高考化学二轮复习专题练习十四：化学反应原理综合_高考一二三轮复习_化学_2026年-化学高考二轮复习_22026年高考化学二轮复习专题专项训练

专题十四：化学反应原理综合
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．一种无膜电合成碳酸乙烯酯(
)的工作原理如图。下列说法正确的是
A．电源a 极为负极
B．反应中
的物质的量不断减少
C．总反应为
D．“反应Ⅱ”为
2．根据下列操作及现象，得出结论错误的是
选
项
操作及现象
结论
A
分别测定
的
和
溶液的
，
溶液的
更小
结合
的能力：
B
向
和
均为
的混合溶液中加入
，再逐滴
加入氯水并振荡，
层先出现紫红色
还原性：
C
分别向含等物质的量的
悬浊液中，加入等体积
乙酸，加热，仅
完全溶解
溶度积常数：
D
分别向
的三氯乙酸和乙酸溶液中加入等量镁条，三
氯乙酸溶液中产生气泡的速率更快
酸性：三氯乙酸>
乙酸
A．A
B．B
C．C
D．D
3．已知
和
结合形成两种配离子
和
常温下，
的
和
的
混合溶液中，
和
的浓度对数
(实线)、含铜微粒的分布系
数(虚线)[例如
]与溶液pH 的关系如图所示：
下列说法错误的是
A．
B．
C．图中a 点对应的
D．当
时，体系中
4．用硫酸和
可制备一元弱酸
。下列说法错误的是
A．
的水溶液显碱性
B．
的空间构型为V 形
C．
为含有共价键的离子化合物
D．
的中心N 原子所有价电子均参与成键
5．下列有关电解质溶液的说法正确的是
A．向
溶液中加入少量水，溶液中
减小
B．将
溶液从
升温至
，溶液中
增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中
D．向
、
的饱和溶液中加入少量
，溶液中
不变
6．氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将
的氨水分别和不同量的
混合，
测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与
投入量(用x 表示)的关系如
下图所示。下列说法正确的是
A．
的数值为0.009
B．
时，
C．
时，x 越大，生成
的量越少
D．
时，
7．一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为
和
水溶液。将电
池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所
示。下列说法正确的是
A．化学自充电时，
增大
B．化学自充电时，电能转化为化学能
C．化学自充电时，锌电极反应式：
D．放电时，外电路通过
电子，正极材料损耗
8．锂辉石是锂的重要来源，其焙烧后的酸性浸出液中含有
和
杂质离
子，可在0~14 范围内调节
对其净化(即相关离子浓度
)。
时，
与
关系见下图(碱性过强时
和
会部分溶解)。下列说法正确的是
A．
可被净化的
区间最大
B．加入适量
，可进一步提升净化程度
C．净化的先后顺序：
D．
9．下图是亚砷酸
和酒石酸
混合体系中部分物种的
图(浓度：总
为
，总T 为
)。下列说法错误的是
A．
的
为
B．
的酸性比
的强
C．
时，
的浓度比
的高
D．
时，溶液中浓度最高的物种为
10．甘氨酸
是人体必需氨基酸之一。在
时，
、
和
的分布分数【如
】与溶液
关系如图。下列说法错误的是
A．甘氨酸具有两性
B．曲线c 代表
C．
的平衡常数
D．
11．某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和
40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH 计和压力传感器检测，
得到如图曲线：
下列说法正确的是
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴
加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL 时(a 点、b 点)，所发生的反应用离子方程式表示为：
HCO +H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c 点可用酚酞、d 点可用甲基橙作指示剂指示滴
定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO
)=c(OH-)-c(H+)
12．常温下，已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1，溶液中各含磷物种的pc
—pOH 关系如图所示。图中pc 表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)，pOH 表示OH-的浓
度负对数[pOH=-lgc(OH-)]；x、y、z 三点的坐标：x(7.3，1.3)，y(10.0，3.6)，z(12.6，
1.3)。下列说法正确的是
A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH 的变化
B．H3PO3的结构简式为
C．pH=4 的溶液中：c(H2PO )<0.1mol·L-1-2c(HPO
)
D．H3PO3+HPO
2H2PO 的平衡常数K>1.0×105
13．用
盐酸滴定
溶液，溶液中
、
、
的分布分数
随pH 变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是【如
分布分数：
】
A．
的
为
B．c 点：
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂
D．
14．钴(
)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备
金属钴的装置示意图。下列说法正确的是
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的
均增大
B．生成
，Ⅰ室溶液质量理论上减少
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：
15．室温下，某溶液初始时仅溶有M 和N 且浓度相等，同时发生以下两个反应：
①M+N=X+Y；②M+N=X+Z，反应①的速率可表示为v1=k1c2(M)，反应②的速率可表示为
v2=k2c2(M) (k1、k2为速率常数)。反应体系中组分M、Z 的浓度随时间变化情况如图，下列
说法错误的是
A．0～30min 时间段内，Y 的平均反应速率为6.67×10-8mol•L-1•min-1
B．反应开始后，体系中Y 和Z 的浓度之比保持不变
C．如果反应能进行到底，反应结束时62.5%的M 转化为Z
D．反应①的活化能比反应②的活化能大
16．K—O2电池结构如图，a 和b 为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说
法错误的是
A．隔膜允许K+通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b 电极沿导线流向a 电极；充电时，b 电极为阳极
C．产生1Ah 电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2.22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3.9g 钾时，铅酸蓄电池消耗0.9g 水
17．锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网
的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所：
下列说法错误的是
A．放电时，N 极为正极
B．放电时，左侧贮液器中
的浓度不断减小
C．充电时，M 极的电极反应式为
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
18．常温下，用
的盐酸分别滴定20.00mL 浓度均为
三种一元弱
酸的钠盐
溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是
A．该
溶液中：
B．三种一元弱酸的电离常数：
C．当
时，三种溶液中：
D．分别滴加20.00mL 盐酸后，再将三种溶液混合：
19．HA 是一元弱酸，难溶盐MA 的饱和溶液中
随c(H+)而变化，
不发生水解。
实验发现，
时
为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是
A．溶液
时，
B．MA 的溶度积
C．溶液
时，
D．HA 的电离常数
20．已知
呈粉红色，
呈蓝色，
为无色。现将CoCl2溶于水，
加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：
，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是
A．等物质的量的
和
中σ 键数之比为3:2
B．由实验①可推知△H<0
C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：
21．高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH−)，油脂在其中能以较快的
反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是
A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快
B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快
C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水
解
D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相
同c(OH−)的碱的水解
22．验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl 溶液）。
①
②
③
在Fe 表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A．对比②③，可以判定Zn 保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe 氧化
C．验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法
D．将Zn 换成Cu，用①的方法可判断Fe 比Cu 活泼
23．多卤离子
在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下：
离子
分解反应
平衡常数值
K
下列说法错误的是
A．
B．上述分解反应均为氧化还原反应
C．共价键极性：
D．
可分解为
和
24．实验装置如图所示。接通电源后，用碳棒(a＇、b＇)作笔，在浸有饱和NaCl 溶液和石
蕊溶液的湿润试纸上同时写字，a＇端的字迹呈白色。下列结论正确的是
A．a 为负极
B．b＇端的字迹呈蓝色
C．电子流向为： b→b＇→a＇→a
D．如果将a＇、b＇换成铜棒，与碳棒作电极时的现象相同
25．甲醛法测定
的反应原理为
。取含
的废水浓缩至原体积的
后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用
的NaOH 标准溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数与pH 关
系如图2[比如：
]。下列说法正确的是
A．废水中
的含量为
B．c 点：
C．a 点：
D．
的平衡常数
26．CuCl 微溶于水，但在
浓度较高的溶液中因形成
和
而溶解。将适
量CuCl 完全溶于盐酸，得到含
和
的溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释，
浓度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl 固体，
浓度一定上升
C．
的电离方程式为：
D．体系中，
27．在恒容密闭容器中，
热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物。
平衡体系中各组分物质的量随温度的变化关系(实线部分)如图所示。已知：
温度时，
完全分解；体系中气相产物在
、
温度时的分压分别为
、
。下列说法错
误的是
A．a 线所示物种为固相产物
B．
温度时，向容器中通入
，气相产物分压仍为
C．
小于
温度时热解反应的平衡常数
D．
温度时、向容器中加入b 线所示物种，重新达平衡时逆反应速率增大
28．常温下，用
溶液分别滴定下列两种混合溶液：
Ⅰ．20.00mL 浓度均为
和
溶液
Ⅱ．20.00mL 浓度均为
和
溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知
，下列说
法正确的是
A．Ⅰ对应的滴定曲线为N 线
B．
点水电离出的
数量级为
C．
时，Ⅱ中
D．
时，Ⅰ中
之和小于Ⅱ中
之和
29．573K、高压条件下，一定量的苯甲腈在密闭容器中发生连续水解：
(苯甲腈)
(苯甲酰胺)
(苯甲酸)。如图为水解过程中上述三者(分别用
表示)的物质的量分数
随时间的变化曲线，其中
。下列说法错误的是
A．水解产物除了
还有
B．
点时
C．
在15min 前基本不变，15min 后明显增大，可能是水解产物对生成
的反应有
催化作用
D．任意25min 时间段内存在
30．用PdCu 和PdZn 催化甲醇重整制氢的反应有
(主反应)、
(副反应)，部分反应机理如图(TS 表示过渡态，*表
示吸附态)。
依据图示信息，下列说法正确的是
A．
在PdZn 催化剂表面解离的速率更快
B．在PdCu 催化剂表面的
更容易脱附
C．消耗相同质量的
，选择PdZn 催化剂有利于生成更多
D．若原料更换为
，经历TS3 后可生成
31．草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向
溶液中滴入一定量
溶液。混合溶液的
与
的关系如图所示。
实验2：向
溶液中加入
溶液。
已知：
时，
。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是
A．实验1，当溶液中
时，
B．实验1，当溶液呈中性时：
C．实验2，溶液中有沉淀生成
D．实验2，溶液中存在：
32．一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．电解过程中，
向左室迁移
B．电解过程中，左室中
的浓度持续下降
C．用湿润的蓝色石蕊试纸置于b 处，试纸先变红后褪色
D．
完全转化为
的电解总反应：
33．
是两性氢氧化物，其沉淀分离的关键是控制溶液pH。25 ℃时，某溶液中
与
的总和为c。- lg c 随pH 的变化关系如图所示（忽略体积变化）。
已知：
  
  
下列叙述正确的是
A．由M 点可以计算
B．
恰好沉淀完全时pH 为6.7
C．P 点沉淀质量小于Q 点沉淀质量
D．随pH 增大
先减小后增大
34．某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl
溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是
A．溶液1 中
B．溶液2 中
C．溶液3 中
D．上述实验可证明
35．下列实验操作及其现象不能推出相应结论的是
选
项
操作及现象
结论
A
将点燃的镁条迅速伸入集满
的集气瓶种，产生白烟和黑
色固体
具有氧化性
B
用pH 计测得碳酸钠溶液的pH 小于苯酚钠溶液的pH
酸性：碳酸>苯酚
C
在盛有稀盐酸的试管中加入锌片，产生气泡；再将铜丝插入
试管且接触锌片，产生气泡的速率增大
反应速率：电化学
腐蚀>化学腐蚀
D
将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制
悬浊液中，加
热，生成砖红色沉淀
葡萄糖属于还原糖
A．A
B．B
C．C
D．D
36．已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(AgBr)=7.7×10-13，Ksp(Ag2CrO4)=9×10-12。某溶液中含有
Cl-、Br-和CrO
，浓度均为0.010 mol·L-1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L-1的AgNO3溶
液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为
A．Cl-、Br-、CrO
B．CrO
、Br-、Cl-
C．Br-、Cl-、CrO
D．Br-、CrO
、Cl-
37．铜(I)、乙腈(简写为L)的某水溶液体系中含铜物种的分布曲线如图。纵坐标(δ)为含铜
物种占总铜的物质的量分数，总铜浓度为
。下列描述正确的是
A．
的
B．当
时，
C．n 从0 增加到2，
结合L 的能力随之减小
D．若
，则
38．一种高容量水系电池示意图如图。已知：放电时，电极Ⅱ上
减少；电极材料每
转移1mol 电子，对应的理论容量为
。下列说法错误的是
A．充电时Ⅱ为阳极
B．放电时Ⅱ极室中溶液的pH 降低
C．放电时负极反应为：
D．充电时16gS 能提供的理论容量为
39．用电解
溶液(图1)后的石墨电极1、2 探究氢氧燃料电池，重新取
溶液
并用图2 装置按i→iv 顺序依次完成实验。
实验
电极I
电极Ⅱ
电压/V
关系
i
石墨1
石墨2
a
ii
石墨1
新石墨
b
iii
新石墨
石墨2
c
iv
石墨1
石墨2
d
下列分析不正确的是
A．
，说明实验i 中形成原电池，反应为
B．
，是因为ii 中电极Ⅱ上缺少
作为还原剂
C．
，说明iii 中电极I 上有
发生反应
D．
，是因为电极Ⅱ上吸附
的量：iv>iii
40．乙烯、醋酸和氧气在钯(
)催化下高效合成醋酸乙烯酯(
)的过程示
意图如下。
下列说法不正确的是
A．①中反应为
B．②中生成
的过程中，有
键断裂与形成
C．生成
总反应的原子利用率为
D．
催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率
41．一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中
解离的
和
在
电场作用下向两极迁移。除硼原理：
。下列说法错误的是
A．Pt 电极反应：
B．外加电场可促进双极膜中水的电离
C．Ⅲ室中，X 膜、Y 膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D．Ⅳ室每生成
，同时Ⅱ室最多生成
42．铜催化下，由
电合成正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是
A．Ⅰ到Ⅱ的过程中发生氧化反应
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成
C．Ⅳ的示意图为
D．催化剂Cu 可降低反应热
43．
与
通过电催化反应生成
，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催
化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成
B．过程Ⅱ中
发生了氧化反应
C．电催化
与
生成
的反应方程式：
D．常温常压、无催化剂条件下，
与
反应可生产
44．用
草酸
溶液滴定未知浓度的
溶液。下列实验操作规范的
是
A．配制草酸
溶液
B．润洗滴定
管
C．滴定
D．读数
A．A
B．B
C．C
D．D
45．常温下，溶液中
以氢氧化物形式沉淀时，
与
的关系如图[其中X 代表
或
]。已知：
，
比
更易与碱反应，形成
；溶液中
时，X 可忽略不计。
下列说法错误的是
A．L 为
与
的关系曲线
B．
的平衡常数为
C．调节
溶液浓度，通过碱浸可完全分离
和
D．调节溶液
为
，可将浓度均为
的
和
完全分离
二、多选题
46．常温下，假设
水溶液中
和
初始物质的量浓度均为
。平衡条件
下，体系中全部四种含碳物种的摩尔分数随
的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。
已知：体系中含钴物种的存在形式为
和
；
，
。下列说法正确的是
A．甲线所示物种为
B．
的电离平衡常数
C．
时，
物质的量浓度为
D．
时，物质的量浓度：
47．25℃下，
水溶液的pH 随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
  
A．
时，溶液中
B．
水解程度随其浓度增大而减小
C．在水中
的
D．
的
溶液和
的
溶液等体积混合，得到的溶液
48．某元素M 的氢氧化物
在水中的溶解反应为：
、
，25℃，-lgc
与pH 的关系如图所示，c 为
或
浓度的值。下列说法错误的是
A．曲线①代表
与pH 的关系
B．
的
约为
C．向
的溶液中加入NaOH 溶液至pH=9.0，体系中元素M 主要以
存在
D．向
的溶液中加入等体积0.4mol/L 的HCl 后，体系中元素M
主要以
存在
49．25℃时，某混合溶液中
，1gc( CH3COOH)、
1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH 变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH 的电离常
数，下列说法正确的是
A．O 点时，
B．N 点时，
C．该体系中，
D．pH 由7 到14 的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大
三、解答题
50．硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为
。某学习小
组为探究其组成进行了如下实验。
Ⅰ．溶液的配制
将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500 
mL 溶液。
Ⅱ．组成的测定
SO
①
定量分析：取25.00 mL 硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2
溶液，使SO
完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复
四次实验，结果分别为1.066 g、1.164 g、1.165 g 和1.166 g。
Cu
②
2+定量分析：取25.00 mL 硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH 至3~4，加入过
量的KI 溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续
滴定至终点。重复四次实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。
已知：
(1)研细晶体的仪器名称为           。
(2)配制500 mL 溶液定容时，操作的正确顺序为           (填序号)。
a.将蒸馏水注入容量瓶
b.改用胶头滴管滴加蒸馏水
c.观察到液面离刻度线1~2 cm
d.至凹液面与刻度线相切
(3)分析
时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？           (填“能”或“不
能”)。实验得到BaSO4的平均质量为           。
(4)分析Cu2+时：①选用的指示剂为           ；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，
其具体操作为           ；③达到滴定终点的标志为           。
(5)硫酸铜铵晶体中元素Cu 的质量分数为           。
(6)判断下列操作的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)；
①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度           ；
②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果           。
(7)根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。           (填
“能”或“不能”)，理由是                。
51．配合物二草酸合铜
酸钾
，是制备金属有机框架材
料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下：
步骤I：
下，
水中依次加入
充分反应后，
得到混合溶液M；
步骤Ⅱ：混合溶液M 中加入
充分反应，趁热过滤得滤液N；
步骤Ⅲ：
步骤Ⅳ：
加热脱水，化合物P、化合物Q 均转化为
。
已知：
i．
时，
的
的
。
ⅱ．
微溶于冷水、易溶于热水，在约
时分解。
请回答：
(1)
中，与
形成配位键的配位原子是       (填元素符号)。
(2)步骤I 所得的混合溶液M，在
时其
最接近于_______。
A．2
B．3
C．4
D．5
(3)步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是       。
(4)下列说法不正确的是_______。
A．步骤I，制备混合溶液M 时，
应一次性快速加入，以确保反应完全
B．步骤Ⅳ，应用水浴控制温度，以避免
分解
C．热重分析法测得
样品完全脱水后质量降低
，则
D．粉末形态的化合物P 和化合物Q，可通过X 射线衍射法进行区分
(5)室温下，化合物P 在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品
中化合物P 和化合物Q 物质的量分数的是_______。
A．样品质量、钾的物质的量
B．钾的物质的量、铜的物质的量
C．铜的物质的量、草酸根的物质的量
D．草酸根的物质的量、水的物质的量
(6)有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q 结晶形状不同是由降温
速率不同引起的。请判断该同学观点正误，并说明理由       。
52．从褐铁矿型金-银矿(含Au、Ag、
、
、CuO、
等)中提取Au、Ag，并回
收其它有价金属的一种工艺如下：
已知：①金-银矿中Cu、Mn 元素的含量分别为0.19%、2.35%。
25℃
②
时，
的
为
。
回答下列问题：
(1)基态Cu 原子的价层电子排布式为       。
(2)“还原酸浸”时，
反应的离子方程式为       。
(3)“浸金银”时，Au 溶解涉及的主要反应如下：
①
②
上述过程中的催化剂为       。
(4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为       。
(5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断
的氧化性由强到弱的顺序为  
 
。
(6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH 至8.0，无
析出，则
 
。
(7)一种锑锰
合金的立方晶胞结构如图。
①该晶胞中，每个Sb 周围与它最近且相等距离的Mn 有       个。
②
为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则晶体的密度为       
(列出计算
式即可)。
53．
可用于制备光学材料和回收砷。
(1)制备
。由闪锌矿[含
及少量硫化镉
等]制备
的过程如下：
已知：
。
当离子浓度小于
时，认为离子沉淀完全。
①酸浸时通入
可提高
浸出率的原因是       。
②通入
除镉。通过计算判断当溶液
时，
是否沉淀完
全       (写出计算过程)。
③沉锌前调节溶液的
至
，加入的氧化物为       (填化学式)。
(2)制备光学材料。如图甲所示，
晶体中掺入少量
后，会出现能量不同的“正电”
区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。
区域A“
”中的离子为       (填离子符号)，区域B 带       (填“正电”或“负
电”)。
(3)回收砷。用
去除酸性废液中的三价砷
，并回收生成的
沉淀。
已知：溶液中
主要以弱酸
形式存在，
。
时，按
向酸性废液中加入
，砷回收率随反应时间的变化如图乙所
示。
①写出
与
反应生成
的离子方程式：       。
②反应
后，砷回收率下降的原因有       。
54．
是制造多晶硅的原料，可由
和
耦合加氢得到，相关反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
(1)生成
的总反应：
Ⅳ．
       
(2)体系达到平衡状态且其他条件不变时：
①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为       。(填标号)
a．
    b．
    c．
    d．
②反应温度升高不利于提高平衡时产物
选择性的原因是       。
(3)在压强为
的恒压体系中通入
和
，达到平衡时，气体组分的物质
的量分数随温度变化如图所示(忽略气体组分在硅表面的吸附量)。已知：
为用气体分压
表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。
①图中n 代表的组分为       。(填化学式)
②
时，反应Ⅲ的平衡常数
       。(列出计算式)
③
时，
的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为       
。(列出计算式)
(4)
下、其他条件相同时，用
和
分别催化上述反应，一段时间内
的转化率如下表所示。(产物
选择性均高于98.5%)
催化剂
的转化
率/%
7.3
14.3
22.3
①使用不同催化剂时，反应Ⅳ的
催化剂       
催化剂(填“>”“<”或“=”)；
反应Ⅳ的活化能：
催化剂       
催化剂(填“>”“<”或“=”)。
②使用
催化剂，初始投料
该段时间内得到
，则
的选择性
       
。(列出计算式)
55．乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：
【乙烷制乙烯】
(1)
氧化脱氢反应：
          
    
计算：
                  
       
(2)
直接脱氢反应为
，
的平衡转化率与温度和压强
的关系如图所示，则
       0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平
衡时转化率最接近
的是       (填标号)。
a．
   b．
     c．
(3)一定温度和压强下、反应i  
反应ⅱ  
(
远大于
)(
是以平衡物质的量分数代替
平衡浓度计算的平衡常数)
①仅发生反应i 时，
的平衡转化率为
，计算
       。
②同时发生反应i 和ⅱ时。与仅发生反应i 相比，
的平衡产率       (填“增大”
“减小”或“不变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
(4)通过
修饰的Y 分子筛的吸附-脱附。可实现
和
混合气的分离。
的  
 
与
分子的
键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分
子筛分离
和
的优点是       。
(5)常温常压下，将
和
等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出
口浓度(c)与进口浓度(
)之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是       (填标
号)。
A．前
，两种气体均未被吸附
B．p 点对应的时刻，出口气体的主要成分是
C．a-b 对应的时间段内，吸附的
逐渐被
替代
56．回答下列问题：
(1)氟单质常温下能腐蚀
等金属，但工业上却可用
制容器储存，其原因是  
 
。
是极强的氧化剂，用
和
可制备稀有气体离子化合物，六氟合铂氙
的制备方式如图所示
(2)上述反应中的催化剂为_______。
A．
B．
C．
D．
(3)上述过程中属于氧化还原反应的是_______。
A．②
B．③
C．④
D．⑤
(4)氟气通入氙(Xe)会产生
三种氟化物气体。现将
的
和
的
同时通入
的容器中，反应
后，测得容器内共有
气体，且三种氟化物的比
例为
，则
内
的速率
        。
57．探究甲醇对丙烷制丙烯的影响。丙烷制烯烃过程主要发生的反应有
ⅰ．
ⅱ．
ⅲ．
已知：
为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压。在
下，
丙烷单独进料时，平衡体系中各组分的体积分数
见下表。
物质
丙烯
乙烯
甲烷
丙烷
氢气
体积分数(%)
21
23.7
55.2
0.1
0
(1)比较反应自发进行（∆G=∆H-T∆S＜0）的最低温度，反应 ⅰ     反应 ⅱ（填“＞”
或“＜”）。
(2)①在该温度下，Kp2远大于 Kp1，但φ（C3H6)和φ（C2H4)相差不大，说明反应 ⅲ 的正
向进行有利于反应 ⅰ 的          反应和反应 ⅱ 的         反应（填“正向”或“逆
向”）。
②从初始投料到达到平衡，反应 ⅰ、ⅱ、ⅲ 的丙烷消耗的平均速率从大到小的顺序为：  
。
③平衡体系中检测不到
，可认为存在反应：
，下列
相关说法正确的是       (填标号)。
a．
b．
c．使用催化剂，可提高丙烯的平衡产率
d．平衡后再通入少量丙烷，可提高丙烯的体积分数
④由表中数据推算：丙烯选择性
       (列出计算式)。
(3)丙烷甲醇共进料时，还发生反应：
ⅳ．
在
下，平衡体系中各组分体积分数与进料比的关系如图所示。
①进料比n(丙烷)
(甲醇)
时，体系总反应：
       
②随着甲醇投料增加，平衡体系中丙烯的体积分数降低的原因是       。
58．
是生产多晶硅的副产物。利用
对废弃的锂电池正极材料
进行氯化处
理以回收Li、Co 等金属，工艺路线如下：
 
 
回答下列问题：
(1)Co 位于元素周期表第       周期，第       族。
(2)烧渣是LiCl、
和
的混合物，“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水
浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因       。
(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体
常用方法的名称是       。
(4)已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
浓度
为       
。“850℃煅烧”时的化学方程式为       。
(5)导致
比
易水解的因素有       (填标号)。
a．Si-Cl 键极性更大        b．Si 的原子半径更大
c．Si-Cl 键键能更大        d．Si 有更多的价层轨道
59．异丙醇
可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯
的
工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
(1)已知
，则
燃烧生
成
和
的热化学方程式为       。
(2)在
下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间
0
4
8
12
t
20
浓
度
0
2440
3200
3600
4000
4100
①
内，
       
；
t
②       16(填“>”“<”或“=”)。
(3)在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是       (填标号)。
a.
的分压不变               b.混合气体密度不变
c.
           d.
(4)在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为       。
(5)下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时
与温度的关系曲线。
(已知：对于可逆反应
，任意时刻
，式中
)表示物质×的分压)
①在
恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的状态最有可能对应图中的       
点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是       。
②
时，在密闭容器中加入一定量的
，体系达到平衡后，测得
的分压为
，则水蒸气的分压为       
(用含x 的代数式表示)。
60．某空间站的生命保障系统功能之一是实现氧循环，其中涉及反应：
回答问题：
(1)已知：电解液态水制备
，电解反应的
。由此计算
的燃
烧热(焓)
       
。
(2)已知：
的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系
如图1 所示。
①若反应为基元反应，且反应的
与活化能(Ea)的关系为
。补充完成该反应过程
的能量变化示意图(图2)       。
②某研究小组模拟该反应，温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入
和
，反应平衡后测得容器中
。则
的转化率为       ，反
应温度t 约为       ℃。
(3)在相同条件下，
与
还会发生不利于氧循环的副反应：
，在反应器中按
通入反应物，
在不同温度、不同催化剂条件下，反应进行到2min 时，测得反应器中
、
浓度(
)如下表所示。
催化剂
t=350℃
t=400℃
催化剂Ⅰ
10.8
12722
345.2
42780
催化剂Ⅱ
9.2
10775
34
38932
在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，
生成
的平均反应速率为  
 
；若某空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件，
原因是       。
61．
失水后可转为
，与
可联合制备铁粉精
和
。
I.
结构如图所示。
(1)
价层电子排布式为           。
(2)比较
和
分子中的键角大小并给出相应解释：           。
(3)
与
和
的作用分别为           。
II．
晶胞为立方体，边长为
，如图所示。
(4)①与
紧邻的阴离子个数为           。
②晶胞的密度为
            
。
(5)以
为燃料，配合
可以制备铁粉精
和
。结合图示解释可充
分实现能源和资源有效利用的原因为           。
62．利用
丁内酯(BL)制备1，
丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和
丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压
氛围
下进行，故
压强近似等于总压。回答下列问题：
(1)以
或BD 为初始原料，在
、
的高压
氛围下，分别在
恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL 为原料，体系向环境放热
；以BD 为原料，体
系从环境吸热
。忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变
 
。
(2)初始条件同上。
表示某物种i 的物质的量与除
外其它各物种总物质的量之比，
和
随时间t 变化关系如图甲所示。实验测得
，则图中表示
变化的曲线是  
 
；反应Ⅰ平衡常数
       
(保留两位有效数字)。以BL 为原料时，
时刻
  
，BD 产率=       (保留两位有效数字)。
(3)
为达平衡时
与
的比值。
、
、
三种条件下，以
为初始原料，在相同体积的刚性容器中
发生反应，
随时间t 变化关系如图乙所示。因反应在高压
氛围下进行，可
忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c 中，
最大的是       (填代号)；与
曲线b 相比，曲线c 达到
所需时间更长，原因是       。
63．工业上以氟磷灰石[
，含
等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如
下：
回答下列问题：
(1)酸解时有
产生。氢氟酸与
反应生成二元强酸
，离子方程式为       。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比
加入
脱氟，充分反应后，
       
；再分批加入一定量的
，首
先转化为沉淀的离子是       。
(3)
浓度(以
计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、
浓度(以
计)的
关系如图甲所示。酸解后，在所得
、
为45 的混合体系中，石膏存在形式为   
(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是       ，回收利用洗涤
液X 的操作单元是       ；一定温度下，石膏存在形式与溶液中
和
的关系
如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是       (填标号)。
A．
、
、
     B．
、
、
C．
、
、
     D．
、
、
64．主要成分为
的工业废气的回收利用有重要意义。
(1)回收单质硫。将三分之一的
燃烧，产生的
与其余
混合后反应：
。在某温度下达到平衡，测得密闭系统中各组分浓度
分别为
、
、
，计
算该温度下的平衡常数
       。
(2)热解
制
。根据文献，将
和
的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料，
另一边出料)，发生如下反应：
Ⅰ  
Ⅱ  
总反应：
Ⅲ  
投料按体积之比
，并用
稀释；常压，不同温度下反应相同时间后，
测得
和
体积分数如下表：
温度/
950
1000
1050
1100
1150
0.5
1.5
3.6
5.5
8.5
0.0
0.0
0.1
0.4
1.8
请回答：
①反应Ⅲ能自发进行的条件是       。
②下列说法正确的是       。
A．其他条件不变时，用Ar 替代
作稀释气体，对实验结果几乎无影响
B．其他条件不变时，温度越高，
的转化率越高
C．由实验数据推出
中的
键强于
中的
键
D．恒温恒压下，增加
的体积分数，
的浓度升高
③若将反应Ⅲ看成由反应Ⅰ和反应Ⅱ两步进行，画出由反应原料经两步生成产物的反应过
程能量示意图       。
④在
，常压下，保持通入的
体积分数不变，提高投料比
，
的转化率不变，原因是       。
⑤在
范围内(其他条件不变)，
的体积分数随温度升高发生变化，写出该
变化规律并分析原因       。
65．2021 年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下列问题：
(1)在一定温度下，向体积固定的密闭容器中加入足量的
和
，起始压强为
时，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列说法正确的是       ；
A．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
B．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
C．平衡时
的体积分数可能大于
D．将炭块粉碎，可加快反应速率
②反应平衡时，
的转化率为
，CO 的物质的量为
。此时，整个体系  
 
(填“吸收”或“放出”)热量       kJ，反应Ⅰ的平衡常数
       (以分压表示，分
压=总压×物质的量分数)。
(2)一种脱除和利用水煤气中
方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中
溶液吸收一定量的
后，
，则该溶
液的
       (该温度下
的
)；
②再生塔中产生
的离子方程式为       ；
③利用电化学原理，将
电催化还原为
，阴极反应式为       。
66．化学链燃烧(
)是利用载氧体将空气中的氧传输至燃料的新技术，与传统燃烧方式
相比，避免了空气和燃料的直接接触，有利于高效捕集
。基于
载氧体的甲
烷化学链燃烧技术示意图如下。
空气反应器与燃料反应器中发生的反应分别为：
①
②
(1)反应
 
       
。
(2)反应②的平衡常数表达式
       。
(3)氧的质量分数：载氧体Ⅰ       (填“>”“=”或“<”)载氧体Ⅱ。
(4)往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的物质的量分数
为
21%】，发生反应①。平衡时
随反应温度T 变化的曲线如图所示。
时
的平
衡转化率
       (保留2 位有效数字)。
(5)根据下图，
随温度升高而增大的原因是       。反应温度必须控制在
以
下，原因是       。
(6)载氧体掺杂改性，可加快化学链燃烧速率。使用不同掺杂的
载氧体，反应②
活化能如下表所示。
载氧体掺杂物质
氧化铝
膨润土
活化能/
由表中数据判断：使用       (填“氧化铝”或“膨润土”)掺杂的载氧体反应较快；使用
氧化铝或者膨润土掺杂的载氧体，单位时间内燃料反应器释放的热量分别为
、
，
则a       b(填“>”“=”或“<”)。
67．丙烯是一种重要的化工原料，可以在催化剂作用下，由丙烷直接脱氢或氧化脱氢制备。
反应Ⅰ(直接脱氢)：C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)△H1=+125kJ·mol-1
反应Ⅱ(氧化脱氢)：C3H8(g)+
O2(g)=C3H6(g)+H2O(g)△H2=-118kJ·mol-1
(1)已知键能：E(C—H)=416kJ·mol-1，E(H—H)=436kJ·mol-1，由此计算生成1mol 碳碳π 键放
出的能量为   kJ。
(2)对于反应Ⅰ，总压恒定为100kPa，在密闭容器中通入C3H8和N2的混合气体(N2不参与反
应)，从平衡移动的角度判断，达到平衡后“通入N2”的作用是   。在温度为T1时，C3H8
的平衡转化率与通入气体中C3H8的物质的量分数的关系如图a 所示，计算T1时反应Ⅰ的平
衡常数Kp=  kPa(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，保留一位小数)。
(3)在温度为T2时，通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=10：5：85 的混合气体，各组
分气体的分压随时间的变化关系如图b 所示。0～1.2s 生成C3H6的平均速率为  kPa·s-1；；
在反应一段时间后，C3H8和O2的消耗速率比小于2 1∶的原因为   。
(4)恒温刚性密闭容器中通入气体分压比为p(C3H8)：p(O2)：p(N2)=2：13：85 的混合气体，
已知某反应条件下只发生如下反应(k，k′为速率常数)：
反应Ⅱ：2C3H8(g)+O2(g)=2C3H6(g)+2H2O(g) k
反应Ⅲ：2C3H6(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g) k′
实验测得丙烯的净生成速率方程为v(C3H6)=kp(C3H8)-k′p(C3H6)，可推测丙烯的浓度随时间
的变化趋势为  ，其理由是   。
68．苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：
Ⅰ.主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g) ∆H1<0
Ⅱ.副反应：
(g) ⇌
(g) ∆H2>0
回答下列问题：
(1)已知：Ⅲ.
Ⅳ.2 
 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4
Ⅴ.
(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ∆H5
则
       (用
、
和
表示)。
(2)有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有_______。
A．适当升温
B．适当降温
C．适当加压
D．适当减压
(3)反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在
的基础上适当增大
用量，其目的是       。
(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当
中混
有微量
或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为       。
(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合孤电子对，下
图中可作为酸性中心的原子的标号是       (填“①”“②”或“③”)。
(6)恒压反应器中，按照
投料，发生Ⅰ、Ⅱ反应，总压为
，平衡时苯
的转化率为α，环己烷的分压为p，则反应1 的
       (列出计算式即可，用平衡分压
代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
69．从钒铬锰矿渣(主要成分为
、
、
)中提铬的一种工艺流程如下：
已知：pH 较大时，二价锰[
](在空气中易被氧化.回答下列问题：
(1)Cr 元素位于元素周期表第       周期       族。
(2)用
溶液制备
胶体的化学方程式为       。
(3)常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[
]与pH 关系如图1。已知钒铬锰矿
渣硫酸浸液中
，“沉钒”过程控制
，则与胶体共沉降的五价钒
粒子的存在形态为       (填化学式)。
(4)某温度下，
、
的沉淀率与pH 关系如图2。“沉铬”过程最佳pH 为       ；
在该条件下滤液B 中
       
【
近似为
，
的
近似为
】。
(5)“转化”过程中生成
的离子方程式为       。
(6)“提纯”过程中
的作用为       。
70．铁单质及其化合物的应用非常广泛。
(1)基态Fe 原子的价层电子排布式为           。
(2)用X 射线衍射测定，得到Fe 的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A 中每个Fe 原
子紧邻的原子数为           。每个晶胞B 中含Fe 原子数为           。
(3)合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意
图。写出该反应的热化学方程式           。从能量角度分析，铁触媒的作用是  
 
。
(4)Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6 的配离子，如
、
、
。某同学按如下步骤完成实验：
①
为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是           ，为了能观察到溶液
Ⅰ中
的浅紫色，可采取的方法是           。
②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡：
；
，向溶液Ⅱ中加入NaF 后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应
是可逆反应，其离子方程式为           ，平衡常数为           (用K1和K2表示)。
71．2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯
烃的液相反应制得，体系中同时存在如图反应：
反应Ⅰ：
+CH3OH
    △H1
反应Ⅱ：
+CH3OH
△H2
反应Ⅲ：
    △H3
回答下列问题：
(1)反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物质的量分数表示的平衡常数Kx与温度T 变化关系如图所示。据图判
断，A 和B 中相对稳定的是  (用系统命名法命名)；
的数值范围是   (填标号)。
A．<-1       B．-1～0       C．0～1     D．>1
(2)为研究上述反应体系的平衡关系，向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为
353K，测得TAME 的平衡转化率为α。已知反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B 的
物质的量为   mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=   。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂
四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将  (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡
时，A 与CH3OH 物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=   。
(3)为研究反应体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中加入一定量A、B 和
CH3OH。控制温度为353K，A、B 物质的量浓度c 随反应时间t 的变化如图所示。代表B
的变化曲线为  (填“X”或“Y”)；t=100s 时，反应Ⅲ的正反应速率v 正  逆反应速率v 逆(填
“＞”“＜”或“=)。
72．工业上以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。回答下列问题：
(1)焙烧的目的是将FeCr2O4转化为Na2CrO4并将Al、Si 氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时
气体与矿料逆流而行，目的是   。
(2)矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c 与pH 的关系如图所示。当溶液中可溶组分
浓度c≤1.0×10-5mol•L-1时，可认为已除尽。
中和时pH 的理论范围为   ；酸化的目的是   ；Fe 元素在   (填操作单元的名称)过程中
除去。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发将导致   ；冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流
程中循环利用的物质还有    。
(4)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式
为：4Na2CrO4+4H2O
2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。则Na2Cr2O7在   (填“阴”或
“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为   。
73．含硫化合物是实验室和工业上的常用化学品。请回答：
(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量
：
。判断该反应的自发
性并说明理由       。
(2)已知
。
时，在一恒容密闭反应器
中充入一定量的
和
，当反应达到平衡后测得
、
和
的浓度分别为
、
和
。
①该温度下反应的平衡常数为       。
②平衡时
的转化率为       。
(3)工业上主要采用接触法由含硫矿石制备硫酸。
①下列说法正确的是       。
A．须采用高温高压的反应条件使
氧化为
B．进入接触室之前的气流无需净化处理
C．通入过量的空气可以提高含硫矿石和
的转化率
D．在吸收塔中宜采用水或稀硫酸吸收
以提高吸收速率
②接触室结构如图1 所示，其中1~4 表示催化剂层。图2 所示进程中表示热交换过程的是  
。
A．
 B．
    C．
    D．
 E.
    F.
    G.
③对于放热的可逆反应，某一给定转化率下，最大反应速率对应的温度称为最适宜温度。
在图3 中画出反应
的转化率与最适宜温度(曲线Ⅰ)、平衡转化
率与温度(曲线Ⅱ)的关系曲线示意图(标明曲线Ⅰ、Ⅱ)       。
(4)一定条件下，在
溶液体系中，检测得到pH-时间振荡曲线如图4，
同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化。可用一组离子方程式表示每一个周期
内的反应进程，请补充其中的2 个离子方程式。
Ⅰ.
Ⅱ.①       ；
Ⅲ.
；
Ⅳ.②       。
74．我国力争于2030 年前做到碳达峰，2060 年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用
的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：
a)CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g) ∆H1
b)CO2(g)+H2(g)
CO(g)+H2O(g) ∆H2
c)CH4(g)
C(s)+2H2(g) ∆H3
d)2CO(g)
CO2(g)+C(s) ∆H4
e)CO(g)+H2(g)
H2O(g)+C(s) ∆H5
(1)根据盖斯定律，反应a 的∆H1=       (写出一个代数式即可)。
(2)上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有       。
A．增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c 的正反应速率都增加
B．移去部分C(s)，反应c、d、e 的平衡均向右移动
C． 加入反应a 的催化剂，可提高CH4的平衡转化率
D．降低反应温度，反应a~e 的正、逆反应速率都减小
(3)一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分       步进行，其中，第 
步的正反应活化能最大。
(4)设K 为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代
替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e
的ln K 随
（温度的倒数）的变化如图所示。
①反应a、c、e 中，属于吸热反应的有       (填字母)。
②反应c 的相对压力平衡常数表达式为K =       。
③在图中A 点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa 的恒容密闭
容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算
过程       。
(5)CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：       。
75．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技
术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。
(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物
质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为        。
(2)雨水中含有来自大气的CO2，溶于水中的CO2进一步和水反应，发生电离：
CO
①
2(g)=CO2(aq)
CO
②
2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO (aq)
25℃时，反应②的平衡常数为K2。
溶液中CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压×物质的量分数)，比例系数为
ymol•L-1•kPa-1，当大气压强为pkPa，大气中CO2(g)的物质的量分数为x 时，溶液中H+浓度
为        mol•L-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略HCO 的电离)
(3)105℃时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：
2MHCO3(s)
M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为46kPa。
保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平
衡时体系中水蒸气的分压小于5kPa，CO2(g)的初始压强应大于        kPa。
(4)我国科学家研究Li—CO2电池，取得了重大科研成果，回答下列问题：
Li—CO
①
2电池中，Li 为单质锂片，则该电池中的CO2在   (填“正”或“负”)极发生电
化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合
形成碳酸锂按以下4 个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ.2CO2+2e-=C2O
 Ⅱ.C2O
=CO2+CO
Ⅲ.                   Ⅳ.CO
+2Li+=Li2CO3
②研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。
Ⅰ.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为         。
Ⅱ.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上CO2电还原为CO 的反应进程中(H+被还
原为H2的反应可同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为CO 从易到难的顺
序为       (用a、b、c 字母排序)。
76．绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相
氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，
不产生废弃物，实现了Cr—Fe—Al—Mg 的深度利用和Na+内循环。工艺流程如图：
回答下列问题：
(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是       (填元素符号)。
(2)工序①的名称为  。
(3)滤渣I 的主要成分是  (填化学式)。
(4)工序③中发生反应的离子方程式为       。
(5)物质V 可代替高温连续氧化工序中的NaOH，此时发生的主要反应的化学方程式为  ，
可代替NaOH 的化学试剂还有       (填化学式)。
(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序       (填“①”或“②”或“③”或“④”)
参与内循环。
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的pH 为  。(通常认为溶液中离子浓度小于
10-5mol•L-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-
Al(OH)
⇌
：K=100.63，Kw=10-14，Ksp[A1(OH)3]=10-33)
77．磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有
、
、
、
、
以及少量的
。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的
见下表
金属离子
开始沉淀的
2.2
3.5
9.5
12.4
沉淀完全
的
3.2
4.7
11.1
13.8
回答下列问题：
(1)“焙烧”中，
、
几乎不发生反应，
、
、
、
转化为相应的
硫酸盐，写出
转化为
的化学方程式       。
(2)“水浸”后“滤液”的
约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节
至11.6，依次
析出的金属离子是       。
(3)“母液①"中
浓度为       
。
(4)“水浸渣”在160℃“酸溶”最适合的酸是       。“酸溶渣”的成分是       、  
 
。
(5)“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热，
水解析出
沉淀，该反应的离子方
程式是       。
(6)将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得       ，循环利用。
78．“氯碱工业”以电解饱和食盐水为基础制取氯气等产品， 氯气是实验室和工业上的常
用气体。请回答：
(1)电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式是      。
(2)下列说法不正确的是______。
A．可采用碱石灰干燥氯气
B．可通过排饱和食盐水法收集氯气
C．常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中
D．工业上，常用氢气和氯气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸
(3)在一定温度下，氯气溶于水的过程及其平衡常数为：
Cl2(g)
Cl
⇌
2(aq) K1=c(Cl2)/p
Cl2(aq) + H2O(l)
H
⇌
+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) K2
其中p 为Cl2(g)的平衡压强，c(Cl2)为Cl2在水溶液中的平衡浓度。
Cl
①
2(g)
Cl
⇌
2(aq)的焓变ΔH1      0。(填”>”、“=”或“<”)
②平衡常数K2的表达式为K2=      。
③氯气在水中的溶解度(以物质的量浓度表示)为c，则c=      。(用平衡压强p 和上述平
衡常数表示，忽略HClO 的电离)
(4)工业上，常采用“加碳氯化”的方法以高钛渣(主要成分为TiO2)为原料生产TiCl4，相应
的化学方程式为：
I.TiO2(s)+2Cl2(g)
TiCl
⇌
4(g)+O2(g) ΔHI=181 mol·L-1，KI=3.4×10-29
II.2C(s)+O2(g)
2CO(g)
⇌
     ΔHII= - 221 mol·L-1，KII=1.2×1048
结合数据说明氯化过程中加碳的理由       。
(5)在一定温度下，以I2为催化剂，氯苯和Cl2在CS2中发生平行反应，分别生成邻二氯苯和
对二氯苯，两产物浓度之比与反应时间无关。反应物起始浓度均为0.5 mol·L-1，反应30 
min 测得氯苯15%转化为邻二氯苯，25%转化为对二氯苯。保持其他条件不变，若要提高
产物中邻二氯苯的比例，可采用的措施是______。
A．适当提高反应温度
B．改变催化剂
C．适当降低反应温度
D．改变反应物浓度
79．某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
回答下列问题：
(1)装置A 中a 的作用是              ；装置C 中的试剂为                ；装置A 中
制备Cl2的化学方程为              。
(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是                。
(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入           (填“酸
式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL 的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为
15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为              (填标号)。
A．15.00 mL     B．35.00mL     C．大于35.00mL    D．小于15.00m1
(4)某FeC2O4
2H
﹒
2O 样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4
2H
﹒
2O，采用KMnO4滴
定法测定该样品的组成，实验步骤如下:
Ⅰ.取mg 样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用 c mol
L
﹒
-1的KMnO4
溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s 内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继
续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s 内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。
样品中所含
的质量分数表达式为                 。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是          (填标号)。
A．
时，样品中一定不含杂质
B．
越大，样品中
含量一定越高
C．若步骤I 中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe 元素含量偏低
D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe 元素含量偏高
80．二氧化碳催化加氢合成乙烯是综合利用CO2的热点研究领域。回答下列问题：
(1)CO2催化加氢生成乙烯和水的反应中，产物的物质的量之比n(C2H4)∶n(H2O)=  
 
。当反应达到平衡时，若增大压强，则n(C2H4)           (填“变大”“变小”或“不
变”)。
(2)理论计算表明，原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1 3∶，在体系压强为0.1MPa，反应达到平衡
时，四种组分的物质的量分数x 随温度T 的变化如图所示。
图中，表示C2H4、CO2变化的曲线分别是      、      。CO2催化加氢合成C2H4反应的
ΔH      0(填“大于”或“小于”)。
(3)根据图中点A(440K，0.39)，计算该温度时反应的平衡常数Kp=         (MPa)−3(列出计
算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)二氧化碳催化加氢合成乙烯反应往往伴随副反应，生成C3H6、C3H8、C4H8等低碳烃。一
定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当                   。
81．硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：
SO2(g)+
O2(g)
SO3(g) ΔH=−98 kJ·mol−1。回答下列问题：
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)
的热化学方程式为：         。
(2)当SO2(g)、O2(g)和N2(g)起始的物质的量分数分别为7.5%、10.5%和82%时，在
0.5MPa、2.5MPa 和5.0MPa 压强下，SO2平衡转化率α 随温度的变化如图所示。反应在
5.0MPa、550℃时的α=          ，判断的依据是          。影响α 的因素有  
 
。
(3)将组成(物质的量分数)为2m% SO2(g)、m% O2(g)和q% N2(g)的气体通入反应器，在温度
t、压强p 条件下进行反应。平衡时，若SO2转化率为α，则SO3压强为           ，平衡
常数Kp=           (以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(4)研究表明，SO2催化氧化的反应速率方程为：v=k(
−1)0.8(1−nα')。式中：k 为反应速率
常数，随温度t 升高而增大；α 为SO2平衡转化率，α'为某时刻SO2转化率，n 为常数。在
α'=0.90 时，将一系列温度下的k、α 值代入上述速率方程，得到v~t 曲线，如图所示。
曲线上v 最大值所对应温度称为该α'下反应的最适宜温度tm。t<tm时，v 逐渐提高；t>tm后，
v 逐渐下降。原因是                          。
82．烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中
SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：
NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g) 
H=
△
－200·9kJ·mol－1
NO(g)＋
O2(g)=NO2(g) 
H=
△
－58．2kJ·mol－1
SO2(g)＋O3(g)=SO3(g)＋O2(g) 
H=
△
－241·6kJ·mol－1
（1）反应3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g)的△H=       mol·L－1。
（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一
段时间后体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前n(O3)：n(NO)的变化见下图。
①当n(O3)：n(NO)＞1 时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是          。
②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是          。
（3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液(pH 约为 8)中
将NO2转化
为
，其离子方程式为：           。
（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c(
)=        [用c(
)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速
率，其主要原因是         。
83．用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3
-）已成为环境修复研究的热点之一。
（1）Fe 还原水体中NO3
-的反应原理如图所示。
①作负极的物质是        。
②正极的电极反应式是         。
（2）将足量铁粉投入水体中，经24 小时测定NO3
—的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3
—的去除率
接近100%
＜50%
24 小时pH
接近中性
接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5 时，NO3
-的去除率低。其原因是        。
（3）实验发现：在初始pH=4.5 的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2+可以明
显提高NO3
-的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设：
Ⅰ. Fe2+直接还原NO3
-；
Ⅱ. Fe2+破坏FeO（OH）氧化层。
①做对比实验，结果如右图所示，可得到的结论是       。
②同位素示踪法证实Fe2+能与FeO（OH）反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解
释加入Fe2+提高NO3
-去除率的原因：      。
pH =4.5（其他条件相同）
（4）其他条件与（2）相同，经1 小时测定NO3
-的去除率和pH，结果如下：
初始pH
pH=2.5
pH=4.5
NO3
—的去除率
约10%
约3%
1 小时pH
接近中性
接近中性
与（2）中数据对比，解释（2）中初始pH 不同时，NO3
—去除率和铁的最终物质形态不同
的原因：          。
84．某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌（ZnSO4·7H2O）
相关信息如下：①金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH 范围。
金属离子
pH
开始沉淀
完全沉淀
Fe3+
1.5
2.8
Fe2+
5.5
8.3
Zn2+
5.4
8.2
ZnSO
②
4的溶解度（物质在100g 水中溶解的质量）随温度变化曲线。
请回答：
(1)①镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3溶液去除，理由是                               。
②步骤Ⅰ，可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是                               。
(2)步骤Ⅱ，需加入过量H2O2，理由是                               。
(3)步骤Ⅲ，合适的pH 范围是                               。
(4)步骤Ⅳ，需要用到下列所有操作：a.蒸发至溶液出现晶膜；b.在60℃蒸发溶剂；c.冷却至
室温；d.在100℃蒸发溶剂；e.过滤。请给出上述操作的正确顺序                   
（操作可重复使用）。
(5)步骤Ⅴ，某同学采用不同降温方式进行冷却结晶，测得ZnSO4·7H2O 晶体颗粒大小分布
如图1 所示。根据该实验结果，为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒，宜选择         
方式进行冷却结晶。
A．快速降温    B．缓慢降温     C．变速降温
(6)ZnSO4·7H2O 产品的纯度可用配位滴定法测定。
① 下列关于滴定分析，正确的是                。
A．图2 中，应将凡士林涂在旋塞的a 端和旋塞套内的c 端
B．滴定前，锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗
C．将标准溶液装入滴定管时，应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移
D．滴定时，通常用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方向旋转
E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡，滴定后尖嘴内有气泡，则测得的体积比实际消耗的小
②图3 中显示滴定终点时的读数是             mL。
85．（一）合成氨工艺（流程如图所示）是人工固氮最重要的途径。
  
2018 年是合成氨工业先驱哈伯（P•Haber）获得诺贝尔奖100 周年。N2和H2生成NH3的反
应为：1/2N2（g）+3/2H2（g）
NH3（g）∆H(298K)=-46.2KJ•mol-1,在Fe 催化剂作用下的
反应历程为（*表示吸附态）
化学吸附：N2（g）→2N*；H2（g）→2H*；
表面反应：N*+H*
NH*；
 ；NH2*+H*
NH3*
脱附：NH3*
NH3（g）
其中，N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。请回答：
（1）利于提高合成氨平衡产率的条件有          。
A．低温　　　　B．高温　　　　　C．低压　　　　　D．高压　　　　E.催化剂
（2）标准平衡常数
，其中
为标准压强（1X105Pa），pNH3、
pN2和pH2为各组分的平衡分压，如pNH3=xNH3p，p 为平衡总压，xNH3为平衡系统中NH3
的物质的量分数。
N
①
2和H2起始物质的量之比为1：3，反应在恒定温度和标准压强下进行，NH3的平衡产率
为w，则
=             （用含w 的最简式表示）
②下图中可以示意标准平衡常数
随温度T 变化趋势的是       。
 
 
（3）实际生产中，常用工艺条件，Fe 作催化剂，控制温度773K，压强3.0X105Pa，原料
中N2和H2物质的量之比为1：2.8。
①分析说明原料气中N2过量的理由                        。
②关于合成氨工艺的下列理解，正确的是       。
A．合成氨反应在不同温度下的∆H 和∆S 都小于零
B．控制温度（773K）远高于室温，是为了保证尽可能的平衡转化率和快的反应速率
C．当温度、压强一定时，在原料气（N2和H2的比例不变）中添加少量惰性气体，有利于
提高平衡转化率
D．基于NH3有较强的分子间作用力可将其液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
E.分离空气可得N2，通过天然气和水蒸气转化可得H2，原料气须经过净化处理，以防止催
化剂中毒和安全事故发生。
（二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学-电解法”探究的合成，其
原理如图所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH 溶液，然后滴入含Fe3+的溶
液，控制温度，可制得K2FeO4。
  
（1）请写出“化学法”得到FeO4
2-的离子方程式                           。
（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO4
2-）                                   。
86．丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1-丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：
C
①
4H10(g)= C4H8(g)+H2(g) ΔH1
已知：②C4H10(g)+
O2(g)= C4H8(g)+H2O(g) ΔH2=-119 kJ·mol-1
H
③
2(g)+ 
O2(g)= H2O(g) ΔH3=-242 kJ·mol-1
反应①的ΔH1为         kJ·mol-1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，
x             0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是  
(填标号)。
A．升高温度            B．降低温度            C．增大压强         D．降低压强
(2)丁烷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)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关
系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是           。
(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合
物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是           、            ；
590℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是             。
87．水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝
和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：
回答下列问题：
（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入
硝酸的目的是                                        ，还可使用           代替硝
酸。
（2）沉淀A 的主要成分是         ，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学
方程式为                                    。
（3）加氨水过程中加热的目的是                                      。沉淀B 的
主要成分为             、            （填化学式）。
（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接
获知钙的含量，滴定反应为：MnO4
-+H++H2C2O4→Mn2++CO2
+H2O。实验中称取0.400 g
水泥样品，滴定时消耗了0.0500 mol·L-1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质
量分数为              。
88．化合物AX3和单质X2在一定条件下反应可生成化合物AX5。回答下列问题：
(1)已知AX3的熔点和沸点分别为-93.6 ℃和76 ℃，AX5的熔点为167 ℃。室温时AX3与气
体X2反应生成1 mol AX5，放出热量123.8 kJ。该反应的热化学方程式为       。
(2)反应AX3(g)＋X2(g)
AX5(g)在容积为10 L 的密闭容器中进行。起始时AX3和X2
均为0.2 mol。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。
①列式计算实验a 从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)=       。
②图中3 组实验从反应开始至达到平衡时的反应速率v(AX5)由大到小的次序为       (填
实验序号)；与实验a 相比，其他两组改变的实验条件及判断依据是：b       ，c  
 
。
③用p0表示开始时总压强，p 表示平衡时总压强，α 表示AX3的平衡转化率，则α 的表达式
为       ；实验a 和c 的平衡转化率：αa为       ，αc为       。
89．甲烷自热重整是先进的制氢方法，包含甲烷氧化和蒸汽重整。向反应系统同时通入甲
烷、氧气和水蒸气，发生的主要化学反应有：
反应过程
化学方程式
焓变△H
(kJ/mol)
活化能Ea
(kJ/mol)
甲烷氧化
CH4(g)＋2O2(g)==CO2(g)＋2H2O(g)
－802.6
125.6
CH4(g)＋O2(g)==CO2(g)＋2H2(g)
－322.0
172.5
蒸汽重整
CH4(g)＋H2O(g)==CO(g)＋3H2(g)
206.2
240.1
CH4(g)＋2H2O(g)==CO2(g)＋4H2(g)
165.0
243.9
回答下列问题：
（1）反应CO(g)＋H2O(g)==CO2(g)＋H2(g)的△H=        kJ/mol。
（2）在初始阶段,甲烷蒸汽重整的反应速率    甲烷氧化的反应速率（填大于、小于或等
于）。
（3）对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(PB)代替物质的量浓度(cB)也可以平衡常数
（记作KP），则反应CH4(g)＋H2O(g)==CO(g)＋3H2(g)的KP＝                         
；
随着温度的升高，该平衡常数           （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（4）从能量阶段分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于                           。
（5）在某一给定进料比的情况下，温度、压强对H2和CO 物质的量分数的影响如下图：
①若要达到H2物质的量分数>65%、CO 的物质的量分数<10%，以下条件中最合适的是  。
A．600℃，0.9Mpa     B．700℃，0.9MPa       C．800℃，1.5Mpa     D．1000℃，1.5MPa
②画出600℃，0.1Mpa 条件下，系统中H2物质的量分数随反应时间（从常温进料开始即
时）的变化趋势示意图：  。
（6）如果进料中氧气量过大，最终导致H2物质的量分数降低，原因是              。
90．近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：
（1）反应Ⅰ：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) ΔH1=+551 kJ·mol－1
反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3=－297 kJ·mol－1
反应Ⅱ的热化学方程式：                                         。
（2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度
的变化关系如图所示。
p2       p 1（填“＞”或“＜”），得出该结论
的理由是                。
（3）I－可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。将ii 补充完整。
i．SO2+4I－+4H+===S↓+2I2+2H2O
ii．I2+2H2O+         ===         +       +2I－
（4）探究i、ii 反应速率与SO2歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18 mL SO2饱和溶
液加入到2 mL 下列试剂中，密闭放置观察现象。（已知：I2易溶解在KI 溶液中）
A
B
C
D
试剂
组成
0.4 mol·L－1 KI
a mol·L－1 KI
0.2 mol·L－1 
H2SO4
0.2 
mol·L
－1 
H2SO4
0.2 mol·L－1 KI
0.0002 mol I2
实验
现象
溶液变黄，一段时
间后出现浑浊
溶液变黄，出现
浑浊较A 快
无明
显现
象
溶液由棕褐色很快褪色，变成黄
色，出现浑浊较A 快
B
①
是A 的对比实验，则a=          。
②比较A、B、C，可得出的结论是                      。
③实验表明，SO2的歧化反应速率D＞A，结合i、ii 反应速率解释原因：                。
《专题十四：化学反应原理综合》参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
C
B
D
C
A
B
D
D
题号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
C
D
C
D
A
D
B
C
C
D
题号
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
答案
D
D
B
B
D
A
D
D
D
D
题号
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
答案
D
B
A
C
B
C
C
B
D
C
题号
41
42
43
44
45
46
47
48
49
答案
C
C
A
D
B
CD
BD
BD
BC
1．C
【来源】2025 年福建高考真题化学试题
【分析】根据图中信息可知，电合成装置左边电极发生氧化反应
，右边电极
发生还原反应
，即可判断电源a 极为正极、电源b 极为负极，据此
解答。
【详解】A．由分析可知，电源a 极为正极，A 错误； 
B．从整个反应过程来看，
在电极a 转化为Br2后，又经反应I、Ⅱ等量产生（反应I 为：
），故
的物质的量未发生变化，B 错误；
C．以整个电解池为研究对象，反应物为C2H4、CO2和H2O，生成物为C3H4O3和H2，总反
应为
，C 正确；
D．“反应Ⅱ”反应物为CO2和BrCH2CH2OH，生成物为C3H4O3和
，题干中“无膜”
及图中阴极产生OH-可知，“反应Ⅱ”是在碱性介质中进行，故“反应Ⅱ”应为
，D 错误； 
故选C。
2．A
【来源】2025 年四川高考真题化学试题
【详解】A．HCOONa 溶液的pH 更小，说明HCOOH 的酸性强于CH3COOH，醋酸根水解
程度更大，因此HCOO−的碱性弱于CH3COO−，结合H+的能力更弱，A 错误；
B．CCl4层先出现紫红色，说明I−优先被Cl2氧化，表明I−的还原性强于Br−，B 正确；
C．BaC2O4完全溶解而CaC2O4未溶，说明BaC2O4的溶度积更大，更易与弱酸反应溶解，C
正确；
D．三氯乙酸溶液中产生气泡的速率更快，说明溶液中
更大，可证明酸性：三氯乙酸
>乙酸，D 正确；
故选A。
3．C
【来源】2025 年河北高考真题化学试题
【分析】
和
之间存在
转化关系，则pH 较小时，平衡逆向移动，
以
为主，则
，
，则曲线I 代表
，曲线II
代表
，随着pH 增大，
正向移动，
增大，
和
结合形
成配离子的反应依次为
、
，因此随pH
增大，
持续减小，为曲线III，
，先增大后减小，为曲线IV，
一直增大，
为曲线V，据此回答。
【详解】A．曲线III 和曲线IV 的交点代表
，即
，由图可知，
此时
，带入平衡表达式得
，A 正确；
B．曲线I 和曲线II 的交点代表
，即
，此时pH=11.6，
带入平衡常数表达式得
，B 正确；
C．曲线IV 和曲线V 得交点代表，
，即
，此时
，可得
的平衡常数
，a 点时，
，带入
，解得
，且a 点对应
，带入
的平衡常数
，计算得
，故pH=4.3，C 错误；
D．当pH=6.4 时，
最大，接近
，结合B 项中平衡常数可计算得
，
，
结合Cu 元素守恒知，
，
，因此体系中
，D 正确； 
故选C。
4．B
【来源】2025 年山东高考真题化学试题
【详解】A．NaN3是强碱（NaOH）和弱酸（HN3）形成的盐，
水解生成OH-，溶液显
碱性，A 正确。
B．
与CO2是等电子体，两者结构相似 ，其中心原子均为sp 杂化，其空间构型均为直
线形，而非V 形，B 错误。
C．NaN3为离子化合物（Na+与
通过离子键结合），
内部三个N 原子以共价键连接，
C 正确。
D．中心N 原子通过sp 杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D 正确。
故选B。
5．D
【来源】2016 年全国普通高等学校招生统一考试化学（新课标3 卷精编版）
【详解】A．将
关系式上下同乘
化简为
，加水稀释，
不变，
减小，
溶液中
增大，A 错误；
B．
溶液中
水解方程式为：
，
水解平衡常数为：
，而溶液中
刚好为
，升高温度，水解增强，
增大，则
减小，B 错误；
C．向盐酸中加入氨水后，任何时候溶液中都存在以下电荷守恒：
，当溶液呈中性时，有
，则得出
，C 错误；
D．向
、
的饱和溶液中加入少量
，溶液中
关系式上下同乘
得
，温度不变比值始终不变，D 正确；
故答案为：D。
6．C
【来源】2022 年福建省高考真题化学试题
【详解】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5
，
，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，
反应①消耗
，参与反应②消耗
，
，A 错
误；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以
，B 错误；
C．x>x1时，x 越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成
N2的量越少，C 正确；
D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有
和ClO-，含有Na+、H+、
、Cl-和
OH-，根据电荷守恒得
，D 错误； 
故本题选C。
7．A
【来源】2022 年福建省高考真题化学试题
【分析】放电时‌正极发生还原反应，C=N 基团与K⁺结合形成C-N-K 键，反应式为：
+2 nK⁺ + 2ne⁻ =
锌负极在放电时被氧化为Zn2+，反应式为：Zn-2e⁻=Zn2+；
化学自充电时，锌电极作为阴极，发生氧气的还原反应：
，此过
程导致电解液中c(OH⁻)增大；
阳极反应为有机物正极材料的再生过程，其反应式为：
 - 2ne⁻ = 
+ 2nK⁺‌。‌
【详解】A．由分析可知，化学自充电时，消耗O2，
，
增
大，故A 正确；
B．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，
故B 错误；
C．由分析可知，化学自充电时，锌电极作为阴极，发生氧气的还原反应：
，故C 错误；
D．放电时，1mol
转化为
 ，消耗2nmol K+，外电路通过
电子时，正极
物质增加0.02mol K+，增加的质量为0.02mol×39g/mol =0.78g，故D 错误；
故选A。
8．B
【来源】2022 年福建省高考真题化学试题
【详解】A．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，则lgc<-5，由图可知，可作净化
的pH 区间最大的是Fe3+，A 错误；
B．加入适量H2O2，可将Fe2+氧化为Fe3+，提高净化程度，B 正确；
C．由图可知，净化的先后顺序为
，C 错误；
D．对离子净化时，相关离子浓度c<10-5mol/L，lgc<-5，由图可知，Fe3+完全沉淀的pH 约
为2.5，c(H+)=10-2.5mol/L，c(OH-)=10-11.5mol/L，
，Al3+完全沉淀的pH 约为4.5，c(H+)=10-
4.5mol/L，c(OH-)=10-9.5mol/L，
，Fe2+完全
沉淀的pH 约为8.5，c(H+)=10-8.5mol/L，c(OH-)=10-5.5mol/L， 
，则有
，D 错误；
故选B。
9．D
【来源】2022 年湖北省高考真题化学试题
【分析】由图分析，左侧纵坐标浓度的数量级为10-3mol/L，右坐标浓度的数量级为10-
6mol/L，横坐标为pH，随着pH 的增大，
先变大，然后再减小，同时
变大，两者浓度均为右坐标，说明变化的程度很小，当pH=4.6 时，
=
，Ka=10-4.6。pH 继续增大，则
减小，同时
增大，当pH=9.1 时，
=
，
，二者用左坐标表示，浓度比较大，说明变化的幅度比较大，但混合溶
液中存在着酒石酸，电离常数远大于亚砷酸，且总T 浓度也大于总As。
【详解】A．
，
，当pH=9.1
时，
=
，
，
为
，A 正确；
B．
，当pH=4.6 时，
=
，Ka=10-4.6，而由A 选项计算得H3AsO3的
，即Ka > Ka1，所以
的酸性比
的强，B 正确；
C．由图可知
的浓度为左坐标，浓度的数量级为10-3mol/L，
的浓度
为右坐标，浓度的数量级为10-6mol/L，所以
时，
的浓度比
的高，C 正确；
D．由可知条件，酒石酸
，
的
为
，即酒
石酸的第一部电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于
，另外总As 的浓度也小于总T 的浓度，所以当
时，溶液中浓度最高的物
种不是
，D 错误；
故选D。
10．D
【来源】2022 年辽宁高考真题化学试题
【详解】A．
中存在
和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，故A 正
确；
B．氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根
离子反应，故曲线a 表示 
的分布分数随溶液pH 的变化，曲b 表示
的分布分数随溶液pH 的变化，曲线c 表示
的分布分数随溶液
pH 的变化，故B 正确；
C．
的平衡常数
，
时，根据a，b 曲线交点坐标
可知，
时，
，则
，故C 正确；
D．由C 项分析可知，
，根据b，c 曲线交点坐标坐标
(9.78,0.50)分析可得电离平衡
的电离常数为K1=
，
，则
，即
，故D 错误；
故答案选D。
11．C
【来源】2022 年1 月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题
【详解】A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠
溶液的起始pH 较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸
氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向
Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A 项错误；
B．由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL 时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，
而V1> 20mL，V1mL 时(a 点、b 点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子
与氢离子结合生成碳酸，离子方程式表示为：HCO +H+=H2CO3，B 项错误；
C．根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c 点的pH 在9 左右，符合酚酞的指示范围，可用酚
酞作指示剂；d 点的pH 在4 左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定
终点，C 项正确；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO )， 
NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO
)=c(OH-)-c(H+)，D 项错误；
答案选C。
12．D
【来源】2021 年新高考湖北化学高考真题
【详解】A．图象中含P 物质只有3 种，说明
为二元弱酸。随着
逐渐增大，
减小，根据
 、
 ，知
逐渐减小，
先增大后减小，
逐渐增大，
，则
逐渐增大，
先减小后增大，
逐渐减小，故曲线③表示
，曲线②表示
，曲线①表示
；根据x 点知，
时，
，c(OH-)=10-7.3mol/L，c(H+)=10-6.7mol/L，则
的
，根据z 点知，
，
，
c(OH-)=10-12.6mol/L，c(H+)=10-1.4mol/L，则
的
，
曲线①表示
随
的变化，故A 错误；
B．
为二元弱酸，其结构简式为
，故B 错误；
C．
即
，由图可知，此时，
，即
，而
，故
，故C 错误；
D．由
减去
，可得
，则平衡常数
，故D 正确；
故答案：D。
13．C
【来源】2021 年新高考辽宁化学高考真题
【分析】用
盐酸滴定
溶液，pH 较大时
的分布分数
最大，
随着pH 的减小，
的分布分数
逐渐减小，
的分布分数
逐渐增大，恰好生成
之后，
的分布分数
逐渐减小，
的分布分数
逐渐增大，表示
、
、
的分布分数
的曲线如图所示，
，据此分析选择。
【详解】A．
的
，根据上图交点1 计算可知
=10-6.38，A 错误；
B．根据图象可知c 点中
，B 错误；
C．根据图象可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C 正确；
D．根据图象e 点可知，当加入盐酸40mL 时，全部生成
，根据
计算可知
，D 错误；
答案为：C。
14．D
【来源】2021 年新高考广东化学高考真题
【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应
生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电
荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在
阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于
阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为
2Co2++2H2O
2 Co +O2↑+4H+。
【详解】A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ
室中氢离子浓度增大，溶液pH 减小，故A 错误；
B．由分析可知，阴极生成1mol 钴，阳极有1mol 水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B
错误；
C．若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反
应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C 错误；
D．由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O
2 Co +O2↑+4H+，故D 正
确；
故选D。
15．A
【来源】2021 年新高考河北化学高考真题
【详解】A．由图中数据可知，
时，M、Z 的浓度分别为0.300
和0.125 
，则M 的变化量为0.5
-0.300 
=0.200 
，其中转化为Y 的变
化量为0.200
-0.125 
=0.075 
。因此，
时间段内，Y 的平均
反应速率为 
，A 说法不正确；
B．由题中信息可知，反应①和反应②的速率之比为
，Y 和Z 分别为反应①和反应②的
产物，且两者与M 的化学计量数相同（化学计量数均为1），因此反应开始后，体系中Y
和Z 的浓度之比等于 
，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B 说法正确； 
C．结合A、B 的分析可知反应开始后，在相同的时间内体系中Y 和Z 的浓度之比等于
=
，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有 
的M 转化为Z，即
的M 转化为Z，C 说法正确；
D．由以上分析可知，在相同的时间内生成Z 较多、生成Y 较少，因此，反应①的化学反
应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应①的活化能比反应
②的活化能大，D 说法正确。
综上所述，相关说法不正确的只有A，故本题选A。
16．D
【来源】2021 年新高考河北化学高考真题
【分析】由图可知，a 电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，
电极反应式为K—e-=K+，b 电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原
反应生成超氧化钾；据以上分析解答。
【详解】A．金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应
允许
通过，不允许
通过，故A 正确；
B．由分析可知，放电时，a 为负极，b 为正极，电流由b 电极沿导线流向a 电极，充电时，
b 电极应与直流电源的正极相连，做电解池的为阳极，故B 正确；
C．产生1Ah 电量时电路中转移0.0373mol 电子，由分析可知，生成1mol 超氧化钾时，消
耗1mol 氧气，两者的质量比值为(1mol×71g/mol)：(1mol×32g/mol)≈2.22：1，故C 正确；
D．铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4+2H2O＝PbO2+Pb+2H2SO4，反应消耗2mol
水，转移2mol 电子，由得失电子数目守恒可知，耗
钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量
为
×18g/mol=1.8g，故D 错误；
故选D。
17．B
【来源】2021 年新高考湖南化学高考真题
【分析】由图可知，放电时，N 电极为电池的正极，溴在正极上得到电子发生还原反应生
成溴离子，电极反应式为Br2+2e-=2Br-，M 电极为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离
子，电极反应式为Zn—2e-=Zn2+，溴离子进入左侧，左侧溴化锌溶液的浓度增加；充电时，
M 电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，N 电极与直流电源的正极相连，做阳极。
【详解】A．由分析可知，放电时，N 电极为电池的正极，故A 正确；
B．由分析可知，放电时，溶液中有Zn2+与Br-生成，通过循环回路，左侧储液器中溴化锌
的浓度增大，故B 错误；
C．由分析可知，充电时，M 电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴
极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2++2e-=Zn，故C 正确；
D．由分析可知，放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液
的浓度保持不变，故D 正确；
故选B。
18．C
【来源】2021 年新高考湖南化学高考真题
【分析】由图可知，没有加入盐酸时，NaX、NaY、NaZ 溶液的pH 依次增大，则HX、
HY、HZ 三种一元弱酸的酸性依次减弱。
【详解】A．NaX 为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小
顺序为c(Na+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)，故A 正确；
B．弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ 三种一元弱酸的酸性依
次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka (HY)＞Ka(HZ)，故B 正确；
C．当溶液pH 为7 时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，
则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X-)＞c(Y-)＞c(Z-)，故C 错误；
D．向三种盐溶液中分别滴加20.00mL 盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于
氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(X-)+c(Y-)+c(Z-)
+ c(Cl-)+ c(OH-)，由c(Na+)= c(Cl-)可得：c(X-)+c(Y-)+c(Z-)= c(H+)—c(OH-)，故D 正确；
故选C。
19．C
【来源】2021 年高考全国乙卷化学真题
【分析】本题考查水溶液中离子浓度的关系，在解题过程中要注意电荷守恒和物料守恒的
应用，具体见详解。
【详解】A．由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L 时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=
mol/L<3.0×10-4mol/L，A 正确；
B．由图可知，c(H+)=0 时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，
溶液中c(M+)=c(A-)，则
，B 正确；
C．设调pH 所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知
，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C 错误；
D．
当
时，由物料守恒知
，则
，
，则
，对应图得
此时溶液中
，
，D 正确；
故选C。
20．D
【来源】2020 年天津卷化学高考试题
【详解】A.1 个[Co(H2O)6]2+中含有18 个σ 键，1 个[CoCl4]2-中含有4 个σ 键，等物质的量的
[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ 键数之比为18:4=9:2，A 错误；
B. 实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆
反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B 错误；
C. 实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、
[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，
则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C 错误；
D. 实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的
[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2-
>[CoCl4]2-，D 正确；
答案选D。
【点睛】本题有两个易错点：A 项中[Co(H2O)6]2+中不仅有Co2+与H2O 分子间的配位键，而
且每个H2O 分子中还有两个O—Hσ 键；C 项中H2O 为溶剂，视为纯液体，加水稀释，溶液
体积增大，相当于利用“对气体参与的反应，增大体积、减小压强，平衡向气体系数之和
增大的方向移动”来理解。
21．D
【来源】2019 年4 月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题
【详解】A.对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A 项正确；
B.由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂
与水的互溶能力增强，反应速率加快，B 项正确；
C.油脂在酸性条件下水解，以H+做催化剂，加快水解速率，因而高温高压液态水中，c(H+)
增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C 项正确；
D.高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体
系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互
溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D 项不正确。
故答案选D。
22．D
【来源】2018 年全国普通高等学校招生统一考试化学（北京卷）
【详解】分析：A 项，对比②③，②Fe 附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，
②Fe 附近的溶液中不含Fe2+，③Fe 附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe
附近的溶液中含Fe2+，②中Fe 被保护；B 项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe 表面产生蓝色沉
淀，Fe 表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe 氧化成Fe2+；C
项，对比①②，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn 保护Fe；D 项，由实验可知
K3[Fe（CN）6]可能将Fe 氧化成Fe2+，将Zn 换成Cu 不能用①的方法证明Fe 比Cu 活泼。
详解：A 项，对比②③，②Fe 附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe 附近的
溶液中不含Fe2+，③Fe 附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe 附近的溶液
中含Fe2+，②中Fe 被保护，A 项正确；B 项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe 表面产生蓝色沉
淀，Fe 表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe 氧化成Fe2+，B
项正确；C 项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe 表面产生蓝色沉淀，①也能检验出
Fe2+，不能用①的方法验证Zn 保护Fe，C 项正确；D 项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能
将Fe 氧化成Fe2+，将Zn 换成Cu 不能用①的方法证明Fe 比Cu 活泼，D 项错误；答案选
D。
点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解
决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶
液，考虑Fe 对实验结果的影响。要证明Fe 比Cu 活泼，可用②的方法。
23．B
【来源】2024 年福建高考真题化学试题
【详解】A．已知电负性
，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致
比
更容易断裂，所以电离程度
＞
，
，A 正确；
B．每个碘离子可以与一个碘分子结合，形成
，这个过程中，
离子能够离解成碘和碘
离子，形成平衡反应：
，所以溶液中存在
的电离平衡，
此变化不是氧化还原反应，
、
中碘元素是
价，氯元素是
价，
和
中，
碘元素是
价，溴元素是
价；三个变化过程中，各元素化合价都没有改变，不是氧化还
原反应，B 错误；
C．同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，因此氯的电负性大于溴的电负性，形成共价
键的两元素之间的电负性的差值越大，则键的极性越强，因此共价键极性的大小关系为
，C 正确；
D．已知电负性
，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致
容易断裂产生为
和
，D 正确；
故答案选B。
24．B
【来源】2022 年天津市普通高中学业水平等级性考试化学试题
【分析】在浸有饱和NaCl 溶液和石蕊溶液的湿润试纸上同时写字，a＇端的字迹呈白色，
说明a＇端产生的氯气，氯气与水生成的次氯酸将石蕊试纸漂白了，则a＇端为阳极。
【详解】A．a＇端为阳极，则a 为正极，故A 错误；
B．b＇端是阴极，水中氢离子消耗，剩余氢氧根，氢氧根与石蕊溶液的湿润试纸呈蓝色，
故B 正确；
C．电子在导线中移动，不在溶液中移动，因此电子流向为： b(负极)→b＇(阴极)，a＇(阳
极)→a(正极)，故C 错误；
D．如果将a＇、b＇换成铜棒，a＇的铜失去电子变为铜离子，与碳棒作电极时的现象不相
同，故D 错误。
综上所述，答案为B。
25．D
【来源】2025 年云南高考真题化学试题
【详解】A．由图1 中的信息可知，当加入NaOH 标准溶液的体积为20.00mL 时到达滴定
终点，发生的反应有H++OH-=H2O、(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O，由关系式
~[
]~4
可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩
后的20.00mL 溶液中
，则原废水中
，因此，废水中
的含量为
，A 错误；
B．c 点加入NaOH 标准溶液的体积过量，得到NaOH、NaCl、(CH2)6N4的混合液，且浓度
之比为1 4 1
∶∶，由电荷守恒可知， 
，由
于c(Na+)＞c(Cl-)，
，B 错误；
C．a 点加入10.00mL 的NaOH 溶液，得到NaCl、(CH2)6N4HCl、HCl 的混合液，且浓度之
比为2 1 1
∶∶，
在溶液中水解使溶液显酸性，故c(H+)＞c[(CH2)6N4H+]，C 错误；
D．由图1 和图2 可知，当
时，
占比较高，
，则由
氮守恒可知，
，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则
的平衡常数 
，D 正确；
综上所述，本题选D。
26．A
【来源】2025 年广东高考真题化学试题
【详解】A．加水稀释，溶液体积变大，
浓度一定下降，A 正确；
B．加入NaCl 会增加Cl⁻浓度，可能促使
转化为
，
浓度不一定上
升，B 错误；
C．H[CuCl2]应电离为H+和
，而非分解为Cu+和Cl-，电离方程式错误，C 错误；
D．电荷守恒未考虑
的电荷数，电荷守恒应为
，D 错误；
故选A。
27．D
【来源】2025 年山东高考真题化学试题
【分析】
热解反应所得固相产物和气相产物均为含氟化合物，则其分解产物为
和
，其分解的化学方程式为
，根据图数据分
析可知，a 线代表
，b 线代表
，c 线代表
。由各线的走势可知，该
反应为吸热反应，温度升高，化学平衡正向移动。
【详解】A．a 线所示物种为
，
固相产物，A 正确；
B．
温度时，向容器中通入
，恒容密闭容器的体积不变，各组分的浓度不变，化学平
衡不发生移动，虽然总压变大，但是气相产物分压不变，仍为
，B 正确；
C．根据题给图像，升高温度时
物质的量增加，由于反应是在恒容密闭容器中进行，
分压 
不断增大，在此固气体系中，
热解平衡常数 
，随温度升高增大，说明该反应为△H>0 的反应。因此，尽管T2温度时，
完全分解，但升温至T3过程中，
热解平衡常数Kp将不断增大，则在
T3时的
显然小于 Kp，(Q＜K 反应未达平衡)，由此即可判断出此时，
的
分压p3小于平衡常数 Kp，C 正确；
D．若b 线为气相产物，加入后分压增大，逆反应速率瞬时增大，平衡左移。重新平衡时，
温度不变，平衡常数不变，气相产物分压不变，逆反应速率不变，D 错误；
故选D。
28．D
【来源】2024 年广西高考真题化学试题
【分析】溶液中加入40ml 氢氧化钠溶液时，I 中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为
氯化钠和一水合氨，根据
，醋酸根、铵根的水
解程度小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，
一水合氨溶液的碱性更强，故I 对应的滴定曲线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N；
【详解】A．向溶液中加入40ml 氢氧化钠溶液时，I 中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的
溶质为氯化钠和一水合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶
液的碱性更强，故I 对应的滴定曲线为M，A 错误；
B．根据分析可知a 点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH 接近8，由
水电离的
=
，数量级接近
，B 错误；
C．当
时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一
水合氨的浓度相同，铵根的水解
，即
水解程
度小于一水合氨的电离程度，所以
，又物料守恒
，即
，故
，C 错误；
D． 根据元素守恒，
之和等于
之和，
根据图像，
时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中
之和小于Ⅱ中
之和，D 正确； 
故选D。
29．D
【来源】2024 年广西高考真题化学试题
【详解】A．苯甲腈在溶液中发生连续水解：
，
,有NH3生成，A 正确；
B．a 点之前x(Y)逐渐增大，
；a 点之后，x(Y)逐渐减小
，
a 点是Y 物质的最大值，则生成和消耗的速率相等。即
，B 正确；
C．
在15min 前基本不变，15min 后明显增大，在没有另加物质、没有改变反应条件
的情况下，可能是水解产物对生成
的反应有催化作用，C 正确；
D．根据图像所示，反应的前期应该有
，a 点之后，由于
明显减小，
显著增大，三者的速率关系不再满足
，D 错误；
故选D。
30．D
【来源】2025 年贵州高考真题化学试题
【详解】A．由主反应历程图可以看出，
在PdZn 催化剂表面解离时，达到TS4 过渡
态所需活化能为1.0 eV；在PdCu 催化剂表面解离时，达到TS4 过渡态所需活化能为0.93 
eV。反应活化能越小，反应速率越快。因此，
在PdCu 表面解离的速率更快，A 错误；
B．由副反应历程图可以看出，
从PdZn 表面脱附形成
所需的能量为0.21 eV；从
PdCu 表面脱附所需的能量为0.83 eV。
从PdCu 表面脱附所需能量更多，因此更难脱附，
B 错误；
C．由选项A 和选项B 的分析可知，与PdZn 相比，
在PdCu 表面解离速率更快，可以
生成更多
。通过增大反应物的浓度促进主反应的进行。从副反应历程图可以看出，
在PdCu 表面更难脱附，通过增大生成物浓度抑制副反应的进行。因此PdCu 对主反应
的选择性更强。从题干给出的反应方程式可以看出，进行主反应时，每消耗1 mol 
可以生成3 mol 
。因此消耗相同质量的
，选择PdCu 催化剂有利于生成更多
，
C 错误；
D．结合主反应历程图可以看出，
会被吸附在催化剂表面并转化为
，
之后经历TS3 步骤转化为
。与之类似，
在催化剂表面会转化为
。经历TS3 之后，转化为
，D 正确；
故答案选D。
31．D
【来源】2025 年湖南高考真题化学试题
【分析】
、
，根据
可知，当
时，
对应的
大，pH 数值小，因此
，
，以此解题。
【详解】A．
，当
溶液中
时，
，pH=2.5，A 正确；
B．当溶液呈中性时，
，由两步电离平衡常数可知，
，
，同理：
，
，B 正确；
C．实验2 的离子方程式：
，平衡常数：
，平衡常数较大，该反应进行的程度较大，判断可产生沉淀；
或进行定量计算，两步电离平衡反应式相加，得到
 
，二
者等体积混合，
，列三段式：
，则
，估算x 的数量级为
，故
，故有沉淀生成，C 正确；
D．电荷守恒中右侧缺少了
的浓度项，D 错误；
故选D。
32．B
【来源】2025 年湖南高考真题化学试题
【分析】由图可知，左侧发生
，N 元素化合价下降，则左侧是阴极区，
右侧发生
，Cl 元素化合价上升，则右侧是阳极区，据此解答；
【详解】A．电解池中，阳离子向阴极移动，则，
向左室迁移，A 正确；
B．电解过程中，
先生成，再消耗，是中间产物，其浓度增大还是减小，取决于生成
速率与消耗速率，无法得出其浓度持续下降的结论，B 错误；
C．b 处生成氯气，与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸能使
变红的试纸褪色，故能看到试纸先变红后褪色，C 正确；
D．左侧阴极总反应是
，右侧阳极总反应是
，将两电极反应相加即可得到总反应，D 正确；
故选B。
33．A
【来源】2025 年重庆高考真题化学试题
【分析】
与
的总和为c，随着pH 增大，发生反应：
，含铬微粒总浓度下降，随着pH 继续增大，发生反应 
：
含铬微粒总浓度上升，据此解答。
【详解】A．M 点时，
，
，
，几乎可以忽略不计，含Cr 微粒主要为
，
，A 正确；
B．
恰好完全沉淀时，
，由
数据计算可知，
，
恰好完全沉淀pH 最小值5.6，B 错误；
C．P 和Q 点溶液中含Cr 微粒总和相等，生成的
质量相等，则P 点沉淀质量等
于Q 点沉淀质量，C 错误；
D．随着pH 的增大，
减小，而
增大，
比值减小，D 错误；
故选A。
34．C
【来源】2025 年重庆高考真题化学试题
【分析】在2mL0.2mol/L 的
溶液中加入等体积等浓度的NaCl 溶液得悬浊液1，经分
离后，向
中滴加6mol/L 的氨水，发生反应
，
加入0.1mol/LKI 溶液2mL，发生反应：
，得到
沉淀，由物质的量关系可知，
不能完全反应，溶液3 中可能还存在剩
余的氨水以及
；
【详解】A．溶液1 中主要溶质是
，同时由于存在溶解平衡：
，还存在极少量的
，选项中满足电荷守恒关系，A
正确；
B．根据元素守恒可知，若
不水解，则
，但
会水解生成其
他含银的微粒，故
，B 正确；
C．溶液3 中可能存在氨水过量的情况，不能得出
的结论，C 错误；
D．由实验操作可知，存在转化
，由此说明AgI 更难溶，
故可得出结论
，D 正确；
故选C。
35．B
【来源】2025 年重庆高考真题化学试题
【详解】A．镁与CO2反应中，生成氧化镁和碳单质，CO2提供氧，而且化合价降低，所以
二氧化碳体现氧化性，A 结论正确；
B．若用pH 计测定等浓度的
和苯酚钠的pH，根据水解原理，此时可由溶液pH 大
小，比较碳酸氢根和苯酚酸性强弱，题中没有明确两者浓度关系，由现象不能比较
与苯酚酸性，也不能比较碳酸和苯酚的酸性，B 结论错误；
C．铜，锌和稀盐酸可形成原电池，加快了反应，所以电化学腐蚀速率更快，C 结论正确；
D．葡萄糖与新制的氢氧化铜反应，生成的砖红色沉淀为Cu2O，说明氢氧化铜做氧化剂，
葡萄糖作还原剂，证明葡萄糖具有还原性，D 结论正确；
故选B。
36．C
【来源】2013 年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试化学（新课标Ⅰ卷）
【详解】由溶度积可知，浓度均为0.010mol/L 的三种离子开始沉淀时，溶液中的银离子浓
度分别为
=1.56×10-8mol/L、
=7.7×10-11mol/L、
=3×10-
5mol/L，开始沉淀时所需要的银离子浓度越小，说明银盐的溶解度越小，加入0.010mol/L
硝酸银溶液时会优先沉淀，则三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO
；
故选C。
37．C
【来源】2025 年湖北高考真题化学试题
【详解】A．
的
，当图中
时，
，
，由图像可知，此时
，则
≠0.27，A 错
误；
B．当
时，由图像可知，
，
可忽
略不计，则，
，
，B 错误；
C．
结合L 的离子方程式为
，当
时，
，由图像交点可知，随着n 变大，
逐渐变大，
则K 值变小，说明
结合L 的能力随之减小，C 正确；
D．若
，由图像交点可知，
，
，则
，故
，
D 错误；
故选C。
38．B
【来源】2025 年广东高考真题化学试题
【分析】放电时，电极Ⅱ上
减少，说明MnO2转化为Mn2+，化合价降低，发生还原
反应，为原电池的正极，由于电解质溶液为MnSO4，故电解质应为酸性溶液，正极反应为：
；则电极Ⅰ为原电池负极，MnS 失去电子生成S 和Mn2+，
负极反应为：
。
【详解】A．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，故充电时电极Ⅱ为阳极，A 正确；
B．由分析可知，放电时电极Ⅱ为正极，正极反应为：
，
反应消耗
，溶液的pH 升高，B 错误；
C．由分析可知，放电时电极Ⅰ为原电池负极，负极反应为：
，C 正
确；
D．根据放电时负极反应，可知充电时阴极反应为
，每消耗16gS，即
0.5molS，转移1mol 电子，据题意可知，能提供的理论容量为26.8A h
⋅，D 正确；
故选B。
39．D
【来源】2025 年北京高考真题化学试题
【分析】按照图1 电解
溶液，石墨1 为阳极，发生反应
，
石墨1 中会吸附少量氧气；石墨2 为阴极，发生反应
，石墨2 中
会吸附少量氢气；图2 中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。
【详解】A．由分析可知，石墨1 中会吸附少量氧气，石墨2 中会吸附少量氢气，实验i 会
形成原电池，
，反应为2H2+O2=2H2O，A 正确；
B．因为ii 中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少
作为还原剂，故导致
，B 正确；
C．图2 中，电极Ⅰ发生还原反应，实验iii 中新石墨可能含有空气中的少量氧气，c＞0，
说明iii 中电极I 上有
发生反应，C 正确；
D．
，实验iii 与实验iv 中电极Ⅰ不同，
，是因为电极I 上吸附
的量：iv>iii，D
错误；
故选D。
40．C
【来源】2025 年北京高考真题化学试题
【详解】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O 和Pd(CH3COO)2，方程式
为：
，A 正确；
B．②中生成
的过程中，有C-H 断开和C-O 的生成，存在
键断裂与形
成，B 正确；
C．生成
总反应中有H2O 生成，原子利用率不是
，C 错误；
D．
是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D 正确；
答案选C。
41．C
【来源】2025 年云南高考真题化学试题
【分析】由图中氢离子和氢氧根的流向，可推出左侧Pt 电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，
阳极发生的反应为：
，阴极发生的反应为：
，Ⅲ
室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极方向移动，据此解答。
【详解】A．由分析可知，Pt 电极为阳极，阳极发生的反应为：
，
A 正确；
B．水可微弱的电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作用下，使氢离子和氢氧根往两侧移
动，降低了浓度，可促进双极膜中水的电离，B 正确；
C．由分析可知，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极
方向移动，即钠离子往右侧移动，通过Y 膜，则Y 膜为阳离子交换膜，氯离子往左侧移动，
通过X 膜，则X 膜为阴离子交换膜，C 错误；
D．Ⅳ室每生成
，则转移1mol 电子，有1mol 氢离子移到Ⅱ室中，生成
，D 正确；
故选C。
42．C
【来源】2025 年云南高考真题化学试题
【详解】A．由图可知，Ⅰ到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子，属于还原反应，A 错误；
B．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H 键，如图
，有极性键生成，不是非极性
键，B 错误；
C．Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一根C-H 键，由Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一
根C-H 键，Ⅳ到Ⅴ才结合CO，可知Ⅳ的示意图为
，C 正确；
D．催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变反应热，D 错误；
故选C。
43．A
【来源】2025 年江苏高考真题化学试题
【详解】A．过程Ⅱ为：
和
在酸性条件下被还原为
和
的反应，生成
了N—H 等极性共价键；过程Ⅲ为
与
生成
的反应，生成了C—N 极
性共价键，A 正确；
B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N 元素的化合价由
降为
，C 元素的化合价由
降为
，B 错误；
C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正
确的反应方程式为
，C 错误；
D．常温常压、无催化剂条件下，
与
反应生成
或
，D
错误；
故选A。
44．D
【来源】2025 年江苏高考真题化学试题
【详解】A．转移或移液时需要用玻璃棒引流，A 错误；
B．润洗滴定管时应取少量标准液于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B 错误；
C．滴定时，应手持锥形瓶上端摇动锥形瓶，不能手持锥形瓶底端摇动，控制活塞的方式
也是错误的，应采用如图
所示方式进行滴定，C 错误；
D．读数时，眼睛平视滴定管凹液面最低点，D 正确；
答案选D。
45．B
【来源】2025 年陕西、山西、宁夏、青海高考真题化学试题
【分析】
和
沉淀形成Zn(OH)2和Cd(OH)2，
沉淀形成Al(OH)3，则
和
的曲线平行，根据
，
比
更易与碱反应，
因此
生成的pH 低于
，故从左到右曲线依次为：
或
。如图可知：
的平
衡常数为
，
的平衡常数为
，
的平衡常数为
，
的平衡常数为
，
的平衡常数为
，
的平衡常数为
。据此分析：
【详解】A．据分析，L 为
与
的关系曲线，故A 正确；
B．如图可知，
的平衡常数为
，则
的平衡常数为
，故
B 错误；
C．如图可知，pH=14 时
开始溶解，pH=8.4 时
开始溶解，且pH=14 时
，即可认为
完全溶解，并转化为
，因此调节
溶
液浓度，通过碱浸可完全分离
和
，故C 正确；
D．
的
开始沉淀pH 为
，
的
完全沉淀pH
为
，因此调节溶液
为
，可将浓度均为
的
和
完全分离，故D 正确；
故答案为B。
46．CD
【来源】2025 年山东高考真题化学试题
【分析】由题中信息可知，
可以形成4 物种，分别为
、
、
和
，随着
增大，
的摩尔分数逐渐减小，
会转化为溶解度更
小的
，
的摩尔分数先增大后减小，因此， 
的摩尔分数逐渐增
大。综合以上分析可知，甲线所示物种为
，丁线所示物种为
，根据曲线的
走势结合电离平衡的过程可知，乙线所示物种为
，丙线所示物种为
。由甲、
丁两线的交点可知，在该点
和
的摩尔分数相等，均为0.5，由于水溶液中
和
初始物质的量浓度均为
，则此时溶液中
的浓度为
，由
可以求出此时溶液中
的浓度为
，再由
可以求出此时溶液中
，
，即
，根据图像中的位置可以估
算出
。由乙和丙两线的交点可知， 
和
的摩尔分数相等，均为0.08，则
由C 元素守恒可知，此时
的摩尔分数为0.84。
【详解】A．由分析可知，甲线所示物种为
，A 不正确；
B．由分析可知，甲、丁两线的交点时c(
)=0.005mol/L，
以第一步水解为主，c(
)≈c(OH-)≈2.2×10-5mol/L，
的电离平衡常数
＞10-8，故B 不正确；
C．
时， 
的摩尔分数为0.84，
的物质的量为
，由水于溶液中
初始物质的量浓度为
，
以Co2+极限最大浓度估算形成Co(OH)2时所要最小c(OH-)=
，此时溶液呈碱性，应有较多草酸根，则a 点无
Co(OH)2，此时Co 元素只有两种存在形式：Co2+和CoC2O4，由Co 元素守恒可得， 
的
物质的量浓度=0.01mol/L-0.01mol/L×84%=
，C 正确；
D．由分析可知
时，
的浓度为
，
， 
，D 正确；
综上所述，本题选CD。
47．BD
【来源】2023 年高考海南卷化学真题
【详解】A．由图像可以，
时，pH>12.0，溶液中
，故A 错误；
B．盐溶液越稀越水解，
水解程度随其浓度增大而减小，故B 正确；
C．结合图像可知，当
，pH=12，则碳酸根第一步水解常数Kh=
，则Ka2=
，故C 错误；
D．混合后
溶液浓度变为0.1mol/L，
溶液浓度变为0.15mol/L，由
，
，
故D 正确；
答案为：BD。
48．BD
【来源】2022 年海南省高考真题化学试题
【分析】由题干信息，M(OH)2(s)
M2+(aq)+2OH-(aq)，M(OH)2(s)+2OH-(aq)
M(OH)
(aq)，随着pH 增大，c(OH-)增大，则c(M2+)减小，c[M(OH)
]增大，即-lg c(M2+)增大，-lg 
c[M(OH)
]减小，因此曲线①代表-lg c(M2+)与pH 的关系，曲线②代表-lg c[M(OH)
]与pH
的关系，据此分析解答。
【详解】A．由分析可知，曲线①代表-lg c(M2+)与pH 的关系，A 正确；
B．由图象，pH=7.0 时，-lg c(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，B 错误；
C．向c(M2+)=0.1mol/L 的溶液中加入NaOH 溶液至pH=9.0，根据图象，pH=9.0 时，
c(M2+)、c[M(OH)
]均极小，则体系中元素M 主要以M(OH)2(s)存在，C 正确；
D．根据图象，c[M(OH)
]=0.1mol/L 时溶液的pH 约为14.5，c(OH-)≈
mol/
L≈3.2mol/L，加入等体积的0.4mol/L 的HCl 后，发生中和反应，反应后c (OH-)=
mol/L=1.4mol/L，此时体系中元素M 仍主要以M(OH)
存在，D 错误；
答案选BD。
49．BC
【来源】2020 年山东省高考化学试卷（新高考）
【分析】根据图象分析可知，随着pH 的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离
子和醋酸离子浓度减小，又pH=7 的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，
图中各曲线
代表的浓度分别是：曲
线1 为lgc(CH3COO-)随pH 的变化曲线，曲线2 为lgc(H+)随pH 的变化曲线，曲线3 为
lgc(OH-)随pH 的变化曲线，曲线4 为lgc(CH3COOH)随pH 的变化曲线，据此结合水溶液的
平衡分析作答。
【详解】A. 根据上述分析可知，O 点为曲线2 和曲线3 的交点，对应的pH=7，应该得出
的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A 错误；
B. N 点为曲线1 和曲线4 的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即
c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=
，代入等量关系并变形可知pH=-
lgKa，故B 正确；
C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=
，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=
mol/L，故C 正确；
D. 醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O
 CH3COOH +OH-，pH 由7 到14 的变化过
程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子水解平衡的正向移动，会
使其水解程度减小，故D 错误；
答案选BC。
50．(1)研钵
(2)acbd
(3)     不能     1.165 g
(4)     淀粉溶液     将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少
量蒸馏水淋下     溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
(5)16%
(6)     偏低     偏低
(7)     能     由电荷守恒可以确定NH 的物质的量，由质量守恒可以确定H2O 的物质
的量，进而推算出最简整数比，得出化学式
【来源】2025 年天津高考真题化学试题
【分析】该实验的实验目的是用滴定法测定杀虫剂硫酸铜铵晶体的组成。
【详解】（1）实验室研细晶体的仪器为研钵；
（2）配制500 mL 溶液定容的操作为将蒸馏水注入容量瓶，观察到液面离刻度线1~2 cm，
改用胶头滴管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，操作的正确顺序为acbd；
（3）分析硫酸根离子时，不能用稀硫酸洗涤，否则硫酸根离子会与附在沉淀表面的钡离子
转化为硫酸钡沉淀，导致所测硫酸钡的质量偏大；由题给数据可知，第一次实验测得数据
偏差较大，应舍去，则硫酸钡的平均质量为
=1.165 g；
（4）由题意可知，分析铜离子时，应选用淀粉溶液作指示剂，当溶液中的碘与硫代硫酸钠
溶液完全反应时，溶液会由蓝色变为无色，临近滴定终点时，需改为半滴滴加，具体操作
为将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下，达到
滴定终点的标志为溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
（5）由方程式可得如下转化关系：2Cu2+-I2-2S2O
，滴定消耗25.00 mL0.1000 mol/L 硫代
硫酸钠溶液，则硫酸铜铵晶体中元素铜的质量分数为
=16%；
（6）①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出会使溶质的物质的量偏小，导
致所配溶液浓度偏低；
②若在滴定终点读数时，俯视液面会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测铜离子
含量的测定结果偏低；
（7）由题意可知，实验测得硫酸根离子和铜离子的物质的量，则由电荷守恒可以确定硫酸
铜铵晶体中铵根离子的物质的量，由质量守恒可以确定结晶水的物质的量，由物质的量之
比等于微粒个数之比可以得出硫酸铜铵晶体的化学式，所以根据上述实验和结果能否推断
出硫酸铜铵晶体的化学式。
51．(1)O
(2)C
(3)防止遇冷后产物析出而损失
(4)ABC
(5)AD
(6)错误，降温速率与浓度同时在变化，无法判断
【来源】2025 年浙江高考真题化学试题
【分析】
下，
水中依次加入
充分反应
后，得到含有KHC2O4和K2C2O4的混合溶液M；向混合溶液M 中加入
充分反
应生成
，趁热过滤得滤液N，滤液N 分为两份，一份蒸发到40mL，快速
冷却、结晶、过滤得到
针状晶体，另一份蒸发到10mL，缓慢冷却、
结晶、过滤得到
片状晶体，以此解答。
【详解】（1）提供电中，端基的氧原子有孤电子对，可与具有空轨道的金属离子形成配位
键，则
中，与
形成配位键的配位原子是O。
（2）步骤I 中
水中依次加入
，由于Ka2(
)>Ka1(
)，充分反应后生成KHC2O4和K2C2O4，根据K 元素守恒和C 元素守恒
可知，溶液M 中含有0.016molKHC2O4、0.008mol K2C2O4，在
时溶液中c(H+)=
=
，则pH=-lg
≈4，故
选C。
（3）
微溶于冷水、易溶于热水，步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原
因是：防止遇冷后产物析出而损失。
（4）A．步骤I，制备混合溶液M 时，
应缓慢多次加入，使反应更加充分，确保反
应完全，A 错误；
B．
在约
时分解，步骤Ⅳ中
加热脱水，沸水浴只能控制温度
100°C，B 错误；
C．热重分析法测得
样品完全脱水后质量降低
，则H2O 在
中的质量分数为10.17%，
，解得
，C 错误；
D．射线衍射法是利用X 射线探测晶体或分子结构的分析方法，粉末形态的化合物P 和化
合物Q，可通过X 射线衍射法进行区分，D 正确；
故选ABC。
（5）A．若已知样品质量(mg)、钾的物质的量(nmol)，可以设P 的物质的量为xmol，Q 的
物质的量为ymol，2x+2y=n、390x+354y=m，可以计算出x 和y 的数值，可以得到混合样
品中化合物P 和化合物Q 物质的量分数，A 选；
B．若已知钾的物质的量(amol)、铜的物质的量(bmol)，可以设P 的物质的量为xmol，Q 的
物质的量为ymol，2x+2y=a、x+y=b，由于a=2b，无法计算出x 和y 的数值，无法得到混合
样品中化合物P 和化合物Q 物质的量分数，B 不选；
C．若已知铜的物质的量(amol)、草酸根的物质的量(bmol)，可以设P 的物质的量为xmol，
Q 的物质的量为ymol，x+y=a、2x+2y=b，由于2a=b，无法计算出x 和y 的数值，无法得到
混合样品中化合物P 和化合物Q 物质的量分数，C 不选；
D．若已知草酸根的物质的量(amol)、水的物质的量(bmol)，可以设P 的物质的量为xmol，
Q 的物质的量为ymol，2x+2y=a、4x+2y=b，可以计算出x 和y 的数值，可以得到混合样品
中化合物P 和化合物Q 物质的量分数，D 选；
故选AD。
（6）步骤Ⅲ中除了降温速率不同外，蒸发后溶液的体积也不同即浓度也不同，不能得出化
合物P、化合物Q 结晶形状不同是由降温速率不同引起的这样的观点。
52．(1)
(2)
(3)
(4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本，并通过持续
去除杂质提高金银的富含度
(5)
(6)0.19
(7)     12     
【来源】2025 年云南高考真题化学试题
【分析】由流程可知，矿石经“还原酸浸”， 
、
被还原为
和
，CuO
被溶解为
，Au、Ag、
不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，
被铁粉还原为
Cu；“氧化时”
被氧化为
；“沉铁”时，
转化为沉淀，后续转化为氧化铁；
“沉锰”时，
沉淀为碳酸锰。“浸金银”时，Au、Ag 被混合液浸出，后续提炼出
Au、Ag。
【详解】（1）Cu 为29 号元素，基态Cu 原子的核外电子排布属于洪物规则的特例，其价
电子数为11，其价层电子排布式为
。
（2）“还原酸浸”时，
被亚硫酸钠还原为
，该反应的离子方程式为
。
（3）“浸金银”时，Au 溶解涉及的主要反应如下：
①
②
分析以上两反应可知，
参与了反应①，但在反应②又重新生成，其质量和性
质在反应前后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂为
。
（4）“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应的硫酸和亚硫酸钠，多次循环
利用“滤液1”对矿石进行“还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少了原料的
浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中
的金银的相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件；第三，还可以减少废水的
排放量和处理成本；第四，可以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜”前，
“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生
量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金银的富含度。
（5）“还原酸浸”时，
和CuO 可以被硫酸溶解转化为
和
，亚硫酸钠将
还原为
，而
并未被还原，因此，
的氧化性强于
；“氧化”时，
被
氧化为
，因此，
的氧化性强于
。综上所述，根据“还原酸浸”“氧
化”，推断
的氧化性由强到弱的顺序为
。
（6）25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH 至8.0，此时
，无
析出，根据
的
为
，则
。
（7）由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方， Sb 位于晶胞的顶点，其与邻近的3 个面的面
心上的Mn 距离最近且距离相等，每个顶点参与形成8 个晶胞，而每个面心参与形成2 个
晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb 周围与它最近且相等距离的Mn 有
个。
②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1 个Sb 和3 个Mn，因此，该晶胞的质量
为
，该晶胞的体积为
，晶体的密度为
。
53．(1)     氧化
生成S，促进酸浸反应正向进行     否,
，
，
，则
未
沉淀完全     ZnO
(2)     
     负电
(3)     
     生成As2S3沉淀附着于ZnS
表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH 增大，溶液中H2S 浓度减小，促使
As2S3+6H2O
2H3AsO3+3H2S 平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收率下降
【来源】2025 年江苏高考真题化学试题
【分析】闪锌矿中含ZnS、FeS、少量硫化镉等，加入
酸浸后，ZnS、FeS、CdS
分别转化为
，硫元素转化为硫单质，经过除铁、除镉除去
与
，
调pH、沉锌后获得ZnS，据此解答。
【详解】（1）①酸浸时，若不通入
，会发生反应：
，通
入
可以氧化
生成S，促进酸浸反应正向进行，提高
浸出率；故答案为氧化
生
成S，促进酸浸反应正向进行。
②通入
除镉，当溶液
时，
， 又因为
，
=
，则
，则此时
，此时
的浓度大于
，
故
沉淀不完全；
③由②知，除镉时溶液酸性较强，沉锌前调节溶液的
至
，故应在不引入新杂质的
同时消耗溶液中的
，加入的氧化物为ZnO，故答案为ZnO。
（2）晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换，则区域A 中，由
替换
，区
域B 中，由
替换
；按照均摊法，区域B 中含
：3 个、
：1 个、
：
个，
，则区域B 带负电，故答案为
；负电。
（3）①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废液”， 
与
反应除了生成
外还有锌离子，写出反应的离子方程式为：
。
②生成As2S3沉淀附着于ZnS 表面，阻止反应；随着反应的进行，溶液pH 增大，溶液中
H2S 浓度减小，促使As2S3+6H2O
2H3AsO3+3H2S 平衡正向移动，As2S3重新溶解，砷回收
率下降。
54．(1)
(2)     bc     因
，升温反应
向逆反应方向进行，
的产量反而减小
(3)     
     
     
或
(4)     =     >     
【来源】2024 年福建高考真题化学试题
【详解】（1）根据盖斯定律可知，
。
故答案为：-80。
（2）①压缩平衡体系体积，相当于增大压强，重新达到平衡后，对
的反应都是平
衡向正反应方向移动，因此
和
的量增大；因
、
，升温反应
向逆反应方向进行，反应
向正反应方向进行，
的产量反而减小。
故答案为：bc；因
，升温反应
向逆反应方向进行，
的产量反而减小。
（3）在压强为
的恒压体系中通入
和
，①根据反应
可知，温度
升高反应和
向正反应方向进行，产物含量增加，结合图可知n 为HCl，m 为
；
②
时按照反应
进行：
，由图中可知道平衡时
，
，
，则
；③
，1mol
的平衡转化率为f，则转化的
为
fmol，剩余的
为(
)mol，平衡时的物质与物质的量分数分别为：
x、
z 和
y，设平衡时混合物的总物质的量为Mmol，则可以根据剩余的
计算出M，
mol，再计算出
、
，根据硅原子守恒，消耗硅的物质的量=平衡物质
中硅的总物质的量-起始时的1mol
，
或者消耗硅的物质的量=平衡物质
中
和
物质的量之和-消耗的fmol
，
。
故答案为：
；
；
或
。
（4）①使用不同催化剂时，反应
的
催化剂与
催化剂相比较，由于反
应热只和反应物的始态与生成物的终态有关，与催化剂无关，所以
催化剂=
催化剂；根据表中数据，在相同单位时间内，
作催化剂
的转化率为
7.3%、
作催化剂
的转化率为22.3%，由此可以得出
作催化剂时活化能更低，
效率更高，则反应
的活化能：
催化剂
催化剂；②根据反应
：
，初始投料
该段时间内得到
，
列式
，得出生成
所消耗的
的
物质的量
，根据表的转化率可知所消耗的
的总物质的量为
，
最后根据公式
。
故答案为：=；>；
。
55．(1)-566
(2)     >     b
(3)     
     增大
(4)     4s 空轨道     识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，
纯度较高
(5)BC
【来源】2024 年安徽省高考真题化学试卷
【详解】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2 可得目标反应，
则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol；
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该
反应为吸热反应，ΔH4>0；
a．600℃，0.6MPa 时，C2H6的平衡转化率约为20%，a 错误；
b．700℃，0.7MPa 时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b 正确；
c．700℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移
动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa 时，C2H6的平衡转化率大于50%，c 错误；
故答案选b；
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则剩
余的C2H6物质的量为1-0.25=0.75mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，容器内气体总
物质的量为(0.75+0.25+0.25)=1.25mol，Kx1=
；
②反应i 压强平衡常数
，反应ⅱ按
消耗了反应i 的反应物C2H6和产
物H2，则
，现要比较Kp1和Qp1的大小，因
，
所以比较
与
的大小关系，
，故
，反应i 平衡
正向移动，生成更多的C2H4，因此C2H4的平衡产率增大；
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s 空轨道与
C2H4分子的π 键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y 分子筛上，C2H6中
无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是
识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高；
（5）A．前30min，
等于0，出口浓度c 为0，说明两种气体均被吸附，A 错误；
B．p 点时，C2H6对应的
约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的
较小，出
口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B 正确；
C．a 点处C2H6的
=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a 点后C2H6的
>1，说
明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a 点后一段时间，C2H4的
仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p 点到b 点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替
代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附
C2H4，因此p 点后C2H4的
也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，
C 正确；
故答案选BC。
56．(1)氟单质与铜制容器表面的铜反应形成一层保护性的氟化铜薄膜，可阻止氟与铜进一
步反应
(2)C
(3)AB
(4)
【来源】2024 年上海市等级考化学试题【网络回忆版】
【详解】（1）氟单质常温下能腐蚀
等金属，但工业上却可用
制容器储存。类比
铝在空气中不易被腐蚀的原理，可用
制容器储存氟单质的原因是氟单质与铜制容器表面
的铜反应形成一层保护性的氟化铜薄膜，可阻止氟与铜进一步反应。
（2）由图中信息可知，总反应为Xe+2PtF6
[XeF]+[Pt2F11]-，F-参与了反应过程，但最后
又生成了F-，因此上述反应中的催化剂为F-，故选C。
（3）由图中信息可知，反应②的化学方程式为
，反应③的化学方
程式为
，这两步反应中Xe 和Pt 的化合价都发生了变化，因此，
上述过程中属于氧化还原反应的是②和③；反应④的化学方程式为
，反应
⑤的化学方程式为
，这两步反应中元素的化合价没有变化，因此，
这两个反应不是氧化还原反应，故选AB。
（4）氟气通入氙(Xe)会产生
三种氟化物气体。现将
的
和
的
同时通入
的容器中，反应
后，测得容器内共有
气体，且三种氟化物的
比例为
。假设
的物质的量分别为x、6x、3x，
则
+
+10x-10x-x-
-
=
，解之得
，
内
的速
率
。
57．(1)＞
(2)     正向     逆向     ⅱ＞ⅰ＞ⅲ     ab 
(3)     -29     甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯体积分数降低
【来源】2023 年福建省高考化学试卷
【分析】Kp为用气体分压表示的平衡常数，分压=物质的量分数×总压，巧用盖斯定律解决
问题。结合阿伏加德罗定律将物质的量和体积进行转化。
【详解】（1）反应ⅰ的∆G=124-127T（未带单位）＜0，T＞
，同理反应ⅱ：T＞
，故反应ⅰ的最低温度比反应ⅱ的最低温度大，故答案为：＞；
（2）①ⅲ的正向进行氢气浓度减小，有利于i 正向；ⅲ的正向进行甲烷浓度增大，有利于
ⅱ逆向，②根据平衡体积分数
，消耗1mol 丙烷生成1mol 丙烯
或1mol 乙烯或3mol 甲烷，可知反应速率ⅱ＞ⅰ＞ⅲ，③根据盖斯定律：目标反应
=2ⅰ+ⅲ，故
；分压=物质的量分数×总压=体积分数×总压，故
；催化剂不能影响平衡；
通入丙烷平衡正向移动，根据温度不变Kp为定值，各组分的体积分数不变；④在相同条件
下，物质的量之比等于体积之比；同时消耗1mol 丙烷生成1mol 丙烯或1mol 乙烯或3mol
甲烷，生成乙烯时同时生成等量的甲烷，因此丙烯的选择性
；
（3）ⅲ．
ⅳ．
目标反应=ⅲ+ⅳ，故△H=-29kJ/mol； 甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则丙烯
体积分数降低。故答案为：-29 kJ/mol ；甲醇投料增加，氢气增多，导致反应1 逆移，则
丙烯体积分数降低。
58．(1)     四     Ⅷ
(2)
(3)焰色反应
(4)     
     
(5)abd
【来源】2023 年高考湖北卷化学真题
【分析】由流程和题中信息可知，
粗品与
在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，
烧渣是LiCl、
和
的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1 和滤饼1，滤饼1 的主
要成分是
和
；滤液1 用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2（主要成分为
）和滤液2（主要溶质为LiCl）；滤饼2 置于空气中在850℃煅烧得到
；滤
液2 经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3 和滤饼3，滤饼3 为
。
【详解】（1）Co 是27 号元素，其原子有4 个电子层，其价电子排布为
，元素周期
表第8、9、10 三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第四周期、第Ⅷ族。
（2）“500℃焙烧”后剩余的
应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四
氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：
遇水剧烈水解，生成硅酸和
氯化氢，该反应的化学方程式为
。
（3）洗净的“滤饼3”的主要成分为
，常用焰色反应鉴别
和
，
的焰色反应为紫红色，而
的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体
常用方法的名称是焰色反应。
（4）已知
，若“沉钴过滤”的pH 控制为10.0，则溶液中
，
浓度为
。“850℃煅烧”时，
与
反应生成
和
，该反应的化学方程式
为
。
（5）a．Si-Cl 键极性更大，则 Si-Cl 键更易断裂，因此，
比
易水解，a 有关；
b．Si 的原子半径更大，因此，
中的共用电子对更加偏向于
，从而导致Si-Cl 键极
性更大，且Si 原子更易受到水电离的
的进攻，因此，
比
易水解，b 有关；
c．通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl 键键能更大不能说明Si-Cl 更易断
裂，故不能说明
比
易水解，c 无关；
d．Si 有更多的价层轨道，因此更易与水电离的
形成化学键，从而导致
比
易
水解，d 有关；
综上所述，导致
比
易水解的因素有abd。
59．(1)
(2)     190     >
(3)ad
(4)58.8%
(5)     甲     反应I 平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，
     
【来源】2022 年福建省高考真题化学试题
【详解】（1）设Ⅲ 
，根据
盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得
。
（2）①
内，
，则
；
②
、
、
，△c(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，
内，
Δc(H2O)=400ppm，
内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16。
（3）a．H2O 的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ
均达到平衡，a 正确；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气
体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b 错误；
c．当
时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判
据，c 错误；
d．
，说明正逆反应速率相等，反应I 达平衡，各组分分压不变，
C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d 正确； 
故选ad。
（4）设C3H8O 的物质的量为1mol，若lmol C3H8O 完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为
反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I 生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗
了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率
为
=58.8%。
（5）①反应I 为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温
度，反应I 正向移动，
逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，
逐渐减小，即反应I 为平衡曲线
为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I 而言，
相当于增大生成物浓度，使得
>
，即lg
增大，反应I 的状态最有可能对应图中的甲；
②由图可知，350°C 时达平衡后，
=0，则350℃时
=
=1，设水蒸气的平衡分压为
a MPa，则反应II 的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=
MPa。
60．(1)-286
(2)     
     50%或0.5     660.2(或
660.1 或660.3,其他答案酌情给分)
(3)     5.4     相同催化剂，400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，
甲烷与甲醇比例高
【来源】2022 年海南省高考真题化学试题
【详解】（1）电解液态水制备
，电解反应的
，由此可以判断，
2mol
完全燃烧消耗
，生成液态水的同时放出的热量为572kJ ，故1mol
完全燃烧生成液态水放出的热量为286kJ，因此，
的燃烧热(焓)
-286
。
（2）
①由
的平衡常数(K)与反应温度(t)之间的关系图可
知，K 随着温度升高而减小，故该反应为放热反应。若反应为基元反应，则反应为一步完
成，由于反应的
与活化能(Ea)的关系为
，由图２信息可知
＝ａ
，则
ａ
，该反应为放热反应，生成物的总能量小于反应物的，因此该反应过程的
能量变化示意图为：
 。
②温度t 下，向容积为10L 的抽空的密闭容器中通入
和
，反应平衡后
测得容器中
，则
的转化率为
，根据C 元素守恒可知，
的平衡量为
，
和
是按化学计量数之比投料的，则
的平衡量为
，
的平衡量是
的２倍，则
，
的平衡浓度分别为
、
、
、
，则该反应的平衡常数K＝
，根据图１中的
信息可知，反应温度t 约为660.2℃。
（3）在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下反应，由表中信息可知，
的浓
度由０增加到10.8
，因此，
生成
的平均反应速率为
；由表中信息可知，在选择使用催化剂Ⅰ和350℃条件下
反应， 
的浓度由０增加到10.8
，，
:
＝
12722:10.8
1178；在选择使用催化剂Ⅱ和350℃的反应条件下，
的浓度
由０增加到9.2
，
:
＝10775:9.2
1171；在选择使用催化剂Ⅰ和
400℃条件下反应， 
的浓度由０增加到345.2
，
:
＝42780:345.2
124；在选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件下，
的浓度由０增加到34
，
:
＝38932:34
1145。因此，若某
空间站的生命保障系统实际选择使用催化剂Ⅱ和400℃的反应条件的原因是：相同催化剂，
400℃的反应速率更快，相同温度，催化剂Ⅱ副产物浓度低，甲烷与甲醇比例高。
61．(1)3d6
(2)SO
的键角大于H2O，SO
中S 原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的
空间构型为正四面体形，H2O 分子中O 原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子
的空间构型为V 形
(3)配位键、氢键
(4)     6     
×1021
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O 分解生成FexOy的反应为
吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O 反
应生成H2SO4
【来源】2022 年北京市高考真题化学试题（部分试题）
【详解】（1）铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，故答案为：
3d6；
（2）硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正
四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V
形，所以硫酸根离子的键角大于水分子，故答案为：SO
的键角大于H2O，SO
中S 原子
的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O 分子中O 原
子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V 形；
（3）由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫
酸根离子与水分子间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；
（4）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S
离子间的距
离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×
+6×
=4，位于棱上和
体心的S
离子个数为12×
+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：
==10—21a3d，解得d=
×1021，故答案为：
×1021；
（5）由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O 分解生成FexOy的反
应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与
H2O 反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O 可以制备铁粉精和H2SO4可充
分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反
应，FeSO4·H2O 分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的
进行，有利于反应生成的SO3与H2O 反应生成H2SO4。
62．(1)-200(X+Y)
(2)     a 或c     8.3×10-8     0.08     39%
(3)     c     由于b 和c 代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，b、c 速率相
等，压强增大
增大，故
=1.0 所需时间更长
【来源】2022 年新高考山东化学高考真题
【详解】（1）依题意，结合已知信息，可推定在同温同压下，以同物质的量的BL 或BD
为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol 的BL 为原料，
达到平衡时放出XkJ 热量与同物质的量的BD 为原料达到平衡时吸收YkJ 热量的能量二者
能量差值为(X+Y)kJ，则1mol 时二者能量和为200(X+Y)kJ，反应I 为放热反应，因此焓变
=-200(X+Y)kJ·mol-1。
（2）实验测定X<Y，则达到平衡时BD 物质转化量大于BL 物质转化量，平衡状态BD 物
质的量较小，根据图示可知，表示xBL 变化的曲线是a 或c；该平衡状态下BL 的分压是
0.48×3.0×103kPa，BD 的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I 平衡常
数Kp=
 =
 Kpa-2≈8.3×10-8kPa-2；以BL 为原料时，根据
题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD 参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也
正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL 转化了amol，BD 转化了bmol，则体系总物质的量
为(5.0×10-3+b)mol，得到
、
，求得a=
 、b=
，则t1时刻
=0.08；此时BD 的产率为
39%。
（3）依题意，反应I 是正向放热过程，以BL 为初始原料，温度升高则平衡逆向移动，温
度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，
越小，
的值越
大；相同温度时，压强增大，BD 的比重增大，
增大，又可忽略压强对反应速
率的影响，则
最大即
最小，对应曲线c；由于b 和c 代表的温度相
同，而压强对反应速率的影响可忽略，b、c 速率相等，c 压强更大，压强增大
增大，故
=1.0 所需时间更长。
63．(1)6HF+SiO2=2H++
+2H2O
(2)     
     
(3)     CaSO4•0.5H2O     抑制CaSO4的溶解，提高产品石膏的产率     酸解     AD
【来源】2022 年新高考山东化学高考真题
【分析】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；
粗磷酸以精制I 脱氟、除硫酸根离子和
，过滤，滤液经精制II 等一系列操作得到磷酸。
【详解】（1）氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为
6HF+SiO2=2H++
+2H2O。
（2）精制1 中，按物质的量之比n(Na2CO3):n(
)= 1:1 加入Na2CO3脱氟，该反应的化学
方程式为H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有
饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c(
)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(
)=4c3(
)，c(
) =
mol•L-1，因此c(Na+)=2c(
)=
mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(
)=
mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
 mol•L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
 
mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是
，然后才是
。
（3）根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45 的混合体系中，石膏存在
形式为CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓
度的硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤
液X 中含有硫酸，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用
洗涤液X 的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏
结晶的转化，由图乙信息可知，体系温度为65℃时，位于65℃线上方的晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O。体系温度为80℃时，
位于80℃线下方的晶体全部以CaSO4•2H2O 形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，据此分析：
A． P2O5%= l5、SO3%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以
CaSO4•2H2O 形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A 符合题意；
B． P2O5%= 10、SO3%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，故不能实现晶体的转化， B 不符合题意；
C．P2O5%= 10、SO3%= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以
CaSO4•0.5H2O 形式存在，故不能实现晶体转化， C 不符合题意；
D． P2O5%=10、SO3%= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以
CaSO4•2H2O 形式存在，故能实现晶体的完全转化，D 符合题意；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
64．(1)8×108 L·mol－1
(2)     高温     AB     
     
1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S 经历相同的时间转化率相同     先升后降；在
低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高温段，随温度升高；反
应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小
【来源】2022 年6 月浙江省普通高校招生选考化学试题
【详解】（1）根据方程式可知该温度下平衡常数K＝
；
（2）①根据盖斯定律可知Ⅰ+Ⅱ即得到反应Ⅲ的ΔH＝234kJ/mol，这说明反应Ⅲ是吸热的
体积增大（即ΔS＞0）的反应，根据ΔG＝ΔH－TΔS＜0 可自发进行可知反应Ⅲ自发进行的
条件是高温下自发进行；
A
②．Ar 是稀有气体，与体系中物质不反应，所以其他条件不变时，用Ar 替代N2作稀释
气体，对实验结果几乎无影响，A 正确；
B．正反应吸热，升高温度平衡正向进行，温度越高，H2S 的转化率越高，B 正确；
C．根据表中数据无法得出H2S 中S-H 键和CH4中C-H 键的相对强弱，事实上C-H 键的键
能大于S-H 键键能，C 错误；
D．恒温恒压下，增加N2的体积分数，相当于减压，平衡正向进行，H2的物质的量增加，
容器容积增加，H2浓度减小，D 错误；
答案选AB；
③反应I、反应Ⅱ和反应Ⅲ均是吸热反应，则反应过程能量示意图可表示为
；
④根据表中数据可知1000℃时CH4不参与反应，相同分压的H2S 经历相同的时间转化率相
同，所以在1000℃常压下，保持通入的H2S 体积分数不变，提高投料比时H2S 的转化率不
变；
⑤根据表中数据可知在低温段，以反应Ⅰ为主，随温度升高，S2(g)的体积分数增大；在高
温段，随温度升高；反应Ⅱ消耗S2的速率大于反应Ⅰ生成S2的速率，S2(g)的体积分数减小，
因此变化规律是先升后降。
65．(1)     BD     吸收     31.2     
(2)     10     2
CO2↑+
+H2O     2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-
=Ag+Cl-
【来源】2022 年新高考湖南化学高考真题
【详解】（1）①A．在恒温恒容条件下，平衡时向容器中充入惰性气体不能改变反应混合
物的浓度，因此反应Ⅰ的平衡不移动，A 说法不正确；
B．在反应中有固体C 转化为气体，气体的质量增加，而容器的体积不变，因此气体的密
度在反应过程中不断增大，当混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡，B
说法正确；
C．若C(s)和H2O(g)完全反应全部转化为CO2(g)和H2(g)，由C(s)+ 2H2O(g) = CO2(g)+ 
2H2(g)可知，H2的体积分数的极值为
，由于可逆反应只有一定的限度，反应物不可能全
部转化为生成物，因此，平衡时H2的体积分数不可能大于
，C 说法不正确；
D．将炭块粉碎可以增大其与H2O(g)的接触面积，因此可加快反应速率，D 说法正确；
综上所述，相关说法正确的是BD。
②反应平衡时，H2O(g)的转化率为50%，则水的变化量为0.5mol，水的平衡量也是
0.5mol，由于CO 的物质的量为0.1mol，则根据O 原子守恒可知CO2的物质的量为
0.2mol，生成0.2mol CO2时消耗了0.2mol CO，故在反应Ⅰ实际生成了0.3molCO。根据相
关反应的热化学方程式可知，生成0.3mol CO 要吸收热量39.42kJ ，生成0.2mol CO2要放
出热量8.22kJ 此时，因此整个体系吸收热量39.42kJ-8.22kJ=31.2kJ；由H 原子守恒可知，
平衡时H2的物质的量为0.5mol，CO 的物质的量为0.1mol，CO2的物质的量为0.2mol，水
的物质的量为0.5mol，则平衡时气体的总物质的量为
0.5mol+0.1mol+0.2mol+0.5mol=1.3mol，在同温同体积条件下，气体的总压之比等于气体的
总物质的量之比，则平衡体系的总压为0.2MPa 1.3=0.26MPa，反应I（C(s)+H2O(g)
CO(g)+H2(g)）的平衡常数Kp= 
。
（2）①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(
):c(
)=1:2，由
可知，
=
，
则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O 和CO2，该反应的离子方程式为2
CO2↑+
+H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成
氧气和H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl 电极均
为阴极，在电解过程中AgCl 可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2+12e-
+12H+=C2H4+4H2O、AgCl+e-=Ag+Cl-。
66．(1)
(2)
(或
)
(3)>
(4)58%
(5)     反应①为放热反应，温度升高平衡左移     温度高于
时，
大于
21%，载氧体无法载氧
(6)     膨润土     <
【来源】2021 年新高考福建化学高考真题
【详解】（1）①
；②
，用①2+②
（1）得：反应
 
=
，故答案：
。
（2）由②
可知，故体没
有浓度，所以该反应的平衡常数表达式
(或
)，故答案：
(或
)。
（3）由图可知：载氧体I 是把空气中的氧气转移到燃料反应器，载氧体II 是氧气和甲烷发
生反应释放出水和二氧化碳，所以氧的质量分数：载氧体I>载氧体II，故答案：>。
（4）设往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气的物质的量为1mol,氧气的物
的量分数
为21%，则氧气的物质的量为0.21mol，由图可知，达到平衡时氧气的物的
量分数
为10%，设反应的O2为xmol，有
，x=0.122mol，则 
时
的平衡转化率
=58%，故答案：58%。
（5）因为①
为放热反应，随温度升高平衡逆向移
动，氧气的浓度正大。因为往盛有
载氧体的刚性密闭容器中充入空气【氧气的
物质的量分数
为21%】，由图可知，当温度高于
时，
大于21%，载氧
体无法载氧。故答案：反应①为放热反应，温度升高平衡左移；温度高于
时，
大于21%，载氧体无法载氧。
（6）由表中数据可知：使用氧化铝掺杂的载氧体反应的活化能比使用膨润土掺杂的载氧体
反应的活化能高，所以使用膨润土掺杂的载氧体反应较快。
使用氧化铝比使用者膨润土掺杂的载氧体反应较慢，单位时间内燃料反应器释放的热量少，
所以
<
，故答案：膨润土；<。
67．(1)271
(2)     减小气体浓度，使平衡右移，提高C3H8(g)转化率     16.7
(3)     2     H2和C3H6都消耗O2
(4)     先增大后减小     反应开始时，体系中主要发生反应Ⅱ，c(C3H6)逐渐增大，随着
反应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，v(C3H6)减小，体系中主要发生反应Ⅲ，c(C3H6)逐渐
减小
【来源】2021 年新高考湖北化学高考真题
【详解】（1）由C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)   △H1=+125kJ·mol-1可知反应需要中断裂2mol C—
H 键、形成1mol 碳碳π 键和1mol H—H 键，416kJ·mol-1×2- E (碳碳π 键) -436kJ·mol-1= 
+125kJ.mol-1，解得：E(碳碳π 键)= +271kJ. mol-1，所以形成1mol 碳碳π 键放出的能量为
271kJ；
（2）达到平衡后，通入N2，由于总压恒定为100kPa，则容器体积增大，平衡向气体体积
增大的方向移动，即向正反应方向移动，C3H8(g)的转化率增大；根据图a，C3H8的物质的
量分数为0.4 时，其平衡转化率为50%；假设混合气体为1mol，则起始时C3H8为0.4mol，
N2为0.6mol，运用三段式法计算：
由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，N2为
0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为：100kPa×
=
故T1时反应Ⅰ
的平衡常数KP=
=16.7kPa。
（3）
内C3H6的分压由0 增大为2.4kPa，则生成
的平均速率为
=2kPa·s-1；若只发生反应Ⅰ、Ⅱ，C3H6的分压应大于H2和H2O 的分压，但由图b 知，随着
反应进行，分压p(H2O)>p(C3H6)>p(H2)，且有CO2生成，H2分压降低，故体系中还发生反
应：C3H6+
O2=3CO2+3H2O，H2+
O2=H2O，消耗O2，因此C3H8和O2的消耗速率比小于
2 1∶；
（4）反应开始时，反应Ⅱ向右进行，c(C3H6)逐渐增大，且体系中以反应Ⅱ为主，随着反
应进行，p(C3H8)减小，p(C3H6)增大，使得v (C3H6)减小，体系中以反应Ⅲ为主，因此丙烯
的浓度随时间的变化趋势为先增大后减小。
68．(1)
(2)BC
(3)提高苯的利用率
(4)金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失去催化活性
(5)②
(6)
【来源】2021 年新高考辽宁化学高考真题
【详解】（1）根据盖斯定律结合已知反应：Ⅲ.
 Ⅳ.2
 (g)+15O2(g)⇌12CO2(g)+6H2O(l) ∆H4 Ⅴ.
 (g)+9O2(g)=6CO2(g)
+6H2O(l) ∆H5
Ⅰ.主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g)可由
，则
，故答案为：
；
（2）根据Ⅰ.主反应：
(g)+3H2(g)⇌
(g)是一个气体体积减小的方向
的放热反应，故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏
特列原理，可采用适当降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡
逆向移动，故答案为：BC；
（3）反应Ⅰ在管式反应器中进行，实际投料往往在
的基础上适当增大
用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大
H2用量的目的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；
（4）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当
中
混有微量
或
等杂质时，会导致反应Ⅰ的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂
会与H2S 或CO 反应从而失去催化活性，故答案为：金属催化剂会与H2S 或CO 反应从而失
去催化活性；
（5）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，
由图可知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤
电子对，③中有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答
案为：②；
（6）恒压反应器中，按照
投料，设投入的苯的物质的量为1mol，发生
Ⅰ、Ⅱ反应总压为
，平衡时苯的转化率为α，环己烷的分压为p，则：
，
 有反应
后平衡体系中总的物质的量为：1-α+4-3α+α-x+x=5-3α，故平衡时，苯的分压为：
，
H2的分压为：
，则反应1 的
=
 ，故答案为：
。
69．(1)     4     VIB
(2)FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl
(3)
(4)     6.0     1×10-6
(5)Mn2++H2O2+2OH-=MnO2
+2H2O
(6)将加入NaOH 沉铬时导致二价锰[
]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)]
【来源】2021 年新高考辽宁化学高考真题
【分析】分析本工艺流程图可知，“沉钒”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有钒的杂质，
滤液中主要含有Mn2+和Cr3+，加热NaOH“沉铬”后，Cr3+转化为固体A 为Cr(OH)3沉淀，
滤液B 中主要含有MnSO4，加入Na2S2O3是将加入NaOH 沉铬时导致二价锰[
]被空气
中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)]，Cr(OH)3煅烧后生成Cr2O3，“转化”步骤中的反
应离子方程式为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2+2H2O，据此分析解题。
【详解】（1）Cr 是24 号元素，价层电子对排布式为：3d54s1，根据最高能层数等于周期
序数，价电子数等于族序数，故Cr 元素位于元素周期表第4 周期VIB 族，故答案为：4；
VIB；
（2）用
溶液制备
胶体的化学方程式为FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl，
故答案为：FeCl3+3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3HCl；
（3）常温下，各种形态五价钒粒子总浓度的对数[
]与pH 关系如图1。已知钒铬锰
矿渣硫酸浸液中
，
=-2，从图中可知， “沉钒”过程控制
，
=-2 时，与胶体共沉降的五价钒粒子的存在形态为
，故答案为：
；
（4）某温度下，
、
的沉淀率与pH 关系如图2，由图中信息可知“沉铬”过
程最佳pH 为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH-)=10-8mol/L，在该条件下滤液B 中
=
=1×10-6
，故答案为：6.0；1×10-6；
（5）由分析可知，“转化”过程中生成
的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH-
=MnO2+2H2O，故答案为：Mn2++H2O2+2OH-=MnO2
+2H2O；
（6）由分析可知，“提纯”过程中
的作用为将加入NaOH 沉铬时，导致二价锰[
]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)]，故答案为：将加入NaOH 沉铬时，
导致二价锰[
]被空气中氧气氧化的产物还原为二价锰[Mn(II)]。
70．(1)3d64s2
(2)     8     4
(3)     
     降低反应活化能
(4)     由Fe3+水解产物的颜色所致     向该溶液中加HNO3 
     
【来源】2021 年新高考天津化学高考真题
【详解】（1）Fe 为26 号元素，所以基态Fe 原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：
3d64s2；
（2）由图可知，晶胞A 中Fe 的配位数为8，所以每个Fe 原子紧邻的原子数为8。根据原
子均摊法，每个晶胞B 中含Fe 原子数为
，故答案为：8；；4
（3）由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方
程式
。铁触媒是反应的催化剂，作用是降
低反应活化能，故答案为：
；降低反应活
化能；
（4）①由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液Ⅰ却呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中
的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水
解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；
②向溶液Ⅱ中加入NaF 后，溶液颜色由红色转变为无色，说明
和氟离子转化
为
，其离子方程式为
，
和
相减得到
，所以平衡常数为
，故答案为：
；
。
71．     2-甲基-2-丁烯     D     0.9α     
     逆向移动     1:10  
X     ＜
【来源】2021 年新高考山东化学高考真题
【详解】(1)由平衡常数Kx与温度T 变化关系曲线可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的自然
对数随温度升高（要注意横坐标为温度的倒数）而减小，说明3 个反应均为放热反应，即
△H1＜0、△H2＜0、△H3＜0，因此，A 的总能量高于B 的总能量，能量越低越稳定，A 和
B 中相对稳定的是B，其用系统命名法命名为2-甲基-2-丁烯；由盖斯定律可知，Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，
则△H1-△H2=△H3＜0，因此△H1＜△H2，由于放热反应的△H 越小，其绝对值越大，则
的数值范围是大于1，选D。
(2)向某反应容器中加入1.0molTAME，控制温度为353K，测得TAME 的平衡转化率为α,则
平衡时n(TAME)=(1-α) mol，n(A)+n(B)=n(CH3OH)= α mol。已知反应Ⅲ的平衡常数
Kx3=9.0，则
=9.0，将该式代入上式可以求出平衡体系中B 的物质的量为0.9α mol，
n(A)=0.1α mol，反应Ⅰ的平衡常数Kx1=
。同温同压下，再向
该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反应Ⅰ的化学平衡将向着分子数增大的方向移动，
即逆向移动。平衡时，TAME 的转化率变大，但是平衡常数不变，A 与CH3OH 物质的量浓
度之比不变，c(A)：c(CH3OH)=0.1α：α=1:10。
(3)温度为353K，反应Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，
=9.0。由A、B 物质的量浓度c 随反应
时间t 的变化曲线可知，X 代表的平衡浓度高于Y，则代表B 的变化曲线为X；由母线的变
化趋势可知，100s 以后各组分的浓度仍在变化， t=100s 时
，因此，
反应Ⅲ正在向逆反应方向移动，故其正反应速率v 正小于逆反应速率v 逆，填＜。
72．     增大反应物接触面积，提高化学反应速率     
     使
平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率     浸取     过度
蒸发可导致重铬酸钠提前析出
     H2SO4     阳     Na＋
【来源】2021 年新高考山东化学高考真题
【分析】以铬铁矿(FeCr2O4，含Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠
(Na2Cr2O7•2H2O)过程中，向铬铁矿中加入纯碱和O2进行焙烧，FeCr2O4转化为Na2CrO4，
Fe(II)被O2氧化成Fe2O3，Al、Si 氧化物转化为NaAlO2、Na2SiO3，加入水进行“浸取”，
Fe2O3不溶于水，过滤后向溶液中加入H2SO4调节溶液pH 使
、
转化为沉淀过滤
除去，再向滤液中加入H2SO4，将Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，将溶液蒸发结晶将Na2SO4除
去，所得溶液冷却结晶得到Na2Cr2O7•2H2O 晶体，母液中还含有大量H2SO4。据此解答。
【详解】(1)焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是利用热量使O2向上流动，增大固体与气体
的接触面积，提高化学反应速率，故答案为：增大反应物接触面积，提高化学反应速率。
(2)中和时调节溶液pH 目的是将
、
转化为沉淀过滤除去，由图可知，当溶液
pH≥4.5 时，Al3+除尽，当溶液pH＞9.3 时，H2SiO3会再溶解生成
，因此中和时pH 的
理论范围为
；将Al 元素和Si 元素除去后，溶液中Cr 元素主要以
和
存在，溶液中存在平衡：
，降低溶液pH，平衡正向
移动，可提高Na2Cr2O7的产率；由上述分析可知，Fe 元素在“浸取”操作中除去，故答案
为：
；使
平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产
率；浸取。
(3)蒸发结晶时，过度蒸发可导致重铬酸钠提前析出。
(4)由4Na2CrO4+4H2O
2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑可知，电解过程中实质是电解水，
阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H+得到电子生成H2，由
可知，
在氢离子浓度较大的电极室中制得，即
Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阴极产生氢氧根离子，氢氧化钠在阴极生成，所以
为提高制备Na2Cr2O7的效率，Na＋通过离子交换膜移向阴极，故答案为：阳；Na＋。
73．     不同温度下都能自发，是因为
     
     
   
C     BDF     
 
     
【来源】2021 年6 月新高考浙江化学高考真题
【详解】(1)实验室可用铜与浓硫酸反应制备少量
的反应为
，由于该反应
，因此该反应在任何温度下都能自发进行。
(2)①根据题中所给的数据可以求出该温度下
的平衡常数为
 .
②平衡时
的转化率为
；
(3)
A
①．在常压下
催化氧化为
的反应中，
的转化率已经很高，工业上有采用高
压的反应条件，A 说法不正确； 
B．进入接触室之前的气流中含有会使催化剂中毒的物质，需经净化处理以防止催化剂中
毒，B 说法不正确；
C．通入过量的空气可以增大氧气的浓度，可以使含硫矿石充分反应，并使化学平衡
向正反应方向移动，因此可以提高含硫矿石和
的转化率；
D．
与水反应放出大量的热，在吸收塔中若采用水或稀硫酸吸收
，反应放出的热量
会使硫酸形成酸雾从而影响
被水吸收导致
的吸收速率减小，因此，在吸收塔中不宜
采用水或稀硫酸吸收
，D 说法不正确。
综上所述，相关说法正确的是C；
②反应混合物在热交换气中与原料气进行热交换，在热交换过程中，反应混合物不与催化
剂接触，化学反应速率大幅度减小，故虽然反应混合物的温度降低，
的转化率基本不
变，因此，图2 所示进程中表示热交换过程的是
、
、
，因此选BDF；
③对于放热的可逆反应
，该反应的最适宜温度为催化剂的催化
活性最好时所对应的温度，在该温度下化学反应速率最大，
的转化率也最大；当温度
高于最适宜温度后，催化剂的催化活性逐渐减小，催化剂对化学反应速率的影响超过了温
度升高对化学反应速率的影响，因此化学反应速率逐渐减小，
的转化率也逐渐减小；
由于该反应为放热反应，随着温度的升高，
的平衡转化率减小；由于反应混合物与催
化剂层的接触时间较少，在实际的反应时间内反应还没有达到化学平衡状态，故在相应温
度下
的转化率低于其平衡转化率。因此，反应
的转化率与
最适宜温度（曲线Ⅰ）、平衡转化率与温度（曲线Ⅱ）的关系曲线示意图可表示如下：
.
(4)由
时间振荡曲线可知，在
溶液体系中，溶液的
呈先增大后
减小的周期性变化，同时观察到体系由澄清→浑浊→澄清的周期性变化，硫化钠与硫酸反
应生成
，
，然后发生
，该过程溶液的
基本不变，溶液保持澄清；溶液变浑浊时
被
氧化为
，即发生
，该过程溶液的
增大；溶液又变澄清时
又被
氧化
为
，发生
，该过程溶液的
在减小。因此可以推测该
过程中每一个周期内的反应进程中依次发生了如下离子反应：
、
、
、
。
74．     ∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4     AD     4     4     ac     
     
68%     做冷冻剂
【来源】2021 年新高考广东化学高考真题
【分析】根据盖斯定律计算未知反应的反应热；根据影响化学反应速率和化学平衡的因素
判断反应速率的变化及转化率的变化；根据图象及曲线高低判断反应进程和活化能的相对
大小；根据平衡时反应物的分压计算平衡转化率；根据CO2的物理性质推测CO2的用途。
【详解】(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有
∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；
(2)A．增大CO2和CH4的浓度，对于反应a、b、c 来说，均增大了反应物的浓度，反应的
正反应速率增大，A 正确；
B．移去部分C(s)，没有改变反应体系中的压强，反应的正逆反应速率均不变，平衡不移
动，B 错误；
C．催化剂可以同等条件下增大正逆反应速率，只能加快反应进程，不改变反应的平衡状
态，平衡转化率不变，C 错误；
D．降低温度，体系的总能量降低，正、逆反应速率均减小，D 正确；
故答案选AD；
(3)由图可知，反应过程中能量变化出现了4 个峰，即吸收了4 次活化能，经历了4 步反应；
且从左往右看4 次活化能吸收中，第4 次对应的峰最高，即正反应方向第4 步吸收的能量
最多，对应的正反应活化能最大。
(4)①随着温度的升高，反应a 和c 的ln K 增大，说明K 的数值增大，反应向正反应方向
进行，反应a 和c 为吸热反应，同理反应e 的ln K 减小，说明K 的减小，反应向逆反应
方向进行，反应e 为放热反应，故答案为ac；
②用相对分压代替浓度，则反应c 的平衡常数表达式K =
；
③由图可知，A 处对应反应c 的ln K =0，即K =
=1，解方程得
p2(H2)=p(CH4)P0，已知反应平衡时p(H2)=40kPa，则有p(CH4)=16kPa，由已知条件知CO2与
CH4的物质的量之比等于压强之比，且初始状态时p(CH4)=
×100kPa=50kPa，故CH4的
平衡转化率为
×100%=68%； 
(5)固态CO2即为干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性质。
【点睛】本题难点在于K 与
关系曲线的判断，在曲线中斜率为正为放热反应，斜率为
负为吸热反应。
75．     6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) 
H=49.1kJ mol-1     
     100.8 
 
正     2C
+CO2=2C
+C     3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-     c、a、
b
【来源】2021 年新高考河北化学高考真题
【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) 
H1=-393.5kJ mol-1，②H2(g)+
O2(g)=H2O(l) 
H2=-285.8kJ mol-1，③C6H6(l)+
O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) 
H3=-3267.5kJ mol-1，根据盖斯定律，[①12+②6]
 -③得反
应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，
H=[(-393.5kJ mol-1)
+(-285.8kJ mol-1) 6]
-
(-3267.5kJ mol-1)=49.1kJ mol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) 
H=49.1kJ
mol-1；
(2)由题可知，①CO2(s)
CO2(aq)，②CO2(aq)+H2O(l)
H+(aq)+HC
(aq)，K2=
，设c(H+)为α，则c（OH-）=
，根据电荷守恒c(H+)=c(OH-)+c(HCO3
-),
可得c(HCO3
-)=α-
，大气中的CO2分压p(CO2)=px kPa，溶液中CO2的浓度c(CO2)
(aq)=pxy mol/L，将c(H+)、c（OH-）、c(CO2)(aq)带入平衡常数表达式
 ，
所以解得α=c(H+)=
，故答案为：
；
(3)2MHCO3(s)
M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，
可用分压表示物质的量浓度，平衡常数Kp=
=
=529kPa2。温度不变
化学平衡常数Kp不变，设平衡时，平衡体系中CO2的分压为x，则K=
= 
529kPa2，
=
kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的
CO2的分压，即CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；
(4)①由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原
反应，则CO2作为电池的正极；CO2还原后与Li+结合成Li2CO3，按4 个步骤进行，由步骤
II 可知生成了C
，而步骤IV 需要C
参加反应，所以步骤III 的离子方程式为：2C
+CO2=2C
+C，故答案为：正；2C
+CO2=2C
+C；
I.CO
②
2在碱性条件下得电子生成CH3CH2CH2OH，碳元素从+4 价降低到-2 价，根据电子守
恒和电荷守恒写出电极反应式为：3CO2+18e- +13H2O=CH3CH2CH2OH+18OH-；
II.c 催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于H+电还原的活化能，更容易发生CO2的电还
原；而催化剂a 和b 条件下，CO2电还原曲线中a 的最大能垒为0.51＜b 曲线的0.76，a 曲
线电化学还原更容易。且H+电还原中a 曲线最大能垒0.27＞b 曲线的0.22，综上所述，a 催
化剂比b 催化剂更易发生CO2电还原。因此反应从易到难的顺序为c、a、b，故答案为：
c、a、b。
76．     Fe、Cr     溶解浸出     MgO、Fe2O3     2Na++2
+2CO2+H2O=
+2NaHCO3↓     4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O     
Na2CO3     
     8.37
②
【来源】2021 年新高考河北化学高考真题
【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在
熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧
化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化
镁、氧化铁的滤渣1 和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条
件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二
氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢
氧化铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣1 中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气
反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，
二氧化碳、水蒸气可以在工序②循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。
【详解】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：
Fe、Cr；
(2)由分析可知，工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；
(3)由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；
(4)工序③中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，
反应的离子方程式为2Na++2
+2CO2+H2O= 
+2NaHCO3↓，故答案为：2Na++2
+2CO2+H2O= 
+2NaHCO3↓；
(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，，Fe(CrO2)2与
氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为
4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸
钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3
8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 
16CO2+8H2O；
(6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣1 中可以将氧化镁
转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序②，故答案为：②；
(7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为
，
反应的平衡常数为K1=
=
=
=1013.37，当
为10—5mol/L 时，溶液中氢离子浓度为
=
mol/L=10—
8.37mol/L，则溶液的pH 为8.37，故答案为：8.37。
77．     
 
     
     硫酸     
     
 
     
【来源】2021 年高考全国乙卷化学真题
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，
氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入
热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和
硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫
酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH 约为2.0 的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、
铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水
浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀
硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将
TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O 沉淀和硫酸，
过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O。
【详解】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫
酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为Al2O3+4(NH4)2SO4
2NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑，故答案为：Al2O3+4(NH4)2SO4
2NH4Al(SO4)2+6NH3↑+3H2O↑；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH 可知，将pH 约为2.0 的滤液加入氨水调节溶液pH 为
11.6 时，铁离子首先沉淀、然后是铝离子、镁离子，钙离子没有沉淀，故答案为：Fe3+、
Al3+、Mg2+；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH 为11.1 可知，氢氧化镁的溶度积为1×10—5×(1×10—
2.9)2=1×10—10.8，当溶液pH 为11.6 时，溶液中镁离子的浓度为
=1×10—6mol/L，故
答案为：1×10—6；
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙
完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析
可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙，故
答案为：硫酸；SiO2、CaSO4；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O
沉淀和硫酸，反应的离子方程式为TiO2++（x+1）H2O
TiO2·xH2O+2H+，故答案为：TiO2++
(x+1)H2O
TiO2·xH2O+2H+；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后
吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用，故答案为：(NH4)2SO4。
78．     2NaCl+ 2H2O
2NaOH + H2↑+Cl2↑     A     ＜     
  
 
K1p + 
     反应I + II 得： TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，
K=KIKII=4.1×1019远大于K1，反应II 使TiO2氯化为TiCl4得以实现；ΔH=ΔHI+ΔHII= 
-40kJ·mol-1，反应II 可为反应I 提供所需的能量     AB
【来源】2021 年1 月新高考浙江化学高考真题
【详解】(1)电解饱和食盐水制取氯气时，同时还生成氢气和氢氧化钠，该反应的化学方程
式是2NaCl+ 2H2O 
2NaOH + H2↑+Cl2↑。
(2) A．氯气可与碱反应，碱石灰含有氢氧化钠和氧化钙，因此，不能用碱石灰干燥氯气，
A 说法不正确；
B．氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，该反应是可逆反应，在饱和食盐水中存在浓度较
大的氯离子，可以使氯气的溶解平衡逆向移动，因此，氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，
可以通过排饱和食盐水法收集氯气，B 说法正确；
C．氯气在常温下不与铁反应；氯气的相对分子质量较大，其分子间的作用力较大，因此，
氯气属于易液化的气体，常温下，可通过加压使氯气液化而储存于钢瓶中，C 说法正确；
D．氢气和氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水得到盐酸，因此，工业上，常用氢气和氯
气反应生成的氯化氢溶于水制取盐酸，D 说法正确。
综上所述，相关说法不正确的是A，故选A。
(3)
Cl
①
2(g) 
 Cl
⇌
2(aq)表示的是氯气的溶解平衡，氯气在常温下可溶于水，该过程是自发的，
由于该过程的熵变小于0，因此，其焓变ΔH1＜0。
②由化学方程式Cl 2(aq) + H2O(l) 
 H
⇌
+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)可知，其平衡常数K2的表
达式为K2=
，注意水为液态，其不出现在表达式中。
Cl
③
2(g) 
 Cl
⇌
2(aq) 与Cl2(aq) + H2O(l) 
 H
⇌
+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq) 相加可以得到Cl2(g) + 
H2O(l) 
 H
⇌
+ (aq)+Cl- (aq) + HClO(aq)，因此，该反应的平衡常数为
；氯气在水中的
溶解度(以物质的量浓度表示)为c，根据物料守恒可知，c= 
 +
 c(HClO)+ 
c(Cl-)，由于HCl 是强电解质，若忽略水的电离和次氯酸的电离，则
，
由K2=
可知
=
，由K1=c(Cl2)/p 可知，
=
，则
=
，因此，c= K1p + 
。
(4)已知：I . TiO2(s)+2Cl2(g) 
 TiCl
⇌
4(g)+O2(g) ΔHI=181 kJ/mol，KI=3.4 ×10-29；II. 2C(s)+O2(g) 
 2CO(g)
⇌
     ΔHII= - 221 kJ/mol ，KII=1.2×1048。根据盖斯定律可知，I + II 得： TiO2(s)
+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)，则K=KIKII=4.1 ×1019远大于K1，反应II 的发生可以减
小反应I 的平衡体系中氧气的浓度，从而使TiO2氯化为TiCl4得以实现；反应I 为吸热反应，
而ΔH=ΔHI+ΔHII= -40 kJ/mol，说明TiO2(s)+2Cl2(g) + 2C(s) =TiCl4(g)+ 2CO(g)为放热反应，
则反应II 可为反应I 提供所需的能量。
(5) 15%生成邻二氯苯，说明该反应活化能大，25%生成对二氯苯，说明该反应活化能小，
温度改变对活化能的影响大，即升高温度，邻二氯苯产量增大的多，比例增大；降低温度
邻二氯苯产量减少的多，比例减少，故A 正确、C 错误；选择合适的催化剂，降低生成邻
二氯苯的反应的活化能，故B 正确；D 中改变反应物的浓度，并不能改变两种产物的比例，
故D 错误，综上所述，选AB。
79．     平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；     NaOH 溶液 
     在装置A、B 之间加装盛有饱和食盐水的洗
气瓶     酸式     C     
     BD
【来源】2020 年山东省高考化学试卷（新高考）
【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A 中发生归中反应产生
Cl2，Cl2和K2MnO4在B 中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C 吸收，据此解答。
【详解】(1)装置A 为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C 的作用
是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH 溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A 中发生归中反应产生
Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓
盐酸顺利滴下；NaOH 溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO4
2-+2H2O=2MnO4
-
+MnO2↓+4OH-，一部分MnO4
2-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥
发，直接导致B 中NaOH 溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B 之间加装盛有饱和
食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B 之间加装盛有饱和食盐水
的洗气瓶；
(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为
50.00mL 的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；
C；
(4)设FeC2O4·2H2O 的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O 的物
质的量为zmol，步骤I 中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：
2KMnO4~5H2C2O4(C2O4
2-)，KMnO4~5Fe2+，所以
，步骤II 中Fe2+被
氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，
，联立二个方程解得：z=2.5c(V1-3V2)×10-
3，所以H2C2O4·2H2O 的质量分数=
=
。
关于样品组成分析如下：
A．
时，H2C2O4·2H2O 的质量分数=
=0，样品中不含
H2C2O4·2H2O，由
和
可知，y≠0，样品中含
Fe2(C2O4)3杂质，A 错误；
B．
越大，由H2C2O4·2H2O 的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B 正确；
C．Fe 元素的物质的量=
，若步骤I 中KMnO4溶液不足，则步骤I
中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则
不变，则对于测得Fe 元素的含
量无影响，C 错误；
D．结合C 可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe
元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe 元素含量偏高，D 正确；
故答案为：
；BD。
80．     1 4     
∶
变大     d     c     小于     
或
等  
选择合适催化剂等
【来源】2020 年全国统一考试化学试题（新课标Ⅲ）
【分析】根据质量守恒定律配平化学方程式，可以确定产物的物质的量之比。根据可逆反
应的特点分析增大压强对化学平衡的影响。根据物质的量之比等于化学计量数之比，从图
中找到关键数据确定代表各组分的曲线，并计算出平衡常数。根据催化剂对化反应速率的
影响和对主反应的选择性，工业上通常要选择合适的催化剂以提高化学反应速率、减少副
反应的发生。
【详解】(1)CO2催化加氢生成乙烯和水，该反应的化学方程式可表示为2CO2+6H2 ⇌ CH2 = 
CH2+4H2O，因此，该反应中产物的物质的量之比n(C2H4)：n(H2O)=1：4。由于该反应是气
体分子数减少的反应，当反应达到平衡状态时，若增大压强，则化学平衡向正反应方向移
动，n(C2H4)变大。
(2) 由题中信息可知，两反应物的初始投料之比等于化学计量数之比；由图中曲线的起点
坐标可知，c 和a 所表示的物质的物质的量分数之比为1:3、d 和b 表示的物质的物质的量
分数之比为1:4，则结合化学计量数之比可以判断，表示乙烯变化的曲线是d，表示二氧化
碳变化曲线的是c。由图中曲线的变化趋势可知，升高温度，乙烯的物质的量分数减小，
则化学平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，∆H 小于0。
(3) 原料初始组成n(CO2)∶n(H2)=1 3∶，在体系压强为0.1Mpa 建立平衡。由A 点坐标可知，该
温度下，氢气和水的物质的量分数均为0.39，则乙烯的物质的量分数为水的四分之一，即
，二氧化碳的物质的量分数为氢气的三分之一，即
，因此，该温度下反应的平衡
常数
(MPa)-3=
(MPa)-3。
(4)工业上通常通过选择合适的催化剂，以加快化学反应速率，同时还可以提高目标产品的
选择性，减少副反应的发生。因此，一定温度和压强下，为了提高反应速率和乙烯的选择
性，应当选择合适的催化剂。
【点睛】本题确定图中曲线所代表的化学物质是难点，其关键在于明确物质的量的分数之
比等于各组分的物质的量之比，也等于化学计量数之比（在初始投料之比等于化学计量数
之比的前提下，否则不成立）。
81．     2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)  ∆H= -351 kJ∙mol-1     0.975     该反
应气体分子数减少，增大压强，α 提高。所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa＞2.5MPa
＝p ２的，所以p1=5.0MPa     反应物（N2和O2）的起始浓度（组成）、温度、压强 
     
     升高温度，k 增大使v 逐渐提高，但α 降低使v
逐渐下降。当t＜tm，k 增大对v 的提高大于α 引起的降低；当t＞tm，k 增大对v 的提高小于
α 引起的降低
【来源】2020 年全国统一考试化学试题（新课标Ⅰ）
【分析】根据盖斯定律，用已知的热化学方程式通过一定的数学运算，可以求出目标反应
的反应热；根据压强对化学平衡的影响，分析图中数据找到所需要的数据；根据恒压条件
下总压不变，求出各组分的分压，进一步可以求出平衡常数；根据题中所给的速率公式，
分析温度对速率常数及二氧化硫的转化率的影响，进一步分析对速率的影响。
【详解】(1)由题中信息可知：
SO
①
2(g)+
O2(g)⇌SO3(g)  ∆H= -98kJ∙mol-1
V
②
2O4(s)+ SO3(g)⇌V2O5(s)+ SO2(g)  ∆H2= -24kJ∙mol-1
V
③
2O4(s)+ 2SO3(g)⇌2VOSO4(s)  ∆H1= -399kJ∙mol-1
根据盖斯定律可知，③-②2 得2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)，则∆H= ∆H1-
2∆H2=( -399kJ∙mol-1)-( -24kJ∙mol-1)2= -351kJ∙mol-1，所以该反应的热化学方程式为：
2V2O5(s)+ 2SO2(g)⇌ 2VOSO4(s)+ V2O4(s)  ∆H= -351 kJ∙mol-1；
(2) SO2(g)+
O2(g)⇌SO3(g)，该反应是一个气体分子数减少的放热反应，故增大压强可以使
化学平衡向正反应方向移动。因此，在相同温度下，压强越大，SO2的平衡转化率越大，
所以，该反应在550℃、压强为5.0MPa 条件下，SO2的平衡转化率一定高于相同温度下、
压强为2.5MPa 的，因此，p1=5.0MPa，由图中数据可知，α=0.975。影响α 的因素就是影响
化学平衡移动的因素，主要有反应物（N2和O2）的浓度、温度、压强等。
(3)假设原气体的物质的量为100mol，则SO2、O2和N2的物质的量分别为2m mol、m mol
和q mol，2m+m+q=3m+q=100，SO2的平衡转化率为α，则有下列关系：
平衡时气体的总物质的量为n(总)= 2m(1-α)+m(1-α)+2mαmol+q mol，则SO3的物质的量分数
为
。该反
应在恒压容器中进行，因此，SO3的分压p(SO3)=
，p(SO2)=
，p(O2)=
，在该条件下，SO2(g)+ 
O2(g)⇌2SO3(g) 的Kp=
。
(4) 由于该反应是放热反应，温度升高后α 降低。由题中信息可知，v=
，升高温度，k 增大使v 逐渐提高，但α 降低使v 逐渐下降。当t＜tm，k 增大对v 的提高大
于α 引起的降低；当t＞tm，k 增大对v 的提高小于α 引起的降低。
【点睛】本题有关化学平衡常数的计算是一个难点，尤其题中给的都是字母型数据，这无
疑增大了难度。这也是对考生的意志的考验，只要巧妙假设、小心求算，还是可以得到正
确结果的，毕竟有关化学平衡的计算是一种熟悉的题型。本题的另一难点是最后一问，考
查的是速率公式与化学平衡的综合理解，需要明确化学反应速率与速率常数及平衡转化率
之间的函数关系，才能作出正确的解答。所以，耐心和细心才是考好的保证。
82．     －317.3     O3将NO2氧化成更高价氮氧化物     SO2与O3的反应速率慢     
SO3
2－＋2NO2＋2OH－=SO4
2－＋2NO2－＋H2O     Ksp(CaSO3)×c(SO4
2－)/Ksp(CaSO4)     
CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO3
2－的浓度增大，加快SO3
2－与NO2的反应速率。
【来源】2015 年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试化学（江苏卷）
【详解】（1）已知：①NO(g)＋O3(g)=NO2(g)＋O2(g) 
H=
△
－200·9kJ·mol－1
NO(g)
②
＋
O2(g)=NO2(g) 
H=
△
－58．2kJ·mol－1
根据盖斯定律①＋②×2 得出：3NO(g)＋O3(g)=3NO2(g) 
H=
△
－200.9－2×58.2kJ·mol－1=－
317.3kJ·mol－1；
（2）①n(O3)：n(NO)＞1，臭氧过量，NO2减少，可能利用O3的强氧化性，把NO2转化成
更高价态，因此当n(O3)：n(NO)＞1 时，反应后NO2的物质的量减少；
②增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，可能是此反应速率较慢；
（3）pH 约为8，说明溶液显碱性，配平氧化剂（产物）、还原剂（产物），根据原子个
数守恒和所带电荷数守恒，配平其他，即方程式为
＋2NO2＋2OH－=
＋2
＋
H2O；
（4）溶液中有Ca2＋、
、
，Ksp(CaSO4)=c(Ca2＋)×c(
)，c(Ca2＋)=
，
同理，c(
)=
，推出c(
)=Ksp(CaSO3)×c(
)÷Ksp(CaSO4)，利用反应向
着更难溶方向进行，溶液中c(
)的增加，加快
与NO2的反应速率，故可以提高
NO2的吸收速率。
83．     铁     NO3
-+8e-+10H+=NH4
++3H2O     FeO(OH)不导电，阻碍电子转移     本
实验条件下，Fe2+不能直接还原NO3
-；在Fe 和Fe2+共同作用下能提高NO3
-的去除率。 
 
Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+， Fe2+将不导电的FeO（OH）转化为可导电的Fe3O4，利于电子
的转移。     初始pH 低时，产生的Fe2+充足；初始pH 高时，产生的Fe2+不足。
【来源】2016 年全国普通高等学校招生统一考试化学（北京卷精编版）
【详解】（1）①由图中物质变化分析，Fe 变化为Fe3O4是被氧化过程，则铁作原电池的负
极；②由硝酸根到铵根可知，硝酸根被还原为氨气，氨气在酸性环境中生成铵根，正极的
电极反应式为：NO3－+8e－+10H+=NH4
++3H2O；
（2）从pH 对硝酸根去除率的影响来看，初始pH=4.5 时去除率低，主要是因为铁离子容易
水解生成FeO(OH)，同时生成的Fe3O4产率降低，且生成的FeO(OH)不导电，所以NO3
-的
去除率低；
（3）①从图中可以看出只加入铁粉和只加入Fe2+，NO3
-的去除率都不如同时加入铁和亚铁
离子的去除率高，说明不是由于亚铁离子的还原性提高了硝酸根的去除率，而是由于
Fe2+破坏FeO(OH)生成了四氧化三铁；②同位素示踪法证实亚铁离子秘FeO(OH)反应生成
四氧化铁，该反应离子方程式为：Fe2++2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，加入亚铁离子之所以可以提
高硝酸根离子的转化率主要因为减少了FeO(OH)的生成，生成更多的四氧化三铁，增强了
导电性，另外pH 较小，可以使pH 增大的速度减慢，使硝酸根离子转化率增大；
（4）铁与盐酸反应，初始pH 较小，氢离子浓度高，产生的亚铁离子浓度大，促使
FeO(OH)转化为可导电的四氧化三铁，使反应进行的更完全；初始pH 较大时，由于三价铁
的水解，三价铁越容易生成FeO(OH)，产生的亚铁离子浓度高小，从而造成硝酸根离子去
除率和的铁的最终物质。
84．     Na2CO3水解，溶液呈碱性，促使油脂水解；     产生气泡的速率显著变慢 
 
使Fe2+尽可能转化为Fe3+，H2O2易分解（Fe3+催化加速分解）     2.8~5.4     dabace 
 
C     ADE     20.60
【来源】2018 年11 月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题
【详解】（1）①、碳酸钠水解星碱性，能够使油污水解，达到除去表面油污的效果；②、
锌层、铁层及稀硫酸会构成原电池，反应速率快，当锌层完全溶解后，原电池结构消失，
反应速率下降，产生气泡的速率减缓；
（2）使Fe2+转化为Fe3+便于形成沉淀分离，又由于Fe3+会促进H2O2的分解，所以要加入过
量的H2O2；答案为使Fe2+尽可能转化为Fe3+，H2O2易分解（Fe3+催化加速分解）；
（3）要使两种离子分离，则要使Fe3+完全沉淀而又不使Zn2+沉淀，则最佳pH 为2.8
pH<5.4；
（4）要从溶液中得到粗产品，首先加热蒸发，直到出现晶膜，达到饱和状态并除去部分溶
剂；由图可知在60℃时产品的溶解度最大，故接着在60℃下蒸发溶剂，并出现晶膜，达到
饱和状态，接着冷却至室温，使产品析出，最后过滤，使固液分离，得到粗产品；故操作
的正确顺序为dabace；
（5）结合图象可知在变速降温的情况下得到的颗粒较大，答案选C；
（6）①A、在涂抹凡土林时不能将旋塞的小孔堵住，故涂抹在旋塞a 端和旋塞套内的c 端，
选项A 正确；B、滴定前锥形瓶不能用标准液润洗，会使测定结果产生偏差，选项B 错误；
C、标准液装入滴定管时直接倒入，借助其他玻璃仪器可能会产生污染试剂，产生误差，
选项C 错误；D、滴定时，用左手控制旋塞滴加溶液，右手摇动锥形瓶，使溶液向同一方
向旋转，选项D 正确；E、滴定前无气泡、滴定后产生气泡，滴加的溶液比实际消耗的体
积要小，选项E 正确。答案选ADE；②滴定管的读数从上向下，并且精确到小数点后两位。
读数为20.60 mL。
85．     AD     
     A     原料气中N2相对易得，适度过量有利于提高
H2的转化率；N2在Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。  
ADE     2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO4
2-＋3Cl-＋5H2O 或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO4
2-
＋3Cl-＋5H2O     Fe3++8OH—3e-=FeO4
2-＋4H2O 或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO4
2-＋4H2O
【来源】2018 年11 月浙江省普通高校招生选考科目考试化学试题
【详解】(一)（1）由勒夏特列原理可知，根据反应
N2（g）＋
H2（g）
NH3（g）
△H（298K）＝－46.2kJ/mol，为了提高合成氨平衡产率，即平衡正向移动，低温和高压符
合条件，答案选AD；
（2）① 
N2（g）＋
H2（g）
NH3（g）
起始量：   1          3           0
转化量：   
          3
        2
平衡量： 1-
         3-3
       2
x(NH3)%=
；x(N2)%=
；x(H2)%=
，化简得
；
②反应
N2（g）＋
H2（g）
NH3（g）△H（298K）＝－46.2kJ/mol 为放热反应，温度
T 升高，平衡向逆反应方向移动，K0减小，InK0也减小，InK0与温度不成正比，故答案选
A；
（3）①由反应
N2（g）＋
H2（g）
NH3（g）可知，加过量氮气，有利于平衡正向移
动，提高H2的转化率以及氨气的产率，同时根据题干“N2的吸附分解反应活化能高、速率
慢，决定了合成氨的整体反应速率。”可知，N2在Fe 催化剂上的吸附是决速步骤，适度过
量有利于提高整体反应速率。②易知A 选项正确；控制温度远高于室温是为了保证催化剂
的活性，提高反应速率，并非为了保证尽可能高的平衡转化率和快的反应速率，B 错误；
恒压条件充入少量惰性气体，相当于减压，平衡逆向移动，不利于提高平衡转化率，C 错
误；不断将氨气液化，生成物浓度降低，有利于平衡正向移动，D 正确，当选；通过天然
气和水蒸气转化制得的H2，由于含有CH4，CO 等易燃易爆气体，容易出现安全隐患，此
外CH4，CO 可能会与催化剂反应，造成催化剂活性降低，所以必须经过净化处理，E 正确。
答案选ADE；
（二）（1）将一定量C12通入KOH 溶液，生成KCl 和KClO，KClO 具有强氧化性，将
Fe3+氧化为FeO4
2-，然后根据碱性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3C1O-＋10OH-＝2FeO4
2-＋
3Cl-＋5H2O 或2Fe(OH)3+3C1O-＋4OH-＝2FeO4
2-＋3Cl-＋5H2O；
（2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO4
2-，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出
Fe3++8OH- -3e-=FeO4
2-＋4H2O 或Fe(OH)3+5OH--3e-=FeO4
2-＋4H2O。
86．     +123kJ·mol-1     小于     AD     氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增
大，逆反应速率增大     升高温度有利于反应向吸热方向进行     温度升高反应速率加
快     丁烷高温裂解生成短链烃类
【来源】2017 年全国普通高等学校招生统一考试理综化学（新课标Ⅱ卷精编版）
【详解】(1)根据盖斯定律，用②式-③式可得①式，因此△H1=
H
△
2-
H
△
3=-119 kJ/mol +242 
kJ/mol =+123kJ/mol。由a 图可以看出，温度相同时，由0.1MPa 变化到xMPa，丁烷的转化
率增大，即平衡正向移动，根据反应前后气体系数之和，反应前气体系数小于反应后气体
系数之和，因此减小压强，平衡向正反应方向移动，即x<0.1。提高丁烯的产率，要求平衡
向正反应方向移动，
A．因为反应①是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，即丁烯转化率增大，故
A 正确；
B．降低温度，平衡向逆反应方向移动，丁烯的转化率降低，故B 错误；
C．反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，增大压强，平衡向逆反应方向移动，
丁烯的转化率降低，故C 错误；
D．根据C 选项分析，降低压强，平衡向正反应方向移动，丁烯转化率提高，故D 正确；
故选AD。
(2)因为通入丁烷和氢气，发生①，氢气是生成物，随着n(H2)/n(C4H10)增大，相当于增大氢
气的量，反应向逆反应方向进行，逆反应速率增加；
(3)根据图(c)，590℃之前，温度升高时反应速率加快，生成的丁烯会更多，同时由于反应
①是吸热反应，升高温度平衡正向移动，平衡体系中会含有更多的丁烯。而温度超过
590℃时，由于丁烷高温会裂解生成短链烃类，所以参加反应①的丁烷也就相应减少。
87．     将样品中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+     双氧水(H2O2)     SiO2 (或H2SiO3) 
 
SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O     防止胶体生成，易沉淀分离     Fe(OH)3     Al(OH)3     
45.0%
【来源】2017 年全国普通高等学校招生统一考试理综化学（新课标Ⅱ卷精编版）
【详解】（1）根据题中信息，水泥中含有一定量的铁、铝、镁等金属氧化物，根据流程需
要除去这些杂质，因为 Fe3+容易在pH 较小时以氢氧化物的形式沉淀出来，因此加入硝酸
的目的是将样品中可能存在的Fe2＋转化成Fe3＋； 加入的物质要具有氧化性，同时不能引
入新的杂质，因为过氧化氢被称为绿色氧化剂，所以可以选择双氧水；
（2）根据水泥中成分，二氧化硅不溶于一般酸溶液，所以沉淀A 是二氧化硅； SiO2溶于
氢氟酸，发生的反应是：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
（3）盐类水解是吸热反应，加热可以促进Fe3+、Al3+水解转换为Fe(OH)3、
(OH)3；根据
流程图，pH4～5 时Ca2+、Mg2+不沉淀，Fe3+、Al3+沉淀，所以沉淀B 为Fe(OH)3、
(OH)3。
（4）草酸钙的化学式为CaC2O4，MnO4－作氧化剂，化合价降低5 价，H2C2O4中的C 化合
价由＋3 价→＋4 价，整体升高2 价，最小公倍数为10， 因此MnO4－的系数为2，H2C2O4
的系数为5，运用关系式法5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4
n(KMnO4)=0.0500mol/L×36.00×10－3mL=1.80×10－3mol
n(Ca2+)=4.50×10－3mol
水泥中钙的质量分数为4.50×10－3mol×40.0g/mol/0.400g×100%=45.0%。
88．(1)AX3(l)＋X2(g)=AX5(s)　ΔH=-123.8 kJ/mol
(2)     
=1.7×10-4 mol·L-1·min-1     bca     加入催化剂。反应速率加快，但平
衡点没有改变     温度升高。反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动     α=2(1-
 
)     50%     40%
【来源】2014 年全国普通高等学校招生统一考试理科综合能力测试化学（全国大纲卷）
【详解】（1）据题意，先写出反应方程式并标出各物质的状态AX3(l)＋X2(g) = AX5(s)，然
后确定其反应热ΔH=-123.8KJ·mol-1，综上便可写出完整的热化学方程式。
（2）①
解：开始时no =0.4 mol，总压强为160 kPa，平衡时总压强为120 kPa，
则n 为：
，n=0.40mol×
=0.30mol
(0.20-x)＋(0.20-x)＋x = 0.30
x = 0.10
v(AX5)=
=1.7×10-4mol·L-1·min-1
②从图中观察平衡的时间(tb＜tc＜ta)，判断反应速率的快慢为b>c>a；
b 组的反应速率加快，但平衡点没有改变说明是加入了催化剂；
c 组的反应速率加快，但平衡点向逆反应方向移动(或反应容器的容积和起始物质的量未改
变，但起始总压强增大)说明是温度升高。
③用三段式分析：
据题意有
，化简得α=2(1-
)；
将图中p0、p 的数据代入上述计算式得αa=2(1-
)=2(1-
)=50%；
αc=2(1-
)=2(1-
)=40%。
89．     -41.2     小于     
     增大     系统内强放热的甲烷氧化
反应为强吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量(其他合理答案均可)     B 
     甲烷氧化程度过高，氢气和
氧气反应(其他合理答案均可)
【来源】2012 年普通高等学校招生全国统一考试化学（浙江卷）
【详解】（1）根据盖斯定律，由蒸汽重整的两个反应CH4(g)+2H2O（g）=CO2（g）+4H2
（g）减CH4（g）+H2O（g）= CO（g）+3H2（g），可得反应CO（g）+H2O（g）=CO2
（g）+H2（g），则△H=165.0kJ/mol-206.2kJ/mol =-41.2kJ/mol。 
（2）由表中数据可知，甲烷氧化的活化能低于蒸气重整的活化能，活化能越低，反应速率
越快，所以初始阶段，甲烷蒸汽重整的反应速率小于甲烷氧化的反应速率。
（3）根据平衡常数K 的表达式，可知反应CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2（g）的
，
该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，平衡常数增大。
（4）从能量的角度分析，甲烷自热重整方法的先进之处在于系统内强放热的甲烷氧化反应
为强吸热的蒸汽重整反应提供了所需的能量，提高能源的利用率。
（5）①由图中数据可知，0.9 MPa 时，H2的物质的量分数大于65%，CO 物质的量分数小
于10%，则700℃符合，1.5 MPa 时，H2的物质的量分数大于65%，CO 物质的量分数小于
10%，则温度要高于750℃，低于约725℃，B 项正确，ACD 项错误，答案选B。
②起始进料时H2的物质的量分数为0，结合图象可知600℃，0.1 MPa 的条件下，平衡时系
统中H2的物质的量分数达到70%，据此画出H2的物质的量分数随时间变化的示意图为：
。
（6）如果进料中氧气量过大，会使甲烷氧化程度过高，氢气和氧气反应，导致氢气的质量
分数降低。
90．     3SO2(g)+2H2O (g)=2H2SO4 (l)+S(s)  ΔH2=−254 kJ·mol−1         >     反应Ⅱ
是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，H2SO4 的物质的量
增大，体系总物质的量减小，H2SO4的物质的量分数增大     SO2             SO4
2—   
4H+     0.4     I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以
加快歧化反应速率     反应ii 比i 快；D 中由反应ii 产生的H+使反应i 加快
【来源】2018 年全国普通高等学校招生统一考试化学（北京卷）
【详解】分析：（1）应用盖斯定律结合反应II 分析。
（2）采用“定一议二”法，根据温度相同时，压强与H2SO4物质的量分数判断。
（3）依据催化剂在反应前后质量和化学性质不变，反应i+反应ii 消去I-得总反应。
（4）用控制变量法对比分析。
详解：（1）根据过程，反应II 为SO2催化歧化生成H2SO4和S，反应为
3SO2+2H2O=2H2SO4+S。应用盖斯定律，反应I+反应III 得，2H2SO4（l）+S（s）=3SO2
（g）+2H2O（g）ΔH=ΔH1+ΔH3=（+551kJ/mol）+（-297kJ/mol）=+254kJ/mol，反应II 的热
化学方程式为3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s）ΔH=-254kJ/mol。
（2）在横坐标上任取一点，作纵坐标的平行线，可见温度相同时，p2时H2SO4物质的量分
数大于p1时；反应II 是气体分子数减小的反应，增大压强平衡向正反应方向移动，H2SO4
物质的量增加，体系总物质的量减小，H2SO4物质的量分数增大；则p2
p1。
（3）反应II 的总反应为3SO2+2H2O=2H2SO4+S，I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化
剂，催化剂在反应前后质量和化学性质不变，（总反应-反应i）
2 得，反应ii 的离子方程
式为I2+2H2O+SO2=4H++SO4
2-+2I-。
（4）①B 是A 的对比实验，采用控制变量法，B 比A 多加了0.2mol/LH2SO4，A 与B 中KI
浓度应相等，则a=0.4。
②对比A 与B，加入H+可以加快SO2歧化反应的速率；对比B 与C，单独H+不能催化SO2
的歧化反应；比较A、B、C，可得出的结论是：I−是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在
时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率。
③对比D 和A，D 中加入KI 的浓度小于A，D 中多加了I2，反应i 消耗H+和I-，反应ii 中
消耗I2，D 中“溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A 快”，反应速率D
A，
由此可见，反应ii 比反应i 速率快，反应ii 产生H+使c（H+）增大，从而反应i 加快。
点睛：本题以利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储为载体，考查盖斯定律的
应用、化学平衡图象的分析、方程式的书写、控制变量法探究外界条件对化学反应速率的
影响，考查学生灵活运用所学知识解决实际问题的能力。