2022届高考化学一轮复习高考必考大题二化学原理综合应用题含解析

高考必考大题专练(二)

化学原理综合应用题(A组)

1.[2020•全国卷H,28]天然气的主要成分为CH“一般还含有CzHs等烧类，是重要的燃

料和化工原料。

(1)乙烷在一定条件可发生如下反应：Ch(g)=CzH,(g)+H,(g)XH\,相关物质

的燃烧热数据如表所示：

物质C2H6(g)GHi(g)H2(g)

燃烧热卜川(kJ•mol-1)一1560-Mil一286

①△4=kJ,mol'«

②提高该反应平衡转化率的方法有、。

③容器中通入等物质的量的乙烷和氢气，在等压下(0)发生上述反应，乙烷的平衡转化

率为a。反应的平衡常数&=(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压X物质

的量分数)。

(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH„-CA+Fbo反应在初期阶段的速率方

程为：r=AXcCH“其中4为反应速率常数。

①设反应开始时的反应速率为以，甲烷的转化率为a时的反应速率为复，则22=

②对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是«

A.增加甲烷浓度，「增大

B.增加压浓度，r增大

C.乙烷的生成速率逐渐增大

D.降低反应温度，A减小

(3)CH,和CO,都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,

其原理如图所示:

①阴极上的反应式为0

②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2：1,则消耗的CH,和CO?体积比为。

2.[2020•山东卷，18]探究CH30H合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CHQH的

产率。以CO,、为原料合成CH30H涉及的主要反应如下：

-1

I.C02(g)+3H2(g)£CH30H(g)+H20(g)A/^=-49.5kJ•mol

II.CO(g)+2H,(g)WCHQH(g)A^--90.4kJ•mol-1

III.C02(g)+H2(g)WCO(g)+H,0(g)

回答下列问题：

(1)△H3—kJ,moT'(.

(2)一定条件下，向体积为九的恒容密闭容器中通入ImolCOz和3moiHz发生上述反应，

达到平衡时，容器中CH30H(g)为amol,CO为5iol,此时H20(g)的浓度为mol•L

t(用含a、b、，的代数式表示，下同)，反应IJI的平衡常数为。

(3)不同压强下，按照〃(COz)：Z?(H2)=1：3投料，实验测定⑩的平衡转化率和CH2H

的平衡产率随温度的变化关系如图所示。

图甲

__",七n(CO?)初始一n(CO2)平衡、

已知：CO?的平衡转化率=--------777"---------X100%1V

n(CO2)«)te

CH3OH的平衡产率=〃(???100%

n(CO2)初始

其中纵坐标表示CO,平衡转化率的是图(填“甲”或"乙”)；压强"、pz、A

由大到小的顺序为；图乙中2温度时，三条曲线几乎交于一点的原因是。

（4）为同时提高C02的平衡转化率和CHQH的平衡产率,应选择的反应条件为（填

标号）。

A.低温、高压B.高温、低压

C.低温、低压D.高温、高压

3.[2020•江苏卷，20]C02/HC00H循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应

用。

（1）CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCCh溶液（CO?与KOH溶液反应制得）

中通入上生成HCOO,其离子方程式为；其他条件不变,

HCO；转化为HCOCT的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在40℃〜80℃范围内，HCO；

催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是。

%

/

3群

波

20406080100120

温度/七

图1

（2）HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图2所示，两电极区间用允许

K+、射通过的半透膜隔开。

①电池负极电极反应式为:放电过程中需补充的物质A为

（填化学式）。

②图2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与02的反应，将化学能转化为电

台匕

月匕，

图2

（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和比可能的反应机理如图3

所示。

①HCOOD催化释氢反应除生成C02外，还生成(填化学式)。

②研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体

优点是。

4.［2020•浙江1月，29］研究N0,之间的转化具有重要意义。

(1)已知：N204(g)-2N02(g)&H>0

将一定量N。,气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度为北。

①下列可以作为反应达到平衡的判据是。

A.气体的压强不变

B.vs.(N20»)=2P逆(N02)

C.4不变

D.容器内气体的密度不变

E.容器内颜色不变

②G时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p,N。气体的平衡转化率为75%,则反

应NA(g)§2N02(g)的平衡常数&=［对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)

代替物质的量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作如p(B)=p，x(B),。为平衡总压

强，x(B)为平衡系统中B的物质的量分数］。

③反应温度为不时，c(NzO,)随t(时间)变化曲线如图1,画出。〜6时段，c(N02)

随大变化的曲线。

保持其他条件不变，改变反应温度为GQTAT3再次画出0〜友时段，c(NO,)随t变

化趋势的曲线。

(2)NO氧化反应：2N0(g)+0z(g)-2N02(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意

图如图2。

I.2N0(g)WNzOz(g)△/X

II.N202(g)+O2(g)

①决定NO氧化反应速率的步骤是(填“I”或“II”)o

②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和支气体，保持其他条件不变，控制反应温度分

别为石和Tx(TAR),测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图3。

图3

转化相同量的NO,在温度(填“7T或"A”)下消耗的时间较长，试结合反应

过程能量图(图2)分析其原因

化学原理综合应用题(B组)

1.研究C0。氧化&出制CzH,对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有:

IC2H6(g)WC2H«(g)+H2(g)A/Z=136kJ•moF'

1

IIC2H6(g)+C02(g)WC2H,(g)+H20(g)+C0(g)A^=177kJ•moK

IIIC2H6(g)+2C02(g)-4C0(g)+3H2(g)AA

-1

IVC02(g)+H2(g)：C0(g)+H,0(g)A^=41kJ•mol

100-

GH,(g)

52

n_____HM.

0

(

U

C2H6®

O84

F-100-

P

0CO(g)

-

窗

疆-200-

HO(g)

2-242

■

-286

-300-

H2O(1)

CO2(g)

-400--393

图1

已知：298K时，相关物质的相对能量(如图1)。

可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△〃(△〃随温度变化可忽略)。例如：

-1-

H20(g)=H20(1)A"=-286kJ•moL-(-242kJ•mol)=-44kJ•mol'o

请回答：

(1)①根据相关物质的相对能量计算△〃=—kJ•mol，

②下列描述正确的是。

A.升高温度反应I的平衡常数增大

B.加压有利于反应I、1【的平衡正向移动

C.反应HI有助于乙烷脱氢，有利于乙烯生成

D.恒温恒压下通水蒸气，反应IV的平衡逆向移动

③有研究表明，在催化剂存在下，反应H分两步进行，过程如下：【C2H6(g)+CO2(g)J

f[GH.,(g)+H2(g)+CO2(g)]

一【C2Hl(g)+C0(g)+H2O(g)l且第二步速率较慢(反应活化能为210kJ•mor')。

根据相关物质的相对能量，画出反应H分两步进行的“能量一反应过程图”，起点从[GHMg)

+C02(g)］的能量-477kJ•mol-'开始(如图2)。

5O

-2

(

」一-3

O-3a

FIO

P-4<

05

询

费K)

tol

-450

___-477

-500-C2H6值*。2®-

反应过程

图2

(2)①CO2和GH.按物质的量1：1投料，在923K和保持总压恒定的条件下，研究催化剂

X对“CO2氧化CN制CzHj的影响，所得实验数据如表:

催化剂转化率C2H«/%转化率C02/%产率C2H4/%

催化剂X19.037.63.3

结合具体反应分析，在催化剂X作用下，CO?氧化CzL的主要产物是,判断依据

是

②采用选择性膜技术(可选择性地让某气体通过而离开体系)可提高心乩的选择性(生成

C2Hl的物质的量与消耗C2H6的物质的量之比)。在773K,乙烷平衡转化率为9.1%,保持温度和

其他实验条件不变，采用选择性膜技术，乙烷转化率可提高到1L0%。结合具体反应说明乙烷

转化率增大的原因是。

2.水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。

(1)关于反应上(g)+$2(g)=H20(1),下列说法不正确的是。

A.焰变A/AO,婚变AS〈O

B.可以把反应设计成原电池，实现能量的转化

C.一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行

I).选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行

(2)①根据HQ的成键特点，画出与图1中HQ分子直接相连的所有氢键(0—H…0)。

②将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(力下气态、液态水平衡共存

[II2O(1)-H20(g)]时的压强(0)。在图2中画出从20℃开始经过100℃的。随7变化关系

示意图(20℃时的平衡压强用n表示)。

(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度

(374.26、临界压强(22.IMPa)时的水称为超临界水。

①与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因

②如果水的离子积《从1.0X10-“增大到则相应的电离度是原来的

倍。

③超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定

实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图3、图4所示，其中x为以碳元素计的物质的

量分数，t为反应时间。

下列说法合理的是。

A.乙醇的超临界水氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物

B.在550℃条件下，反应时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全

C.乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示

反应的速率，而且两者数值相等

D.随温度升高，的峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳

氧化速率的增长幅度更大

(4)以粕阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH,HSO』溶液产生(NHJ再与水反

应得至U其中生成的NHMSO何以循环使用。

①阳极的电极反应式是。

②制备H曲的总反应方程式是。

3.CO2的资源化利用能有效减少CO?排放，充分利用碳资源。

(1)CaO可在较高温度下捕集CO2,在更高温度下将捕集的CO?释放利用。CaCO「HQ热

分解可制备CaO,CaC20,­HQ加热升温过程中固体的质量变化如图1。

温度/您

图1

①写出400〜600℃范围内分解反应的化学方程式:

②与CaC03热分解制备的CaO相比，CaC2O,­IL0热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性

能，其原因是。

(2)电解法转化CO?可实现CO?资源化利用。电解CO?制HCOOH的原理示意图如图2。

①写出阴极C02还原为HCOO一的电极反应式：

②电解一段时间后，阳极区的KHC03溶液浓度降低，其原因是

W.

(3)CO,催化加氢合成二甲醛是一种C0?转化方法，其过程中主要发生下列反应：

1

反应I:CO2(g)+H2(g)^CO(g)+H20(g)△〃=41.2kJ,moK

反应H：2cO2(g)+6H2(g)=CH30cH3(g)+3H20(g)A^=-122.5kJ•mol

在恒压，CO?和山的起始量一定的条件下，C02平衡转化率和平衡时QhOCIh的选择性随温

度的变化如图3。其中:

zxahoah的物质的量

CH2CH3的选择性=X100%

反应的co2的物质的量

%

/

祖

激

姒

恨80

法60

340

解20

0|_1------1------1------1------1-----1------1'------

200240280320360

温度/t

图3

①温度高于300℃,CO,平衡转化率随温度升高而上升的原因

是o

②220℃时，在催化剂作用下CO,与压反应一段时间后，测得CHQCIh的选择性为48%（图

中A点）。不改变反应时间和温度，一定能提高CH30cH3选择性的措施

有。

4.CO,是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：

（1）CO?可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pll=13,CO?主要转化为（写离子

符号）；若所得溶液c（HCO；）:c（CO'-）=2：1,溶液pH=。（室温下，H£（h的

%=4X10，友=5X10"）

（2）CO?与CH”经催化重整，制得合成气：

催化剂

CHt（g）+C02（g）2C0（g）+2Hz（g）

①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：

化学键C-HC=0H-HC=0(CO)

键能/kJ・mol一

4137454361075

1

则该反应的XH=。分别在比恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）

中，加入CH,和CO,各Imol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是

（填“A"或"B”）。

②按一定体积比加入CIL和COZ,在恒压下发生反应，温度对C0和也产率的影响如图1所

示。此反应优选温度为900℃的原因是

8008509009501000

反应温度凡

图1图2

（3）。2辅助的Al—CO?电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO”电

池反应产物AL（QO，,）3是重要的化工原料。

电池的负极反应式：o

-

电池的正极反应式：602+6e=60r

6C02+60；=3107+60z

反应过程中。2的作用是o

该电池的总反应式：。

高考必考大题专练（二）

化学原理综合应用题(A组)

1.解析：

(1)①根据题表中数据信息可写出热化学方程式

-1

(i)C2H6(g)+1o2(g)=2C02(g)+3H20(1)△4—1560kJ•mol,

(ii)C2Hd(g)+30z(g)=2C02(g)+2H*(1)△Q—1411kJ•mol，

-1

(iu)H2(g)+1o2(g)=H20(1)A^=-286kJ«mol,根据盖斯定律，由(i)

-1

-(ii)-(iii)得GHs(g)=C2H.((g)+H2(g)A^^+137kJ•mol,

②由于该反应为吸热反应、且为气体分子数增大的反应，因此可通过升高温度、减小体

系压强等提高该反应的平衡转化率。③设起始时心氏和1卜的物质的量均为lmol,列出三段式:

C2H6(g)=C2H1(g)+H2(g)

起始量/mol101

转化量/mola«a

平衡量/mol1—aa1+a

1——aa14-a

平衡时CN、C2H」和电对应的分压分别为汴丁、再在和文丁,，则该反应的平衡常数

a1+a

_2+apX2+aP______a(1+a)

Kp=1—a=(2+a)(1-a)Xp°

2+aP

(2)①反应初始时可认为£H,=lmol•「'，则根据初期阶段的速率方程可知k=n,当

1

CH,的转化率为a时，cCH.尸(1—a)mol,I/,则此时△=(1—a)八。②由r—kXcCH)

可知，CH,的浓度越大，反应速率r越大，A项正确；增加Hz浓度，CH,的浓度减小或不变，则

r减小或不变，B项错误；随着反应的进行，CH,的浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，C项

错误；降低温度，该反应进行非常缓慢甚至停止，即4也随着减小，D项正确。

(3)①结合图示可知CO?在阴极发生还原反应生成C0,即阴极上的反应式为C()2+2e-=CO

+0~。②设生成GH,和C2H6的物质的量分别为2mol和ImoL则反应中转移电子的物质的量为

4molX2+2molX1=lOmol,根据碳原子守恒，可知反应的CH,为6mol；则由C02-C0转移lOmol

电子，需消耗5moic则反应中消耗Qh和CO2的体积比为6：5。

答案：(1)①137②升高温度减小压强(增大体积)③Xp

"十。)11—a)

(2)①(1一a)②AD

-2-

(3)@C02+2e=C0+0②6:5

2.解析：本题考查盖斯定律的应用、平衡浓度及平衡常数的计算、化学平衡中的问题分

析及化学平衡移动的分析等，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变化观念与

平衡思想、证据推理与模型认知。(1)分析三个热化学方程式，可应用盖斯定律计算，△A

=A^=-49.5kJ•mol-1-(-90.4kJ•mor1)=+40.9kJ-moF1.,(2)由题述三个

反应可知，平衡时出0(g)的浓度等于CH30H(g)和CO(g)的浓度之和,即IW)(g)的浓度

为‘，'mol•L，平衡时CH30H(g)、CO(g)、H20(g)的浓度分别为而ol•「'、•「、

半nol♦口，则从开始至平衡，消耗C02(g)的浓度为4+令mol•11=史脚。】•廿，

消耗A(g)的浓度为(与十§mol•11=四芦nol•「，即平衡时CO?(g)、H2(g)的浓度

八1—a—b、-i3-3a—b5।l―—心丁一包包“。(CO)•c(H2O)

分别为---r-mol•Lr、--------mol•rL,则反应HI的平衡吊数为一-----而丁二

VVc(CO2)•c(H2)

ba+b

Vh(A)

1----------7==-------------------….-7丁。(3)反应I为放热反应，故低温阶段，温

1-a—b3—3a—Z?vl—a-b)(3—3a-

-V-Xy-

度越高，co?的平衡转化率越低，而反应in为吸热反应，温度较高时，主要发生反应in,则温

度越高，C02的平衡转化率越高，即图乙的纵坐标表示的是co2的平衡转化率。反应I为气体

分子数减少的反应，反应III为气体分子数不变的反应，因此压强越大，co2的平衡转化率越高，

故压强由大到小的顺序是R、R、反应川为吸热反应，温度较高时，主要发生反应山，且

反应IH前后气体分子数相等，故C02的平衡转化率几乎不再受压强影响。(4)由上述分析知，

图甲、图乙的纵坐标分别表示CHQH的平衡产率、C02的平衡转化率，且分析图像可

知，应选择的反应条件为低温、高压，A项正确。

答案:(1)+40.9

a+b_______b(a+6)________

⑵~F(l-a-Z,)(3-3a-A)

(3)乙p\、m、Pi力时以反应HI为主，反应HI前后气体分子数相等，压强改变对平衡

没有影响

(4)A

3.解析：本题考查离子方程式的书写、影响化学反应速率的因素、原电池的工作原理等

知识，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想。(1)HCO；和

也在催化剂的作用下反应生成IICOCT,根据原子守恒和电荷守恒，可知生成物中还有水，据此

可写出有关反应的离子方程式。适当升高温度时，催化剂的活性增强，HCO；催化加氢的反应

速率增大，相同反应时间内，HCO；催化加氢的转化率迅速上升。(2)①负极发生氧化反应，

碱性条件下，HCO(T(其中的碳元素为+2价)被氧化生成HCO；(其中的碳元素为+4价)，

则负极的电极反应式为HCOCT+201T—2e-=HC0；+H?0。正极反应中，Fe"被还原为Fe),

Fe'+再被&在酸性条件下氧化为Fe3+,Fe"相当于催化剂，因为最终有KzSO,生成，0,氧化Fe?

+的过程中要消耗仁，故需要补充的物质A为HZSO,。②结合上述分析可知，HCOOH与6反应的

离子方程式为2HC00H+2011+。2=21£0；+2也0或2HC0(T+02=2HC0；。(3)①根据原子守

恒并结合题图3,可知HCOOD催化释氢反应除生成C(X外，还生成HD。②从题图3可以看出，

HCOOH催化释氢的第一步是转化为HC0(F,故以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢，可以提高释

放氢气的速率，又HCOOK催化释氢时，氢元素的来源单一，提高释放出氢气的纯度。

答案：

(1)HCO；+压箧型”HCOCT+HQ温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强

(2)①HC0CT+20I「-2e-=HC0；+H20H2S04

@211C00H+201P+02=2IICO；+21L0或2HC00一+()2=2HC0；

(3)①皿②提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度

4.解析：(1)①恒容密闭容器中发生反应N4(g)=2N()2(g),是气体分子数增大的反

应，当压强不变时，说明已经达到平衡状态，A正确；当乙E(N204)=2P逆(N02)时，正反应

速率与逆反应速率不相等，未达到平衡状态，B错误；温度保持不变时，人始终保持不变，不

能作为反应达到平衡的判据，C错误；因为是在恒容密闭容器内发生的反应，反应前后气体质

量不变，密度也保持不变，故不能依此判定是否达到平衡，D错误；二氧化氮为红棕色，四氧

化二氮为无色，可以依据颜色不变判定反应达平衡状态，E正确。②设反应容器中加入lmolN20,

(g),列三段式：

N204(g)W2N02(g)

始：ImolOmol

变：0.75mol1.5mol

平:0.25mol1.5mol

02516'7y/

故平衡时，P(NA)=pX卞=,p,p(N02)=可,该反应的化学平衡常数4=1-

一1P

=—p.③根据题图1,达到平衡状态时，N2O4(g)的物质的量浓度为O.Olmol•L-',则N02

的物质的量浓度为0.06mol•「'，又知该反应为吸热反应，TAR,改变反应温度为①时，反

应速率加快，平衡正向移动，再次达平衡时，c(N0D大于0.06mol•据此画出图像。

(2)①由题图2知，反应II的活化能比反应I的大，反应H是慢反应，因此反应II决定

N0氧化反应速率。②由题图3可以看出，。时反应速率较慢，转化相同量的N0消耗时间较长。

由题图2可以看出，反应I和反应H均为放热反应，温度升高，反应I平衡逆移，N2O2(g)

的物质的量浓度减小；N202(g)的物质的量浓度降低对II反应速率的影响大于温度升高对反

应n速率的影响。

答案：(1)①AE②等

③

012'

(2)①n②T.\XHVO,温度升高，反应I平衡逆移，c(N#2)减小；浓度降低的影

响大于温度对反应II速率的影响

化学原理综合应用题(B组)

1.解析：本题考查化学反应原理相关知识，涉及反应历程分析，反应热计算，平衡移动

等知识。(1)①由题给信息可知，△"=0+4X(-llOkJ•mol-1)-2X(-393kJ•mol-1)

—(—84kJ•moT1)=430kJ•mol"1,②反应I的焰变大于0,则正反应为吸热反应，升高温

度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大，A项正确；反应I、II均为气体分子数增多的反

应，因此加压，平衡向逆反应方向移动，B项错误；反应m的生成物中有co,而由反应n可

知，生成乙烯的同时还有co生成，故反应in抑制了反应n的进行，即抑制了乙烯的生成，c

项错误；水蒸气是反应IV的生成物，因此通水蒸气时，反应w的平衡逆向移动，D项正确。③

由反应I可知，CM(g)-C2H1(g)+H2(g)AZ4=136kJ•mol-1,而题图2中反应起点对

应物质的能量为一477kJ•mol"',故反应II的第一步反应生成物的能量为一477kJ•mol~'+

136kJ・mo「=-341k「mo「,由第二步反应的活化能为210kJ•mol-',结合反应H的焰变

可知第二步生成物的能量为一300kJ・mo]T,据此作图。(2)①由反应I、反应H和反应HI可

知，乙烷的氧化产物有乙烯和CO,结合题表数据可知，CO2的转化率较高，但因乙烯的产率较

低，故乙烷的主要氧化产物是CO。催化剂X有利于提高反应III速率。②选择性膜可吸附乙烯,

使反应体系中的乙烯浓度降低，从而促使反应H的平衡向正反应方向移动。

答案：(1)①430②AD③

(2)①COCM的产率低，说明催化剂X有利于提高反应HI速率②选择性膜吸附CzH”

促进反应n平衡正向移动

2.解析：(1)氢气在氧气中燃烧生成液态水的反应是一个放热且燧减的反应，A项正确;

该反应是一个自发的氧化还原反应，可以将该反应设计成原电池，将化学能转化为电能，B项

正确；是否能观察到有水生成除了与反应能否自发进行有关外，还与反应的速率有关，观察

不到有水生成，不能说明该条件下反应不能自发进行，C项错误；使用合适的催化剂，有可能

使氢气和氧气在常温常压下快速反应，D项正确，故选C。(2)①一个水分子可以形成4个氢

键。②当液体的饱和蒸气压与外界大气压相等时，液体沸腾，此时的温度称为该液体的沸点。

由于常温常压下，水的沸点为100C,故100℃时，水的饱和蒸气压为LOlXlO'Pa,故20℃

时，压强为n，1000c时，压强为1.01X105Pa,据此作图。(3)①水的电离为吸热过程，温

度升高，水的电离程度增大，导致水的离子积常数增大。②水的离子积常数从1.0X10-“增大

到LOXIO_10,水电离产生的c(H+)从10-7mol•。增大到10—01•L-1,水的电离度是原

来的100倍。③根据图3可知，乙醇的超临界水氧化过程中，C0含量先增大再减小，CO,含量

一直增大，GH50H含量一直减小，可见C0是中间产物，CO?是最终产物，A项正确；由图4可

知，在550℃时，反应15s之后，C0含量接近于零，说明乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全，B

项正确；乙醉的超临界水氧化过程中，乙醉的消耗速率和二氧化碳的生成速率的数值不相等,

C项错误；由图4可知，温度升高时，只有单位时间内乙醇氧化生成C0的速率比C0氧化生成

CO2的速率快，而峰值出现的时间才会提前，且峰值更高，由此说明乙醇的氧化速率比一氧化

碳氧化速率的增长幅度更大，D项正确，故选ABDo(4)根据题意可知，阳极S0；失电子被

氧化为，电极反应式为2S07-2e-=S20r，生成的SQ：又与H20反应生成也。?和

SO；,故总反应方程式为2Hq逊HQ+H?t。

(3)①水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大)②100

③ABD

(4)①2HSO：-2e-=S20r+2H，或2S07-2e-=S20r②2H2O避里HG+H2t

3.解析：本题涉及的知识点有热重实验、电解原理的应用、化学平衡移动等，通过分析

图像，做出合理解释，考查了学生分析和解决化学问题的能力，体现了变化观念与平衡思想

的学科核心素养，以及创新思维和创新意识的价值观念。

(1)①根据图中质量变化可知，CaCO・H?0分解产生的气态产物依次为H