，若往溶液中加入少量固体，完全溶解后(此时溶液是不饱和溶液)，溶液中钠离子浓度不变，而亚硫酸根离子浓度变大，故的比值变小。
29．(1)+3
(2) 增大接触面积，使燃烧更充分 7：4
(3)+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-
(4)4.7
(6)8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O
(7)阴
【分析】铬铁矿在空气中与纯碱煅烧生成Na2CrO4和一种红棕色固体，同时释放出CO2气体，同时，可知主反应为，铬铁矿在空气中与纯碱煅烧生成物通过水浸NaAlO2进入浸出液中，而不溶的Fe2O3形成滤渣Ⅰ，浸出液经过酸化形成滤渣Ⅱ为Al(OH)3沉淀，再次酸化后加入草酸还原，最后电解得到金属铬，据此分析解题。
【详解】（1）Fe(CrO2)2中O为-2价，Fe为+2价，所以Cr为+3价；故答案为+3。
（2）“焙烧”时，为了使燃烧更充分，气体和矿料逆流加入；据分析可知，“焙烧”时主反应为，该反应中氧化剂和还原剂的物质量之比为7：4；故答案为增大接触面积，使燃烧更充分；7：4。
（3）NaFeO2极易水解生成Fe(OH)3，离子方程式为+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；故答案为+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-。
（4）“酸化I”时，铝元素完全转化为沉淀的离子方程式为，已知Al(OH)3+OH-的平衡常数为K=100.63，所以的平衡常数为；，此时pH=8.37；已知Ksp[A1(OH)3]=10-33；所以铝元素完全沉淀时，此时pH=4.7；所以pH范围为4.7
（6）加入草酸“还原”时，生成Cr3+和CO2，反应的离子方程式为8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；故答案为8H+++3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O。
（7）“电解”时，Cr3+往阴极移动，所以金属铬在阴极生成，故答案为阴。
30．(1) 适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施
(2)
(3)
(4)
(5)
【分析】用稀硫酸溶解镉铁矿，其中不与硫酸和水反应，即滤渣1是，滤液中含有Fe2+、Fe3+、Al3+和Cd4+，加入甲醇将Cd4+还原为Cd2+，然后加入H2O2溶液，将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，再调节溶液的pH值，使溶液中的Al3+、Fe3+完全转化为3沉淀，过滤除去不溶物（滤渣2），向含有硫酸镉的滤液中加入碳酸钾生成碳酸镉沉淀，再过滤将沉淀溶于HBrO3，最后将溶液蒸发结晶即可得到Cd(BrO3)2，据此分析问题。
【详解】（1）根据以上分析可知，滤渣1是；为提高镉的浸取率，酸浸时可采取的措施有适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施；故答案为：；适当增大稀硫酸浓度、将固体粉碎、用玻璃棒搅拌或适当加热等措施。
（2）加入甲醇将Cd4+还原为Cd2+时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，此气体是二氧化碳，结合守恒法，可知发生的离子反应方程式为，故答案为：。
（3）加入H2O2溶液的目的是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，，答案为：；
（4）由分析可知，滤渣2 的主要成分为Al(OH)3、Fe(OH)3，故答案为：Al(OH)3、Fe(OH)3；
（5）沉镉后的溶液pH=6，则氢氧根浓度是 mol/L，经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的 Na+比交换前增加了 0.0552 g/L，即钠离子浓度增加了 ，根据，可知溶液中Cd2+的浓度是0.0012mol/L，则该条件下Cd(OH)2的Ksp= =，故答案为：。
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