【化学】北京市北京医学院附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试（解析版）

北京市北京医学院附属中学2019-2020学年高二下学期期末考试
一、选择题
1.下列过程能实现化学能转化为电能的是( )







A. 蜡烛燃烧
B. 光合作用
C. 手机电池工作
D. 天然气加热水
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．蜡烛燃烧是化学能转化成光能和热能，A错误；
B．光合作用是太阳能转变化为化学能，B错误；
C．手机电池工作是化学能转化为电能，C正确；
D．天然气加热水，是将化学能转化为热能，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了化学反应与能量变化，知道生活中常见能量转化方式是解题的关键，化学变化生成新物质的同时还伴随着能量的变化，这种能量变化经常表现为热能、光能和电能等的放出或吸收。
2.下列物质属于弱电解质的是
A. NaCl B. NaOH C. CH3COOH D. CO2
【答案】C
【解析】
【分析】
在水溶液里或者熔融状态下只能部分电离的电解质是弱电解质，弱电解质包括弱酸、弱碱、水与少数盐，据此解答。
【详解】A、NaCl在水溶液和熔融状态下都能够完全电离，是强电解质，A错误；
B、NaOH在水溶液和熔融状态下都能够完全电离，是强电解质，B错误；
C、醋酸在水溶液中部分电离，是弱电解质，C正确；
D、二氧化碳本身不能够电离，属于非电解质，D错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，难度不大，解题的关键是明确电解质的强弱是以电离程度判断，易错项为D，注意二氧化碳的水溶液导电的原因是二氧化碳与水反应生成电解质碳酸，二氧化碳本身不电离，是非电解质。
3.下列反应中，属于吸热反应的是
A. Al与盐酸反应
B. 盐酸和NaOH溶液反应
C. 乙醇燃烧反应
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl固体反应
【答案】D
【解析】
【详解】A. Al与盐酸反应属于放热反应，A错误；
B. 盐酸和NaOH溶液反应属于放热反应，B错误；
C. 乙醇燃烧反应属于放热反应，C错误；
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl固体反应属于吸热反应，D正确。
答案选D。
4.某锌铜原电池装置如图所示，下列说法不正确是( )

A. 锌片作负极
B. 该装置实现了氧化反应和还原反应分开进行
C. 盐桥的作用是传导离子
D. 电子从铜片流向锌片
【答案】D
【解析】
【详解】A．Zn失电子，作负极，A正确；
B．Zn作负极，失电子，发生氧化反应，Cu作正极，得电子，发生还原反应，所以该装置实现了氧化反应和还原反应分开进行，B正确；
C．盐桥的作用是传导离子，从而形成闭合回路、中和电荷，C正确；
D．电子从负极(Zn片)经外电路流向正极(Cu片)，D错误。
答案选D。
5.下列物质的溶液在蒸发皿中加热蒸干并灼烧，可以得到该物质的是
A. FeSO4 B. MgSO4 C. AlCl3 D. NH4Cl
【答案】B
【解析】
【分析】
在蒸发皿中加热蒸干并灼烧下列物质的溶液可以得到该物质的固体，说明该溶质性质较稳定，蒸干、灼烧过程中不发生分解、不发生水解，据此分析解答。
【详解】A．硫酸亚铁在蒸干过程中发生水解，生成的氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁和硫酸，但硫酸没有挥发性，所以蒸干、灼烧时得到硫酸铁，A错误；
B．硫酸镁在溶液在加热时水解得到硫酸与氢氧化镁，但氢氧化镁难溶，硫酸是难挥发性酸，最后得到的固体为MgSO4，B正确；
C．氯化铝水解生成氢氧化铝和盐酸，加热蒸干并灼烧后，氯化氢挥发得到氢氧化铝，灼烧后得到氧化铝固体，C错误；
D．氯化铵加热蒸干并灼烧后无固体物质，全部脱离体系，D错误；
答案选B。
6.下列金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法的是(　　)
A. 地下钢管连接镁块 B. 金属护栏表面涂漆
C. 汽车底盘喷涂高分子膜 D. 水中的钢闸门连接电源的负极
【答案】A
【解析】
【分析】
金属防腐的措施中，使用牺牲阳极的阴极保护法，说明该装置构成原电池，被保护的金属作正极，据此分析判断。
【详解】A．地下钢管连接镁块，Fe、Mg、电解质溶液构成原电池，Fe失电子能力小于Mg而作正极被保护，所以该保护方法属于牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．金属护拦表面涂漆，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，故B错误；
C．汽车底盘喷涂高分子膜，阻止Fe与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，故C错误；
D．水中的钢闸门连接电源的负极，充当电解池的阴极，属于外加电流的阴极保护法，故D错误；
答案选A。
7.已知化学反应A2(g)+B2(g)＝2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是（ ）

A. 每生成2 mol AB吸收bkJ热量
B. 该反应热△H= + (a-b)kJ • mol-1
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出akJ能量
【答案】B
【解析】
【详解】A. 依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2 mol AB吸收吸收(a−b) kJ热量，A项错误；
B. 反应热△H=反应物能量总和−生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ • mol-1，B项正确；
C. 依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，C项错误；
D. 断裂化学键吸收能量，则断裂1molA−A和1molB−B键，吸收a kJ能量，D项错误；
答案选B。
8.200℃、101kPa时，在密闭容器中充入1molH2和1molI2，发生反应I2(g)+H2(g)2HI(g) ΔH=－14.9 kJ/mol。反应一段时间后，能说明反应已经达到化学平衡状态的是
A. 放出的热量小于14.9 kJ
B. 反应容器内压强不再变化
C. HI生成的速率与HI分解的速率相等
D. 单位时间内消耗a mol H2，同时生成2a mol HI
【答案】C
【解析】
【分析】
根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些物理量也不发生变化，据此解答。
【详解】A、可逆反应不可能完全转化，在密闭容器中充入1molH2和1molI2，无论该日用瓷是否达到平衡，放出的热量都小于14.9kJ，A不能说明达到平衡；
B、随着反应的进行体系压强一直保持不变，B不能说明达平衡状态；
C、HI生成的速率与HI分解的速率相等，说明正逆反应速率相等，C能说明达平衡状态；
D、单位时间内消耗a mol H2，同时生成2a mol HI，都体现的正反应速率，不能说明正反应速率等于逆反应速率，D不能说明达到平衡。
答案选C。
【点睛】注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0。解题时要注意，若某物理量随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到不变时，说明可逆反应到达平衡状态。
9.把0.02mol/LCH3COOH溶液和 0.01mol/LNaOH 溶液以等体积混和，溶液显酸性，则混合液中微粒浓度关系正确的为( )
A. c(CH3COO-)>c (Na+)
B. c(OH-)>c(H+)
C. c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
D. c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02mol/L
【答案】A
【解析】
【详解】0.02mol/LCH3COOH溶液和0.01mol/LNaOH溶液以等体积混和，反应后溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa。
A．由于醋酸电离程度大于醋酸根离子水解，混合溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)可知：c(CH3COO-)>c(Na+)，故A正确；
B．混合液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，则溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，故B错误；
C．反应后混合液中溶质为等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于醋酸电离程度大于醋酸根离子水解，则混合液中c(CH3COOH)＜c(CH3COO-)，故C错误；
D．两溶液等体积混合后，溶液体积变为原来的2倍，根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol/L，故D错误；
故选：A。
10.对可逆反应，下列图象正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．只增加氧气的浓度，则正反应速率增大，且正反应速率大于逆反应速率，平衡向正反应方向移动，与图象吻合，A正确；
B．正反应为放热反应，则升高温度平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率降低，图象不符，B错误；
C．增大压强平衡正向移动，转化率增大，但反应速率增大，到达平衡所用时间较少，图象不符，C错误；
D．加入催化剂，反应速率增大，到达平衡所用时间减少，但平衡不移动，图象不符，D错误；
答案选A。
二、填空题
11.醋酸、盐酸和碳酸钠是生活中常见的物质。
(1)碳酸钠水溶液显碱性的原因是(用离子方程式表示)_____。(2 分)
(2)25 ℃时，浓度均为 0.1 mol·L-1 的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确是_____。
a.两溶液的 pH 相同
b.两溶液的导电能力相同
c.两溶液中由水电离出的 c(OH-)相同
d.中和等物质量的NaOH，消耗两溶液的体积相同
(3)25 ℃时， pH 均等于 4 的醋酸溶液和氯化铵溶液，醋酸溶液中水电离出的H+浓度与氯化铵溶液中水电离出的H+浓度之比是_____。
(4)醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-＋H-，下列叙述不正确的是_____。
a. CH3COOH 溶液中离子浓度关系满足：c(H+)＝c(OH-)＋c(CH3COO-)
b. 0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液加水稀释，溶液中 c(OHˉ)减小
c. CH3COOH 溶液中加入少量 CH3COONa 固体，平衡逆向移动
d. 常温下，pH＝2 的 CH3COOH 溶液与 pH＝12 的 NaOH 溶液等体积混合后溶液的 pH＞7
e.室温下 pH=3 的醋酸溶液加水稀释，溶液中不变
【答案】 (1). CO32-+H2O⇌HCO3-+OH- (2). d (3). 10-6：1 (4). bd
【解析】
【分析】
碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性；盐酸是一元强酸完全电离、醋酸是一元弱酸部分电离；根据外界条件对电离平衡的影响以及溶液中的电荷守恒等分析判断；酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离。
【详解】(1)碳酸钠是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，碳酸根离子水解有两步，以第一步水解为主，第一步水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-。
(2)a．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同温度相同浓度下，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸pH小于醋酸，a错误；
b．醋酸是弱电解质、HCl是强电解质，相同温度相同浓度下，盐酸导电能力大于醋酸，b错误；
c．酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越大其抑制水电离程度越大，根据a知，盐酸中氢离子浓度大于醋酸，所以盐酸中水电离出的c(OH-)小于醋酸，c错误；
d．中和等物质的量的NaOH，盐酸与醋酸均为一元酸，与氢氧化钠按物质的量之比1:1反应，故消耗等浓度的盐酸和醋酸溶液体积相同，d正确；
答案选d。
(3)酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以醋酸溶液中水电离出的c(H+)=，氯化铵溶液中水电离出的c(H+)=10-pH=10-4mol/L，所以醋酸中水电离出的c(H+)与氯化铵溶液中水电离出的c(H+)之比=10-10 mol/L：10-4mol/L=10-6：1。
(4)a．根据电荷守恒，CH3COOH 溶液中c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO‾)，a正确；
b.0.1 mol·L-1 的CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中c(H+)减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中c(OH-)增大，b错误；
c．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO‾)增大而抑制醋酸电离，平衡逆向移动，c正确；
d．常温下，pH=2的CH3COOH溶液浓度大于pH=12的NaOH溶液，等体积混合后醋酸有剩余，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，所以混合溶液的pH＜7，d错误；
e．室温下向pH=3的醋酸溶液中加水稀释，溶液中，温度不变，醋酸电离平衡常数及水的离子积常数不变，所以溶液中不变，e正确；
答案选bd。
【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较、酸碱混合溶液定性判断、盐类水解等知识点，明确化学反应原理是解本题关键，注意平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱性及浓度无关。
12.某实验小组用0.1 mol·L-1Na2S2O3 溶液和0.1 mol·L-1H2SO4溶液为反应物，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验记录如下表。
资料：Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+ SO2↑+ S↓+ H2O
实验序号
温度
Na2S2O3
H2SO4
H2O

出现沉淀所需的时间
Ⅰ
0℃
5 mL
5 mL
10 mL
12s
Ⅱ
0℃
5 mL
10 mL
5 mL
8s
Ⅲ
0℃
5 mL
7mL
a mL
10s
Ⅳ
30℃
5 mL
5 mL
10 mL
4s
根据表中信息回答下列问题：
(1)实验Ⅲ中 a =____。
(2) 对比实验Ⅰ、Ⅳ，得出的结论是_____；用文字表述得出该结论的依据是_____。
(3)可用于研究浓度对化学反应速率影响的实验组合是(任写一组)_____。
【答案】 (1). 8 (2). 其他条件不变时，温度升高反应速率加快 (3). 实验Ⅰ和实验Ⅳ所用物质的浓度相同，实验Ⅳ温度比实验Ⅰ高，出现沉淀所需的时间实验Ⅳ比Ⅰ短 (4). 实验Ⅰ和Ⅲ（实验Ⅰ和Ⅱ或实验Ⅱ和Ⅲ）
【解析】
【分析】
根据反应Na2S2O3+ H2SO4=Na2SO4+ SO2↑+ S↓+ H2O，通过沉淀出现时间的快慢判断反应速率，实验通过控制变量，探究温度、硫酸浓度对反应速率的影响。
【详解】(1)实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中温度相同，故探究硫酸的浓度对化学反应速率的影响，混合溶液的总体积应为20mL，故a=20mL-5mL-7mL=8mL。
(2)实验Ⅰ、Ⅳ中的变量为温度，实验Ⅳ温度比实验Ⅰ高，出现沉淀所需的时间实验Ⅳ比Ⅰ短，可得出结论:其他条件不变时，温度升高反应速率加快。
(3)要研究浓度对化学反应速率影响，则温度要相同，浓度不同，故实验Ⅰ和Ⅲ、实验Ⅰ和Ⅱ或实验Ⅱ和Ⅲ可用于研究浓度对化学反应速率影响。
13.某温度时，Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：

(1)A 点表示Ag2SO4是_____( 填“过饱和”“饱和”或“不饱和”)溶液。
(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数 Ksp=_____。(列式带入数据并计算出结果)
(3)现将足量的Ag2SO4 固体分别加入：
a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液
b．10 mL 蒸馏水
c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液。
则Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为_____(填字母)。
(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，可观察到有砖红色沉淀生成(Ag2CrO4为砖红色)，写出沉淀转化的离子方程式：_____。
【答案】 (1). 不饱和 (2). 1.6×10-5(mol/L)3 (3). b>a>c (4). Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+
【解析】
【分析】
某温度时，在Ag2SO4沉淀溶解平衡曲线上每一点，都是该温度下的平衡点，所以利用浓度幂与沉淀溶解平衡常数进行比较，可确定曲线外的某一点是否达到沉淀溶解平衡；利用沉淀溶解平衡常数，可由一种离子浓度计算另一种离子的浓度。
【详解】(1)A 点时，c(Ag+)=1×10-2mol/L，c()=4×10-2mol/L，与A点c(Ag+)相同的曲线上的点相比，4×10-2mol/L<16×10-2mol/L，所以A点未达沉淀溶解平衡，表示Ag2SO4是不饱和溶液。答案为：不饱和；
(2)该温度下Ag2SO4的溶度积常数 Ksp=c2(Ag+)∙c()=(1×10-2mol/L)2×16×10-2mol/L =1.6×10-5(mol/L)3。答案为：1.6×10-5(mol/L)3；
(3)在饱和Ag2SO4溶液中，c2(Ag+)∙c()是一个定值，溶液中c()越大，c(Ag+)越小，
a．40mL0.01mol·L-1K2SO4溶液，c()=0.01mol·L-1；
b．10 mL 蒸馏水，c()=0；
c．10mL0.02mol·L-1H2SO4溶液中，c()=0.02mol·L-1；
在溶液中，c()：c>a>b，则溶液中 c(Ag+)：b>a>c，从而得出Ag2SO4的溶解程度由大到小的顺序为b>a>c。答案为：b>a>c；
(4)向Ag2SO4悬浊液中加入足量Na2CrO4固体，生成Ag2CrO4和Na2SO4，沉淀转化的离子方程式：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+。答案为：Ag2SO4(s)+=Ag2CrO4(s)+。
【点睛】一种难溶性物质，其溶度积常数越小，越容易转化，其溶解度往往越小。
14.Cl2、漂白液(有效成分为 NaClO)在生产、生活中广泛用于杀菌、消毒。
(1)电解 NaCl 溶液生成Cl2化学方程式是________________。
(2)Cl2溶于H2O、NaOH 溶液即获得氯水、漂白液。
①干燥的氯气不能漂白物质，但氯水却有漂白作用，说明起漂白作用的物质是_____。
②25℃，Cl2与H2O、NaOH 的反应如下：
反应Ⅰ
Cl2+H2OCl-+H++HClO K1=4.510-4
反应Ⅱ
Cl2+2OH- Cl-+ClO-+H2O K2=7.51015
解释不直接使用氯水而使用漂白液做消毒剂的原因_____。
(3)家庭使用漂白液时，不宜直接接触铁制品，漂白液腐蚀铁的电极反应为：Fe-2e-=Fe2+；ClO-发生的电极反应式为____________。

(4)研究漂白液的稳定性对其生产和保存有实际意义。30℃时，pH=11 的漂白液中NaClO 的质量百分含量随时间变化如下：
比较分解速率 v(I)、 v(II)的大小关系_____，原因是_____。
【答案】 (1). 2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH (2). HClO (3). K2>K1，反应Ⅱ的有效成分比反应Ⅰ的有效成分大，氯气转化为NaClO更充分，且NaClO比HClO更稳定 (4). ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH- (5). > (6). 在相同条件下，次氯酸钠的浓度越大，其分解速率越大
【解析】
【分析】
电解NaCl溶液的方程式为：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH；氯水具有漂白性，原因是氯水中含有具有强氧化性的次氯酸；漂白液的有效成分为次氯酸钠，使用时，其与空气中的二氧化碳结合生成次氯酸从而起到漂白的作用；次氯酸不稳定易分解，不便于运输，而把次氯酸转化为次氯酸钠，次氯酸钠稳定，便于运输；根据图象的趋势和数据可知，在相同条件下，次氯酸钠的浓度越大，其分解速率越大。
【详解】(1)电解NaCl溶液可生成氢气、氯气和氢氧化钠，方程式为：2NaCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2NaOH；
(2)①氯水中含有盐酸和次氯酸，氯气和盐酸都不具有漂白性，具有漂白性的是次氯酸(HClO)；
②氯水和漂白液的有效成分分别为HClO、NaClO，根据平衡常数K2>K1，确定漂白液的有效成分更多，并且NaClO比HClO更稳定，所以不直接使用氯水而使用漂白液做消毒剂；
(3)Fe-2e-=Fe2+应为负极反应，则正极反应中ClO-得电子被还原，方程式为：ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
(4)根据漂白液中NaClO 的质量百分含量随时间变化图可知Ⅰ的次氯酸钠的含量大于Ⅱ的，浓度越大反应速率越大，则v(Ⅰ)>v(Ⅱ)。
15.用 CO2 生产绿色燃料甲醇时发生反应 A：CO2(g)＋3H2(g)⇌ CH3OH(g)+H2O(g)
(1)2CH3OH(g) + 3O2 (g)=2CO2(g) +4H2O(g) △H= -1365.0kJ/mol
H2(g)+O2 (g) =H2O(g) △H= -241.8 kJ/mol
CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的反应热△H=_________。(写出计算过程)
(2)在体积为 1 L 的恒容密闭容器中发生反应 A，下图是在三种投料[n(CO2)和n(H2)分别为1mol，3mol；1mol，4mol 和 1mol，6mol]下，反应温度对CO2平衡转化率影响的曲线。

①曲线c对应的投料是_____。
②T1℃时，曲线a对应的化学平衡常数是_____。(写出计算过程，计算结果保留小数点后两位)。
③500℃时，反应A 的平衡常数K=2.5，T1℃_____500℃(填“高于”、“低于”或“等于”)。
(3)甲醇/过氧化氢燃料电池的工作原理示意图如下：

①d电极上发生的是_____(填“氧化”或“还原”)反应。
②物质b是_____(填化学式)。
③写出c电极的电极反应式_____。
【答案】 (1). -42.9kJ/mol (2). n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol (3). 0.52 (4). 高于 (5). 还原 (6). H2O2 (7). CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【解析】
【分析】
根据盖斯定律：②×3-×①得到焓变的值；当其他条件不变时，增大反应物氢气的浓度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，根据相同温度下的转化率数值确定曲线；根据a曲线的转化率和“三段式”计算平衡常数；反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，判断温度；根据氢离子的移动方向确定正负极，并写出电极反应。
【详解】(1)2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g) △H= -1365.0kJ/mol
H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H= -241.8 kJ/mol
根据盖斯定律：②×3-×①得：
CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g) △H=-42.9kJ/mol；
(2)①当其他条件不变时，增大反应物氢气的浓度，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，由题给图像知相同温度下，曲线c二氧化碳的平衡转化率最大，故曲线c对应的投料是n(CO2)=1mol，n(H2)=6mol；
②曲线a对应的投料是n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，T1℃时，二氧化碳的平衡转化率为60%，列出反应的“三段式”

容器的体积为1L，各物质的平衡浓度分别为：c(CO2)=0.4mol/L，c(H2)=1.2mol/L，c(CH3OH)=0.6mol/L，c(H2O)=0.6mol/L，代入平衡常数表达式计算，K==0.52，T1℃时，曲线a对应的化学平衡常数是0.52；
③由(1)知反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，若500℃时 ，反应A的平衡常数K=2.5，T1℃高于500℃。
(3)①由甲醇/过氧化氢燃料电池的工作原理示意图知，氢离子移向d电极，d电极为电池的正极，发生的是还原反应；
②物质b在d电极上发生还原反应，物质b是H2O2；
③c电极为电池的负极，甲醇在该电极上反应氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH-6e-+ H2O=CO2+6H+。
【点睛】由甲醇/过氧化氢燃料电池中存在质子交换膜，故溶液为酸性，需要写出酸性条件下的电极反应，为易错点。
16.电化学手段对于研究物质性质以及工业生产中都有重要价值。
I. 某实验小组利用原电池装置对 FeCl3与Na2SO3反应进行探究。
装置
实验现象

1 mol/L FeCl3溶液(pH≈1) 1mol/LNa2SO3 溶液(pH≈9)
灵敏电流计指针发生偏转
(1)取少量 FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明 FeCl3转化成_____。
(2)检验另一电极产物的操作及现象是_____。
(3)负极的电极反应式为_____。
II. 工业上用 Na2SO4 溶液吸收工业烟气中的低浓度 SO2 形成吸收液后，再采用阳离子膜电解法， 控制电压，电解吸收液可制成产品 S 和 O2。工作原理示意图如下图

阴极区和阳极区的pH 随时间的变化关系如下图：

(4)阳极反应的电极反应物是 ____。
(5)阳极区 pH 降低的原因是____。(写出一条即可)
(6) 结合电极反应式，说明阴极区 pH 升高的原因_____。(写出一条即可)
【答案】 (1). FeCl2 (2). 取少量电解液于试管，加入足量的盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀则证明有硫酸钠的生成 (3). SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+ (4). H2O (5). 电极反应生成H+ (6). 阴极电极反应式为SO2+4H++4e-=S+2H2O，阴极区不断消耗氢离子并生成水
【解析】
【分析】
FeCl3与Na2SO3发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++SO32-+H2O=2Fe2++SO42-+2H+；根据电解池示意图可知，生成氧气为阳极发生氧化反应，则阴极生成S。
【详解】(1)取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，说明有亚铁离子产生，证明FeCl3转化成FeCl2。
(2)另一电极发生氧化反应生成硫酸钠，检验硫酸根离子的操作为取少量电解液于试管，加入足量的盐酸酸化的氯化钡溶液，若产生白色沉淀则证明有硫酸钠的生成。
(3)负极发生氧化反应，亚硫酸钠中硫元素化合价升高发生氧化反应生成硫酸钠，电极反应式为SO32-+H2O-2e-=SO42-+2H+。
(4)根据电解池装置示意图，生成氧气一极为阳极，阳极的pH不断降低可知反应生成H+，据此判断阳极反应为2H2O-4e-=4H++O2，电极反应物是H2O。
(5) 阳极电极反应生成H+，故阳极区 pH 降低。
(6) 阴极发生还原反应，二氧化硫与氢离子反应生成S和水，电极反应式为SO2+4H++4e-=S+2H2O，阴极区不断消耗氢离子并生成水，故pH 升高。