北京市海淀區(qū)2023-2024學年高二年級上冊期末考試化學試卷（解析版）

海淀區(qū)高二年級練習

化學

學校班級姓名

L本試卷共8頁，共兩部分，19道題。滿分100分?？荚嚂r間90分鐘。

2.在試卷和答題紙上準確填寫學校名稱、班級名稱、姓名。

考生須知3.答案一律填涂或書寫在答題紙上，在試卷上作答無效。

4.在答題紙上，選擇題用2B鉛筆作答，其余題用黑色字跡簽字筆作答。

5.考試結束，請將本試卷和答題紙一并交回。

可能用到的相對原子質量：HlC12016Na23C135.5Cu64

第一部分

本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個選項中，選出最符合題目要求的一

項。

1.下列物質屬于弱電解質的是

A.NaOHB.鹽酸C.NH3H2OD.CH3coONa

【答案】C

【解析】

【分析】弱電解質是在水溶液中不完全（少部分）電離的電解質，據此解答。

【詳解】A.NaOH是強堿，屬于強電解質，A不符合；

B.鹽酸屬于混合物，不是電解質，B不符合；

C.NHs.H?。溶于水部分電離出錢根和氫氧根離子，屬于弱電解質，C符合；

D.CH3coONa溶于水完全電離，屬于強電解質，D不符合；

答案選C。

2.下列離子在指定的溶液中能夠大量共存的是

A.無色溶液中：Cu2\K+、OH、SO4

2

B.pH=l的溶液中：Na\Fe\Cl\N03

C.中性溶液中：K+、CHSO：、NO-

D.加酚麟呈紅色的溶液中：Na+、Fe3\Cl\SO：

【答案】c

【解析】

【詳解】A.含有Cu2+的溶液呈藍色，不滿足溶液無色的條件，Cu2\OH-之間反應生成氫氧化銅沉淀，不

能大量共存，故A不選；

B.H+、Fe2\NO3之間發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故B不選；

C.K+、CI\SO：、NO］之間不發(fā)生反應，且都不發(fā)生水解反應，在中性溶液中能大量共存，故C選；

D.加酚醐呈紅色的溶液呈堿性，Fe3+、OH-之間反應生成氫氧化鐵沉淀，不能大量共存，故D不選；

答案選C。

3.下列實驗裝置或操作，能達到實驗目的的是

目

A.電解法制金屬鈉B.防止鐵片被腐蝕

的

裝

1_I1_1

石墨寸［鐵石墨、J鐵

置

］1\\伯和

或“淡鹽水

操

水題

作1_________)

目C.由FeCl3-6H2O制取無水FeCh固D.用鹽酸測定NaOH溶液的濃

的體度

裝:鹽酸

邑/準溶液

置

或q

操/\待測NaOH

/\侈甲基橙）

作_￡

L-r------------------

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【詳解】A.電解飽和食鹽水生成NaOH、氫氣、氯氣，不能冶煉Na,故A錯誤；

B.Fe與電源負極相連作陰極，可防止鐵片被腐蝕，故B正確；

C.加熱促進鐵離子水解，且生成的鹽酸易揮發(fā)，應在HC1氣流中蒸發(fā)，故C錯誤；

D.鹽酸不能盛放在堿式滴定管中，應改為酸式滴定管，故D錯誤；

答案選B。

4.一定條件下，在2L密閉容器中發(fā)生反應：A（g）+3B（g）=2C（g）+4D（g）,測得5min內，A的物質的

量減小了lOmol,則5min內該反應的化學反應速率是

A.v（A）=1mol/（L-min）B.v（B）=lmol/（Lmin）

C.v（C）=1mol/（L-min）D.v（D）=1mol/（L-min）

【答案】A

【解析】

【分析】不同物質表示的反應速率之比等于其化學計量數之比，

/A、Ac（A）lOmol[_1._1

v（A）=--------=--------------=I1mol-L?min；

At2Lx5min

【詳解】A.據分析，v（A）=lmol/（L-min）,A正確；

B.v（B）=3v（A）=3mol/（L-min）,B錯誤；

C.v（C）=2v（A）=2mol/（Lmin）,C錯誤；

D.v（D）=4v（A）=4mol/（L-min）,D錯誤；

選A

5.室溫下，一定濃度氨水的pH為11.下列說法正確的是

A.此溶液中c（NH3=1x10—3moLlji

B.此溶液中，由水電離出的C（OJT）=1.0xl（T"moLIji

C,將此溶液加水稀釋10倍，所得溶液pH=10

D.將此溶液與等體積的1.0xl（T3moi[T鹽酸反應，恰好完全中和

【答案】B

【解析】

【詳解】A.室溫下，一定濃度氨水的pH為11.c(OH)=--moVL=lxlO-3moVL,由于NH「H,O是

1011

一元弱堿，不完全電離產生0日，此溶液中C(NH3-H2O)>1X1CT3moL「，故A錯誤；

B.常溫下pH=11的氨水中，氫氧根離子抑制了水的電離，氨水中氫離子是水電離的，為I.0xl(yumol/L,

則氨水中由水電離產生的c(OH)=10nmol/L,故B正確；

C.由于一水合氨是弱電解質，加水稀釋10倍，會促進一水合氨電離，導致氫氧根離子濃度大于原來的

—,所以溶液的n>pH>io,故c錯誤；

10

D.由于一水合氨是弱電解質，pH為11的一水合氨溶液濃度大于1.0x10-3moi-匚1，加入等體積的

1.0x10-3moi鹽酸，氨水過量，溶液呈堿性，故D錯誤；

故選B。

6.一定溫度和壓強下，2mO1H2和ImolCh分別以點燃和形成氫氧燃料電池這兩種方式發(fā)生化學反應，生成

2moi液態(tài)水。下列說法正確的是

A.放出的熱量相等B.體系內能變化相等

C.反應速率相等D.反應的活化能相等

【答案】B

【解析】

【詳解】A.方式一中化學能主要轉化為熱能，而方式二中化學能主要轉化為電能，則兩者放出的熱量不

相等，故A錯誤；

B.兩種方式反應物和生成物相同，反應物總能量和生成物總能量相同，則體系內能變化相等，故B正

確；

C.形成原電池可加快反應速率，則兩者反應速率不相等，故C錯誤；

D.二者的反應路徑不同，反應的活化能不一定相等，故D錯誤；

答案選B。

7.圖為電鍍實驗裝置，下列有關敘述不正砸的是

廠@-直流電源1

銅片—^待鍍

CuSO4m三旦隹國制品

溶液七三三芻

A.電鍍時，待鍍鐵制品應與直流電源負極相連B.通電后，溶液中的SO；-移向陽極

C.鍍銅時，理論上陽極和陰極的質量變化相等D.待鍍鐵制品增重2.56g,電路中通過的電子為

0.04mol

【答案】D

【解析】

【詳解】A.電鍍時，待鍍鐵制品為陰極，應與直流電源負極相連，故A正確；

B.電解池中，陰離子向陽極移動，通電后，溶液中的S。上移向陽極，故B正確；

C.電鍍銅時，陽極Cu-2e=Cu2+,陰極Cu2++2e=Cu,理論上陽極和陰極的質量變化相等，故C正確；

D.電鍍時，待鍍鐵制品為陰極，陰極電極方程式為：Cu2++2e=Cu,待鍍鐵制品增重2.56g,生成

2.56g

，*,,=0.04,電路中通過的電子為0.04molx2=0.08mol,故D錯誤；

64g/mol

故選D。

8.下列事實對應的離子方程式正確的是

電解

2+

A.用石墨電極電解CuCL溶液：CUC12^CU+2CF

+2+

B.用醋酸除去水壺中的水垢：CaCO3+2H=Ca+CO2T+H2O

C.(NHjFelSOj溶液中滴加過量Ba(OH)2溶液：

2+2+

Fe+2OH+Ba+SO；"=Fe(OH)2J+BaSO4J

3+

D.用明研做凈水劑：A1+3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+

【答案】D

【解析】

電解

【詳解】A.用石墨電解氯化銅得到銅與氯氣，離子方程式為CuCU^Cu+CUT,故A錯誤；

B.醋酸為弱酸，應保留化學式，離子方程式為CaCO3+2CH3coOH=Ca2++C(M+H2C)+2CH3coO-,故B錯

誤；

C.過量Ba(OH)2溶液，錢根離子也參與反應；離子方程式為：

2+

Fe+4OH+2NH：+2Ba?++2SO：=Fe(OH)2J+BaSO4J+2NH3.H2O,故C錯誤；

3+

D.明磯做凈水劑，鋁離子水解，離子方程式為：A1+3H2OAl(OH)3(膠體)+3H+，故D正確；

答案選D。

9.下列溶液中各微粒的濃度關系不正確的是

A.O.lmol-K1FeCL溶液：C（C1"）>3c（Fe3+）

B.O.lmolL-1KC1溶液：c（H+）=c（0H）

1

C.O.lmolUCH3COONa溶液：《CH3coeF）>c（Na+）>C（OJT）>c（lT）

D.室溫下，pH=7的NH4CI、NHs-H2?；旌先芤海篶（Clj=c（NH；）

【答案】C

【解析】

【詳解】A.O.lmolL-1FeCh溶液中，Fe3+發(fā)生水解，則C（C「）>3。仔3+）,故A正確;

B.O.lmolL-'KC1溶液呈中性，c（H+）=c（0H）,故B正確;

C.O.lmoLIjiCH3coONa溶液中CH3co。發(fā)生水解使溶液呈堿性，則溶液中

++

c（Na）>c（CH3COOj>C（OHj>c（H）,故C錯誤；

D.室溫下，pH=7的N%C1、NH/H2?；旌先芤褐谐手行?，c（H+）=c（OH）,由電荷守恒

c（0H.）+c（C「）=c（NH：）+c（H+）可知c（C「）=c（NH：）嗎，故D正確;

故選C。

10.已知H—H的鍵能為436kJ.molT—I的鍵能為151kJ-mo「反應H2（g）+L（g）=2Hl（g）經歷了

如下反應歷程：①12（g）21（g）,②H2（g）+21（g）-2HI（g）,反應過程的能量變化如圖所示。下列

說法正確的是

中間態(tài)2

7中間態(tài)1

O

E

0P?

烹

H7（g）+2I（g）

g1

V

H（g）+I（g）

222HI（g）

A.H—I的鍵能為299kJ-mol-1

B.升高溫度，反應①速率增大，反應②速率減小

C.升高溫度，反應②的限度和速率均增大，有利于提高H2的轉化率

D.為防止反應過程中有1(g)大量累積，應選擇合適的催化劑降低反應②的婚變

【答案】A

【解析】

11

【詳解】A.由圖可知,H2(g)+I2(g)2HI(g)AH=(151-162)kJ-mol=-llkJmol,設H—I

的鍵能為X,]U!|AH=-llkJ-molT=(436kJ-molT+i5ikj-molT)—2x,可得，％=299kJ?moL,

故A正確；

B.升高溫度，反應速率加快，正反應①、反應②反應速率都加快，故B錯誤；

C.由圖可知，反應②為放熱反應，升高溫度，反應②速率增大，平衡逆向移動，H2的轉化率降低，故C

錯誤；

D.為防止反應過程中有1(g)大量累積，應選擇合適的催化劑降低反應②的活化能，加快反應，故D錯

誤；

答案選A。

11.向恒容密閉容器中加入1molC。？和一定量的H2,發(fā)生反應：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)o不同投料比X[”(CO2)："(H2)]時，C。?的平衡轉化率隨溫

度的變化曲線如圖所示。下列說法不正卿的是

%

、

郴

髀

遂

詳

S

O

O

A.xl<%2

B.該反應為吸熱反應

C.點a、b、c對應的平衡常數：

D.投料比固定，當容器內壓強不再改變時，反應達到平衡狀態(tài)

【答案】D

【解析】

【詳解】A.x增大，CO2的量增加，平衡正向移動，根據勒夏特列原理CO2的轉化率減小，因此，A正

確；

B.由圖像，溫度升高，C02平衡轉化率增大，說明平衡正向移動，吸熱反應升溫有利于平衡正向移動，B

正確；

C.b、c兩點溫度相同，同一反應的K只受溫度影響，故Kc=Kb,a點平衡轉化率更低，說明反應平衡時

正向程度小，Ka更小，故Ka<Kb=Kc,C正確；

D.該反應反應前后氣體體積數不變，故無論是否到達平衡，容器內壓強都不變，D錯誤；

故選D。

12.一定溫度下，在1L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：A（g）+2B（g）,^4C（g）,反應過程中的部分數據如

下表所示:

物質的量"/mol）

時間(//min)

"(A)〃（B）“(C)

02.02.40

50.8

101.6

151.6

下列說法不E理的是

A.0~5min用A表示的平均反應速率為0.04mol-V1-min1

B.此溫度下，反應的平衡常數K為1.6

C.物質B的平衡轉化率約為33%

D.15min后，再加入A、B、C各1.6moL平衡不移動

【答案】D

【解析】

【詳解】A.0?5min內C的物質的量增加了0.8mol,由于容器的容積是1L,則用A物質濃度變化表示

1/小1O.Smol.人

的反應速率v（A）=—v（C）=—x--------------=0.04mol/（L/min）,A正確；

4v74lLx5min

B.反應進行到lOmin時，A物質的物質的量減少0.4mol,根據物質反應轉化關系可知B物質的物質的量

減少0.8mol,B的物質的量為2.4mol-0.8moi=1.6moLB的物質的量等于15min時B的物質的量，則反

應此時已達到平衡，此時C物質的量為L6molB正確;

C.根據選項B分析可知：反應在進行到10min時，A物質的物質的量減少0.4mol,根據物質反應轉化關

系可知B物質的物質的量減少0.8mol,B的平衡轉化率約為竺亞義100%q33%,C正確；

2.4mol

D.15min后，再加入A、B、C各1.6mol,等效于壓縮體積，該反應為體積增大的反應，壓強增大，反

應逆向移動，D錯誤；

故選D。

13.常溫，下列實驗操作及現象與推論不相符的是

選

操作及現象推論

項

A用pH試紙測得O.lmol/LCH3COOH溶液pH約為3CH3COOH是弱電解質

向某無色溶液中加入足量稀鹽酸，產生無色無味氣體；再將該氣體通入溶液中可能含有CO3

B

澄清石灰水，產生白色渾濁或HCO：

用pH計測定相同濃度的CH3coONa溶液和NaClO溶液的pH,前者的HC1O的酸性弱于

C

pH小于后者的CH3coOH

向2mLimol/LNaOH溶液中加入ImLO.lmol/LMgCb溶液，產生白色沉Mg(0H)2沉淀轉化為

D

淀；再加入ImLO.lmol/LFeCb溶液，產生紅褐色沉淀Fe(0H)3沉淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.CH3co0H為弱酸，電離不完全，則pH試紙測得O.lmol/LCH3co0H溶液pH約為3,故A

正確；

B.無色無味氣體為二氧化碳，則溶液中可能含有CO：或HCC>3，故B正確；

C.測定鹽溶液的pH可判斷水解程度，前者的pH小于后者的，可知HC1O的酸性弱于CH3coOH,故C

正確；

D.NaOH過量，均為沉淀生成，不發(fā)生沉淀的轉化，故D錯誤；

故選：D。

14.一種高性能的堿性硼化機(VB2)—空氣電池如下圖所示。電池的總反應為：

4VB2+11O2+20OH+6H2O=8B(OH)4+4VO^o該電池工作時，下列說法不正理的是

負載

VB2電極\?1?—?/復合碳電極

:一空氣

KiOH溶液陰離子交換膜

A.電子由VB?電極經外電路流向復合碳電極

B.正極區(qū)溶液的pH降低、負極區(qū)溶液的pH升高

-

C.VB2電極發(fā)生反應：VB2+16OH-lle-=VO；+2B(OH)"+4H2O

D,若有0.224L(標準狀況)02參與反應，有0.04molOH-通過陰離子交換膜移到負極

【答案】B

【解析】

【分析】根據題目信息可知，VB2電極上失電子發(fā)生氧化反應生成V0；、B(OH)；：

VB2+16OH-He=VOt+2B(OH)4+4H2O,所以VB2電極為負極，則復合碳電極為正極，電解質溶液

顯堿性，空氣中的氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根：O2+2H2O+4e-=4OH-；

【詳解】A.原電池中，電子由負極流向正極，故電子由VB?電極經負載流向復合碳電極，A正確；

B.反應過程中正極生成大量的OH-使正極區(qū)pH升高，負極消耗0H-使負極區(qū)0H-濃度減小pH降低，B

錯誤；

C.VBz電極上失電子發(fā)生氧化反應生成VO：、B(OH)；：

VB2+16OH-lle=VO；+2B(OH/+4H2O,C正確；

D.若有0.224L(標準狀況，為0.01mol)02參與反應，則轉移電子0.04mol,會有0.04molOlT通過陰離子交

換膜移到負極，D正確；

故選B。

第二部分

本部分共5題，共58分。

15.金屬礦物常以硫化物形式存在，如FeS?、ZnS等。

I.摻燒FeS?和FeSO4,用于制鐵精粉和硫酸

(1)已知：2FeS?4@)KFQ(S。括3()為吸熱反應。25CJOlkPa時,lmolFeS2固

體在2.75mol氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)SO?和FezOs固體，放出8261d熱量。

①FeS?與。2反應的熱化學方程式為.

②將FeS2與FeSO4摻燒(混合燃燒)，其目的包括(填字母)。

a.節(jié)約燃料和能量b.為制備硫酸提供原料c.減少空氣污染

(2)FeSC)4常帶一定量的結晶水。FeSO「7H2O(s)分解脫水反應的能量變化如圖所示。

能八

量

1molFeSO4(s)+7H2O(l)

T

:AH,

ImolFcSO4H2O(S)+6HQ(1)；

"1'

：A//,=+26.6kJ-mol-*1*

1molFeSO『4Hq(s)+3HQ(l):"

A'

A//產+84.5kJ-mol-1

A//(=+26.5kJ,mol-1

1molFcSOsDHQs)

反應過程

①^3=kJ?mol_1o

②為維持爐內溫度基本不變，Fes。4所帶結晶水越多，摻燒比［”(FeSzYMFeSOj］應。(填“增

大”“減小”或“不變”)。

II.浸出法處理ZnS

(3)ZnS難溶于水，處理ZnS常使用酸浸法，兩步反應依次為：

+2+3

i.Xn&(s)+2H(aq)Zn(aq)+H2?()=2.2xl0-

71

ii.2H2?+S2@2H40緞?40x

①平衡常數&的表達式為。

②僅發(fā)生反應i時，ZnS酸浸效果不好，結合平衡常數說明原因：0

(4)從平衡移動角度解釋通入。2在ZnS酸浸過程中的作用：0

1

【答案】15.①.4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)AH=-3304kJ-mol②.ab

16.①.+31.4②.增大

2+

c(Zn)c(H2S)

17.①.②.&較小，說明ZnS酸浸反應i進行得不充分（合理即可）

&=W)

18.。2與H2s充分反應，使平衡i正向移動，促進ZnS的溶解（合理即可）

【解析】

【小問1詳解】

①由已知得，25C、101kPa時，4moiFeS2固體在Hmol氧氣中完全燃燒生成氣態(tài)SO?和FezOs固體，放出

3304kJ熱量，故熱化學方程式為:

1

4FeS2（s）+HO2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）AH=-3304kJ-moF；

②由題可知FeS2燃燒為放熱反應，FeSCU分解為吸熱反應，FeS?燃燒為放熱可為FeSCU分解提供能量，FeSO

4分解產生SO2、SO3可作為制鐵精粉和硫酸原料；故選ab；

【小問2詳解】

①根據圖象可判斷AH3=AH4-AHi-AH2=+31.4kJ/mol,故答案為+31.4；

②由題可知FeS2燃燒為放熱反應，使爐溫升高，FeS04分解為吸熱反應，使爐溫降低，FeSCU所帶結晶水越

多，吸收越多，降溫越多，維持溫度不變，則摻燒比應該增大，故答案為增大；

【小問3詳解】

①此溫度下，反應ZnS（s）+2H+（aq）Zn2+（aq）+H2s（aq）的平衡常數表達式

2+

c(Zn)c(H2S)

c2(H+)

②《較小，反應進行的程度很小，說明ZnS酸浸反應i進行得不充分。故答案為&較小，說明ZnS

酸浸反應i進行得不充分（合理即可）；

【小問4詳解】

。2與H2s充分反應，使平衡i正向移動，促進ZnS的溶解（合理即可）；

16.CO2的過量排放會產生一系列生態(tài)和環(huán)境問題，CO2主要通過如下平衡過程對水體鈣循環(huán)和海洋生態(tài)產

生影響。

2+

CaCO3+CO2+H2O,Ca+2HC0；

（1）碳酸鹽的溶解是水體中Ca2+的主要來源。C02過量排放會導致水體中c（Ca2+）（填“增大”“減

小”或“不變”）o

2

（2）海水中含有的離子主要有Na+、Ca\K\HCO3,海水呈弱堿性，用化學用語解釋原因:

（3）珊瑚藻是一種對海水酸化極為敏感的藻類，其可通過光合作用和鈣化作用促進珊瑚礁（主要成分為

CaCCh）的形成，過程如下圖所示。

??t法

海洋表面//CO：、八

HCO7—

CaCO,(CH,O)r

資料：海水pH降低會使珊瑚藻呼吸作用增強。

①珊瑚藻能促進珊瑚礁的形成，原因是。

②CCh排放導致海水酸化，對珊瑚藻的影響有（填字母）。

a.阻礙了鈣化作用b,阻礙了光合作用c.增強了呼吸作用，消耗有機物

（4）水體中CO；、HCO3濃度的監(jiān)測對生態(tài)研究具有重要意義，測定方法如下：

i.取50mL待測水樣，滴加4?6滴酚酗溶液，搖勻。

ii.溶液變?yōu)榧t色，用cmoLIJi鹽酸滴定至紅色剛好消失（pH約8.3）,消耗鹽酸體積為VimL。

iii.滴加4?6滴甲基橙溶液，搖勻，用cmoLU鹽酸滴定至溶液從黃色變?yōu)槌壬╬H約3.8）,消耗鹽酸體

積為V2mL。

①ii中發(fā)生反應的離子方程式為0

②該水體中c（HCC）3）為o（用計算式表示）。

【答案】（1）增大（2）HCO；+H2O#H2CO3+OH

（3）①.珊瑚藻通過光合作用吸收CO2,二氧化碳的將減少，使CaCO3+CO2+H2OuCa2++2HCO］的平

衡逆向移動，生成更多的CaCCh,促進珊瑚礁的形成②.ac

（4）①.COj+H+=HCO［②."-VJm01yL

【解析】

【小問1詳解】

CCh過量排放會導致CaCC^+COz+H?。Ca?++2HCO］的平衡正向移動，則水體中c（Ca?+）增大;

【小問2詳解】

HCO]水解生成H2cCh和OH-導致溶液呈堿性，水解離子方程式為：HC0]+H20UH2co3+0H-；

【小問3詳解】

①珊瑚藻通過光合作用吸收CO2,二氧化碳的將減少，使CaCO3+CO2+H2CMCa2++2HCO；的平衡逆向移

動，生成更多的CaCCh,促進珊瑚礁的形成；

②a.CO2排放導致海水酸化，導致CaCO3+CO2+H2OuCa2++2HCO]的平衡正向移動，阻礙了鈣化作用，

故a正確；

b.CO2是光合作用的反應物，CCh排放導致海水酸化促進光合作用，故b錯誤；

c.海水pH降低，會使珊瑚藻呼吸作用增強，消耗有機物，故c正確；

故答案為：ac；

【小問4詳解】

①ii中CO：和H+反應生成HCO；,發(fā)生反應的離子方程式為CO：+H+=HCO；;

②iii中發(fā)生的離子反應方程式為H++HCO]=CO2f+H2O,原溶液中HCO；消耗的V(HCl)=(V2-Vi)mL,該

.cmol/Lx(V-V,)xlO-3LcC^-VJ

水體中c(HCO3)=-------------U_9_\L-------~匕mol/L。1/T

0.05L50

17.電解水制氫所需的電壓高、耗能大。醛類(R-CHO)可在很低的電壓下被Cu催化氧化為竣酸鹽(R-

COO-),同時產生的氫原子會重組成Hz該過程的示意圖如下。

(1)已知：醛極易被氧化，電解所需電壓與電解反應的難易程度相關。

①在堿性條件下電解水制氫時，陽極發(fā)生的電極反應為。

②推測醛氧化制氫所需電壓比電解水制氫低的原因是o

(2)補全醛催化氧化時，陽極的電極反應式：o

2R-CHO-口片+□=2R-COO+H2T+2H2O

(3)上述電解裝置工作時，每轉移Imol電子時，生成H2物質的量為

(4)電解一段時間后(忽略溶液體積變化)，制氫的效率會降低。

①經檢驗，陽極表面產生了CU2O,阻礙醛類的吸附。陽極表面產生CU2。的電極反應式為o

②陽極區(qū)溶液的pH會逐漸降低，導致pH降低的可能原因有(填字母)。

a.電極反應消耗OH-b.產生H2O稀釋溶液c.產生的竣酸鹽水解

【答案】(1)①.4OH-—4院=2氏0+02t②.醛容易被氧化，電解反應容易進行

(2)2R—CHO—2e-+40H-=2R-COCT+H2t+2H2O

(3)0.5mol(4)①.2Cu-2—+20JT=CU2O+H2。②.ab

【解析】

【分析】根據電子流向左側電極是陽極，發(fā)生失去電子的氧化反應，右側電極是陰極，發(fā)生得到電子的還原

反應，據此解答。

【小問1詳解】

①堿性環(huán)境下，氫氧根濃度較大，陽極上是氫氧根失電子，生成水：40H-4e-=2H2O+O2t;

②醛容易被氧化，電解反應容易進行，所需電壓比電解水要低，故答案為：醛容易被氧化，電解反應容易

進行；

【小問2詳解】

根據氧守恒和電荷守恒，可得方程式為2R-CHO-2e-+4OH-=2R-COO+H2t+2H2O；

【小問3詳解】

生成1個氫氣分子，需要轉移2個電子，現在轉移Imol電子，就生成0.5mol氫氣；

【小問4詳解】

①陽極表面產生了Cm。，是Cu在陽極放電形成的，其電極反應式為2Cu—2N+2OJT=CU2O+H2O；

②由陽極的電極反應式2R—CHO—2e-+4OJT=2R—COCT+H2t+2H2O可知，反應消耗OIT離子，且有

水生成，這兩個因素都導致氫氧根離子的濃度減小，pH降低；較酸鹽的水解竣酸根離子要結合水電離出

的氫離子，導致溶液的pH增大，故答案為：ab。

18.丙烯睛(CH2=CH-CN)是重要化工原料，其合成分兩步進行。

I.丙烷脫氫制丙烯

丙烷脫氫過程中發(fā)生如下反應：

1

i.C3H8(g).C3H6(g)+H2(g)AH=+125kJ-mor

ii.C3H8(g).C2H4(g)+CH/g)AH=+81kJ-mor1

(1)升溫時，測得丙烯平衡產率降低。

①升溫時，丙烷的平衡轉化率(填“提高”“降低”或“不變”)。

②丙烯平衡產率降低的可能原因是。

(2)工業(yè)上，常在恒壓條件下充入高溫水蒸氣使反應器再熱。請分析充入高溫水蒸氣的作用:

1

(3)已知：i.H2(g)+CO2(g)F■CO(g)+H2O(g)AH=-41kJmoF

ii.C3H8在高溫下脫氫時碳碳鍵易斷裂，產生積炭后，催化劑活性降低

工業(yè)上，常在c3H8中加入一定量的CC)2，目的是。

II.丙烯氨氧化制丙烯月青

丙烯在一定條件下生成丙烯靖(CH2=CHCN),副產物為丙烯醛(CH2=CHCHO),反應如下:

1

i.C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)FCH2=CHCN(g)+3H2O(g)AH=-515kJmor

1

ii.C3H6(g)+C)2(g)『CH2=CHCHO(g)+H2O(g)AH=-353kJ-mol

(4)原料氣中NH3和丙烯的比例對產物收率的影響如圖所示。

已知：CH?=CHCN堿性條件下容易分解。

①n(NH3)/n(C3H6)<0.3時產物主要為丙烯醛(012=CHCHO),原因是。

②n(NH3)/n(C3H6)>1時，冷卻吸收后丙烯月青收率略有降低，原因是。

【答案】(1)①.提高②.升溫時反應ii的轉化率提高

(2)反應體系壓強減小，反應正向移動.

(3)將積炭轉化為CO,提高催化劑活性。

(4)①.氨氣含量過低，主要發(fā)生反應ii②.氨氣含量過多成堿性，而CH?=CHCN堿性條件下

容易分解，故丙烯睛收率略有降低

【解析】

【小問1詳解】

①兩個反應均為吸熱，溫度升高時，丙烷的平衡轉化率提高。②溫度升高時，主要發(fā)生的是反應ii。

故答案為：①提高；②升溫時反應ii的轉化率提高

【小問2詳解】

恒壓充入水蒸氣后，相當于反應體系壓強減小，反應正向移動。

故答案為：反應體系壓強減小，反應正向移動。

【小問3詳解】

C3H8在高溫下脫氫時碳碳鍵易斷裂，產生積炭后，催化劑活性降低，而加入CO2后可將積炭轉化為

co,提高催化劑活性。

故答案為：將積炭轉化為co,提高催化劑活性。

【小問4詳解】

①氨氣含量過低，主要發(fā)生反應ii（無法提供氮原子）；②氨氣含量過多成堿性，而CH?=CHCN堿性條件

下容易分解，故丙烯晴收率略有降低

故答案為：①氨氣含量過低，主要發(fā)生反應ii；②氨氣含量過多成堿性，而CH?=C