河南省实验中学2019-2020学年高二10月月考化学试题

河南省实验中学2019-2020学年高二10月月考化学试题

河南省实验中学2019-2020学年上学期高二月考高二年级化学 一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分)‎ ‎1.下列装置工作时，将化学能转化为电能的是（　　）‎ A. 燃气灶 B. 硅太阳能电池 C. 铅蓄电池 D. 风力发电 ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．燃气灶为化学能转化为热能的装置，选项A错误；‎ B．硅太阳能电池为太阳能转化为电能的装置，选项B错误；‎ C．铅蓄电池在放电时属于原电池，是化学能转化为电能的装置，选项C正确；‎ D．风力发电机是把机械能转化为电能，选项D错误。‎ 答案选C。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3 kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3) kJ/mol B. 需要加热才能发生的反应一定是吸热反应 C. 0.1mol氮气和0.3mol氢气,在在密闭容器中充分反应生成氨气，转移的电子数为0.6NA D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．中和热的实质是氢离子与氢氧根反应生成1mol水，而硫酸与氢氧化钡反应还有硫酸钡生成，选项A错误；‎ B．反应放热还是吸热与反应条件无关，选项B错误；‎ C．该反应属于可逆反应，不能进行到底，转移的电子数小于0.6NA，选项C错误；‎ D镁棒与电热水器内胆形成原电池，镁做负极，故是牺牲阳极的阴极保护法，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎3.在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是 ( )       ‎ A. 按图Ⅰ装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用下列方法：用酒精灯加热具支试管 B. 图Ⅱ是图Ⅰ所示装置的原理示意图，图Ⅱ的正极材料是铁 C. 铝制品表面出现白斑可以通过图Ⅲ装置进行探究，Cl－由活性炭区向铝箔表面区迁移，并发生电极反应：2Cl－－2e－=Cl2↑‎ D. 图Ⅲ装置的总反应为4Al＋3O2＋6H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、加热更容易使O2逸出，不易发生吸氧腐蚀，选项A错误；‎ B、负极材料应为铁，选项B错误；‎ C、根据Cl－的趋向可判断，铝箔表面应为负极，活性炭区为正极，正极：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，负极：Al－3e－＋3OH－=Al(OH)3↓，选项C错误；‎ D、负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4 Al(OH)3，生成的Al(OH)3，进一步脱水形成白斑，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查计算腐蚀和原电池原理，侧重于学生的分析能力的考查，明确电极上发生的反应是解本题关键，易错点为选项D：负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4 Al(OH)3，生成的Al(OH)3。‎ ‎4.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)；ΔH1‎ ‎2 H2(g)+ O2(g)= 2H2O(g)；ΔH2‎ C(s)+ O2(g)=CO2(g)；ΔH3‎ 则反应4C3H5(ONO2)3(l)= 12CO2(g)+10H2O(g) + O2(g) +6N2(g)的ΔH为 A. 12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B. 2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3‎ C. 12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D. ΔH1-5ΔH2-12ΔH3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：已知：①6C(s)+5H2(g)+3N2(g)+9O2(g)═2C3H5(ONO2)3(l)；△H1，‎ ‎②H2(g)+O2(g)=H2O(g)；△H2，③C(s)+O2(g)═CO2(g)；△H3，‎ 由盖斯定律：10×②+12×③-2×①得：‎ ‎4C3H5(ONO2)3(l)═12CO2(g)+10H2O(g)+O2(g)+6N2(g)；△H=12△H3+10△H2-2△H1；‎ 故选A。‎ ‎【点晴】本题考查了反应热的计算，侧重于盖斯定律应用的考查，构建目标方程式是解答关键。根据盖斯定律，由已知热化学反应方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减。盖斯定律的使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”。‎ ‎5.下列说法正确的是( )‎ A. 通过构成原电池将反应的化学能全部转化为电能 B. 点解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则转移到阴极的电子等于2NA C. 钢铁在潮湿的环境中易腐蚀,是因为钢铁里的铁和少量的碳与表面的水膜形成了无数微小原电池,其中负极发生的反应为Fe−3e−═Fe3+‎ D. 在电解池中电子由阳极流向外接电源的正极，从外接电源的负极流向阴极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、通过构成原电池，能将反应的化学能转化为电能，由于存在能量损失，则不可能将化学能全部转化为电能，选项A错误；‎ B、电解精炼铜在阳极放电的物质有锌、铁、镍、铜等，故阳极质量减少64g不是纯铜的质量，故无法计算转移电子量，选项B错误；‎ C、钢铁在潮湿的环境中易腐蚀，是因为钢铁里的铁和少量的碳与表面的水膜形成了无数微小原电池，负极发生的反应为Fe−2e−═Fe2+，选项C错误；‎ D、在电解池中电子由阳极流向外接电源的正极，从外接电源的负极流向阴极，选项D正确。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题考查电解原理及原电池，明确能量转化及发生的电极反应是解答本题的关键，易错点为选项B：电解精炼铜在阳极放电的物质有锌、铁、镍、铜等，故阳极质量减少64g不是纯铜的质量。‎ ‎6.下列关于焓变和熵变的说法正确的（ ）‎ A. 常温下反应C(s)+CO(g)＝2CO(g)不能自发进行，则该反应△H＞0‎ B. 自发反应的熵一定増大非自发反应的熵一定减小 C. 凡是放热反应都是自发的，凡是吸热反应都是非自发的 D. 反应2Mg(s)+CO₂(g)＝C(s)+2MgO(s)能自发进行,则该反应△H＞0‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.在高温条件下△G＝△H-T・△S＜反应能进行，反应常温下不能自发进行，选项A正确；‎ B.焓变和熵变共同决定反应是否能自发进行，选项B错误；‎ C.放热反应△H＜0，△S＜0时低温自发进行，高温非自发进行，吸热反应△H＞0，△S＞0时，高温反应自发进行，选项C错误；‎ D.该反应的△S＜0，能自发进行，说明△H＜0，选项D错误；‎ 答案选A。‎ ‎7.用情性电极电解100ml0.5mol/L的CuSO4‎ 溶液、当阳极产生1.12L(标准状况)气体时，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，需加入的物质是（ ）‎ A. CuCO3 B. CuO C. Cu(OH)2 D. CuSO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电解100mL0.5mol/LCuSO4溶液，发生的电解池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，与电源正极相连的为阳极，溶液中氢氧根离子失去电子发生氧化反应，若电极产生1.12L(标准状况)气体为氧气，物质的量为0.05mol，消耗氢氧根离子物质的量为0.2mol， c(H+)=0.2mol-0.1L×0.5mol/L×2 =0.2mol-0.1mol=0.1mol，‎ 则所得溶液电解过程中CuSO4溶液每损失2个Cu原子，就损失2个O原子，相当于损失一个CuO和一个H2O，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入Cu(OH)2。‎ 答案选C。‎ ‎8.已知断裂1mol化学键吸收的能量或形成1mol化学键释放的能量称为键能，部分物质的键能如下表所示:甲醛结构式为:,甲醛制备乌洛托品(C6H12N4)的反应如下，该反应的△H为( )‎ ‎6+4NH3(g)→+6H2O(l)‎ A. 6(a+b+c-d-e) kJ·mol-1 B. 6(d+e-a-b-c) kJ·mol-1‎ C. 6(b+2c-2d-2e) kJ·mol-1 D. 6(2d+2a+2e-b-3c) kJ·mol-1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应中，要断裂12molC-H键、6moIC＝O键和12 mol N-H键，形成12molC-N键、12molC-H键和12molO-H键，所以，该反应的反应热为:△H＝(a×12+b×6+c×12-d×12-a×12-e×12)kJ・mol-1。‎ 答案选C。‎ ‎9.下列关于甲、乙、丙、丁四个图像的说法中，不正确的是( )‎ ‎（甲） （乙） （丙） （丁）‎ A. 甲是过量的两份锌粉a、b分别加到100mL等浓度的稀硫酸中，同时向a中加入少量CuSO4溶液，产生H2的体积V(L)与时间(min)的关系图 B. 由乙可知，通电A极上有红色固体析出，说明锌的金属性比铜强 C. 由丙可知，装置工作一段时间后，a极附近溶液的pH増大 D. 由丁可形成铜锌原电池，且电路中每转移2mol电子，在正极会析出64g铜 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.a中加入少量CuSO4溶液，形成Zn-Cu原电池加快反应速率，选项A正确；‎ B.A极为阳板，Cu先析出，说明Cu2+比Zn2+先放电，氧化性Cu2+>Zn2+，金属性 Zn>Cu，选项B正确；‎ C.a极为阴极，H+得电子生成H2，H+浓度降低,pH增大，选项C正确；‎ D. Zn与CuSO4溶液直接反应,不会在导线中有电子移动，构不成原电池，选项D不正确；‎ 答案选D ‎10.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为:Fe+Ni2O3+3H2OFe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是( )‎ A. 电池的电解质溶液为碱性溶液，阳离子向正极移动 B. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH－-2e－=Fe(OH)2‎ C. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低 D. 电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH－-2e－=Ni2O3+3H2O ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A．根据放电时总反应方程式可知生成物均为氢氧化物，所以电池的电解液应该为碱性溶液，阳离子向正极移动，A项正确；B．根据放电时的总反应可知铁做还原剂失去电子，则负极反应为Fe+2OH－-2e－=Fe(OH)2，B项正确；C．电池充电过程中，阴极得电子发生还原反应，电极反应为Fe(OH)2+2e－=Fe+2OH－，所以阴极附近溶液的pH升高，C项错误；D．充电时阳极失电子发生氧化反应，电极反应式为2Ni(OH)2+ 2OH－-2e－=Ni2O3+3H2O，D项正确；答案选C。‎ 考点：考查原电池、电解池的工作原理。‎ ‎11.如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。下列说法正确的是（ ）‎ A. X极是电源负极，Y极是电源正极 B. a极的电极反应式为2Cl--2e-＝Cl2‎ C. 电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大 D. Cu电极上增重6.4g时，b极产生4.48L（标准状况）气体 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极时近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，选项A错误;‎ B.a电极是氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-＝Cl2，选项B正确;‎ C.电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，溶液中氧离子浓度增大，溶液的?逐渐減小，选项C错误;‎ D.电解过程中CuSO4浴液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，选项D错误。‎ 答案选B。‎ ‎12.膜技术原理在化工生产中有着广泛的应用。有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N205，装置图如下，下列说法正确的是（ ）‎ A. 图中B装置是原电池 B. N2O5在B池的c极区生成，其电极反应式为N2O4+2HNO3-2e-＝2N2O5+2H+‎ C. A装置中通入O2一极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-‎ D. 若A装置中通入SO2的速率为2.24L・min-1(标准状况)，为稳定持续生产，硫酸溶液的浓度应维持不变，则左侧水的流入速率应为14.6mL・min-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池 B.与电源的正极相连的电极为阳极，c极与正极相连为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O，电极反应式为:2O4+2HNO3-2e2N2O5+2H+2N2O5+2H C.通入O2一极是原电池的正极，电极反应式为:O2-4e-+4H+＝2H2O D.电池的总反应式为:2Sの2+2H2O+O2＝2H2SO4，1mi内2.24Ln(SO2)＝0.1mol，消耗水0.1mol ‎22. 4L/mol生成硫酸的质量为:0.1molx98g/mol＝9.8g，消耗水的质量为:0.1molx18g/mol＝1.8g，设1min内通入 c mn LH.2O9.8g则有:9.89+z×1g/mL-18。100％＝0.5T =11. 6ml/min ‎13.硼酸在生活中应用广泛，H3BO3可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图，a、c为阳离子交换膜，且H+可B(OH)4-与反应生成H3BO3，下列叙述错误的是（ ）‎ A. M室发生的电极反应式为：2H2O-4e-＝O2↑+4H+‎ B. N室中：a％＜b％‎ C. b膜为阴离子交换膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸 D. 理论上每生成1mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6L气体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.M室中石墨电极阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A正确；‎ B.N室中石墨为阴极，电解时阴极上水得电子生成H2和OH-，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c(NaOH)増大，所以N室a％＜b％，选项B正确；‎ C.原料室中的B(OH)通过b膜进入产品室，M室中氧离子通入a膜进入产品室，则b膜为阴离子交换膜，选项C正确；‎ D.理论上每生成1mnol产品，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，M室生成1malH+、N室生成0.5molH2，阴极生成的气体体积在标況下是11.2L，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎14.某充电宝锂离子电池的总反应为:xLi+Li1-xMn2O4 LiMn2O4，某手机镍氢电池总反应为: NiOOH+MH ==== M+Ni(OH)2(M为充电储氧金属或合金)，有关上述两种电池的说法不正确的是（ ）‎ A. 锂离子电池放电时Li+向正极迁移 B. 镍氢电池放电时，正极的电极反应式NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-‎ C. 上图表示用锂离子电池给镍氢电池充电 D. 锂离子电池充电时，阴极的电极反应式LiMn2O4-xe-=Li1-xMn2O4+xLi+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.锂离子电池放电时阳离子移向正极，所以Z向正极迁移，选项A正确；‎ B.放电时，正极发生还原反应，方程式NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，选项B正确；‎ C.图表示用锂离子电池为放电过程，而镍氧氯电池为充电过程，所以锂离子电池给镍电池充电，选项C正确；‎ D.锂离子电池充电时，阴极的电极反应式: Li++e-═Li，选项D错误。‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】考查了化学电源新型电池、原电池和电解池的工作原理的相关知识。判断电极反应是关键，正极反应为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，负极反应为 Li++e-═Li。‎ ‎15.某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是 A. 断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑‎ B. 断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红 C. 断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—‎ D. 断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：断开K2、闭合K1时，装置为电解池，两极均有气泡产生，则总反应为2Cl-+2H2OH2↑+2OH-+Cl2↑，石墨为阳极，铜为阴极，因此石墨电极处产生Cl2，在铜电极处产生H2，铜电极附近产生OH-，溶液变红，A错误；B、根据A中分析可知B错误；C、断开K1、闭合K2时，装置为原电池，铜电极上的电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，其为负极，而石墨上的电极反应为Cl2+2e-=2Cl-，其为正极，C错误，D、根据C中分析可知D正确，答案选D。‎ ‎【考点定位】本题综合考查电解池和原电池知识 ‎【名师点晴】解答时注意把握电化学工作原理，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。明确原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意电极名称的判断和电极反应式的书写。‎ 二、非选择题（本大题共5小题，共55分）‎ ‎16.化学反应不仅有物质变化，同时还伴随着能量的变化，化学反应的反应热通常用实验进行测定，也可进行理论推算。‎ ‎（1）在25℃、101KPa下，1gCH3OH与氧气充分反应，生成二氧化碳气体和水时释放出22.68kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：_____。‎ ‎（2）已知已知葡萄糖的燃烧热是2804kJ/mol,当它氧化生成1g 液态水时放出的热量是__________ kJ（结果保留两位小数）‎ ‎（3）已知热化学方程式C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) △H=-2220 kJ/mol，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) △H=-571.6 kJ/mol ‎①现有H2和C3H8的混合气体共5mol,完全燃烧时放热3472.9kJ，则混合气体中H2和C3H8的体积比为__________。‎ ‎②1mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体共完全燃烧时放热_________ kJ。‎ ‎【答案】 (1). CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.76 kJ/mol (2). 25.96 (3). 3:1 (4). 4725.8‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在25℃、101KPa下，1gCH3OH与氧气充分反应，生成二氧化碳气体和水时释放出22.68kJ的热量，则1mol CH3OH与氧气充分反应，生成二氧化碳气体和水时释放出725.76kJ的热量，表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-725.76 kJ/mol；‎ ‎（2）葡萄糖的燃烧热是2804kJ/mol，可知葡萄糖的燃烧热的热化学方程式为C6H12O6（s）+6O26CO2（g）+6H2O（l）△H=-2804kJ/mol，即生成108gH2O放出2804kJ的热量，设生成1g 液态水时放出的热量是xg，‎ 可得：‎ ‎＝；‎ 解得：x=25.96kJ；‎ ‎（3）①设混合气中H2的物质的量为x，则C3H8的物质的量为5mol-x．根据题意，列方程为：285.8kJ/mol×x+2220.0kJ/mol×（5mol-x）=3472.9kJ；‎ 解得 x= 3.75mol；C3H8的物质的量为5mol-3.75mol=1.25mol；‎ 所以混合气体中H2与C3H8的体积比即物质的量之比为3：1；‎ ‎②1mol H2和2 mol C3H8组成的混合气体共完全燃烧时放热285.8kJ/mol×1mol +2220.0kJ/mol×2mol =4725.8kJ 。‎ ‎17.某实验小组用0.5mol/L NaOH溶液和0.5mol/L硫酸溶液进行中和热的测定。‎ Ⅰ.准备仪器 ‎(1)环形玻璃搅拌棒__________（填“能”或“不能”）改为环形金属（如铜）棒，其原因是__________。‎ ‎(2)碎泡沫的作用是______________，终止温度应为反应的最________（填“高”或“终”）温度。‎ II．测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示。‎ ‎(1)四次实验所得到的温度平均值为__________℃。‎ ‎(2)取50mL NaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如表。‎ ‎①近似认为0.5mol/LNaOH溶液和0.5mol/L硫酸溶液的密度都是1g/cm3，中和后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。则中和热△H =_____（取小数点后一位）。‎ ‎②上述实验数值结果与573KJ·mol-1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. 量取NaOH溶液的体积时仰视读数 c. 分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中 d.反应时未用搅拌器搅拌 ‎【答案】 (1). 不能 (2). 金属导热性强，散失热量多，实验误差大 (3). 保温，防止热量散失 (4). 高 (5). 4.07 (6). 53.5 (7). acd ‎【解析】‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）铜是热的良导体，易损失热量，实验误差大，所以不能将环形玻璃搅拌棒改为环形铜棒；‎ ‎（2）因为该实验中要尽可能的减少热量的损失，所以大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用减少实验过程中的热量损失；‎ 终止温度应为反应的最高温度，才能测得放热的最大量；‎ II．（1）①第一次测定温度差为：（30.3-26.1）℃＝4．2℃，第二次测定的温度差为：（31.0-27.2）℃＝3.8℃，第三次测定的温度差为：（29.8-25.9）℃＝3．9℃，第四次测定的温度差为：（30．4-26．3）℃＝4．1℃，实验2的误差太大要舍去，三次温度差的平均值为4．07℃；‎ ‎②50mL0.50mol/L氢氧化钠与30mL0.50mol/L硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L＝0.025mol，溶液的质量为：80mL×1g/mL＝80g，温度变化的值为△T＝4.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为：Q＝m•c•△T＝80g×4.18J/（g•℃）×4.0℃＝1337.6J，即1.3376kJ，所以实验测得的中和热△H＝＝-53.5kJ/mol；‎ ‎③a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项a正确；‎ b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，选项b错误；‎ c．分多次把NaOH 溶液倒人盛有硫酸的小烧杯中，热量散失较多，测得温度偏低，中和热的数值偏小，选项c正确；‎ d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，导致温度计上残留的碱液与稀硫酸反应，起始温度偏高，测量值偏小，选项d正确。‎ 答案选acd。‎ ‎【点睛】本题考查中和热测定实验方案设计与探究，易错点为数据处理，多次测定中误差太大的应删去，合理的数据才进行求平均。‎ ‎18.电解原理在化学工业中有广泛应用。不仅可以制备物质，还可以提纯和净化。‎ ‎（1）电解食盐水是氯碱工业的基础。目前比较先进的方法是阳离子交换膜法，电解示意图如图所示，图中的阳离了交换膜只允许阳离子通过，请回答以下问题：‎ ‎①图中A极要连接电源的_______（填“正”或“负”）极 ‎②精制饱和食盐水从图中_____位置补充，氢氧化钠溶液从图中_____位置流出。（选填“a”“b” “c” “d” “e”或“f”）‎ ‎③电解总反应的离子方程式是_____________。‎ ‎（2）化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染，电化学降解NO3-的原理如图所示 ‎①电源正极为____（填A或B），阴极反应式为_____________。‎ ‎②若电解过程中转移了5mol电子，则膜左侧电解液的质量变化为__________g。‎ ‎【答案】 (1). 正 (2). a (3). d (4). 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH- (5). A (6). 2NO3-+10e- +12 H+ = N2↑+6H2O (7). 45‎ ‎【解析】‎ ‎(1)①由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，则左边A为阳极，所以A极要连接电源的正极，故答案为：正；‎ ‎②由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，则左边A为阳极，电极方程式为2Cl--2e-=Cl2↑，所以精制饱和食盐水从图中a位置补充，右边B为阴极，电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH- 或2H++2e-=H2↑，则生成氢氧化钠从图中d位置流出，故答案为：a；d；‎ ‎③电解总反应的离子方程式是2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，故答案为：2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-；‎ ‎(2)①由图示知在Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应，因此Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极；在阴极反应是NO3-得电子发生还原反应生成N2，利用电荷守恒与原子守恒知有H2O参与反应且有水生成，所以阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O，故答案为：A；2NO3-+12H++10e-=N2+6H2O；‎ ‎②转移5mol电子时，阳极(阳极反应为H2O失电子氧化为O2和H+)消耗2.5mol水，产生5molH+进入阴极室，阳极室质量减少45g，故答案为：45。‎ 点睛：本题考查电解原理、电极反应式书写、电化学的计算等。(2)②要注意该题中阴极室有氢离子进入，易漏掉，为易错点。‎ ‎19.电化学与我们的生活有着密切的联系，请结合电化学知识回答下列有关问题：‎ ‎（1）炒过菜的铁锅未及时洗浄(残液中含NaCl)，不久便会因腐蚀而出现红褐色锈斑。试回答:铁锅的锈蚀应属于____________(填“析氢腐蚀”或“吸氧腐蚀”)，‎ ‎ 铁锅锈蚀的正极反应式为:____________。‎ ‎（2）利用反应Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2设计成如上图1所示原电池，回答下列问题：‎ ‎①写出正极电极反应式___________‎ ‎②图中X溶液中的溶质是____________‎ ‎（3）如图2是一个电化学反应的示意图。‎ ‎①写出通入CH3OH的电极的电极反应式_______________‎ ‎②乙池中总反应的离子方程式_____________‎ ‎③熔融盐CH3OH燃料电池用熔融碳酸钾为电解质，则电池负极反应式__________‎ ‎④当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g，若此时乙池中溶液的体积为500ml，则溶液H+的浓度是_____________;此时丙池某电极析出1.60g某金属，则丙中的某盐溶液可能是_____(填序号)。‎ A. MgSO4 B. CuSO4 C. NaCl D. AgNO3‎ ‎【答案】 (1). 吸氧腐蚀 (2). O2+2H2O+4e-＝4OH- (3). 2Fe3++2e-＝2Fe2+ (4). FeCl3 (5). CH3OH-6e-+80H-＝CO32-+6H2 O (6). 4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+ (7). CH3OH-6e-+3CO32-＝4CO2+2H2O (8). 0.1 (9). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）铁锅中含有Fe、C，Fe、C和电解质溶液构成原电池，该原电池中，Fe易失电子作负极、C作正极，负极上铁失电子生成亚铁离子，正极上氧气得电子发生还原反应，负极反应式为Fe-2e-＝Fe2+、正极反应式为O2+2H2O+4e-＝40H-，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，被氧气氧化生成氢氧化铁；‎ ‎（2）C为正极，发生还原反应，电极方程式为2Fe3++2e-＝2Fe2+，Cu为负极，电极方程式为Cu-2e-＝Cu2+;由装置图可知知Y是氯化铜溶液，电解质溶液X是FeCl3；‎ ‎ (3)①燃料电池中，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，甲醇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CH3OH-6e-+8OH-＝CO32-+6H2O；‎ ‎②电解硝酸银溶液时，银离子得电子生成银、水失电子生成氧气和氢离子，离子方程式为4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+；‎ ‎③熔融盐CH3OH燃料电池用熔融碳酸钾为电解质，则电池负极上甲醇失电子与碳酸根离子反应生成二氧化碳，电极反应式为CH3OH-6e-+3CO32-＝4CO2+2H2O ‎④当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时,设氢离子浓度为 amol/L，‎ ‎4Ag++2H2O=4Ag+O2↑+4H+‎ ‎432g 4mol ‎5.40g 0.5amol 解得:a＝0.1‎ 阴极上析出金属，则在金属活动性顺序表中金属元素处于H元素后，根据串联电池中转移电子数相等知，丙中析出金属元素需要的电子等于或小于乙池中转移电子数，据此确定含有的金属元素，析出5.40g时转移电子数是0.05mol。‎ A.硫酸镁中镁元素处于H元素之前，所以阴极上不析出金属单质，选项A错误 B.电解硫酸铜溶液时，阴极上析出1.60g铜需要转移电子0.05mol，选项B正确;‎ C.NaCl中钠元素处于氢元素前，所以阴极上不析出金属单质，选项C错误;‎ D.电解硝酸银溶液时，阴极上析出1.60g银需要转移电子0.0148mol＜0.05mol，选项D正确。‎ 答案为:BD。‎ ‎ ‎