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【化学】黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题（解析版）
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黑龙江省哈尔滨市阿城区龙涤中学校2019-2020学年高二上学期期中考试试题
一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分，共60分）
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 需要加热才能发生的化学反应不一定是吸热反应
B. 放热反应在常温下一定很容易发生
C. 在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变(ΔH)决定
D. 化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化
【答案】B
【解析】
【详解】A. 需要加热才能发生的化学反应不一定是吸热反应，例如物质燃烧等，A正确；
B. 放热反应在常温下不一定很容易发生，例如碳燃烧等，B错误；
C. 在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变(ΔH)决定，反应物总能量高于生成物总能量是放热反应，反之是吸热反应，C正确；
D. 化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化，这也是化学变化的特征之一，D正确。
答案选B。
2. 下列做法有利于金属防护的是（ ）
A. 钢铁零件表面进行烤蓝处理
B. 将钢铁制成的闸门与直流电源正极相连
C. 菜刀切菜后不洗净就放回刀架
D. 埋在地下的钢管与铜块相连
【答案】A
【解析】试题分析：A. 一般钢铁容易生锈，如果将钢铁零件的表面进行烤蓝处理，就能大大增强抗蚀能力，延长使用寿命，A项正确；B.钢铁制成的闸门与直流电源的正极相连，闸门成为电解池的阳极，能加速腐蚀，B项错误；C.菜刀切菜后不洗净，容易发生吸氧腐蚀，C项错误；D.铁比铜活泼，当埋在地下的钢管与铜块相连时，钢管成为原电池的负极，加快了腐蚀，应该与锌块相连，D项错误；答案选A。
3.已知反应A+B==C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为放热反应 B. 该反应为吸热反应
C. 反应物总能量高于生成物的总能量 D. 该反应只有在加热条件下才能进行
【答案】B
【解析】
【详解】根据图分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，有的吸热反应在常温下能发生。综上所述，B正确，选B，
4.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率增大的是（ ）
A. 加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A、加热，反应体系的温度升高，化学反应速率加快，故A不选；
B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气，不能使氢气生成速率增大，故B选；
C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故C不选；
D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，反应速率加快，故D不选；
故选B。
5.已知反应：①101kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8kJ·mol－1
④H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44.0kJ·mol－1
下列结论正确的是（ ）
A. 碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1
B. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ 热量
C. 氢气的燃烧热为241.8kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)的反应热为ΔH＝571.6kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【分析】A. CO继续在氧气中燃烧生成二氧化碳还会放出热量；
B. 浓硫酸稀释放出大量的热；
C. 燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的热量；
D. 氢气在氧气中燃烧的反应是放热反应。
【详解】A. 由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成CO2继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于
110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ / mol，A正确；
B. 浓硫酸的稀释要放出大量的热量，所以放出的热量大于57.3 kJ，所以浓硫酸与NaOH溶液反应生成1mol 水，放出热量大于57.3 kJ，B错误；
C. 燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的热量，根据热化学反应方程式③和④可计算出氢气的燃烧热为：，C错误；
D. 根据热化学反应方程式③和④得出：由此可以得到：，D错误。
6.已知4NH3＋5O24NO+6H2O，若化学反应速率分别是用υ(NH3)、υ(O2)、υ(NO)、υ(H2O)〔单位：mol/(L·s)〕表示，则正确的关系是（ ）
A. 4/5υ(NH3) = υ(O2) B. 5/6υ(O2) =υ(H2O)
C. 2/3υ(NH3) = υ(H2O) D. 4/5υ(O2) = υ(NO)
【答案】D
【解析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(O2)=5/4v(NH3)、v(H2O)=6/5v(O2)、v(H2O)=3/2v(NH3)、v(NO)=4/5v(O2)，D项正确。
7.对于反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，在其他条件不变的情况下（ ）
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变
B. 增大压强，正逆反应的化学反应速率都减小
C. 升高温度， 正反应化学反应速率增大， 逆反应化学反应速率减小
D. 对该反应来说，无论反应进行到何时，混合气体的总物质的量不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.催化剂通过改变反应的途径，改变反应的速率，但反应的ΔH不变，故A错误；
B. 增大压强，各物质浓度均增大，正逆反应的化学反应速率都增大，故B错误；
C. 升高温度， 有效碰撞增多，正逆反应的化学反应速率都增大，故C错误；
D. CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)反应前后气体系数和相等，对该反应来说，无论反应进行到何时，混合气体的总物质的量不变，故D正确；
答案选D。
8.反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1 ②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1 ③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1。下列有关反应速率的比较中正确的是( )
A. ④>③＝②>① B. ①>②>③>④
C. ①>④>②＝③ D. ④>③>②>①
【答案】C
【解析】
【分析】在可逆反应中，物质反应速率之比与化学计量数之比相同，在比较各反应速率时，将速率统一为一种物质。
【详解】将各反应速率统一为A的反应速率；v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2。
①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1 ；
②3v(A)=v(B)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1 ；
③2v(A)=v(C)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1；
④2v(A)=v(D)，v(A)＝0.225 mol·L－1·s－1；
综上所述，①>④>②＝③；
答案为C。
9.在密闭容器中进行可逆反应，A跟B反应生成C，反应速率v(A)、v(B)、v(C)之间存在以下关系：v(B)＝3v(A)，v(C)＝2v(A)，3v(C)＝2v(B)，则该反应可以表示为( )
A. A＋BC B. 2A＋2B3C
C. 3A＋B2C D. A＋3B2C
【答案】D
【解析】
【分析】化学反应速率之比等于化学反应计量数之比。
【详解】v(B)＝3v(A)，v(C)＝2v(A)，3v(C)＝2v(B)，可求出：v(A)：v(B)：v(C) = 1：3：2，故此反应方程式为：A＋3B2C，D正确。
10.如图所示，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，下列说法中正确的是（ ）
A. X是正极，Y是负极 B. X是负极，Y是正极
C. CuSO4溶液的pH逐渐增大 D. CuSO4溶液的pH保持不变
【答案】A
【解析】
【详解】根据“b极附近溶液显红色”确定b极为阴极，a为阳极，Y为电源负极，X为电源正极，A项正确，B项错误；同时，另一电池中Pt为阳极，Cu为阴极，电解硫酸铜溶液时溶液中产生了硫酸，pH逐渐减小，故C、D项错误。故答案选A。
11.已知S(s)=S(g) ΔH1，S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2，则S(s)燃烧的热化学方程式为( )
A. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1
B. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2
C. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2
D. 1 mol S(s)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量大于1 mol S(g)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量
【答案】C
【解析】
【详解】S(s)=S(g)△H1，S(g)+O2(g)═SO2(g)△H2，根据盖斯定律，S(s)燃烧的热化学方程式S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=△H1+△H2，故C正确；因为固体硫转化为气体的过程是吸热的，所以1molS(s)燃烧生成1molSO2(g)放出的热量小于1molS(g)燃烧生成1molSO2(g)放出的热，故D错误；故选C。
12.100 ml 6 mol/L H2SO4与过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的( )
A. Na2SO4(s) B. H2O
C. NaOH溶液 D. 4 mol/L H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】100 ml 6 mol/L H2SO4与过量锌粉反应，硫酸完全反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可以减小氢离子浓度但不改变氢离子的物质的量。
【详解】A. 加Na2SO4(s)，不反应，溶液浓度不变，速率不变，A错误；
B. 加H2O，减小氢离子浓度但不改变其物质的量，反应速率减小，生成氢气的量不变，B正确；
C. 加NaOH溶液，与H2SO4发生反应，氢离子浓度减小，生成氢气的量减小，C错误；
D. 加入4 mol/L H2SO4，溶液浓度减小，反应速率减小，生成氢气的总量增大，D错误。
13.已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是( )
A. 反应的速率与I-的浓度有关 B. IO-也是该反应的催化剂
C. 反应活化能等于98kJ·mol-1 D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；
B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；
C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；
D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；
故合理选项为A。
14.将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl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，则下列说法错误的是（ ）
A. 阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2
B. AB段阳极只产生Cl2，阴极只产生Cu
C. BC段表示在阴极上是H＋放电产生了H2
D. CD段相当于电解水
【答案】C
【解析】
【详解】由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各1 mol，电解分3个阶段：[第一阶段]阳极：1 mol氯离子失1 mol电子，阴极：0.5 mol铜离子得1 mol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]阳极：1 mol氢氧根离子失1 mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.5 mol铜离子再得1 mol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]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；则
A．根据离子放电顺序知，阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2，故A正确；
B．阳极上氯离子先放电、阴极上铜离子先放电，当电解氯化铜时，溶液pH增大，所以AB段阳极只产生Cl2，阴极只产生Cu，故B正确；
C．BC段阴极上铜离子放电生成铜，故C错误；
D．CD段是第三阶段，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，所以相当于电解水，故D正确；
故选C。
15.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能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，下列叙述正确的是（ ）
A. 放电时Zn是正极
B. 放电时负极反应为：Zn－2e- +2OH- = Zn(OH)2
C. 充电时Fe(OH)3被还原
D. 充电时电解液的碱性增强
【答案】B
【解析】试题分析：A、放电时，Zn失去电子，发生氧化反应，所以作负极，错误；B、根据总的反应方程式，可知放电时负极发生的反应是Zn－2e- +2OH- = Zn(OH)2，正确；C、充电时，Fe元素的化合价从+3价升高到+6价，被氧化，错误；D、充电时，溶液由碱性变为中性，则溶液的碱性减弱，错误，答案选B。
16.镁﹣次氯酸盐燃料电池的工作原理如图，该电池反应为：Mg+ClO﹣+H2O═Mg（OH）2+Cl﹣下列有关说法正确的是（ ）
A. 电池工作时，C溶液中的溶质是MgCl2
B. 电池工作时，正极a附近的pH将不断增大
C. 负极反应式：ClO﹣﹣2e﹣+H2O═Cl﹣+2 OH﹣
D. b电极发生还原反应，每转移0.1mol电子，理论上生成0.1mol Cl﹣
【答案】B
【解析】试题分析：A．根据电池反应式为Mg+ClO-+H2O＝Mg(OH)2+Cl-，所以C溶液中的溶质不含镁离子，A错误；B．放电时正极电极反应式为：ClO-+H2O+2e-＝Cl-+2OH-，所以a附近的pH将不断增大，B正确；C．根据电池反应式为Mg+ClO-+H2O＝Mg(OH)2+Cl-可知负极电极反应式为Mg-2e-+2OH-＝Mg（OH）2，C错误；D．由可知b电极为正极发生还原反应，反应式为：ClO-+H2O+2e-＝Cl-+2OH-，所以每转移0.1mol电子，理论上生成0.05mol Cl ，D错误；答案选B。
17.如图，一段时间后向c、d极附近分别滴加酚酞试液，c极附近溶液变红，下列说法正确的是( )
A. 铅蓄电池负极反应为
B. c极是阳极，b极是阴极
C. 若a极为铜，则甲池b极上析出铜
D. 乙池中c、d若为惰性电极,电解过程中溶液pH减小
【答案】A
【解析】
【分析】两个电解池是串联电路，电子转移的物质的量相等，电解一段时间后滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明c极溶液显碱性，在c极放电，其电极反应式为：↑所以c是阴极，d是阳极；则a是阴极，b是阳极。
【详解】A. 放电时铅蓄电池负极的电极反应式为： ，A正确；
B. 电解一段时间后滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明c极溶液显碱性，在c极放电，所以c是阴极，d是阳极；则a是阴极，b是阳极，B错误；
C. a是阴极，b是阳极，a极为铜，则甲池a极上析出铜，C错误；
D. 乙池中c、d若为惰性电极，c是阴极，d是阳极，在c极放电，其电极反应式为：，↑，电解过程中溶液pH增大，D错误。
18. 下列说法正确的是（ ）
A. 在铁片上镀铜时，若阴极增重3．2g，则电镀液中通过的电子的物质的量为0．1mol
B. 钢铁电化学腐蚀的两种类型主要区别在于水膜的PH不同，引起的负极反应不同
C. 参加反应的物质的性质是决定化学反应速率的重要因素
D. 电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极区产生的Cl2进入阳极区
【答案】C
【解析】试题分析：A．在铁片上镀铜时，阴极是铜离子放电，则若阴极增重3．2g，即析出3.2g÷64g/mol＝0.05mol铜时，则导线中通过的电子的物质的量为0.05mol×2＝0．1mol，溶液中不能通过电子，A错误；B．钢铁电化学腐蚀的两种类型主要区别在于水膜的pH不同，引起的正极反应不同，分别是氢离子放电和氧气放电，负极都是铁失去电子，B错误；C．参加反应的物质的性质是决定化学反应速率的重要因素，C正确；D．电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阳极区产生的Cl2进入阴极区，D错误，答案选C。
19.下列甲、乙、丙、丁各装置中发生的反应,有关说法正确的是 ( )
A. 甲中负极反应式为2H++2e-=H2↑
B. 乙中电解一段时间，溶液的质量会增重
C. 丙中H+向碳棒方向移动
D. 丁中电解开始时阴极产生黄绿色气体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 甲是原电池的装置，Zn作负极，发生氧化反应，Ag作正极，发生还原反应，负极的电极反应式为：，A 错误；
B. 乙是电解池的装置，Ag作阳极，发生氧化反应，Cu作阴极，发生还原反应，阳极溶解的银与阴极析出的银质量相等，所以溶液的质量保持不变， B 错误；
C. 丙是原电池的装置，Fe作负极，C作正极，溶液中阳离子移向正极，所以 H+ 向碳棒移动， C 正确；
D. 丁是电解池的装置，Pt作阳极，发生的是氧化反应，Fe作阴极，发生还原反应，
，是阳极反应， D 错误。
20.500 mL AgNO3和Ca(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝0.6 mol·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2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是( )
A. 原混合溶液中c(Ca2＋)为0.1 mol·L－1
B. 上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C. 电解得到的Ag的物质的量为0.1 mol
D. 电解后溶液中c(H＋)为0.2 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】电解AgNO3和Ca(NO3)2的混合溶液时，阳极上OH- 放电生成O2，阴极上先Ag+ 放电生成Ag，当Ag+ 完全析出时，H+ 放电生成H2，在标准状况下，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体，其物质的量为：，每生成1mol O2，转移
4mol e-，每生成1mol H2，转移2mol e-，每生成1mol Ag，转移1mol e-
【详解】A. 根据转移电子守恒，，，根据电荷守恒，，A正确；
B. 转移电子的物质的量为：，B错误；
C. 根据转移电子守恒，，C错误；
D. 当电解AgNO3溶液时，产生H+，当电解Ca(NO3)2溶液时，实际上是电解水，电解后溶液中H＋的物质的量为O2的4倍，，，D错误。
二、填空题（每空2分，共40分）
21.已知氮化硅陶瓷材料可由石英固体与焦炭颗粒在高温氮气流中通过如下反应制得：SiO2+C+N2Si3N4+CO(未配平)。该反应过程中的能量变化如图所示。回答以下问题：
（1）上述反应中的氧化剂是___________，其还原产物是________________。
（2）该反应是____ (填“吸热反应”或“放热反应”)，ΔH____(填“>、<、=”)0。
（3）该反应过程中，断裂旧键吸收的热量___ (填“>、<、=”)形成新键释放的热量。
【答案】(1). N2 (2). Si3N4 (3). 放热反应 (4). < (5). <
【解析】
【详解】（1）根据化学方程式可知，碳元素的化合价由0价升高为+2价，C失电子，作还原剂，发生氧化反应，氧化产物为CO，氮元素的化合价由0价降低为-3价，N2得电子，作氧化剂，发生还原反应，还原产物为Si3N4；
（2）根据能量变化图可知，反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，该反应为放热反应，；
（3）该反应为放热反应，则反应过程中，断裂旧键吸收的热量＜形成新键释放的热量；
22.(1) A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。
①B中Sn极的电极反应式为__________，Sn极附近溶液的pH_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
②C中总反应离子方程式为_____________，比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是________。
(2）如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：
①电池的负极是______（填“a”或“b”）电极，该极的电极反应是_______。
②电池工作一段时间后电解质溶液的pH____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】(1). 2H++2e-=H2↑ (2). 增大 (3). 2H++Zn = H2↑+Zn2+ (4). B＞A＞C (5). a (6). CH4 - 8e- + 10 OH- ＝ CO32- + 7H2O (7). 减小
【解析】试题分析：(1) A中没有形成原电池，为铁化学腐蚀； B中构成原电池，Sn极是正极、铁极是负极； C中构成原电池，锌是负极、铁是正极；
(2)甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，总反应是CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O。
解析：根据以上分析，(1)①B中Sn是正极，发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，Sn极附近溶液氢离子得电子生成氢气，氢离子浓度减小， pH增大。
②C中构成原电池，锌是负极、铁是正极，总反应离子方程式为2H++Zn = H2↑+Zn2+，原电池负极腐蚀速率>化学腐蚀速率>原电池正极腐蚀速率， A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B＞A＞C；
(2)甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，总反应是CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O。①电池的负极是a电极，该极失电子发生氧化反应，电极反应是CH4 - 8e- + 10 OH- ＝ CO32- + 7H2O。
②根据总反应式，反应消耗氢氧化钾，电池工作一段时间后电解质溶液的pH减小。
23.下图中的A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色。请填空：
（1）电源A中a为________极。
（2）滤纸B上发生的总反应方程式为：______________。
（3）欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为：______________，电极f上发生的反应为：______________________，槽中盛放的电镀液可以是________或________(只要求填两种电解质溶液)。
【答案】(1). 正 (2). 2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH (3). Zn－2e－===Zn2＋ (4). Zn2＋＋2e－===Zn (5). ZnSO4溶液 (6). Zn(NO3)2溶液
【解析】
【分析】由B上的点显红色判断c的电极,根据c的电极判断a,b的电极;根据溶液中离子的放电顺序判断生成物,由反应物,生成物写出相应的方程式;先判断e.f的电极,再根据阴阳极上发生的反应写出相应的电极反应式;根据电镀原理选取电解质。
【详解】（1）A外接电源,所以B是电解氯化钠溶液的电解池;B上的点显红色,说明c点有氢氧根离子生成,根据离子的放电顺序知,该极上氢离子得电子放电,所以c是阴极,外电源b是负极,a是正极.故答案为:正.
(2)电解氯化钠溶液时,溶液中的离子放电顺序为:氢离子放电能力大于钠离子,氯离子放电能力大于氢氧根离子,所以电解氯化钠时生成物是氯气,氢气,氢氧化钠,所以其反应方程式为. 2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH
故答案为: 2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH.
(3)电镀时,e是阳极,f是阴极,镀层锌作阳极,镀件铁作阴极,阳极上失电子变成离子进入溶液,阴极上锌离子得电子生成锌单质,所以阳极上电极反应式为Zn－2e－=Zn2+阴极上的电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn;电镀液的选取:用含有镀层金属离子的溶液作电镀液,所以可选ZnSO4, Zn(NO3)2溶液作电镀液.故答案为: ZnSO4溶液 、 Zn(NO3)2溶液。
24.科学家制造出一种使用固态电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如图1所示装置中，以稀土金属材料作为惰性电极，在电极上分别通入CH4和空气，其中固态电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导O2－(O2＋4e－=2O2－)。
(1)c电极的名称为________(填“正极”或“负极”)，d电极上的电极反应式为： ____。
(2)如图2所示用惰性电极电解100 mL 0.5 mol·L－1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为： __________，若a电极产生56 mL(标准状况)气体，则所得溶液的c(H＋)=________(不考虑溶液体积变化)，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入________(填字母)。
a.CuO b.Cu(OH)2 c.CuCO3 d.Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). 正极 (2). CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O (3). 4OH－-4e－=2H2O＋O2↑ (4). 0.1 mol·L－1 (5). ac
【解析】
【分析】(1)依据装置图中电流流向分析，c为正极，氧气得电子发生还原反应，d为负极，甲烷失电子发生氧化反应；
(2)图2是电解池，与电源正极连接的a电极为阳极，发生4OH--4e-=O2↑+2H2O，b为阴极，发生为Cu2++2e-=Cu，结合电极方程式计算，使溶液恢复的方法是加入两个电极产物反应后得到的物质。
【详解】(1)图1是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生还原反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2-离子，负极电极反应为：CH4+4O2－-8e－=CO2+2H2O；
(2)如图2所示电解100mL0.5mol/LCuSO4溶液，发生的电解池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，与电源正极相连的为阳极，溶液中OH-失去电子发生氧化反应，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；
若a电极产生56mL(标准状况)气体为O2，其物质的量n(O2)=0.056L÷22.4L/mol=0.0025mol，消耗OH-离子的物质的量为n(OH-)=4n(O2)=0.01mol，则溶液中生成H+物质的量n(H+)= n(OH-)=0.01mol，c(H+)==0.1mol/L；
在所得溶液电解过程中，CuSO4溶液每反应产生2个Cu原子，就会同时损失2个O原子，相当于失去2个CuO，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入CuO，也可以加入CuCO3，因为CuCO3+H2SO4=CuSO4+CO2↑+H2O，相当于加CuO，符合恢复溶液浓度定量关系；但不能加入Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3，而Cu(OH)2+H2SO4=CuSO4+2H2O、Cu2(OH)2CO3+2H2SO4═2CuSO4+CO2↑+3H2O，除增加溶质外还增加了水，故合理选项是ac。
一、选择题（每题只有一个正确选项，每题3分，共60分）
1.下列说法不正确的是（ ）
A. 需要加热才能发生的化学反应不一定是吸热反应
B. 放热反应在常温下一定很容易发生
C. 在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变(ΔH)决定
D. 化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化
【答案】B
【解析】
【详解】A. 需要加热才能发生的化学反应不一定是吸热反应，例如物质燃烧等，A正确；
B. 放热反应在常温下不一定很容易发生，例如碳燃烧等，B错误；
C. 在一定条件下，某一化学反应是吸热反应还是放热反应，由生成物与反应物的焓值差即焓变(ΔH)决定，反应物总能量高于生成物总能量是放热反应，反之是吸热反应，C正确；
D. 化学反应除了生成新的物质外，还伴随着能量的变化，这也是化学变化的特征之一，D正确。
答案选B。
2. 下列做法有利于金属防护的是（ ）
A. 钢铁零件表面进行烤蓝处理
B. 将钢铁制成的闸门与直流电源正极相连
C. 菜刀切菜后不洗净就放回刀架
D. 埋在地下的钢管与铜块相连
【答案】A
【解析】试题分析：A. 一般钢铁容易生锈，如果将钢铁零件的表面进行烤蓝处理，就能大大增强抗蚀能力，延长使用寿命，A项正确；B.钢铁制成的闸门与直流电源的正极相连，闸门成为电解池的阳极，能加速腐蚀，B项错误；C.菜刀切菜后不洗净，容易发生吸氧腐蚀，C项错误；D.铁比铜活泼，当埋在地下的钢管与铜块相连时，钢管成为原电池的负极，加快了腐蚀，应该与锌块相连，D项错误；答案选A。
3.已知反应A+B==C+D的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 该反应为放热反应 B. 该反应为吸热反应
C. 反应物总能量高于生成物的总能量 D. 该反应只有在加热条件下才能进行
【答案】B
【解析】
【详解】根据图分析，反应物的总能量低于生成物的总能量，反应为吸热反应，吸热反应不一定需要加热才能发生，有的吸热反应在常温下能发生。综上所述，B正确，选B，
4.用铁片与稀硫酸反应制取氢气时，下列措施不能使氢气生成速率增大的是（ ）
A. 加热
B. 不用稀硫酸，改用98%的浓硫酸
C. 滴加少量CuSO4溶液
D. 不用铁片，改用铁粉
【答案】B
【解析】
【详解】A、加热，反应体系的温度升高，化学反应速率加快，故A不选；
B、因浓硫酸具有强氧化性，铁与浓硫酸反应生成二氧化硫而不生成氢气，不能使氢气生成速率增大，故B选；
C、滴加少量CuSO4溶液，铁置换出Cu，构成Fe、Cu原电池，从而加快了生成氢气的反应速率，故C不选；
D、改用铁粉，增大了铁与硫酸反应的接触面积，反应速率加快，故D不选；
故选B。
5.已知反应：①101kPa时，2C(s)＋O2(g)=2CO(g) ΔH＝－221kJ·mol－1
②稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(g) ΔH＝－241.8kJ·mol－1
④H2O(g)=H2O(l) ΔH＝－44.0kJ·mol－1
下列结论正确的是（ ）
A. 碳的燃烧热大于110.5kJ·mol－1
B. 浓硫酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ 热量
C. 氢气的燃烧热为241.8kJ·mol－1
D. 2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)的反应热为ΔH＝571.6kJ·mol－1
【答案】A
【解析】
【分析】A. CO继续在氧气中燃烧生成二氧化碳还会放出热量；
B. 浓硫酸稀释放出大量的热；
C. 燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的热量；
D. 氢气在氧气中燃烧的反应是放热反应。
【详解】A. 由反应①可知，1mol碳燃烧生成CO放出的热量为110.5 kJ，CO燃烧生成CO2继续放出热量，故1mol碳完全燃烧放出的热量大于
110.5 kJ，所以碳的燃烧热大于110.5 kJ / mol，A正确；
B. 浓硫酸的稀释要放出大量的热量，所以放出的热量大于57.3 kJ，所以浓硫酸与NaOH溶液反应生成1mol 水，放出热量大于57.3 kJ，B错误；
C. 燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所释放的热量，根据热化学反应方程式③和④可计算出氢气的燃烧热为：，C错误；
D. 根据热化学反应方程式③和④得出：由此可以得到：，D错误。
6.已知4NH3＋5O24NO+6H2O，若化学反应速率分别是用υ(NH3)、υ(O2)、υ(NO)、υ(H2O)〔单位：mol/(L·s)〕表示，则正确的关系是（ ）
A. 4/5υ(NH3) = υ(O2) B. 5/6υ(O2) =υ(H2O)
C. 2/3υ(NH3) = υ(H2O) D. 4/5υ(O2) = υ(NO)
【答案】D
【解析】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，v(O2)=5/4v(NH3)、v(H2O)=6/5v(O2)、v(H2O)=3/2v(NH3)、v(NO)=4/5v(O2)，D项正确。
7.对于反应CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g) ΔH<0，在其他条件不变的情况下（ ）
A. 加入催化剂，改变了反应的途径，反应的ΔH也随之改变
B. 增大压强，正逆反应的化学反应速率都减小
C. 升高温度， 正反应化学反应速率增大， 逆反应化学反应速率减小
D. 对该反应来说，无论反应进行到何时，混合气体的总物质的量不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.催化剂通过改变反应的途径，改变反应的速率，但反应的ΔH不变，故A错误；
B. 增大压强，各物质浓度均增大，正逆反应的化学反应速率都增大，故B错误；
C. 升高温度， 有效碰撞增多，正逆反应的化学反应速率都增大，故C错误；
D. CO(g)＋H2O(g) CO2(g)＋H2(g)反应前后气体系数和相等，对该反应来说，无论反应进行到何时，混合气体的总物质的量不变，故D正确；
答案选D。
8.反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1 ②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1 ③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1。下列有关反应速率的比较中正确的是( )
A. ④>③＝②>① B. ①>②>③>④
C. ①>④>②＝③ D. ④>③>②>①
【答案】C
【解析】
【分析】在可逆反应中，物质反应速率之比与化学计量数之比相同，在比较各反应速率时，将速率统一为一种物质。
【详解】将各反应速率统一为A的反应速率；v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2。
①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1 ；
②3v(A)=v(B)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1 ；
③2v(A)=v(C)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1；
④2v(A)=v(D)，v(A)＝0.225 mol·L－1·s－1；
综上所述，①>④>②＝③；
答案为C。
9.在密闭容器中进行可逆反应，A跟B反应生成C，反应速率v(A)、v(B)、v(C)之间存在以下关系：v(B)＝3v(A)，v(C)＝2v(A)，3v(C)＝2v(B)，则该反应可以表示为( )
A. A＋BC B. 2A＋2B3C
C. 3A＋B2C D. A＋3B2C
【答案】D
【解析】
【分析】化学反应速率之比等于化学反应计量数之比。
【详解】v(B)＝3v(A)，v(C)＝2v(A)，3v(C)＝2v(B)，可求出：v(A)：v(B)：v(C) = 1：3：2，故此反应方程式为：A＋3B2C，D正确。
10.如图所示，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，下列说法中正确的是（ ）
A. X是正极，Y是负极 B. X是负极，Y是正极
C. CuSO4溶液的pH逐渐增大 D. CuSO4溶液的pH保持不变
【答案】A
【解析】
【详解】根据“b极附近溶液显红色”确定b极为阴极，a为阳极，Y为电源负极，X为电源正极，A项正确，B项错误；同时，另一电池中Pt为阳极，Cu为阴极，电解硫酸铜溶液时溶液中产生了硫酸，pH逐渐减小，故C、D项错误。故答案选A。
11.已知S(s)=S(g) ΔH1，S(g)＋O2(g)=SO2(g) ΔH2，则S(s)燃烧的热化学方程式为( )
A. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH2－ΔH1
B. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2
C. S(s)＋O2(g)=SO2(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2
D. 1 mol S(s)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量大于1 mol S(g)燃烧生成1 mol SO2(g)放出的热量
【答案】C
【解析】
【详解】S(s)=S(g)△H1，S(g)+O2(g)═SO2(g)△H2，根据盖斯定律，S(s)燃烧的热化学方程式S(s)+O2(g)═SO2(g)△H=△H1+△H2，故C正确；因为固体硫转化为气体的过程是吸热的，所以1molS(s)燃烧生成1molSO2(g)放出的热量小于1molS(g)燃烧生成1molSO2(g)放出的热，故D错误；故选C。
12.100 ml 6 mol/L H2SO4与过量锌粉反应，一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可向反应物中加入适量的( )
A. Na2SO4(s) B. H2O
C. NaOH溶液 D. 4 mol/L H2SO4
【答案】B
【解析】
【分析】100 ml 6 mol/L H2SO4与过量锌粉反应，硫酸完全反应，为了减缓反应速率但又不影响生成氢气的总量，可以减小氢离子浓度但不改变氢离子的物质的量。
【详解】A. 加Na2SO4(s)，不反应，溶液浓度不变，速率不变，A错误；
B. 加H2O，减小氢离子浓度但不改变其物质的量，反应速率减小，生成氢气的量不变，B正确；
C. 加NaOH溶液，与H2SO4发生反应，氢离子浓度减小，生成氢气的量减小，C错误；
D. 加入4 mol/L H2SO4，溶液浓度减小，反应速率减小，生成氢气的总量增大，D错误。
13.已知分解1mol H2O2 放出热量98kJ，在含少量I-的溶液中，H2O2的分解机理为：H2O2+I-→H2O+IO- 慢，H2O2+IO-→H2O+O2+I- 快；下列有关反应的说法正确的是( )
A. 反应的速率与I-的浓度有关 B. IO-也是该反应的催化剂
C. 反应活化能等于98kJ·mol-1 D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据反应机理可知I-是H2O2分解的催化剂，碘离子浓度大，产生的IO-就多反应速率就快，A正确；
B、IO-不是该反应的催化剂，B错误；
C、反应的活化能是反应物的总能量与生成物的总能量的差值。这与反应的物质得到多少，错误；
D、 H2O2分解的总方程式是2H2O2=2H2O+ O2↑；由于水是纯液体，不能用来表示反应速率，而且H2O2和O2的系数不同，表示的化学反应速率也不同，D错误；
故合理选项为A。
14.将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl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，则下列说法错误的是（ ）
A. 阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2
B. AB段阳极只产生Cl2，阴极只产生Cu
C. BC段表示在阴极上是H＋放电产生了H2
D. CD段相当于电解水
【答案】C
【解析】
【详解】由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各1 mol，电解分3个阶段：[第一阶段]阳极：1 mol氯离子失1 mol电子，阴极：0.5 mol铜离子得1 mol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]阳极：1 mol氢氧根离子失1 mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.5 mol铜离子再得1 mol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]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；则
A．根据离子放电顺序知，阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2，故A正确；
B．阳极上氯离子先放电、阴极上铜离子先放电，当电解氯化铜时，溶液pH增大，所以AB段阳极只产生Cl2，阴极只产生Cu，故B正确；
C．BC段阴极上铜离子放电生成铜，故C错误；
D．CD段是第三阶段，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，所以相当于电解水，故D正确；
故选C。
15.高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能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，下列叙述正确的是（ ）
A. 放电时Zn是正极
B. 放电时负极反应为：Zn－2e- +2OH- = Zn(OH)2
C. 充电时Fe(OH)3被还原
D. 充电时电解液的碱性增强
【答案】B
【解析】试题分析：A、放电时，Zn失去电子，发生氧化反应，所以作负极，错误；B、根据总的反应方程式，可知放电时负极发生的反应是Zn－2e- +2OH- = Zn(OH)2，正确；C、充电时，Fe元素的化合价从+3价升高到+6价，被氧化，错误；D、充电时，溶液由碱性变为中性，则溶液的碱性减弱，错误，答案选B。
16.镁﹣次氯酸盐燃料电池的工作原理如图，该电池反应为：Mg+ClO﹣+H2O═Mg（OH）2+Cl﹣下列有关说法正确的是（ ）
A. 电池工作时，C溶液中的溶质是MgCl2
B. 电池工作时，正极a附近的pH将不断增大
C. 负极反应式：ClO﹣﹣2e﹣+H2O═Cl﹣+2 OH﹣
D. b电极发生还原反应，每转移0.1mol电子，理论上生成0.1mol Cl﹣
【答案】B
【解析】试题分析：A．根据电池反应式为Mg+ClO-+H2O＝Mg(OH)2+Cl-，所以C溶液中的溶质不含镁离子，A错误；B．放电时正极电极反应式为：ClO-+H2O+2e-＝Cl-+2OH-，所以a附近的pH将不断增大，B正确；C．根据电池反应式为Mg+ClO-+H2O＝Mg(OH)2+Cl-可知负极电极反应式为Mg-2e-+2OH-＝Mg（OH）2，C错误；D．由可知b电极为正极发生还原反应，反应式为：ClO-+H2O+2e-＝Cl-+2OH-，所以每转移0.1mol电子，理论上生成0.05mol Cl ，D错误；答案选B。
17.如图，一段时间后向c、d极附近分别滴加酚酞试液，c极附近溶液变红，下列说法正确的是( )
A. 铅蓄电池负极反应为
B. c极是阳极，b极是阴极
C. 若a极为铜，则甲池b极上析出铜
D. 乙池中c、d若为惰性电极,电解过程中溶液pH减小
【答案】A
【解析】
【分析】两个电解池是串联电路，电子转移的物质的量相等，电解一段时间后滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明c极溶液显碱性，在c极放电，其电极反应式为：↑所以c是阴极，d是阳极；则a是阴极，b是阳极。
【详解】A. 放电时铅蓄电池负极的电极反应式为： ，A正确；
B. 电解一段时间后滴加酚酞试剂，c极附近溶液变红，说明c极溶液显碱性，在c极放电，所以c是阴极，d是阳极；则a是阴极，b是阳极，B错误；
C. a是阴极，b是阳极，a极为铜，则甲池a极上析出铜，C错误；
D. 乙池中c、d若为惰性电极，c是阴极，d是阳极，在c极放电，其电极反应式为：，↑，电解过程中溶液pH增大，D错误。
18. 下列说法正确的是（ ）
A. 在铁片上镀铜时，若阴极增重3．2g，则电镀液中通过的电子的物质的量为0．1mol
B. 钢铁电化学腐蚀的两种类型主要区别在于水膜的PH不同，引起的负极反应不同
C. 参加反应的物质的性质是决定化学反应速率的重要因素
D. 电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阴极区产生的Cl2进入阳极区
【答案】C
【解析】试题分析：A．在铁片上镀铜时，阴极是铜离子放电，则若阴极增重3．2g，即析出3.2g÷64g/mol＝0.05mol铜时，则导线中通过的电子的物质的量为0.05mol×2＝0．1mol，溶液中不能通过电子，A错误；B．钢铁电化学腐蚀的两种类型主要区别在于水膜的pH不同，引起的正极反应不同，分别是氢离子放电和氧气放电，负极都是铁失去电子，B错误；C．参加反应的物质的性质是决定化学反应速率的重要因素，C正确；D．电解饱和食盐水制烧碱采用离子交换膜法，可防止阳极区产生的Cl2进入阴极区，D错误，答案选C。
19.下列甲、乙、丙、丁各装置中发生的反应,有关说法正确的是 ( )
A. 甲中负极反应式为2H++2e-=H2↑
B. 乙中电解一段时间，溶液的质量会增重
C. 丙中H+向碳棒方向移动
D. 丁中电解开始时阴极产生黄绿色气体
【答案】C
【解析】
【详解】A. 甲是原电池的装置，Zn作负极，发生氧化反应，Ag作正极，发生还原反应，负极的电极反应式为：，A 错误；
B. 乙是电解池的装置，Ag作阳极，发生氧化反应，Cu作阴极，发生还原反应，阳极溶解的银与阴极析出的银质量相等，所以溶液的质量保持不变， B 错误；
C. 丙是原电池的装置，Fe作负极，C作正极，溶液中阳离子移向正极，所以 H+ 向碳棒移动， C 正确；
D. 丁是电解池的装置，Pt作阳极，发生的是氧化反应，Fe作阴极，发生还原反应，
，是阳极反应， D 错误。
20.500 mL AgNO3和Ca(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝0.6 mol·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2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是( )
A. 原混合溶液中c(Ca2＋)为0.1 mol·L－1
B. 上述电解过程中共转移0.2 mol电子
C. 电解得到的Ag的物质的量为0.1 mol
D. 电解后溶液中c(H＋)为0.2 mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】电解AgNO3和Ca(NO3)2的混合溶液时，阳极上OH- 放电生成O2，阴极上先Ag+ 放电生成Ag，当Ag+ 完全析出时，H+ 放电生成H2，在标准状况下，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体，其物质的量为：，每生成1mol O2，转移
4mol e-，每生成1mol H2，转移2mol e-，每生成1mol Ag，转移1mol e-
【详解】A. 根据转移电子守恒，，，根据电荷守恒，，A正确；
B. 转移电子的物质的量为：，B错误；
C. 根据转移电子守恒，，C错误；
D. 当电解AgNO3溶液时，产生H+，当电解Ca(NO3)2溶液时，实际上是电解水，电解后溶液中H＋的物质的量为O2的4倍，，，D错误。
二、填空题（每空2分，共40分）
21.已知氮化硅陶瓷材料可由石英固体与焦炭颗粒在高温氮气流中通过如下反应制得：SiO2+C+N2Si3N4+CO(未配平)。该反应过程中的能量变化如图所示。回答以下问题：
（1）上述反应中的氧化剂是___________，其还原产物是________________。
（2）该反应是____ (填“吸热反应”或“放热反应”)，ΔH____(填“>、<、=”)0。
（3）该反应过程中，断裂旧键吸收的热量___ (填“>、<、=”)形成新键释放的热量。
【答案】(1). N2 (2). Si3N4 (3). 放热反应 (4). < (5). <
【解析】
【详解】（1）根据化学方程式可知，碳元素的化合价由0价升高为+2价，C失电子，作还原剂，发生氧化反应，氧化产物为CO，氮元素的化合价由0价降低为-3价，N2得电子，作氧化剂，发生还原反应，还原产物为Si3N4；
（2）根据能量变化图可知，反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，该反应为放热反应，；
（3）该反应为放热反应，则反应过程中，断裂旧键吸收的热量＜形成新键释放的热量；
22.(1) A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。
①B中Sn极的电极反应式为__________，Sn极附近溶液的pH_____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
②C中总反应离子方程式为_____________，比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是________。
(2）如图是甲烷燃料电池原理示意图，回答下列问题：
①电池的负极是______（填“a”或“b”）电极，该极的电极反应是_______。
②电池工作一段时间后电解质溶液的pH____（填“增大”、“减小”或“不变”）。
【答案】(1). 2H++2e-=H2↑ (2). 增大 (3). 2H++Zn = H2↑+Zn2+ (4). B＞A＞C (5). a (6). CH4 - 8e- + 10 OH- ＝ CO32- + 7H2O (7). 减小
【解析】试题分析：(1) A中没有形成原电池，为铁化学腐蚀； B中构成原电池，Sn极是正极、铁极是负极； C中构成原电池，锌是负极、铁是正极；
(2)甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，总反应是CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O。
解析：根据以上分析，(1)①B中Sn是正极，发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，Sn极附近溶液氢离子得电子生成氢气，氢离子浓度减小， pH增大。
②C中构成原电池，锌是负极、铁是正极，总反应离子方程式为2H++Zn = H2↑+Zn2+，原电池负极腐蚀速率>化学腐蚀速率>原电池正极腐蚀速率， A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B＞A＞C；
(2)甲烷燃料电池，通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，总反应是CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O。①电池的负极是a电极，该极失电子发生氧化反应，电极反应是CH4 - 8e- + 10 OH- ＝ CO32- + 7H2O。
②根据总反应式，反应消耗氢氧化钾，电池工作一段时间后电解质溶液的pH减小。
23.下图中的A为直流电源，B为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，C为电镀槽，接通电路后，发现B上的c点显红色。请填空：
（1）电源A中a为________极。
（2）滤纸B上发生的总反应方程式为：______________。
（3）欲在电镀槽中实现铁上镀锌，接通K点，使c、d两点短路，则电极e上发生的反应为：______________，电极f上发生的反应为：______________________，槽中盛放的电镀液可以是________或________(只要求填两种电解质溶液)。
【答案】(1). 正 (2). 2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH (3). Zn－2e－===Zn2＋ (4). Zn2＋＋2e－===Zn (5). ZnSO4溶液 (6). Zn(NO3)2溶液
【解析】
【分析】由B上的点显红色判断c的电极,根据c的电极判断a,b的电极;根据溶液中离子的放电顺序判断生成物,由反应物,生成物写出相应的方程式;先判断e.f的电极,再根据阴阳极上发生的反应写出相应的电极反应式;根据电镀原理选取电解质。
【详解】（1）A外接电源,所以B是电解氯化钠溶液的电解池;B上的点显红色,说明c点有氢氧根离子生成,根据离子的放电顺序知,该极上氢离子得电子放电,所以c是阴极,外电源b是负极,a是正极.故答案为:正.
(2)电解氯化钠溶液时,溶液中的离子放电顺序为:氢离子放电能力大于钠离子,氯离子放电能力大于氢氧根离子,所以电解氯化钠时生成物是氯气,氢气,氢氧化钠,所以其反应方程式为. 2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH
故答案为: 2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH.
(3)电镀时,e是阳极,f是阴极,镀层锌作阳极,镀件铁作阴极,阳极上失电子变成离子进入溶液,阴极上锌离子得电子生成锌单质,所以阳极上电极反应式为Zn－2e－=Zn2+阴极上的电极反应式为Zn2＋＋2e－=Zn;电镀液的选取:用含有镀层金属离子的溶液作电镀液,所以可选ZnSO4, Zn(NO3)2溶液作电镀液.故答案为: ZnSO4溶液 、 Zn(NO3)2溶液。
24.科学家制造出一种使用固态电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如图1所示装置中，以稀土金属材料作为惰性电极，在电极上分别通入CH4和空气，其中固态电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导O2－(O2＋4e－=2O2－)。
(1)c电极的名称为________(填“正极”或“负极”)，d电极上的电极反应式为： ____。
(2)如图2所示用惰性电极电解100 mL 0.5 mol·L－1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为： __________，若a电极产生56 mL(标准状况)气体，则所得溶液的c(H＋)=________(不考虑溶液体积变化)，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入________(填字母)。
a.CuO b.Cu(OH)2 c.CuCO3 d.Cu2(OH)2CO3
【答案】 (1). 正极 (2). CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O (3). 4OH－-4e－=2H2O＋O2↑ (4). 0.1 mol·L－1 (5). ac
【解析】
【分析】(1)依据装置图中电流流向分析，c为正极，氧气得电子发生还原反应，d为负极，甲烷失电子发生氧化反应；
(2)图2是电解池，与电源正极连接的a电极为阳极，发生4OH--4e-=O2↑+2H2O，b为阴极，发生为Cu2++2e-=Cu，结合电极方程式计算，使溶液恢复的方法是加入两个电极产物反应后得到的物质。
【详解】(1)图1是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生还原反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2-离子，负极电极反应为：CH4+4O2－-8e－=CO2+2H2O；
(2)如图2所示电解100mL0.5mol/LCuSO4溶液，发生的电解池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，与电源正极相连的为阳极，溶液中OH-失去电子发生氧化反应，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；
若a电极产生56mL(标准状况)气体为O2，其物质的量n(O2)=0.056L÷22.4L/mol=0.0025mol，消耗OH-离子的物质的量为n(OH-)=4n(O2)=0.01mol，则溶液中生成H+物质的量n(H+)= n(OH-)=0.01mol，c(H+)==0.1mol/L；
在所得溶液电解过程中，CuSO4溶液每反应产生2个Cu原子，就会同时损失2个O原子，相当于失去2个CuO，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入CuO，也可以加入CuCO3，因为CuCO3+H2SO4=CuSO4+CO2↑+H2O，相当于加CuO，符合恢复溶液浓度定量关系；但不能加入Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3，而Cu(OH)2+H2SO4=CuSO4+2H2O、Cu2(OH)2CO3+2H2SO4═2CuSO4+CO2↑+3H2O，除增加溶质外还增加了水，故合理选项是ac。
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