北京交通大学附属中学2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题（含解析）

这是一份北京交通大学附属中学2025-2026学年高二上学期期中考试化学试题（含解析），共3页。
本部分共14题，每题3分，共42分。在下列各题的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．下列电能由化学能直接转化而成的是
A．AB．BC．CD．D
2．下列与金属腐蚀有关的说法中，不正确的是
A．铝具有很强的抗腐蚀能力，是因为其不易与氧气发生反应
B．电化学腐蚀一般可分为吸氧腐蚀和析氢腐蚀
C．金属腐蚀的本质是金属原子失去电子被氧化的过程
D．钢铁在潮湿空气中生锈属于电化学腐蚀
3．下列事实能用平衡移动原理来解释的是
A．压缩注射器中的NO2、N2O4混合气体，气体颜色立即变深
B．向5% H2O2溶液中加入少量MnO2固体，迅速产生大量气泡
C．新制氯水放置一段时间后，颜色变浅
D．锌片与稀硫酸反应时加入少量CuSO4固体，快速产生大量H2
4．依据图示关系，下列说法不正确的是
A．
B．1 ml S(g)完全燃烧释放的能量小于2968 kJ
C．
D．16 g S(s)完全燃烧释放的能量为1484 kJ
5．碱性锌锰干电池的结构示意图如下图。该电池放电时发生反应：。下列说法正确的是
A．理论上，每转移电子，有生成
B．发生还原反应
C．正极发生反应
D．电池工作时向正极方向移动
6．下列实验装置(部分夹持装置已略去)能达到对应实验目的是
A．AB．BC．CD．D
7．乙烯水合制乙醇的反应机理如图1所示，反应进程与能量的关系示意图如图2所示。
下列说法不正确的是
A．①的，②和③的B．该反应中，起催化剂的作用
C．该反应速率大小主要由①决定D．总反应的
8．t℃时，在恒温、恒容的密闭容器中发生反应： (a>0)
实验数据如下。
下列说法不正确的是
A．①中的平衡转化率为20%
B．t℃时，该反应的平衡常数为1
C．当②中CO和浓度相等时，反应达到平衡
D．达到平衡时②中能量变化：b=1.5a
9．某多孔材料孔径大小和形状恰好将“固定”，能高选择性吸附。废气中的被吸附后，经处理能全部转化为。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．转化为的反应是
B．每获得时，转移电子的数目为
C．温度升高时不利于吸附
D．多孔材料“固定”，促进平衡正向移动
10．直接燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所示。电池放电时，下列说法不正确的是
A．电极Ⅰ为负极
B．电极Ⅱ的反应式为：
C．电池总反应为：
D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异
11．催化还原处理烟气中的转化为液态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和，在不同压强(、)下，反应达到平衡时，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，M为
B．②中每生成Z，③中有生成
C．升高温度，与反应的平衡常数减小
D．
12．探究电解过程中离子迁移的规律，用石墨电极完成如下实验。
下列分析不正确的是
A．a处接电源正极
B．试纸的图案说明的迁移比的迁移快
C．试纸Ⅱ上发生迁移的离子主要是和
D．电极反应产生的的物质的量：处处
13．我国科研人员研发的海泥细菌电池不仅可以作为海底仪器的水下电源，还可以促进有机污染物（以表示）的分解，其工作原理如图，其中海底沉积层/海水界面可起到质子交换膜的作用，下列理论分析正确的是
A．a极为电池负极
B．b极的电极反应为
C．若b极区生成，则a极区增加2ml
D．外电路通过时，至少有生成
14．CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，以恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。
下列说法不正确的是
A．反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为CaCO3+CH4CaO+2CO+2H2
B．t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，可能有副反应CH4C+2H2
C．t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2速率
D．t3之后，生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生
二、解答题
15．电解是海水资源综合利用的重要手段。
(1)我国科学家通过电解从海水中提取到镁单质，生成镁单质的电极反应式是 。
(2)氯碱工业是化工产业的重要基础，其装置示意图如下图。生产过程中产生的氯酸盐副产物需要处理。
已知：当升高时，易歧化为和。
①电解饱和食盐水的离子方程式为 。
②取实验后阳极区溶液进行检验，证实了阳极电解产物中含有。实验所用的试剂及现象是 。
可选试剂：溶液、溶液、淀粉溶液、品红溶液
③下列关于产生的说法中，合理的是 (填序号)。
a．主要在阴极室产生
b．在电极上放电，可能产生
c．阳离子交换膜破损导致向阳极室迁移，可能产生
(3)可用盐酸处理淡盐水中的并回收。
①反应的离子方程式为 。
②处理时，盐酸可能的作用是：
i．提高，使氧化性提高或还原性提高；
ii．提高， 。
③用下图装置验证i，请补全操作和现象：闭合，至指针读数稳定后 。
16．钌(Ru)是贵金属，在医疗、催化等方面有重要应用。熔融-氧化-蒸馏法是工业上回收废钌催化剂中的一种方法，流程如下。
已知：易挥发，加热时容易分解成和。
(1)废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，其中的作用是 。
(2)如图1所示，蒸馏温度高于时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是 。
(3)氧化蒸馏时选用硫酸酸化而非盐酸，原因是 (用离子方程式表示)。
(4)用交替电解法可剥落旧电极表面的催化涂层，再用熔融-氧化-蒸馏法回收。
已知：i．电解时会生成、和，新生成的含钌物质在电极上的附着力弱。
ii．电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低。
①交替电解装置如图2，每隔5~6分钟改变一次电流方向。电解时两电极上均有少量气泡产生。刚通电时，阳极的电极反应式为 、 。
②用交替电解法剥落涂层的效率较高，可能的原因有 (填序号)。
a．含钌物质可同时从、两电极上脱落
b．阴极上，全部电子均用于还原
c．电流变向后，部分氧化的阳极被还原，电阻减小
17．的资源化有利于减少空气中的含量，实现“碳达峰”“碳中和”的目标
I．与烷烃耦合 已知：


(1)写出该耦合反应的热化学方程式 。
II．的电还原可制备高附加值的有机物
(2)电催化还原可将同时转化为多种燃料，其反应机理如图所示(*CO表示吸附态的)。
①阴极生成甲酸(HCOOH)的电极反应式为 。
②若还原产物主要为，应选择 (填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂。
Ⅲ．催化加氢直接合成二甲醚
主反应1：
副反应2：
其他条件相同时，反应温度对平衡总转化率及反应2.5小时的实际总转化率影响如图1所示；反应温度对二甲醚的平衡选择性及反应2.5小时的二甲醚实际选择性影响如图2所示。(已知：的选择性)

(3)图1中，温度高于，平衡总转化率随温度升高而上升的原因可能是 。
(4)图2中，在240~300°C范围内，相同温度下，二甲醚的实际选择性高于其平衡值，从化学反应速率的角度解释原因： 。
(5)若时在体积为的密闭容器内投入和，同时发生反应1和2，10分钟后达到平衡，此时二甲醚选择性为，转化率为，内v 。请计算该体系中反应2的平衡常数K= (用计算比例式表示或保留两位有效数字)。
(6)空速是指单位时间、单位体积催化剂上通过的气体体积流量。其它条件一定时，在一定空速范围内，的转化率随空速的增大而减小，但二甲醚的选择性增大，可能的原因是 。
18．硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。
(1)18~19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。
①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 。
②制硫酸总反应的化学方程式是 。
③中反应的SO2与NO2的物质的量之比是 。
(2)现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化： 。
①SO2中硫氧键键能的平均值为a kJ∙ml-1，SO3中硫氧键键能的平均值为b kJ∙ml-1，则O2中氧氧键的键能为 kJ∙ml-1。
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是 。
(3)人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。
电解(NH4)2SO4废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。
注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。
①结合化学用语解释图3装置中生成较浓氨水的原理： 。
②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理(NH4)2SO4废液，其原理示意图如图4所示。
i．较浓硫酸应注入 (填“C极区”或“D极区”)。
ii．从物质和能量的角度说明联合生产的优点： 。
19．某小组探究Cu与的反应，进行如下实验。
已知：(无色)(白色)
(白色)
(1)Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有生成。分别取少量反应后的溶液，滴加溶液，均产生蓝色沉淀。Ⅰ中反应的离子方程式是 。
(2)内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ Ⅱ(填“>”“＜”或“=”)。
(3)研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加溶液，取样时间与实验现象如下(不考虑的作用)。
经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅。
①溶液的浓度是 。
②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，Cu与溶液反应的离子方程式是 。
③由ⅲ、ⅳ可知，后主要反应的离子方程式是 。
(4)对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是 。
(5)研究的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。
a中加入的试剂x为和的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是。则铜粉未完全溶解的原因是 。
A．地热发电厂
B．水果电池
C．风力发电厂
D．水力发电站
A．验证改变压强能破坏平衡状态
B．验证铁钉能发生析氢腐蚀
C．测定中和反应的反应热
D．测定锌与稀硫酸的反应速率
容器编号
起始时各物质的物质的量/ml
达到平衡时体系的能量变化/kJ
CO
①
1
4
0
0
0.8a
②
1
1
2
2
b
实验
现象
一段时间后，试纸上的图案
()代表电极的位置)
已知：
Sn的活性位点对的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对的连接能力较强，对的吸附能力远强于，且吸附CO后不易脱离。
序号
试剂x
实验现象
Ⅰ
溶液
溶液变为浅蓝色，时，铜粉有较多剩余
Ⅱ
溶液
溶液变为蓝色，时，铜粉完全溶解
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
1
产生白色沉淀
ⅱ
10
产生白色沉淀，较时量多
ⅲ
30
产生白色沉淀，较时量少
ⅳ
40
无白色沉淀产生
《北京交通大学附属中学2025-2026学年高二上学期期中化学试题》参考答案
1．B
【详解】A．利用地热能（内能）转化为机械能，再转化为电能，能量转化路径为 “内能→机械能→电能”，无化学能参与，A错误；
B．水果中的电解质与电极发生氧化还原反应（化学变化），直接将化学能转化为电能，符合 “化学能→电能” 的直接转化，B正确；
C．利用风能（机械能）转化为电能，能量转化路径为 “机械能→电能”，无化学能参与，C错误；
D．利用水流的机械能转化为电能，能量转化路径为 “机械能→电能”，无化学能参与，D错误；
故选B。
2．A
【详解】A．铝的抗腐蚀能力源于其表面易形成致密氧化膜，而非不易与氧气反应，A错误；
B．电化学腐蚀根据环境分为吸氧腐蚀（中性/弱酸性）和析氢腐蚀（强酸性），B正确；
C．金属腐蚀本质是金属原子失电子被氧化，无论化学或电化学腐蚀均如此，C正确；
D．钢铁在潮湿空气中形成微电池，发生电化学腐蚀导致生锈，D正确；
故答案选A。
3．C
【详解】A．二氧化氮气体中存在平衡2NO2N2O4，向里推动注射器，压强变大，体积减小，导致二氧化氮浓度变大，颜色变深，不能用平衡移动原理来解释，故A不选；
B．二氧化锰可催化过氧化氢分解，不影响平衡移动，不能用平衡移动原理来解释，故B不选；
C．氯水中存在氯气与水的反应平衡，反应生成的次氯酸容易分解，导致氯气与水的反应正向移动，颜色变浅，能用化学平衡移动原理解释，故C选；
D．Zn置换出硫酸铜溶液中的Cu，与稀硫酸构成Cu、Zn原电池，从而加快反应速率，与平衡移动无关，不能用平衡移动原理来解释，故D不选；
答案选C。
4．B
【详解】A．硫固体转化为硫蒸气的过程为吸热过程，则焓变，故A正确；
B．硫蒸气的能量高于硫固体，则1ml硫蒸气完全燃烧释放的能量大于2968 kJ，故B错误；
C．由盖斯定律可知，焓变，则焓变，故C正确；
D．由图可知，16g硫固体完全燃烧释放的能量为×2968kJ/ml=1484 kJ，故D正确；
故选B。
5．A
【分析】锌粉为负极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为，石墨作正极，得电子，发生还原反应，电极反应式为。
【详解】A．根据正极电极反应式可知，理论上，每转移电子，有（质量为88 g）生成，则每转移电子，有生成，A正确；
B．为负极发生氧化反应，B错误；
C．电解质为（碱性），正极发生反应，C错误；
D．电池工作时向负极方向移动，D错误；
故选A。
6．D
【详解】A．反应为H2(g) + I2(g) =2HI(g)，该反应的气体分子数前后不变，根据勒夏特列原理，改变压强对分子数不变的反应的平衡无影响，因此无法通过改变压强破坏该平衡状态，A 错误；
B．析氢腐蚀的条件是 “酸性环境”，而实验中是食盐水（中性环境），铁钉在中性 / 弱碱性环境中发生的是吸氧腐蚀，B 错误；
C．中和反应的反应热测定需满足：绝热环境（减少热量损失）、搅拌使反应充分、温度计测量温度变化。该装置中烧杯不密封会散失热量，不能实现中和反应的热量变化测定，C 错误；
D．测定锌与稀硫酸的反应速率，需通过测量 “单位时间内生成气体的体积” 实现，该分液漏斗中的硫酸加入后，装置内压强变化会使注射器活塞移动，测量 “反应生成的气体体积”；可用于测定反应速率，D 正确；
故选D。
7．D
【详解】A．由图2可知，第①步反应为吸热反应，，第②步和第③步为放热反应，，A正确；
B．由图1反应机理可知，在第①步被消耗，在第③步又生成，则是总反应的催化剂，起催化作用，降低总反应的活化能，B正确；
C．活化能越大，化学反应速率越慢，总反应速率由最慢的一步的反应速率决定，由图2可知，该反应速率大小主要由①决定，C正确；
D．图中和分别是第①步反应和第③步逆反应所对应的“活化能高度”，总反应的ΔH应是“产物总能量与反应物总能量之差”，并不是简单的，D错误；
故选D。
8．D
【详解】A．由热化学方程式(a>0)可知，消耗1mlH2O时释放akJ能量，①中平衡时释放0.8akJ能量，则消耗的H2O的物质的量为0.8ml，因此H2O的平衡转化率为，故A正确；
B．①中平衡时释放0.8akJ能量，则消耗的H2O的物质的量为0.8ml，三段式，设容器容积为1L，t℃时，该反应的平衡常数为，故B正确；
C．设当②中CO和CO2浓度相等时，消耗的CO2的物质的量为x，三段式，则有1+x=2-x，解得x=0.5ml，此时容器中各物质的量均为1.5ml，Q=，即反应达到了平衡状态，故C 正确；
D．由以上分析可知，达到平衡时②中一氧化碳的物质的量的变化量为0.5ml，当一氧化碳的物质的量的变化量为1ml时，能量变化为akJ，所以达到平衡时②中能量变化为b=0.5a，故D错误；
故答案为：D。
9．B
【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NO2转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。
【详解】A．N2O4和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为，A正确；
B．在方程式中，生成4 ml HNO3转移的电子数为，则每获得，转移的电子数为0.4 ml ，即个数为，B错误；
C．从可以看出，这是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，导致生成的减少，不利于的吸附，C正确；
D．多孔材料“固定”，从而促进平衡正向移动，D正确；
故答案选B。
10．C
【分析】由K+向电极Ⅱ所在区域迁移可知，电极Ⅱ为正极发生还原反应，电极Ⅰ为负极发生氧化反应；正极电极反应式：，负极电极反应式：。
【详解】A．电极Ⅰ为负极，A正确；
B．电极Ⅱ为正极发生还原反应：，B正确；
C．两极酸碱度不一样，氢离子和氢氧根离子不能电池总反应为：，C错误；
D．该电池的设计利用了在酸碱性不同条件下氧化性、还原性的差异，D正确；
故选C。
11．B
【分析】催化还原处理烟气中的转化为液态S，W和反应生成O=C=S和，由原子守恒可知W为CO，Z和反应生成，则Z为S，Y和O=C=S反应生成S和M，则Y为SO2，M为，以此解答。
【详解】A．由分析可知，W为，M为，A正确；
B．由分析可知，Z为S，M为，Y为SO2，反应②为2O=C=S+ SO23S+2CO2，反应③为+S=，结合总反应2+SO2S+2CO2可知，②中每生成Z，③中有生成，B错误；
C．由图2可知，升高温度，的平衡转化率减小，说明反应2+SO2S+2CO2逆向移动，平衡常数减小，C正确；
D．该过程的总反应为2+SO2S+2CO2，该反应过程中气体体积减小，增大压强，平衡正向移动，的平衡转化率增大，则，D正确；
故选B。
12．D
【分析】由图，ac处试纸变红，说明溶液显酸性，即ac电极反应为水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子：，ac为阳极；bd处试纸变蓝，说明溶液显碱性，即bd电极反应为水得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：，bd为阴极。
【详解】A．a处电极为阳极，接电源正极，A正确；
B．试纸Ⅰ的图案红色区域大于蓝色区域，说明的迁移比的迁移快，B正确；
C．试纸Ⅱ上变色范围较小，则发生迁移的离子主要是和，离子的定向移动形成电流，C正确；
D．根据电路中电子守恒，则电极反应产生的的物质的量：处=c处，D错误；
故答案选D。
13．D
【分析】由图可知，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，则电池总反应为O2+2HS—+2H+=2S+2H2O。
【详解】A．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，故A错误；
B．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，故B错误；
C．由分析可知，a极为原电池的正极，酸性条件下氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，内外电路转移电荷数相等，每转移4ml电子，由电极反应式可知，b极区生成2ml硫，a极氧气转化为水消耗4ml氢离子，则b极区有4ml氢离子移向a极区，则b极区生成，a极区氢离子的物质的量不变，故C错误；
D．由分析可知，b极为负极，氢硫酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成硫和氢离子，电极反应式为HS--2e-=S+H+，则外电路通过1ml电子时，消耗0.5ml氢硫酸根离子，海泥细菌作用下有机污染物酸性条件下与海水中的硫酸根离子反应生成二氧化碳和氢硫酸根离子，反应的方程式为2CH2O+SO+H+=2CO2↑+HS−+2H2O，由方程式可知，生成0.5ml氢硫酸根离子同时生成1ml二氧化碳，故D正确；
故选D。
14．C
【详解】A．由题干图1所示信息可知，反应①为CaO+CO2=CaCO3，结合氧化还原反应配平可得反应②为，A正确；
B．由题干图2信息可知，t1~t3，n(H2)比n(CO)多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，反应②和副反应中CH4和H2的系数比均为1:2，B正确；
C．由题干反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而t2时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mml/min，而CO变为1~2mml/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，C错误；
D．由题干图2信息可知，t3之后，CO的速率为0，CH4的速率逐渐增大，最终恢复到1，说明生成CO的速率为0，是因为反应②不再发生，而后副反应逐渐停止反应，D正确；
答案选C。
15．(1)Mg2++2e-=Mg
(2) KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝 bc
(3) +6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O 使Cl-还原性增强 先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化；再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化
【分析】根据图示可知，产生氯气的电极为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应，产生氢气的电极为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应：，离子交换膜为阳离子交换膜，最终在阳极得到氯气，在阴极得到氢气和浓度大的氢氧化钠溶液，据此分析；
【详解】（1）阴极上镁离子得电子发生还原反应析出金属镁，生成镁单质的一极为阴极，电极反应式是Mg2++2e-=Mg；
（2）①电解饱和食盐水的离子方程式是：；
②Cl2可以氧化碘离子成为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，故实验所用的试剂及现象是KI溶液和淀粉溶液，溶液变蓝；
③a．氯元素都在阳极室，所以应该在阳极室生成，a错误；
b．氯离子在阳极发生氧化反应，化合价升高，有可能生成，b正确；
c．阳离子交换膜破损导致OH-向阳极室迁移，阳极室氢氧根浓度变大，阳极生成的氯气与氢氧根反应生成次氯酸根，当pH升高时，ClO-易歧化为和Cl-，c正确；
故选bc；
（3）①盐酸和反应生成，反应的离子方程式为+6H++5Cl-=3Cl2↑+3H2O；
②盐酸与的反应中，盐酸作还原剂，因此盐酸的作用可能是提高c(Cl-)，使Cl-还原性增强；
③用如图装置验证i，具体的操作为：闭合K，至指针读数稳定后，先向左侧烧杯中加入少量硫酸，观察电压表示数是否变化，再向右侧烧杯中加入等量硫酸，观察电压表示数是否变化。
16．(1)作氧化剂
(2)受热易分解或HClO受热分解等
(3)
(4) ac
【分析】废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，碱熔渣与NaClO、硫酸在减压蒸馏下得到蒸气，与浓盐酸反应得到溶液，由于随温度升高，溶解度增大，故溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)即可得到晶体，通入H2还原即可得到Ru，据此分析；
【详解】（1）由分析知，废钌催化剂和KOH、KNO3在650℃进行焙烧，废钌催化剂中的钌单质和经碱熔焙烧生成，钌单质和中Ru的化合价均升高，被氧化，故KNO3作为氧化剂；
（2）由已知ⅰ知：易挥发，加热时容易分解成和，故蒸馏温度高于80℃时，蒸馏收率随着温度的升高而降低，可能的原因是受热易分解或HClO受热分解等；
（3）由分析知，氧化-蒸馏时，用NaClO作为氧化剂，若使用盐酸，NaClO与盐酸发生反应，故选用硫酸酸化而非盐酸；
（4）①刚通电时，由于电解时两电极上均有少量气泡产生，故水会在阳极失去电子生成氧气，电极反应式为，RuO2也会在阳极失去电子生成，电极反应式为；
②a．由于每隔5~6分钟改变一次电流方向，使得电极a、b交替作为阳极和阴极，含钌物质可同时从a、b两电极上脱落，提高了剥落RuO2涂层的效率，a正确；
b．阴极上除了RuO2得到电子被还原外，溶液中的H+也可能得到电子生成H2（因为电解时两电极上均有少量气泡产生 ），并非全部电子均用于还原RuO2，b错误；
c．已知电解一段时间后，惰性阳极可能被部分氧化，导电能力降低，而电流变向后，原来被氧化的阳极变为阴极，部分氧化的阳极被还原，电阻减小，有利于电解的进行，从而提高了剥落RuO2涂层的效率，c正确；
故选ac。
17．(1)CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(g) =+165.0 kJ·ml-1
(2) CO2+2e-+2H+=HCOOH Cu
(3)温度高于290 ℃，随着温度升高，副反应2(吸热反应)向右移动的程度大于主反应1(放热反应)向左移动的程度，使CO2的平衡总转化率上升
(4)主反应1的活化能比副反应2的活化能低，导致在未达到平衡时，主反应1的速率相对更快，因此二甲醚的实际选择性高于其平衡值
(5) 0.2 ml·L-1·min-1 0.078
(6)空速增大，气体与催化剂接触时间缩短，副反应（速率快）的进行程度被抑制，主反应的相对占比提高，使二甲醚选择性增大，但CO2总转化率因反应不充分而减小
【详解】（1）根据图示可知，该历程反应物是二氧化碳和丙烷，产物是丙烯、一氧化碳和水，结合盖斯定律，两式直接相加，可得其热方程式：CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(g) =+165.0 kJ·ml-1；
（2）①阴极是二氧化碳得电子，还原为甲酸，电极反应式为CO2+2e-+2H+=HCOOH；②若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂，根据反应机理，第一步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，CO易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。因此，应选择Cu作催化剂；
（3）温度高于290 ℃，随着温度升高，副反应2(吸热反应)向右移动的程度大于主反应1(放热反应)向左移动的程度，使CO2的平衡总转化率上升；
（4）主反应1的活化能比副反应2的活化能低，导致在未达到平衡时，主反应1的速率相对更快，因此二甲醚的实际选择性高于其平衡值；
（5）
初始n(CO2)=5 ml，故总消耗n(CO2)= 5 ml 40%=2 ml ，反应速率v。二甲醚选择性为80%‌，即生成二甲醚消耗的CO2占总消耗CO2的80%。 主反应1消耗n(CO2)= 2 ml 80%=1.6 ml ， 根据主反应方程式可知， 生成n(CH3OCH3)=，消耗n(H2)= 1.6 ml =4.8 ml，生成n(H2O)= 1.6 ml =2.4 ml， 副反应2消耗n(CO2)= 2 ml 20%=0.4 ml 。 根据副反应方程式可知， 生成n(CO)=0.4 ml，消耗n(H2)= 0.4 ml，生成n(H2O)= 0.4 ml。 ‌平衡时各物质的量（V=1 L，浓度数值等于物质的量）‌，所以各物质的浓度为：c(CO2)=3 ml·L-1；c(H2)= 4.8 ml·L-1；c (CH3OCH3)= 0.8 ml·L-1；c(H2O)=2.4+0.4=2.8 ml·L-1；c(CO)= 0.4 ml·L-1，K=；
（6）空速增大，气体与催化剂接触时间缩短，副反应（速率快）的进行程度被抑制，主反应的相对占比提高，使二甲醚选择性增大，但CO2总转化率因反应不充分而减小。
18．(1) 4NH3+5O24NO+6H2O 2SO2+O2+2H2O2H2SO4 2 : 3
(2) 6b-4a-196 温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小
(3) A极(阴极)附近，发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，c(OH-)增大，通过阳离子交换膜X进入A极区，最终得到较浓氨水 D极区 利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水
【详解】（1）①工业上可用NH3催化氧化生产NO，同时生成水，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出发生反应的化学方程式是4NH3+5O24NO+6H2O。
②制硫酸时，H2O、SO2、O2发生反应生成H2SO4，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出总反应的化学方程式是2SO2+O2+2H2O2H2SO4。
③中SO2与NO2发生反应，生成HOSO2ONO和NO，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出发生反应的化学方程式为2SO2+3NO2+H2O=2HOSO2ONO+NO，所以SO2与NO2的物质的量之比是2 : 3。
（2）①对于反应，∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，设氧氧键的键能为x，即4a kJ∙ml-1+x-6b kJ∙ml-1=-196 kJ∙ml-1，x=6b-4a-196，则O2中氧氧键的键能为(6b-4a-196)kJ∙ml-1。
②其他条件不变，温度大于T，SO2的转化率减小，可能是反应速率减慢，也可能是平衡逆向移动，所以可能的原因是：温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小。
（3）X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极，则电解池工作时，透过X移向A极，透过Y移向B极，则A极为阴极，B极为阳极；在A极，水电离产生的H+得电子，生成H2和OH-；在B极，水失电子生成O2和H+。
①图3装置中生成较浓氨水的原理：A极(阴极)附近，发生反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，c(OH-)增大，通过阳离子交换膜X进入A极区，最终得到较浓氨水；同理B极(阳极)发生反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，c(H+)增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸。
②X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，则透过X移向C极，透过Y移向B极，C极为正极，D极为负极，所以C极区通入O2，溶液为较浓氨水，D极区通入H2，溶液为较浓硫酸。
i．由分析可知，较浓硫酸应注入D极区。
ii．从分析中可以看出，H2、O2构成燃料电池，一方面可以提供电能，另一方面可以获得更浓的氨水和硫酸，所以从物质和能量的角度说明联合生产的优点：利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【点睛】氢氧燃料电池，既能提供电能，又能保护环境。
19．(1)Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
(2)＜
(3) 0.3 Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+ [CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－
(4)作催化剂
(5)c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行
【详解】（1）
Ⅰ中，将硫酸铁溶液中加到不足量的铜粉中，充分振荡，溶液变为蓝绿色，说明铜与硫酸铁反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，Ⅰ中反应的离子方程式是Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+。故答案为：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+；
（2）内，Ⅱ中铁离子浓度大，反应速率 大，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ＜Ⅱ。故答案为：＜；
（3）经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅，说明铁离子浓度越来越小。
①控制左侧氯离子浓度与右侧相同，溶液的浓度是0.3。故答案为：0.3；
②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，铜由0价变为+1价，Cu与溶液反应的离子方程式是Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+。故答案为：Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+；
③由ⅲ、ⅳ可知，后+1价的铜被氧化为铜离子，主要反应的离子方程式是[CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－。故答案为：[CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－；
（4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是作催化剂。故答案为：作催化剂；
（5）研究的浓度对铜粉溶解的影响，铜粉未完全溶解的原因是c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。故答案为：c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。
题号
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答案
B
A
C
B
A
D
D
D
B
C
题号
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答案
B
D
D
C