江苏省南京市2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷

江苏省南京市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．（2024春•建邺区校级期末）铁制文物在潮湿环境中，会受到严重的腐蚀。明代的三宝公铁矛出土时的外观如图。下列说法正确的是（　　） A．铁矛主要发生化学腐蚀 B．铁矛被腐蚀时会吸收能量 C．铁矛被腐蚀时，Fe﹣3e﹣═Fe3+ D．将铁制文物放在干燥处，可延缓腐蚀 2．（2024•鼓楼区校级模拟）基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基C3N4中，用于催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中错误的是（　　） A．整个反应历程中有极性键的断裂和生成 B．过渡态相对能量：TS55＞TS44＞TS77 C．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程 D．反应决速步的活化能为0.95eV 3．（2024春•南京期中）臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是（　　） A．催化反应①②均为放热反应 B．决定O3分解反应速率的是催化反应② C．E2+ΔH是催化反应②对应的逆反应的活化能 D．温度升高，总反应的正反应速率增加，逆反应速率减小 4．（2024•南京二模）一种电解乙酰基吡嗪废水中的（NH4）2SO4制备（NH4）2S2O8的电化学装置如图所示。下列说法正确的是（　　） A．石墨电极与直流电源正极相连 B．电解时，铂网电极附近pH增大 C．离子交换膜应选择性透过阴离子 D．阴极上的电极反应为2+2e﹣═S2 5．（2024春•南京期中）N2（g）和O2（g） 反应生成 NO（g）过程中能量变化情况如图a所示，下列说法不正确的是（　　） A．等物质的量的N2（g）、N2（l）具有的能量不相同 B．N2（g）+O2（g）＝2NO（g）的能量关系可用图b表示 C．N2（g）+O2（g）＝2N2（g）ΔH＝+1444kJ/mol D．N2（g）和O2（g）的反应过程中，断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量 6．（2024春•南京期中）由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。 装置 现象 A上有气体产生 B的质量增加 二价金属A不断溶解 根据实验现象判断下列说法错误的是（　　） A．装置甲中正极的电极反应式是：2H++2e﹣＝H2↑ B．装置乙中B为负极 C．四种金属的活泼性强弱顺序为：C＞B＞A＞D D．装置丙中负极电极反应式为：A﹣2e﹣＝A2+ 7．（2024春•南京期中）关于如图所示的说法，错误的是（　　） A．图A中生成物的总能量更高 B．图C中发生的反应为放热反应 C．图B中1molN2与3molH2充分反应放出92kJ热量 D．图A可表示Ba（OH）2⋅8H2O与NH4Cl反应的能量变化 8．（2024春•江宁区期末）下列措施对增大反应速率有效的是（　　） A．N2与H2合成氨气时，适当提高体系的温度 B．Zn与稀硫酸反应制取氢气时，将稀硫酸改用浓硫酸 C．在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强 D．Na与水反应时，增大水的用量 9．（2024春•江宁区期末）在2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g），测得CO和CH3OH（g）的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示。下列说法正确的是（　　） A．该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能 B．升温能增大正反应速率，减小逆反应速率 C．反应开始到3min时，平均反应速率为v（H2）＝0.25mol•L﹣1•min﹣1 D．当反应体系中n（CO）：n（H2）：n（CH3OH）＝1：2：1时，反应一定达到平衡 10．（2024春•建邺区校级期末）在一定条件下，将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）。2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1。下列判断不正确的是（　　） A．x＝1 B．2min内D的反应速率为0.3mol•L﹣1•min﹣1 C．A的转化率为40% D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态 11．（2024•秦淮区校级模拟）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1；反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH＝41.2kJ•mol﹣1；反应Ⅲ：2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）ΔH＝﹣247.1kJ•mol﹣1。向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．反应Ⅱ的平衡常数可表示为K＝ B．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化 C．该反应最佳控制温度在800℃～1000℃之间 D．提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂 12．（2024春•南京期中）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广汤用于硝酸、纯碱、制药等工业；实验室可以用浓氨水和CO制取氦气。工业上合成氨反应为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）。一定温度时，向体积为2L的密闭容器中，充入0.1mol N2和0.3mol H2。10min时，测得容器中NH3的物质的量浓度为0.04mol/L。下列说法正确的是（　　） A．0～10min的反应速率v（N2）＝0.02mol•L﹣1•min﹣1 B．10min时，H2的转化率为40% C．10min时，反应前后气体压强之比为5：1 D．及时将体系中的NH3液化分离出来有利于加快反应速率 13．（2024春•建邺区校级期末）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1 CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1 在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始（CO2）：n起始（H2）＝1：4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如题图所示。CH4的选择性可表示为%。下列说法不正确的是（　　） A．反应2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）的焓变ΔH＝﹣247.1kJ•mol﹣1 B．CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加 C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为350～400℃ D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值 14．（2023秋•建邺区校级期中）Fe2+、Fe3+、Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀的pH分别为6.7、3.7、4.6。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+、Fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是（　　） A．KMnO4、ZnCO3 B．氨水 C．NaOH溶液 D．H2O2、ZnO 15．（2023秋•建邺区校级期中）298K时，向20mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴入0.1000mol•L﹣1NaOH溶液，滴定曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法正确的是（　　） A．该滴定过程应该选择石蕊溶液做指示剂 B．a、b、c点表示的溶液，水的电离程度为：a＞b＞c C．b点溶液中各微粒浓度关系为2c（OH﹣）+c（CH3COOH）═c（CH3COO﹣）+2c（H+） D．由c点数值可求醋酸的电离平衡常数为1.66×10﹣5mol•L﹣1 16．（2023秋•玄武区月考）室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1＝1.4×10﹣2、Ka2＝1.0×10﹣7，H2CO3的Ka1＝4.3×10﹣7、Ka2＝5.6×10﹣11。 实验1：配制50mL0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，测得溶液pH约为12； 实验2：取10mL0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，向其中加入一定量CaSO4固体充分搅拌，一段时间后过滤，向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解； 实验3：取10mL0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol•L﹣1稀盐酸。 下列说法正确的是（　　） A．实验1所得溶液中，c（Na+）＜c（）+c（） B．实验2，加入稀盐酸后的上层清液中c（Ca2+）＝c（） C．实验3反应后溶液中存在：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3） D．25℃时，反应+H2SO3＝+的平衡常数K＝2.5×108 17．（2023春•鼓楼区校级期末）室温下用0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1＝1.54×10﹣2，Ka2＝1.02×10﹣7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1＝4.30×10﹣7、Ka2＝5.61×10﹣11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。 下列说法正确的是（　　） A．0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+c（H2SO3） B．NaHSO3溶液中：c（）＜c（H2SO3） C．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：CaCO3+＝CaSO3+ D．“沉淀”分离后的滤液中：c（Ca2+）⋅c（）＜Ksp（CaSO3） 18．（2023秋•建邺区校级期中）一种烟气脱硫及去除水中Cu2+的工艺流程如图所示。室温下以0.1mol/L的NaOH溶液吸收H2S，通入H2S所引起的溶液体积变化和水的挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）。室温下，已知Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，H2S的电离常数分别为Ka1＝9.1×10﹣8、Ka2＝1.1×10﹣12。下列说法正确的是（　　） A．Na2S溶液显碱性的原因：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣ B．吸收所得c总＝0.1mol/L的溶液中：c（H2S）＞c（S2﹣） C．NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c（OH﹣）＝c（H2S）+c（HS﹣）+c（H+） D．“除铜”得到的上层清液中： 19．（2023秋•建邺区校级期末）水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中Pb2+及其与OH﹣形成的微粒的物质的量分数随溶液pH变化的关系如图所示。已知NH3⋅H2O的Kb＝1.74×10﹣5。向Pb（NO3）2溶液中滴加氨水关于该过程的说法正确的是（　　） A．Pb2+的物质的量分数先减小后增大 B．与n（Pb2+）的比值先减小后增大 C．pH＝7时，存在的阳离子有Pb2+、Pb（OH）+、H+和 D．溶液中Pb2+与Pb（OH）2浓度相等时，氨主要以NH3⋅H2O的形式存在 20．（2024春•南京期末）乙醇与水催化重整制氢。恒压条件下，反应体系中充入1mol C2H5OH（g）和3mol H2O（g）发生以下反应： 反应Ⅰ：C2H5OH（g）+H2O（g）⇌2CO（g）+4H2（g）ΔH1＝+255.7kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.2kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：C2H5OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）ΔH3 平衡时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。 已知：CO的选择性＝。 下列说法正确的是（　　） A．ΔH3＜0 B．曲线a表示的是乙醇的转化率 C．其他条件不变时，增大压强，CO、CO2的物质的量均增大 D．向体系中加入适量疏松多孔CaO，有利用于提高H2的产率 二．解答题（共4小题） 21．（2024春•南京期中）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣115.6kJ/mol，可实现氯的循环利用。 （1）HCl的电子式是 　 　。 （2）已知： 断开1mol H—O键与断开1mol H—Cl键所需能量相差为 　 　kJ。 （3）4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）在不同条件下的化学反应速率如下，请比较上述4种情况下反应速率的大小 　 　。（由大到小的顺序） A．v（HCl）＝1.0mol•L﹣1•min﹣1 B．v（O2）＝0.1mol•L﹣1•s﹣1 C．v（Cl2）＝1.8mol•L﹣1•min﹣1 D．v（H2O）＝0.6mol•L﹣1•min﹣1 （4）Cl2可用氯碱工业（电解精制饱和食盐水）的方法制得。为提高原料的利用率，节能降耗。设计如图所示工艺流程，其中氯碱工业装置中的电极未标出。 ①为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，正确的操作步骤的顺序是 　 　（填序号）。 a.过滤 b.加过量NaOH溶液 c.加适量盐酸 d.加过量Na2CO3溶液 e.加过量BaCl2溶液 A．adabec B．abedac C．abdec D．dbe ②电解饱和食盐水的化学方程式为 　 　。 ③下列生产措施有利于提高氯碱工业中的Cl2产量、降低阳极O2含量的是 　 　。 A．定期检查并更换阳离子交换膜 B．向阳极区加入适量盐酸 C．使用精制饱和食盐水提高c（Cl﹣） ④流程中NaOH溶液的质量分数a%、b%、c%，由大到小的顺序为 　 　。 22．（2023•江宁区一模）实验室以废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）为原料制备Co3O4。 已知：Ksp[Co（OH）2]＝1.6×10﹣15，Ksp（CoC2O4）＝6.3×10﹣8，Ksp（CoCO3）＝1.4×10﹣14；NH3⋅H2O的电离常数为Kb＝1.8×10﹣5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.4×10﹣2，Ka2＝5.6×10﹣5。 （1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，该反应的离子方程式为 　 　。 （2）“萃取”时有机磷萃取剂（用HA表示）萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA（有机层）⇌MAn（有机层）+nH+（水层）。钴、锂在有机磷萃取萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示。随pH的升高，Co2+在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是 　 　。 （3）“反萃取”的目的是将有机层Co2+转移到水层。使Co2+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 　 　（填两项）。 （4）“沉钴”时可加入H2C2O4溶液或（NH4）2C2O4溶液反应制得CoC2O4。不能用Na2C2O4溶液代替（NH4）2C2O4溶液的原因是 　 　。 （5）“沉钴”时，也可先制得CoCO3再制备Co3O4。CoCO3在空气中受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoO3的质量的比值（剩余固体的质量分数）随温度变化曲线如图2所示。为获得较高产率的Co3O4，请补充实验方案：取反萃取后得到的水相，　 　。（可选用的试剂：0.1mol⋅L﹣1NH4HCO3溶液、空气、0.1mol⋅L﹣1HCl溶液、0.1mol⋅L﹣1BaCl2溶液） 23．（2023秋•鼓楼区校级月考）Cr、Cd、N、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。 （1）我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg•L−1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。Ksp（CdCO3）＝4.0×10﹣12，Ksp（CdS）＝8.0×10﹣27；回答下列问题： ①向某含镉废水中加入Na2S，当S2﹣浓度达到8.0×10﹣8mol•L−1时，废水中Cd2+的浓度为 　 　mol•L﹣1，此时是否符合生活饮用水卫生标准？　 　（填“是”或“否”）。 ②室温下，反应CdCO3（s）+S2﹣（aq）⇌CdS（s）+（aq）达到平衡，该反应的平衡常数K＝　 　（填数值）。 （2）还原沉淀法是处理含铬（Cr2和）工业废水的常用方法，过程如下： 常温下，Ksp[Cr（OH）3]＝1.0×10﹣32，欲使处理后废水中的c（Cr3+）降至1.0×10﹣5mol•L﹣1（即沉淀完全），应调节至溶液的pH＝　 　。 （3）燃煤烟气中的NOx、SO2经处理后可被吸收，电化学在相关领域也有重要应用。若烟气主要成分为NO、SO2，可通过电解法除去，其原理如图所示。阴极的电极反应式为 　 　，电解过程得到产物为 　 　。 24．（2024秋•鼓楼区校级月考）Ⅰ、研究脱除烟气中的SO2、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。 已知：4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣905.0kJ•mol﹣1 N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH＝+180.5kJ•mol﹣1 有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g） ΔH＝ 　 　。 （2）尿素[CO（NH2）2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中的SO2，其反应为SO2+CO（NH2）2+2H2O＝（NH4）2SO3+CO2。若吸收烟气时同时通入少量ClO2，可同时实现脱硫、脱硝。 ①脱硝的反应分为两步。第一步：5NO+2ClO2+H2O＝5NO2+2HCl。 第二步：NO2和CO（NH2）2反应生成N2和CO2。第二步的化学反应方程式为 　 　。 ②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO（NH2）2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图1所示。通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是 　 　。 Ⅱ、炼钢厂排放的烧结烟气中主要含SO2、NO、N2、O2和水蒸气。臭氧（O3）预氧化，O3—NH3协同脱硫脱硝技术可将烟气中的污染物转化为铵盐和N2，实现脱硫脱硝。 说明：进行下列研究时均控制反应器内温度为100℃、模拟烟气流速为2L/min。研究表明，100℃时，O3很难氧化SO2、NH3，NH3和NO基本不发生氧化还原反应。 （3）臭氧预氧化：向反应器中通入仅含0.3‰NO的模拟烟气和O3。实验测得出口处NO、NO2浓度随的变化曲线如图2所示。 ①当＜1时，反应器中发生的主要反应的化学方程式为 　 　。 ②当＞1时，出口处NO2浓度急剧下降的原因是 　 　。 （4）O3—NH3协同脱硫脱硝：装置如图4所示，向反应器中通入含0.5‰SO2、0.3‰NO的模拟烟气。 ①按＝1通入O3，硫、氮脱除率随的变化曲线如图3所示。随着NH3量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足，主要缺点是 　 　。 ②按＝1通入NH3、＞1通入O3，随着O3投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2024春•建邺区校级期末）铁制文物在潮湿环境中，会受到严重的腐蚀。明代的三宝公铁矛出土时的外观如图。下列说法正确的是（　　） A．铁矛主要发生化学腐蚀 B．铁矛被腐蚀时会吸收能量 C．铁矛被腐蚀时，Fe﹣3e﹣═Fe3+ D．将铁制文物放在干燥处，可延缓腐蚀 【答案】D 【分析】铁矛被腐蚀过程是因为形成了原电池，Fe作负极，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，C作正极被保护，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，据此作答。 【解答】解：A．铁矛被腐蚀是因为形成了原电池，主要是因为发生了电化腐蚀，故A错误； B．铁矛被腐蚀时化学能转化为电能，会释放能量，故B错误； C．铁矛被腐蚀时，铁失电子生成亚铁离子，发生氧化反应，电极反应式为：Fe﹣2e ﹣＝Fe2+，故C错误； D．将铁制文物放在干燥处，没有水不能形成原电池，所以能防止被腐蚀，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查金属腐蚀与防护，明确金属被腐蚀原理即可解答，知道常用防止金属被腐蚀的方法，能用化学知识解释生活现象，题目难度不大。 2．（2024•鼓楼区校级模拟）基于非金属原子嵌入石墨烯三嗪基C3N4中，用于催化一氧化碳加氢生成甲醇的反应历程如图，其中吸附在催化剂表面上的物种用“*”标注，下列说法中错误的是（　　） A．整个反应历程中有极性键的断裂和生成 B．过渡态相对能量：TS55＞TS44＞TS77 C．物种吸附在催化剂表面的过程为吸热过程 D．反应决速步的活化能为0.95eV 【答案】C 【分析】A．一氧化碳催化加氢生成甲醇的反应中有极性键的断裂和生成； B．过渡态相对能量的大小顺序为TS55＞TS44＞TS77； C．吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量； D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应。 【解答】解：A．一氧化碳催化加氢生成甲醇的反应中有极性键的断裂和生成，故A正确； B．过渡态相对能量的大小顺序为TS55＞TS44＞TS77，故B正确； C．吸附在催化剂表面的生成物总能量低于反应物的总能量，为放热过程，故C错误； D．反应的活化能越大，反应速率越慢，反应决速步为慢反应，反应H2CO*+＝H3CO﹣的活化能最大，反应速率最慢，则反应决速步的活化能为0.35eV﹣（﹣0.60eV）＝0.95eV，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查反应过程中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。 3．（2024春•南京期中）臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是（　　） A．催化反应①②均为放热反应 B．决定O3分解反应速率的是催化反应② C．E2+ΔH是催化反应②对应的逆反应的活化能 D．温度升高，总反应的正反应速率增加，逆反应速率减小 【答案】C 【分析】A．生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反； B．决定O3分解反应速率的是活化能最大的反应； C．催化反应②对应的逆反应的活化能为过渡态能量﹣生成物能量； D．温度升高，反应速率加快。 【解答】解：A．生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，由图可知，催化反应①为吸热反应，催化反应②为放热反应，故A错误； B．决定O3分解反应速率的是活化能最大的反应，即由催化反应①决定，故B错误； C．催化反应②对应的逆反应的活化能为过渡态能量﹣生成物能量，则E2+ΔH是催化反应②对应的逆反应的活化能，故C正确； D．温度升高，总反应的正反应速率增加，逆反应速率增加，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查反应热与焓变，侧重考查学生识图能力和分析能力，掌握反应热与物质能量的关系为解题关键，此题难度不大。 4．（2024•南京二模）一种电解乙酰基吡嗪废水中的（NH4）2SO4制备（NH4）2S2O8的电化学装置如图所示。下列说法正确的是（　　） A．石墨电极与直流电源正极相连 B．电解时，铂网电极附近pH增大 C．离子交换膜应选择性透过阴离子 D．阴极上的电极反应为2+2e﹣═S2 【答案】B 【分析】由图可知，铂网电极发生反应：2﹣2e﹣＝S2，属于氧化反应，铂网为阳极，则石墨电极为阴极，电极反应为：2H++2e﹣═H2↑，据此分析作答。 【解答】解：A．根据分析可知，石墨电极为阴极，接电源负极，故A错误； B．根据分析可知，电解时，铂网电极发生反应：2﹣2e﹣＝S2，根据溶于显电中性可知，H+通过交换膜移向左侧，右侧溶于酸性减弱，pH增大，故B正确； C．根据分析可知，离子交换膜应选择性透过阳离子，故C错误； D．根据题意可知，阳极上的电极反应为2﹣2e﹣═S2，阴极上电极反应为：2H++2e﹣═H2↑，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考点电解原理的应用，能够书写电极反应式是解决本题的关键，属于基本知识的考查，难度中等。 5．（2024春•南京期中）N2（g）和O2（g） 反应生成 NO（g）过程中能量变化情况如图a所示，下列说法不正确的是（　　） A．等物质的量的N2（g）、N2（l）具有的能量不相同 B．N2（g）+O2（g）＝2NO（g）的能量关系可用图b表示 C．N2（g）+O2（g）＝2N2（g）ΔH＝+1444kJ/mol D．N2（g）和O2（g）的反应过程中，断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量 【答案】C 【分析】A．同一物质，三种状态下的能量是不同的，气态时能量最高； B．ΔH＝反应物的键能之和﹣生成物的键能之和； C．ΔH＝反应物的键能之和﹣生成物的键能之和； D．断开化学键吸收的总能量即为反应物键能之和，形成化学键释放的总能量即为生成物能量之和。 【解答】解：A．等物质的量的N2（g）、N2（l）具有的能量不相同，且N2（g）能量更高，故A正确； B．由图a可得：N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝（946+498）kJ/mol﹣2×632kJ/mol＝+180 kJ/mol，即该反应为吸热反应，能量关系可用图b表示，故B正确； C．根据B中分析可得N2（g）+O2（g）＝2NO（g）ΔH＝（946+498）kJ/mol﹣2×632kJ/mol＝+180 kJ/mol，故C错误； D．由B中分析可知，N2（g）和O2（g）的反应过程中，断开化学键吸收的总能量大于形成化学键释放的总能量，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查化学反应与能量变化，同时考查学生的看图理解能力，属于基本知识的比较，难度不大。 6．（2024春•南京期中）由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。 装置 现象 A上有气体产生 B的质量增加 二价金属A不断溶解 根据实验现象判断下列说法错误的是（　　） A．装置甲中正极的电极反应式是：2H++2e﹣＝H2↑ B．装置乙中B为负极 C．四种金属的活泼性强弱顺序为：C＞B＞A＞D D．装置丙中负极电极反应式为：A﹣2e﹣＝A2+ 【答案】B 【分析】A．电极A为正极，正极上氢离子得到电子被还原生成氢气； B．B的质量增加，则装置乙中正极铜离子得电子生成铜； C．原电池中一般负极比正极活泼； D．二价金属A不断溶解，则装置甲中A为负极。 【解答】解：A．电极A为正极，正极上氢离子得到电子被还原生成氢气，电极反应式是：2H++2e﹣＝H2↑，故A正确； B．B的质量增加，则装置乙中B为正极，铜离子得电子生成铜，其电极反应式是Cu2++2e﹣═Cu，故B错误； C．装置甲中A为正极，则金属活动性：B＞A，装置乙中B为正极，则金属活动性：C＞B，装置丙中A为负极，则金属活动性：A＞D，故四种金属活动性由强到弱的顺序是C＞B＞A＞D，故C正确； D．二价金属A不断溶解，则装置甲中A为负极，装置丙中负极电极反应式为：A﹣2e﹣＝A2+，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查原电池，侧重考查学生原电池原理的掌握情况，试题难度中等。 7．（2024春•南京期中）关于如图所示的说法，错误的是（　　） A．图A中生成物的总能量更高 B．图C中发生的反应为放热反应 C．图B中1molN2与3molH2充分反应放出92kJ热量 D．图A可表示Ba（OH）2⋅8H2O与NH4Cl反应的能量变化 【答案】C 【分析】A．由图A可知，反应物具有的总能量低，生成物具有的总能量高； B．活泼金属和酸反应是放热反应； C．1molN2（g）与3molH2（g）完全反应生成2molNH3（g）放热92kJ，而N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g））是一个可逆反应，则1molN2（g）与3molH2（g）充分反应生成NH3的物质的量小于2mol，放热少于92kJ； D．由图A可知，反应物具有的总能量低，生成物具有的总能量高，该反应为吸热反应，而Ba（OH）2⋅8H2O与NH4Cl的反应是典型的吸热反应。 【解答】解：A．由图A可知，反应物具有的总能量低，生成物具有的总能量高，故A正确； B．活泼金属和酸反应是放热反应，故B正确； C．1molN2（g）与3molH2（g）完全反应生成2molNH3（g）放热92kJ，而N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g））是一个可逆反应，则1molN2（g）与3molH2（g）充分反应生成NH3的物质的量小于2mol，放热少于92kJ，故C错误； D．由图A可知，反应物具有的总能量低，生成物具有的总能量高，该反应为吸热反应，而Ba（OH）2⋅8H2O与NH4Cl的反应是典型的吸热反应，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查了反应热与焓变的知识，题目难度不大，掌握基础知识，结合题给图示是解答该题的关键。 8．（2024春•江宁区期末）下列措施对增大反应速率有效的是（　　） A．N2与H2合成氨气时，适当提高体系的温度 B．Zn与稀硫酸反应制取氢气时，将稀硫酸改用浓硫酸 C．在K2SO4与BaCl2两溶液反应时，增大压强 D．Na与水反应时，增大水的用量 【答案】A 【分析】升高温度、增大反应物浓度、使用催化剂或者增大反应物接触面积均能加快反应速率，据此进行解答。 【解答】解：A．升高温度可以增大反应速率，N2与H2合成氨气时，适当提高体系的温度对增大反应速率有效，故A正确； B．浓硫酸具有强氧化性，Zn与稀硫酸反应制取氢气时，将稀硫酸改用浓硫酸会生成二氧化硫，得不到氢气，故B错误； C．反应在溶液中进行，没有气体参加，增大压强不能改变反应速率，故C错误； D．增加水的量，但浓度不变，反应速率不变，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学反应速率，为高频考点，把握反应速率的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 9．（2024春•江宁区期末）在2L的恒容密闭容器中充入1mol CO和2mol H2，一定条件下发生反应：CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g），测得CO和CH3OH（g）的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示。下列说法正确的是（　　） A．该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能 B．升温能增大正反应速率，减小逆反应速率 C．反应开始到3min时，平均反应速率为v（H2）＝0.25mol•L﹣1•min﹣1 D．当反应体系中n（CO）：n（H2）：n（CH3OH）＝1：2：1时，反应一定达到平衡 【答案】C 【分析】A．若反应物总键能大于生成物总键能，则反应吸热，反之相反； B．升温能同时增大正逆反应速率； C．根据v＝＝计算v（CH3OH），结合反应速率之比等于反应计量数之比计算v（H2）； D．反应达到平衡状态时反应物浓度、含量不变、正逆反应速率相等。 【解答】解：A．由图2可知，该反应是放热反应，则反应物的总键能小于生成物的总键能，故A错误； B．升温能增大活化分子数和活化分子百分数，同时增大正反应速率和逆反应速率，故B错误； C．由图可知，0～3min内v（CH3OH）＝＝＝＝0.125mol/（L•min），反应为CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g），则0～3min内v（H2）＝2v（CH3OH）＝0.25mol/（L•min），故C正确； D．当反应体系中n（CO）：n（H2）：n（CH3OH）＝1：2：1时，反应不一定达到平衡状态，与起始量和反应进行程度有关，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡图象分析，侧重图象分析能力和运用能力考查，把握反应热与物质总键能的计算关系、吸放热反应的判断、化学平衡状态特征及判定、反应速率的计算及影响因素是解题关键，题目难度不大。 10．（2024春•建邺区校级期末）在一定条件下，将3mol A和1mol B两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A（g）+B（g）⇌xC（g）+2D（g）。2min末该反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的浓度为0.2mol•L﹣1。下列判断不正确的是（　　） A．x＝1 B．2min内D的反应速率为0.3mol•L﹣1•min﹣1 C．A的转化率为40% D．若混合气体的平均相对分子质量不变，则表明该反应达到平衡状态 【答案】B 【分析】平衡时生成的C的物质的量为0.2mol•L﹣1×2L＝0.4mol，物质的量之比等于化学计量数之比，故0.4mol：0.8mol＝x：2，解得x＝1，利用三步计算法可知， 3A（g）+B（g）⇌C（g）+2D（g）。 起始量（mol/L） 1.5 0.5 0 0 变化量（mol/L） 0.6 0.2 0.2 0.4 平衡量（mol/L） 0.9 0.3 0.2 0.4 以此解答该题。 【解答】解：A．由以上分析可知x＝1，故A正确； B．2min内D的反应速率为mol•L﹣1•min﹣1＝0.2mol•L﹣1•min﹣1，故B错误； C．A的转化率为×100%＝40%，故C正确； D．反应前后质量不变，气体体积变化，则混合气体的平均相对分子质量始终在变，若混合气体的平均相对分子质量不变，能说明反应达到平衡状态，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查判断及计算能力，把握基本公式、平衡状态判断方法、各个物理量与计量数的关系是解本题关键，注意：只有反应前后改变的物理量才能作为平衡状态判断标准，题目难度不大。 11．（2024•秦淮区校级模拟）在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为反应Ⅰ：CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1；反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH＝41.2kJ•mol﹣1；反应Ⅲ：2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）ΔH＝﹣247.1kJ•mol﹣1。向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．反应Ⅱ的平衡常数可表示为K＝ B．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化 C．该反应最佳控制温度在800℃～1000℃之间 D．提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂 【答案】D 【分析】A．平衡常数K＝； B．反应正向建立平衡，最高点达到平衡状态，最高点以后随温度升高B的量减小； C．反应Ⅰ为放热反应，三个温度，平衡逆向进行； D．提高CO2转化为CH4的转化率，应使反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向移动； 【解答】解：A．反应Ⅱ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g），K＝，故A错误； B．向恒压密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，反应正向建立平衡，在600℃时B的量达到最多，反应达到平衡状态，超过600℃时平衡向吸热反应方向移动，故反应Ⅰ、Ⅲ逆向移动，甲烷的量减小，故B为甲烷的物质的量随温度的变化，故B错误； C．图象分析可知，该反应最佳控制温度在600℃左右，故C错误； D．反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，故低温有利于反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，提高CO2转化为CH4的转化率，故需研发在低温区高效的催化剂，故D正确； 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平衡的影响是解题的关键。 12．（2024春•南京期中）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广汤用于硝酸、纯碱、制药等工业；实验室可以用浓氨水和CO制取氦气。工业上合成氨反应为N2（g）+3H2（g）2NH3（g）。一定温度时，向体积为2L的密闭容器中，充入0.1mol N2和0.3mol H2。10min时，测得容器中NH3的物质的量浓度为0.04mol/L。下列说法正确的是（　　） A．0～10min的反应速率v（N2）＝0.02mol•L﹣1•min﹣1 B．10min时，H2的转化率为40% C．10min时，反应前后气体压强之比为5：1 D．及时将体系中的NH3液化分离出来有利于加快反应速率 【答案】B 【分析】一定温度时，向体积为2L的密闭容器中，充入0.1mol N2和0.3mol H2。10min时，测得容器中NH3的物质的量浓度为0.04mol/L，由三段法可知： N2（g）+3H2（g）2NH3（g）（单位：mol/L） 开始 0.05 0.15 0 变化 0.02 0.06 0.04 平衡 0.03 0.09 0.04，据此解答。 【解答】解：A.0～10min的反应速率v（N2）＝＝mol•L﹣1•min﹣1＝0.002mol•L﹣1•min﹣1，故A错误； B.10min时，H2的转化率为×100%＝40%，故B正确； C.恒温恒容时，压强与物质的量成正比，反应前气体的物质的量为0.4mol，10min时，气体的总物质的量为（0.04+0.03+0.09）mol/L×2L＝0.32mol，反应前后压强比为4：3.2＝5：4，故C错误； D.及时将体系中的NH3液化分离出来，减小了生成物浓度，反应速率减慢，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了化学反应速率和化学平衡的影响因素等知识点，注意知识的积累，题目难度不大。 13．（2024春•建邺区校级期末）二氧化碳加氢制甲烷过程中的主要反应为 CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1 CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1 在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始（CO2）：n起始（H2）＝1：4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如题图所示。CH4的选择性可表示为%。下列说法不正确的是（　　） A．反应2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）的焓变ΔH＝﹣247.1kJ•mol﹣1 B．CH4的平衡选择性随着温度的升高而增加 C．用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为350～400℃ D．450℃时，提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值 【答案】B 【分析】A．①CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1，②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②×2计算反应2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）的焓变ΔH； B．生成甲烷的反应是放热反应，升高温度时平衡逆向移动，甲烷的产率降低； C．由图可知，400℃时CO2实际转化率最大； D．生成甲烷的反应是气体体积减小的反应，增大压强、增大氢气的浓度均能使平衡正向移动，有利于提高CO2平衡转化率。 【解答】解：A．①CO2（g）+4H2（g）═CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1，②CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.2kJ•mol﹣1，根据盖斯定律：①﹣②×2计算反应2CO（g）+2H2（g）═CO2（g）+CH4（g）的焓变ΔH＝﹣164.7kJ•mol﹣1﹣（41.2kJ•mol﹣1）×2＝﹣247.1kJ/mol，故A正确； B．生成CH4的反应是放热反应，升高温度时平衡逆向移动，CH4的物质的量减小，温度达到550℃后，CO2平衡转化率增大，则CH4的选择性降低，故B错误； C．由图可知，400℃时CO2实际转化率最大，由图可知，用该催化剂催化二氧化碳反应的最佳温度范围约为350～400℃，故C正确； D．生成CH4的反应是气体体积减小的反应，增大压强、增大氢气的浓度均能使平衡正向移动，有利于提高CO2平衡转化率，即温度一定时提高的值或增大压强，均能使CO2平衡转化率达到X点的值，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡图象分析，侧重识图能力、分析判断能力和运用能力，把握盖斯定律的计算应用、化学平衡影响因素即可解答，题目难度中等。 14．（2023秋•建邺区校级期中）Fe2+、Fe3+、Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀的pH分别为6.7、3.7、4.6。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2+、Fe3+杂质离子，为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是（　　） A．KMnO4、ZnCO3 B．氨水 C．NaOH溶液 D．H2O2、ZnO 【答案】D 【分析】过氧化氢可以将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入过量的氧化锌，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀。 【解答】解：由于Fe2+、Fe3+、Zn2+较完全地形成氢氧化物沉淀的pH分别为6.7、3.7、4.6，过氧化氢可以将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入过量的氧化锌，调节pH的范围，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则为除去这些离子制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是H2O2、ZnO， 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。 15．（2023秋•建邺区校级期中）298K时，向20mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液中滴入0.1000mol•L﹣1NaOH溶液，滴定曲线如图所示（忽略温度变化）。下列说法正确的是（　　） A．该滴定过程应该选择石蕊溶液做指示剂 B．a、b、c点表示的溶液，水的电离程度为：a＞b＞c C．b点溶液中各微粒浓度关系为2c（OH﹣）+c（CH3COOH）═c（CH3COO﹣）+2c（H+） D．由c点数值可求醋酸的电离平衡常数为1.66×10﹣5mol•L﹣1 【答案】D 【分析】A．CH3COOH溶液与NaOH溶液恰好完全反应时所得CH3COONa溶液呈碱性； B．酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，向CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，随着NaOH溶液的滴入，水的电离程度逐渐增大； C．b点加入10.00mLNaOH溶液，两者充分反应后得等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），溶液中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝2c（Na+）； D．c点加入19.88mLNaOH溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）知，溶液中c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＝＝0.04985mol/L，根据物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝知，c（CH3COOH）＝3.009×10﹣4mol/L，醋酸的电离平衡常数为。 【解答】解：A．CH3COONa溶液呈碱性，则该滴定过程中选择酚酞做指示剂，不能选择石蕊溶液做指示剂，故A错误； B．酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，向CH3COOH溶液中滴入NaOH溶液，随着NaOH溶液的滴入，水的电离程度逐渐增大，当两者恰好完全反应时水的电离达最大，继续滴入NaOH溶液，水的电离程度又逐渐减小，故水的电离程度为：c＞b＞a，故B错误； C．b点为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，电荷守恒为c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝2c（Na+），则c（CH3COOH）+2c（H+）＝c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣），故C错误； D．c点加入19.88mLNaOH溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）知，溶液中c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＝＝0.04985mol/L，根据物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝知，c（CH3COOH）＝3.009×10﹣4mol/L，醋酸的电离平衡常数为＝＝1.66×10﹣5mol/L，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生滴定曲线的掌握情况，试题难度中等。 16．（2023秋•玄武区月考）室温下，通过下列实验探究Na2CO3的性质。已知：25℃时，H2SO3的Ka1＝1.4×10﹣2、Ka2＝1.0×10﹣7，H2CO3的Ka1＝4.3×10﹣7、Ka2＝5.6×10﹣11。 实验1：配制50mL0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，测得溶液pH约为12； 实验2：取10mL0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，向其中加入一定量CaSO4固体充分搅拌，一段时间后过滤，向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解； 实验3：取10mL0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，向其中缓慢滴入等体积0.1mol•L﹣1稀盐酸。 下列说法正确的是（　　） A．实验1所得溶液中，c（Na+）＜c（）+c（） B．实验2，加入稀盐酸后的上层清液中c（Ca2+）＝c（） C．实验3反应后溶液中存在：c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3） D．25℃时，反应+H2SO3＝+的平衡常数K＝2.5×108 【答案】D 【分析】A．Na2CO3溶液pH约为12，呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），根据电荷守恒关系分析判断； B．向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解，则滤渣为CaCO3和CaSO4的混合物，CaCO3溶于盐酸生成CaCl2； C．实验3反应后溶液中溶质为NaHCO3和NaCl，且c（NaHCO3）＝c（NaCl），结合物料守恒关系分析判断； D．反应+H2SO3＝+的平衡常数K＝＝。 【解答】解：A．Na2CO3溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），则c（Na+）＞c（）+2c（）＞c（）+c（），故A错误； B．向滤渣中加入足量稀盐酸，固体部分溶解，则滤渣为CaCO3和CaSO4的混合物，CaCO3溶于盐酸生成CaCl2，CaSO4存在溶解平衡，则实验2加入稀盐酸后的上层清液中c（Ca2+）＞c（），故B错误； C．Na2CO3溶液物料守恒关系为c（Na+）＝2c（H2CO3）+2c（）+2c（），滴入等体积0.1mol•L稀盐酸后生成NaHCO3和NaCl，存在c（Na+）＝2c（H2CO3）+2c（）+2c（）或c（Na+）＝c（）+c（）+c（H2CO3）+c（Cl﹣），则c（Na+）＞c（）+c（）+c（H2CO3），故C错误； D．反应+H2SO3＝+的平衡常数K＝＝＝＝2.5×108，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡及平衡常数的计算，侧重分析能力和计算能力考查，把握弱电解质的电离平衡及平衡常数的计算、溶液中守恒关系式的应用、沉淀溶解平衡等知识即可解答，题目难度中等。 17．（2023春•鼓楼区校级期末）室温下用0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液吸收SO2的一种脱硫工艺流程如图所示。已知H2SO3电离平衡常数分别为Ka1＝1.54×10﹣2，Ka2＝1.02×10﹣7，H2CO3电离平衡常数分别为Ka1＝4.30×10﹣7、Ka2＝5.61×10﹣11，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发。 下列说法正确的是（　　） A．0.1mol•L﹣1Na2SO3溶液中：c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+c（H2SO3） B．NaHSO3溶液中：c（）＜c（H2SO3） C．“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：CaCO3+＝CaSO3+ D．“沉淀”分离后的滤液中：c（Ca2+）⋅c（）＜Ksp（CaSO3） 【答案】C 【分析】Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，生成NaHSO3；由于Ka2（H2SO3）＝1.02×10﹣7＜Ka1（H2CO3）＝4.30×10﹣7，所以NaHSO3与CaCO3反应只能生成NaHCO3和CaSO3；CaSO3被通入的O2氧化，生成CaSO4，从而获得石膏。 【解答】解：A．0.1 mol•L﹣1 Na2SO3溶液中，存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），物料守恒c（Na+）＝2c（）+2c（）+2c（H2SO3），则c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3），故A错误； B．NaHSO3溶液中，Ka2＝1.02×10﹣7，Kh2＝≈6.49×10﹣13，则以的电离为主，溶液呈酸性，所以，故B错误； C．由分析可知，由于Ka2（H2SO3）＝1.02×10﹣7＜Ka1（H2CO3）＝4.30×10﹣7，所以NaHSO3与CaCO3反应只能生成NaHCO3和CaSO3，“沉淀”时发生主要反应的离子方程式：，故C正确； D．“沉淀”分离后的滤液，仍是CaSO3的饱和溶液，则，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度大小，溶液中电荷守恒分析判断，盐类水解的实质分析，掌握基础是关键，题目难度中等。 18．（2023秋•建邺区校级期中）一种烟气脱硫及去除水中Cu2+的工艺流程如图所示。室温下以0.1mol/L的NaOH溶液吸收H2S，通入H2S所引起的溶液体积变化和水的挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）。室温下，已知Ksp（CuS）＝1.3×10﹣36，H2S的电离常数分别为Ka1＝9.1×10﹣8、Ka2＝1.1×10﹣12。下列说法正确的是（　　） A．Na2S溶液显碱性的原因：S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣ B．吸收所得c总＝0.1mol/L的溶液中：c（H2S）＞c（S2﹣） C．NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：c（OH﹣）＝c（H2S）+c（HS﹣）+c（H+） D．“除铜”得到的上层清液中： 【答案】B 【分析】A．根据S2﹣的水解分步进行，以第一步水解为主进行分析； B．根据水解平衡常数Kh＝进行分析； C．根据物料守恒，电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），进行分析； D．根据c（Cu2+）•c（S2﹣）＞Ksp（CuS），即，进行分析。 【解答】解：A．硫离子的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为：，故A错误； B．室温下以0.1mol•L﹣1氢氧化钠溶液吸收硫化氢，吸收所得c总＝0.1mol/L，即c总＝，此时加入的氢氧化钠的物质的量等于硫化氢的物质的量，溶质全为NaHS，Ka2＝1.1×10﹣12，HS﹣的水解平衡常数Kh＝＝1.1×10﹣7，即HS﹣的水解程度大于电离程度，，故B正确； C．氢氧化钠恰好转化为硫化钠的溶液中，存在物料守恒，电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（S2﹣）+c（HS﹣）+c（OH﹣），综合得，故C错误； D．若c（Cu2+）•c（S2﹣）＞Ksp（CuS），即，此时还有沉淀生成，不符合题意，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。 19．（2023秋•建邺区校级期末）水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中Pb2+及其与OH﹣形成的微粒的物质的量分数随溶液pH变化的关系如图所示。已知NH3⋅H2O的Kb＝1.74×10﹣5。向Pb（NO3）2溶液中滴加氨水关于该过程的说法正确的是（　　） A．Pb2+的物质的量分数先减小后增大 B．与n（Pb2+）的比值先减小后增大 C．pH＝7时，存在的阳离子有Pb2+、Pb（OH）+、H+和 D．溶液中Pb2+与Pb（OH）2浓度相等时，氨主要以NH3⋅H2O的形式存在 【答案】C 【分析】A．由图可知，Pb2+的浓度分数随pH增大一直减小； B．溶液中Pb2+的浓度分数一直减小，的浓度基本保持不变； C．由图可知，pH＝7时，存在的阳离子有Pb2+、Pb（OH）+，滴加氨水，溶液中一定含铵根离子； D．溶液中Pb2+与Pb（OH）2浓度相等时，溶液显碱性。 【解答】解：A．由图可知，Pb2+的浓度分数随pH增大一直减小，故A错误； B．溶液中Pb2+的浓度分数一直减小，的浓度基本保持不变，故c（）与c（Pb2+）的比值先增大，当pH＞10后，c（Pb2+）浓度几乎为0，与c（Pb2+）的比值无意义，故B错误； C．由图可知，pH＝7时，存在的阳离子有Pb2+、Pb（OH）+，滴加氨水，溶液中一定含铵根离子，溶液中一定存在H+，故C正确； D．溶液中Pb2+与Pb（OH）2浓度相等时，pH＝8，溶液显碱性，此时溶液中含较多的氢氧根离子，则溶液中氨主要是以的形式存在，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、溶液pH变化的分析判断、离子存在形式等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。 20．（2024春•南京期末）乙醇与水催化重整制氢。恒压条件下，反应体系中充入1mol C2H5OH（g）和3mol H2O（g）发生以下反应： 反应Ⅰ：C2H5OH（g）+H2O（g）⇌2CO（g）+4H2（g）ΔH1＝+255.7kJ•mol﹣1 反应Ⅱ：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.2kJ•mol﹣1 反应Ⅲ：C2H5OH（g）+3H2O（g）⇌2CO2（g）+6H2（g）ΔH3 平衡时CO2和CO的选择性、乙醇的转化率随温度的变化曲线如图所示。 已知：CO的选择性＝。 下列说法正确的是（　　） A．ΔH3＜0 B．曲线a表示的是乙醇的转化率 C．其他条件不变时，增大压强，CO、CO2的物质的量均增大 D．向体系中加入适量疏松多孔CaO，有利用于提高H2的产率 【答案】D 【分析】根据盖斯定律：反应Ⅰ+Ⅱ×2计算反应Ⅲ的焓变ΔH3＝+255.7kJ•mol﹣1+（﹣41.2kJ•mol﹣1）×2＝+173.3kJ•mol﹣1，为吸热反应，由于反应Ⅰ、Ⅲ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，升高温度时反应Ⅰ、Ⅲ的平衡正向移动，反应Ⅱ的平衡逆向移动，反应Ⅱ逆向移动使CO2转化为CO，则温度升高时CO的选择性增大，根据选择性概念可知，CO的选择性+CO2的选择性＝1，所以CO2的选择性随着温度升高而减小，即图中表示CO2选择性的曲线为a，表示CO选择性的曲线是c，表示乙醇的转化率的曲线是b，结合化学平衡影响因素分析解答。 【解答】解：A．根据盖斯定律：反应Ⅰ+Ⅱ×2计算反应Ⅲ的焓变ΔH3＝+255.7kJ•mol﹣1+（﹣41.2kJ•mol﹣1）×2＝+173.3kJ•mol﹣1＞0，故A错误； B．由上述分析可知，曲线a表示CO2选择性，曲线为c表示CO选择性，曲线b表示乙醇的转化率，故B错误； C．其他条件不变时，增大压强时应Ⅰ、Ⅲ的平衡逆向移动，则CO、CO2的物质的量均减小，故C错误； D．CaO是碱性氧化物，能与CO2反应，反应Ⅱ、Ⅲ的平衡正向移动，有利用于提高H2的产率，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡图象分析，侧重分析判断能力、计算能力和灵活运用能力考查，把握化学平衡影响因素、盖斯定律的计算应用是解题关键，题目难度中等。 二．解答题（共4小题） 21．（2024春•南京期中）用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A：4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣115.6kJ/mol，可实现氯的循环利用。 （1）HCl的电子式是 　　。 （2）已知： 断开1mol H—O键与断开1mol H—Cl键所需能量相差为 　31.9　kJ。 （3）4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）在不同条件下的化学反应速率如下，请比较上述4种情况下反应速率的大小 　B＞C＞D＞A　。（由大到小的顺序） A．v（HCl）＝1.0mol•L﹣1•min﹣1 B．v（O2）＝0.1mol•L﹣1•s﹣1 C．v（Cl2）＝1.8mol•L﹣1•min﹣1 D．v（H2O）＝0.6mol•L﹣1•min﹣1 （4）Cl2可用氯碱工业（电解精制饱和食盐水）的方法制得。为提高原料的利用率，节能降耗。设计如图所示工艺流程，其中氯碱工业装置中的电极未标出。 ①为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，正确的操作步骤的顺序是 　B　（填序号）。 a.过滤 b.加过量NaOH溶液 c.加适量盐酸 d.加过量Na2CO3溶液 e.加过量BaCl2溶液 A．adabec B．abedac C．abdec D．dbe ②电解饱和食盐水的化学方程式为 　2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑　。 ③下列生产措施有利于提高氯碱工业中的Cl2产量、降低阳极O2含量的是 　ABC　。 A．定期检查并更换阳离子交换膜 B．向阳极区加入适量盐酸 C．使用精制饱和食盐水提高c（Cl﹣） ④流程中NaOH溶液的质量分数a%、b%、c%，由大到小的顺序为 　c%＞a%＞b%　。 【答案】（1）； （2）31.9； （3）B＞C＞D＞A； （3）①B； ②2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑； ③ABC ④c%＞a%＞b%。 【分析】（1）HCl中H和C共用一对共用电子对l； （2）由图可知，O＝O键的键能为498kJ/mol，Cl﹣Cl键的键能为243kJ/mol，又4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣115.6kJ/mol，则有：4E（H—Cl）+498﹣2×243﹣4（H—O）＝﹣115.6，解出：E（H—Cl）﹣（H—O）； （3）根据反应4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g），结合速率之比等方程式的系数之比，进行转化，比较快慢； （3）①为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，过滤，加过量NaOH溶液沉淀Mg2+，再加过量BaCl2溶液沉淀，再加过量Na2CO3溶液，沉淀Ca2+以及过量的Ba2+，过滤，向滤液中加适量盐酸，除去过量的NaOH和Na2CO3，再将溶液蒸干，得到纯净的氯化钠固体； ②电解饱和食盐水，生成NaOH、H2、Cl2； ③氯碱工业中，氯离子在阳极，失去电子，生成氯气，必须确保阳极氯离子的浓度即可，否则氢氧根离子失去电子，生成氧气，据此分析作答； ④由图可知，燃料电池的负极生成水，会使NaOH溶液浓度减小，正极生成OH﹣，会使NaOH溶液浓度增大。 【解答】解：（1）HCl的电子式是， 故答案为：； （2）由图可知，O＝O键的键能为498kJ/mol，Cl﹣Cl键的键能为243kJ/mol，又4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣115.6kJ/mol，则有：4E（H—Cl）+498﹣2×243﹣4（H—O）＝﹣115.6，解得：E（H—Cl）﹣（H—O）＝31.9， 故答案为：31.9； （3）根据反应4HCl（g）+O2（g）2Cl2（g）+2H2O（g），结合速率之比等方程式的系数之比，进行转化，则有： A．v（HCl）＝1.0mol•L﹣1•min﹣1， B．v（O2）＝0.1mol•L﹣1•s﹣1＝6.0mol•L﹣1•min﹣1，则v（HCl）＝24mol•L﹣1•min﹣1， C．v（Cl2）＝1.8mol•L﹣1•min﹣1，则v（HCl）＝3.6mol•L﹣1•min﹣1， D．v（H2O）＝0.6mol•L﹣1•min﹣1，则v（HCl）＝1.2mol•L﹣1•min﹣1， 所以上述4种情况下反应速率的大小关系为B＞C＞D＞A， 故答案为：B＞C＞D＞A； （3）①为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，过滤，加过量NaOH溶液沉淀Mg2+，再加过量BaCl2溶液沉淀，再加过量Na2CO3溶液，沉淀Ca2+以及过量的Ba2+，过滤，向滤液中加适量盐酸，除去过量的NaOH和Na2CO3，再将溶液蒸干，得到纯净的氯化钠固体，即B符合题意， 故答案为：B； ②电解饱和食盐水的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑， 故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑； ③A．定期检查并更换阳离子交换膜，避免氯离子移入阴极区，有利于提高Cl2产量，降低阳极O2含量，故A正确； B．向阳极区加入适量盐酸，即补充氯离子，有利于提高Cl2产量，降低阳极O2含量，故B正确； C．使用精制饱和食盐水提高c（Cl﹣），有利于提高Cl2产量，降低阳极O2含量，故C正确； 故答案为：ABC； ④由图可知，燃料电池的负极生成水，正极生成OH﹣，所以流程中NaOH溶液的质量分数为c%＞a%＞b%， 故答案为：c%＞a%＞b%。 【点评】本题主要考查氯及其化合物的相关知识，同时考查电子式书写、反应速率快慢的比较，电化学的应用，属于基本知识的考查，难度中等。 22．（2023•江宁区一模）实验室以废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）为原料制备Co3O4。 已知：Ksp[Co（OH）2]＝1.6×10﹣15，Ksp（CoC2O4）＝6.3×10﹣8，Ksp（CoCO3）＝1.4×10﹣14；NH3⋅H2O的电离常数为Kb＝1.8×10﹣5，H2C2O4的电离常数分别为Ka1＝5.4×10﹣2，Ka2＝5.6×10﹣5。 （1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，该反应的离子方程式为 　2LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++4H2O+O2↑　。 （2）“萃取”时有机磷萃取剂（用HA表示）萃取金属离子的原理可表示为：Mn++nHA（有机层）⇌MAn（有机层）+nH+（水层）。钴、锂在有机磷萃取萃取剂中的萃取率与pH的关系如图1所示。随pH的升高，Co2+在有机磷萃取剂中萃取率增大的原因是 　pH升高，则c（H+）减小，平衡正向移动，MAn（有机层）增大，Co2+萃取率增大　。 （3）“反萃取”的目的是将有机层Co2+转移到水层。使Co2+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 　适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取　（填两项）。 （4）“沉钴”时可加入H2C2O4溶液或（NH4）2C2O4溶液反应制得CoC2O4。不能用Na2C2O4溶液代替（NH4）2C2O4溶液的原因是 　Na2C2O4溶液会引入杂质钠离子　。 （5）“沉钴”时，也可先制得CoCO3再制备Co3O4。CoCO3在空气中受热分解，测得剩余固体的质量与起始CoO3的质量的比值（剩余固体的质量分数）随温度变化曲线如图2所示。为获得较高产率的Co3O4，请补充实验方案：取反萃取后得到的水相，　边搅拌边加入0.1mol/LNH4HCO3，直至不再产生沉淀为止，过滤，洗涤，直至取最后一次洗涤滤液，加入少量0.1mol/LBaCl2溶液无明显现象，干燥后，在空气中加热到400℃～600℃至恒重，得到Co3O4　。（可选用的试剂：0.1mol⋅L﹣1NH4HCO3溶液、空气、0.1mol⋅L﹣1HCl溶液、0.1mol⋅L﹣1BaCl2溶液） 【答案】（1）2LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++4H2O+O2↑； （2）pH升高，则c（H+）减小，平衡正向移动，MAn（有机层）增大，Co2+萃取率增大； （3）适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取； （4）Na2C2O4溶液会引入杂质钠离子； （5）边搅拌边加入0.1mol/LNH4HCO3，直至不再产生沉淀为止，过滤，洗涤，直至取最后一次洗涤滤液，加入少量0.1mol/LBaCl2溶液无明显现象，干燥后，在空气中加热到400℃～600℃至恒重，得到Co3O4。 【分析】废旧锂电池正极材料（含LiCoO2及少量Al、Fe等）加入硫酸溶解，LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，并得到硫酸铝和硫酸亚铁，加入H2O2氧化亚铁离子为铁离子，然后调节pH除去铝离子和铁离子，然后加入有机萃取剂、稀硫酸进行萃取和反萃取，然后加入试剂沉钴，得到钴的沉淀，灼烧沉淀，生成Co3O4，据此解答。 【解答】解：（1）“酸浸”时LiCoO2与H2O2反应生成Co2+并放出O2，反应的离子方程式为2LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++4H2O+O2↑， 故答案为：2LiCoO2+H2O2+6H+＝2Li++2Co2++4H2O+O2↑； （2）根据萃取原理Mn++nHA（有机层）⇌MAn（有机层）+nH+（水层），pH升高，则c（H+）减小，平衡正向移动，MAn（有机层）增大，Co2+萃取率增大， 故答案为：pH升高，则c（H+）减小，平衡正向移动，MAn（有机层）增大，Co2+萃取率增大； （3）根据萃取原理Mn++nHA（有机层）⇌MAn（有机层）+nH+（水层），应使平衡往逆向移动，应选择的实验条件或采取的实验操作为适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取， 故答案为：适当提高稀硫酸的浓度或充分振荡分液漏斗或用萃取剂分多次萃取； （4）Na2C2O4溶液会引入杂质钠离子，故不能用Na2C2O4代替（NH4）2C2O4溶液， 故答案为：Na2C2O4溶液会引入杂质钠离子； （5）由于CoCO3难溶于水，取反萃取后得到的水相，加入0.1mol/LNH4HCO3，将Co2+转化为CoCO3沉淀，过滤除去可溶性杂质，然后洗涤，为了保证杂质除尽，用0.1mol/LBaCl2溶液检验洗涤液中的无碳酸根离子，干燥后，在空气中加热至400℃～600分解生成CoCO3， 故答案为：边搅拌边加入0.1mol/LNH4HCO3，直至不再产生沉淀为止，过滤，洗涤，直至取最后一次洗涤滤液，加入少量0.1mol/LBaCl2溶液无明显现象，干燥后，在空气中加热到400℃～600℃至恒重，得到Co3O4。 【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度较大，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法及元素化合物性质，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及化学实验能力。 23．（2023秋•鼓楼区校级月考）Cr、Cd、N、S等元素的化合物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的影响。 （1）我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活用水中镉的排放量不超过0.005mg•L−1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。Ksp（CdCO3）＝4.0×10﹣12，Ksp（CdS）＝8.0×10﹣27；回答下列问题： ①向某含镉废水中加入Na2S，当S2﹣浓度达到8.0×10﹣8mol•L−1时，废水中Cd2+的浓度为 　10﹣19　mol•L﹣1，此时是否符合生活饮用水卫生标准？　是　（填“是”或“否”）。 ②室温下，反应CdCO3（s）+S2﹣（aq）⇌CdS（s）+（aq）达到平衡，该反应的平衡常数K＝　5.0×1014　（填数值）。 （2）还原沉淀法是处理含铬（Cr2和）工业废水的常用方法，过程如下： 常温下，Ksp[Cr（OH）3]＝1.0×10﹣32，欲使处理后废水中的c（Cr3+）降至1.0×10﹣5mol•L﹣1（即沉淀完全），应调节至溶液的pH＝　5.0　。 （3）燃煤烟气中的NOx、SO2经处理后可被吸收，电化学在相关领域也有重要应用。若烟气主要成分为NO、SO2，可通过电解法除去，其原理如图所示。阴极的电极反应式为 　NO+5e﹣+6H+＝+H2O　，电解过程得到产物为 　（NH4）2SO4、H2SO4　。 【答案】（1）①10﹣19；是； ②5.0×1014； （2）5.0； （3）NO+5e﹣+6H+＝+H2O；（NH4）2SO4、H2SO4。 【分析】（1）①根据Ksp（CdS）＝c（Cd2+）•c（S2﹣）计算废水中Cd2+的浓度c（Cd2+）； ②反应CdCO3（s）+S2﹣（aq）⇌CdS（s）+（aq）的平衡常数K＝＝×＝； （2）根据Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+）•c3（OH﹣）计算溶液中c（OH﹣）和溶液的pH； （3）与电源负极相接的电极为阴极、与电源正极相接的为阳极，由图1可知，阴极通入NO、阳极通入SO2，NO在阴极发生得电子的还原反应生成，SO2在阳极失电子生成，结合总反应判断产物。 【解答】解：（1）①Ksp（CdS）＝c（Cd2+）•c（S2﹣），含镉废水中c（S2﹣）＝8.0×10﹣8mol•L−1时，废水中Cd2+的浓度c（Cd2+）＝＝mol/L＝10﹣19mol/L，即112g/mol×10﹣19mol/L＝1.12×10﹣14mg/L＜0.005mg•L−1，符合排放标准， 故答案为：10﹣19；是； ②反应CdCO3（s）+S2﹣（aq）⇌CdS（s）+（aq）的平衡常数K＝＝×＝＝＝5.0×1014， 故答案为：5.0×1014； （2）Ksp[Cr（OH）3]＝c（Cr3+）•c3（OH﹣）＝1.0×10﹣32，则废水中的c（Cr3+）＝1.0×10﹣5mol•L﹣1时溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝1.0×10﹣9mol/L，c（H+）＝＝mol/L＝1.0×10﹣5mol/L，pH＝﹣lg1.0×10﹣5.0＝5.0， 故答案为：5.0； （3）由图可知，阴极通入NO、阳极通入SO2，NO在阴极发生得电子的还原反应生成，阴极反应式为NO+5e﹣+6H+＝+H2O，SO2在阳极失电子生成，总反应为2NO+5SO2+8H2O＝（NH4）2SO4+4H2SO4，所以电解过程得到产物为（NH4）2SO4、H2SO4， 故答案为：NO+5e﹣+6H+＝+H2O；（NH4）2SO4、H2SO4。 【点评】本题考查溶度积常数的计算和电解原理的应用，把握溶度积常数的表达式及计算、电解池工作原理是解题关键，侧重分析能力和计算能力的考查，注意掌握电子守恒的应用，题目难度中等。 24．（2024秋•鼓楼区校级月考）Ⅰ、研究脱除烟气中的SO2、NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。 （1）烟气中的NO可在催化剂作用下用NH3还原。 已知：4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g） ΔH＝﹣905.0kJ•mol﹣1 N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH＝+180.5kJ•mol﹣1 有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g） ΔH＝ 　﹣1626.6kJ•mol﹣1　。 （2）尿素[CO（NH2）2]溶液可吸收含SO2、NO烟气中的SO2，其反应为SO2+CO（NH2）2+2H2O＝（NH4）2SO3+CO2。若吸收烟气时同时通入少量ClO2，可同时实现脱硫、脱硝。 ①脱硝的反应分为两步。第一步：5NO+2ClO2+H2O＝5NO2+2HCl。 第二步：NO2和CO（NH2）2反应生成N2和CO2。第二步的化学反应方程式为 　6NO2+4CO（NH2）2＝7N2+4CO2+8H2O　。 ②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO（NH2）2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图1所示。通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是 　ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少　。 Ⅱ、炼钢厂排放的烧结烟气中主要含SO2、NO、N2、O2和水蒸气。臭氧（O3）预氧化，O3—NH3协同脱硫脱硝技术可将烟气中的污染物转化为铵盐和N2，实现脱硫脱硝。 说明：进行下列研究时均控制反应器内温度为100℃、模拟烟气流速为2L/min。研究表明，100℃时，O3很难氧化SO2、NH3，NH3和NO基本不发生氧化还原反应。 （3）臭氧预氧化：向反应器中通入仅含0.3‰NO的模拟烟气和O3。实验测得出口处NO、NO2浓度随的变化曲线如图2所示。 ①当＜1时，反应器中发生的主要反应的化学方程式为 　　。 ②当＞1时，出口处NO2浓度急剧下降的原因是 　O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物　。 （4）O3—NH3协同脱硫脱硝：装置如图4所示，向反应器中通入含0.5‰SO2、0.3‰NO的模拟烟气。 ①按＝1通入O3，硫、氮脱除率随的变化曲线如图3所示。随着NH3量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足，主要缺点是 　过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染　。 ②按＝1通入NH3、＞1通入O3，随着O3投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是 　n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小　。 【答案】（1）﹣1626.6kJ•mol﹣1； （2）①6NO2+4CO（NH2）2＝7N2+4CO2+8H2O； ②ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少； （3）①； ②O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物； （4）①过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染； ②n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小。 【分析】（1）4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g） ΔH1＝﹣905.0kJ•mol﹣1，N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH2＝+180.5kJ•mol﹣1，有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g） ΔH；根据盖斯定律可知； （2）①脱硝的反应分为两步；第一步：5NO+2ClO2+H2O＝5NO2+2HCl；第二步：NO2和CO（NH2）2反应生成N2和CO2； ②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO（NH2）2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图所示；通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小； （3）①当n（O3）/n（NO）＜1时，主要有二氧化氮生成； ②当n（O3）/n（NO）＞1时，一氧化氮转化率很高，出口处NO2浓度急剧下降的原因是O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物； （4）①按n（O3）/n（NO）＝1通入O3，硫、氮脱除率随n（NH3）/n（SO2）的变化曲线如图所示。随着NH3量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足； ②按n（NH3）/n（SO2）＝1通入NH3、n（O3）/n（NO）＞1通入O3，随着O3投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大。 【解答】解：（1）4NH3（g）+5O2（g）＝4NO（g）+6H2O（g） ΔH1＝﹣905.0kJ•mol﹣1，N2（g）+O2（g）＝2NO（g） ΔH2＝+180.5kJ•mol﹣1，有氧条件下，NH3与NO反应生成N2，相关热化学方程式为4NH3（g）+4NO（g）+O2（g）＝4N2（g）+6H2O（g） ΔH；根据盖斯定律可知：， 故答案为：﹣1626.6kJ•mol﹣1； （2）①脱硝的反应分为两步；第一步：5NO+2ClO2+H2O＝5NO2+2HCl；第二步：NO2和CO（NH2）2反应生成N2和CO2；第二步的化学反应方程式为6NO2+4CO（NH2）2＝7N2+4CO2+8H2O， 故答案为：6NO2+4CO（NH2）2＝7N2+4CO2+8H2O； ②将含SO2、NO烟气以一定的流速通过10%的CO（NH2）2溶液，其他条件相同，不通ClO2和通少量ClO2时SO2的去除率如图所示；通少量ClO2时SO2的去除率较低的原因是ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少， 故答案为：ClO2与NO反应生成HCl和NO2，溶液酸性增强，SO2的溶解度减小；NO2消耗尿素，使得与SO2反应的尿素减少； （3）①当n（O3）/n（NO）＜1时，主要有二氧化氮生成，反应器中发生的主要反应的化学方程式为， 故答案为：； ②当n（O3）/n（NO）＞1时，一氧化氮转化率很高，出口处NO2浓度急剧下降的原因是O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物， 故答案为：O3将NO2氧化为更高价态的氮的氧化物； （4）①按n（O3）/n（NO）＝1通入O3，硫、氮脱除率随n（NH3）/n（SO2）的变化曲线如图所示。随着NH3量的增多，硫、氮脱除率几乎同等程度地升高，但也存在明显不足，主要缺点是过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染， 故答案为：过量太多的氨气对提高硫、氮脱除率的影响不大，同时产生大量氨气尾气，既浪费原料，也带来新的污染； ②按n（NH3）/n（SO2）＝1通入NH3、n（O3）/n（NO）＞1通入O3，随着O3投入量的增多，脱硝效率增大；而脱硫效率却减小，其原因是n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小， 故答案为：n（O3）/n（NO）＞1时，O3将NO氧化为更高价氮的氧化物，此时O3—NH3协同脱硝优先于O3—NH3协同脱硫反应（脱硝速率大于脱硫速率），因此通入的O3量越多，生成的高价氮的氧化物越多，脱硝效率越大；同时由于通入的NH3量一定，高价氮的氧化物对NH3的消耗进一步限制了NH3与SO2反应的进行，使得脱硫效率减小。 【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 $$