北京市丰台区2019-2020学年高二下学期期末考试练习化学试题 Word版含解析

北京市丰台区2019-2020学年高二下学期期末考试练习化学试题 Word版含解析

丰台区2019～2020学年度第二学期期末练习 高二化学 注意事项：‎ ‎1.答题前，考生务必先将答题卡上的学校、年级、班级、姓名、准考证号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的准考证号、姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码。‎ ‎2.本次考试所有答题均在答题卡上完成。选择题必须使用 2B 铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项。非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整、字迹清楚。‎ ‎3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试卷、草稿纸上答题无效。‎ ‎4.本试卷共 100 分，作答时长 90 分钟。‎ 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5‎ 第一部分 (选择题，共 42 分)‎ 每小题只有一个选项符合题意(1 ~ 14 小题，每小题 3 分)‎ ‎1.下列设备工作时，将化学能转化为热能的是 A. 燃气灶 B. 锂离子电池 C. 硅太阳能电池 D. 太阳能集热器 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 燃气灶是将化学能转化为热能和光能（主要是热能），故A符合题意；‎ B．锂离子电池工作时是将化学能转化为电能，故B不合题意；‎ C．硅太阳能电池是将太阳能转化为电能，故C不合题意；‎ D． 太阳能集热器是将太阳能转化为热能，故D不合题意；‎ 故答案为：A。‎ ‎2.下列属于弱电解质的物质是 A. HCl B. CH3COOH C. Ba(OH)2 D. KNO3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 弱电解质是指在水溶液中只发生部分电离的电解质，一般为弱酸、弱碱、水及部分由共价键结合的盐类。‎ ‎【详解】A．HCl溶于水后完全电离，属于强电解质，故A不符合题意；‎ B．CH3COOH是溶于水后只能部分电离的弱酸，属于弱电解质，故B符合题意；‎ C．Ba(OH)2是溶于水后完全电离的强碱，属于强电解质，故C不符合题意；‎ D．KNO3是溶于水后完全电离的盐，属于强电解质，故D不符合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎3.用石墨作电极，电解1mol/L的下列物质的溶液，溶液的pH保持不变的是（ ）‎ A. HCl B. NaOH C. Na2SO4 D. NaCl ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 用石墨作电极，电解溶液时，通电一段时间后溶液的pH不变，说明电解质溶液中H+和OH-浓度不变，因此溶液中的电解质不是使酸、碱和氢之后的含氧酸盐或氢之前的氯化物、溴化物等。‎ ‎【详解】A. 电解HCl溶液时，阳极上Cl-放电，阴极上H+放电，导致溶液中H+浓度减小，溶液的pH增大，A项错误；‎ B. 电解NaOH溶液时，阳极上OH-放电，阴极上H+放电，导致溶液中OH-浓度增大，溶液的pH增大，B项错误；‎ C. 电解Na2SO4溶液时，阳极上OH-放电，阴极上H+放电，相当于电解水，溶液的pH不变，C项正确；‎ D.电解NaCl溶液时，阳极上Cl-放电，阴极上H+放电，导致溶液中H+浓度减小，溶液的pH增大，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎4.下列溶液肯定显酸性的是 A. 含 H+的溶液 B. 加酚酞显无色的溶液 C. pH＜7 的溶液 D. c(H+) ＞c(OH－)的溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于任何水溶液中都含H+，故含有H+的溶液不一定显酸性，故A不符合题意；‎ B．由于酚酞的变色范围是8.2~10，故加酚酞显无色的溶液也可能是中性溶液或碱性溶液，故B不符合题意；‎ C．常温下pH＜7 的溶液是酸性溶液，但不是常温下就不一定是酸性溶液，故C不符合题意；‎ D．任何温度下c(H+)＞c(OH－)的溶液一定是酸性溶液，故D符合题意；‎ 故答案为：D。‎ ‎5.下列事实中，与电化学腐蚀无关的是 A. 用铜质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀 B. 为了保护海轮的船壳，常在船壳上附加锌块 C. 在空气中，银器表面会生成一层黑色的物质 D. 埋在潮湿土壤里的铁管比埋在干燥土壤里的铁管更容易被腐蚀 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．用铜质铆钉铆接铁板，铁、铜在电解质溶液中形成原电池，Fe为负极，Cu为正极，加快铁的腐蚀，与电化学腐蚀有关，故A不符合题意；‎ B．在船壳上附加锌块，Zn为负极，被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，与电化学腐蚀有关，故B不符合题意；‎ C．金属银与空气中的硫化氢气体反应生成黑色硫化银的过程属于化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故C符合题意；‎ D．与埋在干燥土壤里的铁管相比，铁管在潮湿的环境下容易形成原电池，Fe为负极，C为正极，加快铁的腐蚀，与电化学腐蚀有关，故D不符合题意；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】金属的腐蚀分为电化学腐蚀和化学腐蚀，电化学腐蚀速率快于化学腐蚀，注意电化学腐蚀形成条件是解答关键。‎ ‎6.锌铜原电池装置如图所示，下列说法正确的是 A. 铜片作负极 B. 电流从锌片流向铜片 C. 盐桥的作用是传递电子 D. 锌电极的反应式：Zn − 2e－=Zn2＋‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由于锌比铜活泼，故锌片作负极，故A错误；‎ B．电流是从正极流向负极，即从铜片流向锌片，故B错误；‎ C．盐桥不能传递电子，而是盐桥中的阴、阳离子定向移动而导电的，故C错误；‎ D．锌电极是负极，发生还原反应，故其电极反应式为Zn − 2e－=Zn2＋，故D正确；‎ 答案D。‎ ‎7.对密闭容器中进行的反应：2SO2(g) + O2(g)⇌2SO3(g)，若其他条件不变，下列措施会使反应速率减小的是 A. 增大压强 B. 减小压强 C. 升高温度 D. 增大 O2 的浓度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 增大压强，通常是指压缩气体体积来增大压强的，故增大压强，浓度增大，反应速率增大，故A不符合题意；‎ B． 减小压强，通常是指增大气体体积来减小压强的，故减小压强，浓度减小，反应速率减小，故B符合题意；‎ C． 升高温度增大反应速率，故C不符合题意；‎ D． 增大O2的浓度反应速率增大，故D不符合题意；‎ 故答案为：B。‎ ‎8.下列操作可以使水的离子积常数Kw增大的是 A. 加热 B. 通入少量氯化氢气体 C. 通入少量氨气 D. 加入少量醋酸钠固体 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】水的离子积常数Kw是温度函数，只与温度有关，温度改变，水的离子积常数改变，与外加酸、碱、盐以及稀释无关，水的电离是吸热过程，升高温度，水的离子积常数Kw增大，故选A。‎ ‎9.镉镍可充电电池的充、放电反应如下：，则该电池放电时的负极是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可知，放电为原电池，充电为电解池。‎ ‎【详解】A. 为阴极得到电子，A项错误；‎ B. 为阳极失去电子，B项错误；‎ C. 为负极失去电子，C项正确；‎ D.为正极得到电子，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎10.中学化学教材中，常借助于图像这一表现手段清晰地突出实验装置的要点、形象地阐述化学过程的原理。下列有关化学图像表现的内容不正确的是 选项 A B C D 装置 原理 牺牲阳极的阴极保护法 电镀 电解CuCl2溶液 氢氧燃料电池 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.锌的金属活泼性强于铁，锌与铁在酸性溶液中构成原电池属于牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；‎ B.电镀铜时，铜做电镀池的阳极，与直流电源的正极相连，待镀铁件做阴极，与直流电源的负极相连，故B错误；‎ C.电解氯化铜溶液时，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，故C正确；‎ D.氢氧燃料电池中，通入氢气的一极是燃料电池的负极，通入氧气的一极是正极，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎11.对于可逆反应⇌,以下相关图像正确的是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据勒夏特列原理判断平衡移动，并且判断纵坐标对应的物理量的变化情况可解。‎ ‎【详解】A.压强增大，⇌平衡向气体数目减小的方向，即逆反应方向移动，C的物质的量减少，A项正确；‎ B. 温度升高，⇌平衡向吸热的方向，即正反应方向移动，C的物质的量增加，B项错误；‎ C.平衡常数K仅受温度影响，改变压强平衡常数不变，C项错误；‎ D.平衡常数K仅受温度影响，升温平衡向吸热的方向，即正反应方向移动，平衡常数K会增大，D项错误；‎ 答案选A。‎ ‎12.室温时纯水中存在电离平衡：H2O⇌H++ OH－。下列叙述正确的是 A. 升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，溶液显酸性 B. 向水中加入少量氨水，平衡逆向移动，抑制水的电离，c(OH－)降低 C. 向水中加入少量硫酸，c(H+)增大，由水电离出的 c(H+)＞1×10-7 mol/L D. 向水中加入少量 NH4Cl 固体，结合水电离出的 OH－，由水电离出的c(H+)＞1×10-7 mol/L ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 升高温度，水的电离程度增大，c(H+)增大，pH＜7，但溶液中c(H+)仍然等于c(OH－)，溶液显中性，故A错误；‎ B． 向水中加入少量氨水，由于c(OH－)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，移动的结果只能减弱这种变化，故c(OH－)增大，故B错误；‎ C． 向水中加入少量硫酸，c(H+)增大导致平衡逆向移动，抑制水的电离，故由水电离出的 c(H+)＜1×10-7 mol/L，故C错误；‎ D． 向水中加入少量 NH4Cl 固体，结合水电离出的OH－，导致平衡正向移动，促进水的电离，故由水电离出的c(H+)＞1×10-7 mol/L，故D正确；‎ 故答案为：D。‎ ‎13.以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是（ ）。‎ A. 具有吸附性 B. 溶解度与CuS、PbS、CdS等相同 C. 溶解度大于CuS、PbS、CdS D. 溶解度小于CuS、PbS、CdS ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】添加过量的难溶电解质MnS可使MnCl2溶液中的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋形成硫化物沉淀，根据沉淀转化的一般原则，说明MnS转化为更难溶的CuS、PbS、CdS，即MnS的溶解度大于CuS、PbS、CdS；答案选C。‎ ‎14.某同学研究浓度对化学平衡的影响，下列说法正确的是 待试管b中颜色不变后与试管a比较，溶液颜色变浅。滴加浓硫酸，试管c温度略有升高，溶液颜色与试管 a 相比，变深。‎ 已知：(aq)(橙色) + H2O(l)⇌2 (aq) (黄色)+ 2H+(aq) △H＝+13.8 kJ/mol A. 该反应为氧化还原反应 B. 待试管 b 中溶液颜色不变的目的是使完全反应 C. 试管c中的现象说明影响平衡的主要因素是温度 D 该实验不能证明减小生成物浓度平衡正向移动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该反应(aq)(橙色) + H2O(l)⇌2 (aq) (黄色)+ 2H+(aq)，没有发生元素化合价的变化，故不为氧化还原反应，故Ａ错误；‎ B．由于反应为可逆反应，故任何物质均不可能完全反应，待试管 b 中溶液颜色不变的目的是使反应重新达到平衡，故Ｂ错误；‎ C．已知试管c中温度略微升高，且温度升高，平衡正向移动，颜色应该是变浅，但是现象确实颜色变深，故说明影响平衡的主要因素并不是温度，而是Ｈ＋浓度，故Ｃ错误；‎ D．滴加浓硫酸，放出热量，温度、浓度均影响平衡移动，则该实验不能证明减小生成物浓度，平衡正向移动，可能升高温度平衡正向移动，故Ｄ正确；‎ 故答案为：D。‎ 第二部分 (非选择题，共 58 分)‎ ‎15.常温下，有 0.1 mol/L 的四种溶液：①HCl ②CH3COOH ③NaOH ④Na2CO3‎ ‎(1)用化学用语解释溶液①呈酸性的原因：_________。‎ ‎(2)溶液③的 pH=_________。‎ ‎(3)溶液①、②分别与等量的溶液③恰好完全反应，消耗的体积：①_________②(填“＞”、“＜”或“=”)。‎ ‎(4)溶液④加热后碱性增强，结合化学用语解释原因：_________。‎ ‎(5)常温下，下列关于溶液②的判断正确的是_________。‎ a.c(CH3COO−) = 0.1 mol/L b.溶液中c(H+) > c(CH3COO−) > c(OH −)‎ c.加入CH3COONa(s)，c(H+)不变 d.滴入 NaOH 浓溶液，溶液导电性增强 ‎【答案】 (1). HCl=H+ + Cl- (2). 13 (3). = (4). 溶液中存在，水解为吸热反应，加热使平衡正向移动 (5). bd ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)盐酸溶液呈酸性是由于HCl发生电离产生了H+，故答案为：HCl=H++ Cl-；‎ ‎(2)0.1 mol/LNaOH溶液中，c(OH−)=0.1mol/L，故，pH=13，故答案为：13；‎ ‎(3)因为溶液①、②与溶液③都是按1:1进行反应的，故分别与等量的溶液③恰好完全反应，消耗的体积相等，故答案为：=；‎ ‎(4)由溶液中存在，加热使平衡正向移动，故碱性增强，故答案：溶液中存在，水解为吸热反应，加热使平衡正向移动 ‎(5)a．根据物料守恒有c(CH3COO−)＋c(CH3COOＨ)= 0.1 mol/L，故a错误；‎ ｂ．溶液中有醋酸和水都会电离出H+，故c(H+) > c(CH3COO−) > c(OH−)，故b正确；‎ ｃ．加入CH3COONa(s)，c(CH3COO−)增大，使得醋酸的电离平衡逆向移动，c(H+)减小，故c错误；‎ ｄ．醋酸是弱电解质，只能部分电离，滴入NaOH浓溶液后反应生成了强电解质醋酸钠，故溶液导电性增强，故d正确；‎ 故答案为：bd。‎ ‎16.氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图：‎ ‎(1)电极 A 是_________(填“阴极”或“阳极”)，判断依据为_________。‎ ‎(2)写出电极 B 的电极反应式_________。‎ ‎(3)写出电解饱和食盐水化学方程式_________。‎ ‎(4)一段时间后，电极 B 周围 NaOH 稀溶液转变为浓溶液，原因：_________。‎ ‎(5)电解时，工业用盐酸调节 A 室的 pH=2～3，请用化学平衡原理解释原因_________。‎ ‎【答案】 (1). 阳极 (2). 阳极发生氧化反应 (3). (4). (5). 电极B是阴极，产生OH-，Na+‎ 从左侧进入右侧，故NaOH浓度增大 (6). 溶液中存在化学平衡，调节pH为2~3，使平衡逆向移动，减少氯气的损失 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电极A 发生，化合价升高，发生氧化反应，故是阳极，判断依据为阳极发生氧化反应，故答案为：阳极 阳极发生氧化反应；‎ ‎(2)电极B为阴极，电极反应式，故答案为：‎ ‎(3)从装置图中根据物质的进出分析可知电解饱和食盐水的化学方程式，故答案为：‎ ‎(4)一段时间后，电极B为阴极，产生大量的OH-，左侧的Na+则可以透过阳离子交换膜进入右侧，故电极B周围 NaOH 稀溶液转变为浓溶液，故答案为：电极B是阴极，产生OH-，Na+从左侧进入右侧，故NaOH浓度增大；‎ ‎(5)因为氯气能溶于水，溶于水的部分氯气与水反应存在化学平衡，电解时，工业用盐酸调节 A 室的 pH=2～3，是通过增大H+和Cl-浓度来使平衡逆向移动，减小氯气的损失，故答案为：溶液中存在化学平衡，调节pH为2~3，使平衡逆向移动，减少氯气的损失。‎ ‎17.已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中 NaOH 的质量分数，进行如下步骤实验：‎ ‎① 称量 1.0g 样品溶于水，配成 250 mL 溶液；‎ ‎② 准确量取 25.00 mL 所配溶液于锥形瓶中；‎ ‎③ 滴加几滴酚酞溶液；‎ ‎④ 用 0.10mol/L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：‎ 滴定序号 待测液体积(mL)‎ 所消耗盐酸标准液的体积(mL)‎ 滴定前 滴定后 ‎1‎ ‎25.00‎ ‎0.50‎ ‎20.60‎ ‎2‎ ‎25.00‎ ‎6.00‎ ‎26.00‎ ‎3‎ ‎25.00‎ ‎1.10‎ ‎21.00‎ 请回答：‎ ‎(1)称量1.0g 样品，除小烧杯、药匙外，所用到的主要仪器有_________。‎ ‎(2)将样品配成 250 mL 溶液，除小烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_________。‎ ‎(3)用_________滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装 0.10mol/L 的盐酸标准液。‎ ‎(4)观察滴定到终点时溶液颜色的变化为_________。‎ ‎(5)烧碱样品的纯度为_________。‎ ‎(6)若出现下列情况，测定结果偏高的是_________。‎ a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶 b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出 ‎ c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外 d．盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗 ‎【答案】 (1). 托盘天平 (2). 250mL容量瓶 胶头滴管 (3). 酸式 (4). 粉红色变为无色，且30s内不恢复红色 (5). 80.0% (6). cd ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题主要考查酸碱中和滴定的原理、计算和配制溶液的主要仪器，难度不大。‎ ‎【详解】(1)称量1.0g 样品，除小烧杯、药匙外，所用到的主要仪器有托盘天平，故答案为：托盘天平；‎ ‎(2)用固体配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器除小烧杯、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有250mL容量瓶和胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶和胶头滴管；‎ ‎(3)酸式滴定管主要用于装酸性、中性溶液和强氧化性的溶液（如高锰酸钾溶液），碱式滴定管装中性溶液和碱性溶液，故答案为：酸式 ‎(4)锥形瓶中装有NaOH 溶液和酚酞，故观察滴定到终点时溶液颜色的变化为粉红色变为无色，且30s内不恢复红色，故答案为：粉红色变为无色，且30s内不恢复红色 ‎(5)由于第2组数据明显错误，故消耗盐酸的平均体积为故NaOH的物质的量浓度为：，故样品中 ，故答案为：80.0%；‎ ‎(6) a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对实验结果没有影响，故a不合题意；‎ b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，将使实验结果偏低，故b不合题意； ‎ c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，将使实验结果偏高，故c符合题意；‎ d．盛装标准液的滴定管水洗后未用标准液再润洗，将使实验结果偏高，故d符合题意；‎ 故答案为：cd。‎ ‎18.工业上利用CO2和H2反应生成甲醇，也是减少CO2的一种方法。在容积为 1L 的恒温密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应： CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)△H＝－49.0 kJ/mol，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图所示：‎ ‎(1)达到平衡的时刻是_________min(填“3”或“10”)。在前10min内，用CO2浓度的变化表示的反应速率υ(CO2)＝_________mol/(L· min)。‎ ‎(2)能判断该反应达到化学平衡状态的依据是_________。‎ a.容器内压强不变 b.混合气体中c(CO2)不变 c.υ(CH3OH)＝υ(H2O) d.c(CH3OH)＝c(H2O)‎ ‎(3)达平衡后，H2的转化率是_________。平衡常数 K ＝_________(计算结果保留一位小数)。为了提高H2的转化率，可采取_________(填“增大”或“减小”)CO2浓度的措施。‎ ‎(4)工业上也可用 CO 和H2合成甲醇 已知：①CO(g) + O2(g) = CO2(g) △H1＝-283.0 kJ/mol ‎②H2(g) + O2(g) = H2O(g) △H2＝-241.8 kJ/mol ‎③CH3OH(g) + O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) △H3＝-673kJ/mol 则反应CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g)△H＝_________kJ/mol ‎(5)如图是甲醇燃料电池原理示意图，电池正极的电极反应式为：_________。‎ ‎【答案】 (1). 10 (2). 0.075 (3). ab (4). 75% (5). 5.3 (6). 增大 (7). -93.6 (8). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)达到平衡时是物质的浓度保持不变而不是相等，故平衡的时刻是10min，在前10min内，用 CO2浓度的变化表示的反应速率 υ(CO2)＝，故答案为：10 0.075‎ ‎(2) a.该反应的正反应气体分子数减小，建立平衡过程中气体分子物质的量是变化的，在恒容容器中，容器内的压强是变化的，故容器内压强不变能说明反应达到平衡状态；‎ b.混合气体中c(CO2)不变是反应达到平衡状态的特征；‎ c.υ(CH3OH)＝υ(H2O) 没有指明反应速率的方向，不能说明正、逆反应速率相等，不能说明反应达到平衡状态；‎ d.从正反应开始建立平衡的过程中c(CH3OH)与c(H2O)始终相等，c(CH3OH)与c(H2O)不能说明反应达到平衡状态；‎ 故答案：ab；‎ ‎(3)通过化学平衡三段式进行计算，可知： ‎ H2的转化率=；平衡常数 ；增大一种反应物的浓度，另一种反应物的转化率增大，故为了提高 H2 的转化率，可采取增大CO2 浓度，故答案为：75% 5.3 增大；‎ ‎(4) ①CO(g) + O2(g) = CO2(g) △H1＝-283.0 kJ/mol ‎②H2(g) + O2(g) = H2O(g) △H2＝-241.8 kJ/mol ‎③CH3OH(g) + O2(g) = CO2(g)+2H2O(g) △H3＝-673 kJ/mol 根据盖斯定律，将①+2×②-③即得到反应 CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g) ，故答案为：-93.6；‎ ‎(5)根据甲醇燃料电池原理示意图，电解质是NaOH溶液，故电池正极的电极反应式为：，故答案为：。‎ ‎19.氮是地球上含量丰富的一种元素，其单质及化合物在工农业生产、生活中有着重要作用。‎ ‎(1)如图是1mol NO2(g)和 1mol CO(g)反应生成 1mol CO2(g)和 1mol NO(g)过程中能量变化示意图。‎ ‎①该反应是_________(填“吸热”或 “放热”)反应。‎ ‎②请写出反应的热化学方程式_________。‎ ‎③若在该反应体系中加入催化剂对反应热_________(填“有”或“没有”)影 响。原因是_________。‎ ‎(2)已知，可逆反应2NO2 (g)⇌N2O4 (g) ΔH=−56.9 kJ/mol。在乙烧杯中投入一定量的CaO固体，此烧杯中NO2球的红棕色变深。根据现象，补全CaO与H2O 反应过程的能量变化示意图_________。‎ ‎(3)肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，可作为火箭发动机的燃料。已知断裂 1 mol 化学键所需的能量：N≡N 为 942 kJ、O=O 为 500 kJ、N－N 为154 kJ，则断裂 1 mol N－H 键所需的能量是_________。‎ ‎【答案】 (1). 放热 (2). (3). 没有 (4). 反应热只与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关 (5). (6). 391kJ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)①根据反应过程图示，可知反应物的总能量高于生成物的总能量，故该反应是放热反应，故答案为：放热；‎ ‎②从图中可知，该反应的反应热为，故该反应的热化学方程式为，故答案为：‎ ‎；‎ ‎③由于反应热与反应途径无关，只与反应的始态和终态有关，加入催化剂对反应热没有影 响，故答案为：没有 反应热只与反应的始态和终态有关，与反应的途径无关 ‎(2)乙烧杯中NO2球的红棕色变深，说明2NO2(g)⇌N2O4(g) ΔH=−56.9 kJ/mol平衡向逆方向移动，而该反应是一个放热反应，故说明CaO与H2O的反应是一个放热反应，使乙烧杯中的温度升高，故反应过程的能量变化示意图为：，故答案为：；‎ ‎(3)根据图示，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ∆H1=-534kJ/mol，由图可知，反应过程如下： ，由盖斯定律可知：∆H1=∆H2+∆H3，∆H3=-534kJ/mol-(-2752kJ/mol)=2218kJ/mol，即4E（N—H）+E（N—N）+E（O=O）=2218kJ/mol，代入数据即可求出E（N—H）=391kJ/mol，故答案为：391kJ。‎