河北省唐山市开滦二中2015-2016学年高二上学期月考化学试卷（10月份）

2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高二（上）月考化学试卷

一、选择题（每小题2分，共36分．每小题只有一个选项符合题意．） 1．关于原电池的描述正确的是（ ） A．原电池中负极一定被腐蚀

B．电子从原电池的正极通过导线移向负极 C．阴离子在电解质溶液中向正极移动 D．原电池中正极的活泼性较差

2．下列关于钢铁腐蚀的叙述正确的是（ ） A．吸氧腐蚀时正极放出氧气 B．析氢腐蚀时正极放出氢气 C．化学腐蚀速率超过电化学腐蚀速率 D．析氢腐蚀比吸氧腐蚀普遍

3．氢气在氧气中燃烧产生淡蓝色火焰，已知破坏1molH﹣H键消耗的能量为Q1kJ，破坏1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，形成1molH﹣O键释放的能量为Q3kJ．下列关系式中正确的是（ ） A．2Q1+Q2＞4Q3

4．关于中和热测定的说法错误的是（ ）

A．实验需用到的主要玻璃仪器包括大、小烧杯，温度计，环形玻璃搅拌棒及泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）等

B．盐酸与某强碱中和放出的热量随反应物用量的改变而改变，但中和热不变 C．NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和

D．测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等

5．已知在25℃，101kPa下，1g C8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是（ ）

A．C8H18（l）+12.5O2（g）═8CO2（g）+9H2O（g）△H=﹣48.40kJ?mol

﹣1

B．2Q1+Q2＜4Q3 C．Q1+Q2＜Q3 D．Q1+Q2=Q3

B．C﹣1

8H18（l）+12.5O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ?mol C．C﹣1

8H18（l）+12.5O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H=+5518kJ?mol D．C8H18（l）+12.5O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣48.40kJ?mol

6．今有如下三个热化学方程式：

H﹣1

2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=a kJ?mol H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=b kJ?mol﹣1 2H﹣12（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=c kJ?mol 关于它们的下列表述正确的是（ ） A．它们都是吸热反应 B．a、b和c均为正值 C．a=b D．2b=c

7．用铂（惰性）电极进行电解，下列说法中正确的是（ ） A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变 B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH﹣

，故溶液pH减小

C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：2 D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1

8．如图为2H2+O2═2H2O的能量变化示意图，据此判断下列说法正确的是（

A．过程①吸收能量 B．过程②吸收能量

C．此反应中反应物的总能量低于生成物的总能量 D．该反应为吸热反应

）

9．有关如图装置中的叙述正确的是（ ）

A．这是电解NaOH溶液的装置

B．溶液中发生了变化：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 C．Fe为正极，电极反应为：Fe﹣2e+2OH═Fe（OH）2 D．NaOH溶液的碱性逐渐减弱

10．金属镍有广泛的用途．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe＜Ni＜Cu）（ ） A．阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni+2e═Ni B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe和Zn D．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt

11．已知：①lmolH2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量②1mol C12分子中化学键断裂时需要吸收243kJ的能量③由H原子和C1原子形成l mol HCl分子时释放431kJ的能量下列叙述中正确的是（ ）

A．氢气和氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式是：H（+Cl（=2HCl（g）△H=366KJ?mol2g）2g）

﹣1

2+

2+

2+

﹣2+

2+

2+

﹣

﹣

﹣1

B．氢气和氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的△H=366KJ?mol C．氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应的△H=﹣183KJ?mol D．氢气和氯气反应生成1 mol氯化氢气气体，反应的△H=﹣183KJ?mol

12．某原电池的电池反应为：Fe+2Fe═3Fe，与此电池反应相符的原电池是（ ） A．铜片、铁片、FeCl2溶液组成的原电池

3+

2+

﹣1﹣1

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．银片、铁片、Fe（NO3）2溶液组成的原电池

13．如图用来研究钢铁制品的腐蚀，装置的气密性良好，且开始时U形管两端的红墨水液面相平．一段时间后能观察到铁钉生锈．下列说法不正确的是（ ）

A．铁钉表面发生的反应为Fe﹣3e=Fe B．若液体a为稀盐酸，则U形管液面右高左低 C．若液体a为食盐水，则U形管液面左高右低 D．若液体a为食用油，则铁钉生锈速率较慢

14．依据氧化还原反应：2Ag（aq）+Cu（s）=2Ag（s）+Cu（aq）设计的原电池如图所示．下列说法正确的是（ ）

+

2+

﹣

3+

A．银电极是负极 B．X电极是锌电极

C．去掉盐桥电流计指针仍偏转 D．Y溶液为AgNO3溶液

15．蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的作用，下式是爱迪生蓄电池分别在充电和放电时发生的反应：Fe+NiO2+2H2O电池的推断错误的是（ ） A．放电时，Fe作负极，发生氧化反应 B．放电时，NiO2作正极，发生还原反应

C．充电时，阴极上Fe（OH）2放电，发生氧化反应 D．蓄电池的电极应浸入碱性电解质溶液中

16．500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3）=0.6mol?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2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（ ）

A．原混合溶液中c（K）为0.2 mol?L B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子 C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D．电解后溶液中c（H）为0.2 mol?L

17．用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是（ ） A．当电池负极消耗m g气体时，电解池阴极有m g气体生成 B．电解池的阴极反应式为：2H﹣2e═H2↑ C．电解后c（Na2SO4）不变，且溶液中有晶体析出 D．电池中c（KOH）不变；电解池中溶液pH变大

18．将铁片和锌片放在盛有NaCl溶液（其中滴有酚酞）的表面皿中，如图所示，最先观察到变为红色的区域为（ ）

+

﹣

+

﹣1

+

﹣1

﹣

﹣1

Fe（OH）2+Ni（OH）2．下列有关对爱迪生蓄

A．Ⅰ和Ⅱ B．Ⅰ和Ⅳ C．Ⅱ和Ⅲ D．Ⅱ和Ⅳ

二、选择题（每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．） 19．已知：

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ?mol； CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ?mol．

现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（ ） A．1：1 B．1：3 C．1：4 D．2：3

20．以Fe为阳极，Pt为阴极，对足量的 Na2SO4溶液进行电解，一段时间后得到4mol Fe（OH）

3

﹣1

﹣1

沉淀，此间共消耗水的物质的量为

（ ）

A．6mol B．8mol C．10mol

21．关于下列装置说法正确的是（ ）

D．12mol

A．装置①中，盐桥中的K移向ZnSO4溶液

B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大 C．用装置③精炼铜时，c极为粗铜

D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe生成

2+

+

22．铅蓄电池总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4是（ ）

A．在放电时，正极发生的反应是Pb（s）+SO4（aq）→PbSO4（s）+2e B．在放电时，该电池的负极材料是铅板 C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小

D．在充电时，阳极发生的反应是PbSO4（s）+2e→Pb（s）+SO4（aq）

23．如图所示的装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b电极附近溶液呈红色．下列说法中正确的是（ ）

﹣

2﹣

2﹣

﹣

2PbSO4+2H2O，下列关于铅蓄电池的说法正确的

A．X是负极，Y是正极

B．Pt是阴极，Cu是阳极

C．CuSO4溶液的酸性逐渐增强 D．CuSO4溶液的酸性不变

24．用铂电极电解100mL HNO3与 AgNO3 的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合溶液中Ag的物质的量浓度为（ ） A．1mol?L B．2 mol?L C．2.5 mol?L D．3 mol?L

三、填空题（共46分）

25．某同学用铅蓄电池作电源，用石墨作电极电解500mL某浓度的AgNO3溶液，观察到A电极表面有金属生成，B电极上有无色气体产生．当溶液中原有溶质完全电解后，停止通电，取出A极，洗涤、干燥、称量，电极增重5.4g．已知铅蓄电池的工作原理为： Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O．请按要求回答下列问题：

（1）A电极为电解池的 极，B电极上产生的气体为 ．

﹣1

﹣1

﹣1

﹣1

+

（2）当反应过程中转移的电子为0.01mol时，铅蓄电池内消耗硫酸的物质的量为 mol．

（3）铅蓄电池放电时，电解液的pH （填“增大”、“减小”或“不变”）．

26．铁在生产和生活中有着广泛的应用．某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护．

在相同条件下，三组装置中铁电极腐蚀最快的是 （填装置序号），该装置中正极电极反应式为 ；为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述 （填装置序号）装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为 ．

27．燃料电池作为新型电池，越来越多的应用于日常生活，该学习小组设计了以下电池：将两个多孔的石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成燃料电池．其中通入CH4的电极是 极，电池工作期间，OH应向 极移动． 正极上发生反应的电极反应式为 ．

28．发射卫星可用到肼（N2H4）作燃料，已知在298K时1g肼气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量，请写出此时1mol肼燃烧反应的热化学方程式 ．

29．把煤转化为水煤气的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H1． C（s）、CO（g）、H2（g）完全燃烧的热化学方程式分别为： C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ?mol 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3=﹣566.0kJ?mol 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H4=﹣483.6kJ?mol 则煤转化为水煤气的反应△H1= kJ?mol．

﹣1﹣1﹣1﹣1﹣

30．用惰性电极按如图中装置完成实验，其中A、B两烧杯分别盛放200g 10% NaOH溶液和足量CuSO4溶液．通电一段时间后，c极上有Cu析出，又测得A杯溶液中NaOH的质量分数为10.23%，试回答：

（1）电源的P极为 极．

（2）b极产生气体的体积为 L（标准状况）． （3）c极上析出沉淀的质量为 g． （4）d极上所发生的电极反应式为： ．

31．如图所示，溶液体积均为200mL，若电解5min时铜电极质量增加2.16g，试回答： （1）电源电极X名称为 ．

（2）pH变化：B池 ，C池 ．（填增大、减小或不变）通电5min时，A池pH值为 ．

（3）通电5min时，B中共收集224mL气体（标况），则通电前硫酸铜溶液的物质的量浓度为 ．

（4）写出A池中发生反应的化学方程式 ．

2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高二（上）月考化学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（每小题2分，共36分．每小题只有一个选项符合题意．） 1．关于原电池的描述正确的是（ ） A．原电池中负极一定被腐蚀

B．电子从原电池的正极通过导线移向负极 C．阴离子在电解质溶液中向正极移动 D．原电池中正极的活泼性较差 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】A．原电池的负极不一定被腐蚀； B．电子从原电池的负极沿导线流向正极； C．原电池放电时，阴离子向负极移动； D．原电池中，正极的活泼性较差．

【解答】解：A．氢氧燃料电池中，负极材料不参加反应，所以负极材料不一定被腐蚀，故A错误；

B．原电池中，负极上失电子，正极上得电子，所以电子从原电池负极沿导线流向正极，故B错误；

C．原电池放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，故C错误； D．原电池中，如果负极是金属，正极是金属或非金属，则正极的活泼性较负极差，如果正负极都是石墨，则正负极的活泼性都较差，故D正确； 故选：D．

【点评】本题考查了原电池有关知识，明确原电池原理是解本题关键，易错选项是A，注意原电池中负极可能被腐蚀，也可能不被腐蚀，为易错点．

2．下列关于钢铁腐蚀的叙述正确的是（ ） A．吸氧腐蚀时正极放出氧气 B．析氢腐蚀时正极放出氢气

C．化学腐蚀速率超过电化学腐蚀速率 D．析氢腐蚀比吸氧腐蚀普遍 【考点】金属的电化学腐蚀与防护． 【专题】电化学专题．

【分析】在酸性环境下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性、中性或碱性环境中，钢铁发生吸氧腐蚀，无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，碳作正极； A、吸氧腐蚀，正极吸收氧气得到电子生成氢氧根离子，故A错误； B、析氢腐蚀正极上是氢离子得到电子生成氢气； C、电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀； D、吸氧腐蚀较普遍．

【解答】解：A、吸氧腐蚀正极是氧气得到电子生成氢氧根离子，电极反应为：O2+2H2O+4e═4OH

﹣

﹣

，故A错误；

+

﹣

B、析氢腐蚀正极是氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H+2e═H2↑，故B正确； C、如果没有形成原电池，在金属变成金属离子溶进水中和水中的氢离子变成氢气，是在同一个地方发生的，这样金属离子在水中扩散时，会和氢离子发生碰撞，阻碍氢离子和金属单质的接触，所以化学反应速率较慢．如果形成了原电池，金属离子在负极上扩散到溶液中，而氢离子在正极上变成氢气，不会被阻碍，所以化学反应速率较快，故C错误； D、吸氧腐蚀比析氢腐蚀普遍，故D错误； 故选：B．

【点评】本题考查了金属腐蚀的类型和反应实质，理解原电池反应的原理是解题关键，题目较简单．

3．氢气在氧气中燃烧产生淡蓝色火焰，已知破坏1molH﹣H键消耗的能量为Q1kJ，破坏1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，形成1molH﹣O键释放的能量为Q3kJ．下列关系式中正确的是（ ） A．2Q1+Q2＞4Q3

B．2Q1+Q2＜4Q3

C．Q1+Q2＜Q3 D．Q1+Q2=Q3

【考点】化学能与热能的相互转化． 【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】氢气在氧气中燃烧，该反应放热，△H＜0，根据反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键来计算该反应的反应热，据此解答．

【解答】解：破坏1molH﹣H消耗的能量为Q1kJ，则H﹣H键能为Q1kJ/mol，

破坏1molO=O键消耗的能量为Q2kJ，则O=O键键能为Q2kJ/mol， 形成1molH﹣O键释放的能量为Q3kJ，则H﹣O键能为Q3kJ/mol，

对于2H2（g）+O2（g）═2H2O，反应热△H=反应物的总键能﹣生成物的总键能，故： 反应热△H=2Q1kJ/mol+Q2kJ/mol﹣4Q3kJ/mol=（2Q1+Q2﹣4Q3）KJ/mol， 由于氢气在氧气中燃烧，反应热△H＜0，即（2Q1+Q2﹣4Q3）＜0， 所以2Q1+Q2＜4Q3， 故选：B．

【点评】本题考查反应热的计算，注意把握从键能的角度计算反应热的方法，放热△H＜0是解答的关键点，题目难度不大．

4．关于中和热测定的说法错误的是（ ）

A．实验需用到的主要玻璃仪器包括大、小烧杯，温度计，环形玻璃搅拌棒及泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）等

B．盐酸与某强碱中和放出的热量随反应物用量的改变而改变，但中和热不变 C．NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和

D．测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等 【考点】中和热的测定．

【分析】A、泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）不是玻璃仪器；

B、根据中和热的概念﹣在稀溶液中，酸跟碱发生反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热判断；

C、在实验中为了减少误差，酸或者是碱所用的体积会稍微多一点； D、根据中和热计算公式Q=cm△T进行分析．

【解答】解：A、实验需用到的主要玻璃仪器包括大、小烧杯，温度计，环形玻璃搅拌棒，而泡沫塑料板、碎泡沫塑料（或硬纸板、碎纸条）不属于玻璃仪器，故A错误；

B、中和热是指在稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1mol液态水时所释放的热量，所以中和热不受酸碱的用量变化影响，故B正确；

C、在测定中和热的试验中，NaOH稍过量的目的是保证盐酸完全被NaOH中和，从而可以减小实验误差，故C正确；

D、由Q=cm△T可知，测定的温度变化△T对中和热起到决定作用，所以测定结果准确与否的关键是尽量减小热量损失及准确读取混合溶液的最高温度等，故D正确；

故选A．

【点评】本题考查了中和热的测定，题目难度中等，要求学生掌握中和热的测定方法及注意事项，对化学实验的考查是历年的高考重点，考生在备考中应注意对化学实验、化学仪器的相关知识的积累．

5．已知在25℃，101kPa下，1g C8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量．表示上述反应的热化学方程式正确的是（ ）

A．C8H18（l）+12.5O2（g）═8CO2（g）+9H2O（g）△H=﹣48.40kJ?mol B．C8H18（l）+12. 5O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ?mol C．C8H18（l）+12.5O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H=+5518kJ?mol D．C8H18（l）+12.5O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣48.40kJ?mol 【考点】热化学方程式． 【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】1g C8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，则1mol C8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ，以此来解答．

【解答】解：由25℃，101kPa下，1gC8H18（辛烷）燃烧生成二氧化碳和液态水时放出48.40kJ热量，

则1molC8H18燃烧生成二氧化碳和液态水时放出热量为48.40kJ×114=5518kJ， 标明物质的聚集状态，该反应为放热反应，则 热化学反应方程式为C8H18（l）+

O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ/mol，

﹣1

﹣1

﹣1﹣1

即为：C8H18（l）+12.5O2（g）═8CO2（g）+9H2O（l）△H=﹣5518kJ?mol， 故选：B．

【点评】本题考查热化学反应方程式的书写，明确物质的量与反应放出热量的关系及热方程式书写的方法即可解答，较简单．

6．今有如下三个热化学方程式：

H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=a kJ?mol H2（g）+O2（g）═H2O（l）△H=b kJ?mol 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=c kJ?mol

﹣1﹣1﹣1

关于它们的下列表述正确的是（ ） A．它们都是吸热反应 B．a、b和c均为正值 C．a=b

D．2b=c

【考点】热化学方程式． 【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】根据物质的状态影响反应热的数值，反应热的符号与吸热、放热的关系，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比．

【解答】解：因物质的状态不同反应热的数值也不同，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，所以热化学方程式H2（g）+O2（g）═H2O（l）△Η=b kJ?mol，

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△Η=c kJ?mol中，2b=c，三个反应是燃烧反应，反应均放热，△Η＜0， 故选D．

【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写，需要注意的有：物质的状态、反应热的符号与吸热、放热的关系，反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比．

7．用铂（惰性）电极进行电解，下列说法中正确的是（ ） A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变 B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH，故溶液pH减小

C．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：2 D．电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1 【考点】电解原理．

【分析】A、电解稀硫酸时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢离子的浓度增大；

B、电解稀氢氧化钠溶液时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大；

C、电解硫酸钠溶液时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比；

D、电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比．

﹣

﹣1

﹣1

【解答】解：A、电解稀硫酸时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢离子的浓度增大，溶液的PH值变小，故A错误．

B、电解稀氢氧化钠溶液时，阳极氢氧根失电子，阴极氢离子得电子，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢氧根离子的浓度增大，溶液的PH值变大，故B错误．

C、电解硫酸钠溶液时，实质上是电解水，阴极上氢离子的电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，根据得失电子守恒，所以在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为2：1，故C错误．

D、电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1，故D正确． 故选D．

【点评】本题以电解原理为载体考查了电解时溶液中离子的放电顺序及溶液PH是否变化，电解类型有：电解水型，如电解稀硫酸溶液；电解电解质型，如电解氯化铜溶液；电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液．

8．如图为2H2+O2═2H2O的能量变化示意图，据此判断下列说法正确的是（ ）

A．过程①吸收能量 B．过程②吸收能量

C．此反应中反应物的总能量低于生成物的总能量 D．该反应为吸热反应

【考点】化学能与热能的相互转化． 【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】A．化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，断裂旧键要吸收能量，形成新键要放出能量；

B．形成化学键要放出能量； C．根据能量变化示意图解答；

D．根据图示反应物能量高，生成物能量低．

【解答】解：A．化学键断裂吸收热量，过程①表示拆开 H2（g）和O2（g）中的化学键成为H、O原子，故A正确；

B．过程②表示形成新化学键氢氧键，放出热量，故B错误； C．根据图示知：反应物的总能量高于生成物的总能量，故C错误；

D．根据能量变化示意图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以该反应为放热，故D错误； 故选：A．

【点评】本题考查了反应能量变化图象分析，读懂能量变化示意图是解答本题的关键，注意图象与能量的关系，题目难度不大．

9．有关如图装置中的叙述正确的是（ ）

A．这是电解NaOH溶液的装置

B．溶液中发生了变化：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 C．Fe为正极，电极反应为：Fe﹣2e+2OH═Fe（OH）2 D．NaOH溶液的碱性逐渐减弱

【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】碱性条件下，铁、铂丝和含有空气的氢氧化钠溶液构成原电池，铁发生吸氧腐蚀，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，铂丝作正极，正极上氧气得电子发生还原反应．

﹣

﹣

【解答】解：A．该装置符合原电池的构成条件，所以属于原电池，发生铁的吸氧腐蚀，故A错误；

B．负极上电极反应式为Fe﹣2e═Fe，正极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e═4OH，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定易被氧化生成氢氧化铁，反应方程式为：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，故B正确； C．铁作负极，电极反应式为Fe﹣2e═Fe，故C错误；

D．负极反应式为2Fe═2Fe+4e，正极上的反应式为：2H2O+O2+4e═40H，所以总反应为2Fe+2H2O+O2═2Fe（OH）2，根据电池反应式知，电解质溶液中氢氧根离子浓度不变，故D错误； 故选：B．

【点评】本题考查了铁的吸氧腐蚀，明确原电池原理是解本题关键，根据正负极上得失电子及反应类型来分析解答，难点是电极反应式的书写．

10．金属镍有广泛的用途．粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe＜Ni＜Cu）（ ） A．阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni+2e═Ni B．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe和Zn D．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt 【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．

【分析】A、阳极失去电子发生氧化反应；

B、阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒计算分析； C、精炼过程中，电解质溶液中一定含有Ni；

D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥；

【解答】解：A、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni﹣2e=Ni，Fe﹣2e=Fe；Zn﹣2e=Zn；故A错误；

B、电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Ni；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；

C、电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe、Zn、Ni；故C错误；

2+

2+

2+

2+

﹣

2+

﹣

2+

﹣

2+

2+

2+

2+

﹣2+

2+

2+

2+

﹣

﹣

﹣

﹣

2+

﹣

2+

﹣

﹣

D、粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查了电极原理的应用，主要考查电解精炼镍的原理分析判断．

11．已知：①lmolH2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量②1mol C12分子中化学键断裂时需要吸收243kJ的能量③由H原子和C1原子形成l mol HCl分子时释放431kJ的能量下列叙述中正确的是（ ）

A．氢气和氯气反应生成氯化氢气体的热化学方程式是：H（+Cl（=2HCl（g）△H=366KJ?mol2g）2g）

﹣1

﹣1

B．氢气和氯气反应生成2 mol氯化氢气体，反应的△H=366KJ?mol C．氢气和氯气反应生成2mol氯化氢气体，反应的△H=﹣183KJ?mol D．氢气和氯气反应生成1 mol氯化氢气气体，反应的△H=﹣183KJ?mol 【考点】反应热和焓变． 【专题】化学反应中的能量变化．

【分析】反应热等于反应物的总键能﹣生成物的总键，热化学方程式应标出反应热、各物质的状态，反应中的热量与反应物的物质的量成正比，据此分析．

【解答】解：H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）的反应热=生成物的键能减反应物的键能=436kJ?mol

﹣1

﹣1﹣1

+243kJ?mol﹣2×431 kJ?mol=﹣183kJ?mol，故1mol氢气与1mol氯气反应生成2molHCl

﹣1﹣1﹣1

时放出热量为183KJ，△H=﹣183kJ/mol， 故选C．

【点评】本题主要考查了反应热的计算，难度不大，注意掌握热化学方程式的书写，明确反应热等于反应物的总键能﹣生成物的总键是关键．

12．某原电池的电池反应为：Fe+2Fe═3Fe，与此电池反应相符的原电池是（ ） A．铜片、铁片、FeCl2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．银片、铁片、Fe（NO3）2溶液组成的原电池 【考点】设计原电池．

3+

2+

【分析】原电池的电池反应为：Fe+2Fe═3Fe，则Fe为负极，正极材料为比Fe不活泼的金属或惰性电极，电解质溶液含铁离子，以此来解答．

【解答】解：A．铜片、铁片、FeCl2溶液，Fe、Cu与氯化亚铁均不反应，不能构成原电池，故A不选；

B．石墨、铁片、Fe（NO3）3溶液组成的原电池，Fe负极，电池反应为Fe+2Fe═3Fe，故B选；

C．铁片、锌片、Fe2（SO4）3溶液组成的原电池，Zn为负极，故C不选；

D．银片、铁片、Fe（NO3）2溶液，Fe、Ag与硝酸亚铁均不反应，不能构成原电池，故D不选； 故选B．

【点评】本题考查原电池的设计，为高频考点，把握原电池的工作原理为解答的关键，注意电极、电极反应的判断，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．

13．如图用来研究钢铁制品的腐蚀，装置的气密性良好，且开始时U形管两端的红墨水液面相平．一段时间后能观察到铁钉生锈．下列说法不正确的是（ ）

3+

2+

3+2+

A．铁钉表面发生的反应为Fe﹣3e=Fe B．若液体a为稀盐酸，则U形管液面右高左低 C．若液体a为食盐水，则U形管液面左高右低 D．若液体a为食用油，则铁钉生锈速率较慢 【考点】金属的电化学腐蚀与防护．

【分析】钢铁的腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀．

当电解质溶液为酸性溶液时，发生析氢腐蚀，负极为：Fe﹣2e=Fe，正极反应为：2H+2e﹣=H2↑；

当电解质溶液为弱酸性或中性时，发生吸氧腐蚀，负极为：Fe﹣2e=Fe，正极反应为：O2+4e

﹣

﹣

2+

﹣

2+

+

﹣

3+

+2H2O=4OH，据此分析．

﹣

【解答】解：钢铁的腐蚀分为析氢腐蚀和吸氧腐蚀．

当电解质溶液为酸性溶液时，发生析氢腐蚀，负极为：Fe﹣2e=Fe，正极反应为：2H+2e﹣=H2↑；

当电解质溶液为弱酸性或中性时，发生吸氧腐蚀，负极为：Fe﹣2e=Fe，正极反应为：O2+4e

﹣

﹣

2+

﹣2++

+2H2O=4OH．

﹣

2+

﹣

A、无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁钉表面的反应均为：Fe﹣2e=Fe，故A错误； B、若液体a为稀盐酸，则铁钉发生析氢腐蚀，产生的氢气会使U形管左端压强增大，则液面降低，右端液面升高，故B正确；

C、若液体a为食盐水，则铁钉发生吸氧腐蚀，将空气中的氧气吸收后，U形管左端压强减小，则液面升高，右端液面降低，故C正确；

D、若液体a为食用油，不是电解质溶液，则铁钉不能发生析氢或吸氧腐蚀，故腐蚀速率较慢，故D正确． 故选A．

【点评】本题考查了钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的发生条件，难度不大，应注意的是无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁钉表面的反应均为：Fe﹣2e=Fe．

14．依据氧化还原反应：2Ag（aq）+Cu（s）=2Ag（s）+Cu（aq）设计的原电池如图所示．下列说法正确的是（ ）

+

2+﹣

2+

A．银电极是负极 B．X电极是锌电极

C．去掉盐桥电流计指针仍偏转 D．Y溶液为AgNO3溶液 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】由方程式2Ag（aq）+Cu（s）═Cu（aq）+2Ag（s）可知，反应中Ag被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，在装置图中X为Cu，Y为硝酸银溶液，盐桥原电池中金属电极插入含有金属阳离子的盐溶液中，以此解答该题． 【解答】解：A、银电极为电池的正极，被还原，故A错误； B、电极X的材料是铜，为原电池的负极，故B错误；

C、盐桥原电池中金属电极插入含有金属阳离子的盐溶液中，去掉盐桥，不能构成原电池，电流计指针不偏转，故C错误；

D、Y为硝酸银溶液，Ag被还原，为正极反应，故D正确； 故选：D．

【点评】本题考查原电池知识，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．

15．蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的作用，下式是爱迪生蓄电池分别在充电和放电时发生的反应：Fe+NiO2+2H2O电池的推断错误的是（ ） A．放电时，Fe作负极，发生氧化反应 B．放电时，NiO2作正极，发生还原反应

C．充电时，阴极上Fe（OH）2放电，发生氧化反应 D．蓄电池的电极应浸入碱性电解质溶液中 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】放电时电极反应式分别为：负极：Fe﹣2e+2OH═Fe（OH）正极：NiO2+2e+2H2O═Ni2，（OH）2+2OH；原电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为原电池负极反应的逆反应，阳极反应为原电池正极反应的逆反应．

【解答】解：A．放电时，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e+2OH═Fe（OH）2，故A正确；

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

++

2+

+

Fe（OH）2+Ni（OH）2．下列有关对爱迪生蓄

B．放电时，NiO2作正极，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为NiO2+2e+2H2O═Ni（OH）

2

﹣

+2OH，故B正确；

﹣

C．充电时，阴极上Fe（OH）2放电，得电子发生还原反应，故C错误；

D．根据电池反应式知，此电池为碱性电池，写电极反应方程式时不能出现H，只能浸在碱性电解质溶液中，故D正确； 故选：C．

【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上得失电子是解本题关键，难点是电极反应式的书写，难度中等．

16．500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3）=0.6mol?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2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（ ）

A．原混合溶液中c（K）为0.2 mol?L B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子 C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D．电解后溶液中c（H）为0.2 mol?L 【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．

【分析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．

【解答】解：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=

=0.1mol；

+

﹣1

+

﹣1

﹣

﹣1

+

每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，

所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=则铜离子的物质的量浓度=

=0.2mol/L，

﹣1

=0.1mol，

根据电荷守恒得钾离子浓度=0.6mol?L﹣0.2mol/L×2=0.2mol/L，

A．根据分析知，原混合溶液中c（K）为0.2 mol?L，故A正确； B．转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，故B错误； C．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，故C错误；

D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4=0.4mol，则氢离子浓度=故D错误； 故选：A．

【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，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等．

17．用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是（ ） A．当电池负极消耗m g气体时，电解池阴极有m g气体生成 B．电解池的阴极反应式为：2H﹣2e═H2↑ C．电解后c（Na2SO4）不变，且溶液中有晶体析出 D．电池中c（KOH）不变；电解池中溶液pH变大 【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．

【分析】惰性电极，燃料电池的负极发生H2﹣2e+2OH═2H2O，正极发生O2+4e+2H2O═4OH，电解饱和硫酸钠溶液，阳极发生4OH﹣4e═O2↑+2H2O，阴极发生2H+2e═H2↑，以此来解答．

【解答】解：A．负极发生H2﹣2e+2OH═2H2O，阴极发生2H+2e═H2↑，则由电子守恒可知，当电池负极消耗mg气体时，电解池阴极有mg气体生成，故A正确；

B．惰性电极电解饱和硫酸钠溶液，电解池的阴极反应式为：2H﹣2e═H2↑，故B正确； C．电解后，饱和溶液中有晶体析出，但剩余溶液仍为饱和溶液，温度不变则浓度不变，故C正确；

D．燃料电池中反应生成水，则电池中 c（KOH） 减小，溶液的pH减小，故D错误； 故选：D．

+

﹣

﹣

﹣

+

﹣

﹣

﹣

+

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

+

﹣

+﹣1

=0.8mol/L，

【点评】本题考查电解原理，明确发生的电极反应是解答本题的关键，注意饱和溶液中电解水相当于蒸发，选项CD为解答的易错点，题目难度中等

18．将铁片和锌片放在盛有NaCl溶液（其中滴有酚酞）的表面皿中，如图所示，最先观察到变为红色的区域为（ ）

A．Ⅰ和Ⅱ B．Ⅰ和Ⅳ C．Ⅱ和Ⅲ D．Ⅱ和Ⅳ 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】第一个装置是原电池，Zn为负极，溶液中的氧气在Ⅰ处得电子生成OH，所以Ⅰ处变红；第二个装置是电解池，铁为阳极，溶液中的H在Ⅳ处得电子，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH浓度增大，所以Ⅳ处也变红．

【解答】解：甲图示是原电池，锌做负极，锌失电子形成锌离子，正极是Ⅰ，在正极上，O2+2H2O+4e

﹣

﹣

+

﹣

=4OH；所以Ⅰ处变红；

+

﹣

﹣

乙图示是电解池，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，锌做阴极，在阴极上，2H+2e=H2↑，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH浓度增大，所以Ⅳ处也变红． 故选B．

【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，主要是电解反应的离子变化，难度不大．

二、选择题（每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．） 19．已知：

2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ?mol； CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ?mol．

现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（ ） A．1：1 B．1：3 C．1：4 D．2：3

﹣1

﹣1

﹣

【考点】有关反应热的计算． 【专题】化学反应中的能量变化． 【分析】H2与CH4的混合气体112L，n=

代入热化学反应方程式中计算热量即可解答． 【解答】解：H2与CH4的混合气体112L，n=x、y，

2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ?mol， 2 571.6kJ x 285.8x

CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ?mol， 1 890kJ y 890ykJ 则

，

﹣1

﹣1

=5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，

=5mol，设H2与CH4的物质的量分别为

解得x=1.25mol，y=3.75mol，

原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1.25mol：3.75mol=1：3， 故选B．

【点评】本题考查反应热的有关计算，明确物质的量与热量的关系是解答本题的关键，学会利用列方程组来解答即可，难度不大．

20．以Fe为阳极，Pt为阴极，对足量的 Na2SO4溶液进行电解，一段时间后得到4mol Fe（OH）

3

沉淀，此间共消耗水的物质的量为

（ ）

A．6mol B．8mol C．10mol 【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．

【分析】活泼金属铁作电解池阳极时，电解Na2SO4溶液的电解方程式为Fe+2H2O

H2+Fe

D．12mol

（OH）2↓，氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式为4Fe（OH）

2

+O2+2H2O=4Fe（OH）3，结合反应的方程式计算．

【解答】解：根据铁原子守恒知，4molFe（OH）3～4molFe（OH）2，所以生成4molFe（OH）3需要4molFe（OH）2；

活泼金属铁作电解池阳极时，电解Na2SO4溶液的电解方程式为Fe+2H2O根据电解方程式得，生成4molFe（OH）2需要水的物质的量为8mol；

又氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，

根据方程式得，生成4molFe（OH）3需要水的物质的量为2mol， 所以得到4molFe（OH）3沉淀消耗水的物质的量共为10mol． 故选C．

【点评】本题考查电解原理，电解池是历年高考常考知识点，注重考查学生分析问题、解决问题的能力，近年来常以新型电解池进行考查，题目难度不大．

21．关于下列装置说法正确的是（ ）

H2+Fe（OH）2↓，

A．装置①中，盐桥中的K移向ZnSO4溶液

B．装置②工作一段时间后，a极附近溶液的pH增大 C．用装置③精炼铜时，c极为粗铜

D．装置④中电子由Zn流向Fe，装置中有Fe生成 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】A、在原电池中，电解质中的阳离子移向正极； B、在电解池的阴极上是阳离子发生得电子的还原反应； C、电解精炼铜时，电解池的阳极是粗铜；

D、在金属的电化学腐蚀中，电子是从负极流向正极，根据电极反应来判断即可．

【解答】解：A、在装置①中，金属锌是负极，金属铜是正极，盐桥中的K移向CuSO4溶液，故A错误；

+

2+

+

B、在电解池装置②的阴极上是阳离子氢离子发生得电子的还原反应，氢离子浓度减小，所以a极附近溶液的pH增大，故B正确；

C、电解精炼铜时，电解池的阳极是粗铜，阴极时精铜，即c极为精铜，故C错误； D、在金属的电化学腐蚀中，金属锌是负极，金属铁是正极，电子是从负极Zn流向正极Fe，装置中铁电极上会产生氢气，故D错误． 故选：B．

【点评】本题考查学生原电池、电解池的工作原理等方面的知识，注意知识的归纳和整理是解题关键，难度不大．

22．铅蓄电池总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4是（ ）

A．在放电时，正极发生的反应是Pb（s）+SO4（aq）→PbSO4（s）+2e B．在放电时，该电池的负极材料是铅板 C．在充电时，电池中硫酸的浓度不断变小

D．在充电时，阳极发生的反应是PbSO4（s）+2e→Pb（s）+SO4（aq） 【考点】常见化学电源的种类及其工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb﹣2e+SO4=PbSO4，正极上PbO2得电子被还原，电极反应式为PbO2+SO4+2e+4H═PbSO4+2H2O，在充电时，阳极上发生氧化反应，电极反应式和放电时的正极反应互为逆反应，阴极上发生还原反应，电极反应式和放电时的负极反应互为逆反应． 【解答】解：A．由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，正极上PbO2得电子被还原，电极反应式为

PbO2+SO4+2e+4H═PbSO4+2H2O，故A错误；

B．放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，故B正确； C、根据铅蓄电池总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4大，故C错误；

D、在充电时，阳极上发生氧化反应，发生的反应是：PbSO4+2H2+2e=PbO2+SO4+4H，故D错误．

﹣

﹣

2﹣

+

2﹣

﹣

+

2﹣

﹣

+

﹣

2﹣

﹣

2﹣

2﹣

﹣

2PbSO4+2H2O，下列关于铅蓄电池的说法正确的

2PbSO4+2H2O，充电时，生成硫酸，浓度增

故选B．

【点评】本题考查原电池的工作原理，题目难度中等，本题注意电极反应式的书写，为解答该题的关键．

23．如图所示的装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b电极附近溶液呈红色．下列说法中正确的是（ ）

A．X是负极，Y是正极

B．Pt是阴极，Cu是阳极

C．CuSO4溶液的酸性逐渐增强 D．CuSO4溶液的酸性不变 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则b是阴极、a是阳极，所以Y是负极、X是正极，Cu是阴极，电解时，硫酸铜溶液中阳极上氢氧根离子失电子、阴极上铜离子得电子，据此分析解答．

【解答】解：a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则b是阴极、a是阳极，所以Y是负极、X是正极，Cu是阴极，Pt为阳极，

A．通过以上分析知，Y是负极、X是正极，故A错误； B．通过以上分析知，Cu是阴极，Pt为阳极，故B错误；

C．电解过程中CuSO4溶液里，阳极上氢氧根离子失电子，阳极附近同时生成氢离子，所以CuSO4溶液的酸性逐渐增强，故C正确；

D．电解过程中CuSO4溶液里，阳极上氢氧根离子失电子，阳极附近同时生成氢离子，所以CuSO4溶液的酸性逐渐增强，故D错误； 故选C．

【点评】本题考查了电解原理，明确各个电极上放电的离子是解本题关键，根据各个电极上发生的反应来分析即可，题目难度不大．

24．用铂电极电解100mL HNO3与 AgNO3 的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），则原混合溶液中Ag的物质的量浓度为（ ） A．1mol?L B．2 mol?L C．2.5 mol?L D．3 mol?L 【考点】氧化还原反应的计算；电解原理． 【专题】电化学专题．

【分析】铂电极为惰性电极，电解HNO3与AgNO3 的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），阴极发生 2Ag+2e=2Ag、2H+2e=H2↑，

阳极发生4OH﹣4e=2H2O+O2↑，以此进行计算．

【解答】解：铂电极为惰性电极，电解HNO3与AgNO3 的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况）， n（气体）=

﹣

﹣

﹣

﹣

+

﹣

+

﹣

﹣1

﹣1

﹣1

﹣1

+

=0.1mol，

由阳极发生4OH﹣4e=2H2O+O2↑可知，生成0.1molO2转移0.4mol电子， 根据电子守恒可知，阴极转移0.4mol电子，则 2H+2e=H2↑ 0.2mol 0.1mol 2Ag+2e=2Ag 0.2mol 0.2mol 即n（Ag）=0.2mol，

则原混合溶液中Ag的物质的量浓度为故选B．

【点评】本题考查电解原理及氧化还原反应的计算，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，注意阴极银离子先放电为解答的易错点，题目难度中等．

三、填空题（共46分）

+

++

﹣

+

﹣

=2mol/L，

25．某同学用铅蓄电池作电源，用石墨作电极电解500mL某浓度的AgNO3溶液，观察到A电极表面有金属生成，B电极上有无色气体产生．当溶液中原有溶质完全电解后，停止通电，取出A极，洗涤、干燥、称量，电极增重5.4g．已知铅蓄电池的工作原理为： Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O．请按要求回答下列问题：

（1）A电极为电解池的 阴 极，B电极上产生的气体为 氧气（或O2） ．

（2）当反应过程中转移的电子为0.01mol时，铅蓄电池内消耗硫酸的物质的量为 0.01 mol． （3）铅蓄电池放电时，电解液的pH 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”）． 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．

【分析】（1）电解池中，有金属析出的电极是阴极，所以A是阴极，B是阳极，根据离子的放电顺序确定电极产物；

（2）根据铅蓄电池反应的化学方程式Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O结合电子转移情况进行计算；

（3）铅蓄电池放电时的化学方程式Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，据此回答．

【解答】解：（1）电解池中，有金属析出的电极是阴极，所以A是阴极，B是阳极，电解硝酸银，在阳极上是氢氧根离子失电子的氧化反应，产物是氧气， 故答案为：阴；氧气（或O2）；

（2）铅蓄电池反应的化学方程式Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，当反应过程中转移的电子为2mol时，铅蓄电池内消耗硫酸的物质的量为2mol，所以当反应过程中转移的电子为0.01mol时，铅蓄电池内消耗硫酸的物质的量为0.01mol，故答案为：0.01；

（3）铅蓄电池放电时的化学方程式Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，消耗硫酸，所以电解液的pH增大，故答案为：增大．

【点评】本题考查了电解原理的分析应用，主要是电极反应和电极判断，电子守恒是电化学计算的依据，掌握基础是关键，题目较简单．

26．铁在生产和生活中有着广泛的应用．某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护．

在相同条件下，三组装置中铁电极腐蚀最快的是 ① （填装置序号），该装置中正极电极反应式为 O2+2H2O+4e=4OH ；为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述 ③ （填装置序号）装置原理进行防护；装置③中总反应的离子方程式为 2Cl+2H2O

﹣

﹣

﹣

H2↑+Cl2↑+2OH ．

﹣

【考点】原电池和电解池的工作原理．

【分析】①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护．

【解答】解：①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；①组装置中铁电极腐蚀最快；正极反应是氧气得到电子发生还原反应，电极反应为：O2+2H2O+4e=4OH；②③装置中铁被保护，但装置③中发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，反应离子方程式为：2Cl+2H2O故答案为：①；O2+2H2O+4e=4OH；③； 2Cl+2H2O

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

﹣

H2↑+Cl2↑+2OH，③保护最好，

H2↑+Cl2↑+2OH．

﹣

﹣

【点评】本题考查了金属腐蚀与防护的方法和应用，原电池电极反应原理分析判断，原理的理解是关键，题目难度中等．

27．燃料电池作为新型电池，越来越多的应用于日常生活，该学习小组设计了以下电池：将两个多孔的石墨电极插入KOH溶液中，向两极分别通入CH4和O2，构成燃料电池．其中通入CH4的电极是 负 极，电池工作期间，OH应向 负 极移动． 正极上发生反应的电极反应式为 O2+2H2O+4e=4OH ．

【考点】电极反应和电池反应方程式．

【分析】甲烷燃料碱性电池中，负极上甲烷失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离子向正极移动，据此分析解答． 【解答】解：甲烷燃料碱性电池中，负极上甲烷失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，所以通入甲烷的电极是负极，放电时，电解质溶液中阴离子向负极移动、阳离

﹣

﹣

﹣

子向正极移动，则氢氧根离子向负极移动，正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故答案为：负；负；O2+2H2O+4e=4OH．

【点评】本题考查化学电源新型电池，侧重考查电极反应式的书写，为学习难点，所有燃料电池中负极上通入燃料，正极上通入氧化剂，电极反应式的书写要结合电解质溶液酸碱性书写，题目难度不大．

28．发射卫星可用到肼（N2H4）作燃料，已知在298K时1g肼气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量，请写出此时1mol肼燃烧反应的热化学方程式 N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.4 kJ?mol ． 【考点】热化学方程式．

【专题】计算题；守恒思想；控制单因变量法；燃烧热的计算．

【分析】根据1.6g即0.05mol N2H4（l）在O2（g）中燃烧，生成N2（g）和H2O（g），放出16.7kJ热量，可知1mol N2H4（l）在O2（g）中燃烧，生成N2（g）和H2O（g），放出534.4kJ热量，据此书写热化学方程式．

【解答】解：1.6g即0.05mol N2H4（l）在O2（g）中燃烧，生成N2（g）和H2O（g），放出16.7kJ热量，放热时焓变值为负值，则1mol N2H4（l）在O2（g）中燃烧，生成N2（g）和H2O（g），放出534.4kJ热量，所以该反应的热化学方程式为N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣560kJ?mol，

故答案为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534.4 kJ?mol．

【点评】本题考查了热化学方程式的书写方法以及热量的计算，需要注意的有：反应热的数值与化学方程式前面的系数成正比，题目难度不大．

29．把煤转化为水煤气的热化学方程式为：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H1． C（s）、CO（g）、H2（g）完全燃烧的热化学方程式分别为： C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ?mol 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3=﹣566.0kJ?mol 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H4=﹣483.6kJ?mol 则煤转化为水煤气的反应△H1= +131.3 kJ?mol． 【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．

﹣1﹣1﹣1﹣1

﹣1

﹣l

﹣1

﹣

﹣

﹣﹣

【分析】利用盖斯定律，将所给的反应通过加减乘除等变形得到所要求的目标反应，并将反应热做相应的变化即可．

【解答】解：已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H2=﹣393.5kJ?mol① 2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3=﹣566.0kJ?mol② 2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H4=﹣483.6kJ?mol③ 将①﹣﹣

﹣

，可知：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H（△H=（﹣393.5kJ?mol）﹣2g）

=+131.3KJ/mol，故答案为：+131.3．

﹣1

﹣1﹣1

﹣1

【点评】本题考查反应热的计算，题目难度不大，注意盖斯定律的应用．

30．用惰性电极按如图中装置完成实验，其中A、B两烧杯分别盛放200g 10% NaOH溶液和足量CuSO4溶液．通电一段时间后，c极上有Cu析出，又测得A杯溶液中NaOH的质量分数为10.23%，试回答：

（1）电源的P极为 负 极．

（2）b极产生气体的体积为 2.8 L（标准状况）． （3）c极上析出沉淀的质量为 16 g．

（4）d极上所发生的电极反应式为： 4OH﹣4e═2H2O+O2↑ ．

﹣

﹣

【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．

【分析】（1）依据通电一段时间后，c极上有Cu析出，说明C电极为阴极，d电极为阳极，a电极阴极，b为阳极；

（2）依据电解前后氢氧化钠溶液质量分数的变化，计算得到电解水的质量，计算生成氧气物质的量得到气体体积；

（3）C电极析出的是铜，由电极反应Cu+2e═Cu，计算得到； （4）d电极是阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气；

2+

﹣

【解答】解：（1）依据通电一段时间后，c极上有Cu析出，说明C电极为阴极，d电极为阳极，a电极阴极，b为阳极，则P为负极，Q为正极； 故答案为：负；

（2）依据电解前后氢氧化钠溶液质量分数变化过程是因为电解水的原因，m（NaOH）=200g×10%=20g，电解后溶液的质量=

=195.5g，所以被电解的水的质量=200g﹣

195.5g=4.5g，物质的量为0.25mol，由此可知b电极生成氧气0.125mol，标准状况下体积=0.125mol×22.4L/mol=2.8L； 故答案为：2.8；

（3）b电极为阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为4OH﹣4e═2H2O+O2↑，依据（2）计算得到氧气为0.125mol，电子转移为0.125mol×4=0.5mol；C电极析出的是铜，由电极反应Cu+2e═Cu，计算得到生成铜物质的量为0.25mol，质量=0.25mol×64g/mol=16g； 故答案为：16；

（4）d电极是阳极，溶液中氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为：4OH﹣4e═2H2O+O2↑； 故答案为：4OH﹣4e═2H2O+O2↑；

【点评】本题考查了电解原理的应用，主要是电解池电极名称判断，电极反应书写，电子守恒的计算应用，题目难度中等．

31．如图所示，溶液体积均为200mL，若电解5min时铜电极质量增加2.16g，试回答： （1）电源电极X名称为 负极 ．

（2）pH变化：B池 降低 ，C池 不变 ．（填增大、减小或不变）通电5min时，A池pH值为 13 ．

（3）通电5min时，B中共收集224mL气体（标况），则通电前硫酸铜溶液的物质的量浓度为 0.025mol/L ．

（4）写出A池中发生反应的化学方程式 2KCl+2H2O

2KOH+H2↑+Cl2↑ ．

﹣

﹣

﹣

﹣

2+

﹣

﹣

﹣

【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．

【分析】铜电极质量增加，说明铜电极为阴极，则银电极为阳极，则X为负极，Y为正极，电解时：A阳极为2Cl﹣2e═Cl2↑，阴极为2H+2e═H2↑，B中阳极为4OH﹣4e═O2↑+2H2O，阴极为Cu+2e═Cu，C为电镀，以此解答该题．

【解答】解：（1）若电解5min时铜电极质量增加2.16g，说明铜电极为阴极，则银电极为阳极，则X为负极，Y为正极，故答案为：负极；

（2）A阳极为2Cl﹣2e═Cl2↑，阴极为2H+2e═H2↑，生成OH，溶液pH增大，B中阳极为4OH﹣4e═O2↑+2H2O，阴极为Cu+2e═Cu，生成H+，pH减小，C为电镀，溶液离子浓度不变，则pH不变；若通入直流电5min时，铜电极质量增加2.16g，则发生Ag+e═Ag，n（Ag）=

=0.02mol，转移电子0.02mol，

+

﹣

﹣

﹣

2+

﹣

+

﹣

﹣

+

﹣

﹣

2+

﹣

﹣

﹣

+

﹣

﹣

﹣

计算可知转移电子0.02mol，若A中KCl溶液的体积是200mL，通入直流电5min时， 阴极为2H+2e═H2↑，则生成n（OH）=0.02mol， 电解后，溶液的c（OH）=故答案为：降低；不变；13；

（3）若通入直流电5min时，铜电极质量增加2.16g，则发生Ag+e═Ag，n（Ag）=

=0.02mol，转移电子0.02mol，

﹣

﹣

+

﹣

﹣

+

﹣

﹣

=0.1mol/L，pH=13；

B中阳极反应为4OH﹣4e═O2↑+2H2O，生成n（O2）=0.02mol×=0.005mol，体积为0.005mol×22.4L/mol=0.12mL，即112mL，

通电5min时，B中共收集224mL气体（标准状况），则阴极还应生成112mLH2，得到电子0.01mol， 所以析出铜得到0.01mol电子，

由Cu+2e═Cu可知，n（Cu）=0.005mol，则

2+

﹣

2+

通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为故答案为：0.025 mol/L；

=0.025mol/L，

（4）A池中发生反应为电解氯化钾溶液的反应，反应的化学方程式2KCl+2H2O

2KOH+H2↑+Cl2↑，

2KOH+H2↑+Cl2↑．

故答案为：2KCl+2H2O

【点评】本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考高频考点，难度中等，注意把握离子的放电顺序，为解答该题的关键．

通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为故答案为：0.025 mol/L；

=0.025mol/L，

（4）A池中发生反应为电解氯化钾溶液的反应，反应的化学方程式2KCl+2H2O

2KOH+H2↑+Cl2↑，

2KOH+H2↑+Cl2↑．

故答案为：2KCl+2H2O

【点评】本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，为高考高频考点，难度中等，注意把握离子的放电顺序，为解答该题的关键．

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