1、泊头一中2020-2021学年高二上学期第一次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Cu 64 I 127一、单选题(共20小题，每小题2分，共40分，每题只有一个选项符合题意。)1. 下列关于能量变化的说法正确的是( )A. 化学电池的放电过程就是电能转换为化学能的过程B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C. 已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)H0，则金刚石比石墨稳定D. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰更稳定【答案】D【解析】【详解】A化学电池的放电过程就是
2、化学能转换为电能的过程，A错误；B化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式除吸热和放热外，还有光能、电能等形式，B错误；C已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)H0，说明相同质量的金刚石的总能量比石墨高，能量越高越不稳定，故金刚石不如石墨稳定，C错误；D“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰所具有的总能量比水更低，故冰更稳定，D正确；故答案为：D。2. 下列关于电解精炼铜与电镀的说法正确的是A. 电解精炼铜时，将电能转化为化学能，电路中每通过2 mol e-，阳极就会溶解64 g铜B. 电解精炼铜时，阳极为粗铜，阴极为精铜，电解过程中电解质溶液不需要更换C. 在铁制器
3、皿上镀铝，熔融氧化铝作电解质，铁制器皿作阴极，铝棒作阳极D. 电镀过程中电镀液需要不断更换【答案】C【解析】【详解】A.电解是将电能转化为化学能，电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中的铁、锌等杂质金属也会失电子溶解，故通过时，溶解的Cu的物质的量小于，故阳极溶解铜的小于，故A错误；B.电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中的铁、锌等杂质金属也会失电子溶解，随电解进行电解质溶液中铜离子浓度会降低，故电解过程中电解质需要更换，故B错误；C.阳极为铝棒，铁制器皿作阴极，电解质为熔融氧化铝,阳极为：Al-3e-=Al3+,阴极为Al3+3e-=Al,在铁质器皿上镀铝,故C正确；D.电镀过程中电镀液浓度几乎不变,
4、不需要经常更换,故D错误；本题答案为C。3. 2012年6月16日18时37分24秒，神舟九号成功发射。飞船的能量部分来自太阳能电池，另外内部还配有高效的MCFC型燃料电池。该燃料电池可同时供应电和水蒸气，其所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾。已知该燃料电池的总反应为2H2O2=2H2O，则下列推断正确的是（ ）A. 电池放电时，电子经外电路由通氧气的正极流向通氢气的负极B. 电池工作时CO32向正极移动C. 正极的电极反应式为4OH2e=O22H2OD. 负极反应为H2CO322e=CO2H2O，【答案】D【解析】【分析】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为
5、熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32-配平，正极的电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2=2CO32-；负极通入H2，失电子发生氧化反应，电极反应式为：H2-2e-CO32-=H2OCO2，据此解答。【详解】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32-配平，正极的电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2=2CO32-；负极通入H2，失电子发生氧化反应，电极反应式为：H2-2e-CO32-=H2OCO2，A. 电池放电时，为原电池原理，电子由负极流向正极，所以外电路电子由通氢气的负极流向通氧气的正极，A项
6、错误；B. 原电池中，阴离子向负极移动，所以CO32-向负极移动，B项错误；C. 燃料电池中，正极氧气得电子，发生还原反应，电极反应为：O2+2CO2+4e=2CO32-，C项错误；D. 燃料电池中，负极氢气失电子，发生氧化反应，负极反应为H22e+CO32-CO2+H2O，D项正确；答案选D。【点睛】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32-配平，如本题中，正极的电极反应式为：O2 + 4e- + 2CO2=2CO32-，需注意正极反应物除了氧气还有二氧化碳，因此正极除了通入氧气，还应通入二氧化碳；负极通入H2，失电子
7、发生氧化反应，生成水，电极反应式为：H2-2e-CO32-=H2OCO2，熔融碳酸盐燃料电池中电极反应式的书写是学生们学习的难点。4. 依据如图判断，下列说法正确的是()A. 氢气的燃烧热H241.8 kJmol1B. 2 mol H2(g)与1mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量低C. 水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H571.6 kJmol1D. H2O(g)生成H2O(l)时，断键吸收的能量大于成键放出的能量【答案】C【解析】【详解】A氢气的燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水时释放的能量，故氢气的燃烧热H，A错误；B氢
8、气燃烧是放热反应，故2 mol H2(g)与1mol O2(g)所具有的总能量比2 mol H2O(g)所具有的总能量高，B错误；C由图中可知：2H2(g)O2(g) =2H2O(l) =-571.6 kJmol1，故水分解的热化学方程式为2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H571.6 kJmol1，C正确；DH2O(g)生成H2O(l)时，该过程是物理变化，并没有化学键的断键和形成，D错误；故答案为：C。5. 下列叙述中，正确个数的为（ ）电解池是将化学能转变为电能的装置金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现电镀过程相当于
9、金属的“迁移”，可视为物理变化银质物品久置表面变暗，是由于发生了电化学腐蚀为了防止钢铁锈蚀，在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个【答案】B【解析】【详解】电解池是将电能转化为化学能的装置，说法错误；金属和石墨导电是因为有自由移动的电子，靠自由移动的电子定向移动的过程，没有新物质产生，均为物理变化，电解质溶液导电就是被电解的过程，在电解过程中发生氧化还原反应，是化学变化，说法正确；不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，例如电解食盐水，说法正确；电镀过程相当于金属的“迁移”，是通电情况下的氧化还原反应，是化学变化，说法错误
10、；银质物品久置表面变暗，是由于发生了化学腐蚀生成了硫化银等物质，说法错误；为了防止钢铁锈蚀，在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块比铁活泼的金属例如锌，一同浸入海水中，采用牺牲阳极的阴极保护法，说法错误；则正确的说法有2个，答案选B。6. 有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是A. 稀硫酸与0.1 molL1 NaOH溶液反应：H+(aq)OH-(aq)=H2O(l) H57.3 kJmol-1B. 在101 kPa下H2(g)的燃烧热为285.8 kJmol1，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)O2(g) H285.8 kJmol1C. 已知CH3OH的燃烧热为726.8
11、kJmol1，则有CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2O(g) H726.8 kJmol1D. 已知9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g FeS时放出19.12 kJ热量，则Fe(s)S(s)=FeS(s) H95.6 kJmol1【答案】D【解析】【详解】A.酸碱中和是放热反应，故应为负值，故A错误；B.燃烧热指的是101 kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：可燃物必须为1mol，故可以知道H2燃烧生成H2O（l）的热化学方程式为2H2(g)+O2(g) =2H2O（l）=-285.52kJ/mol=-571 kJ/mol，水
12、分解的热化学方程式：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g)H =+571 kJ/mol，故B错误；C.燃烧热指的是101 kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如CCO2，HH2O(l)，热化学方程式中应为液态水，故C错误；D.生成硫化亚铁17.6 g即生成0.2molFeS时，放出19.12 kJ热量，可以知道生成1molFeS(s)时放出95.6 kJ的热量，故D正确。答案选D。7. 下列有关叙述正确的是( )A. 测定中和反应的反应热时，不可以用稀硫酸与稀溶液反应B. 若用50mL 0.50molL1NaOH溶液分别与5
13、0mL 0.50molL1盐酸和50mL 0.50molL1H2SO4溶液充分反应，两反应测得的中和反应反应热不相等C. 测定中和反应的反应热时，可以用保温杯代替简易量热计D. 为了简化装置，中和反应的反应热测定实验中的搅拌器可以用温度计代替【答案】C【解析】【详解】A测定中和反应的反应热时，用稀的强酸和强碱溶液，可以用稀硫酸与稀溶液反应，A错误；B可用稀硫酸与稀溶液、盐酸和稀溶液反应测定中和热，且两反应测得的中和反应反应热相等，B错误；C测定中和反应的反应热时，需要做好保温措施，防止热量散失，可以用保温杯代替简易量热计，C正确；D温度计不能用于搅拌，D错误；答案选C。8. 某同学按下图所示的
14、装置进行电解实验。下列说法正确的是()A. 电解过程中，铜电极上有H2产生B. 电解初期，主反应方程式为：CuH2SO4CuSO4H2C. 电解一定时间后，石墨电极上有铜析出D. 整个电解过程中，H的浓度不断增大【答案】BC【解析】【详解】A. 铜电极与电源正极相连作阳极，铜失去电子，电解过程中，铜电极上不会有H2产生，A错误；B. 铜电极与电源正极相连作阳极，铜失去电子，石墨电极是阴极，溶液中的氢离子放电，则电解初期，主反应方程式为CuH2SO4CuSO4H2，B正确；C. 电解一定时间后，溶液中铜离子浓度逐渐增大，由于Cu2的氧化性大于H，因此Cu2也会在阴极放电生成铜，即阴极上先是H得电
15、子放出H2，后是Cu2得电子析出Cu，C正确；D. 根据以上分析可知在整个电解过程中，起始时H浓度不断减小，随后基本保持不变，D错误。答案选BC。9. 用惰性电极电解Fe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液，且已知Fe2(SO4)3+Cu2FeSO4+CuSO4，下列说法正确的是()A. 阴极反应式为：Cu2+2e-Cu，当有Cu2+存在时，Fe3+不放电B. 阴极上首先析出铁，然后析出铜C 阴极上不可能析出铜D. 首先被电解的是Fe2(SO4)3溶液，后被电解的是CuSO4溶液【答案】D【解析】【详解】A由反应Fe2(SO4)3+Cu=2FeSO4+CuSO4可知，氧化性：Fe3+Cu2+，
16、则Fe3+得电子能力比Cu2+强，所以，在阴极首先得电子的是Fe3+，当Fe3+存在时，Cu2+不放电，故A错误；B当Fe3+完全反应后Cu2+放电，首先析出铜，故B错误；C由B分析可知，当Fe3+完全反应后Cu2+放电，阴极上可析出铜，故C错误；D因氧化性：Fe3+Cu2+，阴极先是Fe3+放电，后Cu2+放电，故D正确；故答案为D。10. 甲醇燃料电池(DMFC)可用于笔记本电脑、汽车、遥感通讯设备等，它的一极通入甲醇，一极通入氧气；电解质是质子交换膜，它能传导氢离子(H)。电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水，氧气在电极上的反应是O24H4e=2H2O。下列叙述中不正确的是A. 负极的反
17、应式为CH3OHH2O6e=CO26HB. 电池的总反应式是2CH3OH3O2=2CO24H2OC. 电池工作时，H由正极移向负极D. 电池工作时，电子从通入甲醇的一极流出，经外电路再从通入氧气的一极流入【答案】C【解析】【分析】甲醇燃料电池中，负极上甲醇失电子发生氧化反应，电极方程式为CH3OHH2O6e=CO26H，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电时，电解质溶液中阳离子向正极移动，以此解答该题。【详解】A.负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极方程式为CH3OHH2O6e=CO26H，所以A选项是正确的；B.甲醇燃料电池中，甲醇和氧气反应生成二氧化碳和水，所以电池反应式
18、为：2CH3OH3O2=2CO24H2O，所以B选项是正确的；C.该原电池放电时，氢离子由负极向正极移动，故C错误；D.通入甲醇的一极为负极，通入氧气的电极为正极，电子从负极经导线流向正极，所以D选项是正确的。故答案选C。11. 用惰性电极电解AgNO3和NaCl的混合溶液，阴极和阳极上最先析出的物质分别是( )A. 和B. Ag和C. 和D. Ag和【答案】B【解析】【详解】由于AgNO3和NaCl混合溶液的含有Ag+、H+、Na+三种阳离子，且放电的先后顺序为：Ag+、H+、Na+，故阴极上首先发生的电极反应为：Ag+e-=Ag，溶液中的阴离子有：Cl-、OH-、，且放电的先后顺序为：Cl
19、-、OH-、，故阳极上首先发生的电极反应为：2Cl-2e-=Cl2，故用惰性电极电解AgNO3和NaCl的混合溶液，阴极和阳极上最先析出的物质分别是Ag和Cl2，故答案为：B。12. 盖斯定律认为能量总是守恒的：化学反应过程一步完成或分步完成，整个过程的热效应是相同的。已知：若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为( )A. Q2-Q3-3Q1 kJB. 0.5Q2-0.5Q3-1.5Q1 kJC. D. 【答案】D【解析】【详解】根据题干已知反应，根据盖斯定律可知：可由反应-+3，故=-+3=-()+3()=-，故23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为，故答
20、案为：D。13. 用铂电极电解100mL HNO3 与 AgNO3的混合液，通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体（标准状况），则原混合液中Ag+的物质的量浓度为 （ ）A. 1mol/LB. 2mol/LC. 2.5mol/LD. 3mol/L【答案】B【解析】【分析】铂电极为惰性电极，电解HNO3与AgNO3的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况），阴极发生2Ag+2e-=2Ag、2H+2e-=H2，阳极发生4OH-4e-=2H2O+O2，以此进行计算。【详解】铂电极为惰性电极，电解HNO3与AgNO3的混合溶液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（
21、标准状况），n（气体）=0.1mol，由阳极发生4OH-4e-=2H2O+O2可知，生成0.1molO2转移0.4mol电子，根据电子守恒可知，阴极转移0.4mol电子，则2H+2e-=H20.2mol 0.1mol2Ag+2e-=2Ag0.2mol 0.2mol即n（Ag+）=0.2mol，则原混合溶液中Ag+的物质的量浓度为=2mol/L，故选B。14. 下列对能量转化的认知中，不正确的是（ ）A. 电解水生成H2和O2时，电能主要转化为化学能B. 风力发电时，风能主要转化为电能C. 煤燃烧时，化学能主要转化为热能D. 白炽灯工作时，电能全部转化为光能【答案】D【解析】【详解】A电解水生成
22、氢气和氧气的电解装置是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B风力发电时，风能主要转化为电能，故B正确；C物质的燃烧将化学能转化为热能和光能，主要是热能，故C正确；D白炽灯工作时电能转化为光能和热能，电能不能全部转化为光能，故D错误；答案选D。15. 在一定条件下，CH4和CO燃烧的热化学方程式分别为：CH4(g)+2O2(g)=2H2O(l)+CO2(g) H=-890.31 kJmol-12CO(g)+O2(g)=2CO2(g) H=-566 kJmol-1如果有CH4和CO的混合气体充分燃烧，放出的热量为262.96 kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收，可得到50 g白色沉淀。则
23、混合气体中CH4和CO的体积比约为A. 12B. 13C. 23D. 32【答案】C【解析】【详解】设燃烧后共生成CO2的物质的量为x，混合气体中CH4、CO的物质的量分别为a mol、b mol，石灰水过量时只生成碳酸钙，据CaCO3CO2得x=0.5 mol，则：a+b=0.5mol，联立二式，解得a0.2 mol，b0.3 mol，ab=23。16. 如图所示的电化学装置可实现苯转化为环己烷。下列有关叙述正确的是( )A. 多孔惰性电极N接电源正极B. 该装置工作时，质子从甲室移向乙室C. 阴极电极反应为D. 阴极导出的气体增重，则阳极生成(标准状况)气体【答案】AD【解析】【详解】A由
24、题图可知，转化为发生还原反应，故甲室为阴极室，电极M为阴极，接电源负极，则电极N为阳极，接电源正极，发生氧化反应，A项正确；B电解装置中，质子(阳离子)从乙室(阳极)移向甲室(阴极)，B项错误；C阴极电极反应为，C项错误；D由阴极电极反应可知，阴极导出的气体增重，转移电子，阳极电极反应为，由得失电子守恒可知，生成，D项正确；故选AD。17. 如图所示为破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是（ ）A. 过程中断裂极性键键B. 过程可用方程式表示为C. 过程中是吸热过程D. 上述过程说明中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂【答案】C【解析】【详解】A.过程中转化为和氯原子。断裂极性键键，故A正确；B.根据
25、题图信息可知。过程可用方程式表示为，故B正确；C.原子结合成分子的过程中形成了化学键，是放热过程，故C错误；D.由题图可知中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，故D正确；故答案：C。18. 利用如图装置制取Cu2O，乙的总反应化学方程式为：2Cu+H2O=Cu2O+H2。下列说法正确的是（ ）A. 乙中Cu电极的电极反应式是：2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2OB. 甲中通入氧气的电极为负极C. 乙中阴离子向石墨电极移动D. 电路上通过0.5mol电子，可制得0.5molCu2O【答案】A【解析】【分析】甲装置是燃料电池，负极上电极反应式为H2+2OH-+2e-=2H2O，正极上电极反应式为O2
26、+2H2O+4e-=4OH-，乙装置为电解池，铜为阳极，阳极上电极反应式为2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O，石墨为阴极，阴极上电极反应式为2H+2e-=H2，据此分析解答。【详解】甲中通入氧气的电极是正极、通入氢气的电极是负极，所以乙中Cu是阳极、石墨是阴极。A乙中Cu电极上Cu失电子发生氧化反应，所以Cu的电极反应式是：2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O，故A正确；B甲中通入氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，故B错误；C电解池中阴离子向阳极移动，则阴离子向Cu电极移动，故C错误；D根据2Cu+2OH-2e-=Cu2O+H2O，电路上通过0.5mol电子，可制得0.2
27、5molCu2O，故D错误；故选A。【点睛】明确判断氢氧燃料电池以及各个电极上发生的反应是解本题关键。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式结合电解池原理书写电极反应的产物。19. 根据碘与氢气反应的热化学方程式： (i) I2(？)+ H2(g) 2HI(g) H=- 9.48 kJ/mol (ii) I2(？)+ H2(g) 2HI(g) H=+26.48 kJ/mol ，下列判断正确的是( )A. 反应(i)中的 I2为固态，反应(ii)中的 I2为气态B. 1 mol固态碘升华时将吸收17.00 kJ热量C. 反应(i)的产物比反应(ii)的产物稳定D. 254 g I2(g)中通入
28、2gH2(g)，反应放热9.48 kJ【答案】D【解析】【详解】A反应吸收能量，反应放出能量，所以反应中碘的能量高，则反应中碘为气态，中的I2为固态，A错误；B根据盖斯定律，-为，即I2（s） I2（g）H=+35.96kJ/mol，则1mol固态碘升华时将吸热35.96kJ，B错误；C反应的产物都是气态HI，所以二者热稳定性相同， C错误；D反应中碘为气态，即254gI2（g）完全反应放热9.48kJ，D正确；故答案为：D。20. 在科学(Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂空气电池的实验模型，这种实验电
29、池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95。该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是A. 多孔的黄金作为正极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+B. DMSO电解液能传递Li+和电子，但不能换成水溶液C. 该电池放电时每消耗2mol空气，转移4mol电子D. 给该锂空气电池充电时，金属锂接直流电源正极【答案】A【解析】【分析】该装置为原电池，锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li+ +O2 + 2e
30、-= Li2O2，在原电池中，电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。【详解】A. 锂电极作负极，负极的电极反应式为Li-e-=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；B. 电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误；C. 该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1mol氧气，转移2mol电子，但是2mol空气中氧气的物质的量小于2mol，则转移电子数小于4mol，C项错误；D. 放电时，金属锂为负极，充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；答案选A。二、选择题(共5小题，每小题3分，共15
31、分，每题有一个或两个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。)21. 将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图(A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷，在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是()A. 通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极B. 0V22.4L电池总反应的化学方程式为CH42O2+2KOH=K2CO3+3H2OC. 22.4 LV44.8 L时，负极电极反应为CH4-8e-2H2O=CO2+8H+D. V33.6 L时，溶液中只存在阴离子【答案】CD【解析】【详解】A. 燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入
32、空气的一端为原电池的正极，故A正确；B. 当0V22.4L时，0n(CH4)1mol，二氧化碳不足量，则二者反应生成碳酸钾，电池反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O，故B正确；C. 当22.4 LV44.8 L时，1n(CH4)2mol，在氢氧化钾碱性条件下生成KHCO3和K2CO3溶液，所以负极反应生成CO和HCO，故C错误；D. 当V=33.6L时，n(CH4)=1.5mol，溶液中溶液中存在阴离子CO和HCO，同时肯定存在阳离子K+，故D错误；答案选CD。22. 某学生欲完成2H+Fe=Fe2+H2反应，设计了下列四个实验，你认为可行的实验是( )A. B. C. D.
33、 【答案】B【解析】【详解】A 该装置是电解池，C是阳极，电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，Fe是阴极，电极反应为：2H+2e-=H2,故总反应为：2H2O2H2+O2，A不合题意；B该装置是原电池，Fe是负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，Ag是正极，电极反应为：2H+2e-=H2，故总反应为：2H+Fe=Fe2+H2，B符合题意；C该装置是电解池，左边Ag是阳极，电极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，右边Ag是阴极，电极反应为：2H+2e-=H2,故总反应为：2Ag+2H+2Cl- H2+ 2AgCl，C不合题意；D该装置是原电池，Fe是负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2
34、+，Ag是正极，电极反应为：+4H+3e-=2H2O+NO，故总反应为：3Fe +8H+2=3Fe2+4H2O+2NO，D不合题意；故答案为：B。23. 如下图所示的装置，C、D、F、X、Y都是惰性电极，E为铁棒。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则以下说法不正确的是 ( )A. 电源B极是负极B. 欲用丙装置给铜镀银，H应该是Cu，电镀液是AgNO3溶液C. 甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2 ：2 ：2D. 装置丁中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷【答案】C【解析】【详解】A电解滴入酚酞的氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电，导致
35、阴极附近显碱性，所以阴极附近溶液显红色，在F极附近显红色，所以F极是阴极，则B极是负极，A正确；B电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素，所以欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Cu，电镀液选是AgNO3溶液，B正确；C电解硫酸铜溶液时，E为阳极且Fe作电极，故发生的反应为：Fe-2e-=Fe2+，无单质生成，C错误； D电解池工作时，溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，装置丁中，X极是阳极，Y极是阴极，Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒向阴极移动，由此证明氢氧化铁胶粒带正电荷，D正确；故答案为：C。24. 下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A.
36、在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀B. 金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程C. 轮船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D. 铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe3e=Fe3，继而形成铁锈【答案】C【解析】【详解】A、在酸性环境下，钢铁也可能直接发生化学腐蚀，A错误；B、金属腐蚀的实质是金属失去电子被氧化的过程，B错误；C、锌的金属性强于铁，与铁构成原电池时，锌是负极，铁是正极被保护，因此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正确；D、在原电池中铁只能失去2个电子，转化为亚铁离子，D错误；答案选C。25. 已知：2H2O(l)=
37、2H2(g)O2(g) H571.0kJ/mol。以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：过程：2Fe3O4(s)=6FeO(s)O2(g) H313.2kJ/mol过程：下列说法不正确的是（ ）A. 过程中每消耗232gFe3O4转移2mol电子B. 过程热化学方程式为：3FeO(s)H2O(l)=H2(g)Fe3O4(s) H128.9kJ/molC. 过程、中能量转化的形式依次是：太阳能化学能热能D. 铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点【答案】BC【解析】【详解】A.首先根据算出的物质的量，再来看题目给出的过程I，2mol在反应中一共转移
38、了4mol电子，则每消耗1mol时转移2mol电子，A项正确；B.过程I吸收的能量小于总反应吸收的能量，则过程II也一定是吸热的，即，B项错误；C.过程I将太阳能转化为热能，热能转化为化学能，过程II还是热能转化为化学能，C项错误；D.该过程使用太阳能，因此成本低，且产物容易分离，D项正确；答案选BC。三、非选择题(共45分)26. 分别取40 mL的0.50 molL1盐酸与40 mL的0.55 molL1NaOH溶液进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)理论上稀强酸、稀强碱反应生成1 mol 水时放出57.3 kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀NaOH溶液
39、反应的中和热的热化学方程式_。(2)从实验装置上看，可知下图装置中缺少的仪器是_。(3)某学生实验记录数据如下：近似认为0.55molL1的NaOH溶液和0.50 molL1的盐酸的密度都是1 gcm3，中和后生成溶液的比热容c4.18 Jg11。则中和热H_(取小数点后一位)。上述实验数值结果与理论值有偏差，产生偏差的原因可能是_(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.实验量取盐酸时误取了浓硫酸c.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度(4)实验中改用50mL0.50molL-1的盐酸跟40mL0.55molL-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_(填
40、“相等”或“不相等”)，所放出的热量_(填“相等”或“不相等”)。(5)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热数值会_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)【答案】 (1). (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). -51.8kJ/mol (4). ac (5). 相等 (6). 不相等 (7). 偏小【解析】【分析】（1）根据中和热的定义是以生成1mol的H2O时释放的热量来确定其热化学方程式；（2）根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；（3）先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cmT计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；根据上述测量数据可知
41、，结果偏小，即下列属于导致结果偏小的原因；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，并根据中和热的概念和实质分析；（5）NH3H2O是弱电解质，电离吸热；根据中和热的概念和实质来回答。【详解】(1)中和热是指稀强酸、稀强碱反应生成1 mol 水时释放的热量，故表示稀硫酸和稀NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式为，故答案为：；（2）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器； 故答案为：环形玻璃搅拌棒；（3）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05，反应后温度为：23.2，反应前后温度差为：3.15；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3，反应前后温度差
42、为：3.1；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55，反应前后温度差为：3.05；40mL的0.50mol/L盐酸与40mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为：m=80mL1g/cm3=80g，c=4.18J/（g），代入公式Q=cmT得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/（g）80g=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出热量为：1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：1.036kJ =-51.8kJ，即该实验测得的中和热H=，故答案为：-51.8kJ/mol；根据上述测量数据可知，结果偏小，即下列属于导致结果偏小的原因：a实验装置保温、隔热效果差
43、，即散失的热量增多，故导致实验结果偏小，a符合题意；b实验量取盐酸时误取了浓硫酸，浓硫酸溶解过程为放热过程，故导致实验结果偏大，b不合题意；c用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度，由于温度计中含有NaOH溶液导致局部中和反应，测量的盐酸初始温度偏高，故实验结果偏小，c符合题意；故答案为：ac；（4）由于中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL 0.50mol/L盐酸跟40mL 0.55mol/L NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用500mL0.50mol/L盐酸跟40mL
44、 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，所放出的热量偏高，即放出热量不相等；故答案为：相等；不相等；（5）NH3H2O是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ；故答案为：偏小。27. ()丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：(1)已知丙烷完全燃烧生成CO2和1 mol H2O(l)放出553.75kJ的热量，写出表示丙烷标准燃烧热的热化学方程式：_。(2)二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料，应用前景广阔。1 mol 二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1 455 kJ的热量。若1 mol丙烷和二甲
45、醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1 645 kJ的热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为_。()CH4、H2、C都是优质的能源物质，它们燃烧的热化学方程式为：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H890.3 kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(l) H571.6 kJmol1C(s)O2(g)=CO2(g) H393.5 kJmol1(1)在深海中存在一种甲烷细菌，它们依靠酶使甲烷与O2作用产生的能量存活，甲烷细菌使1 mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量_(填“”“”或“”)890.3 kJ。(2)甲烷与CO2可用于合成合成气(主要成
46、分是一氧化碳和氢气)：CH4CO2=2CO2H2，1 g CH4完全反应可释放15.46 kJ的热量，则：能表示该反应过程中能量变化的是_(填字母)。ABCD若将物质的量均为1 mol的CH4与CO2充入某恒容密闭容器中，体系放出的热量随着时间的变化如图所示，则CH4的转化率为_(用小数表示，保留2位小数)。(3)C(s)与H2(g)不反应，所以C(s)2H2(g)=CH4(g)的反应热无法直接测量，但通过上述反应可求出C(s)2H2(g)=CH4(g) 的反应热H_。(4)目前对于上述三种物质的研究是燃料研究的重点，下列关于上述三种物质的研究方向中可行的是_(填字母)。A寻找优质催化剂，使C
47、O2与H2O反应生成CH4与O2，并放出热量B寻找优质催化剂，在常温常压下使CO2分解生成碳与O2C寻找优质催化剂，利用太阳能使大气中的CO2与海底开采的CH4合成合成气(CO、H2)D将固态碳合成为C60，以C60作为燃料【答案】 (1). C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) =-2215kJ/mol (2). 1：3 (3). = (4). D (5). 0.63 (6). -74.8 kJmol-1 (7). C【解析】【分析】() (1)根据燃烧热的定义和反应热与物质的量成正比进行计算，确定表示丙烷标准燃烧热的热化学方程式；(2)假设1 mol丙烷和二甲醚的混
48、合气体中含有丙烷为xmol，则二甲醚为（1-x）mol，完全燃烧生成CO2和液态水共放出1 645 kJ的热量，则有：2215 kJ/mol +1455 kJ/mol (1-x)=1645kJ，解得：x=0.25mol，即可求出丙烷和二甲醚的物质的量之比；()(1)化学反应的焓变与反应途径无关，只与反应物和生成物的状态有关，故甲烷细菌使1 mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量等于890.3kJ；(2) 根据1 g CH4完全反应可释放15.46 kJ的热量，故1molCH4完全燃烧释放的能量为：1615.46 kJ=247.46kJ，据此解题：A该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能
49、量高于生成物总能量，但图中数值不对，A错误；B该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量，B错误；C该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量，但图中数值不对，C错误；D根据上述分析可知，D图中的数值和能量相对大小均正确，D正确；根据甲烷与CO2反应的热化学方程式可知： ，解得：x=0.63mol，故甲烷的转化率=0.63，故答案为：0.63；(3) 根据盖斯定律并结合反应，可知反应C(s)2H2(g)=CH4(g)可由+-，即可求出反应C(s)2H2(g)=CH4(g) 的反应热。(4) A甲烷与氧气的反应为放热反应，可知CO2与H2O反应生成CH4和O2为吸
50、热反应，A错误；B使CO2分解生成碳与O2的反应为吸热反应，常温下不能发生，B不正确；C大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2），具有可行性，利用优质催化剂、太阳能实现转化，C正确；D将固态碳合成C60，以C60作燃料，产物相同，研究方向不可行，D错误。【详解】() (1)燃烧热是指1mol燃料完全燃烧后放出热量，已知丙烷完全燃烧生成CO2和1 mol H2O(l)放出553.75kJ的热量，又知1mol丙烷完全燃烧生成4molH2O，故表示丙烷标准燃烧热的热化学方程式：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) =4-553.75kJ/mol=-2215kJ
51、/mol，故答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) =-2215kJ/mol；(2)假设1 mol丙烷和二甲醚的混合气体中含有丙烷为xmol，则二甲醚为（1-x）mol，完全燃烧生成CO2和液态水共放出1 645 kJ的热量，则有：2215 kJ/mol +1455 kJ/mol (1-x)=1645kJ，解得：x=0.25mol，故混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为x：（1-x）=0.25：（1-0.25）=1：3，故答案为：1：3；()(1)化学反应的焓变与反应途径无关，只与反应物和生成物的状态有关，故甲烷细菌使1 mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出
52、的能量890.3 kJ，故答案为：=；(2) 根据1 g CH4完全反应可释放15.46 kJ的热量，故1molCH4完全燃烧释放的能量为：1615.46 kJ=247.46kJ，据此解题：A.该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量，但图中数值不对，A错误；B. 该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量，B错误；C. 该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量，但图中数值不对，C错误；D.根据上述分析可知，D图中的数值和能量相对大小均正确，D正确；故答案为：D。根据甲烷与CO2反应的热化学方程式可知： ，解得：x=0.63mol，故甲烷的转
53、化率=0.63，故答案为：0.63；(3) 根据盖斯定律并结合反应CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H890.3 kJmol12H2(g)O2(g)=2H2O(l) H571.6 kJmol1 C(s)O2(g)=CO2(g) H393.5 kJmol1，可知反应C(s)2H2(g)=CH4(g)可由+-，故反应C(s)2H2(g)=CH4(g) 的反应热H(571.6 kJmol1)+( 393.5 kJmol1)-( 890.3 kJmol1)=-74.8 kJmol1,故答案为：-74.8 kJmol-1；(4) A甲烷与氧气的反应为放热反应，可知CO2与H2O反应生
54、成CH4和O2为吸热反应，A错误；B使CO2分解生成碳与O2的反应为吸热反应，常温下不能发生，B不正确；C大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2），具有可行性，利用优质催化剂、太阳能实现转化，C正确；D将固态碳合成C60，以C60作燃料，产物相同，研究方向不可行，D错误；故答案为：C。28. 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)写出负极的电极反应式_。(2)铁电极为_(填“阳极”或“阴极”)，石墨电极(C)的电极反应式为_。(3)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反
55、应，则丙装置中阴极析出铜的质量为_g。假设乙装置中氯化钠溶液足够多，若在标准状况下，有224mL氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将_(填“增大”、“减小”或“不变”)，且变化了_g。(4)若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式为_【答案】 (1). CH3OCH3-12e-+16OH = 2+11H2O (2). 阴极 (3). 2Cl-2e- = Cl2 (4). 12.8 (5). 增大 (6). 0.88 (7). Fe+2H2OFe(OH)2+H2【解析】【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
56、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）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：O2-2H2-2Cu计算；根据转移电子数相等计算乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量变化；（4）若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，Fe作阳极失电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气。【详解】（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，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：CH3OCH3-12e-+
57、16OH = 2+11H2O，故答案为：CH3OCH3-12e-+16OH = 2+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：2Cl-2e- = Cl2，故答案为：阴极；2Cl-2e- = Cl2；（3）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：O2-2H2-2Cu，设生成氢气的分子数是x，生成铜的质量是y：， 解得：x=12.8g，根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气的关系式为：O2-2H2，设生成氢气的物质的量是xmol， 解得：x=0.02，所以消耗0.022=0.04mol
58、氢离子，则乙装置中阳离子交换膜右侧进入左侧的钠离子也为0.04mol，所以乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将增大0.04mol23g/mol-0.04mol1g/mol=0.88g故答案为：12.8 g；增大；0.88；（4）若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，Fe作阳极失电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气，则电解总方程式为Fe+2H2OFe(OH)2+H2；故答案为：Fe+2H2OFe(OH)2+H2。29. ()用下图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解质溶液，要满足下列要求：组别A槽B槽1NaOHCuSO42AgNO3CuCl23Na2SO4AgN
59、O34NaClAgNO3工作一段时间后A槽的pH增大，B槽的pH减小。b、c两极上反应的离子的物质的量相等。(1)应选择的电解质溶液是上述四组中的第_组。(2)当b极上析出7.1 g电解产物时，a极上析出产物的质量为_g；若B槽电解质溶液为500 mL，且忽略电解前后电解液的体积变化，则此时B槽中的c(H)比电解前增加了_mol/L。()二氧化氯(ClO2)是一种高效安全的自来水消毒剂。ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水。实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2为原料制备ClO2流程如下：已知：电解过程中发生的反应为NH4Cl2HClNCl33H2，NCl3中氮元素为3价。(1)写出电解时阳极的
60、电极反应式_。(2)溶液X中大量存在的阴离子有_(3)除去ClO2中的NH3可选用的试剂是_(填标号)a水 b碱石灰 c浓硫酸 d饱和食盐水【答案】 (1). 4 (2). 2g (3). 0.4 (4). +3Cl- 6e-=NCl3+4H+ (5). Cl-、OH- (6). C【解析】【分析】()工作一段时间后A槽pH值上升，B槽的pH下降。b、c两极上反应的离子的物质的量相等。惰性电极电解，根据电解质溶液可以分别得出各组溶液的电极反应和电极现象，依据电极反应和电极过程中溶液PH变化分析判断；（）电解NH4Cl、盐酸、NaClO2混合液生成NCl3和H2，反应方程式为：NH4Cl+2HC
61、l NCl3+3H2；然后NCl3与NaClO2发生反应NCl3+3H2O+6ClO2-=6ClO2+3Cl-+3OH-+NH3获得ClO2，据此解题：(1)根据电解反应中 元素化合价变化分析，氮元素化合价升高，在阳极发生氧化反应；(2)根据NCl3与NaClO2发生反应NCl3+3H2O+6ClO2-=6ClO2+3Cl-+3OH-+NH3获得ClO2，可以确定溶液X中所含的阴离子；(3)由信息可以知道，ClO2易溶于水，所以不能利用水溶液吸收，氨气为碱性气体，据此判断。【详解】()1组、A槽是电解水，氢氧化钠溶液PH增大，b电极是阳极，电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2；B槽电解硫
62、酸铜溶液，溶液PH减小，c电极为阴极，电解反应为：Cu2+2e-=Cu，依据电子守恒可知，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等：2组、A槽是电解硝酸银，溶液PH减小，b电极是阳极，电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2；B槽电解氯化铜溶液，溶液PH减小，c电极为阴极，电解反应为：Cu2+2e-=Cu，依据电子守恒可知，b、c两极上反应的离子的物质的量不相等：3组、A槽是电解水，硫酸钠溶液PH不变，b电极是阳极，电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2；B槽电解硝酸银溶液，溶液PH减小，c电极为阴极，电解反应为：4Ag+4e-=4Ag，依据电子守恒可知，b、c两极上反应的离子的物质的量相
63、等：4组、A槽是电解氯化钠，氯化钠溶液PH增大，b电极是阳极，电极反应为：4OH-4e-=2H2O+O2；B槽电解硝酸银溶液，溶液PH减小，c电极为阴极，电解反应为：4Ag+4e-=4Ag，依据电子守恒可知，b、c两极上反应的离子的物质的量相等：依据上述分析可知，符合条件的是第4组；故答案为：4；a、4H+4e-=2H2；b、4Cl-4e-=2Cl2；当b极上析出7.1g电解产物为氯气物质的量为0.1mol，a极上析出产物为氢气，氢气的物质的量为0.1mol，氢气的质量为0.1mol2g/mol=0.2g；若B槽电解质溶液500mL，且忽略电解前后电解液的体积变化，电解过程中氢氧根离子减少和氢
64、离子增加相同，依据电子守恒和电极反应可以计算得到，4OH-4e-=2H2O+O2电子转移0.2mol消耗氢氧根离子0.2mol，溶液中增加氢离子为0.2mol，则此时B槽中的c（H+）比电解前增加了=0.4mol/L，故答案为：2g；0.4；（）(1)NH4Cl+2HClNCl3+3H2，假设NCl3中氮元素为+3价，电解时阴极上是氢离子得到电子生成氢气，阴极的电极反应式为：2H+2e-=H2，阳极上电极反应等于总反应式减去阴极反应式，故阳极上的电极反应为：+3Cl-6e-=NCl3+4H+，故答案为：+3Cl-6e-=NCl3+4H+；(2)根据NCl3与NaClO2发生反应NCl3+3H2O+6ClO2-=6ClO2+3Cl-+3OH-+NH3获得ClO2，可以确定溶液X中所含的阴离子为：Cl-、OH-，故答案为：Cl-、OH-；(3)AClO2易溶于水，不能利用碳酸钠溶液吸收氨气，A错误；B碱石灰不能吸收氨气，B错误；C浓硫酸可以吸收氨气，且不影响ClO2，C正确；DClO2易溶于水，不能利用水吸收氨气，D错误；故答案为：C。