海淀区2020~2021学年第一学期期末练习高二化学

海淀区2020~2021学年第一学期期末练习高二化学考生须知1.考生要认真填写学校、班级、姓名。2.本试卷共8页，分为两个部分。第一部分为选择题，14个小题(共42分)；第二部分为非选择题，5个小题(共58分)。3.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。4.考试结束后，考生应将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16第一部分选择题(共42分)一、在下列各题的四个选项中，只有一个选项符合题意。(每小题3分，共42分)1.下列溶液呈中性的是A.FeCl3溶液B.Na2CO3溶液C.NaCl溶液D.CH3COONa溶液【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氯化铁为强酸弱碱盐，由于铁离子水解溶液显酸性，故A不符合题意；B．碳酸钠强碱弱酸盐，由于碳酸根水解而显碱性，故B不符合题意；C．氯化钠为强酸强碱盐，溶液显中性，故C符合题意；D．醋酸钠为强碱弱酸盐，由于醋酸根的水解而显碱性，故D不符合题意；综上所述答案为C。2.下列物质中，属于弱电解质的是A.NH3·H2OB.CaCl2C.H2SO4D.KNO3【答案】A【解析】【分析】【详解】A．NH3·H2O在水溶液能够导电，能部分电离产生铵根和氢氧根离子，所以一水合氨为弱电解质，故A正确；B．氯化钙熔融状态及水溶液能够导电，属于强电解质，故B错误；C．H2SO4在水溶液发生完全电离导致溶液导电，属于强电解质，故C错误；D．KNO3在水溶液发生完全电离导致溶液导电，属于强电解质，故D错误；答案选A。3.关于如图所示原电池装置，下列说法正确的是A.电子从Zn电极流出，经导线流向Cu电极B.Cu是正极反应物，得到电子C.烧杯中换用蔗糖溶液，装置仍可工作D.稀H2SO4仅作离子导体【答案】A【解析】【分析】【详解】A．锌比铜活泼，则锌失去电子被氧化，电子从Zn电极流出，经导线流向Cu电极，A正确；B．Cu是正极材料，正极氢离子得到电子被还原生成氢气，B错误；C．蔗糖溶液是非电解质溶液，不含可自由移动的离子，则装置不能工作，C错误；D．稀H2SO4提供的氢离子得到电子被还原生成氢气，故既作离子导体又是反应物，D错误；答案选A。4.下列离子在指定的溶液中能够大量共存的是A.无色溶液中：Fe3+、K+、SCN-、SOB.pH=1的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、NOC.中性溶液中：K+、Cl-、SO、NOD.加酚酞呈红色的溶液中：Na+、NH、Cl-、F-【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Fe3+与SCN-反应生成硫氰化铁而不能共存，A错误；B．Fe2+、NO与一定浓度的氢离子能发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C．中性溶液中：K+、Cl-、SO、NO互不反应，能大量共存，C正确；D．加酚酞呈红色的溶液呈碱性，NH因与氢氧根离子反应不能大量共存，D错误；答案选C。5.一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：A(g)+2B(g)=2C(g)+3D(g)，测得5min内，A的物质的量减小了10mol，则5min内该反应的化学反应速率是A.υ(A)=1mol/(L·min)B.υ(B)=1mol/(L·min)C.υ(C)=1mol/(L·min)D.υ(D)=1mol/(L·min)【答案】A【解析】【分析】【详解】5min内，A的物质的量减小了10mol，容器体积为2L，则v(A)==1mol/(L·min)，同一反应同一时段内不同物质的反应速率之比等于计量数之比，所以v(B)=v(C)=2v(A)=2mol/(L·min)，v(D)=3v(A)=3mol/(L·min)；综上所述只有A正确，故答案为A。6.下列关于电化学腐蚀、防护与利用的说法中，正确的是A.铜板打上铁铆钉后，铜板更易被腐蚀B.暖气片表面刷油漆可防止金属腐蚀C.连接锌棒后，电子由铁管道流向锌D.阴极的电极反应式为Fe–2e-=Fe2+A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【分析】【详解】A．形成Fe-Cu原电池，Cu作正极被保护，Cu不易被腐蚀，A错误；B．暖气片表面刷油漆可隔绝氧气，从而防止金属腐蚀，B正确；C．锌比铁活泼，形成锌-铁原电池，锌作负极，电子由锌流向铁管道，C错误；D．铁管道与电源负极相连，为阴极，阴极得电子，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，D错误。答案选B。7.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0达平衡状态后，改变某一条件，下列图像与条件变化一致的是A.升高温度B.增大N2浓度C.改变压强D.加入催化剂A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．平衡后升高温度平衡向吸热方向移动即左移，氢气转化率减小，A错误；B．平衡后增加氮气浓度平衡右移，氢气转化率增大，B错误；C．由甲图知P2达到平衡用的时间短，P2>P1，P2到P1压强减小，平衡逆向移动，氨气的物质的量分数减小，C错误；D．使用催化剂可以加快反应速率，不会引起平衡的移动，D正确；答案选D。8.下列解释事实的离子方程式不正确的是A.电解精炼铜的阴极反应：Cu2+＋2e-=CuB.碳酸钙与醋酸反应：CaCO3＋2H＋=Ca2++H2O+CO2↑C.用FeS处理含Cu2+的废水：FeS(s)＋Cu2+(aq)=CuS(s)＋Fe2+(aq)D.FeSO4使酸性KMnO4溶液褪色：5Fe2+＋MnO＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O【答案】B【解析】【分析】【详解】A．阴极发生还原反应，电解精炼铜的阴极反应：Cu2+＋2e-=Cu，A正确；B．碳酸钙与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，B错误；C．FeS(s)的溶度积比CuS(s)大，可转化为CuS(s)，故可用FeS处理含Cu2+的废水：FeS(s)＋Cu2+(aq)=CuS(s)＋Fe2+(aq)，C正确；D．FeSO4能将酸性KMnO4溶液还原，紫红色KMnO4溶液消耗完即褪色，反应产物：5Fe2+＋MnO＋8H+=5Fe3+＋Mn2+＋4H2O，D正确；答案选B。9.下列由实验现象得出结论不正确的是操作现象及结论A铁钉连接电源负极、铜片连接电源正极，加入CuSO4作为电解质溶液，接通电源一段时间后，铁钉上产生一层红色物质，说明Cu2+得电子生成了Cu单质B将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中玻璃球中红棕色加深，说明反应2NO2(g)N2O4(g)的ΔH<0CFeCl3溶液加入到略有浑浊的天然淡水中静置后水变澄清，说明Fe3＋具有吸附性D选用酚酞做指示剂，用0.1mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液变红，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【分析】【详解】A．铁钉连接电源负极、铜片连接电源正极，加入CuSO4作为电解质溶液，接通电源构成电镀池，即在铁钉上镀铜，所以一段时间后，铁钉上产生一层红色物质，说明Cu2+得电子生成了Cu单质，故A正确；B．将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中，玻璃球中红棕色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)反应的平衡逆向移动，则该反应的正反应为放热反应，即ΔH<0，故B正确；C．因为Fe3＋能水解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附性，所以FeCl3溶液加入到略有浑浊的天然淡水中静置后水变澄清，故C错误；D．用0.1mol/L的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞做指示剂，如果滴入最后一滴盐酸后溶液变红，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点，故D正确；故答案：C。10.常温下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A.0.1mol/LCH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO-)>c(H＋)>c(OH-)B.常温下pH=7的氨水和氯化铵的混合液中：c(Cl-)>c(NH)C.0.1mol/LNaHCO3，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HCO)+c(CO)D.0.1mol/LNaHSO3溶液中：c(Na＋)=c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)【答案】D【解析】【分析】【详解】A．醋酸钠溶液中存在醋酸根的水解，溶液显碱性，c(OH-)>c(H＋)，故A错误；B．混合液中存在电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(H＋)+c(NH)，溶液常温下pH为7，则c(OH-)=c(H＋)，所以c(Cl-)=c(NH)，故B错误；C．溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH-)＋c(HCO)+2c(CO)，故C错误；D．溶液中存在物料守恒c(Na)=c(S)，即c(Na＋)=c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)，故D正确；综上所述答案为D。11.如图是FeCl3溶液与KSCN溶液反应的实验示意图。下列分析不正确的是A.溶液中存在平衡：Fe3++3SCN-Fe(SCN)3B.滴加FeCl3溶液达平衡后，c(SCN-)降低C.滴加FeCl3溶液达平衡后，观察到溶液红色加深D.滴加FeCl3溶液，平衡正向移动，体系中c(Fe3+)降低【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Fe3+会与SCN-发生络合反应，使溶液显红色，存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，A正确；B．滴加FeCl3溶液c(Fe3+)增大，平衡正向移动，c(SCN-)降低，B正确；C．滴加FeCl3溶液c(Fe3+)增大，平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，红色加深，C正确；D．滴加FeCl3溶液c(Fe3+)增大，虽然平衡正向移动，但只是使c(Fe3+)增大的程度变小，c(Fe3+)依然增大，D错误；综上所述答案为D。12.N2与O2化合生成NO是自然界固氮的重要方式之一、下图显示了该反应中的能量变化。下列说法不正确的是A.N≡N键的键能大于O=O键的键能B.完全断开1molNO中的化学键需吸收1264kJ能量C.该反应中产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量D.生成NO反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180kJ/mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A．据图可知1molN≡N键断裂吸收946kJ的能量，1molO=O键断裂吸收498kJ能量，即N≡N键的键能大于O=O键的键能，故A正确；B．据图可知由2molN原子和2molO原子形成2molNO时放出1264kJ能量，则完全断开2molNO中的化学键才需吸收1264kJ能量，故B错误；C．焓变=断键吸收总能量-成键释放总能量=946kJ/mol+498kJ/mol-1264kJ/mol=+180kJ/mol，焓变大于0则为吸热反应，所以该反应中产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量，故C正确；D．该反应焓变为ΔH=+180kJ/mol，结合图可知热化学方程式为N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180kJ/mol，故D正确；综上所述答案为B。13.已知A(s)+B(g)2C(g)ΔH＜0，体系中C的物质的量分数与温度的关系如下图所示。下列说法正确的是A.其它条件不变时，增大压强平衡不移动B.该反应的平衡常数表达式K=C.上述图像中，b点已达到化学平衡状态D.化学平衡常数K(c)＜K(d)【答案】B【解析】【分析】【详解】A．该反应的正反应是气体体积增大的反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，A错误；B．化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，则该反应的平衡常数表达式K=，B正确；C．根据图象可知：在b点以后随着温度的升高，C的物质的量分数还在增大，说明反应正向进行，未达到平衡状态，C错误；D．该反应的正反应是放热反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，导致化学平衡常数减小。由于温度：c＜d，所以化学平衡常数：K(c)＞K(d)，D错误；故合理选项是B。14.采用电化学方法使Fe2+与H2O2反应，可生成非常活泼的·OH(羟基自由基)中间体用于降解废水中的有机污染物，原理如下图所示。下列说法不正确的是A.X上发生的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+B.可将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用C.根据装置推测，Y电极是阳极，·OH在该电极侧产生D.起始时，Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作【答案】C【解析】【分析】据图可知Y电极上Fe3+得电子转化为Fe2+，O2得电子结合氢离子生成H2O2，均发生还原反应，所以Y电极为阴极，X电极上H2O失电子生成氧气，发生氧化反应，为阳极。【详解】A．据图可知X电极上H2O失电子生成氧气，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正确；B．据图可知Y电极上的反应物有O2，而X电极产生O2，所以将X电极上产生的O2收集起来，输送到Y电极继续使用，故B正确；C．根据分析可知Y为阴极，故C错误；D．据图可知该装置工作时Fe2+与Fe3+循环转化，所以起始时，在Y电极附近加入适量Fe2+或Fe3+，均能让装置正常工作，故D正确；综上所述答案为C。第二部分非选择题(共58分)15.二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲醇是一种很有前景的方法。如下图所示为该反应在无催化剂及有催化剂时的能量变化。(1)从图可知，有催化剂存在的是过程_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(2)写出图中CO2催化合成甲醇的热化学方程式：_______。(3)若要提高上述可逆反应中甲醇的平衡产率，可以采取的措施有_______。(4)已知：1mol液态甲醇完全气化需吸热37.4kJ，1mol液态水完全气化需吸热44.0kJ，由CO2合成1mol液态甲醇和1mol液态水将_______(填“吸收”或“放出”)_______kJ热量。(5)关于CO2催化合成甲醇的反应，下列说法中，合理的是_______(填字母序号)。a.该反应中所有原子都被用于合成甲醇b.该反应可用于CO2的转化，有助于缓解温室效应c.使用催化剂可以降低该反应ΔH，从而使反应放出更多热量d.降温分离出液态甲醇和水，将剩余气体重新通入反应器，可以提高CO2与H2的利用率【答案】(1).Ⅱ(2).CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ/mol(3).适当降温及加压(4).放出(5).130.4(6).bd【解析】【分析】【详解】(1)催化剂可以降低反应活化能，据图可知过程Ⅱ的活化能更低，有催化剂存在；(2)据图可知1molCO2(g)与3molH2(g)完全反应生成CH3OH(g)和H2O(g)放出49.0kJ的热量，放热反应焓变小于0，热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ/mol；(3)该反应为放热反应，适当降低温度可以使平衡正向移动增大甲醇的平衡产率；该反应为气体系数之和减小的反应，增大压强可以使平衡正向移动增大甲醇的平衡产率；(4)1mol液态甲醇完全气化需吸热37.4kJ，即①CH3OH(l)=CH3OH(g)ΔH=+37.4kJ/mol；1mol液态水完全气化需吸热44.0kJ，即②H2O(l)=H2O(g)ΔH=+44.0kJ/mol；又已知③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=-49.0kJ/mol，根据盖斯定律③-①-②可得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(l)+H2O(l)(g)的ΔH=-49.0kJ/mol-37.4kJ/mol-44.0kJ/mol=-130.4kJ/mol，所以由CO2合成1mol液态甲醇和1mol液态水将放出130.4kJ热量；(5)a．根据反应方程式可知该反应中除了生成甲醇还有水生成，故a错误；b．CO2会加剧温室效应，该反应可以将二氧化碳利用起来转化为甲醇，有助于缓解温室效应，故b正确；c．催化剂只改变反应的活化能，不影响反应的焓变，故c错误；d．降温分离出液态甲醇和水，减少生成物的浓度，将剩余气体重新通入反应器，平衡正向移动，可以提高CO2与H2的利用率，故d正确；综上所述答案为bd。16.84消毒液在生活中有广泛的应用，其主要成份是NaCl和NaClO。资料：HClO的电离常数为Ka=4.7×10-8；H2CO3的电离常数为Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11；HClO的氧化性和杀菌消毒效果强于ClO-。(1)84消毒液溶液呈_______(填“酸性”或“碱性”)。(2)84消毒液和医用酒精都是重要的消毒剂。某实验小组同学围绕“84消毒液能否与医用酒精混合使用”这一问题进行了如下实验。序号实验操作实验现象Ⅰ分别取40mL84消毒液和医用酒精混合均匀，并测量溶液温度变化溶液温度由20℃升高至23℃，并产生大量气泡，略有刺激性气味，溶液颜色无明显变化Ⅱ分别取40mL医用酒精和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃溶液中无明显现象Ⅲ分别取_______mL84消毒液和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃溶液中无明显现象，略有刺激性气味①实验Ⅲ中应分别取_______mL84消毒液和蒸馏水混合均匀。②由实验现象推断，84消毒液和医用酒精_______(填“能”或“不能”)混合使用。(3)84消毒液可由氯气与NaOH溶液反应制得。为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH，请运用平衡移动原理解释NaOH的作用：_______。(4)待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10~30分钟可增强消毒效果，该过程中发生反应的离子方程式为_______。请结合电离平衡常数解释消毒效果增强的原因：_______。【答案】(1).碱性，(2).40(3).不能(4).ClO−+H2OOH−+HClO加入NaOH使c(OH-)增大，平衡逆移，使c(HClO)减小，分解速率减慢(或消毒液更稳定)(5).CO2+H2O+ClO-HClO+HCO(6).H2CO3的Ka1大于HClO的Ka，故空气中的CO2(或H2CO3)能将ClO-转化为消毒效果更强的HClO【解析】【分析】【详解】(1)84消毒液的有效成分是NaClO，该物质是强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性；(2)①采用控制变量法进行研究，因此实验III要取40mL84消毒液和蒸馏水混合均匀，水浴加热至23℃，然后根据实验现象的不同与上面的两个实验进行对比；②由实验现象推断，84消毒液和医用酒精混合，会发生化学反应，故不能混合使用；(3)Cl2与NaOH发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的84消毒液有效成分是NaClO，该盐是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解反应：ClO−+H2OOH−+HClO，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性。向其中加入NaOH使c(OH−)增大，平衡逆向移动，使c(HClO)减小，HClO分解速率减慢，因此消毒液更稳定，所以为了防止消毒液在存储过程中失效，通常要在84消毒液中残余一定量的NaOH；(4)待消杀物品喷洒上84消毒液后，露置于空气中10~30分钟可增强消毒效果，这是由于酸性：H2CO3＞HClO＞，在空气中暴露，CO2能够溶解在溶液中，发生反应使ClO-转化为HClO，产生消毒能力更强的HClO而增强溶液的消毒效果。该过程中发生反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-HClO+HCO。17.二甲醚(CH3OCH3)是重要的化工原料，可用CO和H2制得，总反应的热化学方程式如下。2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH=-206.0kJ/mol工业中采用“一步法”，通过复合催化剂使下列甲醇合成和甲醇脱水反应同时进行：i.甲醇合成反应：ii.甲醇脱水反应：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)，ΔH=-24.0kJ/mol(1)起始时向容器中投入2molCO和4molH2，测得某时刻上述总反应中放出的热量为51.5kJ，此时CO的转化率为_______。(2)请补全甲醇合成反应的热化学方程式：_______。(3)甲醇脱水反应2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)在某温度下的化学平衡常数为400.此温度下，在恒容密闭容器中加入一定量的CH3OH(g)，测得某时刻各组分浓度如下表所示。此时反应_______(填“已达到”或“未达到”)化学平衡状态。物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/(mol/L)0.020.40.4(4)生产二甲醚的过程中存在以下副反应，与甲醇脱水反应形成竞争：CH3OH(g)+H2O(g)CO2(g)+3H2(g)ΔH=+48.8kJ/mol将反应物混合气按进料比n(CO)∶n(H2)=1∶2通入反应装置，选择合适的催化剂。在不同温度和压强下，测得二甲醚的选择性分别如图1、图2所示。资料：二甲醚的选择性是指转化为二甲醚的CO在全部CO反应物中所占的比例。①图1中，温度一定，压强增大，二甲醚选择性增大的原因是_______。②图2中，温度高于265℃后，二甲醚选择性降低的原因有_______。【答案】(1).25%(2).2CO(g)+4H2(g)⇌2CH3OH(g)△H=-182.0kJ/mol或CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=-91.0kJ/mol(3).已达到(4).增大压强，副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)逆向移动被抑制，主反应中2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)不受压强影响(5).主反应中2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)正向为放热反应，升高温度平衡逆移，二甲醚选择性降低；副反应CH3OH(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+3H2(g)正向为吸热反应，升高温度平衡正移，副产物增加，二甲醚选择性降低。【解析】【分析】【详解】(1)CO的转化率=×100%=25%；(2)①2CO(g)+4H2(g)⇌CH3OCH3(g)+H2O(g)，根据盖斯定律，(①-ii)÷2可得CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，则∆H==-91kJ/mol；(3)Qc==400=K，则反应已达到平衡状态；(4)①副反应为气体增大的反应，温度一定，压强增大，副反应平衡逆向移动，而主反应气体物质的量不变，无影响，则二甲醚选择性增大；②主反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，二甲醚选择性降低；而副反应为吸热反应，平衡正向移动，副产物增大，二甲醚选择性降低。18.利用电化学方法可以将CO2有效地转化为HCOO-(其中C元素的化合价为+2价)，装置如下图所示。(1)在该装置中，左侧Pt电极为_______(填“阴极”或“阳极”)。(2)装置工作时，阴极除有HCOO-生成外，还可能生成副产物降低电解效率。已知：电解效率。①副产物可能是_______(写出一种即可)。② 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 状况下，当阳极生成氧气体积为224mL时，测得整个阴极区内的c(HCOO-)=0.017mol/L，电解效率为_______(忽略电解前后溶液的体积变化)。(3)研究表明，溶液pH会影响CO2转化为HCOO-的效率。图2是CO2(以H2CO3计)在水溶液中各种存在形式的物质的量分数δ随pH变化的情况。①pH>12时，CO2几乎未转化为HCOO-，此时CO2在溶液中的主要存在形式为_______。②pH=8.5时，CO2的转化效率较高，溶液中相应的电极反应式为_______。有人认为，在此条件下装置工作一段时间后，阴极附近溶液的pH几乎不发生变化(忽略电解前后溶液的体积变化)。你是否同意他的观点，并请说明理由：_______。【答案】(1).阳极(2).H2(或CO等其它合理答案)(3).85%(4).CO(5).H2O+HCO+2e-=HCOO-+2OH-(或3HCO+2e-=HCOO-+2CO+H2O)(6).同意,阴极发生电极反应H2O+HCO+2e-=HCOO-+2OH-的同时，阳极发生电极反应2H2O–4e-=O2+4H+，当外电路转移2mol电子时，2molH+通过质子交换膜向阴极移动，恰好与阴极生成的2molOH-中和。【解析】【分析】【详解】(1)右侧通入CO2，得电子被还原生成HCOO-，所以右侧Pt电极为阴极，则左侧Pt电极为阳极；(2)①右侧Pt电极即阴极上的副产物会降低电解效率，阴极上CO2被还原，其还原产物还可能为CO或其他低价态的C元素，会降低效率，或者溶液中水电离出的氢离子被还原生成氢气也会降低电解效率；②阳极水电离出氢氧根放电生成氧气，电解反应式2H2O–4e-=O2+4H+，标况下224mL氧气的物质的量为=0.01mol，转移0.04mol电子，1个CO2转化为HCOO-转移2个电子，所以电解效率为=85%；(3)①据图可知当pH>12时，CO2在溶液中的主要存在形式为CO；②据图可知当pH=8.5时，CO2在溶液中的主要存在形式为HCO，HCO得电子被还原成HCOO-，电解反应式为H2O+HCO+2e-=HCOO-+2OH-(或3HCO+2e-=HCOO-+2CO+H2O)；阴极发生电极反应H2O+HCO+2e-=HCOO-+2OH-的同时，阳极发生电极反应2H2O–4e-=O2+4H+，当外电路转移2mol电子时，2molH+通过质子交换膜向阴极移动，恰好与阴极生成的2molOH-中和，所以同意该同学的观点。19.某实验小组对FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应进行探究。已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]，用于检验Fe2+，遇Fe2+离子产生蓝色沉淀【实验1】装置实验现象现象ⅰ：一开始溶液颜色加深，由棕黄色变为红褐色。现象ⅱ：一段时间后溶液颜色变浅，变为浅黄色。(1)配制FeCl3溶液时，先将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。从化学平衡角度说明浓盐酸的作用：_______。(2)探究现象ⅰ产生的原因：①甲同学认为发生反应：2Fe3+＋3S＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3；他取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1mol/LNa2SO3溶液，发现溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，该气体是_______(填化学式)。②乙同学认为还发生了氧化还原反应，其离子方程式为_______；他取少许红褐色溶液于试管中，加入_______，有白色沉淀产生，证明产物中含有.丙同学认为乙同学的实验不严谨，因为在上述过程中可能被其它物质氧化。为了进一步确认被氧化的原因，丙同学设计了实验2。【实验2】用下图装置(a、b均为石墨电极)进行实验。闭合开关后灵敏电流计指针偏转。③实验2中正极的电极反应式为_______。丙同学又用铁氰化钾溶液检验正极的产物，观察到有蓝色沉淀产生。他得出的结论是_______。(3)解释现象ⅱ产生的原因：综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ⅱ产生的原因为_______。【答案】(1).Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解(2).SO2(3).2Fe3+＋＋H2O=2Fe2+＋＋2H+(4).足量盐酸和BaCl2溶液(5).Fe3++e-=Fe2+(6).Fe3+能够氧化(7).随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3+＋3＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅【解析】【分析】【详解】（1）配制FeCl3溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入浓盐酸可以抑制其水解；(2)①取少量红褐色溶液于试管中，继续滴加1mol/LNa2SO3溶液，发生反应2Fe3+＋3＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3，溶液红褐色变深且产生刺激性气味的气体，则应该为H2SO3分解，该气体是SO2；②若Fe3+与发生氧化还原反应生成Fe2+和，化学反应方程式为：2Fe3+++H2O=2Fe2+++2H+；要证明产生了的，应加入足量盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明产生了，故答案为：足量盐酸和BaCl2溶液；③实验2中正极为Fe3+得电子产生Fe2+，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+；用铁氰化钾溶液检验正极的产物Fe2+，观察到有蓝色沉淀产生，得出的结论是Fe3+能够氧化，从而被还原为Fe2+；(3)解释现象ⅱ产生的原因：综合上述结果，请从平衡移动角度解释，现象ⅱ产生的原因为随着FeCl3与Na2SO3之间氧化还原反应的进行，FeCl3与Na2SO3浓度降低，使得平衡2Fe3+＋3＋6H2O2Fe(OH)3(胶体)＋3H2SO3逆向移动，溶液颜色变浅。