2022-2023学年福建省厦门集美中学高二上学期第一次月考（10月）化学试题含解析

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福建省厦门集美中学2022-2023学年高二上学期第一次月考（10月）化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是

A．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
B．电极b上反应为CO2+8HCO-8e-=CH4+CO+2H2O
C．电解过程中化学能转化为电能
D．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变
【答案】A
【解析】通过电解法可知此电池为电解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。阳离子向阴极流动，a极上反应为4OH－―4e－＝2H2O＋O2，电极b上反应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O。电解时OH－比更容易失去电子在阳极生成O2，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的。
【详解】A．由a极生成O2可以判断出a极为阳极，b为阴极，阳离子向阴极流动。则H+由a极区向b极区迁移正确，故A正确；
B． 电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为CO2＋8HCO+8e－＝CH4＋8CO＋2H2O，故B错误；
C．通过电解法可知此电池为电解池，所以电解过程中是电能转化为化学能，故C错误；
D．电解时OH－比更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，故D错误；
故选A。
2．水煤气是由和组成的混合气体，在工业上常用作燃料。
已知：

现取(标准状况)水煤气，使其完全燃烧生成和，测得反应放热，则水煤气中与的物质的量之比是
A．2∶3 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶1
【答案】A
【详解】标况下112L氢气和CO的物质的量是112L÷22.4L/mol＝5mol，设氢气和CO的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝5，0.5x×571.6+0.5y×566＝1423.4，解得x＝3、y＝2，则水煤气中与的物质的量之比是2∶3。
答案选A。
3．H2与N2在催化剂表面生成NH3，反应历程及能量变化示意如下图。下列说法错误的是

A．该反应为放热反应
B．①→②：断开H −H键和N≡N时需要吸收能量
C．②→③：原子重新组合形成了N −H键
D．选择不同的催化剂会改变此反应∆H的数值
【答案】D
【详解】A．根据图中信息反应物总能量大于生成物总能量，因此该反应为放热反应，故A正确；
B．断键吸收热量，因此①→②是断开H −H键和N≡N时，因此需要吸收能量，故B正确；
C．②→③中是原子重新组合形成了N −H键，故C正确；
D．选择不同的催化剂会改变反应的活化能，但反应∆H的数值不变，故D错误。
综上所述，答案为D。
4．下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（    ）
A．碱性氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-
B．粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+
C．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl－-2e-=Cl2↑
D．钢铁发生吸氧腐蚀时的正极反应式：Fe-2e-=Fe2+
【答案】C
【详解】A、碱性氢氧燃料的正极上氧气得电子发生还原反应，正极电池反应式：O2+2H2O+4e-═4OH-，故A错误；
B、粗铜精炼时，粗铜连接电源正极作阳极，纯铜连接电源负极作阴极，阳极上电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，故B错误；
C、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，故C正确；
D、钢铁发生电化学腐蚀时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极反应式：2H2O+O2+4e-=4OH-，故D错误；
故选C。
5．已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)　ΔH1；
②2Fe(s)+ O2(g)=Fe2O3(s)　ΔH2；
③2Al(s)+ O2(g)=Al2O3(s)　ΔH3；
④2Al(s)+Fe2O3(s)=Al2O3(s)+2Fe(s)　ΔH4。
下列关于反应焓变的判断正确的是
A．H2的燃烧热为ΔH1 B．ΔH2=ΔH3+ΔH4
C．增加氧气的量可改变ΔH2、ΔH3的值 D．ΔH3<ΔH2
【答案】D
【详解】A．1 mol H2燃烧时生成液态水时才是燃烧热，A错；
B．根据盖斯定律，反应②=反应③-反应④，则ΔH2＝ΔH3－ΔH4，B错；
C．对于固定的反应方程式，反应的焓变也是固定的，增加氧气的量对ΔH2、ΔH3的值没有影响，C错；
D．从反应②③④，根据盖斯定律可得，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，也可以写为ΔH4＝ΔH3－ΔH2，由于反应④是铝热反应，ΔH4＜0，则ΔH3－ΔH2＜0，即ΔH3<ΔH2，D正确；
答案为D。
6．氢气和氧气发生反应的过程用如下模型表示“-”表示化学键)，下列说法正确的是

A．过程I是放热过程
B．过程III一定是吸热过程
C．a的总能量大于d的总能量
D．该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行
【答案】C
【详解】A．过程Ⅰ分子化学键断裂形成原子，属于吸热过程，故A错误；
B．过程Ⅲ为新化学键形成的过程，是放热过程，故B错误；
C．氢气燃烧放热，则a的总能量大于d的总能量，故C正确；
D．该反应可通过燃料电池，实现化学能到电能的转化，不一定只能以热能的形式进行，故D错误；
故选C。
7．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。
8．青铜器(铜锡合金)文物表面常覆盖有因腐蚀而产生的碱式氯化铜[化学式Cu2(OH)3Cl]，下列说法错误的是
A．青铜比纯铜硬度更大
B．青铜器在潮湿环境中比在干燥环境中腐蚀快
C．青铜器产生Cu2(OH)3Cl的过程中铜元素被还原
D．青铜的熔点低于纯铜
【答案】C
【详解】A．合金一般具有较大的硬度，青铜比纯铜硬度更大，A项正确；
B．在潮湿环境中金属更容易发生电化学腐蚀，因此青铜器在潮湿环境中比在干燥环境中腐蚀快，B项正确；
C．青铜器产生Cu2(OH)3Cl的过程中，铜元素由0价变为+2价，被氧化，C项错误；
D．合金的熔点通常低于组分金属的熔点，青铜的熔点低于纯铜，D项正确；
故选C。
9．500mLKCl和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，通电一段时间后，两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，假设电解后溶液的体积仍为500mL，下列说法正确的是
A．原混合溶液中c(Cl-)=0.3mol·L-1
B．上述电解过程中共转移0.5mol电子
C．电解得到的无色气体与有色气体的体积比为3：7
D．电解后溶液中c(OH-)=0.2mol·L-1
【答案】D
【分析】电解KCl和Cu(NO3)2的混合溶液，溶液中存在：Cu2+、H+、OH-、Cl-、K+、NO3-离子；根据离子的还原性顺序可知，阳极氯离子先放电，氢氧根离子后放电，电极反应式为：2Cl--2e-═Cl2↑，4OH--4e-= O2↑+2H2O；阴极铜离子先放电，氢离子后放电，电极反应式为：Cu2++2e-═Cu，2H++2e-=H2↑；两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，气体的物质的量为0.25mol；混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol·L-1，n(Cu2+)=0.1mol，转移电子0.2mol；n(H2)= 0.25mol，转移电子为0.5mol，所以阴极共转移电子0.7mol，阳极也转移电子0.7mol；设生成氯气为xmol，氧气为ymol，则x+y=0.25，2x+4y=0.7，解之得x=0.15mol，y=0.1mol，据此解题。
【详解】A．结合以上分析可知，n(Cl-)=2n(Cl2)=0.3mol，假设电解后溶液的体积仍为500mL，原混合溶液中c(Cl-)=0.6mol·L-1，故A错误；
B．结合以上分析可知，电解过程中共转移0.7mol电子，故B错误；
C．电解得到的无色气体为氢气和氧气，共计0.25+0.1=0.35mol，有色气体为氯气，为0.15mol，气体的体积之比和物质的量成正比，所以无色气体与有色气体的体积比为7：3，故C错误；
D．结合以上分析可知，电解过程中消耗氢离子0.5mol，消耗氢氧根离子0.4mol，剩余氢氧根离子0.1mol，假设电解后溶液的体积仍为500mL，电解后溶液中c(OH-)=0.2mol·L-1，故D正确；
故选D。
10．某燃料电池以乙醇为㜣料，空气为氧化剂，强碱溶液为电解质组成，有关该电池的说法正确的是
A．放电时正极发生氧化反应
B．放电一段时间后，正极附近溶液的pH减小
C．放电时负极电极反应为：
D．消耗0.2mol乙醇，有1.2mol转移
【答案】C
【分析】由题意可知，乙醇燃料电池中通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO＋11H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e－+2H2O=4OH－。
【详解】
A．由分析可知，放电时，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，A错误；
B．由分析可知，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，正极附近溶液的氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，B错误；
C．由分析可知，放电时，通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO＋11H2O，C正确；
D．由分析可知，放电时，通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH＋16OH－－12e－=2CO＋11H2O，由电极反应式可知，消耗0.2 mol乙醇，转移电子的物质的量为2.4mol，D错误；
故选C。
11．如图所示是298 K时，A2与B2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是

A．每生成2 mol AB吸收bkJ热量
B．加入催化剂，反应的活化能和反应热都改变
C．该反应的热化学方程式为 A2(g)+B2(g)=2AB(g) ∆H= + (a-b) kJ • mol-1
D．断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，放出a kJ能量
【答案】C
【详解】A． 每2 mol气态 AB分子被破坏 生成气态A原子与气态B原子，吸收bkJ热量，A错误；
B． 加入催化剂，能降低反应的活化能，但不改变反应热，B错误；
C．反应的热效应与物质的状态有关，每1mol A2(g)与B2(g)反应生成2 mol AB(g)，吸收(a-b)kJ热量，则该反应的热化学方程式为 A2(g)+B2(g)=2AB(g)  ∆H= + (a-b)kJ • mol-1，C正确；
D．破坏化学键吸收能量， 断裂1 mol气态A2分子内的A-A和1 mol气态B2分子内的B-B键，吸收akJ能量
答案选C。
12．微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如图所示(左侧CH3COO-转化为CO2和H+，右侧CO2和H+转化为CH4)。有关说法正确的是

A．电源a为负极
B．该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景
C．外电路中每通过lmol e-与a相连的电极将产生2.8L CO2
D．b电极的反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O
【答案】D
【分析】电解池中，与电源正极相连的电极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，左侧电极上CH3COO-转化为CO2和H+，发生氧化反应，左侧为阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，右侧CO2和H+转化为CH4；为还原反应，右侧为阴极；
【详解】A． 据分析，左侧电极为阳极，则电源a为正极，A错误；
B．电化学反应时，电极上电子数守恒，则有左侧 ，右侧有，二氧化碳不能零排放，B错误；
C． 不知道气体是否处于标准状况，则难以计算与a相连的电极将产生的CO2的体积，C错误；
D． 右侧为阴极区，b电极上发生还原反应，结合图示信息可知，电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，D正确；
答案选D。

二、填空题
13．铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3，可用作催化剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。
(1)写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式：____。
(2)若将(1)中的反应设计成原电池，请写出电极反应式：正极反应：____，负极反应：____。
【答案】(1)2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
(2)     2Fe3+2e-=2Fe2+     Cu-2e-=Cu2+

【解析】（1）
有强氧化性，能把金属铜氧化成铜离子，自身被还原成，反应方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
（2）
设计成原电池时，负极_上发生氧化反应，正极上发生还原反应，该电池反应中三价铁离子得电子发生还原反应，所以正极＝上的电极反应式为，铜失电子发生氧化反应，所以负极上的电极反应式为；电池反应中发生氧化反应的金属作负极，所以铜作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，可选石墨作正极，发生还原反应的电解质溶液作原电池的电解质溶液，故答为：；。
14．电解原理在化学领域应用广泛。如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请完成以下问题：

(1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液：
①在X极附近观察到的现象是____。
②电解时，阴极的电极反应式是____。
(2)若用该装置电解精炼铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：X电极的材料是_____。电解一段时间后，CuSO4溶液浓度____(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)若X、Y都是惰性电极，α是溶质为Cu(NO3)2和X(NO3)3，且均为0.1mol的混合溶液，通电一段时间后，阴极析出固体质量m(g)与通过电子的物质的量n(mol)关系如图所示，则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是____。

【答案】(1)     放出气体，溶液变红     2H2O+2e- =2OH-+H2↑
(2)     纯铜     减小
(3)Cu2+＞H+＞X3+

【解析】（1）
①X和电源的负极相连的电极X极是阴极，该电极上氢离子发生得电子的还原反应，2H2O+2e- =2OH-+H2↑，所以该电极附近氢氧根浓度增大，碱性增强，滴入酚酞试液会变红；
②阴极的电极反应式为2H2O+2e- =2OH-+H2↑；
（2）
电解方法电解精炼铜，电解池的阴极X材料是纯铜，电极反应为Cu2+＋2e－=Cu，阳极是粗铜，其中比金属铜活泼的金属优先放电，电解一段时间后，溶液浓度会降低，故答案为：纯铜；减小；
（3）
根据电解图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜；如果是X3+析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2+＞X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这是阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X3+，故氧化能力为Cu2+＞H+＞X3+。
15．电解原理在化学工业中有广泛应用。
(1)电解食盐水是氯碱工业的基础。目前比较先进的方法是阳离子交换膜法，电解示意图如图所示，图中的阳离子交换膜只允许阳离子通过，请回答以下问题：

①电解饱和食盐水的总反应的离子方程式是___________。
②精制饱和食盐水在b口加入的物质为___________(写化学式)
(2)全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能系统，工作原理如图：
离子种类
VO
VO2+
V3+
V2+
颜色
黄色
蓝色
绿色
紫色


①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，该电池放电时总反应式是___________。
②当完成储能时，阴极溶液的颜色是___________
(3)将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb的装置如图所示。

①写出电解时阴极的电极反应式___________
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为___________
③电解过程中，Na2PbCl4电解液浓度不断减小，为了恢复其浓度，应该向___________极室(填“阴”或者“阳”)加入___________(填化学式)。
【答案】(1)     2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑     NaOH
(2)     V2++VO+2H+=V3++VO2++H2O     紫色
(3)     PbCl+2e−=Pb+4Cl−     H+     阴     PbO

【分析】由电解食盐水装置图可知，钠离子移向右边，则左边电极为阳极，右边电极为阴极，据此分析解答；全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应生成V3+，则 VO离子发生还原反应生成VO2+，据此书写反应的总方程式，电池储能时为电解池，电解的总反应为放电总反应的逆反应，据此分析解答；将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，电解Na2PbCl4溶液生成Pb，阴极发生还原反应生成Pb，阳极发生氧化反应生成氧气，据此分析解答。
（1）
①电解饱和食盐水总反应的离子方程式是2Cl-+2H2O Cl2↑+H2↑+2OH-，故答案为：2Cl-+2H2O  Cl2↑+H2↑+2OH-；
②由电解食盐水的装置图可知，钠离子移向右边，则左边电极为阳极，A连接电源正极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，所以精制饱和食盐水从图中a位置补充，右边电极为阴极，B连接电源负极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH- 或2H++2e-=H2↑，生成氢氧化钠从图中d位置流出，b口加入的物质是稀氢氧化钠溶液，故答案为：NaOH；
（2）
①全钒液流电池放电时V2+发生氧化反应，则 VO离子发生还原反应，反应的总方程式为V2++VO═V3++VO2++H2O，故答案为：V2++VO+2H+=V3++VO2++H2O；
②电池储能时为电解池，电解的总反应为V3++VO2++H2O= V2++VO+2H+，阴极发生还原反应，阴极反应式为V3++e-═V2+，阴极溶液颜色变为紫色，故答案为：紫色；
（3）
①阴极发生还原反应，Na2PbC14被还原生成Pb，阴极反应式为PbCl+2e-=Pb+4Cl-，故答案为：PbCl+2e-=Pb↓+4Cl-；
②电解时阳离子向阴极移动，通过阳离子交换膜的离子主要为氢离子，故答案为：H+；
③电解过程中，Na2PbCl4在阴极发生还原反应，阴极发生还原反应生成Pb，阳极发生氧化反应生成氧气，Na2PbCl4浓度不断减小，为恢复浓度，则应在阴极加入PbO，溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液，故答案为：阴；PbO。

三、计算题
16．(1)实验测得16 g甲醇CH3OH(l)在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式：_____________。
(2)合成氨反应N(g)+3H2(g)2NH3(g)  △H＝a kJ·mol-1，能量变化如图所示：

①该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E__(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，图中△H___。
②有关键能数据如下：
化学键
H—H
N—H
N≡N
键能(kJ‧mol-1)
436
391
945

试根据表中所列键能数据计算a为_______。
(3)发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，用二氧化氯为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。
已知：①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)  △H1＝a kJ·mol-1
②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)  △H2＝b kJ·mol-1
写出肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的热化学方程式：_______。
【答案】     CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)  △H=-726.5kJ/mol     变小     不变     -93     2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)   △H=(2b-a) kJ/mol
【分析】(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，据此分析书写；
(2)①催化剂降低反应的活化能，但不改变焓变；②根据△H=反应物总键能-生成物总键能计算；
(3)根据盖斯定律分析解答。
【详解】(1)16gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出363.25kJ热量，则32gCH3OH即1molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出726.5kJ热量，则△H=-726.5kJ/mol，则甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-726.5kJ/mol；
(2)①催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变焓变，则加催化剂会使图中E变小，图中△H不变，故答案为：变小；不变；
②N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=反应物总键能-生成物总键能=945kJ•mol-1+436kJ•mol-1×3-391kJ•mol-1×6=-93kJ•mol-1=akJ•mol-1，解得a=-93，故答案为：-93；
(3) ①N2(g)+2O2(g)＝2NO2(g)  △H1＝a kJ·mol-1，②N2H4(g)+O2(g)＝N2(g)+2H2O(g)  △H2＝b kJ·mol-1，根据盖斯定律，将②×2-①得：2N2H4(g)-N2(g)=2N2(g)+4H2O(g)-2NO2(g) △H=2△H2-△H1，整理得：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=(2b-a) kJ/mol，故答案为：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H=(2b-a) kJ/mol。
【点睛】本题的易错点为(2)②，要转移1个氨气分子中含有3个N-H键。

四、实验题
17．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)倒入NaOH溶液的正确操作是_______(填序号)。
A．沿玻璃棒缓慢倒入
B．分三次少量倒入
C．一次迅速倒入
(3)使盐酸与NaOH溶液混合均匀的正确操作是_______(填序号)。
A．用温度计小心搅拌
B．揭开硬纸片用玻璃棒搅拌
C．轻轻地振荡烧杯
D．用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动
(4)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1 L 1 mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3，则ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小关系为_______。
(5)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：

起始温度t1/℃
终止温度t2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6

依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH=_______(结果保留一位小数)。
(6)_______(填“能”或“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)确保盐酸被完全中和
(2)C
(3)D
(4)ΔH1=ΔH2＜ΔH3
(5)-51.8 kJ·mol-1
(6)     不能     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

【分析】本实验为测定中和热的实验，分别用两个烧杯来量取盐酸和NaOH，要确保其中一种反应物稍微过量从而使反应物被完全中和，酸和碱的浓度也不宜过大，否则电离程度达不到100%，会造成误差，取多次实验t1、t2的平均值代入公式计算，操作过程确保规范准确。
（1）
在中和热的测定实验中为了确保反应物被完全中和，常常使加入的一种反应物稍微过量一些，加入过量氢氧化钠是为确保盐酸被完全中和；
（2）
为了减小热量损失，倒入NaOH溶液应该一次迅速倒入；
（3）
A.温度计是用来测量温度的，不能使用温度计搅拌，故A错误；
B.揭开硬纸片用玻璃棒搅拌，会有大量热量散失，测定结果偏低，故B错误；
C.轻轻地振荡烧杯，反应不能快速充分反应，也可能导致液体溅出，影响测定结果，故C错误；
D.用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动，能使反应快速、充分反应，热量损耗小，故D正确；
答案选D；
（4）
稀氢氧化钠溶液和稀氢氧化钙溶液中溶质都完全电离，它们的中和热相同，稀氨水中的溶质是弱电解质，它与盐酸的反应中一水合氨的电离要吸收热量，故反应热的数值要小一些，因此ΔH1=ΔH2＜ΔH3；
（5）
第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，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℃；三组数据均有效，平均温差为3.1℃，50mL的0.50mol/L盐酸与50mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液的总质量m=100mL×1g/cm3=100g，c=4.18J/（g•℃），生成0.025mol的水放出热量Q=cmΔT=4.18J/（g•℃）×100g×3.1℃=1295.8J=1.2958kJ，则该实验测得的中和热ΔH=；
（6）
因为硫酸与Ba(OH)2溶液反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响反应中和热的测定，故不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸。