1、广东省湛江市第二十一中学2019-2020学年高二化学下学期开学考试试题（含解析）第卷（选择题，共48分）一.选择题（本题包括16个小题，每小题3分，共48分。每小题只有1个选项符合题意。）1.下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是（ ）A. 铝片与稀H2SO4反应B. Ba(OH)28H2O与NH4Cl反应C. 灼热的炭与CO2反应D. 甲烷在O2中的燃烧反应【答案】C【解析】【详解】A铝片与稀H2SO4反应，Al和H的化合价发生改变且反应放热，属于氧化还原反应和放热反应，A选项不符合题意；BBa(OH)28H2O与NH4Cl的反应，元素化合价没有发生改变，属于非氧化还原反应，该反应为吸
2、热反应，B选项不符合题意；C灼热的炭与CO2反应，C的化合价发生改变，属于氧化还原反应，该反应为吸热反应，C选项符合题意；D甲烷在O2中的燃烧反应，C和O的化合价发生改变且反应放热，属于氧化还原反应和放热反应，D选项不符合题意；答案选C。2.自发进行的反应一定是A. 吸热反应B. 放热反应C. 熵增加反应D. 熵增加或者放热反应【答案】D【解析】【详解】A.吸热反应H0，但若S0，反应一定是非自发进行的反应，A错误；B.放热反应H0，但若S0，高温可能非自发反应，B错误；C.熵增的反应S0，若为吸热反应，则H0，低温可能非自发反应，C错误；D.熵增加或者放热反应，S0，H0，H-TS0，反应一
3、定自发进行，D正确。答案选D。3.关于盐类水解反应的说法正确的是( )A. 溶液呈中性的盐一定是强酸与强碱生成的盐B. 含有弱酸根离子的盐的水溶液一定呈碱性C. 盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸、碱电离程度的相对大小D. Na2S水解的离子方程式为：S2+2H2OH2S+2OH-【答案】C【解析】【详解】A溶液呈中性的盐不一定是强酸强碱盐，可能是弱酸弱碱盐，如醋酸铵溶液呈中性，A错误；B含有弱酸根离子的盐的水溶液不一定呈碱性，如醋酸铵溶液呈中性，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，B错误；C盐溶液的酸碱性主要决定于形成盐的酸、碱电离程度的大小，强酸弱碱盐溶液呈酸性，强碱弱酸盐溶液呈碱性，弱酸弱碱盐水溶液酸
4、碱性决定于形成盐的酸和碱电离程度的大小，C正确；DS2-水解离子方程式为S2+H2OHS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH-，D错误；答案选C。4.在一密闭容器中，反应 aA（g）bB（g）达平衡后，保持温度不变，将容器体积增加一倍，当达到新的平衡时，A的浓度变为原来的40%，则（ ）A. 平衡向正反应方向移动了B. 平衡向逆反应方向移动了C. 物质B的质量分数减小了D. ab【答案】A【解析】【分析】保持温度不变，将容器体积增加一倍,若平衡不移动，A和B的浓度应均是原来的倍,但当达到新的平衡时，A的浓度是原来的，说明减小压强平衡向正反应反应方向移动。【详解】A.平衡时A的浓度是原来的，小
5、于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，故A正确；B.平衡时A的浓度是原来的，小于原来的倍，说明平衡向正反应反应方向移动，故B错误；C.平衡向正反应方向移动，物质B的质量增大，混合物总质量不变，所以物质B质量分数增大，故C错误；D.增大体积，压强减小，平衡向正反应方向移动，则说明，故D错误；本题答案为A。【点睛】采用假设法分析,保持温度不变,将容器体积增加一倍,若平衡不移动,A和B的浓度应均是原来的倍,但当达到新的平衡时,A的浓度是原来的,说明减小压强平衡向正反应反应方向移动。5.反应C(s)+H2O(g)CO(g)+ H2(g) 在一可变容积的密闭容器中进行，在其它条件不变的情况下，下列条
6、件的改变对其反应速率几乎无影响的是 （ ）A. 增加H2O的物质的量浓度B. 将容器的体积缩小一半C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大D. 保持压强不变，充入N2使容器体积变大【答案】C【解析】【详解】A增加H2O的物质的量浓度，相当于加压，反应速率加快，A不合题意；B将容器的体积缩小一半，即加压，反应速率增大，B不合题意；C保持体积不变，充入N2使体系压强增大，各物质的浓度不变，速率不变，C符合题意；D保持压强不变，充入N2使容器体积变大，与反应有关气体的浓度减小，反应速率减慢，D不合题意；故选C。6.mA(g)+nB(g) pC(g)+qQ(g)当m、n、p、q为任意整数时，达到平衡
7、的标志是：（ ）体系的压强不再改变 体系的温度不再改变 各组分的浓度不再改变 各组分的质量分数不再改变反应速率VA:VB:VC:VD=m:n:p:q 单位时间内m mol A断键反应，同时p mol C也断键反应A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】该反应的反应前后气体计量数之和如果相等，则反应压强始终不变，所以体系的压强不再改变时，该反应不一定达到平衡状态，故错误；无论该反应是放热反应还是吸热反应，当体系的温度不再改变，正逆反应速率相等，则该反应达到平衡状态，故正确；各组分的浓度不再改变，则正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故正确；各组分的质量分数不再改变，则正逆反应速率相等
8、，该反应达到平衡状态，故正确；无论该反应否达到平衡状态，都存在反应速率VAVBVCVD=mnpq，所以该反应不一定达到平衡状态，故错误；单位时间内mmolA断键反应，同时pmolC也断键反应，正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故正确。达到平衡的标志有，故选B。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，只有反应前后改变的物理量才能作为判断的依据。解答本题需要注意该反应方程式中气体计量数之和未知，所以不能根据压强判断平衡状态。7.下列描述中不符合生产实际的是（ ）A. 电解水制氢气时，用铜作阳极B. 电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极C. 电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D. 在镀件上电镀锌，用锌作
9、阳极【答案】A【解析】【详解】A电解水制氢气时，用铜作阳极，则阳极Cu-2e-=Cu2+，得不到氧气，A符合题意；B电解法精炼铜时，用粗铜作阳极，用纯铜作阴极，电解硫酸铜溶液，B不合题意；C电解饱和食盐水制烧碱，用碳棒作阳极，用涂镍碳钢网作阴极，C不合题意；D在镀件上电镀锌，用锌作阳极，镀件作阴极，含有镀层金属离子的可溶性盐作电解质，D不合题意；故选A。8.查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际上乙醇被氧化为X，其中一个电极的反应式为：CH3CH2OH2e=X2H。下列说法中正确的是（）A. 电池内部H由正极向负极移动
10、B. 另一极的电极反应式为：O24e2H2O=4OHC. 乙醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极D. 电池总反应为：2CH3CH2OHO2=2CH3CHO2H2O【答案】D【解析】分析】依据电子得失法配平，方程式CH3CH2OH2e=X2H中X为CH3CHO，发生此反应的电极为负极；另一电极应通O2，电极反应式为O24e4H+=2H2O。【详解】A由于正极不断消耗H+，所以电池内部H由负极向正极移动，A不正确；B另一极的电极反应式为：O24e4H+=2H2O，B不正确；C乙醇在负极发生反应，电子经过外电路流向正极，C不正确；D从上面分析可知，CH3CH2OH最终转化为CH3CHO，则电池总
11、反应为：2CH3CH2OHO2=2CH3CHO2H2O，D正确；故选D9.电解CuCl2和NaCl的混合溶液，阴极和阳极上分别析出的物质是（ ）A. H2和Cl2B. Cu和Cl2C. H2和O2D. Cu和O2【答案】B【解析】【详解】在CuCl2和NaCl的混合溶液中含有的阳离子是Cu2+、Na+、H+，阴极上阳离子的放电顺序为Cu2+H+Na+，则阴极的电极反应式为Cu2+2e-=Cu；混合溶液中含有的阴离子是Cl-、OH-，阳极上阴离子的放电顺序为Cl-OH-，则阳极的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2；阴极和阳极上分别析出Cu和Cl2，答案选B。10.已知盐酸是强酸，在下列叙述中，能
12、说明醋酸是弱酸的是A. 将pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入水的量少B. 盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取C. 相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大D. 相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等【答案】C【解析】【详解】ApH=4的盐酸和醋酸，氢离子浓度都是0.0001mol/L，稀释成pH=5的溶液，醋酸是弱酸，醋酸所需加入的水量多，故A错误；B盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与同浓度硫酸反应制取盐酸是利用盐酸的挥发性，与酸性强弱无关，故B错误；C在醋酸的溶液中存在着CH3COOHCH3COO-+H+的电离平衡，CH3
13、COONa溶于水后，电离出大量CH3COO-离子，使醋酸的电离平衡向生成醋酸的方向移动，抑制了CH3COOH的电离，使c（H+）减小，因此溶液的pH增大。由此证明盐酸为强酸，醋酸为弱酸，故C正确；D相同pH，则氢离子浓度相同，产生氢气的起始速率相等，与盐酸是强酸，醋酸是弱酸无关，故D错误；故选C。11.下列反应没有涉及原电池的是A. 生铁投入稀盐酸中B. 铜片与银片用导线连接后，同时插入FeCl3溶液中C. 纯锌投入硫酸铜溶液中D. 含铜的铝片投入浓硫酸中【答案】D【解析】【详解】A.生铁投入稀盐酸中，Fe能够与盐酸反应，生铁中含有碳，能够形成铁碳原电池，A错误；B.Cu能够与三价铁离子反应，
14、在氯化铁溶液中形成铜银原电池，B错误；C.Zn能够置换出铜，在硫酸铜溶液中形成锌铜原电池，C错误；D.铝在浓硫酸中钝化，不能继续反应，不能形成原电池，D正确。答案选D12.已知：H2O(g)H2O(l) DH1Q1kJmol1 ；C2H5OH(g)C2H5OH(l) DH2Q2kJmol1；C2H5OH(g)3O2(g)2CO2(g)3H2O(g) DH3Q3kJmol1。若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为( )A. Q1Q2Q3B. 0.5(Q1Q2Q3)C. 0.5Q11.5Q20.5Q3D. 1.5Q10.5Q20.5Q3【答案】D【解析】【详解】H2O(g)H2
15、O(l) DH1Q1kJmol1 ；C2H5OH(g)C2H5OH(l) DH2Q2kJmol1；C2H5OH(g)3O2(g)2CO2(g)3H2O(g) DH3Q3kJmol1，依据盖斯定律：-+3得到：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H=(Q3-Q2+3Q1)kJ/mol，23g液态无水酒精物质的量为0.5mol，完全燃烧，并恢复到室温，则整个过程中放出的热量为-(0.5Q3-0.5Q2+1.5Q1 )kJ=1.5Q10.5Q20.5Q3，故选D。13.用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是 （ ）A. B. C. H+的浓度D.
16、 OH-的物质的量【答案】B【解析】【详解】A=，加水稀释，c(NH4+)减小，则增大，A不合题意；B=，加水稀释，c(NH4+)减小，则减小，B符合题意；C加水稀释，溶液的碱性减弱，c(OH-)减小，则H+的浓度增大，C不合题意；D加水稀释，氨水的电离程度增大，OH-的物质的量增大，D不合题意；故选B。14.下列各组离子能够在指定的环境下大量共存的是（ ）A. 在pH = 0的溶液中：Na+、K+、MnO4-、I-B. 和Al反应能产生氢气的溶液：K+、NH4+、Cl-、HCO3-C. c(H+)c(OH-)的溶液中：Na+、K+、CO32-、S2-D. 中性溶液中：K+、SO42-、Al(
17、OH)4-、Na+【答案】C【解析】【详解】ApH = 0的溶液呈酸性，MnO4-、I-因发生氧化还原反应而不能大量共存，A不合题意；B和Al反应能产生氢气的溶液，可能呈酸性，可能呈碱性，HCO3-在酸性、碱性溶液中都不能大量共存，B不合题意；Cc(H+)c(OH-)的溶液呈碱性，Na+、K+、CO32-、S2-都能大量共存，C符合题意；D中性溶液中，Al(OH)4-不能大量存在，D不合题意；故选C。【点睛】易水解的离子在中性溶液中都不能大量存在；水解呈碱性的离子，只有在碱性溶液中才能大量存在；水解呈酸性的离子，只有在酸性溶液中才能大量存在。15.室温下，在pH=12的某溶液中，由水电离的c(
18、OH)为（ ）A. 1.0107molL1B. 1.0106molL1C. 1.01010molL1D. 1.01012molL1【答案】D【解析】【详解】室温下，在pH=12的某溶液中，当溶质为碱时，水的电离受到抑制，由水电离的c(OH)=10-12mol/L；当溶质为盐时，溶液的碱性由酸根离子水解产生，水的电离受到促进，此时由水电离的c(OH)=10-2mol/L，故选D。16.如图所示为800时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化只从图上分析不能得出的结论是（ ）A. A是反应物B. 前2 min A的分解速率为0.1molL-1min-1C. 达平衡后，若升高温度，平衡向正反
19、应方向移动D. 达平衡后，若增大压强，平衡向逆反应方向移动【答案】C【解析】【详解】A.物质A的浓度是减小的，所以是反应物，选项A正确；B.前2 min A的浓度变化了0.2mol/L，所以其反应速率是0.1molL-1min-1，选项B正确；C.由于不能确定反应是放热反应还是吸热反应，所以选项C不能确定；D.根据物质的变化量可知，反应的方程式是2A2BC，即正反应是体积增大的，所以增大压强，平衡向逆反应方向移动，选项D正确。答案选C。第卷（非选择题，共52分）17.下列有关仪器的使用，能实现的是_(填序号)。 A用托盘天平称取11.70g食盐 B用量筒量取12.36mL盐酸 C用酸式滴定管量
20、取21.20mL 0.10mol/L H2SO4溶液 D用200mL容量瓶配制500mL 0.1mol/L NaCl溶液 现用物质的量浓度为a mol/L的标准盐酸去测定V mL NaOH溶液的物质的量浓度，请填写下列空白： （1）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还应该进行的操作是_。 （2）下图是酸式滴定管中液面在滴定前后的读数：则c(NaOH) = _。（3）若在滴定前滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定后滴定管尖嘴部分气泡消失，则测定的NaOH物质的量浓度会偏_。III 我们知道空气中含有N2、O2、CO2、H2S等气体。试判断下列滴定操作的终点、分析下列现象的原因，并写出有关离子方程式。（1）以酚酞
21、为指示剂，用碱液滴定酸液到_为终点。约半分钟后导致褪色的原因：_。（2）以淀粉为指示剂，用Na2S2O3滴定I2(2S2O32-+I2S4O62-+2I-)到 _为终点，约5min后溶液又显色的原因： _。【答案】 (1). C (2). 用标准盐酸溶液润洗 (3). a(V1-V2)/V (4). 高 (5). 显现浅红色且在半分钟内不褪色 (6). 空气中存在CO2 、H2S ，CO2+OH=HCO3， H2S+OH=HS+H2O (7). 蓝色恰好褪去 (8). 空气中存在O2；O2+4I+4H+=2H2O+2I2【解析】【详解】A.托盘天平的精度是0.1g，可以用托盘天平称取11.7g
22、食盐，故A错误；B.量筒的精度是0.1mL，可以用量筒量取12.4mL盐酸，故B错误；C.酸式滴定管的精度是0.01 mL，可以用酸式滴定管量取21.20mL0.10mol/LH2SO4溶液，故C正确；D.容量瓶只能配制和其规格相同体积的液体，用200mL容量瓶配制200mL0.1mol/LNaCl溶液，故D错误。答案选C。（1）滴定管用蒸馏水洗净后，还应该用待盛液润洗，即酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还应该进行的操作是用标准盐酸溶液润洗；（2）根据图示消耗盐酸(V2-V1)mL；根据可知氢氧化钠溶液的浓度为a(V1-V2)/V mol/L；（3）若在滴定前滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定后滴定管尖嘴
23、部分气泡消失，消耗盐酸的体积偏大，根据，则测得氢氧化钠的浓度偏高；III（1）滴定终点时，标准NaOH溶液略微过量（一般为半滴），溶液显碱性，遇酚酞指示剂显红色，则以酚酞为指示剂，用碱液滴定酸液由无色变为浅红色且在半分钟内不褪色为终点。空气中CO2、H2S与碱反应，所以约半分钟后导致褪色，离子方程式为：CO2+OH=HCO3，H2S+OH=HS+H2O。（2）以淀粉为指示剂，用Na2S2O3滴定I2(2S2O32-+I2S4O62-+2I-)到蓝色恰好褪去为终点，空气中含有氧气，氧气能把碘离子氧化为碘单质，所以约5min后溶液又显色，离子方程式为O2+4I+4H+=2H2O+2I2。18.现有
24、下列物质：Cl2 SO2 0.1molL-1Na2CO3溶液中的溶质 0.1molL-1的氨水中的NH3H2O 0.1molL-1CH3COOH溶液中的溶质 BaSO4。(1)属于强电解质的是_，属于弱电解质的是_，属于非电解质的是_，向中加入等物质的量，溶液导电性_（填“增强”或“减弱”）。(2)已知溶液呈碱性，甲同学认为显碱性原因是CO32-水解所致，为证明上述观点是否正确，请设计一个简单的实验，简述实验过程。_。(3)在T时，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H0的平衡常数K=6102，则：温度升高，化学平衡移动后，平衡常数K值_（填“增大”、“减少”或“不变”）。T时，向容
25、积为2L的密闭容器中充入0.4molSO2、0.18molO2和1.2molSO3的混合气体，此时该反应是否处于化学平衡状态_（填“是”或“否”），化学反应速率v(正)_v(逆)（填“大于”、“等于”或“小于”）。【答案】 (1). (2). (3). (4). 增强 (5). 向纯碱溶液中滴加数滴酚酞试液后，溶液显红色；然后逐滴加入氯化钙溶液直至过量，若溶液红色逐渐变浅直至消失，则说明上述观点 (6). 减小 (7). 否 (8). 大于【解析】【分析】(1)酸、碱、盐、金属氧化物和水为电解质，除有机酸外的有机物、非金属氧化物、大部分非金属氢化物等是非电解质，其中强酸、 强碱和绝大部分盐是强
26、电解质。溶液的导电性强弱取决于溶液中离子的总浓度。(2)设计实验时，既要证明溶液呈碱性，又要证明碱性与CO32-相关，即碱性随CO32-浓度的变化而变化。(3)由温度变化后平衡移动的方向确定温度改变与平衡常数的影响；利用浓度商与平衡常数的比较，既可确定是否为平衡状态，又可确定平衡移动的方向，从而确定正、逆反应速率的大小关系。【详解】(1) Na2CO3、BaSO4溶于水的部分发生完全电离，则为强电解质，所以属于强电解质的是；NH3H2O、CH3COOH溶于水的部分中，只有一部分发生电离，则为弱电解质，所以属于弱电解质的是；SO2的水溶液能导电，但导电离子来自H2SO3，SO2为非电解质，所以属
27、于非电解质的是；向中加入等物质的量，发生反应生成CH3COONH4，溶液中离子浓度增大，所以溶液的导电性增强。答案为：；增强；(2)证明碳酸钠溶液显碱性是CO32-水解所致，需证明溶液的碱性随c(CO32-)的改变而改变，可用酚酞变红证明溶液呈碱性，用滴加CaCl2溶液的方法降低溶液中c(CO32-)，从而引起溶液红色变化，因此设计的简单实验为：向纯碱溶液中滴加数滴酚酞试液后，溶液显红色；然后逐滴加入氯化钙溶液直至过量，若溶液红色逐渐变浅直至消失，则说明上述观点。答案为：向纯碱溶液中滴加数滴酚酞试液后，溶液显红色；然后逐滴加入氯化钙溶液直至过量，若溶液红色逐渐变浅直至消失，则说明上述观点；(3
28、)正反应放热，温度升高，化学平衡逆向移动，则平衡常数K值减少。答案为：减小；T时，向容积为2L的密闭容器中充入0.4molSO2、0.18molO2和1.2molSO3的混合气体，此时浓度商Q=1006102，该反应没有处于化学平衡状态；平衡正向移动，所以化学反应速率v(正)大于v(逆)。答案为：否；大于。【点睛】不管是电解质还是非电解质，都是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。19.在2 L密闭容器中，800时反应2NO(g)O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如下表：时间/s012345n(NO)/mol0.02000100.0080.0070.0070.00
29、7(1)写出该反应的平衡常数表达式：K_，已知：K(300)K(350)，该反应是_反应(填“放热”或“吸热”)。(2)下图中表示NO2的变化的曲线是_，用O2的浓度变化表示从02 s内该反应的平均速率v_。(3)能说明该反应已经达到平衡状态的是（ ）。av(NO2)2v(O2) b容器内压强保持不变cv逆(NO)2v正(O2) d容器内物质的密度保持不变(4)能使该反应的反应速率增大，且平衡向正反应方向移动的是（ ）。a及时分离出NO2气体 b适当升高温度c增大O2的浓度 d选择高效的催化剂【答案】 (1). c2(NO2)/c2(NO)c(O2) (2). 放热 (3). b (4). 1
30、.5103 molL1s1 (5). bc (6). c【解析】【详解】(1) 2NO(g)O2(g)2NO2(g)反应的平衡常数K=c2(NO2)/c2(NO)c(O2),因为升温平衡向吸热反应方向进行,已知：K(300)K(350)，温度越高平衡常数越小，升温平衡逆向进行，则该正反应为放热反应。故答案为c2(NO2)/c2(NO)c(O2)；放热；(2)由表中数据可知从3s开始,NO的物质的量为0.007mol,不再变化,3s时反应达平衡,NO2是产物,随反应进行浓度增大。平衡时NO浓度的变化量c(NO)=(0.02mol0.007mol)/2L=0.0065mol/L,所以图中表示NO2
31、变化的曲线是b；2s内用NO表示的平均反应速率v(NO)=n/Vt=(0.02mol0.008mol)/(2L2s)=3.0103molL1s1,速率之比等于化学计量数之比,所以v(O2)=1/2v(NO)=1/23.0103molL1s1=1.5103molL1s1。故答案为b；1.5103molL1s1；(3)a.未指明正逆速率,若均表示同一方向反应速率,v(NO2)自始至终为v(O2)的2倍，不能说明达到平衡，故a错误；b.容器体积不变，随反应进行，反应混合气体总的物质的量在减小，容器内压强减小，当容器内压强保持不变，说明反应到达平衡，故b正确；c.不同物质表示速率,到达平衡时,正逆速率
32、之比等于化学计量数之比,V逆(NO):V正(O2)=2:1,即V逆(NO)=2v正(O2)，故c正确；d.混合气体的总质量不变，容器容积为定值，所以密度自始至终不变，不能说明达到平衡，故d错误。故答案为bc；(4)a.及时分离除NO2气体平衡向右移动，但反应速率减小，故a错误；b.适当升高温度，反应速率增大但平衡向逆反应方向移动，故b错误；c.增大O2的浓度反应速率增大，且该反应向正反应方向移动，故c正确；d.选择高效催化剂能增大反应速率，但平衡不移动，故d错误。故答案为c。20.I如图所示，A、F为石墨电极，B、E为铁片电极。按要求回答下列问题。(1)断开K2，闭合K1时。B为_极，A的电极
33、反应为_，最终可观察到的现象是_。(2)断开K1，闭合K2时。E为_极，F极的电极反应为_，检验F极产物的方法是_。(3)若往U形管中滴加酚酞试液，进行（1）（2）操作时，A、B、E、F电极周围能变红的是_。如图所示，若电解5min时铜电极质量增加2.16g，B池的两极都有气体产生。试回答：(1)电源电极X名称为_。(2)pH变化：A池_， B池_， C池_。(3)写出B池中所发生的电解反应方程式： _。【答案】 (1). 负 (2). O2+4e-+2H2O=4OH- (3). 溶液中有红褐色沉淀生成 (4). 阴 (5). 2Cl-2e-=Cl2 (6). 用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近F极，
34、试纸变蓝，证明是氯气 (7). AE (8). 负极 (9). 变大 (10). 变小 (11). 不变 (12). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，2H2O2H2+O2【解析】【详解】(1)断开K2，闭合K1时，左端U形管没有外接直流电源，则形成原电池，相对活泼的电极为负极，则B为负极，电极反应为Fe-2e- =Fe2+；A为正极，发生吸氧腐蚀，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。两电极产物反应生成Fe(OH)2，然后发生4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，最终可观察到的现象是溶液中有红褐色沉淀生成。答案为：负；O2+4e-+2H2O=4OH-；溶液
35、中有红褐色沉淀生成；(2)断开K1，闭合K2时，右端U形管形成电解池，与电源正极相连的F极为阳极，则E为阴极；在F极，Cl-失电子生成Cl2，电极反应为2Cl-2e-=Cl2，检验F极产物Cl2，可使用湿润的淀粉碘化钾试纸，具体方法是：用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近F极，试纸变蓝，证明是氯气。答案为：阴；2Cl-2e-=Cl2；用湿润的淀粉碘化钾试纸靠近F极，试纸变蓝，证明是氯气；(3)若往U形管中滴加酚酞试液，进行（1）（2）操作时，A极反应为 O2+4e-+2H2O=4OH-，B极反应为Fe-2e- =Fe2+，E极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2，F极反应为2Cl-2e-=Cl2，则电
36、极周围能变红的是AE。答案为：AE；电解5min时，铜电极质量增加2.16g，则Cu电极为阴极，Ag电极为阳极，与它相连的电源Y电极为正极，X电极为负极。A池中，左端Pt电极为阴极，右端Pt电极为阳极，电池反应为2KCl+2H2O2KOH+Cl2+H2；B池中，左端Pt电极为阴极，右端Pt电极为阳极，电池反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，2H2O2H2+O2(B池的两极都有气体产生，所以有后一反应发生)；C池中，Cu电极反应Ag+e- =Ag，Ag电极反应Ag-e- =Ag+。(1)依上面分析，电源电极X名称为负极。答案为：负极；(2)从上面分析可知，pH变化：A池变大， B池变小， C池不变。答案为：变大；变小；不变；(3)由分析知，B池中所发生的电解反应方程式：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，2H2O2H2+O2。答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，2H2O2H2+O2。【点睛】审题时，我们一定要关注细节，否则易发生错误。如电解CuSO4、K2SO4的混合溶液，我们很容易想到电解CuSO4：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，但易忽视2H2O2H2+O2。题中信息“B池的两极都有气体产生”告诉我们，还应有另一在阴极产生气体的反应发生，仔细分析，只能为电解水。