河南省2024-2025学年高二下学期开学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•郑州期中）下列过程中，将电能直接转化为化学能的是（　　） A．提高环保意识，使用节能路灯照明 B．采用牺牲阳极法对铁闸门进行保护 C．采用氯碱工业制备Cl2、H2和NaOH D．利用太阳能发电，降低化石能源依赖 2．（2024秋•鹿邑县期中）1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，下列热化学方程式正确的是（　　） A．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH＝+571.6kJ•mol﹣1 B．H2（g）+O2（g）＝H2O（l） ΔH＝﹣285.8kJ•mol﹣1 C．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g） ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1 D．2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g） ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1 3．（2024秋•鹿邑县期中）下列化学反应与能量变化相关的叙述正确的是（　　） A．若反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，放热反应在任何条件下都能自发进行 B．水凝结成冰的过程中，ΔH＜0，ΔS＞0 C．已知2KClO3（s）＝2KCl（s）+3O2（g） ΔH＝﹣78.03kJ•mol﹣1，ΔS＝+494.4J•mol﹣1•k﹣1，此反应在任何温度下都能自发进行 D．能够自发进行的反应一定是熵增的过程 4．（2024秋•鹿邑县期中）反应A+B→C分两步进行：①A+B→X；②X→C。反应过程中能量变化如图所示，下列叙述正确的是（　　） A．A+B→C的反应一定要加热 B．物质A、B、X、C中C最不稳定 C．A和B的总能量大于C的总能量 D．①②两步反应均为放热反应 5．（2024秋•郑州期中）某实验小组利用如图所示装置进行稀NaOH溶液与稀盐酸中和反应反应热的测定。下列说法正确的是（　　） A．M可为铁制环形搅拌棒 B．用温度计测量NaOH溶液温度后可直接测量稀盐酸温度 C．隔热层的作用是减小实验过程中的热量损失 D．为使反应更充分，应将稀NaOH溶液缓缓加入稀盐酸中 6．（2024秋•洛阳期中）若在铜片上镀银，下列叙述错误的是（　　） ①将铜片接在电源的正极； ②在铜片上发生的反应是Ag++e﹣＝Ag； ③在银片上发生的反应是4OH﹣+4e﹣＝O2↑+2H2O； ④用AgNO3作电解质溶液 A．①② B．②③ C．①③ D．③④ 7．（2024秋•洛阳期中）下列说法中错误的是（　　） A．马口铁（薄钢板表面镀上一层锡）破损后更易发生腐蚀 B．生铁（铁碳合金）制作的铁锅不易生锈 C．粗铜电解精炼时以精铜作阴极 D．电解法是冶炼钠、钙、镁、铝等活泼金属的一种重要方法 8．（2024秋•郑州期中）“浓差电池”是一种利用物质的浓度差产生电势的装置。两侧半电池中的特定物质有浓度差，由于浓度差导致半电池上发生的氧化还原反应程度不同，从而产生不同的电势。某浓差电池工作原理示意图如图所示。 下列说法正确的是（　　） A．电势：Cu电极1＞Cu电极2 B．装置中的离子交换膜应选用阳离子交换膜 C．Cu电极2的电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu D．导线上每通过0.2mole﹣，负极区溶液质量减少16.0g 9．（2024秋•洛阳期中）金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。如图为两种海水中钢闸门的防腐措施示意图。下列说法错误的是（　　） A．图1中，钢闸门表面可发生反应：O2+4e﹣+2H2O＝OH﹣ B．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明应该更换阳极材料 C．图2中，保护电流应该根据环境条件变化进行调整 D．锌块可以做图1中的牺牲阳极，高硅铸铁可以做图2中的不溶性辅助阳极 10．（2024秋•中牟县期中）为了减少对环境的污染，煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。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FeS2）氧化为Fe3+和，反应原理：FeS2+15Mn3++8H2O＝Fe3++15Mn2++2+16H+。下列说法错误的是（　　） A．b为电源的负极 B．阳极电极反应式为：Mn2+﹣e﹣＝Mn3+ C．电解过程中，混合溶液中H+的浓度将减小 D．电解刚刚开始时，观察到阴极石墨棒上有无色气体产生，是因为：2H++2e﹣＝H2↑ 11．（2024秋•鹿邑县期中）用0.1000mol•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列说法不正确的是（　　） A．锥形瓶盛装未知浓度的NaOH溶液前必须保持干燥 B．使用滴定管前，要先检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用 C．酸式滴定管在盛装0.1000mol•L﹣1HCl溶液前要用该溶液润洗2～3次 D．用酚酞作指示剂，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点 12．（2024秋•鹿邑县期中）判断溶液的酸碱性有多种方法。下列溶液一定显碱性的是（　　） A．能够使甲基橙呈黄色的溶液 B．pH＞7的溶液 C．溶液中：c（H+）＜c（OH﹣） D．溶液中：c（H+）＜1×10﹣7mol•L﹣1 13．（2024秋•鹿邑县期中）25℃下，关于0.1mol/L醋酸溶液（Ka＝1.75×10﹣5），下列说法正确的是（　　） A．升高温度，醋酸的电离程度增大，c（H+）增大 B．向该溶液中通入HCl气体，平衡逆向移动，c（H+）减小 C．加水稀释后，溶液中降低 D．该温度下，该溶液中醋酸的电离程度大于0.01mol/L醋酸溶液中醋酸的电离程度 14．（2024秋•驻马店期中）室温下，向20.00mL0.1000mol•L﹣1H2C2O4溶液中滴加0.1000mol•L﹣1氨水，滴加过程中pH随滴入氨水体积的变化和pX[pX＝﹣lgX，X为，或随pH的变化曲线如图所示。 下列说法错误的是（　　） A．L2表示随pH的变化曲线 B．该温度下， C．水的电离程度：c点＜d点 D．c点溶液中 15．（2024秋•洛阳期中）室温下，向20.00mL0.1000mol/L盐酸中滴加0.1000mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法错误的是（　　） A．V（NaOH）＝20.00mL时，溶液显中性 B．V（NaOH）＝30.00mL时，pH＝12.3 C．选择甲基橙指示反应终点，误差比甲基红大 D．使用酚酞为指示剂，反应终点溶液颜色从粉红色刚好变为无色 16．（2024秋•驻马店期中）某小组同学在一容积不变的绝热密闭容器中加入一定量的C（s）和H2O（g），探究水煤气的制备，反应为C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）下列描述中不能说明该反应达到化学平衡状态的是（　　） A．混合气体的密度不再变化 B．反应容器中H2的体积分数不变 C．该反应的化学平衡常数不变 D．n（H2O）：n（H2）＝1：1 17．（2024秋•中牟县期中）一定条件下，将NO和O2按物质的量之比2：1充入反应容器，发生2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH的反应。其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（　　） A．ΔH＜0 B．P1＜P2 C．400℃、P1条件下，O2的平衡转化率为40% D．400℃时，该反应的化学平衡常数的数值为 18．（2024秋•鹿邑县期中）已知2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g） ΔH＝﹣198kJ•mol﹣1，在V2O5存在时，该反应机理为： ①V2O5+SO2→2VO2+SO3（快） ②4VO2+O2→2V2O5（慢）， 下列说法错误的是（　　） A．V2O5的存在提高了该反应的反应速率和转化率 B．V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物 C．该反应速率主要由第②步基元反应决定 D．该反应的①、②两个基元反应的活化能：②＞① 19．（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 20．（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． 二．解答题（共4小题） 21．（2024秋•郑州期中）化学反应的实质是旧化学键的断裂与新化学键的形成，在此过程中伴随着新物质的生成和能量的转化。键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量。已知部分键能 （25℃，101.kPa）数据如下表： 化学键 N＝N O—O O—H N—H H—H 键能（kJ•mol﹣1） 946 498 464 391 436 回答下列问题： （1）稳定性：NH3（g）　 　H2O（g）（填“＞”“＝”或“＜”），原因为　 　。 （2）工业合成氨的热化学方程式为　 　；加入合适的催化剂可以改变反应的　 　（填“活化能”或“焓变”），从而加快反应速率。 （3）ΔH1＝　 　；若已知氢气的燃烧热为ΔH2，则ΔH1　 　ΔH2（填“＞”“＝”或“＜”）；H2O（l）═H2O（g）ΔH3＝　 　（用含ΔH1和ΔH2的代数式表示）。 （4）若要计算反应4NH3（g）+O2（g）⇌2N2H4（g）+2H2O（g）的ΔH，还需要提供　 　化学键的键能，已知该正反应的活化能为E正则逆反应的活化能E逆＝　 　（用含ΔH 和E正的代数式表示）。 22．（2024秋•中牟县期中）某课外小组用如图装置进行实验，试回答下列问题： （1）若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式是 　 　。 （2）若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式是 　 　，上述实验进行一段时间后，需向U形管中补加 　 　，才能使电解质恢复原浓度。 （3）该小组同学认为，可以模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，利用如图装置电解K2SO4溶液来制取H2、O2、H2SO4和KOH。 ①该电解池的b极应接直流电源的 　 　极。 ②该电解池的阳极反应式为 　 　，此时通过阴离子交换膜的离子数 　 　（填“大于”，“小于”或“等于”）通过阳离子交换膜的离子数。 ③制得的H2SO4溶液从出口 　 　（填“A”或“D”）导出。 23．（2024秋•鹿邑县期中）根据所学知识，完成下列问题。 （1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有和OH﹣两种阴离子。 ①H3PO2中磷元素的化合价为 　 　。 ②写出次磷酸的电离方程式 　 　。 ③H3PO2溶液加水稀释过程中，的数值 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。 （2）已知的电离平衡常数如下表 物质 H2CO3 H2SO3 HClO 电离平衡常数 Ka1 4.40×10﹣7 1.54×10﹣2 2.95×10﹣8 Ka2 5.61×10﹣11 1.02×10﹣7 — ①试比较、和HClO的酸性由强到弱的顺序是 　 　。 ②若碳酸、亚硫酸、次氯酸溶液c（H+）相同时，则酸的物质的量浓度由大到小的顺序是 　 　（写化学式）。 ③写出H2SO3与过量NaClO反应的离子方程式 　 　。 24．（2024秋•周口期中）水煤气变换是重要的化工过程，对资源的利用及环境的保护都起到至关重要的作用。其中涉及的反应如下： Ⅰ.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）ΔH1 Ⅱ.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.1kJ•mol﹣1 Ⅲ.C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）ΔH3＝+172.5kJ•mol﹣1 回答下列问题： （1）ΔH1＝ 　 　。 （2）反应Ⅱ在金催化剂作用下的正、逆反应速率常数分别为k正和k逆，平衡常数K＝。已知逆反应的速率方程为v逆＝k逆•c0.5（H2）•c（CO2），则v正＝ 　 　；升高温度，正、逆反应速率常数的增加量Δk正 　 　Δk逆（填“＞”“＝”或“＜”）。 （3）设为相对压力平衡常数，其表达式为在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0＝100kPa）。反应Ⅲ正反应和逆反应的随（温度的倒数）的变化如图所示。温度为1000K时，向某刚性密闭容器中加入足量的C（s）和 CO2（g），起始时容器内的压强为100kPa，发生反应Ⅲ。 ①表示反应Ⅲ正反应的随变化的曲线为 　 　（填“L1”或“L2”）。 ②反应Ⅲ达到化学平衡时，CO2（g）的体积分数 　 　50%（填“＞”“＝”或“＜”）。 ③向上述平衡体系中再充入一定量的CO（g），再次平衡后容器内CO（g）的物质的量分数较原平衡体系 　 　（填“变大”“变小”或“不变”）。 （4）一定温度下，向10L刚性密闭容器中加入1mol H2O（g）和足量C（s）发生上述反应，平衡时容器内压强为初始压强的1.4倍，CO（g）的浓度为0.03mol•L﹣1。则该温度下反应Ⅰ的平衡常数K＝ 　 　mol•L﹣1。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2024秋•郑州期中）下列过程中，将电能直接转化为化学能的是（　　） A．提高环保意识，使用节能路灯照明 B．采用牺牲阳极法对铁闸门进行保护 C．采用氯碱工业制备Cl2、H2和NaOH D．利用太阳能发电，降低化石能源依赖 【答案】C 【分析】将电能直接转化为化学能的是电解池工作原理，据此进行解答。 【解答】解：A．提高环保意识，使用节能路灯照明是电能转化为光能，故A错误； B．采用牺牲阳极法对铁闸门进行保护是化学能转化为电能的过程，故B错误； C．氯碱工业制备Cl2、H2和NaOH的过程是电能直接转化为化学能的过程，故C正确； D．利用太阳能发电，降低化石能源依赖，是太阳能转化为电能的过程，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查能量转化知识，侧重于学生的分析能力和化学知识的综合考查，注意把握常见能量的转化形成，难度不大。 2．（2024秋•鹿邑县期中）1gH2燃烧生成液态水放出142.9kJ的热量，下列热化学方程式正确的是（　　） A．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH＝+571.6kJ•mol﹣1 B．H2（g）+O2（g）＝H2O（l） ΔH＝﹣285.8kJ•mol﹣1 C．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g） ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1 D．2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g） ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1 【答案】B 【分析】A．放热反应的焓变ΔH＜0； B．反应的焓变与物质的量成正比； C．生成液态水而不是气态水； D．一个反应是放热反应则其逆过程为吸热反应。 【解答】解：A．放热反应的焓变ΔH＜0，故2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1，故A错误； B．反应的焓变与物质的量成正比，故 ΔH＝﹣285.8kJ•mol﹣1，故B正确； C．生成液态水而不是气态水，故2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l） ΔH＝﹣571.6kJ•mol﹣1，故C错误； D．氢气燃烧是放热反应，则水的分解是吸热反应，故2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g） ΔH＝+571.6kJ•mol﹣1，故D错误； 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•鹿邑县期中）下列化学反应与能量变化相关的叙述正确的是（　　） A．若反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，放热反应在任何条件下都能自发进行 B．水凝结成冰的过程中，ΔH＜0，ΔS＞0 C．已知2KClO3（s）＝2KCl（s）+3O2（g） ΔH＝﹣78.03kJ•mol﹣1，ΔS＝+494.4J•mol﹣1•k﹣1，此反应在任何温度下都能自发进行 D．能够自发进行的反应一定是熵增的过程 【答案】C 【分析】A．根据反应物总能量高于生成物总能量，该反应属于放热反应，ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应能自发进行，进行分析； B．根据水凝结成冰的过程是放热、熵减的过程进行分析； C．根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0进行分析； D．根据能够自发进行的反应也有可能是放热、熵减的过程进行分析。 【解答】解：A．ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0，反应能自发进行，反应物总能量高于生成物总能量，该反应属于放热反应，但不一定能自发进行，比如木炭的燃烧，要在一定的条件下才能自发进行，故A错误； B．水凝结成冰的过程中，ΔH＜0，ΔS＜0，故B错误； C．氯酸钾的分解2KClO3（s）＝2KCl（s）+3O2（g）ΔH＜0，ΔS＞0，根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0一定成立，此反应在任何温度下都能自发进行，故C正确； D．能够自发进行的反应也有可能是放热、熵减的过程，如合成氨反应，故D错误； 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。 4．（2024秋•鹿邑县期中）反应A+B→C分两步进行：①A+B→X；②X→C。反应过程中能量变化如图所示，下列叙述正确的是（　　） A．A+B→C的反应一定要加热 B．物质A、B、X、C中C最不稳定 C．A和B的总能量大于C的总能量 D．①②两步反应均为放热反应 【答案】C 【分析】根据图中信息可知，A+B→X的反应为吸热反应，X生成C的反应是放热反应，该反应的总反应是放热反应。 【解答】解：根据图中信息可知，A+B→X的反应为吸热反应，X生成C的反应是放热反应，该反应的总反应是放热反应； A．A+B→X的反应为吸热反应，但反应的吸、放热与反应条件无关，有些吸热反应不需要加热，如氯化铵固体与八水合氢氧化钡固体的反应是吸热反应，但不需要加热，故A错误； B．物质的能量越低越稳定，由图可知，X的能量最高，最不稳定，故B错误； C．由图可知，该反应的总反应是放热反应，A+B的总能量之和大于C的总能量，故C正确； D．第①步反应A+B的总能量小于X的总能量，为吸热反应，第②步物质X的总能量高于物质C的总能量，为放热反应，故D错误； 故选：C。 【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。 5．（2024秋•郑州期中）某实验小组利用如图所示装置进行稀NaOH溶液与稀盐酸中和反应反应热的测定。下列说法正确的是（　　） A．M可为铁制环形搅拌棒 B．用温度计测量NaOH溶液温度后可直接测量稀盐酸温度 C．隔热层的作用是减小实验过程中的热量损失 D．为使反应更充分，应将稀NaOH溶液缓缓加入稀盐酸中 【答案】C 【分析】A．铁是热的良导体，传热快； B．用温度计测量NaOH溶液温度后可直接测量稀盐酸温度，所测稀盐酸温度偏高； C．中和热测定实验成败的关键是减少热量损耗； D．稀NaOH溶液缓缓加入稀盐酸中，热量损耗大。 【解答】解：A．M是玻璃搅拌器，不能用铁制环形搅拌棒替代，否则传热快，使测定数值偏小，故A错误； B．用温度计测量NaOH溶液温度后可直接测量稀盐酸温度，所测稀盐酸温度偏高，测定的热量数值偏小，导致测定结果数值偏小，故B错误； C．在中和热的测定过程中实验成败的关键是做好保温工作，装置中隔热层的作用是保温隔热、减少热量损失，故C正确； D．测定过程中，为防止热量损失，酸碱混合时应将稀NaOH溶液一次性快速加入稀盐酸中，否则测定结果数值偏小，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查热反应热的测定及误差分析，把握测定原理及其注意事项是解题的关键，试题有利于培养学生灵活运用所学知识的能力，题目难度不大。 6．（2024秋•洛阳期中）若在铜片上镀银，下列叙述错误的是（　　） ①将铜片接在电源的正极； ②在铜片上发生的反应是Ag++e﹣＝Ag； ③在银片上发生的反应是4OH﹣+4e﹣＝O2↑+2H2O； ④用AgNO3作电解质溶液 A．①② B．②③ C．①③ D．③④ 【答案】C 【分析】在铜片上镀银时，铜作电解池的阴极，与电源负极相连，电解质溶液中的银离子得到电子发生还原反应生成银，在铜片上发生的反应是：Ag++e﹣＝Ag，银作电解池的阳极，与电源正极相连，银失电子发生氧化反应生成银离子，电解质溶液为硝酸银溶液，阳极电极反应式为：Ag﹣e﹣＝Ag+，据此分析。 【解答】解：①由分析知，将铜片接在电源的负极，故①错误； ②由分析知，在铜片上发生的反应是Ag++e﹣＝Ag，故②正确； ③由分析知，在银片上发生的反应是Ag﹣e﹣＝Ag+，故③错误； ④由分析知，用AgNO3作电解质溶液，故④正确； 综上所述，①③错误，故C正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查电化学的知识，为基础知识的考查，题目难度不大。 7．（2024秋•洛阳期中）下列说法中错误的是（　　） A．马口铁（薄钢板表面镀上一层锡）破损后更易发生腐蚀 B．生铁（铁碳合金）制作的铁锅不易生锈 C．粗铜电解精炼时以精铜作阴极 D．电解法是冶炼钠、钙、镁、铝等活泼金属的一种重要方法 【答案】B 【分析】A．马口铁表面镀锡，破损后，在潮湿的空气中形成原电池，铁比锡活泼，铁作负极，更易被腐蚀； B．生铁中含有碳，在潮湿的空气中形成原电池，铁作负极，更易被腐蚀； C．粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极； D．钠、钙、镁、铝等活泼金属的冶炼采用电解法。 【解答】解：A．马口铁表面镀锡，破损后，在潮湿的空气中形成原电池，铁比锡活泼，铁作负极，更易被腐蚀，故A正确； B．生铁中含有碳，在潮湿的空气中形成原电池，铁作负极，更易被腐蚀，故B错误； C．粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，故C正确； D．钠、钙、镁、铝等活泼金属的冶炼采用电解法，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查电化学的知识，为基础知识的考查，题目难度不大。 8．（2024秋•郑州期中）“浓差电池”是一种利用物质的浓度差产生电势的装置。两侧半电池中的特定物质有浓度差，由于浓度差导致半电池上发生的氧化还原反应程度不同，从而产生不同的电势。某浓差电池工作原理示意图如图所示。 下列说法正确的是（　　） A．电势：Cu电极1＞Cu电极2 B．装置中的离子交换膜应选用阳离子交换膜 C．Cu电极2的电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu D．导线上每通过0.2mole﹣，负极区溶液质量减少16.0g 【答案】C 【分析】由图可知，根据浓差电池原理可知，Cu电极1为负极，Cu电极2为正极，电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，据此作答。 【解答】解：A．Cu电极1为负极，Cu电极2为正极，所以电势：Cu电极1＜Cu电极2，故A错误； B．装置中的离子交换膜应允许自由通过，选用阴离子交换膜，故B错误； C．Cu电极2为正极，电极反应式为Cu2++2e﹣═Cu，故C正确； D．导线上每通过0.2mole﹣，有0.1mol铜离子进入溶液，质量增加6.4g，同时有0.1mol硫酸根离子由右侧迁移到左侧，质量增加9.6g，负极区溶液质量共增加16.0g，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查原电池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。 9．（2024秋•洛阳期中）金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。如图为两种海水中钢闸门的防腐措施示意图。下列说法错误的是（　　） A．图1中，钢闸门表面可发生反应：O2+4e﹣+2H2O＝OH﹣ B．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明应该更换阳极材料 C．图2中，保护电流应该根据环境条件变化进行调整 D．锌块可以做图1中的牺牲阳极，高硅铸铁可以做图2中的不溶性辅助阳极 【答案】B 【分析】图1为牺牲阳极的阴极保护法，钢闸门作阴极（正极）被保护，图2为外接电流的阴极保护法，钢闸门作阴极被保护。 【解答】解：A．钢闸门作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故A正确； B．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明钢闸门仍在被保护，不需要更换阳极材料，故B错误； C．图2中，环境条件变化保护电流应该随之进行调整，故C正确； D．Zn比Fe活泼，故锌块可以做图1中的牺牲阳极，高硅铸铁为惰性电极，可以做图2中的不溶性辅助阳极，故D正确； 故选：B。 【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知识的相关知识是解题的关键。 10．（2024秋•中牟县期中）为了减少对环境的污染，煤在直接燃烧前要进行脱硫处理。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FeS2）氧化为Fe3+和，反应原理：FeS2+15Mn3++8H2O＝Fe3++15Mn2++2+16H+。下列说法错误的是（　　） A．b为电源的负极 B．阳极电极反应式为：Mn2+﹣e﹣＝Mn3+ C．电解过程中，混合溶液中H+的浓度将减小 D．电解刚刚开始时，观察到阴极石墨棒上有无色气体产生，是因为：2H++2e﹣＝H2↑ 【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．右侧石墨为阴极，故b极为负极，故A正确； B．左侧石墨电极为阳极，电极反应式为Mn2+﹣e﹣＝Mn3+，故B正确； C．Mn3+再将煤中的含硫物质（主要是FeS2）氧化为Fe3+和，发生反应FeS2+15Mn3++8H2O＝Fe3++15Mn2++2+16H+，溶液中氢离子浓度增大，故C错误； D．右侧石墨为阴极，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，故观察到阴极石墨棒上有无色气体产生，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查原电池，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。 11．（2024秋•鹿邑县期中）用0.1000mol•L﹣1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。下列说法不正确的是（　　） A．锥形瓶盛装未知浓度的NaOH溶液前必须保持干燥 B．使用滴定管前，要先检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用 C．酸式滴定管在盛装0.1000mol•L﹣1HCl溶液前要用该溶液润洗2～3次 D．用酚酞作指示剂，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点 【答案】A 【分析】A．中和滴定实验中，锥形瓶有水对滴定没有影响； B．滴定管在使用前，要进行查漏； C．酸式滴定管在使用前，先蒸馏水洗涤，再待装液洗涤； D．滴定终点时，溶液为氯化钠溶液，呈中性。 【解答】解：A．锥形瓶盛装未知浓度的NaOH溶液前不一定需要干燥，有水对氢氧化钠的物质的量没有影响，故A错误； B．使用滴定管前，要进行查漏，即检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用，故B正确； C．酸式滴定管在盛装0.1000mol•L﹣1HCl溶液前要用该溶液润洗2～3次，否则盐酸会被稀释，故C正确； D．用酚酞作指示剂，滴定终点时，溶液为氯化钠溶液，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不褪色，故D正确； 故选：A。 【点评】本题主要考查中和滴定的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。 12．（2024秋•鹿邑县期中）判断溶液的酸碱性有多种方法。下列溶液一定显碱性的是（　　） A．能够使甲基橙呈黄色的溶液 B．pH＞7的溶液 C．溶液中：c（H+）＜c（OH﹣） D．溶液中：c（H+）＜1×10﹣7mol•L﹣1 【答案】C 【分析】A．pH＞4.4的溶液能够使甲基橙呈黄色； B．在室温或常温下，若溶液的pH＞7，溶液显碱性，但不是室温或常温； C．溶液中：c（H+）＜c（OH﹣），则该溶液一定显碱性； D．室温或常温下，pH＞7[或c（H+）＜1×10﹣7 mol•L﹣1]的溶液一定显碱性，但不是室温或常温下就不一定显碱性，在较高温度下，水的离子积大于1×10﹣14。 【解答】解：A．pH＞4.4的溶液能够使甲基橙呈黄色，则能够使甲基橙呈现黄色的溶液不一定显碱性，故A错误； B．在室温或常温下，若溶液的pH＞7，溶液显碱性，但不是室温或常温，pH＞7的溶液不一定显碱性，故B错误； C．溶液中：c（H+）＜c（OH﹣），则该溶液一定显碱性，故C正确； D．室温或常温下，pH＞7的溶液一定显碱性，但不是室温或常温下就不一定显碱性，在较高温度下，水的离子积大于1×10﹣14，则c（H+）＜1×10﹣7mol•L﹣1时，溶液不一定呈碱性，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质的掌握情况，试题难度中等。 13．（2024秋•鹿邑县期中）25℃下，关于0.1mol/L醋酸溶液（Ka＝1.75×10﹣5），下列说法正确的是（　　） A．升高温度，醋酸的电离程度增大，c（H+）增大 B．向该溶液中通入HCl气体，平衡逆向移动，c（H+）减小 C．加水稀释后，溶液中降低 D．该温度下，该溶液中醋酸的电离程度大于0.01mol/L醋酸溶液中醋酸的电离程度 【答案】A 【分析】A．升高温度，促进醋酸电离，醋酸的电离程度增大； B．向该溶液中通入HCl气体，c（H+）增大，抑制醋酸电离； C．温度不变，电离平衡常数不变，加水稀释促进醋酸电离，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致中c（H+）减小； D．醋酸的浓度越小，其电离程度越大。 【解答】解：A．升高温度，促进醋酸电离，醋酸的电离程度增大，c（H+）增大，故A正确； B．通入HCl气体，c（H+）增大，抑制醋酸电离，平衡逆向移动，故B错误； C．温度不变，电离平衡常数不变，加水稀释促进醋酸电离，c（H+）减小，Ka＝不变，故增大，故C错误； D．醋酸的浓度越小，其电离程度越大，则该温度下，该溶液中醋酸的电离程度小于0.01mol/L醋酸溶液中醋酸的电离程度，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生弱电解质的掌握情况，试题难度中等。 14．（2024秋•驻马店期中）室温下，向20.00mL0.1000mol•L﹣1H2C2O4溶液中滴加0.1000mol•L﹣1氨水，滴加过程中pH随滴入氨水体积的变化和pX[pX＝﹣lgX，X为，或随pH的变化曲线如图所示。 下列说法错误的是（　　） A．L2表示随pH的变化曲线 B．该温度下， C．水的电离程度：c点＜d点 D．c点溶液中 【答案】A 【分析】随着氨水的加入，溶液的pH逐渐增大，溶液中c（NH3•H2O）逐渐减小，c（）逐渐增大，c（H2C2O4）逐渐减小、c（HC2）先增大后减小、c（C2）逐渐增大，即溶液的pH随着p、p的减小而增大，溶液的pH随着p增大而增大，H2C2O4的电离平衡常数K1＝×c（H+）、K2＝×c（H+），当p和p一定时，电离平衡常数K与c（H+）成正比，且K1＞K2，即p和p一定时，pH小的曲线对应于、pH大的曲线对应于，则图中L1、L2、L3分别表示、、随pH的变化曲线，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，L1、L2、L3分别表示、、随pH的变化曲线，故A错误； B．根据b点数值计算该温度下Kb（NH3•H2O）＝×c（OH﹣）＝103.8×10﹣14﹣（﹣5.4）＝10﹣4.8，故B正确； C．由图可知，酸性：c点＞d点，酸性越强，抑制作用越强，则水的电离程度：c点＜d点，故C正确； D．c点溶液中溶质为NH4HC2O4，物料守恒关系为c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）＝c（NH3•H2O）+c（），故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断、离子浓度大小比较，侧重图象分析能力和计算能力考查，确定曲线表示的意义、明确弱电解质的电离平衡及电离平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。 15．（2024秋•洛阳期中）室温下，向20.00mL0.1000mol/L盐酸中滴加0.1000mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法错误的是（　　） A．V（NaOH）＝20.00mL时，溶液显中性 B．V（NaOH）＝30.00mL时，pH＝12.3 C．选择甲基橙指示反应终点，误差比甲基红大 D．使用酚酞为指示剂，反应终点溶液颜色从粉红色刚好变为无色 【答案】D 【分析】A．V（NaOH）＝20.00mL时，酸碱恰好完全反应生成NaCl和H2O； B．V（NaOH）＝30.00mL时NaOH过量，c（NaOH）＝0.0200mol/L，结合Kw计算溶液中c（H+）和pH； C．由图示知，甲基红的变色范围更接近于中性，而甲基橙是在酸性条件下变色； D．盐酸中滴加NaOH溶液达到终点时，NaOH略有过量，溶液呈弱碱性。 【解答】解：A．V（NaOH）＝20.00mL时，酸碱恰好完全反应生成强酸强碱盐NaCl，溶液呈中性，故A正确； B．V（NaOH）＝30.00mL时NaOH过量，c（NaOH）＝0.0200mol/L，c（H+）＝mol/L＝5×10﹣13mol/L，pH＝﹣lg5×10﹣13＝12.3，故B正确； C．由图示知，甲基红的变色范围更接近于中性，而甲基橙是在酸性条件下变色，所以选择甲基橙作指示剂时误差比甲基红的大，故C正确； D．向20.00mL0.1000mol/L盐酸中滴加0.1000mol/LNaOH溶液至终点时，NaOH略有过量，溶液呈弱碱性，酚酞溶液变为粉红色，即反应终点溶液颜色从无色刚好变为粉红色，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确混合溶液pH值的计算方法、指示剂的选择、达到终点的判定是解题关键，题目难度不大。 16．（2024秋•驻马店期中）某小组同学在一容积不变的绝热密闭容器中加入一定量的C（s）和H2O（g），探究水煤气的制备，反应为C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）下列描述中不能说明该反应达到化学平衡状态的是（　　） A．混合气体的密度不再变化 B．反应容器中H2的体积分数不变 C．该反应的化学平衡常数不变 D．n（H2O）：n（H2）＝1：1 【答案】D 【分析】C（s）+H2O（g）⇌H2（g）+CO（g）为气体体积增大的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，注意C为固体，以此进行判断。 【解答】解：A．该反应中C（s）为固体，混合气体的密度为变量，当混合气体的密度不再变化时，表明正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故A错误； B．当反应容器中H2的体积分数不变时，表明正、逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故B错误； C．在容积不变的绝热密闭容器中温度发生变化，则化学平衡常数为变量，当化学平衡常数不变时表明达到平衡状态，故C错误； D．n（H2O）：n（H2）＝1：1时，无法判断正、逆反应速率是否相等，则无法判断平衡状态，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡状态的判断，为高频考点，明确题干反应特点、化学平衡状态的特征为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。 17．（2024秋•中牟县期中）一定条件下，将NO和O2按物质的量之比2：1充入反应容器，发生2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）ΔH的反应。其他条件相同时，分别测得NO的平衡转化率在不同压强（P1、P2）下随温度变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（　　） A．ΔH＜0 B．P1＜P2 C．400℃、P1条件下，O2的平衡转化率为40% D．400℃时，该反应的化学平衡常数的数值为 【答案】D 【分析】A．压强不变时升高温度平衡向吸热方向移动； B．温度不变时增大压强平衡正向移动； C．400℃、P1条件下，平衡时NO的转化率为40%，NO（g）和O2（g）按物质的量之比2：1投入且按2：1反应，二者转化率相等； D．反应前后气体的化学计量数不相等，平衡常数与体积有关。 【解答】解：A．压强不变时升高温度NO转化率降低，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH＜0，故A正确； B．正反应为气体体积减小的反应，温度一定时，增大压强平衡向正反应方向移动，NO的转化率增大，故P1＜P2，故B正确； C．400℃、P1条件下，平衡时NO的转化率为40%，NO（g）和O2（g）按物质的量之比2：1投入且按2：1反应，二者转化率相等，即O2的平衡转化率为40%，故C正确； D．反应前后气体的化学计量数不相等，平衡常数与体积有关，由于体积未知、物质的浓度未知，不能计算平衡常数，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡影响因素，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明确温度、压强对平衡移动影响原理内涵及平衡常数计算方法是解本题关键，C为解答易错点，题目难度不大。 18．（2024秋•鹿邑县期中）已知2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g） ΔH＝﹣198kJ•mol﹣1，在V2O5存在时，该反应机理为： ①V2O5+SO2→2VO2+SO3（快） ②4VO2+O2→2V2O5（慢）， 下列说法错误的是（　　） A．V2O5的存在提高了该反应的反应速率和转化率 B．V2O5为该过程的催化剂，VO2为中间产物 C．该反应速率主要由第②步基元反应决定 D．该反应的①、②两个基元反应的活化能：②＞① 【答案】A 【分析】根据反应前后V2O5的量没有改变，V2O5是该反应的催化剂，，能提高反应速率，VO2为中间产物，总反应速率由最慢的一步决定，反应②为慢反应，所需活化能较大，进行分析。 【解答】解：A．反应前后五氧化二钒的量没有改变，V2O5是该反应的催化剂，能提高反应速率，但不能提高平衡转化率与产率，故A错误； B．反应前后五氧化二钒的量没有改变，五氧化二钒为该过程的催化剂，VO2为中间产物，故B正确； C．总反应速率由最慢的一步决定，该反应速率主要由第②步基元反应决定，故C正确； D．反应②为慢反应，所需活化能较大，则该反应的①、②两个基元反应的活化能：②＞①，故D正确； 故选：A。 【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。 19．（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。 20．（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。 二．解答题（共4小题） 21．（2024秋•郑州期中）化学反应的实质是旧化学键的断裂与新化学键的形成，在此过程中伴随着新物质的生成和能量的转化。键能是指气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量。已知部分键能 （25℃，101.kPa）数据如下表： 化学键 N＝N O—O O—H N—H H—H 键能（kJ•mol﹣1） 946 498 464 391 436 回答下列问题： （1）稳定性：NH3（g）　＜　H2O（g）（填“＞”“＝”或“＜”），原因为　非金属性：O＞N，故简单气态氢化物的稳定性：NH3＜H2O或O—H键能大于N—H键能　。 （2）工业合成氨的热化学方程式为　N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g））ΔH＝﹣92kJ•mol﹣1　；加入合适的催化剂可以改变反应的　活化能　（填“活化能”或“焓变”），从而加快反应速率。 （3）ΔH1＝　﹣243kJ•mol﹣1　；若已知氢气的燃烧热为ΔH2，则ΔH1　＞　ΔH2（填“＞”“＝”或“＜”）；H2O（l）═H2O（g）ΔH3＝　ΔH1﹣ΔH2　（用含ΔH1和ΔH2的代数式表示）。 （4）若要计算反应4NH3（g）+O2（g）⇌2N2H4（g）+2H2O（g）的ΔH，还需要提供　N—N　化学键的键能，已知该正反应的活化能为E正则逆反应的活化能E逆＝　E正﹣ΔH　（用含ΔH 和E正的代数式表示）。 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）元素非金属性越强，对应简单气态氢化物稳定性越高； （2）催化剂通过减小反应的活化能，使反应速率加快； （3）一般同一个物质的能量：气态＞液态＞固态； （4）ΔH＝反应物键能之和﹣生成物的键能之和。 【解答】解：（1）元素非金属性越强，对应简单气态氢化物稳定性越高；O—H键能大于N—H键能，键能越大，物质越稳定，所以稳定性：NH3＜H2O， 故答案为：＜；非金属性：O＞N，故简单气态氢化物的稳定性：NH3＜H2O或 O—H键能大于N—H键能； （2）反应的焓变等于反应物的键能总和减去生成物的键能总和，所以工业合成氨的热化学方程式为N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）） ΔH＝（946+3×436﹣6×391）kJ•mol﹣1＝﹣92 kJ•mol﹣1；催化剂不能改变反应的焓变，只能通过改变反应的活化能，加快反应速率， 故答案为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）） ΔH＝﹣92 kJ•mol﹣1；活化能； （3）根据键能数据可知H2 （g）+O2（g）═H2O（g）ΔH1＝（436+×498﹣2×464）kJ•mol﹣1＝﹣243 kJ•mol﹣1；根据燃烧热的定义，氢气燃烧产生的是液态水，所以放热更多，则ΔH1＞ΔH2；根据盖斯定律可知 H2O（l）═H2O（g）ΔH3＝ΔH1﹣ΔH2， 故答案为：﹣243 kJ•mol﹣1；＞；ΔH1﹣ΔH2； （4）若要计算反应4NH3（g）+O2（g）⇌2N2H4（g）+2H2O（g）的ΔH，还需要提供 N—N的键能，正反应的活化能为E正，则逆反应的活化能为：E逆＝E正﹣ΔH， 故答案为：N—N；E正﹣ΔH。 【点评】考查了盖斯定律、热化学方程式的书写、反应热的计算等知识点，是常考内容，但难度不大。 22．（2024秋•中牟县期中）某课外小组用如图装置进行实验，试回答下列问题： （1）若开始时开关K与a连接，则A极的电极反应式是 　O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣　。 （2）若开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式是 　2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣　，上述实验进行一段时间后，需向U形管中补加 　HCl　，才能使电解质恢复原浓度。 （3）该小组同学认为，可以模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，利用如图装置电解K2SO4溶液来制取H2、O2、H2SO4和KOH。 ①该电解池的b极应接直流电源的 　负　极。 ②该电解池的阳极反应式为 　2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+　，此时通过阴离子交换膜的离子数 　小于　（填“大于”，“小于”或“等于”）通过阳离子交换膜的离子数。 ③制得的H2SO4溶液从出口 　A　（填“A”或“D”）导出。 【答案】（1）O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣； （2）2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；HCl； （3）①负； ②2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+； ③A。 【分析】由图可知，若开始时开关K与a连接，该装置为原电池，Fe比石墨活泼，B作负极，A作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，若开始时开关K与b连接，该装置为电解池，A作阳极，B作阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，下图中，电解K2SO4溶液来制取H2、O2、H2SO4和KOH，故a极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，硫酸根离子透过阴离子交换膜向左侧迁移，b极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，钾离子透过阳离子交换膜向右侧迁移，故A为B为氧气，A为硫酸溶液，C为氢气，D为KOH溶液，据此作答。 【解答】解：（1）若开始时开关K与a连接，该装置为原电池，A作正极，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣， 故答案为：O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣； （2）若开始时开关K与b连接，该装置为电解池，B作阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，实验进行一段时间后，需向U形管中补加HCl，才能使电解质恢复原浓度， 故答案为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣；HCl； （3）①b极为阴极，应接直流电源的负极， 故答案为：负； ②该电解池的a极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，硫酸根离子透过阴离子交换膜向左侧迁移，钾离子透过阳离子交换膜向右侧迁移，依据电荷守恒可知，此时通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数， 故答案为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+； ③制得的H2SO4溶液从出口A导出， 故答案为：A。 【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秋•鹿邑县期中）根据所学知识，完成下列问题。 （1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，向10mLH3PO2溶液中加入30mL等物质的量浓度的NaOH溶液后，所得的溶液中只有和OH﹣两种阴离子。 ①H3PO2中磷元素的化合价为 　+1　。 ②写出次磷酸的电离方程式 　　。 ③H3PO2溶液加水稀释过程中，的数值 　变小　（填“变大”“变小”或“不变”）。 （2）已知的电离平衡常数如下表 物质 H2CO3 H2SO3 HClO 电离平衡常数 Ka1 4.40×10﹣7 1.54×10﹣2 2.95×10﹣8 Ka2 5.61×10﹣11 1.02×10﹣7 — ①试比较、和HClO的酸性由强到弱的顺序是 　＞HClO＞　。 ②若碳酸、亚硫酸、次氯酸溶液c（H+）相同时，则酸的物质的量浓度由大到小的顺序是 　HClO＞H2CO3＞H2SO3　（写化学式）。 ③写出H2SO3与过量NaClO反应的离子方程式 　　。 【答案】（1）①+1；②；③变小； （2）①＞HClO＞；②HClO＞H2CO3＞H2SO3；③。 【分析】（1）①根据化合价各元素代数和为0进行解答； ②次磷酸是弱电解质，不完全电离； ③根据H3PO2的Ka＝进行分析解答； （2）①根据Ka越大酸性越大进行解答； ②弱酸电离相同的c（H+）所需的物质的量浓度大； ③根据强酸制弱酸进行分析解答。 【解答】解：（1）①设H3PO2中P元素的化合价为x，根据化合价各元素代数和为0可得3×1+x+2×（﹣2）＝0，解得x＝+1， 故答案为：+1； ②次磷酸是弱电解质，不完全电离，电离方程式为：， 故答案为：； ③根据H3PO2的Ka＝，在稀释过程中c（H2 ）减小，则的数值减小， 故答案为：减小； （2）①Ka越大酸性越大，由表格数据可知酸性大小为＞HClO＞， 故答案为：＞HClO＞； ②弱酸电离相同的c（H+）所需的物质的量浓度大，故碳酸、亚硫酸、次氯酸溶液c（H+）相同时，则酸的物质的量浓度由大到小的顺序是HClO＞H2CO3＞H2SO3， 故答案为：HClO＞H2CO3＞H2SO3； ③根据强酸制弱酸原理，H2SO3与过量NaClO反应的离子方程式为， 故答案为：。 【点评】本题考查比较综合，涉及到化合价的计算、强酸制弱酸原理及水溶液中弱电解质的电离平衡原理，题目比较基础。 24．（2024秋•周口期中）水煤气变换是重要的化工过程，对资源的利用及环境的保护都起到至关重要的作用。其中涉及的反应如下： Ⅰ.C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）ΔH1 Ⅱ.CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.1kJ•mol﹣1 Ⅲ.C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）ΔH3＝+172.5kJ•mol﹣1 回答下列问题： （1）ΔH1＝ 　+131.4kJ•mol﹣1　。 （2）反应Ⅱ在金催化剂作用下的正、逆反应速率常数分别为k正和k逆，平衡常数K＝。已知逆反应的速率方程为v逆＝k逆•c0.5（H2）•c（CO2），则v正＝ 　k正•c0.5（H2）×c（CO）×c（H2O）　；升高温度，正、逆反应速率常数的增加量Δk正 　＜　Δk逆（填“＞”“＝”或“＜”）。 （3）设为相对压力平衡常数，其表达式为在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0＝100kPa）。反应Ⅲ正反应和逆反应的随（温度的倒数）的变化如图所示。温度为1000K时，向某刚性密闭容器中加入足量的C（s）和 CO2（g），起始时容器内的压强为100kPa，发生反应Ⅲ。 ①表示反应Ⅲ正反应的随变化的曲线为 　L2　（填“L1”或“L2”）。 ②反应Ⅲ达到化学平衡时，CO2（g）的体积分数 　＜　50%（填“＞”“＝”或“＜”）。 ③向上述平衡体系中再充入一定量的CO（g），再次平衡后容器内CO（g）的物质的量分数较原平衡体系 　变小　（填“变大”“变小”或“不变”）。 （4）一定温度下，向10L刚性密闭容器中加入1mol H2O（g）和足量C（s）发生上述反应，平衡时容器内压强为初始压强的1.4倍，CO（g）的浓度为0.03mol•L﹣1。则该温度下反应Ⅰ的平衡常数K＝ 　0.03　mol•L﹣1。 【答案】（1）+131.4kJ•mol﹣1； （2）k正•c﹣0.5（H2）×c（CO）×c（H2O）；＜； （3）①L2； ②＜； ③变小； （4）0.03。 【分析】（1）Ⅰ．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）ΔH1，Ⅱ．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.1kJ•mol﹣1，Ⅲ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）ΔH3＝+172.5kJ•mol﹣1，盖斯定律计算Ⅱ+Ⅲ得到C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）ΔH1； （2）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应的平衡常数K＝＝＝，达到平衡状态时，正逆反应速率相同，v正＝v逆，设v正＝k正•x，k正＝，代入K＝＝＝＝，解得到x＝c﹣0.5（H2）×c（CO）×c（H2O），v正＝k正x，反应为放热反应，升温平衡逆向进行； （3）①反应Ⅲ的正反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，横坐标越小，纵坐标越大； ②CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应的平衡常数K＝＝＝，达到平衡状态时，正逆反应速率相同，v正＝v逆，设v正＝k正•x，k正＝，代入K＝＝＝＝，解得到x＝c﹣0.5（H2）×c（CO）×c（H2O），v正＝k正•c﹣0.5（H2）×c（CO）×c（H2O），反应为放热反应，升温平衡逆向进行； ③向上述平衡体系中再充入一定量的CO（g），相当于增大压强，平衡逆向进行； （4）反应Ⅰ、Ⅱ叠加得到Ⅲ，一定温度下，向10L刚性密闭容器中加入1mol H2O（g）和足量C（s）发生上述反应，平衡时容器内压强为初始压强的1.4倍，气体物质的量变化量为0.4mol，反应Ⅱ的物质的量不变，反应Ⅰ中消耗水物质的量0.4mol，反应CO（g）的浓度为0.03mol•L﹣1，结合反应得到， C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） △c（mol/L） 0.04 0.04 0.04 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） △c（mol/L）0.01 0.01 0.01 0.01 平衡状态下物质的浓度c（H2O）＝0.1mol/L﹣0.05mol/L＝0.05mol/L，c（H2）＝0.05mol/L，c（CO）＝0.03mol/L，c（CO2）＝0.01mol/L，据此计算该温度下反应Ⅰ的平衡常数K。 【解答】解：（1）Ⅰ．C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）ΔH1，Ⅱ．CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH2＝﹣41.1kJ•mol﹣1，Ⅲ．C（s）+CO2（g）⇌2CO（g）ΔH3＝+172.5kJ•mol﹣1，盖斯定律计算Ⅱ+Ⅲ得到C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）ΔH1＝（﹣41.1kJ•mol﹣1）+（+172.5kJ•mol﹣1）＝+131.4kJ•mol﹣1， 故答案为：+131.4kJ•mol﹣1； （2）CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）反应的平衡常数K＝＝＝，达到平衡状态时，正逆反应速率相同，v正＝v逆，设v正＝k正•x，k正＝，代入K＝＝＝＝，解得到x＝c﹣0.5（H2）×c（CO）×c（H2O），v正＝k正•c﹣0.5（H2）×c（CO）×c（H2O），反应为放热反应，升温平衡逆向进行，逆反应速率增大的大，Δk正＜Δk逆， 故答案为：k正•c0.5（H2）×c（CO）×c（H2O）；＜； （3）①反应Ⅲ的正反应为吸热反应，温度越高，平衡常数越大，横坐标越小，纵坐标越大，所以L2是该反应的随变化的曲线， 故答案为：L2； ②图中可知温度1000K时，横坐标围殴1.0，纵坐标为0，KrP＝1，若二氧化碳体积分数为50%，结合反应三段式列式计算，设二氧化碳变化的分压为y， C（s）+CO2（g）⇌2CO（g） 起始量/kPa 100 0 变化量/kPa y 2y 平衡量/kPa 100﹣y 2y y＝kPa，则平衡分液p（CO）＝kPa，p（CO2）＝kPa，p0＝100kPa，＝＜KrP＝1，反应正向进行，反应Ⅲ达到化学平衡时，CO2（g）的体积分数＜50%， 故答案为：＜； ③向上述平衡体系中再充入一定量的CO（g），相当于增大压强，平衡逆向进行，再次平衡后容器内CO（g）的物质的量分数较原平衡体系变小， 故答案为：变小； （4）一定温度下，向10L刚性密闭容器中加入1mol H2O（g）和足量C（s）发生上述反应，平衡时容器内压强为初始压强的1.4倍，气体物质的量变化量为0.4mol，反应Ⅱ的物质的量不变，反应Ⅰ中消耗水物质的量0.4mol，反应CO（g）的浓度为0.03mol•L﹣1，结合反应得到， C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g） △c（mol/L） 0.04 0.04 0.04 CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g） △c（mol/L）0.01 0.01 0.01 0.01 平衡状态下物质的浓度c（H2O）＝0.1mol/L﹣0.05mol/L＝0.05mol/L，c（H2）＝0.05mol/L，c（CO）＝0.03mol/L，c（CO2）＝0.01mol/L，则该温度下反应Ⅰ的平衡常数K＝＝0.03mol/L， 故答案为：0.03。 【点评】本题考查反应热、反应速率、化学平衡常数计算、平衡影响因素等相关知识，侧重考查学生分析和解决问题的能力，题目难度较大。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$