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[化学]江苏省常州高级中学2023_2024学年高一下学期期末试题(解析版)
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这是一份[化学]江苏省常州高级中学2023_2024学年高一下学期期末试题(解析版)，共22页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。
第Ⅰ卷(选择题，共计39分)
一、单项选择题：每题3分，共13小题，共计39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 下列属于吸热反应的是（ ）
A. 氧化钙与水反应 B. 盐酸与氢氧化钠反应
C. 碳的燃烧 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化钙与水反应为放热反应，A不符合题意；
B．所有的中和反应为放热反应，所以盐酸与氢氧化钠反应为放热反应，B不符合题意；
C．所有的燃烧反应为放热反应，所以碳的燃烧为放热反应，C不符合题意；
D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应为吸热反应，D符合题意；
故选D。
2. 用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染。已知：① △H=-574 kJ/ml；② △H=-1160 kJ/ml。下列说法错误的是（ ）
A. 反应①②中，相同物质的量的甲烷发生反应，转移的电子数相同
B. 由反应①可知： △H＞-574 kJ/ml
C. 若用标准状况下4.48 LCH4还原NO2生成N2、CO2和H2O(g)，则放出的热量为173.4 kJ
D. 已知CH4的燃烧热为-a kJ⁄ml，由n(CH4)∶n(H2)=3∶1组成的混合物2 ml，完全燃烧并恢复到常温时放出的热量为b kJ，则H2的燃烧热ΔH=(3a−2b)kJ/ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．在反应①②中C元素化合价由反应前CH4中的-4价变为反应后反应后CO2中的+4，化合价升高8价，则每1 ml CH4发生反应，会转移8 ml电子，故在反应①②中，相同物质的量的甲烷发生反应，转移的电子数相同，A正确；
B．等质量的物质含有的能量：H2O(g)＞H2O(l)，对于放热反应，当反应物相同，反应生成液态水放出的热量大于生成气态水放出的热量。反应放出的热量越多，则其反应热就越小，因此根据① △H=-574 kJ/ml，可知 △H＜-574 kJ/ml，B错误；
C．根据盖斯定律，将热化学方程式(①+②)×，整理可得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g) +2H2O(g) △H=-867 kJ/ml。在标准状况下4.48 LCH4的物质的量是0.2 ml，若其将NO2还原反应产生NO2生成N2、CO2和H2O(g)，则根据上述热反应方程式可知：0.2 ml CH4反应放出的热量为Q=867 kJ/ml×0.2 ml=173.4 kJ，C正确；
D．已知CH4的燃烧热为-a kJ⁄ml，由n(CH4)∶n(H2)=3∶1组成的混合物2 ml，则n(CH4)=1.5 ml，n(H2)=0.5 ml，假设H2的燃烧热为-x kJ/ml，完全燃烧并恢复到常温时放出的热量为b kJ，则1.5 ml×a kJ⁄ml+0.5 ml×x kJ⁄ml=b kJ，x=(2b-3a)，则H2的燃烧热ΔH=-x kJ/ml=-(2b-3a) kJ/ml=(3a−2b)kJ/ml，D正确；
故合理选项是B。
3. X、Y 、Z有关系，且△H=△H1 +△H2符合上述转化关系的X、Z可能是（ ）
①Fe和FeCl3 ；②C和CO2 ；③AlCl3和NaAlO2；④NaOH和NaHCO3；⑤S和SO3；⑥Na2CO3和CO2
A. ①②③B. ④⑤⑥C. ②③④⑥ D. ②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①Fe和FeCl3，Fe与Cl2反应直接得到FeCl3，与HCl反应则只能得到FeCl2，①不能满足题意；
②C和CO2 ，C与O2可先生成CO，再与O2反应生成CO2，也可一步反应生成CO2，②能满足题意；
③AlCl3和NaAlO2，AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，在与NaOH反应则得到NaAlO2，也可一步与过量NaOH反应得到NaAlO2，③能满足题意；
④NaOH和NaHCO3，NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3，再与CO2反应生成NaHCO3，也可一步与过来CO2得到NaHCO3，④能满足题意；
⑤S和SO3，S与O2反应生成SO2，再与O2反应生成SO3，但S与O2反应不能一步得到SO3，⑤不能满足题意；
⑥Na2CO3和CO2，Na2CO3与少量盐酸反应生成NaHCO3，再与盐酸反应得到CO2，也可与过量盐酸一步反应得到CO2，⑥能满足题意
符合题意的有②③④⑥，故选C。
4. 在一定条件下，CH4和CO燃烧的热化学方程式分别为CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) ΔH=-890 kJ·ml-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ·ml-1。若某CH4和CO的混合气体充分燃烧，放出的热量为262.9 kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，得到50 g白色沉淀。则混合气体中CH4和CO的体积比为（ ）
A. 1∶2B. 1∶3C. 2∶3D. 3∶2
【答案】C
【解析】
【详解】设混合气体中CH4和CO的物质的量分别为x、y，n(CaCO3)===0.5 ml，根据C元素守恒可知：x+y=0.5 ml，根据能量守恒可得890 kJ·ml-1×x+283 kJ·ml-1×y=262.9 kJ，两式联立解得x=0.2 ml，y=0.3 ml，根据n=可知，一定条件下，气体的物质的量之比等于气体的体积之比，则混合气体中CH4和CO的体积比为0.2 ml∶0.3 ml=2∶3，故合理选项是C。
故选：C。
5. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(固体试样体积忽略不计)，恒温下使其达到分解平衡：。能判断该反应已经达到化学平衡的是（ ）
①v(NH3)正=2v(CO2)逆； ②密闭容器中总压强不变；③密闭容器中混合气体的密度不变；④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变；⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变；⑥密闭容器中CO2的体积分数不变；⑦混合气体总质量不变
A. ①②④⑤⑥B. ①②④⑤⑦C. ①②③⑤⑦D. 全部
【答案】C
【解析】
【分析】H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)的正反应为气体体积增大的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化。
【详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，①正确；
②该反应的正反应为气体物质的量增大的反应，当密闭容器中总压强不变时，表明达到平衡状态，②正确；
③H2NCOONH4(s)为固体，混合气体的质量为变量，混合气体的体积不变，则密闭容器中混合气体的密度为变量，当容器内混合气体的密度不变时，表明达到平衡状态，③正确；
④只有NH3(g)、CO2(g)为气体,且二者的物质的量之比始终为2∶1，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，④错误；
⑤H2NCOONH4(s)为固体，NH3(g)、CO2(g)为气体，混合气体的总物质的量为变量，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时，表明反应达到平衡状态，⑤正确；
⑥只有生成物NH3(g)、CO2(g)为气体，且二者物质的量之比始终为2∶1，故密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，⑥错误；
⑦H2NCOONH4(s)为固体，混合气体总质量为变量，当混合气体的总质量不变时，表明气体的质量不再发生改变，表明达到平衡状态，⑦正确；
综上所述可知：可判断反应是否达到平衡状态的叙述是①②③⑤⑦，故合理选项是C。
6. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
7. 取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
下列说法不正确的是（ ）
A. 反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B. 20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010ml·L-1·min-1
C. 第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D. H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4ml/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)ml/L×0.05L=0.02ml，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01ml，标况下的体积V=n·Vm=0.01ml×22.4L/ml=0.224L=224mL，A正确；
B．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)ml/L=0.20ml/L，则这段时间内的平均速率v===0.010ml/(L·min)，B正确；
C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；
D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；
故答案选C。
8. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是（ ）
A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C. 条件①，反应速率为
D. 条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
9. 一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为3B+4C=5A+2D
B. 反应1s至5s时，4v(C)=3v(B)
C. 5s后，v(A)>v(B)>v(C)>v(D)
D. 0-5s时，B的平均反应速率为0.06ml/(L·s)
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应到5s时，A的物质的量增加1.2ml、D的物质的量增加0.4ml、B的物质的量减少0.6ml、C的物质的量减少0.8ml，A、D是生成物，B、C是反应物，变化量比等于系数比，所以该反应的化学方程式为3B+4C6A+2D，故A错误；
B．不同物质表示的速率比大于系数比，反应1s至5s时，3v(C)=4v(B)，故B错误；
C．不同物质表示的速率比大于系数比，5s后，v(A) >v(C) >v(B)>v(D)，故C错误；
D．0-5s时，B的物质的量减少0.6ml ，B的平均反应速率为ml/(L·s)，故D正确；
选D。
10. 某电化学装置如图所示，该装置能将CO2转化为燃料C2H5OH，从而实践“碳中和”。下列说法正确的是（ ）
A. 该电化学装置实现“碳中和”的同时将光能转化为电能
B. 该电化学装置工作时，溶液中的H+由a极区移向b极区
C. a电极的反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
D. 每生成3.36LO2，有4.4gCO2被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A．该装置电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；
B．a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B错误；
C．a与电源负极相连，所以a是阴极，二氧化碳得电子发生还原反应生成C2H5OH，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，故C正确；
D．无标准状况，无法计算氧气的物质的量，故D错误；
故选C。
11. 有一种清洁、无膜的氯碱工艺，它利用含有保护层的电极(Na0.44MnO2/Na0.44-xMnO2)中的Na+的脱除和嵌入机理，分两步电解得到氯碱工业产品，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 电解时产生的X气体是H2，Y气体是Cl2，理论上其物质的量之比为1∶1
B. 钠离子脱除时的电极反应式为：
C. b是直流电源的正极，c是直流电源的负极
D. 第一步电解后，电极可直接用于第二步电解
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，该装置分两步电解得到氯碱工业产品（Cl2、H2、NaOH），由图可知，第一步电解时，右侧电极上发生脱除Na，Mn的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，右侧电极作阳极，电极反应为：，则石墨电极是阴极，发生还原反应，X气体是H2，其电极反应式为；第二步电解时，电解质溶液是饱和 NaCl溶液，则Y气体是Cl2，石墨极是阳极，发生氧化反应，其电极反应式，故左侧电极极作阴极，反应式为，据此解答。
【详解】A．根据分析可知，X气体是H2，Y气体是Cl2，根据电极反应式、可知，当转移2ml电子时，产生H2和Cl2物质的量相等，故A正确；
B．根据分析可知，钠离子脱除时的电极反应式为：，故B正确；
C．第一步电解时，右侧电极是阳极，则b是直流电源的正极，第二步电解时，左侧电极是阴极，则c是直流电源的负极，故C正确；
D．由上述分析可知，第一步电解结束后，M极上附着OH-，第二步电解反应中电解生成氯气，OH-能与氯气反应，所以第一步电解结束后，M极必须用水洗涤干净后，再用于第二步电解，故D错误；
故选D。
12. 我国科学家最近研发出一种新型纳米硅锂电池，可反复充电3万次，电池容量只衰减了不到10%。电池反应式为Li1-xTiO2+LixSiLiTiO2+Si。下列说法错误是（ ）
A. 电池放电时，Li+由N极移向M极
B. 电池放电时，电池正极反应式为Li1-xTiO2+xLi++xe-=LiTiO2
C. 精制的饱和食盐水通入阳极室
D. 负极质量减轻7g时，理论上最多可制得40gNaOH
【答案】A
【解析】
【分析】电池反应式为Li1-xTiO2+LixSiLiTiO2+Si，M极为负极，电极反应式为LixSi-xe-=xLi++Si，N极为正极，电极反应式Li1-xTiO2+xLi++xe-=LiTiO2，电解池中，左侧为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，右侧电极为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【详解】A． 电池放电时，阳离子向正极N移动，故A错误；
B． 电池放电时，N极为正极，电池正极反应式为Li1-xTiO2+xLi++xe-=LiTiO2，故B正确；
C． 电解池中左侧电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故阳极室通入精制的饱和食盐水，故C正确；
D． 负极质量减轻7g时，转移电子×1=1ml，电解池中转移1ml电子生成1mlNaOH，即生成1ml×40g/ml=40g，故D正确；
故选：A。
13. 利用双极膜电渗析法(BMED)进行碳吸收，采用双极膜、阳离子交换膜、阴离子交换膜，通过隔板分离成盐室(NaCl溶液)、碱室( 溶液)、酸室( HCl溶液)、极室( 溶液)，实验装置如图所示。接通电源，调至实验设置电流，开始循环并向碱室通入制备和溶液，忽略各室溶液的体积变化。下列说法错误的是（ ）
A. M连接电源负极，相同条件下，电极M，N产生气体的体积比为2：1
B. a膜、b膜、c膜分别为阳离子交换膜、双极膜、阴离子交换膜
C. 极室、盐室的pH保持不变，酸室pH减小，碱室的pH可能增大
D. 当酸室产生0.4ml HCl时，双极膜电离出的数目为
【答案】B
【解析】
【分析】根据装置图可知，b膜中产生的H+向M电极移动，则M为阴极，连接电源的负极，N为阳极，连接电源的正极，分析每个室中存在的离子可知，M—b膜之间为极室(溶液)，b膜—c膜之间为碱室(溶液)，c膜—a膜之间为盐室(NaCl溶液), a膜—b膜之间为酸室(HCl溶液)，b膜—N之间为极室(溶液)，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，M为阴极，连接电源的负极，电极反应式为：，N为阳极，电极反应式为：，相同条件下，根据转移的电子数可知，，电极M，N产生气体的体积比为2：1，故A正确；
B．题干中说明向碱室通入制备和溶液，因此b膜要产生与反应，又可知盐室(NaCl溶液)中的钠离子通过c膜移动到碱室，根据电荷守恒，盐室(NaCl溶液)中的氯离子通过a膜移动到酸室，因此a膜、b膜、c膜分别为阴离子交换膜、双极膜、阳离子交换膜，故B错误；
C．极室中的溶质为硫酸钠，电解硫酸钠实质是电解水，因此极室中pH保持不变，同样氯化钠水溶液为中性，离子的移动不影响pH，因此盐室的pH保持不变，氯离子通过a膜移动到酸室，H+通过b膜移动到酸室，HCl浓度增大，因此pH减小，同样碱室中和浓度增大，则碱性增强，因此pH可能增大，故C正确；
D．当酸室产生0.4ml HCl时，根据电荷守恒可知，b膜产生的为0.4ml，有2个b膜均产生，左侧的b膜产生进入到碱室，右侧的b膜产生进入到盐室，因此双极膜电离出为0.8ml，数目为，故D正确；
故答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题，共计61分)
14. 按要求回答下列问题：
（1）理论研究表明，在101 kPa和298K下，HCN(g)HNC(g)异构化反应的能量变化如图。
①稳定性：HCN_______HNC(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②该异构化反应的ΔH=_______kJ·ml−1。
（2）“长征2F”运载火箭使用N2O4和C2H8N2(偏二甲册)作推进剂。12.0 g液态C2H8N2在液态N2O4中燃烧生成CO2、N2、H2O三种气体，放出510 kJ热量，该反应的热化学方程式为_______。
（3）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
Ⅰ．脱硝：催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的化学方程式为_______。
Ⅱ．脱碳：向2L密闭容器中加入2 ml CO2、6 ml H2，在恒温恒容的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0。
①下列叙述中，能说明此反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．单位时间内生成1 ml CH3OH的同时生成1 ml H2O
B．3v(CO2)正=v(H2)逆
C．CO2和H2的浓度保持不变
D．混合气体的密度保持不变
②该反应过程中的部分数据见下表：
前10 min内的平均反应速率v(CH3OH)=_____ml·L-1·min-1；平衡时CO2的转化率为_____。
（4）甲醇(CH3OH)—空气燃料电池是一种高效能、轻污染的车载电池，以KOH为电解质溶液，负极发生的电极反应式为_______。
【答案】（1）①. ＞ ②. +59.3
（2）C2H8N2(l)+2N2O4(l)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) △H=-2550 kJ/ml
（3）①. 4H2+2NO2N2+4H2O ②. BC ③. 0.025 ④. 50%
（4）CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
【解析】（1）①物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知物质含有的能量：HCN＜HNC，所以物质稳定性：HCN＞HNC；
②反应热等于反应物总能量与生成物总能量的差，该异构化反应的ΔH=+59.3 kJ/ml；
（2）12.0 g液态C2H8N2的物质的量为n(C2H8N2)==0.2 ml，在液态N2O4中燃烧生成CO2、N2、H2O三种气体，放出510 kJ热量，则1 ml液态C2H8N2发生该反应放出的热量Q==2550 kJ，故该反应的热化学方程式为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)= 2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) △H=-2550 kJ/ml；
（3）在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和无毒物质N2，该反应的化学方程式为：4H2+2NO2N2+4H2O；
①在2 L密闭容器中加入2 ml CO2、6 ml H2，在恒温恒容的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0。
A．CH3OH(g)、H2O(g)都是生成物，根据物质反应转化关系可知：单位时间内生成1 ml CH3OH的同时生成1 ml H2O，表示的反应都是正向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；
B．在任何时刻都存在3v(CO2)正=v(H2)正，若3v(CO2)正=v(H2)逆，则v(H2)正=v(H2)逆，则H2的浓度不变，反应达到了平衡状态，B符合题意；
C．在反应中CO2(g)、H2(g)都是反应物，若反应未达到平衡状态，则二者的浓度会发生变化，因此当二者的浓度不变时。可判断反应是否达到平衡状态，C符合题意；
D．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量也不变，故ρ=始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是BC；
②根据表格数据可知：在前10 min内△n(H2)=(6-4.5)ml=1.5 ml，根据物质反应转化关系可知此过程反应△n(CH3OH)=△n(H2)=×1.5 ml=0.5 ml。容器容积为2 L，反应时间是10 min，故反应速率v(CH3OH)==0.025 ml/(L·min)；
在前20 min时△n(CO2)=1 ml，此过程中根据物质反应转化关系可知反应生成△n(CH3OH)=1 ml，30 min时 n(CH3OH)=1 ml，说明20 min时反应已经达到了平衡状态，则△n(CO2)=1 ml，反应开始时n(CO2)=2 ml，故平衡时CO2的转化率为×100%=50%；
（4）甲醇(CH3OH)—空气燃料电池是一种高效能、轻污染的车载电池，以KOH为电解质溶液，通入燃料CH3OH的电极为负极，负极发生失去电子的氧化反应，则结合电解质溶液的酸碱性，可知负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
15. 某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(如下图所示)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。已知：酸性条件下，存在如下平衡：。
（1）用惰性电极电解时，能从浆液中分离出来的原因是_______，分离后含铬元素的粒子是_______，阴极室生成的物质为_______(写化学式)。
（2）以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝。
①“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_______。
②“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如下图所示。阳极的电极反应式为_______，阴极产生的物质A的化学式为_______。
（3）化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取Na2FeO4，同时获得氢气：，工作原理如下图所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4易被还原，只在强碱性条件下稳定。
①电解一段时间后，c(OH-)降低的区域在_______(填“阴极室”或“阳极室”)。
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为_______。
③c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如下图，分别分析M、N两点时c(Na2FeO4)低于最高值的原因：_______。
【答案】（1）①. 在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 ②. 和 ③. NaOH和H2
（2）①. 石墨电极被阳极产生的氧气所氧化 ②. ③. H2
（3）①. 阳极室 ②. 防止Na2FeO4与H2反应使产率降低 ③. M点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢；N点：c(OH-)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低
【解析】（1）电解时，在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，能从浆液中分离出来；阳极发生反应 ，氢离子浓度增大，发生反应，所以分离后含铬元素的粒子是和；阴极发生反应，阴极室生成的物质为NaOH和H2。
（2）①“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极产生的氧气所氧化。
②“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，根据图示，阳极失电子生成碳酸氢钠和氧气，阳极的电极反应式为，氢离子得电子生成氢气，阴极产生的物质A的化学式为H2。
（3）①阴极反应式为、阳极反应式为，电解一段时间后，阳极消耗氢氧根离子，c(OH-)降低的区域在阳极室。
②Na2FeO4易被还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。
③M点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢；N点：c(OH-)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低，所以M、N两点时c(Na2FeO4)低于最高值。
16. 某小组同学探究不同条件下H2O2与三价铬(Cr)化合物的反应。已知：
ⅰ．Cr3+(墨绿色)、(墨绿色)、Cr(OH)3(蓝色)、(黄色)、(橙色)、 (砖红色)。
ⅱ．；
ⅲ．；。
室温下，向0.1 ml·L-1 Cr2(SO4)3溶液中滴加H2SO4溶液或NaOH溶液分别配制不同pH的Cr(Ⅲ)溶液；取配制后的溶液各5mL，分别加入足量30% H2O2溶液。
（1）结合加H2O2前的实验现象，可推测Cr(OH)3具有_______(填“碱性”、“酸性”或“两性”)。
（2）实验①中，加H2O2后无明显现象的原因可能是_______。
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是_______。
（4）取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到有无色气体产生。该无色气体可能是_______。(填化学式)
（5）已知[Cr(O2)4]3-中Cr为+5价。实验④中，加入H2O2后发生反应的离子方程式为____。
（6）取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，该小组同学提出如下猜想。
猜想1：加热条件下，[Cr(O2)4]3-发生自身氧化还原反应，生成。
猜想2：_______。
（7）综合以上实验，影响H2O2与三价铬化合物反应的因素除了pH，还有_______。
【答案】（1）两性
（2）溶液酸性较强，三价铬以Cr3+形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化
（3）酸性较弱时三价铬以Cr(OH)3存在，加入过氧化氢，Cr(OH)3被氧化为，2Cr(OH)3+3H2O2=2+4H2O+4H+，同时生成氢离子使得部分使得Cr(OH)3溶解生成Cr3+，且溶液pH减小导致Cr3+与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示黄绿色
（4）在实验③中黄色溶液中含有，，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增强，平衡逆向移动转化为橙色溶液，具有强氧化性，和过氧化氢反应生成O2和Cr3+，会观察到溶液最终变为绿色且有无色气体产生，
（5）
（6）加热促使[Cr(O2)4]3-与H2O2进一步反应生成
（7）温度
【解析】（1）结合题中信息，加入H2O2之前的实验现象可知，溶液由酸性转变为碱性的过程中，三价铬由Cr3+转变为Cr(OH)3，又转变为，则说明Cr(OH)3具有两性；
（2）实验①中，溶液酸性较强，三价铬以Cr3+形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢氧化；
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以Cr(OH)3存在，加入H2O2溶液，Cr(OH)3被氧化为，反应的离子方程式为：2Cr(OH)3+3H2O2=2+4H2O+4H+，同时生成H+使得Cr(OH)3部分溶解生成Cr3+，且溶液pH减小导致Cr3+与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示黄绿色；
（4）实验③中黄色溶液中含有，(橙色)+H2O2+2H+，加入一定量的稀硫酸，溶液酸性增强，平衡逆向移动转化为橙色的溶液，又具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和Cr3+，会观察到溶液最终变为绿色且有无色气体O2产生；反应的离子方程式为：；
（5）已知[Cr(O2)4]3-中Cr为+5价，实验④中初始溶液为墨绿色，说明溶液显酸性，其中存在，加入H2O2后生成砖红色溶液，说明此时溶液显碱性，在碱性条件下和H2O2反应生成[Cr(O2)4]3-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知该反应的离子方程式为：+5H2O2+2OH-=[Cr(O2)4]3-+6H2O；
（6）H2O2具有强氧化性，则猜想2为：加热促使[Cr(O2)4]3-与H2O2进一步反应生；证明猜想1成立需要排除H2O2的干扰，故实验设计可以为：另取实验④的砖红色溶液，加入少量的MnO2，待不再产生气体后，过滤，滤液加热，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立；
（7）问题(6)中实验说明，影响与化合物反应的因素除了pH，还有温度。
17. 含硫物质在工业上具有重要应用价值，可用作生成化学品和能源转化。
（1）热解H2S和的混合气体制H2和CS2。① ΔH1=+170kJ/ml；② ΔH2=+64kJ/ml。总反应：，ΔH=_______。
（2）工业上还可以利用硫(S8)与为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，某温度下，若S8完全分解成气态S2.在恒温密闭容器中，S2与物质的量比为2：1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，的转化率为_______。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是_______(填序号)。
a．气体密度 b．气体总压 c．与S2体积比 d．CS2体积分数
③一定条件下，CH4与S2反应中的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化由线如下图所示，工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是_______。
（3）工业废水中的Cr(Ⅵ)常用还原沉淀法去除：使用将Cr(Ⅵ)还原为Cr3+，进而转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr(Ⅵ)具有很强的氧化能力，将还原为Cr3+的离子方程式为_______。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如下图所示。当pH<2时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因是_______。当pH>12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为______________。
③用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)的废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如下图所示。55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是_______。
④Fe合金在SRS下腐蚀的机理如下图所示，Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电子转化为H，_______。
【答案】（1）+234kJ/ml
（2）①. 30% ②. d ③. 温度低于600℃时，S8分解不充分S2的浓度明显偏小，且反应速率慢，效率不高
（3）①. ②. pH<2时，氢离子浓度过高，易与SO32-产生H2SO3进而转化SO2逸出，SO32-的物质的量浓度下降，反应速率变慢 ③. ④. 55℃时温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率 ⑤. 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
【解析】（1）反应①+②可以得到总反应，ΔH=ΔH1+ΔH2=+234kJ/ml；
（2）①该反应为等体积反应，设S2与起始物质的量2ml、1ml，当CS2的体积分数为10%时，说明生成CS20.3ml，反应0.3ml，的转化率为30%；
②a．恒温恒容下，气体密度是定值，不能说明该反应达到平衡，a错误；
b．该反应为等体积反应，气体总压是定值，不能说明该反应达到平衡，b错误；
c．S2与物质的量比为2：1时开始反应，与S2体积比等于化学计量系数之比，不能说明该反应达到平衡，c错误；
d．CS2的体积分数不再改变，说明该反应达到平衡，d正确；
故选d；
③工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是温度低于600℃时，S8分解不充分S2的浓度明显偏小，且反应速率慢，效率不高；
（3）①将还原为Cr3+的离子方程式为；
②当pH<2时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因是pH<2时，氢离子浓度过高，易与SO32-产生H2SO3进而转化SO2逸出，SO32-的物质的量浓度下降，反应速率变慢；当pH>12时，氢氧化铬会转化为，则Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为；
③用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)的废水时，55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是：55℃时温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率；
④根据图示，Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。
t/min
0
20
40
60
80
c/(ml·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
n(CO2)/ml
n(H2)/ml
n(CH3OH)/ml
n(H2O)/ml
0
2
6
0
0
10
4.5
20
1
30
1
实验
①
②
③
④
加H2O2前
pH
4.10
6.75
8.43
13.37
现象
墨绿色溶液
蓝色浊液
蓝色浊液
墨绿色溶液
加H2O2后
现象
墨绿色溶液
黄绿色溶液
黄色溶液
砖红色溶液
第Ⅰ卷(选择题，共计39分)
一、单项选择题：每题3分，共13小题，共计39分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 下列属于吸热反应的是（ ）
A. 氧化钙与水反应 B. 盐酸与氢氧化钠反应
C. 碳的燃烧 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．氧化钙与水反应为放热反应，A不符合题意；
B．所有的中和反应为放热反应，所以盐酸与氢氧化钠反应为放热反应，B不符合题意；
C．所有的燃烧反应为放热反应，所以碳的燃烧为放热反应，C不符合题意；
D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应为吸热反应，D符合题意；
故选D。
2. 用CH4催化还原NO2可以消除氮氧化物的污染。已知：① △H=-574 kJ/ml；② △H=-1160 kJ/ml。下列说法错误的是（ ）
A. 反应①②中，相同物质的量的甲烷发生反应，转移的电子数相同
B. 由反应①可知： △H＞-574 kJ/ml
C. 若用标准状况下4.48 LCH4还原NO2生成N2、CO2和H2O(g)，则放出的热量为173.4 kJ
D. 已知CH4的燃烧热为-a kJ⁄ml，由n(CH4)∶n(H2)=3∶1组成的混合物2 ml，完全燃烧并恢复到常温时放出的热量为b kJ，则H2的燃烧热ΔH=(3a−2b)kJ/ml
【答案】B
【解析】
【详解】A．在反应①②中C元素化合价由反应前CH4中的-4价变为反应后反应后CO2中的+4，化合价升高8价，则每1 ml CH4发生反应，会转移8 ml电子，故在反应①②中，相同物质的量的甲烷发生反应，转移的电子数相同，A正确；
B．等质量的物质含有的能量：H2O(g)＞H2O(l)，对于放热反应，当反应物相同，反应生成液态水放出的热量大于生成气态水放出的热量。反应放出的热量越多，则其反应热就越小，因此根据① △H=-574 kJ/ml，可知 △H＜-574 kJ/ml，B错误；
C．根据盖斯定律，将热化学方程式(①+②)×，整理可得CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g) +2H2O(g) △H=-867 kJ/ml。在标准状况下4.48 LCH4的物质的量是0.2 ml，若其将NO2还原反应产生NO2生成N2、CO2和H2O(g)，则根据上述热反应方程式可知：0.2 ml CH4反应放出的热量为Q=867 kJ/ml×0.2 ml=173.4 kJ，C正确；
D．已知CH4的燃烧热为-a kJ⁄ml，由n(CH4)∶n(H2)=3∶1组成的混合物2 ml，则n(CH4)=1.5 ml，n(H2)=0.5 ml，假设H2的燃烧热为-x kJ/ml，完全燃烧并恢复到常温时放出的热量为b kJ，则1.5 ml×a kJ⁄ml+0.5 ml×x kJ⁄ml=b kJ，x=(2b-3a)，则H2的燃烧热ΔH=-x kJ/ml=-(2b-3a) kJ/ml=(3a−2b)kJ/ml，D正确；
故合理选项是B。
3. X、Y 、Z有关系，且△H=△H1 +△H2符合上述转化关系的X、Z可能是（ ）
①Fe和FeCl3 ；②C和CO2 ；③AlCl3和NaAlO2；④NaOH和NaHCO3；⑤S和SO3；⑥Na2CO3和CO2
A. ①②③B. ④⑤⑥C. ②③④⑥ D. ②③④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】①Fe和FeCl3，Fe与Cl2反应直接得到FeCl3，与HCl反应则只能得到FeCl2，①不能满足题意；
②C和CO2 ，C与O2可先生成CO，再与O2反应生成CO2，也可一步反应生成CO2，②能满足题意；
③AlCl3和NaAlO2，AlCl3与少量NaOH反应生成Al(OH)3，在与NaOH反应则得到NaAlO2，也可一步与过量NaOH反应得到NaAlO2，③能满足题意；
④NaOH和NaHCO3，NaOH与少量CO2反应生成Na2CO3，再与CO2反应生成NaHCO3，也可一步与过来CO2得到NaHCO3，④能满足题意；
⑤S和SO3，S与O2反应生成SO2，再与O2反应生成SO3，但S与O2反应不能一步得到SO3，⑤不能满足题意；
⑥Na2CO3和CO2，Na2CO3与少量盐酸反应生成NaHCO3，再与盐酸反应得到CO2，也可与过量盐酸一步反应得到CO2，⑥能满足题意
符合题意的有②③④⑥，故选C。
4. 在一定条件下，CH4和CO燃烧的热化学方程式分别为CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) ΔH=-890 kJ·ml-1，2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566 kJ·ml-1。若某CH4和CO的混合气体充分燃烧，放出的热量为262.9 kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，得到50 g白色沉淀。则混合气体中CH4和CO的体积比为（ ）
A. 1∶2B. 1∶3C. 2∶3D. 3∶2
【答案】C
【解析】
【详解】设混合气体中CH4和CO的物质的量分别为x、y，n(CaCO3)===0.5 ml，根据C元素守恒可知：x+y=0.5 ml，根据能量守恒可得890 kJ·ml-1×x+283 kJ·ml-1×y=262.9 kJ，两式联立解得x=0.2 ml，y=0.3 ml，根据n=可知，一定条件下，气体的物质的量之比等于气体的体积之比，则混合气体中CH4和CO的体积比为0.2 ml∶0.3 ml=2∶3，故合理选项是C。
故选：C。
5. 将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(固体试样体积忽略不计)，恒温下使其达到分解平衡：。能判断该反应已经达到化学平衡的是（ ）
①v(NH3)正=2v(CO2)逆； ②密闭容器中总压强不变；③密闭容器中混合气体的密度不变；④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变；⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变；⑥密闭容器中CO2的体积分数不变；⑦混合气体总质量不变
A. ①②④⑤⑥B. ①②④⑤⑦C. ①②③⑤⑦D. 全部
【答案】C
【解析】
【分析】H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)的正反应为气体体积增大的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正、逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化。
【详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，①正确；
②该反应的正反应为气体物质的量增大的反应，当密闭容器中总压强不变时，表明达到平衡状态，②正确；
③H2NCOONH4(s)为固体，混合气体的质量为变量，混合气体的体积不变，则密闭容器中混合气体的密度为变量，当容器内混合气体的密度不变时，表明达到平衡状态，③正确；
④只有NH3(g)、CO2(g)为气体,且二者的物质的量之比始终为2∶1，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，④错误；
⑤H2NCOONH4(s)为固体，NH3(g)、CO2(g)为气体，混合气体的总物质的量为变量，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时，表明反应达到平衡状态，⑤正确；
⑥只有生成物NH3(g)、CO2(g)为气体，且二者物质的量之比始终为2∶1，故密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能据此判断反应是否达到平衡状态，⑥错误；
⑦H2NCOONH4(s)为固体，混合气体总质量为变量，当混合气体的总质量不变时，表明气体的质量不再发生改变，表明达到平衡状态，⑦正确；
综上所述可知：可判断反应是否达到平衡状态的叙述是①②③⑤⑦，故合理选项是C。
6. 我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程，该历程示意图如下所示。
下列说法不正确的是（ ）
A. 生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%
B. CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂
C. ①→②放出能量并形成了C—C键
D. 该催化剂可有效提高反应物的平衡转化率
【答案】D
【解析】
【详解】分析：A项，生成CH3COOH的总反应为CH4+CO2CH3COOH，原子利用率为100%；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量并形成C-C键；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高平衡转化率。
详解：A项，根据图示CH4与CO2在催化剂存在时生成CH3COOH，总反应为CH4+CO2CH3COOH，只有CH3COOH一种生成物，原子利用率为100%，A项正确；B项，CH4选择性活化变为①过程中，有1个C-H键发生断裂，B项正确；C项，根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成C-C键，C项正确；D项，催化剂只影响化学反应速率，不影响化学平衡，不能提高反应物的平衡转化率，D项错误；答案选D。
点睛：本题考查原子利用率、化学反应的实质、化学反应中的能量变化、催化剂对化学反应的影响，解题的关键是准确分析示意图中的信息。注意催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，催化剂不能改变ΔH、不能使化学平衡发生移动。
7. 取50 mL过氧化氢水溶液，在少量I- 存在下分解：2H2O2=2H2O+O2↑。在一定温度下，测得O2的放出量，转换成H2O2浓度(c)如下表：
下列说法不正确的是（ ）
A. 反应20min时，测得O2体积为224mL(标准状况)
B. 20~40min，消耗H2O2的平均速率为0.010ml·L-1·min-1
C. 第30min时的瞬时速率小于第50min时的瞬时速率
D. H2O2分解酶或Fe2O3代替I-也可以催化H2O2分解
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应20min时，过氧化氢的浓度变为0.4ml/L，说明分解的过氧化氢的物质的量n(H2O2)=(0.80-0.40)ml/L×0.05L=0.02ml，过氧化氢分解生成的氧气的物质的量n(O2)=0.01ml，标况下的体积V=n·Vm=0.01ml×22.4L/ml=0.224L=224mL，A正确；
B．20~40min，消耗过氧化氢的浓度为(0.40-0.20)ml/L=0.20ml/L，则这段时间内的平均速率v===0.010ml/(L·min)，B正确；
C．随着反应的不断进行，过氧化氢的浓度不断减小，某一时刻分解的过氧化氢的量也不断减小，故第30min时的瞬时速率大于第50min时的瞬时速率，C错误；
D．I-在反应中起到催化的作用，故也可以利用过氧化氢分解酶或Fe2O3代替，D正确；
故答案选C。
8. 某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是（ ）
A. 其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大
B. 其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大
C. 条件①，反应速率为
D. 条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的时间更短，故反应速率越大，A正确；
B．由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B错误；
C．由题干图中数据可知，条件①，反应速率为=，C正确；
D．反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为时，半衰期为125min÷2=，D正确；
故答案为：B。
9. 一定温度下，向容积为2L的密闭容器中通入两种气体发生化学反应，反应中各物质的物质的量变化如图所示，对该反应的推断合理的是（ ）
A. 该反应的化学方程式为3B+4C=5A+2D
B. 反应1s至5s时，4v(C)=3v(B)
C. 5s后，v(A)>v(B)>v(C)>v(D)
D. 0-5s时，B的平均反应速率为0.06ml/(L·s)
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应到5s时，A的物质的量增加1.2ml、D的物质的量增加0.4ml、B的物质的量减少0.6ml、C的物质的量减少0.8ml，A、D是生成物，B、C是反应物，变化量比等于系数比，所以该反应的化学方程式为3B+4C6A+2D，故A错误；
B．不同物质表示的速率比大于系数比，反应1s至5s时，3v(C)=4v(B)，故B错误；
C．不同物质表示的速率比大于系数比，5s后，v(A) >v(C) >v(B)>v(D)，故C错误；
D．0-5s时，B的物质的量减少0.6ml ，B的平均反应速率为ml/(L·s)，故D正确；
选D。
10. 某电化学装置如图所示，该装置能将CO2转化为燃料C2H5OH，从而实践“碳中和”。下列说法正确的是（ ）
A. 该电化学装置实现“碳中和”的同时将光能转化为电能
B. 该电化学装置工作时，溶液中的H+由a极区移向b极区
C. a电极的反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O
D. 每生成3.36LO2，有4.4gCO2被还原
【答案】C
【解析】
【详解】A．该装置电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；
B．a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B错误；
C．a与电源负极相连，所以a是阴极，二氧化碳得电子发生还原反应生成C2H5OH，电极反应式为2CO2+12H++12e-=C2H5OH+3H2O，故C正确；
D．无标准状况，无法计算氧气的物质的量，故D错误；
故选C。
11. 有一种清洁、无膜的氯碱工艺，它利用含有保护层的电极(Na0.44MnO2/Na0.44-xMnO2)中的Na+的脱除和嵌入机理，分两步电解得到氯碱工业产品，其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A. 电解时产生的X气体是H2，Y气体是Cl2，理论上其物质的量之比为1∶1
B. 钠离子脱除时的电极反应式为：
C. b是直流电源的正极，c是直流电源的负极
D. 第一步电解后，电极可直接用于第二步电解
【答案】D
【解析】
【分析】由题干信息可知，该装置分两步电解得到氯碱工业产品（Cl2、H2、NaOH），由图可知，第一步电解时，右侧电极上发生脱除Na，Mn的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，右侧电极作阳极，电极反应为：，则石墨电极是阴极，发生还原反应，X气体是H2，其电极反应式为；第二步电解时，电解质溶液是饱和 NaCl溶液，则Y气体是Cl2，石墨极是阳极，发生氧化反应，其电极反应式，故左侧电极极作阴极，反应式为，据此解答。
【详解】A．根据分析可知，X气体是H2，Y气体是Cl2，根据电极反应式、可知，当转移2ml电子时，产生H2和Cl2物质的量相等，故A正确；
B．根据分析可知，钠离子脱除时的电极反应式为：，故B正确；
C．第一步电解时，右侧电极是阳极，则b是直流电源的正极，第二步电解时，左侧电极是阴极，则c是直流电源的负极，故C正确；
D．由上述分析可知，第一步电解结束后，M极上附着OH-，第二步电解反应中电解生成氯气，OH-能与氯气反应，所以第一步电解结束后，M极必须用水洗涤干净后，再用于第二步电解，故D错误；
故选D。
12. 我国科学家最近研发出一种新型纳米硅锂电池，可反复充电3万次，电池容量只衰减了不到10%。电池反应式为Li1-xTiO2+LixSiLiTiO2+Si。下列说法错误是（ ）
A. 电池放电时，Li+由N极移向M极
B. 电池放电时，电池正极反应式为Li1-xTiO2+xLi++xe-=LiTiO2
C. 精制的饱和食盐水通入阳极室
D. 负极质量减轻7g时，理论上最多可制得40gNaOH
【答案】A
【解析】
【分析】电池反应式为Li1-xTiO2+LixSiLiTiO2+Si，M极为负极，电极反应式为LixSi-xe-=xLi++Si，N极为正极，电极反应式Li1-xTiO2+xLi++xe-=LiTiO2，电解池中，左侧为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，右侧电极为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【详解】A． 电池放电时，阳离子向正极N移动，故A错误；
B． 电池放电时，N极为正极，电池正极反应式为Li1-xTiO2+xLi++xe-=LiTiO2，故B正确；
C． 电解池中左侧电极为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，故阳极室通入精制的饱和食盐水，故C正确；
D． 负极质量减轻7g时，转移电子×1=1ml，电解池中转移1ml电子生成1mlNaOH，即生成1ml×40g/ml=40g，故D正确；
故选：A。
13. 利用双极膜电渗析法(BMED)进行碳吸收，采用双极膜、阳离子交换膜、阴离子交换膜，通过隔板分离成盐室(NaCl溶液)、碱室( 溶液)、酸室( HCl溶液)、极室( 溶液)，实验装置如图所示。接通电源，调至实验设置电流，开始循环并向碱室通入制备和溶液，忽略各室溶液的体积变化。下列说法错误的是（ ）
A. M连接电源负极，相同条件下，电极M，N产生气体的体积比为2：1
B. a膜、b膜、c膜分别为阳离子交换膜、双极膜、阴离子交换膜
C. 极室、盐室的pH保持不变，酸室pH减小，碱室的pH可能增大
D. 当酸室产生0.4ml HCl时，双极膜电离出的数目为
【答案】B
【解析】
【分析】根据装置图可知，b膜中产生的H+向M电极移动，则M为阴极，连接电源的负极，N为阳极，连接电源的正极，分析每个室中存在的离子可知，M—b膜之间为极室(溶液)，b膜—c膜之间为碱室(溶液)，c膜—a膜之间为盐室(NaCl溶液), a膜—b膜之间为酸室(HCl溶液)，b膜—N之间为极室(溶液)，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，M为阴极，连接电源的负极，电极反应式为：，N为阳极，电极反应式为：，相同条件下，根据转移的电子数可知，，电极M，N产生气体的体积比为2：1，故A正确；
B．题干中说明向碱室通入制备和溶液，因此b膜要产生与反应，又可知盐室(NaCl溶液)中的钠离子通过c膜移动到碱室，根据电荷守恒，盐室(NaCl溶液)中的氯离子通过a膜移动到酸室，因此a膜、b膜、c膜分别为阴离子交换膜、双极膜、阳离子交换膜，故B错误；
C．极室中的溶质为硫酸钠，电解硫酸钠实质是电解水，因此极室中pH保持不变，同样氯化钠水溶液为中性，离子的移动不影响pH，因此盐室的pH保持不变，氯离子通过a膜移动到酸室，H+通过b膜移动到酸室，HCl浓度增大，因此pH减小，同样碱室中和浓度增大，则碱性增强，因此pH可能增大，故C正确；
D．当酸室产生0.4ml HCl时，根据电荷守恒可知，b膜产生的为0.4ml，有2个b膜均产生，左侧的b膜产生进入到碱室，右侧的b膜产生进入到盐室，因此双极膜电离出为0.8ml，数目为，故D正确；
故答案选B。
第Ⅱ卷(非选择题，共计61分)
14. 按要求回答下列问题：
（1）理论研究表明，在101 kPa和298K下，HCN(g)HNC(g)异构化反应的能量变化如图。
①稳定性：HCN_______HNC(填“＞”、“＜”或“＝”)。
②该异构化反应的ΔH=_______kJ·ml−1。
（2）“长征2F”运载火箭使用N2O4和C2H8N2(偏二甲册)作推进剂。12.0 g液态C2H8N2在液态N2O4中燃烧生成CO2、N2、H2O三种气体，放出510 kJ热量，该反应的热化学方程式为_______。
（3）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
Ⅰ．脱硝：催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的化学方程式为_______。
Ⅱ．脱碳：向2L密闭容器中加入2 ml CO2、6 ml H2，在恒温恒容的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0。
①下列叙述中，能说明此反应达到平衡状态的是_______(填字母)。
A．单位时间内生成1 ml CH3OH的同时生成1 ml H2O
B．3v(CO2)正=v(H2)逆
C．CO2和H2的浓度保持不变
D．混合气体的密度保持不变
②该反应过程中的部分数据见下表：
前10 min内的平均反应速率v(CH3OH)=_____ml·L-1·min-1；平衡时CO2的转化率为_____。
（4）甲醇(CH3OH)—空气燃料电池是一种高效能、轻污染的车载电池，以KOH为电解质溶液，负极发生的电极反应式为_______。
【答案】（1）①. ＞ ②. +59.3
（2）C2H8N2(l)+2N2O4(l)=2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) △H=-2550 kJ/ml
（3）①. 4H2+2NO2N2+4H2O ②. BC ③. 0.025 ④. 50%
（4）CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O
【解析】（1）①物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强。根据图示可知物质含有的能量：HCN＜HNC，所以物质稳定性：HCN＞HNC；
②反应热等于反应物总能量与生成物总能量的差，该异构化反应的ΔH=+59.3 kJ/ml；
（2）12.0 g液态C2H8N2的物质的量为n(C2H8N2)==0.2 ml，在液态N2O4中燃烧生成CO2、N2、H2O三种气体，放出510 kJ热量，则1 ml液态C2H8N2发生该反应放出的热量Q==2550 kJ，故该反应的热化学方程式为：C2H8N2(l)+2N2O4(l)= 2CO2(g)+3N2(g)+4H2O(g) △H=-2550 kJ/ml；
（3）在催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和无毒物质N2，该反应的化学方程式为：4H2+2NO2N2+4H2O；
①在2 L密闭容器中加入2 ml CO2、6 ml H2，在恒温恒容的条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH＜0。
A．CH3OH(g)、H2O(g)都是生成物，根据物质反应转化关系可知：单位时间内生成1 ml CH3OH的同时生成1 ml H2O，表示的反应都是正向进行，不能据此判断反应是否达到平衡状态，A不符合题意；
B．在任何时刻都存在3v(CO2)正=v(H2)正，若3v(CO2)正=v(H2)逆，则v(H2)正=v(H2)逆，则H2的浓度不变，反应达到了平衡状态，B符合题意；
C．在反应中CO2(g)、H2(g)都是反应物，若反应未达到平衡状态，则二者的浓度会发生变化，因此当二者的浓度不变时。可判断反应是否达到平衡状态，C符合题意；
D．反应在恒容密闭容器中进行，气体的体积不变，反应混合物都是气体，气体的质量也不变，故ρ=始终保持不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D不符合题意；
故合理选项是BC；
②根据表格数据可知：在前10 min内△n(H2)=(6-4.5)ml=1.5 ml，根据物质反应转化关系可知此过程反应△n(CH3OH)=△n(H2)=×1.5 ml=0.5 ml。容器容积为2 L，反应时间是10 min，故反应速率v(CH3OH)==0.025 ml/(L·min)；
在前20 min时△n(CO2)=1 ml，此过程中根据物质反应转化关系可知反应生成△n(CH3OH)=1 ml，30 min时 n(CH3OH)=1 ml，说明20 min时反应已经达到了平衡状态，则△n(CO2)=1 ml，反应开始时n(CO2)=2 ml，故平衡时CO2的转化率为×100%=50%；
（4）甲醇(CH3OH)—空气燃料电池是一种高效能、轻污染的车载电池，以KOH为电解质溶液，通入燃料CH3OH的电极为负极，负极发生失去电子的氧化反应，则结合电解质溶液的酸碱性，可知负极的电极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O。
15. 某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(如下图所示)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。已知：酸性条件下，存在如下平衡：。
（1）用惰性电极电解时，能从浆液中分离出来的原因是_______，分离后含铬元素的粒子是_______，阴极室生成的物质为_______(写化学式)。
（2）以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝。
①“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_______。
②“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如下图所示。阳极的电极反应式为_______，阴极产生的物质A的化学式为_______。
（3）化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取Na2FeO4，同时获得氢气：，工作原理如下图所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4易被还原，只在强碱性条件下稳定。
①电解一段时间后，c(OH-)降低的区域在_______(填“阴极室”或“阳极室”)。
②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为_______。
③c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如下图，分别分析M、N两点时c(Na2FeO4)低于最高值的原因：_______。
【答案】（1）①. 在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 ②. 和 ③. NaOH和H2
（2）①. 石墨电极被阳极产生的氧气所氧化 ②. ③. H2
（3）①. 阳极室 ②. 防止Na2FeO4与H2反应使产率降低 ③. M点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢；N点：c(OH-)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低
【解析】（1）电解时，在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液，能从浆液中分离出来；阳极发生反应 ，氢离子浓度增大，发生反应，所以分离后含铬元素的粒子是和；阴极发生反应，阴极室生成的物质为NaOH和H2。
（2）①“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极产生的氧气所氧化。
②“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，根据图示，阳极失电子生成碳酸氢钠和氧气，阳极的电极反应式为，氢离子得电子生成氢气，阴极产生的物质A的化学式为H2。
（3）①阴极反应式为、阳极反应式为，电解一段时间后，阳极消耗氢氧根离子，c(OH-)降低的区域在阳极室。
②Na2FeO4易被还原，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。
③M点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢；N点：c(OH-)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低，所以M、N两点时c(Na2FeO4)低于最高值。
16. 某小组同学探究不同条件下H2O2与三价铬(Cr)化合物的反应。已知：
ⅰ．Cr3+(墨绿色)、(墨绿色)、Cr(OH)3(蓝色)、(黄色)、(橙色)、 (砖红色)。
ⅱ．；
ⅲ．；。
室温下，向0.1 ml·L-1 Cr2(SO4)3溶液中滴加H2SO4溶液或NaOH溶液分别配制不同pH的Cr(Ⅲ)溶液；取配制后的溶液各5mL，分别加入足量30% H2O2溶液。
（1）结合加H2O2前的实验现象，可推测Cr(OH)3具有_______(填“碱性”、“酸性”或“两性”)。
（2）实验①中，加H2O2后无明显现象的原因可能是_______。
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是_______。
（4）取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到有无色气体产生。该无色气体可能是_______。(填化学式)
（5）已知[Cr(O2)4]3-中Cr为+5价。实验④中，加入H2O2后发生反应的离子方程式为____。
（6）取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，该小组同学提出如下猜想。
猜想1：加热条件下，[Cr(O2)4]3-发生自身氧化还原反应，生成。
猜想2：_______。
（7）综合以上实验，影响H2O2与三价铬化合物反应的因素除了pH，还有_______。
【答案】（1）两性
（2）溶液酸性较强，三价铬以Cr3+形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化
（3）酸性较弱时三价铬以Cr(OH)3存在，加入过氧化氢，Cr(OH)3被氧化为，2Cr(OH)3+3H2O2=2+4H2O+4H+，同时生成氢离子使得部分使得Cr(OH)3溶解生成Cr3+，且溶液pH减小导致Cr3+与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示黄绿色
（4）在实验③中黄色溶液中含有，，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增强，平衡逆向移动转化为橙色溶液，具有强氧化性，和过氧化氢反应生成O2和Cr3+，会观察到溶液最终变为绿色且有无色气体产生，
（5）
（6）加热促使[Cr(O2)4]3-与H2O2进一步反应生成
（7）温度
【解析】（1）结合题中信息，加入H2O2之前的实验现象可知，溶液由酸性转变为碱性的过程中，三价铬由Cr3+转变为Cr(OH)3，又转变为，则说明Cr(OH)3具有两性；
（2）实验①中，溶液酸性较强，三价铬以Cr3+形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢氧化；
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以Cr(OH)3存在，加入H2O2溶液，Cr(OH)3被氧化为，反应的离子方程式为：2Cr(OH)3+3H2O2=2+4H2O+4H+，同时生成H+使得Cr(OH)3部分溶解生成Cr3+，且溶液pH减小导致Cr3+与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示黄绿色；
（4）实验③中黄色溶液中含有，(橙色)+H2O2+2H+，加入一定量的稀硫酸，溶液酸性增强，平衡逆向移动转化为橙色的溶液，又具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和Cr3+，会观察到溶液最终变为绿色且有无色气体O2产生；反应的离子方程式为：；
（5）已知[Cr(O2)4]3-中Cr为+5价，实验④中初始溶液为墨绿色，说明溶液显酸性，其中存在，加入H2O2后生成砖红色溶液，说明此时溶液显碱性，在碱性条件下和H2O2反应生成[Cr(O2)4]3-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可知该反应的离子方程式为：+5H2O2+2OH-=[Cr(O2)4]3-+6H2O；
（6）H2O2具有强氧化性，则猜想2为：加热促使[Cr(O2)4]3-与H2O2进一步反应生；证明猜想1成立需要排除H2O2的干扰，故实验设计可以为：另取实验④的砖红色溶液，加入少量的MnO2，待不再产生气体后，过滤，滤液加热，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立；
（7）问题(6)中实验说明，影响与化合物反应的因素除了pH，还有温度。
17. 含硫物质在工业上具有重要应用价值，可用作生成化学品和能源转化。
（1）热解H2S和的混合气体制H2和CS2。① ΔH1=+170kJ/ml；② ΔH2=+64kJ/ml。总反应：，ΔH=_______。
（2）工业上还可以利用硫(S8)与为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，某温度下，若S8完全分解成气态S2.在恒温密闭容器中，S2与物质的量比为2：1时开始反应。
①当CS2的体积分数为10%时，的转化率为_______。
②当以下数值不变时，能说明该反应达到平衡的是_______(填序号)。
a．气体密度 b．气体总压 c．与S2体积比 d．CS2体积分数
③一定条件下，CH4与S2反应中的平衡转化率、S8分解产生S2的体积分数随温度的变化由线如下图所示，工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是_______。
（3）工业废水中的Cr(Ⅵ)常用还原沉淀法去除：使用将Cr(Ⅵ)还原为Cr3+，进而转化为沉淀除去。
①酸性条件下Cr(Ⅵ)具有很强的氧化能力，将还原为Cr3+的离子方程式为_______。
②Cr(Ⅲ)在水溶液中的存在形态分布如下图所示。当pH<2时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因是_______。当pH>12时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为______________。
③用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)的废水时，Cr(Ⅵ)去除率随温度的变化如下图所示。55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是_______。
④Fe合金在SRS下腐蚀的机理如下图所示，Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电子转化为H，_______。
【答案】（1）+234kJ/ml
（2）①. 30% ②. d ③. 温度低于600℃时，S8分解不充分S2的浓度明显偏小，且反应速率慢，效率不高
（3）①. ②. pH<2时，氢离子浓度过高，易与SO32-产生H2SO3进而转化SO2逸出，SO32-的物质的量浓度下降，反应速率变慢 ③. ④. 55℃时温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率 ⑤. 被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS
【解析】（1）反应①+②可以得到总反应，ΔH=ΔH1+ΔH2=+234kJ/ml；
（2）①该反应为等体积反应，设S2与起始物质的量2ml、1ml，当CS2的体积分数为10%时，说明生成CS20.3ml，反应0.3ml，的转化率为30%；
②a．恒温恒容下，气体密度是定值，不能说明该反应达到平衡，a错误；
b．该反应为等体积反应，气体总压是定值，不能说明该反应达到平衡，b错误；
c．S2与物质的量比为2：1时开始反应，与S2体积比等于化学计量系数之比，不能说明该反应达到平衡，c错误；
d．CS2的体积分数不再改变，说明该反应达到平衡，d正确；
故选d；
③工业上通常采用在600～650℃的条件下进行此反应，不采用低于600℃的原因是温度低于600℃时，S8分解不充分S2的浓度明显偏小，且反应速率慢，效率不高；
（3）①将还原为Cr3+的离子方程式为；
②当pH<2时，Cr(Ⅲ)去除率下降的原因是pH<2时，氢离子浓度过高，易与SO32-产生H2SO3进而转化SO2逸出，SO32-的物质的量浓度下降，反应速率变慢；当pH>12时，氢氧化铬会转化为，则Cr(Ⅲ)去除率下降的原因可用离子方程式表示为；
③用硫酸盐还原菌(SRB)处理含Cr(Ⅵ)的废水时，55℃时，Cr(Ⅵ)的去除率很低的原因是：55℃时温度过高，硫酸盐还原菌失活导致去除率；
④根据图示，Fe腐蚀后生成FeS的过程可描述为：Fe失去电子转化为Fe2+，H2O得到电子转化为H，被H还原为S2-，S2-与Fe2+结合为FeS。
t/min
0
20
40
60
80
c/(ml·L-1)
0.80
0.40
0.20
0.10
0.050
n(CO2)/ml
n(H2)/ml
n(CH3OH)/ml
n(H2O)/ml
0
2
6
0
0
10
4.5
20
1
30
1
实验
①
②
③
④
加H2O2前
pH
4.10
6.75
8.43
13.37
现象
墨绿色溶液
蓝色浊液
蓝色浊液
墨绿色溶液
加H2O2后
现象
墨绿色溶液
黄绿色溶液
黄色溶液
砖红色溶液
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