1、2013-2014学年河南省南阳市方城县高二（上）第一次月考化学试卷（9月份） 一、选择题（本题共15个小题，每题3分，共45分每题只有一个正确选项符合题意）1（3分）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（）该溶液的pH可能增大；该溶液的pH可能减小；该溶液的pH可能不变；该溶液的浓度可能增大；该溶液的浓度可能不变；该溶液的浓度可能减小ABCD全部考点：电解原理版权所有专题：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：4OH4e=2H2O+O2，阴极反应为：4H+4e=2H2，可
2、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：4OH4e=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，如为电解强碱溶液，则pH增大，故正确；如为电解含氧酸溶液，则pH减小，故正确；如电解活泼金属的含氧酸盐，则pH不变，故正确；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，故正确；如电解的溶液为饱和溶液，则浓度不变，故正确；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，故错误；
3、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2（3分）（2006南充一模）如图所示，U形管中装入含有紫色石蕊的Na2SO4试液，通直流电，一段时间后U形管内会形成三色“彩虹”的现象，它从左到右颜色的次序是（）A蓝、紫、红B红、蓝、紫C红、紫、蓝D蓝、红、紫考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：根据电解原理，电解硫酸钠实质是电解水，阳极产生的是氧气，阴极产生的是氢气，酸遇石蕊显红色，碱遇石蕊显蓝色，酸遇酚酞不变色，碱遇酚酞显红色，据此来回答解答：解：根据电解原理，和电源的正极相连的是阳极，和电源的负极相连的是阴极，电解硫酸钠
4、的实质是电解水，阳极生成氧气，阴极生成氢气，阴极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，阳极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，中间溶液是石蕊的紫色，即从左到右颜色的次序是：红、紫、蓝故选C点评：本题考查学生电解池的工作原理，要求学生熟记教材知识，并会灵活运用3（3分）如图在盛有水的烧杯中，铁圈和银圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡小心地从烧杯中央滴入硫酸铜溶液，片刻后可观察到的现象是（指悬吊的金属圈）（）A铁圈和银圈左右摇摆不定B保持平衡状态不变C铁圈向下倾斜D银圈向下倾斜考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：铁圈和银圈连接浸入硫酸铜溶液中，该装置构成了原电池，
5、较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，根据正负极上发生的电极反应判断反应现象解答：解：铁圈和银圈连接浸入硫酸铜溶液中，该装置构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，负极上铁失电子生成亚铁离子进入溶液，所以铁圈质量减少；银圈上铜离子得电子生成铜单质附着在银圈上，导致银圈质量增加，所以观察到的现象是：银圈向下倾斜故选：D点评：本题考查了原电池原理，难度不大，解答本题时注意：铁圈、银圈相连和铁圈、银圈不相连的区别4（3分）我国首创的海洋电池以铝板为负极，铂网为正极，海水为电解质溶液，空气中的氧气与铝反应产生电流电池总反应为：4Al+3O2+6H2O=4Al（OH）3，下列说法不正
6、确的是（）A正极反应为：O2+2H2O+4e=4OHB电池工作时，电流由铝电极沿导线流向铂电极C该电池通常只需要更换铝板就可继续使用D以网状的铂为正极，可增大与氧气的接触面积考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：根据电池总反应可知，电池工作时，负极为Al，发生氧化反应，电极反应式为Al3e+3OH=Al（OH）3，正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，结合原电池的工作原理解答该题解答：解：A、正极上通入空气，发生还原反应，正极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故A正确；B、电池工作时，电流由正极流向负极，即从铂电极沿导线流向铝电极，故B错误；
7、C、Al不断反应，不断溶解，所以一段时间后，更换铝板就可以继续使用，故C正确；D、铂做成网状的目的是增大与氧气的接触面积，故D正确故选B点评：本题考查化学电源知识，题目难度中等，注意原电池的两极上的变化以及原电池原理5（3分）某同学按如图所示的装置进行实验，A、B为常见金属，它们的硫酸盐可溶于水当K闭合后，在交换膜处从右向左移动下列分析不正确的是（）A溶液中A2+增大BB的电极反应：BB2+2eCy电极上有Cl2产生，发生氧化反应D反应初期x电极周围出现白色沉淀，随后沉淀消失考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：该装置中右边装置不能自发的进行氧化还原反应是不能构成原电池只
8、能形成电解池，左边装置中能发生的进行氧化还原反应且符合原电池的构成条件所以是原电池当 K 闭合时，在交换膜处 SO42从右向左移动，说明A为负极，B为正极，即A的金属活动性大于B；连接B的y极为Y阳极，连接A的x极为阴极解答：解：A、当 K 闭合时，在交换膜处 SO42从右向左移动，说明A为负极，B为正极，原电池中负极A上金属失电子发生氧化反应，生成金属阳离子进入溶液导致溶液中（A2+）浓度增大，故A正确；B、当 K 闭合时，在交换膜处 SO42一从右向左移动，说明A为负极，B为正极，B极上溶液中的金属阳离子得电子生成金属单质，电极反应式为B2+2eB，故B错误；C、右边装置中连接B的y极为阳
9、极，连接A的x极为阴极，电解池工作时，y极上氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl2e=Cl2，故C正确；D、右边装置中y极上发生的电极反应式为2Cl2e=Cl2，x极上发生的电极反应式为2H+2e=H2，由于氢离子放电而氢氧根离子不放电导致溶液呈碱性，铝离子和氢氧根离子反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，故D正确故选B点评：本题考查了原电池和电解池原理，难度较大，明确原电池放电时溶液中阴阳离子的移动方向是解本题的关键6（3分）0.3mol气态高能燃料乙硼烷B2H6在O2中燃烧，生成固态B2O3和液态H2O，放出649.5kJ的热量下列热化学方程式正确的
10、是（）AB2H6（g）+302（g）B2O3（s）+3H2O（l）H=2165 kJmol1BB2H6（g）+3O2（g）B2O3（s）+3H2O（l）H=2165 kJmol1CB2H6+3O2B2O3+3H2OH=2165 kJmol1DB2H6（g）+3O2（g）B2O3（s）+3H2O（g）H=2165 kJmol1考点：有关反应热的计算；热化学方程式版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165KJ的热量，根据盖
11、斯定律写出其热化学反应方程式，后根据物质的物质的量与反应放出的热量成正比来解答解答：解：0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出649.5KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和液态水，放出2165KJ的热量，反应的热化学方程式为：B2H6（g）+3O2（g）B2O3（s）+3H2O（l）H=2165kJ/mol，A热化学方程式中放热H0，H0表示吸热，而乙硼烷燃烧放热，故A错误；B0.3mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，放出649.5KJ的热量，则1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，放出=2165KJ，故B正确；C
12、热化学方程式中没有标出物质的聚集状态，故C错误；D1mol气态高能燃料乙硼烷在氧气中燃烧，生成固态三氧化二硼和气态水，放出热量应小于2165 kJ，故D错误；故选B点评：本题考查了热化学方程式书写，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，题目较简单注意热化学方程式的书写注意事项7（3分）以Mg片和Al片为电极并用导线连接，同时插入NaOH溶液中，下列说法正确的是（）AMg片做负极，电极反应：MgMg2+2eBAl片做负极电极反应：Al+4OHAl（OH）4+3eC电子从Mg电极沿导线流向Al电极DAl片上有气泡产生考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：A、
13、原电池中失电子的一极是负极；B、Al在负极发生失电子的氧化反应，生成Al（OH）4；C、在原电池中，电子从负极流向正极；D、Mg作正极，正极上水得电子生成氢气解答：解：A、金属镁和氢氧化钠溶液不能发生氧化还原反应，金属铝能反应，在原电池中，失电子的一极是负极，所以金属铝是负极，Al发生失电子的氧化反应，即Al+4OHAl（OH）4+3e，故A错误；B、金属铝是负极，负极发生失电子的氧化反应，即Al+4OHAl（OH）4+3e，故B正确；C、Mg条和Al片为电极，用导线连接同时插入NaOH溶液中，此时铝片是负极，镁条是正极，在原电池中，电子从负极流向正极，即电子从Al电极沿导线流向Mg电极，故C
14、错误；D、Mg作正极，正极上水得电子生成氢气，则Mg片有气泡生成，故D错误故选B点评：本题考查学生原电池的工作原理知识，注意原电池中，失电子的极是负极，不一定是活泼的金属就做负极，难度不大8（3分）化学反应A2（g）+B2（g）2AB（g）的能量变化如图所示，下列叙述中正确的是（）A每生成2个分子AB吸收（ab） kJ热量B该反应热H=+（ab）kJmol1C该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D断裂1mol AA和1mol BB键，放出a kJ能量考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB；B、反应焓变等于
15、反应物能量总和生成物能量总和；C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量；D、断裂化学键吸收能量；解答：解：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（ab） kJ热量，故A错误；B、应焓变等于反应物能量总和生成物能量总和；该反应热H=+（ab）kJmol1，故B正确；C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量；故C错误；D、断裂1 mol AA和1 mol BB键，吸收a kJ能量，故D错误；故选B点评：本题考查了化学反应的能量变化，图象分析判断，反应焓变的计算，题目较简单9（3分）（2011锦州模拟）向足量H2SO4溶液中加入10
16、0mL 0.4molL1 Ba（OH）2溶液，放出的热量是5.12kJ如果向足量Ba（OH）2溶液中加入100mL 0.4molL1 HCl溶液时，放出的热量为2.2kJ则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为（）ABa2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H=2.92kJmol1BBa2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H=0.72kJmol1CBa2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H=73kJmol1DBa2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H=18kJmol1考点：热化学方程式；中和热版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：向
17、H2SO4溶液中加入100mL 0.4molL1 Ba（OH）2溶液反应涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+OH（aq）=H20（l），向足量Ba（OH）2溶液中加入100mL 0.4molL1 HCl溶液时，反应涉及的离子方程式为H+（aq）+OH（aq）=H20（l），Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的离子方程式为Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s），从能量守恒的角度解答解答：解：100mL 0.4molL1 Ba（OH）2的物质的量为0.04mol，向H2SO4溶液中加入100mL 0.4molL1 Ba（OH）2溶液
18、反应涉及的离子方程式有Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s），H+（aq）+OH（aq）=H20（l），100mL 0.4molL1 HCl的物质的量为0.04mol，反应涉及的离子方程式为H+（aq）+OH（aq）=H20（l），根据放出的热量为2.2kJ，可知H+（aq）+OH（aq）=H20（l）H=55kJmol1，设Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H=QkJmol1，则0.04Q+0.08mol55kJmol1=5.12kJ，解之得Q=18，所以Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为Ba2+（aq）+SO42（aq）=BaSO4（s）H
19、=18kJmol1故选D点评：本题考查热化学方程式的书写和反应热的计算，题目难度不大，注意从能量守恒的角度解答该题10（3分）常温下已知：4Al（s）+3O2（g）2Al2O3（s）H1，4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H2；下面关于H1、H2的比较正确的是（）AH1H2BH1H2CH1=H2D无法计算考点：反应热的大小比较版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律利用铝热反应为放热反应来判断解答：解：4Al（s）+3O2（g）2Al2O3（s）H1 4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H2 由盖斯定律，得：4Al（s）+2Fe2O32Al2O3（s）+4Fe（s
20、）H1 H2，铝热反应为放热反应，即H1 H20，所以H1H2，故选B点评：本题主要考查了盖斯定律的利用，难度不大，注意知识的灵活使用11（3分）某航空站安装了一台燃料电池，该电池可同时提供电和水蒸气所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾已知该电池的总反应式为2H2+O22H2O，正极反应式为O2+2CO2+4e，则下列推断正确的是（）A负极反应式为H2+20H2e2H20B该电池可在常温或高温时进行工作，对环境具有较强适应性C该电池供应2 mol水蒸气，同时转移电子的物质的量为2 molD放电时负极有C02生成考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：A总反应为2H2+O22H2O，
21、则负极反应=总反应正极反应式；B该电池使用的电解质是熔融的碳酸钾，在常温下无法工作；C由反应可知，生成2molH2O转移4mol电子；D根据负极的反应式来确定；解答：解：A放电时，负极反应为：2H24e+2CO322CO2+2H2O，故A错误；B该电池使用的电解质是熔融的碳酸钾，在常温下无法工作，B项错误，故B错误；C由反应可知，生成2molH2O转移4mol电子，则该燃料电池供应2mol水蒸气时转移电子的物质的量为4mol，故C错误；D负极反应为2H24e+2CO322CO2+2H2O，有C02生成，故D正确；故选：D点评：本题考查化学电源新型电池，明确负极反应=总反应正极反应式是解答本题的
22、关键，注意离子的移动方法及利用化合价分析转移电子，题目难度中等12（3分）（2010东城区二模）如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色下列说法正确的是（）AX极是电源负极，Y极是电源正极Ba极的电极反应是2Cl2e=Cl2C电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大DPt极上有6.4g Cu析出时，b极产生2.24L（标准状况）气体考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，Pt为阳极，Cu为阴极；依据电极原理分析选项；A、分析判断Y为电源负极，
23、X为电源正极；B、a电极是氯离子失电子发生的氧化反应；C、电解过程中硫酸铜溶液中氢氧根离子放电生成氧气，溶液的pH减小；D、Pt电极分析判断为阳极，所以铜离子在Cu电极析出解答：解：A、a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，故A错误；B、a电极是氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl2e=Cl2，故B正确；C、电解过程中CuSO4溶液中 的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，故C错误；D、电解过程中CuSO4溶
24、液中 的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，故D错误；故选B点评：本题考查电解池原理的分析判断，注意现象判断电极，阳极电极上的放电顺序书写电极反应，题目难度中等13（3分）如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，当电路中通过的电子都是0.1mol时，下列说法正确的是（）A溶液的质量变化：甲减小乙增大B溶液pH值变化：甲减小乙增大C相同条件下产生气体的体积：V甲=V乙D电极反应式：甲中阴极：Cu2+2e=Cu，乙中负极：Mg2e=Mg2+考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：甲中总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu
25、+2H2SO4+O2，乙中总反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大；甲中生成H2SO4，pH减小，乙中消耗NaOH，pH减小；当两装置电路中通过的电子都是0.1mol时，甲中产生0.025molO2，乙中产生0.05molH2；甲中阴极为Cu2+放电，电极反应为Cu2+2e=Cu，乙中负极为Al放电，电极反应为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O解答：解：A甲中总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，乙中总反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大，故A正确；B甲中
26、生成H2SO4，pH减小，乙中消耗NaOH，pH减小，故B错误；C当两装置电路中通过的电子都是0.1mol时，甲中产生0.025molO2，乙中产生0.05molH2，故相同条件下，甲乙中产生气体的体积比为1：2，故C错误；D甲中阴极为Cu2+放电，电极反应为Cu2+2e=Cu，乙中负极为Al放电，电极反应为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O，故D错误故选A点评：本题考查原电池和电解池的原理，题目难度中等，易错点为D，注意乙中负极为Al放电，电极反应为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O，总反应为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H214（3分）如图所示各烧杯中盛有海水，
27、铁在其中被腐蚀，腐蚀的速率由快到慢的顺序为（）ABCD考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，从而确定腐蚀快慢顺序，电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护腐蚀措施的腐蚀解答：解：根据图知，装置是原电池，在中，金属铁做负极，中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，所以，并且原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀，所以，装置是电解池，中金属铁为阳极，中金属铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即，根据电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴
28、极金属腐蚀速率，即，故答案为：D点评：不同条件下金属腐蚀的快慢：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护腐蚀措施的腐蚀15（3分）某反应2AB（g）C（g）+3D（g）在高温时能自发进行，其逆反应在低温下能自发进行，则该反应的H、S应为（）AH0，S0BH0，S0CH0，S0DH0，S0考点：焓变和熵变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：当G=HTS0时，反应能自发进行，G=HTS0时，反应不能自发进行，据此分析解答：解：化学反应能否自发进行，取决于焓变和熵变的综合判据，当G=HTS0时，反应能自发进行，A、当H0，S0时，G=HTS0，在室温一定能自发进行，故A错误；B、H0
29、，S0时，在低温下能自发进行，故B错误；C、H0，S0时，在室温下不能自发进行，在高温下能自发进行，故C正确；D、H0，S0时，任何温度下反应都不能自发进行，故D错误故选：C点评：本题考查反应能否自发进行的判断，题目难度不大，注意根据自由能判据的应用二、非选择题（共55分）16（15分）铅蓄电池是典型的可充型电池，电池总反应式为：Pb+PbO2+4H+2SO422PbSO4+2H2O请回答下列问题（不考虑氢、氧的氧化还原）：（1）放电时：正极的电极反应式是PbO2+2e+4H+SO42=PbSO4+2H2O；电解液中H2SO4的浓度将变小；当外电路通过1mol电子时，理论上负极板的质量增加48
30、g（2）在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成Pb，电极反应：PbSO4+2e=Pb+SO42，B电极上生成PbO2，电极反应PbSO4+2H2O2e=PbO2+4H+SO42，此时铅蓄电池的正负极的极性将对换考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：（1）电池总反应式为：Pb+PbO2+4H+2SO422PbSO4+2H2O，写出电极反应为：负极电解反应：Pb2e+SO42=PbSO4 ，正极电极反应：PbO2+2e+4H+2SO42=PbSO4+2H2O，依据电解反应和电池原理分析判断；（2）装置中是电解装置，连接B为阳极应是失去电子
31、发生氧化反应，A为阴极是得到电子发生还原反应，所以是铅蓄电池的充电过程，两极为电解硫酸铅的反应，依据电解原理分析解答：解：（1）电池总反应式为：Pb+PbO2+4H+2SO422PbSO4+2H2O，写出电极反应为：负极电解反应：Pb2e+SO42=PbSO4 ，正极电极反应：PbO2+2e+4H+2SO42=PbSO4+2H2O，放电时：正极的电极反应式是PbO2+2e+4H+2SO42=PbSO4+2H2O；电解液中H2SO4的浓度将减少；当外电路通过1mol电子时，依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加0.5mol303g/mol0.5mol207g/mol=48g，故答案为：PbO2+
32、2e+4H+2SO42=PbSO4+2H2O；小；48；（2）在完全放电耗尽PbO2和Pb时，电极上析出的是PbSO4，若按题右图连接B为阳极应是失去电子发生氧化反应，A为阴极是得到电子发生还原反应，实质是电解反应，B电极上发生反应为：PbSO4+2H2O2e=PbO2+4H+2SO42，A电极发生反应为：PbSO4=Pb2e+SO42，所以A电极上生成Pb；此时铅蓄电池的正负极的极性将对换；故答案为：Pb；PbSO4+2e=Pb+SO42；PbO2；PbSO4+2H2O2e=PbO2+4H+SO42；对换点评：本题考查了铅蓄电池的工作原理和电极反应的书写，关键是原电池中的电极消耗完后电极上是
33、硫酸铅，接通电源进行电解反应，题目难度中等17（10分）煤作为燃料，可以有下列两种途径（把煤看成由碳组成）：途径：C（s）+O2（g）CO2（g）H=a kJmol1途径：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+b kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=c kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=d kJmol1试回答下列问题：（1）燃烧等质量的煤，途径放出的热量等于途径放出的热量（填“大于”、“小于”或“等于”）（2）b的数学关系式是b=a+（c+d），（用a、c、d表示）（3）由于制取水煤气反应中，反应物具有的总能量小于（填“大于”、“小于”或“等于
34、”）生成物所具有的总能量，在反应时，反应物需要吸收（填“吸收”或“放出”）能量才能转化为生成物（4）简述煤通过途径作为燃料的意义固体煤经处理变为气体燃料后，不仅在燃烧时可以大大减少SO2和烟尘对大气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于输送考点：化学能与热能的相互转化版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：（1）根据盖斯定律，反应热只与始态与终态有关，与途径无关，始态相同、终态相同反应热相同；（2）根据盖斯定律，利用途径构造途径，进行计算；（3）反应物具有的总能量小于生成物的总能量时，则反应是吸热反应，反之则为放热反应；（4）固体煤经处理变为气体燃料后，根据气体燃料具有的优点分析；解答：解：（1）
35、根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样，故答案为：等于；（2）途径：C（s）+O2（g）CO2（g）H=a kJmol1途径：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=+b kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H=c kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H=d kJmol1根据盖斯定律：+得得C（s）+O2（g）CO2（g），所以a=b（c+d），所以b=a+（c+d），故答案为：b=a+（c+d），；（3）制水煤气 C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）；H20，该反应
36、是吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量，反应条件是加热，故答案为：小于；吸收；加热；（4）煤通过途径作为燃料的意义是固体煤经处理变为气体燃料后，不仅在燃烧时可以大大减少SO2和烟尘对大气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于输送，故答案为：固体煤经处理变为气体燃料后，不仅在燃烧时可以大大减少SO2和烟尘对大气造成的污染，而且燃烧效率高，也便于输送点评：本题考查学生盖斯定律的应用以及反应吸放热与反应物、生成物能量之间的关系，可以根据所学知识进行回答，难度不大18（12分）（2010山东）对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命（1）以下为铝材表面处理的一种方法：碱洗的目的是除去铝材表面的
37、自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；（用离子方程式表示）为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的baNH3 bCO2 cNaOH dHNO3以铝材为阳极，在H2SO4 溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应为2Al+3H2O6eAl2O3+6H+取少量废电解液，加入NaHCO3，溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是HCO3与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀（2）镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+（3）利用图装置，可以模拟铁的电化学防护若X为碳棒，
38、为减缓铁的腐蚀，开关K应置于N处若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为牺牲阳极保护法考点：金属的电化学腐蚀与防护版权所有分析：（1）有气泡冒出因2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；因碱洗槽液中有AlO2，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32或CO2+2H2O+AlO2HCO3+Al（OH）3；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+；HCO3与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀（2）用铜作电极可及时补
39、充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定（3）根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）解答：解：（1）铝能与强碱反应产生氢气，Al（OH）3具有两性，既能与强碱反应也能与强酸反应生成盐和水，碱洗槽液中有AlO2，故应通入CO2来回收Al（OH）3，发生反应2AlO2+3H2O+CO22Al（OH）3+CO32或CO2+2H2O+AlO2HCO3+Al（OH）3；若加HNO3，生成的沉淀还会继续溶解故答案为：2Al+2OH+2H2O2AlO+3H2；b；铝为阳极，会发生氧化反应，表面形成氧化膜，
40、必须有水参加，所以电极反应式为：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有Al3+，和HCO3发生了互促水解或HCO3与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀故答案为：2Al+3H2O6eAl2O3+6H+；HCO3与H+反应使H+浓度减小，产生Al（OH）3沉淀；（2）电镀铜时用铜做阳极，阳极上铜被氧化，电解质溶液浓度不变，用铜作电极可及时补充电镀液中消耗的Cu2+，保持其浓度恒定，采用石墨无法补充Cu2+，故答案为：阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+；（3）金属的防护有牺牲阳极保法和外加电源阴极保护法，若K置于N处，必须
41、让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，为牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法） 故答案为：N；牺牲阳极保护法（或牺牲阳极的阴极保护法）点评：本题考查金属的性质、盐类的水解、电解、电镀以及金属的腐蚀及防护知识，考查较为综合，做题时注意把握好Al、AlO2、Al（OH）3等物质的性质，掌握电解、电镀等知识的原理，了解金属的防护措施，难度不大，但要注意知识的积累，厚积而薄发19（18分）如图所示，若电解5min时，测得铜电极的质量增加2.16g试回答：（1）电源中X电极为直流电源的负极（2）pH变化：A：增大，B：减小，C：不变（填“增大”、“减小”或“不变”）（3）通
42、电5min时，B中共收集224mL气体（标况），溶液体积为200mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为0.025mol/L（设电解前后溶液体积无变化）（4）若A中KCl溶液的体积也是200mL，电解后，溶液的pH为13（设电解前后溶液体积无变化）考点：原电池和电解池的工作原理版权所有分析：（1）由铜电极的质量增加，则Cu电极为阴极，可知X为电源的负极；（2）根据电解质溶液中氢离子浓度变化来判断pH变化；（3）根据电极反应及电子守恒来计算；（4）根据A中的电极反应及与C中转移的电子守恒来计算氢氧根离子浓度，再结合水的离子积常数计算氢离子浓度，从而计算溶液的pH解答：解：（1）由铜电极的质量
43、增加，发生Ag+e=Ag，则Cu电极为阴极，可知X为电源的负极，故答案为：负；（2）A中阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，所以溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，B中阴极上铜离子放电，阳极上氢氧根离子放电，则溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，C中阴极上银离子放电，阳极上银失电子生成银离子，则溶液中硝酸银浓度不变，所以溶液的pH不变，故答案为：增大；减小；不变；（3）C中阴极反应为Ag+e=Ag，n（Ag）=0.02mol，则转移的电子为0.02mol，B中阳极反应为4OH4e=2H2O+O2，则转移0.02mol电子生成氧气为0.005mol，其体积为0.005mol22.4L/m
44、ol=0.112L=112mL，则在阴极也生成112mL气体，由2H+2e=H2，则氢气的物质的量为0.005mol，该反应转移的电子为0.01mol，则Cu2+2e=Cu中转移0.01mol电子，所以Cu2+的物质的量为0.005mol，通电前c（CuSO4）=0.025 molL1，故答案为：0.025 molL1；（4）由A中发生2KCl+2H2O2KOH+H2+Cl22e，由电子守恒可知，转移0.02mol电子时生成0.02molKOH，忽略溶液体积的变化，则c（OH）=0.1molL1，溶液中c（H+）=1013 mol/L，pH=13，故答案为：13点评：本题考查了电解原理，根据铜电极质量不变确定原电池正负极，结合阴阳极上电极反应及转移电子守恒进行计算，难度中等
