1、高考资源网（） 您身边的高考专家20202021高二化学上学期月考试卷相对分子质量：C-12 H-1 O-16 Cl-35.5 Br-80 Ag-108 Cu-64 K-39第卷 (选择题 共51分)一、选择题(每题只有一个选项符合题意，每题2分，共50分)1. 在冶金工业中，常用电解法得到钠、镁、铝等金属，其原因是( )A. 都是轻金属B. 都是活泼金属C. 成本低廉D. 这些金属的化合物熔点较低【答案】B【解析】【详解】金属冶炼方法的选取主要依据的是金属的活泼性强弱，不活泼的金属可以用热分解法制备，如加热氧化汞；比较活泼的金属用热还原法制备，如用焦炭炼铁；活泼的金属离子很难被其他还原剂还原
2、，只能用电解法制备；由于钠、镁、铝是活泼金属，所以只能用电解法；故选B。2. 要在铁制品上镀上一定厚度的锌层，以下设计方案正确的是（ ）A. 锌作阳极，铁制品作阴极，溶液含有锌离子B. 铂作阴极，铁制品作阳极，溶液含有锌离子C. 铁作阳极，铁制品作阴极，溶液含有亚铁离子D. 锌用阴极，铁制品作阳极，溶液含有锌离子【答案】A【解析】【详解】电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，含有镀层金属离子的溶液作电镀液，所以要在铁制品上镀上一定厚度的锌层，应该是锌作阳极，铁制品作阴极，溶液含有锌离子。答案选A。3. 下列装置不能形成原电池的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A具有活性
3、不同的正负极材料，有电解质溶液，有闭合回路，有能自发进行的氧化还原反应，故可形成原电池，A正确；B具有活性不同的正负极材料，有电解质溶液，有闭合回路，有能自发进行的氧化还原反应，故可形成原电池，B正确；C具有活性不同的正负极材料，有闭合回路，但没有电解质溶液和能自发进行的氧化还原反应，故不可形成原电池，C错误；D具有活性不同的正负极材料，有电解质溶液，有闭合回路，有能自发进行的氧化还原反应，故可形成原电池，D正确；4. H2(g)F2(g)=2HF(g) DH270kJmol1，下列说法正确的是( )A. 2L氟化氢气体分解成1L氢气与IL氟气吸收270kJ热量B. 1mol氢气与1mol氟气
4、反应生成2mol液态氟化氢放出的热量小于270kJC. 在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢的能量D. 1个氢气分子与1个氟气分子反应生成2个氟化氢气体分子放出270kJ热量【答案】C【解析】【详解】A、由热化学方程式可知2mol氟化氢气体分解成1mol的氢气和1mol的氟气吸收270kJ热量，化学计量数表示物质的量，不是体积，故A错误；B、氟化氢气体转化为液态氟化氢要放热，根据方程式，1mol氢气与1mol氟气反应生成2mol液态氟化氢放出的热量大于270kJ，故B错误；C、该反应为放热反应，在相同条件下，1mol氢气与1mol氟气的能量总和大于2mol氟化氢
5、气体的能量，故C正确；D、热化学方程式中化学计量数表示物质的量，不表示分子个数，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意物质的状态不同，能量不同，一般而言，物质由固态变成液态和气态，液态变成气态需要吸热。5. 白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：PP akJmol1、PO bkJmol1、P=O ckJmol1、O=O dkJmol1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的H，其中正确的是（ ）A. （6a+5d4c12b）kJmol1B. （4c+12b6a5d）kJmol1C. （4c+12b4a5d）kJmol1D. （4
6、a+5d4c12b）kJmol1【答案】A【解析】【详解】反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的PP，5mol的O2中含有5molOO，1mol的P4O10中含有4mol的PO，12mol的PO，所以根据方程式可知反应热H(6a5d4c12b)kJmol1。答案选A。6. 已知H2(g)、C2H4(g)和C2H5OH(1)的燃烧热分别是-285.8kJmol-1、-1411.0kJmol-1和-1366.8kJmol-1,则由C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的H为( )A. -44.2kJmol-1B. +44.2kJm
7、lo-1C -330kJmol-1D. +330kJmlo-1【答案】A【解析】【详解】由题干条件可知如下反应：H2(g)+O2(g)H2O(l)；H=-285.8 kJmol-1 C2H4(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(l)；H=-1 411.0 kJmol-1 C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)；H=-1 366.8 kJmol-1 根据盖斯定律则-可得：C2H4(g)+H2O(l)C2H5OH(l)；H=-44.2 kJmol-1。答案选A。7. 已知正丁烷、异丁烷燃烧的热化学方程式分别为：CH3CH2CH2CH3(g)+6.5O2(g)4CO2
8、(g)+5H2O(l) H=2878kJ mol1(CH3)2CHCH3(g)+6.5O2(g) 4CO2(g)+5H2O(l) H=2869kJ mol1，下列说法正确的是A. 正丁烷分子储存的能量大于异丁烷分子B. 正丁烷的稳定性大于异丁烷C. 异丁烷转化为正丁烷的过程是一个放热过程D. 异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多【答案】A【解析】【详解】A、正丁烷燃烧放出的热量比异丁烷的能量多，说明正丁烷自身含有的能量高，能量高的物质不稳定，选项A正确；B、正丁烷燃烧放出的热量比异丁烷的能量多，说明正丁烷自身含有的能量高，能量高的物质不稳定，正丁烷的稳定性小于异丁烷，选项B错误；C、异丁烷转化为正
9、丁烷的反应属于反应物能量小于生成物能量，为吸热反应，选项C错误；D. 正丁烷与异丁烷属于同分异构体，所以含有的碳碳键与碳氢键的数目相同，选项D错误；答案选A。8. 下列关于热化学反应的描述中正确的是A. HCl和NaOH反应的中和热H57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热H2(57.3)kJ/molB. CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g) 2CO(g)O2(g)反应的H+2283.0kJ/molC. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D. 1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热【答案】B【解析】【详解】A强酸和强碱的稀
10、溶液反应才能保证H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)中和热为-573 kJmol1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；B在25，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)1/2 O2(g)= CO2(g) H-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2283.0kJ/mol，故B正确；C反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应，故C错误；D燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生
11、成液态水，D错误。答案选B。9. 下列反应中Q2Q1的是()A. H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)HQ1 kJ/mol；H2(g)Cl2(g)=2HCl(l)HQ2 kJ/molB. H2O(l)=H2(g)1/2O2(g)HQ1 kJ/mol；2H2(g)O2(g)=2H2O(l)HQ2 kJ/molC. S(s)O2(g)=SO2(g)HQ1 kJ/mol；S(g)O2(g)=SO2(g)HQ2 kJ/molD. HCl(aq)NaOH(aq)=NaCl(aq)H2O(l)HQ1 kJ/mol；CH3COOH(aq)NaOH(aq)=CH3COONa(aq)H2O(l)HQ2 kJ/
12、mol【答案】D【解析】【详解】AHCl(g) 转化为HCl(l)时能继续释放能量，故H2(g)Cl2(g)=2HCl(g)放出的热量比H2(g)Cl2(g)=2HCl(l)更少，故Q1 Q2，A不合题意；BH2O(l)=H2(g)1/2O2(g)HQ10 kJ/mol；2H2(g)O2(g)=2H2O(l)HQ2 Q2，B不合题意；CS(s)比 S(g)所具有的能量更大，故S(s)O2(g)=SO2(g)放出的热量比S(g)O2(g)=SO2(g)更少，故Q1 Q2，C不合题意； DCH3COOH为弱酸，电离时需吸收能量，故HCl(aq)NaOH(aq)=NaCl(aq)H2O(l)放出的热
13、量比CH3COOH(aq)NaOH(aq)=CH3COONa(aq)H2O(l)更多，故Q2 Q1 ，D符合题意；故答案为：D。10. 已知：2C（s）+O2（g）2CO（q）H=221.0kJ/mol2H2（q）+O2（q）2H2O（g）H=483.6kJ/mol，则制备水煤气的反应C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）的H为（ ）A. 262.6kJ/molB. 131.3kJ/molC. 352.3kJ/molD. +131.3kJ/mol【答案】D【解析】【详解】：2C（s）+O2（g）2CO（q）H=221.0kJ/mol2H2（q）+O2（q）2H2O（g）H=483.6kJ
14、/mol，依据盖斯定律得到 C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）H=+131.3kJmol1；故选：D。11. 化学反应N23H2 2NH3 的能量变化如图所示,该反应的热化学方程式是A. N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) =2(a-b-c)kJ/molB. N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) =2(b-c)kJ/molC. 1/2N2(g)+3/2H2(g)=NH3(l) =2(b+c-a)kJ/molD. 1/2N2(g)+3/2H2(g)=NH3(l) =2(a+b)kJ/mol【答案】A【解析】【分析】根据断键吸收的能量与成键释放的能量的相对大小，判断反应过程中
15、的能量变化。【详解】根据图像可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应是放热反应；由图知1/2molN2(g)和3/2molH2(g)形成1molN和3molH过程中吸收的能量为akJ，由1molN和3molH 结合生成1molNH3(g)释放的能量为bkJ，所以1/2N2(g)+3/2H2(g) =NH3(g)反应过程中H=（a-b）kJ/mol；而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为ckJ，故1/2N2(g)+3/2H2(g) =NH3(l) H=（a-b-c）kJ/mol，也可以写成：N2（g）+3H2（g）=2NH3（1） H=2（a-b-c）kJmo
16、l-1，故选A。【点睛】书写热化学方程式时，化学计量数只代表物质的量，注意注明物质的状态和反应热的单位。12. 如图所示，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是a极板b极板X电极ZA铜石墨负极CuCl2B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D锌石墨负极CuSO4A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【分析】通电后发现a极板质量增加，所以金属阳离子在a极上得电子，a极是阴极，溶液中金属元素在金属活动性顺序表中处于氢元素后边；b极是阳极，b极板处有无色无味气体放出，即溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极材料必须是不活泼的非
17、金属（或铂和金），电解质溶液中的阴离子必须是氢氧根离子或含氧酸根离子。【详解】A电解氯化铜溶液，阳极生成黄绿色气体氯气，阴极析出铜，不符合，故A错误；B电解氢氧化钠溶液，相当于电解水，阴极和阳极均生成无色气体，故B错误； C铁是活泼金属，作阳极失电子，所以在b极上得不到气体，故C错误；D该选项符合条件，电解硫酸铜溶液，阳极生成无色无味的气体氧气，阴极析出铜，故D正确；故选：D。13. 如图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是A. 电极上发生还原反应，作原电池的负极B. 电极的电极反应式为： Cu2+2e= CuC. 该原电池的总反应为： 2Fe3+Cu= Cu2+2Fe2+D. 盐桥中
18、装有含氯化钾琼脂，其作用是传递电子【答案】C【解析】A. 铜的金属性强于Pt，因此电极是正极，发生还原反应，A错误；B. 电极是负极，铜失去电子，电极反应式为：Cu2eCu2，B错误；C. 正极铁离子得到电子，因此该原电池的总反应为：2Fe3CuCu22Fe2，C正确；D. 盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递阴阳离子，使溶液保持电中性，D错误，答案选C。点睛：明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池中正负极的判断、电子和离子的移动方向，难点是电极反应式的书写，注意从氧化还原反应的角度去把握，另外还需要注意溶液的酸碱性、交换膜的性质等14. 一定量的稀盐酸跟过量锌粉反应时，为了加快反应速
19、率又不影响生成H2的总量，可采取的措施是()A. 加入少量稀NaOH溶液B. 加入少量CH3COONa固体C. 加入少量NH4HSO4固体D. 加入少量CuSO4溶液【答案】D【解析】【详解】由于Zn过量，故氢气的量取决于HCl的量即H+的量，A加入少量稀NaOH溶液消耗盐酸，导致盐酸浓度减小，反应速率减慢，氢气的量减少，A不合题意；B加入少量CH3COONa固体反应先生成CH3COOH弱电解质，然后CH3COOH逐渐电离出H+，故H+浓度减小，但H+的总量不变，故反应速率减慢，氢气的量不变，B不合题意；C加入少量NH4HSO4固体，NH4HSO4=+H+，故H+浓度增大，H+的物质的量增多，
20、故反应速率加快，氢气的量增多，C不合题意；D加入少量CuSO4溶液，Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出来的铜与锌和稀盐酸组成原电池反应，加快氢气的生成速率，氢气的总量不变，D符合题意；故答案为：D。15. 氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷的热化学方程式分别为：H2(g)1/2O2(g)H2O(l) H285.8kJ/molCO(g)1/2O2(g)CO2(g) H283.0kJ/molC8H18(l)25/2O2(g)8CO2(g)9H2O(l) H5518kJ/molCH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l) H890.3kJ/mol 相同质量的氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷完全燃烧时
21、，放出热量最少的是( )A. H2B. COC. C8H18D. CH4【答案】B【解析】【详解】根据热化学方程式可知，相同质量假设均为1g的氢气、一氧化碳、辛烷、甲烷完全燃烧时放出的热量分别为：，故等质量时CO放出的热量最少，故答案为：B。16. 设NA为阿伏加德罗常数的值，则下列关于C2H2(g)O2(g)=2CO2(g)H2O(l)H1300 kJmol1的说法正确的是()A. 有10NA个电子转移时，吸收1300 kJ能量B. 有8NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300 kJ能量C. 有NA个水分子生成且为液体时，吸收1300 kJ能量D. 有2NA个碳氧双键生成时，放出1300 k
22、J能量【答案】B【解析】【详解】A由题可知，1 mol C2H2反应转移10 NA个电子，应放出1300 kJ的能量，A项错误；B1 mol CO2分子中有4NA个碳氧共用电子对，则有8NA个碳氧共用电子对生成时，即生成2molCO2，应放出1300 kJ能量，B项正确；C根据反应方程式可知，有NA个水分子生成且为液体时，应放出1300 kJ能量，C项错误；D1 mol CO2中含有2NA个碳氧双键，生成1 mol CO2放出能量，D项错误。答案选B。17. 已知：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H890.3 kJ/mol，2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H571
23、.6 kJ/mol，1 g氢气和1 g甲烷分别充分燃烧后(生成液态水)，放出的热量之比约为()A. 13.4B. 11.7C. 2.11D. 2.61【答案】D【解析】【详解】由2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H571.6 kJ/mol可知，1g氢气燃烧后放出的热量为=142.9kJ，由CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H890.3 kJ/mol可知则1 g甲烷燃烧后放出的热量为=55.6kJ，所以1g氢气与1 g甲烷分别燃烧后放出的热量之比为：142.9：55.6=2.6：1；故选D。18. 用0.55 molL1 NaOH溶液分别与0.5 molL1的盐酸、醋酸
24、溶液反应，且所取的溶液体积均相等，测出的中和热数值分别为H1和H2，则H1和H2两者的关系正确的是（ ）A. H1H2B. H1=H2C. H1H2D. 无法比较【答案】C【解析】【详解】因为盐酸是强酸完全电离，而醋酸是弱酸，在反应过程中醋酸电离要吸收热量，所以醋酸与氢氧化钠溶液反应时放出的热量少，盐酸与氢氧化钠反应放出的热量多，中和热数值分别为H1和H2，而H1和H2是用负值表示，因此H1H2，答案选C。19. 某生产工艺中用惰性电极电解Na2CO3溶液获得NaHCO3和NaOH，其原理如图。下列有关说法正确的是( )A. 应选用阳离子交换膜，电解时Na+从右侧往左移动B. 阳极电极反应为4
25、CO+2H2O-4e- = 4HCO+O2C. B出口为H2，C出口为NaHCO3溶液D. a 接外电源负极【答案】B【解析】【分析】根据图示，a极放出氧气，是溶液中的水失去电子发生氧化反应，a极为阳极，阳极区生成氢离子与碳酸根离子反应生成碳酸氢根离子，则b极放出氢气，溶液中的水得到电子发生还原反应，阴极区生成的氢氧根离子与阳极区迁移过来的钠离子结合形成氢氧化钠。【详解】A根据上述分析，阳极区的钠离子需要向阴极区迁移，应选用阳离子交换膜，电解时Na+从左侧往右移动，故A错误；B根据上述分析，阳极电极反应为4CO+2H2O-4e- = 4HCO+O2，故B正确；CB出口为H2，C出口为氢氧化钠溶
26、液，故C错误；D根据上述分析，a极为阳极，a接外电源正极，故D错误；故选B。20. 下面均是正丁烷与氧气反应的热化学方程式(25，101 kPa)(1)C4H10(g)O2(g)=4CO2(g)5H2O(l) H2878 kJ/mol(2)C4H10(g)O2(g)=4CO2(g)5H2O(g) H2658 kJ/mol(3)C4H10(g)O2(g)=4CO(g)5H2O(l) H1746 kJ/mol(4)C4H10(g)O2(g)=4CO(g)5H2O(g) H1526 kJ/mol由此判断，正丁烷的燃烧热为()A. 2 878 kJ/molB. 2 658 kJ/molC. 1 746
27、 kJ/molD. 1 526 kJ/mol【答案】A【解析】【详解】燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，本题要求计算正丁烷的燃烧热，即计算1mol正丁烷完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水时放出的热量，只有A符合要求，故选A。21. 电解法精炼含有Fe、Zn、Ag等杂质的粗铜。下列叙述正确的是A. 电解时以硫酸铜溶液作电解液，精铜作阳极B. 粗铜与电源负极相连，发生氧化反应C. 阴极上发生的反应是Cu2+2eCuD. 电解后Fe、Zn、Ag等杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥【答案】C【解析】【详解】A.电解精炼铜时以硫酸铜溶液为电解质溶液，粗铜作阳极，精铜作阴极，A错误
28、；B.粗铜作阳极，与电源的正极相连，B错误；C.阴极上发生还原反应，阴极反应式为Cu2+2e-=Cu，C正确；D.Fe、Zn比Cu活泼，电解时Fe、Zn在阳极发生失电子的氧化反应生成Fe2+、Zn2+而进入电解质溶液中，Ag等活泼性不如Cu的杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥，D错误；答案选C。22. 电解CuSO4溶液时，若要达到以下三点要求：阳极质量减少；阴极质量增加；电解液中c(Cu2)不变，则可选用的电极是( )A. 含Zn、Ag的铜合金作阳极，纯铜作阴极B. 纯铜作阳极，含Zn、Ag的铜合金作阴极C. 用纯铁作阳极，用纯铜作阴极D. 用石墨作阳极，用惰性电极(Pt)作阴极【答案】B【解
29、析】【分析】根据，须选择非惰性电极(除石墨、金、铂外的电极)作阳极；根据，须选择纯铜作阳极，含有Cu2的盐溶液(如硫酸铜溶液)作电解液，至于阴极材料则选择的余地较大，如B选项中用含Zn、Ag的铜合金作阴极，当然也可用纯铜、石墨、铂等作阴极。【详解】A、Zn的活泼性比Cu强，则Zn先放电；在Zn放电时，阴极上Cu2+也放电，导致的结果是溶液中c(Cu2+)减少，A不符合题意；B、阳极上Cu放电生成Cu2+，阴极上Cu2+放电生成Cu，故阳极的质量减少，阴极的质量增加，溶液中c(Cu2+)不变，B符合题意；C、阳极上Fe放电生成Fe2+，阴极上Cu2+放电生成Cu，则溶液中c(Cu2+)减少，C不
30、符合题意；D、阳极上水电离出的OH-放电生成O2，阴极上水电离出的H+放电生成H2，相当于电解水，故阳极、阴极的质量不变，溶液中c(Cu2+)增大，D不符合题意；故选B。23. 用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后恰好恢复到电解前的浓度，则电解过程中转移的电子数为 ( )A. 0.1 molB. 0.2 molC. 0.3 molD. 0.4 mol【答案】B【解析】【分析】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，遵循的原则是出什么加什么，加入CuO后溶液与电解前相同，说明阴极只有铜离子放电。【详解】加入0.1molCuO后恰好恢复
31、到电解前的浓度，说明有阴极有0.1mol铜析出，则转移电子的物质的量是0.1mol（2-0）=0.2mol，故B正确。24. 250 mL K2SO4和CuSO4的混合溶液中c(SO42)0.5 molL1，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1.12 L气体（标准状况下）。假定电解后溶液体积仍为250 mL，下列说法不正确的是A. 电解得到Cu的质量为3.2 gB. 上述电解过程中共转移电子0.2 molC. 电解后的溶液中c(H)0.2 molL1D. 原混合溶液中c(K)0.6 molL1【答案】C【解析】【分析】根据溶液中离子放电能力的强弱，该混合溶液在电解过程中分两
32、个阶段：第一阶段，当阴极析出铜时，阳极析出O2；第二阶段，当阴极析出H2时，阳极析出O2。已知通电一段时间后，两极均收集到1.12L气体（标准状况下），即0.05mol，可见当阴极析出0.05mol H2，转移电子0.1mol，同时，在阳极只能析出0.025mol O2，即第二阶段；所以在第一阶段阳极析出的O2也是0.025mol，转移电子0.1mol，同时，在阴极析出0.05mol Cu，溶液中生成0.1mol H+，电路中共转移电子0.2mol，根据溶液中电荷守恒可求出K+的浓度。【详解】A、根据上述分析，第一阶段，溶液中的Cu2+在阴极全部放电，析出0.05molCu，其质量为3.2g，
33、A正确；B、两个阶段转移电子都是0.1mol，所以共转移电子0.2mol，B正确；C、溶液中的H+是在第一阶段生成的，当阳极析出O20.025mol时，溶液中生成H+0.1mol，所以c(H)0.4 mol/L，C不正确；D、n(Cu2+)=0.05mol，n(SO42-)=0.5mol/L0.25L=0.125mol，由电荷守恒可得n(K+)=0.15 mol，c(K)0.6mol/L，D正确；答案为C。25. 常温下用石墨电极，电解100 mL 0.1 molL1的Cu(NO3)2和0.1 molL1的AgNO3组成的混合溶液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12 L时，假设溶
34、液体积不变，下列说法正确的是A. 阴极增重1.4 gB. 所得溶液c(H+) 0.1 molL-1C. 阴极增重0.64 gD. 所得溶液pH1【答案】B【解析】【详解】100ml 0.1mol/L的硝酸铜和0.1mol/L的硝酸银组成的混合溶液，含有银离子、铜离子各0.01mol，用石墨作电极电解混合液，当某一电极上生成的气体在标准状况下体积为1.12L时：（一）假如是阴极上生成的气体体积为1.12L即=0.05mol，说明银离子、铜离子放电完全，溶液中的氢离子放电生成氢气0.05mol，阴极的电极反应为：Ag+e-=Ag；Cu2+2e-=Cu；2H+2e-=H2，转移电子数：，共转移电子数
35、0.01+0.02+0.1=0.13（mol），阴极增重0.01108+0.0164=1.72g，A错误；C错误；此时阳极为氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式阳极：4OH-4e-=2H2O+O2；，则反应后溶液中的氢离子浓度为mol/L=0.3mol/L，则所得溶液pH1，B正确；D错误；（二）假如是阳极上生成的气体体积为1.12L即=0.05mol，电极反应式阳极：4OH-4e-=2H2O+O2，则共转移0.05mol4=0.2mol电子；阴极：Ag+e-=Ag；Cu2+2e-=Cu；2H+2e-=H2；转移电子数：所以阴极增重0.01108+0.0164=1.72g，故A，C错误；反应后溶
36、液中的氢离子浓度为 =0.3mol/L，则所得溶液pH1，故D错误；B正确；故答案为：B。第卷 (非选择题 共70分)26. 用惰性电极电解下列电解质溶液：硫酸；盐酸；NaOH溶液；Na2SO4溶液；CuCl2溶液；NaCl溶液；CuSO4溶液。请依据所学知识回答下列问题(填序号)：(1)阴极反应与相同的有_。(2)阳极反应与相同的有_。(3)写出电解下列溶液的化学方程式：_；_；_。(4)只有水被电解的是_，只有电解质本身被电解的是_，电解质和水都被电解的是_。(5)电解后溶液的pH显著增大的是_，减小的是_。(6)欲使溶液电解后复原需_，欲使电解后的复原需加入_。【答案】 (1). (2)
37、. (3). 2H2O2H2+O2 (4). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 (5). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4 (6). (7). (8). (9). (10). (11). HCl (12). CuO【解析】【详解】（1）氯化铜是不活泼金属的无氧酸盐，电解氯化铜溶液实质上是电解氯化铜，阴极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜，题给物质中硫酸铜含有铜离子，阴极上也是铜离子得到电子发生还原反应生成铜，故答案为：；（2）盐酸是无氧酸，电解盐酸溶液实质上是电解氯化氢，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，题给物质中氯化铜溶液和氯化钠溶液都含有氯离子，阳极上也
38、是氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，故答案为：；（3）氢氧化钠是强碱，电解氢氧化钠溶液实际上是电解水，电解的化学方程式为2H2O2H2+O2；氯化钠是不活泼金属的无氧酸盐，电解时，阳极上氯离子失去电子发生氧化反应生成氯气，阴极上氢离子得到电子发生还原反应生成，电解的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；硫酸铜是不活泼金属的含氧酸盐，电解时，阳极上水电离出的氢氧根离子失去电子发生氧化反应生成氧气，阴极上铜离子得到电子发生还原反应生成铜，电解的化学方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，故答案为：2H2O2H2+O2；2NaCl+2H2O2NaOH+H2+C
39、l2；2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4；（4）由电解规律可知，强碱、含氧酸和活泼金属的含氧酸盐的溶液电解时实际上是电解水，则硫酸、氢氧化钠溶液和硫酸钠溶液符合题意；无氧酸溶液和不活泼金属的无氧酸盐电解时，实际上是电解电解质，则盐酸和氯化铜溶液符合题意；活泼金属的无氧酸盐溶液和不活泼金属的含氧酸盐溶液电解时，电解质和水都被电解，则氯化钠溶液和硫酸铜溶液符合题意，故答案为：；（5）电解盐酸时实际上是电解电解质，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，电解氢氧化钠溶液时，实际上是电解水，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，电解氯化钠溶液是，阴极上水电离出的氢离子放电，破坏水的电离平衡
40、，在阴极区生成氢氧化钠，溶液pH增大，则电解盐酸、氢氧化钠溶液和氯化钠溶液时，溶液的pH增大；电解硫酸时，实际上是电解水，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，电解硫酸铜溶液时，阳极上水电离出的氢氧根离子放电，破坏水的电离平衡，在阳极区生成硫酸，溶液pH减小，故答案为：；（6）由电解氯化钠溶液的方程式可知，欲使溶液电解后复原应通入氯化氢气体与电解生成的氢氧化钠反应生成氯化钠和水的物质的量比为1:1；由电解硫酸铜溶液的方程式可知，欲使溶液电解后复原应加入氧化铜与反应生成的硫酸反应生成硫酸铜和水的物质的量比为1:1，故答案为：HCl；CuO。27. (1)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HC
41、1。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl+O22Cl2+2H2O。已知：.反应A中， 4mol HCI被氧化，放出115.6kJ的热量。.H2O的电子式是_反应A的热化学方程式是_断开1 mol HO 键与断开 1 mol HCl键所需能量相差约为_kJ， H2O中HO 键比HCl中HCl键(填“强”或“弱”)_。(2)X、Y、Z、M、G五种元素分属三个短周期，且原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子。X2M的燃烧热Ha kJ/mol，写出X2M燃烧反应的热化学方程式_(3)利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下： 2H2(g)
42、 + CO(g)CH3OH(g) H 90.8 kJmol1 2CH3OH(g)CH3OCH3(g) + H2O(g) H23.5 kJmol1 CO(g) + H2O(g)CO2(g) + H2(g) H41.3 kJmol1总反应：3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2 (g)的H_【答案】 (1). (2). 4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) =-115.6 KJ/mol (3). 31.9 (4). 强 (5). 2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) =-2akJmol-1 (6). -246.4 kJmol-1【
43、解析】【分析】(1)共价化合物电子式由对应原子的电子式组成，并要表示出两原子之间的共用电子对情况；反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，依据热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变写出；反应热H=反应物总键能-生成物的总键能，据此计算H-O键与H-Cl键的键能差，进而计算断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量差；(2) X、Y、Z、M、G五种分属三个短周期元素，且原子序数依次增大。则X为H元素；X、Z同主族，Z、X可形成离子化合物ZX，且Z原子序数大于Y原子序数，所以Z是Na元素；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子，则Y是O元素，M是S元
44、素；G的原子序数最大，且为短周期主族元素，则G为Cl元素（不考虑稀有气体），故X2M是H2S，据此解题；(3)根据盖斯定律进行求解即可。【详解】(1)H2O是共价化合物，是由原子和氢原子形成共价键，电子式为，故答案为：；依据反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) =-115.6 KJ/mol，故答案为：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) =-115.6 KJ/mol；E(H-O)、E(H-Cl)分别表示H-O键能、H-Cl键能，反应A中，4mol HCl被氧化，放出115.
45、6kJ的热量，反应热=反应物总键能-生成物的总键能，故：4E(H-Cl)+498kJ/mol-2243kJ/mol+4E（H-O）=-115.6kJ/mol，整理得，4E（H-Cl）-4E（H-O）=-127.6kJ/mol，即E(H-O)-E(HCl)=31.9kJ/mol，故断开1mol H-O键与断开1mol H-Cl键所需能量相差约为31.9kJ/mol1mol=31.9kJ，所以H2O中H-O 键比HCl中H-Cl键强；故答案为：31.9；强；(2)由分析可知X2M为H2S， 又知H2S的燃烧热=-a kJmol-1，则H2S燃烧反应的热化学方程式为：2H2S(g)+3O2(g)=2
46、SO2(g)+2H2O(l) =-2akJmol-1，故答案为：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) =-2akJmol-1；(3)根据盖斯定律可知，反应3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2 (g)可由2+得到，故=2(90.8 kJmol-1)+(23.5 kJmol-1)+(41.3 kJmol-1)=-246.4 kJmol-1，故答案为：-246.4 kJmol-1。28. 氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：依据上图，完成下列填空：(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应式为_。 与电源负极相连的电极附近
47、，溶液pH _（选填：不变，升高或下降）。(2)工业食盐含Ca2+、Mg2+等杂质，精制过程发生反应的离子方程式为_，(3)如果粗盐中SO42-含量较高，必须添加钡试剂除去SO42-，该钡试剂可以是_。a.Ba(OH)2 b.Ba(NO3)2 c.BaCl2(4)为有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，加入试剂的合理顺序为 _。a. 先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂b. 先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3c. 先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过_、冷却、_(填写操作名称)除去NaCl。(6)在隔膜法电解食盐
48、水时，电解槽分隔为阳极区和阴极区，防止Cl2与NaOH反应；采用无隔膜电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，产物仅是NaClO和H2，相应的化学方程式为_。【答案】 (1). 2Cl-2e-=Cl2 (2). 升高 (3). Ca2+ CO32-= CaCO3；Mg2+2OH- =Mg(OH)2 (4). ac (5). bc (6). 蒸发 (7). 过滤 (8). NaCl+H2ONaClO+H2【解析】【分析】(1)电解过程中，与电源正极连接的电极为阳极，阳极上Cl-失去电子发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，阴极上溶液中的H+得到电子被还原为H2，同时附近溶液中生成NaOH
49、；(2)用可溶性的碳酸钠除去Ca2+，用NaOH除去Mg2+；(3)添加Ba2+除去SO42-，注意不能引入新的杂质；(4)有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在含钡离子的试剂之后；(5)根据氯化钠的溶解度随温度变化不大的特征进行分析；(6)根据反应物和生成物写出反应方程式。【详解】(1)电解食盐水，与电源正极相连的电极为阳极，阳极Cl-失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：上所发生反应式为2Cl-2e-=Cl2，与电源负极相连为阴极，阴极上溶液水电离产生的H+得到电子变为H2，同时附近溶液生成NaOH，使溶液中c(OH-)增大，所以溶液pH升高；(2)杂质Ca2+用Na2CO
50、3除去，杂质Mg2+用NaOH除去，反应的离子反应分别为Ca2+CO32-=CaCO3、Mg2+2OH-=Mg(OH)2；(3)如果粗盐中SO42-过高，除去SO42-要使用Ba2+，使SO42-转化为BaSO4沉淀，不能引入新的杂质，由于除去Mg2+要使用NaOH，使用试剂若是Ba(NO3)2，就会引入杂质离子NO3-，所以合理选项是ac；(4)有效除去Ca2+、Mg2+、SO42-，应注意碳酸钠在钡试剂之后，是为除去过量的Ba2+，显然选项bc符合，故合理选项是bc；(5)因为NaCl的溶解度受温度影响变化不大，而NaOH的溶解度受温度的影响变化较大，所以可以采用蒸发溶剂结晶的方法，然后过
51、滤制得晶体，从而除去氢氧化钠中的氯化钠；(6)若氯气和氢氧化钠充分接触，产物仅是次氯酸钠和氢气，则发生的反应为：NaCl+H2O NaClO+H2。【点睛】本题考查粗盐提纯及电解原理，明确电解原理、发生的离子反应及电解反应是解答的关键，注意除杂时不能引入新的杂质及试剂的添加顺序。29. 电解原理在化学工业中有广泛应用。如图表示一个电解池，装有电解液c；A、B是两块电极板，通过导线与直流电源相连。(1)若A、B都是惰性电极，c是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时向U型管两边各滴入几滴酚酞试液，试判断：a_极(填“正”或“负”)；B电极上的电极反应式为，_(2)如要用电解方法精炼粗铜，电解液c选用
52、CuSO4溶液，则B电极的材料是_，电极反应式为_。(3)用惰性电极电解CuSO4溶液.若阴极上析出Cu的质量为3.2g，则阳极上产生的气体在标准状况下的体积为_；【答案】 (1). 正 (2). 2H+2e-H2或2H2O+2e-H2+2OH- (3). 纯铜 (4). Cu2+2e-=Cu (5). 0.56【解析】【分析】(1)根据电流方向判断电源的正负极，再判断出电解槽的阴、阳极即可写出B电极的电极反应式；(2)根据电流方向分析判断出电源电极，结合精炼铜的原理即可推知电极B的材料和电极反应式；(3)计算出铜的物质的量，根据电子守恒进行计算。【详解】（1）根据电流方向可知，a为电源的正极
53、，b为负极，故答案为：正；由分析可知，A为电解池的阳极，B为阴极；电极B发生了还原反应，水电离的氢离子得到电子生成无色的氢气，电极反应为：2H+2e-H2或2H2O+2e-H2+2OH-，故答案为：2H+2e-H2或2H2O+2e-H2+2OH-；（2）根据电流方向可知，a为电源的正极，b为负极，A为电解池的阳极，B为阴极，精炼铜时粗铜与电源的正极相连作阳极，纯铜与电源的负极相连作阴极，故B为纯铜，阴极发生还原反应，故电极反应为： Cu2+2e-=Cu，故答案为：纯铜；Cu2+2e-=Cu；（3）电解硫酸铜溶液时，阳极上氢氧根离子放电，生成1mol氧气需要4mol电子，根据转移电子相等得阳极上
54、产生气体在标准状况下的体积= 故答案为：0.56。30. 由于Fe (OH)2极易被氧化，所以实验室很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe (OH)2沉淀，应用如图电解实验可以制得白色的纯净的Fe (OH)2沉淀。两电极材料分别为石墨和铁。(1)a电极材料应为_，电极反应式为_。(2)电解液C可以是_。A.纯净水 B.NaCl溶液 C.NaOH溶液 D.CuCl2溶液(3)d为苯，其作用是_，在加入苯之前对C应作何简单处理_(4)为了在较短时间内看到白色沉淀，可采取的措施是_。A.改用稀硫酸作电解液B.适当增大电源的电压C.适当减小两电极间距离D.适当降低电解液的温度【答案】 (1).
55、石墨 (2). 2H2O+2e-=2OH-+H2 (3). BC (4). 隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化 (5). 加热煮沸 (6). BC【解析】【详解】（1）制纯净的Fe(OH)2沉淀，则Fe为阳极，失去电子，b与电源正极相连，则b为阳极，故石墨为阴极，得到电子，a与电源负极相连，故发生的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2，故答案为：石墨；2H2O+2e-=2OH-+H2；（2）纯水导电性太差，影响物质的制备，而NaCl、NaOH溶液中氢离子放电，可生成Fe(OH)2沉淀，电解液为CuCl2溶液，发生Fe+CuCl2=Cu+CuCl2，则电解液b可选择BC，故答案为：BC；（3）苯
56、的密度水的小，不溶于水，可隔绝空气，防止氢氧化亚铁被氧化，为防止氢氧化亚铁被氧化，并在实验加入苯之前，对d溶液进行加热煮沸的目的是排出溶液中的氧气，故答案为：隔绝空气防止氢氧化亚铁被氧化；加热煮沸；（4）短时间内看到白色沉淀，适当增大电源电压、适当缩小两电极间距离可增大反应的速率，而改用稀硫酸不能生成沉淀，降低温度反应速率减慢，故答案为：BC。31. 如图所示，通电5min后，电极5的质量增加2.16g，请回答下列问题：(1)电源a是_极，C槽是_池。A槽的阴、阳极电极反应：_；_。C槽的阴、阳极电极反应：_；_(2)如果B槽中共收集到224 mL气体(标准状况)且溶液体积为200 mL(设电
57、解过程中溶液体积不变)，则通电前溶液中Cu2+的物质的量浓度为_。(3)室温下如果A槽溶液是200 mL足量的食盐水(电解过程中溶液体积不变)，则通电后溶液中氢离子浓度c(H+)=_；【答案】 (1). 负 (2). 电镀 (3). 2H2O+2e-=2OH-+H2 (4). 2Cl-2e-=Cl2 (5). Ag+e-=Ag (6). Ag-e-=Ag+ (7). (8). 【解析】【分析】由题干信息电极5的质量增加2.16g，可知电极5的反应式为：Ag+e-=Ag，故电极5是阴极，则电源a电极是负极，b极为正极，故电极1、电极3也是阴极，电极2、4、6为阳极，据此分析进行解题。【详解】(1
58、)由上述分析可知，电源a是负极，C槽中电极5的反应式为Ag+e-=Ag，电极6的反应式为：Ag-e-=Ag+，故是在铜上面镀银，故C槽是电镀池,A槽是电解NaCl溶液，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，故阴、阳极电极反应分别为：2H2O+2e-=2OH-+H2；2Cl-2e-=Cl2，C槽的阴、阳极电极反应：Ag+e-=Ag；Ag-e-=Ag+，故答案为：负；电镀；2H2O+2e-=2OH-+H2；2Cl-2e-=Cl2；Ag+e-=Ag；Ag-e-=Ag+；(2)由电极5的质量增加2.16g，说明电路上通过的电子的物质的量为，B槽是电解硫酸铜溶液，则阴极发生的反应式为：Cu2+2e-=Cu
59、；阳极发生的反应式为：2H2O-4e-=4H+O2，若B槽只产生O2的话，则V(O2)=224mL，故说明B槽中还发生电解稀硫酸的电极反应，阴极为：2H+2e-=H2，根据电子守恒有：2n(H2)+2n(Cu2+)=0.02mol，n(O2)+n(H2)=，且4n(O2)=0.02mol，故解得：n(Cu2+)=0.005mol，故通电前溶液中Cu2+的物质的量浓度为，故答案为：；(3) 由电极5的质量增加2.16g，说明电路上通过的电子的物质的量为，根据电子守恒可知，A槽中产生的OH-的物质的量为0.02mol，则c(OH-)=，故电解后溶液中氢离子浓度为，故答案为：。- 23 - 版权所有高考资源网
