学校:___________班级：___________姓名：___________学号：___________
一、单选题
1．下列有关金属腐蚀和保护的说法，不正确的是 ( ) ．．．A．埋在潮湿土壤里的铁管比在干燥的土壤里更容易被腐蚀 B．牺牲阳极的阴极保护法利用电解原理保护金属 C．生铁比纯铁容易生锈
D．镀银的铁制品，镀层损坏后，露出的铁表面更容易被腐蚀 2．下列说法正确的是( ) A．放热反应一定是自发反应 B．熵增的反应不一定是自发反应 C．固体溶解一定是熵减小的过程 D．非自发反应在任何条件下都不能发生 3．下列关于原电池的叙述正确的是( ) A．电子流出的一极是原电池的正极 B．原电池工作时必然存在氧化和还原的过程 C．构成原电池的两个电极必须是两种不同金属 D．原电池中电解质溶液的作用是传导电子
4．下列物质的应用中，与氧化还原反应无关的是( ) ．．A．利用CO从铁矿石中获得铁 B．工业上以氨气为原料生产硝酸 C．在船体上镶嵌锌块避免船体遭受腐蚀 D．电镀前用NaOH溶液除去铁钉表面的油污 1-15．下列有关H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.8 kJmol的说法，不正确的是 ．．．2
A．该反应的H等于断开1mol H-H和0.5molO=O所需总能量减去形成2 mol O-H释放的总能量( )
B．若生成1 mol H2O(g)放出的热量小于285.8 kJ C．1 mol液态水与1 mol水蒸气所具有的内能不同
D．1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)的总能量比1 mol H2O(l)的能量高285.8 kJ 6．以太阳能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、环保的制氢方法，流程图如
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下： 相关反应的热化学方程式为： 反应I：SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(1)=2HI(aq)＋H2SO4(aq) △H1=-213kJ•mol 反应Ⅱ：H2SO4(aq)=SO2(g)＋H2O(1)＋2O2(g) △H2=＋327kJ•mol-1 反应Ⅲ：2HI(aq)=H2(g)＋I2(g) △H3=＋172kJ•mol 下列说法正确的是( ) A．该过程实现了化学能到太阳能的转化 B．SO2和I2在反应过程中是中间产物
C．该过程降低了水分解制氢反应的活化能和△H
D．总反应的热化学方程式为：2H2O(1)=2H2(g)＋O2(g) △H=＋572kJ•mol-1 7．利用可再生能源提供的能量可高温共电解H2O和CO2，并实现清洁燃料的制备。其工作流程和反应原理如图所示：
-1-11
下列说法不正确的是( ) ．．．
2A．装置I中生成气体a的电极反应为2O4e=O2
B．装置Ⅱ中过程①～③均有极性键的断裂和生成 C．装置Ⅲ中消耗1mol CmHn理论上转移4mnmol e
D．该过程中CO2的循环利用率理论上可达100％
8．下列我国科技创新的产品设备在工作时,由化学能转变成电能的是 A．长征三号乙运载火箭用偏二甲肼为燃料 B．嫦娥四号月球探C．和谐号动车以测器上的太阳能电350km/h飞驰 池板 柔屛手机通话 D．世界首部可折叠试卷第2页，共8页
A．A B．B C．C D．D
9．下列过程不需要通电就可以进行的是( ) A．电离
B．电解
C．电镀
D．电冶金
10．下列事实不能从平衡移动的角度解释的是( ) ．．
A．打开可乐有气泡产生
B．加热可以增强Na2CO3溶液清洗油污的效果 C．不能混合使用草木灰(主要含K2CO3)与铵态氮肥 D．采取较高的温度进行工业合成氨生产(N23H211．间接电解法合成苯甲醛的原理如图所示。
2NH3 H0)
下列说法不正确的是( ) ．
A．电极a与电源正极相连 B．“氧化池”中发生反应：
C．电解一段时间后，电解池阴极区溶液pH升高(忽略溶液体积变化) D．用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应
12．一定条件下，密闭容器中发生反应，反应过程中各物质的物质的量的变化如图所示。下列说法不正确的是( ) ．．．
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A．15 min时，反应处于化学平衡状态 B．15～20 min，正逆反应速率相等 C．达到平衡时，X的转化率为20% D．反应的化学方程式为X +Y
Z
13．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下，下列说法不正确的是( ) pH 2 4 6 慢 Fe3O4 Fe2O3 6.5 8 13.5 14 较快 FeO2 -腐蚀快慢 较快 主要产物 Fe 2＋A．在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀 B．在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀 C．在煮沸除氧气的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓
D．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O
14．NaCl固体溶解过程及NaCl溶液导电的示意图如下。下列说法正确的是( )
A．图①中，a离子为Na+，b离子为Cl− B．通电后，NaCl发生电离
C．图②表示通电后，离子定向移动，推测X为电源正极 D．金属导电是物理变化，电解质溶液导电也是物理变化 二、填空题
15．NH3经一系列反应可以得到HNO3，转化关系如下图。
(1)I中，NH3和O2在催化剂作用下反应，化学方程式是 。 (2)II中，2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)。一定温度下，在容积不变的密闭容器中，下列可
说明该反应达到平衡状态的是 。 A．O2的浓度不再变化
B．容器内气体的颜色不发生变化
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C．相同时间内，消耗1molNO同时生成1molNO2 (3)III中，80°C时，2L密闭容器中充入0.40molN2O4，发生反应N2O4 下表： t/s 0 20 40 60 80 100 2NO2，数据如c(NO2)/mol·L-1 0.00 0.12 0.20 0.26 0.30 0.30 20s~40s内，v(N2O4)= 。 (4)一定条件下，向含HNO3的废水中加入CH3OH，可将HNO3还原成N2，若该反应消耗32gCH3OH，转移6mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是 。 16．选择完成下列实验的装置。 (1)加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，用 (填序号，下同)。 (2)加热浓盐酸和MnO2制取Cl2，用 。 (3)分离水和碘的四氯化碳溶液，用 。 三、原理综合题
17．有催化剂的条件下，将H2和CO2混合加热可制备CH4。主要的反应有： Ⅰ．CO2g4H2gⅡ．CO2gH2gⅢ．CO2g2H2gCH4g2H2Og H1165kJ/mol
COgH2Og H20
Cs2H2Og H396.1kJ/mol
(1)CO2、CH4和H2O的沸点由高到低的顺序是 。
(2)由燃烧热求ΔH2。已知H2(g)和CO(g)的燃烧热分别为－285.8kJ/mol、－283kJ/mol。 ①要计算ΔH2至少还需要一个过程的热效应(该热效应记为ΔH4)，则此过程的热化学方程式是 。
②H2 (用含有ΔH4的代数式表示)。
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(3)CO2的电子式是 ，其中C＝O键的键能是799kJ/mol，H2O中O—H键的键能是463kJ/mol。则，H—H键的键能与C—H的键能相差 kJ/mol。 (4)CO2甲烷化反应的机理大体可归结为两种，如图表示了两种途径每步反应的能量变化(TSx代表过渡态，*表示吸附在催化剂表面的物料)，其中速率较快的途径中的决速步的化学方程式是 。
(5)将nCO2:nH21:4混合气持续以一定的流速通过含催化剂的恒容反应器，测定
CO2的转化率和CH4的选择性随温度的变化关系如图所示。温度高于500℃后，CO2的
转化率几乎保持不变但CH4的选择性下降的可能原因是 。
(6)不同压强下，保持相同的投料比，测定反应体系中CO2的平衡转化率和CH4的平衡产率随温度的变化关系如图所示。
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P1时曲线出现拐点的温度高于P2时的，原因是 。 18．化学能在一定条件下可转化为电能。 (1)如图装置中，Zn片作 (填“正极”或“负极”)，Cu片上发生反应的电极反应式为 ，能证明化学能转化为电能的实验现象是 。 (2)下列反应通过原电池装置，可将化学能直接转化为电能的是 (填字母)。 a．CaCO3高温CaO+CO2↑ b．CH4+2O2+点燃CO2+2H2O c．Zn+2H=Zn+H2↑ (3)某镁－海水电池工作原理如图所示，其总反应为：2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2。下列说法正确的是 (填字母)。 2+ a．Mg作电池的负极 b．O2发生氧化反应 四、实验题
19．某小组实验验证“Ag+Fe(1)实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 ①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。 ②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是 。
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+
2+
Fe+Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
3+
综合上述实验，证实“Ag+Fe
+2+
Fe+Ag↓”为可逆反应。
3+
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象 。
(2)测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。 资料：Ag+SCNFe3++SCN-+
-
AgSCN↓（白色） K=10
12
FeSCN2+（红色） K=102.3
3+
①滴定过程中Fe的作用是 。 ②测得平衡常数K= 。 (3)思考问题
①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II中清液测定K的原因是 。
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参考答案
1．B
【详解】A．铁管埋在潮湿的土壤中会与周围的环境形成原电池，加快铁管腐蚀，A正确； B．牺牲阳极的阴极保护法是利用原电池原理保护金属，B错误；
C．生铁是含碳的铁合金，容易形成原电池，此时铁作负极被腐蚀，所以生铁比纯铁容易生锈，C正确；
D．镀银的铁制品，镀层损坏后，镀层、铁与外界环境形成原电池，铁作负极被腐蚀，D正确。 故本题选B。 2．B
【详解】A．反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0，放热反应△H＜0，若△S＜0，高温下是非自发进行的反应，故A错误；
B．依据△H-T△S＜0反应自发进行，△H-T△S＞0属于非自发进行分析，熵增大反应△S＞0，△H＞0低温下反应自发进行，高温下反应不能自发进行，熵增的反应不一定是自发反应，故B正确；
C．混乱度越大，熵值越大，则固体溶解是一个熵增大的过程，故C错误；
D．非自发反应在一定条件下也能发生，如碳酸钙的分解反应在常温下是非自发反应，但是在高温下能自发进行，故D错误； 故选B。 3．B
【详解】A．在原电池中，电子流入的一极是正极，电子流出的一极是负极，故A错误； B．原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应，负极上发生失电子的氧化反应，则原电池工作时必然存在氧化和还原的过程，故B正确；
C．一般而言，构成原电池的正极和负极的材料是两种不同的金属，但也可以是导电的非金属（碳棒）与金属或非金属，如燃料电池中的电极均为石墨，故C错误；
D．原电池工作时，“电子不下水，离子不上岸”，即电子在导线流向正极，阳离子在电解质溶液中移向正极，电解质溶液的作用是传导离子，故D错误； 故选：B。 4．D
【详解】A．利用CO从铁矿石中获得铁过程中，CO转化为CO2，C元素化合价发生变化，与
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氧化还原反应有关，故A不选； B．工业上以氨气为原料生产硝酸，N元素化合价由-3价上升到+5价，与氧化还原反应有关，故B不选； C．锌比铁活泼，在船体上镶嵌锌块避免船体遭受腐蚀的原理是牺牲阳极法安装活泼金属做原电池负极，被保护的钢铁做正极，与氧化还原反应有关，故C不选； D．电镀前用NaOH溶液除去铁钉表面的油污，利用的是油脂在碱性条件下的水解，与氧化还原反应无关，故D选； 故选D。 5．A 【详解】A．生成气态水反应的焓变ΔH等于断开1mol H-H和0.5molO=O所需总能量减去形成2 mol O-H释放的总能量，则该反应的ΔH不等于断开1mol H-H和0.5molO=O所需总能量减去形成2 mol O-H释放的总能量，故A错误； B．气态水的能量高于液态水，所以若生成1 mol H2O(g)放出的热量小于285.8 kJ，故B正确； C．气态水的能量高于液态水，所以1 mol液态水与1 mol水蒸气所具有的内能不同，故C正确； D．该反应为放热反应，1 mol H2(g)和0.5 mol O2(g)的总能量比1 mol H2O(l)的能量高285.8 kJ，故D正确； 故选A。 6．D 【详解】A．通过流程图，反应II和III，实现了太阳能到化学能的转化，选项A错误； B．根据流程总反应为H2O=H2↑＋2O2↑，SO2和I2起到催化剂的作用，水为反应物，选项B错误； C．H只与始态和终态有关，该过程降低了水分解制氢的活化能，H不变，选项C错误； D．反应I+反应II+反应III，得到2H2O(l)=2H2(g)＋O2(g) ，根据盖斯定律，H=2（H1 +H2 +H3） =2(－213+327+172)kJ·mol=+572kJ·mol，选项D正确； 答案选D。 7．B 【分析】装置I为电解池，阳极反应为：2O2--4e-=O2↑，阴极反应为：CO2+2e-=CO+O2-，H2O+2e-=H2+O2-，装置Ⅱ为2mCO+(2m+n)H2=2CmHn+2mH2O，装置Ⅲ为烃类燃料电池，总反应式为：答案第2页，共10页
－1－11
4m+n22CmHn+O2=2mCO2+nH2O，据此分析解题。 2【详解】A．由分析可知，装置I中生成气体a的电极反应为2O4e=O2，A正确； B．由题干反应历程图可知，装置Ⅱ中过程①中有C-O极性键的断裂和H-O极性键的生成，过程②中只有C-H极性键的生成，没有极性键的断裂，过程③中C-C非极性键的生成，B错误； C．由分析可知，装置Ⅲ中总反应式为：2CmHn+理论上转移4mnmol e，C正确； 4m+n2O2=2mCO2+nH2O，则装置Ⅲ中消耗1mol CmHnD．由题干转化关系可知，该过程中CO2的循环利用率理论上可达100％，D正确； 故答案为：B。 8．D 【详解】A．偏二甲肼为燃料发动机能将化学能转变为了动能，而没有将化学能转变为电能，故A错误； B．太阳能电池板将太阳能转变为电能，而没有将化学能转变为电能，故B错误； C．和谐号动车将电能转变为了动能，而没有将化学能转变为电能，故C错误； D．世界首部可折叠柔屏手机通话是原电池的应用，是将化学能转变为电能，实现了能量之间的转化，故D正确。 答案选D。 9．A 【详解】电解、电镀和电冶金都是将电能转化为化学能的过程，需要通电，电离指的是电解质在水溶液或者是熔融状态下离解成离子的过程，不需要通电； 故答案为A。 10．D 【详解】A．H2CO3H2O+CO2↑，打开可乐相当于减小压强，平衡正向移动，二氧化碳溶解度降低，A能从平衡移动的角度解释； B．碳酸根水解出氢氧根，油污在碱性环境下水解，加热促进碳酸根水解，故加热可以增强去污效果，B能从平衡移动的角度解释； C．K2CO3水解显碱性，氯化铵水解显酸性，二者混合互相促进发生双水解会生成氨气，降低肥效，该事实属于盐类水解的应用，C能从平衡移动的角度解释； 答案第3页，共10页
D．由于H0为放热反应，高温的目的是增大反应速率，并提高催化剂的活性，从而提高产率，D不能从平衡移动的角度解释； 答案选D。 11．C 【分析】根据图中信息可知。左侧a电极反应是：Mn2+e=Mn3+，为阳极，则b电极为阴+-极，电极反应为：2H+2e=H2，阳极得到的Mn3+ 进入“氧化池”将甲苯氧化为苯甲醛，发生的反应为：。 【详解】A．据分析可知电极a是阳极，与电源正极相连，故A正确； B．据分析可知“氧化池”中发生反应：故B正确； +-C．电解过程中阴极电极b发生反应2H+2e=H2，同时电解质溶液中有等量的H+通过质，子交换膜，从而电解池阴极区溶液pH几乎不变(忽略溶液体积变化)，故C错误； D．苯甲醛有强还原性容易在电解池阳极上放电，所以用有机溶剂分离出苯甲醛，避免其在电解池中放电发生副反应，故D正确； 故选C。 12．D 【详解】A．由图可知，15min时，各物质的物质的量保持不变，处于化学平衡状态，故A正确； B．反应达到平衡状态时，同一物质的正逆反应速率相等，15～20min时该反应达到平衡状态，则15～20min时正逆反应速率相等，故B正确； C．达到平衡时，X减少0.20mol-0.16mol=0.04mol，X的转化率正确； D．开始至平衡时，X减少0.20mol-0.16mol=0.04mol，Y减少0.10mol-0.08mol=0.02mol，Z增加0.04mol-0=0.04mol，物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则反应的化学方程式为2X+Y⇌2Z，故D错误； 故选：D。 答案第4页，共10页
0.04mol×100%=20%，故C0.2mol 13．D 【详解】A．pH＜4溶液中，酸性较强，有大量氢离子，所以主要发生析氢腐蚀，故A正确； B．在pH＞6溶液中，酸性很弱，氢离子较少，此时发生吸氧腐蚀，故B正确； C．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，正极上氧气生成氢氧根离子速率减小，所以碳钢腐蚀速率会减缓，故C正确； D．在pH＞14溶液中，发生吸氧腐蚀，碳钢腐蚀的正极反应为O2+2H2O+4e=4OH，故D错误； 故答案为D。 14．C 【详解】A．水分子中O原子显负电性，会吸引钠离子，且钠离子的半径小于氯离子，所以b离子为Na+，c离子为Cl−，A错误； B．通电后，NaCl发生电解，电离不需要通电，B错误； C．通电后为电解池，水和氯离子显负电，向阳极移动，所以X为电源正极，C正确； D．电解质溶液导电的过程即电解过程，有新物质生成，为化学变化，D错误； 综上所述答案为C。 15．(1)4NH3+5O2(2)AB (3)0.002molL1s1 (4)5：6 【详解】（1）氨气与氧气在催化剂加热的条件下生成NO与水，反应方程式为4NH3+5O2催化剂催化剂4NO＋6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO＋6H2O； ΔΔ催化剂4NO＋6H2O Δ--（2）A．O2的浓度不再变化，符合平衡的特征“定”，为平衡状态，A项正确； B．容器内气体的颜色不发生变化，可知NO2的浓度不变，符合平衡的特征“定”，为平衡状态，B项正确； C．相同时间内，消耗1molNO同时生成1mol NO2，只体现正反应速率的关系，不能判定平衡状态，C项错误; 故答案为：AB； （3）20s~40s内，v(N2O4)=0.002molL1s1； v NO2 = c1=0.08mol/L1=0.002molL1s1，故答案为：t220s22答案第5页，共10页
32g=1mol，转移6mol电子，则1molCH3OH中碳元素32g/mol（4）消耗32gCH3OH的物质的量为的化合价升高6，所以反应后碳元素的化合价为+4价，产物为CO2，由原子守恒及得失电子守恒可知反应为5CH3OH+6HNO3=5CO2+3N2+13H2O，反应中氧化剂是硝酸，还原剂是甲醇，参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是5：6，故答案为：5：6。 16．(1)② (2)③ (3)① 【分析】根据图示，①为萃取分液装置，②为加热固体和固体混合物制备密度比空气小气体的装置，③为加热固体和液体混合物制备气体的装置，结合物质的分离和提纯方法的选择分析解答。 【详解】（1）加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物制取NH3，反应均为固体，且生成物氨气的密度比空气小，采用向下排空气法，选择装置②，故答案为：②； （2）加热浓盐酸和MnO2制取Cl2为固液加热制备气体的原理，选用装置③，故答案为：③； （3）碘的四氯化碳溶液与水不互溶，分层，采用分液的方法分离，故答案为：①。 17．(1)H2OCO2CH4 (2) H2OgH2OlΔH4或H2OlH2OgΔH4 283285.8H4或283285.8H4 (3) 22.25 (4)*OCOH*O*CHO(或：*OCOH*CHO*O) (5)(速率角度)温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，可以保持二氧化碳的转化率基本不变。(或平衡角度)温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降 (6)升高温度，反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，使二氧化碳的平衡转化率增大。因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后体答案第6页，共10页
系中以反应Ⅱ为主。图中P1＞P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ(和Ⅲ)，因此P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ(和Ⅲ)，促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面 【详解】（1）三种物质均为分子晶体，水分子间存在氢键，CO2、CH4不含分子间氢键，H2O的沸点最大，CO2相对分子质量大于CH4，因此CO2沸点高于CH4，即沸点大小顺序是H2O＞CO2＞CH4；故答案为H2O＞CO2＞CH4； （2）①氢气燃烧热的化学方程式为H2(g)+2O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol；CO燃烧热的化学方程式为CO(g)+2O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ/mol；根据目标反应方程式可知，计算Δ11H2需要判断H2O(g)=H2O(l) ΔH4或H2O(l)=H2O(g) ΔH4，故答案为H2O(g)=H2O(l) ΔH4或H2O(l)=H2O(g) ΔH4； ②H2(g)+2O2(g)=H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol……①； CO(g)+2O2(g)=CO2(g) ΔH=-283kJ/mol……②； H2O(g)=H2O(l) ΔH4……③； 根据目标反应方程式，可知①－②－③，ΔH2=-285.8+283－ΔH4 若H2O(l)=H2O(g) ΔH4……④ 根据目标反应方程式可知，①－②－④，ΔH2=-285.8+283+ΔH4 故答案为ΔH2=-285.8+283－ΔH4或-285.8+283+ΔH4； （3）二氧化碳的结构式为O=C=O，其电子式为；根据ΔH=反应物键能总和―生11成物键能总和，因此有799×2+4E(H-H)―[4E(C-H)+4×463]=-165，解得E(H-H)―E(C-H)=22.25kJ/mol；故答案为22.25； （4）活化能越小，化学反应速率越快，根据图像可知，TS1、TS2、TS3所对应的反应速率快，活化能大为该途径的决速步，因此化学方程式为*OCOH―*O=*CHO或*OCOH=*CHO+*O；故答案为*OCOH―*O=*CHO或*OCOH=*CHO+*O； （5）(速率角度)温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，可以保持二氧化碳的转化率基本不变；(或平衡角度)温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降；答案第7页，共10页
故答案为(速率角度)温度高于500℃后，因积碳或超过了催化剂的活性温度等，致使催化剂对反应Ⅰ的催化效率降低，反应Ⅰ反应速率减慢，造成甲烷的选择性下降，而反应Ⅱ、Ⅲ的反应速率仍有所增加，可以保持二氧化碳的转化率基本不变；(或平衡角度)温度高于500℃后，化学反应达到平衡状态，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ的化学平衡逆向移动，反应Ⅱ的化学平衡正向移动，可能使二氧化碳的转化率基本不变，而甲烷占含碳产物的比例下降，即选择性下降；
（6）升高温度，使反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，二氧化碳的平衡转化率增大。因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。图中P1＞P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ(和Ⅲ)，因此P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ(和Ⅲ)，促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面；故答案为升高温度，反应Ⅰ(和Ⅲ)的平衡左移使二氧化碳的平衡转化率降低；反应Ⅱ的平衡右移，使二氧化碳的平衡转化率增大。因此，图像中拐点前体系中以反应Ⅰ(和Ⅲ)为主，拐点后体系中以反应Ⅱ为主。图中P1＞P2，高压条件下更有利于反应Ⅰ(和Ⅲ)，因此P1条件下需要更高温度才能抑制反应Ⅰ(和Ⅲ)，促进反应Ⅱ，使体系中的反应Ⅱ成为主要方面。 18．(1) 负极 Cu2++2e-=Cu 电流表指针偏转，Cu片上有红色固体生成 (2)bc (3)a
【解析】（1）
由于金属活动性：Zn＞Cu《所以在构成的原电池中，活动性强的Zn为原电池的负极，失去电子，发生氧化反应；活动性较弱的Cu为正极，在正极Cu上，溶液中的Cu2+得到电子，发生还原反应，正极的电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；电子由负极Zn经电流表流向正极Cu，所以会看到电流表指针发生偏转，正极Cu上有红色固体物质形成，从而证明化学能转化为电能，装置构成了原电池； （2）
a．该反应是分解反应，反应过程中元素化合价不变，因此不属于氧化还原反应，则不能构成原电池，a不符合题意；
b．该反应是放热的氧化还原反应，能够构成原电池，b符合题意； c．该反应是放热的氧化还原反应，能够构成原电池，c符合题意； 故可以通过原电池反应，将化学能转化为电能的反应为bc；
答案第8页，共10页
（3） 在反应2Mg+O2+2H2O=2Mg(OH)2中，有元素化合价发生了变化，因此反应为氧化还原反应，该装置为原电池反应。 a．在反应中Mg失去电子发生氧化反应，所以Mg为原电池的负极，a正确； b．O2在反应中得到电子发生还原反应，b错误； 故合理选项是a。 19．(1) 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，NO3氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转 c1v1v(2) 指示剂 cvc1v1 110.01vv0.01-(3) 偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态 【详解】（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。 ②由于Fe(NO3)3溶液电离出NO3将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，NO3氧化性氧化Fe干扰实验结果。 ③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe+AgFe2+-e-Fe3+，Ag++e-2++-2+Ag+Fe为可逆反应，两电极反应为：3+Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，答案第9页，共10页
一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。 （2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。 ②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag+SCN的浓度为：c(Ag+)=+-AgSCN，K=10，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag12+c1v1mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：vFe2+起始浓度(mol/L)0.02cv转化浓度(mol/L)0.0111vcv平衡浓度(mol/L)0.0111v0.01+Ag+0.01cv0.0111vc1v1vAg+Fe3+0cv0.0111，故反应的平衡常数K=vcv0.0111vc1v1c1v10.01c(Fe3+)vv，故答案为：指示剂；2++= cvc1v1c1v1c1v1。 c(Fe)c(Ag)110.010.01vvvv（3）①若取实验I所得浊液测定Ag浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe+Ag且随着反应Ag+SCN+-+2++Ag+Fe，+3+AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag)偏大，0.01c1v1cvv即11偏大，故所得到的K= cvc1v1偏小，故答案为：偏小。 v110.01vv②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。 答案第10页，共10页
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