2023年屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)匯編試卷：F單元化學(xué)反應(yīng)與能量(2023年高考真題 模擬新題)

F單元化學(xué)反響與能量

Fl化學(xué)反響與能量變化

2O.F1B3HlKl

[2023?江蘇卷]磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如

Ca(PO)等形式存在。它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應(yīng)用。

342

(1)白磷(P)可由Ca(PO)、焦炭和SiO在肯定條件下反響獲得。相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：

43422

2Ca(PO)(s)+10C(s)===6CaO(s)+P(s)+10CO(g)ΔH=+3359.26kJ?mol>

34241

CaO(s)+SlO(s)===CaSiO(s)ΔH=-89.61kJ?mol?

232

2Ca(PO)(s)+6SiO(s)+10C(s)===6CaSiO(s)+P(s)+10CO(g)ΔH

3422343

則AH=kJ?mol-ι

30

(2)白磷中毒后可用CUSc)溶液解毒，解毒原理可用以下化學(xué)方程式表示：

4

HP+60CuSO+96HO===20CuP+24HPO+60HSO

44233424

60molCUSO4能氧化白磷的物質(zhì)的量是。

(3)磷的重要化合物NaHPO、NaHPO和NaPO可通過(guò)HPo與NaOH溶液反響獲得，

24243434

含磷各物種的分布分?jǐn)?shù)(平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù))與PH的關(guān)系如以下圖

所示。

圖O

①為獲得盡可能純的NaHiPO4,PH應(yīng)掌握在________；pH=8時(shí)，溶液中主要含磷物

種濃度大小關(guān)系為。

②NaHPO溶液顯堿性，假設(shè)向溶液中參加足量的CaCl溶液，溶液則顯酸性，其緣由是

242

_______________________________________________________________________(用

離子方程式表示)。

(4)磷的化合物三氯氧磷(PClOCICI)與季戊四醇(CHoHCHOHCCHOHCHOH)以物質(zhì)的

2222

量之比2：1反響時(shí)，可獲得一種型阻燃劑中間體X,并釋放出一種酸性氣體。季戊四醇與

X的核磁共振氫譜如以下圖所示。

圖O

①酸性氣體是(填化學(xué)式)。

②X的構(gòu)造簡(jiǎn)式為O

20.［答案I(1)2821.6

(2)3mol

(3)①4?5.5(介于此區(qū)間內(nèi)的任意值或區(qū)間均可)

c(HP0^)>c(HPO)

424

?3Ca2++2HPO2===Ca(PO)I+2H+

4342

(4)①HCl

(2)P0C100CHCCHCH0P0C10CH

2222

［解析］⑴依據(jù)蓋斯定律，將“上式+下式依據(jù)'，即得所求反響的ΔH=+3359.26kJ?mol

∣+(-89.61kJ?mol-i)×6=2821.6kJ?mol-ιo(2)P的化合價(jià)有升有降,Cu的化合價(jià)只降低。

P從0價(jià)升到+5價(jià)，1molP共失去20mol電子，依據(jù)得失電子守恒有：n(P)X20=

n(CuSO)×1,所以60molCuSO標(biāo)以氧化3molP。(3)①?gòu)膱D中不難看出，PH在4土5.5之

444

間時(shí)，HPO的含量最高。在pH=8時(shí)，溶液中含有HPO2和HPo-兩種離子，且前者大于

24424

后者。②足量的Ca?+與HPOj局部電離出的PO3：結(jié)合，生成難溶的CaFe)沉淀，促進(jìn)了

HPO2一的電離，故溶液顯酸業(yè)(4)三氯氧磷與季加四醇以2：1反響，3核磁晝振氫譜中的峰

4

由2組變成1組，明顯應(yīng)為四個(gè)羥基上的H原子被取代了，生成了HCl及

POCIOOCHCCHCHOPOCIOCH。

2222

7E3F1［2023?安徽卷］我國(guó)科學(xué)家研制出一種催化劑，能在室溫下高效催化空氣中甲

醛的氧化，其反響如下：HCHO+O*<^COι+HOo以下有關(guān)說(shuō)法正確的選項(xiàng)是()

A.該反響為吸熱反響

B.CO分子中的化學(xué)鍵為非極性鍵

2

C.HeHo分子中既含σ鍵又含TI鍵

D.每生成1.8gH0消耗2.24LO

22

7.C［解析］甲醛發(fā)生氧化反響屬于放熱反響，A項(xiàng)錯(cuò)誤；COy子中化學(xué)鍵為碳氧雙

鍵，該化學(xué)鍵是不同非金屬元素間形成的極性鍵，B項(xiàng)錯(cuò)誤；在HCHe)中C—H鍵為σ鍵，

在碳氧雙鍵中一條為σ鍵、一條為兀鍵，C項(xiàng)正確；依據(jù)HCHo+0-X?JC0+H0可知,

222

每生成1.8g(即0.1mol)水，消耗0.1molO,因不知氧氣所處溫度、壓強(qiáng)，無(wú)法確定其體積，

D項(xiàng)錯(cuò)誤。

11.F1F2F3

［2023?福建卷］某科學(xué)家利用二氧化鈾(Cec))在太陽(yáng)能作用下將H。、CO轉(zhuǎn)變?yōu)镠、

2222

COo其過(guò)程如下：

mCeO太陽(yáng)啊m—x)Cee)?xCe+xO

2①22

(m-χ)CeO?xCe+xHO+xCO≡1-?mCeO+xH+xCO

222②22

以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是()

A.該過(guò)程中CeO,沒(méi)有消耗

B.該過(guò)程實(shí)現(xiàn)了太陽(yáng)能向化學(xué)能的轉(zhuǎn)化

C.圖O中AH=ΔH+?H

I23

圖0

D.以CO和O構(gòu)成的堿性燃料電池的負(fù)極反響式為Co+4C)H-—2e-===CO2-+2HO

11.C［解析］H0、CO轉(zhuǎn)變?yōu)镠、CO的過(guò)程分兩步進(jìn)展，第1步反響消耗Ceo的

2222

物質(zhì)的量與第2步反響生成CeO的物質(zhì)的量一樣，則該過(guò)程中Ceo沒(méi)有消耗，A項(xiàng)正確；

22

上述轉(zhuǎn)變將化學(xué)能較低的H0、CO轉(zhuǎn)化為化學(xué)能較高的H、CO,將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能

儲(chǔ)存在燃料(水煤氣或H和4θ)中，E項(xiàng)正確；讀圖可得3個(gè)熱《化學(xué)方程式：ΦHO(g)===H(g)

222

+10(g)ΔH,②HO(l)===HO(g)ΔH,③H(g)+10(g)===HO(l)ΔH,觀看覺(jué)察①+

22122222223

②=一③，由蓋斯定律可得：ΔH+ΔH=-ΔH,則AH=-ΔH-ΔH=-(ΔH+?H),

I23I2323

C項(xiàng)錯(cuò)誤；CO是燃料，在負(fù)極上發(fā)生氧化反響，其產(chǎn)物不是CO,由于CO是酸性氧化物，

22

與過(guò)量堿溶液易反響生成碳酸根離子，依據(jù)電子、電荷和原子守恒原理可得負(fù)極反響式為CO

+40H—2e===CO2-+2H0,D項(xiàng)正確。

32

12.FlGl

［2023?山東卷］對(duì)于反響CO(g)+H?(g)Ce),(g)+H,(g)AH<O,在其他條件不變的

狀況下()

A.參加催化劑，轉(zhuǎn)變了反響的途徑，反響的AH也隨之轉(zhuǎn)變

B.轉(zhuǎn)變壓強(qiáng)，平衡不發(fā)生移動(dòng)，反響放出的熱量不變

C.上升溫度，反響速率加快，反響放出的熱量不變

D.假設(shè)在原電池中進(jìn)展，反響放出的熱量不變

12.BI解析I反響的AH大小只取決于反響物、生成物的狀態(tài)與反響條件，而和反響

是否使用催化劑、反響途徑無(wú)關(guān)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；該反響在反響前后氣體的總體積不變，因此轉(zhuǎn)

變壓強(qiáng)，平衡不移動(dòng)，反響放出的熱量不變，B項(xiàng)正確；上升溫度，平衡逆向進(jìn)展，反響放

出熱量減小，C項(xiàng)錯(cuò)誤：在原電池中，隨反響進(jìn)展，能量轉(zhuǎn)化形式是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，而

不再是化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能，D項(xiàng)錯(cuò)誤。

6.Fl∣2023?北京卷］以下設(shè)備工作時(shí)，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為熱能的是()

6.D［解析］硅太陽(yáng)能電池將太陽(yáng)能直接轉(zhuǎn)化為電能，A項(xiàng)錯(cuò)誤；鋰離子電池將化學(xué)能

轉(zhuǎn)化為電能，B項(xiàng)錯(cuò)誤；太陽(yáng)能集熱器將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為熱能，C項(xiàng)錯(cuò)誤；燃?xì)庠顚⒒瘜W(xué)能轉(zhuǎn)

化為熱能，D項(xiàng)正確。

27.FlG3

［2023?浙江卷］捕碳技術(shù)(主要指捕獲CO?在降低溫室氣體排放中具有重要的作用。目前

NH和(NH)CO已經(jīng)被用作工業(yè)捕碳劑，它心與CO可發(fā)生如下可逆反響：

34232

反響I：2NH(1)+HO(I)+C0(g)(NH)CO(aq)ΔH

322423I

反響II：NH(1)+H0(l)+C0(g)NHHCO(aq)ΔH

322432

反響HI：(NH)CO(aq)+HO(1)+CO(g)2NHHCO(aq)ΔH

42322433

請(qǐng)答復(fù)以下問(wèn)題：

(1)ΔH與AH、AH,之間的關(guān)系是：ΔH=________o

(2)為爭(zhēng)論溫廄對(duì)(N4)CO捕獲CO效聿的影響，在某溫度T下，將肯定量的(NH)CO

4232I423

溶液置于密閉容器中，并充入肯定量的CO,氣體(用氮?dú)庾鳛橄♂寗?，在t時(shí)刻，測(cè)得容器

中CO氣體的濃度。然后分別在溫度為T(mén)、*、T、T下，保持其他初始試驗(yàn)條件不變，重

22345

復(fù)上述試驗(yàn)，經(jīng)過(guò)一樣時(shí)間測(cè)得Cc),氣體濃度，得到趨勢(shì)圖［見(jiàn)圖(a)］。則：

①ΔH________0(填“”或"v")。

②在T；?T,及T，?T$二個(gè)溫度區(qū)間,容器內(nèi)CO算體濃度呈現(xiàn)如圖(a)所示的變化趨勢(shì)，

其緣由是‘-"'-____________________________________

O

③反響m在溫度為T(mén)I時(shí)，溶液PH隨時(shí)間變化的趨勢(shì)曲線如圖(b)所示。當(dāng)時(shí)間到達(dá)tI

時(shí)，將該反響體系溫度快表上升到T,,并維持該溫度。請(qǐng)?jiān)谠搱D中畫(huà)出tI時(shí)刻后溶液的pH

變化總趨勢(shì)曲線。

(a)(b)

圖0

(3)利用反響UI捕獲CO,在(NH)CO初始濃度和體積確定的狀況下，提高Co吸取量

24232

的措施有____________________________________________________________________________

(寫(xiě)出2個(gè))。

(4)以下物質(zhì)中也可能作為CO1捕獲劑的是o

?-NHQB,Na2CO3

C.HOCH9CH1OHD.Hc)CH,CH,NH,

27.［答案j(l)2AH2-AH∣

(2)Φ<

②Tl?T,區(qū)間，化學(xué)反響未到達(dá)平衡，溫度越高，化學(xué)反響速率越快，所以CO,被捕獲

的量隨溫度上升而提高。T,?T5區(qū)間，化學(xué)反響已到達(dá)平衡，由于正反響是放熱反響，溫度

上升平衡向逆反響方向移動(dòng)，所以不利于CO,捕獲

③

(3)降低溫度；增加Ce)濃度(或分壓)

2

(4)B、D

［解析］(1)依據(jù)蓋斯定律可得出，將“反響∏X2一反響i”，即得反響ΠI,所以AH=

2ΔH-ΔH。(2)①?gòu)膱D(a)分析，T時(shí)Co吸取率最高，當(dāng)溫度再高時(shí)，平衡會(huì)逆向移動(dòng)，導(dǎo)

2132

致CO的量增多，故該反響為放熱反響，即ΔH<0o②當(dāng)溫度低于T時(shí)，反響未達(dá)平衡，

233

當(dāng)溫度高時(shí)，CO的吸取率加快。③溫度從T升到T時(shí)，CO的吸取率減小，則溶液中的

2122

CO,含量少，PH增大，當(dāng)溫度不變時(shí)，反響達(dá)平衡，則Co含量不變，PH不變。(3)反響In

為/體體積減小的放熱反響，故可以承受低溫、高壓以提高CO的吸取量。(4)C0與NaCO

2223

反響可生成NaHCO,HOCHCHNH中的氨基顯堿性，也可以吸取酸性氣體CC/。

32222

F2反響熱的計(jì)算與重要的反響熱

25.F2N1［2023?安徽卷］X、Y、Z、W是元素周期表中原子序數(shù)依次增大的四種短周期

元素，其相關(guān)信息如下表：

元素___________________相關(guān)信息____________________

XX的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物化學(xué)式為H耳03

YY是地殼中含量最高的元素

ZZ的基態(tài)原子最外層電子排布式為3s23p∣

WW的一種核素的質(zhì)量數(shù)為28,中子數(shù)為14

(I)W位于元素周期表第周期第族;W的原子半徑比X的(填

“大”或“小”)。

(2)Z的第一電離能比W的_______(填“大”或“小”)；XY由固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)所需抑制

2

的微粒間作用力是

氫元素、X、Y的原子可共同形成多種分子，寫(xiě)出其中一種能形成同種分子間氫鍵的物

質(zhì)名稱(chēng)。

(3)振蕩下，向Z單質(zhì)與鹽酸反響后的無(wú)色溶液中滴加NaOH溶液直至過(guò)量，能觀看到的

現(xiàn)象是____________________________________________________________________________

W的單質(zhì)與氫氟酸反應(yīng)生成兩種無(wú)色氣體，該反應(yīng)的化學(xué)方程式是

O

(4)在25°C、IOlkPa下，13.5g的Z固體單質(zhì)在Y氣色中完全燃燒后恢復(fù)至原狀

態(tài)，放熱419kJ,該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式是

25.［答案］⑴三NA大

⑵小分子間作用力乙酸(其他合理答案均可)

⑶先生成白色沉淀，后沉淀漸漸溶解，最終變成無(wú)色溶液Si+4HF===SiFt+2Ht

42

⑷4Al(s)+3O(g)===2AlO(s)ΔH=-3352kJ?mol(其他合理答案均可)

223

I解析I利用X的信息知箕為IVA族元素，Y是地殼中含量最高的元素，故Y為氧元素，

結(jié)合X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期元素可知X為碳元素；Z的基態(tài)原子的電

子排布式為3s23p∣,則Z為13號(hào)元素鋁；W元素的一種核素的質(zhì)量數(shù)為28,中子數(shù)為14,

則質(zhì)子數(shù)為14,則W為硅元素。(I)Si核外電子層數(shù)為3、最外層電子數(shù)為4,因此Si位于

第三周期IVA族；同主族元素隨核電荷數(shù)增大原子半徑增大，故Si的原子半徑比C的大。(2)

鋁為較活潑金屬，最外層3p∣電子簡(jiǎn)潔失去，因此AKSi相比，第一電離能較小的是Ah

CO晶體轉(zhuǎn)化為氣體，分子沒(méi)有轉(zhuǎn)變，只是分子間間距變大，因此破壞的作用力是分子間作

2

用力；由H、C、0形成的分子：乙酸、乙醇等同種分子間均存在氫鍵。(3)A1與鹽酸反響后

的溶液中含有AH+,因此向該溶液中參加NaOH至過(guò)量，依次發(fā)生反響為A13++3OH

===A1(OH)I、Al(OH)+OH===A10-+2H0,可看到的現(xiàn)象是先生成白色沉淀，后沉淀逐

3322

漸溶解，最終變?yōu)闊o(wú)色溶液；Si與HF反響可珞換出H,，同時(shí)還生成SiFq氣體。(4)13.5gAl

物質(zhì)的量為0.5mol,由題中數(shù)據(jù)可知4molAI與氧氣完全反響生成固態(tài)AlO時(shí)，放出熱量

23

為419kJX∕JI?21.=3352kJ。

0.5mol

11.FlF2F3

［2023?福建卷］某科學(xué)家利用二氧化IΦ(CeO)在太陽(yáng)能作用下將H0、CO轉(zhuǎn)變?yōu)镠、

2222

COo其過(guò)程如下：

mCeθ—X)CeO?xCe+xO

2①22

(m-χ)CeO?xCe+xHO+xCO?≡j^mCeO+xH+xCO

222②22

以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是()

A.該過(guò)程中Cee)淡有消耗

B.該過(guò)程實(shí)現(xiàn)了太陽(yáng)能向化學(xué)能的轉(zhuǎn)化

C.圖O中AH=ΔH+ΔH

I23

圖O

D.以Co和O構(gòu)成的堿性燃料電池的負(fù)極反響式為C0+40H-—2e===CO2-+2HO

232

H.CI解析］H0、CO轉(zhuǎn)變?yōu)镠、CO的過(guò)程分兩步進(jìn)展，第1步反響消耗CeO的

2222

物質(zhì)的量與第2步反響生成ClO的物質(zhì)的量一樣，則該過(guò)程中Cec)沒(méi)有消耗，A項(xiàng)正確；

22

上述轉(zhuǎn)變將化學(xué)能較低的H0、CO轉(zhuǎn)化為化學(xué)能較高的H、CO,將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能

儲(chǔ)存在燃料(水煤氣或H和&>)中,A項(xiàng)正確；讀圖可得3個(gè)加化學(xué)方程式：①HO(g)===H(g)

222

+10(g)AH,②HexI)===H0(g)AH,③H(g)+10(g)===HO⑴AH,觀看覺(jué)察①+

22122222223

②=一③，由蓋斯定律可得：2UI1+?H2=-ΔH3,則ΔH1--ΔH2-ΔH3=-(ΔH2+?H3),C

項(xiàng)錯(cuò)誤；CO是燃料，在負(fù)極上發(fā)生氧化反響，其產(chǎn)物不是CO,,由于eo?是酸性氧化物，

與過(guò)量堿溶液易反響生成碳酸根離子，依據(jù)電子、電荷和原子守恒原理可得負(fù)極反響式為Co

+4OH--2e-===CO2-+2HO,D項(xiàng)正確。

32

31.F2G4GlC3G2G3G5

[2023?廣東卷]大氣中的局部碘源于O到海水中I-的氧化。將。彗續(xù)通入Nal溶液中進(jìn)

行模擬爭(zhēng)論。

(I)O3將I-氧化成I,的過(guò)程由3步反響組成：

①I(mǎi)Yaq)+。3===1。(aq)+0<g)AHJ

②IO(aq)+iΓ(叫)H0I(aq5ΔH；

2

③HOI(aq)+I-(aq)+H+(aq)I,(aq)+H,0⑴ΔH。

總反應(yīng)的2化2學(xué)3方程式為

,其

反響熱AH=o

(2)在溶液中存在化學(xué)平衡：I(aq)+I-(aq)I-(aq),其平衡常數(shù)表達(dá)式為

23

_______________O

(3)為探究Fe2，對(duì)O氧化I反響的影響(反響體系如圖0),某爭(zhēng)論小組測(cè)定兩組試驗(yàn)中1

33

濃度和體系pH,結(jié)果見(jiàn)圖1和下表。

7

.

7

T

h

h

z

c

d

j

編號(hào)反響物反響反響后PH

第1組C)"一5.211.0

第2組O3+I-+Fe2÷5.24.1

①第1組實(shí)驗(yàn)中，導(dǎo)致反應(yīng)后PH升高的原因是

②圖0中的A為.由Fe3+生成A的過(guò)程能顯著提高「的轉(zhuǎn)化率，緣由是

③第2組試驗(yàn)進(jìn)展18s后，L濃度下降。導(dǎo)致下降的直接緣由有(雙選)

A.C(H+)減小B.c(I-)減小

C.I,(g)不斷生成D.c(Fe3+)增加

(4)據(jù)圖1,計(jì)算3-18s內(nèi)第2組試驗(yàn)中生成!-的平均反響速率(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程，結(jié)果保

留兩位有效數(shù)字)。

31.［答案］(1)(1)2I-+0+2H÷==I+0+H0(其他合理答案也給分)?H+?H

322212

+?W,

__c(I-)___

(2)K=

⑷C(I2)?c(1-)

(3)①03氧化I-生成反響消耗H÷,使H+濃度減小(其他合理表達(dá)也給分)

②Fe(OH)J由于Fe3+的水解，體系中H*濃度增加，使0?氧化I-的兩個(gè)分步反響②

和③的平衡向右移動(dòng)，I-的轉(zhuǎn)化率提高

③BC

?c11.8×l0-3mol-￡∣—3.5×10-3mol-L→

(4)v(?-)=--=--------------------------------------------------------------≈5.5×10-4mol?L-ι?s-ι(其

△t18s—3s

他合理答案也給分)

[解析I(1)臭氧在酸性條件下將碘離子氧化成碘單質(zhì)的過(guò)程由3步反響組成，觀看3

個(gè)熱化學(xué)方程式中的反響物和生成物，覺(jué)察①+②+③可以得出總反響的熱化學(xué)方程式為2I

-(aq)+0∕g)+2H÷(aq)Haq)+0,(g)+H,0⑴,依據(jù)蓋斯定律可得其焰變A4=A"∣+A

H+?W?氫離子表示強(qiáng)酸疝硫酸等，射臭氧春續(xù)通入NaI溶液中，總反響的化學(xué)方程表是

23

2Nal+O+HSONaSO+1+0+HO或2Nal+O+HSO===NaSO+l+O+H0

等；(2)由化學(xué)平褊常數(shù)定攵我可落,*2Kaq)+I(aq)3i端)的聿衡摘質(zhì)表送式男

23

c(I-)

,、L、；(3)①導(dǎo)致前者反響后PH上升的緣由是臭氧將碘離子氧化為I的總反響的

C(??)-CII-J2

離子方程式為2I-+C)3+2H'?+O,(g)+H,O(或者第②③步反響的反響物中都有氫離子，

第③步反響的生成物1有水)，既常耗氧2離子又Ib成水，譬溶液的酸性減弱、PH上升：

②圖13中A不行能為Fe2+,由于參加Fe2+后，發(fā)生如下反響：2Fe2++O+2H+==2Fe3++H0、

32

2Fe3++2I-==2Fe2++I,,隨著反響的進(jìn)展，I-消耗貽盡，持續(xù)通入0.Fe2+完全轉(zhuǎn)化為Fe3+,

即鐵元素只能以正芻介的價(jià)態(tài)存在；圖13中A為Fe(OH)y依題意奇知第2組反響后pH=4.1,

+41f

則c(H)=1.0×lO-mol∕L,c(OH-)=1.0xl0^..9mol/L,由于Fe(OHMS)-Fe3+(aq)+30H-

(aq),KW[Fe(OH)J=c(Fe3+)xc?(OH-)=4.0XiO-38,則

K[Fe(OH)]4.0x10—38*人八?丁、-一，十

c(Fe3+>_M__1——LL?_____________≈4.0χl0-8.3mol∕L,由于4.0x10-8.3r∏ol∕L遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于

C3(OH-)[1.0X10-9.9)3

1.0×10-5mol∕L,說(shuō)明Fe3+已經(jīng)完全沉淀，則A為Fe(OH)；由于Fe3++3H0一^Fe(OH)+3H÷,

323

Fe3+的水解導(dǎo)致體系中H+濃度增加，使O3氧化I「的兩個(gè)分步反響②和③的平衡向右移動(dòng)，I

的轉(zhuǎn)化率提高；③比照表格中第1、2組試驗(yàn)前后PH可得，第1組PH增大，c(H?)減小，

圖中第1組試驗(yàn)所得I；濃度曲線先略為增大后幾乎不變，第2組PH減小，c(H」)增大，圖中

第2組試驗(yàn)所得；濃鹿曲線先顯著增大后漸漸減小至無(wú)，依據(jù)上述分析可得，假設(shè)(H+)減小,

I-濃度不會(huì)下降，1項(xiàng)錯(cuò)誤；假設(shè)c(I-)減小，則反響③HOI(aq)+l-(aq)+H-(叫)I(aq)+

32

HO⑴的平衡左移，C(I)也減小，導(dǎo)致I(aq)+l-(aq)「(aq)的平衡左移，所以I-濃度下降，

22233

B項(xiàng)正確；假其I(g)不斷生成，導(dǎo)駕I(aq)I,(g)的溶解平衡右移，既使溶液中《I?減小，

又使I(aq)+I(aq)「(aq)的平衡女移，則U濃度下降，C項(xiàng)正確；假設(shè)加的)鈿加，F(xiàn)e3?

233

將I-直接氧化成I或發(fā)生反響2Fe3++2I-===2Fe2++l,則溶液中/I)增大，而海水中<1)

略為減小或無(wú)視不2計(jì)，導(dǎo)致I(aq)+I(aq)I-(aq)的孕衡右移，I-濃用增大，D項(xiàng)錯(cuò)誤；(4)

233

讀圖，3?18s內(nèi)第2組試驗(yàn)中I-濃度由3.5X10-3mol∕L增加到11.8×10?mol∕L,則生成I-

33

的平均反響速率v(l-)=。3)=(11.8—3.5)X10-3mol〃L-I=5.5=10-4mo∣∕(L?s),此

3Δ/18s-3s

問(wèn)需要留意縱坐標(biāo)中'Nl3)∕l0-3mol"L∣"隱含的信息，計(jì)算時(shí)需要圖中所得數(shù)據(jù)乘以

w

“X10-3mol*L-I0

10.F2G2H2

[2023?天津卷]某市對(duì)大氣進(jìn)展監(jiān)測(cè)，覺(jué)察該市首要污染物為可吸入顆粒物PM直徑小

于等于2.5μm的懸浮顆粒物)，其主要來(lái)源為燃煤、機(jī)動(dòng)車(chē)尾氣等。因此，對(duì)PM：：、SO,、

NoX等進(jìn)展?fàn)幷摼哂兄匾饬x。

,請(qǐng)答復(fù)以下問(wèn)題：

(1)將PM樣本用蒸儲(chǔ)水處理制成待測(cè)試樣。

2.5

假設(shè)測(cè)得該試樣所含水溶性無(wú)機(jī)離子的化學(xué)組分及其平均濃度如下表：

離子Na+NHjSO?NOFCI

濃度∕mol?Lτ4X

10-66義

10-62X

10-54X

10-53X

10-52義

10-5

依據(jù)表中數(shù)據(jù)推斷PM,$的酸堿性為_(kāi)_______,試樣的PH=________o

⑵為削減SO,的排放,"常實(shí)行的措施有：

①將煤轉(zhuǎn)化后清潔氣體燃料。

1

(g)

:H2+2O2(g)===H2O(g)

ΔH=-241.8kJmol1I

1

C(s)+202(gj===CO(g)ΔH=-110.5kJmol

寫(xiě)出焦炭與水蒸氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式

②洗滌含SO的煙氣。以下物質(zhì)可作洗滌劑的是

2

°

a.Ca(OH)b.NaCO

223

c.CaCld.NaHSO

23

⑶汽車(chē)尾氣中NoX和CO的生成及轉(zhuǎn)化

①汽缸中生成NO初反響為

N2(g)+O2(g)2N0(g)ΔH>O

假設(shè)1mol空氣含0.8molN2和0.2molθ?,1300°C時(shí)在密閉容器內(nèi)反響到達(dá)平衡，測(cè)得

No為8X104mol。計(jì)算該溫度下的平衡常數(shù)K=。

汽車(chē)啟動(dòng)后，汽缸溫度越高，單位時(shí)間內(nèi)NO排放量越大，原因是

②汽車(chē)燃油不完全燃燒時(shí)產(chǎn)生CO,有人設(shè)想按以下反響除去CO：2CO(g)===2C(s)

+0(g)2

己知該反應(yīng)’的ΔH>O,簡(jiǎn)述該設(shè)想能否實(shí)現(xiàn)的依據(jù)：

O

③目前，在汽車(chē)尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器可削減Co和NO的污染，其化學(xué)反響方程

式為_(kāi)___________________________________________________________________________

10.［答案］(1)酸性4

(2)ΦC(s)+HO(g)===CO(g)+H,(g)

ΔH=+131.3kj-mo?-?

②a、b

(3)①4X10-6溫度上升，反響速率加快，平衡右移

②該反響是焰增、滴減的反響，任何溫度下均不自發(fā)進(jìn)展

③2CO+2NO催化劑,F2C0+N

22

I解析］(I)PM中含NH+,因NH+的水解而顯酸性;依據(jù)電荷守恒得C(H+)+c(K+)+c(Na

2544

÷)+c(NH-)=2c(SO2-)+c(NO-)+c(Cl-),將表格中的數(shù)據(jù)代入求得C(H十)=10。mol?L-i,PH

443

=4o

(2)①第2個(gè)方程式減第1個(gè)方程式得目標(biāo)反響的熱化學(xué)方程式為C(s)+HO(g)===CO(g)

+H(g)ΔH=+131.3kj-mo?-?.

2②So是酸性氧化物，可用堿性物質(zhì)吸取，故正確答案為a、b。

2

(3)①K=一一CfXl一一.=」經(jīng)J2：2」=4X10-6；該反響為吸熱反響，上升溫度，

C(N)Xe(O)0.8×0.2

22

平衡向正反響方向移動(dòng)，且上升溫度，反響速率加快。

②該反響AH>0、且AS<O,故反響在任何溫度下都不能自發(fā)。

③NO具有氧化性，能將CO氧化成CO,自身被復(fù)原為N。

22

26.D4F2G2F3

［2023?北京卷］NoX是汽車(chē)尾氣中的主要污染物之一。

(I)NO能形最酸雨，寫(xiě)出NO轉(zhuǎn)化為HNO的化學(xué)方程式：

X23

___________________________________________________________________________O

(2)汽車(chē)發(fā)動(dòng)機(jī)工作時(shí)會(huì)引發(fā)N和0反響，其能量變化示意圖如下：

22

2l49iLkLma)

×ɑ-63∩L→kJmo∣-2N0(g)No(g)94i!LmftM2N(g?0?(g)-'20(g?

①寫(xiě)出該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

②隨溫度升高，該反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)的變化趨勢(shì)是

⑶在汽車(chē)尾氣系統(tǒng)中裝置催化轉(zhuǎn)化器，可有效降低NO的排放。

①當(dāng)尾氣中空氣缺乏時(shí)，N?在催化轉(zhuǎn)化器中被復(fù)原成N2排出。寫(xiě)出N。被C。復(fù)原的

②當(dāng)尾氣中空氣過(guò)量時(shí)，催化轉(zhuǎn)化器中的金屬氧化物吸取No生成鹽。其吸取力量挨次

下：nMgO'CaO'SrO'Ba。。'原因關(guān)

元素的金屬性漸漸增加，金屬氧化物對(duì)No、的吸取力量漸漸增加。

(4)通過(guò)No傳感器可監(jiān)測(cè)NO的含量，其H作原理示意圖如下：

XX

NiO電極

f?■遷移'固體電解質(zhì)

J---------、Pt電極

①Pt電極上發(fā)生的是反響(填“氧化”或“復(fù)原”)。

②寫(xiě)出NiO電極的電極反應(yīng)式

O

26.I答案I(I)3NO+HO===2HNO+NO

223

⑵①N,(g)+θ,(g)===2NO(g)

ΔH=+183kJ?mol-1

②增大

⑶①2CO+2NO巡維J+2CO

②依據(jù)Mg、Ca,Sr和Ba的質(zhì)子數(shù)，得知它們均為IlA族元素。同一主族的元素，從上

到下，原子半徑漸漸增大

(4)①?gòu)?fù)原

②NO+CP-—2e-===N0,

［解析I(I)NO與水反響的論學(xué)方程式為3NO+HO===2HNO+NO。

2223

(2)①N,(g)+6,(g)===2NO(g)ΔH=945kJmoh∣+498kJ?mol-∣-2X630kJ?mol-∣=+

183kJ?mol->0②該反響為吸熱反響，隨溫度上升，化學(xué)平衡常數(shù)增大。

(3)依據(jù)題意No被復(fù)原為N,則Co被氧化為CO。

22

(4)Pt電極上0得電子發(fā)生復(fù)原反響，電極反響式為0+4e-===2CP一，電池總反響式為

22

2N0+0===2N0,用電池總反響式減去Pt電極的電極反響式并化簡(jiǎn)得Nio電極的電極反響

式：NO+O2—2e-===N0。

28.C2F2F3

［2023.課標(biāo)全國(guó)卷I］二甲醛(CHOCH)反無(wú)色氣體，可作為一種型能源。由合成氣

(組成為H、CO和少量的Cc))直接制京二甲嬴，其中的主要過(guò)程包括以下四個(gè)反響：

22

甲醇合成反響：

(I)CO(g)+2H(g)===CHOH(g)

23

ΔH=-90.1kJmol-?

(∏)C0(g)+3H(g)===CHOH()+H0(g)

2232g

ΔH=-49.0kJ?mol-i

水煤氣變換反響：

(IΠ)CO(g)+HO(g)===CO(g)+H(g)

222

ΔH=-41.1kJ?mok'

3

二甲醛合成反響：

(IV)2CHOH(g)===CHOCH(g)+H0(g)

3332

ΔH4=-24.5kJ-mol?

答復(fù)以下問(wèn)題：

(I)Al0是合成氣直接制備二甲醛反響催化劑的主要成分之一。工業(yè)上從鋁土礦制備較

23

高純度AlO的主要工藝流程是

23

(以化學(xué)方程式表示)。

⑵分析二甲醛合成反應(yīng)(IV)對(duì)于CO轉(zhuǎn)化率的影響

⑶由H和CO直接制備二甲醛(另一產(chǎn)物為水蒸氣)的熱化學(xué)方程式為

2

根據(jù)化學(xué)反應(yīng)原理，分析增加壓強(qiáng)對(duì)直接制備二甲醛反應(yīng)的影響

⑷有爭(zhēng)論者在催化劑(含Cu-Zn-Al-O和Aipλ壓強(qiáng)為5.0MPa的條件下，由H?

和CO直接制備二甲醛，結(jié)果如圖0所示。其中Co轉(zhuǎn)化率隨溫度上升而降低的緣由是

之

?-

怛

?80

φ70

60

*

N50

扉

圖O

(5)二甲醛直接燃料電池具有啟動(dòng)快、效率高等優(yōu)點(diǎn)，其能量密度高于甲醇直接燃料電池

(5.93kW-h?kg一)。假設(shè)電解質(zhì)