2025届高三化学一轮复习——化学反应原理

2025届高考化学一轮复习——化学反应原理 一、单选题 1．类比是一种重要的学习方法，下列“类比”中错误的是 A．电解熔融可制，则电解熔融可制 B．与盐酸反应生成和，则与盐酸反应生成和 C．溶液与少量溶液反应生成和，则氨水与少量溶液反应生成和 D．与在溶液中可发生相互促进的水解反应生成沉淀和气体，与也如此 2．《天工开物》中记载分离金和银的方法：“凡足色金参和伪售者，唯银可入，余物无望焉。欲去银存金，则将其金打成薄片剪碎，每块以土泥裹涂，入坩埚中硼砂熔化，其银即吸入土内，让金流出以成足色。然后入铅少许，另入坩埚内，勾出土内银，亦毫厘具在也。”下列说法错误的是（　　） A．硼砂的作用是和银反应 B．金银合金的硬度比银的大 C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积 D．银的熔点低于金的 3．化学与科学、社会、历史密切相关，下列叙述正确的是（　　） A．中国空间站核心舱有砷化镓半导体材料：位于周期表金属与非金属交界处 B．三星堆遗址出土大量铜器玉石，可通过断代法测玉石中含量来推测古蜀年代 C．明矾在一定条件下水解可生成胶体或浊液两种分散系，两种分散系互为同系物 D．螺环化合物（）可用于制造生物检测机器人，其二氯代物有4种（不考虑空间异构） 4．五育并举， 劳动先行。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（　　） 选项 劳动项目 化学知识 A 在未成熟水果的包装袋中充入乙烯 乙烯可用于催熟果实 B 用食醋除去水壶中的水垢 食醋可溶解水垢的主要成分 CaCO3 C 宣传推广使用免洗手酒精消毒液 乙醇具有特殊香味 D 利用铝热法焊接铁轨 铝与氧化铁反应，且放出大量的热 A．A B．B C．C D．D 5．下列物质属于盐且水溶液呈酸性是 A． B． C． D． 6．钠碱脱硫液 (NaOH+Na2SO3)吸收一定量气体后，可通过如图装置实现再生，下列说法正确的是 A．电极a应接电源的正极 B．膜应为阳离子交换膜 C．出液2的pH大于进液的pH D．电路中每通过2mol电子，阳极区域会产生11.2L的气体 7．一种新型漂白剂(如图)可用于漂白羊毛等，其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是（　　） A．W单质在空气中点燃发出耀眼的白光 B．W、X对应的简单离子半径W>X C．Y的单质高温下可与水反应放出氢气，体现Y的氧化性 D．该漂白剂的漂白原理与相同 8．甘氨酸是人体必需氨基酸之一、在时，、和的分布分数【如】与溶液关系如图。下列说法错误的是（　　） A．甘氨酸具有两性 B．曲线c代表 C．的平衡常数 D． 9．N2(g)与H2(g)化合生成NH3(g)的能量变化如图，下列说法正确的是（　　） A．N2与H2的键能数值总和为1080 B．N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)＋46 kJ C．1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低 D．若使用催化剂会改变反应的热效应 10．我国科学家开发出了一种Zn-NO电池系统，该电池的反应为5Zn+ 2NO+3H2O=5ZnO+ 2NH3，工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　） A．双极膜中的H+向MoS2电极移动 B．电极电势： Zn/ZnO 电极＜MoS2电极 C．MoS2电极的电极反应式： NO- 5e- + 5H+=NH3+H2O D．标准状况下，22.4 LNO参与反应，Zn/ZnO 电极增重40 g 11．水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中Pb2+及其与OH-形成的微粒的浓度分数 随溶液pH变化的关系如图所示。已知NH3•H2O的Kb=1.74×10-5，向Pb(NO3)2溶液中滴加氨水，关于该过程的说法正确的是（　　） A．pb2+的浓度分数先减小后增大 B．溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，氨主要以NH3•H2O的形式存在 C．pH=7时， 溶液中存在的阳离子有pb2+、 Pb(OH)+、 H+和NH D．随着pH增大，c[Pb(OH)+]先增大后减小，c(NO )保持不变 12．利用(Q)与()电解转化法可从烟气中分离出，反就原理如图所示。已知：气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法错误的是（　　） A．向M极移动 B．在M极被还原 C．溶液中有机物Q的质量始终保持不变 D．N极的电极反应式为 13．有研究认为，强碱性溶液中反应分三步进行。下列说法不正确的是（　　） 第一步： 第二步：…… 第三步： A．分子的构型为V型 B．升高温度可以使增大 C．反应的第二步为 D．由K可知，第三步不是整个过程的决速步 14．已知恒温下，溶液中发生反应3HSO3-(ag)+IO3-(aq)3SO42-(ag)+I-(aq)+3H+(aq)，溶液中c(I-)随时间变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．反应过程中一定存在3 v(HSO3-)=v(I-) B．c(HSO3-)=3 m mol/L时，可判断反应达到平衡状态 C．反应达平衡后，再加入蒸馏水，平衡正移 D．tA时，V正<V逆 15．一定条件下，通过下列实验探究盐类水解的应用。 实验 实验操作和现象 1 向40mL沸水中滴加几滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸，得到红褐色液体，停止加热 2 向5mL略浑浊的泥水中加入2mL明矾饱和溶液，静置，产生絮状沉淀，溶液变澄清 3 将20mLAl2(SO4)3饱和溶液与30mLNaHCO3饱和溶液混合，剧烈反应产生大量气体 4 向5mLNa2CO3饱和溶液中滴加3滴植物油，煮沸，倒出液体后试管壁上无油珠残留 下列有关说法错误的是（　　） A．实验1中红褐色液体在激光笔照射下会产生光亮的“通路” B．实验2中明矾电离出的Al3+吸附了水中的悬浮物而产生沉淀 C．实验3发生反应的离子方程式为Al3++3HCO =Al(OH)3↓+3CO2↑ D．实验4中的Na2CO3饱和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3) 16．CO和H2合成乙醇发生如下反应： 反应Ⅰ：2CO(g)+4H2(g)=CH3CH2OH(g)+H2O(g) ΔH1= −128.8 kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2= −41.8 kJ·mol-1 向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比α[α =]的关系如图所示。 下列有关说法正确的是（　　） A．α1＜α2 B．在400K、α2=2时，反应Ⅰ的平衡常数K=0.25 C．在500K、投料比为α3条件下，增大压强可使CO的平衡转化率从Y点到Z点 D．为同时提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率可采用的反应条件为低温、低压 17．25℃时，向20.00mL 0.10mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.10mol·L-1 NaOH溶液，同时分别测得溶液pH和导电能力的变化如下图所示，下列说法错误的是（　　） A．a点对应溶液的pH等于3，说明HA是弱酸 B．b点对应的溶液中：c(A-)＜c(Na+)＜c(HA) C．c点对应的溶液中：c(A-)+c(HA)=c(Na+) D．根据溶液pH和导电能力的变化可推断：V1＜V2 18．25℃时H2S的Ka1(H2S)=9×10-8，Ka2(H2S)=1.1×10-12。下列说法正确的是（　　） A．相同温度下，Na2S溶液pH值大于NaHS溶液 B．某温度下，将pH=6的H2S溶液稀释100倍，pH可能为8 C．25℃时，等浓度Na2S和NaHS混合溶液，水电离出的氢离子浓度为1.1×10-12mol/L D．往H2S溶液中滴入NaOH溶液的过程中，一直减小 19．最近，科学家开发一种宽温域的锂离子电池，其工作原理如图所示。 下列叙述错误的是 A．X极电势高于Y极电势 B．放电时，X极电极反应式为 C．充电时，电极Y与电源负极连接 D．充电时，每生成1.4 g Li时理论上转移电子数约为 20．下列实验操作、现象均正确，且能得到相应实验结论的是 选项 实验操作 实验现象 实验结论 A 向溶液中滴加几滴淀粉溶液，再滴加几滴溶液 溶液出现蓝色 氧化性： B 将分别加入浓氨水和稀硝酸中 均溶解 属于两性氧化物 C 向蔗糖溶液中加入稀硫酸并加热一段时间，然后滴加银氨溶液 无银镜产生 蔗糖未水解 D 向浓度均为的和的混合溶液中逐滴加入的溶液 先观察到有蓝色沉淀生成 A．A B．B C．C D．D 二、综合题 21．丁二烯()是生产合成橡胶的重要原料，其用量占全部合成橡胶原料消耗的60%以上，工业上可通过多种催化方法生产丁二烯。回答下列问题： （1）已知如下热化学方程式： 丁烷()脱氢： kJ/mol 丁烯()脱氢： kJ/mol 则下图中符号X表示的是　 　。 （2）丁烷脱氢生产中常在一定压强下通入水蒸气，其作用除了提供热量外，还有　 　。 （3）丁烯氧化脱氢制丁二烯的化学反应为：。一定条件下该反应的平衡常数K与热力学温度T的关系近似为：，则该反应　 　O(填“>”或“<”)。 （4）丁烯氧化脱氢反应常伴随碳的氧化物的生成。研究在一定气体流速下，丁烯氧化脱氢反应随温度变化的关系如图所示。丁烯转化率随温度升高先增大后减小的原因是　 　，反应不宜在较高的温度下进行的原因是　 　。 （5）采用氧化丁烯脱氢制备丁二烯近来得到广泛关注。研究表明该反应可能为一步或两步进行(如图所示)。已知某温度下，反应①的平衡常数kPa，反应②的平衡常数kPa，则当平衡体系中与的分压相等时，与CO的分压之比为　 　。 （6）合成丁二烯常用铁系催化剂，如图是其中一种必需成分的晶体结构示意图，其中白球表示的O原子作六方最密堆积，灰色球表示的Fe原子有序地填充在部分八面体空隙中。晶胞中与O原子紧邻的O原子有　 　个，已知该晶体结构示意图的底边长为a nm，高为c nm，则其晶体密度为　 　g⋅cm(用含a、c和的计算式表示，无需化简)。 22．碲(Te)广泛用于太阳能、电子、医药等领域，对碲的综合回收利用尤为重要。工业上，从含碲化亚铜的废渣(主要成分，还有少量的Ag、Cu)中提取碲的流程如下： 回答下列问题： （1）写出基态碲原子的简化电子排布式　 　。 （2）“酸浸”过程中生成的离子方程式为　 　。 （3）已知：，。向含滤渣中加入浓盐酸，能否充分转化为AgCl？通过计算说明　 　。 （4）电解除铜时，铜、碲沉淀的关系如下表。 电解时间(min) 铜沉淀率 碲沉淀率 10 25% 0.1% 20 40% 0.2% 30 62% 0.4% 40 65% 2.0% ①电解初始阶段阴极的电极反应式是　 　。 ②最佳电解时间为30min，原因是　 　。 （5）向“滤液Ⅱ”中通入反应一段时间后，Te(IV)的浓度从5.25g/L下降到0.10g/L，写出生成Te的化学方程式为　 　，其中Te元素的回收率为　 　(保留三位有效数字)。 （6）整个过程中可循环利用的物质为　 　。 23．钼酸钠晶体( )是一种金属腐蚀抑制剂。如图是利用钼精矿(主要成分是 ，含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图。 （1） 中钼元素的化合价是　 　。 （2）“浸取”时得到的气体A的电子式为　 　； 与 发生反应的离子方程式为　 　。 （3）向滤液中加入沉淀剂 固体以除去 。若滤液中 ， ，当 开始沉淀时 的去除率是　 　%[已知： ， ]。 （4）钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示： ①要使碳素钢的缓蚀效果最优，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度比应为　 　。 ②碳钢在盐酸中的腐蚀速率比硫酸快得多，其原因可能是　 　；硫酸浓度大于50%，碳钢的腐蚀速率下降，原因可能是　 　。 24．丙醛工业上主要用于制合成纤维、橡胶促进剂和防老剂等。在铑催化剂作用下与常用乙烯羰基化合成丙醛，涉及的反应如下： 主反应Ⅰ：C2H4(g)+H2(g)+CO(g)CH3CH2CHO(g) ΔH1 副反应Ⅱ：C2H4(g)+H2(g)CH3CH3(g) ΔH2 已知：在一定条件下一氧化碳能与铑催化剂结合生成羰基铑络合物；丙醛选择性：x(CH3CH2CHO)=×100%。 回答下列问题： （1）反应Ⅰ、Ⅱ以气体分压表示的平衡常数Kp与温度T变化关系如图所示。 据图判断，CH3CH3(g)+CO(g)CH3CH2CHO(g) ΔH　 　0(填“>”、“<”或“=”)，的数值范围是　 　(填标号)。 A．<-1 B．-1～0 C.0～1 D．>1 （2）在T1℃、压强为150kPa条件下，在密闭反应器中，按照投料n(C2H4)：n(CO)：n(H2)=1：1∶1，发生上述反应，经tmin反应达到平衡，测得p(C2H4)=p(C2H6)=20kPa，则CH3CH2CHO(g)的选择性为　 　%(保留小数点后一位)，v(CO)=　 　kPa/min(用含t的代数式表示)，反应Ⅰ的逆反应的Kp=　 　。 （3）在恒压密闭容器中，在一定温度和铙催化剂作用下，发生上述反应，反应相同时间时，测得C2H4的转化率(α)和丙醛选择性随变化关系如图所示。 ①曲线a表示　 　(填“C2H4的转化率”或“丙醛选择性”)； ②当小于1时，曲线b随的降低而降低的可能原因是　 　。 25．金属钨具有高熔点、低蒸气压、导热性好等特点，是等离子体材料的最佳候选材料。一种以黑钨矿(也叫钨锰铁矿，主要成分是FeWO4和MnWO4)为原料生产金属钨及含钨产品的工业流程如下图所示： 已知：“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和 。 （1）“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是　 　；已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3，写出MnWO4发生反应的化学方程式：　 　。 （2）写出“氧化”时发生反应的离子方程式：　 　。 （3）“滤渣2”主要是　 　(填化学式)。 （4）“操作X”是　 　，产品 1是　 　。 （5）已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，请结合平衡移动原理解释利用盐酸进行“酸解”的原因：　 　。 （6）在实验室利用碘量法测定产品2中WCl6 [(易溶于CS2)的纯度，实验如下： ①将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称量为ag；开盖并计时1min，盖紧称量为bg；再开盖加入待测样品并计时1min，盖紧称量为cg，则样品的质量为　 　g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。 ②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+。滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，则样品中WCl6的质量分数为　 　，(列出计算式，无需化简) 答案解析部分 1．【答案】C 2．【答案】A 【解析】【解答】A．硼砂的作用是帮助熔化，不和银发生化学反应，A符合题意； B．合金的硬度一般比其组分大，则金银合金的硬度比银的大，B不符合题意； C．“打成薄片剪碎”的目的是增大接触面积，加快金属熔化的反应速率，C不符合题意； D．向坩埚中加入金银合金，其银即吸入土内，让金流出’，说明银熔化，可得银的熔点低于金的，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、根据“ 入坩埚中硼砂熔化 ”，可知硼砂的作用是熔化； B、合金的硬度比成分金属更大； C、碎片粉碎可以增大固体的接触面积； D、 其银即吸入土内，让金流出以成足色 ，可知银的熔点更低。 3．【答案】A 【解析】【解答】A、As为33号元素，位于第四周期第ⅤA族，位于周期表金属与非金属交界处，故A正确； B、可通过断代法测玉石中含量来推测古蜀年代，故B错误； C、同系物是指结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的有机化合物，分散系不是同系物，故C错误； D、其二氯代物中，两个氯原子可能位于同一个碳原子上，也可能位于不同碳原子，共有6种，故D错误； 故答案为：A。 【分析】A、33号元素位于第ⅤA族； B、断代法用的含量测定； C、结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物； D、 的二氯代物有6种。 4．【答案】C 【解析】【解答】A、乙烯是一种植物生长调节剂，能催熟果实，两者有关联，故A不符合题意； B、食醋的主要成分为醋酸，醋酸能与碳酸钙反应生成醋酸钙和二氧化碳，两者有关联，故B不符合题意； C、酒精能消毒是因为酒精能使蛋白质变性，与其具有特殊香味无关，故C符合题意； D、铝热反应利用铝与氧化铁反应放出大量的热焊接铁轨，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、乙烯是常用的催熟剂； B、醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙和二氧化碳； C、乙醇能消毒是因为乙醇能使蛋白质变性； D、铝热反应是放热反应。 5．【答案】A 【解析】【解答】A.KHSO4是由K＋和HSO4－构成的化合物，属于盐，其在水中能完全电离，产生H＋，使得水溶液显酸性，A符合题意； B.SiO2只含有两种元素，其中一种是氧元素，因此SiO2属于氧化物，不属于盐，B不符合题意； C.MgO只由两种元素组成，其中一种是氧元素，属于氧化物，不属于盐，C不符合题意； D.CaCl2是由Ca2＋和Cl－构成的化合物，属于盐，其在水中完全电离产生，不产生H＋，且Ca2＋、Cl－都不发生水解，因此溶液显中性，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】盐是指由金属阳离子或铵根离子与酸根离子构成的化合物。 6．【答案】B 【解析】【解答】A．根据上述分析可知，电极a为电解池的阴极，应接电源的负极，A不符合题意； B．根据上述分析可知，钠离子要从中间区通过交换膜进入左侧阴极区，所以m为阳离子交换膜，B符合题意； C．电解池b极区水发生氧化反应，产生氧气和氢离子，氢离子虽移向中间区，但水减少，所以硫酸浓度会增大，C不符合题意； D．题干未标明是否是标准状况，不能准确计算电路中每通过2mol电子，阳极区域会产生气体的体积，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A．电解池中，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连； B．电解时，阴离子会由阴极区通过阴离子交换膜向阳极区移动，阳离子会由阳极区通过阳离子交换膜向阴极区移动； C．考虑体系中水减少； D．题干未标明是否是标准状况，不能计算。 7．【答案】A 【解析】【解答】A．镁在空气中点燃发生氧化反应生成氧化镁，反应时发出耀眼的白光，故A符合题意； B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以氧离子的离子半径大于镁离子，故B不符合题意； C．硼单质高温下可与水反应放出氢气说明硼元素的化合价升高被氧化，硼单质是反应的还原剂，表现还原性，故C不符合题意； D．由新型漂白剂中含有过氧键，说明漂白剂是因为具有强氧化性表现漂白性，与二氧化硫与有色物质发生化合反应使溶液褪色不同，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，则其中有一种为H元素，X形成2个共价键，Y可以形成4个单键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W与X位于不同周期，W形成+2价阳离子，应位于ⅡA族，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素。 8．【答案】D 【解析】【解答】A．中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A不符合题意； B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，故B不符合题意； C．的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，故C不符合题意； D．由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.甘氨酸含有氨基和羧基，具有两性； B.曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化； C.根据计算。 9．【答案】C 【解析】【解答】A．由图中可知，molN≡N与molH-H的键能总和为1080kJ，则N2与H2的键能数值总和不等于1080，A不符合题意； B．从图中可以看出，molN2+molH2→ 1molNH3，放热(314+377+435-1080)kJ=46kJ，则N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)＋92kJ，B不符合题意； C．H2(g)断裂共价键生成2H(g)，需要吸收热量，所以1 mol H2(g)的能量比2 mol H(g)的能量低，C符合题意； D．若使用催化剂，可以改变反应的活化能，但不能改变反应的热效应，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A. 键能为1mol气态分子完全离解成气态原子所吸收的能量。 B. ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能，注意反应的物质的量与ΔH的关系。 C.根据断键吸热、成键放热进行分析。 D. 催化剂能改变反应的活化能，但不能改变反应的热效应。 10．【答案】C 【解析】【解答】A．右侧为正极，原电池中阳离子向正极移动，故氢离子向MoS2电极移动，A不符合题意； B．正极电势高于负极电势，左侧为负极，右侧为正极，电极电势： Zn/ZnO 电极＜MoS2电极，B不符合题意； C．NO得电子生成NH3，电极反应式为：NO+5e-+ 5H+=NH3+H2O，C符合题意； D．标况下22.4 LNO参与反应转移电子的物质的量为2.5mol，负极的电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，Zn/ZnO增重的质量为：，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】根据图示和电池反应，可知左侧Zn失去电子，化合价升高作为负极，右侧NO得到电子化合价降低，MoS2为正极； A、氢离子为阳离子，移向正极，即移向MoS2； B、正极电势大于负极电势； C、正极中，一氧化氮结合移动过来的氢离子，得到电子形成氨气和水； D、 Zn/ZnO 电极增重的质量即氧元素增加的质量。 11．【答案】C 【解析】【解答】A．由图可知，随着溶液pH的增大，Pb2+的浓度分数逐渐减小，当pH=10时，Pb2+的浓度分数减小为0，故A不符合题意； B．由图可知，当溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，溶液pH约等于8，由Kb= 可知， = = =17.4，则溶液中氨主要以NH 形式存在，故B不符合题意； C．由图可知，当pH=7时，溶液中存在的阳离子有Pb2+、Pb(OH)+、H+以及NH ，故C符合题意； D．由图可知，随着pH增大，溶液中c[Pb(OH)+]先增大后减小，而向Pb(NO3)2溶液中滴加氨水的过程中因稀释的原因，溶液中c(NO )减小，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】 A.图像分析可知，Pb2+随pH的增大浓度降低为零； B.观察图像可知，当溶液中Pb2+与Pb(OH)2浓度相等时，溶液pH约等于8，此时呈弱碱性OH-浓度为10-6 ，由氨水的电离平衡常数得主要以NH 为主 C.观察图像可知，pH=7时，经过的阳离子有 Pb2+、Pb(OH)+，因为是弱碱性且在溶液中，所以有H+以及NH D.滴加氨水的过程中，在不断稀释，溶液体积不断变大c(NO )减小 12．【答案】B 【解析】【解答】A．由分析可知，M极为阴极，阳离子向阴极移动，则H+向M极移动，A不符合题意； B．由图可知，CO2与M极产生的OH-发生反应：CO2+OH-=HCO3-，反应前后，元素化合价没有变化，即CO2在M极没有被还原，B符合题意； C．根据分析中阳极、阴极的电极反应式可知，溶液中有机物Q的质量始终保持不变，C不符合题意； D．由分析可知，N极的电极反应式为QH2-2e-→Q+2H+，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】该装置为电解池，M极的电极反应式为Q+2e-+2H2O→QH2+2OH-，则M极为阴极，N极为阳极，其电极反应式为QH2-2e-→Q+2H+。 13．【答案】D 【解析】【解答】A、的中心原子O原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，含有两个孤电子对，空间结构为V型，故A正确； B、表示ClO-的水解，升温促进水解，增大，故B正确； C、从第一步和第三步看，第二步的过程是HOCl转化为HOI，结合总反应，反应物还缺少I-，生成物缺少Cl-，故反应的第二步为，故C正确； D、慢反应为整个反应决速步骤，看的是反应的速率，不是反应的程度，不能由平衡常数的大小判断反应速率的快慢，故D错误； 故答案为：D。 【分析】A、中心O原子的价层电子对数为4； B、升温水解平衡正向移动； C、结合总反应、第一步和第三步的方程式确定第二步反应式； D、慢反应为整个反应决速步骤。 14．【答案】C 【解析】【解答】A．根据反应速率之比等于计量系数之比可知，反应过程中一定存在v(HSO3-)=3v(I-)，A不符合题意； B．由图可知，当c(I-)=m mol/L时，反应达到平衡状态，此时△c(HSO3-)=3 m mol/L，B不符合题意； C．反应达平衡后，再加入蒸馏水，各物质的浓度均减小，根据反应方程式可知，生成物离子浓度减小的程度更大，则利于平衡正移，C符合题意； D．根据图像可知tA之后c(I-)逐渐增大，说明反应正向移动，则V正＞V逆，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.反应速率之比等于计量系数之比。 B.达到化学平衡状态的主要标志是正逆反应速率相等、各物质的含量保持不变。 C.根据勒夏特列原理进行分析。 D.反应正向移动，则V正＞V逆。 15．【答案】B 【解析】【解答】A．实验1中红褐色液体为Fe(OH)3胶体，胶体具有丁达尔效应，即在激光笔照射下会产生光亮的“通路”，A不符合题意； B．明矾作净水剂是明矾电离出的Al3+发生水解反应生成的Al(OH)3胶体具有很强的吸附能力，可以吸附了水中的悬浮物而产生沉淀，B符合题意； C．泡沫灭火器的原理是Al3+和HCO3- 在水溶液中发生双水解反应，则实验3发生反应的离子方程式为Al3++3HCO3- =Al(OH)3↓+3CO2↑，C不符合题意； D．根据质子守恒可知，实验4中的Na2CO3饱和溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HCO )+2c(H2CO3)，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.丁达尔效应是胶体特有的性质； B.明矾饱和溶液中铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有净水作用； C.是Al3+和HCO 发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳； D.Na2CO3饱和溶液中碳酸根离子水解，溶液存在质子守恒。 16．【答案】C 【解析】【解答】A．由图可知，相同温度下投料比α1的转化率更高，反应中增加氢气的量会促进一氧化碳的转化，提高一氧化碳的转化率，故α1>α2，A不符合题意； B．在400 K、α2=2时，一氧化碳的转化率为50%，因为体积未给出且反应前后气体分子的系数不等，故无法计算K值，B不符合题意； C．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，在500 K、投料比为α3条件下，增大压强，反应Ⅰ正向移动，导致CO的平衡转化率升高，能从Y点到Z点，C符合题意； D．反应Ⅰ为气体分子数减小的反应，增大压强可提高CO的平衡转化率和CH3CH2OH的产率，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.根据根据投料比越高，增加氢气的含量提高速率 B.根据数据结合方程式即可计算出平衡常数 C.增大压强可以提高转化率 D.根据方程式判断为增大压强可以提高产率 17．【答案】B 【解析】【解答】A．a点对应溶液的pH等于3，c(HA)=0.10mol·L-1＞c(H+)=10-3mol·L-1，说明HA未完全电离，存在电离平衡，因此HA是弱酸，A不符合题意； B．b点对应的溶液为HA、NaA等浓度的混合溶液，溶液pH＜7，显酸性，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，因此c(A-)＞c(Na+)＞c(HA)，B符合题意； C．溶液中离子浓度越大，溶液的导电性就越强；c点，溶液的导电能力出现拐点，说明此时NaOH和HA恰好完全反应，则c点对应的溶液为NaA溶液，A-在溶液中部分水解产生HA，存在水解平衡，根据物料守恒可得c(A-)+c(HA)=c(Na+)，C不符合题意； D．c点，HA和NaOH恰好完全反应，则V2=20mL，由于HA为弱酸，故c点对应的溶液（NaA溶液）的pH大于7；V(NaOH)=V1 mL时，溶液pH为7，则说明V1＜20mL，故加入NaOH溶液的体积大小关系为V1＜V2，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A. 0.10mol·L-1HA溶液的pH=3，说明HA部分电离； B.b点为HA、NaA等浓度的混合溶液； C.根据物料守恒分析； D.NaA溶液呈碱性，要使酸碱混合溶液呈中性，HA应该稍微过量，则V1＜20.00mL，V2时酸碱恰好完全反应生成NaA，酸碱的体积相等，则V2=20.00mL。 18．【答案】D 【解析】【解答】A．S2-的水解程度大于HS-的水解程度，相同温度下，同浓度的NaHS与Na2S溶液中，Na2S的碱性强于NaHS，所以pH大小为：Na2S＞NaHS，A不符合题意； B．H2S为弱酸，弱酸稀释会增强其电离程度，将pH=6的H2S溶液稀释100倍，pH不可能为8， B不符合题意； C． Ka2=，等浓度的Na2S和NaHS混合溶液，则c(S2-)=c(HS-)，所以Ka2=c(H+)= 1.1×10-12mol/L，则水电离出的c(H+)水= c(OH-)水=，C不符合题意； D．H2S溶液中存在电离平衡：H2SHS-+OH-，滴入NaOH溶液后，NaOH与H2S反应生成Na2S和H2O，使得c(H2S)减小，利于平衡向左移动，则c(HS-)减小，c(S2-)增大，所以 一直减小 ，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A. S2-的水解程度大于HS-的水解程度，注意相同温度下，等浓度的Na2S溶液的碱性比NaHS溶液强。 B.弱酸稀释后，其电离程度增强，则其氢离子浓度比同样稀释的强酸浓度大，注意常温下，酸溶液不管怎么稀释，其pH只能无限接近7。 C. Ka2=，c(H+)水= c(OH-)水且Kw= c(H+)· c(OH-)。 D.弱酸在溶液存在电离平衡，结合化学平衡移动原理进行分析。 19．【答案】B 20．【答案】D 21．【答案】（1） （2）该反应为气体分子数增大的反应，减小体系分压，有利于反应正向进行，提高丁二烯的产率 （3）< （4）温度升高速率加快，转化率增大；温度过高催化剂失活，速率减小，转化率下降；丁二烯产率下降，碳的氧化物含量上 （5）10∶3 （6）12； 22．【答案】（1）[Kr]4d105s25p4 （2）Cu2Te+2O2+6H+=2Cu2++TeO2++3H2O （3）Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+SO(aq) K=2.38×1015>>105，故反应进行充分 （4）Cu2++2e-=Cu；电解时间小于30min，铜元素的沉淀率太低，去除率不够；大于30min，铜元素的沉淀率提升不明显，反而使碲元素有所损失 （5）TeOSO4+2SO2+3H2O=Te+3H2SO4；98.1% （6）H2SO4 【解析】【解答】从含碲化亚铜的废渣(主要成分 ，还有少量的Ag、Cu)先经过氧气氧化后生成Te、Cu、Ag的氧化物，再利用硫酸进行酸浸，Te元素的存在形式结合后续流程中滤液I可知，即得到TeOSO4、CuSO4溶液和Ag2SO4固体，经过过滤分离出Ag2SO4等不溶性滤渣，再将滤液I中的TeOSO4和CuSO4溶液进行电解，铜离子在阴极得电子生成粗Cu，再过滤分离除去，得到的滤液II为TeOSO4溶液，利用二氧化硫的还原性，制备得到粗Te，据此结合元素及其化合物的性质分析。 (1)基态碲原子原子序数为52，位于第五周期VIA组，所以简化电子排布式为[Kr]4d105s25p4； (2)“酸浸”过程中氧气将Cu2Te氧化转化生成 和Cu2+，1molCu2Te参加反应转移电子数为8mol，所以根据电子转移数守恒可知，Cu2Te 2O2，再电荷和元素守恒可知，该反应的离子方程式为Cu2Te+2O2+6H+=2Cu2++TeO2++3H2O； (3)一般认为反应平衡常数K＞105时，能完全发生，假设上述反应能实现沉淀的转化，则根据反应的方程式Ag2SO4(s)+2Cl-(aq) 2AgCl(s)+SO (aq)可知，该反应的K= ，故反应进行充分； (4)①电解除铜时，溶液中铜离子在阴极区得电子生成铜单质，所以其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu； ②根据表中数据可以看出电解时间小于30min，铜元素的沉淀率太低，去除率不够；大于30min，铜元素的沉淀率提升不明显，反而使碲元素有所损失，所以最佳时间为30min； (5) 通入TeOSO4溶液中生成Te和H2SO4，根据氧化还原反应的规律可知，该反应的化学方程式为：TeOSO4+2SO2+3H2O=Te+3H2SO4；Te(IV)的浓度从5.25g/L下降到0.10g/L，则参加反应的Te(IV)的浓度为（5.25-0.1）g/L =5.15g/L，则Te回收率= 98.1%； (6)因为 通入TeOSO4溶液中生成Te和H2SO4，产生的H2SO4可在“酸浸”工序循环利用，故答案为：H2SO4。 【分析】（1）简化电子排布式是用[前一周期的稀有气体元素符号]加外围电子排布式，注意Kr位于第五周期第ⅥA族，外围电子排布式为 5s25p4 ，还要加上 4d10 ； （2） 含碲化亚铜的废渣(主要成分 ），酸浸时的反应物质有Cu2Te、H2SO4、O2生成物有 和硫酸铜，从流程图中可以看出 可以拆成 TeO2+ 和 ，根据得失电子守恒、物料守恒式、电荷守恒写出离子方程式； （3）假设反应能发生，则发生反应方程式为 Ag2SO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+SO(aq) ，平衡·常数K= ，说明反应能发生； （4） ① 分析流程可知电解除铜时，阴极得到粗铜，阴极电极反应应该是铜离子得到电子生成铜； ② 分析表格，低于30min，铜沉淀率低，大于30min，铜沉淀率增大不明显，但是碲沉淀率明显增大，碲损失严重； （5） 和 发生氧化还原反应，生成Te和硫酸， Te(IV)的浓度从5.25g/L下降到0.10g/L ，被回收了的碲为5.15g，再算回收率； （6）分析流程可知可以循环利用的物质是硫酸。 23．【答案】（1）+6 （2）； + CO = +CO2↑ （3）90% （4）1：1；酸浓度较低时，Cl-对碳钢的腐蚀作用大于SO ，使碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；随着酸浓度增大，硫酸会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢 【解析】【解答】（1）根据化合物中元素化合价代数和为0可知Na2MoO4·2H2O中钼元素的化合价为+6价； （2）浸取时生成二氧化碳，气体A为二氧化碳，其电子式为： ； 与 发生反应生成Na2MoO4和二氧化碳，离子方程式为： + CO = +CO2↑； （3） ，由 得：当 开始沉淀时， ，由 得，此时溶液中 ，所以 的去除率是： ； （4）①由图可知，碳素钢的缓蚀效果最优时，钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度都为150mgL，即二者浓度比为1：1，故答案为： 1：1； ②从图上看，相同浓度的盐酸比相同浓度的硫酸腐蚀碳钢的速率大的多，一方面，二者的阴离子不同，可能是酸浓度较低时，Cl-对碳钢的腐蚀作用大于SO ，使碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸，另一方面，随着酸浓度增大，浓硫酸会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢，故答案为：酸浓度较低时，Cl-对碳钢的腐蚀作用大于SO ，使碳钢在盐酸中的腐蚀速率明显快于硫酸；硫酸浓度大于50%，碳钢的腐蚀速率下降，原因可能是随着酸浓度增大，硫酸会使钢铁钝化，腐蚀速率减慢。 【分析】“焙烧”氧气将MoS2、PbS氧化成MoO3、PbO、SO2；“浸取”主要反应为MoO3和Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4和CO2；“过滤”Ba(OH)2将过量的CO 转化为BaCO3沉淀，通过“过滤”将BaCO3、PbO除去，“结晶”通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗Na2MoO4·2H2O 固体；通过“重结晶”得Na2MoO4·2H2O，据此解答。 24．【答案】（1）＜；D （2）；； （3）丙醛选择性；当小于1时，氢气浓度减小，氢气和乙烯催化加氢生成的程度减小，转化率降低 25．【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4 （2）+ ClO-=+ Cl- （3）H2SiO3 （4）灼烧；金属钨或W （5）溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s) Ca2+ (aq) + (aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ( )减小，使得平衡正向移动 （6）c+a-2b； 【解析】【解答】 (1)“焙烧”前需要将黑钨矿进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行，已知“滤渣1”主要是Mn3O4和Fe2O3， 即MnWO4与Na2CO3和O2发生反应生成Mn3O4、Na2WO4和CO2，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4，故答案为：增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，使反应充分进行；6MnWO4+6Na2CO3+O26Na2WO4+6CO2 +2Mn3O4； (2)由分析可知，“氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，故“氧化”时发生反应的离子方程式为：+ ClO-=+ Cl-，故答案为：+ ClO-=+ Cl-； (3)由分析可知，“滤渣2”主要是H2SiO3，故答案为：H2SiO3； (4)由分析可知，“操作X”是灼烧，产品 1是单质钨或W，故答案为：灼烧；单质钨或W； (5)已知钨酸钙(CaWO4)微溶于水，钨酸难溶于水，溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动，故可以利用盐酸进行“酸解”，故答案为：溶液中存在沉淀溶解平衡： CaWO4 (s)Ca2+ (aq) +(aq)，加入盐酸后H+与生成更难溶的物质，c ()减小，使得平衡正向移动； (6)①根据题意可知，1min挥发的CS2的质量为(a-b)g，开盖加入待测样品并计时1min后，质量为cg，则样品的质量为[c-b+(a-b)]g=(c+a-2b)g，故答案为：(c+a-2b)； ②先将上面称量好的样品中的WCl6转化为可溶的Na2WO4通过离子交换柱发生反应： +Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入足量酸化的KI溶液，反应方程式为：+5I-+6H+=3I2+3H2O， 反应完全后用x mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2=2I-+，滴定终点时平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为VmL，根据上述分析可找到关系式为：WCl6~~2~6I2~12，故有n(WCl6)=n()=xmol/L×V×10-3L=xV×10-3mol，则样品中WCl6的质量分数为，故答案为：。 【分析】黑钨矿(主要成分为FeWO4、MnWO4)中加入纯碱、通入氧气后粉碎焙烧，生成CO2，“水浸”后滤液中的阴离子主要是、、、和， “氧化”步骤中用NaClO溶液将氧化为，氧化后的溶液中加入稀盐酸调节pH后过滤，得到滤渣2为H2SiO3，滤液中加入MgCl2溶液将生成Mg3(PO4)2和Mg3(AsO4)2沉淀而除去，过滤得到滤液1，向滤液1中加入CaCl2溶液在生成CaWO4沉淀，滤液2和过滤的沉淀，向沉淀中加入盐酸进行酸解，将CaWO4转化为H2WO4，经过高温灼烧得到WO3，WO3经高温还原可得产品1为单质钨W，或者经氯化可得产品2为WCl6，据此分析回答问题。 学科网（北京）股份有限公司 $$