2024届高三化学一轮复习题——化学反应原理一、单选题1．下列所加物质的作用与其还原性有关的是（ ） ABCD腌咸菜加氯化钠食用盐中加碘
酸钾红酒中添加SO2生活用水消毒加入次氯酸钙A．A B．BC．C D．D2．下列物质属于强电解质的是（ ）A．AlB．CH3
COONaC．SO3D．HCOOH3．庆祝中国共产党成立100周年大会上，总书记宣告中华大地全面建成了小康社会。化学科研人员在科技
强国道路上作出了巨大贡献。下列有关化学与生产生活、科研的说法正确的是（ ）A．Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太
阳能电池B．制造无菌滤棉的材料聚丙烯属于天然高分子材料C．使用75%的酒精、0.1%的次氯酸钠溶液和0.9%的食盐水均可以快速、高
效杀死新型冠状病毒D．丝绸、宣纸及棉花的主要成分均为合成纤维4．下列属于非电解质的是（ ）A．己烷B．蔗糖溶液C．氢气D．氯化镁
5．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是（ ）A．利用合成乙酸、聚碳酸酯塑料，有利于实现“碳达峰、碳中和”B．在
生产新冠灭活疫苗的过程中，如果温度过高会使病毒失去生理活性C．植物油与均可使溴水褪色，二者反应原理相同D．我国航空母舰上的阻拦索由
钢绳缠绕在特制高分子材料上制作而成，阻拦索属于复合材料6．在密闭容器中发生下列反应 aA(g) cC(g)+dD(g)，反应达到
平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是（ ） A．A的转化率变小B．
平衡向正反应方向移动C．D的物质的量变多D．再次平衡时的逆反应速率小于原平衡的正反应速率7．以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，
用下图装置处理有机废水(以含CH3CHO溶液为例)，可获得电能，同时可实现海水淡化。下列说法正确的是（ ） A．隔膜1为阳离子交
换膜，隔膜2为阴离子交换膜B．a极发生反应为CH3CHO+3H2O-10e-=2CO2↑+10H+C．每处理1molCH3CHO时
，模拟海水理论上除盐58.5gD．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶18．一种锂离子电池的电解液添加剂，其结
构如图所示，其中W、X、Y、Z是最外层电子数依次增大的同周期非金属元素。下列说法错误的是（ ）A．XY2是非电解质B．WZ3中W
没有达到8电子结构C．最高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：X>WD．最简单氢化物的稳定性：Y 产操作和它的主要目的都正确的是（ ）A．NaOH： 电解槽的阴极产生的是H2，NaOH在阳极附近产生B．H2SO4：在高温高压下
转化SO2，提高转化率和反应速率C．NH3：氮氢循环操作，提高NH3平衡浓度D．Na2CO3：分离NaHCO3后的母液中加入食盐，
促进NH4Cl结晶10．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别
以离子交换膜分隔。下列说法错误的是（ ） A．左池的pH值降低B．右边为阴离子交换膜C．右池电极的反应式：2NO3-+10e-
+12H+=N2↑=6H2OD．当消耗0.1mol C6H6O，在标准状况下将产生0.28mol氮气11．一种离子液体的正离子结构
如图所示，X、Y为同一短周期相邻元素，Y的单质是空气的主要成分。Z是原子半径最小的主族元素。下列有关说法正确的是（ ）A．非金属
性X>Y>ZB．Y的单质具有强氧化性C．原子序数为87的元素与Z位于同一主族D．该正离子因形成氢键而有较好溶解性12．常温下，向某
浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=－lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质
的量浓度)。下列说法正确的是（ ） A．常温下，H2C2O4的Ka1=100.8B．pH=3时，溶液中 C．pH由0.8增大到
5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大D．常温下，随着pH的增大， 的值先增大后减小13．室温时，已知某溶液中，已电离的水的浓度为
10-13mol/L，则在此溶液中肯定能大量共存的离子是( )A． B．C． D．14．环戊烯是生产精细化工产品的重要中间体，
其工业制备原理如图1。以Pd/Al2O3为催化剂，在相同反应时间内，测得不同温度下（其他条件相同）环戊二烯转化率与环戊烯产率的变化
曲线如图2。下列说法正确的是（ ） A．环戊二烯的转化率越大，越有利于环戊烯的生成B．a点是主反应的平衡转化率，b点是副反应的
平衡转化率C．30℃～35℃之间环戊烯产率变化趋势与环戊二烯转化率不一致，原因是主反应被抑制，使环戊烯产率降低D．30℃时催化剂的
选择性最好，有利于提高生成环戊烯的平衡转化率15．已知甲为恒压容器、乙为恒容容器。相同条件下充入等物质的量的NO2气体，且起始时体
积相同。发生反应：2NO2(g) N2O4(g)△H＜0。一段时间后达到平衡状态，下列说法中正确的是（ ）A．该反应的平衡常数
表达式K= B．达到平衡所需时间，甲与乙相等C．平衡时NO2体积分数：甲＜乙D．若两容器内气体的压强保持不变，均说明反应已达到平衡
状态16．负载有和的活性炭，可选择性去除实现废酸的纯化，其工作原理如图。下列说法正确的是（ ）A．作原电池正极B．电子由经活性炭
流向C．表面发生的电极反应：D．每消耗标准状况下的，最多去除17．氰化物是污染水体的重要物质，HCN具有挥发性，毒性很大。一般可采
用次氯酸钠法进行处理，该处理方法的原理可分如下两步。反应①：反应②：下列有关判断正确的是（ ）A．NaCN与NaOCN中C、N的
化合价分别相等B．反成①要控制溶液的pH，不能在酸性条件下进行C．反应②的还原产物是、、D．反应②生成5.6L气体时，转移0.75
mol电子18．近日，我国学者在Science报道了一种氧离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化
学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳板电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法错误的是（ ） A．Ni电极与
电源负极相连B．工作过程中阴极附近pH减小C．该过程的总反应为CH2=CH2 +H2O +H2D．电流由电源经Pt电极、KCl溶
液、Ni电极回到电源19．合成氨生产中，说法正确的是（ ） A．使用催化剂，提高原料的利用率B．采用高温、高压工艺提高氨的产率
C．产物用水吸收，剩余气体循环利用D．增大反应物浓度，对v正影响更大20．光电池在光照条件下可产生电压，如图所示装置可实现光能的充
分利用。双极膜复合层间的H2O能解离为H+和，且双极膜能实现H+和的定向通过。下列说法不正确的是（ ）A．该装置的能量转化形式存
在电能、化学能和光能之间的转化B．再生池中的反应为C．当阳极生成22.4LO2时，电路中转移电子数为4NAD．光照过程中阳极区溶液
中的基本不变二、综合题21．我国每年的钢产量居世界前列，每年产生大量废铁皮。某科研小组利用本地钢厂所产生的废铁皮，探索制备高纯氧化
铁的新工艺。该废铁皮的化学多元素分析结果如下表所示。化学成分FeOFe2O3FeCaOCaSiO3其他(C、S等)含量(%)47.
3541.921.072.643.482.68制备流程如下图所示。（1）废铁皮在焙烧过程中，单质Fe、C、S都可与O2反应，其中S
与O2反应的化学方程式是 。（2）在酸溶过程中，为增加溶解速率，可采取的措施是 。（3）过滤操作得到的滤渣中的成分有H2SiO3、
。（4）滤液经检验含有Fe2+，检验方案及现象是 。（5）已知：生成氢氧化物沉淀的pH Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀时
6.31.5完全沉淀时8.32.8注：金属离子的起始浓度为0.1mol·L-1加入氨水以控制溶液的pH在(选填序号) 。a.3-5
b.6-8 c.9-10（6）在搅拌过程中，产生Fe(OH)3的反应方程式有 。（7）对所得高纯氧化铁进行检验，其中Fe2O3含
量为95.02%(高于国家一级品技术要求)；同时发现还含有0.3%的总钙量(以CaO表示)。产品中含有钙元素的原因是 。22．碳热
还原法广泛用于合金及材料的制备。回下列问题： （1）一种制备氮氧化铝的反应原理为23Al2O3+15C+5N2=2Al23O27N
5+15CO ，产物Al23O27N5中氮的化合价为 ，该反应中每生成1 mol Al23O27N5，转移的电子数为 NA。 （2
）真空碳热冶铝法包含很多反应，其中的三个反应如下： Al2O3(s)+3C(s) =Al2OC(s)+2CO(g)
ΔH12Al2OC(s)+3C(s) =Al4C3(s)+2CO(g) ΔH22Al2O3(s)+9C(s)= Al
4C3(s)+6CO(g) ΔH3①ΔH3= (用ΔH1、ΔH2表示)。 ②Al4C3可与足量盐酸反应制备一种烃。该
反应的化学方程式为 。（3）下列是碳热还原法制锰合金的三个反应，CO与CO2平衡分压比的自然对数值与温度的关系如图所示(已知Kp是
用平衡分压代替浓度计算所得的平衡常数)。 Ⅰ.Mn3C(s)+4CO2(g) 3MnO(s)+5CO(g) Kp(
Ⅰ)Ⅱ.Mn(s)+CO2(g) MnO(s)+CO(g) Kp(Ⅱ)Ⅲ.Mn3C(s)+CO2(g)
3Mn(s)+2CO(g) Kp(Ⅲ)①ΔH>0的反应是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。 ②1200 K时，在一体积为
2 L的恒容密闭容器中有17.7 g Mn3C(s)和0.4 mol CO2，只发生反应Ⅰ，5 min后达到平衡，此时CO的浓度为
0.125 mol/L，则0~5 min内v(CO2)= 。③在一体积可变的密闭容器中加入一定量的Mn(s)并充入一定量的CO2(
g)，只发生反应Ⅱ，下列能说明反应Ⅱ达到平衡的是 (填字母)。 A.容器的体积不再改变B.固体的质量不再改变C.气体的总质量不再改
变23．氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。回答下
列问题：（1）CeFCO3中Ce的化合价为 。（2）氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是 。（3）氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则
酸浸时发生反应的离子方程式为 。（4）HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为 。（5）为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度
，但温度偏高浸出率反而会减小，其原因是 。（6）有机物HT能将Ce3+从水溶液中提取出来，该过程可表示为Ce3+ (水层)+3HT
(有机层) CeT3 (有机层)+3H+ (水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释
其原因： 。（7）已知，298K时，Ksp[Ce(OH)3]=5×10-20，若溶液中c(Ce3+)=0.05mol·L-1，加碱
调节pH到 时Ce3+开始沉淀(忽略加碱过程中溶液体积变化)。（8）写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化
学方程式： 。24．若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。如:8CuFeS2+21O
2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2（1）在黄铜矿中硫的化合价为 ，该反应中还原产物(通过得电子而产生的物质)有 种。（
2）若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为 ，其中某元素部分被氧化，则其被氧化和未被氧化的物质的量之比为 。（3）反应
产生污染气体，需要吸收处理，下列不可用来吸收该污染气体的是_________（选填编号）A．KMnO4溶液 B．NaOH溶液
C．H2S气体 D．NaHSO3溶液（4）某吸收方法产生的物质可能有：①Na2SO4②NaHSO4③Na2SO3④NaHSO3等
。等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是 （用编号填写），选用这些物质中的部分，实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO
2↑，写出对应的化学方程式 。某NaHSO3的浓度为c1，pH为x1，NaHSO4溶液的浓度为c2，pH为x2，若x1 1 c2(填“>”或“<“或“=”)。25．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间点。因此研发CO2的回收和综合利用成为研究
热点。（1）I.一种脱除和利用水煤气中CO2的方法为，在吸收塔中用K2CO3溶液吸收CO2；吸收液再生可得较纯净的CO2用于合成其
他物质。若K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c()= 5c()，则该溶液的pH= (该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10-7
，Ka2=5.0×10-11)。（2）II.CO2可用于合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g) = CH2=CH2(g)+4H
2O(g) ΔH =a kJ/mol已知： H2和CH2 = CH2的标准燃烧热分别是285.8 kJ/mol和1410.0 kJ
/mol。H2O(g) = H2O(l) ΔH =- 44 kJ/mol 则a= kJ/mol。（3）上述由CO2合成CH2= C
H2的反应在下 。自发(填“高温”或“低温”)。（4）如图所示为在体积为1 L的恒容容器中，投料为3mol H2和1 mol CO
2时，测得的温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响。①下列说法正确的是 。a．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时C
O2的平衡转化率可能位于点M1b．平衡常数大小： M>Nc．其他条件不变，若投料改为4mol H2和1 mol CO2时，则250
℃时CO2的平衡转化率可能位于点M2d．当压强、混合气体的密度或n(H2)/n(CO2)不变时均可视为化学反应已达到平衡状态②计算
250℃时该反应平衡常数的数值K= 。③若达到平衡后再向体系内通入1.5 mol CO2和1 mol H2O， 则平衡 (填向左
移动、向右移动或不移动)。（5）III.利用“Na -CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na -CO2 ”
电池，以等质量的钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO22Na2CO3 +C。放电时该电池“吸入”CO
2，其工作原理如图所示： 若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，放电时，正极的电极反应式为 ，当转移0.4mol e- 时，
两电极的质量差为 g。答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．腌咸菜加氯化钠，不存在元素化合价的变化，不是氧化还原反应，
A不合题意；B．食用盐中加碘酸钾，没有发生化学变化，不表现还原性，B不合题意；C．红酒中添加SO2，SO2具有还原性，可以防止红酒
被氧化变质，所以与SO2的还原性有关， C符合题意；D．生活用水消毒加入次氯酸钙是由于次氯酸钙能与空气中的CO2和H2O生成具有强
氧化性的HClO，故利用其氧化性，D不合题意；故答案为：C。【分析】反应中存在元素化合价变化的为氧化还原反应，化合物中元素的化合价
升高，具有还原性，以此来解答。2．【答案】B【解析】【解答】A．Al为金属单质，既不是电解质也不是非电解质，A不符合题意；B．CH
3COONa为可溶性盐，在水溶液或熔融状态下发生完全电离，属于强电解质，B符合题意；C．SO3为非金属氧化物，属于非电解质，C不符
合题意；D．HCOOH为有机弱酸，属于弱电解质，D不符合题意；故答案为：B。【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物
，在水溶液中完全电离的电解质属于强电解质。3．【答案】A【解析】【解答】A．Ge(32号元素)处于金属和非金属交界处，是半导体材料
，Ge的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池，A符合题意；B．聚丙烯属于人工合成的有机高分子材料，B不符合题意；C.75%的酒精
、0.1%的次氯酸钠溶液均可以快速、高效杀死新型冠状病毒，但0.9%的食盐水不能，C不符合题意；D．丝绸的主要成分是蛋白质，宣纸和
棉花的主要成分均为纤维素，它们均为天然纤维，D不符合题意。故答案为：A。【分析】Ａ．Ge是良好的半导体材料；Ｂ．聚丙烯属于合成高分
子材料；Ｃ． 0.9%的食盐水不能使蛋白质变性；Ｄ． 丝绸为蛋白质， 宣纸及棉花为天然纤维。4．【答案】A【解析】【解答】A.己烷
是化合物，在水溶液中不导电，故A符合题意；B.蔗糖溶液是混合物，故B不符合题意；C.氢气为单质，即不是电解质也不是非电解质，故C不
符合题意；D.氯化镁是化合物，在水溶液或熔融状态下能导电，属于电解质，故D不符合题意。故答案为：A。【分析】非电解质是指在水溶液里
和熔融状态下都不能导电的化合物。非电解质是以共价键结合的化合物。除羧酸及其盐类、酚、胺等外，大多数有机化合物都是非电解质。5．【答
案】C【解析】【解答】A．利用合成乙酸、聚碳酸酯塑料，能减少二氧化碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，A不符合题意；B．加热、
紫外线照射、重金属盐等均可以杀死病毒，使其失去生理活性，B不符合题意；C．植物油中含有碳碳双键，能与溴单质发生加成反应， 有还原性
，能被溴单质氧化，二者反应原理不同，C符合题意；D．复合材料是运用先进的材料制备技术将不同性质的材料组分优化组合而成的新材料，阻拦
索由钢绳缠绕在特制高分子材料上制作而成，属于复合材料，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A、二氧化碳的减少有利于实现碳中和；B、
温度过高会使蛋白质变性；C、二氧化硫具有还原性，可以和溴发生氧化还原反应，碳碳双键可以和溴发生加成反应；D、简单理解就是符合材料就
是运用两种或两种以上的材料组分组合而成的新材料。6．【答案】A【解析】【解答】A．由分析可知，平衡逆向移动，A的转化率变小，故A符
合题意；B．根据分析可知平衡向逆反应方向移动，故B不符合题意；C．根据分析可知平衡向着逆向移动，D的物质的量减少，故C不符合题意；
D．将气体体积压缩到原来的一半，虽然平衡逆向移动，但各物质的浓度依然变大，所以再次平衡时的逆反应速率大于原平衡的正反应速率，故D不
符合题意；故答案为：A。【分析】反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡
时，D的浓度为原平衡的1.7倍，说明体积减小、压强增大，平衡向着逆向移动，以此来解答。7．【答案】B【解析】【解答】A．根据题意，
该装置要实现海水淡化，则海水中的Cl-向负极移动，Na+向正极移动，即Cl-向a极移动，Na+向b极移动，隔膜1为阴离子交换膜，隔
膜2为阳离子交换膜，故A不符合题意；B．根据分析，a为负极，a极发生反应为CH3CHO+3H2O-10e-=2CO2↑+10H+，
故B符合题意；C．根据B项分析，a极发生反应为CH3CHO+3H2O-10e-=2CO2↑+10H+，每处理1molCH3CHO时
，转移10mol电子，根据电荷守恒，则有10mol Cl-向a极移动，根据氯原子守恒，模拟海水理论上除盐10mol×58.5g/m
ol=585g，故C不符合题意；D．b为正极，溶液为酸性，则正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，当转移1
0mol电子时，正极产生5mol气体，根据负极电极反应：CH3CHO+3H2O-10e-=2CO2↑+10H+，负极可生产2mol
气体，电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为5∶2，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】根据乙醛向二氧化碳的转化，
即可判断出a极为负极，吸引大量的氯离子，b为正极，吸引大量的钠离子，即可判断出隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜。即可计算
出正负极产生的气体以及除去食盐的量结合选项即可判断8．【答案】D【解析】【解答】A．NO2是非电解质，A项不符合题意；B．CF3中
C周围有7个电子，没有达到8电子结构，B项不符合题意；C．最高价氧化物对应水化物第一步电离的常数：HNO3>H2CO3，C项不符合
题意；D．最简单氢化物的稳定性：H2O>NH3，D项符合题意；故答案为：D。【分析】A．在水中或者熔融状态下均不导电的化合物，是非
电解质；B．依据化合价的绝对值和最外层电子数之和分析；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物电离常数越大；D．非金属性越强，最简
单氢化物的稳定性越强。9．【答案】D【解析】【解答】A．电解食盐水制备NaOH，电解槽中的阴极上氢离子得到电子生产氢气，所以水电离
出的氢氧根离子在阴极产生，则NaOH在阴极附近产生，故A不符合题意；B．工业制硫酸中，SO2转化为SO3是气体体积缩小的可逆放热反
应，则高温不能提高转化率，但能增加反应速率，高压却能提高转化率和反应速率，但对设备要求很高，一般采用常压，故B不符合题意；C．氮氢
循环操作，只能提高氮气和氢气的利用率，但不能提高NH3平衡浓度，故C不符合题意；D．NaHCO3析出后的母液中主要是NH4Cl溶液
，加入食盐，根据同离子效应，能促进NH4Cl从溶液在析出，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.电解饱和食盐水生成NaOH、氢气
和氯气；B.高温不能提高转化率，但能增加反应速率；C.氮氢循环操作，只能提高氮气和氢气的利用率。10．【答案】B【解析】【解答】A
.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A不符合题
意；B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向
负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B符合题意；C.根据B的分析
可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2↑+ 6H2O，C不符合题意；D.在左室发生
反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol电子，反应产
生N2的物质的量是n(N2)= mol=2.8mol，则当消耗0.1mol C6H6O，将会产生0.28mol氮气，D不符合题意
；故答案为：B。【分析】原电池的正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应。由于酸性溶液，则可用氢离子和水配平电极反应式；该原
电池中，硝酸根离子得电子发生还原反应生成氮气，负极上有机物失电子发生氧化反应，生成二氧化碳。再根据化学计量系数以电子的转移情况来解
答。11．【答案】C【解析】【解答】A．根据同周期主族元素，从左往右非金属性逐渐增强，并且当C和H形成化合物时，C显负价，H显正价
，所以非金属性：N＞C＞H，A项不符合题意；B．N2性质稳定，无强氧化性，B项不符合题意；C．原子序数为87的是第七周期IA族元素
，与H位于同一主族，C项符合题意；D．结合离子结构图，该正离子中无氢键，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】结合题干，可知X为C
，Y为N，Z为H；A、同一周期，从左到右金属性减弱，非金属性增强，同一主族，从上到下金属性增强，非金属性减弱；B、氮气常温下很稳定
；C、结合原子序数计算原子所在位置进行判断；D、结合离子结构图，该正离子中无氢键。12．【答案】C【解析】【解答】A．曲线II为P
C(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC
2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1= =c(H+) =10-0.8，故A不符合题意；B．曲线II为P
C(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42
-)＞PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)＞c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B不符合题
意；C．酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增
大，故C符合题意；D． ，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则 不变，故D不符合题意；故答案为C。【分析】考查弱电解质的电离，
侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微
粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。13．【答案】B【解析】【解答】室温时，已知某溶液中，已电离的水的浓度为10-13m
ol/L，说明水的电离被抑制了，说明该溶液为酸溶液或碱溶液，A. 若为碱溶液，离子之间不发生反应，若为酸溶液，则H+与 能发生反
应生成亚硫酸，故不一定能大量共存，故A不符合题意；B. 无论是酸溶液还是碱溶液， 之间均不发生反应，故一定能大量共存，故B符合题
意；C. 若为酸溶液，离子之间均不发生反应，若为碱溶液， 与OH-能发生反应生成一水合氨，故不一定能大量共存，故C不符合题意；D
. 若为酸溶液，离子之间均不发生反应，若为碱溶液， 与OH-能发生反应生成氢氧化镁沉淀，故不一定能大量共存，故D不符合题意；故答
案为：B。【分析】离子之间相互发生反应，需满足以下条件：1、生成难溶物，如Ba2＋与SO等；2、生成易挥发物，如CO32-与H＋等
；3、生成难电离物，如H＋与CH3COO－等；4、发生氧化还原反应：如Fe3＋与I－、S2－，NO(H＋)与Fe2＋等；5、发生彻
底双水解反应：如Al3＋与CO、HCO或AlO等；6、发生络合反应：如Fe3＋与SCN－等；若不发生以上任何反应，则可以大量共存。
14．【答案】C【解析】【解答】A．由图可知，环戊二烯的转化率在35℃之前逐渐增大，环戊烯的产率在30℃最大，温度在30℃～35℃
时，随着环戊二烯转化率的增大，环戊烯的产率减小，A项不符合题意；B．每个温度下，环戊二烯的转化率= ，反应的环戊二烯是主副反应共
同消耗的和，因此曲线上每个温度对应的转化率是主副反应共同消耗的结果，B项不符合题意；C.30℃～35℃时环戊二烯的转化率逐渐增大，
而环戊烯的产率逐渐降低，说明发生了副反应，主反应被抑制，C项符合题意；D.30℃时催化剂的选择性最好，有利于生成环戊烯，催化剂能加
快单位时间内的转化率，但催化剂不能使平衡移动，故对平衡转化率无影响，D项不符合题意；故答案为：C。【分析】A.根据转化率或者产率图
即可判断B.根据给出的反应，主反应和副反应均是消耗环戊二烯进行转化C.根据图示即可判断，在30℃-35℃时副反应被抑制D.催化剂只
是改变速率不改变转化率15．【答案】C【解析】【解答】A．平衡常数应等于生成物浓度系数次幂之积除以反应物浓度系数次幂之积，即K=
，故A不符合题意；B．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在反应过程中甲的压强大于乙，压强大反应速率也大，所以
甲达到平衡的时间也短，故B不符合题意；C．因为该反应是体积减小的反应，甲是恒压，而乙是恒容，所以在达到平衡时，甲的压强大于乙，甲容
器中反应正向进行的程度大于乙，所以NO2体积分数：甲＜乙，故C符合题意；D．由于甲容器始终是恒压条件，所以压强不变不能说明该容器中
反应已经处于平衡状态，D不符合题意；故答案为C。【分析】A.根据平衡常数的定义式进行判断；B.恒压条件下，随反应的进行，甲的压强相
对乙是增大压强，反应速率加快；C.反应过程中甲相对乙的压强增大，平衡向正反应方向移动，容积减小；D.甲装置的压强一直不变，无论是否
达到平衡状态，压强一直不变。16．【答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，Ag电极发生失电子的氧化反应，因此Ag电极为负极，A不
符合题意。B、在原电池中，电子由负极流向正极，因此电子由Ag电极经活性炭流向Pt电极，B符合题意。C、该电解质溶液为酸性，因此Pt
电极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，C不符合题意。D、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算，D不符合题
意。故答案为：B【分析】该装置中通入O2的Pt电极为正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。Ag
电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Ag－e－＋Cl－=AgCl。17．【答案】B【解析】【解答】A．NaCN与NaO
CN中Na元素的化合价均为+1价，NaOCN中含有O，O元素的化合价为-2价，则这两种化合物中C元素、N元素的化合价至少有一种不相
等，故A不符合题意；B．HCN易挥发且有毒，而酸性条件下CN－易与H+结合生成HCN，故步骤①不能在酸性条件下进行，故B符合题意；
C．步骤②的离子方程式为2OCN－+3ClO－=CO2↑+CO+3Cl－+N2↑，由化合价变化可知，反应中氧化剂是NaClO，还原
剂是NaOCN，氧化产物是N2，还原产物是NaCl，故C不符合题意；D．未说明温度和压强，不能用气体摩尔体积进行计算，故D不符合题
意；故答案为：B。【分析】A、结合钠和氧元素的化合价判断；B、酸性条件下会形成HCN；C、化合价降低得到的产物为还原产物；D、电子
的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。18．【答案】B【解析】【解答】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl-转化为Cl2
，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，故与电源负极相连，A不符合题意；B．工作过程中阴极区的反应为：2H2O+2e-=2O
H-+H2↑，故阴极附近pH增大，B符合题意；C．根据阳极的反应历程 和阴极区的反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，可知该过
程的总反应为： CH2=CH2+H2O→ +H2，C不符合题意；D．电流由电源的正极流向电解池阳极即Pt电极，通过KCl溶液(离
子导电)，从Ni电极流回电源的负极，D不符合题意；故答案为：B。【分析】结合题意和电解池装置知，制备环氧乙烷的原理为：氯离子在阳极
表面被氧化成氯气，后者与水发生歧化反应生成HCl和HClO，HClO与通入电解液的乙烯反应生成氯乙醇，而HCl没有被消耗，因此在电
解过程中阳极电解液变成酸性。在阴极表面，水得到电子生成氢气和氢氧根离子，因此在电解结束时，阴极电解液变为碱性。在电解结束后，将阳极
电解液和阴极电解液输出混合，氢氧根离子与氯乙醇反应生成环氧乙烷。同时，在阴极处生成的氢氧根离子也可以中和阳极电解液山的HCl，据此
分析解答。19．【答案】D【解析】【解答】A. 使用催化剂，加快反应的速率，但是平衡不移动，不能提高原料的利用率，A不符合题意；B
. 合成氨反应为体积缩小的放热反应，采用高温，平衡左移，不能提高氨的产率，B不符合题意；C.合成氨反应达到平衡后，平衡混合气可以采
用水冷凝后氨气液化，分离出液氨，有利于平衡向正反应方向移动，剩余气体可以循环利用，C不符合题意；D.增大反应物浓度，活化分子数增大
，有效碰撞次数增大，反应速率加快，对v正影响更大，D符合题意；故答案为：D【分析】A.合成氨的反应为可逆反应，加入催化剂不能改变平
衡移动；B.结合温度、压强对平衡移动的影响分析；C.应将氨气液化分离，以促进平衡移动；D.结合浓度对反应速率的影响分析；20．【答
案】C【解析】【解答】A．在光照条件下光电池将光能转化为电能，电解池中电能又转化为化学能，能量转化形式存在电能、化学能和光能之间的
转化，A不符合题意；B．放电后的溶液中含有V2+和H+，在催化剂作用下H+将V2+氧化为V3+，从而实现V3+的再生，即发生反应2
V2++2H+2V3++H2↑，B不符合题意；C．阳极的电极反应4OH－－4e－=O2↑+2H2O，标况下每生成33.6L氧气，电
路中转移电子数为6NA，题目中未指明条件，无法计算，C符合题意；D．双极膜复合层间的H2O能解离为H+和OH－，且双极膜能实现H+
和OH－的定向通过，右侧阳极电极反应式为4OH－－4e－=O2↑+2H2O，根据溶液呈电中性可知阳极放电消耗的OH－与从双极膜中进
入右侧的OH－数目相等，D不符合题意；故答案为：C。【分析】由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH－-4e－=O
2↑+2H2O，阴极反应式为2V3++2e-=2V2+，双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，
放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为催化剂2V2++2H+2V3++H2↑，据此分析。21．【答案
】（1）S+O2 SO2（2）加热（3）CaSO4（4）加入K3Fe(CN)6，产生蓝色沉淀/加入KSCN，溶液变红，再加氯水，红
色加深（5）c（6）Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH 、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（
7）CaSO4微溶【解析】【解答】(1)废铁皮在焙烧过程中，单质Fe、C、S都可与O2反应，S与O2反应生成二氧化硫，S与O2反应
的化学方程式是：S+O2 SO2。(2)在酸溶过程中，为增加溶解速率，可采取的措施是加热。(3)废铁皮加入稀硫酸，氧化亚铁、四氧化
三铁、铁、氧化钙、硅酸钙均反应，硅酸、硫酸钙微溶于水，过滤操作得到的滤渣中的成分有H2SiO3、CaSO4。(4)滤液经检验含有F
e2+，检验方案及现象是：加入K3Fe(CN)6，产生蓝色沉淀/加入KSCN，溶液变红，再加氯水，红色加深(5)由流程图可看出，加
入氨水是为了沉淀Fe3+，得到氢氧化铁，而不沉淀Fe2+，所以加入氨水以控制溶液的pH在9-10。(6)在搅拌过程中，溶液中有三价
铁离子和二价铁离子，产生Fe(OH)3的反应方程式有：Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+3NH 、4Fe(OH)2+
O2+2H2O=4Fe(OH)3。(7)对所得高纯氧化铁进行检验，其中Fe2O3含量为95.02%(高于国家一级品技术要求)；同时
发现还含有0.3%的总钙量(以CaO表示)。产品中含有钙元素的原因是：抽滤得到的氢氧化铁中含有少量的氢氧化钙，且未洗涤直接干燥焙烧
，产品中有氢氧化钙。【分析】废铁皮加入稀硫酸，氧化亚铁、四氧化三铁、铁、氧化钙、硅酸钙均反应，硅酸、硫酸钙微溶于水，过滤操作得到的
滤渣中的成分有H2SiO3、CaSO4，溶液中有三价铁离子和二价铁离子，加入氨水生成氢氧化铁，氢氧化铁焙烧得到氧化铁，据此分析解题
。22．【答案】（1）-3；15（2）2ΔH1+ΔH2；Al4C3+12HCl = 4AlCl3+3CH4↑（3）Ⅲ；0.02 m
ol·L-1·min-1；BC【解析】【解答】(1) Al23O27N5中Al为+3价，O为-2价，设氮的化合价为x，则（+3）
23+（-2） 27+5x=0，解得x=-3，反应23Al2O3+15C+5N2=2Al23O27N5+15CO中N的化合价降
低3价，则每生成1mol Al23O27N5，转移的电子数为5×3 NA =15 NA；故答案为：-3；15；(2)已知Ⅰ、Al2
O3(s)+3C(s)=Al2OC(s)+2CO(g) ΔH1Ⅱ、2Al2OC(s)+3C(s)= Al4C3(s)+2CO(
g) ΔH2Ⅲ、2Al2O3(s)+9C(s)=Al4C3(s)+6CO(g) ΔH3①根据盖斯定律，由Ⅰ×2+Ⅱ得反应Ⅲ 2
Al2O3(s)+9C(s)= Al4C3(s)+6CO(g) ΔH3= 2ΔH1+ΔH2；②Al4C3可与足量盐酸反应制备一种最
简单的烃CH4，根据质量守恒配平可得反应的化学方程式为Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑；故答案为：2ΔH1+ΔH2
；Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑；(3)①由图中信息可知，反应Ⅲ升高温度，lnK增大，则K增大，平衡正向移动，正
反应为吸热反应，ΔH>0，故答案为：Ⅲ；②0~5min内v(CO2)= v(CO)= × =0.02mol·L-1·min-
1；③反应Ⅱ.Mn(s)+CO2(g) MnO(s)+CO(g)为气体体积不变的放热反应，根据“变量不变达平衡”进行判断。A.反
应为气体不变的反应，反应过程容器的体积不是变量，不能作为平衡状态的判断依据，选项A不选；B.反应是一个固体质量增大的反应，固体的质
量为变量，当固体的质量不再改变说明达到平衡状态，选项B选；C.反应是一个气体质量减小的反应，气体的总质量为变量，当不再改变说明达平
衡状态，选项C选。答案选BC。故答案为：Ⅲ ；0.02 mol·L-1·min-1 ；BC。【分析】（1）根据化合物中元素化合价为
零的原则可以计算出氮的化合价；（2）利用盖斯定律求反应热的原则就是反应热与反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关；（3）在吸热反
应中，升高温度，反应的平衡常数会变大；反之，在放热反应中，升高温度，反应的平衡常数会减小；（4）判断可逆反应达到平衡的依据就是正逆
反应的速率是否相等。23．【答案】（1）+3（2）陶瓷会与生成的HF反应（3）2CeO2+H2O2+6H+ = 2Ce3++O2↑
+4H2O（4）分液（5）温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小（6）向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+
水溶液方向移动（7）8（8）4Ce(OH)3+O2+2H2O = 4Ce(OH)4【解析】【解答】（1）CeFCO3中CO32－整
体显－2价，F显－1价，整个化合价代数和为0，推出Ce的价态为＋3价；（2）陶瓷容器中含有SiO2，SiO2与HF发生反应：SiO
2＋4HF=SiF4↑＋2H2O，因此钙流程氧化焙烧时不能使用陶瓷容器；（3）有机层中CeF3，Ce显＋3价，CeO2中Ce显＋4
价，即在酸浸时，Ce的价态降低，CeO2为氧化剂，H2O2为还原剂，离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋=2Ce3＋＋O2↑＋
4H2O；（4）操作I得到溶液和有机相，因此操作I的名称为分液；（5）根据流程，酸浸时加入H2O2，H2O2在高温下发生分解，H2
O2与CeO2发生反应时H2O2的量减少，造成浸出率降低；（6）该过程中存在Ce3+ (水层)+3HT(有机层) CeT3 (有
机层)+3H+ (水层)，加入稀硫酸，c(H＋)增大，平衡向逆反应方向进行，生成Ce3＋的水溶液，能获得较纯含Ce3＋水溶液；（7
）Ce3＋开始出现沉淀，c(Ce3＋)×c3(OH－)=Ksp[Ce(OH)3]，则有c(OH－)= mol·L－1=1×10－
6mol·L－1，即当pH=8时Ce3＋开始出现沉淀；（8）利用氧气将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4，其反应的方程式为4Ce(
OH)3＋O2＋2H2O=4Ce(OH)4。 【分析】（1）F为-1价，碳酸根为-2价； （2）二氧化硅能与氢氟酸反应； （3）结
合核心产物，根据氧化还原反应原理，方程式为 2CeO2+H2O2+6H+ = 2Ce3++O2↑+4H2O （4）难溶于水的有机溶
剂，分离方法为分液； （5）根据物质性质，高温下双氧水容易发生分解； （6）增大氢离子浓度，平衡逆向移动； （7）根据溶度积含义进
行计算得出氢氧根离子浓度，进而计算pH值； （8）结合核心产物，根据氧化还原反应原理，方程式为 4Ce(OH)3+O2+2H2O
= 4Ce(OH)4 。24．【答案】（1）-2；四（2）30NA；1:1（3）C；D（4）③①④②；2NaHSO4+ Na2SO
3= 2Na2SO4+ H2O+SO2↑；>【解析】【解答】（1）CuFeS2中硫的化合价为-2价，氧化剂所含元素化合价降低，被还
原得到的产物是还原产物，铜元素的化合价由+2价降为0价，氧元素的化合价由0价降为-2价，故该反应中还原产物有Cu，FeO，Fe2O
3，SO2，共四种，故答案为：-2；四。（2）8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，由方程式可推出
，每消耗21mol氧气，转移的电子数为16mol+84mol=100mol，若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为30
mol，即30NA，其中铁元素部分被氧化，CuFeS2→Fe2O3，8个Fe中有4个被氧化，故被氧化和未被氧化的物质的量之比为1:
1，故答案为：30NA，1:1。（3）8CuFeS2+21O2 8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，二氧化硫有毒，不能直接
排放到大气中，A.SO2被KMnO4溶液氧化成硫酸根离子，A不符合题意；B.SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，B不符合题意
；C.硫化氢气体可以与二氧化硫反应生成硫和水，但硫化氢有毒，硫化氢易逸出到空气中污染空气，C符合题意；D.二氧化硫在NaHSO3溶
液中的溶解度很小，故不能用其吸收二氧化硫，D符合题意；故答案为：CD（4）等浓度的①Na2SO4的pH=7；②NaHSO4完全电离
，NaHSO4=Na++H++SO42-，pH＜7；③Na2SO3溶液中，存在水解平衡SO32-+H2O?HSO3-+OH-，溶液
显碱性，pH＞7，④NaHSO3溶液中：HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，HSO3-?H++SO32-，电离大于水解，所以p
H<7，由于NaHSO4是强电解质，故等浓度的溶液中的氢离子浓度大于NaHSO3溶液中的氢离子浓度，故答案为：③①④②。为了实现离
子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，化学方程式为：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为
：2NaHSO4+Na2SO3=2Na2SO4+H2O+SO2↑。如果是等浓度的NaHSO3溶液和NaHSO4溶液，NaHSO3溶
液的pH大于NaHSO4溶液，若x1c2，故答案为：>。【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0计算硫元素的化合
价；根据化合价变化确定还原产物；（2）结合关系式“21O2~100e-”计算转移电子数；（3）反应产物中的SO2是一种空气污染物，
不可直接排放，应进行尾气吸收，结合SO2的性质确定吸收液；（4）先根据溶液的酸碱性进行分类，再结合SO32-、HSO3-的水解程度
确定溶液pH的大小；结合强酸制弱酸的原理确定反应的化学方程式；根据等浓度的NaHSO3和NaHSO4溶液的pH大小进行分析；25．
【答案】（1）11（2）-128.8（3）低温（4）bc；64/729或0.088；不移动（5）；31.6g【解析】【解答】（1）H2CO3的Ka2= =5.0×10-11，c()= 5c()，则c(H+)=1×10-11mol/L，则该溶液的pH=-lg c(H+)=11。 （2）已知H2(g)、C2H4(g)的燃烧热分别是-285.8 kJ/mol和-1410.0 kJ/mol，则有：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8 kJ/mol；②C2H4(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2(g) △H =-1410.0 kJ/mol；③H2O(g)= H2O(l) △H=-44.0 kJ/mol， 根据盖斯定律①×6-②-③×4可得：2CO2(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H2O(g) △H=(-285.8 kJ/mol)×6-(-1410.0 kJ/mol)-(-44.0kJ/mol)×4=- 128.8 kJ/mol。（3）2CO2(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H2O(g) △H=-128.8 kJ/mol，反应的△H<0，△S<0，根据△G=△H-T△S，需要△G<0，即低温下反应才能自发进行。（4）①a．使用催化剂，平衡不移动，温度不变，平衡时CO2的平衡转化率不变，故a不正确；b．升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故b正确；c．其他条件不变，若投料改为4mol H2和1 mol CO2时，相当于增大H2的体积分数，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，可能位于点M2，故c正确；d．该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，当压强不变时表示已经达到平衡状态，反应中始终不变，不能证明化学反应已达到平衡状态，故d不正确；故答案为：bc；②在体积为1 L的恒容容器中，投料为3mol H2和1 mol CO2时，在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，列出“三段式”该反应平衡常数的数值K=或0.088；③若达到平衡后再向体系内通入1.5 mol CO2和1 mol H2O，Qc==K，则平衡不移动。（5）正极CO2得电子发生还原反应，故电极方程式为3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C，负极Na失去电子生成Na+，电极方程式为Na-e-=Na+，当转移0.4mol e- 时，正极生成0.2mol Na2CO3和0.1molC，负极消耗0.4molNa，则两电极的质量差为0.2mol×106g/mol+0.1mol×12g/mol+0.4mol×23g/mol=31.6g。 【分析】（1）根据盖斯定律分析； （3）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析； （4）①ab．依据影响化学平衡的因素分析； c．增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低； d．利用“变者不变即平衡”；②利用三段式法计算；③根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向； （5）放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；依据得失电子守恒。zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
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