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专题 08 反应原理与能量转化
考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势
1.《化学反应原理》在北京高考中的占
2024北京卷第7、10、13题
比很大，从选择题这个题型来看，至少
考点 反应原理 2023北京卷第13题
会涉及3道题。
与能量转化 2022北京卷第12题
2.反应机理和能量变化，是常考的一个
（5年5考） 2021北京卷第9题、第13题
知识点，设问的形式很多变，例如有工
2020北京卷第9题、第12题
业流程、有陌生反应的分析等等。
1．（2024·北京·高考真题）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是
A．I的化学方程式：
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高 平衡转化率
C．将黄铁和换成硫黄可以减少废渣的产生
D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
【答案】B
【分析】黄铁矿和空气中的O 在加热条件下发生反应，生成SO 和Fe O ，SO 和空气中的O 在
2 2 3 4 2 2
400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO ，用98.3%的浓硫酸吸收SO ，得到H SO 。
3 3 2 4
【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O 在加热条件下发生反应，生成SO 和Fe O ，化学方程式：
2 2 3 4
，故A正确；
B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提
高 平衡转化率，故B错误；
C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生 ，即可以减少废渣产生，故C正确；D．硫酸工业产生的尾气为 、 ，可以用碱液吸收，故D正确；
故选B。
2．（2023·北京·高考真题）一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下，其中 代表 或
中的一种。下列说法正确的是
A．a、c分别是
B． 既可以是 ，也可以是
C．已知 为副产物，则通入水蒸气可减少 的产生
D．等压条件下，反应①、②的反应热之和，小于氯化铵直接分解的反应热
【答案】C
【分析】 分解的产物是 和 ，分解得到的 与 反应生成 ， 又可
以分解得到 和 ，则a为 ，b为 ，c为 ，d为 。
【详解】A．由分析可知，a为 ，c为 ，A项错误；
B．d为 ，B错误；
C．可以水解生成 ，通入水蒸气可以减少 的生成，C正确；
D．反应①和反应②相加即为氯化铵直接分解的反应，由盖斯定律可知，等压条件下，反应①、反应②的
反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D错误；
故选C。3．（2022·北京·高考真题）某 多孔材料孔径大小和形状恰好将 “固定”，能高选择性吸附
。废气中的 被吸附后，经处理能全部转化为 。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．温度升高时不利于 吸附
B．多孔材料“固定” ，促进 平衡正向移动
C．转化为 的反应是
D．每获得 时，转移电子的数目为
【答案】D
【分析】废气经过MOFs材料之后，NO 转化成N O 被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中
2 2 4
我们知道，NO 转化为N O 的程度，决定了整个废气处理的效率。
2 2 4
【详解】A．从 可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，
导致生成的N O 减少，不利于NO 的吸附，A正确；
2 4 2
B．多孔材料“固定” ，从而促进 平衡正向移动，B正确；
C．N O 和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为 ，C正确；
2 4
D．在方程式 中，转移的电子数为4e-，则每获得 ，转移的电子数为
0.4mol，即个数为 ，D错误；
故选D。
4．（2021·北京·高考真题）用电石（主要成分为CaC ，含CaS和Ca P 等）制取乙炔时，常用CuSO 溶液除
2 3 2 4
去乙炔中的杂质。反应为:
①CuSO +H S=CuS↓+H SO
4 2 2 4
②11PH +24CuSO +12H O=3H PO +24H SO +8Cu P↓
3 4 2 3 4 2 4 3
下列分析不正确的是
A．CaS、Ca P 发生水解反应的化学方程式：CaS+2H O=Ca(OH) +H S↑、Ca P +6H O=3Ca(OH) +2PH ↑
3 2 2 2 2 3 2 2 2 3
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 mol CuSO 氧化11 mol PH
4 3D．用酸性KMnO 溶液验证乙炔还原性时，H S、PH 有干扰
4 2 3
【答案】C
【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H S、PH 可知CaS的水解方
2 3
程式为CaS+2H O=Ca(OH) +H S↑；Ca P 水解方程式为Ca P +6H O=3Ca(OH) +2PH ↑，A项正确；
2 2 2 3 2 3 2 2 2 3
B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H S的酸性强于H SO ，
2 2 4
事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；
C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8
个电子，则24molCuSO 完全反应时，可氧化PH 的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误；
4 3
D．H S、PH 均被KMnO 酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO 酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；
2 3 4 4
答案选C。
5．（2021·北京·高考真题）有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一
定温度下，利用足量重水(D O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D )/n(HD)可以获知 n(Li)/n(LiH)。
2 2
已知：①LiH+H O=LiOH+H ↑
2 2
②2Li(s)+H 2LiH H＜0
2
下列说法不正确的是
⇌ △
A．可用质谱区分D 和HD
2
B．Li与D O的反应：2Li+2D O=2LiOD+D ↑
2 2 2
C．若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D )/n(HD)越小
2
D．80℃反应所得n(D )/n(HD)比25℃反应所得n(D )/n(HD)大
2 2
【答案】C
【详解】A．D 和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；
2
B．类似于钠和水的反应， Li与D O反应生成LiOD与D ，化学方程式是2Li+2D O=2LiOD+D ↑，B正确；
2 2 2 2
C．D 由Li与D O反应生成，HD 通过反应LiH+D O=LiOD+HD ， n(D )/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不
2 2 2 2
正确；
D．升温，2LiH 2Li+H H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D )/n(HD)大于
2 2
25℃下的n(D
2
)/⇌n(HD) ，△D正确；
答案为：C。
6．（2020·北京·高考真题）硫酸盐(含SO 、HSO )气溶胶是PM 的成分之一。近期科研人员提出了雾霾
2.5
微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法不正确的是
A．该过程有H O参与 B．NO 是生成硫酸盐的氧化剂
2 2
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
【答案】D
【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H O参与，故A正确；
2
B．根据图示的转化过程，NO 转化为HNO ，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还
2 2
原，做氧化剂，则NO 的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；
2
C．硫酸盐(含SO 、HSO )气溶胶中含有HSO ，转化过程有水参与，则HSO 在水中可电离生成H+和SO
，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由SO 转化为HSO ，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；
答案选D。
7．（2020·北京·高考真题）依据图示关系，下列说法不正确的是
A．石墨燃烧是放热反应
B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O 中燃烧，全部转化为CO ，前者放热多
2 2
C．C(石墨)+CO (g)=2CO(g) ΔH=ΔH-ΔH
2 1 2
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【详解】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O (g)= CO (g) ΔH=-393.5kJ/mol，ΔH＜0，则石
2 2 1 1
墨燃烧是放热反应，故A正确；
B．根据图示，C(石墨)+O (g)=CO (g) ΔH=-393.5kJ/mol，CO(g)+ O (g)=CO (g) ΔH=-283.0kJ/mol，根据反应可
2 2 1 2 2 2
知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O 中燃烧，全部转化为CO ，1molC(石墨)放热多，故
2 2
B正确；C．根据B项分析，①C(石墨)+O (g)=CO (g) ΔH=-393.5kJ/mol，②CO(g)+ O (g)=CO (g) ΔH=-283.0kJ/mol，
2 2 1 2 2 2
根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO (g)=2CO(g) ΔH=ΔH-2ΔH，故C错误；
2 1 2
D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；
答案选C。
8．（2024·北京·高考真题）可采用 催化氧化法将工业副产物 制成 ，实现氯资源的再利用。
反应的热化学方程式： 。下图所示为该法的一种
催化机理。
下列说法不正确的是
A．Y为反应物 ，W为生成物
B．反应制得 ，须投入
C．升高反应温度， 被 氧化制 的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O 、CuO、Cl 、H O；CuO与Y反
2 2 2
应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu OCl ，则W为H O；CuCl 分解为X和CuCl，则X
2 2 2 2
为Cl ；CuCl和Z反应生成Cu OCl ，则Z为O ；综上所述，X、Y、Z、W依次是 、 、 、 。
2 2 2 2
【详解】A．由分析可知，Y为反应物 ，W为生成物 ，A正确；
B． 在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；
C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；
D．图中涉及的两个氧化还原反应是 和 ，D正确；
故选B。
9．（2024·北京·高考真题）苯在浓 和浓 作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法
不正确的是A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大 键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓 作催化剂
【答案】C
【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以
上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；
B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；
C．M的六元环中与 相连的C为 杂化，苯中大 键发生改变，故C错误；
D．苯的硝化反应中浓 作催化剂，故D正确；
故选C。
1．（2024·北京东城·一模）在Pt-BaO催化下，NO的“储存-还原”过程如图1所示。其中“还原”过程依
次发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，各气体的物质的量变化如图2所示。
下列说法不正确的是A． 与BaO的反应中， 既是氧化剂，又是还原剂
B．反应Ⅰ为
C．反应Ⅱ中，最终生成 的物质的量为0.2a mol
D．反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的 的质量比是3∶5
【答案】D
【详解】A．由可知NO和O 在Pt表面发生反应生成NO ，NO 和BaO反应生成Ba(NO ) ，与还原性气体氢
2 2 2 3 2
气反应放出N ，则 中N由+4价变为+5价和0价，则 既是氧化剂，又是还原剂，A正确；
2
B．由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO ) 作用生成NH ，方程式为：
3 2 3
，B正确；
C．由图可知，反应分两步进行，第二步反应为NH 还原Ba(NO ) 生成BaO和N 等，则可知，相应的关系
3 3 2 2
式为： ，图中氨气最大量为0.25mol，则最终生成 的物质的量为0.2a mol，C正确；
D．第二步反应为NH 还原Ba(NO ) 生成BaO和N 等，根据得式电子守恒可知， ，再结
3 3 2 2
合第一步反应 ，可知第一步为 ，第二步为 ，则
反应Ⅰ和Ⅱ中消耗的 的质量比即物质的量之比是5∶3，D错误；
故选D。
2．（2024·北京门头沟·一模）实验测得等物质的量浓度的 和 溶液 随温度变化如图所示。
下列说法不正确的是
A． 和 水解均是吸热反应
B．若将 点溶液恢复到
C． 点时 已经完全分解
D． 点之前，升温 减小是 改变与 的电离和水解平衡移动共同作用的结果
【答案】C
【详解】A．盐的水解反应为中和反应的逆过程，中和反应为放热反应，则 和 水解均是吸热反应，故A正确；
B．升高温度部分碳酸氢钠分解为碳酸钠，则将N点溶液恢复到25℃，混合液pH＞8.62，故B正确；
C．若N点NaHCO 已经完全分解，则碳酸钠溶液在45℃时的pH约为11.45，与碳酸氢钠溶液的pH不符，
3
故C错误；
D．升温，K 增大，同时促进了 的电离和水解， 点之前，升温 减小是 改变与 的电离和
w
水解平衡移动共同作用的结果，故D正确；
故选C。
3．（2024·北京石景山·一模）在一定条件下，用草酸-草酸铵浸出废渣中的Fe O ，平衡时浸出体系中含草
2 3
酸根粒子及含Fe(Ⅲ)粒子的形态分布随pH变化如下图所示。下列说法正确的是
已知：①Fe3+和ox2−(代表草酸根)可以生成Fe(ox)+、Fe(ox) 和Fe(ox) 三种配离子。
②体系中草酸根的总浓度[ox2−] = 4.54 mol/L(按折合成ox2−计)
TOT
体系中Fe(Ⅲ)的总浓度[Fe3+] = 1.08 mol/L(按折合成Fe3+计)
TOT
A．该条件下，酸性增强Fe(ox) 的物质的量分数增大
B．改变体系中草酸-草酸铵和Fe O 的量，使[ox2-] / [Fe3+] = 3，体系中Fe(Ⅲ)全部以Fe(ox) 形态存
2 3 TOT TOT
在
C．Hox− H+ + ox2− K = 10−a；Fe(ox) + ox2− Fe(ox) K = 10−b
a2
D．pH = 4时，c(Hox−) + c(ox2−) ≈ 1.3 mol/L
【答案】D
【详解】A．由图可知，在一定pH值范围内，Fe(ox) 的物质的量分数随酸性增强而增大，pH值3-7左右
时，Fe(ox) 的物质的量分数基本不变，pH低于3时，Fe(ox) 的物质的量分数反而减小，故A错误；
B．[ox2-] / [Fe3+] = 3，若只发生Fe3+、ox2-结合成Fe(ox) 的反应时，体系中Fe(Ⅲ)才能全部以Fe(ox) 形
TOT TOT
态存在，但实际该反应具有可逆性，反应不能完全消耗，溶液中Fe(Ⅲ)的存在形式不只一种，故B错误；C．Fe(ox) + ox2− Fe(ox) K = ，当 时，K= ，结合图
一，此时溶液中 ， ，故C错误；
D．pH = 4时，c(Hox−) + c(ox2−)=[ox2−] - ，此时Fe的存在形式几乎只有Fe(ox) ，
TOT
[Fe3+] = 1.08 mol/L， =3×1.08=3.24 mol/L，c(Hox−) + c(ox2−) 4.54 mol/L-3.24 mol/L=1.3 mol/L，
TOT
故D正确；
故选：D。
4．（2024·北京顺义·一模）常温下，向0.02mol·L-1 FeCl 溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1mol·L-1
3
NaOH溶液，得到pH-t曲线如图。下列说法正确的是
已知：25℃时，Fe(OH) 的K =2.8×10-39
3 sp
A．已知a点为滴定起始点，pH=1.73是因为FeCl 溶于水发生了水解反应
3
B．由a点到b点的过程中，滴加的NaOH溶液与FeCl 发生反应
3
C．该条件下，Fe3+的沉淀pH范围约为2.25～2.82
D．d点的溶液中，由水电离出的c(OH—)约为10-2.16mol·L-1
【答案】C
【分析】由a点到b点的过程中，主要是NaOH反应酸化的盐酸，b到c为FeCl 与NaOH反应生成沉淀，d
3
主要为NaOH，据此回答。
【详解】A．0.02mol·L-1 FeCl 溶液预先用盐酸酸化，pH=1.73是因为含有盐酸，A错误；
3
B．由a点到b点的过程中，主要是NaOH反应酸化的盐酸，B错误；
C．当Fe3+沉淀完全时，Fe3+的浓度为10-5mol/L，则 ，
pOH=11.18，则pH=2.82，b点时Fe3+开始沉淀，所以Fe3+的沉淀pH范围约为2.25～2.82，C正确；
D．d点的溶液中，pH=11.84，溶液中的溶质主要是NaOH，OH-主要由NaOH电离，由水电离的H+和OH-相
等，则由水电离的c(OH-)=10-11.84mol/L，D错误；故选C。
5．（2024·北京西城·一模）研究 溶液的制备、性质和应用。
①向 溶液中逐滴加入氨水，得到 溶液。
②分别将等浓度的 溶液、 溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明
显现象，后者产生使淀粉 溶液变蓝的气体。
③ 溶液可处理含 的废气，反应过程如下。
下列说法正确的是
A．①中，为避免 溶液与氨水生成 沉淀，可先加入适量的 溶液
B．②中， 溶液中的 浓度比 溶液中的高， 的还原性比
的强
C．③中， 转化为 ， 元素的化合价不变
D．③中，降低 可显著提高 的脱除率
【答案】A
【详解】A．为避免CoSO 溶液与氨水生成Co(OH) 沉淀，可先加入适量的(NH ) SO 溶液，使溶液中铵根离
4 2 4 2 4
子浓度增大，抑制一水合氨的电离，故A正确；
B．②中，由于[Co(NH ) ]2+为配离子， 溶液中的 浓度比 溶液中的高，由图可知，
3 6
[Co(NH ) ]2+被O 氧化为 ，分别将等浓度的CoSO 溶液、[Co(NH ) ]SO 溶液
3 6 2 4 3 6 4
放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体，该气体为
氯气，说明[Co(NH ) ]SO 溶液中的Co2+更易被氧化，则 [Co(NH ) ]SO 的还原性更强，故B错误；
3 6 4 3 6 4
C．③中，[Co(NH ) ]2+转化为 ，Co元素的化合价由+2价变为+3价，故C
3 6
错误；
D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，故D错误；
故选A。
6．（2024·北京通州·一模）从电子废料（含Au、Ag和Cu等）中可回收金，主要流程如下：已知：王水溶金发生反应
下列说法不正确的是
A．浓盐酸促进了Au和 的反应，其原因是降低了 ，增强了Au的还原性
B．依据王水溶金原理，NaCN饱和溶液与 也可使Au溶解
C． 可实现析金发生反应：
D．以 为电解质进行粗金的电解精炼，可能会有AgCl覆盖在阴极发生钝化
【答案】D
【分析】电子废料（含Au、Ag和Cu等），通过王水溶金生成HAuCl ，加入亚硫酸钠析金后得到粗金，据
4
此回答。
【详解】A．浓盐酸与Au3+结合，降低了c(Au3+)，增强了Au的还原性，因而促进了Au和HNO 的反应，A
3
正确；
B．NaCN饱和溶液与O 也可使Au溶解，反应方程式为4Au+8NaCN+O +2H O =4Na[Au(CN) ]+4NaOH，B正确；
2 2 2 2
C．亚硫酸钠具有还原性，HAuCl 具有氧化性，则Na SO 可实现析金发生反应为：
4 2 3
，C正确；
D．溶液中含有[AuCl ]-，无氯离子，故不会生成氯化银沉淀，D错误；
4
故选D。
7．（2024·北京房山·一模）工业上利用“碘循环”吸收 ，同时制得 ，流程如图所示。下列说法正确
的是
A．反应器中发生的反应离子方程式为：
B．反应器中控制温度的目的是增大 的溶解度以加快吸收
C．分离器中物质分离的方法为蒸馏
D．膜反应器中，增大压强有利于提高平衡转化率
【答案】C
【分析】工业上利用“碘循环”吸收 ，同时制得 ，在反应器中发生反应：
，在分离器中将H SO 和HI分离，HI在膜分离器中分解为H 和I 。
2 4 2 2
【详解】A．二氧化硫与碘水反应： ；硫酸和氢碘酸都是强酸，反应的离子方程
式可表示为： ，故A错误；
B．I 的沸点较低，温度过高会使I 升华，从而减少 的吸收，所以反应器中控制温度为20℃~100℃，升
2 2高温度则气体溶解度减小，故B错误；
C．分离器中含有硫酸和氢碘酸，二者沸点不同，用蒸馏来分离，故C正确；
D．在膜反应器中发生反应： ，该反应是气体体积不变的反应，增大压强不影响平衡状态，不
能提高平衡转化率，D错误；
故选C。
8．（2024·北京朝阳·二模）土壤中的微生物可将大气中的 经两步反应氧化成 ，两步反应的能量变
化如图。
下列说法不正确的是
A．O的非金属性大于S，推知热稳定性：
B．两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释放的总能量
C．
D．结合 的燃烧热，可求算 的
【答案】C
【详解】A．非金属性越强的元素简单气态氢化物稳定性越强，O的非金属性大于S，推知热稳定性
，A正确；
B．由图可知两步反应均为放热反应，所以反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键形成放出的能
量，B正确；
C．由图可知，第一步热化学反应为 ，第二步反应
为 ，根据盖斯定律两步反应式相加
，故C错误；
D．结合 的燃烧热可得到代表S(s)的燃烧热的热化学方程式，再结合第一步热化学方程式，按盖斯定律，
可求算 的 ，D正确；
故本题答案选C。
9．（2024·北京顺义·二模）我国科研人员研究发现 原子活化乙烷的反应机理，一种机理如图所示。下列说法不正确的是
A．决定反应速率的步骤是中间体 过渡态2
B． 键的形成与断裂使得氢原子发生了迁移
C．该过程涉及非极性键的断裂与形成
D．总反应为
【答案】C
【详解】A．中间体 过渡态2的正反应活化能最大，反应速率最慢，是决定反应速率的步骤，故A正确；
B．Co可活化C H 放出CH ，Co-H键的形成使H原子发生了迁移，故B正确；
2 6 4
C．根据反应历程可知，涉及到C-C键的断裂和C-H键形成，没有涉及非极性键的形成，故C错误；
D．由起点和终点物质可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，该反应是吸热反应，总反应为Co(s)
+C H (g)→CoCH (s)+CH (g)∆H>0，故D正确；
2 6 2 4
答案为C。
10．（2024·北京顺义·二模）某小组探究过氧化钠与二氧化硫的反应。将少量 用脱脂棉包裹，放入
充满 的密闭三颈瓶中充分反应，反应过程中容器内 含量的变化如图所示。下列说法不正确的是
A． 段发生的反应有：B．取少量 点时的固体混合物，滴加酸性高锰酸钾溶液，无明显变化
C． 点时，三颈瓶内气体中含有 和
D．相同条件下，若将三颈瓶中的 换为 ，重复操作，充分反应后 的含量不低于 点对应
的含量
【答案】B
【分析】向盛有少量Na O 粉末的密闭容器中通入二氧化硫气体，图象分析可知发生的反应可能有：
2 2
①2Na O +2SO ═2Na SO +O ，②2Na SO +O ═2Na SO ，③Na O +SO ═Na SO ，据此分析判断。
2 2 2 2 3 2 2 3 2 2 4 2 2 2 2 4
【详解】A．ab段氧气含量增大故存在反应2Na O +2SO ═2Na SO +O ，故A正确；
2 2 2 2 3 2
B．c点固体物质可能为硫酸钠或硫酸钠和硫酸钠混合物，取少量c点时的固体混合物，滴加酸性高锰酸钾
溶液，可能会褪色，也可能无明显变化，故B错误；
C．c点时，固体物质可能为硫酸钠或硫酸钠和硫酸钠混合物，三颈瓶内气体中可能含有SO 和O ，故C正
2 2
确；
D．相同条件下，将SO 换成CO 后，重复上述操作，只发生反应2Na O +2CO ═2Na CO +O ，300秒时O 含
2 2 2 2 2 2 3 2 2
量高于c点，故D正确；
故选：B。
11．（2024·北京顺义·二模）某小组进行“反应物浓度对反应速率影响”实验研究。分别取 不同浓度
的葡萄糖溶液和 溶液于试管中，再依次向试管中滴加 酸性 溶液，通过色度
计监测溶液透光率随时间的变化关系。实验结果如图所示。
已知：(1)溶液透光率与溶液中显色微粒的浓度成反比。
(2)酸性 溶液与 溶液反应时，某种历程可表示如图。
下列说法中不合理的是
A．从图1可知，该实验条件下，葡萄糖溶液浓度越大，反应速率越大B．理论上， 和 的反应中参与反应的
C．图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反应生成有催化作用的物质有关
D．图2中 溶液浓度不同时，数据呈现的原因是：随 浓度增大，反应历程中①、②、③、
④速率均减小
【答案】D
【详解】A．由图1，葡萄糖浓度越大，透光率上升越快，由已知(1)，即高锰酸根浓度下降越快，故反应速
率越大，A正确；
B．高锰酸钾氧化草酸，生成二价锰离子和二氧化碳，锰化合价从+7变为+2，得5个电子，碳化合价+3变
为+4,1个草酸分子失2个电子，根据氧化还原反应得失电子守恒，KMnO 和H C O 的反应中参与反应的
4 2 2 4
n(KMnO )：n(H C O )=2：5，B正确；
4 2 2 4
C．由历程图，Mn2+可以作为高锰酸钾和草酸反应的催化剂，故图2中曲线甲反应速率加快的原因可能与反
应生成Mn2+有催化作用有关，C正确；
D．随H C O 浓度增大，草酸根浓度增大，反应历程①中，草酸根是反应物，随浓度增大，历程①速率是
2 2 4
增大的，故D错误；
本题选D。
12．（2024·北京东城·二模）科学家提出一种大气中 在 和 作用下转变为 的机理（图
1），其能量变化如图2所示。
已知： 的结构式为
下列说法不正确的是
A．①中涉及 键的断裂与生成 B．②③均发生了氧化还原反应
C．由图2可知，该过程的决速步是① D．总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为
【答案】B
【详解】A．①中与硫原子相连的O-H键断裂，生成HNO 涉及 键的生成，A正确；
2
B．②中反应S元素由+5价变为+6价，N元素由+4价变为+3价，发生了氧化还原反应，③中反应无元素化
合价发生变化，没有发生氧化还原反应，B错误；
C．由图2可知，步骤①正反应的活化能最大，反应速率最慢，则该过程的决速步是①，C正确；D． 在 和 作用下转变为 ，硫元素化合价升高了2， 是还原剂， 被还原为
HNO ，氮元素化合价降低了1， 是氧化剂，由得失电子守恒可得关系式2 ~ ，总反应中还原
2
剂与氧化剂的物质的量之比为 ，D正确；
故选B。
