【文档说明】【精准解析】北京市北京医学院附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题.doc，共(17)页，566.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年北医附中高二年级下学期化学期末试题一、选择题1.下列过程能实现化学能转化为电能的是()A.蜡烛燃烧B.光合作用C.手机电池工作D.天然气加热水A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．蜡烛燃烧是化学能

转化成光能和热能，A错误；B．光合作用是太阳能转变化为化学能，B错误；C．手机电池工作是化学能转化为电能，C正确；D．天然气加热水，是将化学能转化为热能，D错误；答案选C。【点睛】本题考查了化学反应与能量变化，知道生活中

常见能量转化方式是解题的关键，化学变化生成新物质的同时还伴随着能量的变化，这种能量变化经常表现为热能、光能和电能等的放出或吸收。2.下列物质属于弱电解质的是A.NaClB.NaOHC.CH3COOHD.CO2【答案】C【解析】【分

析】在水溶液里或者熔融状态下只能部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此解答。【详解】A、NaCl在水溶液和熔融状态下都能够完全电离，是强电解质，A错误；B、NaOH在水溶液和熔融状态下都能够完全

电离，是强电解质，B错误；C、醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质，C正确；D、二氧化碳本身不能够电离，属于非电解质，D错误；答案选C。【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，难度不大，解题的关键是明确电解质的强弱是以电离程度判断，易错项为D，注意二氧化碳的水溶液导电的原因是二氧化碳与水反应生成电

解质碳酸，二氧化碳本身不电离，是非电解质。3.下列反应中，属于吸热反应的是A.Al与盐酸反应B.盐酸和NaOH溶液反应C.乙醇燃烧反应D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl固体反应【答案】D【解析】【详解】A.Al与盐酸反应属于放热反应，A错误；B.盐酸和Na

OH溶液反应属于放热反应，B错误；C.乙醇燃烧反应属于放热反应，C错误；D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl固体反应属于吸热反应，D正确。答案选D。4.某锌铜原电池装置如图所示，下列说法不正确的

是()A.锌片作负极B.该装置实现了氧化反应和还原反应分开进行C.盐桥的作用是传导离子D.电子从铜片流向锌片【答案】D【解析】【详解】A．Zn失电子，作负极，A正确；B．Zn作负极，失电子，发生氧化反应，Cu作正极，得电子，发生还原反应，所以该装置实现了氧化

反应和还原反应分开进行，B正确；C．盐桥的作用是传导离子，从而形成闭合回路、中和电荷，C正确；D．电子从负极(Zn片)经外电路流向正极(Cu片)，D错误。答案选D。5.下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是A.F

eSO4B.MgSO4C.AlCl3D.NH4Cl【答案】B【解析】【分析】在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析

解答。【详解】A．硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；B．硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁

难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；C．氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C错误；D．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱

离体系，D错误；答案选B。6.下列金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法的是()A.地下钢管连接镁块B.金属护栏表面涂漆C.汽车底盘喷涂高分子膜D.水中的钢闸门连接电源的负极【答案】A【解析】【分析】金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属

作正极，据此分析判断。【详解】A．地下钢管连接镁块，Fe、Mg、电解质溶液构成原电池，Fe失电子能力小于Mg而作正极被保护，所以该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B．金属护拦表面涂漆，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，故B错误；C．汽车底盘喷涂高分子膜，阻止

Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，故C错误；D．水中的钢闸门连接电源的负极，充当电解池的阴极，属于外加电流的阴极保护法，故D错误；答案选A。7.已知化学反应A2(g)+B2(g)＝2AB(g)的能量

变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（）A.每生成2molAB吸收bkJ热量B.该反应热△H=+(a-b)kJ•mol-1C.该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D.断裂1molA—A和1molB—B

键，放出akJ能量【答案】B【解析】【详解】A.依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收吸收(a−b)kJ热量，A项错误；B.反应热△H=反应物能量总和−生

成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ•mol-1，B项正确；C.依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；D.断裂化学键吸收能量，则断裂1molA−A和1molB−B键，吸收akJ能量，D项

错误；答案选B。8.200℃、101kPa时，在密闭容器中充入1molH2和1molI2，发生反应I2(g)+H2(g)2HI(g)ΔH=－14.9kJ/mol。反应一段时间后，能说明反应已经达到化学平衡状态的是A.放出的热量小

于14.9kJB.反应容器内压强不再变化C.HI生成的速率与HI分解的速率相等D.单位时间内消耗amolH2，同时生成2amolHI【答案】C【解析】【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应

速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些物理量也不发生变化，据此解答。【详解】A、可逆反应不可能完全转化，在密闭容器中充入1molH2和1molI2，无论该日用瓷是否达到平衡，放出的热量都小于14.9kJ，A不能说明达到平衡；B、随着反应的进行体系压强一直

保持不变，B不能说明达平衡状态；C、HI生成的速率与HI分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，C能说明达平衡状态；D、单位时间内消耗amolH2，同时生成2amolHI，都体现的正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，D不能说明达到平衡。答案选C。【点睛】注意当反应达到平衡状态时，

正逆反应速率相等，但不为0。解题时要注意，若某物理量随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态。9.把0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和，溶

液显酸性，则混合液中微粒浓度关系正确的为()A.c(CH3COO-)>c(Na+)B.c(OH-)>c(H+)C.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02

mol/L【答案】A【解析】【详解】0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和，反应后溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa。A．由于醋酸电离程度大于醋酸根离子水解，混合溶液显酸性，则c(H+)>

c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，故A正确；B．混合液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，则溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，故B错误；C．

反应后混合液中溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于醋酸电离程度大于醋酸根离子水解，则混合液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，故C错误；D．两溶液等体积混合后，溶液体积变为原来的2倍，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0

.01mol/L，故D错误；故选：A。10.对可逆反应2232SO(g)+O(g)2SO(g)H<0，下列图象正确的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．只增加氧气的浓度，则正反应速率增

大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，A正确；B．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率降低，图象不符，B错误；C．增大压强平衡正向移动，转化率增大，但反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，C错误；D．加入催化

剂，反应速率增大，到达平衡所用时间减少，但平衡不移动，图象不符，D错误；答案选A。二、填空题11.醋酸、盐酸和碳酸钠是生活中常见的物质。(1)碳酸钠水溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_____。(2分)(2)25℃时，浓度均为0.1mol·L-1

的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确是_____。a.两溶液的pH相同b.两溶液的导电能力相同c.两溶液中由水电离出的c(OH-)相同d.中和等物质的量的NaOH，消耗两溶液的体积相同(3)25℃时，pH均等于4的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸

溶液中水电离出的H+浓度与氯化铵溶液中水电离出的H+浓度之比是_____。(4)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H-，下列叙述不正确的是_____。a.CH3COOH溶液中离子浓度关系满足：c(H+)＝c(OH-)＋c(CH3COO-)b.0.1mol·L-1

的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中c(OHˉ)减小c.CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动d.常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＞7e.室温下pH=3的醋

酸溶液加水稀释，溶液中-3-3cCHCOOcCHCOOHcOH不变【答案】(1).CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-(2).d(3).10-6：1(4).bd【解析】【分析】碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；盐

酸是一元强酸完全电离、醋酸是一元弱酸部分电离；根据外界条件对电离平衡的影响以及溶液中的电荷守恒等分析判断；酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离。【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子水解有两步，以第一步水解为主，第一步水解方程式为

CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-。(2)a．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同温度相同浓度下，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸pH小于醋酸，a错误；b．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同温度相同浓度下，盐酸导电能力大于醋酸，b错误；c．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大其抑

制水电离程度越大，根据a知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸中水电离出的c(OH-)小于醋酸，c错误；d．中和等物质的量的NaOH，盐酸与醋酸均为一元酸，与氢氧化钠按物质的量之比1:1反应，故消耗等浓度的盐酸和醋酸溶液体积相同，d正

确；答案选d。(3)酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以醋酸溶液中水电离出的c(H+)=141041010?/10/moKwmolLclLH，氯化铵溶液中水电离出的c(H+)=10-pH=10-4mol/L，所以醋酸中水电离出的c(H+)与氯化铵溶液中水电离

出的c(H+)之比=10-10mol/L：10-4mol/L=10-6：1。(4)a．根据电荷守恒，CH3COOH溶液中c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO‾)，a正确；b.0.1mol·L-1的CH3COOH

溶液加水稀释，溶液中c(H+)减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中c(OH-)增大，b错误；c．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO‾)增大而抑制醋酸电离，平衡逆向移动，c正确；d．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12

的NaOH溶液，等体积混合后醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液的pH＜7，d错误；e．室温下向pH=3的醋酸溶液中加水稀释，溶液中+--33--+33CHCOOHCHCOOCHCOOHOHCHCOOHOHHcccKaKwccccc

，温度不变，醋酸电离平衡常数及水的离子积常数不变，所以溶液中-3-3cCHCOOcCHCOOHcOH不变，e正确；答案选bd。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、酸碱混合溶液定性判断、盐类水解等知识点，明确化学反应原理是解本题关键，注

意平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关。12.某实验小组用0.1mol·L-1Na2S2O3溶液和0.1mol·L-1H2SO4溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如下表。资料：Na2S2

O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O实验序号温度Na2S2O3H2SO4H2O出现沉淀所需的时间Ⅰ0℃5mL5mL10mL12sⅡ0℃5mL10mL5mL8sⅢ0℃5mL7mLamL10sⅣ30℃5mL5mL10mL4s根据表中信息回答下列问题：(1)实验Ⅲ

中a=____。(2)对比实验Ⅰ、Ⅳ，得出的结论是_____；用文字表述得出该结论的依据是_____。(3)可用于研究浓度对化学反应速率影响的实验组合是(任写一组)_____。【答案】(1).8(2).其他条件不变时，温度升高反应速率加

快(3).实验Ⅰ和实验Ⅳ所用物质的浓度相同，实验Ⅳ温度比实验Ⅰ高，出现沉淀所需的时间实验Ⅳ比Ⅰ短(4).实验Ⅰ和Ⅲ（实验Ⅰ和Ⅱ或实验Ⅱ和Ⅲ）【解析】【分析】根据反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O，通过沉淀出现时间的快慢判断反应速率，

实验通过控制变量，探究温度、硫酸浓度对反应速率的影响。【详解】(1)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中温度相同，故探究硫酸的浓度对化学反应速率的影响，混合溶液的总体积应为20mL，故a=20mL-5mL-7mL=8mL。(2)实验Ⅰ、Ⅳ中的变量为温度，实验Ⅳ温度比实验Ⅰ高

，出现沉淀所需的时间实验Ⅳ比Ⅰ短，可得出结论:其他条件不变时，温度升高反应速率加快。(3)要研究浓度对化学反应速率影响，则温度要相同，浓度不同，故实验Ⅰ和Ⅲ、实验Ⅰ和Ⅱ或实验Ⅱ和Ⅲ可用于研究浓度对化学反应速率影响。13.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡

曲线如图所示。请回答下列问题：(1)A点表示Ag2SO4是_____(填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)(3)现将足量的Ag2SO4固体分别加入：a．40mL0.01mo

l·L-1K2SO4溶液b．10mL蒸馏水c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红

色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。【答案】(1).不饱和(2).1.6×10-5(mol/L)3(3).b>a>c(4).Ag2SO4(s)+24CrO=Ag2CrO4(s)+24SO【解析】【分析】某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点，都是该温度下的平衡点，所以

利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。【详解】(1)A点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c(24SO)=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2m

ol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数Ksp=c2(Ag+)∙c(24SO)=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L=1.6×10-5(mo

l/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c(24SO)是一个定值，溶液中c(24SO)越大，c(Ag+)越小，a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c(

24SO)=0.01mol·L-1；b．10mL蒸馏水，c(24SO)=0；c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c(24SO)=0.02mol·L-1；在溶液中，c(24SO)：c>a>b，则溶液中c(Ag+)：b>a>c

，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+24CrO=Ag2CrO4(s)+24SO。答案为：Ag

2SO4(s)+24CrO=Ag2CrO4(s)+24SO。【点睛】一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。14.Cl2、漂白液(有效成分为NaClO)在生产、生活中广泛用于杀菌、消毒。(1)电解NaCl溶液生成Cl2的化学方

程式是________________。(2)Cl2溶于H2O、NaOH溶液即获得氯水、漂白液。①干燥的氯气不能漂白物质，但氯水却有漂白作用，说明起漂白作用的物质是_____。②25℃，Cl2与H2O、NaOH的反应如下：反应ⅠCl2+H2OCl-+H++HClOK1=4.5

10-4反应ⅡCl2+2OH-Cl-+ClO-+H2OK2=7.51015解释不直接使用氯水而使用漂白液做消毒剂的原因_____。(3)家庭使用漂白液时，不宜直接接触铁制品，漂白液腐蚀铁的电极反应为：Fe-2e-

=Fe2+；ClO-发生的电极反应式为____________。(4)研究漂白液的稳定性对其生产和保存有实际意义。30℃时，pH=11的漂白液中NaClO的质量百分含量随时间变化如下：比较分解速率v(I)、v(II)的大小关系_____，原因是

_____。【答案】(1).2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH(2).HClO(3).K2>K1，反应Ⅱ的有效成分比反应Ⅰ的有效成分大，氯气转化为NaClO更充分，且NaClO比HClO更稳定(4).ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-(5).>(6).在相同条件下，次

氯酸钠的浓度越大，其分解速率越大【解析】【分析】电解NaCl溶液的方程式为：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH；氯水具有漂白性，原因是氯水中含有具有强氧化性的次氯酸；漂白液的有效成分为次氯酸钠，使用时，其与空气中的二氧化碳结合生成次氯酸从而起到漂白的作

用；次氯酸不稳定易分解，不便于运输，而把次氯酸转化为次氯酸钠，次氯酸钠稳定，便于运输；根据图象的趋势和数据可知，在相同条件下，次氯酸钠的浓度越大，其分解速率越大。【详解】(1)电解NaCl溶液可生成氢气、氯气和氢氧化钠，方程式为：2NaCl+2H2O

H2↑+Cl2↑+2NaOH；(2)①氯水中含有盐酸和次氯酸，氯气和盐酸都不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸(HClO)；②氯水和漂白液的有效成分分别为HClO、NaClO，根据平衡常数K2>K1，确定漂白液的有效成分

更多，并且NaClO比HClO更稳定，所以不直接使用氯水而使用漂白液做消毒剂；(3)Fe-2e-=Fe2+应为负极反应，则正极反应中ClO-得电子被还原，方程式为：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；(4)根据漂白液中NaClO的质量百分含

量随时间变化图可知Ⅰ的次氯酸钠的含量大于Ⅱ的，浓度越大反应速率越大，则v(Ⅰ)>v(Ⅱ)。15.用CO2生产绿色燃料甲醇时发生反应A：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)(1)2CH3

OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=-1365.0kJ/molH2(g)+12O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ/molCO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的反应热△H=_________。(写出计算过程)(2)在体积为1L

的恒容密闭容器中发生反应A，下图是在三种投料[n(CO2)和n(H2)分别为1mol，3mol；1mol，4mol和1mol，6mol]下，反应温度对CO2平衡转化率影响的曲线。①曲线c对应的投料是_____。②T1℃时，曲线a对应的化学平衡常数是_____。(

写出计算过程，计算结果保留小数点后两位)。③500℃时，反应A的平衡常数K=2.5，T1℃_____500℃(填“高于”、“低于”或“等于”)。(3)甲醇/过氧化氢燃料电池的工作原理示意图如下：①d电极上发

生的是_____(填“氧化”或“还原”)反应。②物质b是_____(填化学式)。③写出c电极的电极反应式_____。【答案】(1).-42.9kJ/mol(2).n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol(3).0.52(4).高于(5).还原(6).H2O2(7).

CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+【解析】【分析】根据盖斯定律：②×3-12×①得到焓变的值；当其他条件不变时，增大反应物氢气的浓度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，根据相同温度下的转化率数值确定曲线；根据a曲线的转化率和“三段式”计算平衡常数；反应为放热反

应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，判断温度；根据氢离子的移动方向确定正负极，并写出电极反应。【详解】(1)2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=-1365.0kJ/molH2(g)+12O2(g)=H

2O(g)△H=-241.8kJ/mol根据盖斯定律：②×3-12×①得：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-42.9kJ/mol；(2)①当其他条件不变时，增大反应物氢气的浓度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，由题给图像知相同

温度下，曲线c二氧化碳的平衡转化率最大，故曲线c对应的投料是n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol；②曲线a对应的投料是n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，T1℃时，二氧化碳的平衡转化率为60%，列出反应的“三段式”2232

1300COg30.61.80.60.60.41.20.60.6HgCHOHgHOg开始(mol)变化(mol)平衡(mol)＋容器的体积为1L，各物质的平衡浓度分别为：c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=1.2mol/L，c(CH3OH)=0.6mol/L，c(H2O)=0.6m

ol/L，代入平衡常数表达式计算，K=332322cCHOHcHOmol/Lmol/L()()0.60.6=()()0cCOcHmol/L.4(1.2mol/L)=0.52，T1℃时，曲线a对应的化学平衡常数是0.52；③由(1)知反应为放热反应

，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，若500℃时，反应A的平衡常数K=2.5，T1℃高于500℃。(3)①由甲醇/过氧化氢燃料电池的工作原理示意图知，氢离子移向d电极，d电极为电池的正极，发生的是还原反应；②物质b在d电极上发生还原反应，物质b是H2O2；③c电极为电池的负极，甲醇在该

电极上反应氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。【点睛】由甲醇/过氧化氢燃料电池中存在质子交换膜，故溶液为酸性，需要写出酸性条件下的电极反应，为易错点。16.电化学手段对于研究物质性质以及工业生产

中都有重要价值。I.某实验小组利用原电池装置对FeCl3与Na2SO3的反应进行探究。装置实验现象1mol/LFeCl3溶液(pH≈1)1mol/LNa2SO3溶液(pH≈9)灵敏电流计指针发生偏转(1)取少量FeCl3溶液

电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明FeCl3转化成_____。(2)检验另一电极产物的操作及现象是_____。(3)负极的电极反应式为_____。II.工业上用Na2SO4溶液吸收工业烟气中的低浓度SO2形成吸收液后，再采用阳离子膜电解法，控制电压，电解吸收液可制

成产品S和O2。工作原理示意图如下图阴极区和阳极区的pH随时间的变化关系如下图：(4)阳极反应的电极反应物是____。(5)阳极区pH降低的原因是____。(写出一条即可)(6)结合电极反应式，说明阴极区pH升高的原因_____。(写出一条即可

)【答案】(1).FeCl2(2).取少量电解液于试管，加入足量的盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀则证明有硫酸钠的生成(3).SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+(4).H2O(5).电极反应生成H+(6).阴极电极反应式为S

O2+4H++4e-=S+2H2O，阴极区不断消耗氢离子并生成水【解析】【分析】FeCl3与Na2SO3发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；根据电解池示意图可

知，生成氧气的为阳极发生氧化反应，则阴极生成S。【详解】(1)取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，说明有亚铁离子产生，证明FeCl3转化成FeCl2。(2)另一电极发生氧化反应生成硫酸钠，检验硫

酸根离子的操作为取少量电解液于试管，加入足量的盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀则证明有硫酸钠的生成。(3)负极发生氧化反应，亚硫酸钠中硫元素化合价升高发生氧化反应生成硫酸钠，电极反应式为SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+。(4)根据电解池

装置示意图，生成氧气一极为阳极，阳极的pH不断降低可知反应生成H+，据此判断阳极反应为2H2O-4e-=4H++O2，电极反应物是H2O。(5)阳极电极反应生成H+，故阳极区pH降低。(6)阴极发生还原反应，二氧化硫与氢离子反应

生成S和水，电极反应式为SO2+4H++4e-=S+2H2O，阴极区不断消耗氢离子并生成水，故pH升高。