【化学】福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

【化学】福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题（解析版）

福建省漳平市第一中学2019-2020学年高二上学期第一次月考试题 ‎1.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）‎ A. 将废铅蓄电池的铅泥和废硫酸作深埋处理 B. 钢铁表面烤蓝生成一层致密的Fe3O4，能起到防腐蚀的作用 C. 生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱 D. 积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.铅泥会造成重金属离子污染土壤，废硫酸会使土壤酸化，都不可做深埋处理，故选A；‎ B.四氧化三铁是致密的，能保护内部的钢铁不被腐蚀，故不选B；‎ C.生铁中含有碳，形成原电池后，金属铁是负极，会加速金属的腐蚀速率，所以生铁抗腐蚀能力比纯铁弱，故不选C；‎ D.积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用，减少化石燃料的使用，可以减少污染，故不选D；‎ 答案选A。‎ ‎2.下列反应属于氧化还原反应，而且△H＞0的是 （ ）‎ A. 铝片与稀H2SO4反应 B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应 C. 灼热的炭与CO2反应 D. 甲烷在O2中的燃烧反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】有元素化合价变化的反应为氧化还原反应；△H＞0的反应为吸热反应，据此分析判断。‎ ‎【详解】A．铝片与稀H2SO4反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，但属于放热反应，故A不选；B．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl反应为吸热反应，但不属于氧化还原反应，故B不选；C．灼热的炭与CO2反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，且属于吸热反应，故C选；D．甲烷在O2中的燃烧反应，有化合价的变化，属于氧化还原反应，但属于放热反应，故D不选；故选C。‎ ‎3.以下判断正确的是(　　)‎ A. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)   △H=+178.5kJ・mol-1，该反应低温才能自发 B. 通常化学反应的△S 越大，越有利于反应自发进行，所以△S＞0时反应必能自发 C. 某反应的△H＞0，△S＜0，则该反应就不能自发进行 D. 任何情况下，温度都不可能对反应的方向起决定性作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、△H＞0，△S＞0，根据△G=△H-T△S可知，高温下反应能自发进行，低温下不能自发进行，故A错误；B. 通常化学反应的△S 越大，越有利于反应自发进行，但△S＞0时，若△H＞0，反应在高温下反应能自发进行，低温下不能自发进行，故B错误；C、根据△G=△H-T△S判断，△H＞0，△S＜0，则△G＞0，反应不能自发进行，故C正确；D、如△H＞0，△S＞0，高温下反应能自发进行，低温下不能自发进行，温度可能对反应的方向起决定性作用，故D错误；故选C。‎ ‎4.下列关于金属腐蚀与防护的说法不正确的是（ ）‎ A. 图①，放置于干燥空气中的铁钉不易生锈 B. 图②，若将钢闸门与电源的正极相连，可防止钢闸门腐蚀 C. 图②，若断开电源，钢闸门将发生吸氧腐蚀 D. 图③，若金属M比Fe活泼，可防止输水管腐蚀 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】A.干燥空气中不易形成原电池； B.‎ ‎ 与原电池的正极相连作阳极，易被腐蚀； C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀； D.M、Fe形成原电池时，Fe作正极。‎ ‎【详解】A.形成原电池需要电解质溶液，所以干燥空气中不易形成原电池，则铁钉不会生锈，所以A选项是正确的； B. 与原电池的正极相连作阳极，活泼金属作阳极时，金属失电子易被腐蚀，所以若将钢闸门与电源的正极相连，不能防止钢闸门腐蚀，故B错误； C.中性、碱性和弱酸性条件下易发生吸氧腐蚀，所以钢闸门会发生吸氧腐蚀，所以C选项是正确的； D. 若金属M比Fe活泼，M、Fe形成原电池时，Fe作正极，M失电子作负极，Fe被保护，所以D选项是正确的。 故答案选B。‎ ‎5.已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol-1‎ ‎②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－b kJ·molˉ1‎ 分子中的化学键 H-H O2分子中的氧氧键 O-H 断开1mol化学键所需的能量/kJ ‎436‎ ‎498‎ ‎463‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. a>b B. 反应①中反应物总键能大于生成物总键能 C. a＝482 D. 反应②中反应物的总能量小于生成物的总能量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol-1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－b kJ·molˉ1，根据盖斯定律 ①-②得，2H2O（l）=2H2O（g）ΔH＝（b-a）kJ·mol-1，水有液态到气态会吸热，因此b-a>0，即b>a，故A错误；‎ B. 反应①的ΔH＝2×436+498-4×463=-482 kJ·mol-1，氢气燃烧为放热反应，因此反应物总键能应该小于生成物总键能，故B错误；‎ C.根据①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) ΔH＝－a kJ·mol-1可知-a=2×436+498-4×463=-482，得a=482，故C正确；‎ D.因为燃烧为放热反应，因此反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎6.已知：① ；② ；③ 。则反应④的为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据根据盖斯定律，将2×②+③-①即得④， ，答案选A。‎ ‎7.下列热化学方程式中，正确的是（ ）‎ A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O(g) △H=-890.3kJ·mol-1‎ B. 500℃、30MPa下，将 0.5molN2（g）和1.5molH2（g）置于密闭容器中充分反应生成 NH3（g）放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）2NH3（g） △H = -38.6kJ·mol-1‎ C. HCl 和 NaOH 反应的中和热△H=-57.3 kJ·mol-1 ，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热 △H = 2×（-57.3）kJ·mol -1‎ D. 在101kPa 时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1) △H =-571.6 kJ·mol-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 生成水的状态应该为液态,甲烷燃烧的热化学方程式应该为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=−890.3 kJ⋅mol−1，故A错误；‎ B. 500℃、30MPa下,将0.5mol N2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3 kJ，该反应为可逆反应，生成的氨气的物质的量小于1mol，则生成2mol氨气放出的热量小于38.6 kJ，故B错误；‎ C. 中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，不包括生成沉淀放出的热，由于稀H2SO4和Ca(OH)2‎ 反应生成硫酸钙过程中放热，所以测定中和热数值大于57.3 kJ /mol，故C错误；‎ D. 在101 kPa时,2gH2为1mol，完全燃烧生成液态水,放出285.8kJ热量,2mol氢气完全燃烧放出的热量为571.6 kJ,则氢气燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=−571.6 kJ⋅mol−1，故D正确。‎ 答案选D。‎ ‎8.我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（  ）。）‎ A. 放电时，ClO4－向负极移动 B. 充电时释放CO2，放电时吸收CO2‎ C. 放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋C D. 充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。‎ ‎【详解】A. 放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；‎ B. 电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；‎ C. 放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；‎ D. 充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。‎ ‎9. S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体。‎ 已知：① S(单斜，s)＋O2(g) =SO2(g) △H1＝－297.16 kJ·mol-1‎ ‎② S(正交，s)＋O2(g) = SO2(g) △H2＝－296.83 kJ·mol-1‎ ‎③ S(单斜，s) = S(正交，s) △H3‎ 下列说法正确的是（ ）‎ A. △H3＝+0.33 kJ·mol-1‎ B. 单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应 C. S(单斜，s) =S(正交，s) △H3＜0，正交硫比单斜硫稳定 D. S(单斜，s) = S(正交，s) △H3＞0，单斜硫比正交硫稳定 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.①-②整理可得S(单斜，s)= S(正交，s)，△H3=-0.33 kJ/mol，A错误；‎ B.根据选项A分析可知△H3=-0.33 kJ/mol<0，表明单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应，B错误；‎ C.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据选项A可知正交硫的能量比单斜硫的能量低，所以正交硫比单斜硫稳定，C正确；‎ D.根据A可知S(单斜，s)═S(正交，s) △H3=-0.33 kJ/mol＜0，故正交硫比单斜硫稳定，D错误；‎ 故合理选项是C。‎ ‎10.下图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法不正确的是（ ）‎ A. 装置中的离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过 B. 装置中出口①处的物质是氢气，出口②处的物质是氯气 C. 除去杂质后的氢氧化钠溶液从出口B处导出 D. 转移0.8 mol电子时产生氢气8.96 L(标准状况)‎ ‎【答案】B ‎【解析】电解饱和食盐水时溶液阳极产生的气体是氯气，阴极产生的气体是氢气，所以①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气，B正确；离子交换膜可以让阴阳离子通过，A错误；阴极产生的氢气和氢氧化钠所以氢氧化钠溶液从B处导出，根据电极反应方程式，转移0.8moL电子时生成的氢气为0.4moL，体积为，所以答案选B。‎ ‎11.用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的状态(不考虑二氧化碳的溶解)，则电解过程中阳极产生气体的体积（标准状况下）为（ ）‎ A. 3.36L B. 4.48L C. 6.72L D. 2.24L ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜（Cu2(OH)2CO3）相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，电解过程分为两个阶段，第一个阶段阳极生成O2，阴极生成Cu，加入0.2mol CuO可恢复原状，第二阶段阳极生成氧气，阴极生成氢气，加入0.1mol H2O恢复原状；根据氧原子守恒可知阳极生成O2的物质的量为（0.2mol+0.1mol）/2=0.15mol，体积为0.15mol×22.4L/mol=3.36L；‎ 答案选A。‎ ‎12.下列事实能说明影响化学反应速率的决定性因素是反应物本身性质的是（ ）‎ A. Cu能与浓硝酸反应，但不能与浓盐酸反应 B. Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快 C. N2与O2在常温、常压下不反应，高压放电时可反应 D. 块状石灰石与盐酸反应比粉末状石灰石与盐酸反应慢 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故A正确；‎ B.硝酸的浓度不同，反应速率不同，浓度为外因，故B错误；‎ C.常温、常压、放电均为反应条件，为外因，故C错误；‎ D.块状石灰石与盐酸反应比粉末状石灰石与盐酸反应慢，是因为与接触面积有关，属于外因，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.在密闭容器中进行反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，下列条件能加快反应速率的是（ ）‎ A. 增大C(s)的量 B. 体积不变，充入H2O(g)使压强增大 C. 体积不变，充入He使压强增大 D. 压强不变，充入气体He ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.C为固体，反应快慢与接触面积有关，改变其用量不影响反应速率，故A错误；‎ B.体积不变，充入H2O(g)，相当于增加反应物浓度，可以加快反应速率，故B正确；‎ C.体积不变时充入He，与反应有关的气体浓度不变，反应速率不变，故C错误；‎ D.压强不变时充入He，容器体积变大，与反应有关的气体浓度减小，反应速率减小，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎14.下列实验装置符合实验目的是（ ）‎ 目的 粗铜的精炼 验证NaCl溶液（含酚酞）的产物 在铁制品上镀铜 构成原电池 装置 选项 A B C D ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、粗铜精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，A错误；‎ B、根据电流的方向可判断，铁是阳极，碳棒是阴极，铁失去电子，而不是溶液中的氯离子，因此得不到氯气，B错误；‎ C、电镀时，镀层金属作阳极，待镀金属作阴极，含有镀层金属离子的溶液作电解液，在铁上镀铜，铜应和电源的正极相连，C错误；‎ D、符合原电池的构成条件，D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎15.在可逆反应2A(g)＋3B(g) xC(g)＋D(g)中，已知：起始浓度A为5mol/L，B为3mol/L，C的反应速率为0.5mol/(L·min)，2min后，测得D的浓度为0.5mol/L。则关于此反应的下列说法中正确的是（ ）‎ A. 2min末时，A和B的浓度之比为5∶3 B. x＝1‎ C. 2min末时，B的浓度为1.5mol/L D. 2min末时，A的消耗浓度为0.5mol/L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】该反应的三段式为（浓度为mol/L）：‎ ‎2A(g)+‎ ‎3B(g)‎ xC(g)+‎ D(g)‎ ‎2‎ ‎3‎ x ‎1‎ 起 ‎5‎ ‎3‎ ‎0‎ ‎0‎ 转 ‎1‎ ‎1.5‎ ‎0.5x ‎0.5‎ 余 ‎4‎ ‎1.5‎ ‎0.5x ‎0.5‎ A、2min末时，c(A)：c(B)=4：1.5=8：3，A错误；‎ B、v(c)=mol/(L•min)=0.5mol/(L•min)，解得x=2，B错误；‎ C、2min末时，c(B)=1.5mol/L，C正确；‎ D、2min末时，Δc(A)=1mol/L，D错误；‎ 故选C ‎16.NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 mol·L－1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录10～55 ℃间溶液变蓝时间，55 ℃时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断正确的是（ ）‎ A. 40 ℃之前，温度升高反应速率减慢，变蓝时间变长 B. 40 ℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变短 C. 图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等 D. 图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0×10－5mol·L－1·s－1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.从图象中可以看出，40℃以前，温度越高，反应速度越快，40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，故A错误；‎ B. 40℃后温度越高，变色时间越长，反应越慢，而55℃，未变蓝，说明没有生成I2，故B错误；‎ C.图中b、c点对应的反应温度不同，反应速率不同，故C错误；‎ D.a点时间为80s，浓度变化量为=0.004mol/L，a点对应的NaHSO3反应速率=5.0×10－5mol·L－1·s－1，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎17.已知H2（g）＋2ICl（g）=I2（g）＋2HCl（g），该反应分①、②两步进行，其能量曲线如图所示， 已知：ICl中氯为－1价，碘为+1价。下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 反应①为吸热反应 B. 反应①和②均是同种元素间发生的氧化还原反应 C. 反应①比反应②的速率慢，与相应正反应的活化能有关 D. HI（g）＋ICl（g） I2（g）＋HCl（g） △H＝－218 kJ/mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据图示可知反应①的生成物总能量低于反应物总能量，因此反应①为放热反应，故A错误；‎ B.反应①为H2（g）＋2ICl（g）=HI（g）＋2HCl（g），氢元素化合价升高失电子，碘元素化合价降低得电子；反应②HI（g）＋ICl（g）I2（g）＋HCl（g）只涉及碘元素化合价升降得失电子，故B错误；‎ C.反应①比反应②的速率慢，说明反应①中正反应的活化能较大，反应②中正反应的活化能较小，故C正确；‎ D.反应①、反应②总的能量变化为218kJ，因此H2（g）＋2ICl（g）=I2（g）＋2HCl（g）△H＝－218 kJ/mol，故D错误；‎ 答案选C。‎ ‎18.认真观察下列装置，下列说法错误的是（ ）‎ A. 盐桥中的阳离子向装置B移动 B. 装置A中总反应的离子方程式为 Cu+2H+ Cu2++H2 ↑‎ C. 若在装置 D 中生成 0. 2 mol Fe(OH)3，则消耗水的物质的量共为0. 5mol D. 若装置E的目的是在Cu材料上镀银，则极板 N 的材料为Cu ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.装置B和装置C形成原电池，铅作负极，失电子结合硫酸根离子生成硫酸铅，二氧化铅作正极，正极上二氧化铅得电子结合硫酸根离子生成硫酸铅，盐桥中的阳离子移动到正极B，故A正确；‎ B.A连接电源，则A是电解池，左边Pt作阴极，右边Cu作阳极，阳极上Cu放电，阴极上氢离子放电，总电极反应式为Cu+2H+ Cu2++H2 ↑，故B正确；‎ C.装置D的总电极反应为Fe+2H2O Fe(OH)2+H2 ↑，后续反应为4 Fe(OH)2+O2+2H2O=4 Fe(OH)3，生成 0. 2 mol Fe(OH)3消耗水的物质的量为0.2×2+0.1=0.5mol，故C正确；‎ D.装置E电镀时N为阳极，镀层作阳极，材料为银；M为阴极，镀件作阴极，材料为Cu，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎19.I、在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量N2和水蒸气，并放出大量热．已知0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量．‎ ‎（1）写出该反应的热化学方程式_______________________________________．‎ ‎（2）已知H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ·mol﹣1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是________kJ．‎ ‎（3）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：‎ 途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣a kJ·mol﹣1‎ 途径II：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ·mol﹣1‎ ‎2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣c kJ·mol﹣1‎ ‎2H2（g）+O2 （g）═2H2O（l）△H=﹣d kJ·mol﹣1 （abcd均为正值）‎ 请回答下列问题：‎ ‎①判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量_______（填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量．‎ ‎②在C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g） 的反应中，反应物具有的总能量________（填“大于”、“等于”或“小于”）生成物具有的总能量．‎ ‎③b 与a、c、d的数学关系式是_____________． ‎ II、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：‎ ‎①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L−1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L−1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）为什么所用NaOH溶液要稍过量？__________________________。 ‎ ‎（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm−3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g−1·℃−1。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：‎ 实验 序号 起始温度t1/℃‎ 终止温度t2/℃‎ 盐酸 氢氧化钠 ‎1‎ ‎20.0‎ ‎20.0‎ ‎23.0‎ ‎2‎ ‎20.1‎ ‎20.1‎ ‎23.2‎ ‎3‎ ‎20.2‎ ‎20.2‎ ‎23.4‎ 依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________kJ·mol−1_(结果保留一位小数)。 ‎ ‎（3）不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是_________________。‎ ‎【答案】(1). N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol (2). 408 (3). 等于 (4). 小于 (5). b=﹣a (6). 确保盐酸被完全中和 (7). −51.8 kJ·mol−1 (8). H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定 ‎【解析】‎ ‎【分析】I（1）书写热化学方程式注意化学计量数代表物质的量，与△H相对应，同时标明反应物和生成物的状态；‎ ‎（2）利用盖斯定律解题；‎ ‎（3）①根据盖斯定律来判断两种途径放热之间的关系；‎ ‎②该反应属于吸热反应，反应物具有的总能量小于生成物的总能量；‎ ‎③根据盖斯定律来判断各步反应之间的关系；‎ II（1）氢氧化钠过量可以保证盐酸充分反应；‎ ‎（2）先求出△t 的平均值，在根据Q= m•c•△t计算放出的热量，在计算生成1mol水放出的热量，即可得中和热。‎ ‎（3）H2SO4与Ba(OH)2反应会生成BaSO4沉淀，影响中和热的测定。‎ ‎【详解】I（1）已知0.4mol液态肼和足量H2O2（l）反应生成氮气和水蒸气时放出256.64kJ的热量，依据热化学方程式的书写原则，结合定量关系写出，1mol肼和过氧化氢反应生成氮气和水蒸气放出的热量==640 kJ，所以热化学方程式为 N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；‎ 答案：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；‎ ‎（2）16g液态肼物质的量==0.5mol，由①N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）；△H=-641.6kJ/mol；②H2O（1）=H2O（g）△H=+44kJ/mol，结合盖斯定律，可以把②×4方向倒转得到③4H2O（g）=4H2O（l）△H=-44×4kJ/mol=-176kJ/mol，①+③得到N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（l） △H=-816kJ/mol，所以0.5mol液态肼与足量双氧水反应生成氮气和液态水时，放出的热量==408kJ；答案：408；‎ ‎（3）①根据盖斯定律，煤作为燃料不管是一步完成还是分两步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样；答案：等于；‎ ‎②该反应属于吸热反应，因此反应物具有的总能量小于生成物的总能量；答案：小于；‎ ‎③ C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣a kJ·mol﹣1 ①‎ ‎2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣c kJ·mol﹣1 ②‎ ‎2H2（g）+O2 （g）═2H2O（l）△H=﹣d kJ·mol﹣1 ③‎ 根据盖斯定律：①-②/2-③/2得C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+﹣a kJ·mol﹣1再根据已知可得b=+﹣a；答案：b=+﹣a；‎ II（1）为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量；答案：确保盐酸被完全中和； ‎ ‎（2）50mL 0.50mol/LHCl与 50mL0.55mol/L NaOH溶液进行中和反应生成水的物质的量为0.05L×0.50mol/L=0.025mol，溶液的质量为：100ml×1g/ml=100g，温度变化的值为△T=3.2‎ ‎℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△t=100g×4.18J/（g•℃）×3.1℃=1295.8J，即1.295kJ，所以实验测得的中和热△H=--51.8kJ/mol；答案：51.8；‎ ‎（3）不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，因为H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定；‎ 答案：H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定。‎ ‎20.用酸性KMnO4和H2C2O4（草酸）反应研究影响反应速率的因素。一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的速率，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化）：‎ 实验序号 ‎ A溶液 ‎ B溶液 ‎ ‎① ‎ ‎20 mL 0.1 mol·L－1H2C2O4溶液 ‎ ‎30 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液 ‎ ‎② ‎ ‎20 mL 0.2 mol·L－1H2C2O4溶液 ‎ ‎30 mL 0.01 mol·L－1KMnO4溶液 ‎ ‎（1）该反应的离子方程式 。（已知H2C2O4是二元弱酸）‎ ‎（2）该实验探究的是 因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是 ＜ （填实验序号）。‎ ‎（3）若实验①在2 min末收集了2.24 mL CO2（标准状况下），则在2 min末， c（MnO4－）＝__________mol/L（假设混合液体积为50mL）‎ ‎（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率，本实验还可通过测定 来比较化学反应速率。（一条即可）‎ ‎（5）小组同学发现反应速率总是如图，其中t1～t2时间内速率变快的主要原因可能是：‎ ‎① ；② 。‎ ‎【答案】（10分）‎ ‎（1）2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O ‎（2）浓度；①＜②‎ ‎（3）0.0056‎ ‎（4）KMnO4溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间 ‎（5）①该反应放热；②产物Mn2＋是反应的催化剂 ‎【解析】试题分析：（1）高锰酸钾溶液的强氧化性，把草酸氧化成CO2，根据化合价升降法进行配平，其离子反应方程式为：2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋＝2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O；（2）对比表格数据，草酸的浓度不一样，因此是浓度对化学反应速率的影响，浓度越大，反应速率越快，①<②；（3）根据反应方程式，求出消耗的n(KMnO4)=2.24×10－3×2/(22.4×10)mol=2×10－5mol，剩余n(KMnO4)=(30×10－3×0.01－2×10－5)mol=2.8×10－4mol，c(KMnO4)=2.8×10－4/50×10－3mol·L－1=0.0056mol·L－1；（4）KMnO4，溶液完全褪色所需时间或产生相同体积气体所需的时间；（6）①此反应是放热反应，温度升高，虽然反应物的浓度降低，但温度起决定作用；②可能产生的Mn2＋是反应的催化剂，加快反应速率。‎ ‎21.如图所示两套实验装置，分别回答下列问题。 ‎ 图1      图 2   ‎ ‎（1）如图1所示，U形管内盛有100mL的溶液，‎ ‎①打开K2，闭合K1，若所盛溶液为CuSO4溶液：则B极电极反应式为_______________________。‎ ‎②打开K1，闭合K2，若所盛溶液为MgCl2溶液，则可观察到现象是_________________________，总反应化学方程式是_________________________________。‎ ‎③如要用电解方法精炼粗镍(元素符号Ni)，打开K1，闭合K2，电解液选用NiSO4溶液，则A电极的材料应换成是______，反应一段时间后电解质溶液中Ni2+浓度_____（填“增大”、“减小”、“不变”）。‎ ‎（2）图2装置为硼氢化物NaBH4(B元素的化合价为+3价)燃料电池(DBFC),‎ ‎ 由于具有效率高、产物清洁无污染和燃料易于储存和运输等优点，被认为是一种很有发展潜力的燃料电池。‎ ‎①电池的负极反应式为__________________________‎ ‎②放电时，每转移2mol电子，理论上需要消耗_________g NaBH4‎ ‎【答案】(1). Cu2++2e﹣═Cu (2). AB两极都产生气体且A、B两极间溶液变浑浊 (3). MgCl2+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑ (4). 纯镍或精镍 (5). 减小 (6). BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O (7). 95g ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）①打开K2，闭合K1，该装置为原电池， Zn作负极、B极的C作正极；‎ ‎②打开K1，闭合K2，该装置是电解池，A为阴极、B为阳极；‎ ‎③如要用电解方法精炼粗镍(元素符号Ni)，打开K1，闭合K2，电解液选用NiSO4溶液，粗镍作阳极、纯镍作阴极；‎ ‎（2）以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O，正极H2O2发生还原反应，得到电子被还原生成OH-，电极反应式为H2O2+2e-=2OH-，结合原电池的工作原理解答该题。‎ ‎【详解】（1）①打开K2，闭合K1，该装置为原电池，A极的Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，B极的C作正极，铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；答案：Cu2++2e﹣═Cu；‎ ‎②打开K1，闭合K2，该装置是电解池，A为阴极，电极反应式为Mg2++2H2O+2e-=Mg(OH)2↓+H2↑；B为阳极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，总反应为MgCl2+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑；答案：AB两极都产生气体且A、B两极间溶液变浑浊；MgCl2+2H2OMg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑；‎ ‎③如要用电解方法精炼粗镍(元素符号Ni)，打开K1，闭合K2，电解液选用NiSO4溶液，粗镍作阳极，纯镍作阴极，电解精炼是电解质溶液浓度略有减小，基本不变；‎ 答案：纯镍或精镍；减小；‎ ‎（2）以硼氢化合物NaBH4（B元素的化合价为+3价）和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2‎ O，根据电极反应式可知每转移2mol电子，理论上需要消耗NaBH40.25mol，质量为0.25mol×38g/mol=9.5g；‎ 答案：BH4-+8OH--8e-=BO2-+6H2O；9.5g。‎ ‎22.（一）铅蓄电池是典型的二次电池，电池总反应式为：Pb＋PbO2＋2H2SO4 2PbSO4＋2H2O。请回答下列问题(不考虑氢、氧的氧化还原)：放电时，正极的电极反应式是____________________________。当外电路通过1 mol电子时，理论上负极板的质量增加______g。‎ ‎（二）某研究性学习小组，为了探究电极与原电池的电解质之间关系，设计了下列实验方案：用铝片、铜片、镁片作电极，分别与下列溶液构成原电池，并接电流表。‎ ‎（1）若用HNO3（浓）作电解质溶液，电极为铜片和铝片，正极上发生的电极反应式为________________；‎ ‎（2）若电解质溶液为0.5mol/LNaOH溶液，电极为镁片和铝片，则负极的电极反应式为____________。‎ ‎【答案】(1). PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O (2). 48 (3). NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O (4). Al-3e- +4OH- =[Al（OH）4]－‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（一）该铅蓄电池中放电时，正极反应式为PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4（s）+2H2O、负极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4；据此分析解答；‎ ‎（二）（1）在浓硝酸中，铝遇浓硝酸发生钝化，铜溶解，所以铜易失电子为负极，铝是正极；‎ ‎（2）在氢氧化钠溶液中镁不失去电子，而铝失去电子作负极，镁作正极。‎ ‎【详解】（一）该铅蓄电池中放电时，正极反应式为PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4（s）+2H2O、负极反应式为Pb（s）-2e-+SO42-（aq）=PbSO4（s），2e-～Pb～PbSO4～△m=96g ，因此当外电路通过1 mol电子时，理论上负极板的质量增加96g×=48g；‎ 答案：PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O；48；‎ ‎（二）（1）该原电池中，铝和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步反应，铜和浓硝酸反应，所以铜失电子而作负极，铝作正极，铜电极上失电子发生氧化反应，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，正极上硝酸根离子得电子生成二氧化氮，电极反应式为：NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O；答案：NO3-+e-+2H+=NO2↑+H2O；‎ ‎（2）该原电池中，铝易失电子而作负极，镁作正极，正极上水得电子生成氢氧根离子和氢气，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，负极上铝失电子生成[Al(OH)4]－‎ ‎，电极反应式为Al-3e- +4OH- =[Al(OH)4]－；答案：Al-3e- +4OH- =[Al(OH)4]－。‎