专题05 化学反应原理选择题（4大题型）（山东专用）2026年高考化学二模分类汇编

专题05 化学反应原理选择题 4大题型概览 题型01 化学反应机理 题型02 化学反应速率与平衡 题型03 电化学 题型04 水溶液中的离子平衡 化学反应机理 题型01 1．（2026·山东济南·二模）参与形成铁的配合物的反应机理如图所示，其中Ph表示苯基。下列说法正确的是 A．1 mol配合物（Ⅰ）中通过螯合作用形成的配位键为4 mol B．上述过程中，涉及非极性键的断裂 C．配合物（Ⅱ）中O-O键的键长大于中的 D．配合物（Ⅲ）中Fe的化合价为 【答案】BC 【解析】A．螯合配位键是同一个多齿配体中，多个配位原子与中心Fe形成的配位键。观察配合物(Ⅰ)的结构，提供螯合作用的是氮原子和氧原子，因此1 mol配合物(Ⅰ)中通过螯合作用形成的配位键为5 mol，A错误； B．反应流程中，参与反应生成配合物(Ⅱ)后，光照条件下配合物(Ⅱ)中O-O非极性键发生断裂，最终生成配合物(Ⅲ)，因此该过程涉及非极性键的断裂，B正确； C．中的O-O为双键，配合物(Ⅱ)中的O-O为过氧单键，双键的键能大于单键，键长越长，键能越小，因此配合物(Ⅱ)中O-O键的键长大于中的键长，C正确； D．配合物整体呈电中性：配合物(Ⅲ)中，含氮配体的3个N为中性配位原子，端基O为-2价，两个与Si相连的O每个为-1价，设Fe化合价为，则，解得，即Fe的化合价为+4，不是+3，D错误； 故选BC。 2．（2026·山东滕州一中·二模）金属Ni可活化放出，其反应历程如图所示。下列说法错误的是 A．反应Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g) B．整个过程中中间体2→中间体3的活化能最大，化学反应速率最快 C．增加反应物的浓度，可以使反应物发生有效碰撞的次数增多 D．该反应过程中涉及共价键的断裂和形成 【答案】B 【解析】A．ΔH=生成物总能量-反应物总能量，故ΔH=−6.57kJ/mol−0kJ/mol=−6.57kJ/mol；反应的热化学方程式为Ni(s)+C2H6(g)=NiCH2(s)+CH4(g) ΔH=−6.57kJ⋅mol−1；A正确； B．反应的活化能越大，反应速率越慢，据图可知中间体2→中间体3的活化能最大，该步化学反应速率最慢，B错误； C．增加反应物的浓度，单位体积内活化分子数增加，可以使反应物发生有效碰撞的次数增多，C正确； D．该过程有共价键(C-C键、C-H键)的断裂和共价键(C-H键)的生成，D正确； 故答案为B。 3．（2026·山东滕州一中·二模）氮氧化物()是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。下列说法正确的是 A．过程Ⅰ涉及非极性共价键的断裂与生成 B．过程Ⅱ中，脱除转移6mol电子 C．A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是放热反应 D．图1总反应的化学方程式为 【答案】CD 【解析】A．过程Ⅰ的反应物NO、NH3、无非极性键，仅生成物N2中存在非极性共价键，故该过程涉及非极性共价键的生成，但没有非极性共价键的断裂，A错误； B．过程Ⅱ中脱除NO时，NO中N为+2价，最终转化为N2中0价的N，1 mol NO得到2 mol电子，即转移2 mol电子，B错误； C．放热反应的判断依据是生成物总能量低于反应物总能量，从A到D的转化过程中，总能量逐步降低，该转化每一步生成物能量均低于上一步反应物，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是放热反应，C正确； D．将图1中所有过程消去循环的催化剂中间体，总反应整理得，D正确； 故选CD。 4．（2026·山东聊城·二模）一种甲醛碱性MoP催化释氢反应机理及相同时间内NaOH浓度与释氢量的关系如图。 下列说法错误的是 A．机理与释氢量表明反应②为决速步骤 B．替代，产物含 C．中间体吸附于催化剂表面，不能增大反应①、②平衡常数 D．总反应离子方程式： 【答案】A 【解析】A．反应①、②是快速平衡步骤，决速步骤为后续在MoP表面进行的催化基元反应；且NaOH浓度较高时释氢量增幅减小，说明反应②不是决速步骤，A错误； B．生成的中氢原子一部分来自甲醛，一部分来自，用替代时，会有D和H结合生成HD，B正确； C．平衡常数仅与温度有关，中间体吸附、催化剂都不改变反应的平衡常数，C正确； D．总反应离子方程式原子、电荷、得失电子均守恒，符合反应机理，D正确； 故答案为：A。 5．（2026·山东济宁·二模）氯苯是重要的有机溶剂，由苯胺制备氯苯的反应机理如图所示(部分产物未标出)。已知：苯胺分子中所有原子共平面。 下列说法正确的是 A．苯胺、、重氮盐中的N有三种杂化方式 B．第③步反应中C原子被氧化 C．图示反应过程中的催化剂为 D．理论上生成1mol氯苯，需要消耗 【答案】AB 【解析】A．苯胺（）分子中所有原子在同一平面，则原子的杂化方式为sp2杂化。的原子：形成 2 个键，1 对孤电子对，为sp2杂化。重氮盐（）中原子：结构，为sp杂化。共2 种杂化方式，A 错误； B．第③步是苯自由基（）与反应生成氯苯（）和Cu元素化合价降低，C元素化合价升高被氧化，B正确； C．催化剂是在反应前后质量和化学性质不变的物质。从循环看：参与反应后又生成，是中间产物，实际催化剂是，不是。C错误； D．重氮化反应消耗，催化剂再生步骤消耗重氮盐中的氯原子，故生成氯苯共消耗。D正确； 最终答案：BD。 化学反应速率与平衡 题型02 6．（2026·山东德州·二模）工业上可用Zn还原制备Si，该过程主要存在如下化学反应： 反应I： 反应Ⅱ： 在密闭容器中按投料，固定Si(s)的产率x，体系压强与温度的关系如图。为物质的量分数平衡常数。下列说法正确的是 A． B．由B点移向C点，可以升温或降低投料比 C． D．C点，的转化率为80%时， 【答案】D 【分析】先将两个反应加和得到总反应： ，总反应为放热反应，气体分子数反应后减少。 【解析】A．总反应放热，相同压强下，温度升高，平衡逆向移动，的产率降低，由图可知，同压强下温度越高越小，故，A错误； B．从B点到C点，压强不变，产率降低，升温会使总反应平衡逆向移动，降低，升温可行；若改变投料比，投料比降低，意味着占比升高，平衡正向移动，升高，无法从B（高）移到C（低），B错误； C．平衡常数只与温度有关，反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，减小；A、B温度相同，C温度高于A、B，因此：，C错误。 D．投料，，转化率为80%，则转化共，产率，则生成为，列三段式:故平衡时各气体物质的量：，，，，总气体物质的量，反应II的表达式（为固体，不列入）： ，D正确； 故答案选D。 7．（2026·山东聊城·二模）利用与反应生成的路线，主要反应如下： I．   II．   III．   在下，密闭容器中与各发生反应。、的平衡转化率和、的选择性[含碳产物选择性]随温度变化关系如图。 下列说法正确的是 A．曲线表示的选择性 B．温度高于时，的产率随温度升高而增大 C．时，恒容充少量，反应I达新平衡时逆反应速率增大 D．时，反应III的压强平衡常数为 【答案】B 【分析】题干给出共4个物理量：转化率、转化率、选择性、选择性，对应图中4条曲线： 反应I ，温度升高，转化率增大，因此上升的曲线a为转化率；反应II ，温度升高，平衡逆向，选择性随温度升高一直降低，低温下大部分转化为，因此低温选择性接近100%，随温度升高选择性一直降低，因此下降的曲线c为选择性；当转化率达到100%时，以及反应III ，升温平衡正向移动，选择性升高，所以选择性先升后降，则曲线b为选择性，据此分析： 【解析】A．曲线c是的选择性，不是的选择性，A错误； B．温度高于时，转化率已经接近100%，温度升高，反应III正向移动，的选择性不断增大，因此产率随温度升高而增大，B正确； C．反应I的平衡常数，温度不变，不变，因此恒容充入少量，平衡左移，重新达到平衡后分压不变，因此新平衡逆反应速率不变，C错误； D．时，（转化），（消耗，剩余），的选择性为，的选择性为，则的选择性为，计算得，，，则，。则反应III的，D错误； 故选B。 8．（2026·山东济南·二模）在恒温恒容的密闭容器中，发生丙烷的裂解反应：，测得和下[为某时刻压强，为初始压强]与时间关系如图所示，下列说法正确的是 A． B．随着减小，反应速率始终不变 C．下，当转化率为50%时，时间为 D．下，若起始压强变为原来的2倍，到达1.0时所用时间仍为 【答案】D 【解析】A．温度越高，反应速率越快，达到相同时，所需时间小于，所以，A错误； B．反应速率与反应物分压（浓度）正相关，随着反应进行，p(C3H8)不断减小，反应物浓度降低，反应速率逐渐减小，B错误； C．转化率为50%时，剩余p(C3H8)=0.5p0，代入得；由于与成正比（图像为过原点直线），对应，故此时，C错误； D．由图像得（是仅与温度有关的常数），当时，，与起始压强无关；温度不变，不变，因此起始压强变为原来2倍，到达的时间仍为，D正确； 故选D。 9．（2026·山东潍坊·二模）催化加氢转化为能缓解能源紧缺。该过程主要发生下列反应： Ⅰ．   Ⅱ．   一定压强下，以进气流量、持续通过装有1g催化剂的反应管中。经相同时间测得转化率、选择性及单位产率[，单位：]随温度的变化关系如图。温度高于280℃时体系接近平衡状态。下列说法错误的是 A．随温度变化的曲线为a B．图中合成的最佳温度是240℃ C．280℃时， D．300℃，测得出气流量为，该温度下反应Ⅰ的平衡常数 【答案】BD 【分析】已知两个反应： 反应Ⅰ ，为吸热反应：反应Ⅱ ，为放热反应。为转化率：温度升高，吸热的反应Ⅰ平衡正向移动，总转化率随温度升高而增大，因此上升的曲线代表；为选择性（转化的中生成的占比）：温度升高，放热的反应Ⅱ平衡逆向移动，选择性随温度升高而减小，因此下降的曲线代表；图中先升后降的中间曲线为单位产率。 【解析】A．根据上述分析，随温度升高而增大，对应上升曲线，A正确； B．合成甲醇的优劣由单位产率判断，越大产率越高；由图可知，左右达到最大值，远高于的，因此最佳温度不是，B错误； C．总进气流量为，，因此进气量为，催化剂质量为。 时，，，代入公式，C正确； D．初始进气量，；时，总转化为，因此。根据图像趋势得左纵轴增加10%，对应右纵轴减少10%，即，生成为，剩余为。，，反应I的平衡常数为，D错误； 故选BD。 10．（2026·山东济宁·二模）可发生热解反应生成两种氧化物和一种单质，向1L恒容密闭容器中加入、，平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．a线所示物种为 B．710℃时，的物质的量为 C．700-750℃间，分解反应的平衡逆向移动 D．730℃时，再向容器中充入少量，平衡时不变 【答案】B 【分析】首先根据题干信息写出的热解反应，满足两种氧化物、一种单质，配平为： ，同时容器中存在分解平衡： ，根据反应方程式及图中曲线变化情况a、b、c、d、e对应的依次为、、、、，据此作答。 【解析】A．温度升高，两个反应正向进行，是两个反应的共同生成物，且总物质的量一定大于，因此量最大的上升线a为，A正确； B．初始投入、。由图中信息可知，时，剩余的，则分解了，列三段式则710℃时，的物质的量为，B错误； C．，分解，生成大量和，使分解反应的生成物浓度增大，平衡逆向移动，最终的物质的量上升，C正确； D．温度不变，两个反应的平衡常数不变：分解的平衡常数，只要还有固体剩余，、为定值；结合分解的平衡常数，可得只与温度有关，温度不变，充入后平衡时仍不变，D正确； 故选B。 11．（2026·山东枣庄·二模）甲烷化反应：  ，在体积相同的多个恒容密闭容器中，分别充入1mol 和4mol 发生上述反应，在不同温度下反应相同时间，测得、、的转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为、，其中，为速率常数，只受温度影响。下列说法正确的是 A．曲线MH代表的是 B．反应的活化能 C．c点时， D．T3K下，体系的平衡压强为p，则的平衡分压为p/5 【答案】A 【分析】反应：，横坐标为，越大，温度越低；温度越高，速率常数、都增大，故越大。 转化率曲线先升后降：低温（大）时反应速率慢，相同时间未达平衡，温度升高（减小）速率加快，转化率升高；达到平衡后，因为温度升高转化率降低，说明正反应放热，。 【解析】A．平衡时，得平衡常数，正反应放热，升高温度（减小），减小，说明减小，即温度升高时，增大的幅度比大，因此高温（小）时，对应图中就是，A正确； B．，则，B错误； C．转化率曲线的拐点刚好达到平衡，点在拐点右侧，更大，温度更低，反应速率更慢，相同时间未达到平衡，反应正向进行，，C错误； D．下平衡时转化率为，列三段式： 总物质的量，的分压为，D错误； 故选A。 12．（2026·山东滕州一中·二模）1，4-二氯甲基苯(D)是有机合成中的重要中间体，某种生产D方法的机理如下图所示。 以上各反应的速率方程均可表示为，其中c(A)、c(B)分别为各反应中对应反应物的浓度。某温度下，恒容反应器中加入一定量的X，保持体系中氯气浓度恒定，测定不同时刻相关物质的浓度，发现60 min前，产物T可忽略不计。 已知该温度下，。下列说法错误的是 A．活化能：反应②<反应③ B．c(M)先增大后减小，最终趋近于0 C．60 min时，若，则 D．60 min后，c(D)/c(G)逐渐减小 【答案】D 【解析】A．反应速率常数与活化能呈负相关（越大，越小）。已知，即，因此活化能：反应②<反应③，A正确； B．是反应①的产物，同时也是反应②、③的反应物。反应初期浓度大，生成速率大于消耗速率，增大；随着反应进行，浓度降低，消耗速率逐渐大于生成速率，减小；最终几乎耗尽，不断转化为、，趋近于0，B正确； C．60min前可忽略不计，说明反应④、⑤可忽略，此时仅由反应②生成，仅由反应③生成。反应速率，且恒定，因此，相同时间内，浓度变化量之比等于速率之比，即。若，则，C正确； D．D和G的生成速率之比恒为，但G的消耗速率常数远大于D的消耗速率常数，导致G被消耗的相对程度更大，因此比值会逐渐增大，D错误； 故答案选D。 13．（2026·山东东营·二模）合成氨原料工业中，使用水蒸气通过高温煤层反应制备，涉及以下反应： ⅰ、 ⅱ、 ⅲ、 ⅳ、 在压强为2 MPa下各种气体平衡组成如图： 下列说法错误的是 A．Ⅰ线表示的变化曲线 B．降低总压有利于提高产率 C．时反应ii的平衡常数为0.4 MPa D．加入催化剂，交点A将向左下方移动 【答案】AD 【分析】反应、、为吸热反应，升温平衡正向移动，反应为放热反应，升温平衡逆向移动，、含量升高，、含量降低。结合图像及反应方程式，可判断Ⅰ为，Ⅱ为，Ⅲ为，据此分析。 【解析】A．Ⅱ线表示的变化曲线，A符合题意； B．反应、均为气体分子数增大的反应，降低总压，平衡正向移动，有利于提高产率，B不符合题意； C．时，由图像可知、、的平衡组成分别为、、，总压为 ，则各物质分压： ， ，反应的平衡常数 ，C不符合题意； D．催化剂仅改变反应速率，不影响平衡移动，故加入催化剂，交点A位置不变，D符合题意； 故选AD。 电化学 题型03 14．（2026·山东德州·二模）为克服传统锌—空气电池充电电压高且能量效率低的局限，我国科学家提出了一种锌—乙醇/空气电池，该体系在充电时战略性地用具有较低热力学电位的乙醇氧化反应替代了氧析出反应。下列说法正确的是 A．放电时，负极反应为 B．放电时，每消耗6.5 g Zn，正极上消耗的体积为1.12 L C．充电时，阳极附近溶液pH减小 D．理论上，每完成一次彻底的充放电，消耗和的物质的量之比为1:1 【答案】CD 【解析】A．放电时，电解质是KOH碱性溶液，Zn不会直接生成；若生成，负极电极反应为，A错误； B．放电时，正极反应为，6.5 g Zn失去0.2 mol电子，对应消耗的物质的量为0.05 mol，但题目中未说明是标准状况，因此不能直接得出体积为1.12 L，B错误； C．充电时，阳极发生乙醇的氧化反应；乙醇被氧化为乙酸盐，反应过程会消耗，导致阳极附近溶液pH减小，C正确； D．放电时，1 mol得4 mol电子，充电时1 mol被氧化CH3COO-，C从-2价到0价，每个C失2个电子，1 mol乙醇含2 mol C，共失4 mol电子；完成一次充放电，根据电子守恒，：=1:1，D正确； 故答案选CD。 15．（2026·山东聊城·二模）一种低温热能转换热敏热电池，利用选择性诱导在冷端结晶，在电解液微弱对流下受浓度梯度驱动扩散至热端溶解，打破平衡，实现热电转化。以此电池为电源构建光电催化体系，中性条件下加速硝酸盐加氢转化为氨，工作原理如图。 下列说法正确的是 A．热端电极为正极，电势高 B．冷端降温、热端升温利于持续放电 C．缓冲对换为，生成速率加快 D．转移冷端消耗，体系生成气体 【答案】B 【分析】热电电池部分分析：该电池利用温度差驱动。在热端，溶解，浓度升高，促使平衡向右移动，发生氧化反应，热端电极是负极；在冷端，结晶析出，浓度降低，促使平衡向左移动，发生还原反应：，冷端电极是正极。 光电催化体系部分分析：电极 a 连接热电电池的正极（冷端），因此 a 是电解池的阳极。电极 b 连接热电电池的负极（热端），因此 b 是电解池的阴极。 【解析】A．根据上述分析，热端电极发生氧化反应，是负极，电势较低，A错误； B．该热电电池的动力来源于冷热两端的温差。冷端降温，的溶解度降低，更有利于结晶，促进阴极反应。热端升温，的溶解度升高，更有利于溶解，促进阳极反应。增大温差能增强这一驱动效应，使电池反应更持续、更有效地进行，B正确； C．由图可知，阴极得到电子被还原为，电极方程式为：，原体系的 是一个酸性缓冲对，可以消耗，有利于生成，若换成缓冲对，该环境显碱性，不利于消耗生成的，会降低生成的速率，C错误； D．在冷端（正极），发生的反应是 ，转移8mol电子，应生成8mol ，在阴极b，转移电子生成；在阳极a，反应为，转移电子生成，故体系共生成气体，D错误。 故选B。 16．（2026·山东济宁·二模）在温和条件下，用电解法处理工业废气中的二氧化硫，原理如图所示。下列说法正确的是 A．电极a与电源负极相连 B．当有生成，有穿过交换膜 C．理论上a极消耗，b极产生 D．随着反应的进行，体系酸性逐渐增强 【答案】BC 【分析】该装置为电解池，根据b极物质转化，S的化合价降低，则b为阴极，a为阳极，据此分析： 【解析】A． b极上转化为，从价降为价，发生得电子的还原反应，因此b为阴极，接电源负极，a为阳极，接电源正极，A错误； B．a极反应方程式为：+，则当有生成，有4mol电子转移，有穿过交换膜向阴极移动，B正确； C． 根据B选项中a极反应方程式，a极消耗，电路转移32 mol ；b极反应方程式为，电路转移32 mol ，则b极产生，C正确； D．总反应为，总反应生成水，体系酸性逐渐减弱，D错误； 故选BC。 17．（2026·山东东营·二模）碱性条件下通过蒽醌磺酸钠(，简写为)电催化加氢实现阴阳极双加氢协同制，同时制得高浓度甲酸盐： 下列说法错误的是 A．a为电源负极 B．蒽醌磺酸钠在两极附近均被氧化 C．电极反应式为 D．电路中通过1 mol电子时，共制得 【答案】BD 【分析】该装置为电解池，碱性条件下，蒽醌磺酸钠（）作为电催化剂，在电极，得电子结合被还原为，电极为阴极，发生反应：，生成的再与反应生成和；在电极，被氧化为，电极为阳极，同时转化为，再经氧化生成，据此分析。 【解析】A．为阴极，连接电源负极，故a为电源负极，A不符合题意； B．蒽醌磺酸钠（）在、电极被还原为，在两极附近均被还原，B符合题意； C．电极上，被氧化为，碱性条件下电极反应式为，C不符合题意； D．电路中通过电子时，阴极电极生成，阳极电极生成，共制得，D符合题意； 故选BD。 18．（2026·山东泰安·二模）烟气中的可以用钠碱循环法加以处理，用溶液作为吸收液。当吸收液与反应至pH降低为6左右时，可将吸收液通入如图所示的电解槽进行再生。当吸收液的pH升至8左右时再生完毕，吸收液可再次使用。吸收液pH随微粒组成的变化关系见表。 pH 8.2 7.2 6.2 下列说法错误的是 A．电极M为电解池阴极 B．电极N有发生 C． D．再生过程中，Ⅱ中溶液电导率保持不变 【答案】D 【分析】电解时，在电极M上水放电生成氢气，发生还原反应，作阴极；在电极N上，、放电生成，发生氧化反应，作阳极。、通过膜B进入Ⅲ室，所以膜B为阴离子交换膜；通过膜A进入I室，所以膜A为阳离子交换膜。 【解析】A．M电极上水得电子生成，发生还原反应，因此M是电解池的阴极，A正确； B．N是电解池阳极，在阳极被氧化为，题给电极反应式满足原子守恒、电荷守恒，反应式正确，B正确； C．的二级电离常数，由表格可知，当时，，即，此时，C正确； D．再生过程中，电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动：Ⅱ中的会迁移到Ⅰ区，会迁移到Ⅲ区，Ⅱ中自由移动的离子浓度不断减小，因此电导率会降低，并非保持不变，D错误； 故选D。 19．（2026·山东滕州一中·二模）图甲是一种利用微生物将废水中的尿素【CO(NH2)2】转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（     ） A．图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接 B．图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动 C．图甲中M电极反应式：CO(NH2)2 +5H2O -14e− = CO2+2NO2+14H+ D．当图甲中N电极消耗0.5 mol O2时，图乙中阴极增重64g 【答案】D 【解析】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连； A．在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，则Fe与X相连，故A错误； B．由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B错误； C．H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故C错误； D．当图甲中N电极消耗0.5 mol O2时，转移电子的物质的量为0.5mol×4=2.0mol，则乙中阴极增重×64g/mol=64g，故D正确； 故答案为D。 【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算。 20．（2026·山东泰安·二模）利用双膜三室电解法合成，该方法的优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到副产品，其工作原理如下。下列说法错误的是 A．a为正极，b为负极 B．膜I为阴离子交换膜 C．副产品只有NaOH D．为生产的催化剂 【答案】C 【分析】左侧电极上失电子，发生氧化反应，电极反应：，则a为电源正极，b为负极，右侧电极为阴极，电极反应：， 通过膜Ⅱ移入阴极区，膜Ⅱ为阳离子交换膜， 通过膜Ⅰ移入阳极区，膜Ⅰ为阴离子交换膜，据此分析； 【解析】A．由分析可知，a为正极，b为负极，A正确； B． 通过膜Ⅰ移入阳极区，膜I为阴离子交换膜，B正确； C．在阴极室，除了生成NaOH外，还有H2生成，C错误； D．与乙烯反应生成与，在电极上放电生成，反应前后总量未变，所以为生产的催化剂，D正确； 故选C。 21．（2026·山东枣庄·二模）某种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原的装置如图1所示。通过电解池的电量恒定，电解所得部分还原产物的法拉第效率(FE%)与电压的关系如图2所示[法拉第效率表示为]。下列说法错误的是 A．b电极生成HCOOH的电极反应式为 B．电压为时，电解生成的，则FE(HCHO)的m值为25 C．利用代替进行研究，可确定阴极上生成的含碳化合物来源于原料气，而非有机多孔电极材料 D．电压过大时，各种有机产物的FE%降到较低水平，原因是的移动速率加快，在阴极易得电子产生 【答案】B 【分析】由图可知，a为阳极，a电极上失去电子生成；b为阴极，b电极上、得到电子发生还原反应生成、、、等，据此分析。 【解析】A．由图可知，生成时，从价变为价，每个得，酸性条件下电极反应为，A正确； B．法拉第效率表示为，生成转移，生成转移，当电解生成时，设，，则消耗电子比为：，由图2可知，时，因此，得，即，不是，B错误； C．利用同位素标记，通过同位素示踪法，若阴极生成的含碳化合物中检测到，说明其来源为CO2原料气，而非有机多孔电极材料，C正确； D．电压过大时，在阴极得电子生成的竞争反应增强，总电量恒定，因此有机还原产物的法拉第效率降低，D正确； 故选B。 22．（2026·山东潍坊·二模）我国科研小组实现了光电条件下脂肪醇与芳基卤代烃的偶联反应，具体工作原理如下图。 已知：R表示烷基；X表示卤素原子；L为有机物，易提供孤对电子形成配合物。 下列说法正确的是 A．N接电源的正极 B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种离子中Ni的化合价均不相同 C．该偶联反应为++CH2O+HX D．电解一段时间后需补充含的电解质 【答案】BC 【分析】催化条件下，该装置以外加电源驱动电化学氧化还原过程：阳极区域中，脂肪醇在 Fe3+/Fe2+介质的辅助下被氧化生成烷基自由基，同时释放质子；阴极区域中，Ni配合物被还原为Ni活性物种，对芳基卤代烃进行氧化加成生成芳基镍(II)中间体，该中间体进一步捕获阳极产生的烷基自由基，经还原消除形成C–C偶联产物Ar–R，同时再生Ni完成催化循环。光照可能通过激发催化剂或半导体电极促进界面电子转移，提高反应效率。 【解析】A．根据循环过程，左电极M中，转化为，失电子发生氧化反应，因此M是阳极，接电源正极；右电极N中，带电荷的Ⅱ得电子转化为带电荷的Ⅲ，发生还原反应，N是阴极，接电源负极，因此N接正极的说法错误，A不符合题意； B．设配体为中性，整体电荷对应化合价：Ⅰ整体不带电，为价；Ⅱ，芳基为价，故化合价为；Ⅲ，同理化合价为； 三种化合价均不同，B符合题意； C．根据整个过程的反应物和产物，反应物为和芳基卤代烃，产物为偶联产物、、，原子守恒配平后总反应为： ，C符合题意； D．循环过程中，与反应会释放，在M极重新生成消耗，循环利用，总量不变，不需要补充，D不符合题意； 答案选BC。 23．（2026·山东济南·二模）我国科学家提出利用工农业废弃物组成甲醛—硝酸盐电池，给铅蓄电池充电，装置如图所示。下列说法正确的是 A．电流流向：N极→X极→电解质溶液→Y极→M极 B．工作过程中，HCHO中元素化合价均降低 C．甲醛—硝酸盐电池总反应方程式为 D．理论上消耗时，铅蓄电池装置中生成 【答案】AD 【分析】该装置中，左侧甲醛—硝酸盐电池是原电池，给右侧铅蓄电池充电，右侧为电解池体系，先判断电极属性： 左侧M极上，转化为：中为价，中为价，化合价升高，失电子发生氧化反应，因此是原电池负极；极上转化为，从价变为价，得电子发生还原反应，因此是原电池正极。 充电时，原电池负极接铅蓄电池的阴极，原电池正极接铅蓄电池的阳极，因此为阳极，为阴极，据此解答。 【解析】A．电流方向与电子流动方向相反，从正极出发流向负极，因此电流方向与电子流向相反，为N极→X极→电解质溶液→Y极→M极，A正确； B．工作过程中，中从价升高为中的价，并非所有元素化合价均降低，B错误； C．该总反应方程式得失电子和原子均不守恒：生成得，生成共失，若额外生成，还会得到，总得失电子不守恒，且氧原子也不守恒，正确的反应为：，C错误； D．消耗时，从价变为价，整个电路共转移电子。铅蓄电池充电反应为： ，转移电子时生成，因此转移电子时，铅蓄电池中生成，D正确； 故选AD。 水溶液中的离子平衡 题型04 24．（2026·山东东营·二模）常温下，将0.01 mol AgCl投入1 L水中，逐渐加入NaCl固体调节至(饱和)，体系中与关系如下图，表示含银微粒、、、的物质的量，下列说法正确的是 A．Ⅱ线所示物质微粒为 B．反应的平衡常数 C．在溶液中 D．当时，AgCl固体溶解可表示为： 【答案】B 【分析】：随着增大，同离子效应使不断减小，不断增大，因此I线对应。：初始投入0.01 mol AgCl，大部分以固体形式存在，n(AgCl) ~ 0.01 mol， ~2，且随c(Cl-)变化很小，因此IV线对应。配离子：越大，越容易生成高配位的，增大更快，减小更快，因此下降更快的Ⅲ线对应，Ⅱ线对应，据此分析选项。 【解析】A．据分析可知，曲线Ⅱ对应，A错误； B．反应的平衡常数，取，此时，即，则，B正确； C．溶液中含氯的离子有Cl-、[AgCl2]-、[AgCl4]3-，溶液中含Ag的离子有Ag+、[AgCl2]-、[AgCl4]3-，溶液中含Cl的离子中Cl来自AgCl、NaCl的电离，含Ag的离子中Ag来自AgCl的电离，根据物料守恒，因此，与选项C不符，C错误； D．当时，已经超过，因此AgCl溶解主要生成，不是，D错误； 故选B。 25．（2026·山东德州·二模）是一种二元酸，MA是一种难溶盐，不水解。图中曲线分别表示室温下含足量MA(s)的 溶液在不同pH下 [单位：]、1g X [或]与pH的关系。已知：，。 下列说法错误的是 A．向水中加入NaHA固体，水的电离程度增大 B．的数量级为 C．pH=4时， D．pH=7时，MA可以部分转化为 【答案】AD 【分析】已知为二元弱酸，存在两步电离：，因此两条上升直线分别对应和，且，由点可知，，由点可知，，溶解平衡： ， ，图中虚线为 的溶解平衡，据此分析。 【解析】A．计算的水解常数：，，说明的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，抑制水的电离，故向水中加入NaHA固体，水的电离程度减小，A错误； B．体系初始浓度为，物料守恒：，，结合，代入得：。时，，，，由此可知：，代入物料守恒式：，由于，可忽略，因此：，，，数量级为，B正确； C．在 pH = 4 时，由 ，代入 ，得 ，因此 。初始总浓度为 0.1 mol/L，物料守恒：。由 ，得 ，故 ，可忽略。结合 ，代入物料守恒：，解得 ，。由 MA 的溶度积 ，且 ，代入得 ，有 。再根据，远小于 。因此离子浓度顺序为 ，C正确； D．时，。若要生成沉淀，需满足：，代入数据计算，沉淀所需最低；而时，主要以形式存在，，实际溶液中，离子积，无法生成沉淀，不能发生该转化，D错误； 故选AD。 26．（2026·山东聊城·二模）常温下，向足量的悬浊液中滴加溶液，存在平衡，。，含银微粒的摩尔分数与(表示或)随变化如图。 下列说法正确的是 A．直线表示随变化的关系 B．点的坐标 C．若把换成，点向上移动 D．时， 【答案】BD 【分析】常温下，向足量的悬浊液中滴加溶液，存在平衡，，当增大时，减小，平衡左移，增大，减小，根据的定义，的 随增大而增大，的随增大而减小，的先增后减。因此，先减小的曲线表示，只增大的曲线表示，中间先减小后增大的曲线表示。根据平衡常数：，可得，可以推导出：，，因为X的斜率大于Y，故 对应直线，对应直线。 【解析】A．由分析可知，直线表示随变化的关系，A错误； B．在P点，δ() = δ，即。此时pM = 4.46，即mol/L。根据总平衡常数表达式=，可得，在Q点，δ() = δ，即。此时pM = 8.82，即 mol/L。根据平衡常数表达式，可得 ，，R点的横坐标与P点相同，pM = 4.46，R点的纵坐标lgN = ，R点的坐标为(4.46， -4.36)，B正确； C．R点的位置由络合反应的平衡常数 和P点的pM值决定。平衡常数和是特定温度下络合反应的固有属性，与提供的难溶盐是AgCl还是AgBr无关。因此，更换难溶盐不会改变平衡常数，R点的坐标也不会发生变化，C错误； D．根据物料守恒，从AgCl溶解出的银和氯的物质的量相等，所以溶液中等于所有含银微粒的总浓度：，根据的表达式，，当 pM =3时， mol/L，已知，>1，，则，D正确； 故选BD。 27．（2026·山东泰安·二模）为某邻苯二酚类配体，其，()。常温下构建(Ⅲ)溶液体系，其中，。体系中含物种分布系数与的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是 , A．当时，体系中 B．的平衡常数的约为20 C．在9.5~10.5之间，含的物种主要为 D．当时，参与配位的 【答案】BC 【解析】A．由图可知，溶液pH为0.5时，铁离子和[FeL]+离子的分布系数分别为0.9、0.1，则溶液中[FeL]+离子的浓度为：2.0×10-4 mol/L×0.1=2.0×10-5mol/L；由电离常数可知，pH为0.5时，溶液中HL-离子的浓度约为：=5.0×10-9.96 mol/L，氢氧根离子浓度为：=1.0×10-13.56 mol/L，则体系中离子浓度的大小顺序为：，A错误； B．由图可知，溶液中铁离子和[FeL]+离子的浓度相等时，溶液pH为1；由电离常数可知，Ka1(H2L) Ka2(H2L)= ×==1.0×10-7.46×1.0×10-12.4=1.0×10-19.86，则pH为1时，溶液中L2-离子的浓度为：=5.0×10-20.86 mol/L；由方程式可知，反应的平衡常数为：K==≈1.0×1020，则lgK≈20，B正确； C．由电离常数可知，溶液pH为9.5时，溶液中==1.0×102.04，则溶液中HL-离子的浓度大于H2L；溶液pH为10.5时，溶液中==1.0×10-1.9，则溶液中HL-离子的浓度大于L2-离子，所以在9.5~10.5之间，含的物种主要为HL-离子，C正确； D．由图可知，溶液pH为10时，溶液中[FeL3]3-离子和[FeL2(OH)]2-离子的分布系数都为0.5，则溶液中[FeL3]3-离子和[FeL2(OH)]2-离子的浓度都为：2.0×10-4 mol/L×0.5=1.0×10-4mol/L，由原子个数守恒可知，参与配位的L2-离子的浓度为：1.0×10-4mol/L×3+1.0×10-4mol/L×2=5.0×10-4mol/L，D错误； 故选BC。 28．（2026·山东滕州一中·二模）某温度下，向10mL 0.1 溶液中滴加0.1的溶液，滴加过程溶液中与加入溶液体积的关系如图所示，不考虑溶液混合引起的体积变化，下列有关说法正确的是 资料： A．该温度下的数量级为 B．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点 C．溶液中： D．b点加入0.02mol的会析出ZnS固体 【答案】D 【解析】A．b点为恰好完全沉淀的点，此时为CuS的饱和溶液，Ksp=c(Cu2+)·c(S2-)=c2(Cu2+)=(10-17.7)2=10-35.4，故A错误； B．a、b、c三点中，随着的加入，逐渐沉淀，硫离子浓度逐渐增大，c点最大，对水的电离促进作用最强，水的电离程度最大，故B错误； C．根据物料守恒，Na2S溶液中：，故C错误； D．b点加入0.02mol的ZnSO4(s)，c(Zn2+)浓度为1mol/L，Q=c(Zn2+)·c(S2-)=1mol/L×10-17.7mol/L>Ksp(ZnS)=3×10-25，所以会析出ZnS固体，故D正确； 故答案为D。 29．（2026·山东枣庄·二模）形成配合物可改变难溶物的溶解度。通过实验测定了AgCl在NaA(A为M或N)溶液中的溶解状况：向NaA溶液中加入足量AgCl固体，发生反应：。测得平衡时随pCl的变化曲线如图所示，不考虑Ag的其它存在形式)。 已知：；   下列说法正确的是 A． B．加入足量AgCl的NaM溶液中 C．AgCl在 NaM溶液中的溶解度约为 D．NaM体系中的的稳定性大于NaN体系中的稳定性 【答案】CD 【分析】由图可知，溶液中pCl为1时，为12、为-2，由溶度积可知，溶液中银离子浓度为：=1.6×10-9 mol/L，由方程式可知，反应平衡常数为：KM==10-12×1.6×10-9 =1.6×10-21，反应平衡常数为：KN==102×1.6×10-9 =1.6×10-7。 【解析】A．由分析可知，KN=1.6×10-7。则平衡常数KN大于氯化银的溶度积，A错误； B．足量氯化银与NaM溶液反应得到的溶液中存在物料守恒关系：，B错误； C．由图可知，溶液中pCl为1时，为12，由方程式可知，反应的平衡常数为：K==1012×0.1=1011＞105，说明反应可以完全进行，溶液中，则，即溶解度(用物质的量浓度表示)约为，C正确； D．由图可知，溶液中pCl为1时，为12，由方程式可知，反应的平衡常数为：K==1012×0.1=1011，同理可知，反应的平衡常数为：K1==10-2×0.1=10-3，反应的平衡常数越大，反应的程度越大，反应生成配离子的稳定性越强，则NaM体系中的的稳定性大于NaN体系中的稳定性，D正确； 故选CD。 30．（2026·山东滕州一中·二模）和HB分别为二元酸和一元酸，不发生水解，MHA可溶。常温下，难溶物的悬浊液和的悬浊液中通入或加调pH，溶液中()及含A微粒的分布分数随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．pH=8时，饱和溶液中 B． C．pH=3时，饱和溶液中， D．反应 平衡常数的数量级为 【答案】CD 【解析】A．M2A难溶，MHA可溶，随pH的减小，HA-的分布分数增多、A2-的分布分数减小、c(M+)增大、pc(M+)减小，结合曲线的特点，故随pH增大显著减小的为HA-、显著增大的为A2-、缓慢增大的为M2A溶液中pc(M+)，图中L表示MB的悬浊液中pc(M+)随pH的变化，由图中直线 L 可知，MB 饱和溶液中 ，即 。由于 ，且题设说明 不发生水解，因此B-不水解，溶液中 ，故A正确； B．由图中高 pH 区域可知，饱和溶液中 ，即 。由溶解平衡 ，得 ，从而 ，故B正确； C．题给关系式是基于以及pH=3时推导得出的。但题干指出pH是通过外加酸碱调节的，故pH=3的溶液中还存在其他离子如，上述式子漏写Cl-，因此C错误； D．反应 的平衡常数。由图可得，结合A项，，且由 pH≈3 时得，代入得，数量级为，与题中所给 不符，故D错误； 故答案为CD。 31．（2026·山东潍坊·二模）常温下，水溶液体系中，初始浓度，，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(外加可溶性强碱固体调pH，忽略溶液体积变化)。已知：含M物种的存在形式为，和，易溶于水，难溶于水。下列说法正确的是 A．的电离平衡常数 B．d点对应溶液： C．时， D．的的数量级为 【答案】C 【分析】酸性较强时，含碳物种存在形式为CH3COOH，曲线Ⅰ代表δ(CH3COOH)，随着pH增大，醋酸电离平衡程度变大，由已知条件初始浓度可知，c[M(CH3COO)2]最大值为0.1mol/L，则c[M(CH3COO)2]≤=50%，由此可知，曲线Ⅱ代表δ[M(CH3COO)2]，其先增大后减小，说明随着醋酸电离过程中，先生成了M(CH3COO)2，随后转化为难溶沉淀，则曲线Ⅲ代表δ(CH3COO-)，图中a点δ(CH3COOH)= δ[M(CH3COO)2]，则c(CH3COOH)= 2c[M(CH3COO)2]，图中d点δ(CH3COO-)=δ(CH3COOH)，则c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，据此解答。 【解析】A．图中c点pH=4.25时，δ(CH3COO-)=δ[M(CH3COO)2]=30%、δ(CH3COOH)=40%，由物料守恒可知，c(CH3COO-)+2c[M(CH3COO)2]+ c(CH3COOH)=0.4 mol/L，由此可知，c(CH3COO-)=2c[M(CH3COO)2]=0.12 mol/L、c(CH3COOH)=0.16 mol/L，忽略M(OH)2，则M2+约为0.04mol/L，M(CH3COO)2的电离方程式为，电离平衡常数，A错误； B．选项要写电荷守恒需要考虑强碱对应的阳离子电荷的存在，且将醋酸根的浓度写成了醋酸的浓度，B错误； C．时，由分析可知c(CH3COOH)= 2c[M(CH3COO)2]，由图像可知，c(CH3COOH)> c(CH3COO-)，故，C正确； D．图中c点pH=4.25时，c(OH-)=10-9.75mol/L，δ(CH3COO-)=δ[M(CH3COO)2]=30%、δ(CH3COOH)=40%由物料守恒可知，c(CH3COO-)+2c[M(CH3COO)2]+ c(CH3COOH)=0.4 mol/L，由此可知，c(CH3COO-)=2c[M(CH3COO)2]=0.12 mol/L、c(CH3COOH)=0.16 mol/L，该反应的=0.24×1019..5≈7.68×1018，K的数量级为1018，D错误； 故答案选C。 32．（2026·山东济南·二模）常温下，向溶液中缓慢通入，测得{M代表或}、或对分布系数[例如]与pOH关系如图所示，忽略溶液体积的变化。 已知：。下列说法正确的是 A． B．N点时， C．的平衡常数 D．将P点溶液中全部转化为，需要加入 【答案】C 【分析】向硫酸铜中缓慢通入氨气时，氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨先与铜离子反应生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜溶于一水合氨反应生成四氨合铜离子，则缓慢通入的过程中，溶液pOH减小，铵根离子、铜离子的浓度减小，氨分子和四氨合铜离子浓度增大，则曲线X、Y、Z、W分别表示氨分子、铵根离子、铜离子、四氨合铜离子与pOH关系；由图可知，溶液中氨分子浓度和铵根离子浓度相等时，溶液pOH为4.7，则由电离常数可知，氨水的电离常数为：Kb=10-4.7；溶液中铜离子浓度为10-5 mol/L时，pOH为7.35，则氢氧化铜的溶度积为：Ksp=10-5×(10-7.35)2= 10-19.7。 【解析】A．由图可知，pOH为a时，溶液中铜离子浓度为0.1 mol/L，则由溶度积可得：10-1×(10-a)2= 10-19.7，解得：a=9.35，A错误； B．由图可知，N点时铜元素的存在形式为铜离子、氢氧化铜沉淀和铜氨络离子，则由物料守恒可知，溶液中，B错误； C．由方程式可知，反应的平衡常数为：K1=====102.7，C正确； D．由图可知，P点时，溶液呈碱性，四氨合铜离子的浓度为0.100 mol/L，溶液中四氨合铜离子转化为铜离子时，需要硫酸的物质的量为：=0.02 mol；因加入的硫酸溶液还需中和溶液中的氢氧根离子，所以四氨合铜离子全部转化为铜离子时，需要硫酸的物质的量应大于0.02 mol，D错误； 故选C。 33．（2026·山东济宁·二模）常温下，溶液中主要存在如下平衡：，，。溶液中、、、的分布分数[如]及、随变化如图所示(元素、的物质的量保持不变，忽略溶液体积变化)。下列说法正确的是 A．时， B．曲线丁表示物种 C．a点时，约为 D．b点， 【答案】AC 【分析】pH越大（碱性越强），电离平衡（，）右移，浓度增大，浓度减小，因此曲线丁为，曲线甲为；，电离常数 ，变形得：；，电离常数 ，变形得：；由图可知：当时，即，，代入，得，当时，即，，代入，得；同时可知曲线乙为，则曲线丙为。据此分析： 【解析】A．，时，把、代入得：，即 ，得，即，A正确； B．由上述分析，pH升高，浓度增大，则分布分数增大，因此曲线丁为，B错误； C．原溶液为，总Cr浓度。a点，此时，得；此时的分布分数，因此。 根据Cr原子守恒：，pH=6.5时，可忽略，因此，得，C正确； D．原溶液为，则有物料守恒： ； 由图中信息b点，则，代入得，和选项等式不符，D错误； 故选AC。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题05 化学反应原理选择题 ☆4大题型概览 题型01化学反应机理 题型02化学反应速率与平衡 题型03电化学 题型04水溶液中的离子平衡 题型01 化学反应机理 1. (2026山东济南·二模)02参与形成铁的配合物的反应机理如图所示，其中Ph表示苯基。下列说法正 确的是 Ph % -Ph Ph 30 HC. CH Ph Ph MO-S 02 CH hv 0 Ph 2-MeTHF 2-MeTHF Ph -80℃ H:C -196℃ CH Ph Ph H3C CH Ph O Ph ◇ A.1mol配合物(I)中通过螯合作用形成的配位键为4mol B.上述过程中，涉及非极性键的断裂 C.配合物（Ⅱ）中O-O键的键长大于0，中的 D.配合物(IⅢ)中Fe的化合价为+3 2.(2026山东滕州一中·二模)金属Ni可活化C,H。放出CH4,其反应历程如图所示。下列说法错误的是 E/kJ·mol 过渡态2 50.00 Ni(s)+C2H (g) N 49.50 0.00 NiCH,(s)+CH(g) 0.00 过渡态1 ● ,中间体3-6.57 -50.00h 中间体1-28.89 N 0-45.88 -56.21 -100.00日 -150.00 中间体2 Ni -154.82 -200.00 Ni A.反应Nis十C2H6(g)NiCH2(S+CH4(g)△H=-6.57 kJ.mol- B.整个过程中中间体2一→中间体3的活化能最大，化学反应速率最快 C.增加反应物的浓度，可以使反应物发生有效碰撞的次数增多 D.该反应过程中涉及共价键的断裂和形成 3.(2026山东滕州一中·二模)氮氧化物(0，)是硝酸和肼等工业的主要污染物。一种以沸石笼作为载体对 1/17 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，反应物A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图 2所示。下列说法正确的是 40 N2+2H2O A 20 [(NH3)2Cu. Cu(NH)2]2 Cu(NH3) NO 0[(NH3)2Cu-O0 NO+2NH+NH过程I Cu(NH,)P*个 沸右笼 过程川 -20 -40 D 人 TNH3)2Cu Cu(NH)2] N2+H2O+NH 1/20, Cu(NH3) -60 反应历程 图1 图2 A.过程I涉及非极性共价键的断裂与生成 B.过程IⅡ中，脱除1molN0转移6mol电子 C.A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程都是放热反应 催化剂 D.图1总反应的化学方程式为4NO+4NH+O2 =4N,+6H,O 4.(2026山东聊城·二模)一种甲醛碱性MoP催化释氢反应机理及相同时间内NaOH浓度与释氢量的关系 如图。 H20 100 0 H ④ 80 0+000H+20r0八0 MoP H、 00 40 HH-Hz0H入H-20HH◇H ③ 20 ① ② MoP MoP 0.5 1.0 H2、HC00、OH cNa0H/mol·L 下列说法错误的是 A,机理与释氢量表明反应②为决速步骤 B.D2O替代H0,产物含HD C.中间体吸附于催化剂表面，不能增大反应①、②平衡常数 D.总反应离子方程式：HCH0+OH-丝剂HC00+H,个 5.(2026山东济宁·二模)氯苯是重要的有机溶剂，由苯胺制备氯苯的反应机理如图所示（部分产物未标出）。 己知：苯胺分子中所有原子共平面。 2/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 NaNO,(aq) 1 N-N CF NH 重氮盐 CuCl2 盐酸 ③ 下列说法正确的是 A.苯胺、NaNO2、重氮盐中的N有三种杂化方式 B.第③步反应中C原子被氧化 C.图示反应过程中的催化剂为CuCl D.理论上生成1mol氯苯，需要消耗2 molHC1 题型02 化学反应速率与平衡 6. (2026山东德州二模)工业上可用Zn还原SiC1,制备Si,该过程主要存在如下化学反应： 反应I:SiCl,(g)+Zn(g)=SiCl,(g)+ZnCl,(g)△H1=+98 kJ.mol 反应IⅡ：SiC1,(g)+Zn(g)=Si(s)+ZnCl,(g)△H2=-232kJ·mol 在密闭容器中按n(SiCL,:n(Zn)=1:4投料，固定Si(s)的产率x,体系压强与温度的关系如图。K.为物质 的量分数平衡常数。下列说法正确的是 大 增人 A.X<x2<x3 B.由B点移向C点，可以升温或降低投料比 C.Kpl A=C<B D.C点x2=70%,SiC14(g)的转化率为80%时，Kn=25.8 7.(2026山东聊城二模)利用CC0,与H2反应生成CH4的路线，主要反应如下： I.CaC03s=CaO(s+CO2(g△H1=+178kJ·mol IⅡ.C0,g+4H2g=CH,(g+2H,0(g△H2=-166 kJ.mol IΠ.C02g+H,g=H,0(g+C0(g△H3=+41 kJ.mol 3/17 命学科网 www zxxk com 让教与学更高效 在100kPa下，密闭容器中CaC0,与H2各1mol发生反应。CaC0,、H2的平衡转化率和CH4、CO2的选 n(含碳生成物）》 择性[含碳产物选择性= n转化的CaC0,)】 ×100%]随温度变化关系如图。 100 送80 20 0 温度增大 下列说法正确的是 A.曲线c表示CO2的选择性 B.温度高于T时，CO的产率随温度升高而增大 C.T,时，恒容充少量CO2,反应I达新平衡时逆反应速率增大 D.了时，反应Ⅲ的压强平衡常数为兮 8.(2026山东济南二模)在恒温恒容的密闭容器中，发生丙烷的裂解反应：C,H(g)→C,H,(g)+CH4(g) ,测得TK和TK下-g ,C,H[P(C,H,)为某时刻压强，P,(C,H,为初始压强]与时间)关系如图 p(CHs) 所示，下列说法正确的是 -lg P(C,H,) Po(C;Hs) T 1.0 时间/s A.T<T; B.随着p(C,H,减小，反应速率始终不变 C.TK下，当C,H(g)转化率为50%时，时间为0.51s D.石K下，若起始压强变为原来的2倍，-gPCH Po(C:Hg) 到达1.0时所用时间仍为s 9.(2026山东潍坊·二模)CO2催化加氢转化为CH,OH能缓解能源紧缺。该过程主要发生下列反应： I.C0,(g)+H,(g)=C0(g)+H,0(g)△H1>0 IⅡ.C0(g)+2H2(g)=CH,OH(g)△H2<0 4/17 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 一定压强下，以进气流量0.4molh、n(C0,:n(H2)=1:3持续通过装有1g催化剂的反应管中。经相同 时间测得CO2转化率a(CO,)、CH,OH选择性S(CH,OH)及CH,OH单位产率Y(CH,OH) YCHO-axS资要·单位：atg]览度四)的变化美系国.度高于时件 系接近平衡状态。下列说法错误的是 6 8 60 80 50 Y(CHOH) a 240 260 280 300 T/°C A.a(C0,)随温度变化的曲线为a B.图中合成CH,OH的最佳温度是240C C.280C时，Y(CH,0H=0.04molh1·g1 D.300℃，测得出气流量为0.36mo1.h·,该温度下反应I的平衡常数K。=1 10.(2026山东济宁·二模)A1,(S0,),可发生热解反应生成两种氧化物和一种单质，向1L恒容密闭容器 中加入2.0molS0,g、1.0 molAl,,S0,,(s,平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系如图所示。 下列说法错误的是 5 4 2 S03(g) 每 c 0.7 0 710750800 温度/℃ A.a线所示物种为S0,（g B.710C时，S0,(g的物质的量为1.5mol C.700-750C间，S0,g)分解反应的平衡逆向移动 5/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D.730C时，再向容器中充入少量S0,g),平衡时c(S0,)不变 11.(2026山东枣庄二模)CO2甲烷化反应：C0,g+4H,g=CH,g+2H,0(g)△H,在体积相同 的多个恒容密闭容器中，分别充入1 nol CO2和4olH2发生上述反应，在不同温度下反应相同时间， 测得g欧正、g欧速、H2的转化率与温度关系如图所示。已知该反应的速率方程为"=kc(C0,)小c4(H,】 、'逆=k逆c(CH4·c2(H,0),其中k正，k泄为速率常数，只受温度影响。下列说法正确的是 50H, 40 的 增 M 转 30 N 20 率 10 /% 增大 A.曲线M代表的是g逆 B.反应的活化能Ea正>Ea逆 C.c点时，V正=V送 D.T3K下，体系的平衡压强为p,则CO2的平衡分压为p/5 12.(2026山东滕州一中·二模)1,4-二氯甲基苯D)是有机合成中的重要中间体，某种生产D方法的机理 如下图所示。 CH3 C1、 C12 ②C D 4 (① Cl2 CH CH③H,C ￥ M C1⑤ 以上各反应的速率方程均可表示为kc(A)c(B),其中c(A)、cB)分别为各反应中对应反应物的浓度。 某温度下，恒容反应器中加入一定量的X,保持体系中氯气浓度恒定，测定不同时刻相关物质的浓度， 发现60min前，产物T可忽略不计。 己知该温度下，k:k2:k3:k4:k=100:21:7:4:23。下列说法错误的是 A.活化能：反应②<反应③ B.cQM①)先增大后减小，最终趋近于0 C.60min时，若c(D)=0.03molL,则c(G)-0.01mol/L D.60min后，c①D)/c(G)逐渐减小 13.(2026山东东营·二模)合成氨原料工业中，使用水蒸气通过高温煤层反应制备H2,涉及以下反应： i、C(s)+H,0(g)=C0(g)+H,(g)△H=+131.4kJ/mol 6/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ii、C(s)+2H,0(g)=C0,(g)+2H,(g)△H=+90.2kJ/mol ii、C(s)+C0,(g)=2C0(g)△H=+172kJ/mol iv、C02(g)+4H2(g)=CH,(g)+2H,0(g)△H=-74.9kJ/mol 在压强为2MPa下各种气体平衡组成如图： 504 40 m 0h 2> °20人 13f C02 10 。 0600 720800900100011001200 温度/℃ 下列说法错误的是 A.I线表示CH4的变化曲线 B.降低总压有利于提高H2产率 C.720℃时反应ⅱ的平衡常数为0.4PaD.加入催化剂，交点A将向左下方移动 题型03 电化学 14.(2026山东德州二模)为克服传统锌一空气电池充电电压高且能量效率低的局限，我国科学家提出了 种锌一乙醇/空气电池，该体系在充电时战略性地用具有较低热力学电位的乙醇氧化反应替代了氧析 出反应。下列说法正确的是 K0H+乙醇(5%~10%) 。C●OoH A.放电时，负极反应为Zn-2e=Zn2 B.放电时，每消耗6.5gZn,正极上消耗的02体积为1.12L C.充电时，阳极附近溶液pH减小 D.理论上，每完成一次彻底的充放电，消耗CH,CH,OH和O,的物质的量之比为1：】 15.(2026山东聊城·二模)一种低温热能转换热敏热电池，利用TEA*选择性诱导[Co(CN)。]在冷端结 7/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 晶，在电解液微弱对流下受浓度梯度驱动扩散至热端溶解，打破[Co(CN)。]-e≠[Co(CN),]平衡， 实现热电转化。以此电池为电源构建光电催化体系，中性条件下加速硝酸盐加氢转化为氨，工作原理 如图。 ○热敏性品体 b●0o 80 极 86° 冷端电板 H20 NOj O[Co(CN)s] ●TCc(CN)P Zn(Ni)Sx@NF 下列说法正确的是 A.热端电极为正极，电势高 B.冷端降温、热端升温利于持续放电 C.缓冲对换为CO/HC0;,NH生成速率加快 D.转移8mole冷端消耗8mol[CoCN),],体系生成3mol气体 16.(2026山东济宁·二模)在温和条件下，用电解法处理工业废气中的二氧化硫，原理如图所示。下列说 法正确的是 质子交换膜 b OH(aq) A. 电极a与电源负极相连 B. 当有1mo 生成，有4mol旧穿过交换膜 C.理论上a极消耗1molS,b极产生8mo1S D.随着反应的进行，体系酸性逐渐增强 17.(2026山东东营·二模)碱性条件下通过蒽醌磺酸钠( 简写为ANa2)电催化加 NaO S 氢实现阴阳极双加氢协同制H,O2,同时制得高浓度甲酸盐： 8/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 电源 H202 ANa, ANa, H,O, H,O HCHO H H AH2Na2 OH HCOO* AH2Naz 阴离子交换膜 Pt. 下列说法错误的是 A.a为电源负极 B.蒽醌磺酸钠在两极附近均被氧化 C.Pt2电极反应式为HCH0+20H-e=HC00+H+H,0 D.电路中通过1mol电子时，共制得2molH,02 18.(2026山东泰安·二模)烟气中的SO,可以用钠碱循环法加以处理，用Na,S0,溶液作为吸收液。当吸 收液与$O2反应至pH降低为6左右时，可将吸收液通入如图所示的电解槽进行再生。当吸收液的pH 升至8左右时再生完毕，吸收液可再次使用。吸收液H随微粒组成的变化关系见表。 pH>8的吸收液 浓硫酸 MI Na SO HSO pH约为6的吸收液 稀硫酸 nSo）:nHso 91:9 1:1 9:91 pH 82 7.2 6.2 下列说法错误的是 A.电极M为电解池阴极 B.电极N有HS0,-2e+H,0=S0+3H发生 C.K2H,S03）=10-72 D.再生过程中，Ⅱ中溶液电导率保持不变 19.(2026山东滕州一中·二模)图甲是一种利用微生物将废水中的尿素【CO0NH)2】转化为环境友好物质 的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是() 9/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M 微生物 质子交换膜 有机 废水 CuSO H 溶液 甲 A.图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接 B.图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动 C.图甲中M电极反应式：CO0NH22+5H2O-14e=CO2+2NO2+14H+ D.当图甲中N电极消耗0.5molO2时，图乙中阴极增重64g 20.(2026山东泰安·二模)利用双膜三室电解法合成CH,C1CH,C1,该方法的优点是能耗低、原料利用率 高，同时能得到副产品，其工作原理如下。下列说法错误的是 直流电源 a b+ 气体X 膜I 膜Ⅱ CICH,CHCI、 CuCl2 饱和 食盐水 CH2=CH2 CuCl2溶液 NaOH溶液 A.a为正极，b为负极 B.膜I为阴离子交换膜 C.副产品只有NaOH D.CuCl2为生产CH,CICH,CI的催化剂 21.(2026山东枣庄·二模)某种有机多孔电极材料（铜粉沉积在一种有机物的骨架上）电催化还原C02的装 置如图1所示。通过电解池的电量恒定，电解所得部分还原产物的法拉第效率(E%)与电压的关系如图 2所示[法拉第效率表示为FE(B)%= n(该极生成B所用的电子数) ×100%]。下列说法错误的是 n(通过该极的总电子数) 100 C02 HCOOH -HCHO CH,OH 。-C,H.OH H, HCOOH CH,OH m C,H.OH 0 电压/V 图1 图2 A.b电极生成HCOOH的电极反应式为C0,+2e+2H*=HCO0H 10/17 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B.电压为u,V时，电解生成的nHC00H):n(HCH0)=3:2,则FECHCHO)的m值为25 C.利用3C0,代替CO2进行研究，可确定阴极上生成的含碳化合物来源于CO2原料气，而非有机多孔 电极材料 D.电压过大时，各种有机产物的FE%降到较低水平，原因是H+的移动速率加快，在阴极易得电子产 生H2 22.(2026山东潍坊二模)我国科研小组实现了光电条件下脂肪醇与芳基卤代烃的偶联反应，具体工作原 理如下图。 电源 M [FeCl ROH L Nil R《》 (D) (ID CH,O [FeCl] R入O 声R。 [L Ni () 已知：R表示烷基；X表示卤素原子；L为有机物，易提供孤对电子形成配合物。 下列说法正确的是 A.N接电源的正极 B.I、Ⅱ、三种离子中Ni的化合价均不相同 C.该偶联反应为R OH+ →R CH2O+HX D.电解一段时间后需补充含C的电解质 23.(2026山东济南·二模)我国科学家提出利用工农业废弃物组成甲醛一硝酸盐电池，给铅蓄电池充电， 装置如图所示。下列说法正确的是 隔膜 HCOO NH 1H2 HCHO 甲醛-硝酸盐电池 铅蓄电池 A.电流流向：N极→X极一→电解质溶液→Y极→M极 B.工作过程中，HCHO中元素化合价均降低 C.甲醛一硝酸盐电池总反应方程式为NO,+30H+4HCH0=NH,+H,0+H,+4HC0O 11/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D.理论上消耗1 mol NO;时，铅蓄电池装置中生成8molH,SO, 题型04 水溶液中的离子平衡 24.(2026山东东营·二模)常温下，将0.01 mol AgC1投入1L水中，逐渐加入NaC1固体调节c(CI）至 6.15mol/L(饱和)，体系中-lgn(X闪与cCI)关系如下图，n(X)表示含银微粒AgC1、Ag、[AgCl2]、 [AgCL,]广的物质的量，下列说法正确的是 -1gn(X) 8.7 7.45 5.7 Ⅱ I IV 2.0 0.10.75 c(CF) 5.19 6.15 A.Ⅱ线所示物质微粒为[AgCL,]广 B.反应[AgCL,]+2CI=[AgCL]的平衡常数K=1.78 C.在溶液中c(Cr）+2 ([AgCI,）+4 ([AgCI,)=c(Ag)+c(Na) D.当cCI)>2molL时，AgCl固体溶解可表示为：AgCI(s)+CI=[AgCL,] 25.(2026山东德州二模)H,A是一种二元酸，MA是一种难溶盐，M2+不水解。图中曲线分别表示室温 cHA)或 下含足量MAS的0.Imol-LH,A溶液在不同pH下c(M)[单位：mol-L小1gX[lgXg。H,A c(A) ]与pH的关系。已知：Ksp[M(0H)2]=6×1016,1003≈0.5。 c(HA） 下列说法错误的是 12/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1gX↑ 个c(M) 、(4.2,1053) 1.4,0.2y 5,0.8) pH A,向水中加入NaHA固体，水的电离程度增大 B.Kn(MA)的数量级为10- C.pH=4时，cHA)>cA2)>cM2)>c(OH D.pH=7时，MA可以部分转化为M(OH) 26.(2026山东聊城二模)常温下，向足量AgCI的悬浊液中滴加NaS,03溶液，存在平衡 Ag+S,0=[AgS,0,)],[AgS,0,]+S,0=[AgS,0,2]。pM=-lgc(S,O),含银微粒的 c(Ag') c(Ag*】 摩尔分数δ(X)与gN(N表示 [Ae1s0,c[Aeso门随pM变化如图. 或 1.0 -R(a,b) 60.5H 4.46,0.5) 09874321 下列说法正确的是 cAg】 A.直线y表示c[Aes,O 随pM变化的关系 B.R点的坐标(4.46，-4.36) C.若把AgCI换成AgBr,R点向上移动 D.pM=3时，c(cr)<2c[AgS,0,]}+c[Ags0,2]} 27.(2026山东泰安·二模)HL为某邻苯二酚类配体，其pK=7.46,pK.2=12.4(pKa=-lgKa)。常温 下构建Fe(⑩-H,L溶液体系，其中cFe3+)=2.0×104molL,c(H,L)=5.0×10-3molL。体系中 c(x) 餐e物种分布系数δ5H的送系图示，分布系数8200m0”已知g2*0,30. 13/17 学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 1g3≈0.48。下列说法正确的是 Fe3+ [FeL] [FeL2] 1.0 0.8 [FeL:l 0.6 0.4 [FeL(OH)1 0.2 0.0 0 1234 5 6 9 1011 DH A.当pH=0.5时，体系中c(H,L)>c[FeL)>c(OH)>c(HL)】 B.L2+Fe+=[FeL]的平衡常数的lgK约为20 C.pH在9.5-10.5之间，含L的物种主要为HL D.当pH=10时，参与配位的cL2）≈2×103molL 28.(2026山东滕州一中.二模)某温度下，向10mL0.1mol.L CuCl2溶液中滴加0.1mol.L的Na2S溶 液，滴加过程溶液中-lgc(Cu2+)与加入Na,S溶液体积的关系如图所示，不考虑溶液混合引起的体积变 化，下列有关说法正确的是 ↑-lgc(Cu2 17.7 0 10 20 VNaS溶液)/mL 资料：Kn(ZnS)=3×1025 A.该温度下Kn(CuS)的数量级为103 B.a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点 C.NaS溶液中：c(S2-)+c(HS）+c(H,S)=2cNa) D.b点加入0.02mol的ZnS0,s会析出ZnS固体 29.(2026山东枣庄·二模)形成配合物可改变难溶物的溶解度。通过实验测定了AgC1在NaA(A为M或 N)溶液中的溶解状况：向NaA溶液中加入足量AgCI固体，发生反应： 平AgA AgCI(s)+2A(aq=AgA2(aq+CIaq)。测得平衡时lg 随pCI的变化曲线如图所示 c(A)） 14/17 扇学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 pC1=-lgc(CI),不考虑Ag的其它存在形式)。 已知：K,(AgC1=1.6x100;AgA=Ag*+2AKA 16 平(AgA)14 1g- c(A 12 NaM 10 8 6 2 0 -2 -4 NaN 6 -0.500.511.522.53 pCI 下列说法正确的是 A.Kp AgCI)>K B.加入足量AgCI的NaM溶液中c(Na*）=cM）+c(HM)+cAgM) C.AgC1在0.84mol·LNaM溶液中的溶解度约为0.42mol.L1 D.NaM体系中的AgM;的稳定性大于NaN体系中AgN;的稳定性 30.(2026山东滕州一中·二模)H,A和HB分别为二元酸和一元酸，M+不发生水解，MHA可溶。常温 下，难溶物M,A的悬浊液和MB的悬浊液中通入HCI或加NaOH调pH,溶液中pc(M)(pc=-lgc)及含 A微粒的分布分数随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 1.0 0.8 0.6 6 3 pc(M) 0.4 0.2- 0.0 45T678910 pH A.pH=8时，MB饱和溶液中c(B)=10mol.L B.KnM,A≈5x10- C.pH=3时，M,A饱和溶液中，c(H)+c(M)=3c(HA)+c(OH) D,反应M,A+2B+H户2MB+HA平衡常数的数量级为105 15/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 31.(2026山东潍坊二模)常温下，M(C10:),-CH,C00H水溶液体系中，初始浓度 c[M(CIO)2]=0.1molL,c(CH,C00H)=0.4molL,所有含碳物种的摩尔分数δ与pH变化关系 如图所示（外加可溶性强碱固体调pH,忽略溶液体积变化）。己知：含M物种的存在形式为M2*, MCH,COO)2和M(OH)2,M(CH,COO),易溶于水，M(OH)2难溶于水。下列说法正确的是 80 Ⅲ 860 c(x,42) 6 40H 6(4.25,30)》} 20F 0 3 4 6 pH A,MCH,COO),的电离平衡常数K=9.6×102 B.d点对应溶液：2cM2)+c(H）=c(CH,C0OH)+c(OH)+c(CIO,) C.pH=x时，c(CH,CoOH)=2c[M(CH,CoO)2]>c(CH,Co0） D.M(CH,C00),(aq)+20H(aq)=M(0H)2(s)+2CH,C00(aq)的K的数量级为109 32.(2026山东济南二模)常温下，向100mL0.100 mol.L CuS(0,溶液中缓慢通入NH3,测得gc(M)M c(NH3) 代表Cu2或[Cu(NH,]NH,或NH;对分布系数[例如δ(NH,)= c(NH )+cNH2) ×100%]与pOH 关系如图所示，忽略溶液体积的变化。 已知：Cu2“(aq)+4NH,(aq)=[Cu(NH,),](aq)K=1x103。下列说法正确的是 100% P 6 W Z lgc(M) 50% N 0 4.7 7.35 a POH A.a=11.35 B.N点时，c(Cu)+c{[Cu(NH,)4]}=cso)=0.10mol-L C.Cu(0H),s)+2NH(aq)+2NH,(aq)=[Cu(NH),](aq)+2H,0)的平衡常数K,=1027 D.将P点溶液中[Cu(NH,]全部转化为Cu2+,需要加入0.02molH,S0, 16/17 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 33.(2026山东济宁·二模)常温下，0.1moLK,Cr0,溶液中主要存在如下平衡：H,Cr04=H*+HCr0: ,HCrO:≠H+Cr0,2HCrO:≠Cr,0}+H,0。溶液中H,CrO4、HCrO:、CrO}、C,0的分 2cCr,0号】 (Cro) 布分数5(x[如6(c,0)cHCr0,+cHc0+cCr0+2xC,01及8。 c(HCrO c(HCrO) 1g 随pH变化如图所示（元素Cr、K的物质的量保持不变，忽略溶液体积变化）。下列说法正 c(H,CrO4） 确的是 [PH 6.5- y0.25,65) 甲 丙 0.≥ -6.5 -0.70 0.3 0.60.9 1gcC02或1g (HCrO) 分布分数 c(HCrO) (H,CrO) A.pH=3.6时，c(H,Cr04)=cCrO}） B.曲线丁表示物种C,0 C.a点时，c(Cr,0号)约为0.025molL D.b点，cK+)=c(CrO)+c(HCrO+6cCr,O) 17/17