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1、高考必考大题专练(二)化学原理综合应用题(A组)12021广东卷，19我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：a)CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)H1b)CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2c)CH4(g)C(s)2H2(g)H3d)2CO(g)CO2(g)C(s)H4e)CO(g)H2(g)H2O(g)C(s)H5(1)根据盖斯定律，反应a的H1_(写出一个代数式即可)。(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_。A增大CO2与CH4的浓度，反应a、b
2、、c的正反应速率都增加B移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动C加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D降低反应温度，反应ae的正、逆反应速率都减小(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图1所示。该历程分_步进行，其中，第_步的正反应活化能最大。(4)设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以p0(p0100kPa)。反应a、c、e的lnK随(温度的倒数)的变化如图2所示。反应a、c、e中，属于吸热反应的有_(填字母)。反应c的相对压力平衡常数表达式为K_。在图2中A点对应温度下、原料组
3、成为n(CO2)n(CH4)11、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程：_。(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：_。22021河北卷，16(节选)当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点，因此，研发二氧化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25时，相关物质的燃烧热数据如下表：物质H2(g)C(石墨，s)C6H6(l)燃烧热H(kJmol1)285.8393.53267.5则25时H2(g)和C(石墨，s)生
4、成C6H6(l)的热化学方程式为_。(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：CO2(g)CO2(aq)CO2(aq)H2O(l)H(aq)HCO(aq)25时，反应的平衡常数为K0溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压总压物质的量分数)，比例系数为ymolL1kPa1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x时，溶液中H浓度为_molL1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO的电离)。(3)105时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)H2O(g)CO2(g)上述
5、反应达平衡时体系的总压为46kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于_kPa。(4)我国科学家研究LiCO2电池，取得了重大科研成果。回答下列问题：LiCO2电池中，Li为单质锂片，则该电池中的CO2在_(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤的离子方程式。.2CO22e=C2O.C2O=CO2CO._.CO2Li=Li2CO3研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被
6、电化学还原。CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_。32020全国卷，28(2)(3)天然气的主要成分为CH4，一般还含有C2H6等烃类，是重要的燃料和化工原料。(2)高温下，甲烷生成乙烷的反应如下：2CH4C2H6H2。反应在初期阶段的速率方程为：rkcCH4，其中k为反应速率常数。设反应开始时的反应速率为r1，甲烷的转化率为时的反应速率为r2，则r2_r1。对于处于初期阶段的该反应，下列说法正确的是_。A增加甲烷浓度，r增大B增加H2浓度，r增大C乙烷的生成速率逐渐增大D降低反应温度，k减小(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置
7、实现两种分子的耦合转化，其原理如图所示：阴极上的反应式为_。若生成的乙烯和乙烷的体积比为21，则消耗的CH4和CO2体积比为_。4CO2/HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。(1)CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO，其离子方程式为_；其他条件不变，HCO转化为HCOO的转化率随温度的变化如图1所示。反应温度在4080范围内，HCO催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是_。(2)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图2所示，两电极区间用允许K、H通过的半透膜隔开。电池负极电极反
8、应式为_；放电过程中需补充的物质A为_(填化学式)。图2所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为_。(3)HCOOH催化释氢。在催化剂作用下，HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图3所示。HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成_(填化学式)。研究发现：其他条件不变时，以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是_。化学原理综合应用题(B组)12021湖南卷，16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.氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据在
9、一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题：(1)反应2NH3(g)N2(g)3H2(g)H_kJmol1；(2)已知该反应的S198.9Jmol1K1，在下列哪些温度下反应能自发进行？_(填标号)；A.25B125C.225D325(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。若保持容器容积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0t1时间内的反应速率v(H2)_molL1min1(用含t1的代数式表示)；t2时将容器容积迅速缩
10、小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是_(用图中a、b、c、d表示)，理由是_；在该温度下，反应的标准平衡常数K_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)K，其中p100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压。方法.氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。(4)电解过程中OH的移动方向为_(填“从左往右”或“从右往左”)；(5)阳极的电极反应式为_。22021浙江卷，29“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
11、的化学方程式是_。(2)下列说法不正确的是_。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：Cl2(g)Cl2(aq)K1Cl2(aq)H2O(l)H(aq)Cl(aq)HClO(aq)K2其中p为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。Cl2(g)Cl2(aq)的焓变H1_0(填”“”或“”)。平衡常数K2的表达式为K2_。氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c_。(用平衡压强p和上述平衡常数
12、表示，忽略HClO的电离)(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应的化学方程式为：.TiO2(s)2Cl2(g)TiCl4(g)O2(g)H181kJmol1，K3.41029.2C(s)O2(g)2CO(g)H221kJmol1，K1.21048结合数据说明氯化过程中加碳的理由：_。(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5molL1，反应30min测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高产
13、物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是_。A.适当提高反应温度B改变催化剂C.适当降低反应温度D改变反应物浓度3水是“生命之基质”，是“永远值得探究的物质”。(1)关于反应H2(g)O2(g)=H2O(l)，下列说法不正确的是_。A.焓变H0，熵变S0B.可以把反应设计成原电池，实现能量的转化C.一定条件下，若观察不到水的生成，说明该条件下反应不能自发进行D.选用合适的催化剂，有可能使反应在常温常压下以较快的速率进行(2)根据H2O的成键特点，画出与图1中H2O分子直接相连的所有氢键(OHO)。将一定量水放入抽空的恒容密闭容器中，测定不同温度(T)下气态、液态水平衡共存H2O(l)H2O(g)时的
14、压强(p)。在图2中画出从20开始经过100的p随T变化关系示意图(20时的平衡压强用p1表示)。(3)水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2)、临界压强(22.1MPa)时的水称为超临界水。与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因_。如果水的离子积Kw从1.01014增大到1.01010，则相应的电离度是原来的_倍。超临界水能够与氧气等氧化剂以任意比例互溶，由此发展了超临界水氧化技术。一定实验条件下，测得乙醇的超临界水氧化结果如图3、图4所示，其中x为以碳元素计的物质的量分数，t为反应时间。下列说法合理的是_。A.乙醇的超临界水
15、氧化过程中，一氧化碳是中间产物，二氧化碳是最终产物B.在550条件下，反应时间大于15s时，乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全C.乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率或二氧化碳的生成速率都可以用来表示反应的速率，而且两者数值相等D.随温度升高，xCO峰值出现的时间提前，且峰值更高，说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大(4)以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。阳极的电极反应式是_。制备H2O2的总反应方程式是_。4CO2的资源化利用能有效减少CO2排放，充分利用碳资源。(1)C
16、aO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4H2O热分解可制备CaO，CaC2O4H2O加热升温过程中固体的质量变化如图1。写出400600范围内分解反应的化学方程式：_。与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因是_。(2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图2。写出阴极CO2还原为HCOO的电极反应式：_。电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低，其原因是_。(3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法，其过程中主要发生下列反应：反应：CO2
17、(g)H2(g)=CO(g)H2O(g)H41.2kJmol1反应：2CO2(g)6H2(g)=CH3OCH3(g)3H2O(g)H122.5kJmol1在恒压，CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图3。其中：CH3OCH3的选择性100%温度高于300，CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是_。220时，在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后，测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度，一定能提高CH3OCH3选择性的措施有_。高考必考大题专练（二）化学原理综合应用题（A组）1解析：（1）由题给反应方程式
18、可知，反应a可由反应cd或反应bce得到，故根据盖斯定律，H1H3H4或H1H2H3H5。（2）增大CO2的浓度，反应a、b的正反应速率增加；增大CH4的浓度，反应a、c的正反应速率增加，A正确。由于C（s）是固体，移去部分C（s），平衡不移动，B错误。催化剂只能改变反应速率，不影响化学平衡移动，则不能提高CH4的平衡转化率，C错误。降低反应温度，正、逆反应速率均减小，D正确。故选AD。（3）由题图1可知，反应分为CH4CH3HCH22HCH3HC4H4个步骤，其中第4步的正反应活化能最大。（4）由题图2可知，反应a、c的K随T升高而增大，故a、c均为吸热反应。反应e的K随T升高而减小，故e为
19、放热反应。由于C（s）是固体，因此反应c的相对压力平衡常数表达式为K。由题图2可知，A点对应温度下反应c的lnK0，即K1，p（CH4）16kPa，根据反应条件，可知二氧化碳与甲烷物质的量之比等于压强之比，则p初始（CH4）100kPa50kPa，则CH4的平衡转化率为100%68%。（5）CO2经加压、降温可转化为干冰，干冰常用于制冷剂、人工降雨等。答案：（1）H3H4（或H2H3H5）（2）AD（3）44（4）ac由题图2中A点对应温度下反应c的lnK0，即K1，p（CH4）16kPa，p初始（CH4）100kPa50kPa，CH4的平衡转化率为100%68%（5）干冰做制冷剂、人工降雨等
20、（合理即可）2解析：（1）由题给燃烧热数据可得，H2（g）O2（g）=H2O（l）H1285.8kJmol1，C（石墨，s）O2（g）=CO2（g）H2393.5kJmol1，C6H6（l）O2（g）=6CO2（g）3H2O（l）H33267.5kJmol1，根据盖斯定律，目标方程式可由36得到，其H（285.8kJmol1）3（393.5kJmol1）6（3267.5kJmol1）49.1kJmol1，故H2（g）与C（石墨，s）生成C6H6（l）的热化学方程式为3H2（g）6C（石墨，s）=C6H6（l）H49.1kJmol1。（2）溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比，比例系数为y
21、molL1kPa1，因此当大气压强为pkPa，大气中CO2（g）的物质的量分数为x时，溶液中CO2（aq）浓度为ypxmolL1。设溶液中H浓度为amolL1，由反应CO2（aq）H2O（l）=H（aq）HCO（aq），可得c（HCO）c（H）amolL1，cCO2（aq）ypxmolL1，则K，解得a。（3）平衡体系总压为46kPa，则由2MHCO3（s）M2CO3（s）H2O（g）CO2（g）可得p（H2O）p（CO2）23kPa，Kp2323。若保持温度不变，设开始先通入CO2的压强为xkPa，平衡时水蒸气分压为5kPa时，可列“三段式”：2MHCO3（s）M2CO3（s）H2O（g）C
22、O2（g）起始/kPa0x转化/kPa55平衡/kPa55xKp23235（5x），解得x100.8，故为使平衡时水蒸气分压小于5kPa，CO2（g）初始压强应大于100.8kPa。（4）LiCO2电池的总反应式为4Li3CO2=2Li2CO3C。电池中，锂为负极，CO2在正极发生电化学反应，由电池总反应式可得正极反应为3CO24e4Li=2Li2CO3C；结合步骤、，可得步骤的离子方程式为2COCO2=2COC。介质呈碱性，应用OH配平，CO2在碱性介质中电还原为正丙醇，电极反应方程式为3CO218e13H2O=CH3CH2CH2OH18OH。答案：（1）3H2（g）6C（石墨，s）=C6H
23、6（l）H49.1kJmol1（2）（3）100.8（4）正2COCO2=2COC3CO218e13H2O=CH3CH2CH2OH18OH3解析：（2）反应初始时可认为cCH41molL1，则根据初期阶段的速率方程可知kr1，当CH4的转化率为时，cCH4（1）molL1，则此时r2（1）r1。由rkcCH4可知，CH4的浓度越大，反应速率r越大，A项正确；增加H2浓度，CH4的浓度减小或不变，则r减小或不变，B项错误；随着反应的进行，CH4的浓度逐渐减小，则反应速率逐渐减小，C项错误；降低温度，该反应进行非常缓慢甚至停止，即k也随着减小，D项正确。（3）结合图示可知CO2在阴极发生还原反应生
24、成CO，即阴极上的反应式为CO22e=COO2。设生成C2H4和C2H6的物质的量分别为2mol和1mol，则反应中转移电子的物质的量为4mol22mol110mol，根据碳原子守恒，可知反应的CH4为6mol；则由CO2CO转移10mol电子，需消耗5molCO2，则反应中消耗CH4和CO2的体积比为65。答案：（2）（1）AD（3）CO22e=COO2654解析：本题考查离子方程式的书写、影响化学反应速率的因素、原电池的工作原理等知识，考查的化学学科核心素养是宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想。（1）HCO和H2在催化剂的作用下反应生成HCOO，根据原子守恒和电荷守恒，可知生成物中还有
25、水，据此可写出有关反应的离子方程式。适当升高温度时，催化剂的活性增强，HCO催化加氢的反应速率增大，相同反应时间内，HCO催化加氢的转化率迅速上升。（2）负极发生氧化反应，碱性条件下，HCOO（其中的碳元素为2价）被氧化生成HCO（其中的碳元素为4价），则负极的电极反应式为HCOO2OH2e=HCOH2O。正极反应中，Fe3被还原为Fe2，Fe2再被O2在酸性条件下氧化为Fe3，Fe3相当于催化剂，因为最终有K2SO4生成，O2氧化Fe2的过程中要消耗H，故需要补充的物质A为H2SO4。结合上述分析可知，HCOOH与O2反应的离子方程式为2HCOOH2OHO2=2HCO2H2O或2HCOOO2
26、=2HCO。（3）根据原子守恒并结合题图3，可知HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成HD。从题图3可以看出，HCOOH催化释氢的第一步是转化为HCOO，故以HCOOK溶液代替HCOOH催化释氢，可以提高释放氢气的速率，又HCOOK催化释氢时，氢元素的来源单一，提高释放出氢气的纯度。答案：（1）HCOH2HCOOH2O温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强（2）HCOO2OH2e=HCOH2OH2SO42HCOOH2OHO2=2HCO2H2O或2HCOOO2=2HCO（3）HD提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度化学原理综合应用题（B组）1解析：（1）H反应物键能总和生成物键
27、能总和，根据热化学方程式以及表格中数据可得H390.8kJmol132（946kJmol1436.0kJmol13）90.8kJmol1。（2）若反应能自发进行，则GHTS0，代入数据，GHTS90.8103Jmol1T198.9Jmol1K1456.5K，转化成摄氏温度，则t183.5，故选C、D。（3）设0t1时间内生成的氮气为xmol，列“三段式”：2NH3N23H2起始量/mol0.100变化量/mol2xx3x平衡量/mol0.12xx3x由题图可知t1时，氨气和氢气的平衡分压相等，根据压强之比等于物质的量之比，所以n（NH3）n（H2），则3x0.12x，解得x0.02，所以v（H
28、2）molL1min1。t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半，N2分压变为原来的2倍；其他条件不变时，容器容积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即该平衡逆向移动，所以N2分压先变为原来的2倍，后逐渐减小，故选b。由题图可知，t1时，反应达到平衡状态，且p（NH3）p（H2）1.2100kPa，p（N2）0.4100kPa，则K0.48。（4）根据反应物以及两极产物，可以看出产生氢气的一极氢元素的化合价变化为10，发生还原反应，应为阴极，产生氮气的一极氮元素的化合价变化为30，发生氧化反应，应为阳极。电解池中，阴离子向阳极移动，所以电解过程中OH的移动方向为从右往左。（5）阳极上NH
29、3变为N2，溶液环境为碱性，所以阳极的电极反应式为2NH36e6OH=N26H2O。答案：（1）90.8（2）CD（3）b容积迅速缩小至原来的一半时，N2分压变为原来的2倍；其他条件不变时，容器容积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡逆向移动，所以N2分压先变为原来的2倍，后逐渐减小0.48（4）从右往左（5）2NH36e6OH=N26H2O2解析：（1）电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程式是2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。（2）氯气可以与碱反应，所以不能用碱石灰干燥氯气，A说法错误；氯气可以与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，
30、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；常温下，干燥氯气不容易与金属铁反应，所以可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C说法正确；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。（3）Cl2（g）Cl2（aq）表示的是氯气的溶解平衡，气体的溶解度随温度的升高而减小，即升温，平衡Cl2（g）Cl2（aq）逆向移动，说明正向放热，则H10。根据化学方程式和平衡常数的意义可得，K2。Cl2（g）Cl2（aq）与Cl2（aq）H2
31、O（l）H（aq）Cl（aq）HClO（aq）相加可得到Cl2（g）H2O（l）H（aq）Cl（aq）HClO（aq），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，cc（Cl2）c（HClO）c（Cl），由于HCl是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则c（H）c（Cl）c（HClO），由K2可知c（Cl）c（HClO）c（Cl2）K2，由K1可知，c（Cl2）K1p，则c（Cl）c（HClO）（K1K2p），因此，cK1p（K1K2p）。（4）根据反应：TiO2（s）2Cl2（g）TiCl4（g）O2（g）H181kJmol1，K3.41029，可知该反应正向进行程度
32、非常小，正向反应还需要吸收能量，所以单独进行该反应是不可能的；加碳消耗氧气促进反应平衡正向移动，同时由反应反应得：TiO2（s）2Cl2（g）2C（s）=TiCl4（g）2CO（g），KKK4.081019远大于K，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现。（5）由题意可知，在该温度下，生成对二氯苯的反应更容易发生，说明生成邻二氯苯的反应活化能大，如果想促进生成邻二氯苯，可以提高反应温度，A正确，C错误；还可以通过改变催化剂，改变反应途径，使生成邻二氯苯的反应更容易发生，B正确；反应物浓度对于平行反应的影响是相同的，D错误。答案：（1）2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2（2）A（3）K1p（
33、K1K2p）（4）反应反应得TiO2（s）2Cl2（g）2C（s）=TiCl4（g）2CO（g），该反应的KKK4.081019远大于K，反应使TiO2氯化为TiCl4得以实现；HHH40kJmol1，反应可为反应提供所需的能量（5）AB3解析：（1）氢气在氧气中燃烧生成液态水的反应是一个放热且熵减的反应，A项正确；该反应是一个自发的氧化还原反应，可以将该反应设计成原电池，将化学能转化为电能，B项正确；是否能观察到有水生成除了与反应能否自发进行有关外，还与反应的速率有关，观察不到有水生成，不能说明该条件下反应不能自发进行，C项错误；使用合适的催化剂，有可能使氢气和氧气在常温常压下快速反应，D项
34、正确，故选C。（2）一个水分子可以形成4个氢键。当液体的饱和蒸气压与外界大气压相等时，液体沸腾，此时的温度称为该液体的沸点。由于常温常压下，水的沸点为100，故100时，水的饱和蒸气压为1.01105Pa，故20时，压强为p1，100时，压强为1.01105Pa，据此作图。（3）水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，导致水的离子积常数增大。水的离子积常数从1.01014增大到1.01010，水电离产生的c（H）从107molL1增大到105molL1，水的电离度是原来的100倍。根据图3可知，乙醇的超临界水氧化过程中，CO含量先增大再减小，CO2含量一直增大，C2H5OH含量一直减小
35、，可见CO是中间产物，CO2是最终产物，A项正确；由图4可知，在550时，反应15s之后，CO含量接近于零，说明乙醇氧化为二氧化碳已趋于完全，B项正确；乙醇的超临界水氧化过程中，乙醇的消耗速率和二氧化碳的生成速率的数值不相等，C项错误；由图4可知，温度升高时，只有单位时间内乙醇氧化生成CO的速率比CO氧化生成CO2的速率快，xCO峰值出现的时间才会提前，且峰值更高，由此说明乙醇的氧化速率比一氧化碳氧化速率的增长幅度更大，D项正确，故选ABD。（4）根据题意可知，阳极SO失电子被氧化为S2O，电极反应式为2SO2e=S2O，生成的S2O又与H2O反应生成H2O2和SO，故总反应方程式为2H2OH
36、2O2H2。答案：（1）C（2）（3）水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离（压强对电离平衡影响不大）100ABD（4）2HSO2e=S2O2H或2SO2e=S2O2H2OH2O2H24解析：本题涉及的知识点有热重实验、电解原理的应用、化学平衡移动等，通过分析图像，做出合理解释，考查了学生分析和解决化学问题的能力，体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养，以及创新思维和创新意识的价值观念。（1）根据图中质量变化可知，CaC2O4H2O分解产生的气态产物依次为H2O（g）、CO、CO2，固体分解过程为CaC2O4H2OCaC2O4CaCO3CaO。CaO捕集CO2的性能与CaO与CO2气体的接触面
37、积有关，CaC2O4H2O分解产生的气体更多，使生成的CaO更加疏松多孔，捕集性能更好。（2）CO2、HCOO中碳元素化合价分别为4、2价，阴极电极反应式为CO22eH=HCOO。阳极区生成O2：4OH4e=O22H2O（或2H2O4e=O24H），溶液pH减小，HCO与H反应生成CO2逸出，K部分通过阳离子交换膜移向阴极区，故阳极区KHCO3溶液浓度降低。（3）从反应特点看，反应是吸热反应、反应是放热反应，温度升高，CH3OCH3的选择性急剧下降，大于300时CO2平衡转化率上升，说明升高温度，反应中CO2的转化率上升幅度超过反应中CO2的转化率降低幅度。反应是气体分子数减小的反应，可以增大压强使平衡向右移动；从影响反应速率的角度考虑，反应时间不变的条件下，可使用对反应催化活性更高的催化剂。答案：（1）CaC2O4CaCO3COCaC2O4H2O热分解放出更多的气体，制得的CaO更加疏松多孔（2）CO2H2e=HCOO或CO2HCO2e=HCOOCO阳极产生O2，pH减小，HCO浓度降低；K部分迁移至阴极区（3）反应的H0，反应的H0，温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为CH3OCH3的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度增大压强、使用对反应催化活性更高的催化剂