【化学】福建省宁德市福鼎六中2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

【化学】福建省宁德市福鼎六中2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

福建省宁德市福鼎六中2019-2020学年高二上学期第一次月考试题 第I卷（选择题）‎ 一、选择题（本题共18道小题，每小题3分，共54分）‎ ‎1.近年来，减少温室气体的排放，发展低碳产业，已成为各国推进可持续发展的共识。“十九大”更是提出“建设美丽中国”，为减少温室气体的排放，下列措施不可行的是(　　)‎ A. 乘坐公共交通工具，绿色出行 B. 焚烧作物秸秆 C. 开发太阳能、氢能、风能等新能源 D. 提高能源利用效率 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】低碳经济就是指通过开发新能源，尽可能地减少煤炭、石油、天然气等高碳能源消耗，减少温室气体的排放，达到社会发展与生态环境保护双赢的一种经济发展形态。‎ ‎【详解】A、乘坐公共交通工具，减少汽车尾气排放，故A可行；‎ B、焚烧作物秸秆会产生大量二氧化碳气体，故B不可行；‎ C. 开发太阳能、氢能、风能等新能源、可以减少化石燃料的使用，节约能源，减少二氧化碳的排放，故C可行；‎ D．提高能源效率，可以减少化石燃料的使用，节约能源，减少二氧化碳的排放，故D可行；‎ 故选B。‎ ‎2.下列关于反应热的说法正确的是(　　)‎ A. 当ΔH为“－”时，表示该反应为吸热反应 B. 反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物所具有的能量无关 C. 化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关 D. 由热化学方程式H2(g)＋F2(g)===2HF(g)　ΔH＝－270 kJ/mol可知2 L氟化氢气体分解成1 L的氢气和1 L的氟气吸收270 kJ热量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．△H＜0为放热反应，当△H为负值时，表示该反应为放热反应，故A错误；‎ B．反应热（△H）=生成物的总能量-反应物的总能量，则反应热的大小与反应物所具有的能量和生成物具有的能量有关，故B错误；‎ C．反应热的大小取决于反应体系的始态和终态，与过程无关，遵循能量守恒定律，故C正确；‎ D．由H2（g）+F2（g）═2HF（g）△H=-270kJ·mol－1可知则2mol氟化氢气体分解成1mol氢气和1mol氟气吸收270kJ热量，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎3.根据热化学方程式：S(s)＋O2(g)=SO2(g)　ΔH＝－297.2 kJ·mol－1，分析下列说法中不正确的是(　　)‎ A. S(s)在O2(g)中燃烧的反应是放热反应 B. S(g)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝a kJ·mol－1，则a>－297.2‎ C. 1 mol SO2(g)所具有的能量低于1 mol S(s)与1 mol O2(g)所具有的能量之和 D. 16 g固体硫在空气中充分燃烧，可放出148.6 kJ的热量 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=a kJ·mol－1（a=-297.2），焓变是负值，S（s）在氧气中燃烧的反应是放热反应，故A正确；‎ B、气态S比固态S所含能量高，所以气态S燃烧时放热多，放热越多焓变越小，所以a<－297.2，故B错误；‎ C、反应是放热反应，1mol SO2（g）所具有的能量低于1mol S（s）与1mol O2（g）所具有的能量之和，故C正确；‎ D、S（s）+O2（g）═SO2（g）△H=a kJ·mol－1（a=-297.2），16g固体硫为0.5mol，在空气中充分燃烧，可放出148.6kJ的热量，故D正确；‎ 故选B。‎ ‎4.下列说法或表示方法正确的是(　　)‎ A. 等物质的量的硫蒸气和固体硫分别完全燃烧，后者放出的热量多 B. CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）＝2CO（g）+O2（g）反应的△H＝-566.0kJ/mol C. 在101 kPa时，2 g氢气完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式可表示为2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ/mol D. 在稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，故A错误；‎ B、CO的燃烧热为283.0kJ·mol－1，则2molCO燃烧放热为566kJ，所以其逆反应2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）的△H=+566.0kJ·mol－1，故B错误；‎ C、2g氢气燃烧放热285.8kJ，4g氢气燃烧放热应为2×285.8KJ=571.6kJ，故C错误；‎ D、在稀溶液中，H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ/mol，浓硫酸稀释过程是放热过程，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎5.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. 1molN2(g)和1molO2(g)反应放出的能量为180kJ B. 1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量 C. 通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO(g)‎ D. NO是一种酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A、焙变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2+O2=2NO ΔH=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=180kJ/mol，反应是吸热反应，故A错误；‎ B、依据A计算可知该反应是吸热反应，则1mol N2（g）和1mol O2（g）具有的总能量小于2 mol NO（g）具有的总能量，故B正确；‎ C、通常情况下，N2（g）和O2（g）混合不能直接生成NO，需要放电条件下反应，故C错误；‎ D、一氧化氮不能和氢氧化钠反应，不是酸性氧化物，故D错误；‎ 答案选B。‎ ‎6.已知25℃、101kPa条件下：4Al (s) + 3O2 (g) = 2Al2O3 (s) △H = -2800 kJ/mol ‎4Al (s) + 2O3 (g) = 2Al2O3 (s) △H = -3100kJ/mol。‎ 由此得出的结论正确的是（ ）‎ A. O2比O3稳定，由O2变O3 为放热反应 B. O3比O2稳定，由O2变O3 为吸热反应 C. 等质量的O2与O3分别与足量的可燃物充分反应，后者释放的能量更多 D. 将O2转化为O3的过程是物理变化 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据题干热化学方程式，依据盖斯定律书写要求，氧气和臭氧之间转化的热化学方程式进行判断分析。‎ ‎【详解】根据题干信息，将两个热化学方程式分别标为①和②；根据盖斯定律计算得到：①-②等于3O2(g)=2O3(g) ΔH=−2800kJ/mol−(−3100kJ/mol)=+300kJ/mol；A.O2比O3稳定，由O2变O3为吸热反应，故A项错误，B项错误；C.等质量的O2与O3分别与足量的可燃物充分反应，O3能量高，放出热量更多，故C项正确；D.O2转化为O3的过程有新物质生成，为化学变化，故D错误。综上，本题选C。‎ ‎7.下列事实与电化学腐蚀无关的是（ ）‎ A. 光亮的自行车钢圈不易生锈 B. 黄铜（Cu、Zn合金）制铜锣不易产生铜绿 C. 铜、铝电线一般不连接起来作导线 D. 生铁比熟铁（几乎是纯铁）容易生锈 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.光亮的自行车钢圈说明镀层没有磨损，自行车钢圈只有镀层和外界接触，因而不会发生电化学腐蚀，与电化学腐蚀无关，故A选；‎ B、黄铜（铜锌合金）制作的铜锣中，金属铜做正极，是被保护的电极，不易生锈，与电化学腐蚀有关，故B不选；‎ C、铜、铝电线连接易形成原电池，铝做负极被腐蚀，与电化学腐蚀有关，故C不选；‎ D、生铁的成分中含有金属铁和碳，可以形成原电池，金属铁为负极，负极金属易被腐蚀，与电化学腐蚀有关，故D不选；‎ 故选A。‎ ‎8.关于原电池、电解池的电极名称，下列说法错误的是（ ）‎ A. 原电池中失去电子的一极为负极 B. 电解池中与直流电源负极相连的一极为阴极 C. 原电池中相对活泼的一极为正极 D. 电解池中发生氧化反应的一极为阳极 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在原电池中较活泼的电极失去电子，为负极 ，A正确；‎ B．电解池中电极的名称与外接电源的连接有关，与直流电源负极相连的一极为阴极，B正确；‎ C．原电池中相对活泼的一极为负极，不活泼的一极为正极，C错误；‎ D．电解池中发生氧化反应的一极为阳极，D正确；‎ 答案选C。‎ ‎9.分析下图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是（ ）‎ A. ①②中Mg作负极，③④中Fe作负极 B. ②中Mg作正极，电极反应式为6H2O+6e−6OH−+3H2↑‎ C. ③中Fe作负极，电极反应式为Fe−3e−Fe3+‎ D. ④中Cu作正极，电极反应式为2H++2e−H2↑‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.②中Mg不与NaOH溶液反应，而Al能和NaOH溶液反应失去电子，故Al是负极；③中Fe在浓硝酸中钝化，Cu和浓硝酸反应失去电子作负极，故A不正确；‎ B.②中电池总反应为2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑，负极反应式为2Al+8OH−−6e−2+4H2O，两者相减得到正极反应式为6H2O+6e−6OH−+3H2↑，故B正确；‎ C.③中Fe在浓硝酸中钝化，Cu和浓硝酸反应失去电子作负极，故C不正确；‎ D.④中Cu是正极，电极反应式为O2+2H2O+4e−4OH−，故D不正确；‎ 正确答案：B。‎ ‎10.用惰性电极电解足量的Cu（NO3）2溶液，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 阳极发生的电极反应为Cu2++2e﹣═Cu B. 阴极发生的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑‎ C. 若有6.4g金属Cu析出，生成的O2一定为0.05mol D. 电解完成后，加入一定量的Cu（OH）2，溶液可能恢复到原来的浓度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】用惰性电极电解足量的Cu（NO3）2溶液，阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，阴极为铜离子得电子发生还原反应。‎ ‎【详解】A、用惰性电极电解足量的Cu（NO3）2溶液，阳极氢氧根离子失电子发生氧化反应，反应式为4OH－-4e－=2H2O+O2↑，故A错误；‎ B、阴极为铜离子得电子发生还原反应，反应式为Cu2＋+2e－=Cu，故B错误；‎ C、根据阴极上发生电极反应：Cu2＋+2e－=Cu，有6.4g金属Cu析出，阴极消耗铜离子的物质的量为0.1mol，转移电子数为0.2moL，生成的O2一定为0.05mol，故C正确；‎ D、用惰性电极电解足量的Cu（NO3）2溶液，2Cu2+＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，应加入一定量的CuO，溶液可能恢复到原来的浓度，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎11.下列有关惰性电极电解AgNO3溶液一段时间后的说法，正确的是( )‎ A. 电解过程中阴极质量不变 B. 电解过程中溶液的pH不断升高 C. 此时向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的状况 D. 电解后两极产生的气体体积比为2：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电解过程中阴极上银离子放电，生成单质Ag，则阴极质量增加，故A错误；‎ B．由4AgNO3+2H2O4Ag+O2↑+4HNO3可知，生成硝酸，溶液的酸性增强，pH不断降低，故B错误；‎ C．由电解反应可知，从溶液中析出单质Ag和氧气，则可向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的状况，故C正确；‎ D．电解时只有阳极生成氧气，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎12.如图所示的原电池，下列叙述正确的是（盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液）（ ）‎ A. 反应中，盐桥中的K＋会移向CuSO4溶液 B. 取出盐桥后，电流计依然发生偏转 C. 铜片上有气泡逸出 D. 反应前后铜片质量不改变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】该装置为原电池装置，Zn为负极，发生氧化反应Zn-2e－=Zn2＋，Cu为正极，发生还原反应Cu2＋+2e－=Cu，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。‎ ‎【详解】A. 原电池放电时，盐桥中阳离子向正极移动，所以盐桥中钾离子向硫酸铜溶液移动，故A正确；‎ B.取出盐桥后，不是闭合回路，没有电流产生，电流计不发生偏转，故B错误；‎ C. 该原电池中，铜作正极，正极上铜离子得电子生成铜单质，所以铜片上没有气泡产生，故C错误；‎ D.铜电极上铜离子得电子发生还原反应析出铜，所以铜片质量增加，故D错误；‎ 故选A。‎ ‎13.利用下图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是（ ）‎ A. 氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠 B. 铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4‎ C. 电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属 D. 外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、氯碱工业中，X是阳极，则氯离子放电生成氯气，A错误；‎ B、电解精炼铜时，粗铜作阳极，则X是粗铜，Y是纯铜，B错误；‎ C、电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，所以X是镀层金属，C错误；‎ D、外加电流的阴极保护法中，被保护的金属作阴极，所以Y是待保护金属，D正确；‎ 答案选D。‎ ‎14.某小组为研究电化学原理，设计如图装置．下列叙述不正确的是（ ）‎ A. a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出 B. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2++2e﹣═Cu C. 无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色 D. a和b连接时，铜片上发生氧化反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、a、b不连接，没有形成闭合回路，不是原电池装置，因此在铁棒上发生Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu，故A正确；‎ B、用导线连接，形成闭合回路，构成原电池装置，铁比铜活泼，铁作负极，反应式为：Fe－2e－=Fe2＋，铜作正极，正极上反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故B正确；‎ C、根据选项AB的分析，铁片都会溶解，溶液从蓝色变为浅绿色，故C正确；‎ D、根据正极反应式，正极上化合价降低，发生还原反应，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎15.一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为CH3CH2OH－4e－＋H2O＝CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动 B. 若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气 C. 正极上发生的反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－‎ D. 电池反应的化学方程式为CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O ‎【答案】D ‎【解析】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。A、正极得到电子，发生还原反应，选项A不正确；B、氧气在反应中得到4个电子，所以若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，选项B不正确；C、溶液显酸性，因此正极反应式是O2+4e－+4H＋=2H2O，选项C不正确；D、负极和正极反应式合并即得到总反应式CH3CH2OH＋O2=CH3COOH＋H2O，选项D正确。答案选D。‎ ‎16.利用下图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是（ ）‎ A. a管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀 B. 一段时间后，a管液面高于b管液面 C. a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小 D. a、b两处具有相同的电极反应式：Fe－2e－===Fe2＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A．U型管左边装置是中性溶液，所以发生吸氧腐蚀，右边装置是酸性溶液发生析氢腐蚀，故A正确；B．左边装置发生吸氧腐蚀时，氧气和水反应导致气体压强减小，右边装置发生析氢腐蚀，生成氢气导致气体压强增大，所以右边的液体向左边移动，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，故B正确；C．a处铁失电子生成亚铁离子，氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，所以a处pH不变；b处溶液变成硫酸亚铁溶液，溶液的pH值变大，故C错误；D．a、b两处构成的原电池中，铁都作负极，所以负极上具有相同的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+，故D正确；故选C。‎ ‎17.铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O= Fe(OH)2+2Ni(OH)2。下列有关该电池的说法不正确的是(　　)‎ A. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低 B. 电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe（OH）2‎ C. 电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe D. 电池充电时，阳极反应为2Ni（OH）2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】根据电池的总反应：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2＋，最终生成Fe（OH）2，Ni2O3作正极，发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终生成Ni（OH）2，电池放电时，负极反应为Fe+2OH－-2e－=Fe（OH）2，则充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e－=Fe+2OH－，阴极附近溶液的pH升高，电池充电时，阳极发生2Ni（OH）2+2OH－-2e－=Ni2O3+3H2O。‎ ‎【详解】A、充电可以看作是放电的逆过程，电池充电时阴极反应为Fe（OH）2+2e－=Fe+2OH－，因此电池充电过程中阴极附近溶液的pH会升高，故A错误；‎ B、根据总反应Fe+Ni2O3+3H2O=Fe（OH）2+2Ni（OH）2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2＋，碱性电解质中最终生成Fe（OH）2，负极反应为：Fe+2OH－-2e－=Fe（OH）2，故B正确；‎ C、反应后产物有氢氧化物，可得电解液为碱性溶液，由放电时的反应可以得出铁作还原剂失去电子，Ni2O3作氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3、负极为Fe，故C正确；‎ D、充电时，阴极发生Fe（OH）2+2e－=Fe+2OH－，阳极发生2Ni（OH）2+2OH－-2e－=Ni2O3+3H2O，故D正确；‎ 故选A。‎ ‎18.相同条件下，下列装置中指定电极的电极反应式相同的是（ ）‎ A. ②④⑥⑦⑩ B. ①③⑤⑧⑨ C. ②③④⑤⑥⑦⑩ D. ①③⑤⑦⑨‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】图中装置均是电解池，‎ ‎①为阴极，溶液中氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；‎ ‎②为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；‎ ‎③为阴极，溶液中氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；‎ ‎④为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；‎ ‎⑤为阴极，溶液中铜离子得电子生成铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；‎ ‎⑥为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；‎ ‎⑦为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；‎ ‎⑧为阴极，溶液中铜离子得电子生成铜，电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；‎ ‎⑨为阴极，溶液中氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；‎ ‎⑩为阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；‎ 所以电极反应式相同的为②④⑥⑦⑩；‎ 故选A。‎ 第II卷（非选择题）‎ 二、填空题（本题共5道小题，共46分）‎ ‎19.同素异形体相互转化的反应热相当小而且转化速率较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”观点来计算反应热。‎ 已知:P4(s，白磷)＋5O2(g)=P4O10(s) ΔH＝－2983.2 kJ·mol－1①‎ P(s，红磷)＋O2(g)=P4O10(s) ΔH＝－738.5 kJ·mol－1②‎ 则白磷转化为红磷的热化学方程式为_______。相同状况下，能量状态较低的是______；白磷的稳定性比红磷的_______(填“高”或“低”)。‎ ‎【答案】(1). P4(s，白磷)=4P(s，红磷) ΔH＝－29.2 kJ·mol－1　 (2). 红磷　 (3). 低 ‎【解析】‎ ‎【分析】利用盖斯定律可以解答，从待求反应出发，分析待求反应中的反应物和生成物在已知反应中的位置，通过相互加减可得，物质的能量越低越稳定．‎ ‎【详解】已知:P4(s，白磷)＋5O2(g)=P4O10(s) ΔH＝－2983.2 kJ·mol－1①‎ P(s，红磷)＋O2(g)=P4O10(s) ΔH＝－738.5 kJ·mol－1②‎ 据盖斯定律，①-②×4可得：P4（s，白磷）=4P（s，红磷）△H=-29.2 kJ·mol－1‎ 从上面的热化学方程式可见，相同状况下，白磷比红磷能量高；因为能量越低越稳定，所以红磷比白磷稳定。‎ ‎20.为了合理利用化学能，确保安全生产，化工设计需要充分考虑化学反应的焓变，并采取相应措施。化学反应的焓变通常用实验进行测定，也可进行理论推算。‎ ‎(1)已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示请写出该反应的热化学方程式____。‎ ‎(2)实验测得，1 g乙醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水释放出29.7 kJ的热量，试写出乙醇燃烧的热化学方程式：_______。‎ ‎(3)依据盖斯定律可以对某些难以通过实验直接测定的化学反应的焓变进行理论推算。试依据下列热化学方程式，计算反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)的焓变为_________。‎ ‎①CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1‎ ‎②C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1‎ ‎③H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1‎ ‎【答案】(1). A2(g)＋B2(g)===2AB(g)　ΔH＝(a－b) kJ·mol－1 (2). C2H5OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1366.2 kJ·mol－1 (3). －488.3 kJ·mol－1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）依据△H=反应物的活化能-生成物活化能求算；‎ ‎（2）1 g乙醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水释放出29.7 kJ的热量，算出1mol乙醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水释放出29.7×46 kJ=1366.2 kJ的热量，写出热化学方程式；‎ ‎（3）①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1‎ ‎②C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1‎ ‎③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1‎ 结合盖斯定律可知，②×2+③×2-①得到2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），以此来解答。‎ ‎【详解】（1）由图依据△H=反应物活化能-生成物活化能=（a-b）kJ·mol－1 ，反应的热化学方程式：A2(g)＋B2(g)=2AB(g)　ΔH＝(a－b) kJ·mol－1；‎ ‎（2）1 g乙醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水释放出29.7 kJ的热量，算出1mol乙醇在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水释放出29.7×46 kJ=1366.2 kJ的热量，写出热化学方程式：C2H5OH(l)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH＝－1366.2 kJ·mol－1 ；‎ ‎（3）①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH1＝－870.3 kJ·mol－1‎ ‎②C(s)＋O2(g)=CO2(g)　ΔH2＝－393.5 kJ·mol－1‎ ‎③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3＝－285.8 kJ·mol－1‎ 结合盖斯定律可知，②×2+③×2-①得到2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），其△H=（-393.5kJ·mol－1）×2+（-285.8kJ·mol－1）×2-（-870.3kJ·mol－1）=-488.3kJ·mol－1。‎ ‎21.现有如下两个反应：‎ ‎（A）NaOH+ HCl=NaCl+H2O ‎（B）Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+‎ ‎（1）根据两反应本质，判断能否设计成原电池________________________________________。‎ ‎（2）如果不能，说明其原因_______________________________________________________________。‎ ‎（3）如果可以，则写出正、负极材料及其电极反应式和反应类型（“氧化反应“或“还原反应）：‎ 负极：___________，__________________________，__________；‎ 正极：___________，__________________________，___________；‎ 若导线上转移电子1mol,则正极质量增加_________g,电解质溶液是_________。‎ ‎【答案】(1). （A）不行 （B）可以 (2). （A）不是氧化还原反应，没有发生电子的转移 (3). 铜 (4). Cu-2e-=Cu2+ (5). 氧化反应 (6). 石墨 (7). 2Ag++2e-=2Ag (8). 还原反应 (9). 108 (10). 硝酸银溶液 ‎【解析】（1）原电池是将化学能转变为电能的装置，只有氧化还原反应才有电子的转移，而（A）为非氧化还原反应，不能设计成原电池，（B）为氧化还原反应，可以设计成原电池；（2）原电池是将化学能转变为电能的装置，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，（A）为非氧化还原反应，没有发生电子的转移，故不能设计成原电池：（3）在Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+反应中，Ag+被还原，为正极反应，可用碳棒作正极，电极反应为2Ag++2e-=2Ag，Cu被氧化，为原电池负极反应，电极反应为Cu-2e-=Cu2+。导线上转移电子1mol，则正极质量增加1mol×108g/mol＝108g，电解质溶液是硝酸银溶液。‎ ‎22.如图所示，四支电极均为铂电极，供选择的四组电解质溶液如下表：‎ 组 A B C D 甲槽 NaOH溶液 AgNO3溶液 H2SO4溶液 NaCl溶液 乙槽 CuSO4溶液 CuCl2溶液 AgNO3溶液 AgNO3溶液 ‎ ‎ 要满足的条件是：①工作一段时间后，甲槽电解液pH上升，而乙槽电解液pH下降；②b、c两极放电离子的物质的量相等。则：‎ ‎(1)应选用电解液是________组。‎ ‎(2)甲槽的电解方程式为：_____________；乙槽的电解方程式为：_______________。‎ ‎【答案】(1). D (2). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑ (3). 4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】①工作一段时间后甲槽pH上升，乙槽的pH下降。②b、c两极上反应的离子的物质的量相等。惰性电极电解；‎ A组、甲槽是电解水，氢氧化钠溶液pH增大，b电极是阳极，电极反应为：4OH－-4e－=2H2O+O2↑；乙槽电解硫酸铜溶液，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：‎ B组、甲槽是电解硝酸银，溶液pH减小，b电极是阳极，电极反应为：4OH－-4e－=2H2O+O2↑；乙槽电解氯化铜溶液，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：‎ C组、甲槽是电解水，硫酸溶液pH变小，b电极是阳极，电极反应为：4OH－-4e－=2H2O+O2↑；乙槽电解硝酸银溶液，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：‎ D组、甲槽是电解氯化钠，氯化钠溶液pH增大，b电极是阳极，电极反应为：4OH－-4e－=2H2O+O2↑；乙槽电解硝酸银溶液，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；‎ 依据电极反应和电极过程中溶液pH变化分析判断。‎ ‎（1）依据上述分析可知，符合条件的是D组；‎ ‎（2）甲槽电解食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，甲槽的电解方程式为：2NaCl＋2H2O ‎2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；乙槽电解硝酸银溶液生成银、氧气和硝酸，乙槽的电解方程式为：4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。‎ ‎23.Ⅰ.化学电源在生产生活中有着广泛的应用，电动汽车上用的铅蓄电池是以一组充满海绵状态铜的铅板和另一组结构相似的充满二氧化铅的铅板组成，用H2SO4作电解液。放电时总反应为：Pb + PbO2 + 2H2SO4 = 2PbSO4 + 2H2O ‎（1）写出放电时负极的电极反应式：___；‎ ‎（2）铅蓄电池放电时，溶液的pH将_________（填“增大”、“减小”或“不变”）。当外电路上有0.5mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为___________。‎ ‎（3）放电完后，对该电池进行充电，在连接电源的负极一端生成________。(填“Pb”或“PbO2”) ‎ Ⅱ.人们习惯上把电解饱和食盐水的工业叫做氯碱工业。如下图表示电解饱和NaCl溶液的装置，X、Y是石墨棒。实验开始时，在两边同时各滴入几滴酚酞溶液。请回答以下问题：‎ ‎（4）X极上的电极反应式是：__________。‎ ‎（5）检验Y电极反应产物的方法是_______。‎ ‎（6）电解饱和NaCl溶液的离子方程式是：___________。‎ ‎【答案】(1). Pb -2e- + SO42- = PbSO4 (2). 增大 (3). 0.5mol (4). Pb (5). 2H＋＋2e－=H2↑ (6). 将湿润的淀粉KI试纸放在气体出口，若观察到试纸变蓝，证明有Cl2产生 (7). 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）铅蓄电池中，负极是铅，负极上铅失电子发生氧化反应，正极上二氧化铅得电子发生还原反应；‎ ‎（2）根据放电时总反应Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O进行计算回答；‎ ‎（3）铅蓄电池充电时，电池正极和电源正极相连，电池负极和电源的负极相连，充电时的反应和放电时的反应互为逆过程；‎ ‎（4）X电极上氢离子放电生成氢气；‎ ‎（5）Y电极上氯离子放电生成氯气，氯气可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验；‎ ‎（6）电解食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气。‎ ‎【详解】（1）铅蓄电池中，负极是铅，负极上铅失电子发生氧化反应：Pb-2e－+SO42－=PbSO4；‎ ‎（2）放电时总反应为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，反应转移2mol电子，消耗硫酸2mol，硫酸被消耗，所以溶液的酸性减弱，pH将增大，当外电路上有0.5mol电子通过时，溶液中消耗H2SO4的物质的量为0.5mol；‎ ‎（3）放电完后，对该电池进行充电，在连接电源的负极一端是阴极，发生反应：PbSO4+2e－=Pb+SO42－，在连接电源的负极一端生成Pb；‎ ‎（4）电极上氢离子放电生成氢气，电极反应为2H＋+2e－=H2↑；‎ ‎（5）Y电极上氯离子放电生成氯气，电极反应为2Cl－-2e－=Cl2↑，氯气可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，如果湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色，则证明有氯气生成，‎ ‎（6）电解食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，电解池反应式为2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。‎