2019全国高考（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、京津沪浙）化学反应原理试题深度解析.doc

1、 1 2019 全国高考（、京津沪浙）化学反应原理试题深度解析 1.（2019 上海卷）19. 已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(G)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时 c(X)=0.3mol/L，其它条件 不变，将容器缩小到原来的 1/2，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是 A.反应向逆反应方向移动 B.Y 可能是固体或液体 C.系数 nm D.Z 的体积分数减小 【答案】C 【解析】 已知反应已达平衡，此时 c(X)=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的 1/2，若此时平衡不移 动，c(X)=0.6mol/L，但平衡移动之后 c(X)=0.5mol/L，说

2、明加压平衡向正反应方向移动，A 项错误； 题干条件说明正反应为气体减少的反应，若 Y 为固体或液体，则需要满足 m2m，不可能成立，B 项错误； Y 是气体，且 m+n2m，所以 nm，C 项正确； 平衡正向移动，产物 Z 的体积分数应该增大，D 项错误。故答案为 C。 2.（2019 江苏卷）15. 在恒压、NO 和 O2的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度下 NO 转化为 NO2的转 化率如题图中实线所示(图中虚线表示相同条件下 NO 的平衡转化率随温度的变化） 。下列说法正确的是 A.反应 2NO(g）+O2(g)=2NO2(g)的 H0 B.图中 X 点所示条件下,延

3、长反应时间能提高 NO 转化率 C.图中 Y 点所示条件下,增加 O2的浓度不能提高 NO 转化率 D.380下，C起始（O2）=5.0 10 -4mol L-1，NO 平衡转化率为 50%,则平衡常数 K2000 【答案】 ：BD 【解析】 ：本题考查平衡图像和平衡移动 A 项图中虚线为该反应 NO 的平衡转化率，可知升高温度，NO 的平衡转化率降低，故H0； B 项 X 点对应温度下的平衡点在 X 点的正上方，NO 的转化率比 X 点大，延长反应时间，NO 转化率 2 会增大。 C 项 Y 为平衡点，增大 O2的浓度可以提高 NO 转化率 D 项 NO 平衡转化率为 50%，平衡时 NO

4、和 NO2浓度相等，在平衡常数的表达式中数据可以抵消，所 以 K=1/c(O2)。C平衡（O2）2000。 3.（2019 上海卷）18. 根据图示下列说法正确的是 能 量 t 1/2O2(g)+1H2(g) 1OH(g)+1H(g) 1H2O(g) 1O(g)+2H(g) 685kJ 427kJ 542kJ A.断开非极性键和生成极性键的能量相同 B.反应比反应生成的 OH 键更牢固 C.1/2O2(g)+H2(g)OH(g)+H(g)Q(Q0) D.H2O(g)1/2O2(g)+H2(g)+Q(Q0) 【答案】C 【解析】 从 图 中 可 以 看 出 1/2mol O2(g)+1molH2

5、(g) 的 能 量 低 于 1mol OH(g)+1mol H(g) ， 因 此 反 应 1/2O2(g)+H2(g)OH(g)+H(g)吸热，故 C 项正确。 4.（2019 浙江卷）17 下列说法正确的是 AH2(g)I2(g) 2HI(g)，其他条件不变，缩小反应容器体积，正逆反应速率不变 BC(s)H2O(g) H2(g)CO(g)，碳的质量不再改变说明反应已达平衡 C若压强不再随时间变化能说明反应 2A(?)B(g) 2C(?)已达平衡，则 A、C 不能同时是气体 D1 mol N2和 3 mol H2反应达到平衡时 H2转化率为 10%，放出热量 Q1；在相同温度和压强下，当 2

6、mol NH3分解为 N2和 H2的转化率为 10%时，吸收热至 Q2，Q2不等于 Q1 【答案】B 【解析】 可逆反应 H2(g)I2(g) 2HI(g)为反应前后气体计量数不发生变化的反应。缩小反应容器体积，相当于 加压，正逆反应速率同等程度增加，A 项错误；可逆反应 C(s)H2O(g) H2(g)CO(g)在建立平衡前，碳 的质量不断改变，达到平衡时，质量不变，因而碳的质量不再改变说明反应已达平衡，B 项正确；若压强 不再改变说明反应达到平衡，表明反应前后气体的计量数不等，A、C 可能均为气体，C 项错误；已知 3 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H，合成氨气实际参与反应 n

7、(H2)=3 10=0.3mol，因而 Q1=0.3/3|H|=0.1|H|， 分解氨气时实际消耗的 n(NH3)=2 10=0.2mol，Q2=0.2/2|H|=0.1|H|，则 Q1=Q2，D 项错误。 5.（2019 浙江卷）23MgCO3和 CaCO3的能量关系如图所示(MCa、Mg)： M2+(g)CO2 3(g) H2 M2+(g)O2(g)CO2(g) MCO3(s) H1 H MO(s)CO2(g) H3 已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确 的是 AH1(MgCO3)H1(CaCO3)0 BH2(MgCO3)H2(CaCO3)0 CH1(CaCO3)H1

8、(MgCO3)H3(CaO)H3(MgO) D对于 MgCO3和 CaCO3，H1H2H3 【答案】C 【解析】 根据盖斯定律，得 H=H1+H2+H3 ，由于 Ca2+半径大于 Mg2+半径，所以 CaCO3的离子键强度弱 于 MgCO3，CaO 的离子键强度弱于 MgO。H1表示断裂 CO32-和 M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度 越大，吸收的能量越大，因而 H1(MgCO3)H1(CaCO3)0，A 项正确；H2表示断裂 CO32-中共价键形 成 O2和 CO2吸收的能量，与 M2+无关，因而 H2(MgCO3)H2(CaCO 3)0，B 项正确；由上可知 H1(CaCO3)-H1

9、(MgCO3)H3(MgO)，H3(CaO)-H3(MgO)0，C 项错误；由上分析可知 H1+H20， H30，故 H1H2H3，D 项正确。 6.（2019 北京卷）27 （14 分） 氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。 （1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一， 反应器中初始反应的生成物为 H2和 CO2，其物质的量之比为 4:1，甲烷和水蒸气反应的方程式是 _。 已知反应器中还存在如下反应： . CH4 (g)+ H2O(g) = CO(g)+3H2(g) H1 . CO(g)+ H2O(g) = CO2(g)+ H2(g) H2 . CH4 (g) =

10、C(g)+2H2(g) H3 为积炭反应，利用 H1和 H2计算 H3时，还需要利用_反应的 H。 反应物投料比采用 n(H2O):n(CH4)=4:1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是_（选 4 填字母序号） 。 a.促进 CH4转化 b.促进 CO 转化为 CO2 c.减少积炭生成 用 H2可以去除 CO2，H2体积分数和 CaO 消耗率随时间变化关系如下图所示。 从 t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间 CaO 消耗率_（填“升高”“降低”或“不变”） 。 此时 CaO 消耗率约为 35%， 但已失效， 结合化学方程式解释原因： _。 （2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，

11、工作示意图如下。通过控制开关连接 K1或 K2,可交替 得到 H2和 O2。 制 H2时，连接_。 产生 H2的电极反应式是_。 改变开关连接方式，可得 O2。 结合和中电极 3 的电极反应式，说明电极 3 的作用：_。 【解析】 本题以热点问题“氢能源高纯氢的制备”为切入点，考查化学方程式书写，盖斯定律，化学平衡问 题，电化学等相关知识；信息以文字、图像等多种方式呈现给学生，阅读量和思维容量都比较大，综合性 较强，很好的考查学生利用化学反应原理的相关知识解决实际问题能力。 （1）已知反应物为 CH4 和 H2O（g）生成物为 CO2和 H2，所以方程式为 CH4 +2H2O(g) CO2+4

12、H2 根据盖斯定律，-（+）运算出的方程式为所缺反应：2H2(g)+CO2 (g) C(s)+ 2H2O(g) 5 或用-（-）运算得 C(s)+ CO2 (g) 2 CO 增大水蒸气的用量，可以提高反应中 CH4和反应中 CO 的转化率，同时 c(CH4)减小，使得中发生 积炭反应的 CH4减少，正确答案：abc 由图可知，CaO 消耗率曲线的斜率逐渐减小，单位时间 CaO 消耗率降低，过多的 CO2会消耗 H2， 使 H2体积分数明显下降，2H2(g)+CO2 (g) C(s)+ 2H2O(g)。 【答案】 （1）CH4 +2H2O(g) CO2+4H2 2H2(g)+CO2 (g) C(

13、s)+ 2H2O(g) 或 C(s)+ CO2 (g) 2 CO abc 降低，CO2消耗 H2，使 H2体积分数降低，2 H2+CO2 C+ 2H2O 7.（2019 全国卷）28 （15 分） 水煤气变换 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）,是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢 以及合成气加工等工业领域。回答下列问题： （1）Shibata 曾做过下列实验：使纯 H2缓慢地通过处于 721下的过量氧化钴 CoO（s） ，氧化钴部分 被还原为金属钴 Co（s） ，平衡后气体中氢气的物质的量分数为 0.0250，在同一温度下用 CO 还原 CoO （s） ，平衡后气体中 CO

14、的物质的量分数为 0.0192。 根据上述实验结果判断，还原 CoO（s）为 Co（s）的倾向是 CO_H2（填“大于”或“小于”） （2）721时，在密闭容器中将等物质的量的 CO（g）和 H2O（g）混合，采用适当的催化剂进行反 应，则平衡体系中 H2的物质的量分数为_（填标号） 。 A0.50 （3）我国学者结合实验与计算机模拟结果研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所 示，其中吸附在金催化剂表面的物种用*标注 6 可知水煤气变换的H_0（填“大于”，“等于”或“小于”） ，该历程中最大的能垒（活化能） E正=_ev,写出该步骤的化学方程式_。 （4）Shoichi 研究了

15、467、489时水煤气变换中 CO 和 H2分压随时间变化关系（如下图所示） ，催 化剂为氧化铁，实验初始时体系中的 OH P 2 和 CO P相等， 2 CO P和 2 H P相等。 计算曲线a的反应在3090min内的平均速率)(a=_kpa.min-1 。 467时 2 H P和 CO P 随时间变化关系的曲线分别是_、_。489时 2 H P和 CO P随时间变化关系的曲线分 别是_、_。 【答案】 （1）大于 2 1 0 1 0.32 1.59 1.86 0.16 1.41 0.83 1.25 0.72 7 （2）C （3）小于； 2.02 COOH*+H*+H2O*=COOH*+2

16、H*+OH*或 H2O*= H*+OH* （4）0.0047；bc，ad 【解析】 本题考查了化学平衡及相关计算 （1）反应物在平衡后物质的量分数小，说明反应程度越大，由题目给出的 CO 和 H2平衡后可知还原 CoO（s）为 Co（s）的倾向是 CO 大于 H2。 （2）由题 CoO(s) + H2 Co(s) + H2O ， 0250. 0 0250. 01 )( )( )( )( 2 2 2 2 V V n n Hn OHn Hc OHc K 总 总 ； CoO(s) + CO Co(s) + CO2 , 0192. 0 0192. 01 )( )( 2 COc COc K,可判断等物质

17、的量的 CO（g）和 H2O（g） （设 物质的量各为 1 mol）混合采用适当的催化剂进行反应，则平衡体系 H2O + CO H2 + CO2 中 0192. 0)0250. 01 ( )0192. 01 (0250. 0 )()( )()( )()( )()( 2 22 2 22 COnOHn COnHn COcOHc COcHc K。 H2O + CO H2 + CO2 1mol 1 mol 0 0 1-x mol 1-x mol x mol xmol 起始时 平衡时 计算 x，而 H2的物质的量分数为 2 x 。估算可得 H2的物质的量分数（x=0.267）在 0.250.50 之间，

18、故 选 C。 （3）由题中图示可知水煤气变换时反应前相对能量 0eV，反应后相对能量-0.72eV，反应为放热反应， 故H 小于零。该历程中最大的能垒（活化能）应是 COOH*+H*+H2O*=COOH*+2H*+OH*反应时由相对能 量-0.16eV 升至 1.86eV 的过渡态 2 再降至 1.41eV。 E正=1.86（0.16）=2.02(ev)。 （4）由题中图示可知)(a= 60 80. 308. 4 =0.0047(kpa.min-1) , 实验初始时体系中的 OH P 2 和 CO P相 等， 2 CO P和 2 H P相等。 2 H P和 CO P随时间的变化量相同，由题中图

19、示数据可知 bc 两条线在 3090min 内变 化量为 0.34 kpa， ad 两条线在 3090min 内变化量为 0.28 kpa， 故 bc， ad 分别对应两个温度下的 2 H P和 CO P。 又因为 CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g） ， )()( )()( 2 22 COPOHP COPHP K ，体系中的 OH P 2 和 CO P相等， 2 CO P和 2 H P相等, 2 2 ) )( )( ( COP HP K 。反应为放热反应，升高温度时平衡应逆向移动，K 值减小(K467K489K721)， 8 由（2）计算已知 K7211，考虑 a、b、c、d

20、四曲线平衡时的数值关系，判断 b、c 表示低温时 2 H P和 CO P， a、d 表示高温时 2 H P和 CO P的压强变化曲线。故 467时 b、c 表示 2 H P和 CO P随时间变化关系的曲线，a、 d 表示 489时 2 H P和 CO P随时间变化关系的曲线。 8.（2019全国卷）27（15分） 环戊二烯（）是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题： （1）已知： (g) (g)+H2(g) H1=100.3 kJ mol 1 H2(g)+ I2 (g) 2HI(g) H2=11.0 kJ mol 1 对于反应：(g)+ I2 (g) (g)+2HI

21、(g) H3=_kJ mol 1。 （2）某温度下，等物质的量的碘和环戊烯（）在刚性容器内发生反应，起始总压为 105Pa，平 衡时总压增加了 20%，环戊烯的转化率为_，该反应的平衡常数 Kp=_Pa。达到平衡后， 欲增加环戊烯的平衡转化率，可采取的措施有_（填标号）。 A通入惰性气体 B提高温度 C增加环戊烯浓度 D增加碘浓度 （3）环戊二烯容易发生聚合生成二聚体，该反应为可逆反应。不同温度下，溶液中环戊二烯浓度与 反应时间的关系如图所示，下列说法正确的是_（填标号）。 AT1T2 Ba点的反应速率小于c点的反应速率 Ca点的正反应速率大于b点的逆反应速率 Db点时二聚体的浓度为0.45

22、mol L1 （4）环戊二烯可用于制备二茂铁（Fe(C5H5)2结构简式为），后者广泛应用于航天、化工等 0.5 9 领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠（电解质）和环戊二烯的 DMF 溶液（DMF 为惰性有机溶剂）。 该电解池的阳极为_，总反应为_。电解制备需要在无水条件下进行， 原因为_。 【答案】（1）89.3 （2）40 3.56 104 BD （3）CD （4）Fe 电极 Fe+2=+H2（Fe+2C5H6 Fe(C5H5)2+H2） 水会阻碍中间物 Na 的生成；水会电解生成 OH，进一步与 Fe2+反应生成 Fe(OH)2 【解析】 （1）H3=H1

23、+H2 （2）起始时总压 p=105Pa 碘和环戊烯物质的量相等，则各自分压为 0.5p (g)+ I2 (g) (g)+2HI(g) p=1 起始 0.5p 0.5p 0 0 转化 0.2p 0.2p 0.2p 0.4p p 20%=0.2p 平衡 0.3p 0.3p 0.2p 0.4p 转化率=0.2p/0.5p=40% Kp=_0.2p （0.4p）2 =0.356p=3.56 104 Pa 0.3p 0.3p 达到平衡后， 欲增加环戊烯的平衡转化率,可以增大反应物 I2的浓度， 另外由于正反应吸热， 也可升温。 （3）环戊二烯容易在加热条件下发生狄尔斯阿尔德反应生成二聚环戊二烯 T2条

24、件下双聚反应程度更大，所以 T1c 点浓度，故反应速率大。 初始环戊二烯浓度为 1.5mol/L, a 点浓度为 0.9 mol/L ，b 点浓度为 0.6mol/L,所以 b 点产物二聚体浓度 为 1/2 （1.5-0.6）=0.45mol/L。a 点反应物浓度大于 b 点产物浓度，所以 a 点的正反应速率大于 b 点的逆反 应速率。 （4）电解法制备二茂铁，要得到 Fe2+,所以要用 Fe 做阳极。Na+在阴极被还原为 Na，再将环戊二烯还 原为氢气和环戊二烯负离子，进而得到二茂铁。 若在水溶液中进行电解，则被还原的不是 Na+而是 H2O，得到 OH而与 Fe2+反应生成 Fe(OH)2

25、。 9.（2019 全国卷）28（15 分） 近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化 氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题： （1）Deacon 发明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。下图为刚性容器中，进料浓度比 c(HCl) c(O2)分别等于 11、41、71 时 HCl 平衡转化率随温度变化的关系： 可知反应平衡常数 K（300）_K（400）（填“大于”或“小于”）。设 HCl 初始浓度为 c0，根据进料浓度比 c(HCl)c(O2)=11 的数据计算 K（400）=_（列出计算式

26、）。按化学 计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比 c(HCl)c(O2)过低、过高的 不利影响分别是_。 （2）Deacon 直接氧化法可按下列催化过程进行： CuCl2(s)=CuCl(s)+ 1 2 Cl2(g) H1=83 kJ mol-1 CuCl(s)+ 1 2 O2(g)=CuO(s)+ 1 2 Cl2(g) H2=-20 kJ mol-1 CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) H3=-121 kJ mol-1 则 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的 H=_ kJ mol-1。 （3）在一定温度的条件

27、下，进一步提高 HCI 的转化率的方法是_。（写出 2 种） （4）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工 艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示： 11 负极区发生的反应有_（写反应方程式）。电路中转移 1 mol 电子，需消耗氧气 _L（标准状况） 【答案】 （1）大于 (0.42)2 (0.42)2 (1-0.84)4 (1-0.21)c0 O2和 Cl2分离能耗较高、HCl 转化率较低 （2）116 （3） 增加反应体系压强、及时除去产物 （4）Fe3+e=Fe2+，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 5.6 【解析】 （1

28、）由图可知，升温后 HCl 平衡转化率降低，平衡逆向移动，K 值变小， 因此 K（300）大于 K（400） c(HCl)c(O2)比值越大，HCl 转化率越低，结合图像，最上面即为 c(HCl)c(O2)=11 的图像，400 时，HCl 平衡转化率为 84%，可列出反应过程中的三段式： 4HCl(g) + O2(g) = 2Cl2(g) + 2H2O(g) 起始（浓度） c0 c0 0 0 变化（浓度） 0.84c0 0.21c0 0.42c0 0.42c0 平衡（浓度） (1-0.84)c0 (1-0.21)c0 0.42c0 0.42c0 则 K（400）= (0.42)2 (0.42

29、)2 (1-0.84)4 (1-0.21)c0 进料浓度比 c(HCl)c(O2)过低，氧气大量剩余，导致分离产物氯气和氧气的能耗较高； 进料浓度比 c(HCl)c(O2)过高，HCl 不能充分反应，导致 HCl 转化率较低。 （2）根据盖斯定律知， （反应 I+反应 II+反应 III） 2 得 4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H=（H1+H2+H3） 2=-116kJmol-1； （3）若想提高 HCl 的转化率，应该促使平衡正向移动，该反应为气体体积减小的反应，根据勒夏特 列原理，可以增大压强，使平衡正向移动；也可以及时除去产物，产物浓度减小，使平衡正向移动；

30、 12 （4）电解过程中，负极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图中左侧为负 极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3+e-=Fe2+和 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 电路中每转移 1 mol 电子，就有 1 molH+转移至负极区，结合负极反应式，可求得消耗的氧气为 0.25mol， 在标况下体积即为 5.6L。 10.（2019 天津卷）7.（14 分）氮（N） 、磷（P） 、砷（As） 、锑（Sb） 、铋（Bi） 、镆（Mc）为元素周 期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题： （1）砷在周期表中的位置 ，Mc 288 115 的中子数为 。 已知

31、：P(S,红磷)P(S,黑磷) H39.3 kJ.mol-1 P(S,白磷)P(S,红磷) H17.6 kJ.mol-1 由此推知，其中最稳定的磷单质是 。 （5）在 1 L 真空密闭容器中加入 a mol PH4I 固体，t 时发生如下反应： PH4I (是) PH3(g) + HI (g) 4 PH3(g) P4(g)+ 6H2(g) 2HI (g) H2 (g) + I2 (g) 达平衡时，体系中 n(HI)= b mol , n(I2)= c mol , n(H2)= d mol ,则 t时反应的平衡常数 K 值为 （用字母表示） 。 【试题解析】【试题解析】 （1）砷位于第 VA 族

32、，在磷的下一周期即第四周期；Mc 288 115 的质子数为 115，质量数为 288，中子 数=288-115=173. 由反应：P(S,红磷)P(S,黑磷) H39.3 kJ.mol-1 可知，稳定性黑磷红磷；由反应：P(S,白磷) P(S,红磷) H17.6 kJ.mol-1 可知，稳定性红磷白磷。所以，稳定性最强的是黑磷。判断依据是： 能量越低越稳定，能量高的转化为能量低的物质会放出热量即H0 3 SiCl4（g）+ 2 H2 (g)+ Si(s) 4 SiHCl3(g) H20 2 SiCl4（g）+ H2 (g)+ Si(s)+ HCl(g) 3 SiHCl3(g) H3 （1）

33、氢化过程中所需的高纯度H2可用惰性电极点解KOH溶液制备， 写出产生H2的电极名称 （填 “阳极”或“阴极”） ，该电极反应方程式为 。 （2）已知体系自由能变G = H - TS, Gv逆 bv正：A 点E 点 c反应适宜温度：480520 （4）反应的H3 = （用H1 , H2 表示） 。温度升高，反应的平衡常数 K (填 “增大”、“减小”或“不变”)。 （5）由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除 SiCl4 、SiHCl3 和 Si 外， 还有 （填分子式） 【试题解析】【试题解析】 该题由粗硅制备多晶硅的简易工业流程为载体，考查了学生利用所学知识分析解决实际生产中问题的 能力。比

34、如说题就是依据流程图及给定条件书写热化学方程式为 Si(g) 3HCl(g)+ 300 SiHCl(g) + H2(g) ， 比较直观，答题时只需要注意热化学方程式的规范书写即可，难度不大。而电子式的书写则可参考 CH4 和 CCl4的电子式的书写；本小题主要考查热化学方程式的书写、电子式的书写、制备氢气的电极方程式 书写等主干知识。 中（1）主要考查学生对电化学基础知识的运用能力:电极的准确判断电极方程式的规范书写，比较 基础，易得出 H2在阴极得到，电极反应式为： 2H+ + 2e = H2 或者 2H2O + 2e- = H2 + 2OH 。 （2）利用体系自由能变G = H - TS，

35、同时结合图像来得知可逆反应的最低温度为 1000；因为 H10，H20 所以H2H1 故G2 G1 （3）注意图像中平衡点判断与转化率随温度改变的关系。在转化率达到最大点之前，随着温度升高， 反应速率变大，转化率也随着变大，达平衡后温度升高平衡逆向移动，转化率逐渐变小所以选 a,c；因温度 高速率快，所以 E 点速率大于 A 点，b 错误。 （4）根据盖斯定律，得到反应，所以H3 =H2 - H1 0，反应为放热反应，温度升高 逆向移动，K 减小。 （5）根据流程图不难得知循环使用的物质为 H2 和 HCl。 【答案】【答案】 . Si(g) 3HCl(g)+ 300 SiHCl(g) + H

36、2(g) H= -225kJ/mol . （1）阴极 2H2O + 2e =H 2 + H2(g) 或 2H + + 2e = H 2 （2）1000 H2 0, 反应 II 的H”、“；根据图中信息，有 H2O 生成，平衡时 n(H2)c(CO)，说明一部分 CO2与 H2发生了反应。 【解析】 34. 根据元素化合价变化配平反应的化学方程式，CO CO2碳的化合价升高 2，Li3Fe2(PO4)3 + Fe2O3LiFePO4铁的化合价降低 1，可配平 2 Li3Fe2(PO4)3 + Fe2O3 + 3 CO 3 CO2 + 6 LiFePO4。 35.二氧化碳的电子式 C OO ， 磷

37、元素核外电子排布1s22s22p63s23p3， 有 5 种能量不同的电子。 36. K= c(H2)2 c(CO)2 c(CH4) c(CO2) ， (CH4）= n V t = 0.3mol 2 L 30 min = 0.005mol L-1min-1 37.可根据碳守恒，n(CO2) 消耗 明显大于 n(CH4) 消耗 。由图中信息可知有有 H2O 生成，平衡时 n(H2)c(CO)，说明一部分 CO2与 H2发生了副反应。 （2019 浙江卷）30 【加试题】(10 分)水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。 （1） 关于反应 H2(g)1 2O2(g)=H2O(l)，下列说法

38、不正确 的是_。 A焓变 H0，熵变 S0 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 D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） 根据 H2O 的成键特点，画出与图 1 中 H2O 分子直接相连的所有氢键(OHO)。 将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存 H2O(l)H2O(g)时的压强(p)。 在图 2 中画出从 20开始经过 100的 p 随 T 变化关系示意图(20 时的平衡压强用 p1表示)。 O HH 第30题图1 （3）水在高温高压状态下呈现许多特殊的性

39、质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2)、临界压 强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。 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 。 20 如果水的离子积 Kw从 1.0 1014增大到 1.0 1010，则相应的电离度是原来的 _倍。 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 15 s

40、 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，xCO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） 以铂阳极和石墨阴极设计电解池， 通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8， 再与水反应得到H2O2， 其中生成的 NH4HSO4可以循环使用。 阳极的电极反应式是_。 制备 H2O2的总反应方程式是_。 【答案】 (1) C (2) (3) （4）水的电离为吸热过裎，升高温度有利于电离(压强对电离平衡影响不大) （5） 100 （

41、6）ABD （7）2HSO42eS2O822H+或 2SO422e S2O82 （8）2H2OH2O2H2 【解析】 （1）氢气燃烧是放热反应，H0，该反应中气体变为液体，为熵减过程，故 S0，A 项正确；该 21 反应可设计为氢氧燃料电池，实现化学能转为电能，B 项正确；某条件下自发反应是一种倾向，不代表真 实发生，自发反应往往也需要一定的反应条件才能发生，如点燃氢气，C 项错误；催化剂降低反应的活化 能，加快化学反应速率，D 项正确。 （2）H2O 电子式为 ，存在两对孤电子对，因而 O 原子可形成两组氢键，每个 H 原子形成一 个氢键，图为： 100，101kPa 为水的气液分界点，20

42、和 p1为另一个气液分界点，同时升高温度和增加压强利于 水从液体变为气体，因而曲线为增曲线，可做图为： （3）水的电离为吸热过裎，升高温度电离正向移动，压强对固、液体影响 不大， 可忽略。 c(H+)=， 当 Kw=1.0 10-14， c1(H+)=10-7mol/L， 当 Kw=1.0 10-10， c2(H+)=10-5mol/L， 易知后者是前者的 100 倍， 所以相应的电离度是原来的 100 倍。 观察左侧 x-t 图像可知，CO 先增加后减少，CO2一直在增加，所以 CO 为中间产物，CO2为最终 产物，A 项正确；观察左侧 x-t 图像，乙醇减少为 0 和 CO 最终减少为 0

43、 的时间一致，而右图 xCO-t 图像中 550，CO 在 15s 减为 0，说明乙醇氧化为 CO2趋于完全，B 项正确；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，但两者数值不相等，比值为化学计量数之比，等于 1：2，C 项错误；随 着温度的升高，乙醇的氧化速率和一氧化碳氧化速率均增大，但 CO 是中间产物，为乙醇不完全氧化的结 果，CO 峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇氧化为 CO 和 CO2速率必须加快，且大于 CO 的氧 化速率，D 项正确。 （4）电解池中阳极为惰性电极铂，不参与反应，铂吸引 HSO4-（或 SO42-）离子，并放电生成 S2O82-， 因而电极反应式为 2HSO4-2e=S2O82-2H+或 2SO42-2e=S2O82- 。 通过电解 NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8和 H2。由题中信息可知，生成的 NH4HSO4可以循环使用， 说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成 H2O2， 还有 NH4HSO4生成， 因而总反应中只有水作反应物， 产物为 H2O2 和 H2,故总反应方程式为 2H2O H2O2H2。