河南省南阳一中高二化学上学期第一次月考试题含解析

2022-2022学年河南省南阳一中高二（上）第一次月考化学试卷　一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1．下列说法正确的是（　　）A．反应热就是反应中放出的热量B．放热反应的△H＞0，吸热反应的△H＜0C．一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“﹣”D．一个化学反应中，生成物的总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，△H为“+”　2．在298K下，如将1mol蔗糖溶解在1L水中，此溶解过程中体系的△H﹣T△S和熵的变化情况是（　　）A．△H﹣T△S＞0，△S＜0B．△H﹣T△S＜0，△S＞0C．△H﹣T△S＞0，△S＞0D．△H﹣T△S＜0，△S＜0　3．下列叙述的方法不正确的是（　　）A．金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍B．用铝质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀C．钢铁在干燥空气中不易被腐蚀D．用牺牲锌块的方法来保护船身　4．下列说法错误的是（　　）A．增大反应物的浓度，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大B．决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质C．NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57kJ•mol﹣1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向D．升温能使化学反应速率增大的主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数　5．已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（　　）-30-\nA．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2bkJ•mol﹣1B．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=+2bkJ•mol﹣1C．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4bkJ•mol﹣1D．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=+bkJ•mol﹣1　6．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）A．已知2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H12C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2则△H1＜△H2D．已知H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（1）△H=﹣57.3kJ/mol，则任何酸碱中和的反应热均为57.3kJ　7．如图有关电化学的装置示意图正确的是（　　）A．铜锌原电池B．铜锌原电池C．精炼铜D．电解饱和食盐水　8．用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为3：1的CuSO4溶液和NaCl溶液的混合溶液，不可能发生的反应是（　　）A．2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑B．Cu2++2Cl﹣Cu+Cl2↑C．2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑D．2H2O2H2↑+O2↑　9．综合如图判断，下列正确的说法是（　　）-30-\nA．装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣═Fe2+B．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大　10．同质量的锌与盐酸反应，欲使反应速率增大，选用的反应条件正确的组合是（　　）反应条件：①锌粒②锌片③锌粉④5%盐酸⑤10%盐酸⑥15%盐酸⑦加热⑧用冷水冷却⑨不断振荡⑩迅速混合后静置．A．③⑥⑦⑨B．③⑤⑦⑨C．①④⑧⑩D．②⑥⑦⑩　11．Li﹣CuO电池是一种新型绿色电池．它的比能量高、电压高、工作温度宽，使用寿命比其他类型电池长，特别适合于大电流、重负载放电应用．该电池的总反应为：2Li+CuO=Li2O+Cu，电解质溶液为高氯酸锂有机溶液．下列说法正确的是（　　）（Li的相对原子质量：7）A．电池的正极反应式为：CuO+2e﹣+2Li+=Li2O+CuB．常温时，在正负极间接上电流表，指针不偏转C．放电过程中，Li+向负极移动D．每转移0.1mol电子，理论上消耗1.4gLi　12．用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，则电解一段时间后，下列有关该溶液（与电解前同温度）的说法中正确的有（　　）①该溶液的pH可能增大；②该溶液的pH可能减小；③该溶液的pH可能不变；④该溶液的浓度可能增大；⑤该溶液的浓度可能不变；⑥该溶液的浓度可能减小．-30-\nA．①②③B．①②③④C．①②③④⑤D．全部　13．有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X．这四种金属的活动性顺序是（　　）A．Y＞Z＞W＞XB．Z＞Y＞W＞XC．W＞Z＞Y＞XD．X＞Y＞Z＞W　14．下列有关电解实验的说法不正确的是（　　）A．使用肼﹣空气碱性燃料电池作为电解精炼铜的电源，阴极的质量变化128g，则肼﹣空气碱性燃料电池理论上消耗标准状况下空气的体积为112L（假设空气中氧气的体积分数为20%）B．若在电解水时加入少量硫酸钠，则电解水结束后溶液的pH将会保持不变C．电解硫酸铜溶液一小段时间后，为了使电解质溶液复原，可以加入适量的Cu（OH）2D．电解硫酸铜溶液产生氧气1.12L（标准状况）时，转移电子0.2mol　15．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．X是电源的负极B．阴极的反应式是：H2O+2e﹣═H2+O2﹣，CO2+2e﹣═CO+O2﹣C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1　-30-\n16．在25℃时，将两根铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有amol电子转移时，溶液中析出mgNa2SO4•10H2O晶体．若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为（　　）A．×100%B．×100%C．×100%D．×100%　　二、非选择题（共52分）17．完成下列各题：（1）已知下列反应的热化学方程式：①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5（ONO2）3（l）△H1；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2；③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3．则反应4C3H5（ONO2）3（l）=12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的△H为　　　　　　．（2）向体积为10L的恒容密闭容器中通入3molX，在一定温度下发生如下反应：2X（g）⇌Y（g）+az（g），经5min后反应达到反应限度（即达到平衡状态）．①平衡时，测得容器内的压强为起始时的1.2倍，此时X的物质的量浓度为0.24mol•L﹣1，则方程式中a=　　　　　　；用Y表示的反应速率为　　　　　　mol•L﹣1•min﹣1．②若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一时间内测得容器内的反应速率如表所示：容器反应速率容器反应速率甲v（X）=3.5mol•L﹣1•min﹣1乙v（Y）=2mol•L﹣1•min﹣1丙v（Z）=4.5mol•L﹣1•min﹣1丁v（X）=0.075mol•L﹣1•s﹣1若四个容器中仅反应温度不同，则反应温度最低的是　　　　　　（填序号）（3）高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途．用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示．①则阳极的电极反应式为：　　　　　　；②若隔膜为阴离子交换膜，则OH﹣自　　　　　　向　　　　　　移动（填左、右）：-30-\n③假设电解前后体积变化忽略不计，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH　　　　　　（升高、降低或不变）　18．甲烷、一氧化碳和氢气、甲醇等既是重要的燃料也是重要的化工原料．已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣571.6kJ•mol﹣1②CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2（g）△H2=﹣36kJ•mol﹣1③CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=+216kJ•mol﹣1（1）氢气的燃烧热△H为　　　　　　，写出甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：　　　　　　．（2）现有1mol由H2O（g）与O2组成的混合气体，且O2的体积分数为x，将此混合气体与足量CH4充分反应．当x=　　　　　　时，反应②与③放出（或吸收）的总能量为0．若②反应过程中能量转化过程如图所示，下列有关说法中正确的是　　　　　　．A．E1=36kJB．E2=36kJC．E1﹣E2=36kJD．E3﹣E1=36kJ（3）工业上可通过CO和H2化合制得CH3OH：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1（CO结构式为C≡O）．又知某些化学键的键能（断开1mol化学键时所需要的最低能量）值如表：化学键C﹣CC﹣HH﹣HC﹣OC≡OH﹣O键能（kJ•mol﹣1）3484134363581072463则△H1=　　　　　　，在相应的反应条件下，将1molCO（g）与足量H2（g）充分混合反应只生成CH3OH（g）后，反应焓变　　　　　　△H1．（用“＞”、“＜”或“=”填空）　19．对如图中两极进行必要的连接并填空：-30-\n（1）在图A中，使铜片上冒H2气泡．则加以必要的连接后的装置中锌板发生的电极反应式为　　　　　　．（2）在图B中，a、b为惰性电极，进行必要的连接后使a极析出铜，则b极出现的现象是　　　　　　；该反应总的化学方程式为　　　　　　．（3）如将图A中Zn、Cu两极与图B中a、b作必要的边接后，也能产生与（1）、（2）完全相同的现象，则Zn极连　　　　　　极（填a或b）．经过一段时间后停止反应，欲使溶液（Cu2+过量）恢复至与反应前完全一致，则应加入的一定量的物质是　　　　　　．A．CuOB．Cu（OH）2C．Cu2（OH）2CO3D．CuCO3．　20．某课外活动小组同学用如图1装置进行实验，试回答下列问题．（1）若开始时开关K与a连接，则B极的电极反应　　　　　　．（2）开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为　　　　　　，总反应的离子方程式为　　　　　　．有关上述实验，下列说法正确的是（填序号）　　　　　　．A．溶液中Na+向A极移动B．从A极处逸出的气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝C．反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度D．若标准状况下B极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子（3）该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图2装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾．①该电解槽的阳极反应式为　　　　　　．此时通过阴离子交换膜的离子数　　　　　　（填“大于”或“小于”或“等于”）通过阳离子交换膜的离子数．②制得的氢氧化钾溶液从出口（填写“A”、“B”、“C”、“D”）　　　　　　导出．③通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因　　　　　　．④若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为　　　　　　．-30-\n　21．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题．当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转．请回答下列问题：（1）甲池中通入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”），乙池中总反应式为　　　　　　．（3）当乙池中B极质量增加5.40g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．　　-30-\n2022-2022学年河南省南阳一中高二（上）第一次月考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题包括16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个正确答案）1．下列说法正确的是（　　）A．反应热就是反应中放出的热量B．放热反应的△H＞0，吸热反应的△H＜0C．一个化学反应中，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，△H为“﹣”D．一个化学反应中，生成物的总键能大于反应物的总键能时，反应吸热，△H为“+”【考点】反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】反应热可能是放热，也可能是吸热，焓变△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物键能和﹣生成物键能和，据此解答．【解答】解：A、反应热是化学反应过程中吸收或放出的热量，故A错误；B、放热反应的△H＜0，吸热反应的△H＞0，故B错误；C、放热反应反应物能量高于生成物，△H＜0，故C正确；D、反应物键能和大于生成物键能和时，反应吸热，△H＞0，故D错误．故选：C．【点评】本题主要考查从宏观和微观角度分别求算焓变的方法，焓变△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物键能和﹣生成物键能和．　2．在298K下，如将1mol蔗糖溶解在1L水中，此溶解过程中体系的△H﹣T△S和熵的变化情况是（　　）A．△H﹣T△S＞0，△S＜0B．△H﹣T△S＜0，△S＞0C．△H﹣T△S＞0，△S＞0D．△H﹣T△S＜0，△S＜0【考点】焓变和熵变．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】由于蔗糖溶解于水的过程是自发过程，所以△H﹣T△S＜0；蔗糖从晶体变成溶液，混乱度增大，所以△S＞0．-30-\n【解答】解：由于蔗糖溶解于水的过程是自发过程，所以△H﹣T△S＜0；蔗糖从晶体变成溶液，混乱度增大，熵增加，所以△S＞0；故选B．【点评】本题考查了自发过程的判断，和物质状态与熵变的关系，难度不大，注意根据教材上有关知识分析即可．　3．下列叙述的方法不正确的是（　　）A．金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍B．用铝质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀C．钢铁在干燥空气中不易被腐蚀D．用牺牲锌块的方法来保护船身【考点】金属腐蚀的化学原理．【专题】金属概论与碱元素．【分析】A、根据金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更常见；B、根据原电池原理分析；C、根据钢铁生锈的条件；D、根据原电池原理分析；【解答】解：A、因金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更常见，故A正确；B、用铝质铆钉、铁板、潮湿的空气构成了原电池，铝质铆钉作负极，容易腐蚀，铁板得到保护，故B错误；C、因钢铁生锈需要氧气、水，在干燥空气中不易被腐蚀，故C正确；D、锌块、船身（铁）、海水构成了原电池，锌块作负极、容易腐蚀，船身（铁）得到保护，故D正确；故选：B．【点评】本题主要考查了金属的腐蚀，根据原电池原理可加快或减慢金属的腐蚀．　4．下列说法错误的是（　　）A．增大反应物的浓度，可增大活化分子的百分数，从而使反应速率增大B．决定化学反应速率的主要因素是参加反应的物质的性质-30-\nC．NH4HCO3（s）═NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57kJ•mol﹣1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向D．升温能使化学反应速率增大的主要原因是增大了反应物分子中活化分子的百分数【考点】化学反应速率的影响因素；焓变和熵变．【专题】化学反应速率专题．【分析】A、增大反应物浓度，可增大反应体系中单位体积活化分子的数目，活化分子百分数不变；B、决定化学反应速率的主要因素是内因：物质本身的性质；C、该反应为吸热反应，不能自发进行，而最终该反应能自发进行，则一定是熵增反应占主要作用；D、升高温度，提供能量，使活化分子的百分数增大．【解答】解：A、增大反应物浓度，可增大反应体系中单位体积活化分子的数目，活化分子百分数不变，故A错误；B、决定化学反应速率的主要因素是内因：参加反应的物质的性质，故B正确；C、该反应为吸热反应，不能自发进行；而最终该反应能自发进行，则主要原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故C正确；D、升高温度，提供能量，使活化分子的百分数增大，因而反应速率增大，故D正确；故选A．【点评】本题考查学生化学反应速率的影响因素、化学反应的方向方面的知识，注意知识的归纳和梳理是关键，难度中等．　5．已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（　　）A．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣2bkJ•mol﹣1B．C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=+2bkJ•mol﹣1C．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4bkJ•mol﹣1D．2C2H2（g）+5O2（g）═4CO2（g）+2H2O（l）△H=+bkJ•mol﹣1【考点】热化学方程式；反应热和焓变．【专题】化学反应中的能量变化．-30-\n【分析】由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知以及热化学方程式的书写方法写出热化学方程式．【解答】解：充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，或生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（l）△H=﹣2bkJ/mol或2C2H2（g）+5O2（g）=4CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣4bkJ/mol；故选C．【点评】本题考查热化学反应方程式的书写，难度不大，明确物质的量与热量的关系，反应热的符号、数值、单位即可解答．　6．下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（　　）A．已知2SO2（g）+O2⇌2SO3（g）为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量B．已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）△H＞0，则金刚石比石墨稳定C．已知2C（s）+2O2（g）=2CO2（g）△H12C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2则△H1＜△H2D．已知H+（aq）+OH﹣（aq）=H2O（1）△H=﹣57.3kJ/mol，则任何酸碱中和的反应热均为57.3kJ【考点】吸热反应和放热反应．【分析】A．放热反应反应物的总能量大于生成物的总能量；B．△H＞0，为吸热反应；C．完全燃烧放出的热量多；D．在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热．【解答】解：A．2SO2（g）和O2的总能量一定高于2SO3的能量；SO2的能量不一定高于SO3的能量，故A正确；B．，△H＞0，为吸热反应石墨的能量低于金刚石，能量越低越稳定，故B错误；C．完全燃烧放出的热量多，放热为负值，△H1＜△H2，故C正确；D．在稀溶液中强酸和强碱反应生成1mol水放出的热量为中和热，△H=﹣57.3kJ/mol，弱酸电离时吸热，所以放出的热量小于57.3kJ/mol，故D错误．故选AC．-30-\n【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法，燃烧热，中和热概念分析应用，掌握概念实质是关键，题目难度不大．　7．如图有关电化学的装置示意图正确的是（　　）A．铜锌原电池B．铜锌原电池C．精炼铜D．电解饱和食盐水【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．该原电池中，Zn易失电子作负极、Cu作正极；B．含有盐桥的原电池中，电极材料和电解质溶液中阳离子元素必须相同；C．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；D．电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应生成氯气，阴极发生还原反应生成氢气．【解答】解：A．活泼的锌应是负极，故A错误；B．锌极的烧杯内电解质是硫酸锌溶液，铜极的烧杯电解质溶液是硫酸铜，应电极或烧杯对调，故B错误；C．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极上粗铜失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子发生还原反应，故C错误；D．电解饱和食盐水，阳极发生氧化反应生成氯气，阴极发生还原反应生成氢气，故D正确；故选D．【点评】本题考查原电池和电解池原理，明确原电池正负极的判断方法、电解池中离子放电顺序即可解答，知道盐桥的作用及盐桥中阴阳离子移动方向．　8．用惰性电极电解物质的量浓度相同、体积比为3：1的CuSO4溶液和NaCl溶液的混合溶液，不可能发生的反应是（　　）A．2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑-30-\nB．Cu2++2Cl﹣Cu+Cl2↑C．2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑D．2H2O2H2↑+O2↑【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】用惰性电极电解物质的量浓度之比为3：1的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程分为：第一阶段，阳极上氯离子放电、阴极上铜离子放电；第二阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，阴极上氢离子放电．【解答】解：用惰性电极电解物质的量浓度之比为3：1的CuSO4和NaCl的混合溶液，设溶液体积为1L，硫酸铜浓度为1mol/L，氯化钠浓度为1mol/L，则n（CuSO4）=n（Cu）=3mol，n（NaCl）=n（Cl﹣）=1mol，根据转移电子守恒，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴极上铜离子放电，转移1mol电子时析出0.5mol铜离子，所以Cu离子还剩余5.5mol，则此时发生的电池反应式为B；第二阶段：阴极上氢离子放电，阳极上铜离子放电，当铜离子完全析出前，发生的电池反应式为A；第三阶段：阴极上氢离子放电，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以发生的电池反应式为D；故选：C．【点评】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子相等判断阴阳极上析出的物质，难度中等．　9．综合如图判断，下列正确的说法是（　　）A．装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均是Fe﹣2e﹣═Fe2+-30-\nB．装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣C．装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动D．放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，Cu为正极，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答．【解答】解：A．图中装置Ⅰ、Ⅱ都是原电池装置，装置Ⅰ中，Zn为负极，发生氧化反应Zn﹣2e﹣═Zn2+，装置Ⅱ中，Fe为负极，发生氧化反应Fe﹣2e﹣═Fe2+，故A错误；B．装置Ⅰ中，Fe为正极，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣．装置Ⅱ中，Cu为正极，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，故B错误；C．原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，装置Ⅰ中，Zn为负极，Fe为正极，盐桥中的阳离子均向左烧杯移动，装置Ⅱ中，Fe为负极，Cu为正极，盐桥中的阳离子向右侧烧杯移动，故C错误；D．电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯，发生还原反应O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣，生成碱，装置II右侧烧杯中，发生还原反应2H++2e﹣═H2↑，消耗盐酸，故溶液的pH均增大，故D正确；故选：D．【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，注意电极的判断和电极方程式的书写，把握原电池的工作原理，装置Ⅰ借助吸氧腐蚀理解，学习中注意相关知识的把握．　10．同质量的锌与盐酸反应，欲使反应速率增大，选用的反应条件正确的组合是（　　）反应条件：①锌粒②锌片③锌粉④5%盐酸⑤10%盐酸⑥15%盐酸⑦加热⑧用冷水冷却⑨不断振荡⑩迅速混合后静置．A．③⑥⑦⑨B．③⑤⑦⑨C．①④⑧⑩D．②⑥⑦⑩【考点】化学反应速率的影响因素．【专题】化学反应速率专题．【分析】用锌粒与稀盐酸反应制取氢气时，增大氢离子的浓度、升高温度、增大接触面积等可加快反应速率，以此来解答．-30-\n【解答】解：①锌粒②锌片③锌粉相比较，锌粉表面积最大，反应速率最大；④5%盐酸⑤10%盐酸⑥15%盐酸相比较，⑥浓度最大，反应速率最大；⑦加热⑧用冷水冷却相比较，升高温度反应速率增大；混合后，无需搅拌，静置可迅速反应，故选A．【点评】本题考查影响化学反应速率的因素，明确温度、浓度、催化剂对反应的影响即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大．　11．Li﹣CuO电池是一种新型绿色电池．它的比能量高、电压高、工作温度宽，使用寿命比其他类型电池长，特别适合于大电流、重负载放电应用．该电池的总反应为：2Li+CuO=Li2O+Cu，电解质溶液为高氯酸锂有机溶液．下列说法正确的是（　　）（Li的相对原子质量：7）A．电池的正极反应式为：CuO+2e﹣+2Li+=Li2O+CuB．常温时，在正负极间接上电流表，指针不偏转C．放电过程中，Li+向负极移动D．每转移0.1mol电子，理论上消耗1.4gLi【考点】原电池和电解池的工作原理．【分析】A、根据电池的总反应为：2Li+CuO=Li2O+Cu，正极发生的是CuO的得电子的反应过程；B、根据电池反应能产生电流，则在正负极间接上电流表，指针偏转；C、放电过程中，Li+向正极移动；D、根据电池反应和电子转移情况来计算．【解答】解：A、电池的总反应为：2Li+CuO=Li2O+Cu，正极发生的是CuO的得电子的反应过程，电极反应为：CuO+2e﹣+2Li+=Li2O+Cu，故A正确；B、由电池的总反应为：2Li+CuO=Li2O+Cu能产生电流，则在正负极间接上电流表，指针偏转，故B错误；C、放电过程中，Li+向正极移动，故C错误；D、根据电池反应：2Li+CuO=Li2O+Cu，当电池转移0.1mol电子，理论上消耗0.7gLi，故D错误；故选A．【点评】本题是一道有关新型绿色电池的工作原理的综合题目，要求学生熟悉教材基本知识，具备分析和解决问题的能力．-30-\n　12．用惰性电极电解某溶液时，发现两极只有H2和O2生成，则电解一段时间后，下列有关该溶液（与电解前同温度）的说法中正确的有（　　）①该溶液的pH可能增大；②该溶液的pH可能减小；③该溶液的pH可能不变；④该溶液的浓度可能增大；⑤该溶液的浓度可能不变；⑥该溶液的浓度可能减小．A．①②③B．①②③④C．①②③④⑤D．全部【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】两极只有H2和O2生成，应为电解水型的电解，电解时阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极反应为：4H++4e﹣=2H2↑，可为电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液，以此解答该题．【解答】解：两极只有H2和O2生成，应为电解水型的电解，电解时阳极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，阴极反应为：4H++4e﹣=2H2↑，可为电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液，①如为电解强碱溶液，则pH增大，故①正确；②如为电解含氧酸溶液，则pH减小，故②正确；③如电解活泼金属的含氧酸盐，则pH不变，故③正确；④如电解含氧酸溶液、强碱溶液或活泼金属的含氧酸盐溶液等，实际上为电解的水，如电解后没有达到饱和，则浓度增大，故④正确；⑤如电解的溶液为饱和溶液，则浓度不变，故⑤正确；⑥两极只有H2和O2生成，相当于减少了水，所以浓度不可能减小，故⑥错误；故选：C．【点评】本题考查电解原理，侧重于电解水型的考查，题目难度不大，注意阴阳离子的放电顺序，把握电解特点和规律．　-30-\n13．有一合金由X、Y、Z、W四种金属组成，若将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物；若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X．这四种金属的活动性顺序是（　　）A．Y＞Z＞W＞XB．Z＞Y＞W＞XC．W＞Z＞Y＞XD．X＞Y＞Z＞W【考点】原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用．【专题】电化学专题．【分析】在金属活动性顺序中，位于氢前的金属能置换出酸中的氢，可以溶解在酸中，金属阳离子的氧化性最强，金属单质的活泼性越弱．【解答】解：将合金放入盐酸中，只有Z、Y能溶解，说明Z、Y在氢前，X、W在氢后，故C、D错误；若将合金置于潮湿空气中，表面只出现Z的化合物则说明Z为负极，活泼性是Z＞Y，故A错误，若将该合金做阳极，用X盐溶液作电解液，通电时四种金属都以离子形式进入溶液中，但在阴极上只析出X，说明X离子的氧化性最强，所以X的活泼性最弱，故活泼性顺序是：Z＞Y＞W＞X．故选B．【点评】本题考查的是金属活动性顺序的应用，完成此题可以依据金属活动性顺序的意义进行判断．　14．下列有关电解实验的说法不正确的是（　　）A．使用肼﹣空气碱性燃料电池作为电解精炼铜的电源，阴极的质量变化128g，则肼﹣空气碱性燃料电池理论上消耗标准状况下空气的体积为112L（假设空气中氧气的体积分数为20%）B．若在电解水时加入少量硫酸钠，则电解水结束后溶液的pH将会保持不变C．电解硫酸铜溶液一小段时间后，为了使电解质溶液复原，可以加入适量的Cu（OH）2D．电解硫酸铜溶液产生氧气1.12L（标准状况）时，转移电子0.2mol【考点】电解原理．【专题】电化学专题．【分析】A、电解精炼铜时，粗铜电极上铜失电子发生氧化反应，肼﹣空气碱性燃料电池的正极上是氧气得电子的还原反应，据电子守恒计算；B、电解硫酸钠相当于电解水；C、电解硫酸铜溶液，阳极生成氧气，阴极析出铜，溶液中相当于减少了氧化铜；-30-\nD、电解硫酸铜溶液，在阳极上反应的电极反应式：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，根据电极反应计算．【解答】解：A、电解精炼铜时，粗铜电极上铜失电子发生氧化反应，当铜片的质量变化128g，失去电子的物质的量=×2=4mol，1mol氧气生成﹣2价氧元素得到4mol电子，则需要空气的体积==112L，故A正确；B、若在电解水时加入少量硫酸钠，会增强导电性，电解的实质仍然是电解水，则电解水结束后溶液的pH将会保持不变，故B正确；C、电解硫酸铜溶液过程中，如果使用的是惰性电极，阳极得到的是氧气，阴极析出铜，相当于从溶液中分离出了CuO，所以向溶液中加入氧化铜后可以使溶液恢复到原浓度，故C错误；D、电解硫酸铜溶液，在阳极上产生氧气1.12L即0.05mol（标准状况）时，根据电极反应式：4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，转移电子是0.2mol，故D正确．故选C．【点评】本题考查电解原理的应用，题目难度中等，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，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计算应用．　15．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示．下列说法不正确的是（　　）A．X是电源的负极B．阴极的反应式是：H2O+2e﹣═H2+O2﹣，CO2+2e﹣═CO+O2﹣C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1：1【考点】原电池和电解池的工作原理；真题集萃．-30-\n【分析】A．电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，根据与X极相连的电极产生的气体判断；B．电解池阴极发生还原反应，根据反应物结合化合价的变化分析；C．根据图示以及电解的目的解答；D．根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，结合C总的反应分析；【解答】解：A．根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O﹣CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故A正确；B．电解池阴极发生还原反应，电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，阴极：水中的氢原子得到电子生成氢气，H2O+2e﹣═H2↑+O2﹣，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，CO2+2e﹣═CO+O2﹣，故B正确；C．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，故C正确；D．电解H2O﹣CO2混合气体制备H2和CO，总反应为：H2O+CO2H2+CO+O2，阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是2：1，故D错误；故选D．【点评】本题考查电解知识，为高频考点，侧重于考查学生的综合运用能力，题目难度中等，注意基础知识的积累掌握，掌握电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应为解答关键．　16．在25℃时，将两根铂电极插入一定量的硫酸钠饱和溶液中进行电解，当电路中有amol电子转移时，溶液中析出mgNa2SO4•10H2O晶体．若温度不变，在剩余溶液中溶质的质量分数为（　　）A．×100%B．×100%C．×100%D．×100%【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算．【专题】计算题．【分析】原溶液为饱和溶液，剩余溶液也为饱和溶液，因此电解析出的晶体和消耗的水构成的溶液仍为饱和溶液，三者的质量分数相等．根据2H2O2H2↑+O2↑可知，转移a-30-\nmol电子时，消耗的水为0.5amol，根据化学式计算晶体中含有Na2SO4的质量，根据质量分数=×100%计算．【解答】解：原溶液为饱和溶液，剩余溶液也为饱和溶液，因此电解析出的晶体和消耗的水构成的溶液仍为饱和溶液，三者的质量分数相等，根据2H2O2H2↑+O2↑可知，消耗2mol水转移电子为4mol，故转移amol电子时，消耗的水为0.5amol，故剩余溶液中溶质的质量分数为×100%=×100%，故选D．【点评】本题以电解原理为载体，考查溶液质量分数的计算，判断电解析出的晶体和消耗的水构成的溶液仍为饱和溶液是解题的关键，难度中等．　二、非选择题（共52分）17．完成下列各题：（1）已知下列反应的热化学方程式：①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5（ONO2）3（l）△H1；②2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H2；③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3．则反应4C3H5（ONO2）3（l）=12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的△H为　12△H3+5△H2﹣2△H1　．（2）向体积为10L的恒容密闭容器中通入3molX，在一定温度下发生如下反应：2X（g）⇌Y（g）+az（g），经5min后反应达到反应限度（即达到平衡状态）．①平衡时，测得容器内的压强为起始时的1.2倍，此时X的物质的量浓度为0.24mol•L﹣1，则方程式中a=　3　；用Y表示的反应速率为　0.006　mol•L﹣1•min﹣1．②若上述反应在甲、乙、丙、丁四个同样的密闭容器中进行，在同一时间内测得容器内的反应速率如表所示：容器反应速率容器反应速率甲v（X）=3.5mol•L﹣1•min﹣1乙v（Y）=2mol•L﹣1•min﹣1丙v（Z）=4.5mol•L﹣1•min﹣1丁v（X）=0.075mol•L﹣1•s﹣1若四个容器中仅反应温度不同，则反应温度最低的是　丙　（填序号）-30-\n（3）高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途．用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示．①则阳极的电极反应式为：　Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O　；②若隔膜为阴离子交换膜，则OH﹣自　左　向　右　移动（填左、右）：③假设电解前后体积变化忽略不计，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH　降低　（升高、降低或不变）【考点】电解原理；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学反应速率的影响因素．【分析】（1）根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式；（2）①气体压强之比等于物质的量之比，结合化学平衡三段式列式计算Y的生成量，依据化学反应速率概念计算得到的；②依据化学反应速率之比等于化学方程式中计量数之比，把四种情况下的反应速率化为一种物质表示的反应速率减小比较，温度越高反应速率越大；（3）依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子；阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极；阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液pH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大；依据电子守恒分析生成氢氧根离子和消耗氢氧根离子相对大小分析溶液酸碱性．【解答】解：（1）已知：①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）═2C3H5（ONO2）3（l）△H1②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2③C（s）+O2（g）═CO2（g）△H3由盖斯定律：5×②+12×③﹣2×①得：4C3H5（ONO2）3（l）═12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）△H=12△H3+5△H2﹣2△H1；故答案为：12△H3+5△H2﹣2△H1；（2）①设X物质的量的变化量是x，则2X（g）⇌Y（g）+az（g），-30-\n初始物质的量：300变化物质的量：x0.5x0.5ax平衡物质的量：3﹣x0.5x0.5ax经5min后达平衡，此时容器内压强为起始时的1.2倍，即=，此时X的物质的量浓度为0.24mol•L﹣1，所以，解得x=0.6mol，a=3，所以Y的物质的量变化量是=0.6×0.5=0.3mol，表示的化学反应速率为：=0.006mol/（L•min）；故答案为：3；0.006；②将四个反应速率甲：ν（X）=3.5mol（L•min）；乙：ν（Y）=2mol（L•min）；丙：ν（Z）=4.5mol（L•min）；丁：ν（X）=0.075mol（L•s），都统一到用X表示的反应速率值分别为甲：ν（X）=3.5mol（L•min）；乙：ν（X）=4mol（L•min）；丙：ν（X）=3mol（L•min）；丁：ν（X）=4.5mol（L•min），所以化学反应速率是丁＞乙＞甲＞丙，温度越高，化学反应速率越快，所以温度大小关系是：丁＞乙＞甲＞丙；故答案为：丙；（3）①依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子，电极反应为Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O，故答案为：Fe﹣6e﹣+8OH﹣=FeO42﹣+4H2O；②阴离子交换膜只允许阴离子通过；阴离子移向阳极，应从左向右移动，故答案为：左，右；③阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液PH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液PH增大；生成氢氧根离子物质的量消耗，在阳极电极反应Fe﹣6e﹣+8OH﹣═FeO42﹣+4H2O，阴极氢氧根离子增大，电极反应2H++2e﹣=H2↑，依据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以溶液pH降低，故答案为：降低．【点评】本题考查学生化学平衡的计算以及电解原理，正确判断阴阳极及发生的反应是解本题关键，属于综合知识的考查，综合性强，难度大．　18．甲烷、一氧化碳和氢气、甲醇等既是重要的燃料也是重要的化工原料．已知：①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣571.6kJ•mol﹣1②CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2（g）△H2=﹣36kJ•mol﹣1③CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3=+216kJ•mol﹣1-30-\n（1）氢气的燃烧热△H为　﹣285.8kJ•mol﹣1　，写出甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：　CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=﹣607.6kJ•mol﹣1　．（2）现有1mol由H2O（g）与O2组成的混合气体，且O2的体积分数为x，将此混合气体与足量CH4充分反应．当x=　0.75　时，反应②与③放出（或吸收）的总能量为0．若②反应过程中能量转化过程如图所示，下列有关说法中正确的是　C　．A．E1=36kJB．E2=36kJC．E1﹣E2=36kJD．E3﹣E1=36kJ（3）工业上可通过CO和H2化合制得CH3OH：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1（CO结构式为C≡O）．又知某些化学键的键能（断开1mol化学键时所需要的最低能量）值如表：化学键C﹣CC﹣HH﹣HC﹣OC≡OH﹣O键能（kJ•mol﹣1）3484134363581072463则△H1=　﹣116kJ•mol﹣1　，在相应的反应条件下，将1molCO（g）与足量H2（g）充分混合反应只生成CH3OH（g）后，反应焓变　＞　△H1．（用“＞”、“＜”或“=”填空）【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；有关反应热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】（1）氢气的燃烧热是值1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，单位是kJ•mol﹣1；依据热化学方程式和盖斯定律计算得到甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式；（2）根据反应热与反应物的物质的量成正比来解答；根据反应热应等于生成物与反应物的能量之差；（3）依据化学反应的焓变=反应物总键能﹣生成物总键能；该反应存在限度，不可能完全转化．【解答】解：（1）2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣571.6kJ•mol﹣1，即1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量285.8kJ，故氢气的燃烧热为△H=﹣285.8kJ•mol﹣1；①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1=﹣571.6kJ•mol﹣1-30-\n②CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2（g）△H2=﹣36kJ•mol﹣1依据盖斯定律①+②得到甲烷不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为：CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=﹣607.6kJ•mol﹣1；故答案为：﹣285.8kJ•mol﹣1；CH4（g）+O2（g）═CO（g）+2H2O（l）△H=﹣607.6kJ•mol﹣1；（2）由反应②和③△H的数值可知，当O2与H2O的物质的量之比为3：1时，反应②与③的总能量变化为0，O2的体积分数为x=0.75；由方程式②知36kJ是该反应的能量变化，数值上与该反应的反应热相等，而反应热应等于生成物与反应物的能量之差，故36kJ是E1、E2数值的差；答案为：0.75；C；（3）CH3OH：CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）中的焓变△H1=反应物总键能﹣生成物总键能，依据图表提供的化学键的键能计算得到△H1═1072kJ•mol﹣1+2×436kJ•mol﹣1﹣（3×413kJ•mol﹣1+358kJ•mol﹣1+463kJ•mol﹣1）=﹣116kJ•mol﹣1；由于是可逆反应，平衡时1molCO（g）反应后生成的CH3OH小于1mol，所以放出的热量小于116kJ，故答案为：﹣116kJ•mol﹣1；＜．【点评】本题主要考查了热化学方程式的意义，化学方程式的有关计算，有关反应热的计算，难度不大，注意知识的运用．　19．对如图中两极进行必要的连接并填空：（1）在图A中，使铜片上冒H2气泡．则加以必要的连接后的装置中锌板发生的电极反应式为　Zn﹣2e﹣=Zn2+　．（2）在图B中，a、b为惰性电极，进行必要的连接后使a极析出铜，则b极出现的现象是　有气体生成　；该反应总的化学方程式为　2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3　．（3）如将图A中Zn、Cu两极与图B中a、b作必要的边接后，也能产生与（1）、（2）完全相同的现象，则Zn极连　a　极（填a或b）．经过一段时间后停止反应，欲使溶液（Cu2+过量）恢复至与反应前完全一致，则应加入的一定量的物质是　AD　．A．CuOB．Cu（OH）2C．Cu2（OH）2CO3D．CuCO3．-30-\n【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）将锌、铜用导线连接后，该装置符合原电池的构成条件而形成原电池，锌易失电子而作负极，铜作正极；（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，电极材料不能得失电子，所以该装置是电解池，a是阴极，b是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气；（3）如将图A中Zn、Cu两极与图B中a、b作必要的连接后，也能产生与（1）、（2）完全相同的现象，a作阴极，b作阳极，阳极连接原电池正极，阴极连接原电池负极；B中阳极上氢氧根离子放电，阴极上铜离子放电，导致溶液中氢离子浓度增大，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质．【解答】解：（1）在A图中，使铜片上冒H2气泡，则铜片作正极，锌作负极，该电池属于原电池，锌电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn﹣2e﹣=Zn2+，故答案为：Zn﹣2e﹣=Zn2+；（2）在B图中（a，b都为惰性电极），使a极析出铜，电极材料不能得失电子，所以该装置是电解池，a是阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为：Cu+2e﹣=Cu2+，b是阳极，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以b电极上有气体生成，电池反应式为：2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3，故答案为：有气体生成；2Cu（NO3）2+2H2O2Cu+O2↑+4HNO3；（3）如将图A中Zn、Cu两极与图B中a、b作必要的连接后，也能产生与（1）、（2）完全相同的现象，a作阴极，b作阳极，阳极连接原电池正极，阴极连接原电池负极，所以锌连接a，铜连接b；B中阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上铜离子放电生成铜，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH降低，根据“析出什么加入什么”的原则知，B中析出的物质相当于氧化铜，要使溶液恢复原状，应该加入氧化铜，也可加入碳酸铜，与酸反应生活铜离子和二氧化碳气体，故选AD，故答案为：a；AD．-30-\n【点评】本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型及高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论的理解和应用能力，难度不大，注意把握电极反应的判断和电极方程式的书写．　20．某课外活动小组同学用如图1装置进行实验，试回答下列问题．（1）若开始时开关K与a连接，则B极的电极反应　Fe﹣2e﹣=Fe2+　．（2）开始时开关K与b连接，则B极的电极反应式为　2H++2e﹣=H2↑　，总反应的离子方程式为　2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣　．有关上述实验，下列说法正确的是（填序号）　BD　．A．溶液中Na+向A极移动B．从A极处逸出的气体能使湿润KI淀粉试纸变蓝C．反应一段时间后加适量盐酸可恢复到电解前电解质的浓度D．若标准状况下B极产生2.24L气体，则溶液中转移0.2mol电子（3）该小组同学认为，如果模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，那么可以设想用如图2装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾．①该电解槽的阳极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑　．此时通过阴离子交换膜的离子数　小于　（填“大于”或“小于”或“等于”）通过阳离子交换膜的离子数．②制得的氢氧化钾溶液从出口（填写“A”、“B”、“C”、“D”）　D　导出．③通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因　H+放电，促进水的电离，OH﹣浓度增大　．④若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为　O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．-30-\n【分析】（1）若开始时开关K与a连，形成原电池装置，B是负极；（2）若开始时开关K与b连接，形成电解池装置，石墨为阳极，发生氧化反应生成氯气，铁为阴极，发生还原反应生成氢气和氢氧化钠；（3）用惰性电极电解硫酸钾实质时电解水，阴极氢离子放电生成氢气，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极生成氢氧化钾，阳极氢氧根放电生成氧气，硫酸根通过阴离子膜进入阴极区得到硫酸；氢氧燃料电池，正极氧气得到电子，在碱性溶液中生成氢氧根．【解答】解：（1）若开始时开关K与a连，形成原电池装置，B是负极，发生失电子的氧化反应，即Fe﹣2e﹣=Fe2+，故答案为：Fe﹣2e﹣=Fe2+；（2）B极的电极反应开关K与b连接，装置为电解池，铁为阴极，发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，即B电极反应为2H++2e﹣=H2↑；电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，电解总反应的离子方程式为2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，A、电解过程中阳离子向阴极移动，B为阴极，故错误；B、A生成氯气，能使湿润KI淀粉试纸变蓝，故正确；C、反应一段时间后加适量HCl气体，可恢复到电解前电解质的浓度，不是加入盐酸，故错误；D、若标准状况下B极产生2.24L氢气，为氢气物质的量为0.1mol，依据电极反应计算，由2H++2e﹣=H2↑得到溶液中转移0.2mol电子，故正确；故答案为：2H++2e﹣═H2↑；2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；BD；（2）上述实验反应一小段时间后，再把开关K与a连接，A极有氯气，形成原电池反应，A为正极，氯气得电子被还原，B为负极，铁被氧化生成氢氧化铁，电极方程式为Fe﹣3e﹣+3OH﹣=Fe（OH）3↓，故答案为：Fe﹣3e﹣+3OH﹣=Fe（OH）3↓；（3）①电解时，阳极上失电子发生氧化反应，溶液中的氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，所以阳极上氢氧根离子失电子生成水和氧气4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；阳极氢氧根离子放电，因此硫酸根离子向阳极移动，阴极氢离子放电，因此钠离子向阴极移动，所以通过相同电量时，通过阴离子交换膜的离子数小于通过阳离子交换膜的离子数，故答案为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；小于；②阴极氢离子放电，氢氧根离子浓度增大，钾离子向阴极移动，所以氢氧化钾在阴极生成，故答案为：D；③阴极氢离子放电，使水的电离平衡右移，氢氧根浓度增大，故答案为：H+放电，促进水的电离，OH﹣浓度增大；-30-\n④燃料电池正极氧气得到电子，与水生成氢氧根，电极方程式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故答案为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣．【点评】本题考查了原电池和电解池原理，为高频考点，注意装置的判断及燃料原电池电极反应式和电解反应的书写，理解电解质溶液的酸碱性确定生成的离子或物质，题目难度中等．　21．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题．当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转．请回答下列问题：（1）甲池中通入CH3OH电极的电极反应为　CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O　．（2）乙池中A（石墨）电极的名称为　阳极　（填“正极”、“负极”或“阴极”、“阳极”），乙池中总反应式为　4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3　．（3）当乙池中B极质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2的体积为　280　mL（标准状况），丙池中　D　（填“C”或“D”）极析出　1.6　g铜．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，结合电荷守恒写出电极反应；（2）乙池是电解池，A为阳极，B为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银，硝酸和氧气；（3）乙池是电解池结合电子守恒计算消耗氧气的体积，丙为电解池C为阳极，D为阴极，电解氯化铜溶液铜离子在阴极得到电子析出铜．【解答】解：（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化还原反应在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入CH3OH电极的电极反应为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O，故答案为：CH3OH﹣6e﹣+8OH﹣═CO32﹣+6H2O；（2）乙池是电解池，A为阳极，B为阴极，电池中是电解硝酸银溶液生成银，硝酸和氧气，电池反应为：4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3，-30-\n故答案为：阳极；4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3；（3）当乙池中B极质量增加5.4g为Ag，物质的量==0.05mol，依据电子守恒计算4Ag～O2～4e﹣，甲池中理论上消耗O2的体积=mol×22，4L/mol=0.28L=280ml；丙为电解池C为阳极，D为阴极，电解氯化铜溶液铜离子在阴极得到电子析出铜，结合电子守恒计算2Ag～Cu～2e﹣，析出铜质量=×64g/mol=1.6g；故答案为：280；D；1.6．【点评】本题考查了原电池电解池的相互串联问题，注意首先区分原电池和电解池，题目难度中等．　-30-