河南省2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷

河南省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秋•中牟县期中）下列说法正确的是（　　） A．2KClO3（s）＝2KCl（s）+3O2（g）ΔH＞0，能否自发进行与温度有关 B．氢氧化钠固体溶于水，体系温度升高，是因为发生了放热反应 C．甲烷燃烧放热，是因为破坏反应物化学键所需的能量特别大 D．已知CO（g）的摩尔燃烧焓为akJ•mol﹣1，则表示CO（g）摩尔燃烧焓的热化学方程式为：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣2akJ•mol﹣1 2．（2024秋•中牟县期中）关于中和热测定的实验，下列说法正确的是（　　） A．可以使用铁质搅拌器代替玻璃搅拌器 B．用温度计测量盐酸溶液温度后，直接测量NaOH溶液温度 C．为了防止倾倒时液体溅出，应该沿内筒的内壁缓慢倾倒NaOH溶液 D．计算温度差时，若实验中某次数据偏差较大，应舍去 3．（2024秋•中牟县期中）研究表明，甲醇（CH3OH）通过催化氧化制取甲醛（HCHO）时，在无催化剂（图中实线）和加入特定催化剂（图中虚线）时均会产生甲醛，其反应中物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是（　　） A．加入该催化剂不可以使每一步基元反应的反应速率均提高 B．该条件下CO2比CO的稳定性强 C．无催化剂时，温度升高，甲醇生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度大 D．无催化剂时，CH3OH生成CO比生成甲醛的活化能小 4．（2024秋•驻马店期中）下列热化学方程式书写正确的是（　　） A．已知12 g石墨转化为CO时放出110.5kJ热量，则2C（石墨，s）+O2（g）＝2CO（g）ΔH＝+110.5kJ•mol﹣1 B．已知强酸与强碱稀溶液生成1mol H2O的焓变为﹣57.3kJ•mol﹣1，则2NaOH（aq）+H2SO4 （aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1 C．30gNO在空气中完全氧化成红棕色气体时放出58.1kJ的热量，则2NO2＝O2+2NOΔH＝+58.1kJ•mol﹣1 D．32g硫粉完全燃烧生成SO2气体放出269.8kJ的热量，则S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣269.8kJ•mol﹣1 5．（2024秋•南阳月考）下列过程的能量变化与如图所示相符的是（　　） ①锌和稀硫酸反应 ②碳和二氧化碳反应 ③固体NaOH溶于水 ④铝热反应 ⑤过氧化氢的分解反应 ⑥NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O混合搅拌 A．①③⑥ B．①④⑤ C．①③④ D．②④⑥ 6．（2022秋•河南月考）如图是燃气灶的部件说明图，下列说法正确的是（　　） A．锅支架生锈的主要原因是经常沾上盐水，铁发生化学腐蚀 B．炉头易生锈，主要是由于高温下铁发生电化学腐蚀 C．外壳是铝合金材料，不易锈蚀是因为铝不活泼 D．灶脚由螺钉和外层电木（一种耐高温塑料）组成，电木起到了防止金属腐蚀的作用 7．（2024秋•洛阳期中）贮备电池具有下列特点：日常将电池的一种组成部分（如电解质溶液）与其他部分隔离备用；使用时电池可迅速被激活并提供足量电能。Mg﹣AgCl电池是一种可被海水激活的贮备电池。下列说法正确的是（　　） A．贮备电池可用于应急救援和武器系统等 B．正极反应为Ag++e﹣＝Ag C．电池放电时Cl﹣由负极向正极迁移 D．负极仅发生反应：Mg﹣2e﹣＝Mg2+ 8．（2024秋•洛阳期中）电解脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将Mn2+转化成Mn3+，Mn3+再将煤中的含硫物质（主要是FeS）氧化为Fe3+和。下列说法错误的是（　　） A．Mn2+在阳极放电，发生氧化反应 B．电解过程中，混合溶液的pH值将减小 C．电解刚刚开始时，观察到阳极石墨棒上有无色气体产生 D．Mn3+氧化FeS2的离子方程式为FeS2+15Mn3++8H2O＝Fe2++15Mn2++2+16H+ 9．（2024秋•新乡期中）金属Cu/La复合电极材料电催化氢气还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图1所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应相对能量变化如图2（带*表示吸附态）所示。下列说法错误的是（　　） A．X为“H++e﹣” B．电催化氢气还原CO2制备甲醛时，原子利用率为100% C．利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2生成*OCCO的速率比单纯的Cu电极的快 D．金属Cu复合电极材料电催化氢气还原CO2制备甲醛和乙醇有利于实现碳中和 10．（2024秋•息县月考）镁—锑液态金属电池是新型二次电池，白天利用太阳能给电池充电，夜晚电池可以给外电路供电。该电池利用液体密度不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。工作原理如图所示，下列有关该二次电池说法正确的是（　　） A．该电池放电时，Cl﹣向下层方向移动 B．充电时，阴极的电极反应为：Mg2++2e﹣＝Mg C．该电池充电时，Mg—Sb（液）层做阴极 D．放电时，Mg（液）层的质量增大 11．（2024秋•洛阳期中）下列溶液因盐类的水解而呈酸性的是（　　） A．NaHSO4溶液 B．CH3COOH溶液 C．NH4Cl溶液 D．NaNO3溶液 12．（2024秋•洛阳期中）常温下，关于pH＝3的盐酸，下列叙述错误的是（　　） A．溶液中c（H+）＝1.0×10﹣3mol•L﹣1 B．加水稀释100倍后，溶液的pH＝5 C．此溶液中由水电离出的H+和OH﹣浓度均为1.0×10﹣11mol•L﹣1 D．加入等体积pH＝11的Ba（OH）2溶液，溶液呈碱性 13．（2024秋•郑州期中）常温下，已知K（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O）。下列溶液等体积混合后，所得混合溶液中水的电离程度最小的是（　　） A．0.01mol•L﹣1盐酸和0.01mol•L﹣1NaOH溶液 B．0.01mol•L﹣1醋酸和0.01mol•L﹣1NaOH溶液 C．pH＝2的醋酸和pH＝12的氨水 D．pH＝2的醋酸和pH＝12的NaOH溶液 14．（2024秋•洛阳期中）常温下，向10mL0.1mol•L﹣1的HA溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，溶液的pH及导电能力变化趋势如图。下列说法错误的是（　　） A．b点溶液中，水的电离程度最大 B．常温下HA的电离平衡常数的数量级为10﹣6 C．溶液中各点的阴离子浓度总和关系是：b＞c＞a＝d D．d点溶液中：c（A﹣）+2c（HA）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH﹣） 15．（2024秋•驻马店期中）长时间使用的工业锅炉中常常因为含CaSO4沉淀，使锅炉受热不均而产生危险，处理方式是向锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用酸去除。下列叙述正确的是（　　） A．浸泡后溶液的pH升高 B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp（CaCO3）＞Ksp（CaSO4） C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，说明Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4） D．沉淀转化的离子方程式为 16．（2024秋•鹿邑县期中）下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是（　　） A．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，制备Fe（OH）3胶体 B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后混合气体颜色加深 C．向某浓度的FeCl3溶液中滴加少量KSCN溶液，再滴入NaOH溶液后红色变浅 D．密闭容器中发生如下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），拉伸容器混合气颜色变浅 17．（2024秋•鹿邑县期中）下列图像中，能正确表示可逆反应3A（g）+B（g）⇌2C（g） ΔH＜0的是（　　） A． B． C． D． 18．（2023秋•洛阳期末）在2L刚性密闭容器中充入足量的Cu粉和2molNO2（g），发生反应：2NO2（g）+4Cu（s）⇌4CuO（s）+N2（g）ΔH。在不同温度下，NO2的转化率与时间的关系如图1所示；反应速率与时间的关系如图2所示。下列说法错误的是（　　） 已知：该条件下，NO2不生成N2O4。 A．T1＞T2 B．v正：a点＜b点 C．图2中t0min时改变的条件是升高温度 D．T2温度下，平衡常数K＝1.875 19．（2024秋•鹿邑县期中）下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（　　） A．用Zn粉代替Zn粒 B．再加入1mol/LNaNO3溶液 C．升高温度 D．滴加少量的CuSO4溶液 20．（2024秋•中牟县期中）某温度下，在一个2L的密闭容器中加入4mol A和2mol B进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+D（g） ΔH＜0，反应2min后达到平衡，测得生成1.6mol C，下列说法正确的（　　） A．升高温度，平衡向右移动 B．此时，B的平衡转化率是40% C．增大该体系的压强，平衡不移动，化学平衡常数不变 D．增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大 二．解答题（共4小题） 21．（2024秋•鹿邑县期中）反应热及数据广泛应用于科学研究和工业生产方面。 （1）若1g石墨完全燃烧放出的热量为akJ，则石墨完全燃烧的热化学方程式为 　 　。 （2），H2O（l）＝H2O（g）ΔH＝+44kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热ΔH＝ 　 　。 （3）测定中和反应的反应热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol•L﹣1盐酸倒入内筒中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液，测出NaOH溶液温度；③将NaOH溶液沿玻璃棒缓慢倒入内筒中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。上述实验步骤中一处不合理的操作应改成 　 　。如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，测得的中和反应的反应热ΔH 　 　（填“偏大”“偏小”或“相等”）。 （4）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）⇌HNC（g）异构化反应的能量变化如图。 ①稳定性：HCN 　 　HNC（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②该异构化反应的ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1。 （5）科学家用氮气和氢气制备肼，过程如下： 则N2（g）+2H2（g）⇌N2H4（g）ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1（用含a、b、c的计算式表示）。 22．（2024秋•洛阳期中）在如图所示的装置中，试管A、B中的电极为多孔石墨惰性电极；C、D为两个铂夹，夹在被Na2SO4溶液浸湿的滤纸条上，滤纸条的中间滴有KMnO4溶液；电源有a，b两极。若将A、B充满KOH溶液后倒立于盛有KOH溶液的水槽中，断开K1，闭合K2、K3，通入直流电，试管A、B收集到的气体体积如图所示。 回答以下问题： （1）A为 　 　极（填“阳”或“阴”），该极产生的气体为 　 　（填名称），通直流电一股时问后，KOH溶液的碱性 　 　（填“增强”、“减弱”或“不变”）。 （2）在Na2SO4溶液浸湿的滤纸条中部的KMnO4溶液处的现象为 　 　。 （3）电解一段时间后，A，B中均有气体包围电极。此时切断K2、K3，闭合K1，检流计的指针发生偏转，原因是 　 　，写出中的电极反应式 　 　。 23．（2024春•南乐县期末）弱电解质电离平衡和盐类水解平衡都与生命活动、日常生活息息相关。 Ⅰ．已知H2SO3、H2CO3、HClO的电离平衡常数如下表所示。 弱酸 H2SO3 H2CO3 HClO 电离平衡常数 Ka1＝1.4×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka＝4×10﹣8 （1）三种弱酸的酸性由强到弱的顺序为 　 　（用化学式表示）。 （2）HClO的电离方程式为 　 　。 （3）相同温度下，同浓度的Na2SO3溶液和Na2CO3溶液中pH较大的是 　 　。 （4）将少量SO2通入NaClO溶液中，反应的离子方程式为 　 　。 Ⅱ．有同学认为，NaHCO3溶液中水解程度大于其电离程度，因此溶液中c（OH﹣）＞c（），某课题组先利用pH数字传感器对不同浓度的NaHCO3溶液进行pH测定，结果如下表所示，再计算出溶液中各离子的浓度，绘制出不同浓度NaHCO3溶液中部分离子浓度的关系如图所示。 NaHCO3溶液的浓度/（mol•L﹣1） 0.1 10﹣2 10﹣3 10﹣4 pH（25℃） 8.30 8.29 7.84 7.65 （5）关于上述不同浓度的NaHCO3溶液，下列说法正确的是 　 　（填字母）。 A．加入3滴甲基橙，溶液均呈黄色 B．溶液中始终存在c（）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+） C．溶液中存在c（H+）+c（H2CO3）＝c（）+c（OH﹣） （6）随着NaHCO3溶液浓度增加，pH升高的可能原因是 　 　。 （7）25℃时，0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中c（）＝　 　mol•L﹣1（已知lg2＝0.3）。 24．（2024秋•中牟县期中）Ⅰ.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。回答下列问题： 在773K时，分别将1.0mol N2和3.0mol H2充入一个固定容积为0.5L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n（NH3）与反应时间（t）的关系如表所示。 t/min 0 5 10 15 20 25 30 n（NH3）/mol 0 0.5 0.8 0.9 0.99 1.0 1.0 （1）反应从开始进行到5分钟，N2的平均反应速率为 　 　，下列措施中既可以提高平衡时H2的利用率又能加快反应速率的是 　 　。 a.再加入1mol H2 b.增大N2浓度 c.使用催化剂 d.将生成的NH3分离 （2）不同压强下，该反应平衡后混合物中氨的体积分数（α）如图所示，p1、p2和p3由大到小的顺序是 　 　。 Ⅱ.NOx的排放主要来自于汽车尾气，可用如下两种方式对其进行处理： a.2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH1 b.C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）ΔH2 （3）反应a可自发进行，则ΔH1　 　0（填“＞”或“＜”）。 （4）已知在密闭容器中加入足量的C（s）和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示。 由图可知，ΔH2　 　0（填“＞”或“＜”）。在1050K时，N2的体积分数为 　 　。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1100K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝ 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2024秋•中牟县期中）下列说法正确的是（　　） A．2KClO3（s）＝2KCl（s）+3O2（g）ΔH＞0，能否自发进行与温度有关 B．氢氧化钠固体溶于水，体系温度升高，是因为发生了放热反应 C．甲烷燃烧放热，是因为破坏反应物化学键所需的能量特别大 D．已知CO（g）的摩尔燃烧焓为akJ•mol﹣1，则表示CO（g）摩尔燃烧焓的热化学方程式为：2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）ΔH＝﹣2akJ•mol﹣1 【答案】A 【分析】A．反应自发进行的判断依据ΔH﹣T△S＜0； B．氢氧化钠固体溶于水是物理过程； C．反应吸热和放热由断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量的相对大小决定； D．摩尔燃烧焓是指1mol纯物质燃烧放出的热量。 【解答】解：A．2KClO3（s）＝2KCl（s）+3O2（g）ΔH＞0，△S＞0，能否自发进行与温度有关，高温下自发进行，故A正确； B．氢氧化钠固体溶于水是物理过程，不是放热反应，故B错误； C．甲烷燃烧反应能提供能量是因为：反应过程中破坏反应物分子化学键所吸收的能量小于形成生成物分子化学键所释放的能量，反应放出热量，故C错误； D．已知CO（g）的摩尔燃烧焓为akJ•mol﹣1，则表示CO（g）摩尔燃烧焓的热化学方程式为：CO（g）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣akJ•mol﹣1，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查了化学反应能量变化、热化学方程式书写、盖斯定律的计算应用，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 2．（2024秋•中牟县期中）关于中和热测定的实验，下列说法正确的是（　　） A．可以使用铁质搅拌器代替玻璃搅拌器 B．用温度计测量盐酸溶液温度后，直接测量NaOH溶液温度 C．为了防止倾倒时液体溅出，应该沿内筒的内壁缓慢倾倒NaOH溶液 D．计算温度差时，若实验中某次数据偏差较大，应舍去 【答案】D 【分析】A．用铜制环形搅拌器代替玻璃搅拌器所测放出的热量偏小； B．酸碱反应放热，测量盐酸温度后的温度计直接测量NaOH溶液的温度，氢氧化钠溶液的起始温度偏高； C．将NaOH溶液缓慢倾倒，容易造成热量损失大； D．实验中某次数据偏差较大，即实验误差大，不能用于计算温度差的平均值。 【解答】解：A．铜是热的良导体，导热能力强于玻璃，用铜制搅拌器代替玻璃搅拌器所测放出的热量偏小，所测中和热数值偏小，故A错误； B．温度计测量盐酸的温度后没有洗涤，直接测量氢氧化钠溶液温度，氢氧化钠溶液的起始温度偏高，测得中和热的数值偏小，故B错误； C．测定中和热实验成败的关键是减少热量损失，沿内筒的内壁缓慢倾倒NaOH溶液时会使热量损失大，导致测定数值偏小，应该快速、一次性倒入，故C错误； D．计算温度差时，若实验中某次数据偏差较大，说明该组实验的误差大，应舍去该组实验数据，不能用于计算，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查中和热的测定，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，明确中和热的测定方法及注意事项即可解答，注意掌握误差分析的方法与技巧，题目难度不大。 3．（2024秋•中牟县期中）研究表明，甲醇（CH3OH）通过催化氧化制取甲醛（HCHO）时，在无催化剂（图中实线）和加入特定催化剂（图中虚线）时均会产生甲醛，其反应中物质的相对能量如图所示。下列说法错误的是（　　） A．加入该催化剂不可以使每一步基元反应的反应速率均提高 B．该条件下CO2比CO的稳定性强 C．无催化剂时，温度升高，甲醇生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度大 D．无催化剂时，CH3OH生成CO比生成甲醛的活化能小 【答案】A 【分析】A．由图可知，加入该催化剂对第一步基元反应速率没有影响，使第二步基元反应速率降低； B．物质具有的能量越低越稳定； C．由图可知，甲醇催化氧化制取甲醛是放热反应，升高温度，平衡逆向移动； D．活化能是过渡态物质具有的能量与反应物具有的能量的差值。 【解答】解：A．由图可知，加入该催化剂对第一步基元反应速率没有影响，使第二步基元反应速率降低，故A错误； B．由图可知，CO2具有的能量比CO的低，则该条件下CO2比CO的稳定性强，故B正确； C．由图可知，甲醇催化氧化制取甲醛是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，即生成甲醛的正反应速率增大的程度比逆反应速率增大程度小，故C正确； D．由图可知，甲醇生成甲醛的峰值较大，生成CO的峰值较小，即无催化剂时，生成CO比生成甲醛的活化能小，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查反应热和焓变，为高频考点，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，掌握活化能与物质稳定性或反应速率的关系、催化剂的作用、是解本题关键，题目难度不大。 4．（2024秋•驻马店期中）下列热化学方程式书写正确的是（　　） A．已知12 g石墨转化为CO时放出110.5kJ热量，则2C（石墨，s）+O2（g）＝2CO（g）ΔH＝+110.5kJ•mol﹣1 B．已知强酸与强碱稀溶液生成1mol H2O的焓变为﹣57.3kJ•mol﹣1，则2NaOH（aq）+H2SO4 （aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O（l）ΔH＝﹣57.3kJ•mol﹣1 C．30gNO在空气中完全氧化成红棕色气体时放出58.1kJ的热量，则2NO2＝O2+2NOΔH＝+58.1kJ•mol﹣1 D．32g硫粉完全燃烧生成SO2气体放出269.8kJ的热量，则S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣269.8kJ•mol﹣1 【答案】D 【分析】A．12 g石墨（1mol）转化为CO时，放出110.5 kJ的热量，则2mol石墨转化为CO时，所放出的热量应为110.5的2倍； B．已知强酸与强碱稀溶液生成1mol H2O的焓变为﹣57.3kJ•mol﹣1，则2NaOH（aq）+H2SO4 （aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O（l）ΔH＝﹣114.6kJ•mol﹣1； C．30gNO在空气中完全氧化成红棕色气体时放出58.1kJ的热量，则2NO2＝O2+2NOΔH＝+116.2kJ•mol﹣1； D．32g硫粉即为1mol，完全燃烧生成SO2气体放出269.8kJ的热量，则S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣269.8kJ•mol﹣1。 【解答】解：A．12 g石墨转化为CO时，放出110.5 kJ的热量，应是 1mol石墨 转化为CO时，放出110.5 kJ的热量，所以2C（石墨，s）+O2（g）═2CO（g）所放出的热量应为110.5的2倍，正确的热化学方程式为：2C（石墨，s）+O2（g）═2CO（g）ΔH＝﹣221kJ•mol，故A错误； B．已知强酸与强碱稀溶液生成1mol H2O的焓变为﹣57.3kJ•mol﹣1，则2NaOH（aq）+H2SO4 （aq）＝Na2SO4（aq）+2H2O（l）ΔH＝﹣114.6kJ•mol﹣1，故B错误； C．30gNO在空气中完全氧化成红棕色气体时放出58.1kJ的热量，则2NO2（g）＝O2（g）+2NO（g）ΔH＝+116.2kJ•mol﹣1，故C错误； D．32g硫粉即为1mol，完全燃烧生成SO2气体放出269.8kJ的热量，则S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH＝﹣269.8kJ•mol﹣1，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查热化学方程式的应用，为高频考点，题目难度中等，明确热化学方程式的书写原则即可表示意义为解答关键，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。 5．（2024秋•南阳月考）下列过程的能量变化与如图所示相符的是（　　） ①锌和稀硫酸反应 ②碳和二氧化碳反应 ③固体NaOH溶于水 ④铝热反应 ⑤过氧化氢的分解反应 ⑥NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O混合搅拌 A．①③⑥ B．①④⑤ C．①③④ D．②④⑥ 【答案】B 【分析】能量变化图中反应为放热反应，据此分析。 【解答】解：①Zn和稀硫酸反应，金属与酸的反应是放热反应，故①符合题意； ②C和CO2反应，碳作还原剂的氧化还原反应，是吸热反应，故②不符合题意； ③氢氧化钠固体溶于水，是放热过程，不是反应，故③不符合题意； ④铝热反应，是Al与某些金属氧化物发生的置换反应，放出热量，属于放热反应，故④符合题意； ⑤H2O2分解反应是放热反应，故⑤符合题意； ⑥NH4Cl晶体与Ba（OH）2•8H2O混合搅拌是吸热反应，故⑥不符合题意； 因此①④⑤符合题意；故B符合题意， 故选：B。 【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．（2022秋•河南月考）如图是燃气灶的部件说明图，下列说法正确的是（　　） A．锅支架生锈的主要原因是经常沾上盐水，铁发生化学腐蚀 B．炉头易生锈，主要是由于高温下铁发生电化学腐蚀 C．外壳是铝合金材料，不易锈蚀是因为铝不活泼 D．灶脚由螺钉和外层电木（一种耐高温塑料）组成，电木起到了防止金属腐蚀的作用 【答案】D 【分析】A．锅支架含有的铁和碳、盐水形成原电池，发生电化学腐蚀； B．铁被氧气氧化，发生化学腐蚀； C．铝表面形成致密氧化膜阻止了铝合金继续与氧气反应； D．电木隔绝了螺钉与空气的接触，起到了防止金属腐蚀的作用。 【解答】解：A．锅支架含有的铁和碳、盐水形成原电池，发生电化学腐蚀，故A错误； B．高温下铁被氧气氧化，发生化学腐蚀，故B错误； C．铝与氧气反应生成的致密氧化膜阻止了铝合金继续与氧气反应，故C错误； D．电木隔绝了螺钉与空气的接触，起到了防止金属腐蚀的作用，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护，属于基础性知识的考查，难度不大，掌握原电池原理是解题的关键。 7．（2024秋•洛阳期中）贮备电池具有下列特点：日常将电池的一种组成部分（如电解质溶液）与其他部分隔离备用；使用时电池可迅速被激活并提供足量电能。Mg﹣AgCl电池是一种可被海水激活的贮备电池。下列说法正确的是（　　） A．贮备电池可用于应急救援和武器系统等 B．正极反应为Ag++e﹣＝Ag C．电池放电时Cl﹣由负极向正极迁移 D．负极仅发生反应：Mg﹣2e﹣＝Mg2+ 【答案】A 【分析】Mg﹣AgCl电池中，Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，AgCl作正极反应物，电极反应式为AgCl+e﹣＝Ag+Cl﹣，据此作答。 【解答】解：A．Mg﹣AgCl电池能被海水激活，可用于应急救援和武器系统等，故A正确； B．AgCl作正极反应物，电极反应式为AgCl+e﹣＝Ag+Cl﹣，故B错误； C．电池放电时Cl﹣由正极向负极迁移，故C错误； D．负极Mg可能与水反应Mg+2H2O＝Mg（OH）2+H2↑，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查原电池，题目难度中等，能依据题目信息准确判断正负极是解题的关键。 8．（2024秋•洛阳期中）电解脱硫的基本原理如图所示，利用电极反应将Mn2+转化成Mn3+，Mn3+再将煤中的含硫物质（主要是FeS）氧化为Fe3+和。下列说法错误的是（　　） A．Mn2+在阳极放电，发生氧化反应 B．电解过程中，混合溶液的pH值将减小 C．电解刚刚开始时，观察到阳极石墨棒上有无色气体产生 D．Mn3+氧化FeS2的离子方程式为FeS2+15Mn3++8H2O＝Fe2++15Mn2++2+16H+ 【答案】C 【分析】由图可知，左侧石墨电极为阳极，电极反应式为Mn2+﹣e﹣＝Mn3+，后发生反应FeS2+15Mn3++8H2O＝Fe3++15Mn2++2+16H+，右侧石墨为阴极，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，据此作答。 【解答】解：A．左侧石墨电极为阳极，电极反应式为Mn2+﹣e﹣＝Mn3+，发生氧化反应，故A正确； B．电解产物生成硫酸，混合溶液的pH值将减小，故B正确； C．左侧石墨电极为阳极，电极反应式为Mn2+﹣e﹣＝Mn3+，无气体生成，阴极产生氢气，故C错误； D．Mn3+氧化FeS2为Fe3+和，离子方程式为FeS2+15Mn3++8H2O＝Fe3++15Mn2++2+16H+，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查电解池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断阴阳极是解题的关键。 9．（2024秋•新乡期中）金属Cu/La复合电极材料电催化氢气还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图1所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应相对能量变化如图2（带*表示吸附态）所示。下列说法错误的是（　　） A．X为“H++e﹣” B．电催化氢气还原CO2制备甲醛时，原子利用率为100% C．利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2生成*OCCO的速率比单纯的Cu电极的快 D．金属Cu复合电极材料电催化氢气还原CO2制备甲醛和乙醇有利于实现碳中和 【答案】B 【分析】A．由于CO与2个X反应生成甲醛； B．催化氢气还原CO2制备甲醛时，氢气和二氧化碳反应生成甲醛和水； C．反应的活化能越小，反应速率越快，由图可知，Cu/La复合电极材料电催化时，活化能小； D．金属Cu复合电极材料电催化氢气还原CO2制备甲醛和乙醇，可以减小二氧化碳的排放。 【解答】解：A．由于CO与2个X反应生成甲醛，则X为“H++e﹣”，故A正确； B．催化氢气还原CO2制备甲醛时，氢气和二氧化碳反应生成甲醛和水，则原子利用率不是100%，故B错误； C．反应的活化能越小，反应速率越快，由图可知，Cu/La复合电极材料电催化时，活化能小，则利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2生成*OCCO的速率比单纯的Cu电极的快，故C正确； D．金属Cu复合电极材料电催化氢气还原CO2制备甲醛和乙醇，可以减小二氧化碳的排放，有利于实现碳中和，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查物质的性质和变化，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。 10．（2024秋•息县月考）镁—锑液态金属电池是新型二次电池，白天利用太阳能给电池充电，夜晚电池可以给外电路供电。该电池利用液体密度不同，在重力作用下分为三层，工作时中间层熔融盐的组成及浓度不变。工作原理如图所示，下列有关该二次电池说法正确的是（　　） A．该电池放电时，Cl﹣向下层方向移动 B．充电时，阴极的电极反应为：Mg2++2e﹣＝Mg C．该电池充电时，Mg—Sb（液）层做阴极 D．放电时，Mg（液）层的质量增大 【答案】B 【分析】由图可知，放电时，下层为电流的流出极，故下层为正极，上层为负极，充电时，上层为阴极，下层为阳极，据此作答。 【解答】解：A．该电池放电时，Cl﹣向上层（负极）方向移动，故A错误； B．充电时，上层为阴极，电极反应为：Mg2++2e﹣＝Mg，故B正确； C．电池充电时，Mg—Sb（液）层作阳极，故C错误； D．放电时，上层为负极，镁失电子变成镁离子，质量减轻，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极阴阳极是解题的关键。 11．（2024秋•洛阳期中）下列溶液因盐类的水解而呈酸性的是（　　） A．NaHSO4溶液 B．CH3COOH溶液 C．NH4Cl溶液 D．NaNO3溶液 【答案】C 【分析】物质的水溶液因发生水解而显酸性的是强酸弱碱盐，弱碱阳离子结合水电离出的氢氧根离子促进水的电离，溶液中氢氧根离子浓度小于氢离子浓度，溶液呈酸性，据此分析解答。 【解答】解：A．NaHSO4溶液中硫酸氢钠完全电离，溶液显酸性，无盐的水解反应，故A错误； B．CH3COOH溶液中醋酸电离出氢离子使溶液显酸性，与水解无关，故B错误； C．NH4Cl溶液中铵根离子水解，结合水电离出的氢氧根离子，促进水的电离，溶液显酸性，故C正确； D．NaNO3溶液中的离子不发生水解，溶液呈中性，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查盐类水解，为高频考点，把握水解原理及应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。 12．（2024秋•洛阳期中）常温下，关于pH＝3的盐酸，下列叙述错误的是（　　） A．溶液中c（H+）＝1.0×10﹣3mol•L﹣1 B．加水稀释100倍后，溶液的pH＝5 C．此溶液中由水电离出的H+和OH﹣浓度均为1.0×10﹣11mol•L﹣1 D．加入等体积pH＝11的Ba（OH）2溶液，溶液呈碱性 【答案】D 【分析】A．根据pH＝﹣lgc（H+）进行计算； B．pH＝3的盐酸加水稀释100倍后，溶液中c（H+）＝10﹣5mol/L； C．pH＝3的盐酸溶液中由水电离出的c（H+）＝c（OH﹣），结合水的离子积Kw进行计算； D．常温下pH＝11的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）＝10﹣14﹣（﹣11）mol/L＝10﹣3mol/L，反应为H++OH﹣＝H2O。 【解答】解：A．pH＝﹣lgc（H+），则pH＝3的盐酸溶液中c（H+）＝10﹣pH＝1.0×10﹣3mol/L，故A正确； B．pH＝3的盐酸中c（H+）＝10﹣3mol/L，加水稀释100倍后溶液中c（H+）＝10﹣5mol/L，此时pH＝﹣lg10﹣5＝5，故B正确； C．pH＝3的盐酸溶液中由水电离出的c（H+）＝c（OH﹣）＝＝mol/L＝1.0×10﹣11mol/L，故C正确； D．常温下pH＝11的Ba（OH）2溶液中c（OH﹣）＝10﹣14﹣（﹣11）mol/L＝10﹣3mol/L，反应为H++OH﹣＝H2O，则pH＝3的盐酸溶液中加入等体积pH＝11的Ba（OH）2溶液，溶液呈中性，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查溶液pH的相关计算，侧重考查分析判断及计算能力，明确pH与氢离子浓度的计算关系、pH的计算方法等知识点是解本题关键，题目难度中等。 13．（2024秋•郑州期中）常温下，已知K（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O）。下列溶液等体积混合后，所得混合溶液中水的电离程度最小的是（　　） A．0.01mol•L﹣1盐酸和0.01mol•L﹣1NaOH溶液 B．0.01mol•L﹣1醋酸和0.01mol•L﹣1NaOH溶液 C．pH＝2的醋酸和pH＝12的氨水 D．pH＝2的醋酸和pH＝12的NaOH溶液 【答案】D 【分析】A．0.01mol•L﹣1盐酸和0.01mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应生成NaCl和水； B．0.01mol•L﹣1醋酸和0.01mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应生成CH3COONa和水，醋酸钠水解促进水的电离； C．pH＝2的醋酸和pH＝12的氨水恰好完全反应生成醋酸铵和水； D．pH＝2的醋酸和pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，醋酸又电离出氢离子，溶液显酸性。 【解答】解：A．0.01mol•L﹣1盐酸和0.01mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应生成NaCl和水，溶液呈中性； B．0.01mol•L﹣1醋酸和0.01mol•L﹣1NaOH溶液等体积混合后恰好完全反应生成CH3COONa和水，醋酸钠是强碱弱酸盐，水解促进水的电离，溶液显碱性； C．pH＝2的醋酸和pH＝12的氨水恰好完全反应生成醋酸铵和水，常温下，已知K（CH3COOH）＝Kb（NH3•H2O），促进水的电离，水的电离程度增大，溶液显中性； D．pH＝2的醋酸和pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，醋酸为弱酸，混合反应后，醋酸又电离出氢离子，溶液显酸性，抑制水的电离； 溶液等体积混合后，所得混合溶液中水的电离程度最小的是D， 故选：D。 【点评】本题考查了弱电解质电离平衡和影响因素分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 14．（2024秋•洛阳期中）常温下，向10mL0.1mol•L﹣1的HA溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水，溶液的pH及导电能力变化趋势如图。下列说法错误的是（　　） A．b点溶液中，水的电离程度最大 B．常温下HA的电离平衡常数的数量级为10﹣6 C．溶液中各点的阴离子浓度总和关系是：b＞c＞a＝d D．d点溶液中：c（A﹣）+2c（HA）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH﹣） 【答案】B 【分析】A．由图可知，b点溶液中溶质为NH4A，NH4A为弱酸弱碱盐； B．由图可知，0.1mol/LHA溶液的pH≈3，即c（A﹣）≈c（H+）＝10﹣3mol/L，c（HA）＝0.1mol/L﹣10﹣3mol/L≈0.1mol/L，结合电离平衡表达式进行计算； C．溶液中各离子所带的电荷数相同，溶液的导电性越强，离子浓度越大； D．d点溶液中溶质为NH4A、NH3•H2O，且c（NH4A）═c（NH3•H2O），结合物料守恒关系和电荷守恒关系分析判断。 【解答】解：A．由图可知，b点HA和氨水恰好完全反应生成NH4A，NH4A为弱酸弱碱盐、促进水的电离，酸或碱抑制水的电离，所以b点溶液中，水的电离程度最大，故A正确； B．由图可知，0.1mol/LHA溶液的pH≈3，即c（A﹣）≈c（H+）＝10﹣3mol/L，c（HA）＝0.1mol/L﹣10﹣3mol/L≈0.1mol/L，HA的电离平衡常数Ka＝×c（H+）＝＝1×10﹣5，其数量级为10﹣5，故B错误； C．溶液中各离子所带的电荷数相同，溶液的导电性越强，离子浓度越大，由图可知，导电性：b＞c＞a＝d，则溶液中各点的阴离子浓度总和关系是：b＞c＞a＝d，故C正确； D．d点溶液中溶质为NH4A、NH3•H2O，且c（NH4A）═c（NH3•H2O），物料守恒关系为2c（A﹣）+2c（HA）＝c（NH3•H2O）+c（），电荷守恒关系为c（A﹣）+c（c（OH﹣）＝c（H+）+c（），则c（A﹣）+2c（HA）+c（H+）═c（NH3•H2O）+c（OH﹣），故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断，明确曲线上各点溶质的成分及性质、水的电离影响因素、电离平衡常数的计算为解答关键，注意掌握溶液中守恒关系式的应用，侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度中等。 15．（2024秋•驻马店期中）长时间使用的工业锅炉中常常因为含CaSO4沉淀，使锅炉受热不均而产生危险，处理方式是向锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用酸去除。下列叙述正确的是（　　） A．浸泡后溶液的pH升高 B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp（CaCO3）＞Ksp（CaSO4） C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，说明Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4） D．沉淀转化的离子方程式为 【答案】D 【分析】A．浸泡后溶液中c（Na2CO3）降低，c（Na2SO4）增大； B．根据沉淀转化规律分析判断； C．CaCO3能与盐酸反应，CaSO4不能与盐酸反应，Ksp与溶液中离子浓度种类与大小无关； D．往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，同时生成Na2SO4。 【解答】解：A．Na2CO3溶液呈碱性，注入Na2CO3溶液浸泡水垢中的CaSO4时生成CaCO3，浸泡后溶液中c（Na2CO3）降低，溶液的碱性减弱，pH降低，故A错误； B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），故B错误； C．Ksp只与温度有关，与溶液中离子浓度种类与大小无关，则不能根据CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶比较Ksp（CaCO3）、Ksp（CaSO4）的大小，故C错误； D．往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，同时生成Na2SO4，则反应的离子方程式为（aq）+CaSO4（s）═CaCO3（s）+（aq），故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握溶解平衡及其转化关系、沉淀转化规律为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。 16．（2024秋•鹿邑县期中）下列事实不能用勒夏特利原理来解释的是（　　） A．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，制备Fe（OH）3胶体 B．密闭烧瓶内的NO2和N2O4的混合气体，受热后混合气体颜色加深 C．向某浓度的FeCl3溶液中滴加少量KSCN溶液，再滴入NaOH溶液后红色变浅 D．密闭容器中发生如下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g），拉伸容器混合气颜色变浅 【答案】D 【分析】A．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，温度升高，促进铁离子水解； B．存在平衡，受热平衡逆向移动； C．溶液中存在平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，再滴入NaOH溶液后铁离子浓度减小，平衡逆向移动； D．反应前后气体系数和相等，拉伸容器，压强改变，平衡不移动。 【解答】解：A．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，温度升高，促进铁离子水解，制备Fe（OH）3胶体，能用勒夏特利原理来解释，故A错误； B．存在平衡，受热平衡逆向移动，混合气体颜色加深，能用勒夏特利原理来解释，故B错误； C．溶液中存在平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，再滴入NaOH溶液后铁离子浓度减小，平衡逆向移动，红色变浅，能用勒夏特利原理来解释，故C错误； D．反应前后气体系数和相等，拉伸容器，压强改变，平衡不移动，不能用勒夏特利原理来解释，故D正确； 故选：D。 【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。 17．（2024秋•鹿邑县期中）下列图像中，能正确表示可逆反应3A（g）+B（g）⇌2C（g） ΔH＜0的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于可逆反应3A（g）+B（g）⇌2C（g）ΔH＜0，反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，则化学平衡常数减小，C%降低，A%增大，A的转化率降低；反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，则C%增大，A%降低，A的转化率增大，以此解答该题。 【解答】解：A．温度升高，C%增大，说明升高温度平衡向正反应移动，图像与实际不相符，故A错误； B．升高温度，化学平衡常数增大，说明正反应为吸热反应，图像与实际不符，故B错误； C．压强越大A转化率增大，平衡向正反应移动；升高温度A的转化率降低，平衡向逆反应移动，图像与实际相符，故C正确； D．压强越大A%降低，平衡向正反应移动；升高温度A%降低，平衡向正反应移动，图像与实际不相符，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。 18．（2023秋•洛阳期末）在2L刚性密闭容器中充入足量的Cu粉和2molNO2（g），发生反应：2NO2（g）+4Cu（s）⇌4CuO（s）+N2（g）ΔH。在不同温度下，NO2的转化率与时间的关系如图1所示；反应速率与时间的关系如图2所示。下列说法错误的是（　　） 已知：该条件下，NO2不生成N2O4。 A．T1＞T2 B．v正：a点＜b点 C．图2中t0min时改变的条件是升高温度 D．T2温度下，平衡常数K＝1.875 【答案】D 【分析】由图1可知，T1温度下先达到平衡，说明T1温度高于T2，平衡时，T2温度下NO2的转化率高，即温度越低，NO2的转化率越高，反应说明该反应为放热反应，即ΔH＜0，以此分析解答； A．由图1可知，T1温度下先达到平衡，说明T1温度高于T2； B．b点的温度比a点的温度高，温度越高，反应速率越快； C．由图2可知，v正、v逆都比平衡时速率大，且逆向移动； D．T2温度下，初始时，c（NO2）＝1mol•L﹣1，平衡时，NO2的转化率为80%，则△c（NO2）＝1mol•L﹣1×80%＝0.8mol•L﹣1， 2NO2（g）+4Cu（s）⇌4CuO（s）+N2（g） 初始（mol•L﹣1） 1 0 转化（mol•L﹣1） 0.8 0.4 平衡（mol•L﹣1） 0.2 0.4 根据K＝计算平衡常数。 【解答】解：A．由图1可知，T1温度下先达到平衡，说明T1温度高于T2，即T1＞T2，故A正确； B．b点的温度比a点的温度高，温度越高，反应速率越快，故v正：a点＜b点，故B正确； C．由图2可知，v正、v逆都比平衡时速率大，且逆向移动，故t0min时改变的条件是升高温度，故C正确； D．T2温度下，初始时，c（NO2）＝1mol•L﹣1，平衡时，NO2的转化率为80%，则△c（NO2）＝1mol•L﹣1×80%＝0.8mol•L﹣1， 2NO2（g）+4Cu（s）⇌4CuO（s）+N2（g） 初始（mol•L﹣1） 1 0 转化（mol•L﹣1） 0.8 0.4 平衡（mol•L﹣1） 0.2 0.4 K＝＝＝10，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡的计算、化学平衡的影响因素和平衡图象分析判断，侧重学生的分析、计算和推理等综合运用能力的考查，明确外界因素对化学平衡的影响、把握图象信息分析是解题的关键，注意平衡常数的表达式和三段式在化学平衡计算中的应用，题目难度中等。 19．（2024秋•鹿邑县期中）下列措施不能加快Zn与1mol/LH2SO4反应产生H2的速率的是（　　） A．用Zn粉代替Zn粒 B．再加入1mol/LNaNO3溶液 C．升高温度 D．滴加少量的CuSO4溶液 【答案】B 【分析】A．根据用Zn粉代替Zn粒，可以增大接触面积，进行分析； B．根据硝酸根与氢离子结合为硝酸，产物为NO，进行分析； C．根据升高温度可以加快反应速率进行分析； D．根据Zn会先置换出铜，之后形成原电池，进行分析。 【解答】解：A．用Zn粉代替Zn粒，可以增大接触面积，加快反应速率，故A错误； B．加入硝酸钠后硝酸根与氢离子结合为硝酸，产物为NO，没有氢气产生，故B正确； C．升高温度可以加快反应速率，故C错误； D．滴加少量的CuSO4溶液，Zn会先置换出铜，之后形成原电池，可以加快反应速率，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查化学反应速率的影响因素等，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。 20．（2024秋•中牟县期中）某温度下，在一个2L的密闭容器中加入4mol A和2mol B进行如下反应：3A（g）+2B（g）⇌4C（s）+D（g） ΔH＜0，反应2min后达到平衡，测得生成1.6mol C，下列说法正确的（　　） A．升高温度，平衡向右移动 B．此时，B的平衡转化率是40% C．增大该体系的压强，平衡不移动，化学平衡常数不变 D．增加B，平衡向右移动，B的平衡转化率增大 【答案】B 【分析】A．升高温度，向吸热反应方向移动； B．在反应开始时B的物质的量是2mol，由于达到平衡时产生C为1.6mol，会反应消耗B为0.8mol； C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，若增大该体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动； D．增加B，平衡正向移动，由于增大的物质的量时物质浓度增大的影响大于平衡移动使其浓度减小的趋势。 【解答】解：A．升高温度，向吸热反应方向移动，由于该反应为放热反应，则升温平衡向左移动，故A错误； B．在反应开始时B的物质的量是2mol，由于达到平衡时产生C为1.6mol，会反应消耗B为0.8mol，则B的平衡转化率是×100%＝40%，故B正确； C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，若增大该体系的压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，由于温度不变，所以化学平衡常数不变，故C错误； D．增加B，平衡正向移动，由于增大的物质的量时物质浓度增大的影响大于平衡移动使其浓度减小的趋势，因此B的平衡转化率减小，故D错误； 故选：B。 【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。 二．解答题（共4小题） 21．（2024秋•鹿邑县期中）反应热及数据广泛应用于科学研究和工业生产方面。 （1）若1g石墨完全燃烧放出的热量为akJ，则石墨完全燃烧的热化学方程式为 　C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣12akJ/mol　。 （2），H2O（l）＝H2O（g）ΔH＝+44kJ•mol﹣1，则氢气的燃烧热ΔH＝ 　﹣285.8kJ•mol﹣1　。 （3）测定中和反应的反应热的实验步骤如下：①用量筒量取50mL0.50mol•L﹣1盐酸倒入内筒中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50mL0.55mol•L﹣1NaOH溶液，测出NaOH溶液温度；③将NaOH溶液沿玻璃棒缓慢倒入内筒中，设法使之混合均匀，测出混合液最高温度。上述实验步骤中一处不合理的操作应改成 　将NaOH溶液迅速倒入内筒中　。如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，测得的中和反应的反应热ΔH 　偏大　（填“偏大”“偏小”或“相等”）。 （4）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）⇌HNC（g）异构化反应的能量变化如图。 ①稳定性：HCN 　＞　HNC（填“＞”“＜”或“＝”）。 ②该异构化反应的ΔH＝ 　+59.3　kJ•mol﹣1。 （5）科学家用氮气和氢气制备肼，过程如下： 则N2（g）+2H2（g）⇌N2H4（g）ΔH＝ 　（b+c﹣a）　kJ•mol﹣1（用含a、b、c的计算式表示）。 【答案】（1）C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣12akJ/mol； （2）﹣285.8kJ•mol﹣1； （3）将NaOH溶液迅速倒入内筒中；偏大； （4）①＞； ②+59.3； （5）（b+c﹣a）； 【分析】（1）根据若1g石墨完全燃烧放出的热量为akJ，则1mol石墨完全燃烧放出的热量为12akJ，进行分析； （2）根据盖斯定律得氢气的燃烧热进行分析； （3）根据中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速以保证热量尽量不散失，防止产生实验误差，氨水溶质NH3•H2O电离吸热，进行分析； （4）根据HCN的能量小于HNC，能量越低越稳定，进行分析； （5）根据盖斯定律，①+②﹣③得N2（g）+2H2（g）⇌N2H4（g），进行分析。 【解答】解：（1）若1g石墨完全燃烧放出的热量为akJ，则1mol石墨完全燃烧放出的热量为12akJ，所以石墨完全燃烧的热化学方程式为：C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣12akJ/mol， 故答案为：C（石墨，s）+O2（g）＝CO2（g）ΔH＝﹣12akJ/mol； （2）①，②H2O（l）＝H2O（g） ，由①×﹣②得：，则由盖斯定律得氢气的燃烧热， 故答案为：﹣285.8kJ•mol﹣1； （3）中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速以保证热量尽量不散失，防止产生实验误差，所以上述实验步骤中一处不合理的操作应改成：将NaOH溶液迅速倒入内筒中。氨水溶质NH3•H2O电离吸热，如果采用氨水代替氢氧化钠溶液，放热的热量偏少，导致测得的中和反应的反应热ΔH偏大， 故答案为：将NaOH溶液迅速倒入内筒中；偏大； （4）①根据图示，HCN的能量小于HNC，能量越低越稳定，稳定性：HCN＞HNC， 故答案为：＞； ②ΔH＝生成物总能量﹣反应物总能量，则该异构化反应的ΔH＝+59.3kJ•mol﹣1， 故答案为：+59.3； （5）①，②，③，由①+②﹣③得N2（g）+2H2（g）⇌N2H4（g），则根据盖斯定律得：， 故答案为：（b+c﹣a）； 【点评】本题主要考查热化学方程式等，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。 22．（2024秋•洛阳期中）在如图所示的装置中，试管A、B中的电极为多孔石墨惰性电极；C、D为两个铂夹，夹在被Na2SO4溶液浸湿的滤纸条上，滤纸条的中间滴有KMnO4溶液；电源有a，b两极。若将A、B充满KOH溶液后倒立于盛有KOH溶液的水槽中，断开K1，闭合K2、K3，通入直流电，试管A、B收集到的气体体积如图所示。 回答以下问题： （1）A为 　阳　极（填“阳”或“阴”），该极产生的气体为 　氧气　（填名称），通直流电一股时问后，KOH溶液的碱性 　增强　（填“增强”、“减弱”或“不变”）。 （2）在Na2SO4溶液浸湿的滤纸条中部的KMnO4溶液处的现象为 　紫红色的KMnO4溶液向D极移动　。 （3）电解一段时间后，A，B中均有气体包围电极。此时切断K2、K3，闭合K1，检流计的指针发生偏转，原因是 　B中的H2与电极A中的O2与电极和KOH溶液组成氢氧燃料电池，将化学能转化为电能，所以电流表的指针发生偏转　，写出中的电极反应式 　O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣　。 【答案】（1）阳；氧气；增强； （2）紫红色的KMnO4溶液向D极移动； （3）B中的H2与电极A中的O2与电极和KOH溶液组成氢氧燃料电池，将化学能转化为电能，所以电流表的指针发生偏转；O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣。 【分析】由图可知，A极产生气体多于B极，故A极为阳极，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，B为阴极，故a极为负极，b极为正极，C极为阴极，D极为阳极，据此作答。 【解答】解：（1）A极产生气体多于B极，故A极为阳极，电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，该极产生的气体为氧气，电解实质为电解水，KOH浓度增大，碱性增强， 故答案为：阳；氧气；增强； （2）在Na2SO4溶液浸湿的滤纸条中部的KMnO4溶液处的现象为紫红色的KMnO4溶液向D极（阳极）移动， 故答案为：紫红色的KMnO4溶液向D极移动； （3）切断K2、K3，闭合K1，B中的H2与电极A中的O2与电极和KOH溶液组成氢氧燃料电池，将化学能转化为电能，所以电流表的指针发生偏转，A中的电极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣， 故答案为：B中的H2与电极A中的O2与电极和KOH溶液组成氢氧燃料电池，将化学能转化为电能，所以电流表的指针发生偏转；O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣。 【点评】本题考查原电池和电解池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。 23．（2024春•南乐县期末）弱电解质电离平衡和盐类水解平衡都与生命活动、日常生活息息相关。 Ⅰ．已知H2SO3、H2CO3、HClO的电离平衡常数如下表所示。 弱酸 H2SO3 H2CO3 HClO 电离平衡常数 Ka1＝1.4×10﹣2 Ka2＝6.0×10﹣8 Ka1＝4.5×10﹣7 Ka2＝4.7×10﹣11 Ka＝4×10﹣8 （1）三种弱酸的酸性由强到弱的顺序为 　H2SO3＞H2CO3＞HClO　（用化学式表示）。 （2）HClO的电离方程式为 　HClO⇌H++ClO﹣　。 （3）相同温度下，同浓度的Na2SO3溶液和Na2CO3溶液中pH较大的是 　Na2CO3　。 （4）将少量SO2通入NaClO溶液中，反应的离子方程式为 　SO2+3ClO﹣+H2O＝+2HClO+Cl﹣　。 Ⅱ．有同学认为，NaHCO3溶液中水解程度大于其电离程度，因此溶液中c（OH﹣）＞c（），某课题组先利用pH数字传感器对不同浓度的NaHCO3溶液进行pH测定，结果如下表所示，再计算出溶液中各离子的浓度，绘制出不同浓度NaHCO3溶液中部分离子浓度的关系如图所示。 NaHCO3溶液的浓度/（mol•L﹣1） 0.1 10﹣2 10﹣3 10﹣4 pH（25℃） 8.30 8.29 7.84 7.65 （5）关于上述不同浓度的NaHCO3溶液，下列说法正确的是 　ac　（填字母）。 A．加入3滴甲基橙，溶液均呈黄色 B．溶液中始终存在c（）＞c（）＞c（OH﹣）＞c（H+） C．溶液中存在c（H+）+c（H2CO3）＝c（）+c（OH﹣） （6）随着NaHCO3溶液浓度增加，pH升高的可能原因是 　随着NaHCO3溶液浓度增加，c（）增大，水解平衡正向移动，c（OH﹣）增大，pH增大　。 （7）25℃时，0.1mol•L﹣1的NaHCO3溶液中c（）＝　9.4×10﹣4　mol•L﹣1（已知lg2＝0.3）。 【答案】（1）H2SO3＞H2CO3＞HClO； （2）HClO⇌H++ClO﹣； （3）Na2CO3； （4）SO2+3ClO﹣+H2O＝+2HClO+Cl﹣； （5）ac； （6）随着NaHCO3溶液浓度增加，c（）增大，水解平衡正向移动，c（OH﹣）增大，pH增大； （7）9.4×10﹣4。 【分析】（1）电离常数越大，酸的酸性越强； （2）HClO为一元弱酸，电离可逆； （3）Na2SO3溶液和Na2CO3因和水解而成碱性，水解平衡常数越大，碱性越强，pH越大； （4）将少量SO2通入NaClO溶液中，SO2具有还原性，ClO﹣具有氧化性，会发生氧化还原反应，又由于SO2少量，NaClO溶液过量，还会生成HClO； （5）a．pH≥4.4时，甲基橙为黄色，故加入甲基橙溶液后； b．由于水会电离出OH﹣； c．由质子守恒可得c（H+）+c（H2CO3）＝c（）+c（OH−）； （6）随着NaHCO3溶液浓度增加，pH升高的可能原因是随着NaHCO3溶液浓度增加，c（）增大，水解平衡正向移动，c（OH﹣）增大； （7）Ka2＝＝4.7×10﹣11，1mol•L−1的NaHCO3溶液中，pH＝8.3，则c（H+）＝10﹣5.7mol•L−1，c（）约为0.1mol•L−1，代入Ka2表达式可得Ka2＝＝＝4.7×10﹣11，据此计算。 【解答】解：（1）电离常数越大，酸的酸性越强，由表中数据可知，三种弱酸的酸性由强到弱的顺序为H2SO3＞H2CO3＞HClO， 故答案为：H2SO3＞H2CO3＞HClO； （2）HClO为一元弱酸，电离方程式为HClO⇌H++ClO﹣， 故答案为：HClO⇌H++ClO﹣； （3）Na2SO3溶液和Na2CO3因和水解而成碱性，水解平衡常数越大，碱性越强，pH越大，Kh1＝，故Ka2越小，Kh1越大，Ka2是H2SO3＞H2CO3，故Kh1是＞，故碱性Na2CO3＞Na2SO3，pH较大的是Na2CO3， 故答案为：Na2CO3； （4）将少量SO2通入NaClO溶液中，SO2具有还原性，ClO﹣具有氧化性，会发生氧化还原反应，又由于SO2少量，NaClO溶液过量，还会生成HClO，反应的离子方程式为SO2+3ClO﹣+H2O＝+2HClO+Cl﹣， 故答案为：SO2+3ClO﹣+H2O＝+2HClO+Cl﹣； （5）a．pH≥4.4时，甲基橙为黄色，故加入甲基橙溶液后，溶液均呈黄色，故a正确； b．由于水会电离出OH﹣，故浓度为c（OH﹣）＞c（），故b错误； c．由质子守恒可得c（H+）+c（H2CO3）＝c（）+c（OH−），故c正确； 故答案为：ac； （6）随着NaHCO3溶液浓度增加，pH升高的可能原因是随着NaHCO3溶液浓度增加，c（）增大，水解平衡正向移动，c（OH﹣）增大，pH增大， 故答案为：随着NaHCO3溶液浓度增加，c（）增大，水解平衡正向移动，c（OH﹣）增大，pH增大； （7）Ka2＝＝4.7×10﹣11，1mol•L−1的NaHCO3溶液中，pH＝8.3，则c（H+）＝10﹣5.7mol•L−1，c（）约为0.1mol•L−1，代入Ka2表达式可得Ka2＝＝＝4.7×10﹣11，得c（）＝9.4×10﹣4mol•L−1， 故答案为：9.4×10﹣4。 【点评】本题考查弱电解质的电离，题目难度不大，注意把握弱电解质的电离特点，注意导电能力与离子浓度大小有关。 24．（2024秋•中牟县期中）Ⅰ.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要的意义。回答下列问题： 在773K时，分别将1.0mol N2和3.0mol H2充入一个固定容积为0.5L的密闭容器中，随着反应的进行，气体混合物中n（NH3）与反应时间（t）的关系如表所示。 t/min 0 5 10 15 20 25 30 n（NH3）/mol 0 0.5 0.8 0.9 0.99 1.0 1.0 （1）反应从开始进行到5分钟，N2的平均反应速率为 　0.4mol•L﹣1•min﹣1　，下列措施中既可以提高平衡时H2的利用率又能加快反应速率的是 　b　。 a.再加入1mol H2 b.增大N2浓度 c.使用催化剂 d.将生成的NH3分离 （2）不同压强下，该反应平衡后混合物中氨的体积分数（α）如图所示，p1、p2和p3由大到小的顺序是 　p1＞p2＞p3　。 Ⅱ.NOx的排放主要来自于汽车尾气，可用如下两种方式对其进行处理： a.2CO（g）+2NO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）ΔH1 b.C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g）ΔH2 （3）反应a可自发进行，则ΔH1　＜　0（填“＞”或“＜”）。 （4）已知在密闭容器中加入足量的C（s）和一定量的NO气体，保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示。 由图可知，ΔH2　＜　0（填“＞”或“＜”）。在1050K时，N2的体积分数为 　40%　。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作Kp）。在1100K、1.1×106Pa时，该反应的化学平衡常数Kp＝ 　　。 【答案】（1）0.4mol•L﹣1•min﹣1；b； （2）p1＞p2＞p3； （3）＜； （4）＜；40%；。 【分析】（1）反应从开始进行到5分钟，v（NH3）＝＝0.2mol•L﹣1•min﹣1，根据反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比可求得v（N2）；对于合成氨反应，既可以提高平衡时H2的利用率，又能加快反应速率的措施是，改变条件，使平衡正向进行，增大反应速率； （2）在相同温度下，压强增大，平衡正向移动，氨气的百分含量越大； （3）根据ΔH﹣T△S＜0反应能自发进行分析； （4）由图可知，随温度的升高，NO的转化率先增大后减小，可知低于1050K时，反应未达到平衡，1050K时反应达到平衡，高于1050K时，随温度升高平衡逆向移动；1050K时，NO的转化率为80%，设充入1mol NO，反应的NO为0.8mol， C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g） 初始（mol） 1 0 0 变化（mol） 0.8 0.4 0.4 平衡（mol） 0.2 0.4 0.4 N2的体积分数为N2的物质的量分数； 1100K时，NO的转化率为40%，设充入1mol NO，反应的NO为0.4mol， C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g） 初始（mol） 1 0 0 变化（mol） 0.4 0.2 0.2 平衡（mol） 0.8 0.2 0.2 气体的总物质的量为0.6mol+0.2mol+0.2mol＝1mol，p（NO）＝×1.1×106Pa＝8.8×105Pa，p（N2）＝p（CO2）＝×1.1×106Pa＝2.2×105Pa，根据Kp＝计算该反应的化学平衡常数。 【解答】解：（1）反应从开始进行到5分钟，v（NH3）＝＝0.2mol•L﹣1•min﹣1，根据反应速率之比等于对应物质的化学计量数之比可得，v（N2）＝2v（NH3）＝0.4mol•L﹣1•min﹣1； a.再加入1mol H2，H2的利用率降低，能加快反应速率，故a错误； b.增大N2浓度，平衡正向移动，提高平衡时H2的利用率，也能加快反应速率，故b正确； c.加入合适的催化剂，可以加快反应速率，但平衡不移动，不能提高平衡时H2的利用率，故c错误； d.将平衡体系中的氨气分离出来，H2的利用率增加，但反应速率减小，故d错误； 故答案为：0.4mol•L﹣1•min﹣1；b； （2）在相同温度下，压强增大，平衡正向移动，氨气的百分含量越大，故p1＞p2＞p3， 故答案为：p1＞p2＞p3； （3）反应a为气体体积减小的反应，即△S＜0，该反应能自发进行，即ΔH﹣T△S＜0，则ΔH1＜0， 故答案为：＜； （4）由图可知，随温度的升高，NO的转化率先增大后减小，可知低于1050K时，反应未达到平衡，1050K时反应达到平衡，高于1050K时，随温度升高平衡逆向移动，该反应为放热反应，即ΔH2＜0；1050K时，NO的转化率为80%，设充入1mol NO，反应的NO为0.8mol， C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g） 初始（mol） 1 0 0 变化（mol） 0.8 0.4 0.4 平衡（mol） 0.2 0.4 0.4 N2的体积分数为×100%＝40%； 1100K时，NO的转化率为40%，设充入1mol NO，反应的NO为0.4mol， C（s）+2NO（g）⇌N2（g）+CO2（g） 初始（mol） 1 0 0 变化（mol） 0.4 0.2 0.2 平衡（mol） 0.6 0.2 0.2 气体的总物质的量为0.6mol+0.2mol+0.2mol＝1mol，p（NO）＝×1.1×106Pa＝8.8×105Pa，p（N2）＝p（CO2）＝×1.1×106Pa＝2.2×105Pa，该反应的化学平衡常数Kp＝＝＝， 故答案为：＜；40%；。 【点评】本题考查平衡移动的原理、平衡图象和平衡常数的计算，关键是掌握外界条件对速率和平衡移动的影响和三段式解题法，明确图象的横纵坐标和曲线变化趋势的意义，题目难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$