1、2014-2015学年河北省唐山市开滦二中高二（上）第一次月考化学试卷 一、选择题（每题2分，共42分每小题只有一个答案符合题意）1（2分）下列说法中，不正确的是（）A反应热指的是反应过程中吸收或放出的热量B原电池的负极发生氧化反应C伴随能量变化的不一定是化学变化D电解池的阳极发生氧化反应考点：反应热和焓变；化学反应的能量变化规律；氧化还原反应版权所有分析：A应在一定条件下，且没有外力作用下；B原电池负极发生氧化反应；C物质聚集状态的改变，也伴随着能量变化；D电解池阳极发生氧化反应解答：解：A当一个化学反应在恒压以及不作非膨胀功的情况下发生后，若使生成物的温度回到反应物的起始温度，这时体系所放
2、出或吸收的热量称为反应热，故A错误；B原电池负极发生氧化反应，活泼金属或还原性物质失去电子，故B正确；C物质聚集状态的改变，也伴随着能量变化，但为物理变化，故C正确；D电解池阳极发生氧化反应，具有还原性的物质在阳极失电子而被氧化，故D正确故选A点评：本题考查较为综合，涉及化学反应与能量，原电池和电解池知识，为高频高频考点，主要相关基础知识的积累，难度不大2（2分）已知下列热化学方程式：H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJ/mol，H2（g）+O2（g）H2O（g）H=241.8kJ/mol则氢气的标准燃烧热是（）A285.8kJ/molB285.8kJ/molC241.8kJ/
3、molD241.8kJ/mol考点：用盖斯定律进行有关反应热的计算版权所有分析：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，H生成液态水，据此分析解答解答：解：燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，H2（g）+O2（g）H2O（l）H=285.8kJmol1液态水是稳定氧化物，且氢气的物质的量为1mol，所以285.8kJmol1是氢气的燃烧热，故选A点评：本题考查了燃烧热的概念，注意燃烧热是1mol可燃物燃烧和生成稳定化合物，题目难度不大3（2分）下列变化中，属于放热反应的是（）AH2O（g）H2O（l）H=44kJ/molB2HI（g）H2（g）+I2（g）H
4、=+14.9kJ/molC能量变化如图所示的化学反应D形成化学键时放出能量的化学反应考点：吸热反应和放热反应版权所有分析：A水由气态到液态是物理变化；B热化学方程式中吸热为正；C放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量；D形成化学键必定放出能量的反应可能是吸热反应解答：解：A水由气态到液态是放热热的物理变化，故A错误； B热化学方程式中吸热为正，故B错误；C反应物的总能量大于生成物的总能量必定是放热反应，故C正确；D形成化学键必定放出能量，但不一定是放热反应，故D错误故选C点评：本题考查化学反应中能量变化，题目难度不大，掌握常见的放热反应和吸热反应是解题的关键4（2分）白磷在高压下隔绝空气加
5、热后急速冷却，可得钢灰色固体黑磷，其转化过程中能量变化如图所示下列叙述中正确的是（）A黑磷比白磷稳定B黑磷与白磷互为同分异构体C白磷转化为黑磷是氧化还原反应D白磷转化为黑磷是吸热反应考点：反应热和焓变；同素异形体版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、能量越低越稳定；B、黑磷和白磷是由同种元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体；C、单质中元素的化合价为0，反应前后化合价不变；D、由图可知白磷的量比黑磷高，白磷转化为黑磷是放热反应解答：解：A、由图可知白磷的量比黑磷高，能量越低越稳定，说明黑磷能量更稳定，故A正确；B、黑磷和白磷是由同种元素组成的结构不同的单质，互为同素异形体，故B错误；C
6、、单质中元素的化合价为0，反应前后化合价不变，不属于氧化还原反应，故C错误；D、由图可知白磷的量比黑磷高，白磷转化为黑磷是放热反应，故D错误；故选A点评：本题借助于图象考查了物质的稳定性与能量的关系、同分异构体、氧化还原反应、物质的结构决定物质的性质等，难度不大5（2分）理论上不能用于设计成原电池的反应是（）A2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H0BHCl（aq）+NaOH（aq）NaCl（aq）+H2O（l）H0C2Al（s）+3Cl2（g）2AlCl3（s）H0DZn（s）+2HCl（aq）ZnCl2+H2（g）H0考点：设计原电池版权所有分析：根据自发进行的放热的氧化还原反应能设计成
7、原电池，分析解答解答：解：A2H2（g）+O2（g）2H2O（l）是自发进行的、放热的氧化还原反应，能设计成燃料原电池，故A不选；BHCl（aq）+NaOH（aq）NaCl（aq）+H2O（l）是自发进行的放热的反应，但不是氧化还原反应，所以不能设计成原电池，故B选；C2Al（s）+3Cl2（g）2AlCl3（s）是自发进行的、放热的氧化还原反应，能设计成原电池，故C不选；DZn（s）+2HCl（aq）ZnCl2+H2（g）是自发进行的、放热的氧化还原反应，能设计成原电池，故D不选；故选B点评：本题考查了原电池原理，知道原电池反应特点是解本题关键，这几个条件必须同时具备才能设计成原电池，缺一不
8、可，题目难度不大6（2分）（2009上海）用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火其原因是（）幕布的着火点升高幕布的质量增加氯化铵分解吸收热量，降低了温度氯化铵分解产生的气体隔绝了空气ABCD考点：铵盐版权所有专题：压轴题；氮族元素分析：可燃物燃烧应满足：有充足的氧气，可燃物达到一定的温度并达到着火点氯化铵固体受热易分解为氨气和氯化氢两种气体，此过程需要不断吸收热量，两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气起到防火的作用解答：解：物质着火点在一定压强下是一定的，不发生变化，故错误；幕布的质量增加，不能影响环境温度与氧气的浓度，故错误；氯化铵分解吸收热量，降低环境温度到物质着火点以下，起到防火的作用，
9、故正确氯化铵分解产生的两种产物均不支持燃烧，气体隔绝了空气，起到防火的作用，故正确故选B点评：本题考查铵盐性质、物质燃烧条件等，难度不大，是化学知识在实际生活中应用，体现化学与生活的联系7（2分）用铂电极电解某溶液一段时间，该溶液浓度增大而pH减小，该溶液是（）ANaOHBCuCl2CCuSO4DH2SO4考点：电解原理版权所有分析：A、电解氢氧化钠的实质是电解水，碱的浓度增大；B、电解氯化铜溶液的实质是电解氯化铜本身，溶质减少，盐浓度变小；C、电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，溶质减少，浓度减小；D、电解硫酸溶液的实质是电解水，溶剂减少，酸浓度变大解答：解：A、电解氢氧化钠的实质是电解水，溶
10、剂减少，碱的浓度增大，pH也增大，故A错误；B、电解氯化铜溶液的实质是电解氯化铜本身，溶质减少，盐浓度变小，故B错误；C、电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，虽然pH减小，但溶质减少，浓度减小，故C错误；D、电解硫酸溶液的实质是电解水，溶剂减少，酸浓度变大，pH变小，故D正确；故选D点评：本题目考查学生电解的工作原理和应用，注意电解后溶液浓度和pH变化的判断，难度不大8（2分）我国第五套人民币中的一元硬币材料为钢芯镀镍，依据你所掌握的电镀原理，你认为在硬币制作时，钢芯应做（）A阴极B阳极C正极D负极考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：电解池的两个电极是阳极和阴极，电镀池中，镀层金属做阳极
11、，镀件作阴极解答：解：钢芯镀镍时，根据电镀原理，镀件钢芯作阴极，镀层金属做镍阳极故选A点评：本题考查学生电镀原理知识，可以根据所学知识进行回答，难度不大9（2分）下列说法正确的是（）A金属腐蚀就是金属原子失去电子被还原的过程B合金都比纯金属易被腐蚀C将金属与外加直流电源的负极相连，而将正极接到废铁上，可以防止金属被腐蚀D钢铁设备上连接铜块可以防止钢铁被腐蚀考点：金属腐蚀的化学原理；金属的电化学腐蚀与防护版权所有分析：A、金属的腐蚀是金属失电子被氧化的过程；B、合金不一定比纯金属易被腐蚀；C作原电池正极或电解池阴极的金属被保护；D、铁、铜相连和合适的电解质溶液能构成原电池，铁作负极；解答：解：A
12、金属腐蚀就是金属原子失去电子被氧化的过程，故A错误；B合金不一定比纯金属易被腐蚀，如改变内部结构的金属不锈钢，故B错误；C将金属与外加直流电源的负极相连，则该金属作阴极，而将正极接到废铁上，废铁作阳极，作阴极的金属被保护，所以可以防止金属被腐蚀，故C正确；D、铁、铜相连和合适的电解质溶液能构成原电池，铁作负极，负极上铁易失电子而被腐蚀，故D错误；点评：本题考查了金属的腐蚀，作原电池负极或电解池阳极的金属易被腐蚀，明确金属腐蚀原理是解本题关键，难度不大10（2分）已知在1105Pa，298K条件下，2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，下列热化学方程式正确的是（）AH2O（g）=H2（g
13、）+O2（g）H=+242 kJ/molB2H2（g）+O2（g）=2H2O （l）H=484 kJ/molCH2（g）+O2（g）=H2O （l）H=242 kJ/molD2H2（g）+O2（g）=2H2O （g）H=+484 kJ/mol考点：热化学方程式版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、根据氢气燃烧生成水蒸气的逆过程为吸热过程来分析；B、根据物质的聚集状态来判断；C、根据反应放热时焓变符号为负来判断；D、根据反应放热时焓变符号为负来判断解答：解：A、2mol氢气燃烧生成水蒸气放出484kJ热量，则1mol氢气燃烧生成水蒸气放出242kJ热量，其逆过程就要吸收这些热量，有：H2O
14、（g）=H2（g）+O2（g）H=+242kJmol1，故A正确；B、生成的水应该为气态，而不是液态，故B错误；C、反应为放热反应，此时焓变符号为负，故C错误；D、反应为放热反应，此时焓变符号为负，故D错误故选A点评：本题主要考查学生热化学方程式的书写原则，该题型是现在高考的热点11（2分）已知：2CO（g）+O2（g）=2CO2 （g）H=566kJmol1Na2O2（s）+CO2（g）=Na2CO3 （s）+O2 （g）H=226kJmol1根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是（）ACO的燃烧热为283 kJB如图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系C2Na2O2（s）+2CO
15、2（s）=2Na2CO3（s）+O2（g）H=452 kJ/molDCO（g）与Na2O2（s）反应放出509 kJ热量时，电子转移数为2x6.02l023考点：有关反应热的计算；反应热和焓变版权所有分析：A、根据燃烧热的概念以及燃烧热的单位；B、根据“短线上说明的物质”不仅仅代表的是反应物或者生成物，而其对应的系数代表的是参加反应的物质的量；C、根据热化学方程式中热量与物质的量之间的关系、物质由固态变气态吸收热量以及盖斯定律来解答；D、运用盖斯定律来解答解答：解：A、CO的燃烧热为283 kJ/mol，故A错误；B、该图描述的就是一个热化学方程式，所以对应566的数值应该是2CO（g）+O2
16、（g）和2CO2，上边的系数不对，故B错误；C、题目中第二个方程的2倍为：2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）H=452 kJ/mol，本题中的CO2（s）多一步变气体吸热的过程，所以本题放出的热量就少于452，但是H452 kJ/mol，故C错误；D、题目中+2式为：Na2O2（s）+CO（g）=Na2CO3（s）H=509 kJ/mol，此时放热509KJ，因为CO是1mol，所以转移电子数是2倍的6.021023，故D正确；故选D点评：本题主要考查了燃烧热的概念、单位、盖斯定律等知识，试题的综合性较强，有一定的难度12（2分）高铁酸盐在能源、环境保护等有着
17、广泛的用途，可以用电解法制高铁酸盐（已知高铁酸盐在酸性条件下不稳定），总反应式为Fe+2H2O+2OH3H2+FeO42下列说法正确的是（）A铁为阳极，H2SO4为电解液B铁为阴极，浓NaOH为电解液C阳极发生的电极反应为Fe+8OH6e4H2O+FeO42D铁失去3 mol电子可以在阴极得到33.6 L氢气考点：电解原理版权所有分析：根据Fe+2H2O+2OH3H2+FeO42知，电解法制取高铁酸盐时，阳极上铁失电子发生氧化反应，阴极上氢元素得电子生成氢气，发生还原反应，根据铁和氢气之间的关系式计算生成氢气的体积解答：解：A该反应中铁失电子发生氧化反应，则铁为阳极，参加反应的含有氢氧根离子，
18、所以电解质溶液为可溶性碱，故A错误；B该反应中铁失电子发生氧化反应，则铁为阳极，参加反应的含有氢氧根离子，所以电解质溶液为可溶性碱，故B错误；C阳极上铁失电子和氢氧根离子反应生成水和高铁酸根离子，电极反应式为Fe+8OH一6e4H2O+FeO42，故C正确；D该反应中，1mol铁失去6mol电子生成1mol高铁酸根离子，如果铁失去3mol电子可以在阴极上得到氢气1.5mol氢气，标况下其体积为33.6L，因为温度和压强未知，所以其体积不一定是33.6L，故D错误故选C点评：本题考查电解原理，根据电池反应式中得失电子判断得失电子及电极反应，有关气体体积的计算要注意温度和压强，为易错点13（2分）
19、反应 A+BC（H0）分两步进行 A+BX （H0）XC（H0）下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（）ABCD考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：根据物质具有的能量进行计算：H=E（生成物的总能量）E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答该题解答：解：由反应 A+BC（H0）分两步进行 A+BX （H0）XC（H0）可以看出，A+BC（H0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由A+BX （H0）可知这步反应是吸热反应，XC（H0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的
20、能量大于C；X 的能量大于C，图象B符合，故选B点评：本题为图象题，主要考查了物质的能量分析应用，化学反应的能量变化、分析，题目难度不大，注意反应热与物质总能量大小的关系判断14（2分）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，电池总反应式为：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电池正极的电极反应式为：2MnO2（s）+H2O（1）+2e=Mn2O3（s）+2OH（aq）C电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极D外电路中每通过0.2mol电子，锌的质量
21、理论上减小6.5g考点：原电池和电解池的工作原理版权所有分析：根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn2e+2OHZn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq），以此解答该题解答：解：A、根据总反应可知Zn被氧化，为原电池的负极，故A正确；B、根据电池总反应式为：Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），可知反应中Zn被氧化，为原电池的负极，负极反应为Zn2
22、e+2OHZn（OH）2，MnO2为原电池的正极，发生还原反应，正极反应为2MnO2（s）+H2O（1）+2eMn2O3（s）+2OH（aq），故B正确；C、原电池中，电子由负极经外电路流向正极，故C错误；D、负极反应为Zn2e+2OHZn（OH）2，外电路中每通过O.2mol电子，消耗的Zn的物质的量为0.1mol，质量为0.1mol65g/mol=6.5g，故D正确故选C点评：本题考查化学电源的工作原理，题目难度不大，注意电极反应方程式的书写和判断15（2分）（2009江苏）以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示关于该电池的叙述正确的是（）A该电池能够在高温下工作B电池的负极反应
23、为：C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+C放电过程中，H+从正极区向负极区迁移D在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下CO2气体考点：化学电源新型电池版权所有专题：电化学专题分析：A、从蛋白质的性质分析；B、负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+；C、原电池内部阳离子应向正极移动；D、根据正负极电极反应式进行计算解答：解：A、高温条件下微生物会变性，故A错误；B、负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，故B正确；C、原电池内部阳离子应向正极移动，故C错误；
24、D、正极反应式为O2+4e+4H+2H2O，对比负极反应可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故D错误；故选B点评：本题从两个角度考查原电池反应（反应原理、电极方程式的书写、离子的移动方向）；有关化学方程式的计算16（2分）通常人们把拆开1mol某化学键吸收的能量看成该化学键的键能键能的大小可以估量化学键的强弱，也可以估计化学反应的反应热（H），化学反应的H等于反应中断裂旧化学键的键能之和与反应中形成新化学键的键能之和的差下列是一些化学键的键能根据键能数据估算下列反应的反应热H为（）CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）化学键CHCFHFFF键
25、能/（kJmol1）414489565155A1940 kJmol1B+1940 kJmol1C485 kJmol1D+485 kJmol1考点：反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：根据反应热能与反应物的总键能减生成物的总键能计算解答：解：在反应CH4（g）+4F2（g）=CF4（g）+4HF（g）中，H=（4414+4155）kJmol1（4489+4565）kJmol1=1940 kJmol1，故选A点评：本题考查反应热与焓变，题目侧重于反应热的计算，为该考高频考点，题目难度不大，注意反应反应热能与反应物的总键能减生成物的总键能17（2分）（2011上海）根据碘与氢气反应的
26、热化学方程式（i） I2（g）+H2（g）2HI（g）+9.48kJ （ii） I2（S）+H2（g）2HI（g）26.48kJ下列判断正确的是（）A254g I2（g）中通入2gH2（g），反应放热9.48 kJB1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJC反应（）的产物比反应（）的产物稳定D反应（）的反应物总能量比反应（）的反应物总能量低考点：有关反应热的计算；反应热和焓变版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：A、该反应是可逆反应，所以不能进行完全；B、根据盖斯定律，（）（）得I2（g）=I2（S）+35.96kJ；C、反应（）、反应（）的产物都是HI（g）；D、对
27、于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低解答：解：A因为是可逆反应，所以不能进行完全，放热小于9.48kJ，故A错误；B由盖斯定律知（）（）得I2（g）=I2（S）+35.96kJ，故1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，故B错误；C反应（）、反应（）的产物都是HI（g），状态相同，稳定性一样，故C错误；D对于同一物质，固态物质的能量比气态物质能量低，故反应（）的反应物总能量比反应（）的反应物总能量低，故D正确；故选：D点评：本题考查对于热化学方程式的理解、可逆反应特点、物质状态与能量关系等，难度不大，注意题目中“+”表示放热，“”表示吸热18（2分）已知外电路中，
28、电子由铜流向a极有关如图所示的装置分析合理的一项是（）A该装置中Cu极为正极B一段时间后锌片质量减少Cb极的电极反应式：H22e2H+D当铜片的质量变化为12.8 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24 L考点：原电池和电解池的工作原理版权所有分析：外电路中，电子由铜流向a极，则左图中为原电池，负极b的电极反应为2OH+H22e=H2O，正极a上发生O2+2H2O+4e=4OH；右图为电解池，Cu与正极相连为阳极，发生Cu2e=Cu2+，Zn为阴极，发生电极反应为Cu2+2e=Cu，以此来解答解答：解：A该装置中Cu极为电解池的阳极，故A错误；BZn为阴极，发生电极反应为Cu2+2
29、e=Cu，所以一段时间后锌片质量增加，故B错误；C电解质为KOH，则b的电极反应为2OH+H22e=H2O，故C错误；D正极a上发生O2+2H2O+4e=4OH，Cu与正极相连为阳极，发生Cu2e=Cu2+，由电子守恒可知2CuO2，当铜片的质量变化为12.8g时，n（Cu）=0.2mol，则n（O2）=0.1mol，所以a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24L，故D正确；故选D点评：本题考查原电池与电解池，明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算，注重基础知识的考查，题目难度不大19（2分）有下列4种燃料电池的工作原理示意图，其中正极反应的产物为水的是（）A
30、固化氧化物燃料电池B碱性氢氧燃料电池C质子交换膜燃料电池D熔融盐燃料电池考点：原电池和电解池的工作原理版权所有分析：原电池中，阳离子向正极移动，正极上得到电子，燃料电池的正极上是氧气发生得电子的还原反应，根据电解质环境可以确定电极产物，结合正极的反应产物为水来解答解答：解：A在该固体氧化物燃料电池中，电解质特点，正极上O2+4e=2O2，故A错误；B碱性燃料电池中，正极上发生O2+2H20+4e=4OH，故B错误；C质子交换膜燃料电池，正极上发生4H+O2+4e=2H20，故C正确；D熔融盐燃料电池中，正极反应是2CO2+O2+4e=2CO32，故D错误；故选C点评：本题考查燃料电池，明确原电
31、池的工作原理是解答本题的关键，注意电解质及电极反应，题目难度不大20（2分）以铁为阳极、以铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解一段时间后得到2molFe（OH）3沉淀，此时共消耗的水的物质的量为（）A2 molB3 molC4 molD5 mol考点：电解原理版权所有专题：电化学专题分析：活泼金属铁作电解池阳极时，阳极上阳极材料铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子进入溶液，亚铁离子和溶液中的氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，注意消耗的水有两部分：一部分被电解生成氢气，一部分和氢氧化亚铁反应生成氢氧化铁解答：解：根据铁原子守恒知，2molFe（OH）32m
32、olFe（OH）2，所以生成2molFe（OH）3需要2molFe（OH）2；活泼金属铁作电解池阳极时，电解氢氧化钠溶液的电解方程式为Fe+2H2OH2+Fe（OH）2，根据电解方程式得，生成2molFe（OH）2需要水的物质的量为4mol；又氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，根据方程式得，生成2molFe（OH）3需要水的物质的量为1mol，所以得到2molFe（OH）3沉淀消耗水的物质的量共为5mol故选D点评：本题考查了电解原理，难度不大，注意：活泼金属作电解池阳极时，活泼金属失电子发生氧化反应，而不是溶液中的阴
33、离子失电子发生氧化反应21（2分）美国一个海军航空站安装了一台250kW的MCFC型燃料电池该电池可同时供应电和蒸汽，其燃料为H2，电解质为熔融的K2CO3，工作温度为600800已知该电池的总反应为2H2+O22H2O，负极反应为H2+CO322eH2O+CO2下列推断正确的是（）A正极反应为4OH4eO2+2H2OB放电时，CO32 向负极移动C电池供应1 mol水蒸气，转移的电子的物质的量为4 molD放电时CO32向正极移动考点：化学电源新型电池版权所有分析：A、燃料电池中，正极发生的是氧气的得电子的反应过程；B、电池放电时，阴离子向负极移动；C、生成1mol水转移2mol电子；D、电
34、池放电时，阴离子向负极移动解答：解：A、燃料电池中，正极发生的是氧气得电子的反应过程，电极反应为：O2+2CO2+4e2CO32，故A错误；B、电池放电时，阴离子向负极移动，则CO32 向负极移动，故B正确；C、已知该电池的总反应为2H2+O22H2O，则生成1mol水转移2mol电子，故C错误；D、电池放电时，阴离子向负极移动，则CO32 向负极移动，故D错误故选B点评：本题是一道有关燃料电池的工作原理的综合题目，要求学生熟悉原电池原理，把握正负极的判断方法和电极方程式的书写方法，具备分析和解决问题的能力，题目难度中等二、填空题22（8分）（1）已知2mol氢气燃烧生成液态水时放出572kJ
35、热量，反应方程式是2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）请回答下列问题：该反应的生成物能量总和小于（填“大于”、“小于”或“等于”）反应物能量总和若2mol氢气完全燃烧生成水蒸气，则放出的热量（填“”、“”或“=”）572kJ与化石燃料相比，利用氢能源有很多优点，请说出其中一点热值高，无污染（2）FeS2焙烧产生的SO2可用于制硫酸已知25、101kPa时：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）H1=197kJ/mol；H2O （g）=H2O（1）H2=44kJ/mol；2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）H3=545kJ/mol则SO3 （g）与H2O（l）反应
36、的热化学方程式是SO3（g） ）+H2O（g）=H2SO4（l）H3=152kJ/mol（3）已知下列反应的热化学方程式：6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）=2C3H5（ONO2）3（l）H12H2（g）+O2（g）=2H2O（g）H2C（s）+O2（g）=CO2（g）H3则反应4C3H5（ONO2）3（l）=12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的H为12H3+5H22H1考点：反应热和焓变；热化学方程式版权所有专题：化学反应中的能量变化分析：（1）根据放热反应中生成物能量总和与反应物能量总和的关系；根据热化学方程式2H2（g）+O2（g）2H2O（l
37、）H=572kJ/mol进行计算以及液态水变成水蒸气需要吸热来判断；根据反应产物和反应热分析；（2）利用盖斯定律，将热化学方程式进行运算，计算反应的焓变；（3）根据盖斯定律，利用方程式的加减得出C3H5（ONO2）3分解成CO2、N2、H2O、O2的化学方程式，其反应热也要相应的加减，从而得出其热化学反应方程式解答：解：（1）因放热反应中生成物能量总与反应物能量总和，而2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=572kJ/mol是放热反应，故答案为：小于；据热化学方程式2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=572kJ/mol，2mol氢气完全燃烧生成液态水放出热量572kJ，因液态水变成水
38、蒸气需要吸热，所以2mol氢气完全燃烧生成水蒸气放出热量小于572kJ，故答案为：；与化石燃料相比，利用氢能源有很多优点，燃烧产物为水无污染，燃烧热值高；故答案为：热值高，无污染；（2）2SO2（g）+O2（g）=2SO3（g）H1=一197kJ/mol 2H2O （g）=2H2O（1）H2=44kJ/mol 2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）H3=一545kJ/mol利用盖斯定律：（）得SO3 （g）+H2O（l）=H2SO4（l）H=152kJ/mol，SO3（g） ）+H2O（g）=H2SO4（l）H3=152kJ/mol，故答案为：SO3（g） ）+H2O（
39、g）=H2SO4（l）H3=152kJ/mol；（3）已知：6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）2C3H5（ONO2）3（l）H12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H2C（s）+O2（g）CO2（g）H3由盖斯定律：5+122得：4C3H5（ONO2）3（l）12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）H=12H3+5H22H1；故答案为：12H3+5H22H1点评：本题考查了化学反应的吸放热于反应物产物能量之间的关系、热化学方程式和盖斯定律的计算等知识，准确把握盖斯定律的概念是关键，注意知识的整理和应用，难度中等23（8分）银锌电池广泛用于各种电子仪器的电
40、源，它的充放电过程可表示为：2Ag+Zn（OH）2 Ag2O+Zn+H2O回答下列有关问题（1）电池的放电过程是（填“”或“”）（2）该电池属于碱性电池（填“酸”、“碱”或“中”）（3）写出充电时阳极的电极反应式：2Ag+2OH2e=Ag2O+H2O（4）充电时，电池的正极应接电源的正极考点：化学电源新型电池版权所有分析：（1）该电池放电时，化学能转化为电能，且能自发发生氧化还原反应，Zn失电子化合价升高，Ag元素得电子化合价降低；（2）根据电池反应式知，Zn和氢氧根离子反应生成Zn（OH）2，电解质溶液呈碱性；（3）充电时，阳极上Ag失电子发生氧化反应；（4）充电时，电池的正极是电解池阳极，
41、应该连接原电池正极解答：解：（1）该电池放电时，化学能转化为电能，且能自发发生氧化还原反应，Zn失电子化合价升高，Ag元素得电子化合价降低，所以电池的放电过程是，故答案为：；（2）根据电池反应式知，放电时，Zn和氢氧根离子反应生成Zn（OH）2，则电解质溶液呈碱性，故答案为：碱；（3）充电时，阳极上Ag失电子发生氧化反应，电极反应式为2Ag+2OH2e=Ag2O+H2O，故答案为：2Ag+2OH2e=Ag2O+H2O；（4）充电时，电池的正极是电解池阳极，电解池阳极要恢复原状应该连接原电池正极，故答案为：正点评：本题考查化学电源新型电池，根据反应的自发性与否确定原电池和电解池，明确各个电极上发
42、生的反应，知道原电池、电解池的判断方法，题目难度不大24（12分） 氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用，回答下列问题：（1）氮元素在元素周期表中的位置为第二周期第VA族；（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），该反应的化学方程式为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；（3）肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气已知：N2（g）+2O2（g）=N2O4 （1）H1=19.5kJmol1N2H4 （1）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）H2=534.2kJmol1写出肼和N2O4 反应的热化学方程式2N2H4（l）+N2O4
43、（l）=3N2（g）+4H2O（g）H=1048.9kJ/mol；（4）肼一空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为N2H4+4OH4e=N2+4H2O（5）如图是一个电化学过程示意图写出铂片上发生的电极反应式Cu2+2eCu假设使用肼空气燃料电池作为本过程中的电源，铜片的质量变化128g，则肼空气燃料电池理论上消耗标准状况下的空气112L（假设空气中氧气体积含量为20%）考点：氧化还原反应；用盖斯定律进行有关反应热的计算；原电池和电解池的工作原理；电解原理版权所有分析：（1）依据氮原子的原子序数是7，结合原子结构示意图分析判断；（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4）
44、，依据氧化还原反应化合价变化分析书写化学方程式；（3）依据盖斯定律，结合题干热化学方程式计算写出；（4）负极发生还原反应，是肼在反应，注意电解质溶液的酸碱性即可；（5）电解池的负极上是阳离子发生得电子的还原反应；根据电极反应，结合电子守恒和空气的组成情况来回答；解答：解：（1）氮元素原子的原子序数为7，原子结构示意图为2层，最外层电子数为5，所以氮元素在元素周期表中的位置为第二周期第VA族，故答案为：第二周期第VA族；（2）NH3与NaClO反应可得到肼（N2H4），次氯酸钠做氧化剂，依据氧化还原反应的电子守恒和原子守恒写出该反应的化学方程式为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O
45、；故答案为：2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O；（3）N2（g）+2O2（g）=N2O4（l）H1=19.5kJmol1 N2H4（l）+O2 （g）=N2（g）+2H2O（g）H2=534.2kJmol1根据盖斯定律写出肼和N2O4反应的热化学方程：2得到：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）H=1048.9kJ/mol；故答案为：2N2H4（l）+N2O4（l）=3N2（g）+4H2O（g）H=1048.9kJ/mol（4）负极发生还原反应，是肼在反应，肼中的N从2价升高到0价，碱性电池中，其电极反应式应为：N2H4+4OH4e=N2+4H2O，故答
46、案为：N2H4+4OH4e=N2+4H2O；（5）电解池的负极上是阳离子铜离子发生得电子的还原反应，即Cu2+2e=Cu，故答案为：Cu2+2e=Cu；铜片上的电极反应为：Cu2e=Cu，Cu的质量变化128g，根据电极反应，转移电子为4mol，根据反应N2H4+O2=N2+2H2O，当转移电子4mol时，消耗氧气的物质的量是1mol，氧气的体积是空气体积的五分之一，所以消耗空气的体积是5mol，即112L，故答案为：112；点评：本题考查了原子结构示意图、化学方程式的书写以及热化学方程式的书写和燃料电池电极反应及其计算等，综合性较强，中等难度25（16分） 电解原理在化学工业中有广泛应用，如
47、图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连请回答以下问题：（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则电解池中X极上的电极反应式为2H+2e=H2在X极附近观察到的现象是放出气体，溶液变红Y电极上的电极反应式为2Cl2e=Cl2，检验该电极反应产物的方法是把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色（2）如要在某导电塑料表面镀一层金属铜，则X电极的材料是导电塑料，电极反应式是Cu2+2e=CuY电极的材料是铜，电解液a选用CuSO4溶液（说明：杂质发生的电极反应不必写出）考点：电解原理版权所有分析：（1）电解
48、饱和食盐水时，阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝；（2）电镀时待镀材料做阴极，镀层金属做阳极，含镀层金属的离子作电解质溶液解答：解：（1）和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，即2H+2e=H2，所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入几滴酚酞试液会变红，故答案为：2H+2e=H2；放出气体，溶液变红；和电源的正极相连的电极Y极是阳极，该电极上氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl2e=Cl2，氯气能使湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝，可以用于氯气的检验，故答案为：2Cl2e=Cl2；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸
49、变蓝色；（2）电镀时待镀材料做阴极，电极反应为：Cu2+2e=Cu，故答案为：导电塑料； Cu2+2e=Cu；电镀时电解池的阳极材料是铜，含镀层金属的离子作电解质溶液，电解液a选用CuSO4溶液，故答案为：铜；CuSO4点评：本题考查电解池的工作原理知识，明确图中电源的正负极确定电解池的阴阳极是解答的关键，并熟悉电极反应及离子的放电顺序来解答，题目难度中等26（14分）如图所示，某同学设计一个甲醚（CH3OCH3）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为阳离子交换膜根据要求回答相关问题：（1）通入氧气的电极为正极（填“正极”或“负极”），写出负极的电极反应式CH3OCH31
50、2e+16OH2CO32+11H2O（2）铁电极为阴极（填“阳极”或“阴极”），石墨电极（C）的电极反应式为2Cl2eCl2（3）反应一段时间后，乙装置中生成氢氧化钠主要在铁极（填“铁极”或“石墨极”）区，简述理由是石墨为阳极，氯离子发生氧化反应，铁为阴极，H+反应，生成OH，由于阳离子交换膜只允许钠离子向阴极区移动，故氢氧化钠主要在阴极区生成（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中阳极上电极反应式为Zn2e=Zn2+、Cu2e=Cu2+，反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小（填“增大”“减小”或“不变”）（5）若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体的分子数为0
51、.26.021023；丙装置中阴极析出铜的质量为12.8 g考点：原电池和电解池的工作原理版权所有专题：电化学专题分析：（1）原电池中，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，投入氧气的一极为正极，负极甲醚失电子被氧化生成碳酸根离子；（2）铁电极连接原电池的负极，为电解池的阴极，石墨为阳极，氯离子放电被氧化生成氯气；（3）乙装置为电解氯化钠装置，氢氧化钠在阴极生成；（4）活泼性ZnCuAg，阳极上锌、铜被氧化；（5）据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气和铜的关系式为：O22H22Cu计算解答：解：（1）燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，
52、所以通入氧气的电极是正极，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OCH312e+16OH2CO32+11H2O，故答案为：正极；CH3OCH312e+16OH2CO32+11H2O；（2）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极，则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为：2Cl2eCl2，故答案为：阴极；2Cl2eCl2；（3）乙池中阴极是铁，阳极是碳，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电，导致阴极附近氢氧根离子浓度大于氢离子浓度溶液呈碱性，所以乙装置中生成氢氧化钠主要在铁极区，故答案为：铁极；石墨为阳极，氯离子发生氧
53、化反应，铁为阴极，H+反应，生成OH，由于阳离子交换膜只允许钠离子向阴极区移动，故氢氧化钠主要在阴极区生成；（4）如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅铜还有锌、银失电子进入溶液，阴极上析出铜离子，阳极电极方程式分别为Zn2e=Zn2+、Cu2e=Cu2+，根据转移电子数相等知，阳极上溶解的铜小于阴极上析出的铜，所以丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将减小，故答案为：Zn2e=Zn2+、Cu2e=Cu2+；减小；（5）根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气和铜的关系式为：O22H22Cu，设生成氢气的分子数是x，生成铜的质量是yO22H22Cu22.4L 26.021023 128g2.24L x yx=0.26.021023；y=12.8g，故答案为：0.26.021023；12.8 g点评：本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型，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，难度不大