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2023威海乳山银滩高级中学高二上学期9月月考化学试题含解析
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2022-2023学年度高二级部九月份模块检测
化学试题
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。考试结束后，将答卷纸和答题卡一并交回。
第I卷(共40分)
注意事项
1. 答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、座号、准考证号填写在答题卡和试卷规定的位置上，并将答题卡上的考号、科目、试卷类型涂好。
2. 第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。
3. 第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔在答卷纸各题的答题区域内作答；不能写在试题卷上，不按以上要求作答的答案无效。
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个正确选项符合题意。
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）ΔH＞0，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，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；
C、ΔH＞0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. 下列热化学方程式中，正确的是
A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3 kJ·mol-1
B. 在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -571.6 kJ·mol-1[
C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH= -57.3kJ·mol-1，则CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1
D. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2(g)和1.5mol H2(g)置于密闭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) ΔH= -38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，H元素生成液态的水稳定，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H= -890.3kJ·mol-1，故A错误；
B．在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，反应的热化学方程式，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -2×285.8kJ·mol-1，故B正确；
C．醋酸是弱酸，电离要吸热，所以发生中和反应放出的热量小于57.3kJ，故C错误；
D、反应是可逆反应，反应焓变是指物质完全反应放出热量，故D错误；
故选B。
3. 下列关于如图所示原电池的说法正确的是
A. 当a为Cu，b为含有碳杂质的 Al，c 为稀硫酸时，b 极上观察不到气泡产生
B. 当a为石墨，b为 Fe，c为浓硫酸时，不能产生连续的稳定电流
C. 当a为Mg，b为 Al，c为NaOH 溶液时，根据现象可推知 Al 的活动性强Mg的
D. 当a为石墨，b为 Cu，c为FeCl3 溶液时，a、b之间没有电流通过
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因b为含有碳杂质的Al，C、Al、稀硫酸可构成原电池，溶液中的H+在该极上获得电子而产生H2，所以在b极上可观察到有气泡产生，故A错误；
B. 当 a 为石墨，b为 Fe，Fe做负极失电子，开始时，能形成原电池，有短暂的电流产生，但Fe被浓硫酸钝化后，铁表面生成致密的氧化膜，内部的铁不再失去电子而不能形成电流。故B正确；
C. 由于Al可与NaOH溶液反应，所以Al为原电池的负极，实际上，Mg的活动性强于Al，故不能据此判断Al的活动性强于Mg，故C错误；
D. Cu能与FeCl3发生氧化还原反应，能够形成原电池而产生电流，故D错误；
答案选B。
4. 海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是
A. 海水起电解质溶液作用
B. N极仅发生的电极反应：
C. 玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D. 该锂-海水电池属于一次电池
【答案】B
【解析】
【分析】锂海水电池的总反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑， M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电极为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，同时氧气也可以在N极得电子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。
【详解】A．海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；
B．由上述分析可知，N为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，和反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故B错误；
C．Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；
D．该电池不可充电，属于一次电池，故D正确；
答案选B。
5. 在容积为2 L的恒容密闭容器中充入P(g)和Q(g)，发生反应P(g)＋2Q(g)⇌3R(g)＋4S(s) ΔH。所得数据如下表：
组号
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
n(P)
n(Q)
n(R)
n(S)
①
500
0.10
0.80
0.24
0.32
②
500
0.20
1.60
x
x
③
700
0.10
0.30
0.18
0.24
下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH＞0 B. 反应达到平衡后增大压强，平衡逆向移动
C. ②中反应的平衡常数K=6.0 D. 根据题目信息不能确定x的值
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中，平衡时，c(R)=0.12mol/L，则Δc(R)=0.12mol/L，Δc(P)=0.04mol/L，Δc(Q)=0.08mol/L，故平衡时，c(P)=0.05mol/L-0.04mol/L=0.01mol/L，c(Q)=0.40mol/L-0.08mol/L=0.32mol/L，K===1.7；③中，平衡时，c(R)=0.09mol/L，则Δc(R)=0.09mol/L，Δc(P)=0.03mol/L，Δc(Q)=0.06mol/L，故平衡时，c(P)=0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，c(Q)=0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，K===4.5；即升高温度，K增大，则该反应为吸热反应，ΔH＞0，A正确；
B．生成物S为固体，该反应前后，气体体积不变，反应达到平衡后增大压强，平衡不移动，B错误；
C．①和②的温度相同，则K相同，即②中反应的平衡常数K=1.7； C错误；
D．根据②中反应的平衡常数K可以计算出x的值，D错误；
故选A。
6. 通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A. 电极A为阴极，发生还原反应
B. 电极B的电极发应：
C. 电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D. 电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；
B．由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；
C．电极A为阴极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；
答案选C。
7. 某同学设计如图所示装置探究电化学原理，下列有关推断正确的是（ ）
A. 若Q为直流电源，铁电极质量减轻，则a为直流电源的负极
B. 若Q为用电器，X和Y均为烧碱溶液，则电流方向为由b到a
C. 若Q为用电器，X和Y分别为溶液、溶液，则铁电极的电极反应式为
D. 若Q为直流电源，X和Y均为饱和氯化钠溶液，则铝电极上一定发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．Q为直流电源时该装置为电解池，铁电极质量减轻，说明铁电极发生氧化反应，故铁电极是电解池的阳极，则a是直流电源的正极，b是直流电源的负极，A错误；
B．若Q为用电器，则该装置为原电池，在烧碱溶液中铝失去电子发生氧化反应，电子经用电器由b流向a，电流方向为由a到b，B错误；
C．若Q为用电器，则该装置为原电池，铝比铁活泼，则铝电极是负极，铁电极是正极，电极反应式为，C正确；
D．若Q为直流电源，该装置为电解池，电解池的电极类型与外接电源的正负极有关，与电极材料无关，故铝电极上可能发生氧化反应，也可能发生还原反应，D错误；
故选C。
8. 如图，甲是利用微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能,并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中错误的是（ ）
A. 乙装置中溶液颜色不变
B. 铜电极应与Y相连接
C. M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+
D. 当N电极消耗0.25mol气体时，铜电极质量减少16g
【答案】D
【解析】
【分析】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜，则铁为阴极，应与负极相连，铜为阳极应与正极相连。以此分析解答。
【详解】A．在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，电解质的浓度不会发生变化，所以颜色不变，故A不符合题意；
B．铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故B不符合题意；
C．CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，故C不符合题意；
D．当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.25 4=1.0mol电子，所以铁电极增重m=64g/mol=32g，故D符合题意；
故答案：D。
【点睛】根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜,则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。
9. 以熔融盐为电解液，以含和等的铝合金废料为阳极进行电解，实现的再生。该过程中
A. 阴极发生的反应为 B. 阴极上被氧化
C. 在电解槽底部产生含的阳极泥 D. 阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含和等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，据此分析解答。
【详解】A．阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+，A错误；
B．Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；
C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；
D．因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误；
故选C。
10. 科学家基于易溶于的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： 。下列说法正确的是
A. 充电时电极b是阴极
B. 放电时溶液的减小
C. 放电时溶液的浓度增大
D. 每生成，电极a质量理论上增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；
B．放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；
C．放电时负极反应为，正极反应为，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；
D．充电时阳极反应为，阴极反应为，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g/mol2mol=46g，故D错误；
答案选C。
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. 下列描述中正确的是
A. 反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)的ΔH可通过下式估算： ∆H=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和
B. 在25 ℃、101 kPa时，1 mol碳燃烧所放出的热量为碳的标准燃烧热
C. 从C(石墨，s) ＝ C(金刚石，s) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1，可知石墨比金刚石更稳定
D. 同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】AC
【解析】
【详解】A选项，反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：∆H=反应中断裂旧共价键的键能之和－反应中形成新共价键的键能之和，故A正确；
B选项，25 ℃、101 kPa时，1 mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体所放出的热量为碳的燃烧热，故B错误；
C选项，从C(石墨，s) ＝ C(金刚石，s) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1，该反应是吸热反应，因此石墨比金刚石能量低，更稳定，故C正确；
D选项，同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，ΔH只与反应物总能量和生成物总能量有关，与路径和反应条件无关，故D错误；
综上所述，答案为AC。
【点睛】物质能量越低，物质越稳定。
12. 将图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（ ）
A. Zn极上发生还原反应
B. 电子沿Zn→a→b→Cu路径流动
C 片刻后，乙池中c（Cu2+）减小，c（SO42﹣）基本不变，溶液不再保持电中性
D. 片刻后可观察到滤纸a点变红色
【答案】D
【解析】
【分析】从装置图中看，甲、乙构成原电池，滤纸构成电解池。Zn为负极，则a为阴极，b为阳极，Cu为正极。
【详解】A. Zn极为负极，Zn失电子，发生氧化反应，A不正确；
B. 电子沿Zn→a，b→Cu路径流动，在a、b间，通过离子在电解质溶液中的定向移动传导电流，电子不能从溶液中通过，B不正确；
C. 片刻后，乙池中c(Cu2+)减小，c(SO42﹣)基本不变，盐桥中的阳离子进入乙池溶液中，使溶液保持电中性，C不正确；
D. 在滤纸a点，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，片刻后可观察到滤纸a点变红色，D正确。
故选D。
13. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是
A. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B. Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
D. 电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。
【详解】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；
C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正确；
D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；
故答案选A。
14. 如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色。下列说法正确的是
A. X是负极，Y是正极
B. CuSO4溶液的pH减小
C. a极产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
D. 若电路中转移了0.02 mol e-，Fe电极增重0.64 g
【答案】CD
【解析】
【分析】a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则b是阴极、a是阳极，所以Y是负极、X是正极，Cu是阳极，Fe是阴极，电解时，阳极上Cu失电子变成Cu2+、阴极上铜离子得电子，据此分析解答。
【详解】A. 通过以上分析知，Y是负极、X是正极，故A错误；
B. 电解时，左边装置阳极上为Cu失电子变成Cu2+，阴极Fe上为Cu2+得到电子被还原成Cu，所以CuSO4溶液的pH不变，故B错误；
C. a是阳极，电解质溶液中的氯离子失电子，a极产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，湿润的红色石蕊试纸先变红后褪色，故C正确；
D. Fe是阴极，阴极上铜离子得电子生成铜单质，电极反应为Cu2++2e-=Cu，若电路中转移了0.02 mol e－时，Fe电极上生成0.01mol的铜单质，质量为0.64g， Fe电极增重0.64g，故D正确；
答案选CD。
15. 化学能与热能、电能等能相互转化。关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是
（ ）
A. 图1所示的装置能将化学能转变为电能
B. 图2可表示中和反应的能量变化情况
C. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
D. 化学反应中能量变化的主因是化学键的断裂与生成
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图1所示的装置中没有构成闭合回路，不能将化学能转化为电能，A错误；
B．中和反应为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，与图2相符，B正确；
C．在化学反应中，释放或吸收的能量可以是电能、光能、不一定都是热能，C错误；
D．在化学反应中，一定有旧的化学键断开和新的化学键形成，断开键吸收能量，形成键释放能量，因此化学反应中能量变化的主因是化学键的断裂与生成，D正确；
答案选BD。
三、非选择题：本题包括5小题，共60分。
16. 机动车尾气的主要污染物是氮的氧化物，采用合适的催化剂可分解NO，反应为2NO(g)⇌N2(g)＋O2(g) ΔH，在T1℃和T2℃时，分别在容积均为1 L的密闭容器中通入1 mol NO，并发生上述反应，NO的转化率随时间的变化曲线如下图所示：
（1）T1℃___________(填“＞”或“＜”，下同)T2℃，ΔH___________0。
（2）温度为T1℃时该反应的平衡常数K=___________(结果保留3位小数)。已知反应速率v正=k正c2(NO)，v逆=k逆c(N2)·c(O2)，k正、k逆分别为正反应速率常数和逆反应速率常数，则a点处=___。
（3）温度为T2℃，反应进行到30 min时，达到平衡状态，则0～30 min的平均反应速率v(N2)=___________ mol·L-1·min-1(结果保留3位小数)。
【答案】（1） ①. ＞ ②. ＜
（2） ①. 0.018 ②. 1.152
（3）0.004
【解析】
【分析】根据速率对平衡影响，速率越大越先达到平衡，利用外界条件的变化对平衡的影响，利用平衡常数的计算方法三段式进行计算；
【小问1详解】
由图像可知，T1℃下反应先达到化学平衡，故T1℃＞T2℃，又T1℃下NO的平衡转化率低于T2℃下NO的平衡转化率，即降低温度，平衡向正反应方向移动，故ΔH＜0；
【小问2详解】
T1℃条件下NO的平衡转化率为21%，利用“三段式”法计算：
2NO(g)⇌N2(g)＋O2(g)
起始量/mol 1 0 0
转化量/mol 0.21 0.105 0.105
平衡量/mol 0.79 0.105 0.105
则平衡常数K=0.105 mol·L-1×0.105 mol·L-1/(0.79 mol·L-1)2=0.018.反应达到平衡时，v正=v逆，故k正c2(NO)=k逆c(N2)·c(O2)，即=K=0.018.a点对应的NO的转化率为20%，利用“三段式”法计算：
2NO(g)⇌N2(g)＋O2(g)
起始量/mol 1 0 0
转化量/mol 0.2 0.1 0.1
平衡量/mol 0.8 0.1 0.1
故a点处=K×=0.018×=1.152；
【小问3详解】
由图像可知，T2℃条件下，反应开始至达到平衡时消耗0.22 mol NO，而v(N2)= v(NO)=×0.22 mol/(1 L×30 min)≈0.004 mol·L-1·min-1。。
【点睛】此题考查化学平衡及反应速率的应用，利用图像信息进行判断影响因素及平衡移动。
17. 回答下列问题：
（1）用50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸与50 mL 0.55 mol·L-1的NaOH溶液在如图1所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应反应热。回答下列问题：
①若将杯盖改为薄铁板，求得的反应热将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②若通过测定计算出产生的热量为1.42 kJ，请写出该反应的热化学方程式：___________。
（2）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下。
I.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-58 kJ·mol-1
II．CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=-99 kJ·mol-1
III．CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3=___________kJ·mol-1。
(2)一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为___________mol·L-1，反应Ⅲ的平衡常数为___________。(用含a、b、V的代数式表示)
②一定条件下，水溶液中所含离子Cl-、ClO-、ClO、ClO、ClO各1 mol，其相对能量的大小如图2所示(各离子在图中用氯元素的相应化合价表示)，则反应3ClO-(aq)=ClO (aq)＋2Cl-(aq)的ΔH=___________kJ·mol-1。
【答案】（1） ①. 偏大 ②. H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-56.8 kJ·mol-1
（2） ①. ＋41 ②. ③. ④. -117
【解析】
【小问1详解】
①若改为薄铁板，则有热量散失，测得的反应热将偏大。②该反应中50 mL 0.55 mol·L-1的NaOH溶液过量，其与50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸(即0.025 mol)反应生成0.025 mol H2O，放出的热量为1.42 kJ，那么生成1 mol H2O时放出56.8 kJ的热量，即可书写出热化学方程式:H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-56.8 kJ·mol-1。
【小问2详解】
①根据盖斯定律，反应Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=-58 kJ·mol-1-(-99 kJ·mol-1)=＋41 kJ·mol-1。
②假设反应Ⅱ中，CO反应了x mol，则Ⅱ生成的CH3OH为x mol，Ⅰ生成的CH3OH为(a-x) mol，Ⅲ生成的CO为(b＋x) mol，根据
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)
a-x 3(a-x) a-x a-x
反应Ⅱ：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)
x 2x x
反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)
b＋x b＋x b＋x b＋x
所以平衡时水的物质的量为(a-x) mol＋(b＋x) mol=(a＋b) mol，浓度为 mol·L-1；③平衡时CO2的物质的量为1 mol-(a-x) mol-(b＋x) mol=(1-a-b) mol，H2的物质的量为3 mol-3(a-x) mol-2x-(b＋x) mol=(3-3a-b) mol，CO的物质的量为b mol，水的物质的量为(a＋b) mol，则反应Ⅲ的平衡常数为；④由图像可知，3 mol ClO-(aq)的相对能量为3×60 kJ，1 mol ClO (aq)的相对能量为63 kJ，2 mol Cl-(aq)的相对能量为0 kJ，因此该反应的ΔH=63 kJ·mol-1-180 kJ·mol-1=-117 kJ·mol-1。
18. 电池的发明和应用是化学家们对人类社会的重要贡献之一。
每一次化学电池技术的突破，都带来了电子设备革命性的发展。最近，我国在甲烷燃料电池的相关技术上获得了新突破，原理如下图所示。
(1)甲烷燃料应从__________口通入(图1)，发生的电极反应式 __________________。
(2)以石墨做电极电解饱和食盐水，如下图2所示。电解开始后在__________的周围(填“阴极”或“阳极”)先出现红色，该极的电极反应式为_______________。.
(3)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是____。
a．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
b．粗铜接电源正极，发生氧化反应
c．溶液中Cu2+向阳极移动
d．电能全部转化为化学能
(4)人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO(NH2)2]，原理如图。
①电源的正极为________(填“A”或“B”)。
②电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将________(填“增大”、“减小”、“不变”);若两极共收集到气体6.72 L(标准状况)，则除去的尿素为________g(忽略气体的溶解)。
【答案】 ①. b ②. CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+ ③. 阴极 ④. 2H++2e-=H2↑或2H2O+2e- = H2↑+ 2OH- ⑤. ab ⑥. B ⑦. 不变 ⑧. 3.6
【解析】
【分析】(1) d处生成大量的水，结合氢离子的移动方向，右侧电极是正极，左侧电极为负极，结合反应环境是酸性溶液分析解答；
(2)以石墨电极电解饱和食盐水，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，据此分析解答；
(3)电解精炼铜时，粗铜作阳极，该电极上Zn、Fe、Ni、Cu失电子，精铜作阴极，该极上是铜离子得电子，阳极上铜以及比铜活泼金属会溶解，而没有铜活泼的金属会从阳极掉落，形成阳极泥，据此分析解答；
(4) 阴极反应为：6H2O+6e-=6OH-+3H2↑(或6H++6e-=3H2↑)，阳极反应为：6Cl--6e-=3Cl2↑，阳极附近还发生反应CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，据此分析解答。
【详解】(1)根据装置可以知道d处生成大量的水，结合氢离子的移动方向，右侧电极是正极，c处通入的是氧气，反应环境是酸性溶液，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，左侧电极为负极，b处通入的是甲烷，反应环境是酸性溶液，负极的反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为：b；CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；
(2)以石墨电极电解饱和食盐水，阴极上氢离子放电，溶液呈碱性，使酚酞变红，电极反应式为2H++2e-=H2↑或2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-，阳极上氯离子放电，故答案为：阴极；2H++2e-=H2↑或2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-；
(3) 以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼。
a．在阳极上，没有铜活泼的金属Ag、Pt、Au等金属会从阳极掉落，形成阳极泥，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故a正确；
b．电解精炼铜时，粗铜作阳极，接电源正极，发生氧化反应，故b正确；
c．溶液中Cu2+向阴极移动，阴极上发生还原反应，故c错误；
d．电解池中，电能不会全部转化为化学能，还会伴随热能等形式的能量产生，故d错误；
故选ab。
(4)①根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律及图中的电极产物H2和Cl2，可以判断出放出氢气的电极为阴极，与之连接的电极B为电源的正极，A为电源的负极，故答案为：B；
②阴极反应为：6H2O+6e-=6OH-+3H2↑(或6H++6e-=3H2↑)，阳极反应为：6Cl--6e-=3Cl2↑，阳极附近还发生反应CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl。
根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；由上述反应式可以看出，转移6mole-时，阴极产生3molH2，阳极产生1molN2和1molCO2，故电解收集到的6.72 L气体中，V(N2)=V(CO2)==1.344 L，即n(N2)=n(CO2)==0.06mol，根据方程式CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知生成0.06 mol N2所消耗的CO(NH2)2的物质的量也为0.06 mol，其质量为m[CO(NH2)2]=0.06 mol×60 g•mol-1=3.6g，故答案为：不变；3.6。
【点睛】正确判断原电池和电解池的电极类型和电极反应式是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)②，要注意阳极附近的氧化还原反应为CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl。
19. 如图装置甲是某可充电电池的示意图，该电池放电的化学方程式为2K2S2＋KI3=K2S4＋3KI，图中的离子交换膜只允许K＋通过，C、D、F均为石墨电极，E为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时C、D两电极产生的气体体积相同，E电极质量减少 1.28 g。
(1)装置甲的A电极为电池的__极，电解质的K＋向__(填“左侧”或“右侧”)迁移；B电极的电极反应式为____。
(2)装置乙中D电极析出的气体是___，体积为____mL(标准状况)。
(3)若将装置丙中的NaCl溶液改换成FeCl2和FeCl3的混合溶液。从反应初始至反应结束，丙装置溶液中金属阳离子物质的量浓度与转移电子的物质的量的变化关系如图所示。
①图中b表示的是_____(填金属离子符号)的变化曲线。
②反应结束后，若用0.5 mol·L－1NaOH溶液沉淀丙装置溶液中的金属阳离子(设溶液体积为100 mL)，则至少需要0.5 mol·L－1NaOH溶液______mL。
【答案】 ①. 负 ②. 右侧 ③. I3－＋2e－＝3I－ ④. H2(或氢气) ⑤. 224 ⑥. Fe2＋ ⑦. 28
【解析】
【分析】本题解题的切入点为E，E质量减轻，则表明E为阳极，发生反应Cu-2e-=Cu2+，E电极质量减少1.28 g，则表明参加反应的Cu为0.02mol，失去电子0.04mol。E为阳极，则F为阴极，A为负极，B为正极，C为阳极，D为阴极。
【详解】(1)由上面分析知，装置甲的A电极为电池的负极。因为原电池中，阳离子向正极移动，所以电解质的K＋向右侧迁移。B电极为正极，I3－得电子，它的电极反应式为I3－＋2e－＝3I－。
(2)D电极上首先发生反应Cu2＋＋2e－=Cu，当Cu2＋消耗尽时，发生反应2H＋＋2e－=H2↑，所以装置乙中D电极析出的气体是H2(或氢气)。根据得失电子守恒，该电极析出的H2的体积为：。
(3)①若将装置丙中的NaCl溶液改换成FeCl2和FeCl3的混合溶液，则电解时，阳极(E电极)发生反应Cu－2e－=Cu2＋，阴极(F电极)发生反应2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，故a、b、c分别表示Fe3+、Fe2＋、Cu2+的变化曲线。所以图中b表示的是Fe2＋的变化曲线。
②由题图中曲线可以看出，反应后溶液中c(Cu2＋)＝2×10－2 mol·L－1，c(Fe2＋)＝5×10－2 mol·L－1，c(Fe3＋)＝0，要使溶液中的金属阳离子完全沉淀，需要n(NaOH)＝[n(Cu2＋)＋n(Fe2＋)]×2＝(0.02 mol·L－1＋0.05 mol·L－1)×0.1 L×2＝0.014 mol，V(NaOH)＝。
20. Ⅰ.微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应是Zn＋Ag2O＝ZnO＋2Ag。请回答下列问题。
（1）该电池属于__________电池（填“一次”或“二次”）。
（2）负极是_________，电极反应式是______。
（3）使用时，正极区的pH_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
Ⅱ.（4）事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____。（填字母）
A C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g） △H>0
B NaOH（aq）+HC1（aq）=NaC1（aq）+H2O（1） △H<0
C 2CO（g）+O2（g）=2CO2（1） △H<0
（5）以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为_____。
Ⅲ.乙醇（C2H5OH）燃料电池（DEFC）具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。
（6）三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_________。（填化学式）
（7）熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极___（填“a”或“b”）移动。
（8）酸性乙醇燃料电池中，若电池消耗标准状况下2.24L O2，则电路中通过了的电子数目为______。
【答案】 ①. 一次 ②. Zn（或锌） ③. Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O ④. 增大 ⑤. C ⑥. CO－2e－+4OH－=C O 32－+2H2O ⑦. O2 ⑧. a ⑨. 0.4NA
【解析】
【分析】（1）银锌纽扣电池只能使用一次；
（2）原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。银锌电池反应中，锌元素从0价升高为+2价，被氧化，银元素从+1价降低为0价，被还原；
（3）正极电极反应式为：；
（4）氧化还原反应，且反应放热，才可以设计为原电池；
（5），设计成原电池，一氧化碳发生氧化反应，为电池的负极；
（6）氧气得电子发生还原反应，为正极；
（7）在电池中，阴离子向负极移动；
（8）1个氧气转移4个电子。
【详解】（1）银锌纽扣电池只能使用一次，属于一次电池；
故答案为：一次；
（2）原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。银锌电池反应中，锌元素从0价升高为+2价，被氧化，银元素从+1价降低为0价，被还原，所以锌是负极，电极反应式为：；
故答案：Zn（或锌）；；
（3）正极电极反应式为： ，由电极反应式知，电池放电时，正极区溶液的增大；
故答案为：增大；
（4）A. △H>0，反应吸热， 不能设计成原电池，A错误；
B.该反应不是氧化还原反应，没有电子的转移，故不能设计成原电池，B错误；
C.该反应为氧化还原反应，且反应放热，故该反应可以设计为原电池，C正确；
答案选C；
（5），设计成原电池，一氧化碳发生氧化反应，为电池的负极，且电解质为KOH溶液，故负极电极反应式为：；
故答案为：；
（6）氧气得电子发生还原反应，为正极，故正极反应物均为氧气；
答案为：；
（7）在电池中，阴离子向负极移动，a为负极，故向电极a移动；
答案为：a；
（8）电池消耗标准状况下2.24L，即0.1mol氧气，1个氧气转移4个电子，故转移电子数为0.4NA;
故答案为：0.4NA。
2022-2023学年度高二级部九月份模块检测
化学试题
本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。考试结束后，将答卷纸和答题卡一并交回。
第I卷(共40分)
注意事项
1. 答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的班级、姓名、座号、准考证号填写在答题卡和试卷规定的位置上，并将答题卡上的考号、科目、试卷类型涂好。
2. 第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答案不能答在试卷上。
3. 第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔在答卷纸各题的答题区域内作答；不能写在试题卷上，不按以上要求作答的答案无效。
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个正确选项符合题意。
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）ΔH＞0，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，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；
C、ΔH＞0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. 下列热化学方程式中，正确的是
A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3 kJ·mol-1
B. 在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -571.6 kJ·mol-1[
C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH= -57.3kJ·mol-1，则CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1
D. 500℃、30MPa下，将0.5mol N2(g)和1.5mol H2(g)置于密闭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) ΔH= -38.6 kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，H元素生成液态的水稳定，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H= -890.3kJ·mol-1，故A错误；
B．在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，反应的热化学方程式，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH= -2×285.8kJ·mol-1，故B正确；
C．醋酸是弱酸，电离要吸热，所以发生中和反应放出的热量小于57.3kJ，故C错误；
D、反应是可逆反应，反应焓变是指物质完全反应放出热量，故D错误；
故选B。
3. 下列关于如图所示原电池的说法正确的是
A. 当a为Cu，b为含有碳杂质的 Al，c 为稀硫酸时，b 极上观察不到气泡产生
B. 当a为石墨，b为 Fe，c为浓硫酸时，不能产生连续的稳定电流
C. 当a为Mg，b为 Al，c为NaOH 溶液时，根据现象可推知 Al 的活动性强Mg的
D. 当a为石墨，b为 Cu，c为FeCl3 溶液时，a、b之间没有电流通过
【答案】B
【解析】
【详解】A. 因b为含有碳杂质的Al，C、Al、稀硫酸可构成原电池，溶液中的H+在该极上获得电子而产生H2，所以在b极上可观察到有气泡产生，故A错误；
B. 当 a 为石墨，b为 Fe，Fe做负极失电子，开始时，能形成原电池，有短暂的电流产生，但Fe被浓硫酸钝化后，铁表面生成致密的氧化膜，内部的铁不再失去电子而不能形成电流。故B正确；
C. 由于Al可与NaOH溶液反应，所以Al为原电池的负极，实际上，Mg的活动性强于Al，故不能据此判断Al的活动性强于Mg，故C错误；
D. Cu能与FeCl3发生氧化还原反应，能够形成原电池而产生电流，故D错误；
答案选B。
4. 海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是
A. 海水起电解质溶液作用
B. N极仅发生的电极反应：
C. 玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能
D. 该锂-海水电池属于一次电池
【答案】B
【解析】
【分析】锂海水电池的总反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑， M极上Li失去电子发生氧化反应，则M电极为负极，电极反应为Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，同时氧气也可以在N极得电子，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。
【详解】A．海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；
B．由上述分析可知，N为正极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，和反应O2+4e-+2H2O=4OH-，故B错误；
C．Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；
D．该电池不可充电，属于一次电池，故D正确；
答案选B。
5. 在容积为2 L的恒容密闭容器中充入P(g)和Q(g)，发生反应P(g)＋2Q(g)⇌3R(g)＋4S(s) ΔH。所得数据如下表：
组号
温度/℃
起始量/mol
平衡量/mol
n(P)
n(Q)
n(R)
n(S)
①
500
0.10
0.80
0.24
0.32
②
500
0.20
1.60
x
x
③
700
0.10
0.30
0.18
0.24
下列说法正确的是
A. 该反应的ΔH＞0 B. 反应达到平衡后增大压强，平衡逆向移动
C. ②中反应的平衡常数K=6.0 D. 根据题目信息不能确定x的值
【答案】A
【解析】
【详解】A．①中，平衡时，c(R)=0.12mol/L，则Δc(R)=0.12mol/L，Δc(P)=0.04mol/L，Δc(Q)=0.08mol/L，故平衡时，c(P)=0.05mol/L-0.04mol/L=0.01mol/L，c(Q)=0.40mol/L-0.08mol/L=0.32mol/L，K===1.7；③中，平衡时，c(R)=0.09mol/L，则Δc(R)=0.09mol/L，Δc(P)=0.03mol/L，Δc(Q)=0.06mol/L，故平衡时，c(P)=0.05mol/L-0.03mol/L=0.02mol/L，c(Q)=0.15mol/L-0.06mol/L=0.09mol/L，K===4.5；即升高温度，K增大，则该反应为吸热反应，ΔH＞0，A正确；
B．生成物S为固体，该反应前后，气体体积不变，反应达到平衡后增大压强，平衡不移动，B错误；
C．①和②的温度相同，则K相同，即②中反应的平衡常数K=1.7； C错误；
D．根据②中反应的平衡常数K可以计算出x的值，D错误；
故选A。
6. 通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是
A. 电极A为阴极，发生还原反应
B. 电极B的电极发应：
C. 电解一段时间后溶液中浓度保持不变
D. 电解结束，可通过调节除去，再加入溶液以获得
【答案】C
【解析】
【详解】A．由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；
B．由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；
C．电极A为阴极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；
答案选C。
7. 某同学设计如图所示装置探究电化学原理，下列有关推断正确的是（ ）
A. 若Q为直流电源，铁电极质量减轻，则a为直流电源的负极
B. 若Q为用电器，X和Y均为烧碱溶液，则电流方向为由b到a
C. 若Q为用电器，X和Y分别为溶液、溶液，则铁电极的电极反应式为
D. 若Q为直流电源，X和Y均为饱和氯化钠溶液，则铝电极上一定发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．Q为直流电源时该装置为电解池，铁电极质量减轻，说明铁电极发生氧化反应，故铁电极是电解池的阳极，则a是直流电源的正极，b是直流电源的负极，A错误；
B．若Q为用电器，则该装置为原电池，在烧碱溶液中铝失去电子发生氧化反应，电子经用电器由b流向a，电流方向为由a到b，B错误；
C．若Q为用电器，则该装置为原电池，铝比铁活泼，则铝电极是负极，铁电极是正极，电极反应式为，C正确；
D．若Q为直流电源，该装置为电解池，电解池的电极类型与外接电源的正负极有关，与电极材料无关，故铝电极上可能发生氧化反应，也可能发生还原反应，D错误；
故选C。
8. 如图，甲是利用微生物将废水中的尿素[CO(NH2)2]的化学能直接转化为电能,并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜，下列说法中错误的是（ ）
A. 乙装置中溶液颜色不变
B. 铜电极应与Y相连接
C. M电极反应式：CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+
D. 当N电极消耗0.25mol气体时，铜电极质量减少16g
【答案】D
【解析】
【分析】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜，则铁为阴极，应与负极相连，铜为阳极应与正极相连。以此分析解答。
【详解】A．在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，电解质的浓度不会发生变化，所以颜色不变，故A不符合题意；
B．铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故B不符合题意；
C．CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-=CO2↑+N2↑+6H+，故C不符合题意；
D．当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.25 4=1.0mol电子，所以铁电极增重m=64g/mol=32g，故D符合题意；
故答案：D。
【点睛】根据题给信息知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，在铁上镀铜,则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。
9. 以熔融盐为电解液，以含和等的铝合金废料为阳极进行电解，实现的再生。该过程中
A. 阴极发生的反应为 B. 阴极上被氧化
C. 在电解槽底部产生含的阳极泥 D. 阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含和等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，据此分析解答。
【详解】A．阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+，A错误；
B．Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；
C．阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；
D．因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误；
故选C。
10. 科学家基于易溶于的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为： 。下列说法正确的是
A. 充电时电极b是阴极
B. 放电时溶液的减小
C. 放电时溶液的浓度增大
D. 每生成，电极a质量理论上增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；
B．放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；
C．放电时负极反应为，正极反应为，反应后Na+和Cl-浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，故C正确；
D．充电时阳极反应为，阴极反应为，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g/mol2mol=46g，故D错误；
答案选C。
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. 下列描述中正确的是
A. 反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)的ΔH可通过下式估算： ∆H=反应中断裂旧共价键的键能之和-反应中形成新共价键的键能之和
B. 在25 ℃、101 kPa时，1 mol碳燃烧所放出的热量为碳的标准燃烧热
C. 从C(石墨，s) ＝ C(金刚石，s) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1，可知石墨比金刚石更稳定
D. 同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl（g）在光照和点燃条件下的ΔH不同
【答案】AC
【解析】
【详解】A选项，反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：∆H=反应中断裂旧共价键的键能之和－反应中形成新共价键的键能之和，故A正确；
B选项，25 ℃、101 kPa时，1 mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体所放出的热量为碳的燃烧热，故B错误；
C选项，从C(石墨，s) ＝ C(金刚石，s) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1，该反应是吸热反应，因此石墨比金刚石能量低，更稳定，故C正确；
D选项，同温同压下，反应H2(g)＋Cl2(g)＝2HCl(g)在光照和点燃条件下的ΔH相同，ΔH只与反应物总能量和生成物总能量有关，与路径和反应条件无关，故D错误；
综上所述，答案为AC。
【点睛】物质能量越低，物质越稳定。
12. 将图中所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是（ ）
A. Zn极上发生还原反应
B. 电子沿Zn→a→b→Cu路径流动
C 片刻后，乙池中c（Cu2+）减小，c（SO42﹣）基本不变，溶液不再保持电中性
D. 片刻后可观察到滤纸a点变红色
【答案】D
【解析】
【分析】从装置图中看，甲、乙构成原电池，滤纸构成电解池。Zn为负极，则a为阴极，b为阳极，Cu为正极。
【详解】A. Zn极为负极，Zn失电子，发生氧化反应，A不正确；
B. 电子沿Zn→a，b→Cu路径流动，在a、b间，通过离子在电解质溶液中的定向移动传导电流，电子不能从溶液中通过，B不正确；
C. 片刻后，乙池中c(Cu2+)减小，c(SO42﹣)基本不变，盐桥中的阳离子进入乙池溶液中，使溶液保持电中性，C不正确；
D. 在滤纸a点，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，片刻后可观察到滤纸a点变红色，D正确。
故选D。
13. 一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2+以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是
A. Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移
B. Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C. MnO2电极反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
D. 电池总反应：Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O
【答案】A
【解析】
【分析】根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H+，生成Mn2+，Ⅱ区的K+向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH-，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K+向Ⅱ区移动。据此分析答题。
【详解】A．根据分析，Ⅱ区的K+只能向Ⅰ区移动，A错误；
B．根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；
C．MnO2电极的电极反应式为MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O，C正确；
D．电池的总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+=Zn(OH)+Mn2++2H2O，D正确；
故答案选A。
14. 如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色。下列说法正确的是
A. X是负极，Y是正极
B. CuSO4溶液的pH减小
C. a极产生的气体能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
D. 若电路中转移了0.02 mol e-，Fe电极增重0.64 g
【答案】CD
【解析】
【分析】a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则b是阴极、a是阳极，所以Y是负极、X是正极，Cu是阳极，Fe是阴极，电解时，阳极上Cu失电子变成Cu2+、阴极上铜离子得电子，据此分析解答。
【详解】A. 通过以上分析知，Y是负极、X是正极，故A错误；
B. 电解时，左边装置阳极上为Cu失电子变成Cu2+，阴极Fe上为Cu2+得到电子被还原成Cu，所以CuSO4溶液的pH不变，故B错误；
C. a是阳极，电解质溶液中的氯离子失电子，a极产生氯气，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，湿润的红色石蕊试纸先变红后褪色，故C正确；
D. Fe是阴极，阴极上铜离子得电子生成铜单质，电极反应为Cu2++2e-=Cu，若电路中转移了0.02 mol e－时，Fe电极上生成0.01mol的铜单质，质量为0.64g， Fe电极增重0.64g，故D正确；
答案选CD。
15. 化学能与热能、电能等能相互转化。关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是
（ ）
A. 图1所示的装置能将化学能转变为电能
B. 图2可表示中和反应的能量变化情况
C. 化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
D. 化学反应中能量变化的主因是化学键的断裂与生成
【答案】BD
【解析】
【详解】A．图1所示的装置中没有构成闭合回路，不能将化学能转化为电能，A错误；
B．中和反应为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，与图2相符，B正确；
C．在化学反应中，释放或吸收的能量可以是电能、光能、不一定都是热能，C错误；
D．在化学反应中，一定有旧的化学键断开和新的化学键形成，断开键吸收能量，形成键释放能量，因此化学反应中能量变化的主因是化学键的断裂与生成，D正确；
答案选BD。
三、非选择题：本题包括5小题，共60分。
16. 机动车尾气的主要污染物是氮的氧化物，采用合适的催化剂可分解NO，反应为2NO(g)⇌N2(g)＋O2(g) ΔH，在T1℃和T2℃时，分别在容积均为1 L的密闭容器中通入1 mol NO，并发生上述反应，NO的转化率随时间的变化曲线如下图所示：
（1）T1℃___________(填“＞”或“＜”，下同)T2℃，ΔH___________0。
（2）温度为T1℃时该反应的平衡常数K=___________(结果保留3位小数)。已知反应速率v正=k正c2(NO)，v逆=k逆c(N2)·c(O2)，k正、k逆分别为正反应速率常数和逆反应速率常数，则a点处=___。
（3）温度为T2℃，反应进行到30 min时，达到平衡状态，则0～30 min的平均反应速率v(N2)=___________ mol·L-1·min-1(结果保留3位小数)。
【答案】（1） ①. ＞ ②. ＜
（2） ①. 0.018 ②. 1.152
（3）0.004
【解析】
【分析】根据速率对平衡影响，速率越大越先达到平衡，利用外界条件的变化对平衡的影响，利用平衡常数的计算方法三段式进行计算；
【小问1详解】
由图像可知，T1℃下反应先达到化学平衡，故T1℃＞T2℃，又T1℃下NO的平衡转化率低于T2℃下NO的平衡转化率，即降低温度，平衡向正反应方向移动，故ΔH＜0；
【小问2详解】
T1℃条件下NO的平衡转化率为21%，利用“三段式”法计算：
2NO(g)⇌N2(g)＋O2(g)
起始量/mol 1 0 0
转化量/mol 0.21 0.105 0.105
平衡量/mol 0.79 0.105 0.105
则平衡常数K=0.105 mol·L-1×0.105 mol·L-1/(0.79 mol·L-1)2=0.018.反应达到平衡时，v正=v逆，故k正c2(NO)=k逆c(N2)·c(O2)，即=K=0.018.a点对应的NO的转化率为20%，利用“三段式”法计算：
2NO(g)⇌N2(g)＋O2(g)
起始量/mol 1 0 0
转化量/mol 0.2 0.1 0.1
平衡量/mol 0.8 0.1 0.1
故a点处=K×=0.018×=1.152；
【小问3详解】
由图像可知，T2℃条件下，反应开始至达到平衡时消耗0.22 mol NO，而v(N2)= v(NO)=×0.22 mol/(1 L×30 min)≈0.004 mol·L-1·min-1。。
【点睛】此题考查化学平衡及反应速率的应用，利用图像信息进行判断影响因素及平衡移动。
17. 回答下列问题：
（1）用50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸与50 mL 0.55 mol·L-1的NaOH溶液在如图1所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中放出的热量可计算中和反应反应热。回答下列问题：
①若将杯盖改为薄铁板，求得的反应热将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
②若通过测定计算出产生的热量为1.42 kJ，请写出该反应的热化学方程式：___________。
（2）探究CH3OH合成反应化学平衡的影响因素，有利于提高CH3OH的产率。以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下。
I.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1=-58 kJ·mol-1
II．CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2=-99 kJ·mol-1
III．CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g) ΔH3
回答下列问题：
(1)ΔH3=___________kJ·mol-1。
(2)一定条件下，向体积为V L的恒容密闭容器中通入1 mol CO2和3 mol H2发生上述反应，达到平衡时，容器中CH3OH(g)为a mol，CO为b mol，此时H2O(g)的浓度为___________mol·L-1，反应Ⅲ的平衡常数为___________。(用含a、b、V的代数式表示)
②一定条件下，水溶液中所含离子Cl-、ClO-、ClO、ClO、ClO各1 mol，其相对能量的大小如图2所示(各离子在图中用氯元素的相应化合价表示)，则反应3ClO-(aq)=ClO (aq)＋2Cl-(aq)的ΔH=___________kJ·mol-1。
【答案】（1） ①. 偏大 ②. H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-56.8 kJ·mol-1
（2） ①. ＋41 ②. ③. ④. -117
【解析】
【小问1详解】
①若改为薄铁板，则有热量散失，测得的反应热将偏大。②该反应中50 mL 0.55 mol·L-1的NaOH溶液过量，其与50 mL 0.50 mol·L-1的盐酸(即0.025 mol)反应生成0.025 mol H2O，放出的热量为1.42 kJ，那么生成1 mol H2O时放出56.8 kJ的热量，即可书写出热化学方程式:H＋(aq)＋OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-56.8 kJ·mol-1。
【小问2详解】
①根据盖斯定律，反应Ⅰ-Ⅱ=Ⅲ，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=-58 kJ·mol-1-(-99 kJ·mol-1)=＋41 kJ·mol-1。
②假设反应Ⅱ中，CO反应了x mol，则Ⅱ生成的CH3OH为x mol，Ⅰ生成的CH3OH为(a-x) mol，Ⅲ生成的CO为(b＋x) mol，根据
反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)
a-x 3(a-x) a-x a-x
反应Ⅱ：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)
x 2x x
反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)
b＋x b＋x b＋x b＋x
所以平衡时水的物质的量为(a-x) mol＋(b＋x) mol=(a＋b) mol，浓度为 mol·L-1；③平衡时CO2的物质的量为1 mol-(a-x) mol-(b＋x) mol=(1-a-b) mol，H2的物质的量为3 mol-3(a-x) mol-2x-(b＋x) mol=(3-3a-b) mol，CO的物质的量为b mol，水的物质的量为(a＋b) mol，则反应Ⅲ的平衡常数为；④由图像可知，3 mol ClO-(aq)的相对能量为3×60 kJ，1 mol ClO (aq)的相对能量为63 kJ，2 mol Cl-(aq)的相对能量为0 kJ，因此该反应的ΔH=63 kJ·mol-1-180 kJ·mol-1=-117 kJ·mol-1。
18. 电池的发明和应用是化学家们对人类社会的重要贡献之一。
每一次化学电池技术的突破，都带来了电子设备革命性的发展。最近，我国在甲烷燃料电池的相关技术上获得了新突破，原理如下图所示。
(1)甲烷燃料应从__________口通入(图1)，发生的电极反应式 __________________。
(2)以石墨做电极电解饱和食盐水，如下图2所示。电解开始后在__________的周围(填“阴极”或“阳极”)先出现红色，该极的电极反应式为_______________。.
(3)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是____。
a．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
b．粗铜接电源正极，发生氧化反应
c．溶液中Cu2+向阳极移动
d．电能全部转化为化学能
(4)人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素[CO(NH2)2]，原理如图。
①电源的正极为________(填“A”或“B”)。
②电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将________(填“增大”、“减小”、“不变”);若两极共收集到气体6.72 L(标准状况)，则除去的尿素为________g(忽略气体的溶解)。
【答案】 ①. b ②. CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+ ③. 阴极 ④. 2H++2e-=H2↑或2H2O+2e- = H2↑+ 2OH- ⑤. ab ⑥. B ⑦. 不变 ⑧. 3.6
【解析】
【分析】(1) d处生成大量的水，结合氢离子的移动方向，右侧电极是正极，左侧电极为负极，结合反应环境是酸性溶液分析解答；
(2)以石墨电极电解饱和食盐水，阴极上氢离子放电，阳极上氯离子放电，据此分析解答；
(3)电解精炼铜时，粗铜作阳极，该电极上Zn、Fe、Ni、Cu失电子，精铜作阴极，该极上是铜离子得电子，阳极上铜以及比铜活泼金属会溶解，而没有铜活泼的金属会从阳极掉落，形成阳极泥，据此分析解答；
(4) 阴极反应为：6H2O+6e-=6OH-+3H2↑(或6H++6e-=3H2↑)，阳极反应为：6Cl--6e-=3Cl2↑，阳极附近还发生反应CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，据此分析解答。
【详解】(1)根据装置可以知道d处生成大量的水，结合氢离子的移动方向，右侧电极是正极，c处通入的是氧气，反应环境是酸性溶液，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，左侧电极为负极，b处通入的是甲烷，反应环境是酸性溶液，负极的反应式为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，故答案为：b；CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；
(2)以石墨电极电解饱和食盐水，阴极上氢离子放电，溶液呈碱性，使酚酞变红，电极反应式为2H++2e-=H2↑或2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-，阳极上氯离子放电，故答案为：阴极；2H++2e-=H2↑或2H2O+2e- = H2↑+ 2OH-；
(3) 以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼。
a．在阳极上，没有铜活泼的金属Ag、Pt、Au等金属会从阳极掉落，形成阳极泥，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故a正确；
b．电解精炼铜时，粗铜作阳极，接电源正极，发生氧化反应，故b正确；
c．溶液中Cu2+向阴极移动，阴极上发生还原反应，故c错误；
d．电解池中，电能不会全部转化为化学能，还会伴随热能等形式的能量产生，故d错误；
故选ab。
(4)①根据电解池中阴离子在阳极放电和阳离子在阴极放电的规律及图中的电极产物H2和Cl2，可以判断出放出氢气的电极为阴极，与之连接的电极B为电源的正极，A为电源的负极，故答案为：B；
②阴极反应为：6H2O+6e-=6OH-+3H2↑(或6H++6e-=3H2↑)，阳极反应为：6Cl--6e-=3Cl2↑，阳极附近还发生反应CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl。
根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变；由上述反应式可以看出，转移6mole-时，阴极产生3molH2，阳极产生1molN2和1molCO2，故电解收集到的6.72 L气体中，V(N2)=V(CO2)==1.344 L，即n(N2)=n(CO2)==0.06mol，根据方程式CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知生成0.06 mol N2所消耗的CO(NH2)2的物质的量也为0.06 mol，其质量为m[CO(NH2)2]=0.06 mol×60 g•mol-1=3.6g，故答案为：不变；3.6。
【点睛】正确判断原电池和电解池的电极类型和电极反应式是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)②，要注意阳极附近的氧化还原反应为CO(NH2)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl。
19. 如图装置甲是某可充电电池的示意图，该电池放电的化学方程式为2K2S2＋KI3=K2S4＋3KI，图中的离子交换膜只允许K＋通过，C、D、F均为石墨电极，E为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时C、D两电极产生的气体体积相同，E电极质量减少 1.28 g。
(1)装置甲的A电极为电池的__极，电解质的K＋向__(填“左侧”或“右侧”)迁移；B电极的电极反应式为____。
(2)装置乙中D电极析出的气体是___，体积为____mL(标准状况)。
(3)若将装置丙中的NaCl溶液改换成FeCl2和FeCl3的混合溶液。从反应初始至反应结束，丙装置溶液中金属阳离子物质的量浓度与转移电子的物质的量的变化关系如图所示。
①图中b表示的是_____(填金属离子符号)的变化曲线。
②反应结束后，若用0.5 mol·L－1NaOH溶液沉淀丙装置溶液中的金属阳离子(设溶液体积为100 mL)，则至少需要0.5 mol·L－1NaOH溶液______mL。
【答案】 ①. 负 ②. 右侧 ③. I3－＋2e－＝3I－ ④. H2(或氢气) ⑤. 224 ⑥. Fe2＋ ⑦. 28
【解析】
【分析】本题解题的切入点为E，E质量减轻，则表明E为阳极，发生反应Cu-2e-=Cu2+，E电极质量减少1.28 g，则表明参加反应的Cu为0.02mol，失去电子0.04mol。E为阳极，则F为阴极，A为负极，B为正极，C为阳极，D为阴极。
【详解】(1)由上面分析知，装置甲的A电极为电池的负极。因为原电池中，阳离子向正极移动，所以电解质的K＋向右侧迁移。B电极为正极，I3－得电子，它的电极反应式为I3－＋2e－＝3I－。
(2)D电极上首先发生反应Cu2＋＋2e－=Cu，当Cu2＋消耗尽时，发生反应2H＋＋2e－=H2↑，所以装置乙中D电极析出的气体是H2(或氢气)。根据得失电子守恒，该电极析出的H2的体积为：。
(3)①若将装置丙中的NaCl溶液改换成FeCl2和FeCl3的混合溶液，则电解时，阳极(E电极)发生反应Cu－2e－=Cu2＋，阴极(F电极)发生反应2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，故a、b、c分别表示Fe3+、Fe2＋、Cu2+的变化曲线。所以图中b表示的是Fe2＋的变化曲线。
②由题图中曲线可以看出，反应后溶液中c(Cu2＋)＝2×10－2 mol·L－1，c(Fe2＋)＝5×10－2 mol·L－1，c(Fe3＋)＝0，要使溶液中的金属阳离子完全沉淀，需要n(NaOH)＝[n(Cu2＋)＋n(Fe2＋)]×2＝(0.02 mol·L－1＋0.05 mol·L－1)×0.1 L×2＝0.014 mol，V(NaOH)＝。
20. Ⅰ.微型纽扣电池在现代生活中应用广泛。有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应是Zn＋Ag2O＝ZnO＋2Ag。请回答下列问题。
（1）该电池属于__________电池（填“一次”或“二次”）。
（2）负极是_________，电极反应式是______。
（3）使用时，正极区的pH_______（填“增大”、“减小”或“不变”）。
Ⅱ.（4）事实证明，能设计成原电池的反应通常是放热反应，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是_____。（填字母）
A C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g） △H>0
B NaOH（aq）+HC1（aq）=NaC1（aq）+H2O（1） △H<0
C 2CO（g）+O2（g）=2CO2（1） △H<0
（5）以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应设计一个原电池，其负极的电极反应式为_____。
Ⅲ.乙醇（C2H5OH）燃料电池（DEFC）具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。
（6）三种乙醇燃料电池中正极反应物均为_________。（填化学式）
（7）熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，CO32－向电极___（填“a”或“b”）移动。
（8）酸性乙醇燃料电池中，若电池消耗标准状况下2.24L O2，则电路中通过了的电子数目为______。
【答案】 ①. 一次 ②. Zn（或锌） ③. Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O ④. 增大 ⑤. C ⑥. CO－2e－+4OH－=C O 32－+2H2O ⑦. O2 ⑧. a ⑨. 0.4NA
【解析】
【分析】（1）银锌纽扣电池只能使用一次；
（2）原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。银锌电池反应中，锌元素从0价升高为+2价，被氧化，银元素从+1价降低为0价，被还原；
（3）正极电极反应式为：；
（4）氧化还原反应，且反应放热，才可以设计为原电池；
（5），设计成原电池，一氧化碳发生氧化反应，为电池的负极；
（6）氧气得电子发生还原反应，为正极；
（7）在电池中，阴离子向负极移动；
（8）1个氧气转移4个电子。
【详解】（1）银锌纽扣电池只能使用一次，属于一次电池；
故答案为：一次；
（2）原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应。银锌电池反应中，锌元素从0价升高为+2价，被氧化，银元素从+1价降低为0价，被还原，所以锌是负极，电极反应式为：；
故答案：Zn（或锌）；；
（3）正极电极反应式为： ，由电极反应式知，电池放电时，正极区溶液的增大；
故答案为：增大；
（4）A. △H>0，反应吸热， 不能设计成原电池，A错误；
B.该反应不是氧化还原反应，没有电子的转移，故不能设计成原电池，B错误；
C.该反应为氧化还原反应，且反应放热，故该反应可以设计为原电池，C正确；
答案选C；
（5），设计成原电池，一氧化碳发生氧化反应，为电池的负极，且电解质为KOH溶液，故负极电极反应式为：；
故答案为：；
（6）氧气得电子发生还原反应，为正极，故正极反应物均为氧气；
答案为：；
（7）在电池中，阴离子向负极移动，a为负极，故向电极a移动；
答案为：a；
（8）电池消耗标准状况下2.24L，即0.1mol氧气，1个氧气转移4个电子，故转移电子数为0.4NA;
故答案为：0.4NA。
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