2026年高考化学二轮复习（全国）综合训练四 化学反应原理（综合训练）解析版

综合训练!1!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-lN-140-16Cl-35.5Na-23Cu-64

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.【生活与学科知识结合】化学与生产生活密切相关，下列有关说法不正确的是

A.明帆在水中可形成胶体，可用明机沉降水中悬浮物

B.“深海一号”母船海水浸泡区的铝块可保障船体不易腐蚀

C.处理锅炉水垢中的硫酸钙，可先用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用酸除去

D.汽车尾气净化器通常使用贵金属为催化剂，提高有害气体的平衡转化率

【答案】D

【解析】A.明研在水中水解生成氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮物并沉降，A正确；B.铝块作负极与

船体形成原电池，利用“牺牲阳极法“可保障船体不易腐蚀，B正确；C.处理锅炉水垢中的硫酸钙，可

先用饱和碳酸钠溶液浸泡，实现沉淀的转化，将硫酸钙转化为可以溶于酸的碳酸钙，再用酸除去碳酸钙，

C正确；D.汽车尾气净化器通常使用贵金属为催化剂，可以加快NO转化为N?,但不能提高有害气体

的平衡转化率，D错误；故选D。

2.用O.KXXhnolL'NaOH溶液K滴定未知浓度HC1溶液（滴有酚酗溶液），下列有关说法正确的是

r

r

H

J

A.选用乙装置盛装标准碱液

B.若滴定起始和终点时读取数据视线如丙图所示，则所得c（HCl）偏高

（

C.处理数据所用表达式：c[HCI（aq）]二°.弋，凿moH

V[NaOH（aq）]

D.甲乙在装标准液或待测液之前都不需要润洗，否则会造成测定结果偏高

【答案】A

【解析】A.乙装置为碱式滴定管，因此选用乙装置盛装标准碱液，A正确；B.若滴定起始和终点时读

取数据视线如丙图所示，则滴定终点读取的氢氧化钠溶液的体积偏小，即消耗氢氧化钠溶液的体积偏小,

O.lOOOxVrNaOH(aq)!

计算所得c(HCI)偏低,B错误;C.处理数据所用表达式为：c[HCl(aq)卜------------r/-<=r——-mol•L

V[HCl(aq)]

C错误；D.甲乙在装标准液或待测液之前都需要润洗，否则会稀释所装液体，导致所装液体浓度偏低,

造成误差，D错误；故选A。

3.新情境【科技成果与学科知识结合】2024年6月，我国嫦娥六号任务实现了人类首次月球背面采样

返回的创举。下列关于能量转化关系不•正•确•的是

火箭采用液氢液氧发动机光照期着陆器用太阳电池翼供电

A.化学能f热能B.太阳能一电能

阴影期上升器用锂离子蓄电池供电返回器用一次电源供电

C.电能一化学能D.化学能T电能

【答案】C

【解析】A.火箭液氢液氧发动机中，燃料与氧化剂发生化学反应释放热量，化学能转化为热能，A正

确；B.太阳电池翼将太阳能直接转化为电能供着陆器使用，B正确：C.锂离子蓄电池供日时为放电过

程，是化学能转化为电能，而非电能转化为化学能，C错误；D.一次电源供电时通过化学反应释放能

量，化学能转化为电能，D正确；故答案选C。

4-''1r新思维【逻辑思维与科学建模】锂离子电池已经成为新一代实用化的蓄电池，该电池具有能量密度

大、电压高的特性。以下是锂离子电池放电时的电极反应式，

负极反应：C6Li-xe・=C6Li|r+xL「(CfLi表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料)

正极反应：LiiMC)2+xLi++肥-uLiMO?(LiMO?表示含锂的过渡金属氧化物)

下列有关说法正确的足

A.锂离子电池放电时电池总反应式为LiMO?=C6Li+Li,_vMO2

B.锂离子电池充电时电池内部Li+向负极所连的电极移动

C.锂离子电池放电时电池内部阴离子流向正极

D.锂离子电池充电时阳极反应为CeLi〜+HT+xe=C6Li

【答案】B

【解析】A.锂离子电池放电时是原电池，由所给电池正、负极反应式相加可得电池的总反应式为:

C6Li+Li,_KMO2=LiMO2+C6Li,..,A铝误；B.锂离了电池充电时是电解池，ZT向阴极（即负极所连

的电极）移动，B正确；C.锂离子电池放电时，电池内部的阴离子向负极移动，C错误：D.充电时，

作为电解池的阳极发生氧化反应，阳极反应为：LiMO2-xe-=xLi++Li-MO2,D错误；故选B。

5.卜图曲线表示25c下某浓度的Na2c03体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系。卜列说法错误

的是

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

0.0

6.37

PH

A.H2cO3的跖=10-07

B.曲线B、C的交点处存在关系：3c（HCO；）＜c（Na。

C.曲线C为HCO；的物质的量分数

D.该温度下CO]的水解平衡常数凡=10-3万

【答案】C

【分析】Na2c03体系中，随着pH的增大，碳酸分子物质的量分数减小、碳酸氢根离子物质的量分数先

增大后减小、碳酸根离子的物质的量分数增大，则ABC分别为H2c0八HCO；、CO：,AB曲线交点处

H2cOQHCO；物质的量分数相等，则K.尸变与%J=c（H+）=10637,同理，由阮曲线交点，可

C（H2CO3）

知’《二c（H^^[c才（CO却：）叩/小、严”，＜

【解析】A.由分析，H2CO3的跖=10*7,A止确；B.曲线B、C的交点处c（HCO；）=c（CO；）,由电

+

荷守恒,c（Na）+c（H*）=c（0H）+c（HC03）+2c（C0^）=c（0Hj+3c（HC03）,此时溶液显碱性

c（H+）＜c（OH）,则3c（HCO4＜c（Na+）,B正确：C.曲线C为CO：的物质的量分数，C错误；D.该

Kin14

温度下CO：的水解平衡常数Kh=U=z；E=1037',D正确；故选C。

Ka2I。

6.我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水（pH=8.2）电解系统（如图所示）。在电池和电解池中同

时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是

A.在外电路中，电子从电极3流向电极2

B.电极3的反应为40田—4"=02个+2也0

C.理论上每通过2moi电子，共产生1molH?

D.若用铅酸蓄电池代替左侧装置驱动海水电解，电极4应与Pb电极相连

【答案】C

【解析】A.外电路中，电子从电解池阳极（电极3）流向原电池正极（电极2）,A正确；

B.电极3为电解池阳极，海水呈碱性（pH=8.2）,阳极发生氧化反应，可能为OFT放电：

-

40H--4e=O2t+2H2O,B正确；C.原电池正极（电极2）反应：2H2O+2e-=H2t+2OH-,每2moi电

子生成ImolH2；电解池阴极（电极4）反应：2H2O+2e~=H2T+2OFT,每2moi电子也生成ImolH2o

理论上每通过2moi电子，共产生2moiH?,C错误；D.铅酸蓄电池放电时Pb为负极，电解池阴极（电

极4）需连接电源负极，故电极4应与Pb电极相连，D正确；故选C。

7.中和反应中和热测定过程中.能提高中和热测定准确度的是

玻璃

温度计-,搅拌器

内筒■杯盖

隔热层-期…

B-外壳

简易量热计示意图

A.用测量过盐酸温度的温度计宜接测量氢氧化钠溶液的温度

B.用铜质搅拌器代替玻璃搅拌器

C.用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液混合

D.打开杯盖，将NaOH溶液缓缓倒入量热计的内筒.，盖上杯盖

【答案】C

【解析】A.测量完盐酸温度的温度计上会附着盐酸，直接测最氢氧化钠溶液温度，会发生中和反应，

影响氢氧化钠溶液初始温度的准确性，导致实验误差，A错吴；B.铜是热的良导体，用铜质搅拌器代

替玻璃搅拌器会使热量损失更多，导致实验误差，B错误；C.用过量的氢氧化钠溶液可以保证盐酸完

全反应，从而提高实验的准确度，C正确；D.打开杯盖，缓缓倒入氢氧化钠溶液，会导致热量损失，

应迅速倒入，D错误；故答案选C。

8.下列关于实验操作的误差分析不无哪的是

A.用湿润的玻璃棒蘸取Na2cO3溶液滴在pH试纸上，则测得的pH值偏小

B,用量气法测锌与稀硫酸反应产生的氢气体积时，装置未冷却至室温即读数，则测得的反应速率偏大

C.测定中和反应反应热时，测盐酸后的温度计未冲洗干净立即测NaOH溶液的温度，则测得的AH偏

大

D.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，开始滴定时酸式滴定管尖端处有气泡，滴定终点时气泡消

失，则测得的NaOH溶液浓度偏小

【答案】D

【解析】A.用湿润的玻璃棒蘸取Na2c溶液滴在pH试纸匕会稀释其溶液，碱件减弱，则测得的pH

值偏小，A正确：B.气体体枳受热膨胀，装置未冷却至室温即读数，导致读出的体积偏大，测得的反

应速率偏大，B正确；C.测定中和反应反应热时，测盐酸后的温度计未冲洗干净立即测NaOH溶液的

温度，温度计上残留的盐酸会与NaOH发生中和反应并放热，导致测得的NaOH溶液温发偏高，反应前

后温度差偏小，放热量偏少，但AH是负值，则测得的AH偏大，C正确；D.开始滴定时酸式滴定管尖

端处有气泡，滴定终点时气泡消失，导致读取的消耗盐酸体积偏大，则测得的NaOH溶液浓度偏大，D

错误；故选D。

9.【科技成果与学科知识结合】我国自主设计建造的浮式生产储油装置“海葵一号”籽投入使用，

其钢铁外壳镶嵌了锌块以延缓腐蚀。使用过程中，下列有关说法正确的是

A.锌块为正极B.锌发生电极反应：Zn-2c-=Zn2+

C.该防腐方法为外加电流保护法D.该防腐方法利用了电解池原理

【答案】B

【解析】A.钢铁外壳镶嵌了锌块以延缓腐蚀，属于牺牲阳极保护法，Zn比Fe活泼，锌块为原电池的

负极，A错误；B.锌块为原电池的负极，锌被氧化成Zn"，发生电极反应：Z,?-2e.=Z,产，B正确；

C.钢铁外壳镶嵌了锌块以延缓腐蚀，Zn比Fe活泼，锌块为原电池的负极，不断遭受腐蚀，而作为正

极的钢铁被保护，属于牺牲阳极保护法，C错误；D.该防腐方法属于牺牲阳极保护法，利用了原电池

原理，D错误；故选氏,

10.下列实验原理、操作及装置能达到实验目的的是

【解析】A.粗铜精炼时，粗铜作阳极，连接电源正极，被氧化为铜离子进入溶液，铜离子在阴极还原

为铜单质，所以精铜连接电源负极，装置能达到目的，A正确；B.生成的氧气易从长颈漏斗逸出，无

法测定生成氧气的体枳，B错误；C.左侧烧杯中锌与硫酸铜溶液反应，应将两烧杯中的溶液互换，C

错误；D.盐酸应使用带玻璃塞的酸式滴定管盛放，图示为带橡胶管的碱式滴定管，且指示剂应使用酚

酰，不能使用石蔚作指示剂，D错误；故选A。

11.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是

选项实验过程及现象实验结论

向ImLO.lmol/LKI溶液中加入过量FeCb溶液,

AFe3+与「的反应为可逆反应

充分振荡后滴加KSCN溶液，溶液变成血红色

B向苯酚浊液中滴加Na2c03溶液，浊液变澄清H2c03的酸性强于苯酚

向2mL浓度均为O.lmol/LNaCl和Nai混合溶液

CK£AgI)>K卬(AgQ)

中加入AgNCh溶液，产生黄色沉淀

向滴有酚配的Na2c03溶液中滴加过量BaCh溶Na£O］溶液中存在CO；的

D

液，产生白色沉淀，溶液颜色变浅至褪去水解平衡

【答案】D

【解析】A.氯化铁溶液过量，反应后有剩余，应控制氯化铁溶液不足，反应后检验铁离子，证明反应

的限度，A不合题意；B.苯酚与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，溶液变澄清，则苯酚的酸性

大于碳酸氢根离子的酸性，不能证明H2c5的酸性强于苯酯，B不合题怠；C.浓度均为0.1mol・L“NaCl

和Nai混合溶液中少量加入AgNCh溶液，心小的先沉淀，先生成黄色沉淀，可知KsP(AgI)<KsP(AgCl),

C不合题意；D.向滴有酚猷:的Na2cCh溶液中滴加过量BaCb溶液，Ba?+与CO；反应生成BaCCh白色

沉淀，导致c(CO；)减小，CO^+HzO.。14(：0；+0巾平衡逆向移动，c(OH-)减小，溶液碱性减弱，故溶

液颜色变浅至褪去，D正确；故答案为：Do

12.在一定温度卜.的恒压容器中，进行可逆反应A(g)+B(g)/Ci；g)4-2D(g)；下列能说明该反应达到平衡状

态的是

①反应混合物的密度不再改变

②混合气体的平均相对•分子质量不再改变

③C和D的物质的量之比为I：2

④体系压强不再改变

⑤C的质量分数不再改变

⑥%(A)=2%(D)

A.①②⑤B.①②④@C.②⑤⑥D.②®@

【答案】A

【解析】①该反应前后质量守恒，但容器体枳会随反应进行而改变，故密度会随反应进行而改变，当

密度不变能说明该反应达到平衡状态；②该反应前后质量守恒，但反应前后的化学计量数不一致，即

混合气体物质的量会随反应进行而改变，故平均相对分子质量会随反应进行而改变，当平均相对分子

质量不变能说明该反应达到平衡状态；③C和D的物质的量之比为1:2仅为反应过程中的某•状态，

不代表各物质的浓度不再变亿，故其不变说明不能说明该反应达到平衡状态；④体系压强不再改变，

由于是恒压容器，压强始终不变，不能说明该反应达到平衡状态；⑤C的质量分数不变说明各组分含

最不变，能说明该反应达到平衡状态；⑥/(A)=27(D),根据反应计最系数，平衡时应为

2%(A)="(D),该条件不上确，不能说明该反应达到平衡状态：由此可知，①②⑤均能说明反应达

到平衡状态，③④⑥不能说明该反应达到平衡状态；故答案为A。

13.如图所示，卜列说法与对应的叙述不相符的是

A.图甲是恒温密闭容器中发生CaCO式s).CaO(s)+CC)2(g)反应时，c(COj随反应时间变化的曲线,

A时刻改变的条件是增加的CaCO,量

B.图乙为在恒容密闭容器中进行反应：2NO(g)+2CO(g“tN2(g)+2CO2(g),平衡常数与温度的关系图

图中可知该反应AH<0,且a、b、c三点都已经达到平衡状态

C.图丙表示稀释等pH的HA和HB两种酸时，溶液pH随加水量的变化，则HA酸性更强

D.如图所示，图丁是某温度下c(CHCOOH)+c(CHCOO)=0.100molLi的醋酸与醋酸钠混合溶液中

75

c(CH3coOH)、c(CH3coO)与pH的关系曲线，可知：/C(J=1.0x10^

【答案】A

【解析】A.该平衡常数K=acc>2),恒温条件下，平衡常数不变，。9。2)不变，由图可知A时刻《(co?)

突然变大，一段时间后变为与变化前相等，则。时刻改变的条件是缩小容器的体积，A符合题意；B.由

图可知，随着温度的升高，K正减小，K逆增大，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，AH<0,该图

为平衡常数与温度的关系图，则图中各点均为平衡点，所以a、b、c三点都已经达到平衡状态，B不符

合题意；C.等pH的强酸与弱酸稀释相同倍数时，由于弱酸的电离度增大，电离产生的氢离子增大，

减弱了加水稀释使氢离子浓度的减小，故弱酸pH的变化小,由图可知，HB变化小，则HA酸性更强，

C不符合题意；D.根据图中交点的坐标可知，此时c(CHCOOH)=c(CH3cOO),pH=4.75有

的平衡常数rCHC00475不符合题

C(H*)=1.0x1()475CH.COOHKa=(^)=L0x1O-,D

C(CH3COOH)

意；故答案选Ao

14.如图所示，甲池总反应式为N/’+OLM+ZHq,下列关于该装置工作时的说法正确的是

KOH溶液过是CuSC\溶液

甲池乙池

A.该装置工作时，Ag电极上有气体生成

B.甲池中负极反应式为N2H,-4e-=N2+4H+

C.甲池溶液的pH增大，乙池溶液的pH减小

D.当甲池中消耗3.2g时N2H…乙池中理论上最多产生12.8g铜

【答案】D

【分析】甲池为碱性燃料电池，左侧电极为负极，负极反应为N2H4+4OH-4c=N2T+4H2O,右

侧电极为正极，正极反应为O2+2H2O+4C-=4OFT,KOH被稀释，pH减小。乙池为电解CuSO4溶

液，石墨为阳极，Ag为阴极，总反应为2CuSO4+2H2O-2Cu+O,T+2H2SO4,溶液酸性增强，pH减

【解析】A.根据上述分析，乙池中Ag电极是阴极。在电解CuSO.,溶液时，阴极优先发生

Cu2++2e-=Cu,而不是2H++2e'H2T,因为Cu2+的氧化性强于H+，因此，Ag电极上析

出的是Cu,而不是气体，A错误；B.甲池是碱性环境(KOH溶液)，负极反应中不能出现卬，

正确的负极反应为：N2H4+4OH-4e-=N2?+4H2O,B错误；C.由分析可知，甲池为碱性燃料电

池，左侧电极为负极，负极反应为N2H1+4OH--4e=N2T+4H2O,右侧电极为止极，止极反应为

O2+2H2O+4e=4OH-,KOH被稀释，pH减小，乙池中总反应为

电解

2Q1SOJ2HQ-2Cu+O2T+2H,SO.反应生成H,SO」，溶液酸性增强，pH减小，C错误；D.3.2

gNH的物质的量为：n(NH)=-=0.1mol,根据负极反应

2424■7r1111J1

-

N2H4+4OH-4e-=N2T+4H2O,每消耗1molN2H4,转移4mol电子。因此，0.1molN2H4转

移的电子数为：0.1molx4=0.4mol,在乙池中，阴极反应为Cu2++2e-=Cu,每转移2moi电子,

生成ImolCu,因此，转移0.4mol电子时，生成Cu的质量为：m(Cu)=0-4^01x64g/mol=12.8g,

D正确：故选D。

H2A是一种二元酸，MA是一种难溶盐。图中曲线分别表示室温下：

(i)O.lOmolL”的H2A溶液中，、耽、H2A的图c(mol.［?)］与pH的关系：(ii)含MA(s)的

0.10mol17'Na2A溶液中,图心「')。［［。［［、］与pH的关系。

()

K

L

o

g

l

m-4

-8

I234567

pH

下列说法正确的是

A.曲线③表示lg[c(H2A)(m"P)]与pH的关系

B.(「(MA)的数量级为io-，

127

C.Kal(H2A)=I()

D.(ii)溶液中存在：c(Na+)+c(W)+2c(M2+)=2c(A2-)+c(HA-)

【答案】C

【分析】H2A是一种二元酸,随着pH增大,c(H?A)逐渐减小,c(HA-)先增大后减小,c(A")逐渐增

2

大；含MA(s)的0.10mol【TNa2A溶液中，随着pH增大，A+H2OHA+OH逆移，c(A?-)逐渐增大，

导致MA(s)〜产(叫)+A，aq)逆移，c(M?+)逐渐减小，但由于平衡移动的程度不大，因此c(M?+)变

化不大;据此可得曲线①表示怆上(人2-)/何。1・口)］与pH的关系，曲线②表示lg［c(HA与

pH的关系，曲线③表示lg［c(M")/(mol・L7)］与pH的关系，曲线④表示怆上(凡人)小1。1・□)］与pH

的关系；

【解析】A.根据分析，曲线③表示IgldMZ+yimoLL)］与pH的关系，A错误；

2+222492+430,

B./：sp(MA)=c(M)xc(A),由图可知，pH=2.73时，^-)=10~»101.f,c(M)=10-mol.L,

则K,(MA)=c(M2+)xc(A2》10y30xl(r249=10«79,数量级为IO”，B错误；C.曲线①和曲线②交点

C(H，)C(A2-)

说明C(HA)=C(A2)此时pH=4.19,c(H+)=10^J9mol/L,则H2A的长声一1-72-4-2=《田)=10』？曲

线①和曲线④交点说明c(H2AAe(A"pH=2.73,(XH+)=IO-2-73mol/L,

心(电小心(2)=端蒙2'端苧=气翳2=附明严—

1O'.

'W=10127,c正确;D.fii)溶液电荷守恒应为c(Na+)+c(H+)+2c(M2+)=2c(A>)+c(HA・)+c(OH・)，

10

选项中缺少c(OH-),D错误；故选C。

第II卷(非选择题共55分)

二、填空题(本题共4小题，共55分)

16.(13分)某种软钵矿中含有Mn、Fe、Si的氧化物，一种综合利用该软铳矿的工艺流程如下:

氨水空气

已知；25知时,NH/HQ的勺=1.8x10-5,MgOH%的/=1.96*1073。

回答下列问题：

(1)“浸出渣”的主要成分有与(写化学式)。

(2)“碱化过滤”时，当Mn“完全沉淀，溶液中《NH；)(填“或“*c(NH；凡。)。

(3)“氧化”过程中若通入空气时间过长，MnaO,的纯度会下降，可能的原因是°

(4)“水热法”时，温度控制在160。(2,反应的离子方程式为,反应后过滤所得滤液可用于

制备副产物，写出副产物的一种应用：。

（5）LMnO,在酸性、中性环境下都会被歧化生成MnO；和MnO小则“熔融”步骤中应保证原

料。

（6）“电解”步骤的阳极反应为。

【答案】⑴SiO2（l分）

（2）〈（2分）

（3）M%。」会进一步被氧化（2分）

160℃

2+

（4）Mn+S2O；+2H2O^MnO2J+2S0：+4H'（2分）作氮肥（或其他合理答案）（2分）

（5）KOH过量（2分）

（6）MnO：、e-=MnO；）（2分）

【分析】由题干信息可知，软镭矿中含有MnO?、Fez。：,和Si。？，与浓硫酸反应生成Fe2（SOJ和MnSO「

SiO2不参与反应。MnSO/j分解温度高于Fe2（SOJ,在焙烧过程中，Fe式SOJ分解生成F%。：?和SO”

MnSO,不发生反应，在后续展出过程中，MnSOj溶于水形成溶液，Fe^.和SiO?作为浸出渣被分离。

在碱化过滤过程中，MnSO,与NH-Hq反应生成Mn（OHL沉淀，之后经浆化，氧化，过滤烘干等过程

转化为MnQ…在水热法过程中，MnSO,被（NHJSQx氧化为MnO?。在熔融步骤中，KCIO.fi]KOH

将MnO?银化为K^MnOj等化合物，之后K/MnO,被电解转化为KMnO、，据此作答。

【解析】（1）由分析可知,浸出渣的主要成分为陞2。3和Si。2;

（2）Mn（OH）,在水溶液中存在溶解平衡：Mn（OH）,（s）rMn?+（叫）+2OFT（叫），

KJMmOHbkcPMr+AcqOH）。在碱化过滤中，Mi?+被完全沉淀，则有。仙/）＜1x10-5m。1]，

此时溶液中的OH浓度c（OH）仆Mm。"）]〉1.96x10]-4mol-L1oNH,HO在水溶液

=14xl02

yc（Mn）V1x10

中存在电离平衡NHMO=NH：+OH,2喘:黑：则

c（NH：）人〈⑶明］

C（NH；）＜C（NHH,O）；

-43

C（NH3-H2O）-c（OH）1.4xl0

（3）Mn的最高正价为+7价，MnQ*中Mn为+2价和+3价，处于中间价态，因此具有氧化性也拥有

还原性，若氧化时间过长，MnQ4会被进一步氧化，造成纯度下降;

（4）由分析可知，在水热过程中，MnSO,与（NHJS。发生氧化还原反应，Mr?+被氧化为MnO?,

Mn元素从+2价升至+4价，S2O^被还原为SO：,Sq；存在-0-0-键，・1价0原子得电子生成-2价氧，

160℃

2++

根据电子守恒和质量守恒可写出离子方程式：Mn+S2O^+2H2O-------MnO2+2SO；+4H；该反应副

产物为（NHJSO],可用作氮肥;

（5）由题干信息可知，MnO：在酸性、中性环境卜.都会被歧化生成MnO；和MM）?,因此，若要避免熔

融步骤生成副产物，需控制反应体系呈碱性，因此在熔融步骤要保证原料中KOH过量；

（6）电解过程中K^MnO』发生氧化反应，生成KMnO」是电解池阳极反应。该过程中，Mn元素从+6

价升至+7价，结合电子守恒、电荷守恒和质量守恒可写出电极反应方程式：MnOj-e-=MnO-

17.（14分）25c时几种常见弱酸的电离平衡常数如下表：

CH.COOH

酸H2cH,•SOJ.HC1OH2C2O4

电离平衡常%=4.5x1（尸X：,=1.4x1o-2%=5.6x10”

1.8x10。4.0x10-8

：-4

数（&）K,=4.7x10'"A,=6.0x108K2=I.5X10

（1）25℃时，相同pH的①NaQO溶液、②Na2cO3溶液、③CHQOONa溶液，三种溶液的浓度由大

到小的顺序为。（用序号表示）

（2）CHQOCT、CRT、CQ：结合H+的能力由大到小的顺序为。

（3）下列微粒可以大量共存的是（填字母）。

A.CO：、HC,O；B.HCO；、HC2O；C.C2O；-.HCO；

D.H2c2。，、HCO；

（4）常温下，pH=10的Na2cO,溶液和pH=4的醋酸溶液中，由水电离出的c（H。分别为amoLI?、

bmolLT1,则a:〃=。

（5）根据上表数据判断，下列化学方程式正确的是（填字母）。

A.CH3coONa溶液中滴加j次氯酸：HClO+CH3COONa=CH3COOH+NaClO

B.SO?通入次氯酸钠溶液中：SO2+H2O+NaClO=HC1O+NaHSO,

C.Na2cO3溶液中滴力口过量醋酸：CH3COOH+Na2CO3=NaHCO.+CH3COONa

D.NaHCOi溶液中滴力口过量氯水：NaHCO3+CI2=NaCI+HC1O+CO2T

（6）常温下，CN的水解常数（=1.6x10-5。该温度下,将浓度均为O.lmol•的的HCN溶液和NaCN

溶液等体积混合。

①混合溶液中Na+、CN-和HCN浓度由大到小的关系为。

②若cmol-L-'盐酸与0.6mol.U'NaCN溶液等体积混合后溶液呈中性，则C=八

【答案】（1）③②（2分）

（2）CIO>CH3COO->C2O--（2分）

（3）C（2分）

（4）10f1:1（2分）

（5）D（2分）

（6）c（HCN）>c（Na+）>c（CNj（2分）0.596（2分）

【解析】(1)酸性越强，对应酸根离子的水解程度越弱。酸性：CH.<OOH>HC1O>HCO；；水解程度:

CO*>C10>CH3C00-；相同pH时，水解程度越大，盐溶液浓度越小；故浓度顺序为

CH3coONa>NaClO>Na2co3。

(2)酸根结合H+的能力与共施酸的酸性成反比。共挽酸的酸性：HC2O；>CH3COOH>HCIO；故结合

H+能力：CIO>CH3C00>C2O4-»

(3)A.H2c2O4酸性强于H2co3cO：hjHCzO,会发生反应生成HCO；和CQ>不能大最共存；

B.H2c2。4酸性强于H2co3,HCO；与HC2O4会反应生成C2O：、CO2和H20,不能大量共存：C.C20;

与HCO3不发生反应，可以大量共存：D.H2c2。4、HC03-：H2c2。4-酸性强于H2co3,会发生反应

H2C2O4+HCO；=HC2O；+H2O+CO2?,不能共存；故答案选择C。

(4)pH=1()的Na2c03溶液中，CO；水解促进水的电离，水电离出的c(H-尸水电离出的

c(OH)=l(HmolL/(即a=10<)；pH=4的醋酸溶液中,醋酸抑制水的电离,水电离出的c(H+尸水电离出

的c(OH)=10/°mol-L"(即b=10*,故a：b=104：lO'^lO6：K

(5)A.酸性CH3coOH>HCIO,该反应违背“强酸制弱酸''原理，不能发生；B.NaClO具有氧化性,

SOz具有还原性，二者会发生氧化还原反应，而非复分解反应；C.醋酸过量时，Na2c03会完全反应生

成CH3coONa、CO2和H2O,产物应为C02而非NaHCCh;D.酸性HQ>H2cO3>HCIO,氯水中的HQ

与NaHCCh反应生成CO2,HC10与NaHCCh不反应，该反应可以发生；故答案选择D。

10

(6)CN-的水解常数Kh=1.6xlOS,可以算出HCN的电离常数Ka=—=s=6.25x10>°；因为Kh>Ka,

Kh1.6xl(y5

说明CN的水解程度大于HCN的电离程度;等体积混合后,NaCN和HCN的初始浓度均为O.OSmolL”：

由于CN-的水解程度大于HCN的电离程度，所以c(HCN)>().05molLLc(CN-)<0.05mol-L、Na+浓度不

变，始终为0.05mol・L4故浓度关系为c(HCN)>c(Na')>c(CNl

/“•…•口….c(HCN)c(OH)c(HCN)K,1.6xI0'5"八

②溶液呈中性时c(H+)=10，m。卜LL由TKZh=一而口一得Z1I下而二而利=1?^；根据

物料守恒:c(Na+)=0.3molE',根据电荷守恒:c(Na*)+c(H+)=c(CN-)+c(Cr)+c(OH")»因为

c(H+)=c(OH),故c(Na+)=c(CN)+c(C1),氟元素物料守恒式c(HCN)+c(CN)=0.3mobLL代入

C(cr)=；,结合=160,解得—0.596inolL-1。

18.(14分)某课外实践小组设计实验制备“84”消毒液并测定其中有效氯的含量。回I答下列问题：

己知：随着温度升高，Cl?与NaOH溶液反应会生成NaCK)3。

L制备“84”消毒液

实验装置如图：

ABC

（1）装置A中橡皮管的作用是,蒸储烧瓶内发生反应的离子方程式为o

（2）上述装置存在一处缺陷，会导致B中次氯酸钠产率降低，改进的方法可以是o

IL测定制备的“84”消毒液中有效氯的含量

实验步骤如下：

①准确量取I中制备的“84”消毒液2.00mL,将其稀释成ICO.OmL溶液；

②准确量取2.0（）mL上述稀释后的溶液，依次加入过量硫酸溶液、YmLC|mol-LFcSO4（过量）溶液，

加盖振荡混匀后，室温下静置反应10min；

③用cjnol-L1的标准溶液滴定②中反应后的溶液，记录消耗的K^CjO?标准溶液体积为V2mL。

己知：实验过程中C「不被氧化，CrQ；转化为C产。

（3）步骤①中稀释溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。

（4）该“84”消毒液中有效氯的含量为g/100mLo（有效氯以NaQO质量计，NaClO的摩尔质

量为74.5g

（5）步骤②中，若未加盖振荡混匀，则所测的有效氯的值_______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

（6）为了提高产量，实践小组同学将反应结束后装置C中的溶液回收，与装置B中的溶液混合，发现

产品中含氯物质有Na。、NaClO和X。X的化学式为,产生X的原因是。

【答案】（1）平衡气压，以利于液体顺利流下（2分）

2+

MnO2+4H++2Cl=Mn+2H2O+C12T（2分）

（2）在装置A和装置B之间加一个盛有饱和食盐水的洗气瓶（2分）

（3）100mL容量瓶（1分）

（4）93.125（qV-6c2VJ（2分）

（5）偏大（1分）

（6）NaClO3（2分）反应局部温度升高，发生副反应（2分）

【分析1该实验以MnO,与浓盐酸为原料.，在加热条件下发生氧化还原反应制备。一随后将Ch通入

冰水浴冷却的NaOH溶液中，发生歧化反应生成NaCl和NaClO（即“84”消毒液的核心成分），未反应

的C%则用NaOH溶液进行尾气吸收，以防止污染空气，通过冰水浴控制温度，避免C1?与NaOH在高

温下发生副反应生成Na。。,，从而保证目标产物NaCIO的产率，核心反应为：

，八段.源水咨3U,，XI-

MnO2+4HCI（^）=MnCl2+C12T+2H2O：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O»据此分析。

【解析】（1）装置A中橡皮管连接分液漏斗与蒸储烧瓶，可平衡分液漏斗和蒸储烧瓶内的气压，使浓

盐酸顺利滴下；蒸锚烧瓶中Mn（%与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，MnO?作氧化剂，C「被

+2+

氧化为Cl2,离子方程式为：MnO,+4H+2CE=Mn+2H2O+Cl2T：

（2）浓盐酸具有挥发性，制各的Cl?中混有HC1杂质.HC1会与装置B中的NaOH反应，消耗NaOH从

而降低NaCIO的产率；改进方法是在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶，以除去HC1杂质；

（3）步骤①为溶液稀释定容操作，需用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要100mL

容量瓶来精确配制100。mL稀释液；

（4）有效氯以NaCIO计，测定原理为：CKT先与过最Fe?-反应：

C1O-+2Fe2++2H+=CP+2Fe"+10,剩余Fe2*用CjO；滴定：

2++u2+3

Cr2O--+6Fe+14H=2Cr"+6Fe+7H2O,与CIO"反应的Fe物质的最为（cM-6c2匕）x10-♦mol,

根据比例关系，H（ClO）=^（Fe2+）,原2.00mL消毒液稀释至100mL,取2.00mL稀释液进行测定，

滴定所用的2.00mL稀释溶液，来源于2.00mL原溶液稀释成的100.0mL溶液，故其所含原溶液的体

积为2.00mLx点罂=0.0400mL；有效氯含量（以NaCIO质量计）为：

1（A/.UIY1L

；化匕-6c,K）XI03♦molx74.5.g?

mol

故答案为:

x1OO.mL=93.125匕匕-6。2匕）♦

0.0400♦mL

93.125（然_82%）；

（5）若步骤②未加盖摇匀，Fe2•被氧化，剩余Fe2+偏少，导致滴定消耗的KzCr/）,标准溶液体积偏小,

计算出的与。0一反应的Fe2+«多，最终使测得的有效氯值偏大；

（6）已知温度升高时C%与NaOH反应生成NaCIO,，装置C中C12与NaOH反应时可能因局部温度过

高发生副反应：3C1,+6OFT25CR+CIO；+3HQ，故X的化学式为NaCIO?；产生原因是反应局部温

度升高，发生副反应。

19.【环境保护与学科知识结合】（14分）CO?回收和利用有助于•实现“碳中和”。工业上，利用

CO2制备CH3OH涉及反应如下：

反应I：CO2（g）+3H2（g）^CH；OH（g）+H2O（g）△”/=48.97kJm。口；

反应H：CO2（g）+H2（g）vCO（g）+H2O（g）△”2=+42kJmoH

已知反应II的平衡常数与温度关系如下表所示：

T/℃70080083010001200

0.60.91.01.72.6

回答卜.列问题:

(1)反应CO(g)+2H2(g)KH.QH(g)的NH=kJmolL

(2)工业上，不采用下列反应制备CHQH,其原因是。

CO2(g)+2H?O(g)KH30H(g)+；O2(g)△”