2021高考真题汇编-化学反应中的能量变化.pdf

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1、2021高考真题汇编-化学反应中的能量变化一、单 选 题（共 8 题；共 16分）1.（2分）（2021湖南）9 0 3常用作食盐中的补碘剂，可用 氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KCIO3+3H2O：6KH（IO3）2+5KQ+3cI T。下列说法错误的是（）A.产生22.4L（标准状况）口2时，反应中转移10m o le-B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6C.可用石灰乳吸收反应产生的a 2制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中1 03的存在2.（2分）（2021湖南）锌滨液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用

2、电源等。三单体串联锌澳液流电池工作原理如图所：循环回路泵 锌 电 极/沉积锌双极性碳和塑料电极-Br,活 性 电 极 Bq免合物贮存下列说法错误的是（）A.放电时，N极为正极 B.放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小C.充电时，M极的电极反应式为Zn2+2e-=Z n D.隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过3.（2分）（2021河北）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是（）A.浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化B.NaCI。、KCIO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强C.加 热Nai与浓H3P。4混合物可制备H I,说明H3P。4比H

3、 I酸性强D.浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO?和N。，故稀HNCh氧化性更强4.（2分）（2021河北）1（一5电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是（）有机电解 质1有疝电解质2A.隔膜允许K*通过，不允许5 通过B.放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极C.产生lA h电量时，生成K02的质量与消耗02的质量比值约为2.22D.用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g水5.（2分）（2021全国乙卷）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排故并降低冷却效

4、率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对情性电极（如图所示），通入一定的电流。下列叙述错误的是（）A.阳极发生将海水中的c 氧化生成C12的反应B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaCIOC.阴极生成的点 应及时通风稀释安全地排入大气D.阳极表面形成的M g（O H）2等积垢需要定期清理6.（2分）（2021浙江）已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表:共价键H-HH-0键能/(kJ,moE)436463热化学方程式2H2(g)+02(g)=2HzO(g)AH=-482kJ-mol1则 2O（g）=CM。的 AH 为（）A.428 kJ-mol1 B.-428 kJ-mol4 C.498

5、kJ-mol1 D.-498 kJ.mol17.（2分）（2021浙江）关于反应8NH3+6NO2=7N2+12H2。，下列说法正确的是（）A.NH3中H元素被氧化B.N02在反应过程中失去电子C.还原剂与氧化剂的物质的量之比为3：4D.氧化产物与还原产物的质量之比为4：38.（2分）（2021浙江）银镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下（L为小灯泡，K1、”为开关，a、b为直流电源的两极）。下列说法相镇而是（）A.断开L、合上Ki,银镉电池能量转化形式：化学能玲电能B.断开Ki、合上Q ,电极A为阴极，发生还原反应C.电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变充 电D.银镉二次电池的总

6、反应式：Cd+2NiOOH+2H2O=Cd（OH）2+2Ni（OH）2放 电二、综合题（共8题；共64分）9.（10分）（2021湖南）氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方法I：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键N=N H-H N-H键能 E/(kJ-m o l1)946436.0 390.8一定温度下，利用催化剂将N H 3分 解 为N 2和H 2。回答下列问题：（1）反应 2NH3（g）=N2（g）+3j42（g）H=-kJ-m o l1;（2）已知该反应的4S=198.9j moX,1)固体加热时部分分解为BaCI2 P

7、t和 Cl2,376.8时平衡常数Kl.O xKTPa在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCL,抽真空后，通过一支管通入碘蒸气(然后将支管封闭)。在 376.8,碘蒸气初始压强为20.0kPa.376.8平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa,则 PICF kPa,反应2ICI(g)=CI2(g)+l2(g)的平衡常数K=(列出计算式即可).(3)McMorris测定和计算了在136-180范围内下列反应的平衡常数KP：2NO(g)+2ICI(g)W 2NOCI(g)+l2(g)KPI2NOCI(g)W 2NO(g)+CI2(g)KP2由图可知I,NOCI分解为NO和 C L反应的AH。(填 大

8、于 或 小于).反 应 21cl(g)=Cb(g)+l2(g)的 K=(用 KPI、表 示)：该反应的AH 0(填 大于 或 小于，写 出 推 理 过 程.(4)Kistiakowsky曾研究了 NOCI光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：NOCI+hvNOC,NOCI+NOCI*玲 2NO+CI2其中hv表示一个光子能量，NOCI*表示NOCI的激发态。可知，分解lm ol的 NOCI需要吸收 mol的光子。14.(1 0 分)(2021浙江)氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品，氯气是实验室和工业上的常用气体。请回答：(1)电 解 饱 和 食 盐 水 制 取 氯 气

9、 的 化 学 方 程 式 是。(2)下 列 说 法 错 镜 的 是-A.可采用碱石灰干燥氯气B.可通过排饱和食盐水法收集氯气C.常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中D.工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：Cb(g)2(aq)Ki=c(Cl2)/pCl2（aq）+。0（1）m +（aq）+C（aq）+HCIO（aq）七其中P为Cl2（g）的平衡压强，C（Cl2）为。2在水溶液中的平衡浓度。Cl2（g）W：l2（aq）的 焰 变 0。（填或 ）平衡常数K2的表达式为七=51*茨请回答：（1）步骤I,将铝铁矿粉碎有利于加快高温

10、氧化的速率，其理由是。（2）下 列 说 法 正 确 的 是。A.步骤I I,低温可提高浸取率B.步 骤I I,过滤可除去NaFeCh水解产生的Fe（OH）3C.步骤I I I,酸化的目的主要是使NazCrCU转变为Na2Cr2O7D.步 骤IV,所得滤渣的主要成分是Na2so4和Na2CO3（3）步骤V,重结晶前，为了得到杂质较少的KzCrzCb粗产品，从下列选项中选出合理的操作（操作不能重复使用）并排序：溶解KCI-f-玲重结晶。a.50蒸发溶剂；b.100蒸发溶剂；c.抽滤；d.冷却至室温；e.蒸发至溶液出现晶膜，停止加热；f.蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。（4）为了测定14x463

11、kJ/m ol,解得。-。键的键能为498kJ/mol,2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=C2(g)的AH=-498kJ/mol.【分析】根据小正反应物的键能总和-生成物的键能总和计算7.【答案】D【解析】【解答】A.NH3中H元素的化合价没有发生变化，故其未被氧化，被氧化的是N元素，A不符合题意；B.N02在反应过程中得到电子，B不符合题意；C.该反应中，NH3是还原剂，N02是氧化剂。由化学方程式可知，还原剂与氧化剂的物质的量之比为4：3,C说法不符合题意；D.该反应中氧化产物和还原产物均为N2。还原剂被氧化后得到氧化产物，氧化剂被还原后得到还原产物，还原剂与氧化剂

12、的物质的量之比为4：3,因此，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3,D说法符合题意。故答案为：Do【分析】由反应8NH3+6NO2=7N2+12H2。可知，其中NH3的N元素的化合价由-3升高到0、NCh中的N元素的化合价由-+4降低到0,因此，NH3是还原剂，NCh是氧化剂。氮气既是氧化产物又是还原产物8.【答案】C【解析】【解答】A.断开心、合上Ki,为放电过程，银镉电池能量转化形式：化学能玲电能，A不符合题意；B.断开Ki、合上心，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e=Cd+2OH-,B不符合题意；C.电极B发生氧化反应的电

13、极反应式为2Ni(OH)2-2e+2C)H=2NiOOH+2H2。，则电极A发生还原反应的电极通电反应式为Cd(OH)2+2e=Cd+2OH-,此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O,溶液中KOH浓度减小，C符合题意；D.根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2 ,则银镉二次电池总反应式为充 电Cd+2NiOOH+2H2。U Cd(OH)2+2Ni(OH)2 ,D 不符合题意；放 电故答案为：Co【分析】根据图示，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2,

14、负极反应式为Cd-2e+2OH=Cd(OH)2 ,电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2,正极反应式为2NiOOH+2e+2H2O=2Ni(OH)2+2O H-,放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2 ,据此分析作答。结合选项进行判断二、综合题9.【答案】(1)+90.8(2)C,D(3)詈；b；开始体积减半，W分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，W分压比原来2倍要小；0.48(4)从右往左(5)2NH3-6e+6OH=N2+6H2O【解析】【解答】根据方程式：2NH3(g)W N2(g)+

15、3H2(g),A H=390.8kJ-m ol1 x 3 x 2-(946 kJ-moH+436.0kJ-m ol1 x 3)=+90.8kJ-m ol1，故答案为：+90.8；(2)若反应自发进行，则需要满足AH-TA S管=黑曹州=456.5K,即温度应高于4s 198.9j/(m o)K)(456.5-273)=183.5,CD 符合,故答案为：CD；设t i时达到平衡，转化的此 的物质的量为X,列出三段式：2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)起始小o0.100转化 1 mol2xX3%平衡 1 mol0.1-2xX3x根据同温同压下，混合气体的物质的量等于体积之比，袅=五 溪 面，

16、解得x=0.02mol,v(H2)=1=詈mol.L”min。，故答案为：詈；t2时将容器体积压缩到原来的一半，N2分压变为原来的2倍,随后由于加压平衡向左移动，导致氮气的小于2分压比原来2倍，故b曲线符合，故答案为：b；开始体积减半，止分压变为原来的2倍，随后由于加压平衡逆向移动，刈 分压比原来2倍要小；由图可知，平衡时，NH3、皿、出 的分压分别为120 kPa、40 kPa、120 k P a,反应的标准平衡常数K铲=g故答案为：048；由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极,氢离子的得到电子变为氢气，电解过程中。H-移向阳极，则从右往左

17、移动，故答案为：从右往左；阳极NH3失电子发生氧化反应生成止，结合碱性条件，电极反应式为：2NH3-6e+6OH=N2+6H2O,故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2。【分析】(1)根据反应热=反应物的总键能-生成物的总键能即可计算(2)根据AG=AH T A S V O,即可判断(3)利用三行式进行计算，根据压强之比等于物质的量之比，计算出物质的量即可计算出氯气的速率体积减小原来的一半，浓度增大一倍，即压强增大一倍选择b根据物质的量之比压强之比，计算出平衡时的压强，计算出压强的平衡常数即可(4)氨气中氮元素为-3价，氢元素为+1价，氨气中氮元素变为氮气，化合价升高，被氧化，做阳

18、极，因此吸引大量的阴离子，氢氧根离子向左移动，氨气中的氢元素变为氢气，化合价降低，被还原，做阴极。(5)阳极发生的是氨气失去电子变为氮气结合氢氧根变为氮气1 0.【答案】(1)6c(石墨,s)+3H2(g)=C6H6(I)H=49.1kJ-m ol1(2)1 K2Pxy(3)100.8(4)正极；2C 01+CO2=2C o|+C；12co2+18e+4H2(D=CH3cH2cH2OH+9c 0歹;c、b、a【解析】【解答】根据表格燃烧热数据可知，存在反应H2(g)+|O2(g)=H2O(l)H2=-285.8kJ-m ol1,C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)Hi=-393.5kJ-m

19、ol-1,C6H6(l)+y O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)H3=-3267.5kJ m ol1,根据盖斯定律，X 6+X 12 X g-得反应：6C(石墨，s)+3Hz(g)=C6H6(1),H=(-393.5kJ-m ol1)X 12+(-285.8kJ-m ol1)X 6 X|-(-3267.5kJ-m ol1)=49.1kJ-m ol1,故答案为：6C(石 墨,s)+3H2(g)=C6H6(I)H=49.1kJ-m ol1；由题可知，C02(s)W CO2(a q),(2)CO2(aq)+H2O(l)W H+(aq)+HCO知(aq),的平衡常数心=C(H?(H/),又因为

20、 p(C02)=p-x k P,则 c(CO2)=y(moll/ikPa-i)p(CO2)=p x-y m o l/L,在忽略 HCO3 的电C(C02)离时，C(H+)=C(HC03)所以可得 C(H+)=JK2Pxy,故答案为：K2Pxy；(3)2MHCO3(S)=M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g),根据阿伏伽德罗常数得出，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数跖=pH2Q-pco2=1 x 46 X 1 x 46=529kPa2。由于温度不变，化学平衡常数不变，达到平衡时，则pH20-pco2=529kPa2,pCQ2=掌kPa=105.8

21、kPa,CO?的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的CO2的分压，即COz(g)的初始压强应大于 105.8kPa-5kPa=100.8kPa,故答案为：100.8；由题意知，电池反应产物为碳酸锂和单质碳，Li-CCh电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C,锂发生的氧化反应，做的是负极材料，CO2发生得电子的还原反应，则CO2作为电池的正极反应材料；CO2还原后与Li+结合成U2CO3,按4个步骤进行，根 据I和II判断，产生了 CO 2-,因此步骤三是将CO 歹 转 为CO 2-o所以步骤III的离子方程式为：2C 0夕+C6=2C oj-+C,故答案为：正极；2C01

22、+CO2=2C O1-+C；I.CO2在碱性条件下得电子生成CH3cH2cH20H,根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：12CO2+18e+4H2O=CH3CH2CH2OH+9CO32-,故答案为：12co2+18e-+4H20=CH3cH2cHzOH+gCCh；II.有催化剂存在时，活化能越低反应越易发生，从a中二氧化碳还原为一氧化碳的活化能是a b c,因此催化剂是c b a,而b中氢离子还原为氢气的活化能是c a b,催化剂的活性是b a c,结合图a和b,c催化剂条件下，C 5电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还原；而催化剂a和b条件下，COZ电还原的活化能

23、均大于H+电还原的活化能，相对来说，更易发生H+的电还原。其中a催化剂条件下，H+电还原的活化能比CO2电还原的活化能小的更多，发生H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为c、b、a,故答案为：c、b、a。【分析】(1)写出燃烧热的方程式，根据盖斯定律即可写出氢气和石墨转为热方程式(2)根据平衡常数表述出氢离子的公式，再利用二氧化碳溶解的公式带入计算(3)先计算出平衡常数，再根据平衡压强计算出二氧化碳的压强(4)L i是金属单质易失去电子故做负极，二氧化碳在正极，根据总的反应进行书写第三步的方程式即可二氧化碳得到电子与氢氧根反应变为正丙醇，根据氧化还原反应即可写出活化能越低越易转化11

24、.【答案】(1)滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶(2)反应放热，为防止体系温度急剧增加而反应过快(3)反应温度98接近水的沸点100,而油浴更易提温(4)2MnO+5H2C)2+6H+=2Mn2+5O2个+8出。(5)取洗涤液，加入BaCb溶液，看是否有白色沉淀生成，若无，说明洗涤干净(6)洗涤液含有的离子主要有H+和CI-,根据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为CI-洗净【解析】【解答】由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d 口进，a 口出；反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批

25、缓慢加入KMnO粉末并使用冰水浴；油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4,则反应的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2-t+8H2O；该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SCV-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCb溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Ct电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。【分析】根据装置中的仪器分析；根据反应放热分析

26、；(3)根据加热温度选择加热方式；根据转移电子守恒配平方程式；用Ba?+检验SO42;根据电荷守恒分析；12.【答案】(1)AI2O3+4(NH4)SO4=2NH4AI(SO4)2+3H2O+6NH3/r(2)Fe3+、AP+、Mg2+(3)IO6(4)H2SO4；SiO2；CaSO4(5)TiO2+(x+l)H2O TiO2xH2O+2H+(6)(NH4)2SO4【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝锭发生的反应为氧化铝、硫酸镀在高温条件下反应生成硫酸铝钱、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3个；由题给开始沉淀和完全沉淀的

27、pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是AI3+、Mg2+,Ca2+没有沉淀；由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1x10 5x(1x1029产=ix l0 8 ,当溶1 Y 110.8液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为赢为=lxl(T6mo|/L增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSCU溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；酸溶后将TiOSCU溶液加入热水稀

28、释并适当加热，能使TiOSCU完全水解生成TiO2-x H20沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2+(x+1)H2O TiO2-xH2O+2H+；(6)由分析可知，尾气为氨气，母液为硫酸镀、母液为硫酸，将母液和母液混合后吸收氨气得到硫酸镀溶液，可以循环使用。【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸镀混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝锭溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝镀和硫酸钙的

29、滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至1 1.6,溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸镀、硫酸钙的母液和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSd,过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TQSO4溶液；将TiOSCU溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSCU完全水解生成T i5-x出。沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液和 TiO2 x H2013.【答案】溟(或Br)(2)2=4.8；7.6X105(24.8X103)2(3)大于；KP1-KP2；H 0；当/x 103=2.3 时，K=KP厂 KP

30、2 10-1-10-3=10-4 当 103=2.4 时，K=KPi KP2 IO-0 7-10-3.4=10-4.1 叩降温,(0(4)-2【解析】【解答(1)红棕色液体，推测为澳单质，因此错过发现的元素是溟(或Br)；由题意376.8时玻璃烧瓶中发生两个反应：BaPtCU(s)与BaCb(s)+Pt(s)+2CI2(g)、C l2(g)+l2(g)0 210(g),BaPtCU(s)与BaCb(s)+Pt(s)+2CI2(g)的平衡常数 Kp=1.0 xl04pa2,则平衡时p2(Cl2)=1.0 xl04pa2,平衡时p(Cl2)=100Pa,设到达平衡时L(g)的分压减小p kP a,

31、则376.8平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa,则ci2(g)+I2(g)=-2ICl(g)开始/(kPa)20.00变化/(kPa)P2P平衡/(kPa)0.120.0-p2P0.1+20.0+p=32.5,解得 p=12.4,则平衡时 p(ICI)=2p kPa=2xl2.4kPa=24.8kPa；则平衡时,b(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6xl03Pa,p(ICI)=24.8kPa=24.8xl03Pa,p(Cl2)=0.1kPa=100Pa,因此反应2 1 c l(g C l2(g)+l2(g)的平衡常数K喧含沿 结合图可知，温 度 越 高,越 小,lgK

32、p2越大，即 卬2越大,说明升高温度平衡2NOCI(g)=2NO(g)+CI2(g)正向移动，则NOCI分解为N。和CI2反应的大于0；(2)I .2NO+21cli2NOCI Kpin.2NOCI(g)2NO(g)+Ch(g)KP2I+I I得 21cl(g)=Cl2(g)+l2(g)，故仁炜1K2；该反应的A H大于0,根据图像可知，当x 103=2.3时，K=KP厂KP2 10-1-10-3=10-4当/x103=2.4 时，K=KPi-KP2 x IO-。7 10-3.4=10-4.1 即降温,K 减小，平衡逆移，说明 H 0 ；(4)I .NOCI+hv玲 NOCI，H.NOCI+N

33、OCI*-2NO+CI2I+11得总反应为2NOCI+hv=2NO+Cl2，因此2moiNOCI分解需要吸收lm o l光子能量，贝份解lm o l的NOCI需要吸收0.5m ol光子。【分析】(1)根据红棕色液体推断；根据三段式及平衡常数公式计算；根据图像中曲线的趋势和所对应的数据进行估算；根据物质的量之比等于化学计量数之比计算；_i甬申1 4.【答案】(1)2NaCI+2H2。2NaOH+出个+CL个(2)A(3)；a a H K O L M m；Kip+/K、:c(Cl2)(1 2P)3(4)反应 l+ll 得：TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g),

34、K=KiK“=4.1xl0i9 远大于&,反应 II 使 TiCh氯化为TiCk得以实现；AH=AHi+AHn=-40kJ m ol1,反应I I可为反应I提供所需的能量(5)A,B通电【解析】【解答】反应的化学方程式是2NaCI+2H2。-2NaOH+H2个+CI2个。A.氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，A说法不正确；B.氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B说法正确；C.氯气在常温下不与铁反应；氯气的相

35、对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，c说法正确；D.氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D说法正确。综上所述，相关说法蕾镇的是A,故答案为：A。a2(g)Z l2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，由于该过程的嫡变小于0,因此，其熔变 由化学方程式Cl 2(aq)+H2O(I)UH+(aq)+C(aq)+HCIO(aq)可知，其平衡常数K2的表达式为K2=H+)acnHC,注意水为液态，其不出现在表达式中。c(C l

36、 z)Cl2(g)UCl2(a q)与 Cl 2(aq)+H2O(I)UH*(aq)+C(aq)+HCIO(aq)相加可以得到 3(g)+H20(l)UH+(aq)+CI-(aq)+HCIO(aq),因此，该 反 应 的 平 衡 常 数 为2P；氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c=(CL)+|c(HCIO)+|c(CI),由于HCI是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则 c(H+)=c(C r)=c(H C 10)由七=H+喘,H可知 c(c l )=c(HC10)=忙9 2)(j 由Ki=c(Cb)/p 可 知,C(c i2)=Ki p,则 c(C)=c

37、(HC10)=(K/j ,因 此 q+(勺/)、(4)已知：I.TiO2(s)+2Cl2(g)UTiCl4(g)+O2(g)AHi=181mol-LT,/Ci=-3.4 xlO29；II.2C(s)+O2(g)2C0(g)AHn=-221 mol L1,K“=1.2X1048。根据盖斯定律可知，|+|得:TiO2(s)+2CI2(g)+2C(s)=TiCI4(g)+2 C 0(g),则1=17,C正确；D.根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2s04,D不正确；故答案为：BCo 为了得到杂质较少的K2CQO7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCI玲50(:蒸发溶剂3蒸发至溶液

38、出现晶膜，停止加热少冷却至室温与抽滤今重结晶；故答案为：aedc。A.量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于心02。7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A不正确；B.滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；C.滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C不正确；D.读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；E.为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至0刻度或0刻度以下，并记录初始读数，E正确；故答案为：AC

39、。故答案为：再用洗瓶以少量蒸镭水吹洗锥形瓶内壁。根据题意，L C rz S溶液的吸光度与其浓度成正比例，在 七5。7溶液中存在平衡C r2 Q2-+H2O U 2H“2C r 02-,即有部分C r2 O2-会转化为C r 02-,从而使测得的质量分数明显偏低，为 抑 制C r2 Q2-转化为C r 02-,可加入与C r z 02-不反应的酸,如硫酸;故答案为：H2so4；抑 制C r z 02-转 化 为C r 02-,且与CrzO夕不反应。【分析】根据题给已知，铝铁矿与足量熔融Na2c。3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeCh和CO2,所得固体冷却后用水浸取，其 中NaFeCh

40、发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)34/,过滤得到含Na2CrO4,NaOH、Na2c。3的滤液，加入适量硫酸酸化，NaOH,Na2cO3与硫酸反应生成Na2sO4,NazCrCU转化为 NazSChC发生的反应为 2Na2CrO4+H2sO4 N NazSCh+Na2sO4+H2O),经蒸发结晶、过滤、洗涤得到的滤液中主要含Na2Cr?O7,加 入KCI后经多步操作得到LCrzCh，据此分析作答。(1)粉碎增大了接触面积，有利于提高速率(2)步骤I 中水解是吸热，因此升温时促进浸出率，步骤I 中过滤主要是除去难溶性固体，步骤in加入硫酸后主要促进铭酸根向重铭酸根的转

41、化步骤IV中主要时含有硫酸钠，因为在之前加入了硫酸不存在碳酸钠(3)N a2C r2O7中加入K C I 发生反应N a2C r 2 O7+2 K C I=K 2 C r 2 O7+2 N a C I,根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，对口2。7 的溶解度随温度升高明显增大，N a C I 溶解度随温度升高变化不明显，5 0 (:时两者溶解度相等(4)A.量筒的精确度时0.1 m l B.滴定时速率要适中，以免造成实验误差C.滴定是应该是观察锥形瓶中颜色的变化D.读数时应该保持垂直以免有误差E.滴定管的零刻度在上在接近终点时，使用 半滴操作 的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，

42、用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸储水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化(5)K2C r2O7含量偏低可能是转化为K C r O%配置时应该加入酸抑制水解1 6.【答案】(1)3 0.0A，则反应的化学方程式为(2 x+2)S+6 K O H -A+6K 0 H -2 K 2 s x +K 2 S 2 O 3 +3 H2O6.060L x l-00mol/L(2)解：若 S 与 K O H 溶液反应生成K 2 s x 和 K 2 s 2 O 3(2 x +2)s2 K 2 S x+K 2 s 2。3+3 。，根据反应方程式有2%,2一 惠.32g/mol解得x=3,故答案为

43、3。【解析】【解答】根据方程式3 s+6K O H-2 K 2 S+K 2 S C)3+3 H2。可知，3 m o l S 可以和6m o i K O H 反应，0.48 gS的物质的量n=0 Q 1 5m o l,则需要消耗K O H 的物质的量=2 =0.0 3 m o l,故需要K O H 溶液的体积V=n =cWmal,=0 Q 3 L=3 0.0 m L,1.00mol/L故答案为3 0.0；【分析】(1)利用第一个方程式计算即可(2)根据反应物和产物进行书写方程式方程式根据数据计算出即可试卷分析部分1.试卷总体分布分析总分：80分分值分布客观题（占比）16(20.0%)主观题（占比

44、）64(80.0%)题量分布客观题（占比）8(50.0%)主观题（占比）8(50.0%)2.试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分 值（占比）单选题8(50.0%)16(20.0%)综合题8(50.0%)64(80.0%)3.试卷难度结构分析序号难易度占比1容易0%2普通81.3%3困难18.8%4.试卷知识点分析序号知识点（认知水平）分 值（占比）对应题号1氧化还原反应18(6.2%)1,7,15,162氧化还原反应的电子转移数目计算4(1.4%)1,73电极反应和电池反应方程式23(7.9%)2,4,8,9,104原电池工作原理及应用23(7.9%)2,4,8,9,105氧化性、还原性强

45、弱的比较4(1.4%)3,76硝酸的化学性质2(0.7%)37浓硫酸的性质2(0.7%)38电解池工作原理及应用4(1.4%)5,89反应热和婚变20(6.9%)6,13,1410化学反应速率与化学平衡的综合应用28(9.7%)9,13,1411有关反应热的计算10(3.4%)912热化学方程式7(2.4%)1013物质的量浓度7(2.4%)1014氧化还原反应方程式的配平15(5.2%)11,1215常用仪器及其使用19(6.6%)11,1516性质实验方案的设计7(2.4%)1117物质检验实验方案的设计7(2.4%)1118pH的简单计算8(2.8%)1219难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质8(2.8%)1220物质的分离与提纯20(6.9%)12,1521化学反应速率8(2.8%)1322化学平衡常数18(6.2%)13,1423以氯碱工业为基础的化工生产简介10(3.4%)1424制备实验方案的设计12(4.1%)1525质量守恒定律2(0.7%)1626化学方程式的有关计算2(0.7%)1627物质的量的相关计算2(0.7%)16