综合（压轴题80题，期末真题汇编，北京专用）高二化学上学期

综合 压轴80题 八大高频考向概览 考向01 化学反应与热能 考向02 化学反应速率 考向03 化学平衡 考向04 原电池 考向05 电解池 考向06 弱电解质和水的电离平衡 考向07 盐类的水解和沉淀溶解平衡 考向08 物质结构与性质 ( 地 城 考向 0 1 化学反应与热能 ) 1．(24-25高二上·北京海淀区·期末)已知氢气燃烧反应的能量变化如下图。 下列说法不正确的是 A．H-H键的键能小于键的键能 B．破坏和的化学键所需的能量小于中的化学键所释放的能量 C． D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化 2．(24-25高二上·北京昌平区·期末)下列有关C(s，石墨) + H2O(g)CO(g)+ H2(g) ΔH= +131.5 kJ·mol−1的说法中，不正确的是 A．1mol C(s，石墨)和1mol H2O(g)的总能量低于1mol CO(g)和1mol H2(g)的总能量 B．反应消耗1mol C(s，石墨)和1mol H2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ C．1 mol C(s，金刚石)与1 mol C(s，石墨)所具有的内能不同 D．只要得知H2(g)+ O2(g) =H2O(l)的ΔH，即可得C(s，石墨) + O2(g)CO(g)的ΔH 3．(24-25高二上·北京昌平区·期末)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下图。反应的热化学方程式为NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g)  ΔH >0。 下列说法不正确的是 A．a为生成物NH3、b为生成物HCl B．反应制得1mol HCl，须投入1mol MgO C．升高反应温度，NH4Cl分解为NH3和HCl的化学平衡常数增大 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热 4．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)下列说法正确的是 A．放热反应一定是自发反应 B．熵增的反应不一定是自发反应 C．固体溶解一定是熵减小的过程 D．非自发反应在任何条件下都不能发生 5．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知：    下列说法正确的是 A．过程I放出能量 B．若分解，估算该反应吸收能量 C．催化剂能减小水分解反应的焓变 D．催化剂能降低反应的活化能，增大了水的分解转化率 6．(23-24高二上·北京大兴区·期末)是由钛精矿(主要成分为)制备钛()的重要中间产物。 则的是 A． B． C． D． 7．(23-24高二上·北京房山区·期末)“中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。下列有关描述正确的是 A．历程Ⅰ是吸热反应 B．历程Ⅱ发生了化学变化 C．历程Ⅲ 的热化学方程式是：SiHCl3(l) + H2(g) = Si(s)+3HCl(g)  ΔH=+238 kJ/mol D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程无需外界能量供给 8．(23-24高二上·北京东城区·期末)第19届亚运会在杭州开幕，亚运史上首次利用通过废碳再生技术生成的“零碳”甲醇，点燃开幕式的主火炬。下列说法正确的是 A．零碳甲醇的合成，可实现二氧化碳的资源化利用 B．零碳甲醇指的是不含碳元素的甲醇 C．甲醇作为燃料，其燃烧反应的 D．零碳甲醇属于不可再生能源 9．(23-24高二上·北京东城区·期末)下列过程利用了化学能转化为热能的是 A．氯碱工业利用电解饱和食盐水制备和溶液 B．工业上利用水蒸气与焦炭在高温下反应制水煤气 C．由氢气和氧气为原料的燃料电池为汽车提供动力 D．实验测定稀盐酸和稀溶液反应的热效应 10．(23-24高二上·北京东城区·期末)某同学为了估算反应的，构建如下图循环。下列说法不正确的是 A． B．均可由相应的键能数据得到 C．按照该过程所示，断开的化学键均为σ键 D．该循环过程不一定表示反应的真实历程 ( 地 城 考向 0 2 化学反应速率 ) 11．(23-24高二上·北京房山区·期末)下列措施是为了增大化学反应速率的是 A．用锌粒代替镁粉制备氢气 B．将食物放进冰箱避免变质 C．自行车车架镀漆避免生锈 D．工业合成氨时加入催化剂 12．(23-24高二上·北京大兴区·期末)在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L-1。下列判断不正确的是 A．x=1 B．A的转化率为40% C．2 min内B的反应速率为0.1 mol·L-1·min-1 D．若混合气体的密度不变，则表明该反应已达到平衡状态 13．(23-24高二上·北京通州区·期末)采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是 A．Al与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸 B．Na与水反应时，增加水的量 C．Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应时，增大压强 D．大理石与盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状大理石 14．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)已知反应在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是 A． B． C． D． 15．(23-24高二下·北京第五十五中学·期中)一定温度下，在1 L的恒容密闭容器中发生反应：，反应过程中的部分数据如下表所示： 时间（t/min） 物质的量（n/mol） 0 2.0 2.4 0 5 0.8 10 1.6 15 1.6 下列说法不正确的是 A．0～5 min用A表示的平均反应速率为 B．此温度下，反应的平衡常数K为1.6 C．物质B的平衡转化率约为33% D．15 min后，再加入A、B、C各1.6 mol，平衡不移动 16．(24-25高二上·北京昌平区·期末)一定温度下，向10 L密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2，发生反应：C2H6 (g)+ 2CO2(g) =4CO(g) + 3H2(g)，测得5 min时CO的物质的量为2 mol。下列叙述正确的是 A．v(C2H6) = 0.01 mol·L−1·min−1 B．v(CO2) = 0.2 mol·L−1·min−1 C．5 min时c(H2)= 1.5 mol·L−1 D．4v(CO)=3v(H2) 17．(24-25高二上·北京昌平区·期末)已知丙酮()碘化反应为：。实验测得该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，其中k为反应速率常数。下列说法不正确的是 A．其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大 B．其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率增大 C．其他条件不变，增大催化剂H+的浓度， 反应速率增大 D．催化剂H+参与反应，降低反应活化能，增大反应速率 18．(24-25高二上·北京海淀区·期末)大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基能够催化分解，加速臭氧层的破坏。反应进程及其能量变化如图。下列说法正确的是 A．催化反应①和②均为放热过程 B．增大了臭氧分解反应的活化能 C．使臭氧分解的速率和限度均增大 D．催化分解的反应速率主要由决定 19．(24-25高二上·北京海淀区·期末)一定条件下，在2L的密闭容器中发生反应：，测得后A的物质的量减小了1mol，则反应的平均速率可表示为 A． B． C． D． 20．(24-25高二上·北京海淀区·期末)实验小组欲探究对Mg和反应的影响。20s时，分别向pH和均相同的①溶液和②溶液中加入相同的镁条，记录实验现象如下表，同时测定溶液pH随时间的变化曲线如下图。 溶液① 溶液② 20~40s：生成气泡较快，镁条表面有少量红色固体析出，溶液澄清；40~80s：生成气泡较快，溶液中出现蓝色浑浊；80~160s：生成气泡变慢，溶液中浑浊物基本不变；160s以后：持续生成气泡，浑浊物增多、颜色变浅 20~160s：生成气泡较慢，溶液澄清160s以后：持续生成气泡，溶液中出现白色浑浊 已知：实验条件下，沉淀产生的pH范围是10.4~12.4. 下列说法不正确的是 A．20~40s，①比②生成气泡快，是由于①中形成了原电池 B．40~80s，①中pH增大比②缓慢，原因是①中生成气体消耗的较②少 C．80~160s，①中pH迅速增大，原因是Mg与水反应使得c(OH⁻)增大 D．160s以后，①②的pH均保持稳定，原因是体系中存在 ( 地 城 考向 0 3 化学平衡 ) 21．(24-25高二上·北京海淀区·期末)下列事实能用平衡移动原理解释的是 A．浓溶液和浓溶液混合，剧烈反应生成气体和沉淀 B．密闭容器中发生反应，加压后气体颜色变深 C．溶液中滴加少量溶液，促进的产生 D．铁钉放入浓中，无明显变化，加热后产生大量红棕色气体 22．(24-25高二上·北京海淀区·期末)一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol A B D Ⅰ 0.2 0.2 0.1 Ⅱ 0.4 0.4 >0.2 下列说法不正确的是 A．B物质的状态为气态 B．I中，A的平衡转化率为50% C．该反应的化学平衡常数的数值为5 D．I中，若平衡后向容器中再充入和，平衡正向移动 23．(24-25高二上·北京东城区·期末)利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成气体和气体，在其他条件不变的情况下，只改变温度或加入催化剂对CO浓度的影响结果如图，下列分析不合理的是 A．对比曲线Ⅰ和Ⅱ可知，Ⅱ使用了催化剂 B．对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最低 C．该反应： D．平衡常数： 24．(24-25高二上·北京东城区·期末)一定温度下，在体积相同的两个密闭容器中进行反应：      实验数据如下：(忽略能量变化对温度的影响) 实验 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C D ① 1 4 0 0 放出热量：32.8kJ ② 2 8 0 0 放出热量：QkJ 下列说法不正确的是 A．①中反应达到平衡时，生成0.8molC B．①条件下的平衡常数 C．其他条件不变，若对②升高温度，则 D．其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，能量变化仍为放热 25．(24-25高二上·北京昌平区·期末)Ni和CO反应可制备Ni(CO)4(四羰合镍)：Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)。在容积可变的密闭容器中，充入n mol Ni和4n mol CO。在不同压强下，反应达平衡时，Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如下图所示。则下列说法不正确的是 A．该反应ΔH < 0 B．p1<p2 C．p1、100℃时，CO的平衡转化率为50% D．B点体积小于A点体积 26．(24-25高二上·北京昌平区·期末)一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应2NO (g)+ O2(g)2NO2(g) ，下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是 A．容器内气体颜色不再变化 B．浓度商等于化学平衡常数 C．容器内气体的浓度c(NO)：c(O2)：c(NO2)=2：1：2 D．容器内的压强不再变化 27．(24-25高二上·北京昌平区·期末)下列事实能用平衡移动原理解释的是 A．N2 (g)+ 3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，合成氨工业生产选择高温反应条件 B．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体 C．压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，颜色立即变深 D．向H2O2溶液中加入少量CuSO4固体，迅速产生大量气泡 28．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A．打开碳酸饮料瓶盖有气泡产生 B．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法收集 C．检验时、需向待测液中加入浓溶液，并加热 D．除去中的时，常用酸性溶液洗气 29．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。进料浓度比分别为、、时，平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．键断裂的同时有键断裂，则反应达到了平衡状态 B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C．a、b、c三点中a点对应的平衡转化率最高 D．若的初始浓度为，时， 30．(23-24高二上·北京大兴区·期末)“碳中和”是通过植树造林和其他人工技术(或工程)对排放的碳加以捕集利用，从而使排放到大气中的净增量为零。 Ⅰ．一定温度下，向某恒容密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的气体。 已知：　，反应过程中气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。 请回答下列问题： (1)时， (填“>”“<”或“=”)。 (2)时，的转化率为 ；CO的平均反应速率 ；该温度下的化学平衡常数 。 (3)下列能说明上述反应达到平衡状态的是 (填序号)。 a．单位时间内消耗，同时生成 b．气体的压强不再变化 c．混合气体的平均相对分子质量不再变化 d．混合气体的密度不再变化 II．由与制备甲醇是当今研究的热点之一，历程如下： 制备过程发生如下副反应： 反应①：　 反应②：　。 (4)写出与制备的热化学方程式 。 (5)恒压下，将和按物质的量之比为充入密闭容器， 甲醇平衡产率在无分子筛膜和有分子筛膜(能选择性分离出)时随温度的变化如图所示。 ①相同温度下，P点甲醇产率高于T点的原因 。 ②对比曲线Ⅰ和II，分析曲线II中甲醇平衡产率随温度升高在P点之前增大而P点以后减小的原因 。 ( 地 城 考向 0 4 原电池 ) 31．(24-25高二上·北京大兴区·期末)锌铜原电池装置如图所示，下列说法不正确的是 A．锌片作负极 B．电子从锌片流向铜片 C．盐桥中的K+移向ZnSO4溶液 D．铜电极的反应为Cu2++2e-=Cu 32．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)碱性锌锰电池是普通锌锰电池的升级换代产品，其构造示意图如下。下列关于该电池及其工作原理的说法不正确的是 A．负极反应为： B．作正极反应物，发生还原反应 C．电池工作时，向正极方向移动 D．可储存时间比普通锌锰电池长 33．(24-25高二上·北京昌平区·期末)嫦娥六号实现世界首次月球背面采样返回，下列探月过程中涉及化学能转化为电能的是 A．燃烧推进剂液氢和液氧，使火箭升空 B．展开太阳能电池翼持续供电 C．启动锂离子蓄电池组供电 D．电解水装置实现航天器中氧气再生 34．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。 下列说法不正确的是 A．电极a是正极 B．电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O C．每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移 D．离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜 35．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是 A．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀 B．钢管与电源正极连接，钢管可被保护 C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀 D．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是 36．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统(工作原理如下图，电解液含硫酸)。 离子种类 颜色 黄色 蓝色 绿色 紫色 下列说法不正确的是 A．该电池总反应的离子方程式是 B．当完成储能时，正极溶液的颜色是黄色 C．电池工作时，透过离子交换膜向负极区移动 D．该电池能提供稳定的输出功率，原因是电解液循环，保持各离子浓度稳定 37．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)某小组同学设计如下实验能证实为可逆反应。已知是一种无色的稳定的络离子。 实验装置 注：a、b均为石墨电极 实验序号 实验操作和现象 ① ⅰ．闭合K，指针向右偏转 ⅱ．待指针归零，向U型管左管中加入10滴KI溶液，∙∙∙∙∙∙ ② ⅰ．闭合K，指针向右偏转 ⅱ．待指针归零，向U型管左管中滴加10滴溶液，指针向左偏转 下列说法不正确的是 A．电流表指针归零，说明上述可逆反应达到了化学平衡状态 B．①中加入KI溶液后，上述平衡向正反应方向移动，电流表指针向右偏转 C．②中加入溶液后，导致还原性：，上述反应向逆反应方向移动 D．②中电流表指针再次归零时，向U型管右管中滴加饱和溶液，电流表指针向右偏转 38．(24-25高二上·北京十一学校·期末)直接乙醇（）燃料电池（DEFC）具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。 (1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为 。 (2)碱性乙醇燃料电池中，电极a的电极反应式为 。若使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性下降更快，其原因是（用离子方程式表示） 。 (3)酸性乙醇燃料电池中，电极的电极反应式为 。 (4)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电极b的电极反应式为 。 39．(24-25高二上·北京海淀区·期末)兴趣小组对铜锌原电池进行性能改进研究。 (1)装置1中，正极反应为 ，能证明该电极反应发生的实验现象是 。 (2)实验时发现装置1的电流强度很快降低，且锌片表面有红色海绵状固体析出，由此提出装置1原电池在能量转化上的缺点是 。 (3)为改进装置1的缺点，甲同学提出采用装置2，其中的盐桥由KCl和琼脂组成。装置2工作时，盐桥中的向 (填“左”或“右”)移动。 (4)装置2的电流虽然稳定但过小，乙同学提出继续电池改进为装置3。并测得3个装置的电流强度随时间变化的曲线如图。 ①由图可看出装置3的电流比装置1的电流稳定，原因是 。 ②由图还可看出装置3的电流明显高于装置2的电流。对比装置2的盐桥和装置3的阴离子交换膜，概括二者在原电池系统中的功能的异同：相同点是均作为 ；差异是 。 40．(24-25高二上·北京昌平区·期末)电化学电池技术在能量储存及工业生产实现物质转化方面具有重要价值。 I.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池，是目前一种高能量密度电池，该电池装置的工作示意图如图所示。 (1)装置中铂电极a为 (填“正极”或“负极”)。 (2)装置中铂电极b上发生的电极反应式是 。 (3)装置中负极区的pH (填“升高”、“降低”或“不变”)。 II.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池作为电源，利用图所示方法可以从海水中提取CO2.海水中含有HCO等离子，呈弱碱性。 (4)结合化学用语说明b室如何实现CO2提取 。 (5)b室排出的海水不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质处理b室排出的海水，合格后(海水pH≈8)才能排回大海。结合化学用语说明该物质是如何产生的 。 ( 地 城 考向 0 5 电解池 ) 41．(24-25高二上·北京大兴区·期末)我国神舟系列载人飞船成功进入太空，其电力系统主要由太阳能电池和储能电池构成。据悉，储能电池采用“镍镉蓄电池组”，电池总反应： Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。 下列说法不正确的是 A．当飞船进入光照区时，太阳能电池可为镍镉电池充电 B．镍镉电池放电时负极反应式： C．镍镉电池充电时阳极反应式： D．镍镉电池充电时电解质溶液中的移向镉电极 42．(24-25高二上·北京东城区·期末)利用下图装置进行实验，先闭合K1，一段时间后，打开K1并闭合K2，电流表指针偏转。 下列说法正确的是 A．闭合K1，两极均产生气泡，a极附近溶液变红 B．闭合K1，移向b极 C．闭合K2，a极上的反应为： D．闭合K2时，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为1：2 43．(24-25高二上·北京海淀区·期末)利用电化学技术处理含有和废水的装置及原理示意图如下。下列说法正确的是 A．电极n连接直流电源的正极 B．电极n产生的气体为 C．反应①的离子方程式： D．当产生224mL(标准状况下)时，理论上外电路通过0.06mol电子 44．(24-25高二上·北京昌平区·期末)工业生产中可通过双极膜电渗析技术对含NaNO3的高盐废水进行处理，制备HNO3和NaOH，工作原理如下图所示。 下列说法正确的是 A．石墨电极a的电极反应为2H2O - 4e− = O2↑+ 4H+ B．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜 C．乙室产生含低浓度NaNO3废水，丙室产生NaOH D．阳极生成1 mol 气体时，该装置可得到4 mol HNO3 45．(24-25高二上·北京清华大学附属中学朝阳学校·)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置 序号 电解质溶液 实验现象 ① +少量 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② +过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无Fe元素 已知：。下列分析不正确的是 A．①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且Cu覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B．①中检测到，推测可能发生反应：、 C．随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D．②中生成，使得比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密 46．(24-25高二上·北京十一学校·期末)一种基于氯碱工艺的新型电解池（如图），可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是 A．阳极反应： B．阴极区溶液中浓度逐渐升高 C．理论上每消耗，阳极室溶液减少 D．理论上每消耗，通过阳离子交换膜的离子为 47．(24-25高二上·北京十一学校·期末)微生物代谢过程与电极反应相结合的微生物电化学，可以有效降低污水处理成本。 I．微生物燃料电池是以微生物作为催化剂，将污水中的有机物（如）转化为等无机物，如图所示。 (1)a电极为该电池的 填（“正极”或“负极”），电极反应式为 。 (2)电池使用时，负极区溶液的几乎不变，请解释原因 。 II．微生物电解池也以微生物为催化剂，将污水中的有机物转化为等无机物，如图所示。 (3)电镀、金属冶炼等行业会产生重金属废水，利用该生物电解池可以回收含铜废水中的铜，将废水中的转化为铜单质，从而进行回收再利用。则含铜废水应通入 室（填“阳极”或“阴极”），若有1.5mol电子发生了转移，理论上生成铜的质量为 。 (4)关于微生物原电池和微生物电解池的比较，下列说法正确的是 。 a．都需要外加电源    b．能量转化形式相同 c．都发生氧化还原反应    d．都能除去废水中的有机物 48．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)某实验小组尝试在钢制钥匙上镀铜。 实验1：将钥匙直接浸入溶液中，后取出，钥匙表面变红，但镀层疏松，用纸即可擦掉。 实验II：用下图装置对钥匙进行电镀铜。钥匙表面迅速变红，同时有细小气泡产生，精铜表面出现少量白色固体。后取出钥匙检验，镀层相对实验I略好，但仍能用纸巾擦掉一部分。经调整实验条件后获得了较好的电镀产品。 实验III：用溶液代替溶液重复实验II，精铜表面未出现白色固体。 回答下列问题： (1)实验I反应的化学方程式是 。 (2)实验II中钥匙应与电源的 极连接。 (3)钥匙表面产生的气体是 ，此电极上的电极反应式是 。 (4)常见化合物中铜元素有、两种价态，结合实验III推测实验II中精铜表面产生的白色固体的电极反应式是 。(已知是一种难溶于水的黄色固体) 49．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许通过的和C保护层，工作原理如下图1，具体操作如下。 ⅰ．将表面洁净的Li电极和电极浸在溶有的有机电解质溶液中。 ⅱ．0~5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，电极上生成和C。 ⅲ．5～10min，a端连接电源负极， b端连接电源正极，电解，电极上消耗和C，Li电极上生成和C，步骤ⅱ和步骤ⅲ为1个电沉积循环。 ⅳ．重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。 (1)步骤ⅱ内电路中的由 向 迁移(填“Li电极”或“电极”)。 (2)已知下列反应的热化学方程式。       步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为 。 (3)步骤ⅲ中，Li电极的电极反应式为 。 (4)受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气(主要成分是)的“”可充电电池，装置工作原理如下图2。“”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成和C沉积，原因是 。 50．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)电镀是增强金属抗腐蚀能力的一种方法。小组同学进行铁件电镀实验。 (1)用砂纸打磨铁制镀件，用 (填序号，下同)除去油污，用 除去铁锈。 a．溶液        b．盐酸        c．溶液 (2)将铁制镀件与直流电源的 (填“正极”或“负极”)相连，铜片与电源另一极相连，将两极平行浸入溶液中，装置如图。一段时间后，铁件表面镀上一层铜，但镀层不致密。 (3)在溶液中加入氨水制得铜氨溶液：。用铜氨溶液代替溶液重复电镀实验，铁件表面均匀镀上一层致密的铜。 ①写出铁制镀件表面析出铜的电极反应式： 。 ②电镀过程中溶液中的浓度 (填序号)。 a．减小        b．增大        c．几乎不变 (4)将镀层状况不同的镀锌铁件置于稀硫酸中，实验现象如下。 序号 镀层状况 实验现象 i 镀层完整的镀锌铁件 锌表面产生气泡，未检出 ii 镀层破损的镀锌铁件 锌、铁表面均产生气泡，未检出 ii中未检出的原因是 。 ( 地 城 考向 0 6 弱电解质和水的电离平衡 ) 51．(24-25高二上·北京大兴区·期末)下列物质属于弱电解质的是 A．NH4Cl B．NaOH C．H2SO4 D．CH3COOH 52．(24-25高二上·北京大兴区·期末)下列操作可以使水的离子积常数Kw增大的是 A．加热 B．通入少量氯化氢气体 C．加入少量醋酸钠固体 D．通入少量氨气 53．(24-25高二上·北京大兴区·期末)常温下，向10mL0.1mol·L-1氨水(pH≈11)中加入蒸馏水稀释至100mL，下列说法不正确的是 A．稀释后的溶液pH≈12 B．NH3·H2O的电离程度增大 C．n(NH)增大 D．增大 54．(24-25高二上·北京大兴区·期末)常温下，下列4种溶液的相关叙述中不正确的是 编号 ① ② ③ ④ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 pH 11 11 3 3 A．溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小 B．等体积的③、④分别与NaOH溶液中和时，两种溶液消耗NaOH的物质的量不同 C．aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9 D．溶液①、④等体积混合后，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH)>c(OH-)>c(H+) 55．(24-25高二上·北京东城区·期末)向两个容积相同的锥形瓶中各加入0.05g镁条，塞紧橡胶塞，然后用注射器分别注入2mL盐酸、2mL醋酸，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化如下图所示。下列说法不正确的是 A．a曲线对应的酸是盐酸 B．任意相同时间段内，化学反应速率：盐酸均快于醋酸 C．两种溶液最终产生的氢气总量基本相等，与酸的电离程度无关 D．容器内压强均达到140kPa时，所用时间越长反应速率越小 56．(24-25高二上·北京东城区·期末)由表中数据判断下列说法不正确的是 弱酸 HCN 电离常数(25℃) A．同物质的量浓度溶液的pH： B．过量的HCN与溶液等体积混合： C．溶液中，比程度大 D．溶液中存在： 57．(24-25高二上·北京海淀区·期末)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．由水电离的的溶液中： B．无色溶液中： C．pH=14的溶液中： D．含有的溶液中： 58．(24-25高二上·北京海淀区·期末)室温时，取未知浓度的盐酸10.00mL，用溶液滴定，滴定实验如图。下列说法不正确的是 A．图中操作有错误 B．滴定管装液前需要润洗 C．可用酚酞做指示剂 D．滴定时若锥形瓶中有液体溅出，测定结果偏高 59．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)已知常温下几种物质的电离常数如下： (1)常温下，的溶液中由水电离的氢离子浓度为 ，若加水将其稀释，溶液中 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)常温下，溶液呈 性(填“酸”、“中”或“碱”)，原因是 (用化学用语表示)。 (3)写出少量二氧化碳通入到次氯酸钠溶液中的离子方程式 。 (4)下列事实能说明的酸性强于的是 (填字母)。 A．饱和溶液的小于饱和溶液的 B．同温下，等浓度的溶液和溶液，溶液的碱性强 C．将过量气体通入溶液后，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊 (5)向的溶液中滴加的溶液，测得溶液变化如图。 ①C点表示的溶液中，各离子浓度由大到小的顺序是 。 ②A、B、C、D点表示的溶液中，由水电离出的最大的是 。 60．(24-25高二上·北京东城区·期末)为探究弱电解质的电离情况，进行如下实验。 【实验Ⅰ】探究浓度对电离程度的影响。 25℃时，测定不同浓度醋酸溶液的pH，结果如下： 组别 ① ② ③ ④ ⑤ 浓度/() 0.0010 0.0100 0.0200 0.1000 0.2000 pH 3.88 3.38 3.23 2.88 2.83 (1)由表中数据可得出是弱电解质，依据是 。 (2)②中的 ；的 (列出计算式即可)。 (3)依据K与Q关系分析，①、②溶液浓度与变化程度不同的原因 。 【实验Ⅱ】探究中和反应过程中水电离程度的变化。 用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，溶液pH随V(NaOH)变化的曲线如图所示。 (4)a点时，消耗NaOH溶液的体积 20mL(填“<”“>”或“=”)。 用滴定 (5)判断恰好完全反应时，溶液的pH 7(填“<”“>”或“=”)，用化学用语解释原因： 。 (6)上述过程存在与a点水的电离程度相同的溶液，该溶液所含的溶质为 。 (7)分析加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓的原因是 。 ( 地 城 考向 0 7 盐类的水解和沉淀溶解平衡 ) 61．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)下列物质的应用中，与水解反应无关的是 A．用制备 B．用可溶性铝盐作净水剂 C．用饱和溶液制备胶体 D．用作X射线透视肠胃的内服药剂 62．(24-25高二上·北京海淀区·期末)室温时，下列溶液中的离子浓度关系正确的是 A．溶液： B．相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者 C．加水稀释后，和均减小 D．的混合溶液： 63．(24-25高二上·北京昌平区·期末)下列方程式与所给事实不相符的是 A．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑ B．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s) + COCaCO3(s) + SO C．用5%的Na2SO4溶液除去误食的Ba2+：Ba2+ +SO=BaSO4↓ D．泡沫灭火器中NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合产生气体和沉淀：3HCO+ Al3+ = Al(OH)3↓+ 3CO2↑ 64．(24-25高二上·北京昌平区·期末)测定0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发)，数据如下。 温度/℃ 20 40 60 80 pH 11.80 11.68 11.54 11.42 下列说法正确的是 A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+ 2H2OH2CO3+ 2OH- B．升温过程中，溶液中的c(OH-)在增大 C．升温过程中，溶液pH变化是水解平衡移动的结果 D．升温过程中，溶液中c(CO)+ c(HCO)=0.1 mol·L-1 65．(24-25高二上·北京昌平区·期末)为研究沉淀的生成及转化，某小组同学进行如图1所示实验，图2为ZnS、CuS饱和溶液离子浓度关系曲线图，M代表Cu或Zn。 下列关于该实验分析不正确的是 A．①中产生白色沉淀的原因是c(Zn2＋)·c(S2-) > Ksp(ZnS) B．②中现象不能证明Zn2＋(aq)与S2-(aq)反应有限度 C．③中现象能证明CuS比ZnS更难溶 D．由图1实验可得图2中曲线a代表CuS 66．(24-25高二上·北京大兴区·期末)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：①图1中曲线为[起始c(Na2CO3)=0.1mol/L]体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ②图2中曲线I的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线II的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO)=Ksp(MgCO3)。 下列说法不正确的是 A．由图1，pH=10.25时，c(Na+)>3c(CO) B．由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6，无沉淀生成 C．由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=0.1mol/L D．由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1，发生反应：Mg2++2HCO=MgCO3↓+CO2↑+H2O 67．(24-25高二上·北京大兴区·期末)某小组同学进行如下实验探究： 已知：≈1.26×10-12，常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如下： 难溶电解质 颜色 Ksp ZnS 白色 1.6×10-24 CuS 黑色 1.3×10-36 FeS 黑色 6.3×10-18 下列说法中，不正确的是 A．①中浊液生成的原因是：Zn2++S2−=ZnS↓ B．a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq) C．实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示 D．若在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，白色沉淀可以转化为黑色沉淀 68．(24-25高二上·北京十一学校·期末)磷酸(H3PO4)是三元弱酸，可用于制磷肥、含磷药物。H3PO4水溶液中各含磷微粒的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A．H3PO4第一步的电离常数为Ka1，Ka1约为10-2 B．0.1 mol/L H3PO4溶液的pH约为10.0 C．H3PO4的电离方程式为： D．pH=12时，由电荷守恒可知，溶液中 69．(24-25高二上·北京十一学校·期末)实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。 已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。 下列说法不正确的是 A．调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/L B．加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓ C．加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O D．若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成 70．(23-24高二上·北京通州区·期末)利用金属矿渣(含有FeS2、SiO2及Cu2O)制备FeCO3的实验流程如下。已知煅烧过程中FeS2和Cu2O转化为Fe2O3和CuO。 资料：ⅰ.碳酸亚铁是白色固体，常温下 ii.常温下 (1)“酸浸”后过滤，滤渣1的主要成分为 。 (2)“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe + Cu2+ = Fe2+ +Cu、Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑和 。 (3)甲同学根据复分解反应规律选择Na2CO3溶液为沉淀剂制备碳酸亚铁，并设计了如下实验。向装有2mL 1mol/L Na2CO3(pH=12)溶液的试管中加入2mL 0.8mol/L FeSO4溶液(pH=4.5)，发现产生白色沉淀，部分立即变为灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色。 ①由上述现象推测该白色沉淀中含有 ，请结合化学用语解释原因 。 ②乙同学通过理论计算认为沉淀中还可能有FeCO3，他的理论依据为 。 ③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCO3.他的实验方案是：将白色沉淀过滤、洗涤后取样， (补全操作和现象)，证明沉淀中含有碳酸亚铁。 (4)丙同学尝试用NaHCO3、NH4HCO3制备FeCO3，实验过程及结果如下： 实验 试剂 现象 滴管 试管 0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5) 1mol/LNaHCO3溶液(pH=8.6) 实验Ⅰ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色。 0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5) 1 mol/L NH4HCO3溶液 实验Ⅱ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色 ①1mol/LNaHCO3溶液的pH=8.6，结合化学用语解释原因 。 ②写出实验II中“产生白色沉淀及无色气泡”时，发生反应的离子方程式 。 ③分析使用NH4HCO3溶液作沉淀剂的优点有 。 ( 地 城 考向 0 8 物质结构与性质 ) 71．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)下列化学用语或图示表达不正确的是 A．的电子式： B．的结构示意图： C．电子云图： D．激发态H原子的轨道表示式： 72．(24-25高二上·北京大兴区·期末)下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是 A．第一电离能：Si>Al>Mg>Na B．原子半径：F<O<Mg<Na C．还原性：K>Na>Mg>Al D．稳定性：HI<HBr<HCl<HF 73．(24-25高二上·北京东城区·期末)我国首次实现了14C同位素的批量生产，下列说法不正确的是 A．基态14C原子存在1s能级 B．14C原子2p能级轨道数为3 C．14C电子发生跃迁得到的是连续光谱 D．14C的基态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级 74．(24-25高二上·北京东城区·期末)下列说法不正确的是 A．电负性：C<N<O B．第一电离能：P>N C．酸性： D．原子半径：P>S 75．(24-25高二上·北京东城区·期末)下列说法正确的是 A．基态氮原子的轨道表示式是 B．电子云图中小点越密，说明该原子核外空间电子数目越多 C．基态26Fe原子的价层电子排布式：4s23d6 D．原子核外电子的排布均符合构造原理 76．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)如图所示是元素周期表前四周期的一部分，下列关于五种元素的叙述中正确的是 A．X的基态原子最外层p轨道上有2个未成对电子 B．气态氢化物的稳定性Y>X C．Z的基态原子价层电子排布式为 D．第一电离能：R>W>Y 77．(23-24高二上·北京通州区·期末)下列关于Na、Mg、Al的叙述中，正确的 A．原子半径：Na < Mg < Al B．最高化合价：Na < Mg < Al C．第一电离能：Na < Mg < Al D．都位于元素周期表的s区 78．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)金属储氢材料的研究是未来氢能利用的关键。镁基储氢材料具有储氢量高、镁资源丰富以及成本低廉等优点，被认为是极具应用前景的一类固态储氢材料。 (1)基态原子电子占据的最高能级的符号是 ，该能级电子的电子云轮廓图形状为 (填序号)。 a．球形        b．哑铃形 (2)吸、放氢原理：  。为提高的平衡转化率，吸氢时选择 (填序号)的条件。 a．高温、高压        b．低温、高压        c．高温、低压        d．低温、低压 (3)将和在氛围下混合熔炼制成合金，可降低放氢反应的温度。 ①基态原子的电子排布式为 。 ②使用的原因是 。 (4)也可用于储氢。第一电离能：，从电子排布角度解释原因： 。 79．(24-25高二上·北京大兴区·期末)铁触媒、MnO2等可作氨催化还原脱除NOx的催化剂。下表列出了几种元素的电负性。 元素 H B C N O Si 电负性 2.1 2.0 x 3.0 3.5 1.8 (1)通过分析电负性的变化规律，确定C元素电负性x的最小范围是 。 (2)基态氧原子中电子占据的最高能级电子云轮廓图的形状为 (填字母)。 a．球形      b．哑铃形 资料：在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一、水化物中存在M−O−H结构时，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂，电离出OH−或H＋。 (3)HNO2水溶液显酸性而不显碱性的可能原因是 。 (4)第一电离能从大到小顺序是： (填“C”、“N”和“O”)。 (5)催化剂中Mn和Fe两种元素的部分电离能数据如下表。 元素 Mn Fe 电离能 (kJ·mol-1) I1 717 759 I2 1509 1561 I3 3248 2957 ①基态Mn原子价层电子排布的轨道表示式是 。 ②比较两种元素的I2、I3可知，气态二价离子再失去一个电子：Mn2+比Fe2+更 (填“易”或“难”)；从结构的角度进行解释： 。 80．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题： (1)基态N原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形，基态N原子的轨道表示式为 。 (2)B的第一电离能I1(B)=800kJ·mol−1，判断I1(Al) 800kJ·mol−1(填“>”或“＜”)，从电子排布的角度说明判断理由 。 (3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)。在H、B、N三种元素中： ①电负性由大到小的顺序是 。 ②原子半径由大到小的顺序是 。 ③在元素周期表中的分区与其他两种不同的是 。 (4)26Fe、27Co、28Ni、29Cu是目前氨硼烷水解产氢催化剂研究的热点。不同催化剂催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。 这四种催化剂中： ①催化效果最好的金属基态原子中未成对的电子数为 。 ②催化效果最差的金属基态原子的价层电子排布式为 。 4 / 71 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合 压轴80题 八大高频考向概览 考向01 化学反应与热能 考向02 化学反应速率 考向03 化学平衡 考向04 原电池 考向05 电解池 考向06 弱电解质和水的电离平衡 考向07 盐类的水解和沉淀溶解平衡 考向08 物质结构与性质 ( 地 城 考向 0 1 化学反应与热能 ) 1．(24-25高二上·北京海淀区·期末)已知氢气燃烧反应的能量变化如下图。 下列说法不正确的是 A．H-H键的键能小于键的键能 B．破坏和的化学键所需的能量小于中的化学键所释放的能量 C． D．利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化 【答案】C 【详解】A．H-H键的键能436kJ/mol小于键的键能496kJ/mol，A正确； B．破坏和的化学键所需的能量：2×436kJ+496kJ=1368kJ，小于中的化学键所释放的能量4×462kJ=1848kJ，B正确； C．反应的焓变等于反应物键能和减去生成物键能和，，若生成液态水，则放热更多，C错误； D．该反应为自发的 氧化还原反应，通过一定的装置可实现化学能到电能的转化，D正确； 故选C。 2．(24-25高二上·北京昌平区·期末)下列有关C(s，石墨) + H2O(g)CO(g)+ H2(g) ΔH= +131.5 kJ·mol−1的说法中，不正确的是 A．1mol C(s，石墨)和1mol H2O(g)的总能量低于1mol CO(g)和1mol H2(g)的总能量 B．反应消耗1mol C(s，石墨)和1mol H2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ C．1 mol C(s，金刚石)与1 mol C(s，石墨)所具有的内能不同 D．只要得知H2(g)+ O2(g) =H2O(l)的ΔH，即可得C(s，石墨) + O2(g)CO(g)的ΔH 【答案】D 【详解】A．C(s，石墨) + H2O(g)CO(g)+ H2(g) ΔH= +131.5 kJ·mol−1，为吸热反应，说明反应物的总能量小于成生成的总能量，A正确； B．H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故反应消耗1mol C(s，石墨)和1mol H2O(l)所吸收的热量大于131.5kJ，B正确； C．石墨和金刚石结构不同，同物质的量的两物质所具有的内能不同，C正确； D．H2(g)+ O2(g) =H2O(l)中水的状态是液态，而题干中的热化学方程式为气态水，H2O(l)转化为H2O(g)也需要吸收能量，故还需要知道 H2O(l)转化为H2O(g)的ΔH，才能得出C(s，石墨) + O2(g)CO(g)的ΔH，D错误； 故选D。 3．(24-25高二上·北京昌平区·期末)一种分解氯化铵实现产物分离的物质转化关系如下图。反应的热化学方程式为NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g)  ΔH >0。 下列说法不正确的是 A．a为生成物NH3、b为生成物HCl B．反应制得1mol HCl，须投入1mol MgO C．升高反应温度，NH4Cl分解为NH3和HCl的化学平衡常数增大 D．等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热 【答案】B 【分析】由图示即原子守恒可知，反应①为NH4Cl+MgO=Mg(OH)Cl+NH3，反应②为Mg(OH)Cl=MgO+HCl。 【详解】A．根据分析，a为生成物NH3、b为生成物HCl，A正确； B．总反应为：NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g)，MgO为催化剂，则反应制得1mol HCl，不一定必须投入1mol MgO，B错误； C．NH4Cl(s) =NH3(g) + HCl(g)  ΔH >0为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，C正确； D．根据盖斯定律，等压条件下，反应①、②的反应热之和等于氯化铵直接分解的反应热，D正确； 答案选B。 4．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)下列说法正确的是 A．放热反应一定是自发反应 B．熵增的反应不一定是自发反应 C．固体溶解一定是熵减小的过程 D．非自发反应在任何条件下都不能发生 【答案】B 【详解】A．反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，放热反应△H＜0，若△S＜0，高温下是非自发进行的反应，故A错误； B．依据△H-T△S＜0反应自发进行，△H-T△S＞0属于非自发进行分析，熵增大反应△S＞0，△H＞0低温下反应自发进行，高温下反应不能自发进行，熵增的反应不一定是自发反应，故B正确； C．混乱度越大，熵值越大，则固体溶解是一个熵增大的过程，故C错误； D．非自发反应在一定条件下也能发生，如碳酸钙的分解反应在常温下是非自发反应，但是在高温下能自发进行，故D错误； 故选B。 5．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。 已知：    下列说法正确的是 A．过程I放出能量 B．若分解，估算该反应吸收能量 C．催化剂能减小水分解反应的焓变 D．催化剂能降低反应的活化能，增大了水的分解转化率 【答案】B 【详解】A．由图可知，过程Ⅰ是吸收能量使氢氧键断裂的过程，A错误； B．由题给数据可知，分解水的反应为2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)，焓变△H=反应物的总键能－生成物的总键能=463kJ/mol×4－(436kJmol×2+498kJ/mol)=+482kJ/mol，即2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)△H=+482kJ/mol，所以分解2molH2O(g)吸收482kJ能量，B正确； C．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变水分解反应的焓变，C错误； D．催化剂能降低反应的活化能，加快了化学反应速率，能提高单位时间内水的分解转化率，但不能改变水的平衡分解转化率，D错误； 故选B。 6．(23-24高二上·北京大兴区·期末)是由钛精矿(主要成分为)制备钛()的重要中间产物。 则的是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由盖斯定律可得方程式可由关系①2-②+③求得，即的=，综上，故选A。 7．(23-24高二上·北京房山区·期末)“中国芯”的主要原料是单晶硅，“精炼硅”反应历程中的能量变化如下图所示。下列有关描述正确的是 A．历程Ⅰ是吸热反应 B．历程Ⅱ发生了化学变化 C．历程Ⅲ 的热化学方程式是：SiHCl3(l) + H2(g) = Si(s)+3HCl(g)  ΔH=+238 kJ/mol D．实际工业生产中，粗硅变为精硅的过程无需外界能量供给 【答案】C 【详解】A．历程Ⅰ中反应物能量高于生成物能量，则历程Ⅰ是放热反应，，A错误； B．历程Ⅱ中， 转变为，同一物质三态之间的变化，为物理变化，B错误； C．历程Ⅲ 中，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，则热化学方程式为，C正确； D．粗硅和纯硅的组成物质不同能量，粗硅变为精硅的过程中能量会损耗，D错误； 故选C。 8．(23-24高二上·北京东城区·期末)第19届亚运会在杭州开幕，亚运史上首次利用通过废碳再生技术生成的“零碳”甲醇，点燃开幕式的主火炬。下列说法正确的是 A．零碳甲醇的合成，可实现二氧化碳的资源化利用 B．零碳甲醇指的是不含碳元素的甲醇 C．甲醇作为燃料，其燃烧反应的 D．零碳甲醇属于不可再生能源 【答案】A 【详解】A．零碳甲醇的合成，即可将二氧化碳合成甲醇，实现二氧化碳的资源化利用，A正确； B．零碳甲醇指利用废碳合成甲醇，不是不含有碳元素，B错误； C．甲醇作为燃料，燃烧放出热量，其燃烧反应的，C错误； D．零碳甲醇属于可再生能源，D错误； 故选A。 9．(23-24高二上·北京东城区·期末)下列过程利用了化学能转化为热能的是 A．氯碱工业利用电解饱和食盐水制备和溶液 B．工业上利用水蒸气与焦炭在高温下反应制水煤气 C．由氢气和氧气为原料的燃料电池为汽车提供动力 D．实验测定稀盐酸和稀溶液反应的热效应 【答案】D 【详解】A．氯碱工业利用电解饱和食盐水制备和溶液，是电能转化成化学能，A错误； B．水蒸气与焦炭在高温下反应制水煤气为吸热反应，将热能转化成化学能，B错误； C．氢气和氧气为原料的燃料电池为汽车提供动力，为化学能转化成动能，C错误； D．稀盐酸和稀溶液反应为放热反应，为化学能转化成热能，D正确； 故选D。 10．(23-24高二上·北京东城区·期末)某同学为了估算反应的，构建如下图循环。下列说法不正确的是 A． B．均可由相应的键能数据得到 C．按照该过程所示，断开的化学键均为σ键 D．该循环过程不一定表示反应的真实历程 【答案】A 【详解】A．由盖斯定律可知，的=，A错误； B．=反应物的总键能-生成物的总键能，均可由相应的键能数据得到，B正确； C．H2和Cl2均只含有单键即σ键，按照该过程所示，断开的化学键均为σ键，C正确； D．反应的只和反应物总能量与生成物总能量有关，与反应过程无关，某同学为了估算反应的构建的循环不一定是反应的真实历程，D正确； 故选A。 ( 地 城 考向 0 2 化学反应速率 ) 11．(23-24高二上·北京房山区·期末)下列措施是为了增大化学反应速率的是 A．用锌粒代替镁粉制备氢气 B．将食物放进冰箱避免变质 C．自行车车架镀漆避免生锈 D．工业合成氨时加入催化剂 【答案】D 【详解】A．用锌粒代替镁粉制备氢气，接触面积变小，化学反应速率降低，A错误； B．将食物放进冰箱，环境温度降低，降低食物变质的速率，B错误； C．自行车车架镀漆，降低自行车车架生锈的速率，C错误； D．工业合成氨时加入催化剂，增大化学反应速率，D正确； 答案选D。 12．(23-24高二上·北京大兴区·期末)在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)xC(g)＋2D(g)。2min末该反应达到平衡，生成0.8molD，并测得C的浓度为0.2mol·L-1。下列判断不正确的是 A．x=1 B．A的转化率为40% C．2 min内B的反应速率为0.1 mol·L-1·min-1 D．若混合气体的密度不变，则表明该反应已达到平衡状态 【答案】D 【详解】A．2min内生成n(C)=0.2mol·L－1×2L=0.4mol，同一个方程式中同一段时间内参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，则C、D计量数之比=x：2=0.4mol：0.8mol=1：2，x=1，选项A正确； B．生成0.8molD的同时消耗n(A)=×3=1.2mol，A的转化率为 ×100%=40%，选项B正确； C．2min内生成0.8molD同时消耗n(B)= n(D)=×0.8mol=0.4mol，2 min内B的反应速率为 =0.1 mol·L-1·min-1，选项C正确； D．反应前后气体质量不变，容器体积不变，密度是定值，混合气体的密度不变，不能表明该反应已达到平衡状态，选项D不正确； 答案选D。 13．(23-24高二上·北京通州区·期末)采取下列措施对增大化学反应速率有明显效果的是 A．Al与稀硫酸反应制取H2时，改用浓硫酸 B．Na与水反应时，增加水的量 C．Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应时，增大压强 D．大理石与盐酸反应制取CO2时，将块状大理石改为粉末状大理石 【答案】D 【详解】A．浓硫酸和Al发生钝化现象，且不生成氢气，生成二氧化硫，故A错误； B．水为纯液体，水的多少不影响反应速率，所以Na与水反应时增大水的用量不影响反应速率，故B错误； C．Na2SO4溶液和BaCl2溶液反应在溶液中进行，没有气体参加反应，则增大压强，反应速率不变，故C错误； D．将块状大理石改为粉末状大理石，增大了反应物的接触面积，反应速率加快，故D正确； 故选：D。 14．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)已知反应在不同条件下的化学反应速率如下，其中表示反应速率最快的是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于同一化学反应，用不同物质来表示的化学反应速率在表示时要转化为用同种物质表示的速率，然后再进行比较。不妨用v(N2)来表示，根据反应速率之比等于计量系数之比进行计算。 【详解】A．，A不符合题意； B．，B不符合题意； C．，因此化学反应速率最快的是C ，C符合题意； D．，D不符合题意； 故选C。 15．(23-24高二下·北京第五十五中学·期中)一定温度下，在1 L的恒容密闭容器中发生反应：，反应过程中的部分数据如下表所示： 时间（t/min） 物质的量（n/mol） 0 2.0 2.4 0 5 0.8 10 1.6 15 1.6 下列说法不正确的是 A．0～5 min用A表示的平均反应速率为 B．此温度下，反应的平衡常数K为1.6 C．物质B的平衡转化率约为33% D．15 min后，再加入A、B、C各1.6 mol，平衡不移动 【答案】D 【详解】A．0~5 min内C的物质的量增加了0.8 mol，由于容器的容积是1 L，则用A物质浓度变化表示的反应速率v(A)==0.04mol/(L/min)，A正确； B．反应进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8 mol，B的物质的量为2.4 mol-0.8 mol=1.6 mol，B的物质的量等于15 min时B的物质的量，则反应此时已达到平衡，此时C物质的量为1.6mol，可得，B正确； C．根据选项B分析可知：反应在进行到10 min时，A物质的物质的量减少0.4 mol，根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量减少0.8 mol，B的平衡转化率约为 ，C正确； D．15 min后，再加入A、B、C各1.6 mol，等效于压缩体积，该反应为体积增大的反应，压强增大，反应逆向移动，D错误； 故选D。 16．(24-25高二上·北京昌平区·期末)一定温度下，向10 L密闭容器中投入2 mol C2H6和3 mol CO2，发生反应：C2H6 (g)+ 2CO2(g) =4CO(g) + 3H2(g)，测得5 min时CO的物质的量为2 mol。下列叙述正确的是 A．v(C2H6) = 0.01 mol·L−1·min−1 B．v(CO2) = 0.2 mol·L−1·min−1 C．5 min时c(H2)= 1.5 mol·L−1 D．4v(CO)=3v(H2) 【答案】A 【分析】5 min时CO的物质的量为2 mol，v(CO)=mol·L−1·min−1。 【详解】A．v(C2H6) = v(CO) =mol·L−1·min−1=0.01 mol·L−1·min−1，A正确； B．v(CO2) =v(CO)=0.02 mol·L−1·min−1，B错误； C．5 min时CO的物质的量为2 mol，则H2的物质的量为1.5mol，c(H2)= 0.15 mol·L−1，C错误； D．速率之比等于计量系数之比，3v(CO)=4v(H2)，D错误； 答案选A。 17．(24-25高二上·北京昌平区·期末)已知丙酮()碘化反应为：。实验测得该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，其中k为反应速率常数。下列说法不正确的是 A．其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大 B．其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率增大 C．其他条件不变，增大催化剂H+的浓度， 反应速率增大 D．催化剂H+参与反应，降低反应活化能，增大反应速率 【答案】B 【详解】A．该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，则其他条件不变，增加丙酮浓度，反应速率增大，A正确； B．该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，则其他条件不变，增大I2的浓度，反应速率不变，B错误； C．该反应的速率可表示为：v=kc(丙酮) c(H+)，则其他条件不变，增大催化剂H+的浓度， 反应速率增大，C正确； D．氢离子是该反应的催化剂，可以降低反应活化能，增大反应速率，D正确； 故选B。 18．(24-25高二上·北京海淀区·期末)大气中的氯氟烃光解产生的氯自由基能够催化分解，加速臭氧层的破坏。反应进程及其能量变化如图。下列说法正确的是 A．催化反应①和②均为放热过程 B．增大了臭氧分解反应的活化能 C．使臭氧分解的速率和限度均增大 D．催化分解的反应速率主要由决定 【答案】D 【详解】A．由图可知，催化反应①中反应物总能量低于生成物总能量，是吸热过程；催化反应②中反应物总能量高于生成物总能量 ，是放热过程，A错误； B．Cl⋅是催化剂，催化剂的作用是降低反应的活化能，而不是增大臭氧分解反应的活化能，B错误； C．Cl⋅作为催化剂，能降低反应的活化能，加快臭氧分解的反应速率，但催化剂不能改变反应的限度（化学平衡状态 ），C错误； D．在多步反应中，反应速率由活化能最大的步骤决定，催化反应①的活化能大于催化反应②的活化能，所以Cl⋅催化O3分解的反应速率主要由决定，D正确； 故选D。 19．(24-25高二上·北京海淀区·期末)一定条件下，在2L的密闭容器中发生反应：，测得后A的物质的量减小了1mol，则反应的平均速率可表示为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】后A的物质的量减小了1mol，则反应2molB，生成3molC、4molD； 【详解】A．A是浓度为定值的固体，不能用A的浓度变化表示反应的反应速率，A错误； B．，B错误； C．，C正确； D．，D错误； 故选C。 20．(24-25高二上·北京海淀区·期末)实验小组欲探究对Mg和反应的影响。20s时，分别向pH和均相同的①溶液和②溶液中加入相同的镁条，记录实验现象如下表，同时测定溶液pH随时间的变化曲线如下图。 溶液① 溶液② 20~40s：生成气泡较快，镁条表面有少量红色固体析出，溶液澄清；40~80s：生成气泡较快，溶液中出现蓝色浑浊；80~160s：生成气泡变慢，溶液中浑浊物基本不变；160s以后：持续生成气泡，浑浊物增多、颜色变浅 20~160s：生成气泡较慢，溶液澄清160s以后：持续生成气泡，溶液中出现白色浑浊 已知：实验条件下，沉淀产生的pH范围是10.4~12.4. 下列说法不正确的是 A．20~40s，①比②生成气泡快，是由于①中形成了原电池 B．40~80s，①中pH增大比②缓慢，原因是①中生成气体消耗的较②少 C．80~160s，①中pH迅速增大，原因是Mg与水反应使得c(OH⁻)增大 D．160s以后，①②的pH均保持稳定，原因是体系中存在 【答案】B 【详解】A．20~40s：①中生成气泡较快，镁条表面有少量红色固体析出，形成铜-镁原电池，加快反应速率，A正确； B．①中40~80s：生成气泡较快，消耗的较②多，①中pH增大比②缓慢，是由于水解平衡正向移动，使溶液中氢离子浓度减少较慢，B错误； C．根据题中已知条件，沉淀产生的pH范围是10.4~12.4，80~160s，①中pH由6左右迅速增大，原因是Mg与水反应生成使得c(OH⁻)增大，C正确； D．160s以后，①②的pH均保持稳定，原因是体系中存在，达到溶解平衡，溶液中c(OH⁻)基本不变，D正确； 故选B。 ( 地 城 考向 0 3 化学平衡 ) 21．(24-25高二上·北京海淀区·期末)下列事实能用平衡移动原理解释的是 A．浓溶液和浓溶液混合，剧烈反应生成气体和沉淀 B．密闭容器中发生反应，加压后气体颜色变深 C．溶液中滴加少量溶液，促进的产生 D．铁钉放入浓中，无明显变化，加热后产生大量红棕色气体 【答案】A 【详解】A．与相互促进水解平衡正向进行，剧烈反应生成气体和沉淀，A正确； B．反应前后气体分子数相同，加压对气体进行压缩，颜色变深，平衡不移动，B错误； C．铁离子催化分解过氧化氢，与平衡移动无关，C错误； D．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体二氧化氮，与平衡移动无关，D错误； 答案选A。 22．(24-25高二上·北京海淀区·期末)一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol A B D Ⅰ 0.2 0.2 0.1 Ⅱ 0.4 0.4 >0.2 下列说法不正确的是 A．B物质的状态为气态 B．I中，A的平衡转化率为50% C．该反应的化学平衡常数的数值为5 D．I中，若平衡后向容器中再充入和，平衡正向移动 【答案】D 【详解】A．一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，Ⅱ加的A、B物质为Ⅰ的两倍，相当于增大压强，平衡时D的物质的量大于Ⅰ的两倍，说明平衡正向移动，则反应为气体体积缩小的反应，故B物质的状态只可能为气态，A正确； B．Ⅰ中生成的D的物质的量为0.1mol，A、D计量数相等，则转化的A的物质的量为0.1mol，反应达到平衡时，A的转化率为，B正确； C．容器Ⅰ中，建立如下三段式：，平衡常数K==5，C正确； D．平衡后向容器中再充入和，Q==K，平衡不移动，D错误； 故选D。 23．(24-25高二上·北京东城区·期末)利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成气体和气体，在其他条件不变的情况下，只改变温度或加入催化剂对CO浓度的影响结果如图，下列分析不合理的是 A．对比曲线Ⅰ和Ⅱ可知，Ⅱ使用了催化剂 B．对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最低 C．该反应： D．平衡常数： 【答案】B 【分析】Ⅰ、Ⅱ反应速率不同，但平衡时c(CO)相同，可知平衡未发生移动，故反应温度相同，反应II达到平衡时用时少，反应速率快，则Ⅱ使用了催化剂；对比Ⅰ、Ⅲ，两者平衡时c(CO)浓度不同，平衡发生了移动，说明不是加入催化剂，而是改变了温度，反应速率加快，则温度升高，平衡逆向移动，则该反应为放热反应，据此分析作答。 【详解】A．由分析可知，Ⅱ使用了催化剂，A项正确； B．由分析可知，Ⅲ的反应速率加快，则温度升高，说明对比三条曲线，可知Ⅲ的温度最高，B项错误； C．NO和CO转化成气体和气体，同时该反应放热，则该反应的热化学方程式为： ，C项正确； D．Ⅰ、Ⅱ温度相同，则平衡常数相同，Ⅲ温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数变小，则平衡常数：，D项正确； 答案选B。 24．(24-25高二上·北京东城区·期末)一定温度下，在体积相同的两个密闭容器中进行反应：      实验数据如下：(忽略能量变化对温度的影响) 实验 起始时各物质的物质的量/mol 达到平衡时体系能量的变化 A B C D ① 1 4 0 0 放出热量：32.8kJ ② 2 8 0 0 放出热量：QkJ 下列说法不正确的是 A．①中反应达到平衡时，生成0.8molC B．①条件下的平衡常数 C．其他条件不变，若对②升高温度，则 D．其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，能量变化仍为放热 【答案】C 【分析】①中反应放出热量为32.8kJ，根据方程式A(g)+B(g)C(g)+D(g)ΔH=-41kJ•mol-1，可知参与反应的A的物质的量为=0.8mol，则①中三段式为：，据此分析作答。 【详解】A．根据分析可知，①中反应达到平衡时，生成0.8mol C，A正确； B．①条件下的平衡常数K===1，B正确； C．根据等效平衡原理可知，②中放出热量为32.8kJ×2=65.6kJ，其他条件不变，若对②升高温度，平衡逆向移动，则Q＜65.6，C错误； D．A(g)+B(g)C(g)+D(g)是气体分子总数不变的反应，改变压强，平衡不移动，其他条件不变，若②的容积变为原来的一半，平衡不移动，能量变化仍为放热QkJ，D正确； 故答案为：C。 25．(24-25高二上·北京昌平区·期末)Ni和CO反应可制备Ni(CO)4(四羰合镍)：Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)。在容积可变的密闭容器中，充入n mol Ni和4n mol CO。在不同压强下，反应达平衡时，Ni(CO)4的体积分数与温度的关系如下图所示。则下列说法不正确的是 A．该反应ΔH < 0 B．p1<p2 C．p1、100℃时，CO的平衡转化率为50% D．B点体积小于A点体积 【答案】C 【详解】A．在同一压强下，温度升高Ni(CO)4的平衡体积分数降低，则平衡逆向移动，反应为放热反应，ΔH < 0，A正确； B．反应Ni(s) + 4CO(g)Ni(CO)4(g)是气体体积减少的反应，增大压强，平衡正向移动，Ni(CO)4的平衡体积分数升高，故p1<p2，B正确； C．p1、100℃时，Ni(CO)4的体积分数为50%，则CO的体积分数也为50%，三段式 ：，，x=，CO平衡转化率=80%，C错误； D．A、B中Ni(CO)4的体积分数相等，物质的量相等，A对应的压强小，B对应的压强大，B点体积小于A点，D正确； 答案选C。 26．(24-25高二上·北京昌平区·期末)一定温度下的密闭容器中，发生可逆反应2NO (g)+ O2(g)2NO2(g) ，下列情况不能说明该反应达到平衡状态的是 A．容器内气体颜色不再变化 B．浓度商等于化学平衡常数 C．容器内气体的浓度c(NO)：c(O2)：c(NO2)=2：1：2 D．容器内的压强不再变化 【答案】C 【分析】化学平衡的判断标志有：各物质的浓度、百分含量等保持不变，正逆反应速率相等以及反应过程中一直在“变”的量一旦不变了，就说明达到平衡了。 【详解】A．反应体系中NO2为红棕色，而NO和O2均为无色，故反应过程中，混合气体的颜色一直在变，颜色不变说明NO2的浓度不再变化，达到平衡状态，故A不符合题意； B．浓度商等于该温度下的化学平衡常数，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B不符合题意； C．物质的浓度呈化学计量系数比并不能说明反应达到平衡状态，故C符合题意； D．反应前后气体的化学计量系数发生改变，即反应过程中容器的压强一直在变，现在不变了，说明达到平衡了，故D不符合题意； 故选C。 27．(24-25高二上·北京昌平区·期末)下列事实能用平衡移动原理解释的是 A．N2 (g)+ 3H2(g)2NH3(g) ΔH<0，合成氨工业生产选择高温反应条件 B．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体 C．压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，颜色立即变深 D．向H2O2溶液中加入少量CuSO4固体，迅速产生大量气泡 【答案】B 【详解】A．反应N2 (g)+ 3H2(g)2NH3(g) ΔH<0为放热反应，合成氨工业生产选择高温的目的是催化剂活性最强，反应速率快，A不符合题意； B．FeCl3+3H2O⇋Fe(OH)3+3HCl，升高温度促进水解，可以制备胶体，将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，B符合题意； C．2NO2⇋N2O4，压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，平衡正向移动，颜色变深由于NO2浓度变大造成，C不符合题意； D．向H2O2溶液中加入少量CuSO4固体，CuSO4对H2O2的分解起催化剂作用，迅速产生大量气泡，和平衡移动无关，D不符合题意； 答案选B。 28．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是 A．打开碳酸饮料瓶盖有气泡产生 B．实验室收集氯气时，常用排饱和食盐水的方法收集 C．检验时、需向待测液中加入浓溶液，并加热 D．除去中的时，常用酸性溶液洗气 【答案】D 【详解】A． 打开碳酸饮料瓶盖有气泡产生，瓶中马上泛起大量泡沫，是压强对其影响导致的，属于可逆过程，可以用平衡移动原理解释，故A不符合； B． 氯气和水反应是可逆反应，生成氯离子，食盐水中有大量氯离子，可抑制氯气与水反应，故实验室中常用排饱和食盐水的方法收集Cl2 ，故B不符合； C． 检验时、需向待测液中加入浓溶液，并加热,+OH-⇌NH3•H2ONH3↑+H2O，取少量待测液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，平衡正向移动，得到氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，能用平衡移动原理解释，故C不符合； D．SO2能被酸性高锰酸钾溶液氧化生成H2SO4，CO2和酸性高锰酸钾溶液不反应，用酸性高锰酸钾溶液除去CO2中的SO2，与氧化还原反应有关，与平衡移动原理无关，故D符合； 答案选：D。 29．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：。进料浓度比分别为、、时，平衡转化率随温度变化的关系如图所示。下列说法不正确的是 A．键断裂的同时有键断裂，则反应达到了平衡状态 B．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 C．a、b、c三点中a点对应的平衡转化率最高 D．若的初始浓度为，时， 【答案】D 【分析】相同条件下，增大的比值即增大HCl的浓度，促进反应正向进行，则O2的平衡转化率增大，而HCl自身的平衡转化率却减小，由图像信息可知，a所在曲线为投料曲线、bc 所在曲线为投料曲线，另一条曲线为投料曲线； 【详解】A．H-Cl键断裂表示正反应速率，而H-O键断裂表示逆反应速率，根据方程式可知，当键断裂的同时有键断裂时，即为正、逆反应速率相等，则反应达到了平衡状态，A正确； B．由题干图像可知，其他条件相同时升高温度，HCl的平衡转化率减小，即升高温度平衡逆向移动，说明正反应是一个放热反应，即该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，B正确； C．其它条件下相同时，增大的比值即增大HCl的浓度，促进反应正向进行，则O2的平衡转化率增大，而HCl自身的平衡转化率却减小，反应为放热反应，其它条件下相同，升高温度，则氧气平衡转化率降低，结合分析，a所在曲线为投料曲线，a、b、c三点中a点对应的O2平衡转化率最高，C正确； D．由题干图像可知，若的初始浓度为，时，400℃时HCl的平衡转化率为84%，由三段式分析：，则，D错误； 故选D。 30．(23-24高二上·北京大兴区·期末)“碳中和”是通过植树造林和其他人工技术(或工程)对排放的碳加以捕集利用，从而使排放到大气中的净增量为零。 Ⅰ．一定温度下，向某恒容密闭容器中加入足量铁粉并充入一定量的气体。 已知：　，反应过程中气体和CO气体的浓度与时间的关系如图所示。 请回答下列问题： (1)时， (填“>”“<”或“=”)。 (2)时，的转化率为 ；CO的平均反应速率 ；该温度下的化学平衡常数 。 (3)下列能说明上述反应达到平衡状态的是 (填序号)。 a．单位时间内消耗，同时生成 b．气体的压强不再变化 c．混合气体的平均相对分子质量不再变化 d．混合气体的密度不再变化 II．由与制备甲醇是当今研究的热点之一，历程如下： 制备过程发生如下副反应： 反应①：　 反应②：　。 (4)写出与制备的热化学方程式 。 (5)恒压下，将和按物质的量之比为充入密闭容器， 甲醇平衡产率在无分子筛膜和有分子筛膜(能选择性分离出)时随温度的变化如图所示。 ①相同温度下，P点甲醇产率高于T点的原因 。 ②对比曲线Ⅰ和II，分析曲线II中甲醇平衡产率随温度升高在P点之前增大而P点以后减小的原因 。 【答案】(1)> (2) 75% 0.15 3 (3)cd (4) (5) 相同温度下，分子筛膜能不断分离出，有利于主反应 平衡正向移动，平衡产率增大， 故P点甲醇产率高于T点； 反应放热，升高温度平衡逆向移动，副反应①②为吸热反应，平衡正移，均可使平衡产率减小。P点之前，以分子筛膜对主反应的影响为主，P点以后，以温度对主反应、副反应的影响为主。 【详解】（1）由图像可知t1时刻CO继续增多，CO2继续减少，反应正向进行，故； （2）时，的转化率为；CO的平均反应速率；该温度下的化学平衡常数； （3）a．单位时间内消耗，同时生成都是描述的正反应，不能说明反应达到平衡状态，a错误； b．反应气体分子数不变，气体的压强始终不变，不能说明反应达到平衡状态，b错误； c．混合气体的平均相对分子质量，反应过程中，气体物质的量没变，但气体质量在改变，则M混在改变，当M混不再变化时，说明反应达到了平衡状态，c正确； d．混合气体的密度,V不变，但气体质量在改变，故混合气体密度也在改变，当不再变化，说明达到了平衡状态，d正确； 故答案选cd。 （4）根据题意写出方程式③，则③=①-②，则方程③的反应热，故与制备的热化学方程式为； （5）相同温度下，分子筛膜能不断分离出，有利于主反应 平衡正向移动，平衡产率增大， 故P点甲醇产率高于T点； 反应放热，升高温度平衡逆向移动，副反应①②为吸热反应，升高温度平衡正移，均可使平衡产率减小。P点之前，以分子筛膜对主反应的影响为主，P点以后，以温度对主反应、副反应的影响为主。 ( 地 城 考向 0 4 原电池 ) 31．(24-25高二上·北京大兴区·期末)锌铜原电池装置如图所示，下列说法不正确的是 A．锌片作负极 B．电子从锌片流向铜片 C．盐桥中的K+移向ZnSO4溶液 D．铜电极的反应为Cu2++2e-=Cu 【答案】C 【分析】Zn为负极，负极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu为正极，Cu2+在正极上得电子被还原产生Cu，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，电子从负极沿着导线流向正极，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，以此来解答。 【详解】A．锌比铜活泼，锌片作负极，A正确； B．据分析，电子从锌片流向铜片，B正确； C．据分析，盐桥中的K+移向CuSO4溶液，C错误； D．据分析，铜电极上发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，D正确； 故选C。 32．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)碱性锌锰电池是普通锌锰电池的升级换代产品，其构造示意图如下。下列关于该电池及其工作原理的说法不正确的是 A．负极反应为： B．作正极反应物，发生还原反应 C．电池工作时，向正极方向移动 D．可储存时间比普通锌锰电池长 【答案】C 【详解】A．在碱性锌锰电池中，锌粉作负极，在碱性条件下失电子发生氧化反应，电极反应式为，A选项正确； B．作正极反应物，在正极得电子，发生还原反应 ，B选项正确； C．电池工作时，阴离子向负极移动，所以应向负极方向移动，而不是正极方向，C选项错误； D．碱性锌锰电池性能比普通锌锰电池好，可储存时间比普通锌锰电池长 ，D选项正确； 故答案选C。 33．(24-25高二上·北京昌平区·期末)嫦娥六号实现世界首次月球背面采样返回，下列探月过程中涉及化学能转化为电能的是 A．燃烧推进剂液氢和液氧，使火箭升空 B．展开太阳能电池翼持续供电 C．启动锂离子蓄电池组供电 D．电解水装置实现航天器中氧气再生 【答案】C 【详解】A．燃烧推进剂使火箭升空涉及化学能转化为热能和光能，A错误； B．展开太阳翼获取持续电力涉及光能转化为电能，B错误； C．启动锂离子蓄电池为探测器供电涉及化学能转化为电能，C正确； D．电解水装置实现航天器中氧气再生涉及到的是电能转化为化学能，D错误； 答案选C。 34．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。 下列说法不正确的是 A．电极a是正极 B．电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O C．每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移 D．离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜 【答案】C 【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。 【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确； B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确； C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生迁移，C错误； D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确； 故选C。 35．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是 A．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀 B．钢管与电源正极连接，钢管可被保护 C．钢管与铜管露天堆放在一起时，钢管不易被腐蚀 D．钢铁发生吸氧腐蚀时，负极反应是 【答案】A 【详解】A．铁遇冷浓硝酸表面钝化，钝化膜可阻止内部金属与浓硝酸进一步反应，从而保护内部金属不被腐蚀，A正确； B．钢管与电源正极连接，钢管作阳极，铁失电子生成Fe2+，从而加快腐蚀，B错误； C．钢管与铜管露天堆放在一起时，二者与表面的水膜构成原电池，钢管作负极，从而加速腐蚀，C错误； D．钢铁发生吸氧腐蚀时，Fe作负极，Fe失电子生成Fe2+，则负极反应是，D错误； 故选A。 36．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)全钒液流储能电池是一种新型的绿色环保储能系统(工作原理如下图，电解液含硫酸)。 离子种类 颜色 黄色 蓝色 绿色 紫色 下列说法不正确的是 A．该电池总反应的离子方程式是 B．当完成储能时，正极溶液的颜色是黄色 C．电池工作时，透过离子交换膜向负极区移动 D．该电池能提供稳定的输出功率，原因是电解液循环，保持各离子浓度稳定 【答案】C 【分析】由图可知，惰性电极与电源正极相连的是阳极，左侧储液罐中主要含有VO2+和，则电极反应式为；与电源负极相连的为阴极，右侧储液罐中主要含有V3+和V2+，电极反应式为V3++e-=V2+，此过程为储能过程，即充电过程，总反应方程式为。 【详解】A．放电时的总反应为充电时总反应的逆过程，由上述分析可知，该电池的总反应离子方程式为，A正确； B．由图可知，充电时，左侧电极与电源正极相连是阳极，失去电子；放电时则得电子，是正极。故正极溶液指的是左侧储液罐中的溶液，储能时发生反应，储能完成时，溶液呈黄色，B正确； C．原电池工作时，电解质溶液中的阳离子移向正极，所以H+透过离子交换膜向正极区移动，C错误； D．该电池能提供稳定的输出功率，原因是电解液循环，保持各离子浓度稳定，D正确； 答案选C。 37．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)某小组同学设计如下实验能证实为可逆反应。已知是一种无色的稳定的络离子。 实验装置 注：a、b均为石墨电极 实验序号 实验操作和现象 ① ⅰ．闭合K，指针向右偏转 ⅱ．待指针归零，向U型管左管中加入10滴KI溶液，∙∙∙∙∙∙ ② ⅰ．闭合K，指针向右偏转 ⅱ．待指针归零，向U型管左管中滴加10滴溶液，指针向左偏转 下列说法不正确的是 A．电流表指针归零，说明上述可逆反应达到了化学平衡状态 B．①中加入KI溶液后，上述平衡向正反应方向移动，电流表指针向右偏转 C．②中加入溶液后，导致还原性：，上述反应向逆反应方向移动 D．②中电流表指针再次归零时，向U型管右管中滴加饱和溶液，电流表指针向右偏转 【答案】D 【分析】实验①开始之前，闭合K，装置中a为负极，b为正极，发生反应，指针归零，反应达到平衡，增大I-的浓度，平衡正向移动，指针向右偏转，达新平衡后，指针归零。实验②是加入硝酸银溶液，沉淀I-，I-浓度减小，平衡逆向移动，此时a为正极，b为负极，指针向左偏转。 【详解】A．电流表指针归零，无电子转移，说明上述可逆反应达到了化学平衡状态，A正确； B．①中加入KI溶液后，碘离子浓度增加，平衡向正反应方向移动，a发生氧化反应，a为负极，b为正极，电流表指针向右偏转，B正确； C．②中加入硝酸银溶液后，生成碘化银沉淀，降低了碘离子浓度，平衡向逆反应方向移动，还原性Fe2+>I-，C正确； D．向右管中滴加饱和氟化铵溶液，生成，铁离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，a发生还原反应，a为正极，指针向左偏转，D错误； 答案选D。 38．(24-25高二上·北京十一学校·期末)直接乙醇（）燃料电池（DEFC）具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。 (1)三种乙醇燃料电池中正极反应物均为 。 (2)碱性乙醇燃料电池中，电极a的电极反应式为 。若使用空气代替氧气，电池工作过程中碱性下降更快，其原因是（用离子方程式表示） 。 (3)酸性乙醇燃料电池中，电极的电极反应式为 。 (4)熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电极b的电极反应式为 。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）三种乙醇燃料电池中由于正极发生还原反应，所以正极反应物均为。 （2）碱性乙醇燃料电池中，乙醇在电极a（负极）发生氧化反应，结合碱性环境，乙醇失电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为。若使用空气代替氧气，空气中的二氧化碳会与碱反应，导致碱性下降更快，离子方程式为。 （3）酸性乙醇燃料电池中，电极b为正极，氧气在正极得电子结合氢离子生成水，电极反应式为。 （4）熔融盐乙醇燃料电池中，选择熔融碳酸钾为介质，电极b为正极，氧气得电子结合二氧化碳生成碳酸根离子，电极反应式为。 39．(24-25高二上·北京海淀区·期末)兴趣小组对铜锌原电池进行性能改进研究。 (1)装置1中，正极反应为 ，能证明该电极反应发生的实验现象是 。 (2)实验时发现装置1的电流强度很快降低，且锌片表面有红色海绵状固体析出，由此提出装置1原电池在能量转化上的缺点是 。 (3)为改进装置1的缺点，甲同学提出采用装置2，其中的盐桥由KCl和琼脂组成。装置2工作时，盐桥中的向 (填“左”或“右”)移动。 (4)装置2的电流虽然稳定但过小，乙同学提出继续电池改进为装置3。并测得3个装置的电流强度随时间变化的曲线如图。 ①由图可看出装置3的电流比装置1的电流稳定，原因是 。 ②由图还可看出装置3的电流明显高于装置2的电流。对比装置2的盐桥和装置3的阴离子交换膜，概括二者在原电池系统中的功能的异同：相同点是均作为 ；差异是 。 【答案】(1) 碳棒上出现红色固体 (2)部分Zn和硫酸铜直接反应，化学能未全部转化为电能(合理即可) (3)右 (4) 阴离子交换膜阻隔了向负极扩散，避免了直接氧化Zn，使化学能得以持续转化为电能 离子导体(或离子通道) 盐桥的离子传导能力弱于阴离子交换膜(或盐桥的内电阻大于阴离子交换膜) 【分析】装置1为铜锌单液原电池，锌片作负极，电极反应为：；碳棒作正极，得到电子，电极反应为：；装置2为铜锌双液原电池，锌片作负极，碳棒作正极，电极反应式与装置1中相同，盐桥中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；装置3添加了阴离子交换膜，阻隔了向负极扩散，避免了反应：的发生，使化学能可以持续的转化为电能，所以装置3的电流比装置1的电流稳定； 【详解】（1）由分析可知，锌片作正极，电极反应为：；铜单质为红色固体，则能证明该电极反应发生的实验现象是碳棒上出现红色固体； （2）实验时发现装置1的电流强度很快降低，且锌片表面有红色海绵状固体析出，说明锌片会直接与硫酸铜发生反应，故装置1原电池在能量转化上的缺点是部分Zn和硫酸铜直接反应，化学能未全部转化为电能； （3）装置2工作时，盐桥中的向正极移动，碳棒作正极，则向右移动； （4）①由图可看出装置3的电流比装置1的电流稳定，原因是阴离子交换膜阻隔了向负极扩散，避免了直接氧化Zn，使化学能得以持续转化为电能； ②对比装置2的盐桥和装置3的阴离子交换膜，二者在原电池系统中的相同点是均作为离子导体(或离子通道)，可以选择性通过离子； 同时，由图还可看出装置3的电流明显高于装置2的电流，说明二者差异是盐桥的离子传导能力弱于阴离子交换膜(或盐桥的内电阻大于阴离子交换膜)。 40．(24-25高二上·北京昌平区·期末)电化学电池技术在能量储存及工业生产实现物质转化方面具有重要价值。 I.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池，是目前一种高能量密度电池，该电池装置的工作示意图如图所示。 (1)装置中铂电极a为 (填“正极”或“负极”)。 (2)装置中铂电极b上发生的电极反应式是 。 (3)装置中负极区的pH (填“升高”、“降低”或“不变”)。 II.碱性甲醇(CH3OH)-空气燃料电池作为电源，利用图所示方法可以从海水中提取CO2.海水中含有HCO等离子，呈弱碱性。 (4)结合化学用语说明b室如何实现CO2提取 。 (5)b室排出的海水不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质处理b室排出的海水，合格后(海水pH≈8)才能排回大海。结合化学用语说明该物质是如何产生的 。 【答案】(1)负极 (2)O2+4e-+ 2H2O=4OH- (3)降低 (4)a室发生电极反应为2H2O-4e−=O2+4H+，H+通过阳离子交换膜移动到b室，HCO+H+= CO2↑+H2O，实现CO2的提取 (5)c室发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b室中的Na+通过阳离子交换膜进入c室，产生NaOH溶液 【分析】I．碱性甲醇空气燃料电池中，通入甲醇的电极为负极，发生氧化反应生成：CH3OH-6e-+8OH-=+7H2O，正极上发生还原反应，O2得电子与水反应得到OH-：O2+4e-+ 2H2O=4OH-； II．电解海水a室为阳极室发生氧化反应：2H2O-4e−=O2+4H+，H+通过阳离子交换膜移动到b室，HCO+H+= CO2↑+H2O，实现CO2的提取。 【详解】（1）经过分析，铂电极a发生氧化反应，铂电极a为负极； （2）铂电极b为正极，发生的电极反应式是：O2+4e-+ 2H2O=4OH-； （3）根据负极的反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+7H2O，消耗OH-离子，负极区的pH降低； （4）电解海水a室为阳极室发生氧化反应：2H2O-4e−=O2+4H+，H+通过阳离子交换膜移动到b室，HCO+H+= CO2↑+H2O，实现CO2的提取； （5）由于c室发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，b室中的Na+通过阳离子交换膜进入c室，产生NaOH溶液，b室产生的是pH=6的酸性废水，需要用c室产生的NaOH中和后才能排回大海。 ( 地 城 考向 0 5 电解池 ) 41．(24-25高二上·北京大兴区·期末)我国神舟系列载人飞船成功进入太空，其电力系统主要由太阳能电池和储能电池构成。据悉，储能电池采用“镍镉蓄电池组”，电池总反应： Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。 下列说法不正确的是 A．当飞船进入光照区时，太阳能电池可为镍镉电池充电 B．镍镉电池放电时负极反应式： C．镍镉电池充电时阳极反应式： D．镍镉电池充电时电解质溶液中的移向镉电极 【答案】D 【分析】电池总反应：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，放电时Cd化合价升高失电子，故Cd为负极，电极反应式为Cd-2e-+2OH-═Cd(OH)2，NiOOH为正极，电极反应式为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，充电时，Cd(OH)2为阴极反应物，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd-2e-+2OH-，Ni(OH)2为阳极反应物，电极反应式为Ni(OH)2-e-+OH-═NiOOH+H2O。 【详解】A． 当飞船进入光照区时，太阳能电池可为镍镉电池充电，故A正确； B． 放电时Cd化合价升高失电子，故Cd为负极，镍镉电池放电时负极反应式：，故B正确； C． 充电时，Ni(OH)2为阳极反应物，镍镉电池充电时阳极反应式：，故C正确； D． 镍镉电池充电时，电解质溶液中的OH-移向NiOOH电极(阳极)，故D错误； 故选：D。 42．(24-25高二上·北京东城区·期末)利用下图装置进行实验，先闭合K1，一段时间后，打开K1并闭合K2，电流表指针偏转。 下列说法正确的是 A．闭合K1，两极均产生气泡，a极附近溶液变红 B．闭合K1，移向b极 C．闭合K2，a极上的反应为： D．闭合K2时，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为1：2 【答案】B 【分析】闭合K1，为电解池，a为阳极，产生氧气，b为阴极，产生氢气，然后闭合K2，则为原电池，a为正极，b为负极，据此答题。 【详解】A．闭合K1，两极均产生气泡，a为阳极，发生反应：，呈酸性，酚酞不会变红，A错误； B．闭合K1，b为阴极，移向b极，B正确； C．闭合K2，a为正极，a极上的反应为：，C错误； D．闭合K2时，b极发生反应：，电路中转移电子数与b极消耗气体分子个数之比为2：1，D错误； 故答案选B。 43．(24-25高二上·北京海淀区·期末)利用电化学技术处理含有和废水的装置及原理示意图如下。下列说法正确的是 A．电极n连接直流电源的正极 B．电极n产生的气体为 C．反应①的离子方程式： D．当产生224mL(标准状况下)时，理论上外电路通过0.06mol电子 【答案】D 【详解】A．电极m上Cl-失去电子生成HClO，1molCl-失去2mol电子生成1molHClO，电极m为阳极，则电极m与直流电源的正极连接，电极n与直流电源负极连接，故A错误； B．电极n与直流电源负极连接，电极n为阴极，水在电极n上得到电子产生氢气，故B错误； C．次氯酸为弱酸，不能写成离子形式，离子方程式应为，故C错误； D．根据反应，生成1molN2消耗3molHClO，则当产生标准状况下224mL(0.01mol)N2时，理论上外电路通过0.06mol电子，故D正确； 故答案为D。 44．(24-25高二上·北京昌平区·期末)工业生产中可通过双极膜电渗析技术对含NaNO3的高盐废水进行处理，制备HNO3和NaOH，工作原理如下图所示。 下列说法正确的是 A．石墨电极a的电极反应为2H2O - 4e− = O2↑+ 4H+ B．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜 C．乙室产生含低浓度NaNO3废水，丙室产生NaOH D．阳极生成1 mol 气体时，该装置可得到4 mol HNO3 【答案】D 【分析】石墨a与外界负极相连，为阴极，左侧双极膜H+向左移动并在石墨电极a上生成H2，OH-向右移动，进入甲室，乙室中的Na+通过M膜进入甲室，生成NaOH，M膜为阳离子交换膜，石墨b为阳极，右侧双极膜中的H+向左移动，OH-移向右侧并在石墨电极b上生成O2，乙室中通过N膜进入丙室，生成HNO3，N极膜为阴离子交换膜。 【详解】A．根据分析，石墨电极a为阴极，发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑，A错误； B．根据分析可知，M膜为阳离子交换膜，N极膜为阴离子交换膜，B错误； C．乙室高浓度的硝酸钠，Na+移向甲室，生成NaOH，移向丙室，生成HNO3，同时乙室生成低浓度的NaNO3，C错误； D．阳极生成1 mol O2，电子转移4mol，可得到4 mol HNO3，D正确； 答案选D。 45．(24-25高二上·北京清华大学附属中学朝阳学校·)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。 装置 序号 电解质溶液 实验现象 ① +少量 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有 ② +过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无Fe元素 已知：。下列分析不正确的是 A．①中气体减少，推测是由于溶液中减小，且Cu覆盖铁电极，阻碍与铁接触 B．①中检测到，推测可能发生反应：、 C．随阴极析出铜，推测②中溶液减小，平衡逆向移动 D．②中生成，使得比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密 【答案】C 【详解】A．随着反应的进行，一段时间后溶液中的减小，同时阴极发生电极反应：，生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面，阻碍了与铁的接触，故气体减少，A正确； B．因为溶液中有和，铁制镀件与其接触，铁可能与和发生氧化还原反应生成，B正确； C．当阴极有Cu析出时，阴极电极反应：，阳极电极反应：，又因为②中电解液中无Fe元素，根据得失电子守恒，溶液不变，C错误； D．②中与反应生成，使得比①溶液中小，Cu缓慢析出，镀层更致密，D正确； 答案选C。 46．(24-25高二上·北京十一学校·期末)一种基于氯碱工艺的新型电解池（如图），可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是 A．阳极反应： B．阴极区溶液中浓度逐渐升高 C．理论上每消耗，阳极室溶液减少 D．理论上每消耗，通过阳离子交换膜的离子为 【答案】C 【分析】装置图中右侧为饱和食盐水，右侧电极上生成气体，则右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应：；左侧电极为阴极，发生还原反应，在碱性条件下转化为，电极反应：，中间为阳离子交换膜，由阳极移向阴极。 【详解】A．右侧为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，阳极反应：，A正确； B．左侧电极为阴极，发生还原反应，在碱性条件下转化为，电极反应：，阴极区溶液中浓度逐渐升高，B正确； C．理论上每消耗，转移电子，生成氯气，同时有由阳极移向阴极，阳极室溶液减少质量为：，C错误； D．理论上每消耗，转移电子，生成氯气，根据电荷守恒，则有由阳极移向阴极，D正确； 故选C。 47．(24-25高二上·北京十一学校·期末)微生物代谢过程与电极反应相结合的微生物电化学，可以有效降低污水处理成本。 I．微生物燃料电池是以微生物作为催化剂，将污水中的有机物（如）转化为等无机物，如图所示。 (1)a电极为该电池的 填（“正极”或“负极”），电极反应式为 。 (2)电池使用时，负极区溶液的几乎不变，请解释原因 。 II．微生物电解池也以微生物为催化剂，将污水中的有机物转化为等无机物，如图所示。 (3)电镀、金属冶炼等行业会产生重金属废水，利用该生物电解池可以回收含铜废水中的铜，将废水中的转化为铜单质，从而进行回收再利用。则含铜废水应通入 室（填“阳极”或“阴极”），若有1.5mol电子发生了转移，理论上生成铜的质量为 。 (4)关于微生物原电池和微生物电解池的比较，下列说法正确的是 。 a．都需要外加电源    b．能量转化形式相同 c．都发生氧化还原反应    d．都能除去废水中的有机物 【答案】(1) 负极 C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+ (2)生成的H+通过质子交换膜向右侧移动，因此负极区溶液的几乎不变 (3) 阴极 48g (4)cd 【详解】（1）a电极将污水中的有机物(如)转化为等无机物，碳元素化合价上升，故a为负极，发生失去电子的氧化反应，电极反应为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+； （2）负极电极反应式为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2↑+24H+，当转移24mol电子时，生成的24molH+通过质子交换膜向右侧移动，故负极区溶液的几乎不变； （3）将废水中的转化为铜单质，铜元素化合价下降，得到电子，故含铜废水应通入阴极，发生反应，若有1.5mol电子发生了转移，则理论上生成铜的质量为； （4）a．微生物原电池不需要外加电源，a错误； b．微生物原电池是化学能转化为电能，微生物电解池是电能转化为化学能，能量转化形式不相同，b错误； c．均有元素化合价发生变化，都发生氧化还原反应，c正确； d．由题干信息可知，微生物原电池和微生物电解池都能将污水中的有机物转化为等无机物，d正确； 故选cd。 48．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)某实验小组尝试在钢制钥匙上镀铜。 实验1：将钥匙直接浸入溶液中，后取出，钥匙表面变红，但镀层疏松，用纸即可擦掉。 实验II：用下图装置对钥匙进行电镀铜。钥匙表面迅速变红，同时有细小气泡产生，精铜表面出现少量白色固体。后取出钥匙检验，镀层相对实验I略好，但仍能用纸巾擦掉一部分。经调整实验条件后获得了较好的电镀产品。 实验III：用溶液代替溶液重复实验II，精铜表面未出现白色固体。 回答下列问题： (1)实验I反应的化学方程式是 。 (2)实验II中钥匙应与电源的 极连接。 (3)钥匙表面产生的气体是 ，此电极上的电极反应式是 。 (4)常见化合物中铜元素有、两种价态，结合实验III推测实验II中精铜表面产生的白色固体的电极反应式是 。(已知是一种难溶于水的黄色固体) 【答案】(1) (2)负 (3) 、 (4) 【详解】（1）钢制钥匙的主要成分是Fe，实验I的化学方程式是：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu； （2）实验II中，电镀中镀件做阴极，钥匙是要被镀铜，则应该做阴极，即与电源的负极连接； （3）CuCl2溶液呈弱酸性，阴极上会有少量的H+放电形成H2，所以钥匙表面的气体为H2； 阴极上既有Cu析出又有H2放出，电极反应式为：、； （4）Cu(II)的化合物一般都是蓝色或绿色，Cu(I)的化合物中，白色固体为CuCl，则相应的电极反应式为：Cu−e−+Cl−=CuCl。 49．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许通过的和C保护层，工作原理如下图1，具体操作如下。 ⅰ．将表面洁净的Li电极和电极浸在溶有的有机电解质溶液中。 ⅱ．0~5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，电极上生成和C。 ⅲ．5～10min，a端连接电源负极， b端连接电源正极，电解，电极上消耗和C，Li电极上生成和C，步骤ⅱ和步骤ⅲ为1个电沉积循环。 ⅳ．重复步骤ⅱ和步骤ⅲ的操作，继续完成9个电沉积循环。 (1)步骤ⅱ内电路中的由 向 迁移(填“Li电极”或“电极”)。 (2)已知下列反应的热化学方程式。       步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为 。 (3)步骤ⅲ中，Li电极的电极反应式为 。 (4)受上述“循环电沉积”法的启示，科学家研发了适用于火星大气(主要成分是)的“”可充电电池，装置工作原理如下图2。“”电池充电时，Li电极表面生成Li而不会形成和C沉积，原因是 。 【答案】(1) Li电极 电极 (2)   (3) (4)电解质中未溶解CO2，内电路的隔膜只允许通过不允许通过，阳极生成的无法迁移到阴极放电，转化为C和。 【详解】（1）步骤ⅱ中，a端连接电源正极，作阳极，b端连接电源负极，作阴极，电解池中阳离子向阴极移动，则由Li电极移向电极； （2）步骤ⅱ电解总反应的化学方程式为，反应I．；反应II．，根据盖斯定律：反应I×2-反应II得步骤ⅱ电解总反应的，所以步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式为； （3）步骤ⅲ中，a端连接电源负极，作阴极，b端连接电源正极，作阳极，Li电极的电极反应式为：； （4）由图可知，电解质中未溶解CO2，“”电池充电时，内电路的隔膜只允许通过不允许通过，阳极生成的无法迁移到阴极放电，转化为C和。 50．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)电镀是增强金属抗腐蚀能力的一种方法。小组同学进行铁件电镀实验。 (1)用砂纸打磨铁制镀件，用 (填序号，下同)除去油污，用 除去铁锈。 a．溶液        b．盐酸        c．溶液 (2)将铁制镀件与直流电源的 (填“正极”或“负极”)相连，铜片与电源另一极相连，将两极平行浸入溶液中，装置如图。一段时间后，铁件表面镀上一层铜，但镀层不致密。 (3)在溶液中加入氨水制得铜氨溶液：。用铜氨溶液代替溶液重复电镀实验，铁件表面均匀镀上一层致密的铜。 ①写出铁制镀件表面析出铜的电极反应式： 。 ②电镀过程中溶液中的浓度 (填序号)。 a．减小        b．增大        c．几乎不变 (4)将镀层状况不同的镀锌铁件置于稀硫酸中，实验现象如下。 序号 镀层状况 实验现象 i 镀层完整的镀锌铁件 锌表面产生气泡，未检出 ii 镀层破损的镀锌铁件 锌、铁表面均产生气泡，未检出 ii中未检出的原因是 。 【答案】(1) a b (2)负极 (3) c (4)形成原电池，锌比铁活泼，铁作正极被保护 【详解】（1）碱性溶液可去除油污，故答案为a；铁锈为氧化铁，应用盐酸去除，故答案为b。 （2）铁质镀件表面发生的反应为Cu2++2e-=Cu，则为阴极，与电源负极相连。 （3）①铁制镀件表面发生的反应为[Cu(NH3)4]2+得到电子生成Cu，电极反应式为； ②根据电极反应式，不消耗和生成H+（或OH-），pH几乎不变，故答案为c。 （4）由于ii中形成原电池，锌比铁活泼，铁作正极被保护，所以ii中未检出。 ( 地 城 考向 0 6 弱电解质和水的电离平衡 ) 51．(24-25高二上·北京大兴区·期末)下列物质属于弱电解质的是 A．NH4Cl B．NaOH C．H2SO4 D．CH3COOH 【答案】D 【分析】强电解质在水溶液里完全电离，包括强酸、强碱和活泼金属氧化物以及大部分盐；弱电解质指在水溶液中部分电离，主要为弱酸、弱碱、水与少数盐。 【详解】A．NH4Cl是盐，属于强电解质（完全电离为和Cl-），A不符合题意； B．NaOH是强碱，完全电离为Na+和OH-，属于强电解质，B不符合题意； C．H2SO4是强酸，属于强电解质，C不符合题意； D．CH3COOH在水中仅部分电离为H+和CH3COO-，是弱电解质，D符合题意； 选D。 52．(24-25高二上·北京大兴区·期末)下列操作可以使水的离子积常数Kw增大的是 A．加热 B．通入少量氯化氢气体 C．加入少量醋酸钠固体 D．通入少量氨气 【答案】A 【详解】A．水的电离吸热，加热会升高温度，促进水的电离，则水的离子积常数Kw随温度升高而增大，A符合题意； B．通入少量氯化氢气体会增加H+浓度，但温度未变，Kw不变，B不符合题意； C．加入醋酸钠固体，醋酸根与氢离子结合，使H+浓度减小、促进水电离，但温度未变，Kw不变，C不符合题意； D．通入少量氨气会增加OH-浓度、抑制水电离，但温度未变，Kw不变，D不符合题意； 选A。 53．(24-25高二上·北京大兴区·期末)常温下，向10mL0.1mol·L-1氨水(pH≈11)中加入蒸馏水稀释至100mL，下列说法不正确的是 A．稀释后的溶液pH≈12 B．NH3·H2O的电离程度增大 C．n(NH)增大 D．增大 【答案】A 【详解】A．稀释弱碱时，虽然电离度增大，但pH会降低。原溶液pH≈11，稀释10倍后，若为强碱pH应为10，但一水合氨是弱碱，稀释后pH应大于10，则10＜pH＜11，故A错误； B．稀释促进弱电解质的电离，则NH3·H2O的电离程度增大，B正确； C．稀释促进弱电解质的电离，则n(NH)增大，C正确； D．根据Kb=，稀释时c(OH-)减小，Kb不变，则增大，D正确； 选A。 54．(24-25高二上·北京大兴区·期末)常温下，下列4种溶液的相关叙述中不正确的是 编号 ① ② ③ ④ 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 pH 11 11 3 3 A．溶液①、②中分别加入适量的氯化铵晶体后，两种溶液的pH均减小 B．等体积的③、④分别与NaOH溶液中和时，两种溶液消耗NaOH的物质的量不同 C．aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则a：b=11：9 D．溶液①、④等体积混合后，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH)>c(OH-)>c(H+) 【答案】D 【详解】A．氨水中存在电离平衡，加入氯化铵晶体，抑制一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小；氢氧化钠溶液中加入氯化铵，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，溶液中氢氧根离子浓度减小，溶液pH减小，A正确； B．醋酸为一元弱酸，HCl为一元强酸，等体积的③、④醋酸的物质的量浓度较HCl的大，所以两者分别与NaOH溶液中和时，两种溶液消耗NaOH的物质的量不同，B正确； C．将aL溶液④与bL溶液②混合后，若所得溶液的pH=4，则混合溶液中c(H+)=mol/L=10-4mol/L，a：b=11：9，C正确； D．pH=11的氨水的物质的量浓度远大于pH=3的盐酸的物质的量浓度，二者等体积混合得到氨水与氯化铵混合溶液，剩余氨水浓度远大于氯化铵的浓度，溶液呈碱性，氨水的电离程度不大，所得溶液中＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)，D错误； 故答案为：D。 55．(24-25高二上·北京东城区·期末)向两个容积相同的锥形瓶中各加入0.05g镁条，塞紧橡胶塞，然后用注射器分别注入2mL盐酸、2mL醋酸，测得锥形瓶内气体的压强随时间的变化如下图所示。下列说法不正确的是 A．a曲线对应的酸是盐酸 B．任意相同时间段内，化学反应速率：盐酸均快于醋酸 C．两种溶液最终产生的氢气总量基本相等，与酸的电离程度无关 D．容器内压强均达到140kPa时，所用时间越长反应速率越小 【答案】B 【分析】n(Mg)==0.0021mol，n(HCl)=n(CH3COOH)=0.002L×2mol·L-1=0.004mol，可以判断盐酸和醋酸最终会反应完，产生的氢气相等，据此分析； 【详解】A．盐酸为强酸，开始产生的氢气多速率比醋酸快，斜率大，故a曲线对应的酸是盐酸，A正确； B．醋酸溶液与镁的反应为放热反应，随着反应进行，溶液中减小，醋酸存在电离平衡持续电离出氢离子，而盐酸无电离平衡，速率持续减小，且减小的程度大于醋酸，故盐酸均快于醋酸为错误，B错误； C．两个反应的酸能提供的氢离子总数相同，最终产生的氢气总量基本相等，与酸的电离程度无关，C正确； D．容器内压强均达到140kPa时，即产生相同的物质的量氢气，则氢离子浓度改变量相同，所用时间越长反应速率越小，D正确； 故选B。 56．(24-25高二上·北京东城区·期末)由表中数据判断下列说法不正确的是 弱酸 HCN 电离常数(25℃) A．同物质的量浓度溶液的pH： B．过量的HCN与溶液等体积混合： C．溶液中，比程度大 D．溶液中存在： 【答案】D 【分析】由表格的数据可知，酸性HNO2＞H2CO3＞HCN＞。 【详解】A．Na2CO3对应的酸为，NaNO2对应的酸为HNO2，根据越弱越水解的规律可知，Na2CO3的水解程度更大，故pH：Na2CO3＞HNO2，A正确； B．由于酸性H2CO3＞HCN＞，过量的HCN与Na2CO3溶液反应的方程式为+HCN+CN-，B正确； C．H2CO3的Ka2=4.7×10-11，Kh2==≈2.22×10-8＞Ka2，因此的水解程度大于电离程度，C正确； D．Na2CO3溶液中由物料守恒可知c(Na+)=2[c()+c()+c(H2CO3)]，D错误； 故选D。 57．(24-25高二上·北京海淀区·期末)常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A．由水电离的的溶液中： B．无色溶液中： C．pH=14的溶液中： D．含有的溶液中： 【答案】C 【详解】A．由水电离的的溶液中，可能含有大量氢离子，也可能含有大量氢氧根，氢氧根与不能大量共存，A错误； B．浅绿色，紫红色，B错误； C．pH=14的溶液中，含有大量氢氧根，氢氧根与可以大量共存，C正确； D．碘离子与银离子生成碘化银沉淀，D错误； 故选C。 58．(24-25高二上·北京海淀区·期末)室温时，取未知浓度的盐酸10.00mL，用溶液滴定，滴定实验如图。下列说法不正确的是 A．图中操作有错误 B．滴定管装液前需要润洗 C．可用酚酞做指示剂 D．滴定时若锥形瓶中有液体溅出，测定结果偏高 【答案】D 【详解】A．用溶液滴定未知浓度的盐酸，标准液应装在碱式滴定管中，图中操作有错误，A正确； B．滴定管清洗干净装液前需要润洗，B正确； C．NaOH和HCl恰好反应溶液呈中性，可以选择酚酞或甲基橙为指示剂，C正确； D．滴定时若锥形瓶中有液体溅出，溶质损失，测定结果偏低，D错误； 答案选D。 59．(24-25高二上·北京第二十中学·期末)已知常温下几种物质的电离常数如下： (1)常温下，的溶液中由水电离的氢离子浓度为 ，若加水将其稀释，溶液中 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (2)常温下，溶液呈 性(填“酸”、“中”或“碱”)，原因是 (用化学用语表示)。 (3)写出少量二氧化碳通入到次氯酸钠溶液中的离子方程式 。 (4)下列事实能说明的酸性强于的是 (填字母)。 A．饱和溶液的小于饱和溶液的 B．同温下，等浓度的溶液和溶液，溶液的碱性强 C．将过量气体通入溶液后，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊 (5)向的溶液中滴加的溶液，测得溶液变化如图。 ①C点表示的溶液中，各离子浓度由大到小的顺序是 。 ②A、B、C、D点表示的溶液中，由水电离出的最大的是 。 【答案】(1) 不变 (2) 酸 (3) (4)B (5) C 【详解】（1）pH=2的CH3COOH溶液中c(H+)=10-2mol/L，则c(OH-)=10-12mol/L，氢氧根全部由水电离，水电离出氢离子浓度和氢氧根相等，所以也为10-12mol/L；=，温度不变Ka和Kw不变，所以该比值不变； （2）NH4Cl溶液中存在铵根的水解：+H2O⇌NH3·H2O+H+，所以溶液显酸性； （3）根据题目所给信息可知酸性：H2CO3＞HClO＞，所以少量二氧化碳通入到次氯酸钠溶液中生成HClO和碳酸氢钠，离子方程式为； （4）A．饱和H2SO3溶液和饱和H2CO3溶液的浓度不同，所以不能根据这两种物质的饱和溶液pH大小判断酸性强弱，A不符合题意； B．同温下，等浓度的NaHSO3溶液和NaHCO3溶液，NaHCO3溶液的碱性强，说明的水解程度更大，则H2CO3的电离程度小，即H2SO3的酸性强于H2CO3的，B符合题意； C．二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，因为该题中二氧化硫是过量的，澄清石灰水变浑浊不能说明是否产生二氧化碳，则不能说明酸性强弱，C不符合题意； 综上所述答案为B； （5）①C点表示的溶液中滴加的溶液20ml，二者完全反应生成物只有CH3COONa，CH3COO-水解显碱性，故离子浓度大小顺序为：； ②CH3COOH和NaOH抑制水的电离，CH3COONa促进水的电离，A点成分为 CH3COOH和CH3COONa，B点成分是CH3COOH和CH3COONa，C点成分只有CH3COONa，D点成分有NaOH和CH3COONa，因此水电离程度最大的是C。 60．(24-25高二上·北京东城区·期末)为探究弱电解质的电离情况，进行如下实验。 【实验Ⅰ】探究浓度对电离程度的影响。 25℃时，测定不同浓度醋酸溶液的pH，结果如下： 组别 ① ② ③ ④ ⑤ 浓度/() 0.0010 0.0100 0.0200 0.1000 0.2000 pH 3.88 3.38 3.23 2.88 2.83 (1)由表中数据可得出是弱电解质，依据是 。 (2)②中的 ；的 (列出计算式即可)。 (3)依据K与Q关系分析，①、②溶液浓度与变化程度不同的原因 。 【实验Ⅱ】探究中和反应过程中水电离程度的变化。 用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，溶液pH随V(NaOH)变化的曲线如图所示。 (4)a点时，消耗NaOH溶液的体积 20mL(填“<”“>”或“=”)。 用滴定 (5)判断恰好完全反应时，溶液的pH 7(填“<”“>”或“=”)，用化学用语解释原因： 。 (6)上述过程存在与a点水的电离程度相同的溶液，该溶液所含的溶质为 。 (7)分析加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓的原因是 。 【答案】(1)以①组数据为例，0.0010的溶液pH为3.88，由，即醋酸部分电离，说明醋酸为弱电解质 (2) (3)醋酸电离，。稀释，由于正向的粒子数增多，中各微粒浓度均减小，，平衡正移 (4)< (5) > (6)醋酸钠与氢氧化钠 (7)溶质为浓度差异不大的醋酸钠与醋酸，既有①，又有②；当加入少量碱时，②被促进，溶液中变化较缓 【分析】用NaOH溶液滴定20.00mL溶液，醋酸的浓度逐渐减小，醋酸钠的浓度逐渐增大，对水的电离的抑制作用越来越小，至恰好完全反应时溶质为醋酸钠，水的电离程度最大，此时溶液呈碱性；再加入NaOH，NaOH对水的电离有抑制作用，水的电离程度越来越小。 【详解】（1）以①组数据为例，0.0010的溶液pH为3.88，由，即醋酸部分电离，说明醋酸为弱电解质； （2）②组中的pH为3.38，即，，，故答案为：；； （3）醋酸溶液中存在电离平衡，。稀释，中各微粒浓度均减小，，平衡正移； （4）与20.00mL溶液恰好完全反应需NaOH溶液20.00mL，此时溶液成分为醋酸钠，水解呈碱性，a点时pH＝7时，加入NaOH不足，醋酸有剩余，说明消耗NaOH溶液的体积<20mL，故答案为：<； （5）由（4）分析可知，恰好完全反应时，溶液的pH>7，发生的水解方程式为，故答案为：>；； （6）a点时溶质为醋酸钠与醋酸，醋酸钠水解对水的电离的促进作用等于醋酸对水的电离的抑制作用，使水的电离程度不受影响；当溶液中溶质为醋酸钠与氢氧化钠时，醋酸钠促进水的电离，氢氧化钠抑制水的电离，使水的电离程度不受影响，故答案为：醋酸钠与氢氧化钠； （7）溶质为浓度差异不大的醋酸钠与醋酸，既有①，又有②；当加入少量碱时，②被促进，溶液中变化较缓，所以加入NaOH溶液体积在8~12mL之间时，溶液pH变化较缓。 ( 地 城 考向 0 7 盐类的水解和沉淀溶解平衡 ) 61．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)下列物质的应用中，与水解反应无关的是 A．用制备 B．用可溶性铝盐作净水剂 C．用饱和溶液制备胶体 D．用作X射线透视肠胃的内服药剂 【答案】D 【详解】A．用制备是由TiCl4+2H2OTiO2+4HCl，与水解有关，A不符合题意； B．用可溶性铝盐作净水剂是由于Al3+水解生成Al(OH)3胶体具有强吸附性，与水解有关，B不符合题意； C．用饱和溶液制备胶体，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，与水解有关，C不符合题意； D．硫酸钡难溶于酸，医疗上常用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药剂，与盐类的水解无关，D符合题意； 故选D。 62．(24-25高二上·北京海淀区·期末)室温时，下列溶液中的离子浓度关系正确的是 A．溶液： B．相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者 C．加水稀释后，和均减小 D．的混合溶液： 【答案】B 【详解】A．溶液中存在物料守恒：，A错误； B．溶液中水解产生OH-促进的水解，溶液中电离产生的H+抑制的水解，则相同物质的量浓度的和溶液，前者小于后者，B正确； C．溶液中水解产生H+，溶液呈酸性，加水稀释后，减小，溶液酸性减弱，c(H+)减小，增大，C错误； D．的混合溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒c()+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，则，D错误； 故选B。 63．(24-25高二上·北京昌平区·期末)下列方程式与所给事实不相符的是 A．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + H2O + CO2↑ B．用碳酸钠溶液处理锅炉水垢：CaSO4(s) + COCaCO3(s) + SO C．用5%的Na2SO4溶液除去误食的Ba2+：Ba2+ +SO=BaSO4↓ D．泡沫灭火器中NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合产生气体和沉淀：3HCO+ Al3+ = Al(OH)3↓+ 3CO2↑ 【答案】A 【详解】A．食醋去除水垢中的CaCO3，醋酸是弱酸，不能拆写：CaCO3 + 2CH3COOH = Ca2+ +2CH3COO-+ H2O + CO2↑，A错误； B．CaCO3的溶度积小于CaSO4，能够发生沉淀转化，CaSO4(s) + COCaCO3(s) + SO，B正确； C．Ba2+有毒，可以用5%的Na2SO4溶液除去误食的Ba2+生成不溶于酸的BaSO4沉淀，离子方程式为：Ba2+ +SO=BaSO4↓，C正确； D．沫灭火器中NaHCO3溶液与Al2(SO4)3溶液混合，Al3+水解呈酸性，HCO水解呈碱性，二者水解相互促进，产生气体和沉淀：3HCO+ Al3+ = Al(OH)3↓+ 3CO2↑，D正确； 答案选A。 64．(24-25高二上·北京昌平区·期末)测定0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液升温过程中的pH(不考虑水的蒸发)，数据如下。 温度/℃ 20 40 60 80 pH 11.80 11.68 11.54 11.42 下列说法正确的是 A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+ 2H2OH2CO3+ 2OH- B．升温过程中，溶液中的c(OH-)在增大 C．升温过程中，溶液pH变化是水解平衡移动的结果 D．升温过程中，溶液中c(CO)+ c(HCO)=0.1 mol·L-1 【答案】B 【详解】A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO+ H2OHCO+ OH-，A错误； B．温度升高，促进碳酸根离子的水解，导致溶液中升高，B正确； C．温度升高，促进碳酸根离子的水解，且水的电离程度变大，故溶液pH的变化是改变与水解平衡移动共同作用的结果，C错误； D．根据元素守恒可知升温过程中，溶液中c(CO)+ c(HCO) +c(H2CO3)=0.1 mol·L-1，D错误； 故选B。 65．(24-25高二上·北京昌平区·期末)为研究沉淀的生成及转化，某小组同学进行如图1所示实验，图2为ZnS、CuS饱和溶液离子浓度关系曲线图，M代表Cu或Zn。 下列关于该实验分析不正确的是 A．①中产生白色沉淀的原因是c(Zn2＋)·c(S2-) > Ksp(ZnS) B．②中现象不能证明Zn2＋(aq)与S2-(aq)反应有限度 C．③中现象能证明CuS比ZnS更难溶 D．由图1实验可得图2中曲线a代表CuS 【答案】D 【详解】A．①中硫化钠和硫酸锌反应生成硫化锌，则c(Zn2＋)·c(S2-) > Ksp(ZnS)，A正确； B．加入的Na2S为0.002L×0.2mol/L=0.0004mol，ZnSO4为0.002L×0.1mol/L=0.0001mol，所以Na2S过量，则Zn2+应完全反应，S2-一定有剩余，所以要证明Zn2+(aq)与S2-(aq)的反应是有限度的，应验证是否有Zn2+，加入CuSO4溶液出现黑色沉淀只能说明S2-存在，不能证明Zn2＋(aq)与S2-(aq)反应有限度，B正确； C．ZnS为白色固体，CuS为黑色固体，所以③中颜色变化说明ZnS转化为CuS，则证明CuS比ZnS更难溶，C正确； D．结合C分析可知，硫化铜的Ksp更小，图2中硫离子浓度相同时，即-lgc(S2-)相同时 ，b对应的-lgc(M2+)更大 ，则b对应物质的溶度积更小，故图2中b代表CuS，D错误； 故选D。 66．(24-25高二上·北京大兴区·期末)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：①图1中曲线为[起始c(Na2CO3)=0.1mol/L]体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ②图2中曲线I的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线II的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(CO)=Ksp(MgCO3)。 下列说法不正确的是 A．由图1，pH=10.25时，c(Na+)>3c(CO) B．由图2，初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6，无沉淀生成 C．由图2，初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=0.1mol/L D．由图1和图2，初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1，发生反应：Mg2++2HCO=MgCO3↓+CO2↑+H2O 【答案】C 【分析】根据图2曲线含义和溶度积常数表达式，位于曲线和以下的离子积小于溶度积常数，不能出现沉淀；位于曲线和以上的离子积大于溶度积常数，能出现沉淀。 【详解】A．根据电荷守恒可得：，从图1可以看出时，当时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，电荷守恒可以变形为：，由于此时溶液显碱性，，则有，A正确； B．从图2可以看出、时，该点位于曲线和曲线的下方，不会产生碳酸镁或氢氧化镁沉淀，B正确； C．从图2可以看出时，该点位于曲线的上方，会生成碳酸镁沉淀，消耗了部分碳酸根，根据物料守恒，溶液中，C错误； D．时，溶液中主要含碳微粒是，，时，该点位于曲线的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为：，D正确； 故选C。 67．(24-25高二上·北京大兴区·期末)某小组同学进行如下实验探究： 已知：≈1.26×10-12，常温下，几种难溶物质的颜色和溶度积常数如下： 难溶电解质 颜色 Ksp ZnS 白色 1.6×10-24 CuS 黑色 1.3×10-36 FeS 黑色 6.3×10-18 下列说法中，不正确的是 A．①中浊液生成的原因是：Zn2++S2−=ZnS↓ B．a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq) C．实验②和③生成黑色沉淀，可用相同的离子方程式表示 D．若在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，白色沉淀可以转化为黑色沉淀 【答案】C 【详解】A．①中硫酸锌溶液和硫化钠溶液生成了硫化锌沉淀，故A正确； B．根据实验②中能生成黑色沉淀，说明滤液中含有S2-，即a中浊液中存在溶解平衡：ZnS(s)⇌Zn2+(aq)+S2−(aq)，故B正确； C．实验②的离子方程式为S2-+Cu2+=CuS↓，实验③的离子方程式为ZnS+S2-=CuS↓+Zn2+，离子方程式不同，故C错误； D．根据表格中数据，在试管b中滴加1mL0.1mol/LFeSO4溶液，c(S2-)=≈1.26×10-12，c(Fe2+)=0.1mol/L，Q=c(S2-)c(Fe2+)=1.26×10-13＞Ksp(FeS)，故白色沉淀可以转化为黑色沉淀，故D正确； 故选C。 68．(24-25高二上·北京十一学校·期末)磷酸(H3PO4)是三元弱酸，可用于制磷肥、含磷药物。H3PO4水溶液中各含磷微粒的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是 A．H3PO4第一步的电离常数为Ka1，Ka1约为10-2 B．0.1 mol/L H3PO4溶液的pH约为10.0 C．H3PO4的电离方程式为： D．pH=12时，由电荷守恒可知，溶液中 【答案】A 【详解】A．磷酸(H3PO4)是三元弱酸，在溶液中存在电离平衡，电离分步进行，第一步电离平衡为：H3PO4H++，其第一步的电离平衡常数Ka1=，根据图示可知：当pH=2时，c(H3PO4)=c()，则Ka1=c(H+)=10-2，A正确； B．H3PO4是三元弱酸，其水溶液呈酸性，在常温下0.1 mol/LH3PO4溶液的pH＜7，不可能约为10.0，B错误； C．H3PO4是三元弱酸，多元弱酸分步电离，每一步都存在电离平衡，其中以第一步电离为主，其第一步的电离方程式为：H3PO4H++，C错误； D．pH=12时，溶液呈碱性，即，阳离子除H+外，还应该有其他阳离子(设为Mn+)，则由电荷守恒可知，溶液中nc(Mn+)+ c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH-)，D错误； 故选A。 69．(24-25高二上·北京十一学校·期末)实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、SO并进行定性检验。 已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。 下列说法不正确的是 A．调节溶液的pH＞12，可使滤液中c(Mg2+)＜1×10-5mol/L B．加入Na2CO3溶液发生的反应是Ba2++CO=BaCO3↓、Ca2++CO=CaCO3↓ C．加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O D．若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成 【答案】B 【详解】A．调节溶液的pH＞12，则氢氧根离子浓度大于10-2mol/L，则滤液中c(Mg2+)＜<1×10-5mol/L，A正确； B．由题意可知，加入过量饱和BaCl2溶液后存在平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO(aq)，故加入过量饱和Na2CO3溶液还会存在部分钡离子转化为碳酸钡，该平衡正向移动，溶液中SO浓度增大，故还有反应：BaSO4(s)+CO(aq)=BaCO3(s)+SO(aq)，B错误； C．加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠，gu 加入盐酸发生的反应是2H++CO=CO2↑+H2O、H++OH-=H2O，C正确； D．流程中加入碳酸钠会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀同时生成硫酸根离子，故若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免样品中混入硫酸根离子，避免白色沉淀M的生成，D正确； 故选B。 70．(23-24高二上·北京通州区·期末)利用金属矿渣(含有FeS2、SiO2及Cu2O)制备FeCO3的实验流程如下。已知煅烧过程中FeS2和Cu2O转化为Fe2O3和CuO。 资料：ⅰ.碳酸亚铁是白色固体，常温下 ii.常温下 (1)“酸浸”后过滤，滤渣1的主要成分为 。 (2)“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe + Cu2+ = Fe2+ +Cu、Fe + 2H+ = Fe2+ + H2↑和 。 (3)甲同学根据复分解反应规律选择Na2CO3溶液为沉淀剂制备碳酸亚铁，并设计了如下实验。向装有2mL 1mol/L Na2CO3(pH=12)溶液的试管中加入2mL 0.8mol/L FeSO4溶液(pH=4.5)，发现产生白色沉淀，部分立即变为灰绿色沉淀，5min后出现明显的红褐色。 ①由上述现象推测该白色沉淀中含有 ，请结合化学用语解释原因 。 ②乙同学通过理论计算认为沉淀中还可能有FeCO3，他的理论依据为 。 ③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCO3.他的实验方案是：将白色沉淀过滤、洗涤后取样， (补全操作和现象)，证明沉淀中含有碳酸亚铁。 (4)丙同学尝试用NaHCO3、NH4HCO3制备FeCO3，实验过程及结果如下： 实验 试剂 现象 滴管 试管 0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5) 1mol/LNaHCO3溶液(pH=8.6) 实验Ⅰ：产生白色沉淀及少量无色气泡，2min后出现明显的灰绿色。 0.8mol/LFeSO4溶液(pH=4.5) 1 mol/L NH4HCO3溶液 实验Ⅱ：产生白色沉淀及无色气泡，较长时间保持白色 ①1mol/LNaHCO3溶液的pH=8.6，结合化学用语解释原因 。 ②写出实验II中“产生白色沉淀及无色气泡”时，发生反应的离子方程式 。 ③分析使用NH4HCO3溶液作沉淀剂的优点有 。 【答案】(1)SiO2 (2)Fe+2Fe2+═3Fe2+ (3) Fe(OH)2 ，溶液呈碱性，OH﹣ 可与 Fe2+ 反应生成Fe(OH)2 约为0.5mol/L，c(Fe2+) 约为0.4mol/L，＝0.2＞Ksp，故存在FeCO3 向沉淀中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，证明沉淀中含有碳酸亚铁 (4) NaHCO3 溶液中存在、，显碱性是因为其水解程度大于电离程度 生成 CO2 保护 Fe2+，防止其被氧化；pH 低可以降低 Fe(OH)2 的比例 【分析】金属矿渣（含有FeS2、SiO2及Cu2O）在空气中煅烧生成氧化铁、氧化铜和二氧化硫，酸浸生成硫酸铁、硫酸铜，则滤渣1为SiO2，滤液中加入铁屑，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铁与硫酸铜反应生成Cu和硫酸亚铁，铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，则滤渣2为Cu和过量的Fe，滤液硫酸亚铁与沉淀剂反应生成碳酸亚铁。 【详解】（1）由分析可知，“酸浸”后过滤，滤渣1的主要成分为SiO2； （2）“还原”步骤中发生反应的离子方程式有Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe+2H+═Fe2++H2↑和Fe+2Fe3+═3Fe2+； （3）①推测白色沉淀中含有Fe(OH)2；结合化学用语解释原因 : ，溶液呈碱性，OH﹣ 可与 Fe2+ 反应生成Fe(OH)2； ②乙同学认为沉淀中还可能有FeCO3，他的理论依据为溶液中，约为0.5mol/L，c(Fe2+) 约为0.4mol/L，＝0.2＞Ksp，故存在FeCO3； ③乙同学设计实验证实沉淀中含有FeCO3。他的实验方案是：将沉淀过滤、洗涤后取样，向沉淀中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，证明沉淀中含有碳酸亚铁； （4）①1mol/LNaHCO3溶液的pH＝8.6，原因是NaHCO3 溶液中存在、，显碱性是因为其水解程度大于电离程度； ②实验Ⅱ中“产生白色沉淀及无色气泡”时，发生反应的离子方程式为； ③使用NH4HCO3溶液作沉淀剂的优点有生成 CO2 保护 Fe2+，防止其被氧化；pH 低可以降低 Fe(OH)2 的比例。 ( 地 城 考向 0 8 物质结构与性质 ) 71．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)下列化学用语或图示表达不正确的是 A．的电子式： B．的结构示意图： C．电子云图： D．激发态H原子的轨道表示式： 【答案】D 【详解】A．已知NaCl是离子化合物，则的电子式为，故A正确； B．Al3+的质子数为13，电子数为10，最外层电子数为8，其结构示意图为，故B正确； C．p轨道电子云轮廓图为哑铃形，2pz是沿z轴方向延伸的p轨道，电子云图为，故C正确； D．K层只有s能级，没有p能级，则H原子1s能级上的电子可以跃迁到L能层的s能级或p能级上，故D错误； 故答案为D。 72．(24-25高二上·北京大兴区·期末)下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是 A．第一电离能：Si>Al>Mg>Na B．原子半径：F<O<Mg<Na C．还原性：K>Na>Mg>Al D．稳定性：HI<HBr<HCl<HF 【答案】A 【详解】A．同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但基态镁原子价电子为3s2全满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能正确顺序为Si＞Mg＞Al＞Na，选项中Si＞Al＞Mg＞Na，A错误； B．同一主族元素，从上到下原子核外电子层数逐渐增多，原子半径逐渐增大，同周期从左到右同周期递减（除稀有气体），原子半径顺序：F＜O＜Mg＜Na，B正确； C．同主族从上到下元素金属性递增，同周期从左到右元素金属性递减，则金属活动性：K＞Na＞Mg＞Al，对应还原性顺序：K＞Na＞Mg＞Al，C正确； D．同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性F＞Cl＞Br＞I，氢化物稳定性排序为：HF＞HCl＞HBr＞HI或HI＜HBr＜HCl＜HF，D正确； 选A。 73．(24-25高二上·北京东城区·期末)我国首次实现了14C同位素的批量生产，下列说法不正确的是 A．基态14C原子存在1s能级 B．14C原子2p能级轨道数为3 C．14C电子发生跃迁得到的是连续光谱 D．14C的基态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级 【答案】C 【详解】A．依据基态碳原子电子排布式可知，基态14C原子存在1s能级，A正确； B．p能级都含3条轨道，所以14C原子2p能级轨道数为3，B正确； C．14C电子发生跃迁得到的是线状光谱，是不连续的，C错误； D．依据分析可知，14C的基态原子吸收能量，它的电子会跃迁到较高能级，D正确； 故答案为：C。 74．(24-25高二上·北京东城区·期末)下列说法不正确的是 A．电负性：C<N<O B．第一电离能：P>N C．酸性： D．原子半径：P>S 【答案】B 【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，则电负性：C<N<O，A项正确； B．同一主族元素从上向下第一电离能逐渐减小，同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，第IIA族和第VA族最外层处于全满、半满状态，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此第一电离能：P<N，B项错误； C．同周期，从左至右，非金属性逐渐增强，其最高价氧化物对应的水化物酸性增加，则酸性：，C项正确； D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：P>S，D项正确； 答案选B。 75．(24-25高二上·北京东城区·期末)下列说法正确的是 A．基态氮原子的轨道表示式是 B．电子云图中小点越密，说明该原子核外空间电子数目越多 C．基态26Fe原子的价层电子排布式：4s23d6 D．原子核外电子的排布均符合构造原理 【答案】A 【详解】 A．基态N原子电子排布式为：1s22s22p3，其轨道表示式为：，A正确； B．电子云图中的小点疏密表示电子出现几率，与电子数无关，B错误； C．电子排布顺序虽然为4s先于3d，但3d为第三层电子，而4s为第4层电子，故基态26Fe原子的价层电子排布式：3d64s2，C错误； D．基态原子核外电子排布遵从构造原理，激发态不遵循，D错误； 故答案为：A。 76．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)如图所示是元素周期表前四周期的一部分，下列关于五种元素的叙述中正确的是 A．X的基态原子最外层p轨道上有2个未成对电子 B．气态氢化物的稳定性Y>X C．Z的基态原子价层电子排布式为 D．第一电离能：R>W>Y 【答案】D 【分析】根据元素在周期表的位置可知，X为F元素，W为P元素，Y为S元素，R为Ar元素，Z为Br元素。 【详解】A．X为F元素，核外电子排布：，最外层p轨道上有1个未成对电子，A错误； B．元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，非金属性：，气态氢化物稳定性：，B错误； C．Z为Br元素，为第VIIA元素，其基态原子价层电子排布式为，C错误； D．同周期元素其第一电离能从左到右逐渐增大，P核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻族元素，第一电离能：，D正确； 答案选D。 77．(23-24高二上·北京通州区·期末)下列关于Na、Mg、Al的叙述中，正确的 A．原子半径：Na < Mg < Al B．最高化合价：Na < Mg < Al C．第一电离能：Na < Mg < Al D．都位于元素周期表的s区 【答案】B 【详解】A．Na、Mg、Al是同周期元素原子，原子半径：Na＞Mg＞Al，故A错误； B．Na、Mg、Al是同周期元素原子，最外层电子数1、2、3，最高化合价：Na＜Mg＜Al，故B正确； C．Na、Mg、Al是同周期元素原子，第一电离能：Na＜Al＜Mg，故C错误； D．Na、Mg位于s区，Al位于p区，故D错误； 答案选B。 78．(24-25高二上·北京朝阳区·期末)金属储氢材料的研究是未来氢能利用的关键。镁基储氢材料具有储氢量高、镁资源丰富以及成本低廉等优点，被认为是极具应用前景的一类固态储氢材料。 (1)基态原子电子占据的最高能级的符号是 ，该能级电子的电子云轮廓图形状为 (填序号)。 a．球形        b．哑铃形 (2)吸、放氢原理：  。为提高的平衡转化率，吸氢时选择 (填序号)的条件。 a．高温、高压        b．低温、高压        c．高温、低压        d．低温、低压 (3)将和在氛围下混合熔炼制成合金，可降低放氢反应的温度。 ①基态原子的电子排布式为 。 ②使用的原因是 。 (4)也可用于储氢。第一电离能：，从电子排布角度解释原因： 。 【答案】(1) a (2)b (3) 防止加热条件下与反应 (4)Mg的第一电离能失去的电子是3s2的，Al的第一电离能失去的电子是3p1的，3p能级电子的能量比3s能级电子的能量高，且镁的价电子是全满结构，较稳定 【详解】（1）基态Mg原子的核外电子排布式为，电子占据的最高能级是3s；s能级电子云轮廓图形状为球形。 （2），该反应是气体分子数减小的放热反应。根据勒夏特列原理，降低温度、增大压强，平衡正向移动，可提高的平衡转化率，所以应选择低温、高压条件。 （3）原子的核外有28个电子，根据电子排布规律，其电子排布式为；防止加热条件下Mg、Ni与反应。 （4）Mg的第一电离能失去的电子是3s2的，Al的第一电离能失去的电子是3p1的，3p能级电子的能量比3s能级电子的能量高，且镁的价电子是全满结构，较稳定，故第一电离能：。 79．(24-25高二上·北京大兴区·期末)铁触媒、MnO2等可作氨催化还原脱除NOx的催化剂。下表列出了几种元素的电负性。 元素 H B C N O Si 电负性 2.1 2.0 x 3.0 3.5 1.8 (1)通过分析电负性的变化规律，确定C元素电负性x的最小范围是 。 (2)基态氧原子中电子占据的最高能级电子云轮廓图的形状为 (填字母)。 a．球形      b．哑铃形 资料：在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一、水化物中存在M−O−H结构时，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂，电离出OH−或H＋。 (3)HNO2水溶液显酸性而不显碱性的可能原因是 。 (4)第一电离能从大到小顺序是： (填“C”、“N”和“O”)。 (5)催化剂中Mn和Fe两种元素的部分电离能数据如下表。 元素 Mn Fe 电离能 (kJ·mol-1) I1 717 759 I2 1509 1561 I3 3248 2957 ①基态Mn原子价层电子排布的轨道表示式是 。 ②比较两种元素的I2、I3可知，气态二价离子再失去一个电子：Mn2+比Fe2+更 (填“易”或“难”)；从结构的角度进行解释： 。 【答案】(1)2.0<x<3.0(或2.0~3.0) (2)b (3)HNO2中存在N-O-H结构，元素N与O的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H＋，显酸性 (4)N>O>C (5) 难 Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定；Fe2+价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到半充满状态，所以，再失去一个电子Mn2+比Fe2+更难 【分析】同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强。HNO2中存在N-O-H结构，元素N与O的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H＋，HNO2显酸性。同一周期从左到右，元素第一电离能呈增大的趋势，第IIA、VA族的第一电离能高于相邻元素。Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定；Fe2+价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到半充满状态，所以，再失去一个电子Mn2+比Fe2+更难。 【详解】（1）同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强。第二周期原子序数：B<C<N，电负性B<C<N，x的取值范围为2.0<x<3.0(或2.0~3.0)，故答案为：2.0<x<3.0(或2.0~3.0)； （2）基态氧原子核外8个电子，电子排布式为1s22s22p4，占据的最高能级电子为2p能级，电子云轮廓图的形状为哑铃形，故答案为：b； （3）HNO2中存在N-O-H结构，元素N与O的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H＋，HNO2显酸性，故答案为：HNO2中存在N-O-H结构，元素N与O的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O−H键容易断裂，在水中电离出H＋，显酸性； （4）同一周期从左到右，元素第一电离能呈增大的趋势，N原子2p能级半充满状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素的第一电离能，第一电离能：N>O>C，故答案为：N>O>C； （5） ①基态Mn原子核外电子25个，价层电子排布的轨道表示式是，故答案为：； ②Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定；Fe2+价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到半充满状态，所以，再失去一个电子Mn2+比Fe2+更难，故答案为：难；Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定；Fe2+价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到半充满状态，所以，再失去一个电子Mn2+比Fe2+更难。 80．(24-25高二上·北京师范大学附属中学·期末)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题： (1)基态N原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形，基态N原子的轨道表示式为 。 (2)B的第一电离能I1(B)=800kJ·mol−1，判断I1(Al) 800kJ·mol−1(填“>”或“＜”)，从电子排布的角度说明判断理由 。 (3)NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)。在H、B、N三种元素中： ①电负性由大到小的顺序是 。 ②原子半径由大到小的顺序是 。 ③在元素周期表中的分区与其他两种不同的是 。 (4)26Fe、27Co、28Ni、29Cu是目前氨硼烷水解产氢催化剂研究的热点。不同催化剂催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。 这四种催化剂中： ①催化效果最好的金属基态原子中未成对的电子数为 。 ②催化效果最差的金属基态原子的价层电子排布式为 。 【答案】(1) 哑铃 (2) ＜ B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1(Al)＜I1(B) (3) N>H>B B>N>H H (4) 3 3d64s2 【详解】（1）N是7号元素，价电子排布式为2s22p3，电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子的轨道表示式为； （2）B和Al的基态原子电子排布式分别为1s22s22p1和1s22s22p63s23p1，B半径小，第一电离能比Al大，I1(Al) ＜800kJ·mol−1，因为3p能级的能量高于2p能级的能量，处于3p能级的电子更容易失去，因此I1(Al)＜I1(B)； （3）①与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，电负性N>H，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)电负性H>B，电负性由大到小的顺序是N>H>B； ②同周期元素从左到右半径依次减小，原子半径由大到小的顺序是B>N>H； ③H为与s区，B、N位于p区，在元素周期表中的分区与其他两种不同的是s； （4）①从图上可以看出，Co催化用时最短，产氢体积也最大，故催化效果最好，Co的价电子排布式为3d74s2，原子中未成对的电子数为3； ②从图上可以看出，Fe催化用时最长，产氢体积也最小，故催化效果最差，Fe原子的价层电子排布式为3d64s2； 4 / 71 学科网（北京）股份有限公司 $