2024-2025学年上学期南京高二化学期末培优卷

第1页（共1页）2024-2025学年上学期南京高二化学期末培优卷一．选择题（共20小题）1．（2024秋•六合区月考）已知反应：H2（g）+O2（g）＝H2O（g）ΔH1；N2（g）+O2（g）＝NO2（g）ΔH2；N2（g）+H2（g）＝NH3（g）ΔH3；则反应2NH3（g）+O2（g）＝2NO2（g）+3H2O（g）的ΔH为（）A．2ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH3 B．ΔH1+ΔH2﹣ΔH3 C．3ΔH1+2ΔH2+2ΔH3 D．3ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH32．（2024秋•六合区月考）下列有关原电池、电解、电镀和电化学腐蚀的说法中，不正确的是（）A．装置是原电池，可以实现化学能转化为电能B．装置电解片刻后，溶液的酸性增强C．装置不能起到防止铁钉生锈作用D．中轮船铁质外壳上镶嵌的锌块可减缓船体的腐蚀速率A．A B．B C．C D．D3．（2024秋•六合区月考）下列属于氧化还原反应且热量变化与如图一致的是（）A．硝酸铵晶体溶于水 B．钠和水的反应 C．氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应 D．CO2和C反应4．（2024秋•六合区月考）已知CH4的燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，下列化学反应表示正确的是（）A．铅蓄电池的正极反应：Pb﹣2e﹣+＝PbSO4 B．电解饱和NaCl溶液：2Na++2Cl﹣2Na+Cl2↑ C．CH4燃烧：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣890.3kJ•mol﹣1 D．一定条件下NO2与NH3的反应：6NO2+8NH37N2+12H2O5．（2024秋•南京月考）H2O2是常用的绿色氧化剂，可用如图所示装置电解H2O和O2制备H2O2。下列说法不正确的是（）A．H+移向a电极 B．装置工作过程中a极消耗O2的量等于b极生成O2的量 C．b电极的电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ D．电解生成1molH2O2时，电子转移的数目为2×6.02×10236．（2024秋•南京月考）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时（各物质均为气态），CH3OH与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图：下列说法正确的是（）A．该过程的决速步骤为反应Ⅱ B．1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的总能量大于1molCO（g）和3molH2（g）的总能量 C．反应Ⅱ的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）＝H2（g）+CO2（g）ΔH＝（c﹣b）kJ•mol﹣1 D．选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，改变总反应的焓变7．（2024秋•六合区月考）FeCl3溶液吸收H2S气体后的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，其电解工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A．a为电解池的阴极 B．电极b上的反应为+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣ C．随着电解进行电解池中的H+向a极移动 D．反应池中发生的离子反应为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+8．（2024秋•六合区月考）工业上电解硝酸镍溶液，可以获取高纯镍和硝酸，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．a为直流电源的正极，镍棒上发生的反应：Ni2++2e﹣＝Ni B．A膜为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜 C．电解一段时间后，乙池和丙池中的的浓度均会增加 D．电解过程中，若有2mol电子转移，理论上可获得11.2LO29．（2024秋•南京期中）水煤气变换反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＜0是目前大规模制氢的方法之一。其他条件不变，相同时间内，向该反应体系中投入一定量的CaO时，H2的体积分数如图所示。下列关于水煤气变换反应的说法正确的是（）A．该反应的平衡常数 B．升高温度，该反应的K值增大 C．一定温度下，增大或选用高效催化剂，均能提高CO平衡转化率 D．等质量的纳米CaO表面积更大，吸收CO2更多，H2体积分数更大10．（2024秋•南京月考）下列图示与对应的叙述均正确的是（）A．图甲表示相同温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系 B．图乙表示N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应ΔH＜0 C．图丙表示向0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸时，溶液中随盐酸体积的变化关系 D．图丁表示向pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液中分别加入过量锌粉，产生的H2体积随时间的变化，其中曲线a表示HCl溶液11．（2024秋•南京月考）对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0，下列说法正确的是（）A．1molN—H断裂的同时有1molO—H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态 B．该反应的平衡常数可表达为 C．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率 D．分离出NO（g），v正增大，平衡向正反应方向移动12．（2024秋•鼓楼区校级月考）根据下列图示所得出的结论不正确的是（）A．图甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH＜0 B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c（H2O2）随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C．图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D．图丁中虚线是2SO2+O2⇌2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅱ的催化活性更高13．（2024秋•南京月考）反应4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH，可将工业废气中的HCl转化为Cl2，实现氯资源的循环利用。在n起始（HCl）：n起始（O2）＝1：1时，将HCl、O2混合气分别以不同流速通过装有催化剂的反应管，不同温度下出口处HCl转化率与HCl流速的关系如图所示。流速低于0.12mol•h﹣1时HCl转化率可近似为平衡转化率。若仅考虑该反应，下列说法正确的是（）A．ΔH＞0 B．减小或选用更高效的催化剂，均能提高X点HCl的平衡转化率 C．HCl流速高于0.12mol•h﹣1时，流速越大，反应速率越快 D．360℃时，当HCl流速为0.19mol•h﹣1时，每小时约获得4gCl214．（2024秋•南京期中）CO2催化加氢是转化CO2的一种方法，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性随温度的变化如图，其中：CO的选择性＝×100%。下列说法正确的是（）A．CH3OCH3的选择性＝×100% B．ΔH1＜0 C．温度高于300℃时主要发生反应Ⅱ D．其他条件不变，图中A点选择合适催化剂可提高CO的选择性15．（2023秋•江宁区期末）已知CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49kJ•mol﹣1，反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下x（CH3OH）～t如图所示。下列说法正确的是（）A．图中对应等压过程的曲线是M B．C点处x（CH3OH）相同，平衡常数相同 C．当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率为 D．由d点到b点可以通过升温实现16．（2024秋•南京期中）室温下，用0.2mol•L﹣1氨水吸收SO2，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2SO3）+c（）+c（）。已知Ka1（H2SO3）＝1.3×10﹣2，Ka2（H2SO3）＝6.2×10﹣8。下列说法正确的是（）A．向氨水溶液中缓慢通入SO2，溶液中的值增大 B．pH＝6的溶液中存在：c（）＜c（） C．pH＝7的溶液中存在：c（）＝2c（）+c（） D．c总＝0.1mol•L﹣1的溶液中存在：c（）＝c（）+c（H2SO3）+c（）17．（2024秋•鼓楼区校级期中）室温下，通过下列实验探究0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液的性质。实验1：实验测得0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液pH为8.6。实验2：向溶液中滴加等体积0.0100mol•L﹣1HCl溶液，pH由8.6降为4.8。实验3：向溶液中加入等体积0.0200mol•L﹣1CaCl2溶液，出现白色沉淀。实验4：向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色。已知室温时Ksp（CaC2O4）＝2.5×10﹣9，下列说法正确的是（）A．0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液中满足： B．实验2滴加盐酸过程中不可能满足： C．实验3所得上层清液中 D．实验4发生反应离子方程式为：18．（2024秋•南京期中）硫酸工业尾气（主要含SO2、N2和O2），用Na2SO3溶液吸收尾气中的SO2可将其转化为NaHSO3，当c（）：c（）≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1（H2SO3）＝10﹣1.9，Ka2（H2SO3）＝10﹣7.2，下列说法不正确的是（）A．NaHSO3溶液中存在：2c（）+c（）＞c（Na+） B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：+SO2+H2O＝2HS C．当c（）：c（）＝10时，此时吸收液的pH＝6.2 D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变19．（2024秋•南京月考）室温下，用Na2SO3溶液吸收SO2的过程如图所示。已知，，下列说法正确的是（）A．0.100mol•L﹣1NaHSO3溶液中： B．0.100mol•L﹣1Na2SO3溶液中： C．吸收烟气后的溶液中： D．“沉淀”得到的上层清液中：20．（2024秋•鼓楼区校级月考）下列说法正确的是（）A．0.1mol/LNa2CO3溶液： B．0.1mol/LNaHSO3溶液（pH＜7）： C．等浓度、等体积的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液（pH＞7）： D．0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）：mol•L﹣1二．解答题（共4小题）21．（2024秋•六合区月考）完成下列问题（1）如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2═N2+2H2O，①甲池装置是（填“原电池”或“电解池”），写出通入N2H4一极发生电极反应式。②乙池中电解反应的化学方程式为。③当甲池中消耗0.1molN2H4时，乙池中Ag电极上析出固体的质量是。（2）高铁酸钠（Na2FeO4）易溶于水，是一种新型多功能水处理剂，可以用如图所示电解装置制取Na2FeO4。电解一段时间后，c（OH﹣）降低的区域在（填“阴极室”或“阳极室”）；阳极电极反应式为：。（3）利用二氧化碳制备乙烯，用惰性电极电解强酸性二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如图所示。①b电极上的电极反应式为；②该装置中使用的是（填“阴”或“阳”）离子交换膜。22．（2023秋•建邺区校级期中）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]+Na2SO42Na2[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+）123消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）23.8524.3523.95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”）。23．（2024秋•南京月考）草酸（H2C2O4）是一种白色粉末，可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。资料1：25℃时，草酸的电离平衡常数为：，。资料2：25℃时，，。Ⅰ．某化学小组研究草酸（H2C2O4）及其盐的性质（1）下列有关说法正确的是。A．草酸的电离方程式为B．0.1mol•L﹣1草酸溶液中：C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小D．要使H2C2O4的电离程度增大，可采取的措施是加入少量草酸晶体（2）25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3mol•L﹣1的草酸钾溶液20mL，产生草酸钙沉淀（填“能”或“不能”）。（3）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：。①滴定过程中，c点溶液中的溶质是（写化学式），该草酸溶液的物质的量浓度为。②a点溶液pH＜7，溶液显酸性，其原因是（从平衡常数的角度解释）。Ⅱ．某化学小组研究草酸的应用（4）医学上常用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来测血液中钙的含量。测定方法是取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。①滴定过程中发生的反应离子方程式为。②下列操作会引起测定结果偏高的是（填字母）。A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗B．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数C．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测液润洗24．（2024秋•南京期中）利用温室气体CO2制备CH4、甲醇（CH3OH）是实现双碳目标的重要方法。Ⅰ.CO2加氢制备CH4。其过程中的主要反应为反应ⅰ：CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣165kJ•mol﹣1反应ⅱ：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ•mol﹣1（1）反应CO（g）+3H2（g）⇌CH4（g）+H2O（g）的焓变ΔH＝kJ•mol﹣1。（2）在密闭容器中，1.01×105Pa、n起始（CO2）：n起始（CH4）＝1：4时，CO2平衡转化率、在催化剂作用下反应相同时间所测得的CO2实际转化率随温度的变化如图﹣1所示。CH4的选择性可表示为×100%。①其它条件不变，随压强增大，CH4平衡选择性（填“增大”、“减小”或“不变”）。②300～500℃范围内，随温度升高，CO2平衡转化率减小的原因是。③300～400℃范围内，随温度升高，CO2实际转化率增大的原因。Ⅱ.CO2加氢制备甲醇（CH3OH）。（3）水溶液中，Cu/ZnO/ZrO2催化CO2加氢生成甲醇的机理如图﹣2所示。①步骤③发生反应的方程式为。②用重氢气（D2）代替H2，可检测到甲醇的化学式为。

2024-2025学年上学期南京高二化学期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2024秋•六合区月考）已知反应：H2（g）+O2（g）＝H2O（g）ΔH1；N2（g）+O2（g）＝NO2（g）ΔH2；N2（g）+H2（g）＝NH3（g）ΔH3；则反应2NH3（g）+O2（g）＝2NO2（g）+3H2O（g）的ΔH为（）A．2ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH3 B．ΔH1+ΔH2﹣ΔH3 C．3ΔH1+2ΔH2+2ΔH3 D．3ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH3【答案】D【分析】根据盖斯定律，将①×3+②×2﹣③×2，整理可得，分析。【解答】解：已知反应：①；②；③，根据盖斯定律，化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的，即化学反应热只与其反应的始态和终态有关，而与具体反应进行的途径无关，将①×3+②×2﹣③×2，整理可得，则ΔH＝3ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH3，故D正确，故选：D。【点评】本题主要考查用盖斯定律进行有关反应热的计算等，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。2．（2024秋•六合区月考）下列有关原电池、电解、电镀和电化学腐蚀的说法中，不正确的是（）A．装置是原电池，可以实现化学能转化为电能B．装置电解片刻后，溶液的酸性增强C．装置不能起到防止铁钉生锈作用D．中轮船铁质外壳上镶嵌的锌块可减缓船体的腐蚀速率A．A B．B C．C D．D【答案】A【分析】A．根据铜直接与硝酸银溶液反应，进行分析；B．根据装置发生反应，进行分析；C．根据铁为阳极，发生反应Fe﹣2e﹣＝Fe2+，进行分析；D．根据铁质外壳上镶嵌锌块，构成原电池，铁为正极，进行分析。【解答】解：A．该装置不能构成原电池，铜直接与硝酸银溶液反应，不能形成电流，故A错误；B．该装置发生反应，电解片刻后，溶液的减小，故B正确；C．该装置中，Fe为阳极，发生反应Fe﹣2e﹣＝Fe2+，Fe被腐蚀，故C正确；D．该装置中轮船铁质外壳上镶嵌锌块，构成原电池，Fe为正极，被保护，减缓铁腐蚀速率，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。3．（2024秋•六合区月考）下列属于氧化还原反应且热量变化与如图一致的是（）A．硝酸铵晶体溶于水 B．钠和水的反应 C．氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应 D．CO2和C反应【答案】D【分析】分析图示，可知对应反应为吸热反应，据此分析回答问题。【解答】解：A.硝酸铵晶体溶于水为吸热过程，且不属于氧化还原反应，故A错误；B.钠和水的反应为放热反应，故B错误；C.氯化铵晶体和氢氧化钡晶体的反应为吸热反应，但是不属于氧化还原反应，故C错误；D.CO2和C反应为吸热反应，且属于氧化还原反应，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应热，为高频考点，把握反应中能量变化为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。4．（2024秋•六合区月考）已知CH4的燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，下列化学反应表示正确的是（）A．铅蓄电池的正极反应：Pb﹣2e﹣+＝PbSO4 B．电解饱和NaCl溶液：2Na++2Cl﹣2Na+Cl2↑ C．CH4燃烧：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣890.3kJ•mol﹣1 D．一定条件下NO2与NH3的反应：6NO2+8NH37N2+12H2O【答案】D【分析】A.铅蓄电池，正极材料为PbO2；B.电解氯化钠溶液，阴极氢离子放电；C.已知CH4的燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，对应燃烧产物为液态水；D.定条件下NO2与NH3的反应，结合得失电子守恒判断产物即可。【解答】解：A.铅蓄电池，正极材料为PbO2，故A错误；B.电解氯化钠溶液，阴极氢离子放电，不会产生单质钠，故B错误；C.已知CH4的燃烧热为890.3kJ•mol﹣1，对应燃烧产物为液态水，故C错误；D.定条件下NO2与NH3的反应，结合得失电子守恒可知，对应方程式可能为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故D正确；故选：D。【点评】本题考查电化学原理，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电化学原理和离子交换膜的作用是解题关键，注意掌握电极的判断和离子的移动方向判断，题目难度不大。5．（2024秋•南京月考）H2O2是常用的绿色氧化剂，可用如图所示装置电解H2O和O2制备H2O2。下列说法不正确的是（）A．H+移向a电极 B．装置工作过程中a极消耗O2的量等于b极生成O2的量 C．b电极的电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ D．电解生成1molH2O2时，电子转移的数目为2×6.02×1023【答案】B【分析】由图可知，a电极：由O2生成H2O2，氧元素化合价降低，发生还原反应，a电极为阴极，电极反应式为：O2+2e﹣+2H+＝H2O2，b电极：由H2O生成O2，氧元素化合价升高，发生氧化反应，b电极为阳极，电极反应式为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，据此回答。【解答】解：A．由图可知，b极水失电子生成氧气和氢离子，b极为阳极，氢离子向a极移动，故A正确；B．a极电极反应式为：O2+2e﹣+2H+＝H2O2，b极电极反应式为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，当转移4mol电子时，a极消耗2mol氧气，b极产生1mol氧气，故B错误；C．b电极为阳极，其电极反应式：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，故C正确；D．a极电极反应式为：O2+2e﹣+2H+＝H2O2，每生成1molH2O2时，转移2mol电子，转移电子数目为2×6.02×1023，故D正确；故选：B。【点评】本题考查电解原理，侧重考查分析、判断及计算能力，正确判断阴阳极、明确各个电极上发生的反应是解本题关键，B为解答易错点。6．（2024秋•南京月考）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时（各物质均为气态），CH3OH与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图：下列说法正确的是（）A．该过程的决速步骤为反应Ⅱ B．1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的总能量大于1molCO（g）和3molH2（g）的总能量 C．反应Ⅱ的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）＝H2（g）+CO2（g）ΔH＝（c﹣b）kJ•mol﹣1 D．选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和Ⅱ的活化能，改变总反应的焓变【答案】C【分析】A．根据活化能大的反应速率慢，反应速率慢的为决速步骤进行分析；B．根据1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的总能量低于1molCO2（g）和3H2（g）的总能量进行分析；C．根据CO（g）和H2O为该反应的中间产物，该反应的热化学方程式为反应Ⅱ进行分析；D．根据催化剂改变反应历程从而降低活化能进行分析。【解答】解：A．由图知，反应Ⅰ的活化能大于反应Ⅱ的活化能，故反应Ⅰ为该过程的决速步，故A错误；B．从能量图看1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的总能量低于1molCO2（g）和3H2（g）的总能量，故B错误；C．CO（g）和H2O为该反应的中间产物，从能量图看CO（g）和H2O（g）的总能量高于H2（g）和CO2（g），所以该反应的热化学方程式为反应Ⅱ的热化学方程式为CO（g）+H2O（g）＝H2（g）+CO2（g）ΔH＝c﹣bkJ•mol﹣1，故C正确；D．催化剂改变反应历程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能，但不能改变总反应的焓变值，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。7．（2024秋•六合区月考）FeCl3溶液吸收H2S气体后的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，其电解工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A．a为电解池的阴极 B．电极b上的反应为+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣ C．随着电解进行电解池中的H+向a极移动 D．反应池中发生的离子反应为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+【答案】D【分析】FeCl3具有强氧化性，反应池中FeCl3溶液氧化H2S生成S单质，发生的反应为2FeCl3+H2S＝2FeCl2+2HCl+S↓，反应池中溶液M转移到电解池左池，由图可知，电解池左池产生Fe3+，右池中NO转化为氮气，即左池中Fe2+失电子生成Fe3+，右池中NO发生得电子的还原反应，则左池a极为阳极、右池b极为阴极，阳极反应式为Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，阴极反应式为2NO+10e﹣+12H+＝6H2O+N2↑。【解答】解：A．由装置b电极上反应可知，NO发生得电子的还原反应，则电极b为阴极，电极a为阳极，故A错误；B．电极b为阴极，电极反应式为2NO+10e﹣+12H+＝6H2O+N2↑，故B错误；C．电解池中阳离子向阴极移动，则H+向b极移动，故C错误；D．由分析可知，反应池中FeCl3溶液氧化H2S生成S单质，发生的反应为2FeCl3+H2S＝2FeCl2+2HCl+S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查电解原理等，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。8．（2024秋•六合区月考）工业上电解硝酸镍溶液，可以获取高纯镍和硝酸，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．a为直流电源的正极，镍棒上发生的反应：Ni2++2e﹣＝Ni B．A膜为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜 C．电解一段时间后，乙池和丙池中的的浓度均会增加 D．电解过程中，若有2mol电子转移，理论上可获得11.2LO2【答案】C【分析】分析可知，结合装置目的，工业上电解硝酸镍溶液，可以获取高纯镍和硝酸，左侧为阴极，镍棒上发生的反应：Ni2++2e﹣＝Ni，右侧为阳极，发生氧化反应，左侧硝酸根离子向右移动，B为阴离子交换膜，右侧氢离子向左移动，A为阳离子交换膜，结束后中间硝酸浓度上升，据此分析回答问题。【解答】解：A.结合分析可知，左侧为阴极，a为负极，故A错误；B.结合分析可知，B为阴离子交换膜，A为阳离子交换膜，故B错误；C.结合分析可知，乙池有左侧硝酸根离子转移进入，丙池水电解，体积减小，两池硝酸根离子浓度均增加，故C正确；D.没有给出气体所处温度和压强，无法进行计算，故D错误；故选：C。【点评】本题考查电化学原理，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握电化学原理和离子交换膜的作用是解题关键，注意掌握电极的判断和离子的移动方向判断，题目难度不大。9．（2024秋•南京期中）水煤气变换反应CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH＜0是目前大规模制氢的方法之一。其他条件不变，相同时间内，向该反应体系中投入一定量的CaO时，H2的体积分数如图所示。下列关于水煤气变换反应的说法正确的是（）A．该反应的平衡常数 B．升高温度，该反应的K值增大 C．一定温度下，增大或选用高效催化剂，均能提高CO平衡转化率 D．等质量的纳米CaO表面积更大，吸收CO2更多，H2体积分数更大【答案】D【分析】A．平衡常数等于生成物浓度系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积；B．依据温度变化对平衡的影响分析；C．加入催化剂平衡不移动；D．依据不同催化剂催化效果分析。【解答】解：A．由方程式可知K＝，故A错误；B．升高温度，平衡逆向移动，K减小，故B错误；C．一定温度下，增大，有利于平衡正向移动，CO平衡转化率提高，使用催化剂，平衡不移动，CO平衡转化率不变，故C错误；D．由图象可知，等质量的纳米CaO表面积更大，吸收CO2更多，H2体积分数更大，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。10．（2024秋•南京月考）下列图示与对应的叙述均正确的是（）A．图甲表示相同温度下，在不同容积的容器中进行反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），O2的平衡浓度与容器容积的关系 B．图乙表示N2O4（g）⇌2NO2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应ΔH＜0 C．图丙表示向0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液中滴加0.1mol•L﹣1盐酸时，溶液中随盐酸体积的变化关系 D．图丁表示向pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液中分别加入过量锌粉，产生的H2体积随时间的变化，其中曲线a表示HCl溶液【答案】A【分析】A．根据反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），则K＝c（O2），K是温度的函数；B．温度升高平衡常数增大，说明升高温度化学平衡正向移动；C．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液，铵根离子易水解，+H2O⇌NH3•H2O+H+，水解平衡常数Kh＝，溶液中＝；D．CH3COOH是弱酸，pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液，CH3COOH溶液的浓度大于HCl溶液的浓度。【解答】解：A．K是温度的函数，温度不变，K值不变，根据反应2BaO2（s）⇌2BaO（s）+O2（g），则K＝c（O2），则氧气的平衡浓度也不变，故A正确；B．温度升高平衡常数增大，说明升高温度化学平衡正向移动，故可说明该反应ΔH＞0，故B错误；C．0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液，铵根离子易水解，+H2O⇌NH3•H2O+H+，水解平衡常数Kh＝，溶液中＝，随着盐酸体积的增大，抑制铵根离子水解，则c（NH3•H2O）减小，则增大，故C错误；D．CH3COOH是弱酸，pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液，CH3COOH溶液的浓度大于HCl溶液的浓度，向pH、体积均相同的HCl、CH3COOH溶液中分别加入过量锌粉，醋酸溶液产生氢气的体积较多，则其中曲线a表示CH3COOH溶液，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生平衡图像的掌握情况，试题难度中等。11．（2024秋•南京月考）对于反应4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0，下列说法正确的是（）A．1molN—H断裂的同时有1molO—H断裂，说明反应到达该条件下的平衡状态 B．该反应的平衡常数可表达为 C．适当降温加压可提高NH3的平衡转化率 D．分离出NO（g），v正增大，平衡向正反应方向移动【答案】A【分析】A．依据断键、成键情况判断速率关系；B．平衡常数等于生成物浓度的系数次幂的乘积比上反应物浓度系数次幂的乘积；C．依据外界条件改变对平衡的影响分析；D．【解答】解：A．1molN—H断裂即有mol氨气被消耗，有1molO—H断裂即有mol水被消耗，此时正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B．依据方程式可知，该反应的平衡常数可表达为K＝，故B错误；C．反应放热，降温，平衡正向移动，NH3的平衡转化率变大，反应正向气体分子数减小，加压，平衡逆向移动，NH3的平衡转化率减小，故C错误；D．分离出NO（g），逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，平衡向正反应方向移动，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。12．（2024秋•鼓楼区校级月考）根据下列图示所得出的结论不正确的是（）A．图甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH＜0 B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c（H2O2）随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小 C．图丙是室温下用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸 D．图丁中虚线是2SO2+O2⇌2SO3在催化剂存在下反应过程中能量的变化情况，可推知催化剂Ⅱ的催化活性更高【答案】C【分析】A．图甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，随着温度升高，lgK的值减小，说明平衡常数减小，则平衡向着逆反应方向进行；B．随反应时间的进行，溶液中过氧化氢基本都分解为水和氧气；C．酸的浓度为0.1000mol•L﹣1，由图象可以看出0.1000mol•L﹣1一元酸HX溶液的pH＞1；D．相比催化剂I，催化剂II降低反应的活化能更多。【解答】解：A．图甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常数与反应温度的关系曲线，随着温度升高，lgK的值减小，说明平衡常数减小，则平衡向着逆反应方向进行，所以正反应是放热的，即反应的ΔH＜0，故A正确；B．随反应时间的进行，溶液中过氧化氢基本都分解为水和氧气，则H2O2的浓度减小，所以分解速率逐渐减小，故B正确；C．酸的浓度为0.1000mol•L﹣1，其pH＞1，说明HX为弱酸，故C错误；D．相比催化剂I，催化剂II降低反应的活化能更多，可推知催化剂Ⅱ的催化活性更高，故D正确；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。13．（2024秋•南京月考）反应4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH，可将工业废气中的HCl转化为Cl2，实现氯资源的循环利用。在n起始（HCl）：n起始（O2）＝1：1时，将HCl、O2混合气分别以不同流速通过装有催化剂的反应管，不同温度下出口处HCl转化率与HCl流速的关系如图所示。流速低于0.12mol•h﹣1时HCl转化率可近似为平衡转化率。若仅考虑该反应，下列说法正确的是（）A．ΔH＞0 B．减小或选用更高效的催化剂，均能提高X点HCl的平衡转化率 C．HCl流速高于0.12mol•h﹣1时，流速越大，反应速率越快 D．360℃时，当HCl流速为0.19mol•h﹣1时，每小时约获得4gCl2【答案】D【分析】A．依据温度变化对平衡的影响判断反应吸放热；B．加入催化剂，平衡不移动；C．流速过快，反应不充分；D．依据流速和转化率计算获得氯气的量。【解答】解：A．由图可知，流速一定时，升高温度，HCl转化率减小，平衡逆向移动，故该反应为放热反应，ΔH＜0，故A错误；B．减小，有利于提高HCl的平衡转化率，选用更高效的催化剂，能加快反应速率，但平衡不移动，X点HCl的平衡转化率不变，故B错误；C．HCl流速高于0.12mol•h﹣1时，流速越大，反应物反应不充分，反应速率减慢，故C错误；D．360℃时，当HCl流速为0.19mol•h﹣1时，HCl的转化率为60%，依据4HCl～2Cl2可知，获得氯气的质量为×71g/mol≈4g，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡，题目难度中等，掌握外界条件改变对化学平衡的影响是解题的关键。14．（2024秋•南京期中）CO2催化加氢是转化CO2的一种方法，其过程中主要发生下列反应：反应Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH反应Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ•mol﹣1在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性随温度的变化如图，其中：CO的选择性＝×100%。下列说法正确的是（）A．CH3OCH3的选择性＝×100% B．ΔH1＜0 C．温度高于300℃时主要发生反应Ⅱ D．其他条件不变，图中A点选择合适催化剂可提高CO的选择性【答案】D【分析】A．由反应Ⅱ可知，CH3OCH3的选择性＝×100%；B．由图可知，温度升高，CO2平衡转化率增大，平衡时CO的选择性先降低后增大；C．由图可知，温度高于300℃时CO的选择性增大；D．使用催化活性更高的催化剂，可提高CO的选择性。【解答】解：A．由反应Ⅱ可知，CH3OCH3的选择性＝×100%，故A错误；B．由图可知，温度升高，CO2平衡转化率增大，平衡时CO的选择性先降低后增大，反应Ⅱ为放热反应，则反应Ⅰ为吸热反应，即ΔH1＞0，故B错误；C．由图可知，温度高于300℃时CO的选择性增大，说明温度越高，反应Ⅰ生产CO越多，主要发生反应Ⅰ，故C错误；用对反应Ⅰ催化活性更高的催化剂，有利于反应Ⅰ发生，促进二氧化碳更多的转化为CO，提高CO的选择性，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学平衡移动，明确化学平衡及其影响因素解答关键，试题培养了学生的识图、分析能力及综合应用能力，题目难度中等。15．（2023秋•江宁区期末）已知CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49kJ•mol﹣1，反应在起始物＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x（CH3OH），在t＝250℃下x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下x（CH3OH）～t如图所示。下列说法正确的是（）A．图中对应等压过程的曲线是M B．C点处x（CH3OH）相同，平衡常数相同 C．当x（CH3OH）＝0.10时，CO2的平衡转化率为 D．由d点到b点可以通过升温实现【答案】C【分析】A.分析可知，反应为放热反应，故升温平衡左移，x（CH3OH）的含量越低，则N为等压曲线；B.C点处x（CH3OH）相同，由于对应的温度不同，故平衡常数不相同；C.当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）1300变化量（mol）y3yyy平衡量（mol）1﹣y3﹣3yyy＝0.1，y＝mol，据此计算；D.由d点到b点，平衡需要左移，如果升高温度，分析压强对应的变化。【解答】解：A.分析可知，反应为放热反应，故升温平衡左移，x（CH3OH）的含量越低，则N为等压曲线，故A错误；B.C点处x（CH3OH）相同，由于对应的温度不同，故平衡常数不相同，故B错误；C.当x（CH3OH）＝0.10时，设生成甲醇物质的量为y，三段式列式计算：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）1300变化量（mol）y3yyy平衡量（mol）1﹣y3﹣3yyy＝0.1，y＝mol，CO2的平衡转化率α＝×100%≈33%，故C正确；D.由d点到b点，平衡需要左移，如果升高温度，则压强必然变化，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质能量变化、平衡常数计算和影响平衡的因素分析、图象变化的理解应用等，掌握平衡移动原理和平衡常数计算是解题关键，题目难度中等。16．（2024秋•南京期中）室温下，用0.2mol•L﹣1氨水吸收SO2，忽略通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发，溶液中含硫物种的浓度c总＝c（H2SO3）+c（）+c（）。已知Ka1（H2SO3）＝1.3×10﹣2，Ka2（H2SO3）＝6.2×10﹣8。下列说法正确的是（）A．向氨水溶液中缓慢通入SO2，溶液中的值增大 B．pH＝6的溶液中存在：c（）＜c（） C．pH＝7的溶液中存在：c（）＝2c（）+c（） D．c总＝0.1mol•L﹣1的溶液中存在：c（）＝c（）+c（H2SO3）+c（）【答案】C【分析】A．根据Kb＝进行判断；B．根据Ka2（H2SO3）＝进行分析判断；C．根据电荷守恒可知：c（H+）+c（）＝c（）+2c（）+c（OH﹣）进行判断；D．若c总＝0.1mol/L，则溶质为（NH4）2SO3，依据物料守恒：c（）+c（NH3•H2O）＝c（H2SO3）+c（）+c（），则根据电荷守恒c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（）+c（），可知其中存在：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3）。【解答】解：A．向氨水溶液中缓慢通入SO2，c（）不断增大，由Kb＝可知，溶液中的值减小，故A错误；B．由Ka2（H2SO3）＝可得，pH＝6时，＝＝＝6.2×10﹣2，即c（）＜c（），故B错误；C．根据电荷守恒可知：c（H+）+c（）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），pH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣），则c（）＝c（）+2c（），故C正确；D．若c总＝0.1mol/L，则溶质为（NH4）2SO3，依据物料守恒：c（）+c（NH3•H2O）＝c（H2SO3）+c（）+c（），则根据电荷守恒c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（）+c（），可知其中存在：c（OH﹣）+c（NH3•H2O）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3），故D错误；故选：C。【点评】本题考查水溶液中的离子平衡，涉及弱电解质的电离平衡、电离常数的计算、电荷守恒和物料守恒的应用等，题目难度中等。17．（2024秋•鼓楼区校级期中）室温下，通过下列实验探究0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液的性质。实验1：实验测得0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液pH为8.6。实验2：向溶液中滴加等体积0.0100mol•L﹣1HCl溶液，pH由8.6降为4.8。实验3：向溶液中加入等体积0.0200mol•L﹣1CaCl2溶液，出现白色沉淀。实验4：向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色。已知室温时Ksp（CaC2O4）＝2.5×10﹣9，下列说法正确的是（）A．0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液中满足： B．实验2滴加盐酸过程中不可能满足： C．实验3所得上层清液中 D．实验4发生反应离子方程式为：【答案】B【分析】A．0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液中存在物料守恒2[c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）]＝c（Na+）＝2×0.0100mol/L；B．实验2滴加盐酸过程中如果溶液pH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HC2）+2c（C2）+c（Cl﹣）；C．实验3中混合后没有开始生成沉淀时，混合溶液体积增大一倍，则混合溶液中c（Ca2+）降为原来的一半，c（Ca2+）＝c（CaCl2）＝0.0100mol/L，c（C2）＝；D．向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，KMnO4溶液具有强氧化性，能将C2氧化为CO2。【解答】解：A．0.0100mol•L﹣1Na2C2O4溶液中存在物料守恒2[c（H2C2O4）+c（HC2）+c（C2）]＝c（Na+）＝2×0.0100mol/L，所以＞2，故A错误；B．实验2滴加盐酸过程中如果溶液pH＝7时，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HC2）+2c（C2）+c（Cl﹣），所以c（Na+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（Cl﹣），故B正确；C．实验3中混合后没有开始生成沉淀时，混合溶液体积增大一倍，则混合溶液中c（Ca2+）降为原来的一半，c（Ca2+）＝c（CaCl2）＝0.0100mol/L，c（C2）＝＝mol/L＝2.5×10﹣7mol/L，故C错误；D．向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，KMnO4溶液具有强氧化性，能将C2氧化为CO2，离子方程式为2+16H++5C2＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D错误；故选：B。【点评】本题考查盐类水解、滴定原理，侧重考查分析、判断及计算能力，明确盐类水解原理、滴定实验原理、物质的性质及溶度积常数的计算方法解本题关键，注意守恒理论的灵活运用。18．（2024秋•南京期中）硫酸工业尾气（主要含SO2、N2和O2），用Na2SO3溶液吸收尾气中的SO2可将其转化为NaHSO3，当c（）：c（）≈10时，吸收能力下降，需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1（H2SO3）＝10﹣1.9，Ka2（H2SO3）＝10﹣7.2，下列说法不正确的是（）A．NaHSO3溶液中存在：2c（）+c（）＞c（Na+） B．Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为：+SO2+H2O＝2HS C．当c（）：c（）＝10时，此时吸收液的pH＝6.2 D．与原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力几乎不变【答案】D【分析】A．的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.1＜，说明NaHSO3溶液中的电离程度大于水解程度，其水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒2c（）+c（）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+）；B．Na2SO3溶液和SO2反应生成NaHSO3；C．c（）：c（）＝10时，Ka2（H2SO3）＝×c（H+）＝×c（H+）＝10﹣7.2，c（H+）＝10﹣6.2mol/L；D．与原Na2SO3溶液相比，加热过程中，亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，受热分解生成二氧化硫。【解答】解：A．的水解平衡常数Kh＝＝＝10﹣12.1＜，说明NaHSO3溶液中的电离程度大于水解程度，其水溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒2c（）+c（）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），则2c（）+c（）＞c（Na+），故A正确；B．Na2SO3溶液和SO2反应生成NaHSO3，离子方程式为+SO2+H2O＝2HS，故B正确；C．c（）：c（）＝10时，Ka2（H2SO3）＝×c（H+）＝×c（H+）＝10﹣7.2，c（H+）＝10﹣6.2mol/L，pH＝6.2，故C正确；D．与原Na2SO3溶液相比，加热过程中，亚硫酸根离子水解生成亚硫酸，受热分解生成二氧化硫，则吸收液充分分解放出SO2比吸收的SO2多，则吸收SO2能力增强，故D错误；故选：D。【点评】本题考查弱电解质的电离平衡，为高频考点，根据电离平衡常数判断酸性强弱为解答关键，注意掌握电荷守恒、盐的水解原理，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。19．（2024秋•南京月考）室温下，用Na2SO3溶液吸收SO2的过程如图所示。已知，，下列说法正确的是（）A．0.100mol•L﹣1NaHSO3溶液中： B．0.100mol•L﹣1Na2SO3溶液中： C．吸收烟气后的溶液中： D．“沉淀”得到的上层清液中：【答案】C【分析】Na2SO3溶液吸收烟气后得到Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，然后加入碳酸钙得到亚硫酸钙沉淀，过滤分离，最后经氧气氧化为石膏，据此回答。【解答】解：A.亚硫酸氢根以电离为主，故亚硫酸根离子浓度大于亚硫酸，故A错误；B.0.100mol•L﹣1Na2SO3溶液中，结合质子守恒可知，c（H+）+2c（H2SO3）+c（）＝c（OH﹣），故B错误；C.吸收烟气后的溶液中为亚硫酸氢钠溶液与亚硫酸钠的混合液，结合物料守恒可知，，故C正确；D.有沉淀产生，说明上层清液为饱和溶液，满足沉淀溶解平衡，则c（）＝，故D错误；故选：C。【点评】本题考查水溶液离子平衡，分析溶液中存在的平衡体系，进而判断体系中离子的关系，整体难度适中，掌握基础为解题关键。20．（2024秋•鼓楼区校级月考）下列说法正确的是（）A．0.1mol/LNa2CO3溶液： B．0.1mol/LNaHSO3溶液（pH＜7）： C．等浓度、等体积的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液（pH＞7）： D．0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）：mol•L﹣1【答案】D【分析】A．溶液中由水电离出的氢离子等于由水电离出的氢氧根离子；B．0.1mol/LNaHSO3溶液的pH＜7说明溶液显酸性，即的电离大于水解；C．等浓度、等体积的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液的pH＞7说明溶液显碱性，即NH3•H2O的电离程度大于的水解程度；D．溶液中由水电离出的氢离子等于由水电离出的氢氧根离子，则0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）中有：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（）。【解答】解：A．溶液中由水电离出的氢离子等于由水电离出的氢氧根离子，0.1mol/LNa2CO3溶液有：，故A错误；B．0.1mol/LNaHSO3溶液的pH＜7说明溶液显酸性，即的电离大于水解，故溶液中的离子浓度关系为：，故B错误；C．等浓度、等体积的NH3•H2O和NH4Cl混合溶液的pH＞7说明溶液显碱性，即NH3•H2O的电离程度大于的水解程度，故溶液中的微粒浓度关系为：，故C错误；D．溶液中由水电离出的氢离子等于由水电离出的氢氧根离子，0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）中有：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（），故有c（H2CO3）﹣c（）＝c（OH﹣）﹣c（H+）＝（10﹣6﹣10﹣8）mol/L＝9.9×10﹣7mol/L，故D正确；故选：D。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。二．解答题（共4小题）21．（2024秋•六合区月考）完成下列问题（1）如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2═N2+2H2O，①甲池装置是原电池（填“原电池”或“电解池”），写出通入N2H4一极发生电极反应式N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O。②乙池中电解反应的化学方程式为2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4。③当甲池中消耗0.1molN2H4时，乙池中Ag电极上析出固体的质量是12.8g。（2）高铁酸钠（Na2FeO4）易溶于水，是一种新型多功能水处理剂，可以用如图所示电解装置制取Na2FeO4。电解一段时间后，c（OH﹣）降低的区域在阳极室（填“阴极室”或“阳极室”）；阳极电极反应式为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O。（3）利用二氧化碳制备乙烯，用惰性电极电解强酸性二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如图所示。①b电极上的电极反应式为；②该装置中使用的是阳（填“阴”或“阳”）离子交换膜。【答案】（1）①原电池；N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O；②2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4；③12.8g；（2）阳极室；Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O；（3）①；②阳。【分析】（1）甲池的总反应式为N2H4+O2＝N2+2H2O，该反应为原电池，则通入N2H4的电极为负极，通入O2的电极为正极。乙池中，与负极相连的Ag电极为阴极，与通入O2的正极相连的石墨电极为阳极；（2）阳极是活泼电极Fe，Fe失去电子生成，Ni为电解池阴极；（3）根据图知，a电极上电解水生成氧气和氢离子，b电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水。【解答】解：（1）①甲池的总反应式为N2H4+O2＝N2+2H2O，可以将化学能转化为电能，故甲池为原电池；，通入N2H4的电极为负极，其电极方程式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O，故答案为：原电池；N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O；②乙池中，与负极相连的Fe电极为阴极，与通入O2的正极相连的石墨电极为阳极，电解质为硫酸铜溶液，则阴极生成Cu，阳极生成O2，电解反应的化学方程式为：2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4；③甲池中每消耗0.1molN2H4，转移电子0.4mol，乙池电极上会析出Cu0.2mol，质量为0.2mol×64g/mol＝12.8g，故答案为：12.8g；（2）阳极是活泼电极Fe，Fe失去电子生成的电极方程式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O，同时消耗OH﹣使c（OH﹣）降低，即c（OH﹣）降低的区域在阳极室，故答案为：阳极室；Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O；（3）①b电极与电源的负极相连，作阴极，溶液中的CO2得到电子被还原转化为乙烯，溶液显酸性，因此阴极上的电极反应式为2CO2+12e﹣+12H+＝C2H4+4H2O，故答案为：；②为了防止OH﹣与阴极区的CO2反应，因此该装置中使用的是阳离子交换膜，故答案为：阳。【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。22．（2023秋•建邺区校级期中）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]+Na2SO42Na2[CuCl4]+SO2+2H2O═2NaH[CuCl3]+H2SO4+2NaClNaH[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＝6×10﹣12mol2•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+）123消耗硫酸铈标准溶液的体积（mL）23.8524.3523.95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。23．（2024秋•南京月考）草酸（H2C2O4）是一种白色粉末，可与酸性KMnO4溶液反应；其钠盐易溶于水，钙盐难溶于水。资料1：25℃时，草酸的电离平衡常数为：，。资料2：25℃时，，。Ⅰ．某化学小组研究草酸（H2C2O4）及其盐的性质（1）下列有关说法正确的是B。A．草酸的电离方程式为B．0.1mol•L﹣1草酸溶液中：C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均减小D．要使H2C2O4的电离程度增大，可采取的措施是加入少量草酸晶体（2）25℃时，向20mL碳酸钙的饱和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3mol•L﹣1的草酸钾溶液20mL，不能产生草酸钙沉淀（填“能”或“不能”）。（3）常温下，用0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的H2C2O4溶液，滴定曲线如图，c点所示溶液中：。①滴定过程中，c点溶液中的溶质是Na2C2O4（写化学式），该草酸溶液的物质的量浓度为0.1080mol/L。②a点溶液pH＜7，溶液显酸性，其原因是（从平衡常数的角度解释）HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2。Ⅱ．某化学小组研究草酸的应用（4）医学上常用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液反应来测血液中钙的含量。测定方法是取2mL血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量的（NH4）2C2O4溶液，反应生成CaC2O4沉淀，将沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。①滴定过程中发生的反应离子方程式为2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O。②下列操作会引起测定结果偏高的是AC（填字母）。A．滴定管在盛装KMnO4溶液前未润洗B．滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数C．装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗涤后，用待测液润洗【答案】（1）B；（2）不能；（3）①Na2C2O4；0.1080mol/L；②HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2；（4）①2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②AC。【分析】（1）A．草酸是二元弱酸，分步电离；B．草酸是二元弱酸，分步电离，一级电离为主；C．常温下，将草酸溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，但水的离子积Kw不变；D．H2C2O4的浓度越大，其电离程度越小；（2）根据浓度积Q与Ksp（CaC2O4）的大小关系分析判断；（3）①图中c点所示溶液中存在2c（H2C2O4）+2c（HC2）+2c（C2）＝c（Na+），即c点溶质为Na2C2O4，此时n（NaOH）＝2n（H2C2O4）；②由图可知，a点溶液中溶质为NaHC2O4，HC2的水解常数Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2，说明HC2的水解程度小于其电离程度；（4）①酸性的KMnO4溶液能氧化H2C2O4，生成CO2气体，同时本身被还原为Mn2+，结合守恒法写出发生反应的离子方程式；②根据c（待测）＝×V（标准）进行误差分析。【解答】解：（1）A．草酸是二元弱酸，分步电离，两步电离不能合并，电离方程式为H2C2O4⇌HC2+H+、HC2⇌C2+H+，故A错误；B．草酸是二元弱酸，分步电离，电离程度逐渐减