2024届高三化学二轮复习基础练——化学反应原理（含解析）

2024届高三化学二轮复习基础练——化学反应原理
一、单选题
1．下列属于不可再生能源的是（　　）
A．氢气 B．煤 C．沼气 D．酒精
2．下列变化必须加入还原剂才能实现的是（　　）
A．Na→Na2O2 B．Na→NaOH C．Zn→ZnCl2 D．CuO→Cu
3．许多古迹是人类宝贵的文化遗产。下列古迹在传承过程中遇到的问题属于化学变化且未发生氧化还原反应的是（　　）
A．石质阶梯被游客踩踏磨损 B．大理石雕像被酸雨腐蚀 C．铜质雕像逐渐变为绿色 D．木质中轴塔在火灾中坍塌
A．A B．B C．C D．D
4．奉贤公交巴士引入氢气作为汽车发动机燃料，下列说法正确的是（　　）
A．氢能不属于新能源
B．氢能属于不可再生能源
C．氢能是一种热值高、无污染的绿色能源
D．氢能已经完全替代了所有的化石能源
5．2017年3月，中国成功开采可燃冰（主要成分为甲烷）。直接从自然界得到的能源为一次能源，下列不属于一次能源的是（　　）
A．石油 B．氢能
C．太阳能 D．煤
6．1868年狄青和洪特发现了用空气中的氧气来氧化氯化氢气体制取氯气的方法：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。化学反应与能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．若H2O为液态，则生成物总能量将变大
C．4HCl(g)和O2(g)总能量高于2Cl2(g)+2H2O(g)的总能量，反应时向环境释放能量
D．断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量
7．太阳能发电和阳光分解水是清洁能源研究的主攻方向。染料敏化的TiO2纳米晶薄膜半导体光解水的基本原理如图，下列对该装置的相关说法错误的是（　　）
A．SO由甲电极向乙电极定向移动
B．甲电极反应为
C．电池总反应为
D．实现光能→电能→化学能的转换
8．由下列实验操作和现象，能得到对应结论的是（　　）
选项 实验操作 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加足量氯水，再加入淀粉-KI溶液 溶液先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2
B 向乙醇中加入一小粒金属钠 产生无色气体 乙醇中含有水
C 将Fe3O4溶于稀硫酸，再滴入KMnO4溶液 溶液紫色褪去 Fe3O4中含有Fe2+
D 向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体 有沉淀生成 酸性：H2SO3>HClO
A．A B．B C．C D．D
9．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，这些元素组成的单质和化合物转化关系如下图所示。其中C是淡黄色固体，B和E的水溶液均具有漂白性。下列说法错误的是（　　）
A．简单离子半径：Y>Z>X
B．沸点：DC．气态氢化物稳定性：Z>Y
D．0.1mol·L-1A溶液中：c(H+)>c(HY-)>c(Y2-)
10．已知黑火药爆炸的反应：S+2KNO3+3C → K2S+3CO2+ N2↑，下列说法正确的是（　　）
A．该反应中氧化剂只有硝酸钾 B．该反应中还原剂只有碳
C．每生成0.1 mol N2转移电子1 mol D．产物中有两种共价化合物
11．短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是（　　）
A．Y和Z的最高正化合价相同
B．气态氢化物的热稳定性：XH3＜H2Y＜H2Z
C．原子半径的大小：r(W)＞r(Y)＞r(Z)
D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强
12．近年来，我国在能源研发与能量转化领城所获得的成就领跑全球。下图是我国科学家研发的一种能量转化装置，利用该装置可实现将CO2转化为CO，并获得NaClO溶液。下列说法不正确的是（　　）
A．a为太阳能电池的正极
B．该装置可实现多种能量之间的转化
C．电极Y的反应为Cl--2e-+H2O=ClO-+2H+
D．当有22.4 LCO2参与反应时，外电路通过2NA个电子
13．已知：常温下，HCOOH的酸性强于CH3COOH。现将 pH＝3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积 V，pH 随lg的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．溶液中水的电离程度：a＞b＞c＞d
B．a 点的两种酸溶液分别与 NaOH 恰好完全中和后，溶液中n(Na＋)相同
C．曲线I表示CH3COOH溶液的变化曲线
D．同温下 pH 相同的 NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、HCOONa 溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)＜c(HCOONa)
14．如图所示电化学装置(碳棒作电极)的判断合理的是（　　）
A．若Z为氯化铜溶液，Y有暗红色物质析出
B．若Z为氯化铜溶液，X附近发生还原反应
C．若Z为饱和食盐水，则X是阴极
D．若Z为饱和食盐水，则碱在X附近先生成
15．以Fe3O4为原料炼铁，在生产过程中主要发生如下反应：
反应Ⅰ： Fe3O4(s)+CO(g) 3FeO(s)+CO2(g) △H= 19.3 kJ·mol-1
反应Ⅱ： Fe3O4(s)+4CO(g) 3Fe(s)+4CO2(g) △H
为研究温度对还原产物的影响，将一定体积CO气体通入装有Fe3O4粉末的反应器，保持其它条件不变，反应达平衡时，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．反应Ⅱ的ΔH＞0
B．其他条件不变，增大压强，Fe(s)的产量增大
C．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
D．温度高于1040℃时，反应管中发生的主要反应的化学平衡常数K＞4
16．解释下列事实的方程式正确的是（　　）
A．纯碱溶液显碱性：CO32-+2H2O H2CO3+2OH-
B．用稀硝酸清洗试管内壁附着的银：Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O
C．向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放：CaCO3+O2+SO2= CO2+CaSO4
D．碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水混合出现白色沉淀：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O
17．陈述Ⅰ和Ⅱ均正确但不具有因果关系的是（　　）
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ
A 用焦炭和石英砂制取粗硅 可制作光导纤维
B 利用海水制取溴和镁单质 可被氧化， 可被还原
C 石油裂解气能使溴的 溶液褪色 石油裂解可得到乙烯等不饱和烃
D 水解可生成 胶体 可用作净水剂
A．A B．B C．C D．D
18．是一种白色晶体粉末，不溶于水，用于陶瓷上釉等。W、X、Y、Z为元素周期表前20号元素，已知W、X形成的化合物种类最多，Y原子最外层电子数是其电子层数3倍，人体血液中缺乏Z离子易造成肌肉抽搐，热分解可制备ZY，该化合物的热重曲线如图所示。下列叙述错误的是（　　）
A．150℃~200℃阶段热分解失去
B．400℃~600℃热分解后生成固体化合物
C．W、Y可形成具有杀菌消毒作用的化合物
D．化合物具有还原性和强酸性
19．在一个绝热定容的密闭容器中，1molA 与 2molB 发生反应 A(g)＋2B(g) xC(g)＋2D(g) △H＝bkJ·mol 1(b＜0)，下列说法正确的是（　　）
A．充分反应后，放出热量为 b kJ
B．若 x=1，容器中压强不变时不能判断反应达到平衡
C．当 B 和 D 的物质的量为 1:1 时，表明该反应已达到平衡
D．达到平衡过程中，正反应速率可能是先增大再减小
20．氨基钠()是重要的化学试剂，其与氧气的反应如下：。下列说法正确的是
A．
B．每消耗，转移电子数是
C．是氧化产物
D．中N的化合价部分发生变化
二、综合题
21．氨为重要化工原料，有广泛用途。
（1）合成氨中的氢气可由下列反应制取：
a.CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) △H=+216.4kJ/mol
b.CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) △H=-41.2kJ/mol
则反应CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) △H=　 　。
（2）起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度关系如下图。
①恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是　 　(填序号)；
A.N2和H2的转化率相等
B.反应体系密度保持不变
C. 比值保持不变
D. =2
②P1　 　P2 (填“>”、“<”、“=”、“不确定”，下同)；反应平衡常数：B点　 　D点；
③C点H2的转化率　 　；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气平均速率：v(A)　 　 v(B)。
（3）N2H4可作火箭推进剂，NH3和NaClO在一定条件下反应可生成N2H4。
①写出NH3和NaClO 反应生成N2H4的化学方程式　 　；
②已知25℃时N2H4水溶液呈弱碱性：N2H4+H2O N2H5++OH- K1=1×10-a；N2H5++H2O N2H62++OH- K2=1×10-b。
25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH范围　 　(用含a、b式子表示)。
22．金属钛被称为“21世纪金属”
（1）工业上用钛矿石(含FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质)经过以下流程制得TiO2：
其中，步骤Ⅱ发生反应为：2H2SO4+FeTiO3=TiOSO4+FeSO4+2H20
①步骤I反生的化学方程式是　 　若将所得FeSO4晶体溶于水，加热蒸干后所得的固体是　 　
②若步骤Ⅲ中是利用Ti4+在溶液中水解制得TiO2·nH2O，则该反应的离子方程式为　 　
（2）可利用TiO2通过下述两种方法制备金属钛：
方法一：将TiO2作阴极，石墨作阳极，熔融CaO为电解液，用炭块作电解槽池，电解TiO2制得钛，其阴极发生的反应：　 　。
方法二：通过以下反应制备金属钛
①TiO2(s)+2Cl2(g) TiCl4(g)+O2(g) △H=+151 KJ/mol
②TiCl4+2Mg 2MgCl2+Ti
在实际生产中，需在反应①过程中加入碳才能顺利制得TiCl4，其原因是　 　，　 　。(两方面)
（3）若已知：C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-394 KJ/mol，则由固体TiO2、固体C与Cl2反应制取气态TiCl4的热化学方程式为　 　。
23．氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。
（1）硫碘循环制氢
热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下所示：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
已知：。则反应Ⅱ的　 　。
（2）生物质制氢
电解—葡萄糖制氢实验的装置如图所示，电极两侧的电解液在泵的作用下在电解液储槽和电极间不断循环。
①该装置产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。其原因是　 　。
②电解—葡萄糖制氢的反应过程可描述为　 　。
③电解一段时间后，需向储槽中补充的物质是　 　。
（3）氢气应用
最新研制出的由裂解气(、、)与煤粉在催化剂条件下制乙炔，该生产过程是目前清洁高效的煤化工过程。将乙烯和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，发生反应：。出口气体中测得含有乙烯、乙炔、氢气。下图为乙炔产率与进料气中的关系。
①当进料气中时，出口气体中乙炔的体积分数为　 　。
②图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是　 　。
24．高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂。其生产工艺如下：
已知：
①2KOH + Cl2 = KCl + KClO + H2O（条件：温度较低）
②6KOH + 3Cl2 = 5KCl + KClO3 + 3H2O（条件：温度较高）
③2Fe（NO3）3 + 3KClO + 10KOH = 2K2FeO4 + 6KNO3 + 3KCl + 5H2O
回答下列问题：
（1）该生产工艺应在　 　（填“温度较高”或“温度较低”）情况下进行，从绿色化学的角度考虑通入氯气速率应　 　（填“较快”或“较慢”）；
（2）写出工业上制取Cl2的化学方程式　 　；
（3）K2 FeO4可作为新型多功能水处理剂的原因是　 　；
（4）配制KOH溶液时，是在每100 mL水中溶解61.6 g KOH固体（该溶液的密度为1.47 g/mL），它的物质的量浓度为　 　（保留整数）；
（5）在“反应液I”中加KOH固体的目的是__________：
A．与“反应液I”中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO
B．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率
C．为下一步反应提供反应物
D．使副产物KClO3转化为 KClO
（6）从“反应液II”中分离出K2FeO4后，会有副产品　 　（写化学式）。
（7）该工艺每得到1.98 kg K2FeO4，理论上消耗Cl2的物质的量为　 　mol。
25．NaBiO3可作为测定锰的氧化剂，Bi2O3在电子行业有着广泛应用，可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：
已知：NaBiO3难溶于水。
回答下列问题
（1）溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2，则滤渣Ⅰ的主要成分是　 　(写化学式)。
（2）海绵铋与盐酸、H2O2反应的化学方程式是　 　
（3）向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO发生反应的离于方程式是　 　，从反应后的混合体系中获得纯净NaBiO3，操作Ⅱ包括　 　。
（4）一定温度下，向氨水中通入CO2，得到 (NH4)2CO3、NH4HCO3等物质，溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入，溶液中c(OH-)/c(NH3·H2O)将　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时，溶液中c(NH4+)+c(H+)=　 　(用离子浓度表示)。
（5）取所得NaBiO3样品2.0g，加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解，然后用新配制的0.5mol/LFeSO4溶液滴定生成的MnO4-，滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。则该样晶中NaBiO3纯度为　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．氢气燃烧后生成水，水分解成氧气和氢气，因此氢气是可再生能源，A不符合题意；
B．煤在短时间内不能形成，属于不可再生能源，B符合题意；
C．沼气是有机物经微生物作用产生的可燃气体，属于可再生能源，C不符合题意；
D．酒精通过谷物、秸秆等发酵可以再生使用，属于可再生能源，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】再生能源是可以通过短时间或通过化学方法即可得到的能源，氢气、沼气、酒精可以人工合成
2．【答案】D
【解析】【解答】A.该变化过程中，钠元素由0价变为+1价， 化合价升高，A不符合题意；
B.该变化过程中，钠元素由0价变为+1价， 化合价升高，B不符合题意；
C.该变化过程中，锌元素由0价变为+2价，化合价升高， C不符合题意；
D.该变化过程中，铜元素由+2价变为0价，化合价降低，D符合题意；
故答案为：D
【分析】必须加入还原剂才能实现的变化为还原反应，则其变化过程中，有元素化合价 发生降低，据此分析选项所给变化过程中元素化合价的变化即可得出答案。
3．【答案】B
【解析】【解答】A、石质阶梯被游客踩踏磨损的过程中，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；
B、大理石雕像被酸雨腐蚀的过程中，碳酸钙与酸反应，有新物质生成，属于化学变化，但没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应，故B正确；
C、铜质雕像逐渐变为绿色，是因为生成了铜绿，铜和空气中的氧气、二氧化碳、水蒸气反应生成铜绿，属于化学变化，且属于氧化还原反应，故C错误；
D、木材燃烧属于化学变化，且属于氧化还原反应，故D错误；
故答案为：B。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．新能源包括太阳能、生物质能、水能、风能、地热能、波浪能、洋流能和潮汐能，还有氢能、沼气、酒精、甲醇等，所以氢能属于新能源，A不符合题意；
B．氢气可以由水制取，氢气燃烧后又生成水，则氢能属于可再生能源，B不符合题意；
C．氢气燃烧产生的能量高，而氢气的相对分子质量小，燃烧产物为对环境无污染的水，所以氢能是一种热值高、无污染的绿色能源，C符合题意；
D．氢气的制取、贮存和运输的技术还有待提高，所以氢能还不能完全替代化石能源，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】依据氢气的性质和产物分析。
5．【答案】B
【解析】【解答】直接从自然界得到的能源为一次能源，所以石油、煤、太阳能均属于一次能源；氢能是自然界不存在的能源，是由一次能源转化而来，属于二次能源，B符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据一次性能源的定义进行判断。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．图示可知，4HCl(g)＋O2(g)的总能量高于2Cl2(g)＋2H2O(g)的总能量，反应为放热反应，故A不符合题意；
B．若H2O为液态，气体变为液体，物质能量减小，生成物总能量将变小，故B不符合题意；
C．反应前后遵循能量守恒，4HCl(g)和O2(g)总能量高于2Cl2(g)和2H2O(g)的总能量，反应时向环境释放能量，故C符合题意；
D．图示可知，4HCl(g)＋O2(g)的总能量高于2Cl2(g)＋2H2O(g)的总能量，反应为放热反应，断开旧化学键吸收的总能量小于形成新化学键所释放的总能量，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量；
B．气体变为液体，物质能量减小；
C．反应前后遵循能量守恒；
D．反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差。
7．【答案】A
【解析】【解答】A． 没有从甲电极向乙电极定向移动，在甲电极发生的反应为：和，故A选项符合题意；
B．图示分析可知甲电极发生失电子氧化反应，硫酸根失电子生成，所以甲电极反应为，故B选项不符合题意；
C．过程是光照分解水生成氢气作为清洁能源，所以电池总反应为：，故C选项不符合题意；
D．装置是光能转化为化学能化学能转化为电能的原电池反应，是光能转化为化学能、电能的转化，整个过程中实现了太阳能向电能化学能等的转化，故D选项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A．依据电极反应判断；
B．负极电极发生失电子氧化反应；
C．光照分解水；
D．装置是光能转化为化学能化学能转化为电能的原电池反应。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.加入氯水后，可以得到溴，溴和氯均可将碘离子氧化，无法确定是溴还是氯气氧化碘离子，故A不符合题意；
B.乙醇与钠也反应得到氢气，故B不符合题意；
C.酸性高锰酸钾溶液褪色，说明其被还原，说明含有还原性亚铁离子；故C符合题意；
D.次氯酸钙将其氧化为硫酸根形成硫酸钙沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.应该加入少量的氯气；
B.乙醇加入钠放出气体说明其与钠反应；
C.考虑颜色褪去被还原，即可判断；
D.考虑次氯酸钙氧化性。
9．【答案】B
【解析】【解答】结合转化关系，C是淡黄色固体，为硫单质，B和E的水溶液均具有漂白性，则B为二氧化硫，E为氯气，A为硫化氢，F和G为硫酸和HCl。进一步推出 W为H，X为O，Y为S，Z为Cl，
A.离子半径：S2->Cl->O2-，即Y>Z>X，故A符合题意；
B.由于水分子间存在氢键，沸点较高，沸点：H2O>H2S，故B不符合题意；
C.非金属性越强氢化物越稳定，气态氢化物稳定性：HCl> H2S，即Z>Y，C符合题意；
D.由于H2S为二元弱酸，分两步电离，且第二步比第一步更难，所以0.1mol·L-1H2S溶液中：c(H+)>c(HS-)>c(S2-)，D符合题意；本题符合题意答案为B。
【分析】根据已知物质的性质和相互转化关系判断出各种物质和各种元素，然后结合微粒半径大小比较、离子浓度大小比较等进行分析即可。
10．【答案】B
【解析】【解答】A.根据分析，化合价降低的是硫元素和氮元素，则氧化剂为KNO3和S，A项不符合题意；
B.根据分析，化合价上升的只有碳元素，则还原剂只有C，B项符合题意；
C.根据分析，每1mol氮气生成转移电子12mol，则每生成0.1 mol N2转移电子1.2 mol ，C项不符合题意；
D.产物中K2S是离子化合物，CO2是共价化合物，N2是单质，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】该反应为氧化还原反应，元素化合价上升的有： C：0→+4，且有3个碳原子参与反应，化合价上升共12；元素化合价降低的有：S：0→-2，N：+5→0，且有1个硫原子和2个氮原子参与反应，化合价降低共2×1+5×2=12，化合价升降守恒，该反应按照配比化合价共升（降）12，转移12个电子。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．Y为O元素，氧元素一般没有正化合价，故A不符合题意；
B．X为N，Y为O，Z为S，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性O＞N＞S，则气态氢化物的热稳定性： H2Y＞XH3＞H2Z，故B不符合题意
C．Y为O，Z为S，W为Cl，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：r(W) ＜r(Y)，故C不符合题意；
D．W为Cl元素，最高价含氧酸HClO4是最强的含氧酸，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N，Z为S，W为Cl，然后利用元素周期律及物质的性质来解答。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．根据上述分析可知：a为正极，b为负极，A不符合题意；
B．该装置有太阳能电池为电源，太阳能电池将太阳能转化为电能，实现了CO2与NaCl电解生成CO和NaClO，电能转化为化学能，该装置工作时，至少实现了三种能量形式的转化，B不符合题意；
C．电极Y为阳极，在Y电极上Cl-失去电子变为ClO-，所以Y电极反应为：Cl- -2e-+H2O =ClO-+2H+，C不符合题意；
D．未指出CO2气体所处的外界条件，不能根据其体积计算物质的量，也就不能计算反应过程中电子转移数目，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.a为正极，b为负极。
B.太阳能转化为电能，电能转化为化学能。
C.电池的正极接阳极，氯离子失去电子。
D.只有处于标准状态时D选项才正确。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．酸抑制水电离，酸中c(H+ )越大其抑制水电离程度越大，c(H+)： a>b>c>d，则水电离程度：aB．pH相同的两种酸，c(HCOOH)< c(CH3COOH)，相同体积a点的两种酸n(酸)：n(HCOOH)< n(CH3COOH)，分别与NaOH恰好中和后溶液中n(Na＋)与酸的物质的量成正比，所以反应后溶液中n(Na＋)： 甲酸小于乙酸，B不符合题意；
C．甲酸酸性比乙酸强，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化较大的酸酸性较强，根据图知I表示甲酸、II表示乙酸，C不符合题意；
D．同温下pH相同的这几种溶液，碱性越强物质的水溶液浓度越小，这几种物质碱性：NaOH＞NaHCO3＞CH3COONa＞HCOONa，则溶液浓度：c(NaOH)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)＜c(HCOONa)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.酸抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，酸的浓度越大，对水的抑制程度越大；
B.中和后溶液中n(Na+)与酸的物质的量成正比；
C.pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化较大的酸酸性较强。
14．【答案】A
【解析】【解答】图中电子的流向；由X电极流向直流电源，可知X是阳极，Y为阴极。
A.氯化铜溶液，Y是阴极，Cu2+得电子生成铜单质，有暗红色物质析出，A项符合题意；
B.电解质溶液为氯化铜溶液，X为阳极，阳极发生氧化反应，B项不符合题意；
C.根据电子流向，X为阳极，C项不符合题意；
D.若Z为饱和食盐水，电解类型为放氢生碱型，在阴极，2H2O+2e →2OH-+H2↑，X为阳极，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】（1）电解氯化铜溶液，X为阳极发生氧化反应，2Cl-+2e-=Cl2，Y为阴极发生还原反应，Cu2++2e-=Cu。
（2）电解氯化钠溶液，X为阳极发生氧化反应，2Cl-+2e-=Cl2，Y为阴极发生还原反应，2H2O+2e =2OH-+H2↑。
15．【答案】D
【解析】【解答】A.570℃之前，随着温度升高，CO的体积分数增大，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向进行，CO的体积分数减小，说明570℃之前，以反应Ⅱ为主，即反应Ⅱ为放热反应，ΔH＜0，故A不符合题意；
B．无论反应Ⅰ还是反应Ⅱ都是气体体积不变的反应，因此其他条件不变，增大压强，平衡不移动，Fe(s)的产量不变，故B不符合题意；
C．根据A选项分析，570℃后，随着温度升高，CO体积分数减小，以反应Ⅰ为主，温度越高，四氧化三铁的还原产物主要以FeO为主，温度越高，四氧化三铁的还原产物中铁元素的价态越高，故C不符合题意；
D.1040℃，以反应Ⅰ为主，CO的体积分数为20%，则CO2体积分数为80%，此温度下K==4，反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向进行，即K＞4，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.温度为随着温度的升高，CO的体积分数增大，而反应Ⅰ是吸热反应，随着温度的升高，平衡正向移动，CO体积分数减小，说明300℃～570℃，Fe3O4(s)和CO(g)发生的主要反应为Ⅱ，即反应Ⅱ是放热反应；
B.反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体体积不变的反应；
C.温度高于570℃，随着温度的升高，CO的体积分数减小，说明反应以Ⅰ为主。
16．【答案】D
【解析】【解答】A. 纯碱溶液显碱性：CO32-+H2O HCO3-+OH-，故A错；
B. 用稀硝酸清洗试管内壁附着的银：3Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O，故B错；
C. 向煤中加入石灰石可减少煤燃烧时SO2的排放： ，所以C选项是不符合题意的；
D.溶液与过量澄清石灰水混合出现白色沉淀，符合题意的离子方程式为HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，故D符合题意；所以D选项是符合题意的。
故答案为：D
【分析】
A、纯碱溶液显碱性是由于CO32-的水解；
B、用稀硝酸清洗试管内壁附着的银：发生氧化还原反应；
C、SO2表现还原性；
D、要注意量的问题，用定1法书写离子方程式。
17．【答案】A
【解析】【解答】A．用焦炭和石英砂（主要成分是SiO2）制取粗硅，是利用了焦炭的还原性和SiO2的氧化性，与SiO2作光导纤维无因果关系，A符合题意；
B．利用海水制取溴单质，可向海水中通入氯气等氧化剂将海水中的Br-氧化为Br2；制取镁单质，可通过富集海水中的镁离子，经沉淀、溶解等操作得到无水MgCl2，再电解熔融MgCl2，Mg2+被还原得到镁单质，B不符合题意；
C．石油在一定条件下裂解得到的乙烯等不饱和烃能使溴的CCl4溶液褪色，C不符合题意；
D．FeCl3溶液中Fe3+可发生水解，生成具有吸附性的Fe(OH)3胶体，从而可用作净水剂，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.陈述Ⅰ涉及反应是C+SiO2CO+Si，体现了SiO2的氧化性。
B.根据元素化合价判断物质的氧化性和还原性分析。
C.不饱和烃能与溴单质发生加成反应。
D.Fe(OH)3胶体具有吸附性。
18．【答案】D
【解析】【解答】A.150℃~200℃阶段热分解，质量从146克变为128克，少了1mol水的质量，即1molCaC2O4·H2O失去1molH2O，故只是失去水，A不符合题意；
B.400℃~600℃热分解，质量从128克变成100克，即1mol CaC2O4固体失去1molCO，故生成固体化合物为1molCaCO3，B不符合题意；
C．氢和氧可以形成过氧化氢，具有杀菌消毒的作用，C不符合题意；
D．化合物为草酸，具有还原性和弱酸性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】人体血液中缺乏Z离子易造成肌肉抽搐，则Z为Ca元素，W、X形成的化合物种类最多，则W为H元素，X为C元素，Y原子最外层电子数是其电子层数3倍，则Y为O元素。
19．【答案】B
【解析】【解答】A. 该反应为可逆反应，不能完全转化，充分反应后，放出热量小于理论值，选项A不符合题意；
B. 若 x=1，反应为气体体积不变的反应，反应时压强始终保持不变，容器中压强不变时不能判断反应达到平衡，选项B符合题意；
C. 当 B 和 D 的物质的量为 1:1 时，无法确定正逆反应速率是否相等，不能表明该反应已达到平衡，选项C不符合题意；
D. 达到平衡过程中，正反应速率先增大再保持不变，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.可逆反应具有一定的限度，即不可能完全转化；
B.反应前后气体的计量数之和相等，即气体的体积始终相等；
C.判断可逆反应达到平衡的标志是：正逆反应的速率相等；
D.在反应开始后，正反应速率不断加快，达到平衡后不再改变。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．由化学方程式可知，3molO2中所含氧元素化合价降低，作氧化剂，4mol中，只有2mol所含氮元素化合价升高，作还原剂，则，A不符合题意；
B．由化学方程式可知，每消耗3molO2，反应转移12mol电子，则每消耗，转移1.2mol电子，转移电子数是，B不符合题意；
C．生成物中的N和H元素，反应前后化合价无变化，则既不是氧化产物也不是还原产物，C不符合题意；
D．，N元素化合价升高，，N元素化合价不变，即中N的化合价部分发生变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物。
21．【答案】（1）+175.2kJ/mol
（2）BC；<；>；66.7%；<
（3）2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O；(14-b，14-a)
【解析】【解答】（1）a+b可得反应CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g)，根据盖斯定律，△H=+216.4kJ/mol+(-41.2kJ/mol)=+175.2kJ/mol。（2）①A.氮气和氢气初始物质的量之比为1：3，由反应方程式N2+3H2 2NH3可得，氮气和氢气按物质的量之比为1：3反应，所以N2和H2的转化率是相等的，与是否达到平衡状态无关，故A不符合题意；
B.该反应是一个气体分子数变化的反应，恒压时只要不平衡，气体体积就会发生变化，因为气体总质量不变，所以密度就会不断变化，当密度不变时，说明正逆反应速率相等，平衡不再发生移动，故B符合题意；
C.氢气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氢气减少，则氨气必增多，其比值 就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，故C符合题意；
D.氮气是反应物，氨气是生成物，只要不平衡，若氮气减少，则氨气必增多，其比值 就会变化，当比值不变时说明已经处于平衡状态，但当比值=2时，却不一定不再变化，所以不一定是平衡状态，故D不符合题意。②合成氨反应是一个气体分子数减小的反应，增大压强有利于平衡正向移动，由图可知，温度相同时，压强为P1时平衡混合物中氨的体积分数小于压强为P2时，所以P1D点。③设c点H2的转化率为α(H2)，列三段式得：
N2+ 3H2 2NH3
起始（mol） 1 3 0
转化（mol） α(H2) 3α(H2) 2α(H2)
平衡（mol） 1-α(H2) 3-3α(H2) 2α(H2)
因为平衡混合物中氨的体积分数为50%，同温同压下气体体积分数=物质的量分数，所以 ×100%=50%，解得α(H2)≈66.7%。由图可得，A、B两点平衡混合物中氨的体积分数相同，B点温度和压强均高于A点温度和压强，则在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氨气平均速率：v(A)c(N2H4)时，c(OH-)<1×10-a，c(H+)= >10-(14-a)，pH=-lgc(H+)<14-a；K2= =1×10-b，所以c(N2H5+)=c(N2H62+)时，c(OH-)=1×10-b，c(H+)= =10-(14-b)，pH=-lgc(H+)=14-b，则c(N2H5+)>c(N2H62+)时，c(OH-)>1×10-b，c(H+)= <10-(14-b)，pH=-lgc(H+)>14-b。所以25℃时，向N2H4水溶液中加入H2SO4，欲使c(N2H5+)>c(N2H4)，同时c(N2H5+)>c(N2H62+)，应控制溶液pH范围为：(14-b，14-a)。
【分析】（1）根据盖斯定律求解；（2）①抓住“变量不变”达到平衡状态来判断；②增大压强有利于平衡分子数减小的方向进行；③列三段式计算；（3）①氧化还原反应方程式的书写；②根据平衡常数计算；
22．【答案】（1）Al2O3+2NaOH=NaAlO2+H2O、SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；Fe2O3，Fe2(SO4)3；Ti4++(n+2)H2O TiO2·nH2O+4H+
（2）TiO2+4e-=Ti+2O2；碳单质与氧气反应减小产物浓度使平衡向右移动 ；利用反应放热，导致反应顺利进行，使生成更多TiCl4
（3）TiO2(s) + 2Cl2（g）+ C（s）= TiCl4（g）+ CO2(g)ΔH=-243KJ/mol
【解析】【解答】（1）①步骤IAl2O3、SiO2溶于浓氢氧化钠溶液，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=NaAlO2+H2O，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，若将所得FeSO4晶体溶于水，加热蒸干，过程中FeSO4被空气中氧气氧化为Fe2(SO4)3，水解产物氢氧化铁受热分解产生氧化铁，所得固体是Fe2O3，Fe2(SO4)3。
②若步骤Ⅲ中是利用Ti4+在溶液中水解制得TiO2·nH2O，则该反应的离子方程式为Ti4++(n+2)H2O TiO2·nH2O+4H+。
（2）方法一：将TiO2作阴极，石墨作阳极，熔融CaO为电解液，用炭块作电解槽池，电解TiO2制得钛，其阴极发生的反应：TiO2+4e-=Ti+2O2-。方法二：在实际生产中，需在反应①过程中加入碳才能顺利制得TiCl4，其原因是碳单质与氧气反应减小产物浓度使平衡向右移动，并利用反应放热，促使反应顺利进行，生成更多TiCl4。。
（3）将热化学方程式“C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=-394 KJ/mol”用③表示，则①+③得由固体TiO2、固体C与Cl2反应制取气态TiCl4的热化学方程式为TiO2(s)+2Cl2（g）+C（s）=TiCl4（g）+ CO2(g)ΔH=-243KJ/mol。
【分析】（1）①钛矿石中Al2O3能与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，SiO2能与NaOH反应生成Na2SiO3和H2O，据此写出反应的化学方程式；FeSO4易被空气中的O2氧化，形成Fe2(SO4)3；
②结合水解原理书写反应的离子方程式；
（2）电解过程中，TiO2得电子形成Ti和O2-，据此书写电极反应式；
结合平衡移动原理分析；
（3）根据盖斯定律计算反应热，从而书写热化学方程式；
23．【答案】（1）
（2）葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气；氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气；葡萄糖
（3）11.76%；开始时充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，原料中过量会使反应③平衡逆向移动，所以乙炔产率下降
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ：，反应Ⅱ：，反应Ⅲ：，反应IV，由盖斯定律可知，-IV-Ⅰ2-Ⅲ2得到，所以△H2=-△H4-△H12-△H22=。
（2）由题干信息可知，右侧区电解产生H2，电极反应为：2H++2e-=H2↑，发生还原反应，故右侧区为阴极区，则电源中B为负极，A为正极，左侧区为阳极区，电极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，据此分析解题。
①因为葡萄糖为非电解质，水溶液不导电，直接电解不易产生氢气，故产生氢气速率明显高于不加入直接电解葡萄糖制氢。
②电解—葡萄糖时氧化葡萄糖生成，含有的溶液在泵的作用下在阳极表面氧化生成，同时生成大量的，经过质子交换膜在阴极表面得电子生成氢气。
③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①当进料气中时，设n(H2)=2mol，n(C2H4)=1mol，乙炔的产率为40%，故有
则乙炔的体积分数为=11.67%。
②乙烯分解产生乙炔和氢气，一开始充入氢气是为活化催化剂，故稍增大氢气的量能让乙炔产率增大，增大氢气的量会促使反应③平衡逆向移动，从而减少平衡体系中的乙炔的含量，使乙炔的产率降低。
【分析】（1）依据盖斯定律；
（2）①依据溶液中离子的浓度分析；
②依据放电顺序和化合价的变化分析；
③电解一段时间后，需向储槽中补充葡萄糖。
（3）①利用“三段式”法计算；
②根据影响化学平衡移动的因素分析。
24．【答案】（1）温度较低；较慢
（2）2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑
（3）K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物形成沉淀
（4）10 mol/L
（5）A；C
（6）KNO3 KCl
（7）15
【解析】【解答】(1)，在温度较高时发生反应②6KOH+ 3Cl2 =5KCl+ KClO3 + 3H2O，现在要制备KClO，为了防止产生杂质KClO3，所以反应要在温度较低下进行；从绿色化学的角度考虑，氯气的通过速率慢一些会使反应更加充分；
故答案为：温度较低，较慢；(2) 在工业上Cl2是用电解饱和食盐水的方法制取的，反应的化学方程式是2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；
故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；(3) +6价的铁元素易得电子表现出强氧化性，可杀菌消毒，还原产物铁元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物并可使泥沙聚沉；
故答案为：K2FeO4具有强氧化性，可杀菌消毒；还原产物Fe元素为+3价，在水中形成Fe(OH)3胶体，可吸附水中悬浮物形成沉淀；(4) 溶液的质量=(100+61.6)g，溶液体积= =0.11L，n(KOH)= =1.1mol，物质的量浓度= =10mol/L；
故答案为：10mol/L；(5) 在“反应液I”中加KOH固体的目的是使过量的Cl2继续反应，生成更多的KClO，同时为下一步反应提供反应物；
故答案为：AC；(6) 加入硝酸铁溶液发生反应的化学方程式：2Fe(NO3)3 + 2KClO + 10KOH = 2K2FeO4 + 6KNO3 + 3KCl + 5H2O，由反应方程式可看出：分离出K2FeO4后，会得到副产品KNO3和KCl；
故答案为： KNO3、KCl；(7) 1.98 kg K2FeO4的物质的量为： =10mol，根据转化关系可知，Cl2-KClO- K2FeO4，即需要Cl215mol；
故答案为：15mol。
【分析】（1）该流程图中要制取 KClO 溶液，根据题给反应方程式可知，该反应是在低温的条件下进行的；
（2）电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气；
（3）高铁酸根具有强氧化性，可以杀菌消毒；
（4）物质的量浓度等于物质的量与体积的比值；
（5）在“反应液I”中加KOH固体可以促进反应继续进行，生成更多的次氯酸钾；
（6）根据硝酸铁与次氯酸钾和氢氧化钾的反应方程式可知，副产品包括硝酸钾和氯化钾；
（7）根据氯气制取次氯酸钾，以及次氯酸钾制取高铁酸钾的反应方程式中物质的量之比，可以计算出每得到1.98 kg K2FeO4，理论上消耗Cl2的物质的量。
25．【答案】（1）SiO2、S
（2）2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O
（3）Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；过滤、洗涤、干燥
（4）减小；2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)
（5）77%
【解析】【解答】（1）操作I中Fe3+可以将Bi2S3中的S氧化为S单质，SiO2性质比较稳定，不与酸反应，所以滤渣的主要成分为：SiO2、S。
（2）铋可以被H2O2氧化，发生的方程式为：2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O
（3）根据反应流程图可知操作Ⅱ中发生的反应为：Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O，想要获得纯净NaBiO3，首先要将沉淀过滤出来，再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3，所以操作Ⅱ为：过滤、洗涤、干燥。
（4） ，Kb不变，c(NH4+)不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒定律，pH=9时，溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)；
（5）由5NaBiO3+2Mn2++14H+=2MnO4 +5Na++5Bi3++7H2O、MnO4 +5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，
5NaBiO3 2 MnO4 10Fe2+
5 10
n(NaBiO3) 0.5mo1 L 1×0.0220L
n(NaBiO3)=0.0055mol
得到质量计算质量分数=0.0055mol×280g/mol/2.0g×100%=77%，故答案为：77%。
【分析】（1）主要成分是Bi2S3，还含少量SiO2等杂质，则不溶于盐酸的有二氧化硅，铁离子与硫离子会生成S单质
（2）氧化还原配平：先根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。
（3）沉淀需要过滤洗涤干燥才能得到纯净的物质
（4）平衡常数不变，铵根离子不断增大，比值不断减小；根据电荷守恒定律可求解
（5）根据转移电子式守恒可列出关系式求解。