2018-2019学年福建省三明市第一中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

2018-2019学年福建省三明市第一中学高二上学期第一次月考化学试题 解析版

福建省三明市第一中学2018-2019学年高二上学期第一次月考 化学试题 ‎1. 下列说法中正确的是 A. 物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化 B. 伴有能量变化的变化都是化学变化 C. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量 D. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：物质发生化学反应时一定都伴随着能量变化，故A错误；伴有能量变化的变化不一定是化学变化，如灯泡发光是物理变化，故B错误；放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，故D正确。‎ 考点：本题考查化学反应中的能量变化。‎ ‎2.N2H4 是一种高效清洁的火箭燃料。0.25 mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时， 放出 133.5 kJ 热量。则下列热化学方程式中正确的是 A. N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) △H=＋267kJ·mol－1‎ B. N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) △H=－534kJ·mol－1‎ C. N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g) △H=＋534kJ·mol－1‎ D. N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(l) △H=－133.5kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，其焓变是负值，故A错误；B、0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ•mol-1，故B正确；C、N2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出热量，其焓变是负值，故C错误；D、0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，故D错误；故选B。‎ ‎3.根据如图所示的各物质能量变化关系，判断下列热化学方程式正确的是 A. C(s，金刚石)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝a kJ/mol(a<0)‎ B. C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH2＝b kJ/mol(b>0)‎ C. C＋O2===CO2(g) ΔH3＝c kJ/mol(c<0)‎ D. C(s，金刚石)===C(s，石墨) ΔH4＝d kJ/mol(d>0)‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依据热化学方程式书写方法分析判断，图象分析，金刚石能量高于石墨，依据能量守恒分析能力变化 ‎【详解】A、图象分析可知金刚石燃烧放热，焓变为负值，故A正确；‎ B、说明燃烧是放热反应，焓变为负值，故B错误；‎ C、碳燃烧是放热反应，方程式中物质聚集状态未标，故C错误；‎ D、金刚石能量高于石墨，转化过程是放热过程，焓变小于0，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎4.H2 和 I2 在一定条件下能发生反应：H2(g)＋I2(g)2HI(g) ΔH＝－akJ·mol－1‎ ‎。 已知(a、b、c 均大于零)：‎ 下列说法不正确的是 A. 反应物的总能量高于生成物的总能量 B. 断开 1 mol H—H 键和 1 mol I—I 键所需能量大于断开 2 mol H—I 键所需能量 C. 断开 2 mol H—I 键所需能量约为(c＋b＋a) kJ D. 向密闭容器中加入 2 mol H2 和 2 mol I2，充分反应后放出的热量小于 2a kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ A．H2和I2在一定条件下能发生反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）△H=-a kJ•mol-1 ，反应是放热反应，反应物能量高于生成物，故A正确；B．断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应是放热反应所以形成化学键放出的能量大于断裂化学键吸收的能量，断开1mol H-H键和1mol I-I键所需能量小于断开2mol H-I键所需能量，故B错误；C．△H=反应物断裂化学键需要的能量-生成物形成化学键放出的能量=bkJ/mol+ckJ/mol-2H-I=-akJ/mol，得到断开2mol H-I键所需能量约为（a+b+c）kJ，故C正确；D．反应是可逆反应不能进行彻底，依据焓变意义分析，向密闭容器中加入2mol H2和2mol I2，充分反应后放出的热量小于2a kJ，故D正确；故答案为B。‎ 点睛：化学反应的本质是键的断裂与形成，且断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，则化学变化的过程中伴随能量变化，根据反应焓变=反应物断裂化学键需要的能量-生成物形成化学键放出的能量，判断反应是放热反应还是吸热反应，并由此分析解题。‎ ‎5.已知（1）H2O(g) == H2O(l) ΔH1＝-Q1 kJ·mol-1‎ ‎（2）CH3OH(g) == CH3OH(l) △H2＝-Q2 kJ·mol-1‎ ‎（3）2CH3OH( g) +3O2(g) == 2CO2(g)＋4H2O(g) △H3＝-Q3 kJ·mol-1‎ ‎（Q1、Q2、Q3 均大于 0）若要使 32g 液态甲醇完全燃烧，最后恢复到室温，放出的热量为（单位：kJ）‎ A. Q1+Q2+Q3 B. 0.5 Q3-Q2+2Q1‎ C. 0.5 Q3＋ Q2-2Q1 D. 0.5（Q1+Q2+Q3）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据（3）－2（2）＋4（1），得出：2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) △H=△H3－2△H2＋4△H1=－Q3＋2Q2－4Q1kJ·mol－1，消耗32g液态甲醇完全燃烧，放出热量为0.5Q3－Q2＋2Q1kJ，故选项B正确。‎ ‎【考点定位】考查热化学反应方程式的计算等知识。‎ ‎【名师点睛】本题考查盖斯定律，热化学反应方程式可以相加减，转化成目标反应，需要乘以数值时，注意反应热也需要乘以此数，如果正反应方向是放热反应，逆反应为吸热反应，反应热的方向发生改变，属于中档题。‎ ‎6.化学键的键能是形成(或断开)1 mol 化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和 P4O6 的分 子结构如图所示:‎ 现提供以下化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198 P—O：360 O==O：498‎ 若生成 1 mol P4O6，则反应 P4(白磷)＋3O2==P4O6 中的能量变化为 A. 吸收 1638 kJ 能量 B. 放出 1638 kJ 能量 C. 吸收 126 kJ 能量 D. 放出 126 kJ 能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析：反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断．注意每摩尔P4中含有6molP-P键．‎ 详解：化学键的键能(kJ·mol－1)：P—P：198　P—O：360　O===O：498，反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，由图可知：1个P分子中含有6个P-P，1个P4O6分子中含有12个P-O，1mol P4和3mol O2完全反应（P4+3O2=P4O6）生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ·mol－1+3×498kJ·mol－1-12×360kJ·mol－1=-1638kJ·mol－1，反应放热1638kJ，故选B。‎ ‎7.关于如图所示装置的叙述正确的是 A. 甲、乙装置中的锌片都作负极 B. 甲、乙装置中的溶液中的H＋在铜片上被还原 C. 甲、乙装置中锌片上发生的反应都是还原反应 D. 甲装置中铜片有气泡生成，乙装置中的铜片质量减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．乙为电解池装置，Zn为阴极，故A错误；B．乙为电解池装置，Cu为阳极，Cu被氧化，故B错误；C．甲为原电池，Zn为负极，发生氧化反应，故C错误；D．甲装置中Cu为正极，氢离子在铜片上得到点被还原生成氢气，乙装置中Cu为阳极，发生氧化反应，铜片质量减小，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查原电池和电解池知识 ‎【名师点晴】侧重于电极的判断和电极反应的认识，注意结合原电池和电解池的工作原理分析装置，甲为原电池，Zn为负极，Cu为正极，乙为电解池装置，Cu为阳极，发生氧化反应，Zn为阴极，发生还原反应，以此解答该题。‎ ‎8.下列叙述正确的是 A. 铁与稀 H2SO4 反应时，加入少量 CuSO4 溶液，可使反应速率加快 B. 构成原电池的正极和负极必须是两种不同的金属 C. 在铁上镀铜时，金属铜作阴极 D. 用惰性电极电解 CuSO4 溶液，溶液的 pH 不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 铁能置换出铜，从而构成原电池，铁是负极，加快反应速率，选项A正确；选项B不正确，也可以是金属和非金属；电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，含有镀层金属离子的溶液作电镀液，因此选项C不正确；；惰性电极电解硫酸铜析出的是铜和氧气，同时还生成硫酸，pH降低，选项D不正确，答案选A。‎ ‎9. 化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是 A. 氢氧燃料电池的负极反应：O2+2H2O+4e-4OH-‎ B. 惰性材料做电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应为：2Cl--2e-Cl2↑‎ C. 粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应为：Cu-2e-Cu2+‎ D. 钢铁发生电化学腐蚀的正极反应：Fe-2e-Fe2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题解析：氢氧燃料电池的负极应该发生氢气失电子的氧化反应，故A错误；惰性材料做电极电解饱和食盐水时，阳极上氯离子被氧化，电极反应为：2Cl--2e-Cl2↑，故B正确；粗铜精炼时，与电源正极相连的是粗铜，和负极相连的是精铜，故C错误；钢铁发生电化学腐蚀属于吸氧腐蚀，正极上得电子的是氧气，电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，故D错误。‎ 考点：新型燃料电池、原电池原理的应用 ‎10.某原电池的电池反应为：Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，与此电池反应不符的原电池是 A. 铜片、铁片、FeCl3 溶液组成的原电池 B. 石墨、铁片、Fe(NO3)3 溶液组成的原电池 C. 铁片、锌片、Fe2(SO4)3 溶液组成的原电池 D. 铜片、铁片、Fe(NO3)3 溶液组成的原电池 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据反应“2Fe3＋+Fe=3Fe2＋”可知，铁失电子被氧化，为原电池负极；正极为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3＋在正极得到电子而被还原，电解质溶液应为含Fe3＋的盐．‎ ‎【详解】由总反应可知，负极应为铁，被氧化，电解质溶液应为含有Fe3＋的溶液，题中A、B、D铁都为负极，但C中铁片、锌片、Fe2（SO4）3溶液组成的原电池中锌片为负极，铁片为正极，原电池反应为Zn+2Fe3＋═2Fe2＋+Zn2＋。‎ 故选：C。‎ ‎11.有关 X、Y、Z、W 四种金属的实验如下：‎ ‎①‎ 将 X 与 Y 用导线连接，浸入电解质溶液中，Y 不易腐蚀 ‎②‎ 将片状的 X、W 分别投入等浓度盐酸中都有气体产生，W 比 X 反应剧烈 ‎③‎ 用惰性电极电解等物质的量浓度的 Y 和 Z 的硝酸盐混合溶液，在阴极上首 先析出单质 Z 根据以上事实，下列判断或推测错误的是（ ）。‎ A. Z 的阳离子氧化性最强 B. W 的还原性强于 Y 的还原性 C. 用 Y、Z 和稀硝酸可构成原电池，且 Y 作负极 D. Z 放入 CuSO4 溶液中一定有 Cu 析出 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1、在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属不易被腐蚀；‎ ‎2、金属的活泼性越强，则和酸反应生成气体越剧烈；‎ ‎3、电解池中，在阴极上氧化性强的离子先得到电子，离子的得电子能力越强，金属单质的还原性越弱．‎ ‎【详解】根据1可知金属活泼性是：X＞Y，根据2可知金属的活泼性是：W＞X，根据3可知，金属的活泼性是Y＞Z，所以四种金属的金属活动性为：W＞X＞Y＞Z，Z可能是Ag或Cu。‎ A、金属单质的还原性越弱，离子的得电子能力越强，即氧化性越强，四种金属的金属活动性为：W＞X＞Y＞Z，所以Z的阳离子氧化性最强，故A正确；‎ B、金属的活动性为：W＞Y，W的还原性强于Y的还原性，故B正确；‎ C、金属活泼性是：X＞Z，所以用X、Z和稀硫酸构成的原电池，X做负极，故C正确。‎ D、四种金属的金属活动性为：W＞X＞Y＞Z，Z可能是Ag或Cu，Z放入CuSO4溶液中一定没有Cu析出，故D错误；‎ 故选D。‎ ‎12.下列过程需通电后才能进行的是 A. 电离 B. 电解 C. 电化学腐蚀 D. 渗析 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程；‎ B、电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应；‎ C、电化学腐蚀原理是原电池原理；‎ D、渗析分离胶体和溶液的方法。‎ ‎【详解】A、电离是电解质在水溶液中离解出自由移动离子的过程，不需要通电，故A错误；‎ B、电解池是外加电源强迫下的氧化还原反应，必须加外加电源，故B正确；‎ C、电化学腐蚀原理是原电池原理，原电池中不含电源，是自发进行的氧化还原反应，故C错误；‎ D、渗析分离胶体和溶液的方法，和是否接通电源无关，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎13.下图所示装置中观察到电流计指针偏转，M 棒变粗，N 棒变细，由此判断下表中所列M、N、P 物质，其中可以成立的组合是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ N棒变细，说明N为负极，失电子，活性较强；M棒变粗，说明溶液中有金属离子得电子还原为金属单质析出。‎ ‎14.用惰性电极电解一定浓度的 CuSO4 溶液一段时间后，欲使溶液恰好恢复至电解前情况， 不可能加入的物质是 A. CuSO4 B. Cu(OH)2 C. CuCO3 D. CuO ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用电惰性极电解CuSO4溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物。‎ ‎【详解】CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42－、OH－，OH－离子的放电能力大于SO42－ 离子的放电能力，所以OH－离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2＋、H＋，Cu2＋离子的放电能力大于H＋离子的放电能力，所以Cu2＋离子放电生成Cu，溶液变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2 ↑+2H2SO4，当硫酸铜电解完后，就电解水，所以从溶液中析出的物质是氧气和铜，由元素守恒可知，则向溶液中加入氧化铜或氧化铜和水可恢复至电解前情况。‎ A、不是只电解CuSO4本身，加CuSO4不符，故A符合题意；‎ B、相当于加氧化铜和水，故B不符合题意；‎ C、电解后溶液中有硫酸，与CuCO3反应生成二氧化碳逸出，相当于加氧化铜，故C不符合题意；‎ D、当电解后不生成氢气的情况下，只要加入氧化铜就可以，故D不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出的物质是解本题的关键，难点：要分两种情况分析，只电解生成铜和氧气，时加氧化铜或碳酸铜，当电解后还生成氢气时，加氧化铜和水，或氢氧化铜，或碱式碳酸铜。‎ ‎15.如图中三个电解装置中都盛有相同体积、相同物质的量浓度的 CuSO4 溶液，通电一段 时间并且通过的电量相同时， CuSO 4 溶液物质的量浓度大小关系正确的是 A. ② > ③ > ① B. ① > ② > ③‎ C. ② = ③ > ① D. ① = ② = ③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①是电解装置，电解硫酸铜属于放氧生酸型；‎ ‎②根据电镀原理来回答判断；‎ ‎③根据电解精炼铜的原理判断．‎ ‎【详解】①是电解装置，电解硫酸铜的阴极发生反应：Cu2＋+2e－=Cu；‎ ‎②属于在金属铁上镀铜的原理，前后过程中溶液中的铜离子浓度不变；‎ ‎③属于电解精炼铜的原理，阴极上先发生反应Cu2＋+2e－=Cu，但是阳极上活泼金属Zn失电子完毕后，是金属铜失电子形成铜离子进入电解质的过程。‎ 综上可知，通电一段时间并且通过的电量相同时，CuSO4溶液物质的量浓度大小关系是②＞③＞①。‎ 故选：A。‎ ‎16.如图所示，杠杆 AB 两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠 杆并使其在水中保持平衡，然后小心地向烧杯中央滴入浓 CuSO4 溶液，一段时间后，下列 有关杠杆的偏向判断正确的是(实验过程中，不考虑铁丝反应及两球的浮力变化)‎ A. 杠杆为导体和绝缘体时，均为 A 端高 B 端低 B. 杠杆为导体和绝缘体时，均为 A 端低 B 端高 C. 当杠杆为绝缘体时，A 端低 B 端高；为导体时，A 端高 B 端低 D. 当杠杆为绝缘体时，A 端高 B 端低；为导体时，A 端低 B 端高 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 分析：本题考查的是原电池的原理，根据较活泼的金属做负极进行分析。‎ 详解：杠杆为导体时，水中加入硫酸铜溶液，形成原电池，铁做负极，失去电子而溶解，质量减少，铜离子在铜球上得到电子析出铜，铜球质量增加，A端降低，B端升高，若杠杆为绝缘体时，铁置换硫酸铜中的铜，铁球的质量增加，铜球不变，则B端降低，A端升高，故选D。‎ 点睛：原电池的构成条件有1.两个不同的电极。2.电解质溶液。3.形成闭合回路。4.存在自发的氧化还原反应。当杠杆为导体时形成闭合回路，能构成原电池，当杠杆为绝缘体时，不能形成闭合回路，不能构成原电池。‎ ‎17.如图所示，按 A 图装置进行实验，若图 B 的 x 轴表示流入电极的电子的量，则 y 轴不可 能表示的是 A. Ag＋浓度 B. NO3－ 浓度 C. 铁棒质量 D. 电解质溶液质量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由A图可知，Ag为阳极，该装置实际上是在铁的表面电镀银，电解质溶液的浓度不变，B图中，y轴表示某个量不变．‎ ‎【详解】由A图可知，Ag连接电源的正极，则为阳极，电解质溶液为硝酸银溶液，则该装置实际上是在铁的表面电镀银，电解质溶液的浓度不变，即Ag＋、NO3－的浓度不变，故A、B、D都可能；阳极上Ag溶解，阴极上Ag析出，则铁棒质量增大，银棒质量减小，‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查电镀原理，解题关键：明确图中装置和坐标图中的含有、电解时发生的电极反应，明确该装置为电镀是解答的关键，易错点D，不能只分析电极反应，也要考虑溶液。‎ ‎18.如图是 Zn 和 Cu 组成的原电池示意图，某小组做完该实验后，在读书卡片上作了如下记录，其中合理的是 卡片：No.10 Date：2018－3－11,实验记录：①导线中电流方向：锌→铜。‎ ‎②铜极上有气泡产生。‎ ‎③锌片变薄,实验结论：④Zn 为正极，Cu 为负极。‎ ‎⑤铜比锌活泼。‎ ‎⑥H＋向铜片移动。‎ A. ①②③ B. ④⑤⑥‎ C. ③④⑤ D. ②③⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 铜、锌、稀硫酸构成的原电池中，较活泼的金属作负极，负极上金属失电子发生氧化反应，较不活泼的金属作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，外电路中，电子从负极沿导线流向正极，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动．‎ ‎【详解】①导线中电流方向：铜→锌，故错误；‎ ‎②铜极上氢离子得电子生成氢气，有气泡生成，故正确；‎ ‎③锌片失电子生成锌离子进入溶液，导致锌片变薄，故正确；‎ ‎④反应中失电子的锌作负极，得电子的铜作正极，故错误；‎ ‎⑤锌比铜活泼，故错误；‎ ‎⑥原电池放电时，氢离子向正极铜片移动，硫酸根离子向锌片移动，故正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点睛】本题考查了原电池原理，解题关键：明确原电池上发生的反应类型、电流的流向，⑥为易错点：注意溶液中阴阳离子的移动方向。‎ ‎19.下列变化中属于原电池反应的是 A. 马口铁(镀 Sn 铁)表面有划损时，也能阻止铁被氧化 B. 在空气中金属铝表面迅速被氧化形成保护膜 C. 红热的铁丝与水接触表面形成蓝色保护层 D. 在铁与稀 H2SO4 反应时，加几滴 CuSO4 溶液，可加快 H2 的产生 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 属于原电池反应，说明符合原电池的构成条件，原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应。‎ ‎【详解】A．铁、锡和电解质溶液符合原电池构成条件，则形成原电池，铁易失电子作负极，锡作正极，铁不能被保护，故A错误；‎ B．铝在空气中，极易和氧气反应生成氧化物薄膜，该反应中没有两个活泼性不同的电极，不能构成原电池，所以发生的不是原电池反应，故B错误；‎ C．红热的铁丝和水直接反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，不符合原电池构成条件，属于化学腐蚀，故C错误；‎ D、在铁与稀 H2SO4 反应时，加几滴 CuSO4 溶液，铁与CuSO4 反应生成少量铜，铜、铁、硫酸形成原电池，可加快 H2 的产生，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎20.如图，拴上金属条的铁钉插在含有酚酞的 NaCl 溶液中，可以看到在贴近金属条一边的 溶液出现粉红色。该金属条可能是 A. 铜 B. 铁 C. 铝 D. 锌 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 拴上金属条的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中，可以看到在贴近金属条一边的溶液出现粉红色，说明铁钉发生吸氧腐蚀，铁易失电子作负极、另一种金属作正极 ‎【详解】拴上金属条的铁钉插在含有酚酞的NaCl溶液中，可以看到在贴近金属条一边的溶液出现粉红色，说明铁钉发生吸氧腐蚀，铁易失电子作负极、另一种金属作正极，则另一种金属的活泼性小于铁，故选A。‎ ‎21. pH＝a的某电解质溶液中，插入两支惰性电极，通直流电一段时间后，溶液的pH＞a，则该电解质可能是 A. NaOH B. H2SO4 C. AgNO3 D. Na2SO4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、电解氢氧化钠溶液时，实际上电解的是水，溶液中氢氧根离子的浓度增大，pH值增大，A正确；B、电解硫酸溶液时，实际上电解的是水，溶液中的氢离子的浓度增大，溶液的pH减小大，B错误；C、电解硝酸银溶液时，阴极上析出银，阳极上得到氧气，所以溶液中的氢氧根离子的浓度减小，氢离子的浓度增大，溶液的pH值减小，C错误；D、电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，溶液中氢离子和氢氧根离子的相对浓度不变，只是硫酸钠的浓度增大，因此pH值不变，D错误；答案选A。‎ 点睛：本题考查了电解原理，随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要明确离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答。‎ ‎22.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，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色 D. a 和 b 分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋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。‎ 视频 ‎23.将两个铂电极插入 500 mLCuSO4溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0.064g(设电解时电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液的变化)。此时溶液中H＋浓度约为 A. 0.004mol/L B. 0.002mol/L C. 0.001mol/L D. 1×10-7mol/L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电解CuSO4溶液质量增重的一极是电解池的阴极，析出铜，根据电解方程式计算，电解方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，也可根据电解池两极上转移的电子数目相等，利用关系式为Cu～2e－～2H＋来解答．‎ ‎【详解】设生成硫酸的物质的量为x，‎ ‎2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑‎ ‎ 128g 2mol ‎ ‎ 0.064g x x=0.064g×2mol/128g·mol－1=0.001mol n（H＋）=0.001mol×2=0.002mol c（H＋）=0.002mol/0.5L=4×10-3mol·L－1‎ 故选A。‎ ‎24. 下列有关以KOH溶液为电解液的氢氧燃料电池的叙述不正确的是 A. 正极反应式为：O2+ 2H2O +4e- =4OH-‎ B. 工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变 C. 该燃料电池的总反应式为：2H2+O2=2H2O D. 用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2（标准状况）时，有0.2mol电子转移 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：A、原电池中负极失去电子，正极得到电子，则氧气在正极通入，电极反应式为O2+ 2H2O +4e- =4OH-，A正确；B、工作一段时间后，溶剂水增加，因此电解液中KOH的物质的量浓度减小，B错误；C、该燃料电池的总反应式为：2H2+O2＝2H2O，C正确；D．用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2（标准状况）即0.1mol氯气时，根据阳极电极反应式2Cl－－2e－＝Cl2↑可知有0.2mol电子转移，D正确，答案选B。‎ 考点：考查电化学原理的应用 ‎25.某溶液中含有两种溶质 NaCl 和 H2SO4，它们的物质的量之比为 3∶1。用石墨作电极电 解该混合溶液时，根据电极产物，可明显分为三个阶段。下列叙述不正确的是 A. 阴极自始至终只逸出 H2 B. 阳极先逸出 Cl2，后逸出 O2‎ C. 溶液 pH 不断增大，最后为 7 D. 电解最后阶段为电解水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电解原理：阳极离子的放电顺序：银离子＞铜离子＞氢离子，阴极离子的放电顺序：氯离子＞氢氧根离子，溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，根据电解原理判断放电的离子．‎ ‎【详解】可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，‎ 即2HClH2↑+Cl2↑，2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，2H2O2H2↑+O2↑，生成的NaOH为碱性，pH大于7。‎ A、阴极自始自终是氢离子放电，只析出H2，故A正确；‎ B、阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出Cl2，后析出O2，故B正确；‎ C、溶液pH不断增大，最后生成的NaOH为碱性，pH大于7，故C错误；‎ D、电解最后阶段为电解水，故D正确；‎ 故选C。‎ ‎26.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源 物质。请回答下列问题：‎ ‎（1）有机物 M 经过太阳光光照可转化成 N，转化过程如下：‎ ΔH＝＋88.6 kJ·mol－1。则 M、N 相比，较稳定的是_____。‎ ‎（2）已知 CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－726.5 kJ·mol－1，CH3OH(l)＋1/2O2(g)===CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－a kJ·mol－1，则 a_____726.5(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎（3）使 Cl2 和 H2O(g)通过灼热的炭层，生成 HCl 和 CO2，当有 1 mol Cl2 参与反应时释 放出 145 kJ 热量，写出该反应的热化学方程式：_____。‎ ‎（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合 在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s) ＋3TiO2(s) ＋3C(s)=2Al2O3(s) ＋3TiC(s) ΔH ＝－1176 kJ·mol－1 ，则反应过程中，每转移 1 mol 电子放出的热量为________。‎ ‎【答案】 (1). M (2). < (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ·mol－1 (4). 9 8 kJ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；‎ ‎（2）甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a＜238.6；‎ ‎（3）根据热化学方程式的含义和书写方法来回答；‎ ‎（4）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为1 176kJ÷12=98kJ；‎ ‎【详解】（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N：△H=+88.6kJ·mol－1，过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，能量越低越稳定，M稳定；‎ ‎（2）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热；‎ ‎（3）1molCl2参与反应时释放出145KJ热量，则反应2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）会放出290KJ的能量，即2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）=4HCl（g）+CO2（g）△H=-290.0 kJ·mol－1；‎ ‎（4）4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2O3（s）+3TiC（s）△H=-1176kJ?mol－1，转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ；‎ ‎【点睛】本题考查了化学反应能量变化，解题关键：掌握燃烧热概念，氧化还原反应电子转移的计算应用，易错点（2），不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热。‎ ‎27.在 25℃时，用石墨电极电解 2.0L ， 2.5mol / L CuSO4 溶液，如有 0.20mol 电 子发生转移，试回答下列问题：‎ ‎（1）阴极发生_____ 反应，电极反应为_____ 。‎ ‎（2）阳极发生_____ 反应，电极反应为_____ 。‎ ‎（3）电解后得到的 Cu 的质量是_____ ，得到 O2 的体积（标准状况）是_____ ，溶 液的 pH 是_____ 。‎ ‎（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，电解后两铜片的质量相差_____ ，电解 液的 pH ______ （填“变小”、“变大”或“不变”）‎ ‎【答案】 (1). 还原反应 (2). 2Cu2＋+ 4e－= 2Cu (3). 氧化反应 (4). 4OH－－4e－ = 2H2O + O2↑ (5). 6.4g (6). 1.12L (7). 1 (8). 12.8g (9). 不变 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电解过程中，溶液中阳离子Cu2＋、H＋移向阴极，可发生还原反应；‎ ‎（2）电解过程中，溶液中阴离子OH－、SO42－移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应；‎ ‎（3）由电极反应电子守恒，有0.20mol电子发生转移，生成铜0.1mol，生成氧气0.05mol；溶液的PH的计算可以依据水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒，减少氢氧根离子0.2mol，溶液中增加氢离子0.2mol，计算pH；‎ ‎（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，是镀铜，阳极反应为：Cu-2e－=Cu2＋；阴极电极反应为：Cu2＋+2e－=Cu；电子转移0.2mol，阳极减少质量为0.1mol×64g·mol－1=6.4g；同时阴极析出铜6.4g，；电解后两铜片的质量相差12.8g，电解质溶液的pH不变．‎ ‎【详解】在25℃时，用石墨电极电解2.0 L，2.5mol·L－1CuSO4溶液中Cu2＋物质的量为5mol．5min后，在一个石墨电极上有6.4gCu生成物质的量为0.1mol；‎ ‎（1）电解过程中，溶液中阳离子Cu2＋、H＋移向阴极发生还原反应，电极反应：2Cu2＋+4e－═2Cu；‎ ‎（2）电解过程中，溶液中阴离子OH－、SO42－移向阳极，氢氧根离子放电发生氧化反应，电极反应式：4OH－-4e－═2H2O+O2↑；‎ ‎（3）电极反应电子守恒，有0.20mol电子发生转移，生成铜物质的量为0.1mol，生成氧气物质的量为0.05mol，‎ 阳极反应为：4OH－-4e－═2H2O+O2↑‎ ‎ 0.2mol 0.2mol 0.05mol 阴极反应为：2Cu2＋+4e－═2Cu ‎ 0.1mol 0.2mol 0.1mol 所以电解过程中得到铜的质量0.1mol×64g·mol－1=6.4g；‎ 生成氧气的体积=0.05mol×22.4L·mol－1=1.12L；‎ 溶液的PH的计算可以依据水电离出的氢离子和氢氧根离子守恒，减少氢氧根离子0.2mol，溶液中增加氢离子0.2mol，C（H＋）=0.2mol/2L=0.1mol·L－1，pH=-lgC（H＋）=1；‎ ‎（4）如用等质量的两块铜片代替石墨作电极，是镀铜，阳极反应为：Cu-2e－=Cu2＋；阴极电极反应为：Cu2＋+2e－=Cu；电子转移0.2mol，阳极减少质量为0.1mol×64g·mol－1=6.4g；同时阴极析出铜6.4g，电解后两铜片的质量相差12.8g，电解质溶液的pH不变．‎ ‎【点睛】本题考查了电解原理的应用，电极反应的判断，电极反应的书写方法，难点（3）：电子守恒的计算，（4）电镀的原理分析和计算。‎ ‎28.某实验小组用 0.50 mol/L NaOH 溶液和 0.50 mol/L 硫酸溶液在如下图所示的装置中 进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：‎ ‎（1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是_____。‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_____。‎ ‎（3）若大烧杯上不盖硬纸板，求得的反应热数值______填“偏大”“偏小”或“无影响”）。‎ ‎（4）若取取 50 mL NaOH 溶液和 30 mL 硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。‎ 温度 实验次数 起始温度 t1/℃‎ 终止温度t2/℃‎ H2SO4‎ NaOH 平均值 ‎1‎ ‎26.2‎ ‎26.0‎ ‎26.1‎ ‎30.1‎ ‎2‎ ‎27.0‎ ‎27.4‎ ‎27.2‎ ‎33.3‎ ‎3‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎25.9‎ ‎29.8‎ ‎4‎ ‎26.4‎ ‎26.2‎ ‎26.3‎ ‎30.4‎ 近似认为 0.50 mol/L NaOH 溶液和 0.50 mol/L 硫酸溶液的密度都是 1 g/cm3，中和后生成溶液 的比热容 c=4.18 J/(g·℃)。则中和热△H=_____（取小数点后一位）。‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 减少实验过程中的热量损失 (3). 偏小 (4). -53.5 kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；‎ ‎（3）不盖硬纸板，会有一部分热量散失；‎ ‎（4）①先判断温度差的有效性，然后求出温度差平均值；‎ ‎②先根据Q=m·c·△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-Q/nkJ·mol－1计算出反应热．‎ ‎【详解】（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌棒；‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失；‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，偏小；‎ ‎（4）①4次温度差分别为：4.0℃，6.1℃，3.9℃，4.1℃，第2组舍去，温度差平均值=（4.0℃+3.9℃+4.1℃）/3=4.0℃；②50mL0.50mol·L－1氢氧化钠与30mL0.50mol·L－1硫酸溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol·L－1=0.025mol，溶液的质量为：80ml×1g/ml=80g，温度变化的值为△T=4℃，则生成0.025mol水放出的热量为 Q=m·c·△T=80g×4.18J/（g·℃）×4.0℃=1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H=-1.3376kJ/0.025mol=-53.5kJ·mol－1．‎ ‎29.请用下图所示仪器装置设计一个包括电解饱和食盐水并测定电解时产生的氢气的体积和检验氯气的氧化性的实验装置。‎ ‎（1）所选仪器 连接时，各接口的顺序是(填各接口的代号字母)：A 接 ， 接 ，B 接 ， 接 。_____________‎ ‎（2）实 验 时 ， 装 置 中 的 石 墨 电 极 接 电 源 的 _____极 ， 所 发 生 的 电 极 反 应 式 为_____；铁电极接电源的_____极，所发生的电极反应式为_____； 此电解总反应方程式为_________。‎ ‎（3）实验测得产生的氢气体积(已折算成标准状况)为 5.60 mL，电解后溶液的体积恰好为50.0 mL，则溶液中 OH－的浓度为_____。‎ ‎【答案】 (1). GFHDEC (2). 正 (3). 2Cl－－2e－===Cl2↑ (4). 负 (5). 2H＋＋2e－=H2↑ (6). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ (7). c(OH－)＝0.01 mol·L－1‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）U型管反应器中的两个电极未限定哪个是阳极或阴极，可以任意选用。而反应器两边连接哪些仪器及其连接顺序，取决于A、B为哪种电极、其电极产物和实验要求。设A上电极为铁质电极、B上电极为石墨电极，则反应器两边所选用的各仪器接口连接顺序为A接贮气瓶的G―→F，把水挤入量筒上H导管，用量筒测量出排出的水量，以测定氢气产生的体积。B接洗气瓶的D―→E，生成的氯气在洗气瓶里氧化淀粉碘化钾溶液，以证明其氧化性，多余的氯气通入烧杯里的C导管，借助氢氧化钠吸收氯气，防止污染大气，故答案为：G　F　H　D　E　C；（2）根据电解饱和食盐水阳极所发生的反应式：2Cl—－2e—===Cl2↑，为防止电极被腐蚀，实验中一般选用石墨作阳极，阴极发生的是水电离出的H＋离子被还原，2H＋＋2e—===H2‎ ‎↑，从而破坏水的电离平衡，在阴极区域里形成氢氧化钠，显碱性，阴极通常使用铁电极。电解的总反应方程式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，故答案为：正、2Cl－－2e－===Cl2↑、负、2H＋＋2e－===H2↑、2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；（3）‎ 已知电解产生氢气5.60 mL，其物质的量为＝2．5×10－4mol，由方程式可得 x＝2×2.5×10－4mol＝5×10－4mol c(OH—)＝＝0.01 mol·L—1，故答案为：0.01 mol·L—1。‎ ‎【点睛】本题重点考查了电解饱和食盐水的实验、原理以及有关物质的量的计算。‎ ‎30.某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装 置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）甲池为_____(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入 CH3OH 电极的电极反应为_____。‎ ‎（2）乙池中 A(石墨)电极的名称为_____(填“正极”“负极”或“阴极”“阳极”)，总反应为__________。‎ ‎（3）当乙池中 B 极质量增加 5.4 g 时，甲池中理论上消耗 O2 的体积为_____mL(标准状 况)，丙池中_____(填“C”或“D”)极析出_____g 铜。‎ ‎（4）若丙中电极不变，将其溶液换成 NaCl 溶液，开关闭合一段时间后，甲中溶液的 pH将_____(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，丙中溶液的 pH 将______。‎ ‎【答案】 (1). 原电池 (2). CH3OH＋8OH－－6e－===CO32－＋6H2O (3). 阳极 (4). 4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3 (5). 280 (6). D (7). 1.6 (8). 减小 ‎ ‎ (9). 增大 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）甲池中两电极分别通入甲醇和氧气，为燃料电池，因此为原电池，通入CH3OH的电极为负极，发生失去电子的氧化反应，电解质溶液显碱性，则电极反应式为CH3OH＋8OH－－6e－＝CO32－＋6H2O。‎ ‎（2）乙池中电解AgNO3溶液，其中A电极与甲池的正极相连，作阳极，B作阴极，总反应式为4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。‎ ‎（3）乙池中B极是阴极，银离子放电：Ag++e－＝Ag，质量增加5.4 g即析出银是5.4g，物质的量是5.4g÷108g/mol＝0.05mol，转移0.05mol电子。1mol氧气得到4mol电子，则根据电子得失守恒可知甲池中理论上消耗O2的物质的量是0.05mol÷4＝0.0125mol，在标准状况下的体积为0.0125mol×22.4L/mol＝0.28L＝280mL；丙池中D电极与甲池中负极相连，作阴极，铜离子放电，根据电子得失守恒可知析出铜的物质的量是0.05mol÷2＝0.025mol，质量是0.025mol×64g/mol＝1.6g。‎ ‎（4）若丙池中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，丙中总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，因此溶液pH增大。而甲中总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH＝2K2CO3+6H2O，消耗氢氧化钾，则溶液pH减小。‎ ‎【点睛】电解池中有关量的计算或判断主要包括以下方面：根据直流电源提供的电量求产物的量(析出固体的质量、产生气体的体积等)、溶液的pH、相对原子质量或某元素的化合价、化学式等。解题依据是得失电子守恒，即根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。例如：，(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)。‎ ‎ ‎ ‎ ‎