河北省沧州市泊头一中高二上学期第一次月考化学试题含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精泊头一中2020-2021学年高二上学期第一次月考化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64I127一、单选题(共20小题，每小题2分，共40分,每题只有一个选项符合题意。）1。下列关于能量变化的说法正确的是（）A.化学电池的放电过程就是电能转换为化学能的过程B.化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C.已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）ΔH＞0，则金刚石比石墨稳定D.“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰更稳定【答案】D【解析】【详解】A．化学电池的放电过程就是化学能转换为电能的过程,A错误；B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式除吸热和放热外，还有光能、电能等形式，B错误；C．已知C(石墨，s）=C（金刚石,s)ΔH＞0，说明相同质量的金刚石的总能量比石墨高，能量越高越不稳定，故金刚石不如石墨稳定，C错误；D．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较,冰所具有的总能量比水更低，故冰更稳定，D正确；故答案为：D。2.下列关于电解精炼铜与电镀的说法正确的是A。电解精炼铜时，将电能转化为化学能，电路中每通过2mole-，阳极就会溶解64g铜B.电解精炼铜时,阳极为粗铜，阴极为精铜,电解过程中电解质溶液不需要更换C.在铁制器皿上镀铝，熔融氧化铝作电解质，铁制器皿作阴极，铝棒作阳极D。电镀过程中电镀液需要不断更换【答案】C【解析】【详解】A。电解是将电能转化为化学能,电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中的铁、锌等杂质金属也会失电子溶解，故通过时,溶解的Cu的物质的量小于,故阳极溶解铜的小于，故A错误；B。电解精炼铜时，粗铜作阳极，粗铜中的铁、锌等杂质金属也会失电子溶解，随电解进行电解质溶液中铜离子浓度会降低,故电解过程中电解质需要更换，故B错误；C。阳极为铝棒，铁制器皿作阴极，电解质为熔融氧化铝,阳极为:Al-3e—=Al3+，阴极为Al3++3e-=Al，在铁质器皿上镀铝,故C正确；D.电镀过程中电镀液浓度几乎不变,不需要经常更换,故D错误;本题答案为C.3。2012年6月16日18时37分24秒，神舟九号成功发射。飞船的能量部分来自太阳能电池，另外内部还配有高效的MCFC型燃料电池。该燃料电池可同时供应电和水蒸气，其所用燃料为氢气，电解质为熔融的碳酸钾。已知该燃料电池的总反应为2H2＋O2===2H2O，则下列推断正确的是（）A。电池放电时，电子经外电路由通氧气的正极流向通氢气的负极B.电池工作时CO32－向正极移动C。正极的电极反应式为4OH－－2e－=O2↑＋2H2OD.负极反应为H2＋CO32－－2e－=CO2＋H2O，【答案】D【解析】【分析】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极,通入燃料的一极为负极,当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32-配平,正极的电极反应式为：O2+4e—+2CO2=2CO32—；负极通入H2,失电子发生氧化反应,电极反应式为:H2—2e-＋CO32-=H2O＋CO2,据此解答。【详解】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极，当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32—配平，正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2CO32—;负极通入H2,失电子发生氧化反应,电极反应式为:H2-2e—＋CO32-=H2O＋CO2，A。电池放电时，为原电池原理,电子由负极流向正极,所以外电路电子由通氢气的负极流向通氧气的正极，A项错误；B.原电池中，阴离子向负极移动，所以CO32—向负极移动，B项错误；C.燃料电池中，正极氧气得电子,发生还原反应，电极反应为：O2+2CO2+4e−=2CO32-，C项错误；D.燃料电池中，负极氢气失电子,发生氧化反应，负极反应为H2−2e−+CO32-═CO2+H2O,D项正确；答案选D。【点睛】在燃料电池中，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极,当电解质为熔融碳酸盐时，在配平电极反应式时需借助CO32—配平，如本题中，正极的电极反应式为：O2+4e-+2CO2=2CO32-，需注意正极反应物除了氧气还有二氧化碳，因此正极除了通入氧气，还应通入二氧化碳；负极通入H2，失电子发生氧化反应,生成水,电极反应式为：H2—2e-＋CO32-=H2O＋CO2，熔融碳酸盐燃料电池中电极反应式的书写是学生们学习的难点。4.依据如图判断，下列说法正确的是()A。氢气的燃烧热ΔH＝－241.8kJ·mol－1B。2molH2(g)与1molO2（g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量低C.水分解的热化学方程式为2H2O（l）=2H2(g）＋O2（g）ΔH＝＋571。6kJ·mol－1D.H2O（g)生成H2O（l）时，断键吸收的能量大于成键放出的能量【答案】C【解析】【详解】A．氢气的燃烧热是指1molH2完全燃烧生成液态水时释放的能量，故氢气的燃烧热ΔH＝，A错误；B．氢气燃烧是放热反应,故2molH2(g）与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O（g)所具有的总能量高，B错误;C．由图中可知：2H2(g）＋O2（g）=2H2O(l)=-571。6kJ·mol－1，故水分解的热化学方程式为2H2O（l）=2H2(g)＋O2（g)ΔH＝＋571.6kJ·mol－1，C正确;D．H2O(g）生成H2O(l)时，该过程是物理变化，并没有化学键的断键和形成,D错误;故答案为:C.5.下列叙述中,正确个数的为(）①电解池是将化学能转变为电能的装置②金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化③不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现④电镀过程相当于金属的“迁移”,可视为物理变化⑤银质物品久置表面变暗，是由于发生了电化学腐蚀⑥为了防止钢铁锈蚀，在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块石墨，一同浸入海水中A。1个 B.2个 C。3个 D.4个【答案】B【解析】【详解】①电解池是将电能转化为化学能的装置,说法错误;②金属和石墨导电是因为有自由移动的电子，靠自由移动的电子定向移动的过程，没有新物质产生，均为物理变化，电解质溶液导电就是被电解的过程,在电解过程中发生氧化还原反应,是化学变化,说法正确;③不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理有可能实现，例如电解食盐水，说法正确；④电镀过程相当于金属的“迁移”，是通电情况下的氧化还原反应，是化学变化，说法错误；⑤银质物品久置表面变暗，是由于发生了化学腐蚀生成了硫化银等物质，说法错误;⑥为了防止钢铁锈蚀，在排放海水的钢铁阀门上用导线连接一块比铁活泼的金属例如锌，一同浸入海水中，采用牺牲阳极的阴极保护法，说法错误;则正确的说法有2个,答案选B。6。有关热化学方程式书写与对应表述均正确的是A。稀硫酸与0。1mol·L－1NaOH溶液反应：H+（aq）＋OH—（aq)=H2O(l）ΔH＝＋57.3kJ·mol—1B。在101kPa下H2（g）的燃烧热为285。8kJ·mol－1，则水分解的热化学方程式：2H2O（l）=2H2(g)＋O2(g）ΔH＝＋285。8kJ·mol－1C.已知CH3OH的燃烧热为726。8kJ·mol－1,则有CH3OH(l）＋O2(g）=CO2（g）＋2H2O（g）ΔH＝－726。8kJ·mol－1D。已知9。6g硫粉与11.2g铁粉混合加热生成17。6gFeS时放出19.12kJ热量，则Fe（s）＋S（s）=FeS（s)ΔH＝－95。6kJ·mol－1【答案】D【解析】【详解】A。酸碱中和是放热反应，故应为负值，故A错误；B.燃烧热指的是101kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,定义要点:可燃物必须为1mol，故可以知道H2燃烧生成H2O（l)的热化学方程式为2H2（g)+O2(g）=2H2O（l）=-285。5×2kJ/mol=—571kJ/mol，水分解的热化学方程式:2H2O(l)=2H2(g）+O2（g)∆H=+571kJ/mol,故B错误；C.燃烧热指的是101kPa下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量,定义要点：必须完全燃烧生成稳定的氧化物，如C→CO2，H→H2O（l），热化学方程式中应为液态水,故C错误；D.生成硫化亚铁17。6g即生成0.2molFeS时，放出19。12kJ热量，可以知道生成1molFeS(s)时放出95。6kJ的热量，故D正确。答案选D.7.下列有关叙述正确的是(）A.测定中和反应的反应热时,不可以用稀硫酸与稀溶液反应B.若用50mL0。50mol·L－1NaOH溶液分别与50mL0.50mol·L－1盐酸和50mL0.50mol·L－1H2SO4溶液充分反应，两反应测得的中和反应反应热不相等C。测定中和反应的反应热时，可以用保温杯代替简易量热计D.为了简化装置，中和反应的反应热测定实验中的搅拌器可以用温度计代替【答案】C【解析】【详解】A．测定中和反应的反应热时，用稀的强酸和强碱溶液，可以用稀硫酸与稀溶液反应，A错误;B．可用稀硫酸与稀溶液、盐酸和稀溶液反应测定中和热，且两反应测得的中和反应反应热相等,B错误；C．测定中和反应的反应热时,需要做好保温措施，防止热量散失，可以用保温杯代替简易量热计，C正确；D．温度计不能用于搅拌，D错误；答案选C。8.某同学按下图所示的装置进行电解实验。下列说法正确的是()A.电解过程中，铜电极上有H2产生B。电解初期,主反应方程式为：Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑C.电解一定时间后,石墨电极上有铜析出D。整个电解过程中，H＋的浓度不断增大【答案】BC【解析】【详解】A。铜电极与电源正极相连作阳极，铜失去电子，电解过程中，铜电极上不会有H2产生，A错误；B。铜电极与电源正极相连作阳极，铜失去电子，石墨电极是阴极，溶液中的氢离子放电，则电解初期，主反应方程式为Cu＋H2SO4CuSO4＋H2↑,B正确;C.电解一定时间后，溶液中铜离子浓度逐渐增大，由于Cu2＋的氧化性大于H＋，因此Cu2＋也会在阴极放电生成铜,即阴极上先是H＋得电子放出H2，后是Cu2＋得电子析出Cu，C正确;D。根据以上分析可知在整个电解过程中,起始时H＋浓度不断减小，随后基本保持不变，D错误.答案选BC.9。用惰性电极电解Fe2（SO4）3和CuSO4的混合溶液，且已知Fe2(SO4）3+Cu═2FeSO4+CuSO4，下列说法正确的是（)A.阴极反应式为：Cu2++2e-═Cu，当有Cu2+存在时，Fe3+不放电B.阴极上首先析出铁,然后析出铜C阴极上不可能析出铜D.首先被电解的是Fe2(SO4）3溶液,后被电解的是CuSO4溶液【答案】D【解析】【详解】A．由反应Fe2(SO4）3+Cu=2FeSO4+CuSO4可知，氧化性：Fe3+＞Cu2+,则Fe3+得电子能力比Cu2+强，所以，在阴极首先得电子的是Fe3+，当Fe3+存在时，Cu2+不放电，故A错误；B．当Fe3+完全反应后Cu2+放电，首先析出铜，故B错误；C．由B分析可知，当Fe3+完全反应后Cu2+放电,阴极上可析出铜，故C错误；D．因氧化性：Fe3+＞Cu2+，阴极先是Fe3+放电，后Cu2+放电，故D正确;故答案为D。10.甲醇燃料电池（DMFC)可用于笔记本电脑、汽车、遥感通讯设备等,它的一极通入甲醇，一极通入氧气；电解质是质子交换膜，它能传导氢离子（H＋)。电池工作时，甲醇被氧化为二氧化碳和水，氧气在电极上的反应是O2＋4H＋＋4e－===2H2O.下列叙述中不正确的是A。负极的反应式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋B.电池的总反应式是2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2OC。电池工作时,H＋由正极移向负极D。电池工作时,电子从通入甲醇的一极流出，经外电路再从通入氧气的一极流入【答案】C【解析】【分析】甲醇燃料电池中,负极上甲醇失电子发生氧化反应,电极方程式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋，正极上氧气得电子发生还原反应,原电池放电时,电解质溶液中阳离子向正极移动，以此解答该题。【详解】A。负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极方程式为CH3OH＋H2O－6e－===CO2↑＋6H＋，所以A选项是正确的;

B。甲醇燃料电池中，甲醇和氧气反应生成二氧化碳和水，所以电池反应式为：2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O，所以B选项是正确的；

C。该原电池放电时，氢离子由负极向正极移动,故C错误；

D。通入甲醇的一极为负极，通入氧气的电极为正极，电子从负极经导线流向正极，所以D选项是正确的.

故答案选C。11。用惰性电极电解AgNO3和NaCl的混合溶液，阴极和阳极上最先析出的物质分别是（）A。和 B。Ag和 C。和 D。Ag和【答案】B【解析】【详解】由于AgNO3和NaCl混合溶液的含有Ag+、H+、Na+三种阳离子,且放电的先后顺序为:Ag+、H+、Na+，故阴极上首先发生的电极反应为：Ag++e-=Ag，溶液中的阴离子有:Cl-、OH—、，且放电的先后顺序为：Cl—、OH-、，故阳极上首先发生的电极反应为:2Cl——2e—=Cl2↑，故用惰性电极电解AgNO3和NaCl的混合溶液，阴极和阳极上最先析出的物质分别是Ag和Cl2，故答案为:B.12。盖斯定律认为能量总是守恒的：化学反应过程一步完成或分步完成，整个过程的热效应是相同的。已知：若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为(）A。Q2-Q3—3Q1kJ B.0。5Q2-0。5Q3-1。5Q1kJC。 D。【答案】D【解析】【详解】根据题干已知反应①②③,根据盖斯定律可知：可由反应③-②+3①,故=—+3=-()+3（）=-，故23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为，故答案为：D。13。用铂电极电解100mLHNO3与AgNO3的混合液，通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体(标准状况），则原混合液中Ag+的物质的量浓度为(）A.1mol/L B.2mol/L C.2.5mol/L D.3mol/L【答案】B【解析】【分析】铂电极为惰性电极，电解HNO3与AgNO3

的混合溶液，通电一段时间后,两极均收集到2.24L气体（标准状况），阴极发生2Ag++2e-=2Ag、2H++2e-=H2↑，阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑，以此进行计算。【详解】铂电极为惰性电极，电解HNO3与AgNO3

的混合溶液，通电一段时间后,两极均收集到2.24L气体(标准状况），n(气体）==0。1mol，由阳极发生4OH——4e—=2H2O+O2↑可知，生成0。1molO2转移0.4mol电子,根据电子守恒可知,阴极转移0.4mol电子，则2H++2e—=H2↑0.2mol0。1mol2Ag++2e-=2Ag0。2mol0.2mol即n(Ag+）=0。2mol，则原混合溶液中Ag+的物质的量浓度为=2mol/L，故选B。14.下列对能量转化的认知中，不正确的是（）A。电解水生成H2和O2时，电能主要转化为化学能B.风力发电时，风能主要转化为电能C。煤燃烧时，化学能主要转化为热能D。白炽灯工作时，电能全部转化为光能【答案】D【解析】【详解】A．电解水生成氢气和氧气的电解装置是将电能转化为化学能的装置,故A正确；B．风力发电时，风能主要转化为电能,故B正确；C．物质的燃烧将化学能转化为热能和光能，主要是热能，故C正确；D．白炽灯工作时电能转化为光能和热能，电能不能全部转化为光能,故D错误；答案选D。15.在一定条件下,CH4和CO燃烧的热化学方程式分别为：CH4(g)+2O2(g)===2H2O（l）+CO2（g)ΔH=-890.31kJ·mol—12CO（g）+O2(g）===2CO2(g)ΔH=—566kJ·mol—1如果有CH4和CO的混合气体充分燃烧，放出的热量为262。96kJ，生成的CO2用过量的饱和石灰水完全吸收,可得到50g白色沉淀.则混合气体中CH4和CO的体积比约为A。1∶2 B.1∶3 C。2∶3 D。3∶2【答案】C【解析】【详解】设燃烧后共生成CO2的物质的量为x,混合气体中CH4、CO的物质的量分别为amol、bmol，石灰水过量时只生成碳酸钙,据CaCO3~CO2得x=0.5mol,则：a+b=0。5mol,，联立二式,解得a≈0.2mol，b≈0.3mol，a∶b=2∶3。16.如图所示的电化学装置可实现苯转化为环己烷.下列有关叙述正确的是(）A。多孔惰性电极N接电源正极B.该装置工作时，质子从甲室移向乙室C。阴极电极反应为D。阴极导出的气体增重，则阳极生成(标准状况)气体【答案】AD【解析】【详解】A．由题图可知，转化为发生还原反应，故甲室为阴极室，电极M为阴极，接电源负极，则电极N为阳极，接电源正极，发生氧化反应，A项正确；B．电解装置中，质子(阳离子）从乙室(阳极）移向甲室(阴极),B项错误；C．阴极电极反应为，C项错误;D．由阴极电极反应可知，阴极导出的气体增重,转移电子，阳极电极反应为，由得失电子守恒可知，生成，D项正确；故选AD。17。如图所示为破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是（）A.过程Ⅰ中断裂极性键键B.过程Ⅱ可用方程式表示为C。过程Ⅲ中是吸热过程D。上述过程说明中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂【答案】C【解析】【详解】A.过程Ⅰ中转化为和氯原子。断裂极性键键，故A正确；B.根据题图信息可知。过程Ⅱ可用方程式表示为，故B正确；C.原子结合成分子的过程中形成了化学键，是放热过程，故C错误；D.由题图可知中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，故D正确；故答案：C。18.利用如图装置制取Cu2O，乙的总反应化学方程式为：2Cu+H2O=Cu2O+H2↑.下列说法正确的是（)A.乙中Cu电极的电极反应式是：2Cu+2OH——2e-=Cu2O+H2OB。甲中通入氧气的电极为负极C.乙中阴离子向石墨电极移动D。电路上通过0。5mol电子，可制得0。5molCu2O【答案】A【解析】【分析】甲装置是燃料电池,负极上电极反应式为H2+2OH—+2e-=2H2O，正极上电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,乙装置为电解池，铜为阳极，阳极上电极反应式为2Cu+2OH—-2e—=Cu2O+H2O,石墨为阴极，阴极上电极反应式为2H++2e-=H2↑，据此分析解答。【详解】甲中通入氧气的电极是正极、通入氢气的电极是负极，所以乙中Cu是阳极、石墨是阴极。A．乙中Cu电极上Cu失电子发生氧化反应，所以Cu的电极反应式是：2Cu+2OH-—2e—=Cu2O+H2O，故A正确；B．甲中通入氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，故B错误；C．电解池中阴离子向阳极移动,则阴离子向Cu电极移动，故C错误；D．根据2Cu+2OH--2e—=Cu2O+H2O,电路上通过0.5mol电子，可制得0.25mol

Cu2O,故D错误；故选A。【点睛】明确判断氢氧燃料电池以及各个电极上发生的反应是解本题关键。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式结合电解池原理书写电极反应的产物。19。根据碘与氢气反应的热化学方程式：（i)I2(？)+H2（g）2HI（g)△H=—9.48kJ/mol(ii)I2（？）+H2（g）2HI（g）△H=+26。48kJ/mol，下列判断正确的是（）A。反应(i）中的I2为固态，反应（ii)中的I2为气态B.1mol固态碘升华时将吸收17.00kJ热量C.反应（i)的产物比反应（ii）的产物稳定D。254gI2（g)中通入2gH2（g),反应放热9。48kJ【答案】D【解析】【详解】A．反应②吸收能量，反应①放出能量，所以反应①中碘的能量高，则反应①中碘为气态，②中的I2为固态，A错误；B．根据盖斯定律，②-①为,即I2（s)I2（g）△H=+35。96kJ/mol，则1mol固态碘升华时将吸热35.96kJ,B错误；C．反应①②的产物都是气态HI，所以二者热稳定性相同,C错误;D．反应①中碘为气态,即254gI2（g）完全反应放热9。48kJ，D正确;故答案为:D。20。在《科学》（Science)中的一篇论文中，圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜）作为电解液，并用多孔的黄金作为电极的锂-空气电池的实验模型，这种实验电池在充放电100次以后，其电池容量仍能保持最初的95%。该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是A。多孔的黄金作为正极,负极的电极反应式为Li—e—=Li+B。DMSO电解液能传递Li+和电子,但不能换成水溶液C。该电池放电时每消耗2mol空气，转移4mol电子D。给该锂-空气电池充电时，金属锂接直流电源正极【答案】A【解析】【分析】该装置为原电池，锂电极作负极，负极的电极反应式为Li—e-=Li+，且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应，形成过氧化锂，因此多孔的黄金作为正极，正极的电极反应式为2Li++O2+2e—=Li2O2,在原电池中,电子经导线从负极移动向正极，溶液中离子移动导电。【详解】A。锂电极作负极,负极的电极反应式为Li—e—=Li+，多孔的黄金作为正极，A项正确；B。电子经导线从负极移动向正极，电子不在溶液中移动，溶液中是离子移动导电，B项错误;C。该电池放电时，氧气的化合价由0价转化为-1价，消耗1mol氧气，转移2mol电子，但是2mol空气中氧气的物质的量小于2mol，则转移电子数小于4mol，C项错误；D。放电时，金属锂为负极,充电时该电极相当于电解池的阴极，因此给该锂—空气电池充电时，金属锂接直流电源的负极，D项错误；答案选A。二、选择题（共5小题，每小题3分,共15分，每题有一个或两个选项符合题意，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分.）21。将CH4设计成燃料电池，其利用率更高，装置示意如图（A、B为多孔性碳棒)持续通入甲烷,在标准状况下，消耗甲烷体积VL。则下列说法错误的是（)A.通入CH4的一端为原电池的负极,通入空气的一端为原电池的正极B.0＜V≤22.4L电池总反应的化学方程式为CH4＋2O2+2KOH=K2CO3+3H2OC.22。4L＜V≤44。8L时，负极电极反应为CH4—8e—＋2H2O=CO2+8H+D。V＝33。6L时，溶液中只存在阴离子【答案】CD【解析】【详解】A。燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极,通入空气的一端为原电池的正极,故A正确；B.当0＜V≤22.4L时，0＜n（CH4）≤1mol,二氧化碳不足量，则二者反应生成碳酸钾，电池反应式为CH4+2O2+2KOH=K2CO3+3H2O,故B正确;C.当22.4L＜V≤44。8L时,1＜n（CH4)≤2mol，在氢氧化钾碱性条件下生成KHCO3和K2CO3溶液，所以负极反应生成CO和HCO，故C错误；D.当V=33.6L时，n(CH4）=1。5mol，溶液中溶液中存在阴离子CO和HCO，同时肯定存在阳离子K+，故D错误；答案选CD。22.某学生欲完成2H+＋Fe=Fe2+＋H2↑反应,设计了下列四个实验，你认为可行的实验是()A. B. C。 D。【答案】B【解析】【详解】A．该装置是电解池，C是阳极，电极反应为2H2O—4e-=4H++O2↑，Fe是阴极,电极反应为：2H++2e—=H2↑，故总反应为:2H2O2H2↑+O2↑，A不合题意;B．该装置是原电池，Fe是负极，电极反应为:Fe—2e—=Fe2+，Ag是正极,电极反应为：2H++2e—=H2↑，故总反应为：2H+＋Fe=Fe2+＋H2↑，B符合题意；C．该装置是电解池，左边Ag是阳极，电极反应为Ag-e-+Cl—=AgCl↓,右边Ag是阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，故总反应为：2Ag+2H++2Cl—H2↑+2AgCl↓,C不合题意；D．该装置是原电池，Fe是负极，电极反应为：Fe—2e-=Fe2+,Ag是正极,电极反应为：+4H++3e—=2H2O+NO↑，故总反应为：3Fe+8H+＋2=3Fe2+＋4H2O+2NO↑，D不合题意;故答案为：B。23。如下图所示的装置,C、D、F、X、Y都是惰性电极,E为铁棒.将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。则以下说法不正确的是(）A。电源B极是负极B.欲用丙装置给铜镀银，H应该是Cu，电镀液是AgNO3溶液C。甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2D.装置丁中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷【答案】C【解析】【详解】A．电解滴入酚酞的氯化钠溶液时，阴极上氢离子放电,导致阴极附近显碱性，所以阴极附近溶液显红色，在F极附近显红色,所以F极是阴极，则B极是负极,A正确；B．电镀时,镀层金属作阳极,镀件作阴极，电解质溶液中金属阳离子和阳极材料是相同元素，所以欲用(丙）装置给铜镀银,H应该是Cu，电镀液选是AgNO3溶液，B正确;C．电解硫酸铜溶液时，E为阳极且Fe作电极,故发生的反应为：Fe-2e-=Fe2+，无单质生成，C错误；D．电解池工作时，溶液中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动,装置丁中，X极是阳极，Y极是阴极,Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒向阴极移动，由此证明氢氧化铁胶粒带正电荷,D正确；故答案为：C。24。下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是A.在酸性环境下，钢铁只能发生析氢腐蚀B。金属腐蚀的实质是金属失去电子被还原的过程C。轮船船壳水线以下常装有一些锌块，这是利用了牺牲阳极的阴极保护法D。铜铁交接处，在潮湿的空气中直接发生反应：Fe－3e－=Fe3＋,继而形成铁锈【答案】C【解析】【详解】A、在酸性环境下，钢铁也可能直接发生化学腐蚀，A错误；B、金属腐蚀的实质是金属失去电子被氧化的过程，B错误；C、锌的金属性强于铁,与铁构成原电池时，锌是负极，铁是正极被保护，因此轮船的船壳水线以下常装有一些锌块,这是利用了牺牲阳极的阴极保护法,C正确；D、在原电池中铁只能失去2个电子，转化为亚铁离子，D错误；答案选C。25.已知：2H2O（l)=2H2（g）＋O2(g)ΔH＝＋571.0kJ/mol.以太阳能为热源分解Fe3O4，经热化学铁氧化合物循环分解水制H2的过程如下：过程Ⅰ：2Fe3O4(s）=6FeO（s）＋O2（g)ΔH＝＋313.2kJ/mol过程Ⅱ：……下列说法不正确的是（）A.过程Ⅰ中每消耗232gFe3O4转移2mol电子B.过程Ⅱ热化学方程式为:3FeO（s)＋H2O（l)=H2(g)＋Fe3O4（s)ΔH＝－128。9kJ/molC。过程Ⅰ、Ⅱ中能量转化的形式依次是：太阳能→化学能→热能D.铁氧化合物循环制H2具有成本低、产物易分离等优点【答案】BC【解析】【详解】A。首先根据算出的物质的量，再来看题目给出的过程I，2mol在反应中一共转移了4mol电子，则每消耗1mol时转移2mol电子，A项正确；B。过程I吸收的能量小于总反应吸收的能量,则过程II也一定是吸热的，即,B项错误；C。过程I将太阳能转化为热能，热能转化为化学能，过程II还是热能转化为化学能,C项错误;D。该过程使用太阳能，因此成本低,且产物容易分离,D项正确；答案选BC。三、非选择题(共45分）26。分别取40mL的0.50mol·L－1盐酸与40mL的0.55mol·L－1NaOH溶液进行中和反应.通过测定反应过程中放出的热量可计算中和热。回答下列问题:（1)理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式____________________________________________.（2)从实验装置上看，可知下图装置中缺少的仪器是___________。(3）某学生实验记录数据如下:①近似认为0。55mol·L－1的NaOH溶液和0.50mol·L－1的盐酸的密度都是1g·cm－3，中和后生成溶液的比热容c＝4。18J·g－1·℃－1。则中和热△H＝__________(取小数点后一位).②上述实验数值结果与理论值有偏差，产生偏差的原因可能是________(填字母).a.实验装置保温、隔热效果差b.实验量取盐酸时误取了浓硫酸c。用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度（4)实验中改用50mL0。50mol·L-1的盐酸跟40mL0。55mol·L-1的NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热_________（填“相等"或“不相等”)，所放出的热量________(填“相等"或“不相等”）。(5）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验,测得的中和热数值会______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)．【答案】（1)。（2)。环形玻璃搅拌棒（3)。—51.8kJ/mol(4).ac（5）。相等(6）.不相等（7)。偏小【解析】【分析】(1）根据中和热的定义是以生成1mol的H2O时释放的热量来确定其热化学方程式；（2)根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器；(3）①先根据表中测定数据计算出混合液反应前后的平均温度差，再根据Q=cmT计算出反应放出的热量，最后计算出中和热；②根据上述测量数据可知,结果偏小，即下列属于导致结果偏小的原因；（4）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关,并根据中和热的概念和实质分析；（5)NH3•H2O是弱电解质，电离吸热；根据中和热的概念和实质来回答。【详解】(1）中和热是指稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时释放的热量,故表示稀硫酸和稀NaOH溶液反应的中和热的热化学方程式为，故答案为:；(2）由量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器；故答案为：环形玻璃搅拌棒;（3）①第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：23。2℃，反应前后温度差为:3.15℃;第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20。3℃,反应前后温度差为:3。1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应前后温度差为：3.05℃；40mL的0.50mol/L盐酸与40mL的0。55mol/L氢氧化钠溶液的质量和为：m=80mL×1g/cm3=80g，c=4。18J/（g•℃)，代入公式Q=cm△T得生成0。05mol的水放出热量Q=4。18J/(g•℃)×80g×℃=1。036kJ，即生成0。02mol的水放出热量为：1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为:1。036kJ×=-51。8kJ,即该实验测得的中和热△H=，故答案为:-51.8kJ/mol;②根据上述测量数据可知，结果偏小,即下列属于导致结果偏小的原因:a．实验装置保温、隔热效果差，即散失的热量增多，故导致实验结果偏小，a符合题意;b．实验量取盐酸时误取了浓硫酸,浓硫酸溶解过程为放热过程，故导致实验结果偏大，b不合题意；c．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸溶液的温度,由于温度计中含有NaOH溶液导致局部中和反应，测量的盐酸初始温度偏高，故实验结果偏小，c符合题意;故答案为：ac;（4）由于中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用50mL0。50mol/L盐酸跟40mL0.55mol/LNaOH溶液进行上述实验,测得中和热数值相等，反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用500mL0.50mol/L盐酸跟40mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应,与上述实验相比,生成水的量增加，所放出的热量偏高,即放出热量不相等；故答案为：相等;不相等；(5)NH3•H2O是弱电解质，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于57.3kJ；故答案为:偏小。27.(Ⅰ)丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题:（1）已知丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l）放出553。75kJ的热量，写出表示丙烷标准燃烧热的热化学方程式:________________________________________________________。(2）二甲醚(CH3OCH3)是一种新型燃料,应用前景广阔。1mol二甲醚完全燃烧生成CO2和液态水放出1455kJ的热量。若1mol丙烷和二甲醚的混合气体完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ的热量，则混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为________.（Ⅱ)CH4、H2、C都是优质的能源物质,它们燃烧的热化学方程式为：①CH4（g）＋2O2（g）=CO2（g)＋2H2O(l）ΔH＝－890。3kJ·mol－1②2H2（g)＋O2(g）=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1③C(s)＋O2（g）=CO2（g)ΔH＝－393。5kJ·mol－1(1）在深海中存在一种甲烷细菌，它们依靠酶使甲烷与O2作用产生的能量存活,甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水,放出的能量____________（填“＞"“＜”或“＝”）890.3kJ。（2)甲烷与CO2可用于合成合成气（主要成分是一氧化碳和氢气)：CH4＋CO2=2CO＋2H2,1gCH4完全反应可释放15.46kJ的热量,则：①能表示该反应过程中能量变化的是____________（填字母）.A．B．C．D．②若将物质的量均为1mol的CH4与CO2充入某恒容密闭容器中，体系放出的热量随着时间的变化如图所示，则CH4的转化率为____________（用小数表示,保留2位小数)。(3)C(s）与H2（g)不反应,所以C(s)＋2H2（g）=CH4(g）的反应热无法直接测量，但通过上述反应可求出C（s)＋2H2（g）=CH4(g）的反应热ΔH＝____________。（4)目前对于上述三种物质的研究是燃料研究的重点，下列关于上述三种物质的研究方向中可行的是_______________（填字母).A．寻找优质催化剂，使CO2与H2O反应生成CH4与O2,并放出热量B．寻找优质催化剂，在常温常压下使CO2分解生成碳与O2C．寻找优质催化剂，利用太阳能使大气中的CO2与海底开采的CH4合成合成气（CO、H2）D．将固态碳合成为C60，以C60作为燃料【答案】（1)。C3H8（g）+5O2（g)=3CO2(g）+4H2O(l）=-2215kJ/mol(2）。1：3(3)。=(4).D(5)。0。63（6）。—74.8kJ·mol—1(7).C【解析】【分析】(Ⅰ)(1)根据燃烧热的定义和反应热与物质的量成正比进行计算，确定表示丙烷标准燃烧热的热化学方程式；(2)假设1mol丙烷和二甲醚的混合气体中含有丙烷为xmol，则二甲醚为(1—x）mol，完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ的热量，则有:2215kJ/mol+1455kJ/mol（1—x)=1645kJ，解得：x=0.25mol，即可求出丙烷和二甲醚的物质的量之比；(Ⅱ)（1）化学反应的焓变与反应途径无关，只与反应物和生成物的状态有关，故甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水，放出的能量等于890.3kJ；（2)根据1gCH4完全反应可释放15.46kJ的热量，故1molCH4完全燃烧释放的能量为：16×15。46kJ=247。46kJ,据此解题：①A．该过程是一个释放能量的过程,故反应物总能量高于生成物总能量，但图中数值不对，A错误；B．该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量,B错误；C．该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量，但图中数值不对，C错误;D．根据上述分析可知，D图中的数值和能量相对大小均正确，D正确；②根据甲烷与CO2反应的热化学方程式可知：,解得：x=0.63mol，故甲烷的转化率==0.63，故答案为：0。63;(3）根据盖斯定律并结合反应①②③，可知反应C（s）＋2H2(g）=CH4(g）可由②+③-①，即可求出反应C(s)＋2H2(g)=CH4(g)的反应热。(4)A．甲烷与氧气的反应为放热反应，可知CO2与H2O反应生成CH4和O2为吸热反应，A错误；B．使CO2分解生成碳与O2的反应为吸热反应，常温下不能发生,B不正确；C．大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气（CO、H2)，具有可行性，利用优质催化剂、太阳能实现转化，C正确；D．将固态碳合成C60，以C60作燃料,产物相同，研究方向不可行,D错误。【详解】(Ⅰ)(1)燃烧热是指1mol燃料完全燃烧后放出热量，已知丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)放出553。75kJ的热量，又知1mol丙烷完全燃烧生成4molH2O，故表示丙烷标准燃烧热的热化学方程式：C3H8（g)+5O2(g）=3CO2(g)+4H2O(l）=4×-553.75kJ/mol=-2215kJ/mol，故答案为：C3H8(g)+5O2(g）=3CO2(g）+4H2O（l)=-2215kJ/mol；(2)假设1mol丙烷和二甲醚的混合气体中含有丙烷为xmol，则二甲醚为（1—x）mol，完全燃烧生成CO2和液态水共放出1645kJ的热量，则有：2215kJ/mol+1455kJ/mol(1-x)=1645kJ，解得：x=0。25mol，故混合气体中，丙烷和二甲醚的物质的量之比为x：(1—x)=0。25：（1—0.25）=1:3，故答案为：1:3；(Ⅱ）(1）化学反应的焓变与反应途径无关,只与反应物和生成物的状态有关，故甲烷细菌使1mol甲烷生成CO2气体与液态水,放出的能量＝890.3kJ，故答案为：=；（2）根据1gCH4完全反应可释放15。46kJ的热量，故1molCH4完全燃烧释放的能量为：16×15。46kJ=247.46kJ，据此解题：①A.该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量，但图中数值不对，A错误；B。该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量，B错误；C。该过程是一个释放能量的过程，故反应物总能量高于生成物总能量,但图中数值不对，C错误;D。根据上述分析可知，D图中的数值和能量相对大小均正确,D正确;故答案为：D。②根据甲烷与CO2反应的热化学方程式可知:，解得：x=0。63mol，故甲烷的转化率==0.63,故答案为：0.63；(3)根据盖斯定律并结合反应①CH4(g）＋2O2（g）=CO2（g）＋2H2O(l）ΔH＝－890.3kJ·mol－1②2H2(g）＋O2（g）=2H2O(l)ΔH＝－571.6kJ·mol－1③C(s)＋O2(g）=CO2（g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，可知反应C(s）＋2H2(g)=CH4（g）可由②+③—①，故反应C（s）＋2H2（g）=CH4（g)的反应热ΔH＝（－571.6kJ·mol－1）+（－393.5kJ·mol－1）-(－890。3kJ·mol－1)=—74。8kJ·mol－1,故答案为：—74.8kJ·mol—1；（4）A．甲烷与氧气的反应为放热反应，可知CO2与H2O反应生成CH4和O2为吸热反应,A错误；

B．使CO2分解生成碳与O2的反应为吸热反应，常温下不能发生,B不正确;

C．大气中的CO2和海底开采的CH4合成合成气(CO、H2),具有可行性，利用优质催化剂、太阳能实现转化，C正确;D．将固态碳合成C60，以C60作燃料，产物相同，研究方向不可行,D错误；故答案为：C。28.如图所示,某同学设计一个甲醚(CH3OCH3）燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜.根据要求回答相关问题:（1)写出负极的电极反应式_____________________________。（2)铁电极为________（填“阳极"或“阴极”),石墨电极(C)的电极反应式为________________。（3)若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，则丙装置中阴极析出铜的质量为______g。假设乙装置中氯化钠溶液足够多，若在标准状况下，有224mL氧气参加反应,则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将____________(填“增大"、“减小”或“不变”)，且变化了_______g。(4）若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换,其他装置不变,此时乙装置中发生的总反应式为_________________________________________________【答案】（1).CH3OCH3-12e-+16OH=2+11H2O(2).阴极（3)。2Cl—-2e-=Cl2↑（4）.12。8(5).增大（6）.0。88(7）.Fe+2H2O

Fe(OH)2↓+H2↑【解析】【分析】（1）原电池中，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，投入氧气的一极为正极，负极甲醚失电子被氧化生成碳酸根离子；（2)铁电极连接原电池的负极，为电解池的阴极，石墨为阳极，氯离子放电被氧化生成氯气；（3）据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气和铜的关系式为：O2———-2H2-———2Cu计算;根据转移电子数相等计算乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量变化；(4）若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，Fe作阳极失电子生成亚铁离子,阴极上氢离子得电子生成氢气。【详解】（1）燃料电池是将化学能转变为电能的装置,属于原电池,投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OCH3—12e—+16OH=2+11H2O，故答案为:CH3OCH3-12e-+16OH=2+11H2O；(2）乙池有外接电源属于电解池，铁电极连接原电池的负极，所以是阴极,则石墨电极是阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，电极反应式为:2Cl——2e—=Cl2↑，故答案为:阴极；2Cl—-2e—=Cl2↑；（3）根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气和铜的关系式为:O2----2H2---—2Cu，设生成氢气的分子数是x,生成铜的质量是y：，解得：x=12.8g，根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气的关系式为:O2-—--2H2，设生成氢气的物质的量是xmol，，解得：x=0.02，所以消耗0.02×2=0.04mol氢离子，则乙装置中阳离子交换膜右侧进入左侧的钠离子也为0.04mol，所以乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将增大0。04mol×23g/mol—0.04mol×1g/mol=0.88g故答案为:12.8g；增大；0.88；

(4）若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，Fe作阳极失电子生成亚铁离子，阴极上氢离子得电子生成氢气,则电解总方程式为Fe+2H2O

Fe(OH)2↓+H2↑；故答案为：Fe+2H2O

Fe（OH)2↓+H2↑。29。(Ⅰ）用下图装置进行电解实验（a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解质溶液,要满足下列要求：组别A槽B槽1NaOHCuSO42AgNO3CuCl23Na2SO4AgNO34NaClAgNO3①工作一段时间后A槽的pH增大,B槽的pH减小。②b、c两极上反应的离子的物