江苏省2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、化学能与电能

江苏省2023年高考化学模拟题汇编-03化学反应的热效应、

化学能与电能

一、单选题

1.(2023・江苏•统考二模)以乙烘和1,2一二氯乙烷为原料生产氯乙烯包括如下反应:

反应I：ClCH2CH2Cl(g)→HCI(g)+CH2=CHCl(g)ΔW∕=+69.7kJ∙moΓl

反应II：HC≡CH(g)+HCl(g)→CH2=CHCl(g)Δ"2=-98.8kJ∙mol-'

1.0xl()5pa下，分别用如表三种方式进行投料，不同温度下反应达到平衡时相关数据如

图所示。

方式气体投料平衡时相关数据

甲ClCH2CH2ClClCH2CH2Cl转化率

乙n(HC≡CH):n(HCI>l:IHC≡CH转化率

丙n(ClCH2CH2Cl):n(HC≡CH)=l:1CHa=CHCl产率

IOOMN)400SCO600

■度TC

下列说法不正确的是A.反应CICH2CH2Cl(g)+HC三CH(g)-2CH2=CHCl(g)的ΔH=-29.1

kJ∙mold

B.曲线①表示平衡时ClCH2CH2CI转化率随温度的变化

C.按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CHz=CHCl可能使CHz=CHCl的产率从X

点的值升至Y点的值

D.在催化剂作用下按方式丙投料•，反应达到平衡时CH2=CHC1的产率(图中Z点)低于

X点的原因可能是催化剂活性降低

2.(2023•江苏♦统考二模)以一定浓度NaoH溶液吸收HzS可制备NazS或NaHS。若通

入H2S所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总

213

=C(H2S)+C(HS-)+C(S-)O室温下，FhS的电离常数分别为KaI=I.1x10；、Ka2=1.3×10-o

下列说法正确的是

2

A.NazS溶液显碱性的原因：S-+2H2O⅛⅛H2S+2OH-

B.NaOH恰好转化为Na2S的溶液中：C(OH-)=c(H+)+c(HS)+c(S2-)

C.吸收所得C必=c(Na+)的溶液中：C(H2S)>C(S>)

D.NaOH溶液吸收H2S过程中，溶液的温度下降

3.(2023•江苏•统考二模)元素周期表中VlA族元素单质及其化合物有着广泛应用。O2

可用作氢氧燃料电池的氧化剂；Ch具有杀菌、消毒、漂白等作用。硫有多种单质，如

斜方硫(燃烧热为297kJ∙moH)∖单斜硫等，硫或黄铁矿(FeSz)制得的SCh可用来生产

H2SO4,用S02与SeCh的水溶液反应可制备硒；硒是一种半导体材料，在光照下导电性

可提高近千倍。下列化学反应表示不正确的是

A.碱性氢氧燃料电池放电时的正极反应：02+2H20+4e=40H-

B.斜方硫的燃烧：S(s,斜方硫)+O2(g)=SO2(g)∆H=297kJ∙mol-'

高温

-

C.煨烧黄铁矿获得SO2：4FeS2+11028SO2+2Fe2O3

D.SO2与SeCh的水溶液反应制备硒：2SO2+SeO2+2H2O=SeJ+2H2SO4

4.(2023•江苏•统考一模)工业上制备Ti,采用碳氯化法将TiO2转化成TiCL。在IOo(TC

时发生如下：

φTiO2(s)+2C12(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2Cθ(g)ΔHl=-51.0kJ∙mol'

l4

K1=1.6×10

4

②2Cθ(g)=CO2(g)+C(s)ΔH2=-172.5kJ∙moΓ'K2=1.0×10^

18

@2C(s)+O2(g)=2Cθ(g)ΔH,l=-223.0kJ∙moΓ'K3=2.5×IOo

在IoXIO$Pa,将Tio2、C、Cl?以物质的量比1：2.2：2进行碳氯化，平衡时体系中CO?、

CO、TiCI4和C的组成比(物质的量分数)随温度变化如下图所示。下列说法不正确的是

温度/C

A.1000°C时，反应TiO2(s)+2CU(g)=TiCL(g)+O2(g)的平衡常数κ=6.4xl(Γ5

试卷第2页，共12页

B.曲线III表示平衡时CO2的物质的量分数随温度的变化

C.高于600℃,升高温度，主要对反应②的平衡产生影响

D.为保证TiCL的平衡产率，选择反应温度应高于Ioo(TC

5.(2023•江苏南通・统考一模)工业上常用浓氯水检验输送氧气的营道是否泄漏，泄漏

处有白烟生成，工业合成氨的反应为

45

N2(g)+3H2(g)°l^2NH,(g)ΔH=-92.4kJ∙molτ。对于工业合成氨的反应,

下列说法正确的是

A.使用高效催化剂可减小AH

B.适当降温或加压，反应的平衡常数都增大

C.及时将体系中的NH3液化分离有利于平衡正向移动

D.用E表示键能，则：E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H)^92.4kJ-moΓ1

6.(2023・江苏•统考一模)氨、氮、硫的化合物应用广泛。Clo2(分子空间填充模型为

NaCIO等含氯消毒剂可用于杀菌消毒。人工固氮可将N2转化为NE,再进

一步制备朋(N2H4)、硝酸、镂盐等化合物，肿和偏二甲脚(C2KN2)常用作火箭燃料，肿

的燃烧热为622.08kJ∙molLH2S可除去废水中Hg2+等重金属离子，H2S水溶液在空气中

会缓慢氧化生成S而变浑浊。下列化学反应的方程式表示不正确的是

A.NaClO溶液与CO2反应生成NaHCO3=CIO+CO2+H2O=HClO+HCO；

B.EhS水溶液在空气中变浑浊的化学方程式：2EhS+Ch=2S1+2氏0

C.用石墨作电极电解NaCI溶液的离子方程式：2C1-+2H2O塾ChT+H2T+2OH∙

l

D.胖燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)∆H=-622.08kJ∙moΓ

7.(2023•江苏南通・统考二模)卤族元素单质及其化合物应用广泛。氟在自然界主要存

在于萤石(Ca耳)中，C呜与浓H2SO,反应可制取HF；氯、溟主要存在于海水中，工业

常通过电解NaCl饱和溶液制备Cu,Cl2可用于制取漂白粉。卤水中Br可通过Cl?氧化、

Na^O、溶液吸收；BrCl能发生水解反应。L易升华，一种Li二次电池正极界面反

应机理如图所示。

A.Li-U电池正极放电时的电极反应有：g+2e=31

B.电解饱和NaCI溶液：2NaCl-2Na+Cl2t

+

C.BrCI与H?0反应：BrCl+H2O=HCl+Br+OH

D.Br?(g)用NazCQ溶液吸收：Br2+CO；-=Br^+BrOJ+CO2

8.（2023•江苏南通・统考二模）室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是

选

探究方案探究目的

项

向盛有少量酸性K2cr207溶液的试管中滴加足量乙醇，充

A乙醇具有还原性

分振荡，观察溶液颜色变化

B用钳丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察火焰颜色溶液中存在NaW03

向盛有3mL0.1mol∙L^'AgNo3溶液的试管中滴加［滴

C0.1mol∙L'NaCl溶液，振荡试管，再向试管中滴加2滴Ksp(Agl)<Ksp(AgCl)

0.1mol∙L'Kl溶液，观察生成沉淀的颜色

将中间裹有锌皮的铁钉放在滴有酚⅛⅛的饱和NaCl溶液

D铁钉能发生吸氧腐蚀

中，一段时间后观察铁钉周围溶液颜色变化

A.AB.BC.CD.D

试卷第4页，共12页

9.（2023•江苏•统考一模）如图为某微生物燃料电池净化水的原理。下列说法正确的是

用电器

A.N极为负极，发生氧化反应

B.电池工作时，N极附近溶液PH减小

+

C.M极发生的电极反应为（CeHnPs）1,-24ne+7nH2O=6nCO2↑+24nH

D.处理0.1molCr2O；一时，有1.4molJT从交换膜左侧向右侧迁移

10.（2023•江苏•统考二模）一种电解法制备Na2FeO4的装置如图所示。下列说法正确的

是

阴离f交换械I

NlOH溶液

A.电解时化学能转化为电能

B.电解时应将钳电极与直流电源正极相连

C.电解过程中转移2mole∖理论上可获得标准状况下的H2l1.2L

D.电解时铁电极反应式：Fe-6e+8OH=FeθΓ+4H2O

11∙（2023∙江苏南通•统考一模）一种将CO2催化转化为CzH4的电化学装置如图所示。

下列说法正确的是

C2H4

c°2fIil∣I

伯电极质子交换膜玻碳电极

A.该装置工作过程中化学能转化为电能

B.钳电极发生的反应为2CO?+12H+-12e-=CzHil+4H2O

C.工作过程中玻碳电极区溶液的PH增大

D.每产生标准状况下11.2LO2时，理论上有2molJf通过质子交换膜

12.（2023•江苏•统考一模）Cθ2通过电催化法可生成C2H5OH,c-NC、i-NC是可用于阴

极电极的两种电催化剂，其表面发生转化原理如图所示。下列有关说法正确的是

A.i-NC电极发生氧化反应

B.合成过程中CCh作为还原剂

C.合成过程中用i-NC作电极催化剂更利于生成C2H5OH

D.c-NC电极上发生反应：2CO2+12H÷+12e-=C2H5OH+3H2O

13.（2023•江苏南京•南京师大附中校考一模）电催化氮气制备钱盐和硝酸盐的原理如图

B.电解一段时间，a、b两电极区的PH均减小

C.电解过程中H+从a极通过质子交换膜转移至b极

D.相同时间内，a、b两极消耗N2的物质的量之比为5：3

二、填空题

14.（2023.江苏南京.南京师大附中校考一模）燃煤烟气中SO2和NO*是大气污染物的

主要来源，脱硫脱硝技术是烟气治理技术的研究热点。

（1）尿素/H2O2溶液脱硫脱硝。尿素［CO（NH2）2］是一种强还原剂。60℃时在一定浓度的尿

素/H2O2溶液中通入含有S02和NO的烟气,烟气中有毒气体被一定程度吸收。尿素/H2O2

试卷第6页，共12页

溶液对Sθ2具有很高的去除效率，写出尿素和H2O2溶液吸收SO2,生成硫酸钱和CO2

的化学方程式为一。

(2)除去烟气中的NO、,利用氢气选择性催化还原(H2—SCR)是目前消除NO的理想方法。

出一SCR法的主反应：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g)AHl

副反应：2NO(g)+H2(g)=N2O(g)+H2O(g)∆H2<0

①已知H2(g)+∣O2(g)=H2O(g)∆H3=-241.5kJmol-'

N2(g)+O2(g)=2NO(g)∆H4=+180.5kJ∙mo∣-'

,

则AHi=kJ∙molo

②H2—SCR在Pt-HY催化剂表面的反应机理如图所示：

OPt原子P"HY界面IIHY载体

已知在HY载体表面发生反应的N0、。2物质的量之比为4：I,反应中每生成ImOIN2,

转移的电子的物质的量为—mol。

(3)V2θ5/炭基材料(活性炭、活性焦、活炭纤维)也可以脱硫脱硝。V2O5/炭基材料脱硫原

理是：S02在炭表面被吸附，吸附态SCh在炭表面被催化氧化为SCh,SCh再转化为硫

酸盐等。

①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VoSo4的

吸收峰，再通入02后VoSo4吸收峰消失，该脱硫反应过程可描述为一。

②V2O5/炭基材料脱硫时，控制一定气体流速和温度，考察了烟气中02的存在对V2O5/

炭基材料催化剂脱硫脱硝活性的影响，结果如图所示，当02浓度过高时，去除率下降,

其可能原因是O

10060

8050

60

%%

40y

<20⅜

斐

然40

⅛出

0O

s3ON

2O

O

2468IO121416

O独度%

三、原理综合题

15.(2023•江苏南通・统考二模)乙硫醇(C2HsSH)的综合利用及治理是当前环境领域关

注的焦点之一。

(1)家用煤气中可掺入微量具有难闻气味的乙硫醇。

已知：C2H5OH(g)+H2S(g)=C2H5SH(g)+H2θ(g)ΔHl=-32kj-moɪ-'

C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2θ(g)Δ⅛2=-1277kJ-moh'

2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2θ(g)ΔW,=-1036kJ∙moL

2C2H5SH(g)+9O2(g)=4CO2(g)+6H2θ(g)+2SO2(g)Δ⅛=.

(2)K2FeO4是一种高效多功能的新型绿色水处理剂，可用于除去废水中的C?HsSH。已

知C’H'SH水溶液中的物种分布分数如图所示。

①已知扁(H2S)=9xlO-8,比较H?S和C^SH酸性强弱并从结构的角度说明理由:

②写出工业废水pH=9时，K2FeO4氧化C2H5SH生成CR5SO；和Fe(OH)3的离子方程

式：。

试卷第8页，共12页

③一种采用电化学方法制取KFeO4的装置原理如图所示。阳极使用的是易被氧化的活

性铁电极。电解池阳极室中KoH溶液的浓度为14mol∙L-∖电解60min,调节不同的

电压，测得反应后溶液中FeO；的浓度与电流密度(其他条件一定，电压与电流密度大小

成正比)的关系如图所示。

6

^

-

,

J4

∙

-

o

i2

-

⅛

⅛

08

246Io

\/

KoH溶液电流密度(mA∙cm

I写出制取KJ⅛O4的电极反应式：。

II电流密度大于4mA∙cm2时，所得反应后溶液中FeO:的浓度上升幅度变小的原因是

______________O

16.(2023•江苏♦统考一模)工业上利用甲醇和水蒸气可制备氢气。

L电解法制氢：甲醉电解可制得H?,其原理如图所示。

H

,2

□-∏

□一∏

一

口∏

-甲醇

口-∏

水溶液

Ll电源卜

(1)阳极的电极反应式为。

II.催化重整法制氢

(2)已知：

反应1：CH3OH(g)=Cθ(g)+2H2(g)ΔHl=90.6kJ∙moΓ'

反应2：CO(g)+H2θ(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41,2kJ∙moΓ'

l

则反应3：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)AH,=kJ∙moΓ

(3)以CUo-ZnO-AI?。,催化剂进行甲醇重整制氢时，固定其它条件不变，改变水、甲

醉的物质的量比甲醇平衡转化率及CO选择性的影响如图所示。

11生成(C。)_____

[CO的选择性=×100%]

n生成(CO2)+n生成(CO)

80

6%

(

SO.⅛

4

S⅛y

靴

纲

20

。

1.21.62.02.42.83.2

W(H2O)∕Π(CH3OH)

①当水、甲醇比大于0.8时，Co选择性下降的原因是。

②当水、甲醇比一定时，温度升高，CO选择性有所上升，可能原因是。

(4)铜基催化剂(CU/CeO.能高效进行甲醇重整制氢，但因原料中的杂质或发生副反应

生成的物质会使催化剂失活。

①甲醇中混有少量的甲硫醇(CHSH),重整制氢时加入ZnO可有效避免铜基催化剂失

活，其原理用化学反应方程式表示为。

②将失活的铜基催化剂分为两份，第一份直接在氢气下进行还原，第二份先在空气中高

温煨烧后再进行氢气还原。结果只有第二份催化剂活性恢复。说明催化剂失活的另外可

能的原因是。

(5)在Pt-Pd合金表面上甲醇与水蒸气重整反应的机理如图所示(“*”表示此微粒吸附在催

化剂表面，M为反应过程中的中间产物)。

H,HH∖ɔ∕OH

见\_zɛ.

*CH1OHHQ**H,*pH2O*M*9*∏L

步骤1步骤2步骤3步骤4

根据元素电负性的变化规律，推导M的结构简式并描述步骤2的反应机理。

17.(2023•江苏南通・统考一模)从废脱硝催化剂(主要成分为Tio2、Vq)中回收TiO2和

V2O5,具有重要意义。

(1)碳氯化一氧化法提取Tio2。将粉碎后的催化剂渣料与过量焦炭混合投入高温氯化炉

充分反应，将生成的TiCl4与其他气体分离，并将其氧化得TiO.该过程主要涉及以下

反应：

反应ITiO2(s)+2α2(g)+2C(s)=Tia4(g)+2Cθ(g)ΔH,

试卷第10页，共12页

,

反应∏TiQ4(g)+O2(g)=TiO2(S)+2C12(g)ΔH2=-172kJ∙moΓ

已知常压下TiCL的沸点为136.4°C,C的燃烧热为A"=-393.5kJ∙moL,CO的燃烧热

为ΔW=-283kJ∙molL

①反应I的=kJ.mol^'»

②从反应I的混合体系中分离出TiCI4的措施是。

③氯化炉中生成Co比生成CO?更有利于TB2转化为Ticl4,其原因是。

(2)碱溶法回收TiO2和VQs,部分工艺流程如下：

NaOH溶液HCIfllcH1SO4

魏匕一热碱浸取一►过浊一►酸洗一►水*—►城烧-TiS

NaVol溶液…”>V2O,

“酸洗”时，Na2Ti3O7转化为TioCl2或TiOSO4,“水解”后得到H2TiO3。

①写出“热碱浸取”时TiO2发生反应的离子方程式：。

②锐钛型和金红石型是TiO2最常见的两种晶体类型，煨烧H2TiO3过程中，TiO2会发生

“锐钛型一金红石型”转化，固体质量残留率和晶型转化率随温度变化如图1所示，晶型

转化过程中的能量变化如图2所示。设计用“过滤'所得Na2Ti1O7制备金红石型TiO2的

操作方案：,金红石型TiC>2的晶胞结构如图3所示。用“。”圈出所有位于晶胞

体内的原子。

③为测定回收所得V2O5样品的纯度，进行如下实验：称取2。OOg样品，用稀硫酸溶解、

定容得IOomL(VO2),SO4溶液。量取20.0OmL溶液放入锥形瓶中，加入10.0OmL

0.500Omol∙L(NHJFe(SO)溶液(过量)，再用0.01000mol∙17∣KMnoq标准溶液液

定至终点，消耗标准溶液24.00mL。滴定过程中发生如下反应(均未配平)：

2++2ψ3+r+2+3+

VOj+Fe+H→VO+Fe+H2O；MnO；+Fe+H→Mn+Fe+H2O

计算V2O5样品的纯度（写出计算过程）。

试卷第12页，共12页

参考答案：

1.D

【详解】A.由盖斯定律可知，反应I+11可得该反应，即反应

CICH2CH2Cl(g)+HC三CH(g)-2CH2=CHCl(g)的AH=-29.1kJ∙moll,A正确；

B.反应I正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，ClCH2CH2CI转化率，由图可知，

曲线①表示平衡时ClCH2CH2Cl转化率随温度的变化，B正确；

C.按方式丙投料，其他条件不变，移去部分CH2=CHC1,Cfh=CHCl的浓度减小，反应反

应I和∏均向正反应方向移动，CH2=CHCl的产率增加，可能使CHz=CHCl的产率从X点

的值升至Y点的值，C正确；

D.催化剂不影响化学平衡移动，对平衡时CHz=CHCl的产率无影响；D错误；

故选D。

2.C

【详解】A.S=的水解分步进行，以第一步水解为主，离子方程式为S"+H。一HS-+OH-,

A错误；

B.NaoH恰好转化为NazS,则溶液中溶质全为NazS,溶液中的氢氧根全部来自于水的电

离，则C(OH)=C(H+)+C(HS)+2C(H2S),B错误;

+2

C.c.e=c(Na),BPc(H2S)+c(HS-)+c(S-)=c(Na÷),此时加入的NaOH的物质的量等于H2S的

K

3

物质的量,溶质全为NaHS,Ka2=IJxlO-',HS-的水解平衡常数Kh=E也=0.91x10，,则HS-

Kal

的水解程度大于电离程度，故C(H2S)>C(S~),C正确；

D.Nae)H溶液吸收H2S,发生酸碱中和反应放出热量，溶液温度升高，D错误；

故答案选C。

3.B

【详解】A.碱性氢氧燃料电池中，通入氧气的一极是正极，故正极反应式：

O2+2H2O+4e=4OH-,A项正确；

B.燃烧热为ImoI燃料充分燃烧生成稳定的氧化物时所释放的能量，故斜方硫的燃烧：S(s,

斜方硫)+O2(g)=SO2(g)∆H=-297kJ∙mol^l,B项错误；

高温

C.燃烧黄铁矿获得S02：4FeS2+11028SO2+2Fe2O3,C项正确；

D.SCh与SeCh的水溶液反应制备硒，根据氧化还原反应配平，故方程式：

答案第1页，共10页

2SO2+SeO2+2H2O=Sei+2H2SO4,D项正确；

故答案选B。

4.D

【分析】进行碳氯化，平衡时体系中CO2、CO、TiCI4和C的组成比(物质的量分数)随温度

变化如下图所示，TiCL的分数几乎不变，则反应①生成CO的分数几乎不变，IoO(TC时①③

的平衡常数远大于②，则此时Co含量远大于CCh,故I为Co曲线；反应②生成等量的

Co2、C,由于投料中含有碳，则C的含量大于CCh,故II、In分别为C、CO2的曲线；

【详解】A.100(ΓC时,由盖斯定律可知,①-③得反应Tio2(s)+25(g)=TiCl4(g)+O2(g),

则其平衡常数K=》=整喘=6.4x105,A正确；

lʌ,ɜ2.3x10

B.由分析可知，曲线IIl表示平衡时CO?的物质的量分数随温度的变化，B正确；

C.高于600℃,升高温度，TiCI4的分数几乎不变，而Co含量显著增大，反应均为放热，

升温反应逆向进行，则说明此时升高温度主要对反应②的平衡产生影响，导致Co含量显著

增大，C正确；

D.温度200℃~1200℃之间四氯化碳的平衡转化率几乎不变，故升高温度对其平衡转化率增

加作用不大，D错误；

故选D。

5.C

【详解】A.催化剂可以改变反应速率，不能改变焰变，A错误；

B.温度变化平衡常数发生变化，降低温度平衡右移，平衡常数变大，改变压强不会改变平

衡常数，B错误；

C.及时将体系中的NH,液化分离，减小生成物的浓度，有利于平衡正向移动，C正确；

D.用E表示键能，则：E(N≡N)+3E(H-H)-6E(N-H)=-92.4kJ∙moΓl,D错误；

故选C。

6.D

【详解】A.HCIO的酸性比碳酸弱，比碳酸氢根的酸性强，故Naelo溶液与CCh反应生成

NaHCO3:CIO+CO2+H2O=HClO+HCO',A正确；

答案第2页，共10页

B.FhS水溶液在空气中，和氧气反应后生成单质硫和水，变浑浊的化学方程式：2H2S+O2=

2S1+2H2O,B正确;

C.用石墨作电极电解NaCl溶液，产生氯气、氢气和氢氧化钠，离子方程式：

2CΓ+2H2O≡⅛Ch↑+H2↑+2OH-,C正确；

D.标准燃烧热，水为液态，脏燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(I)

∆H=-622.08kJ∙mol1,D错误；

故答案为：D。

7.A

【详解】A.由图示信息可知放电时正极转化有：(→I3U3→I,电极反应有：I；+2e-=3Γ,

故A正确；

电解

B.电解饱和NaCI溶液：2NaCl+2H2O=2NaOH+H,↑+Cl2↑,故B错误；

1

C.BrCI与H20反应：BrCl+H2O=H+CI+HBrO,故C错误；

D.Br?(g)溶于水生成HBr和HBr0,生成的酸与NaWOj反应，吸收试剂过量，最终只生

成碳酸氢钠：Br2+2Cθf+H2O=Br+BrO+2HCO,,故D错误;

故选：Ac

8.A

【详解】A.酸性K2Cr2O7溶液的试管中滴加足量乙醇，若溶液褪色说明KzCr2O,被还原为

无色离子，则乙醇表现还原性，否则则无还原性，故A正确；

B.焰色试验只能确定金属元素是否存在，不能确定具体物质，故B错误；

C.所用硝酸银溶液过量，滴入的碘化钾直接与硝酸银反应生成Agl沉淀，不能说明是AgCl

转化为AgI,因此不能验证Kw大小，故C错误；

D.锌比铁活泼，形成原电池时Zn作负极，Fe作正极，铁钉不被腐蚀，故D错误；

故选：A0

9.C

【分析】由图可知，有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，则M为负极；重铭酸根

离子得到电子发生还原反应，则N为正极：

【详解】A.由分析可知，M极为负极，发生氧化反应；N为正极，A错误；

答案第3页，共10页

B.电池工作时，重格酸根离子得到电子发生还原反应生成CN+,反应为

3+

Cr2O；+6e+14H^2Cr+7H2O,N极附近消耗氢离子，溶液PH变大，B错误；

C.有机物失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，M极发生的电极反应为

+

(C6Hl0O5)n-24ne+7nH2O=6nCO2↑+24∏H,C正确；

+

D.根据电子守恒可知，4nCr2O^~24ne~(C6HioO5)n~24nH,则处理0.1molCrq；时，有

0.6molH*从交换膜左侧向右侧迁移，D错误；

故选C。

10.D

【分析】电解法制备Na2FeO4,根据装置图，铁元素化合价由O价τ+6价，化合价升高，

根据电解原理，铁电极作阳极，伯电极为阴极，据此分析；

【详解】A.该装置为电解池，将电能转化成化学能，故A错误；

B.根据上述分析，伯电极为阴极，与电源的负极相连，故B错误；

C.阴极反应式为2H2θ+2e=H2↑+2OH-,转移2mol电子，生成ImOl氢气，则标准状况下，

生成氢气体积为22.4L,故C错误；

D.制备高铁酸钠，铁元素化合价升高，根据电解原理，铁电极为阳极，电极反应式为

Fe-6e+8OH-FeOΓ+4H2O,故D正确；

答案为D。

11.D

【分析】由图可知，Co2催化转化为CzH,同时水发生氧化反应生成氧气，反应中电能转化

为化学能；

【详解】A.由分析可知，反应中电能转化为化学能，A错误；

B.伯电极二氧化碳得到电子发生还原反应生成乙烯，发生的反应为

+

2CO2+12H+12e=C2H4+4H2O,B错误；

C.工作过程中玻碳电极反应为2Hq-4e=4H++θ2f,反应生成氢离子，溶液的PH减小，

C错误；

D.每产生标准状况下11.2LO2(为0.5mol)时，则玻碳电极生成2mol氢离子，故理论上

有2molH*通过质子交换膜，D正确；

答案第4页，共10页

故选D。

12.D

【分析】根据分析，c-NC端CCh得到电子生成C2H5OH,i-NC中CO2得电子生成C2H5OH

和CO；

【详解】A.根据分析，i-NC电极中，C的化合价由+4价降低到+2价，发生还原反应，A

错误；

B.合成过程中CCh中的C由+4价降低到+2价，作氧化剂，B错误；

C.根据分析在i-NC中CCh得电子生成C2H5OH和CO,不利于C2H5OH,C错误；

+

D.根据分析，C-NC端C02得至I」电子生成C2H5OH,2CO2+12H+12e-=C2H5OH+3H2O,D

正确；

故答案为：D。

13.C

【详解】A.由图示可知，a极氮气失电子变为硝酸根离子，电解质溶液呈酸性，电极反应

式为：N2+6H2O-1Oe-2N0；+12H+,A错误；

+

B.由图示可知，a极为阳极,失电子,电极反应式为:N2+6H2θ-10e=2Nθ;+12H,b极为

阴极，得电子，电极反应式为：N2+6e-+8H+=2NH;则阳极区酸性增强、PH减小，阴极区

酸性减弱、PH增大，B错误；

C.a极为阳极、b极为阴极，电解过程中H*从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确；

++

D.a极电极反应式为：N2+6H2O-1Oe=2NO,+ɪ2H,b极电极反应式为：N2+6e-+8H=2NH；,

依据得失电子守恒，转移30mol电子时阴极、阳极消耗氮气的物质的量分别为5mol、3mol,

即a、b两极消耗N2的物质的量之比为3:5,D错误；

答案选C。

14.(ɪ)SO2+CO(NH2)2+H2O2+H2O=(NH4)2SO4+CO2

(2)-663.53

(3)SCh与V2O5作用形成具有VOSO4结构的中间体；VoSc)4中间体与气相的02反应生

成SCh和V2O5或3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3,4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3氧气浓度过高

时，02、S02和NO分子会产生竞争吸附的局势，当02分子占据催化剂过多活性位时，剩

余的SO2、NO分子就不能很好地被吸附，导致脱硫脱硝率下降

答案第5页，共10页

【详解】(1)尿素和H2O2溶液吸收Sθ2,生成硫酸铉和Cθ2,依据得失电子守恒和原子守

恒可得，反应的化学方程式为：SO2+CO(NH2)2+H2θ2+H2θ=(NH4)2Sθ4+Cθ2o

(2)①已知LH2(g)+∣O2(g>H2O(g)ΔH^-241.5kJ∙mol',H.N2(g)+O2(g>2NO(g)

ΔH4=+180.5kJ∙mol',依据盖斯定律D2-Π有：2NO(g)+2H2(g)=N2(g)+2H2O(g),

∆H∣=(-241.5kJmoΓl)×2-(+180.5kJmoΓl)=-663.5kJ∙moΓl。

②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为4：1,依据图示和得失电子守

恒可得反应的离子方程式为：4NH[+4NO+O2=4N2+6H2O+4H*,依据方程式可知，反应中每

生成ImOIN2,转移的电子的物质的量为3mol。

(3)①V2O5/炭基材料脱硫时，通过红外光谱发现，脱硫开始后催化剂表面出现了VOSc)4

的吸收峰，再通入02后VoSe)4吸收峰消失，说明VoSC)4是中间体，反应过程中生成了

VOSo4、又消耗了VoSo4,因此该脱硫反应过程可描述为：SO2与V2O5作用形成具有VoSo4

结构的中间体;VOSO4中间体与气相的O2反应生成S03和V2O5,或者用化学方程式表示为:

3SO2+V2O5+O2=2VOSO4+SO3,4VOSO4+O2=2V2O5+4SO3。

②若氧气浓度过高，02、SCh和NO分子会产生竞争吸附的局势，当Ch分子占据催化剂过

多的活性位时，剩余的So2、Nc)分子就不能很好地被吸附，从而导致脱硫脱硝率下降。

15.(1)-3526kJ∙mol

(2)酸性：H2S>C2H5SH,«：2也是推电子基团，使C^&SH中H-S的极性降低，电离出

H，的能力减

弱2FeOj+C2H5SH+4H2O=C2H5SO;+2Fe(θH)3Φ+30LT

Fe-6e+8OH=FeO；+4H2O铁电极表面出现更多的OH-与Fe之间竞争放电生成02；

放电生成的将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表

面)，阻碍FeOj的生成

【详解】(1)己知:①C2H5OH(g)+H2S(g)=C2H5SH(g)+H2θ(g)AHL-32kJmol'；

1

②C2H5OH(g)+3θ2(g)=2CO2(g)+3H2θ(g)ΔH2=-1277kJmol-；

答案第6页，共10页

③2H2S(g)+3θ2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)=-1036kJmol-'；由盖斯定律可知,

③+2x②-2x①得2C2H5SH(g)+9O2(g)=4CO2(g)+6H2θ(g)+2SO2(g)

l1

H=H,+2.H2-2H∣=-1036kJ∙moΓ'-2×1277kJ∙moΓ'+2×32kJ∙mol=-3526kJ∙mol-；

(2)①由图可知，当C2H5SH和C2H5S浓度相等时，10<pH<Π,C2H5SH的

C(GHS)C(H*)

+8则酸性：

∕⅛ral(C2H5SH)==c(H)<10-,°<K11(H2S)=9xl0-,H2S>C2H5SH,

C(C2H5SH)

-5凡是推电子基团，使C,&SH中H-S的极性降低，电离出H卡的能力减弱;

②pH=9时，KpeO4氧化CRsSH生成C/sSO,和Fe(OH)3,Fe元素由+6价下降到+3价,

S元素由-2价上升到+4价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：

2FeO≡^+C2H5SH+4H2O=C2H5SO;+2Fe(θH),I+3OH；

③阳极使用的是易被氧化的活性铁电极，Fe失去电子生成FeOj,根据得失电子守恒和电荷

守恒配平电极方程式为：Fe-6e+80H=FeO；-+4H2O；电流密度大于4mA∙cm-2时，所

得反应后溶液中FeOj的浓度上升幅度变小的原因是：铁电极表面出现更多的OH与Fe之

间竞争放电生成。2；放电生成的。2将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧

化物覆盖在电极表面)，阻碍FeOj的生成。

+

16.(1)CH,OH-6e+H2O=CO2↑+6H

(2)+49.4

(3)水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择性上升，Ce)选择性下降反

应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为Co的平衡转化率上升；反应3为吸热反应，

升高温度，使得甲醵转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导致一

氧化碳选择性上升

(4)CH,SH+ZnO=ZnS+CH,OH催化剂表面有积碳沉积

HH

(5)M的结构简式为:xC[z,吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH,H与甲醛分子

HO,xOH

Hx/HHκzH

中氧原子结合，OH上的O与碳原子结合，生成,生成的(通

HO,×OHHO/xOH

过氧原子)吸附在催化剂表面

答案第7页，共10页

【详解】(1)由图可知，阳极甲醇失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为

+

CH,OH-6e-+H2O=CO2T+6H；

(2)由盖斯定律可知，反应1+2得反应3：

1

CH,OH(g)+H2O(g)≈CO2(g)+3H2(g)ΔH3=90.6kJ∙moΓ'-41.2kJ∙moΓ=+49.4

kJ∙moΓl

(3)①当水、甲醇比大于0.8时，水的含量增加，促进反应2、3正向进行，二氧化碳选择

性上升，Co选择性下降；

②反应1为吸热反应，升高温度，使得甲醇转化为Co的平衡转化率上升；反应3为吸热反

应，升高温度，使得甲醇转化为二氧化碳的平衡转化率上升；且上升幅度前者超过后者，导

致一氧化碳选择性上升；

(4)①原料中的杂质或发生副反应生成的物质会使催化剂失活，由催化重整法制氢反应可

知，甲醇中混有少量的甲硫醇(CH、SH),重整制氢时加入Zno可有效避免铜基催化剂失活，

其原理是甲硫醇和氧化锌反应生成硫化锌、甲醇，反应为CH∖SH+ZnO=ZnS+CHQH;

②第二份先在空气中高温煨烧后再进行氢气还原，使得第二份催化剂活性恢复，说明催化剂

失活的另外可能的原因是催化剂表面有积碳沉积，而煨烧可以将积碳除去使得催化剂活性恢

复；

(5)M的结构简式为H;c[H,吸附催化剂表面的水分子断裂为H、OH,H与甲醛分

Ho/xOH