2024届高三化学二轮专题——化学反应原理（含解析）

2024届高三化学二轮专题——化学反应原理
一、单选题
1．下列有关化学与生活、生产、环保、科技等的说法正确的是（　　）
A．北京冬奥会采用光伏发电有利于实现“碳中和”
B．三星堆出土的青铜器是铜、锡、铬按一定比例熔炼而得的化合物
C．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
D．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料
2．化学与人们的生活、生产密切相关．下列说法正确的是（　　）
A．食盐、蔗糖、食醋可作调味剂，不可用作食品防腐剂
B．“火树银花合，星桥铁锁开”中涉及的焰色反应是化学变化
C．“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
D．锦纶、聚氯乙烯都是由高分子化合物组成的物质，均属于纯净物
3．下列物质属于弱电解质的是
A． B． C． D．
4．使用石墨电极电解溶液，阴极产物为（　　）
A． B．Cu C． D．
5．铁铝铅榴石主要成分为，其组成也可写成的氧化物形式：。下列说法正确的是
A．组成元素均位于元素周期表的p区
B．晶体硅的熔点比二氧化硅晶体高
C．基态铝原子核外电子有7种不同的空间运动状态
D．中Fe(II)与Fe(III)的个数比为2：1
6．已知室温下Ka1(H2S)=10-7，Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1：测得0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1
实验2：向10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，测得溶液的pH不断减小
实验3：向实验2所得溶液中滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，测得反应后溶液pH=12
实验4：向实验3所得溶液中滴加几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，产生粉色沉淀，再加几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，产生黑色沉淀
下列说法正确的是（　　）
A．由实验1可知：0.1mol·L-1H2S溶液中c(S2-)B．由实验2可知：加水过程中，逐渐变小
C．实验3所得溶液中存在：c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)
D．由实验4可知：Ksp(MnS)>Ksp(CuS)
7．下列操作、现象及结论都正确的是（　　）
选项 操作及现象 结论
A 向蓝色石蕊溶液中通入足量二氧化硫气体，可以观察到溶液先变红后褪色。 验证SO2的漂白性
B 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaClO溶液的pH约为8 HClO电离出H+的能力比CH3COOH的强
C 向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入CCl4混合振荡、静置，下层呈无色，上层呈红色。 Fe2+的还原性大于Br-
D 向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀 利用该实验可以证明非金属性：Cl>C>Si
A．A B．B C．C D．D
8．用五乙烯六胺（PEHA）多聚物来捕获二氧化碳，以Ru-PNP络合物作催化剂，可直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．此过程总反应方程式为
B．产品甲醇作为重要的能源物质，可作为车用燃料
C．催化剂在循环过程中未参与中间反应
D．反应过程中既有极性键的断裂，又有非极性键的断裂
9．下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是（　　）
A．向浓硝酸中加入铜粉，产生红棕色气体
B．向水中加入固体，产生无色气体
C．向碘水中通入气体，碘水颜色变浅
D．向溶液中通入气体，生成黑色沉淀
10．煤燃烧的反应热可通过以下两个途径来利用：a.先使煤与水蒸气反应得到氢气和一氧化碳，然后得到的氢气和一氧化碳在充足的空气中燃烧；b.利用煤在充足的空气中直接燃烧产生的反应热。这两个过程的热化学方程式如下：
a.C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) △H1=Q1kJ mol-1①
H2+O2(g)=H2O(g) △H2=Q2kJ mol-1②
CO(g)+O2(g)=CO2(g) △H3=Q3kJ mol-1③
b.C(s)+O2(g)=CO2(g) △H4=Q4kJ mol-1④
下列说法正确的是（　　）
A．△H3>0 B．△H2+△H3>△H4
C．Q1<0 D．Q1+Q2+Q3<-Q4
11．25℃时，用HCl气体调节0.1 mol/L氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值(1gc)、反应物的物质的量之比x与pH的关系如下图。若忽略通入气体后溶液体积的变化，[x=] 正确的是
A．水的电离程度：P1>P2>P3
B．P2所示溶液中：c(Cl-)=c()+c(NH3·H2O)
C．P3所示溶液中：c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
D．25℃时，的水解常数为10-9.25
12．有学者设想将传统锌锰电池改装为双膜三室模式的蓄电池，三室中电解质溶液分别选用K2SO4、KOH、H2SO4溶液中的一种，工作原理示意图如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．膜p适合选用阴离子交换膜
B．II室中适合添加KOH溶液
C．放电时，III室中溶液的pH增大
D．充电后，I室和III室溶液的质量变化相同
13．纳米材料在医疗、环境污染治理等许多多方面有着广泛的应用。一种制备纳米的过程如图：(纳米级)，下列有关叙述正确的是（　　）
A．可写成，属于混合物
B．在反应①中环丙胺的作用是做还原剂
C．纳米形成胶体时，其分散质粒子直径与溶液的相当
D．反应②的化学方程式为
14．某团队基于光激发碳纤维上的聚[1，4-二(2-噻吩基)]苯(PDTB)和二氧化钛()半导体构建了一种夹心三明治结构的高性能锌-空气电池，该装置利用充放电过程中与的相互转化，能够提升电池的放电电压，降低电池的充电电压，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．该装置可实现光能向电能和化学能的转化
B．电极电势：
C．开关K置于M处时，电子由极通过导线流向PDTB极
D．开关K置于N处时，极的电极反应式为
15．下列说法正确的是（　　）
A．室温下，某溶液中由水电离出的H+浓度为1×10-3mol·L-1，则该溶液一定显酸性
B．室温下，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，后者所需盐酸的物质的量多
C．室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，则c(Cl-)>c(NH)
D．相同温度下，pH相等的盐酸、醋酸溶液中，c(Cl-)=c(CH3COO-)
16．时，和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
已知：，或。下列说法正确的是（　　）
A．曲线Ⅱ表示沉淀溶解平衡曲线
B．Z点对应的溶液中：
C．Y点对应的溶液是过饱和溶液
D．时，在平衡体系中
17．某二元酸在水中的电离方程式是，，常温下，向20.00mL溶液中滴入NaOH溶液，与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
已知表示溶液中由水电离出的的负对数，即。
A．常温下，溶液的pH为1.4
B．溶液中水的电离程度：d>c>b
C．e点溶液呈碱性
D．d点溶液中存在：
18．一种矿石[Y3Z2X5(XW)4]的组成元素W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中W、X、Z分别位于不同周期，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，1个W2X分子含有10个电子。下列说法正确的是（　　）
A．原子半径：Y＞Z＞X＞W
B．Y与X形成的化合物可与NaOH溶液反应
C．简单氢化物的沸点：Z＞X
D．Z的最高价氧化物不能与酸、碱反应
19．常温下，用盐酸滴定溶液，反应过程中的pH和压强变化如图所示。下列说法错误的是
A．的数量级为
B．b点：
C．c→d段主要发生的反应为
D．e→f段压强增大的主要原因是盐酸的挥发
20．恒容密闭容器中，以硫()与为原料制备，受热分解成气态，发生反应 。的平衡转化率、的体积分数随温度的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A．
B．温度升高，分解率增大，体积分数增大
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡向右移动
D．其他条件相同，体积分数越大，平衡转化率越小
二、综合题
21．苯酚(C6H5OH)是一种广泛使用、易氧化的化工产品。一种在650K下用N2O废气催化氧化苯制备苯酚的新方法为：反应C6H6(g)+N2O(g)
C6H5OH(g)+N2(g)。
（1）已知6C(s，石墨)+3H2(g)
C6H6(g) ΔH1=+82.9kJ·mol-1
2N2(g)+O2(g)
2N2O(g) ΔH2=+163.2kJ·mol-1
12C(s，石墨)+6H2(g)+O2(g)
2C6H5OH(g) ΔH3=-243kJ·mol-1
则C6H6(g)+N2O(g)
C6H5OH(g)+N2(g) ΔH=　 　kJ·mol-1。
（2）制备苯酚的苯和N2O的最佳投料比为10：1。此时，N2O、N2的平衡浓度分别为0.050mol/L、0.95mol/L。则制备反应的平衡常数Kc=　 　(写出计算式)。
（3）如图中，温度过低造成苯酚产率低的主要原因是　 　；反应时间过长造成产率下降的可能原因是　 　。
（4）反应中使用更高效的催化剂　 　(填“可”或“不可”)提高反应的平衡转化率。已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是　 　。
（5）研究表明，反应速率符合关系式v=kca(C6H6)cb(N2O)，有关数据如表：
c(C6H6)/×10-3mol·L-1 c(N2O)/×10-3mol·L-1 v/×10-3mol·L-1·s-1
12 8.0 1.0
24 8.0 2.0
24 24 6.0
有人据此提出反应可分为三个步骤：
①N2O→N2+O*(活性氧) 快反应
②C6H6+O*→C6H5OH*(活性苯酚) 慢反应
③C6H5OH*→C6H5OH 快反应
下列有关说法正确的是____。
A．O*(活性氧)是该反应的催化剂
B．②的反应的活化能最小
C．反应速率v(N2O)=v(N2)
D．第二步中C6H6与O*的碰撞仅部分有效
22．碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。碘酸是一种强酸，其水溶液有强氧化性。已知氧化性：。回答下列问题：
（1）一种以含有少量的废液为原料制备的方法如图所示。
①“转化”生成的Ag溶于稀硝酸可获得硝酸银，写出Ag与稀硝酸反应的离子方程式：　 　。
②通入的过程中，若，则反应中被氧化的元素为　 　(填元素符号)；当后，单质碘的产率会降低，原因是　 　。
（2）大量的碘由自然界的与还原剂反应制得，则该制备的反应中的氧化剂和还原剂的物质的量之比为　 　。
（3）卤素互化物可发生水解反应，生成卤离子和卤氧离子(为非氧化还原反应)，写出反应的离子方程式：　 　。
（4）碘酸钙是食品及饲料添加剂中补碘补钙的常用试剂，微溶于水。加热升温过程中剩余固体的质量分数w()随温度变化的关系如图所示。为获得无水碘酸钙，可将晶体　 　(填实验操作)。若将加热温度提高至540℃，则此时得到固体的主要成分为　 　(填化学式)。
23．与重整是利用的研究热点之一。该重整反应体系有以下反应：
Ⅰ.
Ⅱ.
Ⅲ. (只在高温下自发进行)
（1）已知25℃、101kPa时、和的燃烧热分别为、和，则　 　。 　 　0(填“>”或“<”)。
（2）在一定压强和催化剂的条件下，将等物质的量的和通入重整反应器中，平衡时，、的物质的量分数及转化率随温度变化的关系如图所示。
①平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线是　 　(填标号)。
②温度高于1300K后，曲线d超过曲线c的可能原因为　 　。
（3）在p MPa时，将和按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂和催化下反应相同时间，所得的转化率、催化剂活性与温度的关系如图。
①a点转化率相等的原因是　 　。
②在900℃、催化条件下，将、、按物质的量之比为1∶1∶n充入密闭容器，的平衡转化率大于50%，原因是　 　。
（4）设为相对压力平衡常数，用相对分压代替浓度即可得相对压力平衡常数的表达式［气体的相对分压等于其分压(单位为kPa)除以标准压强］。某温度下反应Ⅲ的，向恒容密闭容器中按投料比充入原料气，初始总压为150kPa，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，体系达到平衡时的分压为b kPa，则的平衡转化率为　 　。
24．氢气作为一种清洁能源，一直是能源研究的热点，水煤气变换反应可用于大规模制，反应原理如下：
（1）根据下表中提供的数据，计算　 　。
化学键
键能 803 x 463 436
（2）实验发现其他条件不变，在体系中投入一定量可以增大的体积分数，从化学平衡的角度解释原因　 　。
（3）某温度下，在一恒容密闭容器中充入和，加入催化剂使其发生上述反应(忽略其他副反应)，测得该反应中初始压强为，分压如图甲所示(t时刻前，的分压未给出)，则A点坐标为(t，　 　)、平衡常数　 　。
（4）反应的Arrhenius经验公式的实验数据如图乙中曲线所示，已知经验公式为(其中为活化能，k为速率常数，R和C为常数)。该反应的活化能　 　。当使用更高效催化剂时，请绘制关系示意图　 　。(假定实验条件下，催化剂对C值无影响)
（5）储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输问题。某储氢合金的结构属六方晶系，晶体结构及俯视图分别如图(a)、(b)所示。已知a、b两点的分数坐标分别为、，则c点坐标为　 　。X射线衍射测定两晶面间距为(见图b)，高为，设阿伏加德罗常数的值为，该晶体的摩尔质量为，则密度为　 　。(列出表达式)
25．钒的用途十分广泛，有金属“维生素”之称。以含钒石煤(主要成分是、，含有、及、、等化合物杂质)制备单质钒的工艺流程图如下所示：
已知：①该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
开始沉淀pH 1.9 7.0 3.0 8.1
完全沉淀pH 3.2 9.0 4.7 10.1
②、、远大于。
③一般认为平衡常数反应较完全。
回答下列问题：
（1）为了提高“焙烧”效率，可采用的措施有　 　、　 　。
（2）“焙烧”时，、都转化为，写出转化为的化学反应方程式　 　。
（3）“水浸”加入调节溶液的pH为8.5，可完全除去的金属离子有　 　，及部分的　 　。“水浸”加入不能使完全转化，原因是　 　。
（4）“离子交换”可表示为(为强碱性阴离子交换树脂，为在水溶液中的实际存在形式)，则“洗脱”过程“淋洗液”最好选用　 　。
（5）下列金属冶炼方法与本工艺流程中加入钙冶炼V的方法相似的是____。
A．高炉炼铁 B．电解熔融NaCl制钠
C．利用铝热反应制锰 D．氧化汞分解制汞
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．北京冬奥会采用光伏发电，减少二氧化碳的排放量，有利于实现“碳中和”，故A符合题意；
B．青铜器是混合物，不属于化合物，故B不符合题意；
C．纳米级的铁粉能通过与Cu2+、Hg2+反应而除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，不是吸附，故C不符合题意；
D．光导纤维主要成分是SiO2，不是有机高分子材料，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】B.合金为混合物；
C.Fe粉具有还原性，能将Cu2+、Hg2+等重金属离子还原生成单质；
D.光导纤维是二氧化硅。
2．【答案】C
【解析】【解答】A.食盐、蔗糖可作为防腐剂，A不符合题意；
B.焰色反应是由于电子跃迁释放的能量，以光能形式体现的过程，没有新物质生成，属于物理变化，B不符合题意；
C.硅电池板将光能转化为电能，C符合题意；
D.高分子化合物属于混合物，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、食盐、蔗糖都可作为防腐剂；
B、焰色反应属于物理变化；
C、硅电池板将光能转化为电能；
D、高分子化合物属于混合物；
3．【答案】A
【解析】【解答】A．次氯酸在溶液中部分电离出氢离子和次氯酸根离子，属于弱电解质，故A符合题意；
B．硫酸钡虽难溶于水，但溶于水的硫酸钡在溶液中完全电离出钡离子和硫酸根离子，在熔融状态下也可完全电离生成钡离子和硫酸根离子，属于强电解质，故B不符合题意；
C．二氧化碳在溶液中不能自身电离，属于非电解质，故C不符合题意；
D．在溶液中完全电离出氯离子和铝离子，属于强电解质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离； 强电解质 一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；弱电解质 一般有：弱酸、弱碱，少部分盐、水。
4．【答案】B
【解析】【解答】使用石墨电极电解溶液，阳极上Cl-发生氧化还原反应生成氯气，电极反应式为，阴极上Cu2+发生还原反应生成Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；
故答案为：B。
【分析】惰性电极电解氯化铜溶液，阳极为氯离子放电生成氯气，阴极为铜离子放电生成铜。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．组成元素中O、Al、Si、Pb均位于元素周期表的p区，但Fe位于d区，A不符合题意；
B．已知Si(s)和SiO2(s)均为原子晶体，且键长为：Si-Si键＞Si-O键，通常键长越短键能越大，即键能：Si-O键＞Si-Si键，键能越大，熔化需要的能量越高，其熔点越高，即二氧化硅的熔点高于晶体硅的熔点，B不符合题意；
C．已知Al是13号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p33s23p1，故基态铝原子核外电子占据7各原子轨道，即有7种不同的空间运动状态，C符合题意；
D．由原子手恒可知，Fe3Ox中x=4，设Fe3Ox中Fe(II)为a个，则有2a+3(3-a)=8，即得a=1，即设Fe3Ox中Fe(II)与Fe(III)的个数比为1：2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铁在d区；
B、原子晶体的键长越短键能越大，则熔点越高；
C、7个轨道则有7种不同的运动状态；
D、四氧化三铁可以看成Fe2O3·FeO判断。
6．【答案】A
【解析】【解答】A.0.1mol·L-1H2S溶液pH=4.1，即c(H+)=10-4.1 mol·L-1，Ka1(H2S)= =10-7，则，则c(HS-)=10-3.9 mol·L-1，Ka2(H2S)= =10-12.9，则，则c(S2-)=10-12.7 mol·L-1，pH=4.1，则pOH=9.9，c(OH-)=10-9.9，则c(S2-)B．Ka2(H2S)= =10-12.9，加水过程中，测得溶液的pH不断减小，即c(H+)越来越大，则越来越小，则越来越大，故B不符合题意；
C.10mL0.1mol·L-1NaHS溶液中加入5mL水，再滴加10mL0.1mol·L-1NaOH溶液，根据NaHS+NaOH=Na2S+H2O，可知它们恰好反应，根据质子守恒，则Na2S溶液中存在2c(H2S)+c(HS-)+c(H+)=c(OH-)，故C不符合题意；
D．实验3所得Na2S溶液中，滴入几滴0.1mol·L-1MnSO4溶液，虽然产生粉色MnS沉淀，但S2-并没有沉淀完全，所以在滴入几滴0.1mol·L-1CuSO4溶液，又产生黑色CuS沉淀，并不能说明存在沉淀转化，则也不能说明Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.利用Ka1(H2S)= ，Ka2(H2S)= 计算；
B．依据Ka2(H2S)= ，考虑加水过程中，c(H+)变化判断；
C.根据质子守恒判断；
D．利用沉淀转化判断。
7．【答案】C
【解析】【解答】A、SO2能与H2O反应生成H2SO3，H2SO3能使蓝色石蕊溶液变红，但SO2不能使指示剂褪色，A不符合题意。
B、酸性CH3COOH＞HClO，因此CH3COOH电离出H＋的能力强于HClO，B不符合题意。
C、向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量的新制氯水，再加入CCl4混合振荡、静置，下层无色，说明没有Br2生成；上层红色，说明有Fe3＋生成。因此Cl2与Fe2＋反应，说明还原性Fe2＋＞Br－，C符合题意。
D、该实验过程中说明酸性HCl＞H2CO3＞H2SiO3，但不能说明非金属性Cl＞C＞Si，由酸性比较非金属性的强弱时，应用最高价含氧酸的酸性强弱比较，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、SO2的漂白性不能使指示剂褪色。
B、酸性：CH3COOH＞HClO，则CH3COOH电离出H＋的能力强于HClO。
C、下层无色，上层红色，说明Cl2与Fe2＋反应，不与Br－反应，从而得出还原性的强弱。
D、由酸性证明非金属性的强弱，应比较最高价含氧酸的酸性。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.由反应过程可知，该反应的反应物为CO2和H2，生成物为CH3OH和H2O，因此该过程的总反应为：CO2＋3H2=CH3OH＋H2O，A不符合题意；
B.产品CH3OH完全燃烧后生成H2O和CO2，不会造成空气污染，可用作车用燃料，B不符合题意；
C.此过程中催化剂参与反应，C符合题意；
D.反应过程中CO2和H2的化学键断裂，其中CO2中含有极性共价键，H2中含有非极性共价键，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据反应过程确定反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式；
B、CH3OH燃烧生成H2O和CO2，不会造成空气污染；
C、催化剂在反应过程中参与反应；
D、反应过程中CO2中的极性键断裂，H2中的非极性键断裂。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2+2H2O，因氧化还原反应pH增大，A不符合题意；
B.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，因氧化还原反应碱性增强，pH增大，B不符合题意；
C．向碘水中通入气体，碘水颜色变浅，SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，因发生氧化还原反应使溶液pH减小，C符合题意；
D．向溶液中通入气体，生成黑色沉淀，CuSO4+H2S=CuS+H2SO4，该反应是非氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应的特征是有元素化合价升降，pH=-lgc(H+)， 溶液pH减小 ，说明c(H+)增大或c(OH-)减小，据此分析。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．CO燃烧放热，故△H3＜0，A不符合题意；
B. 由盖斯定律可知：，则△H1+△H2+△H3=△H4，所以△H2+△H3=△H4-△H1，其中②③④为燃烧放热反应，①为吸热反应，所以△H1＞0，则△H2+△H3＜△H4，B不符合题意；
C．该反应为吸热反应，△H1=Q1kJ mol-1>0，C不符合题意；
D．由盖斯定律可知：，则△H1+△H2+△H3=△H4，即、、、之间的关系为，其中④为燃烧放热反应，所以，则，故，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据盖斯定律和反应热以及燃烧热的相关知识分析解答。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．由题干图示信息可知，P1、P2、P3点对应的溶质分别为：NH3·H2O和少量的NH4Cl，NH3·H2O和较多的NH4Cl，NH4Cl，由于铵根离子水解对水的电离其促进作用，其含量越高促进作用越强，故水的电离程度：P1＜P2＜P3，A不符合题意；
B．由A项分析可知，P2点溶液的溶质为NH3·H2O和较多的NH4Cl，根据物料守恒可知，P2所示溶液中：c(Cl-)＜c()+c(NH3·H2O)，B不符合题意；
C．由A项分析可知，P3点溶液的溶质为NH4Cl，溶液呈酸性，故P3所示溶液中： c(Cl-)> c()>c(H+)>c(OH-)，C不符合题意；
D．由题干图示信息P1点可知，当c()=c(NH3·H2O)是溶液的pH值为9.25，故25℃时，的水解常数Kh==c(H+)=10-9.25，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
B．根据物料守恒分析；
C．根据电荷守恒分析；
D．选择P1点，利用Kh=计算。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．根据上述分析可知，膜p适合选用阳离子交换膜，使钾离子从I室迁移至II室，A不符合题意；
B．结合上述分析知，II室中适合添加H2SO4溶液，B不符合题意；
C．放电时，III室发生的电极反应为：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，消耗氢离子，同时生成水，则溶液的pH增大，C符合题意；
D．通过分析可知，若电子转移的物质的量为2mol，则放电后，I室损失的是1mol KOH的质量，为56g，而III室损失的是1mol H2SO4的质量，即为98g，因充电过程为放电的逆过程，所以充电后，I室和III室溶液的质量变化不相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据阳离子能透过阳离子交换膜；
B．依据题目的信息判断；
C．依据电极反应式判断；
D．利用得失电子守恒分析。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．Fe3O4中铁由+2、+3价的组成，可写成FeO Fe2O3，属于纯净物，故A不符合题意；
B．FeCl3 6H2O、FeOOH中铁元素化合价都为+3，不发生氧化还原反应，反应①环丙胺做催化剂，故B不符合题意；
C．纳米形成胶体时，其分散质粒子直径为1~100nm，而溶液的直径小于1nm，故C不符合题意；
D．由制备过程图可知，反应②的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、四氧化三铁为纯净物；
B、铁元素化合价不变，不是氧化还原反应；
C、溶液和胶体的粒子直径不同；
D、氢氧氧化铁和一氧化碳反应生成四氧化三铁、水和二氧化碳。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，开关K置于M处时，该装置为原电池，需要利用光能，开关K置于N处时，该装置为电解池，也需要光能，则该装置可实现光能向电能和化学能的转化，选项A不符合题意；
B．原电池中正极的电势大于负极，则电极电势：，电解池中阳极的电势大于阴极，则电极电势：，选项B符合题意；
C．原电池工作时，电子由负极通过导线流向正极，则开关K置于M处时，电子由极通过导线流向极，选项C不符合题意；
D．开关K置于N处时，该装置为电解池，极为阴极，其电极反应式为，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】开关K置于M处时为原电池，PDTB电极上，发生反应O2 + 4eˉ + 2H2O = 4OHˉ，则PDTB电极为正极，Zn/ZnO电极为负极，电极反应式为Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O；开关K置于N处时为电解池，极为阴极，电极反应式为，TiO2电极为阳极。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．室温下，某溶液中由水电离出的氢离子浓度为1×10-3mol·L-1说明该溶液为能促进水电离的盐溶液，该溶液可能是显酸性的强酸弱碱盐，也可能是显碱性的强碱弱酸盐，故A不符合题意；
B．氨水中存在电离平衡，所以pH和体积均相等的氨水、氢氧化钠溶液中一水合氨的物质的量大于氢氧化钠，室温下，消耗盐酸的物质的量多于氢氧化钠，故B不符合题意；
C．室温下，盐酸和氨水混合后，若溶液呈中性，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，由电荷守恒可知，溶液中氯离子浓度与铵根离子浓度相等，故C不符合题意；
D．相同温度下，pH相等的盐酸、醋酸溶液中氢离子浓度相等，所以盐酸溶液中氯离子浓度等于醋酸溶液中的醋酸根离子浓度，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离分析；
B．依据电离情况确定碱的浓度；
C．利用有电荷守恒分析；
D．利用有电荷守恒分析。
16．【答案】B
【解析】【解答】A.根据 和的沉淀溶解平衡 电离式得到I为 ，II为 ；故A不符合题意；
B.根据电荷守恒：c(H+)+2c(Cd2+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，根据Z点 =5， =7，因此c(Cd2+) ＞ (CO32-)，得到 ，故B符合题意；
C.Y点， =4，PN= =6，c(Cd2+) c(OH-)2＜Ksp，不是过饱和溶液；故C不符合题意；
D. 时，在 ，K=ksp(Cd(OH)2)/ksp(CdCO3)=10-2，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据电离方程式判断；
B.根据电荷守恒判断；
C.根据计算此时离子积与溶度积常数比较；
D.根据写出常数公式，即可利用溶度积计算。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，常温下，溶液的pOH=12.6，则pH为1.4，A不符合题意；
B．由图像可知，c点溶质为NaHX，=11.2，溶液中=10-2.8mol/L，则溶液为酸性，水的电离受到抑制；c点溶质为NaHX、Na2X， =7，溶液中=10-7mol/L，则溶液为中性；d点溶质为Na2X，水的电离受到促进，电离程度最大；故水的电离程度，d>c>b，B不符合题意；
C．e点溶质为NaOH、Na2X，水电离出的=10-7mol/L，则溶液中>10-7mol/L，溶液显碱性，C不符合题意；
D．d点溶质为Na2X，根据物料守恒可知，，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溶液的pOH=12.6，pH=1.4；
B.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；
C.e点溶质为NaOH、Na2X，溶液呈碱性。
18．【答案】A
【解析】【解答】根据分析可知，W为H，X为O，Y为Mg，Z为Si元素。
A．同一周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：Y＞Z＞X＞W，A符合题意；
B．X为O，Y为Mg元素，二者形成的化合物MgO是碱性氧化物，不能够与碱NaOH溶液发生反应，B不符合题意；
C．X为O，Z为Si元素，二者的简单氢化物分别是H2O、SiH4，它们都属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，因此物质熔沸点都比较低，但H2O分子之间除存在分子间作用力外还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致H2O的沸点比SiH4的高，故简单氢化物的沸点：Z＜X，C不符合题意；
D．Z为Si元素，其最高价氧化物SiO2是酸性氧化物，能够与碱NaOH反应产生Na2SiO3和H2O，也能够与HF反应产生SiF4、H2O，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A．同一周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大；
B．MgO是碱性氧化物；
C．分子间存在氢键，简单氢化物的沸点高；
D．SiO2是酸性氧化物，能够与碱反应，也能够与HF反应。
19．【答案】D
【解析】【解答】根据盐酸和碳酸钠反应是分步反应，先得到碳酸氢钠，再接着反应得到水和二氧化碳，加入盐酸体积为20mL时，得到碳酸氢钠，当V=40mL时，碳酸钠恰好反应完全。
A.根据图示，盐酸体积为0时，碳酸钠的pH=12，因此，c(H+)=10-12mol/L，水的离子积常数为10-14，计算出此时溶液的氢氧根离子浓度为10-2mol/L，碳酸根水解平衡常数为Kh1=c(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-)=2.5X10-4，根据碳酸的二步电离常数为Ka2=Kw/Kh1=4x10-11，故A不符合题意；
B.b点是加入等量的盐酸，得到的是碳酸氢钠溶液，此时李颖质子守恒写出：c(H+)+c(H2CO3)=c(CO32-)+c(OH-)，转化得到 ；故B不符合题意；
C.c点主要是碳酸氢钠和氯化钠，因此后面主要是碳酸氢钠和盐酸反应发生 ，故C不符合题意；
D.主要是碳酸溶于水，形成平衡，e到f的过程主要是溶于水中的碳酸分解，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据电离常数计算；
B.质子守恒；
C.考虑的是形成碳酸；
D.根据图示，考虑溶于水形成的碳酸分解。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．由图像可看出，温度升高，CH4的平衡转化率降低，S2的体积分数升高说明升温时，平衡向左移动，所以正反应方向是放热的，即<0，选项A不符合题意；
B．因为S8分解成S2需要吸收热量，S8(g) 4S2(g) >0，所以升温时，平衡右移，S8分解率增大，S2体积分数增大，选项B符合题意；
C．向恒温恒容的平衡体系中，通入惰性气体，由于与反应有关的气体物质的物质的量浓度均未变化，所以Q=K，平衡不移动，选项C不符合题意；
D．其他条件不变时，S2体积分数增大，即c(S2)越大，则平衡向右进行的程度越大，CH4的平衡转化率越大，选项D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用化学平衡移动原理分析。
21．【答案】（1）-286
（2）
（3）反应速率较低；可能发生副反应，如苯酚被过度氧化
（4）不可；催化剂失活
（5）C；D
【解析】【解答】(1)6C(s，石墨)+3H2(g)
C6H6(g) ①，2N2(g)+O2(g)
2N2O(g) ②，12C(s，石墨)+6H2(g)+O2(g)
2C6H5OH(g) ③，根据盖斯定律，③×
－①－②×
，因此ΔH=
ΔH3－ΔH1－
ΔH2=-286kJ/mol，故答案为-286；
(2)N2的物质的量浓度为0.95mol/L，则C6H5OH的浓度为0.95mol/L，则C6H6、N2O变化浓度0.95mol/L，则N2O的起始浓度为(0.95+0.05)mol/L=1mol/L，最佳投料比为10∶1，则C6H6的起始物质的量浓度为10mol/L，则达到平衡时C6H6物质的量浓度为9.05mol/L，平衡常数Kc=
；故答案为
；
(3)温度过低，化学反应速率低，造成苯酚产率低；苯酚容易被氧气氧化，反应时间过长，苯酚被氧化，造成产率降低；故答案为反应速率低；可能发生副反应，如苯酚被过度氧化；
(4)催化剂影响化学反应速率，但对平衡移动无影响，即使用催化剂，不能提高反应的平衡转化率；已知475℃下反应仍未达到平衡，此时的苯酚产率比450℃时的低，可能原因是温度高，使催化剂的活性较低；故答案为不可；催化剂活性较低或催化剂失活；
(5)A．根据三个步骤，O*为反应的中间产物，不是催化剂，故A不符合题意；
B．②为慢反应，慢反应的活化能最大，故B不符合题意；
C．利用反应速率之比等于化学计量数之比，即反应速率v(N2O)=v(N2)，故C符合题意；
D．发生反应的碰撞为有效碰撞，第二步反应慢，说明有效碰撞几率小，故D符合题意；
答案为CD。
【分析】（1）利用盖斯定律计算；
（2）利用三段式计算出平衡时各物质的量浓度，再计算K；
（3）温度低化学反应速率慢，反应时间长苯酚被空气氧化的多；
（4）催化剂不影响化学平衡，温度高产率反而低，说明催化剂的催化效率低，高温导致催化剂失活；
（5）A.根据反应步骤可知 O*(活性氧)是中间产物；
B.活化能越小反应速率越快；
C.不同物质表示的同一反应的速率之比等于化学计量系数比；
D.根据有效碰撞理论可知活化分子间的碰撞只有部分有效。
22．【答案】（1）3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O；I；I2进一步被Cl2氧化，产率降低
（2）2：5
（3）IF5+3H2O=5HF+IO+ H+
（4）在330~380℃条件下加热至恒重；CaO
【解析】【解答】由题给流程可知，向含有碘离子的废液中加入硝酸银溶液富集得到碘化银悬浊液，向悬浊液中加入铁粉将氯化银转化为碘化亚铁和银，过滤得到银和碘化亚铁溶液；向碘化亚铁溶液中通入适量的氯气，将碘化亚铁氧化为单质碘。
（1）①银与稀硝酸溶液反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O；
②通入氯气的过程中，若说明还原性强的碘离子与氯气恰好反应生成单质碘，反应的离子方程式为2I—+Cl2=2Cl—+I2，反应中碘元素化合价升高被氧化；当时，碘化亚铁溶液与氯气恰好反应生成氯化铁、碘，反应的离子方程式为2Fe2++4I—+3Cl2=2Fe3++6Cl—+I2，若，过量的氯气能与碘反应生成碘酸和盐酸使单质碘的产率降低，故答案为：I；I2进一步被Cl2氧化，产率降低；
（2）由得失电子数目守恒可知，碘酸钾溶液与亚硫酸氢钠溶液反应生成碘的反应中，氧化剂碘酸钾和还原剂亚硫酸氢钠的物质的量比为2：5，故答案为：2：5；
（3）由题意可知，五氟化碘与水反应生成氢氟酸和碘酸，反应的离子方程式为IF5+3H2O=5HF+IO+ H+，故答案为：IF5+3H2O=5HF+IO+ H+；
（4）由图可知，498g六水碘酸钙的物质的量为1mol，由钙原子原子个数守恒可知，六水碘酸钙受热完全失去结晶水生成碘酸钙的质量为390g，则获得无水碘酸钙的操作为在330—380℃条件下加热六水碘酸钙至恒重得到无水碘酸钙；由钙原子原子个数守恒可知，温度提高至540℃得到的固体中含有40g钙元素，则56g固体中含有16g氧元素，则所得固体为氧化钙，故答案为：在330—380℃条件下加热至恒重；CaO。
【分析】
（1）①银与稀硝酸溶液反应生成硝酸银、一氧化氮和水；
②依据氧化性的顺序判断；
（2）利用得失电子数目守恒计算；
（3）五氟化碘与水反应生成氢氟酸和碘酸；
（4）利用原子原子个数守恒计算。
23．【答案】（1）；>
（2）a；曲线c、d分别代表和的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于Ⅲ的进行，导致的转化率大于
（3）催化剂失活；压强恒定时，充入水蒸气，平衡右移，的平衡转化率a大于50%
（4）
【解析】【解答】(1)已知25℃、101kPa时、和的燃烧热分别为、和，可得燃烧热的热化学方程式分别为、、，由盖斯定律，甲烷的燃烧热方程式减去氢气和一氧化碳燃烧热方程式的两倍，即可得到；反应Ⅲ正反应是熵增反应，因为反应Ⅲ只在高温下自发进行，所以>0；
(2)①物质的量分数均随温度升高减小，温度低温时反应Ⅲ不发生，只发生反应Ⅰ和Ⅱ，所以二氧化碳的物质的量分数小于甲烷物质的量分数，平衡时的物质的量分数随温度变化的曲线是a；
②曲线c、d分别代表和的转化率曲线，温度高于1300K后，升高温度有利于积碳反应的进行，导致的转化率大于；
(3)①a点时与无催化剂的转化率相同，说明已无催化活性，则a点转化率相等的原因是：催化剂失活；
②压强恒定时，充入水蒸气，平衡右移，的平衡转化率a大于50%；
(4)平衡时氢气的分压为b kPa，依据相对压力平衡常数，可得平衡时。根据阿伏加德罗定律推论，恒温恒容时气体的压强之比等于物质的量之比，按投料比，初始总压为150kPa，则起始时，消耗的，所以甲烷的平衡转化率为=kPa。
【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 物质的量分数均随温度升高减小，低温时只发生反应Ⅰ和Ⅱ，所以二氧化碳的物质的量分数小于甲烷物质的量分数；
② 升高温度有利于Ⅲ的进行，导致的转化率大于 ；
（3） ①未平衡之前，有催化剂跟无催化剂相比，有催化剂转化率应该更高，但是a点时刻两者相等，有可能是温度过高导致催化剂失去活性；
② 恒压时，充入水蒸气，平衡朝正向移动；
（4）此类题要结合三段式进行关系式的判断，通过各种物质的化学计量数，计算其分压。
24．【答案】（1）1074.8
（2）CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大
（3）；0.5
（4）30.0；
（5）（）；
【解析】【解答】（1） H=反应物的键能-生成物的键能==-42.1kJ/mol，解得x=1074.8。
（2）其他条件不变，在体系中投入一定量CaO，CaO与生成物CO2反应生成CaCO3，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大，故答案为：CaO与生成物CO2反应，生成物浓度减小，平衡正向移动，氢气的体积分数增大。
（3）由反应可知，反应前后总压不变，所以平衡时总压为P0，H2O的分压为，A点的坐标为（t，）；由图可知，平衡时CO2、H2、CO、H2O的平衡分压分别为，平衡常数KP=。
（4）已知Arrhenius经验公式为，根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C，②33.0=-4.0Ea+C，联立方程解得Ea=30.0，则反应的活化能为30.0kJ/mol；使用高效催化剂，活化能降低，因此图像为：
。
（5）由a和b的坐标可得c的坐标为（），由均摊法可知，La为：，Ni原子位于内部和面心：，化学式为LaNi5，X射线衍射测定两晶面间距为dpm，设底面边长为a，则，可得，底面积=，则晶体的密度为=
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）减少生成物的浓度，使平衡朝正向移动；
（3）分压平衡常数要结合总压和总物质的量进行判断；
（4）催化剂可以降低反应所需的活化能；
（5）密度的计算要结合阿伏加德罗常数、体积、摩尔质量判断。
25．【答案】（1）将含钒石煤粉碎；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量
（2）
（3）、；、；反应的平衡常数
（4）饱和NaCl溶液
（5）A；C
【解析】【解答】（1）为了提高“焙烧”效率，可采用的措施有将含钒石煤粉碎；适当提高焙烧温度；适当增大氧气流量等措施。
（2）焙烧时通入氧气和CaCO3，V2O3、V2O4转化为Ca(VO3)2，根据转化关系，利用电子守恒及元素守恒即可得到方程式为
（3）pH为8.5，根据表格可得已完全沉淀的离子有、，部分沉淀的有、；CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式
为，其平衡常数，故不能完全转化。
（4）“洗脱”过程是让反应逆向进行，即需要加入氯离子，为了不引入其他杂质，最好选用便宜易得的饱和NaCl溶液。
（5）本工艺中加入钙冶炼V的方法为热还原法。
A．高炉炼铁为热还原法，A正确；
B．电解熔融NaCl制钠是电解法，B不正确；
C．利用铝热反应制锰是热还原法，C正确；
D．氧化汞分解制汞是热分解法，D不正确；
故答案为：AC。
【分析】（1）根据化学反应速率的影响因素进行分析。
（2）焙烧时通入氧气和CaCO3，V2O3、V2O4转化为Ca(VO3)2，结合原子守恒、得失电子守恒进行分析。
（3）pH为8.5，根据表格可得已完全沉淀的离子有、，部分沉淀的有、；
CaSiO3与CaCO3沉淀转化的方程式为，通过比较平衡常数与105的大小进行分析。
（4） “洗脱”过程是为了使逆向移动，结合勒夏特列原理进行分析。
（5）本工艺中加入钙冶炼V的方法为热还原法。