专项练-【经纶学霸】2026-2027学年高二化学选择性必修第一册4星学霸黑白题（苏教版）

进阶突破·专 专项突破1反应历程与活化能 1.B解析：催化剂都有合适的催化温度，在合适的温度下催化效果最 好，不是温度越高越好，B错误。 2.C解析：从图中看出，Cat1中M(g)→T(g),T(g)→N(g),Cat2 中M(g)一→W(g),W(g)→N(g),都包含两个基元反应，A正确；从图 中看出，反应物的总能量均高于生成物的总能量，都是放热反应， B正确；催化剂只能改变反应历程，不能改变反应的焓变，C错误；从 图中看出，Ct1作用下，反应③的活化能比反应①高，反应速率慢，故 反应③是控速反应，D正确。 3.D解析：由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应是放热 反应，A正确：由图可知，MO*和CH4反应生成CH,OH和M,则该反 应的总反应式为MO++CH4一CH,OH+M,B正确；过渡态2具有 的能量比过渡态1低，说明过渡态2比过渡态1稳定，C正确：参与反 应的原子质量数越大，速率越慢，所以M0*与CH2T2反应的活化能 大于MO*与CH4,MO+与CH2T,反应的能量变化应为图中曲线a, D错误。 4.B解析：相同条件下，路径①的活化能最大，反应速率最慢，A错误； 路径④的生成物总能量小于反应物总能量，属于放热反应，B正确； 基元反应是指反应物一步直接转化为产物的反应，从图中可以看出， 路径②中存在中间产物，则CH,I+C1*一CH,+IC1不是基元反应， C错误；过渡态中T$1的能量最高，稳定性最差，D错误。 专项突破2化学反应速率与化学平衡图像 1.B解析：反应为处理石油化工行业废气中的硫化氢并回收硫黄的过 程，开始反应物浓度最大，随着反应进行反应物浓度逐渐减小，则正 反应速率逐渐减小，所以曲线①表示的是正与时间关系，A错误；该 反应正反应气体物质的量增大，混合气体的质量保持不变，随着反应 的进行，混合气体的总物质的量增大，故，时刻混合气体的平均摩 尔质量大于t2时刻，B正确：由题干信息无法确定HS的转化率，故 无法计算t2时刻体系中c(H2S):c(S2)的比值，C错误：催化剂能降 低反应的活化能，能同等程度地加快正、逆反应速率，即、2都增 大，D错误。 2.A解析：12s时，B的物质的量浓度变化量为0.5mdl·L1-0.3mdl·L1= 02:则B的转化率为：×10%=40%，A正确： D的状态为固体，通常不用D的物质的量浓度变化量表示反应速率， B错误：12s时C的物质的量浓度变化量为3二04m·L,化学 量数之比等于物质的量浓度变化量之比，则b:c=0.2mol·L1: 0.4mol·L1=1:2,故2(B)=v(C),C错误；图中两曲线相交之 后，A、B的浓度继续变化，此时反应继续正向进行，则A的消耗速率 大于A的生成速率，D错误。 3.D解析：根据图中信息可知，先拐先平，温度高，得到T1>T2,A正 确；T1>T2,根据化学平衡移动原理，温度越高二氧化碳的体积分数 越小，说明平衡逆向进行，正向是放热反应，温度高，平衡常数小，b 点和d点的化学平衡常数：K>K,设b点时C0转化的物质的量为 x,根据三段式有： 5C0(g)+l203(s)=5C02(g)+L2(s) 起始量/mol 2 0 变化量/mol b点量/mol 2-x 根据b点时C0,的体积分数9(C0,)=三×100%=0.80，得x= 专项练参考答案 顶练参考答案 1.6mo,K=2l-i6m4,B正确：反应达到平衡状态时， ( 】 2L 气体的总质量、容器的体积保持不变，容器内气体密度不再变化， C正确；设a点时C0转化的物质的量为y,根据三段式有： 5C0(g)+L205(s)5C02(g)+I2(s) 起始量/mol 2 0 变化量/mol y y a点量/mol 2-y y 根据a点时C0,的体积分数p(C0,)=之×100%=0.30，得y= 0.6m0l,C0的转化率=0,6m0×100%=30%,但反应还在正向进 2 mol 行，正反应速率>逆反应速率，D错误。 4.D解析：由反应①M一一N、②N一Q可知，随着反应的进行，M的 浓度不断减小，N的浓度先增大后减小，Q的浓度不断增大，则图甲 中曲线a、b、c分别代表M、Q、N的浓度变化；由图乙可知，温度低于 T1时，速率常数：k1<k2,说明反应速率：1<2。由分析可知，图甲中 曲线c代表N的浓度变化，A正确；由图乙可知，温度低于T1时，速 率常数：k1<k2,说明反应速率：<2，反应的活化能越大，反应速率 越慢，则反应①的活化能大于反应②，即反应①的活化能更大，B正 确；由图可知，反应初始阶段，反应①、②同时发生，由反应式可知，单 位时间内M的减少量等于N和Q的增加量，则反应速率的关系为 (M)=(N)+u(Q),C正确；由图可知，反应过程中随c(M)的减 小，N的浓度先增大后减小，则反应过程中随M的浓度减小，反应① 的速率减小，而反应②的速率先增大后减小，D错误。 专项突破3化学平衡状态、移动方向的 判定 1.C解析：若容器体积不变，反应开始时容器体积为1L,则随着反应 0.7 mol 1L= 的进行，容器内压强不断减小，0~2min内(S0,)=2mn 0.35mol·(L·min)-1,现保持压强不变，则应减小容器体积（容器 体积小于1L),S0,的浓度增大，化学反应速率加快，所以0~2min 内v(S03)>0.35mol·(L·min)-,A正确；恒温恒压条件下，2min 后向容器中再通人2molS02和1mol02,重新达到平衡时，两平衡 等效，S02的含量不变，B正确；若把条件“恒温恒压”改为“绝热恒 压”，则随着反应的进行，混合气的温度升高，平衡逆向移动，平衡后 n(S03)<0.7mol,n(S02)>1.3mol,C错误；若把条件“恒温恒压”改 为“恒温恒容”，相当于恒温恒压条件下的平衡体系减压，平衡逆向 移动，则平衡时放出的热量小于QkJ,D正确。 2.B解析：该反应是气体分子数不变的反应，反应前后嫡的变化不大， 反应放热，根据△H-T△S<0可知：正反应在较低温度下能自发进 行，A正确；温度不变，投料比越大，Tl4平衡转化率越小，曲线②代 表Tl4平衡转化率与投料比的关系，投料比不变，降低温度，平衡右 移，1l,的平衡转化率越大，曲线①代表T山，平衡转化率与的关 系，B错误，气体平均摩尔质量-二，根据反应可知，反应后有固体 存在，因此气体总质量发生改变，则气体平均摩尔质量在改变，因此 当气体平均摩尔质量保持不变时，达到平衡，C正确；用三段式计算， 投料比为2、TK下TaL4平衡转化率为40%，则计算如下： 黑白题59 TaI(g)+S2(g)-TaSz(s)+2I2(g) 起始/mol2 1 0 转化/mol0.80.8 1.6 平衡/mol1.2 0.2 1.6 平袋时的体只分数为 -×100%≈53%，D正确。 3.D解析：反应过程中Y的浓度先增大后减小，说明反应刚开始时反 应I的速率大于反应Ⅱ，则话化能：E(I)<E（Ⅱ)，A正确；反应进 行4s时，X、Y、Z的浓度分别为0.5mol·L1、0.8mol·L-1 0.2mol·L1,Y、Z全部来自X的转化，则X(g)的起始浓度为 0.5mol·L-1+0.8mol·L-1+0.2mol·L-1=1.5mol·L-1,B正确；升 高温度，反应I、Ⅱ的速率均增大，但反应I、Ⅱ的正反应都是放热反 应，所以两平衡都逆向移动，X的平衡转化率降低，C正确；其他条件 不变，在该体系平衡时再投人一定量的X(g),由于两反应的反应物 气体分子数都等于生成物的气体分子数，所以两种情况为等效平衡， 达到新平衡后Z的体积分数等于原平衡，D不正确。 专项突破4电解质溶液的图像分析 1.D解析：根据图像可知，曲线a表示c(H2C03)、曲线b表示 c(HCO?)曲线c表示c(CO?)随溶液pH变化的曲线，A错误；根据 图像可知，常温下c(HC03)=c(H2C03)时，pH=6.2,H2C03的K。= e(HCO)e(H*) 106.2,但人体中的血浆温度高于常温，升温有利 c(H,C02) 于碳酸电离，则血浆中H2C03的K大于10-6,2，B错误；当血浆 中c(HCO;)增大时，pH可能增大，也可能减小，C错误；正常人的血 液pH在7.35~7.45，当血浆的pH=7.2时，则发生酸中毒，pH=6.2+ c(HCO3) &2C所以此时eC0,cc05是c(4,c0,)的 10倍，D正确。 2.D解析：由图可知，当纵坐标为-5时，由水电离出的氢离子浓度为 10-5ol·L-1,说明溶液中离子的水解程度大于电离程度，促进水的 电离，溶液的pH为9，溶液中氢离子的浓度为109mol·L-1,当溶液 中4()相时时k为站《品曲线与表示经：（) 与1g的变化关系，曲线山表示水(H)与g《之的变 c(HA) 化关系：X点gA号=1时，c(A)=10c(HA),此服 c水(H*)=c水(0H)=105mol·L1,溶液显碱性，A2的水解平衡常 数K,=(OF)c(HA) Kc(A2-) c(A2-) K2(H2A)Ka(H2A)=- (OH)c(HA) 104×10-10,同理可知当横坐标为3时可得K(H,)=106。 10-3 由分析可知，曲线L,表示gc*(H)与(A)的变化关系，A错 Pc(HA-) 误；Y占时gCHA只=g>L,则c(A2)>c(HA)> c(HA-) c(H2A),B错误；X点时c(A2)=10c(HA-),溶液的pH=9,X点水 的电离程度最大，X点为正盐溶液，Z点g(A2)大于X点，Z点 ”c(HA)1 为正盐和碱的混合液，溶液呈碱性，C错误；由分析可知，K,(H2A)= 10-6,K2(H2A)=10-8,D正确。 3.D解析：横坐标为0时，丙烯酸和丙烯酸根离子浓度相等，丙酮酸和 丙酮酸根离子浓度相等，此时丙酮酸的c(H)>丙烯酸的c(H),丙 酮酸的酸性强于丙烯酸，A错误；根据b点坐标(1,103.49)，横坐标 c(CH COCOO-) c(CH COCOO-) 为1,1g(CH,C0c00H) 1 =10,该点的氢离子浓 'c(CH,COCOOH 选择性必修第一册·SJ 度c(H)=10-3.9mol·L1,则K= e(CHcocoo-)x()10x e(CH COCOOH) 103.49=102,49,B错误；向盐溶液中加入酸，优先生成酸性相对较弱 的酸，即丙烯酸，C错误；根据c点坐标(-1,10-3.26)，横坐标为-1， c(CH2 =CHCOO-) c(CH2 =CHCOO-) (HcHcomD(CHcoo)() e(CH2=CHCOO-)xe(H*) 10-3.26mol·L1,K2= =10-1×103.26= c(CH,=CHCOOH) 106,丙烯酸K=10,当1gc(CH,二CHC00） =1时， e(CH2 =CHCOOH) c(CH2 =CHCOO-) c(CH2=CHCOOH)=10,c(H*)= K·c(CH2=CHCOOH) c(CH,=CHCOO-) 10426×101mol·L-1=1.0×10-5.26mol·L1,D正确。 专项突破5溶度积与沉淀溶解平衡 图像分析 1D解析：由电离常致可知，溶液中⅓品 (F),则溶液中 .K(HF) 当1gc(H的值增大，氟离子浓度减小、钙离子浓度增大，-lg©(F） 增大，由温度不变，氟化钙的溶度积不变，则溶液中-lgc(Ca+)减小， M代表-lgc(F)与g。的变化曲线、N代表-gc(C 与gc(的变化曲线。由图可知，溶液中g。P时为1时 c(HF) -ge(F)为42，则氢氟酸的电离常数K=()cF）-10× c(HF) 02=1x1032溶液中g。Hp为0时，-gc(C“)为42，则由电 常数可知，溶液中-gc(P)=g（旷-K,=0-(-3.2)=3.2 氟化钙的溶度积Kp=1×10-42×(1×10-32)2=1×10-10.6。由分析可 知，M代表-1ge(F)与gc(H的变化曲线、N代表-gc(Ca2”)与 e(HF) 的变化曲线，A正确；由分析可知，氢氟酸的电离常数飞 1×103.2,B正确；由分析可知，氟化钙的溶度积Kp=1×10~10.6,C正 确；由图可知，Y点溶液中氟离子浓度与钙离子浓度相等，由物料守 恒关系2c(Ca2+)=c(F-)+c(HF)可知，溶液中钙离子浓度与氢氟酸 浓度相等，D错误。 2.C解析：由氢氧化锌的溶度积小于氢氧化亚铁可知，曲线X表示锌 离子浓度与氨水体积关系、曲线Y表示亚铁离子浓度与氨水体积关 系、曲线Z表示四氨合锌离子与氨水体积关系；由M、N点溶液pH分 别为8.04、8.95可知，氢氧化锌的溶度积为10-5×(105.9%)2= 1016.92,氢氧化亚铁的溶度积为10-5×(105.05)2=1015.1。由分析可 知，曲线X表示锌离子浓度与氨水体积关系，A正确；由分析可知，氢 氧化亚铁的溶度积为10-5×(1055)2=10151，B正确；由图可知，N 点锌元素的主要存在形式是氢氧化锌，N点后氢氧化锌溶于过量氨 水生成四氨合锌离子，C错误；由方程式可知，反应的平衡常数K= c{[Zn(NH)4]2+}·c2(0H)c{[Zn(NH3)4]2+c2(OH)c(Zm2+) c4(NH3) c(NH3)c(Zn2+) K稳×Kp[Zn(0H)2]=102.6×10-16.2=107.86,D正确。 3.C解析：Kp(Ag2S04)=c2(Ag)·c(S0?),Kp(AgBr03)= e(Ag").e(BrO).pAg-2[pK(AgaSO,)-p(SO-)].pAg- pKm(AgBr03)-p(BO3),可知L1直线对应AgBrO3,L2直线对 应Ag2S04。由分析可知，L2直线代表-lgc(Ag)和-lgc(S0?)的关 系，A正确；AgBO3饱和溶液中存在溶解平衡：AgBO,（s)一 黑白题60 Ag"(aq)+BrO(aq),c(Ag*)=c(BrO),Kp(AgBrO3)=c(Ag*). c(B03)=104.28,则c(Ag)=10-2,14mol·L1,B正确；当同时生 Kp(AgAc) 成Age和AgBrO,时，溶液中c(Ac) c(Ag+) c(BrO3) =Kp(AgBr03） c(Ag*) K,(AgB0g)1042m=101<10,即c(Ae)<10c(B05),C错 Kp(AgAc）10-2.72 误；M点为L,和L2的交点，此时c(S0?)和c(BO3)相等，则 Kp(AgBrO3) c(BrO3)c(Ag*)Kp(AgBrO3) c(s0)K,(Ag2S0,)Kp(AB2S0,)×c(Ag),向M点所示的混 c2(Ag*) 合溶液中加人AeNO,固体，c(Ag)增大，所以c(B0增大，D正确。 c(S02) 专项突破6电极反应式的书写 1.C解析：该燃料电池，燃料通入电池负极发生氧化反应，则b为负 极；氧气在正极发生还原反应，则a为正极。a电极为正极，b电极为 负极，故a电极的电势高于b电极的电势，A错误：原电池中氢离子 向正极移动，故电池工作时，H透过质子交换膜从左向右移动，B错 误；一个氧分子得到4个电子，根据得失电子守恒，外电路中通过 0.2mole时，理论上a电极处消耗0.05mol02,C正确；b电极上N0 失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为N0-3e+2H,0 =4H+N0,,D错误。 2.D解析：由图可知，锌片为原电池的负极，碱性条件下Z失去电子 发生氧化反应生成[Zn(OH)4]2;Bi-ZMOF电极为正极，酸性条件 下C0,在正极得到电子发生还原反应，生成HC0OH。双极膜中 的H移向Bi-ZMOF电极、OH移向锌片。由分析可知，Zn为电池的 负极，Bi-ZMOF为电池的正极，正极的电势高于负极的电势，因此锌 电极的电势低于Bi-ZMOF电极的电势，A错误；由分析可知，双极膜 中的H+移向Bi-ZMOF电极、OH移向锌片。电池工作时，每消耗 0.2 mol Zn时，外电路转移电子的物质的量为0.2mol×2=0.4mol。 在串联电路中，任何一个截面经过的电量都是相同的，因此有 0.4molH*移向Bi-ZMOF电极，双极膜内将解离0.4mol水，即 0.4mol×18g·mol1=7.2g水，B错误；由分析可知，Bi-ZM0F电极 为正极，酸性条件下CO2在正极得到电子发生还原反应生成 HC00H,电极反应式为C02+2H*+2e一HC00H,C错误：根据题 意，新型铋基ZMOF(Bi-ZMOF)材料用作Zn-C02电池的电极，可提 高电池放电效率，因此Bi-ZMOF电极主要起吸附C02,并催化C02 转化为HCOOH的作用，D正确。 3.(1)①负硫酸（或H2S04)②S03-2e+H20—S0号+2H (2)①S02-2e+2H20=S02+4H②02+4e+4Ht=2H20 解析：(1)依据电解质溶液中阴阳离子的移动方向判断电极，阳离子 移向阴极，a为阴极，b为阳极，S0?在阳极失去电子变成S0子，可能 伴有氢氧根离子放电生成氧气，所以C口流出的物质是H2$04,阴极 区氢离子放电生成氢气：①由上述分析可知，a接电源负极：C口流出 的物质是H,S04;②S0}发生氧化反应，放电的电极反应式为 S03-2e+H20=S0子+2H。(2)①A电极上S02转化为 H2S04,S元素化合价升高，失去电子，为负极，电极反应式为 S02-2e+2H20=S0子+4H*;②B电极上02得电子，为正极，电 极反应式为0，+4e+4Ht一2H20。 专项突破7电化学原理在新型电池中的应用 1.C解析：根据电荷守恒，当0.1 mol Mg2+通过离子选择性膜时，导线 中通过0.2mole,A正确：由原电池原理可知，放电时，正极发生还 原反应，电极反应为Br3+2e一3Br,B正确：放电时，镁是负 极，Mg电极失电子，发生氧化反应，C错误；放电时，镁是负极，充电 专项练参考答案 时，Mg电极应连接电源负极，D正确。 2.A解析：由放电时锂离子移向五氧化二钒电极形成Li,V205可知， 五氧化二钒为新型锂钒固体电池的正极，金属锂的载体纳米碳管为 负极，则电子由引线端子B流出，则充电时，引线端子A与外接电 源正极相连，A正确，B、C错误；充电时，五氧化二钒电极为电解池的 阳极，LV205在阳极失去电子发生氧化反应生成五氧化二钒和锂 离子，电极反应式为Li,V205-xe=V20+xi*,D错误。 3.D解析：由放电时正极发生的反应可知，放电时，电极A为原电池 的负极，电极B为正极，锂离子嵌入五氧化二钒中；充电时，与直流电 源正极相连的B电极为电解池的阳极，电极A为阴极，锂离子从五 氧化二钒中脱嵌。由分析可知，放电时，电极A为原电池的负极，电 极B为正极，则内电路中的电流方向为锌极到五氧化二钒极，A正 确：由分析可知，充电时，锂离子从五氧化二钒中脱嵌导致溶液中锂 离子浓度不断增大，B正确；由分析可知，充电时，直流电源正极相连 的B电极为电解池的阳极，电极A为阴极，所以电极B上的电势比 电极A的高，C正确：放电时，电极A为原电池的负极，电极B为正 极，锂离子嵌人五氧化二钒中，则由得失电子数目守恒可知，电极A 减少6.5g时，嵌入电极B的锂离子的物质的量为一6.5B 6的g·m0r*2s 0.2mol.D错误。 4.C解析：短路膜和常见的离子交换膜不同，根据图中信息得到短路 膜既能传递离子还可以传递电子，A正确：根据负极反应式为 H2+2HC0-2e—2H20+2C02↑，当负极生成1molC02时，理论 上需要转移1mol电子，B正确；负极反应式为H2+2HC0?-2e 一2H20+2C02↑，C错误；根据正极反应式02+2C02+4e 一2C0?,当反应消耗22.4L(标准状况下物质的量为1mol)02 时，理论上需要转移4mol电子，D正确。 专项突破8反应原理实验探究题 1.(1)i.起点pH不同，盐酸的小，醋酸的大均有一个pH突跃 ⅱ.盐酸ⅲ.>(2)①酸式滴定管否②CH,C00H+0H CH3C00+H,09.9×10-7 解析：(1).由滴定曲线图可知，两幅图起点pH不同，盐酸的小，醋 酸的大；两幅图中均有一个pH突跃。ⅱ.A曲线显示未滴定前溶液 的pH=1,0.1mol·L-1的HCl溶液的pH=1,则A曲线为滴定盐酸的 曲线。ⅲ.醋酸和NaOH溶液恰好完全反应时生成醋酸钠，醋酸钠溶 液呈碱性，要使溶液呈中性，醋酸必须过量，即加入的NaOH溶液少， 所以V1>V2。(2)①量取20.00mL醋酸溶液样品应该选用酸式滴定 管：滴定过程中，由于醋酸的物质的量不变，所以锥形瓶中含有少量 蒸馏水，不会影响测量结果：②醋酸与NOH溶液反应的化学方程式为 CH,COOH+NaOH一CH,C0ONa+H20,醋酸是弱电解质，离子方程式为 CHC0OH+OH=CH3CO0°+H20:pH=8,则c(H)= 10-8mol·L-1,c(0H)=106mol·L1,电荷守恒关系为c(Na)+ c(H)=c(CH3 COO-)+c(OH-),c(Na*)-c(CH COO-)= c(0H)-c(H*)=106mol·L-1-10-8mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1。 2.(1)圆底烧瓶(2)热Na2CO,溶液（或碱煮水洗、NaOH溶液或灼烧 等)(3)正极(4)[Cu(P202)2]6+2e=Cu+2P20 (5)①5.6×10-5②pH=3酸性强，H放电产生氢气；pH=10碱性 强，易生成Cu(0H)2沉淀，均影响镀件上铜的沉积(6)①0.5~ 0.75(或0.5~0.75之间的任意具体数值)②2Cu+—Cu↓+Cu2+ 解析：(1)配制一定体积40g·L1的CuS04溶液，需要用托盘天平称 取一定质量的硫酸铜固体，需要用量筒量取一定体积的蒸馏水，需要 在烧杯中配制，故不需要的仪器为圆底烧瓶。(2)油污在碱性条件 下容易水解生成易溶于水的物质，热的NaC0,溶液水解程度较大， 碱性较强，可有效除去油污。(3)电镀时，纯铜作阳极，与电源的正 极相连，镀件作阴极，与电源的负极相连。(4)由题给信息知， Cu2++2P20号==[Cu(P20,)2]6,则溶液中的铜主要以 黑白题61 [Cu(P20,)2]6形式存在，电镀时阴极上析出单质铜，主要的电极反 应式为[Cu(P20,)2]6+2e一Cu+2P20。(5)①实验3中，铜镀 层的沉积速率(Cu）尸64g·ol户×10m 0.0356g ≈5.6x105mol·min-1;②pH 较低时，氢离子可以在阴极得到电子生成氢气，从而影响铜离子得到 电子，pH较高时，容易生成氢氧化铜沉淀，也会影响铜离子得到电 子，从而出现斑驳，故镀层出现斑驳的可能原因是：pH=3酸性强， 放电产生氢气，pH=10碱性强，易生成Cu(0H),沉淀，均影响镀件 上铜的沉积。(6)①电镀时镀膜质量越大效果越好，由表格中的数 据和图中信息可知，本实验电镀的最佳条件是pH为8.5，电流密度为 0.5A·dm2(或0.5-0.75A·dm-2之间)：②纯铜为阳极电极材料， 在阳极可出现铜单质失去电子形成+1价铜离子，电极反应式为 Cu-e=Cu,Cu在溶液中不稳定，容易发生歧化反应生成单质 铜，反应的离子方程式为2Cu+一Cu↓+Cu2+。 3.(1)③④(2)①0.056mol·L1·s1②40-50s反应放热，且 反应开始不久，盐酸浓度变化对反应影响没有反应放热影响程度大 (3)B 解析：(1)实验变量是温度的是①和③，变量是锌规格的是①和 ④。(2)①30~40s范围内产生气体的体积为0.224L-0.0672L= 0.1568L,标准状况下物质的量为0,1568m1=0.07ml, 22.4 2HCI H2 2 mol 1 mol n(HCI) 0.007mol 可求得：n(HCl)=0.014mol,盐酸的平均反应速率v(HCl)= 0.014 25×10-3×10 mol·L1·s1=0.056mol·L1·s1。②根据表格所示 数据：40~50s内产生的气体体积最大，因此在这段时间内反应速率 最大，可能原因是反应放热，且反应开始不久，盐酸浓度变化对反应 影响没有反应放热影响程度大。(3)加入硝酸钠后，硝酸根离子在 酸性条件下将锌氧化，同时消耗氢离子，产生的气体不是氢气，因此 会影响产生氢气的总量，A不合题意：加入氯化钠溶液，相当于稀释， B符合题意：加人硫酸铜溶液，会先发生置换出铜的反应，从而形成 原电池，反而会加快反应速率，C不合题意；加入碳酸钠会消耗氢离 子而不产生氢气，影响产生氢气的总量，D不符合题意，故答案为B。 4.(1)①Fe3+②正反应(2)生成Ag沉淀，使2Fe3++2I=2Fe2++ 12逆向移动(3)①还原I0②AgI03(s)+厂(q)一Ag(s)+ I05(aq)(4)取滤渣，加人足量Na2S203溶液，过滤，若有周体剩 余，加入稀HNO3,产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，发 生反应ⅲ（或取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩余，加入 稀HNO,产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银) 解析：(1)①由于碘离子过量，溶液中检测出Fe3+,说明Fe3+未完全 转化为Fe2+,证明反应A存在限度；②加入CC4,振荡，反应生成的碘 被CCl4萃取，使得平衡向正反应方向移动。(2)①加人Ag2S04溶 液，碘离子与银离子结合生成Ag沉淀，碘离子的浓度减小， 2Fe3+2一2Fe2+l2平衡逆向移动，可增大Fe2+与12的反应程 度，同时生成AgI沉淀，提高了L2的氧化能力，Fe2+被氧化成Fe3+的 反应程度增大。(3)①由图可知，步骤Ⅲ中加入KI溶液后，淀粉溶液 变蓝，说明KI将滤液中的I03还原成了L2;②已知3L2+3H20一 5HⅢ+HⅢ03，则沉淀b为Ag03和Agl,Km（Ag)=8.5×10-17< K（Agl03)=3.2×108,加人KI可将AgI03转化成Agl,反应的离子 方程式为Agl03(s)+厂(aq)-一Agl(s)+103(aq)。(4)若Fe2+ 与Ag发生反应，会有单质银生成，确认是否发生反应ⅲ，只需检验 是否有单质银生成，因此取滤渣，加入足量Na2S203溶液，过滤，若有 固体剩余，加人稀HNO3,产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中 含银，发生反应ⅲ：或者取滤渣，加入足量KI溶液，过滤，若有固体剩 余，加入稀HNO,产生的气体遇空气变红棕色，说明滤渣中含银，发 选择性必修第一册·SJ 生反应ⅲ。 专项突破9工艺流程综合题 1.(1)增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率 (2)硅(3)70℃和30%硫酸(4)①3NH3·H20+A13+ A1(0H)3↓+3NH②3×100.5(5)H202+2Fe2++2HP04 —2FeP04↓+4H++2H20(6)3×10-3 解析：硫铁矿烧渣（主要成分为Fe203,含少量Si02、Al203)粉碎后加 入过量炭粉，焙烧后，生成铁、一氧化碳、硅，A山203不反应，加硫酸生 成的FeS04和A山，(S04)3为滤液1，Si不反应，滤渣1为碳和Si,滤液 1加氨水调pH,生成A1(0H)3沉淀，滤液2中主要是FeS04,加 入H202和H3P04,生成FP04沉淀，加入碳酸锂和草酸，焙烧生成 磷酸亚铁锂(LieP04)和二氧化碳气体。（1)“焙烧”前，将硫铁矿烧 渣粉碎，可以增大接触面积，加快反应速率，提高原料的利用 率。(2)根据分析可知，“滤渣1”的主要成分为碳和硅。(3)由题图 可知“酸浸”的最佳条件为硫酸浓度为30%，温度为70℃。(4)①氨 水与A+反应生成A1(0H)3,离子方程式为A1++3NH·H20 一Al(0H)3↓+3NH:②常温下，0.2mol·L1氨水中 c(0H)c(NH)_2(0H)=-1.8×105,c(0Hr)=6×1035mol c(NH3·H2O) 0.2 ·L1,所以电离度=6x1035m0l·L ×100%=3×10-0.5%。(5)根 0.2mol·L-1 据分析可知，双氧水和磷酸将Fe2+转化为FP04,离子方程式 为2Fe2++H202+2H3P04=2FeP04↓+2H20+4H。(6)当溶液中 的c(c,0g)=c(,C,04)时，K1×K2=c(H):c(Hc,0) c(H2C204) c(H）c(C,02)2()·c(C,0）=2r)=6×10-2x1.5× c(HC204) c(H2C204) 10-4=9×10-6,则c(H+)=3×10-3mol·L1. 2.(1)增大反应物的接触面积，提高反应速率（2)Mn02+S02 —MnS04(3)①S02+H20==H2S03、2H2S03+02=2H2S04 或2S02+02+2H20—2H2S04②ABC(4)4H20+Mn02+2Fe2+ NMm2*+2e(03+2I*5)①酸式②30×10% 解析：软锰矿浆中的二氧化锰将二氧化硫氧化为硫酸根离子，二氧化 硅不能溶解，过滤后溶液中有硫酸锰和硫酸亚铁（二氧化硫也可以还 原三价铁)，深度净化将亚铁离子氧化为氢氧化铁过滤除去后即可得 到较为纯净的硫酸锰溶液，经过结晶就可以得到硫酸锰晶体。 (1)研磨后，增大了软锰矿和二氧化硫的接触面积，从而增大了二氧 化硫吸收时的反应速率。(2)二氧化锰将二氧化硫氧化为硫酸根离 子，Mn被还原为+2价，发生反应的化学方程式为Mn02+S0, 一MS04。(3)①二氧化硫溶于水生成亚硫酸，再被空气中的氧气 氧化为硫酸：S02+H20=H2S03、2H2S03+02一2H2S04或 2S02+02+2H20一=2H2S04,使得溶液中氢离子浓度增大，溶液pH 下降：②吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH减小抑制了S02的 溶解，pH减小导致S02+H20==H2S03一=H*+HS0;平衡逆向移 动，而抑制了二氧化硫溶解，A正确；由图中信息可以看出pH=5.0 时吸收率恰好为88%，加菱锰矿调节pH升至5.0以上后，吸收率又 可以恢复至95%左右，B正确；加入菱锰矿能调节pH和消耗H*的同 时生成了Mn2+,增加矿浆中Mn2+的浓度，C正确。(4)据分析，二氧 化锰将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀自身被还原为锰离子： 4H,0+Mn02+2Fe2+Mn2++2Fe(0H)3+2H。 (5)①(NH4)2Fe(S04)2溶液呈酸性，应用酸式滴定管盛装；②根据 化学方程式2Mn2*+5S,0岭+8H,0催化剂2Mn0,+10S02+16H'及 得失电子守恒有：MnS04~Mn0:~5Fe2+,则样品中硫酸锰的质量分 4x151xbc×10-3j 5 g 数为 ag 151bcx100%。 100%=1250a 黑白题62 3.(1)①2Cr20号+3S20号+10H*一4Cr3++6S0子+5H20②酸性过： 强，焦亚硫酸钠发生分解，并与H反应生成S0,逸出，除铬率下降 ③5(2)①溶解氧与纳米铁反应生成的铁氧化物阻碍了反应进行 通入的N2能将溶解氧排出②低于25℃时，温度过低，反应速率 慢；高于25℃时，温度升高不利于C(Ⅵ)吸附，导致去除率下降 (3)04K,C0,4+4H,0通电2K,C,0,+2H,↑+0，↑+4K0H② 2 解析：由题给流程图可知，向废水中加入硫酸溶液调节pH为2.5，将 溶液中的铬酸根离子转化为重铬酸根离子，向反应后的溶液中先加 入焦亚硫酸钠，将溶液中的重铬酸根离子转化为铬离子，再加入石灰 乳，将溶液中的铬离子转化为氢氧化铬沉淀，从而使废水达标排 放。(1)①由分析可知，反应池中发生的反应为酸性条件下重铬酸 根离子与焦亚硫酸根离子反应生成铬离子、硫酸根离子和水，反应的 离子方程式为2Cr,0号+3S202+10H一4Cr3++6S02+5H20:②由 题意可知，焦亚硫酸根离子酸性条件下易转化为亚硫酸氢根离子和 亚硫酸根离子，若溶液pH小于2.5，亚硫酸氢根离子和亚硫酸根离子 会与氢离子反应生成二氧化硫气体逸出，导致溶液中的重铬酸根离 子不能充分反应，使得除铬率下降：③由溶度积可知，溶液中铬离子 浓度小于1×105mol·L1时，溶液中氢氧根离子浓度大于 31.0x10克 √L0x105mol·L1=1×109m0l·L-,则溶液pH大于5。 (2)①由图可知，废水中的溶解氧与纳米铁反应生成的铁氧化物阻 碍了沉淀的生成，会使去除率降低，通入的氮气能将溶解氧排出，所 以通人氮气的去除率远高于未通氨气的；②温度在25℃时，去除率 最高是因为低于25℃时，温度过低，反应速率慢：高于25℃时，温度 升高不利于C(I)吸附，导致去除率下降。(3)由图可知，惰性电极 是电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和 氢离子，放电生成的氢离子使溶液中的铬酸根离子转化为重铬酸根 离子，不锈钢电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成 氢气和氢氧根离子，阳极区的钾离子通过钾离子交换膜进入阴极区 得到K0H,则总反应的化学方程式为4K,C04+4组，0通电 2K2Cr20,+2H2↑+02↑+4K0H,由方程式可知，电解一段时间后，阳 极区溶液中K的物质的量由amol变成bmol时，生成的重铬酸钾的 物质的量为“2ml。 4.(1)粉碎合金或适当升高温度或适当增加酸溶液浓度或延长溶浸时 间C(2)25℃、c(Cl)=10-2mol·L1(3)提供酸性环境，加快 置换速率(4)3Pt+18HCl+4HN03一3H2PtCl6+4N0↑+8H20 (5)通入空气并加热硝酸会直接与草酸发生氧化还原反应，浪费 原料(6)2 HAuCI4+3H2C204=2Au↓+6C02↑+8HCl 解析：由题给流程可知，向粗银合金中加入硝酸溶液溶浸，将银转化 为硝酸银，过滤得到硝酸银溶浸液和合金：向溶浸液中加入氯化钠溶 液，将溶液中的银离子转化为氯化银沉淀，过滤得到氯化银：向氯化 银中加入锌和硫酸溶液，使氯化银转化为银，过滤得到银粉；向合金 中加入王水，将金、铂溶解得到含有HAuCl4、H2PCL。的溶液，向溶液 中通入空气并加热赶走溶液中过量的硝酸，向赶硝后的溶液中加人 草酸溶液，将溶液中的HAuCl4转化为金，过滤得到金粉和含有 H2PCl。的溶液。(1)粉碎合金、适当升高温度、适当增加酸溶液浓 度、延长溶浸时间等措施能提高溶浸效率：由分析可知，向粗银合金 中加入硝酸溶液溶浸的目的是将银转化为硝酸银，故选C。(2)由图 可知，25℃时氯离子浓度为10-2mol·L1时，溶液中银离子浓度最 小，所以沉银所需最佳条件为25℃、c(C)=10-2mol·L1。(3)由 分析可知，置换时加入锌和硫酸溶液的目的是使氯化银转化为银，其 中加入硫酸溶液的作用是提供酸性环境，加快置换速率。(4)由题 给信息可知，溶浸2过程中铂与王水的反应为铂与王水反应生成 H,PC6、一氧化氮和水，反应的化学方程式为3Pt+18HC+4HNO3 专项练参考答案 一3H2PtCl6+4N0↑+8H20。(5)由分析可知，赶硝的操作为向溶 液中通入空气并加热赶走溶液中过量的硝酸，赶硝的目的是防止硝 酸直接与草酸发生氧化还原反应，浪费原料。(6)由分析可知，还原 时加入草酸溶液的目的是将溶液中的HAuCl4转化为金，反应的化学 方程式为2 HAuCl4+3H2C204-2Au↓+6C02↑+8HCL。 专项突破10化学反应原理综合题 1.(1)△H-A,-AH,(2)①CH,c00H+CH,CH,8OHH CH,C0180CH2CH3+H20②BC(3)①a>b>c放热a>b>c 1 3 ×13 ② 1×1)2003 解析：(1)要得出Ag*(aq)+Cl(aq)一AgCl(s)的焓变，根据图中转 化关系，结合盖斯定律，可得△H=△H1-△H2-△H3。(2)①根据有机 反应机理转化图可知，该反应是乙酸与乙醇（带示踪原子）发生酯化 反应，化学方程式为CH,C00H+CH,CH,1OH巴 CH,C0180CH2CH3+H20;②H+是反应的催化剂，不是反应物，A错 误；H+为反应的催化剂，可以增大反应速率，B正确：根据转化图像分 析，H在此反应中起到了催化作用，不能使平衡发生移动，C正确；若 该反应在溶液中进行，增压不能增大反应速率，D错误。(3)①该反 应正向是气体体积减小的反应，图中定温度，从下往上看，C02的转 化率增大，说明平衡正向移动，向气体体积减小的方向移动即加压， 压强从大到小的顺序为a>b>c。随着温度的升高，二氧化碳的平衡 转化率在降低，说明正反应是放热反应。此图像可以理解为C02物 质的量不变、温度不变的情况下，H2的量不断增加，平衡正向移动， C02转化率不断增大，因此氢碳比 n(C0,)]从大到小的顺序为心 [n(H2)1 b>c。②若d点时氢碳比为3：1，假设氢气为3mol,二氧化碳为 1mol,列出三段式开展计算： 2C02(g)+6H2(g)CH30CH3(g)+3H20(g) 开始量/mol 1 3 0 0 2 1 反应量/mol 1 3 3 1 1 剩余量/mol 3 1 3 由于密闭容器体积是1L,所以其平衡常数计算过程为K= 3+73 ,=3。③由碳酸钠溶液的水解常数K-无 人=2x104,得 c(OH)·c(HCO3) c(C03) =2×104mol·L1,因为c(HC03):c(C0号)= 1:1,所以c(0H)=2×10-4mal·L-1,则溶液pH=10.3。 2.(1)6(2)5.12(3)①正②NH4的物质的量增多，S02-2e+ 4NH3·H20=S0子+4NH4+2H20,每有4 mol NH4生成，会 有2 mol NH通过阳离子交换膜迁移到正极区③0.9 解析：(1)根据各元素化合价变化，反应中还原剂较多，可通过氧化 剂02来计算，0从0价变为-2价，每消耗1m0l碳原子同时会消耗 1.5mol02,故转移6mole。(2)随着温度升高，反应i、ⅲ平衡均 逆向移动，S02平衡转化率逐渐降低，C0S与S的平衡选择性之和是 1,则L1表示S02平衡转化率。1400K下，C0S与S的平衡选择性 均是50%，S02平衡转化率是80%，假设初始S02是1mol,C0 是3mol,转化的S02的物质的量是1mol×80%=0.8mol,由于反应 i反应前后气体化学计量数相同，所以可假设初始充入n(S02)= 1mol,n(C0)=3mol。列式如下： 黑白题63 S02(g)+2C0(g)-=S(g)+2C02(g) △n/mol0.4 0.8 0.4 0.8 S02(g)+3C0(g)=C0S(g)+2C02(g) △n/mol0.4 1.2 0.4 0.8 平衡时n(S02)=0.2mol,n(C0)=1mol,n(S)=0.4mol,n(C02)= 1.6m0l,故反应i的平衡常数K-0,4x1.6 0.2×12 =5.12。(3)S02有还原 性，在反应中失电子，故右侧电极为负极，$02失电子后转化为硫酸 根离子，考虑到电解质溶液为NH3·H20-(NH4)2S04缓冲溶液，故 负极电极反应式为S02-2e+4NH·H20一S0?+4NH+2H20, 则四氧化三铁电极为正极：①由于使用阳离子交换膜，所以NH时 向正极区（左）移动，形成(NH4)2Fe(S04)2;②S02-2e+4NH3· H20=S02+4NH+2H20,每有4 mol NH4生成，会有2 mol NH 通过阳离子交换膜迁移到正极区；③NH3·H2O的电离量与NH4的 水解量对比与二者的初始量都可以忽略不计，所以认为二者初始浓 度即为平衡浓度。K=(NH)·c(OH c(NH3·H20) ,代人K=1.8×105 c(NH) 与c（0H)=105mol·L1, c(NH3·H,0)=1.8,则 n[(NH4)2S04] n(4,·H,0≈0.9。 3.(1)-48.9k·mol1低温(2)增大(3)①H20②29.6%50 38.6(4)增大压强 解析：(1)根据反应1：C02(g)+H2(g)一C0(g)+H20(g) △H1=+41.1kJ·mol-1和反应i:C0(g)+2H2(g)=CH30H(g) △H2=-90.0kJ·mol-1,得反应iⅲ：C02(g)+3H2(g)三CH30H （g)+H20(g),则△H3=△H1+△H2=-48.9kJ·mol1,该反应的△H< 0、△S<0,由△H-T△S<0得该反应在低温下正向自发进行。(2)当反 应1处于平衡时，则正反应速率等于逆反应速率，即正=逆， k正三 ke(c0,）·c(h)=k经·c(c0)·c(H,0), c(C0)·c(H20) =K,反应的△H1>0,正反应为吸热反应，升高温 c(C02)·c(H2) 度，则化学平衡常数K增大，故三增大。(3)达到平衡时，反应1、 k ⅱ、同时存在。升高温度，反应1正向进行，反应ⅱ逆向进行，均为 生成C0的方向，则C0的物质的量分数增加，故X表示C0;反应ⅱ 反应ⅲ均逆向进行，则CH,OH的物质的量分数减少：反应i正向进 行，则H20的物质的量增多，而反应ⅲ逆向进行，则H20的物质的量 减少，故H2O的减少程度比CH3OH的减少程度小，故Y为CH3OH, Z为H20。根据图中270℃时，C0和CH30H的物质的量分数相等， 可知参加反应的C02有50%转化为CH,0H、50%转化为C0,故 CH,0H的选择性为50%；设反应达平衡后，n(C02)=m,n(H2)=y, n(C0)=x,n(H20)=z,n(CH30H)=x,依据碳元素和氢元素守恒， 则有 m+x+x=1mol① y+z+2x=3mol② 依据a点和c点分别列式，得 =0.65③ m+y+x+z+x =0.08④ m+y+x+z+x 依据C0或CH,0H的选择性为50%，则有，x —×100%=50%⑤ 1 mol-m 联立①23④6解得x=4。 19 27 mol;m= 27 mol;y=65 8 27 mal ;=27 mol, 则C02的平衡转化率为2x10%-×100%=29.66 反应C0(g)+H20(g)=C02(g)+H,(g)各物质的计量数均为1，则 选择性必修第一册·SJ 19、65 n(C02)·n(H2)2727 K,=K,n(C0)·n(H,0)4x8 ≈38.6。(4)反应i为吸热反 2727 应，反应前后气体分子数不变，反应ⅱ、反应ⅲ均为放热反应，反应前 后气体分子数减小，若升高温度，反应正向移动，C02的平衡转化 率增大，但生成CH,OH的反应ⅱ、反应ⅲ均逆向移动，C02的平衡转 化率和甲醇的选择性均下降：降低温度，不利于提高C0,的平衡转 化率；增大压强，能同时增大C02的平衡转化率和甲醇的选择性；合 适的催化剂只能提高甲醇的选择性，不能改变C02的平衡转化率。 4.(1)①向右②增大③增大④减小(2)-41.2(3)> (4)①b②14 解析：(1)①该反应为吸热反应，升温，平衡向右移动：②C,H0H(g)+ H20(g)2C0(g)+4H2(g)是气体体积增大的反应，增大压强，平 衡逆向移动，但新平衡时c(C0)增大；③恒温、恒容条件下，加入水蒸 气，平衡正向移动，转化率α(C2HOH)增大；④恒温、恒压条件下，加 入稀有气体，容器体积增大，C2H0H(g)+H20(g)一2C0(g)+ 4H2(g)是气体体积增大的反应，平衡正向移动，体积分数 。(C,H0H)减小。(2)由盖斯定律可知，（反应-反应1）×号可 得反应Ⅱ，则△H2= △H,-△4-+173.3·mol1-25.7k·mol 2 2 -41.2kJ·mol。(3)每条曲线上氢气的平衡产率相同，则在C点 曲线上取一个点与B点温度相同标为点D,D点与B点相比温度相 n水于应，带大批80反应1、、 同，但是 n(H20) 均正向移动，氢气的产率增大，因此H2的平衡产率：B点>C点。 (4)①反应I、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高， 反应I、Ⅲ平衡正向移动，反应Ⅱ平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动 C02转化为C0,故温度升高C0的选择性增大，C02的选择性减小。 表示C02选择性的曲线为a,因为C0的选择性+C02的选择性=1， 则b表示乙醇的转化率，c表示C0的选择性曲线；②由题中信息可 知乙醇与水的投料分别为1mol和3mol,573K时，C0的选择性为 15%,C02的选择性为85%，则n(C02):n(C0)=0.85:0.15,乙醇 的转化率为60%，设反应I转化的C2H0H为xmol, C2H50H(g)+H20(g)==2C0(g)+4H2(g) 起始/mol 1 3 0 0 转化/mol 2x 4x 平衡/mol 1-x 3-x 2x Ax 设反应Ⅱ转化的C0为ymol, C0(g)+H20(g)C02(g)+H2(g) 起始/mol 2x 3-x 0 4x 转化/mol y y y 平衡/mol 2x-y 3-x-y 4x+y 因乙醇的转化率为60%，则反应Ⅲ转化的乙醇为(0.6-x)mol, C2H0H(g)+3H20(g)→2C02(g)+6H2(g) 起始/mol1-x 3-x-y y 4x+y 转化/mol0.6-x 1.8-3x 1.2-2x 3.6-6x 平衡/mol0.4 1.2+2x-y 1.2-2x+y 3.6-2x+y 乙醇的转化率为60%，C0的选择性为15%，由碳原子守恒可知C0 的物质的量为1mol×60%×2×15%=0.18mol,则2x-y=0.18,则 n(H20)=1.38mol,n(H2)=3.42mol,n(C2H0H)=0.4mol, n(C0)=0.18mol,n(C02)=1.02mol,总物质的量为6.4mol,此时压 强为9x6,4na=160kP,各物质分压为p(L,0)=34.5, p(H2)=85.5kPa,p(C2H30H)=10kPa,p(C0)=4.5kPa, p(C0,)=25.5kPa,反应Ⅱ的压强平衡常数K,pC0)·(H,0) p(H2)·p(C02) 85.5×25.5 ≈14。 4.5×34.5 黑白题64 图书在版编目(CIP)数据 黑白题.化学选择性必修1SJ/夏睿主编；陈红 梅本册主编.-银川：宁夏人民教育出版社，2025.5. (2026.4重印) ISBN978-7-5544-6012-2 I.G634 中国国家版本馆CP数据核字第20253T7F61号 夏睿主编 黑白题化学选择性必修1SJ 陈红梅本册主编 责任编辑 裴子桐 封面设计红狐策划 责任印制殷戈 出版发行宁夏人民教育出版社 地址银川市北京东路139号出版大厦(750001) 网 址www.yrpubm.com 网上书店www.hh-book.com 电子信箱jiaoyushe@yrpubm.com 邮购电话0951-5014284 经销全国书店 印刷装订临沂市大阳印刷有限公司 开本880mm×1230mm1/16 印 张10.5 字数210千字 印数 10000册 版次2025年5月第1版 印次2026年4月第2次印刷 书号ISBN978-7-5544-6012-2 定价49.80元 版权所有翻印必究30 如有图书印装质量问题，可与客服联系调换。（联系电话：025-84651016）学霸黑白题 学霸黑白题 学霸黑白题 星 学霸 黑白题 ★★★★ 进阶突破 专项练 突破重难考点 强化热点题型 化学 扫码查看 选择性必修1 专题精讲： SJ 黄河出版传煤集团 宁夏人民教育出版社 收張譜 学霸黑白题 学霸黑白题 学箱黑白题 学霸黑白题 专项突破1反应历程与活化能 …01 专项突破2化学反应速率与化学平衡图像…02 专项突破3化学平衡状态、移动方向的判定 …03 专项突破4电解质溶液的图像分析…04 专项突破5溶度积与沉淀溶解平衡图像分析…05 专项突破6电极反应式的书写…06 专项突破7电化学原理在新型电池中的应用…07 专项突破8反应原理实验探究题…08 专项突破9工艺流程综合题…11 专项突破10化学反应原理综合题 心专项突破】 反应历程与活化能 1.(2024·重庆高二月考)我国科研人员提出 能 0 H 了以Ni/20,为催化剂，由C02和H2转化 M一CH 过渡态1 (HQ---CH M 为产品CH,的反应历程，其示意图如下： 过渡态2 H H, H H,O Ni/Al2O HO 4C00 Ni/ALO CH CH. 步骤1 CH 步骤Ⅱ CO. CH,OH O MO H M+ H, 反应进程 下列说法不正确的是 ( A.图中两步反应均是放热反应 A.总反应方程式为C02+4H2==CH4 B.该反应的总反应式为MO*+CH, +2H20 CH,OH+M* B.温度越高，催化剂的催化效果一定越好 C.过渡态2比过渡态1稳定 C.在反应历程中，H一H键与C=0键断裂 D.MO与CH2T,反应的能量变化应为图中 吸收能量 曲线b D.反应过程中，催化剂参与反应，改变反应 4.研究CH,I与氯自由基（用Cl表示）的反应 路径，降低反应的活化能 2.(2025·海南海口高二期中)在催化剂 有助于保护臭氧层。已知CH,I与Cl*反应 Catl、Cat2作用下，M(g)→N(g)的反应 有4条可能的反应路径，如图所示。图中 历程如图所示。下列叙述错误的是( TS表示过渡态，IM表示中间体。下列说法 ↑能量 中正确的是 ()》 ② Catl 218.01 200H 120 ④ TS4 128.69 M(g) -Cat2 100 T(g CHICI°+H W(g) N(g) 80 76.19路径① TS 反应历程 40 IM 34.89.3280CH+IC1路径② 40.47 A.每种历程都包含两个基元反应 20 CH,I TS3 +CI 23.55 路径③ CH I'+HCI B.每种历程中的基元反应都是放热反应 0.00 8.73 -80 CH,C+r路径④ C.在两种催化剂作用下总反应的焓变不 -80.22 反应历程 相等 A.相同条件下，路径①的反应速率最快 D.催化剂Cat1作用下，反应③是控速反应 B.路径④属于放热反应 3.利用M0+与CH4反应能高选择性生成甲 醇，体系能量随反应进程变化如图实线所 C.路径②CH,I+Cl*=CH+ICl是基元 示。MO分别与CH4、CH2T,反应的历程相 反应 似。已知：参与反应的原子质量数越大，速 D.过渡态中最稳定的是TS1,产物最稳定的 率越慢。下列说法错误的是 是路径④的 进阶突破·专项练0] 心专项突破2 化学反应速率与化学平衡图像 1.（2024·河南南阳高二期中)利用反应 气体体积分数p(C0,)随时间 2H2S(g)=一S2(g)+2H2(g)△H>0可处 如图所示。下列说法错误的是 理石油化工行业废气中的硫化氢并回收硫 ↑p(C0,J 080------- 黄。某条件下，无催化剂存在时，该反应 的正、逆反应速率v随时间t的变化关系如 0.30 图所示。下列说法正确的是 ( A.曲线②表示的是v正与时间的关系 0.5 t/min B.t,时刻混合气体的平均摩尔质量大于2 A.温度：T>T2 时刻 B.b点和d点的化学平衡常数：K>K,且 C.t2时刻体系中c(H2S):c(S2)=1：2 K=45 D.有催化剂存在时，2增大、1不变 C.反应达到平衡状态时容器内气体密度不 ↑物质的量浓度/mol·L) 再变化 0. D.a点时C0的转化率为30%，且正反应速 0.5 率<逆反应速率 0.3 0.2 4.（2025·河南郑州高二期中)恒温恒容条件 2 12时间/s 下，向密闭容器中加入一定量M,发生反应 (第1题) (第2题) ①M一N;②N一Q。反应①的速率方 2.(2024·天津高二期中)某温度下，在2L恒 程1=k1c(M),反应②的速率方程v2= 容密闭容器中投入一定量的A、B,发生反 k2c(N),式中k1、k2为速率常数（速率常 应：3A(g)+bB(g)—=cC(g)+2D(s),12s 数k=Ae后，其中E。为活化能，A、R均为大 时生成C的物质的量为0.8mol(反应进程 于0的常数，T为热力学温度)。图甲为该 如图所示)。下列说法中正确的是( 体系中M、N、Q的浓度随时间的变化曲线， A.12s时，B的转化率为40% 图乙为反应①和②的lnk~T曲线。 B.0~2s内，D的平均反应速率为 tc/(mol-L-) 0.2mol·L-1·s1 反应① 反应② C.化学计量数之比b:c=1:2,且v(B)= 2w(C) D.图中两曲线相交时，A的消耗速率等于A 甲 的生成速率 下列说法错误的是 3.（2024·山西太原高二期中)利用五氧化二 A.曲线c代表N的浓度变化 碘(120，)可以测定空气中C0的污染程度， B.反应①的活化能更大 其反应为I20,(s)+5C0(g)=5C02(g)+ C.反应初始阶段v(M)=v(N)+u(Q) I2(s)。不同温度下，向装有足量10，固体 D.反应过程中随c(M)的减小，反应①、② 的2L密闭容器中通入2molC0,测得C02 的速率均降低 02黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 心专项突破3 化学平衡状态、移动方向的判定 1.(2025·湖北武汉高二期中)恒温恒压下向 下列叙述错误的是 密闭容器中充入2molS0,和1mol02,反 A.正反应在较低温度下能自发进行 应2S02(g)+02(g)==2S03(g) △H< B.曲线①代表TaL,平衡转化率与投料比的 0:2min时反应达到平衡，生成0.7molS03, 关系 同时放出热量QkJ。则下列说法错误的是 C.气体平均摩尔质量不变时，反应达到 ( A.若反应开始时容器体积为1L,则 平衡 0~2min内v(S03）>0.35mol· D.若投料比为2、T。K下，TaL4平衡转化率 (L·min)- 为40%，则此时12的体积分数约为53% B.2min后向容器中再通入2molS02和 3.(2025·浙江嘉兴高二期中)某温度下，在恒 1mol02,重新达到平衡时，S02的含量 容密闭容器中充入一定量的X(g)。发生下 不变 C.若把条件“恒温恒压”改为“绝热恒压”， 列反应：反应I:X(g)=Y(g)△H1<0; 则平衡后n(S02)<1.3mol 反应Ⅱ：Y(g)=Z(g)△H2<0。测得各 D.若把条件“恒温恒压”改为“恒温恒容”， 气体浓度与反应时间的关系如图所示。 则平衡时放出的热量小于QkJ 2.（2025·四川成都高三期中)制备TaS2的反 (4.0.8 应为TaL4(g)+S2(g)TaS2(s)+2L2(g) (4,0.5) △H<0。保持总压强不变，向反应器中充入 X 1(4.0.2 一定量Tal4(g)和S2(g),测得Tal4(g)的平 04 28t/s 衡转化率与投料比ηn= n(Tal4) (温度 下列说法不正确的是 n(S2) A.活化能：E,(I)<E(Ⅱ) 不变)、温度倒数 (T)的关系如图所示。 B.X(g)的起始浓度为1.5mol·L n(Tal) C.升高温度，反应I、Ⅱ的速率均增大，X的 n(S,) 2 平衡转化率降低 D.其他条件不变，在该体系平衡时再投入 ② 一定量的X(g),则达到新平衡后Z的体 积分数大于原平衡 进阶突破·专项练03 专 心专项突破4 电解质溶液的图像分析 果 1.(2025·四川南充高二期中)常温下，H2C03 下列说法正确的是 溶液中含碳微粒的物质的量百分数α与pH c(A）的变 的关系如图所示。人体血浆中最重要的缓 A曲线L,表示gc*《)与gHA 冲体系是碳酸氢盐，正常人的血液的pH在 化关系 7.35~7.45,血浆中pH与含碳微粒的关系为 B.Y点时存在c(H2A)>c(HA)>c(A2) c(HCO3) C.X点时溶液的pH=5,Z点时溶液的 pH=6.2+lgc(H,C0)° pH=7 100 D.K1(H2A)=106,K2(H2A)=10-8 80 60 3.(2025·福建福州高二期中)常温下，向体积均 0 0 为20mL、浓度均为0.1mol·L1的丙烯 O 6.28 10 酸(CH2=CHCOOH)、丙酮酸(CH,COCOOH) pH 溶液中分别滴加0.1mol·L1的NaOH溶 下列说法正确的是 液，溶液的c(H)与lgc(X)的关系如图所 A.曲线b表示c(CO?)随溶液pH变化的 曲线 [c(x)为 c(CH2 -CHCOO) 示 或 c(CH,=CHCOOH) B.人体中的血浆和常温下H,C0,溶液中的 K,均为106.2 c(CH2COCOO) 1 C(CH,COCOOH)J C.当血浆中c(HC0)增大时，pH一定增大 c(H) D.当血浆的pH=7.2时，则发生酸中毒，此 106 丙烯酸 105 时c(HC0)是c(H,C03)的10倍 d 10-4c-1,1032% 2.（2025·黑龙江哈尔滨高二月考)25℃时， 103 b1.10-3.49 102 ◆ 某混合溶液中c(H2A)+c(HA)+c(A2)= 10- 丙酮酸 0.01mol·L1,由水电离出的c水(H)的对 -2 -10 1 2 c(HA-) c(A)的关 Igc(X) 数1gc*()与1gc(H,A 、1g 、c(HA) 下列说法正确的是 系如图所示。 A.丙烯酸的酸性比丙酮酸的强 lge水(H) B.CH,C0C00H的K=103.49 C.向含相同浓度的丙烯酸钠和丙酮酸钠的 混合溶液中滴加盐酸时，先生成丙酮酸 D.当lgc(X)=1时，丙烯酸溶液中的c(H) 1gHA史或lgA2 c(H,A) c(HA-) 是1.0×10-5.26mol.L-1 04黑白题化学1选择性必修第一册·SJ 心专项突破5 溶度积与沉淀溶解平衡图像分析 1.(2025·吉林长春高二月考)难溶盐CaF2可 下列说法错误的是 溶于盐酸，常温下，用HCl调节CaF,浊液的 A.曲线X表示Zn2+的浓度与氨水体积的 pH,测得体系中-lgc(F)或-lgc(Ca2+)与 关系 。c(H)的关系如图所示。 B.Kp[Fe(0H)2]=101s1 c(HF) C.N点锌元素的主要存在形式是 -lgc(F)或-lgc(Ca2 N、6 [Zn(NH3)4]2+ W0.4.2) 8X1,4.2) D.Zn(OH)2+4NH3 =[Zn(NH,)]2*+20H K=107.86 -3-2-101231gc 3.(2025·重庆高三月考)常温下，向含 c(HF) NaAc(醋酸钠)、NaBrO,.、Na,S04的混合液 下列说法错误的是 中滴加AgNO,溶液，混合液中pAg[pAg= ,c(H)的变化曲线 A.M代表-lg@(F)与lg(HF -lgc(Ag)]与pX[pX=-lgc(Ac)、 B.常温下，HF的K=103.2 -lgc(B03)、-lgc(S0子)]的关系如图所示。 C.常温下，CaF2的Kp=101o6 D.Y点的溶液中存在c(C)>c(Ca2+)>c(HF) 2.（2025·四川绵阳高三月考)向10mL浓度 均为0.1mol·L1的FeS0,和ZnS04的混合 溶液中加入等浓度的氨水，溶液中金属元素 AgAc .72 4.284.92 有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与 pX 氨水(K=1.8×105)体积关系如图所示，测 下列说法错误的是 得M、N点溶液pH分别为8.04、8.95。 A.L2直线代表-lgc(Ag)和-lgc(S0?)的 已知： 关系 i.Zn2*+4NH =[Zn(NH )]2* B.常温下，AgBrO,饱和溶液中c(Ag*)= c{[Zn(NH3)4]2+ K稳= =109.06 10-2.14mol·L- c(NH3)c(Zn2+) ii.K[Zn(OH)2]<Kp[Fe(OH)2] C.当同时生成AgAc和AgBO,时，溶液中 tc/mol·L-l) c(Ac)>100c(Br03) 0.1t D.向M点(L,与L2的交点)所示的混合溶 10 c(BrO3) M N 01020304050607080NHH,0(aq/mL 液中加人AgN0,固体，c(S02） 增大 进阶突破·专项练05 心专项突破6 电极反应式的书写 1.(2025·广西河池高三月考)N0-0,燃料电 2H*-2e -HCOOH 池的工作原理如图所示（电解质为稀硝 D.Bi-ZMOF电极具有吸附CO,并催化 酸)。下列说法正确的是 ( C02转化为HC00H的作用 负载 3.(2024·北京高二期中)电化学技术在处理 NO 02 污染气体领域的应用广泛。 多孔 多孔 石墨棒 石墨棒 (1)用NaOH溶液吸收烟气中的S02,将所 HNO,、NO+ 得的NazS03溶液进行电解，可循环再 质子交换膜 0 生NaOH,同时得到H,S04,其原理如图1所 A.a电极的电势低于b电极的电势 示（电极材料为石墨）。 B.电池工作时，H透过质子交换膜从右向 NaS03溶液 a⊙ 左移动 C.当外电路中通过0.2mole时，理论上a 电极处消耗0.05mol0, 稀NaOH溶液- 稀硫酸 阳离子交换膜阴离子交换膜 D.b电极的电极反应式：NO+3e+2H20 图1 —4Ht+N03 ①图中a极要连接电源的 (填 2.（2024·四川泸州高三一模)中国科学院福 “正”或“负”)极，C口流出的物质 建研究所制备了一种新型铋基ZMOF(Bi 是 ZMOF)材料，将其用作Zn-CO2电池的电 ②S0号放电时的电极反应式为 极，可提高电池放电效率，电池结构如图所 示，双极膜中H,0解离的H和OH在电场 (2)工业上也可直接以含S0,废气为原料， 作用下向两极移动。下列有关说法正确 用电化学方法制取硫酸，装置如图2。 的是 A ① 双极膜 [Zn(OH)aP CO. VaOH溶液 NaHSO,溶液 HCOOH 稀硫酸 Zn Bi-ZMOF 多孔石墨电极 图2 A.锌电极的电势高于Bi-ZMOF电极的 电势 ①写出负极反应式 B.放电时，每消耗0.2 mol Zn,双极膜内解 离3.6gH0 ②写出正极反应式 C.Bi-ZMOF电极的反应式为C0,+ 06黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 心专项突破7 电化学原理在新型电池中的应用 1.(2025·北京高二期中)新型可充电镁一溴 意图如图，放电时正极发生的反应为xLi+ 电池能量密度高，循环性能优越，在未来能 xe+V,0,=LiV20,下列说法错误的是 量存储领域潜力巨大。某镁一溴电池装置 如下图（正负极区之间的离子选择性膜只允 电极A 一电极B 许Mg2+通过)，下列说法不正确的是( 嵌入 n ● Li计 离子选择性膜 Zn极 ·Zn2+0Li V,O,极 含Mg2+的 Bra/Br 有机电解 质溶液 锌盐和锂盐水溶液作电解质溶液 Mg2 Mg 石墨 A.放电时，内电路中的电流方向为锌极 放电过程 到V20,极 A.当0.1 mol Mg2+通过离子选择性膜时，导 B.充电时，溶液中Li浓度不断增大 线中通过0.2mole C.充电时，电极B上的电势比电极A的高 B.放电时，正极反应为Br?+2e一3Br D.放电时，电极A每减少6.5g,有 C.放电时，Mg电极发生还原反应 0.2 x mol Li嵌入电极B D.充电时，Mg电极应连接电源负极 4.（2024·陕西西安高二月考)科学家研制出 2.（2024·安徽阜阳高二月考)一种新型锂钒 一种新型短路膜化学电池，利用这种电池可 固体电池结构示意图如图所示，放电时L 以消除空气中的C02,该装置的结构、工作 移向V,0,电极形成iV,0,下列说法正确 原理如图所示。下列有关说法错误的是 的是 ( ( 引线端子AA1收集极 空气 空气（无C0) CO, V0电极 (含C0) H LiPON固体电解质 CO H HCO. 纳米碳管电极 H HCO HCO HCO ,引线端子B 短路膜 e(e e)(e 负极 CO C0) 正极 CO 不锈钢衬底 →OH C02 A.纳米碳管作为金属锂的载体，为该电池 CO, 的负极 A.短路膜和常见的离子交换膜不同，它既 B.放电时，电子由引线端子A流出 能传递离子还可以传递电子 C.充电时，引线端子A与外接电源负极相连 B.当负极生成1molC0,时，理论上需要转 D.充电时，V,0,的电极反应式为LiV,0,+ 移1mol电子 xe-V2Os+xLi* C.负极反应为H2+20H-2e=2H,0 3.(2025·黑龙江大庆高三月考)一种锌 D.当反应消耗22.4L(标准状况)0，时，理 钒(Zn/V,0,)水性混合离子电池的结构示 论上需要转移4mol电子 进阶突破·专项练0 心专项突破8 反应原理实验探究题 1.(2024·天津高二期中)DIS数字化信息系 ②常温时，向锥形瓶中滴加 统可以准确测量溶液的pH等。 的NaOH溶液，计算机屏幕上显示出溶液导 请回答下列问题： 电能力与加入NaOH溶液体积关系的曲线 (1)某学习小组利用DIS系统探究强碱和 如图。 不同酸的中和反应，实验过程如下： ①分别配制0.10mol·L1的Na0H、HCl CH,CO0H溶液备用。 加入NaOH溶液的体积 ②用0.10mol·L1的Na0H溶液分别滴定 醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式为 10.00mL0.10mol·L的HCl和CH,C00H 溶液，连接数据采集器和pH传感器。 若图中某一点pH等于8，则c(Na) ③计算机绘制的滴定曲线如图： c(CHCOO)= mol·L(填精确值)。 pH pH 2.(2024·河南南阳高二期中)某实验小组通 10 B 过以下实验，探究一定温度下镀件表面镀铜 的最佳条件。 【查阅资料】 V(NaOH)/mL V, V(NaOH)/mL ①Cu2+2P204=[Cu(P20,)2]6 ⅰ.从滴定图中得到的信息有（写出两条）： K=1×109 ②Cu在溶液中不稳定，容易发生歧化反 应（歧化反应是指同种元素的化合价既有升 ⅱ.曲线A对应的是 (填“盐酸”或 高又有降低的反应)。 “酷酸”)。 【实验设计】 i.两曲线图中V, V2(填“>”“=” 用CuS04·5H20、Na4P20,·10H20(焦磷酸 或“<”)。 钠)、添加剂配制一定浓度的电镀液，用纯铜 (2)另一小组利用DIS系统测定某醋酸溶 和镀件作为两极材料，探究电镀液的pH、电 液的物质的量浓度，通过测量溶液导电能力 流密度对镀层的影响。 来判断滴定终点，实验步骤如下： 请回答下列问题： ①用 （填仪器名称)量取20.00mL (1)配制一定体积40g·L1的CuS04溶液， 以下仪器一定不需要用到的是 醋酸溶液样品，倒入洁净干燥锥形瓶中，连 (填 仪器名称)。 接好DIS系统。如果锥形瓶中含有少量蒸 馏水，是否会影响测量结果？ (填 “是”“否”或“不能确定”)。 08黑白题化学|选择性必修第一册·SJ (2)镀件表面的油污可用 (填3.(2024·安徽芜湖高二月考)已知锌与稀盐 试剂、方法或试剂+方法)除去。 酸反应放热，某学生为了探究反应过程中的 (3)纯铜与电源的 相连（填“正极” 速率变化，用排水集气法收集反应放出的氢 或“负极”)。 气。所用稀盐酸浓度有1.00mol·L1、 (4)电镀时阴极上发生的主要反应的电极 2.00mol·L1两种，每次实验稀盐酸的用量 反应式为 为25.00mL,锌有细颗粒与粗颗粒两种规 (5)其他条件不变时，通电10min,探究pH 格，用量为6.50g。实验温度为298K、 对电镀的影响如下： 308K。 【分析】 请回答下列问题： (1)完成以下实验设计（填写表格中空 实验序号 pH 镀膜质量/g 镀层外观 白项)，并在实验目的一栏中填出对应的实 1 0.0136 表面斑驳 验编号： 2 7 0.0258 光亮，不光滑 盐酸浓 3 8.5 0.0356 光亮，光滑 编 T/K锌规格 度/(mol 实验目的 4 10 0.0216 表面部分斑驳 ·L) ①实验3中，铜镀层的沉积速率v(Cu)= (I)实验①和②探 mol·min'(保留两位有效数字)。 ① 298 粗颗粒 2.00 究盐酸浓度对该反 ②实验1和实验4中，酸性或碱性较强时， 应速率的影响； 镀层均出现斑驳，可能的原因是 (Ⅱ)实验①和 ③ 298粗颗粒 1.00 探究温度 对该反应速率的 (6)电流密度与镀膜质量的关系如图所示： 影响； 0.04 ③308粗颗粒 2.00 0 0.03 (Ⅲ)实验①和 0.02 探究锌规 0.01 回 298细颗粒 2.00 格（粗、细）对该反 0.100.250.500.751.00 应速率的影响 电流密度/(A·dm ①本实验电镀的最佳条件是pH为8.5，电 (2)实验①记录如下（换算成标准状况）： 流密度为 A·dm2。 时间/s 10 20 30 40 50 ②使用最佳条件电镀时，会有部分Cu*生 氢气体积/mL 16.8 39.2 67.2 224 420 成，在阳极附近的电镀液中出现少量红色 时间/s 60 70 80 90 100 固体(Cu)沉积物，用离子方程式表示其产 氢气体积/mL 492.8 520.8 543.2 554.4 560 生原因： ①计算在30~40s范围内盐酸的平均反应 速率v(HCl)= （忽略溶液体 通入空气搅拌可防止红色固体沉积物生成。 积变化)。 进阶突破·专项练09 ②反应速率最大的时间段为 ,可能 (3)乙同学认为碘水中含有I,加人Ag2S04 的原因是 溶液也可能产生沉淀。 ● 做对照实验：直接向碘水（含淀粉）中加 (3)另一学生也做同样的实验，由于反应太 入Ag2S0,溶液。产生沉淀，溶液蓝色褪去。 快，测量氢气的体积时不好控制，他就事先 查阅资料：3L2+3H205HI+HI03。 在盐酸溶液中分别加入等体积的下列溶液 实验验证： 以减慢反应速率，在不影响产生H,总量的 NaCl溶液 KI溶液 过滤 情况下，你认为可行的是 (填字 AgSO 溶液 滤液1 淀粉溶液 P ”变蓝 母)。 碘水 溶液 过量KI溶液 HSO 过滤 溶液 A.NaNO,溶液 沉淀b V 滤液2淀粉 变蓝 B.NaCl溶液 已知：Kn(AgI)=8.5×10”,Kp(AgI03)= C.CuS04溶液 3.2×10-8(微溶)。 D.Na,CO ①Ⅲ中KI溶液的作用是 4.(2024·北京高二期中)某小组验证 “2Fe3++2I=2Fe2++L,”（反应A)存在限 ②V中KI溶液的作用是 度，并探究外加试剂对该平衡的影响。 请回答下列问题： (用离子方程式表示)。 (1)从正反应方向探究 检验、比较沉淀a、b的成分，可明确Ag2SO, 实验1：取5mL0.01mol·L1KI溶液，加 的作用。 入2mL0.01mol·L1FeCl3溶液(pH=1), (4)问题思考：在FS04与碘水的混合液中 溶液呈棕黄色，不再发生变化。 加入Ag2SO4溶液，可能发生如下反应： ①通过检测出 ,证实反应A存在 限度。 i,Fe2+与L2在Ag*的促进下发生氧化还原 ②加入CCL,振荡，平衡向 方向 反应。 移动。 iⅱ.l2与H,0在Ag促进下发生反应。 (2)从逆反应方向探究 ⅲ.Fe2+与Ag*反应。 实验2：向碘水（含淀粉）中加入酸性FeS04 确认是否发生反应ⅲ，设计实验：将反应后 溶液，无明显变化，未检出Fe3+。 混合物过滤， ①甲同学认为加入Ag2S04溶液可增大Fe2+ 与L,的反应程度。甲同学依据的原理是 供选择试剂：稀HNO、Na2S,0,溶液、KI 溶液。 ②验证：加入Ag2S0,溶液，产生沉淀a,溶 已知：Agl、AgI03溶于Na2S203溶液；AgI难 液蓝色褪去，能检出Fe3+。 溶于稀HNO3。 10黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 心专项突破9 工艺流程综合题 1.(2025·河南开封高二期中)新能源的动力 ②常温下，0.2mol· 来自以磷酸亚铁锂(LiFeP04)为电极材料 度为 %。 的锂离子电池。工业上可用硫铁矿烧渣（主 (5)“沉铁”时，加入双氧水和磷酸的目的是 要成分为Fe,03,含少量Si02、Al203)作原料 将Fe2+转化为FeP04,该反应的离子方程式 制备磷酸亚铁锂，其流程如图所示。 为 炭粉 (6)常温下，往未知浓度的草酸溶液中逐滴 (过量) 硫酸 氨水 加入NaOH溶液，当溶液中的c(C,0?)= 硫铁矿粉碎 烧渣 →焙烧 +酸浸 +滤液1— ,调plH c(H2C204)时，溶液中c(H)= CO 滤渣1 Al(OH) mol·L1。 草酸 双氧水磷酸 碳酸锂(H,C,0) 2.(2025·北京高二期中)工业上利用软锰矿 滤液2 +沉铁 FePO 煅烧 和菱锰矿联合进行锅炉燃煤烟气脱硫，同时 →LiFePO 沉淀 制备重要化工产品MnS04。工艺流程如下： 滤液3 气体 软锰矿浆 深度 已电离的溶质分子数 净化 一滤液1过漉 滤液2结晶MnS0, 已知：①电离度= 原有溶质分子总数 S0,烟气一假收塔过滤 一滤渣 ×100%; 资料：i.软锰矿的主要成分是MnO2,含少 ②常温下，K,(NH3·H,0)=1.8×105; 量Si02、Fe304、Fe0; ③常温下，K1（H2C204)=6×10-2、 ⅱ.锅炉燃煤过程中空气过量； K2(H2C204)=1.5×104。 .该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉 (1)“焙烧”前，将硫铁矿烧渣粉碎的目的是 淀和完全沉淀的pH如下表。 (2)“滤渣1”的主要成分为碳和 金属离子 Fe3 Fe2+ Mn2+ (填化学名称)。 开始沉淀 1.5 6.3 7.6 (3)“酸浸”时，酸浸条件对滤液1中e2+浓 完全沉淀 2.8 8.3 10.2 度的影响如图所示： (1)吸收烟气前，软锰矿需研磨后填入吸收 滤液1中Fe2+浓度/(gL) 滤液1中Fe2+浓度(gL-l) 塔。研磨的目的是 (2)将S02烟气通入吸收塔中，发生的主要 反应的化学方程式是 (3)软锰矿浆脱硫过程中，控制流量，每隔 4060708090100 02030硫酸浓度/% 浸取温度/℃ 3h监测一次：测定软锰矿浆的pH;同时测 由图可知“酸浸”的最佳条件为 定吸收塔入口和出口S02的含量，计算S02 (4)“调pH”时： 的吸收率，结果如下图所示： ①氨水与AI3+反应的离子方程式为 ①吸收塔中矿浆pH逐渐下降的原因是 (用化学用语表示)。 进阶突破·专项练11 7.0 96 ②产品中MnS0.的质量分数为 6 -pH 94 6.0 +吸收率 92 。(用含a、b、c的代数式表示， 5.5 90 MnS0,的相对分子质量为151) 且5.0 88解 3.(2025·江苏南通高三月考)Cr(I)致癌， 4.0 82 国家对废水中Cr(M)含量有严格的排放标 3.5 80 3.0636912151821242730 78 准，工业上有多种方式除去或利用废水中的 时间h 铬。已知：Kp[Cr(0H)3]=1×102; ②当S0,吸收率低于95%时，无法实现S0, Cr20号+H202Cr02+2H。 烟气的达标排放，此时需向吸收塔中加入一 (1)焦亚硫酸钠除铬法。可以选择焦亚硫 定量菱锰矿（主要成分为MnC0,)。下列说 酸钠(Na2S,0,在酸性条件下分解为HS03、 法中，正确的是 (填字母)。 S0?)或亚硫酸钠处理含铬(I)废水，其工 A.吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH 艺流程如图1所示： 减小抑制了S0,的溶解 H,SO. NaS2Os 废水 B.加菱锰矿调节pH升至5.0以上后，吸收 (含Cr,0) 调pH至2.5 反应池 率又可以恢复至95%左右 石灰乳 C.加入菱锰矿能增加矿浆中Mn2+的浓度 调pH 一上层清液测定达标 (4)经检测发现滤液1中仍含有少量Fe2+, 含Cr(OHD, 可加入MnO2将Fe2+转化为Fe(OH)3进 图1 行“深度净化”，该过程中反应的离子方 ①反应池中发生反应的离子方程式为 程式是 (5)产品含量测定方法如下： ②其他条件相同，pH<2.5时pH过低，充分 I称取ag晶体，加足量硫酸溶解，将溶液 反应后除铬率反而下降，可能的原因是 定容于100mL容量瓶中； Ⅱ.取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入少量 ③室温下，加入石灰乳调节pH,当c(Cr3+)< 催化剂和过量(NH4)2S20g溶液，加热、充分 1×105mol·L1时，plH> 反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2Og (2)纳米铁粉除铬法。利用纳米铁粉去除 分解； 水体中的Cr(M)反应机理如图2所示： Ⅲ.加入指示剂，用bmol·L(NH)2Fe(S04)2 Cr(VD) Cr3+、Fe OH- 溶液滴定，溶液中的MnO4重新变成Mn2+。 H,、 H,O 2H 滴定至终点时消耗cmL(NH4)2Fe(S04)2 Cr(OH)↓ 纳米Fe Fe(OH)3 溶液。 铁氧化物 Cr.Fe(OH) Cr+、Fe2 或Cr,Fe-OOH! 已知：步骤Ⅱ中MnSO,参加反应的离子方 Cr(VI)- 吸附 催化剂 程式为2Mn2++5S20?+8H,0 图2 2Mn0:+10S0子+16H。 ①为了探究溶解氧对水体中的Cr(I)去除 ①(NH4),Fe(S04)2溶液盛装在 填 率的影响，实验小组设计了对比实验：一组 “酸式”或“碱式”)滴定管 在反应中通入N2,另一组不通入N2,结果表 12黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 明，实验初期，通入N2的去除率远高于未 已知：①当溶液中某离子浓度小于1.0× 通N2的，其原因可能是 l05mol·L1时，可认为该离子沉淀完全； 0 ②合金中的Au、Pt分别和王水反应产 ②某水样Cr(VI)的初始浓度为10mg·L,其 生HAuCl4、H2PtCl,溶液和NO气体。 他条件相同，温度分别为15℃、25℃、 35℃、45℃对Cr(I)的去除率的影响，结 (1)在“溶浸1”过程中，提高溶浸效率的方 果如图3所示，温度在25℃时，去除率最 法是 高，其原因是 应选择的酸溶液为 (填字母)。 1 95 A.H2SO 89 B.HCI 85 0 75 C.HNO 0 A 65 D.CH,COOH 5306090120时间/min ☆15℃-0-25℃35℃+45℃ (2)结合图2回答，“沉银”时若将Ag沉淀 图3 完全，所需最佳条件为 (3)可用电解法将废水中较高浓度的铬酸 0 [纵坐标P(Ag)表 钾溶液制成重铬酸钾，其工作原理如图4 示溶液中的Ag元素含量的变化，横坐标CI 所示： 浓度单位为mol·L1] P(Ag) 不锈钢 惰性电极 6 4 稀KOH溶液 K,CrO,溶液 钾离子交换膜 5 50 图4 -8-6-4-2-1 ①该制备过程总反应的化学方程式为 lgc(CF) 图2 ②电解一段时间后，阳极区溶液中K+的物 (3)“置换”时H,S04的作用是 质的量由amol变成bmol,则生成的重铬酸 钾的物质的量为 mol。 (4)“溶浸2”过程中Pt与王水反应的化学 4.(2024·四川达州高三一模)已知某粗银合 方程式为 金主要含Ag,还有少量Au、Pt等金属。工 业上采用“湿法分离法”提纯贵重金属，流 程如图1： (5)“赶硝”的操作方法是 酸溶液 NaCl溶液Zn+H,SO。 若去掉“赶硝”这一 溶浸液 粗银 合金 溶浸1 沉银 置换 银粉 步直接还原产生的后果是 草酸溶液 合金 溶浸2 赶硝 还原 ·金粉 王水 (6)“还原”时产生Au的化学方程式为 PL溶液 图1 进阶突破·专项练13 心专项突破10 化学反应原理综合题 1.(2025·广东江门高三月考)I.化学反应 D.若该反应在溶液中进行，升温、增压均可 中，从反应物到生成物可有多种途径，但殊 增大反应速率 途同归。 Ⅲ.化学助力我国实现“碳达峰、碳中和”的 (1)如图所示，已知： 目标。 Agaq+Cr(aq)△I (3)向体积为1L的密闭容器通入4molH2 △H, △H, 和C0,的混合气体，并发生反应：2C02(g)+ Ag+dg△瓜Agd同 6H2(g)—CH,0CH,(g)+3H20(g)。 Ag(s)+2CL(g)-AgCI(s) C02的平衡转化率与压强、温度及氢碳比 △H n(H2) Ag(s)-e=Ag(aq）△H2 n(C02) 的关系如下图所示。 2C,(g)+e—CIr(aq）An, C0,的平衡转化率 则△H= （用△H1、△H2和△H3的代 数式表示)。 T/K Ⅱ.从分子、原子的角度认识物质的转化是 化学区别于其他学科的显著特点。 ①其他条件相同，若a、b、c代表压强，则a、 (2)有机反应机理的研究可为人们展示微 b、c从大到小的顺序为 该反应为 (填“吸热”或“放热”)反应；其他 观粒子在反应中的变化过程。 条件相同，若a、b、c代表氢碳比，则a、b、c 0 H180-CH,CH CH, OH 从大到小的顺序为 H、 CH OH ②若d点时氢碳比为3：1，求此温度下该 H CH-C-OH 0 反应的平衡常数K= 180大 CH-C-0CH,CH H CH,CH 。（(写计算过程) CH-C=0 180H H、 H ③工业上可利用NaOH溶液捕获CO2。将 0+ CH,CH CH-C-OH CO2通入NaOH溶液中，若所得溶液中 H,O O-CH.CH, c(HC03):c(C03)=1:1,溶液pH ①根据上图所示反应机理，写出相应的化学 。（已知：lg5≈0.7，该条件 方程式： 下，H2C03的K1=4×107;K2=5×10-1)》 ②关于上图所示反应，以下说法正确的是 2.（2025·辽宁鞍山高三月考)黄铁矿（主要 (填字母)。 成分为FS2)、焦炭与适量空气混合加热发 A.H作为反应物参与该反应 生反应i.3FS2+2C+30,△6S+ B.H能增大该反应速率 Fe304+2C0。 C.H不能增大该反应的平衡转化率 (1)反应i中每消耗1mol碳原子，转移 14黑白题化学|选择性必修第一册·SJ mol电子。 ③已知常温下，K,(NH3·H20)=1.8×105, (2)反应i可能会产生副产物S02,可用C0 在配制pH=9的NH,·H,0-(NH4)2S04缓 处理回收S,发生反应ⅱ和副反应ⅲ： n[(NH4)2S04] iⅱ.S02(g)+2C0(g)=S(g)+2C02(g) 冲溶液时，n(NH,·H,0 △H<0 3.(2025·山东临沂高三月考)减少C0,的排 ii.S02(g)+3C0(g)=C0S(g)+2C02(g) 放并利用C0,是我国能源领域的一个重要 △H<0 战略方向。在CO,与H,催化合成甲醇的 恒压条件下，按n(S02):n(C0)=1:3充 体系中，同时存在以下反应： 入原料，其中S0,的平衡转化率以及C0S 反应i:C02(g)+H2(g)C0(g)+H20(g) 和S的平衡选择性X(X为COS或S)的平 △H=+41.1kJ·mol-1 生成X的物质的量 衡选择性= 反应iⅱ：C0(g)+2H2(g)CH,0H(g) 转化了的S0,的物质的量 随温 度的变化如图所示。已知L,表示C0S的平 △H2=-90.0kJ·mol-1 衡选择性。 反应ⅲ：C02(g)+3H2(g)-一CH,0H 100 (g)+H20(g) △H o0 80 回答下列问题： 谢划 7 50 (1)△H3= :若要反应ⅲ正向自发 海 40 30 斗斗 0 进行， (填“高温”或“低温”)更 有利。 11001200130014001500T/K 1400K下，反应iⅱ的平衡常数K= (2)对于反应i,v=U正-U逆=k正·c(C02)· (3)常温下，通过电化学原理，利用反应1 c(H2)-k逆·c(C0)·c(H,0),其中k正k逆 的产物Fe,04进一步与S0,反应，电解质溶 分别为正反应、逆反应的速率常数。若升高 液采用NH·H,0-(NH4)2S04缓冲溶液， 正 (填“增大”“减小”或 维持pH=9,可制备(NH4)2Fe(S04)2,反应 温度， 装置如图： “不变”)。 (3)初始压强为10MPa时，向恒容的密闭 sO. 容器中加人1molC02和3molH2发生上述 反应，达到平衡时，测得各组分的物质的量 Fe.O 情性电极 分数随温度变化的曲线如图所示。已知： 阳离子交换膜 C02的平衡转化率：a（C02)= ①在 (填“正”或“负”)极区可得到 n初始(C02)-n平衡(C02 2×100% 产品(NH4)2Fe(S04)2o n初始(C02) ②结合电极反应式，指出负极区NH的物 甲醇的选择性：x(CH,OH)= 质的量的变化并解释原因： n平衡（CH,OH) ×100% n初始(C02)-n平衡(CO2) 进阶突破·专项练15 0.7 则△H2= kJ·mol。 H, a(270.0.65 (3)压强为100kPa,H2的平衡产率与温度、 0.6 尔 CO, n(H20) b(270,W 起始时 的关系如图1所示，x、 n(C,H OH) 军 0.1 c(270,0.08) y、z三条曲线上的点都代表H2在不同条件 X 下的平衡产率，且每条曲线上H2的平衡产 220 240 260 温度/℃ 率相同，如：A、B两点H2的平衡产率相等， ①图中Z代表的物质为 (填化学式)。 B、C两点H2的平衡产率不相等。 ②根据图中270℃时的数据分析计算： 2000 C02(g)的平衡转化率为 （保留一 1600 位小数)，甲醇的选择性为 %,反应 1200 C0(g)+H,0(g)==C02(g)+H2(g)的平衡 800 常数K。= (保留一位小数)。 400 (4)如何同时提高C02的平衡转化率和甲 121620 n(H2O) 醇的选择性？ n(C2H,OH) 图1 4, (2024·重庆高二期中)乙醇与水催化反应 H2的平衡产率：B点 C点（填“>” 可以制得氢气。 或“<”)。 (1)已知：C2H,0H(g)+H20(g)= (4)压强为100kPa下，将1molC2H,0H(g) 2C0(g)+4H2(g) △H=+255.7kJ·mol1, 和3molH20(g)投入恒容密闭容器中发 回答下列问题： 生(2)中三个反应，平衡时C0,的选择性、 ①升温，平衡 移动（填“向左”“向 平衡时C0的选择性、平衡时乙醇的转化率 右”或“不”)。 随温度的变化曲线如图2所示。 ②与原平衡相比较，增大压强，新平衡时 9100 100 a 573.85) c(C0) (填“增大”“减小”或“不 80 80 变”，下同)。 60 (573,60) 60 ③恒温、恒容条件下，加入水蒸气，转化 40 40 20 20 率a(C2H,0H) 64673,15) ④恒温、恒压条件下，加入稀有气体，体积分 573 T/K 数p(C2H,0H) 图2 (2)乙醇与水催化制氢同时发生以下三个 已知：C0的选择性= n生成(CO) 反应，回答下列问题： 生成(C0)+n生成(C02) 反应I:C2H0H(g)+H0(g)=2C0 ①表示乙醇转化率的曲线是 (填 (g)+4H2(g) △H1=+255.7kJ·mol-1 “a”“b”或“c”)。 反应I:C0(g)+H,0(g)=C02(g)+H2(g)AH2 ②573K时，反应Ⅱ的压强平衡常数K。= 反应Ⅲ：C2H,0H(g)+3H20(g)=一 。（已知：分压=总压×该组分物质 2C02(g)+6H2(g)△H3=+173.3kJ·mol 的量分数，计算结果保留整数)》 16黑白题化学|选择性必修第一册·SJ 学霸 黑白题 ★★★★ 与高考零距离