2018-2019学年吉林省辽源市田家炳高级中学高二9月月考化学试题 解析版

2018-2019学年吉林省辽源市田家炳高级中学高二9月月考化学试题 解析版

吉林省辽源市田家炳高级中学2018-2019学年高二9月月考化学试题 ‎1.下列说法错误的是（   ）‎ A. S(g)+O2(g)=SO2(g)△H1 S(s)+O2(g)=SO2(g)△H2，则△H1＜△H2‎ B. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)△H=-261kJ·mol-1，则反应总能量>生成物总能量 C. 已知C(石墨·s)=C(金刚石·s)△H>0,则石墨比金刚石稳定 D. 相同条件下，如果1mol氢原子所具有的能量为E1，1mol氢分子所具有的能量为E2 ， 则2E1=E2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．都为放热反应，固体燃烧放出的热量小于气体燃烧放出的热量，△H＜0，则放出的热量越多△H越小，故A正确；B．为放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B正确；C．C(石墨•s)=C(金刚石•s)△H＞0，可知金刚石的总能量高，能量越高越不稳定，故C正确；D．因形成化学键放出能量，则2E1＞E2，故D错误；故选D。‎ ‎2.下列各组变化中，化学反应的△H前者小于后者的一组是（　　）‎ ‎①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2；‎ ‎②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1；S（g）+O2（g）═SO2（g）△H2；‎ ‎③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1；H2（g）+ 1/2O2（g）═H2O（l）△H2；‎ ‎④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1；CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2‎ A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①甲烷燃烧生成液态水比气态水放热多，放热△H为负数，放热越多，△H越小，故①符合题意。‎ ‎②固态硫的能量低于气态硫的能量，所以固态硫燃烧放出的热量少，则△H大，故②不符合题意。‎ ‎③消耗的氢气越多，放出的热量越多，△H越小，故③符合题意。‎ ‎④中前者是吸热反应，△H大于0，后者是放热反应，△H小于0，故④不符合题意；所以①③符合题意；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎3.在下列各说法中，正确的是 A. 对于2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=－Q kJ·mol－1，(Q＞0)，若反应中充入1mol SO2和足量的氧气反应时，放出的热量一定是Q/2 kJ B. 热化学方程式中的化学计量数不能用分数表示 C. Zn(s)+H2SO4(aq) ===ZnSO4(aq)+H2(g) ΔH＜0，该反应的化学能可以转化为电能 D. ΔH的大小与热化学方程式的化学计量数无关 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、对于2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-QkJ•mol-1，（Q＞0），若反应中充入1molSO2和足量的氧气反应时，反应是可逆反应不能进行彻底，放出的热量一定小于Q/2kJ，故A错误；‎ B、热化学方程式中的计量数指标是物质的量，不表示微粒数，可以用分数表示，故B错误；‎ C、Zn（s）+H2SO4（aq）═ZnSO4（aq）+H2（g）△H＜0，反应是自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池，该反应的化学能可以转化为电能，故C正确；D、焓变和物质的量和物质聚集状态有关，计量数改变，反应的焓变改变，故D错误；故选C。‎ 考点：考查了热化学方程式的书写，反应焓变的理解应用，注意可逆反应不能进行彻底。‎ ‎4.下列过程中生成物的总能量高于反应物的总能量的是（   ）‎ A. 2Al+Fe2O3 2Fe +Al2O3 B. CaO+H2O=Ca(OH)2‎ C. 2Na + 2H2O =2NaOH+H2↑                D. H—Br → H + Br ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 生成物的总能量高于反应物的总能量，该反应正反应为吸热反应。‎ ‎【详解】A、铝热反应为放热反应，故A错误；‎ B、生石灰溶于水变为熟石灰，放热反应，故B错误；‎ C、钠与水反应放出大量的热，为放热反应，故C错误；‎ D、H—Br → H + Br，断键过程为吸热过程，D正确；‎ 综上所述，本题正确答案为D。‎ ‎【点睛】生成物的总能量高于反应物的总能量，该反应正反应为吸热反应；常见的吸热反应为有高温下碳还原金属氧化物、电离、水解、多数化和反应，必须持续加热的反应（如石油裂化）；生成物的总能量底于反应物的总能量，该反应正反应为放热反应；常见放热反应有酸碱中和、大多数的化合反应（C+CO2=2CO除外,条件是加热）、大部分的氧化还原反应 （C+CO2=2CO、C+H2O=CO+H2除外,条件都是加热）（包括金属和酸的反应）。‎ ‎5.下列说法不正确的是（ ）‎ A. 化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化 B. 放热反应都不需要加热就能发生 C. 吸热反应在一定条件(如高温、加热等)下也能发生 D. 化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：化学反应既有新物质生成，还有能量变化，故A正确；反应热与反应条件无关，故B错误；焓变只是影响反应方向的一个因素，故C正确；化学反应是放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的大小，故D正确。‎ 考点：本题考查化学反应中的能量变化。‎ ‎6.已知：①Fe2O3(s)＋3C(s) ===2Fe(s)＋3CO(g) ΔH＝+494kJ·mol－1‎ ‎②CO(g)＋1/2O2(g) ===CO2(g) ΔH＝-283 kJ·mol－1‎ ‎③C(s)＋1/2O2(g)===CO(g) ΔH＝-110kJ·mol－1‎ 则反应Fe2O3(s)＋3C(s)+ 3/2O2(g) ===2Fe(s)＋3CO2(g)的焓变是 A. -355 kJ B. +355 kJ C. -355 kJ • mol-1 D. +355 kJ • mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎①＋②×3，△H=(494－3×283)kJ·mol－1=－355kJ·mol－1，故选项C正确。‎ ‎7.在25 ℃、101 kPa下，1 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，下列热化学方程式书写正确的是（   ）‎ A. CH3OH(l)＋3/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝＋725.76 kJ·mol－1‎ B. 2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1451.52 kJ·mol－1‎ C. 2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－725.76 kJ·mol－1‎ D. 2CH3OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝＋1451.52 kJ·mol－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎1 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，则64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52 kJ ‎【详解】A、甲醇燃烧是放热反应，焓变值为负值，故A错误；‎ B、1 g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，则64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52 kJ，热化学方程式为：2CH3OH(l)＋3O2(g)＝2CO2(g)＋4H2O(l) ΔH＝－1451.52 kJ·mol－1，故B正确；‎ C、1g甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热22.68 kJ，则64g即2mol甲醇燃烧放的热量为1451.52 kJ，反应热数值计算错误，故C错误；‎ D、甲醇燃烧是放热反应，焓变值为负值，故D错误。‎ 综上所述，本题正确答案为B。‎ ‎【点睛】本题考查热化学方程式的书写规范和焓变值计算。热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量。在书写热化学方程式时应标明各物质的状态，反应的温度和压强（如没标表示25℃，101kPa），还要标明反应热，放热ΔH为负，吸热ΔH为正。‎ ‎8.从化学键的角度分析，化学反应的过程就是反应物的化学键的断裂和生成物的化学键的形成过程。已知键能数据如下表：‎ 化学键 N≡N N—H H—H 键能(kJ/mol)‎ ‎942‎ ‎391‎ b 反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)；△H= —93kJ·mol-1。试根据表中所列键能数据计算b数值：‎ A. 551 B. 437 C. 558 D. 160‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ N2（g）+3H2（g） 2NH3（g）△H=942 kJ•mol-1+b kJ•mol-1×3 – 391 kJ•mol-1×6= -93 kJ•mol-1，b=437，故答案为B。‎ ‎9.室温下将1mol的CuSO4·5H2O（s）溶于水会使溶液温度降低，热效应为△H1， 将1mol的CuSO4（s）溶于水会使溶液温度升高，热效应为△H2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l），热效应为△H3 ． 则下列判断正确的是 A. △H2＞△H3 B. △H1＞△H3 C. △H1=△H2+△H3 D. △H1+△H2＞△H3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CuSO4·5H2O（s）溶于水时温度降低，为吸热过程，可知△H1＞0，反应式可写为：CuSO4·5H2O（s）= CuSO4（aq）+5H2O（l）（1）；CuSO4（s）溶于水时温度升高，为放热过程，可知△H2＜0，反应式可写为：CuSO4（s）= CuSO4（aq）（2）；（1）-（2）可以得到CuSO4·5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l），根据盖斯定律有△H3=△H1-△H2，再结合△H1＞0和△H2＜0，则△H3＞△H1＞0。‎ ‎【详解】A、根据上述分析可知，△H2＜0而△H3＞0，所以△H3＞△H2，故A错误；‎ B、根据上述分析可知，△H3=△H1-△H2，再结合△H1＞0和△H2＜0，则△H3＞△H1，故B错误；‎ C、根据盖斯定律有△H3=△H1-△H2，即△H1=△H2+△H3，故C正确；‎ D、根据上述分析可知，△H1＞0和△H2＜0，则△H3＞△H1＞0，所以△H1+△H2＜△H3，故D错误；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题重点考查盖斯定律的应用。‎ 盖斯定律：若一反应为二个反应式的代数和时，其反应热为此二反应热的代数和。也可表达为在条件不变的情况下，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关。本题中CuSO4·5H2O（s）溶于水时温度降低，为吸热过程，可知△H1＞0，反应式可写为：CuSO4·5H2O（s）= CuSO4（aq）+5H2O（l）（1）；CuSO4（s）溶于水时温度升高，为放热过程，可知△H2＜0，反应式可写为：CuSO4（s）= CuSO4（aq）（2）；（1）-（2）可以得到CuSO4·5H2O（s）═CuSO4（s）+5H2O（l），根据盖斯定律有△H3=△H1-△H2，据此解题。‎ ‎10.已知甲烷的燃烧热为890.3 kJ•mol－1。氢气的燃烧热为285.8 kJ•mol－1。现有9 mol的甲烷和氢气的混合气体，完全燃烧后放出热量7408.2 kJ，则该混合气体中甲烷和氢气的物质的量比为(　　)‎ A. 1∶8 B. 8∶1 C. 4∶17 D. 17∶4‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设甲烷xmol、氢气ymol，则x+y=9、890.3x+285.8y=7408.2，解得：x=8、y=1，故选B。‎ 点睛：本题考查燃烧热概念及有关计算，注意燃烧热是指在25℃、101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量。‎ ‎11.在一定条件下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为：2CO(g) + O2(g) = 2CO2(g)；△H =－566kJ/mol；CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l)；△H =－890kJ/mol由1molCO和3molCH4组成的混和气在上述条件下完全燃烧时，释放的热量为(  )。‎ A. 2912kJ B. 2953kJ C. 3236kJ D. 3867kJ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：根据所给的热化学方程式可知，1molCO气体完全燃烧生成二氧化碳放出的能量是566/2kJ=283kJ，3mol甲烷完全燃烧放出的能量是890kJ／mol×3mol=2670kJ，则释放的总能量是283+2670=2953kJ，答案选B。‎ 考点：考查化学反应能量的计算 ‎12.下列依据热化学方程式得出的结论正确的是（ ）‎ A. 已知2SO2(g)+O2 2SO3(g) 为放热反应，则SO2的能量一定高于SO3的能量 B. 已知C(石墨,s)=C(金刚石,s) △H＞0，则金刚石比石墨稳定 C. 已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1),△H=－57.3kJ/mol，则任何酸碱中和反应的热效应均为57.3 kJ D. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) △H1，2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2 则△H1＜△H2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据方程式2SO2(g)+O2 2SO3(g) 为放热反应，可知2 mol SO2和1 mol O2的总能量比2 mol SO3的能量高，但不能说SO2的能量高于SO3的能量，故A错误；‎ B、石墨转化为金刚石，吸收能量，即金刚石的能量高于石墨，能量越高越不稳定，故B错误；‎ C、酸碱中和反应的热效应不仅与生成H2O的物质的量有关，还与酸、碱的浓度及强弱有关，故C错误；‎ D、前者完全燃烧，后者未完全燃烧，故前者放出的能量多，放热反应的ΔH＜０，放热越多，ΔH越小，故ΔH1<ΔH2。故D正确。‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎13.用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再加入W，能使电解液复原的组合是(　　)‎ X Y Z W A C Fe NaCl H2O B Pt Cu CuSO4‎ CuSO4溶液 C C C H2SO4‎ H2O D Ag Fe AgNO3‎ AgNO3晶体 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、该电解池中阳极氯离子放电产生氯气，阴极氢离子放电产生氢气，因此需要通入氯化氢，A错误；B、该电解池中阳极氢氧根放电产生氧气，阴极铜离子放电析出铜，需要加入氧化铜，B错误；C、惰性电极电解稀硫酸实质是电解水，因此加入水即可复原，C正确；D、银是阳极，铁是阴极，电解硝酸银溶液属于铁上镀银，不需要加入，D错误，答案选C。‎ 考点：考查电解原理的应用 ‎14.下列关于实验现象的描述不正确的是 A. 把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，铜片表面出现气泡 B. 用锌片做阳极，铁片做阴极，电解氯化锌溶液，铁片表面出现一层锌 C. 把铜片插入三氯化铁溶液中，在铜片表面出现一层铁 D. 把锌粒放入盛有盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，气泡放出速率加快 ‎【答案】C ‎【解析】‎ A．把铜片和铁片紧靠在一起浸入稀硫酸中，形成铜、铁、稀硫酸原电池，正极是金属铜，该极上电子和溶液中的氢离子结合产生氢气，A正确；B ‎．用锌片做阳极，铁片做做阴极，电解氯化锌溶液，这是一个电镀池，镀层金属锌作阳极，待镀件铁作阴极，镀层金属盐氯化锌溶液作电解质，发生反应：阳极：Zn-2e-=Zn2+；阴极：Zn2++2e-=Zn，B正确；C．把铜片插入三氯化铁溶液中，铜和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，铜的金属活动性不及铁，铜不能置换出铁，C错误；D．把锌片放入盛盐酸的试管中，加入几滴氯化铜溶液，锌置换出铜，所以形成了铜、锌、稀盐酸原电池，原电池反应可以加速反应的速率，D正确；答案选C。‎ ‎15.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是 A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B. 甲中铜片是正极，乙中铜片是负极 C. 两烧杯中溶液的pH均增大 D. 产生气泡的速度甲比乙慢 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、甲是原电池，正极铜片上发生还原反应 2H++2e－＝H2↑，铜片上有气体产生，乙装置中在锌片上发生反应 Zn+2H+=Zn2++H2↑，铜片上无气体产生，故A错误；‎ B、甲装置是原电池，铜片做正极，乙不是原电池，故B错误；‎ C、两烧杯中的氢离子发生反应，浓度减少，溶液pH增大，故C正确；‎ D、原电池反应加快反应速率，故产生气泡的速度甲比乙快，故D错误；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】考查原电池的工作原理、氧化还原反应的实质。原电池的组成条件是活泼性不同的两个电极、电解质溶液、闭合回路、自发进行的氧化还原反应。装置甲是原电池，锌做负极，铜做正极，气体在铜片上产生。原电池由于在两个电极上发生氧化反应和还原反应，加快了反应速率。乙不是原电池，乙装置是锌与稀硫酸直接接触的反应，铜不与稀硫酸反应，气体在锌片上产生。甲和乙相比，相同点：发生的氧化还原反应原理相同，都消耗H+，反应后溶液pH都增大；不同点：一、气体产生的位置不同，二、反应速率不同，三、能量转化不同。‎ ‎16.碱性电池具有容量大、放电电流大的特点,因而得到广泛应用.锌—锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液,电池总反应式为：Zn(s)+2MnO2(s)+H2O(l)==Zn(OH)2(s)+Mn2O3(s),下列说法错误的是：‎ A. 电池工作时,锌失去电子 B. 电池正极的电极反应式为：2MnO2(s)+H2O(1)+2e—=Mn2O3(s)+2OH—(aq)‎ C. 电池工作时,电子由正极通过外电路流向负极 D. 外电路中每通过0.2mol电子,锌的质量理论上减小6.5g ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A、根据总电极反应式，锌的化合价升高，锌失去电子，故说法正确；B、正极是得到电子，化合价降低，负极反应式为Zn－2e－＋2OH－=Zn（OH）2，总电极反应式减去负极反应式，得出正极反应式为：2MnO2（s）+H2O（1）+2e﹣=Mn2O3（s）+2OH﹣（aq），故说法正确；C、电子从负极经外电路流向正极，故说法错误；D、Zn－2e－＋2OH－=Zn（OH）2，通过0.2mol电子，消耗锌的质量理论上是6.5g，故说法正确。‎ 考点：考查原电池的工作原理、电极反应式的书写等知识。‎ ‎17.金属镍有广泛的用途。粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是（已知：氧化性Fe2+＜Ni2+＜Cu2+）（    ）‎ A. 阳极发生还原反应，其电极反应式：Ni2+ + 2e-= Ni B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等 C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2+ 和Zn2+‎ D. 电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt ‎【答案】D ‎【解析】‎ 提纯粗镍时，粗镍为阳极，纯镍为阴极。A. 阳极发生氧化反应，其电极反应式为：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋，故A错误；B. 电解过程中，阳极失电子的有Fe、Zn、Ni，阴极析出的是镍，根据电子守恒可知，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2＋、Zn2＋、Ni2＋，故C错误；D. 粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，粗镍做阳极时，Cu和Pt不失电子，沉积在电解槽底部形成阳极泥，故D正确；答案选D。‎ ‎18.下图为直流电源，为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，为电镀槽．接通电路后发现上的c点显红色，为实现铁上镀锌，接通 后，使c、d两点短路．下列叙述正确的是 A. a为直流电源的负极 B. c极发生的反应为2H＋＋2e－＝H2↑‎ C. f电极为锌板 D. e极发生还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 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，‎ 则c极为电解池阴极，d为阳极，c电极上氢离子放电生成氢气，d电极上氯离子放电生成氯气，则a是直流电源正极，b是直流电源负极；‎ 为实现铁上镀锌，接通K后，使c、d两点短路，e是电解池阳极，f是阴极，电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，‎ A．通过以上分析知，a是直流电源正极，故A错误；‎ B．接通K前，c极为电解池阴极，d为阳极，c电极上氢离子放电生成氢气，则c极发生的反应为2H++2e﹣═H2↑，故B正确；‎ C．为实现铁上镀锌，锌作阳极，铁作阴极，所以e电极为锌板，故C错误；‎ D．e电极是阳极，阳极上失电子发生氧化反应，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题综合考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和电化学知识的综合应用的考查，题目难度中等，注意把握电极方程式的书写和判断．‎ ‎19.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（　　）‎ A. 在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阴极的阳极保护法 B. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用 C. 纯银器表面在空气中因化学腐蚀渐渐变暗 D. 可将地下输油钢管与外加直流电源的正极相连以保护它不受腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；‎ B、金属性是铁＞锡，所以当镀锡铁制品的镀层破损时，铁易被腐蚀，故B错误；‎ C、发生电化学腐蚀时，金属应不纯，则纯银器在空气中与硫化氢反应生成硫化银，发生了化学腐蚀，故C正确；‎ D、防止金属被氧化，金属应连接电源的负极，如连接正极，加剧腐蚀，故D错误；‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎20.一种新型的燃料电池，它以多孔镍板为电极插入KOH溶液中，然后分别向两极通入乙烷和氧气，其总反应为：2C2H6+7O2+8KOH═4K2CO3+10H2O，有关此电池的推断正确的是 A. 负极反应为14H2O+7O2+28e﹣═28OH﹣‎ B. 放电一段时间后，负极周围的酸性减弱 C. 每消耗1 mol C2H6， 则电路上转移的电子为14 mol D. 放电过程中KOH的物质的量浓度不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、负极上乙烷失电子发生氧化反应,电极反应式C2H6+18OH-=2CO32--14e-+12H2O,正极反应式为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣，故A错误; B、放电过程中,负极上氢氧根离子参加反应导致浓度降低,所以碱性减弱,pH下降,故B错误；‎ C.根据C2H6+18OH-=2CO32--14e-+12H2O可以知道,每消耗1 mol C2H6,则电路上转移的电子为14 mol,故C正确；‎ D、该反应中有水生成,导致溶液体积增大,KOH参加反应导致物质的量减少,所以KOH浓度降低,故D错误;‎ 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】本题重点考查燃料电池。原电池中通入燃料的电极是负极，通入氧气的电极是正极，电解质溶液呈碱性，正极反应式为2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣,负极反应式为:C2H6+18OH-=2CO32--14e-+12H2O,‎ 根据电极反应可以确定电子转移情况以及电极附近溶液的酸碱性变化情况。‎ ‎21.用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别为H2和O2的是 ( )‎ A. 稀HCl溶液 B. 稀Na2SO4溶液 C. CuCl2溶液 D. AgNO3溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、电解HCl的实质是电解物质本身，在阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和Cl2，故A错误；B、电解硫酸钠溶液的实质是电解水，阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和O2，故B正确；C、电解氯化铜属于电解电解质本身，在阴极和阳极上的主要产物为分别为Cu和Cl2，故C错误；D、电解硝酸银属于“生酸放氧型”，在阴极和阳极上的主要产物为分别为Ag和O2，故D错误；故选B。‎ 点睛：本题考查学生电解池的工作原理知识，注意电解原理知识的灵活应用和电解的各种类型是关键。用铂电极电解时阴极和阳极上的主要产物为分别为H2和O2时，说明电解的实质是电解水。‎ ‎22.将等质量的两份锌粉a、b分别加入到足量的稀硫酸中，同时向a中加少量CuSO4溶液，下图中产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：将等质量的两份锌粉a、b中分别加入过量的稀硫酸，同时向a中加少量组成原电池的条件CuS04溶液，a中部分锌与硫酸铜反应生成铜，所以生成氢气总量减少，但构成铜锌原电池反应速率加快，故A正确。‎ 考点：本题考查原电池原理应用。‎ ‎23.若某电能与化学能的转化装置(电解池或原电池)中发生的总反应的离子方程式是Cu+2H+=Cu2++H2↑，则下列关于该装置的有关说法中正确的是 A. 该装置可能是原电池，也可能是电解池 B. 该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸 C. 该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极 D. 该装置只能是原电池，电解质溶液不可能是盐酸 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、反应是非自发进行的氧化还原反应,需要用电解原理完成,所以该装置只能构成电解池不能构成原电池,故A错误; B、铜和盐酸或稀硫酸不能自发进行氧化还原反应,铜和硝酸能自发的进行氧化还原反应,但生成的气体是氮氧化物而不是氢气,所以该反应只能是电解池反应而不是原电池反应,故B错误; C、该电解池中,阳极上铜失电子发生氧化反应,阴极上氢离子得电子发生还原反应,所以该电解池的阳极必须是铜电极,故C正确；‎ D、铜和盐酸或稀硫酸不能自发进行氧化还原反应,铜和硝酸能自发的进行氧化还原反应,但生成的气体是氮氧化物而不是氢气,该反应只能是电解池反应而不是原电池反应,故D错误; 综上所述，本题正确答案为C。‎ ‎【点睛】根据电池反应式的反应物和生成物特点确定是原电池还是电解池,再根据得失电子确定电极材料,注意铜和稀盐酸、稀硫酸不反应,和硝酸反应不生成氢气.所以反应是非自发进行的氧化还原反应,需要用电解原理完成。‎ ‎24.如图，下列各情况，在其中Fe片腐蚀由慢到快的顺序是（　　）‎ A. ⑤②①③④ B. ⑤①②④③ C. ④②①③⑤ D. ④③①②⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：根据图知，②③装置是原电池，在而中，金属铁做负极，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞③，④⑤装置是电解池，④中金属铁为阴极，⑤中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞④，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，所以铁腐蚀由慢到快顺序为：④③①②⑤；故选D ‎【考点定位】考查金属的腐蚀与防护 ‎【名师点晴】本题考查了金属的腐蚀与防护，明确原电池和电解池原理是解本题关键，知道作原电池负极或电解池阳极的金属易被腐蚀。先判断装置是原电池还是电解池，再根据原电池正负极腐蚀的快慢比较，作原电池负极和电解池阳极的金属易被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属易被保护，金属腐蚀快慢顺序是：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀。‎ ‎25.被称之为“软电池”的纸质电池总反应为Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnOOH。下列说法正确的是 A. 该电池中Zn作负极，发生还原反应 B. 该电池反应中MnO2起催化作用 C. 该电池工作时电流由Zn经导线流向MnO2‎ D. 该电池正极反应式为：MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A．该原电池中，锌元素化合价由0价变为+2价，锌失电子作负极，发生氧化反应，A项错误；B.该原电池中，锰元素化合价由+4价变为+3价，所以二氧化锰作正极，发生还原反应，B项错误；C.电子从负极Zn沿导线流向MnO2，而不是电流，C项错误；D.正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－，D项正确；答案选D。‎ ‎【考点定位】考查原电池原理 ‎【名师点睛】本题考查原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据元素化合价变化确定正负极，难点是电极反应式的书写，注意电子不进入电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流。由反应的总方程式可知，该原电池中，Zn元素化合价升高，被氧化，Mn元素化合价降低，被还原，则锌作负极、二氧化锰作正极，负极电极反应为Zn-2e-+2OH-═ZnO+H2O，正极电极反应为MnO2＋e－＋H2O=MnOOH＋OH－，电子从负极沿导线流向正极。‎ ‎26.50mL0.5mol·L-1的盐酸与50mL0.55mol·L-1的NaOH溶液在下图所示的位置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题： ‎ ‎（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是__________。‎ ‎（2）烧杯间填满碎纸条的作用是____________。‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值____(填 “偏大、偏小、无影响”)‎ ‎（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_________(填“相等、不相等”)，所求中和热__________(填“相等、不相等”)，简述理由___________‎ ‎（5）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会______________；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。‎ ‎（6）肼(N2H4)可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。‎ 已知：①N2(g)+2O2(g)═N2O4(l)        △H1═-19.5kJ•mol-1‎ ‎②N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g)       △H2═-534.2kJ•mol-1‎ 写出肼和N2O4反应的热化学方程式________ 。‎ ‎【答案】 (1). 环形玻璃搅拌棒 (2). 减少实验过程中的热量损失 (3). 偏小 (4). 不相等 (5). 相等 (6). 因为中和热是指酸碱中和反应生成1mol水所放出的热量，与酸碱用量无关 (7). 偏小 (8). 2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g) △H=-1048.9kJ/mol ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；‎ ‎（2）中和热测定实验成败的关键是保温措施，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是：减少实验过程中的热量损失；‎ ‎（3）大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；‎ ‎（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并若用60mL0.25mol·L﹣1H2SO4溶液跟50mL0.55mol·L﹣1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所测得中和热数值相等；‎ ‎（5）氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ，故偏小;‎ ‎（6）①N2(g)+2O2(g)═N2O4(l) △H1═-19.5kJ•mol-1‎ ‎②N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g) △H2═-534.2kJ•mol-1‎ 根据盖斯定律得出肼和N2O4反应的热化学方程:②×2-①得到: 2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)，△H=△H2×2-△H1=-1048.9kJ/mol.‎ ‎27.某学生利用下面实验装置探究盐桥式原电池的工作原理(Cu：相对原子质量为64)。‎ 按照实验步骤依次回答下列问题：‎ ‎（1）导线中电流方向为__________________(用a、b表示)。‎ ‎（2）原电池的正极为___________‎ ‎（3）写出装置中铜电极上的电极反应式：____________________________________；‎ ‎（4）若装置中铜电极的质量增加32 g，则导线中转移的电子数目为________；‎ ‎（5）装置的盐桥中除添加琼脂外，还要添加KCl的饱和溶液，电池工作时，盐桥中的K＋向______（填“左侧”或“右侧”）烧杯移动 ‎【答案】 (1). 由b到a (2). Cu或铜 (3). Cu2++2e－= Cu (4). NA或6.02×1023 (5). 右侧 ‎【解析】‎ 在该原电池中活泼金属Zn为负极，较不活泼的金属铜为正极。‎ ‎（1）负极Zn失电子，电子由负极沿导线流向正极，电流为电子的反方向，故导线中电流方向为：由b到a。‎ ‎（2）由上述分析知，原电池的正极为Cu(或铜)。‎ ‎（3）溶液中的Cu2+在正极上获得电子被还原为Cu，电极反应式为：Cu2+＋2e-=Cu。‎ ‎（4）铜电极发生Cu2++2e-=Cu，质量增加32g，n(Cu)=32g÷64g•mol-1=0.5mol，转移1mol电子，即数目为：NA或6.02×1023。‎ ‎（5）原电池中阳离子向正极移动，所以盐桥中的K＋向正极区(右侧烧杯)移动。‎ 点睛：本题考查原电池工作原理，考查点比较全面，涉及正负极判断、电子移动方向、电极反应式书写、离子移动方向、有关计算等，注重基础知识和基本能力的考查，注意明确计算中的电子守恒及电极反应。‎ ‎28.某课外兴趣小组用右图装置进行实验，试回答：‎ ‎（1）若开始时开关K与a连接，则A电极反应式为________。 ‎ ‎（2）若开始时开关K与b连接，这种方法经常用于金属的防护，这种防护措施叫做________，则A电极反应式为________;B电极反应式为________。 ‎ ‎（3）开关K与b连接，将饱和食盐水换成CuSO4溶液，则A电极反应式为________，该反应的离子方程式为________ ，若将电解质溶液恢复至原状，应补充________ 。‎ ‎【答案】 (1). O2 + 4e－+ 2H2O = 4OH－ (2). 外加电流的阴极保护法 (3). 2Cl－ -2e－ =Cl2↑ (4). 2H++2e－=H2↑ (5). 4OH－- 4e－ = O2 ↑+2H2O (6). 2Cu2+ + 2H2O  2Cu+O2↑+ 4H+ (7). CuO（或CuCO3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）若开始时开关K与a连接，则该装置是原电池，A为正极，B为负极，铁发生类似吸氧腐蚀的原电池反应，A极电极反应为O2 + 4e－+ 2H2O = 4OH－；‎ ‎（2）若开始时开关K与b连接，则该装置是电解池，A与电源正极相连，为电解池阳极，B为阴极，这种方法经常用于金属的防护，这种防护措施叫做外加电流的阴极保护法，此时A极（阳极）上溶液中的阴离子放电，电极反应为2Cl－ -2e－ =Cl2↑，B电极（阴极）溶液中氢离子放电，反应式为2H++2e－=H2↑；‎ ‎（3）开关K与b连接，则该装置是电解池，A与电源正极相连，为电解池阳极，B为阴极，将饱和食盐水换成CuSO4溶液，此时A极（阳极）上溶液中的氢氧根离子放电，电极反应为4OH－- 4e－ = O2 ↑+2H2O，B电极（阴极）溶液中铜离子放电，反应式为2Cu2+ +4e－=2Cu，所以总反应为2Cu2+ + 2H2O  2Cu+O2↑+ 4H+；因为电解质中实际失去的是铜和氧两种元素，若将电解质溶液恢复至原状，应补充CuO（或CuCO3‎ 与氢离子反应可将多余的元素转化为二氧化碳逸出）。‎ ‎29.如图是一个甲烷燃料电池工作时的示意图，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时N电极的质量减少，请回答下列问题：‎ ‎（1）M电极的材料是________，其电极反应式为：________N的电极名称是________，电极反应式为：________ ‎ ‎（2）通入甲烷的铂电极的电极反应式为________． ‎ ‎（3）在此过程中，乙池中某一电极析出金属银4.32g时，甲池中理论上消耗氧气为________ L（标准状况下）。‎ ‎【答案】 (1). 石墨 (2). Ag++e﹣→Ag (3). 阳极 (4). Fe﹣2e﹣═Fe2+ (5). CH4﹣8e﹣+10OH﹣=CO32﹣+7H2O (6). 0.224‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）碱性甲烷电池为原电池，通入甲烷的电极是负极，通入氧气的电极是正极，乙池有外接电源，属于电解池，根据图片知，工作时N电极的质量减少，所以N是阳极铁电极，电极反应为：Fe-2e-═Fe2+；M是阴极，是石墨电极，发生反应：Ag++e-→Ag； （2）甲烷是燃料电池的负极，发生失电子的氧化反应，碱性环境下，电极反应式为：CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；‎ ‎（3）n（Ag）=4.32g÷108g/mol=0.04mol，根据Ag++e-=Ag可以知道转移电子为0.04mol，甲池中通入氧气的一极为正极，反应式为2O2+8H++8e-=4H2O，则消耗n（O2）=1/4×0.04mol=0.01mol，V（O2）=0.01mol×22.4L/mol=0.224L。‎ ‎ ‎