2024届高三化学一轮复习——化学反应原理
一、单选题
1．敦煌壁画是我国灿烂的艺术瑰宝，也是颜料应用的重要科技史料。下列有关我国传统颜料主要成分的变化，发生氧化还原反应的是（ ）
A．骨白遇氟盐转化为
B．铅白遇得到黑色
C．石绿受热分解得到黑色
D．石黄(和)在地表逐渐转化为硫酸盐
2．下列应用不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．根瘤菌固氮
B．将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打
C．用硫粉覆盖散落的汞
D．用二氧化氯对环境消毒
3．2022年3月5日《政府工作报告》中强调要“加强废旧物资循环利用”，下列北京冬奥会的各项做法中与此无关的是（ ）
A．实现“水立方”变为“冰立方”
B．采用光伏、风能产生绿电制备绿氢
C．“冰墩墩”填充循环再生聚酯纤维
D．收集消融的雪水用于景观绿化
4．以下制得氯气的各个反应中，氯元素既被氧化又被还原的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．下列关于能量的说法不合理的是（ ）
A．能量变化是化学变化的基本特征之一
B．化学反应中的能量变化，通常表现为热量的变化
C．由于石墨制金刚石是吸热反应，故石墨能量比金刚石能量低
D．“嫦娥五号”中砷化镓太阳能电池将化学能直接转化为电能
6．常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．简单离子半径：Z>Y>W>X
B．W的气态氢化物空间构型一定是三角锥型
C．X可形成两种氧化物
D．Z的单质具有强氧化性和漂白性
7．下列物质属于弱电解质的是（ ）
A．NH3 B．HCOOH C．NaHCO3 D．CH3CH2OH
8．常温下，向 溶液中滴加 的 溶液时， ( 、 或 )随V( 溶液)变化的曲线如图。下列叙述错误的是（ ）
A．常温下， 的第一步电离平衡常数
B．当V( 溶液) 时，
C．V( 溶液) 时，水的电离程度最大
D．常温下，当 时，有
9．根据反应：①Cl2+FeI2=FeCl2+I2
②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
③Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O
判断下列说法正确的是（ ）
A．氧化性Co2O3>Cl2>Fe3+
B．反应①、②、③中的还原产物分别是FeCl2、Fe3+、CoCl2
C．少量Cl2通入FeBr2溶液中可发生反应：Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D．在反应③中当1molCo2O3参加反应时，有1molHCl被氧化
10．在酸性环境中，纳米Fe/Ni复合材料去除污染水体的的反应过程(Ni不参与反应)如图所示：下列表达反应过程或现象的方程式错误的是（ ）
A．反应步骤i：+Fe+2H+ =+Fe2++H2O
B．反应步骤ⅱ：+3Fe+8H+= 3Fe2+++2H2O
C．反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变
成红褐色：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
D．硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：2Fe2+++4H+= 2Fe3++SO2↑+ 2H2O
11．室温下，用NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为的HCl和HX溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法错误的是
A．HX的电离平衡常数
B．M点存在：
C．将P点和N点的溶液混合，溶液呈酸性
D．向N点的溶液中通入HCl气体至pH=7：
12．白磷(P4)通常是白色或黄色蜡状固体，几乎不溶于水，易溶于有机溶剂，可与热的浓碱反应，其反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑。次磷酸钠(NaH2PO2)是一种正盐，水溶液呈碱性(设NA为阿伏加德罗常数的值)。下列有关说法正确的是（ ）
A．H3PO2是一元弱酸
B．生成1molPH3时，有4NAP—P键断裂
C．次磷酸钠的水溶液呈碱性的原因是H2PO 的水解大于H2PO 的电离
D．白磷与热的浓碱反应时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1
13．微生物燃料电池可用于处理含CH3COO-的污水，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．微生物燃料电池需在高温环境中使用
B．电极P上的反应为CH3COO-+ 2H2O + 8e-= 2CO2↑ + 7H+
C．电路中转移4 mol e-时，电极Q上会消耗22.4 L O2
D．用该电池同时处理含ClO 的废水时，废水应通入N区
14．一种含P催化剂催化甲烷中的碳氢键活化的反应机理如图所示。下列有关说法错误的是
A．催化循环中Pt的配位数有3种 B．a中Pt的化合价为+2价
C．c→d发生的是氧化还原反应 D．SO2与SO3的VSEPR模型名称不同
15．体积均为2.0L的恒容密闭容器甲、乙、丙中，发生反应：CO2(g)+C(s) 2CO(g)，起始投料量如表，在不同温度下CO平衡浓度随温度变化如下图。下列说法正确的是
容器 n(CO2)/mol n(C)/mol n(CO)/mol
甲 0.2 0.6 0
乙 0.4 0.8 0
丙 X<0.6 1 0
A．曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ对应的容器分别是乙、甲、丙
B．a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pc>pb>pa
C．1100K时，平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：甲>乙>丙
D．1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则v(正)>v(逆)
16．侯德榜先生于1943年创立了“侯氏制碱法”。该工艺中一般不涉及的离子反应是（ ）
A． B．
C． D．
17．已知：T℃，Ksp(CaF2)=5×10-10；pCa=-lgc(Ca2+)。T℃下，向10.0mL0.1mol·L-1CaCl2溶液中滴加0.1mol·L-1NaF溶液，溶液中pCa与NaF溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．m=4-lg5
B．a点和c点的Ksp相等
C．若改用0.05mol·L-1NaF溶液，则b点向右平移
D．c点溶液中存在c(Cl-)+c(F-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
18．镁元素又称“国防元素”，可用于制造汽车、飞机、火箭等，目前世界上60%的镁是从海水提取的。海水提镁的主要流程如图：
其中说法正确的是（ ）
A．上面反应涉及到四大基本反应和氧化还原反应
B．从MgCl2·6H2O到MgCl2的变化是物理变化
C．过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
D．反应①的离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓
19．一种Al-PbO2电池通过x和y两种离子交换膜隔成M、R、N三个区域，三个区域的电解质分别为Na2SO4、H2SO4、NaOH中的一种，结构如图。下列说法错误的是
A．a>b
B．放电时，R区域的电解质浓度逐渐增大
C．M区电解质为NaOH，放电时Na+通过x膜移向R区
D．放电时，PbO2电极反应为PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O
20．反应A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1>0)分两步进行：①A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2>0)；②X(g)→C(g)-Q3(Q3>0)。下列图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是
A． B．
C． D．
二、综合题
21．近年来，长江流域总磷超标的问题逐渐凸显，“三磷”(磷矿、磷肥和含磷农药制造等磷化工企业、磷石膏库)导致的区域环境污染问题日益受到关注。 、 和 是磷的三种含氧酸，请回答下列问题：
（1）次磷酸不能与高铁酸钾混合使用，原因是二者会发生如下反应，请配平该反应 。
（2）某含磷废水的主要成分为 和 ，向废水中加入适量漂白粉，再加入生石灰调节 ，将磷元素转化为磷酸钙沉淀回收。加入漂白粉的作用是 ；若测得处理后的废水中 ， 的含量为 ，则 。
（3）25℃时，向一定体积的亚磷酸( ，二元弱酸)溶液中滴加等物质的量浓度的 溶液，混合液中含磷粒子的物质的量分数(δ)与溶液 的关系如图所示。
① 为 (填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显碱性的离子方程式为 。
② 点时，溶液中水电离出的 。
③所加 溶液体积与亚磷酸溶液相同时，溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 。
④将浓度均为 的 和 的混合液加水稀释10倍后，溶液中 将 (填“增大”、“减小”或“不变”)。
22．根据题意回答有关氮的化合物的问题：
（1）随着人类社会的发展，氮氧化物的排放导致一系列问题。NO2形成硝酸型酸雨的化学方程式为 。
一定条件下，用甲烷可以消除氮的氧化物(NOx)的污染。
已知：①
②
则 = 。
（2）肼(N2H4)可以用作燃料电池的原料。肼的电子式为 ；一种以液态肼为燃料的电池装置如图所示，该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH溶液作为电解质溶液。a电极是电极的 极(填“正”或“负”)，a电极的电极反应式为 。
（3）可逆反应： 。
①一定温度下，向体积为0.5L的密闭容器中通入2molNO和1.5molO2反应，平衡时NO的转化率为50%，求该温度下反应的平衡常数K= L/mol。
②在某体积恒定的密闭容器中，通入2mol NO和1molO2，反应经历相同时间，测得不同温度下NO的转化率如图，则150℃时，v(正) v(逆)(填“”、“”或“”)。
③判断在恒温恒容条件下该反应已达到平衡状态的是 (填字母)。
A． B．反应容器中压强不随时间变化而变化
C．混合气体颜色深浅保持不变 D．混合气体质量保持不变
23．工业上用Fe(Ⅲ)作为可再生氧化剂回收工业废气中的H2S，生产单质硫。
（1）铁元素属于 区(填“s”、“d”、“ds”、“p”)。
（2）Fe3+生化氧化再生法分为吸收和再生两部分。
①吸收：用Fe3+将H2S氧化为S，该反应的离子方程式是 。
②再生：O2在氧化亚铁硫杆菌作用下再生Fe3+。
缺点：氧化亚铁硫杆菌生长的最佳pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸收，结合平衡移动原理解释原因 。
（3）络合铁法脱硫技术吻合节能减排、经济高效的工业化指导思想。
①碱性条件有利于H2S的吸收，但Fe3+极易形成氢氧化物和硫化物沉淀，请在图中用“↑”或“↓”补全Fe3+的电子分布图。从图中可以看出Fe3+有空轨道，可以形成溶于水的Fe3+Ln(配合物，L表示配体，n表示配位数)。
②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8的离子方程式 。
ⅱ.O2氧化再生Fe3+Ln的离子方程式：4Fe2+Ln+O2+2H2O=4Fe3+Ln+4OH
写出总反应的化学方程式 。
③下图是EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图，Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，1mol该配合物中配位键有 mol。
24．碳酸锂在医疗上可用于治疗狂躁性精神病，作镇静剂等。电解铝废渣(主要含AlF3、LiF、NaF、CaO等)可用于制备Li2CO3。
已知：①20℃时，Ksp[Ca3(PO4)2]=2×10-29，Ksp(CaHPO4)=1×10-7，Ksp(CaSO4)=5×10-5。
②CaF2可溶于硫酸。
③Li2CO3的溶解度：0℃1.54g，20℃1.33g，80℃0.85g。
（1）在加热条件下“酸浸”，反应生成能腐蚀玻璃的气体，写出“酸浸”中AlF3发生反应的化学方程式： 。
（2）“滤渣”的主要成分是 (填化学式)。
（3）“转化”后所得的LiHCO3溶液中含有的Ca2+需要加入Li3PO4稀溶液除去。“除钙”步骤中其他条件不变，反应相同时间，温度对除钙率和Li2CO3产率的影响如图1所示。
①随着温度的升高，Li2CO3的产率逐渐减小的原因是 。
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是 。
（4）热分解后，获得Li2CO3的操作是先加热蒸发，然后 。
（5）锂硒电池是新一代全固态锂二次电池，具有优异的循环稳定性，其正极材料为附着硒化锂(Li2Sex)的碳基体。Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化如图2所示，图中3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是 。
（6）对电解铝废水中Al3+含量的测定和处理是环境保护的重要课题。工业上常采用EDTA络合滴定法测定电解铝废水中的Al3+含量：取10.00mL电解铝废水置于250mL锥形瓶中，加入一定体积的柠檬酸，煮沸；再加入0.005mol·L-1的EDTA标准液20.00mL，调节溶液的pH至4.0，加热，冷却后用0.002mol·L-1的CuSO4标准液滴定至终点，消耗CuSO4标准液30.00mL。该矿业废水中Al3+的含量为 mg·L-1。(已知：Cu2+、Al3+与EDTA反应的化学计量比均为1：1)
25．废旧可充电电池主要含有Fe、Ni、Cd、Co等金属元素，一种混合处理各种电池回收金属的新工艺如下图所示。
已知：Ⅰ．滤液①中含有Ni(NH3)62+、Cd(NH3)42+、Co(NH3) 62+等物质。
Ⅱ．萃取和反萃取的反应原理分别为：
Ni(NH3)62++ 2HR NiR2+2NH4++4NH3 ；NiR2+2H+ Ni2+ +2HR
（1）为了加快浸取速率，可采取的措施为 （任写一条）。
（2）已知浸取过程中NH3和NH4+的物质的量之和与Ni、Cd、Co浸取率的关系如表2所示。
表2浸取过程中氨总量与各离子浸取率的关系
编号 n(NH3)+ n(NH4+)/mol Ni浸取率/% Cd浸取率/% Co浸取率/%
① 2.6 97.2 88.6 98.1
② 3.5 86.0 98.8 86.7
③ 4.8 98.4 98.8 94.9
④ 5.6 97.7 85.1 96.8
⑤ 9.8 95.6 84.1 96.1
则可采用的最佳实验条件编号为 。
（3）Co(OH)3与盐酸反应产生气体单质，该反应的化学方程式 。
（4）操作①的名称为 、过滤、洗涤。
（5）向有机相中加入H2SO4能进行反萃取的原因为 （结合平衡移动原理解释）。
（6）将水相加热并通入热水蒸气会生成CdCO3沉淀，并产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的离子方程式为 。
（7）上述工艺流程中可能循环使用的物质为 。
（8）已知Ksp(CdCO3)=1.0×10-12，Ksp(NiCO3)=1.4×10-7。若向物质的量浓度均为0.2mol/L的Cd2+和Ni2+溶液中滴加Na2CO3溶液(设溶液体积增加1倍)，使Cd2+恰好沉淀完全，即溶液中c(Cd2+)=1.0×10-5mol/L时，是否有NiCO3沉淀生成(填“是”或者“否”) 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、 转化为 的过程中，没有元素的化合价发生变化，为非氧化还原反应，故A不符合题意；
B、 与 反应生成PaS的过程中，没有元素的化合价发生变化，为非氧化还原反应，故B不符合题意；
C、 分解生成CuO的过程中，没有元素的化合价发生变化，为非氧化还原反应，故C不符合题意；
D、石黄转化为硫酸盐的过程中，S元素的化合价升高，存在元素的化合价变化，发生氧化还原反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．根瘤菌固氮是根瘤菌将空气中的氮气转化为含氮化合物，为植物提供营养，该过程中氮元素的化合价发生了改变，则该应用涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．将NH3和CO2通入饱和食盐水制备小苏打，化学方程式为NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，该反应中没有元素化合价的变化，故该应用不涉及氧化还原反应，B符合题意；
C．用硫粉覆盖散落的汞，发生化学反应的方程式为Hg+S=HgS，该应用涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．用二氧化氯对环境消毒，是利用了ClO2的强氧化性，该应用涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】利用反应过程中有无化合价的变化分析。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．实现“水立方”变为“冰立方”，水由液态变为固态，属于物资循环利用，故不选A；
B．采用光伏、风能产生绿电制备绿氢，属于新能源利用，没有实现物质的循环利用，故选B；
C．“冰墩墩”填充循环再生聚酯纤维，是聚酯纤维的循环利用，故不选C；
D．收集消融的雪水用于景观绿化，是对水的循环利用，故不选D；
故答案为：B。
【分析】“加强废旧物资循环利用”，是指物质之间的循环，不包括能量之间的流动。
4．【答案】B
【解析】【解答】A.该反应中氯元素由+5价变为0价，化合价降低，被还原，A不符合题意；
B.该反应中氯元素由+1价变为0价和-1价，化合价既有升高又有降低，因此氯元素既被氧化又被还原，B符合题意；
C.该反应中氯元素由-1价变为0价，化合价升高，被氧化，C不符合题意；
D.该反应中氯元素由-1价变为0价，化合价升高，被氧化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】反应过程中氯元素既被氧化又被还原，则反应过程中，氯元素的化合价既升高又降低。结合选项反应过程中氯元素化合价的变化分析。
5．【答案】D
【解析】【解答】
A．化学反应的本质是旧化学键的断裂同时新化学键的形成，同时伴随着能量的变化。故物质变化和能量变化均是化学变化的基本特征之一，A正确；
B．化学反应中的能量变化表现形式有很多种比如电能、热能、光能等，通常表现为热量的变化，B正确；
C．由于石墨制金刚石是吸热反应，故石墨能量比金刚石能量低，C正确；
D．太阳能电池是将太阳能直接转化为电能，D错误；
故答案为：D。
【分析】
6．【答案】C
【解析】【解答】A．电子层数越大离子半径越大，电子层数相同核电荷数越小离子半径越大，所以简单离子半径：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A不符合题意；
B．W为N元素，其气态氢化物有NH3、N2H4等，N2H4不是三角锥形，B不符合题意；
C．X为Na，其形成的氧化物有Na2O、Na2O2，C符合题意；
D．Z为Cl，Cl2本身并不具有漂白性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】W、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH均为2，则两种元素最高价氧化物对应的水化物均为一元强酸，则应为HNO3和HClO4，Z的的原子序数和原子半径均大于W，则W为N元素，Z为Cl元素；X的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH为12，为一元强碱，且原子半径大于Cl，则X为Na元素；Y位于Na和Cl之间，且最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01 mol/L)的pH＜2，应为二元强酸，则Y为S元素。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．NH3不能自身电离，是非电解质，A不符合；
B．HCOOH溶于水部分电离，属于弱电解质，B符合；
C．NaHCO3溶于水全部电离，属于强电解质，C不符合；
D．CH3CH2OH不能自身电离，是非电解质，D不符合；
故答案为：B。
【分析】此题是对弱电解质的考查，结合弱电解质的定义分析即可。弱电解质是指在水溶液中部分电离的电解质。
8．【答案】B
【解析】【解答】A．当 时， ，则 ，A项不符合题意；
B．当 时，根据电荷守恒得 ，根据物料守恒得 ，综上可得 ，B项符合题意；
C．当V( 溶液) 时，溶液中溶质为 ， 是强碱弱酸盐，在水中水解，促进水的电离，所以当V( 溶液) 时，水的电离程度最大，C项不符合题意；
D．当 时， ，根据电荷守恒得 ， ，此时 ， ，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据亚硫酸的第一步电离即可写出电离方程式找出亚硫酸和亚硫酸氢根离子浓度相等的点即可计算出常数
B.当氢氧化钠的体积为10mL时，结合电荷守恒和物料守恒即可判断
C.当加入氢氧化钠溶液为40mL时，恰好反应完全，此时的水的电离时最大的
D.根据pH=7.6时，找出此时的坐标以及结合电荷守恒进行判断即可
9．【答案】A
【解析】【解答】A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，在反应①中，Cl2＞I2，在反应②中，Br2＞Fe3＋，在反应③中，Co2O3＞Cl2，所以氧化性顺序是Co2O3＞Cl2＞Br2＞Fe3＋，A符合题意；
B．三个反应中元素化合价降低所生成的产物是FeCl2、Br-、CoCl2，它们是还原产物，B不符合题意；
C．根据氧化性顺序：Cl2＞Br2＞Fe3＋，Cl2和FeBr2反应时，氯气既能氧化溴离子又能氧化亚铁离子，先氧化Fe2＋生成Fe3＋，C不符合题意；
D．在反应③中生成1molCl2时，有6mol的盐酸参加反应，其中2molHCl被氧化，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 A．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；
B．化合价升高元素所在的产物是氧化产物；
C．氧化性强的单质可以将氧化性弱的单质从其盐中置换出来；
D．根据化合价的升降来确定反应转移电子数。
10．【答案】D
【解析】【解答】A、由分析可知，步骤i反应的离子方程式为+Fe+2H+ =+Fe2++H2O，故A不符合题意；
B、由分析可知，步骤ⅱ中，被铁还原为铵根离子，则步骤ⅱ的离子方程式为 +3Fe+8H+= 3Fe2+++2H2O，故B不符合题意；
C、随着反应进行，溶液酸性减弱，反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁，发生的反应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 ，故C不符合题意；
D、硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸，溶液变黄，是因为酸性条件下，硝酸根氧化亚铁离子，发生的反应为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，步骤i中， 被铁还原为 ，铁被氧化为Fe2+，则步骤i反应的离子方程式为+Fe+2H+ =+Fe2++H2O ，步骤ⅱ中，被铁还原为铵根离子，则步骤ⅱ的离子方程式为 +3Fe+8H+= 3Fe2+++2H2O 。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．M点时HX溶液中加入了10mLNaOH溶液，，且混合溶液呈碱性，说明HX的电离常数小于的水解常数，即，解得，A不符合题意；
B．M点，溶液中存在电荷守恒……①，物料守恒……②，①×2―②得，移项得，且M点：，所以，B不符合题意；
C．P点，N点，二者混合后HCl和NaX发生反应得到NaCl和HX，此时溶液中：，由A选项可知，溶液呈碱性，C符合题意；
D．N点溶质为NaX，通入HCl气体至pH=7，由电荷守恒推知……①，物料守恒为……②，所以，又由A选项知，时，即，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.M点溶液呈碱性，，说明HX的电离常数小于的水解常数；
B.M点，结合电荷守恒和物料守恒分析；
C.P点溶液中NaCl、HCl物质的量相等，N点为NaX溶液，NaX物质的量为HCl的2倍，P、N点溶液混合后为NaCl、NaX、HX混合溶液，且溶液中NaX与HX的浓度相等，由于X-的水解程度大于HX的电离程度，呈碱性；
D.结合电荷守恒和物料守恒分析。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．次磷酸钠(NaH2PO2)是一种正盐，故H3PO2是一元弱酸，A符合题意；
B.1个 中含有6个 键，B不符合题意；
C． 只发生水解不发生电离，C不符合题意；
D.1个 分子中有3个P原子的元素化合价升高，作还原剂，有1个P原子的元素化合价降低，作氧化剂，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶3，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．次磷酸钠(NaH2PO2)是一种正盐，水溶液呈碱性；
B.1个 中含有6个 键；
C． NaH2PO2 是正盐， H2PO2-只发生水解不发生电离；
D.1个 分子中有3个P原子的元素化合价升高，作还原剂，有1个P原子的元素化合价降低，作氧化剂。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．高温会使微生物失活，从而使电池无法工作，A不符合题意；
B．电极P为负极，CH3COO-失电子被氧化，电极反应为CH3COO-+ 2H2O-8e-= 2CO2↑ + 7H+，B不符合题意；
C．未指明温度和压强，无法计算消耗氧气的体积，C不符合题意；
D．用该电池同时处理含ClO 的废水时，ClO 应在正极被还原，即通入N区，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】该装置为微生物燃料电池，即原电池，根据氢离子的流向可知P极为负极，CH3COO-被氧化为CO2，Q极为正极，氧气被还原为水。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．由图中abd物质结构可知，催化循环中Pt的配位数有3种，A不符合题意；
B．a中Pt结合2个-OSO3H，根据化合价代数和为零可知，其化合价为+2价，B不符合题意；
C．c→d过程中硫元素化合价发生改变，发生的是氧化还原反应，C不符合题意；
D．SO2中心S原子价层电子对数为2+=3，采用sp2杂化；SO3中心S原子价层电子对数为3+=3，采用sp2杂化；VSEPR模型名称相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、结合图示可以知道abd有3种Pt的配位数；
B、结合常见元素的化合价判断；
C、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
D、化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．CO2(g)+C(s) 2CO(g)反应中，C为固体，不影响平衡移动，CO的化学计量数大于CO2的化学计量数，且反应发生在恒容密闭容器中，所以增大CO2的物质的量，则平衡左移。甲容器中n(CO2)初始为0.2mol，若全部转化为CO，则c(CO)=0.2mol/L，所以曲线Ⅰ对应的容器不是甲；若曲线Ⅲ对应的容器为甲，则在1100℃时，乙容器中的c(CO)应小于0.08mol/L，不符合图示。综上分析，曲线Ⅱ对应的容器是甲，故曲线Ⅰ对应的容器是乙，曲线Ⅲ对应的容器是丙，A项符合题意；
B．该反应生成物中气体的化学计量数大于反应物中气体的化学计量数。b、c两点为同一容器的不同状态，b点的c(CO)更大，该状态下气体的总物质的量大于c点状态，故pb>pc；a点为容器乙状态，该状态下气体的总物质的量大于b点，故pa>pb，所以a、b、c三点所处状态的压强大小关系：pa>pb>pc，B项不符合题意；
C．CO2的分子量大于CO，所以CO2的转化率越高则混合气体的平均分子量大小越小。相同温度下，容器中转化率丙>甲>乙，故平衡时容器中混合气体的平均分子量大小关系：乙>甲>丙，C项不符合题意；
D.1000K时，若起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，则，而1000K时，根据图示可知反应CO2(g)+C(s) 2CO(g)的平衡常数K<0.5，Q>K，则起始向容器乙中加入CO、CO2、C各1mol，反应v(正)
【分析】固体不影响平衡移动，1100K时，CO的浓度a点约为c点的2倍，由表中起始浓度的关系可知，曲线Ⅰ对应容器乙、曲线Ⅱ对应容器甲、曲线Ⅲ对应的容器丙。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．原理分析可知，侯德榜制碱法，得到碳酸氢钠晶体，涉及Na++HCO→NaHCO3，A不符合题意；
B．制备过程中氨气生成碳酸氢铵，最后反应得到氯化铵和碳酸钠，涉及NH3+ HCO→NH+CO，B不符合题意；
C．向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳发生反应，涉及NH3 + H2O +CO2→HCO+ NH3↑，C不符合题意；
D．反应过程中不涉及NH+OH-→NH3↑+H2O，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】侯氏制碱法是氨气、二氧化碳溶于水形成碳酸氢铵，碳酸氢铵和氯化钠发生复分解反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解为碳酸钠的过程；
A、形成碳酸氢钠的过程；
B、形成碳酸氢铵的过程；
C、形成碳酸氢铵的过程；
D、不符合侯氏制碱法。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．由图中可知，m点对应的NaF溶液的体积为20mL，即CaCl2+2NaF=CaF2+2NaCl，CaCl2与NaF恰好完全反应，此时为CaF2的饱和溶液，设溶液中Ca2+浓度为xmol/L，则F-的浓度为2xmol/L，则有x×(2x)2=5×10-10，解得x=5×10-4mol/L，故有m=-lgc(Ca2+)=-lg(5×10-4)=4-lg5，A不符合题意；
B．Ksp仅仅是温度的函数，温度不变Ksp不变，则a点和c点的Ksp相等，B不符合题意；
C．若改用0.05mol·L-1NaF溶液，则消耗的NaF溶液的体积要增大，则b点向右平移，C不符合题意；
D．根据电荷守恒可知，c点溶液中存在c(Cl-)+c(F-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据数据计算出钙离子的浓度即可计算出
B.温度不变，Ksp不变
C.浓度小，但是体积大，右移
D.根据电荷守恒写出离子式
18．【答案】C
【解析】【解答】A．贝壳转化为CaO、②、③反应为分解反应，CaO转化为石灰乳为化合反应，①及 与盐酸反应为复分解反应，③为氧化还原反应，没有置换反应，故A不符合题意；
B．因为 、 为纯净物，故两者 到 的变化是一种物质变成另外一种物质，所以是化学变化，故B不符合题意；
C．过滤需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故C符合题意；
D．反应①用的是石灰乳，故 不可拆成离子形式，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.此过程无单质参与，故无置换反应；
B.两者均为纯净物，一种物质变成另一种物质，是化学变化；
C.过滤的常用仪器是漏斗、玻璃棒和烧杯；
D.石灰乳不可拆。
19．【答案】D
【解析】【解答】A.放电过程中，N区中H＋发生得电子的还原反应生成H2，SO42－通过y膜进入R区中，因此N区中c(H2SO4)减小，所以a%＞b%，A不符合题意。
B.放电过程中，N区中的SO42－通过y膜进入R区中，M区中的Na＋通过x膜进入R区中，因此R区中c(Na2SO4)增大，所以放电时，R区域的电解质浓度逐渐增大，B不符合题意。
C.M区Al电极与NaOH溶液发生失电子的氧化反应，生成[Al(OH)]4－，OH－参与反应，溶液中的Na＋通过x膜进入R区中，C不符合题意。
D.由分析可知，放电时PbO2电极的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，D符合题意。
故答案为：D
【分析】M区中Al转化为[Al(OH)]4－，因此Al电极为负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Al－3e－＋4OH－=[Al(OH)]4－，所以M区的电解质溶液为NaOH溶液。N区中PbO2为正极，硫酸溶液中的H＋发生得电子的还原反应， 生成H2，其电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。N区的电解质溶液为H2SO4，R区的电解质溶液为Na2SO4。
20．【答案】A
【解析】【解答】A(g)+B(g)→C(g)-Q1(Q1＞0)说明A和B的总能量小于C的总能量，A(g)+B(g)→X(g)+Q2(Q2＞0)说明A和B的总能量大于X的能量，X(g)→C(g)-Q3(Q3＞0)说明X的能量小于C的能量，因此能量的关系为C＞A+B＞X，
故答案为：A。
【分析】利用图中曲线，根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量分析；
21．【答案】（1）3、4、1、3、1、8
（2）将 氧化为 ；
（3）正盐；；；；增大
【解析】【解答】(1)根据反应可知， 中P元素由+1价变为+5价， 中Fe由+6价变为+3价，最小公倍数为12， 的系数为3， 的系数为4，根据P原子守恒， 的系数为3，则 的系数为1， 的系数为8，则 的系数为1，配平该反应为：
，答案为3、4、1、3、1、8；
(2)漂白粉中次氯酸钙具有强氧化性，加入漂白粉的作用是将 氧化为 ；若测得处理后的废水中 ， 的含量为 ，则 ， ；
(3)①H3PO3是二元弱酸，则Na2HPO3为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性， ；
② 点时，pH=1.43，溶液呈酸性，酸过量抑制水的电离，溶液中水电离出的 ；
③所加 溶液体积与亚磷酸溶液相同时，生成 ，为强碱弱酸盐， ，根据图中信息可知， 电离大于水解，故溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为 ；
④将浓度均为 的 和 的混合液加水稀释10倍后，溶液中 减小， 增大，因K= 为常数，故 减小，故 将增大。
【分析】（1）根据给出的反应物和生成物利用氧化还原反应原理即可进行配平
（2）漂白粉有效成分是次氯酸钙具有氧化性而 具有还原性，发生氧化还原反应将其氧化为磷酸，根据给出的数据即可计算出溶度积常数
（3）①根据 亚磷酸( ，二元弱酸)即可判断为正盐，即可写出水解的方程式
②根据此时的pH结合水的离子积常数即可计算
③先判断此时的溶质结合水解常数和电离常数的大小即可判断离子浓度的大小
④根据平衡常数以及水的离子积常数结合稀释氢氧根离子降低即可判断
22．【答案】（1）；-867.35
（2）；负；
（3）0.5；；BC
【解析】【解答】(1)NO2可与水发生反应生成硝酸和NO，形成硝酸型酸雨，其化学方程式为；
根据方程式①
②
可知 是由得到，对应的反应焓变=；
(2)肼的化学式为N2H4，为共价化合物，结合氨气的电子式可知肼的电子式为；根据肼燃料电池的装置图可知，a极肼转化为氮气，失电子被氧化，作原电池的负极，其电极反应式为：，故答案为：；负；；
(3)①一定温度下，向体积为0.5L的密闭容器中通入2mol NO和1.5mol O2反应，平衡时NO的转化率为50%，列出三段式入下：
则该温度下反应的平衡常数K=；
②根据图像可知，反应经历相同时间，测得不同温度下NO的转化率为瞬时转化率，150℃时，反应未达到化学平衡状态，向正反应方向移动，所以v(正) v(逆)；
③A．，速率之比不等于化学计量数之比，不能说明反应达到平衡状态，故A不选；
B．该反应是气体体积减小的反应，反应正向进行时气体的物质的量减小，同条件下气体压强减小，所以当反应容器中压强不随时间变化而变化，可以达到平衡状态，故B选；
C．二氧化氮为红棕色气体，混合气体颜色深浅与二氧化氮的浓度有关，若二氧化氮的浓度保持不变，则可以说明反应已达平衡状态，故C选；
D．该反应体系中各物质均为气体，根据质量守恒定律可知，混合气体质量始终保持不变，所以此时不能说明反应达到平衡状态，故D不选；
综上所述，
故答案为：BC；
【分析】(1)NO2可与水发生反应生成硝酸和NO；
②利用盖斯定律计算；
(2)依据负极失电子被氧化；
(3)①利用“三段式”法计算；
②依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断
③A．速率之比不等于化学计量数之比；其它选项利用“变者不变即平衡”；
23．【答案】（1）d
（2）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；H2SH++HS ，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收
（3）；16Fe3+Ln+16OH +8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；4O2+8H2S8H2O+S8↓；6
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，价电子构型为3d64s2，最后填充d电子，属于d区元素，故答案为：d。
(2)①Fe3+与H2S反应，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS ，酸性条件下，c(H+)较大，平衡逆移，抑制H2S的吸收，因此酸性条件不利于H2S的吸收，故答案为：H2SH++HS ，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收。
(3)①Fe3+的价电子构型为3d5，3d轨道上的电子处于半充满状态，整个体系的能量最低，处于能量较高的4s、4p、4d没有填充电子，为空轨道，则Fe3+的电子分布图为：，故答案为：；
②ⅰ.在碱性条件下Fe3+Ln和H2S反应，H2S被氧化为S8，Fe3+Ln被还原为Fe2+Ln，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为16Fe3+Ln+16OH +8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓，故答案为：16Fe3+Ln+16OH +8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；
ⅱ.由两步反应可知，Fe3+Ln是第一步反应的反应物，第二步又生成了Fe3+Ln，说明Fe3+Ln是该反应的催化剂，即总反应为O2和H2S在Fe3+Ln作催化剂的条件下反应生成S8和H2O，根据电子守恒和元素守恒，写出总反应的化学方程式为4O2+8H2S8H2O+S8↓，故答案为：4O2+8H2S8H2O+S8↓。
③Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，提供6个空轨道，EDTA的阴离子的结构具有两个氨基和四个羧基，可作为六基配位体，由图可知4个O和2个N与Fe3+形成配位键，所以1mol该配合物中有6mol配位键，故答案为：6。
【分析】（1）除ds区以外，其他都是最后一个电子填入哪一个能级，该元素就是哪一个区的；
（2） ①用Fe3+将H2S氧化为S， 还原产物为Fe2+，根据三个守恒写出离子方程式；
② 根据浓度对化学平衡的影响来分析；
（3）①根据能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理来填入电子，原子形成离子是从最外层往内依次失去；
② 根据氧化再生可知 Fe3+Ln氧化H2S生成S8 的还原产物为 4Fe2+Ln ，根据三个守恒配平离子方程式；
③ 根据EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图分析配位键的数目。
24．【答案】（1）2AlF3+3H2SO4(浓) Al2(SO4)3+6HF↑
（2）Al
（3）温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉；温度升高，PO 水解，PO 离子浓度减小
（4）趁热过滤
（5）Li2Se6>Li2Se4>Li2Se
（6）108
【解析】【解答】(1)在加热条件下酸浸，反应生成能腐蚀玻璃的气体，AlF3与浓硫酸发生反应生成硫酸铝和氟化氢，化学方程式：2AlF3+3H2SO4(浓) Al2(SO4)3+6HF↑；该反应属于复分解反应；
(2)根据分析，滤渣的主要成分是Al；
(3)①温度升高，LiHCO3分解产生的Li2CO3沉淀与Ca3(PO4)2一同被过滤掉，导致最终的产率逐渐减小；
②当温度高于50℃时，除钙率下降的原因可能是：温度升高，PO 水解，PO 离子浓度减小；
(4)根据已知信息①，Li2CO3的溶解度随温度升高而降低，趁热过滤可减少Li2CO3溶解损失，所以先加热蒸发，然后趁热过滤；
(5)由Li2Sex与正极碳基体结合时的能量变化分析可知，结合碳基体过程中放出的能量越多，形成的物质越稳定，越易形成，则3种Li2Sex与碳基体的结合能力由大到小的顺序是：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se，故答案为：Li2Se6＞Li2Se4＞Li2Se；
(6)CuSO4标准溶液的浓度为 ，与Al3+反应后剩下的EDTA标准液的物质的量为0.003L×0.002mol/L=6×10-5mol，则n(Al3+)=0.02L×0.005mol/L-6×10-5mol=4×10-5mol，则该废水中Al3+的含量为 ，故答案为：108mg/L。
【分析】铝废渣用浓硫酸酸浸溶解，生成HF，形成含有Al3+、Li+、Na+、Ca2+、 的溶液，浓硫酸具有强氧化性，铝废渣的铝单质发生钝化不参与反应，过滤得到的滤渣含有铝单质，向滤液中加入碳酸钠溶液使Al3+、Li+、Ca2+转化为Li2CO3、Al2(CO3)3及CaCO3沉淀，过滤后向沉淀中加水，通入足量二氧化碳，使Al2(CO3)3转化为Al(OH)3，Li2CO3、CaCO3沉淀溶解转化为碳酸氢锂和碳酸氢钙，过滤则滤渣为Al(OH)3，再向滤液中加入Li3PO4除去溶液中的Ca2+生成Ca3(PO4)2沉淀，过滤后得到碳酸氢锂溶液，对其加热分解生成碳酸锂。
25．【答案】（1）搅拌(适当升温或增大浸取剂的浓度)
（2）③
（3）2Co(OH)3 +6HCl=2CoCl2 +Cl2↑+6H2O
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）根据NiR2+2H+ Ni2+ +2HR可知，加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向右移动
（6）Cd(NH3)42+ +CO32- CdCO3↓ + 4NH3↑
（7）NH3、有机萃取剂
（8）否
【解析】【解答】(1)搅拌、适当升温或增大浸取剂的浓度，均可加快浸取速率；
(2)通过表2中，浸取过程中氨总量与各离子浸取率的关系数据可知，当n(NH3)+n(NH4+)=4.8mol时，对Ni、Cd、Co浸取率都比较高，因此可采用的最佳实验条件编号为③；
(3)Co(OH)3与盐酸反应生成CoCl2溶液，由此可知Co元素表现了氧化性，则HCl表现还原性，产生的气体单质应为Cl2，根据得失电子守恒，元素守恒可配平该反应的化学方程式为2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O；
(4)CoCl2溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到CoCl2 6H2O晶体；
(5)根据以上分析可知，在有机相中加入硫酸进行反萃取，发生反应NiR2+2H+ Ni2+ +2HR，得到NiSO4溶液，从平衡移动原理的角度解释，即根据NiR2+2H+ Ni2+ +2HR可知，加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向右移动，从而得到NiSO4溶液；
(6)水相中含有Cd(NH3)42+、CO32-，将水相加热并通入热水蒸气会生成CdCO3沉淀，并产生使红色石蕊试纸变蓝的气体，则该气体为NH3，则该反应的离子方程式为Cd(NH3)42++CO32- CdCO3↓ +4NH3↑；
(7)由以上分析可知，上述工艺流程中可能循环使用的物质为NH3、有机萃取剂；
(8)当Cd2+恰好沉淀完全时，溶液中 ，此时溶液中，Q(NiCO3)=c(Ni2+)c(CO32-)=0.1×1.0×10-7=1.0×10-8＜Ksp(NiCO3)，故没有NiCO3沉淀生成。
【分析】
（1）常见的实验操作，可搅拌、加热、或增大浸取液浓度或增大反应物接触面积；
（2）采用控制变量法，根据表格数据进行对比分析即可；
（3）根据有气体单质生成推断气体是氯气，再根据氧化还原反应推断产物和配平即可，注意根据得失电子守恒配平；
（4）根据操作的后续步骤推断，应是蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）根据反萃取原理NiR2+2H+ Ni2+ +2HR ，加酸增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动；
（6）会使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体推断应为氨气，离子反应方程式为：Cd(NH3)42+ +CO32- CdCO3↓ + 4NH3↑ ；
（7）根据（6）可知生成氨气，而一开始加入氨气，氨气可重复利用，氨气、有机萃取剂均如此可重复利用；
（8）根据浓度熵计算，再比较溶度积常数即可。
