化学卷·2018届山东省枣庄二中高二上学期第一次月考化学试卷 （解析版）

化学卷·2018届山东省枣庄二中高二上学期第一次月考化学试卷 （解析版）

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年山东省枣庄二中高二（上）第一次月考化学试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列分别是利用不同能源发电的实例图形，其中不属于新能源开发利用的是（　　）‎ A．‎ 风力发电 B．‎ 太阳能发电 C．‎ 火力发电 D．‎ 潮汐能发电 ‎2．2012年10月24日飓风“桑迪”袭击美国．一阵飓风过后，海面的巨浪上竟燃烧着熊熊大火．海水会燃烧的原因是（　　）‎ A．飓风与海水发生剧烈摩擦，产生的巨大热能使水分子分解，引起氢气燃烧 B．飓风使海水温度升高，产生高温水蒸气，达到水的着火点，使海水燃烧 C．飓风产生高温，使氮气在空气中剧烈燃烧 D．以上说法均有可能 ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．焓变是指1mol物质参加反应时的能量变化 B．当反应放热时△H＞O，反应吸热时△H＜O C．在加热条件下发生的反应均为吸热反应 D．一个化学反应中，当反应物能量大于生成物能量时△H为“﹣”‎ ‎4．关于热化学方程式：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣184.6kJ•mol﹣1的叙述正确的是（　　）‎ A．一分子H2和Cl2反应，放出热量184.6 kJ B．1mol H2和Cl2完全反应生成2mol HCl放出的热量为184.6kJ C．在25℃、101kPa时，1mol气态H2和1mol气态Cl2完全反应生成2mol HCl气体，放出的热量为184.6 kJ D．在25℃、101kPa时，1mol气态H2和1mol气态Cl2完全反应生成2mol HCl气体，吸收的热量为184.6kJ ‎5．实验室进行中和热测定的实验时除需要大烧杯、小烧杯外，所用的其他仪器和试剂均正确的一组是（　　）‎ A．0.50 mol•L﹣1盐酸，0.50 mol•L﹣1NaOH溶液，100 mL量筒1个 B．0.50 mol•L﹣1盐酸，0.55 mol•L﹣1NaOH溶液，100 mL量筒2个 C．0.50 mol•L﹣1盐酸，0.55 mol•L﹣1NaOH溶液，50 mL量筒1个 D．0.50 mol•L﹣1盐酸，0.55 mol•L﹣1NaOH溶液，50 mL量筒2个 ‎6．已知25℃、101kPa下，如图所示，石墨的燃烧热为393.5kJ/mol，金刚石的燃烧热为395.0kJ/mol．下列说法或表达正确的是（　　）‎ A．金刚石比石墨稳定 B．C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.5kJ/mol C．△H1＜△H2‎ D．如果使用催化剂，△H1和△H2都变小 ‎7．下列关于电解池的说法正确的是（　　）‎ A．电源的负极就是阴极 B．与直流电源正极相连的是电解池的阴极 C．与直流电源负极相连的电极上发生还原反应 D．阳极上发生还原反应 ‎8．下列各组中，每种电解质溶液在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气的是（　　）‎ A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2 B．NaOH、CuSO4、H2SO4‎ C．NaOH、H2SO4、Ba（OH）2 D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）2‎ ‎9．用惰性电极电解100mL CuSO4溶液一段时间后，可以通过添加0.1mol Cu（OH）2将溶液的量与浓度完全复原，则电解时电路中通过的电子为 （　　）‎ A．0.1mol B．0.2mol C．0.4mol D．0.8mol 1‎ ‎10．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b电极附近溶液呈红色．下列说法正确的是（　　）‎ A．X是负极，Y是正极 B．Pt是阴极，Cu是阳极 C．CuSO4溶液的pH逐渐减小 D．CuSO4溶液的pH不变 ‎　‎ 二、不定项选择（每题有1～2个选项．每题3分，少选得1分，错选多选0分，共24分）‎ ‎11．下列说法正确的是（　　）‎ A．等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完全燃烧，后者放出的热量多 B．热化学方程式C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（g）△H=﹣1256 kJ•mol﹣1，可知乙炔的燃烧热为1256 kJ•mol﹣1‎ C．在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8 kJ•mol﹣1‎ D．稀溶液中：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，若将含0.5 molH2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ ‎12．图象法是研究化学反应的焓变的一种常用方法．已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化曲线如图所示，则下列叙述中正确的是（　　）‎ A．每生成2 mol AB时吸收（a﹣b） kJ能量 B．该反应热△H=+（a﹣b） kJ•mol﹣1‎ C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D．断裂1 mol A﹣A和1 mol B﹣B键时放出a kJ能量 ‎13．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣1‎ H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（　　）‎ A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1‎ B． H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1‎ C．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多 D．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4 kJ•mol﹣1‎ ‎14．现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽．用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液．下列说法中正确的是（　　）‎ A．b是阳离子交换膜，允许Na+通过 B．从A口出来的是NaOH溶液 C．阴极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑‎ D．Na2SO4溶液从G口加入 ‎15．如图所示装置中，通电后可观察到Cu极溶解，下列说法正确的是（　　）‎ A．a极是直流电源的正极 B．Fe极是阳极 C．Pt极产生的气体体积是Ag极产生气体体积的2倍 D．硫酸铜溶液的浓度不变 ‎16．如图所示，X、Y、Q、W 都是惰性电极，将电源接通后，W极附近颜色逐渐加深．下列说法中错误的是（　　）‎ A．电源的M极为正极 B．甲装置中溶液的pH减小 C．甲装置的两个电极上都有单质生成且物质的量之比为1：1‎ D．欲用乙装置给铜镀银，U极应该是Ag，电镀液选择AgNO3溶液 ‎17．已知在298K时下述反应的有关数据如下：‎ C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣110.5kJ•mol﹣1‎ C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1则C（s）+CO2（g）═2CO（g）的△H为（　　）‎ A．+283.5 kJ•mol﹣1 B．﹣172.5 kJ•mol﹣1‎ C．+172.5 kJ•mol﹣1 D．﹣504 kJ•mol﹣1‎ ‎18．反应2C+O2═2CO的能量变化如图所示．下列说法正确的是（　　） ‎ A．12 g C（s）与一定量O2（g）反应生成14 g CO（g）放出的热量为110.5 kJ B．该反应的热化学方程式是2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221 kJ C．2 mol C（s）与足量O2（g）反应生成CO2（g），放出的热量大于221 kJ D．该反应的反应热等于CO分子中化学键形成时所释放的总能量与O2分子中化学键断裂时所吸收的总能量的差 ‎　‎ 三、填空题 ‎19．根据有关能量变化关系图，回答下列问题．‎ ‎（1）①根据图1A，写出反应的热化学方程式：　　．‎ ‎②根据如图1B所示情况，判断下列说法中正确的是　　．‎ A．其热化学方程式为CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=+41kJ•mol﹣1‎ B．该反应为吸热反应 C．该反应为放热反应 D．当H2O为液态时，其△H＞+41kJ•mol﹣1‎ ‎（2）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是　　．‎ ‎（3）如图2表示氧族元素中氧、硫、硒、碲生成氢化物时的焓变数据，根据焓变数据可确定a、b、c、d分别代表哪种元素．‎ ‎①非金属元素氢化物的稳定性与氢化物生成热△H的关系为　　．‎ ‎②写出硒化氢发生分解反应的热化学方程式　　．‎ ‎20．能源危机当前是一个全球性问题，开源节流是应对能源危机的重要举措．‎ ‎（1）下列做法有助于“开源节流”的是　　（填序号）．‎ A．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 B．大力开采煤、石油和天然气，以满足人们日益增长的能源需求 C．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料 D．减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生 ‎（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示．‎ ‎①在通常状况下，金刚石和石墨相比较，　　（填“金刚石”或“石墨”）更稳定，石墨的燃烧热为　　．‎ ‎②12g石墨在一定量的空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为　　．‎ ‎（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ•mol﹣1、497kJ•mol﹣1．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ•mol﹣1NO分子中化学键的键能为　　kJ•mol﹣1．‎ ‎（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：　　．‎ ‎21．按要求回答下列问题：‎ ‎（1）已知在常温常压下：‎ ‎①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1 275.6kJ•mol﹣1‎ ‎②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ•mol﹣1‎ 写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式　　．‎ ‎（2）已知：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H1=﹣192.9kJ•mol﹣1‎ H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣120.9kJ•mol﹣1‎ 则甲醇与水蒸气催化重整反应的焓变△H3=　　．‎ ‎（3）苯乙烯是重要的基础有机原料．工业中用乙苯（C6H5﹣CH2CH3）为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C6H5﹣CH═CH2）的反应方程式为 C6H5﹣CH2CH3（g）═C6H5﹣CH═CH2（g）+H2（g）△H1‎ 已知：3C2H2（g）═C6H6（g）△H2‎ C6H6（g）+C2H4（g）═C6H5﹣CH2CH3（g）△H3‎ 则反应3C2H2（g）+C2H4（g）═C6H5﹣CH═CH2（g）+H2（g）的△H=　　．‎ ‎（4）氨的合成是最重要的化工生产之一．‎ 工业上合成氨用的H2有多种制取的方法：‎ ‎①用焦炭跟水反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；‎ ‎②用天然气跟水蒸气反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）‎ 已知有关反应的能量变化如图所示，则方法②中反应的△H=　　．‎ ‎（5）甲醇是一种用途广泛的化工原料．工业上常用下列两种反应制备甲醇：‎ ‎①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H2‎ 已知：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.1kJ•mol﹣1‎ H2O（l）═H2O（g）△H4=+44.0kJ•mol﹣1‎ 则△H2=　　．‎ ‎22．将含有CuSO4、NaCl、KNO3‎ 各1mol的溶液分别置于甲、乙、丙三个烧杯中进行电解（电极均为石墨且质量相等），如图1所示，接通电源一段时间后，b电极质量增加，常温下，三个烧杯中溶液的pH随通电时间的变化如图2．‎ ‎（1）M是直流电源的　　（填“正极”或“负极”）；c电极的电极反应式为　　；‎ ‎（2）0～t1s内，e电极上生成的气体在标准状况下的体积为　　L，t1s时，电极b、c的质量差为　　g；‎ ‎（3）t2s时，若将直流电源正、负极端对调，则电解至各电极质量均不再发生变化的过程中，a电极的电极反应式为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省枣庄二中高二（上）第一次月考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括10小题，每小题3分，共30分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列分别是利用不同能源发电的实例图形，其中不属于新能源开发利用的是（　　）‎ A．‎ 风力发电 B．‎ 太阳能发电 C．‎ 火力发电 D．‎ 潮汐能发电 ‎【考点】常见的能量转化形式．‎ ‎【分析】要解答本题需掌握：新能源是既无污染，又是新开发的能源．‎ ‎【解答】解：A、风能是清洁无污染的环保新能源，故A不符合题意；‎ B．太阳能是清洁无污染的新能源，故B不符合题意；‎ C、火力发电需要煤作燃料，煤是不可再生能源，也不是环保新能源，故C符合题意；‎ D、潮汐和海风发电是新开发利用的环保新能源．故D不符合题意．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．2012年10月24日飓风“桑迪”袭击美国．一阵飓风过后，海面的巨浪上竟燃烧着熊熊大火．海水会燃烧的原因是（　　）‎ A．飓风与海水发生剧烈摩擦，产生的巨大热能使水分子分解，引起氢气燃烧 B．飓风使海水温度升高，产生高温水蒸气，达到水的着火点，使海水燃烧 C．飓风产生高温，使氮气在空气中剧烈燃烧 D．以上说法均有可能 ‎【考点】化学反应中能量转化的原因．‎ ‎【分析】A、根据水在通电条件下或者高温下才分解来分析；‎ B、根据海水不能燃烧来分析；‎ C、根据氮气性质温度不能燃烧来分析；‎ D、根据以上分析判断．‎ ‎【解答】解：A、水在通电条件下或者高温下才分解，一阵飓风过后，产生巨大的能量使水分解生成氢气和氧气，引起氢气燃烧，故A选；‎ B、海水不可能燃烧，故B不选；‎ C、高温氮气在空气中不能燃烧，故C不选；‎ D、水及氮气均不能燃烧，所以B、C两项均错误，故D不选；‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．焓变是指1mol物质参加反应时的能量变化 B．当反应放热时△H＞O，反应吸热时△H＜O C．在加热条件下发生的反应均为吸热反应 D．一个化学反应中，当反应物能量大于生成物能量时△H为“﹣”‎ ‎【考点】焓变和熵变．‎ ‎【分析】A、焓变是反应物和生成物焓的差值；‎ B、焓变=生成物总焓﹣反应物总焓分析；‎ C、有些放热反应也需要加热引发才能发生反应；‎ D、焓变=生成物总焓﹣反应物总焓分析 ‎【解答】解：A、焓变是反应物和生成物焓的差值，不是1mol物质参加反应时的能量变化，故A错误；‎ B、焓变=生成物总焓﹣反应物总焓，依据反应前后能量守恒，反应物能量高于生成物，反应放热，焓变为负值△H＜O，反应物能量低于生成物，反应吸热△H＞O，故B错误；‎ C、有些放热反应也需要加热引发才能发生反应，加热条件下的反应不一定是吸热反应，故C错误；‎ D、焓变=生成物总焓﹣反应物总焓，依据反应前后能量守恒，反应物能量高于生成物，反应放热，△H＜O，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．关于热化学方程式：H2（g）+Cl2（g）═2HCl（g）△H=﹣184.6kJ•mol﹣1的叙述正确的是（　　）‎ A．一分子H2和Cl2反应，放出热量184.6 kJ B．1mol H2和Cl2完全反应生成2mol HCl放出的热量为184.6kJ C．在25℃、101kPa时，1mol气态H2和1mol气态Cl2完全反应生成2mol HCl气体，放出的热量为184.6 kJ D．在25℃、101kPa时，1mol气态H2和1mol气态Cl2完全反应生成2mol HCl气体，吸收的热量为184.6kJ ‎【考点】热化学方程式．‎ ‎【分析】热化学方程式指在一定温度，一定压强下反应生成特定状态的物质时放出或吸收的热量，据此分析．‎ ‎【解答】解：热化学方程式指在一定温度，一定压强下反应生成特定状态的物质时放出或吸收的热量，该反应为放热反应，故D错误；AB没有温度压强，方程式的系数不能表示分子数，故AB错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．实验室进行中和热测定的实验时除需要大烧杯、小烧杯外，所用的其他仪器和试剂均正确的一组是（　　）‎ A．0.50 mol•L﹣1盐酸，0.50 mol•L﹣1NaOH溶液，100 mL量筒1个 B．0.50 mol•L﹣1盐酸，0.55 mol•L﹣1NaOH溶液，100 mL量筒2个 C．0.50 mol•L﹣1盐酸，0.55 mol•L﹣1NaOH溶液，50 mL量筒1个 D．0.50 mol•L﹣1盐酸，0.55 mol•L﹣1NaOH溶液，50 mL量筒2个 ‎【考点】中和热的测定．‎ ‎【分析】根据实验室进行中和热测定的实验需要的仪器：大烧杯、小烧杯、温度计、量筒（50 mL）两个、泡沫塑料或纸条、泡沫塑料板或硬纸板（中心有两个小孔）、环形玻璃搅拌棒，0.50 mol/L 盐酸、0.55 mol/L NaOH溶液．‎ ‎【解答】解：实验室进行中和热测定的实验需要的仪器：大烧杯、小烧杯、温度计、量筒（50 mL）两个、泡沫塑料或纸条、泡沫塑料板或硬纸板（中心有两个小孔）、环形玻璃搅拌棒，0.50 mol/L 盐酸、0.55 mol/L NaOH溶液．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．已知25℃、101kPa下，如图所示，石墨的燃烧热为393.5kJ/mol，金刚石的燃烧热为395.0kJ/mol．下列说法或表达正确的是（　　）‎ A．金刚石比石墨稳定 B．C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.5kJ/mol C．△H1＜△H2‎ D．如果使用催化剂，△H1和△H2都变小 ‎【考点】焓变和熵变；吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】A、依据燃烧热结合图象分析，金刚石能量高于石墨，能量越高越活泼；‎ B、依据燃烧热书写热化学方程式，结合盖斯定律计算得到变化的热化学方程式；‎ C、图象分析金刚石燃烧放出热量高，焓变为负值分析；‎ D、催化剂改变化学反应速率，不改变反应焓变．‎ ‎【解答】解：A、依据燃烧热结合图象分析，金刚石能量高于石墨，能量越高越活泼，石墨比金刚石稳定，故A错误；‎ B、由燃烧热可知热化学方程式为①C（s、石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol；②C（s、金刚石））+O2（g）=CO2（g）△H=﹣395.0kJ/mol；结合盖斯定律①﹣②计算得到变化的热化学方程式：C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.5kJ/mol，故B正确；‎ C、图象分析金刚石燃烧放出热量高，焓变为负值△H1＞△H2，故C错误；‎ D、催化剂改变化学反应速率，不改变反应焓变，△H1和△H2都不变，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．下列关于电解池的说法正确的是（　　）‎ A．电源的负极就是阴极 B．与直流电源正极相连的是电解池的阴极 C．与直流电源负极相连的电极上发生还原反应 D．阳极上发生还原反应 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】电解时，电解池的阴极连接电源的负极，发生还原反应，电解池的阳极连接电源的正极，发生氧化反应，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．电解池的阴极连接电源的负极，故A错误；‎ B．与直流电源正极相连的是电解池的阳极，故B错误；‎ C．与直流电源负极相连的电极为阴极，发生还原反应，故C正确；‎ D．阳极发生氧化反应，故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．下列各组中，每种电解质溶液在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气的是（　　）‎ A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2 B．NaOH、CuSO4、H2SO4‎ C．NaOH、H2SO4、Ba（OH）2 D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）2‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】在惰性电极条件下电解时只生成氢气和氧气，则溶液中氢离子在阴极放电，氢氧根离子在阳极放电，结合离子的放电顺序来解答．‎ ‎【解答】解：A．电解HCl生成氢气和氯气，电解CuCl2生成Cu和氯气，电解Ba（OH）2生成氢气和氧气，故A不选；‎ B．电解NaOH生成氢气和氧气，电解CuSO4生成Cu、氧气、硫酸，电解H2SO4生成氢气和氧气，故B不选；‎ C．电解NaOH、H2SO4、Ba（OH）2，均只生成氢气和氧气，故C选；‎ D．电解NaBr生成溴、氢气、NaOH，电解H2SO4生成氢气和氧气，电解Ba（OH）2生成氢气和氧气，故D不选；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．用惰性电极电解100mL CuSO4溶液一段时间后，可以通过添加0.1mol Cu（OH）2将溶液的量与浓度完全复原，则电解时电路中通过的电子为 （　　）‎ A．0.1mol B．0.2mol C．0.4mol D．0.8mol 1‎ ‎【考点】电解原理．‎ ‎【分析】根据电解池的工作原理，要想让电解后的电解质复原，则遵循的原则是：出什么加什么，加入 Cu（OH）2后溶液与电解前相同，则铜离子和氢氧根放电．‎ ‎【解答】解：以惰性电极电解CuSO4溶液的电解原理方程式是：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑，加入0.1molCu（OH）2（相当于CuO和H2O）后溶液与电解前相同，根据铜元素守恒，所以析出金属铜的物质的量是0.1mol，阴极反应是：2Cu2++4e﹣→2Cu，当析出金属铜的物质的量是0.1mol时，则转移的电子是0.2mol，当电解掉0.1mol水时，转移电子是0.2mol，总共转移电子是0.4mol．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b电极附近溶液呈红色．下列说法正确的是（　　）‎ A．X是负极，Y是正极 B．Pt是阴极，Cu是阳极 C．CuSO4溶液的pH逐渐减小 D．CuSO4溶液的pH不变 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则b是阴极、a是阳极，所以Y是负极、X是正极，Cu是阴极，电解时，硫酸铜溶液中阳极上氢氧根离子失电子、阴极上铜离子得电子，据此分析解答．‎ ‎【解答】解：a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈红色，则b电极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近有氢氧根离子生成，则b是阴极、a是阳极，所以Y是负极、X是正极，Cu是阴极，Pt为阳极，‎ A．通过以上分析知，Y是负极、X是正极，故A错误；‎ B．通过以上分析知，Cu是阴极，Pt为阳极，故B错误；‎ C．电解过程中CuSO4溶液里，阳极上氢氧根离子失电子，阳极附近同时生成氢离子，所以CuSO4溶液的pH逐渐减小，故C正确；‎ D．电解过程中CuSO4溶液里，阳极上氢氧根离子失电子，阳极附近同时生成氢离子，所以CuSO4溶液的pH逐渐减小，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、不定项选择（每题有1～2个选项．每题3分，少选得1分，错选多选0分，共24分）‎ ‎11．下列说法正确的是（　　）‎ A．等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完全燃烧，后者放出的热量多 B．热化学方程式C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（g）△H=﹣1256 kJ•mol﹣1，可知乙炔的燃烧热为1256 kJ•mol﹣1‎ C．在101 kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣285.8 kJ•mol﹣1‎ D．稀溶液中：H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1，若将含0.5 molH2SO4的浓溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．硫蒸气具有的能量大于硫固体，则硫蒸气燃烧放出热量多；‎ B．燃烧热中生成氧化物必须是稳定氧化物，液态水更稳定；‎ C．热化学方程式中，反应热与化学计量数成正比，2mol水放出热量为571.6kJ；‎ D．浓硫酸溶于水放热，导致发生中和反应时放出的热量偏高．‎ ‎【解答】解：A．等质量的硫蒸气和硫固体分别在氧气中完全燃烧，由于硫蒸气具有的能量较高，则充分燃烧时前者放出的热量多，故A错误；‎ B．热化学方程式C2H2（g）+O2（g）═2CO2（g）+H2O（g）△H=﹣1256 kJ•mol﹣1中生成水的状态不是液态，该反应热不是乙炔的燃烧热，即乙炔的燃烧热大于1256 kJ•mol﹣1，故B错误；‎ C．在101 kPa时，2g H2（1mol）完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，故C错误；‎ D．若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合生成1mol水，由于浓硫酸溶于水放出热量，则该反应中放出的热量大于57.3 kJ，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎12．图象法是研究化学反应的焓变的一种常用方法．已知化学反应A2（g）+B2（g）═2AB（g）的能量变化曲线如图所示，则下列叙述中正确的是（　　）‎ A．每生成2 mol AB时吸收（a﹣b） kJ能量 B．该反应热△H=+（a﹣b） kJ•mol﹣1‎ C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量 D．断裂1 mol A﹣A和1 mol B﹣B键时放出a kJ能量 ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】由图象可知，反应物总能量小于生成物总能量，且反应热为△H=+（a﹣b） kJ•mol﹣1，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．反应热△H=反应物能量总和﹣生成物能量总和，所以反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1，则每生成2molAB吸收（a﹣b） kJ热量，故A正确；‎ B．反应热△H=反应物能量总和﹣生成物能量总和，所以反应热△H=+（a﹣b）kJ•mol﹣1，故B正确；‎ C．由图象可知，该反应中反应物的能量低于生成物的能量，故C错误；‎ D．因旧键的断裂吸收能量，由图可知断裂1 mol A﹣A和1 mol B﹣B键吸收a kJ能量，故D错误；‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎13．已知：2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣1‎ H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1下列说法正确的是（　　）‎ A．H2（g）的燃烧热为571.6 kJ•mol﹣1‎ B． H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H=﹣57.3 kJ•mol﹣1‎ C．同质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧，H2（g）放出的热量多 D．3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】A．根据燃烧热的定义，应是1mol1氢气参加反应；‎ B．有硫酸钡沉淀生成，放出热量大于57.3 kJ；‎ C．分别计算物质的量，结合反应计算放出的热量；‎ D．可结合盖斯定律计算反应热，并写出热化学方程式．‎ ‎【解答】解：A．由2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1可知H2（g）的燃烧热为285.8kJ•mol﹣1，故A错误；‎ B．有硫酸钡沉淀生成，放出热量大于57.3 kJ，则H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）═BaSO4（s）+H2O（l）△H＜﹣57.3 kJ•mol﹣1，故B错误；‎ C．令H2（g）和CH3OH（l）的质量都为1g，则1g氢气燃烧放热为××571.6=142.45KJ，1gCH3OH燃烧放热为××1452=22.68KJ，所以H2（g）放出的热量多，故C正确；‎ D．①2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1‎ ‎②2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣1 452kJ•mol﹣1‎ 按盖斯定律计算①×3﹣②得到6H2（g）+2CO2（g）═2CH3OH（l）+2H2O（l）△H=﹣262.8 kJ•mol﹣1．可知正确的是3H2（g）+CO2（g）═CH3OH（l）+H2O（l）△H=﹣131.4 kJ•mol﹣1，故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎14．现有阳离子交换膜、阴离子交换膜、石墨电极和如图所示的电解槽．用氯碱工业中的离子交换膜技术原理，可电解Na2SO4溶液生产NaOH溶液和H2SO4溶液．下列说法中正确的是（　　）‎ A．b是阳离子交换膜，允许Na+通过 B．从A口出来的是NaOH溶液 C．阴极反应式为4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑‎ D．Na2SO4溶液从G口加入 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】电解饱和Na2SO4溶液时，阳极附近是OH﹣放电，生成氧气，阴极附近时H+放电生成氢气，由于装置中放置了离子交换膜，在两极分别生成NaOH和H2SO4‎ ‎，需在阳极室一侧放置阴离子交换膜，只允许通过阴离子，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，接电源正极的是阳极，即B放出氧气，C生成氢气，以此解答该题．‎ ‎【解答】解：A．阴极生成氢气和OH﹣，在阴极一侧放置阳离子交换膜，只允许通过阳离子，生成NaOH，故A正确；‎ B．A为阳极是氢氧根离子放电产生的气体是氧气，同时生成氢离子，则阳极附近生成硫酸，则从A口出来的是H2SO4溶液，故B错误；‎ C．阴极附近时H+放电生成氢气，反应式为2H++2e﹣═H2↑，故C错误；‎ D．NaOH在阴极附近生成，硫酸在阳极生成，则Na2SO4溶液从F口加入，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示装置中，通电后可观察到Cu极溶解，下列说法正确的是（　　）‎ A．a极是直流电源的正极 B．Fe极是阳极 C．Pt极产生的气体体积是Ag极产生气体体积的2倍 D．硫酸铜溶液的浓度不变 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】通电后观察到Cu极溶解，则Cu极为阳极，Fe极为阴极，故b、a、Pt、Ag极分别为：负极、正极、阳极、阴极，右池为电镀池，硫酸铜溶液的浓度不变，左边实质是电解水，以此解答．‎ ‎【解答】解：观察到Cu极溶解，则Cu极为阳极，Fe极为阴极，故b、a、Pt、Ag极分别为：负极、正极、阳极、阴极，右池为电镀池，硫酸铜溶液的浓度不变，左边实质是电解水．‎ A．Cu极溶解，应为电解池的阳极，阳极与电源的正极连，则a为正极，故A正确；‎ B．Fe连接电源的负极，为电解池的阴极，故B错误；‎ C．左边实质是电解水，2H2O2H2↑+O2↑，Pt为阳极发生氧化反应产生氧气，Ag为阴极发生还原反应产生氢气，则Ag极产生的气体体积是Pt极产生气体体积的2倍，故C错误；‎ D．右池为电镀池，硫酸铜溶液的浓度不变，故D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，X、Y、Q、W 都是惰性电极，将电源接通后，W极附近颜色逐渐加深．下列说法中错误的是（　　）‎ A．电源的M极为正极 B．甲装置中溶液的pH减小 C．甲装置的两个电极上都有单质生成且物质的量之比为1：1‎ D．欲用乙装置给铜镀银，U极应该是Ag，电镀液选择AgNO3溶液 ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】氢氧化铁胶粒带正电，通电时，W极附近颜色逐渐加深，说明W连接电源的负极，则M为正极，N为负极，通电时，甲中X为阳极，电极反应为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，Y为阴极，电极反应为2Cu2++4e﹣=2Cu，欲用乙装置给铜镀银，U极应该是 Ag，电镀液选择AgNO3溶液．‎ ‎【解答】解：A．氢氧化铁胶粒带正电，通电时，W极附近颜色逐渐加深，说明W连接电源的负极，则M为正极，N为负极，故A正确；‎ B．通电时，甲中X为阳极，电极反应为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，Y为阴极，电极反应为2Cu2++4e﹣=2Cu，总反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，甲装置中溶液的pH减小，故B正确；‎ C．通电时，甲中X为阳极，电极反应为2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，Y为阴极，电极反应为2Cu2++4e﹣=2Cu，甲装置的两个电极上都有单质生成且物质的量之比为n（O2）：n（Cu）=1：2，故C错误；‎ D．欲用乙装置给铜镀银，Ag应连接电源的正极，即U极应该是Ag，电镀液为AgNO3溶液，故D正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎17．已知在298K时下述反应的有关数据如下：‎ C（s）+O2（g）═CO（g）△H1=﹣110.5kJ•mol﹣1‎ C（s）+O2（g）═CO2（g）△H2=﹣393.5kJ•mol﹣1则C（s）+CO2（g）═2CO（g）的△H为（　　）‎ A．+283.5 kJ•mol﹣1 B．﹣172.5 kJ•mol﹣1‎ C．+172.5 kJ•mol﹣1 D．﹣504 kJ•mol﹣1‎ ‎【考点】用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】依据所给的热化学方程式，通过加减乘除和盖斯定律计算得到所需热化学方程式，据此分析．‎ ‎【解答】解：①C（g）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol ‎②C（s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5kJ/mol 依据盖斯定律，①×2﹣②得可得：C（s）+CO2（g）=2CO（g）△H=+172.5KJ/mol，‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎18．反应2C+O2═2CO的能量变化如图所示．下列说法正确的是（　　） ‎ A．12 g C（s）与一定量O2（g）反应生成14 g CO（g）放出的热量为110.5 kJ B．该反应的热化学方程式是2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H=﹣221 kJ C．2 mol C（s）与足量O2（g）反应生成CO2（g），放出的热量大于221 kJ D．该反应的反应热等于CO分子中化学键形成时所释放的总能量与O2分子中化学键断裂时所吸收的总能量的差 ‎【考点】吸热反应和放热反应．‎ ‎【分析】根据图示可知C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣110.5kJ/mol．‎ A、反应生成14g CO（g）时，12g碳未全部反应；‎ B、焓变单位为KJ/mol；‎ C、一氧化碳反应生成二氧化碳过程是放热反应；‎ D、焓变=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量．‎ ‎【解答】解：A、12 g C（s）与一定量O2（g）反应生成28 g CO（g）放出的热量为110.5 kJ，故A错误；‎ B、焓变单位为KJ/mol，故该反应的热化学方程式是2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H=﹣221kJ/mol，故B错误；‎ C、2mol C（s）与足量O2（g）反应生成CO2（g），反应过程中一氧化碳生成二氧化碳是放热反应，所以放出的热量大于221kJ，故C正确；‎ D、该反应的反应热等于O2分子和碳中化学键断裂时所吸收的总能量与CO分子中化学键形成时所释放的总能量的差，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ 三、填空题 ‎19．根据有关能量变化关系图，回答下列问题．‎ ‎（1）①根据图1A，写出反应的热化学方程式：　CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41 kJ/mol　．‎ ‎②根据如图1B所示情况，判断下列说法中正确的是　B　．‎ A．其热化学方程式为CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H=+41kJ•mol﹣1‎ B．该反应为吸热反应 C．该反应为放热反应 D．当H2O为液态时，其△H＞+41kJ•mol﹣1‎ ‎（2）已知16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，该反应的热化学方程式是　S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296.8 kJ/mol　．‎ ‎（3）如图2表示氧族元素中氧、硫、硒、碲生成氢化物时的焓变数据，根据焓变数据可确定a、b、c、d分别代表哪种元素．‎ ‎①非金属元素氢化物的稳定性与氢化物生成热△H的关系为　非金属元素氢化物越稳定，△H越小，反之亦然　．‎ ‎②写出硒化氢发生分解反应的热化学方程式　H2Se（g）=Se（s）+H2（g）△H=﹣81kJ/mol　．‎ ‎【考点】反应热和焓变；热化学方程式．‎ ‎【分析】（1）①图象分析反应物能量高于生成物可知为放热反应，标注物质聚集状态和对应反应的焓变写出热化学方程式；‎ ‎②图象分析生成物能量高于反应物可知为吸热反应，则根据图象该反应的热化学方程式为：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ/mol，又气态水变成液态水还要放热，据此判断；‎ ‎（2）根据热化学方程式的书写方法可知，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；‎ ‎（3）①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，以此进行判断；‎ ‎②根据图象判断出abcd对应的各氢化物，根据焓变的大小书写热化学方程式．‎ ‎【解答】解：（1）图象分析可知为放热反应，反应的热化学方程式为：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41 kJ/mol，‎ 故答案为：CO（g）+H2O（g）=CO2（g）+H2（g）△H=﹣41 kJ/mol；‎ ‎②图象分析生成物能量高于反应物可知为吸热反应，则根据图象该反应的热化学方程式为：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ/mol，‎ A．将反应的反应物与生成物弄反了，该反应的热化学方程式为：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g）△H=+41kJ/mol，故A错误；‎ B．生成物的能量比反应物的能量高，故该反应为吸热反应，故B正确；‎ C．生成物的能量比反应物的能量高，故该反应为吸热反应，故C错误；‎ D．因为气态水变成液态水还要放热，当H2O为液态时，其反应热值大于41kJ/mol，则△H＜+41kJ•mol﹣1，故D错误；‎ 故答案为：B；‎ ‎（2）16g固体硫完全燃烧时放出148.4kJ的热量，则1molS完全燃烧时放出放出296.8kJ热量，则热化学方程式为：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296.8 kJ/mol，‎ 故答案为：S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=﹣296.8 kJ/mol；‎ ‎（3）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，而能量越低越稳定，所以a、b、c、d依次为：H2Te、H2Se、H2S、H2O，‎ 故答案为：非金属元素氢化物越稳定，△H越小，反之亦然；‎ ‎②由①可知，b为硒化氢的生成热数据，则硒化氢分解吸热，△H=﹣81kJ/mol，所以H2Se发生分解反应的热化学反应方程式为：H2Se（g）=Se（s）+H2（g）△H=﹣81kJ/mol，‎ 故答案为：H2Se（g）=Se（s）+H2（g）△H=﹣81kJ/mol．‎ ‎　‎ ‎20．能源危机当前是一个全球性问题，开源节流是应对能源危机的重要举措．‎ ‎（1）下列做法有助于“开源节流”的是　ACD　（填序号）．‎ A．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源 B．大力开采煤、石油和天然气，以满足人们日益增长的能源需求 C．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料 D．减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生 ‎（2）金刚石和石墨均为碳的同素异形体，它们在氧气不足时燃烧生成一氧化碳，在氧气充足时充分燃烧生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示．‎ ‎①在通常状况下，金刚石和石墨相比较，　石墨　（填“金刚石”或“石墨”）更稳定，石墨的燃烧热为　△H=﹣393.5kJ▪mol﹣1　．‎ ‎②12g石墨在一定量的空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为　252.0 kJ　．‎ ‎（3）已知：N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ•mol﹣1、497kJ•mol﹣1．N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ•mol﹣1NO分子中化学键的键能为　631.5　kJ•mol﹣1．‎ ‎（4）综合上述有关信息，请写出用CO除去NO的热化学方程式：　2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.0kJ▪mol﹣1　．‎ ‎【考点】反应热和焓变．‎ ‎【分析】（1）减少化石能源的使用，开发新能源，可助于“开源节流”；‎ ‎（2）由图可知，生成物相同，反应物中金刚石的能量高于石墨的能量；1mol纯物质完全燃烧放出的热量为燃烧热、物质的量与热量成正比；‎ ‎（3）焓变等于断键吸收的能量减去成键释放的能量；‎ ‎（4）结合①C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5 kJ•mol﹣1 ②C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1、③N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ•mol﹣1及盖斯定律可知，①×2﹣②×2﹣③得 2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）．‎ ‎【解答】解：（1）A．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可减少化石能源使用，故选；‎ B．大力开采煤、石油和天然气，以满足人们日益增长的能源需求，不能减少化石燃料的运用，故不选；‎ C．开发太阳能、水能、风能、地热能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，符合“开源节流”，故选；‎ D．减少资源消耗，注重资源的重复使用、资源的循环再生，能减少化石燃料等资源使用，故选；‎ 故答案为：ACD；‎ ‎（2）①由图可知，金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以说明石墨稳定，图中1mol石墨完全燃烧生成1mol二氧化碳放出的热量为393.5kJ，则石墨的燃烧热为△H=﹣393.5kJ▪mol﹣1，‎ 故答案为：石墨；△H=﹣393.5kJ▪mol﹣1；‎ ‎②12g石墨物质的量为1mol，在一定量空气中燃烧，依据元素守恒，若生成二氧化碳质量为44g，若生成一氧化碳质量为28g，生成气体36g，28g＜36g＜44g，判断生成的气体为一氧化碳和二氧化碳气体，设一氧化碳物质的量为x，二氧化碳物质的量为（1﹣x）mol，28x+44（1﹣x）=36g，x=0.5mol，二氧化碳物质的量为0.5mol，结合图象可知C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5 kJ•mol﹣1 ；C（石墨，s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5 kJ•mol﹣1 ‎ 生成二氧化碳和一氧化碳混合气体放出热量=393.5 kJ•mol﹣1 ×0.5mol+110.5 kJ•mol﹣1 ×0.5mol=252KJ；12g石墨在一定量空气中燃烧，生成气体36g，该过程放出的热量为252.0kJ；‎ 故答案为：252.0 kJ；‎ ‎（3）根据N2、O2分子中化学键的键能分别是946kJ•mol﹣1、497kJ•mol﹣1以及反应N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180kJ•mol﹣1可设NO分子中化学键的键能为X，则有：946kJ•mol﹣1+497kJ•mol﹣1﹣2X=180kJ•mol﹣1 得：X=631.5kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：631.5；‎ ‎（4）①C（石墨，s）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣393.5 kJ•mol﹣1 ‎ ‎②C（s）+O2（g）═CO（g）△H=﹣110.5kJ•mol﹣1‎ ‎③N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.0kJ•mol﹣1；‎ 由盖斯定律可知①×2﹣②×2﹣③得 2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.0kJ▪mol﹣1；‎ 故答案为：2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H=﹣746.0kJ▪mol﹣1．‎ ‎　‎ ‎21．按要求回答下列问题：‎ ‎（1）已知在常温常压下：‎ ‎①2CH3OH（l）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1 275.6kJ•mol﹣1‎ ‎②H2O（l）═H2O（g）△H=+44.0kJ•mol﹣1‎ 写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式　CH3OH（l）+O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8 kJ•mol﹣1　．‎ ‎（2）已知：CH3OH（g）+O2（g）═CO2（g）+2H2（g）△H1=﹣192.9kJ•mol﹣1‎ H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H2=﹣120.9kJ•mol﹣1‎ 则甲醇与水蒸气催化重整反应的焓变△H3=　﹣72.0kJ/mol　．‎ ‎（3）苯乙烯是重要的基础有机原料．工业中用乙苯（C6H5﹣CH2CH3）为原料，采用催化脱氢的方法制取苯乙烯（C6H5﹣CH═CH2）的反应方程式为 C6H5﹣CH2CH3（g）═C6H5﹣CH═CH2（g）+H2（g）△H1‎ 已知：3C2H2（g）═C6H6（g）△H2‎ C6H6（g）+C2H4（g）═C6H5﹣CH2CH3（g）△H3‎ 则反应3C2H2（g）+C2H4（g）═C6H5﹣CH═CH2（g）+H2（g）的△H=　△H1+△H2+△H3　．‎ ‎（4）氨的合成是最重要的化工生产之一．‎ 工业上合成氨用的H2有多种制取的方法：‎ ‎①用焦炭跟水反应：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；‎ ‎②用天然气跟水蒸气反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）‎ 已知有关反应的能量变化如图所示，则方法②中反应的△H=　（a+3b﹣c）kJ•mol﹣1　．‎ ‎（5）甲醇是一种用途广泛的化工原料．工业上常用下列两种反应制备甲醇：‎ ‎①CO（g）+2H2（g）═CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ•mol﹣1‎ ‎②CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（l）△H2‎ 已知：CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.1kJ•mol﹣1‎ H2O（l）═H2O（g）△H4=+44.0kJ•mol﹣1‎ 则△H2=　﹣93.0 KJ/mol　．‎ ‎【考点】热化学方程式；用盖斯定律进行有关反应热的计算．‎ ‎【分析】（1）由已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol，②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol，则根据盖斯定律可知（①+②×2）÷2即得到甲醇燃烧的热化学方程式，由此分析解答；‎ ‎（2）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式CH3OH （g）+H2O （g）⇌CO2（g）+3H2（g）的反应热；‎ ‎（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需热化学方程式C6H6（g）+C2H4（g）═C6H5﹣CH2CH3（g）的反应热；‎ ‎（4）分别根据图1、图2、图3写出热化学方程式，然后根据盖斯定律来解答；‎ ‎（5）根据盖斯定律将已知的热化学方程式变形运算求目标反应的热化学反应方程式．‎ ‎【解答】解：（1）由已知：①2CH3OH（l）+3O2（g）=2CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣1275.6kJ/mol，②H2O（l）=H2O（g）△H=+44.0kJ/mol，则根据盖斯定律可知（①+②×2）÷2即得到CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ/mol；‎ 故答案为：CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.8kJ/mol；‎ ‎（2）①CH3OH （g）+O2 （g）⇌CO2（g）+2H2（g）DH1=﹣192.9kJ/mol K1‎ ‎②H2（g）+O2（g）⇌H2O（g）DH2=﹣120.9kJ/mol K2‎ 结合盖斯定律计算①﹣②得到甲醇与水蒸气催化重整反应的热化学方程式为：CH3OH （g）+H2O （g）⇌CO2（g）+3H2（g）△H3=﹣72KJ/mol；‎ 故答案为：﹣72.0kJ/mol； ‎ ‎（3）已知：①C6H5﹣CH2CH3（g）═C6H5﹣CH═CH2（g）+H2（g）△H1‎ ‎②3C2H2（g）═C6H6（g）△H2‎ ‎③C6H6（g）+C2H4（g）═C6H5﹣CH2CH3（g）△H3‎ 由盖斯定律可知，目标反应可由①式+②式+③式得，所以反应热为△H1+△H2+△H3，‎ 故答案为：△H1+△H2+△H3；‎ ‎（4）图1、图2、图3写出热化学方程式分别为：‎ ‎①CO（g）+O2（g）═CO2（g）△H=﹣akJ•mol﹣1 ‎ ‎②H2（g）+O2（g）═H2O（g）△H=﹣bkJ•mol﹣1‎ ‎③CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣ckJ•mol﹣1，‎ 由③﹣（①+②×3）得：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=（a+3b﹣c）kJ•mol﹣1，‎ 故答案为：（a+3b﹣c）kJ•mol﹣1；‎ ‎（5）①CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H1=﹣90.1kJ/mol ‎②CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（l）△H2‎ ‎③CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H3=﹣41.1kJ/mol ‎④H2O（l）=H2O（g）△H4=+44.0kJ/mol 由盖斯定律可知②=①﹣③﹣④，△H2 =△H1﹣△H3﹣△H4=﹣90.1kJ/mol﹣（﹣41.1kJ/mol）﹣（+44.0kJ/mol）=）﹣93.0 KJ/mol；‎ 故答案为：﹣93.0 KJ/mol．‎ ‎　‎ ‎22．将含有CuSO4、NaCl、KNO3各1mol的溶液分别置于甲、乙、丙三个烧杯中进行电解（电极均为石墨且质量相等），如图1所示，接通电源一段时间后，b电极质量增加，常温下，三个烧杯中溶液的pH随通电时间的变化如图2．‎ ‎（1）M是直流电源的　正极　（填“正极”或“负极”）；c电极的电极反应式为　2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑　；‎ ‎（2）0～t1s内，e电极上生成的气体在标准状况下的体积为　5.6　L，t1s时，电极b、c的质量差为　32　g；‎ ‎（3）t2s时，若将直流电源正、负极端对调，则电解至各电极质量均不再发生变化的过程中，a电极的电极反应式为　2H++2e﹣=H2↑、Cu2++2e﹣=Cu　．‎ ‎【考点】原电池和电解池的工作原理．‎ ‎【分析】接通电源一段时间后，b电极质量增加，应析出金属，则b为阴极，a为阳极，可知M为正极、N为负极，c、e为阳极，d、f阴极，‎ ‎（1）M为正极，c为阳极，发生氧化反应生成氯气；‎ ‎（2）由图2可知t1s时乙中1molCl﹣完全放电，转移1mol电子，e电极上生成的气体为氧气，发生4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，b电极发生Cu2++2e﹣=Cu；‎ ‎（3）t2s时，若将直流电源正、负极端对调，a首先析出氢气，然后析出铜．‎ ‎【解答】解：接通电源一段时间后，b电极质量增加，应析出金属，则b为阴极，a为阳极，可知M为正极、N为负极，c、e为阳极，d、f阴极，‎ ‎（1）M为正极，c为阳极，发生氧化反应生成氯气，电极方程式为2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑，故答案为：正极；2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑；‎ ‎（2）由图2可知t1s时乙中1molCl﹣完全放电，转移1mol电子，e电极上生成的气体为氧气，发生4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，生成氧气的物质的量为0.25mol，体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，b电极发生Cu2++2e﹣=Cu，生成0.5molCu，质量为0.5mol×64g/mol=32g，则电极b、c的质量差为32g，‎ 故答案为：5.6；32；‎ ‎（3）t2s时，若将直流电源正、负极端对调，甲电解质溶液为硫酸，a为阴极，首先析出氢气，然后析出铜，电极方程式为：2H++2e﹣=H2↑、Cu2++2e﹣=Cu，‎ 故答案为：2H++2e﹣=H2↑、Cu2++2e﹣=Cu．‎ ‎　‎