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2017-2018学年河北省邢台市第一中学高二上学期第二次月考化学试题 解析版
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河北省邢台市第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：Cu-64 Mg-24 H-1 O-16
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题（每小题2分，共60分）
1. 下列物质分类正确的是
①化合物：CaCl2、烧碱、聚乙烯、HD ②同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨 ③混合物:盐酸、铝热剂、福尔马林、水玻璃 ④电解质:明矾、绿矾、冰醋酸、硫酸钡 ⑤ 同系物:CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2
A. ①②④ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ②④⑤
【答案】B
点睛：本题考查物质组成与分类知识，明确纯净物与混合物、单质与化合物、电解质与非电解质、同系物、同素异形体等概念及判断方法，难度不大，注意把握概念的区别。
2. 某温度下，重水（D2O）的离子积常数为1.6×10-15，若用定义pH一样规定pD=-lg（D+），则在该温度下，下列叙述正确的是
A. 纯净的重水中，c（D+）/c（OD-）>1.0×10-14
B. 1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，其pD=2
C. 1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，其pD=12
D. 纯净的重水中， pD=7
【答案】B
【解析】A．该温度下重水(D2O)的离子积常数为1.6×10-15＜1.0×10-14，故A错误；B．c(DC1)==0.01mol/L，则c(D+)=0.01mol/L，所以pD=2，故B正确；C．c(NaOD)==0.01mol/L，则c(D+)=mol/L=1.6×10-13mol/L，则pD＞12，故C错误；D．c(D+)=mol/L=4×10-8mol/L，所以pD＞7，故D错误；故选B。
3. 常温下，下列有关叙述正确的是
A. 0.1mol/L 氨水中c(H+)/c(OH-)=1×10-8，则c(H+)=1×10-3mol/L
B. pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)
C. 在0.1mol/L (NH4)2C2O4溶液中：c(NH4+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]
D. 浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(SO42-)=c(Na+) >c(NH4+) >c(H+) >c(OH-)
【答案】D
【解析】A项，常温下，0.1mol/L氨水溶液中=1×10-8，因为c(H+)•c(OH-)=1×10-14，所以c(H+)=1×10-11mol/L，故A错误；B项，常温下，pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中，c(H+)=c(OH-)，又根据电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，所以c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)，故B错误；C项，在0.1mol/L(NH4)2C2O4溶液中，NH4+是弱阳离子、C2O42-是弱阴离子，所以存在NH4+、NH3•H2O、C2O42-、HC2O4-、H2C2O4，根据物料守恒：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，故C错误；D项，浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，化学方程式为：2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+(NH4)2SO4+2H2O，因为NH4+水解使溶液显酸性，所以c(SO42-)=c(Na+)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故D正确。
点睛：本题考查溶液中离子的浓度关系及有关计算，涉及弱电解质电离、盐类水解等知识，对于混合溶液问题，明确混合后溶液中的溶质，并注意利用弱电解质的电离及盐类水解的规律、电荷守恒、物料守恒来分析。
4. 通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的推断或解释正确的是
操作
可能的实验现象
解释
A
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液
有白色沉淀生成
溶液中一定含有SO42-
B
将SO2通入Ba(NO3)2溶液中
有白色沉淀生成
SO2与Ba(NO3)2反应生成BaSO3
C
同温同压下用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性
碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性
碳酸钠溶液发生了水解
D
向淀粉KI溶液中通入Cl2
溶液变蓝
Cl2与淀粉发生显色反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A、白色沉淀可能为AgCl，则应先加盐酸无现象，再加氯化钡检验硫酸根离子，实验的解释应为溶液中可能含有SO42－，或含银离子，但二者不能同时存在，故A错误；将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子，和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，生成的白色沉淀是硫酸钡而不是亚硫酸钡，故B错误；C、中心原子非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，对应盐的水解能力越弱。强酸强碱盐不发生水解，强碱弱酸盐能发生水解反应，硫酸钠不发生水解则硫酸钠溶液呈中性，碳酸钠中碳酸根离子水解导致碳酸钠溶液呈碱性，故C正确；D、氯气氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉呈蓝色，但不是显色反应，故D错误；故选C。
点睛：本题考查化学方案评价，是高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及离子检验、氧化还原反应、盐类水解等知识点，掌握元素化合物性质、化学反应原理等知识点是解本题关键，易错选项是BD，B隐含硝酸根与SO2的氧化还原反应，D显色反应是指苯酚与Fe3＋ 显紫色，具有一定的迷惑性。
5. 常温下，下列有关离子浓度及pH大小的比较正确的是
A. NH4+浓度相同的下列溶液：①(NH4 )2Fe(SO4)2 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2SO4，溶液浓度由大到小的顺序是：③>②>①
B. 由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，其离子浓度不可能是：
c(CH3COO-)>c(Na+)> c(H+) > c(OH-)
C. pH=13的Ba(OH)2溶液与pH=1的HCl溶液等体积混合后，混合溶液的pH>7
D. pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=14的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH范围是13
【解析】A项，①Fe2+抑制NH4+水解、②CO32-离子促进NH4+水解、③NH4+正常水解，当NH4+浓度相同时，铵根离子水解程度越大其铵盐溶液浓度就得越大，所以溶液浓度由大到小的顺序是：②＞③＞①，故A错误；B项，醋酸电离程度较小，常温下，pH=3的CH3COOH溶液浓度大于0.001mol/L，pH=11的NaOH溶液浓度等于0.001mol/L，二者等体积混合溶液可能呈酸性，根据电荷守恒得c(CH3COO-)>c(Na+)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B错误；C项，常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度与pH=1的HCl溶液中氢离子浓度相等，二者等体积混合时恰好完全反应生成强酸强碱盐BaCl2，溶液呈中性，pH=7，故C错误；D项，常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)为0.01mol/L，pH=14的NaOH溶液中c(OH-)为1mol/L，二者等体积混合，混合溶液中c(OH-)为0.505mol/L，则混合溶液的pH范围是13＜pH＜14，故D正确。
6. 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。高铁电池的总反应式为：
3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH
下列叙述不正确的是
A. 放电时负极的反应为：Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2
B. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-FeO42-+4H2O
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被还原
D. 放电时正极附近溶液的碱性减弱
【答案】D
【解析】A项，放电时，Zn作负极，被氧化，由总反应可得，生成Zn(OH)2，电解质溶液呈碱性，所以电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2，故A正确；B项，充电时，Fe(OH)3在阳极上发生失电子氧化反应，生成FeO42-，因为电解质溶液呈碱性，根据原子守恒和电荷守恒，同时有OH-参与，还生成H2O，所以阳极反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，故B正确；C项，放电时，Fe的化合价由+6价降为+3价，则每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C正确；D项，放电时，K2FeO4为电池的正极，发生还原反应，生成Fe(OH)3，电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O=2Fe(OH)3+10OH-，正极生成OH-，溶液碱性增强，故D错误。
点睛：本题考查化学电源，涉及新型可充电电池，重在考查学生对电化学原理的综合应用能力，有一定难度，注意结合氧化还原反应原理，把握原电池的工作原理和电极反应的判断方法，书写电极反应式时，要考虑溶液酸碱性。
7. 如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，a极附近溶液显红色。下列说法正确的是
A. Pt极上有6.4 g Cu析出时，b极产生2.24 L气体
B. a极的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑
C. 电解过程中CuSO4溶液的浓度逐渐增大
D. X极是电源负极，Y极是电源正极
【答案】D
【解析】a、b是石墨电极，通电一段时间后，a极附近溶液显红色，说明有氢氧根产生，即a电极是阴极，b是阳极，则Y是电源的正极，X是负极，Pt电极是阴极，铜电极是阳极。A、电解过程中硝酸铜溶液中的铜离子在Pt电极得到电子析出铜，物质的量是1mol，转移2mol电子，b电极是阳极，氯离子放电，根据电子得失守恒可知氯气是1mol，标准状况下是22.4L，A错误；B、a电极是氢离子放电，B错误；C、左池相当于是Pt电极上镀铜，因此电解过程中硫酸铜溶液的pH不变，C错误；D、根据以上分析可知X极是电源负极，Y极是电源正极，D正确，答案选D。
8. 将含有0.4mol Cu(NO3)2和0.2mol KCl的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.3mol Cu，此时在另一电极上放出气体的体积（标准状况）
A. 4.48L B. 6.72L C. 2.8L D. 3.36L
【答案】A
【解析】在一个电极(阴极)析出0.3molCu，由Cu2++2e-=Cu可得，电路中转移了0.6mol电子；阳极有0.2molCl－失电子，由2Cl－-2e-=Cl2可得，失去0.2mol电子，产生0.1molCl2，另外还有0.4mol电子是OH－失去的，由4OH－-4e-=2H2O+O2可得，产生0.1molO2，因此一共产生0.2mol气体，在标准状况下的体积为4.48L，故选A。
9. 铝镍胶体电池是一种二次高能电池，放电时的总反应为： 2Al+3Ni2O3+9H2O= 2Al(OH)3+6Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是
A. 此电池的正极为Ni2O3、负极为Al，电池中的凝胶呈碱性。
B. 电池放电时，负极反应为Al + 3OH--3e-= Al(OH)3
C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH升高
D. 电池充电时，阴极反应为2Ni(OH)2 + 2OH- - 2e- = Ni2O3 + 3H2O
【答案】D
【解析】A．放电时，负极上铝失电子和氢氧根离子反应，所以电池中的凝胶呈碱性，该原电池中Ni2O3得电子发生氧化反应而作正极，故A正确； B．放电时，负极反应式为Al+3OH--3e-═Al(OH)3，故B正确；C．充电时阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：Al(OH)3+3e-═Al+3OH-，阴极附近溶液的碱性增强，pH升高，故C正确；D．充电时，阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：Al(OH)3+3e-═Al+3OH-，故D错误；故选D。
点睛：铝镍蓄电池放电时Al作负极，发生氧化反应，失电子生成Al3+，负极电极反应为Al+3OH-一3e-═Al(OH)3，Ni2O3作正极，发生还原反应，所以正极反应为Ni2O3+3H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。
10. 将物质的量浓度相等的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液的pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法中不正确的是
A. A点pH小于7是因为Cu2＋水解使溶液显酸性
B. C点的pH比A点的pH小
C. BC段阳极产物是H2
D. CD段电解的物质是H2O
【答案】C
【解析】设CuSO4的和NaCl各1mol，由题意，结合图像可得，电解分3个阶段，第一阶段：阳极：1mol氯离子失1mol电子，阴极：0.5mol铜离子得1mol电子，因为溶液显酸性是铜离子水解的原因，所以铜离子减少，使溶液酸性减弱，pH值增大；第二阶段：阳极：1mol氢氧根离子失1mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.5mol铜离子得1mol电子，因为氢氧根离子消耗，所以水溶液中氢离子浓度增大，pH值迅速减小；第三阶段：阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，他们都来源于水的电离，但电解过程中水消耗了，使溶液中氢离子浓度增大，pH值减小；A项，A点为硫酸铜和NaCl混合溶液，其中硫酸铜为强酸弱碱盐，水解呈酸性，此时没有进行电解，所以pH小于7，故A正确；B项，A点因为铜离子部分水解而使溶液呈弱酸性，C点溶液中铜离子已全部被还原，此时溶液是硫酸钠和硫酸的混合溶液，溶液酸性增强，所以C点的pH比A点的pH小，故B正确；C项，由上述分析可知，整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2，故C错误；D项，由上述分析，CD段：阳极产生氧气，阴极产生氢气，相当于电解水，故D正确。
11. 结合图示判断，下列叙述正确的是
A. K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大
B. K与N连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：2H++2e—=H2↑
C. K与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大
D. K与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH—-4e—=2H2O+O2↑
【答案】A
【解析】试题分析：A、K与N连接时，X为硫酸，构成原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子生成亚铁离子，正极上氢离子放电生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，pH增大，A正确；B、K与N连接时，X为氯化钠，构成原电池，铁作负极，石墨作正极，属于铁的吸氧腐蚀，即石墨上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-＝4OH-，B错误；C、K与M连接时，X为硫酸，构成电解池。石墨与电源的正极相连作阳极，铁作阴极。阳极上氢氧根放电，阴极上氢离子放电，电解的实质是电解水。硫酸的物质的量不变，体积减小，硫酸浓度增大，酸性增强溶液的pH减小，C错误；D、K与M连接，X为氯化钠，构成电解池，石墨与电源的正极相连作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-＝Cl2↑，D错误，答案选A。
考点：考查原电池和电解池原理
12. 如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则以下说法正确的是
A. 电源B极是正极
B. 装置（丁）中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带负电荷
C. 欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D. （甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2
【答案】D
【解析】A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，故A错误；B、丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；C、若用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；D、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故D正确；故选D。
点睛：题考查了电解池原理，能正确判断电解池的阴阳极是解本题的关键，明确电泳现象证明了胶粒带电。解题关键：A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极；B、电解池中带正电荷的微粒向阴极移动，带负电荷的微粒向阳极移动。C、电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子与阳极材料是相同的元素．D、甲装置中C电极上氢氧根离子放电，D电极上铜离子放电，E电极上氯离子放电，F电极上氢离子放电，根据得失电子和生成物的关系式计算。D是难点。
13. 如下图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列说法正确的是
A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置
B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH－6e－＋2H2O=CO32-+8H＋
C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复原浓度
D. 甲池中消耗280 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体
【答案】D
【解析】试题分析：A.甲池是原电池，是化学能转化为电能的装置；乙、丙池是电能转化为化学能的装置，A错误；B. 甲池通入CH3OH的电极是原电池的负极，发生氧化反应，其电极反应式为：CH3OH－6e－＋8OH-===CO32-＋6H2O，B错误；C.乙池中，石墨与原电池的正极相连，为电解池的阳极，发生失去电子的氧化反应，其电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑；Ag电极与原电池的负极相连，为电解池的阴极，发生得到电子的还原反应，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；整个反应中消耗了不仅消耗了Cu2+，而且消耗了溶质水，因此反应一段时间后，只向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体不能使CuSO4溶液恢复到原浓度，C错误；D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，O2的物质的量为，则转移电子的物质的量为，丙池中阴极的电极反应式为：2H2O+2e-= H2↑+2OH-，产生固体的化学方程式为：2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓，故产生Mg(OH)2的物质的量为，产生固体的质量为，D正确。故答案D。
考点：考查原电池和电解池。
14. 用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水（含Cl-、Br-、Na+、Mg2+）的装置如下图所示（a、b为石墨电极），下列说法正确的是
A. 电池工作时，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
B. 电解时，电子流动路径是:负极外电路阴极溶液阳极正极
C. 试管中NaOH溶液是用来吸收电解时产生的Cl2
D. 忽略能量损耗，当电池中消耗2.24L（标准状况）H2时，b极周围会产生0.1mol气体
【答案】D
【解析】A项，氢氧燃料电池中，正极上放电的是氧气，在酸性电解质溶液中，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O或O2+4e-+3H3PO4=H2PO4-+H2O，故A错误；B项，电子只能在外电路中运动不能通过电解质溶液，电解质溶液中是靠离子的移动来传递电荷的，故B错误；C项，溶液中阴离子的放电顺序是：Br->Cl->OH-，试管中NaOH溶液主要是用来吸收产生的溴蒸气，也吸收可能产生的Cl2，故C错误；D项，2.24L（标准状况）H2的物质的量为：2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，当电池中消耗0.1 molH2时，转移0.2mol电子，若忽略能量损耗，则在电解池的阴极(b极)也会产生0.1 molH2，故D正确。
15. 电子表电源常用微型银——锌电池，电极分别是Ag2O和Zn，电解液为KOH溶液，电极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，总反应为：Ag2O+Zn=2Ag+ZnO，根据上述变化下列判断正确的是
A. Zn是负极，Ag2O是正极
B. Zn是正极，Ag2O是负极
C. 工作时电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
D. 工作时，电池负极区溶液OH-浓度增大
【答案】A
【解析】A、根据原电池的工作原理，负极上发生氧化反应，失去电子，化合价升高，正极上发生还原反应，得到电子，化合价降低，根据总反应，Zn的化合价升高，即Zn作负极，Ag2O中Ag的化合价降低，因此Ag2O作正极，故A正确；B、根据选项A的分析，故B错误；C、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即从Zn经外电路流向Ag2O，故C错误；D、根据Zn+2OH－－2e－＝ZnO+H2O，负极区OH-浓度减小，故D错误。
16. 10mL 浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是
A. K2SO4 B. H2SO4 C. CuSO4 D. Na2CO3
【答案】A
【解析】A．加入K2SO4溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子浓度降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A正确；B，加入稀硫酸溶液，酸浓度增大，反应速率加快，且生成的氢气增多，故B错误；C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；；D．加入碳酸钠溶液，与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误；故选A。
点睛：明确影响反应速率的因素是解题关键，为了减缓反应进行的速率，加入溶液后应降低氢离子浓度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的总物质的量不变，而C选项中构成原电池，加快反应速率，D选项中碳酸钠反应消耗氢离子，生成氢气的总量减少。
17. 据报道，摩托罗拉公司开发的一种以甲醇为原料，以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可以连续使用一个月。关于该电池的叙述正确的是
A. 放电时，正极反应为式:O2+4e-+4H+=2H2O
B. 放电时，负极反应为式:CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O
C. 充电时，原电池的负极与电源的正极相连接
D. 充电时，阴极反应式为:4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】B
【解析】放电时，根据电池反应式知，C元素的化合价升高，所以甲醇所在电极为原电池的负极，O元素的化合价降低，所以通入氧气的极为原电池的正极，负极上发生氧化反应；A．放电时，正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；B．放电时，负极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，故B正确；C．充电时，原电池的负极与电源的负极相连接，故C错误；D．充电时，阴极反应是放电时负极反应的逆反应，CO32-+6e-+6H2O=CH3OH+8OH-，故D错误，故选B。
点睛：明确充放电时各个电极上发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要注意结合电解质溶液酸碱性书写；放电时，根据电池反应式知，C元素的化合价升高，所以甲醇所在电极为原电池的负极，O元素的化合价降低，所以通入氧气的极为原电池的正极，负极上发生氧化反应CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，正极上发生还原反应O2+4e-+2H2O=4OH-。
18. 某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. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色
D. a和b用连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu向铜电极移动
【答案】D
【解析】A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，故B正确；C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；D．a和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。
点睛：本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。
19. 酒精检测仪可帮助执法交警测试驾驶员饮酒的多少，其工作原理示意图如图所示。反应原理为：
CH3CH2OH＋O2=CH3COOH＋H2O，被测者呼出气体中所含的酒精被输送到电池中反应产生微小电流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量。下列说法正确的是
A. b为正极，电极反应式为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O
B. 电解质溶液中的H＋移向a电极
C. 若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气
D. 呼出气体中酒精含量越高，微处理器中通过的电流越小
【答案】A
【解析】燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应；A．b为正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故A正确；B．该燃料电池中，a是负极，b是正极，电解质溶液中氢离子向b极移动，故B错误；C．b为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，故C错误；D．单位时间内，人呼出的气体中酒精含量越多，酒精失电子数越多，所以微处理器中通过的电流越大，故D错误；故选A。
20. 2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，甲电极反应为：NiO(OH)+H2O+e‾=Ni(OH)2+OH‾
B. 放电时，甲电极为正极， OH‾移向乙电极
C. 电池总反应为H2+2NiO(OH) 2Ni(OH)2
D. 充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
【答案】C
【解析】A．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，则甲电极发生反应为氧化反应，故A错误；B．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-向负极甲电极移动，故B错误；C．放电时，正极电极反应式为2NiO(OH)+2H2O+2e-═2Ni(OH)2+2OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiOOH
2Ni(OH)2，故C正确；D．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误；故选C。
点睛：明确正负极上发生的电极反应及阴阳离子的移动方向是解题关键，易错选项是D，注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连，为易错点；开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答。
21. 下列现象与电化学腐蚀无关的是
A. 炒菜的铁锅未及时洗干净（残液中含NaCl）而生锈
B. 海军黄铜（含Zn、Cu和1％的Sn）不易产生铜绿
C. 银质物品久置表面变暗
D. 钢铁在潮湿的露天环境中容易生锈
【答案】C
【解析】A、生铁中含有碳、铁，易形成原电池，发生电化学腐蚀，但是纯铁不易被腐蚀，与电化学腐蚀有关，A错误；B、铜锌合金构成的原电池中，锌是负极，易被腐蚀，铜是正极，被保护，铜锣不易产生铜绿，与电化学腐蚀有关，B错误；C、金属银在空气中会被氧化而变暗，发生的是化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，C正确；D、根据A中分析可知D错误，答案选C。
22. 在城市地下常埋有纵横交错的管道和运输电线路，有些地面上还铺有地铁或城铁的铁轨，当有当有电流泄漏入潮湿的土壤中，并与金属管道或铁轨形成回路时，就会引起金属管道、铁轨的腐蚀腐蚀。原理简化如图所示。则下列有关说法不正确的是
A. 原理图可理解为两个串联电解装置
B. 如在NaCl溶液中加入酚酞，右边Fe电极附近溶液变红
C. 地下管线被腐蚀，不易发现，维修也不便，故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜（或油漆等）
D. 溶液中铁丝左端电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+
【答案】D
【解析】试题分析：A．图示装置可以变形为，因此原理图可理解为两个串联电解装置，故A正确；B．根据图示，右侧钢轨为阴极，溶液中氢离子放电，右边Fe电极附件溶液的碱性增强，加入酚酞，溶液变红，故B正确；C．地下管线被腐蚀，不易发现，也不便维修，故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等)，避免被腐蚀，故C正确；D．溶液中铁丝在电场中，电子由右端移向左端，相当于构成原电池时，右端为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故D错误；故选D。
考点：考查了电解原理的应用的相关知识。
23. 200mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=1.4mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体2.24L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为200 mL，下列说法正确的是
A. 原混合溶液中c(Na＋)＝0.9 mol·L－1
B. 电解后溶液的pH值为0
C. 上述电解过程中共转移0.8 mol电子
D. 电解后得到的Cu的物质的量为0.2mol
【答案】B
【解析】惰性电极电解NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，两极均收集到标准状况22.4L气体，即H2和O2均为0.1mol；阳极发生反应：4OH--4e-＝O2↑+2H2O，阴极发生反应：Cu2++2e-＝Cu、2H++2e-＝H2↑，所以转移电子共0.4mol，H+和Cu2+各得0.2mol电子。
A项，Cu2+得0.2mol电子，因为Cu2+全部反应，所以n（Cu2+）＝0.1mol，c（Cu2+）＝0.1mol÷0.2L＝0.5mol/L，由电荷守恒可得，原混合溶液中c（Na+）＝1.4mol/L-0.5mol/L×2＝0.4mol/L，故A错误；B项，阳极反应0.4molOH-，阴极反应0.2molH+，OH-和H+都来自于水，电解后溶液中c（H+）依据阳极氢离子增大和阴极氢离子减小共同决定，所以电解后溶液中c（H+）＝（0.4mol-0.2mol）÷0.2L＝1mol/L，所以pH值为0，故B正确；C项，由上述分析可知，电解过程转移电子总数为0.4mol，故C错误；D项，Cu2+得0.2mol电子生成0.1molCu，故D错误。
点睛：本题考查电解原理的应用，明确发生的电极反应及电子守恒是解题关键，根据题意，电解分为两阶段，首先电解Cu(NO3)2溶液，然后电解水；注意氢氧根离子与氢离子的关系和电解质溶液中电荷守恒的应用。
24. 用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，则一段时间后
A. 溶液的pH变大
B. c（Na+）与c （CO32-）的比值变大
C. 溶液浓度变大，有晶体析出
D. 溶液浓度不变，有晶体析出
【答案】D
【解析】试题分析：用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，阳极氢氧根离子发生氧化反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极氢离子发生还原反应，2H++2e-= H2↑，实质是电解水，A．溶液的pH不变，A错误；B．饱和碳酸钠溶液中c(Na+)与c (CO32－)的比值不变，B错误；C．由于是饱和碳酸钠溶液，溶液的浓度不变，但是有晶体析出，C错误；D．饱和碳酸钠溶液中，溶剂减少，有晶体析出，D正确，答案选D。
考点：考查电解饱和碳酸钠的实质
25. 在盛有水的电解槽中加入含等物质的量的Ag+，Pb2+，K+，SO42-，NO3-，Br-的物质，充分搅拌，然后用惰性电极电解，通电片刻后，氧化产物和还原产物的物质的量之比为
A. 1：2 B. 8：1 C. 1：1 D. 80：108
【答案】A
【解析】试题分析：在盛有水的电解槽中加入含等物质的量的Ag+，Pb2+，K+，SO42-，NO3-，Br-的物质，充分搅拌，则发生离子反应：Ag++Br-==AgBr↓，Pb2++SO42-==Pb(SO4)2↓，故溶液中的溶质为KNO3，用惰性电极电解，通电片刻后，阳极发生氧化反应，4OH--4e-==O2↑+2H2O，O2为氧化产物；阴极发生还原反应，2H++2e-==H2↑，H2为还原产物，当通过相同的电子时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:2。故答案A。
考点：考查电解的原理。
26. 下列叙述中，正确的是
A. 在船舶的外壳装上铜块可防止其发生电化学腐蚀
B. MnO2、FeCl3和CuSO4都可加快H2O2的分解速率
C. FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3
D. 用惰性电极分别电解CuCl2溶液和MgCl2溶液分别得到单质Cu和Mg
【答案】B
【解析】略
27. 根据有机化学的命名原则，下列命名正确的是
A. 3-甲基-1，3-丁二烯
B. 2-羟基丁烷
C. CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷
D. CH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸
【答案】D
【解析】A项，根据烯烃命名原则，甲基应在2号位，命名为：2-甲基-1，3-丁二烯，故A错误；B项，该物质属于醇而不是烷烃，命名为2-戊醇，故B错误；C项，根据烷烃命名原则，应选含碳原子最长的碳链为主链，命名为：3-甲基己烷，故C错误；D项，该物质是一种氨基酸，主链上4个碳，氨基在3号位，命名为3-氨基丁酸，故D正确。
点睛：本题考查有机化合物的命名，重在对基础知识的考查，判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范，例如烷烃命名原则：①长：选最长碳链为主链；②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；③近：离支链最近一端编号；④小：支链编号之和最小；⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，把简单的写在前面，复杂的写在后面。
28. 校园“毒跑道”事件媒体常有报道，其对人体造成伤害的原因之一是超标使用了苯、甲苯等有机溶剂。下列有关说法正确的是
A. 甲苯的分子式为:
B. 甲苯分子中所有原子都处于同一平面
C. 甲苯的一氯取代物有5种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
D. 甲苯和苯互为同系物
【答案】D
【解析】A、为甲苯的结构简式，其分子式为C7H8，选项A错误；B、甲烷空间构型为正四面体，因此甲基上所有原子不共面，选项B错误；C、甲苯上有4种不同的氢原子，因此一氯代物有4种，选项C错误；D、甲苯和苯结构相似，组成上相差一个“CH2”，因此互为同系物，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查结构简式、分子式、原子共面、同系物、等效氢等知识。其中应该明确甲烷为四面体结构、乙烯分子在同一平面、乙炔分子原子在同一直线、苯分子中原子在同一平面，同一个碳上的氢为等效氢、同一个碳上的甲基上的氢为等效氢，对称位上的氢为等效氢等。
29. 分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是
A. 只含有一个双键的直链有机物 B. 含有两个双键的直链有机物
C. 含有一个双键的环状有机物 D. 含有一个三键的直链有机物
【答案】A
【解析】分子式为C5H7Cl的有机物的不饱和度为(5×2+2-7-1)/2=2。A、碳碳双键的不饱和度为1，不可能为只有一个双键的直链有机物，A正确；B、碳碳双键的不饱和度为1，可能是含有两个双键的直链有机物，B错误；C、碳碳双键的不饱和度为1，一个环状结构的不饱和度为1，可能是含有一个双键的环状有机物，C错误；D、碳碳三键的不饱和度为2，可能是含有一个三键的直链有机物，D错误。答案选A。
30. 下列说法不正确的是
A. 按系统命名法，化合物 的名称为2-甲基-3,4－二乙基己烷
B. 等质量的甲烷、乙炔、乙烯分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次增加
C. 下列物质的沸点按由低到高顺序为：(CH3)2CHCH3＜(CH3)4C＜(CH3)2CHCH2CH3＜CH3(CH2)3CH3
D. 与互为同系物
【答案】D
【解析】A.根据系统命名法的原则，该化合物名称为2﹣甲基﹣3，4﹣二乙基己烷，A正确；B.根据烃的燃烧通式CnHm+(n+m/4)O2=nCO2+m/2H2O可知物质的量相同时烃分子燃烧消耗的氧气与(n+m/4)有关系，(n+m/4)越大，消耗的氧气越多。因此等物质的量甲烷、乙炔、乙烯分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次增多，B正确；C.对于烷烃而言，碳原子数越多，沸点越高，对碳原子数相同的烷烃，支链越多，沸点越低，所以物质的沸点按由低到高顺序为：（CH3）2CHCH3＜（CH3）4C＜（CH3）2CHCH2CH3 ＜CH3（CH2）3CH3，C正确；D.同系物是指结构相似，组成上相差一个或多个CH2原子团的有机物之间的互称，苯环与羟基相连称为酚，羟基与饱和碳相连称为醇，两者不是同系物，D错误；答案选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共40分）
二、非选择题
31. 现有下列各组物质：
①O2和O3 ②CH2=CH-CH3和CH2=CH-CH=CH2 ③和
④11H2O和21H2O ⑤CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3 ⑥23592A和质量数为238中子数为146的原子 ⑦C2H5C≡CCH3和CH3CH=CHCH=CH2
按要求用序号填空
（1）属于同系物的是_______。
（2）属于同分异构体的是________。
（3）属于同位素的是_______。
（4）属于同素异形体的是________。
（5）属于同种物质的是_______。
【答案】 (1). ⑤ (2). ⑦ (3). ⑥ (4). ① (5). ③④
【解析】（1）CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3的结构相似，相差2个CH2，二者互为同系物；（2）C2H5C≡CCH3和CH3CH=CHCH=CH2的分子式相同，均是C5H8，结构不同，互为同分异构体；（3）和质量数为238中子数为146的原子的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素；（4）O2和O3均是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体；（5）和 均表示二氯甲烷，是同一种物质，和均表示水分子，属于同种物质。
32. 氰化氢是剧毒物质，含有氰的废水对环境的污染和人体的危害非常严重。
（1）氢氰酸（HCN）的电子式为______。
（2）用电解的方法可以除去含有CN-、Cl-废水中的CN-，其原理是控制溶液pH为9-10，利用阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体。
①阳极的电极反应式：_________。
②除去CN－的离子方程式为：_________。
（3）已知25℃时，HCN的电离常数Ka=4.9×10-10，则25℃时0.1mol/L 的HCN溶液中c(H+)=_____mol/L。NaCN溶液中加入盐酸至恰好完全反应，溶液中所有离子浓度的关系为___________。
【答案】 (1). (2). Cl--2e-+2OH-=C1O-+H2O (3). H2O+5C1O-+2CN-=2CO2+N2+5Cl-+2OH- (4). 7×10-6 (5). c(Na+)= c(Cl-)＞c(H+)＞c(CN-)＞c(OH-)
【解析】 (1)氢氰酸(HCN)的电子式为，故答案为：；
(2)用电解的方法可以除去含有CN-、C1-废水中的CN-，其原理是控制溶液PH为9~10，利用阳极产生的C1O-将CN-氧化为两种无污染的气体。
①该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，石墨做阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl-+2OH--2e-═ClO-+H2O，故答案为：Cl--2e-+2OH-=C1O-+H2O；
②阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-，故答案为：H2O+5C1O-+2CN-=2CO2+N2+5Cl-+2OH-；
(3) 根据HCNH++CN-可知，Ka====4.9×10-10，c(H+)= 7×10-6；NaCN溶液中加入盐酸至怡好完全反应生成等物质的量的氯化钠和HCN，溶液显酸性，溶液中所有离子浓度的关系为c(Na+)= c(Cl-)＞c(H+)＞c(CN-)＞c(OH-)，故答案为：7×10-6；c(Na+)= c(Cl-)＞c(H+)＞c(CN-)＞c(OH-)。
33. 如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：
（1）石墨电极（C）作___极，甲中甲烷燃料电池负极反应式为_______。
（2）若消耗2.24 L（标况）氧气，则乙装置中铁电极上生成的气体体积（标况）为_____L。
（3）若丙中以CuSO4溶液为电解质进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼。下列说法正确的是________（填字母）。
A.a电极为纯铜
B.粗铜接电源正极，发生还原反应
C.CuSO4溶液的浓度保持不变
D.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
（4）若丙中以稀H2SO4为电解质溶液，电极材料b为铝，则能使铝表面生成一层致密的氧化膜，该电极反应式为_______。
【答案】 (1). 阳 (2). CH4＋10OH－－8e－===CO32－＋7H2O (3). 4.48 (4). AD (5). 2Al＋3H2O－6e－===Al2O3 ＋ 6H＋
【解析】(1)燃料电池中，负极上投放燃料，所以投放甲烷的电极是负极，则乙池中铁为阴极，C为阳极；负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10 OH--8e-=CO32-+7H2O．
故答案为：阳；CH4-8e-+10 OH-═CO32-+7H2O；
(2)串联电池中转移电子数相等，若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则转移电子的物质的量=×4=0.4mol，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，设生成氢气的体积为xL；
2H++2e-=H2↑
2mol 22.4L
0.4mol xL
x=4.48，故答案为：4.48；
(3)电解精炼铜时利用了电解原理，电能转化为化学能，也有少量转化为热能；电解精炼时粗铜做阳极，发生氧化反应，精铜做阴极，阴极上发生还原反应；电解时，溶液中的阳离子发生变化，铜离子浓度逐渐减小，锌离子等浓度逐渐增大；粗铜中的不活泼金属不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近，故答案为AD；
(4)电解池的阳极材料是铝时，则该电极反应是铝本身失电子的过程，即2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+，阴极发生阳离子的得电子过程，在酸溶液中，为6H++6e-=3H2，故答案为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。
34. 蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2，用该蓄电池电解（阴、阳极均为惰性电极）M(NO3)x溶液，若此蓄电池工作一段时间后消耗0.36g水。
(1)电解时，电解池的阳极应连接 ____________(填序号)。
A.NiO2 B.Fe C.Fe(OH)2 D.Ni(OH)2
(2)电解M(NO3)x溶液时某一极质量增加了mg，金属M的相对原子质量的计算式为_________（用m,x表示）。
（3）此蓄电池电解含有0.01 mol CuSO4和0.01 mol NaCl的混合溶液100 mL,转移相同量的电子时，阳极产生气体_____________L（标准状况），电解后溶液加水稀释至1 L，此时溶液的pH为___________。
（4）若将阳极换为铜锌合金，阴极换为纯铜，且电解质溶液中含有足量的Cu2+，通电一段时间后，若阳极恰好完全溶解，此时阴极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03g，则合金中Cu、Zn的物质的量之比为______。
【答案】 (1). A (2). 50mx (3). 0.168 (4). 2 (5). 3∶1
(2)①负极：Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-；工作一段时间后蓄电池都分别消耗0.36gH2O，n(H2O)==0.02mol；由电子守恒可知，电解M(NO3)x溶液时，某一极增加了mgM，则设M的相对原子质量为y，
2M～2xe-～2xH2O
2y 2x
m 0.02mol
=，解得y=50mx，故答案为：50mx；
(3)电解含有0.01mol CuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL，电路中转移了0.02mol e-，
阳极：2Cl- - 2e -= Cl2↑，
0.01mol 0.01mol 0.005mol
4OH- -4e-= 2H2O+ O2↑，
0.01mol 0.01mol 0.0025mol
阴极：Cu2+ + 2e-=Cu
0.01mol 0.02mol
所以阳极上生成的气体在标准状况下的体积=(0.005mol+0.0025mol)×22.4L/mol=0.168L，
阳极氢氧根离子减少0.01mol，则溶液中氢离子增加0.01mol，将电解后的溶液加水稀释至1L，溶液中氢离子浓度==0.01mol/L，溶液pH=2，故答案为：0.168；2；
(4)阴极上析出的是铜，阴极质量增加7.68g，其物质的量==0.12mol；阳极上溶解锌时，阴极上析出铜，所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差，溶液质量增加0.03g，即锌和铜的质量差为0.03g，设锌的物质的量为x，
Zn+Cu2+=Zn2++Cu 质量增加
1mol 1g
x 0.03g
x=0.03mol。即合金中锌的物质的量是0.03mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子，设铜的物质的量为y，0.03mol×2+2y=0.12mol×2，y=0.09mol，所以铜和锌的物质的量之比为0.09mol：0.03mol=3：1，所以铜和锌的原子个数之比是3：1，故答案为：3：1。
点睛：本题考查了原电池、电解池原理的分析判断和计算应用，注意混合电解中电子守恒的计算应用。本题的易错点是(4)的计算，明确溶液中质量增加的量是什么是解本题的关键，然后根据得失电子数相等计算铜的物质的量，从而确定铜和锌的个数之比。
河北省邢台市第一中学2017-2018学年高二上学期第二次月考
化学试题
可能用到的相对原子质量：Cu-64 Mg-24 H-1 O-16
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题（每小题2分，共60分）
1. 下列物质分类正确的是
①化合物：CaCl2、烧碱、聚乙烯、HD ②同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨 ③混合物:盐酸、铝热剂、福尔马林、水玻璃 ④电解质:明矾、绿矾、冰醋酸、硫酸钡 ⑤ 同系物:CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2
A. ①②④ B. ②③④ C. ①③⑤ D. ②④⑤
【答案】B
点睛：本题考查物质组成与分类知识，明确纯净物与混合物、单质与化合物、电解质与非电解质、同系物、同素异形体等概念及判断方法，难度不大，注意把握概念的区别。
2. 某温度下，重水（D2O）的离子积常数为1.6×10-15，若用定义pH一样规定pD=-lg（D+），则在该温度下，下列叙述正确的是
A. 纯净的重水中，c（D+）/c（OD-）>1.0×10-14
B. 1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，其pD=2
C. 1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，其pD=12
D. 纯净的重水中， pD=7
【答案】B
【解析】A．该温度下重水(D2O)的离子积常数为1.6×10-15＜1.0×10-14，故A错误；B．c(DC1)==0.01mol/L，则c(D+)=0.01mol/L，所以pD=2，故B正确；C．c(NaOD)==0.01mol/L，则c(D+)=mol/L=1.6×10-13mol/L，则pD＞12，故C错误；D．c(D+)=mol/L=4×10-8mol/L，所以pD＞7，故D错误；故选B。
3. 常温下，下列有关叙述正确的是
A. 0.1mol/L 氨水中c(H+)/c(OH-)=1×10-8，则c(H+)=1×10-3mol/L
B. pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)
C. 在0.1mol/L (NH4)2C2O4溶液中：c(NH4+)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]
D. 浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合：c(SO42-)=c(Na+) >c(NH4+) >c(H+) >c(OH-)
【答案】D
【解析】A项，常温下，0.1mol/L氨水溶液中=1×10-8，因为c(H+)•c(OH-)=1×10-14，所以c(H+)=1×10-11mol/L，故A错误；B项，常温下，pH=7的NH4Cl与NH3·H2O的混合溶液中，c(H+)=c(OH-)，又根据电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，所以c(Cl-)=c(NH4+)>c(H+)=c(OH-)，故B错误；C项，在0.1mol/L(NH4)2C2O4溶液中，NH4+是弱阳离子、C2O42-是弱阴离子，所以存在NH4+、NH3•H2O、C2O42-、HC2O4-、H2C2O4，根据物料守恒：c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2[c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)]，故C错误；D项，浓度均为0.1mol/L的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合，恰好完全反应，化学方程式为：2NH4HSO4+2NaOH=Na2SO4+(NH4)2SO4+2H2O，因为NH4+水解使溶液显酸性，所以c(SO42-)=c(Na+)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)，故D正确。
点睛：本题考查溶液中离子的浓度关系及有关计算，涉及弱电解质电离、盐类水解等知识，对于混合溶液问题，明确混合后溶液中的溶质，并注意利用弱电解质的电离及盐类水解的规律、电荷守恒、物料守恒来分析。
4. 通过实验、观察、类比、推理等方法得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列反应的推断或解释正确的是
操作
可能的实验现象
解释
A
某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液
有白色沉淀生成
溶液中一定含有SO42-
B
将SO2通入Ba(NO3)2溶液中
有白色沉淀生成
SO2与Ba(NO3)2反应生成BaSO3
C
同温同压下用pH试纸测定相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的酸碱性
碳酸钠溶液显碱性，硫酸钠溶液显中性
碳酸钠溶液发生了水解
D
向淀粉KI溶液中通入Cl2
溶液变蓝
Cl2与淀粉发生显色反应
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】A、白色沉淀可能为AgCl，则应先加盐酸无现象，再加氯化钡检验硫酸根离子，实验的解释应为溶液中可能含有SO42－，或含银离子，但二者不能同时存在，故A错误；将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，二氧化硫能被硝酸钡氧化生成硫酸根离子，和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，生成的白色沉淀是硫酸钡而不是亚硫酸钡，故B错误；C、中心原子非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，对应盐的水解能力越弱。强酸强碱盐不发生水解，强碱弱酸盐能发生水解反应，硫酸钠不发生水解则硫酸钠溶液呈中性，碳酸钠中碳酸根离子水解导致碳酸钠溶液呈碱性，故C正确；D、氯气氧化碘离子生成碘，碘遇淀粉呈蓝色，但不是显色反应，故D错误；故选C。
点睛：本题考查化学方案评价，是高频考点，侧重考查学生分析判断能力，涉及离子检验、氧化还原反应、盐类水解等知识点，掌握元素化合物性质、化学反应原理等知识点是解本题关键，易错选项是BD，B隐含硝酸根与SO2的氧化还原反应，D显色反应是指苯酚与Fe3＋ 显紫色，具有一定的迷惑性。
5. 常温下，下列有关离子浓度及pH大小的比较正确的是
A. NH4+浓度相同的下列溶液：①(NH4 )2Fe(SO4)2 ②(NH4)2CO3 ③(NH4)2SO4，溶液浓度由大到小的顺序是：③>②>①
B. 由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，其离子浓度不可能是：
c(CH3COO-)>c(Na+)> c(H+) > c(OH-)
C. pH=13的Ba(OH)2溶液与pH=1的HCl溶液等体积混合后，混合溶液的pH>7
D. pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=14的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH范围是13
【解析】A项，①Fe2+抑制NH4+水解、②CO32-离子促进NH4+水解、③NH4+正常水解，当NH4+浓度相同时，铵根离子水解程度越大其铵盐溶液浓度就得越大，所以溶液浓度由大到小的顺序是：②＞③＞①，故A错误；B项，醋酸电离程度较小，常温下，pH=3的CH3COOH溶液浓度大于0.001mol/L，pH=11的NaOH溶液浓度等于0.001mol/L，二者等体积混合溶液可能呈酸性，根据电荷守恒得c(CH3COO-)>c(Na+)，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故B错误；C项，常温下，pH=13的Ba(OH)2溶液中氢氧根离子浓度与pH=1的HCl溶液中氢离子浓度相等，二者等体积混合时恰好完全反应生成强酸强碱盐BaCl2，溶液呈中性，pH=7，故C错误；D项，常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)为0.01mol/L，pH=14的NaOH溶液中c(OH-)为1mol/L，二者等体积混合，混合溶液中c(OH-)为0.505mol/L，则混合溶液的pH范围是13＜pH＜14，故D正确。
6. 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。高铁电池的总反应式为：
3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH
下列叙述不正确的是
A. 放电时负极的反应为：Zn-2e-+2OH-Zn(OH)2
B. 充电时阳极反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-FeO42-+4H2O
C. 放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被还原
D. 放电时正极附近溶液的碱性减弱
【答案】D
【解析】A项，放电时，Zn作负极，被氧化，由总反应可得，生成Zn(OH)2，电解质溶液呈碱性，所以电极反应式为3Zn-6e-+6OH-=3Zn(OH)2，故A正确；B项，充电时，Fe(OH)3在阳极上发生失电子氧化反应，生成FeO42-，因为电解质溶液呈碱性，根据原子守恒和电荷守恒，同时有OH-参与，还生成H2O，所以阳极反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，故B正确；C项，放电时，Fe的化合价由+6价降为+3价，则每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故C正确；D项，放电时，K2FeO4为电池的正极，发生还原反应，生成Fe(OH)3，电极反应式为2FeO42-+6e-+8H2O=2Fe(OH)3+10OH-，正极生成OH-，溶液碱性增强，故D错误。
点睛：本题考查化学电源，涉及新型可充电电池，重在考查学生对电化学原理的综合应用能力，有一定难度，注意结合氧化还原反应原理，把握原电池的工作原理和电极反应的判断方法，书写电极反应式时，要考虑溶液酸碱性。
7. 如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，a极附近溶液显红色。下列说法正确的是
A. Pt极上有6.4 g Cu析出时，b极产生2.24 L气体
B. a极的电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑
C. 电解过程中CuSO4溶液的浓度逐渐增大
D. X极是电源负极，Y极是电源正极
【答案】D
【解析】a、b是石墨电极，通电一段时间后，a极附近溶液显红色，说明有氢氧根产生，即a电极是阴极，b是阳极，则Y是电源的正极，X是负极，Pt电极是阴极，铜电极是阳极。A、电解过程中硝酸铜溶液中的铜离子在Pt电极得到电子析出铜，物质的量是1mol，转移2mol电子，b电极是阳极，氯离子放电，根据电子得失守恒可知氯气是1mol，标准状况下是22.4L，A错误；B、a电极是氢离子放电，B错误；C、左池相当于是Pt电极上镀铜，因此电解过程中硫酸铜溶液的pH不变，C错误；D、根据以上分析可知X极是电源负极，Y极是电源正极，D正确，答案选D。
8. 将含有0.4mol Cu(NO3)2和0.2mol KCl的水溶液1L，用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上析出0.3mol Cu，此时在另一电极上放出气体的体积（标准状况）
A. 4.48L B. 6.72L C. 2.8L D. 3.36L
【答案】A
【解析】在一个电极(阴极)析出0.3molCu，由Cu2++2e-=Cu可得，电路中转移了0.6mol电子；阳极有0.2molCl－失电子，由2Cl－-2e-=Cl2可得，失去0.2mol电子，产生0.1molCl2，另外还有0.4mol电子是OH－失去的，由4OH－-4e-=2H2O+O2可得，产生0.1molO2，因此一共产生0.2mol气体，在标准状况下的体积为4.48L，故选A。
9. 铝镍胶体电池是一种二次高能电池，放电时的总反应为： 2Al+3Ni2O3+9H2O= 2Al(OH)3+6Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是
A. 此电池的正极为Ni2O3、负极为Al，电池中的凝胶呈碱性。
B. 电池放电时，负极反应为Al + 3OH--3e-= Al(OH)3
C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH升高
D. 电池充电时，阴极反应为2Ni(OH)2 + 2OH- - 2e- = Ni2O3 + 3H2O
【答案】D
【解析】A．放电时，负极上铝失电子和氢氧根离子反应，所以电池中的凝胶呈碱性，该原电池中Ni2O3得电子发生氧化反应而作正极，故A正确； B．放电时，负极反应式为Al+3OH--3e-═Al(OH)3，故B正确；C．充电时阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：Al(OH)3+3e-═Al+3OH-，阴极附近溶液的碱性增强，pH升高，故C正确；D．充电时，阴极得电子发生还原反应，电极反应式为：Al(OH)3+3e-═Al+3OH-，故D错误；故选D。
点睛：铝镍蓄电池放电时Al作负极，发生氧化反应，失电子生成Al3+，负极电极反应为Al+3OH-一3e-═Al(OH)3，Ni2O3作正极，发生还原反应，所以正极反应为Ni2O3+3H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。
10. 将物质的量浓度相等的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液的pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法中不正确的是
A. A点pH小于7是因为Cu2＋水解使溶液显酸性
B. C点的pH比A点的pH小
C. BC段阳极产物是H2
D. CD段电解的物质是H2O
【答案】C
【解析】设CuSO4的和NaCl各1mol，由题意，结合图像可得，电解分3个阶段，第一阶段：阳极：1mol氯离子失1mol电子，阴极：0.5mol铜离子得1mol电子，因为溶液显酸性是铜离子水解的原因，所以铜离子减少，使溶液酸性减弱，pH值增大；第二阶段：阳极：1mol氢氧根离子失1mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.5mol铜离子得1mol电子，因为氢氧根离子消耗，所以水溶液中氢离子浓度增大，pH值迅速减小；第三阶段：阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，他们都来源于水的电离，但电解过程中水消耗了，使溶液中氢离子浓度增大，pH值减小；A项，A点为硫酸铜和NaCl混合溶液，其中硫酸铜为强酸弱碱盐，水解呈酸性，此时没有进行电解，所以pH小于7，故A正确；B项，A点因为铜离子部分水解而使溶液呈弱酸性，C点溶液中铜离子已全部被还原，此时溶液是硫酸钠和硫酸的混合溶液，溶液酸性增强，所以C点的pH比A点的pH小，故B正确；C项，由上述分析可知，整个过程中阳极先产生Cl2，后产生O2，故C错误；D项，由上述分析，CD段：阳极产生氧气，阴极产生氢气，相当于电解水，故D正确。
11. 结合图示判断，下列叙述正确的是
A. K与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大
B. K与N连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：2H++2e—=H2↑
C. K与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大
D. K与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH—-4e—=2H2O+O2↑
【答案】A
【解析】试题分析：A、K与N连接时，X为硫酸，构成原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子生成亚铁离子，正极上氢离子放电生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，pH增大，A正确；B、K与N连接时，X为氯化钠，构成原电池，铁作负极，石墨作正极，属于铁的吸氧腐蚀，即石墨上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e-＝4OH-，B错误；C、K与M连接时，X为硫酸，构成电解池。石墨与电源的正极相连作阳极，铁作阴极。阳极上氢氧根放电，阴极上氢离子放电，电解的实质是电解水。硫酸的物质的量不变，体积减小，硫酸浓度增大，酸性增强溶液的pH减小，C错误；D、K与M连接，X为氯化钠，构成电解池，石墨与电源的正极相连作阳极，铁作阴极，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-＝Cl2↑，D错误，答案选A。
考点：考查原电池和电解池原理
12. 如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则以下说法正确的是
A. 电源B极是正极
B. 装置（丁）中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带负电荷
C. 欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D. （甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2
【答案】D
【解析】A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，故A错误；B、丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；C、若用（丙）装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，故C错误；D、甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，故D正确；故选D。
点睛：题考查了电解池原理，能正确判断电解池的阴阳极是解本题的关键，明确电泳现象证明了胶粒带电。解题关键：A、根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极；B、电解池中带正电荷的微粒向阴极移动，带负电荷的微粒向阳极移动。C、电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子与阳极材料是相同的元素．D、甲装置中C电极上氢氧根离子放电，D电极上铜离子放电，E电极上氯离子放电，F电极上氢离子放电，根据得失电子和生成物的关系式计算。D是难点。
13. 如下图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，下列说法正确的是
A. 甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置
B. 甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH－6e－＋2H2O=CO32-+8H＋
C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复原浓度
D. 甲池中消耗280 mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体
【答案】D
【解析】试题分析：A.甲池是原电池，是化学能转化为电能的装置；乙、丙池是电能转化为化学能的装置，A错误；B. 甲池通入CH3OH的电极是原电池的负极，发生氧化反应，其电极反应式为：CH3OH－6e－＋8OH-===CO32-＋6H2O，B错误；C.乙池中，石墨与原电池的正极相连，为电解池的阳极，发生失去电子的氧化反应，其电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑；Ag电极与原电池的负极相连，为电解池的阴极，发生得到电子的还原反应，其电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；整个反应中消耗了不仅消耗了Cu2+，而且消耗了溶质水，因此反应一段时间后，只向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体不能使CuSO4溶液恢复到原浓度，C错误；D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，O2的物质的量为，则转移电子的物质的量为，丙池中阴极的电极反应式为：2H2O+2e-= H2↑+2OH-，产生固体的化学方程式为：2OH-+Mg2+=Mg(OH)2↓，故产生Mg(OH)2的物质的量为，产生固体的质量为，D正确。故答案D。
考点：考查原电池和电解池。
14. 用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水（含Cl-、Br-、Na+、Mg2+）的装置如下图所示（a、b为石墨电极），下列说法正确的是
A. 电池工作时，正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
B. 电解时，电子流动路径是:负极外电路阴极溶液阳极正极
C. 试管中NaOH溶液是用来吸收电解时产生的Cl2
D. 忽略能量损耗，当电池中消耗2.24L（标准状况）H2时，b极周围会产生0.1mol气体
【答案】D
【解析】A项，氢氧燃料电池中，正极上放电的是氧气，在酸性电解质溶液中，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O或O2+4e-+3H3PO4=H2PO4-+H2O，故A错误；B项，电子只能在外电路中运动不能通过电解质溶液，电解质溶液中是靠离子的移动来传递电荷的，故B错误；C项，溶液中阴离子的放电顺序是：Br->Cl->OH-，试管中NaOH溶液主要是用来吸收产生的溴蒸气，也吸收可能产生的Cl2，故C错误；D项，2.24L（标准状况）H2的物质的量为：2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，当电池中消耗0.1 molH2时，转移0.2mol电子，若忽略能量损耗，则在电解池的阴极(b极)也会产生0.1 molH2，故D正确。
15. 电子表电源常用微型银——锌电池，电极分别是Ag2O和Zn，电解液为KOH溶液，电极反应为：Zn+2OH--2e-=ZnO+H2O，Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，总反应为：Ag2O+Zn=2Ag+ZnO，根据上述变化下列判断正确的是
A. Zn是负极，Ag2O是正极
B. Zn是正极，Ag2O是负极
C. 工作时电子由Ag2O极经外电路流向Zn极
D. 工作时，电池负极区溶液OH-浓度增大
【答案】A
【解析】A、根据原电池的工作原理，负极上发生氧化反应，失去电子，化合价升高，正极上发生还原反应，得到电子，化合价降低，根据总反应，Zn的化合价升高，即Zn作负极，Ag2O中Ag的化合价降低，因此Ag2O作正极，故A正确；B、根据选项A的分析，故B错误；C、根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即从Zn经外电路流向Ag2O，故C错误；D、根据Zn+2OH－－2e－＝ZnO+H2O，负极区OH-浓度减小，故D错误。
16. 10mL 浓度为1mol/L的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能减慢反应速率但又不影响氢气生成的是
A. K2SO4 B. H2SO4 C. CuSO4 D. Na2CO3
【答案】A
【解析】A．加入K2SO4溶液，相当于加水稀释，溶液中氢离子浓度降低，且氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，故A正确；B，加入稀硫酸溶液，酸浓度增大，反应速率加快，且生成的氢气增多，故B错误；C．Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，故C错误；；D．加入碳酸钠溶液，与盐酸反应是二氧化碳，氢离子总量较小，生成氢气的量减少，故D错误；故选A。
点睛：明确影响反应速率的因素是解题关键，为了减缓反应进行的速率，加入溶液后应降低氢离子浓度，但又不影响生成氢气的总量，则提供的氢离子的总物质的量不变，而C选项中构成原电池，加快反应速率，D选项中碳酸钠反应消耗氢离子，生成氢气的总量减少。
17. 据报道，摩托罗拉公司开发的一种以甲醇为原料，以KOH为电解质的用于手机的可充电的高效燃料电池，充一次电可以连续使用一个月。关于该电池的叙述正确的是
A. 放电时，正极反应为式:O2+4e-+4H+=2H2O
B. 放电时，负极反应为式:CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O
C. 充电时，原电池的负极与电源的正极相连接
D. 充电时，阴极反应式为:4OH--4e-=2H2O+O2↑
【答案】B
【解析】放电时，根据电池反应式知，C元素的化合价升高，所以甲醇所在电极为原电池的负极，O元素的化合价降低，所以通入氧气的极为原电池的正极，负极上发生氧化反应；A．放电时，正极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；B．放电时，负极反应式为：CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，故B正确；C．充电时，原电池的负极与电源的负极相连接，故C错误；D．充电时，阴极反应是放电时负极反应的逆反应，CO32-+6e-+6H2O=CH3OH+8OH-，故D错误，故选B。
点睛：明确充放电时各个电极上发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要注意结合电解质溶液酸碱性书写；放电时，根据电池反应式知，C元素的化合价升高，所以甲醇所在电极为原电池的负极，O元素的化合价降低，所以通入氧气的极为原电池的正极，负极上发生氧化反应CH3OH-6e-+8OH-═CO32-+6H2O，正极上发生还原反应O2+4e-+2H2O=4OH-。
18. 某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. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色
D. a和b用连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu向铜电极移动
【答案】D
【解析】A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，故B正确；C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；D．a和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。
点睛：本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。
19. 酒精检测仪可帮助执法交警测试驾驶员饮酒的多少，其工作原理示意图如图所示。反应原理为：
CH3CH2OH＋O2=CH3COOH＋H2O，被测者呼出气体中所含的酒精被输送到电池中反应产生微小电流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量。下列说法正确的是
A. b为正极，电极反应式为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O
B. 电解质溶液中的H＋移向a电极
C. 若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气
D. 呼出气体中酒精含量越高，微处理器中通过的电流越小
【答案】A
【解析】燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，氧化剂在正极上发生还原反应；A．b为正极，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故A正确；B．该燃料电池中，a是负极，b是正极，电解质溶液中氢离子向b极移动，故B错误；C．b为正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，所以有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，故C错误；D．单位时间内，人呼出的气体中酒精含量越多，酒精失电子数越多，所以微处理器中通过的电流越大，故D错误；故选A。
20. 2016年8月，联合国开发计划署在中国的首个“氢经济示范城市”在江苏如皋落户。用吸附了H2的碳纳米管等材料制作的二次电池的原理如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，甲电极反应为：NiO(OH)+H2O+e‾=Ni(OH)2+OH‾
B. 放电时，甲电极为正极， OH‾移向乙电极
C. 电池总反应为H2+2NiO(OH) 2Ni(OH)2
D. 充电时，电池的碳电极与直流电源的正极相连
【答案】C
【解析】A．放电时，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-，则甲电极发生反应为氧化反应，故A错误；B．放电时，该电池为原电池，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以OH-向负极甲电极移动，故B错误；C．放电时，正极电极反应式为2NiO(OH)+2H2O+2e-═2Ni(OH)2+2OH-，负极电极反应式为：H2+2OH--2e-═2H2O，则两式相加得总反应：H2+2NiOOH
2Ni(OH)2，故C正确；D．放电时，氢气在碳电极发生氧化反应，碳电极作负极，充电时，碳电极发生还原反应作阴极，应与电源的负极相连，故D错误；故选C。
点睛：明确正负极上发生的电极反应及阴阳离子的移动方向是解题关键，易错选项是D，注意结合电解原理确定与原电池哪个电极相连，为易错点；开关连接用电器时，应为原电池原理，甲电极为负极，负极上氢气失电子发生氧化反应，电极反应式为H2+2OH--2e-═2H2O，乙电极为正极得电子发生还原反应，电极反应为：NiO(OH)+H2O+e-═Ni(OH)2+OH-；开关连接充电器时，为电解池，充电与放电过程相反，据此解答。
21. 下列现象与电化学腐蚀无关的是
A. 炒菜的铁锅未及时洗干净（残液中含NaCl）而生锈
B. 海军黄铜（含Zn、Cu和1％的Sn）不易产生铜绿
C. 银质物品久置表面变暗
D. 钢铁在潮湿的露天环境中容易生锈
【答案】C
【解析】A、生铁中含有碳、铁，易形成原电池，发生电化学腐蚀，但是纯铁不易被腐蚀，与电化学腐蚀有关，A错误；B、铜锌合金构成的原电池中，锌是负极，易被腐蚀，铜是正极，被保护，铜锣不易产生铜绿，与电化学腐蚀有关，B错误；C、金属银在空气中会被氧化而变暗，发生的是化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，C正确；D、根据A中分析可知D错误，答案选C。
22. 在城市地下常埋有纵横交错的管道和运输电线路，有些地面上还铺有地铁或城铁的铁轨，当有当有电流泄漏入潮湿的土壤中，并与金属管道或铁轨形成回路时，就会引起金属管道、铁轨的腐蚀腐蚀。原理简化如图所示。则下列有关说法不正确的是
A. 原理图可理解为两个串联电解装置
B. 如在NaCl溶液中加入酚酞，右边Fe电极附近溶液变红
C. 地下管线被腐蚀，不易发现，维修也不便，故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜（或油漆等）
D. 溶液中铁丝左端电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+
【答案】D
【解析】试题分析：A．图示装置可以变形为，因此原理图可理解为两个串联电解装置，故A正确；B．根据图示，右侧钢轨为阴极，溶液中氢离子放电，右边Fe电极附件溶液的碱性增强，加入酚酞，溶液变红，故B正确；C．地下管线被腐蚀，不易发现，也不便维修，故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等)，避免被腐蚀，故C正确；D．溶液中铁丝在电场中，电子由右端移向左端，相当于构成原电池时，右端为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故D错误；故选D。
考点：考查了电解原理的应用的相关知识。
23. 200mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=1.4mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体2.24L(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为200 mL，下列说法正确的是
A. 原混合溶液中c(Na＋)＝0.9 mol·L－1
B. 电解后溶液的pH值为0
C. 上述电解过程中共转移0.8 mol电子
D. 电解后得到的Cu的物质的量为0.2mol
【答案】B
【解析】惰性电极电解NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，两极均收集到标准状况22.4L气体，即H2和O2均为0.1mol；阳极发生反应：4OH--4e-＝O2↑+2H2O，阴极发生反应：Cu2++2e-＝Cu、2H++2e-＝H2↑，所以转移电子共0.4mol，H+和Cu2+各得0.2mol电子。
A项，Cu2+得0.2mol电子，因为Cu2+全部反应，所以n（Cu2+）＝0.1mol，c（Cu2+）＝0.1mol÷0.2L＝0.5mol/L，由电荷守恒可得，原混合溶液中c（Na+）＝1.4mol/L-0.5mol/L×2＝0.4mol/L，故A错误；B项，阳极反应0.4molOH-，阴极反应0.2molH+，OH-和H+都来自于水，电解后溶液中c（H+）依据阳极氢离子增大和阴极氢离子减小共同决定，所以电解后溶液中c（H+）＝（0.4mol-0.2mol）÷0.2L＝1mol/L，所以pH值为0，故B正确；C项，由上述分析可知，电解过程转移电子总数为0.4mol，故C错误；D项，Cu2+得0.2mol电子生成0.1molCu，故D错误。
点睛：本题考查电解原理的应用，明确发生的电极反应及电子守恒是解题关键，根据题意，电解分为两阶段，首先电解Cu(NO3)2溶液，然后电解水；注意氢氧根离子与氢离子的关系和电解质溶液中电荷守恒的应用。
24. 用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，则一段时间后
A. 溶液的pH变大
B. c（Na+）与c （CO32-）的比值变大
C. 溶液浓度变大，有晶体析出
D. 溶液浓度不变，有晶体析出
【答案】D
【解析】试题分析：用惰性电极电解饱和Na2CO3溶液，若保持温度不变，阳极氢氧根离子发生氧化反应4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极氢离子发生还原反应，2H++2e-= H2↑，实质是电解水，A．溶液的pH不变，A错误；B．饱和碳酸钠溶液中c(Na+)与c (CO32－)的比值不变，B错误；C．由于是饱和碳酸钠溶液，溶液的浓度不变，但是有晶体析出，C错误；D．饱和碳酸钠溶液中，溶剂减少，有晶体析出，D正确，答案选D。
考点：考查电解饱和碳酸钠的实质
25. 在盛有水的电解槽中加入含等物质的量的Ag+，Pb2+，K+，SO42-，NO3-，Br-的物质，充分搅拌，然后用惰性电极电解，通电片刻后，氧化产物和还原产物的物质的量之比为
A. 1：2 B. 8：1 C. 1：1 D. 80：108
【答案】A
【解析】试题分析：在盛有水的电解槽中加入含等物质的量的Ag+，Pb2+，K+，SO42-，NO3-，Br-的物质，充分搅拌，则发生离子反应：Ag++Br-==AgBr↓，Pb2++SO42-==Pb(SO4)2↓，故溶液中的溶质为KNO3，用惰性电极电解，通电片刻后，阳极发生氧化反应，4OH--4e-==O2↑+2H2O，O2为氧化产物；阴极发生还原反应，2H++2e-==H2↑，H2为还原产物，当通过相同的电子时，氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:2。故答案A。
考点：考查电解的原理。
26. 下列叙述中，正确的是
A. 在船舶的外壳装上铜块可防止其发生电化学腐蚀
B. MnO2、FeCl3和CuSO4都可加快H2O2的分解速率
C. FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液加热蒸干、灼烧都得到Fe2O3
D. 用惰性电极分别电解CuCl2溶液和MgCl2溶液分别得到单质Cu和Mg
【答案】B
【解析】略
27. 根据有机化学的命名原则，下列命名正确的是
A. 3-甲基-1，3-丁二烯
B. 2-羟基丁烷
C. CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷
D. CH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸
【答案】D
【解析】A项，根据烯烃命名原则，甲基应在2号位，命名为：2-甲基-1，3-丁二烯，故A错误；B项，该物质属于醇而不是烷烃，命名为2-戊醇，故B错误；C项，根据烷烃命名原则，应选含碳原子最长的碳链为主链，命名为：3-甲基己烷，故C错误；D项，该物质是一种氨基酸，主链上4个碳，氨基在3号位，命名为3-氨基丁酸，故D正确。
点睛：本题考查有机化合物的命名，重在对基础知识的考查，判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范，例如烷烃命名原则：①长：选最长碳链为主链；②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；③近：离支链最近一端编号；④小：支链编号之和最小；⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号．如取代基不同，把简单的写在前面，复杂的写在后面。
28. 校园“毒跑道”事件媒体常有报道，其对人体造成伤害的原因之一是超标使用了苯、甲苯等有机溶剂。下列有关说法正确的是
A. 甲苯的分子式为:
B. 甲苯分子中所有原子都处于同一平面
C. 甲苯的一氯取代物有5种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同
D. 甲苯和苯互为同系物
【答案】D
【解析】A、为甲苯的结构简式，其分子式为C7H8，选项A错误；B、甲烷空间构型为正四面体，因此甲基上所有原子不共面，选项B错误；C、甲苯上有4种不同的氢原子，因此一氯代物有4种，选项C错误；D、甲苯和苯结构相似，组成上相差一个“CH2”，因此互为同系物，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查结构简式、分子式、原子共面、同系物、等效氢等知识。其中应该明确甲烷为四面体结构、乙烯分子在同一平面、乙炔分子原子在同一直线、苯分子中原子在同一平面，同一个碳上的氢为等效氢、同一个碳上的甲基上的氢为等效氢，对称位上的氢为等效氢等。
29. 分子式为C5H7Cl的有机物，其结构不可能是
A. 只含有一个双键的直链有机物 B. 含有两个双键的直链有机物
C. 含有一个双键的环状有机物 D. 含有一个三键的直链有机物
【答案】A
【解析】分子式为C5H7Cl的有机物的不饱和度为(5×2+2-7-1)/2=2。A、碳碳双键的不饱和度为1，不可能为只有一个双键的直链有机物，A正确；B、碳碳双键的不饱和度为1，可能是含有两个双键的直链有机物，B错误；C、碳碳双键的不饱和度为1，一个环状结构的不饱和度为1，可能是含有一个双键的环状有机物，C错误；D、碳碳三键的不饱和度为2，可能是含有一个三键的直链有机物，D错误。答案选A。
30. 下列说法不正确的是
A. 按系统命名法，化合物 的名称为2-甲基-3,4－二乙基己烷
B. 等质量的甲烷、乙炔、乙烯分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次增加
C. 下列物质的沸点按由低到高顺序为：(CH3)2CHCH3＜(CH3)4C＜(CH3)2CHCH2CH3＜CH3(CH2)3CH3
D. 与互为同系物
【答案】D
【解析】A.根据系统命名法的原则，该化合物名称为2﹣甲基﹣3，4﹣二乙基己烷，A正确；B.根据烃的燃烧通式CnHm+(n+m/4)O2=nCO2+m/2H2O可知物质的量相同时烃分子燃烧消耗的氧气与(n+m/4)有关系，(n+m/4)越大，消耗的氧气越多。因此等物质的量甲烷、乙炔、乙烯分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次增多，B正确；C.对于烷烃而言，碳原子数越多，沸点越高，对碳原子数相同的烷烃，支链越多，沸点越低，所以物质的沸点按由低到高顺序为：（CH3）2CHCH3＜（CH3）4C＜（CH3）2CHCH2CH3 ＜CH3（CH2）3CH3，C正确；D.同系物是指结构相似，组成上相差一个或多个CH2原子团的有机物之间的互称，苯环与羟基相连称为酚，羟基与饱和碳相连称为醇，两者不是同系物，D错误；答案选D。
第Ⅱ卷（非选择题 共40分）
二、非选择题
31. 现有下列各组物质：
①O2和O3 ②CH2=CH-CH3和CH2=CH-CH=CH2 ③和
④11H2O和21H2O ⑤CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3 ⑥23592A和质量数为238中子数为146的原子 ⑦C2H5C≡CCH3和CH3CH=CHCH=CH2
按要求用序号填空
（1）属于同系物的是_______。
（2）属于同分异构体的是________。
（3）属于同位素的是_______。
（4）属于同素异形体的是________。
（5）属于同种物质的是_______。
【答案】 (1). ⑤ (2). ⑦ (3). ⑥ (4). ① (5). ③④
【解析】（1）CH3CH2CH3和CH3C(CH3)3的结构相似，相差2个CH2，二者互为同系物；（2）C2H5C≡CCH3和CH3CH=CHCH=CH2的分子式相同，均是C5H8，结构不同，互为同分异构体；（3）和质量数为238中子数为146的原子的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素；（4）O2和O3均是氧元素形成的不同单质，互为同素异形体；（5）和 均表示二氯甲烷，是同一种物质，和均表示水分子，属于同种物质。
32. 氰化氢是剧毒物质，含有氰的废水对环境的污染和人体的危害非常严重。
（1）氢氰酸（HCN）的电子式为______。
（2）用电解的方法可以除去含有CN-、Cl-废水中的CN-，其原理是控制溶液pH为9-10，利用阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体。
①阳极的电极反应式：_________。
②除去CN－的离子方程式为：_________。
（3）已知25℃时，HCN的电离常数Ka=4.9×10-10，则25℃时0.1mol/L 的HCN溶液中c(H+)=_____mol/L。NaCN溶液中加入盐酸至恰好完全反应，溶液中所有离子浓度的关系为___________。
【答案】 (1). (2). Cl--2e-+2OH-=C1O-+H2O (3). H2O+5C1O-+2CN-=2CO2+N2+5Cl-+2OH- (4). 7×10-6 (5). c(Na+)= c(Cl-)＞c(H+)＞c(CN-)＞c(OH-)
【解析】 (1)氢氰酸(HCN)的电子式为，故答案为：；
(2)用电解的方法可以除去含有CN-、C1-废水中的CN-，其原理是控制溶液PH为9~10，利用阳极产生的C1O-将CN-氧化为两种无污染的气体。
①该电解质溶液呈碱性，电解时，用不活泼金属或导电非金属作负极，可以用较不活泼金属作正极，石墨做阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，氯气和氢氧根离子反应生成次氯酸根离子和水，所以阳极反应式为Cl-+2OH--2e-═ClO-+H2O，故答案为：Cl--2e-+2OH-=C1O-+H2O；
②阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体，两种气体为二氧化碳和氮气，该反应在碱性条件下进行，所以应该有氢氧根离子生成，反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O═N2↑+2CO2↑+5Cl-+2OH-，故答案为：H2O+5C1O-+2CN-=2CO2+N2+5Cl-+2OH-；
(3) 根据HCNH++CN-可知，Ka====4.9×10-10，c(H+)= 7×10-6；NaCN溶液中加入盐酸至怡好完全反应生成等物质的量的氯化钠和HCN，溶液显酸性，溶液中所有离子浓度的关系为c(Na+)= c(Cl-)＞c(H+)＞c(CN-)＞c(OH-)，故答案为：7×10-6；c(Na+)= c(Cl-)＞c(H+)＞c(CN-)＞c(OH-)。
33. 如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：
（1）石墨电极（C）作___极，甲中甲烷燃料电池负极反应式为_______。
（2）若消耗2.24 L（标况）氧气，则乙装置中铁电极上生成的气体体积（标况）为_____L。
（3）若丙中以CuSO4溶液为电解质进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼。下列说法正确的是________（填字母）。
A.a电极为纯铜
B.粗铜接电源正极，发生还原反应
C.CuSO4溶液的浓度保持不变
D.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
（4）若丙中以稀H2SO4为电解质溶液，电极材料b为铝，则能使铝表面生成一层致密的氧化膜，该电极反应式为_______。
【答案】 (1). 阳 (2). CH4＋10OH－－8e－===CO32－＋7H2O (3). 4.48 (4). AD (5). 2Al＋3H2O－6e－===Al2O3 ＋ 6H＋
【解析】(1)燃料电池中，负极上投放燃料，所以投放甲烷的电极是负极，则乙池中铁为阴极，C为阳极；负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：CH4+10 OH--8e-=CO32-+7H2O．
故答案为：阳；CH4-8e-+10 OH-═CO32-+7H2O；
(2)串联电池中转移电子数相等，若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则转移电子的物质的量=×4=0.4mol，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，设生成氢气的体积为xL；
2H++2e-=H2↑
2mol 22.4L
0.4mol xL
x=4.48，故答案为：4.48；
(3)电解精炼铜时利用了电解原理，电能转化为化学能，也有少量转化为热能；电解精炼时粗铜做阳极，发生氧化反应，精铜做阴极，阴极上发生还原反应；电解时，溶液中的阳离子发生变化，铜离子浓度逐渐减小，锌离子等浓度逐渐增大；粗铜中的不活泼金属不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近，故答案为AD；
(4)电解池的阳极材料是铝时，则该电极反应是铝本身失电子的过程，即2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+，阴极发生阳离子的得电子过程，在酸溶液中，为6H++6e-=3H2，故答案为：2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+。
34. 蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反应是NiO2+Fe+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2，用该蓄电池电解（阴、阳极均为惰性电极）M(NO3)x溶液，若此蓄电池工作一段时间后消耗0.36g水。
(1)电解时，电解池的阳极应连接 ____________(填序号)。
A.NiO2 B.Fe C.Fe(OH)2 D.Ni(OH)2
(2)电解M(NO3)x溶液时某一极质量增加了mg，金属M的相对原子质量的计算式为_________（用m,x表示）。
（3）此蓄电池电解含有0.01 mol CuSO4和0.01 mol NaCl的混合溶液100 mL,转移相同量的电子时，阳极产生气体_____________L（标准状况），电解后溶液加水稀释至1 L，此时溶液的pH为___________。
（4）若将阳极换为铜锌合金，阴极换为纯铜，且电解质溶液中含有足量的Cu2+，通电一段时间后，若阳极恰好完全溶解，此时阴极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03g，则合金中Cu、Zn的物质的量之比为______。
【答案】 (1). A (2). 50mx (3). 0.168 (4). 2 (5). 3∶1
(2)①负极：Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，正极：NiO2+2e-+2H2O=Ni(OH)2+2OH-；工作一段时间后蓄电池都分别消耗0.36gH2O，n(H2O)==0.02mol；由电子守恒可知，电解M(NO3)x溶液时，某一极增加了mgM，则设M的相对原子质量为y，
2M～2xe-～2xH2O
2y 2x
m 0.02mol
=，解得y=50mx，故答案为：50mx；
(3)电解含有0.01mol CuSO4和0.01molNaCl的混合溶液100mL，电路中转移了0.02mol e-，
阳极：2Cl- - 2e -= Cl2↑，
0.01mol 0.01mol 0.005mol
4OH- -4e-= 2H2O+ O2↑，
0.01mol 0.01mol 0.0025mol
阴极：Cu2+ + 2e-=Cu
0.01mol 0.02mol
所以阳极上生成的气体在标准状况下的体积=(0.005mol+0.0025mol)×22.4L/mol=0.168L，
阳极氢氧根离子减少0.01mol，则溶液中氢离子增加0.01mol，将电解后的溶液加水稀释至1L，溶液中氢离子浓度==0.01mol/L，溶液pH=2，故答案为：0.168；2；
(4)阴极上析出的是铜，阴极质量增加7.68g，其物质的量==0.12mol；阳极上溶解锌时，阴极上析出铜，所以溶液质量增加的质量为锌和铜的质量差，溶液质量增加0.03g，即锌和铜的质量差为0.03g，设锌的物质的量为x，
Zn+Cu2+=Zn2++Cu 质量增加
1mol 1g
x 0.03g
x=0.03mol。即合金中锌的物质的量是0.03mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等知，阳极上锌和铜失去的电子数等于阴极上铜离子得到的电子，设铜的物质的量为y，0.03mol×2+2y=0.12mol×2，y=0.09mol，所以铜和锌的物质的量之比为0.09mol：0.03mol=3：1，所以铜和锌的原子个数之比是3：1，故答案为：3：1。
点睛：本题考查了原电池、电解池原理的分析判断和计算应用，注意混合电解中电子守恒的计算应用。本题的易错点是(4)的计算，明确溶液中质量增加的量是什么是解本题的关键，然后根据得失电子数相等计算铜的物质的量，从而确定铜和锌的个数之比。
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