2018年天津市高考化学试卷解析版

2018年天津市高考化学试卷解析版参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，共36分．每题只有一个正确选项）1．（6分）以下是中华民族为人类文明进步做出巨大贡献的几个事例，运用化学知识对其进行的分析不合理的是（）A．四千余年前用谷物酿造出酒和酯，酿造过程中只发生水解反应B．商代后期铸造出工艺精湛的后（司）母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土D．屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作【考点】G5：生活中常见合金的组成；I7：消去反应与水解反应；P4：分液和萃取．菁优网版权所有【分析】A．酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇；B．后（司）母戊鼎的主要成分为Cu；C．瓷器由黏土烧制而成；D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关。【解答】解：A．酿造过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，而葡萄糖不能发生水解反应，故A错误；B．后（司）母戊鼎的主要成分为Cu，属于铜合金制品，故B正确；C．瓷器由黏土烧制而成，瓷器的主要原料为黏土，故C正确；D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故D正确；故选：A。【点评】本题考查物质的性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、物质的组成、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2．（6分）下列有关物质性质的比较，结论正确的是（）A．溶解度：Na2CO3NaHCO3B．热稳定性：HClPH3C．沸点：C2H5SHC2H5OHD．碱性：LiOHBe（OH）2【考点】78：元素周期律和元素周期表的综合应用．菁优网版权所有【分析】A．需要在同一温度下比较溶解度的大小；B．元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，氯的非金属性比磷强；C．C2H5SH与C2H5OH分子结构相同，相对分子质量越大，分子间作用力越强，沸点越高，但C2H5OH分子间存在氢键；D．金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，比较Li、Be的金属性强弱即可判断LiOH与Be（OH）2的碱性强弱。【解答】解：A．在相同温度下，Na2CO3的溶解度大于NaHCO3，故A错误；B．Cl与P为同周期主族元素，核电荷数越大，非金属性越强，氯的非金属性比磷强，则HCl的热稳定性比PH3强，故B错误；C．C2H5OH分子间存在氢键，其分子间作用力比C2H5SH大，则C2H5OH沸点比C2H5SH高，故C正确；D．Li与Be为同周期主族元素，核电荷数越大，金属性减弱，则Li比Be金属性强，LiOH的碱性比Be（OH）2的碱性强，故D错误；故选：C。【点评】本题考查元素周期表和元素周期律知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。3．（6分）下列叙述正确的是（）A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kb（水解常数）越小B．铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C．反应活化能越高，该反应越易进行D．不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护；DD：盐类水解的应用．菁优网版权所有【分析】A．根据弱酸电离常数和盐的水解常数的关系分析；B．Zn的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn作为负极；C．反应活化能越高，说明反应达到活化态络合物所需的能量越高，存在较高的势能垒；D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收。【解答】解：A．某温度下，一元弱酸HA的电离常数为Ka，则其盐NaA的水解常数Kb与Ka存在关系为：Kb，所以Ka越小，Kb越大，故A错误；B．Zn的活泼性强于Fe，组成原电池时Zn作为负极，Fe被保护，所以铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈，故B正确；C．反应活化能越高，说明反应达到活化态络合物所需的能量越高，存在较高的势能垒，反应不易进行，故C错误；D．红外光谱的研究对象是分子振动时伴随偶极矩变化的有机化合物及无机化合物，几乎所有的有机物都有红外吸收，C2H5OH存在醇羟基，OH有自己的特征吸收区，可以与CH3OCH3区分，因此可以使用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3，故D错误，故选：B。【点评】本题考查酸碱平衡，原电池，活化能及红外光谱区分有机物的相关知识，整体难度不大，重视化学原理的运用，是基础题。4．（6分）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（）实验现象结论A某溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp（CuS）Ksp（ZnS）D某溶液中加入Ba（NO3）2溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有SO42A．AB．BC．CD．D【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有【分析】A．K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子；B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚；C．含Na2S，不发生沉淀的转化；D．亚硫酸根离子与Ba（NO3）2溶液反应也生成硫酸钡沉淀。【解答】解：A．K3[Fe（CN）6]与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；B．C6H5ONa溶液中通入CO2，发生强酸制弱酸的反应，生成苯酚，则酸性：H2CO3C6H5OH，故B正确；C．含Na2S，不发生沉淀的转化，则不能比较Ksp（CuS）、Ksp（ZnS）大小，故C错误；D．亚硫酸根离子与Ba（NO3）2溶液反应也生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32，或SO42，或二者均存在，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、酸性比较、Ksp比较为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。5．（6分）室温下，向圆底烧瓶中加入1 mol C2H5OH和含1mol HBr的氢溴酸，溶液中发生反应：C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O，充分反应后达到平衡。已知常压下，C2H5Br和C2H5OH的沸点分别为38.4和78.5．下列关叙述错误的是（）A．加入NaOH，可增大乙醇的物质的量B．增大HBr浓度，有利于生成C2H5BrC．若反应物均增大至2mol，则两种反应物平衡转化率之比不变D．若起始温度提高至60，可缩短反应达到平衡的时间【考点】CB：化学平衡的影响因素．菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题．【分析】A．加入NaOH，NaOH和HBr发生导致平衡逆向移动；B．增大HBr浓度，平衡正向移动；C．若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，但是各种反应物开始浓度相同、消耗的浓度相同；D．升高温度，增大乙醇挥发且溴乙烷生成变为气体，导致溶液中乙醇、溴乙烷浓度降低，反应速率减慢。【解答】解：A．加入NaOH，NaOH和HBr发生而消耗HBr，导致平衡逆向移动，所以乙醇的物质的量增大，故A正确；B．增大HBr浓度，平衡正向移动，溴乙烷产率增大，所以有利于生成C2H5Br，故B正确；C．若反应物均增大至2mol，在原来平衡基础上向正向移动，反应物转化率增大，但是各种反应物开始浓度相同、消耗的浓度相同，所以其转化率的比值不变，故C正确；D．升升高温度，增大乙醇挥发且溴乙烷生成变为气体，导致溶液中乙醇、溴乙烷浓度降低，反应速率减慢，到达平衡的时间增长，故D错误；故选：D。【点评】本题考查化学平衡影响因素，明确浓度、温度对化学平衡影响原理是解本题关键，侧重考查学生对基础知识的理解和运用，易错选项是C，反应物的转化率增大但其转化率的比值不变。6．（6分）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4的分布分数随pH的变化如图2所示[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（）A．溶液中存在3个平衡B．含P元素的粒子有H2PO4、HPO42和PO43C．随c初始（H2PO4）增大，溶液的pH明显变小D．用浓度大于1molL1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有【分析】由图1可知LiH2PO4溶液呈酸性，说明电离程度H2PO4大于水解程度，且随着c初始（H2PO4）增大，溶液pH逐渐减小，但浓度约大于104mol/L时，pH不再发生改变，由图2可知，随着溶液pH增大，c（H2PO4）增大，可说明H3PO4进一步电离，则溶液中存在H3PO4，当H2PO4的pH约为4.66时，分数达到最大，继续加入碱，可与H2PO4反应生成HPO42等，以此解答该题。【解答】解：A．溶液中存在H2PO4、HPO42、H2O的电离以及H2PO4、HPO42和PO43的水解等平衡，故A错误；B．含P元素的粒子有H3PO4、H2PO4、HPO42和PO43，故B错误；C．由图1可知浓度约大于104mol/L时，pH不再发生改变，故C错误；D．用浓度大于1molL1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，由图2可知H2PO4的分数达到最大，约为0.994，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，故D正确。故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及图象曲线的变化趋势，难度不大。二、非选择题II卷（60分）7．（14分）图中反应是制备SiH4的一种方法，其副产物MgCl26NH3是优质的镁资源。回答下列问题：（1）MgCl26NH3所含元素的简单离子半径由小到大的顺序（H除外）：H+Mg2+N3Cl。Mg在元素周期表中的位置；第三周期A族，Mg（OH）2的电子式：。（2）A2B的化学式为Mg2Si，反应的必备条件是熔融、电解。上图中可以循环使用的物质有NH3、NH4Cl。（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料SiC（写化学式）。（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，写出该反应的化学方程式：2Mg（OH）2+2SO2+O22MgSO4+2H2O。（5）用Mg制成的格氏试剂（ RMgBr）常用于有机合成，例如制备醇类化合物的合成路线如下：RBrRMgBr（R：烃基；R'：烃基或H）依据上述信息，写出制备所需醛的可能结构简式：CH3CH2CHO，CH3CHO。【考点】U3：制备实验方案的设计．菁优网版权所有【分析】由反应可知A2B应为Mg2Si，与氨气、氯化铵反应生成SiH4和MgCl26NH3，MgCl26NH3加入碱液，可生成Mg（OH）2，MgCl26NH3加热时不稳定，可分解生成氨气，同时生成氯化镁，电解熔融的氯化镁，可生成镁，用于工业冶炼，而MgCl26NH3与盐酸反应，可生成氯化镁、氯化铵，其中氨气、氯化铵可用于反应而循环使用，以此解答该题。【解答】解：（1）MgCl26NH3所含元素的简单离子分别为H+、Mg2+、N3、Cl，离子核外电子层数越多，离子半径越大，具有相同核外电子排布的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径由小到大的顺序为H+Mg2+N3Cl，Mg原子核外有3个电子层，最外层电子数为2，位于周期表第三周期A族，Mg（OH）2为离子化合物，电子式为，故答案为：H+Mg2+N3Cl；第三周期A族；；（2）A2B的化学式为Mg2Si，镁为活泼金属，制备镁，反应应在熔融状态下进行电解，如在溶液中，则可生成氢氧化镁沉淀，由流程可知MgCl26NH3分别加热、与盐酸反应，可生成氨气、氯化铵，可用于反应而循环使用，故答案为：Mg2Si；熔融、电解；NH3、NH4Cl；（3）在一定条件下，由SiH4和CH4反应生成H2和一种固体耐磨材料，该耐磨材料为原子晶体，应为SiC，原理是SiH4和CH4分解生成Si、C和氢气，Si、C在高温下反应生成SiC，故答案为：SiC；（4）为实现燃煤脱硫，向煤中加入浆状Mg（OH）2，使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物，应生成硫酸镁，则反应物还应有氧气，反应的化学方程式为2Mg（OH）2+2SO2+O22MgSO4+2H2O，故答案为：2Mg（OH）2+2SO2+O22MgSO4+2H2O；（5）由题给信息可知制备，可由CH3CH2MgBr与CH3CHO生成，也可由CH3CH2CHO和CH3MgBr反应生成，故答案为：CH3CH2CHO，CH3CHO。【点评】本题为2018年高考天津理综试卷，以物质的制备流程为载体考查元素化合物知识，题目侧重考查学生的分析能力、实验能力以及元素化合物知识综合理解和运用，难度中等，注意把握题给信息以及物质的性质。8．（18分）化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：（1）A的系统命名为1，6己二醇，E中官能团的名称为碳碳双键、酯基。（2）AB的反应类型为取代反应，从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为蒸馏。（3）CD的化学方程式为。（4）C的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应：且1mol W最多与2mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有5种，若W的核磁共振氢谱具有四组峰，则其结构简式为。（5）F与G的关系为（填序号）c。a．碳链异构 b．官能团异构 c．顺反异构 d．位置异构（6）M的结构简式为。（7）参照上述合成路线，以为原料，采用如下方法制备医药中间体。该路线中试剂与条件1为HBr、加热，X的结构简式为；试剂与条件2为O2/Cu或Ag、加热，Y的结构简式为。【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有【分析】A和HBr发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据CD结构简式变化知，C和CH3CH2OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F，根据GN结构简式区别知，G发生成肽反应生成N，M结构简式为；（7）根据反应条件知，生成X、X再和Y反应生成，则生成X的试剂和条件分别是HBr、加热，X为，则Y为，生成Y的试剂和条件为O2/Cu或Ag、加热。【解答】解：A和HBr发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据CD结构简式变化知，C和CH3CH2OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F，根据GN结构简式区别知，G发生成肽反应生成N，M结构简式为；（1）A为二元醇，羟基分别位于1、6号碳原子上，A的系统命名为1，6己二醇，E中官能团的名称为酯基和碳碳双键，故答案为：1，6己二醇；酯基和碳碳双键；（2）AB的反应类型为取代反应，A、B互溶，要从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为蒸馏，故答案为：取代反应；蒸馏；（3）该反应为羧酸和醇的酯化反应，CD的化学方程式为，故答案为：；（4）C的同分异构体W（不考虑手性异构）可发生银镜反应，说明含有醛基，且1mol W最多与2mol NaOH发生反应，产物之一可被氧化成二元醛，说明该物质中含有HCOO基团，且溴原子连接边上的C原子；其结构简式可能为HCOOCH2CH2CH2CH2CH2Br、HCOOCH2CH2CH（CH3）CH2Br、HCOOCH2C（CH3）CH2CH2Br、HCOOCH2C（C2H5）CH2Br、HCOOCH（CH3）CH（CH3）CH2Br，所以符合条件的有5种，若W的核磁共振氢诸有四组峰，则其结构简式为，故答案为：5；；（5）F与G的关系为顺反异构，故选c；（6）M的结构简式为，故答案为：；（7）根据反应条件知，生成X、X再和Y反应生成，则生成X的试剂和条件分别是HBr、加热，X为，则Y为，生成Y的试剂和条件为O2/Cu或Ag、加热，通过以上分析知，该路线中试剂与条件1为HBr、加热，X的结构简式为；试剂与条件2为O2/Cu或Ag、加热，Y的结构简式为，故答案为：HBr、加热；；O2/Cu或Ag、加热；。故选：C。【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查学生分析推断能力及知识迁移能力，根据反应前后物质结构变化确定反应类型，会根据合成路线判断（7）题反应条件及所需试剂，注意（4）题：只有连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有氢原子的醇才能被催化氧化生成醛，题目难度中等。9．（18分）烟道气中的NO2是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用图1所示采样和检测方法。回答下列问题：．采样采样步骤：检验系统气密性；加热器将烟道气加热至140：打开抽气泵置换系统内空气；采集无尘、干燥的气样；关闭系统，停止采样。（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用为除尘。（2）C中填充的干燥剂是（填序号）c。a．碱石灰 b．无水CuSO4 C．P2O5（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图、气体的流向及试剂。（4）采样步骤加热烟道气的目的是防止NOx溶于冷凝水。．NOx含量的测定 将vL气体通入适量酸性的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3，加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL该溶液，加入 v1 mL c1 molL1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 molL1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2mL。（5）NO被H2O2氧化为NO3的离子方程式为2NO+3H2O22H++2NO3+2H2O。（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有锥形瓶、酸式滴定管。（7）滴定过程中发生下列反应：3Fe2++NO3+4H+NO+3Fe3++2H2OCr2O72+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为mgm3。（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若缺少采样步骤，会使测定结果偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果偏高。【考点】U2：性质实验方案的设计．菁优网版权所有【分析】．采样（1）第一步过滤器A中装有无碱玻璃棉是为了除去粉尘；（2）a．碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体；b．无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强；c．五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体；（3）D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气管应长进短出；（4）防止NOx溶于冷凝水，需要加热烟道气；．NOx含量的测定（5）NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应生成硝酸和水；（6）滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶等；（7）滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7的物质的量为c2V2103mol，则剩余的Fe2+物质的量为6c2V2103mol，在所配制溶液中加入的Fe2+物质的量为c1V1103mol，则与NO3反应的Fe2+物质的量c1V1103mol6c2V2103mol，则VL气样中氮元素总物质的量5mol，计算氮元素含量，然后折算成二氧化氮的含量；（8）若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高；【解答】解：．采样（1）第一步过滤器是为了除去粉尘，因此其中的无碱玻璃棉的作用是除尘，故答案为：除尘；（2）a．碱石灰为碱性干燥剂，不能干燥酸性气体，故a不选；b．无水硫酸铜可用于检验是否含有水蒸气，干燥能力不强，故b不选；c．五氧化二磷是酸性干燥剂，可以干燥酸性气体，故c选；故答案为：c；（3）D装置为吸收装置，用于吸收酸性气体，因此可以用氢氧化钠溶液，导气管应长进短出，装置图为：，故答案为：；（4）采样步骤加热烟道气的目的是：为了防止NOx溶于冷凝水，故答案为：防止NOx溶于冷凝水；．NOx含量的测定（5）NO与过氧化氢在酸性溶液中发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：2NO+3H2O22H++2NO3+2H2O，故答案为：2NO+3H2O22H++2NO3+2H2O；（6）滴定操作主要用到铁架台、酸式滴定管、锥形瓶、其中玻璃仪器为酸式滴定管、锥形瓶，故答案为：酸式滴定管、锥形瓶；（7）滴定剩余Fe2+时，消耗的K2Cr2O7的物质的量为c2V2103mol，则剩余的Fe2+物质的量为6c2V2103mol，在所配制溶液中加入的Fe2+物质的量为c1V1103mol，则与NO3反应的Fe2+物质的量c1V1103mol6c2V2103mol，则VL气样中氮元素总物质的量5mol，则氮元素的总质量mg，气样中氮元素含量mg/m3，折合为NO2的含量 mg/m3，故答案为：；（8）若没打开抽气泵，则系统中还存在有气样中的氮元素，导致吸收不完全，测定结果偏低，若FeSO4变质则会导致测定剩余亚铁离子偏低，使得即使所得到的氮素含量偏高，测定结果偏高，故答案为：偏低；偏高。【点评】本题考查了物质性质实验验证、物质组成的含量测定方法、滴定实验的过程分析等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。10．（14分）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，回答下列问题：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH13，CO2主要转化为CO32（写离子符号）；若所得溶液c（HCO3）：c（CO32）2：1，溶液pH10。室温下，H2CO3的K14102；K251011）（2）CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4（g）+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：化学键CHCOHH（CO）键能/kJmol14137454361075则该反应的H+120kJ/mol。分别在v L恒温密闭容器A（恒容）、B（恒压，容积可变）中，加入CH4和CO2各1 mol的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是B（填“A”或“B”）按一定体积比加入CH4和CO2，在恒压下发生反应，温度对CO和H2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900的原因是900时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低。（3）O2辅助的AlCO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大，能有效利用CO2，电池反应产物Al2（C2O4）3是重要的化工原料。电池的负极反应式：Al3eAl3+。电池的正极反应式：6O2+6e6O26CO2+6O23C2O42+6O2反应过程中O2的作用是催化剂。该电池的总反应式：2Al+6CO2Al2（C2O4）3。【考点】BH：原电池和电解池的工作原理；D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题；51I：电化学专题．【分析】（1）K251011，则c（H+），当c（HCO3）c（CO32），c（H+）51011，pH在10.3，如果溶液的pH13，则c（HCO3）c（CO32）；K251011，且所得溶液c（HCO3）：c（CO32）2：1，据此计算溶液pH；（2）该反应的H反应物总键能生成物总键能；该反应的正反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A在反应过程中压强在不断增大、B在反应过程中压强不变；900时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大；（3）该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子；在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物；在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式。【解答】解：（1）K251011，则c（H+），当c（HCO3）c（CO32），c（H+）51011，pH在10.3，如果溶液的pH13，则c（HCO3）c（CO32），所以该溶液中所得阴离子为CO32；K251011，且所得溶液c（HCO3）：c（CO32）2：1，c（H+）51011211010，pH10，故答案为：CO32；10；（2）该反应的H反应物总键能生成物总键能[4413+2745210752436]kJ/mol+120kJ/mol；该反应的正反应是气体物质的量增大的反应，增大压强平衡逆向移动，A在反应过程中压强在不断增大、B在反应过程中压强不变，所以A相当于B来说是增大压强，平衡逆向移动，所以A中反应物转化率小于B，则两容器中反应达平衡后吸收的热量较多的是B，故答案为：+120kJ/mol；B；根据图知，900时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低，故答案为：900时合成气产率已经较高，再升高温度产率增幅不大，且升高温度耗能较大，经济效益降低，温度低时合成气产率降低且反应速率降低；（3）该原电池中Al作负极，失电子生成铝离子，电极反应式为Al3eAl3+；在正极的反应式中，在第一个反应中作反应物、在第二个反应中作生成物，所以氧气在反应中作催化剂；在得失电子相同条件下，正负极电极反应式相加即得电池反应式，电池反应式为2Al+6CO2Al2（C2O4）3，故答案为：Al3eAl3+；催化剂；2Al+6CO2Al2（C2O4）3。【点评】本题考查原电池原理、弱电解质的电离、化学平衡影响因素等知识点，侧重考查学生图象分析、判断及计算能力，明确化学反应原理及物质性质是解本题关键，注意（1）题电离平衡常数的灵活运用，题目难度中等。