化学卷·2018届山东省枣庄八中北校区高二上学期月考化学试卷（解析版）

化学卷·2018届山东省枣庄八中北校区高二上学期月考化学试卷（解析版）

‎2016-2017学年山东省枣庄八中北校区高二（上）月考化学试卷 ‎　‎ 一、解答题（共15小题，满分30分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化 B．生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应 C．生成物的总能量大于反应物的总能量时，反应吸热，△H＞0‎ D．△H的大小与热化学方程式的计量系数无关 ‎2．下列各组中，每种电解质溶液在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气的是（　　）‎ A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2 B．NaOH、CuSO4、H2SO4‎ C．NaOH、H2SO4、Ba（OH）2 D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）2‎ ‎3．某学生用如图所示装置进行化学反应X+2Y═2Z能量变化情况的研究．当往试管中滴加试剂Y时，看到导管中甲处液面下降，乙处液面上升．关于该反应的叙述正确的是（　　） ‎ ‎①该反应为放热反应 ‎②生成物的总能量比反应物的总能量高 ‎③该反应过程可以看成是“贮存”于X、Y内部的能量转化为热量而释放出来．‎ A．①②③ B．①③ C．①② D．②‎ ‎4．下列变化中，属于吸热反应的是（　　）‎ ‎①液态水汽化 ②将胆矾加热变为白色粉末 ③浓硫酸稀释 ④氯酸钾分解制氧气 ⑤生石灰与水反应生成熟石灰．‎ A．①④ B．②③ C．①③④ D．②④‎ ‎5．关于如图所示装置的叙述，正确的是（　　）‎ A．铜是阳极，铜片上有气泡产生 B．铜片质量不断减少 C．电流从锌片经导线流向铜片 D．氢离子在铜片表面被还原 ‎6．下列电化学实验装置正确的是（　　）‎ A．‎ 电解精炼铜 B．‎ 验证电解饱和氯化钠溶液（含酚酞）的产物 C．‎ 在铁制品上镀铜 D．‎ 构成原电池 ‎7．我国某大城市今年夏季多次降下酸雨．据环保部门测定，该城市整个夏季酸雨的pH平均为3.2．在这种环境中的铁制品极易被腐蚀．对此条件下铁的腐蚀的叙述不正确的是（　　）‎ A．此腐蚀过程有化学腐蚀也有电化学腐蚀 B．发生电化学腐蚀时的正极反应为 2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣‎ C．在化学腐蚀过程中有氢气产生 D．发生电化学腐蚀时的负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+‎ ‎8．已知：Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.14kJ•mol﹣1‎ C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）的△H是（　　）‎ A．﹣824.39 kJ•mol﹣1 B．+627.6 kJ•mol﹣1‎ C．﹣744.7 kJ•mol﹣1 D．﹣169.4 kJ•mol﹣1‎ ‎9．盖斯定律指出：化学反应的焓变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关，而与具体的反应途径无关．物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是（　　）‎ A．A→F，△H=﹣△H6‎ B．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=1‎ C．C→F，|△H|=|△H1+△H2+△H6|‎ D．|△H1+△H2+△H3|=|△H4+△H5+△H6|‎ ‎10．1mol白磷转化为红磷时放出18.39kJ热量，已知：P4（白磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣a kJ/mol（a＞0）；4P（红磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣b kJ/mol（b＞0），则a和b的关系是（　　）‎ A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定 ‎11．如图所示，装置中都盛有0.1mol/L 的NaCl 溶液，放置一定时间后，装置中的四块相同的锌片腐蚀速率由快到慢的正确顺序是（　　）‎ A．①②③④ B．②①③④ C．③①④② D．②①④③‎ ‎12．如图所示，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极是电源的负极，Y极是电源的正极 B．Cu电极上增重6.4 g时，b极产生4.48 L（标准状况）气体 C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大 D．a极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑‎ ‎13．如图所示是根据图甲的电解池进行电解时，某个量（纵坐标x）随时间变化的函数图象（各电解池都用石墨作电极，不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响），这个量x表示（　　）‎ A．各电解池析出气体的体积 B．各电解池阳极质量的增加量 C．各电解池阴极质量的增加量 D．各电极上放电的离子总数 ‎14．如图X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，d极板有无色无臭的气体放出，符合这一情况的是（　　）‎ 选项 a 极板 d极板 X极板 乙中溶液 A 锌 铜 负极 CuSO4‎ B 石墨 石墨 负极 NaOH C 银 铁 正极 AgNO3‎ D 铜 石墨 负极 CuCl2‎ A．A B．B C．C D．D ‎15．欲在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极．下列各组中，选用的阳极金属和电镀液均正确的是（　　）‎ A．Ag和AgCl溶液 B．Ag和AgNO3溶液 C．Pt和Ag2CO3溶液 D．Pt和Ag2SO4溶液 ‎　‎ 二、多选题（30分，每题3分，共10题，每题1到2个正确选项，全对得3分，部分对的1分，有错不得分）‎ ‎16．用惰性电极实现电解，下列说法正确的是（　　）‎ A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液的pH不变 B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH﹣，故溶液的pH减小 C．电解氯化钾溶液，在阴极上和阳极上析出的产物的物质的量之比为1：1‎ D．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出的产物的物质的量之比为1：2‎ ‎17．关于如图所示①、②两个装置的叙述中，正确的是（　　）‎ A．硫酸浓度变化：①增大，②减小 B．装置名称：①是原电池，②是电解池 C．电极反应式：①中阳极：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑②中正极：Zn﹣2e﹣═Zn2+‎ D．离子移动方向：①中H+向阴极方向移动，②中H+向负极方向移动 ‎18．观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是（　　）‎ A．装置②的待镀铁制品应与电源正极相连 B．装置①中阴极上析出红色固体 C．装置③闭合开关后，外电路电子由a极流向b极 D．装置④的X电极是外接电源的正极 ‎19．可以将反应Zn+Br2=ZnBr2设计成可充电电池，下列4个电极反应①Br2+2e﹣=2Br﹣②2Br﹣﹣2e﹣=Br2 ③Zn﹣2e﹣=Zn2+④Zn2++2e﹣=Zn其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是（　　）‎ A．②和③ B．②和① C．③和① D．④和①‎ ‎20．获得“863”计划和中科院一百人计划支持的环境友好型铝碘电池已研制成功，电解质为AlI3溶液，已知电池总反应为2Al+3I2═2AlI3．下列说法不正确的是（　　）‎ A．该电池负极的电极反应为：Al﹣3e═Al3+‎ B．电池工作时，溶液中的铝离子向正极移动 C．消耗相同质量金属时，用锂做负极时，产生电子的物质的量比铝多 D．正极的电极材料是单质碘 ‎21．等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSO4溶液，下列各图中表示其产生氢气总体积（V）与时间（t）的关系正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎22．关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（　　）‎ A．电子从锌电极通过检流计流向铜电极 B．盐桥中的阴离子向硫酸铜溶液中迁移 C．锌电极发生还原反应，铜电极发生氧化反应 D．铜电极上发生的电极反应是2H++2e﹣=H2↑‎ ‎23．已知 ‎（1）H2（ g ）+O2 （ g ）=H2O （ g ）△H1=a kJ/mol ‎（2）2H2（ g ）+O2 （ g ）=2H2O （ g ）△H2=b kJ/mol ‎（3）H2（ g ）+O2 （ g ）=H2O （ l ）△H3=c kJ/mol ‎（4）2H2（ g ）+O2 （ g ）=2H2O （ l ）△H4=d kJ/mol 则a、b、c、d的关系正确的是（　　）‎ A．c＜a＜0 B．b＞d＞0 C．2a=b＜0 D．2c=d＞0‎ ‎24．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用．锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），下列说法错误的是（　　）‎ A．电池工作时，锌失去电子 B．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极 C．电池正极的电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣═Mn2O3（s）+2OH﹣（aq）‎ D．外电路中每通过0.1 mol电子，锌的质量理论上减少6.5 g ‎25．500mL NaNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）=6mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体22.4L（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（　　）‎ A．原混合溶液中c（Na+）=6 mol B．电解后得到的Cu的物质的量为2 mol C．上述电解过程中共转移8 mol电子 D．电解后溶液中c（H+）=4 mol/L ‎　‎ 三、解答题（共3小题，满分40分）‎ ‎26．随着世界工业经济的发展、人口的剧增，全球能源紧张及世界气候面临越来越严重的问题，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视．‎ ‎（1）如图为C及其氧化物的变化关系图，若①是通过O2与C反应实现的，测知生成14gCO时放出60kj的热量，则其热化学方程式为　　．‎ ‎（2）把煤作为燃料可通过下列两种途径：‎ 途径I：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1＜0 ①‎ 途径II：先制成水煤气：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2＞0 ②‎ 再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3＜0 ③‎ ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H4＜0 ④‎ 则途径I放出的热量　　（填“大于”“等于”或“小于”）途径II放出的热量；‎ ‎△H1、△H2、△H3、△H4的数学关系式是　　．‎ ‎（3）甲醇（CH3OH）是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用如下方法合成甲醇：‎ 方法一 CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ 方法二 CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）‎ 在25℃、101kPa下，1 克液态甲醇完全燃料放热25kJ，写出甲醇燃烧生成1molCO2的热化学方程式　　．若将该反应设计成原电池反应，用稀H2SO4作电解质，则其电极方程式分别为 正极：　　负极：　　‎ ‎（4）金属钛冶炼过程中其中一步反应是将原料金红石转化：‎ TiO2（金红石）+2C+2Cl2TiCl4+2CO 已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣400kJ•mol﹣1‎ ‎2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣560kJ•mol﹣1‎ TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl（s）+O2（g）△H=+140kJ•mol﹣1‎ 则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H=　　．‎ ‎（5）臭氧可用于净化空气、饮用水消毒，处理工业废物和作为漂白剂．臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应．如：6Ag（s）+O3（g）=3Ag2O（s）△H=﹣260kJ•mol﹣1‎ 已知：2Ag2O（s）=4Ag（s）+O2（g）△H=+70kJ•mol﹣1‎ 则O3转化为O2的热化学方程式为　　．‎ ‎27．某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色．试回答下列问题：‎ ‎（1）电源B极的名称是　　．‎ ‎（2）如果收集乙装置中两级产生的气体，两极气体的物质的量之比是　　．‎ ‎（3）甲装置中电解反应的总化学方程式：　　．‎ ‎（4）欲用丙装置给铁镀锌，G应该是　　（填“铁”或“锌”），电镀液的主要成分是　　（填化学式）．‎ ‎（5）装置丁中的现象是　　．‎ ‎28．科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空．如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2﹣（O2+4e﹣═2O2﹣）．‎ ‎（1）d电极的名称为　　，d电极上的电极反应式为　　．‎ ‎（2）如图2所示用惰性电极电解100mL 0.5mol•L﹣1 AgNO3溶液，a电极上的电极反应式为　　．‎ 若a电极产生560mL（标准状况）气体，则所得溶液的C（H+）=　　（不考虑溶液体积变化），若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入　　‎ ‎（填序号）其物质的量为　　mol a Ag2O b．AgOHc．AgNO3 d．Ag2SO4．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省枣庄八中北校区高二（上）月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、解答题（共15小题，满分30分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．在化学反应过程中，发生物质变化的同时不一定发生能量变化 B．生成物全部化学键形成时所释放的能量大于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应 C．生成物的总能量大于反应物的总能量时，反应吸热，△H＞0‎ D．△H的大小与热化学方程式的计量系数无关 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A、化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，反应一定伴随能量变化；‎ B、反应中断键时吸收的能量比形成化学键时放出的能量高，则反应是吸热反应；‎ C、反应热等于生成物能量和与反应物能量和的差；‎ D、△H的大小与热化学方程式的计量系数成正比．‎ ‎【解答】解：A、化学反应的本质是旧键断裂，新键生成，在化学反应过程中，发生物质变化的同时一定发生能量变化，故A错误；‎ B、反应中断键时吸收的能量比形成化学键时放出的能量高，根据能量守恒可知，一部分能量储存在物质中，则反应是吸热反应，所以生成物全部化学键形成时所释放的能量小于破坏反应物全部化学键所吸收的能量时，反应为吸热反应，故B错误；‎ C、△H=生成物能量和﹣反应物能量和，当生成物能量和大于反应物时，反应吸热，△H＞0，故C正确；‎ D、因△H的大小与热化学方程式的计量系数成正比，所以△H的大小与热化学方程式的计量系数有关，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．下列各组中，每种电解质溶液在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气的是（　　）‎ A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2 B．NaOH、CuSO4、H2SO4‎ C．NaOH、H2SO4、Ba（OH）2 D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）2‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气，则溶液中氢离子在阴极放电，氢氧根离子在阳极放电，结合离子的放电顺序来解答．‎ ‎【解答】解：A．电解HCl生成氢气和氯气，电解CuCl2生成Cu和氯气，电解Ba（OH）2生成氢气和氧气，故A不选；‎ B．电解NaOH生成氢气和氧气，电解CuSO4生成Cu、氧气、硫酸，电解H2SO4生成氢气和氧气，故B不选；‎ C．电解NaOH、H2SO4、Ba（OH）2，均只生成氢气和氧气，故C选；‎ D．电解NaBr生成溴、氢气、NaOH，电解H2SO4生成氢气和氧气，电解Ba（OH）2生成氢气和氧气，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．某学生用如图所示装置进行化学反应X+2Y═2Z能量变化情况的研究．当往试管中滴加试剂Y时，看到导管中甲处液面下降，乙处液面上升．关于该反应的叙述正确的是（　　） ‎ ‎①该反应为放热反应 ‎②生成物的总能量比反应物的总能量高 ‎③该反应过程可以看成是“贮存”于X、Y内部的能量转化为热量而释放出来．‎ A．①②③ B．①③ C．①② D．②‎ ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】当往试管中加入试剂Y时，看到U型管中液面甲处下降，乙处上升，可以根据大气压强原理以及气体热胀冷缩的性质来回答．‎ ‎【解答】解：当往试管中加入试剂Y时，看到U型管中液面甲处下降，乙处上升，说明该反应是放热反应，放出的热使得集气瓶中气压升高而出现该现象，故①正确，在放热反应中，反应物的能量高于生成物的能量，故②错误；该反应过程可以看成是“贮存”于X、Y内部的能量转化为热量而释放出来，故③正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．下列变化中，属于吸热反应的是（　　）‎ ‎①液态水汽化 ②将胆矾加热变为白色粉末 ③浓硫酸稀释 ④氯酸钾分解制氧气 ⑤生石灰与水反应生成熟石灰．‎ A．①④ B．②③ C．①③④ D．②④‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应、所有中和反应、绝大多数化合反应和铝热反应；‎ 常见的吸热反应有：绝大数分解反应（双氧水分解是放热反应）、个别的化合反应（如C和CO2）、置换以及某些复分解反应（如铵盐和强碱），以此解答该题．‎ ‎【解答】解：①液态水汽化 虽然吸热，但不是化学变化，故错误；‎ ‎②将胆矾加热变为白色粉末，为吸热过程，且属于化学变化，为吸热反应，故正确；‎ ‎③浓硫酸稀释 放热，且为物理过程，故错误；‎ ‎④氯酸钾分解制氧气，为吸热反应，故错误；‎ ‎⑤生石灰与水反应生成熟石灰，为放热反应，故错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．关于如图所示装置的叙述，正确的是（　　）‎ A．铜是阳极，铜片上有气泡产生 B．铜片质量不断减少 C．电流从锌片经导线流向铜片 D．氢离子在铜片表面被还原 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，发生氧化反应，铜为正极，发生还原反应，以此解答．‎ ‎【解答】解：锌比铜活泼，形成原电池反应时，锌为负极，Zn失电子发生氧化反应，铜为正极，溶液中氢离子在正极上得电子发生还原反应，铜质量不变，电流从正极Cu流向负极Zn，故ABC错误，D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．下列电化学实验装置正确的是（　　）‎ A．‎ 电解精炼铜 B．‎ 验证电解饱和氯化钠溶液（含酚酞）的产物 C．‎ 在铁制品上镀铜 D．‎ 构成原电池 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、装置图分析，粗铜精炼原理是粗铜做阳极，精铜做阴极，硫酸铜溶液做电解质溶液；‎ B、依据电流流向分析，铁做阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，收集验证氢气，碳棒做阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，用淀粉碘化钾溶液检验；‎ C、依据电镀原理是镀层金属做阳极，待镀金属做阴极，含镀层金属离子的电解质溶液；‎ D、依据原电池原理分析，铁在氯化铁溶液中发生化学反应，与氯化亚铁溶液不发生反应，不能形成原电池．‎ ‎【解答】解：A、粗铜精炼原理是粗铜做阳极与电源正极相连，精铜做阴极与电源负极相连，硫酸铜溶液做电解质溶液，故A错误；‎ B、电流流向分析，铁做阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，收集验证氢气爆鸣实验检验氢气，碳棒做阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，用淀粉碘化钾溶液检验，溶液变蓝证明生成氯气，故B正确；‎ C、电镀原理是镀层金属做阳极，待镀金属做阴极，含镀层金属离子的电解质溶液，装置图中电极错误，故C错误；‎ D、铁在氯化铁溶液中发生化学反应，与氯化亚铁溶液不发生反应，不能形成原电池，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．我国某大城市今年夏季多次降下酸雨．据环保部门测定，该城市整个夏季酸雨的pH平均为3.2．在这种环境中的铁制品极易被腐蚀．对此条件下铁的腐蚀的叙述不正确的是（　　）‎ A．此腐蚀过程有化学腐蚀也有电化学腐蚀 B．发生电化学腐蚀时的正极反应为 2H2O+O2+4e﹣═4OH﹣‎ C．在化学腐蚀过程中有氢气产生 D．发生电化学腐蚀时的负极反应为Fe﹣2e﹣═Fe2+‎ ‎【考点】金属的电化学腐蚀与防护．‎ ‎【分析】酸雨pH=3.5，所以酸雨中含有大量氢离子；铁制品中含有铁和碳，具备了原电池的构成条件，所以构成了原电池；铁作负极，铁失去电子生成二价铁离子，碳作正极，溶液中的氢离子得电子生成氢气．‎ ‎【解答】解：A、金属铁的腐蚀中，金属铁可以和酸中的氢离子直接发生化学腐蚀，铁制品中含有铁和碳，再加之电解质环境，具备了原电池的构成条件，所以构成了原电池，会发生电化学腐蚀，故A正确；‎ B、发生电化学腐蚀时，碳作正极，溶液中的氢离子得电子生成氢气，2H++2e﹣=H2↑，故B错误；‎ C、发生电化学腐蚀时，碳作正极，发生反应：2H++2e﹣=H2↑，有氢气产生，故C正确；‎ D、发生电化学腐蚀时的负极是金属铁，电极反应式为：Fe﹣2e﹣═Fe2+，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．已知：Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.14kJ•mol﹣1‎ C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ•mol﹣1‎ 则2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）的△H是（　　）‎ A．﹣824.39 kJ•mol﹣1 B．+627.6 kJ•mol﹣1‎ C．﹣744.7 kJ•mol﹣1 D．﹣169.4 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算；反应热和焓变．‎ ‎【分析】已知：①Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ/mol，②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol，根据盖斯定律②×﹣①可计算出2Fe（s）+O2（g）═Fe2O3（s）的△H．‎ ‎【解答】解：①Fe2O3（s）+C（s）═CO2（g）+2Fe（s）△H=+234.1kJ/mol，‎ ‎②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol，‎ 由盖斯定律②×﹣①得：2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=（﹣393.5kJ•mol﹣1）×﹣234.1kJ•mol﹣1‎ 即2Fe（s）+O2（g）=Fe2O3（s）△H=﹣824.4kJ•mol﹣1，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎9．盖斯定律指出：化学反应的焓变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关，而与具体的反应途径无关．物质A在一定条件下可发生一系列转化，由图判断下列关系错误的是（　　）‎ A．A→F，△H=﹣△H6‎ B．△H1+△H2+△H3+△H4+△H5+△H6=1‎ C．C→F，|△H|=|△H1+△H2+△H6|‎ D．|△H1+△H2+△H3|=|△H4+△H5+△H6|‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】盖斯定律指出：化学反应的焓变只与各反应物的始态和各生成物的终态有关，而与具体的反应途径无关；反应的分析改变，焓变符号改变．‎ ‎【解答】解：A、F→A，△H=△H6，则A→F，△H=﹣△H6，故A正确；‎ B、6个△H全部相加，是A→A的△H，应等于零；故B错误；‎ C、F→C的△H=△H6+△H1+△H2，则C→F的△H=﹣（△H6+△H1+△H2），故C正确；‎ D、A→D的△H=△H1+△H2+△H3，D→A的△H=△H4+△H5+△H6，二者的绝对值相等，符号相反，故D正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．1mol白磷转化为红磷时放出18.39kJ热量，已知：P4（白磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣a kJ/mol（a＞0）；4P（红磷，s）+5O2（g）═2P2O5（s）△H=﹣b kJ/mol（b＞0），则a和b的关系是（　　）‎ A．a＞b B．a=b C．a＜b D．无法确定 ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】根据已知热化学方程式，构造P4（白磷，s）=4P（红磷，s）△H=﹣18.39kJ/mol，根据△H与a、b的关系判断．‎ ‎【解答】解：已知：①P4（白磷，s）+5O2（g）=2P2O5（s）△H=﹣a kJ/mol（a＞0）；‎ ‎②4P（红磷，s）+5O2（g）=2P2O5（s）△H=﹣bkJ/mol（b＞0），‎ 根据盖斯定律可知，①﹣②即得到P4（白磷，s）=4P（红磷，s），‎ 所以反应热△H=﹣a kJ/mol+bkJ/mol=﹣18.39kJ/mol，所以a大于b；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，装置中都盛有0.1mol/L 的NaCl 溶液，放置一定时间后，装置中的四块相同的锌片腐蚀速率由快到慢的正确顺序是（　　）‎ A．①②③④ B．②①③④ C．③①④② D．②①④③‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】‎ 电化学腐蚀较化学腐蚀快，金属得到保护时，腐蚀较慢，作原电池正极和电解池阴极的金属被保护，金属腐蚀快慢顺序是：电解池阳极＞原电池负极＞化学腐蚀＞原电池正极＞电解池阳极．‎ ‎【解答】解：金属腐蚀快慢顺序是：电解池阳极＞原电池负极＞化学腐蚀＞原电池正极＞电解池阳极，①中锌发生电化学腐蚀，金属锌是负极，加快锌的腐蚀，②中锌作电解池的阳极，被腐蚀，③中锌作电解池的阴极，被保护，④Zn发生化学腐蚀，所以腐蚀速率由快到慢的顺序是②①④③．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，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极是电源的负极，Y极是电源的正极 B．Cu电极上增重6.4 g时，b极产生4.48 L（标准状况）气体 C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大 D．a极的电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，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，Pt为阳极，Cu为阴极；依据电极原理分析选项；‎ A．分析判断Y为电源负极，X为电源正极；‎ B．溶液中铜离子在Cu电极得到电子析出铜，b电极是阴极，氢离子得电子生成氢气；‎ C．电解过程中硫酸铜溶液中氢氧根离子放电生成氧气，溶液的pH减小；‎ D．a电极是氯离子失电子发生的氧化反应．‎ ‎【解答】解：A．a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，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，故A错误； ‎ B．6.4 g的铜的物质的量是0.1mol，转移电子为0.2mol，生成氢气为0.1mol，体积为2.24L，故B错误；‎ 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，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，故C错误；‎ D．a电极是氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示是根据图甲的电解池进行电解时，某个量（纵坐标x）随时间变化的函数图象（各电解池都用石墨作电极，不考虑电解过程中溶液浓度变化对电极反应的影响），这个量x表示（　　）‎ A．各电解池析出气体的体积 B．各电解池阳极质量的增加量 C．各电解池阴极质量的增加量 D．各电极上放电的离子总数 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电解NaCl溶液时阴、阳极都产生气体，电解AgNO3溶液时阴极上产生单质银，电解CuSO4‎ 溶液时阴极上产生单质铜，所以随着电解的进行，阴极质量的增加量有如题中图乙所示的变化．‎ ‎【解答】解：A．电解硝酸银和硫酸铜，阳极都生成氧气，体积应相等，故A错误；‎ B．电解硝酸银和硫酸铜，阳极都生成氧气，阳极质量不变，故B错误；‎ C．电解AgNO3溶液时阴极上产生单质银，电解CuSO4溶液时阴极上产生单质铜，银的质量增加量较大，而电解NaCl溶液时阴、阳极都产生气体，阳极质量不变，故C正确；‎ D．各电极上放电的离子总数应相等，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．如图X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，d极板有无色无臭的气体放出，符合这一情况的是（　　）‎ 选项 a 极板 d极板 X极板 乙中溶液 A 锌 铜 负极 CuSO4‎ B 石墨 石墨 负极 NaOH C 银 铁 正极 AgNO3‎ D 铜 石墨 负极 CuCl2‎ A．A B．B C．C D．D ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】a极板质量增加，应在a极上析出金属，则a为电解池的阴极，X应为电源的负极，则d极应为电解池的阳极，Y为电源的正极，d板有无色无臭的气体放出，应发生氧化反应，生成气体为氧气，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：a极板质量增加，应在a极上析出金属，则a为电解池的阴极，X应为电源的负极，则d极应为电解池的阳极，Y为电源的正极，‎ A．d极为铜，被氧化，在d极板不会生成气体，故A错误；‎ B．由以上分析可知，X为电源的负极，电解NaOH溶液，阳极生成氧气，无色无臭，故B正确；‎ C．X应为电源的负极，故C错误；‎ D．电解质为CuCl2溶液，在阳极生成黄绿色有刺激性的Cl2，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．欲在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极．下列各组中，选用的阳极金属和电镀液均正确的是（　　）‎ A．Ag和AgCl溶液 B．Ag和AgNO3溶液 C．Pt和Ag2CO3溶液 D．Pt和Ag2SO4溶液 ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】电镀时，镀层金属为阳极，镀件金属为阴极，电镀液是含有镀层金属阳离子的盐溶液．‎ ‎【解答】解：在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极，镀层金属银作阳极，电镀液是含有银离子的可溶性的盐溶液硝酸银即可．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、多选题（30分，每题3分，共10题，每题1到2个正确选项，全对得3分，部分对的1分，有错不得分）‎ ‎16．用惰性电极实现电解，下列说法正确的是（　　）‎ A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液的pH不变 B．电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH﹣，故溶液的pH减小 C．电解氯化钾溶液，在阴极上和阳极上析出的产物的物质的量之比为1：1‎ D．电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出的产物的物质的量之比为1：2‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，硫酸溶液的浓度变大；‎ B．电解稀氢氧化钠溶液，实质上是电解水，氢氧化钠溶液的浓度变大；‎ C．电解氯化钾溶液，通电一段时间后，阴极析出氢气，阳极生成氯气；‎ D．电解硫酸钠溶液，实质电解水，阳极生成氧气，阴极生成氢气．‎ ‎【解答】解：A．电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，硫酸溶液的浓度变大，则溶液的pH减小，故A错误；‎ B．电解稀氢氧化钠溶液，实质是电解水，氢氧化钠溶液的浓度变大，则溶液的pH增大，故B错误；‎ C．电解氯化钾溶液，通电一段时间后，阴极析出氢气，阳极生成氯气，阴极和阳极析出产物的物质的量之比为1：1，故C正确；‎ D．电解硫酸钠溶液，实质电解水，阳极生成氧气，阴极生成氢气，则阴极和阳极析出产物的物质的量之比为2：1，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．关于如图所示①、②两个装置的叙述中，正确的是（　　）‎ A．硫酸浓度变化：①增大，②减小 B．装置名称：①是原电池，②是电解池 C．电极反应式：①中阳极：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑②中正极：Zn﹣2e﹣═Zn2+‎ D．离子移动方向：①中H+向阴极方向移动，②中H+向负极方向移动 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】由图可知，①为电解池，②为原电池，①中电解水，②中Zn与氢离子反应，且原电池中阳离子向正极移动，电解池中阳离子向阴极移动，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．①中电解水，②中Zn与氢离子反应，则c（H+）浓度变化：①增大，②减小，故A正确；‎ B．由装置根据是否有外加电源可知：①是电解池，②是原电池，故B错误；‎ C．电极反应式：①中阳极发生氧化反应为2H2O﹣4e﹣=4H++O2↑，②中负极发生氧化反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，故C错误；‎ D．原电池中阳离子向正极移动，电解池中阳离子向阴极移动，则①中H+向阴极方向移动，②中H+向正极方向移动，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎18．观察下列几个装置示意图，有关叙述正确的是（　　）‎ A．装置②的待镀铁制品应与电源正极相连 B．装置①中阴极上析出红色固体 C．装置③闭合开关后，外电路电子由a极流向b极 D．装置④的X电极是外接电源的正极 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】A、根据在电镀池中，镀件金属应该做阴极，镀层金属做阳极判断；‎ B、电解池的阳极是电解质中的阴离子失电子的过程；‎ C、在燃料电池中，电子从负极流向正极；‎ D、和电源正极相连的电极是阳极，阳极金属易被氧化．‎ ‎【解答】‎ 解：A、在电镀池中，镀件金属应该做阴极，应与电源负极相连，故A错误；‎ B、装置①中阴极上是电解质中的铜离子得电子生成铜的过程，所以析出红色固体，故B正确；‎ C、装置③闭合电键后，形成燃料电池，通氢气的极是负极，同氧气的极是正极，电子从负极流向正极，即由a极流向b极，故C正确；‎ D、装置④中，和电源正极X相连的电极铁是阳极，阳极铁易被氧化而腐蚀，达不到防腐蚀的目的，故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎19．可以将反应Zn+Br2=ZnBr2设计成可充电电池，下列4个电极反应①Br2+2e﹣=2Br﹣②2Br﹣﹣2e﹣=Br2 ③Zn﹣2e﹣=Zn2+④Zn2++2e﹣=Zn其中表示充电时的阳极反应和放电时的负极反应的分别是（　　）‎ A．②和③ B．②和① C．③和① D．④和①‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】放电时，负极上活泼金属失去电子发生氧化反应；充电时，阳极上阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：充电时，阳极上电解质溶液中的阴离子失去电子发生氧化反应，所以是溴离子失去电子发生氧化反应生成溴单质电极反应式为2Br﹣﹣2e﹣=Br2 ；放电时，较活泼的金属锌失去电子发生氧化反应，电极反应式为Zn﹣2e﹣=Zn2+，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎20．获得“863”计划和中科院一百人计划支持的环境友好型铝碘电池已研制成功，电解质为AlI3溶液，已知电池总反应为2Al+3I2═2AlI3．下列说法不正确的是（　　）‎ A．该电池负极的电极反应为：Al﹣3e═Al3+‎ B．电池工作时，溶液中的铝离子向正极移动 C．消耗相同质量金属时，用锂做负极时，产生电子的物质的量比铝多 D．正极的电极材料是单质碘 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】由电池总反应为2Al+3I2═2AlI3‎ ‎，Al元素的化合价升高、I元素的化合价降低，则Al为负极，发生氧化反应，阳离子向正极移动，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．因Al元素的化合价升高，则电池负极的电极反应为Al﹣3e﹣═Al3+，故A正确；‎ B．原电池中阳离子向正极移动，则电池工作时，溶液中的铝离子向正极移动，故B正确；‎ C．因Al的摩尔质量为27g/mol，由×失去的电子数可知，消耗相同质量金属时，用锂做负极时，产生电子的物质的量比铝多，故C正确；‎ D．电池总反应为2Al+3I2═2AlI3，则单质碘在正极得电子，但不是正极的电极材料，故D错误；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎21．等质量的两份锌粉a和b，分别加入过量的稀硫酸中，a中同时加入少量CuSO4溶液，下列各图中表示其产生氢气总体积（V）与时间（t）的关系正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理；化学反应速率的影响因素．‎ ‎【分析】锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，产生氢气的量取决于金属锌的质量．‎ ‎【解答】解：锌和硫酸反应，加入硫酸铜，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属锌和硫酸反应的速率，所以反应速率是：a＞b，‎ 速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b的时间；‎ 产生氢气的量取决于金属锌的质量，而a中，金属锌一部分用于置换金属铜，导致和硫酸反应生成氢气的量减少，所以氢气的体积是：a＜b．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎22．关于如图所示的原电池，下列说法正确的是（　　）‎ A．电子从锌电极通过检流计流向铜电极 B．盐桥中的阴离子向硫酸铜溶液中迁移 C．锌电极发生还原反应，铜电极发生氧化反应 D．铜电极上发生的电极反应是2H++2e﹣=H2↑‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】该原电池中，较活泼的金属作负极，负极上失电子发生氧化反应；较不活泼的金属作正极，正极上得电子发生还原反应；电子从负极沿导线流向正极，盐桥中的阴离子向硫酸锌溶液中迁移，阳离子向硫酸铜溶液中迁移．‎ ‎【解答】解：A、该原电池中较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，电子从锌电极通过检流计流向铜电极，故A正确．‎ B、原电池放电时，盐桥中的阴离子向硫酸锌溶液中迁移，阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故B错误．‎ C、原电池放电时，锌作负极，锌失电子发生氧化反应，铜作正极，铜离子得电子发生还原反应在铜极上析出，故C错误．‎ D、原电池放电时，铜作正极，铜离子得电子发生还原反应在铜极上析出，电极反应式为Cu2++2e﹣=Cu，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎23．已知 ‎（1）H2（ g ）+O2 （ g ）=H2O （ g ）△H1=a kJ/mol ‎（2）2H2（ g ）+O2 （ g ）=2H2O （ g ）△H2=b kJ/mol ‎（3）H2（ g ）+O2 （ g ）=H2O （ l ）△H3=c kJ/mol ‎（4）2H2（ g ）+O2 （ g ）=2H2O （ l ）△H4=d kJ/mol 则a、b、c、d的关系正确的是（　　）‎ A．c＜a＜0 B．b＞d＞0 C．2a=b＜0 D．2c=d＞0‎ ‎【考点】反应热的大小比较．‎ ‎【分析】物质的燃烧是放热的，焓变是负值，氢气燃烧生成的水从液态变为气态会吸收热，化学方程式系数加倍，焓变数值也要加倍，符号不变，据此回答．‎ ‎【解答】解：氢气的燃烧是放热的，焓变是负值，所以a、b、c、d都是小于零的，方程式的系数（2）是（1）的2倍，（4）是（3）的2倍，所以2a=b＜0，2c=d＜0，故B、D错误，C正确；氢气燃烧生成的水从液态变为气态会吸收热，所以c＜a＜0，故A正确．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎24．碱性电池具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用．锌锰碱性电池以氢氧化钾溶液为电解液，电池总反应式为Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s），下列说法错误的是（　　）‎ A．电池工作时，锌失去电子 B．电池工作时，电子由正极通过外电路流向负极 C．电池正极的电极反应式为2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣═Mn2O3（s）+2OH﹣（aq）‎ D．外电路中每通过0.1 mol电子，锌的质量理论上减少6.5 g ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】由Zn（s）+2MnO2（s）+H2O（l）═Zn（OH）2（s）+Mn2O3（s）可知，Zn失去电子作负极，Mn得到电子，电子由负极移向正极，以此来解答．‎ ‎【解答】解：A．Zn失去电子，为原电池的负极，故A正确；‎ B．电池工作时，电子由负极通过外电路流向正极，故B错误；‎ C．Mn得到电子，正极发生还原反应为2MnO2（s）+H2O（l）+2e﹣═Mn2O3（s）+2OH﹣（aq），故C正确；‎ D．外电路中每通过0.1mol电子，消耗0.05molZn，则锌的质量理论上减少0.05mol ‎×65g/mol=3.25g，故D错误；‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎25．500mL NaNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3﹣）=6mol/L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到气体22.4L（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（　　）‎ A．原混合溶液中c（Na+）=6 mol B．电解后得到的Cu的物质的量为2 mol C．上述电解过程中共转移8 mol电子 D．电解后溶液中c（H+）=4 mol/L ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），‎ 则阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，‎ 阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，‎ n（O2）==1mol，结合电子守恒及物质的量浓度的计算来解答．‎ ‎【解答】解：石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）==1mol，‎ 阳极发生4OH﹣﹣4e﹣═O2↑+2H2O，‎ ‎ 4mol 1mol 阴极发生Cu2++2e﹣═Cu、2H++2e﹣═H2↑，‎ ‎ 1mol 2mol 1mol 2mol 1mol ‎ A．c（Cu2+）==2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（Na+）为6mol/L﹣2mol/L×2=2mol/L，故A错误；‎ B．电解得到的Cu的物质的量为1mol，故B错误；‎ C．由上述分析可知，电解过程中转移电子总数为4mo，故C错误；‎ D．电解后溶液中c（H+）为=4mol/L，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 三、解答题（共3小题，满分40分）‎ ‎26．随着世界工业经济的发展、人口的剧增，全球能源紧张及世界气候面临越来越严重的问题，如何降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2引起了全世界的普遍重视．‎ ‎（1）如图为C及其氧化物的变化关系图，若①是通过O2与C反应实现的，测知生成14gCO时放出60kj的热量，则其热化学方程式为　2C（s）+O2（s）=2CO（s）△H=﹣240kJ/mol　．‎ ‎（2）把煤作为燃料可通过下列两种途径：‎ 途径I：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1＜0 ①‎ 途径II：先制成水煤气：C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）△H2＞0 ②‎ 再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H3＜0 ③‎ ‎2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H4＜0 ④‎ 则途径I放出的热量　等于　（填“大于”“等于”或“小于”）途径II放出的热量；‎ ‎△H1、△H2、△H3、△H4的数学关系式是　△H1=△H2+（△H3+△H4）　．‎ ‎（3）甲醇（CH3OH）是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景，工业上可用如下方法合成甲醇：‎ 方法一 CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）‎ 方法二 CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）‎ 在25℃、101kPa下，1 克液态甲醇完全燃料放热25kJ，写出甲醇燃烧生成1molCO2的热化学方程式　CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣800kJ•mol﹣1　．若将该反应设计成原电池反应，用稀H2SO4作电解质，则其电极方程式分别为 正极：　3O2+12e﹣+12H+=6H20　负极：　2CH3OH﹣12e﹣+2H20=2CO2+12H+　‎ ‎（4）金属钛冶炼过程中其中一步反应是将原料金红石转化：‎ TiO2（金红石）+2C+2Cl2TiCl4+2CO 已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣400kJ•mol﹣1‎ ‎2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣560kJ•mol﹣1‎ TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl（s）+O2（g）△H=+140kJ•mol﹣1‎ 则TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）的△H=　﹣100KJ/mol　．‎ ‎（5）臭氧可用于净化空气、饮用水消毒，处理工业废物和作为漂白剂．臭氧几乎可与除铂、金、铱、氟以外的所有单质反应．如：6Ag（s）+O3（g）=3Ag2O（s）△H=﹣260kJ•mol﹣1‎ 已知：2Ag2O（s）=4Ag（s）+O2（g）△H=+70kJ•mol﹣1‎ 则O3转化为O2的热化学方程式为　2O3（g）═3O2（g）△H=﹣310kJ/mol　．‎ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】（1）O2与C完全反应生成14g即0.5molCO放热60kJ热量，生成2molCO放热240KJ，反应为放热反应，反应的焓变为﹣240KJ/mol，依据热化学方程式书写得到；‎ ‎（2）根据盖斯定律可知，反应热只与始态和终态有关，而与反应的途径无关；由盖斯定律，将途径Ⅱ的三个化学方程式乘以适当的系数进行加减，反应热也乘以相应的系数进行相应的加减，构造出途径I的热化学方程式，据此判断△H1、△H2、△H3、△H4的数学关系式；‎ ‎（3）题干所给量计算32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放热，结合热化学方程式书写方法，标注物质聚集状态和对应焓变；正极通氧气该电极上氧气得电子和氢离子反应生成水；负极通燃料失电子发生还原反应；‎ ‎（4）根据盖斯定律，将所给的已知反应通过加减乘除等变形，来得到目标反应，并将反应热也做相应的变形即可；‎ ‎（5）①6Ag（s）+O3（g）═3Ag2O（s），△H=﹣260kJ•mol﹣1，‎ ‎②2Ag2O（s）═4Ag（s）+O2（g），△H=+70kJ•mol﹣1，‎ 根据盖斯定律可知①×2+②×3可得到，2O3（g）═3O2（g），以此计算反应热．‎ ‎【解答】解：（1）O2与C完全反应生成14g即0.5molCO放热60kJ热量，生成2molCO放热240KJ，反应为放热反应，反应的焓变为﹣240KJ/mol，反应的热化学方程式为：2C（s）+O2（ s ）=2CO（s）△H=﹣240kJ/mol，‎ 故答案为：2C（s）+O2（ s ）=2CO（s）△H=﹣240kJ/mol；‎ ‎（2）根据盖斯定律可知，反应热只与始态和终态有关，而与反应的途径无关，通过观察可知途径Ⅰ和途径Ⅱ是等效的，途径Ⅰ和途径Ⅱ等量的煤燃烧消耗的氧气相等，两途径最终生成物只有二氧化碳，所以途径Ⅰ放出的热量等于途径Ⅱ放出的热量；‎ 途径Ⅱ：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2＞0 ②‎ 再燃烧水煤气：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3＜0 ③‎ ‎2H2（g）+O2 （g）═2H2O（g）△H4＜0 ④‎ 由盖斯定律可知，②×2+③+④得2C（s）+2O2 （g）═2CO2（g）△H=2△H2+△H3+△H4．‎ 所以△H1=△H=（2△H2+△H3+△H4）=△H2+（△H3+△H4）．‎ 故答案为：等于；△H1=△H2+（△H3+△H4）；‎ ‎（3）在25℃、101kPa下，1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热25kJ．32g甲醇燃烧生成1molCO2和液态水放出热量为800KJ；则表示甲醇燃烧的热化学方程式为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣800kJ•mol﹣1，正极通氧气该电极上氧气得电子和氢离子反应生成水，故电极反应方程式为3O2+12e﹣+12H+=6H20；负极通燃料失电子发生还原反应，故电极反应方程式为2CH3OH﹣12e﹣+2H20=2CO2+12H+；‎ 故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣800kJ•mol﹣1；3O2+12e﹣+12H+=6H20；2CH3OH﹣12e﹣+2H20=2CO2+12H+；‎ ‎（4）已知：①C（S）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣400KJ/mol ‎②2CO（g）+O2=2CO2（g）△H=﹣560KJ/mol ‎③TiO2（s）+2Cl2（g）=TiCl4（s）+O2（g）△H=+140KJ/mol 金红石与氯气、石墨制取TiCl4（s）和CO的化学反应方程式可以通过③+①×2﹣②得到，‎ 所以TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）△H=140kJ/mol﹣400kJ/mol×2+560kJ/mol=﹣100KJ/mol，‎ 即TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）△H=﹣100KJ/mol，‎ 故答案为：TiO2（s）+2Cl2（g）+2C（s）=TiCl4（s）+2CO（g）△H=﹣100KJ/mol，‎ 故答案为：﹣100KJ/mol；‎ ‎（5）①6Ag（s）+O3（g）═3Ag2O（s），△H=﹣260kJ•mol﹣1，‎ ‎②2Ag2O（s）═4Ag（s）+O2（g），△H=+70kJ•mol﹣1，‎ 根据盖斯定律可知①×2+②×3可得到，2O3（g）═3O2（g），则反应热△H=（﹣260kJ•mol﹣1）×2+（+70kJ•mol﹣1）×3=﹣310kJ/mol，‎ 故答案为：2O3（g）═3O2（g）△H=﹣310kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎27．某研究性学习小组将下列装置如图连接，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极．将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色．试回答下列问题：‎ ‎（1）电源B极的名称是　负极　．‎ ‎（2）如果收集乙装置中两级产生的气体，两极气体的物质的量之比是　1：1　．‎ ‎（3）甲装置中电解反应的总化学方程式：　2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4　．‎ ‎（4）欲用丙装置给铁镀锌，G应该是　锌　（填“铁”或“锌”），电镀液的主要成分是　ZnCl2　（填化学式）．‎ ‎（5）装置丁中的现象是　Y极附近红褐色变深　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH﹣，F为阴极，则可知A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极，‎ ‎（1）电解饱和食盐水时，酚酞变红的极是阴极，阴极和电源负极相连；‎ ‎（2）电解饱和食盐水，分别生成氯气、氢气；‎ ‎（3）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气；‎ ‎（4）给铁镀锌，阳极应为锌，阴极为铁，用含锌离子的盐溶液作电镀液；‎ ‎（5）氢氧化铁胶粒带正电荷，向阴极移动．‎ ‎【解答】解：将电源接通后，向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明F极生成OH﹣，F为阴极，则可知A为正极，B为负极，C、E、G、X为阳极，D、F、H、Y为阴极，‎ ‎（1）由以上分析可知A是电源的正极，B是原电池的负极，故答案为：负极；‎ ‎（2）电解饱和食盐水的电解原理是：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，产生的氢气和氯气体积比实施1：1，故答案为：1：1；‎ ‎（3）电解硫酸铜溶液生成硫酸、铜和氧气，电解方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+H2SO4；‎ ‎ （4）给铁镀锌，阳极应为锌，阴极为铁，用含锌离子的盐溶液作电镀液，则G为锌极，电镀液的主要成分是ZnCl2，故答案为：锌；ZnCl2；‎ ‎（5）根据异性电荷相吸的原理，氢氧化铁胶体中含有的带正电荷的粒子会向阴极即Y极移动，所以Y极附近红褐色变深，故答案为：Y极附近红褐色变深．‎ ‎　‎ ‎28．科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空．如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2﹣（O2+4e﹣═2O2﹣）．‎ ‎（1）d电极的名称为　负极　，d电极上的电极反应式为　CH4+4O2﹣﹣8e﹣═‎ CO2+2H2O　．‎ ‎（2）如图2所示用惰性电极电解100mL 0.5mol•L﹣1 AgNO3溶液，a电极上的电极反应式为　4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑　．‎ 若a电极产生560mL（标准状况）气体，则所得溶液的C（H+）=　1mol/L　（不考虑溶液体积变化），若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入　a　（填序号）其物质的量为　0.05　mol a Ag2O b．AgOHc．AgNO3 d．Ag2SO4．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】（1）依据装置图中电流流向分析，c为正极，氧气的电子发生还原反应，d为负极，甲烷失电子发生氧化反应；‎ ‎（2）图2中a为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，b为阴极，阴极上银离子得电子生成Ag，据电极反应式计算反应生成氢离子物质的量和浓度，反应时溶液中减少的是Ag和O元素，所以要加入Ag2O才能恢复到电解前的状态．‎ ‎【解答】解：（1）图1是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生还原反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2‎ 固体，它在高温下能传导阳极生成的O2﹣离子，负极电极反应为：CH4+4O2﹣═CO2+2H2O+8e﹣；‎ 故答案为：负极；CH4+4O2﹣═CO2+2H2O+8e﹣；‎ ‎（2）图2中a为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，a电极上的电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，b为阴极，阴极上银离子得电子生成Ag；若a电极产生560mL（标准状况）气体，即生成氧气为0.025mol，则反应生成氢离子物质的量为0.1mol，所以氢离子浓度为1mol/L；电解时溶液中减少的是Ag和O元素，所以要加入Ag2O才能恢复到电解前的状态，由4AgNO3+2 H2O4Ag+O2↑+4HNO3可知，Ag2O为0.05mol；‎ 故答案为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；1mol/L；a；0.05mol．‎