湖南省长沙市2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷

湖南省长沙市2024-2025学年高二下学期开学模拟测试化学练习卷 一．选择题（共20小题） 1．（2023秋•长沙县校级期中）通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3）。下列说法不正确的是（　　） ①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1 ②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣1 ③CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3＝ckJ•mol﹣1 ④2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH4＝dkJ•mol﹣1 A．反应①、②为反应③提供原料气 B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一 C．反应CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（l）的ΔH＝kJ•mol﹣1 D．反应2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）的ΔH＝（2b+2c+d）kJ•mol﹣1 2．（2024•开福区校级模拟）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示： 反应1：（CH3）3CBr→（CH3）2C＝CH2+HBr 反应2：C2H5OH+（CH3）3CBr→（CH3）3COC2H5+HBr 下列说法不正确的是（　　） A．过渡态能量：①＞②＞③ B．（CH3）3COC2H5可以逆向转化为（CH3）3CBr，但不会转化为（CH3）2C＝CH2 C．若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4﹣E3的值增大 D．向（CH3）3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的（CH3）2C＝CH2 3．（2024秋•天心区校级月考）一定条件下，萘（）与H2SO4反应生成1﹣萘磺酸（）和2﹣萘磺酸（）反如图所示（反应1、反应3均为放热反应）。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在40℃和160℃时，得到1﹣萘磺酸和2﹣萘磺酸的比例分别为96：4和15：85。下列说法错误的是（　　） A．反应1的焓变大于反应2并且2﹣萘磺酸比1﹣萘磺酸更稳定 B．反应活化能：反应1＜反应2 C．低温时选择相对较短的反应时间，及时分离产物可获得高产率的1﹣萘磺酸 D．萘环上β—H的活性强于α—H的 4．（2024春•浏阳市期末）已知石墨的稳定性强于金刚石，则对于反应（　　） C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g） ΔH1 C（s，金刚石）+O2（g）＝CO2（g） ΔH2 A．ΔH1＝ΔH2 B．ΔH1＜ΔH2 C．ΔH1＞ΔH2 D．无法判断ΔH1和ΔH2的大小 5．（2024春•浏阳市期末）中国学者在水煤气变换CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化实现的。反应过程示意图如图： 下列说法正确的是（　　） A．过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程 B．过程Ⅱ是吸热反应 C．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH D．催化剂的重要作用是降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而加快反应速率 6．（2024秋•开福区校级月考）Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示： 下列关于活化历程的说法正确的是（　　） A．该反应的决速步是：中间体2→中间体3 B．只涉及极性键的断裂和生成 C．Ni是该反应的催化剂 D．该反应的热化学方程式为：Ni+C2H6＝NiCH2+CH4ΔH＝﹣6.57kJ/mol 7．（2023春•岳麓区校级期末）以甲烷为燃料的新型电池得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。下列说法错误的是（　　） A．该电池工作时能量由化学能转化为电能 B．A极为电池正极，发生氧化反应 C．负极的电极反应式为CH4+4O2﹣﹣8e﹣＝CO2+2H2O D．该电池的总反应为CH4+2O2＝CO2+2H2O 8．（2024春•岳麓区校级期末）用如图所示装置来测定某原电池工作时，在一段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，电极材料是铁片和铜片。下列有关说法正确的是（　　） A．b电极材料是铁片 B．电子由b电极经导线流向a电极 C．若用浓硝酸代替稀硫酸，溶液中的移向铜片 D．当量筒中收集到672mL（标准状况）气体时，通过导线的电子的物质的量为0.03mol 9．（2024•望城区校级开学）某课题组设计如图所示的微生物燃料电池（a、b均为石墨电极），该电池可将工业废水中的乙胺（CH3CH2NH2）转化成无害物质。下列分析不正确的是（　　） A．若环境温度过高，该电池持续工作，处理废水的效率会降低 B．a电极的电极发生的反应为：2CH3CH2NH2+8H2O﹣30e﹣＝4CO2↑+N2↑+30H+ C．电池工作时，H+由b极区经过质子交换膜到a极区 D．该电池理论上每处理1mol CH3CH2NH2电极上可能还原O2 84L在标准状况下测定 ） 10．（2024•望城区校级开学）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法不正确的是（　　） A．电池工作时，向电极A移动 B．电极A上 H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣＝2H2O C．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣＝2 D．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1mol CH4转移电子数目约6×6.02×1023 11．（2024秋•雨花区校级月考）常温下，下列粒子能在指定的溶液中大量共存的是（　　） A．遇KSCN变红色的溶液：Na+、Mg2+、H2O2、Cl﹣ B．＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：、Ca2+、Cl﹣、 C．pH＝0的溶液中：、Fe2+、S2、ClO﹣ D．在溶质为KHCO3溶液中：K+、Cl﹣、Al3+、 12．（2023秋•天心区校级期末）莫尔法测定生理盐水浓度的过程如下：移取10.00mL稀释后的生理盐水置于250mL锥形瓶中，加入3滴K2CrO4指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定至终点。重复3次，消耗标准溶液的体积平均为VmL，然后计算出NaCl的浓度。已知：Ksp（AgCl）＝1.77×10﹣10；Ksp（Ag2CrO4）＝1.12×10﹣12；Ag2CrO4为砖红色沉淀。下列关于本实验的说法正确的是（　　） A．可用酸式滴定管装AgNO3标准溶液 B．该稀释后的生理盐水浓度为0.1Vmol•L﹣1 C．实验中若用生理盐水润洗锥形瓶将导致测定结果偏低 D．在相同浓度的KCl和K2CrO4混合溶液中滴入AgNO3溶液，先出现砖红色沉淀 13．（2024•岳麓区校级模拟）1922年范斯莱克（Vanslyke）提出用缓冲容量β来描述缓冲溶液缓冲能力的大小，β越大，缓冲能力越大。如图是常温下，CH3COOH和CH3COONa组成缓冲溶液的β﹣pH关系图，其中A、B两条曲线分别对应c＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol/L和c总＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.2mol/L。已知常温下，Ka（CH3COOH）＝10﹣4.76，下列说法不正确的是（　　） A．向pH＝4.76的上述缓冲溶液加水稀释，c（OH﹣）增大 B．常温下，等浓度、等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后pH大于4.76 C．A曲线上任意一点的溶液中均存在c（Na+）+c（CH3COOH）+c（H+）＝0.1+c（OH﹣） D．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，溶液中c（Na+）＞c（CH3COOH） 14．（2024•望城区校级开学）25℃时，向含有1mol甘氨酸盐酸盐（CH2COOH）的溶液中加入NaOH固体，溶液pH及体系中CH2COOH，CH2COO﹣，NH2CH2COO﹣三种粒子的分布系数变化如图所示。 [比如H2A中A2﹣的分布系数：＝] 下列说法正确的是（　　） A．a代表δ（NH2CH2COO﹣） B．m点：pH小于2.35 C．n点溶液中c（NH2CH2COO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH2COOH）+c（Na+） D．曲线上任意点溶液均存在：c2（CH2COO﹣）＞107c（CH2COOH）•c（NH2CH2COO﹣） 15．（2024秋•开福区校级月考）已知298K时，Cu（OH）2和Fe（OH）2的饱和溶液中，a、b分别表示﹣lgc（Cu2+）、﹣lgc（Fe2+）与溶液pH的变化关系。下列说法中正确的是（　　） A．该温度下Ksp[Cu（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）2] B．当Fe（OH）2和Cu（OH）2沉淀共存时，溶液中c（Fe2+）：c（Cu2+）＝1：104.6 C．除去FeSO4溶液中少量的Cu2+，可加入适量FeO或Fe D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液 16．（2024春•天心区校级期末）探究汽车尾气中NO、CO的无害化处理，催化剂作用下在容积为1L的容器中发生反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH。向容器中充入0.1mol NO和0.1mol CO，经过tmin，NO的转化率随温度变化如图所示（不考虑温度对催化剂活性的影响）。下列说法不正确的是（　　） A．ΔH＜0 B．T1K温度下，容器中产生氨气的速率为 C．T2K温度下，反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的平衡常数K＝1600 D．T1K温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率 17．（2024春•开福区校级期末）一定温度下，在恒容密闭容器中进行反应A（g）+2B（g）⇌2C（g），下列说法中不能说明反应处于平衡状态的是（　　） A．A的浓度不再变化 B．B的分子数不再变化 C．容器内的压强不再变化 D．A的消耗速率与C的生成速率相等 18．（2024春•长沙期末）中国化学家研究出一 种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs ），可以利用太阳光高效分解水，其原理如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．反应I是放热反应 B．反应I涉及极性键的断裂与非极性键的形成 C．H2O2 是中间产物，CQDs 能催化其分解 D．整个过程实现了太阳能向化学能转化 19．（2024春•雨花区期末）CO和H2合成乙醇发生如下反应： 主反应：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣128.8kJ•mol﹣1 副反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.8kJ•mol﹣1ΔS2＝﹣42.1J•mol﹣1•K﹣1 向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比S[S＝]的关系如图所示。下列有关说法正确的是（　　） A．S1＜S2 B．在投料比为S3条件下，主反应的v正（Y）＞v逆（Z） C．副反应能自发进行的临界温度约为993K D．在T1K、S2＝2时，主反应的平衡常数K＝0.2 20．（2022秋•开福区校级月考）已知：[Co（H2O）6]2+呈粉红色，[CoCl4]2﹣呈蓝色，[ZnCl4]2﹣为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co（H2O）6]2++4Cl﹣⇌[CoCl4]2﹣+6H2O，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图，以下结论和解释正确的是（　　） A．由实验①可推知正反应为放热反应 B．等物质的量的[Co（H2O）6]2+和[CoCl4]2﹣中σ键数之比为3：2 C．实验②是由于c（H2O）增大，导致平衡逆向移动 D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2﹣＞[CoCl4]2﹣ 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•浏阳市期中）化学反应伴随着能量变化，研究化学反应中的能量变化具有重大意义。请回答下列问题： Ⅰ．硫与硫的氧化物转化过程中能量变化如图所示： （1）表示S（s）的燃烧热的热化学方程式为 　 　。 （2）对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）： ①　 　（填“低温”、“高温”或“任意温度”）有利于该反应正向自发进行。 ②在一密闭容器中仅发生该反应，下列措施有利于提高SO2的平衡转化率的是 　 　（填标号）。 A．升高温度 B．压缩容器体积 C．增大O2浓度 D．再充入一定量的SO2 Ⅱ．某化学兴趣小组利用如图装置进行中和反应反应热的测定实验。 实验步骤： ①量取50mL0.25mol•L﹣1H2SO4，溶液倒入小烧杯中，测量温度； ②量取50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液，测量温度； ③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度。 （3）仪器a的名称为 　 　，使用的NaOH溶液稍微过量的原因是 　 　。 （4）实验数据记录： 实验次数 反应物的初始温度T1/℃ 反应后体系的温度T2/℃ H2SO4溶液 NaOH溶液 平均值 1 25.2 25.4 28.6 2 24.9 25.1 28.4 3 25.3 25.3 28.0 4 25.0 25.2 28.3 设实验所用的酸、碱溶液的密度均为1g•mL﹣1，反应前后溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1。计算该实验的H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）ΔH＝　 　kJ•mol﹣1。 （5）实验过程中，向H2SO4溶液中加碱时，分多次加入NaOH溶液，将会导致测得的ΔH 　 　（填“偏大”或“偏小”，下同）；若用0.55mol•L﹣1氨水代替NaOH溶液，将会导致测得的ΔH 　 　。 22．（2021秋•浏阳市期末）为了验证Cu2+和Fe3+的氧化能力相对强弱，利用如图所示电池装置进行实验． （1）用CuSO4•5H2O固体配制100mL0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，下列仪器中没有用到的是 　 　（填标号），需称取CuSO4•5H2O的质量为 　 　g （2）电池装置中，盐桥中盛装浸有高浓度电解质溶液的琼脂，要求该电解质溶液中阴、阳离子扩散速率相近，即电迁移率（u∞）尽可能相接近．已知K+、Cl﹣、NO3﹣的电迁移率（u∞×108/m2•s﹣1•V﹣1）分别为7.62、7.91、7.40，本实验盐桥中的电解质选择KCl，而不选KNO3的可能原因是 　 　． （3）根据电流表指针偏向知，电流由电极材料X流出，则电极材料X可能为 　 　． （4）一段时间后，左侧溶液中Cu2+浓度增大，右侧溶液中Fe3+浓度减小．则Cu电极的电极反应式为 　 　． （5）检验右侧电极室溶液中存在Fe2+应选用 　 　溶液，由此可证明氧化性：Fe3+　 　Cu2+（填“大于”或“小于”）． （6）实验前通常将电极用特殊的酸腐蚀，造成接触面粗糙的目的是 　 　． 23．（2024秋•浏阳市期中）根据要求回答下列问题。 （1）常温下，pH＝10的CH3COONa溶液中水电离出来的c（OH﹣）＝　 　mol•L﹣1。 （2）pH相同的①NaCN，②NaClO，③Na2S三种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 　 　（填序号）。已知：弱酸的电离平衡常数HCN：Ka＝4×10﹣10；H2S：Ka1＝1×10﹣7，Ka2＝7×10﹣15；HClO；Ka＝3×10﹣8。 （3）能够利用氯化铵溶液的酸性作金属除锈剂，试用离子方程式表示氯化铵溶液呈酸性的原因：　 　。 （4）将0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1盐酸等体积混合，所得溶液中c（） 　 　c（H2CO3）（填“＜”“＝”或“＞”）。 （5）常温下，将某一元酸HA（甲、乙代表不同的一元酸）和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示： 实验编号 c（HA）/（mol•L﹣1） c（NaOH）/（mol•L﹣1） 混合溶液的pH 甲 0.2 0.1 ＞7 乙 0.1 0.1 ＝10 ①从甲组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 　 　。 ②分析乙组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果（列式即可）：c（Na+）﹣c（A﹣）＝　 　mol•L﹣1。 （6）分析化学中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣时，采用K2CrO4作指示剂，利用Ag+与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl﹣恰好沉淀完全（浓度等于1×10﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c（）＝　 　mol•L﹣1。（结果保留两位有效数字，已知常温时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10﹣12和1.8×10﹣10） 24．（2024秋•开福区校级月考）二甲醚（DME）是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用合成气合成二甲醚，其主要原理如下： ①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） K1 ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） K2 ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） K3 回答下列问题： （1）反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1，该反应的平衡常数K＝ 　 　（用K1、K2、K3表示） （2）一定温度下，将2mol CO和1mol H2O（g）通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的浓度为0.25mol•L﹣1，则0～5min内v（H2O）＝ 　 　，CO的转化率α（CO）＝ 　 　。 （3）将合成气以通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是 　 　（填字母）。 A．p1＜p2＜p3 B．ΔH＜0 C．若在p3和316℃时，起始时，则平衡时，α（CO）大于50% （4）在一定条件下，密闭容器中加入一定量的CO、N2O（g）和催化剂发生反应CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g），其速率方程为v正＝k正p（CO）p（N2O），v逆＝k逆p（CO2）p（N2），其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆分别为速率常数（已知Arhenius经验公式，k为反应速率常数，Ea为活化能，T为热力学温度，R为摩尔气体常量，A为比例系数），p为气体的分压。已知降低温度时，k正﹣k逆增大，调整CO和N2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图所示，A、B、C、D四点中温度由高到低的顺序是 　 　，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时，＝ 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2023秋•长沙县校级期中）通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3）。下列说法不正确的是（　　） ①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）ΔH1＝akJ•mol﹣1 ②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH2＝bkJ•mol﹣1 ③CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3＝ckJ•mol﹣1 ④2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH4＝dkJ•mol﹣1 A．反应①、②为反应③提供原料气 B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一 C．反应CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（l）的ΔH＝kJ•mol﹣1 D．反应2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）的ΔH＝（2b+2c+d）kJ•mol﹣1 【答案】C 【分析】A．反应③的原料气是CO2和H2，反应①、②生成CO2和H2； B．反应③可以将CO2转化为甲醇，甲醇可以进一步转化为二甲醚； C．反应热与系数成正比，逆反应的反应热＝正反应反应热的负数； D．根据盖斯定律可知，将②×2+③×2+④可得：2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH。 【解答】解：A．反应③的原料气是CO2和H2，反应①、②生成CO2和H2，则反应①、②为反应③提供原料气，故A正确； B．反应③可以将CO2转化为甲醇，甲醇可以进一步转化为二甲醚，是CO2资源化利用的方法之一，故B正确； C．已知反应2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH4＝dkJ•mol﹣1，则CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（l）ΔH＝﹣kJ•mol﹣1，故C错误； D．根据盖斯定律可知，将②×2+③×2+④可得：2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH，则ΔH＝（2b+2c+d）kJ•mol﹣1，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查盖斯定律的灵活应用，属于基本知识的考查，难度不大。 2．（2024•开福区校级模拟）叔丁基溴在乙醇中反应的能量变化如图所示： 反应1：（CH3）3CBr→（CH3）2C＝CH2+HBr 反应2：C2H5OH+（CH3）3CBr→（CH3）3COC2H5+HBr 下列说法不正确的是（　　） A．过渡态能量：①＞②＞③ B．（CH3）3COC2H5可以逆向转化为（CH3）3CBr，但不会转化为（CH3）2C＝CH2 C．若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4﹣E3的值增大 D．向（CH3）3CBr的乙醇溶液中加入NaOH并适当升温，可以得到较多的（CH3）2C＝CH2 【答案】B 【分析】解：A．由图可知； B．（CH3）3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为（CH3）3CBr，即为（CH3）3CBr和C2H5OH转化为（CH3）3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为（CH3）3C+Br﹣和C2H5OH，（CH3）3C+Br﹣和C2H5OH再转化为（CH3）3CBr和C2H5OH； C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴； D．（CH3）3CBr的乙醇溶液生成（CH3）2C＝CH2过程放出能量相较于生成（CH3）3COC2H5低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动。 【解答】解：A．由图可知，过渡态能量的大小顺序为①＞②＞③，故A正确； B．（CH3）3COC2H5与HBr在一定条件下可以逆向转化为（CH3）3CBr，即为（CH3）3CBr和C2H5OH转化为（CH3）3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为（CH3）3C+Br﹣和C2H5OH，（CH3）3C+Br﹣和C2H5OH再转化为（CH3）3CBr和C2H5OH，但（CH3）3C+Br﹣和C2H5OH同时也能转化为（CH3）2C＝CH2，故B错误； C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，则（CH3）3C+Cl﹣的能量高于（CH3）3C+Br﹣，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4﹣E3的值增大，故C正确； D．加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，该反应为放热反应，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的（CH3）2C＝CH2，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。 3．（2024秋•天心区校级月考）一定条件下，萘（）与H2SO4反应生成1﹣萘磺酸（）和2﹣萘磺酸（）反如图所示（反应1、反应3均为放热反应）。其中相同投料，经历相同时间，不同反应温度时产物的比例不同，在40℃和160℃时，得到1﹣萘磺酸和2﹣萘磺酸的比例分别为96：4和15：85。下列说法错误的是（　　） A．反应1的焓变大于反应2并且2﹣萘磺酸比1﹣萘磺酸更稳定 B．反应活化能：反应1＜反应2 C．低温时选择相对较短的反应时间，及时分离产物可获得高产率的1﹣萘磺酸 D．萘环上β—H的活性强于α—H的 【答案】D 【分析】A．记反应1、2、3的反应热分别为ΔH1，ΔH2，ΔH3，根据盖斯定律进行分析解答； B．根据40℃和160℃时，得到1﹣萘磺酸和2﹣萘磺酸的比例分别为96：4和15：85 分析，低温时，反应1受动力学控制影响较大，反应速率较快，活化能小； C．根据分析可知，低温时，反应1的反应速率快，短时间内及时分离产物可获得较多的1﹣萘磺酸； D．反应1的活化能小，比反应2更容易发生，则α—H的活性强于β—H的。 【解答】解：A．记反应1、2、3的反应热分别为ΔH1，ΔH2，ΔH3，根据盖斯定律得ΔH2＝ΔH1+ΔH3，已知ΔH1＜0、ΔH3＜0，则反应焓变：反应1＞反应2，并且相同条件下2﹣萘磺酸比1﹣萘磺酸能量低，更稳定，故A正确； B．根据40℃和160℃时，得到1﹣萘磺酸和2﹣萘磺酸的比例分别为96：4和15：85 分析，低温时，反应1受动力学控制影响较大，反应速率较快，活化能小，故B正确； C．根据分析可知，低温时，反应1的反应速率快，短时间内及时分离产物可获得较多的1﹣萘磺酸，故C正确； D．反应1的活化能小，比反应2更容易发生，则α—H的活性强于β—H的，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查萘与H2SO4反应的原理分析，考查考生的分析与推测、归纳与论证能力。 4．（2024春•浏阳市期末）已知石墨的稳定性强于金刚石，则对于反应（　　） C（s，石墨）+O2（g）＝CO2（g） ΔH1 C（s，金刚石）+O2（g）＝CO2（g） ΔH2 A．ΔH1＝ΔH2 B．ΔH1＜ΔH2 C．ΔH1＞ΔH2 D．无法判断ΔH1和ΔH2的大小 【答案】C 【分析】根据能量越低越稳定，石墨比金刚石更加稳定，进行分析。 【解答】解：由能量越低越稳定。由石墨比金刚石更加稳定，C（s，石墨）＝C（s，金刚石） ΔH＞0，将题干提供的两热化学方程式相减得：C（s，石墨）＝C（s，金刚石） ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＞0，则ΔH1＞ΔH2， 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。 5．（2024春•浏阳市期末）中国学者在水煤气变换CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）ΔH中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂（能吸附不同粒子）催化实现的。反应过程示意图如图： 下列说法正确的是（　　） A．过程Ⅰ、过程Ⅲ均为放热过程 B．过程Ⅱ是吸热反应 C．使用催化剂降低了水煤气变换反应的ΔH D．催化剂的重要作用是降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而加快反应速率 【答案】D 【分析】A．过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ形成化学键； B．过程Ⅱ没有新物质生成，不是吸热反应； C．催化剂不能改变反应的始态和终态； D．催化剂的重要作用是降低反应的活化能。 【解答】解：A．过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ形成化学键，为放热过程，故A错误； B．过程Ⅱ是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，没有新物质生成，不是吸热反应，故B错误； C．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变ΔH，故C错误； D．催化剂的重要作用是降低反应的活化能，提高活化分子百分数，从而加快反应速率，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查反应过程中的能量变化，侧重考查学生具体反应环节能量的变化，试题比较简单。 6．（2024秋•开福区校级月考）Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如图所示： 下列关于活化历程的说法正确的是（　　） A．该反应的决速步是：中间体2→中间体3 B．只涉及极性键的断裂和生成 C．Ni是该反应的催化剂 D．该反应的热化学方程式为：Ni+C2H6＝NiCH2+CH4ΔH＝﹣6.57kJ/mol 【答案】A 【分析】A．根据图示，中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，活化能最大，慢反应是反应的决速步； B．反应过程中涉及C—C键的断裂和C—H键的形成，涉及非极性键的断裂，不涉及非极性键的形成； C．根据图示，Ni参与反应并生成NiCH2，是反应物不是催化剂； D．热化学方程式为Ni（s）+C2H6（g）＝NiCH2（s）+CH4（g） ΔH＝﹣6.57kJ•mol﹣1。 【解答】解：A．根据图示可知，中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，其活化能最大，反应速率最慢，是该反应的决速步，故A正确； B．由题给图示可知，反应过程中涉及C—C键的断裂和C—H键的形成，涉及非极性键的断裂，不涉及非极性键的形成，故B错误； C．根据图示，Ni参与反应并生成NiCH2，是反应物不是催化剂，故C错误； D．热化学方程式为Ni（s）+C2H6（g）＝NiCH2（s）+CH4（g） ΔH＝﹣6.57kJ•mol﹣1，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查了化学反应中的能量变化和化学反应历程，题目难度不大，掌握基础知识，分析题给图像是解答该题的关键。 7．（2023春•岳麓区校级期末）以甲烷为燃料的新型电池得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。下列说法错误的是（　　） A．该电池工作时能量由化学能转化为电能 B．A极为电池正极，发生氧化反应 C．负极的电极反应式为CH4+4O2﹣﹣8e﹣＝CO2+2H2O D．该电池的总反应为CH4+2O2＝CO2+2H2O 【答案】B 【分析】甲烷燃料电池中甲烷发生氧化反应，故B极为负极，A为正极，据此分析。 【解答】解：A．电池工作时化学能转化为电能，故A正确； B．A电极通入氧气，化合价降低，发生还原反应，故B错误； C．B电极通入甲烷，甲烷失去电子和阳离子结合生成二氧化碳和水，其反应式为CH4+4O2−﹣8e﹣＝CO2+2H2O，故C正确； D．甲烷燃料电池是化学能转化为电能，不是化学能变为热能，该电池的总反应：CH4+2O2＝CO2+2H2O，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池的掌握情况，试题难度中等。 8．（2024春•岳麓区校级期末）用如图所示装置来测定某原电池工作时，在一段时间内通过导线的电子的物质的量。量筒的规格为1000mL，电极材料是铁片和铜片。下列有关说法正确的是（　　） A．b电极材料是铁片 B．电子由b电极经导线流向a电极 C．若用浓硝酸代替稀硫酸，溶液中的移向铜片 D．当量筒中收集到672mL（标准状况）气体时，通过导线的电子的物质的量为0.03mol 【答案】C 【分析】该装置为铜铁原电池，Fe比铜活泼，Fe失电子生成Fe2+，溶液中H+得电子生成H2，图中电极b产生气体，则b为正极，电极a为负极，正极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，负极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子经过导线流向正极，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，b为正极、电极材料是铜片，电极a为负极、电极材料是铁片，故A错误； B．由上述分析可知，电极a为负极，电极b为正极，电子由a电极经导线流向b电极，故B错误； C．若用浓硝酸代替稀硫酸，则铁被钝化，铁为正极、铜为负极，则溶液中的移向负极铜片一极，故C正确； D．正极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，n（e﹣）＝2n（H2）＝2×＝0.06mol，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查原电池工作原理，侧重分析判断能力和运用能力考查，把握电极判断、电极反应及反应式书写是解题关键，注意掌握电子或离子移动方向，题目难度不大。 9．（2024•望城区校级开学）某课题组设计如图所示的微生物燃料电池（a、b均为石墨电极），该电池可将工业废水中的乙胺（CH3CH2NH2）转化成无害物质。下列分析不正确的是（　　） A．若环境温度过高，该电池持续工作，处理废水的效率会降低 B．a电极的电极发生的反应为：2CH3CH2NH2+8H2O﹣30e﹣＝4CO2↑+N2↑+30H+ C．电池工作时，H+由b极区经过质子交换膜到a极区 D．该电池理论上每处理1mol CH3CH2NH2电极上可能还原O2 84L在标准状况下测定 ） 【答案】C 【分析】由图可知，电极b为原电池的正极，酸性条件下空气中的氧气在正极得到得到生成水，电极反应式为：，电极a为负极，在微生物的作用下，乙胺在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和氢离子，电极反应式为。 【解答】解：A．在微生物的作用下，乙胺在水分子作用下失去电子发生氧化反应生成二氧化碳、氮气和氢离子，若温度过高，微生物的主要成分蛋白质会发生变性，催化能力下降，电池效率下降，处理废水的效率会降低，故A正确； B．a为负极，电极反应式为：，故B正确； C．电池工作时，H+由a极区经过质子交换膜到b极区，故 C错误； D．根据可知，该电池理论上每处理1mol CH3CH2NH2，转移15mol电子，消耗标准状况下氧气的体积为：，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查电化学，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 10．（2024•望城区校级开学）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法不正确的是（　　） A．电池工作时，向电极A移动 B．电极A上 H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣＝2H2O C．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣＝2 D．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1mol CH4转移电子数目约6×6.02×1023 【答案】B 【分析】电极A通入燃料，则A为负极，电极B通入氧气，为正极，发生O2+2CO2+4e﹣＝2。阴离子向负极A移动，故向电极A移动。 【解答】解：A．电池工作时，为原电池，阴离子向负极A移动，故向电极A移动，故A正确； B．H2在负极上失电子生成水，则电极A上H2参与的电极反应为：H2+﹣2e﹣＝CO2+H2O，故B错误； C．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣＝2，故C正确； D．该反应转移的电子数为6，故每消耗1mol CH4转移电子数目约6×6.02×1023，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查新型电池等，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。 11．（2024秋•雨花区校级月考）常温下，下列粒子能在指定的溶液中大量共存的是（　　） A．遇KSCN变红色的溶液：Na+、Mg2+、H2O2、Cl﹣ B．＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：、Ca2+、Cl﹣、 C．pH＝0的溶液中：、Fe2+、S2、ClO﹣ D．在溶质为KHCO3溶液中：K+、Cl﹣、Al3+、 【答案】B 【分析】A．遇KSCN变红色的溶液含Fe3+； B．＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中Kw＝c（H+）×c（OH﹣）＝10﹣14，计算得到c（H+）＝0.1mol/L，为酸溶液； C．pH＝0的溶液中c（H+）＝1mol/L，为酸溶液； D．在溶质为KHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性。 【解答】解：A．遇KSCN变红色的溶液含Fe3+，Na+、Mg2+、Cl﹣离子和铁离子不反应，能大量共存，H2O2、在铁离子做催化剂作用下分解，不能大量存在，故A错误； B．＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中Kw＝c（H+）×c（OH﹣）＝10﹣14，计算得到c（H+）＝0.1mol/L，为酸溶液，H+、、Ca2+、Cl﹣、离子间不反应，可以大量共存，故B正确； C．pH＝0的溶液中c（H+）＝1mol/L，为酸溶液，H+、Fe2+、ClO﹣不能大量共存，S2和H+反应，不能大量共存，故C错误； D．在溶质为KHCO3溶液中，碳酸氢根离子水解显碱性，Al3+离子水解显酸性，二者能发生双水解反应，不能大量共存，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了离子性质、离子共存的分析判断，注意离子性质的理解应用，题目难度中等。 12．（2023秋•天心区校级期末）莫尔法测定生理盐水浓度的过程如下：移取10.00mL稀释后的生理盐水置于250mL锥形瓶中，加入3滴K2CrO4指示剂，用0.1000mol•L﹣1AgNO3标准溶液滴定至终点。重复3次，消耗标准溶液的体积平均为VmL，然后计算出NaCl的浓度。已知：Ksp（AgCl）＝1.77×10﹣10；Ksp（Ag2CrO4）＝1.12×10﹣12；Ag2CrO4为砖红色沉淀。下列关于本实验的说法正确的是（　　） A．可用酸式滴定管装AgNO3标准溶液 B．该稀释后的生理盐水浓度为0.1Vmol•L﹣1 C．实验中若用生理盐水润洗锥形瓶将导致测定结果偏低 D．在相同浓度的KCl和K2CrO4混合溶液中滴入AgNO3溶液，先出现砖红色沉淀 【答案】A 【分析】A．AgNO3标准溶液显酸性； B．溶液中Cl﹣的浓度为mol/L； C．实验中若用生理盐水润洗锥形瓶，导致消耗标准溶液体积偏大； D．达到Ksp，所需离子浓度越小，先沉淀。 【解答】解：A．AgNO3标准溶液显酸性，可用酸式滴定管装AgNO3标准溶液，故A正确； B．溶液中Cl﹣的浓度为mol/L，由于生理盐水被稀释，则该稀释后的生理盐水浓度大于mol/L，故B错误； C．实验中若用生理盐水润洗锥形瓶，导致消耗标准溶液体积偏大，测定结果偏高，故C错误； D．达到Ksp，所需离子浓度越小，先沉淀；根据Ksp（AgCl）＝1.77×10﹣10，Ksp（Ag2CrO4）＝1.12×10﹣12，相同浓度的KCl和K2CrO4混合溶液中滴入AgNO3溶液，先出现AgCl沉淀，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生难溶电解质沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 13．（2024•岳麓区校级模拟）1922年范斯莱克（Vanslyke）提出用缓冲容量β来描述缓冲溶液缓冲能力的大小，β越大，缓冲能力越大。如图是常温下，CH3COOH和CH3COONa组成缓冲溶液的β﹣pH关系图，其中A、B两条曲线分别对应c＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol/L和c总＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.2mol/L。已知常温下，Ka（CH3COOH）＝10﹣4.76，下列说法不正确的是（　　） A．向pH＝4.76的上述缓冲溶液加水稀释，c（OH﹣）增大 B．常温下，等浓度、等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液混合后pH大于4.76 C．A曲线上任意一点的溶液中均存在c（Na+）+c（CH3COOH）+c（H+）＝0.1+c（OH﹣） D．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，溶液中c（Na+）＞c（CH3COOH） 【答案】D 【分析】A．向pH＝4.76的上述缓冲溶液中加入少量NaOH溶液，醋酸钠物质的量增大，醋酸钠水解促进水电离； B．常温下，等浓度、等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液，醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性； C．根据电荷守恒，A曲线上任意一点的溶液中均存在c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c（Na+）+c（H+）+c（CH3COOH）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c总＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1molo/L； D．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，pH＝4.76，Ka（CH3COOH）＝10﹣4.76，所以溶液中c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）； 【解答】解：A．醋酸钠水解促进水电离，向pH＝4.76的上述缓冲溶液中加入少量NaOH溶液，醋酸钠物质的量增大，所以水的电离程度会增大，故A正确； B．常温下，等浓度、等体积的CH3COOH和CH3COONa溶液，醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液显酸性，醋酸根离子抑制醋酸电离，溶液pH大于4.76，故B正确； C．根据电荷守恒，A曲线上任意一点的溶液中均存在c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c（Na+）+c（H+）+c（CH3COOH）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），c总＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1molo/L，则A曲线上任意一点的溶液中均存在c（Na+）+c（CH3COOH）+c（H+）＝0.1+c（OH﹣），故C正确； D．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，pH＝4.76，Ka（CH3COOH）＝10﹣4.76，则c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣），根据电荷守恒，溶液呈酸性，c（Na+）＜c（CH3COO﹣），则c（Na+）＜c（CH3COOH），故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质水溶液中的电离平衡、影响因素的分析判断，侧重考查溶液中微粒浓度关系的理解应用，题目难度中等。 14．（2024•望城区校级开学）25℃时，向含有1mol甘氨酸盐酸盐（CH2COOH）的溶液中加入NaOH固体，溶液pH及体系中CH2COOH，CH2COO﹣，NH2CH2COO﹣三种粒子的分布系数变化如图所示。 [比如H2A中A2﹣的分布系数：＝] 下列说法正确的是（　　） A．a代表δ（NH2CH2COO﹣） B．m点：pH小于2.35 C．n点溶液中c（NH2CH2COO﹣）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（CH2COOH）+c（Na+） D．曲线上任意点溶液均存在：c2（CH2COO﹣）＞107c（CH2COOH）•c（NH2CH2COO﹣） 【答案】D 【分析】 Ka1 Ka2；由分布系数图像交点可知、。 【解答】解：A．由图知，c代表，故A错误； B．m点n（NaOH）＝0.5mol时，反应后溶液中，但由于的电离平衡常数Ka1大于的水解平衡常数Kw/Ka1，因此，根据分布系数分布图，m点pH大于2.35，故B错误； C．电荷守恒：，故C错误； D．由Ka1/Ka2可得到，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 15．（2024秋•开福区校级月考）已知298K时，Cu（OH）2和Fe（OH）2的饱和溶液中，a、b分别表示﹣lgc（Cu2+）、﹣lgc（Fe2+）与溶液pH的变化关系。下列说法中正确的是（　　） A．该温度下Ksp[Cu（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）2] B．当Fe（OH）2和Cu（OH）2沉淀共存时，溶液中c（Fe2+）：c（Cu2+）＝1：104.6 C．除去FeSO4溶液中少量的Cu2+，可加入适量FeO或Fe D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液 【答案】C 【分析】A．Ksp[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）•c2（OH﹣），Ksp[Fe（OH）2]＝c（Fe2+）•c2（OH﹣），结合pH＝10的相关数据进行计算； B．当Fe（OH）2和Cu（OH）2沉淀共存时，溶液中c（Fe2+）：c（Cu2+）＝Ksp[Fe（OH）2]：Ksp[Cu（OH）2]； C．该温度下Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，则调节溶液pH可使Cu2+先转化为Cu（OH）2沉淀，Fe能与Cu2+发生置换反应生成Cu； D．Ksp[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）•c2（OH﹣），向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，c（OH﹣）增大，c（Cu2+）减小。 【解答】解：A．a、b分别表示﹣lgc（Cu2+）、﹣lgc（Fe2+），由图可知，pH＝10时c（Cu2+）＝10﹣11.7mol/L、c（OH﹣）＝10﹣14+10mol/L＝10﹣4mol/L，Ksp[Cu（OH）2]＝c（Cu2+）•c2（OH﹣）＝10﹣11.7×（10﹣4）2＝10﹣19.7，同理，Ksp[Fe（OH）2]＝10﹣15.1＞Ksp[Cu（OH）2]，故A错误； B．当Fe（OH）2和Cu（OH）2沉淀共存时，溶液中c（Fe2+）：c（Cu2+）＝Ksp[Fe（OH）2]：Ksp[Cu（OH）2]＝10﹣15.1：10﹣19.7＝104.6：1，故B错误； C．该温度下Ksp[Cu（OH）2]＜Ksp[Fe（OH）2]，则加入适量FeO，溶液pH增大，Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀，可除去FeSO4溶液中少量的Cu2+，也可加入Fe将Cu2+还原出来而除去，故C正确； D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，会生成Cu（OH）2沉淀，溶液中c（Cu2+）减小，﹣lgc（Cu2+）增大，不可能转化为Y点对应的溶液，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了难溶物的溶解平衡及计算，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确溶度积常数的计算是解本题关键，注意掌握溶度积的计算及应用，题目难度中等。 16．（2024春•天心区校级期末）探究汽车尾气中NO、CO的无害化处理，催化剂作用下在容积为1L的容器中发生反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH。向容器中充入0.1mol NO和0.1mol CO，经过tmin，NO的转化率随温度变化如图所示（不考虑温度对催化剂活性的影响）。下列说法不正确的是（　　） A．ΔH＜0 B．T1K温度下，容器中产生氨气的速率为 C．T2K温度下，反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的平衡常数K＝1600 D．T1K温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率 【答案】B 【分析】A．由图像可知，转化率达到最大，继续升高温度，NO转化率减小，则温度升高平衡逆向移动，该反应是放热反应，故ΔH＜0； B．T1K温度下NO的转化率为20%，消耗的Δn（NO）＝0.1mol×20%＝0.02mol，反应速率为，由反应速率之比等于系数比，则容器中产生氨气的速率为； C．T2K温度下，NO的转化率为80%，消耗的Δn（NO）＝0.1mol×80%＝0.08mol，列三段式： 该可逆反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 开始（mol/L）0.1 0.1 0 0 反应（mol/L）0.08 0.08 0.04 0.08 平衡（mol/L）0.02 0.02 0.04 0.08 容器体积是1L，反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的平衡常数； D．催化剂具有选择性，所以T1K温度下，可以通过更换高效催化剂提高NO的转化率。 【解答】解：A．根据题给图像易知，转化率达到最大，继续升高温度，NO转化率逐渐减小，则温度升高平衡逆向移动，该反应是放热反应，故ΔH＜0，故A正确； B．T1K温度下NO的转化率为20%，消耗的Δn（NO）＝0.1mol×20%＝0.02mol，反应速率为，由反应速率之比等于系数比，则容器中产生氨气的速率为，故B错误； C．T2K温度下，NO的转化率为80%，消耗的Δn（NO）＝0.1mol×80%＝0.08mol，列三段式： 该可逆反应：2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g） 开始（mol/L）0.1 0.1 0 0 反应（mol/L）0.08 0.08 0.04 0.08 平衡（mol/L）0.02 0.02 0.04 0.08 容器体积是1L，反应2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）的平衡常数，故C正确； D．催化剂具有选择性，因此T1K温度下，可以通过更换高效催化剂从而提高NO的转化率，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡的计算，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确温度对化学平衡影响原理、化学平衡常数的计算方法、浓度商与K的相对大小和平衡移动方向的关系是解本题关键，难点是B、C选项的计算。 17．（2024春•开福区校级期末）一定温度下，在恒容密闭容器中进行反应A（g）+2B（g）⇌2C（g），下列说法中不能说明反应处于平衡状态的是（　　） A．A的浓度不再变化 B．B的分子数不再变化 C．容器内的压强不再变化 D．A的消耗速率与C的生成速率相等 【答案】D 【分析】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，结合“变量不变”分析解答该题。 【解答】解：A．A是反应物，反应物浓度是变量，不再变化时说明反应达到平衡状态，故A正确； B．B是反应物，B的分子数在逐渐减少，则B的分子数不再变化时说明反应达到平衡状态，故B正确； C．该反应是气体体积前后不等的反应，压强是变量，压强不变时反应达到平衡状态，故C正确 D．A的消耗和C的生成是同一个方向，且反应速率之比不等于计量数之比，及同一物质的正逆反应速率不相等，不能说明反应处于平衡状态，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡状态的判断，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握化学平衡状态的特征及其判定方法是解题关键，题目难度不大。 18．（2024春•长沙期末）中国化学家研究出一 种新型复合光催化剂（C3N4/CQDs ），可以利用太阳光高效分解水，其原理如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．反应I是放热反应 B．反应I涉及极性键的断裂与非极性键的形成 C．H2O2 是中间产物，CQDs 能催化其分解 D．整个过程实现了太阳能向化学能转化 【答案】A 【分析】A．反应Ⅰ是稳定的H2O生成H2与H2O2； B．反应Ⅰ是H2O反应生成H2与H2O2； C．反应Ⅰ是H2O反应生成H2与H2O2，反应Ⅱ是H2O2转化为H2O与O2； D．由图可知，该反应中太阳能转化为化学能。 【解答】解：A．反应Ⅰ是稳定的H2O生成H2与H2O2，即反应I为吸热反应，故A错误； B．反应Ⅰ是H2O反应生成H2与H2O2，涉及H2O中氢氧极性键的断裂和H2O2中氢氧极性键的生成和氢氢非极性键的形成，故B正确； C．反应Ⅰ是H2O反应生成H2与H2O2，反应Ⅱ是H2O2转化为H2O与O2，反应过程可表示为：2H2O22H2O+O2↑，H2O2 是中间产物，催化剂CQDs能催化H2O2分解，故C正确； D．该过程是利用太阳光实现高效分解水，所以整个过程实现了太阳能向化学能转化，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查了催化剂的作用，涉及到的有化学反应机理、化学键等，明确图示反应机理为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的识图能力和理解能力，题目难度不大。 19．（2024春•雨花区期末）CO和H2合成乙醇发生如下反应： 主反应：2CO（g）+4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣128.8kJ•mol﹣1 副反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.8kJ•mol﹣1ΔS2＝﹣42.1J•mol﹣1•K﹣1 向一恒容密闭容器中投入一定量的CO和H2发生上述反应，CO的平衡转化率与温度、投料比S[S＝]的关系如图所示。下列有关说法正确的是（　　） A．S1＜S2 B．在投料比为S3条件下，主反应的v正（Y）＞v逆（Z） C．副反应能自发进行的临界温度约为993K D．在T1K、S2＝2时，主反应的平衡常数K＝0.2 【答案】C 【分析】主副反应均为放热反应，升高温度，CO的转化率减小，从T1到T4温度升高，当温度相同时，投料比S[]越大，一氧化碳的转化率越高，S1＞S2＞S3。 【解答】解：A．当温度相同时，投料比S[]越大，一氧化碳的转化率越高，S1＞S2，故A错误； B．在投料比为S3条件下，Y的温度低于Z，主反应的v正（Y）＜v逆（Z），故B错误； C．副反应能自发进行的临界温度约为＝993K，故C正确； D．在T1K、S2＝2时，CO的转化率为50%，但因容器体积未知，且主反应反应前后气体体积分子数不等，故无法计算主反应的平衡常数，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了化学平衡的分析判断，平衡常数计算应用，平衡影响因素的分析判断，掌握数据的分析方法和反应条件选择是解题关键，题目难度中等。 20．（2022秋•开福区校级月考）已知：[Co（H2O）6]2+呈粉红色，[CoCl4]2﹣呈蓝色，[ZnCl4]2﹣为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co（H2O）6]2++4Cl﹣⇌[CoCl4]2﹣+6H2O，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图，以下结论和解释正确的是（　　） A．由实验①可推知正反应为放热反应 B．等物质的量的[Co（H2O）6]2+和[CoCl4]2﹣中σ键数之比为3：2 C．实验②是由于c（H2O）增大，导致平衡逆向移动 D．由实验③可知配离子的稳定性：[ZnCl4]2﹣＞[CoCl4]2﹣ 【答案】D 【分析】A．实验①中，溶液颜色由蓝色变为粉红色，说明降低温度“[Co（H2O）6]2++4Cl﹣⇌[CoCl4]2﹣+6H2O”逆向移动； B．[Co（H2O）6]2+中存在Co﹣Oσ键、O﹣Hσ键，该离子中含有6+2×6＝18个σ键，[CoCl4]2﹣中存在Co﹣Clσ键，每个离子中含有4个σ键； C．实验②加水稀释，溶液由蓝色变为粉红色，说明加水稀释平衡逆向移动； D．实验③平衡逆向移动，说明Zn2+络合Cl﹣的能力更强。 【解答】解：A．实验①中，溶液颜色由蓝色变为粉红色，说明降低温度“[Co（H2O）6]2++4Cl﹣⇌[CoCl4]2﹣+6H2O”逆向移动，则正反应为吸热反应，故A错误； B．[Co（H2O）6]2+中存在Co﹣Oσ键、O﹣Hσ键，该离子中含有6+2×6＝18个σ键，[CoCl4]2﹣中存在Co﹣Clσ键，每个离子中含有4个σ键，所以等物质的量的[Co（H2O）6]2+和[CoCl4]2﹣中σ键数之比为18：4＝9：2，故B错误； C．水是纯液体，浓度是常数，c（H2O）不变，但平衡逆向移动，故C错误； D．实验③平衡逆向移动，说明Zn2+络合Cl﹣的能力更强，则配离子的稳定性：[ZnCl4]2﹣＞[CoCl4]2﹣，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡影响因素、化学键等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确温度、浓度对化学平衡影响原理、物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，题目难度不大。 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•浏阳市期中）化学反应伴随着能量变化，研究化学反应中的能量变化具有重大意义。请回答下列问题： Ⅰ．硫与硫的氧化物转化过程中能量变化如图所示： （1）表示S（s）的燃烧热的热化学方程式为 　S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣296.7kJ⋅mol﹣1　。 （2）对于反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）： ①　低温　（填“低温”、“高温”或“任意温度”）有利于该反应正向自发进行。 ②在一密闭容器中仅发生该反应，下列措施有利于提高SO2的平衡转化率的是 　BC　（填标号）。 A．升高温度 B．压缩容器体积 C．增大O2浓度 D．再充入一定量的SO2 Ⅱ．某化学兴趣小组利用如图装置进行中和反应反应热的测定实验。 实验步骤： ①量取50mL0.25mol•L﹣1H2SO4，溶液倒入小烧杯中，测量温度； ②量取50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液，测量温度； ③将NaOH溶液倒入小烧杯中，混合均匀后测量混合液温度。 （3）仪器a的名称为 　玻璃搅拌器　，使用的NaOH溶液稍微过量的原因是 　保证硫酸完全被碱中和，减小实验误差　。 （4）实验数据记录： 实验次数 反应物的初始温度T1/℃ 反应后体系的温度T2/℃ H2SO4溶液 NaOH溶液 平均值 1 25.2 25.4 28.6 2 24.9 25.1 28.4 3 25.3 25.3 28.0 4 25.0 25.2 28.3 设实验所用的酸、碱溶液的密度均为1g•mL﹣1，反应前后溶液的比热容c＝4.18J•g﹣1•℃﹣1。计算该实验的H+（aq）+OH﹣（aq）＝H2O（l）ΔH＝　﹣55.176　kJ•mol﹣1。 （5）实验过程中，向H2SO4溶液中加碱时，分多次加入NaOH溶液，将会导致测得的ΔH 　偏大　（填“偏大”或“偏小”，下同）；若用0.55mol•L﹣1氨水代替NaOH溶液，将会导致测得的ΔH 　偏大　。 【答案】（1）S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣296.7kJ⋅mol﹣1； （2）低温；BC； （3）环形玻璃搅拌棒；保证硫酸完全被碱中和，减小实验误差； （4）﹣55.176； （5）偏大；偏大。 【分析】（1）燃烧热是在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量； （2）由图像可知，合成SO3的反应是放热、熵减的过程，根据吉布斯自由能＜0时反应能自发进行； （3）仪器a的名称为玻璃搅拌器；使用的NaOH溶液稍微过量是为了保证硫酸完全被碱中和； （4）由表格数据可知，第3次的数据和其他数据相差比较大，属于异常数据，不采用，计算得到T2﹣T1的平均值为3.3℃，根据硫酸溶液的浓度和体积计算，代入公式：ΔH＝﹣； （5）实验过程中，向H2SO4溶液中加碱时，分多次加入NaOH溶液，导致热量散失，将会导致测得的ΔH偏大；若用0.55mol⋅L﹣1氨水代替NaOH溶液，氨水是弱碱，电离时吸热，且生成的硫酸铵会伴随着水解热。 【解答】解：（1）燃烧热是在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，因此硫的燃烧热的热化学方程式为S（s）+O2（g）＝SO2（g） ΔH＝﹣296.7kJ⋅mol﹣1， 故答案为：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣296.7kJ⋅mol﹣1； （2）由图像可知，合成SO3的反应是放热、熵减的过程，根据吉布斯自由能＜0时反应能自发进行，因此在低温下可以自发进行， 故答案为：低温；BC； （3）仪器a的名称为玻璃搅拌器；使用的NaOH溶液稍微过量是为了保证硫酸完全被碱中和，减小实验误差， 故答案为：玻璃搅拌器；保证硫酸完全被碱中和，减小实验误差； （4）由表格数据可知，第3次的数据和其他数据相差比较大，属于异常数据，不采用，计算得到T2﹣T1的平均值为3.3℃，根据硫酸溶液的浓度和体积计算，代入公式：：ΔH＝﹣＝﹣kJ⋅mol﹣1，解得ΔH＝﹣55.176kJ⋅mol﹣1， 故答案为：﹣55.176； （5）实验过程中，向H2SO4溶液中加碱时，分多次加入NaOH溶液，导致热量散失，将会导致测得的ΔH偏大；若用0.55mol⋅L﹣1氨水代替NaOH溶液，氨水是弱碱，电离时吸热，且生成的硫酸铵会伴随着水解热，也是吸热过程，将会导致测得的ΔH偏大， 故答案为：偏大；偏大。 【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生中和热测定的掌握情况，试题难度中等。 22．（2021秋•浏阳市期末）为了验证Cu2+和Fe3+的氧化能力相对强弱，利用如图所示电池装置进行实验． （1）用CuSO4•5H2O固体配制100mL0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，下列仪器中没有用到的是 　③　（填标号），需称取CuSO4•5H2O的质量为 　2.5　g （2）电池装置中，盐桥中盛装浸有高浓度电解质溶液的琼脂，要求该电解质溶液中阴、阳离子扩散速率相近，即电迁移率（u∞）尽可能相接近．已知K+、Cl﹣、NO3﹣的电迁移率（u∞×108/m2•s﹣1•V﹣1）分别为7.62、7.91、7.40，本实验盐桥中的电解质选择KCl，而不选KNO3的可能原因是 　在酸性条件下，NO3﹣能够氧化铜　． （3）根据电流表指针偏向知，电流由电极材料X流出，则电极材料X可能为 　石墨、银、铂、金等　． （4）一段时间后，左侧溶液中Cu2+浓度增大，右侧溶液中Fe3+浓度减小．则Cu电极的电极反应式为 　Cu﹣2e﹣＝Cu2+　． （5）检验右侧电极室溶液中存在Fe2+应选用 　K3[Fe（CN）6]　溶液，由此可证明氧化性：Fe3+　大于　Cu2+（填“大于”或“小于”）． （6）实验前通常将电极用特殊的酸腐蚀，造成接触面粗糙的目的是 　接触面粗糙，增大了电极与溶液的接触面积，电极活性增强，加快反应速率　． 【答案】见试题解答内容 【分析】对照配制一定物质的量浓度的溶液所需要的仪器，确定不需要的仪器；根据n＝c•V可计算出配制目标溶液所需要的CuSO4•5H2O的质量；NO3﹣在酸性环境下能够氧化电极铜，原电池工作时阴离子向负极移动；电流的方向与电子的移动方向相反，电流由电极材料X流出，即电子流向X极，X为正极，铜极为负极，则X极的失电子能力一定要比铜弱；左侧为电源的负极，发生氧化反应，铜失去电子生成Cu2+，右侧为正极，Fe3+得到电子发生还原反应；氧化剂的氧化性大于氧化产物，根据总反应可以判断出Fe3+、Cu2+的氧化性强弱；电极的表面越粗糙，则接触面越大，反应速率越大，放电越快；据此解答。 【解答】解：（1）配制一定体积、一定量浓度溶的溶液的步骤为：根据所需溶液的体积和物质的量浓度，计算所需溶质的质量→托盘天平称取固体溶质的质量，转移到烧杯中→加入一定量蒸馏水，充分搅拌溶解，冷却后转移至容量瓶中→用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，将洗涤液转移至容量瓶中→向容量瓶中加蒸馏水，当液面距离刻度线以下1～2cm时，改入胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线；故配制100mL0.1mol/LCuSO4溶液需使用天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL的容量瓶，不需要使用250mL的容量瓶，n（CuSO4•5H2O）＝V•c＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，m（CuSO4•5H2O）＝M•n＝250g/mol×0.01mol＝2.5g， 故答案为：③；2.5； （2）CuSO4溶液中Cu2+水解使溶液显酸性，电池工作时，阴离子向负极区移动，盐桥中的NO3﹣扩散到负极溶液中，在酸性环境下会与Cu发生反应，故不可用KNO3作为盐桥中的电解质， 故答案为：在酸性条件下，NO3﹣能够氧化铜； （3）电流的方向与电子的流向相反，结合“电流由电极材料X流出”可知，电子流入电极材料X，X一极得电子，发生还原反应，作正极，电极材料X应满足要求：导电、不与FeCl3溶液反应、活泼性比铜弱，电极材料X可选择石墨、银、铂、金等， 故答案为：石墨、银、铂、金等； （4）该电池中Cu作负极，发生氧化反应，电极反应式为Cu﹣2e﹣＝Cu2+，电极材料X作正极，发生还原反应，电极反应式为Fe3++e﹣＝Fe2+， 故答案为：Cu﹣2e﹣＝Cu2+； （5）右侧电极室中含有Fe2+，在Fe3+存在的情况下检验Fe2+，应利用其特征反应，一般根据Fe2+与K3[Fe（CN）6]反应产生蓝色沉淀；根据（4）的分析可知，该电池的总反应为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，Cu化合价升高，还原剂，Cu2+为氧化产物，Fe3+化合价降低，Fe3+作氧化剂，根据氧化性：氧化剂＞氧化产物，氧化性：Fe3+＞Cu2+， 故答案为：K3[Fe（CN）6]；大于； （6）电极的表面越粗糙，则接触面越大，反应速率越大，放电越快， 故答案为：接触面粗糙，增大了电极与溶液的接触面积，电极活性增强，加快反应速率。 【点评】本题主要考查了电化学及其应用，涉及到双液原电池的工作原理，铁及其化合物性质等，为高考热点，难度中等，牢固掌握有关原电池的装置特征及工作原理是解答本题的关键 23．（2024秋•浏阳市期中）根据要求回答下列问题。 （1）常温下，pH＝10的CH3COONa溶液中水电离出来的c（OH﹣）＝　10﹣4　mol•L﹣1。 （2）pH相同的①NaCN，②NaClO，③Na2S三种溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为 　②＞①＞③　（填序号）。已知：弱酸的电离平衡常数HCN：Ka＝4×10﹣10；H2S：Ka1＝1×10﹣7，Ka2＝7×10﹣15；HClO；Ka＝3×10﹣8。 （3）能够利用氯化铵溶液的酸性作金属除锈剂，试用离子方程式表示氯化铵溶液呈酸性的原因：　　。 （4）将0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1盐酸等体积混合，所得溶液中c（） 　＜　c（H2CO3）（填“＜”“＝”或“＞”）。 （5）常温下，将某一元酸HA（甲、乙代表不同的一元酸）和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示： 实验编号 c（HA）/（mol•L﹣1） c（NaOH）/（mol•L﹣1） 混合溶液的pH 甲 0.2 0.1 ＞7 乙 0.1 0.1 ＝10 ①从甲组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 　c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）　。 ②分析乙组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果（列式即可）：c（Na+）﹣c（A﹣）＝　10﹣4﹣10﹣10　mol•L﹣1。 （6）分析化学中，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl﹣时，采用K2CrO4作指示剂，利用Ag+与反应生成砖红色沉淀指示滴定终点。当溶液中的Cl﹣恰好沉淀完全（浓度等于1×10﹣5mol•L﹣1）时，溶液中c（）＝　6.2×10﹣3　mol•L﹣1。（结果保留两位有效数字，已知常温时Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10﹣12和1.8×10﹣10） 【答案】（1）10﹣4； （2）②＞①＞③； （3）； （4）＜； （5）①c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）； ②10﹣4﹣10﹣10； （6）6.2×10﹣3。 【分析】（1）常温下，pH＝10的CH3COONa溶液促进水的电离； （2）在相同的条件下测得①NaCN，②NaClO，③Na2S三种溶液pH相同，已知Ka（HClO）＞Ka（HCN）＞Ka（SH﹣），说明相应的酸的酸性：HClO＞HCN＞SH﹣，所以等浓度时盐的水解程度：Na2S＞NaCN＞NaClO； （3）氯化铵溶液中发生水解生成NH3⋅H2O和H+，溶液呈酸性； （4）将0.1mol⋅L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol⋅L﹣1盐酸等体积混合得到NaHCO3溶液，NaHCO3溶液呈碱性； （5）①常温下，将某一元酸HA（甲、乙代表不同的一元酸）和NaOH溶液等体积混合，得到NaA溶液，该溶液的pH＝10，溶液中A﹣发生水解呈碱性； ②NaA溶液的pH＝10，c（H+）＝10﹣10 mol/L、c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣4mol/L，混合溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣）； （6）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（ Cl﹣）＝1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，计算得到c（Ag+）＝1.8×10﹣5 mol/L。 【解答】解：（1）常温下，pH＝10的CH3COONa溶液中水电离出来的， 故答案为：10﹣4； （2）在相同的条件下测得①NaCN，②NaClO，③Na2S三种溶液pH相同，已知Ka（HClO）＞Ka（HCN）＞Ka（SH﹣），说明相应的酸的酸性：HClO＞HCN＞SH﹣，所以等浓度时盐的水解程度：Na2S＞NaCN＞NaClO，若盐溶液的pH相同，溶液的浓度：Na2S＜NaCN＜NaClO，即物质的量浓度：②＞①＞③， 故答案为：②＞①＞③； （3）氯化铵溶液中发生水解生成NH3⋅H2O和H+，溶液呈酸性，离子方程式为：， 故答案为：； （4）将0.1mol⋅L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol⋅L﹣1盐酸等体积混合得到NaHCO3溶液，NaHCO3溶液呈碱性，说明电离生成的程度小于水解生成H2CO3的程度，则溶液中＜c（H2CO3）， 故答案为：＜； （5）①常温下，将某一元酸HA（甲、乙代表不同的一元酸）和NaOH溶液等体积混合，得到NaA溶液，该溶液的pH＝10，溶液中A﹣发生水解呈碱性，溶液中离子浓度由大到小的顺序是：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）， 故答案为：c（Na+）＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）； ②NaA溶液的pH＝10，c（H+）＝10﹣10 mol/L、c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣4mol/L，混合溶液中溶质为NaA，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（A﹣），则c（Na+）﹣c（A﹣）＝c（OH﹣）﹣c（H+）＝（10﹣4﹣10﹣10）mol/L， 故答案为：10﹣4﹣10﹣10； （6）当溶液中Cl﹣完全沉淀时，即c（ Cl﹣）＝1.0×10﹣5mol/L，依据Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，计算得到c（Ag+）＝1.8×10﹣5 mol/L，此时溶液中＝6.2×10﹣3mol/L， 故答案为：6.2×10﹣3。 【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生电离平衡和微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 24．（2024秋•开福区校级月考）二甲醚（DME）是一种重要的清洁燃料，可替代氟利昂作制冷剂，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用合成气合成二甲醚，其主要原理如下： ①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） K1 ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） K2 ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） K3 回答下列问题： （1）反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的ΔH＝ 　﹣246.1　kJ•mol﹣1，该反应的平衡常数K＝ 　　（用K1、K2、K3表示） （2）一定温度下，将2mol CO和1mol H2O（g）通入2L恒容密闭容器中，发生反应③，5min后达到化学平衡，平衡后测得H2的浓度为0.25mol•L﹣1，则0～5min内v（H2O）＝ 　0.05mol•L﹣1•min﹣1　，CO的转化率α（CO）＝ 　25%　。 （3）将合成气以通入1L的反应器中，一定条件下发生反应：4H2（g）+2CO（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ΔH，其中CO的平衡转化率随温度、压强的变化关系如图所示，下列说法正确的是 　BC　（填字母）。 A．p1＜p2＜p3 B．ΔH＜0 C．若在p3和316℃时，起始时，则平衡时，α（CO）大于50% （4）在一定条件下，密闭容器中加入一定量的CO、N2O（g）和催化剂发生反应CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g），其速率方程为v正＝k正p（CO）p（N2O），v逆＝k逆p（CO2）p（N2），其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆分别为速率常数（已知Arhenius经验公式，k为反应速率常数，Ea为活化能，T为热力学温度，R为摩尔气体常量，A为比例系数），p为气体的分压。已知降低温度时，k正﹣k逆增大，调整CO和N2O初始投料比，测得CO的平衡转化率如图所示，A、B、C、D四点中温度由高到低的顺序是 　B＞A＞C＞D　，在C点所示投料比下，当CO转化率达到40%时，＝ 　（或2.25）　。 【答案】（1）﹣246.1；； （2）0.05mol•L﹣1•min﹣1；25%； （3）BC； （4）B＞A＞C＞D； （或2.25）。 【分析】（1）根据盖斯定律，因此有ΔH＝①×2+②+③，则，根据化学平衡常数的数学表达式，得出、、、； （2）反应③中反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量保持不变，达到平衡后H2的物质的量为0.25×2mol＝0.5mol，此时消耗H2O的物质的量为0.5mol，0～5min内，； （3）A．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大； B．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行； C．，相当于在基础上通入H2，通入H2，反应向正反应方向进行； （4）降低温度时，k正﹣k逆增大说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，由图可知，CO和N2O的投料比相同时，B点CO的转化率小于A点，则B点温度高于A点；增大CO和N2O的投料比相当于增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，但CO的转化率减小，若温度相同时，A点CO的转化率应最大、D点CO的转化率应最小，由图可知，A点CO的转化率最小、D点CO的转化率最大，说明A点的反应温度最高、D点反应温度最低； 设C点起始CO和N2O的投料浓度均为1mol/L，由题意可建立如下三段式： CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g） 起始/（mol/L）：1 1 0 0 变化（mol/L）：0.5 0.5 0.5 0.5 平衡/（mol/L）：0.5 0.5 0.5 0.5 由正逆反应速率相等可得：k正p（CO）p（N2O）＝k逆p（CO2）p（N2），则，同理可建立CO转化率达到40%的三段式： CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g） 起始/（mol/L）：1 1 0 0 变化（mol/L）：0.4 0.4 0.4 0.4 平衡/（mol/L）：0.6 0.6 0.4 0.4。 【解答】解：（1）根据盖斯定律，因此有ΔH＝①×2+②+③，则，根据化学平衡常数的数学表达式，得出、、、，而推出， 故答案为：﹣246.1；； （2）反应③中反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体物质的量保持不变，达到平衡后H2的物质的量为0.25×2mol＝0.5mol，此时消耗H2O的物质的量为0.5mol，0～5min内，；0～5min内，消耗n（CO）＝0.5mol，CO的转化率为， 故答案为：0.05mol•L﹣1•min﹣1；25%； （3）A．作等温线，根据勒夏特列原理，根据化学计量数，增大压强，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，从而推出p1＞p2＞p3，故A错误； B．根据图像，随着温度的升高，CO的平衡转化率减小，说明升高温度，平衡向逆反应方向进行，根据勒夏特列原理，该反应的正反应方向为放热反应，即ΔH＜0，故B正确； C．，相当于在基础上通入H2，通入H2，反应向正反应方向进行，CO的转化率增大，CO的转化率大于50%，故C正确； 故答案为：BC； （4）降低温度时，k正﹣k逆增大说明平衡向正反应方向移动，该反应为放热反应，由图可知，CO和N2O的投料比相同时，B点CO的转化率小于A点，则B点温度高于A点；增大CO和N2O的投料比相当于增大CO的浓度，平衡向正反应方向移动，但CO的转化率减小，若温度相同时，A点CO的转化率应最大、D点CO的转化率应最小，由图可知，A点CO的转化率最小、D点CO的转化率最大，说明A点的反应温度最高、D点反应温度最低，则A、B、C、D四点中温度由高到低的顺序是B＞A＞C＞D； 设C点起始CO和N2O的投料浓度均为1mol/L，由题意可建立如下三段式： CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g） 起始/（mol/L）：1 1 0 0 变化（mol/L）：0.5 0.5 0.5 0.5 平衡/（mol/L）：0.5 0.5 0.5 0.5 由正逆反应速率相等可得：k正p（CO）p（N2O）＝k逆p（CO2）p（N2），则， 同理可建立CO转化率达到40%的三段式： CO（g）+N2O（g）⇌CO2（g）+N2（g） 起始/（mol/L）：1 1 0 0 变化（mol/L）：0.4 0.4 0.4 0.4 平衡/（mol/L）：0.6 0.6 0.4 0.4 由三段式数据可得：， 故答案为：B＞A＞C＞D； （或2.25）。 【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$