2025届高三化学一轮复习——化学反应原理

2025届高三化学一轮复习——化学反应原理 一、单选题 1．我国推行的新型冠状病毒防治方案，明确指出应当使用含氯消毒液进行消毒。氯气与冷烧碱溶液反应可制得“84”消毒液，实验装置如图。下列有关说法错误的是（　　） A．甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体 B．乙中可采用热水浴，有利于加快反应速率 C．在甲、乙之间加入饱和食盐水洗气，可提高NaOH利用率 D．在乙之后再连接NaOH溶液吸气，更加符合绿色化学思想 2．下列物质的应用中，主要利用的反应不属于氧化还原反应的是（　　） A．用铝和氧化铁的混合物焊接铁轨 B．用氮气实现工业合成氨 C．实验室用溶液吸收尾气 D．过量铁粉与稀硫酸反应制备硫酸亚铁 3．科技是第一生产力，近年我国科学家在诸多领域做出了卓越成就。下列说法正确的是（　　）。 A．核地研院发现月壤中“嫦娥石”富含稀有元素钇，和互为同素异形体 B．“天舟四号”配置砷化镓太阳能电池，其能量转化形式为太阳能转化为电能 C．中科院化学所研制纳米四氧化三铁晶体材料，该晶体为金属晶体 D．杭州亚运会主火炬塔使用废碳再生的“绿色零碳甲醇”燃料，该燃料不含碳元素 4．下列化学用语表达正确的是（　　） A．乙烯的实验式： B．水分子间的氢键： C．的空间结构：平面三角形 D．在元素周期表的位置：第四周期第ⅤB族 5．下列属于在熔融状态下能导电的化合物的是（　　） A．H2SO4 B．CH4 C．Na2CO3 D．Cu 6．25℃下，在含一定质量Mg(OH)2的悬浊液中，分6次快速注入等量盐酸，体系pH变化曲线如图。下列说法不正确的是（　　） A．由图可知，酸碱中和反应速率大于Mg(OH)2沉淀溶解速率 B．第6次加入盐酸时，Mg(OH)2沉淀消耗完全 C．由图可知Ksp[Mg(OH)2]=5×10-32.8 D．上述过程中Mg(OH)2沉淀溶解平衡常数保持不变 7．黑火药主要成分是硫磺、硝酸钾和木炭，能发生剧烈的氧化还原反应。下列说法正确的是 A．半径大小：r(S2−)＜r(K+) B．电负性大小：χ(N)＜χ(O) C．电离能大小：I1(O)＜I1(C) D．气态氢化物稳定性：H2O＜H2S 8．工业上将乙烷催化裂解制备氢气： ，催化裂解过程中利用膜反应新技术可以实现边反应边分离出生成的。不同温度下，1.0mol在容积为1.0L的恒容密闭容器中发生催化裂解反应。氢气移出率[]不同时，的平衡转化率与反应温度的关系如图所示。下列说法正确的是 A．加入催化剂，可以通过降低反应的活化能使减小 B．若，则B点时体系内碳、氢原子个数比 C．若A点时，平衡常数，氢气移出率为81% D．反应达到平衡后，向容器中通入惰性气体，单位时间内的转化率增大 9． 转化为NO的过程如图所示。下列说法正确的是（　　） A．催化剂a和b可增大反应的活化能( ) B．在催化剂b作用下，氮元素发生了还原反应 C．催化剂a、b不会改变反应的焓变( ) D．催化剂b可提高 的平衡转化率 10．高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法错误的是 A．放电时，负极反应式为 B．放电时，正极区溶液的增大 C．充电时，转化为转移电子 D．充电时，中性电解质的浓度增大 11．Li4Ti5O12、Na2Ti2O7、K2Ti3O7均是原电池中的正极材料，其制备方法为：在三乙烯四胺(分子式为C6H18N4，作为助溶剂)中水热法合成TiO2，然后控温160℃分别在LiOH溶液、NaOH溶液、KOH溶液中反应6小时。该过程中涉及的元素属于短周期元素的有（　　） A．6种 B．7种 C．8种 D．9种 12．某温度下，向体积均为20.00 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的NaCl、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1 mol·L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(pX=-lgX，X=Cl-、CrO )与滴加AgNO3溶液体积关系如图所示(lg3=0.47)。下列说法错误的是（　　） A．a=1 B．曲线I表示NaCl溶液 C．Ksp(Ag2CrO4)=1.0×10-2b D．M约为2c-1.47 13．利用烟气中可回收废水中的，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示，下列说法正确的是（　　） A．1 mol中σ键数目为18 mol B．转化为后键角减小 C．总反应离子方程式为： D．反应③中，每消耗1 mol 转移4 mol电子 14．锌—空气二次电池具有性能高、寿命长、可充电等优点，其工作原理如图所示。下列说法错误的是 A．充电时a极与直流电源的负极相连 B．放电过程中（标准状况）参与反应时，有由b极区向a极区迁移 C．充电过程中a极的电极反应为 D．放电一段时间后，a极区c(KOH)大于b极区c(KOH) 15．已知：(未配平)。下列说法错误的是（　　） A．氯酸钠是强电解质 B．中含有极性键和非极性键 C．产物中与的物质的量之比为2：1 D．每转移电子，生成标准状况下 16．、、与形成的某种化合物是蛋白质代谢分解的终产物，结构如图所示，工业上常用和在一定条件下合成。下列判断错误的是 A．键角： B．电负性： C．原子半径： D．价电子数： 17．下列实验操作、现象与结论都正确的是（　　） 选项 操作 现象 结论 A 往FeCl3溶液中加入少量铜粉 铜粉溶解 氧化性：Cu2+＞Fe3+ B 向AgCl浊液中加入少量0.1mol/LKI溶液 白色沉淀颜色变黄 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) C 向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加少量KSCN溶液 溶液变红色 某溶液中含有Fe2+ D 将稀H2SO4滴加到饱和Na2SO3溶液中，将产生的气体通入KMnO4溶液 紫色溶液褪去 产生的气体具有漂白性 A．A B．B C．C D．D 18．在恒容密闭容器中发生反应：，Y的平衡转化率按不同投料比()随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（　　） A． B．平衡常数： C．当容器内气体密度不变时，反应达到平衡 D．温度下增大压强，c点向a点方向移动 19．时，用溶液调节醋酸溶液的，实验测得溶液中、的分布系数与的关系如图所示。其中。下列说法正确的是 A．曲线1代表 B．，的电离常数 C． D．溶液中始终存在 20．由下列实验操作及现象能得出相应结论的是（　　） 实验操作 现象 结论 A 将溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热，将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中 酸性高锰酸钾溶液褪色 可证明产生的气体中有烯烃 B 在物质X柱面上滴一滴熔化的石蜡，用一根红热的铁针刺中凝固的石蜡 石蜡熔化呈椭圆形 说明物质X非晶体 C 碳与二氧化硅在高温下反应 有单质生成 非金属性： D 向盛有固体的试管中加入溶液 白色固体溶解 促进的沉淀溶解平衡向溶解方向移动 A．A B．B C．C D．D 二、综合题 21．燃煤废气中含有多种能回收利用的原料气，如CO2、SO2及氮氧化物等，对其综合利用，可以改善环境质量。同答下列问题： （1）标准状况下，各元素最稳定单质生成标准状况下1mol某纯物质的热效应称为该物质的标准摩尔生成焓()。将燃煤废气中的SO2富集后催化氧化可得到SO3。由表中数据，推测SO3(l)的　 　(填“>”、“<”或“=”)-395.7kJ·mol-1，写出SO2(g)与O2(g)生成SO3(g)的热化学方程式　 　。 物质 O2(g) SO2(g) SO3(g) /kJ∙mol-1 0 -296.8 -395.7 （2）亚硝酰氯(ClNO)是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入一密闭容器中，发生反应2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g)　∆H<0。平衡后，改变外界条件X，实验测得NO的转化率a(NO)随X的变化关系如图1所示，则条件X可能是　 　(填字母序号)。 A．温度 B．压强 C． D．与催化剂的接触面积 （3）已知反应2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)　∆H=-746.5kJ∙mol-1，在密闭容器中充入4molCO和5molNO，平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系如图2所示。 ①反应在D点达到平衡后，若此时升高温度，同时扩大容器体积使压强减小，在重新达到平衡过程中，D点会向A~G点中的　 　点移动。 ②某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图3所示。温度低于200℃时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因是　 　；a点　 　(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，理由是　 　。 （4）以连二亚硫酸根离子()为媒介，用电化学法处理烟气中NO的装置如图4所示。 ①阴极区的电极反应式为　 　 ②NO被吸收转化后的主要产物为，若通电时电路中转移了0.3mole-，则通电过程中理论上被吸收的NO在标准状况卜的体积为　 　mL。 22．已知：RO2为短周期主族元素中某元素的氧化物。根据下列信息，回答相关问题： （1）若镁条在RO2中燃烧生成黑色粉末(单质)和白色粉末，则RO2的化学式为　 　。 （2）若常温下，RO2能与氢氟酸反应生成一种气体和一种液态化合物。RO2和纯碱混合在铁坩埚中熔融生成R的含氧酸盐，RO2和纯碱反应的化学方程式为　 　。 （3）若向酸性溶液、含酚酞的烧碱溶液中分别通入无色气体RO2，两溶液颜色均逐渐褪去。向烧碱溶液中通入过量RO2的离子方程式为　 　。 （4）设为阿伏加德罗常数的值。若烧杯中固体W为银粉，向该烧杯中通入RO2，固体W逐渐溶解(如图所示)，则RO2的化学式为　 　，向某密闭容器中充入和，则产物的分子数　 　(填“大于”、“小于”或“等于”)。 （5）若RO2是一种绿色饮用水消毒剂，则RO2具有　 　性而能杀菌消毒；工业上，常用+5价R的含氧酸的钠盐和HR的浓溶液在常温下反应制备气态RO2，同时还有R单质和水生成，该反应的离子方程式为　 　。 23．利用1－甲基萘(1－MN)制备四氢萘类物质(MTLs，包括1－MTL和5－MTL)。反应过程中伴有生成十氢茶(1－MD)的副反应，涉及反应如图： 回答下列问题： （1）已知一定条件下反应R1、R2，R3的焓变分别为△H1，△H2、△H3，则反应R4的焓变为　 　(用含△H1、△H2、△H3的代数式表示)。 （2）四个平衡体系的平衡常数与温度的关系如图甲所示。 ①c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，则表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为　 　。 ②已知反应R1的速率方程v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)，v逆=k逆•c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆。由此推知，T1　 　T2(填“>”，“<”或“=”)。 ③下列说法错误的是　 　。 A．四个反应均为放热反应 B．压强越大，温度越低越有利于生成四氢萘类物质 C．反应体系中1－MD最稳定 D．由上述信息可知，400K时反应R4速率最快 （3）1－MN在6.0×103kPa的高压H2氛围下反应(H2压强近似等于总压)。不同温度下达平衡时各产物的选择性Si(某生成物i的物质的量与消耗1－MN的物质的量之比)和物质的量分数xi(xi表示物种i与除H2外其他各物种总物质的量之比)随1－MN平衡转化率y的变化关系如图乙所示，1－MN平衡转化率y为80%时，1－MTL的产率=　 　；y为65%时反应R1的平衡常数Kp=　 　kPa-2。四氢萘类物质的物质的量分数xi随1－MN平衡转化率先增大后减小，结合平衡移动原理解释原因　 　。 24．甲醇是多种有机产品的基本原料和重要的化工产品，广泛用于有机合成、染料、医药、涂料和国防等工业。回答下列问题： （1）一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化如图1所示。其中，反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去。则HCHO(g)与O2(g)反应生成CO(g)的热化学方程式为　 　。 （2）在恒容密闭容器中利用合成气(主要成分为CO2和含有少量CO的H2)合成甲醇，发生的主反应为CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)。在 分别为1：a和1：1.5a两种投料比时，CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图2所示，则投料比为1：1.5a时，对应的曲线是　 　(填①或②)；图中m、n、z三点平衡常数Km、Kn、Kz的大小关系是　 　； 的数值，m点比n点　 　(填“大”或“小”)。 （3）在催化剂Cu/ZnO存在下，CO2和H2可发生如下反应： ICO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)△H1<0； IICO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g)△H2>0。 控制CO2和H2初始投料比为5：11，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据： T(K) 催化剂 CO2转化率(%) 甲醇选择性(%) 543 Cu/ZnO纳米棒 12.3 42.3 543 Cu/ZnO纳米片 10.9 72.7 553 Cu/ZnO纳米棒 15.3 39.1 553 Cu/ZnO纳米片 12.0 71.6 [备注]甲醇选择性为转化的CO2中生成甲醇的百分比。 表中实验数据表明，在相同温度下，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是　 　。 （4）铜系催化剂对反应2CH3OH(g) HCOOCH3(g)+2H2(g)具有较高的活性。在583K下，将amol甲醇置于bL恒容密闭容器中，经过tmin到达平衡，气体压强为P0Pa，且P氢气=P甲醇，此过程中的平均反应速率v(HCOOCH3)=　 　，用气体分压表示的平衡常数Kp=　 　；相同温度下，将amol甲醇置于bL恒压密闭容器中，反应到达平衡时P氢气　 　P甲醇(填“>”，“=”或“<”)。 25．硬铝(主要成分为Al、Cu、Mg、M、Si)主要用于生产各种构件和铆钉，在造船和建筑等行业也有广泛的应用。回答下列问题。 （1）处于基态的Al原子和Mg原子，下列参数中Al原子较大的是____(填标号)。 A．未成对电子数 B．第一电离能 C．原子半径 （2）硅元素很难形成含多重键的化合物，最近我国科学家在合成的二硅炔镁盐中探测到有“Si=Si”键的存在。硅元素难以形成“Si=Si”键的原因是　 　。 （3）是一种重要的配合物，的配位数为　 　，提供孤电子对的原子为　 　，分子中碳原子的杂化类型为　 　，中三种元素的电负性由大到小的顺序为　 　。 （4）氧化镁晶胞属于立方形晶胞，其晶胞参数为anm。晶胞中每个周围紧邻且距离相等的共有　 　个，其最近距离为　 　nm。设阿伏加德罗常数的值为，则氧化镁晶体的密度为　 　(列出计算表达式)。 答案解析部分 1．【答案】B 【解析】【解答】A．高锰酸钾和浓盐酸常温下反应可以制取氯气，装置没有加热，所以甲中盛放的试剂可以是高锰酸钾固体，故A不符合题意； B．氯气与冷烧碱溶液反应可制得“84”消毒液，所以乙中不可采用热水浴，会有其他反应发生会生成杂质氯酸钠，故B符合题意； C．在甲、乙之间加入饱和食盐水洗气，可以除去浓盐酸挥发出来的氯化氢气体，可提高NaOH利用率，故C不符合题意； D．氯气有毒，不能随意排放到大气中，所以在乙之后再连接NaOH溶液吸气，更加符合绿色化学思想，故D不符合题意； 故答案为：B 【分析】甲中是制取氯气的装置，乙是氯气和氢氧化钠反应制取消毒液的反应，甲中反应是常温，而高锰酸钾和浓盐酸反应也是常温反应，乙中的反应是氯气和氢氧化钠反应，温度过高会产生杂质，制取氯气时可能会带出氯化氢气体，应该将氯化氢气体进行除杂，利用饱和食盐水除去氯化氢气体，多于的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收防止污染空气 2．【答案】C 【解析】【解答】A．铝和氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，属于置换反应，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，A不符合题意； B．氮气和氢气在高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，B不符合题意； C．NaOH溶液和反应生成亚硫酸钠和水，元素化合价没有变化，不属于氧化还原反应，C符合题意； D．过量铁粉与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。 3．【答案】B 【解析】【解答】A. 和是质子数相同，中子数不同的两种核素，两者互为同素异形体，A说法正确； B. 太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置，B说法正确； C.四氧化三铁为金属氧化物，故四氧化三铁晶体不属于金属晶体，C说法错误； D.甲醇是由碳、氢、氧三种元素组成，D说法错误； 故答案为：D。 【分析】质子数相同，中子数不同的两种核素，两者互为同素异形体。 4．【答案】B 【解析】【解答】A、乙烯的实验式为CH2，故A错误； B、水分子间的氢键由氧原子和氢原子形成，表示为 ，故B正确； C、中，S原子的价层电子对数为，含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故C错误； D、Cr的原子序数为24，在元素周期表中位于第四周期第ⅥB族，故D错误； 故答案为：B。 【分析】A、实验式是指用元素符号表示化合物分子中各元素原子数最简整数比的式子； B、水分子间氧原子和氢原子间形成氢键； C、 中S原子的价层电子对数为4，有一个孤电子对； D、Cr为24号元素。 5．【答案】C 【解析】【解答】A．H2SO4是共价化合物，熔融状态下不能导电，A不符合题意； B．CH4是共价化合物，熔融状态下不能导电，B不符合题意； C．Na2CO3是离子化合物，熔融状态下能电离，C符合题意； D．Cu是金属单质，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】依据离子化合物在熔融 状态下能导判断。 6．【答案】C 【解析】【解答】A.根据中和反应是很快的反应，酸碱中和反应速率大于氢氧化镁的溶解速率，故A不符合题意； B.根据第六次加入盐酸时，pH不变，氢氧化镁沉淀消耗完全，故B不符合题意； C.由图可知未加入稀盐酸时溶液的pH=10.6，c(H+)=10-10.6，c(Mg2+)=10-3.4，c(Mg2+)=1/2x10-3.4，Ksp(Mg(OH)2)=10-3.4x1/2x10-3.4x1/2x10-3.4=5，x10-11.2，故C符合题意； D.沉淀溶解平衡常数只与温度有关，温度不变沉淀溶解平衡常数保持不变，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.根据中和反应速率较快； B.根据pH不变即可判断； C.根据起始pH计算出氢离子浓度，计算出氢氧根离子浓度即可计算常数； D.沉淀溶解平衡与温度有关。 7．【答案】B 【解析】【解答】A．S2-、K+具有相同的核外电子排布，且K的核电荷数比S的大，故半径大小：r(S2−)＞r(K+)，A不符合题意； B．N、O为同一周期元素，从左往右元素电负性依次增强，即电负性大小：χ(N)＜χ(O)，B符合题意； C．CO为同一周期元素，从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，即电离能大小：I1(O)＞I1(C)，C不符合题意； D．已知O的非金属性强于S，故气态氢化物稳定性：H2O＞H2S，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大； B、同周期元素从左到右电负性增大； C、同周期元素从左到右第一电离能增大，若有电子半充满或者全充满则出现反常； D、氢化物的稳定性即比较非金属性。 8．【答案】B 9．【答案】C 【解析】【解答】A．使用催化剂可以增快反应速率，实质式通过降低活化能实现的，A不符合题意； B．在催化剂b作用下，氨气转化为一氧化氮，氮元素化合价升高，被氧化，发生了氧化反应，B不符合题意； C．反应体系的始态和终态决定了反应的焓变，与变化的途径无关，催化剂改变反应途径，但不改变焓变，C符合题意； D．使用催化剂可以增快反应速率，但是不会改变平衡转化率，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】催化剂通过降低活化能来实现加快反应速率，但是不会改变平衡转化率，催化剂只改变反应的途径，而焓变是由反应体系的始态和终态决定的。 10．【答案】D 11．【答案】A 【解析】【解答】在物质C6H18N4、TiO2、LiOH、NaOH、KOH中，元素H、Li、C、N、O、Na为短周期元素，共6种，故A符合题意； 故答案为：A。 【分析】考查的元素在元素周期表的位置 12．【答案】C 【解析】【解答】A．纵坐标表示pX=-lgX(X=Cl-， )，c(Cl-)= c( )=0.1mol/L，代入得a=1，选项A不符合题意； B．等体积、等浓度的NaCl溶液，Na2CrO4溶液与等浓度AgNO3溶液恰好反应时（滴定曲线突跃中点），NaCl溶液反应消耗AgNO3溶液体积只有Na2CrO4溶液消耗AgNO3溶液体积的一半，Ⅰ表示NaCl溶液，选项B不符合题意； C．从图中可得Na2CrO4溶液与AgNO3溶液反应终点时c( )=10-bmol/L，c(Ag+)=2 10-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)= 4 10-3b，选项C符合题意； D．NaCl溶液中加入40mL的AgNO3溶液，AgNO3溶液过量，反应后溶液中，c(Ag+)= 0.1mol/L，由图可得Ksp(AgCl)= 1 10-2c，求出c(Cl-)=3 10 10-2cmol/L，pX=M=2c-1.47，选项D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.根据 pX(pX=-lgX，X=Cl-、CrO ) 即可计算出起始时的数据 B.根据反应的量的关系即可判断 C.根据 pX=-lgX =b即可计算出 D.根据此时的数据计算出银离子的浓度，结合氯化银的离子积常数即可计算出M的纵坐标 13．【答案】C 【解析】【解答】A.1个氨气含有3个σ键，每个配位键是1个σ键，因此1 mol中σ键数目为24 mol，故A不符合题意； B．氨气有一对孤对电子，孤对电子对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，使得键角减小，氨气与钴形成了配位键，因此转化为后键角增大，故B不符合题意； C．根据图中转化最终得到总反应离子方程式为：，故C符合题意； D．反应③中，形成了过氧键，过氧键中氧化合价为−1价，因此每消耗1 mol 转移2 mol电子，故D不符合题意。 故答案为：C。 【分析】A.单键均为σ键，配位键也是σ键； B.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小； D.根据得失电子守恒计算。 14．【答案】D 15．【答案】D 【解析】【解答】A．氯酸钠而在水中完全电离，属于强电解质，A不符合题意； B．H2O2分子中既含极性键又含非极性键，分子中氧元素和氧元素之间形成非极性共价键，氧元素和氢元素之间形成极性共价键，B不符合题意； C．反应的化学方程式为： ，产物中 与 的物质的量之比为2：1，C不符合题意； D．反应的化学方程式为： ，每转移2mol电子，生成1mol氧气，则每转移1mol电子，生成标准状况下0.5mol氧气，体积是： ，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.氯酸钠在水中完全电离； B.过氧化氢中含有H-O极性键和O-O非极性键； C.根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为。 16．【答案】A 17．【答案】B 【解析】【解答】A．往FeCl3溶液中加入少量铜粉，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，氧化性：Fe3+＞Cu2+，故A不符合题意； B．向AgCl浊液中加入少量0.1mol/LKI溶液，白色沉淀颜色变黄，说明碘化银溶解度更小，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，故B符合题意； C． 向某溶液中滴加几滴新制氯水，能将Fe2+被氧化成Fe3+，再滴加少量KSCN溶液，无法确定Fe3+是否来源于亚铁离子的氧化，还是原溶液，故C不符合题意； D． SO2通入KMnO4溶液紫色溶液褪去，说明SO2具有还原性，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A．根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析； B．根据沉淀转化分析； C．用KSCN检验Fe2+时应先加KSCN； D． SO2使KMnO4溶液褪色是SO2的还原性。 18．【答案】C 【解析】【解答】A、由图可知，温度相同时，γ2对应曲线的Y的转化率大于γ1对应曲线的Y的转化率，则γ2>γ1，故A错误； B、该反应正向为放热反应，温度越高，K越小，则Ka>Kb=Kc，故B错误； C、该反应是气体体积减小的反应，混合气体的密度随反应发生变化，则当容器内气体密度不变时，反应达到平衡，故C正确； D、该反应是气体体积数减小，温度一定，增大压强，平衡正向移动，Y的转化率升高，则温度不变，不会向a点方向移动，故D错误； 故答案为：C。 【分析】由图可知，投料比不变，随温度升高，Y的平衡转化率减小，平衡逆向移动，则该反应为放热反应；温度相同时，投料比增大，Y的平衡转化率越大。 19．【答案】C 【解析】【解答】A．已知，同时除以可得，随着pH值增大，氢离子浓度减小，增大，即随着pH的增大，增大，所以曲线2代表，故A不符合题意； B．由图可知，当时，，，已知pH=4.74，故，故B不符合题意； C．，故C符合题意； D．根据电荷守恒可知，溶液中始终存在，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．利用变形为Ka分析； B．选择交点数据分析； C．利用A分析判断； D．根据电荷守恒分析。 20．【答案】D 【解析】【解答】A. 挥发的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，当 酸性高锰酸钾溶液褪色时不能证明一定有烯烃生成，A错误； B.晶体具有各向异性，不同方向石蜡熔化的快慢不同，由实验操作和现象可知，石蜡熔化呈椭圆形，则X为晶体，不是非晶体，B错误； C. 碳与二氧化硅 反应方程式为：C+SiO2=CO+Si，C作还原剂，无法证明C和Si的非金属性强弱，C错误； D.Mg(OH)2在溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2Mg2++2OH-， 向盛有Mg(OH)2固体的试管中加入CH3COONH4溶液，NH4+与OH-结合成NH3•H2O，使溶解平衡正向移动，Mg(OH)2溶解，D正确； 答案：D 【分析】A.挥发的乙醇也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色； B..晶体具有各向异性，不同方向石蜡熔化的快慢不同； C. 碳与二氧化硅反应中C作还原剂，无法证明C和Si的非金属性强弱； D.，NH4+与Mg(OH)2溶解产生的OH-结合成NH3•H2O，使溶解平衡：Mg(OH)2Mg2++2OH-正向移动。 21．【答案】（1）<；2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H=-197.8 kJ·mol-1 （2）AC （3）A；温度低于200℃时，催化剂活性偏低，对反应速率的影响减小；不是；正反应放热，温度越低，NO平衡转化率越高，a点对应的NO平衡转化率应高于450℃时NO平衡转化率，根据图像可知，a点的平衡转化率比曲线450℃对应的NO平衡转化率还要高 （4）；1344 【解析】【解答】(1)SO3(g)的能量大于SO3(l)，SO3(g)的=-395.7kJ·mol-1，SO3(l)的<-395.7kJ·mol-1；反应的焓变=生成物的标准生成焓-反应物的标准生成焓，2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-395.7 kJ·mol-1×2-(-296.8 kJ·mol-1×2)-0 kJ·mol-1=-197.8 kJ·mol-1； (2)A．正反应放热，升高温度平衡逆向移动，NO的转化率减小，所以X可能是温度， 故答案为：A； B．正反应气体系数和减小，增大压强平衡正向移动，NO的转化率增大，所以X不可能是压强，故不选B； C．增大NO的浓度，NO的转化率减小，所以X可能是， 故答案为：C； D．增大催化剂的接触面积，反应速率加快，平衡不移动，NO的转化率不变，所以X不可能是催化剂的接触面积，故不选D； 选AC。 (3)①2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)正反应放热，升高温度平衡逆向移动，NO的体积分数增大，可知，减小压强，平衡逆向移动，NO的体积分数增大，反应在D点达到平衡后，若此时升高温度，同时扩大容器体积使压强减小，在重新达到平衡过程中，D点会向A~G点中的A点移动。 ②温度低于200℃时，催化剂活性偏低，对反应速率的影响减小，所以曲线I脱氮率随温度升高而变化不大；正反应放热，温度越低，NO平衡转化率越高，a点对应的NO平衡转化率应高于450℃时NO平衡转化率，根据图像可知，a点的平衡转化率比曲线450℃对应的NO平衡转化率还要高，所以a点不是对应温度下的平衡脱氮率。 (4)①根据图示，阴极区SO得电子生成S2O，阴极电极反应式为； ②NO被吸收转化后的主要产物为，N元素化合价由+2降低为-3，若通电时电路中转移了0.3mole-，根据得失电子守恒，吸收NO的物质的量为0.06mol，理论上被吸收的NO在标准状况下的体积为。 【分析】（1）气体的能量大于液体的能量，因此液体的 的 更小； （2）根据图示，可知一氧化氮转化率变小，可能是使反应朝逆向移动，或增大一氧化氮的浓度； （3） ① 本题可以分为两步进行，升高温度，平衡朝吸热方向移动，扩大体积，平衡朝气体系数增大的方向移动； ② 涉及催化剂以及温度变化曲线温度，温度过低时活性低，温度过高失去活性； （4） ① 根据图示分析，阴极为亚硫酸根得到电子形成二亚硫酸根； ② 结合题干，一氧化氮转化铵根离子，每1mol一氧化氮转移5mol电子，结合电子数之比进行计算，以公式n=V/Vm转化。 22．【答案】（1） （2） （3） （4）；小于 （5）强氧化； 【解析】【解答】（1）镁条在CO2中燃烧生成黑色粉末C(单质)和白色粉末MgO，则RO2的化学式为； （2）SiO2能与氢氟酸反应生成一种气体SiF4和一种液态化合物H2O。SiO2和纯碱混合在铁坩埚中熔融生成硅酸钠，SiO2和纯碱反应的化学方程式为； （3）向酸性溶液、含酚酞的烧碱溶液中分别通入无色气体RO2，说明RO2是具有还原性的酸性气体SO2，向烧碱溶液中通入过量SO2的离子方程式为； （4）能使银粉溶解的酸应该是硝酸，故RO2与水反应生成了硝酸，故RO2为NO2，向某密闭容器中充入和生成2molNO2，但是体系存在，则产物的分子数小于； （5）ClO2是一种绿色饮用水消毒剂，水的消毒剂具有强氧化性，则ClO2具有强氧化性；工业上，常用+5价Cl的含氧酸的钠盐NaClO3和HCl的浓溶液在常温下反应制备气态ClO2，反应的离子方程式为； 【分析】（1）依据镁的性质和现象判断； （2）SiO2和纯碱混合在铁坩埚中熔融生成硅酸钠； （3）依据气体的组成和现象判断； （4）依据二氧化氮的性质，及二氧化氮和四氧化二氮的转化平衡分析； （5）根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒书写。 23．【答案】（1）△H1+△H2-△H3 （2）b；>；BD （3）0.8(1-2c%)；；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小 【解析】【解答】（1）由盖斯定律可知，△H1+△H2=△H3+△H4，则则反应R4的焓变为△H4=△H1+△H2-△H3； （2）①由于生成十氢茶(1－MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2=K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1>K3，则K2<K4，结合图像可知，表示反应R2的平衡常数随温度变化曲线为b。 ②已知反应R1的速率方程v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)，v逆=k逆•c(5－MTL)(k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。当平衡时，正逆反应速率相等：v正=k正•c(1－MN)•c2(H2)=v逆=k逆•c(5－MTL)，则；温度T1下反应达到平衡时k正=1.5k逆，则，温度T2下反应达到平衡时k正=3k逆，，结合图像可知，温度升高K值较小，故T1>T2； ③A．四个反应的平衡常数均随温度升高而减小，说明升温平衡逆向移动，故均为放热反应，A正确； B．反应过程中生成十氢茶(1－MD)的副反应也为气体分子数减小的放热反应，故压强越大，温度越低可能会导致副产物的增加，B不正确； C．生成十氢茶(1－MD)的总反应为放热反应，则说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1－MD最稳定，C正确； D．由①分析可知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但是不代表其反应速率最快，D不正确； 故答案为：BD； （3）R1、R3、R2、R4的反应分别为： 1－MN平衡转化率y为80%时，反应1－MN为0.8，开始生成1－MTL和5－MTL共0.8；由图可知，平衡时S1－MD为c%，则生成S1－MD为0.8×c%，故又共消耗1－MTL和5－MTL0.8×c%，平衡时1－MTL和5－MTL共0.8-0.8×c%；平衡时S5－ML为c%，则平衡S5－ML为0.8×c%；故平衡时1－MTL的产率为0.8-0.8×c%-0.8×c%=0.8(1-2c%)； y为65%时反应R1，1－MN为0.65，平衡时1－MN为1-0.65，开始生成1－MTL和5－MTL共0.65；由图可知，1－MTL和5－MTL物质的量分数共a%，S1－MTL为b%，则平衡时，5－MTL为a%-0.65×b%；H2压强近似等于总压为6.0×103kPa，则反应R1的平衡常数；温度越低，1－MN平衡转化率越大，MTLs选择性低，1-MD选择性高，当温度高于一定值时，MTLs选择性较大，转化率越大，xMTLs越大；当温度低于一定值时，1-MD选择性较大，转化率越大，xMTLs越小。 【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减； （2）① 本题要紧抓化学平衡常数只受温度影响这一特点进行判断； ② 若为放热反应，则温度升高，平衡常数减小； ③ A、放热反应，平衡常数和温度为反比； B、增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动，升高温度，平衡朝吸热方向移动； C、反应物的总能量大于生成物的总能量，反应放热，反之反应吸热； D、平衡常数越大，只能说明反应进行越彻底； （3）分压平衡常数可以结合总压强和总物质的量判断。 24．【答案】（1）2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=-470kJ•mol-1 （2）①；Km=Kn>Kx；小 （3）表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响 （4） mol•L-1•min-1；0.2P0；> 【解析】【解答】(1)根据图示可知，HCHO与O2反应生成CO和H2O，2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)反应为放热反应，△H=-2(676-158-283)=-470kJ•mol-1，故热化学方程式为2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)△H=-470kJ•mol-1。 (2)当温度相同时，二氧化碳的浓度越大，其转化率越低，氢气的浓度越大，二氧化碳的转化率越高，故投料比为1：1.5a时，对应的曲线是①；温度相同时，反应平衡常数相同，故Km=Kn；当 相同时，由图可知温度越高，二氧化碳的转化率越低，说明反应为放热反应，故温度升高，化学反应平衡常数减小，则Km=Kn>Kx；m点处，二氧化碳的转化率为60%，设c(CO2)=1mol/L，根据 =1：1.5a，则c(H2)=0.5a，则剩余二氧化碳的浓度为0.4mol/L，生成甲醇的浓度为0.6mol/L，则 =0.67，同理，经计算n点 =1.22，故 的数值，m点比n点小。 (3)表中实验数据表明，在相同温度下，不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是表中数据表明此时未达到平衡，不同的催化剂对反应I的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响。 (4)相同条件下，压强之比等于气体的物质的量之比。在583K下，将amol甲醇置于bL恒容密闭容器中，经过tmin到达平衡，气体压强为P0Pa，且，设反应甲醇的物质的量为2xmol，根据反应2CH3OH(g) HCOOCH3(g)+2H2(g)则反应生成HCOOCH3的物质的量为x，生成氢气的物质的量为2xmol，因为P氢气=P甲醇，则a-2x=2x，x= mol，此过程中的平均反应速率v(HCOOCH3)= mol•L-1•min-1；平衡时甲醇、H2的压强为P0× =0.4P0，HCOOCH3的平衡压强为P0× =0.2P0，用气体分压表示的平衡常数Kp= 0.2P0；若同条件下，将amol甲醇置于bL恒容密闭容器中平衡时P氢气=P甲醇；相同温度下，将amol甲醇置于bL恒压密闭容器中，反应正向进行时气体的物质的量增大、体积增大，则压强减小，平衡正向移动，故到达平衡时P氢气>P甲醇。 【分析】（1）根据反应流程以及能量的变化即可写出热化学方程式 （2）根据增加氢气的量可以提高二氧化碳的转化率即可判断，根据表格的数据判断反应是放热，温度相等常数相等，结合温度越高平衡逆向移动导致常数减小，根据常数的公式即可判断 （3）根据表格数据分析，相同温度下不同的催化剂对催化能力不同以及选择性不同导致表格中的结果 （4）根据给出的数据利用三行式进行计算出平衡时的物质的量，即可求出转化率和平衡分压即可计算出常数，随着反应进行体积增大，压强减小，导致平衡正向移动 25．【答案】（1）A （2）硅的原子半径较大，难以通过“肩并肩”的方式形成键 （3）6；N(或氮)；sp、；N>C>H （4）12；； 【解析】【解答】（1）A．处于基态的Al原子电子排布式：[Ne]3s23p1，处于基态的Mg原子电子排布式：[Ne]3s2，所以未成对电子Al多，A正确； B．位于同一周期的Mg和Al，由于Mg的电子排布是全充满的，比较稳定，所以第一电离能Mg大于Al，B不正确； C．位于同一周期的Mg和Al，从左到右，原子半径依次减小，故Mg大于Al，C不正确； 故答案为：A。 （2）硅的原子半径较大，p轨道难以相互重叠形成π键，即难以通过“肩并肩”的方式形成键，所以硅元素难以形成“Si=Si”键。 （3）[ Mn(CO)5( CH3CN)]Br中，[ Mn(CO)5( CH3CN)]+中配体有6个，所以Mn原子的配位数为6；CH3CN与Mn原子配位时，C无孤电子对，所以提供孤电子对的是N原子；CH3CN中甲基的C原子采取sp3杂化，-CN的C原子采取sp杂化；同周期元素中，从左到右电负性增强，所以CH3CN中C、H、N元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H。 （4）晶胞中Mg2+位于面心，所以每个Mg2+周围紧邻且距离相等的Mg2+共有12个；由于晶胞参数为anm，所以其最近距离=；晶胞中的个数=，的个数=，所以一个晶胞的质量，，氧化镁晶体的密度g⋅cm−3。 【分析】（1）A、未成对电子可以结合各自的电子式判断； B、同一周期第一电离能从左到右递减； C、同一周期从左到右半径减小； （2） 硅的原子半径较大，难以通过“肩并肩”的方式形成键 ； （3）配位数根据中括号内部锰离子意外的分子判断；杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化； （4）晶胞题目的判断要结合周围其他晶胞中镁离子的位置进行计算。 学科网（北京）股份有限公司 $$