鲁科版高中化学选择性必修第一册第一章测试题含答案2套

鲁科版高中化学选择性必修第一册第一章测试题含答案2套第1章化学反应与能量转化（基础过关卷）一、选择题：本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1．生活和生产中人们采用多种方法防止金属腐蚀，其中保护轮船外壳的常用方法是A．涂保护层 B．改变金属结构C．牺牲阳极的阴极保护法 D．外加电流的阴极保护法【答案】C【分析】活泼金属为负极，正极上是氧气的还原反应，正极的金属不会参与化学反应，被保护，这种金属的保护方法称为牺牲阳极的阴极保护法；外加电流的阴极保护法防护金属的原理是：向被腐蚀金属结构物表面施加一个外加电流，被保护结构物成为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，避免或减弱腐蚀的发生，据此分析作答。【详解】保护轮船外壳的常用方法是船壳上镶入一些活泼金属如锌块，锌块作负极，与船体、电解质溶液构成原电池，船体作原电池的正极，被保护，该方法利用的是牺牲阳极的阴极保护法，故C项符合题意。答案选C。2．下图为反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的能量变化示意图。下列说法正确的是A．拆开2molH2(g)和1molO2(g)中的化学键成为H、O原子，共放出1368kJ能量B．由H、O原子形成2molH2O(g)，共吸收1852kJ能量C．2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(1)，共吸收484kJ能量D．2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2moIH2O(g)，共放出484kJ能量【答案】D【详解】A．拆开化学键吸收能量，故A错误；B．形成化学键放出能量，故B错误；C．依据图象数据分析计算，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，而不是H2O(1)，共放出484kJ能量，故C错误；D．依据图象数据分析计算，2molH2(g)和1molO2(g)反应生成2molH2O(g)，共放出484kJ能量，故D正确；故答案为C。3．如图是电解饱和食盐水的装置，a、b为石墨电极。下列判断正确的是A．a为正极，b为负极 B．a极上有氯气放出C．b极上发生氧化反应 D．b极附近溶液显酸性【答案】B【分析】电解装置中与电源正极所连电极为阳极，与电源负极所连电极为阴极，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。【详解】A．a与电源正极相连为阳极，b与电源负极相连为阴极，故A错误；B．a极为阳极，电极上发生反应：，故B正确；C．b极为阴极发生还原反应，故C错误；D．b极生发生反应：，b极附近溶液显碱性，故D错误；故选：B。4．下列物质间的反应，其能量变化符合下图的是A．由锌和稀硫酸制氢气B．灼热的碳与二氧化碳反应C．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合D．碳酸钙的分解【答案】A【详解】A．由锌和稀硫酸制氢气的反应属于放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，A符合题意；B．灼热的碳与二氧化碳反应属于吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，B不符合题意；C．Ba(OH)2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合属于吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，C不符合题意；D．碳酸钙的分解属于吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，D不符合题意；故选A。5．SF6是一种优良的绝缘气体，分子结构中只存在S－F键。已知：1molS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1molF－F、S－F键需吸收的能量分别为160kJ、330kJ。则S(s)＋3F2(g)=SF6(g)的反应热ΔH为A．－1780kJ/mol B．－1220kJ/mol C．－450kJ/mol D．＋430kJ/mol【答案】B【详解】ΔH=反应物总键能-生成物总键能=(280+3×160-6×330)kJ/mol=-1220kJ/mol，B满足题意；答案选B。6．25℃、101kPa时，甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)∆H=Q下列有关说法正确的是A．Q值一定小于零 B．Q就是甲烷的燃烧热C．甲烷燃烧的△H是定值 D．△H永远大于零【答案】A【详解】A．甲烷燃烧为放热反应，△H<0，故Q<0，A正确；B．根据燃烧热的定义：25℃，101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量称为该物质的燃烧热，该反应中H2O(g)不是稳定氧化物，且这里的Q是负值，B错误；C．燃烧热是在一定温度和压强下测定的，这里没有指明温度和压强，C错误；D．该反应为放热反应，△H<0，D错误；故答案选A。7．下列关于能源和作为能源的物质的叙述中，不正确的是A．化石能源物质内部蕴藏着大量的能量B．绿色植物进行光合作用时，将太阳能转化为化学能“贮存”起来C．物质的化学能可以在不同条件下转为热能、电能为人类所利用D．吸热反应没有利用价值【答案】D【详解】A.化石能源物质内部蕴含的最初能量来源于太阳能，具有大量能量，A项正确；B.植物光合作用通过一系列生理变化，将太阳能转化为化学能储存在植物体内，B项正确；C.能量可以相互转化，因此物质的化学能在不同的条件下可以转化为热能，电能等，C项正确；D.任何反应都有其存在价值，吸热反应可以降低周围的温度，如利用氯化铵和氢氧化钙来降温，D项错误；故选D。8．已知H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=-242kJ·mol-1，断开1molO=O键和1molH—O键所吸收的能量分别为496kJ和463kJ，则断开1molH—H键所吸收的能量为A．920kJ B．557kJ C．436kJ D．188kJ【答案】C【详解】设断开1molH—H键所吸收的能量为xkJ，反应热ΔH=断裂反应物化学键吸收的能量-形成生成物化学键释放的能量=xkJ·mol-1+×496kJ·mol-1-2×463kJ·mol-1=-242kJ·mol-1，解得x=436，故C正确；故选C。9．关于能量变化，下列说法正确的是A．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B．化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有热量变化C．生物光合作用中的能量转化：光能(太阳能)→生物质能(化学能)D．化学反应遵循质量守恒，可以不遵循能量守恒【答案】C【详解】A．由于液态水到固态水放热，所以水的能量高，故A错误；B．化学反应还伴随着能量变化，通常表现为反应过程中的放热或吸热，也可以表现为其他形式的能量，故B错误；C．光合作用是植物、藻类利用叶绿素和某些细菌利用其细胞本身，在可见光的照射下，将二氧化碳和水转化为有机物，并释放出氧气的生化过程，因此生物光合作用中的能量转化为：光能(太阳能)→生物质能(化学能)，故C正确；D．化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，故D错误；故选C。10．根据如图提供的信息，下列所得结论不正确的是A．该反应为吸热反应B．该反应一定有能量转化成了化学能C．反应物比反应产物稳定D．因为反应物的总能量低于反应产物的总能量，所以该反应需要加热才能发生【答案】D【分析】由图可知，生成物的总能量高于反应物的总能量，故一定有环境能量转化成了生成物的化学能；物质能量越低越稳定，据此回答问题。【详解】A．生成物能量高于反应物能量，该反应为吸热反应，A正确；B．该反应为吸热反应，一定有能量转化成了化学能，B正确；C．生成物能量高，不稳定，反应物比生成物稳定，C正确；D．加热条件与反应是否吸热无关，是反应发生的条件，D错误；答案为D。11．N2H4是一种高效清洁的火箭燃料。已知在25℃、101kPa下，8gN2H4(l)完全燃烧生成氮气和液态水时，放出133.5kJ热量。则下列热化学方程中正确的是A．N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534kJ/molB．N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-133.5kJ/molC．N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=+534kJ/molD．N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-534kJkJ/mol【答案】D【分析】8gN2H4的物质的量为=0.25mol，0.25molN2H4燃烧生成液态水时，放出的热量为133.5kJ，可以求得1molN2H4燃烧生成液态水时，放出的热量，据此分析；【详解】根据上述分析，可以求得1molN2H4燃烧生成液态水时，放出的热量=534kJ，燃烧为放热反应，ΔH<0，即肼燃烧的热化学反应方程式为N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-534kJkJ/mol，选项D正确；答案为D。12．下列反应既是氧化还原反应，又是吸热反应的是A．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl混合 B．Al和Fe2O3高温条件下反应C．碳与水蒸气制取“水煤气” D．高温煅烧石灰石【答案】C【详解】A．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl混合反应是吸热反应，但反应中没有元素化合价变化，是非氧化还原反应，A不符合；B．Al和Fe2O3高温条件下反应放热，有元素化合价变化，是氧化还原反应，B不符合；C．碳与水蒸气制取“水煤气”是吸热反应，反应中有元素化合价变化，是氧化还原反应，C符合；D．高温煅烧石灰石是吸热反应，但反应中没有元素化合价变化，是非氧化还原反应，D不符合；答案选C。13．已知某化学反应2B2A(g)=A2(g)+2B2(g)(B2A、A2、B2的分子结构分别为B—A—B、A=A、B—B)的能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是A．该反应是吸热反应B．该反应的ΔH=(E1−E2)kJ·mol−1C．由2molA(g)和4molB(g)形成1molA=A键和2molB—B键，释放E2kJ能量D．该反应中，反应物的键能总和小于生成物的键能总和【答案】D【详解】A．由图可知该反应反应物总能量低于生成物总能量，因此该反应为吸热反应，故A正确；B．吸热反应的ΔH>0，因此该反应的ΔH=(E1−E2)kJ·mol−1，故B正确；C．新化学键形成需要释放能量，故2molA(g)和4molB(g)形成1molA=A键和2molB-B键，放出E2kJ能量，故C正确；D．该反应为吸收能量的反应，反应物的键能总和大于生成物的键能总和，故D错误；综上所述，叙述不正确的是D项，故答案为D。14．“自热”火锅的发热包主要成分有：生石灰、铁粉、焦炭粉、氯化钙……等。下列说法错误的是A．生石灰与水反应放热B．使用时须向发热包中加入沸水C．铁粉发生缓慢氧化，辅助放热D．氯化钙可以吸收微量的水，减缓发热包失效【答案】B【详解】A．生石灰与水发生反应生成氢氧化钙，会放出大量的热，故A正确；B．反应本身放热，无需加入沸水，故B错误；C．铁粉缓慢氧化的过程也是放热反应，故C正确；D．生石灰吸水会使发热包失效，氯化钙有吸水干燥作用，减缓发热包失效，故D正确；故选B。15．甲烷分子结构具有高对称性且断开1molC－H键需要吸收440kJ能量。无催化剂作用下甲烷在温度达到1200℃以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，CH4可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是A．甲烷催化裂解成C和需要吸收1760kJ能量B．步骤②、③反应均为放热反应C．催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积D．使用该催化剂，反应的焓变不变【答案】A【详解】A．断开1molC－H键需要吸收440kJ能量，1mol甲烷分子中有4molC－H键，完全断开需要吸收1760kJ能量，即1mol甲烷中的化学键完全断开需要吸收1760kJ能量，而不是甲烷催化裂解成C和H2需要吸收1760kJ能量，故A错误；B．步骤②、③反应中，反应物的总能量均高于生成物的总能量，所以均为放热反应，故B正确；C．从图中可以看出，甲烷在镍基催化剂上转化是在催化剂表面上发生的，催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积，堵塞了催化剂表面的活性中心，故C正确；D．催化剂不影响反应物和生成物的总能量，使用该催化剂，反应的焓变不变，故D正确；故选A。16．依据如图所示能量关系判断下列说法正确的是A．2molH2(g)与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量低B．2molH2(g)完全燃烧，冷却到室温，放出的热量为483.6kJC．H2O(g)变成H2O(l)时，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量D．液态水分解的热化学方程式为2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g)∆H=+571.6kJ∙mol-1【答案】D【详解】A．由题图可知，2molH2(g)与1molO2(g)所具有的总能量比2molH2O(g)所具有的总能量高，A项错误；B．2molH2(g)完全燃烧，冷却到室温，则生成液态水，放出的热量为(483.6+88)kJ=571.6kJ，B项错误；C．H2O(g)变成H2O(l)属于物理变化，不存在化学键的断裂和形成，C项错误；D．由题图可知，2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)∆H=(483.6+88)kJ∙mol-1=-571.6kJ∙mol-1，所以液态水分解的热化学方程式为2H2O(l)＝2H2(g)+O2(g)∆H=+571.6kJ∙mol-1，D项正确；答案选D。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17．（10分）金属由于其优良的物理化学性能，在工农业生产以及国防中被大量使用。钢铁是应用最广的金属材料，但是钢铁材料的腐蚀也使我们损失惨重，因此对其进行防护是十分必要的。防止或减少钢铁的腐蚀有多种方法，如制成耐腐蚀合金，表面“烤蓝”，电镀另一种金属以及电化学保护等方法。（1）钢铁的腐蚀主要是吸氧腐蚀，请写出钢铁吸氧腐蚀的电极反应：负极的电极反应式为________________，正极的电极反应式为_________________________。（2）合金的性能多种多样，人们根据需要生产出种类繁多的合金材料。请回答①作为建筑材料的铝合金的特性有____________________________________________________________（至少回答两点）。②由于摄入较多的Al对人的健康有害，所以现在不主张使用铝制炊具。你认为生产炊具的材料最好是_________，理由是__________________________________。（3）钢铁表面常电镀一层Cr达到防腐蚀的目的，这是由于Cr具有优良的抗腐蚀性能。请回答：电镀过程中，阴极是________，电解质中一定含有________，阳极材料是________；电镀Cr时，不能使用或作为镀液，请说明原因：___________________________________________________。【答案】（1）（2）①强度较高、密度小、耐腐蚀②不锈钢强度高、耐腐蚀，无有害健康的物质进入食物（3）镀件铬、均带有负电荷，电镀过程中向阳极移动，不能在阴极上放电析出Cr【详解】(1)钢铁是铁和碳的合金，吸氧腐蚀中，铁作负极失去电子，负极电极反应式为：，碳作正极，溶解于水中的O2得到电子，正极的电极反应式为：；(2)①铝合金是生活中最常见的金属材料，其特性有：强度较高、密度小、耐腐蚀；②生产炊具的材料最好是不锈钢。因为不锈钢强度高、耐腐蚀，无有害健康的物质进入食物；(3)钢铁表面镀铬，钢铁作镀件，电镀时镀件作阴极，铬作阳极，失去电子生成Cr3+，进入溶液，溶液中的Cr3+在阴极得到电子生成Cr单质，覆盖在钢铁上，因而电解液中必须含有Cr3+。、均带有负电荷，电镀过程中向阳极移动，不能在阴极上放电析出Cr。18．（10分）电解原理在化学工业中有着广泛的应用。下图表示一个电解池示意图，装有电解质溶液c；A、B分别是两块电极板，通过导线与直流电源相连。(1)若A、B均是惰性电极，电解质溶液c是NaCl饱和溶液，电解开始时，同时在U形管两边各滴入几滴酚酞溶液，试判断：①a是___________(填“正”或“负”)极，B是___________(填“阴”或“阳”)极；②电解池中A电极上发生的电极反应为___________，B电极上发生的电极反应为___________；③检验A电极反应产物的方法是___________。(2)若用电解法精炼粗铜，电解质溶液c选用CuSO4溶液，则①A电极的材料是___________，电极反应为___________；②B电极的材料是___________，电极反应为___________。(3)用惰性电极电解CuSO4溶液。若阴极上析出Cu的质量为3.2g，则阳极上产生的气体在标准状况下的体积为___________；常温下，若将电解后的溶液稀释至1L，则溶液的pH约为___________。【答案】（1）①正阴②2Cl--2e−=Cl2↑2H++2e−=H2↑③用湿润的淀粉碘化钾试纸，Cl2能将I−氧化成I2，I2遇淀粉变蓝①粗铜Cu−2e−=Cu2+②精铜Cu2++2e−=Cu0.56L1【详解】(1)①电流从正极流出，流入电解池的阳极，所以a是正极，B是阴极；故答案为：正；阴；②A电极上发生氯离子失电子生成氯气，电极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑，B电极上氢离子得电子生成氢气，电极反应为2H++2e−=H2↑；故答案为：2Cl--2e−=Cl2↑；2H++2e−=H2↑；③检验Cl2一般用湿润的淀粉碘化钾试纸，Cl2能将I−氧化成I2，I2遇淀粉变蓝；也可用湿润的有色布条或纸条，Cl2能使湿润的有色布条或纸条褪色，故答案为：用湿润的淀粉碘化钾试纸，Cl2能将I−氧化成I2，I2遇淀粉变蓝；(2)电解精炼铜时，粗铜作阳极，电极方程式为：Cu−2e−=Cu2+；精铜作阴极，电极方程式为：Cu2++2e−=Cu；故答案为：粗铜；Cu−2e−=Cu2+；阴极；Cu2++2e−=Cu；(3)电解的总反应为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。当阴极上析出3.2gCu时，物质的量为=0.05mol，产生的O2的物质的量为0.025mol，在标准状况下的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，同时产生的H+为0.05mol2=0.1mol，此时c(H+)=0.1mol·L−1，故pH=1，故答案为：0.56L；1。19．（10分）50ml0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液在如下图所示的装置中进行中和反应。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)从实验装置上看，尚缺少一种玻璃仪器，这玻璃仪器名称是_________。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是_______。(3)若大烧杯上不盖硬纸板，求得的反应热数值_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(4)实验中若改用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量(忽略测量误差，下同)_______(填“相等”或“不相等”)，所求中和热_______(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”)。(6)仍按50ml0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液测定中和热。若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差t2-t1分别为①2.2℃②3.5℃③3.3℃，则最终代入计算式的温差均值应该为________。已知溶液的比热容4.18J/(g.℃)，密度为1g/mL。计算所得中和热ΔH＝__________kJ/mol(计算结果保留一位小数)。【答案】（1）环形玻璃搅拌棒保温（或隔热、或减少热量损失）偏小不相等相等偏小3.4℃-56.8kJ/mol【详解】(1)为了测得温度的最高值，应在最短的时间内让盐酸和氢氧化钠充分反应，故缺少环形玻璃搅拌棒；(2)为了测得温度的最高值，应加强保温、隔热和防止热量散失措施，应在在大小烧杯间填满碎泡沬(或纸条)，并使小烧杯口与大烧杯口相平；(3)大烧杯上如不盖硬纸板，会有一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小；(4)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，与原实验相比，用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行上述实验，生成水的量增多，所放出的热量偏高；中和热是指强酸和强碱在稀溶液中反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以与原实验相比，用60mL0.50mol·L-1盐酸跟50mL0.55mol·L-1NaOH溶液进行上述实验测得中和热数值相等；(5)一水合氨为弱碱，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，反应放出的热量偏小；(6)①2.2℃②3.5℃③3.3℃中，①误差较大，应舍弃，用②③3组数据计算平均值为；50mL0.55mol·L-1盐酸与50mL0.50mol·L-1NaOH溶液反应生成水的物质的量为0.5mol/L×0.05L=0.025mol，溶液质量为100mL×1g/mL=100g，温度变化为3.4℃，该反应放热Q=cm∆t=4.18J/(g.℃)×100g×3.4℃=1.4212kJ，故∆H=；20．（12分）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示：(1)图中A极要连接电源的____(填“正”或“负”)极。(2)精制饱和食盐水从图中_____位置补充，NaOH溶液从图中____位置流出。(填“a”“b”“c”“d”“e”或“f”)(3)电解饱和食盐水的离子方程式是_____________________；(4)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，盐酸的作用是______________________。某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。(5)如图为某实验小组依据的氧化还原反应：(用离子方程式表示)_________________设计的原电池装置，该装置中，盐桥的作用是_______________________。(6)反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12g，导线中通过_______mol电子。【答案】（1）负极ad提高H+浓度，降低Cl2的溶解度Cu2++Fe=Fe2++Cu提供离子，平衡电荷，保持溶液的电中性0.2【分析】工业上用电解饱和食盐水制取氯碱，在阳极区域加入饱和食盐水，氯离子在阳极上放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧化钠生成，所以在阴极区域产生氢氧化钠，阳离子交换膜只能阳离子通过，钠离子通过离子交换膜进入阴极区，则从d可导出氢氧化钠溶液；【详解】(1)由图知，钠离子从左侧区向右侧区移动，则左侧为阳极区，图中A极为阳极、要连接电源的正极。(2)阳离子交换膜法电解饱和食盐水，氯离子在阳极放电、钠离子透过阳离子交换膜进入阴极区，阴极的反应式为：；故精制饱和食盐水从图中a位置补充，NaOH溶液从图中d位置流出。(3)电解饱和食盐水的离子方程式是；(4)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，与饱和食盐水相比，氢离子浓度较大，可抑制氯气溶解；则盐酸的作用是提高H+浓度，降低Cl2的溶解度。(5)如图所示为一个双液电池，该原电池装置的离子方程式为：Cu2++Fe=Fe2++Cu该装置中，盐桥的作用是提供离子，平衡电荷，保持溶液的电中性，能产生稳定的电流。(6)反应前，电极质量相等，电池总反应为，每转移2mol电子，消耗1molFe，铁电极减少56g，同时正极生成1molCu，石墨电极增加64g，则两电极质量相差120g，若一段时间后两电极质量相差12g，则导线中通过0.2mol电子。21．（10分）当今社会，能源的发展已成为全世界共同关注的话题，乙烷、二甲醚的燃烧热较大，可用作燃料。如图表示乙烷、二甲醚燃烧过程中的能量变化。请回答下列问题：（1）________。（2）乙烷的燃烧热________。（3）等物质的量的比完全燃烧生成指定产物时放出的热量________(填“多”或“少”)。（4）根据题图写出表示二甲醚燃烧热的热化学方程式：________。（5）从环保角度分析，放出相同的热量时选择________(填“乙烷”或“二甲醚”)作为燃料产生的二氧化碳较少。【答案】（1）（2）（3）少（4）（5）乙烷【分析】（1）依据原子守恒分析可知氢原子守恒，6a=2，a=，故答案为：。（2）根据图象分析可知

1313mol乙烷完全燃烧放热520kJ，所以1mol乙烷完全燃烧放热为520kJ×3=1560kJ，则乙烷的燃烧热△H=，故答案为：。（3）反应物气态比液态能量高，则等物质的量的比完全燃烧生成指定产物时放出的热量少，故答案为：少。（4）结合状态及焓变可知二甲醚完全燃烧时放出热量485kJ，则1mol二甲醚完全燃烧的热化学方程式为，故答案为：。（5）图中生成等量二氧化碳时乙烷燃烧放热多，则从环保角度分析，放出相同的热量时选择乙烷作为燃料产生的二氧化碳较少，故答案为：乙烷。第1章化学反应与能量转化（能力提升卷）一、选择题：本题包括16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意。1．下列说法错误的是A．水能、风能、生物质能是可再生能源，煤、石油、天然气是不可再生能源B．“冰，水为之，而寒于水”，说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量低C．同温同压下，在常温和点燃条件下的不同D．反应物和生成物具有的总能量的高低，决定了该反应是放热还是吸热反应【答案】C【详解】A．可再生能源包括太阳能、风能、水能、生物质能、潮汐能、地热能等，这些能源在自然界可以循环再生，不可再生能源在短期内无法恢复且随着开发利用储量越来越少，包括煤、石油、天然气、核能等，A正确；B．相同质量的冰转化为水需要吸热，所以相同质量的水和冰相比较，冰的能量低，B正确；C．对一个确定的化学反应而言，反应条件与反应热无关，同温同压下，在常温和点燃条件下的相同，C错误；D．反应物大于生成物具有的总能量，为放热反应，反之为吸热反应，所以反应物和生成物具有的总能量的高低，决定了该反应是放热还是吸热反应，D正确；答案为：C。2．如图表示中和热测定实验装置，下列说法正确的是A．实验过程中没有热量损失B．实验过程中用温度计进行搅拌C．温度计的水银球不能接触烧杯内壁D．烧杯间填满碎泡沫塑料的主要作用是固定小烧杯【答案】C【详解】A．实验过程中酸和碱在小烧杯中混合，反应放热，放出的热量会散失，需采取保温、隔热措施，故A错误；B．温度计不能用于搅拌，应该使用环形玻璃搅拌棒搅拌，故B错误；C．温度计的水银球不能接触烧杯内壁，否则温度显示不准确，故C正确；D．烧杯间填满碎泡沫塑料起隔热作用，可以尽量减少烧杯与外界的热交换，保证实验结果的准确度，故D错误；答案选C。3．下列关于化学反应与能量的说法中，不正确的是A．化学反应必然伴随发生能量变化B．Na与H2O的反应属于放热反应C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于放热反应D．化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的【答案】C【详解】A．由于断键吸热，成键放热，因此化学反应必然伴随发生能量变化，A正确；B．Na与H2O生成氢氧化钠和氢气，属于放热反应，B正确；C．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，C错误；D．由于断键吸热，成键放热，因此化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的，D正确；答案选C。4．1g

H2燃烧生成液态水，放出142.9

kJ的热量，下列热化学方程式正确的是A．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)

ΔH=-571.6

kJ·mol-1B．2H2(g)+O2(g)

=2H2O(l)

ΔH=-142.9

kJ·mol-1C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)

ΔH=-571.6

kJ·mol-1D．2H2(g)+O2(g)

=2H2O(l)

ΔH=+571.6

kJ·mol-1【答案】A【分析】1mol氢气的质量为：2g/mol×1mol=2g，则2g氢气燃烧生成液态水放出的热量为：142.9kJ×=285.8kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1。【详解】A．焓变与化学计量数成正比，则2mol氢气放出的热量为285.8kJ×2=571.6kJ，正确的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1，选项A正确；B．生成水的状态应该为气态，正确的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ•mol-1，选项B错误；C．状态H2O(g)错误，应为H2O(l)，选项C错误；D．ΔH=+571.6

kJ·mol-1>0，代表吸热反应，与事实相违背，选项D错误；答案选A。5．纳米Fe2O3在常压电解法合成氨过程中起催化作用，该电解装置如图所示。已知熔融NaOH—KOH为电解液，Fe2O3在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是A．惰性电极Ⅱ是电解池的阴极，发生还原反应B．产生2.24LO2时，转移的电子数为0.4NAC．惰性电极Ⅰ的电极反应为Fe2O3+3H2O-6e-=2Fe+6OH-D．生成氨气的反应为2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3【答案】D【详解】A．根据图示可知，惰性电极Ⅱ产生氧气，氧元素化合价升高，发生氧化反应，故惰性电极Ⅱ为电解池的阳极，A错误；B．产生，未标注状态，故不能计算转移的电子数，B错误；C．根据图示可知，惰性电极Ⅰ为阴极，反应得电子，电极反应式为Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-，C错误；D．结合图示及阴极电极反应式可知，生成氨气的反应为2Fe+N2+3H2O=Fe2O3+2NH3，D正确。答案选D。6．科学家已获得了极具理论研究意义的分子，其结构为正四面体(如图所示)，与白磷分子的结构相似。已知断裂1molN-N键吸收193kJ热量，断裂键吸收946kJ热量，则下列说法正确的是A．是一种新型化合物B．转化为的反应的C．比稳定D．转化为的反应的【答案】D【详解】A．是由氮元素形成的单质，不是化合物，A项错误；B．从图中可以看出，一个分子中含有6个N-N键，根据可知，反应的，B项错误；C．由B可知转变成的过程放出热量，可知的能量比低，而物质的能量越低越稳定，C项错误；D．由B项分析可知D项正确；故选：D；7．已知溴跟氢气反应的热化学方程式如下(、、均为正值)：①，②，③，下列判断正确的是A．B．与的相对大小无法判断C．溴蒸气转化为液态溴需要放出的热量D．和反应生成时放出热量【答案】A【详解】A．具有的总能量大于具有的总能量，则，具有的总能量大于具有的总能量，则，所以，A项正确；B项错误；C．根据盖斯定律，由②-③得，所以1mol溴蒸气转化为1mol液态溴需要放出的热量，选项中没有指明溴蒸气的物质的量，C项错误；D．由可知，和反应生成时放出的热量，D项错误。故选A。8．原电池的正负极不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关，则下列说法正确的是A．Mg、Al、稀硫酸组成的原电池，负极的电极反应式为B．Mg、Al、NaOH溶液组成的原电池，负极的电极反应式为C．由Fe、Cu、硫酸铜溶液组成的原电池，负极的电极反应式为D．由Fe、Cu、溶液组成的原电池，负极的电极反应式为【答案】B【详解】A．Mg、Al、稀硫酸组成的原电池，Mg作负极，电极反应式为，故A错误；B．由Mg、Al、NaOH溶液组成的原电池，Al作负极，Mg作正极，负极的电极反应式为，故B正确；C．由Fe、Cu硫酸铜溶液组成的原电池，Fe作负极，电极反应式为，故C错误；D．该原电池中，Fe易失去电子而作负极，Cu作正极，负极的电极反应式为，故D错误。故选B。9．CH4、CO2在催化剂作用下可以反应生成CH3COOH，该反应历程(化学吸附至脱附)可以用下图表示。下列说法不正确的是A．CH4在催化剂表面发生化学吸附可表示为：CH4(g)H*+CH3*(*表示吸附态)B．②过程表示CH3COOH分子的脱附过程C．反应过程中有C－H键、C－C键、O－H键生成D．该合成反应是放热反应【答案】C【详解】A．由图可知，CH4在催化剂表面发生化学吸附生成H*和CH3*，表示为：CH4(g)H*+CH3*，A项正确；B．②过程H*和CH3COO*在催化剂的作用下生成CH3COOH，则②过程表示CH3COOH分子的脱附过程，B项正确；C．由图可知，反应中只有C-C键和O-H键的生成，C项错误；D．反应物的总能量大于生成物的总能量，该合成反应是放热反应，D项正确；答案选C。10．化学反应A2+B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法正确的是A．该反应是吸热反应B．断裂2molA－B键需要吸收ykJ的能量C．2molAB的总能量高于1molA2和1molB2的总能量D．断裂1molA－A键和1molB－B键能放出xkJ的能量【答案】B【分析】由图可知，断裂化学键吸收的能量小于形成化学键释放的能量，为放热反应，以此来解答。【详解】A．因反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，故A错误；B．因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂2molA－B键需要吸收ykJ能量，故B正确；C．由图可知，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故C错误；D．因旧键的断裂吸收能量，而不是释放能量，故D错误；故选B。11．已知：(I)C(s)+O2(g)=CO2(g)∆H1(II)H2(g)+O2(g)=H2O(g)∆H2(III)CO(g)+O2(g)=CO2(g)∆H3(IV)C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)∆H4下列说法正确的是A．∆H1<0、∆H3>0B．∆H4=∆H2+∆H3+∆H1C．∆H2+∆H3<∆H1D．∆H1、∆H2、∆H3分别对应为C、、CO的标准燃烧热【答案】C【详解】A.反应Ⅰ和反应Ⅲ都是燃烧反应，都是放热反应，∆H1<0、∆H3<0，选项A错误；B.反应Ⅰ-反应Ⅱ-反应Ⅲ=反应Ⅳ，方程式相加减，焓变也是对应相加减，∆H4=∆H1-∆H2-∆H3，选项B错误；C.反应Ⅳ=反应Ⅰ-反应Ⅱ-反应Ⅲ，反应Ⅳ为吸热反应，∆H2+∆H3<∆H1，选项C正确；D.标准燃烧热是指在101kPa时，1mol物质完全燃烧的反应热，H2的产物为气体，应该是生成液态水，选项D错误；答案选C。12．在实验室进行中和热测定实验，下列有关叙述错误的是A．大小烧杯之间塞满碎泡沫，目的是减少热量损失B．测量终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度C．为了使酸碱充分反应，应当缓慢分次倒入溶液并搅拌D．可用塑料材质的环形搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒【答案】C【详解】A．大小烧杯之间塞满碎泡沫，目的是减少热量损失，减小测量误差，故A正确；B．充分反应，放出热量最多时，温度最高，测量终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度，故B正确；C．为了使酸碱充分反应，应当快速一次倒入溶液并搅拌，防止热量散失，故C错误；D．塑料材质的环形搅拌棒导热能力差，可用塑料材质的环形搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，故D正确；故选C。13．用石墨作电极电解0.1mol·L−1的NaCl溶液，通电一段时间后发现，相同条件下两极收集的气体体积之比为4∶3，下列说法正确的是A．在电解后的溶液中注入一定量的浓盐酸可以使溶液恢复到电解前状态B．在电解后的溶液中通入标准状况下的氯化氢气体4.48L，并注入0.2mol水可以使溶液恢复到电解前状态C．阴极产生的气体的物质的量是阳极产生的气体的物质的量的D．阳极产生的气体的平均摩尔质量为58g/mol【答案】D【分析】石墨作电极电解NaCl溶液电解过程：阳极产生氯气，电极反应式为，阴极产生氢气，电极反应式为，根据电子守恒可知，氯气和氢气的体积相等，若两极收集的气体体积之比为4∶3，则说明发生了过度电解，假设电解过程中生成氯气的物质的量为amol，则对应生成的氢气的物质的量也为amol，之后电解氢氧化钠溶液的实质是电解水，即阳极生成氧气，阴极生成氢气，二者的物质的量之比为1∶2，故可分别设其为bmol和2bmol。根据题意得=，即b=。【详解】A．按照n(HCl)∶n(H2O)=2∶1配制所得到的盐酸浓度远远大于浓盐酸的浓度，A项错误；B．若要使电解后的溶液恢复至电解前状态，则应向溶液中通入2amol氯化氢气体并注入2bmol(或amol)水，即当n(HCl)∶n(H2O)=2∶1时，才有可能使溶液恢复到电解前状态，B项错误；C．阳极产生的气体的物质的量是阴极产生的气体的物质的量的，C项错误；D．阳极产生的气体为amol氯气和mol氧气，则平均摩尔质量为g/mol=58g/mol，D项正确；答案选D。14．图是新型镁-锂双离子二次电池，下列关于该电池的说法不正确的是A．放电时,Y电极上的电势比X电极上的高B．放电时,正极的电极反应式：C．充电时,外加电源的正极与Y相连D．充电时,导线上每通过,左室溶液质量减轻12g【答案】D【分析】放电时，左边X电极镁为负极，电势低，失电子发生氧化反应，反应式为Mg-2e-=Mg2+，右边Y电极为正极，电势高，得电子发生还原反应，反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，阳离子移向正极；充电时，外加电源的正极与正极相连，负极与负极相连，结合电子转移进行计算解答。【详解】A.由分析知，放电时Y电极上的电势比X电极上的高，A正确；B.放电时，右边为正极得电子发生还原反应，反应式为Li1﹣xFePO4+xLi++xe﹣＝LiFePO4，B正确；C.充电时，外加电源的正极与正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，C正确；D.充电时，导线上每通过1mole﹣，左室得电子发生还原反应，反应式为Mg2++2e﹣＝Mg，但右侧将有1molLi+移向左室，所以溶液质量减轻12﹣7＝5g，D错误；故选D。15．某同学设计如下原电池，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A．该装置将化学能转化为电能B．负极的电极反应是：Ag+I-－e-=AgIC．电池的总反应是Ag++I-=AgID．盐桥（含KNO3的琼脂）中NO3-从左向右移动【答案】D【分析】图中没有外接电源，反而是有个电流表，且电路中有电子的移动方向，则该装置是原电池装置。由于只有Ag+能和I-离子反应，所以电池的总反应是Ag++I-=AgI，负极反应为：Ag+I--e-=AgI，正极反应为：Ag++e-=Ag。【详解】A.经分析，该装置是原电池装置，则该装置将化学能转化为电能，A正确；B.根据电子的移动方向，可以推断出左侧电极为负极，该电极反应为：Ag+I--e-=AgI，B正确；C.该电池中，表观上看，只有Ag+和I-反应，所以总反应是Ag++I-=AgI，C正确；D.左侧电极为负极，右侧电极为正极，NO3-带负电荷，向负极移动，所以应该是从右向左移动，D错误；故合理选项为D。16．锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙述正确的是A．铜电极上发生氧化反应B．电池工作一段时间后，甲池的c(SO42－)减小C．电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D．阴阳离子离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡【答案】C【详解】A.由图像可知该原电池反应原理为Zn+Cu2＋=Zn2＋+Cu，故Zn电极为负极失电子发生氧化反应，Cu电极为正极得电子发生还原反应，故A项错误；B.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中c(SO42－)不变，故B项错误；C.电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中Cu2＋+2e—=Cu，故乙池中为Cu2＋～Zn2＋，摩尔质量M(Zn2＋)>M(Cu2＋)故乙池溶液的总质量增加，C项正确；D.该装置中为阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，电解过程中溶液中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液中电荷平衡，阴离子并不通过交换膜，故D项错误；本题选C。二、非选择题：本题共5小题，共52分。17．（10分）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的装置。（1）甲池中负极的电极反应式为___。（2）工作一段时间后，测得甲池中溶液的pH减小，该电池总反应式为___。（3）乙池中A（石墨）电极的名称为___（填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”），乙池中总反应为___。（4）当乙池中B电极质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为___mL（标准状况下），假设乙池、丙池中的溶液均足量，丙池中___（填“C”或“D”）极析出__g铜。【答案】（1）CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O（2）2CH3OH+3O2+4OH-=2CO+6H2O阳极4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3↑280D1.6【分析】由图可知甲池为甲醇的燃料电池，甲醇端为负极，氧气端为正极；则乙池为电解池，A与电源正极相连为阳极，B为阴极；丙为电解池，D与电源负极相连为阴极，C为阳极，以此分析。【详解】（1）甲池为原电池，燃料在负极失电子发生氧化反应，在碱溶液中生成碳酸盐，甲池中通入的电极反应式为，故答案为：；（2）根据以上分析可知甲池是燃料电池，由于电解质溶液显碱性，故生成物是碳酸钾和水，所以工作一段时间后甲中溶液的pH减小，因此该电池总反应的离子方程式为，故答案为：；（3）乙池是电解池，A电极与原电池的正极相连，则A为阳极，B为阴极，电池总反应式为，故答案为：阳极；；（4）乙池中B电极增加的物质为Ag，其物质的量为，依据得失电子守恒可知，，甲池中理论上消耗的物质的量是，在标准状况下的体积为；丙为电解池，C为阳极，D为阴极，电解氯化铜溶液时，铜离子在阴极得到电子析出铜，结合得失电子守恒可知，，析出铜的物质的量是，质量为，故答案为：280；D；1.6。18．（10分）(1)0.1molCl2与焦炭、完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解的液态化合物，放热，该反应的热化学方程式为______________________________________________。(2)Si与Cl两元素的单质反应生成的最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ。已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃。写出该反应的热化学方程式：_______________________________。(3)NaBH4(s)与反应生成和。在25℃，101kPa下，已知每消耗放热，该反应的热化学方程式是____________________________________________。(4)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气（主要成分为CO、和）在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：①②③回答下列问题：已知反应①中相关的化学键键能数据如下（已知CO的化学键为）：化学键H-HC-OH-OC-H4363431076465413由此计算________；已知，则________。【答案】（1）－99+41【分析】根据题中信息，由质量守恒和元素守恒写出热化学方程式；根据题中信息生成1molSiCl4，写出热化学方程式；根据题中信息，消耗1molNaBH4(s)放热216.0kJ，写出热化学方程式；根据题中信息，由盖斯定律计算反应热；据此解答。【详解】(1)0.1molCl2与焦炭、TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2•xH2O的液态化合物，放热4.28kJ，由质量守恒和元素守恒可知还原性气体为CO，易水解成TiO2•xH2O的液态化合物为TiCl4，反应的化学方程式为2Cl2+TiO2+2C═TiCl4+2CO，则2mol氯气反应放出的热量为×4.28kJ=85.6kJ，所以热化学方程式为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l)+2CO(g)△H=-85.6kJ•mol-1；答案为2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)═TiCl4(l)+2CO(g)△H=-85.6kJ•mol-1。(2)Si与Cl两元素的单质反应生成1molSi的最高价化合物SiCl4，恢复至室温，放热687kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为-69℃和58℃，则常温下SiCl4为液态，该反应的热化学方程式为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol；答案为Si(s)+2Cl2(g)=SiCl4(l)△H=-687kJ/mol。(3)3.8gNaBH4(s)物质的量为0.1mol，在25℃、101kPa下，每消耗0.1molNaBH4(s)放热21.6kJ，则消耗1molNaBH4(s)放热216.0kJ，则热化学方程式为NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)△H=-216.0kJ/mol；答案为NaBH4(s)+2H2O(l)=NaBO2(s)+4H2(g)△H=-216.0kJ/mol。(4)反应热=反应物总键能-生成物总键能，故△H1=1076kJ·mol-1+2×436kJ·mol-1-（3×413+343+465）kJ·mol-1=-99kJ·mol-1；根据盖斯定律反应②-反应①=反应③，故△H3=△H2-△H1=-58kJ·mol-1-（-99kJ·mol-1）=+41kJ·mol-1；故答案为-99，+41。19．（10分）如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：（1）B极是电源的________极，一段时间后，甲中溶液颜色________，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明氢氧化铁胶体粒子带___电荷（填“正”或“负”，在电场作用下向____极移动（填“X”或“Y”）。（2）若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为_________________。（3）现用丙装置给铜件镀银，则H应该是________（填“镀层金属”或“镀件”），电镀液是________溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500mL)，丙中镀件上析出银的质量为________，甲中溶液的pH________(填“变大”“变小”或“不变”)。（4）若将C电极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生总反应的离子方程式是__________________________________________。【答案】（1）负极逐渐变浅正Y（2）1∶2∶2∶2镀件AgNO35.4g变小Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋【分析】将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是氢离子在该电极放电，所以F极是阴极，B为电源负极、A为电源正极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极。【详解】（1）B电极是电源的负极，C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：2H2O-4e-=O2+4H+、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷。（2）C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：2H2O-4e-=O2+4H+、Cu2++2e-═Cu、2Cl-═Cl2↑+2e-、2H++2e-═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1：2：2：2。电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电镀液含有镀层金属阳离子，故电镀液为AgNO3溶液；当乙中溶液的c（OH-）=0.1mol•L-1时（此时乙溶液体积为500mL），根据电极反应2H2O+2e-═H2↑+2OH-，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/l×0.5L=0.05mol，当转移0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量=108g/mol×0.05mol=5.4g，电解硫酸铜的过程中水放电生成氧气，有硫酸生成，所以氢离子浓度增大，所以酸性增强，甲中溶液的pH变小。（4）C电极换为铁，则阳极铁失电子，阴极铜离子得电子，电解池反应为：Fe+Cu2+Cu+Fe2+。20．（12分）某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应反应热。他将的盐酸与的NaOH溶液加入如图甲所示的装置中，进行中和反应。请回答下列问题：（1）从实验装置上看，图甲中尚缺少的一种玻璃仪器是___________；由图甲可知该装置还有其他不妥之处，改正的操作是___________。（2）实验中改