江苏省常州市联盟校2023-2024学年高二上学期10月调研 化学（解析版）

这是一份江苏省常州市联盟校2023-2024学年高二上学期10月调研 化学（解析版），共45页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：75分钟
本试卷共17题满分100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 N-14 Cu-64
一、单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 下列关于能量变化的说法正确的是
A. 古文说冰，水为之，而寒于水说明等量的水和冰相比，水的能量更低
B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种
C. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒
D. 已知，则金刚石更稳定
【答案】C
【解析】
【详解】A．，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．化学反应前后原子个数和种类不变，遵循质量守恒；对于放热反应：反应物总能量=生成物总能量+Q，对于吸热反应：反应物总能量=生成物总能量-Q，也遵循能量守恒，故 C 正确；
D．已知，石墨完全转化为金刚石时，要吸收能量，说明金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，所以石墨比金刚石稳定，故D错误；
故选C。
2. 下列有关说法正确的是
A. 当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用
B. 工业上用石墨电极电解熔融Al2O3冶炼金属铝时，阳极因被氧气氧化须定期更换
C. 铅蓄电池放电时，负极质量减小
D. 加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，说明Cu2+具有催化作用
【答案】B
【解析】
【详解】A．当镀锡铁制品的镀层破损时，铁较锡活泼，做原电池的负极被加速腐蚀，A错误；
B．工业上用石墨电极电解熔融 Al2O3冶炼金属铝时，阳极发生氧化反应生成氧气，氧气会和碳发生反应，则阳极因被氧气氧化须定期更换，B正确；
C．铅蓄电池放电时，负极发生反应，质量增加，C错误；
D．加入硫酸铜可使锌与稀硫酸的反应速率加快，是由于锌与硫酸铜反应生成的铜附着在锌表面形成Cu-Zn原电池，加快反应速率，D错误；
故选B。
3. 下列各组热化学方程式中，化学反应的ΔH前者大于后者的是
①C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH1；C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH2
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3；S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH4
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH5；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH6
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ΔH7；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH8
A. ①②③B. ①③④C. ②③④D. ①②③④
【答案】D
【解析】
【分析】放热反应中物质发生化学反应时，气体比固体能量高，反应越完全，放出的热量越多，吸热反应△H＞0，放热反应△H＜0，据此分析解题。
【详解】①C(s)+O2(g)═CO(g)△H1 C(s)+O2(g)═CO2(g)△H2，△H1、△H2都为放热反应，△H＜0，后者完全反应，放出的热量多，则△H1＞△H2，①符合题意；②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH3；S(g)+O2(g)=SO2(g) ΔH4，固体硫转化为气体需要吸收热量，即气态硫完全燃烧放出的热量高，则△H3＞△H4，即后者放出的热量更多，②符合题意；③H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH5；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH6，可燃物的量越多燃烧放出的热量越多，所以△H5＞△H6，③符合题意；④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ΔH7；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH8，后者为放热反应，吸热反应△H7＞0，前者为吸热反应，放热反应△H8＜0，则△H7＞△H8，④符合题意，综上分析可知，①②③④符合题意，故答案为：D。
4. 由 N2O 和 NO 反应生成 N2和 NO2的能量变化如图所示。下列说法不正确的是
A. 反应生成 1 ml N2时转移 2 ml e-
B. 反应物能量之和大于生成物能量之和
C. N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g) ΔH＝-139 kJ·ml-1
D. 断键吸收能量之和大于成键释放能量之和
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知反应物的总能大于生成物的总能量，反应为放热反应，可根据图中数据确定反应热。
【详解】A.由图可知发生的反应为N2O+NO=N2+NO2，N2O中N元素化合价从+1价降低到0价，NO 中N元素化合价从+2价升高到+4价，生成1mlN2时转移2mle-，选项A正确；
B. 由图可知反应物的总能大于生成物的总能量，选项B正确；
C. ΔH= =209 kJ·ml-1-348 kJ·ml-1=-139 kJ·ml-1，选项C正确；
D. ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能=-139 kJ·ml-1＜0，则有反应物的总键能小于生成物的总键能，即断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，选项D不正确；
答案选D。
【点睛】解答本题的关键是ΔH的计算，ΔH==反应物的总键能-生成物的总键能。
5. 原电池的电极名称不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关。下列说法中正确的是（）
A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+
B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+
C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，负极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O
D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，负极反应式为：Al-3e-=Al3+
【答案】C
【解析】
【详解】A. 由Fe、Cu、FeCl3溶液组成原电池，Fe作负极，负极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，错误；
B. 由Al、Cu、稀硫酸组成原电池，Al为负极，负极反应式为：Al-3e-=Al3+，错误；
C. 由Al、Mg、NaOH溶液组成原电池，Al作负极，负极反应式为：Al+4OH--3e-=AlO2-+2H2O，正确；
D. 由Al、Cu、浓硝酸组成的原电池中，Cu作负极，负极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，错误。
故选C。
【点睛】判断原电池的正负极时，我们通常比较两电极材料的活动性，确定相对活泼的金属电极作负极。如果我们仅从金属的活动性进行判断，容易得出错误的结论。如C、D选项中，我们会错误地认为C中Mg作负极，D中Al作负极。
实际上，我们判断正负电极时，不是看金属的活动性，而是首先看哪个电极材料能与电解质溶液发生反应，若只有一个电极能与电解质溶液发生反应，则该电极为负极；若两电极材料都能与电解质发生反应，则相对活泼的电极为负极。
6. 下列热化学方程式书写正确是
A. 甲烷的燃烧热为890.3kJ·ml-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) ΔH=-890.3kJ·ml-1
B. 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(l) ΔH=-571.6kJ·ml-1
C. HCl和NaOH反应的中和热ΔH=-57.3kJ·ml-1，则表示该反应中和热的热化学方程式为HCl(aq)+NaOH(s)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ·ml-1
D. 500℃、30MPa下，将0.5mlN2(g)和1.5mlH2(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) ΔH=-38.6kJ·ml-1
【答案】B
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1ml可燃物完全燃烧生成指定产物所放出的热量，H元素完全燃烧生成指定产物为液态水，热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·ml-1，故A错误；
B．2gH2对应物质的量为1ml，即1mlH2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：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6kJ·ml-1，故B正确；
C．NaOH(s)溶于水会放出热量，若表示HCl和NaOH反应的中和热，则NaOH应为溶液，热化学方程式：HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l) ΔH=-57.3kJ·ml-1，故C错误；
D．该反应为可逆反应，则1ml氮气与3ml氢气反应放出热量小于38.6kJ，故D错误；
答案选B。
7. 铁镍蓄电池又称爱迪生电池，充放电时的总反应为Fe+Ni2O3+3H2OFe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是
A. 电池的电解质溶液为碱性溶液，电池放电时阳离子向正极移动
B. 电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
C. 电池充电时，电池的负极与电源的负极相连
D. 电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O
【答案】B
【解析】
【分析】由总反应可知，碱性条件下铁失去电子发生氧化反应为负极，则Ni2O3为正极；
【详解】A．原电池中阳离子向正极移动，电池的电解质溶液为碱性溶液，电池放电时阳离子向正极移动，A正确；
B．由总反应可知，电池充电过程中，阴极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，生成氢氧根离子，阴极附近溶液的pH会升高，B错误；
C．电池充电时，电池的负极做阴极，与电源的负极相连，C正确；
D．电池充电时，Ni2O3做阳极，失去电子发生氧化反应，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，D正确；
故选B。
8. 已知：1mlH2与0.5mlO2完全燃烧生成1mlH2O(g)时放出241.8kJ热量，有关键能数据如下：
则H—H键键能为
A. 436kJ·ml-1B. 557kJ·ml-1C. 221.6kJ·ml-1D. 413kJ·ml-1
【答案】A
【解析】
【详解】已知：1mlH2与0.5mlO2完全燃烧生成1mlH2O(g)时放出241.8kJ热量，则2mlH2与1mlO2完全燃烧生成2mlH2O(g)时放出483.6kJ热量，，设H—H键键能为a，反应焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，则，a=436 kJ·ml-1；
故选A
9. 将如图所示实验装置的K闭合(已知：盐桥中装有琼脂凝胶，内含KCl)，下列判断正确的是
A. Cu电极上发生还原反应B. 电子沿Zn→a→b→Cu路径移动
C. 片刻后甲池中c(SO)增大D. 盐桥中的K+移向左边烧杯
【答案】A
【解析】
【详解】A．该原电池Cu电极作正极，发生得电子的还原反应，故A正确；
B．该原电池Zn电极作负极，发生失电子的氧化反应，失去的电子经过导线流向正极，但a→b过程是在溶液中进行，是离子导电，电子不能通过，故B错误；
C．在甲池中c(SO)基本保持不变，故C错误；
D．原电池中，阳离子向着正极移动，则盐桥中的K+移向右边烧杯，故D错误；
答案选A。
10. 一种“分步法电解制氢气和氧气”的装置如图所示(a、b均为惰性电极)：该方法分两步，第一步在惰性电极产生 H2；第二步在另一个惰性电极产生 O2。以下有关说法正确的是
A. 当 K与 K1相连时，a 极产生的是氧气
B. 当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，NiOOH/Ni(OH)2电极恢复为电解前的状态
C. 当 K与 K2相连时，b极附近的 pH 会降低
D. 产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极反应方程式：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-
【答案】C
【解析】
【详解】A．当 K与 K1相连时，a 极为阴极，水得电子产生氢气，A错误；
B．当 a、b两极产生的气体的物质的量之比为 1：1 时，a极产生1ml氢气，电路中转移电子2ml，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，消耗2ml Ni(OH)2，生成2ml NiOOH；b极产生1mlO2时转移电子4ml，NiOOH/Ni(OH)2电极为阴极，电极反应为：NiOOH+e-+H2O =Ni(OH)2+OH-，消耗4mlNiOOH，生成4mlNi(OH)2，电极不会恢复为电解前的状态，B错误；
C．当 K与 K2相连时，b极为阳极，氢氧根失去电子生成氧气和水，氢氧根浓度降低，故附近的 pH 会降低，C正确；
D．产生氢气时，NiOOH/Ni(OH)2电极为阳极，电极反应方程式：Ni(OH)2+OH--e-= NiOOH+H2O，D错误；
故选C。
11. 利用电解原理制备的装置如图所示(M、N均为惰性电极)。下列说法正确的是
A. 极与电源负极相连
B. 常温下，电解后N极附近溶液减小
C. 膜a、膜c均为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
D. 电解时可获得副产物、、
【答案】D
【解析】
【分析】结合装置图可知利用电解原理制备的原理为M极的Ca2+透过膜a，透过膜b，在膜a和膜b之间的室形成，因此M极为阳极，N极为阴极。
【详解】A．由分析可知M极为阳极，应与电源正极相连，A错误；
B．N极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，因此常温下电解后N极附近溶液增大，B错误；
C．Ca2+透过膜a，透过膜b，在膜a和膜b之间的室形成，Na+透过膜c进入N极室，因此膜a、膜c均为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，C错误；
D．M极为阳极，氯离子放电产生氯气，N极为阴极，N极室产生氢气和NaOH，故电解时可获得副产物、、，D正确；
选D。
12. 已知1 g物质完全燃烧时的反应热叫做该物质的热值。有以下能量转化图，下列说法不正确的是（ ）
A. 转化Ⅰ的热化学方程式为：C（s）＋O2（g）=CO2（g） ΔH＝－393.5 kJ·ml－1
B. 转化Ⅱ的热化学方程式为：2CO（g）＋O2（g）=2CO2（g） ΔH＝－565.8 kJ·ml－1
C. 由C→CO的热化学方程式为：2C（s）＋O2（g）=2CO（g） ΔH＝－110.6 kJ·ml－1
D. CO的热值：ΔH＝－10.1 kJ·g－1
【答案】C
【解析】
【详解】A.由题给物质能量转化图可得：转化Ⅰ是C→CO2，热化学方程式为：C（s）＋O2（g）==CO2（g） ΔH＝－393.5 kJ·ml－1，A正确；
B.转化Ⅱ是CO→CO2，热化学方程式为CO（g）＋O2（g）==CO2（g） ΔH＝－282.9 kJ·ml－1，B正确；
C.C→CO的热化学方程式为：C（s）＋O2（g）==CO（g） ΔH＝－（393.5 kJ·ml－1－282.9 kJ·ml－1）＝－110.6 kJ·ml－1，即：2C（s）＋O2（g）==2CO（g） ΔH＝－221.2 kJ·ml－1，C错误；
D.由热值的定义结合能量转化图可知，CO的热值：ΔH＝－＝－10.1 kJ·g－1，D正确；
故选C。
13. 一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示，该电池在充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化，释放出CO2和O2，下列说法不正确的是
A. 图中Li+的移动方向是放电时的移动方向
B. 充电时阳极发生的反应为C+2Li2CO3—4e—=3CO2+4Li+
C. 该电池不可选用含Li+的水溶液作电解质
D. 该电池每循环充、放电子各4ml，理论上可固定标准状况下22.4LCO2
【答案】B
【解析】
【分析】由可知，放电时，电极A为原电池的负极，锂在负极失去电子发生氧化反应生成锂离子，电极B为正极，锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子生成碳和碳酸锂；充电时，与直流电源的负极相连的电极A做阴极，电极B为阳极。
【详解】A．由分析可知，放电时，电极A为原电池的负极，电极B为正极，则图中锂离子的移动方向是放电时的移动方向，故A正确；
B．由题意可知，充电时，电极B为阳极，碳酸锂在阳极失去电子发生氧化反应生成锂离子、二氧化碳和氧气，电极反应式为2Li2CO3—4e—=4Li++2CO2↑+O2↑，故B错误；
C．金属锂与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以该电池不可选用含锂离子的水溶液作电解质，故C正确；
D．由分析可知，放电时，电极B为正极，锂离子作用下，二氧化碳在正极得到电子生成碳和碳酸锂，电极反应式为3CO2↑+4e—+4Li+=2Li2CO3+C，充电时，电极B为阳极，碳酸锂在阳极失去电子发生氧化反应生成锂离子、二氧化碳和氧气，电极反应式为2Li2CO3—4e—=4Li++2CO2↑+O2↑，则该电池每循环充、放电子各4ml，理论上可固定1ml二氧化碳，标准状况下体积为22.4L，故D正确；
故选B。
二、非选择题：共4题，共61分。
14. 中和热的测定是高中重要的定量实验。取0.55ml的NaOH溶液50mL与0.25ml·L-1的硫酸50mL置于如图所示的装置中进行中和热的测定实验，回答下列问题：
（1）已知强酸强碱的中和热为-57.3kJ·ml-1，写出稀硫酸和氢氧化钠稀溶液反应的中和热的热化学方程式：_______。
（2）从图中实验装置看，其中尚缺少一种玻璃用品是_______。实验时该玻璃用品的运动方向是_______(填字母，下同)。
a．上下运动 b．左右运动 c．顺时针运动 d．逆时针运动
（3）实验中NaOH过量的目的是_______。
（4）若改用60mL0.25ml·L-1H2SO4和50mL0.55ml·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，所放出的热量_______(填“相等”或“不相等”)，若实验操作均正确，则所求中和热_______(填“相等”或“不相等”)。
（5）上述实验数值结果与57.3kJ·ml-1有偏差，产生偏差的原因可能是_______(填字母)。
a．实验装置保温、隔热效果差
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度
（6）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ΔH会_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（1）H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·ml-1
（2） ①. 环形玻璃搅拌棒 ②. a
（3）保证硫酸完全被NaOH中和
（4） ①. 不相等 ②. 相等
（5）acd （6）偏大
【解析】
【小问1详解】
强酸强碱的中和热为-57.3kJ/ml，中和热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1ml水放出的热量，稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的热化学方程式为：H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·ml-1；故答案为：H2SO4(aq)＋NaOH(aq)=Na2SO4(aq)＋H2O(l) ΔH=-57.3 kJ·ml-1；
【小问2详解】
中和热的测定实验中需要使用环形玻璃搅拌棒搅拌,因此图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒；测定中和热需要烧杯内液体温度上下一致，所以环形玻璃搅拌棒的运动方向是上下运动，故选a；
【小问3详解】
NaOH溶液易吸收CO2而使NaOH浓度下降，过量的碱能保证硫酸完全被NaOH中和，从而提高实验准确度；
【小问4详解】
反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.25ml·L-1H2SO4和50mL0.55ml·L-1NaOH溶液进行反应与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热的均是强酸和强碱反应生成1ml水时放出的热，中和热相等；因此，本题正确答案是：不相等；相等；
【小问5详解】
上述实验中两烧杯口没有相平，容易引起热量损失，故测得中和热偏小；
a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，则中和热的数值偏小，选项a错误；
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，选项b正确；
c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会导致热量散失较多，则测定的中和热的数值偏小，选项c错误；
d．温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀H2SO4测温度，硫酸的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，选项d错误；
答案选acd；
【小问6详解】
用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，NH3·H2O的电离会吸收部分热量，使测得的中和热ΔH会偏大。
15. 回答下列问题：
（1）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，即产生大量的N2和水蒸气，并放出大量热。已知0.4ml液态肼和足量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) ΔH=44kJ·ml-1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出热量是_______kJ。
③上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是_______。
（2）如图所示，某研究性学习小组利用上述氧化还原反应原理设计一个肼(N2H4)-空气燃料电池(如图甲)并探究某些工业原理。
根据要求回答相关问题：
①甲装置中正极的电极反应式为_______。
②乙装置中Fe电极的电极反应式为_______。电解一段时间后，乙装置中的溶液呈_______性。
③图中用丙装置模拟工业中的_______原理，如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则理论上甲装置中消耗肼的质量为_______g。
（3）工业上利用N2和H2合成NH3，NH3又可以进一步制备肼(N2H4)等。由NH3制备N2H4的常用方法是NaClO氧化法，其离子反应方程式为_______。有学者探究用电解法制备，装置如图所示，试写出其阳极的电极反应式：_______。
【答案】（1） ①. N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g) ΔH=-640 kJ·ml-1 ②. 408 ③. 生成物为氮气和水，不污染空气
（2） ①. O2＋4e-＋2H2O=4OH- ②. Ag++e-=Ag ③. 酸 ④. 粗铜的精炼 ⑤. 0.8
（3） ①. 2NH3＋ClO-=N2H4＋H2O＋Cl- ②. 2NH3-2e-＋O2-=N2H4＋H2O
【解析】
【小问1详解】
①0.4ml液态肼和足量H2O2（l）反应生成氮气和水蒸气时放出256kJ热量，依据热化学方程式的书写原则，结合定量关系写出，1ml肼和过氧化氢反应生成氮气和水蒸气放出的热量，放热焓变为负值，所以热化学方程式为：N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g) ΔH=-640 kJ·ml-1。
②16g液态肼物质的量16g÷32g/ml=0.5ml；已知：
①：N2H4(l)＋2H2O2(l)=N2(g)＋4H2O(g) ΔH=-640 kJ·ml-1
②H2O(l)=H2O(g) ΔH=44kJ·ml-1
结合盖斯定律的内容和要求，①+②×4得：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(l) △H=-816kJ/ml，所以0.5ml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；
③上述反应应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是生成物为氮气和水，不污染空气；
【小问2详解】
甲装置中空气中氧气得到电子发生还原反应，为正极，则肼通入电极为负极；
①甲装置中空气中氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，故正极的电极反应式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-。
②乙装置中Fe电极与负极相连，为阴极，银离子得到电子发生还原反应生成银单质，电极反应式为Ag++e-=Ag；碳电极为阳极，水放电发生氧化反应生成氢离子和氧气，故电解一段时间后，乙装置中的溶液呈酸性。
③丙装置中精铜为阴极、粗铜为阳极，故为模拟工业中的粗铜的精炼原理，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，如果电解后丙装置精铜质量增加3.2g，则生成铜0.05ml，转移电子0.1ml，理论上甲装置中肼反应为，消耗肼0.025ml，质量为0.8g；
【小问3详解】
氨气具有还原性，次氯酸钠具有氧化性，由NH3和次氯酸钠发生氧化还原反应生成N2H4，同时次氯酸根还原为氯离子，其离子反应方程式为2NH3＋ClO-=N2H4＋H2O＋Cl-。由图可知，阳极氨气失去电子发生氧化反应在电解质为氧离子的环境中生成肼和水，阳极的电极反应式：2NH3-2e-＋O2-=N2H4＋H2O。
16. Ⅰ．某研究小组利用如图1所示装置探究金属Fe的腐蚀与防护条件{已知Fe2+遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀}。反应一段时间后，分别向①区和②区的Cu电极附近滴加酚酞试液，向①区和②区的Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液。
（1）①区在Cu电极附近，②区Fe电极附近可观察到的现象分别是_______、_______，④区Zn电极的电极反应式为_______。
（2）上述①③两个实验表明，活泼性不同的两种金属作电极构成原电池时，一般是相对不活泼的金属被保护，根据此原理采取的金属防护方法称为_______。
Ⅱ．某研究小组又利用图2装置制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH-Fe+3H2↑。装置通电后，铁电极附近生成紫红色Fe，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。
已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。
（3）电解过程中须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_______。
（4）c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图3所示。
M、N两点的c(Na2FeO4)均低于最高值的原因是_______。
【答案】（1） ①. 出现红色 ②. 出现蓝色沉淀 ③. 2H2O＋2e-=H2 ↑＋2OH-
（2）牺牲阳极的阴极保护法
（3）防止Na2FeO4与H2反应使产率降低
（4）c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，使c(Na2FeO4)降低；c(OH-)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使c(Na2FeO4)降低
【解析】
【小问1详解】
①区为原电池，Fe为负极，Cu为正极，正极电极反应式为：，呈碱性，遇酚酞变红；②区为电解池，Fe电极为阳极，电极反应式为：，遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀；④区为电解池Zn为阴极，电极反应式为：2H2O＋2e-=H2 ↑＋2OH-；
【小问2详解】
活泼性不同的两种金属作电极构成原电池时，一般是相对不活泼的金属被保护，根据此原理可将被保护的金属用导线与比其活泼的金属相连，形成原电池，来进行防护，此方法称为牺牲阳极的阴极保护法；
【小问3详解】
电解时铁电极附近生成紫红色FeO，镍电极有气泡产生，电极反应式为：，Na2FeO4易被H2还原，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；
【小问4详解】
Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，使c(Na2FeO4)降低；c(OH-)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使c(Na2FeO4)降低。
17. CO2的资源化利用能有效减少CO2的排放，充分利用碳资源。
（1）1991年，Ashcrft提出了甲烷二氧化碳重整的技术理论：气体分子吸附至催化剂表面后发生反应。500℃时，反应原理如下。
主反应：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH
副反应：
Ⅰ．H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH1=41.2kJ/ml
Ⅱ．2CO(g)=CO2(g)+C(s) ΔH2=-172.5kJ/ml
Ⅲ．CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3=74.0kJ/ml
其中，副反应Ⅱ、Ⅲ形成的积碳易导致催化剂失去活性。
①ΔH=_______。
②在原料气中添加微量O2有利于保持催化剂的活性，其原因是_______。
③主反应过程机理模型如图所示(*表示吸附在催化剂表面的活性物种)。根据反应机理，生成CO的过程可描述为_______。
（2）我国科学家以Si/Bi材料作光电阴极、CO2饱和的0.5ml/L的KHCO3溶液作电解液(pH=7.4)，将CO2转化为HCOOH，原理如图所示。
①根据图示，写出光电阴极电极反应式：_______。
②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法优点是_______。
（3）Li-CO2电池能将二氧化碳(CO2)高效转化，研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下4个步骤进行，写出步骤Ⅲ的离子方程式。
Ⅰ．2CO2+2e-=C2；
Ⅱ．C2=CO2+C；
Ⅲ．_______；
Ⅳ．C+2Li+=Li2CO3。
【答案】（1） ①. 246.5kJ/ml ②. 微量O2及时与副反应Ⅱ、Ⅲ产生的碳反应，防止催化剂表面积碳 ③. 吸附在催化剂表面的CO2解离成CO和O*(活性氧原子)，吸附在催化剂表面的CH4解离成H2和C(活性亚甲基)， O*和H2反应生成H2O， C和H2O反应生成H2和CO*， CO从催化剂表面脱附成CO
（2） ①. CO2+HC+2e-=HCOO-+C ②. 利用太阳光能理论上无需额外消耗能量，将捕集的CO2转化为有用的产品HCOOH，既能有效减少温室气体CO2的排放量，又能充分利用碳资源
（3）CO2+2C=C+2C
【解析】
【小问1详解】
①由盖斯定律可知，Ⅲ-Ⅱ得反应：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g) ΔH=ΔH3-ΔH2=246.5kJ/ml；
②微量O2及时与副反应Ⅱ、Ⅲ产生的碳反应，防止催化剂表面积碳，有利于保持催化剂的活性；
③由图可知，生成CO的过程可描述为：吸附在催化剂表面的CO2解离成CO和O*(活性氧原子)，吸附在催化剂表面的CH4解离成H2和C(活性亚甲基)， O*和H2反应生成H2O， C和H2O反应生成H2和CO*， CO从催化剂表面脱附成CO；
【小问2详解】
①根据图示，二氧化碳在碱性条件下得到电子发生氧化反应生成甲酸根离子和氢氧根离子，生成的氢氧根离子和碳酸氢离子转化为水和碳酸根离子，故光电阴极电极反应式：；
②该方法优点是：利用太阳光能理论上无需额外消耗能量，将捕集的CO2转化为有用的产品HCOOH，既能有效减少温室气体CO2的排放量，又能充分利用碳资源；
【小问3详解】
由题干可知，Li-CO2电池中总反应为锂和二氧化碳生成碳酸锂和单质碳，结合反应步骤可知，Ⅱ中生成C，Ⅲ中C又和二氧化碳转化为碳和碳酸根离子，反应Ⅲ为：CO2+2C=C+2C。化学键
H—O
O=O
键能/(kJ·ml-1)
463.4
498