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2025-2026 年北京十四中高二上学期期中试卷
一．选择题（共 14 小题）
1．下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是（ ）
A B C D
锌锰干电池 燃气燃烧 电池充电 水力发电
2．下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法中，不正确的是（ ）
A B C D
暖宝宝发热利用了原电池原理 阳极的电极反应式为 连接锌棒后，电子 暖气片表面刷油漆防止
Fe﹣3e﹣═Fe3+ 由锌流向铁管道 金属腐蚀
3．一定温度下，在 2L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说
法正确的是（ ）
A．5min 时反应停止
B．a点时，v（A）＝v（B）
C．反应的化学方程式为：3A 2B+C
D．反应开始到 5min，v（B）＝0.08mol/（L min）
第 1页（共 37页）
4．我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如
图所示。
已知：
436 /
→ +
键断裂
463 /
→ +
键断裂
498 /
→ +
键断裂
下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅱ吸收能量
B．若分解 2molH2O（g），估算出反应放出 482kJ能量
C．催化剂能减小水分解反应的焓变
D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
5．离子交换膜法电解精制饱和食盐水的示意图如图。关于该电解池的说法不正确的是（ ）
A ﹣ ﹣．Cl 比 OH 容易失去电子，H+比 Na+容易获得电子
B．精制饱和食盐水从 c口补充，NaOH溶液从 b口流出
C．从 a口流出的溶液中浓度大于 c口进入溶液浓度
D．离子交换膜既能防止 Cl2与 NaOH反应，又能防止 Cl2与 H2接触
第 2页（共 37页）
6．下列事实能用平衡移动原理解释的是（ ）
A．工业合成氨采用的压强为 10MPa-30MPa
B．密闭容器中发生反应 H2（g）+I2（g） 2HI（g），加压后气体颜色变深
C．H2O2溶液中滴加少量 FeCl3溶液，促进 O2的产生
D．铁钉放入浓 HNO3中，无明显变化，加热后产生大量红棕色气体
7．用压强传感器探究生铁在 pH＝2和 pH＝4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，
以下结论不正确的是（ ）
A．溶液 pH＜2时，生铁发生析氢腐蚀
B．在酸性溶液中生铁只能发生吸氧腐蚀
C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
D ﹣．两溶液中负极反应均为 Fe﹣2e ＝Fe2+
8．将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理如下：
①CH3OH（g）+H2O（g）＝CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+49.0kJ ﹣ mol 1
② 3 ( ) +
1
2 2( ) = 2( ) + 2 2( )
﹣
ΔH＝﹣192.9kJ mol 1
下列说法正确的是（ ）
A．CH3OH ﹣的燃烧热为 192.9kJ mol 1
B．64gCH3OH（g）按照反应①制取氢气，吸收能量 49kJ
C 1．根据①和②推知： 2( ) + 2 2( )═ 2 ( )
﹣
ΔH＝﹣241.9kJ mol 1
D． 3 ( ) +
1
2 2( ) = 2( ) + 2
﹣
2( )ΔH＜﹣192.9kJ mol 1
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9．下列实验方案不能达到相应目的的是（ ）
A B C D
目的 验证铁钉能发生吸氧腐蚀 测定中和反应的反应热 探究浓度对化学平衡的影响 探究温度对化学平衡的影响
实验
方案
10．高炉炼铁以铁矿石（主要成分为 Fe2O3、焦炭、空气为原料，发生反应：Fe2O3（s）+3CO（g） 2Fe
（s）+3CO2（g）。该反应在不同温度下的平衡常数如下。
温度/℃ 1000 1150 1300
平衡常数 64.0 50.7 42.9
下列说法不正确的是（ ）
A．根据表中数据判断，该反应的ΔH＜0
B．利用空气将焦炭转化为 CO，推测有利于增大铁的生成速率
C．增加高炉的高度可以降低平衡气体中 CO的含量
D．1000℃时测得尾气中 CO和 CO2的体积分数分别为 25%和 15%，则该反应未达到平衡状态
11．一定温度下，在三个体积均为 2L的恒容密闭容器中充入气体 PCl5发生反应：PCl5（g） PCl3（g）
+Cl2（g）。
编号 温度/℃ 起始物质的量/mol 平衡物质的量/mol 达到平衡所需时间/s
PCl5（g） PCl3（g） Cl2（g）
Ⅰ 320 0.40 0.10 0.10 t1
Ⅱ 320 0.80 t2
Ⅲ 410 0.40 0.15 0.15 t3
下列说法正确的是（ ）
A ﹣ ﹣．反应到达平衡时，容器Ⅰ中的平均速率为 v（PCl5）＝0.1/t1mol L 1 s 1
B．该反应正反应为放热反应
1
C．反应Ⅱ的平衡常数为
60
D．平衡常数 K：容器Ⅱ＞容器Ⅲ
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12．我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg—CO2电池，以Mg（TFSI）2为电解质，电解液中加入
1，3﹣丙二胺（PDA）以捕获 CO2，使放电时 CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性
差和释放 CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
下列说法错误的是（ ）
A．放电时，电池总反应为 2CO2+Mg＝MgC2O4
B．充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接
C．充电时，电子由Mg 电极流向阳极，Mg2+向阴极迁移
D．放电时，每转移 1mol电子，理论上可转化 1mol CO2
13．某小组对 FeCl3溶液与 Cu粉混合后再加 KSCN溶液的实验进行如下研究。
①向 2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入过量 Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有
白色不溶物生成。
②取①中浅蓝色的上层清液，滴加 KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，
红色褪去。经检验，白色不溶物是 CuSCN。
③向 2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加 KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置 24小时后，出现白色不溶
物。
已知：CuCl和 CuSCN 均为白色不溶固体。
下列说法不正确的是（ ）
A．①中产生白色不溶物的可能原因是 Cu+Cu2++2Cl﹣＝2CuCl
B．由③可知② ﹣中白色浑浊不是 Cu2+与 SCN 直接反应生成的
C．②中红色褪去的原因是 Fe3+玻完全消耗了
D．实验表明：溶解度：CuSCN＜CuCl
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14．FeSx催化 CO还原处理烟气中的 SO2转化为液态 S，部分物质转化关系如图 1所示。在容积可变的密
闭容器中充入一定量的 CO和 SO2在不同压强（p1、p2）下，反应达到平衡时，SO2的平衡转化率随温
度的变化如图 2所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．W为 CO，M为 CO2
B．②中每生成 1mol Z，③中有 1mol FeSx生成
C．升高温度，SO2与 CO反应的平衡常数减小
D．p1＞p2
二．非选择题
15．（一）甲醇是一种重要的化工原料，具有广阔的开发和应用前景。工业上使用水煤气（CO与 H2的混
合气体）转化成甲醇（CH3OH）：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）ΔH＝﹣90.7kJ/mol
（1）在体积可变的恒压密闭容器中投入 0.5molCO 和 0.75molH2，不同条件下发生上述反应。实验测得
平衡时 CH3OH的物质的量（n）随温度（T）、压强（p）的变化如图 1所示。
①p1 p2（填“＜”或“＞”）。
②该反应的平衡表达式为 ，M点对应的平衡混合气体的体积为 1L，则 233℃时，H2的
转化率为 （保留 1位小数）。
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③下列叙述能说明上述反应在 p1条件下达到化学平衡状态的是 （填字母）。
a．单位时间内消耗 1mol CO的同时生成 1mol CH3OH
b．CH3OH的体积分数不再改变
c．密闭容器的体积不再改变
（2）工业上可利用甲醇羰基化法进一步制取甲酸甲酯：CH3OH（g）+CO（g） HCOOCH3（g）。在
容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的 CH3OH和 CO，相同时间内 CO的转化率随温度变化如图 2
所示（不考虑其他副反应）。
①b、c、d三点中，尚未达到化学平衡状态的点是 。
②该反应是 （填“放热”或“吸热”）反应。
③ 曲 线 ac 段 和 de 段 的 变 化 趋 势 不 同 。 试 从 反 应 速 率 和 平 衡 角 度 说 明 理
由： 。
（二）某同学利用如图所示装置制作简单的燃料电池。
（1）闭合 K1，断开 K2。
①电极 a的电极反应式是 。
② 2 4 的迁移方向为 （填“a→b”或“b→a”）。
（2）一段时间后断开 K1，闭合 K2，电流表的指针偏转。
①一段时间后，电极 b附近的现象是 。
（3）下列说法中，不正确的是 （填字母）。
a．通过调节 K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化
b．若将 Na2SO4溶液替换为稀硫酸，闭合 K2后，电极反应不变
c．闭合 K1，电路中每转移 4mol电子，电极 a理论上产生的气体在标准状况下的体积为 44.8L
d.以上过程中，电极 a附近的 pH先减小，后增大，电解质溶液 pH不变。
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16．As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如图流程转化为粗 As2O3：
（1）“碱浸”的目的是将废水中的 H3AsO3和 H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为 Na3AsO4反应的化学
方程式是 。
（2）“氧化”时，1mol 3 3 转化为 3 4 至少需要 O2 mol。
（3）“沉砷”是将砷元素转化为 Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：
a．Ca（OH ﹣）2（s） Ca2+（aq）+2OH （aq） ΔH＜0
b．5Ca2++OH﹣+3 3 4 Ca5（AsO4）3OH ΔH＞0
研究表明：“沉砷”的最佳温度是 85℃，用化学平衡原理解释温度高于 85℃后，随温度升高沉淀率下
降的原因是 。
（4）“还原”过程中 H3AsO4转化为 H3AsO3，反应的化学方程式是 。。
（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为 As2O3，同时结晶得到粗 As2O3，As2O3在不同温度和不同
浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图所示。为了提高粗 As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作
是 。
（6）下列说法中，正确的是 （填字母）。
a．粗 As2O3中含有 CaSO4
b．工业生产中，滤液 2可循环使用，提高砷的回收率
c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的
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17．烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟 O3氧化结合（NH4）SO3溶液吸收法同时脱除
SO2和 NO的过程示意图如图。
（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应 平衡常数（25℃） 活化能（/ kJ/mol）
反应 a：2O3（g） 3O2（g）ΔH1＝﹣286.6kJ/mol 1.6×1057 24.6
反应 b：NO（g）+O3（g） NO2（g）+O2（g）ΔH2＝﹣200.9kJ/mol 6.2×1034 3.17
反应 c：SO2（g）+O3（g） SO3（g）+O2（g）ΔH3 1.1×1041 58.17
①已知：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196.6kJ/mol，则ΔH3＝ 。
②其他条件不变时，高于 150℃，在相同时间内 SO2 和 NO 的转化率均随温度升高而降低，原因
是 。
③其他条件不变，SO2和 NO 初始的物质的量浓度相等时，经检测装置 1 分析，在相同时间内，SO2
和 NO 的 转 化 率 随 O3 的 浓 度 的 变 化 如 图 。 结 合 数 据 分 析 NO 的 转 化 率 高 于 SO2 的 原
因 。
（2）其他条件不变，SO2和 NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置 2分析，
在相同时间内，O3与 NO的物质的量之比对 SO2和 NO脱除率的影响如图。
① O3 的 浓 度 很 低 时 ， SO2 的 脱 除 率 超 过 97% ， 原 因
是 。
②在吸收器中， 2 3 与 NO2反应生成 2和 2 4 的氧化剂与还原剂物质的量之比
为 。
③在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分 +4被转化为 N2，反应中 +4和 N2的物质的量之比为 1：
1，该反应的离子方程式是 。
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18．环氧乙烷（ ），简称 EO）是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备 EO的原
理示意图如图：
（1）①阳极室产生 Cl2后发生的反应有： 、CH2═CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液 a的原理 。
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。电解效率η和选择性 S的定义：
( )
η 生成 所用的电子（B）= ×100%
(通过电极的电子)
(
S B 生成
所用的乙烯)
（ ）= ×100%
(转化的乙烯)
①若η（EO）＝100%，则溶液 b的溶质为 。
②当乙烯完全消耗时，测得η（EO）≈70%，S（EO）≈97%。推测η（EO）≈70%的原因：
Ⅰ.阳极有 H2O放电
Ⅱ.阳极有乙烯放电
Ⅲ.阳极室流出液中含有 Cl2和 HClO

i.检验电解产物，推测Ⅰ不成立。需要检验的物质是 。
ii.假设没有生成 EO的乙烯全部在阳极放电生成 CO2，则η（CO2）≈ %。经检验阳极放电产
物没有 CO2。
iii.实验证实推测Ⅲ成立，所用试剂及现象是 。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液
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19 ﹣．某小组同学探究 Ag+与 I 能否发生氧化还原反应，设计如下实验。
（1）研究 AgNO3溶液与 KI溶液反应产物。
向盛有 1mL1mol/LAgNO3溶液的试管中加入 1mL1mol/LKI溶液，振荡试管产生黄色浑浊，再向其中加
入 溶液，无明显变化。得出结论：二者混合，无明显氧化还原反应。
（2）验证 Ag+的氧化性。
将光亮的铁丝伸入 AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中铁的氧化产物，将溶液中的
Ag+除尽后，进行了如下实验，请完成下表：
操作 现象 结论
取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 KSCN溶液，振荡 存在 Fe3+
取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 2滴 （填 存在 Fe2+
序号）溶液，振荡
可选用试剂：①KSCN溶液②NaOH溶液③酸性 KMnO4溶液④K3[Fe（CN）6]溶液。
由上述实验可知铁的氧化产物中含有 Fe2+和 Fe3+，则 Ag+氧化性强于 Fe3+，又已知 Fe3+氧化性强于 I2，
Ag+ I﹣得出结论： 可与 发生氧化还原反应。
乙同学用 pH计测得，常温该硝酸银溶液的 pH为 5.5，于是对上述实验结论提出质疑。你认为他的理由
是 。
（3）丙同学通过原电池原理探究 Ag+与Ⅰ之间的氧化还原反应，装置图如图。
①补全上图原电池装置示意图 。
②闭合开关 K，电流表指针发生偏转，一段时间后正极电极表面有光亮的银析出。依据上述实验现象，
写出 Ag+与 I﹣之间发生氧化还原反应的离子方程式 。
结论：Ag+与 I﹣可发生自发的氧化还原反应。
（4）实验反思。
丙同学查阅资料得知，离子的氧化性或还原性与其浓度有关。由该资料和以上实验分析，AgNO3溶液
与 KI溶液直接混合时，没有发生氧化还原反应的原因是 。
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2025-2026 年北京十四中高二上学期期中试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共 14 小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C B C D C A C C B C C
题号 12 13 14
答案 C C B
一．选择题（共 14 小题）
1．下列装置或过程能实现电能转化为化学能的是（ ）
A B C D
锌锰干电池 燃气燃烧 电池充电 水力发电
【分析】充电为电解池，电解池能实现将电能转化为化学能。
【解答】解：A．锌锰干电池是原电池，是化学能转化为电能的装置，故 A错误；
B．燃气燃烧是化学能转化为热能，故 B错误；
C．电池充电，该过程将电能转化为化学能，故 C正确；
D．该过程将机械能转化为电能，故 D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了能量之间的转化，原电池能将化学能转化为电能，将电能转化为化学能的装置为电
解池，题目难度不大。
2．下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法中，不正确的是（ ）
A． 暖宝宝发热利用了原电池原理
B ﹣． 阳极的电极反应式为 Fe﹣3e ═Fe3+
第 12页（共 37页）
C． 连接锌棒后，电子由锌流向铁管道
D． 暖气片表面刷油漆防止金属腐蚀
【分析】A.暖宝宝中含有铁粉、活性炭、无机盐等物质，在与空气接触时构成原电池，发生氧化还原反
应释放热量，利用了原电池原理；
B. ﹣用废铁保护铁管道时，废铁作阳极，铁在阳极失去电子，电极反应式应为 Fe﹣2e ═Fe2+；
C.连接锌棒后，形成锌﹣铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极，电子由负极（锌）通过外电路流向正极（铁
管道）；
D.暖气片表面刷油漆，可以隔绝空气和水，能有效防止金属发生电化学腐蚀和化学腐蚀；
【解答】解：A.暖宝宝中含有铁粉、活性炭、无机盐等物质，在与空气接触时构成原电池，发生氧化还
原反应释放热量，利用了原电池原理，故 A正确；
B.用废铁保护铁管道时，废铁作阳极（在电化学防护中属于牺牲阳极的阴极保护法，这里的阳极是指较
﹣ ﹣
活泼金属），铁在阳极失去电子，电极反应式应为 Fe﹣2e ═Fe2+，而不是 Fe﹣3e ═Fe3+，故 B错误；
C.连接锌棒后，形成锌﹣铁原电池，锌比铁活泼，锌作负极，电子由负极（锌）通过外电路流向正极（铁
管道），故 C正确；
D.暖气片表面刷油漆，可以隔绝空气和水，能有效防止金属发生电化学腐蚀和化学腐蚀，故 D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查金属材料在电化学方面的应用，及金属材料的腐蚀和防护，为比较贴合实际生活
应用的考点。
3．一定温度下，在 2L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说
法正确的是（ ）
第 13页（共 37页）
A．5min 时反应停止
B．a点时，v（A）＝v（B）
C．反应的化学方程式为：3A 2B+C
D．反应开始到 5min，v（B）＝0.08mol/（L min）
【分析】A．5min时反应达到了动态平衡；
B．a点时，A和 B的物质的量相等，物质的量的变化量不相等；
C．由图可知，Δn（A）＝0.6mol，Δn（B）＝0.4mol，Δn（C）＝0.2mol，参加反应的各物质的化学
计量数之比等于其物质的量之比，可得反应的化学方程式；
D ( )．反应开始到 5min，Δn（B）＝0.4mol，代入 v（B）= 即可。
【解答】解：A．5min时反应达到了动态平衡，并未停止，故 A错误；
B．a点时，A和 B的物质的量相等，物质的量的变化量不相等，则 v（A）≠v（B），故 B错误；
C．由图可知，Δn（A）＝0.6mol，Δn（B）＝0.4mol，Δn（C）＝0.2mol，参加反应的各物质的化学
计量数之比等于其物质的量之比，则反应的化学方程式为：3A 2B+C，故 C正确；
D．反应开始到 5min，Δn（B）＝0.4mol，v（B = ( ) = 0.4 ） 2 ×5 =0.04mol/（L min），故 D错
误；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学反应速率的计算，为高频考点，题目难度不大。
4．我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如
图所示。
已知：
436 /
→ +
键断裂
463 /
→ +
键断裂
498 /
→ +
键断裂
下列说法正确的是（ ）
A．过程Ⅱ吸收能量
第 14页（共 37页）
B．若分解 2molH2O（g），估算出反应放出 482kJ能量
C．催化剂能减小水分解反应的焓变
D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数
【分析】A．形成化学键放热；
B．焓变ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；
C．催化剂不能改变反应的焓变；
D．催化剂能降低反应活化能，可使反应体系中活化分子数增加。
【解答】解：A．过程 II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，则过程Ⅱ放出能量，故 A错误；
B．分解水的反应为 2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g），焓变ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝
463kJ/mol×4﹣（436kJmol×2+498kJ/mol）＝+482kJ/mol，即 2H2O（g）＝2H（2 g）+O（2 g）ΔH＝+482kJ/mol，
所以分解 2molH2O（g）吸收 482kJ能量，故 B错误；
C．催化剂能改变反应途径，但不能改变反应的始态和终态，不能改变反应的焓变，故 C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，可使反应体系中活化分子数增加，分子总数不变，则反应物分子中活
化分子的百分数增大，故 D正确；
故选：D。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变与键能的计算关系、催化剂
的作用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中化学键的变化，题目难度不大。
5．离子交换膜法电解精制饱和食盐水的示意图如图。关于该电解池的说法不正确的是（ ）
A Cl﹣ OH﹣． 比 容易失去电子，H+比 Na+容易获得电子
B．精制饱和食盐水从 c口补充，NaOH溶液从 b口流出
C．从 a口流出的溶液中浓度大于 c口进入溶液浓度
D．离子交换膜既能防止 Cl2与 NaOH反应，又能防止 Cl2与 H2接触
第 15页（共 37页）
﹣
【分析】由图可知，左侧电极 Cl 失电子生成 Cl2，Cl 元素的化合价由﹣1价变为 0价，则左侧电极为
H ﹣阳极，右侧电极为阴极，阴极上 2O得电子生成 H2和 OH ，离子交换膜为阳离子交换膜，Na+从阳极
室向阴极室移动，则 c为饱和食盐水，b为 NaOH，d为稀 NaOH溶液，a为稀 NaCl溶液。
﹣ ﹣
【解答】解：A．根据图知，左侧电极得到 Cl2、右侧电极得到 H2，说明 Cl 比 OH 容易失去电子，H+
比 Na+容易获得电子，故 A正确；
B．通过以上分析知，饱和食盐水从 c口补充，浓 NaOH溶液从 b口流出，故 B正确；
C．从 a口流出的溶液是淡盐水，c口进入溶液是饱和食盐水，所以从 a口流出的溶液浓度小于 c口进
入溶液浓度，故 C错误；
D．该图中是阳离子交换膜，只能阳离子通过，阴离子和分子不能通过，所以能防止 Cl2与 NaOH反应，
又能防止 Cl2与 H2接触，故 D正确；
故选：C。
【点评】本题考查电解原理，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确离子放电顺序、离子交
换膜的作用、各物质的成分是解本题关键，D选项为解答易错点。
6．下列事实能用平衡移动原理解释的是（ ）
A．工业合成氨采用的压强为 10MPa-30MPa
B．密闭容器中发生反应 H2（g）+I2（g） 2HI（g），加压后气体颜色变深
C．H2O2溶液中滴加少量 FeCl3溶液，促进 O2的产生
D．铁钉放入浓 HNO3中，无明显变化，加热后产生大量红棕色气体
【分析】平衡移动原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，
使用平衡移动原理时，该反应必须是可逆反应，否则平衡移动原理不适用。
【解答】解：A．工业合成氨采用的压强为 10MPa-30MPa，增大压强，平衡正向移动，氨气产率增大，
能用平衡移动原理解释，故 A正确；
B．加压平衡不移动，但碘蒸气浓度增大，所以加压后气体颜色变深不能用平衡移动原理解释，故 B错
误；
C．FeCl3是 H2O2分解的催化剂，能降低反应的活化能，加快 H2O2分解速率，但化学平衡不移动，则
促进 O2的产生不能用平衡移动原理解释，故 C错误；
D．铁钉放入浓 HNO3中，无明显变化，加热后产生大量红棕色气体是因为加热条件下硝酸能与铁表面
氧化膜反应，氧化膜破坏导致浓硝酸能与铁持续反应生成红棕色二氧化氮气体，则加热后产生大量红棕
色气体不能用平衡移动原理解释，故 D错误；
故选：A。
第 16页（共 37页）
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
7．用压强传感器探究生铁在 pH＝2和 pH＝4醋酸溶液中发生腐蚀的装置及得到的图象如下：分析图象，
以下结论不正确的是（ ）
A．溶液 pH＜2时，生铁发生析氢腐蚀
B．在酸性溶液中生铁只能发生吸氧腐蚀
C．析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率一样快
D ﹣．两溶液中负极反应均为 Fe﹣2e ＝Fe2+
【分析】根据压强与时间关系图知，pH＝2的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该反应
发生析氢腐蚀，pH＝4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，根据原电池
原理来分析解答．
【解答】解：A．根据 PH＝2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该
装置发生析氢腐蚀，则溶液 pH＜2时，生铁发生析氢腐蚀，故 A正确；
B．pH＝4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，pH＝4的醋酸溶液呈酸
性，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故 B正确；
C．根据压强与时间关系图知，pH＝2的溶液和 pH＝4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，前
者比后者使用时间长，说明吸氧腐蚀速率大于析氢腐蚀速率，故 C错误；
D ﹣．两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为 Fe﹣2e ＝Fe2+，故 D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了析氢腐蚀和吸氧腐蚀，根据压强与时间的关系分析吸氧腐蚀和析氢腐蚀、反应速率
大小、电极反应等知识点，难度中等．
8．将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理如下：
①CH ﹣3OH（g）+H2O（g）＝CO2（g）+3H2（g）ΔH＝+49.0kJ mol 1
② 1 ﹣13 ( ) + 2 2( ) = 2( ) + 2 2( )ΔH＝﹣192.9kJ mol
下列说法正确的是（ ）
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A．CH3OH的燃烧热为 192.9kJ mol﹣1
B．64gCH3OH（g）按照反应①制取氢气，吸收能量 49kJ
C 1 ﹣．根据①和②推知： 2( ) + 2 2( )═ 2 ( )ΔH＝﹣241.9kJ mol
1
D． 3 ( ) +
1 ﹣
2 2( ) = 2( ) + 2 2( )ΔH＜﹣192.9kJ mol
1
【分析】A．燃烧热是指在 25℃，101 kPa条件下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的
热量；
B．ΔH的数值和反应物的物质的量成正比；
C．根据盖斯定律来解答；
D．ΔH比较大小时，需要带上正负号。
【解答】解：A．H完全燃烧时生成 H2O（g），②中 H生成的是 H2，不是完全燃烧的稳定氧化物，
故 A错误；
B．64gCH3OH（g）为 2mol，按照反应①制取氢气，吸收能量 49kJ×2═78kJ，故 B错误；
C 1 ﹣．由②﹣①可得： 2( ) + 2 2( )═ 2 ( )ΔH＝﹣241.9kJ mol
1，故 C正确；
D．液态甲醇能量低于气态甲醇的能量，故放热量小于反应②的热量，故 D错误；
故选：C。
【点评】考查了盖斯定律、燃烧热、反应热的计算，是常考考点，难度不大。
9．下列实验方案不能达到相应目的的是（ ）
A B C D
目 验证铁钉能发生吸 测定中和反应的反应 探究浓度对化学平衡的影响 探究温度对化学平衡的
的 氧腐蚀 热 影响
实
验
方
案
【分析】A．食盐水为中性，Fe 发生吸氧腐蚀；
B．图中烧杯缺少盖子；
第 18页（共 37页）
C．只改变 KSCN的浓度；
D．只有温度不同。
【解答】解：A．食盐水为中性，Fe 发生吸氧腐蚀，水沿导管上升可证明，故 A正确；
B．图中烧杯缺少盖子，故 B错误；
C．只改变 KSCN的浓度，增大 KSCN溶液浓度时颜色加深，可探究浓度对化学平衡的影响，故 C正
确；
D．只有温度不同，热水中颜色深，可探究温度对化学平衡的影响，故 D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、电化学、化学平衡、难溶电解
质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10．高炉炼铁以铁矿石（主要成分为 Fe2O3、焦炭、空气为原料，发生反应：Fe2O3（s）+3CO（g） 2Fe
（s）+3CO2（g）。该反应在不同温度下的平衡常数如下。
温度/℃ 1000 1150 1300
平衡常数 64.0 50.7 42.9
下列说法不正确的是（ ）
A．根据表中数据判断，该反应的ΔH＜0
B．利用空气将焦炭转化为 CO，推测有利于增大铁的生成速率
C．增加高炉的高度可以降低平衡气体中 CO的含量
D．1000℃时测得尾气中 CO和 CO2的体积分数分别为 25%和 15%，则该反应未达到平衡状态
【分析】A..平衡常数 K随温度升高而降低，该反应是放热反应；
B.CO浓度增加，反应向右移动，铁的生成速率也会增大；
C.平衡后，增加高炉的高度不能降低炼铁尾气中 CO的含量；
D.根据反应式，平衡时 CO和 CO2的浓度比率应该接近于该平衡常数的比值；
【解答】解：A.平衡常数 K随温度升高而降低，该反应是放热反应，因为对于放热反应，温度升高时，
反应会向吸热方向移动，从而导致平衡常数减小，故 A正确；
B.焦炭与空气反应生成 CO，CO在反应中作为还原剂，与 Fe2O3反应生成铁，CO浓度增加，反应向右
移动，铁的生成速率也会增大，故 B正确；
C.达到平衡后，增加高炉的高度不能降低炼铁尾气中 CO的含量，故 C错误：
D.对于 1000℃，平衡常数为 64.0，表示平衡时 CO与 CO2的比值应该是一定的；根据反应式，平衡时
第 19页（共 37页）
CO和CO2的浓度比率应该接近于该平衡常数的比值，尾气中CO和CO2的体积分数分别为 25%和 15%，
反应未达到平衡状态。故 D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应中的能量变化和化学平衡，侧重考查学生热化学方程式书写、平衡状态的判断和
条件改变平衡移动的掌握情况，试题难度中等。
11．一定温度下，在三个体积均为 2L的恒容密闭容器中充入气体 PCl5发生反应：PCl5（g） PCl3（g）
+Cl2（g）。
编号 温度/℃ 起始物质的量 平衡物质的量/mol 达到平衡所需
/mol 时间/s
PCl5（g） PCl3（g） Cl2（g）
Ⅰ 320 0.40 0.10 0.10 t1
Ⅱ 320 0.80 t2
Ⅲ 410 0.40 0.15 0.15 t3
下列说法正确的是（ ）
A ﹣ ﹣．反应到达平衡时，容器Ⅰ中的平均速率为 v（PCl5）＝0.1/t1mol L 1 s 1
B．该反应正反应为放热反应
1
C．反应Ⅱ的平衡常数为
60
D．平衡常数 K：容器Ⅱ＞容器Ⅲ
【分析】A．根据平均速率的定义，进行分析；
B．根据温度对化学平衡的影响，进行分析；
C．根据平衡常数的计算方法，进行分析；
D．根据该反应是吸热反应，升高温度，K值增大，进行分析。
△ ( ) 0.10
【解答】解：A．反应到达平衡时，容器Ⅰ中的平均速率为 ( ) = 5 = 2 5 △ = 0.05/ 1 1
1 1，故 A错误；
B．温度升高，平衡时产物的量增加，说明在容器Ⅰ的基础上升温，平衡会正向移动，则该反应是吸热
反应，故 B错误；
C．温度不变，平衡常数不变，容器Ⅰ和容器Ⅱ的反应温度相同，则反应Ⅱ的平衡常数为 =
( 3) ( 2) = 0.05
1×0.05 1 1
( 5) 0.15 1
= 60，故 C正确；
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D．反应温度容器Ⅱ＜容器Ⅲ，经分析该反应是吸热反应，升高温度，K值增大，则平衡常数 K：容器
Ⅱ＜容器Ⅲ，故 D错误；
故选：C。
【点评】本题主要考查化学平衡的计算和影响因素，注意完成此题，要熟悉化学平衡的计算方法，掌握
温度对化学平衡的影响。理解化学平衡的原理对于解答此类问题非常重要。
12．我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg—CO2电池，以Mg（TFSI）2为电解质，电解液中加入
1，3﹣丙二胺（PDA）以捕获 CO2，使放电时 CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性
差和释放 CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
下列说法错误的是（ ）
A．放电时，电池总反应为 2CO2+Mg＝MgC2O4
B．充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接
C．充电时，电子由Mg 电极流向阳极，Mg2+向阴极迁移
D．放电时，每转移 1mol电子，理论上可转化 1mol CO2
【分析】放电时 CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时，
多孔碳纳米管电极为正极，电极方程式为： 2+ + 2 + 2 2 = 2 4、Mg 电极为负极，电极方
﹣
程式为：Mg﹣2e ＝Mg2+，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极，电极方程式为： 2 4 2 = 2+ +
2 2 ↑、Mg
﹣
电极为阴极，电极方程式为：Mg2++2e ＝Mg。
【解答】解：A．根据以上分析，放电时正极反应式为 2+ + 2 2 + 2 = 2 4、负极反应式为
Mg﹣2e﹣＝Mg2+，将放电时正、负电极反应式相加，可得放电时电池总反应：Mg+2CO2＝MgC2O4，故
A正确；
B．充电时，多孔碳纳米管电极上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳米管在充电时是阳极，与电源正
极连接，故 B正确；
C．充电时，Mg 电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg2+向阴极迁移，故 C错
误；
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D．根据放电时的电极反应式 2+ + 2 2 + 2 = 2 4可知，每转移 2mol电子，有 2mol CO2参
与反应，因此每转移 1mol电子，理论上可转化 1mol CO2，故 D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，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。
13．某小组对 FeCl3溶液与 Cu粉混合后再加 KSCN溶液的实验进行如下研究。
①向 2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入过量 Cu粉，充分反应后，溶液变蓝。2天后，溶液变为浅蓝色，有
白色不溶物生成。
②取①中浅蓝色的上层清液，滴加 KSCN溶液，溶液变红，出现白色浑浊。振荡后白色浑浊物增多，
红色褪去。经检验，白色不溶物是 CuSCN。
③向 2mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加 KSCN溶液，未观察到白色浑浊。放置 24小时后，出现白色不溶
物。
已知：CuCl和 CuSCN 均为白色不溶固体。
下列说法不正确的是（ ）
A．① ﹣中产生白色不溶物的可能原因是 Cu+Cu2++2Cl ＝2CuCl
B ﹣．由③可知②中白色浑浊不是 Cu2+与 SCN 直接反应生成的
C．②中红色褪去的原因是 Fe3+玻完全消耗了
D．实验表明：溶解度：CuSCN＜CuCl
【分析】A．向 FeCl3溶液中加入过量 Cu粉，充分反应后，溶液变蓝，表明有 Cu2+生成，2天后，溶液
﹣
变为浅蓝色，表明 Cu2+浓度减少，Cu2+可能 Cu还原为 Cu+，Cu+与 Cl 结合生成 CuCl白色沉淀；
B．由③可知，CuSO4溶液中滴加 KSCN溶液，未观察到白色浑浊；
C ﹣．②中红色褪去的原因可能是生成的 Cu+与溶液中的 SCN 结合为 CuSCN；
D．从② ﹣ ﹣中可以看出，当溶液中既有 Cl 又有 SCN 时，优先生成 CuSCN。
【解答】解：A．①中，FeCl3溶液中加入过量 Cu 粉，充分反应后溶液变蓝，表明有 Cu2+生成，2 天
﹣
后，溶液变为浅蓝色，表明 Cu2+浓度减少，Cu2+可能被 Cu还原为 Cu+，Cu+与 Cl 结合为 CuCl沉淀，
﹣
发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2++2Cl ═2CuCl↓，故 A正确；
B．由③可知，CuSO4溶液中滴加 KSCN 溶液，未观察到白色浑浊，表明②中白色浑浊不是 Cu2+与 SCN
﹣
直接反应生成的，故 B正确：
C．② ﹣中红色褪去的原因可能是生成的 Cu+与溶液中的 SCN 结合为 CuSCN，从而促进 Fe（SCN）3不
断电离，不一定是 Fe3+被完全消耗了，故 C错误；
第 22页（共 37页）
D ﹣ ﹣．从②中可以看出，当溶液中既有 Cl 又有 SCN 时，优先生成 CuSCN，表明 CuSCN更难溶，则溶
解度：CuSCN＜CuCl，故 D正确；
故选：C。
【点评】本题考查性质方案的设计，为高频考点，明确物质性质、反应原理为解答关键，试题侧重考查
学生的分析能力及化学实验能力，题目难度中等。
14．FeSx催化 CO还原处理烟气中的 SO2转化为液态 S，部分物质转化关系如图 1所示。在容积可变的密
闭容器中充入一定量的 CO和 SO2在不同压强（p1、p2）下，反应达到平衡时，SO2的平衡转化率随温
度的变化如图 2所示。
下列说法不正确的是（ ）
A．W为 CO，M为 CO2
B．②中每生成 1mol Z，③中有 1mol FeSx生成
C．升高温度，SO2与 CO反应的平衡常数减小
D．p1＞p2

【分析】A．图 1中，根据题意知，总反应方程式为 2CO+SO2 = S（l）+2CO2，根据元素守恒、原子
守恒知，反应①中W为 CO，Y为总反应中的反应物，为 SO2，根据原子守恒知反应③中 Z为 S，M
为总反应中的生成物，M为 CO2；
B．可逆反应中反应物不能完全转化为生成物；
C．根据图知，压强不变时，升高温度，SO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应；
D．温度不变时，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大。
【解答】解：A．根据以上分析知，W为 CO，M为 CO2，故 A正确；
B．可逆反应中反应物不能完全转化为生成物，所以②中每生成 1mol Z，③中消耗的 n（Z）小于 1mol，
则生成的 n（FeSx）小于 1mol，故 B错误；
C．根据图知，压强不变时，升高温度，SO2的平衡转化率减小，平衡逆向移动，则升高温度 SO2与 CO
第 23页（共 37页）
反应的平衡常数减小，故 C正确；
D．温度不变时，增大压强，平衡正向移动，SO2的平衡转化率增大，根据图 2知，温度相同时，p1压
强下的 SO2的平衡转化率大于 p2压强下的 SO2的平衡转化率，则：p1＞p2，故 D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学平衡的影响因素，侧重考查图象的分析、判断及知识综合运用能力，明确图中发
生的反应、外界条件对化学平衡的影响原理内涵是解本题关键，题目难度不大。
二．解答题（共 3 小题）
15．（一）甲醇是一种重要的化工原料，具有广阔的开发和应用前景。工业上使用水煤气（CO与 H2的混
合气体）转化成甲醇（CH3OH）：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）ΔH＝﹣90.7kJ/mol
（1）在体积可变的恒压密闭容器中投入 0.5molCO 和 0.75molH2，不同条件下发生上述反应。实验测得
平衡时 CH3OH的物质的量（n）随温度（T）、压强（p）的变化如图 1所示。
①p1 ＞ p2（填“＜”或“＞”）。
②该反应的平衡表达式 K= 为M点对应的平衡混合气体的体积为 1L，则 233℃
时，H2的转化率为 66.7% （保留 1位小数）。
③下列叙述能说明上述反应在 p1条件下达到化学平衡状态的是 bc （填字母）。
a．单位时间内消耗 1molCO的同时生成 1molCH3OH
b．CH3OH的体积分数不再改变
c．密闭容器的体积不再改变
（2）工业上可利用甲醇羰基化法进一步制取甲酸甲酯：CH3OH（g）+CO（g） HCOOCH3（g）。在
容积不变的密闭容器中，投入等物质的量的 CH3OH和 CO，相同时间内 CO的转化率随温度变化如图 2
所示（不考虑其他副反应）。
第 24页（共 37页）
①b、c、d三点中，尚未达到化学平衡状态的点是 bc 。
②该反应是 放热 （填“放热”或“吸热”）反应。
③曲线 ac段和 de 段的变化趋势不同。试从反应速率和平衡角度说明理由： ac段，反应未达平衡，
温度升高，反应速率增大，相同时间内消耗 CO多；de段，已经达到平衡，升高温度使平衡向逆反应方
向移动，CO转化率降低 。
（二）某同学利用如图所示装置制作简单的燃料电池。
（1）闭合 K1，断开 K2。
① a ﹣电极 的电极反应式是 2H2O 4e ＝O2↑+4H+ 。
② 2 4 的迁移方向为 b→a （填“a→b”或“b→a”）。
（2）一段时间后断开 K1，闭合 K2，电流表的指针偏转。
①一段时间后，电极 b附近的现象是 溶液变为红色变为无色 。
（3）下列说法中，不正确的是 bc （填字母）。
a．通过调节 K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化
b．若将 Na2SO4溶液替换为稀硫酸，闭合 K2后，电极反应不变
c．闭合 K1，电路中每转移 4mol电子，电极 a理论上产生的气体在标准状况下的体积为 44.8L
d.以上过程中，电极 a附近的 pH先减小，后增大，电解质溶液 pH不变。
【分析】；
第 25页（共 37页）
（1）①反应 CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）ΔH＝﹣90.7kJ/mol，该反应正方向气体分子数减小，
增大压强，平衡正向进行，平衡时 CH3OH的物质的量较大；
②在体积可变的恒压密闭容器中投入 0.5 mol CO和 0.75 mol H2，平衡时M点，n（CH3OH）＝0.25mol，
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
初始（mol） 0.5 0.75 0
转化（mol） 0.25 0.50 0.25
平衡（mol） 0.25 0.25 0.25
平衡时一氧化碳、氢气的物质的量分别为 0.25mol、0.25mol，对应的平衡混合气体的体积为 1 L，则 233℃
( ) △ ( 2)
时，该反应的平衡常数 K= 3 ( )× 2( )；H2的转化率为 ×100%；2 0( 2)
③a．单位时间内消耗 1 mol CO的同时生成 1 mol CH3OH，描述的都是正反应方向；
b．CH3OH的体积分数不再改变，表明正、逆反应速率相等；
c．随着反应的进行，混合气体的体积不断发生改变，体积可变的恒压密闭容器的体积不断发生变化；
（2）①由图可知，b、c点还未达到一氧化碳转化率的最大值；
②由图可知，温度超过一定数值后，随着温度的升高，一氧化碳的转化率降低；
③由图可知，ac段，反应未达平衡，de段，已经达到平衡，以此分析曲线 ac段和 de段的变化趋势不
同的原因。
（二）
（1）闭合 K1，断开 K2时，为电解池装置；
①电极 a与电源正极相连，为电解池的阳极，水中氢氧根失电子放电，放氧生酸，电极反应为：2H2O
4e﹣＝O2↑+4H+；
②电解池中阴离子由阴极移向阳极，即由 b→a；
（2）一段时间后断开 K1，闭合 K2，电流表的指针偏转，此时为原电池装置，b极为原电池的负极，a
极为原电池的正极；
①b ﹣ ﹣电极产生的氢气失电子生成水，根据第 1小问，该介质为碱性，电极方程式为H2 2e +2OH ＝2H2O；
所以溶液由红色变为无色；
（3）a．由上两小问可知，通过调节 K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化；
b．若将 Na2SO4溶液替换为稀硫酸，则溶液变为酸性介质，闭合 K2后，电极反应发生改变；
c ﹣．闭合 K1，根据 a电极反应式：2H2O 4e ＝O2↑+4H+，电路中每转移 4 mol电子，电极 a理论上产
生的气体 1mol，在标准状况下的体积为 22.4 L。
第 26页（共 37页）
d.闭合 K1，断开 K2时，电极 a产生氢离子；断开 K1，闭合 K,，电极 a消耗氢离子，电极 a附近的 H
先减小，后增大；但电解质溶液 pH不变。
【解答】解：
（一）（1）①反应 CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）ΔH＝﹣90.7kJ/mol，该反应正方向气体分子数
减小，增大压强，平衡正向进行，平衡时 CH3OH的物质的量较大，由图可知，p1＞p2，
故答案为：＞；
②在体积可变的恒压密闭容器中投入 0.5 mol CO和 0.75 mol H2，平衡时M点，n（CH3OH）＝0.25mol，
CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）
初始（mol） 0.5 0.75 0
转化（mol） 0.25 0.50 0.25
平衡（mol） 0.25 0.25 0.25
平衡时一氧化碳、氢气的物质的量分别为 0.25mol、0.25mol，对应的平衡混合气体的体积为 1 L，则 233℃
(
时，该反应的平衡常数 K= 3 ) 0.25
0.5
( )× 2( 2)
= 0.25×0.252 =16；H2的转化率为 ×100%＝66.7%，075
故答案为：16；66.7%；
③a．单位时间内消耗 1 mol CO的同时生成 1 mol CH3OH，描述的是正反应方向，不能说明达到化学
平衡状态，a错误；
b．CH3OH的体积分数不再改变，表明正、逆反应速率相等，反应达平衡状态，b符合题意；
c．随着反应的进行，混合气体的体积不断发生改变，体积可变的恒压密闭容器的体积不断发生变化，
则当密闭容器的体积不再改变，反应达平衡状态，c符合题意；
故答案为：bc；
（2）①由图可知，b、c点还未达到一氧化碳转化率的最大值，即尚未达到化学平衡状态，反应达到平
衡后，随着温度的升高，d点平衡逆向进行，一氧化碳转化率降低，
故答案为：bc；
②由图可知，温度超过一定数值后，随着温度的升高，一氧化碳的转化率降低，说明该反应为放热反
应，
故答案为：放热；
③由图可知，ac段，反应未达平衡，温度升高，反应速率增大，相同时间内消耗 CO多；de段，已经
达到平衡，升高温度使平衡向逆反应方向移动，CO转化率降低，故曲线 ac段和 de段的变化趋势不同，
故答案为：ac 段，反应未达平衡，温度升高，反应速率增大，相同时间内消耗 CO多；de段，已经达
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到平衡，升高温度使平衡向逆反应方向移动，CO转化率降低。
（二）（1）闭合 K1，断开 K2时，为电解池装置；
①电极 a与电源正极相连，为电解池的阳极，水中氢氧根失电子放电，放氧生酸，电极反应为：2H2O
4e﹣＝O2↑+4H+，
﹣
故答案为：2H2O 4e ＝O2↑+4H+；
②电解池中阴离子由阴极移向阳极，即由 b→a，
故答案为：b→a；
（2）一段时间后断开 K1，闭合 K2，电流表的指针偏转，此时为原电池装置，b极为原电池的负极，a
极为原电池的正极；
①b ﹣ ﹣电极产生的氢气失电子生成水，根据第 1小问，该介质为碱性，电极方程式为H2 2e +2OH ＝2H2O，
溶液由红色变为无色；故答案为：溶液由红色变为无色；
（3）a．由上两小问可知，通过调节 K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化，a正确；
b．若将 Na2SO4溶液替换为稀硫酸，则溶液变为酸性介质，闭合 K2后，电极反应发生改变，b错误；
c ﹣．闭合 K1，根据 a电极反应式：2H2O 4e ＝O2↑+4H+，电路中每转移 4 mol电子，电极 a理论上产
生的气体 1mol，在标准状况下的体积为 22.4 L，c错误，
d.闭合 K1，断开 K2时，电极 a产生氢离子；断开 K1，闭合 K,，电极 a消耗氢离子，电极 a附近的 H
先减小，后增大；但电解质溶液 pH不变。
故答案为：bc。
【点评】本题考查化学平衡计算、化学平衡图象、热化学方程式书写等，侧重考查学生对图象分析提取
信息能力以及计算能力，掌握盖斯定律、化学平衡移动原理的应用等是解答关键，题目难度中等。本题
主要考查了原电池的有关知识，题目难度不大，掌握原电池的原理和电极反应式的书写方法是解答该题
的关键。
16．As2O3在医药、电子等领域有重要应用。某含砷元素（As）的工业废水经如图流程转化为粗 As2O3：
（1）“碱浸”的目的是将废水中的 H3AsO3和 H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为 Na3AsO4反应的化学
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方程式是 H3AsO4+3NaOH＝Na3AsO4+3H2O 。
（2）“氧化”时，1mol 3 3 转化为 3 4 至少需要 O2 0.5 mol。
（3）“沉砷”是将砷元素转化为 Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：
a ﹣．Ca（OH）2（s） Ca2+（aq）+2OH （aq） ΔH＜0
b．5Ca2++OH﹣+3 3 4 Ca5（AsO4）3OH ΔH＞0
研究表明：“沉砷”的最佳温度是 85℃，用化学平衡原理解释温度高于 85℃后，随温度升高沉淀率下
降的原因是 温度升高，反应 a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应 b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）
3OH沉淀率下降 。
（ 4）“还原”过程中 H3AsO4 转化为 H3AsO3，反应的化学方程式是 H3AsO4+H2O+SO2＝
H3AsO3+H2SO4 。
（5）“还原”后加热溶液，H3AsO3分解为 As2O3，同时结晶得到粗 As2O3，As2O3在不同温度和不同
浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图所示。为了提高粗 As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是 调
硫酸浓度约为 7mol/L，冷却至 25℃，过滤 。
（6）下列说法中，正确的是 abc （填字母）。
a．粗 As2O3中含有 CaSO4
b．工业生产中，滤液 2可循环使用，提高砷的回收率
c．通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的
【分析】含砷元素（As）的工业废水加氢氧化钠碱浸，得到含 Na3AsO4、Na3AsO3的溶液，通入氧气氧
化 Na3AsO3为 Na3AsO4，再加石灰乳沉砷得到 Ca5（AsO4）3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀生成 H3AsO4
和硫酸钙，通入二氧化硫将 H3AsO4还原为 H3AsO3，还原后加热溶液，H3AsO3分解为 As2O3，调硫酸
浓度约为 7mol/L，冷却至 25℃，过滤得粗 As2O3，滤液 2含硫酸。
【解答】解：（1）H3AsO4与 NaOH发生酸碱中和生成 Na3AsO4，反应的化学方程式为：H3AsO4+3NaOH
＝Na3AsO4+3H2O，
故答案为：H3AsO4+3NaOH＝Na3AsO4+3H2O；
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（2）1mol 3 3 转化为 3 4 失去 2mol电子，1mol氧气得 4mol电子，据电子得失守恒，至少需要 O2
的物质的量为 0.5mol，
故答案为：0.5；
（3）砷元素转化为 Cas（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反应有：a．Ca（OH）2（s）＝Ca2+（aq）+2OH
﹣
（aq）ΔH＜0，b．5Ca2++OH﹣+3 3 4 =Ca5（AsO4）3OHΔH＞0，温度高于 85℃后，平衡 a逆向移
动，c（Ca2+）减小，平衡 b逆向移动，所以 Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降，
故答案为：温度升高，反应 a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应 b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH
沉淀率下降；
（4）“还原”过程中 SO2将 H3AsO4还原为 H3AsO3，自身被氧化为 H2SO4，反应的化学方程式为：
H3AsO4+H2O+SO2＝H3AsO3+H2SO4，
故答案为：H3AsO4+H2O+SO2＝H3AsO3+H2SO4；
（5）据图示，As2O3的溶解度在 25℃、硫酸浓度约为 7mol/L时最小，为了提高粗 As2O3的沉淀率，“结
晶”过程进行，
故答案为：调硫酸浓度约为 7mol/L，冷却至 25℃，过滤；
（6）a．CaSO4微溶于水，钙离子未完全除去，所以粗 As2O3中含有 CaSO4，故 a正确；
b．滤液 2含 As2O3，工业生产中可循环使用，提高砷的回收率，故 b正确；
c．沉砷得到 Ca5（AsO4）3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀生成 H3AsO4和硫酸钙，所以可以通过先“沉
砷”后“酸化“的顺序，达到富集砷元素的目的，故 c正确；
故答案为：abc。
【点评】本题考查分离提纯，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17．烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟 O3氧化结合（NH4）SO3溶液吸收法同时脱除
SO2和 NO的过程示意图如图。
（1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。
反应 平衡常数（25℃） 活化能/（kJ/mol）
反应 a：2O3（g） 3O2（g） 1.6×1057 24.6
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ΔH1＝﹣286.6kJ/mol
反应 b：NO（g）+O3（g） 6.2×1034 3.17
NO2（g）+O2（g）ΔH2＝
﹣200.9kJ/mol
反应 c：SO2（g）+O3（g） 1.1×1041 58.17
SO3（g）+O2（g）ΔH3
①已知：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196.6kJ/mol，则ΔH3＝ ﹣241.6kJ/mol 。
②其他条件不变时，高于 150℃，在相同时间内 SO2和 NO的转化率均随温度升高而降低，原因是 高
于 150℃，温度升高，反应 a 的速率增大，c（O3）减小，反应 b 和 c 的速率减小，导致 SO2和 NO的
转化率均降低 。
③其他条件不变，SO2和 NO 初始的物质的量浓度相等时，经检测装置 1 分析，在相同时间内，SO2
和 NO的转化率随 O3的浓度的变化如图。结合数据分析 NO的转化率高于 SO2的原因 反应 b的活化
能小于反应 c，反应 b的速率大于反应 c，因此 NO的转化率高于 SO2 。
（2）其他条件不变，SO2和 NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置 2分析，在相同时间内，O3
与 NO的物质的量之比对 SO2和 NO脱除率的影响如图。
①O3的浓度很低时，SO2的脱除率超过 97%，原因是 （NH4）2SO3溶液直接与 SO2反应是脱除 SO2
的主要原因 。
②在吸收器中， 2 3 与 NO2反应生成 2 2和 4 的氧化剂与还原剂物质的量之比为 2：1 。
③在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分 + +4被转化为 N2，反应中 4和 N2的物质的量之比为 1：
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1，该反应的离子方程式是 2 + +4 =N2↑+2H2O 。
【分析】（1）①已知：反应 a：2O3（g） 3O2（g）ΔH1＝﹣286.6kJ/mol，2SO2（g）+O2（g） 2SO3
（g）ΔH＝﹣196.6kJ/mol，根据盖斯定律，将两反应相加再除以 2得反应 SO2（g）+O3（g） SO3（g）
+O2（g），ΔH3=
1
2 ( 1 + )；
②反应 a为气体分子数增大的反应，ΔS＞0，较高温度下更有利于反应 a进行，所以在其他条件不变
时，高于 150℃，温度升高，反应 a的速率增大；
③由表中数据可知，反应 b的活化能小于反应 c，则反应 b的速率大于反应 c；
（2）①O3的浓度很低时，（NH4）2SO3溶液直接与 SO2反应是脱除 SO2的主要原因，即 SO2的脱除
率几乎不受 O3的浓度的影响；
② 2 3 与 NO2反应氧化还原反应生成 2和 2 4 ，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒；
③吸收过程中，部分 +和 4 2发生归中反应生成 N2和 H2O，反应中 +4和 N2的物质的量之比为 1：
1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒。
【解答】解：（1）①已知：反应 a：2O3（g） 3O2（g）ΔH1＝﹣286.6kJ/mol，2SO2（g）+O2（g）
2SO3（g）ΔH＝﹣196.6kJ/mol，根据盖斯定律，将两反应相加再除以 2得反应 SO2（g）+O3（g） SO3
（g）+O2（g），ΔH =
1
3 2 ( 1 + ) =
1
2[（﹣286.6kJ/mol）+（﹣196.6kJ/mol）]＝﹣241.6kJ/mol，
故答案为：﹣241.6kJ/mol；
②反应 a为气体分子数增大的反应，ΔS＞0，较高温度下更有利于反应 a进行，所以在其他条件不变
时，高于 150℃，温度升高，反应 a的速率增大，c（O3）减小，导致反应 b 和 c 的速率减小，SO2和
NO的转化率均降低，
故答案为：高于 150℃，温度升高，反应 a的速率增大，c（O3）减小，反应 b和 c的速率减小，导致
SO2和 NO的转化率均降低；
③由表中数据可知，反应 b的活化能小于反应 c，则反应 b的速率大于反应 c，因此 NO的转化率高于
SO2，
故答案为：反应 b的活化能小于反应 c，反应 b的速率大于反应 c，因此 NO的转化率高于 SO2；
（2）①O3的浓度很低时，（NH4）2SO3溶液直接与 SO2反应是脱除 SO2的主要原因，即 SO2的脱除
率几乎不受 O3的浓度的影响，SO2的脱除率超过 97%，
故答案为：（NH4）2SO3溶液直接与 SO2反应是脱除 SO2的主要原因；
② 2 3 与 NO2反应氧化还原反应生成 2 2和 4 ，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反
应的离子方程式是为 2NO2+3 2 3 +H2O＝2 2 + 2 4 +2 3，亚硫酸根部分变价，氧化剂与还原
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剂物质的量之比为 2:1；
故答案为：2:1；
③吸收过程中，部分 +4和 2发生归中反应生成 N2和 H2O，反应中 +4和 N2的物质的量之比为 1：
1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为 2 + +4 =N2↑+2H2O，
故答案为： 2 + +4 =N2↑+2H2O。
【点评】本题考查化学平衡，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
18．环氧乙烷（ ），简称 EO）是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备 EO的
原理示意图如图：
（1）①阳极室产生Cl2后发生的反应有： Cl2+H2O＝HCl+HClO 、CH2═CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
② a ﹣ ﹣ ﹣结合电极反应式说明生成溶液 的原理 阴极发生反应：2H2O+2e ＝H2↑+2OH 生成 OH ，K+通
过阳离子膜从阳极迁移到阴极，形成 KOH和 KCl的混合溶液 。
（2）一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。电解效率η和选择性 S的定义：
(
η B 生成
所用的电子)
（ ）= ×100%
(通过电极的电子)
(
S 生成
所用的乙烯)
（B）= ×100%
(转化的乙烯)
①若η（EO）＝100%，则溶液 b的溶质为 KCl 。
②当乙烯完全消耗时，测得η（EO）≈70%，S（EO）≈97%。推测η（EO）≈70%的原因：
Ⅰ.阳极有 H2O放电
Ⅱ.阳极有乙烯放电
Ⅲ.阳极室流出液中含有 Cl2和 HClO

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i.检验电解产物，推测Ⅰ不成立。需要检验的物质是 O2 。
ii.假设没有生成 EO的乙烯全部在阳极放电生成 CO2，则η（CO2）≈ 13 %。经检验阳极放电产物
没有 CO2。
iii.实验证实推测Ⅲ成立，所用试剂及现象是 KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝 。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液
【分析】（1）根据阳极产生氯气后，氯气可以和水发生反应生成次氯酸，溶液 a是阴极产物和 KCl溶
﹣ ﹣
液的混合物，阴极发生电极反应 2H2O+2e ＝H2↑+2OH ，进行分析；
（2）根据η（EO）＝100%，则说明在电解过程中只有乙烯中的碳元素化合价发生变化，其他元素化合
价没有变化，阳极有 H2O放电时会产生氧气，阳极室流出液中含有氯气和次氯酸，验证氯气即可，进
行分析。
【解答】解：（1）①阳极产生氯气后，氯气可以和水发生反应生成次氯酸，其方程式为 Cl2+H2O＝
HCl+HClO，
故答案为：Cl2+H2O＝HCl+HClO；
②溶液 a是阴极产物和 KCl ﹣溶液的混合物，阴极发生电极反应 2H2O+2e ＝H2↑+2OH﹣，同时阳极的
钾离子通过阳离子膜向阴极移动和氢氧根离子结合形成氢氧化钾，
﹣ ﹣ ﹣
故答案为：阴极发生反应：2H2O+2e ＝H2↑+2OH 生成 OH ，K+ 通过阳离子膜从阳极迁移到阴极，
形成 KOH和 KCl的混合溶液；
（2）①若η（EO）＝100%，则说明在电解过程中只有乙烯中的碳元素化合价发生变化，其他元素化合
价没有变化，故溶液 b的溶质为 KCl，
故答案为：KCl；
②i．阳极有 H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是 O2，
故答案为：O2；

ii．设 EO的物质的量为 amol，则转化的乙烯的物质的量为： ；生成 EO转化的电子的物质的量：
97%
2
2amol ；此过程转移电子的总物质的量： ；生成 CO2的物质的量：2 × 97% × 3%；生成 CO2转移的70%
2×
×3%×6
电子的物质的量：2 × 97% × 3% × 6，则η（CO ）=
97%
2 2 ≈13%，
70%
故答案为：13；
iii.实验证实推测Ⅲ成立，即阳极室流出液中含有氯气和次氯酸，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和
淀粉溶液，溶液变蓝，
故答案为：KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。
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【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。
19 ﹣．某小组同学探究 Ag+与 I 能否发生氧化还原反应，设计如下实验。
（1）研究 AgNO3溶液与 KI溶液反应产物。
向盛有 1mL1mol/LAgNO3溶液的试管中加入 1mL1mol/LKI溶液，振荡试管产生黄色浑浊，再向其中加
入 淀粉 溶液，无明显变化。得出结论：二者混合，无明显氧化还原反应。
（2）验证 Ag+的氧化性。
将光亮的铁丝伸入 AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中铁的氧化产物，将溶液中的
Ag+除尽后，进行了如下实验，请完成下表：
操作 现象 结论
取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 KSCN溶液，振荡 溶液变为红 存在 Fe3+
色
取少量除尽 Ag+后的溶液于试管中，加入 2滴 ③ （填 溶液的紫色 存在 Fe2+
序号）溶液，振荡 褪去
可选用试剂：①KSCN溶液②NaOH溶液③酸性 KMnO4溶液④K3[Fe（CN）6]溶液。
由上述实验可知铁的氧化产物中含有 Fe2+和 Fe3+，则 Ag+氧化性强于 Fe3+，又已知 Fe3+氧化性强于 I2，
﹣
得出结论：Ag+可与 I 发生氧化还原反应。
乙同学用 pH计测得，常温该硝酸银溶液的 pH为 5.5，于是对上述实验结论提出质疑。你认为他的理由
是 酸性环境下 可将 Fe2+ 3+3 氧化为 Fe 。
（3）丙同学通过原电池原理探究 Ag+与Ⅰ之间的氧化还原反应，装置图如图。
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①补全上图原电池装置示意图 。
②闭合开关 K，电流表指针发生偏转，一段时间后正极电极表面有光亮的银析出。依据上述实验现象，
写出 Ag+与 I﹣之间发生氧化还原反应的离子方程式 2Ag++2I﹣═2Ag+I2 。
结论：Ag+ ﹣与 I 可发生自发的氧化还原反应。
（4）实验反思。
丙同学查阅资料得知，离子的氧化性或还原性与其浓度有关。由该资料和以上实验分析，AgNO3溶液
与 KI溶液直接混合时，没有发生氧化还原反应的原因是 AgNO3 溶液与 KI溶液直接混合时生成 AgI
沉淀，使 c（Ag+）[或“c（I）”]降低，氧化性（或“还原性”）减弱，不足以发生氧化还原反应 。
【分析】（1）研究 AgNO3溶液与 KI溶液反应产物，两者若发生氧化还原反应，则生成 I2和 Ag，实
AgI Ag+ I﹣验证明两者仅发生沉淀反应，即生成 沉淀，说明 没有将 氧化。
（2）铁可以和 Ag+发生置换反应，铁若转化为 Fe3+，则遇 KSCN，溶液会变红，若铁转化为 Fe2+，则
能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
﹣
（3）①2Ag++2I ═2Ag+I2反应中，银离子在正极发生还原生成银单质，碘离子在负极失去电子发生
氧化反应生成碘单质；
②闭合开关 K，电流表指针发生偏转，一段时间后正极电极表面有光亮的银析出；
（4）由于离子的氧化性或还原性与其浓度有关；AgNO3溶液与 KI溶液直接混合时，没有发生氧化还
原反应的原因是 AgNO3 溶液与 KI溶液直接混合时生成 AgI沉淀，使 c（Ag+）[或 c（I）]降低。
【解答】解：（1）Ag+ ﹣ ﹣具有较强的氧化性，I 有较强的还原性，若两者发生氧化还原反应，则 I 被氧
化为 I2，加入淀粉，溶液会变蓝，
故答案为：淀粉；
（2）Fe3+和 SCN﹣反应能生成红色的 Fe（SCN）3，可以用 KSCN溶液检验 Fe3+；Fe2+有还原性，和酸
性高锰酸钾溶液反应，将 KMnO4还原为Mn2+，高锰酸钾溶液的紫色会褪去。硝酸银溶液的 pH为 5.50，
溶液呈酸性，而在酸性环境下 3具有较强的氧化性，所以将铁氧化的可能不是 Ag+，而可能是酸性溶
液中的 3，
第 36页（共 37页）
故答案为：溶液变为红色；③；溶液的紫色褪去；酸性环境下 3 可将 Fe2+ 氧化为 Fe3+；
﹣
（3）①2Ag++2I ═2Ag+I2反应中，银离子在正极发生还原生成银单质，碘离子在负极失去电子发生
氧化反应生成碘单质，则右侧石墨为正极，电解质溶液为硝酸银溶液，左侧石墨为负极，电解质溶液为
碘化钾溶液，故图示为： ，
故答案为： ；
②闭合开关 K，电流表指针发生偏转，一段时间后正极电极表面有光亮的银析出；依据上述实验现象，
Ag+ ﹣ ﹣写出 与 I 之间发生氧化还原反应的离子方程式为 2Ag++2I ═2Ag+I2，
故答案为：2Ag++2I﹣═2Ag+I2；
（4）由于离子的氧化性或还原性与其浓度有关；AgNO3溶液与 KI溶液直接混合时，没有发生氧化还
原反应的原因是 AgNO3 溶液与 KI溶液直接混合时生成 AgI沉淀，使 c（Ag+）[或 c（I）]降低，氧化
性（或还原性）减弱，不足以发生氧化还原反应，
故答案为：AgNO3 溶液与 KI溶液直接混合时生成 AgI沉淀，使 c（Ag+）[或 c（I）]降低，氧化性（或
还原性）减弱，不足以发生氧化还原反应。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
第 37页（共 37页）

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