【备考2022】2022年高考化学分类汇编（1月）F单元 化学反应与能量

F单元　化学反应与能量目录F单元　化学反应与能量1F1　化学反应与能量变化1F2　反应热的计算与重要的反应热22F3　原电池原理36F4电解原理67F5化学反应与能量综合116F1　化学反应与能量变化【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】15．下列有关说法正确的是A．已知：HI(g)H2(g)+I2(s)△H＝－26.5kJ/mol，由此可知1molHI气体在密闭容器中充分分解后可以放出26.5kJ的热量B．已知：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l)　ΔH＝－571.6kJ/mol，则氢气的燃烧热为ΔH＝－285.8kJ/mol　　C．肼(N2H4)是一种用于火箭或燃料电池的原料，已知2H2O(g)+O2(g)＝2H2O2(l)△H＝+108.3kJ/mol①N2H4(l)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)△H＝－534.0kJ/mol②则有反应：N2H4(l)+2H2O2(l)＝N2(g)+4H2O(l)△H＝－642.3kJ/molD．含20.0gNaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化学方程式为：NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)＝CH3COONa(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.4kJ/mol【知识点】反应热和焓变，热化学方程式，中和热F1【答案解析】C解析：A．HI（g）⇌1/2H2（g）+1/2I2（s）；△H=-26.5kJ/mol，该反应为可逆反应，则1molHI不能全部分解，则在密闭容器中分解后放出的能量小于26.5kJ，错误；B．燃烧热是1mol可燃物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以氢气的燃烧热为285.8kJ•mol-1，错误；C．根据盖斯定律反应：N2H4(l)+2H2O2(l)＝N2(g)+4H2O(l)与①②反应的关系为：②—①，则△H＝2×△H2—①△H1，正确；D．中和热指的是在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量。含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和生成0.5mol水时，放出28.7kJ的热量，即中和热的数值为57.4kJ/mol，但稀醋酸为弱酸，电离吸热，故稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热应小于57.4kJ/mol，错误．【思路点拨】本题考查了燃烧热、中和热以及盖斯定律的应用，基础性较强，难度不大。【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】12．下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（）A．密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6g硫化亚铁时，放出19.12kJ热量。则Fe(s)＋S(s)===FeS(s)　ΔH＝－95.6kJ·mol－1111\nB．稀醋酸与0.1mol·L－1NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1C．已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋285.5kJ·mol－1D．已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH＝－110.5kJ·mol－1【知识点】热化学方程式F1F2【答案解析】【解析】A解析：A、密闭容器中，9.6g硫粉物质的量为0.3mol，与11.2g铁粉物质的量为0.2mol混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ热量，所以1mol铁反应放热=19.12KJ×1/0.2=95.6KJ，热化学方程式为Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=-95.6kJ．mol-1，故A正确；B、稀醋酸是弱酸电离过程是吸热过程，与0.1mol•L-1NaOH溶液反应放出的热量小于中和热，焓变是负值则：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H＞-57.3kJ•mol-1，故B错误；C、已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571kJ．mol-1，故C错误；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的一氧化碳不是稳定氧化物，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了化学反应能量变化，热化学方程式书写，燃烧热，中和热放热概念分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等.【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】7．下列说法不正确的是（）A．12C、13C、14C为碳元素的三种核素。元素周期表中碳的相对原子质量为12.01，说明自然界中的碳主要以12C的核素形式存在。14C为放射性核素，可用于同位素示踪B．汽车尾气催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体转化为N2和CO2，该装置中的催化剂可降低NO和CO反应的活化能，有利于提高该反应的平衡转化率C．能量是可以互相转化的。植物的光合作用可将太阳能转变成化学能，单晶硅可将光能转变成电能。原电池和电解池可实现化学能和电能的相互转化D．乳酸分子中既有羟基又有羧基，因此可在一定条件下缩聚得到聚乳酸（PLA）。该高分子化合物是一种可降解的环保材料【知识点】同位素及其应用；化学能与热能的相互转化；常见的生活环境的污染及治理；合成材料F1N1O4【答案解析】【解析】B解析：A．碳元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，说明自然界中的碳主要以12C的核素形式存在，14C为放射性核素，故A正确；B．催化剂不能改变平衡转化率，只能加快反应速率，故B错误；C．植物的光合作用可将太阳能转变成化学能，单晶硅可将光能转变成电能．原电池和电解池可实现化学能和电能的相互转化，故C正确；D．羟基和羧基能发生酯化反应，酯易水解，故D正确．故答案选B【思路点拨】本题考查了相对原子质量、催化剂、能量转化以及有机物的结构与性质，为高考频点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大.111\n【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】14．根据碘与氢气反应的热化学方程式①I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH1=-9.48kJ/mol②I2(s)+H2(g)2HI(g)ΔH2=+26.48kJ/mol，下列判断正确的是A．254gI2(g)中通入2gH2(g),反应放热9.48kJB．1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00kJC．反应①的产物比反应②的产物稳定D．反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低【知识点】反应热与焓变F1【答案解析】【解析】D解析：A．因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故A错；B、根据盖斯定律，用题干中热化学方程式②-①得到I2（S）⇌I2（g）△H=35.96KJ/L，当反应②吸收52.96kJ热量时，反应了2mol氢气电子转移4mole-，故B错误；C、反应①的产物与反应②的产物为同一物质，具有的能量相同，则稳定性相同，故C错误；D、气体I2比固体I2能量高，反应②的反应物总能量比反应①的反应物总能量低，故D正确；故答案选D【思路点拨】本题考查了热化学方程式的知识应用，主要考查可逆反应不能进行彻底，焓变是完全反应是的能量变化，盖斯定律的应用，题目难度中等。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】12．有关下列图象的说法正确的是A．由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH>0B．图乙表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸C．图丙表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、改变反应物的焓D．图丁中开关K置于a或b处均可减缓铁的腐蚀【知识点】化学反应与能量、弱电解质的电离、电化学防护F1G2F5【答案解析】【解析】B解析：A．升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则平衡向逆反应方向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应△111\nH＜0，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数，醋酸pH变化小于盐酸，所以曲线a对应的是醋酸，故B正确；C．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故C错误；D．图丁中开关K置于a处均可减缓铁的腐蚀，处于b时铁做负极被腐蚀，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离、物质之间的反应、反应热等知识点，明确弱电解质的电离特点、催化剂对反应的影响即可解答，易错选项是C，注意：催化剂能改变反应速率但不影响可逆反应平衡移动，不影响焓变，为易错点．【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】5．某反应由两步反应A→B→C构成，它的反应能量曲线如图所示(E1、E2、E3、E4表示活化能)。下列有关叙述正确的是A．两步反应均为吸热反应B．加入催化剂会改变反应的焓变C．三种化合物中C最稳定D．A→C反应中ΔH=E1-E2【知识点】反应热与焓变F1【答案解析】【解析】C解析：A．A→B的反应为吸热反应，B→C的反应为放热反应，故A错误；B．加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，故B错误；C．物质的总能量越低，越稳定，故C正确；D．整个反应中△H=（E1+E3）-（E2+E4），故D错误．故答案选C【思路点拨】本题考查了化学反应与能量变化，题目难度不大，注意把握物质的总能量与反应热的关系，易错点为D，注意把握反应热的计算。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】2.将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可见A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B．NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应C．反应物的总能量高于生成物的总能量D．反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl==NH4Cl+CO2↑+H2OΔH=+QkJ/mol【知识点】反应热与焓变F1【答案解析】【解析】B解析：A．醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故A错误111\n；B．醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故B正确；C、因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，故C错误；D、书写热化学方程式时，应注明物质的状态，故D错误故答案选B【思路点拨】本题考查了化学反应能量变化判断，热化学方程式书写方法，能量守恒的应用分析是解题关键，题目较简单。【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】11．下列说法正确的是(　　)A．分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液<Fe(OH)3胶体<FeCl3溶液B．可利用反应2CO=2C+O2（此反应H>O、S<0）来消除CO污染C．若弱酸HA的酸性强于弱酸HB，则相同物质的量浓度的钠盐溶液的碱性：NaA<NaBD．除去Cu粉中混有的CuO，可加入稀硝酸中，充分反应后过滤、洗涤、干燥【知识点】分散系反应热水解F1H3H4【答案解析】C解析：分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液,A错误；根据题意2CO=2C+O2不是自发反应，B错误；根据越弱越水解知水解程度NaA<NaB，C正确；Cu、CuO，都可与稀硝酸反应，因此不能稀硝酸除去CuO，应该用稀硫酸，D错误。【思路点拨】根据分散系微粒直径的大小给分散系分为浊液、胶体和溶液。根据水解规律解答C项。【理综卷（化学解析）·2022届云南省部分名校高三1月份统一考试（202201）】26.（14分）I．氮是地球上含量最丰富的一种元素，氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。请回答下列问题：（图中涉及物质为气态）⑴右图是1molNO2和1molCO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式_________________________________________。⑵在0.5L的密闭容器中，一定量的氮气和氢气进行如下化学反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H<0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表：t/℃200300400KK1K20.5请完成下列问题。①试比较K1、K2的大小，K1___________K2（填写“>”、“=”或“<”）。②下列各项能作为判断该反应达到化学平衡状态的依据是______________（填序号字母）：a．容器内N2、H2、NH3的浓度之比为1:3:2b．v(N2)正=3v(H2)逆c．容器内压强保持不变d．混合气体的密度保持不变③在400℃时，当测得NH3和N2、H2的物质的量分别为1mol和2mol、3mol时，则该反应的v(N2)正______________v(N2)逆（填写“>”、“=”或“<”）。酸或碱电离平衡常数（Ka或Kb）111\nCH3COOH1.8×10-5HNO24.6×10-4HCN5×10-10HClO3×10-8NH3·H2O1.8×10-5II．描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，下表是常温下几种弱酸的电离平衡常数（Ka）和弱碱的电离平衡常数（Kb）。请回答下列问题：⑴上述四种酸中，酸性最弱的是_________________（用化学式表示）。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是_________________（填序号）。A．升高温度B．加水稀释C．加少量的CH3COONa固体D．加少量冰醋酸⑵CH3COONH4的水溶液呈____________（选填“酸性”“中性”或“碱性”），理由是：___________，溶液中各离子浓度大小的关系是___________________。【知识点】反应热化学平衡电离平衡F1G5H6【答案解析】（14分）Ⅰ⑴NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)△H=-234kJ·mol-1（2分）⑵①>（1分）②C（2分）③>（2分）Ⅱ⑴HCN（1分）B（1分）⑵中性（1分）CH3COOH与NH3·H2O的电离平衡常数相等，可知CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同（2分）c(NH4+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)（2分）解析：Ⅰ、（1）该反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234KJ/mol。（2）①该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，所以K1＞K2；②a、容器内各物质的浓度之比等于计量数之比，不能证明正逆反应速率相等，故a错误；b、不同物质的正逆反应速率之比等于其计量数之比是平衡状态，若3v（N2）（正）=v（H2）（逆），则是平衡状态，故b错误；c、容器内压强不变，气体的物质的量不变，该反应达平衡状态，故c正确；d、如果是在密闭容器中反应，质量不变，体积不变，密度始终不变，故d错误；选c；          ③容器的体积为0.5L，NH3和N2、H2的物质的量浓度分别为：2mol/L、4mol/L、6mol/L，Qc==22/(4×63)＜0.5，所以化学反应向正反应方向进行，v(N2)正＞v(N2)逆.II．⑴电离平衡常数最小的酸性最弱，即HCN酸性最弱，醋酸的电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，A、升高温度，电离程度增大，电离平衡常数增大，故A错误； B．加水稀释，电离程度增大，电离平衡常数不变，故B正确；C．加少量的CH3COONa固体，电离出的醋酸根对醋酸的电离平衡起抑制作用，电离程度减小，电离平衡常数不变，故C错误；D．加少量冰醋酸，则醋酸浓度增大，根据越稀越电离的事实，则电离程度减小，平衡常数不变，故D错误。（2）醋酸铵溶液中，醋酸水解显碱性，铵根离子水解显酸性，CH3COOH与NH3•H2O的电离平衡常数相等，CH3COO-和NH4+在相等浓度时的水解程度相同，酸性和碱性程度相当，溶液显中性，即c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒：c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），c（H+）+c（NH4+）=c（Cl-）+c（OH-），得出c（NH4+）=c（Cl-）并且大于水解生成的c（H+）、c（OH-），即c（NH4+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）。【思路点拨】平衡常数只与温度有关；可根据浓度商与平衡常数的比较判断平衡是否建立；根据电离常数判断弱电解质相对强弱。111\n【理综卷（化学解析）·2022届山东省实验中学高三第三次诊断考试（202212）】29．（18分）碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关。（1）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，ΔH＜0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍。下列说法正确的是（填字母编号）。A．增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B．缩小容器容积，平衡右移，ΔH减小C．反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D．当4v正[Ni(CO)4]=v正(CO)时或容器中混合气体密度不变时,都可说明反应已达化学平衡状态（2）CO与镍反应会造成含镍催化剂的中毒。为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO氧化，二氧化硫转化为单质硫。已知：CO(g)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－Q1kJ·mol-1S(s)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH＝－Q2kJ·mol-1则SO2(g)＋2CO(g)＝S(s)＋2CO2(g)ΔH＝。（3）对于反应：2NO（g）+O22NO2(g)，向某容器中充入10mol的NO和10mol的O2，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线（如图）。①比较P1、P2的大小关系：________________。②700℃时，在压强为P2时，假设容器为1L，则在该条件平衡常数的数值为_____（最简分数形式）（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为。若该燃料电池使用一段时间后，共收集到20molY，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为L。【知识点】化学反应与能量变化化学平衡原电池原理F1G4F3【答案解析】（1）C 111\n（3分）（2）(Q2－2Q1)kJ·mol－1（3分）（3）P2＞P1 （3分）1/144 （3分）（4）NO2＋NO3－－e－＝N2O5 （3分） 224（3分）解析：（1）A、Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，错误；B、一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写有关，错误；C、因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，正确；D、速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡，错误。（2）已知的两个反应分别用①②表示，运用盖斯定律可得，SO2（g）+2CO（g）═S（s）+2CO2（g）可由①×2-②得到，则△H=(Q2－2Q1)kJ•mol-1①由图像知相同温度压强为P2时NO的平衡转化率大于P1时的，而根据反应特点加压平衡正向移动，所以P2＞P1 ；②700℃时，在压强为P2时NO的平衡转化率为20%，则NO减小了2mol/L2NO（g）+O22NO2(g)，起始浓度（mol/L）10100转化浓度（mol/L）212平衡浓度（mol/L）892在该条件平衡常数的数值为：；（4）石墨I电极上通入NO2，为负极，发生的电极反应为：NO2+NO3--e-=N2O5；根据电池总反应4NO2+O2=2N2O5，收集到20molN2O5需消耗O2为10mol，标准状况下体积为224L。【思路点拨】本题考查了化学反应与能量变化、化学平衡、原电池原理等知识，问题比较基础。【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】12．下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（）A．密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6g硫化亚铁时，放出19.12kJ热量。则Fe(s)＋S(s)===FeS(s)　ΔH＝－95.6kJ·mol－1B．稀醋酸与0.1mol·L－1NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1C．已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋285.5kJ·mol－1D．已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH＝－110.5kJ·mol－1【知识点】热化学方程式F1F2【答案】【解析】A解析：A、密闭容器中，9.6g硫粉物质的量为0.3mol，与11.2g铁粉物质的量为0.2mol混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ热量，所以1mol铁反应放热=19.12KJ×1/0.2=95.6KJ，热化学方程式为Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=-95.6kJ．mol-1111\n，故A正确；B、稀醋酸是弱酸电离过程是吸热过程，与0.1mol•L-1NaOH溶液反应放出的热量小于中和热，焓变是负值则：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H＞-57.3kJ•mol-1，故B错误；C、已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571kJ．mol-1，故C错误；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的一氧化碳不是稳定氧化物，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了化学反应能量变化，热化学方程式书写，燃烧热，中和热放热概念分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等.【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】7．下列说法不正确的是（）A．12C、13C、14C为碳元素的三种核素。元素周期表中碳的相对原子质量为12.01，说明自然界中的碳主要以12C的核素形式存在。14C为放射性核素，可用于同位素示踪B．汽车尾气催化转化装置可将尾气中的NO和CO等有害气体转化为N2和CO2，该装置中的催化剂可降低NO和CO反应的活化能，有利于提高该反应的平衡转化率C．能量是可以互相转化的。植物的光合作用可将太阳能转变成化学能，单晶硅可将光能转变成电能。原电池和电解池可实现化学能和电能的相互转化D．乳酸分子中既有羟基又有羧基，因此可在一定条件下缩聚得到聚乳酸（PLA）。该高分子化合物是一种可降解的环保材料【知识点】同位素及其应用；化学能与热能的相互转化；常见的生活环境的污染及治理；合成材料F1N1O4【答案】【解析】B解析：A．碳元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，说明自然界中的碳主要以12C的核素形式存在，14C为放射性核素，故A正确；B．催化剂不能改变平衡转化率，只能加快反应速率，故B错误；C．植物的光合作用可将太阳能转变成化学能，单晶硅可将光能转变成电能．原电池和电解池可实现化学能和电能的相互转化，故C正确；D．羟基和羧基能发生酯化反应，酯易水解，故D正确．故答案选B【思路点拨】本题考查了相对原子质量、催化剂、能量转化以及有机物的结构与性质，为高考频点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大.【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】26．(14分)甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用。工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：(ⅰ)CH4(g)+CO2(g)⇌2CO+2H2(g)△H1=+247.3KJ.mol-1(ⅱ)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-90.1KJ.mol-1(ⅲ)2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)△H3=-566.0KJ.mol-1(1)用CH4和02直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为。(2)某温度下，向4L恒容密闭容器中通人6molC02和6mol111\nCH4，发生反应(i)，平衡体系中各组分的体积分数均为，则此温度下该反应的平衡常数K=，CH4的转化率为。(3)工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g)⇌HCOOCH3(g)△H=-29.1KJ.mol-1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是(填“3．5×106Pa""4．O×106Pa"或“5．0×106Pa”)。②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是。(4)直接甲醇燃料电池(简称DMFC)由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC的工作原理如图所示：①通入a气体的电极是电池的(填“正”或“负”)极，其电极反应式为②常温下，用此电池以惰性电极电解O．5L饱和食盐水(足量)，若两极共生成气体1．12L(已折算为标准状况下的体积)，则电解后溶液的pH为(忽略溶液的体积变化)。【知识点】化学反应与能量化学平衡电解原理F1G1F4【答案解析】(1)2CH4(g)+O2(g)⇌2CH3OH(g)△H=-251.6KJ.mol-1(2)1；33.3%;(3)①1.0×104Pa；②高于80时，温度对反应速率影响较小，又因反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低；(4)①负；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+②13；解析：(1)根据盖斯定律(ⅰ)×2+(ⅱ)×2+(ⅲ)得：2CH4(g)+O2(g)⇌2CH3OH(g)△111\nH=-251.6KJ.mol-1（2）CH4+CO2⇌2CO+2H2起始浓度（mol/L）1.51.500反应浓度（mol/L）xx2x2x平衡浓度（mol/L）(1.5-x)(1.5-x)2x2x因为平衡体系中各组分的体积分数均为，即各组分的浓度相等：(1.5-x)=2x，解得x=0.5，所以平衡时CH4、CO2、CO、H2的浓度都是1mol/L,K=；CH4的转化率为；(3)①从图像上压强对甲醇转化率的影响看，随着压强的增大甲醇转化率增大，但当压强大于4．O×106Pa时，甲醇转化率随压强的增大不明显，所以工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4．O×106Pa；②高于80时，温度对反应速率影响较小，又因反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低；(4)①根据原电池的负极失电子知通入a气体的电极是电池的负极；电极反应为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+②以惰性电极电解O．5L饱和食盐水(足量)，若两极共生成标准状况下气体1．12L，即氢气、氯气各0.025mol，生成氢氧化钠0.05mol，c(0H-)=0.05mol/0.5L=0.1mol/L，c(H+)=1×10-13mol/L，PH=13；【思路点拨】本题考查了化学反应与能量、化学平衡、电解原理，题干信息较多综合性强，但问题比较基础。【化学卷（解析）·2022届浙江省重点中学协作体高三上学期第二次适应性测试（202201）word版】26．（14分）A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中C、F分别是同一主族元素，A、F两种元素的原子核中质子数之和比C、D两种元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍。又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数。请回答：（1）1mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物反应生成两种盐和水，完全反应后消耗后者的物质的量为。（2）A、C、F间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为；（3）科学研究证明：化学反应热只与始终态有关，与过程无关。单质B的燃烧热为akJ/mol。由B、C二种元素组成的化合物BC14g完全燃烧放出热量bkJ，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式：；（4）工业上在高温的条件下，可以用A2C与BC反应制取单质A2。在等体积的I、II两个密闭容器中分别充入1molA2C和1molBC、2molA2C和2molBC。一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）。下列说法正确的是。A．达到平衡所需要的时间：I>IIB．达到平衡后A2C的转化率：I=II111\nC．达到平衡后BC的物质的量：I>IID．达到平衡后A2的体积分数：I<II（5）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成化合物的溶液中构成电池，则电池负极反应式为。【知识点】元素推断、原电池原理、化学平衡、化学反应与能量E1F1F3G2【答案解析】（1）8mol（3分）（2）HS-+OH-=S2-+H2O（2分）（3）C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=-（a-2b）kJ/mol（3分）（4）A、B（4分）（5）2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O（2分）解析：F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，即最外层有6个电子，为S元素。B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，知B有2电子层，是C元素。E元素的最外层电子数等于其电子层数，E为Al，C、F是同一主族元素，知C是O元素。A、F两种元素的原子核中质子数之和比C、D两种元素原子核中质子数之和少2，若A是H元素则D是Na元素，若A是li元素则D是Al元素，不和题意，综合可知，A、B、C、D、E、F分别是H、C、O、Na、Al、S。（1）1mol由E、F二种元素组成的化合物，即1molAl2S3，跟由A、C、D三种元素组成的化合物，即NaOH反应生成两种盐和水，反应方程式为：Al2S3+8NaOH=2NaAlO2+3Na2S+4H2O完全反应后消耗后者的物质的量为8mol；（2）A、C、F间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，为HS-,，乙有10个电子为OH-，则甲与乙反应的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O；（3）碳的燃烧热为akJ/mol，则①C(s)+O2(g)=CO2(g)   H=－akJ/mol；14gCO完全燃烧放出热量bkJ，所以有②CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)   H=－2bkJ/mol。根据盖斯定律可知①－②即得到C(s)+1/2O2(g)=CO(g)  H=－(a－2b)kJ/mol。(4)反应为：H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g)，在等体积的I、Ⅱ两个密闭容器中分别充入1molH2O和1molCO、2molH2O和2molCO。Ⅱ相对于I为加压，平衡不移动：A．达到平衡所需要的时间：I>Ⅱ，正确；B．因两平衡等效，达到平衡后A2C的转化率：I=Ⅱ，正确；C．达到平衡后BC的物质的量：Ⅱ>I，故错误；D．达到平衡后A2的体积分数：I=Ⅱ，故错误；正确的是AB;(5)铝能和氢氧化钠溶液反应，铝失电子，所以负极是铝，电极反应为：2A+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O。【思路点拨】本题考查了元素推断、原电池原理、化学平衡、化学反应与能量等知识，以F、B、E为突破口得到A、B、C、D、E、F分别是H、C、O、Na、Al、S是关键。【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】1、下列说法中正确的是A、冰和干冰均为分子晶体，冰的沸点、密度都高于干冰B、氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应的△H>0，所以该反应不可能自发进行C、常温下含有NA个NO2、N2O4分子的混合气体，降温至标准状况其体积小于22.4LD、在蒸馏水中加入等体积的浓H2SO4，c(H＋)会增大，水的电离程度减小，但KW不变111\n【知识点】反应热和焓变，水的电离，氮的氧化物的性质H2D4F1【答案解析】C解析：A、水的相对分子质量为18，干冰的相对分子质量为44，冰的密度比干冰小，故A错误；B、△H-T△S＜0的反应就能够自发进行，△H＞0时△S＞0，也可以使△H-T△S＜0，也可自发进行，故B错误；C、2NO2=N2O4是放热反应，降温时平衡正向移动，分子总数减少，即气体物质的量减少，体积减小，故C正确；D、浓硫酸溶解时放热，导致溶液温度升高KW变大，故D错误。故选C。【思路点拨】本题考查了反应自发进行的条件、平衡的移动、水的离子积受温度影响等知识点，题目难度中等。【化学卷（解析）·2022届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（202212）word版】10.（14分）实验室测量KMnO4溶液浓度时常用(NH4)2Fe(SO4)2代替FeSO4作标液，(NH4)2Fe(SO4)2的制备工艺流程如下：(l)已知流程中铁粉制备反应如下：4H2O(g)+3Fe(s)Fe3O4(s)十4H2(g)△H=akJ/molFe3O4(s)=3Fe(s)+2O2(g)△H=bkJ/mol则光解气态水制备H2的热化学方程式为____。(2)步骤I中加水发生如下反应，请完善该反应：+2H2O2H++H2TiO3↓；该步骤加入铁粉的作用是①；②。(3)步骤Ⅳ生成(NH4)2Fe(SO4)2，其化学反应方程式为____；操作I为。(4)已知在潮湿空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化。据此分析(NH4)2Fe(SO4)2比FeSO4稳定的原因是。【知识点】工艺流程题反应热氧化还原反应实验操作B3C3F1J1【答案解析】解析：⑴根据盖斯定律两式相加除以2即可：H2O(g)=H2(g)＋0.5O2(g),△H=(a＋b)/4kJ/mol⑵根据电荷守恒和原子守恒，该空的物质是TiO2+。步骤I加入铁粉的作用是消耗酸，促进TiOSO4水解生成H2TiO3，另一方面是防止Fe2+被氧化⑶步骤Ⅱ的滤液是硫酸亚铁，在步骤Ⅲ中与硫酸铵反应生成(NH4)2Fe(SO4)2，操作I是得到(NH4)2Fe(SO4)2晶体，可采取蒸发浓缩，冷却结晶的方法获得⑷在潮湿空气中Fe(OH)2比FeCl2更易被氧化，即Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化，而(NH4)2Fe(SO4)2中的NH4+、Fe2+水解使酸性比FeSO4的酸性强，则(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+被氧化的程度减弱。111\n【思路点拨】解答本题的⑷需分析题意获取信息;Fe2+在碱性条件下更溶液被氧化,然后结合水解分析即可。【化学卷（解析）·2022届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（202212）word版】2某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度下列分析正确的是A.实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C.实验②、③均为放热反应D.实验①、②所涉及的物质均为电解质【知识点】反应热氧化还原反应B2F1H1【答案解析】B解析：③反应制得的是氢氧化铁胶体，是混合物，A错误；实验②的反应是水解反应，B正确；水解反应是吸热反应，C错误；实验①所涉及的物质：铁、氯气不是电解质，也不是非电解质，D错误。【思路点拨】胶体、溶液、浊液是混合物；电解质和非电解质的是化合物。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】21．（10分）碳和氮的许多化合物在工农业生产和生活中有重要的作用。（1）以CO2与NH3为原料可合成化肥尿素[化学式为CO(NH2)2]。已知：①2NH3(g)＋CO2(g)===NH2CO2NH4(s)∆H＝-159.5kJ·mol－1②NH2CO2NH4(s)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)∆H＝+116.5kJ·mol－1③H2O(l)===H2O(g)∆H＝+44.0kJ·mol－1则反应2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l)的∆H＝kJ·mol－1（2）用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器加入一定量的活性炭和NO，发生反应C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)∆H＝QkJ·mol－1。在T1℃时，反应进行到同时间测得各物质的浓度如下；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，各物质浓度如表所。111\n①0~10min内，NO的平均反应速率v(NO)＝，T1℃时，该反应的平衡常数K＝；②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，各物质浓度如表所示。根据上表中的数据判断改变的条件可能是（填字母编号）。a．加入一定量的活性炭b．通入一定量的NOc．适当缩小容器的体积d．加入合适的催化剂e．升高温度③30min后，如果将温度升高至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，则Q0（填“＞”或“＜”）。【知识点】反应热盖斯定律化学平衡反应速率平衡常数F1G5【答案解析】（10分，每空2分）（1）－87.0（2）①0.042mol·L－1·min－1，（或0.56）②bc（2分，选对一个给1分，错选不给分）③＜解析：（1）依据盖斯定律计算得到，①+②-③则反应2NH3（g）═CO（NH2）2（s）+H2O（l）△H=-87KJ/mol；（2）①0～10min内，NO的平均反应速率v（NO）==0.042mol•L-1•min-1；C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），平衡浓度c（N2）=0.3mol/L；c（CO2）=0.3mol/L；c（NO）=0.4mol/L；反应的平衡常数K===。②30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g），依据图表数据分析，平衡状态物质浓度增大，依据平衡常数计算K===，平衡常数随温度变化，平衡常数不变说明改变的条件一定不是温度；依据数据分析，氮气浓度增大，二氧化碳和一氧化氮浓度增大，反应前后气体体积不变，所以可能是减小容器体积或加入一定量一氧化氮；a．加入一定量的活性炭，碳是固体对平衡无影响，平衡不动，故a错误；b．通入一定量的NO，新平衡状态下物质平衡浓度增大，故b正确；c．适当缩小容器的体积，反应前后体积不变，平衡没有移动，平衡状态物质浓度增大，故c正确；d．加入合适的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不改变化学平衡，故d错误；故答案为：bc；③若30min后升高温度至T2℃，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为5：3：3，与4：3：3相比可知平衡向逆反应方向移动，说明逆反应是吸热反应，则正反应是放热反应，故选＜。【思路点拨】改变催化剂、固体、纯液体的量对平衡移动没有影响；解答⑵③111\n问可根据再次平衡时NO、N2、CO2的浓度之比与原平衡比较判断平衡移动方向。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】3．下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是(　　)A．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率B．已知一定条件下石墨转化为金刚石吸收热量，则石墨比金刚石稳定C．对于吸热反应，生成物总能量一定低于反应物总能量D．同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH不同【知识点】反应热F1【答案解析】B解析：影响反应速率的因素有温度、浓度、催化剂等，与反应是吸热或放热没有关系，A错误；能量越高越不稳定，石墨吸热变为比金刚石，则金刚石的能量大，不稳定，B正确；生成物总能量比反应物总能量高，是吸热反应，C错误；反应热与反应条件无关，只与方程式的写法有关，即同温同压下，H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，D错误。【思路点拨】反应是放热或吸热取决于反应物与生成物的总能量大小；反应热的多少与方程式的写法有关。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】6．下列现象或反应的原理解释正确的是现象或反应原理解释A．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落铝箔对熔化的铝有较强的吸附作用B．合成氨反应需在高温条件下进行该反应为吸热反应111\nC．镀层破损后，镀锡铁比镀锌铁易腐蚀锡比锌活泼D．2CO＝C＋O2在任何条件下均不能自发进行该反应△H＞0，△S＜0【知识点】化学反应原理C2F1G2【答案解析】D解析：A、解释错误，铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落是因为铝表面的氧化膜熔点比铝的高，铝熔化而氧化铝未熔化，故A错误；B、合成氨反应需在高温条件下进行是综合考虑反应速率和产率而选择的条件，并且合成氨的反应为放热反应，故B错误；C、由于活泼性锌＞铁＞锡，所以镀层破损后，镀锡铁比镀锌铁易腐蚀，故C错误；D、熵减、吸热的反应任何条件下均不能自发，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了反应原理的理解，学习时要注意理解一些现象或反应的原因。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】11．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知，则氢气的燃烧热为B．已知，则含40.OgNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3kJ的热量，C．已知则a>bD．已知C(石墨，s)＝C（金刚石，s）H>0，则石墨比金刚石稳定【知识点】热化学F1F2【答案解析】D解析：在25摄氏度,101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，因此A错误；强酸强碱的中和热是57.3kJ/mol，因此含40.OgNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJ，B错误；碳完全燃烧放出的热比不完全燃烧放热多，即a<b，C错误；根据D项知石墨的能量比金刚石小，则较稳定，D正确。【思路点拨】能量越高越不稳定；若电解质电离需吸热。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】5．氢气和氟气混合在黑暗处即可发生爆炸而释放出大量的热量。在反应过程中，断裂lmolH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，断裂1molF2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，形成1molHF中的化学键释放的能量为Q3kJ。下列关系式中正确的【知识点】反应热F1【答案解析】A解析：断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，断裂1molF2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则F-F键能为Q2kJ/mol，形成1molHF中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-F键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+F2（g）=2HF（g）反应热△111\nH=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）KJ/mol，由于氢气和氟气混合在黑暗处即可发生爆炸而释放出大量的热量,反应热△H＜0，即（Q1+Q2-2Q3）＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，答案选A。【思路点拨】△H=反应物的总键能-生成物的总键能=E生成物-E反应物。【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】28．（15分）二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放。（1）在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2molCO2和3molH2，发生的反应为：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，△H＝－akJ·mol－1（a＞0），测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。①能说明该反应已达平衡状态的是________。（选填编号）A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变B．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化C．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2OD．该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1，且保持不变②计算该温度下此反应的平衡常数K＝_________。（保留两位有效数字）。若改变条件（填选项），可使K＝1。A．增大压强B．增大反应物浓度C．降低温度D．升高温度E．加入催化剂（2）某甲醇燃料电池原理如图1所示。①M区发生反应的电极反应式为_______________________________。②用上述电池做电源，用图2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解的总反应离子方程式为：111\n。假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为______________（忽略溶液体积变化）。（3）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：已知：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－akJ·mol－1；CH3OH(g)＝CH3OH(l)△H＝－bkJ·mol－1；2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－ckJ·mol－1；H2O(g)＝H2O(l)△H＝－dkJ·mol－1，则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为：_____________________________【知识点】化学平衡原电池原理电解原理化学反应与能量G2F3F4F1【答案解析】（1）①AB（少选得1分，错选不得分）（2分）②0.20（2分）C（2分）（2）①CH3OH－6e－＋H2O＝CO2＋6H＋（2分）②2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－（2分）0.16g（2分）CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－（c＋2d－a－b）kJ·mol－1（3分）解析：（1）①A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，反应已达平衡状态；B．假设反应正向移动，气体平均摩尔质量增大，逆向移动，气体平均摩尔质量减小，所以混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化，能够说明反应已达平衡状态；C．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2O，都是描述的正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不能够说明反应已达平衡状态；D．无论平衡是否移动该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比均为1:1，且保持不变不能够说明反应已达平衡状态；故选AB；②平衡时氢气的浓度为：（3/2mol/L-0.25mol/L3）=0.75mol/L,K==0.20；改变条件可使K＝1，即通过改变温度使平衡右移，选C。（2）①通过质子的移动方向知M区中的电极是负极，发生氧化反应CH3OH－6e－＋H2O＝CO2＋6H＋；②电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－；溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），转移电子物质的量是0.1mol/L0.3L=0.03mol，理论上消耗甲醇的质量为0.03mol/L/232g/mol=0.16g；1.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－akJ·mol－1；2.CH3OH(g)＝CH3OH(l)△H＝－bkJ·mol－1；3.2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－ckJ·mol－1；4.H2O(g)＝H2O(l)△H＝－dkJ·mol－1，根据盖斯定律：反应3+24-1-2得：CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－（c＋2d－a－b）kJ·mol－1。【思路点拨】本题考查了化学反应原理综合，涉及化学平衡、原电池原理、电解原理、化学反应与能量，试题简单，理解是关键。【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】9．111\n如图所示是298K时，N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述错误的是A．加入催化剂，不能改变该化学反应的反应热B．b曲线是加入催化剂时的能量变化曲线C．该反应的热化学方程式为：N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g），ΔH＝－92kJ/molD．在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2反应后放出的热量为92kJ【知识点】化学反应与能量F1【答案解析】D解析：A、催化剂只能改变反应速率，不能改变该化学反应的反应热，故A正确；B、加入催化剂能够降低反应的活化能，故B正确；C、N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g），ΔH＝+508kJ/mol－600kJ/mol=－92kJ/mol，故C正确；D、因为N2（g）＋3H2（g）⇌2NH3（g），ΔH＝－92kJ/mol，是指1mol氮气与3mol氢气完全反应生成2mol氨气放热为92kJ，在温度、体积一定的条件下，通入1molN2和3molH2实际反应不完全，所以放出的热量小于92kJ，故D错误。故答案选D【思路点拨】本题考查了化学反应与能量，理解图像是关键，注意可逆反应的反应热的含义.F2　反应热的计算与重要的反应热【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】27．（16分）甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。Ⅰ．以CO2为碳源制取低碳有机物一直是化学领域的研究热点，CO2加氢制取低碳醇的反应如下：反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ/mol反应II：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH＝－173.6kJ/mol写出由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的反应的热化学方程式。Ⅱ．工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－90.8kJ·mol－1在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。下图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是________；该温度下上述反应的化学平衡常数的表达式为；若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为____________kJ。111\nⅢ．下图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。(1)甲中负极的电极反应式为________。(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为________________。(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如右上图，则图中②线表示的是________的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要________mL5.0mol·L－1NaOH溶液。【知识点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素F2F4G2【答案解析】【解析】Ⅰ、2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、270℃；c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；90.8；Ⅲ、（1）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（2）2.24L；（3）Fe2+；280．解析：Ⅰ、已知：反应I：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1反应II：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=-173.6kJ•mol-1根据盖斯定律Ⅱ-I×2得：2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）；△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线X为230℃，由图象可知曲线Z为270℃，反应的平衡常数表达式为：K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；反应焓变与起始量和平衡量有关，与变化过程无关，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△111\nH=-90.8kJ•mol-1所以若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为90.8KJ；Ⅲ、（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（2）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：  Cu2++2e-=Cu，0.1mol0.2mol2H++2e-=H2↑， 2x    xA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，4x          x得到0.2+2x=4x，x=0.1mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；（3）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据（2）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3++e-=Fe2+，溶液中有Fe3+0.2mol，Fe2+0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为1.4mol÷5mol/L=0.28L=280mL；【思路点拨】本题综合性较大，涉及化学反应自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效平衡计算以及电化学知识等，注意等效思想的运用以及运用极限方法确定c的取值范围，为高考常见题型，难度较大.【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】12．下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（）A．密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6g硫化亚铁时，放出19.12kJ热量。则Fe(s)＋S(s)===FeS(s)　ΔH＝－95.6kJ·mol－1B．稀醋酸与0.1mol·L－1NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1C．已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋285.5kJ·mol－1D．已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH＝－110.5kJ·mol－1【知识点】热化学方程式F1F2【答案解析】【解析】A解析：A、密闭容器中，9.6g硫粉物质的量为0.3mol，与11.2g铁粉物质的量为0.2mol混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ热量，所以1mol铁反应放热=19.12KJ×1/0.2=95.6KJ，热化学方程式为Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=-95.6kJ．mol-1，故A正确；B、稀醋酸是弱酸电离过程是吸热过程，与0.1mol•L-1NaOH溶液反应放出的热量小于中和热，焓变是负值则：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△111\nH＞-57.3kJ•mol-1，故B错误；C、已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571kJ．mol-1，故C错误；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的一氧化碳不是稳定氧化物，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了化学反应能量变化，热化学方程式书写，燃烧热，中和热放热概念分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等.【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】19．次氯酸可用于杀菌消毒。已知25°C时：①HClO(aq)+OH-(aq)=ClO-(aq)+H2O(l) ΔH＝-Q1kJ·mol－1②H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)         ΔH＝-57.3kJ·mol－1下列说法正确的是（）A．在25°C时，次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO(aq)H+(aq)+ClO-(aq)ΔH＝－（57.3+Q1）kJ·mol－1B．将20ml1mol/LHClO与10ml1mol/LNaOH混合后的溶液，一定存在:2C(H+)-2C(OH-)=C(ClO-)-C(HClO)C．已知酸性H2SO3>HClO>HSO3-,则向Na2SO3溶液中加入HClO的离子方程式为：SO32-+HClO=HSO3-+ClO-D．已知酸性CH3COOH>HClO,则等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中：C(Na+)>C(ClO-)>C(CH3COO-)>C(OH-)>C(H+)【知识点】有关pH的计算；反应热和焓变；离子浓度大小的比较F2H6【答案解析】【解析】B解析：A、醋酸是弱酸，电离过程是吸热的过程，强酸碱的中和热是57.3kJ/mol，根据HClO（aq）+OH-（aq）=ClO-（aq）+H2O（l）△H=-Q1kJ•mol-1，则次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO（aq）⇌H+（aq）+ClO-（aq）△H=（57.3-Q1）kJ•mol-1，故A错误；B、将20mL 1mol/L HClO与10mL 1mol/L NaOH混合后所得的溶液是等浓度的次氯酸和次氯酸钠的混合物，根据电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH-）+c（ClO-），根据物料守恒：2c（Na+）=c（ClO-）+c（HClO），整理两个等式得到2c（H+）-2c（OH-）=c（ClO-）-c（HClO），故B正确；C、向Na2SO3溶液中加入HClO，次氯酸将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，不会发生复分解反应，故C错误；D、等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，由于酸性CH3COOH＞HClO，所以次氯酸根离子水解程度大与醋酸钠根离子，C（ClO-）＜C（CH3COO-），溶液显示碱性，所以C（Na+）＞C（CH3COO-）＞C（ClO-）＞C（OH-）＞C（H+），故D错误．故答案选B【思路点拨】本题考查了学生反应热的大小比较、离子浓度大小比较以及溶液中离子浓度之间的关系，属于综合知识的考查，难度中等。【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】20．(14分)111\n（1）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术。反应①为主反应，反应②和③为副反应。①1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)∆H1②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)∆H2③CO(g)1/2C(s)+1/2CO2(g)∆H3则反应2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的∆H＝（用∆H1、∆H2和∆H3表示）（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH①该反应平衡常数表达式为K＝。②已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示。该反应的ΔH____(填“＞”“＜”或“=”)0。若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，则K将(填“增大”“减小”或“不变”)。③二甲醚燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为。（3）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2＋2nCu＋(n＋1)O2＋(2－2n)H2O＝2nCuSO4＋(2－2n)H2SO4从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为。②利用下图所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生。写出装置内所发生反应的总的离子方程式：。石墨铜隔膜SO2CuSO4H2SO4H2SO4【知识点】热化学方程式的书写、化学平衡有关计算、燃料电池、电解原理F2F3F4G4【答案解析】【解析】14分)（1）4∆H1+∆H2+2∆H3（2分）（2）①[c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)]　（2分）②<（2分）；不变（2分）③CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋（2分）（3）①减少酸雨的发生（2分）111\n②SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42—＋Cu（2分）解析：（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，故答案为：4△H1+△H2+2△H3；①该反应平衡常数表达式为K＝[c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)]；②CO2的转化率随温度的升高而减小，说明温度升高逆向移动，故该反应的ΔH<0；K只与温度有关，若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，则K不变。③燃料电池的负极是燃料放电，正极是氧气放电，二甲醚燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为：CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋；①脱硫可以减少二氧化硫的排放量，防止酸雨的发生；②分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO2-2e-+2H2O=SO42-+2H+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2++2e-=Cu；将上述两电极的电极反应式得：SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42—＋Cu【思路点拨】本题考查了电化学应用、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量较大，注意掌握化学平衡常数的概念及表示方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用。【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】27．（16分）甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。Ⅰ．以CO2为碳源制取低碳有机物一直是化学领域的研究热点，CO2加氢制取低碳醇的反应如下：反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ/mol反应II：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH＝－173.6kJ/mol写出由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的反应的热化学方程式。Ⅱ．工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－90.8kJ·mol－1在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。下图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是________；该温度下上述反应的化学平衡常数的表达式为；若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为____________kJ。Ⅲ111\n．下图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。(1)甲中负极的电极反应式为________。(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为________________。(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如右上图，则图中②线表示的是________的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要________mL5.0mol·L－1NaOH溶液。【知识点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素F2F4G2【答案】【解析】Ⅰ、2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、270℃；c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；90.8；Ⅲ、（1）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（2）2.24L；（3）Fe2+；280．解析：Ⅰ、已知：反应I：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1反应II：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=-173.6kJ•mol-1根据盖斯定律Ⅱ-I×2得：2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）；△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线X为230℃，由图象可知曲线Z为270℃，反应的平衡常数表达式为：K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；反应焓变与起始量和平衡量有关，与变化过程无关，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.8kJ•mol-1所以若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为90.8KJ；Ⅲ、（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（2）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：  Cu2++2e-=Cu，0.1mol111\n0.2mol2H++2e-=H2↑， 2x    xA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，4x          x得到0.2+2x=4x，x=0.1mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；（3）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据（2）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3++e-=Fe2+，溶液中有Fe3+0.2mol，Fe2+0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为1.4mol÷5mol/L=0.28L=280mL；【思路点拨】本题综合性较大，涉及化学反应自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效平衡计算以及电化学知识等，注意等效思想的运用以及运用极限方法确定c的取值范围，为高考常见题型，难度较大.【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】12．下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（）A．密闭容器中，9.6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17.6g硫化亚铁时，放出19.12kJ热量。则Fe(s)＋S(s)===FeS(s)　ΔH＝－95.6kJ·mol－1B．稀醋酸与0.1mol·L－1NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3kJ·mol－1C．已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝＋285.5kJ·mol－1D．已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH＝－110.5kJ·mol－1【知识点】热化学方程式F1F2【答案】【解析】A解析：A、密闭容器中，9.6g硫粉物质的量为0.3mol，与11.2g铁粉物质的量为0.2mol混合加热生成硫化亚铁17.6g时，硫过量，放出19.12kJ热量，所以1mol铁反应放热=19.12KJ×1/0.2=95.6KJ，热化学方程式为Fe（s）+S（s）═FeS（s）△H=-95.6kJ．mol-1，故A正确；B、稀醋酸是弱酸电离过程是吸热过程，与0.1mol•L-1NaOH溶液反应放出的热量小于中和热，焓变是负值则：H+（aq）+OH-（aq）═H2O（l）△H＞-57.3kJ•mol-1，故B错误；C、已知1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5kJ，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H=+571kJ．mol-1，故C错误；D、燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，碳燃烧生成的一氧化碳不是稳定氧化物，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了化学反应能量变化，热化学方程式书写，燃烧热，中和热放热概念分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等.111\n【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】9.(16分）已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增,A、B、C、D位于短周期。A是原子半径最小的元素;B的基态原子中电子占有三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同;D原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍;E有“生物金属”之称,E4+和氩原子的核外电子排布相同。A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，A、B两种元素组成的原子个数之比为1:1的化合物N是常见的有机溶剂。请回答下列问题（答题时,A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）：(1)A2D2分子的电子式为______，E的基态原子的外围电子排布式为______。(2)A、B、C、D四种元素中电负性大小顺序的是______。(3)单质B与C的最高价氧化物的水化物的浓溶液微热反应,其化学方程式为______(4)下列叙述正确的是______(填序号）。a.M是极性分子,N是非极性分子b.M和BD2分子中的中心原子均采用sp2杂化c.N分子中含有6个σ键和1个π键d.BD2晶体的熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低(5)已知:①E的一种氧化物Q，其晶胞结构如右图所示②写出物质Q和焦炭、氯气反应生成液态ECI4和BD气体的热化学方程式：_____________(6)在0.5L的密闭容器中，一定量的C2和A2进行如下化学反应：C2(g)+3A2(g)==2CA3(g)ΔH<0，其化学平衡常数K与温度t的关系如下表。请回答下列问题：①试比较K1,K2的大小，K1________K2(填写“>”、“=”或“<”）。②在4000C时,当测得CA3和C2、A2的物质的量分别为3mol和1mol、2mol时,则该反应的v(C2)正_________v(C2)逆（填写“>”、“=”或“<”）。【知识点】元素周期表和元素周期律的应用，反应热的计算，化学平衡常数的应用E5F2G5【答案解析】(1)H:O:O:H，3d24S2(2)O>N>C>H(3)C+4HNO3(浓)=CO2↑+4NO2↑+2H2O(4)ad(5)：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(l)+2CO(g)△H=-81KJ/mol(6)①K1>K2②v(C2)正>v(C2)逆解析：A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次递增，A、B、C、D位于前三周期．A位于周期表的s区，其原子中电子层数和未成对电子数相同，短周期s区，只有Ⅰ111\nA有单电子，则A为氢元素；B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B原子电子排布式为1s22s22p2，故B为碳元素；D原子的核外成对电子对数与未成对电子数之比为3：2，则D为O元素，所以C为N元素；A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则M为甲醛，A、B两种元素组成的原子个数之比为1：1的化合物N是常见的有机溶剂，则N为苯，E有“生物金属”之称，E4+离子和氩原子的核外电子排布相同，则E的原子序数为18+4=22，为Ti元素。(1)经分析可得A与D形成的化合物为H2O2，故电子式为：H:O:O:H，E为Ti元素，基态原子中外围电子数为4，故其外围电子排布式为：3d24S2。(2)电负性与元素的非金属性有关，非金属性越强，电负性越大，在四种元素中，电负性最小的是氢元素；在同一周期中，随着元素原子序数的递增，元素的非金属性逐渐增强，故元素的电负性最大的是氧元素，四种元素的电负性大小顺序为：O>N>C>H(3)C的最高价氧化物的水化物为硝酸，碳与浓硝酸反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)=CO2↑+4NO2↑+2H2O。(4)a.M是甲醛分子，为极性分子,N是苯，为非极性分子，正确；b.BD2是CO2，分子中的中心原子均采用sp杂化，错误；c.N分子中含有12个σ键和1个π键，错误；d.BD2晶体是分子晶体，二氧化硅晶体为原子晶体，故BD2熔点、沸点都比二氧化硅晶体的低，正确。(5)根据晶胞的结构可以得到Ti：8×1/8+1=2，O：2+4×1/2=4，故Q的化学式为：TiO2，经过上面的分析得到：TiO2(s)+2Cl2(g)==TiCl4(l)+O2(g)△H12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2TiO2(l)+Cl2(g)+C(s)==TiCl4(l)+CO(g)△H=△H1+△H2=-81KJ/mol(6)①此反应的热效应是放热的，温度升高，反应向逆反应进行，化学平衡常数减小，故K1>K2。②在4000C时,反应：C2(g)+3A2(g)==2CA3(g)n1mol2mol3molc2mol/L4mol/L6mol/L此时Qc=C2(CA3)/C(C2)C3(A2)=0.28＜0.5，故反应正在向正反应进行，v(C2)正>v(C2)逆。【思路点拨】本题考查了化学键、晶体的性质、分子构型、热化学方程式的书写，知识的综合性较强，中等难度。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】17．(12分)铝及其化合物用途广泛。工业上焙烧明矾【KAl(SO4)2·12H2O】可得到A12O3，反应的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O+3S2K2SO4+2A12O3+9SO2↑+48H2O。请回答下列问题：(1)在焙烧明矾的反应中，被氧化和被还原的元素质量之比是________________。(2)焙烧明矾时产生的SO2可用来制硫酸。已知25℃、10lkPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=-197kJ/molH2O（g）⇌H2O（l）△H2=-44kJ/mol2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=-545kJ/mol则反应SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）的△H=KJ/mol(3)工业上利用电解熔融的A12O3制备Al，其化学方程式是_____________________；电解时阳极和阴极材料均为石墨，电解时所消耗的电极是__________(填“阳极”或“阴极”)。(4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液，可以组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2。①该电池的负极反应式为____________________；②电池总反应的化学方程式为_____________________________________________。【知识点】用盖斯定律进行有关反应热的计算、氧化还原反应、电解池原理、111\n金属冶炼的一般原理F2B2F4【答案解析】（1）1:2（2）－152（3）2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑　阳极（4）①Al＋4OH－―3e－===[Al(OH)4]－②Al＋3NiO(OH)＋NaOH＋3H2O===Na[Al(OH)4]＋3Ni(OH)2解析：：（1）（1）该反应中，S元素的化合价由0价和+6价变为+4价，所以部分4KAl（SO4）2•12H2O作氧化剂（6个硫酸根被还原，2个硫酸根保持不变），硫作还原剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为6：3=2：1。（2）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=-197kJ/molⅠH2O（g）⇌H2O（l）△H2=-44kJ/molⅡ2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=-545kJ/molⅢ依据盖斯定律Ⅲ-Ⅰ-2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=-304KJ/mol即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-152KJ/mol（3）工业上可用电解熔融Al2O3制备Al，方程式为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑；（4）以Al的单质和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Al在负极失去电子，碱性条件下生成偏铝酸钠，电极方程式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；该电池总反应的化学方程式是：Al+3NiO（OH）+H2O+NaOH═NaAlO2+3Ni（OH）2。【思路点拨】本题考查了氧化还原反应概念分析判断，热化学方程式和盖斯定律的计算，原电池反应的方程式的书写，知识的综合性较强，题目难度中等。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】23．（14分）工业上常用乙苯作原料生产苯乙烯，相关反应可表示如下，由于烃类物质在高温下不稳定，甚至会分解为碳和氢气，所以反应温度一般控制在650℃。回答下列问题：(1)工业上生产苯乙烯的第一步是：在适当催化剂存在下，由苯和乙烯烷基化生成乙苯，请写出反应的化学方程式____________________________。(2)已知乙苯、苯乙烯和氢气的燃烧热()分别为(3)向体积为1L的密闭容器中充入1mol的乙苯，反应达到平衡状态时，平冲I系中乙苯和苯乙烯的物质的量分数X(i)与温度的关系如下图所示：①在650℃时，氢气的物质的量分数为____________；乙苯的平衡转化率为______________；此温度下该反应的平衡常数______________。②当温度高于970℃，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是______________。(4)已知某温度下，当压强为101.3kPa时，该反应111\n中乙苯的平衡转化率为30%；在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则乙苯的平衡转化率______________30%（填“>、=、<”)。【知识点】化学平衡盖斯定律G5F2【答案解析】解析：⑴生产苯乙烯的第一步是生成乙苯，即苯和乙烯发生加成反应：⑵根据题意有①C6H5C2H5(g)＋11.5O2(g)8CO2(g)＋5H2O(l)△H1=－4607.1kJ/mol②C6H5－CH=CH2(g)＋10O2(g)8CO2(g)＋4H2O(l)△H2=－4439.3kJ/mol③H2(g)+0.5O2(g)H2O(l)△H3=－285.8kJ/mol,①-②-③得△H=+118kJ/mol⑶①C6H5C2H5(g)C6H5－CH=CH2(g)+H2(g)，根据方程式知氢气的的物质的量分数与苯乙烯的物质的量分数相同，即30%，设转化的C6H5C2H5的物质的量为aC6H5C2H5(g)C6H5－CH=CH2(g)+H2(g)起始：1mol00变化：aaa平衡：1-aaa，1-a/1+a=40%，a=0.4286，平衡常数K=a2/(1-a)=9/28。②根据平衡移动原理知升温平衡正向移动，苯乙烯的产率增加，但当温度高于970℃，苯乙烯的产率不再增加，其原因可能是温度高，乙苯碳化。⑷在相同温度下，若反应体系中加入稀释剂水蒸气并保持体系总压为101.3kPa，则相当对原平衡降压，平衡正向移动，乙苯的平衡转化率增大。【思路点拨】根据燃烧热的概念写出相关的热化学方程式，然后运用盖斯定律可得相关反应的热化学方程式（盖斯定律的应用技巧：找出目标反应的物质在所给反应中是在反应物还是在生成物中，然后可像数学运算一样采取加减乘除的方法求解目标反应方程式，如本题的目标反应的氢气在反应③的生成物中，因此要减③。）【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】11．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是A.已知，则氢气的燃烧热为B．已知，则含40.OgNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出57.3kJ的热量，111\nC．已知则a>bD．已知C(石墨，s)＝C（金刚石，s）H>0，则石墨比金刚石稳定【知识点】热化学F1F2【答案解析】D解析：在25摄氏度,101kPa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，因此A错误；强酸强碱的中和热是57.3kJ/mol，因此含40.OgNaOH的稀溶液与稀醋酸完全中和，放出的热量小于57.3kJ，B错误；碳完全燃烧放出的热比不完全燃烧放热多，即a<b，C错误；根据D项知石墨的能量比金刚石小，则较稳定，D正确。【思路点拨】能量越高越不稳定；若电解质电离需吸热。【化学卷（解析）·2022届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（202212）word版】14、25℃时，向盛有50mLpH=2的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是AHA溶液的物质的量浓度为00lmolBb→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应Ca→b的过程中，混合溶液中可能存在：c(A－)=c(Na＋)D25℃时，HA的电离平衡常数K约为【知识点】反应热与焓变F2【答案解析】【解析】C解析：A．恰好中和时混合溶液温度最高，即b点，此时消耗氢氧化钠0.004mol，得出HA的浓度为0.08mol/L，故A错误；B．b→c的过程中，温度降低的原因是溶液中发生了NaA发生了水解吸热反应，故B错误；C．NaA呈碱性，HA呈酸性，a→b的过程中，混合溶液中可能呈中性，存在：c(A－)=c(Na＋)，故C正确；D．电离平衡常数K=C(H+)·C(A-)/C(HA)=0.01×0.01÷0.08=1.25×10-3，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了酸碱混合的定性判断和计算，题目难度不大，题目结合中和反应考查了同学们观察分析问题的能力，以及利用化学方程式计算的能力，比较综合，要认真分析解答。F3　原电池原理【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】111\n7．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Lil－xCoO2+LixC6＝6C+LiCoO2，其电池如图所示。下列说法不正确的是A．放电时，LixC6发生氧化反应B．充电时，Li＋通过阳离子交换膜从左向右移动C．充电时，将电池的负极与外接电源的负极相连D．放电时，电池正极反应为Lil－xCoO2+xLi＋+xe－＝LiCoO2【知识点】原电池和电解池的工作原理F3F4【答案解析】B解析：放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低。A．C元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应，正确；B．充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，错误；C．充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，正确；D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，正确；故选B。【思路点拨】本题考查了原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大。【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】25．（11分）甲醇是未来重要的绿色能源之一，以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇Ⅰ、CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.0KJ/molⅡ、CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-129.0KJ/mol（1）CH4（g）与H2O（g）反应成CH3OH（g）和H2（g）的热化学方程式为。（2）将1.0mol　CH4和2.0mol　H2O（g）通入容积为2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应I，测得在一定压强下平衡时CH4的转化率与温度的关系如图1．①假设100℃时反应I达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示这段时间该反应的平均反应速率为。②100℃时反应I的平衡常数为。若保持温度和容器的容积不变，5min时再向容器中充入H2O（g）和CO各0.2mol，平衡将移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。（3）如图2，P是可自由平行滑动的活塞，关闭K2，在相同温度下，通过K1、K3分别向A、B中各充入2molCO和3mol　H2，在一定条件下发生反应Ⅱ，关闭K1、K3，反应起始时A、B的体积相同，均为aL。①反应达到平衡后，A内压强为起始压强的0.6倍，则平衡时A容器中H2的体积分数为。②若在平衡后打开K2，再次达到平衡后B容器的体积缩至0.6a　L，则打开K2之前，B容器的体积为L。111\n（4）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+作氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化．实验室用如图3装置模拟上述过程：①写出阳极电极反应式；②写出除去甲醇的离子方程式。【知识点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用F3F4G5【答案解析】【解析】（11分）（1）CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g)△H=+77kJ/mol（2分）（2）①0.12mol/(L.min)②0.18(mol/L)2逆向（每空1分）（3）①33.3﹪②0.8a（每空1分）（4）①Co2+-e-=Co3+②6Co3++CH3OH+H2O=6Co2++CO2↑+6H+（每空2分）解析：（1）依据盖斯定律结合题干热化学方程式计算得到；①CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.0kJ/mol；②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-129.0kJ/mol①-②得到CH4（g）与H2O（g）反应生成CH3OH（g）和H2（g）的热化学方程式为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77.0KJ/L；故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77.0KJ/L（2）将1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入容积固定为2L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100℃甲烷转化率为40%，故参加反应的甲烷为1mol×40%=0.4mol，则：             CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）起始量（mol）：1.0     2.0      0       0变化量（mol）：0.4      0.4      0.4      1.2平衡量（mol）：0.6      1.6      0.4      1.2①假设100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率=1.2mol/2L÷5min==0.12mol•L-1•min-1，故答案为：0.12mol•L-1•min-1；②100℃时反应I的平衡浓度为c（CH4）=0.30mol/L，c（H2O）=0.8mol/L，c（CO）=0.2mol/L，c（H2）=0.6mol/L，平衡常数K=0.6mol•L−13×0.2mol•L−1÷0.3mol•L−1×0.8mol•L−1=0.18mol2•L-2，平衡后再向容器中充入H2O（g）和CO各0.2mol，则c（CH4）=0.30mol/L，c（H2O）=0.9mol/L，c（CO）=0.3mol/L，c（H2）=0.6mol/L，Qc=0.6mol•L−13×0.3mol•L−1÷0.9mol•L−1×0.3mol•L−1=0.24（mol/L）2＞K=0.18mol2•L-2，平衡逆向移动，故答案为：0.18mol2•L-2；逆向；（3）①A中   CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）反应前（mol）2       3        0 反应了（mol）x       2x       x平衡后（mol）2-x     3-2x      x体积不变时，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，则有（2-x+3-2x+x）：（2+3）=3：5解得：x=1，平衡时氢气的体积分数为：1mol÷(1mol+1mol+1mol)=1/3②打开K2，AB都是恒压环境，AB的体积共缩小了0.4aL，A与B体积相等，则A与B各缩小了0.2aL，则打开K2之前，B容器的体积为0.8aL，故答案为：0.8aL；(4)①通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e-=Co3+；111\n②以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化的离子方程式结合氧化还原反应的实质原子守恒，电荷守恒配平书写为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；故答案为：Co2+-e-=Co3+；6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；【思路点拨】本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率的求算、化学平衡常数的求算及与Qc的关系、恒压恒容容器中反应情况比较、原电池原理分析和电极反应书写方法，题目难度较大，注意认真分析．【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】7．Mg—AgCl电池是一种用海水激活的一次电池，在军事上用作电动鱼雷的电电池的总反应可表示为：Mg+2AgCl═MgCl2+2Ag下列关于该电池的说法错误的是（　）A．该电池工作时，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2AgB．该电池的负极材料可以用金属铝代替C．有24g　Mg被氧化时，可还原得到108gAgD．装备该电池的鱼雷在水中行进时，海水作为电解质溶液【知识点】原电池、电解池工作原理F3F4【答案解析】【解析】C解析：A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故A正确；B、该电池的负极材料可以用金属铝代替，故B正确；C、电极反应式：Mg-2e-=Mg2+，24g Mg即1mol被氧化时，转移电子是2mol，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，可还原得到216gAg，故C错误；D、因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，故D正确．故答案选C【思路点拨】结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的，原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物。【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】20．(14分)（1）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术。反应①为主反应，反应②和③为副反应。①1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)∆H1②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)∆H2③CO(g)1/2C(s)+1/2CO2(g)∆H3则反应2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的∆H＝（用∆H1、∆H2和∆H3表示）（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH①该反应平衡常数表达式为K＝。111\n②已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示。该反应的ΔH____(填“＞”“＜”或“=”)0。若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，则K将(填“增大”“减小”或“不变”)。③二甲醚燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为。（3）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2＋2nCu＋(n＋1)O2＋(2－2n)H2O＝2nCuSO4＋(2－2n)H2SO4从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为。②利用下图所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生。写出装置内所发生反应的总的离子方程式：。石墨铜隔膜SO2CuSO4H2SO4H2SO4【知识点】热化学方程式的书写、化学平衡有关计算、燃料电池、电解原理F2F3F4G4【答案解析】【解析】14分)（1）4∆H1+∆H2+2∆H3（2分）（2）①[c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)]　（2分）②<（2分）；不变（2分）③CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋（2分）（3）①减少酸雨的发生（2分）②SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42—＋Cu（2分）解析：（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，故答案为：4△H1+△H2+2△H3；①该反应平衡常数表达式为K＝[c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)]；②CO2的转化率随温度的升高而减小，说明温度升高逆向移动，故该反应的ΔH<0；K只与温度有关，若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，则K不变。③燃料电池的负极是燃料放电，正极是氧气放电，二甲醚燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为：CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋；111\n①脱硫可以减少二氧化硫的排放量，防止酸雨的发生；②分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO2-2e-+2H2O=SO42-+2H+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2++2e-=Cu；将上述两电极的电极反应式得：SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42—＋Cu【思路点拨】本题考查了电化学应用、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量较大，注意掌握化学平衡常数的概念及表示方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】26．（14分）I．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×10-11.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11(1)25℃时，将20mL0.1mol/LCH3COOH溶液和20mL0.1mol/LHSCN溶液分别与20mL0.1mol/LNaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示：Ot反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是：。(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是____（填序号）。a.c(CH3COO－)b.c(H+)c.Kwd.醋酸电离平衡常数II．某温度(t℃)时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=11。在此温度下，将pH=2的H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液为中性，则Va︰Vb=              。III．如图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液见图。（1）关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为_____极，通电开始时，滤纸d端的电极反应式是：；111\n（2）已知C装置中溶液为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如右上图所示。则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是；D装置中溶液是H2SO4，则此装置电极C端的实验现象是：_____________________。【知识点】弱电解质的电离、PH的计算、电解、原电池原理F3F4H1【答案解析】【解析】I、（1）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)b;II．10:1；III．(1)负；2H++2e-=H2↑（2）开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成解析：I、（1）由Ka（CH3COOH）=1.8×10-5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO-）＜c（SCN-），故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)a．加入氨气，促进醋酸的电离，则c（CH3COO-）增大，故a错误；b．加入氨气，氢氧根浓度增大，c（H+）减小，故b正确；c．由于温度不变，则Kw不变，故c错误；d．由于温度不变，醋酸电离平衡常数不变，故d错误．故答案为：b；II．某温度时0.01mol/L的NaOH溶液中c（OH-）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=1×10-11mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=0.01×1×10-11=1×10-13；此温度下将pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液呈中性，则反应后的溶液的n（OH-）=n（H+）,即：0.01mol/L·VaL=0.1mol/L·VbL，Va︰Vb=10:1III．(1)据题意KMnO4紫红色液滴向c端移动，说明高锰酸根离子向c端移动，可推出c极为阳极，进一步可确定电源a端为正极，b端为负极，通电一段时间后，滤纸d端为阴极，发生反应为2H++2e-=H2↑；（2）打开K1，关闭K2，为电解硝酸银和硝酸铜的串联电路，C装置中右端Pt电极为阴极，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示，表示转移电子数0.2mol，说明只有铜离子先放电，后氢离子放电，故氧化顺序为：Cu2+>H+>X3+，D装置中Cu为阳极，放电生成铜离子，C为阴极，氢离子放电生成氢气，后来铜离子放电生成铜，所以现象为：开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成；【思路点拨】本题考查较为综合，涉及盐类的水解、难溶电解质的转化以及燃料电池等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等.【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】9．表面介导电池(SMCS)是一种新型充电电池，可使电动汽车的充电时间仅需几分钟，该电池的电极材料为金属锂和氧化石墨烯。下列有关说法中不正确的是A．放电时，氧化石墨烯作正极B．放电时，负极电极反应式为Li－e－===Li＋C．充电时，该电池是将电能转化为化学能D．充电时，电解质溶液中的Li＋从阴极迁移到阳极【知识点】新型电源F3F4F5111\n【答案解析】【解析】D解析：A．放电时，活泼金属锂做负极，氧化石墨烯作正极，故A正确；B．放电时，活泼金属锂做负极，负极电极反应式为Li－e－===Li＋，故B正确；C．充电时，该电池是电解池原理，将电能转化为化学能，故C正确；D．充电时，电解质溶液中的阳离子Li＋从阳极极迁移到阴极，故D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查了化学电源新型电池，题目难度中等，注意把握原电池的工作原理和电极反应的判断。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】6．如图装置中，小试管内为红墨水，带有支管的U型管中盛有pH＝4的雨水和生铁片。经观察，装置中有如下现象：开始时插在小试管中的导管内的液面下降，一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面。以下有关解释合理的是A．生铁片中的碳是原电池的负极，发生还原反应B．雨水酸性较强，生铁片始终发生析氢腐蚀C．墨水液面回升时，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e—==4OH－D．U型管中溶液pH逐渐减小【知识点】金属的电化学腐蚀与防护F3F5【答案解析】【解析】C解析：A．生铁片中的碳是原电池的正极，发生还原反应，铁是负极，发生氧化反应，故A错误；B．雨水酸性较强，开始时生铁片发生析氢腐蚀，一段时间后酸性减弱发生吸氧腐蚀，故B错误；C．墨水液面回升时，说明U形管内压强降低，则生铁片发生吸氧腐蚀，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故C正确；D．先发生析氢腐蚀，消耗氢离子，后发生吸氧腐蚀，产生氢氧根离子，U型管中溶液pH逐渐增大，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了金属的电化学腐蚀，侧重于原电池工作原理的考查，为高考常见题型，难度不大，注意把握题给信息，为解答该题的关键。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】4.将左下图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）111\nA．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动B．Cu电极质量增加C．甲池与乙池中的溶液互换，闭合K,电流没有明显变化D．片刻后可观察到滤纸b点变红色【知识点】原电池和电解池工作原理F3F4【答案解析】【解析】B解析：甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，A、电子从Zn→a，b→Cu路径流动，电子不进入电解质溶液，故A错误；B、铜电极上铜离子得电子发生还原反应而生成铜，质量增加，故B正确；C、甲池与乙池中的溶液互换，Zn与硫酸铜溶液直接接触，发生置换反应，不能形成原电池，所以闭合K没有电流产生，故C错误；D、电解池中，b电极上氢氧根离子放电，同时b电极附近生成氢离子，导致溶液酸性增强，所以b极不变红色，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，易错选项是A，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过阴阳离子的定向移动形成电流，为易错点．【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】13．一种新型燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇(Y2O3)的氧化锆(ZrO2)晶体，在熔融状态下能传导O2－。下列说法不正确的是(　　)A．在熔融电解质中，O2－向负极定向移动B．电池的总反应是：2C4H10＋13O2===8CO2＋10H2OC．通入空气的一极是正极，电极反应为：O2＋4e－===2O2－D．通入丁烷的一极是负极，电极反应为：C4H10＋26e－＋13O2－===4CO2↑＋5H2O【知识点】电化学（燃料电池）F3【答案解析】D解析：原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故A正确；电池的总反应与丁烷燃烧的化学方程式一致，为2C4H10+13O2→8CO2+10H2O，故B正确；通入空气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-=2O2-，故C正确；通入丁烷一极是负极，发生氧化反应，电极反应式为C4H10+13O2--26e-=4CO2+5H2O，故D错误。【思路点拨】解答本题需认真审题（没有看到“＋26e－”），否则易认为D项正确。111\n【理综卷（化学解析）·2022届云南省部分名校高三1月份统一考试（202201）】12．固体氧化物燃料电池是由美国西屋(Westinghouse)公司研制开发的。它以固体氧化锆—氧化钇为电解质，这种固体电解质在高温下允许氧离子(O2－)在其间通过。该电池的工作原理如下图所示，其中多孔电极a、b均不参与电极反应。下列判断正确的是(　　)A．有O2放电的a极为电池的负极B．O2－移向电池的正极C．b极对应的电极反应为2H2－4e－＋2O2－==2H2OD．a极对应的电极反应为O2＋2H2O＋4e－==4OH－【知识点】原电池F3【答案解析】C解析：根据电子流向知H2失去电子为负极（b极），而O2得电子为正极（a极），又由于它以固体氧化锆—氧化钇为电解质，这种电解质在高温下允许氧离子（）在期间通过，故正极反应式为O2＋4e－ =2O2－，负极反应是2H2－4e－＋2O2－==2H2O，原电池中阴离子移向负极，因此选C。【思路点拨】根据电子、离子流向或两极参加反应的物质判断正负极。【理综卷（化学解析）·2022届山东省实验中学高三第三次诊断考试（202212）】29．（18分）碳和氮的化合物与人类生产、生活密切相关。（1）在一恒温、恒容密闭容器中发生反应：Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)，ΔH＜0。利用该反应可以将粗镍转化为纯度达99.9%的高纯镍。下列说法正确的是（填字母编号）。A．增加Ni的量可提高CO的转化率，Ni的转化率降低B．缩小容器容积，平衡右移，ΔH减小C．反应达到平衡后，充入CO再次达到平衡时，CO的体积分数降低D．当4v正[Ni(CO)4]=v正(CO)时或容器中混合气体密度不变时,都可说明反应已达化学平衡状态（2）CO与镍反应会造成含镍催化剂的中毒。为防止镍催化剂中毒，工业上常用SO2将CO氧化，二氧化硫转化为单质硫。已知：CO(g)＋O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－Q1kJ·mol-1S(s)＋O2(g)＝SO2(g)ΔH＝－Q2kJ·mol-1则SO2(g)＋2CO(g)＝S(s)＋2CO2(g)ΔH＝。（3）对于反应：2NO（g）+O22NO2(g)，向某容器中充入10mol的NO和10mol的O2，在其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随111\n温度变化的曲线（如图）。①比较P1、P2的大小关系：________________。②700℃时，在压强为P2时，假设容器为1L，则在该条件平衡常数的数值为_____（最简分数形式）（4）NO2、O2和熔融NaNO3可制作燃料电池，其原理如图所示。该电池在使用过程中石墨I电极上生成氧化物Y，其电极反应式为。若该燃料电池使用一段时间后，共收集到20molY，则理论上需要消耗标准状况下氧气的体积为L。【知识点】化学反应与能量变化化学平衡原电池原理F1G4F3【答案解析】（1）C （3分）（2）(Q2－2Q1)kJ·mol－1（3分）（3）P2＞P1 （3分）1/144 （3分）（4）NO2＋NO3－－e－＝N2O5 （3分） 224（3分）解析：（1）A、Ni是固体，浓度为常数，改变用量对平衡无影响，反应物的转化率不变，错误；B、一定温度下给定的化学方程式的△H不会随着平衡移动而改变，只与方程式的书写有关，错误；C、因外界条件为恒温恒容、Ni是固体且正反应为气体体积缩小的反应，所以反应达到平衡后充入CO，相当于在恒温恒压条件下达平衡后又加压，平衡右移，CO的转化率提高，平衡后其体积分数降低，正确；D、速率关系未说明正、逆，不能判断是否已达平衡，错误。（2）已知的两个反应分别用①②表示，运用盖斯定律可得，SO2（g）+2CO（g）═S（s）+2CO2（g）可由①×2-②得到，则△H=(Q2－2Q1)kJ•mol-1①由图像知相同温度压强为P2时NO的平衡转化率大于P1时的，而根据反应特点加压平衡正向移动，所以P2＞P1 ；②700℃时，在压强为P2时NO的平衡转化率为20%，则NO减小了2mol/L2NO（g）+O22NO2(g)，起始浓度（mol/L）10100转化浓度（mol/L）212平衡浓度（mol/L）892在该条件平衡常数的数值为：；111\n（4）石墨I电极上通入NO2，为负极，发生的电极反应为：NO2+NO3--e-=N2O5；根据电池总反应4NO2+O2=2N2O5，收集到20molN2O5需消耗O2为10mol，标准状况下体积为224L。【思路点拨】本题考查了化学反应与能量变化、化学平衡、原电池原理等知识，问题比较基础。【理综卷（化学解析）·2022届山东省实验中学高三第三次诊断考试（202212）】13.如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是A．K1闭合，铁棒侧溶液会出现白色沉淀，而且沉淀最终变为红褐色B．K1或K2闭合，石墨棒周围溶液pH均升高C．K2闭合，铁棒上发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.002mol气体【知识点】原电池原理电解池原理F3F4【答案解析】D解析：A、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子发生Fe-2e－=Fe2＋，正极发生O2+4e-+2H2O=4OH-,亚铁离子通过阳离子交换膜到达正极区，碳棒区会出现白色沉淀，A错误；B、K1闭合，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，K2闭合构成电解池，石墨棒是阳极，2Cl--2e-=Cl2，铁棒是阴极，发生2H++2e-=H2，铁棒周围溶液pH逐渐升高，B错误；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极发生2H++2e-=H2，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共产生0.002mol气体，D正确，故答案选D【思路点拨】本题考查了原电池原理和电解池原理，正确书写电极反应是关键。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】28．(14分)某化学小组通过查阅资料，设计了如下图所示的方法以含镍废催化剂为原料来制备NiSO4.7H2O。已知某化工厂的含镍废催化剂主要含有Ni，还含有Al(31％)、Fe(1．3％)的单质及氧化物，其他不溶杂质(3.3％)。111\n部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH如下：(1)“碱浸”过程中发生反应的离子方程式是(2)“酸浸”时所加入的酸是(填化学式)。(3)加入H2O2时发生反应的离子方程式为(4)操作b为调节溶液的pH，你认为pH的调控范围是(5)产品晶体中有时会混有少量绿矾(FeS04·7H20)，其原因可能是(写出一点即可)。(6)NiS04·7H20可用于制备镍氢电池(NiMH)，镍氢电池目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型。NiMH中的M表示储氢金属或合金。该电池在充电过程中总反应的化学方程式是Ni(OH)2+M=NiOOH+MH，则NiMH电池放电过程中，正极的电极反应式为。【知识点】物质制备工艺流程铝铁及其化合物的性质原电池原理J4C2C3F3【答案解析】（1）2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O；（2）H2SO4；（3）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）3.2-9.2；（5）H2O2的用量不足（或H2O2失效，或保温时间不足），导致Fe2+未被完全氧化；（6）NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-解析：（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应，从而达到除去铝元素的目的；反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O，（2）“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸；加入H2O2时将亚铁离子氧化，发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（4）依据图表中形成沉淀需要的PH，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子后，调节溶液PH使铁离子全部沉淀，同时保证镍离子不沉淀，pH应在3.2-9.2间，（5）在加入过氧化氢氧化剂氧化亚铁离子时未把亚铁离子全部氧化，氢氧化亚铁沉淀的pH大于镍离子沉淀的pH，所以产品晶体中有时会混有少量绿矾（FeSO4•7H2O）；（6)根据电池工作时正极发生还原反应，即NiOOH得电子生成Ni(OH)2：NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-【思路点拨】本题考查了111\n物质制备工艺流程，涉及铝铁及其化合物的性质、原电池原理，难点是应用阳离子以氢氧化物形式沉淀时的pH分析问题。【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】10．近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”锂一铜空气燃料电池。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为2Li+Cu20+H2O=2Cu十2Li++20H-，下列说法不正确的是A放电时，Li+透过固体电解质向Cu极移动B．放电时，负极的电极反应式为Cu20+H2O+2e-=Cu+2OH-C.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu20D.整个反应过程中，铜相当于催化剂【知识点】原电池原理F3【答案解析】B解析：根据放电时的反应判断锂电极是负极，铜电极是正极，A、在电池内部阳离子移向正极，Li+透过固体电解质向Cu极移动，故A正确；B、负极发生失电子的反应，故B错误；C、据图示和题干信息，通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu20，故C正确；D、通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu20，放电时，负极生成铜，铜的质量和性质不发生变化，整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确。故答案选B【思路点拨】本题考查了原电池原理，理解电池放电时负极发生氧化反应，正极发生还原反应。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】13．如图是水煤气(成分为CO、H2)空气燃料电池的工作原理示意图，a、b均为惰性电极。下列叙述中正确的是111\nA．A处通入的是空气，B处通入的是水煤气B．a电极发生还原反应，b电极发生氧化反应C．a电极的反应式包括：CO+4OH－+2e－=CO+2H2OD．如用这种电池电镀铜，待镀金属上增重6.4g，则至少消耗标准状况下的水煤气2.24L【知识点】原电池原理F3【答案解析】D解析：根据原电池原理，负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应，A、根据电子的流向知a是负极A处通水煤气，B处通入空气，故A错误；B、a是负极，a电极发生氧化反应，b电极发生还原反应，故B错误；C、a电极发生失电子反应，反应式包括：CO+4OH－-2e－=CO+2H2O，故C错误；D、正极的电极反应是：CO+4OH－-2e－=CO+2H2O，H2-2e－+2OH－=2H2O，如用这种电池电镀铜，待镀金属上增重6.4g，转移电子0.2mol，则至少消耗水煤气0.1mol，标准状况下体积2.24L，故D正确。故答案选D【思路点拨】本题考查了原电池原理，理解原电池的负极发生失电子的氧化反应，正极发生得电子的还原反应。【化学卷（解析）·2022届重庆市巴蜀中学高三上学期第一次模拟考试（202201）】10．(14分)A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，D与E和F同周期，A与D同主族，C与F同主族，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2。又知六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。请回答下列问题：（1）C、D、F三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)。（2）由A、B两种元素以原子个数比5∶1形成离子化合物X，X的电子式为。（3）由A、B元素形成的化合物B2A4可以与O2、KOH溶液形成原电池，该原电池负极的电极反应式为。（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，请写出该反应的化学方程式：。（5）由A、C、D、F四种元素形成的化合物Y(DAFC3)（已知A2FC3的Ka1＝1.3×10-2、Ka2＝6.3×10-8），则Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为；室温下，向Y溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c(AFC3-)＝c(FC32-)，则此时溶液呈(填“酸性”、“碱性”或“中性”)。（6）A和B形成的某种氯化物BA2Cl可作杀菌剂，其原理为BA2Cl遇水反应生成一种具有强氧化性的含氧酸，写出BA2Cl与水反应的化学方程式：___________________________。【知识点】物质结构与元素周期律离子方程式离子浓度比较原电池A4B1F3E2【答案解析】111\n解析：A、B、C、D、E、F六种短周期元素，其原子序数依次增大，其中B与C同周期，C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，所以C是O元素；B元素的最高正价和最低负价之和为2，是N,C与F同主族，且是短周期元素，F是S元素；D与E和F同周期，即D、E、F是第三周期元素，六种元素所形成的常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体，故D、E、F的单质都是固体，A是气体，原子序数比N小，只能是H，A与D同主族，则D是Na。（1）离子的电子层数越多其半径越大，相同电子层结构的离子半径随着原子序数的增大而减小，所以离子半径大小顺序是S2－>O2－>Na＋（2）X是NH4H，电子式为（3）N2H4可以与O2、KOH溶液形成原电池，该原电池负极反应是N2H4的发生氧化反应：N2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O（4）若E是金属元素，其单质与氧化铁反应常用于焊接钢轨，说明E是铝元素，高温下，铝和氧化铁能发生置换反应，化学方程式为2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe.（5）由A、C、D、F四种元素形成的化合物Y(DAFC3)，则Y是亚硫酸氢钠。已知H2SO3的Ka1＝1.3×10-2、Ka2＝6.3×10-8，因此在亚硫酸氢钠溶液中HSO3－的电离程度大于HSO3－的水解程度，所以溶液显酸性，因此Y溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)＞c(HSO3-)＞c(H+)＞c(SO32-)＞c(OH-)；向Y溶液中加入一定量的NaOH，使溶液中c(HSO3-)＝c(SO32-)，则根据电荷守恒可知c(H+)＋c(Na+)＝c(HSO3-)＋2c(SO32-)＋c(OH-)，所以c(H+)＋c(Na+)＝3c(HSO3-)＋c(OH-),该溶液是等物质的量的亚硫酸氢钠和亚硫酸钠的混合物，则根据物料守恒有2c(Na+)=3[c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(SO32-)]=3[2c(HSO3-)+c(H2SO3)]，设亚硫酸氢钠和亚硫酸钠各1mol，则n(Na+)=3，[2n(HSO3-)+n(H2SO3)]=2mol，n(HSO3-)<1mo，可知c(Na+)＞3c(HSO3-)，所以c(H+)＜c(OH-)，因此溶液碱性。⑹NH2Cl水解生成强氧化性的物质是HClO,反应方程式是：NH2Cl＋H2O=HClO＋NH3【思路点拨】解答本题的突破口是确定各元素，题目所给的每个信息都是关键，如“短周期”“原子序数依次增大”“A与D同主族，C与F同主族，”“C元素的原子最外层电子数是次外层电子数的三倍，B元素的最高正价和最低负价之和为2”“常见单质在常温常压下有三种是气体，三种是固体。”等；书写电极反应的步骤是先写出主要的物质，还原剂、氧化产物并配平，N2H4－4e－=N2；再根据电解质的成分结合电荷守恒书写，N2H4－4e－=N2的右边不带电，左边带4个单位负电荷，因此在左边加4个OH-,最后根据质量守恒定律整体配平，显然右边加水。111\n【化学卷（解析）·2022届浙江省重点中学协作体高三上学期第二次适应性测试（202201）word版】26．（14分）A、B、C、D、E、F是六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大，其中C、F分别是同一主族元素，A、F两种元素的原子核中质子数之和比C、D两种元素原子核中质子数之和少2，F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍。又知B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，E元素的最外层电子数等于其电子层数。请回答：（1）1mol由E、F二种元素组成的化合物跟由A、C、D三种元素组成的化合物反应生成两种盐和水，完全反应后消耗后者的物质的量为。（2）A、C、F间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，乙有10个电子，则甲与乙反应的离子方程式为；（3）科学研究证明：化学反应热只与始终态有关，与过程无关。单质B的燃烧热为akJ/mol。由B、C二种元素组成的化合物BC14g完全燃烧放出热量bkJ，写出单质B和单质C反应生成BC的热化学方程式：；（4）工业上在高温的条件下，可以用A2C与BC反应制取单质A2。在等体积的I、II两个密闭容器中分别充入1molA2C和1molBC、2molA2C和2molBC。一定条件下，充分反应后分别达到平衡（两容器温度相等）。下列说法正确的是。A．达到平衡所需要的时间：I>IIB．达到平衡后A2C的转化率：I=IIC．达到平衡后BC的物质的量：I>IID．达到平衡后A2的体积分数：I<II（5）用B元素的单质与E元素的单质可以制成电极浸入由A、C、D三种元素组成化合物的溶液中构成电池，则电池负极反应式为。【知识点】元素推断、原电池原理、化学平衡、化学反应与能量E1F1F3G2【答案解析】（1）8mol（3分）（2）HS-+OH-=S2-+H2O（2分）（3）C（s）+O2（g）=CO（g）；△H=-（a-2b）kJ/mol（3分）（4）A、B（4分）（5）2Al+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O（2分）解析：F元素的最外层电子数是次外层电子数的0.75倍，即最外层有6个电子，为S元素。B元素的最外层电子数是内层电子数的2倍，知B有2电子层，是C元素。E元素的最外层电子数等于其电子层数，E为Al，C、F是同一主族元素，知C是O元素。A、F两种元素的原子核中质子数之和比C、D两种元素原子核中质子数之和少2，若A是H元素则D是Na元素，若A是li元素则D是Al元素，不和题意，综合可知，A、B、C、D、E、F分别是H、C、O、Na、Al、S。（1）1mol由E、F二种元素组成的化合物，即1molAl2S3，跟由A、C、D三种元素组成的化合物，即NaOH反应生成两种盐和水，反应方程式为：Al2S3+8NaOH=2NaAlO2+3Na2S+4H2O完全反应后消耗后者的物质的量为8mol；（2）A、C、F间可以形成甲、乙两种负一价双原子阴离子，甲有18个电子，为HS-,，乙有10个电子为OH-，则甲与乙反应的离子方程式为HS-+OH-=S2-+H2O；（3）碳的燃烧热为akJ/mol，则①C(s)+O2(g)=CO2(g)   H=－akJ/mol；14gCO完全燃烧放出热量bkJ，所以有②CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)   H=－2bkJ/mol。根据盖斯定律可知①－②即得到C(s)+1/2O2(g)=CO(g)  H=－(a－2b)kJ/mol。111\n(4)反应为：H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g)，在等体积的I、Ⅱ两个密闭容器中分别充入1molH2O和1molCO、2molH2O和2molCO。Ⅱ相对于I为加压，平衡不移动：A．达到平衡所需要的时间：I>Ⅱ，正确；B．因两平衡等效，达到平衡后A2C的转化率：I=Ⅱ，正确；C．达到平衡后BC的物质的量：Ⅱ>I，故错误；D．达到平衡后A2的体积分数：I=Ⅱ，故错误；正确的是AB;(5)铝能和氢氧化钠溶液反应，铝失电子，所以负极是铝，电极反应为：2A+8OH--6e-=2AlO2-+4H2O。【思路点拨】本题考查了元素推断、原电池原理、化学平衡、化学反应与能量等知识，以F、B、E为突破口得到A、B、C、D、E、F分别是H、C、O、Na、Al、S是关键。【化学卷（解析）·2022届浙江省重点中学协作体高三上学期第二次适应性测试（202201）word版】10．下图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/L，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（▲）A．产生气体体积①=②B．①中阴极质量增加，②中正极质量减小C．溶液的pH变化：①减小，②增大D．电极反应式：①中阳极：4OH－-4e－=2H2O+O2↑，②中负极：2H++2e－=H2↑【知识点】原电池原理电解池原理F3F4【答案解析】C解析：A、①是电解池，电极反应为：阳极：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极：Cu2++2e-=Cu，②是原电池，正极反应：2H++2e-=H2，负极反应：Zn+2e-=Zn2+，液体体积均为200mL，浓度均为0.5mol/L，硫酸铜、硫酸的物质的量均为0.1mol，当有0.02mol的电子通过时，①产生的气体是氧气，为0.005mol，②中有0.01mol氢气放出，所以产生气体体积①＜②，故A错误；B、①中阴极析出铜，阴极质量增加，②中正极反应：2H++2e-=H2，正极质量不变，故B错误；C、溶液的pH变化：①中消耗氢氧根，所以碱性减弱pH减小，②中消耗氢离子，所以酸性减弱pH增大，故C正确；D、电极反应式：①中阳极：4OH--4e-=2H2O+O2↑②中负极：Zn+2e-→Zn2+，故D错误．故答案选C【思路点拨】本题考查了原电池原理和电解池原理，理解基本原理是关键，需要顺利书写电极反应。111\n【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】6.下列叙述正确的是(　　)A．K与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大B．K与N连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：2H＋＋2e－===H2↑C．K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大D．K与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑【知识点】原电池和电解池的工作原理F3F4【答案解析】C解析：A．K与M连接时，X为硫酸，该装置是电解池，铁作阴极，氢离子放电生成氢气，石墨作阳极，氢氧根离子放电生成氧气，电解一段时间后溶液的浓度增大，pH减小，故A错误；B．K与N连接时，X为氯化钠，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，石墨上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B错误；C．K与N连接时，X为硫酸，该装置是原电池，石墨作正极，正极上氢离子放电生成氢气，铁作负极，铁失电子生成+2价铁，溶液的浓度降低，溶液的pH增大，故C正确；D．K与M连接时，X为氯化钠，该装置是电解池，石墨作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，所以阳极上的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故D错误；故选A。【思路点拨】本题考查了原电池和电解池原理，易错选项是A，注意该反应中，实际上电解的是水，溶质的物质的量不变，而溶液的体积减小，所以溶质的物质的量浓度增大，为易错点。【化学卷（解析）·2022届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（202212）word版】5.利用如图所示原电池可测量空气中Cl2含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质。下列分析不正确的是A.电子经外电路流向Pt电极B.电池工作时，电解质中Ag+数目减少C.正极反应：C12+2e—+2Ag'+=2AgClD空气中c(C12)越大，Ag极消耗速率越快【知识点】电化学F3【答案解析】B解析：该电池的负极是Ag，反应是Ag－e－=Ag＋,正极反应是C12+2e—+2Ag'+=2AgCl，而且Ag＋+Cl－=AgCl，电子由负极通过导线流向正极，A正确，B错误；C、D正确。【思路点拨】书写电极反应时，有时需考虑氧化或还原产物与电解质是否发生了反应，如本题的正极反应。【化学卷（解析）·111\n2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】17．（10分）以氨气代替氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点。（1）氨燃料电池使用的电解质溶液是2mol·L－1的KOH溶液，电池反应为：4NH3＋3O2=2N2＋6H2O。该电池负极的电极反应式为；每消耗1.7gNH3转移的电子数目为。（2）用氨燃料电池电解CuSO4溶液，如右图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为L。（3）纳米级氧化亚铜(Cu2O)是一种重要光电材料。现用铜棒和石墨做电极，饱和食盐水做电解质制备纳米级氧化亚铜(Cu2O)，电解反应为。铜棒上发生的电极反应式为【知识点】电化学计算A2F3F4【答案解析】（10分，每空2分）（1）2NH3＋6OH――6e－===N2＋6H2O，0.3NA（2）4OH－―4e－===O2＋2H2O，1.12（3）2Cu-2e-+H2O=Cu2O+2H+解析：⑴电池的负极是氨气发生氧化反应：2NH3＋6OH――6e－===N2＋6H2O，根据方程式知，每消耗2molNH3转移的电子数目为6mol，则每消耗1.7gNH3转移的电子数目为0.3mol⑵根据A电极上有红色固体析出，表明该电解上析出铜，A是阴极，则B电极是阳极，发生的电极反应式为4OH－―4e－===O2＋2H2O，向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解了8g的氧化铜，根据2CuO~O2，则电解过程中收集到的气体为0.05mol，在标准状况下体积为1.12L⑶根据反应方程式知铜→Cu2O，棒上发生的电极反应式为2Cu-2e-+H2O=Cu2O+2H+【思路点拨】根据电解现象判断发生的反应进而判断阴阳极；电解消耗了什么物质，加入该物质则可复原电解质。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】16．气体的自动化检测中常常应用原电池原理的传感器。下图为电池的工作示意图：气体扩散进入传感器，在敏感电极上发生反应，传感器就会接收到电信号。下表列出了待测气体及敏感电极上部分反应产物。则下列说法中正确的是（）A．上述气体检测时，敏感电极均作电池正极111\nB．检测Cl2和NO2体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同C．检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，传感器上产生的电流大小相同D．检测H2S时，对电极充入空气，对电极上的电极反应式为O2++4e－===2O2－【知识点】电化学F3【答案解析】B解析： 对于检测NO2、Cl2气体时，气体得到电子，敏感电极均作电池正极，而对于检测CO、H2S气体时，气体失去电子，敏感电极均作电池负极A错误；检测Cl2和NO2体积分数相同的两份空气样本时，因为1molCl2气体在反应中转移的电子的物质的量2mol，而1molNO2气体在反应中转移的电子的物质的量2mol，传感器上产生的电流大小相同，B正确；检测H2S和CO体积分数相同的两份空气样本时，因为1molCO气体在反应中转移的电子的物质的量2mol，而H2S则是1mol气体在反应中转移的电子的物质的量8mol，所以传感器上产生的电流大小不相同，C错误；检测H2S气体时，由于是酸性环境，所以对电极充入空气，对电极上的电极反应式为O2 +4e－ +4H+=2H2O，D错误。【思路点拨】传感器上产生的电流大小可根据得失电子数是否相等来判断；检测不同气体时，敏感电极作正负极不同。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】15．利用生活中常见的材料可以进行很多科学实验，下图就是一个用废旧材料制作的可用于驱动玩具的电池示意图。当电池工作时，有关说法正确的是（）A．铝罐将逐渐被腐蚀B．该电池驱动电动玩具时,石墨棒应与玩具电机的负极相连C．石墨棒上发生的反应为：O2－4e－＋2H2O==4OH－D．该电池工作一段时间后石墨棒的质量会减轻【知识点】电化学F3【答案解析】A解析：原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应，电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动，正极得到电子，发生还原反应。铝是活泼的金属，做负极，失去电子，碳棒是正极，由于溶液显中性，则氧气在正极得到电子，即相当于是铝的吸氧腐蚀，电极反应式是O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，A正确，C错误；炭棒应与玩具电机的正极相连，B不正确；该电池工作一段时间后炭棒和炭粒的质量不变，D不正确，答案选A。【思路点拨】原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应；解答本题的C项需认真审题：O2得到电子，而不是失去电子。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】10．下列有关电化学装置的说法正确的是（）111\nA．利用图a装置处理银器表面的黑斑Ag2S，银器表面发生的反应为B．图b电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出C．图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼D．图d中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀【知识点】电化学F3F4【答案解析】A解析：图a装置中铝与银构成原电池，其中铝是负极，失去电子，银是正极，表面的硫化银得到电子，电极反应式为Ag2S＋2e－＝2Ag＋S2－，A正确；图b中铜与电源的负极相连，作阴极，溶液中的铜离子在阴极上放电析出铜，但金属铜不溶解，B不正确；粗铜精炼时粗铜与电源的正极相连，纯铜与电源的负极相连，所以图c中的X极若为负极，则该装置不能实现粗铜的精炼，C不正确；图d是电解池，属于外接电流的阴极保护法，D不正确，答案选A。【思路点拨】本题是电化学原理的有关应用，因此掌握原电池或电解池原理的关键。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】2．下列说法正确的是（）A．实验室中的浓硝酸呈现黄色，是因为浓硝酸具有强氧化性B．澄清石灰水可用鉴别Na2CO3和NaHCO3溶液C．NO和NO2密度比空气大，所以均可用向上排空气法收集D．在海轮外壳上镶入锌块可减缓船体的腐蚀，是利用了原电池的原理【知识点】物质的性质、鉴别、金属的腐蚀D5F3【答案解析】D解析：实验室中的浓硝酸呈现黄色，是因为浓硝酸不稳定，分解生成的二氧化氮溶解在硝酸中，A错误；澄清石灰水与Na2CO3和NaHCO3溶液都能反应生成碳酸钙沉淀，B错误；NO与氧气反应，不能用向上排空气法收集，C错误；D项是利用牺牲阳极的阴极保护，正确。【思路点拨】根据物质的性质作答并注意物质的共性与特性，如本题的B项。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】13．.出土的锡青铜（铜锡合金）文物常有Cu2(OH)3Cl覆盖在其表面。下列说法不正确的是A．锡青铜的熔点比纯铜高B．在自然环境中，锡青铜中的锡可对铜起保护作用C．锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快D．生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反应过程【知识点】合金的熔点金属的腐蚀C4F3【答案解析】AD解析：A、根据合金的熔点低于形成合金的成分的熔点，应该是锡青铜的熔点比纯铜低，故A错误；B、锡比铜活泼，111\n锡青铜中的锡可对铜起保护作用，故B正确；C、一般金属在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，故C正确；D、生成Cu2(OH)3Cl覆盖物是电化学腐蚀过程，也是化学反应过程，故D错误。故答案选AD【思路点拨】本题考查了合金的熔点及金属的腐蚀问题，注意合金的熔点低于形成合金的成分的熔点。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】19.铁铬氧化还原液流电池是一种低成本的储能电池，电池结构如图所示，工作原理为。下列说法一定正确的是A.氧化性：Cr3＋>Fe3+B．电池放电时，负极的电极反应式为C．充电时，阴极的电极反应式为D．电池放电时，Cl－从负极室穿过选择性透过膜移向正极室【知识点】电化学F3【答案解析】C解析：氧化性：Fe3+>Cr3＋，A错误；放电与充电时发生的反应互为逆反应，放电时，负极上Cr2＋发生氧化反应Cr2＋－e－=Cr3＋，则充电时Cr3＋被还原，B项错误，C项正确；电池放电时，阴离子应由正极移向负极，D项错误。【思路点拨】原电池中阳离子移向正极，电解池中阳离子移向阴极；放电时的正极在充电时接外接电源的正极。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】9．下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH值明显下降的是【知识点】电化学F3F4【答案解析】D解析：A、该装置是原电池装置，H+放电生成氢气，溶液的pH增大，错误；B、该装置是电解池，Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，错误；C、电解食盐水，生成氢氧化钠使溶液的pH增大，错误；D、电解硫酸铜实质是电解水和硫酸铜，水中的氢氧根离子放电使溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，正确，答案选D。【思路点拨】若只是电解水，则溶液浓度可能增大，酸溶液的pH减小，碱溶液的pH增大，饱和溶液的pH不变。111\n【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】3．右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面图。下列说法正确的是A.该电化腐蚀为析氢腐蚀B．图中生成铁锈最多的是C区域C．A区域比B区域更易腐蚀D．铁闸中的负极的电极反应：【知识点】电化学F3【答案解析】D解析：海水酸性不强，因此铁闸腐蚀是吸氧腐蚀，A错误；图中生成铁锈最多的是海水与空气的接触面，即B区域，B、C错误；D正确。【思路点拨】电化学腐蚀分为析氢腐蚀（水膜酸性较强）、吸氧腐蚀。【化学卷（解析）·2022届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（202212）word版】8.甲醇(CH3OH)是一种有毒物质，检测甲醇含量的测试仪工作原理示意图如下。下列说法正确的是A.该装置为电能转化为化学能的装置B.a电极发生的电极反应为C.当电路中有1mole－转移时，正极区n(H＋)增加1molD.将酸性电解质溶液改为碱性电解质溶液该测试仪不可能产生电流【知识点】原电池原理F3【答案解析】【解析】B解析：A．该装置为原电池原理，化学能转化为电能的装置，故A错误；B．a电极是负极，发生的电极反应为：CH3OH+H2O-6e-═CO2↑+6H+，故B正确；C．正极的电极反应是：O2+4H++4e-═H2O，当电路中有1mole－转移时，正极区n(H＋)减少1mol，故C错误；D．将酸性电解质溶液改为碱性电解质溶液该测试仪一样是原电池，同样可以产生电流，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了燃料电池，明确燃料电池中正负极上得失电子是解本题关键，难点是书写电极反应式，注意要结合电解质溶液的酸碱性书写，为易错点。【化学卷（解析）·111\n2022届河南省安阳一中等天一大联考高三阶段测试（三）（202212）word版】2.下列叙述正确的是A.用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈B.向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClOC.向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水，可制取Fe(OH)3胶体D.将钝化后的铝条放入CuSO4溶液中无现象，说明铝的金属性弱于铜【知识点】电化学原理、胶体、氯水的氧化性、金属活动性顺序D2F3H4【答案解析】【解析】A解析：A．锡、铁和电解质溶液构成原电池，铁作负极而易被腐蚀，所以用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈，故A正确；B．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有氯气，氧化了亚铁，故B错误；C．Fe(OH)3胶体的制备：将饱和氯化铁溶液逐滴滴加到沸水中至得到红褐色液体，即为Fe(OH)3胶体，故C错误；D．将钝化后的铝条放入CuSO4溶液中无现象，是因为氧化铝不与硫酸铜反应，不是说明铝的金属性弱于铜，故D错误；故答案选A【思路点拨】本题考查了金属的腐蚀、胶体、氯水的氧化性、金属活动性顺序，难度不大，注意平时积累。【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】36．［化学—选修2：化学与技术］(15分)将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺提取其他产品。回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是（填序号）。①用混凝法获取淡水②提高部分产品的质量③优化提取产品的品种④改进钾、溴、镁的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2O=NaBr + NaBrO3+NaHCO3，吸收1molBr2时，转移的电子数为mol。（3）海水提镁的一段工艺流程如下图：浓海水的主要成分如下：111\n该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为，产品2的化学式为，1L浓海水最多可得到产品2的质量为g。（4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式。【知识点】化学与技术氧化还原反应原理电化学O5B3F3F4【答案解析】（1）②③④　　（3分多选错选不给分，少选的选对一个给1分）　　　　（2）5/3（2分）（3）除去SO42-离子Ca2++SO42-=CaSO4↓或Ba2++SO42-=BaSO4↓（2分）Mg(OH)2；69.6(4)MgCl2Mg+Cl2（2分）；MgCl2+H2OMg(OH)2+H2+Cl2（2分）解析：（1）混凝法可用于除去水中的悬浮物，不能获取淡水，设想和做法不可行；选②③④；　　　　　　（2）根据反应3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr + NaBrO3+6NaHCO3，3molBr2参与反应转移5mol电子。所以吸收1molBr2时，转移的电子为5/3mol；（3）脱硫就是除去海水中的SO42-离子，用Ca2+或Ba2+离子：Ca2++SO42-=CaSO4↓或Ba2++SO42-=BaSO4↓海水提镁时由加入石灰乳使溶液呈碱性知产品2是Mg(OH)2；根据镁离子的浓度是28.8g/L,，1L浓海水最多可得到产品2的质量为=69.6g；（4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式MgCl2Mg+Cl2；有少量水存在：MgCl2+2H2OMg(OH)2+H2+Cl2【思路点拨】本题考查了化学与技术，涉及氧化还原反应原理、电化学等知识，理解工艺流程是关键。【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】28．（15分）二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放。（1）在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2molCO2和3molH2，发生的反应为：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，△H＝－akJ·mol－1（a＞0），测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。111\n①能说明该反应已达平衡状态的是________。（选填编号）A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变B．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化C．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2OD．该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1，且保持不变②计算该温度下此反应的平衡常数K＝_________。（保留两位有效数字）。若改变条件（填选项），可使K＝1。A．增大压强B．增大反应物浓度C．降低温度D．升高温度E．加入催化剂（2）某甲醇燃料电池原理如图1所示。①M区发生反应的电极反应式为_______________________________。②用上述电池做电源，用图2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解的总反应离子方程式为：。假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为______________（忽略溶液体积变化）。（3）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：已知：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－akJ·mol－1；CH3OH(g)＝CH3OH(l)△H＝－bkJ·mol－1；2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－ckJ·mol－1；H2O(g)＝H2O(l)△H＝－dkJ·mol－1，则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为：_____________________________【知识点】化学平衡原电池原理电解原理化学反应与能量G2F3F4F1【答案解析】（1）①AB（少选得1分，错选不得分）（2分）②0.20（2分）C（2分）111\n（2）①CH3OH－6e－＋H2O＝CO2＋6H＋（2分）②2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－（2分）0.16g（2分）CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－（c＋2d－a－b）kJ·mol－1（3分）解析：（1）①A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，反应已达平衡状态；B．假设反应正向移动，气体平均摩尔质量增大，逆向移动，气体平均摩尔质量减小，所以混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化，能够说明反应已达平衡状态；C．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2O，都是描述的正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不能够说明反应已达平衡状态；D．无论平衡是否移动该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比均为1:1，且保持不变不能够说明反应已达平衡状态；故选AB；②平衡时氢气的浓度为：（3/2mol/L-0.25mol/L3）=0.75mol/L,K==0.20；改变条件可使K＝1，即通过改变温度使平衡右移，选C。（2）①通过质子的移动方向知M区中的电极是负极，发生氧化反应CH3OH－6e－＋H2O＝CO2＋6H＋；②电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－；溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），转移电子物质的量是0.1mol/L0.3L=0.03mol，理论上消耗甲醇的质量为0.03mol/L/232g/mol=0.16g；1.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－akJ·mol－1；2.CH3OH(g)＝CH3OH(l)△H＝－bkJ·mol－1；3.2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－ckJ·mol－1；4.H2O(g)＝H2O(l)△H＝－dkJ·mol－1，根据盖斯定律：反应3+24-1-2得：CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－（c＋2d－a－b）kJ·mol－1。【思路点拨】本题考查了化学反应原理综合，涉及化学平衡、原电池原理、电解原理、化学反应与能量，试题简单，理解是关键。【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】27．（14分）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质、合金及其化合物在生产生活中的应用日趋广泛，铝土矿是生产铝及其化合物的重要原料。（1）铝元素在元素周期表中的位置是。（2）铝电池性能优越，铝一空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注，其原理如图所示。111\n①该电池的总反应化学方程式为；②电池中NaCl的作用是。③以铝一空气电池为电源电解KI溶液制取KIO3（石墨为电极材料）时，电解过程中阳极的电极反应式为。④某铝一空气电池的效率为50%，若用其作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液（假设溶液电解前后体积不变）中NaOH的浓度为0.3mol·L－1，则该过程中消耗铝的质量为。（3）氯化铝广泛用于有机合成和石油工业的催化剂，聚氯化铝也被用于城市污水处理。①氯化铝在加热条件下易升华，气态氯化铝的化学式为Al2Cl6，每种元素的原子最外层均达到8电子稳定结构，则其结构式为。②将铝土矿粉与碳粉混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式。【知识点】物质结构、原电池原理和电解原理E2F3F4【答案解析】27.（14分）（1）第三周期第ⅢA族（2分）（2）①4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3（2分）②增强溶液的导电能力（2分）③I-+3H2O-6e-=IO3-+6H+（2分）④2.7g（2分）(3)①（2分）②Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO.（2分）解析：（1）铝的原子序数是13，铝元素在元素周期表中的位置是第三周期第ⅢA族；（2）①根据原理图，铝做负极，被氧气氧化，电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3；②电池中NaCl的作用是增强溶液的导电能力；③以铝一空气电池为电源电解KI溶液制取KIO3（石墨为电极材料）时，根据阳极发生氧化反应，即碘离子失电子生成碘酸根离子，阳极的电极反应式为I-+3H2O-6e-=IO3-+6H+；④电解500mL的饱和NaCl溶液，生成NaOH的物质的量是0.3mol·L－10.5L=0.15mol，转移电子0.3mol，则该过程中消耗铝的质量为(0.3mol/3)27g/mol=2.7g；(3)①（2分）②将铝土矿粉与碳粉混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO.【思路点拨】本题考查了物质结构、原电池原理和电解原理，进行有关电解的计算时经常用到电子守恒法.111\nF4电解原理【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】11．用铂作电极电解1000mL0.1mol/LAgNO3溶液，通电一段时间后关闭电源，测得溶液的质量减少了13.4g。下列有关叙述正确的是（NA代表阿伏加德罗常数的值）A．电解过程中流经外电路的电子数目为0.1NAB．在标准状况下，两极共产生3.92L气体C．电解后溶液的pH为2（假设溶液体积不变）D．加入13.8gAg2CO3可将溶液彻底复原【知识点】电解原理F4【答案解析】B解析：A用石墨作电极电解1000mL 0.1mol/L AgNO3溶液的阴极反应首先是Ag++e-=Ag，假设所有的银离子0.1mol全部放电，转移电子的物质的量为0.1mol，则析出金属铜的质量为：0.1mol×108g/mol=10.8g，此时阳极放电的电极反应为：4OH-=O2↑+H2O+4e-，转移0.1mol电子时生成的氧气的质量是：0.025mol×32g/mol=0.8g，所以溶液质量减少总量为10.8g+0.8g=11.6g＜13.4g，接下来阴极放电的是氢离子，阳极仍是氢氧根放电，相当于此阶段电解水，还要电解掉水的质量为13.4g-11.6g=1.8g，电解这些水转移电子的物质的量为0.2mol，所以整个过程转移电子的总量为0.3mol，个数为0.3NA，故A错误；B、阳极放电的电极反应为：4OH-=O2↑+H2O+4e-，当转移0.3mol电子时，产生的氧气物质的量为0.075mol，即1.68L，阴极上产生氢气，2H++2e-=H2↑，当转移0.2mol电子时，产生的氢气物质的量为0.1mol，即2.24L，所以在标准状况下，两极共产生3.92L气体，故B正确；C、电解过程中溶液中的氢离子减少了0.2mol，而氢氧根总共减少了0.3mol，所以最后溶液中c（H+）=0.1mol/1L=0.1mol/l，其pH=1，故C错误；D、溶液相当于减少了氧化银和水，只加入Ag2CO3不能将溶液彻底复原，故D错误；故选B。【思路点拨】本题是一道考查电解原理的综合题，在电解过程中分了两个阶段，难度较大，考查学生分析和解决问题的能力。【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】7．某种聚合物锂离子电池放电时的反应为Lil－xCoO2+LixC6＝6C+LiCoO2，其电池如图所示。下列说法不正确的是A．放电时，LixC6发生氧化反应B．充电时，Li＋通过阳离子交换膜从左向右移动C．充电时，将电池的负极与外接电源的负极相连D．放电时，电池正极反应为Lil－xCoO2+xLi＋+xe－＝LiCoO2【知识点】原电池和电解池的工作原理F3F4【答案解析】B解析：放电时的反应为Li1-xCoO2+LixC6=6C+LiCoO2，Co元素的化合价升高，C元素的化合价降低。A．C元素的化合价升高，则放电时LixC6发生氧化反应，正确；B．充电时，为电解装置，阳离子向阴极移动，则Li+通过阳离子交换膜从右向左移动，错误；C．充电时负极与阴极相连，将电池的负极与外接电源的负极相连，正确；D．正极上Co元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2，正确；故选B。【思路点拨】本题考查了111\n原电池原理，明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理即可解答，注意与氧化还原反应的结合，题目难度不大。【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】5．已知A、B为单质，C为化合物。且有如下转化关系A+BCA+B①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na②若C溶液与Na2CO3溶液反应，放出CO2气体，则A可能是H2③若C溶液中滴加NaOH溶液，先生成沉淀后又溶解，则B可能为Al④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，则B可能为Cu能实现上述转化关系的是A．①②B．②④C．①③D．③④【知识点】元素形成的单质和化合物的性质C5F4【答案解析】B解析：由题目可知，电解的最终结果是电解电解质本身，故C可以为不活泼金属的无氧酸盐或无氧酸。①若C溶于水后得到强碱溶液，则A可能是Na，B可能为氯气，但电解NaCl溶液不能得到Na单质，错误；②若C溶液遇Na2CO3，放出CO2气体，C为HCl，则A可能是H2，故正确；③若C溶液中滴加NaOH溶液有沉淀生成，后沉淀有溶解，满足上述转化时，则B可能为Al，但在电解铝的化合物时得不到金属铝，故错误；④若C溶液中滴加NaOH溶液有蓝色沉淀生成，C中应含铜离子，则B可能为Cu但电解氯化铜溶液可以得到单质铜和氯气，故正确。正确选项为B【思路点拨】本题考查了本题考查无机推断，把握电解生成A、B两种单质为解题本题的突破口，熟悉元素化合物的性质及电解原理即可解答，明确电解中离子的放电顺序，题目的综合性较强，但是难度不大。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省江南十校高三期末大联考（202201）WORD版】11．将H2S通人FeCl3溶液中，过滤后将反应液加人电解槽中电解(如下图所示)电解后的溶液还可以循环利用。该方法可用于处理石油炼制过程中产生的H2S废气。下列有关说法正确的是()A．过滤得到的沉淀可能是FeS和SB．若有0.20mol的电子转移，一定能得到2.24L的氢气C．可以用Fe与外接电源的a极相连D．与a极相连的电极反应为Fe2＋－2e－=Fe3＋【知识点】电解F4【答案解析】D解析：H2S与FeCl3反应生成S、盐酸和氯化亚铁，A错误；没有给出氢气所处的条件，不能求氢气的体积，B错误；C、根据右边生成氢气知b是负极，a是正极，此时铁是阳极，被溶解，错误；D正确。111\n【思路点拨】根据两极生成的物质判断阴阳极，涉及气体体积的计算需看外界条件是否是标准状况。【理综卷（化学解析）·2022届湖北省武汉市武昌区高三元月调考（202201）WORD版】28．（15分）开发氢能是实现社会可持续发展的需要。下图是以含H2S杂质的天然气为原料制取氢气的流程图。天然气（含H2S）①②水蒸气氨水NH4HS溶液甲烷③氢气氧气I2+H2O氨水硫SO2⑤500℃④HIH2SO4氧气回答下列问题：（1）反应②的化学方程式为。（2）反应④的离子方程式为。（3）步骤③中制氢气的原理如下：Ⅰ：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)ΔH＝＋206.4kJ·mol－1Ⅱ：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41.2kJ·mol－1①对于反应Ⅰ，一定可以提高平衡体系中H2的百分含量，又能加快反应速率的措施是（填字母代号）。a．升高温度　b．增大水蒸气浓度　c．加入催化剂　d．降低压强②利用反应Ⅱ，将CO进一步转化，可提高H2的产量。若1.00molCO和H2的混合气体（CO的体积分数为20%）与H2O反应，得到1.18molCO、CO2和H2的混合气体，则CO的转化率为。③若该天然气中硫化氢的体积分数为5%，且甲烷与水蒸气反应转化成二氧化碳和氢气的总转化率为80%，则通过上述流程1.00m3天然气理论上可制得氢气m3（同温同压条件下）。电源3.4mol气体（忽略水蒸气）多孔惰性电极E多孔惰性电极DH2OAB质子膜含苯的物质的量分数为10%的混合气体10mol混合气体，其中苯的体积分数为25%（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（生成的有机物为气体，忽略其他有机物）。①生成目标产物的电极反应式为。②该储氢装置的电流效率为η＝。（η＝×100%，计算结果保留小数点后1位）【知识点】工艺流程题反应速率电化学离子方程式计算A4G5B1F4【答案解析】（15分）　（1）2NH4HS＋O2===2NH3·H2O＋2S↓（2分）111\n（2）SO2＋I2＋2H2O===4H+＋SO＋2I－（2分）（3）①a（2分）　②90%（2分）③3.04（2分）（4）①C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12（有机物可写结构简式）（2分）②51.7%（3分）解析：（1）O2把NH4HS氧化为S，可得化学方程式：2NH4HS+O2=2NH3•H2O+2S↓（2）反应④是碘氧化二氧化硫：SO2＋I2＋2H2O===4H+＋SO＋2I－（3）①a、反应①为吸热反应，反应速率加快，平衡向右移动，H2的百分含量增大，正确；b、增大水蒸气浓度，H2的百分含量减小，错误；c、加入催化剂，H2的百分含量不变，错误；d、降低压强，反应速率减小，错误；选a②设CO的转化量为x     CO+H2O  CO2 +H2起始量（mol） 0.2      0  0.8转化量（mol） x       x   x终态量（mol） 0.2-x     x 0.8+x1mol+x=1.18mol，则x=0.18mol，可得CO转化率=0.18mol÷0.2mol×100%=90%③甲烷与水蒸气反应转化成二氧化碳和氢气的总反应是CH4+2H2OCO2+4H2，理论上可制得氢气4×（1-5%）×80%=3.04m3⑷①根据图像分析D极是苯→环戊烷，是得氢反应，为还原反应，即电极D是阴极，电极E是阳极，目标产物是环戊烷，电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－=C6H12；③阳极生成3.4mol气体，该气体是OH－在阳极放电产生的氧气，转移电子13.6mol；设阴极消耗苯的物质的量是xmol，同时生成xmol环戊烷，剩余苯2.5-xmol，依电极反应式可知转移的电子为6xmol，则根据电子守恒知，同时生成氢气是(13.6mol－6xmol)÷2＝6.8mol－3xmol；依据混合气体成分可列式（2.5-x）÷[10+6.8mol－3xmol]=0.1，x=8.2/7mol，因此储氢装置的电流效率η＝(6×8.2/7÷13.6)×100%=51.7%.【思路点拨】利用平衡移动原理解答第（3）题①；解答第⑷题需挖掘隐含的信息：D极生成了氢气。【理综卷（化学解析）·2022届湖北省襄阳市高三第一次调研考试（202201）word版】27．(14分)亚磷酸（H3PO3）是二元酸，H3PO3溶液存在电离平衡：H3PO3H+ +H2PO3－。亚磷酸与足量NaOH溶液反应，生和Na2HPO3。（1）①写出亚磷酸与少量NaOH溶液反应的离子方程式▲。②根据亚磷酸（H3PO3）的性质可推测Na2HPO3稀溶液的pH▲7（填“>”、“<”或“=”）。③某温度下，0.1000mol·L－1的H3PO3溶液中c(H+)=2.5×10－2 mol·L－1，除OH—之外其他离子的浓度由大到小的顺序是▲，该温度下H3PO3电离平衡的平衡常数K=▲。（H3PO3第二步电离忽略不计，结果保留两位有效数字）（2）亚磷酸具有强还原性，可使碘水褪色，该反应的化学方程式▲。（3）电解Na2HPO3溶液也可得到亚磷酸，装置示意图如下：说明：阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过。①阴极的电极反应式为▲。②产品室中生成亚磷酸的离子方程式为▲。【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡，电解原理的应用H6111\nF4【答案解析】（1）①H3PO3+OH—＝H2PO3—+H2O  ② > ③c（H+）>c（H2PO3-）> c（HPO32-） 8.3×10－3mol/L（2）H3PO3 +I2 +H2O=2HI +H3PO4   （3）①2H+ +2e－＝H2↑    ②HPO32－+2H+＝H3PO3 [或：HPO32－+H+ ＝H2PO3－ 、H2PO3－+H+＝H3PO3]解析：：（1）①亚磷酸是二元酸，亚磷酸和少量氢氧化钠反应生成NaH2PO3、H2O，所以该反应方程式为：H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O。②亚磷酸是二元酸，故Na2HPO3属于正盐，HPO32—只能发生水解而使溶液显示碱性。③0.1000mol•L-1的H3PO3溶液c(H+)=2.5×10－2 mol·L－1，氢离子浓度小于亚磷酸浓度，所以亚磷酸是二元弱酸，在水中分步电离，且第一步电离程度大于第二步，两步电离中都有氢离子生成，所以氢离子浓度最大，离子浓度大小顺序是c（HPO32-）＜c（H2PO3-）＜c（H+）；                          H3PO3⇌H++H2PO3-起始时各物质浓度（mol•L-1）     0.10     0       0反应的各物质的浓度（mol•L-1）2.5×10-22.5×10-2   2.5×10-2平衡时各物质的浓度（mol•L-1）0.10-2.5×10-22.5×10-22.5×10-2K=[c(H+)•c(H2PO3-]/c(H3PO3)=(2.5×10-2×2.5×10-2)/(0.10-2.5×10-2)=8.3×10-3mol/L。（2）碘具有氧化性，亚磷酸具有强还原性，所以亚磷酸和碘能发生氧化还原反应生成氢碘酸和磷酸，反应方程式为：H3PO3+I2+H2O=2HI+H3PO4。（3）①阴极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑；②产品室中HPO32-和氢离子结合生成亚磷酸，反应离子方程式为：HPO32-+2H+=H3PO3。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离，电极反应式的书写、有关平衡常数的计算等，知识点较综合，是高考热点，应重点掌握。【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】27．（16分）甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。Ⅰ．以CO2为碳源制取低碳有机物一直是化学领域的研究热点，CO2加氢制取低碳醇的反应如下：反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ/mol反应II：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH＝－173.6kJ/mol写出由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的反应的热化学方程式。Ⅱ．工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－90.8kJ·mol－1在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。下图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是________；该温度下上述反应的化学平衡常数的表达式为；若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为____________kJ。111\nⅢ．下图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。(1)甲中负极的电极反应式为________。(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为________________。(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如右上图，则图中②线表示的是________的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要________mL5.0mol·L－1NaOH溶液。【知识点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素F2F4G2【答案解析】【解析】Ⅰ、2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、270℃；c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；90.8；Ⅲ、（1）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（2）2.24L；（3）Fe2+；280．解析：Ⅰ、已知：反应I：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1反应II：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=-173.6kJ•mol-1根据盖斯定律Ⅱ-I×2得：2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）；△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线X为230℃，由图象可知曲线Z为270℃，反应的平衡常数表达式为：K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；反应焓变与起始量和平衡量有关，与变化过程无关，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△111\nH=-90.8kJ•mol-1所以若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为90.8KJ；Ⅲ、（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（2）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：  Cu2++2e-=Cu，0.1mol0.2mol2H++2e-=H2↑， 2x    xA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，4x          x得到0.2+2x=4x，x=0.1mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；（3）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据（2）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3++e-=Fe2+，溶液中有Fe3+0.2mol，Fe2+0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为1.4mol÷5mol/L=0.28L=280mL；【思路点拨】本题综合性较大，涉及化学反应自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效平衡计算以及电化学知识等，注意等效思想的运用以及运用极限方法确定c的取值范围，为高考常见题型，难度较大.【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】25．（11分）甲醇是未来重要的绿色能源之一，以CH4和H2O为原料，通过下列反应来制备甲醇Ⅰ、CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.0KJ/molⅡ、CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H=-129.0KJ/mol（1）CH4（g）与H2O（g）反应成CH3OH（g）和H2（g）的热化学方程式为。（2）将1.0mol　CH4和2.0mol　H2O（g）通入容积为2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应I，测得在一定压强下平衡时CH4的转化率与温度的关系如图1．①假设100℃时反应I达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示这段时间该反应的平均反应速率为。111\n②100℃时反应I的平衡常数为。若保持温度和容器的容积不变，5min时再向容器中充入H2O（g）和CO各0.2mol，平衡将移动（填“正向”、“逆向”或“不”）。（3）如图2，P是可自由平行滑动的活塞，关闭K2，在相同温度下，通过K1、K3分别向A、B中各充入2molCO和3mol　H2，在一定条件下发生反应Ⅱ，关闭K1、K3，反应起始时A、B的体积相同，均为aL。①反应达到平衡后，A内压强为起始压强的0.6倍，则平衡时A容器中H2的体积分数为。②若在平衡后打开K2，再次达到平衡后B容器的体积缩至0.6a　L，则打开K2之前，B容器的体积为L。（4）甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后，将Co2+氧化成Co3+，然后以Co3+作氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化．实验室用如图3装置模拟上述过程：①写出阳极电极反应式；②写出除去甲醇的离子方程式。【知识点】热化学方程式；原电池和电解池的工作原理；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控作用F3F4G5【答案解析】【解析】（11分）（1）CH4(g)+H2O(g)=CH3OH(g)+H2(g)△H=+77kJ/mol（2分）（2）①0.12mol/(L.min)②0.18(mol/L)2逆向（每空1分）（3）①33.3﹪②0.8a（每空1分）（4）①Co2+-e-=Co3+②6Co3++CH3OH+H2O=6Co2++CO2↑+6H+（每空2分）解析：（1）依据盖斯定律结合题干热化学方程式计算得到；①CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）△H=+206.0kJ/mol；②CO（g）+2H2（g）=CH3OH（g）△H=-129.0kJ/mol①-②得到CH4（g）与H2O（g）反应生成CH3OH（g）和H2（g）的热化学方程式为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77.0KJ/L；故答案为：CH4（g）+H2O（g）=CH3OH（g）+H2（g）△H=+77.0KJ/L（2）将1.0molCH4和2.0molH2O（g）通入容积固定为2L的反应室，在一定条件下发生反应I，由图象可知100℃甲烷转化率为40%，故参加反应的甲烷为1mol×40%=0.4mol，则：             CH4（g）+H2O（g）=CO（g）+3H2（g）起始量（mol）：1.0     2.0      0       0变化量（mol）：0.4      0.4      0.4      1.2平衡量（mol）：0.6      1.6      0.4      1.2①假设100℃时达到平衡所需的时间为5min，则用H2表示该反应的平均反应速率=1.2mol/2L÷5min==0.12mol•L-1•min-1，故答案为：0.12mol•L-1•min-1；②100℃时反应I的平衡浓度为c（CH4）=0.30mol/L，c（H2O）=0.8mol/L，c（CO）=0.2mol/L，c（H2）=0.6mol/L，平衡常数K=0.6mol•L−13×0.2mol•L−1÷0.3mol•L−1×0.8mol•L−1=0.18mol2•L-2，平衡后再向容器中充入H2O（g）和CO各0.2mol，则c（CH4）=0.30mol/L，c（H2O）=0.9mol/L，c（CO）=0.3mol/L，c（H2）=0.6mol/L，Qc=0.6mol•L−13×0.3mol•L−1÷0.9mol•L−1×0.3mol•L−1111\n=0.24（mol/L）2＞K=0.18mol2•L-2，平衡逆向移动，故答案为：0.18mol2•L-2；逆向；（3）①A中   CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）反应前（mol）2       3        0 反应了（mol）x       2x       x平衡后（mol）2-x     3-2x      x体积不变时，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，则有（2-x+3-2x+x）：（2+3）=3：5解得：x=1，平衡时氢气的体积分数为：1mol÷(1mol+1mol+1mol)=1/3②打开K2，AB都是恒压环境，AB的体积共缩小了0.4aL，A与B体积相等，则A与B各缩小了0.2aL，则打开K2之前，B容器的体积为0.8aL，故答案为：0.8aL；(4)①通电后，将Co2+氧化成Co3+，电解池中阳极失电子发生氧化反应，电极反应为Co2+-e-=Co3+；②以Co3+做氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化的离子方程式结合氧化还原反应的实质原子守恒，电荷守恒配平书写为：6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；故答案为：Co2+-e-=Co3+；6Co3++CH3OH+H2O=CO2↑+6Co2++6H+；【思路点拨】本题考查了盖斯定律的应用、化学反应速率的求算、化学平衡常数的求算及与Qc的关系、恒压恒容容器中反应情况比较、原电池原理分析和电极反应书写方法，题目难度较大，注意认真分析．【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】18．用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中正确的是（　　）A．X为直流电源的正极，Y为直流电源的负极B．阳极区pH减小C．图中的b＜aD．阴极的电极反应为HSO3--2e-+H2O═SO42-+3H+和SO32--2e-+H2O=SO42-+2H+【知识点】电解原理F4【答案解析】【解析】B解析：A．根据阴阳离子的移动方向知，阳离子向Pt（Ⅰ）电极移动，阴离子向Pt（Ⅱ）移动，因此Pt（Ⅰ）为阴极，Pt（Ⅱ111\n）为阳极，所以X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，故A错误；B．阳极上，亚硫酸根离子被氧化生成硫酸根离子，亚硫酸是弱电解质，硫酸是强电解质，所以阳极附近氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故B正确；C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b＞a，故C错误；D．该电解池中阴极上生成氢气，应该是氢离子得电子发生还原反应，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了学生电解池的工作原理，能正确分析图片是解本题的关键，注意图片中加入物质和析出物质的变化。【化学卷（解析）·2022届辽宁省沈阳二中高三12月月考（20221）】7．Mg—AgCl电池是一种用海水激活的一次电池，在军事上用作电动鱼雷的电电池的总反应可表示为：Mg+2AgCl═MgCl2+2Ag下列关于该电池的说法错误的是（　）A．该电池工作时，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2AgB．该电池的负极材料可以用金属铝代替C．有24g　Mg被氧化时，可还原得到108gAgD．装备该电池的鱼雷在水中行进时，海水作为电解质溶液【知识点】原电池、电解池工作原理F3F4【答案解析】【解析】C解析：A、由电池反应方程式看出，Mg是还原剂、AgCl是氧化剂，故金属Mg作负极，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，故A正确；B、该电池的负极材料可以用金属铝代替，故B正确；C、电极反应式：Mg-2e-=Mg2+，24g Mg即1mol被氧化时，转移电子是2mol，正极反应为：2AgCl+2e-═2C1-+2Ag，可还原得到216gAg，故C错误；D、因为该电池能被海水激活，海水可以作为电解质溶液，故D正确．故答案选C【思路点拨】结题技巧总结：电极类型的判断首先在明确属于电解池还是原电池基础上来分析的，原电池对应的是正、负两极，电解池对应的阴、阳两极，根据元素价态变化找出氧化剂与还原产物。【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】20．(14分)（1）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术。反应①为主反应，反应②和③为副反应。①1/4CaSO4(s)+CO(g)1/4CaS(s)+CO2(g)∆H1②CaSO4(s)+CO(g)CaO(s)+CO2(g)+SO2(g)∆H2③CO(g)1/2C(s)+1/2CO2(g)∆H3则反应2CaSO4(s)+7CO(g)CaS(s)+CaO(s)+6CO2(g)+C(s)+SO2(g)的∆H＝（用∆H1、∆H2和∆H3表示）（2）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH①该反应平衡常数表达式为K＝。②已知在某压强下，该反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如下图所示。111\n该反应的ΔH____(填“＞”“＜”或“=”)0。若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，则K将(填“增大”“减小”或“不变”)。③二甲醚燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为。（3）一种以铜作催化剂脱硫有如下两个过程：①在铜的作用下完成工业尾气中SO2的部分催化氧化，所发生反应为：2SO2＋2nCu＋(n＋1)O2＋(2－2n)H2O＝2nCuSO4＋(2－2n)H2SO4从环境保护的角度看，催化脱硫的意义为。②利用下图所示电化学装置吸收另一部分SO2，并完成Cu的再生。写出装置内所发生反应的总的离子方程式：。石墨铜隔膜SO2CuSO4H2SO4H2SO4【知识点】热化学方程式的书写、化学平衡有关计算、燃料电池、电解原理F2F3F4G4【答案解析】【解析】14分)（1）4∆H1+∆H2+2∆H3（2分）（2）①[c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)]　（2分）②<（2分）；不变（2分）③CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋（2分）（3）①减少酸雨的发生（2分）②SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42—＋Cu（2分）解析：（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，故答案为：4△H1+△H2+2△H3；①该反应平衡常数表达式为K＝[c(CH3OCH3)×c3(H2O)]/[c2(CO2)×c6(H2)]；②CO2的转化率随温度的升高而减小，说明温度升高逆向移动，故该反应的ΔH<0；K只与温度有关，若温度不变，减小反应投料比[n(H2)/n(CO2)]，则K不变。③燃料电池的负极是燃料放电，正极是氧气放电，二甲醚燃料电池具有启动快，效率高等优点，若电解质为酸性，二甲醚燃料电池的负极反应为：CH3OCH3－12e－＋3H2O===2CO2↑＋12H＋；①脱硫可以减少二氧化硫的排放量，防止酸雨的发生；111\n②分析图中电解装置，可知左边石墨是电解池的阳极，右边是阴极；阳极放电的物质二氧化硫，失去电子生成硫酸根离子，电极反应式：SO2-2e-+2H2O=SO42-+2H+；阴极放电的物质时铜离子，得到电子被还原成单质铜，电极反应式：Cu2++2e-=Cu；将上述两电极的电极反应式得：SO2＋2H2O＋Cu2＋4H＋＋SO42—＋Cu【思路点拨】本题考查了电化学应用、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量较大，注意掌握化学平衡常数的概念及表示方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用。【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】13．下列叙述正确的是A．合成氨工业中，移走NH3可增大正反应速率，提高原料转化率B．酸碱中和滴定时，锥形瓶需用待测液润洗2次，再加入待测液C．将NO2、N2O4混合气体的体积压缩为原来的一半，则气体颜色加深D．牺牲阳极的阴极保护法和外加直流电的阴极保护法都是应用电解原理【知识点】化学平衡移动、酸碱中和滴定、电解原理应用F4G2【答案解析】【解析】C解析：A．减少生成物的浓度，反应速率减小，则合成氨生产过程中将NH3移走，减小正反应速率，平衡正移，故A错误；B．酸碱中和滴定时，锥形瓶一定不能用待测液润洗，否则使得待测夜的物质的量偏大，影响滴定结果，故B错误；C．压缩混合气体体积，二氧化氮的浓度增大，颜色加深，但是同时体系的压强增大，平衡会向着正方向移动，颜色变浅，最终比原来颜色深，故C正确；D．牺牲阳极的阴极保护法是应用原电池原理，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了影响反应速率的因素、中和滴定、金属的腐蚀和防护，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的应用能力，题目难度不大．【化学卷（解析）·2022届江苏省盐城中学高三1月月考（20220228）】11．下列说法正确的是A．已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10—38，则常温下Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数K=2.5×10—5B．准确称取0.4000gNaOH固体可配成100mL0.1000mol·L—1的NaOH标准溶液C．电解精炼铜过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加一定相等D．催化剂通过降低化学反应的焓变加快化学反应速率【知识点】沉淀溶解平衡、溶液的配制、电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响F4H5【答案解析】【解析】A解析：A．Ksp[Fe(OH)3]=C3(OH-)·C(Fe3+)=4.0×10—38，反应的平衡常数：K=C(Fe3+)/C3(H+)=[C3(OH-)·C(Fe3+)]/K3w=2.5×10—111\n5，故A正确；B．称取0.4000g的NaOH，因NaOH易吸收水和二氧化碳，配制成100mL溶液，最终NaOH溶液的浓度不是0.1000 mol•L-1，故B错误；C．电解过程中，阳极上不仅有铜还有其它金属失电子，阴极上只有铜离子得电子，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量，故C错误；D．催化剂能降低反应的活化能，不改变焓变的大小，故D错误．故答案选A【思路点拨】本题考查了沉淀溶解平衡、溶液的配制、电解原理和电解池原理的应用、催化剂对反应的影响，明确阴阳极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大．【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】26．（14分）I．已知25℃时有关弱酸的电离平衡常数：弱酸化学式HSCNCH3COOHHCNH2CO3电离平衡常数1.3×10-11.8×10-54.9×10-10K1=4.3×10-7K2=5.6×10-11(1)25℃时，将20mL0.1mol/LCH3COOH溶液和20mL0.1mol/LHSCN溶液分别与20mL0.1mol/LNaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积（V）随时间（t）的变化如图所示：Ot反应初始阶段两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是：。(2)若保持温度不变，在醋酸溶液中加入一定量氨气，下列量会变小的是____（填序号）。a.c(CH3COO－)b.c(H+)c.Kwd.醋酸电离平衡常数II．某温度(t℃)时，测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH=11。在此温度下，将pH=2的H2SO4溶液VaL与pH=12的NaOH溶液VbL混合，若所得混合液为中性，则Va︰Vb=              。III．如图所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液见图。（1）关闭K1，打开K2，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为_____极，通电开始时，滤纸d端的电极反应式是：；（2）已知C装置中溶液为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如右上图所示。则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是；D装置中溶液是H2SO4，则此装置电极C端的实验现象是：_____________________。【知识点】弱电解质的电离、PH的计算、电解、原电池原理F3F4H1111\n【答案解析】【解析】I、（1）HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)b;II．10:1；III．(1)负；2H++2e-=H2↑（2）开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成解析：I、（1）由Ka（CH3COOH）=1.8×10-5和Ka（HSCN）=0.13可知，CH3COOH的酸性弱于HSCN的，即在相同浓度的情况下HSCN溶液中H+的浓度大于CH3COOH溶液中H+的浓度，浓度越大反应速率越快；又酸越弱，反应生成的相应的钠盐越易水解，即c（CH3COO-）＜c（SCN-），故答案为：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c（H+）较大，故其溶液与NaHCO3溶液的反应速率快；(2)a．加入氨气，促进醋酸的电离，则c（CH3COO-）增大，故a错误；b．加入氨气，氢氧根浓度增大，c（H+）减小，故b正确；c．由于温度不变，则Kw不变，故c错误；d．由于温度不变，醋酸电离平衡常数不变，故d错误．故答案为：b；II．某温度时0.01mol/L的NaOH溶液中c（OH-）=0.01mol/L，pH=11，则c（H+）=1×10-11mol/L，Kw=c（H+）•c（OH-）=0.01×1×10-11=1×10-13；此温度下将pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c（H+）=0.01mol/L，若所得混合溶液呈中性，则反应后的溶液的n（OH-）=n（H+）,即：0.01mol/L·VaL=0.1mol/L·VbL，Va︰Vb=10:1III．(1)据题意KMnO4紫红色液滴向c端移动，说明高锰酸根离子向c端移动，可推出c极为阳极，进一步可确定电源a端为正极，b端为负极，通电一段时间后，滤纸d端为阴极，发生反应为2H++2e-=H2↑；（2）打开K1，关闭K2，为电解硝酸银和硝酸铜的串联电路，C装置中右端Pt电极为阴极，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示，表示转移电子数0.2mol，说明只有铜离子先放电，后氢离子放电，故氧化顺序为：Cu2+>H+>X3+，D装置中Cu为阳极，放电生成铜离子，C为阴极，氢离子放电生成氢气，后来铜离子放电生成铜，所以现象为：开始有无色无味气体生成，后来有红色物质生成；【思路点拨】本题考查较为综合，涉及盐类的水解、难溶电解质的转化以及燃料电池等知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度中等.【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】24．按图甲装置进行实验，实验结果如图乙所示。乙中横坐标x表示电路中通过电子的物质的量，纵坐标y表示反应物或生成物的物质的量，下列叙述不正确的是A．E表示反应生成铜的物质的量B．E表示反应消耗水的物质的量C．F表示反应生成氧气的物质的量D．F表示反应生成硫酸的物质的量111\n【知识点】电解原理F4【答案解析】【解析】D解析：由甲可知，为电解装置，C为阳极，发生4OH--4e-=O2↑+2H2O，Cu为阴极，发生Cu2++2e-=Cu，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合乙可知，转移4mol电子生成2molE，生成1molF，A．由电子与物质的物质的量的关系可知E表示反应生成铜的物质的量，故A正确；B．由总反应可知，Cu与水的物质的量相同，则E表示反应消耗水的物质的量，故B正确；C．由电子与物质的物质的量的关系可知F表示反应生成氧气的物质的量，故C正确；D．因硫酸与氧气的物质的量不等，则F不能表示生成硫酸的物质的量，故D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查了电解原理，明确发生的电极反应、电解反应及图象的分析是解答本题的关键，注意反应中转移电子与各物质的物质的量的关系即可解答，题目难度不大。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】9．表面介导电池(SMCS)是一种新型充电电池，可使电动汽车的充电时间仅需几分钟，该电池的电极材料为金属锂和氧化石墨烯。下列有关说法中不正确的是A．放电时，氧化石墨烯作正极B．放电时，负极电极反应式为Li－e－===Li＋C．充电时，该电池是将电能转化为化学能D．充电时，电解质溶液中的Li＋从阴极迁移到阳极【知识点】新型电源F3F4F5【答案解析】【解析】D解析：A．放电时，活泼金属锂做负极，氧化石墨烯作正极，故A正确；B．放电时，活泼金属锂做负极，负极电极反应式为Li－e－===Li＋，故B正确；C．充电时，该电池是电解池原理，将电能转化为化学能，故C正确；D．充电时，电解质溶液中的阳离子Li＋从阳极极迁移到阴极，故D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查了化学电源新型电池，题目难度中等，注意把握原电池的工作原理和电极反应的判断。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】4.将左下图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（）111\nA．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动B．Cu电极质量增加C．甲池与乙池中的溶液互换，闭合K,电流没有明显变化D．片刻后可观察到滤纸b点变红色【知识点】原电池和电解池工作原理F3F4【答案解析】【解析】B解析：甲、乙装置能自发的进行氧化还原反应，所以是原电池，锌易失电子作负极，铜作正极，则含有硫酸钾溶液的滤纸是电解池，a是阴极，b是阳极，A、电子从Zn→a，b→Cu路径流动，电子不进入电解质溶液，故A错误；B、铜电极上铜离子得电子发生还原反应而生成铜，质量增加，故B正确；C、甲池与乙池中的溶液互换，Zn与硫酸铜溶液直接接触，发生置换反应，不能形成原电池，所以闭合K没有电流产生，故C错误；D、电解池中，b电极上氢氧根离子放电，同时b电极附近生成氢离子，导致溶液酸性增强，所以b极不变红色，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的电极反应是解本题关键，易错选项是A，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过阴阳离子的定向移动形成电流，为易错点．【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】29．（8分）常温下用惰性电极电解200mLNaCl、CuSO4的混合溶液，所得气体的体积随时间变化如下图所示，根据图中信息回答下列问题。（气体体积已换算成标准状况下的体积，且忽略气体在水中的溶解和溶液体积的变化）（1）曲线（填Ⅰ或Ⅱ）表示阳极产生气体的变化；（2）NaCl的物质的量浓度为，CuSO4的物质的量浓度。（3）t2时所得溶液的pH为。【知识点】电解原理的应用F4【答案解析】（1）Ⅱ（2）0.1；0.1；（3）1解析：（1）电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系。（2）由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl--2e-=Cl2↑可知，n（NaCl）=0.224L/22.4L/mol×2=0.02mol，所以c（NaCl）=0.02mol/0.2L=0.1mol/L，由t2时生成氧气为112mL，n（O2）=0.112L/22.4L/mol=0.005mol，则共转移电子为0.02mol+0.005mol×4=0.04mol，根据电子守恒及Cu2++2e-=Cu可知，n（CuSO4）=0.04mol/2=0.02mol，所以c（CuSO4）=0.02mol/0.2L=0.1mol/L， （3）由t2时4OH--4e-=O2↑+2H2O～4H+，n（H+）=0.005mol×4=0.02mol，则溶液的c（H+）=0.02mol/0.2L=0.1mol/L，pH=1111\n【思路点拨】本题考查了电解原理的应用，明确发生的电极反应及图象的对应关系是解答本题的关键，注意把握电极反应式的书写，为解该题的关键，题目综合性较强，难度中等。111\n【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】17．温度为25℃时,将两个铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解,通电一段时间后,在阴极逸出amol气体,同时有WgNa2SO4·10H2O析出,若温度不变,此时剩余溶液中的溶质的质量分数为（）A．%B．%C．%D．%【知识点】物质的量浓度的相关计算，电解原理的应用A3F4【答案解析】D解析：用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液。w g Na2SO4•10H2O硫酸钠的质量=w g×142/322=71w/161g，设电解水的质量为x：2H2O==O2↑+2H2↑36g 2mol x    amol x=18ag所以饱和溶液的质量分数=[71w/161g]/(w+18a)g×100%=，故选D。【思路点拨】本题以电解原理为载体考查了质量分数的计算，难度中等，注意理解电解发生的反应，明确电解后析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的是饱和溶液是关键，题目综合性较强。【化学卷（解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期第四次联考（202201）】16．用惰性电极电解M（NO3）x的水溶液,当阴极上增重ag时,在阳极上同时产生bL氧气（标准状况）,从而可知M的原子量为（）A．B．C．D．【知识点】电解原理的应用F4【答案解析】C解析：设M的原子量为R，电解时，电池反应方程式为：4M（NO3）x+2xH2O===4M+xO2↑+4xHNO34Rg 22.4xLag    bL所以 R=5.6ax/b，故选C。【思路点拨】本题以电解原理为载体考查了氧化还原反应的有关计算，能正确写出该电池的电池反应式并找出金属与氧气的关系式是解本题的关键，要注意根据得失电子相等配平方程式，才能正确解答问题。111\n【化学卷（解析）·2022届福建省泉州五校高三联考（202201）】22（14分）、资源化利用二氧化碳不仅可减少温室气体的排放，还可重新获得燃料或重要工业产品。(1)有科学家提出可利用FeO吸收和利用CO2，相关热化学方程式如下：　　6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)　△H=-76.0kJ·mol一1①上述反应中每生成1molFe3O4，转移电子的物质的量为_______mol。②已知：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)　△H=+113.4kJ·mol一1，则反应：　　3FeO(s)+H2O(g)=Fe3O4(s)+H2(g)的△H=__________。(2)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)向一容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的CO2和H2，在300℃时发生上述反应，达到平衡时各物质的浓度分别为CO20.2mol·L一1，H20.8mol·L一1，CH40.8mol·L一1，H2O1.6mol·L一1。则300℃时上述反应的平衡常数K=____________________。200℃时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的△H_____(填“>’’或“<”)0。(3)华盛顿大学的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时CO2零排放，其基本原理如图所示：①上述生产过程的能量转化方式是_____________。a、电能转化为化学能b、太阳能转化为电能c、太阳能转化为化学能d、化学能转化为电能②上述电解反应在温度小于900℃时进行，碳酸钙先分解为CaO和CO2，电解质为熔融碳酸钠，阴极反应式为3CO2＋4e－=C＋2CO32-则阳极的电极反应式为___________________。【知识点】反应热平衡常数电化学氧化还原反应B3G5F4【答案解析】(共14分)（1）①2(2分)②+18.7kJ·mol-1(2分)（2）25(2分)；＜(2分)（3）①a、c(3分，少一个得1分，多选或错选不得分)②2CO2-3－4e－===2CO2↑＋O2↑(3分)解析：（1）①由6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)知，反应方程式FeO中铁元素化合价+2升至Fe3O4中+，CO2由+4降至C中碳元素的0价，每生成1molC转移电子4mol，生成Fe3O4 2mol，则生成1molFe3O4转移电子2mol；②反应1：6FeO(s)+CO2(g)=2Fe3O4(s)+C(s)，△H1=-76.0kJ/mol；反应2：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)，△H2=+113.4kJ/mol，根据盖斯定理△H=（△H1+△H2）=（-76.0+113.4）=+18.7kJ/mol（2）300℃时上述反应的平衡常数K=111\n=25；由题意知300℃时，K=25，200℃时，K=64.8，平衡常数增大，则降温平衡正向移动，因此正反应为放热反应，△H＜0（3）由图知，是用吸收的太阳能和电源电能进行反应能量的来源，故太阳能和电能转化为化学能，选ac；电解反应中阳极失电子发生氧化反应，由图知反应产物为O2，又电解质为熔融碳酸钠，故反应方程式：2CO32--4e－=2CO2↑＋O2↑。【思路点拨】根据电子守恒、盖斯定律、平衡常数的概念、焓变和平衡常数与温度的关系、电解原理解答。【理综卷（化学解析）·2022届山东省实验中学高三第三次诊断考试（202212）】34．（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。工业设计生产NaClO2的主要流程如右图所示。另附III离子交换膜电解池示意图。（1）写出无隔膜电解槽阳极反应的电极反应式：__________（2）由离子交换膜电解池示意图分析A的化学式是（3）Ⅱ中反应的离子方程式是（4）设备Ⅲ在通电电解前，检验其溶液中主要阴离子的方法、步骤、现象是______________【知识点】氧化还原反应原理电解池原理B3F4【答案解析】(1)Cl--6e-+3H2O=ClO3-+6H+；(3分)(2)H2SO4；(3分)(3)2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O。(3分)(4)取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有SO42-。(3分)111\n解析：(1)根据电解池阳极发生氧化反应，结合流程图无隔膜电解槽电解饱和食盐水，得到氢气和氯酸钠，阳极电极反应式为：Cl--6e-+3H2O=ClO3-+6H+；(2)离子交换膜电解池中，电解硫酸钠溶液本质是电解水，阴极发生2H++2e-=H2↑，阳极发生4OH--4e-=O2↑+2H2O，所以A为硫酸。(3)根据流程信息可知，Ⅱ中反应物有ClO2、H2O2、NaOH，生成NaClO2、O2，所以反应方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑，离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+O2↑+2H2O。(4)根据硫酸根离子的检验方法解答：取少量Ⅲ中溶液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，无沉淀生成，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有SO42-。【思路点拨】本题考查了氧化还原反应原理和电解池原理的应用，理解电解池的阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。【理综卷（化学解析）·2022届山东省实验中学高三第三次诊断考试（202212）】13.如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析正确的是A．K1闭合，铁棒侧溶液会出现白色沉淀，而且沉淀最终变为红褐色B．K1或K2闭合，石墨棒周围溶液pH均升高C．K2闭合，铁棒上发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.002mol气体【知识点】原电池原理电解池原理F3F4【答案解析】D解析：A、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子发生Fe-2e－=Fe2＋，正极发生O2+4e-+2H2O=4OH-,亚铁离子通过阳离子交换膜到达正极区，碳棒区会出现白色沉淀，A错误；B、K1闭合，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为OH－，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，K2闭合构成电解池，石墨棒是阳极，2Cl--2e-=Cl2，铁棒是阴极，发生2H++2e-=H2，铁棒周围溶液pH逐渐升高，B错误；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极发生2H++2e-=H2，C不正确；D、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极，溶液中的氢离子放电生成氢气。石墨棒是阳极，溶液中的氯离子放电生成氯气，电路中通过0.002NA个电子时，两极均产生0.001mol气体，共产生0.002mol气体，D正确，故答案选D【思路点拨】本题考查了原电池原理和电解池原理，正确书写电极反应是关键。111\n【理综卷（化学解析）·2022届吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试（202201）】27．（16分）甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。Ⅰ．以CO2为碳源制取低碳有机物一直是化学领域的研究热点，CO2加氢制取低碳醇的反应如下：反应I：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH＝－49.0kJ/mol反应II：2CO2(g)+6H2(g)=CH3CH2OH(g)+3H2O(g)ΔH＝－173.6kJ/mol写出由CH3OH(g)合成CH3CH2OH(g)的反应的热化学方程式。Ⅱ．工业上一般以CO和H2为原料在密闭容器中合成甲醇：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)　ΔH＝－90.8kJ·mol－1在容积为1L的恒容容器中，分别研究在230℃、250℃和270℃三种温度下合成甲醇的规律。下图是上述三种温度下H2和CO的起始组成比(起始时CO的物质的量均为1mol)与CO平衡转化率的关系，则曲线Z对应的温度是________；该温度下上述反应的化学平衡常数的表达式为；若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为____________kJ。Ⅲ．下图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。(1)甲中负极的电极反应式为________。(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为________________。(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如右上图，则图中②111\n线表示的是________的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要________mL5.0mol·L－1NaOH溶液。【知识点】化学平衡的计算；热化学方程式；化学电源新型电池；化学平衡的影响因素F2F4G2【答案】【解析】Ⅰ、2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、270℃；c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；90.8；Ⅲ、（1）CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（2）2.24L；（3）Fe2+；280．解析：Ⅰ、已知：反应I：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）△H=-49.0kJ•mol-1反应II：2CO2（g）+6H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+3H2O（g）△H=-173.6kJ•mol-1根据盖斯定律Ⅱ-I×2得：2CH3OH（g）=CH3CH2OH（g）+H2O（g）；△H=-75.6kJ•mol-1；Ⅱ、根据该反应为放热反应，温度越高CO的转化率越小，所以曲线X为230℃，由图象可知曲线Z为270℃，反应的平衡常数表达式为：K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)；反应焓变与起始量和平衡量有关，与变化过程无关，CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.8kJ•mol-1所以若增大H2的用量，上述反应的热效应最大值为90.8KJ；Ⅲ、（1）甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；（2）工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为X，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反应为：  Cu2++2e-=Cu，0.1mol0.2mol2H++2e-=H2↑， 2x    xA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，4x          x得到0.2+2x=4x，x=0.1mol乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L；（3）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无增多，铁离子物质的量减小，亚铁离子增加，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，依据（2）计算得到电子转移为0.2mol，当电子转移为0.2mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-=Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.1mol，图象分析每个单位为0.05mol，阴极电极反应Fe3++e-=Fe2+，溶液中有Fe3+0.2mol，Fe2+0.3mol，Cu2+为0.1mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液等体积为1.4mol÷5mol/L=0.28L=280mL；【思路点拨】本题综合性较大，涉及化学反应自发性判断、化学平衡常数、化学平衡影响因素、等效平衡计算以及电化学知识等，注意等效思想的运用以及运用极限方法确定c的取值范围，为高考常见题型，难度较大.【理综卷（化学解析）·2022届河北省衡水中学高三上学期五调考试（202212）word版】26．(14分)甲醇是一种重要的化工原料，在生产中有着重要的应用。工业上用甲烷氧化法合成甲醇的反应有：111\n(ⅰ)CH4(g)+CO2(g)⇌2CO+2H2(g)△H1=+247.3KJ.mol-1(ⅱ)CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H2=-90.1KJ.mol-1(ⅲ)2CO(g)+O2(g)⇌2CO2(g)△H3=-566.0KJ.mol-1(1)用CH4和02直接制备甲醇蒸气的热化学方程式为。(2)某温度下，向4L恒容密闭容器中通人6molC02和6molCH4，发生反应(i)，平衡体系中各组分的体积分数均为，则此温度下该反应的平衡常数K=，CH4的转化率为。(3)工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为：CH3OH(g)+CO(g)⇌HCOOCH3(g)△H=-29.1KJ.mol-1科研人员对该反应进行了研究，部分研究结果如下：①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是(填“3．5×106Pa""4．O×106Pa"或“5．0×106Pa”)。②实际工业生产中采用的温度是80℃，其理由是。(4)直接甲醇燃料电池(简称DMFC)由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染，可作为常规能源的替代品而越来越受到关注。DMFC的工作原理如图所示：①通入a气体的电极是电池的(填“正”或“负”)极，其电极反应式为②常温下，用此电池以惰性电极电解O．5L饱和食盐水(足量)，若两极共生成气体1．12L(已折算为标准状况下的体积)，则电解后溶液的pH为(忽略溶液的体积变化)。【知识点】化学反应与能量化学平衡电解原理F1G1F4111\n【答案解析】(1)2CH4(g)+O2(g)⇌2CH3OH(g)△H=-251.6KJ.mol-1(2)1；33.3%;(3)①1.0×104Pa；②高于80时，温度对反应速率影响较小，又因反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低；(4)①负；CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+②13；解析：(1)根据盖斯定律(ⅰ)×2+(ⅱ)×2+(ⅲ)得：2CH4(g)+O2(g)⇌2CH3OH(g)△H=-251.6KJ.mol-1（2）CH4+CO2⇌2CO+2H2起始浓度（mol/L）1.51.500反应浓度（mol/L）xx2x2x平衡浓度（mol/L）(1.5-x)(1.5-x)2x2x因为平衡体系中各组分的体积分数均为，即各组分的浓度相等：(1.5-x)=2x，解得x=0.5，所以平衡时CH4、CO2、CO、H2的浓度都是1mol/L,K=；CH4的转化率为；(3)①从图像上压强对甲醇转化率的影响看，随着压强的增大甲醇转化率增大，但当压强大于4．O×106Pa时，甲醇转化率随压强的增大不明显，所以工业制取甲酸甲酯应选择的压强是4．O×106Pa；②高于80时，温度对反应速率影响较小，又因反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低；(4)①根据原电池的负极失电子知通入a气体的电极是电池的负极；电极反应为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+②以惰性电极电解O．5L饱和食盐水(足量)，若两极共生成标准状况下气体1．12L，即氢气、氯气各0.025mol，生成氢氧化钠0.05mol，c(0H-)=0.05mol/0.5L=0.1mol/L，c(H+)=1×10-13mol/L，PH=13；【思路点拨】本题考查了化学反应与能量、化学平衡、电解原理，题干信息较多综合性强，但问题比较基础。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】28.(14分)下图为细菌冶铜和火法冶铜的主要流程。(1)硫酸铜溶液一般不呈中性，原因是_______(用离子方程式表示）。写出电解硫酸铜溶液的化学方程式：______________(电解过程中，始终无氢气产生)。(2)细菌冶金又称微生物浸矿，是近代湿法冶金工业上的一种新工艺。细菌冶铜与火法冶铜相比，优点为________________(写出一点即可)。(3)111\n用惰性电极分别电解浓的氯化铜溶液和硫酸铜溶液。电解浓的氯化铜溶液时发现阴极有金属铜生成，同时阴极附近会出现棕褐色溶液。而电解硫酸铜溶液时，没有棕褐色溶液生成。下面是关于棕褐色溶液成分的探究①有同学认为，阴极附近出现的棕褐色溶液是氯气反应的结果，你认为他的猜测是否正确？______(填“正确”或“不正确"），原因是___________。资料1:一般具有混合价态(指化合物中同一元素存在两种不同的化合价，如Fe3O4中的Fe元索)的物质的颜色比单一价态的物质的颜色要深。资料2:CuCl微溶于水,能溶于浓盐酸。②猜想：棕褐色溶液中可能含有的离子是________(填3种主要离子符号）。③验证猜想:完成实验方案(配制棕褐色溶液）。取少量________固体于试管中，加入_______使其溶解，再加入_______溶液，观察现象。④已知电解前，U形管中加入了1OOmLO.5mol.L－1CuCl2溶液，电解结束时电路中一共转移了0.03mol电子，且阴极生成0.64g铜,则形成的低价阳离子的物质的量为_____mol。【知识点】盐类的水解电解原理的应用H3F4J4【答案解析】(1)酸（1分）；Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+（2分）；2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4（2分）；（2）节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低；适宜处理炉渣；（3）①不正确；阴极不会产生氯气；（1分）；②Cu2+、Cu+、Cl-；（2分）；③氯化亚铜；浓盐酸；氯化铜；（各1分）；④0.01mol（2分）；解析：(1)硫酸铜溶液中铜离子水解，Cu2++2H2OCu（OH）2+2H+；使溶液呈酸性；电解硫酸铜溶液的反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4；（2）湿法炼铜需在溶液中进行，而细菌冶铜在常温下用生物冶铜，节约能源、环保、设备简单、操作方便；工艺条件易控制、投资少、成本低，适宜处理炉渣，（3）用惰性电极电解氯化铜溶液，第一阶段：阳极发生氧化反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极发生还原反应：Cu2++2e-=Cu，第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑；电解硫酸铜溶液时第一阶段：2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，第二阶段：2H2OH2↑+O2↑，①用惰性电极电解氯化铜溶液，电解过程中阳离子向阴极移动，所以阴极第一阶段发生：Cu2++2e-=Cu，第二阶段：2H++2e-=H2↑111\n，阴极不可能生成氯气，所以阴极附近会出现棕褐色溶液，并不是氯气反应的结果，②根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，铜有Cu2+、Cu+离子，所以棕褐色溶液中可能含有的离子是Cu2+、Cu+，溶液中还可能存在阴离子Cl-；③为了验证溶液中是否存在Cu2+、Cu+，取少量氯化亚铜固体于试管中，加入浓盐酸使其溶解，再加入氯化铜溶液，观察现象，进行对照即可。④100mL0.5mol•L-1 CuCl2溶液中含0.05molCuCl2，Cu2++2e-=Cu，生成0.64g铜转移0.02mol电子，电解结朿时电路中一共转移了0.03mol电子，根据题干信息，混合价态的物质的颜色比单一价态的物质的颜色深，所以还有0.01mol电子为Cu2+离子得电子生成Cu+离子，Cu2++e-=Cu+，则形成的低价阳离子的物质的量为0.01mol，【思路点拨】本题考查了盐类的水解、电解原理的应用等知识，理解电解原理、顺利书写电极反应是关键。【理综卷（化学解析）·2022届安徽省屯溪一中高三第四次月考（202212）】27．（15分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强的还原性。回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式_______________________。（2）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为Ag，从而可用于化学镀银。①H3PO2中，P元素的化合价为__________；②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则氧化产物为___________（填化学式）；③NaH2PO2为___________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显_______（填“弱酸性”、“中性”或“弱碱性”）。（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应，写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式______________________。（4）H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式____________________________________；②分析产品室可得到H3PO2的原因___________________________________；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有杂质，该杂质产生的原因是。111\n【知识点】弱电解质的电离盐的水解电解原理H1H3F4【答案解析】（1）H3PO2H+＋H2PO2-(2)①+1。②H3PO4。③正盐，碱性。（3）2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2.②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，通过阳膜扩散进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，二者反应生成H3PO2.③H3PO4或PO43-。由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而被氧化生成H3PO4。解析：（1）根据一元酸只发生一步电离，中强酸是弱电解质得：H3PO2H+＋H2PO2-(2)①利用元素化合价代数和为零，得出H3PO2中P元素为+1价。②H3PO2做还原剂，Ag+是氧化剂，二者1︰4反应，则H3PO2失去4个电子，P元素变为+5价，生成H3PO4。③由于H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，弱酸强碱盐水解显碱性。（3）反应的反应物与产物都给出，是P元素的歧化反应，配平得：2P4＋3Ba(OH)2＋6H2O＝2PH3↑＋3Ba(H2PO2)2（4）①阳极室电极上发生氧化反应，失电子的是OH-。2H2O－4e-＝4H＋＋O2↑或4OH-－4e-＝2H2O＋O2↑.②由于阳极室OH-放电，造成H+浓度增大，H+通过阳膜进入产品室，而原料室中的H2PO2-可以通过阴膜进入产品室，生成H3PO2.③由于H3PO2具有还原性，电解时就会有H3PO2在阳极放电而生成H3PO3。【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离、盐的水解、电解原理，注意将电化学与氧化还原反应原理相联系。【化学卷（解析）·2022届重庆市巴蜀中学高三上学期第一次模拟考试（202201）】11．(14分)（1）对工业合成氨条件的探索一直是化学工业的重要课题，在恒温恒容的甲容器、恒温恒压的乙容器中分别进行合成氨反应，如下图（图中所示数据均为初始物理量）。t分钟后反应均达到平衡，生成NH3均为0.4mol（忽略水对压强的影响及氨气的溶解）。①判断甲容器中的反应达平衡的依据是。（填写相应编号）A.压强不随时间改变B.气体的密度不随时间改变C.c(N2)不随时间改变D.单位时间内生成2molNH3的同时消耗1molN2E.单位时间内断裂3molH-H键，同时断裂6molN-H键②该条件下甲容器中反应的平衡常数K=；平衡时，甲的压强P平=（初始压强用P0表示）。③该条件下，若向乙中继续加入0.2molN2，达到平衡时N2转化率=。111\n（2）最近华南理工大提出利用电解法制H2O2并用产生的H2O2处理废氨水，装置如下图①为了不影响H2O2的产量，需要向废氨水加入适量硝酸调节溶液的pH约为5，则所得废氨水溶液中c（NH4+）c（NO3-）（填“＞”、“＜”或“=”）。②Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用，该电极上的反应为。③理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理NH3•H2O的物质的量为。【知识点】化学平衡电解F4G5【答案解析】解析：⑴①A.该反应是气体体积可变的反应，当压强不随时间改变表明气体的物质的量不再变化，因此可判断平衡建立，B.气体的质量不变，容器体积不变，因此气体的密度始终不随时间改变，不能判断平衡建立，C.c(N2)不随时间改变，即氮气的物质的量不再变化，表明达平衡，D.生成NH3、消耗N2都是逆反应（同方向），不能判断平衡建立，E.单位时间内断裂3molH-H键，同时断裂6molN-H键，可以判断平衡建立，因此选ACE②根据题意：甲容器N2（g）+3H2（g）2NH3（g），初始物质的量：0.4mol  1.2mol     0变化物质的量：0.2mol  0.6mol    0.4mol 平衡物质的量：0.2mol  0.6mol    0.4mol 体积为2L，则c（N2）=0.1mol/L，c（H2）=0.3mol/L，c（NH3）=0.2mol/L，平衡常数为K=0.22/0.33×0.1=400/27，初始气体总物质的量=0.4mol+1.2mol=1.6mol，平衡时气体总物质的量：0.2mol+0.6mol+0.4mol=1.2mol，在恒温恒容的容器中压强之比等于气体的物质的量比；甲的压强P平=3P0/4，②化学平衡常数只与温度有关，乙为恒温恒压，根据题意：乙容器2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g），                                       初始物质的量：1.6mol6mol      0   0                                       变化物质的量：0.2mol0.6mol   0.4mol   0.3mol                                          平衡物质的量：1.4mol5.4mol  0.4mol   0.3mol ，平衡常数为K=c3(O2)×c4(NH3)/c2(N2)×c6(H2O)=(0.3mol)3×(0.4mo)4/(1.4mol)2×(5.4mol)6，若向乙中继续加入0.2molN2，设N2转换率为X，则     2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g），初始物质的量：1.8mol 6mol     0    0变化物质的量：1.8xmol5.4xmol   3.6xmol  2.7xmol 平衡物质的量：（1.8-1.8x）mol（6-5.4x）mol3.6xmol2.7xmol 111\n温度不变，平衡常数不变，则K=c(O2)×c4(NH3)/c2(N2)×c6(H2O)=(2.7xmol)3×(3.6xmol)4/[(1.8-1.8x)mol]2×[(6-5.4x)mol]6，x=0.125，故转化率为：12.5%；（2）①根据溶液呈电中性，溶液中c（NH4+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），pH约为5，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH-），所以c（NH4+）＜c（NO3-）②利用电解法制H2O2，在该电解池中，Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用为氧气得电子发生还原反应，O2+2H++2e-═H2O2。③氨气中的氮元素从-3价变为氮气中的0价，4mol氨气参加反应转移12mol电子，所以转移3mol电子，最多可以处理NH3·H2O的物质的量为1mol。【思路点拨】只有混合物中各物质物质的量不再变化即达平衡；平衡常数只与温度有关。【化学卷（解析）·2022届浙江省重点中学协作体高三上学期第二次适应性测试（202201）word版】10．下图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/L，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（▲）A．产生气体体积①=②B．①中阴极质量增加，②中正极质量减小C．溶液的pH变化：①减小，②增大D．电极反应式：①中阳极：4OH－-4e－=2H2O+O2↑，②中负极：2H++2e－=H2↑【知识点】原电池原理电解池原理F3F4【答案解析】C解析：A、①是电解池，电极反应为：阳极：4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极：Cu2++2e-=Cu，②是原电池，正极反应：2H++2e-=H2，负极反应：Zn+2e-=Zn2+，液体体积均为200mL，浓度均为0.5mol/L，硫酸铜、硫酸的物质的量均为0.1mol，当有0.02mol的电子通过时，①产生的气体是氧气，为0.005mol，②中有0.01mol氢气放出，所以产生气体体积①＜②，故A错误；B、①中阴极析出铜，阴极质量增加，②中正极反应：2H++2e-=H2，正极质量不变，故B错误；C、溶液的pH变化：①中消耗氢氧根，所以碱性减弱pH减小，②中消耗氢离子，所以酸性减弱pH增大，故C正确；D、电极反应式：①中阳极：4OH--4e-=2H2O+O2↑②中负极：Zn+2e-→Zn2+，故D错误．故答案选C【思路点拨】本题考查了原电池原理和电解池原理，理解基本原理是关键，需要顺利书写电极反应。111\n【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】6.下列叙述正确的是(　　)A．K与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大B．K与N连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：2H＋＋2e－===H2↑C．K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大D．K与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑【知识点】原电池和电解池的工作原理F3F4【答案解析】C解析：A．K与M连接时，X为硫酸，该装置是电解池，铁作阴极，氢离子放电生成氢气，石墨作阳极，氢氧根离子放电生成氧气，电解一段时间后溶液的浓度增大，pH减小，故A错误；B．K与N连接时，X为氯化钠，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，石墨上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B错误；C．K与N连接时，X为硫酸，该装置是原电池，石墨作正极，正极上氢离子放电生成氢气，铁作负极，铁失电子生成+2价铁，溶液的浓度降低，溶液的pH增大，故C正确；D．K与M连接时，X为氯化钠，该装置是电解池，石墨作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，所以阳极上的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故D错误；故选A。【思路点拨】本题考查了原电池和电解池原理，易错选项是A，注意该反应中，实际上电解的是水，溶质的物质的量不变，而溶液的体积减小，所以溶质的物质的量浓度增大，为易错点。【化学卷（解析）·2022届四川省成都市高中毕业班第一次诊断性检测（202212）word版】9（15分）某硫酸厂用以下几种方法处理SO2尾气。(1)活性炭还原法反应原理：恒温恒容．2C(s)+2SO2(g)S2(g)+2CO2(g)。反应进行到不同时间测得各物质的浓度如图：①第一次出现平衡的时间是第min；②0~20min反应速率表示为V(SO2)=；③30min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是；40min时，平衡常数值为____。111\n(2)亚硫酸钠吸牧法①Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为；②常温下，当吸收至pH=6时，吸收液中相关离子浓度关系一定正确的是____(填序号)a.c(Na+)+c(H+)>c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)b.c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-）+c(H2SO3)c.c(Na-)>c(SO32-)>c(OH一)>c(H+)d.水电离出c(OH一)=l×l0-8mol/L，(3)电化学处理法如右图所示，Pt(1)电极的反应式为；碱性条件下，用Pt(2)电极排出的S2O42-溶液吸收NO2，使其转化为N2，同时有SO32-生成。若阳极转移电子6mol，则理论上处理NO2气体mol。【知识点】化学反应速率化学平衡电化学离子浓度比较G5F4H6【答案解析】解析：⑴①分析图像知第一次各物质物质的量不随时间而变化即达平衡，故在20min达平衡，②0~20min反应速率表示为V(SO2)=（1.0-0.4）mol/L÷20min=0.03mol/L·min③30min时，二氧化碳的浓度突降，因此改变的条件最有可能是降低二氧化碳浓度，40min时平衡常数值为[c（S2）×c2（CO2）]÷c2（SO2）=0.3×0.62÷0.42=0.675.⑵①Na2SO3与SO2反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为SO32－＋SO2＋H2O=2HSO3－②根据电荷守恒知有c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，因此a正确；若溶质只是亚硫酸氢钠，则根据物料守恒知b正确，但此时溶液可能还含Na2SO3，因此b不一定正确；pH=6，溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-),c错误，D正确。⑶分析图像知稀硫酸+SO2→浓硫酸，是二氧化硫氧化为硫酸，即Pt(1)电极的反应式为SO2－2e－＋2H2O=H2SO4,S2O42-与NO2反应的方程式是4S2O42-+2NO2+8OH-=N2+8SO32-+4H2O，根据2HSO3－+2e－=2OH-+S2O42-知若阳极转移电子6mol，则生成3molS2O42-，理论上处理NO2气体1.5mol。【思路点拨】温度变化，平衡常数变化，因此本题40min时的平衡常数值用第一次平衡时各物质的平衡浓度求。根据电解示意图中的物质变化判断发生的反应，如稀硫酸+SO2→浓硫酸，是二氧化硫氧化为硫酸。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】20．（8分)某化学兴趣小组利用废铁屑制取FeCl3•6H2O晶体。主要操作流程如下：111\n请回答下列问题：(1)C烧杯中盛放的试剂是。(2)A中的X极应该连接电的极，A中发生反应的离子方程式为。(3)试剂瓶B中的溶液经过一系列操作得到FeCl3•6H2O晶体，这一系列操作由下列操作组成(操作不重复)，则依次进行的操作为(填字母序号)A．加热浓缩B．洗涤干燥C．过滤D．冷却结晶(4)该装置有无缺陷，若有，请指出若无，本空可不答。【知识点】物质的制备实验电解离子方程式B1J3F4【答案解析】（8分）(1)NaOH溶液（1分）(2)负（1分）；2Cl－+2H2OCl2+H2+2OH－（2分）(3)ADCB（2分，顺序错误不得分）(4)缺少H2尾气处理装置（2分）解析：根据题意流程中的滤液是氯化亚铁溶液，装入B中在电解时被氧化为氯化铁，因此装置A是电解氯化钠溶液产生氢氧化钠和氯气、氢气，其中右边电解产生氯气，而后氯气氧化氯化亚铁，多余的氯气用C中的氢氧化钠溶液吸收，X极是阴极，接外接电源的负极。欲得到FeCl3•6H2O晶体，应该是加热浓缩→冷却结晶→过滤→洗涤干燥。该装置缺少收集氢气的装置，因为氢气是易燃、易爆物。【思路点拨】认真审题：怎样得到氯化铁？即需制取氯气，结合流程和装置知道通过电解得到氯气。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】17．（10分）以氨气代替氢气研发氨燃料电池是当前科研的一个热点。（1）氨燃料电池使用的电解质溶液是2mol·L－1的KOH溶液，电池反应为：4NH3＋3O2=2N2＋6H2O。该电池负极的电极反应式为；每消耗1.7gNH3转移的电子数目为。（2）用氨燃料电池电解CuSO4溶液，如右111\n图所示，A、B均为铂电极，通电一段时间后，在A电极上有红色固体析出，则B电极上发生的电极反应式为；此时向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解过程中收集到的气体在标准状况下体积为L。（3）纳米级氧化亚铜(Cu2O)是一种重要光电材料。现用铜棒和石墨做电极，饱和食盐水做电解质制备纳米级氧化亚铜(Cu2O)，电解反应为。铜棒上发生的电极反应式为【知识点】电化学计算A2F3F4【答案解析】（10分，每空2分）（1）2NH3＋6OH――6e－===N2＋6H2O，0.3NA（2）4OH－―4e－===O2＋2H2O，1.12（3）2Cu-2e-+H2O=Cu2O+2H+解析：⑴电池的负极是氨气发生氧化反应：2NH3＋6OH――6e－===N2＋6H2O，根据方程式知，每消耗2molNH3转移的电子数目为6mol，则每消耗1.7gNH3转移的电子数目为0.3mol⑵根据A电极上有红色固体析出，表明该电解上析出铜，A是阴极，则B电极是阳极，发生的电极反应式为4OH－―4e－===O2＋2H2O，向所得溶液中加入8gCuO固体后恰好可使溶液恢复到电解前的浓度，则电解了8g的氧化铜，根据2CuO~O2，则电解过程中收集到的气体为0.05mol，在标准状况下体积为1.12L⑶根据反应方程式知铜→Cu2O，棒上发生的电极反应式为2Cu-2e-+H2O=Cu2O+2H+【思路点拨】根据电解现象判断发生的反应进而判断阴阳极；电解消耗了什么物质，加入该物质则可复原电解质。【化学卷（解析）·2022届山东省日照一中高三上学期第三次阶段复习质量达标检测（202201）】10．下列有关电化学装置的说法正确的是（）A．利用图a装置处理银器表面的黑斑Ag2S，银器表面发生的反应为B．图b电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出C．图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼D．图d中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀【知识点】电化学F3F4【答案解析】A解析：图a装置中铝与银构成原电池，其中铝是负极，失去电子，银是正极，表面的硫化银得到电子，电极反应式为Ag2S＋2e－＝2Ag＋S2－，A正确；图b中铜与电源的负极相连，作阴极，溶液中的铜离子在阴极上放电析出铜，但金属铜不溶解，B111\n不正确；粗铜精炼时粗铜与电源的正极相连，纯铜与电源的负极相连，所以图c中的X极若为负极，则该装置不能实现粗铜的精炼，C不正确；图d是电解池，属于外接电流的阴极保护法，D不正确，答案选A。【思路点拨】本题是电化学原理的有关应用，因此掌握原电池或电解池原理的关键。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】17．(12分)铝及其化合物用途广泛。工业上焙烧明矾【KAl(SO4)2·12H2O】可得到A12O3，反应的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O+3S2K2SO4+2A12O3+9SO2↑+48H2O。请回答下列问题：(1)在焙烧明矾的反应中，被氧化和被还原的元素质量之比是________________。(2)焙烧明矾时产生的SO2可用来制硫酸。已知25℃、10lkPa时：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=-197kJ/molH2O（g）⇌H2O（l）△H2=-44kJ/mol2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=-545kJ/mol则反应SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）的△H=KJ/mol(3)工业上利用电解熔融的A12O3制备Al，其化学方程式是_____________________；电解时阳极和阴极材料均为石墨，电解时所消耗的电极是__________(填“阳极”或“阴极”)。(4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液，可以组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2。①该电池的负极反应式为____________________；②电池总反应的化学方程式为_____________________________________________。【知识点】用盖斯定律进行有关反应热的计算、氧化还原反应、电解池原理、金属冶炼的一般原理F2B2F4【答案解析】（1）1:2（2）－152（3）2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑　阳极（4）①Al＋4OH－―3e－===[Al(OH)4]－②Al＋3NiO(OH)＋NaOH＋3H2O===Na[Al(OH)4]＋3Ni(OH)2解析：：（1）（1）该反应中，S元素的化合价由0价和+6价变为+4价，所以部分4KAl（SO4）2•12H2O作氧化剂（6个硫酸根被还原，2个硫酸根保持不变），硫作还原剂，还原剂和氧化剂的物质的量之比为6：3=2：1。（2）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=-197kJ/molⅠH2O（g）⇌H2O（l）△H2=-44kJ/molⅡ2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=-545kJ/molⅢ依据盖斯定律Ⅲ-Ⅰ-2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=-304KJ/mol即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-152KJ/mol（3）工业上可用电解熔融Al2O3制备Al，方程式为：2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑；（4）以Al的单质和NiO（OH）为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO（OH）转化为Ni（OH）2，Al在负极失去电子，碱性条件下生成偏铝酸钠，电极方程式为：Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；该电池总反应的化学方程式是：Al+3NiO（OH）+H2O+NaOH═NaAlO2+3Ni（OH）2。111\n【思路点拨】本题考查了氧化还原反应概念分析判断，热化学方程式和盖斯定律的计算，原电池反应的方程式的书写，知识的综合性较强，题目难度中等。【化学卷（解析）·2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】14．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。采用离子交换膜控制电解液中OH一的浓度制备纳米级Cu2O的装置如图所示，发生的反应为：2Cu+H2OCu2O+H2↑。下列说法正确的是A．钛电极发生氧化反应B．阳极附近溶液的pH逐渐增大C．离子交换膜应采用阳离子交换膜D．阳极反应式是：2Cu+2OH一一2e一==Cu2O+H2O【知识点】电解原理F4【答案解析】D解析：A、钛极是阴极发生氢离子得电子的还原反应，错误；B、阴极阴极发生氢离子得电子，消耗氢离子，PH值增大，错误；C、离子交换膜应采用阴离子交换膜，错误；D、在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu-2e-+2OH-=Cu2O+H2O，正确。【思路点拨】本题考查了电解原理的应用，在电解中电极反应与电解质溶液有关，电极相同，电解质溶液的性质不同，电极反应不同，这是很容易出错的问题，本题属于易错试题。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】19．（15分）一定条件下铁可以和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)，已知该反应的平衡常数(K)与温度(T)的关系如图甲所示：KTc(mol/L)0.750.500.2508t(min)CO2CO图甲图乙（1）该反应的平衡常数表达式K＝。（2）一定温度下，向某密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的CO2气体，反应过程中CO2气体和CO气体的浓度与时间的关系如图乙所示。8分钟内，CO的平均反应速率v(CO)＝mol/(L·min)。（3）下列措施中能使平衡时c(CO)／c(CO2)增大的是（填序号）。A．升高温度B．增大压强111\nC．充入一定量COD．再加入一些铁粉（4）铁的重要化合物高铁酸钠是一种新型饮用水消毒剂，具有氧化能力强、安全性好等优点。高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe＋2NaOH＋2H2O电解Na2FeO4＋3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是。②高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为。【知识点】化学反应速率化学平衡常数电解原理G1G4F4【答案解析】（1）c(CO)c(CO2)（3分）（2）0.0625（3分）（3）A（3分）（4）①Fe－6e－＋8OH－＝FeO42－＋4H2O（3分）②2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O（3分）解析：（1）反应中铁和氧化亚铁都是固体，根据平衡常数的定义，K=c(CO)c(CO2)（2）8分钟内，CO的平均反应速率：v(CO)＝mol/(L·min)=0.0625mol/(L·min)（3）使平衡时c(CO)／c(CO2)增大，就是使平衡常数增大，根据平衡常数只与温度有关，结合图甲知升高温度使平衡常数增大，故选A。（4）①电解时阳极发生氧化反应，根据化学反应方程式知铁失电子发生氧化反应，电极反应式是Fe－6e－＋8OH－＝FeO42－＋4H2O。②根据在强碱性介质中用NaClO氧化Fe(OH)3生成高铁酸钠、氯化钠和水得2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO42－＋3Cl－＋5H2O【思路点拨】本题考查了化学反应速率、化学平衡常数、电解原理等，注意平衡常数只与温度有关，与压强、浓度等都无关。【化学卷（解析）·2022届江苏省南通中学高三上学期期中考试（202211）】12．用下列装置能达到有关实验目的的是粗铝纯铝AlCl3溶液NaHCO3Na2CO3Ca(OH)2煤油FeSO4溶液NaOH溶液甲乙丙丁A．用甲图装置电解精炼铝B．用乙图装置制备Fe(OH)2111\nC．用丙图装置制取金属锰D．用丁图装置比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【知识点】实验设计C2F4J4【答案解析】BC解析：A、阴极氢离子放电，不能析出铝，故A错误；B、使用油封，以及采取长的胶头滴管伸到液面下，可以防止Fe(OH)2被氧化，故B正确；C、铝热反应可以冶炼锰，故C正确；D、应该将碳酸氢钠放在内部的小试管中做对照实验，故D错误。故答案选BC【思路点拨】本题考查了实验设计，理解Fe(OH)2的制备关键是防止氧化。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】22.（10分）工业上吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如下(Ce为铈元素)：(1)Na2S2O4中S元素的化合价为______________。(2)写出装置Ⅱ中反应的离子方程式______________。(3)装置Ⅲ中电解槽阴极发生的电极反应为______________。(4)从装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为______________、______________过滤、洗涤等。【知识点】工艺流程题电化学离子方程式B1F4J1J2【答案解析】解析：⑴根据正负化合价代数和为0知S的化合价是+3价⑵根据装置Ⅱ前后物质知该过程发生氧化还原反应，NO被Ce4＋氧化为NO3－或NO2－，方程式是NO＋3Ce4＋＋2H2O=3Ce3＋＋NO3－＋4H＋,NO＋Ce4＋＋H2O=Ce3＋＋NO2－＋2H＋。⑶根据流程知电解时HSO3-被Ce3＋还原，阴极发生还原反应，即2HSO3—-2e-+2H+=S2O42—+2H2O⑷从装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、烘干。【思路点拨】书写流程题的化学反应方程式应该根据操作前后的物质去分析解答。【化学卷（解析）·2022届河南省洛阳市高三第一次统一考试（202212）】9．下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH值明显下降的是111\n【知识点】电化学F3F4【答案解析】D解析：A、该装置是原电池装置，H+放电生成氢气，溶液的pH增大，错误；B、该装置是电解池，Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，错误；C、电解食盐水，生成氢氧化钠使溶液的pH增大，错误；D、电解硫酸铜实质是电解水和硫酸铜，水中的氢氧根离子放电使溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，正确，答案选D。【思路点拨】若只是电解水，则溶液浓度可能增大，酸溶液的pH减小，碱溶液的pH增大，饱和溶液的pH不变。【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】36．［化学—选修2：化学与技术］(15分)将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺提取其他产品。回答下列问题：（1）下列改进和优化海水综合利用工艺的设想和做法可行的是（填序号）。①用混凝法获取淡水②提高部分产品的质量③优化提取产品的品种④改进钾、溴、镁的提取工艺（2）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2，并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2O=NaBr + NaBrO3+NaHCO3，吸收1molBr2时，转移的电子数为mol。（3）海水提镁的一段工艺流程如下图：浓海水的主要成分如下：111\n该工艺过程中，脱硫阶段主要反应的离子方程式为，产品2的化学式为，1L浓海水最多可得到产品2的质量为g。（4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式为；电解时，若有少量水存在会造成产品镁的消耗，写出有关反应的化学方程式。【知识点】化学与技术氧化还原反应原理电化学O5B3F3F4【答案解析】（1）②③④　　（3分多选错选不给分，少选的选对一个给1分）　　　　（2）5/3（2分）（3）除去SO42-离子Ca2++SO42-=CaSO4↓或Ba2++SO42-=BaSO4↓（2分）Mg(OH)2；69.6(4)MgCl2Mg+Cl2（2分）；MgCl2+H2OMg(OH)2+H2+Cl2（2分）解析：（1）混凝法可用于除去水中的悬浮物，不能获取淡水，设想和做法不可行；选②③④；　　　　　　（2）根据反应3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr + NaBrO3+6NaHCO3，3molBr2参与反应转移5mol电子。所以吸收1molBr2时，转移的电子为5/3mol；（3）脱硫就是除去海水中的SO42-离子，用Ca2+或Ba2+离子：Ca2++SO42-=CaSO4↓或Ba2++SO42-=BaSO4↓海水提镁时由加入石灰乳使溶液呈碱性知产品2是Mg(OH)2；根据镁离子的浓度是28.8g/L,，1L浓海水最多可得到产品2的质量为=69.6g；（4）采用石墨阳极、不锈钢阴极电解熔融的氯化镁，发生反应的化学方程式MgCl2Mg+Cl2；有少量水存在：MgCl2+2H2OMg(OH)2+H2+Cl2【思路点拨】本题考查了化学与技术，涉及氧化还原反应原理、电化学等知识，理解工艺流程是关键。【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】28．（15分）二氧化碳是引起“温室效应”的主要物质，节能减排，高效利用能源，能够减少二氧化碳的排放。（1）在一定温度下的2L固定容积的密闭容器中，通入2molCO2和3molH2，发生的反应为：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)，△H＝－akJ·mol－1（a＞0），测得CO2(g)和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示。111\n①能说明该反应已达平衡状态的是________。（选填编号）A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变B．混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化C．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2OD．该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1，且保持不变②计算该温度下此反应的平衡常数K＝_________。（保留两位有效数字）。若改变条件（填选项），可使K＝1。A．增大压强B．增大反应物浓度C．降低温度D．升高温度E．加入催化剂（2）某甲醇燃料电池原理如图1所示。①M区发生反应的电极反应式为_______________________________。②用上述电池做电源，用图2装置电解饱和食盐水（电极均为惰性电极），则该电解的总反应离子方程式为：。假设溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），理论上消耗甲醇的质量为______________（忽略溶液体积变化）。（3）有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：已知：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－akJ·mol－1；CH3OH(g)＝CH3OH(l)△H＝－bkJ·mol－1；2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－ckJ·mol－1；H2O(g)＝H2O(l)△H＝－dkJ·mol－1，则表示CH3OH（l）燃烧热的热化学方程式为：_____________________________【知识点】化学平衡原电池原理电解原理化学反应与能量G2F3F4F1【答案解析】（1）①AB（少选得1分，错选不得分）（2分）②0.20（2分）C（2分）111\n（2）①CH3OH－6e－＋H2O＝CO2＋6H＋（2分）②2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－（2分）0.16g（2分）CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－（c＋2d－a－b）kJ·mol－1（3分）解析：（1）①A．CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，反应已达平衡状态；B．假设反应正向移动，气体平均摩尔质量增大，逆向移动，气体平均摩尔质量减小，所以混合气体的平均相对分子质量不随时间的变化而变化，能够说明反应已达平衡状态；C．单位时间内每消耗1.2molH2，同时生成0.4molH2O，都是描述的正反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不能够说明反应已达平衡状态；D．无论平衡是否移动该体系中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比均为1:1，且保持不变不能够说明反应已达平衡状态；故选AB；②平衡时氢气的浓度为：（3/2mol/L-0.25mol/L3）=0.75mol/L,K==0.20；改变条件可使K＝1，即通过改变温度使平衡右移，选C。（2）①通过质子的移动方向知M区中的电极是负极，发生氧化反应CH3OH－6e－＋H2O＝CO2＋6H＋；②电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl－+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH－；溶液体积为300mL，当溶液的pH值变为13时（在常温下测定），转移电子物质的量是0.1mol/L0.3L=0.03mol，理论上消耗甲醇的质量为0.03mol/L/232g/mol=0.16g；1.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－akJ·mol－1；2.CH3OH(g)＝CH3OH(l)△H＝－bkJ·mol－1；3.2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)△H＝－ckJ·mol－1；4.H2O(g)＝H2O(l)△H＝－dkJ·mol－1，根据盖斯定律：反应3+24-1-2得：CH3OH(l)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－（c＋2d－a－b）kJ·mol－1。【思路点拨】本题考查了化学反应原理综合，涉及化学平衡、原电池原理、电解原理、化学反应与能量，试题简单，理解是关键。【化学卷（解析）·2022届河北省唐山一中等五校高三上学期第二次联考（202201）】27．（14分）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质、合金及其化合物在生产生活中的应用日趋广泛，铝土矿是生产铝及其化合物的重要原料。（1）铝元素在元素周期表中的位置是。（2）铝电池性能优越，铝一空气电池以其环保、安全而受到越来越多的关注，其原理如图所示。111\n①该电池的总反应化学方程式为；②电池中NaCl的作用是。③以铝一空气电池为电源电解KI溶液制取KIO3（石墨为电极材料）时，电解过程中阳极的电极反应式为。④某铝一空气电池的效率为50%，若用其作电源电解500mL的饱和NaCl溶液，电解结束后，所得溶液（假设溶液电解前后体积不变）中NaOH的浓度为0.3mol·L－1，则该过程中消耗铝的质量为。（3）氯化铝广泛用于有机合成和石油工业的催化剂，聚氯化铝也被用于城市污水处理。①氯化铝在加热条件下易升华，气态氯化铝的化学式为Al2Cl6，每种元素的原子最外层均达到8电子稳定结构，则其结构式为。②将铝土矿粉与碳粉混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，写出该反应的化学方程式。【知识点】物质结构、原电池原理和电解原理E2F3F4【答案解析】27.（14分）（1）第三周期第ⅢA族（2分）（2）①4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3（2分）②增强溶液的导电能力（2分）③I-+3H2O-6e-=IO3-+6H+（2分）④2.7g（2分）(3)①（2分）②Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO.（2分）解析：（1）铝的原子序数是13，铝元素在元素周期表中的位置是第三周期第ⅢA族；（2）①根据原理图，铝做负极，被氧气氧化，电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al(OH)3；②电池中NaCl的作用是增强溶液的导电能力；③以铝一空气电池为电源电解KI溶液制取KIO3（石墨为电极材料）时，根据阳极发生氧化反应，即碘离子失电子生成碘酸根离子，阳极的电极反应式为I-+3H2O-6e-=IO3-+6H+；④电解500mL的饱和NaCl溶液，生成NaOH的物质的量是0.3mol·L－10.5L=0.15mol，转移电子0.3mol，则该过程中消耗铝的质量为(0.3mol/3)27g/mol=2.7g；(3)①（2分）②将铝土矿粉与碳粉混合后加热并通入氯气，可得到氯化铝，同时生成CO，方程式为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO.【思路点拨】本题考查了物质结构、原电池原理和电解原理，进行有关电解的计算时经常用到电子守恒法.111\nF5化学反应与能量综合【化学卷（解析）·2022届山西省康杰中学等四校高三第二次联考（202201）】21．（9分）已知物质A、B、C、D、E是由短周期元素构成的单质或化合物，它们可发生如图所示的转化关系：（1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，写出C与H2O反应的化学方程式_______________________。将气体D作为燃料电池的燃料源可以制成D—空气燃料电池系统，总反应式为：D+O2A+H2O（未配平），写出此碱性燃料电池的负极反应式：________________。（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则C为____________（写化学式）。（3）若条件①为常温，B和D为同种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，写出少量Fe粉与E的稀溶液反应的离子方程式：_________________________________。已知常温下1molC与H2O反应生成气体D和E溶液放出46kJ热量,写出C与水反应生成D和E的热化学方程式：___________________________________________。【知识点】无机物的推断，化学电源新型电池，热化学方程式的书写C5D5F5【答案解析】(1)Mg3N2+6H2O＝3Mg(OH)2↓+2NH3↑2NH3-6e-+6OH-＝N2+6H2O(2)Al2S3(3)Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O；3NO2(g)+H2O(l)＝2HNO3(aq)+NO(g)△H＝－138KJ/mol(其它合理答案也可)解析：：（1）若条件①为点燃，目前60%的B都是从海水中提取的，则B是Mg，气体D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D是NH3，C和水反应生成氨气和E，根据元素守恒知，A中含有氮元素，Mg和氮气能发生生成氮化镁，所以A是氮气，氮化镁和水反应生成氨气和氢氧化镁，所以其反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg（OH）2+2NH3↑；碱性氨气燃料电池中，负极上氨气失电子发生氧化反应，电极反应式为：2NH3+6OH--6e-=N2↑+6H2O（2）若条件①为加热，E是一种两性氢氧化物，则E是氢氧化铝，气体D是一种有臭鸡蛋气味的气体，其水溶液是还原性酸，则D是硫化氢，根据元素守恒知，C是硫化铝。（3）若条件①为常温，B和D为同-种无色气体，常温下E的浓溶液可以使Fe钝化，则E是硝酸，D是一氧化氮，C是二氧化氮，A是氧气，少量Fe粉和稀硝酸反应为：Fe+4H++NO3—＝Fe3++NO↑+2H2O【思路点拨】本题考查了元素化合物的性质，正确推断物质是解本题关键，明确物质的特殊性质即可解答，难度中等。【理综卷（化学解析）·2022届湖北省襄阳市高三第一次调研考试（202201）word版】9．下图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298K时的稳定状态)。下列选项中不正确的是A．Mg与F2反应的△S<0B．MgF2(s)+Br2(l)==MgBr2(s)+F2(g)△H=+600kJ·mol-1111\nC．MgBr2与Cl2反应的△H<0D．化合物的热稳定顺序：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF2【知识点】反应热和焓变F5【答案解析】D解析：A、Mg与F2反应生成了固体MgF2，气体参加反应，生成物只有固体，故△S<0，正确；B、Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2（s）+Br2（L）=MgBr2（s）+F2（g）；△H=+600kJ•mol-1，故正确。C、氯化镁的能量小于溴化镁的能量，氯气的能量大于溴的能量，所以MgBr2与Cl2反应是放热反应，即△H＜0，故正确；D、能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故错误。【思路点拨】本题考查了反应过程中的能量的变化，熵的变化，反应热的计算，物质的稳定性等知识点，基础性较强，难度不大。【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】18．已知常温下CH3COOH的电离平衡常数为Ka。常温下，向20mL0.1mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽视温度变化)。下列说法中不正确的是A．a点表示的溶液中由水电离出的H＋浓度为1.0×10-11mol/LB．b点表示的溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)C．c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全D．当NaOH溶液加入20mL时，c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.05mol/L（忽略混合时溶液体积的变化）【知识点】中和滴定、溶液中的浓度关系F5H6【答案解析】【解析】C解析：A．a点是c（H+）=10-pHmol/L=10-3mol/L，根据Kw=c（H+）•c（OH-），得溶液中的c（OH-）水=1×10−14÷10−3=10-11mol/L=c（H+）水，故A正确；B．溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），b点时，c（H+）＞c（OH-），则有c（CH3COO-）＞c（Na+），故B正确；C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性，当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性，但C点溶液呈中性，说明酸过量，故C错误；D．当NaOH溶液加入20mL时，根据物料守恒：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)=0.05mol/L故答案选C【思路点拨】本题考查了水的离子积的计算、酸碱混合的定性判断，电荷守恒的运用，题目难度中等【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】12．有关下列图象的说法正确的是111\nA．由图甲表示的反应速率随温度变化的关系可知该反应的ΔH>0B．图乙表示向pH相同的盐酸与醋酸中分别加入水后溶液pH的变化，则其中曲线a对应的是醋酸C．图丙表示该反应为放热反应．且催化剂能降低反应的活化能、改变反应物的焓D．图丁中开关K置于a或b处均可减缓铁的腐蚀【知识点】化学反应与能量、弱电解质的电离、电化学防护F1G2F5【答案解析】【解析】B解析：A．升高温度，逆反应速率大于正反应速率，则平衡向逆反应方向移动，逆反应是吸热反应，所以正反应△H＜0，故A错误；B．加水稀释促进醋酸电离，稀释相同的倍数，醋酸pH变化小于盐酸，所以曲线a对应的是醋酸，故B正确；C．反应物总能量大于生成物总能量，则该反应的正反应是放热反应，催化剂能改变活化能，但不改变焓变，故C错误；D．图丁中开关K置于a处均可减缓铁的腐蚀，处于b时铁做负极被腐蚀，故D错误；故答案选B【思路点拨】本题考查了弱电解质的电离、物质之间的反应、反应热等知识点，明确弱电解质的电离特点、催化剂对反应的影响即可解答，易错选项是C，注意：催化剂能改变反应速率但不影响可逆反应平衡移动，不影响焓变，为易错点．【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】9．表面介导电池(SMCS)是一种新型充电电池，可使电动汽车的充电时间仅需几分钟，该电池的电极材料为金属锂和氧化石墨烯。下列有关说法中不正确的是A．放电时，氧化石墨烯作正极B．放电时，负极电极反应式为Li－e－===Li＋C．充电时，该电池是将电能转化为化学能D．充电时，电解质溶液中的Li＋从阴极迁移到阳极【知识点】新型电源F3F4F5【答案解析】【解析】D解析：A．放电时，活泼金属锂做负极，氧化石墨烯作正极，故A正确；B．放电时，活泼金属锂做负极，负极电极反应式为Li－e－===Li＋，故B正确；C．充电时，该电池是电解池原理，将电能转化为化学能，故C正确；D．充电时，电解质溶液中的阳离子Li＋从阳极极迁移到阴极，故D错误；故答案选D【思路点拨】本题考查了化学电源新型电池，题目难度中等，注意把握原电池的工作原理和电极反应的判断。111\n【化学卷（解析）·2022届吉林省东北师大附中高三上学期第三次摸底考试（202201）】6．如图装置中，小试管内为红墨水，带有支管的U型管中盛有pH＝4的雨水和生铁片。经观察，装置中有如下现象：开始时插在小试管中的导管内的液面下降，一段时间后导管内的液面回升，略高于U型管中的液面。以下有关解释合理的是A．生铁片中的碳是原电池的负极，发生还原反应B．雨水酸性较强，生铁片始终发生析氢腐蚀C．墨水液面回升时，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e—==4OH－D．U型管中溶液pH逐渐减小【知识点】金属的电化学腐蚀与防护F3F5【答案解析】【解析】C解析：A．生铁片中的碳是原电池的正极，发生还原反应，铁是负极，发生氧化反应，故A错误；B．雨水酸性较强，开始时生铁片发生析氢腐蚀，一段时间后酸性减弱发生吸氧腐蚀，故B错误；C．墨水液面回升时，说明U形管内压强降低，则生铁片发生吸氧腐蚀，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故C正确；D．先发生析氢腐蚀，消耗氢离子，后发生吸氧腐蚀，产生氢氧根离子，U型管中溶液pH逐渐增大，故D错误；故答案选C【思路点拨】本题考查了金属的电化学腐蚀，侧重于原电池工作原理的考查，为高考常见题型，难度不大，注意把握题给信息，为解答该题的关键。【理综卷（化学解析）·2022届湖南省衡阳市八中高三上学期第六次月考（202201）】28．（18分）我国是个钢铁大国，钢铁产量为世界第一，高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法．I．已知反应Fe2O3（s）+3CO（g）2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣23.5kJ•mol﹣1，该反应在1000℃的平衡常数等于64。在一个容积为10L的密闭容器中，1000℃时加入Fe、Fe2O3、CO、CO2各1.0mol，反应经过l0min后达到平衡．（1）CO的平衡转化率=　　（2）欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是　　a．提高反应温度b．增大反应体系的压强c．选取合适的催化剂d．及时吸收或移出部分CO2e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触Ⅱ．高炉炼铁产生的废气中的CO可进行回收，使其在一定条件下和H2反应制备甲醇：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）．请根据图示回答下列问题：111\n（1）从反应开始到平衡，用H2浓度变化表示平均反应速率v（H2）=　　（2）若在温度和容器相同的三个密闭容器中，按不同方式投入反应物，测得反应达到平衡吋的有关数据如下表：容器反应物投入的量反应物的转化率CH3OH的浓度能量变化（Q1、Q2、Q3均大于0）甲1molCO和2molH2α1c1放出Q1kJ热量乙1molCH3OHα2c2吸收Q2kJ热量丙2molCO和4molH2α3c3放出Q3kJ热量则下列关系正确的是（）A．c1=c2B．2Q1=Q3C．2α1=α3D．α1+α2=1Ⅲ．以甲烷为燃料的新型电池，其成本大大低于以氢为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究，图三是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图．回答下列问题：（1）B极上的电极反应式为　　（2）若用该燃料电池做电源，用石墨做电极电解100mL1mol/L的硫酸铜溶液，当两极收集到的气体体积相等时，理论上消耗的甲烷的体积为　　（标况下）．【知识点】化学平衡的影响因素；常见化学电源的种类及其工作原理；物质的量或浓度随时间的变化曲线；等效平衡G5F5【答案解析】I．（1）　60%　（3分）（2）　d　（3分）Ⅱ．（1）　0.15mol/（L•min）（3分）　（2）　AD　（3分）Ⅲ．（1）　CH4+4O2﹣﹣8e﹣=CO2+2H2O（3分）　（2）　1.12L　（3分）解析：I.（1）令平衡时CO的物质的量变化为nmol，则：1/3Fe2O3（s）+CO（g）⇌2/3Fe（s）+CO2（g）开始（mol）：1                1变化（mol）：n                n平衡（mol）：1-n               n+1所以n+1/1-n=4，解得n=0.6，则CO的平衡转化率为0.6mol/1mol×100%=60%。（2）a．该反应正反应是放热反应，提高反应温度，平衡向逆反应移动，CO的平衡转化率降低，故a错误；b．反应前后气体的物质的量不变，减小容器的容积，增大压强平衡不移动，CO的平衡转化率不变，故b错误；c．加入合适的催化剂，平衡不移动，故c错误；d．移出部分CO2，平衡向正反应移动，CO的平衡转化率增大，故d正确；e．粉碎矿石，使其与平衡混合气体充分接触，平衡不移动，故e错误；故答案为d。Ⅱ（1）由图可知，达到平衡时甲醇的浓度变化为0.75mol/L，则△c（H2）=2×0.75mol/L=1.5mol/L，v（H2）=1.5mol/L/10min=0.15mol/（L•min）。111\n（2）A．甲、乙是完全等效平衡，平衡时各组分的浓度相等，所以平衡时甲醇的浓度c1=c2，故A正确；B．丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1mol CO和2mol H2，压强增大，平衡向正反应方向移动，丙中反应物的转化率大于甲，丙中参加反应的CO大于甲中的2倍，故2Q1＜Q3，故B错误；C．丙与甲相比，等效为在甲平衡的基础上再加入1mol CO和2mol H2，压强增大，平衡向正反应方向移动，丙中反应物的转化率大于甲，故α1＜α3，但2α1≠α3，故C错误；D．甲与乙是完全等效平衡，平衡时对应各组分的含量完全相同，CO的转化率为α1，则平衡时CO的物质的量为（1-α1）mol，乙中平衡时甲醇的转化率为α2，乙中平衡时CO的物质的量为α2mol，故（1-α1）=α2，整理得α1+α2=1，故D正确；故答案为AD。Ⅲ（1）总反应式为CH4+2O2+=CO2+2H2O，正极反应式为：2O2+8e-=4O2-，两式相减，负极反应为：CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O（2）硫酸铜的物质的量=0.1L×1mol/L=0.1mol，开始阶段发生反应：2Cu2++2H2O==2Cu+O2↑+4H+，铜离子完全放电后，发生反应2H2O==2H2↑+O2↑，当两极收集到的气体体积相等时，即氢气与氧气的体积相等，令是氢气为xmol，根据电子转移守恒，则：0.1mol×2+2x=4x，解得x=0.1，根据电子转移守恒，可知消耗的甲烷物质的量=0.1mol×4/8=0.05mol，故消耗甲烷的体积=0.05mol×22.4L/mol=1.12L。【思路点拨】本题考查了化学平衡计算、等效平衡、电化学知识等，等效平衡的计算为该题的难点，也是易错点，注意理解等效平衡问题，以及利用电子转移守恒进行计算，题目整体计算量比较大，思维量比较大，综合性较强，难度比较大。【化学卷（解析）·2022届重庆市巴蜀中学高三上学期第一次模拟考试（202201）】7．下表中列出了25℃、101kPa时一些物质的燃烧热数据已知键能：C—H键：413.4kJ/mol、H—H键：436.0kJ/mol。则下列叙述正确的是A．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=﹣571.6kJ/molB．C—H键键长小于H—H键C．C≡C键能为796.0kJ/molD．2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g)△H=﹣376.4kJ/mol【知识点】反应热F5【答案解析】C解析：H2燃烧热285.8kJ/mol是指1molH2完全燃烧产生稳定的化合物时放出的热量，H2O的稳定状态为液态，正确的应该为2H2(g)+O2(g)= 2H2O(l)   △H=﹣571.6kJ/mol，A错误；B.由于C原子半径比H大，所以C—H键键长大于H—H键，错误；设C≡C的键能为x，根据键能与反应热的关系，结合热化学方程式2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) △H=+376.4kJ/mol可得8×413.4-2×413.4-x-3×436.0=376.4，解得x为796.0，C正确；D.假设反应2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) 的反应热为△H，则根据盖斯定律可得－2×890.3=△H-1299.6-3×285.8，解得△H=+376.4，所以2CH4(g)=C2H2(g)+3H2(g) △H=+376.4kJ/mol，错误。【思路点拨】△H=E生成物-E反应物=E断键吸热-E成键放热【化学卷（解析）·2022届四川省绵阳中学高三上学期第五次月考（202212）】11.(1111\n2分）尿素[CO(NH2)2]是一种非常重要的高氮化肥，以天然气（含H2S)为原料合成尿素的主要步骤如下图所示（图中某些转化步骤未列出）。请回答下列问题：(1)反应①的离子方程式是______________(2)天然气脱硫后产生的Fe2S3和H2O与02反应的化学方程式是_______。(3)反应②是放热反应，温度升高，该反应的平衡常数_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。H2NCOONH4(氨基甲酸铵）是合成尿素的中间体，其中碳原子的杂化轨道类型是_______杂化。(4)如果整个生产过程釆用绿色化学工艺，则生产120t尿素理论上需要CH4___m3(标准状况）。(5)化学家正在研究尿素动力燃料电池，尿液也能发电！用这种电池直接去除城市废水中的尿素，既能产生净化的水又能发电。尿素燃料电池结构如图所示，工作时负极的电极反应式为______________【知识点】化学方程式及离子方程式的书写，化学平衡常数，电化学F5G5【答案解析】（1）CO＋CO2＋H2O===2HCO（2分）（2）2Fe2S3＋6H2O＋3O2===4Fe(OH)3＋6S（2分）（3）减小（2分）sp2（2分）（4）4.48×104（2分）（5）CO(NH2)2＋H2O－6e－==N2↑＋CO2↑＋6H+（2分）解析：：(1)在反应①中是利用碳酸钾溶液吸收二氧化碳，故反应的离子方程式为：CO＋CO2＋H2O===2HCO(2)从转化步骤中可以看到Fe2S3和H2O与02反应生成了Fe(OH)3和S，故可以书写出化学方程式为：2Fe2S3＋6H2O＋3O2===4Fe(OH)3＋6S(3)反应②是放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，故平衡常数减小。（4）由C原子守恒可知，CH4～CO2～CO（NH2）2，则生产120t尿素理论上需要CH4为120×106g/60g/mol×22.4L/mol×10-3m3=4.48×104m3。（5）尿素燃料电池中尿素再负极上失去电子生成氮气、二氧化碳，负极反应为CO（NH2）2+H2O-6e-═N2↑+CO2↑+6H+。【思路点拨】本题以尿素的合成为信息考查化学用语及化学平衡、电化学等知识，综合性较强，题目难度中等。【化学卷（解析）·111\n2022届山东省日照市日照一中高三12月校际联合检测（202212）】5．下列有关说法正确的是A．纯碱溶液加水稀释，溶液中所有离子浓度均减小B．镀锡铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更易被腐蚀C．将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀D．合成氨反应需使用催化剂，说明催化剂可以促进该平衡向生成氨的方向移动【知识点】金属的电化学腐蚀与防护、催化剂的作用、溶液的稀释F5H3【答案解析】B解析：A、加水稀释，促进了碳酸钠的水解，溶液中氢氧根离子浓度减小，氢离子浓度增大，错误；B、镀锡铁破损后发生电化腐蚀，因Fe比Sn活泼，因而是铁被腐蚀，正确；C、地下输油钢管与外加直流电源的负极相连，错误；D、催化剂只改变反应速率不影响平衡移动，所以催化剂不能促进该平衡向生成氨的方向移动，错误。【思路点拨】本题考查了外界因素对盐类的水解的影响，金属的腐蚀及防护、催化剂对平衡的影响等知识内容，基础性较强，难度不大。【化学卷（解析）·2022届福建省厦门市高三上学期质检检测（202201）word版】14．电解NO制备NH4NO3的工作原理如图所示，X、Y皆Pt电极，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A。下列说法正确的是A.物质A为NH3B.X电极为电解池阳极C.Y电极上发生了还原反应D.Y电极反应式:NO－3e－＋4OH-==NO＋2H2O【知识点】原电池和电解池的工作原理F5【答案解析】A解析：电解NO制备NH4NO3，Y为阳极反应为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，X为阴极反应为：NO+5e-+6H+=NH4++H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3-的物质的量大于阴极产生的NH4+的物质的量，总反应方程式为：8NO+7H2O==3NH4NO3+2HNO3，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3。A．根据以上分析，则A为NH3，正确；B．根据以上分析，X电极为电解池阴极，错误；C．根据以上分析，Y为阳极发生了氧化反应，错误；D．Y为阳极反应为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，错误。【思路点拨】本题考查了电解原理的应用等，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生的综合运用能力，难度中等，注意基础知识的积累掌握。111