浙江省杭州市2023-2024学年高二化学上学期期中试卷含解析

Page21试卷说明：1.考试时间：2.试卷共8页，满分100分，考试时间90分钟3.考试过程中不得使用计算器选择题部分一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出四个备选项中只有一个符合题目要求，不选、多选、错选均不得分)1.下列说法正确的是A.氢氧燃料电池放电时化学能全部转化为电能B.反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应C.3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023D.在酶催化淀粉水解反应中，温度越高淀粉水解速率越快【答案】C【解析】【详解】A项，氢氧燃料电池放电时化学能不能全部转化为电能，理论上能量转化率高达85%～90%，A项错误；B项，反应4Fe（s）+3O2（g）=2Fe2O3（s）的ΔS0，该反应常温下可自发进行，该反应为放热反应，B项错误；C项，N2与H2的反应为可逆反应，3molH2与1molN2混合反应生成NH3，转移电子数小于6mol，转移电子数小于66.021023，C项正确；D项，酶是一类具有催化作用的蛋白质，酶的催化作用具有的特点是：条件温和、不需加热，具有高度的专一性、高效催化作用，温度越高酶会发生变性，催化活性降低，淀粉水解速率减慢，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查燃料电池中能量的转化、化学反应自发性的判断、可逆的氧化还原反应中转移电子数的计算、蛋白质的变性和酶的催化特点。弄清化学反应中能量的转化、化学反应自发性的判据、可逆反应的特点、蛋白质的性质和酶催化的特点是解题的关键。2.理论研究表明，在101kPa和298K下，HCNHNC异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A.HCN比HNC稳定B.该异构化反应的△H=-59.3kJ/molC.正反应的活化能大于逆反应的活化能D.使用催化剂，可以改变反应的反应热【答案】D【解析】【详解】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，故A正确；B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，故B正确；C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，故C正确；D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，故D错误；故选D。3.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）ΔH=xkJ·mol－1已知碳的燃烧热ΔH1=akJ·mol－1S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－12K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1则x为A.3a+b－c B.c+3a－b C.a+b－c D.c+a－b【答案】A【解析】【详解】已知碳的燃烧热为ΔH1=akJ·mol－1，则碳燃烧的热化学方程式为：①C（s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH1=akJ·mol－1，②S（s）+2K（s）＝K2S（s）ΔH2=bkJ·mol－1，③2K（s）+N2（g）+3O2（g）＝2KNO3（s）ΔH3=ckJ·mol－1，根据盖斯定律，可得ΔH=3ΔH1+ΔH2—ΔH3，即x=3a+b－c，答案选A。4.标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：物质(g)OHHOHOO能量/249218391000可根据计算出中氧氧单键的键能为。下列说法不正确的是A.的键能为B.的键能大于中氧氧单键的键能的两倍C.解离氧氧单键所需能量：D.【答案】C【解析】【详解】A．根据表格中的数据可知，的键能为218×2=436，A正确；B．由表格中的数据可知的键能为：249×2=498，由题中信息可知中氧氧单键的键能为，则的键能大于中氧氧单键的键能的两倍，B正确；C．由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278，中氧氧单键的键能为，C错误；D．由表中的数据可知的，D正确；故选C。5.已知：，向一恒温恒容密闭容器中充入和发生反应，时达到平衡状态1，在时改变某一条件，时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.容器内压强不变，表明反应达到平衡B.时改变的条件：向容器中加入AC.平衡时A的体积分数：D.平衡常数：【答案】C【解析】【详解】A．根据反应可知，该反应前后气体的物质的量保持不变，恒容密闭容器气体压强始终保持不变，故容器内压强不变，不能说明反应达到平衡，A错误；B．由图象可知，时改变的条件后正反应速率没有发生突然增大，而是逐渐增大，故改变的条件是增大了生成物的浓度，故不是向容器中加入A而是C，B错误；C．由B项分析可知，t2时刻改变的条件是增大生成物浓度，化学平衡逆向移动，故平衡时A的体积分数：，C正确；D．化学平衡常数仅仅是温度的函数，且t2时刻并未改变温度，故平衡常数：，D错误；故答案为：C。6.汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是A.温度T下，该反应的平衡常数B.温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D.若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0【答案】A【解析】【详解】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：，选项A正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；D、若曲线b对应的条件改变是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，选项D错误。答案选A。7.NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是A.0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)=0.01mol/LB.长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱C.通入过量SO2，反应的离子方程式为D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)【答案】D【解析】【分析】25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8，则，HClO为弱酸且具有氧化性，ClO-可水解。【详解】A.由于HClO弱酸，ClO-会水解，0.01mol/LNaClO溶液中，c(ClO-)<0.01mol/L，故A错误；B.NaClO溶液长期露置在空气中，发生反应，HClO见光分解为HCl和O2，漂白能力减弱，故B错误；C.SO2具有还原性，NaClO具有氧化性，发生氧化还原反应，NaClO溶液中通入过量SO2发生的反应为，故C错误；D.25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c(OH-)+c(ClO-)=c(Na+)+c(H+)，则c(ClO-)=c(Na+)，根据25℃时，Ka(HClO)=4.0×10-8可知，ClO-水解常数为>Ka(HClO)，若等浓度的NaClO溶液和HClO溶液混合，ClO-水解程度大于HClO的电离程度，溶液呈碱性，所以中性溶液中c(HClO)要大于c(ClO-)，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液存在的微粒关系为c(HClO)>c(ClO-)=c(Na+)，故D正确；答案选D。8.一定条件下，酸性溶液与发生反应，(Ⅱ)起催化作用，过程中不同价态含粒子的浓度随时间变化如下图所示。下列说法正确的是A.(Ⅲ)不能氧化B.随着反应物浓度的减小，反应速率逐渐减小C.该条件下，(Ⅱ)和(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为：【答案】C【解析】【分析】开始一段时间（大约13min前）随着时间推移Mn(Ⅶ)浓度减小直至为0，Mn(Ⅲ)浓度增大直至达到最大值，结合图像，此时间段主要生成Mn(Ⅲ)，同时先生成少量Mn(Ⅳ)后Mn(Ⅳ)被消耗；后来（大约13min后）随着时间的推移Mn(Ⅲ)浓度减少，Mn(Ⅱ)的浓度增大；据此作答。【详解】A．由图像可知，随着时间的推移Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小，说明开始反应生成Mn(Ⅲ)，后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4，A项错误；B．随着反应物浓度的减小，到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ)，Mn(Ⅱ)对反应起催化作用，13min后反应速率会增大，B项错误；C．由图像可知，Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ)，该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存，C项正确；D．H2C2O4为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留，总反应为2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，D项错误；答案选C。9.一定条件下，苯基丙炔()可与发生催化加成，反应如下：反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知：反应I、Ⅲ为放热反应)，下列说法不正确的是A.反应焓变：反应I>反应ⅡB.反应活化能：反应I<反应ⅡC.增加浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物I的比例D.选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ【答案】C【解析】【详解】A．反应I、Ⅲ为放热反应，相同物质的量的反应物，反应I放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量，反应放出的热量越多，其焓变越小，因此反应焓变：反应I>反应Ⅱ，故A正确；B．短时间里反应I得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多，说明反应I的速率比反应Ⅱ的速率快，速率越快，其活化能越小，则反应活化能：反应I<反应Ⅱ，故B正确；C．产物I和产物II存在可逆反应，则产物II和产物I的比值即该可逆反应的平衡常数K，由于平衡常数只与温度有关，所以增加HCl浓度平衡时产物II和产物I的比例不变，故C错误；D．根据图中信息，选择相对较短的反应时间，及时分离可获得高产率的产物Ⅰ，故D正确。综上所述，答案为C。10.常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.约为B.点a：C.点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】【分析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。【详解】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；B．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。11.一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀B.b点时，c(Cl-)=c(CrO)，Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4)C.Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrO的平衡常数K=107.9D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀【答案】C【解析】【分析】根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(CrO)=(1×10-5)2×1×10-1.7=10-11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=1×10-5×1×10-4.8=10-9.8，据此数据计算各选项结果。【详解】A．假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)=10-10.5，Q(Ag2CrO4)=10-17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者不会生成沉淀，A错误；B．Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；C．该反应的平衡常数表达式为K=，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K=====1×107.9，C正确；D．向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag+)分别为10-8.8和10-5.35，说明此时沉淀Cl-需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误；故答案选C。12.处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：物质开始沉淀1.94.26.23.5完全沉淀3.26.78.24.6②。下列说法错误的是A.“沉渣Ⅰ”中含有和B.溶液呈碱性，其主要原因是C.“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【答案】D【解析】【分析】污水中含有铜离子、三价铁离子、锌离子、铝离子，首先加入石灰乳除掉三价铁离子和铝离子，过滤后，加入硫化钠除去其中的铜离子和锌离子，再次过滤后即可达到除去其中的杂质，以此解题。【详解】A．根据分析可知氢氧化铁当pH=1.9时开始沉淀，氢氧化铝当pH=3.5时开始沉淀，当pH=4时，则会生成氢氧化铝和氢氧化铁，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正确；B．硫化钠溶液中的硫离子可以水解，产生氢氧根离子，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为：S2-+H2O⇌HS-+OH-，B正确；C．当铜离子和锌离子完全沉淀时，则硫化铜和硫化锌都达到了沉淀溶解平衡，则，C正确；D．污水经过处理后其中含有较多的钙离子以及没有除净的铝离子，故“出水”应该经过阳离子交换树脂软化处理，达到工业冷却循环用水的标准后，才能使用，D错误；故选D。13.海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是A.海水起电解质溶液作用B.N极仅发生的电极反应：C.玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能D.该锂-海水电池属于一次电池【答案】B【解析】【分析】锂海水电池的总反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电极为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，同时氧气也可以在N极得电子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。【详解】A．海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；B．由上述分析可知，N为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，和反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故B错误；C．Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；D．该电池不可充电，属于一次电池，故D正确；答案选B。14.室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极，表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时，在硫电极发生反应。，，2Na+++2(1-)e－=Na2S，下列叙述错误的是A.放电时Na+从硫电极向钠电极迁移B.放电时外电路电子流动的方向是a→bC.放电时正极反应为：2Na++S8+2e-→Na2SD.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能【答案】A【解析】【分析】由题意可知放电时硫电极得电子，硫电极为原电池正极，钠电极为原电池负极，据此解答。【详解】A．放电时为原电池装置，阳离子移向正极，即硫电极，故放电时Na+从钠电极向硫电极迁移，A错误；B．放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，硫在b电极上得电子与a电极释放出的Na+结合得到Na2S，电子在外电路的流向为a→b，B正确；C．由题给的的一系列方程式相加可以得到放电时正极的反应式为2Na++S8+2e-→Na2S，C正确；D．炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确；故答案选A。15.某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是选项颜色变化解释A溶液呈浅棕色在水中溶解度较小B溶液颜色加深发生了反应：C紫黑色晶体消失()的消耗使溶解平衡右移D溶液褪色与有色物质发生了置换反应A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；B．已知(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2⇌，生成使溶液颜色加深，B项正确；C．I2在水中存在溶解平衡I2(s)⇌I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；D．最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；答案选D。16.下列实验方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体溶液先变成血红色后无明显变化Fe3+与SCN-的反应不可逆B向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸溶液先变成红褐色再析出沉淀Fe3+先水解得Fe(OH)3，再聚集成Fe(OH)3沉淀C向2mL0lmol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgClD取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色Cl2与H2O反应存在限度A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．往Fe2(SO4)3溶液中滴加KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，再加入少量K2SO4固体，不能改变反应物、生成物的浓度，对平衡不产生影响，不能证明Fe3+与SCN-的反应是否可逆，A不正确；B．向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，继续煮沸，Fe(OH)3胶体发生凝聚，生成红褐色沉淀，B正确；C．向2mL0.lmol/LAgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol/LKCl溶液，反应后，AgNO3有剩余，再滴加4滴0.1mol/LKI溶液，KI可能与AgNO3直接反应，而不是与AgCl反应，不能说明AgCl转化为AgI、AgI溶解度小于AgCl，C不正确；D．取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液，后者溶液变蓝色，可能是Cl2与KI反应生成I2，也可能是HClO与KI反应生成I2，D不正确；故选B。非选择题部分二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备LiMn2O4的流程如图：已知：Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39，Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Ni(OH)2]=5.5×10-16。回答下列问题：（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为________。为提高溶矿速率，可采取的措施________(举1例)。（2）加入少量MnO2的作用是________。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是________。（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，此时c(Fe3+)=________mol•L-1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是________。（4）加入少量BaS溶液除去Ni2+，生成的沉淀有________。（5）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是________。【答案】（1）①.MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑②.粉碎菱锰矿（2）①.将Fe2+氧化为Fe3+②.Fe3+可以催化H2O2分解（3）①.2.8×10-9②.Al3+（4）BaSO4、NiS（5）2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑【解析】【分析】菱锰矿主要含有MnCO3，还含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素，硫酸溶矿MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰，同时得到硫酸亚铁、硫酸镍、硫酸铝等盐，用二氧化锰把硫酸亚铁氧化为氢氧化铁沉淀除铁，加石灰乳调节至pH≈7生成氢氧化铝沉淀除铝，加BaS生成NiS除Ni，过滤，滤液中含有硫酸锰，电解硫酸锰溶液得到MnO2，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4。【小问1详解】硫酸溶矿过程中，MnCO3和稀硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，主要反应的化学方程式为MnCO3+H2SO4=MnSO4+H2O+CO2↑。根据影响反应速率的因素，粉碎菱锰矿、适当升高温度、适当增大硫酸浓度都能提高溶矿速率。【小问2详解】MnO2具有氧化性，加入少量MnO2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+。Fe3+可以催化H2O2分解，所以不宜使用H2O2替代MnO2。【小问3详解】溶矿反应完成后，反应器中溶液pH=4，c(OH-)=1×10-10，此时c(Fe3+)=mol•L-1；Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，用石灰乳调节至pH≈7，c(Al3+)=，Al3+完全转化为氢氧化铝沉淀，除去的金属离子是Al3+。【小问4详解】加入少量BaS溶液除去Ni2+，可知生成的沉淀有BaSO4、NiS；【小问5详解】根据流程图，煅烧窑中碳酸锂、二氧化锰反应生成LiMn2O4、二氧化碳、氧气，反应的化学方程式是2Li2CO3+8MnO24LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。18.CO2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）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为______（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，溶液pH=___________。（室温下，H2CO3的K1=4×10−7；K2=5×10−11）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(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=OH—HCO(CO)键能/kJ·mol−14137454361075则该反应的ΔH=_________。分别在VL恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1mol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CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图3所示。此反应优选温度为900℃的原因是________。（3）O2辅助的Al～CO2电池工作原理如图4所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式：________。电池的正极反应式：6O2+6e−6O2−6CO2+6O2−3C2O42−+6O2反应过程中O2的作用是________。该电池的总反应式：________。【答案】①.CO32-②.10③.+120kJ·mol-1④.B⑤.900℃时，合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，但能耗升高，经济效益降低⑥.Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）⑦.催化剂⑧.2Al+6CO2=Al2(C2O4)3【解析】【详解】（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子（CO32-）。若所得溶液c(HCO3−)∶c(CO32−)=2∶1，，则根据第二步电离平衡常数K2==5×10−11，所以氢离子浓度为1×10-10mol/L，pH=10。（2）①化学反应的焓变应该等于反应物键能减去生成物的键能，所以焓变为(4×413+2×745)－(2×1075+2×436)=+120kJ·mol-1。初始时容器A、B的压强相等，A容器恒容，随着反应的进行压强逐渐增大（气体物质的量增加）；B容器恒压，压强不变；所以达平衡时压强一定是A中大，B中小，此反应压强减小平衡正向移动，所以B的反应平衡更靠右，反应的更多，吸热也更多。②根据图3得到，900℃时反应产率已经比较高，温度再升高，反应产率的增大并不明显，而生产中的能耗和成本明显增大，经济效益会下降，所以选择900℃为反应最佳温度。（3）明显电池的负极为Al，所以反应一定是Al失电子，该电解质为氯化铝离子液体，所以Al失电子应转化为Al3+，方程式为：Al–3e–=Al3+（或2Al–6e–=2Al3+）。根据电池的正极反应，氧气再第一步被消耗，又在第二步生成，所以氧气为正极反应的催化剂。将方程式加和得到，总反应为：2Al+6CO2=Al2(C2O4)3。【点睛】本题的第（2）小问中的①涉及了恒容容器和恒压容器在不同反应中的影响。此类问题可以直接利用如下的结论：如果初始状态完全相同，是由恒容和恒压的区别，则一定是恒压容器更有利于反应的进行。除非是气体物质的量不变的反应，恒压和恒容是一样的。本就可以直接得到，容器B恒压，所以有利于反应进行，反应的更多，热量也更多。19.近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol－1反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)ΔH3=－297kJ·mol－1反应Ⅱ的热化学方程式：_________________________________________。（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2_______p1（填“＞”或“＜”），得出该结论的理由是________________。（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii补充完整。i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2Oii．I2+2H2O+_________===_________+_______+2I－（4）探究i、ii反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI溶液中）ABCD试剂组成0.4mol·L－1KIamol·L－1KI0.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1H2SO40.2mol·L－1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄，一段时间后出现浑浊溶液变黄，出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快①B是A的对比实验，则a=__________。②比较A、B、C，可得出的结论是______________________。③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii反应速率解释原因：________________。【答案】①.3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=−254kJ·mol−1②.>③.反应Ⅱ是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4的物质的量增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大④.SO2⑤.SO42—⑥.4H+⑦.0.4⑧.I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率⑨.反应ii比i快；D中由反应ii产生的H+使反应i加快【解析】【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II分析。（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii消去I-得总反应。（4）用控制变量法对比分析。详解：（1）根据过程，反应II为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II的热化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分数大于p1时；反应II是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2p1。（3）反应II的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）2得，反应ii的离子方程式为I2+2H2O+SO2=4H++SO42-+2I-。（4）①B是A的对比实验，采用控制变量法，B比A多加了0.2mol/LH2SO4，A与B中KI浓度应相等，则a=0.4。②对比A与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B与C，单独H+不能催化SO2的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。③对比D和A，D中加入KI的浓度小于A，D中多加了I2，反应i消耗H+和I-，反应ii中消耗I2，D中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊