江西省南城县第二中学2018_2019学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）.docx

江西省南城县第二中学2018-2019学年高二化学上学期第二次月考试题（含解析）一选择题(本题包括16个小题每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1.将0.1 molL1的下列物质的水溶液，从常温加热到90 ，溶液的pH几乎不变的是(不考虑水的蒸发)()A. 氯化钠B. 氢氧化钾C. 硫酸D. 硫酸铵【答案】C【解析】试题分析：A、氯化钠溶液是中性，温度升高，溶液仍为中性但水电离出的氢离子浓度变大，pH变小，不选A；B、氢氧化钾显碱性，常温下pH为13，升温后，溶液中的氢离子浓度增大，pH 减小，不选B；C、硫酸溶液的pH小于1，加热后溶液中的氢离子浓度几乎不变，所以pH不变，正确，选C；D、硫酸铵溶液显酸性，加热促进水解，酸性增强，pH减小，不选D。考点： 电离平衡的移动，溶液pH的计算2.常温下0.1molL-1醋酸溶液的Ph=a ，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是A. 将溶液稀释到原体积的10倍B. 加入适量的醋酸钠固体C. 加入等体积0.2 molL-1盐酸D. 提高溶液的温度【答案】B【解析】试题分析：A项稀释时，促进醋酸的电离，所以pH(a+1);B项加入醋酸钠，抑制醋酸的电离，pH可以增大为（a+1）；C、D项均会使溶液的pH减小。考点：弱电解质的电离。3. 化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是：A. 明矾水解形成Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B. 在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C. MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料D. 电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁【答案】D【解析】【详解】A.明矾溶于水电离产生的铝离子水解形成Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故A正确；B.在海轮外壳上镶入锌块，锌、铁、海水形成原电池，锌作负极发生氧化反应，可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C. MgO 的熔点很高，可用于制作耐高温材料，故C正确；D.电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，得不到镁，电解熔融氯化镁生成镁，故D错误；答案选D。4.下列叙述正确是A. 将pH2 H2SO4与pH12 NH3H2O溶液等体积混合后，混合液pH7B. 将pH12 Ba(OH)2与pH14 NaOH溶液等体积混合后，混合液13pH7D. 某温度下水的离子积为11012，若使pH1 H2SO4与pH12 NaOH溶液混合后溶液呈中性，则两者的体积比为110【答案】B【解析】【详解】A. 硫酸是强电解质，氨水是弱电解质，故pH2 H2SO4与pH12 NH3H2O相比，氨水的浓度更高，溶液等体积混合后，混合液pH7，A错误；B. 氢氧化钡和氢氧化钠均为强碱，将pH12 Ba(OH)2与pH14 NaOH溶液等体积混合后，pH=12的Ba（OH）2中c（OH -）=0.01moL/L，pH=14 的NaOH溶液中c（OH - ）=1moL/L，混合后的c（OH - ）=(0.01V+V) /2V，介于0.11之间，则13pH14，B正确；C. 氢氧化钡和盐酸均为强电解质，pH13 Ba(OH)2溶液中的氢氧根离子浓度与pH1 HCl溶液中氢离子浓度相等，等体积混合后，混合液的pH=7，C错误；D. 某温度下水的离子积为11012，故pH1 H2SO4中c（H +）=0.1moL/L，pH12 NaOH中c（OH-）=1moL/L，混合后溶液呈中性，则两者的体积比为10：1，D错误；答案为B。5.已知下列两个热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H =-571.6kJmol-1C3H8(g) +5O2(g)=3CO2(g) +4H2O(l) H=-2220.0kJmol-1实验测得氢气和丙烷的混和气体共5mol完全燃烧时放热3847kJ，则混和气体中氢气与丙烷的体积比是（ ）A. 1:3B. 3:1C. 1:4D. 1:1【答案】B【解析】【详解】设H2为xmol，则C3H8为(5x)mol，则有：285.8xkJ + (5x)2220kJ=3847kJ，解得x=3.75mol，故C3H8为1.25mol，H2和C3H8的体积比等于其物质的量之比=3.75mol：1.25mol=3:1；答案选B。6.某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3Fe=3Fe2，不能实现该反应的原电池是（ ）A. 正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3B. 正极为C，负极为Fe，电解质溶液为Fe(NO3)3C. 正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2(SO4)3D. 正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为Fe2(SO4)3【答案】C【解析】【详解】A、铁的活泼性大于铜，铁作负极，铜作正极，电解质溶液为氯化铁，所以是能实现该反应的原电池，故A正确；B、铁的活泼性大于碳，铁作负极，碳作正极，电解质溶液为硝酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故B正确；C、锌的活泼性大于铁，锌作负极，铁作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以是不能实现该反应的原电池，故C错误；D、铁的活泼性大于银，铁作负极，银作正极，电解质溶液为硫酸铁，所以是能实现该反应的原电池，故D正确；答案选C。【点睛】根据反应“2Fe3+Fe=3Fe2+”可知，反应中铁被氧化，应为原电池负极，因失电子而被氧化；正极应为活泼性比铁弱的金属或导电的非金属材料，Fe3+在正极得到电子而被还原，电解质溶液为含Fe3+的盐。7.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，下列叙述正确的是A. 达到化学平衡时， B. 若单位时间内生成n mol NO的同时，消耗n mol NH3，则反应达到平衡状态C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则正反应速率减小，逆反应速率增大D. 化学反应速率关系是：【答案】A【解析】【分析】A. 当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等（同种物质）或正逆速率之比等于化学化学计量数之比（不同物质），各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化；B. 都表示反应正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡；C. 增大体积压强减小，正逆速率都减小，平衡向体积增大的方向移动；D. 各物质化学速率之比等于参与反应的化学方程式的化学计量数之比。【详解】A. 4v正(O2)=5v逆(NO)，不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，表示反应达到平衡状态，A项正确； B. 若单位时间内生成n molNO的同时，消耗n molNH3，都表示反应向正向进行，反应自始至终都是1：1，不能说明到达平衡，B项错误；C. 达到化学平衡时，若增加容器体积，则反应混合物的浓度减小，正、逆反应速率均减小，平衡向正反应移动，C项错误；D.不同物质表示正逆反应速率之比等于化学计量数之比，应为3v正(NH3)=2v逆(H2O)，D项错误；答案选A。【点睛】有关达到化学平衡状态的标志是常考题型，通常有直接判断法和间接判断法两大类，本题主要考查直接判断法，即（正）=（逆）0，即正反应速率 = 逆反应速率注意反应速率的方向必须有正逆之分，每个物质都可以表示出参与的化学反应速率，而其速率之比应符合方程式中的化学计量数的比值，这一点学生做题容易出错；另外，各组分的浓度保持不变，包括各组分的质量分数、物质的量分数、体积分数、百分含量不变。8.化合物Bilirubin在一定波长的光照射下发生分解反应，反应物浓度随反应时间变化如下图所示，计算反应48 min间的平均反应速率和推测反应16 min时反应物的浓度，结果应是( )A. 2.5 molL1min1和2.0 molL1B. 2.5 molL1min1和2.5 molL1C. 3.0 molL1min1和3.0 molL1D. 5.0 molL1min1和3.0 molL1【答案】B【解析】【分析】根据化学反应速率的数学表达式，以及图表进行分析；【详解】48min的反应物浓度差c=10molL1，t为4min，因此48min间的平均反应速率为2.5molL1min1，图中从0min开始到8min反应物浓度降低为原来的1/4，根据这一幅度，可以推测从8min到第16min应该也降低为8min时的1/4，即由10molL1降低到2.5molL1，因此推测第16min反应物的浓度故为2.5molL1，故B正确；答案选B。9.据报道，在300、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实：2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g），下列叙述错误的是A. 使用Cu-Zn-Fe催化剂可大大提高生产效率B. 反应需在300进行可推测该反应是吸热反应C. 充入大量CO2气体可提高H2的转化率D. 从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率【答案】B【解析】【详解】A项，使用Cu-Zn-Fe催化剂可加快反应速率，能大大提高生产效率，A项正确；B项，反应加热与反应放热还是吸热没有直接的关系，如煤的燃烧放热，但需要加热，B项错误；C项，充入大量CO2气体平衡会正向移动，所以可提高H2的转化率，C项正确；D项，从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O会使平衡正向移动，所以可提高CO2和H2的利用率，D项正确；故选B。10. 下列说法正确的是 （ ）A. 25时NH4Cl溶液的Kw大于100时NH4Cl溶液的KwB. SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2I22H2O=SO322IC. 加入铝粉能产生氢气的溶液中，可能存在大量的Na、Ba2、AlO2、NO3D. 100时，将pH2的盐酸与pH12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性【答案】C【解析】略11. 某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2+2e-= CuC. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D. a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动【答案】D【解析】Aa和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；Ba和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2+2e-Cu，故B正确；C无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；Da和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。点睛：本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。12.室温时，将浓度和体积分别为c1、V1的NaOH溶液和c2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是A. 若pH7，则一定c1V1c2V2B. 在任何情况下都是c(Na)c(H)c(CH3COO-)c(OH-)C. 当pH7时，若V1V2，则一定是c1c2D. 若V1V2、c1c2，则c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(Na)【答案】A【解析】【详解】A. 若pH7，溶液中溶质可能是醋酸钠也可能是醋酸钠和NaOH的混合物，则不一定是c1V1c2V2，故A错误；B. 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)c(CH3COO)+c(OH)，故B正确；C. 醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微多些，若V1=V2，则一定是c1c2，故C正确；D. 若V1=V2、c1=c2，二者物质的量相等，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COO)+c(CH3COOH)c(Na+)，故D正确；答案选A。13.如图是一种航天器能量储存系统原理示意图。下列说法正确的是A. 该系统中只存在3种形式的能量转化B. 装置Y中负极的电极反应式为：C. 装置X能实现燃料电池的燃料和氧化剂再生D. 装置X、Y形成的子系统能实现物质的零排放，并能实现化学能与电能间的完全转化【答案】C【解析】【分析】装置X和Y实际上是存储了部分太阳能电池产生的电能，太阳能电池利用光能转化为电能可直接用于工作；马达实现了电能与机械能的转化；在装置X中，电解水生成H2、O2，实现了电能与化学能的转化；在装置Y中构成燃料电池，化学能转化为电能，作用于马达实现了电能与机械能的转化，氢氧燃料电池的负极上应是H2参加反应，装置X能利用光能实现H2、O2、H2O的循环再生，据此回答。【详解】A.存在能量转化形式有太阳能、机械能、化学能、电能，则不只是三种，故A错误；B.装置Y为燃料电池,氢气在负极失电子被氧化，电极反应式是：H2-2e-+2OH-=2H2O，故B错误；C.在装置X中,电解水生成H2、O2，能实现燃料电池的燃料和氧化剂再生，故C正确；D.在反应过程中，有能量的损耗和热效应的产生，不可能实现化学能和电能的完全转化，故D错误。答案选 C。14.x、y、z为三种气体，把a mol x和b mol y充入一密闭容器中，发生反应，x+2y2z达到平衡时，若它们的物质的量满足n(x)+n(y)=n(z)，则y的转化率为A. （a+b）/5100%B. 2（a+b）/5b100%C. 2（a+b）/5100%D. （a+b）/5a100%【答案】B【解析】【详解】X(g)+2Y(g) 2Z(g)起始(mol)：a b 0转化(mol)：x 2x 2x平衡(mol)：a-x b-2x 2x所以(a-x)mol+(b-2x)=2xmol，解得：x=mol，Y的转化率为 100%=100%，故选B。【点睛】本题主要考查化学平衡的计算，注意三段式计算方法的运用。在选择题中排除法是一种常用方法，可以简化过程，Y的起始物质的量为bmol，根据转化率=100%，计算结果的分母中一定含有b，只能选B。15.相同温度下，体积均为0.25 L 的两个恒容密闭容器中发生可逆反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.6kJ/mol.实验测得起始、平衡时的有关数据如表：容器编号起始时各物质物质的量/mol达平衡时体系能量的变化N2H2NH3130放出热量：23.15kJ0.92.70.2放出热量：Q下列叙述错误的是（ ）A. 容器、中反应的平衡常数相等B. 平衡时，两个容器中NH3的体积分数相等C. 容器中达平衡时放出的热量Q23.15kJD. 若容器体积为0.5L，则平衡时放出的热量小于23.15kJ【答案】C【解析】【详解】A. 平衡常数只与温度有关，相同温度下，体积均为0.25L的两个恒容密闭容器中发生相同的反应，则平衡常数应相同，故A正确；B. 容器中放出23.15kJ热量，则生成氨气的物质的量为：=0.5mol，利用三段式法计算： N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=-92.6kJ/mol起始：1mol3mol0转化：0.25mol0.75mol0.5mol平衡：0.75mol2.25mol0.5mol平衡时，容器中NH3的体积分数等于气体的物质的量分数，从等效平衡的角度分析，0.9molN2、2.7molH2和0.2molNH3相当于1molN2、3molH2，在相同条件下处于相同平衡状态即等效平衡，所以平衡时两个容器内氨气的体积分数相等，故B正确；C. 中含有0.2molNH3相当在的基础上加入氨气，抑制平衡正向移动，则平衡时放出的热量小于23.15kJ，故C错误；D. 若容器体积为0.5L，相当于在原来的基础上减小压强，平衡逆向移动，平衡时放出的热量小于23.15kJ，故D正确。答案选C。16.已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a molL-1的一元酸HA与b molL-1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是A. a=bB. 混合溶液的PH=7C. 混合溶液中，c(H+)=mol.L-1D. 混合溶液中c(H+)+c(B+)=c(OH-)+C(A-)【答案】C【解析】【详解】A. 没有给具体的温度和酸、碱的强弱，A错误；B. 由于没有给具体的温度，pH=7，不一定是中性，B错误；C. 判断溶液呈中性的依据只能是c(H+)=c(OH-)，此时c(H+)=molL-1，C正确； D. 根据电荷守恒，不论溶液是酸性、中性、还是碱性，都成立，D错误；故合理选项为C。第II卷(非选择题部分，共52分)二填空题（本题包括5小题，共52分）17.（1）在粗制CuSO45H2O晶体中常含有杂质Fe2+。在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，下列物质可采用的是_。A. KMnO4 B. H2O2 C. Cl2水 D. HNO3然后再加入适当物质调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，调整溶液pH可选用下列中的_。A. NaOH B. NH3H2O C. CuO D. Cu(OH)2（2）甲同学怀疑调整至溶液pH=4是否能达到除去Fe3+而不损失Cu2+的目的，乙同学认为可以通过计算确定，他查阅有关资料得到如下数据，常温下Fe(OH)3的溶度积Ksp=8.010-38,Cu(OH)2的溶度积Ksp=3.010-20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于110-5molL-1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 molL-1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为_，Fe3+完全沉淀时溶液的pH为_，通过计算确定上述方案_（填“可行”或“不可行”）。【答案】 (1). B (2). CD (3). 4 (4). 3.3 (5). 可行【解析】【详解】（1）本题中将亚铁离子氧化为铁离子的最好试剂是过氧化氢，因为过氧化氢做氧化剂的还原产物是水，这样不会引入杂质。而其他选项都会引入之前溶液中不存在的元素，例如：K、Mn、Cl、N等，所以答案为B。加入物质的目的是为了提高溶液pH，所以应该加入可以与酸反应的物质。但是只需要调节pH至3.8，所以不需要太强的碱。另外，也要保证在此过程中不引入杂质。氢氧化钠碱性太强，而且氢氧化钠和氨水都会引入杂质。所以答案为CD。（2）开始沉淀的要求是QC大于KSP，即QC = c(Cu2+)c2(OH-) = 3.0 c2(OH-)Ksp=3.010-20，CuSO4的浓度为3.0 molL-1，所以c(OH-)=1.010-10 molL-1，pH=4。当铁离子完全沉淀时，应该认为铁离子的浓度为110-5 molL-1，此时该溶液是氢氧化铁的饱和溶液，所以Qc=KSP。即QC = c(Fe3+)c3(OH-) = Ksp=8.010-38，因为c(Fe3+)=110-5 molL-1，所以c(OH-)=2.010-11 molL-1，由水的离子积得到c(H+)=5.010-4 molL-1，对5.010-4 molL-1取负对数得到。经过上述计算得到：铁离子完全沉淀时，铜离子还没有开始沉淀，所以方案可行。18.（1）某温度时，水的离子积为KW11013，则该温度_25(填“”、“”或“”)。在此温度下，某溶液中由水电离出来的H浓度为11010mol/L，则该溶液的pH可能为_。（2）若温度为25时，体积为Va、pHa的H2SO4与体积为Vb、pHb的NaOH混合，恰好中和。已知VaVb，且a0.5b，此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是：_，a的取值范围_。【答案】 (1). (2). 3或10 (3). c(Na)c(SO42-)c(H)c(OH) (4). a7【解析】【详解】（1）KW随温度升高而增大，10131014(25时)，故该温度高于25，当溶液显碱性时pH10，当溶液显酸性时c(H)103mol/L，pH3。答案为：； 3或10（2）Na2SO4溶液中离子浓度排列为：c(Na)2c(SO42-)，而溶液呈中性，c(H)c(OH)，因恰好中和，则10aVa10b14Vb，10ab141，则ab140，ab14，又因a0.5b，则a，又b7，即a0.5b，a，又a7，故范围为a7。答案为：c(Na)c(SO42-)c(H)c(OH) ；a7；19.2SO2(g)O2(g)2SO3(g)反应过程的能量变化如图所示。已知1molSO2(g)氧化为1molSO3(g)的H99kJ/mol.请回答下列问题：（1）图中A、C分别表示_、_，E的大小对该反应的反应热有无影响？_。该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点升高还是降低？_，理由是_。（2）图中H_kJ/mol.（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自身被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化。写出该催化循环机理的化学方程式：_。（4）如果反应速率v(SO2)为0.05mol/(Lmin)，则v(O2)_mol/(Lmin)、v(SO3)_mol/(Lmin)。（5）已知单质硫的燃烧热为296kJ/mol，计算由S(s)生成3molSO3(g)的H(要求计算过程)。_【答案】 (1). 反应物能量 (2). 生成物能量 (3). 没有影响 (4). 降低 (5). 因为催化剂改变了反应历程，使活化能E降低 (6). 198 (7). SO2V2O5=SO32VO2、VO2O2=2V2O5 (8). 0.025 (9). 0.05 (10). 3S(s)O2(g)=3SO3(g) H(H1H2)31185kJ/mol【解析】【详解】(1) A代表反应物能量、C代表生成物能量；由图像可知E代表活化能，和反应热无关。催化剂能降低反应的活化能，改变了反应的历程，从而加快反应速率。答案：反应物能量；生成物能量；降低；因为催化剂改变了反应历程，使活化能E降低(2) 1 mol SO2(g)氧化为1 mol SO3(g)H = - 99 kJ/mol，而方程式中二氧化硫是2mol，所以H = - 198 kJ/mol。答案为：- 198；(3)根据所给元素化合价的变化可写出反应的方程式，SO2+V2O5=SO3+2VO2，4VO2+O2=2V2O5；答案为：SO2 + V2O5=SO3 + 2VO2，4VO2+O2=2V2O5；(4)因为化学反应速率之比是相应的化学计量数之比，所以v (O2)=0.025mol/(Lmin)、v(SO3)=0.05mo/(Lmin)； 答案为：0.025；0.05；(5)考查盖斯定律的应用。由反应2SO2(g)+ O2(g) 2SO3(g) H= - 198 kJ/mol和S (s)+ O2(g)SO2(g) H= - 296 kJ/mol联立即+2得2S(s)+ 3O2(g)2SO3(g) H =-790 kJ/mol，所以由S(s)生成3 mol SO3(g)的H = =1185 kJ/mol。答案为：3S(s)O2(g)=3SO3(g) H(H1H2)31185kJ/mol20.下图所示甲、乙是电化学实验装置。（1）若甲、乙两烧杯中均盛有NaCl溶液。甲中石墨棒上的电极反应式为_。乙中总反应的离子方程式为_。将湿润的淀粉KI试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为过量的Cl2氧化了生成的I2。若反应中Cl2和I2的物质的量之比为51，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_。（2）若甲、乙两烧杯中均盛有CuSO4溶液。甲中铁棒上的电极反应式为_。如果起始时乙中盛有200 mL pH5的CuSO4溶液(25 )，一段时间后溶液的pH变为1，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入_(填写物质的化学式)_g。【答案】(每空2分，共12分)(1)2H2OO24e=4OH2Cl2H2OH2Cl22OH5Cl2I26H2O = 10HCl2HIO3(2)Fe2e= Fe2CuO(或CuCO3) 0.8(或1.24)【解析】本题考查原电池的工作原理和电解原理，以及电极反应式的书写，（1）甲中铁作负极，石墨作正极，发生吸氧腐蚀，石墨电极反应式为O22H2O4e=4OH；根据电子流动方向，铁作阴极，此装置是电解饱和食盐水，因此总电极反应式为：2Cl2H2O2OHH2Cl2；Cl2作氧化剂，被还原成Cl，I2为还原剂，根据得失电子数目守恒，因此有521=1(x0)2，x=5，I被氧化成HIO3，因此反应方程式为：5Cl2I26H2O=10HCl2HIO3；（2）甲中发生FeCu2=Fe2Cu，铁作负极，电极反应式为Fe2e=Fe2；乙中发生总反应是2CuSO42H2OCuO22H2SO4，恢复到电解前的状态，需要加入CuO或CuCO3，pH=1此时溶液中n(H)=2001030.1mol=0.02mol，如果加入CuO，则需要的m(CuO)=0.0280/2g=0.8g，假如加入CuCO3，m(CuCO3)=0.02124/2g=1.24g。点睛：本题的难点是问题(1)中，首先判断谁是氧化剂，谁是还原剂，Cl2的氧化性强于I2，因此Cl2为氧化剂，被还原成Cl，I2为还原剂，然后根据得失电子数目守恒，判断出I2被氧化哪种物质，从而写出反应方程式。21.光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。（1）实验室常用来制备氯气的化学方程式为 ；（2）工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2、和CO的燃烧热（H）分别为-890.3