2024-2025學(xué)年上學(xué)期南京高二化學(xué)期末培優(yōu)卷

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2024-2025學(xué)年上學(xué)期南京高二化學(xué)期末培優(yōu)卷一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?六合區(qū)月考）已知反應(yīng)：H2（g）+O2（g）＝H2O（g）ΔH1；N2（g）+O2（g）＝NO2（g）ΔH2；N2（g）+H2（g）＝NH3（g）ΔH3；則反應(yīng)2NH3（g）+O2（g）＝2NO2（g）+3H2O（g）的ΔH為（）A．2ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH3 B．ΔH1+ΔH2﹣ΔH3 C．3ΔH1+2ΔH2+2ΔH3 D．3ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH32．（2024秋?六合區(qū)月考）下列有關(guān)原電池、電解、電鍍和電化學(xué)腐蝕的說(shuō)法中，不正確的是（）A．裝置是原電池，可以實(shí)現(xiàn)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B．裝置電解片刻后，溶液的酸性增強(qiáng)C．裝置不能起到防止鐵釘生銹作用D．中輪船鐵質(zhì)外殼上鑲嵌的鋅塊可減緩船體的腐蝕速率A．A B．B C．C D．D3．（2024秋?六合區(qū)月考）下列屬于氧化還原反應(yīng)且熱量變化與如圖一致的是（）A．硝酸銨晶體溶于水 B．鈉和水的反應(yīng) C．氯化銨晶體和氫氧化鋇晶體的反應(yīng) D．CO2和C反應(yīng)4．（2024秋?六合區(qū)月考）已知CH4的燃燒熱為890.3kJ?mol﹣1，下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是（）A．鉛蓄電池的正極反應(yīng)：Pb﹣2e﹣+＝PbSO4 B．電解飽和NaCl溶液：2Na++2Cl﹣2Na+Cl2↑ C．CH4燃燒：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣890.3kJ?mol﹣1 D．一定條件下NO2與NH3的反應(yīng)：6NO2+8NH37N2+12H2O5．（2024秋?南京月考）H2O2是常用的綠色氧化劑，可用如圖所示裝置電解H2O和O2制備H2O2。下列說(shuō)法不正確的是（）A．H+移向a電極 B．裝置工作過(guò)程中a極消耗O2的量等于b極生成O2的量 C．b電極的電極反應(yīng)式為2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ D．電解生成1molH2O2時(shí)，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為2×6.02×10236．（2024秋?南京月考）多相催化反應(yīng)是在催化劑表面通過(guò)吸附、解吸過(guò)程進(jìn)行的。我國(guó)學(xué)者發(fā)現(xiàn)T℃時(shí)（各物質(zhì)均為氣態(tài)），CH3OH與水在銅催化劑上的反應(yīng)機(jī)理和能量變化如圖：下列說(shuō)法正確的是（）A．該過(guò)程的決速步驟為反應(yīng)Ⅱ B．1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的總能量大于1molCO（g）和3molH2（g）的總能量 C．反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式為CO（g）+H2O（g）＝H2（g）+CO2（g）ΔH＝（c﹣b）kJ?mol﹣1 D．選擇合適的催化劑可降低反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ的活化能，改變總反應(yīng)的焓變7．（2024秋?六合區(qū)月考）FeCl3溶液吸收H2S氣體后的再生過(guò)程可降解酸性污水中的硝酸鹽，其電解工作原理如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)為電解池的陰極 B．電極b上的反應(yīng)為+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣ C．隨著電解進(jìn)行電解池中的H+向a極移動(dòng) D．反應(yīng)池中發(fā)生的離子反應(yīng)為：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+8．（2024秋?六合區(qū)月考）工業(yè)上電解硝酸鎳溶液，可以獲取高純鎳和硝酸，其工作原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)為直流電源的正極，鎳棒上發(fā)生的反應(yīng)：Ni2++2e﹣＝Ni B．A膜為陰離子交換膜，B膜為陽(yáng)離子交換膜 C．電解一段時(shí)間后，乙池和丙池中的的濃度均會(huì)增加 D．電解過(guò)程中，若有2mol電子轉(zhuǎn)移，理論上可獲得11.2LO29．（2024秋?南京期中）水煤氣變換反應(yīng)CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）ΔH＜0是目前大規(guī)模制氫的方法之一。其他條件不變，相同時(shí)間內(nèi)，向該反應(yīng)體系中投入一定量的CaO時(shí)，H2的體積分?jǐn)?shù)如圖所示。下列關(guān)于水煤氣變換反應(yīng)的說(shuō)法正確的是（）A．該反應(yīng)的平衡常數(shù) B．升高溫度，該反應(yīng)的K值增大 C．一定溫度下，增大或選用高效催化劑，均能提高CO平衡轉(zhuǎn)化率 D．等質(zhì)量的納米CaO表面積更大，吸收CO2更多，H2體積分?jǐn)?shù)更大10．（2024秋?南京月考）下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述均正確的是（）A．圖甲表示相同溫度下，在不同容積的容器中進(jìn)行反應(yīng)2BaO2（s）?2BaO（s）+O2（g），O2的平衡濃度與容器容積的關(guān)系 B．圖乙表示N2O4（g）?2NO2（g）的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說(shuō)明該反應(yīng)ΔH＜0 C．圖丙表示向0.1mol?L﹣1NH4Cl溶液中滴加0.1mol?L﹣1鹽酸時(shí)，溶液中隨鹽酸體積的變化關(guān)系 D．圖丁表示向pH、體積均相同的HCl、CH3COOH溶液中分別加入過(guò)量鋅粉，產(chǎn)生的H2體積隨時(shí)間的變化，其中曲線a表示HCl溶液11．（2024秋?南京月考）對(duì)于反應(yīng)4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0，下列說(shuō)法正確的是（）A．1molN—H斷裂的同時(shí)有1molO—H斷裂，說(shuō)明反應(yīng)到達(dá)該條件下的平衡狀態(tài) B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)可表達(dá)為 C．適當(dāng)降溫加壓可提高NH3的平衡轉(zhuǎn)化率 D．分離出NO（g），v正增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)12．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是（）A．圖甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說(shuō)明該反應(yīng)的ΔH＜0 B．圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應(yīng)中c（H2O2）隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，說(shuō)明隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小 C．圖丙是室溫下用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1某一元酸HX的滴定曲線，說(shuō)明HX是一元強(qiáng)酸 D．圖丁中虛線是2SO2+O2?2SO3在催化劑存在下反應(yīng)過(guò)程中能量的變化情況，可推知催化劑Ⅱ的催化活性更高13．（2024秋?南京月考）反應(yīng)4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH，可將工業(yè)廢氣中的HCl轉(zhuǎn)化為Cl2，實(shí)現(xiàn)氯資源的循環(huán)利用。在n起始（HCl）：n起始（O2）＝1：1時(shí)，將HCl、O2混合氣分別以不同流速通過(guò)裝有催化劑的反應(yīng)管，不同溫度下出口處HCl轉(zhuǎn)化率與HCl流速的關(guān)系如圖所示。流速低于0.12mol?h﹣1時(shí)HCl轉(zhuǎn)化率可近似為平衡轉(zhuǎn)化率。若僅考慮該反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．ΔH＞0 B．減小或選用更高效的催化劑，均能提高X點(diǎn)HCl的平衡轉(zhuǎn)化率 C．HCl流速高于0.12mol?h﹣1時(shí)，流速越大，反應(yīng)速率越快 D．360℃時(shí)，當(dāng)HCl流速為0.19mol?h﹣1時(shí)，每小時(shí)約獲得4gCl214．（2024秋?南京期中）CO2催化加氫是轉(zhuǎn)化CO2的一種方法，其過(guò)程中主要發(fā)生下列反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH反應(yīng)Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ?mol﹣1在恒壓、CO2和H2的起始量一定的條件下，CO2平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)CO的選擇性隨溫度的變化如圖，其中：CO的選擇性＝×100%。下列說(shuō)法正確的是（）A．CH3OCH3的選擇性＝×100% B．ΔH1＜0 C．溫度高于300℃時(shí)主要發(fā)生反應(yīng)Ⅱ D．其他條件不變，圖中A點(diǎn)選擇合適催化劑可提高CO的選擇性15．（2023秋?江寧區(qū)期末）已知CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49kJ?mol﹣1，反應(yīng)在起始物＝3時(shí)，在不同條件下達(dá)到平衡，設(shè)體系中甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x（CH3OH），在t＝250℃下x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下x（CH3OH）～t如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中對(duì)應(yīng)等壓過(guò)程的曲線是M B．C點(diǎn)處x（CH3OH）相同，平衡常數(shù)相同 C．當(dāng)x（CH3OH）＝0.10時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為 D．由d點(diǎn)到b點(diǎn)可以通過(guò)升溫實(shí)現(xiàn)16．（2024秋?南京期中）室溫下，用0.2mol?L﹣1氨水吸收SO2，忽略通入SO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)，溶液中含硫物種的濃度c總＝c（H2SO3）+c（）+c（）。已知Ka1（H2SO3）＝1.3×10﹣2，Ka2（H2SO3）＝6.2×10﹣8。下列說(shuō)法正確的是（）A．向氨水溶液中緩慢通入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總＝0.1mol?L﹣1的溶液中存在：c（）＝c（）+c（H2SO3）+c（）17．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）室溫下，通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)探究0.0100mol?L﹣1Na2C2O4溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)1：實(shí)驗(yàn)測(cè)得0.0100mol?L﹣1Na2C2O4溶液pH為8.6。實(shí)驗(yàn)2：向溶液中滴加等體積0.0100mol?L﹣1HCl溶液，pH由8.6降為4.8。實(shí)驗(yàn)3：向溶液中加入等體積0.0200mol?L﹣1CaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀。實(shí)驗(yàn)4：向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色。已知室溫時(shí)Ksp（CaC2O4）＝2.5×10﹣9，下列說(shuō)法正確的是（）A．0.0100mol?L﹣1Na2C2O4溶液中滿(mǎn)足： B．實(shí)驗(yàn)2滴加鹽酸過(guò)程中不可能滿(mǎn)足： C．實(shí)驗(yàn)3所得上層清液中 D．實(shí)驗(yàn)4發(fā)生反應(yīng)離子方程式為：18．（2024秋?南京期中）硫酸工業(yè)尾氣（主要含SO2、N2和O2），用Na2SO3溶液吸收尾氣中的SO2可將其轉(zhuǎn)化為NaHSO3，當(dāng)c（）：c（）≈10時(shí)，吸收能力下降，需要加熱再生為Na2SO3溶液。已知Ka1（H2SO3）＝10﹣1.9，Ka2（H2SO3）＝10﹣7.2，下列說(shuō)法不正確的是（）A．NaHSO3溶液中存在：2c（）+c（）＞c（Na+） B．Na2SO3溶液吸收SO2的離子方程式為：+SO2+H2O＝2HS C．當(dāng)c（）：c（）＝10時(shí)，此時(shí)吸收液的pH＝6.2 D．與原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力幾乎不變19．（2024秋?南京月考）室溫下，用Na2SO3溶液吸收SO2的過(guò)程如圖所示。已知，，下列說(shuō)法正確的是（）A．0.100mol?L﹣1NaHSO3溶液中： B．0.100mol?L﹣1Na2SO3溶液中： C．吸收煙氣后的溶液中： D．“沉淀”得到的上層清液中：20．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）下列說(shuō)法正確的是（）A．0.1mol/LNa2CO3溶液： B．0.1mol/LNaHSO3溶液（pH＜7）： C．等濃度、等體積的NH3?H2O和NH4Cl混合溶液（pH＞7）： D．0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）：mol?L﹣1二．解答題（共4小題）21．（2024秋?六合區(qū)月考）完成下列問(wèn)題（1）如圖所示，甲池的總反應(yīng)式為N2H4+O2═N2+2H2O，①甲池裝置是（填“原電池”或“電解池”），寫(xiě)出通入N2H4一極發(fā)生電極反應(yīng)式。②乙池中電解反應(yīng)的化學(xué)方程式為。③當(dāng)甲池中消耗0.1molN2H4時(shí)，乙池中Ag電極上析出固體的質(zhì)量是。（2）高鐵酸鈉（Na2FeO4）易溶于水，是一種新型多功能水處理劑，可以用如圖所示電解裝置制取Na2FeO4。電解一段時(shí)間后，c（OH﹣）降低的區(qū)域在（填“陰極室”或“陽(yáng)極室”）；陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：。（3）利用二氧化碳制備乙烯，用惰性電極電解強(qiáng)酸性二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如圖所示。①b電極上的電極反應(yīng)式為；②該裝置中使用的是（填“陰”或“陽(yáng)”）離子交換膜。22．（2023秋?建鄴區(qū)校級(jí)期中）氯化亞銅（CuCl）是一種重要化工原料，難溶于水，在潮濕空氣中易水解氧化。回答下列問(wèn)題：（1）向CuSO4與NaCl的混合溶液中通入SO2即可制得CuCl，制備過(guò)程中主要發(fā)生了以下三步反應(yīng)，請(qǐng)寫(xiě)出第三步的化學(xué)反應(yīng)方程式：CuSO4+4NaCl（過(guò)量）═Na2[CuCl4]+Na2SO42Na2[CuCl4]+SO2+2H2O═2NaH[CuCl3]+H2SO4+2NaCl。（2）CuCl在含一定濃度Cl﹣溶液中會(huì)部分溶解，存在如下平衡：2CuCl（s）?Cu++ΔH＜0，溶液中c（Cu+）和c（）的關(guān)系如圖。①上述反應(yīng)在B點(diǎn)的平衡常數(shù)K＝mol2?L﹣2。②使圖中的A點(diǎn)變?yōu)锽點(diǎn)的措施可以是。（3）利用CuCl難溶于水的性質(zhì)，可以除去水溶液中的Cl﹣。①除Cl﹣的方法是向含Cl﹣的溶液同時(shí)加入Cu和CuSO4，該反應(yīng)的離子方程式為。②若用Zn替換Cu可加快除Cl﹣速率，但需控制溶液的pH。若pH過(guò)低，除Cl﹣效果下降的原因是。（4）產(chǎn)品純度的測(cè)定：準(zhǔn)確稱(chēng)取氯化亞銅產(chǎn)品2.3900g，溶于過(guò)量的FeCl3溶液中得250mL待測(cè)液，從中量取25.00mL于錐形瓶中，加入2滴鄰菲羅啉指示劑，立即用0.1000mol?L﹣1硫酸鈰[Ce（SO4）2]標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，共完成三次滴定，每次消耗Ce（SO4）2溶液體積見(jiàn)表。產(chǎn)品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為%。（已知：CuCl+Fe3+═Cu2++Fe2++Cl﹣，F(xiàn)e2++Ce4+═Fe3++Ce3+）123消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積（mL）23.8524.3523.95若未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管，則會(huì)使測(cè)定結(jié)果（填“偏大”、“偏小”或“不變”）。23．（2024秋?南京月考）草酸（H2C2O4）是一種白色粉末，可與酸性KMnO4溶液反應(yīng)；其鈉鹽易溶于水，鈣鹽難溶于水。資料1：25℃時(shí)，草酸的電離平衡常數(shù)為：，。資料2：25℃時(shí)，，。Ⅰ．某化學(xué)小組研究草酸（H2C2O4）及其鹽的性質(zhì)（1）下列有關(guān)說(shuō)法正確的是。A．草酸的電離方程式為B．0.1mol?L﹣1草酸溶液中：C．常溫下，將草酸溶液加水稀釋?zhuān)芤褐兴须x子的濃度均減小D．要使H2C2O4的電離程度增大，可采取的措施是加入少量草酸晶體（2）25℃時(shí)，向20mL碳酸鈣的飽和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3mol?L﹣1的草酸鉀溶液20mL，產(chǎn)生草酸鈣沉淀（填“能”或“不能”）。（3）常溫下，用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL某未知濃度的H2C2O4溶液，滴定曲線如圖，c點(diǎn)所示溶液中：。①滴定過(guò)程中，c點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)是（寫(xiě)化學(xué)式），該草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為。②a點(diǎn)溶液pH＜7，溶液顯酸性，其原因是（從平衡常數(shù)的角度解釋?zhuān)＂颍郴瘜W(xué)小組研究草酸的應(yīng)用（4）醫(yī)學(xué)上常用酸性KMnO4溶液與H2C2O4溶液反應(yīng)來(lái)測(cè)血液中鈣的含量。測(cè)定方法是取2mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量的（NH4）2C2O4溶液，反應(yīng)生成CaC2O4沉淀，將沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。①滴定過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)離子方程式為。②下列操作會(huì)引起測(cè)定結(jié)果偏高的是（填字母）。A．滴定管在盛裝KMnO4溶液前未潤(rùn)洗B．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)C．裝待測(cè)液的錐形瓶用蒸餾水洗滌后，用待測(cè)液潤(rùn)洗24．（2024秋?南京期中）利用溫室氣體CO2制備CH4、甲醇（CH3OH）是實(shí)現(xiàn)雙碳目標(biāo)的重要方法。Ⅰ.CO2加氫制備CH4。其過(guò)程中的主要反應(yīng)為反應(yīng)?。篊O2（g）+4H2（g）?CH4（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣165kJ?mol﹣1反應(yīng)ⅱ：CO2（g）+H2（g）?CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41kJ?mol﹣1（1）反應(yīng)CO（g）+3H2（g）?CH4（g）+H2O（g）的焓變?chǔ)＝kJ?mol﹣1。（2）在密閉容器中，1.01×105Pa、n起始（CO2）：n起始（CH4）＝1：4時(shí)，CO2平衡轉(zhuǎn)化率、在催化劑作用下反應(yīng)相同時(shí)間所測(cè)得的CO2實(shí)際轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖﹣1所示。CH4的選擇性可表示為×100%。①其它條件不變，隨壓強(qiáng)增大，CH4平衡選擇性（填“增大”、“減小”或“不變”）。②300～500℃范圍內(nèi)，隨溫度升高，CO2平衡轉(zhuǎn)化率減小的原因是。③300～400℃范圍內(nèi)，隨溫度升高，CO2實(shí)際轉(zhuǎn)化率增大的原因。Ⅱ.CO2加氫制備甲醇（CH3OH）。（3）水溶液中，Cu/ZnO/ZrO2催化CO2加氫生成甲醇的機(jī)理如圖﹣2所示。①步驟③發(fā)生反應(yīng)的方程式為。②用重氫氣（D2）代替H2，可檢測(cè)到甲醇的化學(xué)式為。

2024-2025學(xué)年上學(xué)期南京高二化學(xué)期末典型卷1參考答案與試題解析一．選擇題（共20小題）1．（2024秋?六合區(qū)月考）已知反應(yīng)：H2（g）+O2（g）＝H2O（g）ΔH1；N2（g）+O2（g）＝NO2（g）ΔH2；N2（g）+H2（g）＝NH3（g）ΔH3；則反應(yīng)2NH3（g）+O2（g）＝2NO2（g）+3H2O（g）的ΔH為（）A．2ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH3 B．ΔH1+ΔH2﹣ΔH3 C．3ΔH1+2ΔH2+2ΔH3 D．3ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH3【答案】D【分析】根據(jù)蓋斯定律，將①×3+②×2﹣③×2，整理可得，分析?！窘獯稹拷猓阂阎磻?yīng)：①；②；③，根據(jù)蓋斯定律，化學(xué)反應(yīng)不管是一步完成還是分幾步完成，其反應(yīng)熱是相同的，即化學(xué)反應(yīng)熱只與其反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與具體反應(yīng)進(jìn)行的途徑無(wú)關(guān)，將①×3+②×2﹣③×2，整理可得，則ΔH＝3ΔH1+2ΔH2﹣2ΔH3，故D正確，故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。2．（2024秋?六合區(qū)月考）下列有關(guān)原電池、電解、電鍍和電化學(xué)腐蝕的說(shuō)法中，不正確的是（）A．裝置是原電池，可以實(shí)現(xiàn)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能B．裝置電解片刻后，溶液的酸性增強(qiáng)C．裝置不能起到防止鐵釘生銹作用D．中輪船鐵質(zhì)外殼上鑲嵌的鋅塊可減緩船體的腐蝕速率A．A B．B C．C D．D【答案】A【分析】A．根據(jù)銅直接與硝酸銀溶液反應(yīng)，進(jìn)行分析；B．根據(jù)裝置發(fā)生反應(yīng)，進(jìn)行分析；C．根據(jù)鐵為陽(yáng)極，發(fā)生反應(yīng)Fe﹣2e﹣＝Fe2+，進(jìn)行分析；D．根據(jù)鐵質(zhì)外殼上鑲嵌鋅塊，構(gòu)成原電池，鐵為正極，進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．該裝置不能構(gòu)成原電池，銅直接與硝酸銀溶液反應(yīng)，不能形成電流，故A錯(cuò)誤；B．該裝置發(fā)生反應(yīng)，電解片刻后，溶液的減小，故B正確；C．該裝置中，F(xiàn)e為陽(yáng)極，發(fā)生反應(yīng)Fe﹣2e﹣＝Fe2+，F(xiàn)e被腐蝕，故C正確；D．該裝置中輪船鐵質(zhì)外殼上鑲嵌鋅塊，構(gòu)成原電池，F(xiàn)e為正極，被保護(hù)，減緩鐵腐蝕速率，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查原電池與電解池的綜合等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。3．（2024秋?六合區(qū)月考）下列屬于氧化還原反應(yīng)且熱量變化與如圖一致的是（）A．硝酸銨晶體溶于水 B．鈉和水的反應(yīng) C．氯化銨晶體和氫氧化鋇晶體的反應(yīng) D．CO2和C反應(yīng)【答案】D【分析】分析圖示，可知對(duì)應(yīng)反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，據(jù)此分析回答問(wèn)題?！窘獯稹拷猓篈.硝酸銨晶體溶于水為吸熱過(guò)程，且不屬于氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B.鈉和水的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.氯化銨晶體和氫氧化鋇晶體的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，但是不屬于氧化還原反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.CO2和C反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，且屬于氧化還原反應(yīng)，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)熱，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)中能量變化為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大。4．（2024秋?六合區(qū)月考）已知CH4的燃燒熱為890.3kJ?mol﹣1，下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是（）A．鉛蓄電池的正極反應(yīng)：Pb﹣2e﹣+＝PbSO4 B．電解飽和NaCl溶液：2Na++2Cl﹣2Na+Cl2↑ C．CH4燃燒：CH4（g）+2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣890.3kJ?mol﹣1 D．一定條件下NO2與NH3的反應(yīng)：6NO2+8NH37N2+12H2O【答案】D【分析】A.鉛蓄電池，正極材料為PbO2；B.電解氯化鈉溶液，陰極氫離子放電；C.已知CH4的燃燒熱為890.3kJ?mol﹣1，對(duì)應(yīng)燃燒產(chǎn)物為液態(tài)水；D.定條件下NO2與NH3的反應(yīng)，結(jié)合得失電子守恒判斷產(chǎn)物即可?！窘獯稹拷猓篈.鉛蓄電池，正極材料為PbO2，故A錯(cuò)誤；B.電解氯化鈉溶液，陰極氫離子放電，不會(huì)產(chǎn)生單質(zhì)鈉，故B錯(cuò)誤；C.已知CH4的燃燒熱為890.3kJ?mol﹣1，對(duì)應(yīng)燃燒產(chǎn)物為液態(tài)水，故C錯(cuò)誤；D.定條件下NO2與NH3的反應(yīng)，結(jié)合得失電子守恒可知，對(duì)應(yīng)方程式可能為：6NO2+8NH37N2+12H2O，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電化學(xué)原理，側(cè)重學(xué)生分析能力和靈活運(yùn)用能力的考查，把握電化學(xué)原理和離子交換膜的作用是解題關(guān)鍵，注意掌握電極的判斷和離子的移動(dòng)方向判斷，題目難度不大。5．（2024秋?南京月考）H2O2是常用的綠色氧化劑，可用如圖所示裝置電解H2O和O2制備H2O2。下列說(shuō)法不正確的是（）A．H+移向a電極 B．裝置工作過(guò)程中a極消耗O2的量等于b極生成O2的量 C．b電極的電極反應(yīng)式為2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ D．電解生成1molH2O2時(shí)，電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目為2×6.02×1023【答案】B【分析】由圖可知，a電極：由O2生成H2O2，氧元素化合價(jià)降低，發(fā)生還原反應(yīng)，a電極為陰極，電極反應(yīng)式為：O2+2e﹣+2H+＝H2O2，b電極：由H2O生成O2，氧元素化合價(jià)升高，發(fā)生氧化反應(yīng)，b電極為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，據(jù)此回答。【解答】解：A．由圖可知，b極水失電子生成氧氣和氫離子，b極為陽(yáng)極，氫離子向a極移動(dòng)，故A正確；B．a(chǎn)極電極反應(yīng)式為：O2+2e﹣+2H+＝H2O2，b極電極反應(yīng)式為：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，當(dāng)轉(zhuǎn)移4mol電子時(shí)，a極消耗2mol氧氣，b極產(chǎn)生1mol氧氣，故B錯(cuò)誤；C．b電極為陽(yáng)極，其電極反應(yīng)式：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，故C正確；D．a(chǎn)極電極反應(yīng)式為：O2+2e﹣+2H+＝H2O2，每生成1molH2O2時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為2×6.02×1023，故D正確；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電解原理，側(cè)重考查分析、判斷及計(jì)算能力，正確判斷陰陽(yáng)極、明確各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)是解本題關(guān)鍵，B為解答易錯(cuò)點(diǎn)。6．（2024秋?南京月考）多相催化反應(yīng)是在催化劑表面通過(guò)吸附、解吸過(guò)程進(jìn)行的。我國(guó)學(xué)者發(fā)現(xiàn)T℃時(shí)（各物質(zhì)均為氣態(tài)），CH3OH與水在銅催化劑上的反應(yīng)機(jī)理和能量變化如圖：下列說(shuō)法正確的是（）A．該過(guò)程的決速步驟為反應(yīng)Ⅱ B．1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的總能量大于1molCO（g）和3molH2（g）的總能量 C．反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式為CO（g）+H2O（g）＝H2（g）+CO2（g）ΔH＝（c﹣b）kJ?mol﹣1 D．選擇合適的催化劑可降低反應(yīng)Ⅰ和Ⅱ的活化能，改變總反應(yīng)的焓變【答案】C【分析】A．根據(jù)活化能大的反應(yīng)速率慢，反應(yīng)速率慢的為決速步驟進(jìn)行分析；B．根據(jù)1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的總能量低于1molCO2（g）和3H2（g）的總能量進(jìn)行分析；C．根據(jù)CO（g）和H2O為該反應(yīng)的中間產(chǎn)物，該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為反應(yīng)Ⅱ進(jìn)行分析；D．根據(jù)催化劑改變反應(yīng)歷程從而降低活化能進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈．由圖知，反應(yīng)Ⅰ的活化能大于反應(yīng)Ⅱ的活化能，故反應(yīng)Ⅰ為該過(guò)程的決速步，故A錯(cuò)誤；B．從能量圖看1molCH3OH（g）和1molH2O（g）的總能量低于1molCO2（g）和3H2（g）的總能量，故B錯(cuò)誤；C．CO（g）和H2O為該反應(yīng)的中間產(chǎn)物，從能量圖看CO（g）和H2O（g）的總能量高于H2（g）和CO2（g），所以該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為反應(yīng)Ⅱ的熱化學(xué)方程式為CO（g）+H2O（g）＝H2（g）+CO2（g）ΔH＝c﹣bkJ?mol﹣1，故C正確；D．催化劑改變反應(yīng)歷程從而降低活化能，所以選擇合適的催化劑可降低反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ的活化能，但不能改變總反應(yīng)的焓變值，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查反應(yīng)熱和焓變等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。7．（2024秋?六合區(qū)月考）FeCl3溶液吸收H2S氣體后的再生過(guò)程可降解酸性污水中的硝酸鹽，其電解工作原理如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)為電解池的陰極 B．電極b上的反應(yīng)為+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣ C．隨著電解進(jìn)行電解池中的H+向a極移動(dòng) D．反應(yīng)池中發(fā)生的離子反應(yīng)為：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+【答案】D【分析】FeCl3具有強(qiáng)氧化性，反應(yīng)池中FeCl3溶液氧化H2S生成S單質(zhì)，發(fā)生的反應(yīng)為2FeCl3+H2S＝2FeCl2+2HCl+S↓，反應(yīng)池中溶液M轉(zhuǎn)移到電解池左池，由圖可知，電解池左池產(chǎn)生Fe3+，右池中NO轉(zhuǎn)化為氮?dú)?，即左池中Fe2+失電子生成Fe3+，右池中NO發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，則左池a極為陽(yáng)極、右池b極為陰極，陽(yáng)極反應(yīng)式為Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，陰極反應(yīng)式為2NO+10e﹣+12H+＝6H2O+N2↑?！窘獯稹拷猓篈．由裝置b電極上反應(yīng)可知，NO發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，則電極b為陰極，電極a為陽(yáng)極，故A錯(cuò)誤；B．電極b為陰極，電極反應(yīng)式為2NO+10e﹣+12H+＝6H2O+N2↑，故B錯(cuò)誤；C．電解池中陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，則H+向b極移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．由分析可知，反應(yīng)池中FeCl3溶液氧化H2S生成S單質(zhì)，發(fā)生的反應(yīng)為2FeCl3+H2S＝2FeCl2+2HCl+S↓，離子方程式為：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查電解原理等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。8．（2024秋?六合區(qū)月考）工業(yè)上電解硝酸鎳溶液，可以獲取高純鎳和硝酸，其工作原理如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)為直流電源的正極，鎳棒上發(fā)生的反應(yīng)：Ni2++2e﹣＝Ni B．A膜為陰離子交換膜，B膜為陽(yáng)離子交換膜 C．電解一段時(shí)間后，乙池和丙池中的的濃度均會(huì)增加 D．電解過(guò)程中，若有2mol電子轉(zhuǎn)移，理論上可獲得11.2LO2【答案】C【分析】分析可知，結(jié)合裝置目的，工業(yè)上電解硝酸鎳溶液，可以獲取高純鎳和硝酸，左側(cè)為陰極，鎳棒上發(fā)生的反應(yīng)：Ni2++2e﹣＝Ni，右側(cè)為陽(yáng)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，左側(cè)硝酸根離子向右移動(dòng)，B為陰離子交換膜，右側(cè)氫離子向左移動(dòng)，A為陽(yáng)離子交換膜，結(jié)束后中間硝酸濃度上升，據(jù)此分析回答問(wèn)題?！窘獯稹拷猓篈.結(jié)合分析可知，左側(cè)為陰極，a為負(fù)極，故A錯(cuò)誤；B.結(jié)合分析可知，B為陰離子交換膜，A為陽(yáng)離子交換膜，故B錯(cuò)誤；C.結(jié)合分析可知，乙池有左側(cè)硝酸根離子轉(zhuǎn)移進(jìn)入，丙池水電解，體積減小，兩池硝酸根離子濃度均增加，故C正確；D.沒(méi)有給出氣體所處溫度和壓強(qiáng)，無(wú)法進(jìn)行計(jì)算，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查電化學(xué)原理，側(cè)重學(xué)生分析能力和靈活運(yùn)用能力的考查，把握電化學(xué)原理和離子交換膜的作用是解題關(guān)鍵，注意掌握電極的判斷和離子的移動(dòng)方向判斷，題目難度不大。9．（2024秋?南京期中）水煤氣變換反應(yīng)CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）ΔH＜0是目前大規(guī)模制氫的方法之一。其他條件不變，相同時(shí)間內(nèi)，向該反應(yīng)體系中投入一定量的CaO時(shí)，H2的體積分?jǐn)?shù)如圖所示。下列關(guān)于水煤氣變換反應(yīng)的說(shuō)法正確的是（）A．該反應(yīng)的平衡常數(shù) B．升高溫度，該反應(yīng)的K值增大 C．一定溫度下，增大或選用高效催化劑，均能提高CO平衡轉(zhuǎn)化率 D．等質(zhì)量的納米CaO表面積更大，吸收CO2更多，H2體積分?jǐn)?shù)更大【答案】D【分析】A．平衡常數(shù)等于生成物濃度系數(shù)次冪的乘積比上反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪的乘積；B．依據(jù)溫度變化對(duì)平衡的影響分析；C．加入催化劑平衡不移動(dòng)；D．依據(jù)不同催化劑催化效果分析?！窘獯稹拷猓篈．由方程式可知K＝，故A錯(cuò)誤；B．升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，K減小，故B錯(cuò)誤；C．一定溫度下，增大，有利于平衡正向移動(dòng)，CO平衡轉(zhuǎn)化率提高，使用催化劑，平衡不移動(dòng)，CO平衡轉(zhuǎn)化率不變，故C錯(cuò)誤；D．由圖象可知，等質(zhì)量的納米CaO表面積更大，吸收CO2更多，H2體積分?jǐn)?shù)更大，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對(duì)化學(xué)平衡的影響是解題的關(guān)鍵。10．（2024秋?南京月考）下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述均正確的是（）A．圖甲表示相同溫度下，在不同容積的容器中進(jìn)行反應(yīng)2BaO2（s）?2BaO（s）+O2（g），O2的平衡濃度與容器容積的關(guān)系 B．圖乙表示N2O4（g）?2NO2（g）的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說(shuō)明該反應(yīng)ΔH＜0 C．圖丙表示向0.1mol?L﹣1NH4Cl溶液中滴加0.1mol?L﹣1鹽酸時(shí)，溶液中隨鹽酸體積的變化關(guān)系 D．圖丁表示向pH、體積均相同的HCl、CH3COOH溶液中分別加入過(guò)量鋅粉，產(chǎn)生的H2體積隨時(shí)間的變化，其中曲線a表示HCl溶液【答案】A【分析】A．根據(jù)反應(yīng)2BaO2（s）?2BaO（s）+O2（g），則K＝c（O2），K是溫度的函數(shù)；B．溫度升高平衡常數(shù)增大，說(shuō)明升高溫度化學(xué)平衡正向移動(dòng)；C．0.1mol?L﹣1NH4Cl溶液，銨根離子易水解，+H2O?NH3?H2O+H+，水解平衡常數(shù)Kh＝，溶液中＝；D．CH3COOH是弱酸，pH、體積均相同的HCl、CH3COOH溶液，CH3COOH溶液的濃度大于HCl溶液的濃度?！窘獯稹拷猓篈．K是溫度的函數(shù)，溫度不變，K值不變，根據(jù)反應(yīng)2BaO2（s）?2BaO（s）+O2（g），則K＝c（O2），則氧氣的平衡濃度也不變，故A正確；B．溫度升高平衡常數(shù)增大，說(shuō)明升高溫度化學(xué)平衡正向移動(dòng)，故可說(shuō)明該反應(yīng)ΔH＞0，故B錯(cuò)誤；C．0.1mol?L﹣1NH4Cl溶液，銨根離子易水解，+H2O?NH3?H2O+H+，水解平衡常數(shù)Kh＝，溶液中＝，隨著鹽酸體積的增大，抑制銨根離子水解，則c（NH3?H2O）減小，則增大，故C錯(cuò)誤；D．CH3COOH是弱酸，pH、體積均相同的HCl、CH3COOH溶液，CH3COOH溶液的濃度大于HCl溶液的濃度，向pH、體積均相同的HCl、CH3COOH溶液中分別加入過(guò)量鋅粉，醋酸溶液產(chǎn)生氫氣的體積較多，則其中曲線a表示CH3COOH溶液，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡，側(cè)重考查學(xué)生平衡圖像的掌握情況，試題難度中等。11．（2024秋?南京月考）對(duì)于反應(yīng)4NH3（g）+5O2（g）?4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0，下列說(shuō)法正確的是（）A．1molN—H斷裂的同時(shí)有1molO—H斷裂，說(shuō)明反應(yīng)到達(dá)該條件下的平衡狀態(tài) B．該反應(yīng)的平衡常數(shù)可表達(dá)為 C．適當(dāng)降溫加壓可提高NH3的平衡轉(zhuǎn)化率 D．分離出NO（g），v正增大，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)【答案】A【分析】A．依據(jù)斷鍵、成鍵情況判斷速率關(guān)系；B．平衡常數(shù)等于生成物濃度的系數(shù)次冪的乘積比上反應(yīng)物濃度系數(shù)次冪的乘積；C．依據(jù)外界條件改變對(duì)平衡的影響分析；D．【解答】解：A．1molN—H斷裂即有mol氨氣被消耗，有1molO—H斷裂即有mol水被消耗，此時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故A正確；B．依據(jù)方程式可知，該反應(yīng)的平衡常數(shù)可表達(dá)為K＝，故B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)放熱，降溫，平衡正向移動(dòng)，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率變大，反應(yīng)正向氣體分子數(shù)減小，加壓，平衡逆向移動(dòng)，NH3的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故C錯(cuò)誤；D．分離出NO（g），逆反應(yīng)速率減小，正反應(yīng)速率瞬間不變，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對(duì)化學(xué)平衡的影響是解題的關(guān)鍵。12．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是（）A．圖甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說(shuō)明該反應(yīng)的ΔH＜0 B．圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應(yīng)中c（H2O2）隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，說(shuō)明隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小 C．圖丙是室溫下用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1某一元酸HX的滴定曲線，說(shuō)明HX是一元強(qiáng)酸 D．圖丁中虛線是2SO2+O2?2SO3在催化劑存在下反應(yīng)過(guò)程中能量的變化情況，可推知催化劑Ⅱ的催化活性更高【答案】C【分析】A．圖甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，隨著溫度升高，lgK的值減小，說(shuō)明平衡常數(shù)減小，則平衡向著逆反應(yīng)方向進(jìn)行；B．隨反應(yīng)時(shí)間的進(jìn)行，溶液中過(guò)氧化氫基本都分解為水和氧氣；C．酸的濃度為0.1000mol?L﹣1，由圖象可以看出0.1000mol?L﹣1一元酸HX溶液的pH＞1；D．相比催化劑I，催化劑II降低反應(yīng)的活化能更多?！窘獯稹拷猓篈．圖甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，隨著溫度升高，lgK的值減小，說(shuō)明平衡常數(shù)減小，則平衡向著逆反應(yīng)方向進(jìn)行，所以正反應(yīng)是放熱的，即反應(yīng)的ΔH＜0，故A正確；B．隨反應(yīng)時(shí)間的進(jìn)行，溶液中過(guò)氧化氫基本都分解為水和氧氣，則H2O2的濃度減小，所以分解速率逐漸減小，故B正確；C．酸的濃度為0.1000mol?L﹣1，其pH＞1，說(shuō)明HX為弱酸，故C錯(cuò)誤；D．相比催化劑I，催化劑II降低反應(yīng)的活化能更多，可推知催化劑Ⅱ的催化活性更高，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡，側(cè)重考查學(xué)生平衡移動(dòng)的掌握情況，試題難度中等。13．（2024秋?南京月考）反應(yīng)4HCl（g）+O2（g）＝2Cl2（g）+2H2O（g）ΔH，可將工業(yè)廢氣中的HCl轉(zhuǎn)化為Cl2，實(shí)現(xiàn)氯資源的循環(huán)利用。在n起始（HCl）：n起始（O2）＝1：1時(shí)，將HCl、O2混合氣分別以不同流速通過(guò)裝有催化劑的反應(yīng)管，不同溫度下出口處HCl轉(zhuǎn)化率與HCl流速的關(guān)系如圖所示。流速低于0.12mol?h﹣1時(shí)HCl轉(zhuǎn)化率可近似為平衡轉(zhuǎn)化率。若僅考慮該反應(yīng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．ΔH＞0 B．減小或選用更高效的催化劑，均能提高X點(diǎn)HCl的平衡轉(zhuǎn)化率 C．HCl流速高于0.12mol?h﹣1時(shí)，流速越大，反應(yīng)速率越快 D．360℃時(shí)，當(dāng)HCl流速為0.19mol?h﹣1時(shí)，每小時(shí)約獲得4gCl2【答案】D【分析】A．依據(jù)溫度變化對(duì)平衡的影響判斷反應(yīng)吸放熱；B．加入催化劑，平衡不移動(dòng)；C．流速過(guò)快，反應(yīng)不充分；D．依據(jù)流速和轉(zhuǎn)化率計(jì)算獲得氯氣的量。【解答】解：A．由圖可知，流速一定時(shí)，升高溫度，HCl轉(zhuǎn)化率減小，平衡逆向移動(dòng)，故該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，ΔH＜0，故A錯(cuò)誤；B．減小，有利于提高HCl的平衡轉(zhuǎn)化率，選用更高效的催化劑，能加快反應(yīng)速率，但平衡不移動(dòng)，X點(diǎn)HCl的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故B錯(cuò)誤；C．HCl流速高于0.12mol?h﹣1時(shí)，流速越大，反應(yīng)物反應(yīng)不充分，反應(yīng)速率減慢，故C錯(cuò)誤；D．360℃時(shí)，當(dāng)HCl流速為0.19mol?h﹣1時(shí)，HCl的轉(zhuǎn)化率為60%，依據(jù)4HCl～2Cl2可知，獲得氯氣的質(zhì)量為×71g/mol≈4g，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡，題目難度中等，掌握外界條件改變對(duì)化學(xué)平衡的影響是解題的關(guān)鍵。14．（2024秋?南京期中）CO2催化加氫是轉(zhuǎn)化CO2的一種方法，其過(guò)程中主要發(fā)生下列反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）ΔH反應(yīng)Ⅱ：2CO2（g）+6H2（g）═CH3OCH3（g）+3H2O（g）ΔH2＝﹣122.5kJ?mol﹣1在恒壓、CO2和H2的起始量一定的條件下，CO2平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)CO的選擇性隨溫度的變化如圖，其中：CO的選擇性＝×100%。下列說(shuō)法正確的是（）A．CH3OCH3的選擇性＝×100% B．ΔH1＜0 C．溫度高于300℃時(shí)主要發(fā)生反應(yīng)Ⅱ D．其他條件不變，圖中A點(diǎn)選擇合適催化劑可提高CO的選擇性【答案】D【分析】A．由反應(yīng)Ⅱ可知，CH3OCH3的選擇性＝×100%；B．由圖可知，溫度升高，CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，平衡時(shí)CO的選擇性先降低后增大；C．由圖可知，溫度高于300℃時(shí)CO的選擇性增大；D．使用催化活性更高的催化劑，可提高CO的選擇性。【解答】解：A．由反應(yīng)Ⅱ可知，CH3OCH3的選擇性＝×100%，故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，溫度升高，CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大，平衡時(shí)CO的選擇性先降低后增大，反應(yīng)Ⅱ?yàn)榉艧岱磻?yīng)，則反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，即ΔH1＞0，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，溫度高于300℃時(shí)CO的選擇性增大，說(shuō)明溫度越高，反應(yīng)Ⅰ生產(chǎn)CO越多，主要發(fā)生反應(yīng)Ⅰ，故C錯(cuò)誤；用對(duì)反應(yīng)Ⅰ催化活性更高的催化劑，有利于反應(yīng)Ⅰ發(fā)生，促進(jìn)二氧化碳更多的轉(zhuǎn)化為CO，提高CO的選擇性，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡移動(dòng)，明確化學(xué)平衡及其影響因素解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的識(shí)圖、分析能力及綜合應(yīng)用能力，題目難度中等。15．（2023秋?江寧區(qū)期末）已知CO2（g）+3H2（g）?CH3OH（g）+H2O（g）ΔH＝﹣49kJ?mol﹣1，反應(yīng)在起始物＝3時(shí)，在不同條件下達(dá)到平衡，設(shè)體系中甲醇的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x（CH3OH），在t＝250℃下x（CH3OH）～p、在p＝5×105Pa下x（CH3OH）～t如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖中對(duì)應(yīng)等壓過(guò)程的曲線是M B．C點(diǎn)處x（CH3OH）相同，平衡常數(shù)相同 C．當(dāng)x（CH3OH）＝0.10時(shí)，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率為 D．由d點(diǎn)到b點(diǎn)可以通過(guò)升溫實(shí)現(xiàn)【答案】C【分析】A.分析可知，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故升溫平衡左移，x（CH3OH）的含量越低，則N為等壓曲線；B.C點(diǎn)處x（CH3OH）相同，由于對(duì)應(yīng)的溫度不同，故平衡常數(shù)不相同；C.當(dāng)x（CH3OH）＝0.10時(shí)，設(shè)生成甲醇物質(zhì)的量為y，三段式列式計(jì)算：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）1300變化量（mol）y3yyy平衡量（mol）1﹣y3﹣3yyy＝0.1，y＝mol，據(jù)此計(jì)算；D.由d點(diǎn)到b點(diǎn)，平衡需要左移，如果升高溫度，分析壓強(qiáng)對(duì)應(yīng)的變化?！窘獯稹拷猓篈.分析可知，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故升溫平衡左移，x（CH3OH）的含量越低，則N為等壓曲線，故A錯(cuò)誤；B.C點(diǎn)處x（CH3OH）相同，由于對(duì)應(yīng)的溫度不同，故平衡常數(shù)不相同，故B錯(cuò)誤；C.當(dāng)x（CH3OH）＝0.10時(shí)，設(shè)生成甲醇物質(zhì)的量為y，三段式列式計(jì)算：CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）起始量（mol）1300變化量（mol）y3yyy平衡量（mol）1﹣y3﹣3yyy＝0.1，y＝mol，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率α＝×100%≈33%，故C正確；D.由d點(diǎn)到b點(diǎn)，平衡需要左移，如果升高溫度，則壓強(qiáng)必然變化，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)能量變化、平衡常數(shù)計(jì)算和影響平衡的因素分析、圖象變化的理解應(yīng)用等，掌握平衡移動(dòng)原理和平衡常數(shù)計(jì)算是解題關(guān)鍵，題目難度中等。16．（2024秋?南京期中）室溫下，用0.2mol?L﹣1氨水吸收SO2，忽略通入SO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)，溶液中含硫物種的濃度c總＝c（H2SO3）+c（）+c（）。已知Ka1（H2SO3）＝1.3×10﹣2，Ka2（H2SO3）＝6.2×10﹣8。下列說(shuō)法正確的是（）A．向氨水溶液中緩慢通入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總＝0.1mol?L﹣1的溶液中存在：c（）＝c（）+c（H2SO3）+c（）【答案】C【分析】A．根據(jù)Kb＝進(jìn)行判斷；B．根據(jù)Ka2（H2SO3）＝進(jìn)行分析判斷；C．根據(jù)電荷守恒可知：c（H+）+c（）＝c（）+2c（）+c（OH﹣）進(jìn)行判斷；D．若c總＝0.1mol/L，則溶質(zhì)為（NH4）2SO3，依據(jù)物料守恒：c（）+c（NH3?H2O）＝c（H2SO3）+c（）+c（），則根據(jù)電荷守恒c（H+）+c（）＝c（OH﹣）+c（）+c（），可知其中存在：c（OH﹣）+c（NH3?H2O）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3）?！窘獯稹拷猓篈．向氨水溶液中緩慢通入SO2，c（）不斷增大，由Kb＝可知，溶液中的值減小，故A錯(cuò)誤；B．由Ka2（H2SO3）＝可得，pH＝6時(shí)，＝＝＝6.2×10﹣2，即c（）＜c（），故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)電荷守恒可知：c（H+）+c（）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），pH＝7時(shí)，c（H+）＝c（OH﹣），則c（）＝c（）+2c（），故C正確；D．若c總＝0.1mol/L，則溶質(zhì)為（NH4）2SO3，依據(jù)物料守恒：c（）+c（NH3?H2O）＝c（H2SO3）+c（）+c（），則根據(jù)電荷守恒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錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查水溶液中的離子平衡，涉及弱電解質(zhì)的電離平衡、電離常數(shù)的計(jì)算、電荷守恒和物料守恒的應(yīng)用等，題目難度中等。17．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）室溫下，通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)探究0.0100mol?L﹣1Na2C2O4溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)1：實(shí)驗(yàn)測(cè)得0.0100mol?L﹣1Na2C2O4溶液pH為8.6。實(shí)驗(yàn)2：向溶液中滴加等體積0.0100mol?L﹣1HCl溶液，pH由8.6降為4.8。實(shí)驗(yàn)3：向溶液中加入等體積0.0200mol?L﹣1CaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀。實(shí)驗(yàn)4：向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色。已知室溫時(shí)Ksp（CaC2O4）＝2.5×10﹣9，下列說(shuō)法正確的是（）A．0.0100mol?L﹣1Na2C2O4溶液中滿(mǎn)足： B．實(shí)驗(yàn)2滴加鹽酸過(guò)程中不可能滿(mǎn)足： C．實(shí)驗(yàn)3所得上層清液中 D．實(shí)驗(yàn)4發(fā)生反應(yīng)離子方程式為：【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．實(shí)驗(yàn)2滴加鹽酸過(guò)程中如果溶液pH＝7時(shí)，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HC2）+2c（C2）+c（Cl﹣）；C．實(shí)驗(yàn)3中混合后沒(méi)有開(kāi)始生成沉淀時(shí)，混合溶液體積增大一倍，則混合溶液中c（Ca2+）降為原來(lái)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溶液具有強(qiáng)氧化性，能將C2氧化為CO2?！窘獯稹拷猓篈．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錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)2滴加鹽酸過(guò)程中如果溶液pH＝7時(shí)，c（H+）＝c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（HC2）+2c（C2）+c（Cl﹣），所以c（Na+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（Cl﹣），故B正確；C．實(shí)驗(yàn)3中混合后沒(méi)有開(kāi)始生成沉淀時(shí)，混合溶液體積增大一倍，則混合溶液中c（Ca2+）降為原來(lái)的一半，c（Ca2+）＝c（CaCl2）＝0.0100mol/L，c（C2）＝＝mol/L＝2.5×10﹣7mol/L，故C錯(cuò)誤；D．向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色，KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，能將C2氧化為CO2，離子方程式為2+16H++5C2＝2Mn2++10CO2↑+8H2O，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查鹽類(lèi)水解、滴定原理，側(cè)重考查分析、判斷及計(jì)算能力，明確鹽類(lèi)水解原理、滴定實(shí)驗(yàn)原理、物質(zhì)的性質(zhì)及溶度積常數(shù)的計(jì)算方法解本題關(guān)鍵，注意守恒理論的靈活運(yùn)用。18．（2024秋?南京期中）硫酸工業(yè)尾氣（主要含SO2、N2和O2），用Na2SO3溶液吸收尾氣中的SO2可將其轉(zhuǎn)化為NaHSO3，當(dāng)c（）：c（）≈10時(shí)，吸收能力下降，需要加熱再生為Na2SO3溶液。已知Ka1（H2SO3）＝10﹣1.9，Ka2（H2SO3）＝10﹣7.2，下列說(shuō)法不正確的是（）A．NaHSO3溶液中存在：2c（）+c（）＞c（Na+） B．Na2SO3溶液吸收SO2的離子方程式為：+SO2+H2O＝2HS C．當(dāng)c（）：c（）＝10時(shí)，此時(shí)吸收液的pH＝6.2 D．與原Na2SO3溶液相比，吸收液充分分解放出SO2再生后吸收SO2能力幾乎不變【答案】D【分析】A．的水解平衡常數(shù)Kh＝＝＝10﹣12.1＜，說(shuō)明NaHSO3溶液中的電離程度大于水解程度，其水溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒2c（）+c（）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+）；B．Na2SO3溶液和SO2反應(yīng)生成NaHSO3；C．c（）：c（）＝10時(shí)，Ka2（H2SO3）＝×c（H+）＝×c（H+）＝10﹣7.2，c（H+）＝10﹣6.2mol/L；D．與原Na2SO3溶液相比，加熱過(guò)程中，亞硫酸根離子水解生成亞硫酸，受熱分解生成二氧化硫?！窘獯稹拷猓篈．的水解平衡常數(shù)Kh＝＝＝10﹣12.1＜，說(shuō)明NaHSO3溶液中的電離程度大于水解程度，其水溶液呈酸性，則c（H+）＞c（OH﹣），溶液中存在電荷守恒2c（）+c（）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），則2c（）+c（）＞c（Na+），故A正確；B．Na2SO3溶液和SO2反應(yīng)生成NaHSO3，離子方程式為+SO2+H2O＝2HS，故B正確；C．c（）：c（）＝10時(shí)，Ka2（H2SO3）＝×c（H+）＝×c（H+）＝10﹣7.2，c（H+）＝10﹣6.2mol/L，pH＝6.2，故C正確；D．與原Na2SO3溶液相比，加熱過(guò)程中，亞硫酸根離子水解生成亞硫酸，受熱分解生成二氧化硫，則吸收液充分分解放出SO2比吸收的SO2多，則吸收SO2能力增強(qiáng)，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡，為高頻考點(diǎn)，根據(jù)電離平衡常數(shù)判斷酸性強(qiáng)弱為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、鹽的水解原理，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力，題目難度不大。19．（2024秋?南京月考）室溫下，用Na2SO3溶液吸收SO2的過(guò)程如圖所示。已知，，下列說(shuō)法正確的是（）A．0.100mol?L﹣1NaHSO3溶液中： B．0.100mol?L﹣1Na2SO3溶液中： C．吸收煙氣后的溶液中： D．“沉淀”得到的上層清液中：【答案】C【分析】Na2SO3溶液吸收煙氣后得到Na2SO3和NaHSO3的混合溶液，然后加入碳酸鈣得到亞硫酸鈣沉淀，過(guò)濾分離，最后經(jīng)氧氣氧化為石膏，據(jù)此回答。【解答】解：A.亞硫酸氫根以電離為主，故亞硫酸根離子濃度大于亞硫酸，故A錯(cuò)誤；B.0.100mol?L﹣1Na2SO3溶液中，結(jié)合質(zhì)子守恒可知，c（H+）+2c（H2SO3）+c（）＝c（OH﹣），故B錯(cuò)誤；C.吸收煙氣后的溶液中為亞硫酸氫鈉溶液與亞硫酸鈉的混合液，結(jié)合物料守恒可知，，故C正確；D.有沉淀產(chǎn)生，說(shuō)明上層清液為飽和溶液，滿(mǎn)足沉淀溶解平衡，則c（）＝，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查水溶液離子平衡，分析溶液中存在的平衡體系，進(jìn)而判斷體系中離子的關(guān)系，整體難度適中，掌握基礎(chǔ)為解題關(guān)鍵。20．（2024秋?鼓樓區(qū)校級(jí)月考）下列說(shuō)法正確的是（）A．0.1mol/LNa2CO3溶液： B．0.1mol/LNaHSO3溶液（pH＜7）： C．等濃度、等體積的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．溶液中由水電離出的氫離子等于由水電離出的氫氧根離子；B．0.1mol/LNaHSO3溶液的pH＜7說(shuō)明溶液顯酸性，即的電離大于水解；C．等濃度、等體積的NH3?H2O和NH4Cl混合溶液的pH＞7說(shuō)明溶液顯堿性，即NH3?H2O的電離程度大于的水解程度；D．溶液中由水電離出的氫離子等于由水電離出的氫氧根離子，則0.1mol/LNaHCO3溶液（pH＝8）中有：c（H+）+c（H2CO3）＝c（OH﹣）+c（）?！窘獯稹拷猓篈．溶液中由水電離出的氫離子等于由水電離出的氫氧根離子，0.1mol/LNa2CO3溶液有：，故A錯(cuò)誤；B．0.1mol/LNaHSO3溶液的pH＜7說(shuō)明溶液顯酸性，即的電離大于水解，故溶液中的離子濃度關(guān)系為：，故B錯(cuò)誤；C．等濃度、等體積的NH3?H2O和NH4Cl混合溶液的pH＞7說(shuō)明溶液顯堿性，即NH3?H2O的電離程度大于的水解程度，故溶液中的微粒濃度關(guān)系為：，故C錯(cuò)誤；D．溶液中由水電離出的氫離子等于由水電離出的氫氧根離子，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正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查水溶液中的平衡，側(cè)重考查學(xué)生微粒濃度關(guān)系的掌握情況，試題難度中等。二．解答題（共4小題）21．（2024秋?六合區(qū)月考）完成下列問(wèn)題（1）如圖所示，甲池的總反應(yīng)式為N2H4+O2═N2+2H2O，①甲池裝置是原電池（填“原電池”或“電解池”），寫(xiě)出通入N2H4一極發(fā)生電極反應(yīng)式N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O。②乙池中電解反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4。③當(dāng)甲池中消耗0.1molN2H4時(shí)，乙池中Ag電極上析出固體的質(zhì)量是12.8g。（2）高鐵酸鈉（Na2FeO4）易溶于水，是一種新型多功能水處理劑，可以用如圖所示電解裝置制取Na2FeO4。電解一段時(shí)間后，c（OH﹣）降低的區(qū)域在陽(yáng)極室（填“陰極室”或“陽(yáng)極室”）；陽(yáng)極電極反應(yīng)式為：Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O。（3）利用二氧化碳制備乙烯，用惰性電極電解強(qiáng)酸性二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如圖所示。①b電極上的電極反應(yīng)式為；②該裝置中使用的是陽(yáng)（填“陰”或“陽(yáng)”）離子交換膜?！敬鸢浮浚?）①原電池；N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O；②2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4；③12.8g；（2）陽(yáng)極室；Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O；（3）①；②陽(yáng)?！痉治觥浚?）甲池的總反應(yīng)式為N2H4+O2＝N2+2H2O，該反應(yīng)為原電池，則通入N2H4的電極為負(fù)極，通入O2的電極為正極。乙池中，與負(fù)極相連的Ag電極為陰極，與通入O2的正極相連的石墨電極為陽(yáng)極；（2）陽(yáng)極是活潑電極Fe，F(xiàn)e失去電子生成，Ni為電解池陰極；（3）根據(jù)圖知，a電極上電解水生成氧氣和氫離子，b電極上二氧化碳得電子和氫離子反應(yīng)生成乙烯和水。【解答】解：（1）①甲池的總反應(yīng)式為N2H4+O2＝N2+2H2O，可以將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故甲池為原電池；，通入N2H4的電極為負(fù)極，其電極方程式為N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O，故答案為：原電池；N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O；②乙池中，與負(fù)極相連的Fe電極為陰極，與通入O2的正極相連的石墨電極為陽(yáng)極，電解質(zhì)為硫酸銅溶液，則陰極生成Cu，陽(yáng)極生成O2，電解反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4，故答案為：2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4；③甲池中每消耗0.1molN2H4，轉(zhuǎn)移電子0.4mol，乙池電極上會(huì)析出Cu0.2mol，質(zhì)量為0.2mol×64g/mol＝12.8g，故答案為：12.8g；（2）陽(yáng)極是活潑電極Fe，F(xiàn)e失去電子生成的電極方程式為Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O，同時(shí)消耗OH﹣使c（OH﹣）降低，即c（OH﹣）降低的區(qū)域在陽(yáng)極室，故答案為：陽(yáng)極室；Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O；（3）①b電極與電源的負(fù)極相連，作陰極，溶液中的CO2得到電子被還原轉(zhuǎn)化為乙烯，溶液顯酸性，因此陰極上的電極反應(yīng)式為2CO2+12e﹣+12H+＝C2H4+4H2O，故答案為：；②為了防止OH﹣與陰極區(qū)的CO2反應(yīng)，因此該裝置中使用的是陽(yáng)離子交換膜，故答案為：陽(yáng)。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查原電池與電解池的綜合等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。22．（2023秋?建鄴區(qū)校級(jí)期中）氯化亞銅（CuCl）是一種重要化工原料，難溶于水，在潮濕空氣中易水解氧化?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）向CuSO4與NaCl的混合溶液中通入SO2即可制得CuCl，制備過(guò)程中主要發(fā)生了以下三步反應(yīng)，請(qǐng)寫(xiě)出第三步的化學(xué)反應(yīng)方程式：CuSO4+4NaCl（過(guò)量）═Na2[CuCl4]+Na2SO42Na2[CuCl4]+SO2+2H2O═2NaH[CuCl3]+H2SO4+2NaClNaH[CuCl3]═NaCl+HCl+CuCl↓。（2）CuCl在含一定濃度Cl﹣溶液中會(huì)部分溶解，存在如下平衡：2CuCl（s）?Cu++ΔH＜0，溶液中c（Cu+）和c（）的關(guān)系如圖。①上述反應(yīng)在B點(diǎn)的平衡常數(shù)K＝6×10﹣12mol2?L﹣2。②使圖中的A點(diǎn)變?yōu)锽點(diǎn)的措施可以是升高溫度。（3）利用CuCl難溶于水的性質(zhì)，可以除去水溶液中的Cl﹣。①除Cl﹣的方法是向含Cl﹣的溶液同時(shí)加入Cu和CuSO4，該反應(yīng)的離子方程式為Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl。②若用Zn替換Cu可加快除Cl﹣速率，但需控制溶液的pH。若pH過(guò)低，除Cl﹣效果下降的原因是若pH過(guò)低，Zn會(huì)與H+反應(yīng)。（4）產(chǎn)品純度的測(cè)定：準(zhǔn)確稱(chēng)取氯化亞銅產(chǎn)品2.3900g，溶于過(guò)量的FeCl3溶液中得250mL待測(cè)液，從中量取25.00mL于錐形瓶中，加入2滴鄰菲羅啉指示劑，立即用0.1000mol?L﹣1硫酸鈰[Ce（SO4）2]標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，共完成三次滴定，每次消耗Ce（SO4）2溶液體積見(jiàn)表。產(chǎn)品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為99.5%。（已知：CuCl+Fe3+═Cu2++Fe2++Cl﹣，F(xiàn)e2++Ce4+═Fe3++Ce3+）123消耗硫酸鈰標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積（mL）23.8524.3523.95若未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管，則會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏大（填“偏大”、“偏小”或“不變”）?！敬鸢浮浚?）NaH[CuCl3]═NaCl+HCl+CuCl↓；（2）①6×10﹣12；②升高溫度；（3）①Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl；②若pH過(guò)低，Zn會(huì)與H+反應(yīng)；（4）99.5；偏大?！痉治觥浚?）根據(jù)題干信息及前兩步反應(yīng)進(jìn)行分析；（2）根據(jù)K＝c（Cu+）c（），圖中的A點(diǎn)變?yōu)锽點(diǎn)，c（Cu+）和c（）都降低，說(shuō)明平衡逆向移動(dòng)，進(jìn)行分析；（3）根據(jù)Cu和Cu2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cu+，Cu+與氯離子形成氯化亞銅沉淀，若pH過(guò)低，Zn會(huì)與H+反應(yīng)進(jìn)行分析；（4）根據(jù)CuCl+Fe3+═Cu2++Fe2++Cl﹣，F(xiàn)e2++Ce4+═Fe3++Ce3+，得關(guān)系式：CuCl～Fe2+～Ce4+～Ce（SO4）2進(jìn)行分析；【解答】解：（1）結(jié)合題干信息及前兩步反應(yīng)可知，第三步反應(yīng)為：NaH[CuCl3]═NaCl+HCl+CuCl↓，故答案為：NaH[CuCl3]═NaCl+HCl+CuCl↓；（2）①K＝c（Cu+）c（）＝3×10﹣6×2×10﹣6＝6×10﹣12，故答案為：6×10﹣12；②圖中的A點(diǎn)變?yōu)锽點(diǎn)，c（Cu+）和c（）都降低，說(shuō)明平衡逆向移動(dòng)，即可以升溫，故答案為：升高溫度；（3）①向含Cl﹣的溶液同時(shí)加入Cu和CuSO4，Cu和Cu2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cu+，Cu+與氯離子形成氯化亞銅沉淀，離子方程式：Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl，故答案為：Cu+Cu2++2Cl﹣═2CuCl；②若用Zn替換Cu可加快除Cl﹣速率，但需控制溶液的pH。若pH過(guò)低，除Cl﹣效果下降的原因：若pH過(guò)低，Zn會(huì)與H+反應(yīng)，故答案為：若pH過(guò)低，Zn會(huì)與H+反應(yīng)；（4）根據(jù)CuCl+Fe3+═Cu2++Fe2++Cl﹣，F(xiàn)e2++Ce4+═Fe3++Ce3+，得關(guān)系式：CuCl～Fe2+～Ce4+～Ce（SO4）2；第二組數(shù)據(jù)偏差較大舍去，Ce（SO4）2溶液體積均值為20.90mL，其消耗物質(zhì)的量：0.1mol/L×0.0239L＝2.39×10﹣3mol，根據(jù)關(guān)系式可知25mL溶液中含CuCl物質(zhì)的量：2.39×10﹣3mol，則250mL溶液中含CuCl物質(zhì)的量：2.39×10﹣2mol，則產(chǎn)品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：×100%＝99.5%；若未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管，則會(huì)使消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，測(cè)定結(jié)果偏高，故答案為：99.5；偏大?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用滴定法測(cè)定物質(zhì)含量的計(jì)算等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結(jié)合已有的知識(shí)進(jìn)行解題。23．（2024秋?南京月考）草酸（H2C2O4）是一種白色粉末，可與酸性KMnO4溶液反應(yīng)；其鈉鹽易溶于水，鈣鹽難溶于水。資料1：25℃時(shí)，草酸的電離平衡常數(shù)為：，。資料2：25℃時(shí)，，。Ⅰ．某化學(xué)小組研究草酸（H2C2O4）及其鹽的性質(zhì)（1）下列有關(guān)說(shuō)法正確的是B。A．草酸的電離方程式為B．0.1mol?L﹣1草酸溶液中：C．常溫下，將草酸溶液加水稀釋?zhuān)芤褐兴须x子的濃度均減小D．要使H2C2O4的電離程度增大，可采取的措施是加入少量草酸晶體（2）25℃時(shí)，向20mL碳酸鈣的飽和溶液中逐滴加入1.0×10﹣3mol?L﹣1的草酸鉀溶液20mL，不能產(chǎn)生草酸鈣沉淀（填“能”或“不能”）。（3）常溫下，用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL某未知濃度的H2C2O4溶液，滴定曲線如圖，c點(diǎn)所示溶液中：。①滴定過(guò)程中，c點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)是Na2C2O4（寫(xiě)化學(xué)式），該草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為0.1080mol/L。②a點(diǎn)溶液pH＜7，溶液顯酸性，其原因是（從平衡常數(shù)的角度解釋?zhuān)〩C2的水解常數(shù)Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2。Ⅱ．某化學(xué)小組研究草酸的應(yīng)用（4）醫(yī)學(xué)上常用酸性KMnO4溶液與H2C2O4溶液反應(yīng)來(lái)測(cè)血液中鈣的含量。測(cè)定方法是取2mL血液用蒸餾水稀釋后，向其中加入足量的（NH4）2C2O4溶液，反應(yīng)生成CaC2O4沉淀，將沉淀用稀硫酸溶解得到H2C2O4后，再用KMnO4溶液滴定。①滴定過(guò)程中發(fā)生的反應(yīng)離子方程式為2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O。②下列操作會(huì)引起測(cè)定結(jié)果偏高的是AC（填字母）。A．滴定管在盛裝KMnO4溶液前未潤(rùn)洗B．滴定前讀數(shù)正確，滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)C．裝待測(cè)液的錐形瓶用蒸餾水洗滌后，用待測(cè)液潤(rùn)洗【答案】（1）B；（2）不能；（3）①Na2C2O4；0.1080mol/L；②HC2的水解常數(shù)Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2；（4）①2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O；②AC?！痉治觥浚?）A．草酸是二元弱酸，分步電離；B．草酸是二元弱酸，分步電離，一級(jí)電離為主；C．常溫下，將草酸溶液加水稀釋?zhuān)芤旱乃嵝詼p弱，但水的離子積Kw不變；D．H2C2O4的濃度越大，其電離程度越小；（2）根據(jù)濃度積Q與Ksp（CaC2O4）的大小關(guān)系分析判斷；（3）①圖中c點(diǎn)所示溶液中存在2c（H2C2O4）+2c（HC2）+2c（C2）＝c（Na+），即c點(diǎn)溶質(zhì)為Na2C2O4，此時(shí)n（NaOH）＝2n（H2C2O4）；②由圖可知，a點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為NaHC2O4，HC2的水解常數(shù)Kh＝＝≈1.7×10﹣13＜Ka2，說(shuō)明HC2的水解程度小于其電離程度；（4）①酸性的KMnO4溶液能氧化H2C2O4，生成CO2氣體，同時(shí)本身被還原為Mn2+，結(jié)合守恒法寫(xiě)出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式；②根據(jù)c（待測(cè)）＝×V（標(biāo)準(zhǔn)）進(jìn)行誤差分析?！窘獯稹拷猓海?）A．草酸是二元弱酸，分步電離，兩步電離不能合并，電離方程式為H2C2O4?HC2+H+、HC2?C2+H+，故A錯(cuò)誤；B．草酸是二元弱酸，分步電離，電離程度逐漸減