精品解析：北京市广渠门中学2026-2027学年高二上学期期中考试 化学试卷

北京市广渠门中学2026—2027学年度第一学期期中试题 高二年级化学学科 本试卷共7页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效 可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、O-16、Mn-55、Fe-56、Cu-64 一、选择题(16道选择题，每题3分，共48分) 1. 下列工业生产中，所采取的措施与目的不对应的是 工业生产 措施 目的 A 氯碱工业 适当酸化阳极区溶液 减少在阳极区的溶解 B 氨催化氧化制 使用Pt-Rh合金做催化剂 加快反应速率 C 侯氏制碱 向饱和食盐水中先通入再通入 提高和 D 工业合成氨 将从混合气中及时分离 提高反应物转化率 A. A B. B C. C D. D 2. 已知的键能为，的键能为反应经历了如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 的键能为 B. 升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C. 升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率 D. 为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变 3. 在碘水、淀粉、稀和的混合溶液中加入过量乙酰乙酸烯丙酯（AAA），观察到溶液中蓝色与无色交替出现，主要转化如下： AAA为 AAAI为 下列说法不正确的是 A. i为取代反应 B. ii的反应为 C. iii中，生成转移 D. 最终溶液呈蓝色 4. 下列说法中，正确的是 A. ，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 B. ， ，则 C. 氢气的燃烧热为，则水分解的热化学方程式为 D. ，则和化学键断裂时需释放的热量 5. 已知氢气燃烧反应的能量变化如下图。 下列说法不正确的是 A. 键的键能小于键的键能 B. 破坏2 mol 和1 mol的化学键所需的能量小于2 mol 中的化学键所释放的能量 C. 将氢气和氧气混合，不发生反应，说明K较小 D. 利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化 6. 如图所示的原电池装置中，盐桥内的成分是含有的琼脂凝胶。下列说法正确的是 A. 正极为电极 B. 盐桥中的向烧杯迁移 C. 放电时，电子从电极流向电极 D. 若将盐桥更换为锌片，电流计指针不会发生偏转 7. 如图是氯碱工业电解饱和食盐水的示意图。下列说法不正确的是 A. 阳极材料换成铁电极，产物不变 B. 使用的阳离子交换膜阻止阴离子和气体通过，使生成的NaOH更纯 C. 阴极发生的电极反应： D. b处通入的原料是NaOH的稀溶液 8. 如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是 A. a是电源的负极 B. 通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色 C. 随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大 D. 当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下) 9. 我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析正确的是 A. a极为电池负极 B. b极的电极反应为 C. 若b极区生成，则a极区增加2mol D. 外电路通过时，至少有生成 10. 利用电化学技术处理含有和废水的装置及原理示意图如下。下列说法正确的是 A. 电极n连接直流电源的正极 B. 电极n产生的气体为 C. 反应①的离子方程式： D. 当产生224mL(标准状况下)时，理论上外电路通过0.06mol电子 11. 用下图所示的实验装置，按下列实验设计不能完成的实验是 选项 实验目的 实验设计 A 减缓铁的腐蚀 开关K置于A处，X为石墨，溶液含Na+、Cl- B 模拟铁的吸氧腐蚀 开关K置于B处，X为锌棒，溶液含Na+、Cl- C 在铁棒上镀铜 开关K置于A处，X为铜棒，溶液含Cu2+、 D 比较铁和铜的金属活动性强弱 开关K置于B处，X为铜棒，溶液含H+、 A. A B. B C. C D. D 12. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol A B D Ⅰ 0.2 0.2 0.1 Ⅱ 0.4 0.4 >0.2 下列说法不正确的是 A. B物质的状态为气态 B. I中，A的平衡转化率为50% C. 该反应的化学平衡常数的数值为5 D. I中，若平衡后向容器中再充入和，平衡正向移动 13. 向恒温恒容密闭容器中加入1mol CO2和一定量H2，发生反应。投料比为x1、x2时，CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. x1＜x2 B. 以固定投料比进行反应，当容器内压强不再改变时，反应达到平衡状态 C. 该反应的ΔH＞0 D. a、b、c三点对应的平衡常数：K(a点)＜K(b点)=K(c点) 14. 利用电化学-化学协同法将天然气中的转化为硫酸盐，实现资源化利用。原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 溶液的作用之一是吸收 B. 极的电极反应式： C. 工作一段时间后，阴极室的总浓度下降 D. 理论上，阳极产生的大于阴极消耗的 15. 实验小组以Cu为阳极、Fe为阴极探究铁棒镀铜实验中电镀液的选择，进行下表所示实验，电解时间均为60 min。 实验装置 实验序号 电解质溶液 阴极现象 I 铁钉上有疏松的红色固体，溶液蓝色变浅，阴极液检测出 Ⅱ 和过量浓氨水 铁钉上有致密的红色镀层，溶液颜色基本不变，阴极液未检测到Fe元素 Ⅲ 铁钉上有疏松的红色固体，溶液由蓝色变为浅黄色，阴极液检测出 Ⅳ 和 铁钉上有少量疏松的红色固体，且有气泡生成，溶液颜色基本不变，阴极液检测出 已知：，为黄色。 下列说法正确的是 A. 实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ中检测出，说明阴极表面均发生反应： B. 对比实验I和Ⅱ推测，实验Ⅱ中得到致密镀层是因为小，铜的沉积速率慢 C. 实验Ⅲ溶液颜色变化是因为的平衡正向移动 D. 将实验Ⅳ中盐酸替换为等浓度的NaCl溶液，可能得到较致密的红色镀层 16. 向丙烷脱氢制丙烯的反应体系中加入，可以提高丙烷的利用率。在相同温度下，分别将投料比相同的、混合气体以相同流速持续通过同种催化剂表面，转化率和选择性随通入气体时间的变化如图： 已知： I．反应① 反应② Ⅱ．反应体系中存在的裂解和生成积炭等副反应。 Ⅲ．的选择性 下列说法正确的是 A. B. 30min内，两体系中选择性相同，生成的速率也相同 C. iii中的转化率高于iv中的，是因为反应②使反应①的平衡正向移动 D. iii、iv对比，150min后iv中转化率为0，可能是因为积炭使催化剂失效 二、解答题(6道大题，共52分) 【电化学基础过关】 17. 回答下列问题： （1）常见燃料电池：燃料为、烃、、肼、甲醇、二甲醚、氨、煤气等液体或固体，常见氧化剂为、、等。常见的电解质为酸的溶液、碱的溶液、熔融碳酸盐、固体氧化物等。写出以为燃料的燃料电池在不同介质中的电极反应式。 ①碱性介质 负极：___________； ②固体氧化物介质 正极：___________。 （2）电解原理：某溶液中、、的浓度均为(假设溶液体积不变)，现用电解方法使在铜片上转化为，装置如图所示。 ①电解开始阶段，阴极的电极反应式为___________ ②当恰好完全析出时，转移电子的物质的量为___________。 （3）电化学腐蚀与防腐：如图所示的是某研究性学习小组探究金属腐蚀条件的实验装置图。试分析实验并回答下列问题： ①若起始时甲、乙、丙三套装置的导管中液面高度相同，过一段时间后液面最高的是___________。 ②乙装置中发生电化学腐蚀时正极的电极反应式为___________。 18. 回答下列问题： （1）依据反应：设计的原电池如图甲所示。 ①Y溶液可以是__________； ②银电极上发生的电极反应式是___________。 ③在电池放电过程中，盛有饱和琼脂溶胶的盐桥中，向溶液一端扩散的离子是___________(填离子符号)。 （2）金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，可以采用电化学手段进行防腐。 ①炒菜的铁锅未及时清洗容易生锈。写出铁锅生锈过程的负极反应式______________________。 ②为了减缓某水库铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图乙所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用___________(填写字母序号)。 A．铜 B．钠 C．锌 D．石墨 ③图丙所示方案也可以减缓铁闸门的腐蚀速率，则铁闸门应连接直流电源的___________极。 （3）蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是：。 ①若此蓄电池放电时，该电池某一电极发生还原反应的物质是___________(填序号)。 A． B． C． D． ②该电池放电时，正极附近溶液的pH___________(填增大、减小、不变)。 ③充电时该电池阳极的电极反应式_________________________________。 19. 是一种重要的工业原料 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为___________。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： ⅰ．； ⅱ．； ⅲ．。 铅室法制硫酸的总反应为___________ （3）现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应，不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标X代表___________(填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：___________。 （4）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为___________。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取V mL待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为___________。 ③若未加热煮沸，会使测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 20. 环氧丙烷是重要的有机化工原料，工业上先用丙烷制丙烯，再通过间接电解丙烯制环氧丙烷。 Ⅰ．丙烷制丙烯 （1）一定条件下，C3H8脱氢制丙烯发生如下反应： ，从平衡的角度推断有利于制备丙烯的条件是___________。 （2）在高温下，CO2催化氧化C3H8制C3H6涉及的反应有： ⅰ. ； ⅱ. ； ⅲ.； …… ①CO2氧化C3H8生成C3H6、CO和反应的热化学方程式是___________。 ②与(1)相比，(2)中引入CO2的优点有___________(答两点)。 Ⅱ．间接电解法制环氧丙烷 丙烯经间接电解法制环氧丙烷(，简称PO)的原理示意图如图1。 已知：ⅰ.Br2与H2O反应：； ⅱ.； （3）阳极反应式是___________。 （4）丙烯经间接电解法制PO的总反应的化学方程式是___________。 （5）不将丙烯直接通入电解池内制PO，原因可能是___________。 （6）相同电压下电解，随的变化如图2。大于时，下降。不考虑其他副反应，从反应原理的角度解释原因：___________。 21. 利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。 ii． （1）脱硅时进行的分离操作是_______。 （2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO 下列说法正确的是_______(填序号)。 A.800℃时发生了反应： B.热稳定性： C.焙烧时，的作用是避免被氧化 （3）已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因：_______。 （4）图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时同时使用氨水和碳酸铵的原因：_______。 （5）沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因：_______。 （6）该工艺流程中可再次利用的物质为_______。 22. 某实验小组对溶液和溶液的反应进行探究。 【实验1】 序号 实验操作 实验现象 1-1 向溶液中加入溶液 产生黑色固体 1-2 向饱和溶液（，）中加入饱和溶液（，） 迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体，静置后红色固体减少、黑色固体增多 I.探究反应的产物 （1）经检验，实验中的黑色固体均为。实验1-1反应的离子方程式为_____。 资料表明，黄色固体为。小组同学取实验1-2所得固体，依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净后继续进行实验2，证明了实验1-2中黄色固体为S。 【实验2】 资料：BaS为白色固体，易溶于水。 （2）①设计实验证明1-2所得固体洗涤干净，实验操作及现象是_____。 ②依据实验2，推测S与浓NaOH溶液反应的离子方程式为_____。 ③实验2中，加入硝酸的目的是_____。 （3）实验证明红色固体为。补全静置后红色固体转化为黑色固体反应的离子方程式：_____。 II.探究影响反应产物的因素 【实验3】 实验装置与试剂 序号 实验方案 实验现象 3-1 a：饱和溶液 b：饱和溶液 电压表指针偏转，读数为0.85V 3-2 a：溶液 b：溶液 电压表指针偏转。读数为0.46V 3-3 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针偏转。读数为0.68V 3-4 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针略偏转，读数为0.10V 说明：本实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。 （4）实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是_____。 （5）小组同学用实验3装置补做实验3-5，排除了对所有实验的影响。他们所用试剂a为饱和溶液（，），为_____。 （6）综合上述实验可以得到的结论有_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市广渠门中学2026—2027学年度第一学期期中试题 高二年级化学学科 本试卷共7页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效 可能用到的相对原子质量：H-1、C-12、O-16、Mn-55、Fe-56、Cu-64 一、选择题(16道选择题，每题3分，共48分) 1. 下列工业生产中，所采取的措施与目的不对应的是 工业生产 措施 目的 A 氯碱工业 适当酸化阳极区溶液 减少在阳极区的溶解 B 氨催化氧化制 使用Pt-Rh合金做催化剂 加快反应速率 C 侯氏制碱 向饱和食盐水中先通入再通入 提高和 D 工业合成氨 将从混合气中及时分离 提高反应物转化率 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．氯碱工业阳极生成，存在平衡，酸化阳极区可增大浓度，使平衡逆向移动，减少的溶解，A正确； B．催化剂可以降低反应活化能，加快反应速率，使用Pt-Rh合金作催化剂能加快氨催化氧化的反应速率，B正确； C．侯氏制碱中先通入是因为极易溶于水，使溶液呈碱性，可吸收更多，从而提高浓度，便于溶解度较小的析出，目的不是提高和，C错误； D．工业合成氨的反应为，及时分离出会使生成物浓度降低，平衡正向移动，提高反应物转化率，D正确； 答案选C。 2. 已知的键能为，的键能为反应经历了如下反应历程：①，②，反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A. 的键能为 B. 升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小 C. 升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高的转化率 D. 为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的焓变 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，△H=151 kJ·mol-1-162 kJ·mol-1=-11 kJ·mol-1，设H―I的键能为x kJ·mol-1，则△H=436kJ·mol-1+151kJ·mol-1-2x kJ·mol-1=-11 kJ·mol-1，解得x=299kJ·mol-1，A正确； B．升高温度，反应速率加快，即反应①、反应②的速率都加快，B错误； C．由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，反应②的限度降低，不利于氢气转化率提高，C错误； D．催化剂不能降低反应②的焓变，为防止反应过程中有大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应②速率，即加快的消耗速率，D错误； 故选A。 3. 在碘水、淀粉、稀和的混合溶液中加入过量乙酰乙酸烯丙酯（AAA），观察到溶液中蓝色与无色交替出现，主要转化如下： AAA为 AAAI为 下列说法不正确的是 A. i为取代反应 B. ii的反应为 C. iii中，生成转移 D. 最终溶液呈蓝色 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据题干信息，与反应生成，该反应为取代反应，A正确； B．根据转化示意图可知，反应ii为被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒及电荷守恒，反应方程式：，B正确； C．反应iii中发生歧化反应生成和，生成时Cl元素化合价从+3价降低为-1价，即生成转移，C正确； D．反应i中乙酰乙酸烯丙酯（AAA）过量，碘单质被消耗完全，溶液最终不呈蓝色，D错误； 答案选D。 4. 下列说法中，正确的是 A. ，则正反应的活化能大于逆反应的活化能 B. ， ，则 C. 氢气的燃烧热为，则水分解的热化学方程式为 D. ，则和化学键断裂时需释放的热量 【答案】C 【解析】 【详解】A．焓变等于正反应活化能与逆反应活化能的差，即，则该反应的正反应的活化能小于逆反应的活化能，A错误； B．已知，，则，因未知大小，故无法确定与0的大小关系，B错误； C．依据题意可得氢气燃烧热的热化学方程式为，则有，C正确； D．焓变等于反应物化学键断裂吸收的能量与生成物化学键形成所释放的能量差，D错误； 故答案选C。 5. 已知氢气燃烧反应的能量变化如下图。 下列说法不正确的是 A. 键的键能小于键的键能 B. 破坏2 mol 和1 mol的化学键所需的能量小于2 mol 中的化学键所释放的能量 C. 将氢气和氧气混合，不发生反应，说明K较小 D. 利用该反应通过一定的装置可实现化学能到电能的转化 【答案】C 【解析】 【详解】A．从图中可知键的键能为，键的键能为，键的键能小于键的键能，A正确； B．破坏和的化学键所需吸收的总能量为，形成中的化学键所释放的总能量为，断键吸收能量小于成键释放能量，B正确； C．氢气和氧气混合不发生反应是因为该反应的活化能较高，反应速率极慢；氢气燃烧是放热程度极大的自发反应，热力学上反应趋势极强，其平衡常数很大，并非较小，C错误； D．氢气燃烧是自发的氧化还原反应，可设计为氢氧燃料电池，通过一定装置实现化学能到电能的转化，D正确； 故选C。 6. 如图所示的原电池装置中，盐桥内的成分是含有的琼脂凝胶。下列说法正确的是 A. 正极为电极 B. 盐桥中的向烧杯迁移 C. 放电时，电子从电极流向电极 D. 若将盐桥更换为锌片，电流计指针不会发生偏转 【答案】B 【解析】 【分析】锌比铜活泼，Cu为原电池的正极，电池的总反应为Zn+ Cu2+= Zn2++ Cu，正极的电极反应为Cu2++2e-= Cu；Zn极时原电池的负极，发生氧化反应。 【详解】A．Cu为原电池的正极，A错误； B．原电池工作时阳离子移向正极，即电池工作时K+向铜电极移动，B正确； C．放电时，电子从负极流向正极，因此电子从Zn电极流向Cu电极，C错误； D．若将盐桥更换为锌片，右侧变成新的原电池，左侧成为电解池，电流计的指针会偏转，D错误； 故选B。 7. 如图是氯碱工业电解饱和食盐水的示意图。下列说法不正确的是 A. 阳极材料换成铁电极，产物不变 B. 使用的阳离子交换膜阻止阴离子和气体通过，使生成的NaOH更纯 C. 阴极发生的电极反应： D. b处通入的原料是NaOH的稀溶液 【答案】A 【解析】 【详解】A．若将阳极材料换成铁电极，Fe为活性电极，阳极上Fe优先失电子生成，不再生成，产物发生变化，A错误； B．阳离子交换膜只允许阳离子通过，可阻止、及两极产生的气体通过，避免与反应，使生成的纯度更高，B正确； C．阴极上电离出的得电子生成，电极反应为，C正确； D．阴极区最终产出浓溶液，b处通入稀溶液可增强溶液导电性，D正确； 故选A。 8. 如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是 A. a是电源的负极 B. 通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色 C. 随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大 D. 当完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下) 【答案】C 【解析】 【分析】通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，a是电源的负极，故A正确； B．石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确； C．随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误； D．当完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，根据阳极电极反应式，产生氧气为0.015mol，体积为336mL (折合成标准状况下)，故D正确； 故选C。 9. 我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析正确的是 A. a极为电池负极 B. b极的电极反应为 C. 若b极区生成，则a极区增加2mol D. 外电路通过时，至少有生成 【答案】D 【解析】 【分析】由图可知，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，则电池总反应为O2+2HS—+2H+=2S+2H2O。 【详解】A．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，故A错误； B．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，故B错误； C．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，内外电路转移电荷数相等，每转移4mol电子，由电极反应式可知，b极区生成2mol硫，a极氧气转化为水消耗4mol氢离子，则b极区有4mol氢离子移向a极区，则b极区生成，a极区氢离子的物质的量不变，故C错误； D．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，则外电路通过1mol电子时，消耗0.5mol氢硫酸根离子，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，由方程式可知，生成0.5mol氢硫酸根离子同时生成1mol二氧化碳，故D正确； 故选D。 10. 利用电化学技术处理含有和废水的装置及原理示意图如下。下列说法正确的是 A. 电极n连接直流电源的正极 B. 电极n产生的气体为 C. 反应①的离子方程式： D. 当产生224mL(标准状况下)时，理论上外电路通过0.06mol电子 【答案】D 【解析】 【详解】A．电极m上Cl-失去电子生成HClO，1molCl-失去2mol电子生成1molHClO，电极m为阳极，则电极m与直流电源的正极连接，电极n与直流电源负极连接，故A错误； B．电极n与直流电源负极连接，电极n为阴极，水在电极n上得到电子产生氢气，故B错误； C．次氯酸为弱酸，不能写成离子形式，离子方程式应为，故C错误； D．根据反应，生成1molN2消耗3molHClO，则当产生标准状况下224mL(0.01mol)N2时，理论上外电路通过0.06mol电子，故D正确； 故答案为D。 11. 用下图所示的实验装置，按下列实验设计不能完成的实验是 选项 实验目的 实验设计 A 减缓铁的腐蚀 开关K置于A处，X为石墨，溶液含Na+、Cl- B 模拟铁的吸氧腐蚀 开关K置于B处，X为锌棒，溶液含Na+、Cl- C 在铁棒上镀铜 开关K置于A处，X为铜棒，溶液含Cu2+、 D 比较铁和铜的金属活动性强弱 开关K置于B处，X为铜棒，溶液含H+、 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．开关K置于A处时为电解池，铁棒与电源负极相连作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，A正确； B．开关K置于B处时为原电池，锌的金属活动性强于铁，锌作负极被腐蚀，铁作正极被保护，无法模拟铁的吸氧腐蚀，B错误； C．开关K置于A处时为电解池，铜棒与电源正极相连作阳极，失电子生成，铁棒作阴极，溶液中在阴极得电子生成铜单质附着在铁棒上，可实现铁棒上镀铜，C正确； D．开关K置于B处时为原电池，铁的金属活动性强于铜，铁作负极逐渐溶解，铜作正极，溶液中在正极得电子生成，有气泡产生，可比较铁和铜的金属活动性强弱，D正确； 故选B。 12. 一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，加入一定量的反应物，发生反应：，相关数据见下表。 容器编号 起始时物质的量/mol 平衡时物质的量/mol A B D Ⅰ 0.2 0.2 0.1 Ⅱ 0.4 0.4 >0.2 下列说法不正确的是 A. B物质的状态为气态 B. I中，A的平衡转化率为50% C. 该反应的化学平衡常数的数值为5 D. I中，若平衡后向容器中再充入和，平衡正向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．一定温度下，在2个容积均为1L的恒容密闭容器中，Ⅱ加的A、B物质为Ⅰ的两倍，相当于增大压强，平衡时D的物质的量大于Ⅰ的两倍，说明平衡正向移动，则反应为气体体积缩小的反应，故B物质的状态只可能为气态，A正确； B．Ⅰ中生成的D的物质的量为0.1mol，A、D计量数相等，则转化的A的物质的量为0.1mol，反应达到平衡时，A的转化率为，B正确； C．容器Ⅰ中，建立如下三段式：，平衡常数K==5，C正确； D．平衡后向容器中再充入和，Q==K，平衡不移动，D错误； 故选D。 13. 向恒温恒容密闭容器中加入1mol CO2和一定量H2，发生反应。投料比为x1、x2时，CO2的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 A. x1＜x2 B. 以固定投料比进行反应，当容器内压强不再改变时，反应达到平衡状态 C. 该反应的ΔH＞0 D. a、b、c三点对应的平衡常数：K(a点)＜K(b点)=K(c点) 【答案】B 【解析】 【详解】A．相同温度下，投料比越小，相对量越多，平衡转化率越高；对应转化率更高，故，A正确； B．该反应前后气体总物质的量不变，恒温恒容条件下容器内压强始终恒定，压强不再改变无法说明反应达到平衡状态，B错误； C．温度升高时平衡转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，正反应为吸热反应，，C正确； D．平衡常数仅与温度有关，该反应，温度越高越大；a点温度低于b、c点，b、c点温度相同，故点点点，D正确； 故选B。 14. 利用电化学-化学协同法将天然气中的转化为硫酸盐，实现资源化利用。原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 溶液的作用之一是吸收 B. 极的电极反应式： C. 工作一段时间后，阴极室的总浓度下降 D. 理论上，阳极产生的大于阴极消耗的 【答案】D 【解析】 【分析】由题可知，通入溶液中，反应生成，在a电极得到电子生成和，电极反应式为，被氧化为，b电极上，失去电子生成水和氧气，电极反应式为：，据此回答。 【详解】A．溶液呈碱性，可与酸性气体发生反应，起到吸收的作用，A正确； B．a极为阴极，O2在碱性条件下得电子生成，电极反应式为：，B正确； C．阴极室中吸收H2S会消耗，假设处理：，消耗，生成，被氧化为消耗：，同时生成，为了生成需要转移8 mol电子：同时生成，同时双极膜中有向阴极迁移，并消耗（中和反应），综合来看，消耗，生成，因此总浓度下降，C正确； D．阳极反应为，每生成1 mol O2转移4 mol电子，阴极每消耗1 mol O2转移2 mol电子，相同转移电子数下，阳极产生的n(O2)小于阴极消耗的n(O2)，D错误； 故选D。 15. 实验小组以Cu为阳极、Fe为阴极探究铁棒镀铜实验中电镀液的选择，进行下表所示实验，电解时间均为60 min。 实验装置 实验序号 电解质溶液 阴极现象 I 铁钉上有疏松的红色固体，溶液蓝色变浅，阴极液检测出 Ⅱ 和过量浓氨水 铁钉上有致密的红色镀层，溶液颜色基本不变，阴极液未检测到Fe元素 Ⅲ 铁钉上有疏松的红色固体，溶液由蓝色变为浅黄色，阴极液检测出 Ⅳ 和 铁钉上有少量疏松的红色固体，且有气泡生成，溶液颜色基本不变，阴极液检测出 已知：，为黄色。 下列说法正确的是 A. 实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ中检测出，说明阴极表面均发生反应： B. 对比实验I和Ⅱ推测，实验Ⅱ中得到致密镀层是因为小，铜的沉积速率慢 C. 实验Ⅲ溶液颜色变化是因为的平衡正向移动 D. 将实验Ⅳ中盐酸替换为等浓度的NaCl溶液，可能得到较致密的红色镀层 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验Ⅳ中为酸性环境，Fe可与发生反应生成，并非三个实验均只发生Fe与的置换反应，A错误； B．实验Ⅱ中加入过量浓氨水，几乎完全转化为，浓度接近并不小，镀层致密的原因是游离浓度低、铜沉积速率慢，B错误； C．电解时活性阳极Cu失电子生成，阴极得电子析出Cu，电子守恒下溶液中浓度理论不变，溶液变浅黄色是因为蓝色的水合浓度降低，黄色的颜色显现，并不是平衡正向移动导致，C错误； D．将盐酸替换为等浓度NaCl溶液后，溶液浓度大幅降低，阴极几乎没有放电生成气泡，同时高浓度可与形成，降低游离浓度，减缓铜沉积速率，可能得到致密镀层，D正确； 故选D。 16. 向丙烷脱氢制丙烯的反应体系中加入，可以提高丙烷的利用率。在相同温度下，分别将投料比相同的、混合气体以相同流速持续通过同种催化剂表面，转化率和选择性随通入气体时间的变化如图： 已知： I．反应① 反应② Ⅱ．反应体系中存在的裂解和生成积炭等副反应。 Ⅲ．的选择性 下列说法正确的是 A. B. 30min内，两体系中选择性相同，生成的速率也相同 C. iii中的转化率高于iv中的，是因为反应②使反应①的平衡正向移动 D. iii、iv对比，150min后iv中转化率为0，可能是因为积炭使催化剂失效 【答案】D 【解析】 【详解】A．由盖斯定律可知，反应①+②可得反应，则反应△H=(+124kJ/mol)+ (+41.2kJ/mol)= +162.5kJ/mol，故A错误； B．由图可知，30min内，两体系中丙烯的选择性相同，但二氧化碳的转化率不同，所以生成丙烯的物质的量不同，反应的反应速率不同，故B错误； C．由图可知，iii中的丙烷转化率高于iv中的丙烷转化率是因为可以消除积炭而使催化剂保持较高的活性，反应速率快，故C错误； D．二氧化碳能与碳共热反应生成一氧化碳，iii、iv对比，150min后iv中丙烷转化率为0可能是丙烷分解生成的碳附着在催化剂表面导致催化剂失效，使得反应无法进行，故D正确； 故选D。 二、解答题(6道大题，共52分) 【电化学基础过关】 17. 回答下列问题： （1）常见燃料电池：燃料为、烃、、肼、甲醇、二甲醚、氨、煤气等液体或固体，常见氧化剂为、、等。常见的电解质为酸的溶液、碱的溶液、熔融碳酸盐、固体氧化物等。写出以为燃料的燃料电池在不同介质中的电极反应式。 ①碱性介质 负极：___________； ②固体氧化物介质 正极：___________。 （2）电解原理：某溶液中、、的浓度均为(假设溶液体积不变)，现用电解方法使在铜片上转化为，装置如图所示。 ①电解开始阶段，阴极的电极反应式为___________ ②当恰好完全析出时，转移电子的物质的量为___________。 （3）电化学腐蚀与防腐：如图所示的是某研究性学习小组探究金属腐蚀条件的实验装置图。试分析实验并回答下列问题： ①若起始时甲、乙、丙三套装置的导管中液面高度相同，过一段时间后液面最高的是___________。 ②乙装置中发生电化学腐蚀时正极的电极反应式为___________。 【答案】（1） ①. ②. （2） ①. ②. mol（设溶液体积为）或0.6 mol（假设溶液体积为） （3） ①. 乙 ②. 【解析】 【小问1详解】 ①在碱性介质中，甲醇燃料电池的负极发生氧化反应，甲醇失去电子生成碳酸根离子和水，电极反应式为； ②在固体氧化物介质中，正极发生还原反应，氧气得到电子生成氧离子，电极反应式为； 【小问2详解】 ① 电解池的阴极发生还原反应，溶液中阳离子的氧化性强弱顺序为，因此电解开始阶段，氧化性最强的优先在阴极得电子放电，电极反应式为； ②当恰好完全析出时，溶液中的已全部转化为，设溶液体积为，则转移电子的物质的量 （若假设溶液体积为，则转移电子的物质的量为）； 【小问3详解】 ①甲装置中铁粉在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀；乙装置中铁粉和炭粉在氯化钠溶液中构成了无数微小的原电池，极大地加快了吸氧腐蚀的速率；丙装置中乙醇是非电解质，不能构成原电池，腐蚀极慢；因此，乙装置中消耗氧气最快、最多，试管内压强减小最为明显，导管中液面上升最高； ②乙装置发生吸氧腐蚀，正极上是氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应式为：。 18. 回答下列问题： （1）依据反应：设计的原电池如图甲所示。 ①Y溶液可以是__________； ②银电极上发生的电极反应式是___________。 ③在电池放电过程中，盛有饱和琼脂溶胶的盐桥中，向溶液一端扩散的离子是___________(填离子符号)。 （2）金属腐蚀一般可分为化学腐蚀和电化学腐蚀，可以采用电化学手段进行防腐。 ①炒菜的铁锅未及时清洗容易生锈。写出铁锅生锈过程的负极反应式______________________。 ②为了减缓某水库铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图乙所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用___________(填写字母序号)。 A．铜 B．钠 C．锌 D．石墨 ③图丙所示方案也可以减缓铁闸门的腐蚀速率，则铁闸门应连接直流电源的___________极。 （3）蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是：。 ①若此蓄电池放电时，该电池某一电极发生还原反应的物质是___________(填序号)。 A． B． C． D． ②该电池放电时，正极附近溶液的pH___________(填增大、减小、不变)。 ③充电时该电池阳极的电极反应式_________________________________。 【答案】（1） ①. 溶液（或硝酸银溶液） ②. ③. （2） ①. ②. C ③. 负 （3） ①. A ②. 增大 ③. 【解析】 【小问1详解】 ①根据总反应方程式可知，在正极得电子发生还原反应，故溶液应为含有的电解质溶液，通常为溶液； ②银电极作正极，溶液中的得电子生成单质银，电极反应式为； ③原电池放电时，盐桥中的阴离子向负极移动；左侧铜电极发生氧化反应作负极，故盐桥中的阴离子向溶液一端扩散； 【小问2详解】 ①铁锅生锈主要发生吸氧腐蚀，铁作负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为 ； ②图乙采用的是牺牲阳极的阴极保护法，需选择比铁活泼的金属作负极； A．铜不如铁活泼，起不到保护作用，A不符合题意； B．钠极易与水剧烈反应不能作电极材料，B不符合题意； C．锌比铁活泼且相对稳定，C符合题意； D．石墨不如铁活泼起，不到保护作用，D不符合题意； 故选C； ③图丙采用的是外加电流的阴极保护法，被保护的金属（铁闸门）应与直流电源的负极相连作阴极，从而避免失去电子，减缓腐蚀速率； 【小问3详解】 ①放电时装置为原电池，发生还原反应的物质作正极（即氧化剂）； A．放电时，是反应物，且元素的化合价由+4价降低到+2价，故发生还原反应，A符合题意； B．放电时，是反应物，但元素的化合价由0价升高到+2价，发生氧化反应，B不符合题意； C．放电时，是被氧化后的氧化产物，不是反应物，C不符合题意； D．放电时，是被还原后的还原产物，不是反应物，D不符合题意； 故选A； ②放电时正极发生还原反应，电极反应式为；由于反应生成了，导致正极附近溶液的碱性增强，增大； ③充电时装置为电解池，阳极发生氧化反应，其反应是放电时正极反应的逆过程；故阳极电极反应式为。 19. 是一种重要的工业原料 （1）古代曾以绿矾()干馏产物制备。加热绿矾后得到红棕色粉末，同时生成两种硫的氧化物，反应的化学方程式为___________。 （2）早期工业上采用铅室法制硫酸，反应过程如下： ⅰ．； ⅱ．； ⅲ．。 铅室法制硫酸的总反应为___________ （3）现代工业采用接触法制硫酸。 ①在接触室发生反应，不同的温度和压强下，的平衡转化率如图，图中横坐标X代表___________(填“温度”或“压强”)。 ②接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：___________。 （4）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为___________。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取V mL待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为___________。 ③若未加热煮沸，会使测定结果___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】（1） （2） （3） ①. 温度 ②. 反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降且通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温度过高，平衡转化率显著下降 （4） ①. MnO2+SO2= MnSO4 ②. ③. 偏大 【解析】 【小问1详解】 加热绿矾得到红棕色粉末，可知有Fe2O3生成，同时生成两种硫的氧化物，可知有SO2、SO3生成，加热过程中结晶水先失去，则反应的化学方程式为； 【小问2详解】 根据铅室法制硫酸反应过程，可知NO是催化剂，NO2和HOSO2NO是中间产物，O2、SO2、H2O是反应物，H2SO4是产物，把i、ii、iii三步反应的化学方程式相加， 去掉中间产物，可得总的反应化学方程式为； 【小问3详解】 ①从图可知，横坐标X增大，SO2的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若是压强，压强增大，SO2的平衡转化率应是增大的，另该反应是放热反应，则增大温度，平衡会向吸热反应即逆反应方向移动，SO2的平衡转化率减小，故横坐标X代表温度； ②用换热器将热量导出，可以避免接触室内温度过高，催化剂失去活性，反应速率下降，另外导出的热量可使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；从平衡角度讲，该反应是放热反应，温度过高会使平衡转化率下降； 【小问4详解】 ①用软锰矿浆(主要成分为MnO2)吸收SO2，并制备MnSO4反应的化学方程式为MnO2+SO2= MnSO4； ②用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，此过程发生的反应是，结合已知反应可得到关系式，设待测液中元素的浓度为xmol/L，可得： ， 解得，即Mn元素的浓度为； ③若未加热煮沸，待测液中含有少量的，会使标准液消耗变多，从而使测定结果偏大。 20. 环氧丙烷是重要的有机化工原料，工业上先用丙烷制丙烯，再通过间接电解丙烯制环氧丙烷。 Ⅰ．丙烷制丙烯 （1）一定条件下，C3H8脱氢制丙烯发生如下反应： ，从平衡的角度推断有利于制备丙烯的条件是___________。 （2）在高温下，CO2催化氧化C3H8制C3H6涉及的反应有： ⅰ. ； ⅱ. ； ⅲ.； …… ①CO2氧化C3H8生成C3H6、CO和反应的热化学方程式是___________。 ②与(1)相比，(2)中引入CO2的优点有___________(答两点)。 Ⅱ．间接电解法制环氧丙烷 丙烯经间接电解法制环氧丙烷(，简称PO)的原理示意图如图1。 已知：ⅰ.Br2与H2O反应：； ⅱ.； （3）阳极反应式是___________。 （4）丙烯经间接电解法制PO的总反应的化学方程式是___________。 （5）不将丙烯直接通入电解池内制PO，原因可能是___________。 （6）相同电压下电解，随的变化如图2。大于时，下降。不考虑其他副反应，从反应原理的角度解释原因：___________。 【答案】（1）低压，高温 （2） ①. CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g) ②. CO2消耗H2，提升丙烷生成丙烯的平衡转化率；在高温下碳被CO2还原为CO，防止积碳覆盖在催化剂表面减小反应速率 （3）2Br--2e-=Br2 （4）+H2 （5）防止丙烯在阳极被氧化生成其他副产物 （6）c(Br-)较大，不利于Br2+H2O=HBrO+H++Br-正向进行，Br2与H2O反应生成HBrO，Br2的转化率下降，FE(PO)下降 【解析】 【小问1详解】 该反应为吸热反应，升高温度有利于平衡向正反应方向移动；该反应为气体体积增大的反应，即在低压的条件下更有利于向正反应方向进行； 【小问2详解】 ①由题意可知，该反应方程式为CO2(g)+C3H8(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(g)，其为反应ⅰ与反应ⅱ的加和，则=+165kJ/mol； ②由题意可知，反应生成的H2可以继续和CO2反应，降低H2的浓度，提升丙烷生成丙烯的平衡转化率；在高温下碳被CO2还原为CO，防止积碳覆盖在催化剂表面减小反应速率 【小问3详解】 由图可知，阳极反应式为2Br--2e-=Br2； 【小问4详解】 由图可知，丙烯经间接电解法制PO的过程中，阳极的反应由溴离子生成溴单质，继续生成次溴酸，由次溴酸与丙烯反应生成CH3CH(OH)CH2Br，阴极由水反应生成氢气，则最后形成碱性KOH溶液的环境，由CH3CH(OH)CH2Br在碱性溶液中发生分子内取代反应生成PO，则该总反应的化学方程式为+H2； 【小问5详解】 丙烯直接在电极上反应，选择性差，易发生氧化或还原等副反应，故不将丙烯直接通入电解池内制PO，原因是防止丙烯在阳极被氧化生成其他副产物； 【小问6详解】 c(Br-)较大，不利于Br2+H2O=HBrO+H++Br-正向进行，Br2与H2O反应生成HBrO，Br2的转化率下降，FE(PO)下降。 21. 利用菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]制备粉的工艺流程如下。 已知：i．MnO易被氧化为，MnO能溶于氨水生成。 ii． （1）脱硅时进行的分离操作是_______。 （2）在不同温度焙烧后，焙砂的主要成分如下表。 温度/℃ 600 700 800 主要成分 MnO、 MnO、、、MgO MnO、、MgO 下列说法正确的是_______(填序号)。 A.800℃时发生了反应： B.热稳定性： C.焙烧时，的作用是避免被氧化 （3）已知分解反应吸热。在密闭装置中焙烧时，若将替换为显著分解的温度从600℃升高至700℃，从平衡角度解释原因：_______。 （4）图1中，氨水-溶液中的总氮浓度固定为。结合图1解释浸锰时同时使用氨水和碳酸铵的原因：_______。 （5）沉锰过程中温度对Mn沉淀率的影响如图2。结合化学用语解释温度升高，Mn沉淀率增大的原因：_______。 （6）该工艺流程中可再次利用的物质为_______。 【答案】（1）过滤 （2）AC （3）替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解 （4）加入氨水可使转化为可溶性的；加入碳酸铵可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗 （5）温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀 （6）或、 【解析】 【分析】该工艺流程以菱锰矿[主要化学成分为，含、等杂质]为原料，制备粉，菱锰矿与25%溶液脱硅，发生，生成的能溶于水，过滤，与、不溶物分离除去，、在的作用下焙烧，使发生分解反应生成，再加入氨水-溶液浸锰，过滤除去，得到含有的浸锰液再沉锰制得粉。 【小问1详解】 脱硅时发生，生成的能溶于水，与、不溶物分离方法为过滤，故答案为：过滤； 【小问2详解】 A．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时发生了反应：，A项正确； B．根据不同温度焙烧后，焙砂的主要成分可知，时分解，分解，时未发生分解，故热稳定性：，B项错误； C ．MnO易被氧化为，故焙烧时，的作用是避免被氧化，C项正确； 故答案为：AC； 【小问3详解】 相同温度下，将替换为，浓度变大，平衡逆移，不利于分解，该分解反应为吸热反应，温度升高至，值增大，此时，反应正向进行，继续分解，故答案为：替换后浓度变大，不利于的分解。上述分解反应吸热，温度升高到700℃时，增大，，才能继续分解； 【小问4详解】 从图像可看出，，溶液较高，氨水可使转化为可溶性的，但浸出量较低，随增大，溶液降低，浸出量升高，，略大于10，浸出量几乎达最大值，这是因为加入氨水可使转化为可溶性的；加入可避免过高发生副反应；同时能与结合补充的消耗； 【小问5详解】 氨水-溶液浸锰时，得到含有、等的浸锰液，溶液中存在平衡，沉锰时，温度升高，导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，，有沉淀生成，故答案为：温度升高导致被蒸出，减小，正向移动，浓度增大，生成沉淀； 【小问6详解】 焙烧生成的可以与氨水反应制备，而沉锰时逸出的可以制备氨水，故答案为：或、。 22. 某实验小组对溶液和溶液的反应进行探究。 【实验1】 序号 实验操作 实验现象 1-1 向溶液中加入溶液 产生黑色固体 1-2 向饱和溶液（，）中加入饱和溶液（，） 迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体，静置后红色固体减少、黑色固体增多 I.探究反应的产物 （1）经检验，实验中的黑色固体均为。实验1-1反应的离子方程式为_____。 资料表明，黄色固体为。小组同学取实验1-2所得固体，依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净后继续进行实验2，证明了实验1-2中黄色固体为S。 【实验2】 资料：BaS为白色固体，易溶于水。 （2）①设计实验证明1-2所得固体洗涤干净，实验操作及现象是_____。 ②依据实验2，推测S与浓NaOH溶液反应的离子方程式为_____。 ③实验2中，加入硝酸的目的是_____。 （3）实验证明红色固体为。补全静置后红色固体转化为黑色固体反应的离子方程式：_____。 II.探究影响反应产物的因素 【实验3】 实验装置与试剂 序号 实验方案 实验现象 3-1 a：饱和溶液 b：饱和溶液 电压表指针偏转，读数为0.85V 3-2 a：溶液 b：溶液 电压表指针偏转。读数为0.46V 3-3 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针偏转。读数为0.68V 3-4 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针略偏转，读数为0.10V 说明：本实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。 （4）实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是_____。 （5）小组同学用实验3装置补做实验3-5，排除了对所有实验的影响。他们所用试剂a为饱和溶液（，），为_____。 （6）综合上述实验可以得到的结论有_____。 【答案】（1） （2） ①. 取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成 ②. ③. 确认白色沉淀中有BaSO3，排除浓NaOH溶液吸收空气中的CO2生成进而生成BaCO3产生的干扰 （3） （4）增大，逆向移动，增大，还原性增强 （5）1mol·L-1 Na2SO4溶液，pH调至3 （6）CuSO4溶液与Na2S溶液混合，二者既能发生氧化还原反应生成铜、硫，也能发生沉淀反应生成硫化铜沉淀；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；pH增大有利于S2-发生氧化反应（合理即可） 【解析】 【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比。 【小问1详解】 实验中的黑色固体均为CuS，则实验1-1反应为铜离子和硫离子发生反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为。 【小问2详解】 ①硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，证明实验1-2所得固体洗涤干净就是证明洗涤液中有无硫酸根离子，故实验操作及现象是：取最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成。 ②实验2中S与NaOH反应后溶液和氯化钡生成溶于酸的沉淀，则为硫元素转化生成的亚硫酸钡沉淀，则硫单质和氢氧化钠发生歧化反应生成硫化钠和亚硫酸钠，离子方程式为。 ③亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验2中，加入硝酸的目的是确认白色沉淀中有BaSO3，排除浓NaOH溶液吸收空气中的CO2生成进而生成BaCO3产生的干扰。 【小问3详解】 黑色固体均为CuS，红色固体为Cu，则静置后红色固体转化为黑色固体反应为铜被空气中氧气氧化为铜离子，铜离子和硫离子转化为硫化铜黑色沉淀，反应为：。 【小问4详解】 对还原性没有直接影响，但是碱性增强，氢氧根离子浓度增大，促使平衡逆向移动，硫离子浓度增大，导致硫离子还原性增强，故实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是：增大，逆向移动，增大，还原性增强。 【小问5详解】 已知，饱和CuSO4溶液pH约为3，实验3装置补做实验3-5，排除了O2的影响，则所用试剂a为饱和Na2S溶液，b为1mol·L-1 Na2SO4溶液，pH调至3，保证溶液的酸碱性相同。 【小问6详解】 实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。综合对比实验可知：CuSO4溶液与Na2S溶液混合，二者既能发生氧化还原反应生成铜、硫，也能发生沉淀反应生成硫化铜沉淀；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；pH增大有利于S2-发生氧化反应（合理即可）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $