2019-2020年高二（上）化学同步练习卷（一）含解析.doc

2019-2020年高二（上）化学同步练习卷（一）含解析一1（3分）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得相关热化学方程式如下：2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）H1=+3359.26kJmol1CaO（s）+SiO2（s）CaSiO3（s）H2=89.61kJmol12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）H3则H3=kJmol12（3分）（xx山东）CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H0，在其他条件不变的情况下（）A加入催化剂，改变了反应的途径，反应的H也随之改变B改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D若在原电池中进行，反应放出的热量不变3（3分）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：反应：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）（NH4）2CO3（aq）H1反应：NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）NH4HCO3（aq）H2反应：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）2NH4HCO3（aq）H3H3与H1、H2之间的关系是：H3=4（3分）二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源由合成气（组成为H2、CO和少量的CO2）直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：甲醇合成反应：（）CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H1=90.1kJmol1（）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H2=49.0kJmol1水煤气变换反应：（）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3=41.1kJmol1二甲醚合成反应：（）2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H4=24.5kJmol1由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为5（3分）（xx郑州一模）在1200时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：H2S（g）+O2（g）SO2（g）+H2O（g）H12H2S（g）+SO2（g）S2（g）+2H2O（g）H2H2S（g）+O2（g）S（g）+H2O（g）H32S（g）S2（g）H4则H4的正确表达式为（）AH4=（H1+H23H3）BH4=（3H3H1H2）CH4=（H1+H23H3）DH4=（H1H23H3）6（3分）已知：温度过高时，WO2（s）转变为WO2（g）：WO2（s）+2H2（g）W（s）+2H2O（g）H=+66.0kJmol1WO2（g）+2H2（g）W（s）+2H2O（g）H=137.9kJmol1则WO2（s）WO2（g）的H=7（3分）碘也可用作心脏起搏器电源锂碘电池的材料该电池反应为：2Li（s）+I2（s）=2LiI（s）H已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s）H14LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s）H2则电池反应的H=8（3分）氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃已知25时：HF（aq）+OH（aq）F（aq）+H2O（l）H=67.7kJmol1H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：9（3分）（xx秋临沂校级月考）真空碳热还原氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）3AlCl（g）+3CO（g）H=akJmol13AlCl（g）2Al（l）+AlCl3（g）H=bkJmol1反应Al2O3（s）+3C（s）2Al（l）+3CO（g）的H=kJmol1（用含a、b的代数式表示）二、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）10（3分）（2011秋南昌期末）用石墨作电极，电解1摩/升下列物质的溶液，溶液的pH值保持不变的是（）AHClBNaOHCNa2SO4DNaCl11（3分）（xx秋古冶区校级期中）在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，通电一段时间后（）A溶液的pH增大BNa+和CO32的浓度减小C溶液的浓度增大D溶液的浓度不变，有晶体析出12（3分）（xx秋西湖区校级月考）用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（）ACuCl2（CuO）BNaOH（NaOH）CNaCl（HCl）DCuSO4Cu（OH）213（3分）（xx泾阳县校级模拟）将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为（）A1：2：3B3：2：1C6：3：1D6：3：214（3分）（xx阳江模拟）用惰性电极进行电解，下列说法正确的是（）A电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变B电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH，故溶液pH减小C电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：2D电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：115（3分）（xx泾阳县校级模拟）某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，物质的量之比为3：1用石墨作电极电解溶液，根据电极产物，可明显分为三个阶段下列叙述不正确的是（）A阴极只析出H2B阳极先析出Cl2，后析出O2C电解最后阶段为电解水D溶液pH不断增大，最后为7三、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）16（3分）（xx春集宁区校级月考）在如图用石墨作电极的电解池中，放入500mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g请回答下列问题：（1）A接的是电源的极（2）写出电解时反应的总离子方程式（3）电解后溶液的pH值为；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入，其质量为（假设电解前后溶液的体积不变）17（3分）工业上主要采用电解饱和食盐水的方法来制取Cl2、H2、NaOH请回答下列问题：（1）在电解过程中，所发生反应的离子反应方程式为：（2）电解之前食盐水需要精制，目的是除去粗盐的中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质离子，使用的试剂有：a、Na2CO3溶液 b、Ba（OH）2溶液 c、稀盐酸其中合理的加入顺序为（填写序号）； （3）如果在容积为10L的电解池内，一段时间后共收集到11.2L（标准状况）气体这时溶液中NaOH的物质的量浓度为（设电解时溶液的体积不变）18（3分）用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，一段时间后加入0.1摩尔的 Cu（OH）2恢复到电解前的状态，则：电解是如何进行的？写出电极反应式xx学年山东省潍坊一中高二（上）化学同步练习卷（一）参考答案与试题解析一1（3分）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定条件下反应获得相关热化学方程式如下：2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）H1=+3359.26kJmol1CaO（s）+SiO2（s）CaSiO3（s）H2=89.61kJmol12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）H3则H3=+2821.6kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律将已知热化学方程式+6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g），焓变做相应运算求解解答：解：2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）H1=+3359.26kJmol1CaO（s）+SiO2（s）CaSiO3（s）H2=89.61kJmol1有盖斯定律可知，+6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g），所以其反应热H3=H1+6H2=+3359.26kJmol1+6（89.61kJmol1）=+2821.6 kJmol1；故答案为：+2821.6点评：本题考查利用盖斯定律计算反应热，正确分析出已知反应与目标反应的关系是解答本题的关键，题目难度中等2（3分）（xx山东）CO（g）+H2O（g）H2（g）+CO2（g）H0，在其他条件不变的情况下（）A加入催化剂，改变了反应的途径，反应的H也随之改变B改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量不变C升高温度，反应速率加快，反应放出的热量不变D若在原电池中进行，反应放出的热量不变考点：反应热和焓变专题：化学反应中的能量变化分析：A催化剂虽然改变了反应途径，但是H只取决于反应物、生成物的状态；B对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动；C升高温度，平衡向吸热的方向移动；D若在原电池中进行，反应将化学能转换为电能；解答：解：A催化剂虽然改变了反应途径，反应物、生成物的状态不变，所以H不变，故A错误；B这是一个反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动，反应放出的热量也不变，故B正确；C该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移，反应放出的热量减小，故C错误；D若在原电池中进行，反应不放出热量，而是将化学能转换为电能，故D错误；故选：B；点评：本题主要考查了外界条件对化学平衡、热量的影响，需要注意的是催化剂虽然改变了反应途径，但H不变；对于反应前后气体物质的量不变的反应，改变压强，平衡不发生移动3（3分）捕碳技术（主要指捕获CO2）在降低温室气体排放中具有重要的作用目前NH3和（NH4）2CO3已经被用作工业捕碳剂，它们与CO2可发生如下可逆反应：反应：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）（NH4）2CO3（aq）H1反应：NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）NH4HCO3（aq）H2反应：（NH4）2CO3（aq）+H2O（l）+CO2（g）2NH4HCO3（aq）H3H3与H1、H2之间的关系是：H3=2H2H1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律，热化学方程式2热化学方程式可得热化学方程式，从而得出目标反应的焓变H3解答：解：反应：2NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）（NH4）2CO3（aq）H1反应：NH3（l）+H2O（l）+CO2（g）NH4HCO3（aq）H2根据盖斯定律2可得：（NH4）2CO3（aq）+H2O （l）+CO2（g）2NH4HCO3（aq）H3=2H2H1，故答案为：2H2H1点评：本题考查了盖斯定律在热化学方程式中的应用，题目难度中等，明确盖斯定律的含义及应用方法为解答关键，注意掌握热化学方程式的概念及书写原则，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力4（3分）二甲醚（CH3OCH3）是无色气体，可作为一种新型能源由合成气（组成为H2、CO和少量的CO2）直接制备二甲醚，其中的主要过程包括以下四个反应：甲醇合成反应：（）CO（g）+2H2（g）CH3OH （g）H1=90.1kJmol1（）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H2=49.0kJmol1水煤气变换反应：（）CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H3=41.1kJmol1二甲醚合成反应：（）2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H4=24.5kJmol1由H2和CO直接制备二甲醚（另一产物为水蒸气）的热化学方程式为2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=204.7kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：由所给热化学方程式可知，2+可得到由H2和CO直接制备二甲醚的热化学方程式，以此解答该题解答：解：已知CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H1=90.1kJmol1.2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H4=24.5kJmol1依据盖斯定律2+得到：2CO（g）+4H2（g）=CH3OCH3+H2O（g）H=204.7kJmol1，故答案为：2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H=204.7kJmol1点评：本题考查热化学方程式的书写以及盖斯定律的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握计算的思路，难度不大5（3分）（xx郑州一模）在1200时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：H2S（g）+O2（g）SO2（g）+H2O（g）H12H2S（g）+SO2（g）S2（g）+2H2O（g）H2H2S（g）+O2（g）S（g）+H2O（g）H32S（g）S2（g）H4则H4的正确表达式为（）AH4=（H1+H23H3）BH4=（3H3H1H2）CH4=（H1+H23H3）DH4=（H1H23H3）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：利用盖斯定律分析，不管化学反应是一步或分几步完成，其反应热是不变的；根据目标方程改写分方程，然后求出反应热解答：解：根据目标方程，把方程3反写，计量数乘以2；把方程2乘以；把方程1乘以；然后三者相加；即H32+H2+H1=（H1+H23H3），故选A点评：本题考查了盖斯定律的应用，要注意方程式计量数的变化，及H的符号的变化6（3分）已知：温度过高时，WO2（s）转变为WO2（g）：WO2（s）+2H2（g）W（s）+2H2O（g）H=+66.0kJmol1WO2（g）+2H2（g）W（s）+2H2O（g）H=137.9kJmol1则WO2（s）WO2（g）的H=+203.9kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律和题干已知热化学方程式相减得到目标反应的热化学方程式，从而得出该反应的焓变解答：解：WO2（s）+2H2（g）W（s）+2H2O（g）H=+66.0kJmol1，WO2（g）+2H2（g）W（s）+2H2O（g）H=137.9kJmol1，依据盖斯定律得到：WO2（s）WO2（g）H=+203.9kJ/mol，故答案为：+203.9 kJmol1点评：本题考查了盖斯定律在热化学方程式的计算，题目难度中等，明确盖斯定律的概念及应用为解答关键，注意掌握热化学方程式的书写原则，试题有利于培养学生灵活应用基础知识的能力7（3分）碘也可用作心脏起搏器电源锂碘电池的材料该电池反应为：2Li（s）+I2（s）=2LiI（s）H已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s）H14LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s）H2则电池反应的H=考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s）H14LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s）H2根据盖斯定律可得：（）可得：2Li（s）+I2（s）2LiI（s）H解答：解：已知：4Li（s）+O2（g）=2Li2O（s）H14LiI（s）+O2（g）=2I2（s）+2Li2O（s）H2根据盖斯定律可得：（）可得：2Li（s）+I2（s）2LiI（s）H=（H1H2）=，故答案为：点评：本题考查了盖斯定律的应用，为高频考点，有利于培养学生的良好的计算能力，提高学生学习的积极性，难度不大8（3分）氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃已知25时：HF（aq）+OH（aq）F（aq）+H2O（l）H=67.7kJmol1H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF（aq）H+（aq）+F（aq）H=10.4kJmol1考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：先写出目标反应的热化学方程式，然后根据盖斯定律及已知热化学方程式，通过可得目标反应的热化学方程式解答：解：HF（aq）+OH（aq）F（aq）+H2O（l）H=67.7kJmol1，H+（aq）+OH（aq）H2O（l）H=57.3kJmol1，结合盖斯定律得到：HF（aq）H+（aq）+F（aq）H=10.4kJmol1，故答案为：HF（aq）H+（aq）+F（aq）H=10.4kJmol1点评：本题考查了盖斯定律在书写热化学方程式中的应用，题目难度中等，明确盖斯定律的含义为解答关键，注意熟练掌握热化学方程式的书写原则，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力9（3分）（xx秋临沂校级月考）真空碳热还原氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）3AlCl（g）+3CO（g）H=akJmol13AlCl（g）2Al（l）+AlCl3（g）H=bkJmol1反应Al2O3（s）+3C（s）2Al（l）+3CO（g）的H=a+bkJmol1（用含a、b的代数式表示）考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算专题：化学反应中的能量变化分析：根据盖斯定律，将题中所给两方程式相加得Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g）解答：解：已知：Al2O3（s）+AlCl3（g）+3C（s）3AlCl（g）+3CO（g）H=akJmol13AlCl（g）2Al（l）+AlCl3（g）H=bkJmol1根据盖斯定律，+得Al2O3（s）+3C（s）=2Al（l）+3CO（g），对应的H=（a+b）kJmol1，故答案为：a+b；点评：本题考查化学反应与能量，侧重于盖斯定律的运用，注意把握盖斯定律的原理以及计算方法，难度不大二、选择题（共6小题，每小题3分，满分18分）10（3分）（2011秋南昌期末）用石墨作电极，电解1摩/升下列物质的溶液，溶液的pH值保持不变的是（）AHClBNaOHCNa2SO4DNaCl考点：电解原理专题：电化学专题分析：根据溶液中离子的放电顺序判断溶液中氢离子浓度是否变化，从而确定溶液PH值是否变化解答：解：A、电解盐酸，溶液中氢离子、氯离子放电，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，PH值逐渐变大，故A错误B、电解氢氧化钠，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中氢氧化钠的浓度增大，溶液的PH值增大，故B错误C、电解硫酸钠溶液，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，相当于电解水，导致溶液中硫酸钠的浓度增大，但溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度不变，所以溶液的pH值保持不变，故C正确D、电解氯化钠，溶液中氢离子和氯离子放电，所以溶液中氢离子浓度逐渐减小，PH值逐渐变大，故D错误故选C点评：本题以电解原理为载体考查了电解质溶液中离子的放电顺序，电解电解质溶液时，有电解水型，如电解硫酸钠溶液；有电解电解质型，如电解氯化铜溶液；有电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液11（3分）（xx秋古冶区校级期中）在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，通电一段时间后（）A溶液的pH增大BNa+和CO32的浓度减小C溶液的浓度增大D溶液的浓度不变，有晶体析出考点：电解原理专题：电化学专题分析：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点评：本题考查电解及饱和溶液的浓度，注意电解水相当于饱和溶液的蒸发，明确温度不变，饱和溶液的浓度不变是解答本题的关键，题目难度中等12（3分）（xx秋西湖区校级月考）用惰性电极电解下列溶液，一段时间后，再加入一定质量的另一种物质（括号内），溶液能与原来溶液完全一样的是（）ACuCl2（CuO）BNaOH（NaOH）CNaCl（HCl）DCuSO4Cu（OH）2考点：电解原理专题：电化学专题分析：电解池中，要想使电解质溶液复原，遵循的原则是：电解后从溶液中减少的物质是什么就利用元素守恒来加什么解答：解：A、电解氯化铜时，阳极放氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，故A错误；B、电解氢氧化钠时，阳极产生氧气，阴极产生氢气，所以应加水让电解质溶液复原，故B错误；C、电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，故C正确；D、电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加氧化铜让电解质溶液复原，故D错误故选C点评：根据电解池原理，分析两个电极上产生的物质，本着“出什么加什么”的思想来让电解质复原13（3分）（xx泾阳县校级模拟）将分别盛有熔融的氯化钾、氯化镁、氧化铝的三个电解槽串联，在一定条件下通电一段时间后，析出钾、镁、铝的物质的量之比为（）A1：2：3B3：2：1C6：3：1D6：3：2考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：三个电解槽串联，则转移的电子数相等，利用K+eK、Mg2+2eMg、Al3+3eAl来计算解答：解：三个电解槽串联，则转移的电子数相等，设均转移6e，由K+eK、Mg2+2eMg、Al3+3eAl，则6e6K3Mg2Al，所以析出钾、镁、铝的物质的量之比为6：3：2，故选D点评：本题考查电解，明确电解中转移电子数的关系及电极反应式是解答本题的关键，题目难度不大14（3分）（xx阳江模拟）用惰性电极进行电解，下列说法正确的是（）A电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变B电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH，故溶液pH减小C电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：2D电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1考点：原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：A、根据溶液中氢离子的浓度是否变化判断；B、根据溶液中氢离子的浓度是否变化判断；C、根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比；D、根据离子的放电顺序判断在阴极上和阳极上析出产物，再根据得失电子守恒判断阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比；解答：解：A、电解稀硫酸时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢离子的浓度增大，溶液的PH值变小，故A错误B、电解稀氢氧化钠溶液时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢氧根离子的浓度增大，溶液的PH值变大，故B错误C、电解硫酸钠溶液时，实质上是电解水，阴极上氢离子的电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，根据得失电子守恒，所以在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为2：1，故C错误D、电解氯化铜溶液时，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为1：1，故D正确故选D点评：本题以电解原理为载体考查了电解时溶液中离子的放电顺序及溶液PH是否变化，电解类型有：电解水型，如电解稀硫酸溶液；电解电解质型，如电解氯化铜溶液；电解电解质和水型，如电解氯化钠溶液15（3分）（xx泾阳县校级模拟）某溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，物质的量之比为3：1用石墨作电极电解溶液，根据电极产物，可明显分为三个阶段下列叙述不正确的是（）A阴极只析出H2B阳极先析出Cl2，后析出O2C电解最后阶段为电解水D溶液pH不断增大，最后为7考点：电解原理专题：电化学专题分析：根据电解原理：阳极离子的放电顺序：银离子铜离子氢离子，阴极离子的放电顺序：氯离子氢氧根离子，溶液中含有两种溶质NaCl和H2SO4，根据电解原理判断放电的离子解答：解：可以将溶质看成3molNaCl和1molH2SO4，再转化一下思想，可以看成2molHCl，1molNa2SO4，1molNaCl，由于1molNa2SO4自始至终无法放电，且其溶液pH=7，暂时可以忽略，则电解过程可先看成电解HCl，再电解NaCl，最后电解水，即2HClH2+Cl2，2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，2H2O2H2+O2，生成的NaOH为碱性，pH大于7A、阴极自始自终是氢离子放电，只析出H2，故A正确；B、阳极氯离子先于氢氧根离子放电，先析出Cl2，后析出O2，故B正确；C、电解最后阶段为电解水，故C正确；D、溶液pH不断增大，最后生成的NaOH为碱性，pH大于7，故D错误；故选D点评：本题是对电解原理的考查，要求学生会根据电解原理书写常见电解质的电解反应，难度较大三、填空题（共3小题，每小题3分，满分9分）16（3分）（xx春集宁区校级月考）在如图用石墨作电极的电解池中，放入500mL含一种溶质的某蓝色溶液进行电解，观察到A电极表面有红色的固态物质生成，B电极有无色气体生成；当溶液中的原有溶质完全电解后，停止电解，取出A电极，洗涤、干燥、称量、电极增重1.6g请回答下列问题：（1）A接的是电源的负极（2）写出电解时反应的总离子方程式2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+（3）电解后溶液的pH值为减小；要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入CuO，其质量为2g（假设电解前后溶液的体积不变）考点：电解原理；原电池和电解池的工作原理专题：电化学专题分析：溶液呈蓝色说明含有铜离子，用石墨作电极电解铜盐溶液时，A电极上有红色金属单质铜生成，说明A为阴极，则B为阳极，阳极上有无色气体生成，说明B电极上氢氧根离子放电，该溶液为铜的含氧酸盐溶液，根据“析出什么加入什么”的原则加入物质使溶液恢复原状解答：解：溶液呈蓝色说明含有铜离子，用石墨作电极电解铜盐溶液时，A电极上有红色金属单质铜生成，说明A为阴极，则B为阳极，阳极上有无色气体生成，说明B电极上氢氧根离子放电，该溶液为铜的含氧酸盐溶液，（1）通过以上分析知，A是阴极，接电源负极，故答案为：负；（2）电解时，阴极上铜离子放电、阳极上氢氧根离子放电，所以电池反应式为2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+，故答案为：2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+；（3）根据2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+知，电解时生成氢离子，导致溶液酸性增强，溶液的pH减小，阳极上生成氧气、阴极上生成铜，实质上相当于生成CuO，要使溶液恢复原状，应该加入CuO，根据Cu原子守恒得m（CuO）=2g，故答案为：减小；CuO；2g点评：本题考查了电解原理，根据阴阳极上得失电子确定溶液酸碱性变化，再结合原子守恒进行计算，题目难度不大17（3分）工业上主要采用电解饱和食盐水的方法来制取Cl2、H2、NaOH请回答下列问题：（1）在电解过程中，所发生反应的离子反应方程式为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH（2）电解之前食盐水需要精制，目的是除去粗盐的中的Ca2+、Mg2+、SO42等杂质离子，使用的试剂有：a、Na2CO3溶液 b、Ba（OH）2溶液 c、稀盐酸其中合理的加入顺序为b、a、c（填写序号）； （3）如果在容积为10L的电解池内，一段时间后共收集到11.2L（标准状况）气体这时溶液中NaOH的物质的量浓度为0.05mol/L（设电解时溶液的体积不变）考点：电解原理专题：电化学专题分析：（1）电解氯化钠生成氢氧化钠、氢气和氯气，根据反应物、产物写出相应的电解方程式；（2）SO42、Ca2+、Mg2+离子分别转化为硫酸钡、碳酸钙、氢氧化镁沉淀而除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的盐酸溶液；（3）根据电解方程式结合产生气体的量进行计算回答即可解答：解：（1）电解氯化钠，反应物是氯化钠和水，产物是氯气、氢气、氢氧化钠，离子方程式为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，故答案为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH；（2）Na2CO3溶液能除去过量的Ba（OH）2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和Ba（OH）2溶液，所以应先加b、Ba（OH）2溶液再加a、Na2CO3溶液，最后加入c、盐酸，顺序是：b、a、c，故答案为：b、a、c；（3）电解氯化钠的离子方程式为：2Cl+2H2OCl2+H2+2OH，后共收集到11.2L（标准状况）气体，即产生氢气和氯气各为0.25mol，生成氢氧化钠是0.5mol，所以氢氧化钠的浓度是：=0.05mol/L，故答案为：0.05mol/L点评：本题涉及电解池的工作原理以及电极方程式的书写和有关计算知识，属于综合知识的考查，难度中等18（3分）用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，一段时间后加入0.1摩尔的 Cu（OH）2恢复到电解前的状态，则：电解是如何进行的？写出电极反应式先是电解硫酸铜和水，再电解水，阳极：4OH4e=O2+2H2O，阴极：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H2考点：电解原理专题：电化学专题分析：根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，则铜离子和氢氧根放电解答：解：Cu（OH）2从组成上可看成CuOH2O，加入0.1 mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，即电解生成了0.1 mol H2SO4，并电解了0.1 molH2O，电解的总反应式：2H2O+2CuSO42Cu+O2+2H2SO4 ，即先是电解硫酸铜和水，再电解水，阳极上：4OH4e=O2+2H2O，电解时阴极上先是铜离子得电子生成铜，Cu2+2e=Cu，后氢离子得电子生成氢气，2H+2e=H2，故答案为：先是电解硫酸铜和水，再电解水，阳极：4OH4e=O2+2H2O，阴极：Cu2+2e=Cu，2H+2e=H2点评：本题考查电解池的工作原理，先根据原子守恒计算析出铜单质的物质的量，再根据铜与转移电子之间的关系计算转移电子的物质的量