北京市（2018-2022）五年高考化学真题分层汇编-化学反应原理基础题（北京专用）
化学反应原理
一、单选题（共23题）
1．（2022·北京·高考真题）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验”演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不正确的是
A．醋酸钠是强电解质
B．醋酸钠晶体与冰都是离子晶体
C．常温下，醋酸钠溶液的
D．该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出
2．（2022·北京·高考真题）下列实验中，不能达到实验目的的是
由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘 分离粗盐中的不溶物 由制取无水固体
A B C D
A．A B．B C．C D．D
3．（2022·北京·高考真题）已知：。下列说法不正确的是
A．分子的共价键是键，分子的共价键是键
B．燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状
C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟
D．可通过原电池将与反应的化学能转化为电能
4．（2022·北京·高考真题）某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．温度升高时不利于吸附
B．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
C．转化为的反应是
D．每获得时，转移电子的数目为
5．（2022·北京·高考真题）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 0.1mol/LCuSO4 +少量H2SO4 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
② 0.1mol/LCuSO4 +过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法不正确的是A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B．①中检测到，推测可能发生反应：
C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
6．（2022·北京·高考真题）CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
7．（2021·北京·高考真题）下列方程式不能准确解释相应实验现象的是
A．酚酞滴入醋酸钠溶液中变为浅红色：CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-
B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体：4Na+O2=2Na2O
C．铝溶于氢氧化钠溶液，有无色气体产生：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑
D．将二氧化硫通入氢硫酸中产生黄色沉淀：SO2+2H2S=3S↓+2H2O
8．（2021·北京·高考真题）用电石（主要成分为CaC2，含CaS和Ca3P2等）制取乙炔时，常用CuSO4溶液除去乙炔中的杂质。反应为:
①CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4
②11PH3+24CuSO4+12H2O=3H3PO4+24H2SO4+8Cu3P↓
下列分析不正确的是
A．CaS、Ca3P2发生水解反应的化学方程式：CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑、Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑
B．不能依据反应①比较硫酸与氢硫酸的酸性强弱
C．反应②中每24 mol CuSO4氧化11 mol PH3
D．用酸性KMnO4溶液验证乙炔还原性时，H2S、PH3有干扰
9．（2021·北京·高考真题）NO2和N2O4存在平衡:2NO2(g) N2O4(g) △H<0。下列分析正确的是
A．1 mol平衡混合气体中含1 mol N原子
B．断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于断裂1 mol N2O4中的共价键所需能量
C．恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡正向移动导致的
D．恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致气体颜色变浅
10．（2021·北京·高考真题）下列实验中，均产生白色沉淀。
下列分析不正确的是
A．Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B．CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C．Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D．4个实验中，溶液滴入后，试管中溶液pH均降低
11．（2021·北京·高考真题）有科学研究提出:锂电池负极材料(Li)由于生成LiH而不利于电池容量的保持。一定温度下，利用足量重水(D2O）与含LiH的Li负极材料反应，通过测定n(D2)/n(HD)可以获知 n(Li)/n(LiH)。
已知：①LiH+H2O=LiOH+H2↑
②2Li(s)+H2 2LiH △H＜0
下列说法不正确的是
A．可用质谱区分D2和HD
B．Li与D2O的反应：2Li+2D2O=2LiOD+D2↑
C．若n(Li)/n(LiH)越大，则n(D2)/n(HD)越小
D．80℃反应所得n(D2)/n(HD)比25℃反应所得n(D2)/n(HD)大
12．（2021·北京·高考真题）丙烷经催化脱氢可制丙烯:C3H8C3H6+H2。600℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的C3H8通过含催化剂的恒容反应器，经相同时间，流出的 C3H6、CO和H2浓度随初始 CO2浓度的变化关系如图。
已知：
①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol
②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol
③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol
下列说法不正确的是
A．C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g) △H=+124kJ/mol
B．c(H2)和c(C3H6)变化差异的原因：CO2+H2CO+H2O
C．其他条件不变，投料比c(C3H8)/c(CO2)越大，C3H8转化率越大
D．若体系只有C3H6、CO、H2和H2O生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间一定存在：3c0(C3H8)+c0(CO2)=c(CO)+c(CO2)+3c(C3H8)+3c(C3H6)
13．（2020·北京·高考真题）下列说法不正确的是
A．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s)+CO CaCO3(s)+SO
B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3Cl2+I-+3H2O=6Cl-+IO+6H+
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe
D．淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
14．（2020·北京·高考真题）一定温度下，反应I2(g)+H2(g) 2HI(g)在密闭容器中达到平衡时，测得c(H2)=c(I2)=0.11mmol L-1，c(HI)=0.78mmol L-1。相同温度下，按下列4组初始浓度进行实验，反应逆向进行的是(注：1mmol L-1=10-3mol L-1)
A B C D
c(I2)/mmol L-1 1.00 0.22 0.44 0.11
c(H2)/mmol L-1 1.00 0.22 0.44 0.44
c(HI)/mmol L-1 1.00 1.56 4.00 1.56
A．A B．B C．C D．D
15．（2020·北京·高考真题）室温下，对于1L0.1mol L-1醋酸溶液。下列判断正确的是
A．该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH降低
C．滴加NaOH溶液过程中，n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1mol
D．醋酸与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO+2H+=H2O+CO2↑
16．（2020·北京·高考真题）依据图示关系，下列说法不正确的是
A．石墨燃烧是放热反应
B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
17．（2020·北京·高考真题）某同学进行如下实验：
实验步骤 实验现象
I 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着
II 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)
下列说法不正确的是A．根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应
B．根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快
C．I中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的
D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3
18．（2019·北京·高考真题）下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）
A B C D
NaCl溶于水 电解CuCl2溶液 CH3COOH在水中电离 H2与Cl2反应能量变化
NaCl=Na++Cl CuCl2=Cu2++2Cl CH3COOHCH3COO +H+ H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH= 183kJ·mol 1
A．A B．B C．C D．D
19．（2019·北京·高考真题）实验测得0.5 mol·L 1CH3COONa溶液、0.5 mol·L 1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH )
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH )减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO 、Cu2+水解平衡移动方向不同
20．（2018·北京·高考真题）我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是
A．生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B．CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C．①→②放出能量并形成了C—C键
D．该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
21．（2018·北京·高考真题）下列化学用语对事实的表述不正确的是
A．硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O
B．常温时，0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1：NH3·H2ONH4++OH
C．由Na和C1形成离子键的过程：
D．电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e =Cu
22．（2018·北京·高考真题）测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻 ① ② ③ ④
温度/℃ 25 30 40 25
pH 9.66 9.52 9.37 9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（ ）A．Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO+H2O HSO+OH-
B．④的pH与①不同,是由于SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
23．（2018·北京·高考真题）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
二、实验题（共6题）
24．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。
(2)高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为___________。
(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。
(4)煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
(5)条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为___________。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)
25．（2021·北京·高考真题）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。
(1)①阳极室产生Cl2后发生的反应有：_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。
(2)一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
η(B)=×100%
S(B)=×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为_______。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是_______。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
26．（2021·北京·高考真题）某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
(1)实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。
②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_______。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象_______。
(2)测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是_______。
②测得平衡常数K=_______。
(3)思考问题
①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II中清液测定K的原因是_______。
27．（2021·北京·高考真题）铁黄是一种重要的化工产品。由生产钛白粉废渣制备铁黄的过程如下。
资料：
i.钛白粉废渣成分：主要为FeSO4·H2O，含少量TiOSO4和不溶物
ii.TiOSO4+(x+1)H2O TiO2·xH2O↓+H2SO4
iii.0.1 mol/L Fe2+生成Fe(OH)2，开始沉淀时pH=6.3，完全沉淀时pH=8.3；
0.1 mol/L Fe3+生成FeOOH，开始沉淀时pH=1.5，完全沉淀时pH=2.8
(1)纯化
①加入过量铁粉的目的是_______。
②充分反应后，分离混合物的方法是_______。
(2)制备晶种
为制备高品质铁黄产品，需先制备少量铁黄晶种。过程及现象是：向一定浓度FeSO4溶液中加入氨水，产生白色沉淀，并很快变成灰绿色。滴加氨水至pH为6.0时开始通空气并记录pH变化(如图)。
①产生白色沉淀的离子方程式是_______。
②产生白色沉淀后的pH低于资料iii中的6.3。原因是：沉淀生成后c(Fe2+)_______0.1mol/L(填“＞”“=”或“＜”)。
③0-t1时段，pH几乎不变；t1-t2时段，pH明显降低。结合方程式解释原因：_______。
④pH≈4时制得铁黄晶种。若继续通入空气，t3后pH几乎不变，此时溶液中c(Fe2+)仍降低，但c(Fe3+)增加，且(Fe2+)降低量大于c(Fe3+)增加量。结合总方程式说明原因：_______。
(3)产品纯度测定
铁黄纯度可以通过产品的耗酸量确定。
wg铁黄溶液b溶液c滴定
资料：Fe3++3=Fe(C2O4)，Fe(C2O4)不与稀碱液反应
Na2C2O4过量，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
28．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是_______。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii.氧化反应：_______。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii.随c(Cl-)降低，_______。
④补充实验证实了③中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H2SO4 有氯气
II a 有氯气
III a+b 无氯气
a是_______，b是_______。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是_______。
(4)Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：_______。
(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
29．（2019·北京·高考真题）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干扰测定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L 1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ．取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ．用b mol·L 1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v2 mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。
（2）Ⅱ中发生反应的离子方程式是_______________________________。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。
（4）Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________________。
（5）KI与KBrO3物质的量关系为n（KI）≥6n（KBrO3）时，KI一定过量，理由是________。
（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。
（7）废水中苯酚的含量为___________g·L 1（苯酚摩尔质量：94 g·mol 1）。
（8）由于Br2具有____________性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
三、有机推断题（共1题）
30．（2022·北京·高考真题）碘番酸是一种口服造影剂，用于胆部X—射线检查。其合成路线如下：
已知：R1COOH+R2COOH+H2O
(1)A可发生银镜反应，A分子含有的官能团是___________。
(2)B无支链，B的名称是___________。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，结构简式是___________。
(3)E为芳香族化合物，E→F的化学方程式是___________。
(4)G中含有乙基，G的结构简式是___________。
(5)碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上。碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，碘番酸的结构简式是___________。
(6)口服造影剂中碘番酸含量可用滴定分析法测定，步骤如下。
步骤一：称取amg口服造影剂，加入Zn粉、NaOH溶液，加热回流，将碘番酸中的碘完全转化为I-，冷却、洗涤、过滤，收集滤液。
步骤二：调节滤液pH，用bmol L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液的体积为cmL。
已知口服造影剂中不含其它含碘物质。计算口服造影剂中碘番酸的质量分数___________。
四、工业流程题（共3题）
31．（2022·北京·高考真题）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2。利用白云石制备高纯度的碳酸钙和氧化镁，流程示意图如下。
已知：
物质
(1)白云石矿样煅烧完全分解的化学方程式为___________。
(2)用量对碳酸钙产品的影响如下表所示。
氧化物()浸出率/% 产品中纯度/% 产品中Mg杂质含量/% (以计)
计算值 实测值
2.1∶1 98.4 1.1 99.1 99.7 ——
2.2∶1 98.8 1.5 98.7 99.5 0.06
2.4∶1 99.1 6.0 95.2 97.6 2.20
备注：ⅰ、浸出率=(浸出的质量/煅烧得到的质量)(M代表Ca或Mg)
ⅱ、纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中纯度。
①解释“浸钙”过程中主要浸出的原因是___________。
②沉钙反应的离子方程式为___________。
③“浸钙”过程不适宜选用的比例为___________。
④产品中纯度的实测值高于计算值的原因是___________。
(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的溶液混合，充分反应后的浸出率低于60%。加热蒸馏，的浸出率随馏出液体积增大而增大，最终可达98.9%。从化学平衡的角度解释浸出率增大的原因是___________。
(4)滤渣C中含有的物质是___________。
(5)该流程中可循环利用的物质是___________。
32．（2020·北京·高考真题）MnO2是重要的化工原料，山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②全属离于沉淀的pH
Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+
开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3
完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。
(1)溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是____。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：
i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是____。
ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是____。
(2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：____。
(3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是____。
(4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0)
产品纯度为____(用质量分数表示)。
33．（2018·北京·高考真题）磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下：
已知：磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH)，还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。
溶解度：Ca5(PO4)3(OH)
（2）磷精矿粉酸浸时发生反应：
2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4·0.5H2O+6H3PO4
①该反应体现出酸性关系：H3PO4__________H2SO4（填“>”或“<”）。
②结合元素周期律解释①中结论：P和S电子层数相同，__________。
（3）酸浸时，磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF，并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化学方程式：__________。
（4）H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80℃后脱除率变化的原因：____________________。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42 残留，原因是__________；加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是____________________。
（6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L 1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是________。（已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol 1）
五、原理综合题（共3题）
34．（2020·北京·高考真题）H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。
(1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2滤液H2O2
①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是____。
②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是____。
③III中生成H2O2，反应的化学方程式是____。
④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因：____。
(2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。
①a极的电极反应式是____。
②下列说法正确的是____。
A．该装置可以实现电能转化为化学能
B．电极b连接电源负极
C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点
35．（2019·北京·高考真题）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。
（1）甲烷水蒸气催化重整是制高纯氢的方法之一。
①反应器中初始反应的生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4∶1，甲烷和水蒸气反应的方程式是______________。
②已知反应器中还存在如下反应：
i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2
iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3
……
iii为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用__________反应的ΔH。
③反应物投料比采用n（H2O）∶n（CH4）=4∶1，大于初始反应的化学计量数之比，目的是________________（选填字母序号）。
a.促进CH4转化 b.促进CO转化为CO2 c.减少积炭生成
④用CaO可以去除CO2。H2体积分数和CaO消耗率随时间变化关系如下图所示。从t1时开始，H2体积分数显著降低，单位时间CaO消耗率_______（填“升高”“降低”或“不变”）。此时CaO消耗率约为35%，但已失效，结合化学方程式解释原因：____________________________。
（2）可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接_______________。
产生H2的电极反应式是_______________。
②改变开关连接方式，可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。
36．（2018·北京·高考真题）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
①B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：________________。北京市（2018-2022）五年高考化学真题分层汇编-化学反应原理基础题答案详解版（北京专用）
化学反应原理
1．B
【详解】A．醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；
B．醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；
C．醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的，故C正确；
D．过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；
选B。
2．D
【详解】A．实验室用海水制取蒸馏水用蒸馏的方法制备，蒸馏时用到蒸馏烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸馏烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A正确；
B．碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，四氯化碳的密度大于水，存在于下层，B正确；
C．粗盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，C正确；
D．直接加热会促进水解，生成的HCl易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到固体，D错误；
故选D。
3．A
【详解】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-s σ键，Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-p σ键，故A错误；
B．HCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，故B正确；
C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体互相反应，化学方程式NH3+HCl=NH4Cl，生成NH4Cl氯化铵固体小颗粒，固体粉末就是烟，故C正确；
D．与的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将与反应的化学能转化为电能，故D正确；
故选A。
4．D
【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。
【详解】A．从可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的N2O4减少，不利于NO2的吸附，A正确；
B．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，B正确；
C．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，C正确；
D．在方程式中，转移的电子数为4e-，则每获得，转移的电子数为0.4mol，即个数为，D错误；
故选D。
5．C
【分析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。
【详解】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B正确；
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C错误；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；
故选C。
6．C
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
7．B
【详解】A．CH3COONa溶液呈碱性是因为发生了CH3COO-的水解：CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-，A正确；
B．金属钠在空气中加热生成淡黄色固体过氧化钠：2Na+O2Na2O2，B错误；
C．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，C正确；
D．将SO2通入H2S溶液生成S单质和水：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，D正确；
故选B。
8．C
【详解】A．水解过程中元素的化合价不变，根据水解原理结合乙炔中常混有H2S、PH3可知CaS的水解方程式为CaS+2H2O=Ca(OH)2+H2S↑；Ca3P2水解方程式为Ca3P2+6H2O=3Ca(OH)2+2PH3↑，A项正确；
B．该反应能发生是因为有不溶于水也不溶于酸的CuS生成，因此反应①不能说明H2S的酸性强于H2SO4，事实上硫酸的酸性强于氢硫酸，B项正确；
C．反应②中Cu元素化合价从+2价降低到+1价，得到1个电子，P元素化合价从-3价升高到+5价，失去8个电子，则24molCuSO4完全反应时，可氧化PH3的物质的量是24mol÷8＝3mol，C项错误；
D．H2S、PH3均被KMnO4酸性溶液氧化，所以会干扰KMnO4酸性溶液对乙炔性质的检验，D项正确；
答案选C。
9．B
【详解】A．1molNO2含有1molN原子，1molN2O4含有2molN原子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体,1 mol平衡混合气体中所含原子大于1 mol N，A项错误；
B．反应2NO2(g) N2O4(g)为放热反应，故完全断开2molNO2分子中的共价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所吸收的热量少，B项正确；
C．气体体积压缩，颜色变深是因为体积减小，浓度变大引起的，C项错误；
D．放热反应，温度升高，平衡逆向移动，颜色加深，D项错误；
答案选B。
10．B
【详解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；
B． H++，加入Ca2+后，Ca2+和反应生成沉淀，促进的电离，B错误；
C．Al3+与、都能发生互相促进的水解反应，C正确；
D．由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；
故选B。
11．C
【详解】A．D2和HD的相对分子质量不同，可以用质谱区分，A正确；
B．类似于钠和水的反应， Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确；
C．D2由Li与D2O反应生成，HD 通过反应LiH+D2O=LiOD+HD， n(D2)/n(HD)越大，n(Li)/n(LiH)越大，C不正确；
D．升温，2LiH 2Li+H2 △H>0平衡右移，Li增多LiH 减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD) ，D正确；
答案为：C。
12．C
【详解】A．根据盖斯定律结合题干信息①C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220kJ/mol②C3H6(g)+9/2O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) △H=-286kJ/mol 可知，可由①-②-③得到目标反应C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)，该反应的△H==+124kJ/mol，A正确；
B．仅按C3H8(g)=C3H6(g)+H2(g)可知C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化不明显，反而是CO与C3H6的变化趋势是一致的，因此可以推断高温下能够发生反应CO2+H2CO+H2O，从而导致C3H6、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正确；
C．投料比增大，相当于增大C3H8浓度，浓度增大，转化率减小， C错误；
D．根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得出，如果生成物只有C3H6、CO、H2O、H2，那么入口各气体的浓度c0和出口各气体的浓度符合3c0(C3H8)+c0(CO2)=3c(C3H6)+c(CO)+3c(C3H8)+c(CO2)，D正确；
答案为：C。
13．B
【详解】A．硫酸钙的溶解度大于碳酸钙的溶解度，溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，所以锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，沉淀转换的实质就是沉淀溶解平衡的移动，平衡一般向生成更难溶物质的方向移动，则离子反应为：CaSO4(s)+CO CaCO3(s)+SO，故A正确；
B．湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，发生的反应为： Cl2+2I-=I2+2Cl-，故B错误；
C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂发生反应生成熔融态的铁单质，可用于焊接钢轨，发生的反应为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故C正确；
D．空气中含有二氧化碳和水蒸气，过氧化钠可与水和二氧化碳反应，淡黄色的过氧化钠敞口放置变成白色，发生的反应有：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，氢氧化钠继续与二氧化碳反应，最终白色物质为碳酸钠，故D正确；
答案选B。
14．C
【分析】K==50.28，可比较4个选项中Qc的大小关系，Qc>K，则可能逆向移动。
【详解】Qc(A)==1，Qc(B)==50.28，Qc(C)==82.64，Qc(D)==50.28，Qc(C)>K，答案为C。
15．C
【分析】醋酸是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+ ，1L0.1mol L-1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO-)+c(CH3COOH)= 0.1mol L-1，据此分析解答。
【详解】A．1L0.1mol L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，存在电离平衡，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，故A错误；
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，碱性增强，则溶液的pH升高，故B错误；
C．1L0.1mol L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol，故C正确；
D．醋酸的酸性强于碳酸，则根据强酸制取弱酸，醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO+2 CH3COOH =H2O+CO2↑+2CH3COO-，故D错误；
答案选C。
16．C
【详解】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；
B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC(石墨)放热多，故B正确；
C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283.0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，故C错误；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；
答案选C。
17．C
【分析】实验I中对NH4Cl固体试管加热，湿润的pH试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵；
实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。
【详解】A．氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据I中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确；
B．根据分析，根据I中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B正确；
C．根据分析，I中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C错误；
D．根据分析，根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；
答案选C。
18．B
【分析】本题A、B、C选项应区分电离和电解的概念。电离是电解质溶于水或熔融状态下，解离成能够自由移动的离子的过程。根据其电离程度可分为强电解质和弱电解质，几乎全部电离的是强电解质（如A选项），只有少部分电离的是弱电解质（如C选项）；是将电能转化为化学能的一个装置(构成:外加电源，电解质溶液，阴阳电极)。使电流通过电解质溶液或熔融电解质而在阴，阳两极引起还原氧化反应的过程（如B选项）。
【详解】A.NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；
B.电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，故B符合题意；
C.CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，故C不符合题意；
D.由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热 H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-183kJ/mol，故D不符合题意；
综上所述，本题应选B。
【点睛】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。
19．C
【分析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；
【详解】A.水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；
B.水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；
D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。
20．D
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
21．A
【详解】分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。
详解：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下0.1mol·L-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9mol·L-10.1mol·L-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3·H2ONH4++OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D项正确；答案选A。
点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离子化合物和共价化合物形成过程的区别。
22．C
【详解】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。
详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。
点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。
23．D
【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。
24．(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分
(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
(3) SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+ 3I——2e—=I
(4)
(5) I2+I—=I 偏小
【详解】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I——2e—=I，故答案为：3I——2e—=I；
（4）由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I—=I，故答案为：I2+I—=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
25．(1) Cl2 +H2O= HCl+ HClO 阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
(2) KCl O2 13 KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝
【详解】（1）阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；
（2）①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为：；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量：；生成CO2的物质的量：；生成CO2转移的电子的物质的量：，则η(CO2)=≈13%；
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
26．(1) 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
(2) 指示剂
(3) 偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【详解】（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
（2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：，故反应的平衡常数K== ，故答案为：指示剂；。
（3）①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
27．(1) 与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化 过滤
(2) Fe2++ 2NH3·H2O = Fe(OH)2 + 2 > pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小 溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
(3)不受影响
【分析】根据钛白粉废渣制备铁黄流程
和钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物,可知：加入蒸馏水、铁粉纯化后，TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+H2SO4，TiO2·H2O是沉淀，通过过滤后，得到精制FeSO4溶液，加入氨水和空气后，FeSO4溶液被氧化成三价铁离子，同时调整PH（0.1mol/LFe2+沉淀为Fe(OH)2，起始的pH为6.3，完全沉淀的pH为8.3；0.1mol/LFe3+沉淀为FeOOH，起始的pH：1.5，完全沉淀的pH为2.8）和空气，生成FeOOH，再经过系列提纯，最终制得FeOOH固体。
【详解】（1）与硫酸反应，使得TiOSO4+2H2O TiO2·H2O↓+ H2SO4平衡正向移动，沉钛；过量的作用是防止二价铁被氧化. 钛白粉废渣成分：FeSO4·H2O、TiOSO4及其它难溶物，充分反应后有沉淀出现，所以分离混合物的方法是过滤；
（2）pH6.0左右， 4Fe(OH)2 +O2+ 2H2O= 4Fe(OH)3因此pH几乎不变。之后发生4Fe2+ + O2+ 6H2O= 4FeOOH + 8H+， 溶液中H+浓度增大，pH减小.溶液中同时存在两个氧化反应4Fe2+ + O2 +4H+=4Fe3+和4Fe2+ + O2+ 2H2O =4FeOOH + 4H+，因此c(Fe2+)的减小大于c(Fe3+)的增加。或用叠加反应解释： 12Fe2+ + 3O2+ 2H2O= 4FeOOH + 8Fe3+
（3）由于Fe3++3C2O42- =Fe(C2O4)3 ，Fe(C2O4)3 不与稀碱溶液反应, 所以加入的Na2C2O4过量，则测定结果不受影响
28．(1) MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(2) KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【详解】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
29． 容量瓶、量筒 BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应生成I2可利用后续滴定法测量，从而间接计算苯酚消耗的Br2 Ⅱ中反应为KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥ 2n(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3) 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色 挥发
【分析】本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制得一定量的溴分别与苯酚和KI反应（溴须完全反应完），而溴与KI反应生成的I2与Na2S2O3进行滴定分析，因而直接测出与KI反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数计算废水中苯酚的浓度。
【详解】（1）准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒；
（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式为BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O；
（3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为；
（4）该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，Ⅲ中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2；
（5）Ⅱ中反应为KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥ 2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而当n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定过量；
（6）Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；
（7）n(BrO3-)=av1×10-3mol，根据反应BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~ I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv3×10-3mol，n1(Br2)=bv3×10-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) ×10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3mol，废水中苯酚的含量==mol；
（8）Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。
30．(1)醛基
(2) 正丁酸
(3)
(4)
(5)
(6)
【分析】本流程的目的，以A为原料制取碘番酸。由A可发生银镜反应，可确定A为醛，由B无支链，可确定B为CH3CH2CH2COOH，则A为CH3CH2CHO；依据题干信息，可确定D为 ；E为芳香族化合物，则E为；由J的结构简式，可确定F为。由题给信息，要确定G为。
【详解】（1）由A的分子式C4H8O及可发生银镜反应，可确定A分子含有的官能团是醛基。答案为：醛基；
（2）B的分子式为C4H8O2、无支链，由醛氧化生成，则B为CH3CH2CH2COOH，名称是正丁酸。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，则表明分子中8个H原子全部构成-CH2-，B的不饱和度为1，则其同分异构体应具有对称的环状结构，从而得出其结构简式是。答案为：正丁酸；；
（3）由分析知，E为，F为，则E→F的化学方程式是。答案为：；
（4）由分析可知，G的结构简式是。答案为：；
（5）碘番酸的相对分子质量为571，J的相对分子质量为193，由相对分子质量差可确定，J生成碘番酸时，分子中引入3个I原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子上，则碘番酸的结构简式是。答案为：；
（6）——3AgNO3，n(AgNO3)= bmol L-1×c×10-3L=bc×10-3mol，则口服造影剂中碘番酸的质量分数为=。答案为：。
【点睛】推断有机物时，官能团可由反应条件确定，结构可依据转化前后对应物质的结构简式确定。
31．(1)
(2) ，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故先浸出 2.4∶1 ，优先析出，且氧化钙也能转化为碳酸钙
(3)，，随大量氨逸出，平衡正向移动
(4)
(5)
【分析】白云石矿样煅烧后转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铵溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A，通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B，加入硫酸铵将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸铵生成碳酸镁沉淀，煅烧得到氧化镁；
【详解】（1）白云石矿样煅烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为；
（2）①氯化铵水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的pH，由图表可知，，在一定量溶液中，氢氧化钙会和氯化铵反应而氢氧化镁不能，故首先溶解被浸出；
②沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和铵根离子，离子方程式为。
③由图表可知，“浸钙”过程的比例为2.4∶1时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用的比例为2.4∶1。
④，在反应中会优先析出，但也有可能析出其他沉淀，且Mg2+部分以Mg(OH)2形成沉淀，相比MgCO3质量更小，二者共同作用导致产品中纯度的实测值高于计算值；
（3）“浸镁”过程中，发生反应：，，加热蒸馏随大量氨逸出，平衡正向移动，利于氢氧化镁转化为硫酸镁；
（4）白云石的主要化学成分为，还含有质量分数约为2.1%的Fe2O3和1.0%的SiO2；煅烧浸钙后，绝大部分钙进入滤液中，部分钙进入B中加入硫酸铵后转化为微溶于的硫酸钙，氧化铁、二氧化硅几乎不反应进入滤渣中；“浸镁”过程中，的浸出率最终可达98.9% ，则还有部分氧化镁进入滤渣中，故滤渣C中含有的物质是；
（5）沉钙反应中通入二氧化碳生成碳酸钙和氯化铵；“浸镁”过程中加热蒸馏会有大量氨逸出；滤液D加入碳酸铵生成碳酸镁和硫酸铵，碳酸镁煅烧生成二氧化碳；白云石煅烧也会生成二氧化碳；在流程中既是反应物又是生成物，故该流程中可循环利用的物质是。
32． 增大反应速率，提高浸出率 MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O 二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+ MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+
【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。
【详解】(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；
ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的减少Fe2+，故实际比值(0.9)小于2。
(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+；
(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
(4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为-；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-，产品纯度=×100%=。
33． 研磨、加热 ＜ 核电荷数P＜S，原子半径P＞S，得电子能力P＜S，非金属性P＜S 2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑ 80 ℃后，H2O2分解速率大，浓度显著降低 CaSO4微溶 BaCO3++2H3PO4BaSO4+CO2↑+H2O+2
【详解】分析：磷精矿粉酸浸后生成粗磷酸和磷石膏，粗磷酸经过脱有机碳、脱硫等步骤获得精制磷酸。
（1）根据外界条件对化学反应速率的影响分析，流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。
（2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。
②用元素周期律解释，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。
（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸。
（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。
（6）根据题意关系式为H3PO4~2NaOH，由消耗的NaOH计算H3PO4。
详解：（1）研磨能增大反应物的接触面积，加快反应速率，加热，升高温度加快反应速率；流程中能加快反应速率的措施有：研磨、加热。
（2）①根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，酸性：H3PO4H2SO4。
②用元素周期律解释酸性：H3PO4H2SO4，P和S电子层数相同，核电荷数PS，原子半径PS，得电子能力PS，非金属性PS。
（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。
（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。
（6）滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1：2，n（H3PO4）=n（NaOH）=bmol/Lc10-3L=mol，m（H3PO4）=mol98g/mol=g=0.049bcg，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。
点睛：本题以磷精矿湿法制备磷酸的工艺流程为载体，考查影响化学反应速率的因素、“强酸制弱酸”的复分解反应规律、元素周期律、指定情境下方程式的书写、物质含量的计算等。解题时必须利用所学知识结合流程分析，如第（5）问注意脱硫的反应是在粗磷酸中进行的，BaCO3或CaCO3中碳元素最终变为CO2；第（6）问中H3PO4与NaOH物质的量之比的确定等。
34． 2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑ 增大压强或增大氧气的浓度或降低温度 BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2 H2O2受热易分解 O2+2H++2e-= H2O2 AC
【分析】(1)根据流程图示，硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水，据此分析解答；
(2)根据图示，左端电极上氧气转化为双氧水，氧元素的化合价由0价变为-1价，得电子发生还原反应，则a电极为阴极，电极反应为O2+2H++2e-= H2O2，b电极为阳极，失电子发生氧化反应，电极反应为2H2O-4e-= 4H++ O2↑，据此分析解答。
【详解】(1)①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑；
②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g)2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；
③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2；
④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低；
(2)①根据分析，a极的电极反应式是O2+2H++2e-= H2O2；
②A．2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；
B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；
C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；
答案选AC。
【点睛】易错点为(1)中的④，H2O2受热易分解，减压能够降低蒸馏温度，减小双氧水的分解，提高双氧水的产率。
35． CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2 C(s)+CO2(g)=2CO(g) abc 降低 CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应 K1 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移
【详解】（1）①由于生成物为H2和CO2，其物质的量之比为4：1，反应物是甲烷和水蒸气，因而反应方程式为CH4 + 2H2O= 4H2 + CO2；
②ⅰ-ⅱ可得CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g),设为ⅳ，用ⅳ-ⅲ可得C(s)+CO2(g)=2CO(g)，因此，还需利用C(s)+CO2(g)=2CO(g)反应的焓变；
③初始反应n(H2O):n(CH4)=2：1，说明加入的水蒸气过量，又反应器中反应都存在一定可逆性，根据反应ⅰ知水蒸气浓度越大，甲烷的转化率越高，a正确；根据反应ⅱ知水蒸气浓度越大，CO的转化率越高，b正确；ⅰ和ⅱ产生氢气，使得氢气浓度变大，抑制反应ⅲ，积炭生成量减少，c正确；
④t1时CaO消耗率曲线斜率减小，因而单位时间内CaO的消耗率降低；CO2和CaO发生反应CaO+CO2=CaCO3，生成的CaCO3覆盖在CaO表面，阻止了CO2和CaO继续反应，从而导致CaO失效；
（2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H+，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e-+H2O Ni(OH)2+OH-，当连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。
36． 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 SO42— 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
【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p2p1。
（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++SO42-+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DA，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。
