【文档说明】北京市清华大学附属中学2022-2023学年高二上学期期中考试化学试题 含解析.docx，共(28)页，5.083 MB，由小赞的店铺上传

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高二第一学期期中试卷化学(清华附中高21级)可能用到的相对原子质量H1C12N14O16Na23C135.5Cu64第一部分本部分共18小题，每题只有1个选项符合题意(1-12每题2分，13-18每题3分，共42分)1.下列

装置(或过程)能实现化学能转化为电能的是A.碱性锌锰干电池B.电动车充电C.太阳能电池D.风力发电A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．碱性锌锰干电池属于原电池，是将化学能转化为电能，A正确；B．电动车充电是将电能转化为化学能，B错误；C．太阳能电池是将太阳

能转化为电能，C错误；D．风力发电是将风能转化为电能，D错误；故答案为：A。2.25℃和510110．Pa时，25222NO(g)=4NO(g)+O(g)ΔH=+567.6kJ/mol，该反应能自发进行的原

因是A.是吸热反应B.是放热反应C.是熵减少的反应D.熵增大效应大于焓效应【答案】D【解析】【分析】根据△G=△H-T•△S判断，反应能自发进行，必须满足=△H-T•△S＜0，据此分析判断。【详解】2N2O5(g)=4NO2(g)

+O2(g)△H=+56.7kJ/mol，是一个吸热反应，△H＞0，反应能够自发进行，必须满足△G=△H-T•△S＜0，所以△S＞0，且熵增效应大于能量效应，故选D。3.2022北京冬奥会期间，赛区内使用了氢燃料清洁能源车辆，某氢氧燃料电池

工作如图所示。下列说法不正确的是A.电极a为电池的负极B.电极b表面反应为：22O4e2HO4OH−−++=C.电池工作过程中K+向负极迁移D.氢氧燃料电池将化学能转化为电能的转化率高于火力发电，提高了

能源利用率【答案】C【解析】【分析】由图可知，电极a为负极，电极反应式为H2−2e−＋2OH−=2H2O，电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−，据此作答。【详解】A．电极a上氢元素失电子价态

升高，故电极a为负极，故A正确；B．电极b为正极，电极反应式为O2＋4e−＋2H2O═4OH−，故B正确；C．原电池工作时，阴离子向负极移动，K+移向正极，故C错误；D．氢氧燃料电池能量转化率高，可提高能源利用率，故D正确；故答案选C。4.已知：C(s,石墨

)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/molCO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283kJ/mol理论上2mol石墨不充分燃烧，生成等物质的量的CO(g)和CO2(g)放出的热量是A.676.5kJB.50

4kJC.283kJD.110.5kJ【答案】B【解析】【详解】已知反应①：C(s,石墨)+O2(g)=CO2(g)ΔH1=-393.5kJ/mol反应②CO(g)+12O2(g)=CO2(g)ΔH2=-283kJ/mol，按盖斯定律反应①-②得-121C()O(g)CO(g)ΔH110.5k

Jmol2+==−石墨，s，则理论上2mol石墨不充分燃烧，生成等物质的量的CO(g)和CO2(g)放出的热量是393.5kJ/mol×1mol+110.5kJ/mol×1mol=504kJ，B满足；答案选B

。5.关于下列各装置图的叙述中，不正确的是（）A.用装置①精炼铜，则a极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B.装置②的总反应是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+C.装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连D.装置④中

的铁钉几乎没被腐蚀【答案】B【解析】【详解】A.根据电流方向知，a是电解池阳极，b是电解池阴极，用装置①精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，电解质溶液是含有铜离子的可溶性盐溶液，所以a极为粗铜，电解质溶液为硫酸铜

溶液，故A不选；B.铁比铜活泼，所以铁是负极，电极总反应式为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，故B选；C.电解池的阴极上电解质溶液中阴离子导电，所以阴极金属被保护，则为了保护金属不被腐蚀，被保护的金属应该与电源的负极相连作阴极，故C不选；D.

电解质溶液是浓硫酸，呈强氧化性，铁被钝化，几乎没被腐蚀，故D不选；故选：B。6.通过以下反应均可获取H2。①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)ΔH1=+131.3kJ·mol-1②CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)ΔH2=+206.1kJ·mol-1③CO(g

)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH3下列说法正确的是A.①中反应物的总能量大于生成物的总能量B.②中使用适当催化剂，可以使ΔH2减小C.由①、②计算反应CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=－74.8kJ·m

ol-1D.若知反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔH，结合ΔH1可计算出ΔH3【答案】D【解析】【分析】【详解】A.①中ΔH1=+131.3kJ·mol-1>0，为吸热反应，则反应物的总能量小于

生成物的总能量，故A错误；B.催化剂只改变反应的进程，改变活化能，不影响焓变，故B错误；C.根据盖斯定律，由②-①可得CH4(g)=C(s)+2H2(g)的ΔH=ΔH2-ΔH1=+74.8kJ·mol-1，故C错误；D.若知反应C(s)+CO2(g)=2CO(g)的ΔH，根据

盖斯定律，①-③=该式，则ΔH1-ΔH3=ΔH，则ΔH3=ΔH1-ΔH，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查盖斯定律的应用及焓变与反应物、生成物能量大小关系，当反应物总能量大于生成物总能量，反应放热；当反应物总能量小于生成物总能量，反

应吸热。7.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡H2NCOONH4(s)⇌2NH3(g)+CO2(g)。①2υ(NH3)=υ(CO2)②密闭容器中总压强不变③密闭

容器中混合气体的密度不变④密闭容器中氨气的体积分数不变⑤密闭容器中c(NH3)不变能判断该反应已经达到化学平衡的是()A.②③⑤B.②③④C.①④⑤D.全部【答案】A【解析】【详解】①2v(NH3)＝v(CO2)，没有指明是正反应速率，还是逆反应速率，故①不选；②该反应是体积增

大，压强增大的反应，当密闭容器中总压强不变，能说明达到平衡，故②选；③根据m=()V容器，气体质量增加，容器体积不变，当密闭容器中混合气体的密度不变，能说明达到平衡，故③选；④NH3(g)、CO2(g)的体积之比

始终是2:1，因此密闭容器中氨气的体积分数始终不变，不能说明达到平衡，故④不选；⑤密闭容器中c(NH3)不变，各物质的浓度不再改变能作为判断平衡标志，故⑤选；能判断该反应已经达到化学平衡的是②③⑤；答案为A。8.下列各组物质的颜色变化，可用勒夏特列原理解释的是A.新制的氯水在光照条件下颜

色变浅B.缩小容器容积，2H、2I、HI平衡混合气颜色变深C.氯化铁溶液加铁粉振荡后颜色变浅D.钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈【答案】A【解析】【详解】A．新制的氯水在光照条件下颜色变浅，

是光照使HClO分解，导致反应：22Cl+HOHCl+HClO朝正向移动，Cl2浓度下降，与平衡移动有关，A符合题意；B．2H、2I、HI平衡体系存在平衡：2H+2I2HI，气体分子数不变，缩小容器容积，平衡不移动，但体积缩小I2浓度增大，混合气颜色变深，与平衡移动无

关，B不符合题意；C．氯化铁溶液加铁粉振荡后颜色变浅，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，不发生平衡移动，C不符合题意；D．钢铁在潮湿的空气中比在干燥空气中更容易生锈，是由于在潮湿空气中构成了原电池，增大了

氧化还原反应的速率，与平衡移动无关，D不符合题意；故选A。9.某学生设计了一个“黑笔写红字”的趣味实验。滤纸先用氯化钠、无色酚酞的混合液浸湿，然后平铺在一块铂片上，接通电源后，用铅笔在滤纸上写字，会出现红色字迹。据此，下列叙述正确的是A.铅笔端作阳极，发生还

原反应B.铂片端作阴极，发生氧化反应C.铅笔端有少量的氯气产生D.a点是负极，b点是正极【答案】D【解析】【分析】出现红色字迹，说明溶液中有OH－生成，所以铅笔端作阴极，氢离子放电，发生还原反应，因此a是电源的负极，b是正极。【详解】A.铅笔端作阴极，发生还原反应，故A错误；B.铂

片端作阳极，发生氧化反应，故B错误；C.铅笔端作阴极，溶液中的阳离子在铅笔端放电，所以不会生成氯气，故C错误；D.铅笔端作阴极，则a是电源的负极，b是正极，故D正确；答案选D。10.向20mL0.40mol/L22HO溶液中加入少量K1溶液，

反应历程是：ⅰ.222HOIHOIO=−−++；ⅱ.2222HOIOHOOI=−−+++。双氧水分解反应过程中能量变化和不同时刻测得生成氧气的体积(已折算为标准状况)如下图所示：t/min05101520()2VO/mL0.012.6

20.1628.032.7下列说法错误的是A.反应ⅰ的速率比反应ⅱ慢B.I−不能改变总反应的能量变化C.0～10min的平均反应速率：()()322vHO=4.010mol/Lmin−D.I−改变了双氧水

分解反应的反应历程，曲线②为含有I−的反应过程【答案】C【解析】【详解】A．根据图中信息，反应i比反应ii的活化能大，活化能越大，反应速率越慢，则反应ⅰ的速率比反应ⅱ慢，故A正确；B．由i、ii相加得到2H2O2=2H2O+O2

↑，KI为反应的催化剂，降低反应的活化能，但I−不能改变总反应的能量变化，故B正确；C．由表中数据可知，0～10min生成氧气的物质的量为320.161022.4/LLmol−=9×10-4mol，由反应可知消耗的过氧化氢为2×9×10-4mol=1

.8×10-3mol，忽略溶液体积的变化，v（H2O2）=31.8100.0210molLmin−=9.0×10-3mol/（L•min），故C错误；D．IK是催化剂，降低活化能加快反应速率，因此I−改变了双氧水分

解反应的反应历程，曲线②为含有I−的反应过程，故D正确；故选C。11.2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确

．．．的是N2(g)+3H2(g)高温、高压催化剂2NH3(g)△H=−92kJ/molA.升高温度不能提高一段时间内NH3的产率B.图①→②过程吸热，图②→③过程放热C.N2在反应过程中三键均发生断裂D.反应过程中存在−NH−、−NH2等中间产物【答案】A【解析】【分析】由图可知：在催化剂

表面，氮气断开三键，并逐一与氢形成N一H键，最终形成氨气。【详解】A项、升高温度能提高反应速率，所以在达到平衡前升高温度能提高一段时间内氨气的产率，A选项错误；B项、图①→②是N≡N断裂过程，断键吸热；图②→③是N一H键形

成过程，成键放热B选项正确；C项、虽然本反应是可逆反应，但反应中，所有氮气均能断开三键，只是同时又有新的氮氮三键形成，因此体系中总含有氮气，C选项正确；D项、从图中可知，断键产生的氮原子，能逐一和氢结合形成-NH-、-NH2和NH3，D选项正确；答案选A。【点睛】1、产率应分清是否为平衡产率

：非平衡产率与反应速率和时间有关，平衡产率可用勒夏特列原理或化学平衡常数进行判断；2、对于可逆反应：在宏观上似乎反应物不能完全转化，但在微观上，所有反应物均能转化，只是在反应的同时，产物又重新生成反应物，在宏观上看来，是反应物与产物的混合体系；可

逆反应建立的是动态平衡，反应物和生成物在不断的更新变化中，但宏观上的含量保持相对不变。12.镍镉（Ni—Cd）可充电电池在现代生活中有广泛应用。已知某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，其充、放电按下式进行：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。有关该电池的说法正

确的是A.充电时阳极反应：Ni(OH)2－e—+OH-="NiOOH"+H2OB.充电过程是化学能转化为电能的过程C.放电时负极附近溶液的碱性不变D.放电时电解质溶液中的OH-向正极移动【答案】A【解析】【详解】A项，充电时，镍元素失电子，化合价升高，N

i(OH)2作阳极，阳极反应式为：Ni(OH)2－e-+OH-=NiO(OH)+H2O，故A项正确；B项，充电过程实质是电解反应，电能转化为化学能，故B项错误；C项，放电时负极Cd失去电子生成Cd(OH)2，消耗OH-使负极附近溶液pH减小，故C项

错误；D项，放电时Cd在负极消耗OH-，OH-向负极移动，故D项错误。综上所述，本题正确答案为A。13.利用I2O5可消除CO污染，其反应为：反应为I2O5(s)＋5CO(g)5CO2(g)＋I2(s)；不同温

度下，向装有足量I2O5固体的2L恒容密闭容器中通入2molCO，测得CO2气体体积分数φ(CO2)随时间t变化曲线如图所示。下列说法正确的是A.b点时，CO的转化率为20%B.容器内的压强保持恒定，表明反应达到平衡状态C.b点和d

点的化学平衡常数：Kb＞KdD.0到0.5min反应速率v(CO)=0.3mol·L-1·min-1【答案】C【解析】【分析】在做可逆反应相关图象题时，首先要学会看图，分析图中的内容，分析很关键，最终达到用图的目的，在看图时，要先看横纵坐标的含义，再看一下图中的拐点、起点、交叉点、特殊点以及终点

，还有线的变化趋势以及走向等等，最后观察温度或者浓度的变化，在分析过程中将概念规律以及化学原理与图形结合起来，最终将原理与图象结合发挥图象的作用。【详解】A．()()()()2522mol20(mol)(mol)5COgIOs5COgIs2yybyy−ƒ起始()变化点＋＋根据b点

时CO2的体积分数φ(CO2)=y÷2=0.80，得y=1.6mol，转化率等于=(变化量÷起始量)×100%=(1.6÷2)×100%=80%，A错误；B．两边计量数相等，所以压强始终不变，不能做平衡状态的标志，B错误；C．b点比d点时生成物CO2

体积分数大，说明进行的程度大，则化学平衡常数：Kb＞Kd，C正确；D．0到0.5min时，a点时CO2的体积分数φ(CO2)=0.30，起始时加入的CO为2mol，反应过程中混合气的总物质的量不变，所以a点时n(CO2)=2×0.3=0.6mol，所以消耗的CO为0.6mol，则从反应开始至a点时

的反应速率为v(CO)=(0.6mol÷2L)÷0.5min=0.6mol·L－1·min－1，D错误；答案选C。【点睛】本题中比较巧的一点是，反应物中气体的系数和与生成物中气体的系数和是相等的，开始时通入的2molCO，由此可知，体系当中，气体的总物

质的量一直保持2mol不变。再根据图象二氧化碳的气体体积分数列出三段式，可以求出CO2的转化量、CO的转化量以及CO的化学反应速率。14.下列实验装置(部分夹持装置已略去)或操作能达到相应实验目的是ABCD实验目的验证3Fe+与I−的反应是可逆反应测定中和反应的反应热验证22

42NONO正反应是放热反应探究铁的析氢腐蚀实验装置A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．根据信息可知，碘离子是过量的，故无法通过该实验验证3Fe+与I−的反应是可逆反应，A错误；B．由图可知，该反应没有保温装置，热量流失较多

，B错误；C．左右两个容器中温度不同，其中的颜色不同，可以验证2242NONO正反应是放热反应，C正确；D．食盐水是中性的，发生的是吸氧腐蚀，D错误；故选C15.在3个体积均为2.0L的恒容密闭容器中

，反应CO2(g)＋C(s)2CO(g)ΔH>0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。下列说法正确的是容器温度/K起始时物质的量/mol平衡时物质的量/moln(CO2)n(C)n(CO)n(CO)I9770.28

0.5600.4。II9770.560.560xIII1250000.56yA.977K，该反应的化学平衡常数值为2B.达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡正向移动C.达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大D.达到平衡时，容器Ⅲ

中CO的转化率大于28.6%【答案】C【解析】【分析】977K时，容器I：()()()2(mol/L)0.140(mol/L)0.10.COgCs2(mol/L)0.040.COg22开始转化平衡＋【详解】A.977K，根据容器I中的反应数据，该反应的化学平衡常数值为0.20.2=0.

041，故A错误；B.C是固体，达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡不移动，故B错误；C.容器Ⅱ与容器Ⅰ相比，相当于加压，达到平衡时，容器Ⅰ中CO2的转化率比容器Ⅱ中的大，故C正确；D.若容器Ⅲ的温度是977K，则容器Ⅲ与容器I是等效平衡，平衡时CO的

浓度是0.2mol/L，CO的转化率是0.28-0.2100%=28.6%0.28，升高温度，正向移动，CO浓度增大，容器Ⅲ中的CO的转化率小于28.6%，故D错误。【点睛】本题考查平衡常数的计算、等效平衡原理，明

确同一可逆反应，不管从正反应开始，还是从逆反应开始，只要按反应方程式中的化学计量之比投入反应物或生成物，建立起新的平衡状态都相同。16.我国科研人员将单独脱除2SO的反应与22HO的制备反应相结合，实现协同转化。①单独制备22HO：22222HOO2HO+=，不能自发进行②单独脱除2

SO：222424OH2SOO2SO2HO−−+++=，能自发进行协同转化装置如图(在电场作用下，双极膜中间层的2HO解离为OH−和H+，并向两极迁移)。下列分析不正确的是的A.反应②释放的能量可以用于反应①B.产生H2O2的电极反应：-+222O+2e+2H=HOC.反应过程中不需补

加稀24HSOD.协同转化总反应：2222224SOO2HOHOHSO++=+【答案】D【解析】【分析】该装置为原电池，根据图中电子移动方向可知，左侧电极为负极，负极上SO2发生失电子的反应生成2-4SO，右侧电极为正极，正极上O

2发生得电子的反应生成H2O2，负极反应式为--2-242SO-2e+4OH=SO+2HO，正极反应式为-+222O+2e+2H=HO，所以协同转化总反应为SO2+O2+2NaOH=H2O2+Na2SO4，原电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向

正极；【详解】A．反应①不能自发进行，则反应①是吸热反应，反应②能自发进行，则反应②是放热反应，反应②释放的能量可以用于反应①，A项正确；B．由图可知，生成H2O2的电极反应为-+222O+2e+2H=HO，B项正确

；C．根据总反应可知，右侧消耗H+的量等于迁移过来H+的量，硫酸的总量不变，所以反应过程中不需补加稀H2SO4，C项正确；D．负极反应式为--2-242SO-2e+4OH=SO+2HO，正极反应式为-+222O+2e+2H=HO，则协同转化总反应为SO2+O2+

2NaOH=H2O2+Na2SO4，D项错误；故选D。17.十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其中阴、阳离子交换膜组合循环

再生机理如图所示，下列有关说法正确的是A.X应为直流电源的正极B.电解过程中阴极区pH升高C.图中的b%＜a%D.SO2-3在电极上发生的反应为：SO2-3＋2OH--2e-=SO2-4＋2H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据阴阳离子的移动方向得知

，阳离子向Pt(Ⅰ)电极移动，阴离子向Pt(Ⅱ)电极移动，因此Pt(Ⅰ)为阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X为直流电源负极，Y为直流电源正极，A项错误；B．Pt(Ⅰ)为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气，故Pt(Ⅰ

)附近溶液的pH增大，B项正确；C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b%>a%，C项错误；D．阳极上亚硫酸根离子失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为：SO2-3＋H2O-2e-=SO2-4＋2H+，D项

错误；答案选B。18.验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。①②③在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确．．．的是A.对比②③，可以判定Zn保护了FeB.对比①②，K3[Fe(CN)6]

可能将Fe氧化C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法D.将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼【答案】D【解析】【详解】分析：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③F

e附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN）6]将Fe氧化成Fe2+；C项，对比①②，①也能检验出Fe

2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼。详解：A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]无明显变化，②Fe附近的溶

液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe（CN）6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B项，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe（CN

）6]将Fe氧化成Fe2+，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe（CN）6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe2+，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe（CN）6]可

能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。点睛：本题通过实验验证牺牲阳极的阴极保护法，考查Fe2+的检验、实验方案的对比，解决本题的关键是用对比分析法。要注意操作条件的变化，如①中没有取溶液，②中取出溶

液，考虑Fe对实验结果的影响。要证明Fe比Cu活泼，可用②的方法。第二部分本部分共5题，共58分19.某研究小组用微生物电池模拟淡化海水，同时做电解实验，实验装置如下图所示，C、D是铂电极。（1）若A、B是惰性电极

①写出D极的电极反应式_______。②写出甲中总反应的离子方程式_______。（2）若甲是铁片镀铜装置，A、B质量相同。当B和A的质量差为12.8g时，C极产生的气体在标准状况下的体积是_______L。（3）苯酚的分子

式为66CHO。①离子交换膜A为_______离子交换膜(填“阴”或“阳”)。②a极的电极反应式为_______。③理论上每消除1mol苯酚，同时消除_______mol3NO−；当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐_______g。【答案】（1）①.

-22-2HO+2e=H+2OH②.2222Cu2HO2O4HCu+++++通电（2）1.12L（3）①.阴②.6622CHO28e11HO628HCO−+−+=+③.5.6④.58.5【解析】【分析】根据装置图可以知道，左侧为原电池，右侧

为电解池。原电池中电极a苯酚失电子转化为CO2，所以电极a为负极，则电极b为正极；在电解池中，根据电源正对阳极，负极对阴极，可知电极A、C为阳极，电极B、D为阴极。【小问1详解】①电极D为阴极，阳离子H+

和SO24−移向电极D，H+优先得电子，故电极反应为-22-2HO+2e=H+2OH；②甲装置为电解池，且A、B为惰性电极，电解质为CuSO4；阳离子Cu2+和H+移向阴极B反应，Cu2+优先得电子被还原为Cu，阴离子OH-

和SO24−移向阳极，OH-优先失电子被还原为O2，故甲中总反应的离子方程式为2222Cu2HO2O4HCu+++++通电。【小问2详解】若甲是铁片镀铜装置，则阳极A为单质Cu，电极反应为22eCuCu−+−=，阴极B为镀件铁片，电极反应为Cu2++2e-=Cu,当B和A的质量差为17.8g时,

电极A质量减小6.4g，电极B质量增加6.4g，通过电极反应可知，转移电子数为6.4g64g/mol×2=0.2mol,根据电荷守恒，电极C（阳极）将失去0.2mol电子，根据电极C的电极反应222HO4eO4H−+−=+，生成氧气为0.05mol，体积为0.05mol×22.4L/mol=

1.12L。【小问3详解】①左侧原电池中NaCl溶液转化为淡水，可知Na+移向正极b，Cl-移向负极a，所以离子交换膜A为阴离子交换膜；②电极a中反应物苯酚转化为CO2，其中苯酚中C化合价为-23价，CO2中的C的化合价为+4价，转移电子数目为28，故a电极反应为6622CHO28e11HO6

28HCO−+−+=+；③根据a电极反应可知，每消除1mol苯酚转移电子28mol，b电极反应为2NO3−+10e-+12H+=N2↑+6H2O,转移28mol电子时，消除NO3−28mol210mol=5.6mol；当电路中转移1mol电子时，有1mol的Na+移向正极，1molde

Cl-移向负极，模拟海水理论上除去1mol，即58.5gNaCl。【点睛】在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电

池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。20.电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的Cr(Ⅵ)是主要污染物，可采用多种处理方法将其除去。查阅资料可知：①在酸性环境下，Cr(Ⅵ)通常以Cr2O72-的形式

存在；②Cr2O72-的氧化能力强于CrO42-；③常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下表所示：阳离子Fe3＋Fe2＋Cr3＋开始沉淀的pH1.97.04.3沉淀完全的pH3.29.0

5.6Ⅰ.腐蚀电池法(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，利用原电池原理还原Cr(Ⅵ)。下列关于焦炭的说法正确的是_______(填字母代号)。a．作原电池的正极b．在反应中作还原剂c．表面可能有气泡产生Ⅱ.电解还原

法向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为电极电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。电解装置如图1所示。的(2)A极连接电源的______________极，A极上发生的电极反应式为_______________(3)电

解开始时，B极上除了发生产生H2的反应外，还有少量Cr2O72-在B极上直接放电，该反应的电极反应式为_________________(4)电解过程中，溶液的pH不同时，通电时间(t)与溶液中铬元素去除率的关系如图2所示。①由图可知，电解还原法应采取的最佳pH范

围为____(填字母代号)。a．2～4b．4～6c．6～10②解释曲线Ⅰ和曲线Ⅳ去除率低的原因：________________【答案】①.ac②.正③.Fe－2e－===Fe2＋④.Cr2O72-＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O⑤.b⑥.曲线Ⅰ的pH较小，此时Cr(Ⅵ)被还原生

成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致去除率较低；曲线Ⅳ的pH较大，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低【解析】【分析】根据题意可知，本题考查电解原理及其应用

、“三废”处理与环境保护，运用电化学原理和除杂原理分析。【详解】(1)向酸性含铬废水中投放废铁屑和焦炭，形成原电池，铁作原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋；焦炭作正极，但焦炭是惰性材料，本身不能

被还原，由于废水呈酸性，正极上可能发生反应2H＋＋2e－===H2↑，观察到焦炭表面有气泡产生，则a、c正确，故答案为：ac；(2)由图可知，与电源的B极相连的一极表面产生H2，该电极的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，则B是电源负极，A是电源正极；与A极相连的电极为电解池的阳极，电极材料是

Fe，Fe发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋。故答案为：Fe－2e－===Fe2＋；(3)B极是阴极，发生还原反应，少量Cr2O在B极上直接放电被还原为Cr3＋，电解质溶液呈酸性，则电极反应式为Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O。故答案为：Cr2O＋14H

＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O；(4)①由图可知，曲线Ⅱ对应pH＝4时，溶液中铬元素去除率最大，且所用时间最短，反应速率快；曲线Ⅲ对应pH＝6时，铬元素去除率最终与pH＝4相同，但所用时间较长，反应速率比pH＝4慢；图中曲线Ⅰ、Ⅳ对应的铬元素去除率偏低，

故最佳pH范围为4～6，答案选b。故答案选：b；②由题给信息可知，去除废水中的铬元素，最终要生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀排出。曲线Ⅰ的pH＝2，酸性较强，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致铬元素去除率较低；曲线Ⅳ的pH＝

10，溶液呈碱性，促使平衡Cr2O3-＋H2O垐?噲?2CrO＋2H＋正向移动，铬元素主要以CrO形式存在，其氧化能力弱于Cr2O，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致铬元素去除率较低。故答案为：曲线Ⅰ的pH较

小，此时Cr(Ⅵ)被还原生成的Cr3＋难以生成Cr(OH)3沉淀，仍以Cr3＋形式存在于溶液中，导致去除率较低；曲线Ⅳ的pH较大，铬元素主要以CrO42-形式存在，其氧化能力弱于Cr2O72-，Cr(Ⅵ)难以被还原并生成沉淀，导致去除率较低。21.NO、2NO既是常见的大气

污染物，也是重要的化工原料，它在工农业生产、生活中都发挥着重要作用。（1）在其他条件相同时，分别测得反应：()()()222NOgOg2NOg+中NO的平衡转化率在不同压强(1p2p)下温度变化的曲线如图。①1p_______2p(填填“>”、“＜”或

“=”)。②400℃和500℃时的平衡常数分别为1K和2K，则1K_______2K(填“>”“＜”或“=”)。（2）在373K时，向体积为2L的恒容真空容器中通入0.40mol2NO，发生反应：()()22

42NOgNOgΔH57.0kJ/mol=−测得2NO的体积分数[()2φNO]与反应时间(t)的关系如下表：t/min020406080()2NO1.00.750.520.400.40①上述反应中，()()2212v

NO=kcNO正，()()24224vNO=kcNO逆，其中1k、2k为速率常数，则373K时，1k、2k的数学关系式为_______。②改变温度至1T，时12k=k，则1T_______373K(填“>”“＜”或

“=”)（3）利用电解装置可以将尾气中的NO转化为尿素[()22CONH，属于非电解质，其中碳元素的化合价为＋4价]，工作原理如图。①阴极的电极反应式为_______。②反应一段时间后，阳极区的pH基本不变，结合化学用语解释原因__

_____。【答案】（1）①.<②.>（2）①.k1=30k2②.>（3）①.2NO+CO2+10e-+10H+=CO(NH2)2+3H2O②.阳极区发生反应：H2–2e-=2H+，H+朝阴极移动【解析】【小问1详解】①反应：()()()222NOgOg2NOg+

正向气体分子数减小，相同温度下，压强增大，平衡正向移动，NO平衡转化率升高，根据图示可知，1p<2p；②根据图示可知，相同压强下，随着温度升高，NO平衡转化率降低，平衡逆向移动，平衡常数减小，若400℃和500℃时的平衡常数分别为

1K和2K，则1K>2K。【小问2详解】①根据表中数据可知，在373K达到平衡时，()2φNO=0.40，设平衡时NO2转化了xmol，则有0.4-x=0.4x0.4-x+2解得x=0.3，则平衡时c(NO2)=0.4-0.32=0.05(mol/L)，()()24

0.32=0.075cNO=m2ol/L；平衡时正逆反应速率相等，()()()()222422412vNO=vNO=kcNO=kcNO正逆，即0.052k1=0.075k2，则1k、2k的数学关系式为k1=30k2；②改变温度至1T，时12k=k，则()221vNO=k0.05正<()24

2vNO=k0.075逆，平衡朝逆向移动，该反应ΔH0，逆向吸热，则1T>373K。【小问3详解】根据题意可知，NO与CO2在左侧生成CO(NH2)，N元素化合价降低，得到电子，是电解装置的阴极，电解反应式为

：2NO+CO2+10e-+10H+=CO(NH2)2+3H2O；②阳极区发生反应：H2–2e-=2H+，H+朝阴极移动，反应一段时间后，阳极区的pH基本不变。22.努力实现碳达峰、碳中和展现了我国积极参与和引领全球气候治理

大国担当。2CO的综合利用是实现碳中和的保证。Ⅰ.回收利用2CO解决空间站供氧问题物质转化如图所示：的（1）反应A为()()()()2242COg4HgCHg2HOg++，是回收利用2CO的关键步骤。已知：()()

()2222HgOg2HOg+=1ΔH=-483.6kJmol−()()()()4222gCH2O2HOgggCO+=+1ΔH=802.3kJmol−−反应A的△H=_______1kJmol−（2）

将原料气按()()22nCO:nH=1:4置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得2HO的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示(虚线为平衡时的曲线)。①理论上，能提高2CO平衡转化率的措施有_______(写出两条)。②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方

法来提高2CO的转化效率，原因是_______。（3）下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是_______(填字母)。a.反应B的能量变化是电能→化学能或光能→化学能b.物质转化中O、H原子的利用率均为100%c

.不用22NaO作供氧剂的原因可能是22NaO不易实现循环利用（4）用()()()()222COg2HgOCs2Hg+=+代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是_______。Ⅱ.利用2CO生产乙烯：()()()(

)222422COg6HgCHg4gOH+=+△H在三个容积均为1L的密闭容器中以不同的氢碳比[()()22nHnCO]充入2H和2CO，在一定条件下2CO的平衡转化率与温度的关系如图所示。（5）下列说法正确的是__

_____。a.该反应的△H＜0b.氢碳比：①>②c.在氢碳比为2.0时，Q点：v(正)＜v(逆)（6）若起始时，2CO、2H浓度分别为0.51molL−和1.01molL−，则可得P点对应温度的平衡常数为_______()31molL−−。【答案】（1）164.9−（2）①.

加压、降温、提高原料气中H2的比例②.前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率（3）ab（4）生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果（5）ab（6）512【解析】【小问1详解】已知：①()()()2222HgOg2H

Og+=11ΔH=-483.6kJmol−②()()()()4222gCH2O2HOgggCO+=+12ΔH=802.3kJmol−−根据盖斯定律，由①2-②得反应A：()()()()2242COg4HgC

Hg2HOg++11112ΔH=2ΔH+ΔH=-483.6kJmol2(802.3kJmol)164.9kJmol−−−−−=−，答案为1kJ16.9l4mo−−；【小问2详解】①结合反应C

O2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)可知，该反应为放热熵减的反应，故提高转化率的方法为加压、降温、提高原料气中H2的比例，故答案为:加压、降温、提高原料气中H2的比例；②空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段

冷却的方法来提高CO2的转化效率,原因是前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率；故答案为:前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率；【小问3详解】a.分析物质转化图可知

，该过程的能量变化为电能/光能→化学能，选项a错误；b.物质转化中有甲烷和氢气产生，故氢元素的利用率<100%，选项b错误；c.不用Na2O2作供氧剂的原因在于过氧化钠消耗之后无法产生，无法循环利用，选项c正确；故答案为:ab；【小问4详解】用CO2

(g)+2H2(g)=C(s)+2H2O(g)代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果，故答案为:生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果；【小问5详解】a.由图可知，随温度升高CO2

的平衡转化率减小，说明升高温度平衡逆向移动，升高温度平衡向吸热反应越大，则正反应为放热反应，故△H<0，选项a正确；b.氢碳比越大，二氧化碳的转化率越大，故由图可知，氢碳比:①>②，选项b正确；c.相同温度下，在氢碳比为2.0

时，Q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率，说明Q点未到达平衡，反应向正反应进行，故Q点v(正)>v(逆)，选项c错误；答案选ab；【小问6详解】222422CO(g)+6H(g)CH(g)+4HO(g)(mol/L

)0.51.000(mol/L)2x6xx4x(mol/L)0.5-2x1.0-6xx4x初始浓度转化浓度平衡浓度依据图像得出此时二氧化碳的平衡转化率为50%，即2100%50%0.5x=，解得x=0.125，c(CO2)=0.

25mol/L，c(H2)=0.25mol/L，c(C2H4)=0.125mol/L，c(H2O)=0.5mol/L，故K=()()()()42422622cCHcHOcCOcH=4260.1250.50.250.25=512。23.某课外小组进一步研究电解原理，实验记录如下：实验

Ⅰ、探究电解质溶液中电极材料(Fe)是否参与放电气球如图所示进行实验，两极均为石墨，溶液为煮沸过的饱和NaCl溶液，滴加2～3滴酚酞，U型管底部放一个铁钉，电解一段时间，a、b、d处均有气体生成，b处和d处变红。（1）结合实验现象回答下列问题①结

合电极反应解释b处酚酞变红的原因_______。②写出c处的电极反应_______。实验发现：电解质溶液中的铁钉参与放电实验Ⅱ、探究电压对电极反应的影响某同学使用石墨电极，在不同电压(x)下电解pH=1的0.1mol/L2FeCl溶液，实验记录如下(

a、b、c代表电压值，a>c>b)：序号电压/V阳极现象检验阳极产物ⅰxa电极附近出现黄色，有气泡产生有3Fe+、有2Clⅱaxb≥电极附近出现黄色，无气泡产生有3Fe+、无2Clⅲb>x>0无明显现象无3Fe+、无2Cl（2）ⅰ中，3Fe

+产生的原因可能是Cl−在阳极放电，生成的2Cl将2Fe+氧化，写出有关反应的方程式：_______。（3）由ⅱ推测，3Fe+产生的原因还可能是2Fe+在阳极放电，原因是2Fe+具有_______性(填“

氧化”或“还原”)。（4）ⅱ中虽未检测出2Cl，但Cl−在阳极是否放电仍需进一步验证，电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：序号电压/V阳极现象检验阳极产物ⅳaxc≥无明显现象有2Clⅴcxb≥无明显现象无2Cl①NaCl溶液的浓度是______

_mol/L。②ⅳ中检测2Cl的实验方法是：取少量阳极附近的溶液，_______，证明生成氯气。③与ⅱ相比，得出的结论(写出两点)_______。【答案】（1）①.b处发生的电极反应为--222HO+2e=2OH+H，水电离的氢离子放电，促进水的电离

，溶液显碱性，使酚酞变红；②.-2+Fe-2e=Fe（2）--22Cl-2e=Cl，2+3+-2Cl+2Fe=2Fe+2Cl（3）还原（4）①.0.2mol/L②.滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝，③.电压≥V时，Cl-在阳极放电产生Cl2；当电压c>x≥bV时

，2+Fe在阳极放电生成3+Fe【解析】【分析】a处与电池正极相连，a处电极作阳极，电极反应为--22Cl-2e=Cl，d处与电源负极相连，d处电极作阴极，电极反应为--222HO+2e=2OH+H，铁钉c处作阳极，电极反应为-2+Fe-2

e=Fe，b处作阴极，电极反应为--222HO+2e=2OH+H。【小问1详解】①b处发生的电极反应为--222HO+2e=2OH+H，水电离的氢离子放电，促进水的电离，溶液显碱性，使酚酞变红；②c处作阳极，电极反应为

-2+Fe-2e=Fe；【小问2详解】Cl-在阳极放电的电极反应--22Cl-2e=Cl，2+3+-2Cl+2Fe=2Fe+2Cl；【小问3详解】由2+Fe生成3+Fe，Fe元素的化合价升高，2+Fe作还原剂，2+Fe具有还原性；【小问4详解】①该实验是为了检验实验ⅱ中Cl-在阳极是否放电，所

以该实验中氯离子浓度应与实验ⅱ中氯离子浓度相同，实验ⅱ中电解质溶液为0.1mol/LFeCl2溶液，含有0.2mol/LCl-，所以NaCl的浓度为0.2mol/L；②氯气与碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇

淀粉变蓝，因此取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉碘化钾试纸上，试纸变蓝，证明生成氯气。③通过实验数据可以看出，电解pH=1的0.1mol/LFeCl2溶液，电压≥V时，Cl-才能在阳极放电产生Cl2；当电压x的取值范围在x≥a、a>x≥b时，会有3+Fe生成，c>x≥b时，无Cl2生成，所以当电

压c>x≥bV时，阳极发生的反应为2+Fe生成3+Fe，电极反应式为2+-3+Fe-e=Fe。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com