河北省2024-2025学年高二下学期开学模拟测试化学练习卷

河北省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•河北期中）下列有关说法中正确的是（　　） A．1L0.5mol/LH2SO4溶液和1L0.5mol/LBa（OH）2溶液反应，理论上放出的热量为57.3kJ B．25℃、101kPa时，理论上用1mol S（s）和2mol S（s）测出的燃烧热相等 C．H2燃烧热为285.8kJ/mol，则2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣571.6kJ/mol D．已知S（s）+O2（g）＝SO3（g）ΔH＝﹣269.8kJ/mol，则硫生成SO3的反应热为269.8kJ/mol 2．（2024秋•河北期中）一定条件下，在某一密闭容器中，发生反应TiCl4（g）+N2（g）+2H2（g）⇌TiN（s）+4HCl（g）ΔH＞0，下列说法正确的是（　　） A． B．高温下有利于该反应自发进行 C．该反应的能量变化如图所示 D．当ΔH保持不变时，该反应达到平衡 3．（2024秋•桃城区月考）已知X转化为R和W的反应分步进行：①X（g）⇌Y（g）+2W（g），②Y（g）⇌R（g）+W（g）。反应过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　） A．1mol Y（g）的能量低于1mol R（g）和1mol W（g）的能量之和 B．反应①生成1mol Y（g）时吸收（Ea1﹣Ea2）kJ能量 C．X转化为R的总反应生成1mol W（g）时吸收（Ea1﹣Ea2+Ea3﹣Ea4）kJ能量 D．断裂1mol X（g）中化学键吸收的能量大于形成1mol W（g）中化学键所放出的能量 4．（2024秋•桃城区校级期中）下列图示与对应的分析相符的是（　　） A．图甲曲线表示反应A+B＝C+D的ΔH＝（a﹣c）kJ•mol﹣1 B．由图乙可知反应在T2处达到平衡，且该反应的ΔH＞0 C．图丙可以表示向氨水中滴加稀盐酸，溶液中由水电离的c（H+）随加入盐酸体积的变化 D．由图丁可知，用0.0100mol•L﹣1的硝酸银溶液，滴定等体积等浓度的Cl﹣、Br﹣及I﹣的混合溶液，Cl﹣沉淀（X﹣表示Cl﹣、Br﹣或I﹣） 5．（2022秋•无极县校级月考）如图表示在催化剂（Nb2O5）表面进行的反应：H2（g）+CO2（g）═CO（g）+H2O（g）。 已知下列反应： ①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH1 ②C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH2 ③C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH3 下列说法错误的是（　　） A．ΔH2＜ΔH3 B．图中的能量转化方式主要为太阳能转化为化学能 C．反应2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的ΔH＝2（ΔH3﹣ΔH2） D．反应H2（g）+CO2（g）═CO（g）+H2O（g）的ΔH＝ΔH2﹣ΔH3+ΔH1 6．（2024秋•河北期中）NH3—O2燃料电池装置如图所示（两电极均为惰性电极且质量相等），下列说法正确的是（　　） A．电池工作时，M电极发生还原反应 B．N电极上的电极反应式为O2﹣4e﹣+2H2O＝4OH﹣ C．电池工作一段时间后，M电极质量比N电极质量轻 D．该电池的总反应为3O2+4NH3═2N2+6H2O 7．（2024秋•桃城区校级期中）环境监察局常用“定电位”NOx传感器来监测化工厂的氮氧化物气体是否达到排放标准，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．对电极是负极 B．工作电极上发生的电极反应为NO2+2e﹣+2H+＝NO+H2O C．对电极的材料可能为锌 D．传感器工作时H+由工作电极移向对电极 8．（2023秋•辛集市期末）关于如图所示各装置的叙述正确的是（　　） A．图1是化学能转变为电能的装置，总反应为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+ B．图2铁钉发生吸氧腐蚀，导管中水面上升，负极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣ C．图3装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变 D．图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀 9．（2024秋•桃城区校级期中）一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过CuO催化消耗血糖发电，从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。（血糖浓度以葡萄糖浓度计）葡萄糖电池工作时，下列叙述错误的是（　　） A．电池总反应为2C6H12O6+O2＝2C6H12O7 B．b电极上CuO通过Cu（Ⅱ）和Cu（Ⅰ）相互转变起催化作用 C．消耗0.1mmol葡萄糖，理论上a电极有0.4mmol电子流入 D．两电极间血液中的Na+在电场驱动下的迁移方向为b→a 10．（2024秋•桃城区月考）水系双离子电池相比于锂电池有安全和成本优势，在储能领域有较好应用。我国最新水系（碱性）双离子电池的工作原理如图所示，下列有关叙述错误的是（　　） A．放电时，电解质溶液中的Na+由b极区向a极区转移 B．充电时，电极b作阴极，发生还原反应 C．第1次放电时，a极的电极反应式为 D．放电时，若a极得到3.2gCu和2.88gCu2O，则电路中转移的电子的物质的量为0.14 mol 11．（2024秋•石家庄期中）如图分别为氯化钠在不同状态下导电的微观示意图（X、Y均为石墨电极，分别与电源正、负极相连）。下列说法正确的是（　　） A．氯化钠在通电条件下发生电离 B．图1中代表的是水合钠离子 C．图2表示熔融状态下氯化钠的导电过程 D．固体氯化钠由NaCl分子构成，因此不导电 12．（2024秋•石家庄期中）下列有关分类的说法正确的是（　　） A．NaHCO3溶液显碱性，因此NaHCO3不是正盐 B．CH3COOH是有机物，因此CH3COOH是非电解质 C．氨水导电的微粒是NH3•H2O电离产生的，因此NH3•H2O是电解质 D．Fe2O3不能与水反应生成Fe（OH）3和水，因此Fe2O3不是碱性氧化物 13．（2023秋•唐山期末）室温下，两种难溶盐AgCl（白色）、Ag2CrO4（砖红色）的离子浓度关系曲线如图所示，其中p（Cl﹣）＝﹣lgc（Cl﹣）、p（）＝﹣lgc（）、p（Ag+）＝﹣lgc（Ag+），lg2＝0.3。 下列说法错误的是（　　） A．Ksp（Ag2CrO4）＝4×10﹣12 B．向A点的混合溶液中，加入硝酸银固体，变小 C．B点条件下能生成白色沉淀，不能生成砖红色沉淀 D．向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生白色沉淀 14．（2024秋•桃城区校级期中）室温下，下列实验探究CH3COOH是弱电解质的方案不能够达到目的的是（　　） 选项 探究方案 A 测定0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH B 将pH＝3的CH3COOH溶液稀释10倍，测pH C 向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，测定pH是否变化 D 测量醋酸、盐酸的导电性强弱 A．A B．B C．C D．D 15．（2024秋•桃城区校级期中）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）（已知：T＞25） A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B＞A＞D B．25℃时，向pH＝1的稀硫酸中逐滴加入pH＝8的稀氨水，溶液中逐渐减小 C．25℃时，保持温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体，体系可以从A点变化到C点 D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl﹣、 16．（2024•定州市校级开学）T℃时，将一定量的NO（g）和O2（g）充入某恒容密闭容器中，发生的反应为2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g） ΔH＜0，下列说法错误的是（　　） A．每消耗0.2mol NO（g），同时生成0.2mol NO2（g），该反应达到平衡状态 B．仅加入合适的催化剂，ΔH的大小保持不变 C．仅降低温度，有利于提高O2（g）的平衡转化率 D．当混合气体的密度不再随时间发生改变时，不能说明该反应达到平衡状态 17．（2024秋•河北期中）一定温度下，在5L恒容密闭容器中，充入0.4mol NH3（g）和0.6mol NO（g），发生的反应为4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g），下列数据不合理的是（　　） A．反应达平衡后，混合气体的初始压强与平衡压强之比可能为 B．反应一段时间后，m（N2）+m（H2O）＝31g C．0～4min内反应速率v（NO）＝0.015mol•L﹣1•min﹣1 D．反应一段时间后，混合气体中氧、氢原子个数之比 18．（2024秋•桃城区校级期中）在一密闭容器中发生反应：2X（g）+Y（g）⇌aZ（g）ΔH＝QkJ•mol﹣1，开始按体积比2：1将X、Y充入反应器中，一定条件下发生反应。图甲和图乙是根据反应绘制的图像，下列有关说法正确的是（　　） A．图甲，p1＞p2，a＜3 B．图甲，T1＜T2，Q＞0 C．图乙，如果a＝3，t2时改变的条件可能为增大压强，此时活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增大，反应速率增大 D．图乙，t1时表示恒温，恒压条件下，向平衡体系中充入一定量的Z气体 19．（2024秋•桃城区校级期中）为探究化学平衡移动的影响因素，采用下列方案设计进行实验，由现象得出的结论正确的是（　　） 选项 影响因素 方案设计 现象 结论 A 催化剂 向2mL15%H2O2溶液中加入5滴0.1mol/LFeCl3溶液 溶液中产生气泡 使用合适的催化剂可使平衡正向移动 B 压强 向针筒中充入50mLHI（g），分解达到平衡后再压缩针筒内气体 气体颜色变深 增大压强，平衡正向移动 C 温度 加热2mL1.0mol/LNaHCO3溶液（含有酚酞）的试管 红色变深 升高温度，水解平衡向吸热方向移动 D 浓度 向4mL0.1mol/LK2CrO4溶液中滴加数滴1mol/LHNO3溶液 黄色溶液变橙色 增大反应物浓度，平衡向正方向移动 A．A B．B C．C D．D 20．（2024秋•桃城区校级期中）已知：NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）ΔH。实验测得速率方程为v正＝k正c（NO）•c（O3），v逆＝k逆c（NO2）•c（O2）（k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关）。向2L恒容密闭容器中充入0.4mol NO（g）和0.6mol O3（g）发生上述反应，测得NO的体积分数x（NO）与温度和时间的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．此反应ΔH＞0 B．正、逆反应活化能的大小关系为Ea（正）＞Ea（逆） C．T1温度下的温度下的 D．化学反应速率：c点的V正＞b点的V逆＞a点的V正 二．解答题（共4小题） 21．（2024秋•河北期中）甲醇的用途十分广泛，主要用于有机合成、作燃料、生产农药、作良好的有机溶剂等。工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知： ①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＝﹣90kJ/mol K1 ②H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH2＝41.12kJ/mol K2 ③3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3K3 （1）ΔH3＝ 　 　kJ/mol，K3＝ 　 　（用K1、K2表示）。 （2）恒温恒容容器内发生反应②，下列说法能说明反应达到平衡状态的是 　 　。 A.容器中气体压强不再变化 B.相同时间段内断裂H—H与H—O的物质的量之比为1：2 C.混合气体的密度不变 D.单位时间内生成1mol CO的同时消耗2mol CO2 （3）在体积为1L的恒容密闭容器中通入1mol CO2和1mol H2，发生反应③，测得平衡时H2（g）的体积分数φ随温度、压强变化如图所示。 ①Y表示 　 　（填“温度”或“压强”），说明理由 　 　。 ②m、n、q点的平衡常数由大到小的顺序为 　 　。 ③若q点对应的纵坐标为25，此时H2O的体积分数为 　 　，该条件下平衡常数K3＝ 　 　。 22．（2024秋•桃城区校级期中）（1）一种将CO2催化转化为C2H4的电化学装置如图所示。 铂电极发生的反应为 　 　，工作过程中玻碳电极区溶液的pH 　 　（填“增大”或“减小”）。 （2）FeS2是Li/FeS2电池（如图1）的正极活性物质，Li/FeS2电池的负极是金属Li，电解液是含锂盐的有机溶液。电池放电反应：FeS2+4Li＝Fe+4Li++2S2﹣。该反应可认为分两步进行： 第1步：FeS2+2Li﹣＝2Li++，则第2步反应为：　 　。 （3）如图2为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池的反应式：2Na+xS＝Na2Sx，正极的电极反应式：　 　。M（由Na2O和Al2O3制得）的两个作用：一是将钠和硫隔开，二是 　 　。 （4）浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某浓差电池的原理如图3所示，该电池从浓缩海水中提取LiCl的同时又获得了电能。 ①X为 　 　极，Y极反应式； 　 　。 ②Y极生成1mol Cl2时，2mol Li+移向 　 　（填“X”或“Y”）极。 23．（2024秋•桃城区月考）金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题： （1）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的离子是　 　。 （2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl的方法制备金属Na，电解反应方程式为2NaCl（l）2Na（l）+Cl2（g）。电解过程中加入CaCl2的目的是　 　。 （3）“神舟号”载人航天器的返回舱内，为防止CO2浓度过大导致航天员困乏，会用过氧化钠降低CO2的浓度，该过程发生反应的化学方程式为　 　。 （4）Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中通入O2后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式：　 　。 （5）新配制的FeCl2溶液中应加入　 　以防止FeCl2转化为FeCl3，要除去FeCl3溶液中的少量FeCl2杂质，可向其中通入适量的　 　。 （6）某同学为检验某未知溶液中是否含有Fe2+，设计如下实验方案加以验证：取少许未知溶液于试管中﹣通Clz滴KSCN浴溶液呈红色（证明含有Fe+）。你认为此方案　 　（填“合理”或“不合理”），若不合理，如何改进：　 　（若前一空选填“合理”，此空无须作答）。 24．（2024秋•萍乡期中）工业尾气脱硝是减少空气污染的重要举措。 （1）已知：一定温度下，由元素的最稳定单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓。 气态物质 CH4 CO2 O2 N2 H2O NO 摩尔生成焓/（kJ•mol﹣1） ﹣74.6 ﹣393.5 0 0 ﹣241.8 91.3 则脱硝反应CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）的ΔH＝ 　 　kJ•mol﹣1。 （2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将p（CH4）：p（NO）：p（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图。当温度低于780K时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 　 　；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，可能原因是 　 　。 （3）在催化剂催化作用下，NH3可脱除烟气中的NO，发生的反应为4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）ΔH＜0。一定温度下，向2L恒容密闭容器（含催化剂）中投入2mol NH3和3mol NO发生反应。反应经3min达到平衡状态，此时NO的转化率为60%。 ①0～3min内，v（NH3）＝ 　 　。 ②该温度下，该反应的平衡常数为 　 　（将具体数值代入表达式即可）mol•L﹣1。 （4）在船舶废气的脱硝工艺中，常采用无隔膜电解法对海水进行电解（产生次氯酸盐），再用循环喷淋模式对船舶废气进行脱硝。电解海水溶液的pH对氮氧化物的去除率会产生一定影响，如图。电解海水溶液pH 从5.5下降至4.5过程中，NO和NO2的去除率快速上升的原因是 　 　。综合考虑脱硝效率、后期处理、设备使用等因素，选择电解海水溶液的最佳pH为 　 　。 （5）二氧化铈（CeO2）作为一种脱硝催化剂，能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，能将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Ce（Ⅲ）xCe（Ⅳ）yOz]。铈氧化物发生的可能变化如图所示。当1mol CeO2氧化标准状况下5.6LNO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2024秋•河北期中）下列有关说法中正确的是（　　） A．1L0.5mol/LH2SO4溶液和1L0.5mol/LBa（OH）2溶液反应，理论上放出的热量为57.3kJ B．25℃、101kPa时，理论上用1mol S（s）和2mol S（s）测出的燃烧热相等 C．H2燃烧热为285.8kJ/mol，则2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH＝﹣571.6kJ/mol D．已知S（s）+O2（g）＝SO3（g）ΔH＝﹣269.8kJ/mol，则硫生成SO3的反应热为269.8kJ/mol 【答案】B 【分析】A．生成硫酸钡也是放热的； B．物质的燃烧热是定值，与物质的多少无关； C．燃烧热是生成稳定化合物时，放出的热量，水必须是液态的； D．放热反应的反应热小于0，是负值。 【解答】解：A．1L0.5mol/LH2SO4溶液和1L0.5mol/LBa（OH）2溶液反应，理论上放出的热量大于57.3kJ，故A错误； B．25℃、101kPa时，理论上用1mol S（s）和2mol S（s）测出的燃烧热是相等的，故B正确； C．H2燃烧热为285.8kJ/mol，则2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH＝﹣571.6kJ/mol，故C错误； D．已知S（s）+O2（g）＝SO3（g）ΔH＝﹣269.8kJ/mol，则硫生成SO3的反应热为﹣269.8kJ/mol，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。 2．（2024秋•河北期中）一定条件下，在某一密闭容器中，发生反应TiCl4（g）+N2（g）+2H2（g）⇌TiN（s）+4HCl（g）ΔH＞0，下列说法正确的是（　　） A． B．高温下有利于该反应自发进行 C．该反应的能量变化如图所示 D．当ΔH保持不变时，该反应达到平衡 【答案】D 【分析】A．反应速率之比等于化学计量数之比； B．ΔH﹣T△S＜0时，反应自发进行； C．该反应为吸热反应，图示反应为放热反应； D．当ΔH保持不变时，即温度不变，可逆反应达到平衡。 【解答】解：A．反应速率之比等于化学计量数之比，则＝，故A错误； B．反应TiCl4（g）+N2（g）+2H2（g）⇌TiN（s）+4HCl（g）ΔH＞0，△S＜0，高温时，不利于ΔH﹣T△S＜0，即不利于该反应自发进行，故B错误； C．该反应为吸热反应，图示反应为放热反应，故C错误； D．当ΔH保持不变时，即温度不变，可逆反应达到平衡，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。 3．（2024秋•桃城区月考）已知X转化为R和W的反应分步进行：①X（g）⇌Y（g）+2W（g），②Y（g）⇌R（g）+W（g）。反应过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　） A．1mol Y（g）的能量低于1mol R（g）和1mol W（g）的能量之和 B．反应①生成1mol Y（g）时吸收（Ea1﹣Ea2）kJ能量 C．X转化为R的总反应生成1mol W（g）时吸收（Ea1﹣Ea2+Ea3﹣Ea4）kJ能量 D．断裂1mol X（g）中化学键吸收的能量大于形成1mol W（g）中化学键所放出的能量 【答案】C 【分析】A．根据②Y（g）⇌R（g）+W（g）中反应物总能量低于生成物总能量，进行分析； B．根据①X（g）⇌Y（g）+2W（g）中反应物总能量低于生成物总能量，进行分析； C．根据盖斯定律①+②得X进行分析； D．根据①X（g）⇌Y（g）+2W（g）中反应物总能量低于生成物总能量，反应为吸热反应，进行分析。 【解答】解：A．②Y（g）⇌R（g）+W（g）中反应物总能量低于生成物总能量，即1mol Y（g）的能量低于1mol R（g）和1mol W（g）的能量之和，故A正确； B．①X（g）⇌Y（g）+2W（g）中反应物总能量低于生成物总能量，生成1mol Y（g）时吸收（Eal﹣Ea2）kJ能量，故B正确； C．盖斯定律，化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的，即化学反应热只与其反应的始态和终态有关，而与具体反应进行的途径无关，由盖斯定律，①+②得X转化为R的总反应为X（g）⇌R（g）+3W（g），由图示可知其反应物总能量低于生成物总能量，反应为吸热反应，生成1mol W（g）时吸收能量，故C错误； D．①X（g）⇌Y（g）+2W（g）中反应物总能量低于生成物总能量，反应为吸热反应，所以断裂1mol X（g）中化学键吸收的能量大于形成1mol Y（g）和2mol W（g）中化学键所放出的能量，即断裂1mol X（g）中化学键吸收的能量大于形成1mol W（g）中化学键所放出的能量，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 4．（2024秋•桃城区校级期中）下列图示与对应的分析相符的是（　　） A．图甲曲线表示反应A+B＝C+D的ΔH＝（a﹣c）kJ•mol﹣1 B．由图乙可知反应在T2处达到平衡，且该反应的ΔH＞0 C．图丙可以表示向氨水中滴加稀盐酸，溶液中由水电离的c（H+）随加入盐酸体积的变化 D．由图丁可知，用0.0100mol•L﹣1的硝酸银溶液，滴定等体积等浓度的Cl﹣、Br﹣及I﹣的混合溶液，Cl﹣沉淀（X﹣表示Cl﹣、Br﹣或I﹣） 【答案】C 【分析】A．图甲曲线表示反应A+B＝C+D是放热反应，ΔH生成物的总能量﹣反应物的总能量； B．由图乙可知T2时Z的体积分数最高，说明反应在T2处达到平衡，T2以后随着温度升高，Z的体积分数减小，说明平衡逆向移动，故该反应为放热反应； C．氨水中一水合氨的电离抑制水的电离，向氨水中滴加稀盐酸，生成氯化铵，铵根离子的水解促进水的电离，当稀盐酸过量时，HCl的电离又抑制水的电离，则向氨水中滴加稀盐酸，溶液中由水电离的 c（H+）先增大后减小； D．用0.0100mol•L﹣1的硝酸银溶液，滴定等浓度的Cl﹣、Br﹣及I﹣的混合溶液，由于AgI的溶解度最小，I﹣先沉淀。 【解答】解：A．ΔH生成物的总能量﹣反应物的总能量＝﹣（a﹣c）kJ•mol﹣1，故A错误； B．由图乙可知T2时Z的体积分数最高，说明反应在T2处达到平衡，T2以后随着温度升高，Z的体积分数减小，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，则ΔH＜0，故B错误； C．氨水中一水合氨的电离抑制水的电离，向氨水中滴加稀盐酸，生成氯化铵，铵根离子的水解促进水的电离，当稀盐酸过量时，HCl的电离又抑制水的电离，则向氨水中滴加稀盐酸，溶液中由水电离的 c（H+）先增大后减小，故C正确； D．用0.0100mol•L﹣1的硝酸银溶液，滴定等浓度的Cl﹣、Br﹣及I﹣的混合溶液，由于AgI的溶解度最小，I﹣先沉淀，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．（2022秋•无极县校级月考）如图表示在催化剂（Nb2O5）表面进行的反应：H2（g）+CO2（g）═CO（g）+H2O（g）。 已知下列反应： ①2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）ΔH1 ②C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH2 ③C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH3 下列说法错误的是（　　） A．ΔH2＜ΔH3 B．图中的能量转化方式主要为太阳能转化为化学能 C．反应2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）的ΔH＝2（ΔH3﹣ΔH2） D．反应H2（g）+CO2（g）═CO（g）+H2O（g）的ΔH＝ΔH2﹣ΔH3+ΔH1 【答案】A 【分析】A．C（s）完全燃烧放出的热量高于C（s）不完全燃烧放出的热量； B．在光照、过氧化钠的催化作用下，二氧化碳和氢气反应生成一氧化碳和水蒸气； C．根据盖斯定律：2×（③﹣②）得2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）； D．根据盖斯定律：×①+②﹣③得H2（g）+CO2（g）═CO（g）+H2O（g）。 【解答】解：A．C（s）完全燃烧放出的热量高于C（s）不完全燃烧放出的热量，则ΔH2＞ΔH3，故A错误； B．在光照、过氧化钠的催化作用下，二氧化碳和氢气反应生成一氧化碳和水蒸气，则图中的能量转化方式主要为太阳能转化为化学能，故B正确； C．根据盖斯定律：2×（③﹣②）得2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）ΔH＝2（ΔH3﹣ΔH2），故C正确； D．根据盖斯定律：×①+②﹣③得H2（g）+CO2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH＝ΔH2﹣ΔH3+ΔH1，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 6．（2024秋•河北期中）NH3—O2燃料电池装置如图所示（两电极均为惰性电极且质量相等），下列说法正确的是（　　） A．电池工作时，M电极发生还原反应 B．N电极上的电极反应式为O2﹣4e﹣+2H2O＝4OH﹣ C．电池工作一段时间后，M电极质量比N电极质量轻 D．该电池的总反应为3O2+4NH3═2N2+6H2O 【答案】D 【分析】A．原电池中，失电子的电极发生氧化反应； B．N电极上O2得电子和H2O反应生成OH﹣； C．M电极上生成N2、H2O，N电极上生成OH﹣； D．该电池中，反应物是NH3、O2，生成物是N2和H2O。 【解答】解：A．根据图知，M电极上NH3失电子和OH﹣反应生成N2和H2O，则M电极发生氧化反应，故A错误； B．N电极上O2得电子和H2O反应生成OH﹣，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，故B错误； C．M电极上生成N2、H2O，N电极上生成OH﹣，电池工作一段时间后，M、N电极的质量相等，故C错误； D．该电池中，反应物是NH3、O2，生成物是N2和H2O，电池反应式为3O2+4NH3＝2N2+6H2O，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确原电池原理、各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。 7．（2024秋•桃城区校级期中）环境监察局常用“定电位”NOx传感器来监测化工厂的氮氧化物气体是否达到排放标准，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．对电极是负极 B．工作电极上发生的电极反应为NO2+2e﹣+2H+＝NO+H2O C．对电极的材料可能为锌 D．传感器工作时H+由工作电极移向对电极 【答案】D 【分析】由二氧化氮转化为一氧化氮可知，工作电极为原电池的正极，酸性条件下二氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成一氧化氮和水，对电极是负极，电极材料可能为锌，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子。 【解答】解：A．由分析可知，对电极是原电池的负极，故A正确； B．由分析可知，工作电极为原电池的正极，酸性条件下二氧化氮在正极得到电子发生还原反应生成一氧化氮和水，电极反应式为NO2+2e﹣+2H+＝NO+H2O，故B正确； C．由分析可知，对电极是负极，电极材料可能为锌，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，故C正确； D．由分析可知，工作电极为原电池的正极，对电极是负极，则传感器工作时氢离子由对电极移向工作电极，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 8．（2023秋•辛集市期末）关于如图所示各装置的叙述正确的是（　　） A．图1是化学能转变为电能的装置，总反应为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+ B．图2铁钉发生吸氧腐蚀，导管中水面上升，负极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣ C．图3装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变 D．图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀 【答案】D 【分析】A．该装置为原电池装置，化学能转变为电能，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极； B．发生吸氧腐蚀，遵循原电池工作原理，负极上发生Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极上发生O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣； C．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极； D．根据电解原理，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀。 【解答】解：A．该装置实现化学能转变为电能，为原电池装置，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极，总反应式为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，故A错误； B．发生吸氧腐蚀，负极上发生Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极上发生O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，遵循原电池工作原理，氧气被吸收使具支试管中气体压强减小，因此导管中水面上升，故B错误； C．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，因此铜作阳极，待镀铁件作阴极，故C错误； D．根据电解原理，是外接电源的阴极保护法，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查电化学原理，涉及原电池装置、金属的腐蚀、电解的应用等，题目中等难度。 9．（2024秋•桃城区校级期中）一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过CuO催化消耗血糖发电，从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。（血糖浓度以葡萄糖浓度计）葡萄糖电池工作时，下列叙述错误的是（　　） A．电池总反应为2C6H12O6+O2＝2C6H12O7 B．b电极上CuO通过Cu（Ⅱ）和Cu（Ⅰ）相互转变起催化作用 C．消耗0.1mmol葡萄糖，理论上a电极有0.4mmol电子流入 D．两电极间血液中的Na+在电场驱动下的迁移方向为b→a 【答案】C 【分析】A．根据图知，放电时，a电极上O2得电子和H2O反应生成OH﹣，a电极为正极，则b电极为负极，b电极上葡萄糖失电子和OH﹣反应生成葡萄糖酸，电池总反应为葡萄糖和O2发生氧化还原反应生成葡萄糖酸； B．b电极上Cu2O被葡萄糖还原为CuO，CuO被氧化为Cu2O； C．根据反应2C6H12O6+O2＝2C6H12O7可知，1mol C6H12O6参加反应时转移2 mol电子，据此计算0.1mmol葡萄糖参加反应a电极上流入电子的物质的量； D．放电时，血液中的阳离子由负极移向正极。 【解答】解：A．根据图知，放电时，a电极上O2得电子和H2O反应生成OH﹣，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，a电极为正极，则b电极为负极，b电极上葡萄糖失电子和OH﹣反应生成葡萄糖酸，b电极上发生的反应为Cu2O﹣2e﹣+2OH﹣＝2CuO+H2O、C6H12O6+2CuO＝C6H12O7+Cu2O，电池总反应为葡萄糖和O2发生氧化还原反应生成葡萄糖酸，所以电池总反应式为2C6H12O6+O2＝2C6H12O7，故A正确； B．Cu2O在b电极上失电子转化成CuO，CuO氧化葡萄糖时被还原生成Cu2O，它们的相互转变起催化作用，故B正确； C．根据反应2C6H12O6+O2＝2C6H12O7可知，1mol C6H12O6参加反应时转移2 mol电子，据此计算0.1mmol葡萄糖参加反应a电极上流入电子的物质的量为0.2mmol，故C错误； D．放电时，血液中的阳离子由负极移向正极，则Na+迁移方向为b→a，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查原电池原理，侧重考查阅读、图象分析判断及知识综合运用能力，明确正负极的判断方法、各个电极上发生的反应是解本题关键，题目难度不大。 10．（2024秋•桃城区月考）水系双离子电池相比于锂电池有安全和成本优势，在储能领域有较好应用。我国最新水系（碱性）双离子电池的工作原理如图所示，下列有关叙述错误的是（　　） A．放电时，电解质溶液中的Na+由b极区向a极区转移 B．充电时，电极b作阴极，发生还原反应 C．第1次放电时，a极的电极反应式为 D．放电时，若a极得到3.2gCu和2.88gCu2O，则电路中转移的电子的物质的量为0.14 mol 【答案】D 【分析】放电时为原电池，由图可知a极上的反应涉及Cu3（PO4）2→Cu2O→Cu，即a极为正极，则b极为负极，充电时a极为阳极、b极为阴极。 【解答】解：A．放电时为原电池，Cu3（PO4）2→Cu2O→Cu，b极为负极，a极为正极，电解质溶液中的钠离子向正极移动，即钠离子由b极区向a极区转移，故A正确； B．充电时，电极b作阴极，发生还原反应，故B正确； C．放电时，a极的电极反应涉及Cu3（PO4）2→Cu2O→Cu，Cu元素化合价降低，发生还原反应，第1次放电时，a极的电极反应式为，故C正确； D．放电时，a极的电极反应涉及Cu3（PO4）2→Cu2O→Cu，若a极得到3.2gCu和2.88gCu2O，Cu3（PO4）2→3Cu2O时移的电子的物质的量为，由Cu3（PO4）2→3Cu时移的电子的物质的量为，即共转移0.1mol+0.04mol＝0.14mol，但是由于a极还有水放电，所以电路中转移的电子的物质的量大于0.14 mol，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 11．（2024秋•石家庄期中）如图分别为氯化钠在不同状态下导电的微观示意图（X、Y均为石墨电极，分别与电源正、负极相连）。下列说法正确的是（　　） A．氯化钠在通电条件下发生电离 B．图1中代表的是水合钠离子 C．图2表示熔融状态下氯化钠的导电过程 D．固体氯化钠由NaCl分子构成，因此不导电 【答案】C 【分析】A．物质电离是水分子的作用； B．图1中，水中的H原子靠近中心离子，H原子带正电，靠近的原子带负电荷； C．图2中，没有水分子； D．固体氯化钠由Na+、Cl﹣构成的离子化合物，无氯化钠分子。 【解答】解：A．氯化钠在水分子的作用下，发生电离，故A错误； B．图1中代表的是水合氯离子，故B错误； C．图2中，没有水分子，表示熔融状态下氯化钠的导电过程，故C正确； D．固体氯化钠由Na+、Cl﹣构成的离子化合物，固态时，没有自由移动的离子，因此不导电，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查氯化钠的电离与导电性分析，属于基本知识的考查，难度不大。 12．（2024秋•石家庄期中）下列有关分类的说法正确的是（　　） A．NaHCO3溶液显碱性，因此NaHCO3不是正盐 B．CH3COOH是有机物，因此CH3COOH是非电解质 C．氨水导电的微粒是NH3•H2O电离产生的，因此NH3•H2O是电解质 D．Fe2O3不能与水反应生成Fe（OH）3和水，因此Fe2O3不是碱性氧化物 【答案】C 【分析】A．根据碳酸氢根以水解为主，进行分析； B．根据CH3COOH是有机物，是酸，进行分析； C．根据NH3•H2O在水溶液中电离产生铵根和氢氧根，进行分析； D．根据碱性氧化物不一定与水反应，进行分析。 【解答】解：A．NaHCO3溶液显碱性，是因为碳酸氢根以水解为主，不能得出NaHCO3不是正盐的结论，故A错误； B．CH3COOH是有机物，是酸，是电解质，故B错误； C．NH3•H2O在水溶液中电离产生铵根和氢氧根，一水合氨是电解质，故C正确； D．碱性氧化物不一定与水反应，氧化铁能与酸反应仅生成盐和水，是碱性氧化物，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查电解质与非电解质等，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。 13．（2023秋•唐山期末）室温下，两种难溶盐AgCl（白色）、Ag2CrO4（砖红色）的离子浓度关系曲线如图所示，其中p（Cl﹣）＝﹣lgc（Cl﹣）、p（）＝﹣lgc（）、p（Ag+）＝﹣lgc（Ag+），lg2＝0.3。 下列说法错误的是（　　） A．Ksp（Ag2CrO4）＝4×10﹣12 B．向A点的混合溶液中，加入硝酸银固体，变小 C．B点条件下能生成白色沉淀，不能生成砖红色沉淀 D．向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生白色沉淀 【答案】B 【分析】A．图象中（9.6，0）和（0，9.6）符合Ksp（AgCl），图中（0，11.4）和（5.7，0）符合Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）×c（）； B．A点＝1，向A点的混合溶液中，加入硝酸银固体，溶液中银离子浓度增大，P（Ag+）减小，c（）＜c（Cl﹣）； C．图象分析可知，B点AgCl过饱和，Ag2CrO4未饱和； D．向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，Ksp（AgCl）＝10﹣9.6＞Ksp（Ag2CrO4）。 【解答】解：A．图中（0，11.4）和（5.7，0）符合Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag+）×c（）＝1×1×10﹣11.4≈10﹣12，故A正确； B．A点＝1，向A点的混合溶液中，加入硝酸银固体，溶液中银离子浓度增大，P（Ag+）减小，c（）＜c（Cl﹣），＞1，故B错误； C．B点AgCl过饱和，Ag2CrO4未饱和，B点条件下能生成白色沉淀，不能生成砖红色沉淀，故C正确； D．向等浓度的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加AgNO3溶液，Ksp（AgCl）＝10﹣9.6＞Ksp（Ag2CrO4），c（）＝c（Cl﹣）时，先产生白色沉淀AgCl，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查了沉淀溶解平衡、溶度积常数的计算和应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 14．（2024秋•桃城区校级期中）室温下，下列实验探究CH3COOH是弱电解质的方案不能够达到目的的是（　　） 选项 探究方案 A 测定0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH B 将pH＝3的CH3COOH溶液稀释10倍，测pH C 向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，测定pH是否变化 D 测量醋酸、盐酸的导电性强弱 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【分析】A．测定0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH，若其pH＞1则说明CH3COOH在水溶液中部分电离； B．CH3COOH若为强电解质，将pH ＝3的CH3COOH溶液加水稀释10倍，溶液的pH＝4，由于3＜pH＜4，则CH3COOH为弱电解质； C．向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，若测定其pH＞1，说明CH3COOH为弱电解质； D．醋酸和盐酸的浓度不定，不能通过测量醋酸、盐酸的导电性强弱来判定CH3COOH是否为弱电解质。 【解答】解：A．测定0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液的pH，若其pH＞1则说明CH3COOH在水溶液中部分电离，能证明CH3COOH为弱电解质，故A正确； B．pH ＝3的强酸加水稀释10倍，溶液的pH＝4，由于3＜pH＜4，则CH3COOH为弱电解质，加水稀释，CH3COOH的电离平衡右移，故B正确； C．向0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，若测定其pH＞1，说明CH3COOH为弱电解质，加入少量CH3COONa固体，CH3COO﹣浓度增大，抑制了CH3COOH的电离，故C正确； D．醋酸和盐酸的浓度不定，不能通过测量醋酸、盐酸的导电性强弱来判定CH3COOH是否为弱电解质，故D错误； 故选：D。 【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。 15．（2024秋•桃城区校级期中）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（　　）（已知：T＞25） A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B＞A＞D B．25℃时，向pH＝1的稀硫酸中逐滴加入pH＝8的稀氨水，溶液中逐渐减小 C．25℃时，保持温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体，体系可以从A点变化到C点 D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na+、Fe3+、Cl﹣、 【答案】B 【分析】A．根据水的电离是吸热过程，温度越高，Kw越大，进行分析； B．根据25℃时，Kb（NH3•H2O）为定值，进行分析； C．根据温度不变，Kw不变，进行分析； D．根据pH＝7，Fe3+不能大量存在，进行分析。 【解答】解：A．温度不变，Kw不变，A、D两点都处于25℃的条件下，Kw相等，B点温度大于25℃，水的电离是吸热过程，温度越高，Kw越大，故A、B、D三点处Kw的大小关系为B＞A＝D，故A错误； B．Kb（NH3•H2O）＝，则＝，25℃时，Kb（NH3•H2O）为定值，向pH＝1的稀硫酸中逐滴加入pH＝8的稀氨水的过程中，pH逐渐增大，即c（OH﹣）逐渐增大，则逐渐减小，即逐渐减小，故B正确； C．温度不变，Kw不变，向水中加入适量NH4Cl固体，溶液中c（H+）增大，c（OH﹣）减小，而A点到C点过程中c（H+）、c（OH﹣）都增大，故C错误； D．A点所对应的溶液中，pH＝7，铁离子不能大量存在，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查水的电离等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 16．（2024•定州市校级开学）T℃时，将一定量的NO（g）和O2（g）充入某恒容密闭容器中，发生的反应为2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g） ΔH＜0，下列说法错误的是（　　） A．每消耗0.2mol NO（g），同时生成0.2mol NO2（g），该反应达到平衡状态 B．仅加入合适的催化剂，ΔH的大小保持不变 C．仅降低温度，有利于提高O2（g）的平衡转化率 D．当混合气体的密度不再随时间发生改变时，不能说明该反应达到平衡状态 【答案】A 【分析】A．化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等； B．反应热由反应物和生成物的总能量大小决定； C．依据温度变化对平衡的影响分析； D．化学反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分浓度和百分含量保持不变。 【解答】解：A．每消耗0.2mol NO（g），同时生成0.2mol NO2（g），均为正反应速率，无法判断反应是否达到平衡状态，故A错误； B．反应热由反应物和生成物的总能量大小决定，加入催化剂，ΔH的大小保持不变，故B正确； C．仅降低温度，平衡正向移动，有利于提高O2（g）的平衡转化率，故C正确； D．反应前后气体总质量不变，容器容积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明该反应达到平衡状态，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。 17．（2024秋•河北期中）一定温度下，在5L恒容密闭容器中，充入0.4mol NH3（g）和0.6mol NO（g），发生的反应为4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g），下列数据不合理的是（　　） A．反应达平衡后，混合气体的初始压强与平衡压强之比可能为 B．反应一段时间后，m（N2）+m（H2O）＝31g C．0～4min内反应速率v（NO）＝0.015mol•L﹣1•min﹣1 D．反应一段时间后，混合气体中氧、氢原子个数之比 【答案】B 【分析】A．同温同压下，压强之比等于物质的量之比； B．根据可逆反应和质量守恒进行判断； C．当v（NO）＝0.015mol•L﹣1•min﹣1时，0～4min内NO的变化量为0.015mol•L﹣1•min﹣1×5L×4min＝0.3mol； D．根据原子守恒进行判断。 【解答】解：A．该反应为气体体积增大的反应，反应达到平衡时，气体的物质的量增大，同温同压下，压强之比等于物质的量之比，则混合气体的初始压强与平衡压强之比小于1，即混合气体的初始压强与平衡压强之比可能为，故A正确； B．该反应为可逆反应，反应不能全部转化为生成物，即氮气和水蒸气的质量和小于0.4mol NH3（g）和0.6mol NO（g）的总质量，0.4mol NH3（g）和0.6mol NO（g）的总质量为24.8g，m（N2）+m（H2O）小于24.8g，故B错误； C．当v（NO）＝0.015mol•L﹣1•min﹣1时，0～4min内NO的变化量为0.015mol•L﹣1•min﹣1×5L×4min＝0.3mol，小于初始量0.6mol，故C正确； D．反应前后H原子、O原子量不发生变化，则混合气体中氧、氢原子个数之比＝＝，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡和质量守恒，侧重考查学生分析能力，题目难度中等。 18．（2024秋•桃城区校级期中）在一密闭容器中发生反应：2X（g）+Y（g）⇌aZ（g）ΔH＝QkJ•mol﹣1，开始按体积比2：1将X、Y充入反应器中，一定条件下发生反应。图甲和图乙是根据反应绘制的图像，下列有关说法正确的是（　　） A．图甲，p1＞p2，a＜3 B．图甲，T1＜T2，Q＞0 C．图乙，如果a＝3，t2时改变的条件可能为增大压强，此时活化分子百分数增大，单位体积内活化分子数增大，反应速率增大 D．图乙，t1时表示恒温，恒压条件下，向平衡体系中充入一定量的Z气体 【答案】D 【分析】A．根据先拐先平数值大，p1＞p2，压强大，而Z的体积分数小，则加压平衡逆向移动进行分析； B．根据T2先达到平衡，T1＜T2，进行分析； C．根据t2时表示向体系中加入了催化剂或增大压强，增大压强，单位体积内活化分子数增大，而活化分子百分数保持不变进行分析； D．根据向平衡体系中充入一定量的Z气体，该平衡与原平衡等效，进行分析。 【解答】解：A．先拐先平数值大，由p1T2、p2T2可知，p1先达到平衡，则p1＞p2，压强大，而Z的体积分数小，则加压，平衡逆向移动，所以a＞3，故A错误； B．T2先达到平衡，则T1＜T2，温度高，而Z的体积分数小，则升高温度，平衡逆向移动，所以Q＜0，故B错误； C．如果a＝3，该反应为气体体积不变的反应，t2时正、逆反应速率同等程度的增大，则t2时表示向体系中加入了催化剂或增大压强，增大压强，单位体积内活化分子数增大，而活化分子百分数保持不变，故C错误； D．t1时恒温、恒压条件下，向平衡体系中充入一定量的Z气体，c（X）、c（Y）减小，c（Z）增大，v（正）减小，v（逆）增大，且平衡与原平衡等效，建立新平衡与原平衡相同，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查化学平衡的影响因素等，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•桃城区校级期中）为探究化学平衡移动的影响因素，采用下列方案设计进行实验，由现象得出的结论正确的是（　　） 选项 影响因素 方案设计 现象 结论 A 催化剂 向2mL15%H2O2溶液中加入5滴0.1mol/LFeCl3溶液 溶液中产生气泡 使用合适的催化剂可使平衡正向移动 B 压强 向针筒中充入50mLHI（g），分解达到平衡后再压缩针筒内气体 气体颜色变深 增大压强，平衡正向移动 C 温度 加热2mL1.0mol/LNaHCO3溶液（含有酚酞）的试管 红色变深 升高温度，水解平衡向吸热方向移动 D 浓度 向4mL0.1mol/LK2CrO4溶液中滴加数滴1mol/LHNO3溶液 黄色溶液变橙色 增大反应物浓度，平衡向正方向移动 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【分析】A．催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动； B．一定温度下，压缩装有HI、I2和H2容器的体积，各物质浓度均增大，气体颜色加深； C．碳酸氢钠溶液加热可能分解会生成碳酸钠，碳酸钠碱性强于碳酸氢钠误； D．形成溶液为橙色，形成溶液为黄色，加入HNO3溶液后，氢离子浓度增大，导致平衡正向移动。 【解答】解：A．催化剂只能改变化学反应速率，不能使平衡移动，故A错误； B．一定温度下，压缩装有HI、I2和H2容器的体积，各物质浓度均增大，气体颜色加深，该反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）前后系数相等，则平衡不移动，故B错误； C．碳酸氢钠溶液加热可能分解会生成碳酸钠，碳酸钠碱性强于碳酸氢钠，溶液颜色也会加深，故C错误； D．形成溶液为橙色，形成溶液为黄色，加入HNO3溶液后，氢离子浓度增大，导致平衡正向移动，溶液由黄色变为橙色，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•桃城区校级期中）已知：NO（g）+O3（g）⇌NO2（g）+O2（g）ΔH。实验测得速率方程为v正＝k正c（NO）•c（O3），v逆＝k逆c（NO2）•c（O2）（k正、k逆为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关）。向2L恒容密闭容器中充入0.4mol NO（g）和0.6mol O3（g）发生上述反应，测得NO的体积分数x（NO）与温度和时间的关系如图所示。下列说法正确的是（　　） A．此反应ΔH＞0 B．正、逆反应活化能的大小关系为Ea（正）＞Ea（逆） C．T1温度下的温度下的 D．化学反应速率：c点的V正＞b点的V逆＞a点的V正 【答案】D 【分析】A．根据先拐先平衡规律可知，T1＞T2，T1时x（NO）大，说明升高温度平衡逆向移动，逆反应为吸热反应； B．由于该反应逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0； C．当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，K正c（NO）•c（O3）＝K逆c（NO2）•c（O2），； D．T1＞T2，c点未达平衡状态，b点达平衡状态，正逆反应速率相等且x（NO）：b点＜c点，b点温度和反应物浓度均大于a点，反应速率大于a点。 【解答】解：A．T1＞T2，T1时x（NO）大，则升高温度，平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误； B．由于该反应逆反应为吸热反应，则ΔH＜0，故正逆反应活化能：Ea（正）＜Ea（逆），故B错误； C．当反应达到平衡时，正逆反应速率相等，K正c（NO）•c（O3）＝K逆c（NO2）•c（O2），，由于T1＞T2，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则T1温度下的T2温度下的，故C错误； D．T1＞T2，c点未达平衡状态，b点达平衡状态，正逆反应速率相等且x（NO）：b点＜c点，b点温度和反应物浓度均大于a点，反应速率大于a点，故化学反应速率：c点的v正＞b点的v逆＞a点的v正，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。 二．解答题（共4小题） 21．（2024秋•河北期中）甲醇的用途十分广泛，主要用于有机合成、作燃料、生产农药、作良好的有机溶剂等。工业上可利用CO或CO2来生产燃料甲醇。已知： ①2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＝﹣90kJ/mol K1 ②H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）ΔH2＝41.12kJ/mol K2 ③3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH3K3 （1）ΔH3＝ 　﹣48.88　kJ/mol，K3＝ 　K1•K2　（用K1、K2表示）。 （2）恒温恒容容器内发生反应②，下列说法能说明反应达到平衡状态的是 　B　。 A.容器中气体压强不再变化 B.相同时间段内断裂H—H与H—O的物质的量之比为1：2 C.混合气体的密度不变 D.单位时间内生成1mol CO的同时消耗2mol CO2 （3）在体积为1L的恒容密闭容器中通入1mol CO2和1mol H2，发生反应③，测得平衡时H2（g）的体积分数φ随温度、压强变化如图所示。 ①Y表示 　压强　（填“温度”或“压强”），说明理由 　该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，H2的体积分数减小，根据曲线可以判断出横坐标是压强　。 ②m、n、q点的平衡常数由大到小的顺序为 　m＝n＞q　。 ③若q点对应的纵坐标为25，此时H2O的体积分数为 　12.5%　，该条件下平衡常数K3＝ 　0.78　。 【答案】（1）﹣48.88kJ/mol；K1•K2； （2）B； （3）①压强；该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，H2的体积分数减小，根据曲线可以判断出横坐标是压强； ②m＝n＞q； ③12.5%；0.78。 【分析】（1）根据盖斯定律来解答； （2）判断反应达到平衡状态的依据：①v（H2）正＝v（H2O）逆；②变量不再改变； （3）①增大压强，反应向气体体积减小的方向移动，升高温度，反应向吸热的方向移动； ②温度不变，平衡常数不变，正反应为吸热的，升高温度，化学平衡常数增大，正反应为放热，升高温度，化学平衡常数减小； ③根据图像，列三行式来计算。 【解答】解：（1）根据盖斯定律：反应③＝反应①+反应②，则ΔH3＝ΔH1+ΔH2＝﹣90kJ/mol+41.12kJ/mol ＝﹣48.88kJ/mol，K3＝K1•K2， 故答案为：﹣48.88kJ/mol；K1•K2； （2）A.反应前后气体总物质的量不变，则压强不变，故A错误； B.相同时间段内断裂H—H与H—O的物质的量之比为1：2，说明v（H2）正＝v（H2O）逆，故B正确； C.恒温恒容，且反应前后都是气体，混合气体的总质量不变，体积不变，则密度不变，故C错误； D.单位时间内生成1mol CO的同时消耗2mol CO2，反应都是正向进行，故D错误， 故答案为：B； （3）①该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，H2的体积分数减小，根据曲线可以判断出横坐标是压强，该反应正反应放热，升高温度，化学平衡逆向移动，H2的体积分数增大，可以判断出X1＞X2，即X表示的是温度， 故答案为：压强；该反应是一个气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，H2的体积分数减小，根据曲线可以判断出横坐标是压强； ②平衡常数只和温度有关，温度不变，平衡常数不变，该反应正反应放热，升高温度，化学平衡常数减小， 故答案为：m＝n＞q； ③列出三段式： 3H2（g）+CO2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）， 起始量（mol/L） 1 1 0 0 变化量（mol/L） 3x x x x 平衡量（mol/L） 1﹣3x 1﹣x x x 由题意可知：＝25%，计算出x＝0.2，代入数据，此时H2O的体积分数为： ＝12.5%，该条件下平衡常数K3＝ ＝ ＝0.78， 故答案为：12.5%；0.78。 【点评】考查了盖斯定律的应用、化学平衡状态的判断、平衡常数的计算等知识点，是常考考点，难度中等。 22．（2024秋•桃城区校级期中）（1）一种将CO2催化转化为C2H4的电化学装置如图所示。 铂电极发生的反应为 　2CO2+12e﹣+12H+＝C2H4+4H2O　，工作过程中玻碳电极区溶液的pH 　减小　（填“增大”或“减小”）。 （2）FeS2是Li/FeS2电池（如图1）的正极活性物质，Li/FeS2电池的负极是金属Li，电解液是含锂盐的有机溶液。电池放电反应：FeS2+4Li＝Fe+4Li++2S2﹣。该反应可认为分两步进行： 第1步：FeS2+2Li﹣＝2Li++，则第2步反应为：　+2e﹣＝2S2﹣+Fe　。 （3）如图2为钠硫高能电池的结构示意图，该电池的工作温度为320℃左右，电池的反应式：2Na+xS＝Na2Sx，正极的电极反应式：　xS+2e﹣＝（或2Na++xS+2e﹣＝Na2Sx）　。M（由Na2O和Al2O3制得）的两个作用：一是将钠和硫隔开，二是 　作为电解质　。 （4）浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某浓差电池的原理如图3所示，该电池从浓缩海水中提取LiCl的同时又获得了电能。 ①X为 　正　极，Y极反应式； 　2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑　。 ②Y极生成1mol Cl2时，2mol Li+移向 　X　（填“X”或“Y”）极。 【答案】（1）2CO2+12e﹣+12H+＝C2H4+4H2O；减小； （2）+2e﹣＝2S2﹣+Fe； （3）xS+2e﹣＝（或2Na++xS+2e﹣＝Na2Sx）；作为电解质； （4）①正；2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑； ②X。 【分析】（1）铂电极上二氧化碳得电子生成乙烯，其电极反应式为2CO2+12e﹣+12H+＝C2H4+4H2O，玻碳电极上水失电子生成氧气和氢离子； （2）原电池反应为FeS2+4Li═Fe+4Li++2S2﹣．原电池原理可知，负极是Li失电子发生氧化反应，FeS2得到电子生成硫离子和铁，该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++，负极反应式为Li﹣e﹣＝Li+，用总反应减去第1步反应得，2Li+＝Fe+2Li++2S2﹣，用该反应减去负极反应式； （3）原电池正极发生得电子的还原反应，在反应2Na+xS＝Na2Sx中，硫单质得电子，故正极反应为：xS+2e﹣＝（或2Na++xS+2e﹣＝Na2Sx），M作为电解质的同时又将钠和硫隔开； （4）①X极上H+得到电子生成H2，为正极，Y极为负极； ②由电荷守恒可知，Y极生成1mol Cl2时，电路中转移2mol电子。 【解答】解：（1）铂电极上二氧化碳得电子生成乙烯，其电极反应式为2CO2+12e﹣+12H+＝C2H4+4H2O，玻碳电极上水失电子生成氧气和氢离子，则玻碳电极区溶液的pH减小， 故答案为：2CO2+12e﹣+12H+＝C2H4+4H2O；减小； （2）原电池反应为FeS2+4Li═Fe+4Li++2S2﹣．原电池原理可知，负极是Li失电子发生氧化反应，FeS2得到电子生成硫离子和铁，该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++，负极反应式为Li﹣e﹣＝Li+，用总反应减去第1步反应得，2Li+＝Fe+2Li++2S2﹣，用该反应减去负极反应式，消去Li+即可得正极反应式的第2步电极反应式为+2e﹣＝2S2﹣+Fe， 故答案为：+2e﹣＝2S2﹣+Fe； （3）原电池正极发生得电子的还原反应，在反应2Na+xS＝Na2Sx中，硫单质得电子，故正极反应为：xS+2e﹣＝（或2Na++xS+2e﹣＝Na2Sx），M作为电解质的同时又将钠和硫隔开， 故答案为：xS+2e﹣＝（或2Na++xS+2e﹣＝Na2Sx）；作为电解质； （4）①X极上H+得到电子生成H2，为正极，Y极为负极，电极方程式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑， 故答案为：正；2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑； ②由电荷守恒可知，Y极生成1mol Cl2时，电路中转移2mol电子，有2mol锂离子移向X极（正极）， 故答案为：X。 【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。 23．（2024秋•桃城区月考）金属及其化合物在生产生活中占有极其重要的地位，请结合金属及其化合物的相关知识回答下列问题： （1）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+，向其中加入足量的Na2O2后，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的离子是　Fe2+、Al3+　。 （2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl的方法制备金属Na，电解反应方程式为2NaCl（l）2Na（l）+Cl2（g）。电解过程中加入CaCl2的目的是　作助熔剂，降低NaCl的熔点，减少能耗　。 （3）“神舟号”载人航天器的返回舱内，为防止CO2浓度过大导致航天员困乏，会用过氧化钠降低CO2的浓度，该过程发生反应的化学方程式为　2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2　。 （4）Cu不活泼，通常情况下不与稀硫酸反应，但向Cu和稀硫酸的混合物中通入O2后，溶液很快变蓝色，试写出该反应的离子方程式：　2Cu+O2+4H+＝2Cu2++2H2O　。 （5）新配制的FeCl2溶液中应加入　铁粉　以防止FeCl2转化为FeCl3，要除去FeCl3溶液中的少量FeCl2杂质，可向其中通入适量的　Cl2　。 （6）某同学为检验某未知溶液中是否含有Fe2+，设计如下实验方案加以验证：取少许未知溶液于试管中﹣通Clz滴KSCN浴溶液呈红色（证明含有Fe+）。你认为此方案　不合理　（填“合理”或“不合理”），若不合理，如何改进：　取少量未知溶液，先加KSCN溶液，溶液不变红色，再加入氯水，溶液变成红色，则证明原溶液中有Fe2+　（若前一空选填“合理”，此空无须作答）。 【答案】（1）Fe2+、Al3+； （2）作助熔剂，降低NaCl的熔点，减少能耗； （3）2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2； （4）2Cu+O2+4H+＝2Cu2++2H2O； （5）铁粉；Cl2； （6）不合理；取少量未知溶液，先加KSCN溶液，溶液不变红色，再加入氯水，溶液变成 红色，则证明原溶液中有Fe2+。 【分析】（1）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入足量的Na2O2后，Fe2+被氧化成Fe3+并生成氢氧化铁沉淀，Mg2+、Cu2+生成相应的氢氧化物沉淀，Al3+生成存在于溶液中； （2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融； （3）过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，降低了降低CO2的浓度； （4）Cu和稀硫酸的混合物中滴入H2O2溶液很快变蓝色，说明铜被氧化生成Cu2+； （5）氯化亚铁具有还原性，易被空气中的氧气氧化，氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，进行分析； （6）如果原溶液中含有铁离子，加入氯气和KSCN也出现红色沉淀。 【解答】解：（1）某溶液中有Mg2+、Fe2+、Al3+、Cu2+等离子，向其中加入足量的Na2O2后，Fe2+被氧化成Fe3+并生成氢氧化铁沉淀，Mg2+、Cu2+生成相应的氢氧化物沉淀，Al3+生成存在于溶液中，过滤，将滤渣投入足量的盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的正离子是Fe2+、Al3+， 故答案为：Fe2+、Al3+； （2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，减少能耗，所以CaCl2作助溶剂， 故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，减少能耗； （3）过氧化钠降低CO2的浓度，该过程发生反应的化学方程式为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2， 故答案为：2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2； （4）金属铜投入稀硫酸中不发生反应，但再加入H2O2溶液后铜开始溶解，溶液逐渐变为蓝色，说明过氧化氢在酸性溶液中具有氧化性溶解铜，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O； 故答案为：2Cu+O2+4H+＝2Cu2++2H2O； （5）氯化亚铁具有还原性，易被空气中的氧气氧化，所以新配制的氯化亚铁溶液应加入铁粉，防止氯化亚铁转化为氯化铁；氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁，所以要除去氯化铁溶液中少量的氯化亚铁杂质，可向其中通入适量的氯气， 故答案为：铁粉；Cl2； （6）如果原溶液中含有铁离子，加入氯气和KSCN也出现红色沉淀，故应该先加KSCN溶液，无现象，再加入氯水，溶液变成红色，则原溶液有Fe2+， 故答案为：不合理；取少量未知溶液，先加KSCN溶液，溶液不变红色，再加入氯水，溶液变成 红色，则证明原溶液中有Fe2+。 【点评】本题考查了物质的性质和应用、盐的水解原理以及应用、氧化还原反应等知识，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 24．（2024秋•萍乡期中）工业尾气脱硝是减少空气污染的重要举措。 （1）已知：一定温度下，由元素的最稳定单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓。 气态物质 CH4 CO2 O2 N2 H2O NO 摩尔生成焓/（kJ•mol﹣1） ﹣74.6 ﹣393.5 0 0 ﹣241.8 91.3 则脱硝反应CH4（g）+2NO（g）+O2（g）⇌CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）的ΔH＝ 　﹣985.1　kJ•mol﹣1。 （2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将p（CH4）：p（NO）：p（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图。当温度低于780K时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 　当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高　；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，可能原因是 　高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低　。 （3）在催化剂催化作用下，NH3可脱除烟气中的NO，发生的反应为4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g）ΔH＜0。一定温度下，向2L恒容密闭容器（含催化剂）中投入2mol NH3和3mol NO发生反应。反应经3min达到平衡状态，此时NO的转化率为60%。 ①0～3min内，v（NH3）＝ 　0.2mol•L﹣1•min﹣1　。 ②该温度下，该反应的平衡常数为 　　（将具体数值代入表达式即可）mol•L﹣1。 （4）在船舶废气的脱硝工艺中，常采用无隔膜电解法对海水进行电解（产生次氯酸盐），再用循环喷淋模式对船舶废气进行脱硝。电解海水溶液的pH对氮氧化物的去除率会产生一定影响，如图。电解海水溶液pH 从5.5下降至4.5过程中，NO和NO2的去除率快速上升的原因是 　酸性增强时，有效氯ClO﹣转化为HClO和Cl2，它们的氧化性强于ClO﹣或Cl2与NO的反应是气相反应，接触更充分　。综合考虑脱硝效率、后期处理、设备使用等因素，选择电解海水溶液的最佳pH为 　7～7.5　。 （5）二氧化铈（CeO2）作为一种脱硝催化剂，能在Ce4+和Ce3+之间改变氧化状态，能将NO氧化为NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化物[Ce（Ⅲ）xCe（Ⅳ）yOz]。铈氧化物发生的可能变化如图所示。当1mol CeO2氧化标准状况下5.6LNO后，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为 　2：2：7　。 【答案】（1）﹣985.1； （2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低； （3）①0.2mol•L﹣1•min﹣1； ②； （4）酸性增强时，有效氯ClO﹣转化为HClO和Cl2，它们的氧化性强于ClO﹣或Cl2与NO的反应是气相反应，接触更充分；7～7.5； （5）2：2：7。 【分析】（1）结合摩尔生成焓的定义以及盖斯定律进行计算； （2）当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低； （3）①反应达到平衡时，v（NO）＝＝0.3mol•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计算v（NH3）； ②由起始加入量和平衡转化率求算平衡时各组分浓度，进而求算平衡常数； （4）当电解液pH从5.5下降至4.5过程中，溶液酸性增强，可生成HClO或氯气，氧化性增强，且氯气与NO接触充分，反应完全，为避免对设备的影响以及环境污染，由图象可知，pH不能太小，可维持在7～7.5； （5）当1mol CeO2氧化标况下2.24LNO后，转移电子数为＝0.2mol，则令x＝0.2mol，得y＝1mol﹣0.2mol＝0.8mol，由化合价代数和为0，2z＝0.2mol×3+0.8mol×4＝3.8mol； 【解答】解：（1）一定温度下，由元素的最稳定单质生成1mol纯物质的热效应称为该物质的摩尔生成焓，结合摩尔生成焓的定义以及盖斯定律可知，脱硝反应CH4（g）+2NO（g）+O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）+N2（g）的ΔH＝（﹣393.5kJ•mol﹣1）+2×（﹣241.8kJ•mol﹣1）﹣（﹣74.6kJ•mol﹣1）﹣2×（91.3kJ•mol﹣1）＝﹣985.1kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣985.1； （2）模拟工业尾气脱硝：一定条件下，将p（CH4）：p（NO）：p（O2）＝1：1：50的气体与Ar混合，匀速通过催化脱硝反应器，测得NO去除率和CH4转化率随反应温度的变化如图；当温度低于780K时，NO的去除率随温度升高而升高，可能原因是 当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，NO的去除率随温度升高而降低，其可能原因是高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低， 故答案为：当温度低于780K时，反应未达到平衡，升高温度，向正反应方向移动，NO的去除率升高；高于780K时，反应放热，随温度升高平衡向逆向移动，NO的去除率随温度升高而降低； （3）①反应达到平衡时，v（NO）＝＝0.3mol•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（NH3）＝v（NO）＝×0.3mol•L﹣1•min﹣1＝0.2mol•L﹣1•min﹣1， 故答案为：0.2mol•L﹣1•min﹣1； ②一定温度下，向2 L密闭刚性容器（含催化剂）中投入2mol NH3和3mol NO，发生反应4NH3（g）+6NO（g）⇌5N2（g）+6H2O（g），达到平衡状态时，NO的转化率为60%，NO反应量为3mol×60%＝1.8mol，平衡时NH3的物mol质的量为2mol﹣1.2mol＝0.8mol，NO的物质的量为3mol﹣1.8mol＝1.2mol，N2的物质的量为1.5mol，H2O的物质的量为1.8mol，NH3、NO、N2、H2O浓度分别为0.4mol•L﹣1、0.6mol•L﹣1、0.75mol•L﹣1、0.9mol•L﹣1，平衡常数K＝＝， 故答案为：； （4）当电解液pH从5.5下降至4.5过程中，溶液酸性增强，可生成HClO或氯气，氧化性增强，且氯气与NO接触充分，反应完全，为避免对设备的影响以及环境污染，由图象可知，pH不能太小，可维持在7～7.5， 故答案为：酸性增强时，有效氯ClO﹣转化为HClO和Cl2，它们的氧化性强于ClO﹣或Cl2与NO的反应是气相反应，接触更充分；7～7.5； （5）当1mol CeO2氧化标况下5.6LNO后，转移电子数为×2＝0.5mol，则n（[Ce（Ⅳ）]）＝0.5mol，根据Ce原子守恒，则n（[Ce（Ⅲ）]）＝0.5mol，即x＝y，由化合价代数和为0，2z＝x×3+y×4＝7x，生成新的铈氧化物中x、y、z的最简整数比为2：2：7， 故答案为：2：2：7。 【点评】本题考查较为综合，涉及盖斯定律的应用、电解以及氧化还原反应等知识，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的综合应用能力，题目难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$