2024届高三化学二轮复习——化学反应原理（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三化学二轮复习——化学反应原理（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-28 23:19:54 | ||
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文档简介
2024届高三化学二轮复习——化学反应原理
一、单选题
1．下列山实验操作、现象得出的结论正确的是（ ）
A．氢氟酸与SiO2反应而盐酸不能与SiO2反应，说明HF的酸性强于HCl
B．向NaBr溶液中滴入适氯水和CCl4振荡、静止，下层液体呈橙红色，说明Cl2氧化性强于Br2
C．向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热10分钟后，加入银氨溶液，无银镜出现，说明蔗糖未水解
D．将NaClO溶液和NaHSO3溶液混合后滴加3~5滴品红溶液，红色褪去，说明NaClO过量
2．工业可通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是（ ）
A．传统陶瓷主要成分是硅酸盐 B．AlN是分子晶体
C．N2发生氧化反应 D．反应为复分解反应
3．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应规律的是
A．双氧水作消毒剂 B．碳酸氢钠作膨松剂
C．用纯碱溶液清洗油污 D．氧化铁作红色颜料
4．根据以上数据，磷原子的半径可能是（ ）
原子 N S O Si
半径/nm 0.075 0.102 0.074 0.117
A．0.080 nm B．0.110 nm C．0.120 nm D．0.070 nm
5．化学与人类社会密切相关，下列应用和操作涉及氧化还原反应原理的是（ ）
A．用浸泡过高锰酸钾的硅土保鲜水果
B．用热的纯碱去油污
C．用二氧化硅制作光纤
D．高压钠灯广泛用于道路照明
6．点蚀又称为孔蚀，是一种集中于金属表面很小的范围并深入到金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图，下列说法错误的是（ ）
A．为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连
B．蚀孔外每吸收标准状况下2.24LO2，可氧化0.2molFe
C．孔蚀中Fe2+水解导致电解质溶液酸性增强
D．孔隙中可以发生析氢腐蚀
7．工业上用与为原料制备，涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
一定条件下，分解产生的体积分数[]、的平衡转化率随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．相同时间内，反应温度越低，的转化率越大
B．反应Ⅱ使用高效催化剂能提高平衡时的产率
C．工业上一般控制反应温度高于600℃，其原因是低于600℃时，浓度较小，速率较慢
D．某温度下若完全分解为，在密闭容器中投入和反应，当的体积分数为10%时，的转化率为70%
8．下列关于常温下0.1mol L-1NaHCO3溶液的说法错误的是（ ）
A．NaHCO3=Na++HCO
B．c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)
C．c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)
D．c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol L-1
9．关于反应，下列说法正确的是
A．生成，转移电子
B．是还原产物
C．既是氧化剂又是还原剂
D．若设计成原电池，为负极产物
10．一种由短周期元素组成的化合物，其结构如下图所示。X、Y、Z、Q、R位于同一周期，且原子序数依次递增，Z、Q的核电荷数之和等于R的最外层电子数的2倍。下列判断错误的是（ ）
A．离子半径： X＜R＜Q
B．使用ZQ2跨临界可直接制冰，利用了ZQ2晶体易升华的性质
C．元素的非金属性： Z＜Q＜R
D．化合物YR3中各原子最外层均满足8电子稳定结构
11．化学与社会、生产和生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．研究高效合成氨有利于提高粮食产量
B．大量鲜花的香味主要来自酯的混合物
C．液化石油气是一种可再生的清洁能源
D．采用喷涂油漆法可以防止钢铁的腐蚀
12．如图，b为标准氢电极，可发生还原反应（）或氧化反应（），a、c分别为、电极。实验发现：1与2相连a电极质量减小，2与3相连c电极质量增大。下列说法正确的是（ ）
A．1与2相连，盐桥1中阳离子向b电极移动
B．2与3相连，电池反应为
C．1与3相连，a电极减小的质量等于c电极增大的质量
D．1与2、2与3相连，b电极均为流出极
13．聚氮化硫是一种人工合成的纯单晶体无机聚合物，具有高度的各向异性和金属性。由氮化硫合成聚氮化硫的反应如下，下列说法正确的是（ ）
A．X分子中所有原子均满足8电子稳定结构
B．X的热稳定性比的高
C．在X分子中，N显负价
D．Y(聚氮化硫)是纯净物
14．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．在中性溶液中：、、、
B．与反应能放出的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．水电离的的溶液中：、、、
15．为减轻环境污染，提高资源的利用率，可将钛厂、氯碱厂和甲醇厂联合进行生产。生产工艺流程如下：
已知：“氯化”过程在高温下进行，且该过程中元素的化合价没有变化。下列叙述错误的是（ ）
A．中为+4价
B．“合成”过程中原子利用率为
C．“氯化”时发生反应的化学方程式为
D．上述流程中生成钛时可用代替
16．2021年9月17日，神舟十二号载人飞船返回舱平安着陆。为了确保航天员的安全，搜索人员手提箱中准备了必要的药品。某药品中含有四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径大小顺序：Z＞Y＞X
B．X、Z可以组成多种离子
C．四种元素的单质中能导电的只有一种
D．Z的非金属性强于W，故常温下Z的单质能置换出W的简单氢化物中的W
17．电化学广泛应用于工业领域。下列叙述正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，与电源正极相连的是精铜
B．锌铜原电池产生电流时，溶液中的阳离子移向Zn电极
C．用惰性电极电解足量的饱和食盐水时，阳极的电极反应式：
D．外接电源保护海水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的正极相连
18．由工业废渣(主要含Fe、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下：
下列有关说法不正确的是（ ）
A．“浸取”时先将废渣粉碎并不断搅拌，有利于提高铁、铝元素浸取率
B．与稀硫酸反应的离子方程式为
C．“过滤”前用检验浸取液中是否存在的反应是氧化还原反应
D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
19．室温下，某混合溶液中c(HAc)+c(Ac-)=0.01mol/L，部分微粒浓度的对数与pH的关系如图所示［已知Ka(HAc)=1.0×10-4.74，1g2=0.3，微粒加方括号表示该微粒的浓度］。下列说法不正确的是（ ）
A．P点对应溶液中微粒浓度关系：c(Ac-)>c(HAc)=c(OH-)>c(H+)
B．M点对应的lg[c(HAc)]=-9.48
C．O点的坐标为(4.74，-2.3)
D．[OH—]对应的直线和［H+]对应的直线的斜率分别为＋1和-1，两者交点的横坐标为7
20．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法不正确的是（ ）
A．当时，说明该反应已经达到平衡状态
B．与催化剂Ⅰ相比，使用催化剂Ⅱ反应活化能更高
C．使用催化剂Ⅱ时，0~2min内，
D．a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化
二、综合题
21．金属钛（）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1）转化为有直接氯化法和碳氯化法．在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
（ⅰ）直接氯化：
（ⅱ）碳氯化：①反应的为 ， 。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）；温度升高，平衡转化率 （填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应．体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应的平衡常数 。
②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
（3）碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是 。
22．我国科学家研制出催化剂将CO2转化为烃的效率提高1000倍。已知：在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应如下：4CO2(g) +13H2(g)C4H10(g) +8H2O(g) △H
（1）已知C4H10(g)、H2(g)的燃烧热△H分别为-2900 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1，H2O(I)=H2O(g) △H3= +44 kJ·mol-1.则△H= kJ·mol-1。
（2）在恒容恒温条件下，向密闭容器中充入CO2、H2，加入合适催化剂发生上述反应，下列情况表明反应达到平衡状态的是____(填字母)。
A．混合气体密度保持不变
B．气体总压强保持不变
C．气体平均摩尔质量保持不变
D．混合气体中C4H10体积分数保持不变
（3）在密闭容器中充入适量CO2和H2，发生上述反应，单位时间内CO2的转化率与温度、催化剂的关系如图1所示。
①催化效率，Cat2 (填“>”、“<”或“=”)Catl。
②a点 (填 “达到”或 “未达到”)平衡，理由是 。b点之后CO2的转化率降低，可能的原因是 。
（4）在密闭容器中充入0.4 mol CO2和1.3 mol H2发生上述反应，测得CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。
①p2 (填 “>”、 “<”或 “=”)p1，随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等，其主要原因是 。
②已知M点对应的容器体积为1 L，则在300℃下平衡常数K= (只列计算式)。
23．将二氧化碳转化为高附加值碳基燃料有利于实现碳中和。
已知：① ；
② ；
③ 。
（1）相关化学键的键能数据如表所示。
化学键 H—H H—O C—H
键能 436 802 463 x
则 ，x= 。
（2）某温度下，将和充入容积可变的密闭容器中发生反应(设仅发生反应①和反应②)，保持体系压强为P0反应起始时气体总体积为V L，平衡体系中、的物质的量分数分别为40%、20%，则此时的平衡分压为 ，的浓度为 。
（3）将和充入容积可变的密闭容器中发生上述三个反应，保持体系压强为，平衡体系中各气体组分的物质的量分数随温度的变化情况如图1所示。
①曲线a代表平衡体系中 (填化学式)的物质的量气分数随温度的变化情况，该物质的量分数随着温度升高而减的小的原因为 。
②℃时，反应②的压强平衡常数 (用含y、z、的代数式表示)。
（4）在催化剂表面与反应的部分历程如图2所示，吸附在催化剂表面的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。该反应的决速步骤对应的化学方程式为 。
24．溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等。溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程如图：
请回答：
（1）酸化：将海水酸化的主要目的是避免 ( 填离子反应方程式)。
（2）脱氯：除去含溴空气中残留的Cl2。
①具有脱氯作用的离子是 。
②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入 ，脱氯作用恢复。
③富集、制取Br2：A吸收了Br2后，Br2歧化为和Br-。则A是 (填字母)。
A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C． SO2气体
（3）再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为 。
（4）探究NaBr溶液与H2SO4溶液反应时H2SO4浓度对生成Br2的影响，实验如下：
试剂组成 1 mol/LNaBr溶液 1mol/LNaBr溶液 将B中反应后溶液
20% H2SO4 98% H2SO4 用水稀释
实验现象 无明显现象 溶液呈棕红色放热 溶液颜色变得很浅
①B中溶液星棕红色说明产生了 。
②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致：乙同学认
为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认
为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。理由或方案： 。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 (填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
25．
（1）Ⅰ.对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”重点研究的课题，一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g) +2H2 (g) C(s) +2H2O(g) △H。
①已知：CO2(g)和H2O(g)的生成焓为- 394 kJ/mol 和- 242 kJ/mol， 则△H = kJ/ mol，(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热)。
②若要此反应自发进行， ( 填“高温”或“低温” )更有利。
（2）NOx的含量是空气质量的一个重要指标，减少NOx的排放有利于保护环境。在密闭容器中加入4 mol NH3和3 mol NO2气体，发生反应：8NH3(g) +6NO2(g) 7N2(g) + 12H2O(g) △H <0，维持温度不变，不同压强下反应经过相同时间，NO2的转化率随着压强变化如图所示，下列说法错误的是____。
A．反应速率：b点v正>a点v逆
B．容器体积：Vc：Vb =8： 9
C．在时间t内，若要提高NO2的转化率和反应速率，可以将H2O(g)液化分离
D．维持压强980kPa更长时间，NO2的转化率大于40%
（3）Ⅱ.活性炭还原法也是消除氮氧化物污染的有效方法，其原理为：2C(s) +2NO2(g) N2(g) +2CO2(g) △H <0
某实验室模拟该反应，在2L恒容密闭容器中加入足量的C(碳)和一定量NO2气体，维持温度为T1℃，反应开始时压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加30%，则用平衡分压代替其平衡浓度表示化学平衡常数Kp= kPa [已知：气体分压(p分) =气体总压(p总)×体积分数]。
（4）已知该反应的正反应速率方程v正=k正·p2 (NO2)，逆反应速率方程为v逆=k逆·p(N2) ·p2(CO2)，其中k正、k逆分别为正逆反应速率常数，则如图( lgk表示速率常数的对数，表示温度的倒数)所示a、b、c、d四条斜线中能表示lgk正随变化关系的斜线是 ，能表示lgk逆随变化关系的斜线是 。若将一定量的C(碳)和NO2投入到密闭容器中，保持温度T1℃、恒定在压强800 kPa发生该反应，则当NO2的转化率为40%时，v逆∶v正= 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．氢氟酸与SiO2反应而盐酸不能与SiO2反应，是SiO2的特性，与酸性强弱无关，故不能说明HF的酸性强于HCl，A不符合题意；
B．向NaBr溶液中滴入适氯水和CCl4，振荡、静止，下层液体呈橙红色说明有Br2生成，反应原理为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故说明Cl2氧化性强于Br2，B符合题意；
C．由于银氨溶液与醛基的反应需在碱性条件下进行，故向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热10分钟后，加入银氨溶液，无银镜出现，不能说明蔗糖未水解，应该先加入NaOH溶液中和硫酸使溶液呈碱性后再加入银氨溶液，C不符合题意；
D．将NaClO溶液和NaHSO3溶液混合后滴加3~5滴品红溶液，红色褪去，可能是NaClO过量产生了HClO也可能是NaHSO3过量生成SO2，使品红溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.与氢氟酸反应是二氧化硅的特性；
C.应加入氢氧化钠中和稀硫酸，调节溶液为碱性再加入银氨溶液；
D.碳酸氢钠过量产生的二氧化硫也能使品红褪色。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．玻璃、水泥和陶瓷均属于无机硅酸盐产品，则传统陶瓷主要成分是硅酸盐，A符合题意；
B．AlN具有很高的熔点，故不是分子晶体，而是共价晶体(或者称为原子晶体)，B不符合题意；
C．Al2O3+N2+3C2AlN+3CO反应中N的化合价由0价降低到-3价，故N2发生还原反应，C不符合题意；
D．复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，故该反应不属于复分解反应，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐。
B.根据晶体的特点确定晶体的类型，据此分析。
C.氧化反应前后，物质中部分元素的化合价降低。
D.复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，反应前后元素的化合价不变。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．双氧水具有强氧化性，常用作杀菌消毒试剂，故A选；
B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳，利用此性质作膨松剂，该反应没有价态变化，不属于氧化还原反应，故B不选；
C．纯碱水解显碱性，能使油脂水解为可溶水物质，该反应没有价态变化，不属于氧化还原反应，故C不选；
D．氧化铁为红棕色粉末，可做红色颜料，与氧化还原反应无关，故D不选；
故答案为：A。
【分析】氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化。
4．【答案】B
【解析】【解答】P元素与N元素同簇，在第三周期，其半径比N原子大，同时P元素位于Si元素和S元素之间，其半径比S原子大，比Si原子小，故B符合题意。
故答案为：B
【分析】元素周期表中同周期的元素，核电荷数越大，原子半径越小；同簇元素，周期数越大，原子半径越大。
5．【答案】A
【解析】【解答】A、酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化催熟水果的乙烯，发生氧化还原反应，故A符合题意；
B、纯碱水解显碱性，油污在碱性条件下水解，没有发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C、二氧化硅制造光纤是因为二氧化硅的光学特性良好，不涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D、钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用于制造高压钠灯，不涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．将外接电源负极与金属相连，属于外加电流阴极保护法，可以防止孔蚀发生，故A不符合题意；
B．蚀孔外每吸收标准状况下2.24LO2，转移0.4mol电子，蚀孔中Fe、Ni等金属都被氧化，所以被氧化的Fe小于0.2mol，故B符合题意；
C．，孔蚀中Fe2+水解导致电解质溶液酸性增强，故C不符合题意；
D．孔隙中电解液呈酸性，可以发生析氢腐蚀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．将外接电源负极与金属相连，属于外加电流阴极保护法；
B．根据转移电子守恒计算；
C．根据分析；
D．酸性条件下可以发生析氢腐蚀。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．相同时间内，反应温度越低，反应速率越慢，导致单位时间内生成甲烷减少，的转化率可能会降低，A不符合题意；
B．高效催化剂改变反应速率，不改变平衡移动，不能提高平衡时的产率，B不符合题意；
C．工业上一般控制反应温度高于600℃，其原因是低于600℃时，浓度较小，速率较慢，会导致单位时间内产品产率下降，C符合题意；
D．某温度下若完全分解为，在密闭容器中投入和反应，则完全转化为4mol，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，当的体积分数为10%时，生成（2mol+4mol）×10%=0.6mol，则反应甲烷0.6mol，的转化率为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．相同时间内，反应温度越低，反应速率越慢；
B．高效催化剂改变反应速率，不改变平衡移动；
C．同A项分析；
D．利用“三段式”法计算。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．碳酸氢钠为强电解质，NaHCO3=Na++HCO，A不符合题意；
B.0.1mol L-1NaHCO3溶液中溶质为碳酸氢钠，溶液显碱性，水解大于电离，则c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B符合题意；
C．根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)，C不符合题意；
D．根据物料守恒可知，(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol L-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．碳酸氢钠为强电解质；
B.电离和水解是微弱的，溶液显碱性分析；
C．根据电荷守恒；
D．根据物料守恒。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A符合题意；
B．由上述分析可知，NH2OH是反应的还原剂，故B不符合题意；
C．由上述分析可知，NH2OH是反应的还原剂，铁离子是反应的氧化剂，故C不符合题意；
D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 中，NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，失去电子，作还原剂，Fe3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，作氧化剂。
10．【答案】D
【解析】【解答】由上述分析可知，X为Li、Y为B、Z为C、Q为O、R为F，
A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数越大的离子半径越小，则离子半径：X(Li+)＜R(F-)＜Q(O2-)，故A不符合题意；
B．ZQ2为CO2，固态的二氧化碳是干冰，利用CO2晶体易升华的物理性质，使用CO2跨临界可直接制冰，故B不符合题意；
C．主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，则元素的非金属性：Z(C)＜Q(O)＜R(F)，故C不符合题意；
D．Y与R形成的化合物为BF3，B的最外层电子数为3+3=6，不满足8电子稳定结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，R形成1个共价键，Q形成2个共价键，Z、Q的核电荷数之和等于R的最外层电子数的2倍，则R不可能为H，若R为F，Z、Q的核电荷数之和为7×2=14，五种元素位于同一周期，则X为Li、Z为C、Q为O；若R为Cl，Z、Q的核电荷数之和为17×2=34（舍弃），Y形成4个共价键、且得到1个电子形成阴离子，其原子序数小于C，Y为B。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．研究高效合成氨可以为农作物提供氮肥，有利于提高粮食产量，A不符合题意；
B．酯类物质具有特殊的气味，大量鲜花的香味主要来自酯的混合物，B不符合题意；
C．液化石油气来自化石燃料，是一种不可再生能源，C符合题意；
D．采用喷涂油漆法可以保护铁制品隔绝氧气和水，防止钢铁的腐蚀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】石油是不可再生能源，液化石油气是由石油得出，说明是不可再生，结合选项即可判断
12．【答案】B
【解析】【解答】A、由分析可知，当1与2相连时，a、b构成原电池，a为正极，b为负极，则盐桥1中阳离子向a电极移动，故A错误；
B、由分析可知，2与3相连时，c电极上转化为，b电极发生反应，则总反应为 ，故B正确；
C、1与3相连时，更难溶，转化为，a极为正极，转化为，a极质量减小，b极为负极，转化为，b极质量增加，a电极减小的质量小于c电极增大的质量，故C错误；
D、当1与2相连时，b为负极，b电极为流出极；2与3相连，c为负极，c电极为流出极，故D错误；
故答案为：B。
【分析】当1与2相连时，a、b构成原电池，a电极质量减小，说明转化为，发生还原反应，则a为正极，b为负极，发生反应 ；2与3相连时，b、c构成原电池，c电极质量增大，说明转化为，发生氧化反应，则c为负极，b为正极，发生 。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．X分子中其中一个S有4对共用电子对和一对孤电子对，不满足8电子稳定结构，故A不符合题意；
B． 分子中存在，三键键能大，故热稳定性比X的高，故B不符合题意；
C．N的电负性比S大，故在X分子中，N显负价，故C符合题意；
D．聚合度n不同，Y是混合物，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.X分子中S最外层不满足8电子稳定结构；
B.键能越大物质越稳定；
D.高聚物均为混合物。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、 、结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；
B、 与反应能放出的溶液中可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下，硝酸根能将亚铁离子氧化为铁离子，不能大量共存，故B不符合题意；
C、 的溶液呈酸性， 、、、 互不反应也均不与氢离子反应，能大量共存，故C符合题意；
D、 水电离的的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下 、 不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．由题干信息知，Ti元素化合价没有变化，TiCl4中Ti为+4价，则中为+4价，故A不符合题意；
B．“合成”反应中CO与H2反应生成CH3OH，反应方程式为CO+2H2CH3OH，由此可见原子利用率为100%，故B不符合题意；
C．根据流程图知，“氯化”过程中，C转化为CO，FeTiO3转化为FeCl3和TiCl4，反应为2FeTiO3+6C+7Cl2= 2FeCl3+2TiCl4+6CO，故C不符合题意；
D．Ar与Mg不反应，所以Ar可以用作保护气，Mg与反应生成氧化镁和碳，所以不能用代替Ar，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化合价的代数和为0计算；
B.合成时发生的反应为CO+2H2CH3OH；
C.“氯化”过程中，C转化为CO，FeTiO3转化为FeCl3和TiCl4；
D.镁与二氧化碳能反应。
16．【答案】B
【解析】【解答】A.简单离子电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，因此简单离子的半径大小关系为Cl－>O2－>Mg2＋，即Z>X>Y，A不符合题意；
B. X、Z可以组成多种离子，如ClO－、ClO2－、ClO3－、ClO4－，B符合题意；
C. 四种元素的单质中能导电的不止一种，如石墨、镁，C不符合题意；
D. 常温下Z的单质Cl2不能置换出W的简单氢化物CH4中的碳元素，二者在光照条件下发生取代反应，也不生成碳单质，D不符合题意；
故答案为： B
【分析】四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19，且W、X、Y所在的族不相邻，因此族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大，则W为C、X为O、Y为Mg、Z为Cl。据此分析选项。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，因此精铜与电源的负极相连，故A不符合题意；
B．根据原电池工作原理，溶液中的阳离子向正极移动，锌筒原电池中锌金属性比铜强，锌作负极，铜作正极，即溶液中的阳离子向Cu电极移动，故B不符合题意；
C．用惰性材料作电极电解饱和食盐水，阳极上失电子，发生氧化反应，根据放电原理，Cl-先放电，即电极反应式为2Cl-－2e-=Cl2↑，故C符合题意；
D．外接电源保护钢闸门，这是电解装置，根据电解原理，钢闸门应与电源的负极相连，这种方法叫外加电流法，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A.精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，阳极与正极相连，阴极与负极相连。
B.原电池中，正极得电子，电解液中的阳离子向正极移动。
C.电解池中，阳极上失电子，发生氧化反应。
D.电解池中，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，阳极失电子，阴极得电子。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．将废渣粉碎并不断搅拌，可以增大接触面积、加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，A不符合题意；
B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B不符合题意；
C．用
检验浸取液中是否存在
的反应：铁氰化钾｛
｝与
发生反应产生蓝色沉淀：
，反应中元素化合价不变，不是氧化还原反应，C符合题意；
D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】稀硫酸有酸性，H2O2有氧化性，铁、铝均能与酸反应，且H2O2能把反应后的Fe2+氧化为Fe3+，Si不参与反应，所以废渣经浸取过滤后得到的滤渣是Si，滤液是Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3。
A.粉碎废渣利于增大其接触面积，使反应更充分。
B.注意氧化物不可拆，电荷、原子个数要守恒。
C.氧化还原反应的本质是元素化合价有升降。
D.聚合硫酸铁铝中的Fe3+、Al 3+能水解形成相应胶体。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，P点对应溶液中c(HAc)=c(OH-)，溶液呈碱性，溶液中微粒浓度关系为c(Ac-)>c(HAc)=c(OH-)>c(H+)，故A不符合题意；
B．由图可知，M点对应的溶液中c(Ac-) =c(OH-)=
，温度不变，醋酸的电离常数不变，由电离常数公式可得：溶液中c(HAc)=
=
=1.0-9.26，则lg[c(HAc)]=-9.26，故B符合题意；
C．由图可知，O点对应的溶液中c(Ac-)=c(HAc)= 0.01mol/L× =0.005mol/L，则lgc(Ac-)=lgc(HAc)=lg0.005= -2.3，由电离常数公式可得：溶液中c(H+)= Ka(HAc)=1.0×10-4.74，溶液pH=4.74，则O点的坐标为(4.74，-2.3)，故C不符合题意；
D．由图可知，当溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液pH为7，则氢氧根离子浓度对应的直线和氢离子浓度对应的直线的斜率分别为＋1和-1，两者交点说明氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，横坐标为7，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.图中纵坐标表示微粒浓度的对数，从p点作与纵坐标平行的直线，可比较Ac-、HAc、OH-、H+的纵坐标数值大小，进而解答。
B.根据电离平衡常数可知c(HAc)= ，而M点时c(Ac-)= c(OH-)，再结合水的离子积常数进行解答。
C.电离平衡常数Ka(HAc) = ，而O点时c(Ac-)= c(HAc)，可算出c(H+)，进一步求解横坐标；O点时c(Ac-)= c(HAc)= ×0.05mol/L，进一步求解纵坐标。
D.根据图示数据可求解斜率；室温，当c(H+)= c(OH-)时，溶液显中性，pH=7。
20．【答案】C
【解析】【解答】A、 当时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B、由图可知，使用催化剂Ⅰ时反应速率更快，则使用催化剂Ⅱ反应活化能更高，故B正确；
C、相同时间内，无催化剂时浓度的变化量为a曲线的一半，a为X浓度变化，无催化剂为Y的浓度变化，则使用催化剂Ⅱ时，0~2min内， ，化学反应速率之比等于化学计量数之比， ， 则故C错误；
D、由C项分析可知，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
B、催化剂能加快反应速率；
C、根据计算；
D、浓度的变化量之比等于化学计量数之比。
21．【答案】（1）-223；1.2×1014；直接氯化的△H>0，△S=0，所以△G>0，为非自发反应；而碳氯化反应△H<0，△S>0，所以△G<0，为自发反应，所以碳氯化反应的趋势远大于直接氯化；向左；变小
（2）7.2×105；200时反应速率太慢(或催化剂活性不高)，可以通过升高温度来提高化学反应速率，从而提升综合经济效益
（3）把固体物质粉碎，增大接触面积（合理即可）
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，反应ⅱ减去反应ⅰ得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则 H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol，Kp==1.2×1014Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应中气体分子数增加，即 S＞0，且 H＜0，则 G= H－T· S＜0，是自发反应，而直接氯化反应中气体分子数不变且是吸热过程，不是自发反应。
③碳氯化反应前后气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡将向气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡将向吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例情况是：CO2占0.05，TiCl4占0.35，CO占0.6。反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= =7.2×105Pa；
②实际生产中需要考虑综合经济效应，实际反应温度远高于200℃，是为了提高反应速率，使在相同时间内得到更多的TiCl4产品。
（3）有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将固体反应物粉碎后混合，增大接触面积。
【分析】（1）①根据盖斯定律进行求解，注意几点：若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；△H的计算一定要带上正负号。
②自发反应的趋势比非自发反应的趋势大，据此分析。
③根据勒夏特烈原理进行分析。
（2）①根据化学平衡常数的表达式进行分析，注意固体和纯液体（如水）不列入计算。
②根据化学反应的影响因素和实际生产效益进行分析。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。
22．【答案】（1）-463. 4 kJ mol-1
（2）B；C；D
（3）>；未达到；该反应为放热反应，但是a点随着反应的进行，二氧化碳的转化率在增大，则a未达到平衡；b点温度之后CO2转化率降低可能的原因为若b点反应未达平衡，温度升高可能可能导致催化剂失去活性；若b点反应达到平衡，正反应放热，温度升高平衡逆向移动使得CO2平衡转化率降低
（4）<；温度升高反应速率加快，反应可以在较短时间内达到平衡，此时压强影响逐渐减小；
【解析】【解答】（1）①C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)十5H2O(1) = -2900 kJ mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H3 = -285.8 kJ mol-1③H2O(1)=H2O(g) △H4=+44 kJ mol-1根据盖斯定律，②13 -①+③8得4CO2(g)+13H2(g)C4H10(g)十8H2O(g) = ( -285. 8 kJ mol-1 ) 13+2900 kJ mol-1+44 kJ mol-18= -463. 4 kJ mol-1；
（2）A．反应前后气总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度保持不变，反应不一定平衡，A不正确；B．反应前后气体物质的量不同，压强是变量，气体总压强保持不变，反应一定达到平衡状态，B正确；C．反应前后气总质量不变，气体总物质的量不同，混合气体的平均摩尔质量是变量，若混合气体的平均摩尔质量保持不变，反应一定达到平衡状态，C正确；D．C4H10是生成物，随着反应的进行，其物质的量逐渐增多，故其体积分数保持不变，可以证明反应达到平衡，D正确；
故答案为：BCD；
（3）①相同温度下，用Cat2作催化剂CO2转化率比Cat1高，所以催化效率Cat2>Cat1；②由第一问可知，该反应为放热反应，但是a点随着反应的进行，二氧化碳的转化率在增大，则a未达到平衡；b点温度之后CO2转化率降低可能的原因为若b点反应未达平衡，温度升高可能可能导致催化剂失去活性；若b点反应达到平衡，正反应放热，温度升高平衡逆向移动使得CO2平衡转化率降低；
（4）①该可逆反应的正反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，CO2平衡转化率增大，所以p2【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）化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
（3） ① 结合图象，相同温度下，转化率越高，催化效果越好；
② 放热反应，温度升高，反应物转化率应该减小，而结合图象可以知道此后转化率仍然增大，因此反应未达到平衡；
（4） ① 温度升高反应速率加快，反应可以在较短时间内达到平衡，此时压强影响逐渐减小 ；
② 平衡常数的计算要结合三段式和浓度进行判断。
23．【答案】（1）；415
（2）；
（3）；反应②的，反应③的，升高温度反应②平衡左移，反应③平衡右移，的物质的量分数减小；
（4）或
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，②=①×2-③，
因此。
根据反应②以及反应热等于反应物键能和-生成物键能和可知，，；
（2）在反应①中，设反应生成的CO的物质的量为x mol。则
在反应②中，设反应生成的的物质的量为y mol，则
因此平衡时，，，
，，；
气体总的物质的量；
根据图像可得%，%，解得，。
即平衡时，，，，
，。
。
由于反应前后容器内的压强相等，平衡时气体总物质的量为，
因此，，；
（3）①反应体系中有5种气体，曲线a、b只能代表平衡体系中、CO的物质的量分数随温度的变化情况，升高温度，反应①和③平衡向右移动，CO的物质的量分数增大；反应③平衡向右移动，反应②平衡向左移动，的物质的量分数减少。因此曲线a代表平衡体系中的物质的量分数随温度的变化情况，曲线b代表平衡体系中CO的物质的量分数随温度的变化情况，故答案为：；反应②的，反应③的，升高温度反应②平衡左移，反应③平衡右移，的物质的量分数减小；
②由图1可知℃时，甲烷的分压和二氧化碳的分压相同，水的分压为z，氢气的分压为y，则℃时，反应②的压强平衡常数；
（4）从图中可以看出，②→③过程的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，故②→③过程是图中①至⑥的历程中的决速步骤，对应的方程式为：或。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）平衡分压要结合压强和各种物质的物质的量分数判断，分压之比等于物质的量之比；
（3） ① 反应②的，反应③的，升高温度反应②平衡左移，反应③平衡右移，的物质的量分数减小；
②分压平衡常数要结合公式判断，压强之比等于物质的量之比；
（4）决速步骤即活化能最大，反应速率最慢的步骤。
24．【答案】（1）2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO-
（2）Fe2+、Br-；铁粉；b
（3）5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O
（4）Br2；SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr或用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色；稀硫酸
【解析】【解答】（1）因为氯气会与碱反应，所以将海水酸化的目的是防止发生： 2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO- 的反应；
（2） ① 具有脱氯作用的离子要具有还原性：如 Fe2+、Br- 等；
② 失去脱氯作用，即溶液中不再含有还原性物质，这时，应该补加还原性物质，加入铁粉会发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，又具有了脱氯的作用；
③Br2歧化为和Br- 离子方程式为：3Br2+6OH-=BrO3-+5Br-+3H2O，所以A溶液需要提供碱性环境，B碳酸钠溶液显碱性，符合题意，故答案为：B。
（3）硫酸可以提供H+，发生的离子方程式为：Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O；
（4） ①B中溶液棕红色说明 反应产生了溴单质；
②SO2和溴单质会发生氧化还原反应，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr ；另外 四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色 ；
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 稀硫酸，因为浓硫酸会氧化Br-。
【分析】（1）氯气属于酸性气体，会与碱反应；
（2） ① 具有脱氯作用的离子将氯气还原为Cl-；
② 失去脱氯作用，即溶液中不再含有还原性物质，这时，应该补加还原性物质，加入铁粉会发生歧化反应，再生成Fe2+，再次具有脱氯作用；
③根据分析，知A应该显碱性；
（4）①溶液呈红棕色说明Br-被氧化为Br2；
②SO2和溴单质会发生氧化还原反应，使溴水颜色变浅；
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 稀硫酸，因为浓硫酸会氧化Br-。
25．【答案】（1）-90；低温
（2）B；C
（3）540
（4）c；d；80∶729
【解析】【解答】(1)①由CO2(g)和H2O(g)的生成焓为- 394 kJ/mol 和- 242 kJ/mol 可得热化学方程式为C(s)+O2(g)= CO2(g) H=- 394 kJ/mol(i)，H2(g)+O2(g)= H2O(g) H=- 394 kJ/mol(ii)，由盖斯定律，2×反应ii-反应i可得反应CO2(g) +2H2 (g) =C(s) +2H2O(g)， H= (- 242)×2- (- 394)=-90kJ/mol；
②该反应是熵减反应，且是放热反应，由自发进行的判据 G= H-T S<0能自发进行，则低温更有利；
(2)压强较低时反应速率较慢，测定NO2转化率未达到平衡，所以当压强较低时，随压强增大反应速率加快，NO2转化率增大，当压强足够大时，测定NO2转化率时反应达到平衡，该反应为气体分子数增大的反应，继续增大压强平衡逆向移动，NO2转化率减小；
A.b点压强大于a点，比a点先达到平衡，所以b点v正>a点v正，而a点反应正向移动，所以a点v正>a点v逆，则b点v正>a点v逆，A正确；
B.b点NO2的转化率为80%，则 n(NO2)=3mol×80%=2.4mol，根据反应方程式可知每反应6mol NO2，气体的总物质的量增加5mol，所以b点是气体总物质的量，同理可知c点气体总物质的量，则nb∶nc=8∶9，而两点压强不同，所以体积比一定不是8∶9，B不正确；
C.将H2O(g)液化分离平衡正向移动，NO2的浓度会减小，反应速率减慢，C不正确；
D.结合图像可知压强980kPa时测定的转化率并不是平衡转化率，随着时间增长，反应正向进行，NO2转化率大于40%，D正确；
故答案为：BC；
(3)假设加入NO2气体为800mol，压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加30%，容器恒容则气体的总物质的量也增加30%，所以平衡时气体总物质的量增加240mol，根据反应方程式可知每反应2mol NO2气体总物质的量增加1mol，所以此时平衡时反应了480mol NO2，容器内有240molN2、480molCO2和800-480=320molNO2，总压强为1040kPa，恒容容器中压强之比等于物质的量之比，则p(N2)=240kPa，p(CO2)=480kPa，p(NO2)=320kPa，；
(4)高温度正逆反应速率均增大，说明T升高k正、k逆都增大，则增大，k正、k逆都减小，即lgk正、lgk逆都减小，而该反应焓变小于0为放热反应，降低温度平衡正向移动，说明平衡状态下降低温度v正>v逆，则k正减小的幅度较小，即表示lgk正随变化关系的斜线的斜率较小，所以c表示lgk正随变化关系，d表示lgk逆随变化关系；
当反应达到平衡时v正=k正·p2 (NO2)=v逆=k逆·p(N2) ·p2(CO2)，则有，根据第(3)小题中的假设，NO2的转化率为40%时，则 n(NO2)=320mol，则此时容器中n(NO2)=480mol，n(N2)=160mol，n(CO2)=320mol，n(NO2)∶n(N2)∶n(CO2)=3∶1∶2，总压强为800kPa，则，，，则此时v逆∶v正=80∶729。
【分析】（1） 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 结合 H-T S<0能自发进行判断；
（2）A、反应未达到平衡，此时反应朝正向移动；
B、恒压时，压强之比等于体积之比；
C、减少生成物的浓度，可以提高反应物的转化率，但是会使速率减小；
D、980Pa时反应未达到平衡，转化率持续增大；
（3）分压平衡常数要结合分压计算，分压之比等于物质的量之比；
（4）此类题型比较难，要结合图象以及平衡移动，根据速率方程建立相应的关系式。
一、单选题
1．下列山实验操作、现象得出的结论正确的是（ ）
A．氢氟酸与SiO2反应而盐酸不能与SiO2反应，说明HF的酸性强于HCl
B．向NaBr溶液中滴入适氯水和CCl4振荡、静止，下层液体呈橙红色，说明Cl2氧化性强于Br2
C．向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热10分钟后，加入银氨溶液，无银镜出现，说明蔗糖未水解
D．将NaClO溶液和NaHSO3溶液混合后滴加3~5滴品红溶液，红色褪去，说明NaClO过量
2．工业可通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是（ ）
A．传统陶瓷主要成分是硅酸盐 B．AlN是分子晶体
C．N2发生氧化反应 D．反应为复分解反应
3．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应规律的是
A．双氧水作消毒剂 B．碳酸氢钠作膨松剂
C．用纯碱溶液清洗油污 D．氧化铁作红色颜料
4．根据以上数据，磷原子的半径可能是（ ）
原子 N S O Si
半径/nm 0.075 0.102 0.074 0.117
A．0.080 nm B．0.110 nm C．0.120 nm D．0.070 nm
5．化学与人类社会密切相关，下列应用和操作涉及氧化还原反应原理的是（ ）
A．用浸泡过高锰酸钾的硅土保鲜水果
B．用热的纯碱去油污
C．用二氧化硅制作光纤
D．高压钠灯广泛用于道路照明
6．点蚀又称为孔蚀，是一种集中于金属表面很小的范围并深入到金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图，下列说法错误的是（ ）
A．为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连
B．蚀孔外每吸收标准状况下2.24LO2，可氧化0.2molFe
C．孔蚀中Fe2+水解导致电解质溶液酸性增强
D．孔隙中可以发生析氢腐蚀
7．工业上用与为原料制备，涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
一定条件下，分解产生的体积分数[]、的平衡转化率随温度的变化如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．相同时间内，反应温度越低，的转化率越大
B．反应Ⅱ使用高效催化剂能提高平衡时的产率
C．工业上一般控制反应温度高于600℃，其原因是低于600℃时，浓度较小，速率较慢
D．某温度下若完全分解为，在密闭容器中投入和反应，当的体积分数为10%时，的转化率为70%
8．下列关于常温下0.1mol L-1NaHCO3溶液的说法错误的是（ ）
A．NaHCO3=Na++HCO
B．c(CO)＞c(HCO)＞c(H2CO3)
C．c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)
D．c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol L-1
9．关于反应，下列说法正确的是
A．生成，转移电子
B．是还原产物
C．既是氧化剂又是还原剂
D．若设计成原电池，为负极产物
10．一种由短周期元素组成的化合物，其结构如下图所示。X、Y、Z、Q、R位于同一周期，且原子序数依次递增，Z、Q的核电荷数之和等于R的最外层电子数的2倍。下列判断错误的是（ ）
A．离子半径： X＜R＜Q
B．使用ZQ2跨临界可直接制冰，利用了ZQ2晶体易升华的性质
C．元素的非金属性： Z＜Q＜R
D．化合物YR3中各原子最外层均满足8电子稳定结构
11．化学与社会、生产和生活密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A．研究高效合成氨有利于提高粮食产量
B．大量鲜花的香味主要来自酯的混合物
C．液化石油气是一种可再生的清洁能源
D．采用喷涂油漆法可以防止钢铁的腐蚀
12．如图，b为标准氢电极，可发生还原反应（）或氧化反应（），a、c分别为、电极。实验发现：1与2相连a电极质量减小，2与3相连c电极质量增大。下列说法正确的是（ ）
A．1与2相连，盐桥1中阳离子向b电极移动
B．2与3相连，电池反应为
C．1与3相连，a电极减小的质量等于c电极增大的质量
D．1与2、2与3相连，b电极均为流出极
13．聚氮化硫是一种人工合成的纯单晶体无机聚合物，具有高度的各向异性和金属性。由氮化硫合成聚氮化硫的反应如下，下列说法正确的是（ ）
A．X分子中所有原子均满足8电子稳定结构
B．X的热稳定性比的高
C．在X分子中，N显负价
D．Y(聚氮化硫)是纯净物
14．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）
A．在中性溶液中：、、、
B．与反应能放出的溶液中：、、、
C．的溶液中：、、、
D．水电离的的溶液中：、、、
15．为减轻环境污染，提高资源的利用率，可将钛厂、氯碱厂和甲醇厂联合进行生产。生产工艺流程如下：
已知：“氯化”过程在高温下进行，且该过程中元素的化合价没有变化。下列叙述错误的是（ ）
A．中为+4价
B．“合成”过程中原子利用率为
C．“氯化”时发生反应的化学方程式为
D．上述流程中生成钛时可用代替
16．2021年9月17日，神舟十二号载人飞船返回舱平安着陆。为了确保航天员的安全，搜索人员手提箱中准备了必要的药品。某药品中含有四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19。W、X、Y所在的族不相邻，族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径大小顺序：Z＞Y＞X
B．X、Z可以组成多种离子
C．四种元素的单质中能导电的只有一种
D．Z的非金属性强于W，故常温下Z的单质能置换出W的简单氢化物中的W
17．电化学广泛应用于工业领域。下列叙述正确的是（ ）
A．电解精炼铜时，与电源正极相连的是精铜
B．锌铜原电池产生电流时，溶液中的阳离子移向Zn电极
C．用惰性电极电解足量的饱和食盐水时，阳极的电极反应式：
D．外接电源保护海水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的正极相连
18．由工业废渣(主要含Fe、Si、Al等的氧化物)制取聚合硫酸铁铝净水剂的流程如下：
下列有关说法不正确的是（ ）
A．“浸取”时先将废渣粉碎并不断搅拌，有利于提高铁、铝元素浸取率
B．与稀硫酸反应的离子方程式为
C．“过滤”前用检验浸取液中是否存在的反应是氧化还原反应
D．聚合硫酸铁铝水解形成的胶体具有吸附作用
19．室温下，某混合溶液中c(HAc)+c(Ac-)=0.01mol/L，部分微粒浓度的对数与pH的关系如图所示［已知Ka(HAc)=1.0×10-4.74，1g2=0.3，微粒加方括号表示该微粒的浓度］。下列说法不正确的是（ ）
A．P点对应溶液中微粒浓度关系：c(Ac-)>c(HAc)=c(OH-)>c(H+)
B．M点对应的lg[c(HAc)]=-9.48
C．O点的坐标为(4.74，-2.3)
D．[OH—]对应的直线和［H+]对应的直线的斜率分别为＋1和-1，两者交点的横坐标为7
20．在相同条件下研究催化剂Ⅰ、Ⅱ对反应的影响，各物质浓度c随反应时间t的部分变化曲线如图，则下列说法不正确的是（ ）
A．当时，说明该反应已经达到平衡状态
B．与催化剂Ⅰ相比，使用催化剂Ⅱ反应活化能更高
C．使用催化剂Ⅱ时，0~2min内，
D．a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化
二、综合题
21．金属钛（）在航空航天、医疗器械等工业领域有着重要用途，目前生产钛的方法之一是将金红石转化为，再进一步还原得到钛。回答下列问题：
（1）转化为有直接氯化法和碳氯化法．在时反应的热化学方程式及其平衡常数如下：
（ⅰ）直接氯化：
（ⅱ）碳氯化：①反应的为 ， 。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，其原因是 。
③对于碳氯化反应：增大压强，平衡 移动（填“向左”“向右”或“不”）；温度升高，平衡转化率 （填“变大”“变小”或“不变”）。
（2）在，将、C、以物质的量比1∶2.2∶2进行反应．体系中气体平衡组成比例（物质的量分数）随温度变化的理论计算结果如图所示。
①反应的平衡常数 。
②图中显示，在平衡时几乎完全转化为，但实际生产中反应温度却远高于此温度，其原因是 。
（3）碳氯化是一个“气—固—固”反应，有利于“固—固”接触的措施是 。
22．我国科学家研制出催化剂将CO2转化为烃的效率提高1000倍。已知：在某催化剂作用下，CO2和H2发生反应如下：4CO2(g) +13H2(g)C4H10(g) +8H2O(g) △H
（1）已知C4H10(g)、H2(g)的燃烧热△H分别为-2900 kJ·mol-1、-285.8 kJ·mol-1，H2O(I)=H2O(g) △H3= +44 kJ·mol-1.则△H= kJ·mol-1。
（2）在恒容恒温条件下，向密闭容器中充入CO2、H2，加入合适催化剂发生上述反应，下列情况表明反应达到平衡状态的是____(填字母)。
A．混合气体密度保持不变
B．气体总压强保持不变
C．气体平均摩尔质量保持不变
D．混合气体中C4H10体积分数保持不变
（3）在密闭容器中充入适量CO2和H2，发生上述反应，单位时间内CO2的转化率与温度、催化剂的关系如图1所示。
①催化效率，Cat2 (填“>”、“<”或“=”)Catl。
②a点 (填 “达到”或 “未达到”)平衡，理由是 。b点之后CO2的转化率降低，可能的原因是 。
（4）在密闭容器中充入0.4 mol CO2和1.3 mol H2发生上述反应，测得CO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图2所示。
①p2 (填 “>”、 “<”或 “=”)p1，随着温度升高，不同压强下，CO2的平衡转化率接近相等，其主要原因是 。
②已知M点对应的容器体积为1 L，则在300℃下平衡常数K= (只列计算式)。
23．将二氧化碳转化为高附加值碳基燃料有利于实现碳中和。
已知：① ；
② ；
③ 。
（1）相关化学键的键能数据如表所示。
化学键 H—H H—O C—H
键能 436 802 463 x
则 ，x= 。
（2）某温度下，将和充入容积可变的密闭容器中发生反应(设仅发生反应①和反应②)，保持体系压强为P0反应起始时气体总体积为V L，平衡体系中、的物质的量分数分别为40%、20%，则此时的平衡分压为 ，的浓度为 。
（3）将和充入容积可变的密闭容器中发生上述三个反应，保持体系压强为，平衡体系中各气体组分的物质的量分数随温度的变化情况如图1所示。
①曲线a代表平衡体系中 (填化学式)的物质的量气分数随温度的变化情况，该物质的量分数随着温度升高而减的小的原因为 。
②℃时，反应②的压强平衡常数 (用含y、z、的代数式表示)。
（4）在催化剂表面与反应的部分历程如图2所示，吸附在催化剂表面的物种用“·”标注，Ts表示过渡态。该反应的决速步骤对应的化学方程式为 。
24．溴及其化合物广泛用于医药、塑料阻燃剂等。溴主要以Br-形式存在于海水(呈弱碱性)中，利用空气吹出法从海水中提溴，工艺流程如图：
请回答：
（1）酸化：将海水酸化的主要目的是避免 ( 填离子反应方程式)。
（2）脱氯：除去含溴空气中残留的Cl2。
①具有脱氯作用的离子是 。
②溶液失去脱氯作用后，补加FeBr2或加入 ，脱氯作用恢复。
③富集、制取Br2：A吸收了Br2后，Br2歧化为和Br-。则A是 (填字母)。
A．NaCl溶液 B．Na2CO3溶液 C． SO2气体
（3）再用H2SO4酸化歧化后的溶液得到Br2，其离子反应方程式为 。
（4）探究NaBr溶液与H2SO4溶液反应时H2SO4浓度对生成Br2的影响，实验如下：
试剂组成 1 mol/LNaBr溶液 1mol/LNaBr溶液 将B中反应后溶液
20% H2SO4 98% H2SO4 用水稀释
实验现象 无明显现象 溶液呈棕红色放热 溶液颜色变得很浅
①B中溶液星棕红色说明产生了 。
②分析C中溶液颜色变浅的原因，甲同学认为是发生了化学反应所致：乙同学认
为是用水稀释所致。若认为甲同学的分析合理，请用具体的反应说明理由；若认
为乙同学的分析合理，进一步设计实验方案说明。理由或方案： 。
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 (填“稀硫酸”或“浓硫酸”)。
25．
（1）Ⅰ.对温室气体二氧化碳的处理是化学工作者实现“碳中和”重点研究的课题，一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g) +2H2 (g) C(s) +2H2O(g) △H。
①已知：CO2(g)和H2O(g)的生成焓为- 394 kJ/mol 和- 242 kJ/mol， 则△H = kJ/ mol，(生成焓是一定条件下，由其对应最稳定单质生成1mol化合物时的反应热)。
②若要此反应自发进行， ( 填“高温”或“低温” )更有利。
（2）NOx的含量是空气质量的一个重要指标，减少NOx的排放有利于保护环境。在密闭容器中加入4 mol NH3和3 mol NO2气体，发生反应：8NH3(g) +6NO2(g) 7N2(g) + 12H2O(g) △H <0，维持温度不变，不同压强下反应经过相同时间，NO2的转化率随着压强变化如图所示，下列说法错误的是____。
A．反应速率：b点v正>a点v逆
B．容器体积：Vc：Vb =8： 9
C．在时间t内，若要提高NO2的转化率和反应速率，可以将H2O(g)液化分离
D．维持压强980kPa更长时间，NO2的转化率大于40%
（3）Ⅱ.活性炭还原法也是消除氮氧化物污染的有效方法，其原理为：2C(s) +2NO2(g) N2(g) +2CO2(g) △H <0
某实验室模拟该反应，在2L恒容密闭容器中加入足量的C(碳)和一定量NO2气体，维持温度为T1℃，反应开始时压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加30%，则用平衡分压代替其平衡浓度表示化学平衡常数Kp= kPa [已知：气体分压(p分) =气体总压(p总)×体积分数]。
（4）已知该反应的正反应速率方程v正=k正·p2 (NO2)，逆反应速率方程为v逆=k逆·p(N2) ·p2(CO2)，其中k正、k逆分别为正逆反应速率常数，则如图( lgk表示速率常数的对数，表示温度的倒数)所示a、b、c、d四条斜线中能表示lgk正随变化关系的斜线是 ，能表示lgk逆随变化关系的斜线是 。若将一定量的C(碳)和NO2投入到密闭容器中，保持温度T1℃、恒定在压强800 kPa发生该反应，则当NO2的转化率为40%时，v逆∶v正= 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．氢氟酸与SiO2反应而盐酸不能与SiO2反应，是SiO2的特性，与酸性强弱无关，故不能说明HF的酸性强于HCl，A不符合题意；
B．向NaBr溶液中滴入适氯水和CCl4，振荡、静止，下层液体呈橙红色说明有Br2生成，反应原理为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故说明Cl2氧化性强于Br2，B符合题意；
C．由于银氨溶液与醛基的反应需在碱性条件下进行，故向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热10分钟后，加入银氨溶液，无银镜出现，不能说明蔗糖未水解，应该先加入NaOH溶液中和硫酸使溶液呈碱性后再加入银氨溶液，C不符合题意；
D．将NaClO溶液和NaHSO3溶液混合后滴加3~5滴品红溶液，红色褪去，可能是NaClO过量产生了HClO也可能是NaHSO3过量生成SO2，使品红溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.与氢氟酸反应是二氧化硅的特性；
C.应加入氢氧化钠中和稀硫酸，调节溶液为碱性再加入银氨溶液；
D.碳酸氢钠过量产生的二氧化硫也能使品红褪色。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．玻璃、水泥和陶瓷均属于无机硅酸盐产品，则传统陶瓷主要成分是硅酸盐，A符合题意；
B．AlN具有很高的熔点，故不是分子晶体，而是共价晶体(或者称为原子晶体)，B不符合题意；
C．Al2O3+N2+3C2AlN+3CO反应中N的化合价由0价降低到-3价，故N2发生还原反应，C不符合题意；
D．复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，故该反应不属于复分解反应，属于氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.传统陶瓷主要成分是硅酸盐。
B.根据晶体的特点确定晶体的类型，据此分析。
C.氧化反应前后，物质中部分元素的化合价降低。
D.复分解反应是指两种化合物互相交换成分生成两种新的化合物的反应，反应前后元素的化合价不变。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．双氧水具有强氧化性，常用作杀菌消毒试剂，故A选；
B．碳酸氢钠受热分解为碳酸钠、二氧化碳，利用此性质作膨松剂，该反应没有价态变化，不属于氧化还原反应，故B不选；
C．纯碱水解显碱性，能使油脂水解为可溶水物质，该反应没有价态变化，不属于氧化还原反应，故C不选；
D．氧化铁为红棕色粉末，可做红色颜料，与氧化还原反应无关，故D不选；
故答案为：A。
【分析】氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化。
4．【答案】B
【解析】【解答】P元素与N元素同簇，在第三周期，其半径比N原子大，同时P元素位于Si元素和S元素之间，其半径比S原子大，比Si原子小，故B符合题意。
故答案为：B
【分析】元素周期表中同周期的元素，核电荷数越大，原子半径越小；同簇元素，周期数越大，原子半径越大。
5．【答案】A
【解析】【解答】A、酸性高锰酸钾具有强氧化性，能氧化催熟水果的乙烯，发生氧化还原反应，故A符合题意；
B、纯碱水解显碱性，油污在碱性条件下水解，没有发生氧化还原反应，故B不符合题意；
C、二氧化硅制造光纤是因为二氧化硅的光学特性良好，不涉及氧化还原反应，故C不符合题意；
D、钠的焰色反应为黄色，穿透力强，可用于制造高压钠灯，不涉及氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．将外接电源负极与金属相连，属于外加电流阴极保护法，可以防止孔蚀发生，故A不符合题意；
B．蚀孔外每吸收标准状况下2.24LO2，转移0.4mol电子，蚀孔中Fe、Ni等金属都被氧化，所以被氧化的Fe小于0.2mol，故B符合题意；
C．，孔蚀中Fe2+水解导致电解质溶液酸性增强，故C不符合题意；
D．孔隙中电解液呈酸性，可以发生析氢腐蚀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．将外接电源负极与金属相连，属于外加电流阴极保护法；
B．根据转移电子守恒计算；
C．根据分析；
D．酸性条件下可以发生析氢腐蚀。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．相同时间内，反应温度越低，反应速率越慢，导致单位时间内生成甲烷减少，的转化率可能会降低，A不符合题意；
B．高效催化剂改变反应速率，不改变平衡移动，不能提高平衡时的产率，B不符合题意；
C．工业上一般控制反应温度高于600℃，其原因是低于600℃时，浓度较小，速率较慢，会导致单位时间内产品产率下降，C符合题意；
D．某温度下若完全分解为，在密闭容器中投入和反应，则完全转化为4mol，反应Ⅱ为气体分子数不变的反应，当的体积分数为10%时，生成（2mol+4mol）×10%=0.6mol，则反应甲烷0.6mol，的转化率为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．相同时间内，反应温度越低，反应速率越慢；
B．高效催化剂改变反应速率，不改变平衡移动；
C．同A项分析；
D．利用“三段式”法计算。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．碳酸氢钠为强电解质，NaHCO3=Na++HCO，A不符合题意；
B.0.1mol L-1NaHCO3溶液中溶质为碳酸氢钠，溶液显碱性，水解大于电离，则c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，B符合题意；
C．根据电荷守恒可知，c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(CO)+c(HCO)，C不符合题意；
D．根据物料守恒可知，(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1mol L-1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．碳酸氢钠为强电解质；
B.电离和水解是微弱的，溶液显碱性分析；
C．根据电荷守恒；
D．根据物料守恒。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，反应生成1mol一氧化二氮，转移4mol电子，故A符合题意；
B．由上述分析可知，NH2OH是反应的还原剂，故B不符合题意；
C．由上述分析可知，NH2OH是反应的还原剂，铁离子是反应的氧化剂，故C不符合题意；
D．由方程式可知，反应中铁元素的化合价降低被还原，铁离子是反应的氧化剂，若设计成原电池，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，亚铁离子为正极产物，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 中，NH2OH中N元素的化合价由-1价升高到+1价，失去电子，作还原剂，Fe3+的化合价由+3价降低到+2价，得到电子，作氧化剂。
10．【答案】D
【解析】【解答】由上述分析可知，X为Li、Y为B、Z为C、Q为O、R为F，
A．电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时原子序数越大的离子半径越小，则离子半径：X(Li+)＜R(F-)＜Q(O2-)，故A不符合题意；
B．ZQ2为CO2，固态的二氧化碳是干冰，利用CO2晶体易升华的物理性质，使用CO2跨临界可直接制冰，故B不符合题意；
C．主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，则元素的非金属性：Z(C)＜Q(O)＜R(F)，故C不符合题意；
D．Y与R形成的化合物为BF3，B的最外层电子数为3+3=6，不满足8电子稳定结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，R形成1个共价键，Q形成2个共价键，Z、Q的核电荷数之和等于R的最外层电子数的2倍，则R不可能为H，若R为F，Z、Q的核电荷数之和为7×2=14，五种元素位于同一周期，则X为Li、Z为C、Q为O；若R为Cl，Z、Q的核电荷数之和为17×2=34（舍弃），Y形成4个共价键、且得到1个电子形成阴离子，其原子序数小于C，Y为B。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．研究高效合成氨可以为农作物提供氮肥，有利于提高粮食产量，A不符合题意；
B．酯类物质具有特殊的气味，大量鲜花的香味主要来自酯的混合物，B不符合题意；
C．液化石油气来自化石燃料，是一种不可再生能源，C符合题意；
D．采用喷涂油漆法可以保护铁制品隔绝氧气和水，防止钢铁的腐蚀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】石油是不可再生能源，液化石油气是由石油得出，说明是不可再生，结合选项即可判断
12．【答案】B
【解析】【解答】A、由分析可知，当1与2相连时，a、b构成原电池，a为正极，b为负极，则盐桥1中阳离子向a电极移动，故A错误；
B、由分析可知，2与3相连时，c电极上转化为，b电极发生反应，则总反应为 ，故B正确；
C、1与3相连时，更难溶，转化为，a极为正极，转化为，a极质量减小，b极为负极，转化为，b极质量增加，a电极减小的质量小于c电极增大的质量，故C错误；
D、当1与2相连时，b为负极，b电极为流出极；2与3相连，c为负极，c电极为流出极，故D错误；
故答案为：B。
【分析】当1与2相连时，a、b构成原电池，a电极质量减小，说明转化为，发生还原反应，则a为正极，b为负极，发生反应 ；2与3相连时，b、c构成原电池，c电极质量增大，说明转化为，发生氧化反应，则c为负极，b为正极，发生 。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．X分子中其中一个S有4对共用电子对和一对孤电子对，不满足8电子稳定结构，故A不符合题意；
B． 分子中存在，三键键能大，故热稳定性比X的高，故B不符合题意；
C．N的电负性比S大，故在X分子中，N显负价，故C符合题意；
D．聚合度n不同，Y是混合物，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.X分子中S最外层不满足8电子稳定结构；
B.键能越大物质越稳定；
D.高聚物均为混合物。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、 、结合生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；
B、 与反应能放出的溶液中可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下，硝酸根能将亚铁离子氧化为铁离子，不能大量共存，故B不符合题意；
C、 的溶液呈酸性， 、、、 互不反应也均不与氢离子反应，能大量共存，故C符合题意；
D、 水电离的的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，酸性条件下 、 不能大量共存，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．由题干信息知，Ti元素化合价没有变化，TiCl4中Ti为+4价，则中为+4价，故A不符合题意；
B．“合成”反应中CO与H2反应生成CH3OH，反应方程式为CO+2H2CH3OH，由此可见原子利用率为100%，故B不符合题意；
C．根据流程图知，“氯化”过程中，C转化为CO，FeTiO3转化为FeCl3和TiCl4，反应为2FeTiO3+6C+7Cl2= 2FeCl3+2TiCl4+6CO，故C不符合题意；
D．Ar与Mg不反应，所以Ar可以用作保护气，Mg与反应生成氧化镁和碳，所以不能用代替Ar，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据化合价的代数和为0计算；
B.合成时发生的反应为CO+2H2CH3OH；
C.“氯化”过程中，C转化为CO，FeTiO3转化为FeCl3和TiCl4；
D.镁与二氧化碳能反应。
16．【答案】B
【解析】【解答】A.简单离子电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，因此简单离子的半径大小关系为Cl－>O2－>Mg2＋，即Z>X>Y，A不符合题意；
B. X、Z可以组成多种离子，如ClO－、ClO2－、ClO3－、ClO4－，B符合题意；
C. 四种元素的单质中能导电的不止一种，如石墨、镁，C不符合题意；
D. 常温下Z的单质Cl2不能置换出W的简单氢化物CH4中的碳元素，二者在光照条件下发生取代反应，也不生成碳单质，D不符合题意；
故答案为： B
【分析】四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，其最外层电子数之和为19，且W、X、Y所在的族不相邻，因此族序数按Y、W、X、Z的顺序依次增大，则W为C、X为O、Y为Mg、Z为Cl。据此分析选项。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，因此精铜与电源的负极相连，故A不符合题意；
B．根据原电池工作原理，溶液中的阳离子向正极移动，锌筒原电池中锌金属性比铜强，锌作负极，铜作正极，即溶液中的阳离子向Cu电极移动，故B不符合题意；
C．用惰性材料作电极电解饱和食盐水，阳极上失电子，发生氧化反应，根据放电原理，Cl-先放电，即电极反应式为2Cl-－2e-=Cl2↑，故C符合题意；
D．外接电源保护钢闸门，这是电解装置，根据电解原理，钢闸门应与电源的负极相连，这种方法叫外加电流法，故D不符合题意；
答案为C。
【分析】A.精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，阳极与正极相连，阴极与负极相连。
B.原电池中，正极得电子，电解液中的阳离子向正极移动。
C.电解池中，阳极上失电子，发生氧化反应。
D.电解池中，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，阳极失电子，阴极得电子。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．将废渣粉碎并不断搅拌，可以增大接触面积、加快反应速率，充分反应，有利于提高铁、铝浸取率，A不符合题意；
B．Al2O3与稀硫酸反应生成硫酸铝和水，离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，B不符合题意；
C．用
检验浸取液中是否存在
的反应：铁氰化钾｛
｝与
发生反应产生蓝色沉淀：
，反应中元素化合价不变，不是氧化还原反应，C符合题意；
D．聚合硫酸铁铝水解可以生成氢氧化铝和氢氧化铁胶体，胶体表面积较大，具有吸附作用，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】稀硫酸有酸性，H2O2有氧化性，铁、铝均能与酸反应，且H2O2能把反应后的Fe2+氧化为Fe3+，Si不参与反应，所以废渣经浸取过滤后得到的滤渣是Si，滤液是Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3。
A.粉碎废渣利于增大其接触面积，使反应更充分。
B.注意氧化物不可拆，电荷、原子个数要守恒。
C.氧化还原反应的本质是元素化合价有升降。
D.聚合硫酸铁铝中的Fe3+、Al 3+能水解形成相应胶体。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．由图可知，P点对应溶液中c(HAc)=c(OH-)，溶液呈碱性，溶液中微粒浓度关系为c(Ac-)>c(HAc)=c(OH-)>c(H+)，故A不符合题意；
B．由图可知，M点对应的溶液中c(Ac-) =c(OH-)=
，温度不变，醋酸的电离常数不变，由电离常数公式可得：溶液中c(HAc)=
=
=1.0-9.26，则lg[c(HAc)]=-9.26，故B符合题意；
C．由图可知，O点对应的溶液中c(Ac-)=c(HAc)= 0.01mol/L× =0.005mol/L，则lgc(Ac-)=lgc(HAc)=lg0.005= -2.3，由电离常数公式可得：溶液中c(H+)= Ka(HAc)=1.0×10-4.74，溶液pH=4.74，则O点的坐标为(4.74，-2.3)，故C不符合题意；
D．由图可知，当溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液pH为7，则氢氧根离子浓度对应的直线和氢离子浓度对应的直线的斜率分别为＋1和-1，两者交点说明氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，横坐标为7，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.图中纵坐标表示微粒浓度的对数，从p点作与纵坐标平行的直线，可比较Ac-、HAc、OH-、H+的纵坐标数值大小，进而解答。
B.根据电离平衡常数可知c(HAc)= ，而M点时c(Ac-)= c(OH-)，再结合水的离子积常数进行解答。
C.电离平衡常数Ka(HAc) = ，而O点时c(Ac-)= c(HAc)，可算出c(H+)，进一步求解横坐标；O点时c(Ac-)= c(HAc)= ×0.05mol/L，进一步求解纵坐标。
D.根据图示数据可求解斜率；室温，当c(H+)= c(OH-)时，溶液显中性，pH=7。
20．【答案】C
【解析】【解答】A、 当时，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；
B、由图可知，使用催化剂Ⅰ时反应速率更快，则使用催化剂Ⅱ反应活化能更高，故B正确；
C、相同时间内，无催化剂时浓度的变化量为a曲线的一半，a为X浓度变化，无催化剂为Y的浓度变化，则使用催化剂Ⅱ时，0~2min内， ，化学反应速率之比等于化学计量数之比， ， 则故C错误；
D、由C项分析可知，a曲线表示使用催化剂Ⅰ时X的浓度随t的变化，故D正确；
故答案为：C。
【分析】A、可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等；
B、催化剂能加快反应速率；
C、根据计算；
D、浓度的变化量之比等于化学计量数之比。
21．【答案】（1）-223；1.2×1014；直接氯化的△H>0，△S=0，所以△G>0，为非自发反应；而碳氯化反应△H<0，△S>0，所以△G<0，为自发反应，所以碳氯化反应的趋势远大于直接氯化；向左；变小
（2）7.2×105；200时反应速率太慢(或催化剂活性不高)，可以通过升高温度来提高化学反应速率，从而提升综合经济效益
（3）把固体物质粉碎，增大接触面积（合理即可）
【解析】【解答】（1）①根据盖斯定律，反应ⅱ减去反应ⅰ得到反应2C(s)+O2(g)=2CO(g)，则 H=-51kJ/mol-172kJ/mol=-223kJ/mol，Kp==1.2×1014Pa。
②碳氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应中气体分子数增加，即 S＞0，且 H＜0，则 G= H－T· S＜0，是自发反应，而直接氯化反应中气体分子数不变且是吸热过程，不是自发反应。
③碳氯化反应前后气体分子数增大，依据勒夏特列原理，增大压强，平衡将向气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是放热反应，温度升高，平衡将向吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。
（2）①从图中可知，1400℃，体系中气体平衡组成比例情况是：CO2占0.05，TiCl4占0.35，CO占0.6。反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的平衡常数Kp(1400℃)= =7.2×105Pa；
②实际生产中需要考虑综合经济效应，实际反应温度远高于200℃，是为了提高反应速率，使在相同时间内得到更多的TiCl4产品。
（3）有利于TiO2 – C“固-固”接触，可将固体反应物粉碎后混合，增大接触面积。
【分析】（1）①根据盖斯定律进行求解，注意几点：若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；△H的计算一定要带上正负号。
②自发反应的趋势比非自发反应的趋势大，据此分析。
③根据勒夏特烈原理进行分析。
（2）①根据化学平衡常数的表达式进行分析，注意固体和纯液体（如水）不列入计算。
②根据化学反应的影响因素和实际生产效益进行分析。
（3）固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。
22．【答案】（1）-463. 4 kJ mol-1
（2）B；C；D
（3）>；未达到；该反应为放热反应，但是a点随着反应的进行，二氧化碳的转化率在增大，则a未达到平衡；b点温度之后CO2转化率降低可能的原因为若b点反应未达平衡，温度升高可能可能导致催化剂失去活性；若b点反应达到平衡，正反应放热，温度升高平衡逆向移动使得CO2平衡转化率降低
（4）<；温度升高反应速率加快，反应可以在较短时间内达到平衡，此时压强影响逐渐减小；
【解析】【解答】（1）①C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)十5H2O(1) = -2900 kJ mol-1②H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H3 = -285.8 kJ mol-1③H2O(1)=H2O(g) △H4=+44 kJ mol-1根据盖斯定律，②13 -①+③8得4CO2(g)+13H2(g)C4H10(g)十8H2O(g) = ( -285. 8 kJ mol-1 ) 13+2900 kJ mol-1+44 kJ mol-18= -463. 4 kJ mol-1；
（2）A．反应前后气总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，混合气体密度保持不变，反应不一定平衡，A不正确；B．反应前后气体物质的量不同，压强是变量，气体总压强保持不变，反应一定达到平衡状态，B正确；C．反应前后气总质量不变，气体总物质的量不同，混合气体的平均摩尔质量是变量，若混合气体的平均摩尔质量保持不变，反应一定达到平衡状态，C正确；D．C4H10是生成物，随着反应的进行，其物质的量逐渐增多，故其体积分数保持不变，可以证明反应达到平衡，D正确；
故答案为：BCD；
（3）①相同温度下，用Cat2作催化剂CO2转化率比Cat1高，所以催化效率Cat2>Cat1；②由第一问可知，该反应为放热反应，但是a点随着反应的进行，二氧化碳的转化率在增大，则a未达到平衡；b点温度之后CO2转化率降低可能的原因为若b点反应未达平衡，温度升高可能可能导致催化剂失去活性；若b点反应达到平衡，正反应放热，温度升高平衡逆向移动使得CO2平衡转化率降低；
（4）①该可逆反应的正反应是气体分子数减小的反应，相同温度下，增大压强，CO2平衡转化率增大，所以p2
（2）化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
（3） ① 结合图象，相同温度下，转化率越高，催化效果越好；
② 放热反应，温度升高，反应物转化率应该减小，而结合图象可以知道此后转化率仍然增大，因此反应未达到平衡；
（4） ① 温度升高反应速率加快，反应可以在较短时间内达到平衡，此时压强影响逐渐减小 ；
② 平衡常数的计算要结合三段式和浓度进行判断。
23．【答案】（1）；415
（2）；
（3）；反应②的，反应③的，升高温度反应②平衡左移，反应③平衡右移，的物质的量分数减小；
（4）或
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可知，②=①×2-③，
因此。
根据反应②以及反应热等于反应物键能和-生成物键能和可知，，；
（2）在反应①中，设反应生成的CO的物质的量为x mol。则
在反应②中，设反应生成的的物质的量为y mol，则
因此平衡时，，，
，，；
气体总的物质的量；
根据图像可得%，%，解得，。
即平衡时，，，，
，。
。
由于反应前后容器内的压强相等，平衡时气体总物质的量为，
因此，，；
（3）①反应体系中有5种气体，曲线a、b只能代表平衡体系中、CO的物质的量分数随温度的变化情况，升高温度，反应①和③平衡向右移动，CO的物质的量分数增大；反应③平衡向右移动，反应②平衡向左移动，的物质的量分数减少。因此曲线a代表平衡体系中的物质的量分数随温度的变化情况，曲线b代表平衡体系中CO的物质的量分数随温度的变化情况，故答案为：；反应②的，反应③的，升高温度反应②平衡左移，反应③平衡右移，的物质的量分数减小；
②由图1可知℃时，甲烷的分压和二氧化碳的分压相同，水的分压为z，氢气的分压为y，则℃时，反应②的压强平衡常数；
（4）从图中可以看出，②→③过程的活化能最大，活化能越大，反应速率越慢，故②→③过程是图中①至⑥的历程中的决速步骤，对应的方程式为：或。
【分析】（1）△H=反应物总键能-生成物总键能；
（2）平衡分压要结合压强和各种物质的物质的量分数判断，分压之比等于物质的量之比；
（3） ① 反应②的，反应③的，升高温度反应②平衡左移，反应③平衡右移，的物质的量分数减小；
②分压平衡常数要结合公式判断，压强之比等于物质的量之比；
（4）决速步骤即活化能最大，反应速率最慢的步骤。
24．【答案】（1）2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO-
（2）Fe2+、Br-；铁粉；b
（3）5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O
（4）Br2；SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr或用四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色；稀硫酸
【解析】【解答】（1）因为氯气会与碱反应，所以将海水酸化的目的是防止发生： 2OH-+Cl2=H2O+Cl-+ClO- 的反应；
（2） ① 具有脱氯作用的离子要具有还原性：如 Fe2+、Br- 等；
② 失去脱氯作用，即溶液中不再含有还原性物质，这时，应该补加还原性物质，加入铁粉会发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，又具有了脱氯的作用；
③Br2歧化为和Br- 离子方程式为：3Br2+6OH-=BrO3-+5Br-+3H2O，所以A溶液需要提供碱性环境，B碳酸钠溶液显碱性，符合题意，故答案为：B。
（3）硫酸可以提供H+，发生的离子方程式为：Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O；
（4） ①B中溶液棕红色说明 反应产生了溴单质；
②SO2和溴单质会发生氧化还原反应，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr ；另外 四氯化碳萃取颜色很浅的溶液，观察溶液下层是否呈红棕色 ；
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 稀硫酸，因为浓硫酸会氧化Br-。
【分析】（1）氯气属于酸性气体，会与碱反应；
（2） ① 具有脱氯作用的离子将氯气还原为Cl-；
② 失去脱氯作用，即溶液中不再含有还原性物质，这时，应该补加还原性物质，加入铁粉会发生歧化反应，再生成Fe2+，再次具有脱氯作用；
③根据分析，知A应该显碱性；
（4）①溶液呈红棕色说明Br-被氧化为Br2；
②SO2和溴单质会发生氧化还原反应，使溴水颜色变浅；
③酸化歧化后的溶液宜选用的酸是 稀硫酸，因为浓硫酸会氧化Br-。
25．【答案】（1）-90；低温
（2）B；C
（3）540
（4）c；d；80∶729
【解析】【解答】(1)①由CO2(g)和H2O(g)的生成焓为- 394 kJ/mol 和- 242 kJ/mol 可得热化学方程式为C(s)+O2(g)= CO2(g) H=- 394 kJ/mol(i)，H2(g)+O2(g)= H2O(g) H=- 394 kJ/mol(ii)，由盖斯定律，2×反应ii-反应i可得反应CO2(g) +2H2 (g) =C(s) +2H2O(g)， H= (- 242)×2- (- 394)=-90kJ/mol；
②该反应是熵减反应，且是放热反应，由自发进行的判据 G= H-T S<0能自发进行，则低温更有利；
(2)压强较低时反应速率较慢，测定NO2转化率未达到平衡，所以当压强较低时，随压强增大反应速率加快，NO2转化率增大，当压强足够大时，测定NO2转化率时反应达到平衡，该反应为气体分子数增大的反应，继续增大压强平衡逆向移动，NO2转化率减小；
A.b点压强大于a点，比a点先达到平衡，所以b点v正>a点v正，而a点反应正向移动，所以a点v正>a点v逆，则b点v正>a点v逆，A正确；
B.b点NO2的转化率为80%，则 n(NO2)=3mol×80%=2.4mol，根据反应方程式可知每反应6mol NO2，气体的总物质的量增加5mol，所以b点是气体总物质的量，同理可知c点气体总物质的量，则nb∶nc=8∶9，而两点压强不同，所以体积比一定不是8∶9，B不正确；
C.将H2O(g)液化分离平衡正向移动，NO2的浓度会减小，反应速率减慢，C不正确；
D.结合图像可知压强980kPa时测定的转化率并不是平衡转化率，随着时间增长，反应正向进行，NO2转化率大于40%，D正确；
故答案为：BC；
(3)假设加入NO2气体为800mol，压强为800kPa，平衡时容器内气体总压强增加30%，容器恒容则气体的总物质的量也增加30%，所以平衡时气体总物质的量增加240mol，根据反应方程式可知每反应2mol NO2气体总物质的量增加1mol，所以此时平衡时反应了480mol NO2，容器内有240molN2、480molCO2和800-480=320molNO2，总压强为1040kPa，恒容容器中压强之比等于物质的量之比，则p(N2)=240kPa，p(CO2)=480kPa，p(NO2)=320kPa，；
(4)高温度正逆反应速率均增大，说明T升高k正、k逆都增大，则增大，k正、k逆都减小，即lgk正、lgk逆都减小，而该反应焓变小于0为放热反应，降低温度平衡正向移动，说明平衡状态下降低温度v正>v逆，则k正减小的幅度较小，即表示lgk正随变化关系的斜线的斜率较小，所以c表示lgk正随变化关系，d表示lgk逆随变化关系；
当反应达到平衡时v正=k正·p2 (NO2)=v逆=k逆·p(N2) ·p2(CO2)，则有，根据第(3)小题中的假设，NO2的转化率为40%时，则 n(NO2)=320mol，则此时容器中n(NO2)=480mol，n(N2)=160mol，n(CO2)=320mol，n(NO2)∶n(N2)∶n(CO2)=3∶1∶2，总压强为800kPa，则，，，则此时v逆∶v正=80∶729。
【分析】（1） 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 结合 H-T S<0能自发进行判断；
（2）A、反应未达到平衡，此时反应朝正向移动；
B、恒压时，压强之比等于体积之比；
C、减少生成物的浓度，可以提高反应物的转化率，但是会使速率减小；
D、980Pa时反应未达到平衡，转化率持续增大；
（3）分压平衡常数要结合分压计算，分压之比等于物质的量之比；
（4）此类题型比较难，要结合图象以及平衡移动，根据速率方程建立相应的关系式。
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