北京市海淀区2023-2024学年高二年级上册期末考试化学试卷（解析版）

海淀区高二年级练习

化学

学校班级姓名

L本试卷共8页，共两部分，19道题。满分100分。考试时间90分钟。

2.在试卷和答题纸上准确填写学校名称、班级名称、姓名。

考生须知3.答案一律填涂或书写在答题纸上，在试卷上作答无效。

4.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，其余题用黑色字迹签字笔作答。

5.考试结束，请将本试卷和答题纸一并交回。

可能用到的相对原子质量：HlC12016Na23C135.5Cu64

第一部分

本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一

项。

1.下列物质属于弱电解质的是

A.NaOHB.盐酸C.NH3H2OD.CH3coONa

【答案】C

【解析】

【分析】弱电解质是在水溶液中不完全（少部分）电离的电解质，据此解答。

【详解】A.NaOH是强碱，属于强电解质，A不符合；

B.盐酸属于混合物，不是电解质，B不符合；

C.NHs.H?。溶于水部分电离出钱根和氢氧根离子，属于弱电解质，C符合；

D.CH3coONa溶于水完全电离，属于强电解质，D不符合；

答案选C。

2.下列离子在指定的溶液中能够大量共存的是

A.无色溶液中：Cu2\K+、OH、SO4

2

B.pH=l的溶液中：Na\Fe\Cl\N03

C.中性溶液中：K+、CHSO：、NO-

D.加酚麟呈红色的溶液中：Na+、Fe3\Cl\SO：

【答案】c

【解析】

【详解】A.含有Cu2+的溶液呈蓝色，不满足溶液无色的条件，Cu2\OH-之间反应生成氢氧化铜沉淀，不

能大量共存，故A不选；

B.H+、Fe2\NO3之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不选；

C.K+、CI\SO：、NO］之间不发生反应，且都不发生水解反应，在中性溶液中能大量共存，故C选；

D.加酚醐呈红色的溶液呈碱性，Fe3+、OH-之间反应生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故D不选；

答案选C。

3.下列实验装置或操作，能达到实验目的的是

目

A.电解法制金属钠B.防止铁片被腐蚀

的

装

1_I1_1

石墨寸［铁石墨、J铁

置

］1\\伯和

或“淡盐水

操

水题

作1_________)

目C.由FeCl3-6H2O制取无水FeCh固D.用盐酸测定NaOH溶液的浓

的体度

装:盐酸

邑/准溶液

置

或q

操/\待测NaOH

/\侈甲基橙）

作_£

L-r------------------

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.电解饱和食盐水生成NaOH、氢气、氯气，不能冶炼Na,故A错误；

B.Fe与电源负极相连作阴极，可防止铁片被腐蚀，故B正确；

C.加热促进铁离子水解，且生成的盐酸易挥发，应在HC1气流中蒸发，故C错误；

D.盐酸不能盛放在碱式滴定管中，应改为酸式滴定管，故D错误；

答案选B。

4.一定条件下，在2L密闭容器中发生反应：A（g）+3B（g）=2C（g）+4D（g）,测得5min内，A的物质的

量减小了lOmol,则5min内该反应的化学反应速率是

A.v（A）=1mol/（L-min）B.v（B）=lmol/（Lmin）

C.v（C）=1mol/（L-min）D.v（D）=1mol/（L-min）

【答案】A

【解析】

【分析】不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比，

/A、Ac（A）lOmol[_1._1

v（A）=--------=--------------=I1mol-L•min；

At2Lx5min

【详解】A.据分析，v（A）=lmol/（L-min）,A正确；

B.v（B）=3v（A）=3mol/（L-min）,B错误；

C.v（C）=2v（A）=2mol/（Lmin）,C错误；

D.v（D）=4v（A）=4mol/（L-min）,D错误；

选A

5.室温下，一定浓度氨水的pH为11.下列说法正确的是

A.此溶液中c（NH3=1x10—3moLlji

B.此溶液中，由水电离出的C（OJT）=1.0xl（T"moLIji

C,将此溶液加水稀释10倍，所得溶液pH=10

D.将此溶液与等体积的1.0xl（T3moi[T盐酸反应，恰好完全中和

【答案】B

【解析】

【详解】A.室温下，一定浓度氨水的pH为11.c(OH)=--moVL=lxlO-3moVL,由于NH「H,O是

1011

一元弱碱，不完全电离产生0日，此溶液中C(NH3-H2O)>1X1CT3moL「，故A错误；

B.常温下pH=11的氨水中，氢氧根离子抑制了水的电离，氨水中氢离子是水电离的，为I.0xl(yumol/L,

则氨水中由水电离产生的c(OH)=10nmol/L,故B正确；

C.由于一水合氨是弱电解质，加水稀释10倍，会促进一水合氨电离，导致氢氧根离子浓度大于原来的

—,所以溶液的n>pH>io,故c错误；

10

D.由于一水合氨是弱电解质，pH为11的一水合氨溶液浓度大于1.0x10-3moi-匚1，加入等体积的

1.0x10-3moi盐酸，氨水过量，溶液呈碱性，故D错误；

故选B。

6.一定温度和压强下，2mO1H2和ImolCh分别以点燃和形成氢氧燃料电池这两种方式发生化学反应，生成

2moi液态水。下列说法正确的是

A.放出的热量相等B.体系内能变化相等

C.反应速率相等D.反应的活化能相等

【答案】B

【解析】

【详解】A.方式一中化学能主要转化为热能，而方式二中化学能主要转化为电能，则两者放出的热量不

相等，故A错误；

B.两种方式反应物和生成物相同，反应物总能量和生成物总能量相同，则体系内能变化相等，故B正

确；

C.形成原电池可加快反应速率，则两者反应速率不相等，故C错误；

D.二者的反应路径不同，反应的活化能不一定相等，故D错误；

答案选B。

7.图为电镀实验装置，下列有关叙述不正砸的是

厂@-直流电源1

铜片—^待镀

CuSO4m三旦隹国制品

溶液七三三刍

A.电镀时，待镀铁制品应与直流电源负极相连B.通电后，溶液中的SO；-移向阳极

C.镀铜时，理论上阳极和阴极的质量变化相等D.待镀铁制品增重2.56g,电路中通过的电子为

0.04mol

【答案】D

【解析】

【详解】A.电镀时，待镀铁制品为阴极，应与直流电源负极相连，故A正确；

B.电解池中，阴离子向阳极移动，通电后，溶液中的S。上移向阳极，故B正确；

C.电镀铜时，阳极Cu-2e=Cu2+,阴极Cu2++2e=Cu,理论上阳极和阴极的质量变化相等，故C正确；

D.电镀时，待镀铁制品为阴极，阴极电极方程式为：Cu2++2e=Cu,待镀铁制品增重2.56g,生成

2.56g

，*,,=0.04,电路中通过的电子为0.04molx2=0.08mol,故D错误；

64g/mol

故选D。

8.下列事实对应的离子方程式正确的是

电解

2+

A.用石墨电极电解CuCL溶液：CUC12^CU+2CF

+2+

B.用醋酸除去水壶中的水垢：CaCO3+2H=Ca+CO2T+H2O

C.(NHjFelSOj溶液中滴加过量Ba(OH)2溶液：

2+2+

Fe+2OH+Ba+SO；"=Fe(OH)2J+BaSO4J

3+

D.用明研做净水剂：A1+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+

【答案】D

【解析】

电解

【详解】A.用石墨电解氯化铜得到铜与氯气，离子方程式为CuCU^Cu+CUT,故A错误；

B.醋酸为弱酸，应保留化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3coOH=Ca2++C(M+H2C)+2CH3coO-,故B错

误；

C.过量Ba(OH)2溶液，钱根离子也参与反应；离子方程式为：

2+

Fe+4OH+2NH：+2Ba?++2SO：=Fe(OH)2J+BaSO4J+2NH3.H2O,故C错误；

3+

D.明矶做净水剂，铝离子水解，离子方程式为：A1+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，故D正确；

答案选D。

9.下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是

A.O.lmol-K1FeCL溶液：C（C1"）>3c（Fe3+）

B.O.lmolL-1KC1溶液：c（H+）=c（0H）

1

C.O.lmolUCH3COONa溶液：《CH3coeF）>c（Na+）>C（OJT）>c（lT）

D.室温下，pH=7的NH4CI、NHs-H2。混合溶液：c（Clj=c（NH；）

【答案】C

【解析】

【详解】A.O.lmolL-1FeCh溶液中，Fe3+发生水解，则C（C「）>3。仔3+）,故A正确;

B.O.lmolL-'KC1溶液呈中性，c（H+）=c（0H）,故B正确;

C.O.lmoLIjiCH3coONa溶液中CH3co。发生水解使溶液呈碱性，则溶液中

++

c（Na）>c（CH3COOj>C（OHj>c（H）,故C错误；

D.室温下，pH=7的N%C1、NH/H2。混合溶液中呈中性，c（H+）=c（OH）,由电荷守恒

c（0H.）+c（C「）=c（NH：）+c（H+）可知c（C「）=c（NH：）吗，故D正确;

故选C。

10.已知H—H的键能为436kJ.molT—I的键能为151kJ-mo「反应H2（g）+L（g）=2Hl（g）经历了

如下反应历程：①12（g）21（g）,②H2（g）+21（g）-2HI（g）,反应过程的能量变化如图所示。下列

说法正确的是

中间态2

7中间态1

O

E

0P・

烹

H7（g）+2I（g）

g1

V

H（g）+I（g）

222HI（g）

A.H—I的键能为299kJ-mol-1

B.升高温度，反应①速率增大，反应②速率减小

C.升高温度，反应②的限度和速率均增大，有利于提高H2的转化率

D.为防止反应过程中有1(g)大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的婚变

【答案】A

【解析】

11

【详解】A.由图可知,H2(g)+I2(g)2HI(g)AH=(151-162)kJ-mol=-llkJmol,设H—I

的键能为X,]U!|AH=-llkJ-molT=(436kJ-molT+i5ikj-molT)—2x,可得，％=299kJ•moL,

故A正确；

B.升高温度，反应速率加快，正反应①、反应②反应速率都加快，故B错误；

C.由图可知，反应②为放热反应，升高温度，反应②速率增大，平衡逆向移动，H2的转化率降低，故C

错误；

D.为防止反应过程中有1(g)大量累积，应选择合适的催化剂降低反应②的活化能，加快反应，故D错

误；

答案选A。

11.向恒容密闭容器中加入1molC。？和一定量的H2,发生反应：

CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)o不同投料比X[”(CO2)："(H2)]时，C。?的平衡转化率随温

度的变化曲线如图所示。下列说法不正卿的是

%

、

郴

髀

遂

详

S

O

O

A.xl<%2

B.该反应为吸热反应

C.点a、b、c对应的平衡常数：

D.投料比固定，当容器内压强不再改变时，反应达到平衡状态

【答案】D

【解析】

【详解】A.x增大，CO2的量增加，平衡正向移动，根据勒夏特列原理CO2的转化率减小，因此，A正

确；

B.由图像，温度升高，C02平衡转化率增大，说明平衡正向移动，吸热反应升温有利于平衡正向移动，B

正确；

C.b、c两点温度相同，同一反应的K只受温度影响，故Kc=Kb,a点平衡转化率更低，说明反应平衡时

正向程度小，Ka更小，故Ka<Kb=Kc,C正确；

D.该反应反应前后气体体积数不变，故无论是否到达平衡，容器内压强都不变，D错误；

故选D。

12.一定温度下，在1L的恒容密闭容器中发生反应：A（g）+2B（g）,^4C（g）,反应过程中的部分数据如

下表所示:

物质的量"/mol）

时间(//min)

"(A)〃（B）“(C)

02.02.40

50.8

101.6

151.6

下列说法不E理的是

A.0~5min用A表示的平均反应速率为0.04mol-V1-min1

B.此温度下，反应的平衡常数K为1.6

C.物质B的平衡转化率约为33%

D.15min后，再加入A、B、C各1.6moL平衡不移动

【答案】D

【解析】

【详解】A.0〜5min内C的物质的量增加了0.8mol,由于容器的容积是1L,则用A物质浓度变化表示

1/小1O.Smol.人

的反应速率v（A）=—v（C）=—x--------------=0.04mol/（L/min）,A正确；

4v74lLx5min

B.反应进行到lOmin时，A物质的物质的量减少0.4mol,根据物质反应转化关系可知B物质的物质的量

减少0.8mol,B的物质的量为2.4mol-0.8moi=1.6moLB的物质的量等于15min时B的物质的量，则反

应此时已达到平衡，此时C物质的量为L6molB正确;

C.根据选项B分析可知：反应在进行到10min时，A物质的物质的量减少0.4mol,根据物质反应转化关

系可知B物质的物质的量减少0.8mol,B的平衡转化率约为竺亚义100%q33%,C正确；

2.4mol

D.15min后，再加入A、B、C各1.6mol,等效于压缩体积，该反应为体积增大的反应，压强增大，反

应逆向移动，D错误；

故选D。

13.常温，下列实验操作及现象与推论不相符的是

选

操作及现象推论

项

A用pH试纸测得O.lmol/LCH3COOH溶液pH约为3CH3COOH是弱电解质

向某无色溶液中加入足量稀盐酸，产生无色无味气体；再将该气体通入溶液中可能含有CO3

B

澄清石灰水，产生白色浑浊或HCO：

用pH计测定相同浓度的CH3coONa溶液和NaClO溶液的pH,前者的HC1O的酸性弱于

C

pH小于后者的CH3coOH

向2mLimol/LNaOH溶液中加入ImLO.lmol/LMgCb溶液，产生白色沉Mg(0H)2沉淀转化为

D

淀；再加入ImLO.lmol/LFeCb溶液，产生红褐色沉淀Fe(0H)3沉淀

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A.CH3co0H为弱酸，电离不完全，则pH试纸测得O.lmol/LCH3co0H溶液pH约为3,故A

正确；

B.无色无味气体为二氧化碳，则溶液中可能含有CO：或HCC>3，故B正确；

C.测定盐溶液的pH可判断水解程度，前者的pH小于后者的，可知HC1O的酸性弱于CH3coOH,故C

正确；

D.NaOH过量，均为沉淀生成，不发生沉淀的转化，故D错误；

故选：D。

14.一种高性能的碱性硼化机(VB2)—空气电池如下图所示。电池的总反应为：

4VB2+11O2+20OH+6H2O=8B(OH)4+4VO^o该电池工作时，下列说法不正理的是

负载

VB2电极\।1।—।/复合碳电极

:一空气

KiOH溶液阴离子交换膜

A.电子由VB?电极经外电路流向复合碳电极

B.正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高

-

C.VB2电极发生反应：VB2+16OH-lle-=VO；+2B(OH)"+4H2O

D,若有0.224L(标准状况)02参与反应，有0.04molOH-通过阴离子交换膜移到负极

【答案】B

【解析】

【分析】根据题目信息可知，VB2电极上失电子发生氧化反应生成V0；、B(OH)；：

VB2+16OH-He=VOt+2B(OH)4+4H2O,所以VB2电极为负极，则复合碳电极为正极，电解质溶液

显碱性，空气中的氧气得电子发生还原反应生成氢氧根：O2+2H2O+4e-=4OH-；

【详解】A.原电池中，电子由负极流向正极，故电子由VB?电极经负载流向复合碳电极，A正确；

B.反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗0H-使负极区0H-浓度减小pH降低，B

错误；

C.VBz电极上失电子发生氧化反应生成VO：、B(OH)；：

VB2+16OH-lle=VO；+2B(OH/+4H2O,C正确；

D.若有0.224L(标准状况，为0.01mol)02参与反应，则转移电子0.04mol,会有0.04molOlT通过阴离子交

换膜移到负极，D正确；

故选B。

第二部分

本部分共5题，共58分。

15.金属矿物常以硫化物形式存在，如FeS?、ZnS等。

I.掺烧FeS?和FeSO4,用于制铁精粉和硫酸

(1)已知：2FeS©4@)KFQ(S。括3()为吸热反应。25CJOlkPa时,lmolFeS2固

体在2.75mol氧气中完全燃烧生成气态SO?和FezOs固体，放出8261d热量。

①FeS?与。2反应的热化学方程式为.

②将FeS2与FeSO4掺烧(混合燃烧)，其目的包括(填字母)。

a.节约燃料和能量b.为制备硫酸提供原料c.减少空气污染

(2)FeSC)4常带一定量的结晶水。FeSO「7H2O(s)分解脱水反应的能量变化如图所示。

能八

量

1molFeSO4(s)+7H2O(l)

T

:AH,

ImolFcSO4H2O(S)+6HQ(1)；

"1'

：A//,=+26.6kJ-mol-*1*

1molFeSO『4Hq(s)+3HQ(l):"

A'

A//产+84.5kJ-mol-1

A//(=+26.5kJ,mol-1

1molFcSOsDHQs)

反应过程

①^3=kJ•mol_1o

②为维持炉内温度基本不变，Fes。4所带结晶水越多，掺烧比［”(FeSzYMFeSOj］应。(填“增

大”“减小”或“不变”)。

II.浸出法处理ZnS

(3)ZnS难溶于水，处理ZnS常使用酸浸法，两步反应依次为：

+2+3

i.Xn&(s)+2H(aq)Zn(aq)+H2?()=2.2xl0-

71

ii.2H2?+S2@2H40缎?40x

①平衡常数&的表达式为。

②仅发生反应i时，ZnS酸浸效果不好，结合平衡常数说明原因：0

(4)从平衡移动角度解释通入。2在ZnS酸浸过程中的作用：0

1

【答案】15.①.4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)AH=-3304kJ-mol②.ab

16.①.+31.4②.增大

2+

c(Zn)c(H2S)

17.①.②.&较小，说明ZnS酸浸反应i进行得不充分（合理即可）

&=W)

18.。2与H2s充分反应，使平衡i正向移动，促进ZnS的溶解（合理即可）

【解析】

【小问1详解】

①由已知得，25C、101kPa时，4moiFeS2固体在Hmol氧气中完全燃烧生成气态SO?和FezOs固体，放出

3304kJ热量，故热化学方程式为:

1

4FeS2（s）+HO2（g）=2Fe2O3（s）+8SO2（g）AH=-3304kJ-moF；

②由题可知FeS2燃烧为放热反应，FeSCU分解为吸热反应，FeS?燃烧为放热可为FeSCU分解提供能量，FeSO

4分解产生SO2、SO3可作为制铁精粉和硫酸原料；故选ab；

【小问2详解】

①根据图象可判断AH3=AH4-AHi-AH2=+31.4kJ/mol,故答案为+31.4；

②由题可知FeS2燃烧为放热反应，使炉温升高，FeS04分解为吸热反应，使炉温降低，FeSCU所带结晶水越

多，吸收越多，降温越多，维持温度不变，则掺烧比应该增大，故答案为增大；

【小问3详解】

①此温度下，反应ZnS（s）+2H+（aq）Zn2+（aq）+H2s（aq）的平衡常数表达式

2+

c(Zn)c(H2S)

c2(H+)

②《较小，反应进行的程度很小，说明ZnS酸浸反应i进行得不充分。故答案为&较小，说明ZnS

酸浸反应i进行得不充分（合理即可）；

【小问4详解】

。2与H2s充分反应，使平衡i正向移动，促进ZnS的溶解（合理即可）；

16.CO2的过量排放会产生一系列生态和环境问题，CO2主要通过如下平衡过程对水体钙循环和海洋生态产

生影响。

2+

CaCO3+CO2+H2O,Ca+2HC0；

（1）碳酸盐的溶解是水体中Ca2+的主要来源。C02过量排放会导致水体中c（Ca2+）（填“增大”“减

小”或“不变”）o

2

（2）海水中含有的离子主要有Na+、Ca\K\HCO3,海水呈弱碱性，用化学用语解释原因:

（3）珊瑚藻是一种对海水酸化极为敏感的藻类，其可通过光合作用和钙化作用促进珊瑚礁（主要成分为

CaCCh）的形成，过程如下图所示。

„„t法

海洋表面//CO：、八

HCO7—

CaCO,(CH,O)r

资料：海水pH降低会使珊瑚藻呼吸作用增强。

①珊瑚藻能促进珊瑚礁的形成，原因是。

②CCh排放导致海水酸化，对珊瑚藻的影响有（填字母）。

a.阻碍了钙化作用b,阻碍了光合作用c.增强了呼吸作用，消耗有机物

（4）水体中CO；、HCO3浓度的监测对生态研究具有重要意义，测定方法如下：

i.取50mL待测水样，滴加4〜6滴酚酗溶液，摇匀。

ii.溶液变为红色，用cmoLIJi盐酸滴定至红色刚好消失（pH约8.3）,消耗盐酸体积为VimL。

iii.滴加4〜6滴甲基橙溶液，摇匀，用cmoLU盐酸滴定至溶液从黄色变为橙色（pH约3.8）,消耗盐酸体

积为V2mL。

①ii中发生反应的离子方程式为0

②该水体中c（HCC）3）为o（用计算式表示）。

【答案】（1）增大（2）HCO；+H2O#H2CO3+OH

（3）①.珊瑚藻通过光合作用吸收CO2,二氧化碳的将减少，使CaCO3+CO2+H2OuCa2++2HCO］的平

衡逆向移动，生成更多的CaCCh,促进珊瑚礁的形成②.ac

（4）①.COj+H+=HCO［②."-VJm01yL

【解析】

【小问1详解】

CCh过量排放会导致CaCC^+COz+H?。Ca?++2HCO］的平衡正向移动，则水体中c（Ca?+）增大;

【小问2详解】

HCO]水解生成H2cCh和OH-导致溶液呈碱性，水解离子方程式为：HC0]+H20UH2co3+0H-；

【小问3详解】

①珊瑚藻通过光合作用吸收CO2,二氧化碳的将减少，使CaCO3+CO2+H2CMCa2++2HCO；的平衡逆向移

动，生成更多的CaCCh,促进珊瑚礁的形成；

②a.CO2排放导致海水酸化，导致CaCO3+CO2+H2OuCa2++2HCO]的平衡正向移动，阻碍了钙化作用，

故a正确；

b.CO2是光合作用的反应物，CCh排放导致海水酸化促进光合作用，故b错误；

c.海水pH降低，会使珊瑚藻呼吸作用增强，消耗有机物，故c正确；

故答案为：ac；

【小问4详解】

①ii中CO：和H+反应生成HCO；,发生反应的离子方程式为CO：+H+=HCO；;

②iii中发生的离子反应方程式为H++HCO]=CO2f+H2O,原溶液中HCO；消耗的V(HCl)=(V2-Vi)mL,该

.cmol/Lx(V-V,)xlO-3LcC^-VJ

水体中c(HCO3)=-------------U_9_\L-------~匕mol/L。1/T

0.05L50

17.电解水制氢所需的电压高、耗能大。醛类(R-CHO)可在很低的电压下被Cu催化氧化为竣酸盐(R-

COO-),同时产生的氢原子会重组成Hz该过程的示意图如下。

(1)已知：醛极易被氧化，电解所需电压与电解反应的难易程度相关。

①在碱性条件下电解水制氢时，阳极发生的电极反应为。

②推测醛氧化制氢所需电压比电解水制氢低的原因是o

(2)补全醛催化氧化时，阳极的电极反应式：o

2R-CHO-口片+□=2R-COO+H2T+2H2O

(3)上述电解装置工作时，每转移Imol电子时，生成H2物质的量为

(4)电解一段时间后(忽略溶液体积变化)，制氢的效率会降低。

①经检验，阳极表面产生了CU2O,阻碍醛类的吸附。阳极表面产生CU2。的电极反应式为o

②阳极区溶液的pH会逐渐降低，导致pH降低的可能原因有(填字母)。

a.电极反应消耗OH-b.产生H2O稀释溶液c.产生的竣酸盐水解

【答案】(1)①.4OH-—4院=2氏0+02t②.醛容易被氧化，电解反应容易进行

(2)2R—CHO—2e-+40H-=2R-COCT+H2t+2H2O

(3)0.5mol(4)①.2Cu-2—+20JT=CU2O+H2。②.ab

【解析】

【分析】根据电子流向左侧电极是阳极，发生失去电子的氧化反应，右侧电极是阴极，发生得到电子的还原

反应，据此解答。

【小问1详解】

①碱性环境下，氢氧根浓度较大，阳极上是氢氧根失电子，生成水：40H-4e-=2H2O+O2t;

②醛容易被氧化，电解反应容易进行，所需电压比电解水要低，故答案为：醛容易被氧化，电解反应容易

进行；

【小问2详解】

根据氧守恒和电荷守恒，可得方程式为2R-CHO-2e-+4OH-=2R-COO+H2t+2H2O；

【小问3详解】

生成1个氢气分子，需要转移2个电子，现在转移Imol电子，就生成0.5mol氢气；

【小问4详解】

①阳极表面产生了Cm。，是Cu在阳极放电形成的，其电极反应式为2Cu—2N+2OJT=CU2O+H2O；

②由阳极的电极反应式2R—CHO—2e-+4OJT=2R—COCT+H2t+2H2O可知，反应消耗OIT离子，且有

水生成，这两个因素都导致氢氧根离子的浓度减小，pH降低；较酸盐的水解竣酸根离子要结合水电离出

的氢离子，导致溶液的pH增大，故答案为：ab。

18.丙烯睛(CH2=CH-CN)是重要化工原料，其合成分两步进行。

I.丙烷脱氢制丙烯

丙烷脱氢过程中发生如下反应：

1

i.C3H8(g).C3H6(g)+H2(g)AH=+125kJ-mor

ii.C3H8(g).C2H4(g)+CH/g)AH=+81kJ-mor1

(1)升温时，测得丙烯平衡产率降低。

①升温时，丙烷的平衡转化率(填“提高”“降低”或“不变”)。

②丙烯平衡产率降低的可能原因是。

(2)工业上，常在恒压条件下充入高温水蒸气使反应器再热。请分析充入高温水蒸气的作用:

1

(3)已知：i.H2(g)+CO2(g)F■CO(g)+H2O(g)AH=-41kJmoF

ii.C3H8在高温下脱氢时碳碳键易断裂，产生积炭后，催化剂活性降低

工业上，常在c3H8中加入一定量的CC)2，目的是。

II.丙烯氨氧化制丙烯月青

丙烯在一定条件下生成丙烯靖(CH2=CHCN),副产物为丙烯醛(CH2=CHCHO),反应如下:

1

i.C3H6(g)+NH3(g)+3/2O2(g)FCH2=CHCN(g)+3H2O(g)AH=-515kJmor

1

ii.C3H6(g)+C)2(g)『CH2=CHCHO(g)+H2O(g)AH=-353kJ-mol

(4)原料气中NH3和丙烯的比例对产物收率的影响如图所示。

已知：CH?=CHCN碱性条件下容易分解。

①n(NH3)/n(C3H6)<0.3时产物主要为丙烯醛(012=CHCHO),原因是。

②n(NH3)/n(C3H6)>1时，冷却吸收后丙烯月青收率略有降低，原因是。

【答案】(1)①.提高②.升温时反应ii的转化率提高

(2)反应体系压强减小，反应正向移动.

(3)将积炭转化为CO,提高催化剂活性。

(4)①.氨气含量过低，主要发生反应ii②.氨气含量过多成碱性，而CH?=CHCN碱性条件下

容易分解，故丙烯睛收率略有降低

【解析】

【小问1详解】

①两个反应均为吸热，温度升高时，丙烷的平衡转化率提高。②温度升高时，主要发生的是反应ii。

故答案为：①提高；②升温时反应ii的转化率提高

【小问2详解】

恒压充入水蒸气后，相当于反应体系压强减小，反应正向移动。

故答案为：反应体系压强减小，反应正向移动。

【小问3详解】

C3H8在高温下脱氢时碳碳键易断裂，产生积炭后，催化剂活性降低，而加入CO2后可将积炭转化为

co,提高催化剂活性。

故答案为：将积炭转化为co,提高催化剂活性。

【小问4详解】

①氨气含量过低，主要发生反应ii（无法提供氮原子）；②氨气含量过多成碱性，而CH?=CHCN碱性条件

下容易分解，故丙烯晴收率略有降低

故答案为：①氨气含量过低，主要发生反应ii；②氨气含量过多成碱性，而CH?=C