北京市2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷

北京市2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷 一．选择题（共20小题） 1．（2023秋•大兴区期末）能量与科学、技术、社会、环境关系密切。下列装置工作时由化学能转化为电能的是（　　） A B C D 天然气燃气灶 太阳能电池 氢氧燃料电池 电解熔融NaCl A．A B．B C．C D．D 2．（2024秋•丰台区期中）N2与O2化合生成NO是自然界固氮的重要方式之一。如图显示了该反应中的能量变化。 下列说法不正确的是（　　） A．氮氮键的键能大于氧氧键的键能 B．该反应中产物的总能量高于反应物的总能量 C．完全断开1mol NO中的化学键需吸收1264kJ能量 D．生成NO反应的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝+180kJ/mol 3．（2024秋•丰台区期中）已知氢气燃烧的下列3个反应（a、b、c均大于0）： H2（g）+O2（g）═H2O（g）ΔH1＝﹣akJ•mol﹣1 H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH2＝﹣bkJ•mol﹣1 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH3＝﹣ckJ•mol﹣1 下列关系不正确的是（　　） A．b＞a B．b＜c C．2a＞c D．2b＝c 4．（2024秋•西城区校级月考）已知：。某小组用50mL0.50mol•L﹣1盐酸和50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液测定中和反应的反应热，简易量热装置如图所示。下列关于该实验的说法错误的是（　　） A．实验中不盖杯盖，会导致测得的ΔH偏大 B．若用同浓度的醋酸代替盐酸，测得的ΔH相同 C．实验中，需将NaOH溶液一次性快速加入盛有稀盐酸的小烧杯中 D．处理数据时，需要计算生成水的物质的量 5．（2024秋•西城区校级月考）苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如图。 下列说法不正确的是（　　） A．从中间体到产物，从产物稳定性的角度有利于产物Ⅱ B．从中间体到产物，从反应速率的角度有利于产物Ⅱ C．从反应物生成产物Ⅱ的反应为吸热反应 D．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂 6．（2024秋•西城区校级期中）下列金属防腐的措施中，使用了外加电流法的是（　　） A．水中的钢闸门连接电源的负极 B．金属护栏表面涂漆 C．汽车底盘喷涂高分子膜 D．地下钢管连接镁块 7．（2024秋•西城区校级期中）一种高性能的碱性硼化钒（VB2）—空气电池如图所示。电池的总反应为：，该电池工作时，下列说法不正确的是（　　） A．电子由VB2电极经外电路流向复合碳电极 B．正极室溶液的pH降低、负极室溶液的pH升高 C．VB2电极发生反应： D．若有0.112L（标准状况）O2参与反应，有0.02mol OH﹣通过阴离子交换膜移到负极 8．（2024秋•海淀区校级期中）粗铜中含有少量铁、锌、银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，下列说法正确的是（　　） A．精铜做阳极，粗铜做阴极 B．阴极只能是Cu2+被还原 C．电解时，阳极反应只有Cu﹣2e﹣＝Cu2+ D．电解后，可用阳极泥来提炼金、银 9．（2024秋•海淀区校级期中）资料显示，在溶液中，草酸根（）可还原Fe3+为Fe2+。但向10mL0.5mol•L﹣1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol•L﹣1K2C2O4溶液至过量也不发生Fe3+与之间的氧化还原反应，原因是，K＝1.6×1020，并且此反应的活化能几乎为零。设计电化学实验证实草酸根（）可还原Fe3+，装置如图。下列说法不正确的是（　　） A．a、b都应该用惰性电极 B．负极反应为 C．只要电流计指针发生偏转，就证实草酸根（）可还原Fe3+ D．取实验后b极区的溶液，加入K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀出现 10．（2024秋•海淀区校级期中）回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如图。下列说法不正确的是（　　） A．离子交换膜可用阳离子交换膜 B．电源的左端为负极 C．装置a中离子反应方程式为 D．装置b中的总反应为 11．（2023秋•海淀区校级期中）下列离子能大量共存的是（　　） A．使无色酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、、 B．无色透明的溶液中：Cu2+、K+、、 C．含有大量Ba（NO3）2的溶液中：Mg2+、、、Cl﹣ D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、、 12．（2024秋•丰台区期中）图a～c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验微观示意图（X表示与电源正极的电极，Y表示与电源负极相连的电极）。 下列说法正确的是（　　） A．图a中NaCl固体不导电，是因为NaCl中不存在Na+、Cl﹣离子 B．图a、b比较，说明熔融NaCl是电解质，NaCl不是电解质 C．图c中Na+、Cl﹣被水分子包围，说明通电时NaCl才发生电离 D．图示代表的是Cl﹣离子 13．（2024秋•西城区校级期中）关于酸碱中和滴定，下列说法正确的是（　　） A．图a表示除去碱式滴定管胶管中气泡的方法 B．图b表示滴定烧碱待测液的过程 C．图c表示滴定管中液体的体积为22.6mL D．图d可表示用0.1mol/LNaOH滴定0.1mol/LHCl溶液的滴定曲线 14．（2023秋•西城区期末）将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。 已知：FeCO3是白色难溶于水的固体。 下列说法不正确的是（　　） A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在：c（Na+）+c（H+）═c（）+2c（）+c（OH﹣） B．Ⅰ中的沉淀可能有Fe（OH）2、Fe（OH）3和FeCO3 C．Ⅱ中生成FeCO3的反应：+Fe2+═FeCO3↓+H+ D．Ⅰ和Ⅱ中加入FeSO4溶液后，pH均降低 15．（2024春•海淀区校级期末）已知：25℃时有关弱酸的电离平衡常数，下列有关说法正确的是（　　） 弱酸化学式 H2SO3 HClO H2CO3 电离平衡常数 Ka1＝1.3×10﹣2 Ka2＝6.3×10﹣8 2.95×10﹣8 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 A．等物质的量浓度的酸溶液pH关系为：pH（HClO）＜pH（H2CO3）＜pH（H2SO3） B．粒子结合质子能力强弱关系为： C．少量的CO2通入NaClO溶液中发生反应： D．足量的SO2通入NaClO溶液中发生反应： 16．（2024秋•海淀区校级期中）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（　　） A．反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）平衡后，加压，颜色加深 B．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气 C．Na（l）+KCl（l）⇌2NaCl（l）+K（g），工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾 D．血红蛋白（Hb）可与氧气结合：Hb+O2⇌HbO2，CO比O2更易和Hb结合，当空气中的CO浓度大时，易造成人体缺氧，严重时导致死亡 17．（2024秋•海淀区校级期中）已知：2NO2（g）+4CO（g）⇌4CO2（g）+N2（g） ΔH＝﹣1200kJ•mol﹣1。一定温度下，在2L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%。下列说法中正确的是（　　） 甲 乙 0.2mol NO2 0.1mol NO2 0.4mol CO 0.2mol CO A．该反应能完全消除CO污染 B．该温度下，反应的平衡常数为5 C．达平衡时，NO2的浓度：甲＞乙 D．达平衡时，N2的体积分数：甲＜乙 18．（2023秋•辛集市期末）一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），2min末反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的物质的量浓度为0.4mol•L﹣1，下列说法正确的是（　　） A．x的值为1 B．A的平衡转化率为40% C．此温度下该反应的平衡常数K等于0.5 D．A和B的平衡转化率相等 19．（2024秋•西城区校级期中）异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。 ①ΔH1＝+28kJ/mol K1（190℃）＝104 ②（二聚异丁烯）ΔH2＝﹣72kJ/mol K2（190℃）＝0.1 下列说法不正确的是（　　） A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备 B．高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是K1＞104、K2＜0.1 C．190℃时，增大n（H2O）：n（异丁醇），不利于反应②的进行 D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间存在：c0（异丁醇）＝c（异丁烯）+2c（二聚异丁烯） 20．（2024秋•昌平区校级期中）探究浓度对2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2的影响，进行如下实验： 下列说法不正确的是（　　） A．Ⅱ中，加入的SCN﹣结合Fe3+，使平衡逆向移动 B．Ⅲ中含有I2 C．比较溶液中的c（I﹣）：Ⅱ＞Ⅳ D．Ⅳ中不含有Fe3+ 二．解答题（共4小题） 21．（2024秋•昌平区校级期中）研究NO的治理对于保护环境、治理雾霾有着重要的现实意义。 Ⅰ．汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如图： （1）则N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1。 Ⅱ．研究人员发现可用NaClO2溶液（调pH＝5）吸收NO以达到“脱硝”的目的。已知处理后的溶液中主要含有的阴离子为和Cl﹣。 （2）写出该反应的离子方程式 　 　。 测得一段时间内NaClO2脱硝效率（即NO的吸收率）随温度变化曲线如图所示。 已知：酸性条件下，会转化成ClO2和Cl﹣。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体，具有强氧化性，能氧化NOx或SO2。 （3）结合已知信息分析，温度小于和大于50℃时，脱硝效率均下降的可能原因分别是 　 　。 Ⅲ．液相氧化法采用NaClO溶液对烟气中的NO进行脱硝处理。 主要过程如下：NO（aq）+HClO（aq）⇌NO2（aq）+HCl（aq）。 研究pH对NO脱除率的影响。调节NaClO溶液的初始pH，NO的脱除率如下： 初始pH 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5 NO脱除率 91% 88% 83% 65% 51% （4）结合化学用语，从平衡移动角度解释pH影响NO脱除率的原因：　 　。 22．（2024秋•海淀区校级期中）改进工艺，降低能耗是氯碱工业发展的重要方向。 （1）写出电解饱和食盐水的化学方程式 　 　。 （2）将氢燃料电站应用于氯碱工业，其原理示意图如图： ①a极为 　 　（填“正”或“负”）极，电极反应方程式为 　 　。 ②甲装置中，　 　NaOH溶液浓度下降（填“a极区”或“b极区”）。 ③下列关于乙装置说法中，正确的是 　 　。 A．OH﹣移向c极区 B．在d极区获得的产物，可供甲装置使用 C．随着电解的进行，NaCl溶液浓度下降，若不补充，c电极有可能产生氧气 D．d极区流出的溶液浓度不变 （3）向乙装置中的阴极区通入O2，能够替代水中的H+获得电子，降低电解电压，减少电耗。写出O2在阴极区发生反应的电极反应式 　 　。 （4）若乙装置中阳离子交换膜被破坏，可能产生的不利后果是 　 　（任写一点）。 （5）电解效率η的定义：。在标准状况下，当甲中有44.8L氢气放电时，乙装置中c极产生氯气33.6L（忽略氯气在溶液中的溶解），η（Cl2）＝ 　 　。 23．（2024秋•东城区校级期中）25℃时，某小组探究CH3COOH的性质。 （1）测得溶质的物质的量浓度为0.10mol•L﹣1的CH3COOH溶液，pH为3.1。 ①CH3COOH的电离方程式是 　 　。 ②25℃时，CH3COOH的Ka＝ 　 　。 （2）测得溶质的物质的量浓度为0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液，pH为3.88。 小组同学判断稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的电离平衡向 　 　（填“左”或“右”）移动，理由是 　 　。 （3）查阅资料：25℃时，HCN HClO 。 推测25℃时下列反应可能发生的是 　 　（填字母）。 a.CH3COOH+NaCN＝CH3COONa+HCN b.NaClO+HCN＝HClO+NaCN c.HClO+CH3COONa＝CH3COOH+NaClO （4）向20mL0.10mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加0.10mol•L﹣1的NaOH溶液，测得溶液pH变化如图。 ①A点表示的溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 　 　。 ②A、B、C、D点表示的溶液中，水电离出的c（OH﹣）最大的是 　 　（填字母） 24．（2024秋•房山区期中）大气中CO2含量的控制和CO2资源化利用具有重要意义。 （1）CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g） ΔH1＝+247kJ•mol﹣1 Ⅱ：CH4（g）+3CO2（g）═4CO（g）+2H2O（g） ΔH2＝+329kJ•mol﹣1 反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1。 （2）CO2资源化利用的方法之一是合成二甲醚（CH3OCH3）。CO2加氢合成二甲醚的过 程中发生反应2CO2（g）+6H2（g）＝CHOCH（g）+3H2O（g） ΔH＝﹣122.5kJ•mol﹣1 ①该反应分为以下两步完成，请写出反应ⅱ的热化学方程式。 ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.5kJ•mol﹣1 ⅱ.　 　。 ②500℃时，反应i的平衡常数K＝2.50，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为1mol•L﹣1则此时v正　 　v逆（填“＞”“＝”或“＜”）。 ③提高反应ⅰ速率且增大CH3OH（g）的平衡产率，可采取的措施 　 　。 A.升高反应温度 B.使用合适的催化剂 C.增大体系压强 D.从平衡体系中及时分离出CH3OH（g） （3）一种捕获CO2并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应Ⅰ完成之后，以N2为载气，将恒定组成的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，推测发生了副反应（反应Ⅲ）：CH4C+2H2。 ①反应Ⅱ的化学方程式为 　 　。 ②t1～t3时间段内，反应Ⅱ速率减小至0，可能的原因是 　 　。 ③t2时刻，反应Ⅱ和反应Ⅲ生成H2的速率之比为 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2023秋•大兴区期末）能量与科学、技术、社会、环境关系密切。下列装置工作时由化学能转化为电能的是（　　） A B C D 天然气燃气灶 太阳能电池 氢氧燃料电池 电解熔融NaCl A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【分析】A．天然气燃烧将化学能转化为热能； B．太阳能电池能直接将太阳能转化为电能； C．电池将化学能转化为电能； D．电解是将电能转化为化学能。 【解答】解：A.天然气燃烧可以将化学能转化为热能和光能，故A错误； B.太阳能电池能直接将太阳能转化为电能，不经过化学反应，故B错误； C.氢氧燃料电池将化学能转为电能，故C正确； D.电解熔融NaCl是将电能转化为化学能，且有部分电能转化为热能，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了能量的转化，明确最基本的能量转化形式是关键，题目难度不大。 2．（2024秋•丰台区期中）N2与O2化合生成NO是自然界固氮的重要方式之一。如图显示了该反应中的能量变化。 下列说法不正确的是（　　） A．氮氮键的键能大于氧氧键的键能 B．该反应中产物的总能量高于反应物的总能量 C．完全断开1mol NO中的化学键需吸收1264kJ能量 D．生成NO反应的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝+180kJ/mol 【答案】C 【分析】A．键能是指拆开1mol化学键所吸收的能量，据图可知1mol N≡N键断裂吸收946kJ的能量，1mol O＝O键断裂吸收498kJ能量，即N≡N键的键能大于O＝O键的键能； B．焓变＝断键吸收总能量﹣成键释放总能量，ΔH＞0，则为吸热反应，则反应中产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量； C．形成2mol NO时放出1264kJ能量，则完全断开1mol NO中的化学键才需吸收632 kJ能量； D．ΔH＝断键吸收总能量﹣成键释放总能量＝946kJ/mol+498 kJ/mol﹣1264 kJ/mol＝+180 kJ/mol，则生成NO反应的热化学方程式为：N2（g）+O2（g）═2NO（g）ΔH＝+180kJ/mol。 【解答】解：A．据图可知1mol N≡N键断裂吸收946kJ的能量，1mol O＝O键断裂吸收498kJ能量，即N≡N键的键能大于O＝O键的键能，故A正确； B．焓变＝断键吸收总能量﹣成键释放总能量＝946kJ/mol+498 kJ/mol﹣1264 kJ/mol＝+180 kJ/mol，焓变大于0，则为吸热反应，所以该反应中产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量，故B正确； C．据图可知由2mol N原子和2mol O原子形成2mol NO时放出1264kJ能量，则完全断开2 mol NO中的化学键才需吸收1264 kJ能量，故C错误； D．该反应ΔH＝断键吸收总能量﹣成键释放总能量＝946kJ/mol+498 kJ/mol﹣1264 kJ/mol＝+180 kJ/mol，结合图可知热化学方程式为N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝+180 kJ/mol，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查键能、焓变计算、吸、放热反应判断以及热化学方程式的书写等基础知识，属容易题。 3．（2024秋•丰台区期中）已知氢气燃烧的下列3个反应（a、b、c均大于0）： H2（g）+O2（g）═H2O（g）ΔH1＝﹣akJ•mol﹣1 H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH2＝﹣bkJ•mol﹣1 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH3＝﹣ckJ•mol﹣1 下列关系不正确的是（　　） A．b＞a B．b＜c C．2a＞c D．2b＝c 【答案】C 【分析】氢气的燃烧为放热反应，ΔH小于0，生成气态放出的热量小于生成液态物质放出的热量。 【解答】解：燃烧反应为放热反应，已知氢气燃烧的下列3个反应： H2（g）+O2（g）═H2O（g）ΔH1＝﹣akJ•mol﹣1 H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH2＝﹣bkJ•mol﹣1 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）ΔH3＝﹣ckJ•mol﹣1 ΔH小于0，所以a、b、c均大于0，且气态水转化为液态水放出热量，所以a＜b，2b＝c，2a＜c， 故选：C。 【点评】本题考查燃烧热的比较，难度不大，注意燃烧为放热反应，ΔH小于0，且气态转化为液态要放出热量为解答的关键。 4．（2024秋•西城区校级月考）已知：。某小组用50mL0.50mol•L﹣1盐酸和50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液测定中和反应的反应热，简易量热装置如图所示。下列关于该实验的说法错误的是（　　） A．实验中不盖杯盖，会导致测得的ΔH偏大 B．若用同浓度的醋酸代替盐酸，测得的ΔH相同 C．实验中，需将NaOH溶液一次性快速加入盛有稀盐酸的小烧杯中 D．处理数据时，需要计算生成水的物质的量 【答案】B 【分析】A．根据实验中不盖杯盖，将增大热量的散失进行分析； B．根据醋酸是弱酸，在水溶液中电离吸热，进行分析； C．根据为了减少热量的损失，应一次性快速加入且立即盖紧杯盖进行分析； D．根据中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol液态水放出的热量进行分析。 【解答】解：A．实验中不盖杯盖，将增大热量的散失，导致测定反应放出的热量偏小，该反应的ΔH＜0，会导致测得的焓变增大，故A正确； B．若用同浓度的CH3COOH代替盐酸，CH3COOH是弱酸，在水溶液中电离吸热，测得的ΔH偏大，故B错误； C．为了减少热量的损失，减小实验误差，向内筒加料时，应一次性快速加入且立即盖紧杯盖，故C正确； D．中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol液态水时放出的热量，该测定实验中需要计算生成水的物质的量，根据ΔH＝﹣计算中和热，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查反应热的测定实验等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 5．（2024秋•西城区校级月考）苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如图。 下列说法不正确的是（　　） A．从中间体到产物，从产物稳定性的角度有利于产物Ⅱ B．从中间体到产物，从反应速率的角度有利于产物Ⅱ C．从反应物生成产物Ⅱ的反应为吸热反应 D．对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂 【答案】C 【分析】A．根据能量越低越稳定进行分析； B．根据生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快进行分析； C．根据反应物的总能量高于生成物，为放热反应进行分析； D．根据苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂进行分析。 【解答】解：A．不同物质的能量（即焓）是不同的，对于物质的稳定性而言，存在着“能量越低越稳定”的规律，从中间体到产物，产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，从产物稳定性的角度有利于产物Ⅱ，故A正确； B．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，从反应速率的角度有利于产物Ⅱ，故B正确； C．由图可知，从反应物生成产物Ⅱ的反应过程中，反应物的总能量高于生成物，为放热反应，故C错误； D．苯的硝化反应中浓H2SO4作催化剂，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 6．（2024秋•西城区校级期中）下列金属防腐的措施中，使用了外加电流法的是（　　） A．水中的钢闸门连接电源的负极 B．金属护栏表面涂漆 C．汽车底盘喷涂高分子膜 D．地下钢管连接镁块 【答案】A 【分析】外加电流法指的是被保护金属作电解池的阴极。 【解答】解：水中的钢闸门连接电源的负极作阴极被保护，属于外加电流法， 故选：A。 【点评】本题考查金属的腐蚀与防护知识，题目难度中等，掌握金属腐蚀与防护的相关知识是解题的关键。 7．（2024秋•西城区校级期中）一种高性能的碱性硼化钒（VB2）—空气电池如图所示。电池的总反应为：，该电池工作时，下列说法不正确的是（　　） A．电子由VB2电极经外电路流向复合碳电极 B．正极室溶液的pH降低、负极室溶液的pH升高 C．VB2电极发生反应： D．若有0.112L（标准状况）O2参与反应，有0.02mol OH﹣通过阴离子交换膜移到负极 【答案】B 【分析】根据图示的电池结构，电池的总反应为：，左侧VB2发生失电子的反应生成和，为负极，反应的电极方程式为：，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH﹣，为正极，反应的电极方程式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，据此分析。 【解答】解：A．原电池中，电子由负极流向正极，故电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，故A正确； B．反应过程中正极生成大量的OH﹣使正极区pH升高，负极消耗氢氧根离子使负极区氢氧根离子的浓度减小pH降低，故B错误； C．根据分析，VB2电极发生反应：，故C正确； D．标准状况，0.112L氧气为0.005mol氧气，若有0.112LO2参与反应，由O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣可知转移电子0.02mol，会有0.02mol OH﹣通过阴离子交换膜移到负极，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 8．（2024秋•海淀区校级期中）粗铜中含有少量铁、锌、银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，下列说法正确的是（　　） A．精铜做阳极，粗铜做阴极 B．阴极只能是Cu2+被还原 C．电解时，阳极反应只有Cu﹣2e﹣＝Cu2+ D．电解后，可用阳极泥来提炼金、银 【答案】D 【分析】电解法精炼粗铜时，阴极（纯铜）的电极反应式：Cu2++2e﹣＝Cu（还原反应），含有其他活泼金属原子放电，阳极（粗铜）的电极反应式：Cu﹣2e﹣＝Cu2+（氧化反应），相对不活泼的金属以单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥，据此分析解答。 【解答】解：A．电解法精炼粗铜时，需要用纯Cu阴极，粗铜作阳极，故A错误； B．当Cu2+消耗之后，阴极可能是其他金属阳离子被还原，故B错误； C．电解时，阳极反应之一有Cu﹣2e﹣＝Cu2+，同时含有其他活泼金属原子也放电，故C错误； D．粗铜中含有少量Fe、Zn、Ni、Ag、金等杂质做阳极，Ag、Au不失电子，沉降电解池底部形成阳极泥，所以可用阳极泥来提炼金、银等贵金属，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 9．（2024秋•海淀区校级期中）资料显示，在溶液中，草酸根（）可还原Fe3+为Fe2+。但向10mL0.5mol•L﹣1FeCl3溶液中缓慢加入0.5mol•L﹣1K2C2O4溶液至过量也不发生Fe3+与之间的氧化还原反应，原因是，K＝1.6×1020，并且此反应的活化能几乎为零。设计电化学实验证实草酸根（）可还原Fe3+，装置如图。下列说法不正确的是（　　） A．a、b都应该用惰性电极 B．负极反应为 C．只要电流计指针发生偏转，就证实草酸根（）可还原Fe3+ D．取实验后b极区的溶液，加入K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀出现 【答案】C 【分析】Fe3+与之间可发生氧化还原反应，可以构成原电池，但K＝1.6×1020＞1×105，反应限度大，故草酸钾与铁离子不能接触，干扰氧化还原反应，负极失电子，电极反应为，正极得电子，电极反应为Fe3++e﹣＝Fe3+，据此分析。 【解答】解：Fe3+与之间可发生氧化还原反应，可以构成原电池，但K＝1.6×1020＞1×105，反应限度大，故草酸钾与铁离子不能接触，干扰氧化还原反应，负极失电子，电极反应为，正极得电子，电极反应为Fe3++e﹣＝Fe3+； A．ab均用惰性电极，防止与草酸钾和铁离子发生反应干扰试验，故A正确； B．根据分析，负极反应为，故B正确； C．只要电流计指针发生偏转，就证实发生原电池反应，但不确定是草酸根（）可还原Fe3+，需要检验是否有Fe2+生成，故C错误； D．取实验后b（正）极区的溶液，有Fe2+生成，加入K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀出现，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。 10．（2024秋•海淀区校级期中）回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如图。下列说法不正确的是（　　） A．离子交换膜可用阳离子交换膜 B．电源的左端为负极 C．装置a中离子反应方程式为 D．装置b中的总反应为 【答案】B 【分析】含二氧化硫和二氧化碳的废气通入碳酸氢钠溶液中，二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳和亚硫酸钠，二氧化碳气体通入装置b的右室，CO2在电源右侧电极上反应生成HCOOH，则CO2得电子，右侧电极为阴极，电极反应式为；碳酸氢钠和亚硫酸钠混合溶液通入装置b的左室，左侧电极上亚硫酸根离子失电子生成硫酸根离子，则左侧电极为阳极，电极反应式为，据此分析； 【解答】解：含二氧化硫和二氧化碳的废气通入碳酸氢钠溶液中，二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳和亚硫酸钠，二氧化碳气体通入装置b的右室，CO2在电源右侧电极上反应生成HCOOH，则CO2得电子，右侧电极为阴极，电极反应式为；碳酸氢钠和亚硫酸钠混合溶液通入装置b的左室，左侧电极上亚硫酸根离子失电子生成硫酸根离子，则左侧电极为阳极，电极反应式为； A．阴极和阳极电极反应式都有H+参与：离子交换膜应该选用阳离子交换膜，故A正确； B．电源的左端为阳极，连电源的正极，故B错误； C．装置a中，二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应生成亚硫酸钠和二氧化碳：，故C正确； D．由分析中电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。 11．（2023秋•海淀区校级期中）下列离子能大量共存的是（　　） A．使无色酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、、 B．无色透明的溶液中：Cu2+、K+、、 C．含有大量Ba（NO3）2的溶液中：Mg2+、、、Cl﹣ D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、、 【答案】A 【分析】A．使无色酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液； B．含铜离子的水溶液显蓝色； C．Ba2+与反应生成沉淀； D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中，含有大量H+。 【解答】解：A．使无色酚酞溶液呈红色的溶液中含有大量OH﹣，OH﹣、Na+、K+、、，相互不反应，可以大量共存，故A正确； B．含铜离子的水溶液显蓝色，不符合题意，故B错误； C．Ba2+与反应生成沉淀，不能大量共存，故C错误； D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中，含有大量H+，H+与反应，不能大量共存，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。 12．（2024秋•丰台区期中）图a～c分别为氯化钠在不同状态下的导电实验微观示意图（X表示与电源正极的电极，Y表示与电源负极相连的电极）。 下列说法正确的是（　　） A．图a中NaCl固体不导电，是因为NaCl中不存在Na+、Cl﹣离子 B．图a、b比较，说明熔融NaCl是电解质，NaCl不是电解质 C．图c中Na+、Cl﹣被水分子包围，说明通电时NaCl才发生电离 D．图示代表的是Cl﹣离子 【答案】D 【分析】A．由图a可知干燥的NaCl固体不能导电是因为钠离子和氯离子不能自由移动，不是不存在Na+、Cl﹣离子； B．NaCl在水溶液和熔融状态都可以导电，说明NaCl是电解质； C．图c表示在水的作用下氯化钠电离出钠离子和氯离子，电离不需要通电； D．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，其中氯离子的半径大于钠离子的半径，因此图示中黑点代表的离子是氯离子。 【解答】解：A．由图a可知干燥的NaCl固体不能导电是因为钠离子和氯离子不能自由移动，不是不存在Na+、Cl﹣离子，故A错误； B．NaCl在水溶液和熔融状态都可以导电且还是化合物，说明NaCl是电解质，故B错误； C．图c表示在水的作用下氯化钠电离出钠离子和氯离子，电离不需要通电，故C错误； D．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，氯离子的半径大于钠离子的半径，因此图示中黑点代表的离子是氯离子，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了离子化合物在不同状态下的离子存在区别，属于基础性知识的考查，难度不大。 13．（2024秋•西城区校级期中）关于酸碱中和滴定，下列说法正确的是（　　） A．图a表示除去碱式滴定管胶管中气泡的方法 B．图b表示滴定烧碱待测液的过程 C．图c表示滴定管中液体的体积为22.6mL D．图d可表示用0.1mol/LNaOH滴定0.1mol/LHCl溶液的滴定曲线 【答案】A 【分析】A．弯曲并挤压橡胶管可排出空气； B．滴定烧碱待测液，则标准液为酸溶液； C．滴定管估读到0.01； D．盐酸为强酸，浓度为0.1mol/L。 【解答】解：A．弯曲并挤压橡胶管可排出空气，则操作可除去碱式滴定管胶管中的气泡，故A正确； B．滴定烧碱待测液，则标准液为酸溶液，应选择酸性滴定管，故B错误； C．滴定管估读到0.01，即液体体积为22.60mL，不是22.6mL，故C错误； D．盐酸为强酸，浓度为0.1mol/L，pH值对应起点应为1，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查酸碱中和滴定，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 14．（2023秋•西城区期末）将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，如图所示，Ⅰ、Ⅱ中均有沉淀产生。 已知：FeCO3是白色难溶于水的固体。 下列说法不正确的是（　　） A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在：c（Na+）+c（H+）═c（）+2c（）+c（OH﹣） B．Ⅰ中的沉淀可能有Fe（OH）2、Fe（OH）3和FeCO3 C．Ⅱ中生成FeCO3的反应：+Fe2+═FeCO3↓+H+ D．Ⅰ和Ⅱ中加入FeSO4溶液后，pH均降低 【答案】C 【分析】A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中均存在电荷守恒分析判断； B．将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中发生双水解反应和复分解反应，生成Fe（OH）2和FeCO3沉淀； C．FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成FeCO3和氢离子，氢离子和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体； D．将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中消耗碳酸根离子，溶液pH减小，FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，生成氢离子。 【解答】解：A．Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中的阴阳离子种类相同，均存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）═c（）+2c（）+c（OH﹣），故A正确； B．将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中发生双水解反应和复分解反应，生成Fe（OH）2和FeCO3沉淀，氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，Ⅰ中的沉淀可能有Fe（OH）2、Fe（OH）3和FeCO3，故B正确； C．FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，亚铁离子和碳酸氢根离子反应生成FeCO3和氢离子，氢离子和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳气体，Ⅱ中生成FeCO3的反应：2+Fe2+═FeCO3↓+CO2↑+H2O，故C错误； D．分析可知，将FeSO4溶液分别滴入Na2CO3溶液中消耗碳酸根离子，溶液pH减小，FeSO4溶液滴入NaHCO3溶液中，生成氢离子，溶液pH减小，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度关系、盐类水解和复分解反应的分析判断、溶液酸碱性等，题目难度中等。 15．（2024春•海淀区校级期末）已知：25℃时有关弱酸的电离平衡常数，下列有关说法正确的是（　　） 弱酸化学式 H2SO3 HClO H2CO3 电离平衡常数 Ka1＝1.3×10﹣2 Ka2＝6.3×10﹣8 2.95×10﹣8 Ka1＝4.3×10﹣7 Ka2＝5.6×10﹣11 A．等物质的量浓度的酸溶液pH关系为：pH（HClO）＜pH（H2CO3）＜pH（H2SO3） B．粒子结合质子能力强弱关系为： C．少量的CO2通入NaClO溶液中发生反应： D．足量的SO2通入NaClO溶液中发生反应： 【答案】B 【分析】弱酸的电离平衡常数越大，该弱酸的酸性就越强，等浓度的相应弱酸电离产生的c（H+）越大；盐水解规律是：有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性；盐水解程度越大，等浓度的弱酸盐水解使盐溶液显碱性，溶液pH就越大，同时要结合物质的氧化性、还原性分析解答。 【解答】解：A．弱酸的电离平衡常数越大，相应弱酸的酸性就越强，等浓度的弱酸电离产生的c（H+）就越大，溶液的pH就越小；根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，则相应溶液的pH大小关系为：pH（HClO）＞pH（H2CO3）＞pH（H2SO3），故A错误； B．弱酸的酸性越弱，说明其电离产生的弱酸根离子结合H+的能力就越强；根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，则结合H+的能力：，故B正确； C．根据弱酸电离平衡常数可知酸性：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，将少量的CO2通入NaClO溶液中发生反应，产生HClO、，反应的离子方程式为：ClO﹣+CO2+H2O＝HClO+，故C错误； D．SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，二者在溶液中会发生氧化还原反应，产生H2SO4、NaCl，该反应的离子方程式为：SO2+H2O+ClO﹣＝Cl﹣+2H++，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 16．（2024秋•海淀区校级期中）下列事实不能用平衡移动原理解释的是（　　） A．反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）平衡后，加压，颜色加深 B．实验室可用排饱和食盐水的方法收集氯气 C．Na（l）+KCl（l）⇌2NaCl（l）+K（g），工业上将钾蒸气从反应混合体系中分离出来，以制备金属钾 D．血红蛋白（Hb）可与氧气结合：Hb+O2⇌HbO2，CO比O2更易和Hb结合，当空气中的CO浓度大时，易造成人体缺氧，严重时导致死亡 【答案】A 【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。 【解答】解：A．加压使体积减小，物质的量浓度增大，I2蒸气浓度增大，颜色变深，但是增压不能使化学平衡移动，不能用平衡移动原理解释，故A错误； B．实验室可用排饱和食盐水的方法收集Cl2，相当于对，加入氯化钠，增大Cl﹣的浓度，使平衡逆向移动，降低了氯气的溶解度，能用平衡移动原理解释，故B正确； C．将K蒸气从反应混合体系中分离出来，减小了生成物浓度，有利于反应正向移动，能用平衡移动原理解释，故C正确； D．当空气中一氧化碳浓度大时，一氧化碳和Hb结合导致血红蛋白浓度减小，平衡Hb+O2⇌HbO2逆向移动，造成人体缺氧，能用平衡移动原理解释，故D正确； 故选：A。 【点评】本题主要考查化学平衡移动原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 17．（2024秋•海淀区校级期中）已知：2NO2（g）+4CO（g）⇌4CO2（g）+N2（g） ΔH＝﹣1200kJ•mol﹣1。一定温度下，在2L恒容密闭容器中，按照下表中甲、乙两种方式进行投料，经过一段时间后达到平衡状态，测得甲中CO的转化率为50%。下列说法中正确的是（　　） 甲 乙 0.2mol NO2 0.1mol NO2 0.4mol CO 0.2mol CO A．该反应能完全消除CO污染 B．该温度下，反应的平衡常数为5 C．达平衡时，NO2的浓度：甲＞乙 D．达平衡时，N2的体积分数：甲＜乙 【答案】C 【分析】A．该反应为可逆反应； B．甲体系中起始物质的浓度分别为c（NO2）＝0.1mol/L，c（CO）＝0.2mol/L，达到平衡时，CO的转化率为50%，即消耗物质的浓度为c（CO）＝0.1mol/L，列三段式如下： 2NO2（g）+4CO（g）⇌4CO2（g）+N2（g） 起始/（mol/L）：0.1 0.2 0 0 变化/（mol/L）：0.05 0.1 0.1 0.025 平衡/（mol/L）：0.05 0.1 0.1 0.025； C．根据勒夏特列原理，减弱而不抵消的思想，甲中起始NO2的浓度是乙的两倍，相较于乙相当于甲加压，平衡右移； D．已知甲中反应物的浓度是乙的两倍，相当于甲中加压，故平衡时，相较于乙，甲平衡正向移动。 【解答】解：A．该反应为可逆反应，CO不能彻底转化为CO2，故A错误； B．甲体系中起始物质的浓度分别为c（NO2）＝0.1mol/L，c（CO）＝0.2mol/L，达到平衡时，CO的转化率为50%，即消耗物质的浓度为c（CO）＝0.1mol/L，列三段式如下： 2NO2（g）+4CO（g）⇌4CO2（g）+N2（g） 起始/（mol/L）：0.1 0.2 0 0 变化/（mol/L）：0.05 0.1 0.1 0.025 平衡/（mol/L）：0.05 0.1 0.1 0.025 则该反应平衡常数K＝，故B错误； C．根据勒夏特列原理，减弱而不抵消的思想，甲中起始NO2的浓度是乙的两倍，相较于乙相当于甲加压，平衡右移，但平衡时甲的NO2的浓度依旧大于乙，故C正确； D．已知甲中反应物的浓度是乙的两倍，相当于甲中加压，故平衡时，相较于乙，甲平衡正向移动，则甲中NO2的转化率高于乙，故甲中N2的体积分数比乙的高，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 18．（2023秋•辛集市期末）一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g），2min末反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的物质的量浓度为0.4mol•L﹣1，下列说法正确的是（　　） A．x的值为1 B．A的平衡转化率为40% C．此温度下该反应的平衡常数K等于0.5 D．A和B的平衡转化率相等 【答案】C 【分析】平衡时c（D）＝＝0.4mol/L，c（C）：c（D）＝0.4mol/L：0.4mol/L＝1：1，所以x＝2，则 3A（g）+B（g）⇌2C（g）+2D（g），（单位mol） 起始：2 2 0 0 转化：1.2 0.4 0.8 0.8 平衡：0.8 1.6 0.8 0.8 以此解答该题。 【解答】解：A.由以上分析可知x＝2，故A错误； B.A的平衡转化率为＝60%，故B错误； C.由以上分析可知，平衡时各物质的量浓度分别为0.4mol/L、0.8mol/L、0.4mol/L、0.4mol/L。则K＝＝0.5，故C正确； D.A、B按3：1反应，起始物质的量相等，则转化率不等，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析计算能力，明确化学方程式中各个物理量的关系式是解本题关键，题目难度不大。 19．（2024秋•西城区校级期中）异丁醇催化脱水制备异丁烯主要涉及以下2个反应。研究一定压强下不同含水量的异丁醇在恒压反应器中的脱水反应，得到了异丁烯的平衡产率随温度的变化结果如图。 ①ΔH1＝+28kJ/mol K1（190℃）＝104 ②（二聚异丁烯）ΔH2＝﹣72kJ/mol K2（190℃）＝0.1 下列说法不正确的是（　　） A．其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度有利于异丁烯的制备 B．高于190℃时，温度对异丁烯的平衡产率影响不大的原因是K1＞104、K2＜0.1 C．190℃时，增大n（H2O）：n（异丁醇），不利于反应②的进行 D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间存在：c0（异丁醇）＝c（异丁烯）+2c（二聚异丁烯） 【答案】D 【分析】A．由温度对平衡的影响分析； B．结合平衡常数分析； C．结合图象分析； D．由原子守恒分析。 【解答】解：A．反应①正向吸热，其他条件不变时，在催化剂的活性温度内，升高温度，反应①平衡正向移动，有利于异丁烯的制备，故A正确； B．高于190℃时，K1＞104、K2＜0.1，K1远大于K2，反应①进行程度远大于反应②，反应①几乎彻底进行，故温度对异丁烯的平衡产率影响不大，故B正确； C．由图象可知，190℃时，增大n（H2O）：n（异丁醇），反应①逆向进行，异丁烯的浓度减小，不利于反应②的进行，故C正确； D．若只有异丁烯、水和二聚异丁烯生成，由原子守恒可知，则初始物质浓度c0与流出物质浓度c之间存在：c0（异丁醇）＝c（异丁烯）+2c（二聚异丁烯）+c（异丁醇），故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 20．（2024秋•昌平区校级期中）探究浓度对2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2的影响，进行如下实验： 下列说法不正确的是（　　） A．Ⅱ中，加入的SCN﹣结合Fe3+，使平衡逆向移动 B．Ⅲ中含有I2 C．比较溶液中的c（I﹣）：Ⅱ＞Ⅳ D．Ⅳ中不含有Fe3+ 【答案】D 【分析】实验目的是探究浓度对平衡的影响，Ⅰ中发生反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2并达到化学平衡，Ⅱ中加入饱和KSCN溶液，KSCN结合Fe3+使Fe3+浓度减小，平衡往左向移动，从而I2的量减小，故Ⅲ中萃取出来的I2较少，颜色较浅，Ⅳ中加入CCl4萃取I2，则水溶液中I2的量减少，平衡向右移动，以此分析解答。 【解答】解：A．Ⅱ中加入的SCN﹣结合Fe3+，Fe3+浓度减小，平衡向左移动，故A正确； B．Ⅲ中CCl4萃取出来的液体显极浅的紫色，说明含有少量的I2，故B正确； C．II中加入饱和KSCN溶液，KSCN结合Fe3+使Fe3+浓度减小，平衡往左向移动，c（I﹣）相较于Ⅰ增大，Ⅳ中加入CCl4萃取I2，则水溶液中I2的量减少，平衡向右移动，c（I﹣）相较于Ⅰ减小，故水溶液中的c（I﹣）：II＞Ⅳ，故C正确； D．Ⅳ中加入CCl4萃取I2，则水溶液中I2的量减少，平衡向右移动，c（Fe3+）相较于Ⅰ减小，但Ⅳ中仍存在Fe3+，故D错误； 故选：D。 【点评】本题探究浓度对化学平衡的影响，铁盐与碘离子之间的氧化还原反应，受外界条件的影响反应进行的方向改变，导致性质的差异，题目难度中等。 二．解答题（共4小题） 21．（2024秋•昌平区校级期中）研究NO的治理对于保护环境、治理雾霾有着重要的现实意义。 Ⅰ．汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如图： （1）则N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH＝ 　+183　kJ•mol﹣1。 Ⅱ．研究人员发现可用NaClO2溶液（调pH＝5）吸收NO以达到“脱硝”的目的。已知处理后的溶液中主要含有的阴离子为和Cl﹣。 （2）写出该反应的离子方程式 　3+4NO+2H2O＝4+3Cl﹣+4H+　。 测得一段时间内NaClO2脱硝效率（即NO的吸收率）随温度变化曲线如图所示。 已知：酸性条件下，会转化成ClO2和Cl﹣。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体，具有强氧化性，能氧化NOx或SO2。 （3）结合已知信息分析，温度小于和大于50℃时，脱硝效率均下降的可能原因分别是 　温度小于50℃时，反应速率较低，温度大于50℃时，NO和ClO2气体逸出，导致NO吸收率降低　。 Ⅲ．液相氧化法采用NaClO溶液对烟气中的NO进行脱硝处理。 主要过程如下：NO（aq）+HClO（aq）⇌NO2（aq）+HCl（aq）。 研究pH对NO脱除率的影响。调节NaClO溶液的初始pH，NO的脱除率如下： 初始pH 3.5 4.5 5.5 6.5 7.5 NO脱除率 91% 88% 83% 65% 51% （4）结合化学用语，从平衡移动角度解释pH影响NO脱除率的原因：　pH越低，氢离子浓度增大，NO（aq）+HClO（aq）⇌NO2（aq）+HCl（aq）逆向移动，NO脱除率降低　。 【答案】（1）+183； （2）3+4NO+2H2O＝4+3Cl﹣+4H+； （3）温度小于50℃时，反应速率较低，温度大于50℃时，NO和ClO2气体逸出，导致NO吸收率降低； （4）pH越低，氢离子浓度增大，NO（aq）+HClO（aq）⇌NO2（aq）+HCl（aq）逆向移动，NO脱除率降低。 【分析】（1）反应热等于反应物总键能减去生成物总键能； （2）结合电子守恒配平方程式； （3）结合温度对反应速率和NO吸收率影响分析； （4）依据浓度变化对平衡的影响分析。 【解答】解：（1）N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝（945+498﹣630×2）kJ/mol＝+183kJ/mol， 故答案为：+183； （2）依据电子守恒可得反应的离子方程式为3+4NO+2H2O＝4+3Cl﹣+4H+， 故答案为：3+4NO+2H2O＝4+3Cl﹣+4H+； （3）度小于和大于50℃时，脱硝效率均下降的可能原因分别是温度小于50℃时，反应速率较低，温度大于50℃时，NO和ClO2气体逸出，导致NO吸收率降低， 故答案为：温度小于50℃时，反应速率较低，温度大于50℃时，NO和ClO2气体逸出，导致NO吸收率降低； （4）pH影响NO脱除率的原因为pH越低，氢离子浓度增大，NO（aq）+HClO（aq）⇌NO2（aq）+HCl（aq）逆向移动，NO脱除率降低， 故答案为：pH越低，氢离子浓度增大，NO（aq）+HClO（aq）⇌NO2（aq）+HCl（aq）逆向移动，NO脱除率降低。 【点评】本题考查化学反应中的能量变化和化学平衡，题目难度中等，掌握反应热的计算方法是解题的关键。 22．（2024秋•海淀区校级期中）改进工艺，降低能耗是氯碱工业发展的重要方向。 （1）写出电解饱和食盐水的化学方程式 　　。 （2）将氢燃料电站应用于氯碱工业，其原理示意图如图： ①a极为 　负极　（填“正”或“负”）极，电极反应方程式为 　　。 ②甲装置中，　a极区　NaOH溶液浓度下降（填“a极区”或“b极区”）。 ③下列关于乙装置说法中，正确的是 　BC　。 A．OH﹣移向c极区 B．在d极区获得的产物，可供甲装置使用 C．随着电解的进行，NaCl溶液浓度下降，若不补充，c电极有可能产生氧气 D．d极区流出的溶液浓度不变 （3）向乙装置中的阴极区通入O2，能够替代水中的H+获得电子，降低电解电压，减少电耗。写出O2在阴极区发生反应的电极反应式 　　。 （4）若乙装置中阳离子交换膜被破坏，可能产生的不利后果是 　阴极生成的氢气与阳极氯气反应有爆炸危险　（任写一点）。 （5）电解效率η的定义：。在标准状况下，当甲中有44.8L氢气放电时，乙装置中c极产生氯气33.6L（忽略氯气在溶液中的溶解），η（Cl2）＝ 　75%　。 【答案】（1）； （2）①负极； ； ②a极区； ③BC； （3）； （4）阴极生成的氢气与阳极氯气反应有爆炸危险； （5）75%。 【分析】（1）氯碱工业原理是采用电解食盐水的方法产生氯气和烧碱，故称为氯碱工业； （2）根据题目所给图示，甲装置为氢氧燃料电池，乙为电解池，甲装置中氢气进入a极，则a电极为负极，发生氧化反应，b极为正极，发生还原反应，则a电极连接乙装置的d电极为阴极，b电极连接乙装置的c电极为阳极。 【解答】解：（1）根据分析，氯碱工业原理的方程式为， 故答案为：； （2）①根据分析，甲装置为氢氧燃料电池，a电极为负极；a电极发生氧化反应，即， 故答案为：负极； ； ②根据分析，a电极发生氧化反应，即，消耗氢氧根离子，钠离子通过阳离子交换膜向右移动，故a极区NaOH溶液浓度下降， 故答案为：a极区； ③A．根据分析，c电极为阳极，阴离子向阴极移动，OH﹣移向d极区，故A错误； B．根据分析，d电极为阴极，发生还原反应，即，获得氢气可以继续供给甲装置使用，故B正确； C．随着电解过程中氯化钠的减少，若氯化钠溶液浓度降低，继续电解可能会将将溶液中的O元素转变成氧气，故C正确； D．d极发生反应，钠离子通过阳离子交换膜向d电极移动，故随着电解的进行，NaOH浓度增大，故D错误； 故答案为：BC； （3）若向乙装置阴极区通入氧气，氧气得电子生成氢氧根，其电极反应式为， 故答案为：； （4）阴极生成的氢气与阳极氯气反应有爆炸危险；阳极区NaCl与阴极区NaOH混合使得制得的NaOH不纯；OH﹣迁移至阳极区发生反应：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，生成氧气，使氯气不纯；OH﹣迁移至阳极区与生成的氯气发生反应，减少氯气产量等， 故答案为：阴极生成的氢气与阳极氯气反应有爆炸危险； （5）在标准状况下，当甲中有44.8L氢气放电时，转移的电子数为，乙装置中c极产生氯气33.6L转移的电子数为，η（Cl2）＝ ， 故答案为：75%。 【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 23．（2024秋•东城区校级期中）25℃时，某小组探究CH3COOH的性质。 （1）测得溶质的物质的量浓度为0.10mol•L﹣1的CH3COOH溶液，pH为3.1。 ①CH3COOH的电离方程式是 　CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+　。 ②25℃时，CH3COOH的Ka＝ 　　。 （2）测得溶质的物质的量浓度为0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液，pH为3.88。 小组同学判断稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的电离平衡向 　右　（填“左”或“右”）移动，理由是 　25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH＝2.88，0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液，相当于0.1mol/L的醋酸加水稀释10倍，如果CH3COOH电离程度不变，则稀释后溶液的pH为3.88，实际上溶液的pH＝3.38，说明稀释过程中CH3COOH继续电离，CH3COOH的电离平衡向右移动　。 （3）查阅资料：25℃时，HCN HClO 。 推测25℃时下列反应可能发生的是 　a　（填字母）。 a.CH3COOH+NaCN＝CH3COONa+HCN b.NaClO+HCN＝HClO+NaCN c.HClO+CH3COONa＝CH3COOH+NaClO （4）向20mL0.10mol•L﹣1的CH3COOH溶液中滴加0.10mol•L﹣1的NaOH溶液，测得溶液pH变化如图。 ①A点表示的溶液中，离子浓度由大到小的顺序是 　c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）　。 ②A、B、C、D点表示的溶液中，水电离出的c（OH﹣）最大的是 　C　（填字母） 【答案】（1）①CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+； ②； （2）右；25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH＝2.88，0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液，相当于0.1mol/L的醋酸加水稀释10倍，如果CH3COOH电离程度不变，则稀释后溶液的pH为3.88，实际上溶液的pH＝3.38，说明稀释过程中CH3COOH继续电离，CH3COOH的电离平衡向右移动； （3）a； （4）①c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）； ②C。 【分析】（1）①CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分电离生成CH3COO﹣和H+； ②25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＝10﹣2.88mol/L，CH3COOH电离程度较小，所以溶液中c（CH3COO﹣）≈（H+）＝10﹣2.88mol/L，c（CH3COOH）≈（0.10﹣10﹣2.88）mol/L，CH3COOH的Ka＝； （2）25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH＝2.88，0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液，相当于0.1mol/L的醋酸加水稀释10倍，如果CH3COOH电离程度不变，则稀释后溶液的pH为3.88，实际上溶液的pH＝3.38，说明稀释过程中CH3COOH继续电离； （3）酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸； （4）①A点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），水的电离程度较小； ②酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离。 【解答】解：（1）①CH3COOH为弱电解质，在水溶液中部分电离生成CH3COO﹣和H+，电离方程式为CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+， 故答案为：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+； ②25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液中c（H+）＝10﹣2.88mol/L，CH3COOH电离程度较小，所以溶液中c（CH3COO﹣）≈（H+）＝10﹣2.88mol/L，c（CH3COOH）≈0.10mol/L，CH3COOH的Ka＝≈， 故答案为：； （2）25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH＝2.88，0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液，相当于0.1mol/L的醋酸加水稀释10倍，如果CH3COOH电离程度不变，则稀释后溶液的pH为3.88，实际上溶液的pH＝3.38，说明稀释过程中CH3COOH继续电离，则稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH的电离平衡向右移动， 故答案为：右；25℃时，0.1mol/L的CH3COOH溶液pH＝2.88，0.01mol•L﹣1的CH3COOH溶液，相当于0.1mol/L的醋酸加水稀释10倍，如果CH3COOH电离程度不变，则稀释后溶液的pH为3.88，实际上溶液的pH＝3.38，说明稀释过程中CH3COOH继续电离，CH3COOH的电离平衡向右移动； （3）根据电离平衡常数知，酸性：CH3COOH＞HClO＞HCN，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸； a．酸性：CH3COOH＞HCN，根据强酸制取弱酸原理知，CH3COOH+NaCN═CH3COONa+HCN能发生，故a正确； b．酸性：HClO＞HCN，根据强酸制取弱酸原理知，NaClO+HCN═HClO+NaCN不能发生，故b错误； c．酸性：CH3COOH＞HClO，根据强酸制取弱酸原理知，HClO+CH3COONa═CH3COOH+NaClO不能发生，故c错误； 故答案为：a； （4）①A点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，混合溶液的pH＜7，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO﹣的水解程度，溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），c（Na+）＜c（CH3COO﹣），水的电离程度较小，所以溶液中存在c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）， 故答案为：c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣）； ②A点溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，抑制水电离；B点溶液pH＝7，呈中性，不影响水电离；C点溶质为CH3COONa，促进水电离；D点溶质为CH3COONa和NaOH，抑制水电离且水电离程度：A点＞D点，水电离出的c（OH﹣）最大的是C， 故答案为：C。 【点评】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、电离平衡常数计算方法、酸碱混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，题目难度不大。 24．（2024秋•房山区期中）大气中CO2含量的控制和CO2资源化利用具有重要意义。 （1）CH4还原CO2是实现“双碳”经济的有效途径之一，相关的主要反应有： Ⅰ：CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g） ΔH1＝+247kJ•mol﹣1 Ⅱ：CH4（g）+3CO2（g）═4CO（g）+2H2O（g） ΔH2＝+329kJ•mol﹣1 反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝ 　+41　kJ•mol﹣1。 （2）CO2资源化利用的方法之一是合成二甲醚（CH3OCH3）。CO2加氢合成二甲醚的过 程中发生反应2CO2（g）+6H2（g）＝CHOCH（g）+3H2O（g） ΔH＝﹣122.5kJ•mol﹣1 ①该反应分为以下两步完成，请写出反应ⅱ的热化学方程式。 ⅰ.CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49.5kJ•mol﹣1 ⅱ.　2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH＝﹣23.5kJ/mol　。 ②500℃时，反应i的平衡常数K＝2.50，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为1mol•L﹣1则此时v正　＞　v逆（填“＞”“＝”或“＜”）。 ③提高反应ⅰ速率且增大CH3OH（g）的平衡产率，可采取的措施 　C　。 A.升高反应温度 B.使用合适的催化剂 C.增大体系压强 D.从平衡体系中及时分离出CH3OH（g） （3）一种捕获CO2并实现资源利用的反应原理如图1所示。反应Ⅰ完成之后，以N2为载气，将恒定组成的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，推测发生了副反应（反应Ⅲ）：CH4C+2H2。 ①反应Ⅱ的化学方程式为 　CaCO3+CH4CaO+2H2+2CO　。 ②t1～t3时间段内，反应Ⅱ速率减小至0，可能的原因是 　催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应Ⅱ无法进行　。 ③t2时刻，反应Ⅱ和反应Ⅲ生成H2的速率之比为 　3：1　。 【答案】（1）+41； （2）①2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH＝﹣23.5kJ/mol； ②＞； ③C； （3）①CaCO3+CH4CaO+2H2+2CO； ②催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应Ⅱ无法进行； ③3：1。 【分析】（1）根据盖斯定律：（Ⅱ﹣Ⅰ）×计算反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）的ΔH； （2）①根据反应2CO2（g）+6H2（g）＝CHOCH（g）+3H2O（g）减去反应ⅰ的2倍得到反应ⅱ的热化学方程式为2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH＝﹣23.5kJ/mol； ②根据浓度熵Q＝与平衡常数K的关系分析判断反应进行的方向； ③升高温度、增大压强、增大反应物浓度、使用催化剂等均可加快反应速率，结合化学平衡影响因素分析判断； （3）①由图1可知，反应Ⅱ中，CaCO3和CH4在催化剂作用下生成CaO、H2和CO； ②反应过程中催化剂上有积碳，减小或减弱反应物与催化剂的接触面积，反应速率减小； ③反应Ⅱ为CaCO3+CH4CaO+2H2+2CO，副反应为CH4C+2H2，图2中t2时刻n（CO）＝1.5t2mmol，反应Ⅱ生成的n（H2）＝1.5t2mmol，则副反应生成的n（H2）＝2t2mmol﹣1.5t2mmol＝0.5t2mmol。 【解答】解：（1）ⅠCH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）ΔH1＝+247kJ•mol﹣1，ⅡCH4（g）+3CO2（g）═4CO（g）+2H2O（g）ΔH2＝+329kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：（Ⅱ﹣Ⅰ）×计算反应CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）的ΔH＝[+329kJ•mol﹣1﹣（+247kJ•mol﹣1）]＝+41kJ•mol﹣1， 故答案为：+41kJ•mol﹣1； （2）①根据反应2CO2（g）+6H2（g）＝CHOCH（g）+3H2O（g）减去反应ⅰ的2倍得到反应ⅱ的热化学方程式为2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH＝﹣23.5kJ/mol， 故答案为：2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH＝﹣23.5kJ/mol； ②500℃时，该反应的平衡常数K＝2.50，该温度下某时刻测得体系内四种物质的浓度均为1mol•L﹣1，则浓度熵Q＝＝＜2.5，所以反应正向进行，v正＞v逆， 故答案为：＞； ③A.CO2制备CH3OH的反应是放热反应，升高反应温度，平衡逆向移动，不能增大CH3OH（g）的平衡产率，故A错误； B.使用合适的催化剂，不能改变反应的始态和终态，不能增大CH3OH（g）的平衡产率，故B错误； C.CO2制备CH3OH的反应是气体分子数减小的反应，增大体系压强，平衡正向移动，能增大CH3OH（g）的平衡产率，故C正确； D.从平衡体系中及时分离出CH3OH（g），能增大CH3OH（g）的平衡产率，但反应速率降低，故D错误； 故答案为：C； （3）①由图1可知，催化剂作用下CaCO3和CH4生成CaO、H2和CO，方程式为CaCO3+CH4CaO+2H2+2CO， 故答案为：CaCO3+CH4CaO+2H2+2CO； ②发生副反应时会有积碳覆盖在催化剂上，减小反应物与催化剂的接触面积，反应速率减小直至无法进行， 故答案为：催化剂表面不断被积碳覆盖直至反应Ⅱ无法进行； ③反应Ⅱ为CaCO3+CH4CaO+2H2+2CO，副反应为CH4C+2H2，图2中t2时刻n（CO）＝1.5t2mmol，反应Ⅱ生成的n（H2）＝1.5t2mmol，则副反应生成的n（H2）＝2t2mmol﹣1.5t2mmol＝0.5t2mmol，所以t2时刻反应Ⅱ和反应Ⅲ生成H2的速率之比为1.5t2mmol：0.5t2mmol＝3：1， 故答案为：3：1。 【点评】本题考查化学平衡计算、反应热与焓变和化学平衡影响因素，明确化学平衡影响因素、盖斯定律的计算应用和化学方程式书写的方法是解题的关键，侧重分析能力和计算能力考查，题目难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$