考点：化学平衡常数的含义；热化学方程式；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．

分析：（1）根据盖斯定律及题干中热化学方程式计算出反应2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H；（2）根据反应①﹣③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线进行判断变化规律；（3）根据图象判断900℃时反应①的lgK=2，则平衡常数为102，设出反应前CO浓度为c，根据平衡常数表达式列式计算即可；（4）根据氧气能够消耗副产物中生成的二氧化硫、碳进行分析；（5）根据“CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4”可知另一种反应物为氧气，据此写出反应的化学方程式；在对二甲苯的苯环上添上应该羧基即可得到该有机物．

解答：解：（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）⇋CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，故答案为：4△H1+△H2+2△H3；（2）根据图象曲线变化可知，反应①、③为放热反应，随着温度的升高，平衡常数K逐渐减小，则lgK逐渐减小，而反应②为吸热反应，升高温度，平衡常数K逐渐增大，则lgK逐渐增大，所以Ⅰ表示的为反应③、Ⅱ曲线表示的为反应②，变化规律为：当△H＞0时，lgK随温度升高而增大，当△H＜0时，lgK随温度升高而减小；根据反应①和曲线Ⅰ（反应③反应）的反应热可知，当温度同等变化时，△H的数值越大lgK的变化越大，故答案为：（a）当△H＞0时，lgK随温度升高而增大，当△H＜0时，lgK随温度升高而减小；（b）当温度同等变化时，△H的数值越大lgK的变化越大；（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应方程式为：CaSO4（s）+CO（g）⇋CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ•mol﹣1，根据图象曲线可知，反应①于900℃时lgK=2，平衡常数为102=100，c平衡（CO）=8.0×10﹣5 mol•L﹣1，设一氧化碳反应前浓度为c，则反应消耗的CO浓度=反应生成二氧化碳浓度=（c﹣8.0×10﹣5）mol/L，平衡常数K===100，解得c=8.08×10﹣3mol/L，一氧化碳的转化率为：×100%≈99%，答：CO的转化率为99%；（4）氧气能够与二氧化硫、C发生反应，所以在初始原料中加入适量的氧气，可以抑制副反应②③的进行，有利于获得更纯净的CO2，故答案为：O2；（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，则另一种反应为为氧气，该反应的化学方程式为 CaS+2O2CaSO4；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，相当于用羧基取代苯环上的氢原子，对二甲苯中苯环上4个H原子位置等价，则该产物的结构简式为：，故答案为：CaS+2O2CaSO4；．

点评：本题考查了化学平衡常数的计算、有机物结构与性质、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量较大，注意掌握化学平衡常数的概念及计算方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用．

32．（16分）（2014•广东）石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2（7.8%）、Al2O3（5.1%）、Fe2O3（3.1%）和MgO（0.5%）等杂质，设计的提纯与综合利用工艺如下：

（注：SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃）

（1）向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失．

（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体I中的碳氧化物主要为CO，由气体Ⅱ中某物质得到水玻璃的化学反应方程式为SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O．

（3）步骤①为：搅拌、过滤、所得溶液IV中的阴离子有AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣．

（4）由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的总反应的离子方程式为AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓，100kg初级石墨最多可获得V的质量为7.8kg．

（5）石墨可用于自然水体中铜件的电化学防腐，完成图2防腐示意图，并作相应标注．

考点：真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

专题：实验设计题．

分析：（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应；（2）高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠； （3）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，过滤得到的溶液中含有偏铝酸钠、过量的氢氧化钠；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇；根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，再根据Al元素守恒计算氢氧化铝的质量；（5）Cu的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极，Cu作阴极，连接电源的负极．

解答：解：（1）石墨化学性质在常温下稳定，而在高温下可与氧气发生反应，所以通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失，故答案为：通入氮气排尽装置中的空气，防止石墨发生氧化反应，减少石墨损失；（2）石墨过量高温反应后，石墨中氧化物杂质均转变为相应的氯化物，根据杂质的含量可知，气体I中氯化物主要为SiCl4、AlCl3、FeCl3等，气体I中碳氧化物主要为CO，SiCl4的沸点为57.6℃，金属氯化物的沸点均高于150℃，80℃冷却得到的气体Ⅱ含有SiCl4及CO，SiCl4与氢氧化钠溶液反应得到硅酸钠与氯化钠，化学反应方程式为：SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O，故答案为：CO；SiCl4+6NaOH=Na2SiO3+4NaCl+3H2O；（3）金属氯化物的沸点均高于150℃，则固体Ⅲ中存在AlCl3、FeCl3、MgCl2，其中FeCl3、MgCl2与过量的氢氧化钠溶液反应得到沉淀，而氯化铝与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，搅拌、过滤得到溶液IV，故溶液IV中的阴离子有：AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣，故答案为：过滤；AlO2﹣、OH﹣、Cl﹣；（4）偏铝酸钠发生水解，加入乙酸乙酯除去过量的氢氧化钠，且加热条件下水解平衡一直正向移动，得到氢氧化铝沉淀、醋酸钠、乙醇，由溶液IV生成沉淀V的总反应的离子方程式为：AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓，Al2O3的质量分数为5.1%，则100kg初级石墨中氧化铝的质量=100kg×5.1%=5.1kg，根据Al元素守恒，可知氢氧化铝的质量==7.8kg；故答案为：AlO2﹣+CH3COOCH2CH3+2H2OCH3COO﹣+CH3CH2OH+Al（OH）3↓；7.8；根据氧化铝的含量计算氧化铝质量，（5）Cu的化学性质比石墨活泼，所以应用外接电流的阴极保护法保护Cu，故石墨作阳极，连接电源的正极，Cu作阴极，连接电源的负极，装置图为：，故答案为：．

点评：本题考查物质制备分离、阅读题目获取信息能力、化学方程式及离子方程式书写、化学计算、电化学防护等，需要学生具备扎实的基础及迁移运用能力，难度中等．

33．（17分）（2014•广东）H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛．

（1）某小组拟在同浓度Fe3+的催化下，探究H2O2浓度对H2O2分解反应速率的影响．限选试剂与仪器：30% H2O2、0.1mol•L﹣1 Fe2（SO4）3、蒸馏水、锥形瓶、双孔塞、水槽、胶管、玻璃导管、量筒、秒表、恒温水浴槽、注射器

①写出本实验H2O2分解反应方程式并标明电子转移的方向和数目：

②设计实验方案：在不同H2O2浓度下，测定相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少（要求所测得的数据能直接体现反应速率大小）．

③设计实验装置，完成如1图所示的装置示意图．

④参照下表格式，拟定实验表格，完整体现实验方案（列出所选试剂体积、需记录的待测物理量和所拟定的数据；数据用字母表示）．

实验序号 物理量V[0.1mol•L﹣1 Fe2（SO4）3]/mL…

1a…

2a…

（2）利用图2（a）和2（b）中的信息，按图2（c）装置（连能的A、B瓶中已充有NO2气体）进行实验．可观察到B瓶中气体颜色比A瓶中的深（填“深”或“浅”），其原因是2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色），△H＜0是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应．当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温，使瓶中反应朝逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深．

考点：真题集萃；测定某些化学反应的速率；探究温度、压强对化学反应速率的影响；性质实验方案的设计

专题：实验设计题．

分析：（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂；②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接；④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明不同H2O2浓度对反应速率影响；（2）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动．

解答：解：（1）①过氧化氢在硫酸铁作催化剂条件下分解生成水与氧气，反应中过氧化氢既作氧化剂又做还原剂，标出电子转移数目及方向为：，故答案为：；②反应速率表示单位时间内物质的量浓度变化量，测定不同浓度的过氧化氢对反应速率的影响，需要测定相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少，故答案为：相同时间内产生氧气的体积多少，或生成相同体积的氧气所需时间的多少；③利用排水量气法收集一定体积的氧气，用盛满水的量筒倒立于盛水的水槽中，并用导管与图1连接，装置图为：，故答案为：；④测定相同时间内产生氧气的体积多少，保证催化剂的浓度应相同，故加入双氧水溶液体积与水的总体积不变，通过改变二者体积，根据相同时间内生成氧气的体积说明不同H2O2浓度对反应速率影响，实验方案为：故答案为：；（2）由图a可知，1mol过氧化氢总能量高于1mol水与0.5mol氧气总能量，故过氧化氢分解是放热反应，由图b可知，2mol二氧化氮的能量高于1mol四氧化二氮的能量，故二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，所以图c中，右侧烧杯的温度高于左侧，升高温度使2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色）△H＜0，向逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深，故答案为：深；2NO2（红棕色）⇋N2O4（无色），△H＜0是放热反应，且双氧水的分解反应也是放热反应．当右边双氧水分解时放出的热量会使B瓶升温，使瓶中反应朝逆反应方向移动，即向生成NO2移动，故B瓶颜色更深．

点评：本题考查氧化还原反应、反应速率影响因素实验、化学平衡移动等，侧重对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，注意利用控制变量法测定外界条件对反应速率的影响，难度中等．