【化學】北京市北京醫(yī)學院附屬中學2019-2020學年高二下學期期末考試（解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

一、選擇題
1.下列過程能實現(xiàn)化學能轉(zhuǎn)化為電能的是( )

A. 蠟燭燃燒
B. 光合作用
C. 手機電池工作
D. 天然氣加熱水
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【詳解】A．蠟燭燃燒是化學能轉(zhuǎn)化成光能和熱能，A錯誤；
B．光合作用是太陽能轉(zhuǎn)變化為化學能，B錯誤；
C．手機電池工作是化學能轉(zhuǎn)化為電能，C正確；
D．天然氣加熱水，是將化學能轉(zhuǎn)化為熱能，D錯誤；
答案選C。
【點睛】本題考查了化學反應與能量變化，知道生活中常見能量轉(zhuǎn)化方式是解題的關鍵，化學變化生成新物質(zhì)的同時還伴隨著能量的變化，這種能量變化經(jīng)常表現(xiàn)為熱能、光能和電能等的放出或吸收。
2.下列物質(zhì)屬于弱電解質(zhì)的是
A. NaCl B. NaOH C. CH3COOH D. CO2
【答案】C
【解析】
【分析】
在水溶液里或者熔融狀態(tài)下只能部分電離的電解質(zhì)是弱電解質(zhì)，弱電解質(zhì)包括弱酸、弱堿、水與少數(shù)鹽，據(jù)此解答。
【詳解】A、NaCl在水溶液和熔融狀態(tài)下都能夠完全電離，是強電解質(zhì)，A錯誤；
B、NaOH在水溶液和熔融狀態(tài)下都能夠完全電離，是強電解質(zhì)，B錯誤；
C、醋酸在水溶液中部分電離，是弱電解質(zhì)，C正確；
D、二氧化碳本身不能夠電離，屬于非電解質(zhì)，D錯誤；
答案選C。
【點睛】本題考查了強弱電解質(zhì)的判斷，難度不大，解題的關鍵是明確電解質(zhì)的強弱是以電離程度判斷，易錯項為D，注意二氧化碳的水溶液導電的原因是二氧化碳與水反應生成電解質(zhì)碳酸，二氧化碳本身不電離，是非電解質(zhì)。
3.下列反應中，屬于吸熱反應的是
A. Al與鹽酸反應
B. 鹽酸和NaOH溶液反應
C. 乙醇燃燒反應
D. Ba(OH)2·8H2O晶體與NH4Cl固體反應
【答案】D
【解析】
【詳解】A. Al與鹽酸反應屬于放熱反應，A錯誤；
B. 鹽酸和NaOH溶液反應屬于放熱反應，B錯誤；
C. 乙醇燃燒反應屬于放熱反應，C錯誤；
D. Ba(OH)2·8H2O晶體與NH4Cl固體反應屬于吸熱反應，D正確。
答案選D。
4.某鋅銅原電池裝置如圖所示，下列說法不正確是( )

A. 鋅片作負極
B. 該裝置實現(xiàn)了氧化反應和還原反應分開進行
C. 鹽橋的作用是傳導離子
D. 電子從銅片流向鋅片
【答案】D
【解析】
【詳解】A．Zn失電子，作負極，A正確；
B．Zn作負極，失電子，發(fā)生氧化反應，Cu作正極，得電子，發(fā)生還原反應，所以該裝置實現(xiàn)了氧化反應和還原反應分開進行，B正確；
C．鹽橋的作用是傳導離子，從而形成閉合回路、中和電荷，C正確；
D．電子從負極(Zn片)經(jīng)外電路流向正極(Cu片)，D錯誤。
答案選D。
5.下列物質(zhì)的溶液在蒸發(fā)皿中加熱蒸干并灼燒，可以得到該物質(zhì)的是
A. FeSO4 B. MgSO4 C. AlCl3 D. NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
在蒸發(fā)皿中加熱蒸干并灼燒下列物質(zhì)的溶液可以得到該物質(zhì)的固體，說明該溶質(zhì)性質(zhì)較穩(wěn)定，蒸干、灼燒過程中不發(fā)生分解、不發(fā)生水解，據(jù)此分析解答。
【詳解】A．硫酸亞鐵在蒸干過程中發(fā)生水解，生成的氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵和硫酸，但硫酸沒有揮發(fā)性，所以蒸干、灼燒時得到硫酸鐵，A錯誤；
B．硫酸鎂在溶液在加熱時水解得到硫酸與氫氧化鎂，但氫氧化鎂難溶，硫酸是難揮發(fā)性酸，最后得到的固體為MgSO4，B正確；
C．氯化鋁水解生成氫氧化鋁和鹽酸，加熱蒸干并灼燒后，氯化氫揮發(fā)得到氫氧化鋁，灼燒后得到氧化鋁固體，C錯誤；
D．氯化銨加熱蒸干并灼燒后無固體物質(zhì)，全部脫離體系，D錯誤；
答案選B。
6.下列金屬防腐的措施中，使用犧牲陽極的陰極保護法的是(　　)
A. 地下鋼管連接鎂塊 B. 金屬護欄表面涂漆
C. 汽車底盤噴涂高分子膜 D. 水中的鋼閘門連接電源的負極
【答案】A
【解析】
【分析】
金屬防腐的措施中，使用犧牲陽極的陰極保護法，說明該裝置構成原電池，被保護的金屬作正極，據(jù)此分析判斷。
【詳解】A．地下鋼管連接鎂塊，F(xiàn)e、Mg、電解質(zhì)溶液構成原電池，F(xiàn)e失電子能力小于Mg而作正極被保護，所以該保護方法屬于犧牲陽極的陰極保護法，故A正確；
B．金屬護攔表面涂漆，阻止Fe與空氣、水接觸，從而防止金屬被腐蝕，屬于物理方法，故B錯誤；
C．汽車底盤噴涂高分子膜，阻止Fe與空氣、水接觸，從而防止金屬被腐蝕，屬于物理方法，故C錯誤；
D．水中的鋼閘門連接電源的負極，充當電解池的陰極，屬于外加電流的陰極保護法，故D錯誤；
答案選A。
7.已知化學反應A2(g)+B2(g)＝2AB(g)的能量變化如圖所示，判斷下列敘述中正確的是（）

A. 每生成2 mol AB吸收bkJ熱量
B. 該反應熱△H= + (a-b)kJ ? mol-1
C. 該反應中反應物的總能量高于生成物的總能量
D. 斷裂1 mol A—A和1 mol B—B鍵，放出akJ能量
【答案】B
【解析】
【詳解】A. 依據(jù)圖象分析判斷1molA2和1molB2反應生成2molAB，每生成2 mol AB吸收吸收(a?b) kJ熱量，A項錯誤；
B. 反應熱△H=反應物能量總和?生成物能量總和，所以反應熱△H=+(a-b)kJ ? mol-1，B項正確；
C. 依據(jù)能量圖象分析可知反應物能量低于生成物能量，C項錯誤；
D. 斷裂化學鍵吸收能量，則斷裂1molA?A和1molB?B鍵，吸收a kJ能量，D項錯誤；
答案選B。
8.200℃、101kPa時，在密閉容器中充入1molH2和1molI2，發(fā)生反應I2(g)+H2(g)2HI(g) ΔH=－14.9 kJ/mol。反應一段時間后，能說明反應已經(jīng)達到化學平衡狀態(tài)的是
A. 放出的熱量小于14.9 kJ
B. 反應容器內(nèi)壓強不再變化
C. HI生成的速率與HI分解的速率相等
D. 單位時間內(nèi)消耗a mol H2，同時生成2a mol HI
【答案】C
【解析】
【分析】
根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些物理量也不發(fā)生變化，據(jù)此解答。
【詳解】A、可逆反應不可能完全轉(zhuǎn)化，在密閉容器中充入1molH2和1molI2，無論該日用瓷是否達到平衡，放出的熱量都小于14.9kJ，A不能說明達到平衡；
B、隨著反應的進行體系壓強一直保持不變，B不能說明達平衡狀態(tài)；
C、HI生成的速率與HI分解的速率相等，說明正逆反應速率相等，C能說明達平衡狀態(tài)；
D、單位時間內(nèi)消耗a mol H2，同時生成2a mol HI，都體現(xiàn)的正反應速率，不能說明正反應速率等于逆反應速率，D不能說明達到平衡。
答案選C。
【點睛】注意當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，但不為0。解題時要注意，若某物理量隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到不變時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)。
9.把0.02mol/LCH3COOH溶液和 0.01mol/LNaOH 溶液以等體積混和，溶液顯酸性，則混合液中微粒濃度關系正確的為( )
A. c(CH3COO-)>c (Na+)
B. c(OH-)>c(H+)
C. c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
D. c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02mol/L
【答案】A
【解析】
【詳解】0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等體積混和，反應后溶質(zhì)為等濃度的CH3COOH和CH3COONa。
A．由于醋酸電離程度大于醋酸根離子水解，混合溶液顯酸性，則c(H+)>c(OH-)，根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，故A正確；
B．混合液為等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解，則溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，故B錯誤；
C．反應后混合液中溶質(zhì)為等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于醋酸電離程度大于醋酸根離子水解，則混合液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，故C錯誤；
D．兩溶液等體積混合后，溶液體積變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L，故D錯誤；
故選：A。
10.對可逆反應，下列圖象正確的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【詳解】A．只增加氧氣的濃度，則正反應速率增大，且正反應速率大于逆反應速率，平衡向正反應方向移動，與圖象吻合，A正確；
B．正反應為放熱反應，則升高溫度平衡向逆反應方向移動，二氧化硫的轉(zhuǎn)化率降低，圖象不符，B錯誤；
C．增大壓強平衡正向移動，轉(zhuǎn)化率增大，但反應速率增大，到達平衡所用時間較少，圖象不符，C錯誤；
D．加入催化劑，反應速率增大，到達平衡所用時間減少，但平衡不移動，圖象不符，D錯誤；
答案選A。
二、填空題
11.醋酸、鹽酸和碳酸鈉是生活中常見的物質(zhì)。
(1)碳酸鈉水溶液顯堿性的原因是(用離子方程式表示)_____。(2 分)
(2)25 ℃時，濃度均為 0.1 mol·L-1 的鹽酸和醋酸溶液，下列說法正確是_____。
a.兩溶液的 pH 相同
b.兩溶液的導電能力相同
c.兩溶液中由水電離出的 c(OH-)相同
d.中和等物質(zhì)量的NaOH，消耗兩溶液的體積相同
(3)25 ℃時， pH 均等于 4 的醋酸溶液和氯化銨溶液，醋酸溶液中水電離出的H+濃度與氯化銨溶液中水電離出的H+濃度之比是_____。
(4)醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO-＋H-，下列敘述不正確的是_____。
a. CH3COOH 溶液中離子濃度關系滿足：c(H+)＝c(OH-)＋c(CH3COO-)
b. 0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀釋，溶液中 c(OHˉ)減小
c. CH3COOH 溶液中加入少量 CH3COONa 固體，平衡逆向移動
d. 常溫下，pH＝2 的 CH3COOH 溶液與 pH＝12 的 NaOH 溶液等體積混合后溶液的 pH＞7
e.室溫下 pH=3 的醋酸溶液加水稀釋，溶液中不變
【答案】 (1). CO32-+H2O?HCO3-+OH- (2). d (3). 10-6：1 (4). bd
【解析】
【分析】
碳酸鈉是強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導致溶液呈堿性；鹽酸是一元強酸完全電離、醋酸是一元弱酸部分電離；根據(jù)外界條件對電離平衡的影響以及溶液中的電荷守恒等分析判斷；酸或堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽促進水的電離。
【詳解】(1)碳酸鈉是強堿弱酸鹽，碳酸根離子水解導致溶液呈堿性，碳酸根離子水解有兩步，以第一步水解為主，第一步水解方程式為CO32-+H2O?HCO3-+OH-。
(2)a．醋酸是弱電解質(zhì)、HCl是強電解質(zhì)，相同溫度相同濃度下，鹽酸中氫離子濃度大于醋酸，所以鹽酸pH小于醋酸，a錯誤；
b．醋酸是弱電解質(zhì)、HCl是強電解質(zhì)，相同溫度相同濃度下，鹽酸導電能力大于醋酸，b錯誤；
c．酸或堿抑制水電離，酸中氫離子濃度越大其抑制水電離程度越大，根據(jù)a知，鹽酸中氫離子濃度大于醋酸，所以鹽酸中水電離出的c(OH-)小于醋酸，c錯誤；
d．中和等物質(zhì)的量的NaOH，鹽酸與醋酸均為一元酸，與氫氧化鈉按物質(zhì)的量之比1:1反應，故消耗等濃度的鹽酸和醋酸溶液體積相同，d正確；
答案選d。
(3)酸或堿抑制水電離，含有弱離子的鹽促進水電離，所以醋酸溶液中水電離出的c(H+)=，氯化銨溶液中水電離出的c(H+)=10-pH=10-4mol/L，所以醋酸中水電離出的c(H+)與氯化銨溶液中水電離出的c(H+)之比=10-10?mol/L：10-4mol/L=10-6：1。
(4)a．根據(jù)電荷守恒，CH3COOH 溶液中c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO￣)，a正確；
b.0.1 mol·L-1?的CH3COOH?溶液加水稀釋，溶液中c(H+)減小，溫度不變水的離子積常數(shù)不變，則溶液中c(OH-)增大，b錯誤；
c．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固體，c(CH3COO￣)增大而抑制醋酸電離，平衡逆向移動，c正確；
d．常溫下，pH=2的CH3COOH溶液濃度大于pH=12的NaOH溶液，等體積混合后醋酸有剩余，醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度，所以混合溶液的pH＜7，d錯誤；
e．室溫下向pH=3的醋酸溶液中加水稀釋，溶液中，溫度不變，醋酸電離平衡常數(shù)及水的離子積常數(shù)不變，所以溶液中不變，e正確；
答案選bd。
【點睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡、離子濃度大小比較、酸堿混合溶液定性判斷、鹽類水解等知識點，明確化學反應原理是解本題關鍵，注意平衡常數(shù)只與溫度有關，與溶液酸堿性及濃度無關。
12.某實驗小組用0.1 mol·L-1Na2S2O3 溶液和0.1 mol·L-1H2SO4溶液為反應物，探究外界條件對化學反應速率的影響，實驗記錄如下表。
資料：Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+ SO2↑+ S↓+ H2O
實驗序號
溫度
Na2S2O3
H2SO4
H2O

出現(xiàn)沉淀所需的時間
Ⅰ
0℃
5 mL
5 mL
10 mL
12s
Ⅱ
0℃
5 mL
10 mL
5 mL
8s
Ⅲ
0℃
5 mL
7mL
a mL
10s
Ⅳ
30℃
5 mL
5 mL
10 mL
4s
根據(jù)表中信息回答下列問題：
(1)實驗Ⅲ中 a =____。
(2) 對比實驗Ⅰ、Ⅳ，得出的結論是_____；用文字表述得出該結論的依據(jù)是_____。
(3)可用于研究濃度對化學反應速率影響的實驗組合是(任寫一組)_____。
【答案】 (1). 8 (2). 其他條件不變時，溫度升高反應速率加快 (3). 實驗Ⅰ和實驗Ⅳ所用物質(zhì)的濃度相同，實驗Ⅳ溫度比實驗Ⅰ高，出現(xiàn)沉淀所需的時間實驗Ⅳ比Ⅰ短 (4). 實驗Ⅰ和Ⅲ（實驗Ⅰ和Ⅱ或?qū)嶒灑蚝廷螅?br /> 【解析】
【分析】
根據(jù)反應Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+ SO2↑+ S↓+ H2O，通過沉淀出現(xiàn)時間的快慢判斷反應速率，實驗通過控制變量，探究溫度、硫酸濃度對反應速率的影響。
【詳解】(1)實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中溫度相同，故探究硫酸的濃度對化學反應速率的影響，混合溶液的總體積應為20mL，故a=20mL-5mL-7mL=8mL。
(2)實驗Ⅰ、Ⅳ中的變量為溫度，實驗Ⅳ溫度比實驗Ⅰ高，出現(xiàn)沉淀所需的時間實驗Ⅳ比Ⅰ短，可得出結論:其他條件不變時，溫度升高反應速率加快。
(3)要研究濃度對化學反應速率影響，則溫度要相同，濃度不同，故實驗Ⅰ和Ⅲ、實驗Ⅰ和Ⅱ或?qū)嶒灑蚝廷罂捎糜谘芯繚舛葘瘜W反應速率影響。
13.某溫度時，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。請回答下列問題：

(1)A 點表示Ag2SO4是_____( 填“過飽和”“飽和”或“不飽和”)溶液。
(2)該溫度下Ag2SO4的溶度積常數(shù) Ksp=_____。(列式帶入數(shù)據(jù)并計算出結果)
(3)現(xiàn)將足量的Ag2SO4 固體分別加入：
a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液
b．10 mL 蒸餾水
c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。
則Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為_____(填字母)。
(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，可觀察到有磚紅色沉淀生成(Ag2CrO4為磚紅色)，寫出沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：_____。
【答案】 (1). 不飽和 (2). 1.6×10-5(mol/L)3 (3). b>a>c (4). Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+
【解析】
【分析】
某溫度時，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲線上每一點，都是該溫度下的平衡點，所以利用濃度冪與沉淀溶解平衡常數(shù)進行比較，可確定曲線外的某一點是否達到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常數(shù)，可由一種離子濃度計算另一種離子的濃度。
【詳解】(1)A 點時，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，與A點c(Ag+)相同的曲線上的點相比，4×10-2mol/La>b，則溶液中 c(Ag+)：b>a>c，從而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的順序為b>a>c。答案為：b>a>c；
(4)向Ag2SO4懸濁液中加入足量Na2CrO4固體，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+。答案為：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+。
【點睛】一種難溶性物質(zhì)，其溶度積常數(shù)越小，越容易轉(zhuǎn)化，其溶解度往往越小。
14.Cl2、漂白液(有效成分為 NaClO)在生產(chǎn)、生活中廣泛用于殺菌、消毒。
(1)電解 NaCl 溶液生成Cl2化學方程式是________________。
(2)Cl2溶于H2O、NaOH 溶液即獲得氯水、漂白液。
①干燥的氯氣不能漂白物質(zhì)，但氯水卻有漂白作用，說明起漂白作用的物質(zhì)是_____。
②25℃，Cl2與H2O、NaOH 的反應如下：
反應Ⅰ
Cl2+H2OCl-+H++HClO K1=4.510-4
反應Ⅱ
Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O K2=7.51015
解釋不直接使用氯水而使用漂白液做消毒劑的原因_____。
(3)家庭使用漂白液時，不宜直接接觸鐵制品，漂白液腐蝕鐵的電極反應為：Fe-2e-=Fe2+；ClO-發(fā)生的電極反應式為____________。

(4)研究漂白液的穩(wěn)定性對其生產(chǎn)和保存有實際意義。30℃時，pH=11 的漂白液中NaClO 的質(zhì)量百分含量隨時間變化如下：
比較分解速率 v(I)、 v(II)的大小關系_____，原因是_____。
【答案】 (1). 2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH (2). HClO (3). K2>K1，反應Ⅱ的有效成分比反應Ⅰ的有效成分大，氯氣轉(zhuǎn)化為NaClO更充分，且NaClO比HClO更穩(wěn)定 (4). ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH- (5). > (6). 在相同條件下，次氯酸鈉的濃度越大，其分解速率越大
【解析】
【分析】
電解NaCl溶液的方程式為：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH；氯水具有漂白性，原因是氯水中含有具有強氧化性的次氯酸；漂白液的有效成分為次氯酸鈉，使用時，其與空氣中的二氧化碳結合生成次氯酸從而起到漂白的作用；次氯酸不穩(wěn)定易分解，不便于運輸，而把次氯酸轉(zhuǎn)化為次氯酸鈉，次氯酸鈉穩(wěn)定，便于運輸；根據(jù)圖象的趨勢和數(shù)據(jù)可知，在相同條件下，次氯酸鈉的濃度越大，其分解速率越大。
【詳解】(1)電解NaCl溶液可生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，方程式為：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH；
(2)①氯水中含有鹽酸和次氯酸，氯氣和鹽酸都不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸(HClO)；
②氯水和漂白液的有效成分分別為HClO、NaClO，根據(jù)平衡常數(shù)K2>K1，確定漂白液的有效成分更多，并且NaClO比HClO更穩(wěn)定，所以不直接使用氯水而使用漂白液做消毒劑；
(3)Fe-2e-=Fe2+應為負極反應，則正極反應中ClO-得電子被還原，方程式為：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
(4)根據(jù)漂白液中NaClO 的質(zhì)量百分含量隨時間變化圖可知Ⅰ的次氯酸鈉的含量大于Ⅱ的，濃度越大反應速率越大，則v(Ⅰ)>v(Ⅱ)。
15.用 CO2 生產(chǎn)綠色燃料甲醇時發(fā)生反應 A：CO2(g)＋3H2(g)? CH3OH(g)+H2O(g)
(1)2CH3OH(g) + 3O2 (g)=2CO2(g) +4H2O(g) △H= -1365.0kJ/mol
H2(g)+O2 (g) =H2O(g) △H= -241.8 kJ/mol
CO2(g)＋3H2(g)?CH3OH(g)+H2O(g)的反應熱△H=_________。(寫出計算過程)
(2)在體積為 1 L 的恒容密閉容器中發(fā)生反應 A，下圖是在三種投料[n(CO2)和n(H2)分別為1mol，3mol；1mol，4mol 和 1mol，6mol]下，反應溫度對CO2平衡轉(zhuǎn)化率影響的曲線。

①曲線c對應的投料是_____。
②T1℃時，曲線a對應的化學平衡常數(shù)是_____。(寫出計算過程，計算結果保留小數(shù)點后兩位)。
③500℃時，反應A 的平衡常數(shù)K=2.5，T1℃_____500℃(填“高于”、“低于”或“等于”)。
(3)甲醇/過氧化氫燃料電池的工作原理示意圖如下：

①d電極上發(fā)生的是_____(填“氧化”或“還原”)反應。
②物質(zhì)b是_____(填化學式)。
③寫出c電極的電極反應式_____。
【答案】 (1). -42.9kJ/mol (2). n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol (3). 0.52 (4). 高于 (5). 還原 (6). H2O2 (7). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【解析】
【分析】
根據(jù)蓋斯定律：②×3-×①得到焓變的值；當其他條件不變時，增大反應物氫氣的濃度，平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，根據(jù)相同溫度下的轉(zhuǎn)化率數(shù)值確定曲線；根據(jù)a曲線的轉(zhuǎn)化率和“三段式”計算平衡常數(shù)；反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，判斷溫度；根據(jù)氫離子的移動方向確定正負極，并寫出電極反應。
【詳解】(1)2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) △H= -1365.0kJ/mol
H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H= -241.8 kJ/mol
根據(jù)蓋斯定律：②×3-×①得：
CO2(g)+3H2(g) ?CH3OH(g)+H2O(g) △H=-42.9kJ/mol；
(2)①當其他條件不變時，增大反應物氫氣的濃度，平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，由題給圖像知相同溫度下，曲線c二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率最大，故曲線c對應的投料是n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol；
②曲線a對應的投料是n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，T1℃時，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，列出反應的“三段式”

容器的體積為1L，各物質(zhì)的平衡濃度分別為：c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=1.2mol/L，c(CH3OH)=0.6mol/L，c(H2O)=0.6mol/L，代入平衡常數(shù)表達式計算，K==0.52，T1℃時，曲線a對應的化學平衡常數(shù)是0.52；
③由(1)知反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，若500℃時，反應A的平衡常數(shù)K=2.5，T1℃高于500℃。
(3)①由甲醇/過氧化氫燃料電池的工作原理示意圖知，氫離子移向d電極，d電極為電池的正極，發(fā)生的是還原反應；
②物質(zhì)b在d電極上發(fā)生還原反應，物質(zhì)b是H2O2；
③c電極為電池的負極，甲醇在該電極上反應氧化反應生成二氧化碳，電極反應式為CH3OH-6e-+ H2O=CO2+6H+。
【點睛】由甲醇/過氧化氫燃料電池中存在質(zhì)子交換膜，故溶液為酸性，需要寫出酸性條件下的電極反應，為易錯點。
16.電化學手段對于研究物質(zhì)性質(zhì)以及工業(yè)生產(chǎn)中都有重要價值。
I. 某實驗小組利用原電池裝置對 FeCl3與Na2SO3反應進行探究。
裝置
實驗現(xiàn)象

1 mol/L FeCl3溶液(pH≈1) 1mol/LNa2SO3 溶液(pH≈9)
靈敏電流計指針發(fā)生偏轉(zhuǎn)
(1)取少量 FeCl3溶液電極附近的混合液，加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生藍色沉淀，證明 FeCl3轉(zhuǎn)化成_____。
(2)檢驗另一電極產(chǎn)物的操作及現(xiàn)象是_____。
(3)負極的電極反應式為_____。
II. 工業(yè)上用 Na2SO4 溶液吸收工業(yè)煙氣中的低濃度 SO2 形成吸收液后，再采用陽離子膜電解法，控制電壓，電解吸收液可制成產(chǎn)品 S 和 O2。工作原理示意圖如下圖

陰極區(qū)和陽極區(qū)的pH 隨時間的變化關系如下圖：

(4)陽極反應的電極反應物是 ____。
(5)陽極區(qū) pH 降低的原因是____。(寫出一條即可)
(6) 結合電極反應式，說明陰極區(qū) pH 升高的原因_____。(寫出一條即可)
【答案】 (1). FeCl2 (2). 取少量電解液于試管，加入足量的鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若產(chǎn)生白色沉淀則證明有硫酸鈉的生成 (3). SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+ (4). H2O (5). 電極反應生成H+ (6). 陰極電極反應式為SO2+4H++4e-=S+2H2O，陰極區(qū)不斷消耗氫離子并生成水
【解析】
【分析】
FeCl3與Na2SO3發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；根據(jù)電解池示意圖可知，生成氧氣為陽極發(fā)生氧化反應，則陰極生成S。
【詳解】(1)取少量FeCl3溶液電極附近的混合液，加入鐵氰化鉀溶液，產(chǎn)生藍色沉淀，說明有亞鐵離子產(chǎn)生，證明FeCl3轉(zhuǎn)化成FeCl2。
(2)另一電極發(fā)生氧化反應生成硫酸鈉，檢驗硫酸根離子的操作為取少量電解液于試管，加入足量的鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若產(chǎn)生白色沉淀則證明有硫酸鈉的生成。
(3)負極發(fā)生氧化反應，亞硫酸鈉中硫元素化合價升高發(fā)生氧化反應生成硫酸鈉，電極反應式為SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+。
(4)根據(jù)電解池裝置示意圖，生成氧氣一極為陽極，陽極的pH不斷降低可知反應生成H+，據(jù)此判斷陽極反應為2H2O-4e-=4H++O2，電極反應物是H2O。
(5) 陽極電極反應生成H+，故陽極區(qū) pH 降低。
(6) 陰極發(fā)生還原反應，二氧化硫與氫離子反應生成S和水，電極反應式為SO2+4H++4e-=S+2H2O，陰極區(qū)不斷消耗氫離子并生成水，故pH 升高。