全国高考化学试题 化学反应与能量 专题汇编 含答案与解析

全国高考化学试题 化学反应与能量 专题汇编 含答案与解析

‎2017年全国高考化学试题 化学反应与能量 专题汇编 Ⅰ—化学反应与能量变化 ‎1．（2017•天津-3）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 ‎ A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 ‎【答案】A ‎【解析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应，以此来解答。‎ A．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化还原反应无关，故A选；‎ B．发生原电池反应，本质为氧化还原反应，故B不选；‎ C．发生电解反应，为氧化还原反应，故C不选；‎ D．发生氧化反应，故D不选．‎ ‎【考点】 氧化还原反应； 反应热和焓变；原电池与电解池；‎ ‎【专题】 氧化还原反应专题； 化学反应中的能量变化 ‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应本质为解答关键，注意能量变化的形式，题目难度不大。‎ ‎2．（2017•江苏-8）通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是 ‎①C(s) +H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H1=a kJ•mol﹣1‎ ‎②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g) △H2=b kJ•mol﹣1‎ ‎③CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g) △H3=c kJ•mol﹣1‎ ‎④2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4=d kJ•mol﹣1‎ A．反应①、②为反应③提供原料气 B．反应③也是 CO2资源化利用的方法之一 C．反应CH3OH(g)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H=d/2kJ•mol﹣1‎ D．反应 2CO(g)+4H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)的 △H=(2b+2c+d ) kJ•mol﹣1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可知，反应①、②为反应③提供原料气，故A正确； B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，故B正确；‎ C．由反应④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应CH3OH(g)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H≠d/2kJ•mol﹣1，故C错误；‎ D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO(g)+4H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)，则△H=(2b+2c+d) kJ•mol﹣1，故D正确；‎ ‎【考点】 盖斯定律及其应用；反应热和焓变；‎ ‎【专题】 化学反应中的能量变化 ‎ ‎【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度中等。‎ ‎　‎ ‎3．（2017•江苏-12）下列说法正确的是 A.反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的△H＜0，△S＞0‎ B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀 C.常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10﹣4 mol•L—1‎ D.常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023‎ ‎【答案】B C ‎【分析】A.合成氨反应为放热反应，△H＜0，且为气体体积减小的反应，则△S＜0，故A错误； B.导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B正确； C. pH=10的含Mg2+溶液中，c（OH—）=10﹣4 mol•L—1，c（Mg2+ ）≤5.6×10—12/(10—4)2=5.6×10—4 mol•L﹣1，故C正确； D.常温常压下，Vm≠22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D错误；‎ ‎【考点】 反应热和焓变及熵变；原电池；难溶电解质Ksp ；氧化还原反应。‎ ‎【专题】 化学反应中的能量变化 ‎【点评】本题考查较综合，涉及反应热与焓变、原电池、难溶电解质Ksp的计算等，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项④为易错点，题目难度中等。‎ ‎4．（13分）（2017•北京-26）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：‎ 资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 ‎ 化合物 ‎ SiCl4‎ ‎ TiCl4‎ ‎ AlCl3‎ ‎ FeCl3‎ ‎ MgCl2‎ ‎ 沸点/℃‎ ‎ 58‎ ‎ 136‎ ‎ 181（升华）‎ ‎ 316‎ ‎ 1412‎ ‎ 熔点/℃‎ ‎﹣69‎ ‎ 25‎ ‎ 193‎ ‎ 304‎ ‎ 714‎ ‎ 在TiCl4中的溶解性 ‎ 互溶 ‎﹣‎ ‎ 微溶 ‎ 难溶 ‎（1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。‎ 已知：TiO2(s) +2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ ‎2C(s) + O2(g)=2CO(g) △H2=﹣220.9kJ•mol﹣1‎ ‎①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的△H　 　0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据： ‎ ‎　 ‎ ‎ 。‎ ‎③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是　 ‎ ‎　 。‎ ‎④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有　 　。‎ ‎（2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：‎ 物质a是 ，T2应控制在　 　。‎ ‎【答案】⑴①TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1‎ ‎②＞　 温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应 ③饱和食盐水、氯化亚铁溶液 ④TiO2、C ‎⑵SiCl4 136℃左右 ‎【解析】解：由制备纯TiCl4的流程示意图，钛精矿与氯气、C发生氯化过程，反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4，‎ ‎（1）①由I．TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ II. 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=﹣220.9kJ•mol﹣1，‎ 结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，△H=(+175.4kJ•mol﹣1)+(﹣220.9kJ•mol﹣1)=﹣45.5kJ•mol﹣1， 即热化学方程式为:‎ TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1。‎ 故答案为：TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1；‎ ‎②因温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以△H＞0，故答案为：＞；温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应；‎ ‎③尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，则尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液。故答案为：饱和食盐水、氯化亚铁溶液；‎ ‎④由反应可知，氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有TiO2、C，‎ 故答案为：TiO2、C；‎ ‎（2）粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后分离出TiCl4，则先控制温度T1为58℃左右时分离出物质a为SiCl4，控制温度T2为136℃左右时分离出纯TiCl4，故答案为：SiCl4；136℃左右．‎ ‎【考点】盖斯定律与热化学方程式的书写； 氯及其化合物；铁及其化合物；金属综合；制备实验方案的设计 ‎【专题】 无机实验综合 ‎ ‎【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意反应原理与实验的结合，题目难度不大。‎ ‎5．（14分）（2017•天津-7）某混合物浆液含有Al(OH) 3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和Ⅱ中的问题．‎ Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）‎ ‎（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为 。B→C的反应条件为　 　，C→Al的制备方法称为　　 。‎ ‎（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)　 　。‎ a．温度 b．Cl﹣的浓度 c．溶液的酸度 ‎（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为　 ‎ ‎　 。‎ Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 ‎（4）用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是　 ‎ ‎ 　，分离后含铬元素的粒子是　 　；阴极室生成的物质为　 　（写化学式）。‎ ‎【答案】Ⅰ．⑴ 加热(或煅烧) 电解法 ⑵ac ‎ ‎⑶2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) △H=﹣85.6kJ•mol﹣1 ‎ Ⅱ． ⑷在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液。‎ CrO42﹣、Cr2O72﹣ NaOH和H2‎ ‎【解析】（1）NaOH为离子化合物，电子式为，B为Al(OH) 3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝。故答案为：；加热（或煅烧）；电解法；‎ ‎（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；‎ ‎（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g)，则2mol氯气反应放出的热量为(2/0.1) ·4.28kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) △H=﹣85.6kJ•mol﹣。‎ ‎（4）电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42﹣、Cr2O72﹣，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH。故答案为：在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH和H2。‎ ‎【考点】物质结构；钠及其化合物；铝及其化合物；化学反应与能量；电解原理。物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；‎ ‎【专题】 无机实验综合。‎ ‎【点评】本题为2017年天津考题，侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，解答本题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力和实验能力。‎ Ⅱ—反应热的计算(盖期定律)与重要的反应热 ‎1．（2017•江苏-8）通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是 ‎①C(s) +H2O(g)═CO(g)+H2(g) △H1=a kJ•mol﹣1‎ ‎②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g) △H2=b kJ•mol﹣1‎ ‎③CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g) △H3=c kJ•mol﹣1‎ ‎④2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4=d kJ•mol﹣1‎ A．反应①、②为反应③提供原料气 B．反应③也是 CO2资源化利用的方法之一 C．反应CH3OH(g)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H=d/2kJ•mol﹣1‎ D．反应 2CO(g)+4H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)的 △H=(2b+2c+d ) kJ•mol﹣1‎ ‎【答案】C ‎【解析】A．反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可知，反应①、②为反应③提供原料气，故A正确； B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，故B正确；‎ C．由反应④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应CH3OH(g)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H≠d/2kJ•mol﹣1，故C错误；‎ D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO(g)+4H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)，则△H=(2b+2c+d) kJ•mol﹣1，故D正确；‎ ‎【考点】 盖斯定律及其应用；反应热和焓变； 优网版权所有 ‎【专题】 化学反应中的能量变化 ‎ ‎【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度中等。‎ ‎2．（13分）（2017•北京-26）TiCl4是由钛精矿（主要成分为TiO2）制备钛（Ti）的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：‎ 资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质 ‎ 化合物 ‎ SiCl4‎ ‎ TiCl4‎ ‎ AlCl3‎ ‎ FeCl3‎ ‎ MgCl2‎ ‎ 沸点/℃‎ ‎ 58‎ ‎ 136‎ ‎ 181（升华）‎ ‎ 316‎ ‎ 1412‎ ‎ 熔点/℃‎ ‎﹣69‎ ‎ 25‎ ‎ 193‎ ‎ 304‎ ‎ 714‎ ‎ 在TiCl4中的溶解性 ‎ 互溶 ‎﹣‎ ‎ 微溶 ‎ 难溶 ‎（1）氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。‎ 已知：TiO2(s) +2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ ‎2C(s) + O2(g)=2CO(g) △H2=﹣220.9kJ•mol﹣1‎ ‎①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4（g）和CO（g）的热化学方程式：　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据如图判断：CO2生成CO反应的△H　 　0（填“＞”“＜”或“=”），判断依据： 　 ‎ ‎ 。‎ ‎③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是　 。‎ ‎④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有　 　。‎ ‎（2）精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：‎ 物质a是 ，T2应控制在　 　。‎ ‎【答案】⑴①TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1‎ ‎②＞　 温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应 ③饱和食盐水、氯化亚铁溶液 ④TiO2、C ‎⑵SiCl4 136℃左右 ‎【解析】解：由制备纯TiCl4的流程示意图，钛精矿与氯气、C发生氯化过程，反应为TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO，结合表格中数据可知，蒸馏得到纯TiCl4，‎ ‎（1）①由I．TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g) △H1=+175.4kJ•mol﹣1‎ II. 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=﹣220.9kJ•mol﹣1，‎ 结合盖斯定律可知，I+II得到TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)，△H=(+175.4kJ•mol﹣1)+(﹣220.9kJ•mol﹣1)=﹣45.5kJ•mol﹣1， 即热化学方程式为:‎ TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1。‎ 故答案为：TiO2(s)+2Cl2(g) +2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g) △H=﹣45.5kJ•mol﹣1；‎ ‎②因温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应，所以△H＞0，故答案为：＞；温度越高，CO的物质的量越多而CO2的物质的量少，说明CO2生成CO的反应是吸热反应；‎ ‎③尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，食盐水吸收HCl，氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，则尾气的吸收液依次是饱和食盐水、氯化亚铁溶液。故答案为：饱和食盐水、氯化亚铁溶液；‎ ‎④由反应可知，氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有TiO2、C，‎ 故答案为：TiO2、C；‎ ‎（2）粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4，由图及表格数据可知，先分离出SiCl4，后分离出TiCl4，则先控制温度T1为58℃左右时分离出物质a为SiCl4，控制温度T2为136℃左右时分离出纯TiCl4，故答案为：SiCl4；136℃左右．‎ ‎【考点】盖斯定律与热化学方程式的书写； 氯及其化合物；铁及其化合物；金属综合；制备实验方案的设计 ‎【专题】 无机实验综合 ‎ ‎【点评】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意反应原理与实验的结合，题目难度不大。‎ ‎3.（14分）（2017•新课标Ⅲ-29）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，可以形成As2S3、As2O5、H3AsO3、H3AsO4等化合物，有着广泛的用途．回答下列问题：‎ ‎（1）画出砷的原子结构示意图　 　。‎ ‎（2）工业上常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式 。该反应需要在加压下进行，原因是 。‎ ‎（3）已知：As(s)+1.5H2(g) +2O2(g)=H3AsO4(s) △H1‎ H2(g)+0.5O2(g)=H2O(l) △H2 ‎ ‎2As(s)+2.5O2(g)=As2O5(s) △H3‎ 则反应As2O5(s)+3H2O(l)=2H3AsO4(s)的△H= 。‎ ‎（4）298K时，将20mL 3x mol•L﹣1 Na3AsO3、20mL 3x mol•L﹣1 I2和20mL NaOH溶液混合，发生反应：‎ AsO33﹣(aq)+I2(aq)+2OH﹣AsO43﹣(aq)+2I﹣(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43﹣)与反应时间（t）的关系如图所示。‎ ‎①下列可判断反应达到平衡的是 （填标号）。‎ a．溶液的pH不再变化 ‎ b．v(I﹣)=2v(AsO33﹣) c．c (AsO43﹣) /c (AsO33﹣)不再变化 d．c(I﹣) =y mol•L﹣1‎ ‎②tm时，v正 v逆（填“大于”“小于”或“等于”）。‎ ‎③tm时v逆　 　 tn时v逆（填“大于”“小于”或“等于”），理由是 ‎ ‎ 。‎ ‎④若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为　 　。‎ ‎【答案】⑴ ‎ ‎⑵2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S 加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率 ‎⑶　2△H1﹣3△H2﹣△H3　‎ ‎⑷①ac ②大于③小于 tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢　④4y3/(x-y)2　 ‎ ‎【解析】（1）砷元素原子序数为33，原子核外有四个电子层，最外层5个电子，据此写出原子结构示意图：‎ ‎（2）工业上常将含砷废渣(主要成分为As2O3)制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，砷元素化合价+3价变化为+5价，反应的化学方程式为2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S，增大压强，可增大反应速率，并使平衡正向移动，增大反应物的转化率，故答案为：2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S；加压反应速率增大，而且平衡右移，可提高生产效率；‎ ‎（3）已知：①As(s)+1.5H2(g) +2O2(g)=H3AsO4(s)△H1 ②H2(g)+0.5O2(g)=H2O(l) △H2 ‎ ‎③2As(s)+2.5O2(g)=As2O5(s) △H3 利用盖斯定律将①×2﹣②×3﹣③可得:‎ As2O5(s)+3H2O(l) =2H3AsO4(s) △H=2△H1﹣3△H2﹣△H3。‎ ‎（4）①a．溶液pH不变时，则c(OH﹣)也保持不变，反应达到平衡状态，故a正确；‎ b．同一个化学反应，速率之比等于化学计量数之比，无论是否达到平衡，都存在v(I﹣)=2v c(AsO33﹣)，故b错误； c．(AsO43﹣) /c(AsO33﹣)不再变化，可说明各物质的浓度不再变化，反应达到平衡状态，故c正确； d．由图可知，当c(AsO43﹣)=y mol•L﹣1时，浓度不再发生变化，则达到平衡状态，由方程式可知此时c(I﹣) =2y mol•L﹣1，所以c(I﹣)=y mol•L﹣1时没有达到平衡状态，故d错误。 故答案为：ac；‎ ‎②反应从正反应开始进行，tm时反应继续正向进行，则v正 大于 v逆，故答案为：大于；‎ ‎③tm时比tn时浓度更小，则逆反应速率更小，故答案为：小于；tm时AsO43﹣浓度更小，反应速率更慢；‎ ‎④反应前，三种溶液混合后，Na3AsO3的浓度为3xmol/L×(20÷(20+20+20)) =xmol/L，同理I2的浓度为xmol/L，反应达到平衡时，生产c(AsO43﹣)为ymol/L，则反应生产的c(I﹣)=2ymol/L，消耗的AsO33﹣、I2的浓度均为ymol/L，平衡时c c(AsO33﹣)=( x﹣y) mol/L，c(I2) =(x﹣y) mol/L，溶液中c(OH﹣) =1mol/L，则K= y×(2 y)2/[(x-y)×(x-y) 12]=4y3/(x-y)2‎ ‎【考点】氧化还原反应；盖斯定律的应用； 化学平衡的影响因素。‎ ‎【专题】 化学反应中的能量变化；化学平衡专题。‎ ‎【点评】本题考查热化学方程式、化学平衡的计算以及影响因素等知识，侧重考查学生的分析能力、计算能力，题中易错点为（4），注意把握图象的分析以及数据的处理。‎ ‎4．（14分）（2017•新课标Ⅱ-27）丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备．回答下列问题：‎ ‎（1）正丁烷(C4H10)脱氢制1﹣丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：‎ ‎①C4H10(g) =C4H8(g) +H2(g) △H1‎ 已知：②C4H10(g) +0.5O2(g) =C4H8(g) +H2O(g) △H2=﹣119kJ•mol—1‎ ‎③H2(g) +0.5O2(g) =H2O(g) △H3= - 242kJ•mol﹣1‎ 反应①的△H1为 kJ•mol﹣1．图（a）是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x 0.1（填“大于”或“小于”）；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是 　（填标号）。‎ A.升高温度 B．降低温度 C．增大压强 D．降低压强 ‎（2）丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器（氢气的作用是活化催化剂），出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图（b）为丁烯产率与进料气中n（氢气）/n（丁烷）的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是 。‎ ‎（3）图（c）为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590℃之前随温度升高而增大的原因可能是 ；590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是 。‎ ‎【答案】⑴+123；小于；AD ⑵一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让丁烯产率增大，原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降； ⑶升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590℃前升高温度，反应①平衡正向移动； 高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低。‎ ‎【解析】（1）根据盖斯定律，②式﹣③式可得①式的△H1；‎ ‎（1）②C4H10(g) +0.5O2(g) =C4H8(g) +H2O(g) △H2=﹣119kJ•mol—1‎ ‎③H2(g) +0.5O2(g) =H2O(g) △H3=﹣242kJ•mol﹣1‎ ‎②﹣③得：C4H10(g) =C4H8(g) +H2(g) △H1=+123kJ•mol—1‎ 由a图可知温度相同时，由0.1MPa变化到xMPa，丁烷转化率增大，即平衡正向移动，该反应是气体体积增大的反应，所以x的压强更小，x＜0.1；‎ 由于反应①为吸热反应，温度升高时，平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，反应①正向进行时体积增大，减压时平衡正向移动，丁烯的平衡产率增大，因此AD正确。 故答案为：+123；小于；AD；‎ ‎（2）丁烷分解产生丁烯和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，同时氢气作为反应①的产物，增大氢气的量会促使平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的丁烯的含量，使丁烯的产率降低 。 故答案为：原料中过量H2会使反应①平衡逆向移动，所以丁烯产率下降；‎ ‎（3）590℃之前，温度升高时反应速率加快，单位时间内生成的丁烯会更多，同时由于反应①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯；‎ 而温度超过590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少，产率下降。故答案为：升高温度时，反应速率加快，单位时间产生丁烯更多；590℃前升高温度，反应①平衡正向移动；高温则有更多的丁烷裂解生成副产物导致产率降低。‎ ‎【考点】 用盖斯定律进行有关反应热的计算； 化学平衡的影响因素。‎ ‎【专题】 化学反应中的能量变化； 化学平衡专题。‎ ‎【点评】本题考查盖斯定律以及化学平衡的影响因素，为高频考点，把握图象分析温度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学平衡在实际生产中的应用，题目难度不大。‎ Ⅲ—原电池原理 ‎1．（2017•江苏-12-1）下列说法正确的是 A．反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)的△H＜0，△S＞0‎ B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀 C．常温下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg2+溶液，c(Mg2+)≤5.6×10﹣4 mol•L—1‎ D．常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2，反应中转移的电子数为6.02×1023‎ ‎【答案】B C ‎【分析】A.合成氨反应为放热反应，△H＜0，且为气体体积减小的反应，则△S＜0，故A错误； B.导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B正确； C. pH=10的含Mg2+溶液中，c（OH—）=10﹣4 mol•L—1，c（Mg2+ ）≤5.6×10—12/(10—4)2=5.6×10—4 mol•L﹣1，故C正确； D.常温常压下，Vm≠22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D错误；‎ ‎【考点】 反应热和焓变及熵变；原电池；难溶电解质Ksp ；氧化还原反应。‎ ‎【专题】 化学反应中的能量变化 ‎【点评】本题考查较综合，涉及反应热与焓变、原电池、难溶电解质Ksp的计算等，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项④为易错点，题目难度中等。‎ ‎2.（2017•新课标Ⅰ-11）支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是 A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零 B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩 C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流 D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整 ‎【答案】C ‎【解析】A.钢管表面不失电子，几乎无腐蚀电流，故A正确。 B.外电路中，电子从高硅铸铁流向电源正极，从电源负极流向钢管桩，故B正确。 C.高硅铸铁作为惰性辅助电极，不被损耗，故C错误。 D.保护电流应根据环境（pH值，离子浓度，温度）变化，故D正确。‎ ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护之一：外加电流的阴极保护法。‎ ‎【专题】电化学专题。‎ ‎【点评】本题考查金属的电化学腐蚀与防护，明确外加电流阴极保护法的工作原理是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。‎ ‎3．（2017•天津-3）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 ‎ A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 ‎【答案】A ‎【解析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应，以此来解答。‎ A．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化还原反应无关，故A选；‎ B．发生原电池反应，本质为氧化还原反应，故B不选；‎ C．发生电解反应，为氧化还原反应，故C不选；‎ D．发生氧化反应，故D不选．‎ ‎【考点】 氧化还原反应； 反应热和焓变；原电池与电解池；‎ ‎【专题】 氧化还原反应专题； 化学反应中的能量变化 ‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应本质为解答关键，注意能量变化的形式，题目难度不大。‎ ‎4．(2017•新课标Ⅲ-11）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法错误的是 A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣=3Li2S4‎ B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g C．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性 D．电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多 ‎【答案】D ‎【解析】A．由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li﹣e﹣=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e﹣=S82﹣，S82﹣+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e﹣=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e﹣=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e﹣=2Li2S2，据分析可知正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣=3Li2S4，故A正确；‎ B．负极反应为：Li﹣e﹣=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，故B正确；‎ C．硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故C正确；‎ D．充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，故D错误；‎ ‎【考点】 原电池和电解池的工作原理 ‎【专题】 电化学专题 ‎ ‎【点评】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等．‎ Ⅳ—电解原理 ‎1．（2017•天津-3）下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是 ‎ A．硅太阳能电池工作时，光能转化成电能 B．锂离子电池放电时，化学能转化成电能 C．电解质溶液导电时，电能转化成化学能 D．葡萄糖为人类生命活动提供能量时，化学能转化成热能 ‎【答案】A ‎【解析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则为氧化还原反应，以此来解答。‎ A．光能转化为电能，不发生化学变化，与氧化还原反应无关，故A选；‎ B．发生原电池反应，本质为氧化还原反应，故B不选；‎ C．发生电解反应，为氧化还原反应，故C不选；‎ D．发生氧化反应，故D不选．‎ ‎【考点】 氧化还原反应； 反应热和焓变；原电池与电解池；‎ ‎【专题】 氧化还原反应专题； 化学反应中的能量变化 ‎ ‎【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应本质为解答关键，注意能量变化的形式，题目难度不大。‎ ‎2．（2017•新课标Ⅱ-11）用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4﹣H2C2O4混合溶液．下列叙述错误的是 A．待加工铝质工件为阳极 B．可选用不锈钢网作为阴极 C．阴极的电极反应式为：Al3++3e﹣═Al D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动 ‎【答案】C ‎【解析】 A、铝的阳极氧化法表面处理技术中，金属铝是阳极材料，故A正确；‎ B、阴极不论用什么材料离子都会在此得电子，故可选用不锈钢网作为阴极，故B正确；‎ C、阴极是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，故电极反应方程式为2H++2e﹣=H2↑，故C错误；‎ D、在电解池中，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故硫酸根离子在电解过程中向阳极移动，故D正确，‎ ‎【考点】 电解原理 ‎【专题】 电化学专题 ‎ ‎【点评】本题主要考查电解原理及其应用．电化学原理是高中化学的核心考点，学生要知道阳极与电池的正极相连发生氧化反应，阴极与电池的负极相连发生还原反应。‎ ‎3．(2017•新课标Ⅲ-11）全固态锂硫电池能量密度高、成本低，其工作原理如图所示，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反应为：16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）。下列说法错误的是 A．电池工作时，正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣=3Li2S4‎ B．电池工作时，外电路中流过0.02 mol电子，负极材料减重0.14 g C．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性 D．电池充电时间越长，电池中的Li2S2量越多 ‎【答案】D ‎【解析】A．由电池反应16Li+xS8=8Li2Sx（2≤x≤8）可知负极锂失电子发生氧化反应，电极反应为：Li﹣e﹣=Li+，Li+移向正极，所以a是正极，发生还原反应：S8+2e﹣=S82﹣，S82﹣+2Li+=Li2S8，3Li2S8+2Li++2e﹣=4Li2S6，2Li2S6+2Li++2e﹣=3Li2S4，Li2S4+2Li++2e﹣=2Li2S2，据分析可知正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e﹣=3Li2S4，故A正确；‎ B．负极反应为：Li﹣e﹣=Li+，当外电路流过0.02mol电子时，消耗的锂为0.02mol，负极减重的质量为0.02mol×7g/mol=0.14g，故B正确；‎ C．硫作为不导电的物质，导电性非常差，而石墨烯的特性是室温下导电最好的材料，则石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性，故C正确；‎ D．充电时a为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，故D错误；‎ ‎【考点】 原电池和电解池的工作原理 ‎【专题】 电化学专题 ‎ ‎【点评】本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据离子的流向判断原电池的正负极，题目难度中等．‎ ‎4．（14分）（2017•天津-7）某混合物浆液含有Al(OH) 3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用．回答Ⅰ和Ⅱ中的问题．‎ Ⅰ．固体混合物的分离和利用（流程图中的部分分离操作和反应条件未标明）‎ ‎（1）反应①所加试剂NaOH的电子式为 。B→C的反应条件为　 　，C→Al的制备方法称为　　 。‎ ‎（2）该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2．由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)　 　。‎ a．温度 b．Cl﹣的浓度 c．溶液的酸度 ‎（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，该反应的热化学方程式为　 　 。‎ Ⅱ．含铬元素溶液的分离和利用 ‎（4）用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因是　 　，分离后含铬元素的粒子是　 　；阴极室生成的物质为　 　（写化学式）。‎ ‎【答案】Ⅰ．⑴ 加热(或煅烧) 电解法 ⑵ac ‎ ‎⑶2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) △H=﹣85.6kJ•mol﹣1 ‎ Ⅱ． ⑷在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液。‎ CrO42﹣、Cr2O72﹣ NaOH和H2‎ ‎【解析】（1）NaOH为离子化合物，电子式为，B为Al(OH) 3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝。故答案为：；加热（或煅烧）；电解法；‎ ‎（2）反应涉及的条件为加热，加热下可反应，另外加热硫酸，氢离子浓度变化，可知影响的因素为温度和氢离子浓度，故答案为：ac；‎ ‎（3）0.1mol Cl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，由质量守恒可知还原性气体为CO，反应的化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g)，则2mol氯气反应放出的热量为(2/0.1) ·4.28kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l) +2CO(g) △H=﹣85.6kJ•mol﹣。‎ ‎（4）电解时，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，因存在2CrO42﹣+2H+Cr2O72﹣+H2O，则分离后含铬元素的粒子是CrO42﹣、Cr2O72﹣，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH。故答案为：在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液；CrO42﹣、Cr2O72﹣；NaOH和H2。‎ ‎【考点】物质结构；钠及其化合物；铝及其化合物；化学反应与能量；电解原理。物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；‎ ‎【专题】 无机实验综合。‎ ‎【点评】本题为2017年天津考题，侧重考查物质的制备、分离以及电解知识，解答本题，注意把握物质的性质，能正确分析试验流程，把握电解的原理，题目难度不大，有利于培养学生的分析能力和实验能力。‎ ‎8．（12分）（2017•江苏-16）铝是应用广泛的金属。以铝土矿（主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：‎ 注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。‎ ‎（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 。‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH　 　 (填“增大”、“不变”或“减小”)。‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎（4）“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示．‎ 阳极的电极反应式为　 　，阴极产生的物质A的化学式为　 　。‎ ‎（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是　 ‎ ‎ 　 。‎ ‎【答案】⑴Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O ⑵减小 ‎ ‎⑶石墨电极被阳极上产生的O2氧化 ‎ ‎⑷4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑ H2 ‎ ‎⑸NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。‎ ‎【解析】以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al(OH)3，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答。 （1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；‎ ‎（2）向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH减小，故答案为：减小；‎ ‎（3）“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化。故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；‎ ‎（4）由图知，阳极反应为4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成H2。故答案为：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2； ‎ ‎（5）铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN．在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜。‎ ‎【考点】 铝及其化合物；铁及其化合物；硅及其化合物；电解原理；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；‎ ‎【专题】 物质的分离提纯和鉴别 ‎ ‎【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等。‎