河北省安平中学2021-2022高二化学上学期第二次月考试题(含解析)

河北省安平中学2021-2022高二化学上学期第二次月考试题（含解
析）
相对原子质量：H:1 C:12 O:16 S:32 Al:27 Cu:64 N:14 Mg:24 Fe:56 Zn:65 Ni:59 Pb:207
本试卷分Ⅰ卷和Ⅱ卷，考试时间90分钟。

满分100分。

请将试题答案按要求填涂在答题卡上。

第Ⅰ卷(50分)
一．选择题（本题共25小题，每小题只有一个选项符合要求，每小题2分，共50分。

） 1.在相同温度时，100 mL 0.01 mol · L –1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol · L –1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是 A. H +的物质的量 B. 电离常数
C. 中和时所需NaOH 的量
D. CH 3COOH 的物质的量
【答案】B 【解析】 【分析】
在相同温度时，100mL 0.01mol·L -1的
醋酸溶液与10mL 0.1mol·L -1的醋酸溶液中溶质都为0.001mol ，醋酸为弱电解质，浓度不同，电离程度不同，浓度越大，电离程度越小，以此解答该题。

【详解】A.由n=cV 可知，100mL0.01mol·L -1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol ，10mL 0.1mol·L -1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol ，但前者的浓度小，电离程度大，产生的H +的物质的量大，正确。

B. 醋酸电离常数只受温度的影响，温度不变，电离常数不变，错误；
C.因为溶质n(CH 3COOH)都为0.001mol ，中和时所需NaOH 的量应相同，错误；
D. 由n=cV 可知，100mL 0.01mol·L -1的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol ，10mL 0.1mol·L -1
的醋酸溶液中溶质的物质的量为0.001mol ，醋酸的物质的量相等，错误； 综上所述，本题选A 。

2.醋酸在水中电离方程式可表示为：CH 3COOH ⇌CH 3COO -+H +△H ＞0，下列操作能使H +浓度增大的是（ ） A. 加入少量NaOH 固体
B. 加入固体CH 3COONa
C. 加入锌粉
D. 加热升温10℃
【答案】D
【解析】
A、加入少量NaOH固体，发生中和反应，H+浓度减小，选项A错误；
B、溶液中存在CH3COOH⇌CH3COO-+H+，加入固体CH3COONa，CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用，H+浓度减小，选项B错误；
C、加入少量锌粉，消耗H+，H+浓度减小，选项C错误；
D、醋酸的电离CH3COOH⇌CH3COO-+H+△H＞0，电离是吸热的，加热升温10℃，平衡正向移动，H+浓度增大，选项D正确。

答案选D。

3.相同温度下，已知下面三个数据：①7.2×10﹣4、②2.6×10﹣4、③
4.9×10﹣10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2═HCN+NaNO2
NaNO2+HF═HCN+NaF NaNO2+HF═HNO2+NaF由此可判断下列叙述中正确的是（）
A. HF的电离常数是①
B. HNO2的电离常数是①
C. HCN的电离常数是②
D. HNO2的电离常数是③
【答案】A
【解析】
【分析】
相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，据此分析解答。

【详解】相同温度下，酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸性越强，较强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，这三种酸可发生如下反应：NaCN+HNO2═HCN+NaNO2、NaNO2+HF═HCN+NaF、NaNO2+HF═HNO2+NaF，由此得出酸的强弱顺序是HF>HNO2>HCN，所以酸的电离平衡常数大小顺序是HF>HNO2>HCN，则HF的电离常数是①、HNO2的电离常数是②、HCN 的电离平衡常数是③，
答案选A。

4.25℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH=7时，下列关系正确的是( )
A. c(NH4+)=c(SO42﹣)
B. c(NH4+)=2c(SO42﹣)
C. 2c(NH4+)=c(SO42﹣)
D. c(OH﹣)+c(SO42﹣)=c(H+)+c(NH4+) 【答案】B
【解析】
25℃时，溶液pH=7，则有c(OH-)=c(H+)，溶液呈电中性，则有c(OH-)+2c(SO42-)=c(NH4+)+c(H+)，
所以有：2c(SO42-)=c(NH4+)，故选B。

5.下列说法正确的是（）
A. 稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B. 25 ℃时0.1 mol/L的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱
C. NaHCO3溶液中溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
D. 室温下，对于0.10 mol·L－1的氨水，加水稀释后，溶液中c（NH）·c（OH－）变大【答案】B
【解析】
【详解】A．稀醋酸中加入少量醋酸钠，相当于增大醋酸根离子浓度，平衡左移；醋酸的电离程度减少；A错误；
B．硫化氢为弱电解质，而硫化钠为强电解质；B正确；
C．NaHCO3溶液中HCO3-为弱酸根离子，不能完全电离；不拆成离子形式；C错误；
D．氨水加水稀释后，平衡右移，c（NH）减少，c（OH－）减少；溶液中c（NH）·c（OH－）变小； D错误；
答案选B。

6.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。

已知0.10 mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是
A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B. M点对应盐酸体积为20.0 mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D. N点处的溶液中pH<12
【答案】D
【解析】
A．强酸弱碱相互滴定时，由于生成强酸弱碱盐使溶液显酸性，而石蕊的变色范围为5-8，无法控制滴定终点，应选择甲基橙作指示剂，故A错误；B．如果M点盐酸体积为20.0mL，
则二者恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵中铵根离子水解导致该点溶液应该呈酸性，要使溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20.0mL，故B错误；C．M处溶液呈中性，则存在c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（NH4+）=c（Cl-），该点溶液中溶质为氯化铵和一水合氨，铵根离子水解而促进水电离、一水合氨抑制水电离，铵根离子水解和一水合氨电离相互抑制，水的电离程度很小，该点溶液中离子浓度大小顺序是c（NH4+）=c（Cl-）＞c（H+）=c（OH-），故C错误；D．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为 1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol/L×1.32%=1.32×10-3mol/L，c（H+）
=
14
3
10
1.3210
-
-
⨯
mol/L=7.6×10-12mol/L，所以该点溶液pH＜12，故D正确；故选D。

点睛：酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生实验操作、试剂选取、识图及分析判断能力，明确实验操作、盐类水解、弱电解质的电离等知识点是解本题关键，注意B 采用逆向思维方法分析解答，知道酸碱中和滴定中指示剂的选取方法。

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7.有等体积、等pH的Ca（OH）2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是（）
A. V3＞V2＞V1
B. V3=V2=V1
C. V3＞V2=V1
D. V1=V2＞V3
【答案】C
【解析】
【详解】Ca(OH)2、KOH为强电解质，完全电离，等体积、等pH的Ca(OH)2、KOH和NH3•H2O 三种碱溶液中，c(OH-)相同，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积V1=V2；NH3•H2O 为弱碱，等pH时，其浓度大于NaOH，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，弱碱继续电离产生氢氧根离子，则消耗酸多，即V2＜V3，所以消耗酸的体积关系为V3＞V2=V1，故选C。

【点睛】明确pH与浓度的关系及强碱、弱碱的判断、弱碱的电离平衡是解答本题的关键。

解答本题要注意与“等体积、等浓度的Ca(OH)2、KOH和NH3•H2O三种碱溶液”的区别。

8. 在甲烧杯中放入盐酸，乙烧杯中放入醋酸，两种溶液的体积和pH都相等，向两烧杯中同时加入质量不等的锌粒，反应结束后得到等量的氢气。

下列说法正确的是
A. 甲烧杯中放入锌的质量比乙烧杯中放入锌的质量大
B. 甲烧杯中的酸过量
C. 两烧杯中参加反应的锌的量不同
D. 反应开始后乙烧杯中的c（H+）始终比甲烧杯中的c（H+）小
【答案】A
【解析】
9.能说明溶液呈中性的可靠依据是（）
A. pH=7
B. c（H+）=c（OH﹣）
C. pH试纸变红色
D. 石蕊试液不变色
【答案】B
【解析】
【详解】A．pH=7的溶液不一定呈中性，如100℃时，水的离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；
B．c（H+）=c（OH-）溶液一定呈中性，故B正确；
C．pH试纸测定溶液的酸碱性时，中性溶液不变色，故C错误；
D．使石蕊试液pH变色范围是5~8，不变色时，溶液可能是酸性或碱性，故D错误；
答案选B。

【点睛】溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值大小判断。

10.25℃时，在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液PH=11，若体积可以加和，则V (Ba(OH)2)：V( NaHSO4)为( )
A. 1：1
B. 1：4
C. 2：1
D. 3：2 【答案】B
【解析】
试题分析：pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol/L，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10-2mol，溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x×10-2mol，设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，反应后的溶液中氢氧根离子浓度为：c(OH-)=10-3mol/L，则：
22
100.510x x x y
--⨯-⨯+=10-3，整理可得：x ：y=1：4，故选B 。

考点：考查了酸碱反应的综合计算、溶液pH 的计算的相关知识。

11.在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H 2SO 4、NaHSO 4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。

下列分析不正确的是
A. ①代表滴加H 2 SO 4溶液的变化曲线
B. b 点，溶液中大量存在的离子是Na +、OH –
C. c 点，两溶液中含有相同量的OH –
D. a 、d 两点对应的溶液均显中性 【答案】C 【解析】
【详解】A ．Ba(OH)2溶液和H 2SO 4、NaHSO 4溶液反应方程式分别为H 2SO 4+Ba(OH)2=BaSO 4↓+2H 2O 、NaHSO 4+Ba(OH)2=BaSO 4↓+NaOH+H 2O ，2NaHSO 4+Ba(OH)2=BaSO 4↓+Na 2SO 4+2H 2O ，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a 点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H 2SO 4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO 4溶液的反应，即①代表滴加H 2SO 4溶液的变化曲线，A 正确；
B ．根据图知，a 点为Ba(OH)2溶液和H 2SO 4恰好反应，H 2SO 4、NaHSO 4溶液的物质的量浓度相等，则b 点溶液溶质为NaOH ，溶液中大量存在的离子是Na +
和OH -，B 正确；
C ．c 点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH 、Na 2SO 4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，C 错误；
D ．a 点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d 点②中溶质为Na 2SO 4，水和硫酸钠溶液都呈中性，D 正确；
答案选C。

【点睛】考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，易错选项是B。

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12.25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（）
A. 向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H+）增大，K w不变
B. 向水中加入氨水，平衡逆向移动，c（OH﹣）降低
C. 向水中加入金属钠，平衡正向移动，c（H+）增大
D. 将水加热，K W增大，pH不变
【答案】A
【解析】
【详解】A. 硫酸氢钠是强电解质，在水溶液中电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42−，加入硫酸氢钠后c(H+)增大，温度不变导致K w不变，故A正确；
B. 加入氨水后，一水合氨电离导致溶液中c(OH−)增大，平衡逆向移动，故B错误；
C. 加入Na，Na和水反应生成NaOH，导致溶液中c(OH−)增大，温度不变，离子积常数不变，所以c(H+)减小，故C错误；
D. 该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，K w增大，但溶液中c(H+)增大，导致溶液的pH减小，但仍然呈中性，故D错误；
答案选A。

13.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定。

下列说法正确的是( )
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B. 随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C. 用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D. 滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．滴定管使用必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；
B．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色时停止滴定，B错误； C．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液偏大，则测定酸的浓度偏大，C错误； D．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，D正确；故选D．
【考点定位】考查中和滴定实验, 把握中和滴定原理、仪器的使用和误差分析
【名师点晴】本题考查了酸碱中和反应，为了减小误差，滴定管要用标准液、待测液润洗，锥形瓶不能润洗，所有的不当操作都要归结到读数上，然后利用C1V1=C2V2分析即可。

14.某甲烷燃料电池构造示意图如下，关于该电池的说法不正确的是
A. 电解质溶液中Na+向b极移动
B. b极的电极反应是：O2+2H2O+4e-=4OH-
C. a极是负极，发生氧化反应
D. 电子通过外电路从b电极流向a电极
【答案】D
【解析】
【分析】
通过示意图可知，a电极为燃料电池的负极，b电极为电池正极，且电解质溶液为碱液，并可写出电池总反应式为CH4+2O2+2NaOH=Na2CO3+3H2O，负极反应为CH4+10OH--8e－=CO32－ +7H2O，正极反应为2O2+8e－+4H2O=8OH－。

【详解】A. 原电池中，电解质溶液的阳离子向正极移动，所以钠离子向b极移动，故A正确；
B. b极为正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；
C. a极是负极，甲烷在负极失去电子，发生氧化反应，故C正确；
D. 电子通过外电路从a电极流向b电极，故D错误；
故答案选D。

15.电子表中电子计算器的电源常用微型银锌原电池，其电极分别为Ag2O和Zn，电解质溶液
为KOH溶液，放电时锌极上的电极反应是：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；氧化银电极上的反应式为：Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，总反应式为：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2下列说法不正确的是( )
A. 锌是负极，氧化银是正极
B. 锌发生氧化反应，氧化银发生还原反应
C. 溶液中OH-向正极移动，K+、H+向负极移动
D. 随着电极反应的不断进行，电解质溶液的pH会增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据总反应以及原电池的工作原理，Zn的化合价升高，即Zn为负极，氧化银为正极，故A说法正确；
B、根据A选项分析，Zn为负极，发生氧化反应，氧化银中Ag的化合价降低，氧化银发生还原反应，故B说法正确；
C、根据原电池工作原理，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，即OH－向负极移动，K＋、H＋向正极移动，故C说法错误；
D、电解质溶液为碱性，根据总反应可知，该反应消耗水，KOH浓度增大，pH增大，故D说法正确，答案选C。

16.锂钒氧化物二次电池的成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他电池，电池总反应为V2O5+xLi Li x V2O5。

下列说法合理的是
A. 电池在放电时，Li+向负极移动
B. 锂在放电时作正极，充电时作阳极
C. 该电池充电时阳极的反应为Li x V2O5-xe-＝V2O5+xLi+
D. V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应
【答案】C
【解析】
【分析】
放电时，为原电池原理，原电池中锂失电子为负极，V2O5得电子为正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应，阳离子向正极移动；充电时为电解原理，以此分析解答。

【详解】A. 放电时，该装置是原电池，锂离子是阳离子，向正极移动，故A错误；
B．放电时为原电池，锂失电子为负极，充电时作阴极，故B错误；
C．该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上Li x V2O5失电子，电极反应
式为：Li x V2O5－xe－=V2O5+xLi＋，故C正确；
D．V2O5在正极上得电子发生还原反应，所以V2O5参与电池反应，故D错误，答案选C。

17.热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。

一种热激活电池基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。

该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。

下列说法正确的是
A. 放电过程中，Li+向负极移动
B. 正极反应式：Ca+2Cl-—2e-=CaCl2
C. 每转移0.1mol电子，理论上生成10.35gPb
D. 常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针偏转
【答案】C
【解析】
【详解】A.放电过程为原电池，阳离子Li＋向正极移动，故A错误；
B.正极发生还原反应，故电极反应式为：PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，故B错误；
C.根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，每转移0.1mol电子，生成0.05molPb，质量为10.35g，故C正确；
D.常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D错误。

故选C。

18.按如图甲装置进行实验，若乙中横坐标x表示流入电极的电子的物质的量，下列叙述不．
正确
．．的是（）
A. E表示生成铜的物质的量
B. E表示反应消耗水的物质的量
C. F表示反应生成氧气的物质的量
D. F表示生成硫酸的物质的量
【答案】D
【解析】
分析：由甲可知，该装置为电解池，C为电解池的阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，Cu为电解池的阴极，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合乙可知，转移4mol电子生成（或消耗）2molE，生成（或消耗）1molF，据此解答。

详解：A、由电子与生成物的物质的量的关系可知E表示反应生成铜的物质的量，A正确；
B、由总反应结合电子与生成物的物质的量的关系可知，则E表示消耗水的物质的量，B正确；
C、由电子与生成物的物质的量的关系可知F表示反应生成氧气的物质的量，C正确；
D、由总反应结合电子与反应物的物质的量的关系可知，F不能表示反应生成硫酸的物质的量，D错误；答案选D。

19.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。

下列叙述正确的是
A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 负极反应为2H2O–4e–=O2+4H+，负极区溶液pH降低
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动，因此通电后中间隔室的SO42－离子向正极迁移；在正极区带负电荷的OH－失去电子，发生氧化反应而放电，由于破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(H ＋)>c(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；
B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；D．当电路中通过1mol电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D错误。

故选B。

【点睛】本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。

电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。

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20. 下列叙述正确的是
A. Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如图一所示，石墨电极上产生氢气，铜电极发生氧化反应
B. 图一所示当有0.1mol 电子转移时，有0.1molCu 2O 生成
C. 图二装置中发生：Cu ＋2Fe 3+= Cu 2+＋2Fe 2+
，X 极是负极，Y 极材料可以是铜
D. 如图二，盐桥的作用是传递电荷以维持电荷平衡，Fe 3+经过盐桥进入左侧烧杯中
【答案】A
【解析】
试题分析：图一为电解池,电解质溶液为强碱性溶液，石墨电极与电源负极相连为阴极，发生还原反应：2H 2O + 2e -= H 2↑+ 2OH -，铜电极与电源正极相连为阳极，发生氧化反应：2Cu – 2e -+ 2OH - = Cu 2O + H 2O ，电解总反应为：2Cu+H 2OCu 2O+H 2↑。

由此可知A 选项正确。

根据电解总反应可知，当有0.2mol 电子转移时，才有0.1molCu 2O 生成， B 选项不正确。

图二装置为原电池，根据图中给出的电子流向，可以判断X 极是电池的负极，Y 极是电池的正极；根据装置中发生的反应：Cu ＋2Fe 3+= Cu 2+＋2Fe 2+，可知X 极为负极，失电子，发生氧化反应，即Cu-2e - = Cu 2+，所以X 极的材料应该是铜。

依据原电池的形成条件，Y 极材料应该是活动性比铜弱的金属或石墨等材料，故C 选项不正确。

盐桥的作用①盐桥中离子的定向迁移构成了电流通路，从而沟通内电路，形成闭合回路，保障了电子通过外电路从电池负极到正极的不断转移，使原电池不断产生电流；②平衡电荷，盐桥可使由它连接的两个半电池中的溶液保持电中性，同时又能阻止反应物直接接触。

所以，Fe 3+是不能经过盐桥进入左侧烧杯中，故D 选项不正确。

考点：电化学基础知识
21.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Fe 2+<Ni 2+<Cu 2+) ( )
A. 电解后,电解槽底部的阳极泥中只有金属Pt
B. 电解过程中,电解质溶液的质量可能保持不变
C. 电解后,溶液中存在的金属阳离子只有Fe 2+和Zn 2+
D. 阳极发生氧化反应,其电极反应式:Ni 2++2e
-
Ni
【答案】B
【解析】 A 、粗镍中含有少量Fe 、Zn 、Cu 、Pt 等杂质做阳极，铜和铂不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu 和Pt ，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；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加可能相等，因此电解质溶液的质量可能保持不变，B 正确；C 、电解后，溶液中存在的阳离子有
H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+，C错误；D、阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+，Zn-2e-=Zn2+，D错误；答案选B。

22.如下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X 为阳离子交换膜。

下列有关说法正确的是
A. 反应一段时间后，乙装置中生成的氢氧化钠在铁极区
B. 乙装置中铁电极为阴极，电极反应式为Fe-2e-= Fe2+
C. 反应一段时间后，丙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变
D. 通入氧气的一极为正极，发生的电极反应为O2 - 4e- + 2H2O = 4OH-
【答案】A
【解析】
甲装置为甲醚燃料电池，通入氧气的一极发生还原反应，为电极的正极，投放燃料的为电极的负极；乙装置为电解饱和氯化钠的装置，根据串联电池中，电子的转移，可知Fe电极为阴极，C极为阳极；丙装置为电解精炼铜的装置，精铜为阴极，粗铜为阳极。

A．乙装置中铁极反应2H++2e-＝H2↑，所以反应一段时间后，装置中生成的氢氧化钠在铁极区，选项A 正确；B．乙装置中铁极反应为2H++2e-＝H2↑，选项B错误；C．投放氧气的一极发生还原反应，为电极的正极，发生的电极反应为：O2+2H2O+4e-＝4OH-，选项C错误；D．丙装置中，粗铜极除了铜发生氧化反应外，活动性在铜前面的金属也要反应，但是在精铜极，除铜离子被还原外，没有其他离子能被还原，根据得失电子相等，可知硫酸铜溶液浓度减小，选项D 错误，答案选A。

点睛：本题考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握电极方程式的书写，为解答该题的关键，结合串联电路的特点解答该题，解题关键是理解：燃料电池中通入氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极上燃料失电子发生氧化反应。

23. 宝鸡被誉为“青铜器之乡”，出土了大盂鼎、毛公鼎、散氏盘等五万余件青铜器。

研究
青铜器（含Cu、Sn等）在潮湿环境中发生的腐蚀对于文物保护和修复有重要意义。

下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法不正确的是
A. 青铜器发生电化学腐蚀，图中c作负极，被氧化
B. 正极发生的电极反应为O2+ 4e－+2H2O=4OH－
C. 环境中的Cl－与正、负两极反应的产物作用生成a的离子方程式为2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2 (OH)3Cl↓
D. 若生成0.2 mol Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗的O2体积为4.48L
【答案】D
【解析】
试题分析：A、根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化，腐蚀过程中，负极是c，发生氧化反应，A正确；B、氧气在正极得电子生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+ 4e－+2H2O=4OH－，B正确；C、多孔粉状锈 Cu2（ OH ）3Cl为固体，故生成 Cu2（ OH ）3Cl 的离子方程式为：2Cu2＋+3OH－+Cl－=Cu2 (OH)3Cl↓，C正确；D、不确定氧气是否在标准状况下，则不能计算氧气的体积，D错误，答案选D。

考点：考查金属的腐蚀与防护
24.下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是（）
A. 铜铁接触处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe-3e-=Fe3+,继而形成铁锈
B. 轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法
C. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程
D. 在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀
【答案】B
【解析】
A．Cu、Fe和电解质溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，Fe作负极、Cu作正极，负极反应式为Fe-2e-═Fe2+，故A错误；B．Zn、Fe和海水构成原电池，Zn易失电子作负极而被腐蚀，Fe作正极被保护，所以轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极。