2026江苏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-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Na-23K-39Cr-52Mn-55

第Ⅰ卷(选择题共39分)

一、选择题(本题共13个小题，每小题3分，共39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．下列有关金属防腐措施的说法不．正确的是

A．金属导线外包裹塑料B．钢闸门与电源正极连接

C．海轮外壳上装若干锌块D．家用铁锅使用后擦干水分

【答案】B

【解析】A．金属导线外包裹塑料可以隔绝导线与潮湿空气的接触，不能形成原电池，减缓金属导线的腐蚀，

A正确；B．钢闸门与电源正极连接会使钢闸门成为电解池的阳极，加速钢闸门的电化学腐蚀，不能起到防

腐的作用，B错误；C．在海轮外壳上焊接锌块可以在海水中构成铁锌原电池，金属性强于铁的锌是负极，

发生氧化反应被损耗，铁是正极被保护，C正确；D．家用铁锅使用后擦干水分可以防止铁锅在潮湿空气中

形成原电池，减缓铁锅的腐蚀，D正确；故选B。

2．碳单质有许多存在形态：石墨、金刚石、C60、石墨烯等。石墨烯是一种以碳原子紧密堆积成单层二维

蜂窝状结构的新材料，石墨烯一层层叠起来就是石墨(图1)。石墨烯可以弯曲，柔韧度很好，可以形成富勒

烯、碳纳米管等(图2)。下列有关说法不．正．确．的是

A．石墨、金刚石、C60互为同素异形体

B．石墨烯和乙烯互为同系物

C．已知C(石墨)C(金刚石)是吸热反应，则石墨比金刚石稳定

D．石墨烯和金刚石的物理性质有很大差异，这是因为碳原子排列方式不同

【答案】B

【解析】A．同素异形体的定义：同种元素形成的不同单质；石墨、金刚石、C60都是碳元素的不同单质，

互为同素异形体，故A正确；B．同系物是指结构相似、分子组成上相差1个或若干个“CH2”原子团的有机

化合物，石墨烯是碳元素构成的单质，乙烯结构简式为CH2=CH2，二者不互为同系物，故B错误；C．物

质的稳定性与能量的关系：能量越低，物质越稳定；已知C(石墨)C(金刚石)是吸热反应，即金刚石的能

量比石墨的能量高，则稳定性石墨大于金刚石，故C正确；D．石墨烯是单层二维蜂窝状结构，金刚石是

空间立体网状结构，由于碳原子的排列方式不同，故其物理性质（如硬度、导电性等）有很大差异，故D

正确；故答案选B。

3．（2024·江苏南京·模拟预测）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

3+2+2--

A．澄清透明的溶液中：Fe、Mg、SO4、Cl

cOH-

B．=106的溶液中：NH+、K+、AlO-、NO-

cH+423

-2-2-+

C．碱性溶液中：ClO、S、SO3、Na

2++-2-

D．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe、K、NO3、SO4

【答案】A

3+2+2--

【解析】A．澄清透明的溶液中，Fe、Mg、SO4、Cl四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，A正

cOH-

确；B．=106的溶液显碱性，NH在碱性溶液中不能大量存在，B错误；C．ClO-具有氧化性，与

cH+4

2-2-

具有还原性的离子S、SO3可发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D．与Al反应能放出H2的溶液

2+-+2+-

可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性溶液中，Fe、NO3和H发生氧化还原反应，在碱性溶液中，Fe与OH

发生反应生成沉淀，不能大量共存，D错误；故选A。

（24-25高三上·江苏苏州·期末）阅读下列材料，完成下列4~6小题。

碳族元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。甲烷是清洁能源，燃烧热大(890.3kJmol1)，完全

燃烧生成CO2，CO2催化加氢可制CH4；Na2CS3是一种杀菌剂；电解还原SiO2可制得半导体材料晶体Si，

四氯化锗水解可得到；醋酸铅易溶于水，难电离，醋酸铅溶液可用于吸收

(GeCl4)GeO2[CH3COO2Pb]H2S

气体。

4．下列说法正确的是

A．晶体Si属于分子晶体

2

B．1molCS3中含有σ键数为3mol

C．GeCl4的空间构型为平面正方形

D．CO2中的C原子和SiO2中的Si原子杂化方式相同

【答案】B

22

【解析】A．晶体Si属于共价晶体，A错误；B．CS3中1个C连接3个S原子，则1molCS3中含有σ键

441

数为3mol，B正确；C．GeCl的价层电子对数44，空间构型为正四面体，C错误；D．CO中

422

的C原子与O原子以双键结合，则杂化方式为sp，SiO2中的Si原子与O原子以单键结合，则Si原子杂化

方式sp3，D错误；故答案为：B。

5．下列化学反应表示正确的是

1

A．甲烷的燃烧：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(g)ΔH890.3kJmol

2

B．电解还原SiO2制高纯Si的阴极反应：SiO24eSi2O

C．水解GeCl4制GeO2：GeCl42H2OGeO24HCl

2

D．醋酸铅溶液吸收H2S气体：PbH2SPbS2H

【答案】C

【解析】A．燃烧为放热反应，则甲烷的燃烧热H890.3kJ/mol，A错误；B．阴极发生还原反应，

2

SiO24eSi2O，B错误；C．水解GeCl4制GeO2：GeCl42H2OGeO24HCl，C正确；D．醋酸

铅溶液吸收H2S气体：(CH3COO)2PbH2SPbS+2CH3COOH，D错误；故答案为：C。

Ni/SiO2

6．下列有关反应CO2(g)4H2(g)CH4(g)2H2O(g)的说法正确的是

A．反应的ΔS>0

2

cCH4cH2O

B．反应的平衡常数表达式K=4

cCO2cH2

C．反应的ΔH=4EC-H+4EO-H-2EC=O-4EH-H(E表示键能)

D．反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率

【答案】B

【解析】A．该反应气体分子数减少，熵变小于0，A错误；B．平衡常数等于生成物浓度幂次方乘积除以

反应物浓度幂次方，B正确；C．反应热为生成物键能总和减去反应物键能总和，C错误；D．催化剂改变

反应速率，不能提高转化率，D错误；故答案为：B。

7．（25-26高三上·江苏苏州·阶段练习）科学家利用氨硼烷设计成原电池装置如题图所示，该电池在常温下

即可工作，总反应为NH3BH33H2O2NH4BO24H2O。下列说法错误的是

A．b室为该原电池的正极区

B．a室发生的电极反应式为NH3BH32H2O6eNH4BO26H

C．当有6mol电子转移时，理论上消耗H2O2的量为6mol

D．其他条件不变，向H2O2溶液中加入适量硫酸能增大电流强度

【答案】C

【解析】A．根据总反应可知H2O2被还原，所以b室发生的是还原反应，为原电池的正极区，A正确；B．根

+-

据总反应可知电池放电时NH3·BH3被氧化得到NH4和BO2，结合电子守恒和元素守恒可得电极反应式为

NH3BH32H2O6eNH4BO26H，B正确；C．由总反应可知，H2O2被还原为H2O，O从-1价降

至-2价，每3molH2O2得到6mol电子，当有6mol电子转移时，理论上消耗H2O2的量为3mol，C错误；

D．硫酸为强电解质，加入适量的硫酸，可以增加溶液中离子浓度，增强导电能力，增大电流强度，D正确；

故选C。

1

8．（2025·江苏·一模）室温下，用0.1molL的氨水吸收SO2，再向溶液中通入O2。已知

285

Ka1H2SO31.310、Ka2H2SO36.210，KbNH3H2O1.810。下列说法正确的是

A．0.1molL1的氨水：10pH11

12

B．向0.1molL的氨水中通入适量SO2得pH7的溶液：cNH4cHSO3cSO3

2

C．NH4HSO3溶液中：cHcH2SO3cOHcSO3cNH3H2O

cHSO3

D．向吸收了足量SO2的溶液中通O2，反应过程中的值增大

cH2SO3

【答案】C

1-+

【解析】A．NH3H2O的电离程度较小，则cNH3H2O0.1mol/L，0.1molL的氨水中，cOHcNH4，

10-141

则该溶液中，cOH-1.81050.1mol/L1.8103mol/L，cH+mol/L=10-11mol/L，

1.810-31.8

1113

溶液的pHlg10lg1.81111.38，A错误；B．室温下溶液的pH＝7，溶液呈中性，则c(H+)

1.82

-++-2-

＝c(OH)，溶液中存在电荷守恒cHcNH4=cHSO3+2cSO3cOH，则

+-2-+-2-

cNH4=cHSO3+2cSO3，cNH4>cHSO3+cSO3，B错误；C．NH4HSO3溶液中存在电荷守恒

++-2-

cH+cNH4=cHSO3+2cSO3+cOH，存在物料守恒，

+-2-

cNH3H2O+cNH4=cHSO3+cSO3cH2SO3，根据电荷守恒和物料守恒得，

2

cHcH2SO3cOHcSO3cNH3H2O，C正确；D．向吸收了足量SO2的溶液中通O2，H2SO3

+

被氧化为H2SO4，溶液酸性增强，溶液中c(H)增大，温度不变，电离平衡常数不变，反应过程中

-

cHSO3K

a1减小，错误；故选。

=+DC

cH2SO3cH

9．（2025·江苏徐州·二模）某小组为探究一系列物质的性质，设计如图所示实验：

下列叙述正确的是

A．Ⅰ中用铜片替代石墨，上述实验现象相同

B．Ⅱ中NaHS溶液被氧化生成SO2

C．其他条件相同，拆去热水浴，Ⅲ中褪色更快

D．用盐酸和BaCl2溶液可以检验Ⅳ中的氧化产物

【答案】D

【解析】根据装置图可知：装置Ⅰ含有直流电源，该装置Ⅰ为电解池，其中Fe电极连接电源的负极，则Fe电

---

极为阴极，C电极连接电源的正极为阳极。阳极上Cl失去电子发生氧化反应：2Cl-2e=Cl2↑，产生Cl2。反

应产生的Cl2进入装置Ⅱ，与NaHS发生氧化还原反应产生S单质，使溶液变浑浊；Cl2进入装置Ⅲ，氯气与

2-

水反应产生的次氯酸具有强氧化性，能够使品红溶液褪色；Cl2进入装置Ⅳ，Cl2将Na2S2O3氧化为SO4，

-2-2+

Cl2得到电子被还原为Cl，SO4与Ba反应产生BaSO4沉淀，可用BaSO4既不溶于水，也不溶于酸的性质

2-

来检验SO4的存在。A．根据上述分析可知：装置Ⅰ为电解池，石墨电极连接电源正极，作阳极，由于石墨

----

不活泼，为惰性电极，由于离子放电能力：Cl＞OH，石墨电极发生反应：2Cl-2e=Cl2↑，发生反应产生Cl2；

-2+

若用铜片替代石墨电极，由于Cu电极为活性电极，则阳极反应变为：Cu-2eCu，无Cl2生成，导致后续各

-

个装置实验现象不同，A错误；B．装置Ⅱ中NaHS溶液中阴离子HS的S为-2价，具有还原性，Cl2具有氧

--

化性，能够氧化HS变为难溶于水的S单质，因此装置Ⅱ中产生淡黄色沉淀，而不是将HS氧化为SO2，B

错误；C．其他条件相同，若拆去热水浴，则由于反应温度降低，导致反应Ⅲ装置中品红褪色会减慢，C错

2--

误；D．装置Ⅳ中Na2S2O3会被阳极产生的Cl2被氧化的产物可能为+6价的SO4，Cl2得到电子被还原为Cl，

2-

可以先用盐酸酸化排除杂质离子如CO3的干扰，然后再滴加BaCl2溶液，若生成既不溶于水，也不溶于盐

2-

酸的BaSO4白色沉淀，就达到检验氧化产物SO4的目的，D正确；故合理选项是D。

10．（25-26高三上·江苏·月考）一定温度下，向0.1mol·L-1硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag+＋

＋

2NH3[Ag(NH3)2]，溶液中pNH3与δ(X)的关系如图所示。已知pNH3=-lg[c(NH3)]，

⇌nX

＋＋-10

δ(X)=++(X代表Ag或[Ag(NH3)2])。已知该温度下Ksp(AgCl)=1.8×10，下列说法

nAg+n{[AgNH32]}

正确的是

＋

A．图中δ1代表的是δ{[Ag(NH3)2]}

＋＋+＋--

B．该溶液中c(Ag)＋c{[Ag(NH3)2]}＋c(NH4)＋c(H)=c(NO3)＋c(OH)

＋

C．向该溶液中滴入稀硝酸，δ{[Ag(NH3)2]}增大

＋--6.5

D．AgCl＋2NH3[Ag(NH3)2]＋Cl的平衡常数K=1.8×10

【答案】B⇌

c(NH)c(NH)++

【解析】A．pNH3=-lgc(NH3)，pNH3越小，3越大，随3增大，反应Ag+2NH3[Ag(NH3)2]

++

右移，[Ag(NH3)2]的物质的量分数δ增大，图中δ2随pNH3减小而增大，故δ2代表δ{[Ag(NH3)2]}，A错误；

++++-+

B．根据电荷守恒可得c(Ag)+c{[Ag(NH3)2]}+c(NH4)+c(H)=c(NO3)+c(OH)，B正确；C．滴入稀硝酸，H

c(NH)++

与NH3反应使3减小，平衡左移，[Ag(NH3)2]浓度减小，δ{[Ag(NH3)2]}减小，C错误；D．反应

+-

+-c{[Ag(NH3)2]}c(Cl)

AgCl+2NH3[Ag(NH3)2]+Cl的平衡常数K=2，由a点可知，pNH3=3.5时，

c(NH3)

++++-3.5

δ(Ag)=δ{[Ag(NH3)2]}=0.5，即c(Ag)=c{[Ag(NH3)2]}，c(NH3)=10mol/L，此时平衡常数

c{[Ag(NH)]+}

327+--10

K1=+2=10；又因为Ksp(AgCl)=c(Ag)c(Cl)=1.810，故

c(Ag)c(NH3)

7-10-3

K=K1Ksp(AgCl)=101.810=1.810，D错误；

故答案选B。

11．（25-26高三上·江苏宿迁·期中）科学家研发了一种在电催化条件下由氢气和二氧化碳制备

甲醇的方法(有少量CO产生)，反应原理如图(M、N均为石墨电极)。

已知：在电场作用下，双极膜中水电离出H+和OH-向两极迁移。下列说法错误的是

A．M极为阳极，H2发生氧化反应

B．电解一段时间后，M极区域溶液pH不变

--

C．N极上生成甲醇的电极反应式为CO2+5H2O+6e=CH3OH+6OH

D．M极每消耗3molH2，N极消耗的CO2大于1mol

【答案】B

【解析】右边二氧化碳转化为甲醇和一氧化碳，化合价降低，得电子，所以N作阴极；左边氢气失电子，

化合价升高，所以M作阳极，据此解答。A．由题意知，氢气在M极失电子，发生氧化反应，作阳极，A

-+-

正确；B．M极（阳极）反应为H2-2e=2H，双极膜中OH向M极迁移并与H中和生成H2O，且生成的H

-

与迁移的OH等量，水增多使H浓度减小，pH增大，B错误；C．N极为阴极，CO2被还原为CH3OH，C

元素从+4价降为-2价，得6e-。结合碱性环境及原子守恒、电荷守恒，电极反应式为

-

CO25H2O6eCH3OH6OH，C正确；D．若M极每消耗3molH2，转移电子数为6mole，N极发

生的还原反应包括CO25H2O6eCH3OH6OH和CO2H2O2eCO2OH，根据得失电子守恒

可知，N极消耗的CO2大于1mol，D正确；故选B。

12．[新考法]（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）柠檬酸(H3C6H5O7)为三元有机酸，因为有温和爽快的酸

-4

味，普遍用于各种饮料、葡萄酒、点心、罐头果汁、乳制品等食品的制造。已知25℃，Ka1(H3C6H5O7)=7.1×10，

-5-7.-7-11

Ka2(H3C6H5O7)=1.68×10，Ka3(H3C6H5O7)=4.1×10又已知Ka1(H2CO3)=4.3×10，Ka2(H2CO3)=5.61×10，进

行如下实验：

①向5mL0.1000mol/LNa2CO3溶液中，滴加5滴0.1000mol/LH3C6H5O7溶液；

②测定0.1000mol/LNaH2C6H5O7溶液pH值；

③向0.1000mol/LH3C6H5O7溶液中滴加NaOH溶液至pH=7；

④将浓度均为0.1000mol/LH3C6H5O7与Na3C6H5O7等体积混合，pH≈4.8。

下列说法不正确的是

2-2-

A．实验①反应离子方程式为：CO3+H3C6H5O7=CO2↑+HC6H5O7+H2O

B．实验②溶液的pH<7

3-2--

C．实验③所得溶液中：c(C6H5O7)>c(HC6H5O7)>c(H2C6H5O7)

D．实验④所得混合溶液中加入少量酸或碱，pH保持不变，可作缓冲溶液

【答案】A

【解析】A．由电离常数Ka1(H3C6H5O7)>Ka2(H3C6H5O7)>Ka1(H2CO3)>Ka3(H3C6H5O7)>Ka2(H2CO3)可知，酸

-2--

性H3C6H5O7>H2C6H5O7>H2CO3>HC6H5O7>HCO3，向5mL0.1000mol/LNa2CO3溶液中，滴加5滴

2-

0.1000mol/LH3C6H5O7溶液，H3C6H5O7的物质的量较少，反应的离子方程式为：3CO3+

-3--

H3C6H5O7=3HCO3+C6H5O7，A错误；B．NaH2C6H5O7电离出的H2C6H5O7离子的电离常数为

K1014

-5w

Ka2(H3C6H5O7)=1.68×10，水解常数为Kh=4，Ka2(H3C6H5O7)>Kh，电离大于水解，溶液显酸性，

Ka17.110

pH<7，B正确；

2

cHcHC6H5O7

．实验③所得溶液，+-7，-5，

CpH=7c(H)=10mol/LKa2(H3C6H5O7)=1.68×10

cH2C6H5O7

23

cHC6H5O7cHcC6H5O7

2，2--，-7，

=1.68×10c(HC6H5O7)>c(H2C6H5O7)Ka3(H3C6H5O7)=24.1×10

cH2C6H5O7cHC6H5O7

3

cC6H5O7

，3-2-，因此实验③所得溶液中：

2=4.1c(C6H5O7)>c(HC6H5O7)

cHC6H5O7

3-2--

c(C6H5O7)>c(HC6H5O7)>c(H2C6H5O7)，C正确；D．缓冲溶液中加入少量的酸或者少量的碱，溶液pH值

保持不变，因此实验④所得混合溶液可作缓冲溶液，D正确；答案选A。

13．（2025·江苏·三模）萨巴帝尔反应可以实现二氧化碳转化为甲烷，其主要反应为

反应ⅠCO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)ΔH10

反应ⅡCO(g)3H2(g)CH4(g)H2O(g)ΔH2

nCO生成的nCH

在密闭容器中，5、始21:3，反应一定时间，CO的转化率及CH的选择性4

1.0110Pa24[消耗的]

n始H2nCO2

随温度的变化如图所示。

下列说法正确的是

A．ΔH20

B．高温和低压均有利于提高甲烷的平衡产率

C．280~400℃，nH2O随温度的升高不断增大

D．320~400℃，n(CO)随着温度升高将不断减少

【答案】D

【解析】A．反应IIS0，该反应在一定温度下能自发进行，故反应II的正反应是放热反应，即ΔH2<0，

A错误；B．反应II是气体分子数减小的放热反应，根据勒夏特列原理，降低温度、增大压强有利于反应Ⅱ

正向进行，从而提高甲烷的平衡产率，高温和低压不利于提高甲烷平衡产率，B错误；C．280320℃，反

应I、II均正向进行，都会生成H2O，总反应消耗的CO2量增加，nH2O随温度升高不断增大；320~400℃，

图中CO2的转化率下降，说明随温度升高反应II逆向移动，反应I也逆向移动(反应II逆向移动使体系中

CO的浓度增大，且CO浓度增大对反应I平衡的影响大于升高温度对反应I平衡的影响)，体系中的n(H2O)

减小，所以280~400℃，n(H2O)随温度升高先增大后减小，C错误；D．320~400℃，CO2的转化率下降，

说明体系中n(CO)与n(CH4)之和减小，而CH4的选择性不变，则体系中的n(CH4)和n(CO)均随着温度升高

而不断减少，D正确；故选D。

第II卷(非选择题共61分)

二、填空题(本题共4小题，共61分)

14．(15分)（2026·江苏扬州·一模）从氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)中回收锌的部分流程如

下

-1

(1)酸浸氧化。向氧化锌烟尘样品中加入一定量0.5mol·LH2SO4和MnO2。

此过程ZnS被转化为Zn2+和S，其离子方程式为。

①元素浸出率与MnO2用量关系如图所示。

②

随着MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是。

从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是。

4++

③(2)沉锗。若用H2L表示单宁酸，“沉锗”的反应原理可表示为Ge+3H2LH2GeL3↓+4H。在加入单宁酸前，

应调节溶液的最佳pH为2.5，原因是。

(3)“沉锗”后的溶液经除杂浓缩可得ZnSO4溶液。

测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00mLZnSO4溶液，加水稀释至200mL；取50.00mL稀释后溶液，

-12+4-2-

①调节溶液的pH=10，用0.1000mol·LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn+Y=ZnY)，平

行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00mL。计算ZnSO4溶液的物质的量浓度(写出计算

过程)。

ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，所得溶液可循环用于该流程中的步骤。

+2+2+2

②【答案】(1)MnO2+ZnS+4H=Mn+Zn+S+2H2O（3分）随着MnO2添加量增大，更多的Fe

3+3FeOH3

被氧化为Fe，反应消耗H增多，Fe水解生成3，导致铁元素浸出率下降（3分）在Fe等

金属离子的催化下，H2O2易分解损失，氧化剂利用率下降（2分）

过大，易生成沉淀损失；过小，抑制沉淀生成（分）

(2)pHZnOH2pHH2GeL32

(3)2.00mol/L（3分）酸浸氧化（2分）

【解析】氧化锌烟尘(主要含ZnO、ZnS、FeOx、GeOx)加硫酸、MnO2酸浸氧化，生成MnSO4、ZnSO4、S

以及铁、锗的硫酸盐，再加入氧化锌调节pH，将铁元素转化为氢氧化物沉淀除去，再利用单宁酸沉锗，获

得ZnSO4溶液，电解ZnSO4溶液获得锌单质。

2++2+2+

（1）ZnS被MnO2氧化为Zn和S，其离子方程式为MnO2+ZnS+4H=Mn+Zn+S+2H2O；

2

随着①MnO2添加量大于4％，铁元素浸出率趋势变化的可能原因是随着MnO2添加量增大，更多的Fe被

3+3FeOH

②氧化为Fe，反应消耗H增多，Fe水解生成3，导致铁元素浸出率下降；

3

从氧化剂利用率角度分析，不用H2O2代替MnO2的理由是在Fe等金属离子的催化下，H2O2易分解损

③失，氧化剂利用率下降。

（）在加入单宁酸前，应调节溶液的最佳为，原因是过大，易生成沉淀损失；过

2pH2.5pHZnOH2pH

小，抑制H2GeL3沉淀生成。

（3）测定ZnSO4溶液的浓度。准确量取5.00mLZnSO4溶液，加水稀释至200mL；取50.00mL稀释后

-12+4-2-

溶液，①调节溶液的pH=10，用0.1000mol·LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点(滴定反应为Zn+Y=ZnY)，

平行滴定3次，平均消耗EDTA标准溶液25.00mL；

223

nZnnEDTA=0.1000molL-125103L=2.5103mol，故50.00mL稀释液中nZn2.510mol，

2

22n1.010mol

则200.00mL稀释液中nZn1.010mol，故c2.00mol/L；

V5.0103L

2+

ZnSO4溶液经过惰性电极电解后，阴极Zn放电生成锌单质，阳极水放电生成氧气和H，故所得溶液为

②硫酸溶液，可循环用于该流程中的酸浸氧化。

15．(15分)氨作为一种无碳燃料可用于热电工业，研究新的制氨方法至关重要。

Ⅰ.氨的燃烧：氨气完全燃烧生成氮气和水，同时产生大量的热。

(1)实验室通常用如图－1所示装置测量NH3燃烧产生的热量。燃烧室中加一定量氨气，使其完全燃烧，测

量水温的变化，并进行计算。

器壁Ⅰ和器壁Ⅱ分别具有的性能是（填字母）。

①A．绝热绝热B．绝热导热C．导热绝热D．导热导热

5

298K、1.0110Pa时，1g氨气完全燃烧，测得产生18.6kJ热量。写出NH3完全燃烧的热化学方程

②式：。

(2)向煤炭中掺入一定量NH3共同燃烧，可减少CO2排放。煤炭燃烧产物中常含有氮氧化物NOx，相同量

的煤炭掺氨燃烧后产生的NOx明显减少，可能原因是。

Ⅱ.氨的获取

(3)在酶的作用下，利用生物燃料电池可实现室温下氨的合成，原理如图－2所示。

电极M为原电池的（填“正极”或“负极”）。

①电池工作时H的移动方向为。

②A．M极室N极室B．N极室M极室

(4)电解还原废水中NO3制备氨氮NH3NH4的装置如图－3所示。当电解电压为1.0V时，阴极产物以含

氮还原产物（NH3、NO2等）为主；当电解电压为3.0V时，只能得到少量含氮还原产物。

阴极生成NH3的电极反应式为。

①电解电压为1.0V时，若在电解槽中间添加阳离子交换膜（阻止NO2、NO3等通过），NO3的转化率明显

②升高，其原因可能是：阴极区NO3浓度不会因离子定向移动而减少和。

电解电压为3.0V时，阴极的主要产物为（填化学式）。

1

③【答案】(1)B（2分）4NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(l)ΔH1264.8kJmol（2分）

(2)高温下NH3可将NOx转化为N2（2分）

(3)负极（1分）A（2分）

=

(4)NO36H2O8eNH39OH（2分）阻止了阴极生成的NO2到阳极失电子转化为NO3（2

分）H2（2分）

【解析】（1）由于需要温度计记录温度变化，所以器壁II需要导热性良好，而器壁I应绝热，防止热量

损失，故选B；①

298K、1.01105Pa时，4mol氨气燃烧放出的热量为4×18.6kJ/g×17g/mol=1264.8kJ/mol，则氨气完全

②

1

燃烧的热化学方程式为4NH3(g)3O2(g)2N2(g)6H2O(l)ΔH1264.8kJmol。

（2）高温下NH3可将NOx转化为N2，所以相同量的煤炭掺氨燃烧后产生的NOx明显减少。

-+

（3）由图示得，电极M发生氧化反应：H2-2e=2H，所以电极M为负极；

电极①M为负极，电极N为正极，发生还原反应，所以H+由M极室生成向N极室移动。

=

②（4）阴极发生还原反应为NO36H2O8eNH39OH；

阳极①发生氧化反应，带正电，阴极生成的阴离子NO2会向阳极迁移导致再次被氧化为NO3，所以电解槽

②中间加阳离子交换膜的作用还有阻止了阴极生成的NO2到阳极失电子转化为NO3；

电解电压为3.0V，阴极还原能力增强，H2O被还原为H2，主要产物为H2。

③16．(14分)（25-26高三上·江苏·月考）尿素[CO(NH2)2]是目前使用量较大的一种化学氮肥。

(1)研究发现，合成尿素的反应机理分两步：

1

Ⅰ．2NH3(g)CO2(g)H2NCOONH4(s)H1159.5kJmol(快反应)

1

Ⅱ．H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)H2O(g)H272.5kJmol(慢反应)

-1

反应2NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(s)H2O(g)HkJ·mol。

①下列图像能表示上述反应历程能量变化的是(填标号)。

②

A．B．C．D．

(2)图为使用不同催化剂、、时，反应至相同时间，容器中尿素的物质的量随温度变化的曲线，A点

(填“是”或“不是”)平衡状①态，T②2℃以③上n[CO(NH2)2]下降的原因可能是(答出一点即可，不考虑物

质的稳定性)。

(3)利用CO2和N2或CO2和NO3电化学法制尿素。

电催化还原CO2和N2反应部分机理如图所示。体系pH增大尿素产率降低的可能原因为。

①

通入二氧化碳到酸性废水(含NO3)中达到饱和，电催化还原CO2和NO3可合成尿素，则通入二氧化碳的

②电极名称是(填“阳极”或“阴极”)，电极反应式为。

【答案】(1)-87（2分）C（2分）

(2)不是（2分）随着温度升高，可能是催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，单位时间

内生成尿素的物质的量减少（2分）

(3)溶液H+浓度小，反应速率减慢，尿素产率降低（2分）阴极（2分）

2NO3CO218H16eCO(NH2)27H2O（2分）

-1

【解析】（1）Ⅰ+Ⅱ得反应2NH3(g)CO2(g)CO(NH2)2(s)H2O(g)HH1H287kJ·mol。

第一步反应①放热，第二步反应吸热，总反应放热，能表示上述反应历程能量变化的是C。

②（2）催化剂不能使平衡移动，A点尿素的物质的量不是T2℃下的最大值，所以A点不是平衡状态，T2℃以

上n[CO(NH2)2]下降的原因可能是随着温度升高，催化剂活性降低(或失去活性)，反应速率降低，单位时间

内生成尿素的物质的量减少。

（3）利用CO2和N2或CO2和NO3电化学法制尿素。

根据图示，H+是反应物，体系pH增大尿素产率降低的可能原因是溶液H+浓度小，反应速率减慢，尿素

①产率降低。

电催化还原CO2和NO3合成尿素，硝酸根离子得到电子发生还原反应和二氧化碳反应生成尿素，则通入

②二氧化碳的电极名称是阴极，电极反应式为2NO3CO218H16eCO(NH2)27H2O。

17．(17分)（25-26高三上·江苏南京·期末）乙二醇是一种重要的化工原料，可通过草酸二乙酯

(C2H5OOCCOOC2H5)热催化加氢制备。

I、制备草酸二乙酯。以C2H5ONO、CO为原料，Pd为催化剂，制备草酸二乙酯的反应机理如图所示。

(1)反应过程中Pd呈现多种化合价，分别为。

(2)制备草酸二乙酯的总反应方程式。

(3)利用生成的NO，并在反应器中加入O2、C2H5OH可实现原料C2H5ONO的再生和继续循环反应，反应原

理为：4NO+O2+4C2H5OH=4C2H5ONO+2H2O。在再生反应中，需要控制NO和O2物质的量之比大于4，

其可能原因为。

Ⅱ、制备乙二醇。

主反应为

-1

反应1：C2H5OOCCOOC2H5(g)+2H2(g)=HOCH2COOC2H5(g)+C2H5OH(g)ΔH1=-102kJmol

-1

反应2：HOCH2COOC2H5(g)+2H2(g)=HOCH2CH2OH(g)+C2H5OH(g)ΔH249.6kJmol

-1

(4)反应C2H5OOCCOOC2H5(g)+4H2(g)=HOCH2CH2OH(g)+2C2H5OH(g)的HkJmol。

(5)其它条件相同，将含一定量C2