高三化学上学期第三次月考试卷(含解析)(2021年整理)

山西省朔州市应县2016届高三化学上学期第三次月考试卷（含解析）编辑整理：
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2015-2016学年山西省朔州市应县高三（上）第三次月考化学试卷
一、选择题(每小题只有一个正确答案，每题2分，共48分．）
1．溶液、胶体和悬浊液这三种分散系的本质区别是（)
A．分散质粒子的大小
B．能否透过滤纸或半透膜
C．是否为大量分子或离子的集合法
D．能否产生丁达尔效应
2．在C（s）+CO2(g）═2CO（g）的反应中，现采取下列措施：
①缩小体积,增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2
能够使反应速率增大的措施是（）
A．①④B．②③⑤ C．①③D．①②④
3．某稀溶液中含有Fe(NO3）3、Cu（NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度（纵坐标/mol•L﹣1）和加入铁粉的物质的量(横坐标/mol）之间的关系如图所示．则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3物质的量浓度之比为（)
A．1:1：4 B．1:3：1 C．3：3：8 D．1：1：1
4．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( ）
①无色溶液中K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
②pH=1的溶液CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣
③加入Al能放出H2的溶液中Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+
④由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mol/L的溶液中,Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
⑤有较多的Fe3+的溶液中，Na+、NH4+、SCN﹣、HCO3﹣
⑥酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣．
A．④B．③⑥C．①②D．③⑤
5．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．电池正极反应为2MnO2（s)+H2O(l）+2e﹣→Mn2O3（s）+2OH﹣（aq）
C．电池工作时，负极附近溶液碱性增强
D．外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量理论上减小6.5g
6．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
7．下列说法不正确的是（）
A．对于吸热反应，反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量
B．任何放热反应在常温条件一定能发生反应
C．原电池反应一定是氧化还原反应
D．元素由化合态变成游离态时，它可能被氧化,也可能被还原
8．充分燃烧一定量丁烷，生成CO2和液态水,放出热量x kJ，将此CO2完全吸收生成正盐，需5mol/L的KOH溶液100ml，则丁烷的燃烧热为（)
A．16x kJ•mol﹣1B．8x kJ•mol﹣1C．4x kJ•mol﹣1D．2x kJ•mol﹣1
9．图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0.5mol/L，工作
一段时间后，测得有0。

02mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是( ）
A．产生气体体积：①=②
B．①中阴极质量增加,②中正极质量减小
C．电极反应式：①中阳极:4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑②中负极：2H++2e﹣=H2↑
D．溶液的pH变化：①减小，②增大
10．两个惰性电极插入500mL AgNO3溶液中，通电电解．当电解液的pH从6。

0变为3。

0时，（设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计）电极上析出银的质量最大为（)
A．27 mg B．54 mg C．106 mg D．216 mg
11．已知反应：①101kPa时，2C（s)+O2（g）=2CO（g）；△H=﹣221kJ/mol；②稀溶液中,H+(aq）+OH﹣（aq）=H2O(l）；△H=﹣57.3kJ/mol;③红磷的化学式为P，白磷的化学式为P4,已知：
P4（s）+5O2（g)=P4O10（s）；△H=﹣3093。

2kJ/mol
4P（s)+5O2（g）=P4O10（s）；△H=﹣2954。

0kJ/mol下列结论正确的是（）
A．由于红磷转化为白磷是放热反应，等质量的红磷能量比白磷低
B．稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=57.3kJ/mol
C．碳的燃烧热大于110.5kJ/mol
D．稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出57.3kJ/mol热量
12．燃料电池是燃料（如CO、H2、CH4等）跟O2（或空气）起反应将化学能转变为电能的装置，电解质溶液是强碱溶液，下列关于甲烷燃料电池的说法正确的是（）
A．负极反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
B．负极反应式：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O
C．随着放电的进行，溶液的pH不变
D．放电时溶液中的阴离子向正极移动
13．一种镁原电池的反应为xMg+Mo3S4=Mgx Mo3S4;在镁原电池放电时,下列说法错误的是（）A．Mg2+向正极迁移
B．正极反应为:Mo3S4+2xe﹣═Mo3S
C．Mo3S4发生氧化反应
D．负极反应为：xMg﹣2xe﹣═xMg2+
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
15．某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H+，其基本结构见图，电池总反应可表示为：2H2+O2═2H2O，下列有关说法正确的是（）
A．电子通过外电路从b极流向a极
B．b极上的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣=4OH﹣
C．每转移0。

1mol电子，消耗1。

12L的H2
D．H+由a极通过固体酸电解质传递到b极
16．下列条件下，两瓶气体所含的原子数一定相等的是（）
①同质量不同密度的CO和N2②同温同体积的H2和Cl2
③同温同压同体积的N2和O2④同压同体积的N2O和CO2．
A．①③B．①②C．②④D．③④
17．pH=a的某电解质溶液中,插入两支惰性电极通直流电一段时间后，溶液的pH＞a，则该电解质可能是（）
A．Na2SO4B．H2SO4C．AgNO3D．NaOH
18．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，下列叙述不正确的是（）
A．放电时每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被氧化
B．充电时阳极反应为：2Fe（OH）3﹣6e﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+8H2O
C．放电时负极反应为：3Zn﹣6e﹣+6OH﹣=3Zn（OH）2
D．放电时正极附近溶液的碱性增强
19．如图为直流电源，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
20．下列各组物质相互混合反应,既有气体生成，最终又一定有沉淀生成是( )
①金属钠投入FeCl3溶液中②少量电石投入过量碳酸氢钠溶液中
③过氧化钠投入AlCl3溶液中④碳酸钠投入明矾溶液中．
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
21．下列各组在溶液中反应，不管反应物的量是多少,都能用同一离子方程式表示的是( ）A．FeBr2与Cl2B．Ba（OH)2与H2SO4
C．HCl与Na2CO3D．NaHCO3与Ca（OH）2
22．实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量之比2：1倒入烧瓶中,用水浴加热，同时滴入H2SO4，产生棕黄色气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X为( )
A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2D．Cl2O3
23．如图所示装置I是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池．离子交换膜只允许Na+通过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3Na2S4+3NaBr．闭合开关K时,b极附近先变红色．下列说法正确的是（)
A．负极反应为4Na﹣4e﹣=4Na+
B．当有0。

01 mol Na+通过离子交换膜时，b电极上析出标准状况下的气体112 mL
C．闭合K后，b电极附近的pH变小
D．闭合K后，a电极上有气体产生
24．500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）=6。

0mol•L﹣1，用石墨作电极电解此溶液,当通电一段时间后，两极均收集到22。

4L气体(标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是( ）
A．原混合溶液中c（K+)为4 mol•L﹣1
B．上述电解过程中共转移4 mol电子
C．电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol
D．电解后溶液中c（H+）为2 mol•L﹣1
二、非选择题,（共52分)
25．在如图所示的实验装置中，E为一张用淀粉、碘化钾和酚酞混合溶液润湿的滤纸，C，D为夹在滤纸两端的铂夹,X，Y分别为直流电源的两极．在A，B中充满KOH溶液后倒立于盛有KOH 溶液的水槽中,再分别插入铂电极．切断电源开关S1,闭合开关S2，通直流电一段时间后,请回答下列问题：
（1）标出电源的正、负极:X为极．
（2）在滤纸的C端附近，观察到的现象是，在滤纸的D端附近，观察到的现象是．（3）写出电极反应式：A中；B中；C中；
D中．
（4）若电解一段时间后，A、B中均有气体包围电极．此时切断开关S2，闭合开关S1，则电流计的指针是否发生偏转（填“偏转”或“不偏转”)．
（5）若电流计指针偏转，写出有关的电极反应式（若指针“不偏转”，此题不必回答）:A 中；B中．
若电流计指针不偏转，请说明理由（若指针“偏转"，此题不必解释）．
26．2013年三月,欧盟决定暂停征收航空碳排放税，由此可以看出人类发展与环境保护的冲突仍然尖锐，大气保护工作只能在人们的各种冲突中曲折前行．
（1)用C x H y（烃）催化还原NO x也可消除氮氧化物的污染．写出C2H6与NO2发生反应的化学方程式．
(2)工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：
①CO（g)+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）△H=﹣41kJ/mol
已知：②2H2O (g）═2H2（g）+O2（g）△H=+484kJ/mol，
写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式: ．
（3）现以CO、O2、熔融盐Na2CO3组成的燃料电池,采用电解法制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示．其中Y为CO2．
写出石墨I电极上发生反应的电极反应式．
写出电解池中生成FeO42﹣的电极反应式为．
（4）高铁酸钾是一种新型水处理剂，它既有杀菌消毒的功能，又有净水的功能,请根据所需知识简要解释其净水的原理：．
27．（1)近年来,我国用电弧法合成的碳纳米管中常伴有大量碳纳米颗粒（杂质)，这种碳纳米颗粒可用氧化气化法提纯，其反应的化学方程式为：
C+ K2Cr2O7+ ═CO2↑+ K2SO4+ Cr2（SO4）3+ H2O 完成并配平上述化学方程式．以上反应中失电子的物质是，还原产物是，每生成1mol氧化产物，转移的电子数目为．
（2）高温时，用CO还原MgSO4可制备高纯MgO．750℃时，测得气体中含等物质的量SO2和SO3,此时反应的化学方程式是．
（3）向FeCl2和FeCl3混合溶液中加入适量KOH，高速搅拌下加入油脂，过滤后干燥得到一类特殊的磁流体材料,其化学式通式为K x FeO2（其组成可理解为aK2O•bFeO•cFe2O3）．
①若x的平均值为1.3，a：b：c=
②若x为1.4,请写出该磁流体在稀硫酸条件下与足量的KI溶液反应的化学方程式．(4）Fe3O4溶于稀HNO3的离子方程式：．
28．将1L含有0。

4mol CuSO4和0.2mol NaCl的水溶液用惰性电极电解一段时间后，在一个电极上得到0.1mol Cu，另一电极上析出气体(在标准状况下）的体积是多少？
2015-2016学年山西省朔州市应县一中高三（上）第三次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分,共48分．）
1．溶液、胶体和悬浊液这三种分散系的本质区别是（）
A．分散质粒子的大小
B．能否透过滤纸或半透膜
C．是否为大量分子或离子的集合法
D．能否产生丁达尔效应
【考点】3C：分散系、胶体与溶液的概念及关系．
【分析】当分散剂是水或其它溶液时,根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体(1nm～100nm）、浊液（大于100nm）．
【解答】解：当分散剂是水或其它溶液时，根据分散质粒子直径大小来分类，把分散系划分为：溶液（小于1nm）、胶体（1nm～100nm）、浊液（大于100nm），所以，溶液、胶体和浊液这三种分散系的本质的区别在于分散质粒子直径大小．故B、C、D错，A正确．
故选A．
2．在C（s）+CO2（g）═2CO(g)的反应中，现采取下列措施：
①缩小体积,增大压强②增加碳的量③通入CO2④恒容下充入N2⑤恒压下充入N2
能够使反应速率增大的措施是（)
A．①④B．②③⑤ C．①③D．①②④
【考点】CA：化学反应速率的影响因素．
【分析】增大压强、浓度、温度等,均可加快反应速率，以此来解答．
【解答】解：①缩小体积，增大压强，有气体参加反应，则反应速率加快，故选；
②C为纯固体，增加碳的量,反应速率不变，故不选；
③通入CO2，浓度增大,反应速率加快，故选；
④恒容下充入N2，反应体系中物质的浓度不变，反应速率不变，故不选；
⑤恒压下充入N2，反应体系的分压减小，反应速率减小，故不选；
故选C．
3．某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu(NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度（纵坐标/mol•L﹣1）和加入铁粉的物质的量(横坐标/mol）之间的关系如图所示．则溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为（)
A．1：1：4 B．1：3：1 C．3：3:8 D．1：1：1
【考点】GM：铁的化学性质；M3:有关混合物反应的计算．
【分析】某稀溶液中含有Fe(NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe，亚铁离子的浓度的不变，则发生Fe+4HNO3═Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，再加入1molFe 发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，以此来解答．【解答】解：某稀溶液中含有Fe（NO3）3、Cu（NO3）2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，由图可知，加入1molFe,亚铁离子的浓度的不变，
则发生Fe+4HNO3═Fe（NO3)3+NO↑+2H2O,
1 4 1
再加入1molFe发生Fe+2Fe3+═3Fe2+，
1 2 3
所以n（HNO3）=4mol,原溶液中硝酸铁的物质的量n(Fe3+）=2mol﹣1mol=1mol，再加铁粉时亚铁离子的浓度增加，
发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，
1 1
所以n（Cu2+)=1mol，
即溶液中Fe(NO3）3、Cu（NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1：1:4，
故选A．
4．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（)
①无色溶液中K+、Na+、MnO4﹣、SO42﹣
②pH=1的溶液CO32﹣、Na+、AlO2﹣、NO3﹣
③加入Al能放出H2的溶液中Cl﹣、HCO3﹣、SO42﹣、NH4+
④由水电离的c（OH﹣）=10﹣13mol/L的溶液中,Na+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣
⑤有较多的Fe3+的溶液中,Na+、NH4+、SCN﹣、HCO3﹣
⑥酸性溶液中Fe3+、Al3+、NO3﹣、I﹣、Cl﹣．
A．④B．③⑥C．①②D．③⑤
【考点】DP:离子共存问题．
【分析】①MnO4﹣为紫色；
②pH=1的溶液显酸性；
③加入Al能放出H2的溶液,为非氧化性酸或强碱溶液；
④由水电离的c（OH﹣)=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液；
⑤Fe3+与SCN﹣结合生成络离子，Fe3+与HCO3﹣相互促进水解；
⑥酸性溶液中离子之间发生氧化还原反应．
【解答】解：①MnO4﹣为紫色，与无色不符，故不选；
②pH=1的溶液显酸性，不能大量存在CO32﹣、AlO2﹣，故不选；
③加入Al能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液,强碱溶液中不能大量存在HCO3﹣、NH4+，酸溶液中不能大量存在HCO3﹣，故不选;
④由水电离的c(OH﹣）=10﹣13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，酸碱溶液中该组离子之间不反应，可大量共存，故选;
⑤Fe3+与SCN﹣结合生成络离子,Fe3+与HCO3﹣相互促进水解，不能共存，故不选；
⑥酸性溶液中H+、NO3﹣、I﹣发生氧化还原反应，不能共存，故不选；
故选A．
5．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．电池正极反应为2MnO2（s）+H2O(l)+2e﹣→Mn2O3（s）+2OH﹣（aq）
C．电池工作时，负极附近溶液碱性增强
D．外电路中每通过0.2mol电子,锌的质量理论上减小6.5g
【考点】BL：化学电源新型电池．
【分析】该电解质溶液呈碱性，放电时，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn（s）+2OH﹣（aq)﹣2e﹣=Zn（OH）2(s)，正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l)+2e﹣﹣=Mn2O3(s）+2OH﹣（aq），结合转移电子与锌之间的关系式计算．
【解答】解：A．该电解质溶液呈碱性，放电时,负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为
Zn（s）+2OH﹣（aq）﹣2e﹣=Zn（OH）2（s）,故A正确；
B．正极上二氧化锰得电子发生还原反应,电极反应式为2MnO2（s)+H2O（l)+2e﹣﹣=Mn2O3(s）+2OH ﹣(aq），故B正确；
C．放电时,负极上氢氧根离子参加反应导致负极附近氢氧根离子浓度减小，则PH降低，故C 错误；
D.1 mol Zn失去2 mol电子，外电路中每通过0.2 mol电子，Zn的质量理论上减小6。

5 g,故D正确；
故选C．
6．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
【考点】DI：电解原理．
【分析】盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入惰性电极，保持温度不变，通电时氢离子放电生成氢气，氢氧根离子放电生成氧气，即电解水，结合饱和溶液溶剂减少来解答．
【解答】解：盛有饱和碳酸钠溶液的烧杯中插入惰性电极，保持温度不变,通电时氢离子放电生成氢气,氢氧根离子放电生成氧气，即电解水，
A．因温度不变,溶剂减少后还是饱和溶液，则浓度不变，pH不变，故A错误;
B．因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液，则Na+和CO32﹣的浓度不变，故B错误；
C．因温度不变，溶剂减少后还是饱和溶液,则溶液浓度不变，故C错误；
D．原溶液为饱和溶液，温度不变，溶剂减少时有晶体析出，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故D正确；
故选D．
7．下列说法不正确的是（）
A．对于吸热反应，反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量
B．任何放热反应在常温条件一定能发生反应
C．原电池反应一定是氧化还原反应
D．元素由化合态变成游离态时,它可能被氧化，也可能被还原
【考点】BB：反应热和焓变．
【分析】A．反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，需要吸收能量;
B．放热反应与反应条件无关；
B．原电池的本质为氧化还原反应；
D．元素由化合态变成游离态时,可能失去或得到电子．
【解答】解：A．反应物所具有的总能量低于生成物所具有的总能量，需要吸收能量，为吸热反应,故A正确；
B．放热反应与反应条件无关，如C的燃烧为放热反应，需要加热或点燃，故B错误;
B．原电池的本质为氧化还原反应，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故C正确；D．元素由化合态变成游离态时，可能失去或得到电子，如硫化氢与二氧化硫反应生成S，S元素可能被氧化，也可能被还原，故D正确;
故选B．
8．充分燃烧一定量丁烷，生成CO2和液态水，放出热量x kJ，将此CO2完全吸收生成正盐,需5mol/L的KOH溶液100ml，则丁烷的燃烧热为（)
A．16x kJ•mol﹣1B．8x kJ•mol﹣1C．4x kJ•mol﹣1D．2x kJ•mol﹣1
【考点】BC:燃烧热．
【分析】根据CO2与KOH的反应，计算丁烷燃烧生成的CO2的物质的量，根据C元素守恒计算出丁烷的物质的量，反应放出的热量与丁烷的物质的量成正比,据此计算判断．
【解答】解:n（KOH）=0.1L×5mol/L=0.5mol，则由CO2～2KOH可知，n(CO2）=0.5mol×=0.25mol，由碳元素守恒则n(C4H10）=n（CO2)=×0。

25mol=mol， mol丁烷放出的热量为x，所以1mol丁烷完全燃烧放出的热量为16x，则丁烷的燃烧热为16x kJ•mol﹣1，
故选A．
9．图两个装置中，液体体积均为200mL，开始工作前电解质溶液的浓度均为0。

5mol/L，工作一段时间后，测得有0.02mol电子通过,若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是（)
A．产生气体体积：①=②
B．①中阴极质量增加,②中正极质量减小
C．电极反应式：①中阳极：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑②中负极：2H++2e﹣=H2↑
D．溶液的pH变化：①减小，②增大
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据电池的工作原理写出电极反应，在两极上，得失电子数相等，可以根据电子守恒来进行相关的计算．
【解答】解：A、①是电解池，电极反应为:阳极：4OH﹣→O2↑+2H2O+4e﹣，阴极：Cu2++2e﹣→Cu，②是原电池,正极反应：2H++2e﹣→H2,负极反应：Zn+2e﹣→Zn2+，液体体积均为200mL，浓度均为0。

5mol/L，所以硫酸铜、硫酸的物质的量均为0。

1mol，当有0.02mol的电子通过时，①产生的气体是氧气，为0.005mol，②中0。

01mol氢气放出，所以①＜￢②，故A错误；
B、①中阴极反应：Cu2++2e﹣→Cu，阴极质量增加，②中正极反应：2H++2e﹣→H2，正极质量不变，故B错误；
C、电极反应式：①中阳极:4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑②中负极：Zn﹣2e﹣→Zn2+，故C错误；
D、溶液的pH变化：①中消耗氢氧根，所以碱性减弱pH减小，②中消耗氢离子,所以酸性减弱pH增大，故D正确．
故选D．
10．两个惰性电极插入500mL AgNO3溶液中，通电电解．当电解液的pH从6。

0变为3.0时，（设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计）电极上析出银的质量最大为（）
A．27 mg B．54 mg C．106 mg D．216 mg
【考点】DI:电解原理．
【分析】根据电池反应式找出硝酸与银的关系式，根据关系式用硝酸的物质的量计算银的质量．【解答】解：当电解液的pH值从6.0变为3。

0时，氢离子的浓度由10﹣6mol/L变为10﹣3mol/L，一个硝酸分子中含一个氢原子,所以硝酸的浓度等于氢离子的浓度．
设生成银xg．该电池反应式为：
4AgNO3+2 H2O 4Ag+O2↑+4 HNO3
（4×108）g 4mol
（10﹣3mol/L﹣10﹣6mol/L）×0。

5L x g
所以x=0。

054
0。

054g=54mg，
故选：B．
11．已知反应：①101kPa时,2C（s)+O2(g）=2CO（g)；△H=﹣221kJ/mol；②稀溶液中,H+(aq）+OH﹣（aq）=H2O（l）；△H=﹣57.3kJ/mol;③红磷的化学式为P，白磷的化学式为P4，已知：
P4（s）+5O2（g）=P4O10（s）；△H=﹣3093。

2kJ/mol
4P（s)+5O2（g）=P4O10（s）；△H=﹣2954。

0kJ/mol下列结论正确的是（）
A．由于红磷转化为白磷是放热反应，等质量的红磷能量比白磷低
B．稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=57.3kJ/mol
C．碳的燃烧热大于110。

5kJ/mol
D．稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应生成1mol水，放出57。

3kJ/mol热量
【考点】BC：燃烧热;BD：中和热；BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算．
【分析】A、根据盖斯定律写出红磷转化为白磷的热化学方程式,根据物质的总能量与反应热的关系判断;
B、根据中和热的定义分析；
C、该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热比此处反应热的绝对值大；
D、因醋酸的电离要吸热,所以放出的热量小于57.3kJ．
【解答】解:A、已知:P4(s）+5O2（g）=P4O10（s）；△H=﹣3093。

2kJ/mol…①
4P（s）+5O2（g）=P4O10（s）；△H=﹣2954。

0kJ/mol…②
根据盖斯定律：②﹣①可得：4P（s)═P4(s）△H=（﹣2954.0kJ/mol)﹣(﹣3093。

2kJ/mol）=+138。

82kJ/mol，说明红磷转化为白磷是吸热反应，等质量的红磷能量比白磷低，故A错误;
B、注意中和热与反应热的区别，中和热不用加“+”符号,硫酸和氢氧化钠都是强电解质,稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol,故B错误;
C、在101kPa时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量．使用燃烧热时要注意两个关键点：①反应物用量：可燃物为1mol；②产物要求:充分燃烧成稳定氧化物［H→H2O（l）、C→CO2（g)、S→SO2（g）],该反应没有生成稳定氧化物，因此碳的燃烧热比此处反应热的绝
对值大,故C正确；
D、中和热指1mol H+和 1mol OH﹣生成1molH2O时所放出的热量,若在反应过程中还伴有其它热效应（如生成沉淀、固体溶解或浓溶液稀释、弱电解质的电离等)则放出的热量不再等于中和热，如稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水，因醋酸的电离要吸热，放出的热量小于57.3KJ，故D错误．
故选C．
12．燃料电池是燃料（如CO、H2、CH4等)跟O2（或空气）起反应将化学能转变为电能的装置,电解质溶液是强碱溶液，下列关于甲烷燃料电池的说法正确的是( ）
A．负极反应式：O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣
B．负极反应式：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O
C．随着放电的进行，溶液的pH不变
D．放电时溶液中的阴离子向正极移动
【考点】BL：化学电源新型电池．
【分析】电解质溶液是强碱溶液，则甲烷燃料电池的电池反应为CH4+2O2+2OH﹣═2CO32﹣+3H2O，C 元素的化合价升高，甲烷为原电池的负极，O元素的化合价降低，氧气为原电池的正极，以此来解答．
【解答】解：A．C元素的化合价升高，甲醇为原电池的负极,负极反应式：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O，故A错误；
B．C元素的化合价升高,甲醇为原电池的负极,负极反应式：CH4+10OH﹣﹣8e﹣═CO32﹣+7H2O，故B 正确；
C．甲烷燃料电池的电池反应为CH4+2O2+2OH﹣═2CO32﹣+3H2O，则随着放电的进行，溶液的pH减小，故C错误；
D．放电时溶液中的阴离子向负极移动，故D错误；
故选B．
13．一种镁原电池的反应为xMg+Mo3S4=Mgx Mo3S4；在镁原电池放电时，下列说法错误的是( ）A．Mg2+向正极迁移
B．正极反应为：Mo3S4+2xe﹣═Mo3S
C．Mo3S4发生氧化反应
D．负极反应为：xMg﹣2xe﹣═xMg2+
【考点】BH:原电池和电解池的工作原理．
【分析】在镁原电池放电时，Mg被氧化，为原电池的负极，电极反应式为xMg﹣2xe﹣=xMg2+，Mo3S4为正极反应，被还原,电极反应式为Mo3S4+2xe﹣=Mo3S42x﹣，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析．
【解答】解:A．负极生成镁离子,Mg2+向正极迁移,故A正确；
B．正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应，正极电极反应为：Mo3S4+2xe﹣=Mo3S42x﹣，故B正确；
C．放电是原电池反应，负极反应是镁失电子发生氧化反应，正极反应物质是Mo3S4，得到电子发生还原反应，故C错误;
D．负极反应是镁失电子发生氧化反应;负极电极反应为：xMg﹣2xe﹣=xMg2+，故D正确,
故选C．
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
【考点】DI：电解原理．
【分析】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，使水溶液中氯离子浓度增大,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．
【解答】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。