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天津市2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应原理（实验题、解答题）
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这是一份天津市2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应原理（实验题、解答题），共21页。试卷主要包含了实验题，原理综合题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
天津市2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应原理（实验题、解答题）
一、实验题
1．（2023·天津南开·统考一模）(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：
(1)晒制蓝图时，用作感光剂，以溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为；显色反应中生成的蓝色物质的化学式为___________。
(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是___________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是___________。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和，检验存在的方法是：___________。
(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀酸化，用c溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________。
②向上述溶液中加入适量还原剂将完全还原为，加入稀酸化后，用c溶液滴定至终点，消耗溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为___________。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，会使测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
二、原理综合题
2．（2023·天津·校联考一模）清洁能源的综合利用以及二氧化碳的研发利用，可有效降低碳排放，均是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径，我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
(1)利用反应：可减少的排放。
①的结构式为_________。分子中极性键与非极性键的个数比为_________。
②如图是时相关物质的相对能量，则上述反应的_________。
(2)利用反应：可实现由向的转化。
在恒压密闭容器中，起始充入和发生反应，该反应在不同的温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①图中表示的体积分数随温度变化的曲线是(填字母) _________。(从曲线“k”、“l”、“m”或“n”中选择)
②A、B、C三点对应的化学平衡常数分别为、、，则三者从大到小的排列顺序为_________。
③C点反应达到平衡后，的平衡转化率为_________ (保留三位有效数字)，若平衡时总压为P，则平衡常数_________ (列出计算式，以分压表示，气体分压=总压×气体的物质的量分数)。
(3)利用可以合成。时，的溶液中，_________。
3．（2023·天津南开·统考一模）汽车尾气中的生成和消除是科学家研究的重要课题。回答下列问题：
(1)工业上通常用溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)作为的吸收剂，该溶液物质的量浓度为___________。
(2)汽车发动机工作时会引发 ，其能量变化如图。
则NO中氮氧键的键能是___________。
(3)用可消除NO污染，反应原理为：，以分别为4：1、3：1、1：3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。
①曲线a对应的___________。
②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为___________。
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是___________。
(4)元素(Ce)常见有＋3、＋4两种价态。NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应的离子方程式为___________；现采用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时再生，其原理如图所示。
①从电解槽的___________(填字母)口流出。
②写出在阴极反应的电极反应式：___________。
4．（2023·天津红桥·统考一模）在我国大力推进生态文明建设，全力实现“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，对CH4和CO2利用的研究尤为重要。
Ⅰ.我国科学家研发的水系可逆Zn－CO2电池可吸收利用CO2，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液充、放电时，复合膜间的H2O解离成H+和OH-，工作原理如图所示：
(1)充电时复合膜中向Zn极移动的离子是_____，放电时负极的电极反应式为_____。
Ⅱ.科学家使CH4和CO2发生重整反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247kJ•mol-1。生成合成气CO和H2，以实现CO2的循环利用。该反应中，如何减少积碳，是研究的热点之一。某条件下，发生主反应的同时，还发生了积碳反应：
CO岐化：2CO(g)CO2(g)+C(s) △H1=-172kJ•mol-1
CH4裂解：CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+75kJ•mol-1
(2)如图表示表示温度和压强对积碳反应平衡碳量的影响，其中表示对CO岐化反应中平衡碳量影响的是______。(填“图a”或“图b”)，理由是______。
(3)结合图分析，在700℃、100kPa的恒压密闭容器中进行此重整反应且达到平衡，当升高温度至1000℃达到平衡时，容器中的含碳量_____(填“减小”“不变”或“增大”)，由此可推断100kPa且高温时积碳主要由_____(填“歧化”或“裂解”)反应产生。
(4)合成气CO和H2，可用于合成甲醇，能说明反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)一定达平衡状态的是_____(填字母)。
A．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率
B．一定条件，CO的转化率不再变化
C．在绝热恒容的容器中，平衡常数不再变化
D．容器中气体的平均相对分子质量不再变化
(5)向1L恒容密闭容器中通入4mol的CH4和2mol的CO2，在800℃下若只发生主反应一段时间后达到平衡，测得CO的体积分数为25%，则主反应的K=______(保留两位有效数字)。
5．（2023·天津河西·统考一模）在某空间站氧循环系统中，涉及电解水，还有碳中和反应(如下)：。按要求回答下列问题。
(1)电解液态水制备1 mol 的反应中，。写出燃烧热的热化学方程式：___________。
(2)系统碳中和反应的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①由图1可推知：该反应的___________0(填“>”或“<”)；
②若系统碳中和反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。在图2中补充完成该反应过程的能量变化示意图。________
③某小组模拟该反应，t℃下，向容积为10 L的密闭容器中通入5.2 mol 和0.9 mol ，反应平衡后测得容器中。则的转化率为___________，平衡常数的值为___________。
(3)在相同条件下与还会发生不利于氧循环的如下副反应：。在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2 min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂
A
10.8
12722
345.2
41780
B
9.2
10775
34
39932
①在选择使用催化剂A和350℃条件下反应，0~2 min生成的平均反应速率为___________；
②若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂B和400℃的反应条件，其理由是___________。
6．（2023·天津·统考一模）下表所列数据是反应 在不同温度下的化学平衡常数。
温度/℃
250
300
350
平衡常数
2.04
0.27
0.012
(1)此反应的_______0，_______0。(填“>”、“=”或“＜”)
(2)某温度下，将和充入的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得，则的转化率是_______，此时的温度是_______。
(3)要提高的转化率，可以采取的措施是_______。
a.升温 b.恒容充入 c.恒容充入
d.恒压充入惰性气体 e.分离出甲醇
(4)利用如图所示装置可以模拟铁的电化学防护。
①若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_______处。假设海水中溶质只有，写出此时总反应的离子方程式：_______。
②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_______。写出铁电极的电极反应式：_______。
三、工业流程题
7．（2023·天津·统考一模）某煤化工厂废水含有大量有机物、氨氮、氰化物、悬浮颗粒等有害物质。处理流程如图所示。
离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.3
8.3
Fe3+
2.7
3.7
(1)萃取塔中经过_______(填写操作名称)可将含酚有机层分离出来。
(2)蒸氨塔中需要连续加入碱液并保持较高温度。请从化学平衡角度解释回答下列问题。
①写出蒸氨塔中主要的化学平衡的离子方程式：_______。
②加入碱液以及保持较高温度的原因：_______。
(3)缺氧池中含有及CN-，其中CN-(C为+2价)可被回流硝化液中的氧化为无毒气体。请预测CN-反应后的产物为_______和_______。请分析由蒸氨塔到缺氧池工序酸化的目的：_______。
(4)好氧池中富含O2与反应后的产物为，写出该反应的离子方程式：_______。
(5)下列关于混凝沉淀池中的说法合理的是_______(填写序号)。
a.混凝沉淀池溶液的pH控制在8.3左右
b.FeSO4水解产生Fe(OH)2胶体，吸附水中的悬浮颗粒
c.相同条件下，使用Fe2(SO4)3可获得相同的混凝效果
(6)出水检测
甲醛法可以测定水样中的含量，其反应原理为，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸[滴定时，与1molH+相当]。
实验步骤：
i.移取VmL出水样品，以酚酞为指示剂，用cmol/LNaOH标准液滴定至终点，中和样品中的酸。消耗NaOH溶液的体积为V1mL；
ii.另取同样体积的样品，加入足量的中性甲醛溶液，摇匀，静置5min后，加入1~2滴酚酞溶液，用NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL。
①步骤ii中滴定至终点的现象为_______。
②该水样中残留浓度为_______mol/L。
四、结构与性质
8．（2023·天津·校联考模拟预测）d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。请回答下列问题：
(1)我国科学家用和，制备超导材料，反应原理为。
①钛元素在元素周期表中的位置___________，基态钛原子的核外最高能层所含电子数___________。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
熔点/
800(分解)
-25
714
2950
沸点/
700(升华)
136.4
1412
(略)
属于___________晶体，应用所学知识解释的熔点大于的原因___________。
③写出惰性电极电解得到单质的化学方程式___________。
(2)是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸()反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断___________(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是___________。
③中的键角大于分子中的键角，请结合所学知识解释原因___________。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构___________。
参考答案：
1．(1)Fe3[Fe(CN)6]2
(2) 隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 CO2 CO 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3
(3) 滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色 ×100% 偏小
【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置中的空气防止干扰产物检验，然后点燃A处酒精灯，使样品充分分解，通入B中检验产物中的二氧化碳，用C中NaOH溶液除去二氧化碳，再经浓硫酸干燥后，用CuO与CO反应生成二氧化碳，通入F中检验产物二氧化碳确定CO生成，据此分析解答。
【详解】（1）显色时，K3[Fe(CN)6]和FeC2O4反应生成Fe3[Fe(CN)6]2沉淀和K2C2O4；生成的蓝色物质为Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故答案为：Fe3[Fe(CN)6]2；
（2）①通入氮气排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置。故答案为：隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置；
②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明热分解产物中一定含有CO2，E中固体变为红色、F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，氧化产物为CO2，由此判断热分解产物中一定含有CO。故答案为：CO2；CO；
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。故答案为：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；
④Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验Fe2O3存在的方法是：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。故答案为：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3；
（3）①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，生成硫酸钾、硫酸铁、草酸，高锰酸钾氧化草酸，用c mol/L KMnO4溶液滴定，滴定终点的现象是滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。故答案为：滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②向上述溶液中加入过量铜粉发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用c mol/L KMnO4溶液滴定，发生反应5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗KMnO4溶液V mL，n(Fe3+)=cmol/L×V×10−3L×5=5cV×10−3mol，根据铁元素守恒，该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%=×100%。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，消耗高锰酸钾的体积偏小，会使测定结果偏小。故答案为：×100%；偏小。
2．(1) 6∶1
(2) 1 33.3%
(3)
【详解】（1）①CO2是直线形分子，其结构式为；C2H6是乙烷，其结构式为，每个乙烷分子中由1个C-C非极性键，6个C-H极性键，极性键与非极性键的个数比为6:1，②=生成物的总能量-反应物的总能量=，故答案为：；；+430。
（2）①，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入2molCO2 (g)和6molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1: 3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1:3，C2H4和H2O的体积分数之比为1:4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为k，n，表示CO2的休积分数随温度变化的曲线是l；②升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，A、B、 C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KB>KA>KC；
③C点温度为357℃，反应达到平衡时：设CO2转化了2xmol，根据三段式：
由图像可知，357℃时反应达平衡后，CO2和H2O的体积分数相等，2- 2x=4x，解得，故CO2的平衡转化率为 ；容器中气体的总物质的量， 若平衡时总压为p，则p(CO2)=，，，，该反应的平衡常数。
（3）HCOONa溶液中，电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-)，物料守恒，c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，pH=8，c(H+)=，c(OH-)=，c(HCOOH)= c(Na+)- c(HCOO-)= c(OH-)- c(H+)=-=。
3．(1)
(2)+632
(3) 1：3 该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动
(4) a
【分析】溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)
【详解】（1）c()=，故答案为：；
（2）根据可得：，=+632，故答案为：+632；
（3）①在其他条件相同时，的值越大，NO的脱出率越高，结合图像可知在相同条件下a曲线对应的NO的脱出率最低，则的值最小，则应为1:3，故答案为：1:3；
②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点NO的脱出率由0.55升高到0.75，则该时间段内NO的脱除速率为， 故答案为：；
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动，导致NO脱除率下降，故答案为：该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动；
（4）NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应中1molNO失1mol电子生成，1mol 得1mol电子生成，根据得失电子守恒及元素守恒得反应：；
采用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时再生，则发生电极反应，该反应应为阳极反应，结合电池装置可知左侧电极为阳极，则应从a口流出；通过电极反应转化为无毒的氮气，应在阴极反应，电极反应式为：，故答案为：；a；。
4．(1)
(2) b CO歧化反应为体积减小的放热反应，增大压强或降低温度，平衡正移，即低温高压有利于反应正向进行，平衡碳量大，与b相符
(3) 减小 裂解
(4)BCD
(5)5.3
【详解】（1）充电时，阳离子向阴极移动，复合膜中的阳离子是，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，图中移向多孔Pd纳米片、移向Zn，则Zn为负极、多孔Pd纳米片为正极，负极上Zn失去电子生成，负极电极反应为；
（2）对积碳反应进行计算，得到温度和压强对积碳反应中平衡碳量的影响图，其中表示温度和压强对CO歧化反应中平衡碳量影响的是b图，CO歧化反应为体积减小的放热反应，增大压强或降低温度，平衡正移，即低温高压有利于反应正向进行，平衡碳量大，与b相符；故答案为b；
（3）根据图a、图b可知，当温度由700℃升高至1000℃且达到平衡时，裂解正向移动的碳增加量比CO歧化逆向移动的碳减少量小，故含碳量减少，而高温时CO歧化反应产生的积碳少，积碳主要有裂解产生；
（4）A. CO的消耗速率为正反应速率，的生成速率也为正反应速率，无法判断平衡，A错误；
B. 一定条件，CO的转化率不再变化，CO的消耗速率和生成速率相等，可以判断平衡，B正确；
C. 在绝热恒容的容器中，随着反应的进行，反应体系的温度改变，平衡常数也改变，当平衡常数不再变化，说明反应达到平衡状态，C正确；
D. 容器中气体的平均相对分子质量等于总质量与总物质的量的比值，总物质的量改变，所以平均相对分子质量改变，当不变时，反应达到平衡状态，D正确；故选择BCD；
（5）向1L恒容密闭容器中通入4mol的CH4和2mol的CO2，在800℃下若只发生主反应，列出三段式：，平衡时测得CO的体积分数为25%，则，解得x=1，则主反应的。
5．(1) -286
(2) <
(3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂B副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【详解】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此燃烧热的热化学方程式： -286。
（2）①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知=a，则a，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。
③温度t下，向容积为10 L的密闭容器中通入5.2 mol 和0.9 mol ，反应平衡后测得容器中，则根据化学方程式体现的关系可知，的转化率为；
的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K=；
（3）①在选择使用催化剂A和350℃条件下反应，由表中信息可知，的浓度由0增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；
②由表中信息可知，在选择使用催化剂A和350℃条件下反应， 的浓度由0增加到10.8，，:＝12722:10.81178；在选择使用催化剂B和350℃的反应条件下，的浓度由0增加到9.2，:＝10775:9.21171；在选择使用催化剂A和400℃条件下反应， 的浓度由0增加到345.2，:＝41780:345.2121；在选择使用催化剂B和400℃的反应条件下，的浓度由0增加到34，:＝39932:341174。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂B和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂B副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
6．(1) < <
(2) 80% 250℃
(3)ce
(4) N 牺牲阳极的阴极保护法 2H2O+O2+4e-=4OH-
【详解】（1）由图表可知，随着温度的升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，反应为放热反应，ΔH<0；反应为气体分子数减小的反应，为熵减反应，ΔS<0；
（2）某温度下，将和充入的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得；
则的转化率是，，则此时的温度是250℃；
（3）a．反应为放热反应，升温平衡逆向移动，的转化率降低，a不符合题意；
b．恒容充入，平衡正向移动，促进氢气转化，但是的转化率降低，b不符合题意；
c．恒容充入，平衡正向移动，促进CO转化，的转化率升高，c符合题意；
d．恒压充入惰性气体，容器体积变大，相当于减小压强，平衡逆向移动，的转化率降低，d不符合题意；
e．分离出甲醇，平衡正向移动，促进CO转化，的转化率升高，e符合题意；
故选ce；
（4）①若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处，使得铁做阴极被保护；假设海水中溶质只有，此时总反应为水和氯离子放电生成氯气和氢气、氢氧根离子，离子方程式：；
②若X为锌，开关K置于M处，铁做为正极被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法；海水呈碱性，发生吸氧腐蚀，铁电极上的电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-。。
7．(1)萃取、分液
(2) +OH-NH3∙H2ONH3+H2O 连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气；保持较高的温度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出
(3) N2 CO2 营造酸性环境，增强的氧化能力，有利于将CN-氧化为无毒气体
(4)2O2+=2H+++H2O
(5)c
(6) 当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色
【分析】煤化工厂废水含有大量有机物、氨氮、氰化物、悬浮颗粒等有害物质，在萃取塔中加入萃取剂，萃取后分液，可获得含酚有机层；将水层放入蒸氨塔中，可获得氨气；将所得污泥在缺氧池酸化，并加入硝化液，将CN-氧化为无害气体；将硝化后的污泥在好氧池中将氧化为，加入Na2CO3调节溶液的pH，将金属离子转化为沉淀；将经过沉淀池的浊液中加入FeSO4沉淀，用生成的Fe(OH)3胶体去除悬浮颗粒物，最后出水。
【详解】（1）分离含酚有机物与无机物的水溶液，在萃取塔中经过萃取、分液可将含酚有机层分离出来。答案为：萃取、分液；
（2）①蒸氨塔中，加碱后，将转化为一水合氨，进而转化为NH3，则主要的化学平衡的离子方程式：+OH-NH3∙H2ONH3+H2O。
②蒸氨塔中连续加入碱液，可促进的转化，保持较高温度，有利于氨气的逸出，则加入碱液以及保持较高温度的原因：连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气；保持较高的温度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出。答案为：+OH-NH3∙H2ONH3+H2O；连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气；保持较高的温度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出；
（3）缺氧池中CN-(C为+2价)可被回流硝化液中的氧化为无毒气体，则CN-反应后的产物为N2和CO2。由蒸氨塔到缺氧池，表现强氧化性时，需要提供酸性环境，则酸化的目的：营造酸性环境，增强的氧化能力，有利于将CN-氧化为无毒气体。答案为：N2；CO2；营造酸性环境，增强的氧化能力，有利于将CN-氧化为无毒气体；
（4）好氧池中富含O2与，反应后的产物为，则该反应的离子方程式：2O2+=2H+++H2O。答案为：2O2+=2H+++H2O；
（5）a.混凝沉淀池中，若溶液的pH控制在8.3左右，则Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，得不到Fe(OH)3胶体，a不正确；
b.加入FeSO4被氧化为Fe2(SO3)3，水解产生Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒而净水，b不正确；
c. FeSO4被氧化为Fe2(SO3)3，与相同条件下使用Fe2(SO4)3获得的混凝效果相同，c正确；
故选c；
（6）①步骤ii中滴定至终点时，溶液由酸性变为碱性，酚酞由无色变为浅红色，则产生的现象为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色。
②出水样品中直接加NaOH溶液时，发生反应H++OH-=H2O，则溶液中H+的物质的量为cmol/L×V1×10-3L，加入甲醛后，转化为H+等，与出水样品中原有的H+共同消耗NaOH，此时——H+——OH-，则该水样中残留浓度为=mol/L。答案为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色；。
【点睛】描述滴定终点的现象时，一定要强调“半分钟内不变色”。
8．(1) 第四周期ⅣB族 2 分子 氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁 MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑
(2) 甲 PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子
【详解】（1）①钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，则原子核外最高能层N层所含电子数为2，故答案为：第四周期ⅣB族；2；
②由熔沸点可知，四氯化钛为熔沸点低的分子晶体；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，所以氮化镁的晶格能大于氯化镁，熔点高于氯化镁，故答案为：分子；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁；
③用惰性电极电解熔融氯化镁得到镁和氯气，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
（2）①由相似相溶的规律可知，极性分子甲能溶于水，非极性分子乙不溶于水，所以甲在水中的溶解度大于乙，故答案为：大于；
②由题意可知，PtCl2(NH3)2发生水解反应生成Pt(OH)2(NH3)2和氯化氢，反应的化学方程式为PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl，故答案为：PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl；
③Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子，所以配合物中H−N−H的键角大于氨分子中的H−N−H键角，故答案为：Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子；
④由甲、乙均为平面结构可知，乙为反二氯二氨合铂，则水解产物的空间结构为，故答案为：。
天津市2023年高考化学模拟题汇编-05化学反应原理（实验题、解答题）
一、实验题
1．（2023·天津南开·统考一模）(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：
(1)晒制蓝图时，用作感光剂，以溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为；显色反应中生成的蓝色物质的化学式为___________。
(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是___________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是___________。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和，检验存在的方法是：___________。
(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀酸化，用c溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________。
②向上述溶液中加入适量还原剂将完全还原为，加入稀酸化后，用c溶液滴定至终点，消耗溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为___________。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，会使测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
二、原理综合题
2．（2023·天津·校联考一模）清洁能源的综合利用以及二氧化碳的研发利用，可有效降低碳排放，均是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径，我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
(1)利用反应：可减少的排放。
①的结构式为_________。分子中极性键与非极性键的个数比为_________。
②如图是时相关物质的相对能量，则上述反应的_________。
(2)利用反应：可实现由向的转化。
在恒压密闭容器中，起始充入和发生反应，该反应在不同的温度下达到平衡时，各组分的体积分数随温度的变化如图所示。
①图中表示的体积分数随温度变化的曲线是(填字母) _________。(从曲线“k”、“l”、“m”或“n”中选择)
②A、B、C三点对应的化学平衡常数分别为、、，则三者从大到小的排列顺序为_________。
③C点反应达到平衡后，的平衡转化率为_________ (保留三位有效数字)，若平衡时总压为P，则平衡常数_________ (列出计算式，以分压表示，气体分压=总压×气体的物质的量分数)。
(3)利用可以合成。时，的溶液中，_________。
3．（2023·天津南开·统考一模）汽车尾气中的生成和消除是科学家研究的重要课题。回答下列问题：
(1)工业上通常用溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)作为的吸收剂，该溶液物质的量浓度为___________。
(2)汽车发动机工作时会引发 ，其能量变化如图。
则NO中氮氧键的键能是___________。
(3)用可消除NO污染，反应原理为：，以分别为4：1、3：1、1：3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。
①曲线a对应的___________。
②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为___________。
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是___________。
(4)元素(Ce)常见有＋3、＋4两种价态。NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应的离子方程式为___________；现采用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时再生，其原理如图所示。
①从电解槽的___________(填字母)口流出。
②写出在阴极反应的电极反应式：___________。
4．（2023·天津红桥·统考一模）在我国大力推进生态文明建设，全力实现“碳达峰”、“碳中和”的时代背景下，对CH4和CO2利用的研究尤为重要。
Ⅰ.我国科学家研发的水系可逆Zn－CO2电池可吸收利用CO2，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液充、放电时，复合膜间的H2O解离成H+和OH-，工作原理如图所示：
(1)充电时复合膜中向Zn极移动的离子是_____，放电时负极的电极反应式为_____。
Ⅱ.科学家使CH4和CO2发生重整反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) △H=+247kJ•mol-1。生成合成气CO和H2，以实现CO2的循环利用。该反应中，如何减少积碳，是研究的热点之一。某条件下，发生主反应的同时，还发生了积碳反应：
CO岐化：2CO(g)CO2(g)+C(s) △H1=-172kJ•mol-1
CH4裂解：CH4(g)C(s)+2H2(g) △H2=+75kJ•mol-1
(2)如图表示表示温度和压强对积碳反应平衡碳量的影响，其中表示对CO岐化反应中平衡碳量影响的是______。(填“图a”或“图b”)，理由是______。
(3)结合图分析，在700℃、100kPa的恒压密闭容器中进行此重整反应且达到平衡，当升高温度至1000℃达到平衡时，容器中的含碳量_____(填“减小”“不变”或“增大”)，由此可推断100kPa且高温时积碳主要由_____(填“歧化”或“裂解”)反应产生。
(4)合成气CO和H2，可用于合成甲醇，能说明反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)一定达平衡状态的是_____(填字母)。
A．CO的消耗速率等于CH3OH的生成速率
B．一定条件，CO的转化率不再变化
C．在绝热恒容的容器中，平衡常数不再变化
D．容器中气体的平均相对分子质量不再变化
(5)向1L恒容密闭容器中通入4mol的CH4和2mol的CO2，在800℃下若只发生主反应一段时间后达到平衡，测得CO的体积分数为25%，则主反应的K=______(保留两位有效数字)。
5．（2023·天津河西·统考一模）在某空间站氧循环系统中，涉及电解水，还有碳中和反应(如下)：。按要求回答下列问题。
(1)电解液态水制备1 mol 的反应中，。写出燃烧热的热化学方程式：___________。
(2)系统碳中和反应的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系如图1所示。
①由图1可推知：该反应的___________0(填“>”或“<”)；
②若系统碳中和反应为基元反应，且反应的与活化能(Ea)的关系为。在图2中补充完成该反应过程的能量变化示意图。________
③某小组模拟该反应，t℃下，向容积为10 L的密闭容器中通入5.2 mol 和0.9 mol ，反应平衡后测得容器中。则的转化率为___________，平衡常数的值为___________。
(3)在相同条件下与还会发生不利于氧循环的如下副反应：。在反应器中按通入反应物，在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2 min时，测得反应器中、浓度()如下表所示。
催化剂
A
10.8
12722
345.2
41780
B
9.2
10775
34
39932
①在选择使用催化剂A和350℃条件下反应，0~2 min生成的平均反应速率为___________；
②若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂B和400℃的反应条件，其理由是___________。
6．（2023·天津·统考一模）下表所列数据是反应 在不同温度下的化学平衡常数。
温度/℃
250
300
350
平衡常数
2.04
0.27
0.012
(1)此反应的_______0，_______0。(填“>”、“=”或“＜”)
(2)某温度下，将和充入的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得，则的转化率是_______，此时的温度是_______。
(3)要提高的转化率，可以采取的措施是_______。
a.升温 b.恒容充入 c.恒容充入
d.恒压充入惰性气体 e.分离出甲醇
(4)利用如图所示装置可以模拟铁的电化学防护。
①若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_______处。假设海水中溶质只有，写出此时总反应的离子方程式：_______。
②若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_______。写出铁电极的电极反应式：_______。
三、工业流程题
7．（2023·天津·统考一模）某煤化工厂废水含有大量有机物、氨氮、氰化物、悬浮颗粒等有害物质。处理流程如图所示。
离子
开始沉淀pH
完全沉淀pH
Fe2+
6.3
8.3
Fe3+
2.7
3.7
(1)萃取塔中经过_______(填写操作名称)可将含酚有机层分离出来。
(2)蒸氨塔中需要连续加入碱液并保持较高温度。请从化学平衡角度解释回答下列问题。
①写出蒸氨塔中主要的化学平衡的离子方程式：_______。
②加入碱液以及保持较高温度的原因：_______。
(3)缺氧池中含有及CN-，其中CN-(C为+2价)可被回流硝化液中的氧化为无毒气体。请预测CN-反应后的产物为_______和_______。请分析由蒸氨塔到缺氧池工序酸化的目的：_______。
(4)好氧池中富含O2与反应后的产物为，写出该反应的离子方程式：_______。
(5)下列关于混凝沉淀池中的说法合理的是_______(填写序号)。
a.混凝沉淀池溶液的pH控制在8.3左右
b.FeSO4水解产生Fe(OH)2胶体，吸附水中的悬浮颗粒
c.相同条件下，使用Fe2(SO4)3可获得相同的混凝效果
(6)出水检测
甲醛法可以测定水样中的含量，其反应原理为，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸[滴定时，与1molH+相当]。
实验步骤：
i.移取VmL出水样品，以酚酞为指示剂，用cmol/LNaOH标准液滴定至终点，中和样品中的酸。消耗NaOH溶液的体积为V1mL；
ii.另取同样体积的样品，加入足量的中性甲醛溶液，摇匀，静置5min后，加入1~2滴酚酞溶液，用NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL。
①步骤ii中滴定至终点的现象为_______。
②该水样中残留浓度为_______mol/L。
四、结构与性质
8．（2023·天津·校联考模拟预测）d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。请回答下列问题：
(1)我国科学家用和，制备超导材料，反应原理为。
①钛元素在元素周期表中的位置___________，基态钛原子的核外最高能层所含电子数___________。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
熔点/
800(分解)
-25
714
2950
沸点/
700(升华)
136.4
1412
(略)
属于___________晶体，应用所学知识解释的熔点大于的原因___________。
③写出惰性电极电解得到单质的化学方程式___________。
(2)是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸()反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断___________(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是___________。
③中的键角大于分子中的键角，请结合所学知识解释原因___________。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构，画出乙的水解产物的空间结构___________。
参考答案：
1．(1)Fe3[Fe(CN)6]2
(2) 隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 CO2 CO 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3
(3) 滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色 ×100% 偏小
【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置中的空气防止干扰产物检验，然后点燃A处酒精灯，使样品充分分解，通入B中检验产物中的二氧化碳，用C中NaOH溶液除去二氧化碳，再经浓硫酸干燥后，用CuO与CO反应生成二氧化碳，通入F中检验产物二氧化碳确定CO生成，据此分析解答。
【详解】（1）显色时，K3[Fe(CN)6]和FeC2O4反应生成Fe3[Fe(CN)6]2沉淀和K2C2O4；生成的蓝色物质为Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故答案为：Fe3[Fe(CN)6]2；
（2）①通入氮气排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置。故答案为：隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置；
②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明热分解产物中一定含有CO2，E中固体变为红色、F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，氧化产物为CO2，由此判断热分解产物中一定含有CO。故答案为：CO2；CO；
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。故答案为：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；
④Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验Fe2O3存在的方法是：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。故答案为：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3；
（3）①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，生成硫酸钾、硫酸铁、草酸，高锰酸钾氧化草酸，用c mol/L KMnO4溶液滴定，滴定终点的现象是滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。故答案为：滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；
②向上述溶液中加入过量铜粉发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用c mol/L KMnO4溶液滴定，发生反应5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗KMnO4溶液V mL，n(Fe3+)=cmol/L×V×10−3L×5=5cV×10−3mol，根据铁元素守恒，该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%=×100%。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，消耗高锰酸钾的体积偏小，会使测定结果偏小。故答案为：×100%；偏小。
2．(1) 6∶1
(2) 1 33.3%
(3)
【详解】（1）①CO2是直线形分子，其结构式为；C2H6是乙烷，其结构式为，每个乙烷分子中由1个C-C非极性键，6个C-H极性键，极性键与非极性键的个数比为6:1，②=生成物的总能量-反应物的总能量=，故答案为：；；+430。
（2）①，该反应正反应是一个放热反应，故升高温度，平衡逆向移动，则H2的体积分数随温度升高而增大，C2H4的体积分数随温度的升高而减小，且起始充入2molCO2 (g)和6molH2(g)，反应中CO2和H2的转化量之比为1: 3，故过程中CO2和H2的体积分数之比也为1:3，C2H4和H2O的体积分数之比为1:4，结合图示可知表示H2和C2H4的体积分数随温度变化的曲线分别为k，n，表示CO2的休积分数随温度变化的曲线是l；②升高温度平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，A、B、 C三点对应的化学平衡常数KA、KB、KC从大到小的顺序为KB>KA>KC；
③C点温度为357℃，反应达到平衡时：设CO2转化了2xmol，根据三段式：
由图像可知，357℃时反应达平衡后，CO2和H2O的体积分数相等，2- 2x=4x，解得，故CO2的平衡转化率为 ；容器中气体的总物质的量， 若平衡时总压为p，则p(CO2)=，，，，该反应的平衡常数。
（3）HCOONa溶液中，电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-)，物料守恒，c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，pH=8，c(H+)=，c(OH-)=，c(HCOOH)= c(Na+)- c(HCOO-)= c(OH-)- c(H+)=-=。
3．(1)
(2)+632
(3) 1：3 该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动
(4) a
【分析】溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)
【详解】（1）c()=，故答案为：；
（2）根据可得：，=+632，故答案为：+632；
（3）①在其他条件相同时，的值越大，NO的脱出率越高，结合图像可知在相同条件下a曲线对应的NO的脱出率最低，则的值最小，则应为1:3，故答案为：1:3；
②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点NO的脱出率由0.55升高到0.75，则该时间段内NO的脱除速率为， 故答案为：；
③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动，导致NO脱除率下降，故答案为：该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动；
（4）NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应中1molNO失1mol电子生成，1mol 得1mol电子生成，根据得失电子守恒及元素守恒得反应：；
采用电解法将上述吸收液中的转化为无毒物质，同时再生，则发生电极反应，该反应应为阳极反应，结合电池装置可知左侧电极为阳极，则应从a口流出；通过电极反应转化为无毒的氮气，应在阴极反应，电极反应式为：，故答案为：；a；。
4．(1)
(2) b CO歧化反应为体积减小的放热反应，增大压强或降低温度，平衡正移，即低温高压有利于反应正向进行，平衡碳量大，与b相符
(3) 减小 裂解
(4)BCD
(5)5.3
【详解】（1）充电时，阳离子向阴极移动，复合膜中的阳离子是，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极，图中移向多孔Pd纳米片、移向Zn，则Zn为负极、多孔Pd纳米片为正极，负极上Zn失去电子生成，负极电极反应为；
（2）对积碳反应进行计算，得到温度和压强对积碳反应中平衡碳量的影响图，其中表示温度和压强对CO歧化反应中平衡碳量影响的是b图，CO歧化反应为体积减小的放热反应，增大压强或降低温度，平衡正移，即低温高压有利于反应正向进行，平衡碳量大，与b相符；故答案为b；
（3）根据图a、图b可知，当温度由700℃升高至1000℃且达到平衡时，裂解正向移动的碳增加量比CO歧化逆向移动的碳减少量小，故含碳量减少，而高温时CO歧化反应产生的积碳少，积碳主要有裂解产生；
（4）A. CO的消耗速率为正反应速率，的生成速率也为正反应速率，无法判断平衡，A错误；
B. 一定条件，CO的转化率不再变化，CO的消耗速率和生成速率相等，可以判断平衡，B正确；
C. 在绝热恒容的容器中，随着反应的进行，反应体系的温度改变，平衡常数也改变，当平衡常数不再变化，说明反应达到平衡状态，C正确；
D. 容器中气体的平均相对分子质量等于总质量与总物质的量的比值，总物质的量改变，所以平均相对分子质量改变，当不变时，反应达到平衡状态，D正确；故选择BCD；
（5）向1L恒容密闭容器中通入4mol的CH4和2mol的CO2，在800℃下若只发生主反应，列出三段式：，平衡时测得CO的体积分数为25%，则，解得x=1，则主反应的。
5．(1) -286
(2) <
(3) 5.4 相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂B副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高
【详解】（1）燃烧热是在101 kPa时，1 mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；电解液态水制备，电解反应的，由此可以判断，2mol完全燃烧消耗，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此燃烧热的热化学方程式： -286。
（2）①由的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可知，K随着温度升高而减小，故升高温度，平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②若反应为基元反应，则反应为一步完成，由于反应的与活化能(Ea)的关系为，由图2信息可知=a，则a，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的能量变化示意图为： 。
③温度t下，向容积为10 L的密闭容器中通入5.2 mol 和0.9 mol ，反应平衡后测得容器中，则根据化学方程式体现的关系可知，的转化率为；
的平衡浓度分别为、、、，则该反应的平衡常数K=；
（3）①在选择使用催化剂A和350℃条件下反应，由表中信息可知，的浓度由0增加到10.8，因此，生成的平均反应速率为；
②由表中信息可知，在选择使用催化剂A和350℃条件下反应， 的浓度由0增加到10.8，，:＝12722:10.81178；在选择使用催化剂B和350℃的反应条件下，的浓度由0增加到9.2，:＝10775:9.21171；在选择使用催化剂A和400℃条件下反应， 的浓度由0增加到345.2，:＝41780:345.2121；在选择使用催化剂B和400℃的反应条件下，的浓度由0增加到34，:＝39932:341174。因此，若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂B和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂B副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
6．(1) < <
(2) 80% 250℃
(3)ce
(4) N 牺牲阳极的阴极保护法 2H2O+O2+4e-=4OH-
【详解】（1）由图表可知，随着温度的升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，反应为放热反应，ΔH<0；反应为气体分子数减小的反应，为熵减反应，ΔS<0；
（2）某温度下，将和充入的密闭容器中，充分反应后，达到平衡时测得；
则的转化率是，，则此时的温度是250℃；
（3）a．反应为放热反应，升温平衡逆向移动，的转化率降低，a不符合题意；
b．恒容充入，平衡正向移动，促进氢气转化，但是的转化率降低，b不符合题意；
c．恒容充入，平衡正向移动，促进CO转化，的转化率升高，c符合题意；
d．恒压充入惰性气体，容器体积变大，相当于减小压强，平衡逆向移动，的转化率降低，d不符合题意；
e．分离出甲醇，平衡正向移动，促进CO转化，的转化率升高，e符合题意；
故选ce；
（4）①若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处，使得铁做阴极被保护；假设海水中溶质只有，此时总反应为水和氯离子放电生成氯气和氢气、氢氧根离子，离子方程式：；
②若X为锌，开关K置于M处，铁做为正极被保护，该电化学防护法称为牺牲阳极的阴极保护法；海水呈碱性，发生吸氧腐蚀，铁电极上的电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-。。
7．(1)萃取、分液
(2) +OH-NH3∙H2ONH3+H2O 连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气；保持较高的温度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出
(3) N2 CO2 营造酸性环境，增强的氧化能力，有利于将CN-氧化为无毒气体
(4)2O2+=2H+++H2O
(5)c
(6) 当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色
【分析】煤化工厂废水含有大量有机物、氨氮、氰化物、悬浮颗粒等有害物质，在萃取塔中加入萃取剂，萃取后分液，可获得含酚有机层；将水层放入蒸氨塔中，可获得氨气；将所得污泥在缺氧池酸化，并加入硝化液，将CN-氧化为无害气体；将硝化后的污泥在好氧池中将氧化为，加入Na2CO3调节溶液的pH，将金属离子转化为沉淀；将经过沉淀池的浊液中加入FeSO4沉淀，用生成的Fe(OH)3胶体去除悬浮颗粒物，最后出水。
【详解】（1）分离含酚有机物与无机物的水溶液，在萃取塔中经过萃取、分液可将含酚有机层分离出来。答案为：萃取、分液；
（2）①蒸氨塔中，加碱后，将转化为一水合氨，进而转化为NH3，则主要的化学平衡的离子方程式：+OH-NH3∙H2ONH3+H2O。
②蒸氨塔中连续加入碱液，可促进的转化，保持较高温度，有利于氨气的逸出，则加入碱液以及保持较高温度的原因：连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气；保持较高的温度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出。答案为：+OH-NH3∙H2ONH3+H2O；连续加入碱液，促进平衡正向移动，生成更多的氨气；保持较高的温度，降低氨气的溶解度，有利于氨气的逸出；
（3）缺氧池中CN-(C为+2价)可被回流硝化液中的氧化为无毒气体，则CN-反应后的产物为N2和CO2。由蒸氨塔到缺氧池，表现强氧化性时，需要提供酸性环境，则酸化的目的：营造酸性环境，增强的氧化能力，有利于将CN-氧化为无毒气体。答案为：N2；CO2；营造酸性环境，增强的氧化能力，有利于将CN-氧化为无毒气体；
（4）好氧池中富含O2与，反应后的产物为，则该反应的离子方程式：2O2+=2H+++H2O。答案为：2O2+=2H+++H2O；
（5）a.混凝沉淀池中，若溶液的pH控制在8.3左右，则Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，得不到Fe(OH)3胶体，a不正确；
b.加入FeSO4被氧化为Fe2(SO3)3，水解产生Fe(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒而净水，b不正确；
c. FeSO4被氧化为Fe2(SO3)3，与相同条件下使用Fe2(SO4)3获得的混凝效果相同，c正确；
故选c；
（6）①步骤ii中滴定至终点时，溶液由酸性变为碱性，酚酞由无色变为浅红色，则产生的现象为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色。
②出水样品中直接加NaOH溶液时，发生反应H++OH-=H2O，则溶液中H+的物质的量为cmol/L×V1×10-3L，加入甲醛后，转化为H+等，与出水样品中原有的H+共同消耗NaOH，此时——H+——OH-，则该水样中残留浓度为=mol/L。答案为：当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不变色；。
【点睛】描述滴定终点的现象时，一定要强调“半分钟内不变色”。
8．(1) 第四周期ⅣB族 2 分子 氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁 MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑
(2) 甲 PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子
【详解】（1）①钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，价电子排布式为3d24s2，则原子核外最高能层N层所含电子数为2，故答案为：第四周期ⅣB族；2；
②由熔沸点可知，四氯化钛为熔沸点低的分子晶体；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，所以氮化镁的晶格能大于氯化镁，熔点高于氯化镁，故答案为：分子；氮化镁和氯化镁都是离子晶体，氮离子的离子半径小于氯离子，氮化镁的晶格能大于氯化镁；
③用惰性电极电解熔融氯化镁得到镁和氯气，反应的化学方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，故答案为：MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑；
（2）①由相似相溶的规律可知，极性分子甲能溶于水，非极性分子乙不溶于水，所以甲在水中的溶解度大于乙，故答案为：大于；
②由题意可知，PtCl2(NH3)2发生水解反应生成Pt(OH)2(NH3)2和氯化氢，反应的化学方程式为PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl，故答案为：PtCl2(NH3)2+2H2O Pt(OH)2(NH3)2+2HCl；
③Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子，所以配合物中H−N−H的键角大于氨分子中的H−N−H键角，故答案为：Pt(OH)2(NH3)2中氨分子中的氮原子的孤对电子与铂原子形成配位键，配位键对成键电子对的排斥力小于孤对电子；
④由甲、乙均为平面结构可知，乙为反二氯二氨合铂，则水解产物的空间结构为，故答案为：。
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