2026年北京高考化学二轮复习 主题（三）化学反应原理（综合训练）解析版

主题三化学反应原理

（考试时间：75分钟试卷满分：100分）

可能用到的相对原子质量：H-lC-12N-I40-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56

Ag-108

第I卷（选择题共45分）

一、选择题（本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的）

1.，新蚪（2025•北京丰台•二模）下列过程不熊用平衡移动原理解释的是

A.中和等体积、等pH的盐酸和醋酸，醋酸所需NaOH的物质的量更多

B.将CO2通入饱和氨盐水（溶质为Ng、NaCl）中，有固体析出

C.将NaHCO?浓溶液与Al/SO）浓溶液混合，迅速产生气泡

D.将锌片插入pH=4的硫酸中无明显现象，加入少量CuSO,固体，有气泡产生

【答案】D

【详解】A.等pH的盐酸和醋酸中氢离子浓度相等，醋酸是弱酸，在水溶液中不完全电离，加入氢氧化钠

会促进醋酸电离产牛.氢离子、进一步被中和，则醋酸所需NaOH的物质的量更多，能用化学平衡移动原理

解释，A错误；

B.二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是弱酸、一水合氨是弱碱，弱酸和弱碱在水溶液中均不完全电离，将

CO2通入饱和氨盐水（溶质为N&、NaCl）中，氢离子和氢氧根离子发生中和反应,促进碳酸和一水合氨电离，

增大了钱离子和碳酸氢根的浓度，导致溶解度小的碳酸氢钠以晶体析出，能用化学平衡移动原理解释，B

错误；

C.NaHCO、浓溶液中碳酸氢根水解程度大于电离程度呈碱性，AMS。/溶液中铝离子水解呈酸性，将

NaHCO、浓溶液与AI/SOJ3浓溶液混合，碳酸氢根和铝离子相互促进水解，迅速产生二氧化碳气体和氢氧

化铝沉淀，能用化学平衡移动原理解释，C错误；

D.硫酸铜与锌发生置换反应，忻HI的铜、锌和稀硫酸构成原屯池，原电池总反应为Zn+2H+=Zi?++H2T,

原电池反应加快了气泡产生，不能用化学平衡移动原理解释，D正确；

故选D：.

2.（2025・北京朝阳•二模）用化学沉淀法去除粗盐水中的Ca"、M屋+和SO：,流程如下:

L滤渣

i.BaCb溶液Ji.NaOH_______

卜.」・过•饱和Na2cO3溶液'过渡滤液评.稀盐酸•操作)精盐

用盐水

下□列有关实验操作的说法不正确的是

A.步骤i中检验BaCl?过量：静置后向烧杯中滴加2~3滴稀硫酸，出现沉淀说明过量

B.步骤i静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，便于检验Ba?*是否过量

C.步骤iv加盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液早中性或微酸性

D.操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，停止加热

【答案】A

【详解】A.向硫酸钢饱和溶液中加入稀硫酸，溶液中硫酸根离子浓度增大，会使溶解平衡左移而析出硫酸

领沉淀，所以静置后向烧杯中滴加2~3滴稀硫酸，出现沉淀不能说明氯化钢溶液过量，且加氯化钢的H的

是去除硫酸根杂质离子，滴加硫酸会引入硫酸根，故A错误；

B.步骤i静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，再向，层清液中继续滴加氯化领，通过观察是否产生沉淀

可校验铁离子是否过量，故B正确；

C.步骤iv加盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性说明过景的氢氧根离

子和碳酸根离子完全除去，故C正确；

D.操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，停止加热，利用余热蒸干得到氯化

钠，故D正确；

故选Ao

3.(2025•北京通州•一模)常温下，实验1和实验II中均有气体产生。

1mL饱和1mL饱和

/NaHCCh溶液厂BaCU溶液

2mL饱和2mL饱和

好NaHSCh溶液陟NaHSOj溶液

实验I实验II

已知：饱和NaHSO3溶液pH*4

下列分析不走崛的是

A.饱和NaHSO3溶液中C(H2SO3)<c(SO^)

B.饱和NaHCOi溶液中：c(Na+)=c(CO;)+c(HCO；)+c(H2coJ

C.II中产生白色的BaSO、沉淀

D.1和II中溶液的pH均逐渐增大

【答案】D

【详解】A.由已知条件知NaHSO,以电离为主，故C（H2SOJ<C（SO；）,A正确；

B.饱和NaHCO；溶液的物料守恒为c（Na+）=c（CO；）+c（HCO；）+c（H2COJ,B正确；

C.NaHSOs以电离为主，电离出SO：,故可以产生BaSC）3沉淀，C正确；

D.NaHCO,溶液显碱性会消耗NaHSOs电离出的氢离子，溶液pH增大，钢离子会结合NaHSO,电离出的

SO；一,促使电离正向进行氢离子浓度增大pH减小，D错误；

故答案选D°

4.（2025•北京通州•一模）下列实验中，不能达到实验目的的是

A.制备晶体[Cu(NHJ41so「HQB.验证AgCl和Agl的K卬大小

①滴加O.lmolL”

8mLNa。溶液至过至

95%乙醇/②滴加O.lmolL”

L,KI溶液

4mL0.1mol/L

/[Cu(NH3)4]SC)4溶液,10滴O.lmolL」

AgNOa溶液

C.制乙焕并检验乙焕具有还原性D.海水蒸储制淡水

饱和食盐水

海水

电石酸性冷却水

,KMnO4

溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【详解】A.向硫酸四氨合铜溶液中加入95%乙醇溶液可以降低硫酸四氨合铜的溶解度，使J：晶体析出，则

题给装置能达到制备一水硫酸四氨合铜晶体的实验目的，故A不选；

B.向硝酸银溶液中加入过量的氯化钠溶液，将溶液中银离子完全转化为氯化银白色沉淀，再向反应后的试

管中加入等浓度的碘化钾溶液，氯化银白色沉淀转化为黄色的碘化银沉淀说明氯化银的溶度积大于碘化银,

则题给装置能达到验证氯化银和碘化银溶度积大小的实验目的，故B不选；

C.电石中混有的硫化钙等杂质能与水反应生成能使酸性高镒酸钾溶液褪色的硫化氢等气体，则题给装置不

能达到检验乙焕具有还原性的实验目的，故c选；

D.由实验装置图可知，用蒸储的方法能达到利用海水蒸储制淡水的实验目的，故D不选；

故选Co

5.（2025•北京通州•一模）下列事实不熊用平衡移动原理解释的是

A.密闭烧瓶内的NO］和N9,的混合气体，受热后颜色加深

B.铁制器件附有铜制配件，长期放置,在接触处铁易牛锈

C.去除氯气中的氯化氢用饱和食盐水，而不用水

D.利用加热TiCL溶液的方法制取TiO2TH2O

【答案】B

【详解】A.2NO2N2O4AH<0,加热后，平衡向逆反应方向移动，NO?的浓度增大，颜色加深，A

正确：

B.铁制器件附有铜制配件，长期放置，在接触处铁易生锈是囚为铁比铜活泼，铁和铜在空气中形成原电池，

铁做负极被腐蚀，与平衡移动无关，B错误；

C.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在平衡，饱和食盐水中氯离子浓度大，抑制氯气的溶解，所

以可以除去氯气中的氯化氢气体，c正确；

D.TiCl4溶液中存在TiCL+（x+2）HQ.,TiO/xHq+4HCl,加热TiQ』溶液，HCI挥发，平衡向正反应

方向移动，D正确；

故选Bo

6.（2025・北京门头沟•一模）关于Na2s0,和NaHSOs的说法中不无碘的是

A.NaHSOs溶液显酸性，是因为HSO：的电离程度大于其水解程度

B.两种物质的溶液中都存在c（Na'）+c（H.）=2c（SO；）+c、（HSO3）+c（OH）

C.可以利用SO?除去NaHSO.容液中少量的Na2SO5杂质

D.用盐酸酸化的Ba（NC）3）2溶液，可以检验Na2s0、和NaHSO,是否变质

【答案】D

【详解】A.NaHSO,溶液显酸性，是因为HSO；的电离程度大「•其水解程度，使得氢离子浓度大「氢氧根

离子浓度，A正确；

R.溶液中,根据电荷守恒，两种物质的溶液中都存在c（Na+）+c（H+）=2c（SO；-）+c（HSO；）+c（OH）R

正确；

C.二氧化硫能和亚硫酸钠生成亚硫酸氢钠，c正确；

D.酸性条件下，硝酸根离子会氧化亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子生成硫酸根离子，干扰硫酸根离子的鉴

定，D错误；

故选Do

7.(2025•北京门头沟•一模)下列实验中，不能达到实验目的的是

A.实验室制备氨气

B.分离乙醇和水

C.探究温度对化学平衡的影响2N€)2(g).NQ(g)

D.在铁制品上镀铜

【答案】B

【详解】A.实睑室用氢氧化钙与氯化铉固体混合物加热反应可生成氨气，试管口略向下倾斜，用湿润的红

色石蕊试纸检验氨气，A正确：

B.分离乙醇和水时需进行蒸储，蒸储时温度计下端应处于烧瓶支管口的位置，B错误；

C.NO?为红棕色气体，N2O4为无色气体，观察到放在热水中的容器的颜色比放冰水中的更深，即可探究

温度对化学平衡的影响2NOz(g>Nq4(g),C正确；

D.在铁制品上镀铜，铁作阴极，铜作阳极发生氧化反应，D正确；

答案选B。

8.有机物参加的反应在口常生活和科学研究中扮演着重要的角色，不仅可以用于有机合成，还可以用于多

种材料的改性和功能化设计。某科研小组以硝基苯为原料电催化合成。£］的装置如图所示,

M电极和N电极为覆盖催化剂的滑性电极，装置工作时定时将N电极室溶液转移至M电极室。下列说法

正面的是

A.装置工作时，OFT通过离子交换膜移向N极

NH2.4c+4OH

B.阳极反应：2+4H2O

C.装置工作时，阴离子交换膜两侧溶液的pH保持不变

和电极产生的

D.转移相同电量，M电极消疑的NH2N2和相等

【答案】B

【详解】A.由分析可知，N极为阴极，M极为阳极，则装置工作时，OFT通过离子交换膜移向M极，A

错误;

在阳极失去电子生成

B.M极为阳极,NH2人J，根据得失电子守恒和电荷守恒配

NH

平电极方程式为：21Nr,2.4e+4OH=I+4H9,B正确;

J^J)+4H2O,阴极电极方程式为:

C.阳极电极方程式为：2

NO,

2+6e+4H?0=2+6OH,当转移4moi电子时，阴离了•交换膜右侧有4moiOFT进入左

侧，同时左侧消耗4moi0H-,右恻生成4moiOH,两侧OH物质的量不变，但左侧生成了水，0H浓度减

小，pH减小；右侧消耗水，0H-浓度增大，pH增大，C错误;

(]+4比0,阴极电极方程式为:

NH2-4C+4OH=

D.阳极电极方程式为：2

NONH岫大于电极产

2+6e+4H2。=N“2+6OH,每转移相同电子，M电极消耗的2N

生的D错误；

故选Bo

9.(2025•北京西城•一模)分别进行如下实验，待溶液恢复至室温后，测得溶液的pH均大于7.

,少代(NHJSOq固体,少量NaHSOq固体

口氨水口氨水

①②

下列关于①和②中加入少量固体后的溶液的说法不止硬的是

A.与原氨水相比，pH均减小

B.NH/HQ的电离平衡移动方向相同

“(NH：)

C.与原氨水相比，下」一J均增大

“(NH/HQ

D.均存在c(NH；)>4SO：-)

【答案】B

【详解】A.据分析，两者pH均减少，故A正确；

B.据分析•，(I)抑制氨水电离，(2)促进氨水电离，NH/Hg的电离平衡移动方向不相同，故B错误；

C.氨水电离平衡常数K=。凡)"OH),(1)和㈡)中c(OHD均减少，温度一定时平衡常数不变，则

c(NHrHQ)

八二均增加，即―J均增大，故C正确；

C(NH3H2O)”(NH/HJO)

+

D.(1)中电荷守恒式：c(NH；)+c(H)=2c(SO；-)+c(OH-),PH>7,则c(H+)<c(OH),因此有

c(NH：)>2c(SO：)>c(SO^),(2)中电荷守恒式：4Na]+c(NH：)+c(H，)=2《SO：)+c(OFr),PH>7,

则c(H*)vc(OH-),因此有c(Na+)+c(NH；)>2c(SOj)，m14504中存在《m+)=450：-),因此

c(NH；)>c(SO-),故D正确；

故答案为B。

10.“新思维］(2025•北京石景山•一模)25°C时，关于浓度均为0.1mol/L的氨水和NHQ两种溶液，下

列说法不再碰的是

A.分别通入少量HQ气体，c(NH；)均增大

B.水电离出的c(H+)：氨水的小于NH4cl溶液的

C.两种溶液等体积混合后(pH>7):c(NH3H

D.两种溶液等体积混合后(pH>7):c(H*)+c(NH：)=4OFT)+C(C「)

【答案】C

【详解】A.O.lmol/L的氨水和NHK1两种溶液中，分别通入少量HCI气体，盐酸和一水合氨反应，钱根

离子浓度增大，氯化钱溶液中镀根离子水解被抑制，则｛NH：)均增大，故A正确；

B.一水合氨也离出氢氧根，抑制水的电离，铁根促进水的电离，氨水中水电离出的c(H+)小于NH4cl溶液

水电离出的c(H+),故B正确；

C.O.lmol/L的氨水和NH4cl两种溶液等体积混合后(pH>7),溶液显碱性，说明一水合氨电离程度大「钱

根离了•水解程度，c(NH；)>c(NH3*H2O)>c(Cr)>c(OH),故C错误；

D.O.lmol/L的氨水和NH4Q两和溶液等体积混合后(pH>7),溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+

c(NHj)=c(OH)+c(Cr),故D正确；

故选：Co

II.(2025•北京海淀•一模)工业上在熔融条件下制钾，反应为KCI+NauNaCl+KT,相关物质的熔、沸

点如下表。

物质NaKNaClKC1

熔点/℃97.863.7801-

沸点/℃883774>1400>1400

下列说法正确的是

A.推测KC1的熔点高于8()1'CB.该反应宜在加压条件下进行

C.反应温度不应高于883℃D.该反应能发生是由于金属性：K>Na

【答案】C

【详解】A.KC1和NaCl都是离子晶体，离子晶体熔沸点与离子键强弱有关，由于离子半径：K->Na+,

KC1中的高子键比NaCI中的弱，所以KC1熔点低于NaCL即低于80l℃,A错误；

B.反应KQ+Na=NaCl+KT中，产物K是气态，反应后气体分子数增多，加压会使平衡逆向移动，不利于

K的生成，则该反应不宜在加压条件下进行，B错误；

C.Na的沸点是883℃,若反应温度高于883℃,Na会变为气态，不利于反应进行，所以反应温度不应高

干883℃,C正确：

D.金属性：K>Na,故K比Na活泼，但此反应能发生是因为K的沸点比Na低，在一定温度下K先变为

气体，使平衡正向移动，并非因为金属性强弱，D错误；

故选C。

12.（2025•北京丰台•一模）醋酸铜氨溶液（含［Cu（NHj］*、NH,等）净化合成氨原料气（含N?、也和少

量CO）的过程中发生反应：［Cu（NHj］（aq）+C0（g）+NH3（g）—［Cu（NHj3C0T（aq）A〃<0。下列说

法正确的是

A.Cu位于元素周期表d区

B.H—N—H键角：NH3>NH；

C.CO中化学键的强度大于N-使CO沸点高于N2的

D.在一定范围内，低温、高压有利于原料气的净化

【答案】D

【详解】A.Cu的核外价电子排布式为3小。4§1,位于元素周期表ds区，A错误；

B.N%、NH：的N原子均为sp3杂化，NH3中N原子含1个孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成

键电子对之间的斥力，H—N-H键角小，故H—N-H键角：NH,<NH：,B错误；

c.CO和N2的沸点取决于分子叵作用力，不能根据化学键强度判断两者的沸点，C错误；

D.该反应为放热反应且止向气体分子数减小，平衡止向移动口J净化原料气，故在一定范围内，低温、高压

化学平衡正向移动有利于原料气的净化，D正确；

故选D。

13.'曾新角度一（2025•北京东城一模）实验：把铜丝放入稀硫酸中，无明显现象，再加入双氧水，铜丝表

面有少量气泡产生并逐渐增多，一段时间后产生大量气泡，溶液变蓝。下列分析不可项的是

A.依据金属活动性顺序，铜与稀硫酸不能发生.置换反应

B.实验中产生的气体能使带火星木条复燃

C.溶液变蓝的方.程式有Cu+H2O2+2H+=Cu"+2H,0

D.“产生大量气泡”，说明Cu"起到了催化作用

【答案】D

【详解】A.铜的金属活动性顺序排在氢之后，依据金属活动性顺序，铜不会与稀硫酸反应，A正确;

B.由分析，生成氧气，则产生的气体能使带火星木条复燃，B止确；

C.由分析，溶液变蓝的方程式有01+凡。2+2田=012++2凡0,C正确；

D.“产生大量气泡”，也可能反应放热，温度升高，导致过氧化氢分解速率增大，D错误；故选D。

14.(2025•北京顺义一模)25℃时，向100mL蒸储水中加入3gCaCO,粉末，一段时间后再向其中加入10mL

蒸储水。该过程中电导率的变化如下图。

A电导率/(pscm")

40-

时间/s

已知：25℃时，K、p(CaCO3)=3.4xKr。；饱和CaCO3溶液的pH略小于10。H2cO,的电离常数：心=4.5x101

Kv=4.7xl()T，

下列说法正确的是

A.a->b过程的上层清液中存在《Ca2，)=c(CO；)

B.cid过程的上层清液电导率下降，说明CaCO,的溶解平衡逆向移动

C.e点后溶液的电导率几乎不再改变，可知上层清液中存在c(CO：)>c(HCOj

D.体系中任意时刻都满足：2c(Ca2+)+c(H+)=2c(CO^)4-c(HCO；)+c(OH-)

【答案】D

【详解】A.a-b过程，CaC()3溶解后CO：水解，上层清液中存在｛Ca?，)>4CO；)A错误;

R.c-d过程加入10mL蒸储水，上层清液电导率下降是因为溶液稀释，且溶液稀释会促进CaCO,的溶解平

衡正向移动，B错误;

C.c点后溶液的电导率几乎不再改变，由K、p(CaCOj=3.4xl(f9得

c(CO^)=V3.4xl09mol-E1«6.0xW5mol-L1,CO：存在水解平衡，即CO；+凡0UHCOa+OFT,

c(CO：)cH)

HCO3+H2O/H2CO3+OH,根据心=4.7X101可得'二:'=4.7x10。则碳酸根离了•的水解平衡

C(I

c(HCO3)c(Hj_A

常数K*二°2xl()7,CO；以第一步水解为主，设有xmol.L”的CO；水解生成HCO；,

«O；)心

列三段式有：

CO?+HQVHCO,+OH

起始(molL“)6.0x105

转化(moll?)xxx

平衡(molL")6.0X105-XXX

则60x：0―5X°2xl0'，x«4.85xio5,所以c(HCOj。4.85x10。moll」c(CO；卜I.15xl0，mollj,

C(HCO3)>C(CO^),C错误;

D.根据电荷守恒,体系中任意时刻都满足:2c(Ca2+)+c(H+)=2c(CO；-)+c(HCO；)+c(OH),D正确;

故选D。

15.Na2co3溶液可以处理锅炉水垢中的CaSCU,使其转化为疏松、易溶于酸的CaCCh。某兴趣小组模拟上

述过程：

①将InioIL-1CaCb溶液和1mol-L-'Na2sCh溶液等体积混合得浊液a

②向滴有酚醐的ImolL」Na2c03溶液中加等体积的浊液a,溶涉红色变浅

③将①中浊液a过滤所得白色沉淀b,浸泡在滴有酚陵的1mol-L/Na2c03溶液中，一段时间后溶液红色变

浅

下列说法中不正确的是

A.①中所得浊液过滤，所得滤液中仍含有Ca2+

B.②中溶液红色变浅可证明有CaSCh转化为CaCO3

C.③中溶液红色变浅可证明有CaSCh转化为CaCOa

D.③中发生了反应CaS04(s)+C0j(aq)-CaC03(s)+SO：(aq)

【答案】B

【详解】A.①中反应生成少量CaSO,沉淀，存在CaSO」沉淀溶解平衡，故过滤所得滤液中仍含Ca?+,A

项正确；

B.向含有酚酷的Na2cOj溶液中加入浊液a（含CaSO,沉淀和溶液中的口2+、SO：）红色变浅说明C。；被

消耗，导致碱性减弱。此时可能是因为溶液中的Ca?•直接与CO：生成CaC（）3沉淀，无法证明有CaSO」转化

为CaCOj,B项错误：

C.将过滤后的白色沉淀b固体（Cas。,固体）浸泡在Na2co③溶液中，红色变浅说明CO；被消耗，此时溶液

中无游离Ca?*，只能通过CaSO4转化为CaCOi来实现，C项正确；

D.根据选项C的分析，反应式CaSOMs）+CO：（aq）.二PaCChG）+SOj（aq）符合溶度积规则（CaCC^的Ksp

更小），D项正确；故选B。

第II卷（非选择题共55分）

二、填空题（本题共4小题，共55分）

16.（12分）（2025.北京西城.二模）二氧化硫的转化在生产和环境保护等领域具有重要意义。

（1）二氧化硫制备三氧化硫。

①工业上，SO?制SO,反应的化学方程式是0

②450C时，将2moiSO?和ImolO?混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，SO2的平

衡转化率为。。450C时，该反应的平衡常数K=o

（2）电解法处理SO2尾气制H[S。电解装置的示意图如图I所示，气体扩散电极多孔透气并隔水，生成的H2s

被Ar气带出。

惰H+

气

0H-、体

性

扩

散

电Na2SO4-H2SO4

极

电

极NaOH

溶液

溶液

双极膜

Ar

图1

①阴极生成H?S,电极反应式是

②为减少副反应的产物堵塞气体扩散电极，生成的H2s及时被Ar气带出，该副反应的化学方程式

是

⑶中国科学家研究了大气中的so,在铜盐催化下被NO?氧化为SO；的机理。将一定浓度SO?利NO?的混合

气体持续通过低浓度铜盐溶液的小液滴，SO?和N0?的总反应由如图2所示的各基元反应组成，A和B分

别为CiP+和Cu+中的一种。

资料：对于图2所示的基元反应，反应速率正比于各反应物浓度之积，例如对于反应iii,以NO?表示的速

率%(NO?)的速率方程：%(NO2)=-)C(NO2),熊是常数。

①反应i的离子方程式是o

②SO3•和NO?SO；均不稳定，浓度始终很低。反应v的速率很大。反应过程中CM+和CW的浓度保持不变。

下列说法正确的是。

a.^(SO?)=vj(SOj

b.v^（NO2）=vii（NO2）

c（Cu'）c（SOj

c.若仅改变SO?和NO?的浓度，则〉〈正比于十目

c（Cu2+）4NO?）

2

【答案】（1）2SO:+O22sO3（2分）焉了（2分）

-

（2）SO2+6H"+6e=H2S+2H,O（2分）2H2S+SO2-3S+2H,O（2分）

2+++

(3)SO2+Cu+H2O=SO；+Cu-2H(2分)ac(2分)

【详解】(1)①工业.上二氧化硫催化氧化制备三氧化硫，反应条件是催化剂、加热，化学方程式为:

2SO2+O2.

②450c时，将2moiSO?和ImolO［混合充入容积为1L的密闭容器中，充分反应并达到平衡状态，SO?的平

2so式g)+O2(g)U2SO,(g)

起始mo】/L210

衡转化率为a，由三段式可得本小0,该反应的平衡常数

变化molI//TL2aa2a

平衡mol/L2(1-a)l-a2a

I\=-----(-2-a-)-2-----=---a-?--.

[2(1-a)]2(l-a)(l-a)3'

(2)①如图，阴极发生还原反应，SO2得电子生成H?S,根据原子守恒和电荷守恒，在酸性环境下电极反

应式为SO2•6H*I6c-=H2S+2H2O；

②H?S易被空气中氧气氧化，为防止生成的H0堵塞气体扩散电极，用Ar气及时带出，副反应是H?S被氧

气氧化，化学方程式为2HA+SOL3S+2H?0：

(3)①根据图中信息及元素守恒、电荷守恒，反应i是SO?与C/+反应生成SO；•和Cd,离子方程式为

2+++

SO2+CU+H2O=SO；-+CU+2H；

②a.由图知，SO?只参与反应i，故%(SO2)=”(SO2),a正确;

b.由图知,NO?参与了反应ii和反应iii,故也(NO?)工％(NO?)，b错误;

c.由于反应过程中Ci?+和Cd的浓度保持不变(催化剂的特性)，根据速率方程

c(Cu2>)

y/NQ,)=3{so--k(NO)以及反应速率与各反应物浓度的关系，仅改变SO?和NO1的浓度时,

c(SO2)

与c(品CiT)的比值不会受到影响'因为.和a浓度不变，则c(局Cu]正比于c(SO知,)…正确;

故选aco

17.(14分)(2025•北京朝阳•二模)某小组同学以铁为阳极，实验探究反应条件对Fe电解产物的影响。

资料：NazFeO,为紫色固体，微溶于NaOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生。之，在碱

性溶液中较稳定。

【理论分析】

(1)铁有多种价态，能把Fe转化为+3价铁的化合物的物质有。

a.稀H^SO』b.Sc.Cl2

【实验过程】

序号装置溶液a现象

i.开始时，溶液变为黄色，出现红褐色物质

+1ImollJNaCl溶

I—1ii.稍后，出现灰绿色和白色絮状沉淀

r液

h1iii.一段时间后，白色絮状沉淀明显增多

铁片一三?碳棒

溶而开始时，铁电极表面析出紫色物质，同时产生大量

II浓NaOH溶液

气泡。一段时间后，紫色渐渐变浅

【现象分析】

⑵实验I的现象说明产生了Fe（OH）,。对Fe（OHb产生的原因进行分析及探究。

①甲认为Fe作为阳极可直接被氧化为Fe（OH）30

②乙认为Fe放电产生Fe（0H3CT放电产生J能将FeQH1氧化为Fe（OH）,。检测CI?的方法

是o结果未检测到Ch。

③丙认为电解产生Fe（OH）”而后被溶解的氧化为Fe（OH）3。设计实验：

实验a.在氮气保护（隔绝空气）下按实验I的条件进行电解，（填现象和操作），证实丙的说法合理。

实验b.重复实验I,当产生大量白色沉淀时，停止电解。测得铁片的质量减少了mg,消耗电量n库仑。

证实丙的观点成立，m、n的关系是。已知：电解中转移Imol电子所消耗的电量为96500库仑。

（3）对实验II进行分析及探究.

①产生FeO：的电极反应式为o

②小组同学认为，H中铁电极周围的气体可能是OH-在阳极放电产生的，也可能是FeO｝与H。反应产生

的。设计实验：（填操作与现象），证实气体是OPT放电产生的。

③电解一段时间后，紫色变浅的可能原因是o

【实验总结】

综上，影响Fe电解产物的因素有电解时间、溶液pH、溶解氧等。

【答案】（l）c（I分）

（2）用湿润的KI淀粉试纸放在Fe电极附近的液面上方，观察试纸颜色变化（2分）产生白色沉淀，取

出在空气中放置后变为红褐色（2分）m=（2分）

-

(3)Fe-6e+8OH-=FcOj-+4H?O(2分)取出紫色溶液，静置，无气泡产生（断开电源，不再产生气

泡）（2分）电解进行一段时间后，溶液中OH浓度减小，Fe。；与水作用发生分解；FcO；在阴极放

电；土还原FeO；（3分）

【详解】（l）a.铁和稀H2so4反应生成硫酸亚铁和氢气，故不选a；

b.铁和S反应生成FeS,故不选b；

c.铁和Cl?反应生成FeCb，故选c：选c。

（2）氯气能把KI氧化为上，用湿润的KI淀粉试纸放在Fe电极附近的液面上方，观察试纸颜色变化，若

试纸变蓝说明有氯气生成。

Fe|OH）2是白色难溶于水的沉淀，Fe（OH%易被氧气氧化为红褐色Fe（OH）j产生白色沉淀，取出在空气

中放置后变为红褐色，证明丙的说法合理。

根据电子守恒，^x2:号不…善;证明丙的观点成立。

（3）①Fe失电子生成FeO；,电极反应式为Fe-6e「+8OFT=FeO：+4H?O。

②紫色溶液中含有FeO；,取出紫色溶液，静置，无气泡产生，说明FeOj没有与H?。反应产生氧气，则证

实气体是OFT放电产生的。

③NazFeOj具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生。?，在碱性溶液中较稳定，电解一段时间后，溶

液中OH浓度减小，碱性减弱，FcO；与水作用发生分解，也可能是FcO；在阴极放电或H?还原FeO：,

都能使紫色变浅。

18.（15分）（2025•北京西城•一模）某小组同学完成如下实验，并对反应进行了持续研究，过程如下。

实验：向4.5mLlmol/LKCl溶液中加入0.5mL0.2moi/LAgNO：溶液，将浊液过滤，得到滤液X,向谑液中加

入5cm镁条，立即产生无色气泡，气体可燃，滤液中逐渐出现白色浑浊。

（1）①产生无色气泡的化学方程式是一。

②EDTA是四元弱酸，它的二钠盐（Na2H"）溶液可以溶解Mg"、Fe2+.Fe*等的氢氧化物，丫"-与Mg?+、

Fe“、Fe”等以1：1形成配离子。将滤液中的白色浑浊滤出，加入EDTA的二钠盐溶液，反应的离子方程

式是O

（2）将5cm镁条放入溶液a中完成实验iiv,实验表明，CT和Ag，都能加快气泡的产生速率。

12-

序号jiiiiiivz-T...................327.0

4.5mLImol/LKC1溶

溶液5mL5mL滤

液+0.5mL0.2.mol/L

a水液X

NaNOj溶液

微小

实验大量气

气泡细微气泡放出

现象泡放出

附着

①补充实验iv中的溶液a和实验现象:

②上图是ii和iii过程中pH和温度变化的记录，由此也能得能加快气泡的产生速率，理由是一。

(3)Ag，加快气泡的产生速率与形成原电池有关。继续研究除Ag外其他元素是否也能形成原电池，加快气泡

的产生速率。将5cm镁条放入溶液b中完成实验v、vi、viio

序号Vvivii

5mL1mol/L

溶液5mLimol/LKC1溶液+5mLimol/LKCl溶液+

KCI溶液

b0.03mL0.1mol/LCuCI,溶液0.03mL0.1mol/LFeC)溶液

(pH=6.17)

实验

细微气泡放出较多气泡放出细微气泡放出

现象

实验vii中气泡的产生速率未明显加快的可能原因是—(写两点)。

(4)补充实验探究不同。(Fe")的溶液与Mg的反应，将5cm镁条放入溶液c中完成实验viii、ix、x。

序号viiiixX

溶液cc(Fe3")=0.Imol/L(pH=2.17)c(Feu)=0.01mol/L(pH=2.84)c(Fe")=0.00Imol/L(pH=3.43)

实验

大量气泡放出较多气泡放出细微气泡放出

现象

①配制500mL实验viii中溶液c的方法是,

②实验ix的实验现象能否说明该实验中有原电池反应。能，请说明理由；不能，请补充实验，检验该实验

中是否有原电池反应:

22

【答案】（l）Mg+2H2O=Mg（OHL+H2T（2分）H2Y-+Mg（OH）,=MgY-+2H.O（2分）

⑵4.5mLlmol/LKCl溶液+0.5mL水细微气泡放出（2分）pH曲线交点后的几十秒内，溶液温度几

乎相同，但实验ii的反应速率更快（2分）

（3）Fe“水解程度大，溶液中《Fe3'）较小，无法与Mg发生反应（或反应速率慢）；Mg与Fe*反应生成的Fe?+

氧化性弱（或反应速率慢）无法与H+竞争，使镁条上没有铁生成（2分）

（4）取8.125gFeCh和26.075gKQ固体混合后加水溶解并定容至500mL（2分）不能。将实验ix中Mg

条放入EDTA的二钠盐溶液，将氢氧化物充分溶解后取出，用水冲洗干净，再放入稀盐酸中，取反应后的

溶液，加入铁毓化钾溶液，若有蓝色沉淀，则说明该实验中有原电池反应（3分）

【详解】（I）①镁为活泼金属，放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊，

反应为是镁和水反应生成了氢气和氢氧化镁沉淀，现象ii中无色气泡产生的原因是：

Mg+2Hq=Mg（OH%+H?T。

②滤液中的白色浑浊为氢氧化镁沉淀，Na2H产溶液可以溶解Mg"、Fe?，、Fe"等的氢氧化物，Y，-与Mg"、

Fe"、Fe"等以1：1形成配离了：则氢氧化镁沉淀加入EDTA的二钠盐溶液反应生成MgY\离子方程式

22

是H2Y-+Mg（OH）2=MgY-+2H2O；

（2）①i为5mL水,不存在氯离子、银离子;ii为4.5mLlmol/LKCl溶液+0.5mL0.2moi/LAgN03溶液,存

在根离子、氯离子、硝酸根离子；iii为4.5mLlmol/LKCl溶液+Q5mL02moi/LNaNO,溶液，存在氯离子、

硝酸根离了二则对照实验iv应该为4.5mLlmol/LKCl溶液+0.5mL水，存在氯离了；实验表明C「和Ag,都

能加快气泡的产生速率；则实验N现象为：细微气泡放出；故答案为：4.5mLlmol/LKCl溶液+0.5mL水，

细微气泡放出。

②是ii和iii变量为银离子，pH曲线交点后的几十秒内，溶液温度几乎相同，但实验ii的pH变化更大，则

说明其反应速率更快，说明Ag+能加快气泡的产生速率；

（3）Fe*在溶液中水解程度大，使得溶液中《比”）较小，无法与Mg发生反应（或反应速率慢）；Mg与F/

反应生成的Fe"氧化性弱（或反应速率慢）无法与H+竞争，使篌条上没有铁生成，都会导致实验vii中气

泡的产生速率未明显加快；

（4）①对照实验中氯离子为viii中c（Fe"）=0.1mol/L、c（FeCI3）=0.1mol/L,那么

c(KC1)=Imol/L-0.Imol/Lx3=0.7mol/L,故配制500mL实验viii中溶液C需氯化铁

0.1inol/Lx0.5Lx162.5g/mo)=8.i25g,需氯化钾0.7mol/Lx0.5Lx74.5g/mol=26.075g,故方法是：^8.l25gFcCl3

和26.075gKCl固体混合后加水溶解并定容至500mL；

②Fe3+在溶液中水解程度大，使得溶液中｛Fe")较小，而溶液中氢离子浓度较大，酸性较强，使得氢离子

和镁生成氢气；若该实验中有原电池反应，则铁离子会被还原为亚铁离子，亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会

生成蓝色沉淀，实验设计可以为：将实验ix中Mg条放入EDTA的二钠盐溶液，将氢氧化物充分溶解后取

出，用水冲洗干净，再放入稀盐酸中，取反应后的溶液，加入铁制化钾溶液，若有蓝色沉淀，则说明该实

验中有原电池反应。故答案为：小能，将实