山东省德州市夏津县第一中学2020-2021学年高二上学期第一次月考（10月）化学试题

高二年级2020—2021学年上学期第一次月考试题2020.10说明:本试卷满分100分,分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上,书写在试题上的答案无效。考试时间90分钟。可能用到的相对原子质量:H1C12O16Na23Mg24S32Cl35.5Cu64第I卷(选择题40分)一、单选题(每题2分，共20分)1.能量通常包括热能、电能、光能、机械能、化学能等，下列有关能量转化关系的判断错误的是()A.甲烷燃烧：化学能转化为热能和光能B.植物进行光合作用：太阳能转化为化学能C.二次电池放电：电能转化为化学能D.风力发电：风能转化为机械能，机械能转化为电能【答案】C【解析】【详解】A．甲烷在氧气中剧烈燃烧，产生淡蓝色火焰，放出大量的热，所以该过程中除了将化学能转化为热能外，还有一部分化学能转化为光能，故A正确；B．光合作用是植物把接收到的光能转化为化学能贮存起来，故B正确；C．二次电池放电，化学能转化为电能，故C错误；D．风力发电主要是将风能转化为风轮的机械能，再通过发电机转化为电能，故D正确；选C。2.某实验小组用50mL0.50mol•L−1盐酸与50mL0.55mol•L−1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。下列说法不正确的是A.烧杯间填满碎泡沫塑料作用是减少热量散失B.大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值偏小C.实验中改用60mL0.50mol•L−1盐酸与50mL0.55mol•L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等，所求中和热也不相等D.用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小【答案】C【解析】【详解】A．泡沫塑料能隔热，烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是减少热量散失，故A正确；B．大烧杯上如不盖硬纸板，热量散失多，求得的中和热数值偏小，故B正确；C．实验中改用60mL0.50mol•L−1盐酸与50mL0.55mol•L−1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量不相等，所求中和热相等，故C错误；D．氨水电离吸热，用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小，故D正确；选C。3.已知充分燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式正确的是（）A.2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(1)△H=2bkJ/molB.2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(g)△H=4bkJ/molC.C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(1)△H=+bkJ/molD.2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=4bkJ/mol【答案】D【解析】【分析】燃烧ag乙炔气体时生成1mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成2mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量2bkJ，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，以此来解答。【详解】由由物质的物质的量与反应放出的热量成正比可知，生成4mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量4bkJ，则乙炔燃烧的热化学方程式为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)；△H=4bkJ/mol，故答案为D。4.下列有关化学反应方向及其判据的说法中错误的是()A.1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]B.自发反应的熵一定增大，非自发反应的熵一定减小C.反应：CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)能否自发进行，主要由ΔS＞0决定D.反应NH4HCO3(s)=NH3(g)＋H2O(g)＋CO2(g)ΔH＝＋185.57kJ·mol－1能自发进行是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向【答案】B【解析】【详解】A．物质聚集状态不同熵值不同，气体S＞液体S＞固体S，1molH2O在不同状态时的熵值：S[H2O(s)]＜S[H2O(g)]，故A正确；B．若△H＜0，△S＞0，则一定自发，若△H＞0，△S＜0，则一定不能自发，若△H＜0，△S＜0或△H＞0，△S＞0，反应能否自发，和温度有关，则说明自发反应的熵不一定增大，非自发反应的熵也不一定减小，故B错误；C．CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)是△H＞0、△S＞0的反应，由△G=△HT△S＜0可自发进行可知，主要由ΔS＞0决定，需要在高温下才能自发进行，故C正确；D．由反应可知，△H＞0、△S＞0，能自发进行，则△HT△S＜0，则能自发进行，是因为体系有自发地向混乱度增大的方向转变的倾向，故D正确；故答案为B。5.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.NH3在电极a上发生氧化反应B.溶液中K+向电极b移动C.正极的电极反应式为O2+2e+H2O=2OHD.当电路中转移3mo1电子时，反应消耗标准状况下NH3的体积约为22.4L【答案】C【解析】【详解】A．根据图像可知，NH3在电极a上失电子，化合价升高，发生氧化反应，A说法正确；B．电极b得电子，作正极，溶液中K+向正极移动，即向电极b移动，B说法正确；C．正极的氧气化合价由0价变为2价，得4e，电极反应式为O2+4e+H2O=2OH，C说法错误；D．当电路中转移3mo1电子时，消耗1mol氨气，即反应消耗标准状况下NH3的体积约为22.4L，D说法正确；答案为C。6.关于如图装置的说法中正确的是A.该装置将锌置换铜反应中的化学能转变为电能，属于电解池B.盐桥的存在使内电路离子流动不畅，因此灯泡忽明忽暗C.相比于单池单液原电池，该装置电流更持续和稳定D.盐桥中K+向左侧烧杯移动，因为左侧是负极区【答案】C【解析】【详解】A．由图中所示可知，该装置将锌置换铜反应中的化学能转变为电能，属于原电池，A错误；B．盐桥内的K+和Cl可以自由移动，故盐桥的存在使内电路离子流动顺畅，因此灯泡不会出现忽明忽暗的现象，B错误；C．相比于单池单液原电池，该装置使用了盐桥能够有效防止锌和硫酸铜直接接触而发生反应，这样电流更持续和稳定，C正确；D．在原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，故盐桥中K+向右侧烧杯移动，因为右侧是正极区，D错误；故答案为：C。7.以纯碱溶液为原料，通过电解的方法可制备小苏打，原理装置图如下：装置工作时，下列有关说法正确的是A.乙池电极接电池正极，气体X为H2B.Na+由乙池穿过交换膜进入甲池C.NaOH溶液Z比NaOH溶液Y浓度大D.甲池电极反应：44e－+2H2O=4+O2↑【答案】D【解析】【分析】装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4+2H2O4e=4+O2↑，气体X为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根离子，据此分析判断。【详解】A．乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，A错误；B．电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，B错误；C．阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z浓度大，C错误；D．放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，氢离子浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应为4+2H2O4e=4+O2↑，D正确；故选D。8.采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是（）A.阴极的反应为B.电解一段时间后，阳极室的未变C.电解过程中，由a极区向b极区迁移D.电解一段时间后，a极生成的与b极反应的等量【答案】D【解析】【详解】A．以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水，氧气得电子生成双氧水，阴极的反应为，故A正确；B．阳极反应为，由a极区向b极区迁移，根据电荷守，阳极生成氢离子的量与移入阴极氢离子一样多，所以电解一段时间后，阳极室的未变，故B正确；C．电解过程中，a是阳极、b是阴极，由a极区向b极区迁移，故C正确；D．阳极反应为、阴极反应为，根据得失电子守恒，a极生成的与b极反应的的量不相等，故D错误；选D。9.已知反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的ΔH为正值，ΔS为负值。设ΔH和ΔS不随温度而变，下列说法中正确的是A.低温下能自发进行B高温下能自发进行C.任何温度下都能自发进行D.任何温度下都不能自发进行【答案】D【解析】【分析】根据△G=△HT·△S进行判断，如△G＜0，则反应能自发进行，如果△G＞0，则任何温度下反应都不能自发进行。【详解】反应2CO（g）=2C（s）+O2（g）的△H为正值，△S为负值，则在任何温度下△G=△HT·△S＞0恒成立，所以任何温度下反应不能自发进行，故选D。10.青铜器发生电化学腐蚀的原理示意图，下列说法正确的是A.腐蚀过程中，青铜基体是正极B.若有64gCu腐蚀，理论上耗氧体积为22.4L(标准状况)C.多孔催化层加速了青铜器的腐蚀，因为改变了反应的焓变D.为防止腐蚀，可通过导线将铜器与直流电源负极相连【答案】D【解析】【详解】A．根据图示可知，青铜基体电极有Cu2+产生，Cu化合价升高，发生氧化反应，作负极，A错误；B．在该反应中，铜失去电子变成Cu2+，64gCu腐蚀转移2mol电子，在标况下，理论上耗氧体积为，B错误；C．反应的焓变只与反应物、生成物的状态有关，故反应焓变不变，C错误；D．将铜器与直流电源负极相连，则铜器做阴极，采用外加电流的阴极保护法防止腐蚀，D正确；答案选D。二、不定项选题(每题4分，共20分。每小题有一个或两个选项，符合题意全部选对得4分，选对但不全得1分，有选错的得0分。)11.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语正确的是A.用铜作阴极，石墨作阳极，电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2↑B.铅蓄电池放电时的正极反应式为Pb2e+=PbSO4C.粗铜精炼时，粗铜与电源正极相连，该极发生的电极反应只有Cu2e=Cu2+D.钢铁发生电化学腐蚀的负极反应式为Fe2e=Fe2+【答案】AD【解析】【详解】A．铜做阴极，不参与反应，石墨做阳极，性质稳定，溶液中氯离子在阳极上失电子生成氯气，电极反应式为2Cl2e=Cl2↑，故A正确；B．铅蓄电池放电时的正极为二氧化铅得电子，发生还原反应，电极反应式为PbO2+2e+4H++═PbSO4+2H2O，故B错误；C．粗铜精炼时，纯铜作阴极，粗铜作阳极，粗铜中含有锌、铁、银等杂质，因此比铜活泼的金属锌、铁也要放电，故C错误；D．钢铁发生电化学腐蚀的负极是铁失电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe2e═Fe2+，故D正确；故选AD。12.用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图①。电解过程中的实验数据如图②，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）。则下列说法正确的是A.电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生B.a电极上发生的反应方程式为：2H++2e=H2↑和4OH－4e=2H2O+O2↑C.曲线0～P段表示H2和O2混合气体的体积变化，曲线P～Q段表示O2的体积变化D.从开始到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为17g·mol1【答案】D【解析】【分析】当转移电子的物质的量为0.2mol电子时，两极电极反应为：【详解】A．电解过程中，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，排除B．a电极上发生的反应方程式为：Cu2＋＋2e－=Cu和4OH—4e==2H2O十O2↑，排除C．曲线0～P段表示O2混合气体的体积变化，曲线P～Q段表示H2和O2的体积变化，排除D．从开始到Q点时收集到的混合气体共0.2mol,其中氢气与氧气均为0.1mol，故气体的平均摩尔质量为=17g·mol1故答案为D。13.糕点包装中常用的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是()A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B.脱氧过程中铁做原电池正极，电极反应：Fe－3e－=Fe3＋C.脱氧过程中碳做原电池正极，电极反应：2H2O＋O2＋4e－=4OH－D.含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL(标准状况)【答案】CD【解析】【分析】铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应，结合得失电子相等进行有关计算。【详解】A．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应，故A错误；B．脱氧过程中铁作原电池负极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe2e=Fe2+，故B错误；C．脱氧过程中碳做原电池正极，正极发生还原反应，电极方程式为2H2O+O2+4e═4OH，故C正确；D．铁粉最终氧化产物为+3价铁，则由电子守恒知，消耗氧化剂氧气的体积(标况下)V(O2)==0.336L=336mL，故D正确；故答案为CD。14.氢氧燃料电池以KOH溶液为电解质溶液，下列有关该电池的叙述正确的是（）A.正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－B.工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度不变C.该燃料电池的总反应方程式为：2H2＋O2=2H2OD.用该电池电解CuCl2溶液，产生2.24LCl2时，有0.2mol电子转移【答案】AC【解析】【详解】A．正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故A正确；B．负极上氢气和氢氧根离子反应生成水，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，所以溶液中钾离子没有参与反应，根据原子守恒知，KOH的物质的量不变，浓度变小，故B错误；C．负极电极反应式为H22e+2OH=2H2O，正极电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，反应的总方程式为2H2+O2=2H2O，故C正确；D．没有指明是否是标准状况，因此氯气的物质的量不能确定，故D错误；故选：AC。15.含乙酸钠和氯苯()的废水可以利用微生物电池除去，其原理如图所示，下列说法错误的是A.该装置能将化学能转化为电能B.B极上发生氧化反应C.每有1molCH3COO－被氧化，质子交换膜中通过8mol电子D.A极电极反应式为：+2e－+H＋=Cl－+【答案】C【解析】【分析】

【详解】A．该装置是原电池，能将化学能转化为电能，A正确；B．原电池中阳离子向正极移动，所以B极是负极，发生氧化反应，B正确；C．电子只能通过导线传递，不能通过质子交换膜，C错误；D．A极是正极，氯苯在此极得电子发生还原反应，生成苯和氯离子，电极反应式书写正确，D正确；答案选C。II卷(60分)三、非选择题16.(1)奥运会火炬常用的燃料为丙烷、丁烷等。已知:丙烷的摩尔燃烧焓△H1=2220kJ/mol，正丁烷的摩尔燃烧焓△H2=2878kJ/mol；异丁烷的摩尔燃烧焓△H3=2869.6kJ/mol。①下列有关说法不正确的是_______________(填标号)。A奥运火炬燃烧时的能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能B异丁烷分子中的碳氢键比正丁烷的多C正丁烷比异丁烷稳定②已知1molH2燃烧生成液态水放出的热量是285.8kJ，现有6mol由氢气和丙烷组成的混合气体，完全燃烧时放出的热量是3649kJ，则该混合气体中氢气和丙烷的体积比为____。(2)利用氢气可以制取工业原料乙酸。已知：Ⅰ.CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－870.3kJ·mol－1Ⅱ.C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1Ⅲ.H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1①相同质量的CH3COOH、C、H2完全燃烧时，放出热量最多的是______________。②利用上述信息计算反应：2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)===CH3COOH(l)ΔH＝_________kJ·mol－1。(3)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A：4HCl＋O22Cl2＋2H2O已知：ⅰ.反应A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量。ⅱ.写出此条件下反应A的热化学方程式是_______________________________________。【答案】(1).BC(2).5:1(3).H2(4).488.3(5).4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)ΔH=115.6kJ/mol【解析】【详解】(1)①A．奥运火炬燃烧时伴随着发光、发热的现象，能量转化形式主要是由化学能转化为热能、光能，故A正确；B．异丁烷和正丁烷互为同分异构体，所含化学键种类和数目相同，故B错误；C．正丁烷的燃烧热△H2=2878kJ/mol，异丁烷的燃烧热△H3=2869.6kJ/mol，由此可知，正丁烷的能量高于异丁烷，而物质的能量越低越稳定，故异丁烷更稳定，故C错误；故答案为BC；②设氢气的物质的量为x，丙烷的物质的量为y，则x+y=6mol，6mol由氢气和丙烷组成的混合气体，完全燃烧时放出的热量是3649kJ，则258.5kJ/molx+2220kJ/moly=3469kJ，解得：x=5mol，y=1mol，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则该混合气体中氢气和丙烷的体积比为5:1；(2)已知：Ⅰ.CH3COOH(l)＋2O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－870.3kJ·mol－1Ⅱ.C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1Ⅲ.H2(g)＋O2(g)===H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1①1gCH3COOH、C、H2完全燃烧时放出的热量分别为：、、，则可知相同质量的CH3COOH、C、H2完全燃烧时，放出热量最多的是H2；②已知：①CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－870.3kJ·mol－1，②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1，③H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1，利用盖斯定律，将②×2+③×2①可得2C(s)+2H2(g)+O2(g)═CH3COOH(l)，则△H4=2×(393.5kJ/mol)+2×(285.8kJ/mol)(870.3kJ/mol)=488.3kJ/mol；(3)依据反应A中，4molHCl被氧化，放出115.6kJ的热量，反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g)△H=115.6kJ/mol。【点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。17.热力学标准态(298K、101kPa)下，由稳定单质发生反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的生成热(ΔH)。图甲为ⅥA族元素(包括氧、硫、硒、碲)氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。试完成下列问题。(1)①请你归纳非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热ΔH的关系：________________________________________________________________________。②硒化氢在上述条件下发生分解反应的热化学方程式为______________________________。(2)在25℃、101kPa下，已知SiH4气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是_________________________________。(3)根据图乙写出反应CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)的热化学方程式：___________________________。(4)由金红石(TiO2)制取单质Ti的步骤为：TiO2―→TiCl4Ti已知：Ⅰ.C(s)＋O2(g)===CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－1Ⅱ.2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－566kJ·mol－1Ⅲ.TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(s)＋O2(g)ΔH＝＋141kJ·mol－1TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(s)＋2CO(g)ΔH＝________________。(5)肼(N2H4)可作为火箭发动机的燃料，肼(N2H4)与氧化剂N2O4(l)反应生成N2和水蒸气。已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(l)ΔH1＝－195kJ·mol－1②N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－534kJ·mol－1试计算1molN2H4(l)与N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时放出的热量为__________，写出N2H4(l)和N2O4(l)反应的热化学方程式：______________________________________。(6)有关肼化学反应的能量变化如图所示，已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O==O为500、N—N为154，则断裂1molN—H键所需的能量是______kJ。【答案】(1).非金属元素氢化物越稳定，ΔH越小(2).H2Se(g)=Se(s)＋H2(g)ΔH＝－81kJ·mol－1(3).SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH＝－1520.0kJ·mol－1(4).CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH＝－91kJ·mol－1(5).－80kJ·mol－1(6).436.5kJ(7).2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－873kJ·mol－1(8).391【解析】【详解】(1)①非金属元素氢化物的稳定性与生成1mol氢化物时的△H的关系为：根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据热力学，能量越低越稳定。a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O，故非金属元素氢化物越稳定，△H越小，反之亦然，故本题答案为：非金属元素氢化物越稳定，ΔH越小；②由①可知，b为H2Se的生成热数据，则H2Se分解放热，且△H=81kJmo1，所以H2Se发生分解反应热化学反应方程式为H2Se(g)=Se(s)＋H2(g)ΔH＝－81kJ·mol－1，故本题答案为：H2Se(g)=Se(s)＋H2(g)ΔH＝－81kJ·mol－1；(2)SiH4气体在氧气中完全燃烧的化学方程式为SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)，由方程式可知，1molSiH4完全燃烧转移8mol电子，放热190kJ×8=1520.0kJ，故热化学方程式为SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH＝－1520.0kJ·mol－1，故本题答案为：SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH＝－1520.0kJ·mol－1；(3)ΔH=反应物的总能量生成物总能量=419kJ·mol－1510kJ·mol－1=91kJ·mol－1，故该热化学方程式为：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH＝－91kJ·mol－1；(4)将已知的化学方程式按顺序编号为①②③，由③+①×2②可得TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(s)＋2CO(g)，ΔH＝＋141kJ·mol－1+（－566kJ·mol－1）×2（－393.5kJ·mol－1）=－80kJ·mol－1，故本题答案为：－80kJ·mol－1；(5)由①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(l)ΔH1＝－195kJ·mol－1②N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH2＝－534kJ·mol－1可知，①×2－①得2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝2ΔH2－ΔH1＝2×（－534kJ·mol－1）（－195kJ·mol－1）=－873kJ·mol－1，所以1molN2H4(l)与N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时放出的热量为873/2kJ=436.5kJ，故本题答案为：436.5kJ；2N2H4(l)＋N2O4(l)=3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－873kJ·mol－1；(6)根据图中内容，可以看出N2H4（g）+O2（g）=2N（g）+4H（g）+2O（g），△H=2752kJ/mol534kJ/mol=2218kJ/mol，化学反应的焓变等于产物的能量与反应物能量的差值，旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，设断裂1molNH键所需的能量为X，旧键断裂吸收的能量：154+4K+500=2218，解得X=391，故答案为：391。【点睛】根据热力学，物质的能量越低，越稳定，物质的能量越高，越不稳定，此为易混点。18.研究电化学原理与应用有非常重要的意义(1)金属腐蚀的电化学原理可用如图甲模拟。请写出有关电极反应式。①铁棒上：___________________________________________________。②碳棒上：____________________________________________________。(2)图乙是探究铁发生腐蚀的装置图。发现开始时U形管左端红墨水水柱下降，一段时间后U形管左端红墨水水柱又上升。下列说法不正确的是________(填字母)。A．开始时发生的是析氢腐蚀B．一段时间后发生的是吸氧腐蚀C．负极的电极反应均为：Fe－2e－=Fe2＋D．析氢腐蚀的总反应为：2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2(3)以Al－海水－空气电池作为能源的新型海水标志灯，以海水为电解质溶液，靠空气中的氧气使铝不断氧化而产生电流。只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光。则该电源负极材料为___________，正极反应式为：_______________________。(4)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为____________________________________________________。银器为________极，电极反应式为：___________________________________________。(5)若用钢铁(含Fe、C)制品盛装NaClO溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效。该电化学腐蚀过程中的正极反应式为：____________________。【答案】(1).Fe－2e－=Fe2＋(2).O2＋2H2O＋4e－=4OH－(3).D(4).铝(或Al)(5).O2＋2H2O＋4e－=4OH－(6).作为电解质溶液，形成原电池(7).正(8).Ag2S＋2e－=2Ag＋S2－(9).ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－【解析】【分析】结合金属的吸氧腐蚀和析氢腐蚀分析；【详解】(1)图示为Fe的吸氧腐蚀，负极上Fe失电子生成亚铁离子，正极上氧气得电子生成氢氧根离子；①铁棒上的电极反应式为：2Fe4e═2Fe2+；②碳棒上的电极反应式为：O2+2H2O+4e═4OH；(2)A．pH=3的雨水显酸性，在酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，所以开始时，发生的是析氢腐蚀，故A正确；B．一段时间后，溶液的酸性减弱，钢铁发生的是吸氧腐蚀，故B正确；C．无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，负极上发生的电极反应式都为Fe2e═Fe2+，故C正确；D．发生析氢腐蚀的总反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D错误；故答案为D；(3)Al是活泼金属，是Al－海水－空气电池的负极，发生氧化反应，正极上O2发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－；(4)食盐水是NaCl的水溶液，则其作用是作为电解质溶液，形成原电池；Al比Ag活泼，Al是负极，银器为正极，发生的电极反应为Ag2S＋2e－=2Ag＋S2－；(5)在Fe、C和NaClO溶液组成的原电池中Fe为负极，C为正极，其表面发生还原反应，电极反应式为ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋2OH－。【点睛】考查金属的腐蚀，明确形成原电池的条件及原电池原理是解本题关键，会根据环境确定钢铁发生吸氧腐蚀还是析氢腐蚀，会书写电极反应，特别是负极电解反应式(Fe2e=Fe2+)，能准确判金属腐蚀过程中电子的流向及电极周围溶液的酸碱性。19.如图，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色。试回答下列问题：(1)A极为电源的________极。(2)甲装置中电解反应的总化学方程式是________________________________________。(3)乙装置中F极附近显红色的原因是___________________________________________。(4)欲用丙装置精炼铜，G应该是________(填“精铜”或“粗铜”)，电解质溶液是________。(5)已知氢氧化铁胶体中含有带正电荷红褐色胶粒，那么装置丁中的现象是______________________________________________________________________________________。【答案】(1).正(2).CuCl2Cu＋Cl2↑(3).F极为阴极，H＋放电，生成了OH－，使酚酞显红色(4).粗铜(5).硫酸铜溶液(6).Y极附近红褐色变深【解析】【分析】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，再结合电解原理及应用分析解题。【详解】(1)向乙中滴入酚酞试液，在F极附近显红色，说明该极上氢离子放电，所以该电极是阴极，所以E电极是阳极，D电极是阴极，C电极是阳极，G电极是阳极，H电极是阴极，X电极是阳极，Y是