2024-2025学年上学期上海高二化学期末培优卷

第1页（共1页）2024-2025学年上学期上海高二化学期末培优卷一．选择题（共20小题）1．（2023秋•宝山区校级月考）如图（E表示活化能）是CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程中能量变化关系图，下列说法正确的是（）A．第一步反应吸收的热量大于第二步反应放出的热量 B．升高温度，活化分子的百分数不变，但反应速率加快 C．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小 D．第一步反应的速率大于第二步反应2．（2024•沙依巴克区校级模拟）下列热化学方程式正确的是（）A．已知C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1，C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH＝bkJ⋅mol﹣1，则a＜b B．500℃、30MPa下，将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为N2+3H2⇌2NH3ΔH＝﹣38.6kJ⋅mol﹣1 C．稀盐酸和NaOH溶液反应的中和热ΔH＝﹣57.3kJ⋅mol﹣1，则稀H2SO4和Ba（OH）2溶液反应的中和热为2×57.3kJ⋅mol﹣1 D．甲烷的燃烧热ΔH＝﹣890.3kJ⋅mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣890.3kJ⋅mol﹣13．（2024春•上海期中）已知W→Z的能量变化与反应进程的关系如图所示：下列关于三个反应进程的说法错误的是（）A．生成Z的速率：Ⅲ＞Ⅱ B．平衡时W的转化率：Ⅰ＝Ⅱ＝Ⅲ C．ΔH（Ⅰ）＝ΔH（Ⅱ）＝ΔH（Ⅲ） D．X、Y分别参与了进程Ⅱ、Ⅲ的反应4．（2024春•上海期中）N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程示意图如图，已知N2+3H2⇌2NH3属于放热反应。下列说法正确的是（）A．②→③过程中形成了非极性共价键 B．③→④是吸热过程 C．合成氨反应中，反应物总能量大于生成物总能量 D．合成氨反应中，反应物断键吸收的能量大于生成物成键释放的能量5．（2024春•上海期中）反应2A（g）⇌B（g）发生过程中的能量变化如图所示，下列有关说法正确的是（）A．该反应中断裂旧键放出的总能量低于新键形成吸收的总能量 B．向该体系中加入催化剂，E1和E2均减小，ΔH也减小 C．该反应的反应热ΔH＜0 D．正反应的活化能大于逆反应的活化能6．（2024秋•宝山区校级月考）以熔融盐（CaCl2、NaCl）为电解液，以石墨为阳极，电解TiO2和SiO2获取电池材料TiSi。下列说法正确的是（）A．阳极上SiO2被还原 B．阴极发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑ C．电解时，阳离子向阳极移动 D．理论上每生成1molTiSi，电路中转移8mol电子7．（2023•虹口区校级模拟）全固态锂硫电池具有较高能量密度。电极a为金属锂，电极b为负载Li2S和RMox的碳电极。充电时，可借助氧化还原介质，实现Li2S转化为Li2Sx（2≤x≤8）再进一步转化为S8，工作原理如图所示。已知：RMred═RMox+e﹣。下列说法错误的是（）A．放电时，电极a的电势比电极b的低 B．充电时，Li+从电极b迁移到电极a C．步骤Ⅰ的反应为：xLi2S+RMox═Li2Sx+（2x﹣2）Li++RMred D．充电时，外电路中每转移1mol电子，阴极增重7g8．（2024•沙依巴克区校级模拟）用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是（）A．得电子能力H+＞Na+，故阴极得到H2 B．水电离平衡右移，故阴极区得到OH﹣ C．失电子能力Cl﹣＞OH﹣，故阳极得到Cl2 D．OH﹣向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红9．（2024春•上海期中）含镍废水对环境和人体健康均会造成巨大的影响。某化学小组在实验室设计了以下装置模拟工业含镍废水处理，图中电极均为惰性电极。下列说法错误的是（）A．a极为正极，c极为阴极 B．d极的电极反应为2H2O—4e﹣＝O2+4H+↑ C．膜1为阴离子交换膜 D．b极消耗22.4LNH3，理论上c极上析出88.5gNi单质10．（2024春•上海期中）某化学小组设计了如图所示原电池装置，下列有关分析正确的是（）A．该装置中电流的方向是：Zn→导线→Cu B．工作一段时间，锌片逐渐溶解，盐桥上有红色物质析出 C．盐桥中的阴离子可以进入CuSO4溶液中 D．工作一段时间后，用温度计测量，两个烧杯内溶液的温度几乎不变11．（2024秋•徐汇区校级期中）H2A为二元弱酸，常温下向H2A溶液加入NaOH固体（忽略溶液体积变化），溶液中的分布系数δ与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．曲线a表示H2A B．H2A的Ka1的数量级为10﹣2 C．M点：c（Na+）＞3c（A2﹣） D．0.1mol•L﹣1NaHA溶液中：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）12．（2024秋•徐汇区校级期中）常温下，向20mL0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol•L﹣1NaOH溶液，溶液中水电离出的随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．b、d点对应溶液的pH相同 B．b点：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．e点：c（Na+）＝2[c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）]＝0.005mol•L﹣1 D．a点，13．（2024秋•宝山区校级月考）牙齿表面由一层坚硬的组成为Ca5（PO4）3OH的物质保护着，人进食后，细菌和酶作用于食物产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，向牙育中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果。下列说法正确的是（）已知：物质Ka或KspCH3COOH1.76×10﹣3H3PO4Ka1＝7.52×10﹣3Ca5（PO4）3OH（s）8.0×10﹣30Ca5（PO4）3F（s）4.0×10﹣60CaCO3（s）2.8×10﹣9A．CH3COOH溶解Ca5（PO4）3OH的离子方程式为：Ca5（PO4）3OH+10CH3COOH＝5Ca2++10CH3COO﹣+3H3PO4+H2O B．口腔环境酸性增强，会使Ca5（PO4）3OH的Ksp增大，导致牙齿溶解腐蚀 C．当时，Ca5（PO4）3OH可与F﹣反应转化为Ca5（PO4）3F D．向牙膏中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果，是因为它们可消耗H+14．（2023秋•宝山区校级月考）下列关于活化能和简单碰撞理论说法正确的是（）A．活化分子间的碰撞都是有效碰撞 B．催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程，改变反应的焓变 C．活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做活化能 D．升高温度和增加反应物浓度，都能加快反应速率，是因为增加了活化分子百分数，使单位时间内的有效碰撞次数增加，从而增加化学反应速率15．（2022秋•奉贤区校级月考）反应mX（g）⇌nY（g）+pZ（g）△H，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．该反应的ΔH＞0 B．m＜n+p C．B、C两点化学平衡常数：KB＞KC D．A、C两点的反应速率v（A）＜v（C）16．（2023秋•宝山区校级月考）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，使反应：SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），在一定条件下达到平衡，正反应速率随时间变化的曲线如图所示。由图可得出的正确结论是（）A．反应在c点达到平衡状态 B．反应物的总能量高于生成物的总能量 C．反应物浓度：a点小于b点 D．Δt1＝Δt2时，SO2转化率：a～b段等于b～c段17．（2023秋•浦东新区校级月考）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深 B．工业合成氨中，采用高压的条件 C．由H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）组成的平衡体系加压后颜色变深 D．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率18．（2023秋•越秀区期中）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R（g）⇌P（g）。反应历程（如图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是（）A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大 C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大19．（2022秋•黄浦区期末）常温下，向10.00mL0.1000mol•L﹣1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol•L﹣1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示，选项错误的是（）A．a点溶液中，c（）＞c（H2CO3）＞c（） B．b点溶液中，c（）+2c（）＜c（Na+）+c（Cl﹣） C．c点溶液中，共含有7种微粒 D．d点溶液中，c（Na+）+c（Cl﹣）＝0.1000mol⋅L﹣120．（2023秋•嘉定区校级期中）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1H2S溶液中缓慢加入少量MSO4粉末（已知MS难溶，忽略溶液体积变化），溶液中c（H+）与c（M2+）变化如图所示（坐标未按比例画出），已知：Ka1（H2S）＝1.0×10﹣9，Ka2（H2S）＝1.0×10﹣13。Ksp（MS）表示MS（s）⇌M2+（aq）+S2﹣（aq）的平衡常数。下列有关说法正确的是（）A．a点溶液中c（H+）约为10﹣5mol•L﹣1 B．a、b、c三点中由水电离的c（H+）最大的是c点 C．Ksp（MS）数量级为10﹣20 D．c点溶液中c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）＝0.1mol•L﹣1二．解答题（共4小题）21．（2024•黄浦区校级开学）大气污染等物的主要成分是SO2、NO2、NO、CO及可吸入颗粒等，主要来自于燃煤、机动车尾气和工业废气，会导致雾霾、酸雨等。（1）下列物质，能吸收SO2同时得到化肥的是。A.碱石灰B.酸性KMnO4溶液C.氨D.浓H2SO4（2）（不定项）硫及其部分化合物的“价﹣类”二维图如图所示，下列说法正确的是。A.X可与SO2反应生成SB.Y可由S和O2化合生成C.Z的水溶液和足量硝酸反应可制得SO2D.不能用浓硫酸干燥SO2某工厂采用（NH4）2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收废气中的SO2并制备（NH4）2SO3•H2O，过程如图所示：（3）“吸收”过程中，溶液中（NH4）2SO3和NH4HSO3物质的量之比。A.变大B.变小C.不变（4）“制备”过程中，溶液B中发生反应的化学方程式为。工业上以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”。（5）“脱硫”时，控制溶液的pH＝5.5，将烟气中的SO2转化为，已知0.1mol•L﹣1100mLNaClO溶液，可以恰好吸收0.01molSO2。该反应的离子方程式为。（6）“脱硝”时，在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl﹣和N，该过程应在避光条件下进行，其可能的原因是。（7）已知：NA为阿伏加德罗常数的值，车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应转化为CO2和N2，下列说法错误的是。A.汽车尾气的排放是造成光化学烟雾的原因之一B.NO是氧化剂C.生成1molCO2转移电子的数目为2NAD.CO2是还原产物近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH1＝551kJ/mol反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝﹣297kJ/mol（8）反应Ⅱ的热化学方程式：。22．（2024秋•普陀区校级期中）（1）电解熔融氯化钠可以制备钠单质，同时得到一种黄绿色气体单质。①写出电解熔融氯化钠的反应方程式：。②从化学键角度看，上述反应中不涉及。A.离子键的断裂B.极性共价键的断裂C.金属键的形成D.非极性共价键的形成③也可以选用熔融的Na2O进行电解，但发现生产钠的总能耗升高了。如果电解熔融氯化钠与电解熔融氧化钠的工艺中，电能的消耗差不多，说明生产钠总能耗升高的原因。。④有人仿照此工艺，尝试用电解熔融氯化铝的方式制备铝单质，但失败了。分析他失败的原因。。（2）氯化钠溶液也能导电，如图所示，有人尝试电解氯化钠溶液制备钠单质，但最终只在阳极得到了黄绿色气体，在阴极得到了一种碱X和一种无色气体Y。①写出碱X的电离方程式：。②从化合价角度看，在化学反应中如果有元素化合价升高，必有元素化合价降低。以此推断无色气体Y应为。A.H2B.Cl2C.O2D.HCl③实验时在阴、阳两极同时滴入酚酞，能够观察到的现象是。A.阴极变红B.阳极变红C.阴极变蓝D.阳极变蓝④如果在阳极得到了7.1g气体，则理论上在两极能收集到的气体在标况下的总体积为L。（3）如图，在阴阳两极之间增加一层带负电荷的隔膜，可以阻断OH﹣扩散至阳极而允许Na+自由通过。①在制备隔膜时，需要将特制的膜浸入一种电解质溶液Z。已知水溶液中，离子数目最多的离子容易附着在膜上。判断电解质溶液Z最可能是下列溶液的哪一种？。A.（NH4）2SO4B.Mg（HSO3）2C.（CH3COO）2PbD.CCl4②加入隔膜后，向阳极区滴加一定量的CuSO4溶液，在特定的电压下电解一段时间，阴极区产生了Cu（OH）2胶体。判断Cu（OH）2胶体产生最简单的方法是：。③分离阴极区的Cu（OH）2胶体与食盐水，可以采用的方法是。A.过滤B.渗析C.电泳D.蒸发23．（2024秋•普陀区校级期中）（1）无机酸的酸酐是指酸脱去一分子或几分子水后形成的氧化物。下表给出了一些酸及其酸酐的例子：酸H2CO3HNO2HNO3高锰酸H2SeO4HIO3对应酸酐CO2N2O3N2O5Mn2O7？I2O5①由上表推断，高锰酸的化学式为。A.HMnO4B.H2MnO4C.HMn2O7D.HMnO2②七氧化二锰（Mn2O7）在常温下是墨绿色油状液体，沸点为59℃。以此判断Mn2O7是。A.离子晶体B.分子晶体C.共价晶体D.金属晶体③硒酸（H2SeO4）的酸酐为。④硒酸在水中的第一步电离为完全电离，第二步为可逆电离，由此可知硒酸属于。A.强电解质B.弱电解质C.非电解质D.离子晶体（2）碳在自然界中主要有两种同位素（如表）。取O元素的近似平均相对原子质量为16.0000，则自然界中CO2的近似相对分子质量为___________。（结果保留4为小数）同位素丰度12C98.89%13C1.11%（3）在高压下，CO2可以从干冰的结构转化为类似于SiO2的空间网状结构。对于该种转变说法正确的是。A.该种转变属于物理变化B.转变后CO2的硬度增大C.转变后的CO2熔融能够导电D.转变后的CO2熔点比SiO2更高（4）固态的N2O5被认为是由和构成的。写出（硝酰正离子）的电子式：。（5）亚硝酸的酸酐N2O3与CO可以发生反应：。在标况下，取一定量N2O3和8.96LCO，将其变为气体后通过高温高压下的催化剂，气体充分反应，再恢复到标况，测得气体剩余11.2L。N2O3的性质熔点：﹣102℃沸点：3.5℃外观：气态时为红棕色，液态时为深蓝色①计算：参与反应的N2O3的物质的量为mol。工业废气中常含有有毒气体CO。HIO3的酸酐I2O5是一种白色结晶粉末。在70℃时，可以利用I2O5将CO定量地转变为CO2以测定工业尾气中CO的含量，反应方程式为：I2O5（s）+5CO（g）＝5CO2（g）+I2（s）②现收集标准状况下的工业废气10L，缓缓通过装有足量I2O5的玻璃管。充分反应后，将所得的固体溶于水配成100mL溶液，量取其中的20.00mL，用硫代硫酸钠（Na2S2O3）测定生成的碘单质。反应的方程式为：I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6，测得消耗Na2S2O30.0001mol。计算工业废气中的CO含量（以g/L为单位）：。③比较N2O3和I2O5处理工业废气中的CO的方法，做出评价。。24．（2024春•普陀区校级期末）利用CO2合成有机小分子的研究。（1）下列关于CO2叙述不正确的是。A．CO2属于酸性氧化物B．CO2属于非电解质C．CO2分子中含有极性键D．CO2是极性分子我国科研人员提出了以Ni/Al2O3为催化剂实现CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g），反应的历程如图1。（2）下列说法错误的是。A．使用催化剂可有效提高反应物的平衡转化率B．该历程中每生成1molCH4，转移8NA个电子C．在反应历程中，H—H键与C＝O键断裂吸收能量D．在反应过程中，催化剂参与反应，改变反应路径，降低反应的活化能（3）（不定项）若在恒温（T＞100℃）恒容装置中进行该反应，能判断反应已达平衡状态的是。A．混合气体密度不再改变B．混合气体压强不再改变C．混合气体平均摩尔质量不再改变D．n（CO2）：n（H2）＝1：4（4）将1molCO2和4molH2置于体积为2L的密闭容器中发生上述反应，测得H2O（g）的物质的量分数与温度的关系如图2所示，该反应的平衡常数K随温度升高而（填“增大”或“减小”）。判断依据是：。（5）下列措施有利于提高反应中CO2的平衡转化率的是。A．使用催化剂B．加压C．升高温度D．增大初始投料比n（CO2）/n（H2）二氧化碳催化加氢制甲醇反应为：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）。（6）该反应平衡常数的表达式为。（7）（不定项）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有。A．增大H2的浓度，平衡向右移动B．移去部分CH3OH，正反应速率增大C．降低反应温度，正、逆反应速率都减小D．加入催化剂，可提高CO2的平衡转化率（8）在5L密闭容器中充入1molCO2和3molH2，测得一定时间内混合气体中CH3OH的体积分数φ（CH3OH）与温度的关系如图3。若温度为T时，反应10分钟，φ（CH3OH）＝30%，则0～10分钟内，CH3OH的平均反应速率v＝。（9）该反应是反应（选填“吸热”或“放热”）；其它条件相同时，CH3OH在a点的正反应速率CH3OH在b点的正反应速率（选填“＞”、“＜”或“＝”）；解释温度低于T时，φ（CH3OH）随温度升高而逐渐增加的原因。（10）该反应通过如下步骤来实现：①CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）②CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）上述反应过程中能量变化如图4。其中反应为慢反应（填“①”或“②”）。为了提高CO2生成CH3OH的平衡转化率，同时减少反应①的发生，可采取的措施是。对反应②自发性的判断正确的是。A．高温下自发B．低温下自发C．始终自发D．始终不自发（11）由CO2和CH4可转化为高附加值产品CH3COOH。25℃、100kPa下，CH4（g）、CH3COOH（l）的燃烧热分别﹣893kJ•mol﹣1、﹣870kJ•mol﹣1。计算转化反应CO2（g）+CH4（g）＝CH3COOH（l）ΔH＝kJ•mol﹣1。某科研小组用电化学方法将CO2转化为CO实现再利用，转化的基本原理如图5。（12）下列说法不正确的是A．该装置能将化学能转化为电能B．M上的电极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+C．工作一段时间后，N电极室中的溶液pH增大D．当转化2molCO2时，外电路中转移的电子数为2NA

2024-2025学年上学期上海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．（2023秋•宝山区校级月考）如图（E表示活化能）是CH4与Cl2生成CH3Cl的反应过程中能量变化关系图，下列说法正确的是（）A．第一步反应吸收的热量大于第二步反应放出的热量 B．升高温度，活化分子的百分数不变，但反应速率加快 C．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小 D．第一步反应的速率大于第二步反应【答案】C【分析】A．根据反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应进行分析；B．根据升高温度，活化分子的百分数增多进行分析；C．根据反应的焓变和反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，进行分析；D．根据第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能进行分析。【解答】解：A．反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，所以第一步反应吸收的热量小于第二步反应放出的热量，故A错误；B．升高温度，活化分子的百分数增多，反应速率加快，故B错误；C．反应的焓变与反应物和生成物的能量有关，与反应条件、变化过程无关，则增大反应物的浓度，不改变焓变的大小，但增大反应物的浓度，可提高反应速率，故C正确；D．第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，所以第一步反应的速率小于第二步反应的速率，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。2．（2024•沙依巴克区校级模拟）下列热化学方程式正确的是（）A．已知C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1，C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH＝bkJ⋅mol﹣1，则a＜b B．500℃、30MPa下，将0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成NH3（g），放热19.3kJ，其热化学方程式为N2+3H2⇌2NH3ΔH＝﹣38.6kJ⋅mol﹣1 C．稀盐酸和NaOH溶液反应的中和热ΔH＝﹣57.3kJ⋅mol﹣1，则稀H2SO4和Ba（OH）2溶液反应的中和热为2×57.3kJ⋅mol﹣1 D．甲烷的燃烧热ΔH＝﹣890.3kJ⋅mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）ΔH＝﹣890.3kJ⋅mol﹣1【答案】A【分析】A．比较反应热的大小，C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1，C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH＝bkJ⋅mol﹣1，根据盖斯定律，两式相减，CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝（a﹣b）kJ⋅mol﹣1＜0，所以a＜b；B．氮气与氢气反应生成氨气是一个可逆反应，热化学方程式中的ΔH表示完全反应放出的热量，所以N2+3H2⇌2NH3ΔH＜﹣38.6kJ⋅mol﹣1；C．稀盐酸和NaOH溶液反应生成可溶性盐与1mol水，该反应的中和热ΔH＝﹣57.3kJ⋅mol﹣1，而H2SO4和Ba（OH）2溶液反应会生成硫酸钡沉淀；D．甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体与液态水。【解答】A．比较反应热的大小，C（s）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝akJ⋅mol﹣1，C（s）+O2（g）═CO（g）ΔH＝bkJ⋅mol﹣1，根据盖斯定律，两式相减，CO（g）+O2（g）═CO2（g）ΔH＝（a﹣b）kJ⋅mol﹣1＜0，所以a＜b，故A正确；B．氮气与氢气反应生成氨气是一个可逆反应，热化学方程式中的ΔH表示完全反应放出的热量，所以N2+3H2⇌2NH3ΔH＜﹣38.6kJ⋅mol﹣1，故B错误；C．稀盐酸和NaOH溶液反应生成可溶性盐与1mol水，该反应的中和热ΔH＝﹣57.3kJ⋅mol﹣1，而H2SO4和Ba（OH）2溶液反应会生成硫酸钡沉淀，故C错误；D．甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体与液态水，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）ΔH＝﹣890.3kJ⋅mol﹣1，故D错误；故选：A。【点评】本题考查反应热的比较，热化学方程式，注意中和热与燃烧热的限制条件。3．（2024春•上海期中）已知W→Z的能量变化与反应进程的关系如图所示：下列关于三个反应进程的说法错误的是（）A．生成Z的速率：Ⅲ＞Ⅱ B．平衡时W的转化率：Ⅰ＝Ⅱ＝Ⅲ C．ΔH（Ⅰ）＝ΔH（Ⅱ）＝ΔH（Ⅲ） D．X、Y分别参与了进程Ⅱ、Ⅲ的反应【答案】A【分析】A．活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢；B．催化剂不影响平衡；C．同一个反应的ΔH与反应历程无关；D．X和Y分别是反应进程Ⅱ、Ⅲ中的催化剂。【解答】解：A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，所以生成Z的速率：Ⅱ＞Ⅲ，故A错误；B．催化剂不影响平衡，所以平衡时W的转化率：Ⅰ＝Ⅱ＝Ⅲ，故B正确；C．同一个反应的ΔH与反应历程无关，据反应进程图可知，X与Y均为W→Z反应的催化剂，所以ΔH（Ⅰ）＝ΔH（Ⅱ）＝ΔH（Ⅲ），故C正确；D．X和Y分别在反应进程Ⅱ、Ⅲ中参与反应，起催化作用，故D正确；故选：A。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。4．（2024春•上海期中）N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程示意图如图，已知N2+3H2⇌2NH3属于放热反应。下列说法正确的是（）A．②→③过程中形成了非极性共价键 B．③→④是吸热过程 C．合成氨反应中，反应物总能量大于生成物总能量 D．合成氨反应中，反应物断键吸收的能量大于生成物成键释放的能量【答案】C【分析】A．②→③过程是化学键断裂的过程；B．③→④过程，N原子和H原子形成了化学键；C．合成氨反应是放热反应；D．放热反应中反应物断键吸收的能量小于生成物形成新键释放的能量。【解答】解：A．②→③过程是化学键断裂的过程，不是化学键的形成，故A错误；B．③→④过程，N原子和H原子形成了化学键，为放热过程，故B错误；C．合成氨反应是放热反应，说明反应物总能量大于生成物总能量，故C正确；D．合成氨反应是放热反应，则反应物断键吸收的能量小于生成物形成新键释放的能量，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应过程，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。5．（2024春•上海期中）反应2A（g）⇌B（g）发生过程中的能量变化如图所示，下列有关说法正确的是（）A．该反应中断裂旧键放出的总能量低于新键形成吸收的总能量 B．向该体系中加入催化剂，E1和E2均减小，ΔH也减小 C．该反应的反应热ΔH＜0 D．正反应的活化能大于逆反应的活化能【答案】C【分析】A．该反应为放热反应，则断裂旧键吸收的总能量低于新键形成吸收的总能量；B．催化剂改变反应机理，降低反应的活化能，不能改变反应热；C．该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；D．放热反应中正反应的活化能小于逆反应的活化能。【解答】解：A．该反应为放热反应，则断裂旧键放出的总能量低于新键形成吸收的总能量，故A错误；B．催化剂改变反应机理，降低反应的活化能，不能改变反应热，则向该体系中加入催化剂，E1和E2均减小，ΔH不变，故B错误；C．该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，ΔH＜0，故C正确；D．放热反应中正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误；故选：C。【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。6．（2024秋•宝山区校级月考）以熔融盐（CaCl2、NaCl）为电解液，以石墨为阳极，电解TiO2和SiO2获取电池材料TiSi。下列说法正确的是（）A．阳极上SiO2被还原 B．阴极发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑ C．电解时，阳离子向阳极移动 D．理论上每生成1molTiSi，电路中转移8mol电子【答案】D【分析】A．电解池阳极发生氧化反应；B．TiO2和SiO2为电池阴极，发生还原反应；C．电解时阳离子向阴极移动；D．阴极的电极反应式为TiO2+SiO2+8e﹣＝TiSi+4O2﹣。【解答】解：A．石墨为阳极，电解池阳极发生氧化反应，故A错误；B．TiO2和SiO2为电池阴极，发生还原反应，反应方程式为TiO2+SiO2+8e﹣＝TiSi+4O2﹣，故B错误；C．电解时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，故C错误；D．由阴极电极反应式可知，每生成1molTiSi，电路中转移8mol电子，故D正确；故选：D。【点评】本题考查电解池，侧重考查学生电解原理的掌握情况，试题难度中等。7．（2023•虹口区校级模拟）全固态锂硫电池具有较高能量密度。电极a为金属锂，电极b为负载Li2S和RMox的碳电极。充电时，可借助氧化还原介质，实现Li2S转化为Li2Sx（2≤x≤8）再进一步转化为S8，工作原理如图所示。已知：RMred═RMox+e﹣。下列说法错误的是（）A．放电时，电极a的电势比电极b的低 B．充电时，Li+从电极b迁移到电极a C．步骤Ⅰ的反应为：xLi2S+RMox═Li2Sx+（2x﹣2）Li++RMred D．充电时，外电路中每转移1mol电子，阴极增重7g【答案】C【分析】由图可知，电极a为金属锂，放电时，电极a为负极，电极b为正极，负极反应为：Li﹣e﹣＝Li+，已知：RMred═RMox+e﹣，故步骤Ⅰ的反应为：xLi2S+（2x﹣2）RMox═Li2Sx+（2x﹣2）Li++（2x﹣2）RMred，充电时，电极a为阴极，电极b为阳极，根据电极反应式结合电子转移进行计算。【解答】解：A．电极a为金属锂，放电时，电极a为负极，电极b为正极，故电极a的电势比电极b的低，故A正确；B．放电时，电极a为负极，电极b为正极，充电时，电极a为阴极，电极b为阳极，Li+从电极b迁移到电极a，故B正确；C．步骤Ⅰ的反应为：xLi2S+（2x﹣2）RMox═Li2Sx+（2x﹣2）Li++（2x﹣2）RMred，故C错误；D．充电时，阴极反应为Li++e﹣＝Li，外电路中每转移1mol电子，阴极增重7g/mol×1mol＝7g，故D正确；故选：C。【点评】本题考查原电池的工作原理，能依据图象和题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键，难点是电极反应式的书写，题目难度中等。8．（2024•沙依巴克区校级模拟）用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是（）A．得电子能力H+＞Na+，故阴极得到H2 B．水电离平衡右移，故阴极区得到OH﹣ C．失电子能力Cl﹣＞OH﹣，故阳极得到Cl2 D．OH﹣向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红【答案】D【分析】电解饱和食盐水时，电解池阳极a，发生：2Cl─﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极b，发生2H++2e﹣＝H2↑，电解的总反应：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，据此回答。【解答】解：A、得电子能力H+＞Na+，阴极b发生2H++2e﹣＝H2↑，故阴极得到H2，故A正确；B、阴极b发生2H++2e﹣＝H2↑，氢离子减少，故阴极区得到OH﹣，故B正确；C、失电子能力Cl﹣＞OH﹣，阳极a发生2Cl─﹣2e﹣＝Cl2↑，故阳极得到Cl2，故C正确；D、电解池中阴离子移向阳极电极，故OH﹣向阳极移动，故阳极区滴酚酞变红，故D错误，故选：D。【点评】本题以电解氯化钠为例来考查学生电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和整理是关键，题目难度中等。9．（2024春•上海期中）含镍废水对环境和人体健康均会造成巨大的影响。某化学小组在实验室设计了以下装置模拟工业含镍废水处理，图中电极均为惰性电极。下列说法错误的是（）A．a极为正极，c极为阴极 B．d极的电极反应为2H2O—4e﹣＝O2+4H+↑ C．膜1为阴离子交换膜 D．b极消耗22.4LNH3，理论上c极上析出88.5gNi单质【答案】D【分析】从图中可知，b极上通入NH3生成N2，则b极为负极，a极为正极，c极与负极相连，则c极为阴极，d极为阳极。【解答】解：A．根据分析可知，a极为正极，c极为阴极，故A正确；B．d极为阳极，且d极通入稀硫酸，则d极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O—4e﹣＝O2+4H+↑，故B正确；C．电解池中左侧通入NiSO4废水，右侧通入稀硫酸，中间生成浓硫酸，则说明硫酸根离子能通过膜1向中间室移动，氢离子可通过膜2向中间室移动，则膜1为阴离子交换膜，故C正确；D．选项中未说明气体所处状态，无法计算22.4L氨气的物质的量，也就无法计算c极上析出Ni单质的质量，故D错误；故选：D。【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池和原电池的掌握情况，试题难度中等。10．（2024春•上海期中）某化学小组设计了如图所示原电池装置，下列有关分析正确的是（）A．该装置中电流的方向是：Zn→导线→Cu B．工作一段时间，锌片逐渐溶解，盐桥上有红色物质析出 C．盐桥中的阴离子可以进入CuSO4溶液中 D．工作一段时间后，用温度计测量，两个烧杯内溶液的温度几乎不变【答案】D【分析】由图可知，铜锌原电池中Zn为负极，失去电子，电极反应：Zn﹣2e﹣＝Zn2+，Cu为正极，正极上发生电极反应：Cu2++2e﹣＝Cu，电流从正极流向负极，阳离子向正极移动，阴离子向负极方向移动，以此来解答．【解答】解：A．该装置中Zn为负极，Cu为正极，电流的方向是：Cu→导线→Zn，故A错误；B．工作一段时间，锌片逐渐溶解，Cu上有红色物质析出，故B错误；C．盐桥中的阴离子移向负极，可以进入ZnSO4溶液中，故C错误；D．原电池装置中化学能转化为电能，少部分转化为热能，且水溶液的比热容较大，则一段时间后用温度计测量，两个烧杯内溶液的温度几乎不变，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原电池，为高频考点，把握原电池的正负极判断、电极反应及离子移动、电流方向等为解答的关键，侧重原电池工作原理的考查，题目难度不大。11．（2024秋•徐汇区校级期中）H2A为二元弱酸，常温下向H2A溶液加入NaOH固体（忽略溶液体积变化），溶液中的分布系数δ与pOH的关系如图所示。下列说法错误的是（）A．曲线a表示H2A B．H2A的Ka1的数量级为10﹣2 C．M点：c（Na+）＞3c（A2﹣） D．0.1mol•L﹣1NaHA溶液中：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）【答案】A【分析】A．随着溶液pOH值的增大，溶液的碱性减弱，酸性增强，H2A的分布分数逐渐增大、HA﹣的分布分数先增大后减小、A2﹣的分布分数逐渐减小，所以曲线c、b、a分别表示H2A、HA﹣、A2﹣的分布分数；B．H2A、HA﹣的分布分数相等时，pOH＝12.1，pH＝14﹣12.1＝1.9，c（HA﹣）＝c（H2A），＝×c（H+）＝c（H+）；C．M点溶液中c（HA﹣）＝c（A2﹣），溶液的pOH＝6.8＜7，则溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（A2﹣）+c（HA﹣），c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（HA﹣）；D．根据图知，NaHA溶液pOH＞7，溶液呈酸性，说明HA﹣的水解程度小于电离程度，但其电离和水解程度都较小，钠离子不水解。【解答】解：A．通过以上分析知，曲线c、b、a分别表示H2A、HA﹣、A2﹣的分布分数，故A错误；B．H2A、HA﹣的分布分数相等时，pOH＝12.1，pH＝14﹣12.1＝1.9，c（HA﹣）＝c（H2A），＝×c（H+）＝c（H+）＝10﹣1.9，其数量级为10﹣2，故B正确；C．M点溶液中c（HA﹣）＝c（A2﹣），溶液的pOH＝6.8＜7，则溶液呈碱性，c（H+）＜c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+2c（A2﹣）+c（HA﹣），c（Na+）＞2c（A2﹣）+c（HA﹣）＝3c（A2﹣），故C正确；．根据图知，NaHA溶液pOH＞7，溶液呈酸性，说明HA﹣的水解程度小于电离程度，但其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，所以存在c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D正确；故选：A。【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，正确判断曲线与微粒成分的关系是解本题关键，注意横坐标表示pOH而不是pH，题目难度中等。12．（2024秋•徐汇区校级期中）常温下，向20mL0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol•L﹣1NaOH溶液，溶液中水电离出的随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．b、d点对应溶液的pH相同 B．b点：c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．e点：c（Na+）＝2[c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）]＝0.005mol•L﹣1 D．a点，【答案】D【分析】A．b点溶液呈酸性，d点溶液呈碱性；B．b点溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，结合电荷守恒关系分析判断；C．e点溶液中溶质为NaOH、CH3COONa，且c（NaOH）＝c（CH3COONa），结合物料守恒关系分析判断；D．根0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液中c水（H+）等于溶液中c（OH﹣），结合（H+）＝、c（OH﹣）＝进行。【解答】解：A．b点溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，d点溶液中溶质为NaOH、CH3COONa，溶液呈碱性，则溶液的pH：b＜d，故A错误；B．b点溶液中溶质为CH3COOH、CH3COONa，溶液呈酸性，c（H+）＞c（OH﹣），电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），则c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B错误；C．e点溶液中溶质为NaOH、CH3COONa，且c（NaOH）＝c（CH3COONa），物料守恒关系为c（Na+）＝2[c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）]＝mol/L≈0.0067mol/L，故C错误；D．根据c（H+）＝计算0.01mol•L﹣1CH3COOH溶液中c（H+）＝mol/L≈4.2×10﹣4mol/L，水电离出的＝c（OH﹣）＝mol/L≈2.4×10﹣11mol/L，故D正确；故选：D。【点评】本题考查酸碱混合溶液的定性判断及相关计算，侧重计算能力和图象分析能力考查，明确曲线上各点溶液的成分及其性质、电离平衡常数的计算及溶液中守恒关系式的应用是解题关键，注意选项C是易错点，题目难度中等。13．（2024秋•宝山区校级月考）牙齿表面由一层坚硬的组成为Ca5（PO4）3OH的物质保护着，人进食后，细菌和酶作用于食物产生有机酸，这时牙齿就会受到腐蚀，向牙育中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果。下列说法正确的是（）已知：物质Ka或KspCH3COOH1.76×10﹣3H3PO4Ka1＝7.52×10﹣3Ca5（PO4）3OH（s）8.0×10﹣30Ca5（PO4）3F（s）4.0×10﹣60CaCO3（s）2.8×10﹣9A．CH3COOH溶解Ca5（PO4）3OH的离子方程式为：Ca5（PO4）3OH+10CH3COOH＝5Ca2++10CH3COO﹣+3H3PO4+H2O B．口腔环境酸性增强，会使Ca5（PO4）3OH的Ksp增大，导致牙齿溶解腐蚀 C．当时，Ca5（PO4）3OH可与F﹣反应转化为Ca5（PO4）3F D．向牙膏中添加NaHCO3、NaF均可增强护齿效果，是因为它们可消耗H+【答案】C【分析】A．醋酸电离平衡常数小于磷酸电离平衡常数，则醋酸酸性小于磷酸；B．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变；C．存在沉淀溶解平衡，K＝＝＝2.0×1030，当时，Q＝＜＜2.0×1030＝K；D．向牙膏中添加NaF可增强护齿效果，是由于Ca5（PO4）3F的溶解度小于Ca5（PO4）3（OH），羟基磷酸钙在水中存在溶解平衡：，当F﹣与Ca2+、结合生成了更难溶于水的Ca5（PO4）3F时，起到保护牙齿的作用。【解答】解：A．醋酸电离平衡常数小于磷酸电离平衡常数，则醋酸酸性小于磷酸，醋酸不能制取磷酸，故A错误；B．温度不变，Ksp不变，因此口腔酸性增强不改变Ksp，故B错误；C．存在沉淀溶解平衡，K＝＝＝2.0×1030，当时，Q＝＜＜2.0×1030＝K，沉淀溶解平衡正向移动，Ca5（PO4）3OH与F﹣反应生成Ca5（PO4）3F，故C正确；D．水中存在溶解平衡：，由于Ca5（PO4）3F的溶解度小于Ca5（PO4）3（OH），当F﹣与Ca2+、结合生成了更难溶于水的Ca5（PO4）3F时，起到保护牙齿的作用，而NaHCO3是可将口腔内的细菌发酵产生的酸性物质逐渐地减少，有助于保护牙齿，减少对牙釉质的损伤，故D错误；故选：C。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。14．（2023秋•宝山区校级月考）下列关于活化能和简单碰撞理论说法正确的是（）A．活化分子间的碰撞都是有效碰撞 B．催化剂之所以能改变化学反应速率，是因为它能改变反应历程，改变反应的焓变 C．活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差，叫做活化能 D．升高温度和增加反应物浓度，都能加快反应速率，是因为增加了活化分子百分数，使单位时间内的有效碰撞次数增加，从而增加化学反应速率【答案】C【分析】A．活化分子在能量上具备了发生反应的条件，还需具有一定的方向，才能发生化学反应；B．催化剂改变反应历程，减低反应的活化能，不能改变焓变；C．活化能是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差值；D．升高温度能增加活化分子百分数，增加反应物浓度，活化分子的百分数不变。【解答】解：A．活化分子在能量上具备了发生反应的条件，但若发生化学反应，还需具有一定的方向，所以活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞，故A错误；B．催化剂改变反应历程，减低反应的活化能，不能改变焓变，故B错误；C．活化能是活化分子具有的平均能量与反应物分子具有的平均能量之差值，活化能越小，反应越容易发生，故C正确；D．升高温度能增加活化分子百分数，增加反应物浓度，活化分子的百分数不变，但它们都能增大单位体积内的活化分子数，从而使单位时间内的有效碰撞次数增加，从而增加化学反应速率，故D错误；故选：C。【点评】本题考查微观碰撞理论，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。15．（2022秋•奉贤区校级月考）反应mX（g）⇌nY（g）+pZ（g）△H，在不同温度下的平衡体系中物质Y的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．该反应的ΔH＞0 B．m＜n+p C．B、C两点化学平衡常数：KB＞KC D．A、C两点的反应速率v（A）＜v（C）【答案】C【分析】由图可知，升高温度Y的体积分数增大，增大压强Y的体积分数减小，结合升高温度平衡向着吸热的方向移动、增大压强，平衡向着气体体积减小的方向移动来解答。【解答】解：A．由图可知温度升高，Y的体积分数增大，说明平衡正向移动，则正向为吸热反应，故A正确；B．由图可知，增大压强，Y的体积分数减小，说明平衡逆向移动，则m＜n+p，故B正确；C．对吸热反应来说，温度升高，K增大，KB＜KC，故C错误；D．A、C温度相同，C点压强大，则C点的速率大于A点，故D正确；故选：C。【点评】本题考查体积分数与温度、压强的关系图象，为高频考点，把握温度、压强对反应速率及化学平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。16．（2023秋•宝山区校级月考）向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，使反应：SO2（g）+NO2（g）⇌SO3（g）+NO（g），在一定条件下达到平衡，正反应速率随时间变化的曲线如图所示。由图可得出的正确结论是（）A．反应在c点达到平衡状态 B．反应物的总能量高于生成物的总能量 C．反应物浓度：a点小于b点 D．Δt1＝Δt2时，SO2转化率：a～b段等于b～c段【答案】B【分析】由图可知，该反应正反应速率随先增加后减小，该反应气体分子数不变，在绝热恒容密闭容器中进行，正反应速率先增加，说明反应放出的热量使体系温度升高，温度升高对加快正反应速率的影响大于反应物浓度下降对正反应速率下降的影响，后较小则是反应物浓度下降对正反应速率下降的影响大于温度升高对加快正反应速率的影响。【解答】解：A．应速率不变时，达到平衡状态，正反应速率先增大，后减小，没有达到平衡状态，故A错误；B．绝热条件下，当达到平衡状态时，温度升高，正反应速率降低，说明平衡逆向移动，则正反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故B正确；C．反应向正反应进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，反应物浓度：a＞b＞c，故C错误；D．根据图可知，ab段的速率小于bc段，所以△t1＝△t2时，SO2的消耗量：a～b段小于b～c段，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了反应速率和化学平衡的有关知识，把握影响反应速率的因素、化学平衡的移动是解题的关键，侧重于考查学生读图分析问题的能力，题目难度不大，注意对反应原理的学习积累。17．（2023秋•浦东新区校级月考）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A．Fe（SCN）3溶液中加入固体KSCN后颜色变深 B．工业合成氨中，采用高压的条件 C．由H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）组成的平衡体系加压后颜色变深 D．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高SO2的利用率【答案】C【分析】勒夏特列原理为平衡移动原理，外界条件改变使平衡发生使用时可用勒夏特列原理解释。【解答】解：A．Fe（SCN）3溶液中存在平衡Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，加入固体KSCN后，c（SCN﹣）增大，平衡正向移动，颜色变深，故能用勒夏特列原理解释，故A错误；B．工业合成氨中，正向气体系数和减小，高压平衡正移，有利于合成氨，故能用勒夏特列原理解释，故B错误；C．反应H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）加压，平衡不移动，容器体积减小，c（I2）增大，颜色变深，不能用勒夏特列原理解释，故C正确；D．工业生产硫酸的过程中使用过量的空气，有利于平衡正向移动，SO2的利用率提高，故能用勒夏特列原理解释，故D错误；故选：C。【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。18．（2023秋•越秀区期中）催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应R（g）⇌P（g）。反应历程（如图）中，M为中间产物。其它条件相同时，下列说法不正确的是（）A．使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行 B．反应达平衡时，升高温度，R的浓度增大 C．使用Ⅱ时，反应体系更快达到平衡 D．使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大【答案】C【分析】A．结合图示出现的峰值进行判断；B．该反应为放热反应，升高温度，反应逆向移动；C．活化能越大，反应越难以进行；D．活化能越低反应进行的越快，达到最高浓度所需时间越短。【解答】解：A．结合图像中出现的波峰，两种催化剂均出现四个波峰，所以使用Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，故A正确；B．反应物的总能量高于生成物的总能量为放热反应，故该反应是放热反应，所以达平衡时，升高温度平衡向左移动，R的浓度增大，故B正确；C．结合活化能高低，Ⅰ的最高活化能小于Ⅱ的最高活化能，所以使用Ⅰ时反应速率更快，反应体系更快达到平衡，故C错误；D．由图可知在前两个历程中使用Ⅰ活化能较低反应速率较快，后两个历程中使用Ⅰ活化能较高反应速率较慢，所以使用Ⅰ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查学生分析能力、识图能力，根据题目信息结合图像所示的活化能知识解答，难度不大。19．（2022秋•黄浦区期末）常温下，向10.00mL0.1000mol•L﹣1NaHCO3溶液中滴加0.1000mol•L﹣1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示，选项错误的是（）A．a点溶液中，c（）＞c（H2CO3）＞c（） B．b点溶液中，c（）+2c（）＜c（Na+）+c（Cl﹣） C．c点溶液中，共含有7种微粒 D．d点溶液中，c（Na+）+c（Cl﹣）＝0.1000mol⋅L﹣1【答案】C【分析】A．a点溶液中溶质NaHCO3，溶液中既存在电离又存在水解，的水解程度大于电离程度；B．b点溶液中的电荷守恒关系为：c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（）+2c（）+c（OH﹣），此时溶液的pH＝7，则c（H+）＝（OH）；C．c点溶液中除水分子外，含有：Na+、H+、Cl﹣、H2CO3、、、OH﹣7种微粒；D．d点时，碳酸氢钠溶液恰好和盐酸完全反应，溶液中溶质是NaCl，以此分析解题。【解答】解：A．a点溶液中溶质NaHCO3，溶液中既存在电离又存在水解，的水解程度大于电离程度，则溶液中阴离子浓度为c（）＞c（H2CO3）＞c（），故A正确；B．b点溶液中的电荷守恒关系为：c（Na+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（）+2c（）+c（OH﹣），此时溶液的pH＝7，则c（H+）＝（OH﹣），c（Na+）﹣c（Cl﹣）＝c（）+2c（），则c（）+2c（）＜c（Na+）+c（Cl﹣），故B正确，C．c点溶液中除水分子外，含有：Na+、H+、Cl﹣、H2CO3、、、OH﹣，包含水分子共含有8种微粒，故C错误；D．d点时，碳酸氢钠溶液恰好和盐酸完全反应，溶液中溶质是NaCl，但是溶液体积加倍，c（Na+）＝c（Cl﹣）＝0.050mol⋅L﹣1，则c（Na+）+c（Cl﹣）＝0.1000mol⋅L﹣1，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学反应原理，涉及酸碱中和滴定图像分析、物料守恒、电荷守恒应用，电离常数的计算等，题目难度不大。20．（2023秋•嘉定区校级期中）常温下，向20mL0.1mol•L﹣1H2S溶液中缓慢加入少量MSO4粉末（已知MS难溶，忽略溶液体积变化），溶液中c（H+）与c（M2+）变化如图所示（坐标未按比例画出），已知：Ka1（H2S）＝1.0×10﹣9，Ka2（H2S）＝1.0×10﹣13。Ksp（MS）表示MS（s）⇌M2+（aq）+S2﹣（aq）的平衡常数。下列有关说法正确的是（）A．a点溶液中c（H+）约为10﹣5mol•L﹣1 B．a、b、c三点中由水电离的c（H+）最大的是c点 C．Ksp（MS）数量级为10﹣20 D．c点溶液中c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）＝0.1mol•L﹣1【答案】A【分析】A．a点溶液中还未添加MSO4粉末，0.1mol•L﹣1H2S溶液中存在电离平衡：H2S⇌H++HS﹣，c（H+）≈c（HS﹣）；B．硫化氢溶液中加入硫酸盐MSO4，发生反应：H2S+M2+＝MS↓+2H+，导致溶液中酸性逐渐增强，所以对水的电离的抑制也越来越大；C．取图中b点进行估算，Ksp（MS）＝c（M2+）c（S2﹣），c（M2+）＝2×10﹣3mol•L﹣1，Ka1（H2S）Ka2（H2S）＝＝1.0×10﹣22，由H2S+M2+＝MS↓+2H+可知，当c（H+）＝0.1mol•L﹣1时c（H2S）＝0.05mol•L﹣1；D．依据S元素守恒，由于部分S元素以MS的形式沉淀。【解答】解：A．a点溶液中还未添加MSO4粉末，0.1mol•L﹣1H2S溶液中存在电离平衡：H2S⇌H++HS﹣，c（H+）≈c（HS﹣），c（H2S）≈mol•L﹣1，Ka1（H2S）＝≈，则c（H+）≈10﹣5mol•L﹣1，故A正确；B．酸性越强对水的电离的抑制越大，发生反应：H2S+M2+＝MS↓+2H+，导致溶液中酸性逐渐增强，故a、b、c三点中由水电离的c（H+）最小的是c点，故B错误；C．Ksp（MS）＝c（M2+）c（S2﹣），c（M2+）＝2×10﹣3mol•L﹣1，Ka1（H2S）×Ka2（H2S）＝＝1.0×10﹣22，由H2S+M2+＝MS↓+2H+可知，当c（H+）＝0.1mol•L﹣1时c（H2S）＝0.05mol•L﹣1，则c（S2﹣）＝5×10﹣22mol•L﹣1，则Ksp＝1×10﹣24，数量级为10﹣24，故C错误；D．依据S元素守恒，部分S元素以MS的形式沉淀，则c（H2S）+c（HS﹣）+c（S2﹣）＜0.1mol•L﹣1，故D错误；故选：A。【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。二．解答题（共4小题）21．（2024•黄浦区校级开学）大气污染等物的主要成分是SO2、NO2、NO、CO及可吸入颗粒等，主要来自于燃煤、机动车尾气和工业废气，会导致雾霾、酸雨等。（1）下列物质，能吸收SO2同时得到化肥的是C。A.碱石灰B.酸性KMnO4溶液C.氨D.浓H2SO4（2）（不定项）硫及其部分化合物的“价﹣类”二维图如图所示，下列说法正确的是A。A.X可与SO2反应生成SB.Y可由S和O2化合生成C.Z的水溶液和足量硝酸反应可制得SO2D.不能用浓硫酸干燥SO2某工厂采用（NH4）2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收废气中的SO2并制备（NH4）2SO3•H2O，过程如图所示：（3）“吸收”过程中，溶液中（NH4）2SO3和NH4HSO3物质的量之比B。A.变大B.变小C.不变（4）“制备”过程中，溶液B中发生反应的化学方程式为NH4HSO3+NH4HCO3＝（NH4）2SO3•H2O+CO2↑。工业上以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”。（5）“脱硫”时，控制溶液的pH＝5.5，将烟气中的SO2转化为，已知0.1mol•L﹣1100mLNaClO溶液，可以恰好吸收0.01molSO2。该反应的离子方程式为H2O+ClO﹣+SO2＝+Cl﹣+2H+。（6）“脱硝”时，在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl﹣和N，该过程应在避光条件下进行，其可能的原因是避免HClO见光分解。（7）已知：NA为阿伏加德罗常数的值，车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应转化为CO2和N2，下列说法错误的是D。A.汽车尾气的排放是造成光化学烟雾的原因之一B.NO是氧化剂C.生成1molCO2转移电子的数目为2NAD.CO2是还原产物近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下：反应Ⅰ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH1＝551kJ/mol反应Ⅲ：S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH3＝﹣297kJ/mol（8）反应Ⅱ的热化学方程式：3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH＝﹣254J/mol。【答案】（1）C；（2）A；（3）B；（4）NH4HSO3+NH4HCO3＝（NH4）2SO3•H2O+CO2↑；（5）H2O+ClO﹣+SO2＝+Cl﹣+2H+；（6）避免HClO见光分解；（7）D；（8）3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH＝﹣254J/mol。【分析】（1）氮肥：即以氮素营养元素为主要成分的化肥，必须含有氮元素；（2）X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3或NaHSO3；（3）反应物（NH4）2SO3越来越少，生成物NH4HSO3越来越多；（4）酸性：＞H2CO3，再由强酸制弱酸来解答；（5）根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；（6）HClO见光分解；（7）汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下发生反应转化为CO2和N2，方程式为：NO+COCO2+N2。（8）中和热测定要使用稀的强酸、强碱溶液反应，且实验中要尽量操作迅速，且保证热量尽量不散失，防止产生实验误差。【解答】解：（1）SO2为酸性氧化物，能与碱性溶液和碱性氧化物反应，氨水、碱石灰均可吸收SO2，SO2同时具有还原性，能被强氧化剂酸性KMnO4溶液吸收，但只有被氨水吸收时可以得到亚硫酸铵，故答案为：C；（2）X是S元素的气态氢化物，X是H2S；Y是S的+6价氧化物，Y是SO3；Z是+4价S元素的含氧酸盐，Z是Na2SO3或NaHSO3，A．H2S可与SO2反应生成S，故A正确；B．S和O2化合生成SO2，不能得到SO3，故B错误；C．Na2SO3溶液和硝酸会发生氧化还原反应，不能得到二氧化硫，故C错误；D．SO2不和浓硫酸反应，可以用浓硫酸干燥，故D错误；故选：A；（3）吸收过程反应的化学方程式为SO2+H2O+（NH4）2SO3＝2NH4HSO3，随着吸收反应的进行，（NH4）2SO3越来越少，NH4HSO3越来越多，溶液中（NH4）2SO3和NH4HSO3物质的量之比变小，故答案为：B；（4）溶液B中NH4HSO3和NH4HCO3反应生成（NH4）2SO3•H2O和CO2，故答案为：NH4HSO3+NH4HCO3＝（NH4）2SO3•H2O+CO2↑。（5）SO2和NaClO溶液发生氧化还原反应生成NaCl和Na2SO4，故答案为：H2O+ClO﹣+SO2＝+Cl﹣+2H+；（6）“脱硝”时，在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl﹣和，该过程应在避光条件下进行，其可能的原因是HClO见光分解，故答案为：避免HClO见光分解；（7）A．汽车尾气产生碳氢化合物和氮氧化合物，是形成光化学烟雾的主要原因之一，故A正确；B．NO和CO在催化剂作用下发生反应转化为CO2和N2，NO中N的化合价为+2价，降低为0价的N2，NO是氧化剂，故B正确；C．NO和CO在催化剂作用下发生反应转化为CO2和N2，C元素由+2价上升到+4价，生成1molCO2转移电子的数目为2NA，故C正确；D．NO和CO在催化剂作用下发生反应转化为CO2和N2，C元素由+2价上升到+4价，CO2是氧化产物，故D错误；故选：D；（8）由盖斯定律可知，﹣Ⅰ﹣Ⅲ的反应Ⅱ，则3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH＝﹣（+551kJ/mol）﹣（﹣297kJ/mol）＝﹣254J/mol；故答案为：3SO2（g）+2H2O（g）＝2H2SO4（l）+S（s）ΔH＝﹣254J/mol。【点评】考查了六及其化合物的性质及用途，也考查了热化学方程式的书写等知识点，是常考考点，难度适中。22．（2024秋•普陀区校级期中）（1）电解熔融氯化钠可以制备钠单质，同时得到一种黄绿色气体单质。①写出电解熔融氯化钠的反应方程式：。②从化学键角度看，上述反应中不涉及B。A.离子键的断裂B.极性共价键的断裂C.金属键的形成D.非极性共价键的形成③也可以选用熔融的Na2O进行电解，但发现生产钠的总能耗升高了。如果电解熔融氯化钠与电解熔融氧化钠的工艺中，电能的消耗差不多，说明生产钠总能耗升高的原因。氧化钠与氯化钠同为离子晶体，O2﹣的带电荷数更高，半径更小，因此氧化钠中离子键强度更大，熔点更高，熔融所需要的能耗也更高。④有人仿照此工艺，尝试用电解熔融氯化铝的方式制备铝单质，但失败了。分析他失败的原因。氯化铝是分子晶体，熔融不导电。（2）氯化钠溶液也能导电，如图所示，有人尝试电解氯化钠溶液制备钠单质，但最终只在阳极得到了黄绿色气体，在阴极得到了一种碱X和一种无色气体Y。①写出碱X的电离方程式：NaOH＝Na++OH﹣。②从化合价角度看，在化学反应中如果有元素化合价升高，必有元素化合价降低。以此推断无色气体Y应为A。A.H2B.Cl2C.O2D.HCl③实验时在阴、阳两极同时滴入酚酞，能够观察到的现象是A。A.阴极变红B.阳极变红C.阴极变蓝D.阳极变蓝④如果在阳极得到了7.1g气体，则理论上在两极能收集到的气体在标况下的总体积为4.48L。（3）如图，在阴阳两极之间增加一层带负电荷的隔膜，可以阻断OH﹣扩散至阳极而允许Na+自由通过。①在制备隔膜时，需要将特制的膜浸入一种电解质溶液Z。已知水溶液中，离子数目最多的离子容易附着在膜上。判断电解质溶液Z最可能是下列溶液的哪一种？B。A.（NH4）2SO4B.Mg（HSO3）2C.（CH3COO）2PbD.CCl4②加入隔膜后，向阳极区滴加一定量的CuSO4溶液，在特定的电压下电解一段时间，阴极区产生了Cu（OH）2胶体。判断Cu（OH）2胶体产生最简单的方法是：用激光笔照射阴极区，（垂直于入射光方向）能够观察到一条通路，则产生了Cu（OH）2胶体。③分离阴极区的Cu（OH）2胶体与食盐水，可以采用的方法是B。A.过滤B.渗析C.电泳D.蒸发【答案】（1）①；②B；③氧化钠与氯化钠同为离子晶体，O2﹣的带电荷数更高，半径更小，因此氧化钠中离子键强度更大，熔点更高，熔融所需要的能耗也更高；④氯化铝是分子晶体，熔融不导电；（2）①NaOH＝Na++OH﹣；②A；③A；④4.48；（3）①B；②用激光笔照射阴极区，（垂直于入射光方向）能够观察到一条通路，则产生了Cu（OH）2胶体；③B。【分析】（1）电解熔融氯化钠生成Na和Cl2，NaCl中Na+和Cl﹣间的离子键的断裂，生成Na，即形成了金属键，生成Cl2，即形成了Cl—Cl非极性键，氧化钠中离子键强度更大，熔点更高，熔融所需要的能耗也更高，氯化铝是分子晶体，熔融不导电；（2）电解氯化钠溶液，在阳极得到了黄绿色气体为氯气，说明阳极上氯离子转变为氯气，发生氧化反应，则在阴极上发生还原反应，水提供的氢离子得到电子被还原为氢气，同时氢氧根离子浓度不断增大，则在阴极得到的一种碱X为氢氧化钠，一种无色气体Y为氢气。总反应方程式为；（3）已知水溶液中，离子数目最多的离子容易附着在膜上，隔膜带负电荷，故吸附的是阴离子，胶体具有丁达尔效应，胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜。【解答】解：（1）电解熔融氯化钠生成Na和Cl2，反应的化学方程式为，故答案为：；②从化学键角度看，上述反应中涉及NaCl中Na+和Cl﹣间的离子键的断裂，生成Na，即形成了金属键，生成Cl2，即形成了Cl—Cl非极性键，其中不涉及极性共价键的断裂，故答案为：B；③氧化钠与氯化钠同为离子晶体，O2﹣所带电荷数比氯离子更高，半径比氯离子更小，因此氧化钠中离子键强度更大，熔点更高，熔融所需要的能耗也更高，所以生产钠总能耗升高，故答案为：氧化钠与氯化钠同为离子晶体，O2﹣的带电荷数更高，半径更小，因此氧化钠中离子键强度更大，熔点更高，熔融所需要的能耗也更高；④由于氯化铝是分子晶体，熔融不导电，所以用电解熔融氯化铝的方式制备铝单质会失败，故答案为：氯化铝是分子晶体，熔融不导电；（2）①据分析，碱X的电离方程式：NaOH＝Na++OH﹣，故答案为：NaOH＝Na++OH﹣；②据分析，Y为氢气，故答案为：A；③酚酞遇碱显红色，则实验时在阴、阳两极同时滴入酚酞，能够观察到的现象是阴极变红，故答案为：A；④根据，如果在阳极得到了7.1g气体，其物质的量为，则理论上在两极能收集到的气体共0.2mol，在标况下的总体积为0.2mol×22.4L/mol＝4.48L，故答案为：4.48；（3）①已知水溶液中，离子数目最多的离子容易附着在膜上，隔膜带负电荷，故吸附的是阴离子，则：A．每1mol（NH4）2SO4电离产生1mol硫酸根；B．每1molMg（HSO3）2电离产生2mol亚硫酸氢根；C．每1mol（CH3COO）2Pb电离产生少量的醋酸根，因为醋酸铅是弱电解质、难电离；D．CCl4是非电解质，不电离；综上，阴离子数目最多的是Mg（HSO3）2，故答案为：B；②胶体具有丁达尔效应，则判断阴极区Cu（OH）2胶体产生最简单的方法是：用激光笔照射阴极区，（垂直于入射光方向）能够观察到一条通路，则产生了Cu（OH）2胶体，故答案为：用激光笔照射阴极区，（垂直于入射光方向）能够观察到一条通路，则产生了Cu（OH）2胶体；③胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，则分离阴极区的Cu（OH）2胶体与食盐水，可以采用的方法是渗析，故答案为：B。【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。23．（2024秋•普陀区校级期中）（1）无机酸的酸酐是指酸脱去一分子或几分子水后形成的氧化物。下表给出了一些酸及其酸酐的例子：酸H2CO3HNO2HNO3高锰酸H2SeO4HIO3对应酸酐CO2N2O3N2O5