福建省华安一中龙海二中2019-2020学年高二上学期第一次联考化学试题

福建省华安一中龙海二中2019-2020学年高二上学期第一次联考化学试题

华安一中、龙海二中2019-2020学年上学期第一次月考 高二化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Al-27 Fe-56 Cu-64 Zn-65 ‎ 第Ⅰ卷 (选择题 共54分)‎ 一、选择题：(共16题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)。‎ ‎1. 为应对石油危机，2006年1月1日，我省“苏北五市”决定全面推广使用乙醇汽油作为发动机燃料，即在汽油中掺入一定比例的乙醇，以代替一部分汽油。下列有关说法正确的是 A. 乙醇汽油是一种清洁能源，燃烧不会产生污染 B. 乙醇与汽油组成元素相同，化学成分相似 C. 乙醇汽油燃烧时，耗氧量高于等质量的汽油 D. 乙醇可通过淀粉转化制得，是一种可再生的燃料 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、也会产生污染，若是不完全燃烧，会有CO的污染A错误；B 汽油的成分是烃，不含有氧元素，而乙醇是醇，含有氧元素，B错误；C 由于乙醇本身含有氧元素，所以耗氧量低于等质量的汽油，C错误；D淀粉无氧发酵即可以得到乙醇，因此乙醇是一种可再生的燃料，D正确。‎ 考点：考查了乙醇汽油的组成和性质的相关知识。‎ ‎2.下列对H2(g)＋Cl2(g)=2HCl(g) ΔH(298 K)＝－184.6kJ/mol的叙述正确的是（ ）‎ A. 1分子H2和1分子Cl2反应，放出热量184.6 kJ B. 1molH2(g)完全反应生成2molHCl(g)，放出的热量为184.6kJ C. 在25℃、101kPa的条件下，1molH2(g)和1molCl2(g)完全反应生成2molHCl(g)，放出的热量为184.6kJ D. 在25℃、10 kPa的条件下，1molH2(g)和1molCl2(g)完全反应生成2molHCl(g)，吸收的热量为184.6kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol H2和1mol Cl2反应，放出热量184.6 kJ，故A错误；‎ B.温度压强不知，物质聚集状态不知，反应热量变化不一定，故B错误；‎ C.依据热化学方程式分析，在101 kPa、25℃的条件下，1mol H2（g）和1mol Cl2（g）完全反应生成2mol HCl（g）放出的热量为184.6kJ，故C正确；‎ D. 该反应是放热反应，在25℃、10 kPa条件下，1molH2(g)和1molCl2(g)完全反应生成2molHCl(g)，放出的热量为184.6kJ，故D错误。‎ ‎3.下列说法正确的是（ ）‎ A. 甲烷的标准燃烧热为－890.3kJ·mol－1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（g） △H＝－890.3kJ·mol－1‎ B. 已知热化学方程式：N2（g）＋3H2（g）2NH3（g） △H＝－92.2kJ·mol－1，则往密闭容器投入1mol的氮气和3mol氢气，反应后放热92.2千焦 C. 常温下，吸热反应C（s）＋CO2（g）＝2CO（g）的△H＞0‎ D. 同温同压下，H2（g）＋Cl2（g）＝2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H不同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 甲烷的标准燃烧热是生成二氧化碳和液态水放出的能量，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O（l） △H＝－890.3kJ·mol－1，故A错误； ‎ B. 合成氨反应为可逆反应， N2（g）＋3H2（g）2NH3（g） △H＝－92.2kJ·mol－1，则往密闭容器投入1mol的氮气和3mol氢气，反应后放热小于92.2千焦，故B错误；‎ C. 常温下，吸热反应焓变大于0，所以C（s）＋CO2（g）＝2CO（g）的△H＞0，故C正确；‎ D. 焓变与反应条件无关，同温同压下，H2（g）＋Cl2（g）＝2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同，故D错误。‎ ‎4.化学键的键能是形成(或拆开)1 mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和P4O6的分子结构如图所示，现提供以下化学键的键能(kJ/mol) P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则反应P4(白磷)+3O2P4O6 ‎ A. 放出1 638 kJ热量 B. 吸收1 638 kJ热量 C. 放出126 kJ热量 D. 吸收126 kJ热量 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，据此计算判断，注意每摩尔P4中含有6molP-P键。‎ ‎【详解】各化学键键能为P−P：198kJ⋅mol-1、P−O：360kJ⋅mol-1、O=O：498kJ⋅mol-1反应热△H=反应物总键能−生成物总键能,由图可知：1个P4分子中含有6个P−P键，1个P4O6分子中含有12个P−O，1mol P4和3mol O2完全反应(P4+3O2=P4O6)生成1molP4O6，所以反应P4+3O2=P4O6的反应热△H=6×198kJ⋅mol-1+3×498kJ⋅mol-1−12×360kJ⋅mol-1= −1638kJ⋅mol-1，反应放热1638kJ，A项正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】每摩尔P4中含有6molP-P键，需要熟记。‎ ‎5.已知下列热化学方程式：‎ Zn（s） + 1/2 O2（g）= ZnO（s） ΔH= -351．1 kJ·mol-1①‎ Hg（l） + 1/2 O2（g）= HgO（s） ΔH= -90．7 kJ·mol-1 ②‎ 由此可知Zn（s）+ HgO（s）= ZnO（s）+ Hg（l）的反应热ΔH为 A. -260．4 kJ·mol-1 B. +260．4 kJ·mol-1 C. - 441．8 kJ·mol-1 D. + 441．8 kJ·mol-1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】考查盖斯定律的应用。将已知的两式相叠加，即前者减后者得到Zn（s）+ HgO（s）= ZnO（s）+ Hg（l），所以反应热为－351.1 kJ/mol＋90.7 kJ/mol＝－260.4 kJ/mol，所以答案选A。‎ ‎6.某兴趣小组设计的水果电池装置如图所示。该电池工作时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 将电能转化为化学能 B. 电子由锌片经导线流向铜片 C. 铜片作负极 D. 锌片发生还原反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 原电池可以将化学能转化为电能，故A错误；‎ B. 该水果电池中，锌是负极、铜是正极，电子由锌片经导线流向铜片，故B正确；‎ C. 锌的活泼性大于铜，锌是负极、铜是正极，故C错误；‎ D. 锌片失电子发生氧化反应，故D错误。‎ ‎7.如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（ ）‎ A. a为负极，b为正极 B. 电解过程中，d电极质量增加 C. d为阳极，c为阴极 D. 电解过程中，氯离子浓度不变 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极。‎ ‎【详解】A、c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极，故A错误； B、电解池中，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，d极上铜离子得电子生成铜，故B正确； C、电解过程中，d电极是阴极，c是阳极，故C错误； D、电解过程中，氯离子在阳极上失电子产生氯气，氯离子浓度减小，故D错误。‎ ‎8.在溶液中，原电池的两电极距离越近，导电能力越强。重铬酸钾具有强氧化性，能加快反应速率。下列锌铜原电池装置中，电极材料、灯泡、烧杯等均相同，能使小灯泡最亮且持续时间最长的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B原电池的两电极距离远，导电能力弱；C、D原电池的两电极距离近，导电能力强，C中含有重铬酸钾具有强氧化性，能加快反应速率，所以C导电能力大于D，所以C小灯泡最亮且持续时间最长，故选C。‎ ‎9.向足量H2SO4溶液中加入100mL 0.4 mol·L—1Ba(OH)2溶液，放出的热量是5.12kJ。如果向足量Ba(OH)2溶液中加入100mL 0.4 mol·L—1HCl溶液时，放出的热量为2.2kJ。则Na2SO4溶液与BaCl2溶液反应的热化学方程式为 A. Ba2+（aq）+SO42—（aq）=BaSO4（s） △H=－18kJ·mol—1‎ B. Ba2+（aq）+SO42—（aq）=BaSO4（s） △H=－2.92kJ·mol—1‎ C. Ba2+（aq）+SO42—（aq）=BaSO4（s） △H=－0.72kJ·mol—1‎ D. Ba2+（aq）+SO42—（aq）=BaSO4（s） △H=－73kJ·mol—1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：氢氧化钡的物质的量是0.04mol，则该反应的热化学方程式是①Ba2+（aq）+SO42—（aq）＋2H＋（aq）＋2OH－（aq）=BaSO4（s）＋2H2O（aq） △H＝－128kJ/mol。盐酸的物质的量是0.04mol，则该反应的热化学方程式是①2H＋（aq）＋2OH－（aq）= 2H2O（aq） △H＝－110kJ/mol。所以根据盖斯定律可知，①－②即得到Ba2+（aq）+SO42—（aq）=BaSO4（s） △H＝－128kJ/mol＋110kJ/mol＝－18kJ/mol，答案选A。‎ 考点：考查热化学方程式的正确判断 点评：该题的实质还是盖斯定律的应用，本题难度不大。‎ ‎10.化学反应N2＋3H2＝2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是 A. N2(g)＋H2((g)＝NH3(g)；ΔH＝(a＋b) kJ·mol－1‎ B. N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(g)；ΔH＝2(b－a) kJ·mol－1‎ C. N2(g)＋H2(g)＝NH3(l)；ΔH＝(b＋c－a) kJ·mol－1‎ D. N2(g)＋3H2(g)＝2NH3(l)；ΔH＝2(a－b－c) kJ·mol－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎11.某小组设计如图装置（盐桥中盛有浸泡了KNO3溶液琼脂）研究电化学原理。下列叙述正确的是( )‎ A. 银片为负极，发生的反应为：Ag＋+e-= Ag B. 进行实验时，琼脂中K+移向Mg(NO3)2溶液 C. 用稀硫酸代替AgNO3溶液，可形成原电池 D. 取出盐桥，电流表依然有偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：从图来看，该装置为Mg-Ag的原电池，由于金属镁比较活泼，所以在该原电池中镁做负极，失电子形成镁离子，A错误；银电极一侧得到电子，析出银单质，所以盐桥中的阳离子往右侧硝酸银溶液迁移，B错误；若把硝酸银换成稀硫酸，H+同样在银电极处得到电子析出氢气，所以可以构成原电池；所以C正确；取出盐桥，由于装置无法构成闭合回路，所以不能形成原电池，电路中无电子转移不产生电流，所以电流表不发生偏转，D错误；故选C。‎ 考点：本题考查的是基础的原电池原理。‎ ‎12.实验发现，298 K时，在氯化铁酸性溶液中加少量锌粒后，Fe3＋立即被还原成Fe2＋。某夏令营兴趣小组根据该实验事实设计了如图所示原电池装置。下列有关说法正确的是 A. 该原电池的正极反应是：Zn－2e－=Zn2＋‎ B. 左烧杯中溶液的红色逐渐褪去 C. 该电池铂电极上立即有气泡出现 D. 该电池总反应为：3Zn＋2Fe3＋=2Fe＋3Zn2＋‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.由于金属活动性Zn>Pt，所以Zn为负极，该原电池的负极的反应式是：Zn-2e－=Zn2＋，A错误；‎ B.在左烧杯中发生反应：Fe3++e-=Fe2+，因此会看到溶液的红色逐渐褪去，B正确；‎ C.该电池铂电极上Fe3+获得电子变为Fe2+，H+不能获得电子，因此不会产生气泡，C错误；‎ D.Zn失去电子变为Zn2+，Fe3+获得电子变为Fe2+，故该电池总反应为：Zn＋2Fe3＋=2Fe2+＋Zn2＋，D错误；‎ 故合理选项是B。‎ ‎13.查处酒后驾驶采用的“便携式乙醇测量仪”以燃料电池为工作原理，在酸性环境中，理论上乙醇可以被完全氧化为CO2，但实际乙醇被氧化为CH3CHO，即：2CH3CH2OH＋O2=2CH3CHO＋2H2O。下列说法中不正确的是（ ）‎ A. O2发生的反应是还原反应 B. 正极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O C. 乙醇在正极发生还原反应 D. 其中一个电极的反应式为CH3CH2OH－2e－=CH3CHO＋2H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电池总反应2CH3CH2OH＋O2=2CH3CHO＋2H2O中，正极上O2得电子反应还原反应，故A正确；‎ B．正极上O2得电子反应还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，故B正确；‎ C．乙醇应该在负极上发生氧化反应，正极上是O2得电子发生还原反应，故C错误；‎ D．乙醇在负极上发生氧化反应，电极反应式为CH3CH2OH－2e－=CH3CHO＋2H＋，故D正确；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】在燃料电池中，如果有O2参与，正极反应物为O2，不同的电解质溶液环境，电极反应方程式不同：‎ ‎①酸性电解质溶液：O2＋4e－＋4H＋=2H2O；‎ ‎②中性或者碱性电解质溶液：O2＋4e－＋2H2O=4OH－；‎ ‎③熔融的金属氧化物：O2＋4e－=2O2－；‎ ‎④熔融的碳酸盐：O2＋4e－＋2CO2=2CO32－。‎ ‎14.取一张用饱和的NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现b电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色。则下列说法错误的是（ ）‎ A. 电解过程中b电极产生氯气 B. a电极是阴极 C. b电极与电源的正极相连接 D. a电极附近溶液的pH变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ b电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明b是阳极，a是阴极。‎ ‎【详解】A. b电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圈为白色，外圈呈浅红色，说明电解过程中b电极产生氯气，故A正确；‎ B. 电解过程中b电极产生氯气，b是阳极，a电极是阴极，故B正确；‎ C. b电极是阳极，所以b与电源的正极相连接，故C正确；‎ D. a是阴极，电极反应是2H++2e-=H2，氢离子浓度降低、氢氧根离子浓度增大，所以a电极附近溶液的pH增大，故D错误。‎ ‎15.在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2其原理如图所示，正确的是（ ）‎ A. 通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小 B. 电源A极为负极 C. 通电后，若有22.4LH2生成，则转移2mol电子 D. 与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 右侧生成氢气，右侧是阴极，通电后，H+通过质子交换膜向右移动，右侧消耗氢离子，最终右侧溶液pH增大，故A错误；‎ B. 右侧氢离子得电子生成氢气，右侧是阴极，所以电源B是负极、A极为正极，故B错误；‎ C. 非标准状况下，22.4LH2的物质的量不一定是1mol，若有22.4LH2生成，不一定转移2mol电子，故C错误；‎ D. A是正极，与电源A极相连的惰性电极上发生氧化反应，反应为CH3COOH-8e-+2H2O=2CO2↑+8H+，故D正确。‎ ‎16.用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，长时间通电后，向所得溶液中加入0.2mol Cu(OH)2恰好恢复到电解前的浓度和pH。则电解过程中转移电子的总物质的量为 ( )‎ A. 0.2mol B. 0.6mol C. 0.4mol D. 0.8mol ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】加入0.2mol Cu(OH)2恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解硫酸铜溶液时，从得电子的角度分析，生成铜0.2mol、氢气0.2mol，应得到电子0.8mol，从失电子的角度分析，生成氧气0.2mol，应失去电子0.8mol，所以电解过程中转移电子的总物质的量为0.8mol；‎ 答案为D。‎ ‎【点睛】本题考查电解池的计算，根据所加物质判断电解过程中生成的产物是解答本题的难点和易错点，计算时可从得电子的角度也可从失电子的角度分析判断。‎ 二、非选择题（包括5题，共52分）‎ ‎17.（1）火箭推进器中盛有液态肼(N2H4)和氧气。当把0.2mol液态肼和足量氧气反应，生成氮气和水蒸气，放出128.8kJ的热量(相当于25℃、101kPa下测得的热量)。‎ ‎①反应的热化学方程式为_____。‎ ‎②又已知H2O(l)=H2O(g) ΔH= +44kJ/mol。则16g液态肼与氧气生成液态水时放出的热量是_____kJ。‎ ‎③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是____。‎ ‎（2）工业上常用磷精矿[Ca5(PO4)3F]和硫酸反应制备磷酸。已知25℃、101kPa时：CaO(s)＋H2SO4(l)=CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH＝－271kJ·mol－1，5CaO(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)=Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH＝－937 kJ·mol－1；则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_____。‎ ‎【答案】 (1). N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-644.0kJ/mol (2). 366kJ (3). 燃烧产物不污染环境；绿色、环保 (4). Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)=5CaSO4(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g) ΔH＝－418kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）①根据0.2mol液态肼生成氮气和水蒸气放出的热量，计算1mol液态肼放出的热量，然后根据热化学方程式的书写方法写出热化学方程式；‎ ‎②结合（1）的热化学方程式和H2O（l）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，根据盖斯定律写出生成液态水时的热化学方程式进行计算；‎ ‎③氮气和水蒸气无污染；‎ ‎（2）根据盖斯定律书写Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式。‎ ‎【详解】（1）①0.2mol液态肼放出128.8kJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为128.8kJ÷0.2=644.0kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-644.0kJ/mol；‎ ‎② ㈠N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-644.0kJ/mol；   ㈡H2O（l）=H2O（g）△H=+44KJ/mol， 依据盖斯定律㈠-㈡×4得到：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)‎ ‎ △H=-732.0kJ/mol；化学方程式中32g液态肼全部反应放热732.0kJ，16g液态肼与足量氧气反应生成氮气和液态水时，放出的热量是366KJ。‎ ‎③产物氮气和水蒸气无污染，所以此反应用于火箭推进优点是燃烧产物不污染环境，绿色、环保；‎ ‎（2）① CaO(s)＋H2SO4(l)=CaSO4(s)＋H2O(l) ΔH＝－271kJ·mol－1；‎ ‎② 5CaO(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g)=Ca5(PO4)3F(s)＋5H2O(l) ΔH＝－937 kJ·mol－1；‎ 根据盖斯定律①×5－②得 ，Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是Ca5(PO4)3F(s)＋5H2SO4(l)=5CaSO4(s)＋3H3PO4(l)＋HF(g) ΔH＝－418kJ·mol－1。‎ ‎18.能源在人类生活中应用广泛。回答下列问题：‎ ‎（1）氢气燃烧时放出大量的热，这是由于反应物的总能量____生成物的总能量(选填“大于”“小于”或“等于”，下同)，从化学反应的本质角度来看，是由于断裂反应物中的化学键吸收的总能量_____形成产物的化学键释放的总能量。‎ ‎（2）H2被认为是21世纪矿物燃料的理想能源，每克氢气和汽油燃烧放出的热量分别为55kJ和46kJ。汽油可由石油经___和____获得；请分析氢气作为能源替代汽油的优势：_____；____(写两点)。‎ ‎（3）在氢氧碱性燃料电池中，负极发生反应的电极反应式：___，正极的电极反应式为____。若反应后得到5.4g液态水，此时氢氧燃料电池转移的电子数为____。‎ ‎（4）如图所示的装置，在盛有水的烧杯中，铁圈和银圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡。小心地往烧杯中央滴入CuSO4溶液。‎ 片刻后可观察到的现象是(指悬吊的金属圈)____。‎ A.铁圈和银圈左右摇摆不定 B.保持平衡状态不变 C.铁圈向下倾斜 D.银圈向下倾斜 ‎（5）铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3可用作催化剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。‎ ‎①写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式_____。‎ ‎②若将①中的反应设计成原电池，写出负极的电极反应式____。‎ ‎【答案】 (1). 大于 (2). 小于 (3). 分馏 (4). 裂化 (5). 氢气燃烧产物为水，不污染环境 (6). 单位质量的氢气燃烧放出的热量更多 (7). H2-2e-+2OH-=2H2O (8). O2+4e-+2H2O=4OH- (9). 0.6NA (10). D (11). 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ (12). Cu-2e-=Cu2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）放热反应是反应物的总能量大于生成物的总能量的反应；‎ ‎（2）石油分馏和裂化可得到汽油；氢气是清洁燃料；‎ ‎（3）在氢氧碱性燃料电池中，负极是氢气失电子生成水；正极是氧气得电子生成氢氧根离子。‎ ‎（4）如图所示的装置，铁圈和银圈、硫酸铜溶液构成原电池；‎ ‎（5）①FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；‎ ‎②若将①中的反应设计成原电池，铜是负极，负极是铜失电子生成铜离子；‎ ‎【详解】（1）反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应；氢气燃烧放热，这是由于反应物的总能量大于生成物的总能量；‎ ‎（2）石油分馏和裂化可获得汽油；氢气作为能源替代汽油的优势是：氢气燃烧产物为水，不污染环境 ；单位质量的氢气燃烧放出的热量更多。‎ ‎（3）在氢氧碱性燃料电池中，负极是氢气失电子生成水，负极反应式是H2-2e-+2OH-=2H2O，正极是氧气得电子生成氢氧根离子，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。氢氧燃料电池总反应为2H2+O2=2H2O，5.4g水的物质的量是0.3mol，若反应后得到5.4g液态水，此时氢氧燃料电池转移的电子数为0.6NA。‎ ‎（4）如图所示的装置，铁圈和银圈、硫酸铜溶液构成原电池，铁负极，Fe－2e-=Fe2+，铁溶解，质量减轻，银是正极Cu2++2e-=Cu，银极质量增大，所以银圈向下倾斜，选D；‎ ‎（5）①FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。‎ ‎②若将①中的反应设计成原电池，铜是负极，负极是铜失电子生成铜离子，负极的电极反应式是Cu-2e-=Cu2+。‎ ‎19.某实验小组尝试在钢制钥匙上镀铜。‎ 实验I：将钥匙直接浸入0.4 mol·L－1 CuCl2溶液中，20s后取出，钥匙表面变红，但镀层疏松，用纸即可擦掉。‎ 实验II：用图装置对钥匙进行电镀铜。钥匙表面迅速变红，同时有细小气泡产生，精铜表面出现少量白色固体。30s后取出钥匙检验，镀层相对实验I略好，但仍能用纸巾擦掉一部分。经调整实验条件后获得了较好的电镀产品。‎ 实验III：用0.4 mol·L－1 CuSO4溶液代替CuCl2溶液重复实验II，精铜表面未出现白色固体。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验I反应化学方程式是_______。‎ ‎（2）实验II中钥匙应与电源的_______极连接。‎ ‎（3）钥匙表面产生的气体是_______。‎ ‎（4）为了避免实验III中钥匙表面产生气体，应该采取的措施是________。‎ ‎（5）常见化合物中铜元素有+1、+2两种价态，结合实验III推测实验II中精铜表面产生的白色固体的电极反应式是________。（已知CuOH是一种难溶于水的黄色固体）‎ ‎【答案】 (1). Fe+CuCl2 =Cu+FeCl2 (2). 负 (3). H2 (4). 适当降低c(H+)或降低电源电压（其他答案合理给分） (5). Cu-e- +Cl- =CuCl ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考察电镀的原理，题中所涉及的气体、白色固体，需要结合所学知识去推测。‎ ‎【详解】（1）钢制钥匙的主要成分是Fe，实验I的化学方程式是：Fe+CuCl2=FeCl2+Cu；‎ ‎（2）实验II中，钥匙是要被镀铜，则应该做阴极，即与电源的负极连接；‎ ‎（3）CuCl2溶液呈弱酸性，阴极上会有少量的H+放电形成H2，所以钥匙表面的气体为H2；‎ ‎（4）为避免实验III中药匙表面产生气体，可以适当降低溶液中H+的浓度，或者适当降低电压；‎ ‎（5）Cu(II)的化合物一般都是蓝色或绿色，Cu(I)的化合物中，已学的不溶于水的有Cu2O（砖红色）、CuOH（黄色）、CuCl（白色），则该白色固体为CuCl，则相应的电极反应式为：Cu-e- +Cl- =CuCl。‎ ‎20.50mL0.50 mol·L－1盐酸与50mL0.55 mol·L－1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。试回答下列问题：‎ ‎（1）大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_____。‎ ‎（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值将____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎（3）实验中改用60mL0.50 mol·L－1盐酸与50mL0.55mol·L－1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量___(填“相等”或“不相等”)，所求中和热____(填“相等”或“不相等”)，简述理由___。‎ ‎（4）若改用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会____(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。‎ ‎【答案】 (1). 减少实验过程中的热量损失 (2). 偏小 (3). 不相等 (4). 相等 (5). 中和热是在稀溶液中，H＋和OH－发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸碱的用量无关 (6). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)中和热测定需准确测定热量变化，尽可能防止热量损失；‎ ‎（2）大烧杯上如不盖硬纸板，热量损失偏多；‎ ‎（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关；中和热是在稀溶液中，1 mol H＋和1 mol OH－发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸碱的用量无关；‎ ‎（4）氨水是弱碱，电离吸热；‎ ‎【详解】(1)中和热测定，尽可能防止热量损失，所以大小烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；‎ ‎（2）大烧杯上如不盖硬纸板，热量损失偏多，求得的中和热数值将偏小；‎ ‎（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用60 m L 0.50 mol·L－1盐酸与 50 m L 0.55 mol·L－1‎ ‎ NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量不同，所放出的热量不相等，但因中和热是在稀溶液中，1 mol H＋和1 mol OH－发生中和反应生成1 mol H2O时所放出的热量，与酸碱的用量无关，所求中和热相等；‎ ‎（4）氨水是弱碱，电离吸热，若改用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小。‎ ‎21.氮、硫、氯及其化合物是中学化学重要的组成部分。‎ ‎（1）氨气燃料电池使用的电解质溶液是KOH溶液，电池反应为：4NH3+3O2＝2N2+6H2O。该电池负极的电极反应式为____；用该电池进行粗铜（含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，以CuSO4溶液为电解质溶液，下列说法正确的是____。‎ a．电能全部转化化学能 b．SO42﹣的物质的量浓度不变（不考虑溶液体积变化）‎ c．溶液中Cu2+向阳极移动 d．利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属 e．若阳极质量减少64g，则转移电子数为2NA个 ‎（2）①将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：所得悬浊液白色沉淀观察现象并判断，则试剂A的化学式为_____。实验表明，加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，产生该白色沉淀的离子方程式是____。‎ ‎②利用如图所示电化学装置吸收工业尾气中SO2，阴极上生成Cu。写出装置中阳极的电极反应式_____。‎ ‎【答案】 (1). 2NH3+6OH-－6e-＝N2+6H2O (2). bd (3). HCl (4). 2SO2+2Ba2++O2+2H2O＝2BaSO4↓+4H+ (5). SO2+2H2O－2e-＝4H++SO42-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依据化学方程式分析化合价变化，判断发生氧化反应的物质是氨气，原电池中氨气在负极失电子，正极上氧气得到电子生成氢氧根离子；电解精炼铜时利用了电解原理，电能转化为化学能，也有少量转化为热能；电解精炼时粗铜做阳极，发生氧化反应，精铜做阴极，阴极上发生还原反应；电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，在阴极上得电子；粗铜中的不活泼金属不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近；‎ ‎（2）①实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法；硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应；加入试剂A后，白色沉淀未见溶解，可知沉淀是硫酸钡；‎ ‎②电解池中吸收工业尾气中SO2，阳极是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸根离子；‎ ‎【详解】（1）根据总反应4NH3+3O2＝2N2+6H2O，负极是氨气失电子生成氮气和水，负极反应式是2NH3+6OH-－6e-＝N2+6H2O；‎ 电解精炼铜时利用了电解原理，a、电能转化为化学能，也有少量转化为热能，故a错误； b、电解精炼时粗铜做阳极，发生氧化反应，阳极是铜、铝、锌失电子发生氧化反应，精铜做阴极，溶液中铜离子在阴极得到电子发生还原反应，溶液中SO42﹣不参加反应，SO42﹣浓度不变，故b正确； c、电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，在阴极上得电子，溶液中Cu2+向阴极移动，故c错误； d、粗铜中的不活泼金属Ag、Pt、Au不能失电子，以阳极泥的形式沉积在阳极附近，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故d正确； e．若阳极质量减少64g，铜、铝、锌都失电子发生氧化反应，电子转移不是2mol，故e错误；‎ ‎（2）①实现固体和液体的分离可以采用过滤的方法，将SO2通入到BaCl2溶液中，出现的白色浑浊可能是硫酸钡也可能是亚硫酸钡，硫酸钡和盐酸不反应，但是亚硫酸钡可以和盐酸反应，并溶解，可以用盐酸来鉴别沉淀成分，所以试剂A是HCl；实验表明，加入试剂HCl后，白色沉淀未见溶解，说明沉淀是硫酸钡，产生硫酸钡沉淀的离子方程式是2SO2+2Ba2++O2+2H2O═2BaSO4↓+4H+；‎ ‎②电解池中吸收工业尾气中SO2，阳极是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸根离子，电极反应为：SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-。‎ ‎ ‎