2023年秋期六校第二次联考
高二年级化学试题
(考试时间：75分创
试卷满分：100分)
注意事项：
1,答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号填写在答题卡上。
2.回答选泽题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答策标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上，写在本试卷上无效。
3,考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对分子量：C:12H:10:16Fe:56Cu:64Cl:35.5N:17Na:23S:32
一、单项选择题（本题共10小题，每题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。）
1.化学与生产、生活、科技等密切相关。下列说法不正确的是
A.除去CuCL2溶液中少量的FeCl,可选用Cu0固体
B.泡沫灭火器的设计利用了盐类水解的原理
C.处理锅炉水垢中的硫酸钙，可以先用饱和碳酸钠溶液浸泡，再用酸除去
D.氯碱工业中使用阳离子交换膜，主要目的是使电解池中形成闭合回路
2.下列事实不能用勒夏特列原理解释的是
A.在HCl的气流中加热MgCl2·6H20制备无水MgCl
B.一定条件下，当反应2NO2一N,04达到平衡后，缩小容积，气体颜色加深
C.通过饱和NaCl溶液洗气的方法除去CL,中混有的HCl
D.分别用等体积的蒸馏水和稀盐酸洗涤AC1沉淀，后者AgCI损失少
3.我国科研人员提出了由C02和CH转化为高附加值产品CH,CO0H的催化反应历程。该
反应历程示意如下图，下列说法不正确的是
“过渡态
CH,COOH
●●
QP选择性活化、催化剂①0
②
●c
00
●0
CH
OH
A,该催化剂可以改变反应的焙变
B.CH→CH,C0OH过程中，有C一H键发生断裂
C.①→②放出能量并形成了C一C键
D.生成CH,C00H总反应的原子利用率为100%
高二年级化学试题第1页（共8页）
4.对于可逆反应N2(g)+3H2(g)=2NI,(g)△H<0,下列研究目的和示意图相符的是
达项
A
B
D
只改变压强对反应的
恒容时加入H 对平
恒温时加入俄化剂
研究月的滥度对反应的影响
彩响，P之
衍体系的影响
对平衡体系的影响
N,的1
NH,的
速“
混合什
平
体积
体
图示
转化
分数
(正)
()
总压
有催化剂
v(逆)
强
(逆)
无催化剂
温度
时间
0
时间
时间
5.已知25℃时，向10mL0.01mol·L-NaCN溶液中逐滴加人0.01mol·L的盐酸，滴入过程
中，溶液中HCN、CN分布系数合【如HCN的分布系数：8(HCN)=
e(HCN)
(HcN)+c(CN)]J与
H的变化关系如图所示。下列叙述错误的是
0.8
60.6
0.4
0,2
0
)101112134
pH
A.水的电离程度：eB.K(HCN)的数量级是10o
C.V.HCI(aq)]=5mL时，c(dl)>c(HCN)
D.V[HCI(aq)=10mL ,c(Na")+c(H*)=c(CN-)+c(OH-)+c(CI-)
6.下列关于水溶液中的离子反应与平衡说法不正确的是
A.常温下0.1mol·L-NaHC0,溶液中存在：c(CO3)+c(HC0)+c(H2CO3)=c(Na+)=
0.1mol·Ll
B.Ba2*、F、A13+、S2-、K+、0H、CH,C00、S0几种离子中，对水的电离平衡不产生影响
的有3种
C.等物质的量浓度的下列三种溶液：①NH,NO,:②NH,HSO,:③(NH),SO,,NH的浓度
由大到小排列正确的是③②①
D.将0.02mol·L氨水与0.01mol·L-盐酸等体积混合后存在：2c(NH)+c(H)=
c(CI-)+c(OH-)
7.某化工实验室设计了一种新型双微生物燃料电池装置，能够同时消除养殖厂含氮污水和化
工厂含醛类废水，工作原理如图所示。下列说法中正确的是
高二年级化学试题第2页（共8页）2023 年秋期六校第二次联考
高二年级化学参考答案
1．D
【解析】A．加入氧化铜调节溶液的 pH使三价铁离子全部转化为氢氧化铁沉淀且氧化铜
转化为氯化铜未引入新的杂质，A正确；B．课本 114页，B正确；C．硫酸钙难溶于水也难
溶于酸，处理锅炉水垢中的硫酸钙，可以先用饱和碳酸钠溶液浸泡，发生沉淀的转化生成可
溶于酸的碳酸钙，再用酸除去即可，C正确；D．氯碱工业中使用阳离子交换膜，因氯离子
放电，需要阳离子交换膜使阳离子钠离子移动到阴极，从而获得氢氧化钠，D错误；故选 D。
2．B
【解析】A．氯化镁水解生成氢氧化镁和氯化氢，通入氯化氢气体可以使水解平衡逆向
移动，抑制水解，能用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B．缩小容积，所有物质的浓度
均变大，导致气体颜色加深，不能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C．氯化氢易溶于水，
因为氯气和水反应为可逆反应，而饱和食盐水一方面既可以吸收氯化氢，另一方面含有高浓
度氯离子，将以上反应平衡左移，减少氯气溶解在水中的机会，减少氯气的溶解损失，C不
符合题意；D．氯化银沉淀中存在沉淀溶解平衡，盐酸中氯离子浓度较大，导致氯化银沉淀
溶解平衡逆向移动，减少了氯化银损失，能用勒夏特列原理解释，D不符合题意；故选 B。
3．A
【解析】A、加入催化剂，只改变反应的活化能，不改变反应热，也不影响反应的焓变，
A CH CH COOH 1 C—H故 错误；B、 4选择性活化变为 3 过程中，有 个 键发生断裂，故 B正确；
C C—C、根据图示，①的总能量高于②的总能量，①→②放出能量，对比①和②，①→②形成了
键，故 C正确；D CH3COOH 100%、该反应只有 一种生成物，原子利用率为 ，故 D正确。
4．C
【解析】A．合成氨为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氮气的平衡转化率降低，
与图不符，A错误；B．根据图像，p1达到平衡使用的时间短，则 p1>p2，增大压强，平衡正
向移动，氨的体积分数增大，与图不符，B错误；C．反应达到平衡后，增加氢气的用量，
正反应速率增大，逆反应速率不变，随时间进行，反应重新达到平衡，与图相符，C正确；
D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应速率，达到平衡所用的时间变短，与图不符，D
错误。
5．C
【解析】A．随溶液 pH逐渐增大，CN- CN-浓度逐渐增大，且 促进水的电离平衡，故水
的电离程度依次增大，即 e＜g＜h，故 A正确；B．e点时，c(CN-)=c(HCN)，Ka(HCN)=
c CN c H+
= c H+ =10-9.2 -10，数量级是10 ，故 B正确；C．V[HCl(aq)]=5mL 时，发生反应
c HCN
HCl+NaCN=NaCl+HCN，故溶质为等物质的量浓度的 NaCN、NaCl、HCN，根据 B中电离常
数可得 NaCN水解大于 HCN Cl-电离，故 c ＜c(HCN)，故 C错误；D．根据电荷守恒可得，
c Na+ +c H+ =c CN- +c OH- +c Cl- ，故 D正确；故选 C。
6．D
A 0.1mol·L-1NaHCO 2- -【解析】 ．常温下 3溶液中存在物料守恒，c(CO3 )+c(HCO3 )+c(H2CO3)
=c(Na+)=0.1mol·L-1 A B.Ba2+ - 3+ 2- + - - 2-，故 正确； 、F、Al 、S 、K 、OH、CH3COO、SO4 几种离
Ba2+ SO 2- +子中， 、 4 、K 对水的电离平衡不产生影响，则有 3种，故 B正确；C.①NH4NO3；
②NH4HSO4；③(NH + +4)2SO4，NH4 先不考虑水解，则③(NH4)2SO4，含有两个 NH4 ，所以浓度
1 7
高二年级化学参考答案 第 页 （共 页）
{#{QQABAYAEgggAABBAABhCAQ3aCECQkBEACIoGQAAAsAABAAFABAA=}#}
大于其它两种物质，②NH4HSO +4，溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子的水解，溶液中 c(NH4 )
NH NO c(NH + +大于① 4 3溶液的 4 ),c(NH4 )的浓度由大到小排列为：③②①，故 C正确；D．将
0.02mol/L氨水与 0.01mol/L + + - -盐酸等体积混合后存在电荷守恒：c(NH4 )+c(H )=c(Cl )+c(OH )，
故 D错误；故选：D。
7．C
+5
【解析】由图可知右侧 b电极硝酸根中氮元素化合价由 价变成 0价化合价降低，得
+5
电子，所以为正极，则左侧 a电极为负极。A、在电极 b硝酸根中氮元素由 价变成 0价，
H+
则该电极为正极，电极 a为负极，电子由 a极经导线流向 b极， 移向正极，即 b电极，A
B a C6H5CHO + 13H
+
错误； 、 极为负极，方程式为 2O 32e = 7CO2 ↑+ 32H ，B错误；C、b
电极为正极，1个硝酸根对应转移 5个电子，a电极 1个C6H5CHO转移 32个电子，根据两个
-
C H CHO NO 5 ∶ 32
电极转移电子数相等得到 a极消耗的 6 5 和 b极消耗的 3的物质的量之比为 ，
C正确；D、在加热的时候微生物会变性，故效率会降低，D错误。
8．D
A 2NO2(g) Δ$【解析】 ．已知该反应 N2O4(g) ＜0，且反应常温下能够自发进行，故该
c(N O )
Δ
反应的 H＜0 ，A错误；B．该反应 2NO2(g) N2O4(g)的平衡常数表达式为 K=
2 4
2 ，Bc (NO2)
错误；C．升高温度，该反应的正反应速率增大，逆反应速率也增大，C错误；D．将反应器
容积压缩为原来的一半，根据勒夏特列原理可知，达到新平衡时，气体颜色比压缩前深，D
正确；故答案为：D。
9．C
A H O H+【解析】 、阳极室中 2 发生氧化反应，生成氧气和 ，A B H
+
项正确； 、阳极室中的
HPO2 H PO
通过阳膜到达产品室，原料室中的 3 通过阴膜到达产品室，二者发生离子反应生成 3 3，
B + +项正确；C、原料室中的 Na 向阴极室移动，因此原料室中的 Na 浓度减小，C项错误；D、
2H O + 2e = 2OH + H ↑ pH
阴极室中发生的反应为 2 2 ，溶液的 逐渐升高，D项正确。
10．D
【解析】A．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H <0 ，若 t1时刻改变的条件是升高温度，正逆
反应速率都会发生突跃，图象中正反应速率是在原来基础上渐变，A错误；B．由图起始点
可知氢氧化钠的物质的量浓度为 0.1 mol·L-1，盐酸滴定 20.00 mL NaOH溶液需要盐酸体积
40mL ，盐酸浓度为氢氧化钠的一半，B错误；C．图 III表示反应 2NO2(g) N2O4(g) △H中
NO2平衡转化率与温度、压强的变化关系，由图知随着温度的升高，二氧化氮的转化率降低，
则△H<0，温度不变时，高压更有利于二氧化氮的转化，P1>P2，C错误；D．pH相同的 NaOH
溶液与氨水稀释过程的中 pH无限向 7靠拢，且氨水是弱碱存在电离平衡，pH变化程度小于
强碱氢氧化钠的变化，D正确；答案选 D。
11．BC
I
【解析】缩小反应容器的体积，使压强增大，平衡不移动， 2(g)的物质的量不变，但容
I
器体积减小， 2(g)浓度增大，混合气体颜色加深，故 A项错误；保持容积不变，改变体系温
I
度，平衡一定发生移动， 2(g)浓度改变，体系颜色一定发生变化，故 B项正确；保持容积不
HI HI
变，继续充入 气体，相当于对原平衡加压，加压，平衡不移动， 的转化率不变，故 C
I
项正确；温度不变时，增大氢气浓度，平衡逆向移动， 2(g)浓度变小，颜色变浅，达到新平
衡时，反应速率加快，故 D项错误。
12．AC
Na CO CO2 BaCl
【解析】A．含有酚酞的 2 3溶液，因 3 水解显碱性溶液变红，加入少量 2
2
固体，生成碳酸钡沉淀，*(CO3 )减小，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明 Na2CO3
2 7
高二年级化学参考答案 第 页 （共 页）
{#{QQABAYAEgggAABBAABhCAQ3aCECQkBEACIoGQAAAsAABAAFABAA=}#}
A B 18 mol L 1溶液中存在水解平衡，故 正确； ． 的硫酸为浓硫酸，浓硫酸具有脱水性、强
pH pH B FeCl FeCl氧化性，不能用 试纸测定其 ，故 错误；C．配制 2溶液时，先将 2溶于适量
Fe2+
浓盐酸中，再用蒸馏水稀释到所需浓度，最后应该在试剂瓶中加入少量铁粉，抑制 水解，
并防止 Fe2+被氧化，故 C正确；D．向盛有 2 mL 0.01 mol L 1 AgNO3溶液的试管中滴加 2
0.01 mol L 1 NaCl 2 0.01 mol L 1 NaI
滴 溶液生成氯化银沉淀，硝酸银溶液过量，再滴加 滴
1
溶液，硝酸银和碘化钠反应生成碘化银沉淀，未发生沉淀的转化，不能较 sp的大小，故 D
错误。
13．AB
B HA NaA HA
【解析】 点的溶液为等浓度的 和 的混合溶液，此时溶液呈酸性，说明 的
A B A a+
电离程度大于 的水解程度，则 点的溶液中粒子浓度之间存在：*( ) > c(N ) > c(HA)，
A A 0.1 mol L 1 HA HA H+故 正确；由图可知， 点为 的 溶液， 电离出的 抑制了水的电离，溶
液中 * (H+) = c (OH ) = 10 11 mol L 1 ，则 0.1 mol L 1 的 HA H+溶液中 *( ) = 1 ×
水 总
3 1 *(H
+)c(A ) 10 3×10 3
10 mol L 1 = ≈ = 1 × 10 5 A
1
1 wa ≈，则 ，所以 的水解平衡常数 h =*(HA) 0.1 1a
1×10 14
= 1 × 10 9 B C HA NaA E NaA，故 正确； 点是 和 的混合溶液，溶液呈中性，而 点为
1×10 5
NaOH F NaA NaOH
和 的混合溶液，溶液呈碱性，故 C错误； 点的溶液为等浓度的 和 的混合
*(Na+) = 2c(HA) + 2c(A ) *(H+) + c(Na+) =
溶液，溶液中存在物料守恒： ，电荷守恒：
c(OH ) + c(A )，二者联立可得质子守恒：c(OH ) = 2c(HA) + c(A ) + c(H+)，故 D错误。
14．AD
A Ca(ClO)2 Na2SO3 FeCl Na SO【解析】 ．将 、 、 3溶液蒸干分别得到的是氢氧化钙、 2 4、氢
氧化铁，均得不到原溶质；故 A正确；B．稀硝酸具有强氧化性，会将亚铁离子氧化成铁离
1
子，故 B错误；C． sp只受温度的影响，但溶解度会因溶剂的改变而改变，氯化钠溶液中氯
AgCl NaCl
离子浓度较大，抑制氯化银的溶解，所以 在 溶液中的溶解度要小于在纯水中的溶
C CH COONH NaCl解度，故 错误；D． 3 4溶液中存在醋酸根和铵根的水解，促进水的电离，而
对水的电离无影响，所以两溶液中水的电离程度不同，故 D正确。
15．AD
* H+ * H+
【解析】A D -8.5 + - -14． 点溶液中 lg =-8.5，即 =10 ，结合 25℃时 c(H )·c(OH )=10* OH * OH
+
c(H+)=10-11.25
* H
可解得 mol/L，所以溶液的 pH=11.25，故 A正确；B．C点之前 lg >0，则
* OH
c(H+)>c(OH-) +，溶液呈酸性，C点之后 c(H )呈中性，加入 20mLNaOH溶液时溶液中的溶质为 NaNO2，溶液显碱性，故 C错误；D．据
* H+
图可知未滴加 NaOH 溶液时，0.100mol/L 的 HNO2溶液中 lg =8.5，结合 25℃时
* OH
* H+ * NO- 10-2.75×10-2.75
﹣
c(H+)·c(OH-)=10-14 + -2.75 2 4.5可解得 c(H )=10 mol/L，则 Ka＝ = ≈1.0×10 ，故 D
* HNO2 0.1-10
-2.75
正确；综上所述答案为 AD。
16．【参考答案】
1 c(CH COOH) > +c(H ) > c(CH COO ) > c(OH )（ ） 3 3 （2分）
2 1.2 × 10 8（ ） （2分）
（3）①酚酞（1分） 无色变为浅红色，且半分钟不褪色（1分）
26.10
② （2分）
③偏高（2分） 偏低（2分）
【解析】
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高二年级化学参考答案 第 页 （共 页）
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1 0.1 mol L 1 CH3COOH CH COOH CH COO
+ H+
（ ） 的 溶液中可发生可逆反应 3 3 、
+
H O H +OH (H+ ) = (OH ) + + － 2 ，溶液呈酸性，则 c c c(CH COO )，c(H ) > c(CH COO )，3 3
H COO
酸溶液中水的电离被抑制 c(C 3 ) > c(OH
)，所以离子顺序为
c(CH COOH) > c(H+ ) > c(CH COO ) > c(OH )。
3 3
2 1a(CH3COOH) = 1.8 × 10
5mol L 1 1a2 = 2.2 × 10
13mol L 1 CH3COO
+
（ ）根据 、 可得
HA
K
A2 + CH COOH a2 83 的平衡常数为 ≈1.2×10 。
K
a
（3 CH COOH）①滴定 3 应选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液的颜色变化是无色变为浅红色，
且半分钟不褪色。
NaOH
②读数应与液体凹液面相平，故则 标准溶液的实际用量为 26.10mL。
③滴定前未用标准液润洗碱式滴定管会使标准液稀释，标准液使用体积偏大，结果偏高；
滴定结束后读数时俯视液面读出液体体积偏小，结果偏低。
17．【参考答案】
1
（1） （2分） 5（2分）
25
（2）AB（2分，答不全不给分）
（3）负（2分）
（2分） （2分）
【解析】
1 448 ℃ 25（ ） 时，反应 H2 (g)+I2 (g) 2HI(g) 的平衡常数 K1 为 ，该温度下反应
1 1 1 1
2HI(g) H (g)+I (g) 12 = = H (g)+ I (g) 的平衡常数 ；反应 HI(g)的平衡2 2 1 25 2 21 2 2
常数 K = K = 25 = 5。
3 1
（2）压缩容器体积，I2的浓度增大，容器内气体的颜色变深，混合气体的总质量不变，容器
的容积变小，故混合气体的密度增大，故 A项正确；压缩容器体积，造成容器内压强
增大，该反应气体分子数不变，平衡不移动，故 B项正确；平衡不移动，I2(g)的转化
率不变，容器的容积变小，H2的平衡浓度增大，故 C项错误；压缩容器体积，正、逆
反应速率均增大，但是逆平衡不移动，正逆反应速率仍然相等，图象与实际不相等，故
D项错误。
（3 2+ 2+）由题目分析可知，Fe失去电子产生 Fe ，即 ，Fe 在溶液中与
反应，因此 Fe电极为阳极，X为负极反应物，因此 X是 ，M电极的电极反应式
为 ，根据离子方程式
知，每除去 理
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高二年级化学参考答案 第 页 （共 页）
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论上需要 ，外电路上转移 电子，需要消耗的乙烷的物质的量为
。
18．【参考答案】
（1）b、c（2分，答不全不给分） 60%（2分）
（2）①该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，不利于反应物的转化，且温度过高
催化剂可能会失活，故反应温度不宜过高（2分）
16
0.025
② （2 =分） 0（2分）33
【解析】
（1）温度低于 1050 K时，反应速率较慢，反应未达平衡状态，温度等于或高于 1050 K时
达到平衡，故图中 a、b、c三点中，达到平衡的点是 b、c；1100 K时 NO的平衡转化
率为 40%，假设通入 NO的物质的量为 1 mol，利用三段式则有：
C(s)+2NO(g) N2 (g)+CO2 (g)
开始（mol/L） 1 0 0
转化（mol/L） 0.4 0.2 0.2
平衡（mol/L） 0.6 0.2 0.2，
0.6
NO × 100% = 60%所以 的平衡体积分数为 。
0.6+0.2+0.2
催化剂
H H N
（2）① NO(g) + NO2(g) + 2N 3(g) 3 2O(g) + 2 2(g)反应是放热反应，升高温度，平
衡逆向移动，不利于反应物的转化，且温度过高催化剂可能会失活，故反应温度不宜
过高。
②500 ℃时，在 2 L恒容密闭容器中充入 1mol NO、 1 mol NO2和 2 mol NH3， 8 min
时反应达到平衡，此时NH3的转化率为 40%，体系压强为=0 MPa，利用三段式则有：
催化剂
NO(g)+NO (g)+2NH (g) 3H O(g)+2N (g)
2 3 2 2
开始（mol） 1 1 2 0 0
转化（mol） 0.4 0.4 0.8 1.2 0.8
平衡（mol） 0.6 0.6 1.2 1.2 0.8，
0.4 mol
A(NO2) = = 0.025 mol L
1 min 1，根据阿伏伽德罗定律，恒温恒容时，压强
2 L×8 min
1.2
( = 3
0.8
0) ×( =0)
2
500 ℃ 1 = 4.4 4.4p 1.2 0.6 0.6 MPa与物质的量成正比， 时该反应的平衡常数 =
( = )2×( = )×( = )
4.4 0 4.4 0 4.4 0
16
=0Mpa。33
19．【参考答案】
（1）>（2分）
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高二年级化学参考答案 第 页 （共 页）
{#{QQABAYAEgggAABBAABhCAQ3aCECQkBEACIoGQAAAsAABAAFABAA=}#}
（2）①>（2分） 2（2分）
②B（2分）
（3）已达到（2分）
（4）催化剂有选择性（2分）
【解析】
1 CH OH（ ）根据“先拐先平温度高”可知，曲线Ⅱ对应的温度比曲线Ⅰ对应的温度高，平衡时 3
Ⅰ >Ⅱ K > K
的物质的量： ，说明升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，即 。
Ⅰ Ⅱ
H
（2）①由图可知，反应从 a点至平衡时， 2的物质的量一直在减小，所以 a点时正反应速
8min H2 2 mol 0～8 min H率大于逆反应速率； 时， 的物质的量为 ， 内 n( 2)=(8-2)mol=6mol，
1
6- ×6 mol
（ ）
c CO 3 -1则 点时 的浓度= =2moliL 。2
2L
H
②由图可知，改变条件后，平衡时 2的物质的量减小（且达到平衡所需要的时间变短），
说明条件的改变使平衡正向移动（且加快了化学反应速率）。加入催化剂不会使平衡发
生移动，A项不符合题意；该反应为反应前后气体分子数减小的反应，增大压强，可使
平衡正向移动（且能加快反应速率），B项符合题意；由⑴中分析知，升高温度，平衡
逆向移动，C项不符合题意。
c (CH OH ic H O3 ) ( 2 ) 2×4 2 23 ( -1 ) ( -1（ ）Q = = moliL =1 moliL ) = K ，则此时反应已达到平衡状态。
c (CO )ic3 (H ) 1×232 2
4 CH OH（ ）催化剂有选择性，当使用不同的催化剂时，产物中 CO与 3 的含量有较大差异。
20．【参考答案】
（1）463（2分）
（2 + -）①自左至右（2分） CO2+8H +8e =CH4+2H2O（2分）
②0.6（1分） O2+4e-+2H2O=4OH-（2分）
700K
（3）CO2+6FeO 2Fe3O4+C（2分）
（4）①0.6 （1分）
②2CO2+12H++12e-=CH2=CH2+4H2O（2分）
【解析】
（1）根据 H=反应物键能总和－生成物键能总和，有 H=2×745kJ/mol+4×436kJ/mol－
(4×413kJ/mol+4×akJ/mol)=-270kJ/mol，解得 a=463；故答案为：463；
（2） ①该装置有外加电源，属于电解池，右边电极是 CO2还原为 CH4，化合价降低，根据
+
电解原理，右边电极为阴极，左边电极为阳极，H 应是自左至右移动；d电极反应式
CO +8H+为 2 +8e-= CH4+2H2O；故答案为：自左至右；CO2+8H++8e-= CH4+2H2O；
②CH3OH为燃料，C元素化合价为-2价，C元素转化成 CO2，化合价由-2价升高为+4，
化合价共升高 6价，1mol该燃料参与反应，转移电子物质的量 6 mol，则 0.1 mol该燃
料参与反应，转移电子物质的量为 0.6 mol，根据转移电子物质的量相等，离子交换膜
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+ -
中通过 0.6 mol H ；氧气在正极上参与反应，即电极反应式为 O2+4e +2H O=4OH-2 ；故
答案为：0.6；O2+4e-+2H2O=4OH-；
（3）根据图示可知过程Ⅱ为 FeO与 CO2在 700 K条件下反应产生 Fe3O4和 C单质，反应方
700K 700K
程式为：CO2+6FeO 2Fe3O4+C；故答案为：CO2+6FeO 2Fe3O4+C。
3.36L
4 n(O +（ ）① 2) = = 0.15mol，根据图示可知：在左侧，CO2与 H 反应产生乙烯和 H2O，22.41/mol
-
得到电子发生还原反应，则左侧电极为阴极；在右侧 H2O电离产生的 OH失去电子变
+
为 O2和 H ，右侧电极为阳极，每有 1 mol O2反应产生，会转移 4 mol电子，现在反应
产生了0.15mol的O2，因此反应过程中转移电子的物质的量为
n(e-)=4n(O2)=0.6mol；故答案为：0.6；
②在左侧阴极上 CO2得到电子被还原产生乙烯和水，
2CO + 12H+ + 12e = CH = CH + 4H O
电极反应式为： 2 2 2 2 ；
2CO2 + 12H
+ + 12e = CH2 = CH故答案为： 2 + 4H2O。
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