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2024.10 高二第一学期十月阶段练习－化学
原子量：H 1 C 12 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 Ba 137
一、选择题（每题只有一个选项符合题意，1－20题每题 3分，21－25题每题 2分，共 70
分）
1. 关于中国传统文化中的“文房四宝”，下列叙述中不正确的是（ ）
A. 可用灼烧法鉴别毛笔笔头是否含蛋白质
B. 用墨写字利用了常温下碳的稳定性
C. 纸的主要成分纤维素属于合成高分子化合物
D. 用工具打磨石材制砚台的过程是物理变化
【答案】C
【解析】
【详解】A项、毛笔笔头主要成分是蛋白质，灼烧会产生特殊的气味，假的毛笔笔头是化学纤维，所以用
灼烧法可鉴别毛笔笔头的真伪，故A正确；
B项、碳的化学性质稳定，在空气中不易反应，所以用墨写字画画可长久不褪色，故B正确；
C项、纸的原料是木材，主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，故C错误；
D项、用工具打磨石材制砚台的过程中没有新物质生成，是物理变化，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查物质的性质及用途，注意分析物质的性质，把握常见物质的性质和鉴别方法为解答的关
键。
2. 用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低
的是( )
A. AgNO CuCl Cu(NO ) B. KCl Na SO CuSO
3 2 3 2 2 4 4
C. CaCl KOH NaNO D. HCl HNO K SO
2 3 3 2 4【答案】B
【解析】
【详解】由电解规律可得：
类型 化学物质 pH变化
放O 生酸型 CuSO 、AgNO、Cu(NO ) 降低
2 4 3 3 2
放O 生酸型 KCl、CaCl 升高
2 2
CuCl 升高
2
电解电解质型
HCl 升高
NaNO 、NaSO 、KSO 不变
3 2 4 2 4
电解HO型 KaOH 升高
2
HNO 降低
3
故选B。
3. 下列热化学方程式正确的是
选
已知条件 热化学方程式
项
A 的燃烧热为
、 完全反应，放出
B
热量
C
D 白磷( )比 红磷能量多
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，应是1mol气态H 和气态O
2 2反应生成1mol液态水放出的热量，故A错误；
B．根据1molSO 、0.5molO 完全反应后，放出热量98.3kJ可知，则2molSO 、1molO 完全反应后，放出
2 2 2 2
热量196.6kJ，因此2SO (g)+O(g) 2SO (g) ΔH＝−196.6 kJ∙mol−1，故B错误；
2 2 3
C．根据 ΔH＝−57.3 kJ∙mol−1，生成BaSO 沉淀，放出的热量大于114.6 kJ
4
，故HSO (aq)+Ba(OH)(aq)＝BaSO(s)+2HO(l) ΔH＜−114.6 kJ∙mol−1，故C错误；
2 4 2 4 2
D．根据31g即0.25mol白磷比31g即1mol红磷能量多bkJ，白磷转化为红磷会释放能量，1mol白磷固体
变为4mol红磷固体释放4bkJ的热量，因此 ，故D正确。
综上所述，答案为D。
4. 下列有关反应的离子方程式不正确的是
A. 氧化铁与稀盐酸混合：
B. 溶解Cu：
C. 碳酸氢钠溶液与稀 反应：
D. 氯气与碘化钾溶液：
【答案】C
【解析】
【详解】A．氧化铁与盐酸发生复分解反应生成氯化铁和水，A正确；
B．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，B正确；
C．碳酸氢钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，离子方程式为： ，C
错误；
D．氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘单质，D正确；
答案选C。
5. 关于下图装置的说法，错误的是A. 盐桥内的 K+移向 CuSO 溶液
4
B. 若将 Cu 电极换成石墨电极，原电池反应不改变
C. 铜电极上发生的电极反应是 2H++e-=H ↑
2
D. Zn 为电池的负极
【答案】C
【解析】
【分析】在该原电池中，由于金属性Zn>Cu，因此Zn做负极，发生失电子的氧化反应，负极反应式为
Zn-2e-=Zn2+；Cu做正极，CuSO 溶液中的Cu2+发生得电子的还原反应，其电极反应式为Cu2++2e-=Cu；据
4
此分析解答。
【详解】A．在原电池中，阳离子移向正极，因此盐桥中的K+移向CuSO 溶液中，A正确；
4
B．若将铜电极换成石墨电极，电极反应式没有变化，则原电池反应不改变，B正确；
C．铜电极上是由CuSO 溶液中的Cu2+发生得电子的还原反应，其电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C错误；
4
D．在该原电池中，由于金属性Zn>Cu，因此Zn做负极，D正确；
故答案选C。
6. 设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A
A. 1L 0.1mol/L CH COOH溶液中含有的阴离子数目小于0.1N
3 A
B. 1mol Na与足量O 充分反应后，转移的电子数目为N
2 A
C. 常温常压下，17g H O 含有的氧原子数目为N
2 2 A
D. 11.2L(标准状况)N 与NH 的混合物中含有的共用电子对数目为N
2 3 A
【答案】D
【解析】
【详解】A．CHCOOH溶液中存在水的电离和醋酸的电离，水和CHCOOH是弱电解质属于微弱电离，故
3 3
1L 0.1mol/L CH COOH溶液中含有的阴离子数目小于0.1N ，A正确；
3 A
B．1mol Na与足量O 充分反应，Na变为Na+转移1mol e-，B正确；
2C．17g H O 的物质的量为= = = 0.5mol，含有的氧原子数目为2×0.5mol×N =N ，C正确；
2 2 A A
D．N 与NH 分子中均含有3对共用电子对，故11.2L(标准状况) N 与NH 的混合物中含有的共用电子对数
2 3 2 3
目为 ×3×N =1.5N ，D错误；
A A
故选D。
7. 下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是
A. 无色溶液中： 、 、 、
B. 的溶液中： 、 、 、
C. 的溶液中： 、 、 、
D. 电解 溶液后的溶液中： 、 、 、
【答案】A
【解析】
【详解】A．该组离子之间不反应，离子可大量共存，且离子均为无色，故A正确；
B．pH=11的溶液显碱性，OH-与 反应生成碳酸根离子和水，不能大量存在，故B错误；
C．pH=1的溶液显酸性，H+、 发生反应生成二氧化硫和水，不能大量共存，故C错误；
D．电解 溶液生成铜、硫酸和氧气，反应后的溶液是硫酸，H+与 反应生成硅酸，不能共存，
故D错误；
故选：A。
8. 利用右图所示装置可以将温室气体CO 转化为燃料气体CO。下列说法中，正确的是
2A. 该过程是将太阳能转化为化学能的过程
B. 电极a表面发生还原反应
C. 该装置工作时，H+从b极区向a极区移动
D. 该装置中每生成1 mol CO，同时生成1 mol O
2
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据图示，该过程是将太阳能转化为化学能的过程，故A正确；
B．根据图示，电极a表面发生水转化为氧气的过程，反应中O元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反
应，故B错误；
C．根据图示，a为负极，b为正极，H+从a极区向b极区移动，故C错误；
D．根据得失电子守恒，该装置中每生成1 mol CO，同时生成 mol O，故D错误；
2
故选A。
9. 氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A. 反应 在点燃条件下才能剧烈反应，所以不能设计成原电池
B. 碱性氢氧燃料电池的负极反应为
C. 常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗 ，转移电子的数目为
D. 同温同压下， ，在燃料电池和点燃条件下的 相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应 是自发的氧化还原反应，能设计成原电池，A错误；
B．碱性氢氧燃料电池的负极是氢气失去电子和氢氧根离子反应生成水，负极反应式为H+2e-+2OH-
2
=2H O，B错误；
2C．常温常压下气体摩尔体积大于22.4/mol，氢氧燃料电池放电过程中消耗氢气11.2L，则氢气的物质的量
小于0.5mol，反应转移电子小于0.5mol×2=1mol，故数目小于6.02×1023，C错误；
D．反应的焓变与反应途径无关，在燃料电池和点燃条件下的 相同，D正确；
故选D。
10. 某新型电池的工作原理如图所示，已知电池放电时的反应为
（反应前后Na的化合价不变）。下列说法错误的是
A. 电极M是电池的正极
B. 电池的负极发生反应
C. 电池工作时， 移向电极M
D. 电池工作时，每消耗 的 ，有0.1molMn被氧化
【答案】D
【解析】
【分析】根据题给信息电池放电时的反应为 （反应前后Na的化合
价不变）可知，Mn元素化合价降低，发生得电子的还原反应，所以电极M为电池的正极，C元素化合价
升高，NaC 在电极N发生失电子的氧化反应，据此分析解答。
x n
【详解】A．由电池总反应可知，放电时，M电极发生反应Na MnO +xe-+xNa+= NaMnO ，所以电极M是
1-x 2 2
电池的正极，故A正确；
B．由电池总反应可知，放电时，电池的负极发生反应NaC -xe-=xNa++ nC，故B正确；
x n
C．M是正极、N是负极，电池工作时，Na+移向电极M，故C正确；
D．根据反应总方程式 可知，每消耗 的 ，有0.1molMn被还原，故D错误；
答案选D。
11. 通过卤素间的反应实验，可以比较出卤素单质氧化性的强弱。实验如下：
下列说法不正确的是
的
A. CCl 起到萃取、富集I 作用
4 2
B. a中下层变无色，说明I 转化为I－
2
C. Ⅲ中发生反应的离子方程式为：Br + 2I－=== I + 2Br－
2 2
D. 依据a、b中现象，可以证明Cl 的氧化性比 Br 强
2 2
【答案】B
【解析】
【详解】A、碘单质和四氯化碳都是非极性分子,下层呈紫色,所以CCl 起到萃取、富集I 的作用,所以A选
4 2
项是正确的;B、四氯化碳不溶于水,比水重,碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中,四氯化碳层为紫红色,上
层主要溶质是氯化钾,加氯水后，I 被氧化为碘酸根离子，能溶解在水中，而不是将I 转化为I-,故B错
2 2
误;C、溴单质的氧化性强于碘单质,所以溴单质能将碘离子氧化成碘单质,发生了Br +2I-= I +2Br-,所以C选
2 2
项是正确的;D、Ⅱ滴入氯水能将碘单质氧化成无色的碘酸根离子,而Ⅳ滴入溴水下层仍呈紫色,所以氯气的
氧化性强于溴单质,故D正确; 答案：B。
12. 用石墨作电极，电解盛放在U形管中的饱和NaCl溶液（滴有酚酞溶液），如图。下列叙述正确的是A. 通电后，NaCl发生电离
B. 通电一段时间后，阳极附近溶液先变红
C. 当阳极生成0.1 mol气体时，整个电路中转移了0.1 mol e－
D. 电解饱和食盐水的总反应式为：2NaCl+2H O 2NaOH+H ↑+Cl↑
2 2 2
【答案】D
【解析】
【分析】用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，阴极发生还原反应，电极反应式为：2HO+2e-＝H↑+2OH-，
2 2
生成NaOH，该极呈碱性；阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl↑，总反应为：2NaCl+2H O
2 2
2NaOH+H ↑+Cl↑，以此解答该题。
2 2
【详解】A．NaCl为强电解质，无论是否通电，在溶液中都发生电离，A错误；
B．阳极生成氯气，阴极生成NaOH，则阴极附近溶液先变红，B错误；
C．阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl↑，生成0.1mol氯气时，转移电子为0.2mol，C错误；
2
D．电解饱和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，总方程式为2NaCl+2H O
2
2NaOH+H ↑+Cl↑，D正确；
2 2
故选；D。
【点睛】本题考查电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度一般，掌握离子放
电顺序是解题的关键，注意基础知识的积累掌握。易错点是氢氧根离子在阴极产生的判断。
13. 烧杯A中盛放 的 溶液，烧杯B中盛放 的 溶液（两种溶液均足量），
组成的装置如图所示。下列说法不正确的是A. 经过一段时间，B烧杯中溶液的质量减小
B. 将B中右侧石墨改为铜电极，电极上发生的反应不变
C. 当A烧杯中产生0.1mol气体时，B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1mol
D. A装置中石墨电极有气泡产生但石墨电极不参与反应
【答案】B
【解析】
【分析】烧杯A中有自发进行的氧化还原反应：Fe+2H+=Fe2++H ，所以A为原电池，且Fe为负极，石墨
2
为正极，烧杯B为电解池，左侧C棒与原电池负极相连为阴极，右侧石墨棒与原电池正极相连为阳极。
【详解】A．根据分析可知烧杯B为电解池，阳极上Cl-放电生成Cl，阴极Cu2+放电生成Cu单质，B烧杯
2
中溶液的质量减小，A正确；
B．将右侧石墨电极换成Cu电极后，Cu为活性电极，在阳极会发生氧化反应，其电极方程式变为Cu-2e-
=Cu2+，B错误；
C．烧杯A中产生0.1mol氢气时，转移0.2mol电子，B烧杯阳极上发生2Cl-2e-=Cl，阴极不产生气体，
2
所以也产生0.1mol气体，C正确；
D．烧杯A中C棒为正极，电极反应为2H++2e-= H ，所以石墨电极有气泡产生但石墨电极不参与反应，
2
D正确；
综上所述，答案为B。
14. 用下图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，②中现象不能证实①中发生了反应的是
①中实验 ②中现象
A 铁加热后与水反应 通入水中有气泡加热 溶液和浓NaOH溶液的混合
B 湿润的红色石蕊试纸变蓝
物
饱和 溶液的上层有无色油状液
C 加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物
体产生
将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置
D 导管中倒吸形成一段水柱
一段时间
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁加热后不能与水发生反应，铁只能与水蒸气在高温条件下发生反应，②中有气泡是①中空
气受热膨胀造成的，所以不能证实①中发生了反应，A符合题意；
B．加热时氯化铵与浓NaOH溶液反应生成氨气，氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸会变蓝，B
不符合题意；
C．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物，生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯
的溶解度，则充分振荡后，饱和NaCO 溶液的上层有无色油状液体乙酸乙酯析出，C不符合题意；
2 3
D．铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物，构成原电池，Fe发生吸氧腐蚀，则导管中倒吸形成一段水柱，D不
符合题意；
故选A 。
15. 下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一项是
选
实验操作及现象 实验结论
项
A 向某溶液中加入 溶液，生成白色沉淀 该溶液中一定含有
B 将银白色的金属钠放置在空气中，钠表面很快变暗 金属钠具有还原性
C 向某溶液中加入 溶液，生成白色沉淀 该溶液中可能含有
用玻璃棒蘸取氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红，随后褪 氯水中含有酸性物质、漂白性物
D
色 质
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】【详解】A．白色沉淀可能为氢氧化铝或氢氧化镁等，由操作和现象可知，该溶液中不一定含有Mg2+，故
A错误；
B．将银白色的金属钠放置在空气中，钠表面很快变暗，说明Na与氧气发生氧化反应生成了氧化钠，钠表
现出还原性，故B正确；
C．向某溶液中加入AgNO 溶液，生成的白色沉淀可能为Ag CO，不一定为AgCl，则原溶液中可能含有
3 2 3
Cl-，故C正确；
D．氯水含盐酸、次氯酸，次氯酸具有漂白性，则蓝色石蕊试纸先变红，随后褪色，故D正确；
故选：A。
的
16. 取 和 混合溶液，加入过量 溶液后得到29.02g白色沉淀，用过量稀硝
酸处理产生气体2.24L(标准状况)。下列说法不正确的是
A. 混合溶液中 的物质的量浓度0.1mol/L
B. 混合溶液中 的物质的量浓度0.4mol/L
C. 29.02g白色沉淀用过量稀硝酸处理，沉淀质量减少19.7g
D. 处理沉淀消耗的硝酸的溶质的物质的量0.2mol
【答案】A
【解析】
【分析】用过量稀硝酸处理产生气体2.24L，该气体应为二氧化碳，其物质的量为： ；
则碳酸钠的物质的量以及生成碳酸钡的物质的量均为 0.1mol，生成碳酸钡的质量为 0.1mol×197g/
mol=19.7g；则硫酸钡的质量为29.02-19.7=9.32g，其物质的量为 ，可知 的
物质的量为0.04mol，据此分析解答；
【详解】A．由以上分析可知 的物质的量为0.1mol，则其浓度为： ，故A错
误；
B．由以上分析可知 的物质的量为0.04mol，混合溶液中 的物质的量浓度=0.4mol/L，故B正确；
C．29.02g白色沉淀用过量稀硝酸处理，其中碳酸钡溶于硝酸，其质量为19.7g，故C正确；
D．1mol碳酸钡消耗2mol硝酸，则0.1mol碳酸钡溶解消耗0.2mol硝酸，故D正确；
故选：A。
17. 工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中
Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。
下列推论不合理的是
A. 活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用
B. 铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极
C. 增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率
D. 利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu
【答案】C
【解析】
【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；
B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；
C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；
D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。
【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图象可知，Cu2+在纯
活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；
B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反
应，因此铁作负极，故不选B项；
C项，由图象可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物
变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液
中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；
D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方
程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。
为
综上所述，本题正确答案 C。
【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重
于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。
的
18. 执法交警最常用 一种酒精检测仪的工作原理示意图如图所示，其反应原理为
，被测者呼出气体中所含的酒精被输送到电池中反应产生微小电
流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量。下列说法错误的是
A. 电解质溶液中的 移向a电极
B. 该装置工作时b电极附近pH值减少
C. 呼出气体中酒精含量越高，产生的电流越大
D. a极上的电极反应式为
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示及总反应方程式可知，电解质溶液为酸性环境，b极为正极，电极反应式为：O+4e-
2
+4H+=2H O，a极为负极，电极反应式为： ，据此分析解
2
答；
【详解】A．电解质溶液中阴离子向负极移动，故 移向a电极，A正确；
B．b为正极，电解质溶液为酸性环境，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O+4e-
2+4H+=2H O，b电极附近氢离子浓度减小，pH增大，B错误；
2
C．单位时间内，人呼出的气体中酒精含量越高，酒精失电子数越多，所以微处理器中通过的电流越大，C
正确；
D．a极是负极，CHCHOH失电子发生氧化反应生成CHCOOH，a极的电极反应式为：
3 2 3
，D正确；
答案选B。
19. 用NaFeO 溶液氧化废水中的还原性污染物 M，为研究降解效果。设计如下对比实验探究温度、浓度、
2 4
pH 对降解速率和效果的影响，实验测得 M 的浓度与时间关系如图所示，下列说法错误的是
实验编号 温度℃ pH
① 25 1
② 45 1
③ 25 7
④ 25 1
A. 实验①在 15min 内 M 的降解速率为 1.33×10-5mol/(L·min)
B. 实验①②说明升高温度，M 降解速率增大
C. 实验①③证明 pH 越高，越不利于 M 的降解
D. 实验②④说明 M 的浓度越小，降解的速率越慢
【答案】D
【解析】
【详解】A．实验①在15min内M的降解速率为 =1.33×10-5mol/(L·min)，A正确；
B．从表中可知实验①②的单一变量是温度，且实验②的温度高于实验①，从曲线看，在相同时间内，曲线②的下降幅度大于曲线①，起始M的浓度相同，故说明升高温度，M降解速率增大，B正确；
C．从表中可知实验①③的单一变量是pH，且实验③的pH高于实验①，从曲线看，在相同时间内，曲线
③的下降幅度小于曲线①，起始M的浓度相同，故说明pH越高，越不利于M的降解，C正确；
D．实验②④的温度和起始M浓度均不相同，不符合单一变量的对照要求，不能说明M的浓度越小，降解
的速率越慢，D错误；
答案选D。
20. 二氧化碳的资源化利用是目前研究的热点问题之一，西北工业大学团队研究锂-二氧化碳二次电池，取
得了重大科研成果。该电池放电时的总反应为：3CO+4Li=2Li CO+C，下列说法正确的是
2 2 3
A. 该电池隔膜两侧的电解液a、b均可选用水性电解液
B. 放电时，电子从锂电极流出，最终通过电解质溶液流回锂电极，构成闭合回路
C. 放电时，若消耗3 mol CO 时，转移4 mol电子
2
D. 充电时，锂电极与外接电源的正极相连
【答案】C
【解析】
【详解】A．Li与水会反应，因此该电池隔膜左侧的电解液a不能选用水性电解液，故A错误；
B．电子不能通过电解质溶液，故B错误；
C．根据反应方程式3CO+4Li=2Li CO+C，转移4mol电子，有3mol二氧化碳参与反应，因此放电时，若
2 2 3
消耗3 mol CO 时，转移4 mol电子，故C正确；
2
D．放电时Li为负极，因此充电时，锂电极与外接电源的负极相连，故D错误。
综上所述，答案为C。
二、填空题（共30分）
21. 某兴趣小组同学利用氧化还原反应设计了如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为 ，盐桥中
装有饱和 溶液。回答下列问题：
（1）发生氧化反应的烧杯是______（填“甲”或“乙”）。
（2）工作时，盐桥中的 移向______（“甲”或“乙”）烧杯。
（3）甲烧杯中发生的电极反应为______。
【答案】（1）乙 （2）乙
（3） +8H++5e-=Mn2++4H O
2
【解析】
【分析】由 可知，在反应中
Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极；
【小问1详解】
b为负极，亚铁离子失电子生成铁离子，则乙烧杯中发生氧化反应；
【小问2详解】
阴离子向负极移动，则盐桥中的 移向乙烧杯中；
【小问3详解】
甲烧杯中发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为 +8H++5e-=Mn2++4H O。
2
22. 二甲醚 被誉为“21世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：
①②
③
（1）则反应 ______ 。
（2）以下说法能说明反应 达到平衡状态的有______。
A． 和 的浓度之比为3：1
B．单位时间内断裂3个 同时断裂1个
C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变
D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变
E．绝热体系中，体系的温度保持不变
（3）如图所示装置，装置A是二甲醚燃料电池，已知该装置工作时电子从b极流出，a极流入。
①A池中a电极为电池的______极（填“正或负”），电极反应式为______。
②当装置A中消耗0.25mol二甲醚时，此时转移的电子的物质的量为______；装置A中溶液的pH会
______（填写“增大”“减小”或“不变”）。
【答案】（1）−246.1
（2）BDE （3） ①. 正 ②. O+4e-+2H O=4OH- ③. 3mol ④. 减小
2 2
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，①×2+②+③得3H(g)+3CO(g) CHOCH (g)+CO (g)，∆H=(-90.7kJmol−1)×2-23.5kJmol−1-
2 3 3 2
41.2kJmol−1=−246.1kJmol−1； ⇌ ⋅ ⋅
【小问⋅2详解】 ⋅
A．H 和CO 的浓度之比为3:1，无法判断二者浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故A错误；
2 2B．二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，单位时间内断裂3个H−H同时生成1个C=O，表示的是正反应速
率，断裂1个 表示逆反应速率，则正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态，故B正确；
C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故C错误；
D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩
尔质量保持不变时，表明该反应达到平衡状态，故D正确；
E．该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表面正逆反应速率
相等，该反应达到平衡状态，故E正确；
故选BDE；
【小问3详解】
①a为正极，b极是负极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，a电极反应式为：O+4e-+2H O=4OH-；
2 2
②装置A中负极电极反应式为：CHOCH +16OH--12e-=2 +11H O，消耗0.25molCHOCH 时，则转移
3 3 2 3 3
电子为0.25mol×12=3mol，OH-被消耗，所以装置A中溶液的pH会减小。
23. 以黄铜矿（主要成分二硫化亚铁铜 ）为原料，用 溶液作浸取剂提取铜，总反应的
离子方程式是 。
（1）该反应中， 体现______性。
（2）上述总反应的原理如图所示。负极的电极反应式是______。
（3）一定温度下，控制浸取剂 ，取三份相同质量黄铜矿粉末分别进行如下实验：
实 2小时后 浸
操作
验
出率Ⅰ 加入足量 溶液 78.2
Ⅱ 加入足量 溶液，通入空气 90.8
加入足量 溶液，再加入少量
Ⅲ 98.0
溶液
由实验Ⅲ推测，在浸取 过程中 作催化剂，催化原理是：ⅰ．
，ⅱ． 。
为证明该催化原理，进行如下实验：
a．取少量黄铜矿粉末，加入少量 溶液，充分混合后静置。取上层清液，加入稀盐
酸，观察到溶液中______，证明发生反应ⅰ。
b．取少量 粉末，加入______溶液，充分混合后静置。取上层清液，加入稀盐酸，有白色沉淀，证明
发生反应ⅱ。
（4）用实验Ⅱ的浸取液电解提取铜的原理如图所示：
①电解初期，阴极没有铜析出。用电极反应式解释原因是______。
②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的原理是______。
【答案】（1）氧化 （2）CuFeS－4e－=Fe2＋＋2S＋Cu2＋
2
（3） ①. 无明显现象 ②. Fe (SO )
2 4 3
（4） ①. Fe3＋＋e－=Fe2＋ ②. Fe2＋在阳极失电子生成Fe3＋， 通过阴离子交换膜进入阳极室，
Fe (SO ) 溶液再生
2 4 3【解析】
【分析】总反应的离子方程式是 ，负极是CuFeS 失电子发生氧化
2
反应，正极是铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；
【小问1详解】
根据离子反应方程式，Fe3＋→Fe2＋，化合价降低，因此Fe3＋表现氧化性；
【小问2详解】
根据原电池的工作原理，失电子的一极为负极，因此CuFeS 作负极，其电极反应式为CuFeS－4e－=Fe2＋
2 2
＋2S＋Cu2＋；
【小问3详解】
a．根据反应方程式，Ag+完全反应转化为沉淀，溶液中没有Ag+，因此可通过检验Ag+，判断是否发生了
i；取上层清液，加入稀盐酸，没有沉淀产生，说明溶液中不含Ag＋，即说明i发生；
b．根据ii反应，需要加入Fe (SO ) 溶液；
2 4 3
【小问4详解】
①实验Ⅱ中，加入过量Fe (SO ) 溶液，Fe3＋过量，因为Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，因此Fe3＋先放电，即Fe3＋
2 4 3
＋e－=Fe2＋；
②阳极上发生Fe2＋-e－=Fe3＋，Fe2＋在阳极失电子生成Fe3＋， 通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe (SO )
2 4 3
溶液再生。
