湖北省黄冈市红安县2020届高三化学一轮复习 化学反应与能量练习 新人教版

F单元 化学反应与能量 F1 化学反应与能量变化4E2、E3、B3、F12020江苏卷 在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C。下列说法正确的是()A元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体BMg、MgO中镁元素微粒的半径：r(Mg2)r(Mg)C在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性D该反应中化学能全部转化为热能4C解析 碳的同素异形体除金刚石和石墨外，还存在C60等同素异形体，A项错误；Mg的电子层数比Mg2多，所以半径r(Mg)r(Mg2)，B项错误；反应方程式为 2MgCO2 2MgOC，还原剂为Mg，还原产物为C，根据还原剂的还原性强于还原产物的还原性知，Mg的还原性强于C，C项正确；燃烧过程中化学能除了转化为热能外还转化为光能等其他能量， D项错误。9E3、F12020北京卷 最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：图0下列说法中正确的是()ACO和O生成CO2是吸热反应B在该过程中，CO断键形成C和OCCO和O生成了具有极性共价键的CO2D状态状态表示CO与O2反应的过程9C解析 由图示可知CO和O生成CO2是放热反应，A错误；由状态、状态可知CO没有断键，B错误；CO2中碳氧键为极性键，C正确；状态状态表示CO与O反应的过程，不是O2分子，D错误。27F1、F2、G2、G32020全国卷 甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H2CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H3回答下列问题：(1)已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOCOHOCHE/(kJmol1)4363431076465413由此计算H1_kJmol1；已知H258 kJmol1，则H3_kJmol1。(2)反应的化学平衡常数K表达式为_；图(a)中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_(填曲线标记字母)，其判断理由是_。(a)(b)图0(3)合成气组成n(H2)/n(COCO2)2.60时，体系中的CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图(b)所示。(CO)值随温度升高而_(填“增大”或“减小”)，其原因是_；图(b)中的压强由大到小为_，其判断理由是_。27(1)9941(2)K或Kpa反应为放热反应，平衡常数数值应随温度升高而变小(3)减小反应为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，升高温度时，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低p3p2p1相同温度下，由于反应为气体分数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高解析 (1)根据反应热断开旧键吸收的总能量形成新键释放的总能量，H1(10764362)kJmol1(4133343465)kJmol199 kJmol1。式式可得式，故H2H3H1，H358 kJmol1(99 kJmol1)41 kJmol1。(2)反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数K减小，a曲线正确。28F1、G4、G5、H52020全国卷 碘及其化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题：(1)大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，再向浓缩液中加MnO2和H2SO4，即可得到I2。该反应的还原产物为_。(2)上述浓缩液中主要含有I、Cl等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为_。已知Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(AgI)8.51017(3)已知反应2HI(g)=H2(g)I2(g)的H11kJmol1，1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量，则1 mol HI(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。(4)Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)I2(g)在716 K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784 根据上述实验结果，该反应的平衡常数K的计算式为_。上述反应中，正反应速率为v正k正x2(HI)，逆反应速率为v逆k逆x(H2)x(I2)，其中k正、k逆为速率常数，则k逆为_(以K和k正表示)。若k正0.002 7 min1，在t40 min时，v正_min1。由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用如图表示。当升高到某一温度时，反应重新达到平衡，相应的点分别为_(填字母)。 28.(1)MnSO4或(Mn2)(2)4.7107(3)299(4)1.95103A、E解析 (1)海藻中的碘应为I，与 MnO2和H2SO4反应的离子方程式为 2IMnO24H=Mn2I22H2O，还原产物为MnSO4。(2)Ksp(AgCl)1.81010Ksp(AgI)8.51017，当AgCl开始沉淀时，AgI已经沉淀，即AgCl、AgI均达沉淀溶解平衡状态，此时溶液中4.7107。(3)设HI的键能为x，则有2x436 kJmol1151 kJmol111 kJmol1，解得x299 kJmol1。(4)根据表格中数据分析知HI的起始物质的量为1 mol, 120 min分解反应达平衡状态，HI的平衡物质的量为0.784 mol，三行式计算表示如下：2HI(g)H2(g) I2(g)n0：1 mol 00n：0.216 mol0.108 mol0.108 moln平： 0.784 mol0.108mol0.108mol2HI(g)H2(g)I2(g)为气体分子数不变的反应，K值计算如下：K。平衡时v正v逆，k正x2(HI)k逆x(H2)x(I2)，则K，则k逆。若k正0.002 7 min1，在t40 min时，v正0.002 7 min10.8521.95103min1。该反应是吸热反应，升高温度，正逆反应速率增大，而平衡正向移动，HI的物质的量分数降低，H2的物质的量分数升高，故平衡时v正和v逆分别对应A点、E点。30F1、F2、G1、G22020山东卷 合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。(1)一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。图0在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物 MHy，氢化反应方程式为zMHx(s)H2(g)zMHy(s)H1()；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应()中z_(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v_mLg1min1。反应()的焓变H1_0(填“”“”或“”“”或“”)。当反应()处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反应()可能处于图中的_点(填“b”“c”或“d”)，该贮氢合金可通过_或_的方式释放氢气。(3)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应。温度为T时，该反应的热化学方程式为_。已知温度为T时：CH4(g)2H2O(g)=CO2(g)4H2(g)H165 kJmol1CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H41 kJmol130(1)30 c加热减压(3)CO(g)3H2(g)=CH4(g)H2O(g)H206 kJmol1解析 (1)根据反应：zMHx(s)H2(g)zMHy(s)，由原子守恒可得：zx2zy，则z(yx)2，故z。根据速率的定义，v240 mL2 g4 min30 mLg1min1。由AB段向AB段做垂线，可知升高温度，H/M增大，故该反应放热，即H0。(2)图中T1温度下，AB段长，说明最大吸氢量占总吸氢量的比例高，即(T1)(T2)；当反应()处于a点时，向恒容体系中通入H2，平衡向右移动，则达到平衡后可能处于图中c点。该合金可以通过减压或升温的方式，使其释放氢气。(3)根据盖斯定律，将下式上式得：CO(g)3H2(g)=CH4(g)H2O(g)，则H41 kJ/mol165 kJ/mol206 kJ/mol。11A4、B1、C3、F1、F32020四川卷 为了保护环境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣(铁主要以Fe2O3存在)转变成重要的化工原料FeSO4(反应条件略)。图0活化硫铁矿还原Fe3的主要反应为FeS27Fe2(SO4)38H2O=15FeSO48H2SO4，不考虑其他反应。请回答下列问题：(1)第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是_。(2)检验第步中Fe3是否完全还原，应选择_(填字母编号)。AKMnO4溶液BK3Fe(CN)6溶液CKSCN溶液(3)第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第步通入空气使溶液pH降到5.2，此时Fe2不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽。通入空气引起溶液pH降低的原因是_。(4)FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。已知25 ，101 kPa时：4Fe(s)3O2(g)=2Fe2O3(s)H1648 kJ/molC(s)O2(g)=CO2(g)H393 kJ/mol2Fe(s)2C(s)3O2(g)=2FeCO3(s)H1480 kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是_。(5)FeSO4在一定条件下制得FeS2(二硫化亚铁)纳米材料。该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4LiFeS2=Fe2Li2S，正极反应式是_。(6)假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%。将a kg质量分数为b%的硫酸加入到c kg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其他杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性所残留的硫酸忽略不计。按上述流程，第步应加入FeCO3_kg。11(1)Fe2O36H=2Fe33H2O(2)C(3)Fe2被氧化为Fe3，Fe3水解产生H(4)4FeCO3(s)O2(g)=2Fe2O3(s)4CO2(g)H260 kJ/mol(5)FeS24Li4e=Fe2Li2S或FeS24e=Fe2S2(6)0.011 8ab0.646c或解析 (1)碱性氧化物(Fe2O3)与酸(H2SO4)反应生成盐Fe2(SO4)3和水。(2)Fe3的检验应选择KSCN溶液，C项正确；A、B项均为检验Fe2溶液所需的试剂。(3)调节溶液pH时，FeCO3生成Fe2，然后通入氧气：4Fe2O24H=4Fe32H2O，Fe3水解溶液显酸性，Fe3在pH为3.4左右完全沉淀，故溶液pH减小。(4)将所给热化学方程式依次标号为、，根据盖斯定律：4得4FeCO3(s)O2(g)=2Fe2O3(s)4CO2(g)H260 kJ/mol。(5)正极发生还原反应：由方程式知FeS2(Fe显2价)Fe(Fe显0价)、FeS2(S显1价)Li2S(S显2价)，知正极反应式为FeS24e4Li=Fe2Li2S或FeS24e=Fe2S2。(6)加入FeCO3的目的是中和剩余H2SO4和生成的H2SO4，根据化学方程式Fe2O33H2SO4=Fe2(SO4)33H2O和FeS27Fe2(SO4)38H2O=15FeSO48H2SO4知1 mol Fe2O3生成FeSO4实际消耗 mol H2SO4，根据化学方程式FeCO3H2SO4=FeSO4H2OCO2知1 mol FeCO3生成FeSO4消耗1 mol H2SO4，根据两个反应消耗的硫酸之和为a kgb%可计算加入FeCO3的量，即：a kgb%c kg50%96%98 kgkmol1160 kgkmol1x kg98 kgkmol1116 kgkmol1，解得x0.011 8ab0.646c。 F2 反应热的计算与重要的反应热6F22020重庆卷 黑火药是中国古代的四大发明之一，其爆炸的热化学方程式为：S(s)2KNO3(s)3C(s)=K2S(s)N2(g)3CO2(g)Hx kJmol1已知：碳的燃烧热H1a kJmol1 S(s)2K(s)=K2S(s)H2b kJmol12K(s)N2(g)3O2(g)=2KNO3(s)H3c kJmol1则x为()A3abc Bc3abCabc Dcab6A解析 根据题意得：C(s)O2(g)=CO2(g)H1a kJmol1S(s)2K(s)=K2S (s)H2b kJmol12K(s)N2(g)3O2(g)=2KNO3(s)H3c kJmol1根据盖斯定律，由3可得：S(s)2KNO3(s)3C(s)=K2S(s)N2(g)3CO2(g)，则Hx kJmol1(3abc)kJmol1。30F1、F2、G1、G22020山东卷 合金贮氢材料具有优异的吸放氢性能，在配合氢能的开发中起着重要作用。(1)一定温度下，某贮氢合金(M)的贮氢过程如图所示，纵轴为平衡时氢气的压强(p)，横轴表示固相中氢原子与金属原子的个数比(H/M)。图0在OA段，氢溶解于M中形成固溶体MHx，随着氢气压强的增大，H/M逐渐增大；在AB段，MHx与氢气发生氢化反应生成氢化物 MHy，氢化反应方程式为zMHx(s)H2(g)zMHy(s)H1()；在B点，氢化反应结束，进一步增大氢气压强，H/M几乎不变。反应()中z_(用含x和y的代数式表示)。温度为T1时，2 g某合金4 min内吸收氢气240 mL，吸氢速率v_mLg1min1。反应()的焓变H1_0(填“”“”或“”“”或“”)。当反应()处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，达平衡后反应()可能处于图中的_点(填“b”“c”或“d”)，该贮氢合金可通过_或_的方式释放氢气。(3)贮氢合金ThNi5可催化由CO、H2合成CH4的反应。温度为T时，该反应的热化学方程式为_。已知温度为T时：CH4(g)2H2O(g)=CO2(g)4H2(g)H165 kJmol1CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H41 kJmol130(1)30 c加热减压(3)CO(g)3H2(g)=CH4(g)H2O(g)H206 kJmol1解析 (1)根据反应：zMHx(s)H2(g)zMHy(s)，由原子守恒可得：zx2zy，则z(yx)2，故z。根据速率的定义，v240 mL2 g4 min30 mLg1min1。由AB段向AB段做垂线，可知升高温度，H/M增大，故该反应放热，即H0。(2)图中T1温度下，AB段长，说明最大吸氢量占总吸氢量的比例高，即(T1)(T2)；当反应()处于a点时，向恒容体系中通入H2，平衡向右移动，则达到平衡后可能处于图中c点。该合金可以通过减压或升温的方式，使其释放氢气。(3)根据盖斯定律，将下式上式得：CO(g)3H2(g)=CH4(g)H2O(g)，则H41 kJ/mol165 kJ/mol206 kJ/mol。27B3、C1、J2、F22020安徽卷 硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值。某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其流程如下：已知：NaBH4常温下能与水反应，可溶于异丙胺(沸点：33 )。(1)在第步反应加料之前，需要将反应器加热至100 以上并通入氩气，该操作的目的是_，原料中的金属钠通常保存在_中，实验室取用少量金属钠需要用到的实验用品有_、_、玻璃片和小刀等。(2)请配平第步反应的化学方程式：NaBO2SiO2NaH2=NaBH4Na2SiO3(3)第步分离采用的方法是_；第步分出NaBH4并回收溶剂，采用的方法是_。(4)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和H2(g)。在25 ，101 kPa下，已知每消耗3.8 g NaBH4(s)放热21.6 kJ，该反应的热化学方程式是_。27(1)除去反应器中的水蒸气和空气煤油镊子滤纸(2)NaBO2SiO2NaH2=NaBH4Na2SiO3(3)过滤蒸馏(4)NaBH4(g)2H2O(l)=NaBO2(s)4H2(g)H216.0 kJmol1解析 (1)反应流程中的原料有金属Na，Na遇水或氧气会发生反应，故在加料之前应加热容器至100 以上除去水并通入氩气以除去氧气；金属钠要隔绝空气保存，通常保存在煤油中，取用钠时要用镊子夹取，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀在玻璃片上切下少量。(4)首先写出化学方程式并配平，标出各物质的聚集状态：NaBH4(s)2H2O(l)=NaBO2(s)4H2(g), 3.8 g NaBH4即0.1 mol，反应放热21.6 kJ，则根据方程式的化学计量数计算H，写出热化学方程式NaBH4(s)2H2O(l)=NaBO2(s)4H2(g)H216.0 kJmol124C5、F22020福建卷 无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。(1)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体，其反应的离子方程式为_。(2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意图如下：图0 已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180(升华)300(升华)1023步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_(只要求写出一种)。步骤中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是_。已知：Al2O3(s)3C(s)=2Al(s)3CO(g)H11 344.1 kJmol12AlCl3(g)=2Al(s)3Cl2(g)H21 169.2 kJmol1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为_。步骤的尾气经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为_。结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是_。24(1)Al33H2OAl(OH)33H(2)防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率铁或FeAl2O3(s)3Cl2(g)3C(s)=2AlCl3(g)3CO(g)H174.9 kJmol1NaCl、NaClO、Na2CO3除去FeCl3，提高AlCl3纯度解析 (1)Al3水解是可逆的，水解的离子方程式为Al33H2OAl(OH)33H。(2)固体中水分挥发后，可避免后续操作中生成的AlCl3水解，气孔增多有利于增大反应物间接触面积，提高反应速率。若步骤中不通入氯气和氧气，则焦炭能与Fe2O3发生置换反应，生成相对原子质量比硅大的单质是铁。由第一个热化学方程式第二个热化学方程式即可求出Al2O3(s)3Cl2(g)3C(s)=2AlCl3(g)3CO(g)H174.9 kJmol1。步骤的尾气中含有CO2、CO、Cl2，Cl2与NaOH作用可得到NaCl、NaClO；CO2与足量NaOH溶液反应可得到Na2CO3。由表中数据知AlCl3粗品中含有FeCl3，故加入铝粉的目的是使铝与FeCl3发生置换反应，除去FeCl3，以提高AlCl3的纯度。4F22020海南卷 己知丙烷的燃烧热H2215 kJmol1。若一定量的丙烷完全燃烧后生成1.8 g水，则放出的热量约为()A55 kJ B220 kJ C550 kJ D1108 kJ4A解析 丙烷分子式是C3H8，1 mol丙烷燃烧会产生4 mol H2O，丙烷完全燃烧产生1.8 g水(物质的量为0.1 mol)：4 mol0.1 mol2215 kJQ，解得Q55.375 kJ, A项正确。 3I2、F2、B32020江苏卷 下列说法正确的是()A分子式为C2H6O的有机化合物性质相同B相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能途径a：CCOH2CO2H2O途径b：CCO2C在氧化还原反应中，还原剂失去电子的总数等于氧化剂得到电子的总数D通过化学变化可以直接将水转变为汽油3C解析 C2H6O存在两种同分异构体，一种是乙醇，一种是二甲醚，两者的化学性质不同，A项错误；途径a中涉及的反应有：CH2O(g)=COH2，2COO2=2CO2，2H2O2=2H2O，根据盖斯定律，得CO2=CO2，与途径b相同，所以两个途径中的反应热相等，B项错误；根据氧化还原反应的守恒规律知， 反应中得失电子数目是相等的，C项正确；水由H、O元素组成，而汽油是烃类物质，其中含有C、H，化学转化过程中元素种类不可能发生变化，D项错误。20F2、B1、G1、H52020江苏卷 烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：NO(g)O3(g)=NO2(g)O2(g)H200.9 kJmol1NO(g)O2(g)=NO2(g)H58.2 kJmol1SO2(g)O3(g)=SO3(g)O2(g)H241.6 kJmol1(1)反应3NO(g)O3(g)=3NO2(g)的H_kJmol1。(2)室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)n(NO)的变化见图。图0当n(O3)n(NO)1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是_。增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是_。(3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH约为8)中SO将NO2转化为NO，其离子方程式为_。(4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(SO)_用c(SO)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因是_。20(1)317.3(2)O3将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5)SO2与O3的反应速率慢(3)SO2NO22OH=SO2NOH2O(4)c(SO)CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO的浓度增大，加快SO与NO2的反应速率解析 (1)根据盖斯定律，依据“第(1)式第(2)式2”得所求反应，H200.9 kJmol158.2 kJmol12317.3 kJmol1。(2)O3具有强氧化性，可以将NO2中的N氧化至更高价态，如N2O5。从图看，随着O3比例的增加，SO2的物质的量不发生变化，而NO2显著增加，说明O3与NO迅速反应，而SO2与O3的反应速率很慢。(3)由题中信息知，SO被NO2氧化生成SO，NO2被还原为NO ，根据S、N的得失电子守恒配平反应，因为反应在pH约为8时进行，故需要用OH平衡电荷。(4)CaSO3、CaSO4的溶度积常数表达式分别为Ksp(CaSO3)c(Ca2)c(SO)，Ksp(CaSO4)c(Ca2)c(SO)，达到平衡的溶液中对两种沉淀来说Ca2浓度相等，则有，所以c(SO)c(SO)。转化过程中的反应方程式为CaSO3Na2SO4=CaSO4Na2SO3，当SO增多时，可以与NO2发生氧化还原反应，从而加快了NO2的吸收速率。27F1、F2、G2、G32020全国卷 甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H1CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H2CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H3回答下列问题：(1)已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOCOHOCHE/(kJmol1)4363431076465413由此计算H1_kJmol1；已知H258 kJmol1，则H3_kJmol1。(2)反应的化学平衡常数K表达式为_；图(a)中能正确反映平衡常数K随温度变化关系的曲线为_(填曲线标记字母)，其判断理由是_。(a)(b)图0(3)合成气组成n(H2)/n(COCO2)2.60时，体系中的CO平衡转化率()与温度和压强的关系如图(b)所示。(CO)值随温度升高而_(填“增大”或“减小”)，其原因是_；图(b)中的压强由大到小为_，其判断理由是_。27(1)9941(2)K或Kpa反应为放热反应，平衡常数数值应随温度升高而变小(3)减小反应为放热反应，升高温度时，平衡向左移动，使得体系中CO的量增大；反应为吸热反应，升高温度时，平衡向右移动，又使产生CO的量增大；总结果，随温度升高，使CO的转化率降低p3p2p1相同温度下，由于反应为气体分数减小的反应，加压有利于提升CO的转化率；而反应为气体分子数不变的反应，产生CO的量不受压强影响。故增大压强时，有利于CO的转化率升高解析 (1)根据反应热断开旧键吸收的总能量形成新键释放的总能量，H1(10764362)kJmol1(4133343465)kJmol199 kJmol1。式式可得式，故H2H3H1，H358 kJmol1(99 kJmol1)41 kJmol1。(2)反应为放热反应，温度升高平衡逆向移动，平衡常数K减小，a曲线正确。7C2、E2、E3、F22020天津卷 随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。图0根据判断出的元素回答问题：(1)f在周期表中的位置是_。(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)：_；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_。(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：_。(4)已知1 mol e的单质在足量d2中燃烧，恢复至室温，放出255.5 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_。(5)上述元素可组成盐R：zx4f(gd4)2。向盛有10 mL 1 molL1R溶液的烧杯中滴加1 molL1NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积变化示意图如下：图0R溶液中，离子浓度由大到小的顺序是_。写出m点反应的离子方程式：_。若在R溶液中改加20 mL 1.2 molL1Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_mol。7(1)第三周期A族(2)r(O2)r(Na)HClO4H2SO4(3) 等其他合理答案均可)(4)2Na(s)O2(g)=Na2O2(s)H511 kJmol1(5)c(SO)c(NH)c(Al3)c(H)c(OH)NHOH=NH3H2O0.022解析 (1)根据题中的化合价可知，d为O，g为S，则f为Al，位于元素周期表第三周期A族。(2)d为O，e为Na，O2、Na具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径O2Na。g为S，h为Cl，非金属性ClS，故最高价氧化物对应的水化物酸性HClO4H2SO4。(3)四原子化合物有NH3、H2O2、HCCH、HCHO等。(4)e为Na，d为O，Na在O2中燃烧生成Na2O2，则该热化学方程式为2Na(s)O2(g)=Na2O2(s)H255.5 kJmol12511 kJmol1。(5)R为NH4Al(SO4)2，根据“越弱越水解”，Al3比NH更易水解，水解后溶液显酸性，离子浓度大小为c(SO)c(NH)c(Al3)c(H)c(OH)。Al3比NH更易水解，Al3结合OH的能力比NH结合OH的能力强，故m点为NH与OH的反应。nNH4Al(SO4)20.01 L1 mol/L0.01 mol，nBa(OH)20.02 L1.2 mol/L0.024 mol，SO为0.02 mol、Ba2为0.024 mol，二者反应生成0.02 mol BaSO4，Al3、NH均为0.01 mol，OH为0.048 mol，根据题中图示，Al3先沉淀，NH再反应，Al(OH)3后溶解，0.01 mol Al3沉淀时消耗0.03 mol OH，0.01 mol NH反应时消耗0.01 mol OH，剩余0.008 mol OH，只能溶解0.008 mol Al(OH)3，还有0.002 mol Al(OH)3，产生的沉淀为0.02 mol BaSO4和0.002 mol Al(OH)3，总共为0.022 mol。28E3 F2 G22020浙江卷 乙苯催化脱氢制苯乙烯的反应为CH2CH3(g)CHCH2(g)H2(g)。(1)已知：化学键CHCCC=CHH键能/(kJmol1)412348612436计算上述反应的H_kJmol1。(2)维持体系总压p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸气发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为，则在该温度下反应的平衡常数K_(用等符号表示)。(3)工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气(原料气中乙苯和水蒸气的物质的量之比为19)，控制反应温度600 ，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性(指除了H2以外的产物中苯乙烯的物质的量分数)示意图如下：掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实：_。控制反应温度为600 的理由是_。(4)某研究机构用CO2代替水蒸气开发了绿色化学合成工艺乙苯二氧化碳耦合催化脱氢制苯乙烯。保持常压和原料气比例不变，与掺水蒸气工艺相比，在相同的生产效率下，可降低操作温度；该工艺中还能够发生反应：CO2H2=COH2O，CO2C=2CO。新工艺的特点有_(填编号)。CO2与H2反应，使乙苯脱氢反应的化学平衡右移不用高温水蒸气，可降低能量消耗有利于减少积炭有利于CO2资源利用28(1)124(2)Kpp或Kc(3)正反应方向气体分子数增加，加入水蒸气稀释，相当于起减压的效果600 ，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性均较高。温度过低，反应速率慢，转化率低；温度过高，选择性下降。高温还可能使催化剂失活，且能耗大(4)解析 (1)用反应物的总键能减去生成的总键能等于反应的焓变，反应可看成是苯乙烷中乙基的两个碳氢键断裂，由碳碳单键变成碳碳双键，同时有H2生成，故有H412 kJmol12348 kJmol1612 kJmol1436 kJmol1124 kJmol1。(2)平衡时，n(乙苯)n(1) mol，n(苯乙烯)n mol，n(H2)n mol，由压强恒定，所以反应前后物质的量之比等于体积之比，有n(nn)VV(反应后)，V(反应后)(1)V，Kc。(3)因为维持总压不变，所以通入水蒸气，相当于减压，平衡正向移动，乙苯的转化率提高。分析图示，在600 时，乙苯的转化率和苯乙烯的选择性高。(4)CO2与生成物H2反应，可促使平衡正向移动，从而提高苯乙烯的产率；高温条件下，需要消耗能量；由方程式知，生成的C转化成CO，故该工艺减少了积炭；CO2会产生温室效应，若将其合理应用，是有益的。所以均正确。 F3 原电池原理4F32020天津卷 锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是()图0A铜电极上发生氧化反应B电池工作一段时间后，甲池的c(SO)减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡4C解析 该装置为原电池，铜电极为正极，发生还原反应，A项错误；SO不参与电极反应，且不能通过阳离子交换膜，电池工作一段时间，甲池中c(SO)不变，B项错误；乙池中电极反应为Cu22e=Cu，乙池中阳离子浓度减小，甲池中Zn2通过阳离子交换膜进入乙池，则乙池中析出Cu，进入Zn2，溶液质量增加，C项正确；该装置中只有阳离子交换膜，甲池中阳离子可以通过交换膜进入乙池中，但阴离子不能通过交换膜，D项错误。11B3、H2、F3、F4、G12020江苏卷 下列说法正确的是()A若H2O2分解产生1 mol O2，理论上转移的电子数约为46.021023B室温下，pH3的CH3COOH溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH7C钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D一定条件下反应N23H22NH3达到平衡时，3v正(H2)2v逆(NH3)11C解析 2H2O2=2H2O O2，生成1 mol O2时转移2 mol e，A项错误；pH3的CH3COOH溶液中已电离出的H，恰好能与pH11的NaOH溶液电离出的OH完全中和，但是CH3COOH是弱酸，醋酸过量，反应后溶液显酸性，B项错误；由反应方程式的化学计量数知，达到平衡时：v正(H2)v逆(NH3)32，即2v正(H2)3v逆(NH3)，D项错误。10F32020江苏卷 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关