1、山东省枣庄市第八中学（东校区）2020-2021学年高二化学上学期9月月考试题（含解析）(满分:100分;时间:90分钟)一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1. 下列关于能量变化的说法正确的是A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C. 已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒【答案】D【解析】【详解】A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可
2、以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；C、H0反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确；答案选D。2. 下列关于反应与能量的说法正确的是A. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJ/mol，E反应物 E生成物B. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H=+178.2kJmol-1，E反应物 E生成物C. HCl(g)=1/2H2(g)+1/2Cl2(s) H=+92.3 kJmol-1,1 mol HCl在密闭容器中分解达平衡后放出92.3 kJ的能
3、量D. 将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=-38.6kJ/mol【答案】B【解析】A、当反应物总能量生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应HO，选项A错误；B、当反应物总能量O，选项B 正确；C、根据热化学方程式HCl(g)=1/2H2(g)+1/2Cl2(s) H=+92.3 kJmol-1可知HCl分解是吸热反应，选项C错误；D、反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1
4、.0mol ，放热19.3kJ，则热化学方程式为N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H0D. 一定温度下，反应2NaCl(s)2Na(s)Cl2(g)的 H0 ，S0【答案】B【解析】【详解】A反应的S0，在一定条件下能自发进行，H应小于0，故A错误；B反应的S0，由G=H-TS0时，反应可自发进行可知，H0，故B正确；C反应的S0，由G=H-TS0时，反应可自发进行可知，H0，故C错误；D反应的S0，该反应为分解反应，应吸热，反应的H0，在较高温度下，可满足G=H-TS0，能自发进行，故D错误；故选B。10. 甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化
5、为电能，乙图是一种用惰性电极电解饱和食盐水的消毒液发生器。关于甲、乙的说法正确的是A. 装置乙中的b极要与装置甲的X极连接B. 装置乙中a极的电极反应式为:2Cl-2e-=Cl2C. 当N极消耗5.6L（标准状况下）气体时，则有2NA个H+通过离子交换膜D. 若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极发生的电极反应为: C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+【答案】D【解析】【详解】由已知结合图示，甲为原电池，O2得到电子，在原电池的正极反生反应， X为负极、Y为正极。乙为用惰性电极电解饱和食盐水的消毒液发生器，则a为阴极生成氢气和NaOH，b为阳极生成Cl2，有利于Cl2与N
6、aOH反应生成NaClO。Ab为电解池阳极，应与电池正极（Y极）连接，A错误；Ba为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2，b为阳极，电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，B错误；C如图，N电极为氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O，则当N电极消耗5.6L（标准状况下）气体，即0.25mol，消耗1mol H+，则有NA个H+通过离子交换膜，C错误；D若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极发生C6H12O6失电子的氧化反应，生成二氧化碳，根据电荷守恒和原子守恒，其电极应为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，D正确。答案选D。
7、二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)11. 将KCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是A. 整个过程中两电极反应2Cl2e=Cl2、2H2e=H2不可能同时发生B. 电解至c点时，往电解液中加入适量CuCl2固体，即可使电解液恢复至原来的浓度C. ab段表示电解过程中H被还原，pH上升D. 原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比恰好为21【答案】A【解析】【分析】KCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极
8、进行电解，电解分3个阶段：第一阶段电解氯化铜，阳极：氯离子失电子，阴极：铜离子得电子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大；第二阶段电解硫酸铜，阳极：氢氧根离子失电子（来源于水的电离），阴极：仍然为铜离子得电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小；第三阶段电解硫酸钠，阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小【详解】A根据以上分析，氯离子反应完，铜离子还剩，所以整个过程中两电极反应：2Cl-2e-Cl2，2H+2e-H2不可能同时出
9、现，故A正确；B根据以上分析，电解至c点时，在电解液中应加入CuCl2固体和CuO固体，故B错误；C根据以上分析，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大，故C错误；D因为由第二阶段阳极氢氧根离子失电子的同时，阴极仍然为铜离子得电子，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比不是2：1，故D错误；故选A。12. 工业上，在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g )H。已知几种共价键的键能如下：化学键C-HC=CH-OC-CC-O键能/kJmol-1413615463348351下列说法错
10、误的是A. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100B. 相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等C. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能，但碳碳单键更稳定D. 上述反应式中,H=+34kJmol-1【答案】D【解析】【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100，A正确；B.反应混合物中，各物质的化学计量数相同，所以相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等，B正确；C.由题中数据可知，碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，所以碳碳单键比碳碳双键更稳定，C正确；D.上述反应式中，H=(615kJmol-1)+( 413 kJmol-
11、1)+( 463 kJmol-1)-(348 kJmol-1)-( 413 kJmol-1)-(463 kJmol-1)-( 351 kJmol-1)=-34kJmol-1，D错误； 正确选项D。【点睛】反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。13. 物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是()A. AF，HH6B. H1H2H3H4H5H61C. CF，|H|H1H2H6|D. |H1H2H3|H4H5H6|【答案】B【解析】
12、【详解】AFA，HH6，则AF，HH6，A正确；BH1H2H3H4H5H6应是AA的过程，在此过程中没有能量变化，H0，B错误；CFC的HH6H1H2，则CF的H(H6H1H2)，C正确；DAD的HH1H2H3，DA的HH4H5H6，二者的绝对值相等，符号相反，D正确；故选B。14. 如图装置()为一种可充电电池的示意图,其中的离子交换膜只允许K+通过,该电池放电、充电时的电池反应为2K2S2+KI3 K2S4+3KI。装置()为电解池的示意图,当闭合开关K时,电极X附近溶液先变红。则闭合K时,下列说法不正确的是()A. K+从左到右通过离子交换膜B. 电极A上发生的反应为+2e- 3I-C.
13、 电极Y上发生的反应为2Cl-2e- Cl2D. 当有0.1 mol K+通过离子交换膜时X电极上产生1.12 L气体【答案】BD【解析】【分析】当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红，即电极X附近有氢氧根离子生成，所以H+在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。【详解】A.闭合K时，根据原电池工作原理可知，阳离子移向正极，则K+从左到右通过离子交换膜，A正确；B.闭合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2-2e- ，B错误；C.闭合K时，Y极是阳极，溶液中的氯离子在阳极上放电生成氯气，所以电极反应式为2Cl-2e
14、-Cl2，C正确；D.闭合K时，当有0.1 mol K+通过离子交换膜，即有0.1 mol电子转移，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05 mol，体积为1.12 L(标准状况下)，但D项未标明所处状况，故D错误；故选BD。15. 一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)B(g)xC(g)2D(g)，2min末反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的物质的量浓度为0.4molL1，下列说法正确的是()A. x的值为2B. A的平衡转化率为40%C. 此温度下该反应的平衡常数K等于0.5D. A和B的平衡转化率相
15、等【答案】AC【解析】【详解】A.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的物质的量浓度为0.4molL1可得x：2=(0.4molL12)：0.8mol，解得x=2，故A正确；B.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，则A的平衡转化率为100%=60%，故B错误；C.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，消耗B的物质的量为=0.4mol，平衡时A、B、C、D的浓度分别为=0.4molL1、=0.8molL1、0.4molL1、0.4molL1，则此温度下该反应的平衡常数K=
16、0.5，故C正确；D.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，消耗B的物质的量为=0.4mol，则A的平衡转化率为100%=60%，B的平衡转化率为100%=20%，A和B的平衡转化率不相等，故D错误；故选AC。三、非选择题(本题共5小题,共60分)16. 将V1 mL 1.0 molL-1盐酸和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液的温度,实验结果如图所示,实验中始终保持V1+V2=50。(1)下列叙述正确的是_。A.做该实验时环境温度为22 B.该实验表明化学能可转化为热能C.NaOH溶液的浓度约为1.5 mol/LD.该
17、实验表明有水生成的反应都是放热反应。(2)中和热的理论数值为57.3 kJmol-1,下列操作可能使测得的数值偏小的是_(填序号)。室温低于10 时进行实验在量取NaOH溶液的体积时仰视读数分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中实验时用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒在做测定中和反应的反应热实验时，应使用仪器的正确组合是（ ）天平 量筒 烧杯 滴定管 温度计 试管 酒精灯A B C D 全部(3)若含有8.0 g NaOH的稀溶液与稍过量的1 L 0.21 molL-1的盐酸反应放出11.46 kJ的热量,则表示中和热的热化学方程式为_(填字母)。A.NaOH(aq)+HCl(aq) Na
18、Cl(aq)+H2O(l)H=+57.3 kJmol-1B.NaOH(s)+HCl(l) NaCl(s)+H2O(l)H=-57.3 kJmol-1C.NaOH(aq)+HCl(aq) NaCl(aq)+H2O(l)H=-11.46 kJmol-1D.NaOH(aq)+HCl(aq) NaCl(aq)+H2O(l)H=-57.3 kJmol-1(4)如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_。【答案】 (1). BC (2). (3). B (4). D (5). NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) H=-234kJmo
19、l-1【解析】【详解】(1)A实验时环境的温度应为酸、碱未混合之前的温度，故A错误；B发生中和反应，溶液温度升高，表明化学能可以转化为热能，故B正确；C由题图可知，恰好反应时参加反应的盐酸的体积是30 mL,由V1+V2=50可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20 mL,氢氧化钠的浓度是1.5 mol/L，故C正确；D由题给实验只能得出该反应放热,其他有水生成的反应不一定放热，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故D错误；故本题答案为：BC；(2)室温低于10 时进行实验，散失热量太快,实验结果的数值偏小，正确；在量取NaOH溶液的体积时仰视读数，导致量取的NaOH溶液的体积偏大，实验结果的数值偏小，
20、正确；分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，散失热量,实验结果的数值偏小，正确；实验时用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，散失热量,实验结果的数值偏小，正确；故本题答案为：；在做测定中和反应的反应热实验时，应使用的仪器为量筒、烧杯、温度计，故本题答案为：B； (3)8.0 g NaOH的物质的量为0.2mol，与1 L 0.21 molL-1的盐酸反应放出11.46 kJ的热量，则1mol氢氧化钠和稍过量的盐酸反应生成1mol水时，放出57.3kJ的热量，则表示中和热的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq) NaCl(aq)+H2O(l)H=-57.3 kJmol-1，故本题答案
21、为：D；(4) 由题可知，NO2和CO反应生成CO2和NO为放热反应，而且放出热量为368 kJmol-1-134 kJmol-1=234 kJmol-1，所以其热化学方程式：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) H=-234kJmol-1，故本题答案为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) H=-234kJmol-1。【点睛】在表示中和热的热化学方程式中，除了酸、碱溶液都必须是稀溶液外，生成物H2O的化学计量数必须是“1”。中和反应都是放热的，H0。表示中和热的热化学方程式中，除了“H2O”后要标注“(l)”外，其他可溶性物质后都标“(aq)”。17. 煤化工中常
22、需研究不同温度下的平衡常数、产率及不同投料比对反应方向的影响等问题。已知反应CO(g)H2O(g) H2(g)CO2(g)的平衡常数随温度的变化如表所示：温度/4005008301 000平衡常数K10910.6试回答下列问题。 (1)该反应的化学平衡常数表达式为K_。(2)在相同条件下，为增大反应物的转化率，该反应应在_(填“高温”或“低温”)条件下进行。(3)在830 时发生上述反应，按下表中的物质的量将各物质投入恒容反应器中，其中向正反应方向进行的反应有_(填序号)。选项ABCDn(CO2)/mol3101n(H2)/mol2101n(CO)/mol1230.5n(H2O)/mol523
23、2【答案】 (1). (2). 低温 (3). BC【解析】【详解】（1）化学平衡常数为一定温度下，平衡时生成物浓度的幂指数积与生成物浓度的幂指数积的比值，则该反应的化学平衡常数表达式为K，故答案为：；（2）根据表中数据可知，温度升高，反应的平衡常数减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则在相同条件下，为增大反应物的转化率应在低温条件下进行，故答案为：低温；（3）A.由题给数据可知，反应的浓度熵Qc=K(830 )=1，反应向逆反应方向移动，故A错误；B.由题给数据可知，反应的浓度熵Qc=K(830 )=1，反应向正反应方向移动，故B正确；C.由题给数据可知，只有反应物，反应向正反
24、应方向移动，故C正确；D.由题给数据可知，反应的浓度熵Qc=1=K(830 )，反应达到平衡状态，平衡不移动，故D错误；BC正确，故答案为：BC。18. 以CH4和H2O为原料制备二甲醚和甲醇的工业流程如下：已知:2CO(g)+O2(g)= 2CO2(g)H=-566 kJmol-1CH3OCH3(g)+3O2(g)= 2CO2(g)+3H2O(g)H=-1 323 kJmol-12H2(g)+O2(g)= 2H2O(g)H=-484 kJmol-1(1)反应室中发生反应:2CO(g)+4H2(g)= CH3OCH3(g)+H2O(g)H=_。(2)以反应室出来的CO和H2为燃料，一定比例Li
25、2CO3和Na2CO3的熔融混合物为电解质构成的一种碳酸盐燃料电池如图所示。该电池的正极反应式为_。若电路中流过4 mol电子，则理论上消耗CO和H2的总体积为_L(标准状况)。【答案】 (1). -211 kJmol-1 (2). O2+4e-+2CO2= 2 (3). 448【解析】【详解】（1）将已知反应依次编号可得CO(g)+O2(g)=2CO2(g)H=-566 kJmol-1，CH3OCH3(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g)H=-1 323 kJmol-1，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-484 kJmol-1，由盖斯定律可知，+2-可得反应2CO(
26、g)+4H2(g)= CH3OCH3(g)+H2O(g)，则H=(-566 kJmol-1)+2(-484 kJmol-1)-(-1 323 kJmol-1)=-211 kJmol-1，故答案为：-211 kJmol-1；（2）由示意图可知，燃料电池工作时，在二氧化碳的作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2，故答案为：O2+4e-+2CO2=2；1 mol CO完全转化为CO2失去2 mol电子，1 mol H2完全转化为H2O失去2 mol电子，则电路中通过4 mol电子时，消耗标准状况下气体的总体积为44.8 L，故答案为：44.8。19.
27、 (1)2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型乙醇电池，该电池采用磺酸类质子溶剂，在200左右时供电，电池示意图如下所示：_极(填“a”或“b”)为电池的正极，电池工作时电子的流向为_(填“ab”或“ba”)。写出该电池负极的电极反应式：_。(2)图中X为电源，Y为浸透滴有酚酞试液饱和食盐水的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色斑向d端扩散。Y中总反应的化学方程式为_，滤纸上c点附近会变_色。电解一段时间后，Z产生280 mL的气体(标准状况下)，此时Z中溶液的体积为500 mL，假设溶液中还有AgNO3存在，则溶液中氢离子的物质的量是_，需加入_g的_(填化学式)可使
28、溶液复原。(3)氧化还原反应与生产、生活、科技密切相关。请回答下列问题：银制器皿久置表面变黑是因为表面生成了Ag2S，该现象属于_腐蚀。在如图所示的原电池装置中，负极的电极反应为_，电池总反应为_，当电路中通过0.1 mol e-时，交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为_。【答案】 (1). b (2). ab (3). C2H5OH-12e-+3H2O 12H+2CO2 (4). 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2 (5). 红 (6). 0.05 mol (7). 5.8 (8). Ag2O (9). 化学 (10). Ag-e-+Cl- AgCl (11). 2Ag+Cl2
29、2AgCl (12). 0.2 mol【解析】【分析】(1)根据燃料电池原理及图示装置分析电池的正负极，电子流向及电极反应式；(2)根据电解池原理分析电极反应并根据电子转移守恒进行相关计算；(3)根据已知条件分析金属腐蚀类型，根据原电池原理分析电极反应及根据电子转移守恒进行相关计算。【详解】(1)在燃料电池中，燃料在负极发生失电子的反应，则a为负极，b为正极；电流在电路中从正极流向负极，而电子则从负极流向正极，即ab；负极失电子，电解质为质子，则电极反应式为：C2H5OH-12e-+3H2O 12H+2CO2；故答案为：b；ab；C2H5OH-12e-+3H2O 12H+2CO2；(2)紫红色
30、斑为MnO4-呈现的颜色，MnO4-向d端扩散，根据阴离子向阳极移动的原理，可知d端为阳极，b为正极，a为负极，c为阴极；电解NaCl溶液时，总化学方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；阴极上是H2O电离出的H+放电，溶液中OH-浓度增大，故阴极附近碱性增强，c点附近会变红色；电解AgNO3溶液时，Pt为阳极，溶液中的OH-放电：4OH-4e- O2+2H2O，当有280 mL(标准状况)即0.0125 mol的气体生成时，转移0.05 mol电子，溶液中产生n(H+)=0.05 mol；Ag为阴极，溶液中的Ag+得电子，生成0.05 mol Ag，脱离体系的是银元素和氧元
31、素，且n(Ag)n(O)=21，所以可以加入0.025 mol即5.8g的Ag2O可以使溶液复原；故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；红；0.05mol；5.8；Ag2O；(3)Ag和O2、H2S反应生成Ag2S，属于化学腐蚀；该原电池中，Ag作负极、通入氯气的电极为正极，负极反应式为Ag-e-+Cl- AgCl；电解质溶液中氢离子向正极方向移动，该原电池相当于氯气和Ag的反应生成AgCl，电池总反应为2Ag+Cl22AgCl；放电时，左侧装置中Ag失电子和氯离子反应生成AgCl沉淀，且溶液中氢离子向正极移动，当电路中转移0.1 mol e-时，生成1 mol银离子，1
32、mol银离子生成AgCl需要1 mol Cl-，所以交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为0.2 mol；故答案为：化学；Ag-e-+Cl- AgCl；2Ag+Cl22AgCl；0.2mol。20. 如下图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同（假设通电前后溶液体积不变），A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。 请回答： （1）B极是电源的_极，C极的电极反应式为_，一段时间后丁中X极附近的颜色逐渐_。（填“变深”或者“变浅”）（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为 _。（3）现用丙装置
33、给铜件镀银，则H应该是_ （填“铜”或“银”），电镀液是_ 溶液。当乙中溶液的pH是13时（此时乙溶液体积为500mL），丙中镀件上析出银的质量为_ g，甲中溶液的pH _（填“变大”、“变小”或“不变”）。 （4）若甲烧杯是在铁件表面镀铜，已知电镀前两电极质量相同，电镀完成后将它们取出，洗净、烘干、称量，发现二者质量相差5.12g，则电镀时电路中通过的电子为_mol【答案】 (1). 负 (2). 4OH- 4 eO2+2H2O (3). 变浅 (4). 1：2：2：2 (5). 铜 (6). AgNO3 (7). 5.4 (8). 变小 (9). 0.08【解析】分析】C、D、E、F、X、
34、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极，将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F电极附近有碱生成，则F电极上氢离子放电生成氢气，为阴极，所以C、E、G、X是阳极，D、F、H、Y是阴极，连接阳极的电极A是正极、连接阴极的电极B是负极，据此分析。【详解】(1)结合以上分析，惰性电极电解饱和NaCl溶液的总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，F极显红色，说明F是阴极，发生电极反应2H2O+2e-=2OH-+ H2，则B电极是电源的负极，A是电源的正极；C与电源正极相连，则C是阳极，用惰性电极电解CuSO4溶液时，
35、水电离出的OH-在阳极放电生成氧气，电极反应式为4OH- 4 eO2+2H2O；丁中氢氧化铁胶体发生电泳现象，Y极是阴极，氢氧化铁胶体离子带正电荷，向Y极移动，所以X电极颜色逐渐变浅， 因此，本题正确答案是：负；4OH- 4 eO2+2H2O ；变浅；（2）C电极反应为4OH- 4 eO2+2H2O，D电极反应为Cu2+2e-=Cu，E电极反应为2Cl2e-=Cl2，F电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2，一定时间内，四个电极转移的电子数相同，所以甲、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。因此，本题正确答案是：1：2：2：2； (3)丙装置是电镀池，镀层
36、Ag为阳极、镀件Cu为阴极，电镀液是硝酸银溶液，G是阳极、H是阴极，所以G是镀层Ag、H是镀件Cu，电镀液是硝酸银溶液；常温下，乙中溶液的pH=13，则c(OH-)=0.1mol/L，溶液的体积为500mL，则n(OH-)=0.1mol/L0.5L=0.05mol，根据电极反应式2H2O+2e-=2OH-+H2，可知转移电子的物质的量为0.05mol，根据镀银的阴极反应式：Ag+e-=Ag，可知生成银的质量为0.05mol108g/mol=5.4g；甲装置是惰性电极电解硫酸铜溶液，总反应式2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，反应生成了硫酸，所以甲中溶液的pH变小，因此，本题正确答案是：铜；AgNO3 ；5.4；变小；(4) 电镀时，阳极上金属失电子导致金属质量减少，阴极上析出金属，导致质量增加，电镀后两极质量差的一半为阴极上析出的铜质量，所以阴极上析出铜的质量=5.12g=2.56g，由电极反应Cu2+2e-=Cu知，转移电子的物质的量=0.08mol，因此，本题正确答案是：0.08。【点睛】本题易错（4）小题，要注意电镀时阳极反应Cu-2e-=Cu2+，金属质量减少，阴极反应Cu2+2e-=Cu，质量增加，电镀后两极质量差的一半为阴极上析出的铜质量，再根据阴极电极反应式计算转移电子的物质的量。