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板块二　考前热身　素养实践
特色题型专项练
一、宏微结合透析历程图像题
1.B　反应②取代反应第二步的活化能最低，且生成物本身所具有的能量最低，更稳定，苯更易发生取代反应，A错误；苯中碳原子都是sp2杂化，与中饱和碳原子是sp3杂化，不饱和碳原子为sp2杂化，B正确；催化剂不改变反应的焓变，可以降低反应②的活化能，提高反应速率，C错误；焓变等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，仅根据E1、E2无法求出反应①的总焓变，D错误。
2.D　根据历程示意图，HAP开始参与反应后又作为生成物出现，HAP为催化剂，降低了该反应的活化能，但不改变反应的焓变，A项错误；反应过程中，断裂的氧氧双键为非极性键，生成的碳氧双键、H—O均为极性键，无非极性键的生成，B项错误；HCHO在反应过程中，有C—H发生断裂，C项错误；H2O中O上含2个孤电子对，CO2中C上无孤电子对，D项正确。
3.B　氮的固定是游离态氮转化为氮的化合物的反应过程，步骤Ⅱ中反应为N2＋6Li2Li3N，A正确；水是由步骤Ⅰ生成，又在步骤Ⅲ消耗，属于中间产物，不是催化剂，B错误；该反应历程中三步反应分别为4LiOH4Li＋O2↑＋2H2O、N2＋6Li2Li3N、Li3N＋3H2O3LiOH＋NH3↑，总反应为2N2＋6H2O4NH3＋3O2，C正确；步骤Ⅰ为电解熔融的LiOH，阳极发生氧化反应，电极反应式为4OH－－4e－O2↑＋2H2O，D正确。
4.B　1个甲醇分子中含有3个碳氢键，3.2 g甲醇的物质的量为＝0.1 mol，含有C—H的数目为0.3NA，A项错误；羟基自由基（*HO）中含有9个电子，0.1 mol羟基自由基（*HO）中含有电子的数目为0.9NA，B项正确；电解精炼铜用粗铜作阳极，阳极首先是比铜活泼的金属（如Zn）放电溶解，然后是Cu放电溶解，比铜不活泼的金属以阳极泥的形式沉淀下来，阳极质量减轻6.4 g，转移电子的数目不一定为0.2NA，C项错误；1个CO2分子中含有22个质子，标准状况下，22.4 L CO2的物质的量为1 mol，所含质子的数目为22NA，D项错误。
5.C　在物质、、中Mo形成6个共价键，在中Mo形成4个共价键，故反应过程中Mo形成的共价键数目发生了改变，A错误；由题图知，MoO3对反应起催化作用，能够改变反应途径，但不能使化学平衡发生移动，故不能提高HOCH2CH（OH）CH3的平衡转化率，B错误；由题图知，总反应为2HOCH2CH（OH）CH3HCHO＋CH3CHO＋CH3CHCH2＋2H2O，C正确；由图示反应原理知，二元醇发生类似反应时，可形成相应的烯烃和醛/酮，故乙二醇反应的产物有甲醛和乙烯，D错误。
6.D　由反应历程图可知总反应为2NH3＋2NO＋O22N2＋3H2O。由历程图知，S原子周围均形成了4个共价键，故均采用sp3杂化，A正确；历程图中Ce、Ti形成的共价键数目都发生了变化，B正确；根据总反应式，反应每生成2 mol N2，则其中有1 mol N2是由NH3氧化得到的，有1 mol N2是由NO还原得到的，3 mol H2O中只有1 mol H2O是还原产物，该历程的总反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，C正确；形成1 mol铈、铈之间“空位”时，形成1 mol H2O中的1 mol氢氧键，形成1 mol钛、铈之间“空位”时，至少形成2 mol H2O中的3 mol氢氧键，D错误。
7.D　焓减和熵增有利于反应自发进行，合成氨反应是焓减、熵减的反应，故反应放热是合成氨反应自发进行的主要助力，A正确；Li2SO4能与MoS2形成Li—S键合作用，从而降低反应的活化能，使反应速率更快，B正确；根据题图，N2先吸附于催化剂表面再参加合成氨反应，C正确；两种历程始末状态的能量相同，ΔH相同，绝对值相同，D错误。
8.A　DRM反应中断裂CH4、CO2中的化学键，不存在非极性键的断裂，A项错误；Sn12Ni催化甲烷逐步脱氢的活化能最大，反应最不易发生，故该双金属合金团簇具有良好的抗积炭作用，B项正确；由反应进程中的能量变化可知，活化能最大的步骤为CC＋H*，C项正确；由题图中3个反应历程可知，Sn12Ni催化甲烷逐步脱氢时需要的能量最高，反应速率最慢，而Pt12Ni催化甲烷逐步脱氢时需要的能量最低，反应速率最快，D项正确。
9.C　Ni—H的形成在中间体2到中间体3的过程中实现了氢原子的迁移，对氢原子的迁移是有利的，A错误；过渡态1中Ni的成键数目为2，过渡态2中Ni的成键数目为3，反应过程中Ni的成键数目发生了变化，B错误；中间体2到过渡态2的能垒（活化能）最大，为204.32 kJ·mol－1，C正确；Ni是该反应的反应物，不是催化剂，D错误。
10.B　CO分子做配体时，C元素电负性比O元素小，C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键，A错误；根据图示，CH3OH*的相对能量为0，CO*＋2H2的相对能量为65.7 kJ·mol－1，所以CH3OH*CO*＋2H2（g）　ΔH＝＋65.7 kJ·mol－1，B正确；使用催化剂不能增大反应进行的程度，只能改变反应速率，C错误；该历程中决速步骤的活化能最大，E正＝[113.9－（－65.7）]kJ·mol－1＝179.6 kJ·mol－1，D错误。
二、模型构建应变新型化学电源
1.C　由题图可知，a电极上HCOO－被氧化为HC，a电极作负极，则b电极作正极，发生还原反应。铁的两种离子存在环境为酸性，且生成物为K2SO4，故物质A为H2SO4，A正确；装置中K＋由负极流向正极，则半透膜是阳离子交换膜，B正确；a电极上HCOO－被氧化为HC，其电极反应式为HCOO－－2e－＋2OH－HC＋H2O，C错误；Fe3＋先被还原为Fe2＋，Fe2＋又被O2氧化生成Fe3＋，Fe3＋可以循环使用，可看作是该反应的催化剂，D正确。
2.D　由H＋的移动方向可知，a极是负极，HS－在硫氧化菌作用下转化为S，发生氧化反应，电极反应式为HS－＋4H2O－8e－9H＋＋S；b极是正极，氧气发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋2H2O。正极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋2H2O，1 mol O2参加反应时，有4 mol电子转移，故有4 mol H＋通过质子交换膜，A正确；硫氧化菌将HS－氧化为S，硫酸盐还原菌将S还原为HS－，恰好完成了S元素的循环，B正确；a电极为负极，负极反应式为HS－＋4H2O－8e－9H＋＋S，C正确；升高温度会把微生物杀死，导致该电池失活，D不正确。
3.B　燃料电池通入氧化剂的电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应生成水，电极Ⅱ为负极，G-CHO被氧化为G-COOH，电极反应式：G-CHO＋H2O－2e－G-COOH＋2H＋。根据题干信息，血糖（葡萄糖）过高时会激活电池，产生电能进而刺激人造胰岛细胞分泌胰岛素，降低血糖水平，说明该燃料电池是否工作与血糖的高低有关，血糖正常时电池不工作，A正确；工作时，电极Ⅰ为正极，电极反应式：O2＋4e－＋4H＋2H2O，生成H2O导致电极Ⅰ附近pH升高，B错误；电池中电子从负极流入正极，故外电路中电子流向：电极Ⅱ→传感器→电极Ⅰ，C正确；工作时，电极Ⅱ电极反应式为G-CHO＋H2O－2e－G-COOH＋2H＋，D正确。
4.B　根据电池放电时d区不断有NaI生成，知b电极的电极反应式为＋2e－3I－，同时Na＋通过固体电解质进入d区，则b电极为正极，a电极为负极，A项正确；放电时a电极的电极反应式为Na－e－Na＋，转移1 mol电子时，c区有1 mol Na＋进入d区，c区质量减少23 g，d区质量增加23 g，质量差改变46 g，B项错误；该固体电解质只允许Na＋通过，C项正确；根据放电时正极反应为＋2e－3I－，知充电时阳极反应为3I－－2e－，D项正确。
5.D　由题图可知，充电时，与直流电源负极相连的电极M为阴极，电极M上AQ在阴极发生还原反应生成H2AQ，电极M为阴极，电极N为阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极发生氧化反应生成碱式氧化镍和水，则放电时，电极M为电池的负极，H2AQ在负极失去电子发生氧化反应生成AQ和氢离子，电极N为正极，碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化镍和氢氧根离子。放电时，电极N为正极，NiO（OH）在正极发生还原反应生成Ni（OH）2和OH－，A正确；放电时，电极M为原电池的负极，H2AQ在负极发生氧化反应生成AQ和氢离子，电极反应式为H2AQ－2e－AQ＋2H＋，B正确；充电时，电极M连接电源负极，C正确；充电时，电极N为阳极，碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生氧化反应生成碱式氧化镍和水，电极反应式为Ni（OH）2－e－＋OH－NiO（OH）＋H2O，则当两性羟基乙酸铝电离出2 mol氢离子时，阳极板质量减少2 g，D错误。
6.D　由题图可知，充电时，左侧Fe2＋发生氧化反应生成Fe3＋，电极a为阳极，右侧Cr3＋发生还原反应生成Cr2＋，电极b为阴极。接输电网时，该装置为电源，电极a为正极，电极b为负极，A错误；阴极在充电过程中，H＋可能发生还原反应生成H2，B错误；充电时，阳极的电极反应为Fe2＋－e－Fe3＋，C错误；放电时，负极上每1 mol Cr2＋被氧化生成1 mol Cr3＋，转移1 mol电子，则电池中有1 mol Cl－通过阴离子交换膜向b（负）极转移，D正确。
7.C　该电池为二次电池，放电时锌作负极，BiOI作正极，放电时电池的总反应为6BiOI＋3Zn2Bi＋2Bi2O3＋3ZnI2，充电时电池的总反应为2Bi＋2Bi2O3＋3ZnI26BiOI＋3Zn，A正确；放电时，部分I－在Zn电极失去电子转化为I，B正确；由总反应可知，每生成6 mol BiOI时有2 mol Bi参与反应，转移6 mol电子，即生成1 mol BiOI，转移1 mol e－，C错误；由B项分析可知，电池工作时，I－与I之间转化反应能够提供额外的电化学容量，D正确。
8.B　由电池总反应LixSi＋Li1－xCoO2Si＋LiCoO2知，电极a为非晶硅薄膜，充电时Li＋被还原成为Li嵌入该薄膜材料中，则a极为阴极，电极反应式为xLi＋＋xe－＋SiLixSi，b极为阳极，电极反应式为LiCoO2－xe－Li1－xCoO2＋xLi＋，放电时a极为负极，电极反应式为LixSi－xe－Si＋xLi＋，b极为正极，电极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－LiCoO2。锂为活泼金属，会和溶液中水反应，故导电介质c不能用含Li＋的盐溶液，A错误；放电时，b极为正极，电极反应式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－LiCoO2，当电路通过0.3 mol电子时，b极薄膜质量增加0.3 mol×7 g·mol－1＝2.1 g，B正确；充电时，b极为阳极，电极反应式为LiCoO2－xe－Li1－xCoO2＋xLi＋，C错误；LiPON薄膜在充、放电过程中仅仅起到盐桥的作用，并未参与电极反应，故其质量不发生变化，D错误。
9.D　放电时，a极为负极，电极反应为Li－e－Li＋，b极为正极，电极反应为Li1－aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae－LiNixCoyMnzO2，充电时，a极为阴极，b极为阳极。充电时，电流流向为电源→阳极→固态电解质→阴极，A正确；放电时阳离子经电解质流向正极b，B正确；充电时b极为阳极，电极反应为LiNixCoyMnzO2－ae－Li1－aNixCoyMnzO2＋aLi＋，C正确；放电时a极为负极，电极反应为Li－e－Li＋，b极为正极，电极反应为Li1－aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae－LiNixCoyMnzO2，当两电极质量差值为1.4 g时，即负极质量减小0.7 g，正极质量增加0.7 g，电路中转移0.1 mol电子，D错误。
10.D　由题图知，放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn－2e－＋4OH－[Zn（OH）4]2－，b极为正极，电极反应式为Na0.6－xMnO2＋xe－＋xNa＋Na0.6MnO2，充电时，Zn作阴极，电极反应式为[Zn（OH）4]2－＋2e－Zn＋4OH－，b极为阳极。充电时，Zn作阴极，电极反应式为[Zn（OH）4]2－＋2e－Zn＋4OH－，生成OH－，阴极区溶液的pH增大，A正确；放电时，Zn作负极，电极反应式为Zn－2e－＋4OH－[Zn（OH）4]2－，每转移0.2 mol电子，负极区电解质溶液质量增加×65 g·mol－1＝6.5 g，同时有0.2 mol Na＋迁移到右侧，质量减小0.2 mol×23 g·mol－1＝4.6 g，故负极区电解质溶液质量实际增加6.5 g－4.6 g＝1.9 g，B正确；放电时，Zn作负极，b极为正极，电极反应式为Na0.6－xMnO2＋xe－＋xNa＋Na0.6MnO2，C正确；充电时，Zn作阴极，电极反应式为[Zn（OH）4]2－＋2e－Zn＋4OH－，a极质量增加6.5 g，则有0.2 mol Na＋通过阳离子交换膜，D错误。
三、巧用物质微循环破解电解合成有机物
1.D　由题给转化关系可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，Br－在Pt电极发生氧化反应生成Br2，通入的乙烯与Br2、H2O反应生成HOCH2CH2Br，Pt电极为阳极，镍电极为阴极，水分子在阴极发生还原反应生成H2和OH－，K＋通过阳离子交换膜进入阴极区，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷。铂电极为电解池的阳极，与直流电源的正极相连，A错误；生成1 mol环氧乙烷需要消耗1 mol Br2，则由得失电子守恒可知，阴极上生成H2的物质的量为1 mol，B错误；阳极区发生的反应为CH2CH2＋Br2＋H2OHOCH2CH2Br＋HBr，C错误；电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷，D正确。
2.C　碳棒上发生CH2CHCNNC（CH2）4CN反应，Pt电极上产生O2，碳棒为阴极，Pt电极为阳极。阴极的电极反应式为2CH2CHCN＋2H＋＋2e－NC（CH2）4CN，阳极的电极反应式为2H2O－4e－O2↑＋4H＋。碳棒电极为阴极，甲室为阴极室，碳棒上的电极反应式正确，A正确；在电解工作时乙室消耗水，故需要补充H2O，气体c是O2，B正确；离子交换膜为阳离子交换膜，H＋从右室流向左室，C错误；异丙醇是有机物，可以维持电解液pH稳定，并有利于丙烯腈的溶解，D正确。
3.B　左边电极发生氧化反应，为阳极，接电源正极，电极反应式为CH4＋Cl－＋OH－－2e－CH3Cl＋H2O，右边电极发生还原反应，为阴极，接电源的负极，电极反应式为H2O＋CO2＋2e－HCOO－＋OH－，阴极区的HCOO－透过阴离子交换膜进入阳极区，与CH3Cl反应生成HCOOCH3和氯离子，因此M为阴离子交换膜。a接直流电源正极，A错误；氢氧根离子与CH3Cl反应可生成CH3OH，B正确；阴极区的HCOO－透过阴离子交换膜进入阳极区，与CH3Cl反应生成HCOOCH3和氯离子，因此M为阴离子交换膜，C错误；右室的电极反应式为H2O＋CO2＋2e－HCOO－＋OH－，D错误。
4.C　由两极物质变化知，Pb电极作阴极，电极反应式为2H2O＋2e－H2↑＋2OH－、H2C2O4＋2e－＋2H＋HOOCCHO＋H2O，石墨电极作阳极，电极反应式为4OH－－4e－2H2O＋O2↑，石墨电极上析出O2，为阳极，若用Pb代替，则发生反应：Pb－2e－Pb2＋，因此石墨电极不能用Pb代替，A项错误；根据石墨电极上的电极反应式知，双极膜解离出来的OH－向石墨电极移动，B项错误；Pb电极上H2C2O4转化为HOOC—CHO，发生反应：HOOC—COOH＋2e－＋2H＋HOOC—CHO＋H2O，C项正确；当石墨电极上析出1 mol O2，转移4 mol电子，Pb电极上发生反应：2H2O＋2e－H2↑＋2OH－、HOOC—COOH＋2e－＋2H＋HOOC—CHO＋H2O，则Pb电极附近不一定生成2 mol乙醛酸，D项错误。
5.D　a极上H2失去电子变为H＋，a极为阳极，电极反应式为H2－2e－2H＋，b极为阴极，电极反应式为R＋2e－＋2H＋。a极为阳极，与电源正极连接，A错误；没有指明是否处于标准状况，不能计算H2的物质的量，B错误；a极反应式为H2－2e－2H＋，生成的H＋通过质子交换膜转移至b极区，a极区电解质溶液的pH不变，C错误；b极为阴极，电极反应式为R＋2e－＋2H＋，D正确。
6.C　由Ni生成NiOOH可知，Ni电极为阳极，Cu电极为阴极，与电源负极相连，A正确；Ni电极发生的电极反应为Ni＋3OH－－3e－NiOOH＋H2O，B正确；环己醇生成环己酮的化学方程式为2NiOOH＋3C6H11OH2Ni＋3C6H10O＋4H2O，每生成1 mol环己酮转移2 mol电子，98 g环己酮的物质的量为1 mol，若有98 g环己酮生成，电路中转移2 mol电子，阴极生成1 mol H2，且有2 mol OH－移向阳极，理论上右池溶液减少的质量为36 g，C错误；电解过程中，右池消耗H2O，NaOH浓度变大，pH变大，D正确。
7.B　根据电解原理示意图分析，电极A Mn2＋发生氧化反应生成MnO2，电极A为阳极、电极B为阴极，则a为正极、b为负极。a为正极、b为负极，b端电势低于a端电势，A错误；电极A电极反应式为Mn2＋＋2H2O－2e－MnO2＋4H＋，B正确；电极A Mn2＋发生氧化反应生成MnO2，MnO2氧化苯甲醇为苯甲醛同时生成Mn2＋，总反应为C6H5CH2OH－2e－C6H5CHO＋2H＋，电极B的电极反应式为2H＋＋2e－H2↑，H＋从电极室A迁移到电极室B，结合得失电子守恒可知，电极室A、B的pH不变，C错误；没有指明是否处于标准状况，不能确定生成H2的体积，D错误。
8.C　该池为电解池，A电极H2O得电子转化为H原子，发生还原反应，作阴极；B电极，HCHO 失电子转化为HCOO－，发生氧化反应，作阳极。A电极为阴极，连电源的负极，A错误；由题图可知，离子交换膜允许OH－通过，为阴离子交换膜，B错误；B电极总反应为＋4HCHO＋8OH－－4e－＋4HCOO－＋4H2O，C正确；A电极反应式为H2O＋e－OH－＋H、＋4H，M的摩尔质量为121 g·mol－1，若电路中转移0.4 mol电子，则理论上两极共生成0.2 mol M，质量为24.2 g，D错误。
9.B　由该工作原理图可知，左侧是由CO2转化为HCOO－，C元素的化合价由＋4价降低为＋2价，被还原，左侧的电极反应为CO2＋2e－＋H2OHCOO－＋OH－，故左侧为阴极；右侧电极反应为2Br－－2e－Br2，右侧为阳极，右侧发生的反应还有Br2＋H2OHBr＋HBrO、H—O—Br＋CH2CH2HOCH2CH2Br、HOCH2CH2Br＋NaOH＋NaBr＋H2O。阴极的电极反应为CO2＋2e－＋H2OHCOO－＋OH－，A正确；阳极的电极反应为2Br－－2e－Br2，B错误；根据分析可知Br－总量未发生变化，理论上不需要补充，C正确；理论上每消耗标准状况下11.2 L CO2，可生成0.5 mol ，D正确。
10.C　由题图可知，该装置为电解池，N极失去Cl－，Cl－向电极M移动，故电极M是阳极，电源的电极a为正极，电极N为阴极，则电源的电极b为负极。电极a为电源的正极，A正确；电解池中阳离子由阳极区移向阴极区，故通电后H＋向电极N移动，B正确；根据题图可知，电极M上失电子和Cl－反应生成和H＋，故阳极的电极反应式为＋Cl－－2e－＋H＋，C错误；当外电路转移0.1 mol e－时，根据电极反应式：＋H＋＋2e－＋Cl－＋H2↑，理论上阴极析出0.05 mol H2，即标准状况下1.12 L H2，D正确。
四、数形结合巧解电解质溶液图像题
1.B　由题图可知，H3XO2是一元弱酸，25 ℃时0.1 mol·L－1 H3XO2溶液的pH＝3.7，溶液中c（H＋）＝c（H2X）＝1×10－3.7 mol·L－1，Ka＝≈1×10－6.4，数量级为10－7，A错误；a→c生成的强碱弱酸盐浓度增大，水的电离程度增大，a、d两点对应溶液中过量的酸、碱物质的量相同，但NaOH是强碱而H3XO2是一元弱酸，故NaOH对水电离的抑制作用大于H3XO2对水电离的抑制作用，B正确；H3XO2是一元弱酸，溶液中不存在HX、X微粒，C错误；a点溶液中溶质为等量的NaH2XO2和H3XO2，由电荷守恒得c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（H2X），由元素守恒得2c（Na＋）＝c（H3XO2）＋c（H2X），二者联立可得2c（H＋）＋c（H3XO2）＝2c（OH－）＋c（H2X），D错误。
2.D　由As（OH）3H＋＋AsO（OH，Ka1＝，根据题图中第一个交点，c[AsO（OH]＝c[As（OH）3]且c（H＋）＝10－9 mol·L－1，可算得Ka1[As（OH）3]＝10－9，A项正确；由题图可知，pH＝10时是亚砷酸的盐溶液，弱酸的盐溶液由于酸根离子水解，会促进水的电离，所以水电离出的c（OH－）＝10－4mol·L－1，B项正确；Kh[AsO（OH]＝＝10－6，AsO（OH的水解程度大于As（OH）3的电离程度，所以等物质的量浓度的As（OH）3和NaAsO（OH）2的混合溶液中c[AsO（OH]＜c[As（OH）3]，C项正确；pH越大体系中c（As）越大，D项错误。
3.D　随着pH增加，Cu2＋分布系数逐渐减小，[Cu（OH）]＋、Cu（OH）2、的分布系数逐渐增加，然后再逐渐减小， 分布系数逐渐增加，故曲线1代表 Cu2＋，曲线2代表[Cu（OH）]＋，曲线3代表 Cu（OH）2，曲线4代表，曲线5代表。曲线3代表的含铜微粒是Cu（OH）2，A正确；由题图可知，当Cu（OH）2、浓度相等时pH＝10.7，当、浓度相等时pH＝12.5，曲线4最高点对应溶液中的浓度最高，此时pH＝ ＝11.6，B正确；Cu（OH）2＋OH－，当Cu（OH）2、浓度相等时，pH＝10.7，c（H＋）＝10－10.7 mol·L－1，c（OH－）＝10－3.3 mol·L－1，K3＝＝＝103.3，[Cu（OH）3]－＋OH－，当[Cu（OH）3]－和[Cu（OH）4]2－浓度相等时，pH＝12.5，则K4＝101.5，[Cu（OH）4]2－Cu（OH）2＋2OH－，K＝＝10－4.8，C正确；向2 mol·L－1 CuSO4溶液中滴加2 mol·L－1 NaOH溶液至过量，生成的Cu（OH）2还会继续和OH－反应生成和，D错误。
4.D　在一定pH范围内，随着HF加入，溶液pH减小，c（OH－）减小，c（Mg2＋）增大，c（F－）减小，则L1、L2分别表示lg c（F－）、lg c（Mg2＋）与pH的关系，A错误；由题图中数据计算得，取L2点（12，－7）可得Ksp[Mg（OH）2]＝c（Mg2＋）·c2（OH－）＝10－7×（10－2）2＝10－11，同理，取L1点（11，－2），此时pH＝11，c（OH－）＝10－3 mol·L－1，则c（Mg2＋）＝10－5mol·L－1，可得Ksp（MgF2）＝10－9，则Ksp[Mg（OH）2]＜Ksp（MgF2），B错误；Q点c（Mg2＋）小于氢氧化镁溶解平衡时的浓度，Q＝c（Mg2＋）·c2（OH－）＜Ksp[Mg（OH）2]，则Q点对应状态下没有Mg（OH）2沉淀生成，C错误；L1表示lg c（F－）与pH的关系，由题图知，pH＝8时c（F－）＝10－5 mol·L－1，c（OH－）＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，存在c（OH－）＜c（F－），pH＝13时溶液中c（OH－）＝0.1 mol·L－1，根据Ksp[Mg（OH）2]＝10－11，得c（Mg2＋）＝10－9，而Ksp（MgF2）＝10－9，故c（F－）大于0.1 mol·L－1，D正确。
5.C　在含H2A和NH4Cl的混合液中滴加NaOH溶液，c（H＋）减小，＝ 增大，＝增大，且＞，由N＋H2ONH3·H2O＋H＋可知，＝减小，则L1代表－lg 与pH的关系，L2代表－lg 与pH的关系，L3代表－lg与pH的关系。由点（5，0.6）可知，Ka（HA－）＝＝10－5×10－0.6＝10－5.6，由点（4，0.2）可知，Ka（H2A）＝＝10－4×10－0.2＝10－4.2，由点（8，－1.24）可知，Kh（N）＝＝10－8×10－1.24＝10－9.24，Kh（HA－）＝ ＝10－9.8，则0.1 mol·L－1 NH4HA溶液中，HA－的水解程度小于HA－的电离程度，溶液呈酸性，则c（N）＞c（HA－）＞c（H＋）＞c（OH－），A正确；溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（N）＋c（H＋）＝c（HA－）＋c（Cl－）＋2c（A2－）＋c（OH－），当c（HA－）＝c（A2－）时，c（Na＋）＋c（N）＋c（H＋）＝3c（HA－）＋c（Cl－）＋c（OH－），由题图可知，＝1，即－lg＝0时，pH＜7，溶液呈酸性，c（H＋）＞c（OH－），则c（Na＋）＋c（N）＜3c（HA－）＋c（Cl－），B正确；NH3·H2O＋H2AN＋HA－＋H2O的平衡常数K＝＝＝＝＝105.04＞105，C错误；L1线表示p随pH变化，L2线表示p随pH变化，L1、L2的交点，＝，＝＝Ka（HA－），则＝Ka（HA－），＝Ka（HA－），解得pH＝7.42，pX＝－1.82，D正确。
6.D　在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也产生突跃，进而可以确定滴定终点的位置，不需要加入指示剂，A错误；a点对应溶液溶质为NaHA，Ka2（H2A）＝1.7×10－5，Kh（HA－）＝≈7×10－12＜Ka2（H2A），HA－的电离程度大于其水解程度，则NaHA溶液显酸性，b点对应溶液溶质为Na2A，A2－水解使溶液显碱性，B错误；b点对应溶液溶质为Na2A，由电荷守恒可得c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（A2－）＋c（HA－）＋c（OH－），由元素守恒得c（Na＋）＝2c（A2－）＋2c（HA－）＋2c（H2A），联立得c（OH－）＝c（H＋）＋c（HA－）＋2c（H2A），C错误；b点时，H2A与NaOH恰好完全反应生成Na2A，则可得关系式：H2A～2NaOH，即2c（H2A）·V（H2A溶液）＝c（NaOH）·V（NaOH溶液），代入数据可得2c（H2A）×5.60×10－3 L＝0.180 0 mol·L－1×x×10－3 L，解得c（H2A）＝ mol·L－1，D正确。
7.C　如题图所示，当A－分布系数均为0.5时，对应c（A－）＝c（HA），pH＝－lg c（H＋），此时pH越大，对应酸的电离平衡常数越小，则电离平衡常数：Ⅱ＞Ⅲ，A正确；结合当A－分布系数均为0.5时，可得到曲线Ⅲ对应酸的电离平衡常数Ka＝＝c（H＋）＝10－5.90，a点对应pH＝6.2，代入得到＝100.3，＝＝≈0.67，B正确；溶液中电荷守恒：c（A－）＋c（OH－）＋c（Cl－）＝c（H＋）＋c（Na＋），b点存在c（A－）＝c（HA），变形有c（HA）＋c（OH－）＋c（Cl－）＝c（H＋）＋c（Na＋），因为b点溶液呈酸性，c（OH－）＜c（H＋），则c（HA）＋c（Cl－）＞c（Na＋），C错误；可以准确滴定混合溶液中的HCl，说的是HCl刚刚滴定结束后，HA才开始电离，甲基橙作指示剂pH＝4.4时变色（橙变黄），曲线Ⅳ的起点pH约为6，也就是说pH＞6，HA才电离，因此用甲基橙作指示剂不影响HCl的滴定，D正确。
8.D　NaOH溶液滴定H2A过程中依次发生反应：H2A＋OH－HA－＋H2O，HA－＋OH－A2－＋H2O，反应过程中δ（H2A）一直减小，δ（HA－）先增大后减小，δ（HA－）逐渐较小时，δ（A2－）逐渐增大，溶液的pH逐渐增大，由此可知：Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ线分别表示δ（H2A）、δ（HA－）、δ（A2－）、pH的变化曲线，据此分析解答。由以上分析可知Ⅱ线表示δ（HA－）的变化曲线，A错误；＝1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，HA－的电离程度大于HA－的水解程度，c（A2－）＞c（H2A），B错误；＝1.5时，溶质为等物质的量的NaHA和Na2A，根据元素守恒可知，溶液中2c（Na＋）＝3[c（HA－）＋c（A2－）＋c（H2A）]，C错误；f点溶液中的溶质为Na2A，水的电离程度最大，D正确。
五、集中狙击一拖多型选择题
1.（1）D　步骤①中用到10 mL、250 mL两种量程的量筒，A正确；用滴定管量取待测液时，为避免造成浓度偏差，应用待测液润洗2～3次，B正确；配制Na2CO3溶液定容时俯视，溶液体积偏小，则Na2CO3溶液浓度偏高，消耗盐酸体积偏大，会导致标准盐酸浓度偏小，C正确；酚酞的变色范围是pH为8.2～10.0；甲基橙的变色范围是pH≤3.1时变红，3.1～4.4时呈橙色，pH≥4.4时变黄，工业碱溶于水溶液呈碱性，加入指示剂1（酚酞），用标准盐酸滴定，终点1的现象为溶液变为无色，且30 s内不变色，加入指示剂2（甲基橙），用标准盐酸滴定，终点2的现象是滴入最后半滴标准盐酸，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复为黄色，D错误。
（2）C　根据步骤②，碳酸钠溶液浓度为＝0.1 mol·L－1，步骤③中用标准盐酸滴定至溶液由黄色变橙色，说明发生反应：Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑。如果不考虑体积变化，将6.0 mol·L－1盐酸5.0 mL加入245 mL蒸馏水中混合，体积是250 mL，标准盐酸的浓度为 mol·L－1＝0.12 mol·L－1，因为分子间有空隙，混合体积不为250 mL，所以标准盐酸的浓度不为0.12 mol·L－1，A错误；根据分析知，n（HCl）＝2n（Na2CO3）＝2×0.1×15×10－3 mol＝3×10－3 mol，因此如果标准盐酸的浓度为0.12 mol·L－1，则步骤③中V可能等于 L＝25 mL，B错误；如果试样的成分为NaOH和Na2CO3，用标准盐酸滴定至终点1，NaOH与盐酸完全反应，Na2CO3与盐酸反应生成碳酸氢钠，继续用标准盐酸滴定至终点2，发生碳酸氢钠与盐酸的反应，根据Na2CO3＋HClNaCl＋NaHCO3，NaHCO3＋HClNaCl＋H2O＋CO2↑，可知V1＞V2，C正确；若V1＝12.00 mL，V2＝20.00 mL，则试样的成分是Na2CO3和NaHCO3，用标准盐酸滴定至终点1，发生反应：Na2CO3＋HClNaCl＋NaHCO3，n（Na2CO3）＝n1（HCl）＝c（HCl）×12×10－3 L，即生成的NaHCO3物质的量为c（HCl）×12×10－3 L，则m（Na2CO3）＝c（HCl）×12×10－3 L×106 g·mol－1，继续用标准盐酸滴定至终点2，发生反应：NaHCO3＋HClNaCl＋H2O＋CO2↑，n（NaHCO3）＝n2（HCl）＝c（HCl）×20×10－3 L，则原来的n（NaHCO3）＝c（HCl）×8×10－3 L，原来的m（NaHCO3）＝c（HCl）×8×10－3 L×84 g·mol－1，则Na2CO3的质量分数为×100％≈65.43％，D错误。
2.（1）A　CCl4的密度比Na大，Na接触空气会被氧化，所以步骤ⅰ中不能将二甲苯换成CCl4，A错误；钠和乙醇反应产生氢气，球形管需要连接气体收集装置，B正确；步骤ⅲ中加入饱和食盐水降低产品在水中的溶解度，增大水层密度，便于分层，C正确；酮羰基和酯基中氧的电负性大于碳，导致其中碳原子的正电性增强，继而使亚甲基中的碳氢键极性增强，D正确。
（2）D　22.0 g乙酸乙酯的物质的量为＝0.25 mol，理论上生成乙酰乙酸乙酯0.125 mol，产率为×100％＝64％，A错误；Na可以消耗乙醇，使反应2CH3COOC2H5CH3COCH2COOC2H5（乙酰乙酸乙酯）＋C2H5OH正向移动，钠的用量影响乙酰乙酸乙酯的产率，B错误；实验步骤ⅲ中加入乙酸将乙酰乙酸乙酯钠和乙醇钠转化为乙酰乙酸乙酯和乙醇，而乙酰乙酸乙酯不溶于水，会观察到出现油状不溶性液体，C错误；球形管中无水氯化钙的作用为隔绝空气中的水蒸气，乙酰乙酸乙酯会和水反应，若无球形管，乙酰乙酸乙酯的产率会降低，D正确。
3.（1）D　A项，16O、17O、18O互为同位素，错误；B项，SO2中S的价层电子对数为2＋＝3，有一个孤电子对，SO3中S的价层电子对数为3＋＝3，无孤电子对，SO2中孤电子对将成键电子对压缩，所以SO2的键角小于SO3的键角，错误；C项，CO2的结构式为OCO，双键中有一个σ键、一个π键，所以CO2中σ键和π键数目比为1∶1，错误；D项，由均摊法可知，晶胞中白球数目为8×＋1＝2，灰球数目为4，灰球数目为白球数目的2倍，则灰球代表Cu，共有4个，正确。
（2）D　A项，燃烧热是指1 mol物质完全燃烧生成稳定物质时所放出的热量，H2前的系数应为1，H2O应为液态，错误；B项，O原子不守恒，应没有O2生成，错误；C项，应生成Fe3O4，错误；D项，碱性氢氧燃料电池中正极上O2得电子生成OH－，正确。
（3）B　A项，Fe3O4能被磁铁吸引，故可作磁性材料，错误；B项，SO2的漂白原理是SO2与某些有色物质化合生成无色物质，正确；C项，Al2O3的熔点高，故可作耐火材料，错误；D项，SiO2是酸性氧化物与用HF雕刻玻璃无关，错误。
4.（1）A　用托盘天平称量固体时满足左物右码，所以称量富马酸时，将富马酸固体放置在称量纸上，再在托盘天平的左盘称量，A错误；“步骤2”可采用油浴加热的方法维持温度100 ℃，B正确；“步骤3”一系列操作是指减压过滤、洗涤、干燥等过程，C正确；（NH4）2Ce（SO4）3溶液显酸性，所以用酸式滴定管盛装（NH4）2Ce（SO4）3标准溶液，D正确。
（2）D　“步骤1”中富马酸（HOOCCHCHCOOH）与Na2CO3发生反应，化学方程式为HOOCCHCHCOOH＋Na2CO3CO2↑＋H2O＋NaOOCCHCHCOONa，富马酸不能拆成离子形式，离子方程式为HOOCCHCHCOOH＋CCO2↑＋H2O＋[OOCCHCHCOO]2－，A错误；球形冷凝管一般用于反应物的冷凝回流实验中，冷凝时与蒸气的接触面积更大，改用直形冷凝管冷凝效果下降，B错误；由于邻二氮菲遇Fe2＋呈红色，遇Fe3＋呈无色，因此纯度分析实验中判断达到滴定终点的现象是：溶液由红色变为无色，且半分钟不变色，C错误；根据富马酸亚铁（C4H2O4Fe）有Fe2＋，关系式为富马酸亚铁～Fe2＋，溶液中的Fe2＋被Ce4＋氧化为Fe3＋，Ce4＋被还原为Ce3＋，反应为Fe2＋＋Ce4＋Fe3＋＋Ce3＋，故有关系式：富马酸亚铁～Ce4＋，富马酸亚铁的物质的量是n（富马酸）＝n（Fe2＋）＝n（Ce4＋）＝10－3cV mol，故所得产品的纯度为×100％＝×100％，D正确。
（3）B　亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以步骤2制备富马酸亚铁时，富马酸钠需要在氮气氛围中与硫酸亚铁溶液反应生成富马酸亚铁，若不通入氮气，溶液中亚铁离子会被氧化为铁离子，导致产品纯度降低，A正确；亚铁离子具有还原性，易被具有强氧化性的硝酸氧化为铁离子，若用硝酸代替硫酸进行纯度测定会使得消耗硫酸铈铵溶液体积偏小，导致测定结果偏低，所以不能用硝酸代替硫酸进行纯度测定，B错误；加入煮沸过的蒸馏水小于50.00 mL，不会影响待测液中溶质的物质的量和消耗标准溶液的体积，对实验结果无影响，C正确；滴定前仰视读数，会使得消耗硫酸铈铵溶液体积偏小，导致测定结果偏低，D正确。
六、分类思想突破新情境下化学方程式的书写
1.2SO2＋Na2CO3·nH2ONa2S2O5＋CO2＋nH2O
2.TiOCl2＋2NH3·H2OH2TiO3↓＋2NH4Cl
3.（NH4）2Fe（SO4）2＋LiOH＋H3PO4LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O
4.2N＋5HCOOH＋2H＋N2↑＋5CO2↑＋6H2O
解析：在反应历程图中箭头指进循环过程的为反应物，箭头从循环过程中指出的为生成物，故总反应方程式为2N＋5HCOOH＋2H＋N2↑＋5CO2↑＋6H2O。
5.CH3OH＋CO2＋3H2CH3CH2OH＋2H2O
解析：利用CH3OH、CO2与H2合成CH3CH2OH，还有水的生成，总反应方程式为CH3OH＋CO2＋3H2CH3CH2OH＋2H2O。
6.（1）N＋2H＋＋e－NO↑＋H2O
（2）NO＋N＋2H＋＋3e－N2H4＋H2O
（3）N2H4－4e－N2↑＋4H＋
（4）N＋NN2↑＋2H2O
7.（1）2.06　Cu＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋2H2O
（2）Te4＋＋2SO2＋4H2OTe＋8H＋＋2S
解析：（1）“硫酸酸浸”时，取含单质Te 6.38％的富碲渣20 g，为将Te全部溶出转化为Te（SO4）2，该反应方程式为Te＋2H2SO4＋2H2O2Te（SO4）2＋4H2O，则需加质量分数为30％的H2O2（密度：1.1 g·cm－3）的体积为×1 mL·cm－3≈2.06 mL（保留到小数点后两位）；但实际操作中，H2O2用量远高于该计算值，原因之一是Cu同时也被H2O2浸出，Cu被浸出时发生反应的离子方程式：Cu＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋2H2O。（2）由题干信息可知，化学中用标准电极电势Eθ（氧化态/还原态）反映微粒间得失电子能力的强弱，一般这个数值越大，氧化态转化为还原态越容易，结合硫酸酸浸液中部分微粒的标准还原电极电势为Eθ（Cu2＋/Cu）＝0.337 V、Eθ（Te4＋/Te）＝0.630 V，Te4＋较Cu2＋易被还原，则SO2“还原”酸浸液时，主要发生反应的离子方程式是Te4＋＋2SO2＋4H2OTe＋8H＋＋2S。
8.（1）Na2SeO4＋4CNa2Se＋4CO↑
（2）2Se2－＋O2＋2CO22Se↓＋2C（或2Se2－＋O2＋4CO2＋2H2O2Se↓＋4HC）
解析：（1）滤液A中主要成分是Na2SeO3，通入空气，蒸干，得到固体B，则固体B为Na2SeO4，高温下用焦炭还原固体B的化学方程式为Na2SeO4＋4CNa2Se＋4CO↑。（2）在滤液C中通入空气，氧气可把还原性强的Se2－氧化为单质Se，通入CO2可以减弱反应后溶液的碱性，有利于Se的析出，依题意可知该反应的离子方程式为2Se2－＋O2＋2CO22Se↓＋2C（或2Se2－＋O2＋4CO2＋2H2O2Se↓＋4HC）。
9.（1）CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S＋2H2O
（2）BiCl3＋Na2CO3BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑　浸铋
（3）Fe3＋＋H2O2＋As3＋＋2H2OFeAsO4↓＋6H＋
解析：（1）“浸铜”时加入的物质是MnO2、稀硫酸，得到单质硫，初步确定反应为MnO2＋H＋＋CuSS＋Mn2＋＋Cu2＋＋H2O，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平，得离子方程式为CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S＋2H2O。（2）“沉铋”时，加入Na2CO3，BiCl3转化为BiOCl，同时有NaCl、CO2生成，根据原子守恒配平得方程式为BiCl3＋Na2CO3BiOCl↓＋2NaCl＋CO2↑；“沉铋”后的滤液中含有NaCl，可导入“浸铋”环节循环使用。（3）“浸铋”所得浸取液中砷元素以As3＋形式存在，反应后转化为FeAsO4，As元素化合价升高，则H2O2中O元素化合价降低，根据得失电子守恒配平离子方程式为Fe3＋＋As3＋＋H2O2＋2H2OFeAsO4↓＋6H＋。
10.CaS＋MgCl2＋2H2OCaCl2＋Mg（OH）2↓＋H2S↑
解析：由题干装置图可知，用CaS与MgCl2反应制备高纯H2S，装置A作为H2S的发生装置，反应的化学方程式：CaS＋MgCl2＋2H2OCaCl2＋Mg（OH）2↓＋H2S↑。
11.（1）氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液
（2）增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行　防止倒吸
（3）C2H2＋8HNO3（浓）H2C2O4＋8NO2＋4H2O
解析：（1）电石中的CaS杂质会与水反应生成H2S气体，需要用氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液吸收。（2）装置C中多孔球泡的作用是增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；NO2与NaOH溶液极易反应，因此装置D是为了防止NO2与NaOH溶液反应产生倒吸，即作用为防止倒吸。（3）由题图可知，反应物为C2H2和浓硝酸，条件是水浴加热，少量硝酸汞为催化剂，产物为H2C2O4和NO2，因此反应的化学方程式为C2H2＋8HNO3（浓）H2C2O4＋8NO2＋4H2O。
12.（1）圆底烧瓶
（2）A→D→C→E→B　吸收多余的Cl2，防止污染空气；同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解
（3）2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O22[Co（NH3）6]Cl3＋12H2O
解析：（1）仪器a的名称为圆底烧瓶。（2）先制取氯气，再进行氯气的除杂和干燥，最后Cl2和钴反应，故顺序为A→D→C→E→B；CoCl2易潮解，装置B可以防止空气中的水蒸气进入装置E，氯气有毒，也用于氯气的尾气处理。（3）根据得失电子守恒、原子守恒可得化学方程式为2CoCl2＋10NH3·H2O＋2NH4Cl＋H2O22[Co（NH3）6]Cl3＋12H2O。
七、热力学与动力学合力释疑陌生平衡图像
1.D　反应ⅰ C3H8和O2反应比为2∶1，而反应ⅱ为2∶7，而投料中C3H8和O2的物质的量之比为2∶1，则相同温度下，相同时间内氧气的转化率应高于丙烷，A正确；反应相同时间，故T2之前仍未达到平衡，而T2、T3温度条件下，反应ⅰ和ⅱ均达到平衡，且温度升高，转化率降低，说明两反应的ΔH均小于零，B正确；T3温度条件下，两曲线重合说明该温度后基本只进行反应ⅰ，C正确；T3温度条件下，只进行反应ⅰ，C3H8、O2的平衡转化率均为50％，体积V＝2 L，根据反应方程式可知，平衡时c（C3H8）＝＝0.5 mol·L－1，c（O2）＝0.25 mol·L－1，c（C3H6）＝c（H2O）＝0.5 mol·L－1，平衡常数K＝＝＝1，D错误。
2.C　由题图可知，在0～t1时间内该化学反应速率v（Z）＝＝ mol·L－1·s－1，根据化学方程式，化学计量数与速率成正比，故v（Y）＝2v（Z）＝ mol·L－1·s－1，A正确；平衡时，c（Z）＝0.05 mol·L－1，c（Y）＝0.10 mol·L－1，则该反应的化学平衡常数K＝c（Z）·c2（Y）＝0.05×0.12＝0.000 5，B正确；反应物是固体，生成物是气体，由于生成物Y与Z物质的量之比满足方程式化学计量数之比，故无论反应是否达到平衡，Z的体积分数都是，C错误；若其他条件不变，t2时将容器容积压缩至1 L，Z的浓度瞬间变为2倍即0.10 mol·L－1，平衡逆向移动，Z的浓度减小，由于温度不变K不变，则再次平衡时，仍满足c（Z）＝0.05 mol·L－1，c（Z）在t2～t4时间内的变化曲线正确，D正确。
3.A　将坐标（7.2，56.2）和（7.5，27.4）代入Rln k＝－＋C中，计算可知Ea＝9.6×104 J·mol－1，A正确；对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的Ea较小，则对该反应催化效能较高的催化剂是n，B错误；图中m、n均为直线，斜率不发生变化，因此不改变其他条件，只升高温度，反应的活化能不变，C错误；阿仑尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系，无法根据题给图像判断升高温度时平衡移动的方向，D错误。
4.C　该反应中，反应物只有一种是气体，生成物有两种是气体，由题图可知，随着温度的升高，平衡时一种气体（X）的体积分数减小，两种气体（Y和Z）的体积分数增大，且Y的体积分数是Z的体积分数的2倍，故可推知X、Y、Z分别代表H2、H2O、CO，A正确；由化学方程式知该反应的ΔS＞0，由题图知该反应为吸热反应，即ΔH＞0，再根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0判断，该反应在高温下可以自发进行，B正确；由题图可知，130 ℃时，该反应达到平衡时，H2和H2O的体积分数相等，H2O的体积分数是CO的体积分数的2倍，三种气体的体积分数之和等于100％，则a＝40，C错误；升高温度，该反应的化学平衡正向移动，反应体系中混合气体的平均相对分子质量增大，D正确。
5.（1）z　（2）①0.05　②1.7　③d
解析：（1）反应Ⅱ是气体分子数增大的反应，即熵增反应，对比反应Ⅰ可知反应Ⅱ为吸热反应，结合ΔG＝ΔH－TΔS，则温度升高，ΔG越小，因此能用来表示反应Ⅱ的ΔG变化趋势的曲线为z。（2）由图2可知，平衡时，c（C4H10）＝c（C3H6）＝0.6 mol·L－1，题中信息可知反应体系的体积恒定为5 L，则平衡时，n（C4H10）＝n（C3H6）＝3 mol，由题给信息列式可得：
反应Ⅰ：
　 　　CH3CH2CH2CH3（g）CH4（g）＋C3H6（g）
变化量/mol 3 3 3
可知反应Ⅱ中转化的正丁烷为n（C4H10）＝10 mol－3 mol－3 mol＝4 mol，有：
CH3CH2CH2CH3（g）C2H6（g）＋C2H4（g）
变化量/mol 4 4 4
则平衡时n（C4H10）＝n（C3H6）＝3 mol，n（CH4）＝3 mol，n（C2H6）＝4 mol，n（C2H4）＝4 mol，气体的总物质的量为17 mol。①0～12 min内，v（CH4）＝＝0.05 mol·L－1·min－1。②由题意知，反应前气体的总物质的量为10 mol，反应达平衡后总物质的量为17 mol，则在恒温恒容条件下，反应达到平衡后的压强是反应前的1.7倍。③由题可知，反应Ⅰ的正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，丙烯的浓度减小，则丙烯的浓度随时间的变化对应图2中的曲线d。
6.（1）①减小　②D
（2）①AC　②正向　增大
（3）①随温度的升高，生成乙烯的选择性增大（或温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均逆向移动，但反应Ⅰ逆向移动的程度比反应Ⅱ、Ⅲ小）　②0.636
解析：（1）①根据题图1，从左向右温度T降低，因此随温度的升高，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数都减小，反应Ⅲ的平衡常数增大，所以随着温度的升高，甲醇的产率减小。②随温度的升高，反应Ⅰ、Ⅱ的平衡常数都减小，说明ΔH1、ΔH2都小于0，反应Ⅲ的平衡常数增大，说明ΔH3大于0，根据盖斯定律，Ⅰ－Ⅱ＝Ⅲ，即ΔH3＝ΔH1－ΔH2＞0，结合ΔH1、ΔH2都小于0，可知＜，所以的数值范围是0～1。（2）①该反应为气体体积增大的反应，容器内气体的压强不变，说明气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A正确；该反应的反应物和生成物都是气体，混合气体的总质量不变，容器容积不变，则混合气体的密度始终保持不变，B错误；CH3OH的体积分数保持不变，说明CH3OH的物质的量不变，反应达到平衡状态，C正确；n（CH3OH）与n（H2O）之和保持不变，不能说明CH3OH的物质的量不变，D错误。②若平衡后，向密闭容器再加入1 mol CH3OH（g），甲醇的浓度增大，则平衡正向移动；用等效平衡知识分析，平衡时将1 mol甲醇加入恒容的容器中，相当于将两个已经达到平衡的容器中的气体压缩到一个容器中，压强增大平衡逆向移动，甲醇的体积分数增大，所以与原平衡相比，甲醇的体积分数增大。（3）①乙烯的体积分数随温度的升高而增大的原因：随温度的升高，生成乙烯的选择性增大（或温度升高，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均逆向移动，但反应Ⅰ逆向移动的程度比反应Ⅱ、Ⅲ小）。②恒温恒压下，根据气体物质的量之比等于体积之比，有：＝＝＝0.8，n平＝1.5 mol，V平＝1.25 L，结合反应可知，增加的物质的量为三种烃的物质的量之和，乙烯、丙烯和C4H8共有0.3 mol，图2中的A点，三种烃中的乙烯和丙烯的体积分数相等，均为45％，C4H8的体积分数为10％，则n（H2O）＝0.3 mol×45％×2＋0.3 mol×45％×3＋0.3 mol×10％×4＝0.795 mol，c（H2O）＝＝＝0.636 mol·L－1。
八、形形色色的化学平衡常数计算
1.0.006
解析：由反应①和反应②知，压强减小是反应①造成的，设反应①中CH3COOCH3反应了a mol，列出三段式：
　 　CH3COOCH3（g）＋2H2（g）C2H5OH（g）＋CH3OH（g）
起始/mol 1 3 0 0
转化/mol a 2a a a
平衡/mol 1－a 3－2a a a
＝＝，解得a＝0.4，设反应②中CH3COOCH3反应了b mol，根据反应②的化学计量数，反应②中H2也反应了b mol，根据达到平衡时H2的分压为CH3COOCH3分压的5倍，则＝，解得b＝0.2，则平衡时CH3OH、C2H5OH、H2、CH3COOCH3、CH3CHO的物质的量分别为0.6 mol、0.4 mol、2 mol、0.4 mol、0.2 mol，气体总物质的量为3.6 mol，反应①的平衡常数Kp＝＝0.006 MPa－1。
2.（1）＝　（2）＜　（3）0.06　3.24
解析：（1）催化剂能改变反应的活化能，对于同一反应，正、逆反应活化能的差值即为该反应的反应热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的反应热，正、逆反应活化能的差值相等。（2）由题图可知，z点温度高于y点，温度越高，反应速率越快，所以y点对应的v（逆）＜z点对应的v（正）。（3）根据题意可知，w点为交点，反应达到平衡状态，2 L密闭容器中通入1 mol CH4（g）和1 mol CO2（g），则CH4和CO2的初始浓度均为0.5 mol·L－1，经过5 min，CO的产率为60％，则c（CO）＝1 mol·L－1×60％＝0.6 mol·L－1，v（CO）＝＝＝0.12 mol·L－1·min－1，v（CO2）＝v（CO）＝×0.12 mol·L－1·min－1＝0.06 mol·L－1·min－1；根据三段式有：
　　 　　　CH4（g）＋CO2（g）2CO（g）＋2H2（g）
初始/
（mol·L－1） 0.5 0.5 0 0
转化/
（mol·L－1） 0.3 0.3 0.6 0.6
平衡/
（mol·L－1） 0.2 0.2 0.6 0.6
平衡常数K＝＝＝3.24。
3.0.9α　
解析：一定温度下，向恒压密闭容器中通入1 mol （g），发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，设生成的为x mol，生成的为y mol，则生成的H2的物质的量为（5x＋3y）mol，＝＝48，解得x＝9y；的平衡转化率为α，则x＋y＝α，从而求得x＝0.9α，即的物质的量为0.9α mol；反应Ⅱ的平衡常数Kx＝＝＝。
4.1.28
解析：设n（H2S）＝3 mol，反应消耗x mol CH4，列三段式：
　　　　　CH4（g）＋2H2S（g）CS2（g）＋4H2（g）
开始/mol 3 3 0 0
转化/mol x 2x x 4x
平衡/mol 3－x 3－2x x 4x
达到平衡时，CS2分压与H2S的分压相同，即3－2x＝x，求解x＝1，平衡后气体的总物质的量为2 mol＋1 mol＋1 mol＋4 mol＋2 mol＝10 mol，则＝＝1.28。
5.（1） CaO碳酸化反应为放热反应，温度高于300 ℃时不利于CO2的吸收，反应ⅱ正向进行程度增大，产氢量降低 　（2）a　　增大
解析：（1）因为题给甲醇水蒸气重整制氢的三个反应都是吸热反应，所以一定时，温度低于230 ℃，随温度升高产氢量增加，则主要以反应ⅰ、ⅲ为主；温度高于300 ℃时，升高温度，CaO的碳酸化反应平衡左移，c（CO2）增大，使反应ⅰ平衡左移，反应ⅱ平衡右移，则产氢量随温度升高而降低。（2）在温度为T ℃的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后（碳酸钙始终有剩余），测得二氧化碳压强为a kPa，即二氧化碳在该温度下的平衡压强一直是a kPa；恒温恒容，压强之比等于物质的量之比，得甲醇起始压强为0.5p0 kPa，水起始压强为0.5p0 kPa，假设平衡体系中甲醇分压为x kPa，水分压y kPa，氢气的分压为b kPa，二氧化碳分压为a kPa，氧化钙对二氧化碳的吸收率为50％，则二氧化碳总共生成量表示为2a kPa，根据H原子守恒可知，0.5p0×4＋0.5p0×2＝4x＋2y＋2b，根据碳原子守恒可知，（0.5p0－x）×0.8＝2a，解得x＝，甲醇压强为 kPa，则CO压强为（0.5p0－2a－）kPa＝0.5a kPa，根据压强平衡常数Kp3＝可知，Kp3＝ kPa；若继续加入甲醇，则增大，二氧化碳压强仍为a kPa，则增大。
6.p　
解析：根据题给信息，列三段式：
　 　　　2CH4（g）＋2CO2（g）C2H4（g）＋2CO（g）＋2H2O（l）
起始量/
mol 2 2 0 0
转化量/
mol 2α 2α α 2α
平衡量/
mol 2－2α 2－2α α 2α
平衡时气体的总物质的量为（4－α）mol，恒温恒容下，气体的物质的量与压强成正比，则平衡时总压强为p平＝p MPa，C2H4（g）的平衡分压为p平＝p MPa，该反应的压强平衡常数Kp＝＝ MPa－1。
7.（1）升高　950 ℃时，体系中只发生反应ⅰ，该反应为气体体积增大的反应，恒压条件下充入氮气，平衡正向移动，CH4的平衡转化率升高　（2） ＜　
（3）　
解析：（1）由题给图像可知，950 ℃时体系中只发生反应ⅰ，该反应为气体体积增大的反应，反应在100 kPa下充入氮气相当于减压，平衡正向移动，CH4的平衡转化率升高。（2）625 ℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5 kmol，此时反应ⅱ的Q＝＝1，由题给图像可知，平衡时n（CO）＝n（CO2）＝n（H2O）＜n（H2），即平衡常数K＜1，所以此时Q＞K，平衡逆向移动，所以反应ⅱ的v正＜v逆。（3）由题给图像结合氧原子守恒可知，625 ℃平衡时，n（CO2）＝n（H2O）＝n（CO）＝0.5 kmol，所以0～t min生成CO的平均速率为＝ kmol·min－1；由甲烷的平衡转化率为α可知，n（CH4）＝（1－α）kmol，结合氢原子守恒可计算出n（H2）＝ kmol，即平衡时气体总物质的量为（＋1－α＋0.5＋0.5＋0.5）kmol＝（2＋α）kmol，所以反应ⅰ的平衡常数Kx＝。
8.62.5％　 MPa－2　
解析：恒温恒压密闭容器中，加入1 mol CO2和3 mol H2，初始压强为p0 MPa，反应达平衡时，H2的转化率为60％，容器容积减小25％，即容器内气体的物质的量减少了（1 mol＋3 mol）×25％＝1 mol，H2的转化量为3 mol×60％＝1.8 mol，反应Ⅰ：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）反应前后气体的物质的量不变，反应Ⅱ：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）和反应Ⅲ：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）反应后气体的化学计量数均减小2，根据方程式可知，生成的CH3OH的物质的量为0.5 mol；根据H原子守恒可知，生成的H2O为＝0.8 mol；设生成的CO的物质的量为n1 mol，参加反应的CO2的物质的量为n2 mol，则根据C原子守恒有：n1＋0.5＝n2，根据O原子守恒有：2n2＝n1＋0.5＋0.8，解得n1＝0.3，n2＝0.8，则CH3OH的选择性为×100％＝62.5％。平衡时CO2的物质的量为1 mol－0.8 mol＝0.2 mol，H2的物质的量为3 mol×（1－60％）＝1.2 mol，CH3OH的物质的量为0.5 mol，H2O的物质的量为0.8 mol，混合气体总物质的量为（1 mol＋3 mol）×（1－25％）＝3 mol，即平衡时CO2的平衡分压为p0 MPa＝p0 MPa，同理H2、CH3OH、H2O的平衡分压分别为0.4p0 MPa、p0 MPa、p0 MPa，故反应Ⅲ的平衡常数Kp＝＝＝ MPa－2。反应Ⅲ的正、逆反应速率方程为：v正＝k正·p（CO2）·p3（H2），v逆＝k逆·p（CH3OH）·p（H2O），平衡时v正＝v逆，即k正·p（CO2）·p3（H2）＝k逆·p（CH3OH）·p（H2O）则有：＝＝Kp，若该条件下测得某时刻p（CO2）＝0.2 MPa，p（CH3OH）＝p（H2O）＝0.1 MPa，p（H2）＝0.4 MPa，此时v正∶v逆＝＝Kp×＝ MPa－2×＝。
九、有序思维书写限制条件下的同分异构体
1.或
解析：D的结构简式为，同时满足条件的同分异构体中含有酯基，且分子对称性高，其结构简式为或。
2. 、
解析：E有多种同分异构体，满足条件：ⅰ）含有—NH2和酯基；ⅱ）能发生银镜反应，结合E的结构简式可知，同分异构体中应含有—OOCH的结构；ⅲ）核磁共振氢谱峰面积比为6∶2∶2∶1；综上所述，满足条件的同分异构体为、。
3.10　HCOOCBr（CH3）CH3
解析：BrCH2COOC2H5的同分异构体中，与其具有相同官能团即含有酯基和溴原子，若该酯为CH3COOC2H5，溴原子取代其中的H原子有2种（除去BrCH2COOC2H5）；若该酯为CH3CH2COOCH3，溴原子取代其中的H原子有3种；若该酯为HCOOCH2CH2CH3，溴原子取代其中的H原子有3种；若该酯为HCOOCH（CH3）CH3，溴原子取代其中的H原子有2种；综上所述，满足条件的同分异构体有2＋3＋3＋2＝10种，其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积之比为6∶1的结构简式为HCOOCBr（CH3）CH3。
4.
解析：C的结构简式为，其同分异构体满足条件：①在碱性条件下水解，酸化得2种产物，说明含有酯基；②一种产物为芳香族化合物且能与NaHCO3溶液反应，且有4种不同化学环境的氢原子，即得到的应该是苯甲酸；③另一种产物为醇，在铜催化条件下与氧气反应，所得有机产物不能发生银镜反应，根据碳原子的数目，应该得到丙酮，即水解产物为2-丙醇，故该同分异构体的结构简式为。
5.2　
解析：D的结构简式为，H为D的同分异构体，满足条件的H中羟基直接与苯环相连，除苯环以外，还有一个含氮三元环，三元环中既可以含一个N，也可以含两个N，共有2种，其结构简式分别为、。
6.
解析：D的分子式为C10H11O5N，不饱和度为6，其同分异构体满足下列条件：①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基或甲酸酯基；③水解后得到三种有机物，说明含有2个酯基，一种是α-氨基酸，α-氨基酸含有—CH（NH2）COOH结构，另外两种产物酸化后均只含有两种化学环境的H原子，说明产物分子结构对称，所以D的一种同分异构体的结构简式为。
7.5　、
解析：a.能发生银镜反应且能发生水解反应，说明具有结构；b.物质中仅有一个环状结构且为苯环，根据A的结构可知还有一个碳碳双键，满足条件的A的所有结构有
（1、2、3为可能的位置）、、，共有5种；其中核磁共振氢谱满足1∶1∶2∶2∶2的结构简式：、。
8.6　
解析：满足条件的Ⅰ的同分异构体含有金刚烷结构，且有两个羧基，若其中1个—COOH连在金刚烷具有1个氢原子的碳上，则另1个—COOH有3种连法，如；若2个—COOH连在同一个具有两个氢原子的碳原子上，有1种；若2个—COOH连在不同的具有2个氢原子的碳原子上，有2种，如，共有6种；其中核磁共振氢谱有5组峰，且峰面积之比为4∶1∶1∶1∶1的是。
9.4　
解析：E的分子式为C16H14O3，X是E的同分异构体，含有两个苯环且在酸性条件下水解只生成一种有机物，满足条件的X有：
、、、，共4种；其中核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为3∶2∶2的结构简式为。
10.13　或
解析：D的同系物W比D少4个碳原子，含甲基且能发生银镜反应，说明W分子中含有甲酸酯基，W的结构可以视作乙苯、二甲苯分子中如下图数字所示位置的氢原子被甲酸酯基取代所得结构：、、、，共有13种；其中核磁共振氢谱峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为或。
十、活用两法进行物质组成含量的计算
1.（1）滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变蓝
（2）95　不是
解析：（1）随着Na2S2O3标准溶液的滴入，I2不断被消耗，因加入淀粉指示剂，溶液的蓝色逐渐变浅，当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色（或溶液蓝色消失），半分钟内溶液不再变为蓝色时，停止滴加，此时达到滴定终点。（2）n（Na2S2O3）＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3 mol，根据I2～2Na2S2O3可知，过量的I2的物质的量为n（I2）＝n（Na2S2O3）＝×2.000×10－3 mol＝1.000×10－3 mol，则与Na2S2O5反应的I2的物质的量为n（I2）＝0.100 0 mol·L－1×30.00×10－3 L－1.000×10－3 mol＝2.000×10－3 mol，根据2I2～Na2S2O5可知，m（Na2S2O5）＝1.000×10－3 mol×190 g·mol－1＝0.190 0 g，样品中Na2S2O5的质量分数为×100％＝95％＜96.5％，故该样品不是优质品。
2.（1）87.00　（2）偏低
解析：（1）根据得失电子守恒将方程式配平，得到2[Fe（CN）6]3－＋S2＋4OH－2[Fe（CN）6]4－＋2S＋2H2O，根据关系式可知n（S2）＝0.5n{[Fe（CN）6]3－}＝0.5×0.100 0 mol·L－1×25.00×10－3 L＝1.25×10－3 mol，m＝nM＝1.25×10－3 mol×174 g·mol－1＝0.217 5 g，样品的纯度＝×100％＝87％。（2）若实验过程中未通N2作保护气，则样品中的有效成分会被空气中的氧气所氧化，则滴定消耗的标准溶液的体积会偏少，则计算所得纯度会偏低。
3.95.0％　BD
解析：根据关系式：TiCl4～4HCl～4AgNO3，n（TiCl4）＝n（HCl）＝n（AgNO3）＝×40.00×10－3 L×0.100 0 mol·L－1＝1.0×10－3 mol，则产品纯度为×100％＝95.0％。未用标准液润洗滴定管，消耗的标准液偏多，产品纯度测定结果偏大，A错误；安全漏斗中的液体吸收挥发的HCl气体，未将安全漏斗中的液体转移到容量瓶中，产品纯度测定结果偏低，B正确；滴定终点时仰视读数，读取标准液体积偏大，产品纯度测定结果偏大，C错误；滴加过多的K2CrO4溶液会让滴定终点提前，消耗标准液偏少，产品纯度测定结果偏低，D正确。
4.19.67
解析：由滴定过程可得关系式为2Na2S2O3～I2～2Co3＋，则Co元素的质量分数为
×100％≈19.67％。
5.49.5
解析：原样品中含有的LiMnO2的物质的量为n（LiMnO2）＝n（Mn2＋）＝n（EDTA）＝0.15 mol·L－1×60×10－3 L×＝0.09 mol，则样品中锰含量为×100％＝49.5％。
6.n（I2）＝0.250 mol·L－1×20.00×10－3 L×＝2.5×10－3 mol，
m（V2O5）＝2.5×10－3 mol××182 g·mol－1＝0.227 5 g，样品的纯度为×100％＝91.00％
解析：用0.250 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，达到终点时消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL，说明产生的I2的物质的量为0.250 mol·L－1×20.00×10－3 L×＝2.5×10－3 mol，反应物V2O5中V为＋5价，转化为2个＋3价离子需得4个电子，而生成1个I2分子需失2个电子，故V2O5的物质的量为I2的一半，故样品中V2O5的质量为2.5×10－3 mol××182 g·mol－1＝0.227 5 g，则样品的纯度为×100％＝91.00％。
7.96.6％（计算过程见解析）
解析：根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，2KMnO4～5NaNO2，则25.00 mL样品溶液中n（NaNO2）＝n（KMnO4）＝×0.100 0 mol·L－1×28.00×10－3 L＝0.007 mol，250 mL的样品溶液中n（NaNO2）＝0.07 mol，m（NaNO2）＝69 g·mol－1×0.07 mol＝4.83 g，NaNO2的质量分数＝×100％＝96.6％。
十一、借用数学工具破解晶胞分析与计算
1.B　图1晶体是石墨晶体，每一层内原子之间为共价键，层与层之间存在的作用力为范德华力，属于混合型晶体，A正确；图2为某气态团簇分子的结构，该分子结构中有13个C、14个Ti，因此其化学式为Ti14C13，B错误；晶胞结构中，Zn2＋周围等距且最近的S2－有4个，即Zn2＋的配位数为4，因为Zn2＋∶S2－＝1∶1，则S2－的配位数为4，C正确；根据ZnS的晶胞结构可知，Zn2＋和S2－的最近距离为体对角线长度的，设晶胞边长为a cm，则晶胞密度ρ＝，a＝ cm，则晶胞中Zn2＋和S2－的最近距离为××1010 pm，D正确。
2.C　氮化铬的晶胞结构中，N位于顶角和面心，总共4个，Cr位于体心和棱上，总共4个，故该晶体的化学式为CrN，A正确；A为坐标原点，故B的原子坐标为，B正确；Cr原子位于N原子构成的八面体空隙中，C错误；依据密度为d g·cm－3，可算出晶胞参数为a nm＝×107 nm，D正确。
3.C　由晶胞结构可知，Mo的个数为8×＋6×＝4，C的个数为12×＋1＝4，该晶体的化学式是MoC，A正确；由晶胞结构可知，碳原子位于Mo形成的八面体空隙中，B正确；已知晶胞参数为a pm，X、Y原子间的距离为 pm＝a pm，C错误；该晶胞的密度是 g·cm－3＝ g·cm－3，D正确。
4.C　由晶胞图知，S的配位数是4，A错误；由A原子的分数坐标为（0，0，0），结合投影图知，晶胞中B原子的分数坐标为，B错误；由晶胞图可知，含S原子数＝4×1＝4个，Hg原子位于8个顶角和6个面心，共含Hg原子数＝6×＋8×＝4，故该晶体的密度是ρ＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3，C正确；相邻两个Hg的最短距离为面对角线长度的一半，为a nm，D错误。
5.（0.333 3，0.333 3，0.107 7）　×1030
解析：1号氧原子的分数坐标为（0.666 7，0.666 7，0.607 7），根据对称关系可知2号氧原子的分数坐标为（0.333 3，0.333 3，0.107 7）；晶胞中O原子个数为4，H原子个数为2，Co原子个数为4×＋4×＋2×＋2×＝2，则该晶体的密度为 g·cm－3＝×1030 g·cm－3。
6.4　ABS2　
解析：最顶面上的B连接下方2个S，最底面的B连接上方2个S，若将晶胞简单上下延伸可以得出，每个B连接有4个S，故B的配位数为4；A位于顶角的有8个、面上的有4个、内部有1个，故A有1＋2＋1＝4个，B位于棱上的有4个、面上的有6个，故B有1＋3＝4个，而S都在内部，有8个，因此分子式为ABS2；根据公式ρ＝可知，密度为 g·cm－3。
7.（1）2　（2）1∶1　NH3分子可与H2O分子形成氢键，PH3不可以与H2O分子形成氢键　（3）
解析：（1）HCN的结构式为H—C≡N，单键为σ键，三键中有1个σ键和2个π键，1个HCN分子中含有2个π键。（2）根据均摊原则，该包合物中氨分子数为8×＝2，含有苯分子数为4×＝2，所以该包合物中氨与苯分子数目之比为1∶1；NH3极易溶于水，而PH3微溶于水，其原因是NH3分子可与H2O分子形成氢键，PH3不可以与H2O分子形成氢键。（3）该晶胞中含有Ni2＋、CN－、NH3、C6H6的个数依次为8×＋2×＝2、8×＝4、2、2，则晶体的化学式为Ni（CN）2（NH3）（C6H6），则晶体密度为 g·cm－3＝ g·cm－3。
8.（1）4　（2）× cm
解析：（1）该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，将该晶胞分为8个小立方体，镁原子在8个小立方体的体心，氢分子在每个小立方体的4个顶角，距离Mg原子最近的H2分子个数为4个。（2）设晶胞的边长为a cm，晶胞中邻近的铁原子相切，则面对角线长为2个铁原子的直径，晶体未储氢时的密度为d g·cm－3，则＝d，解得a＝，则铁原子的半径为a cm＝× cm。
9.（1）平面三角形　（2）6　（3）
解析：（1）SO3中中心S原子价层电子对数为3＋＝3，没有孤电子对，空间结构为平面三角形。（2）距顶角的距离最近且相等的Fe2＋位于的上、下、左、右、前、后的棱心，共6个。（3）位于顶角和面心，个数为8×＋6×＝4，Fe2＋位于棱心和体心，个数为12×＋1＝4，晶胞质量为 g，晶胞体积为（a×10－7）3 cm3；FeS2晶体的密度ρ＝＝ g·cm－3＝ g·cm－3。
10.（1）①8　②　（2）×1010
解析：（1）①由图可知，K有8个位于顶角，6个位于面心，4个位于体内，个数为8×＋6×＋4＝8，每个石墨插层结构中有12个碳在体内，8个在面心，则C原子个数为12×4＋8××4＝64；N（K）∶N（C）＝8∶64＝1∶8，则晶胞化学式为KC8；②石墨层中的碳原子采用sp2杂化，每个C原子提供一个电子，K转移1个电子给C8，即8个原子提供9个电子，故平均每个KCx单元中的大π键可表示为。（2）由晶胞结构可知，Si原子位于C围成的正四面体空隙中，晶胞中两个Si原子之间的距离为面对角线长度的一半，晶胞中C有8个在顶角，6个在面心，个数为8×＋6×＝4；Si位于体内，个数为4，则晶胞质量为 g＝ g，晶胞边长为 cm，两个Si原子之间的距离为×1010 pm。
11.　　
解析：根据TiO2晶胞结构，TiO2晶胞中Ti原子的个数为8×＋4×＋1＝4，O原子的个数为8×＋8×＋2＝8，则1 mol晶胞的质量为（48×4＋16×8） g＝4×（48＋16×2） g，1个晶胞的质量m＝ g，体积V＝x2y×10－30 cm3，则TiO2的密度ρ＝＝＝ g·cm－3；类比TiO2晶胞可知，氮掺杂反应后得到的TiO2－aNb晶胞含有Ti原子个数为8×＋4×＋1＝4，O原子个数为6×＋6×＋1＝，N原子个数为1×＋1×＝，所以 Ti、O、N原子个数比为4∶∶＝1∶∶，该物质的化学式为Ti，则2－a＝，a＝2－＝。
12.　8　×1030
解析：根据n的原子分数坐标为可知，m原子在x轴坐标为、y轴坐标为，z轴坐标为，所以m的原子的分数坐标为；A原子在晶胞内，1个晶胞含有A原子的个数为8；B原子在顶点和晶胞中心，B原子的个数为8×＋1＝2；C原子在棱上、面上，C原子的个数4×＋6×＝4，则A是I、B是Hg、C是Ag，距离Hg最近的Ag有8个。设NA为阿伏加德罗常数的值，Ag2HgI4的摩尔质量为M g·mol－1，该晶体的密度为 g·cm－3＝×1030 g·cm－3。
56 / 95八、形形色色的化学平衡常数计算
1.乙醇被广泛应用于能源、化工、食品等领域，工业上可用乙酸甲酯（CH3COOCH3）催化加氢制取乙醇。包括以下主要反应：
①CH3COOCH3（g）＋2H2（g）C2H5OH（g）＋CH3OH（g）　ΔH1＝－72.4 kJ·mol－1
②CH3COOCH3（g）＋H2（g）CH3CHO（g）＋CH3OH（g）　ΔH2＝＋13.6 kJ·mol－1
T ℃时在1 L密闭容器内通入1 mol CH3COOCH3和3 mol H2，初始压强为100 MPa，发生反应①和②，达到平衡时体系压强变成90 MPa且H2的分压为CH3COOCH3分压的5倍，反应①的平衡常数Kp＝　　　　　MPa－1。
2.CH4（g）与CO2（g）可发生反应：CH4（g）＋CO2（g）2CO（g）＋2H2（g），2 L密闭容器中通入1 mol CH4（g）和1 mol CO2（g），在不同催化剂（A、B）作用下，反应相同时间后，CO的产率随反应温度的变化如图所示：
（1）在催化剂A、B作用下，正、逆反应活化能差值分别用E（A）、E（B）表示，则E（A）　　　　　（填“＞”“＜”或“＝”，下同）E（B）。
（2）y点对应的v（逆）　　　　z点对应的v（正）。
（3）若w点的时间为5 min，则CO2的平均反应速率为　　　　　mol·L－1·min－1。此温度下的化学平衡常数为　　　　　。
3.常用作有机合成与生物化学中间体，可由脱氢制得，体系中同时发生如下反应：
反应Ⅰ：（g）（g）＋5H2（g）　ΔH1＞0
反应Ⅱ：（g）（g）＋3H2（g）　ΔH2＞0
回答下列问题：
一定温度下，向恒压密闭容器中通入1 mol （g），发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得的平衡转化率为α，＝48。
平衡体系中的物质的量为　　　　mol（用含α的代数式表示，下同），反应Ⅱ的平衡常数Kx＝　　　　（Kx为用各物质的量分数代替浓度表示的平衡常数）。
4.在T ℃、100 kPa反应条件下，将n（H2S）∶n（CH4）∶n（N2）＝3∶3∶2的混合气进行反应CH4（g）＋2H2S（g）CS2（g）＋4H2（g），达到平衡时，CS2分压与H2S的分压相同。则反应Ⅲ的标准压强平衡常数＝　　　　　　。（已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于反应dD（g）＋eE（g）gG（g）＋hH（g），＝，其中pθ＝100 kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压）
5.甲醇水蒸气重整制氢转换条件温和、副产物少，成为了诸多富氢燃料的首选之一。甲醇水蒸气重整制氢过程中的化学反应如下：
ⅰ.CH3OH（g）＋H2O（g）3H2（g）＋CO2（g）　ΔH1＝＋49 kJ·mol－1
ⅱ.CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）　ΔH2＝＋41 kJ·mol－1
ⅲ.CH3OH（g）CO（g）＋2H2（g）　ΔH3＝＋90 kJ·mol－1
若甲醇水蒸气重整反应是在吸附剂CaO存在的情况下进行的，产氢量随温度和之比的影响如图所示。已知吸附剂CaO的碳酸化反应为CaO（s）＋CO2（g）CaCO3（s）　ΔH4＜0。
（1）当一定时，温度低于230 ℃，随温度升高产氢量增加；温度高于300 ℃时，产氢量随温度升高而降低，降低的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）在温度为T ℃的恒容密闭的石英管中，加入碳酸钙，加热至反应完全后（碳酸钙始终有剩余），测得二氧化碳压强为a kPa。在相同温度下的恒容密闭石英管中按＝1∶1通入水蒸气和甲醇，并加入适量CaO，测得压强为p0 kPa，待反应达平衡后，测得二氧化碳的选择性为80％，氢气的分压为b kPa，若氧化钙对二氧化碳的吸收率为50％，则CO2的平衡分压为　　　　kPa，反应ⅲ的Kp3＝　　 　。若继续加入甲醇，则　　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）。
6.CO2和CH4反应可制取乙烯，反应的化学方程式为2CH4（g）＋2CO2（g）C2H4（g）＋2CO（g）＋2H2O（l）。一定温度下，向某恒容密闭容器中充入2 mol CH4和2 mol CO2，体系的初始压强为p MPa，若平衡时CH4的转化率为α，不考虑副反应的发生，C2H4（g）的平衡分压为　　　　MPa（用p、α表示，下同），该反应的压强平衡常数Kp＝　　　　　MPa－1。
7.甲烷干重整（DRM）以温室气体CH4和CO2为原料在催化条件下生成合成气CO和H2。体系中发生的反应有
ⅰ.CH4（g）＋CO2（g）2CO（g）＋2H2（g）　ΔH1＝＋247 kJ·mol－1
ⅱ.CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）　ΔH2＝＋4 kJ·mol－1
ⅲ.CH4（g）C（s）＋2H2（g）　ΔH3＝＋74.9 kJ·mol－1
ⅳ.2CO（g）C（s）＋CO2（g）　ΔH4＝－172.1 kJ·mol－1；
起始投入CH4和CO2各1 kmol，DRM反应过程中所有物质在100 kPa下的热力学平衡数据如图所示。
（1）950 ℃时，向反应器中充入N2作为稀释气，CH4的平衡转化率　　　　（填“升高”“不变”或“降低”），理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）625 ℃时，起始投入CH4、CO2、H2、CO、H2O各0.5 kmol，此时反应ⅱ的v正　　　　　（填“＞”“＝”或“＜”）v逆。
（3）625 ℃时，反应体系经过t min达到平衡状态，测得甲烷的平衡转化率为α。0～t min生成CO的平均速率为　　　　　kmol·min－1；用物质的量分数表示反应ⅰ的平衡常数Kx＝　　　　　　　　（用含α的表达式表示，列计算式即可）。
8.H2和CH3OH都是重要的能源物质，CO2催化加氢合成甲醇是一种有效利用氢气且减少温室气体CO2排放的方法。该反应体系中涉及以下三个反应：
反应Ⅰ：CO2（g）＋H2（g）CO（g）＋H2O（g）
反应Ⅱ：CO（g）＋2H2（g）CH3OH（g）
反应Ⅲ：CO2（g）＋3H2（g）CH3OH（g）＋H2O（g）
已知：CH3OH的选择性＝×100％
反应Ⅲ的正、逆反应速率方程为：v正＝k正·p（CO2）·p3（H2），v逆＝k逆·p（CH3OH）·p（H2O）。其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体分压（分压＝物质的量分数×总压）。恒温恒压密闭容器中，加入1 mol CO2和3 mol H2，初始压强为p0 MPa，反应达平衡时，H2的转化率为60％，容器体积减小25％。则CH3OH的选择性为　　　　　，反应Ⅲ的平衡常数Kp为　　　　　　　　（用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数，用含p0的最简分数式表示，下同）。该条件下测得某时刻p（CO2）＝0.2 MPa，p（CH3OH）＝p（H2O）＝0.1 MPa，p（H2）＝0.4 MPa，此时v正∶v逆＝　　　　。
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