2017-2018学年河北省邢台市第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

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2017-2018学年河北省邢台市第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版

河北省邢台市第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考 化学试题 可能用到的相对原子质量:Cu-64 Mg-24 H-1 O-16‎ 第Ⅰ卷(选择题 共60分)‎ 一、选择题(每小题2分,共60分)‎ ‎1. 下列物质分类正确的是 ‎①化合物:CaCl2、烧碱、聚乙烯、HD ②同素异形体:C60、C70、金刚石、石墨 ③混合物:盐酸、铝热剂、福尔马林、水玻璃 ④电解质:明矾、绿矾、冰醋酸、硫酸钡 ⑤ 同系物:CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2‎ A. ①②④ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ②④⑤‎ ‎【答案】B 点睛:本题考查物质组成与分类知识,明确纯净物与混合物、单质与化合物、电解质与非电解质、同系物、同素异形体等概念及判断方法,难度不大,注意把握概念的区别。‎ ‎2. 某温度下,重水(D2O)的离子积常数为1.6×10-15,若用定义pH一样规定pD=-lg(D+),则在该温度下,下列叙述正确的是 A. 纯净的重水中,c(D+)/c(OD-)>1.0×10-14‎ B. 1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液,其pD=2‎ C. 1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液,其pD=12‎ D. 纯净的重水中, pD=7‎ ‎【答案】B ‎【解析】A.该温度下重水(D2O)的离子积常数为1.6×10-15<1.0×10-14,故A错误;B.c(DC1)==0.01mol/L,则c(D+)=0.01mol/L,所以pD=2,故B正确;C.c(NaOD)==0.01mol/L,则c(D+)=mol/L=1.6×10-13mol/L,则pD>12,故C错误;D.c(D+)=mol/L=4×10-8mol/L,所以pD>7,故D错误;故选B。‎ ‎3. 常温下,下列有关叙述正确的是 A. 0.1‎mol/L 氨水中c(H+)/c(OH-‎)=1×10-8,则c(H+)=1×10-3mol/L B. pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-‎)‎ C. 在0.1mol/L (NH4)2C2O4溶液中:c(NH4+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]‎ D. 浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合:c(SO42-)=c(Na+) >c(NH4+) >c(H+) >c(OH-‎)‎ ‎【答案】D ‎【解析】A项,常温下,0.1mol/L氨水溶液中=1×10-8,因为c(H+)•c(OH-)=1×10-14,所以c(H+)=1×10-11mol/L,故A错误;B项,常温下,pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中,c(H+)=c(OH-),又根据电荷守恒:c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),所以c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-),故B错误;C项,在0.1mol/L(NH4)2C2O4溶液中,NH4+是弱阳离子、C2O42-是弱阴离子,所以存在NH4+、NH3•H2O、C2O42-、HC2O4-、H2C2O4,根据物料守恒:c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)],故C错误;D项,浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合,恰好完全反应,化学方程式为:2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+(NH4)2SO4+2H2O,因为NH4+水解使溶液显酸性,所以c(SO42-)=c(Na+)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-),故D正确。‎ 点睛:本题考查溶液中离子的浓度关系及有关计算,涉及弱电解质电离、盐类水解等知识,对于混合溶液问题,明确混合后溶液中的溶质,并注意利用弱电解质的电离及盐类水解的规律、电荷守恒、物料守恒来分析。‎ ‎4. 通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的推断或解释正确的是 操作 可能的实验现象 解释 A 某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液 有白色沉淀生成 溶液中一定含有SO42-‎ B 将SO2通入Ba(NO3)2溶液中 有白色沉淀生成 SO2与Ba(NO3)2反应生成BaSO3‎ C 同温同压下用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性 碳酸钠溶液显碱性,硫酸钠溶液显中性 碳酸钠溶液发生了水解 D 向淀粉KI溶液中通入Cl2‎ 溶液变蓝 Cl2与淀粉发生显色反应 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】A、白色沉淀可能为AgCl,则应先加盐酸无现象,再加氯化钡检验硫酸根离子,实验的解释应为溶液中可能含有SO42-,或含银离子,但二者不能同时存在,故A错误;将SO2通入Ba(NO3)2溶液中,二氧化硫能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子,和钡离子反应生成硫酸钡沉淀,生成的白色沉淀是硫酸钡而不是亚硫酸钡,故B错误;C、中心原子非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,对应盐的水解能力越弱。强酸强碱盐不发生水解,强碱弱酸盐能发生水解反应,硫酸钠不发生水解则硫酸钠溶液呈中性,碳酸钠中碳酸根离子水解导致碳酸钠溶液呈碱性,故C正确;D、氯气氧化碘离子生成碘,碘遇淀粉呈蓝色,但不是显色反应,故D错误;故选C。‎ 点睛:本题考查化学方案评价,是高频考点,侧重考查学生分析判断能力,涉及离子检验、氧化还原反应、盐类水解等知识点,掌握元素化合物性质、化学反应原理等知识点是解本题关键,易错选项是BD,B隐含硝酸根与SO2的氧化还原反应,D显色反应是指苯酚与Fe3+ 显紫色,具有一定的迷惑性。‎ ‎5. 常温下,下列有关离子浓度及pH大小的比较正确的是 A. NH4+浓度相同的下列溶液:①(NH4 )2Fe(SO4)2 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2SO4,溶液浓度由大到小的顺序是:③>②>①‎ B. 由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,其离子浓度不可能是:‎ c(CH3COO-)>c(Na+)> c(H+) > c(OH-)‎ C. pH=13的Ba(OH)2溶液与pH=1的HCl溶液等体积混合后,混合溶液的pH>7‎ D. pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=14的NaOH溶液等体积混合,混合溶液的pH范围是13c(Na+),所以溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故B错误;C项,常温下,pH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度与pH=1的HCl溶液中氢离子浓度相等,二者等体积混合时恰好完全反应生成强酸强碱盐BaCl2,溶液呈中性,pH=7,故C错误;D项,常温下,pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)为0.01mol/L,pH=14的NaOH溶液中c(OH-)为1mol/L,二者等体积混合,混合溶液中c(OH-)为0.505mol/L,则混合溶液的pH范围是13<pH<14,故D正确。‎ ‎6. 高铁电池是一种新型可充电电池,与普通高能电池相比,该电池长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应式为:‎ ‎3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH 下列叙述不正确的是 A. 放电时负极的反应为:Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2‎ B. 充电时阳极反应为:Fe(OH)3-3e-+5OH-FeO42-+4H2O C. 放电时每转移3 mol电子,正极有1 mol K2FeO4被还原 D. 放电时正极附近溶液的碱性减弱 ‎【答案】D ‎【解析】A项,放电时,Zn作负极,被氧化,由总反应可得,生成Zn(OH)2,电解质溶液呈碱性,所以电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2,故A正确;B项,充电时,Fe(OH)3在阳极上发生失电子氧化反应,生成FeO42-,因为电解质溶液呈碱性,根据原子守恒和电荷守恒,同时有OH-参与,还生成H2O,所以阳极反应为:Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O,故B正确;C项,放电时,Fe的化合价由+6价降为+3价,则每转移3mol电子,正极有 ‎1molK2FeO4被还原,故C正确;D项,放电时,K2FeO4为电池的正极,发生还原反应,生成Fe(OH)3,电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O=2Fe(OH)3+10OH-,正极生成OH-,溶液碱性增强,故D错误。‎ 点睛:本题考查化学电源,涉及新型可充电电池,重在考查学生对电化学原理的综合应用能力,有一定难度,注意结合氧化还原反应原理,把握原电池的工作原理和电极反应的判断方法,书写电极反应式时,要考虑溶液酸碱性。‎ ‎7. 如图,a、b是石墨电极,通电一段时间后,a极附近溶液显红色。下列说法正确的是 A. Pt极上有6.4 g Cu析出时,b极产生2.24 L气体 B. a极的电极反应为:2Cl--2e-=Cl2↑‎ C. 电解过程中CuSO4溶液的浓度逐渐增大 D. X极是电源负极,Y极是电源正极 ‎【答案】D ‎【解析】a、b是石墨电极,通电一段时间后,a极附近溶液显红色,说明有氢氧根产生,即a电极是阴极,b是阳极,则Y是电源的正极,X是负极,Pt电极是阴极,铜电极是阳极。A、电解过程中硝酸铜溶液中的铜离子在Pt电极得到电子析出铜,物质的量是1mol,转移2mol电子,b电极是阳极,氯离子放电,根据电子得失守恒可知氯气是1mol,标准状况下是22.4L,A错误;B、a电极是氢离子放电,B错误;C、左池相当于是Pt电极上镀铜,因此电解过程中硫酸铜溶液的pH不变,C错误;D、根据以上分析可知X极是电源负极,Y极是电源正极,D正确,答案选D。‎ ‎8. 将含有0.4mol Cu(NO3)2和0.2mol KCl的水溶液1L,用惰性电极电解一段时间后,在一个电极上析出0.3mol Cu,此时在另一电极上放出气体的体积(标准状况)‎ A. 4.48‎L B. 6.72L C. 2.8L D. 3.36L ‎【答案】A ‎【解析】在一个电极(阴极)析出0.3molCu,由Cu2++2e-=Cu可得,电路中转移了0.6mol电子;‎ 阳极有0.2molCl-失电子,由2Cl--2e-=Cl2可得,失去0.2mol电子,产生0.1molCl2,另外还有0.4mol电子是OH-失去的,由4OH--4e-=2H2O+O2可得,产生0.1molO2,因此一共产生0.2mol气体,在标准状况下的体积为4.48L,故选A。‎ ‎9. 铝镍胶体电池是一种二次高能电池,放电时的总反应为: 2Al+3Ni2O3+9H2O= 2Al(OH)3+6Ni(OH)2,下列有关该电池的说法不正确的是 A. 此电池的正极为Ni2O3、负极为Al,电池中的凝胶呈碱性。‎ B. 电池放电时,负极反应为Al + 3OH--3e-= Al(OH)3‎ C. 电池充电过程中,阴极附近溶液的pH升高 D. 电池充电时,阴极反应为2Ni(OH)2 + 2OH- - 2e- = Ni2O3 + 3H2O ‎【答案】D ‎【解析】A.放电时,负极上铝失电子和氢氧根离子反应,所以电池中的凝胶呈碱性,该原电池中Ni2O3得电子发生氧化反应而作正极,故A正确; B.放电时,负极反应式为Al+3OH--3e-═Al(OH)3,故B正确;C.充电时阴极得电子发生还原反应,电极反应式为:Al(OH)3+3e-═Al+3OH-,阴极附近溶液的碱性增强,pH升高,故C正确;D.充电时,阴极得电子发生还原反应,电极反应式为:Al(OH)3+3e-═Al+3OH-,故D错误;故选D。‎ 点睛:铝镍蓄电池放电时Al作负极,发生氧化反应,失电子生成Al3+,负极电极反应为Al+3OH-一3e-═Al(OH)3,Ni2O3作正极,发生还原反应,所以正极反应为Ni2O3+3H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-,充电时,阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。‎ ‎10. 将物质的量浓度相等的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合后,用石墨电极进行电解,电解过程中,溶液的pH随时间t变化的曲线如图所示,则下列说法中不正确的是 A. A点pH小于7是因为Cu2+水解使溶液显酸性 B. C点的pH比A点的pH小 C. BC段阳极产物是H2‎ D. CD段电解的物质是H2O ‎【答案】C ‎【解析】设CuSO4的和NaCl各1mol,由题意,结合图像可得,电解分3个阶段,‎ 第一阶段:阳极:1mol氯离子失1mol电子,阴极:0.5mol铜离子得1mol电子,因为溶液显酸性是铜离子水解的原因,所以铜离子减少,使溶液酸性减弱,pH值增大;第二阶段:阳极:1mol氢氧根离子失1mol电子(来源于水的电离),阴极:0.5mol铜离子得1mol电子,因为氢氧根离子消耗,所以水溶液中氢离子浓度增大,pH值迅速减小;第三阶段:阳极:氢氧根离子失电子,阴极:氢离子得电子,他们都来源于水的电离,但电解过程中水消耗了,使溶液中氢离子浓度增大,pH值减小;A项,A点为硫酸铜和NaCl混合溶液,其中硫酸铜为强酸弱碱盐,水解呈酸性,此时没有进行电解,所以pH小于7,故A正确;B项,A点因为铜离子部分水解而使溶液呈弱酸性,C点溶液中铜离子已全部被还原,此时溶液是硫酸钠和硫酸的混合溶液,溶液酸性增强,所以C点的pH比A点的pH小,故B正确;C项,由上述分析可知,整个过程中阳极先产生Cl2,后产生O2,故C错误;D项,由上述分析,CD段:阳极产生氧气,阴极产生氢气,相当于电解水,故D正确。‎ ‎11. 结合图示判断,下列叙述正确的是 A. K与N连接时,X为硫酸,一段时间后溶液的pH增大 B. K与N连接时,X为氯化钠,石墨电极反应:2H++2e—=H2↑‎ C. K与M连接时,X为硫酸,一段时间后溶液的pH增大 D. K与M连接时,X为氯化钠,石墨电极反应:4OH—-4e—=2H2O+O2↑‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析:A、K与N连接时,X为硫酸,构成原电池,铁作负极,石墨作正极,负极上铁失电子生成亚铁离子,正极上氢离子放电生成氢气,溶液中氢离子浓度降低,pH增大,A正确;B、K与N连接时,X为氯化钠,构成原电池,铁作负极,石墨作正极,属于铁的吸氧腐蚀,即石墨上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-‎ ‎,B错误;C、K与M连接时,X为硫酸,构成电解池。石墨与电源的正极相连作阳极,铁作阴极。阳极上氢氧根放电,阴极上氢离子放电,电解的实质是电解水。硫酸的物质的量不变,体积减小,硫酸浓度增大,酸性增强溶液的pH减小,C错误;D、K与M连接,X为氯化钠,构成电解池,石墨与电源的正极相连作阳极,铁作阴极,阳极上氯离子放电,电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑,D错误,答案选A。‎ 考点:考查原电池和电解池原理 ‎12. 如图所示的装置,C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后,向(乙)中滴入酚酞溶液,在F极附近显红色,则以下说法正确的是 A. 电源B极是正极 B. 装置(丁)中Y极附近红褐色变深,说明氢氧化铁胶粒带负电荷 C. 欲用(丙)装置给铜镀银,H应该是Ag,电镀液是AgNO3溶液 D. (甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成,其物质的量之比为1:2:2:2‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、根据图片知,该装置是电解池,将电源接通后,向(乙)中滴入酚酞溶液,在F极附近显红色,说明F极附近有大量氢氧根离子,由此得出F极上氢离子放电生成氢气,所以F极是阴极,则电源B极是负极,A极是正极,故A错误;B、丁装置中Y电极是阴极,如果Y极附近红褐色变深,说明氢氧化铁胶粒带正电荷,故B错误;C、若用(丙)装置给铜镀银,G应该是Ag,H是铜,电镀液是AgNO3溶液,故C错误;D、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气,D电极上铜离子放电生成铜单质,E电极上氯离子放电生成氯气,F电极上氢离子放电生成氢气,所以(甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成;生成1mol氧气需要4mol电子,生成1mol铜时需要2mol电子,生成1mol氯气时需要2mol电子,生成1mol氢气时需要2mol电子,所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1:2:2:2,故D正确;故选D。‎ 点睛:题考查了电解池原理,能正确判断电解池的阴阳极是解本题的关键,明确电泳现象证明了胶粒带电。解题关键:A、根据图片知,该装置是电解池,将电源接通后,向(乙)中滴入酚酞溶液,在F极附近显红色,说明F极上氢离子放电生成氢气,所以F极是阴极,则电源B极是负极,A极是正极;B ‎、电解池中带正电荷的微粒向阴极移动,带负电荷的微粒向阳极移动。C、电镀时,镀层作阳极,镀件作阴极,电解质溶液中金属阳离子与阳极材料是相同的元素.D、甲装置中C电极上氢氧根离子放电,D电极上铜离子放电,E电极上氯离子放电,F电极上氢离子放电,根据得失电子和生成物的关系式计算。D是难点。‎ ‎13. 如下图所示,其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O,下列说法正确的是 A. 甲池是电能转化为化学能的装置,乙、丙池是化学能转化电能的装置 B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+2H2O=CO32-+8H+‎ C. 反应一段时间后,向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复原浓度 D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2,此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:A.甲池是原电池,是化学能转化为电能的装置;乙、丙池是电能转化为化学能的装置,A错误;B. 甲池通入CH3OH的电极是原电池的负极,发生氧化反应,其电极反应式为:CH3OH-6e-+8OH-===CO32-+6H2O,B错误;C.乙池中,石墨与原电池的正极相连,为电解池的阳极,发生失去电子的氧化反应,其电极反应式为:2H2O-4e-=4H++O2↑;Ag电极与原电池的负极相连,为电解池的阴极,发生得到电子的还原反应,其电极反应式为:Cu2++2e-=Cu;整个反应中消耗了不仅消耗了Cu2+,而且消耗了溶质水,因此反应一段时间后,只向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体不能使CuSO4溶液恢复到原浓度,C错误;D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2,O2的物质的量为,则转移电子的物质的量为,丙池中阴极的电极反应式为:2H2O+2e-= H2↑+2OH-,产生固体的化学方程式为:2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓,故产生Mg(OH)2的物质的量为,产生固体的质量为,D正确。故答案D。‎ 考点:考查原电池和电解池。‎ ‎14. 用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含Cl-、Br-、Na+、Mg2+)的装置如下图所示(a、b为石墨电极),下列说法正确的是 A. 电池工作时,正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-‎ B. 电解时,电子流动路径是:负极外电路阴极溶液阳极正极 C. 试管中NaOH溶液是用来吸收电解时产生的Cl2‎ D. 忽略能量损耗,当电池中消耗2.24L(标准状况)H2时,b极周围会产生0.1mol气体 ‎【答案】D ‎【解析】A项,氢氧燃料电池中,正极上放电的是氧气,在酸性电解质溶液中,电极反应式为:O2+4H++4e-=2H2O或O2+4e-+3H3PO4=H2PO4-+H2O,故A错误;B项,电子只能在外电路中运动不能通过电解质溶液,电解质溶液中是靠离子的移动来传递电荷的,故B错误;C项,溶液中阴离子的放电顺序是:Br->Cl->OH-,试管中NaOH溶液主要是用来吸收产生的溴蒸气,也吸收可能产生的Cl2,故C错误;D项,2.24L(标准状况)H2的物质的量为:2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,当电池中消耗0.1 molH2时,转移0.2mol电子,若忽略能量损耗,则在电解池的阴极(b极)也会产生0.1 molH2,故D正确。‎ ‎15. 电子表电源常用微型银——锌电池,电极分别是Ag2O和Zn,电解液为KOH溶液,电极反应为:Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O,Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-,总反应为:Ag2O+Zn=2Ag+ZnO,根据上述变化下列判断正确的是 A. Zn是负极,Ag2O是正极 B. Zn是正极,Ag2O是负极 C. 工作时电子由Ag2O极经外电路流向Zn极 D. 工作时,电池负极区溶液OH-浓度增大 ‎【答案】A ‎【解析】A、根据原电池的工作原理,负极上发生氧化反应,失去电子,化合价升高,正极上发生还原反应,得到电子,化合价降低,根据总反应,Zn的化合价升高,即Zn作负极,‎ Ag2O中Ag的化合价降低,因此Ag2O作正极,故A正确;B、根据选项A的分析,故B错误;C、根据原电池的工作原理,电子从负极经外电路流向正极,即从Zn经外电路流向Ag2O,故C错误;D、根据Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O,负极区OH-浓度减小,故D错误。‎ ‎16. 10mL 浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是 A. K2SO4 B. H2SO4 C. CuSO4 D. Na2CO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】A.加入K2SO4溶液,相当于加水稀释,溶液中氢离子浓度降低,且氢离子总量不变,故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量,故A正确;B,加入稀硫酸溶液,酸浓度增大,反应速率加快,且生成的氢气增多,故B错误;C.Zn可以置换出Cu,构成原电池,加快反应速率,故C错误;;D.加入碳酸钠溶液,与盐酸反应是二氧化碳,氢离子总量较小,生成氢气的量减少,故D错误;故选A。‎ 点睛:明确影响反应速率的因素是解题关键,为了减缓反应进行的速率,加入溶液后应降低氢离子浓度,但又不影响生成氢气的总量,则提供的氢离子的总物质的量不变,而C选项中构成原电池,加快反应速率,D选项中碳酸钠反应消耗氢离子,生成氢气的总量减少。‎ ‎17. 据报道,摩托罗拉公司开发的一种以甲醇为原料,以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池,充一次电可以连续使用一个月。关于该电池的叙述正确的是 A. 放电时,正极反应为式:O2+4e-+4H+=2H2O B. 放电时,负极反应为式:CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O C. 充电时,原电池的负极与电源的正极相连接 D. 充电时,阴极反应式为:4OH--4e-=2H2O+O2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】放电时,根据电池反应式知,C元素的化合价升高,所以甲醇所在电极为原电池的负极,O元素的化合价降低,所以通入氧气的极为原电池的正极,负极上发生氧化反应;A.放电时,正极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-,故A错误;B.放电时,负极反应式为:CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O,故B正确;C.充电时,原电池的负极与电源的负极相连接,故C错误;D.充电时,阴极反应是放电时负极反应的逆反应,CO32-+6e-+6H2O=CH3OH+8OH-,故D错误,故选B。‎ 点睛:明确充放电时各个电极上发生的电极反应是解本题关键,难点是电极反应式的书写,要注意结合电解质溶液酸碱性书写;放电时,根据电池反应式知,C 元素的化合价升高,所以甲醇所在电极为原电池的负极,O元素的化合价降低,所以通入氧气的极为原电池的正极,负极上发生氧化反应CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O,正极上发生还原反应O2+4e-+2H2O=4OH-。‎ ‎18. 某小组为研究电化学原理,设计如图装置。下列叙述不正确的是 A. a和b不连接时,铁片上会有金属铜析出 B. a和b用导线连接时,铜片上发生的反应为:Cu2++2e-= Cu C. 无论a和b是否连接,铁片均会溶解,溶液从蓝色逐渐变成浅绿色 D. a和b用连接直流电源正、负极,电压足够大时,Cu向铜电极移动 ‎【答案】D ‎【解析】A.a和b不连接时,铁和铜离子发生置换反应,所以铁片上有铜析出,故A正确;B.a和b连接时,该装置构成原电池,铁作负极,铜作正极,正极上铜离子得电子发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-═Cu,故B正确;C.无论a和b是否连接,铁都失电子发生氧化反应,所以铁都溶解,故C正确;D.a和b分别连接直流电源正、负极,在电解池中阳离子向负极移动,铜离子向铁电极移动,故D错误;故选D。‎ 点睛:本题考查了原电池原理,明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答,易错点为阴阳离子移动方向的判断,要看是原电池还是电解池。‎ ‎19. 酒精检测仪可帮助执法交警测试驾驶员饮酒的多少,其工作原理示意图如图所示。反应原理为:‎ CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O,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。下列说法正确的是 A. b为正极,电极反应式为:O2+4H++4e-=2H2O B. 电解质溶液中的H+移向a电极 C. 若有0.4mol电子转移,则在标准状况下消耗4.48L氧气 D. 呼出气体中酒精含量越高,微处理器中通过的电流越小 ‎【答案】A ‎【解析】燃料电池中,负极上燃料失电子发生氧化反应,氧化剂在正极上发生还原反应;A.b为正极,正极上氧气得电子和氢离子反应生成水,所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,故A正确;B.该燃料电池中,a是负极,b是正极,电解质溶液中氢离子向b极移动,故B错误;C.b为正极,电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,所以有0.4 mol电子转移,则在标准状况下消耗2.24L氧气,故C错误;D.单位时间内,人呼出的气体中酒精含量越多,酒精失电子数越多,所以微处理器中通过的电流越大,故D错误;故选A。‎ ‎20. 2016年8月,联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是 A. 放电时,甲电极反应为:NiO(OH)+H2O+e‾=Ni(OH)2+OH‾‎ B. 放电时,甲电极为正极, OH‾移向乙电极 C. 电池总反应为H2+2NiO(OH)  2Ni(OH)2‎ D. 充电时,电池的碳电极与直流电源的正极相连 ‎【答案】C ‎【解析】A.放电时,乙电极为正极得电子发生还原反应,电极反应为:NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-,则甲电极发生反应为氧化反应,故A错误;B.放电时,该电池为原电池,电解质溶液中阴离子向负极移动,所以OH-向负极甲电极移动,故B错误;C.放电时,正极电极反应式为2NiO(OH)+2H2O+2e-═2Ni(OH)2+2OH-,负极电极反应式为:H2+2OH--2e-═2H2O,则两式相加得总反应:H2+2NiOOH ‎2Ni(OH)2,故C正确;D.放电时,氢气在碳电极发生氧化反应,碳电极作负极,充电时,碳电极发生还原反应作阴极,应与电源的负极相连,故D错误;故选C。‎ 点睛:明确正负极上发生的电极反应及阴阳离子的移动方向是解题关键,易错选项是D,注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连,为易错点;开关连接用电器时,应为原电池原理,甲电极为负极,负极上氢气失电子发生氧化反应,电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O,乙电极为正极得电子发生还原反应,电极反应为:NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-;开关连接充电器时,为电解池,充电与放电过程相反,据此解答。‎ ‎21. 下列现象与电化学腐蚀无关的是 A. 炒菜的铁锅未及时洗干净(残液中含NaCl)而生锈 B. 海军黄铜(含Zn、Cu和1%的Sn)不易产生铜绿 C. 银质物品久置表面变暗 D. 钢铁在潮湿的露天环境中容易生锈 ‎【答案】C ‎【解析】A、生铁中含有碳、铁,易形成原电池,发生电化学腐蚀,但是纯铁不易被腐蚀,与电化学腐蚀有关,A错误;B、铜锌合金构成的原电池中,锌是负极,易被腐蚀,铜是正极,被保护,铜锣不易产生铜绿,与电化学腐蚀有关,B错误;C、金属银在空气中会被氧化而变暗,发生的是化学腐蚀,与电化学腐蚀无关,C正确;D、根据A中分析可知D错误,答案选C。‎ ‎22. 在城市地下常埋有纵横交错的管道和运输电线路,有些地面上还铺有地铁或城铁的铁轨,当有当有电流泄漏入潮湿的土壤中,并与金属管道或铁轨形成回路时,就会引起金属管道、铁轨的腐蚀腐蚀。原理简化如图所示。则下列有关说法不正确的是 A. 原理图可理解为两个串联电解装置 B. 如在NaCl溶液中加入酚酞,右边Fe电极附近溶液变红 C. 地下管线被腐蚀,不易发现,维修也不便,故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等)‎ D. 溶液中铁丝左端电极反应式为:Fe-2e-=Fe2+‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:A.图示装置可以变形为,因此原理图可理解为两个串联电解装置,故A正确;B.根据图示,右侧钢轨为阴极,溶液中氢离子放电,右边Fe电极附件溶液的碱性增强,加入酚酞,溶液变红,故B正确;C.地下管线被腐蚀,不易发现,也不便维修,故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等),避免被腐蚀,故C正确;D.溶液中铁丝在电场中,电子由右端移向左端,相当于构成原电池时,右端为负极,电极反应式为:Fe-2e-=Fe2+,故D错误;故选D。‎ 考点:考查了电解原理的应用的相关知识。‎ ‎23. 200mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=1.4mol/L,用石墨作电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到气体2.24L(标准状况下),假定电解后溶液体积仍为200 mL,下列说法正确的是 A. 原混合溶液中c(Na+)=0.9 mol·L-1‎ B. 电解后溶液的pH值为0‎ C. 上述电解过程中共转移0.8 mol电子 D. 电解后得到的Cu的物质的量为0.2mol ‎【答案】B ‎【解析】惰性电极电解NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液,两极均收集到标准状况22.4L气体,即H2和O2均为0.1mol;阳极发生反应:4OH--4e-=O2↑+2H2O,阴极发生反应:Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑,所以转移电子共0.4mol,H+和Cu2+各得0.2mol电子。‎ A项,Cu2+得0.2mol电子,因为Cu2+全部反应,所以n(Cu2+)=0.1mol,c(Cu2+)=0.1mol÷0.2L=0.5mol/L,由电荷守恒可得,原混合溶液中c(Na+)=1.4mol/L-0.5mol/L×2=0.4mol/L,故A错误;B项,阳极反应0.4molOH-,阴极反应0.2molH+,OH-和H+都来自于水,电解后溶液中c(H+)依据阳极氢离子增大和阴极氢离子减小共同决定,所以电解后溶液中c(H+)=(0.4mol-0.2mol)÷0.2L=1mol/L,所以pH值为0,故B正确;C项,由上述分析可知,电解过程转移电子总数为0.4mol,故C错误;D项,Cu2+得0.2mol电子生成0.1molCu,故D错误。‎ 点睛:本题考查电解原理的应用,明确发生的电极反应及电子守恒是解题关键,根据题意,电解分为两阶段,首先电解Cu(NO3)2‎ 溶液,然后电解水;注意氢氧根离子与氢离子的关系和电解质溶液中电荷守恒的应用。‎ ‎24. 用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液,若保持温度不变,则一段时间后 A. 溶液的pH变大 B. c(Na+)与c (CO32-)的比值变大 C. 溶液浓度变大,有晶体析出 D. 溶液浓度不变,有晶体析出 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析:用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液,若保持温度不变,阳极氢氧根离子发生氧化反应4OH--4e-=2H2O+O2↑,阴极氢离子发生还原反应,2H++2e-= H2↑,实质是电解水,A.溶液的pH不变,A错误;B.饱和碳酸钠溶液中c(Na+)与c (CO32-)的比值不变,B错误;C.由于是饱和碳酸钠溶液,溶液的浓度不变,但是有晶体析出,C错误;D.饱和碳酸钠溶液中,溶剂减少,有晶体析出,D正确,答案选D。‎ 考点:考查电解饱和碳酸钠的实质 ‎25. 在盛有水的电解槽中加入含等物质的量的Ag+,Pb2+,K+,SO42-,NO3-,Br-的物质,充分搅拌,然后用惰性电极电解,通电片刻后,氧化产物和还原产物的物质的量之比为 A. 1:2 B. 8:1 C. 1:1 D. 80:108‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析:在盛有水的电解槽中加入含等物质的量的Ag+,Pb2+,K+,SO42-,NO3-,Br-的物质,充分搅拌,则发生离子反应:Ag++Br-==AgBr↓,Pb2++SO42-==Pb(SO4)2↓,故溶液中的溶质为KNO3,用惰性电极电解,通电片刻后,阳极发生氧化反应,4OH--4e-==O2↑+2H2O,O2为氧化产物;阴极发生还原反应,2H++2e-==H2↑,H2为还原产物,当通过相同的电子时,氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:2。故答案A。‎ 考点:考查电解的原理。‎ ‎26. 下列叙述中,正确的是 A. 在船舶的外壳装上铜块可防止其发生电化学腐蚀 B. MnO2、FeCl3和CuSO4都可加快H2O2的分解速率 C. FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3‎ D. 用惰性电极分别电解CuCl2溶液和MgCl2溶液分别得到单质Cu和Mg ‎【答案】B ‎【解析】略 ‎27. 根据有机化学的命名原则,下列命名正确的是 A. 3-甲基-1,3-丁二烯 B. 2-羟基丁烷 C. CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷 D. CH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸 ‎【答案】D ‎【解析】A项,根据烯烃命名原则,甲基应在2号位,命名为:2-甲基-1,3-丁二烯,故A错误;B项,该物质属于醇而不是烷烃,命名为2-戊醇,故B错误;C项,根据烷烃命名原则,应选含碳原子最长的碳链为主链,命名为:3-甲基己烷,故C错误;D项,该物质是一种氨基酸,主链上4个碳,氨基在3号位,命名为3-氨基丁酸,故D正确。‎ 点睛:本题考查有机化合物的命名,重在对基础知识的考查,判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名,其核心是准确理解命名规范,例如烷烃命名原则:①长:选最长碳链为主链;②多:遇等长碳链时,支链最多为主链;③近:离支链最近一端编号;④小:支链编号之和最小;⑤简:两取代基距离主链两端等距离时,从简单取代基开始编号.如取代基不同,把简单的写在前面,复杂的写在后面。‎ ‎28. 校园“毒跑道”事件媒体常有报道,其对人体造成伤害的原因之一是超标使用了苯、甲苯等有机溶剂。下列有关说法正确的是 A. 甲苯的分子式为: ‎ B. 甲苯分子中所有原子都处于同一平面 C. 甲苯的一氯取代物有5种同分异构体,它们的熔点、沸点各不相同 D. 甲苯和苯互为同系物 ‎【答案】D ‎【解析】A、为甲苯的结构简式,其分子式为C7H8,选项A错误;B、甲烷空间构型为正四面体,因此甲基上所有原子不共面,选项B错误;C、甲苯上有4种不同的氢原子,因此一氯代物有4种,选项C错误;D、甲苯和苯结构相似,组成上相差一个“CH2”,因此互为同系物,选项D正确。答案选D。‎ 点睛:本题考查结构简式、分子式、原子共面、同系物、等效氢等知识。其中应该明确甲烷为四面体结构、乙烯分子在同一平面、乙炔分子原子在同一直线、苯分子中原子在同一平面,同一个碳上的氢为等效氢、同一个碳上的甲基上的氢为等效氢,对称位上的氢为等效氢等。‎ ‎29. 分子式为C5H7Cl的有机物,其结构不可能是 A. 只含有一个双键的直链有机物 B. 含有两个双键的直链有机物 C. 含有一个双键的环状有机物 D. 含有一个三键的直链有机物 ‎【答案】A ‎【解析】分子式为C5H7Cl的有机物的不饱和度为(5×2+‎2-7-1‎)/2=2。A、碳碳双键的不饱和度为1,不可能为只有一个双键的直链有机物,A正确;B、碳碳双键的不饱和度为1,可能是含有两个双键的直链有机物,B错误;C、碳碳双键的不饱和度为1,一个环状结构的不饱和度为1,可能是含有一个双键的环状有机物,C错误;D、碳碳三键的不饱和度为2,可能是含有一个三键的直链有机物,D错误。答案选A。‎ ‎30. 下列说法不正确的是 A. 按系统命名法,化合物 的名称为2-甲基-3,4-二乙基己烷 B. 等质量的甲烷、乙炔、乙烯分别充分燃烧,所耗用氧气的量依次增加 C. 下列物质的沸点按由低到高顺序为:(CH3)2CHCH3<(CH3)4C<(CH3)2CHCH2CH3<CH3(CH2)3CH3‎ D. 与互为同系物 ‎【答案】D ‎【解析】A.根据系统命名法的原则,该化合物名称为2﹣甲基﹣3,4﹣二乙基己烷,A正确;B.根据烃的燃烧通式CnHm+(n+m/4)O2=nCO2+m/2H2O可知物质的量相同时烃分子燃烧消耗的氧气与(n+m/4)有关系,(n+m/4)越大,消耗的氧气越多。因此等物质的量甲烷、乙炔、乙烯分别充分燃烧,所耗用氧气的量依次增多,B正确;C.对于烷烃而言,碳原子数越多,沸点越高,对碳原子数相同的烷烃,支链越多,沸点越低,所以物质的沸点按由低到高顺序为:(CH3)2CHCH3<(CH3)4C<(CH3)2CHCH2CH3 <CH3(CH2)3CH3,C正确;D.同系物是指结构相似,组成上相差一个或多个CH2原子团的有机物之间的互称,苯环与羟基相连称为酚,羟基与饱和碳相连称为醇,两者不是同系物,D错误;答案选D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共40分)‎ 二、非选择题 ‎31. 现有下列各组物质:‎ ‎①O2和O3 ②CH2=CH-CH3和CH2=CH-CH=CH2 ③和 ‎ ‎④11H2O和21H2O   ⑤CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3 ⑥23592A和质量数为238中子数为146的原子    ⑦C2H5C≡CCH3和CH3CH=CHCH=CH2‎ 按要求用序号填空 ‎(1)属于同系物的是_______。‎ ‎(2)属于同分异构体的是________。‎ ‎(3)属于同位素的是_______。‎ ‎(4)属于同素异形体的是________。‎ ‎(5)属于同种物质的是_______。‎ ‎【答案】 (1). ⑤ (2). ⑦ (3). ⑥ (4). ① (5). ③④‎ ‎【解析】(1)CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3的结构相似,相差2个CH2,二者互为同系物;(2)C2H5C≡CCH3和CH3CH=CHCH=CH2的分子式相同,均是C5H8,结构不同,互为同分异构体;(3)和质量数为238中子数为146的原子的质子数相同,中子数不同,二者互为同位素;(4)O2和O3均是氧元素形成的不同单质,互为同素异形体;(5)和 均表示二氯甲烷,是同一种物质,和均表示水分子,属于同种物质。‎ ‎32. 氰化氢是剧毒物质,含有氰的废水对环境的污染和人体的危害非常严重。‎ ‎(1)氢氰酸(HCN)的电子式为______。‎ ‎(2)用电解的方法可以除去含有CN-、Cl-废水中的CN-,其原理是控制溶液pH为9-10,利用阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体。‎ ‎①阳极的电极反应式:_________。‎ ‎②除去CN-的离子方程式为:_________。‎ ‎(3)已知25℃时,HCN的电离常数Ka=4.9×10-10,则25℃时0.1mol/L 的HCN溶液中c(H+)=_____mol/L。NaCN溶液中加入盐酸至恰好完全反应,溶液中所有离子浓度的关系为___________。‎ ‎【答案】 (1). (2). Cl--2e-+2OH-=C1O-+H2O (3). ‎ H2O+5C1O-+2CN-=2CO2+N2+5Cl-+2OH- (4). 7×10-6 (5). c(Na+)= c(Cl-)>c(H+)>c(CN-)>c(OH-)‎ ‎【解析】 (1)氢氰酸(HCN)的电子式为,故答案为:;‎ ‎(2)用电解的方法可以除去含有CN-、C1-废水中的CN-,其原理是控制溶液PH为9~10,利用阳极产生的C1O-将CN-氧化为两种无污染的气体。‎ ‎①该电解质溶液呈碱性,电解时,用不活泼金属或导电非金属作负极,可以用较不活泼金属作正极,石墨做阳极,阳极上氯离子失电子生成氯气,氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水,所以阳极反应式为Cl-+2OH--2e-═ClO-+H2O,故答案为:Cl--2e-+2OH-=C1O-+H2O;‎ ‎②阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体,两种气体为二氧化碳和氮气,该反应在碱性条件下进行,所以应该有氢氧根离子生成,反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-,故答案为:H2O+5C1O-+2CN-=2CO2+N2+5Cl-+2OH-;‎ ‎(3) 根据HCNH++CN-可知,Ka====4.9×10-10,c(H+)= 7×10-6;NaCN溶液中加入盐酸至怡好完全反应生成等物质的量的氯化钠和HCN,溶液显酸性,溶液中所有离子浓度的关系为c(Na+)= c(Cl-)>c(H+)>c(CN-)>c(OH-),故答案为:7×10-6;c(Na+)= c(Cl-)>c(H+)>c(CN-)>c(OH-)。‎ ‎33. 如图所示,某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题,其中乙装置中X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题:‎ ‎(1)石墨电极(C)作___极,甲中甲烷燃料电池负极反应式为_______。‎ ‎(2)若消耗2.24 L(标况)氧气,则乙装置中铁电极上生成的气体体积(标况)为_____L。‎ ‎(3)若丙中以CuSO4溶液为电解质进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼。下列说法正确的是________(填字母)。‎ A.a电极为纯铜 ‎ B.粗铜接电源正极,发生还原反应 ‎ C.CuSO4溶液的浓度保持不变 D.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属 ‎(4)若丙中以稀H2SO4为电解质溶液,电极材料b为铝,则能使铝表面生成一层致密的氧化膜,该电极反应式为_______。‎ ‎【答案】 (1). 阳 (2). CH4+10OH--8e-===CO32-+7H2O (3). 4.48 (4). AD (5). 2Al+3H2O-6e-===Al2O3 + 6H+‎ ‎【解析】(1)燃料电池中,负极上投放燃料,所以投放甲烷的电极是负极,则乙池中铁为阴极,C为阳极;负极上失电子发生氧化反应,电极反应式为:CH4+10 OH--8e-=CO32-+7H2O.‎ 故答案为:阳;CH4-8e-+10 OH-═CO32-+7H2O;‎ ‎(2)串联电池中转移电子数相等,若在标准状况下,有2.24L氧气参加反应,则转移电子的物质的量=×4=0.4mol,乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气,设生成氢气的体积为xL;‎ ‎2H++2e-=H2↑‎ ‎2mol 22.4L ‎0.4mol xL x=4.48,故答案为:4.48;‎ ‎(3)电解精炼铜时利用了电解原理,电能转化为化学能,也有少量转化为热能;电解精炼时粗铜做阳极,发生氧化反应,精铜做阴极,阴极上发生还原反应;电解时,溶液中的阳离子发生变化,铜离子浓度逐渐减小,锌离子等浓度逐渐增大;粗铜中的不活泼金属不能失电子,以阳极泥的形式沉积在阳极附近,故答案为AD;‎ ‎(4)电解池的阳极材料是铝时,则该电极反应是铝本身失电子的过程,即2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+,阴极发生阳离子的得电子过程,在酸溶液中,为6H++6e-=3H2,故答案为:2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。‎ ‎34. 蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2,用该蓄电池电解(阴、阳极均为惰性电极)M(NO3)x溶液,若此蓄电池工作一段时间后消耗0.36g水。‎ ‎(1)电解时,电解池的阳极应连接 ____________(填序号)。‎ A.NiO2                B.Fe            C.Fe(OH)2             D.Ni(OH)2‎ ‎(2)电解M(NO3)x溶液时某一极质量增加了mg,金属M的相对原子质量的计算式为_________(用m,x表示)。‎ ‎(3)此蓄电池电解含有0.01 mol CuSO4和0.01 mol NaCl的混合溶液100 mL,转移相同量的电子时,阳极产生气体_____________L(标准状况),电解后溶液加水稀释至1 L,此时溶液的pH为___________。‎ ‎(4)若将阳极换为铜锌合金,阴极换为纯铜,且电解质溶液中含有足量的Cu2+,通电一段时间后,若阳极恰好完全溶解,此时阴极质量增加7.68g,溶液质量增加0.03g,则合金中Cu、Zn的物质的量之比为______。‎ ‎【答案】 (1). A (2). 50mx (3). 0.168 (4). 2 (5). 3∶1‎ ‎ ‎ ‎(2)①负极:Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2,正极:NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-;工作一段时间后蓄电池都分别消耗0.36gH2O,n(H2O)==0.02mol;由电子守恒可知,电解M(NO3)x溶液时,某一极增加了mgM,则设M的相对原子质量为y,‎ ‎2M~2xe-~2xH2O ‎2y    2x m    0.02mol ‎=,解得y=50mx,故答案为:50mx;‎ ‎(3)电解含有0.01mol CuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL,电路中转移了0.02mol e-,‎ 阳极:2Cl- - 2e -= Cl2↑,‎ ‎0.01mol 0.01mol 0.005mol ‎4OH- -4e-= 2H2O+ O2↑,‎ ‎0.01mol 0.01mol 0.0025mol 阴极:Cu2+ + 2e-=Cu ‎ ‎0.01mol 0.02mol ‎ 所以阳极上生成的气体在标准状况下的体积=(0.005mol+0.0025mol)×22.4L/mol=0.168L,‎ 阳极氢氧根离子减少0.01mol,则溶液中氢离子增加0.01mol,将电解后的溶液加水稀释至1L,溶液中氢离子浓度==0.01mol/L,溶液pH=2,故答案为:0.168;2;‎ ‎(4)阴极上析出的是铜,阴极质量增加7.68g,其物质的量==0.12mol;阳极上溶解锌时,阴极上析出铜,所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差,溶液质量增加0.03g,即锌和铜的质量差为0.03g,设锌的物质的量为x,‎ Zn+Cu2+=Zn2++Cu  质量增加 ‎1mol       1g x       0.03g x=0.03mol。即合金中锌的物质的量是0.03mol,根据氧化还原反应中得失电子数相等知,阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子,设铜的物质的量为y,0.03mol×2+2y=0.12mol×2,y=0.09mol,所以铜和锌的物质的量之比为0.09mol:0.03mol=3:1,所以铜和锌的原子个数之比是3:1,故答案为:3:1。‎ 点睛:本题考查了原电池、电解池原理的分析判断和计算应用,注意混合电解中电子守恒的计算应用。本题的易错点是(4)的计算,明确溶液中质量增加的量是什么是解本题的关键,然后根据得失电子数相等计算铜的物质的量,从而确定铜和锌的个数之比。‎ ‎ ‎ ‎ ‎
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