化学卷·2018届山东省青岛58中高二上学期期中化学试卷 （解析版） 37页

‎2016-2017学年山东省青岛58中高二（上）期中化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．已知反应X+Y=M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（　　）‎ A．X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的 B．因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行 C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量 D．X和Y的总能量一定低于M和N的总能量 ‎2．常温下已知：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1，4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2；下面关于△H1、△H2的比较正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H2 B．△H1＜△H2 C．△H1=△H2 D．无法计算 ‎3．用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是（　　）‎ 选项 连接 电极材料 分析 a b A K1 K2‎ 石墨 铁 模拟铁的吸氧腐蚀 B K1 K2‎ 锌 铁 模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法 C K1 K3‎ 石墨 铁 模拟电解饱和食盐水 D K1 K3‎ 铁 石墨 模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法 A．A B．B C．C D．D ‎4．将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固．由此可见（　　）‎ A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B．NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应 C．反应物的总能量高于生成物的总能量 D．反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O△H=+Q kJ/mol ‎5．图中烧杯中盛的是天然水，铁腐蚀的速率由快到慢的顺序是（　　）‎ A．⑤＞②＞①＞③＞④ B．③＞②＞①＞⑤＞④ C．⑤＞②＞③＞④＞① D．③＞④＞⑤＞②＞①‎ ‎6．下表中，对陈述 I、II的正确性及两者间有无因果关系的判断都正确的是（　　）‎ 选项 陈述 I 陈述 II 判断 A 用锌和足量稀硫酸制取氢气时加入硫酸铜溶液 可以制取更多的氢气 I对、II对、有 B 用Mg﹣Al﹣NaOH构成原电池 Mg更活泼作负极 I对、II对、无 C AlCl3是离子化合物 电解熔融的AlCl3制取金属铝 I对、II对、无 D 石墨常用做电解池的电极 石墨的化学性质稳定且导电性好 I对、II对、有 A．A B．B C．C D．D ‎7．如图所示，杠杆A、B两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，小心地向水槽中滴入CuSO4 浓溶液．（该过程中不考虑两球浮力的变化）下列说法正确的是（　　）‎ A．若杠杆由绝缘体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低 B．若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低 C．若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低 D．无论杠杆由绝缘体材料还是由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低 ‎8．某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定CO的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中O2﹣可以在固体介质NAMCON中自由移动．下列说法中正确的是（　　）‎ A．传感器中通过的电流越大，CO的含量越低 B．工作时电子由电极a通过固体介质NAMCON流向电极b C．工作时电极b作正极，电流由电极a流向电极b D．当固体电解质中有1 mol O2﹣通过时，电子转移2 mol ‎9．用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH．则下列说法正确的是（　　）‎ A．电解过程中阴极没有气体生成 B．电解过程中转移的电子的物质的量为0.4 mol C．原CuSO4溶液的浓度为0.1 mol•L﹣1‎ D．电解过程中阳极收集到的气体体积为1.12 L（标况下）‎ ‎10．下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是（　　）‎ A．甲烷的燃烧热△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1‎ B．相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水所放出的热量少 C．根据图金刚石在一定条件下转化成石墨提供的信息，可知生成物比反应物稳定，向外界放出的热量为E2﹣E3‎ D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同 ‎11．某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO．其过程如下：‎ mCeO2（m﹣x）CeO2•xCe+xO2‎ ‎（m﹣x）CeO2•xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO 下列说法不正确的是（　　）‎ A．该过程中CeO2没有消耗 B．该过程实现了太阳能向化学能的转化 C．图中△H1=△H2+△H3‎ D．H2（g）+O2（g）=H2O（g）的反应热小于△H3‎ ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A． 的一溴代物和 的一溴代物都有4种（不考虑立体异构）‎ B．CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上 C．按系统命名法，化合物 的名称是2，3，4﹣三甲基﹣2﹣乙基戊烷 D．与 都是α﹣氨基酸且互为同系物 ‎13．锌﹣空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣．下列说法正确的是（　　）‎ A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动 B．充电时，电解质溶液中c（OH﹣）逐渐减小 C．放电时，负极反应为：Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣‎ D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）‎ ‎14．分枝酸可用于生化研究．其结构简式如图．下列关于分枝酸的叙述正确的是（　　）‎ A．分子中含有2种官能团 B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C．1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应 D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 ‎15．为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚．其反应原理如下：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）=2PbSO4（s）+2H2O（l）；电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑，电解过程中，以下判断正确的是（　　）‎ ‎ 电池 ‎ 电解池 A H+移向Pb电极 H+移向Pb电极 B 每消耗3molPb 生成2molAl2O3‎ C 正极：PbO2+4H++2e﹣=Pb2++2H2O 阳极：2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+‎ D A．A B．B C．C D．D ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分55分）‎ ‎16．乙酸苯甲酯是制造香精的原料之一．其合成路线如下：‎ ‎（1）乙酸苯甲酯的分子式为　　，B的官能团的结构式为　　．‎ ‎（2）CH3CH2OH→A的反应类型为　　，乙醇中官能团的电子式为　　．‎ ‎（3）C的结构简式为　　，D的名称是　　．‎ ‎（4）C不能发生的反应是　　（填序号）‎ a．取代反应 b．消去反应 c．加成反应 d．加聚反应 ‎（5）B+D→乙酸苯甲酯的化学方程式　　．‎ ‎17．金属冶炼和处理常涉及电化学知识．‎ ‎（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是　　‎ a．Fe2O3b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3‎ ‎（2）图1为电解精炼银的示意图，　　（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为　　．‎ ‎（3）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品．图2是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过．‎ 完成下列填空：‎ ‎①写出电解饱和食盐水的离子方程式　　．‎ ‎②离子交换膜的作用为：阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸以及　　．‎ ‎③氢氧化钠溶液从图中　　位置流出． （选填“a”、“b”、“c”或“d”）‎ ‎18．叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．‎ ‎（1）甲中显酸性的官能团是　　（填名称）．‎ ‎（2）甲可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）：‎ ‎①步骤 I和 IV在合成甲过程中的目的是　　．‎ ‎②步骤 IV反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）下列关于乙的说法正确的是　　（填序号）．‎ a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 b．属于芳香族化合物 c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d．属于苯酚的同系物 ‎（4）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为　　．‎ a．含有 b．在稀硫酸中水解有乙酸生成．‎ ‎19．甲醇﹣空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染电动汽车的车载电池，该燃料电池的电池反应式为CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）．其工作原理示意图如图：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出甲图中b入口通入的物质名称：b　　．‎ ‎（2）用该原电池电解AgNO3溶液，若Fe电极增重5.4g，则燃料电池在理论上消耗的氧气的体积为　　mL（标准状况）．‎ ‎20．雾霾天气是一种大气污染状态，雾霾的源头多种多样，比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧，甚至火山喷发等．汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂的条件下可净化．已知部分化学键的键能如表 ‎ 分子式/结构式 NO/N≡O CO/C≡O CO2/O=C=O N2/N≡N 化学键 N≡O C≡O C=O N≡N 键能（KJ/mol）‎ ‎632‎ ‎1072‎ ‎750‎ ‎946‎ 请完成汽车尾气净化中NO（g）和CO（g）发生反应的热化学方程式2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=　　 kJ/mol．‎ ‎21．在微生物作用下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3﹣．反应的能量变化示意图如下：‎ ‎①第一步反应是　　反应（选填“放热”或“吸热”），判断依据是　　．‎ ‎②1mol NH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的热化学方程式是　　．‎ ‎22．如图1所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液如图2所示．‎ ‎（1）关闭K1，打开K2，通电后，B中的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为　　极，通电后，滤纸d端的电极反应式是　　．‎ ‎（2）已知C装置中溶液的溶质为Cu（NO3）2和X（NO3）3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m（g）与通过电子的物质的量n（mol）关系如图所示，则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是　　．‎ ‎（3）D装置中溶液是H2SO4溶液，则电极C端从开始至一段时间后的实验现象是　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省青岛58中高二（上）期中化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）‎ ‎1．已知反应X+Y=M+N为吸热反应，对这个反应的下列说法中正确的是（　　）‎ A．X的能量一定低于M的，Y的能量一定低于N的 B．因为该反应为吸热反应，故一定要加热反应才能进行 C．破坏反应物中的化学键所吸收的能量小于形成生成物中化学键所放出的能量 D．X和Y的总能量一定低于M和N的总能量 ‎【考点】化学能与热能的相互转化．‎ ‎【分析】反应X+Y=M+N为吸热反应，则X、Y的总能量小于M、N的总能量，吸热反应的反应条件不一定需要加热，且该反应中断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量．‎ ‎【解答】解：A．由吸热反应，则X、Y的总能量小于M、N的总能量，但无法确定X与M、Y与N的能量高低，故A错误；‎ B．该反应为吸热反应，与反应条件无关，该反应可能需要加热，也可能不需要加热，故B错误；‎ C．该反应为吸热反应，则断裂化学键吸收的热量大于生成键释放的能量，故C错误；‎ D．反应X+Y=M+N为吸热反应，则X、Y的总能量小于M、N的总能量，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．常温下已知：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1，4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2；下面关于△H1、△H2的比较正确的是（　　）‎ A．△H1＞△H2 B．△H1＜△H2 C．△H1=△H2 D．无法计算 ‎【考点】反应热的大小比较．‎ ‎【分析】根据盖斯定律利用铝热反应为放热反应来判断．‎ ‎【解答】解：4Al（s）+3O2（g）═2Al2O3（s）△H1 ①‎ ‎4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H2 ②‎ 由盖斯定律①﹣②，得：4Al（s）+2Fe2O3═2Al2O3（s）+4Fe（s）△H1 ﹣△H2，‎ 铝热反应为放热反应，即△H1 ﹣△H2＜0，所以△H1＜△H2，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是（　　）‎ 选项 连接 电极材料 分析 a b A K1 K2‎ 石墨 铁 模拟铁的吸氧腐蚀 B K1 K2‎ 锌 铁 模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法 C K1 K3‎ 石墨 铁 模拟电解饱和食盐水 D K1 K3‎ 铁 石墨 模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀；‎ B．Zn、Fe形成原电池，Fe作正极被保护；‎ C．Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子；‎ D．Fe作阳极，Fe失电子．‎ ‎【解答】解：A．在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；‎ B．Zn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；‎ C．Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，故C正确；‎ D．Fe与正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能被保护，故D错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固．由此可见（　　）‎ A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B．NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应 C．反应物的总能量高于生成物的总能量 D．反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O△H=+Q kJ/mol ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】反应过程中醋酸逐渐凝固，说明HCl和NH4HCO3反应过程中温度降低，则该反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．醋酸逐渐凝固，说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故A错误；‎ B．醋酸逐渐凝固，说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故B正确；‎ C．因反应为吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；‎ D．书写热化学方程式时，应注明物质的状态，正确的热化学方程式为：NH4HCO3（g）+HCl（aq）=NH4Cl（aq）+CO2↑（g）+H2O（l）△H=+Q kJ/mol，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．图中烧杯中盛的是天然水，铁腐蚀的速率由快到慢的顺序是（　　）‎ A．⑤＞②＞①＞③＞④ B．③＞②＞①＞⑤＞④ C．⑤＞②＞③＞④＞① D．③＞④＞⑤＞②＞①‎ ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】作原电池负极、电解池阳极的金属被腐蚀，作原电池正极、电解池阴极的金属被保护，且作负极的金属腐蚀速率小于作阳极的金属腐蚀速率，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：作原电池负极、电解池阳极的金属被腐蚀，作原电池正极、电解池阴极的金属被保护，且作负极的金属腐蚀速率小于作阳极的金属腐蚀速率，‎ ‎①中只有一种金属，所以不能构成原电池；‎ ‎②符合原电池构成条件而构成原电池，铁易失电子而作负极，加速被腐蚀；‎ ‎③该装置是电解池，铁连接原电池正极而作阳极，加速被腐蚀，且腐蚀速率大于铁作负极；‎ ‎④该装置是电解池，铁连接原电池负极而作阴极，被保护；‎ ‎⑤符合原电池构成条件而构成原电池，锌易失电子而作负极，铁作正极，所以铁被保护；‎ 则铁被腐蚀快慢顺序是③＞②＞①＞⑤＞④，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．下表中，对陈述 I、II的正确性及两者间有无因果关系的判断都正确的是（　　）‎ 选项 陈述 I 陈述 II 判断 A 用锌和足量稀硫酸制取氢气时加入硫酸铜溶液 可以制取更多的氢气 I对、II对、有 B 用Mg﹣Al﹣NaOH构成原电池 Mg更活泼作负极 I对、II对、无 C AlCl3是离子化合物 电解熔融的AlCl3制取金属铝 I对、II对、无 D 石墨常用做电解池的电极 石墨的化学性质稳定且导电性好 I对、II对、有 A．A B．B C．C D．D ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．锌和硫酸铜反应生成铜，铜、锌和稀硫酸构成原电池，作原电池负极的金属加速被腐蚀；‎ B．原电池中，在电解质溶液里易失电子的物质作负极；‎ C．氯化铝是共价化合物，属于分子晶体；‎ D．石墨是能导电的非金属单质，稳定性和导电性都好．‎ ‎【解答】解：A．锌和硫酸铜反应生成铜，铜、锌和稀硫酸构成原电池，作原电池负极的锌加速被腐蚀，所以生成氢气的反应速率增大，锌和铜离子发生置换反应导致析出的氢气量减少，故A错误；‎ B．该装置能自发的进行氧化还原反应，符合原电池的构成条件，所以能构成原电池，铝在碱性条件下易失电子而作负极，镁作正极，故B错误；‎ C．氯化铝的构成微粒是分子，属于分子晶体，为共价化合物，工业上采用电解氧化铝的方法冶炼铝，故C错误；‎ D．石墨性质较稳定，且导电性好，所以常常作电解池的电极材料，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，杠杆A、B两端分别挂有体积相同、质量相等的空心铜球和空心铁球，调节杠杆并使其在水中保持平衡，小心地向水槽中滴入CuSO4 浓溶液．（该过程中不考虑两球浮力的变化）下列说法正确的是（　　）‎ A．若杠杆由绝缘体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低 B．若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定B端高A端低 C．若杠杆由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低 D．无论杠杆由绝缘体材料还是由导体材料制成，一段时间后，杠杆一定A端高B端低 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】若杠杆是导体，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加．‎ 若杠杆是绝缘体，铁与铜离子发生置换反应，导致铁球变重．‎ ‎【解答】解：A、若杠杆由绝缘体材料制成，铁能和铜离子发生置换反应析出铜单质，导致铁球变重，铜不反应，铜球质量不变，所以一段时间后，杠杆一定A端高B端低，故A错误；‎ B、若杠杆由导体材料制成，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加，所以一段时间后，杠杆一定B端高A端低，故B正确；‎ C、若杠杆由导体材料制成，空心铜球、空心铁球和硫酸铜溶液构成了原电池，活泼金属铁作负极，铜作正极，铁变成亚铁离子进入溶液，铁球上质量减小，正极上铜离子得电子发生还原反应析出金属铜，铜球上质量增加，所以一段时间后，杠杆一定B端高A端低，故C错误；‎ D、通过以上分析知，杠杆哪边高，与杠杆材质有关，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定CO的浓度，其装置如图所示，该电池中电解质为氧化钇﹣氧化钠，其中O2﹣可以在固体介质NAMCON中自由移动．下列说法中正确的是（　　）‎ A．传感器中通过的电流越大，CO的含量越低 B．工作时电子由电极a通过固体介质NAMCON流向电极b C．工作时电极b作正极，电流由电极a流向电极b D．当固体电解质中有1 mol O2﹣通过时，电子转移2 mol ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大；‎ B、电子不能通过介质；‎ C、工作时电极b作正极，电流由正极流向负极；‎ D、负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2．‎ ‎【解答】解：A、一氧化碳的含量越大，原电池放电时产生的电流越大，所以传感器中通过的电流越大，CO的含量越高，故A错误；‎ B、电子不能通过介质，故B错误；‎ C、工作时电极b作正极，电流由正极流向负极，所以电流由电极b流向电极a，故C错误；‎ D、负极上一氧化碳失电子发生氧化反应，电极反应式为CO﹣2e﹣+O2﹣═CO2，所以当固体电解质中有1 mol O2﹣通过时，电子转移2 mol，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH．则下列说法正确的是（　　）‎ A．电解过程中阴极没有气体生成 B．电解过程中转移的电子的物质的量为0.4 mol C．原CuSO4溶液的浓度为0.1 mol•L﹣1‎ D．电解过程中阳极收集到的气体体积为1.12 L（标况下）‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【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，Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，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 ‎ mol H2O；‎ A、根据以上分析，阴极有氢气放出；‎ B、根据以上分析计算；‎ C、没有体积无法计算；‎ D、根据以上分析计算．‎ ‎【解答】解：Cu（OH）2从组成上可看成CuO•H2O，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 mol H2O，由电解的总反应式：‎ ‎2H2O+2CuSO42Cu+O2↑+2H2SO4 转移电子 ‎2mol 2mol 1mol 4mol ‎0.1mol 0.1mol 0.05mol 0.2mol ‎ ‎2H2O2H2↑+O2↑转移电子 ‎2mol 2mol 1mol 4mol ‎0.1mol 0.1mol 0.05mol 0.2mol A、根据以上分析，阴极有氢气放出，故A错误；‎ B、根据以上分析计算，电解过程中共转移电子为0.4 mol，故B正确；‎ C、没有体积无法计算，故C错误；‎ D、根据以上分析，阳极收集到的气体体积为（0.05+0.05）×22.4=2.24L，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是（　　）‎ A．甲烷的燃烧热△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+O2（g）=CO（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1‎ B．相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水所放出的热量少 C．根据图金刚石在一定条件下转化成石墨提供的信息，可知生成物比反应物稳定，向外界放出的热量为E2﹣E3‎ D．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同 ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态．‎ B、液态水的能量比等量的气态水的能量低；‎ C、放出的热量=反应物的总能量﹣生成物的总能量；‎ D、反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值．‎ ‎【解答】解：A、燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，注意生成的水应为液态而不能为气态，故A错误；‎ B、液态水的能量比等量的气态水的能量低，而氢气在氧气中的燃烧为放热反应，故当生成液态水时放出的热量高于生成气态水时的热量，故B错误；‎ C、放出的热量=反应物的总能量﹣生成物的总能量=E1﹣E3，故C错误；‎ D、反应的热效应取决于反应物和生成的总能量的差值，与反应条件无关，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎11．某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO．其过程如下：‎ mCeO2（m﹣x）CeO2•xCe+xO2‎ ‎（m﹣x）CeO2•xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO 下列说法不正确的是（　　）‎ A．该过程中CeO2没有消耗 B．该过程实现了太阳能向化学能的转化 C．图中△H1=△H2+△H3‎ D．H2（g）+O2（g）=H2O（g）的反应热小于△H3‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】A、根据题干反应方程式写出总反应：H2O+CO2→H2+CO+O2，反应中CeO2没有消耗；‎ B、该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO；‎ C、根据盖斯定律及图中转化关系进行分析；‎ D、原电池中负极失去电子发生氧化反应．‎ ‎【解答】解：A、通过太阳能实现总反应H2O+CO2→H2+CO+O2可知：CeO2没有消耗，CeO2为催化剂，故A正确；‎ B、该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，故B正确；‎ C、由图中转化关系及据盖斯定律可知：﹣△H1为正值，△H2+△H3为负值，则﹣△H1=△H2+△H3，故C错误；‎ D、①H2（g）+O2（g）=H2O（l）△H3；②H2O（l）=H2O（g）△H2，根据盖斯定律①+②得：H2（g）+O2（g）=H2O（g）△H=△H3+△H2；因②△H、△H3都小于0，而△H2大于0，故△H＞△H3，故D错误；‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A． 的一溴代物和 的一溴代物都有4种（不考虑立体异构）‎ B．CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上 C．按系统命名法，化合物 ‎ ‎ 的名称是2，3，4﹣三甲基﹣2﹣乙基戊烷 D．与 都是α﹣氨基酸且互为同系物 ‎【考点】同分异构现象和同分异构体；常见有机化合物的结构；有机化合物命名；芳香烃、烃基和同系物．‎ ‎【分析】A、中的H原子有4种；中的H原子也有4种；‎ B、CH3CH=CHCH3可以看做是用两个甲基取代了乙烯中的2个H原子；‎ C、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，并从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号；‎ D、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物．‎ ‎【解答】解：A、中的H原子有4种，中的H原子也有4种，故它们的一溴代物均有4种，故A正确；‎ B、CH3CH=CHCH3可以看做是用两个甲基取代了乙烯中的2个H原子，而乙烯是平面结构，乙烯中的6个原子共平面，则用两个甲基取代了乙烯中的2个H原子后，所得CH3CH=CHCH3中的4个碳原子也共平面，但不是共直线，故B错误；‎ C、烷烃命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，故为己烷，并从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号和3号碳原子上各有一个甲基，在4号碳原子上有两个甲基，故名称为2，3，4，4﹣四甲基己烷，故C错误；‎ D、结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，而两者中的官能团不同，故不是同系物，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎13．锌﹣空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣．下列说法正确的是（　　）‎ A．充电时，电解质溶液中K+向阳极移动 B．充电时，电解质溶液中c（OH﹣）逐渐减小 C．放电时，负极反应为：Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣‎ D．放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】根据2Zn+O2+4OH﹣+2H2O═2Zn（OH）42﹣可知，O2中元素的化合价降低，被还原，应为原电池正极，Zn元素化合价升高，被氧化，应为原电池负极，电极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，充电时阳离子向阴极移动，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．充电时阳离子向阴极移动，故A错误；‎ B．充电时，电池反应为Zn（OH）42﹣+2e﹣═Zn+4OH﹣，电解质溶液中c（OH﹣）逐渐增大，故B错误；‎ C．放电时，负极反应式为Zn+4OH﹣﹣2e﹣═Zn（OH）42﹣，故C正确；‎ D．放电时，每消耗标况下22.4L氧气，转移电子4mol，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．分枝酸可用于生化研究．其结构简式如图．下列关于分枝酸的叙述正确的是（　　）‎ A．分子中含有2种官能团 B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C．1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应 D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 ‎【考点】真题集萃；有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】由结构简式可知，分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键等，结合羧酸、醇、烯烃的性质来解答．‎ ‎【解答】解：A．分子中含﹣COOH、﹣OH、碳碳双键、醚键，共4种官能团，故A错误；‎ B．含﹣COOH与乙醇发生酯化反应，含﹣OH与乙酸发生酯化反应，故B正确；‎ C．不是苯环，只有﹣COOH与NaOH反应，则1mol分枝酸最多可与2molNaOH发生中和反应，故C错误；‎ D．碳碳双键与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，双键与﹣OH均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，原理不同，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚．其反应原理如下：电池：Pb（s）+PbO2（s）+2H2SO4（aq）=2PbSO4（s）+2H2O（l）；电解池：2Al+3H2OAl2O3+3H2↑，电解过程中，以下判断正确的是（　　）‎ ‎ 电池 ‎ 电解池 A H+移向Pb电极 H+移向Pb电极 B 每消耗3molPb 生成2molAl2O3‎ C 正极：PbO2+4H++2e﹣=Pb2++2H2O 阳极：2Al+3H2O﹣6e﹣=Al2O3+6H+‎ D A．A B．B C．C D．D ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A．原电池放电时，溶液中阳离子向正极移动；‎ B．串联电池中转移电子数相等；‎ C．原电池正极上生成硫酸铅；‎ D．原电池中铅电极上生成硫酸铅．‎ ‎【解答】解：A．原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；‎ B．根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成lmolAl2O3，故B错误；‎ C．原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，故C错误；‎ D．原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、解答题（共7小题，满分55分）‎ ‎16．乙酸苯甲酯是制造香精的原料之一．其合成路线如下：‎ ‎（1）乙酸苯甲酯的分子式为　C9H10O2　，B的官能团的结构式为　　．‎ ‎（2）CH3CH2OH→A的反应类型为　氧化反应　，乙醇中官能团的电子式为　　．‎ ‎（3）C的结构简式为　　，D的名称是　苯甲醇　．‎ ‎（4）C不能发生的反应是　bd　（填序号）‎ a．取代反应 b．消去反应 c．加成反应 d．加聚反应 ‎（5）B+D→乙酸苯甲酯的化学方程式　‎ ‎　．‎ ‎【考点】有机物的合成．‎ ‎【分析】由乙酸苯甲酯的结构可知，B、D分别为CH3COOH、中的一种，甲苯经过系列转化得到D，则D为、B为CH3COOH．甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应得到C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到．乙醇催化氧化生成A为CH3CHO，A进一步氧化生成CH3COOH．‎ ‎【解答】解：由乙酸苯甲酯的结构可知，B、D分别为CH3COOH、中的一种，甲苯经过系列转化得到D，则D为、B为CH3COOH．甲苯与氯气在光照条件下发生取代反应得到C为，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到．乙醇催化氧化生成A为CH3CHO，A进一步氧化生成CH3COOH．‎ ‎（1）乙酸苯甲酯的分子式为C9H10O2，B为CH3COOH，含有的官能团为羧基，结构式为，‎ 故答案为：C9H10O2；；‎ ‎（2）CH3CH2OH→A的反应类型为氧化反应，乙醇中官能团为羟基，电子式为，‎ 故答案为：氧化反应；；‎ ‎（3）C的结构简式为，D为，D的名称是苯甲醇，‎ 故答案为：；苯甲醇；‎ ‎（4）C为，含有氯原子，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加聚反应，不能发生消去反应、加聚反应，‎ 故答案为：bd；‎ ‎（5）B+D→乙酸苯甲酯的化学方程式：，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎17．金属冶炼和处理常涉及电化学知识．‎ ‎（1）由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是　bd　‎ a．Fe2O3b．NaCl c．Cu2S d．Al2O3‎ ‎（2）图1为电解精炼银的示意图，　a　（填a或b）极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体生成，则生成该气体的电极反应式为　2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O　．‎ ‎（3）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品．图2是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过．‎ 完成下列填空：‎ ‎①写出电解饱和食盐水的离子方程式　2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑　．‎ ‎②离子交换膜的作用为：阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸以及　阻止OH﹣进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；　．‎ ‎③氢氧化钠溶液从图中　d　位置流出． （选填“a”、“b”、“c”或“d”）‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】（1）冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物（Al是电解熔融的Al2O3）制得；‎ ‎（2）电解精炼时含有杂质的金属作阳极；若阴极有少量红棕色气体生成，说明阴极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮；‎ ‎（3）①电解精制饱和食盐水生成氯气、氢气、烧碱；‎ ‎②阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过；‎ ‎③电解饱和食盐时阳极阴离子Cl﹣、OH﹣放电，Cl﹣的放电能力强于OH﹣，阳极发生的方程式为：2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑，阴极：2H++2e﹣═H2↑；H2、NaOH在阴极，NaOH溶液的出口为d，Cl2在阳极，精制饱和食盐水从阳极进入．‎ ‎【解答】解：（1）冶炼活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al，一般用电解熔融的氯化物，由于AlCl3是共价化合物熔融时不导电，所以Al是电解熔融的Al2O3制得；Mg是电解熔融的NaCl；‎ 故答案为：bd；‎ ‎（2）电解精炼时，粗银作阳极，纯银作阴极，阳极与外接电源的正极相连，则a为含有杂质的粗银，若阴极有少量红棕色气体生成，说明阴极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮，电极反应式为：2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O，‎ 故答案为：a；2H++NO3﹣+e﹣=NO2↑+H2O；‎ ‎（3）电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，‎ 故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；‎ ‎（2）阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电极电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯；‎ 故答案为：阻止OH﹣进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；‎ ‎（3）电解槽中阴极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠溶液，NaOH溶液的出口为d；‎ Cl2在阳极，依据装置图分析可知精制饱和食盐水从阳极进入，即进口为a，‎ 故答案为：d．‎ ‎　‎ ‎18．叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成．‎ ‎（1）甲中显酸性的官能团是　羧基　（填名称）．‎ ‎（2）甲可以通过下列路线合成（分离方法和其他产物已经略去）：‎ ‎①步骤 I和 IV在合成甲过程中的目的是　保护氨基　．‎ ‎②步骤 IV反应的化学方程式为　　．‎ ‎（3）下列关于乙的说法正确的是　ac　（填序号）．‎ a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 b．属于芳香族化合物 c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d．属于苯酚的同系物 ‎（4）丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为　　．‎ a．含有 b．在稀硫酸中水解有乙酸生成．‎ ‎【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质．‎ ‎【分析】（1）氨基显碱性、羧基显酸性；‎ ‎（2）苯胺和CH3COCl发生取代反应生成，‎ 在一定条件下发生加成反应生成，和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为，戊发生水解反应生成甲；‎ ‎（3）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5；‎ b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物；‎ c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；‎ d．该分子中含有N原子；‎ ‎（4）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式．‎ ‎【解答】解：（1）氨基显碱性、羧基显酸性，所以甲中显酸性的官能团是羧基，故答案为：羧基；‎ ‎（2）苯胺和CH3COCl发生取代反应生成，在一定条件下发生加成反应生成，和银氨溶液发生氧化反应然后酸化得到戊，戊的结构简式为 ‎，戊发生水解反应生成甲；‎ ‎①氨基不稳定，易被氧化为硝基，为保护氨基，所以设计步骤Ⅰ和Ⅳ，故答案为：保护氨基；‎ ‎②步骤Ⅳ发生水解反应，反应的化学方程式为，‎ 故答案为：；‎ ‎（3）a．该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，故正确；‎ b．含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，故错误；‎ c．氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，故正确；‎ d．该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，故错误；‎ 故答案为：a c；‎ ‎（4）丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为，故答案为：．‎ ‎　‎ ‎19．甲醇﹣空气燃料电池（DMFC）是一种高效能、轻污染电动汽车的车载电池，该燃料电池的电池反应式为CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）．其工作原理示意图如图：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）写出甲图中b入口通入的物质名称：b　甲醇　．‎ ‎（2）用该原电池电解AgNO3溶液，若Fe电极增重5.4g，则燃料电池在理论上消耗的氧气的体积为　280　mL（标准状况）．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据氢离子的移动方向知，右边电极是正极，左边电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，正极上氧化剂得电子发生还原反应；‎ ‎（2）根据转移电子守恒计算．‎ ‎【解答】解：（1）根据氢离子的移动方向知，右边电极是正极，左边电极是负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，所以b入口通入的是甲醇，故答案为：甲醇；‎ ‎（2）电解硝酸银溶液中，阴极上析出银，阳极上生成氧气，根据转移电子守恒知，氧气的体积==0.28L=280mL，故答案为：280．‎ ‎　‎ ‎20．雾霾天气是一种大气污染状态，雾霾的源头多种多样，比如汽车尾气、工业排放、建筑扬尘、垃圾焚烧，甚至火山喷发等．汽车尾气中的NO（g）和CO（g）在一定温度和催化剂的条件下可净化．已知部分化学键的键能如表 ‎ 分子式/结构式 NO/N≡O CO/C≡O CO2/O=C=O N2/N≡N 化学键 N≡O C≡O C=O N≡N 键能（KJ/mol）‎ ‎632‎ ‎1072‎ ‎750‎ ‎946‎ 请完成汽车尾气净化中NO（g）和CO（g）发生反应的热化学方程式2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）△H=　﹣538　 kJ/mol．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】焓变等于反应物中键能之和减去生成物中键能之和，以此来解答．‎ ‎【解答】解：由表格中键能数据及2NO（g）+2CO（g）⇌N2（g）+2CO2（g）可知，△H=2×632kJ/mol+2×1072kJ/mol﹣946kJ/mol﹣2×2×750kJ/mol=﹣538kJ/mol，‎ 故答案为：﹣538．‎ ‎　‎ ‎21．在微生物作用下，NH4+经过两步反应被氧化成NO3﹣．反应的能量变化示意图如下：‎ ‎①第一步反应是　放热　反应（选填“放热”或“吸热”），判断依据是　因为△H=﹣273kJ/mol＜0（反应物的总能量大于生成物的总能量）　．‎ ‎②1mol NH4+（aq）全部氧化成NO3﹣（aq）的热化学方程式是　NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq），△H=﹣346 kJ/mol　．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】①当反应物的总能量大于生成物的总能量，反应是放热的；‎ ‎②结合图象根据盖斯定律来计算反应的焓变．‎ ‎【解答】解：①焓变小于0，则反应为放热反应，故答案为：放热；因为△H=﹣273kJ/mol＜0（反应物的总能量大于生成物的总能量）；‎ ‎②第一步的热化学方程式为NH4+（aq）+1.5O2（g）═NO2﹣（aq）+2H+（aq）+H2O（l），△H=﹣273KJ/mol，第二步的热化学方程式为：NO2﹣（aq）+0.5O2（g）═NO3﹣（aq），△H=﹣73KJ/mol，根据盖斯定律则NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq），△H=﹣346 kJ/mol ‎，故答案为：NH4+（aq）+2O2（g）═2H+（aq）+H2O（l）+NO3﹣（aq），△H=﹣346 kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎22．如图1所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液如图2所示．‎ ‎（1）关闭K1，打开K2，通电后，B中的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为　负　极，通电后，滤纸d端的电极反应式是　2H++2e﹣=H2↑　．‎ ‎（2）已知C装置中溶液的溶质为Cu（NO3）2和X（NO3）3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m（g）与通过电子的物质的量n（mol）关系如图所示，则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是　Cu2+＞H+＞X3+　．‎ ‎（3）D装置中溶液是H2SO4溶液，则电极C端从开始至一段时间后的实验现象是　在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出　．‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】（1）关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，根据电解池工作原理可知阴离子向阳极移动判断电源的正负极并书写d端的电极反应式；‎ ‎（2）打开K1，关闭K2，则为电解C、D两池，根据电解C的图象可知，开始即析出固体，总共0.2mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3+不放电，H+放电，从而判断离子氧化性；‎ ‎（3）D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出，据此分析．‎ ‎【解答】解：（1）据题意B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，说明高锰酸根离子向c端移动，可推出极c端为阳极，则与之相连的电源a端为正极，b端为负极，所以通电滤纸d端为阴极，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，故答案为：负；2H++2e﹣=H2↑；‎ ‎（2）根据电解C的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜．如果是X3+析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2+＞X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X3+，故氧化能力为Cu2+＞H+＞X3+；故答案为：Cu2+＞H+＞X3+；‎ ‎（3）D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始为氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出，所以看到的现象为在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出；故答案为：在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出．‎ ‎　‎ ‎2017年4月19日