浙江省湖州市菱湖中学2022-2015学年高二化学上学期10月月考试题（含解析）新人教版

2022-2022学年浙江省湖州市菱湖中学高二（上）月考化学试卷（10月份）参考答案与试题解析　一、选择题（共50分．1-10题每题2分，11-20每题3分，每小题只有一个正确选项．）1．（2分）下列与化学反应能量变化相关的叙述正确的是（　　）　A．生成物总能量一定低于反应物总能量　B．应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应的焓变　C．放热反应的反应速率总是大于吸热反应的反应速率　D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）在光照和点燃条件的△H同考点：反应热和焓变．分析：化学反应中一定伴随着能量变化，反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，化学反应速率取决于物质的性质和外界反应条件，与反应是吸热还是放热没有必然的联系，反应热只取决于反应物和生成物总能量的大小，与反应条件无关．解答：解：A、生成物的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反，故A错误；B、化学反应的反应热大小取决于反应物和生成物的总能量大小，与反应途径无关，应用盖斯定律，可计算某些难以直接测量的反应焓变，故B正确；C、反应速率与反应是吸热还是放热没有必然的联系，故C错误；D、根据△H=生成物的焓﹣反应物的焓可知，焓变与反应条件无关，在光照和点燃条件下该反应的△H相同，故D正确；故选BD．点评：本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、生成物以及反应速率、反应条件之间有无必然关系，做题时不要混淆．　2．（2分）今有如下5个热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=akJ•mol﹣1H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H=bkJ•mol﹣12H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=ckJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣Q1kJ•mol﹣1C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣Q2kJ•mol﹣1有关上述反应的叙述错误的是（　　）　0＜Q1＜Q2-19-\nA．　B．上述反应中反应物总能量均高于生成物总能量　C．氢气的标准燃烧热是akJ•mol﹣1，碳的标准燃烧热是Q2kJ•mol﹣1　D．a＞b=c考点：反应热的大小比较；燃烧热．分析：A、一氧化碳燃烧生成二氧化碳需要放出热量；B、依据热化学方程式分析，反应是放热反应，依据能量守恒分析判断；C、燃烧热是完全燃烧1mol物质生成最稳定的产物所放出的能量；D、因水的状态不同，液体变成气态还要吸热，则a＞b，又焓变与系数成正比，所以b=c；解答：解：A、一氧化碳燃烧生成二氧化碳需要放出热量，所以Q2＞Q1＞0，故A正确；B、热化学方程式分析，反应都是放热反应，反应物总能量均高于生成物总能量，故B正确；C、氢气的燃烧热是完全燃烧1mol氢气单质生成最稳定的产物液体水所放出的能量，所以氢气的燃烧热为bkJ/mol，碳的燃烧热是完全燃烧1mol碳单质生成最稳定的产物二氧化碳所放出的能量，所以碳的燃烧热为﹣Q2kJ/mol，故C错误；D、因水的状态不同，液体变成气态还要吸热，则a＞b，又焓变与系数成正比，所以b=c，故D正确；故选：C；点评：本题考查燃烧反应的热化学反应方程式，注意物质的状态、化学计量数与反应热的关系即可解答，题目难度不大．　3．（2分）已知金刚石和石墨在氧气中完全燃烧的热化学方程式为：①C（金刚石）+O2（g）═CO2（g）△H1=﹣395.41kJ•mol﹣1②C（石墨）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.51kJ•mol﹣1关于金刚石与石墨的转化，下列说法正确的是（　　）　A．金刚石转化成石墨是吸热过程B．石墨比金刚石不稳定　C．石墨转化为金刚石是物理变化D．石墨比金刚石能量低考点：反应热和焓变．分析：①C（金刚石、s）+O2（g）=CO2（g）；△H=﹣395.41kJ/mol，②C（石墨、s）+O2（g）=CO2（g）；△H=﹣393.51kJ/mol，依据盖斯定律①﹣②得到C（金刚石、s）=C（石墨、s）△H=﹣1.9KJ/mol；物质能量越高越不稳定．解答：解：①C（金刚石、s）+O2（g）=CO2（g）；△H=﹣395.41kJ/mol，②C（石墨、s）+O2（g）=CO2（g）；△H=﹣393.51kJ/mol，-19-\n依据盖斯定律①﹣②得到C（金刚石、s）=C（石墨、s）△H=﹣1.9KJ/mol；A．由分析可知，金刚石转化成石墨是放热过程，故A错误；B．根据热化学方程式可知金刚石转化成石墨是放热过程，金刚石能量高于石墨，石墨更稳定，故B错误；C．石墨和金刚石是不同的物质，则石墨转化为金刚石是化学变化，故C错误；D．根据热化学方程式可知金刚石转化成石墨是放热过程，则石墨比金刚石能量低，故D正确．故选D．点评：本题考查了热化学方程式和盖斯定律的分析计算应用、物质稳定性与能量的关系等，掌握基础是解题关键，题目较简单．　4．（2分）化学科学需要借助化学专用语言来描述，下列有关化学用语错误的是（　　）　A．用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液的离子方程式为：2C1﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣　B．粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu2++2e﹣=Cu　C．氢氧燃料电池在碱性介质中的正极反应式：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣　D．钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式：Fe﹣2e﹣=Fe2+考点：离子方程式的书写；电极反应和电池反应方程式．分析：A．用铁棒作阳极，电解时，铁被氧化；B．精炼铜时，纯铜为阴极；C．正极发生还原反应，氧气得到电子生成OH﹣；D．铁腐蚀时，负极铁发生氧化反应，被氧化生成Fe2+．解答：解：A．用铁棒作阳极，电解时，铁被氧化，在阳极上不可能生成氯气，应用惰性电极作阳极，故A错误；B．精炼铜时，纯铜为阴极，铜离子在阴极得电子被还原生成铜，故B正确；C．正极发生还原反应，氧气得到电子生成OH﹣，电极方程式为O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣，故C正确；D．铁腐蚀时，被氧化生成Fe2+，负极电极方程式为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D正确．故选A．点评：本题综合考查电解池和原电池知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该类题目的关键，难度中等．　5．（2分）理论上不能用于设计原电池的化学反应是（　　）　A．2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H＜0　B．2FeCl3（aq）+Fe（s）═3FeCl2（aq）△H＜0　C．2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H＜0-19-\n　D．NaCl（aq）+AgNO3（aq）═AgCl（s）+NaNO3（aq）△H＜0考点：原电池和电解池的工作原理．分析：根据理论上能用于设计原电池的化学反应，必须同时具备两个条件：自发的氧化还原反应、放出能量（△H＜0）判断．解答：解：理论上能用于设计原电池的化学反应，必须同时具备两个条件：自发的氧化还原反应、放出能量．A．是自发的氧化还原反应、放出能量（△H＜0），故不选；B．是自发的氧化还原反应、放出能量（△H＜0），故不选；C．是自发的氧化还原反应、放出能量（△H＜0），故不选；D．不是氧化还原反应，故不能用于设计原电池，故选；故选D．点评：只有自发的氧化还原反应且放出能量（△H＜0）的化学反应才能用于设计原电池，必须同时具备两个条件．　6．（2分）在如图各烧杯中盛有海水，铁在其中腐蚀速率由快到慢的顺序是（　　）　A．①＞②＞③＞④＞⑤B．⑤＞④＞③＞②＞①C．④＞②＞①＞③＞⑤D．②＞③＞⑤＞①＞④考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：电化学专题．分析：作原电池负极、电解池阳极的金属被腐蚀，作原电池正极、电解池阴极的金属被保护，且作负极的金属腐蚀速率小于作阳极的金属腐蚀速率，据此分析解答．解答：解：作原电池负极、电解池阳极的金属被腐蚀，作原电池正极、电解池阴极的金属被保护，且作负极的金属腐蚀速率小于作阳极的金属腐蚀速率，①中只有一种金属，所以不能构成原电池；②符合原电池构成条件而构成原电池，铁易失电子而作负极，加速被腐蚀；③符合原电池构成条件而构成原电池，锌易失电子而作负极，铁作正极，所以铁被保护；④该装置是电解池，铁连接原电池正极而作阳极，加速被腐蚀，且腐蚀速率大于铁作负极；⑤该装置是电解池，铁连接原电池负极而作阴极，被保护；则铁被腐蚀快慢顺序是④＞②＞①＞③＞⑤，故选C．点评：本题考查了金属的腐蚀与防护，根据“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”来分析解答即可，难度中等．-19-\n　7．（2分）已知下列数据：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H=﹣3350kJ•mol﹣12Fe（s）+O2（g）═2FeO（s）△H=﹣544kJ•mol﹣1则2Al（s）+3FeO（s）═Al2O3（s）+3Fe（s）的△H是（　　）　A．﹣859kJ•mol﹣1B．+1403kJ•mol﹣1C．﹣1718kJ•mol﹣1D．﹣2806kJ•mol﹣1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算；有关反应热的计算．专题：化学反应中的能量变化．分析：利用盖斯定律，从待求热化学方程式出发，找出待求反应中的反应物和生成物与已知反应中各反应物、生成物的关系，然后通过相互加减可得待求的△H．解答：解：已知：①2Fe（s）+O2（g）=2FeO（s）△H=﹣544kJ•mol﹣1②4Al（s）+3O2（g）=2Al2O3（s）△H=﹣3350kJ•mol﹣1据盖斯定律可得，②×﹣①×得：2Al（s）+3FeO（s）=Al2O3（s）+3Fe（s）△H=（﹣3350kJ•mol﹣1）×﹣（﹣544kJ•mol﹣1）×=﹣859KJ/mol，故选A．点评：本题考查了盖斯定律在反应热计算中的应用，题目难度中等，注意掌握盖斯定律的概念、含义及在反应热计算的中应方法，试题培养了学生灵活应用所学知识．　8．（2分）以下现象与电化学腐蚀无关的是（　　）　A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣不易产生铜绿　B．生铁比纯铁容易生锈　C．铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈　D．银质物品久置表面变暗考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：电化学专题．分析：根据是否能构成原电池判断，如果金属能构成原电池的就能产生电化学腐蚀，否则不能产生电化学腐蚀，据此分析解答．解答：解：A．黄铜（铜锌合金）制作的铜锣中，金属锌为负极，金属铜做正极，Cu被保护，不易腐蚀，和电化学腐蚀有关，故A不选；B．生铁中金属铁、碳、潮湿的空气能构成原电池，金属铁为负极，易被腐蚀而生锈，和电化学腐蚀有关，故B不选；C．铁质器件附有铜质配件，在接触处形成原电池装置，其中金属铁为负极，易生铁锈，和电化学腐蚀有关，故C不选；D．银质奖牌长期放置后在其奖牌的表面变暗是由于金属银和空气中的成分发生反应的结果，属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故D选；-19-\n故选D．点评：本题考查金属的腐蚀，注意在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极金属被保护，明确化学腐蚀和电化学腐蚀的区别即可解答，难度中等．　9．（2分）某学习小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（　　）　A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出　B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e﹣=Cu　C．a和b分别连接足够电压的直流电源正、负极时，Cu2+向铜电极移动　D．无论a和b是否用导线连接，铁片均溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：A．a和b不连接时，发生置换反应；B．a和b用导线连接时，Cu为正极，在正极上阳离子得电子；C．a和b分别连接足够电压的直流电源正、负极时，形成电解池，b为阴极，阳离子向阴极移动；D．无论a和b是否用导线连接，均发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+．解答：解：A．a和b不连接时，发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+置换反应，则铁片上会有金属铜析出，故A正确；B．a和b用导线连接时，Cu为正极，在正极上阳离子得电子，则发生Cu2++2e﹣=Cu，故B正确；C．a和b分别连接足够电压的直流电源正、负极时，形成电解池，b与负极相连为阴极，阳离子向阴极移动，所以Cu2+向Fe电极移动，故C错误；D．无论a和b是否用导线连接，均发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，则铁片均溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，故D正确；故选C．点评：本题考查原电池和电解池，明确原电池及电解池的中发生的电极反应、电极判断及发生的总反应即可解答，题目难度不大．　10．（2分）已知NaOH（aq）+HCl（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ/mol，则下列说法正确的是（　　）　浓硫酸和稀NaOH溶液反应，生成lmol水时放热57.3kJ-19-\nA．　B．含lmolH2SO4的稀硫酸与足量稀NaOH溶液中和后，放热为57.3kJ　C．1L0．lmol/LCH3COOH与1L0．l1mol/LNaOH溶液反应后放热为5.73kJ　D．1L0．lmol/LHNO3与1L0．l1mol/LNaOH溶液反应后放热为5.73kJ考点：有关反应热的计算．分析：A、浓硫酸稀释放出大量的热；B、NaOH足量，1molH2SO4的稀硫酸与2molNaOH溶液中和生成2mol水；C、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量；D、硝酸为强酸，氢氧化钠为强碱，二者的稀溶液反应生成0.1molH2O后放热为5.73kJ．解答：解：A、浓硫酸稀释放出大量的热，浓硫酸与稀NaOH溶液完全反应生成1mol水时放出的热量包括中和热和溶解热，故大于57.3kJ，故A错误；B、NaOH足量，1molH2SO4的稀硫酸与2molNaOH溶液中和后，放热为114.6kJ，故B错误；C、醋酸是弱电解质，电离需吸收热量，稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出的热量小于57.3kJ，故C错误；D、硝酸为强酸，氢氧化钠为强碱，1L0.1mol/LHNO3与1L0.1mol/LNaOH溶液反应后放热为5.73kJ，故D正确；故选D．点评：本题考查学生对于反应热、中和热的理解及有关计算等，难度不大，注意强酸、强碱的稀溶液中和热为57.3kJ/mol．　11．（3分）（2022•南宁一模）下列叙述正确的是（　　）　A．金属腐蚀就是金属失去电子被还原的过程　B．将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连接，可防止水闸被腐蚀　C．合金的熔点都高于它的成分金属，合金的耐腐蚀性也都比其成分金属强　D．铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中直接发生反应：Fe﹣3e+=Fe3+，继而形成铁锈考点：金属的电化学腐蚀与防护．专题：电化学专题．分析：A、金属失去电子被氧化；B、金属与负极相连被保护；C、合金的熔点都低于它的成分金属，合金的耐腐蚀性可能比其成分金属强；D、Fe作负极失电子生成Fe2+．解答：解：A、金属腐蚀就是金属失去电子被氧化的过程，故A错误；-19-\nB、将水库中的水闸（钢板）与外加直流电源的负极相连接，作电解池的阴极，被保护，所以可防止水闸被腐蚀，故B正确；C、合金的熔点都低于它的成分金属，合金的耐腐蚀性可能比其成分金属强，也可能比其成分金属弱，故C错误；D、铜板上的铁铆钉处在潮湿的空气中形成原电池，Fe作负极失电子生成Fe2+，电极反应为Fe﹣2e+=Fe2+，故D错误；故选B．点评：本题考查了金属的腐蚀与防护及合金的性质，注意掌握原电池与电解池原理，题目难度不大．　12．（3分）将等质量的两份锌粉a、b中分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量组成原电池的条件CuS04溶液，下列各图中产生H2的体积V（L）与时间t（min）的关系如图所示，其中正确的是（　　）　A．B．C．D．考点：原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素．专题：电化学专题．分析：等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，形成原电池，反应速率增大，但生成的氢气少．解答：解：等质量的两份锌粉a、b，分别加入过量的稀H2SO4中，同时向a中放入少量的CuSO4溶液，发生的反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，铜﹣铁﹣稀硫酸形成原电池，反应速率增大，反应用时少于b，但生成的氢气少也少于b，图象应为A．故选A．点评：本题考查原电池知识，题目难度不大，注意原电池反应较一般化学反应速率更大，原电池能加快化学反应速率，注意硫酸过量．　13．（3分）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池长时间保持稳定的放电电压．高铁电池的总反应为：3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn（OH）2+2Fe（OH）3+4KOH，下列叙述不正确的是（　　）　A．放电时负极反应为：Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2　B．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原　C．放电时负极附近溶液的碱性增强　D．充电时阳极反应为：Fe（OH）33e﹣+5OH﹣=FeO42﹣H2O考点：原电池和电解池的工作原理．分析：由反应可知，放电时Zn为负极，电极方程式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，K2FeO4-19-\n在正极上发生还原反应，电极方程式为FeO42﹣+4H2O+3e﹣═Fe（OH）3+5OH﹣；充电时电池的正极与电源的正极相连为阳极，阳极发生氧化反应，充电时的反应为放电的逆反应，以此来解答．解答：解：A．放电时，Zn为负极，电极方程式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，故A正确；B．放电时，正极发生还原反应，Fe的化合价从+6→+3，故每有1molFeO42﹣被还原，转移3mole﹣，故B正确；C．因为放电时，Zn为负极，电极方程式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，所以负极附近溶液的碱性减弱，故C错误D．充电时阳极反应为：Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，故D正确．故选C．点评：本题考查化学电源新型电池，明确信息中的总反应及放电为原电池反应、充电为电解池反应是解答本题的关键，注意发生的电极反应，题目难度中等．　14．（3分）如图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置．通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液．下列实验现象中正确的是（　　）　A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的　B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体　C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色　D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：A、电解水时，阳极产生的氧气体积是阴极产生氢气体积的一半；B、氢气和氧气均是无色无味的气体；C、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；D、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．解答：解：A、和电源的正极b相连的是阳极，和电源的负极a相连的是阴极，电解硫酸钠的实质是电解水，阳极b放氧气，阴极a放氢气，氧气体积是氢气体积的一半，故A错误；B、a电极逸出氢气，b电极逸出氧气，均是无色无味的气体，故B错误；C、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故C错误；D、a电极氢离子放电，碱性增强，该极附近呈蓝色，b电极氢氧根离子放电，酸性增强，该极附近呈红色，故D正确．故选D．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．-19-\n　15．（3分）对于Zn（s）+H2SO4（aq）═ZnSO4（aq）+H2（g）△H=？的化学反应，下列叙述不正确的是（　　）　A．反应过程中能量关系如上图表示，则该反应为放热反应　B．若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出气体一定为11.2L　C．化学反应的焓变与反应方程式的计量数有关　D．若将该反应设计成原电池，锌为负极考点：反应热和焓变；原电池和电解池的工作原理．分析：A、根据放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；B、根据总反应方程式以及气体的体积与状态有关来计算；C、反应热△H的值与反应方程式的计量系数成正比；D、原电池的负极失去电子．解答：解：A、由右图可以得出，反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，故A正确；B、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑65g22.4L65g11.2L所以32.5g锌溶解时，正极放出气体在标况下11.2L，不一定为11.2L，故B错误；C、反应热△H的值与反应方程式的计量系数成正比，故C正确；D、Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）的反应中锌失去电子，化合价升高，作原电池的负极，故D正确；故选：B．点评：本题主要考查原电池原理、化学反应中的能量以及化学计算等，难度不大，根据课本知识即可完成．　16．（3分）一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O．下列有关说法正确的是（　　）　A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动　B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气　C．负极上的反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+-19-\n　D．正极上发生的反应为：O2+4e﹣+2H2O═4OH﹣考点：化学电源新型电池．专题：电化学专题．分析：酸性乙醇燃料电池的负极反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+，正极应为O2得电子被还原，电极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，正负极相加可得电池的总反应式为：CH3CH2OH+O2═CH3COOH+H2O，可根据电极反应式判断离子和电子的转移问题．解答：解：A．原电池中，阳离子向正极移动，则电解质溶液中的H+向正极移动，故A错误；B．氧气得电子被还原，化合价由0价降低到﹣2价，若有0.4mol电子转移，则应有0.1mol氧气被还原，在标准状况下的体积为2.24L，故B错误；C．酸性乙醇燃料电池中，乙醇在负极上失电子生成乙酸，则负极反应为：CH3CH2OH﹣4e﹣+H2O═CH3COOH+4H+，故C正确；D．燃料电池中，氧气在正极得电子被还原生成水，正极反应式为：O2+4e﹣+4H+═2H2O，故D错误．故选：C．点评：本题考查酸性乙醇燃料电池知识，题目难度中等，注意题中乙醇被氧化为乙酸的特点，答题中注意审题，根据题给信息解答．　17．（3分）铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，研读图，下列判断不正确的是（　　）　A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣　B．当电路中转移0.2mol电子时，I中消耗的H2SO4为0.2mol　C．K闭合时，II中SO42﹣向c电极迁移　D．K闭合一段时间后，II可单独作为原电池，d电极为正极考点：常见化学电源的种类及其工作原理．专题：电化学专题．分析：K闭合时，Ⅰ装置是原电池，Ⅱ是电解池，则a为正极、b为负极、c为阴极、d为阳极，以此可书写电极反应式，其中b电极反应为Pb﹣2e﹣+SO42﹣=PbSO4，a电极反应为PbO2+2e﹣+4H++SO42﹣=PbSO4+2H2O，c电极反应为PbSO4+2e﹣=Pb+SO42﹣，d电极方程式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣，以此解答该题．解答：-19-\n解：A．K闭合时Ⅰ为原电池，Ⅱ为电解池，Ⅱ中发生充电反应，d电极为阳极发生氧化反应，其反应式为PbSO4+2H2O﹣2e﹣=PbO2+4H++SO42﹣，故A正确；B．在上述总反应式中，得失电子总数为2e﹣，当电路中转移0.2mol电子时，可以计算出Ⅰ中消耗的硫酸的量为0.2mol，故B正确；C．K闭合时d是阳极，阴离子向阳极移动，故C错误；D．K闭合一段时间，也就是充电一段时间后Ⅱ可以作为原电池，由于c表面生成Pb，放电时做电源的负极，d表面生成PbO2，做电源的正极，故D正确．故选C．点评：本题综合考查原电池和电解池知识，注意把握电极反应式的书写，为解答该题的关键，学习中要把握原电池和电解池的工作原理．　18．（3分）（2022•安徽）Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图，电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑．下列说法正确的是（　　）　A．石墨电极上产生氢气　B．铜电极发生还原反应　C．铜电极接直流电源的负极　D．当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成考点：电解原理．专题：压轴题；电化学专题．分析：根据电解总反应：2Cu+H2O═Cu2O+H2↑来判断电极材料以及电极反应的情况．解答：解：A、电解总反应：2Cu+H2O═Cu2O+H2↑，金属铜失电子，说明金属铜一定作阳极，石墨做阴极，在阴极上是溶液中的氢离子得电子，产生氢气，故A正确；B、铜电极本身失电子，发生氧化反应，故B错误；C、铜电极是电解池的阳极，接直流电源的正极，故C错误；D、反应2Cu+H2O═Cu2O+H2↑失电子的量为2mol，生成氧化亚铜1mol，所以当有0.1mol电子转移时，有0.05molCu2O，故D错误．故选A．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．　19．（3分）（2022•安徽）某兴趣小组设计如下微型实验装置．实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（　　）-19-\n　A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl﹣Cl2↑+H2↑　B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红　C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e﹣=2Cl﹣　D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极考点：原电池和电解池的工作原理．专题：电化学专题．分析：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极；解答：解：A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣；故A错误；B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（Cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故B错误；C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，Cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应，氢气失电子生成氢离子的反应；故C错误；D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极上产生的是氯气，做原电池正极；故D正确；故选D．点评：本题考查学生原电池和电解质的工作原理，是一道物理电路和化学电池联系的一道综合题目，难度中等．　-19-\n20．（3分）（2022•长沙模拟）500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）=6.0mol•L﹣1，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22.4L气体（标准状况），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2mol•L﹣1　B．上述电解过程中共转移6mol电子　C．电解得到的Cu的物质的量为0.5mol　D．电解后溶液中c（H+）为2mol•L﹣1考点：电解原理．专题：电化学专题．分析：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），则阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，n（O2）==1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答．解答：解：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）==1mol，阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，4mol1mol阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，1mol2mol1mol2mol1molA．c（Cu2+）==2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为6mol/L﹣2mol/L×2=2mol/L，故A正确；B．根据氧气计算转移电子的物质的量，转移电子的物质的量=1mol×4=4mol，故B错误；C．电解得到的Cu的物质的量为1mol，故C错误；D．电解后溶液中c（H+）为=4mol/L，故D错误；故选A．点评：本题考查电解原理，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，题目难度中等，注意氢氧根离子与氢离子的关系即可解答．　二、非选择题（共50分）21．（6分）（1）火箭推进器常以气态联氨（N2H4）为燃料、液态过氧化氢为助燃剂进行热能提供．反应过程中生成的气体可参与大气循环．测得当反应过程中有1mol水蒸气生成时放出161kJ的热量．试写出反应过程中的热化学方程式：　N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣644kJ•mol﹣1　．（2）已知下列两个热化学方程式：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2220.0kJ•mol﹣1-19-\nH2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ•mol﹣1则0.5mol丙烷燃烧生成CO2和气态水时释放的热量为　1022kJ　．（3）科学家已获得了极具理论研究意义的N4分子，其结构为正四面体结构，与白磷分子相似．已知断裂1molN﹣N键吸收193kJ热量，断裂1molN≡N键吸收941kJ热量，则1molN4气体转化为2molN2（g）的热化学方程式为　N4（g）=2N2（g）△H=﹣724kJ•mol﹣1　．考点：有关反应热的计算．分析：（1）根据热化学方程式的含义以及书写方法来回答，有1mol水蒸气生成时放出161kJ的热量，1mol气态联氨（N2H4燃烧生成4mol水；（2）根据盖斯定律来计算化学反应的焓变，结合焓变和系数之间的关系来回答；（3）N4分子，其结构为正四面体结构，从结构图可看出，一个N4分子中含有6个N﹣N键，根据反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能计算；解答：解：（1）气态联氨（N2H4）为燃料、液态过氧化氢为助燃剂发生反应的热化学方程式为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣644kJ•mol﹣1，故答案为：N2H4（g）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣644kJ•mol﹣1；（2）①C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2220.0kJ•mol﹣1②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ•mol﹣1则丙烷燃烧生成CO2和气态水时的反应为：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（g），△H=①+②×4=﹣2220.0kJ•mol﹣1+4×44.0kJ•mol﹣1=2044kJ•mol﹣1，所以0.5mol丙烷燃烧生成CO2和气态水时释放的热量为1022kJ，故答案为：1022kJ；（3）N4分子与白磷分子相似，从正四面体结构图可看出，一个N4分子中含有6个N﹣N键，根据反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则N4（g）=2N2（g）△H，有△H=6×193kJ•mol﹣1﹣2×941kJ•mol﹣1=﹣724kJ•mol﹣1，N4（g）=2N2（g）△H=﹣724kJ•mol﹣1，故答案为：N4（g）=2N2（g）△H=﹣724kJ•mol﹣1；点评：本题是一道热化学知识题目，考查学生热化学方程式书写，注意N4分子正四面体结构，一个N4分子中含有6个N﹣N键，题目难度不大，注意盖斯定律应用为高考高频考点．　22．（18分）（1）有A、B、C、D四种金属，已知：只有D投入水中可与水剧烈反应；用B和C作电极，稀硫酸作电解质溶液构成原电池时，C为正极；A和C的离子共存于电解液中，以石墨为电极电解时阴极析出A．则这四种金属的活动性由强到弱的顺序是　DBCA　（2）阿波罗宇宙飞船上使用的是氢氧燃料电池，其电池总反应为：2H2+O2═2H2O，电解质溶液为稀H2SO4溶液，电池放电时是将　化学能　能转化为　电能　能．其电极反应式分别为：负极　2H2﹣4e﹣═4H+　，正极　O2+4H++4e﹣═2H2O　．（3）如图为固态氧化物燃料电池（SOFC）的原理示意图．试写出电极反应式：　O2+4e﹣=2O2﹣　正极，　CO+O2﹣﹣2e﹣=CO2　负极；在导线中电子流动方向为　b→a　（用“a→b”或“b→a”表示）．该电池最好选用下列哪种固态电解质　A　．A．ZrO（氧化锆）B．NaOHC．Na2SO4．-19-\n考点：原电池和电解池的工作原理；常见金属的活动性顺序及其应用．分析：（1）金属越活泼，与水反应越剧烈；一般来说，作原电池负极的金属活动性较强；在电解池中，阴极上氧化性较强的离子先放电，金属离子的氧化性越强，对应的金属单质越不活泼，以此解答该题；（2）根据反应2H2+O2=2H2O可知，反应中氢气失电子被氧化，应在负极上的反应，氧气得电子被还原，应在正极上的反应，根据得失电子及反应类型写出相应的电极反应式；（3）负极失电子，正极得电子，电子由负极移向正极，氧化锆有自由移动的O2﹣．解答：解：（1）D投入水中可与水剧烈反应，说明D最活泼；用B和C作电极，稀硫酸作电解质溶液构成原电池时，C为正极，说明金属的活动性B＞C；A和C的离子共存于电解液中，以石墨为电极电解时阴极析出A，说明金属活动性C＞A；则四种金属的活动性由强到弱的顺序是D＞B＞C＞A，故答案为：DBCA；（2）氢氧燃料电池是将化学能转化为电能的装置，该反应在酸性环境中，负极上氢气失电子被氧化，氢气失电子生成氢离子，所以电极反应式为2H2﹣4e﹣═4H+正极上氧气得电子被还原，氧气得电子和溶液中的氢离子生成水，所以电极反应式为O2+4H++4e﹣═2H2O；故答案为：化学能；电能；2H2﹣4e﹣═4H+；O2+4H++4e﹣═2H2O；（3）负极失电子：CO+O2﹣﹣2e﹣=CO2，正极得电子：O2+4e﹣=2O2﹣，电子由负极移向正极，在导线中电子由a←b，氧化锆有自由移动的O2﹣，可做电解质，氧化锆高温下才发生电离，故答案为：O2+4e﹣=2O2﹣；CO+O2﹣﹣2e﹣=CO2；b→a；A．点评：本题考查原电池反应（反应原理、电极方程式的书写、离子的移动方向）和有关化学方程式的计算，难度不大，注意电解质的选择方法．　23．（18分）某同学设计一个燃料电池（如图所示），目的是探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜．根据要求回答相关问题：（1）通入氢气的电极为　负　极，其电极反应式为　H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O　．-19-\n（2）乙装置中石墨电极的电极反应式为　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　．反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，　铁极　区（填“铁极”或“石墨极”）的溶液先变红．通过X的离子是　Na+、H+　．电解一段时间后若要恢复原溶液的成分和浓度，应该采用　通适量HCl　的办法．（3）若在标准状况下，有224ml氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体的分子数为　1.204×1022　；丙装置中阴极析出产物的质量为　1.28g　．如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将　减小　（填“增大”“减小”或“不变”）．考点：原电池和电解池的工作原理．分析：（1）燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应；（2）石墨电极为阳极，石墨上氯离子失电子；Fe为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近有氢氧根离子生成，溶液呈碱性；X为阳离子交换膜，钠离子和氢离子可以通过；电解后要恢复原溶液则要加入HCl；（3）根据串联电路中转移电子相等进行计算．解答：解：（1）燃料电池中，通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应为H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O，故答案为：负；H2﹣2e﹣+2OH﹣═2H2O；（2）石墨电极为阳极，阳极的电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；铁电极作阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近有氢氧根离子生成，溶液呈碱性，无色酚酞试液在铁极附近变红色；X为阳离子交换膜，钠离子和氢离子可以通过；电解时从溶液中析出氢气和氯气，则电解后要恢复原溶液则要加入适量的HCl；故答案为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；铁极；Na+、H+；通适量HCl；（3）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，根据转移电子守恒得则乙装置中铁电极上生成的气体的分子数为=×4××NA=1.204×1022，丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量═×4××64g/mol=1.28g；电解精炼时，两极上转移的电子数相同，如果粗铜中含有锌、银等杂质，则析出的Cu的物质的量大于溶解的铜，则丙装置中反应一段时间后硫酸铜溶液浓度将减小；故答案为：1.204×1022；1.28g；减小．点评：本题考查了原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键，结合串联电路的特点解答该题，题目难度中等．　24．（8分）某反应中反应物与生成物有：FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu，已知图中X溶液均是FeCl3和FeCl2混合溶液，请回答下列问题：-19-\n（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示：石墨电极上发生的电极反应式为　Fe3++e﹣=Fe2+　，原电池工作时，盐桥中的　K+　（填“K+”或“Cl﹣”）不断进入X溶液中．（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，若乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：①M是　负　极；②铜电极上的电极反应式．③图丙中的②线是　Fe2+　（填离子符号）的物质的量变化．④当电子转移为2mol时，向乙烧杯中加入体积为　2.8　L5mol•L﹣1NaOH溶液才能使所有的金属阳离子沉淀完全．（3）铁的重要化合物高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点．高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2ONa2FeO4+3H2↑，试写出电解时阳极的电极反应式　Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O　．考点：原电池和电解池的工作原理．分析：（1）原电池的构成条件：自发的氧化还原反应，据此确定电解质溶液，在原电池的负极上发生失电子的氧化反应，电解质中的阳离子移向正极，该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，Cu做负极，石墨为正极，X为FeCl3溶液；（2）根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化确定曲线对应的离子，结合转移电子的物质的量计算；（3）Na2FeO4能消毒、净水的原因高价铁具有氧化性，能消毒杀菌，生成Fe3+形成胶体，具有吸附悬浮物的净水的作用，电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O，NaClO氧化Fe（OH）3的反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O．解答：解：（1）①据反应物和生成物可以确定该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，Cu做负极，发生的电极反应为Cu﹣2e﹣═Cu2+，石墨为正极，电极反应式为Fe3++e﹣=Fe2+，阳离子向正极移动，所以K+不断进入X溶液中，故答案为：Fe3++e﹣=Fe2+；K+；（2）①根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，所以M为负极，N为正极，故答案为：负；②Cu做阳极，极反应为Cu﹣2e﹣═Cu2+，故答案为：极反应为Cu﹣2e﹣═Cu2+；③根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+，故答案为：Fe2+；-19-\n④当电子转移为2mol时，溶液中有Fe3+2mol，Fe2+3mol，Cu2+为1mol，所以需要加入NaOH溶液14mol，所以NaOH溶液等体积为=2.8L，故答案为：2.8；（3）电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O，故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣═FeO42﹣+4H2O．点评：本题综合原电池电解原理以及原电池知识，综合性强，难度大，主要考查学生分析问题的能力，是高考的热点习题．　-19-