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江西省师范大学附属中学2019届高三化学上学期期末考试试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 B-10.8 N-14 O-16 S-32 Na-23 K-39 Fe56 Cu-64第卷选择题一、（共48分，每小题只有1个选项符合题意）1.下列表述错误的是（ ）A. CS2的结构式为：SCSB. 6CO26H2OC6H12O66O2 ，该变化中光能直接转变为化学能C. CO2（g）C（s）2CO（g）H0，S0，该反应常温下能自发进行D. NH3水溶液呈碱性的原因是NH3H2ONH3H2ONH4OH【答案】C【解析】【详解】A、CS2的结构与CO2相似,为直线型结构,含有两条C=S键,结构式为S=C=S,所以A正确;B、绿色植物的光合作用将光能转化为化学能,所以B正确;C、H-TS H2CO3 H2SiO3，即非金属性强弱SCSi ，故A项正确；B.四氯化碳萃取碘水中的碘在分液漏斗中进行，故B项正确；C.3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2 +2NO+4H2O，NO不溶于水，该装置可以制备并收集少量NO气体，故C正确。D.Na2O2遇水即溶解反应，不能留在筛孔上，无法做到随关随停，故D错误;答案D。【点睛】根据元素周期律的知识，判断非金属的强弱。元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，反之最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素的非金属性越强。且根据强酸能制取弱酸的规律能判断。H2SO4 H2CO3 H2SiO3，所以元素的非金属性SCSi。5.元素周期表中A元素包括C、Si、Ge、Sn、Pb等，已知Sn的+4价稳定，而Pb的+2价稳定。结合所学知识，判断下列反应中(反应条件略)正确的是Pb+2Cl2=PbCl4 Sn+2Cl2=SnCl4 SnCl2+Cl2=SnCl4PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O Pb3O4+8HCl=3PbCl2+Cl2+4H2OA. B. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：Pb+2Cl2=PbCl4，PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故错误；Sn+2Cl2=SnCl4，Sn的+4价稳定，故正确；SnCl2继续与氯气反应，SnCl2+Cl2=SnCl4，SnCl4中Sn为+4价，故正确；PbO2+4HCl=PbCl4+2H2O，PbCl4中Pb为+4价，不稳定，故错误；Pb3O4+8HCl=3PbCl2+Cl2+4H2O，PbCl2中Pb为+2价，是稳定的，故正确；故选A。考点：本题考查元素周期律。6.下列图示与对应的叙述不相符的是A. 图1表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液B. 图2表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化C. 图3表示0.1000molL-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL-1醋酸溶液得到的滴定曲D. 图4 表示向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入Ba(OH)2溶液，随着Ba(OH)2溶液体积V的变化，沉淀总物质的量n的变化【答案】C【解析】由图1可知A正确；使用催化剂可降低反应的活化能，B正确；若NaOH消耗20 mL，则二者刚好反应溶液显碱性，但据图可知溶液显中性，C错误；随着Ba(OH)2溶液的加入，依次发生下列反应：NH4Al(SO4)2+1.5Ba(OH)2=1.5BaSO4Al(OH)30.5(NH4)2SO4、0.5(NH4)2SO40.5Ba(OH)2=0.5BaSO4NH3H2O、Al(OH)3OH=2H2O，即a、b点为BaSO4和Al(OH)3的混合物，但b点的BaSO4多些，c点为BaSO4，正确。7.一种双室微生物燃料电池，以苯酚（C6H6O）为燃料，同时消除酸性废水中的硝酸盐。下列说法正确的是( )A. a为正极B. 左池电极反应式为：C6H6O+11H2O-28e-6CO2+28H+C. 若右池产生0.672L气体（标况下），则转移电子0.15molD. 左池消耗的苯酚与右池消耗的NO3-的物质的量之比为28:5【答案】B【解析】【分析】该原电池以苯酚作为燃料，燃料在负极发生氧化反应，由图可知氧化产物为CO2，碳元素化合价升高到+4价，负极反应式为C6H6O+11H2O-28e-=6CO2+28H+；NO3-中氮元素化合价由+5价降低到N2中的0价，在正极发生还原反应，由图可知还原产物为N2，且废水呈酸性，正极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O。【详解】A.由分析知，a为负极，故A项错误；B.由分析知，左池电极为负极，电极反应式为: C6H6O+11H2O-28e-=6CO2+28H+，故B项正确；C项，右池产生气体为氮气，n(N2)= 0.672L /22.4Lmol-1=0.03mol，由正极的电极反应式知转移电子0.3mol，故C项错误；D项，根据电子守恒，结合电极反应式可知左池消耗的苯酚与右池消耗的 NO3-的物质的量之比为5:28，故D项错误。答案为B。8.研究人员发现了一种“水”电池，其总反应为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl。如图用“水”电池为电源电解NaCl溶液的实验中，X电极上有无色气体逸出。下列有关分析正确的是（ ）A. I为负极，其电极反应式为Ag+Cl-+e-=AgClB. “水”电池内Na+不断向负极作定向移动C. 每转移1mole-，U型管中消耗0.5molH2OD. “水”电池内，每生成1molNa2Mn5O10，X电极上生成1mol气体【答案】D【解析】试题分析：AX电极上有无色气体逸出，应为阴极，生成氢气，则为负极，根据电池总反应可判断出反应中Ag的化合价升高，被氧化，Ag应为原电池的负极，AgCl是氧化产物，则负极发生Ag+Cl-e-=AgCl，故A错误；B原电池工作时，阳离子向正极移动，所以“水”电池内Na+不断向正极作定向移动，故B错误；C每转移1mole-，由2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2，可知生成0.5mol氢气，消耗1mol水，故C错误；D方程式中5MnO2生成1Na2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，又X电极上有无色气体逸出，即电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2，所以X电极上生成1 mol气体，故D正确。故选D。考点：考查原电池电解池工作原理9.利用如图装置，完成很多电化学实验下列有关此装置的叙述中，正确的是（ ）A. 若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法B. 若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀C. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动D. 若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小【答案】C【解析】试题分析：A开关K置于M处则为原电池，由于活动性ZnFe,所以Zn为负极，Fe为正极。可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法。错误。B开关K置于N处，为电解池。若阳极X为碳棒，Y为NaCl溶液，Fe为阴极，被保护，不会引起Fe的腐蚀。错误。C. 开关K置于M处该装置是原电池，若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液。由于活动性FeCu,Fe作负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+,Cu为正极，电极反应为Cu2+2e-=Cu。此时铜棒质量将增加，在外电路中的电子由Zn经导线向铜电极移动。正确。D开关K置于N处，为电解池。Y为硫酸铜溶液，若阳极X为铜棒，电极反应：Cu-2e-=Cu2+,Fe为阴极，电极反应：Cu2+2e-=Cu可用于铁表面镀铜，由于两电极溶解的Cu的质量和析出的Cu 的质量相等，所以溶液中铜离子浓度将不变。错误。考点：考查原电池、电解池的原理及应用的知识。10.工业上常用惰性电极电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱，生产装置如图所示。测得同温同压下，气体甲、乙的体积比约为12，下列说法中正确的是( )A. a极与电源的负极相连B. b电极反应式：2H2O4e O24HC. 离子交换膜c、d均为阴离子交换膜D. 产物丙为硫酸溶液【答案】D【解析】试题分析：A、气体甲和乙体积比为1：2，电解Na2SO4水溶液，因此气体甲为O2，气体乙为H2，a电极上反应式为4OH4e=O22H2O，根据电解原理，a作阳极，接电源的正极相连，故错误；B、根据A选项分析，b作阴极，得电子，电极反应式为2H2O2e=H22OH，故错误；C、根据实验目的，c为阴离子交换膜，d为阳离子交换膜，故错误；D、根据上述三项的分析，丙为硫酸，丁为NaOH，故正确。考点：考查电解原理等知识。11.如图是一种可充电的锂离子电池充、放电的工作 示意图。放电时该电池的电极反应式为：负极：LixC6xe=C6xLi+（LixC6表示锂原子嵌入墨形成的复合材料），正极：Li1xMnO2xLi+x e=LiMnO2（LiMnO2表示含锂原子的MnO2）下列有关说法正确的是( )A. 该电池的反应式为：Li1-xMnO2+LixC6LiMnO2+C6B. K与M相接时，A是阳极，发生氧化反应C. K与N相接时，Li由A极区迁移到B极区D. 在整个充电或放电过程中都只存在一种形式的能量转化【答案】B【解析】【详解】A.由题意放电时该电池的电极反应式为：负极：LixC6xe=C6xLi+（LixC6表示锂原子嵌入石墨形成的复合材料）正极：Li1xMnO2xLi+xe=LiMnO2（LiMnO2表示含锂原子的MnO2），故A项电池反应充、放电反了，故A项错误；B.K与M相接时，B电极接电源负极作阴极，A电极接电源正极做阳极，故B项正确；C.则该电池做电源时，A为正极，B为负极，K与N相接时，Li由B极区迁移到A极区，故C项错误；D.由图象可知充电过程中为电能转化为化学能，放电过程中为化学能转化为电能和光能，故D项错误；答案：B。【点睛】本题考查原电池和电解池的原理。根据氧化还原反应的氧化剂和还原剂确定原电池的正负极，根据电池的正负极判断阴阳极。由此进行判断。12.某学习小组为研究电化学原理，设计下图装置。下列叙述正确的是（ ）A. K与M、N均断开，一段时间后电解质溶液质量变大B. K分别与M、N相连时，铁均受到保护C. K与M相连时，每转移1mol电子Fe表面生成32gCuD. K与N相连时， 碳棒上产生使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的气体【答案】D【解析】根据装置图可知当K与M、N均断开时，装置既不是原电池，也不是电解池，电解质是不变的，A不正确。当K于M相连时，装置是原电池，铁作负极，失去电子被腐蚀。此时碳棒是正极，溶液中的铜离子得到电子被还原析出铜，发生还原反应。当K与N相连时，装置是电解池，铁和电源的负极相连是阴极，铁被保护。此时碳棒是阳极，溶液中的氯离子失去电子被氧化生成氯气，氯气氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，所以B、C错误，D正确。答案是D。13.下列有关电化学装置的叙述正确的是 ( )A. 图1中，ZnMnO2干电池放电时，MnO2被氧化B. 图2中，电解精炼铜时，阳极减少的质量与阴极增加的质量一定相等C. 图4中，在钢材上电镀铝，熔融盐中Al和Cl元素只以AlCl4、Al2Cl7形式存在，则阳极反应式为：Al 3e7AlCl4=4Al2Cl7D. 图3中，K分别与M、N连接，均可保护Fe电极，连接M时称为“牺牲阳极的阴极保护法”【答案】C【解析】试题分析：A、图1是锌锰电池，锌作负极，失去电子，化合价升高，被氧化，故错误；B、精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，粗铜中含有杂质如锌和铁，它们先失去电子，即Zn2e=Zn2，Fe2e=Fe2，纯铜电极反应式为Cu22e=Cu，减少的质量和增加质量不同，故错误；C、根据装置图，阳极反应式为Al7AlCl43e=4Al2Cl7，故正确；D、连接M此装置为电解池，不是牺牲阳极的阴极保护法，牺牲阳极的阴极保护法指原电池装置，故错误。考点：考查原电池和电解池等知识。14.电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如图所示。下列说法正确的是A. 石墨电极上发生氧化反应B. 根据图示，物质A为CO2C. 为增强污水的导电能力，可向污水中加入适量乙醇D. 甲烷燃料电池中CO32向空气一极移动【答案】B【解析】试题分析：A甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极是负极，与负极相连的石墨电极是阴极，阴极得电子发生还原反应，A项错误；B根据图示，甲烷燃料电池中用熔融碳酸盐做电解质，所以正极反应为2CO2+O2+4e=2CO32-，物质A为CO2，B项正确；C乙醇是非电解质，不能增强污水的导电能力，C项错误；D在燃料电池中，阴离子移向负极，所以CO32向甲烷一极移动，D项错误；答案选B。【考点定位】考查原电池、电解池的工作原理。【名师点睛】本题考查原电池、电解池的工作原理。主要考查甲烷燃料电池的工作原理和电极判断。燃料电池电极反应式的书写方法总结如下：（1）写出电池总反应：燃料电池的总反应与燃料的燃烧反应一致，若产物能和电解质反应，则总反应为加合后的反应。（2）写出电池的正极反应酸性电解质溶液环境下：O2+4H+4e=2H2O碱性电解质溶液环境下：O2+4e+2H2O =4OH固体电解质（高温下能传导O2）环境下：O2+4e=2O2熔融的碳酸盐环境下：2CO2+O2+4e=2CO32-（3）根据电池总反应和正极反应写出电池的负极反应：电池总反应=电池正极反应+电池负极反应15.在500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，c（NO3）=6mol/L，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是A. 电解得到的Cu的物质的量为0.5molB. 向电解后的溶液中加入98g的Cu（OH）2可恢复为原溶液C. 原混合溶液中c（K+）=4mol/LD. 电解后溶液中c（H+）=2mol/L【答案】B【解析】试题分析：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），n（O2）=1mol，阳极发生4OH-4e-O2+2H2O，生成1mol氧气转移4mol电子，阴极发生Cu2+2e-Cu、2H+2e-H2，生成1mol氢气，转移2mol电子，因此还要转移2mol电子生成1mol铜。A电解得到的Cu的物质的量为1mol，故A错误；B根据电解原理和原子守恒，溶液中减少的原子有铜、氧、氢，向电解后的溶液中加入Cu(OH)2，可恢复为原溶液，需要1mol Cu(OH)2，质量为98 g，故B正确；Cc（Cu2+）=2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为6mol/L-2mol/L2=2mol/L，故C错误；D电解后溶液中c（H+）为=4mol/L，故D错误；故选B。【考点定位】考查电解原理【名师点晴】本题考查电解原理，明确发生的电极反应及电子守恒是解答本题的关键，注意氢氧根离子与氢离子的关系。用石墨电极电解下列溶液，则阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，若加入物质能使溶液恢复到原来的成分和浓度，则从溶液中析出什么物质就应加入什么物质。16.截止到2013年12月末，中国光伏发电新增装机容量达到10.66GW，光伏发电累计装机容量达到17.16GW，图为光伏并网发电装置电解尿素CO（NH2）2的碱性溶液制氢的装置示意图（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极）。下列叙述中正确的是A. N型半导体为正极，P型半导体为负极B. 制氢装置溶液中电子流向：从B极流向A极C. X2为氧气D. 工作时，A极的电极反应式为CO（NH2）2+8OH6eCO32+N2+6H2O【答案】D【解析】A该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，则图1中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；B电解时，电子的流向为：阳极电源，电源阴极，故B错误；C阴极B上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-，故C错误；DA极为阳极，电极反应式为：CO(NH2)2+80H-6e-CO32-+N2+6H2O，故D正确；故选D。点睛：明确元素化合价变化与阴阳极的关系是解本题关键，该电池反应时中，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，所以生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，结合电解池的工作原理分析解答。第卷非选择题（共52分）17.按要求回答下列问题（1）已知拆开1 mol HH键、1 mol NH键、1 mol NN键分别需要的能量是436 kJ、391 kJ、946 kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为_。（2）已知碳的燃烧热H1= a kJmol1，S(s)+2K(s)=K2S(s)；H2= b kJmol12K(s)+N2(g)+3O2(g)=2KNO3(s) H3= c kJmol1，则S(s)+2KNO3(s)+3C(s)=K2S(s)+N2(g)+3CO2(g) H=_。（3）已知：C(s)+O2(g)CO2(g) H=-437.3 kJmol一1，H2(g)+1/2O2(g)H2O(g) H=-285.8 kJmol一1，CO(g)+1/2O2(g)CO2(g) H=-283.0 kJmol一1，写出煤气化(碳和水蒸气反应生成一氧化碳和氢气)的热化学方程式_，计算10m3(标况)水煤气完全燃烧放出的热量为_kJ（结果保留到小数点后一位）。【答案】 (1). N2(g) + 3H2(g) = 2NH3(g) H=-92kJmol一1 (2). (3a+b-c)kJmol一1 (3). C(s)+H2O(g)=CO(g) + H2(g） H=131.5 kJmol一1 (4). 126964.3 kJ【解析】【分析】（1）根据热化学方程式的书写方法可以知道，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答；（2）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热；（3）碳的燃烧热H1=akJmol-1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=akJmol-1S（s）+2K（s）K2S（s）H2=bkJmol-12K（s）+N2（g）+3O2（g）2KNO3（s）H3=ckJmol-1将方程式3+-得S（s）+2KNO3（s）+3C（s）K2S（s）+N2（g）+3CO2（g），其反应热进行相应的改变，据此计算反应热；（4）已知：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=-437.3kJmol一1H2（g）+1/2O2（g）=H2O（g）H=-285.8kJmol一1CO（g）+1/2O2（g）CO2（g）H=-283.0kJmol-1根据盖斯定律计算，-得到固态碳与水蒸汽反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式，根据反应和可计算出水煤气燃烧放出的热量。【详解】(1)在反应N2+3H22NH3中，断裂3molH-H键，1mol N三N键共吸收的能量为：3436kJ+946kJ=2254kJ，生成2mol NH3，共形成6mol N-H键，放出的能量为：6391kJ=2346kJ，吸收的能量少，放出的能量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，则N2与H2反应生成NH3的热化学方程式为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJmol-1；因此，正确答案是：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92kJmol-1。(2) 碳的燃烧热H1=akJmol-1，其热化学方程式为C（s）+O2（g）=CO2（g）H1=akJmol-1，S(s)+2K(s)K2S(s）H2=bkJmol-12K(s)+N2(g）+3O2(g）2KNO3(s）H3=ckJmol-1，将方程式3+-得S(s)+2KNO3(s)+3C（s）K2S(s)+N2(g)+3CO2(g)，则H=（3a+b-c）kJmol-1，因此，答案是：（3a+b-c）kJmol-1；(3) 已知：C(s)+O2(g)=CO2（g）H=-437.3kJmol一1,H2(g)+1/2O2(g)=H2O（g）H=-285.8kJmol一1,CO（g）+1/2O2（g）CO2（g）H=-283.0kJmol-1根据盖斯定律计算，-得到固态碳与水蒸汽反应生成一氧化碳和氢气的热化学方程式是：C（s）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H=+131.5kJmol-1；因此，答案是：C（s）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H=+131.5kJmol-1，(4)根据反应可以知道，每2摩尔水煤气完全燃烧放出的热量为285.8kJ+283.0kJ=568.8kJ，所以10m3（标况）即10000L/22.4=446.43mol,的水煤气完全燃烧放出的热量为446.43568.8kJ1/2=126964.3kJ，因此，答案是：C（s）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）H=-131.5kJmol-1；126964.3。18.氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的基本化学工业。下图是某氯碱工业生产原理示意图：（1）A装置所用食盐水由粗盐水精制而成。精制时，为除去食盐水中的Mg2+和Ca2+，要加入的试剂分别为_、_。（2）写出装置A在通电条件下反应的化学方程式_。（3）氯碱工业是高耗能产业，按上图将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节（电）能30以上，且相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过。图中Y是_（填化学式）；X与稀NaOH溶液反应的离子方程式是：_。分析比较图示中氢氧化钠质量分数a与b的大小_。若用B装置作为A装置的辅助电源，每当消耗标准状况下氧气的体积为11.2 L时，则B装置可向A装置提供的电量约为_（一个e-的电量为1.6010-19C；计算结果精确到0.01）。【答案】 (1). NaOH溶液 (2). Na2CO3溶液 (3). 2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2 (4). H2 (5). 2OH-Cl2ClO-Cl-H2O (6). ba (7). 1.93105C【解析】【详解】（1）除去杂质不能引入新的杂质，即除去Mg2用NaOH，除去Ca2用Na2CO3；答案：NaOH溶液 ； Na2CO3溶液。（2）根据生产流程示意图，装置A是电解池装置，电解饱和食盐水，因此化学反应方程式为：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2；答案：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。（3）装置A右端产生NaOH溶液，说明左端电极是阴极，发生2H2O2e=H22OH，因此Y是氢气，装置A的左端是阳极，发生2Cl2e=Cl2，X为Cl2，和NaOH溶液的反应式Cl22OH=ClClOH2O。装置B中通氧气的一极为正极，环境是NaOH，因此正极反应式为O22H2O4e=4OH，产生NaOH，因此b%a%。答案：b%a%。两者装置通过的电量相等，即转移的电量是：11.246.0210231.61019/22.4C=1.93105C。答案：1.93105C。19.甲醇来源丰富、价格低廉、运输贮存方便，是一种重要的化工原料，有着重要的用途和应用前景。（1）工业生产甲醇的常用方法是CO(g)2H2(g)=CH3OH(g) H90.8 kJmol1。已知：2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H571.6 kJmol1,H2(g)1/2O2(g)=H2O(g) H241.8 kJmol1。H2的燃烧热H_kJmol1。CH3OH(g)O2(g)=CO(g)2H2O(g)的反应热H_。（2）工业上利用甲醇制备氢气常用方法之一是甲醇蒸气重整法。该法中的一个主要反应为CH3OH(g)=CO(g)2H2(g)，此反应能自发进行的原因是_。.铅蓄电池是典型的可充型电池，它的正负极格板是惰性材料，电池总反应式为：Pb+PbO2+4H+2SO42-2PbSO4+2H2O。请回答下列问题（不考虑氢、氧的氧化还原）：（1）放电时：正极的电极反应式是_；当外电路通过1 mol电子时，理论上正极板的质量增加_g。（2）在完全放电耗尽PbO2和Pb时，若按图连接，电解一段时间后，则在A电极上生成_、B电极上生成_。【答案】(13分)（1）285.8；392.8 kJ/mol（2）该反应是一个熵增的反应 （S0）（1）PbO2+2e+ 4H+2SO42-= PbSO4+ 2H2O ；48；（2）Pb；PbO2【解析】试题分析：（1）根据燃烧热概念，结合热化学方程式，2H2（g）+O2（g）=2H2O （l）H=-571.6kJ/mol，氢气的燃烧热为：H2（g）+O2（g）=H2O （l）H=-285.8kJ/mol，所以氢气的燃烧热为285.8KJ/mol，故答案为：285.8；（1）CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H=-90.8kJ/mol，（2）H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=-241.8kJ/mol；（2）2-（1）得到：CH3OH（g）+O2（g）CO（g）+2H2O（g）H=-392.8 kJ/mol，故答案为：-392.8 kJ/mol；（2）反应为CH3OH（g）CO（g）+2H2（g），此反应能自发进行的原因是H-TS0，反应是熵增加的反应，故答案为：反应是熵增加的反应；（1）电池总反应式为：Pb+PbO2+4H+2SO2-42PbSO4+2H2O，写出电极反应为：负极电解反应：Pb-2e-+SO42-=PbSO4 ，正极电极反应：PbO2+2e-+4H+SO42-=PbSO4+2H2O，放电时：正极的电极反应式是PbO2+2e-+4H+SO42-=PbSO4+2H2O；电解液中H2SO4的浓度将减少；当外电路通过1mol电子时，依据电子守恒计算理论上负极板的质量增加0.5mol303g/mol-0.5mol207g/mol=48g；故答案为：PbO2+2e-+4H+SO42-=PbSO4+2H2O；48（2）在完全放电耗尽PbO2和Pb时，电极上是析出的PbSO4，若按题右图连接B为阳极应是失去电子发生氧化反应，A为阴极是得到电子发生还原反应，实质是电解反应，B电极上发生反应为：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H+2SO42-，A电极发生反应为：PbSO4=Pb-2e-+SO42-，故答案为：Pb；PbO2。考点：考查了燃烧热概念，热化学方程式书写，盖斯定律的应用的相关知识。20.下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：电源的N端为极；电极b上发生的电极反应为；列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：电极c的质量变化是g；电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液；乙溶液；丙溶液；（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？。【答案】CD【解析】（1）乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2+2e=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为xg。由电解前后溶质质量相等有，10010%=（100-x）10.47%，得x=