广东省广州市2024-2025学年高二下学期开学适应性模拟测试化学练习卷

广东省广州市2024-2025学年高二下学期开学模拟测试化学练习卷 一．选择题（共20小题） 1．（2024秋•海珠区校级月考）已知可逆反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）的能量变化如图所示，则下列叙述不正确的是（　　） A．该反应的活化能为akJ•mol﹣1 B．该反应的逆反应的活化能为bkJ•mol﹣1 C．该反应的ΔH＝+（a﹣b）kJ•mol﹣1 D．使用催化剂，a的数值减小，ΔH也减小 2．（2023秋•广州期末）用钌（Ru）基催化剂催化CO2（g）和H2（g）的反应示意图如图，当反应生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是（　　） A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 B．图示中物质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为该反应的催化剂 C．使用催化剂可以降低反应的活化能，从而改变反应的焓变 D．由题意知：HCOOH（l）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝+31.2kJ•mol﹣1 3．（2024秋•海珠区校级月考）大气中的臭氧层能有效阻挡紫外线、已知反应：O3+O•＝2O2，在有Cl•存在时（Cl•对反应有催化作用）的反应机理为：基元反应①：O3+Cl•＝ClO•+O2，基元反应②：ClO•+O•＝Cl•+O2，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．a表示存在Cl•时反应过程的能量变化 B．Cl•是反应的催化剂，改变了反应历程，降低了ΔH C．决定O3+O•＝2O2反应速率的是基元反应① D．增大压强和加入催化剂都能增大活化分子百分数 4．（2022秋•番禺区校级期中）下列说法正确的是（　　） A．2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H＝﹣221kJ/mol，则碳的燃烧热等于110.5kJ/mol B．C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＝+1.9kJ/mol，则金刚石比石墨稳定 C．CaCO3（s）＝CaO（s）+CO2（g）△H＞0，△S＞0，则不论在何种条件下都不可能自发进行 D．用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）＝CH3COONa（aq）+H2O（aq）△H＞﹣57.3kJ/mol 5．（2024秋•天河区校级月考）25℃时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示。 下列说法正确的是（　　） A．在该反应条件下，产物1比产物2稳定 B．固体酸分子筛可通过氢键吸附乙醇 C．固体酸分子筛能减小图示反应的焓变 D．生成产物1的决速步骤的活化能为16.6kcal•mol﹣1 6．（2024春•天河区期末）锌、铜和稀硫酸组成的原电池如图所示。下列说法正确的是（　　） A．电池工作时，电能转化为化学能 B．若用乙醇代替稀硫酸，也能构成原电池 C．锌片作负极，发生还原反应：Zn﹣2e﹣＝Zn2+ D．溶液中H+向铜电极移动，在铜电极上得电子生成H2 7．（2024•越秀区开学）如图所示装置工作时，下列有关说法正确的是（　　） A．电流表指针有偏转：说明该反应会放热 B．稀硫酸的作用：电极反应物和离子导体 C．电子流向：锌片→溶液→铜片→电流表 D．负极的电极反应：Zn+2H+═Zn2++H2↑ 8．（2024秋•广州月考）Zn—H2O可充电电池工作时可产生氢气，装置如图所示，其中雷尼镍仅起催化和导电作用。下列说法错误的是（　　） A．放电时，Zn极反应：Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝[Zn（OH）4]2﹣ B．充电时，KOH溶液浓度不变 C．充放电时，产生的气体不同 D．充放电过程锌充当储能介质，调控能源储存和制氢 9．（2024秋•广州月考）为研究金属的电化学腐蚀机理，某小组同学采用传感器设计如图所示装置。下列说法不正确的是（　　） A．碳粉作正极 B．负极电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+ C．若压强传感器显示压强升高，则以吸氧腐蚀为主 D．若将碳粉换成锌粉，则Fe可被保护 10．（2024•荔湾区校级开学）银饰用久了表面会有一层Ag2S而发黑，将银饰与Al片接触并加入NaCl溶液，可以除去银饰表面的Ag2S，下列说法正确的是（　　） A．Al是正极 B．阳离子向银饰移动 C．电子由负极经NaCl溶液流向正极 D．Ag2S表面发生反应：Ag2S﹣2e﹣═2Ag+S2﹣ 11．（2024秋•海珠区校级期中）常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是（　　） A．加入过氧化钠固体的溶液中：K+、Mg2+、、Cl﹣ B．在强碱性的无色透明溶液中：Na+、K+、、 C．使石蕊变红的溶液中：Na+、、、 D．碱性溶液中：Na+、Cl﹣、、 12．（2024秋•广州期中）向一定浓度的Ba（OH）2溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后匀速逐滴加入稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图2。下列说法正确的是（　　） A．AB段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的BaSO4不是电解质 B．a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全反应的离子方程式为：Ba2++＝BaSO4↓ C．滴有酚酞的Ba（OH）2溶液呈红色的原因：Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣ D．用NaOH溶液代替Ba（OH）2重复上述实验，溶液导电能力随时间变化与图相同 13．（2024秋•荔湾区校级期中）明矾成分是KAl（SO4）2•12H2O，《金匮要略》中记载：外用解毒杀虫，燥湿止痒；内服止血等。下列有关叙述正确的是（　　） A．加热明矾水溶液，溶液pH升高 B．明矾溶液也可用于自来水的杀菌净水 C．明矾溶液中能大量存在Na+、Mg2+、、Cl﹣ D．明矾溶液中c（）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 14．（2024秋•荔湾区校级月考）向两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入等浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（　　） A．①代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线 B．A、B两点时反应的离子方程式均为 C．C点时两溶液中含有相同量的OH﹣ D．A、D两点对应的溶液均显中性 15．（2022秋•黄埔区月考）常温下，向25mL0.12mol/LAgNO3溶液中逐滴入一定浓度的氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水至沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg[c（H+）/c（OH﹣）]的关系如图所示。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的c（Ag+）与c（NH3）均约为2×10﹣3mol/L。下列叙述正确的是（　　） A．a点对应溶液中存在四种离子，其中Ag+浓度最大 B．b点对应溶液中：c（Ag+）+c{[Ag（NH3）2]+}＝c（NO3﹣） C．与葡萄糖发生银镜反应，最好选择cd段溶液 D．由e点可知，反应Ag++2NH3＝Ag[（NH3）2]+的平衡常数的数量级为107 16．（2024秋•海珠区校级月考）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　） A．新制的氯水在光照下颜色变浅 B．合成氨时，加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3 C．夏天，打开啤酒瓶时会从瓶口逸出气体 D．用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体 17．（2024秋•海珠区校级月考）某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下： 编号 ① ② ③ ④ 温度/℃ 20 20 50 80 10mLH2SO4溶液浓度/（mol•L﹣1） 0.10 0.10 0.10 0.10 5mLKI溶液浓度/（mol•L﹣1） 0.40 0.80 0.40 0.40 1%淀粉溶液体积/mL 1 1 1 1 出现蓝色时间/s 40 21 5 未见蓝色 下列说法正确的是（　　） A．由实验①②可知，反应速率v与c（I﹣）成正比 B．实验①～④中，应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合 C．在I﹣被O2氧化过程中，H+只是降低活化能 D．由实验③④可知，温度越高，反应速率越慢 18．（2024秋•海珠区校级月考）在一定条件下，将X和Y各0.16mol加入10L恒容密闭容器中，发生下列反应：X（s）+Y（g）⇌2Z（g）ΔH＜0。一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（　　） t/min 2 4 7 9 n（Y）/mol 0.12 0.11 0.10 0.10 A．反应前2min的平均速率v（Z）＝2.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1 B．此反应的平衡常数表达式为K＝ C．其他条件不变时，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正） D．X的平衡转化率为37.5% 19．（2022秋•海珠区校级期中）以[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄）+4H2O ΔH＞0为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确的是（　　） 操作和现象 分析 A 观察溶液为绿色 [Cu（H2O）4]2+和[CuCl4]2﹣同时存在 B 升高温度，溶液变为黄绿色 平衡正移，[CuCl4]2﹣的浓度增大 C 加几滴AgNO3溶液，静置，上层清液为蓝色 平衡逆移，[CuCl4]2﹣的浓度减小 D 加少量Zn片，静置，上层清液为浅黄绿色 平衡正移，[CuCl4]2﹣的浓度增大 A．A B．B C．C D．D 20．（2023秋•天河区期末）室温下，用0.1mol•L﹣1Na2S2O3溶液、0.1mol•L﹣1H2SO4溶液和蒸馏水进行表中的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　） 编号 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 蒸馏水 浑浊度随时间变化的曲线 V/mL V/mL V/mL ① 1.5 3.5 10 ② 2.5 3.5 9 ③ 3.5 3.5 8 ④ 3.5 2.5 9 ⑤ 3.5 1.5 10 A．实验中反应的离子方程式：S2+2H+═S↓+SO2↑+H2O B．实验①②③或③④⑤均可探究反应物浓度对反应速率的影响 C．Na2S2O3溶液浓度对该反应速率的影响比H2SO4小 D．将实验①的试剂浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线可能为a 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•广州期中）研究大气中含硫化合物（主要是SO2和H2S）的转化具有重要意义． （1）工业上采用高温热分解H2S的方法制取H2，在膜反应器中分离H2，发生的反应为 2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g） ΔH 已知：①H2S（g）⇌H2（g）+S（g） ΔH1；②2S（g）⇌S2（g） ΔH2 则ΔH＝　 　（用含ΔH1、ΔH2的式子表示）。 （2）土壤中的微生物可将大气中的H2S经两步反应氧化成（aq），两步反应的能量变化示意图如图： 则2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g） ΔH＝　 　。1molH2S（g）全部被氧化为（aq）的热化学方程式为 　 　。 （3）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。 ①该循环过程中Fe3+的作用是 　 　，图示总反应的化学方程式为 　 　。 ②已知反应③生成1molH2O（l）时放出akJ热量，则反应③中转移NA个电子时，放出 　 　kJ热量。（用含a的式子表示） 22．（2024春•越秀区期中）微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。如图是——种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液。总反应为Ag2O+Zn═ZnO+2Ag，其中一个电极反应为Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣。 （1）正极材料为 　 　。 （2）写出另一电极的电极反应式 　 　。 （3）在电池使用的过程中，电解质溶液中KOH的物质的量怎样变化？　 　（增大、减小、不变）。 （4）当电池工作时通过电路对外提供了1mol电子，计算消耗的负极的质量 　 　。 （5）利用下列反应：Fe+2Fe3+═3Fe2+，选择适当的材料和试剂设计一个原电池。 ①请在答卷上的原电池示意图中，标出电极名称、电极材料和电解质溶液。 　 　 ②正极反应式：　 　。 ③电解质溶液中，阳离子向 　 　极移动。 23．（2024•天河区校级模拟）有机酸广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。 （1）[Mn（H2L）3]3+紫色配离子可由含HdL（有机酸）的Mn2+溶液与硝酸反应生成。 ①基态Mn3+的价电子轨道表示式为 　 　。 ②完成反应的离子方程式：9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+　 　+　 　+2H2O。 （2）H2X是一种二元弱酸。常温下，向一定体积的0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl气体（假设过程中溶液体积不变），溶液中主要存在以下过程： （a）X2﹣+H+⇌HX﹣ㅤK1 （b）HX﹣+H+⇌H2XㅤK2 ①关于Na2X溶液，下列说法正确的有 　 　。 A.加水稀释，平衡时溶液中离子总数减小 B.升高温度，平衡时溶液中c（OH﹣）增大 C.溶液中2c（Na+）＝c（H2X）+c（HX﹣）+c（X2﹣） D.随着HCl的通入，溶液中逐渐减小 ②HCl通入过程中，溶液内lgY[Y表示]随pH的变化关系如图1所示； （i）反应（a）的平衡常数K1＝　 　。 （ii）pH＝7.0时，溶液中c（HX﹣）＝　 　mol/L，c（Cl﹣）＝　 　mol/L。 （3）HR是含磷的一元有机弱酸。研究组配制了HR起始浓度c0相同、pH不同的系列溶液，平衡后测定其核磁共振磷谱。HR与R﹣的某个特征P原子在核磁共振谱图上存在不同的化学位移。在水溶液中，实际测得的化学位移δ总是HR与R﹣各自化学位移的加权平均值：δ总＝δHRχHR+δR﹣χR﹣。其中χA＝，A表示HR或R﹣。图2给出了含磷弱酸HR在不同pH下总化学位移的变化。 ①χHR随pH减小而 　 　（填“增大”、“减小”或“不变”），δHR＝　 　ppm。 ②当pH＝pKa时，对应图中点 　 　（填“A”、“B”、“C”或“D”）。 24．（2024秋•海珠区校级月考）Ⅰ．甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下： ①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＜0 K1 ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＜0 K2 ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3＜0 K3 （1）则反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的K＝ 　 　（用含K1、K2、K3的代数式表述）。 （2）反应②达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有 　 　（填字母，下同）。 A．使用催化剂 B．升高温度 C．增大压强 D．移出H2O （3）以下说法能说明反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）达到平衡状态的有 　 　。 A．H2和CO2的浓度之比为3：1 B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C＝O C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变 D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变 E．绝热体系中，体系的温度保持不变 （4）200℃时，向恒容密闭容器中充入一定量的CH3OH（g）发生反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），测得CH3OH（g）的浓度随时间（t）的变化如下表： t/min 0 10 20 30 40 50 60 c（CH3OH）/（mol•L﹣1） 1.00 0.65 0.50 0.36 0.27 0.20 0.20 ①10～30min内，用CH3OCH3（g）表示该反应的平均速率为 　 　。 ②200℃时，向该容器中投入三种成分的浓度如下： 物质 CH3OH（g） CH3OCH3（g） H2O（g） c/（mol•L﹣1） 0.54 0.68 0.68 该时刻，正、逆反应速率的大小关系为：v正（CH3OH） 　 　v逆（CH3OH）（填“＞”“＜”“＝”）。 Ⅱ．CH4和CO2重整制取合成气CO和H2，在减少温室气体排放的同时，可充分利用碳资源。该重整工艺主要涉及以下反应： 反应a：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH1＞0 反应b：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＞0 反应c：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g） ΔH3＞0 反应d：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g） ΔH4＜0 （5）一定压强下按照甲烷与二氧化碳物质的量之比2：1投料，甲烷与二氧化碳发生重整反应，达到平衡时各组分的物质的量分数如图所示： ①m、n分别是 　 　、　 　（填CO2、H2、CO）。 ②700℃后C（s）物质的量分数增加的原因是 　 　。 ③某温度下按照（5）的反应条件进行重整反应，反应达到平衡时体系内无积碳，CH4和H2O物质的量分数为0.5和0.04，则该反应b的化学平衡常数Kb＝ 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 1．（2024秋•海珠区校级月考）已知可逆反应A2（g）+B2（g）⇌2AB（g）的能量变化如图所示，则下列叙述不正确的是（　　） A．该反应的活化能为akJ•mol﹣1 B．该反应的逆反应的活化能为bkJ•mol﹣1 C．该反应的ΔH＝+（a﹣b）kJ•mol﹣1 D．使用催化剂，a的数值减小，ΔH也减小 【答案】D 【分析】A．根据正反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差进行分析； B．根据逆反应活化能为过渡态能量与生成物能量之差进行分析； C．根据ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能进行分析； D．根据使用催化剂，能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变进行分析。 【解答】解：A．正反应活化能为过渡态能量与反应物能量之差，则该反应的活化能为a kJ•mol﹣1，故A正确； B．逆反应活化能为过渡态能量与生成物能量之差，则该反应的逆反应的活化能为b kJ•mol﹣1，故B正确； C．该反应的ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝+（a﹣b）kJ•mol﹣1，故C正确； D．使用催化剂，不能改变反应的焓变，但能降低反应的活化能，则ΔH不变，a的数值减小，故D错误； 故选：D。 【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。 2．（2023秋•广州期末）用钌（Ru）基催化剂催化CO2（g）和H2（g）的反应示意图如图，当反应生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量。下列说法正确的是（　　） A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 B．图示中物质Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为该反应的催化剂 C．使用催化剂可以降低反应的活化能，从而改变反应的焓变 D．由题意知：HCOOH（l）═CO2（g）+H2（g）ΔH＝+31.2kJ•mol﹣1 【答案】D 【分析】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成； B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变； C．催化剂不影响反应的焓变； D．生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量，该反应的热化学方程式为：CO2（g）+H2（g）＝HCOOH（l）ΔH＝﹣31.2kJ•mol﹣1。 【解答】解：A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A错误； B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质，为中间产物，故B错误； C．催化剂不影响反应的焓变，催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，故C错误； D．生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量，则HCOOH（l）＝CO2（g）+H2（g）ΔH＝+31.2kJ•mol﹣1，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。 3．（2024秋•海珠区校级月考）大气中的臭氧层能有效阻挡紫外线、已知反应：O3+O•＝2O2，在有Cl•存在时（Cl•对反应有催化作用）的反应机理为：基元反应①：O3+Cl•＝ClO•+O2，基元反应②：ClO•+O•＝Cl•+O2，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．a表示存在Cl•时反应过程的能量变化 B．Cl•是反应的催化剂，改变了反应历程，降低了ΔH C．决定O3+O•＝2O2反应速率的是基元反应① D．增大压强和加入催化剂都能增大活化分子百分数 【答案】C 【分析】A．催化剂可以降低反应的活化能； B．催化剂可以改变反应历程，但不能降低反应的ΔH； C．基元反应的活化能越大，反应速率越慢； D．增大压强不能增大活化分子的百分数。 【解答】解：A．b表示存在Cl•时反应过程的能量变化，因为催化剂可以降低反应的活化能，故A错误； B．Cl•是反应的催化剂，改变了反应历程，但不能降低反应的ΔH，故B错误； C．反应的活化能越大，反应速率越慢，所以决定O3+O•＝2O2反应速率的是基元反应①，故C正确； D．加入催化剂，降低反应的活化能，能增大活化分子百分数，增大压强不能增大活化分子的百分数，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查学生的看图理解能力，属于基本知识的考查，难度不大。 4．（2022秋•番禺区校级期中）下列说法正确的是（　　） A．2C（s）+O2（g）＝2CO（g）△H＝﹣221kJ/mol，则碳的燃烧热等于110.5kJ/mol B．C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＝+1.9kJ/mol，则金刚石比石墨稳定 C．CaCO3（s）＝CaO（s）+CO2（g）△H＞0，△S＞0，则不论在何种条件下都不可能自发进行 D．用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH（aq）+NaOH（aq）＝CH3COONa（aq）+H2O（aq）△H＞﹣57.3kJ/mol 【答案】D 【分析】A．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量； B．物质具有的能量越低越稳定； C．根据△H﹣T△S＜0反应可自发进行； D．醋酸电离吸热。 【解答】解：A．碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成二氧化碳放出的热量，则碳的燃烧热不等于110.5kJ/mol，故A错误； B．C（石墨，s）＝C（金刚石，s）△H＝+1.9kJ/mol，说明金刚石能量高于石墨，根据能量越低越稳定，则金刚石不如石墨稳定，故B错误； C．CaCO3（s）＝CaO（s）+CO2（g）△H＞0，△S＞0，根据△H﹣T△S＜0反应可自发进行，则该反应在高温下可自发进行，故C错误； D．醋酸为弱酸电离吸收热量，则CH3COOH（aq）+NaOH（aq）＝CH3COONa（aq）+H2O（aq）△H＞﹣57.3kJ/mol，故D正确； 故选：D。 【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、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。 5．（2024秋•天河区校级月考）25℃时，固体酸分子筛催化乙醇脱水，乙醇的分子间脱水和分子内脱水过程与相对能量变化如图所示。 下列说法正确的是（　　） A．在该反应条件下，产物1比产物2稳定 B．固体酸分子筛可通过氢键吸附乙醇 C．固体酸分子筛能减小图示反应的焓变 D．生成产物1的决速步骤的活化能为16.6kcal•mol﹣1 【答案】B 【分析】A．根据能量越低越稳定进行分析； B．根据固体酸分子筛中含有羟基，乙醇中也有羟基进行分析； C．根据催化剂不能减小图示反应的焓变进行分析； D．根据活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步进行分析。 【解答】解：A．产物1的能量大于产物2的能量，能量越低越稳定，所以在该反应条件下，产物2比产物1稳定，故A错误； B．固体酸分子筛中含有羟基，乙醇中也有羟基，所以可通过氢键吸附乙醇，故B正确； C．固体酸分子筛为催化剂，固体酸分子筛催化乙醇脱水，催化剂不能减小图示反应的焓变，故C错误； D．活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步，生成产物1的决速步骤为相对能量从﹣9.3kcal/mol到36.7 kcal/mol，其活化能为46kcal•mol﹣1，故D错误； 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．（2024春•天河区期末）锌、铜和稀硫酸组成的原电池如图所示。下列说法正确的是（　　） A．电池工作时，电能转化为化学能 B．若用乙醇代替稀硫酸，也能构成原电池 C．锌片作负极，发生还原反应：Zn﹣2e﹣＝Zn2+ D．溶液中H+向铜电极移动，在铜电极上得电子生成H2 【答案】D 【分析】该原电池中，Zn为负极，Cu为正极，Cu电极上氢离子得电子发生还原反应，Zn发生氧化反应，电极反应为：Zn﹣2e﹣＝Zn2+，据此进行解答。 【解答】解：A．电池工作时，化学能转化为电能，故A错误； B．乙醇是非电解质，若用乙醇代替稀硫酸，不能构成原电池，故B错误； C．锌片作负极，发生氧化反应，故C错误； D．溶液中H+向正极移动，故向铜电极移动，在铜电极上得电子生成H2，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查原电池原理，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原电池概念、原电池正负极判断方法、电流流向等知识点是解本题关键，题目难度不大。 7．（2024•越秀区开学）如图所示装置工作时，下列有关说法正确的是（　　） A．电流表指针有偏转：说明该反应会放热 B．稀硫酸的作用：电极反应物和离子导体 C．电子流向：锌片→溶液→铜片→电流表 D．负极的电极反应：Zn+2H+═Zn2++H2↑ 【答案】B 【分析】A．电流表指针有偏转：说明该反应会产生电流； B．稀硫酸会电离出氢离子和硫酸根离子； C．电子不能进入溶液； D．负极发生氧化反应。 【解答】解：A．电流表指针有偏转：说明该反应会产生电流，不能说明反应放热，故A错误； B．稀硫酸会电离出氢离子和硫酸根离子，是电极反应物和离子导体，故B正确； C．电子不能进入溶液，锌片→电流表→铜片，故C错误； D．负极发生氧化反应，正确电极反应为：Zn﹣2e﹣＝Zn2+，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重考查分析判断能力，明确各个电极上发生的反应以及电解的原理为解答本题关键，注意把握电极方程式的书写，题目难度不大。 8．（2024秋•广州月考）Zn—H2O可充电电池工作时可产生氢气，装置如图所示，其中雷尼镍仅起催化和导电作用。下列说法错误的是（　　） A．放电时，Zn极反应：Zn﹣2e﹣+4OH﹣＝[Zn（OH）4]2﹣ B．充电时，KOH溶液浓度不变 C．充放电时，产生的气体不同 D．充放电过程锌充当储能介质，调控能源储存和制氢 【答案】B 【分析】由题干可知，电池总反应为，由此分析回答； 【解答】解：A．放电时，Zn为负极，电极反应式为，故A正确； B．充电时，产生KOH，故KOH溶液浓度变大，故B错误； C．放电时，产生氢气，充电时，无气体产生，故产生气体不同，故C正确； D．雷尼镍仅起催化和导电作用，充放电过程锌充当储能介质，调控能源储存和制氢，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池和电解池的掌握情况，试题难度中等。 9．（2024秋•广州月考）为研究金属的电化学腐蚀机理，某小组同学采用传感器设计如图所示装置。下列说法不正确的是（　　） A．碳粉作正极 B．负极电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+ C．若压强传感器显示压强升高，则以吸氧腐蚀为主 D．若将碳粉换成锌粉，则Fe可被保护 【答案】C 【分析】如图所示装置，碳粉作正极，得电子发生还原反应，铁作负极，失电子发生氧化反应。 【解答】解：A．根据分析如图所示装置，碳粉作正极，故A正确； B．铁作负极，失电子发生氧化反应，电极反应式：Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故B正确； C．压强传感器显示压强升高，则装置内有气体生成，可能是析氢腐蚀，不是以吸氧腐蚀为主，故C错误； D．由于电极活动性：Zn＞Fe，所以Zn为负极，失去电子发生氧化反应，从而使铁得到保护，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查金属的腐蚀与防护等，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。 10．（2024•荔湾区校级开学）银饰用久了表面会有一层Ag2S而发黑，将银饰与Al片接触并加入NaCl溶液，可以除去银饰表面的Ag2S，下列说法正确的是（　　） A．Al是正极 B．阳离子向银饰移动 C．电子由负极经NaCl溶液流向正极 D．Ag2S表面发生反应：Ag2S﹣2e﹣═2Ag+S2﹣ 【答案】B 【分析】铝、银和NaCl溶液构成原电池，铝较活泼、作负极，银作正极，负极上铝发生失电子的氧化反应生成Al3+，正极上Ag2S发生得电子的还原反应生成Ag，负极反应式为Al﹣3e﹣＝Al3+，正极反应式为Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣，放电时电子由负极经过外电路流向正极，阳离子由负极移向正极，据此分析解答。 【解答】解：A．由上述分析可知，铝作负极，银作正极，故A错误； B．放电时铝作负极，银作正极，阳离子移向正极，即阳离子向银饰移动，故B正确； C．电子由负极经过外电路流向正极，不能加入电解质溶液中，故C错误； D．正极上Ag2S发生得电子的还原反应生成Ag和S2﹣，正极反应式为Ag2S+2e﹣＝2Ag+S2﹣，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查原电池原理，侧重分析能力和运用能力的考查，把握正负极的判断、电极反应及反应式书写、电子或离子的移向是解本题关键，题目难度不大。 11．（2024秋•海珠区校级期中）常温下，下列各离子组在指定溶液中能大量存在的是（　　） A．加入过氧化钠固体的溶液中：K+、Mg2+、、Cl﹣ B．在强碱性的无色透明溶液中：Na+、K+、、 C．使石蕊变红的溶液中：Na+、、、 D．碱性溶液中：Na+、Cl﹣、、 【答案】D 【分析】A．Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，能和NaOH反应的离子不能大量共存； B．强碱性溶液中含有大量OH﹣，无色溶液中不含有色离子； C．使石蕊变红色的溶液呈酸性； D．碱性溶液中含有大量OH﹣。 【解答】解：A．Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2，Mg2+、OH﹣反应生成Mg（OH）2沉淀而不能大量共存，故A错误； B．强碱性溶液中含有大量OH﹣，无色溶液中不含有色离子，这几种离子都无色，但OH﹣、反应生成、H2O而不能大量共存，故B错误； C．使石蕊变红色的溶液呈酸性，酸性条件下，、发生氧化还原反应生成NO和而不能大量共存，故C错误； D．碱性溶液中含有大量OH﹣，这几种离子之间不反应且和OH﹣不反应，所以能大量共存，故D正确； 故选：D。 【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，注意题干中限制性的条件，题目难度不大。 12．（2024秋•广州期中）向一定浓度的Ba（OH）2溶液中滴入几滴酚酞溶液，然后匀速逐滴加入稀硫酸，并测得混合溶液的导电能力随时间变化的曲线如图2。下列说法正确的是（　　） A．AB段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的BaSO4不是电解质 B．a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全反应的离子方程式为：Ba2++＝BaSO4↓ C．滴有酚酞的Ba（OH）2溶液呈红色的原因：Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣ D．用NaOH溶液代替Ba（OH）2重复上述实验，溶液导电能力随时间变化与图相同 【答案】C 【分析】向Ba（OH）2溶液中匀速逐滴加入稀硫酸，发生反应：H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O，由于反应产生的BaSO4是难溶性物质，主要以固体存在，H2O是弱电解质，导致溶液中自由移动的离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当到a点时，二者恰好反应，溶液中自由移动的离子浓度几乎为0，因此导电能力最弱。后来H2SO4过量，过量的H2SO4电离产生自由移动的离子，使离子浓度逐渐增大，溶液导电能力逐渐增强。 【解答】解：A．AB段溶液的导电能力不断减弱，是由于发生反应：H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O，反应产生的BaSO4是难溶性强电解质，主要以固体存在，H2O是弱电解质，导致溶液中自由移动的离子浓度减小，溶液导电能力减弱，故A错误； B．a时刻Ba（OH）2溶液与稀硫酸恰好完全反应，除产生BaSO4沉淀外，还产生弱电解质H2O，反应的离子方程式为：2H+++Ba2++2OH﹣＝BaSO4↓+2H2O，故B错误； C．滴有酚酞的Ba（OH）2溶液呈红色，是由于Ba（OH）2是二元强碱，在水中电离产生OH﹣，使溶液显碱性，电离方程式应该为：Ba（OH）2＝Ba2++2OH﹣，故C正确； D．若用NaOH溶液代替Ba（OH）2重复上述实验，NaOH与H2SO4发生中和反应产生可溶性盐Na2SO4和H2O，溶液中始终存在大量自由移动的离子，因此溶液导电能力几乎不变，因此不会发生上述变化，故D错误； 故选：C。 【点评】本题主要考查物质导电性分析等，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．（2024秋•荔湾区校级期中）明矾成分是KAl（SO4）2•12H2O，《金匮要略》中记载：外用解毒杀虫，燥湿止痒；内服止血等。下列有关叙述正确的是（　　） A．加热明矾水溶液，溶液pH升高 B．明矾溶液也可用于自来水的杀菌净水 C．明矾溶液中能大量存在Na+、Mg2+、、Cl﹣ D．明矾溶液中c（）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣） 【答案】D 【分析】A．根据铝离子发生水解反应生成氢氧化铝和氢离子，进行分析； B．根据铝离子水解成Al（OH）3胶体，没有强氧化性，无法杀菌，进行分析； C．根据铝离子和HCO3⁻发生完全双水解，进行分析； D．根据铝离子水解导致浓度低于钾离子，且溶液呈酸性，进行分析。 【解答】解：A．明矾中的铝离子发生水解反应生成氢氧化铝和氢离子，加热，促进铝离子水解，溶液酸性增强，故A错误； B．铝离子水解成氢氧化铝胶体，只能起到吸附悬浮杂质从而净水的作用，没有强氧化性，无法杀菌，故B错误； C．明矾溶液中铝离子和碳酸氢根离子发生完全双水解：Al3++3＝Al（OH）3↓+3CO2↑，不能共存，故C错误； D．由于铝离子水解导致浓度低于钾离子，且溶液呈酸性，则浓度大小：c（）＞c（K+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查离子浓度大小的比较等，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。 14．（2024秋•荔湾区校级月考）向两份相同的Ba（OH）2溶液中，分别滴入等浓度的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是（　　） A．①代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线 B．A、B两点时反应的离子方程式均为 C．C点时两溶液中含有相同量的OH﹣ D．A、D两点对应的溶液均显中性 【答案】D 【分析】Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O，NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O或2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，根据图知，A点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则B点发生NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O；C点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；A点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；D点②中溶质为Na2SO4，据此解答。 【解答】解：A．氢氧化钡溶液和硫酸、硫酸氢钠溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+2H2O，NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O或2NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为氢氧化钡溶液和硫酸的反应，故A错误； B．A点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，硫酸、硫酸氢钠溶液的物质的量浓度相等，则B点发生NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，故B错误； C．C点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中从起始到B点发生反应NaHSO4+Ba（OH）2＝BaSO4↓+NaOH+H2O，B到D发生反应NaHSO4+NaOH＝Na2SO4+H2O，此时C点溶质为NaOH、Na2SO4，离子总浓度相同，导电能力相同，所以两溶液中含OH﹣离子浓度不同，故C错误； D．A点为氢氧化钡溶液和硫酸恰好反应，D发生反应NaHSO4+NaOH＝Na2SO4+H2O，两点对应的溶液均显中性，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查物质导电性分析等，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。 15．（2022秋•黄埔区月考）常温下，向25mL0.12mol/LAgNO3溶液中逐滴入一定浓度的氨水，先出现沉淀，继续滴加氨水至沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg[c（H+）/c（OH﹣）]的关系如图所示。已知e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中的c（Ag+）与c（NH3）均约为2×10﹣3mol/L。下列叙述正确的是（　　） A．a点对应溶液中存在四种离子，其中Ag+浓度最大 B．b点对应溶液中：c（Ag+）+c{[Ag（NH3）2]+}＝c（NO3﹣） C．与葡萄糖发生银镜反应，最好选择cd段溶液 D．由e点可知，反应Ag++2NH3＝Ag[（NH3）2]+的平衡常数的数量级为107 【答案】D 【分析】A．a点溶质为AgNO3，Ag+水解导致溶液呈酸性，NO3﹣不水解，水的电离程度较小； B．b点lg＝0，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c（Ag+）+c[Ag（NH3）2+]+c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（NO3﹣）； C．与葡萄糖发生银镜反应的溶液是银氨溶液，e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，e点后溶液为银氨溶液； D．e点V（NH3•H2O）＝4.7mL，根据银元素守恒可知：c[Ag（NH3）2+]＝﹣2×10﹣3mol/L≈0.1mol/L，Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+平衡常数＝。 【解答】解：A．a点溶质为AgNO3，Ag+水解导致溶液呈酸性，NO3﹣不水解，水的电离程度较小，所以a点对应溶液中存在四种离子，其中c（NO3﹣）最大，故A错误； B．b点lg＝0，则c（H+）＝c（OH﹣），溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c（Ag+）+c[Ag（NH3）2+]+c（H+）+c（NH4+）＝c（OH﹣）+c（NO3﹣），则c（Ag+）+c[Ag（NH3）2+]＜c（NO3﹣），故B错误； C．与葡萄糖发生银镜反应的溶液是银氨溶液，e点对应的溶液迅速由浑浊变得澄清，e点后溶液为银氨溶液，所以用e点后溶液与葡萄糖发生银镜反应，故C错误； D．e点V（NH3•H2O）＝4.7mL，根据银元素守恒可知：c[Ag（NH3）2+]＝﹣2×10﹣3mol/L≈0.1mol/L，Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+平衡常数＝＝＝1.25×107，所以反应Ag++2NH3⇌[Ag（NH3）2]+平衡常数的数量级为107，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查难溶物溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确溶液中溶质成分及其性质、平衡常数的计算方法是解本题关键，D为解答难点。 16．（2024秋•海珠区校级月考）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（　　） A．新制的氯水在光照下颜色变浅 B．合成氨时，加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3 C．夏天，打开啤酒瓶时会从瓶口逸出气体 D．用饱和食盐水除去氯气中的少量HCl气体 【答案】B 【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用。 【解答】解：A．新制的氯水存在Cl2+H2O⇌HClO+HCl，光照下次氯酸分解，平衡正向移动，氯气浓度逐渐变小，颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A错误； B．合成NH3时，加催化剂，使N2和H2在一定条件下转化为NH3，催化剂不影响平衡只影响化学反应速率，不能用勒夏特列原理解释，故B正确； C．啤酒中存在CO2的溶解平衡，打开啤酒瓶时，气体压强减小，溶解平衡左移，逸出的CO2气体会形成气泡，则打开啤酒瓶时会从瓶口逸出气泡能用勒夏特列原理解释，故C错误； D．Cl2和H2O反应生成盐酸和HClO的反应为可逆反应，饱和食盐水中氯离子可以使平衡左移，降低氯气的溶解度，则用排饱和食盐水的方法收集氯气能用勒夏特列原理解释，故D错误； 故选：B。 【点评】本题主要考查化学平衡移动原理等，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。 17．（2024秋•海珠区校级月考）某小组探究实验条件对反应速率的影响，设计如下实验，并记录结果如下： 编号 ① ② ③ ④ 温度/℃ 20 20 50 80 10mLH2SO4溶液浓度/（mol•L﹣1） 0.10 0.10 0.10 0.10 5mLKI溶液浓度/（mol•L﹣1） 0.40 0.80 0.40 0.40 1%淀粉溶液体积/mL 1 1 1 1 出现蓝色时间/s 40 21 5 未见蓝色 下列说法正确的是（　　） A．由实验①②可知，反应速率v与c（I﹣）成正比 B．实验①～④中，应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合 C．在I﹣被O2氧化过程中，H+只是降低活化能 D．由实验③④可知，温度越高，反应速率越慢 【答案】A 【分析】A．实验①②中其他条件相同，c（I﹣）：①＜②，且反应速率：①＜②； B．实验①～④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入H2SO4溶液，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质； C．在I﹣被O2氧化过程中，H+除了作为催化剂降低活化能； D．由实验④可知，温度过高，生成的碘单质能被氧气继续氧化。 【解答】解：A．实验①②中c（I﹣）：①＜②，且反应速率：①＜②，所以反应速率v与c（I﹣）成正比，故A正确； B．实验①～④中，应将KI溶液与淀粉溶液先混合，再加入H2SO4溶液，在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘单质，测定溶液变色的时间，不能应将H2SO4溶液与淀粉溶液先混合，故B错误； C．在I﹣被O2氧化过程中，H+除了作为催化剂降低活化能，还作为反应物参加反应，故C错误； D．由实验④可知，温度过高，生成的碘单质能被氧气继续氧化，所以④不变色，而不是温度越高，反应速率越慢，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查化学反应速率，侧重考查学生影响速率因素的掌握情况，试题难度中等。 18．（2024秋•海珠区校级月考）在一定条件下，将X和Y各0.16mol加入10L恒容密闭容器中，发生下列反应：X（s）+Y（g）⇌2Z（g）ΔH＜0。一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是（　　） t/min 2 4 7 9 n（Y）/mol 0.12 0.11 0.10 0.10 A．反应前2min的平均速率v（Z）＝2.0×10﹣3mol•L﹣1•s﹣1 B．此反应的平衡常数表达式为K＝ C．其他条件不变时，降低温度，反应达到新平衡前v（逆）＞v（正） D．X的平衡转化率为37.5% 【答案】D 【分析】A．前2minY的平均速率v（Y）＝＝2.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，v（Z）＝2v（Y）； B．X为固体，浓度视为定值； C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动； D．7分钟时达到平衡，△n（Y）＝△n（X）＝0.16﹣0.10＝0.06mol。 【解答】解：A．不同物质表示的化学反应速率之比等于化学计量数之比，前2minY的平均速率v（Y）＝＝2.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，v（Z）＝2v（Y）＝4.0×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，故A错误； B．X为固体，浓度视为定值，其浓度不列入平衡常数表达式中，则K＝，故B错误； C．该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，达到新平衡前v（正）＞v（逆），故C错误； D．7分钟时达到平衡，△n（Y）＝△n（X）＝0.16﹣0.10＝0.06mol，转化率为，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡计算的掌握情况，试题难度中等。 19．（2022秋•海珠区校级期中）以[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄）+4H2O ΔH＞0为例，探究影响平衡移动的因素。取相同浓度的CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正确的是（　　） 操作和现象 分析 A 观察溶液为绿色 [Cu（H2O）4]2+和[CuCl4]2﹣同时存在 B 升高温度，溶液变为黄绿色 平衡正移，[CuCl4]2﹣的浓度增大 C 加几滴AgNO3溶液，静置，上层清液为蓝色 平衡逆移，[CuCl4]2﹣的浓度减小 D 加少量Zn片，静置，上层清液为浅黄绿色 平衡正移，[CuCl4]2﹣的浓度增大 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【分析】A．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，[Cu（H2O）4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光＝绿色光，所以溶液为绿色； B．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动； C．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl﹣与Ag+反应，即Ag++Cl﹣＝AgCl↓，Cl﹣浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu（H2O）4]2+浓度增大； D．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn＝Zn2++Cu，Cu2+浓度减小。 【解答】解：A．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，[Cu（H2O）4]2+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光＝绿色光，所以溶液为绿色，是因为[Cu（H2O）4]2+和[CuCl4]2−同时存在，故A正确； B．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，该反应是一个吸热反应，升高温度，平衡正向移动，[CuCl4]2−的浓度增大，溶液变为黄绿色，故B正确； C．由[Cu（H2O）4]2+（蓝）+4Cl−⇌[CuCl4]2−（黄）+4H2O ΔH＞0可知，加几滴AgNO3溶液，Cl﹣与Ag+反应，即Ag++Cl﹣＝AgCl↓，Cl﹣浓度减小，平衡向逆反应方向移动，[CuCl4]2−的浓度减小，[Cu（H2O）4]2+浓度增大，上层清液为蓝色，故C正确； D．在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn＝Zn2++Cu，Cu2+浓度减小，则[Cu（H2O）4]2+、[CuCl4]2−浓度均减小，上层清液为浅黄绿色，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学平衡移动方向的判断，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。 20．（2023秋•天河区期末）室温下，用0.1mol•L﹣1Na2S2O3溶液、0.1mol•L﹣1H2SO4溶液和蒸馏水进行表中的5个实验，分别测量浑浊度随时间的变化如图所示。下列说法不正确的是（　　） 编号 Na2S2O3溶液 H2SO4溶液 蒸馏水 浑浊度随时间变化的曲线 V/mL V/mL V/mL ① 1.5 3.5 10 ② 2.5 3.5 9 ③ 3.5 3.5 8 ④ 3.5 2.5 9 ⑤ 3.5 1.5 10 A．实验中反应的离子方程式：S2+2H+═S↓+SO2↑+H2O B．实验①②③或③④⑤均可探究反应物浓度对反应速率的影响 C．Na2S2O3溶液浓度对该反应速率的影响比H2SO4小 D．将实验①的试剂浸泡在热水中一段时间后再混合，其浑浊度曲线可能为a 【答案】C 【分析】由图可知，实验③中反应速率最快，由控制变量法可知总体积为15mL，实验①、②、③中Na2S2O3溶液浓度不同，图中③、④、⑤速率接近，①、②、③速率差异大。 A．Na2S2O3和稀硫酸反应生成Na2SO4、S、SO2、H2O； B．实验①②③中c（Na2S2O3）不同，其它因素相同；实验③④⑤中c（H+）不同，其它因素相同； C．根据实验①②③、③④⑤图象知，降低c（Na2S2O3）比降低c（H2SO4）对该反应化学速率影响程度大； D．温度越高，反应速率越快，出现浑浊的时间越短。 【解答】解：A．Na2S2O3和稀硫酸反应生成Na2SO4、S、SO2、H2O，离子方程式为S2+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，故A正确； B．实验①②③中c（Na2S2O3）不同，其它因素相同，c（Na2S2O3）越大，出现浑浊的时间越短，反应速率越快；实验③④⑤中c（H+）不同，其它因素相同，c（H+）越大，出现浑浊的时间越短，反应速率越快，说明增大反应物浓度可增大反应速率，故B正确； C．根据实验①②③、③④⑤图象知，降低c（Na2S2O3）比降低c（H2SO4）对该反应化学速率影响程度大，则Na2S2O3溶液浓度对该反应速率的影响比H2SO4大，故C错误； D．温度越高，反应速率越快，出现浑浊的时间越短，所以将实验①的试剂浸泡在热水中一段时间后再混合，反应速率加快，出现浑浊的时间缩短，其浑浊度曲线可能为a，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查反应速率，为高频考点，把握速率的影响因素、控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意变量的判断、图象的分析，题目难度不大。 二．解答题（共4小题） 21．（2023秋•广州期中）研究大气中含硫化合物（主要是SO2和H2S）的转化具有重要意义． （1）工业上采用高温热分解H2S的方法制取H2，在膜反应器中分离H2，发生的反应为 2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g） ΔH 已知：①H2S（g）⇌H2（g）+S（g） ΔH1；②2S（g）⇌S2（g） ΔH2 则ΔH＝　2ΔH1+ΔH2　（用含ΔH1、ΔH2的式子表示）。 （2）土壤中的微生物可将大气中的H2S经两步反应氧化成（aq），两步反应的能量变化示意图如图： 则2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g） ΔH＝　﹣443.8kJ/mol　。1molH2S（g）全部被氧化为（aq）的热化学方程式为 　H2S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）ΔH＝﹣806.39kJ•mol﹣1　。 （3）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。 ①该循环过程中Fe3+的作用是 　催化剂　，图示总反应的化学方程式为 　2H2S+O2＝2H2O+2S↓　。 ②已知反应③生成1molH2O（l）时放出akJ热量，则反应③中转移NA个电子时，放出 　0.5a　kJ热量。（用含a的式子表示） 【答案】（1）2ΔH1+ΔH2； （2）﹣443.8kJ/mol；H2S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）ΔH＝﹣806.39kJ•mol﹣1； （3）①催化剂；2H2S+O2＝2H2O+2S↓； ②0.5a。 【分析】（1）已知：①H2S（g）⇌H2（g）+S（g） ΔH1；②2S（g）⇌S2（g） ΔH2，盖斯定律计算①×2+②得到2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g） ΔH； （2）由图可知，第一步热化学反应为：①H2S（g）+O2＝S（s）+H2O（g）ΔH＝﹣221.19kJ•mol﹣1，第二步反应为：②S（s）+O2（g）+H2O（g）＝2H+（aq）+（aq）ΔH＝﹣585.20kJ•mol﹣1，则按盖斯定律计算①+②即可得； （3）H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应，由图知，反应有：Cu2++H2S＝CuS↓+2H+、2Fe3++CuS＝2Fe2++Cu2++S、4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，该循环过程的总反应为2H2S+O2＝2H2O+2S↓，结合电子守恒计算。 【解答】解：（1）已知：①H2S（g）⇌H2（g）+S（g） ΔH1；②2S（g）⇌S2（g） ΔH2，盖斯定律计算①×2+②得到2H2S（g）⇌2H2（g）+S2（g） ΔH＝2ΔH1+ΔH2， 故答案为：2ΔH1+ΔH2； （2）由图可知，第一步热化学反应为：①H2S（g）+O2＝S（s）+H2O（g）ΔH＝﹣221.19kJ•mol﹣1，2H2S（g）+O2（g）═2S（s）+2H2O（g） ΔH＝﹣443.8kJ/mol，第二步反应为：②S（s）+O2（g）+H2O（g）＝2H+（aq）+（aq）ΔH＝﹣585.20kJ•mol﹣1，盖斯定律计算①+②得到1molH2S（g）全部氧化成（aq）的热化学方程式为：H2S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）ΔH＝﹣806.39kJ•mol﹣1， 故答案为：﹣443.8kJ/mol；H2S（g）+2O2（g）＝（aq）+2H+（aq）ΔH＝﹣806.39kJ•mol﹣1； （3）①H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应，由图知，反应有：Cu2++H2S＝CuS↓+2H+、2Fe3++CuS＝2Fe2++Cu2++S、4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，该循环过程的总反应为：2H2S+O2＝2H2O+2S↓，故循环中Fe3+起的作用是催化剂， 故答案为：催化剂；2H2S+O2＝2H2O+2S↓； ②已知反应③4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，生成1molH2O（l）时放出akJ热量，生成2molH2O（l）时放出2akJ热量，电子转移总是为4mol，则反应③中转移NA个电子时，即1mol电子转移，放出热量0.5akJ， 故答案为：0.5a。 【点评】本题考查氧化还原反应过程分析判断、热化学方程式和盖斯定律的计算应用等知识点，侧重考查计算能力考查，掌握基础是解题关键，题目难度不大。 22．（2024春•越秀区期中）微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用。如图是——种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液。总反应为Ag2O+Zn═ZnO+2Ag，其中一个电极反应为Ag2O+H2O+2e﹣═2Ag+2OH﹣。 （1）正极材料为 　Ag2O　。 （2）写出另一电极的电极反应式 　Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝ZnO+H2O　。 （3）在电池使用的过程中，电解质溶液中KOH的物质的量怎样变化？　不变　（增大、减小、不变）。 （4）当电池工作时通过电路对外提供了1mol电子，计算消耗的负极的质量 　32.5g　。 （5）利用下列反应：Fe+2Fe3+═3Fe2+，选择适当的材料和试剂设计一个原电池。 ①请在答卷上的原电池示意图中，标出电极名称、电极材料和电解质溶液。 　　 ②正极反应式：　Fe3++e﹣＝Fe2+　。 ③电解质溶液中，阳离子向 　正　极移动。 【答案】（1）Ag2O； （2）Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝ZnO+H2O； （3）不变； （4）32.5g； （5）①； ②Fe3++e﹣＝Fe2+； ③正。 【分析】（1）总反应为Ag2O+Zn＝ZnO+2Ag，Ag2O变成Ag，Ag的化合价从+1变为0，化合价降低，则该电极反应化合价降低、被还原，是正极； （2）原电池的负极上发生失电子的还原反应； （3）根据原电池总反应Ag2O+Zn＝ZnO+2Ag来判断电解质溶液中KOH的物质的量怎样变化； （4）根据电极反应式进行计算即可； （5）根据方程式，失电子的物质作负极；根据得失电子判断反应类型；电解质是反应物中可溶性的、得电子的物质；得电子的物质在正极上反应，结合方程式判断得电子的离子，从而写出电极反应式。 【解答】解：（1）由分析可知，Zn为负极，Ag2O为正极， 故答案为：Ag2O； （2）Ag2O+H2O+2e﹣＝2Ag+2OH﹣为正极反应，负极失电子，被氧化，则负极反应为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝ZnO+H2O， 故答案为：Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝ZnO+H2O； （3）从总反应Ag2O+Zn＝ZnO+2Ag来看，反应不涉及KOH， 故答案为：不变； （4）Zn+2OH﹣+2e﹣＝ZnO+H2O 65g 2mol m 1mol ＝，解得：m＝32.5g 故答案为：32.5g； （5）①原电池中失电子的物质作负极，根据方程式知，铁作负极，比铁活泼性小的金属或导电的非金属作正极；铁失电子，发生氧化反应；正极上得电子，发生还原反应，根据方程式知，Fe3+得电子，生成Fe2+，电极反应式为：2Fe3++2e﹣＝2Fe2+，电解质是反应物中可溶性的、得电子的物质，所以电解质是可溶性的铁盐，可用氯化铁作电解质，如图所示， 故答案为：； ②正极，铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为：Fe3++e﹣＝Fe2+， 故答案为：Fe3++e﹣＝Fe2+； ③在原电池中，阳离子移向正极，即铁离子移向正极， 故答案为：正。 【点评】本题考查了银锌电池的正负极反应原理及有关的计算，熟悉原电池反应原理与反应类型，电子离子的流向是做题的关键。 23．（2024•天河区校级模拟）有机酸广泛存在于自然界，且在生产和生活中都发挥着重要作用。 （1）[Mn（H2L）3]3+紫色配离子可由含HdL（有机酸）的Mn2+溶液与硝酸反应生成。 ①基态Mn3+的价电子轨道表示式为 　　。 ②完成反应的离子方程式：9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+　NO↑　+　14H+　+2H2O。 （2）H2X是一种二元弱酸。常温下，向一定体积的0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl气体（假设过程中溶液体积不变），溶液中主要存在以下过程： （a）X2﹣+H+⇌HX﹣ㅤK1 （b）HX﹣+H+⇌H2XㅤK2 ①关于Na2X溶液，下列说法正确的有 　BD　。 A.加水稀释，平衡时溶液中离子总数减小 B.升高温度，平衡时溶液中c（OH﹣）增大 C.溶液中2c（Na+）＝c（H2X）+c（HX﹣）+c（X2﹣） D.随着HCl的通入，溶液中逐渐减小 ②HCl通入过程中，溶液内lgY[Y表示]随pH的变化关系如图1所示； （i）反应（a）的平衡常数K1＝　107　。 （ii）pH＝7.0时，溶液中c（HX﹣）＝　0.05　mol/L，c（Cl﹣）＝　0.05　mol/L。 （3）HR是含磷的一元有机弱酸。研究组配制了HR起始浓度c0相同、pH不同的系列溶液，平衡后测定其核磁共振磷谱。HR与R﹣的某个特征P原子在核磁共振谱图上存在不同的化学位移。在水溶液中，实际测得的化学位移δ总是HR与R﹣各自化学位移的加权平均值：δ总＝δHRχHR+δR﹣χR﹣。其中χA＝，A表示HR或R﹣。图2给出了含磷弱酸HR在不同pH下总化学位移的变化。 ①χHR随pH减小而 　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”），δHR＝　﹣11　ppm。 ②当pH＝pKa时，对应图中点 　C　（填“A”、“B”、“C”或“D”）。 【答案】（1）①； ②NO↑；14H+； （2）①BD； ②（i）107； （ii）0.05；0.05； （3）①增大；﹣11； ②C。 【分析】（1）①基态Mn3+的价电子为3d5，结合洪特规则书写其轨道表示式； ②[Mn（H2L）3]3﹣中Mn的化合价为+3，Mn2+失电子生成[Mn（H2L）3]3﹣，得电子生成NO，结合电子守恒和电荷守恒书写离子方程式； （2）①A.Na2X是强碱弱酸盐，加水稀释时促进水的电离； B.盐类水解反应吸热，升高温度时，水解平衡正向移动； C.根据物料守恒关系分析判断； D.随着HCl的通入，溶液中X2﹣→HX﹣→H2X； ②（i）H2X是一种二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，lgY＝0时c（H2X）＝c（HX﹣）或c（HX﹣）＝c（X2﹣），此时Ka1＝×c（H+）＝c（H+）或Ka2＝×c（H+）＝c（H+），由图可知，Ka1＝10﹣1.8，Ka2＝10﹣7； （ii）H2X的电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝10﹣1.8，Ka2＝×c（H+）＝10﹣7，pH＝7.0时c（H+）＝10﹣7mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝105.2c（H2X），即c（HX﹣）+c（X2﹣）≈c（HX﹣）+c（X2﹣）+c（H2X）＝0.1mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝0.05mol/L，结合电荷守恒关系进行计算； （3）①由图可知，溶液酸性较强时c（R﹣）较小，c（HR）较大、χHR≈1，χR﹣≈0，反应为R﹣+H+⇌HR，由图可知，酸性强的溶液中δ总＝δHR＝﹣11ppm； ②由图可知，溶液酸性较强时c（R﹣）较小，c（HR）较大、χHR≈1，χR﹣≈0，此时图中δ总＝δHR＝﹣11ppm；当溶液碱性较强时c（HR）较小，c（R﹣）较大、χHR≈0，χR﹣≈1，此时图中δHR＝﹣6ppm，所以δ总＝﹣11χHR﹣6χR﹣，结合电离平衡常数分析解答。 【解答】解：（1）①Mn原子序数为25，排布式为[Ar]3d54s2，则基态Mn3+的价电子排布式为3d4，其轨道表示式为， 故答案为：； ②该反应中Mn2+失电子生成[Mn（H2L）3]3﹣，得电子生成NO，则反应的离子方程式为9H4L+3Mn2++═3[Mn（H2L）3]3﹣+NO↑+14H++2H2O， 故答案为：NO↑；14H+； （2）①A.Na2X是强碱弱酸盐，加水稀释时促进水的电离，溶液中n（OH﹣）增大，即溶液中离子总数增大，故A错误； B.盐类水解反应吸热，升高温度时，水解平衡正向移动，溶液的碱性增强，c（OH﹣）增大，故B正确； C.Na2X溶液中存在的物料守恒关系为c（Na+）＝2c（H2X）+2c（HX﹣）+2c（X2﹣），故C错误； D.随着HCl的通入，溶液中X2﹣→HX﹣→H2X，则溶液中逐渐减小，故D正确； 故答案为：BD； ②（i）H2X是一种二元弱酸，电离平衡常数：Ka1＞Ka2，lgY＝0时c（H2X）＝c（HX﹣）或c（HX﹣）＝c（X2﹣），此时Ka1＝c（H+）或Ka2＝c（H+），由图可知，Ka1＝10﹣1.8，Ka2＝10﹣7，则反应X2﹣+H+⇌HX﹣的平衡常数K1＝＝107， 故答案为：107； （ii）H2X的电离平衡常数Ka1＝×c（H+）＝10﹣1.8，Ka2＝×c（H+）＝10﹣7，pH＝7.0时c（H+）＝c（OH﹣）＝10﹣7mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝105.2c（H2X），则c（HX﹣）+c（X2﹣）≈c（HX﹣）+c（X2﹣）+c（H2X）＝0.1mol/L，c（HX﹣）＝c（X2﹣）＝0.05mol/L，0.1mol/LNa2X溶液中通入HCl气体时电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HX﹣）+2c（X2﹣）+c（Cl﹣），即0.2mol/L＝0.15mol/L+c（Cl﹣），解得c（Cl﹣）＝0.05mol/L， 故答案为：0.05；0.05； （3）①反应为R﹣+H+⇌HR，pH减小时c（H+）增大，c（HR）增大，χHR也增大，即χHR随pH减小而增大，当溶液酸性较强时c（R﹣）较小、c（HR）较大，χHR较大1，χR﹣较小，由图可知，强酸性溶液中δHR＝δ总＝﹣11ppm， 故答案为：增大；﹣11； ②由图可知，溶液酸性较强时χHR≈1、χR﹣≈0，此时图中δHR＝δ总＝﹣11ppm；当溶液碱性较强时c（HR）较小，c（R﹣）较大、χHR≈0，χR﹣≈1，此时图中δHR＝﹣6ppm，关系式为δ总＝﹣11χHR﹣6χR﹣，当pH＝pKa时c（H+）＝Ka，HR的电离平衡常数Ka＝×c（H+），此时c（R﹣）＝c（HR），χHR﹣＝χR﹣＝0.5，则δ总＝﹣11χHR﹣6χR﹣＝﹣11ppm×0.5﹣6ppm×0.5＝﹣8.5ppm，即为图中C点， 故答案为：C。 【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡，侧重分析能力和计算能力考查，把握弱电解质的电离平衡及其影响因素、电离平衡常数的计算、图象信息处理与应用、氧化还原反应方程式书写等知识是解题关键，题目难度中等。 24．（2024秋•海珠区校级月考）Ⅰ．甲醚（DME）被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下： ①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH1＜0 K1 ②2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g）ΔH2＜0 K2 ③CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH3＜0 K3 （1）则反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）的K＝ 　K12K2K3　（用含K1、K2、K3的代数式表述）。 （2）反应②达平衡后采取下列措施，能提高CH3OCH3产率的有 　D　（填字母，下同）。 A．使用催化剂 B．升高温度 C．增大压强 D．移出H2O （3）以下说法能说明反应3H2（g）+3CO（g）⇌CH3OCH3（g）+CO2（g）达到平衡状态的有 　DE　。 A．H2和CO2的浓度之比为3：1 B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C＝O C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变 D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变 E．绝热体系中，体系的温度保持不变 （4）200℃时，向恒容密闭容器中充入一定量的CH3OH（g）发生反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g），测得CH3OH（g）的浓度随时间（t）的变化如下表： t/min 0 10 20 30 40 50 60 c（CH3OH）/（mol•L﹣1） 1.00 0.65 0.50 0.36 0.27 0.20 0.20 ①10～30min内，用CH3OCH3（g）表示该反应的平均速率为 　0.00725mol/（L•min）　。 ②200℃时，向该容器中投入三种成分的浓度如下： 物质 CH3OH（g） CH3OCH3（g） H2O（g） c/（mol•L﹣1） 0.54 0.68 0.68 该时刻，正、逆反应速率的大小关系为：v正（CH3OH） 　＞　v逆（CH3OH）（填“＞”“＜”“＝”）。 Ⅱ．CH4和CO2重整制取合成气CO和H2，在减少温室气体排放的同时，可充分利用碳资源。该重整工艺主要涉及以下反应： 反应a：CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g） ΔH1＞0 反应b：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） ΔH2＞0 反应c：CH4（g）⇌C（s）+2H2（g） ΔH3＞0 反应d：2CO（g）⇌C（s）+CO2（g） ΔH4＜0 （5）一定压强下按照甲烷与二氧化碳物质的量之比2：1投料，甲烷与二氧化碳发生重整反应，达到平衡时各组分的物质的量分数如图所示： ①m、n分别是 　CO2　、　H2　（填CO2、H2、CO）。 ②700℃后C（s）物质的量分数增加的原因是 　反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C（s）的物质的量分数的影响比反应d左移影响的大　。 ③某温度下按照（5）的反应条件进行重整反应，反应达到平衡时体系内无积碳，CH4和H2O物质的量分数为0.5和0.04，则该反应b的化学平衡常数Kb＝ 　0.41　。 【答案】（1）K12K2K3； （2）D； （3）DE； （4）①0.00725 mol/（L•min）； ②＞； （5）①CO2；H2； ②反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C（s）的物质的量分数的影响比反应d左移影响的大； ③0.41。 【分析】（1）根据盖斯定律，①×2+②+③得反应3H2 （g）+3CO（g）⇌CH3OCH3 （g）+CO2（g）； （2）A．使用催化剂不影响化学平衡移动； B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动； C．反应前的气体系数之和等于反应后气体系数，增大压强，平衡不向移动； D．移出H2O，平衡正向移动； （3）A．H2和CO2的浓度之比为3：1，并不能说明正逆反应速率是否相等； B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C＝O，表示的都是正向速率； C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变，因该反应的气体总质量和容器体积均不变，则气体的密度始终不变； D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变，因该反应的气体总质量不变，但气体的总物质的量发生改变，则气体的平均摩尔质量不变； E．因该反应为放热反应，则在绝热体系中，体系的温度保持不变； （4）①，速率之比为系数之比； ②根据表格可知，达到平衡时，CH3OH消耗0.8mol，列三段式可得： ， ，投料的浓度积，此时反应正向移动； （5）①一定压强下按照甲烷与二氧化碳物质的量之比2：1投料，则由图可知，曲线m表示达到平衡时CO2的物质的量分数；由图可知，反应中产生的水的物质的量很少，且有减少趋势，故氢气消耗量很少； ②700℃后C（s）物质的量分数增加是由于在反应c、d中涉及C（s）物质。反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C（s）的物质的量分数的影响比反应d左移影响的大； ③假设初始时n（CO2）＝1 mol，n（CH4）＝2 mol，不存在积碳，说明只发生了反应a、b，假设反应a中反应消耗CO2的物质的量是x mol，反应b消耗CO2的物质的量是y mol，则根据物质反应转化关系可知反应a达到平衡时n（CH4）＝（2﹣x）mol n（CO2）＝（1﹣x） mol，n（CO）＝2x mol，n（H2）＝2xmol，反应b达到平衡时n（CO2）＝（1﹣x﹣y）mol，n（H2）＝（2x﹣y）mol，n（CO）＝（2x+y）mol，n（H2O）＝y mol，平衡时混合气体的总物质的量n（总）＝n（CH4）+n（CO2）+n（H2）+n（CO）+n（H2O）＝（3+2x）mol，由于CH4和H2O物质的量分数为0.5和0.04，则，，解得x＝0.25 mol，y＝0.14 mol。 【解答】解：（1）根据盖斯定律，①×2+②+③得反应3H2 （g）+3CO（g）⇌CH3OCH3 （g）+CO2（g），则ΔH＝2×ΔH1+ΔH2+ΔH3＝﹣246.1kJ•mol﹣1，根据化学平衡常数的数学表达式，结合盖斯定律可知，， 故答案为：K12K2K3； （2）A．使用催化剂不影响化学平衡移动，故A错误； B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH3OCH3产率降低，故B错误； C．反应前的气体系数之和等于反应后气体系数，增大压强，平衡不向移动，CH3OCH3的产率不变，故C错误； D．移出H2O，平衡正向移动，CH3OCH3产率增加，故D正确； 故答案为：D； （3）A．H2和CO2的浓度之比为3：1，并不能说明正逆反应速率是否相等，所以不能说明该反应达到平衡状态，故A错误； B．单位时间内断裂3个H—H同时断裂1个C＝O，表示的都是正向速率，不能说明正逆反应速率相等，故B错误； C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变，因该反应的气体总质量和容器体积均不变，则气体的密度始终不变，所以不能说明达到平衡状态，故C错误； D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变，因该反应的气体总质量不变，但气体的总物质的量发生改变，则气体的平均摩尔质量不变，可以说明该反应达到了平衡状态，故D正确； E．因该反应为放热反应，则在绝热体系中，体系的温度保持不变，说明达到了平衡状态，故E正确； 故答案为：DE； （4）①，速率之比为系数之比，则CH3OCH3（g）表示该反应的平均速率为0.00725 mol/（L•min）， 故答案为：0.00725 mol/（L•min）； ②根据表格可知，达到平衡时，CH3OH消耗0.8mol，列三段式可得： ， ，投料的浓度积Q＝1.1＜K，此时反应正向移动，v正（CH3OH）＞v逆（CH3OH）， 故答案为：＞； （5）①一定压强下按照甲烷与二氧化碳物质的量之比2：1投料，则由图可知，曲线m表示达到平衡时CO2的物质的量分数；由图可知，反应中产生的水的物质的量很少，且有减少趋势，故氢气消耗量很少，则H2的物质的量分数应一直增大，故曲线n表示达到平衡时H2的物质的量分数， 故答案为：CO2；H2； ②700℃后C（s）物质的量分数增加是由于在反应c、d中涉及C（s）物质。反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C（s）的物质的量分数的影响比反应d左移影响的大，故700℃后C（s）物质的量分数增加， 故答案为：反应c为吸热反应，反应d为放热反应。700℃后，随着温度升高，反应c右移对C（s）的物质的量分数的影响比反应d左移影响的大； ③假设初始时n（CO2）＝1 mol，n（CH4）＝2 mol，不存在积碳，说明只发生了反应a、b，假设反应a中反应消耗CO2的物质的量是x mol，反应b消耗CO2的物质的量是y mol，则根据物质反应转化关系可知反应a达到平衡时n（CH4）＝（2﹣x）mol n（CO2）＝（1﹣x） mol，n（CO）＝2x mol，n（H2）＝2xmol，反应b达到平衡时n（CO2）＝（1﹣x﹣y）mol，n（H2）＝（2x﹣y）mol，n（CO）＝（2x+y）mol，n（H2O）＝y mol，平衡时混合气体的总物质的量n（总）＝n（CH4）+n（CO2）+n（H2）+n（CO）+n（H2O）＝（3+2x）mol，由于CH4和H2O物质的量分数为0.5和0.04，则，，解得x＝0.25 mol，y＝0.14 mol，反应b的化学平衡常数Kb＝， 故答案为：0.41。 【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生焓变和平衡移动的掌握情况，试题难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$