安徽省合肥市2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试 化学练习卷

安徽省合肥市2024-2025学年高二下学期开学模拟测试化学练习卷 一．选择题（共20小题） 1．（2023秋•合肥期中）CH4和Cl2反应生成CH3Cl和HCl的部分反应进程如图所示。 已知总反应分3步进行： 第1步：Cl﹣Cl→2•Cl（g）ΔH1＝+242.7kJ•mol﹣1； 第2步：CH4（g）+•Cl（g）→CH3（g）+HCl（g）ΔH2； 第3步：•CH3（g）+Cl﹣Cl（g）+CH3Cl（g）+•Cl（g）ΔH3。 下列有关说法正确的是（　　） A．ΔH2＜0 B．第2步的反应速率小于第3步的反应速率 C．减小容器体积增大压强，活化分子百分数增加，反应速率加快 D．CH4（g）+Cl2（g）→CH3Cl（g）+HCl（g）ΔH＝﹣112.9kJ•mol﹣1 2．（2024秋•包河区校级月考）根据以下热化学方程式，ΔH1和ΔH2的大小比较不正确的是（　　） A．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH1；2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH2，则ΔH1＜ΔH2 B．Br2（g）+H2（g）＝2HBr（g）ΔH1；Br2（l）+H2（g）＝2HBr（g）ΔH2，则ΔH1＜ΔH2 C．2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）ΔH1；2H2S（g）+O2（g）＝2S（s）+2H2O（l）ΔH2，则ΔH1＜ΔH2 D．C（s）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH1；C（s）+0.5O2（g）＝CO（g）ΔH2，则ΔH1＜ΔH2 3．（2024春•庐阳区校级期末）计算机模拟催化剂表面水煤气产氢反应[CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）]过程中能量的变化如图所示。下列说法错误的是（　　） A．过程Ⅱ只有极性共价键的断裂，无共价键的形成 B．催化剂加快了反应速率，但不能提高产物的产量 C．过程Ⅰ需要吸收能量，过程Ⅲ则放出能量 D．由图可知CO2比CO稳定 4．（2024•庐阳区校级三模）CO2和H2在某催化剂表面合成CH3OH：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH，反应历程如图1所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。ΔG随温关系如图2所示。 下列说法正确的是（　　） A．该历程中的基元反应全部是放热反应 B．图2中表示该反应△G随温度的变化的是直线a C．该反应历程中活化能最小的基元反应是CH2O*+H*═CH3O* D．CO2*+H*═HCOO*过程中发生非极性键的断裂和生成 5．（2024春•合肥期中）肼（N2H4）是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．该反应为放热反应 B．1molN2H4（g）的能量低于1molN2（g）的能量 C．1molN2H4（g）分解生成1molN2（g）和2molH2（g）时，吸收的热量为（50.7+a）kJ D．断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量 6．（2024春•包河区期末）最近科学家研究了一种在酸性介质中利用电解原理进行电化学固氮的方法，反应机理示意图如图，氨气在催化剂电极表面产生。下列说法正确的是（　　） A．过程中存在H+发生氧化反应转化为H原子 B．在该过程中，氮气分子中N≡N断裂产生N原子 C．在催化剂作用下，N2与H原子反应可能生成N2H4和NH3两种产物 D．与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法会消耗大量电能，没有研究价值 7．（2024•庐阳区校级三模）便携式血糖仪能通过原电池原理迅速而准确地测得患者的血糖水平，其负极材料是附有二茂铁衍生物（Fe）涂层的碳电极，负极室的工作原理如图1所示，Fe*的结构如图2所示。下列说法错误的是（　　） A．正极的电极反应式可能为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ B．负极涉及的反应有Fe﹣e﹣═Fe C．Fe*中N的杂化方式与O相同 D．当电路中转移1mol电子时，消耗180g葡萄糖 8．（2024•包河区校级三模）一种基于固体电解质NASICON的可充电钠碘电池，具有安全、电流密度高、使用条件宽泛等优点，其工作示意图如图所示，已知电池充电时b极发生氧化反应。下列说法错误的是（　　） A．放电时a电极反应式为Na﹣e﹣＝Na+ B．电池总反应式可表示为3NaINaI3+2Na C．充电时，转移0.2mole﹣时，c区和d区的质量差改变4.6g D．若将c区换成金属锂，电池的比能量更大 9．（2024•庐阳区校级模拟）如图是一种以丙酮和异丙醇为氧化/还原电对的热电化学电池的工作原理。下列说法错误的是（　　） A．热电化学电池能将热能转化为电能 B．热端电极电势低于冷端电极电势 C．负极的电极反应： D．温差使丙酮蒸发和冷凝，引起了丙酮的浓度差，可持续放电 10．（2024春•蜀山区校级期中）如图所示装置中，可观察到检流计指针偏转，M棒变细，N棒变粗。下列说法正确的是（　　） A．M为Zn、N为Cu、P为稀硫酸，M为负极 B．M为Fe、N为石墨、P为AgNO3溶液，移向M极 C．M为Fe、N为石墨、P为CuSO4溶液，电子由N沿导线流向M D．M为Cu、N为Fe、P为AgNO3溶液，N电极上发生氧化反应 11．（2024秋•合肥期中）在下列条件下，一定能大量共存的离子组是（　　） A．能与金属Na反应产生气体的溶液中：Cl﹣、、Cu2+、Na+ B．氯水中：H+、、、Fe2+ C．澄清透明的溶液中：K+、Na+、、 D．使紫色石蕊试纸变红的溶液中：、Na+、、 12．（2023秋•庐阳区校级月考）“宏观﹣微观﹣符号”是学习化学的重要内容和方法。如图为人教版高中化学必修一教材中“NaCl固体在水中溶解和形成水合离子示意图”。下列有关说法错误的是（　　） A．在NaCl固体中，Na+和Cl﹣的排列紧密有序 B．水分子破坏了Na+和Cl﹣之间的相互作用，在形成的水合钠离子和水合氯离子中水分子的朝向不同 C．NaCl只有在水溶液中才能发生电离 D．上述过程用符号表征为NaCl＝Na++Cl﹣ 13．（2024春•包河区校级期末）实验Ⅰ和实验Ⅱ中，均有气体产生。下列分析错误的是（　　） A．Ⅱ中无沉淀生成 B．Ⅰ、Ⅱ中生成的气体均可使澄清石灰水变浑浊 C．NaHCO3溶液中： D．NaHSO3溶液中： 14．（2024•包河区校级三模）常温下，用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol•L﹣1H2A溶液，得到pH与V（NaOH）、﹣1gX[或]关系如图所示。下列或叙述正确的是（　　） A．M点对应的溶液中：c（H+）+c（H2A）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣） B．曲线n表示pH与的变化关系 C．当pH＝7时，c（A2﹣）＞c（HA﹣） D．H2A+A2﹣⇌2HA﹣的平衡常数K＝1×10﹣5.3 15．（2024•庐阳区校级模拟）将CaCO3（s）或ZnCO3（s）悬浊液置于分压固定的CO2气相中，体系中pH与lgc关系如图所示。pH变化对H2CO3的浓度基本无影响。c为H2CO3、、、Ca2+、Zn2+的浓度，单位为mol•L﹣1。已知：Ksp（CaCO3）＞Ksp（ZnCO3），CO2（g）+H2O（l）═H2CO3（aq）。下列说法错误的是（　　） A．L1表示lgc（）﹣pH曲线 B． C．Ksp（CaCO3）＝10﹣8.5 D．Ksp（ZnCO3）的数量级为10﹣10 16．（2024秋•包河区校级月考）空间站中CO2的处理涉及反应CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.9kJ•mol﹣1，下列说法正确的是（　　） A．混合气体的平均摩尔质量不再改变，说明反应达到化学平衡状态 B．若某刚性密闭容器中，初始投入c（CO2）＝1mol•L﹣1、c（H2）＝4mol•L﹣1，平衡时CO2的转化率为50%，则平衡常数K＝16 C．恒温时增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 D．使用催化剂能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率 17．（2024秋•包河区校级月考）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭真空容器中（固体试样体积忽略不计），在恒温下使其达到分解平衡：H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）能判断该反应已经达到化学平衡状态的是（　　） A．气体的总物质的量不再变化 B．H2NCOONH4浓度不再发生改变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．二氧化碳气体的体积分数不再发生改变 18．（2024秋•包河区校级月考）已知反应2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g），速率方程为v＝k⋅cn（N2O）。N2O在金（Au）表面分解的实验数据如表所示。 已知：①k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关； ②n＝0时，该反应为0级反应，n＝1时，该反应为1级反应，以此类推，n可以为整数，也可以为分数； ③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期（t1/2） t/min 0 20 40 60 80 120 c（N2O）/（mol•L﹣1） 0.100 0.080 0.060 a 0.020 0 下列说法不正确的是（　　） A．表格中a＝0.040 B．该反应为0级反应 C．该反应的速率常数k＝1.0×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1 D．保持其他条件不变，若起始浓度为0.200mol•L﹣1，则半衰期为100min 19．（2024春•庐阳区校级期末）某课外兴趣小组利用硫代硫酸钠（Na2S2O3）与稀硫酸反应，探究温度和浓度对化学反应速率的影响，设计了如表实验。下说法不正确的是（　　） 实验序号 实验温度/K 有关物质 出现浑浊所需时间/s Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 H2O V/mL c/mol•L﹣1 V/mL c/mol•L﹣1 V/mL 1 298 4 0.1 4 0.1 2 t1 2 T1 4 0.1 5 0.1 V1 t2 3 323 4 0.1 V2 0.1 1 t3 A．通过表格可以判断出t3＞t2＞t1 B．若用实验1和2探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，则需T1＝298，V1＝1 C．可通过产生浑浊的时间或单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢 D．将水更换为等量的Na2SO4溶液，对反应速率无影响 20．（2024春•包河区校级期末）利用CO2和H2可制得甲烷，实现资源综合利用。 已知：Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41.2kJ•mol﹣1 Ⅱ．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣165.0kJ•mol﹣1 在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度变化关系如图所示。 （CH4选择性＝），下列说法正确的是（　　） A．反应Ⅱ活化能：Ea（正）＞Ea（逆） B．340℃时，其他条件不变，延长反应时间，一定能提高CO2的转化率 C．在260～300℃间，其他条件不变，升高温度CH4的产率增大 D．温度大约320℃时CO2的转化率最大，说明反应Ⅰ和反应Ⅱ一定都达到了平衡状态 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•合肥期中）回答下列问题： （1）测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热（中和热为57.3kJ⋅mol﹣1）的实验装置如图1所示。 某兴趣小组的实验数值结果小于57.3kJ/mol原因可能是 　 　（填字母）。 a.实验装置保温、隔热效果差 b.读取混合液的最高温度记为终点温度 c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，直接测定H2SO4溶液的温度 （2）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图2： 反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1＝+551kJ/mol 反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝﹣297kJ/mol 反应Ⅱ的热化学方程式：　 　。 （3）由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫做键能。已知如表中所列键能数据，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝　 　kJ/mol 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ/mol a b c （4）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图3为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。其正极反应方程式为 　 　，若将负极材料改为CH4，写出其负极反应方程式 　 　。 （5）一定条件下，在水溶液中均为1mol的下列离子Cl﹣、ClO﹣、、、的能量（kJ）相对大小如图4所示，则3ClO﹣（aq）＝（aq）+2Cl﹣（aq）的ΔH＝　 　kJ/mol。 22．（2023春•合肥期中）到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的主要能源。 （1）从能量变化角度研究反应：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）。如图能正确表示该反应中能量变化的是 　 　（填字母）。 （2）从断键和成键角度分析上述反应中能量的变化，部分化学键的键能如下表： 化学键 H﹣H O＝O H﹣O 键能（kJ•mol﹣1） 436 496 463 则生成1molH2O（g）放出热量 　 　kJ。 （3）将Zn棒和Cu棒用导线连接后，放入某电解质溶液中，构成如图所示装置： ①若电解质溶液为稀硫酸，则Zn棒为原电池的 　 　（填“正”或“负”）极，可观察到Cu棒上有气泡生成，写出Cu棒上的电极反应式 　 　，移向 　 　棒。 ②若电解质为硫酸铜溶液，则Cu棒上发生 　 　（填“氧化”或“还原”）反应，Cu棒上发生的电极反应式为 　 　。 23．（2023秋•合肥期末）氯化亚铜（CuCl）是一种重要化工原料，难溶于水，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题： （1）向CuSO4与NaCl的混合溶液中通入SO2即可制得CuCl，制备过程中主要发生了以下三步反应，请写出第三步的化学反应方程式： CuSO4+4NaCl（过量）═Na2[CuCl4]+Na2SO4 2Na2[CuCl4]+SO2+2H2O═2NaH[CuCl3]+H2SO4+2NaCl 　 　。 （2）CuCl在含一定浓度Cl﹣溶液中会部分溶解，存在如下平衡：2CuCl（s）⇌Cu++ ΔH＜0，溶液中c（Cu+）和c（）的关系如图。 ①上述反应在B点的平衡常数K＝　 　mol2•L﹣2。 ②使图中的A点变为B点的措施可以是 　 　。 （3）利用CuCl难溶于水的性质，可以除去水溶液中的Cl﹣。 ①除Cl﹣的方法是向含Cl﹣的溶液同时加入Cu和CuSO4，该反应的离子方程式为 　 　。 ②若用Zn替换Cu可加快除Cl﹣速率，但需控制溶液的pH。若pH过低，除Cl﹣效果下降的原因是 　 　。 （4）产品纯度的测定：准确称取氯化亚铜产品2.3900g，溶于过量的FeCl3溶液中得250mL待测液，从中量取25.00mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用0.1000mol•L﹣1硫酸铈[Ce（SO4）2]标准溶液滴定至终点，共完成三次滴定，每次消耗Ce（SO4）2溶液体积见表。产品中CuCl的质量分数为 　 　%。（已知：CuCl+Fe3+═Cu2++Fe2++Cl﹣，Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+） 1 2 3 消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL） 23.85 24.35 23.95 若未用标准溶液润洗滴定管，则会使测定结果 　 　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 24．（2024春•包河区校级期末）为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将CO2转化成可利用的化学能源的“负碳”技术是世界各国关注的焦点。 方法Ⅰ：CO2催化加氢制甲醇。 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下： 反应i：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.0kJ•mol﹣1 反应ii：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.0kJ•mol﹣1 反应iii：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3 （1）计算反应ⅲ的ΔH3＝　 　。 （2）一定温度和催化剂条件下，0.73mol H2、0.24mol CO2和0.03mol N2（已知N2不参与反应）在密闭容器中进行上述反应，平衡时总压强为3.0MPa，CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性随温度的变化曲线如图所示。 ①图中曲线c表示物质 　 　的变化（填“CO2”、“CH3OH”或“CO”）。 ②某温度下，t1min反应到达平衡，测得容器中CH3OH的体积分数为12.5%。此时用CH3OH的分压表示0﹣t1时间内的反应速率v（CH3OH）＝　 　MPa•min﹣1。设此时n（CO）＝amol，计算该温度下反应ii的平衡常数Kx＝　 　（用含有a的代数式表示）。[已知：分压＝总压×该组分物质的量分数；对于反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），Kx＝，x为物质的量分数。] 方法Ⅱ：CO2电解法制甲醇 利用电解原理，可将CO2转化为CH3OH，其装置如图所示： （3）双极膜B侧为 　 　（填“阴离子”或“阳离子”）交换膜。 （4）TiO2电极上电极反应方程式：　 　。 方法Ⅲ：CO2催化加氢制低碳烯烃（2～4个C的烯烃） 某研究小组使用Zn﹣Ga—O/SAPO﹣34双功能催化剂实现了CO2直接合成低碳烯烃，并给出了其可能的反应历程（如图所示）。H2首先在Zn﹣Ga—O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程；SAPO﹣34则催化生成的甲醇转化为低碳烯烃。 注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。 （5）理论上，反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2023秋•合肥期中）CH4和Cl2反应生成CH3Cl和HCl的部分反应进程如图所示。 已知总反应分3步进行： 第1步：Cl﹣Cl→2•Cl（g）ΔH1＝+242.7kJ•mol﹣1； 第2步：CH4（g）+•Cl（g）→CH3（g）+HCl（g）ΔH2； 第3步：•CH3（g）+Cl﹣Cl（g）+CH3Cl（g）+•Cl（g）ΔH3。 下列有关说法正确的是（　　） A．ΔH2＜0 B．第2步的反应速率小于第3步的反应速率 C．减小容器体积增大压强，活化分子百分数增加，反应速率加快 D．CH4（g）+Cl2（g）→CH3Cl（g）+HCl（g）ΔH＝﹣112.9kJ•mol﹣1 【答案】B 【分析】A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量； B．活化能越大，反应速率越慢； C．减小容器体积增大压强，单位体积活化分子数目增加； D．CH4（g）+Cl2（g）→CH3Cl（g）+HCl（g）ΔH＝生成物总能量﹣反应物总能量。 【解答】解：A．由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，则该反应为吸热反应，ΔH2＞0，故A错误； B．由图可知，第2步活化能大于第3步，则第2步的反应速率小于第3步的反应速率，故B正确； C．减小容器体积增大压强，单位体积活化分子数目增加，但活化分子百分数不变，反应速率加快，故C错误； D．CH4（g）+Cl2（g）→CH3Cl（g）+HCl（g）ΔH＝生成物总能量﹣反应物总能量＝﹣105.4kJ/mol，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、活化能为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 2．（2024秋•包河区校级月考）根据以下热化学方程式，ΔH1和ΔH2的大小比较不正确的是（　　） A．2H2（g）+O2（g）＝2H2O（l）ΔH1；2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH2，则ΔH1＜ΔH2 B．Br2（g）+H2（g）＝2HBr（g）ΔH1；Br2（l）+H2（g）＝2HBr（g）ΔH2，则ΔH1＜ΔH2 C．2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）ΔH1；2H2S（g）+O2（g）＝2S（s）+2H2O（l）ΔH2，则ΔH1＜ΔH2 D．C（s）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH1；C（s）+0.5O2（g）＝CO（g）ΔH2，则ΔH1＜ΔH2 【答案】D 【分析】A．根据液态水比气态水能量更低，生成液态水放出的热量多进行分析； B．根据等量的Br2（g）具有的能量高于等量的Br2（l）具有的能量进行分析； C．根据盖斯定律，前面的方程式﹣后面的方程式可得目标方程进行分析； D．根据盖斯定律，后面的方程式﹣前面的方程式可得目标方程进行分析。 【解答】解：A．液态水比气态水能量更低，生成液态水放出的热量多，放热反应的焓变值为负值，则ΔH1＜ΔH2，故A正确； B．等量的气态的Br2具有的能量高于等量的液态的Br2具有的能量，故1mol Br2（g）与H2（g）反应生成HBr（g）放出的热量比1mol Br2（l）与H2（g）反应生成HBr（g）放出的热量多，焓变为负值，则有ΔH1＜ΔH2，故B正确； C．①2H2S（g）+3O2（g）＝2SO2（g）+2H2O（l）ΔH1，②2H2S（g）+O2（g）＝2S（s）+2H2O（l）ΔH2，根据盖斯定律，由①﹣②可得2S（s）+2O2（g）＝2SO2（g）ΔH＝ΔH1﹣ΔH2＜0，则ΔH1＜ΔH2，故C正确； D．将热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由②﹣①可得CO（g）+0.5O2（g）＝CO2（g）ΔH＝ΔH2﹣ΔH1＜0，故ΔH1＞ΔH2，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查反应热的大小比较等，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。 3．（2024春•庐阳区校级期末）计算机模拟催化剂表面水煤气产氢反应[CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）]过程中能量的变化如图所示。下列说法错误的是（　　） A．过程Ⅱ只有极性共价键的断裂，无共价键的形成 B．催化剂加快了反应速率，但不能提高产物的产量 C．过程Ⅰ需要吸收能量，过程Ⅲ则放出能量 D．由图可知CO2比CO稳定 【答案】D 【分析】A．根据图示，过程Ⅱ中水分子极性共价键O—H键断裂； B．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率； C．由图知道过程Ⅰ，状态1到状态2，能量升高，需要吸热；过程Ⅲ，状态3到状态4，能量降低，放出能量； D．根据图示数据，不能判断CO2、CO稳定性强弱。 【解答】解：A．根据图示，过程Ⅱ中水分子极性共价键O—H键断裂，故A正确； B．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确； C．根据图示知道过程Ⅰ，状态1到状态2，能量升高，需要吸热；过程Ⅲ，状态3到状态4，能量降低，放出能量，故C正确； D．根据图示数据，不能判断CO2、CO稳定性强弱，故D错误； 故选：D。 【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，结合题给信息即可解答。 4．（2024•庐阳区校级三模）CO2和H2在某催化剂表面合成CH3OH：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g） ΔH，反应历程如图1所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。ΔG随温关系如图2所示。 下列说法正确的是（　　） A．该历程中的基元反应全部是放热反应 B．图2中表示该反应△G随温度的变化的是直线a C．该反应历程中活化能最小的基元反应是CH2O*+H*═CH3O* D．CO2*+H*═HCOO*过程中发生非极性键的断裂和生成 【答案】C 【分析】由图可知CH2O*+OH*+3H*＝CH3O*+OH*+2H*（或CH2O*+H*＝CH3O*），过程中的活化能最小；结合图中信息可知该反应反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，则ΔH＜0；反应后气体分子数减少，ΔS＜0。 【解答】解：A．该反应历程中有的基元反应是吸热反应，故A错误； B．由图可知，该反应的ΔH＜0，ΔS＜0，由ΔG＝ΔH—TΔS可知，直线方程的斜率为正值，为直线c，故B错误； C．活化能最小的反应是，故C正确； D．过程中发生极性键的断裂和生成，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学反应的反应热和焓变知识，侧重考查学生对反应热和焓变的掌握情况，试题难度中等。 5．（2024春•合肥期中）肼（N2H4）是一种液态火箭推进剂。N2H4分解的能量变化如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．该反应为放热反应 B．1molN2H4（g）的能量低于1molN2（g）的能量 C．1molN2H4（g）分解生成1molN2（g）和2molH2（g）时，吸收的热量为（50.7+a）kJ D．断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量 【答案】D 【分析】A．反应物总能量低于生成物总能量的反应属于吸热反应； B．吸热反应中反应物的总能量比生成物的总能量小； C．由图可知，反应物转化为生成物吸收的热量为50.7kJ； D．ΔH＝断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量＞0。 【解答】解：A．由图可知，反应物总能量低于生成物总能量，故该反应为吸热反应，故A错误； B．由图可知，1molN2H4的能量比1molN2和2molH2的总能量小，故B错误； C．由图可知，1molN2H4（g）分解生成1molN2（g）和2molH2（g）时，吸收的热量为50.7kJ，故C错误； D．由图可知，断开旧化学键吸收的总能量﹣形成新化学键所释放的总能量＝50.7kJ＞0，即断开旧化学键吸收的总能量大于形成新化学键所释放的总能量，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查学生的看图理解能力、应用分析能力，同时考查反应热与焓变的关系，属于基本知识的考查，难度不大。 6．（2024春•包河区期末）最近科学家研究了一种在酸性介质中利用电解原理进行电化学固氮的方法，反应机理示意图如图，氨气在催化剂电极表面产生。下列说法正确的是（　　） A．过程中存在H+发生氧化反应转化为H原子 B．在该过程中，氮气分子中N≡N断裂产生N原子 C．在催化剂作用下，N2与H原子反应可能生成N2H4和NH3两种产物 D．与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法会消耗大量电能，没有研究价值 【答案】C 【分析】A．H+转化为H化合价降低； B．N2生成了NH3； C．在反应过程存在N2H4和NH3； D．与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法不需要高温高压。 【解答】解：A．H+转化为H化合价降低，发生还原反应，故A错误； B．N2生成了NH3，但是不存在N原子，故B错误； C．在反应过程存在N2H4和NH3，故C正确； D．与传统工业合成氨法比较，电化学固氮法不需要高温高压，条件比较温和，具有研究价值，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。 7．（2024•庐阳区校级三模）便携式血糖仪能通过原电池原理迅速而准确地测得患者的血糖水平，其负极材料是附有二茂铁衍生物（Fe）涂层的碳电极，负极室的工作原理如图1所示，Fe*的结构如图2所示。下列说法错误的是（　　） A．正极的电极反应式可能为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ B．负极涉及的反应有Fe﹣e﹣═Fe C．Fe*中N的杂化方式与O相同 D．当电路中转移1mol电子时，消耗180g葡萄糖 【答案】D 【分析】A．正极上氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子； B．原电池的负极是铁失电子生成Fe+离子，发生氧化反应； C．二茂铁Fe*中N和O都是sp3杂化； D．1mol葡萄糖有180 g，转化为1mol葡萄糖内酯转移2 mol电子。 【解答】解：A．正极若在有氧条件下，正极的电极反应式可能为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故A正确； B．由图可知，负极涉及的反应有：Fe﹣e﹣═Fe+，故B正确； C．二茂铁Fe*中N和O都是sp3杂化，N的杂化方式与O相同，故C正确； D．1mol葡萄糖有180 g，转化为1mol葡萄糖内酯转移2 mol电子，当电路中转移1mol电子时，消耗90g葡萄糖，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查了原电池原理、电极反应和电子守恒的计算应用，题目难度中等。 8．（2024•包河区校级三模）一种基于固体电解质NASICON的可充电钠碘电池，具有安全、电流密度高、使用条件宽泛等优点，其工作示意图如图所示，已知电池充电时b极发生氧化反应。下列说法错误的是（　　） A．放电时a电极反应式为Na﹣e﹣＝Na+ B．电池总反应式可表示为3NaINaI3+2Na C．充电时，转移0.2mole﹣时，c区和d区的质量差改变4.6g D．若将c区换成金属锂，电池的比能量更大 【答案】C 【分析】电池充电时b极发生氧化反应，可知b极为阳极，a极为阴极。电池放电时，a为负极，电极反应为：Na﹣e﹣＝Na+，固体电解质NASICON只允许阳离子通过，固体电解质NASICON含钠离子，通过Na+转移保持两侧电荷守恒，放电时b为正极，电极反应为：。 【解答】解：A．根据分析，放电时a电极为负极，故A正确； B．根据分析，电池总反应式可表示为，故B正确； C．根据反应式分析，每转移0.2mol电子时，0.2mol Na+从d区移出，c区移入0.2mol Na+生成0.2mol Na，两区质量差改变9.2g，故C错误； D．失1mol e﹣时，钠和锂的质量分别为23g和7g，锂的比能量（单位质量所能输出电能的多少）更大，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查电化学，侧重考查学生二次电池的掌握情况，试题难度中等。 9．（2024•庐阳区校级模拟）如图是一种以丙酮和异丙醇为氧化/还原电对的热电化学电池的工作原理。下列说法错误的是（　　） A．热电化学电池能将热能转化为电能 B．热端电极电势低于冷端电极电势 C．负极的电极反应： D．温差使丙酮蒸发和冷凝，引起了丙酮的浓度差，可持续放电 【答案】C 【分析】图中分析可知，热电化学电池是热能转化为电能，工作原理是温差使丙酮蒸发和冷凝，引起了丙酮的浓度差，可以持续放电，放电时，热端电极为原电池的负极，异丙醇在负极失电子发生氧化反应生成丙酮和氢离子，电极反应为：，冷端电极为原电池的正极，酸性条件下丙酮得到电子发生还原反应生成异丙醇，据此分析回答问题。 【解答】解：A．分析可知，该装置热电化学电池能将热能转化为电能，故A正确； B．热端电极是原电池的负极，电势低于冷端电极电势，故B正确； C．放电时，热端电极为原电池的负极，异丙醇在负极失电子发生氧化反应生成丙酮和氢离子，电极反应为：，故C错误； D．上述分析可知，热电化学电池的工作原理是：温差使丙酮蒸发和冷凝，引起了丙酮的浓度差，可持续放电，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查了原电池原理、电极反应书写、图中变化的理解应用，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 10．（2024春•蜀山区校级期中）如图所示装置中，可观察到检流计指针偏转，M棒变细，N棒变粗。下列说法正确的是（　　） A．M为Zn、N为Cu、P为稀硫酸，M为负极 B．M为Fe、N为石墨、P为AgNO3溶液，移向M极 C．M为Fe、N为石墨、P为CuSO4溶液，电子由N沿导线流向M D．M为Cu、N为Fe、P为AgNO3溶液，N电极上发生氧化反应 【答案】D 【分析】该装置没有外接电源，是原电池；M棒变粗，N棒变细，说明N极失电子作负极，M极得电子作正极；M棒变粗，所以溶液中的金属阳离子析出生成金属单质，电解质溶液中的阳离子为金属阳离子且活泼性小于N。 【解答】解：该装置没有外接电源，所以是原电池。原电池中，负极材料比正极材料活泼，且负极材料是随着反应的进行质量减少，正极质量增加或放出气泡。根据题意知，N极是负极，M是正极，且N极材料比M极活泼， A．锌做负极，M电极变细，N极上生成氢气，N电极质量不增加，故A错误； B．铁做负极，M电极变细，N极上生成银，N电极质量增加，故B错误； C．铁做负极，M电极变细，N极上生成铜，N电极质量增加，故C错误； D．N极材料Fe比M极Cu活泼，铁做负极，N电极变细，N电极上发生氧化反应，且M极Ag上有银析出，所以质量增加，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了原电池原理，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。 11．（2024秋•合肥期中）在下列条件下，一定能大量共存的离子组是（　　） A．能与金属Na反应产生气体的溶液中：Cl﹣、、Cu2+、Na+ B．氯水中：H+、、、Fe2+ C．澄清透明的溶液中：K+、Na+、、 D．使紫色石蕊试纸变红的溶液中：、Na+、、 【答案】C 【分析】A．Na和H2O反应生成NaOH和H2，能和NaOH反应的离子不能大量共存； B．氯水具有强氧化性和酸性，能氧化还原性的离子； C．不反应的离子能大量共存； D．使紫色石蕊变红色的溶液呈酸性。 【解答】解：A．Na和H2O反应生成NaOH和H2，OH﹣、Cu2+反应生成Cu（OH）2沉淀而不能大量共存，故A错误； B．氯水具有强氧化性和酸性，能氧化还原性的离子，H+、反应生成CO2、H2O而不能大量共存，氯气、次氯酸都能氧化Fe2+而不能大量共存，故B错误； C．这几种离子之间不反应，所以能大量共存，故C正确； D．使紫色石蕊变红色的溶液呈酸性，H+、反应生成CO2、H2O而不能大量共存，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查离子共存，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确离子的性质、离子共存的条件是解本题关键，注意限制性的条件。 12．（2023秋•庐阳区校级月考）“宏观﹣微观﹣符号”是学习化学的重要内容和方法。如图为人教版高中化学必修一教材中“NaCl固体在水中溶解和形成水合离子示意图”。下列有关说法错误的是（　　） A．在NaCl固体中，Na+和Cl﹣的排列紧密有序 B．水分子破坏了Na+和Cl﹣之间的相互作用，在形成的水合钠离子和水合氯离子中水分子的朝向不同 C．NaCl只有在水溶液中才能发生电离 D．上述过程用符号表征为NaCl＝Na++Cl﹣ 【答案】C 【分析】A．NaCl固体中含有带正电荷的钠离子和带负电荷的氯离子，由于带相反电荷的离子间的相互作用，Na+和Cl﹣的排列紧密有序； B．当将NaCl固体加入水中时，在水分子的作用下，Na+和Cl﹣之间的相互作用被破坏，由图可知，在形成的水合钠离子和水合氯离子中水分子的朝向不同； C．NaCl为离子晶体，在水溶液中能发生电离，在熔融状态下也能发生电离； D．NaCl的电离方程式为：NaCl＝Na++Cl﹣。 【解答】解：A．NaCl固体中含有带正电荷的钠离子和带负电荷的氯离子，由于带相反电荷的离子间的相互作用，Na+和Cl﹣的排列紧密有序，故A正确； B．当将NaCl固体加入水中时，在水分子的作用下，Na+和Cl﹣之间的相互作用被破坏，Na+和Cl﹣脱离NaCl固体的表面，进入水中，形成能够自由移动的水合钠离子和水合氯离子，由图可知，在形成的水合钠离子和水合氯离子中水分子的朝向不同，故B正确； C．NaCl为离子晶体，在水溶液中能发生电离，在熔融状态下也能发生电离，故C错误； D．上述过程为NaCl的电离过程，可表征为NaCl＝Na++Cl﹣，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查电解质的电离过程，为基础知识的考查，题目难度不大。 13．（2024春•包河区校级期末）实验Ⅰ和实验Ⅱ中，均有气体产生。下列分析错误的是（　　） A．Ⅱ中无沉淀生成 B．Ⅰ、Ⅱ中生成的气体均可使澄清石灰水变浑浊 C．NaHCO3溶液中： D．NaHSO3溶液中： 【答案】A 【分析】A．Ⅱ中氯化钡和亚硫酸钠反应生成二氧化硫、水、亚硫酸钡和氯化钠； B．Ⅰ、Ⅱ中生成的气体分别为二氧化碳、二氧化硫； C．NaHCO3溶液中会水解和电离； D．NaHSO3溶液pH＝4，说明亚硫酸氢根电离程度大于水解程度。 【解答】解：A．Ⅱ中氯化钡和亚硫酸钠反应生成二氧化硫、水、亚硫酸钡和氯化钠，有亚硫酸钡沉淀生成，故A错误； B．Ⅰ、Ⅱ中生成的气体分别为二氧化碳、二氧化硫，这两者均可使澄清石灰水变浑浊，分别生成碳酸钙沉淀、亚硫酸钙沉淀，故B正确； C．NaHCO3溶液中会水解和电离，因此，故C正确： D．NaHSO3溶液pH＝4，说明亚硫酸氢根电离程度大于水解程度，则，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查了电解质溶液中离子浓度关系、盐类水解的分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。 14．（2024•包河区校级三模）常温下，用0.1mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1mol•L﹣1H2A溶液，得到pH与V（NaOH）、﹣1gX[或]关系如图所示。下列或叙述正确的是（　　） A．M点对应的溶液中：c（H+）+c（H2A）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣） B．曲线n表示pH与的变化关系 C．当pH＝7时，c（A2﹣）＞c（HA﹣） D．H2A+A2﹣⇌2HA﹣的平衡常数K＝1×10﹣5.3 【答案】C 【分析】A．H2A为二元弱酸，在水中分两步电离，当﹣lgX纵坐标为0时，，由于，曲线m代表，曲线n代表，且、，由图可知，M点溶质主要溶质为NaHA，NaHA为酸式盐，且此时溶液为酸性（pH＝4）； B．曲线m表示pH与的变化关系； C．当pH＝7时，，则； D．的平衡常数。 【解答】解：A．H2A为二元弱酸，当﹣lgX纵坐标为0时，，由于，曲线m代表，曲线n代表，且、，M点溶质主要溶质为NaHA，NaHA为酸式盐，且此时溶液为酸性（pH＝4），故HA﹣的电离程度大于其水解程度，c（A2﹣）＞c（H2A），由水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度可知，，故A错误； B．根据上述分析可，曲线m表示pH与的变化关系，故B错误； C．当pH＝7时，，则，故c（A2﹣）＞c（H2A），故C正确； D．的平衡常数，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生酸碱中和滴定的掌握情况，试题难度中等。 15．（2024•庐阳区校级模拟）将CaCO3（s）或ZnCO3（s）悬浊液置于分压固定的CO2气相中，体系中pH与lgc关系如图所示。pH变化对H2CO3的浓度基本无影响。c为H2CO3、、、Ca2+、Zn2+的浓度，单位为mol•L﹣1。已知：Ksp（CaCO3）＞Ksp（ZnCO3），CO2（g）+H2O（l）═H2CO3（aq）。下列说法错误的是（　　） A．L1表示lgc（）﹣pH曲线 B． C．Ksp（CaCO3）＝10﹣8.5 D．Ksp（ZnCO3）的数量级为10﹣10 【答案】D 【分析】随着pH的增大，溶液的酸性逐渐减弱，c（）、c（）都增大，且弱酸性环境中c（）＞c（），Ksp（ZnCO3）＝c（Zn2+）•c（）、Ksp（CaCO3）＝c（Ca2+）•c（）、c（Ca2+）、c（Zn2+）均减小，则图中L1表示lgc（）﹣pH的关系，L2表示lgc（）﹣pH的关系，由于Ksp（CaCO3）＞Ksp（ZnCO3），c（）相同时c（Zn2+）＜c（Ca2+），所以L4表示clg（Ca2+）﹣pH的关系，L5示lgc（Zn2+）﹣pH的关系；pH＝6.4时c（H2CO3）＝c（），此时Ka1（H2CO3）═×c（H+）＝c（H+）＝10﹣6.4、pH＝10.3时c（）＝c（），此时Ka2（H2CO3）＝c（H+）＝10﹣10.3，pH＝5.4时c（Zn2+）＝c（）＝10﹣5.4mol/L，Ksp（ZnCO3）＝10﹣10.8，pH＝8.2时c（）＝c（Ca2+）＝10﹣3.2mol/L，c（）＝Ka2（H2CO3）×＝×10﹣10.3mol/L＝10﹣5.3mol/L，Ksp（CaCO3）＝c（Ca2+）•c（）＝10﹣5.3×10﹣3.2＝10﹣8.5，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，图中L1表示lgc（）﹣pH的关系，L2表示lgc（）﹣pH的关系，L3表示lgc（H2CO3）﹣pH的关系，L4表示lgc（Ca2+）﹣pH的关系，L5示lgc（Zn2+）﹣pH的关系，故A正确； B．Ka1（H2CO3）═×c（H+）＝10﹣6.4，Ka2（H2CO3）＝×c（H+）＝10﹣10.3，则＝Ka1（H2CO3）•Ka2（H2CO3）═10﹣16.7（mol/L）2，故B正确； C．由上述分析可知，Ka2（H2CO3）＝10﹣10.3，pH＝8.2时c（）＝c（Ca2+）＝10﹣3.2mol/L，c（）＝×10﹣10.3mol/L＝10﹣5.3mol/L，Ksp（CaCO3）＝c（Ca2+）•c（）＝10﹣5.3×10﹣3.2＝10﹣8.5，故C正确； D．由上述分析可知，Ksp（ZnCO3）＝10﹣10.8，数量级为10﹣11，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确图象含义、溶度积常数的有关计算、电离平衡常数计算是解本题关键，题目难度中等。 16．（2024秋•包河区校级月考）空间站中CO2的处理涉及反应CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g） ΔH＝﹣164.9kJ•mol﹣1，下列说法正确的是（　　） A．混合气体的平均摩尔质量不再改变，说明反应达到化学平衡状态 B．若某刚性密闭容器中，初始投入c（CO2）＝1mol•L﹣1、c（H2）＝4mol•L﹣1，平衡时CO2的转化率为50%，则平衡常数K＝16 C．恒温时增大该体系的压强，平衡正向移动，化学平衡常数增大 D．使用催化剂能降低反应的活化能，提高CO2的平衡转化率 【答案】A 【分析】A．该反应为气体物质的量减小的反应，反应前后气体总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量逐渐增大； B．结合已知信息列三段式： CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g） 起始/mol：1 4 0 0 变化/mol：0.5 2 0.5 1 平衡/mol：0.5 2 0.5 1； C．平衡常数只受温度影响； D．催化剂可降低反应活化能，从而加快反应速率，但对平衡无影响。 【解答】解：A．该反应为气体物质的量减小的反应，反应前后气体总质量不变，则混合气体的平均摩尔质量逐渐增大，当不再变化时，说明反应达到平衡状态，故A正确； B．结合已知信息列三段式： CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g） 起始/mol：1 4 0 0 变化/mol：0.5 2 0.5 1 平衡/mol：0.5 2 0.5 1 则平衡常数，故B错误； C．平衡常数只受温度影响，温度不变，K不变，故C错误； D．催化剂可降低反应活化能，从而加快反应速率，但对平衡无影响，不能提高转化率，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 17．（2024秋•包河区校级月考）将一定量纯净的氨基甲酸铵置于恒容密闭真空容器中（固体试样体积忽略不计），在恒温下使其达到分解平衡：H2NCOONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）能判断该反应已经达到化学平衡状态的是（　　） A．气体的总物质的量不再变化 B．H2NCOONH4浓度不再发生改变 C．混合气体的平均相对分子质量不变 D．二氧化碳气体的体积分数不再发生改变 【答案】A 【分析】结合平衡的特征“等、定”及衍生的物理量判定平衡状态。 【解答】解：A．气体的总物质的量不再变化，可以说明反应达到平衡状态，故A正确； B．H2NCOONH4是固体，不存在浓度，故无法判断是否达到平衡状态，故B错误； C．由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故C错误； D．由于体系中只有两种气体，且氨气和二氧化碳的体积之比始终满足2：1，所以密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故D错误； 故选：A。 【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。 18．（2024秋•包河区校级月考）已知反应2N2O（g）⇌2N2（g）+O2（g），速率方程为v＝k⋅cn（N2O）。N2O在金（Au）表面分解的实验数据如表所示。 已知：①k为速率常数，只与温度、催化剂有关，与浓度无关； ②n＝0时，该反应为0级反应，n＝1时，该反应为1级反应，以此类推，n可以为整数，也可以为分数； ③浓度消耗一半所用的时间叫半衰期（t1/2） t/min 0 20 40 60 80 120 c（N2O）/（mol•L﹣1） 0.100 0.080 0.060 a 0.020 0 下列说法不正确的是（　　） A．表格中a＝0.040 B．该反应为0级反应 C．该反应的速率常数k＝1.0×10﹣2mol•L﹣1•min﹣1 D．保持其他条件不变，若起始浓度为0.200mol•L﹣1，则半衰期为100min 【答案】C 【分析】浓度、温度、催化剂对反应速率的影响，可以用速率方程来表示，其中，温度和催化剂影响速率常数；速率方程式可以通过控制变量法由实验测出，在速率常数不变的情况下，通过改变浓度可测出浓度对反应速率的影响，分析表中所给N2O浓度变化的数据，可以求出反应级数，0级反应的反应速率常数，据此解答。 【解答】解：A.分析表格数据知，N2O的浓度变化与时间成正比，该反应是匀速反应，a＝0.040，故A正确； B.该反应是匀速反应，则v＝k•cn（N2O）为直线方程，则n＝0，该反应是0级反应，故B正确； C.该反应是0级反应，则速率常数等于反应速率，可根据任何一段时间求速率和速率常数，×10﹣3mol•（L•min）﹣1，故C错误； D.设起始浓度为c，v＝k，，半衰期与起始浓度成正比，根据表格数据知，起始浓度为0.100mol•L﹣1时半衰期为50min，温度不变，速率常数不变，则起始浓度为0.200mol•L﹣1时，半衰期为100min，故D正确， 故选：C。 【点评】本题为材料信息题，主要考查内容为教材内容的延伸，涉及到反应速率方程及反应级数、速率常数和半衰期，侧重考查理解信息和应用信息的能力，同时巧妙利用了0级反应的特征，来求解速率常数，难度中等。 19．（2024春•庐阳区校级期末）某课外兴趣小组利用硫代硫酸钠（Na2S2O3）与稀硫酸反应，探究温度和浓度对化学反应速率的影响，设计了如表实验。下说法不正确的是（　　） 实验序号 实验温度/K 有关物质 出现浑浊所需时间/s Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 H2O V/mL c/mol•L﹣1 V/mL c/mol•L﹣1 V/mL 1 298 4 0.1 4 0.1 2 t1 2 T1 4 0.1 5 0.1 V1 t2 3 323 4 0.1 V2 0.1 1 t3 A．通过表格可以判断出t3＞t2＞t1 B．若用实验1和2探究稀硫酸浓度对反应速率的影响，则需T1＝298，V1＝1 C．可通过产生浑浊的时间或单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢 D．将水更换为等量的Na2SO4溶液，对反应速率无影响 【答案】A 【分析】本题为探究温度和浓度对化学反应速率的影响，根据控制变量法可知，实验1、2为探究浓度对化学反应速率的影响，故T1＝298，V1为1mL，实验2、3为探究温度对反应速率的影响，则V2为5，据此分析解题。 【解答】解：A．温度高速率快，浓度大，速率快，所需时间越短，故t1＞t2＞t3，故A错误； B．由分析可知，实验1和2温度不变，为298K，为保证总体积不变，V1＝1，可以探究硫酸浓度对反应速率的影响，故B正确； C．实验中发生的反应为：Na2S2O3+H2SO4（稀）＝Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，故可通过产生浑浊的时间或单位时间内产生气体的体积判断反应的快慢，故C正确； D．由C项分析可知，Na2SO4不影响反应，则将水更换为Na2SO4溶液，对实验结果无影响；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的探究，考查学生的探究分析能力，难度不大。 20．（2024春•包河区校级期末）利用CO2和H2可制得甲烷，实现资源综合利用。 已知：Ⅰ．CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH1＝+41.2kJ•mol﹣1 Ⅱ．CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH2＝﹣165.0kJ•mol﹣1 在一定的温度和压力下，将按一定比例混合的CO2和H2混合气体通过装有催化剂的反应器，反应相同时间，CO2转化率和CH4选择性随温度变化关系如图所示。 （CH4选择性＝），下列说法正确的是（　　） A．反应Ⅱ活化能：Ea（正）＞Ea（逆） B．340℃时，其他条件不变，延长反应时间，一定能提高CO2的转化率 C．在260～300℃间，其他条件不变，升高温度CH4的产率增大 D．温度大约320℃时CO2的转化率最大，说明反应Ⅰ和反应Ⅱ一定都达到了平衡状态 【答案】C 【分析】A．反应Ⅱ为放热反应； B．若反应到达平衡，延长反应时间，不能提高反应物的转化率； C．在260℃∼320℃间，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升； D．320℃时CO2的转化率最大，可能是因为温度过高而导致催化剂失去活性。 【解答】解：A．反应Ⅱ为放热反应，反应Ⅱ活化能：Ea（正）＜Ea（逆），故A错误； B．若反应到达平衡，延长反应时间，不能提高反应物的转化率，340℃时可能是平衡点，延长时间不一定能提高CO2的转化率，故B错误； C．在260℃∼320℃间，升高温度CH4的选择性虽然基本不变，但CO2的转化率在上升，所以CH4的产率上升，故C正确； D．320℃时CO2的转化率最大，可能是因为温度过高而导致催化剂失去活性，从而无法判定此时的转化率就是平衡转化率，则此时两个反应也不一定达到平衡状态，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•合肥期中）回答下列问题： （1）测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热（中和热为57.3kJ⋅mol﹣1）的实验装置如图1所示。 某兴趣小组的实验数值结果小于57.3kJ/mol原因可能是 　acd　（填字母）。 a.实验装置保温、隔热效果差 b.读取混合液的最高温度记为终点温度 c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，直接测定H2SO4溶液的温度 （2）近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如图2： 反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1＝+551kJ/mol 反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝﹣297kJ/mol 反应Ⅱ的热化学方程式：　3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH＝﹣254kJ/mol　。 （3）由气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量叫做键能。已知如表中所列键能数据，则N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝　（3a+c﹣6b）　kJ/mol 化学键 H﹣H N﹣H N≡N 键能/kJ/mol a b c （4）氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型发电装置。如图3为电池示意图，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。其正极反应方程式为 　O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣　，若将负极材料改为CH4，写出其负极反应方程式 　CH4+10OH﹣﹣8e﹣＝+7H2O　。 （5）一定条件下，在水溶液中均为1mol的下列离子Cl﹣、ClO﹣、、、的能量（kJ）相对大小如图4所示，则3ClO﹣（aq）＝（aq）+2Cl﹣（aq）的ΔH＝　254kJ/mol　kJ/mol。 【答案】（1）acd； （2）3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH＝﹣254kJ/mol； （3）（3a+c﹣6b）； （4）O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；CH4+10OH﹣﹣8e﹣＝+7H2O； （5）﹣117。 【分析】（1）a.实验装置保温、隔热效果差，会造成热量损失； b.读取混合液的最高温度记为终点温度，是正确操作，不会造成热量减小； c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会造成热量的损失； d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，温度计中会蘸有NaOH溶液，直接测定H2SO4溶液的温度，会中和部分硫酸，导致硫酸与氢氧化钠反应时，放出的热量减少； （2）已知反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1＝+551kJ/mol，反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝﹣297kJ/mol，反应Ⅱ：3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH，根据盖斯定律有﹣（Ⅱ+Ⅲ）＝Ⅰ，据此计算反应热，书写热化学方程式； （3）根据ΔH＝反应物键能之和﹣生成物键能之和进行计算； （4）由图可知，该电池为碱性介质，正极反应为O2得到电子被还原为OH﹣，若将负极材料改为CH4，在碱性环境下，甲烷失去电子，被氧化为碳酸根离子； （5）由图可知，1molClO﹣具有的能量为60kJ，1molCl﹣具有的能量为0kJ，1mol具有的能量为63kJ，据此计算反应3ClO﹣（aq）＝（aq）+2Cl﹣（aq）放出的热量，进一步判断ΔH。 【解答】解：（1）a.实验装置保温、隔热效果差，会造成热量损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故a正确； b.读取混合液的最高温度记为终点温度，是正确操作，不会造成热量减小，故b错误； c.分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会造成热量的损失，进一步导致放出热量小于57.3kJ，故c正确； d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后未洗涤，温度计中会蘸有NaOH溶液，直接测定H2SO4溶液的温度，会中和部分硫酸，导致硫酸与氢氧化钠反应时，放出的热量减少，故d正确； 故答案为：acd； （2）已知反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+2H2O（g）+O2（g）ΔH1＝+551kJ/mol，反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝﹣297kJ/mol，反应Ⅱ：3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH，根据盖斯定律有﹣（Ⅱ+Ⅲ）＝Ⅰ，则有﹣（ΔH﹣297kJ/mol）＝+551kJ/mol，解得：ΔH＝﹣254kJ/mol，则反应Ⅱ的热化学方程式为：3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH＝﹣254kJ/mol， 故答案为：3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH＝﹣254kJ/mol； （3）根据表格数据可知，N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＝（c+3a﹣6b）kJ/mol， 故答案为：（3a+c﹣6b）； （4）由图可知，该电池为碱性介质，正极反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，若将负极材料改为CH4，其负极反应方程式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣＝+7H2O， 故答案为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；CH4+10OH﹣﹣8e﹣＝+7H2O； （5）由图可知，1molClO﹣具有的能量为60kJ，1molCl﹣具有的能量为0kJ，1mol具有的能量为63kJ，则反应3ClO﹣（aq）＝（aq）+2Cl﹣（aq）放出的热量为：3×60kJ﹣63kJ＝117kJ，ΔH＝﹣117kJ/mol， 故答案为：﹣117。 【点评】本题主要考查学生对盖斯定律的应用以及热化学方程式的书写，同时考查电极反应式的书写等，属于基本知识的考查，难度中等。 22．（2023春•合肥期中）到目前为止，由化学能转变的热能或电能仍然是人类使用的主要能源。 （1）从能量变化角度研究反应：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）。如图能正确表示该反应中能量变化的是 　A　（填字母）。 （2）从断键和成键角度分析上述反应中能量的变化，部分化学键的键能如下表： 化学键 H﹣H O＝O H﹣O 键能（kJ•mol﹣1） 436 496 463 则生成1molH2O（g）放出热量 　242　kJ。 （3）将Zn棒和Cu棒用导线连接后，放入某电解质溶液中，构成如图所示装置： ①若电解质溶液为稀硫酸，则Zn棒为原电池的 　负　（填“正”或“负”）极，可观察到Cu棒上有气泡生成，写出Cu棒上的电极反应式 　2H++2e﹣═H2↑　，移向 　Zn（或锌）　棒。 ②若电解质为硫酸铜溶液，则Cu棒上发生 　还原　（填“氧化”或“还原”）反应，Cu棒上发生的电极反应式为 　Cu2++2e﹣═Cu　。 【答案】（1）A； （2）242； （3）①负；2H++2e﹣═H2↑；Zn（或锌）； ②还原；Cu2++2e﹣═Cu。 【分析】（1）放热反应时，反应物的总能量大于生成物总能量，反之相反； （2）焓变△H＝反应物总键能﹣生成物总键能，据此计算反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的焓变； （3）①将Zn棒和Cu棒用导线连接后，放入稀硫酸溶液中，Zn是负极，Cu是正极，负极上Zn失电子生成Zn2+，正极上H+得电子生成H2，正极反应式为H++2e﹣＝H2↑，放电时阳离子移向正极，阴离子移向负极； ②将Zn棒和Cu棒用导线连接后，放入硫酸铜溶液中，Zn是负极，Cu是正极，负极上Zn失电子生成Zn2+，正极上Cu2+得电子生成Cu，正极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，据此分析解答。 【解答】解：（1）反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）为放热反应，则反应物的总能量大于生成物总能量，即A图象能正确表示该反应中能量变化， 故答案为：A； （2）反应2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的焓变△H＝反应物总键能﹣生成物总键能＝2×436kJ/mol+496kJ/mol﹣2×2×463kJ/mol＝﹣484kJ/mol，热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H＝﹣484kJ/mol，则生成1molH2O（g）放出热量为484kJ×＝242kJ， 故答案为：242； （3）①将Zn棒和Cu棒用导线连接后，放入稀硫酸溶液中，负极上Zn失电子生成Zn2+，Zn作负极，Cu作正极，正极上H+得电子生成H2，正极反应式为H++2e﹣＝H2↑，放电时阴离子移向负极，即移向Zn棒， 故答案为：负；2H++2e﹣═H2↑；Zn（或锌）； ②将Zn棒和Cu棒用导线连接后，放入硫酸铜溶液中，Zn是负极，Cu是正极，正极上Cu2+发生得电子的生成Cu，正极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu， 故答案为：还原；Cu2++2e﹣═Cu。 【点评】本题考查原电池工作原理、反应热与焓变的计算，侧重基础知识检测和运用能力考查，明确原电池工作原理、吸放热反应的判定、反应热与键能的计算关系即可解答，题目难度不大。 23．（2023秋•合肥期末）氯化亚铜（CuCl）是一种重要化工原料，难溶于水，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题： （1）向CuSO4与NaCl的混合溶液中通入SO2即可制得CuCl，制备过程中主要发生了以下三步反应，请写出第三步的化学反应方程式： CuSO4+4NaCl（过量）═Na2[CuCl4]+Na2SO4 2Na2[CuCl4]+SO2+2H2O═2NaH[CuCl3]+H2SO4+2NaCl 　NaH[CuCl3]═NaCl+HCl+CuCl↓　。 （2）CuCl在含一定浓度Cl﹣溶液中会部分溶解，存在如下平衡：2CuCl（s）⇌Cu++ ΔH＜0，溶液中c（Cu+）和c（）的关系如图。 ①上述反应在B点的平衡常数K＝　6×10﹣12　mol2•L﹣2。 ②使图中的A点变为B点的措施可以是 　升高温度　。 （3）利用CuCl难溶于水的性质，可以除去水溶液中的Cl﹣。 ①除Cl﹣的方法是向含Cl﹣的溶液同时加入Cu和CuSO4，该反应的离子方程式为 　Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl　。 ②若用Zn替换Cu可加快除Cl﹣速率，但需控制溶液的pH。若pH过低，除Cl﹣效果下降的原因是 　若pH过低，Zn会与H+反应　。 （4）产品纯度的测定：准确称取氯化亚铜产品2.3900g，溶于过量的FeCl3溶液中得250mL待测液，从中量取25.00mL于锥形瓶中，加入2滴邻菲罗啉指示剂，立即用0.1000mol•L﹣1硫酸铈[Ce（SO4）2]标准溶液滴定至终点，共完成三次滴定，每次消耗Ce（SO4）2溶液体积见表。产品中CuCl的质量分数为 　99.5　%。（已知：CuCl+Fe3+═Cu2++Fe2++Cl﹣，Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+） 1 2 3 消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL） 23.85 24.35 23.95 若未用标准溶液润洗滴定管，则会使测定结果 　偏大　（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。 【答案】（1）NaH[CuCl3]═NaCl+HCl+CuCl↓； （2）①6×10﹣12； ②升高温度； （3）①Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl； ②若pH过低，Zn会与H+反应； （4）99.5；偏大。 【分析】（1）根据题干信息及前两步反应进行分析； （2）根据K＝c（Cu+）c（），图中的A点变为B点，c（Cu+）和c（）都降低，说明平衡逆向移动，进行分析； （3）根据Cu和Cu2+发生氧化还原反应生成Cu+，Cu+与氯离子形成氯化亚铜沉淀，若pH过低，Zn会与H+反应进行分析； （4）根据CuCl+Fe3+═Cu2++Fe2++Cl﹣，Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+，得关系式：CuCl～Fe2+～Ce4+～Ce（SO4）2进行分析； 【解答】解：（1）结合题干信息及前两步反应可知，第三步反应为：NaH[CuCl3]═NaCl+HCl+CuCl↓， 故答案为：NaH[CuCl3]═NaCl+HCl+CuCl↓； （2）①K＝c（Cu+）c（）＝3×10﹣6×2×10﹣6＝6×10﹣12， 故答案为：6×10﹣12； ②图中的A点变为B点，c（Cu+）和c（）都降低，说明平衡逆向移动，即可以升温， 故答案为：升高温度； （3）①向含Cl﹣的溶液同时加入Cu和CuSO4，Cu和Cu2+发生氧化还原反应生成Cu+，Cu+与氯离子形成氯化亚铜沉淀，离子方程式：Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl， 故答案为：Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl； ②若用Zn替换Cu可加快除Cl﹣速率，但需控制溶液的pH。若pH过低，除Cl﹣效果下降的原因：若pH过低，Zn会与H+反应， 故答案为：若pH过低，Zn会与H+反应； （4）根据CuCl+Fe3+═Cu2++Fe2++Cl﹣，Fe2++Ce4+═Fe3++Ce3+，得关系式：CuCl～Fe2+～Ce4+～Ce（SO4）2；第二组数据偏差较大舍去，Ce（SO4）2溶液体积均值为20.90mL，其消耗物质的量：0.1mol/L×0.0239L＝2.39×10﹣3mol，根据关系式可知25mL溶液中含CuCl物质的量：2.39×10﹣3mol，则250mL溶液中含CuCl物质的量：2.39×10﹣2mol，则产品中CuCl的质量分数：×100%＝99.5%；若未用标准溶液润洗滴定管，则会使消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高， 故答案为：99.5；偏大。 【点评】本题主要考查利用滴定法测定物质含量的计算等，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。 24．（2024春•包河区校级期末）为了实现“碳达峰”和“碳中和”的目标，将CO2转化成可利用的化学能源的“负碳”技术是世界各国关注的焦点。 方法Ⅰ：CO2催化加氢制甲醇。 以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的反应如下： 反应i：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49.0kJ•mol﹣1 反应ii：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.0kJ•mol﹣1 反应iii：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3 （1）计算反应ⅲ的ΔH3＝　﹣90.0kJ•mol﹣1　。 （2）一定温度和催化剂条件下，0.73mol H2、0.24mol CO2和0.03mol N2（已知N2不参与反应）在密闭容器中进行上述反应，平衡时总压强为3.0MPa，CO2的转化率、CH3OH和CO的选择性随温度的变化曲线如图所示。 ①图中曲线c表示物质 　CH3OH　的变化（填“CO2”、“CH3OH”或“CO”）。 ②某温度下，t1min反应到达平衡，测得容器中CH3OH的体积分数为12.5%。此时用CH3OH的分压表示0﹣t1时间内的反应速率v（CH3OH）＝　　MPa•min﹣1。设此时n（CO）＝amol，计算该温度下反应ii的平衡常数Kx＝　　（用含有a的代数式表示）。[已知：分压＝总压×该组分物质的量分数；对于反应mA（g）+nB（g）⇌pC（g）+qD（g），Kx＝，x为物质的量分数。] 方法Ⅱ：CO2电解法制甲醇 利用电解原理，可将CO2转化为CH3OH，其装置如图所示： （3）双极膜B侧为 　阳离子　（填“阴离子”或“阳离子”）交换膜。 （4）TiO2电极上电极反应方程式：　　。 方法Ⅲ：CO2催化加氢制低碳烯烃（2～4个C的烯烃） 某研究小组使用Zn﹣Ga—O/SAPO﹣34双功能催化剂实现了CO2直接合成低碳烯烃，并给出了其可能的反应历程（如图所示）。H2首先在Zn﹣Ga—O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程；SAPO﹣34则催化生成的甲醇转化为低碳烯烃。 注：□表示氧原子空位，*表示吸附在催化剂上的微粒。 （5）理论上，反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为 　6：1　。 【答案】（1）﹣90.0kJ•mol﹣1； （2）CH3OH； ； ； （3）阳离子； （4）； （5）6：1。 【分析】（1）由盖斯定律计算得出； （2）①反应ii为吸热反应，升温CO的选择性升高，该反应中CO2的转化率升高，CO的曲线为曲线a，而反应i为放热反应，升高温度平衡逆向，反应中CO2的转化率降低，CH3OH的选择性降低，CH3OH的曲线为c，两反应综合效应，CO2的转化率曲线为b； ②某温度下，在密闭容器中进行上述反应，t1min反应到达平衡，总压强为3.0MPa，测得容器中CH3OH的体积分数为12.5%，P（CH3OH）＝x（CH3OH）×P总＝12.5%×3.0MPa＝0.375MPa，； 某温度下，t1min反应到达平衡，反应Ⅱ中二氧化碳的变化量为xmol，生成甲醇物质的量为ymol CO2+H2＝CO+H2O 起始（mol） 0.24 0.73 0 0 变化（mol） x x x x 平衡（mol） （0.24﹣x） （0.73﹣x） x x CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） 起始（mol） x 0.73﹣x 0 变化（mol） y 2y y 平衡（mol）（x﹣y） （0.73﹣x﹣2y） y CO为x﹣y＝a，H2O为x，CH3OH为y，H2为0.73﹣x﹣2y，CO2 为0.24﹣x，气体总物质的量＝0.24﹣x+0.73﹣x﹣2y+y+x+a+0.03＝1﹣x﹣y+a，根据CH3OH的体积分数为12.5%，＝12.5%，可得x＝（a+0.1）mol，y＝0.1mol，则平衡时H2O为（a+0.1）mol，CO2为（0.24−a−0.1）mol＝（0.14−a）mol，H2为（0.73−a−0.3）mol＝（0.43−a）mol，根据Kx公式计算平衡常数； （3）H+需要在TiO2极参与反应，而OH﹣需要在BiVO4极发生反应，则H+经B膜移向TiO2电极，B为阳离子交换膜；A极为阴离子交换膜； （4）从图看CO2在TiO2极发生还原反应产生CH3OH； （5）根据电荷守恒和原子守恒书写电极反应式。 【解答】解：（1）由盖斯定律得反应i＝ii+iii，即， 故答案为：﹣90.0kJ•mol﹣1； （2）①反应ii为吸热反应，升温CO的选择性升高，该反应中CO2的转化率升高，CO的曲线为曲线a，而反应i为放热反应，升高温度平衡逆向，反应中CO2的转化率降低，CH3OH的选择性降低，CH3OH的曲线为c，两反应综合效应，CO2的转化率曲线为b， 故答案为：CH3OH； ②某温度下，在密闭容器中进行上述反应，t1min反应到达平衡，总压强为3.0MPa，测得容器中CH3OH的体积分数为12.5%，P（CH3OH）＝x（CH3OH）×P总＝12.5%×3.0MPa＝0.375MPa，； 某温度下，t1min反应到达平衡，反应Ⅱ中二氧化碳的变化量为xmol，生成甲醇物质的量为ymol CO2+H2＝CO+H2O 起始（mol） 0.24 0.73 0 0 变化（mol） x x x x 平衡（mol） （0.24﹣x） （0.73﹣x） x x CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g） 起始（mol） x 0.73﹣x 0 变化（mol） y 2y y 平衡（mol）（x﹣y） （0.73﹣x﹣2y） y CO为x﹣y＝a，H2O为x，CH3OH为y，H2为0.73﹣x﹣2y，CO2 为0.24﹣x，气体总物质的量＝0.24﹣x+0.73﹣x﹣2y+y+x+a+0.03＝1﹣x﹣y+a，根据CH3OH的体积分数为12.5%，＝12.5%，可得x＝（a+0.1）mol，y＝0.1mol，则平衡时H2O为（a+0.1）mol，CO2为（0.24−a−0.1）mol＝（0.14−a）mol，H2为（0.73−a−0.3）mol＝（0.43−a）mol，则， 故答案为：； ； （3）H+需要在TiO2极参与反应，而OH﹣需要在BiVO4极发生反应，则H+经B膜移向TiO2电极，B为阳离子交换膜；而A极为阴离子交换膜， 故答案为：阳离子； （4）从图看CO2在TiO2极发生还原反应产生CH3OH，反应为， 故答案为：； （5）H2首先在Zn﹣Ga—O表面解离成2个H*，随后参与到CO2的还原过程，即由得失电子守恒有，所以产生1mol CH3OH消耗6mol H*，反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为6：1， 故答案为：6：1。 【点评】本题主要考查盖斯定律的应用、化学平衡的计算、电极反应式书写等知识，掌握基础知识，分析题给信息，运用三段式是解答的关键，题目难度较大。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$