【化学】福建省晋江市季延中学2018-2019学年高二上学期期中考试（理）试题（解析版）

福建省晋江市季延中学2018-2019学年高二上学期期中考试（理）试题
考试时间：90分钟 满分：100分
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 Fe-56 Cu-64 Ag-108
一、选择题(每小题只有一个答案，每小题2分，共22小题，共44分)
1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关。下列措施有利于节能减排、保护环境的是： ①加快化石燃料的开采与使用 ②研发易降解的生物农药 ③应用高效洁净的能源转化技术 ④田间焚烧秸秆  ⑤推广使用节能环保材料  （ ）
A. ①③⑤ B. ②③⑤ C. ①②④ D. ②④⑤
【答案】B
【解析】
试题分析：①加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量，故不符合题意；②研发易降解的生物农药能减少污染物的排放，故符合题意；③应用高效洁净的能源转换技术，可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意；④田间焚烧秸秆增加二氧化碳的排放，故不符合题意；⑤推广使用节能环保材料可以节约能源，减少二氧化碳的排放，故符合题意，即有利于节能减排、保护环境的是②③⑤，故选B。
考点：考查了使用化石燃料的利弊及新能源的开发的相关知识。
2.甲装置中所含的是物质的量之比为1∶2的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解过程中溶液的pH随时间t变化的示意图如乙所示(不考虑电解产物与水的反应)。试分析下列叙述中正确的是(　　)

A. 该混合溶液中的SO42-导致A点溶液的pH小于B点
B. AB段与BC段在阴极上发生的反应是相同的，即Cu2＋＋2e－===Cu
C. BC段阴极产物和阳极产物的体积之比为2∶1
D. 在整个电解的过程中会出现少量蓝色的Cu(OH)2沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查电解原理的应用与学生的图示信息提取能力。可以假设溶液中n(CuSO4）=1mol、n(NaCl）=2mol，电解起初阳极上Cl－放电、阴极上Cu2+放电，当转移2mol电子时，阴极上Cu2+完全放电生成Cu、阳极上Cl－完全放电生成Cl2，溶液中的溶质之间变为Na2SO4，当Cu2+和Cl－完全放电后，继续电解，其实质是为电解水，此时溶液的pH不变。
【详解】A.CuSO4是强酸弱碱盐，Cu2+会水解导致溶液呈酸性，从图中可以看出，B点Cu2+和Cl－完全放电，导致A点pH小于B点，溶液中的溶质变为为强酸强碱盐Na2SO4，所以，并不该混合溶液中的SO42－导致上述pH的升高，故A错误；
B. AB段是电解CuCl2、BC段是电解H2O，AB段阴极电极反应式为Cu2++2e-=Cu、BC段阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑，故B错误；
C. BC段是电解水，阴极上生成氢气、阳极上生成氧气，所以阴极产物和阳极产物的体积之比为2：1，故C正确；
D.由电解产物可知，起初溶液环境为酸性，随着电解的进行，pH的升高到中性后保持不变，因此整个电解过程中溶液不呈碱性，所以不会出现Cu(OH)2蓝色沉淀，故D错误；
故本题答案选C。
【点睛】有关电化学基础，把握规律是解题的关键，其中计算是必不可少的，其计算原则与方法如下：
a.原则：
（1）阳极还原剂失去的电子数 = 阴极氧化剂得到的电子数；如本题中利用此原则可分析得出阴阳极产物分别是什么；
（2）串联电路中通过各电极的电子总数相等；
（3）电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数。
b.方法：
（1）电子守恒法：依据电路中转移的电子数相等；
（2）总反应式计算法：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式进行相关计算；
（3）关系式法：根据得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，列出关系式进而计算。
3.在2CH4(g)＋2NH3(g)＋3O2(g)===2HCN(g)＋6H2O(g)反应中，已知v(HCN)＝n mol·L－1·min－1，且v(O2)＝m mol·L－1·min－1，则m与n的关系正确的是(　　)
A. 2m＝n B. 3m＝2n C. 2m＝3n D. m＝2n
【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率知识，依据参加反应的各物质的反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比的规律来作答即可得出结论。
答案选C。
【详解】已知：v(HCN)=n mol/(L/min)，v(O2) = m mol/(L/min)，反应速率之比等于其计量数之比，故n mol/(L/min)：m mol/(L/min) = 2：3，即2m ＝ 3n，C项正确；
【点睛】化学反应速率的计算除了依据定义直接计算以外，也可依据各物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比进行计算。
4. 如图所示，将两烧杯用导线如图相连，Pt、Cu、Zn、C分别为四个电极，当闭合开关后，以下叙述正确的是

A. Cu极附近OH－浓度增大
B. Cu极为原电池负极
C. 电子流向是由C极流向Pt极
D. 当C极上有4 mol电子转移时，Pt极上有1 mol O2生成
【答案】A
【解析】
正确答案：A
右边原电池，负极Zn―2e-=Zn2＋正极2H＋＋2e-=H2
左边电解池，阴极2H2O＋2e-=H2＋2OH―，阳极2Cl――2e-=Cl2
A 正确；B不正确，Cu极为原电池正极；C．不正确，电子流向是由Zn极流向Cu极
D．不正确，当C极上有4 mol电子转移时，Pt极上有2mol H2生成
5.一定条件下，在水溶液中1 mol Cl－、ClOx-(x＝1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示，下列有关说法正确的是 (　　)

A. e是ClO3-
B. b→a＋c反应的活化能为60 kJ·mol－1
C. a、b、c、d、e中c最稳定
D. b→a＋d反应的热化学方程式为3ClO－(aq)===ClO3- (aq)＋2Cl－(aq)ΔH＝－116 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【分析】
本题以卤族元素氯元素为载体考查了氧化还原反应、热化学反应方程式的反应热的计算等。
A．依据D中Cl元素化合价为+7价；
B．依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能；
C．能量越低越稳定；
D．B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO- = ClO3- + 2Cl-，反应热=(64 kJ/mol+2×0 kJ/mol）-3×60 kJ/mol=-116 kJ/mol。
【详解】A.由图示信息可知，e中Cl元素化合价为+7价，而ClO3-中Cl元素化合价为+5价，故A错误；
B.依据图中数据无法判断b→a+c反应的活化能，故B错误；
C.能量越低越稳定，因此由图中纵坐标观察，显然a，b，c，d中a能量最低，所以a最稳定，故C错误；
D. b→a＋d，根据转移电子数守恒得该反应方程式为3ClO-= ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol）-3×60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq）=ClO3-(aq）+2Cl-(aq）△H = -116kJ/mol，故D正确；
故答案为D。
【点睛】通过电子守恒规律写出氧化还原反应及其对热化学方程式反应热微观意义的理解来计算相应反应热的大小是解题的关键，注意化学方程式中的化学计量数。
6. 为了测定酸碱反应的中和反应反应热，计算时至少需要的数据是（ ）
①酸的浓度和体积 ②碱的浓度和体积 ③比热容 ④反应后溶液的质量
⑤生成水的物质的量 ⑥反应前后溶液温度变化 ⑦操作所需的时间
A. ①②③⑥ B. ①③④⑥ C. ③④⑤⑥ D. 全部
【答案】C
【解析】
试题分析：根据反应热的计算公式△H=Q=-cm△T可知，酸碱反应的中和热计算时，至少需要的数据有：比热容c、反应后溶液的质量以及生成水的物质的量m、反应前后温度，根据反应前后的温度获得反应前后温度变化△T，选项C符合题意．
考点：测定酸碱中和反应的中和热
7. 下列条件一定能使反应速率增大的是（ ）
① 增加反应物的物质的量 ② 升高温度 ③ 缩小反应容器的体积
④ 不断分离出生成物 ⑤加入MnO2
A. 全部 B. ①②⑤ C. ②③ D. ②
【答案】D
【解析】
试题分析：①增加反应物的物质的量，化学反应速率不一定增大，比如增加固体物质的量，不会引起反应速率的变化，①错误；②升高温度，会使得所有化学反应速率均加快，②正确；③缩小反应容器的体积，即增大压强，仅仅适用于体参加的反应，③错误；④不断分离出生成物（不是固体产物），会导致化学反应速率减慢，④错误；⑤加入MnO2，仅会使得部分化学反应速率加快，催化剂具有专一性的特点，⑤错误，答案选D。
【考点定位】考查外界条件对反应速率的影响
【名师点晴】参加化学反应的物质的性质是决定化学反应速率的主要原因。反应的类型不同，物质的结构不同，都会导致反应速率不同。当其他条件不变时：①浓度：增加反应物的浓度可以加快反应速率；②压强：对于有气体参加的化学反应，增大气体的压强，可以加快化学反应速率；③温度：升高温度，可以加快化学反应速率；④催化剂：加入催化剂可以加快化学反应速率；⑤其他因素：光、超声波、激光、放射线、电磁波、反应物表面积、扩散速率、溶剂等因素也都能影响化学反应的反应速率。
8.已知氧化性：Au3＋＞Ag＋＞Cu2＋＞Pb2＋＞Cr3＋＞Zn2＋＞Ti2＋。现有如图所示的电化学装置，下列叙述中正确的是

A. 若X为Ti，则Y极的电极反应式可能是Zn－2e－＝Zn2＋
B. 若X为Cr，则Y可以选Zn或Ti
C. 若Y为Cu，则X极的电极反应式可能是Cr－3e－＝Cr3＋
D. 若Y为Pb，则Xn＋(aq)中阴离子数会减少
【答案】C
【解析】
试题分析：根据装置图可知，X电极是负极，失去电子发生氧化反应。Y电极是正极，正极得到电子，发生还原反应，据此可以判断。A、若X为Ti，由于Y电极是正极，得到电子发生还原反应，因此A不正确；B、若X为Cr，则Y电极的金属性要弱于Ti的金属性，Zn或Ti的金属性强于Cr的金属性。则Y不能选Zn或Ti，可以选择铜或Pb等，B不正确；C、若Y为Cu，由于X是负极，则X电极的金属性要强于Cu，所以可以选择Cr，因此负极电极反应式可能是Cr－3e－＝Cr3＋，C正确；D、若Y为Pb，由于X电极是负极，失去电子，发生氧化反应，因此Xn＋(aq)中阴离子数会增加，D不正确，答案选C。
考点：考查原电池原理的有关判断和应用
9.氢碘酸(HI)可用“四室式电渗析法”制备，其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列叙述错误的是(　　)

A. 通电后，阴极室溶液pH增大
B. 阳极电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑
C. 得到1 mol产品HI，阳极室溶液质量减少8 g
D. 通电过程中，NaI的浓度逐渐减小
【答案】C
【解析】
【分析】
制备氢碘酸，电解质为H2SO4溶液,则阳极区的OH－失电子发生氧化反应，生成大量H+，而后H+离子通过阳离子交换膜移向产品室，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，在直流电的作用下，原料室中NaI的Na+移向阴极、I-移向产品室，据此分析解答；
【详解】A.通电后，阴极室上是氢氧化钠溶液中的H+放电，则溶液pH增大，故A正确；
B.阳极上是硫酸溶液中的氢氧根失电子发生氧化反应，电极反应式是2H2O-4e-═4H++O2↑，故B正确；
C.得到l mol产品HI，则转移l mol电子，阳极电极反应式是2H2O-4e-═4H++O2↑，氢离子通过阳离子交换膜移向产品室，所以消耗0.5mol水即9g，故C错误；
D.通电过程中，在阴极上是氢氧化钠溶液中的H+放电，在直流电的作用下，原料室中NaI的Na+移向阴极、I-移向产品室，所以NaI的浓度逐渐减小，故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查了电解池原理以及电极反应式的书写，难度适中，应注意的是任何电解质溶液必须保持电中性，离子交换膜的作用是也是电解池中需要掌握的细节。
10.25℃，以石墨作电极电解一定量的硫酸钠饱和溶液。一段时间后，阴极析出a mol气体，同时有m g Na2SO4·10H2O晶体析出 。若温度不变，此时溶液中溶质的质量分数是（ ）
A. ×100% B. ×100% C. % D. %
【答案】D
【解析】
【分析】
用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，实际上是电解水，发生总反应2H2O2H2↑+O2，由于溶剂水的减少，导致溶液中硫酸钠过饱和而析出晶体，但剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液，根据质量分数公式计算即可。
【详解】用Pt作电极，电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上氢离子放电生成氢气，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠晶体和电解的水组成的也是饱和溶液.
w g Na2SO4•10H2O硫酸钠的质量= w g× = g。
设电解水的质量为x：
2H2O2H2↑+O2
36g 2 mol
x a mol
x=18a g
所以饱和溶液的质量分数= / [(w+18a)g] ×100% = %
故答案选D。
【点睛】本题难度较大，要求对学过的溶质的质量分数知识灵活运用的同时，还必须有严谨的运算思维与较强的计算能力，分别求出溶质硫酸钠与溶剂水的质量是解题的关键。另外，抓住电解饱和硫酸钠溶液实质是电解水这一点，进而间接求出消耗的水的质量。
11.用惰性电极电解1 L 0.1 mol·L－1含Cu2＋、X3＋的水溶液，阴极质量和通过电子的物质的量的关系如图所示，则溶液中离子的氧化性由强到弱的顺序是(　　)

A. Cu2＋>X3＋>H＋ B. X3＋>Cu2＋>H＋
C. Cu2＋>H＋>X3＋ D. H＋>Cu2＋>X3＋
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查惰性电极电解时，阴极区的放电顺序与离子的氧化性有关。离子的氧化性越强，越易得电子。再结合图示信息中电子转移的物质的量与溶液中离子的物质的量的关系进行判断。
【详解】理论上阴极增重只能是析出的Cu、X或X和Cu的质量，1L 0.1 mol·L－1含Cu2＋、X3＋的物质的量均为0.1mol，它们完全放电所需要电子的物质的量分别为0.2mol和0.3mol，而实际通过图示可以看到，通过0.2 mol e-后阴极质量不再增加，说明铜离子放电后溶液中的氢离子放电，而不是X3+放电析出X，故氧化性由强到弱的顺序是Cu2＋>X3＋>H＋，选C。
本题答案选C。
【点睛】电解原理中阴阳极放电顺序判断方法：
（1）阴极：阴极上放电的一般是溶液中的阳离子。金属活动性顺序表中越排在后面的，其离子的氧化性越强，越易得到电子(注意Fe3+在Cu2+后面)而放电，其放电顺序为：K+Ca2+Na+Al3+(水中）H+ Zn2+ Fe2+ Sn4+ Pb2+ H+Cu2+ Fe3+ Ag+。
（2）阳极：若为活性电极做阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应；若为惰性电极做阳极，则一般是溶液中的阴离子放电，其常见的放电顺序为：F－含氧酸根离子OH－Cl－Br－I－S2－。
12.25 ℃、101 kPa时，强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的中和热为57.3 kJ·mol－1，辛烷的标准燃烧热为-5518 kJ·mol－1。下列热化学方程式书写正确的是(　　)
A. 2H＋(aq)＋SO (aq)＋Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)===BaSO4(s)＋2H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
B. KOH(aq)＋H2SO4(aq)=== K2SO4(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
C. C8H18(l)＋O2(g)===8CO2(g)＋9H2O(g)　ΔH＝－5518 kJ·mol－1
D. 2C8H18(g)＋25O2(g)===16CO2(g)＋18H2O(l)　ΔH＝－5518 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查中和热与燃烧热的定义与应用，紧扣定义中的注意事项便可得出答案。
【详解】A.中和热专指生成1 mol水时所对应的热量，该热化学方程式中生成的是2mol水，生成BaSO4沉淀也放热，反应热不是57.3kJ/mol，故A错误；
B. 符合中和热的概念，故B正确；
C. 燃烧热是指1 mol 可燃物生成稳定的氧化物时所对应的热量，该热化学方程式中生成的水是气体，不是稳定氧化物，故C错误；
D.热化学方程式中可燃物不是1mol，不符合燃烧热的定义，故D错误；
故本题答案选B。
【点睛】对燃烧热与中和热概念的理解是常考点。解题时需注意以下几点：
（1）燃烧热是反应热的一种，其ΔH0；
（2）101kPa时，纯净可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物，如C完全燃烧生成二氧化碳(g)，而不是CO(g)；
（3）书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，其他物质的化学计量数可能会出现分数表示的情况；
（4）中和热理解为稀酸溶液与稀的碱溶液发生中和反应生成1 mol液态水和可溶性盐所放出的热量。
13.对于可逆反应A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g),下列在不同条件下表示的反应速率中最快的是(　　)
A. v(A)=0.5 mol·L-1·min-1 B. v(B)=1.6 mol·L-1·min -1
C. v(D)=0.4 mol·L-1·min-1 D. v(C)=0.02 mol·L-1·s-1
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查化学反应速率的快慢比较，是常考题型。可以采用归一法进行求解，即将不同物质表示的反应速率折算成A表示的反应速率进行比较。
【详解】A(g)+3B(s)2C(g)+2D(g)，以A的反应速率为标准，根据参加反应的各物质的反应速率之比等于方程式中各物质的化学计量数之比的规律来作答即可比较出反应速率的大小。
A. v(A) = 0.5 mol·L-1·min-1
B. B为纯固体，不能表示反应速率，故不做考虑；
C. v(D)=0.4 mol·L-1·min-1，则v(A）= v(D)/2 = 0.2 mol·L-1·min-1；
D. 因v(C)=0.02 mol·L-1·s-1，则v(A）= v(C)/2 = 0.01 mol·L-1·s-1 = 0.6 mol·L-1·min-1；
通过对比同一个标准v(A)的大小，可以看出显然D项中表示反应速率最大，即反应速率最快，故D项正确；
故本题答案选D。
【点睛】化学反应速率的大小比较一般可以归纳为定性比较与定量比较两大类。
（1）定性比较：通过明显的实验现象，如反应的剧烈程度、产生气泡或沉淀的快慢以及固体消失。或气体充满所需时间的长短等来定性判断化学反应的快慢，如K与水反应比Na与水反应剧烈，则反应速率：KNa。
（2）定量比较：对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但比较反应速率的大小，不能只看数值的多少，而要进行一定的转化，具体比较方法如下：①一看：看化学反应速率的单位是否一致；②二化：将不同物质表示的化学反应速率转化成同一物质表示的化学反应速率，或分别除以相应物质的化学计量数。③三比较：比较同一物质表示的化学反应速率或除以化学计量数之后的数值。数值越大，反应进行得越快。
14.在一定条件下，向容积为2 L的密闭容器中加入2 mol N2和10 mol H2，发生反应：N2＋3H2 2NH3，2 min时，测得剩余的N2为1 mol，则下列化学反应速率的表达式中正确的是(　　)
A. v(N2)＝1 mol·L－1·min－1 B. v(H2)＝0.75 mol·L－1·min－1
C. v(NH3)＝0.25 mol·L－1·min－1 D. v(N2)＝0.5 mol·L－1·min－1
【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查化学反应速率的计算与比较，按照定义求出v(N2) = = 0.25 mol·L－1·min－1以后，根据各物质表示的化学反应速率与方程式中的化学计量系数成正比即可选出答案。
【详解】2 min时，N2物质的量减少了1mol，因此v(N2) = 1mol/(2L⋅2min) = 0.25 mol·L－1·min－1
，各物质表示的化学反应速率与方程式中的化学计量系数成正比，根据反应方程式中的化学计量数可知，v(H2) = 0.75 mol·L－1·min－1，v(NH3) = 0.5 mol·L－1·min－1，故A、C、D项错误，B项正确；
综上所述，本题选B。
【点睛】在计算参加反应的某物质的化学反应速率时，需要特别注意几点：
（1）题设条件中所用时间可能是s，也可能是min，因此常用单位为mol·L－1·min－1或mol·L－1·s－1；
（2）反应速率指的是平均反应速率，而不是瞬时反应速率，且均为正；
（3）对同一化学反应用不同物质表示的反应速率，其数值可能不同，但表示的意义完全相同，都表示该反应的反应速率；
（4）由于在反应中固体或纯液体的浓度是恒定不变的，因此一般不用固体或纯液体来表示化学反应速率。虽然化学反应速率与固体或纯液体的物质的量无关，但与其表面积却有关。
15.一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是

A. Pd电极b为阴极
B. 阴极的反应式为：N2+6H++6e−2NH3
C. H+由阳极向阴极迁移
D. 陶瓷可以隔离N2和H2
【答案】A
【解析】
A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e－=2NH3，故B说法正确；C、根据电解的原理，阴极上发生还原反应，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，故D说法正确。
16.如图是在航天所用的高压氢镍电池基础上发展起来的一种金属氢化物镍电池(MH­Ni电池)。下列有关说法不正确的是(　　)

A. 放电时正极反应为NiOOH＋H2O＋e－===Ni(OH)2＋OH－
B. 电池的电解液可为KOH溶液
C. 充电时负极反应为MH＋OH－－e－===H2O＋M
D. MH是一类储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越大
【答案】C
【解析】
【分析】
本题结合充电电池的特点，主要考查原电池与电解池基本原理及其相关的电极反应式的书写。放电时，正极反应式为：NiOOH＋H2O＋e－ = Ni(OH)2＋OH－，负极反应式为：MH＋OH－－e－ = H2O＋M，总反应为：NiOOH＋MH = M＋Ni(OH)2充电时，阳极反应为Ni(OH)2＋OH－－e－= NiOOH＋H2O，阴极反应为：H2O＋M＋e－ = MH＋OH－，总反应为M＋Ni(OH)2 = NiOOH＋MH。以上各式中M为金属合金，MH为吸附了氢原子的储氢合金。在储氢材料中，其氢密度越大，其化学能密度越高，电池的能量密度越高。
【详解】A.电池放电时，化学能转化为电能，为原电池原理，因此正极发生还原反应，其电极反应式为NiOOH＋H2O＋e－ = Ni(OH)2＋OH－，故A项正确；
B.电池正极反应物为NiOOH，得电子会生成Ni(OH)2，其电极反应式为NiOOH＋H2O＋e－ = Ni(OH)2＋OH－，所以电解质溶液须为碱性电解质溶液，可为KOH溶液，故B项正确；
C.充电时，电能转化为化学能，为电解池原理，该电池负极作阴极，发生得电子的还原反应，其反应式为：H2O＋M＋e－ = MH＋OH－，故C项错误；
D.MH为吸附了氢原子的储氢合金，其氢密度越大，其化学能密度越高，电池的能量密度越高，故D项正确。
【点睛】可充电电池的两极有放电与充电两个过程。分析可充电电池，通常是借助于氧化还原反应中化合价的变化来判断电极反应的反应物与产物。
17.已知：锂离子电池的总反应为LixC+ Li1-xCoO2 C+ LiCoO2；锂硫电池的总反应为2Li+S Li2S。（提示：参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小称为该电池的比能量）。有关上述两种电池说法正确的是(　　)
A. 锂离子电池放电时，Li＋向负极迁移
B. 锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应
C. 理论上两种电池的比能量相同
D. 如图表示用锂离子电池给锂硫电池充电
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查新型化学电源的反应原理，以总反应式中氧化还原反应化合价的升价为突破口，其解题思路如下：
A.原电池中阳离子向正极移动；
B.锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连；
C.比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小；
D.通常可以用电压高的、能量高的电池给电压低的、能量低的电池充电，但锂离子电池和锂硫电池的能量及电压都不确定，无法说明锂离子电池一定可以给锂硫电池充电。
【详解】A.原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，Li+向正极迁移，故A项错误；
B.锂硫电池充电时，锂电极与外接电源的负极相连，锂电极上Li+得电子发生还原反应，故B项正确；
C.比能量是参与电极反应的单位质量的电极材料放出电能的大小，锂硫电池放电时负极为Li，锂离子电池放电时负极为LixC，两种电池的负极材料不同，所以比能量不同，故C项错误；
D.通常可以用电压高的、能量高的电池给电压低的、能量低的电池充电，但锂离子电池和锂硫电池的能量及电压都不确定，无法说明锂离子电池一定可以给锂硫电池充电，故D项错误；
故答案选B。
【点睛】新型化学电源反应式的正确书写是本题的难点。要求学生能够正确区分原电池与电解池原理，并通过分析选项，利用排除法解答能够达到事半功倍的效果。
18.一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图.下列有关该电池的说法正确的是(   )

A. 反应CH4+H2O 3H2+CO,每消耗1 mol CH4转移12 mol 电子
B. 电极A上H2参与的电极反应为:H2+2OH- -2e-=2H2O
C. 电池工作时, CO32-向电极B移动
D. 电极B上发生的电极反应为:O2+2CO2+4e-=2CO32-
【答案】D
【解析】
试题分析：A、每消耗1摩尔甲烷，转移6摩尔电子，错误，不选A；B、电解质为熔融的碳酸盐，不含氢氧根离子，错误，不选B；C、B极通入氧气，为正极，碳酸根离子向负极移动，错误，不选C；D、电极B上氧气得到电子生成碳酸根离子，正确，选D。
考点：原电池的原理的应用
19.利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是 ( )

A. 该反应的ΔH＝＋91 kJ·mol－1
B. 加入催化剂，该反应的ΔH变小
C. 反应物的总能量小于生成物的总能量
D. 如果该反应生成液态CH3OH，则ΔH减小
【答案】D
【解析】
试题分析：A．反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，故A错误；B．加入催化剂，反应热不变，故B错误；C．由图象可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应，故C正确；D．如果该反应生成液态CH3OH，放出更多的热量，因反应热为负值，则△H减小，故D错误；故选C。
【考点定位】考查反应热与焓变
【名师点晴】本题考查反应热与焓变，注意反应物与生成物总能量与反应热的关系，特别是催化剂只改变反应的活化能，但不能改变反应热。反应物总能量大于生成物总能量，该反应放热，曲线Ⅱ活化能降低，应加入催化剂。
20.已知：NH3·H2O(aq)与H2SO4(aq)反应生成1 mol正盐的ΔH＝－24.2 kJ·mol－1，强酸、强碱稀溶液反应的中和热为ΔH＝－57.3 kJ·mol－1，则NH3·H2O在水溶液中电离的ΔH等于(　　)
A. －69.4 kJ·mol－1 B. －45.2 kJ·mol－1 C. ＋69.4 kJ·mol－1 D. ＋45.2 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
试题分析：根据盖斯定律：2NH3•H2O（aq）+H2SO4（aq）=（NH4）2SO4（aq）+2H2O （l）△H=-24.2kJ/mol
2NH3•H2O（aq）+2H+=2NH4+（aq）+2H2O（l）△H=-24.2kJ/mol
NH3•H2O（aq）+H+=NH4+（aq）+H2O（l）△H=-12.1kJ/moL （1）
H+（aq）+OH-（aq）=H2O （l）△H=-57.3kJ/mol （2）
（1）-（2）可得：NH3•H2O（aq）=NH4+（aq）+OH-（aq），△H=+45.2kJ/mol，
答案选D。
考点：盖斯定律
21.下图是某同学设计的验证原电池和电解池的实验装置，下列有关说法不正确的是(　　)

A. 关闭K2、打开K1，试管内两极都有气泡产生
B. 关闭K2、打开K1，一段时间后，发现左侧试管收集到的气体比右侧略多，则a为负极，b为正极
C. 关闭K2，打开K1，一段时间后，用拇指堵住试管移出烧杯，向试管内滴入酚酞，发现左侧试管内溶液变红色，则a为负极，b为正极
D. 关闭K2，打开K1，一段时间后，再关闭K1，打开K2，检流计指针不会偏转
【答案】D
【解析】
【分析】
A.关闭K2，打开K1，该装置为电解池，NaCl溶液被电解，阴极产生氢气，阳极产生氯气；
B.由于氯气在水中的溶解度比氢气大，一段时间后，试管中体积大的气体为氢气；
C.产生氢气的一极消耗了氢离子，溶液显碱性，碱性溶液能使酚酞溶液变红；
D.一段时间后，再关闭K1，打开K2时，氢气、氯气和NaCl溶液能形成原电池。
【详解】A.关闭K2，打开K1，该装置为电解池，NaCl溶液被电解，两极分别产生氢气和氯气，故A正确；
B.由于氯气在水中的溶解度比氢气大，一段时间后，气体体积大的为氢气，该电极为阴极，与该极相连的电源电极即为负极；则生成氯气的电极为阳极，与该极相连的电源电极即为正极，故B正确；
C.产生氢气的一极消耗了水电离的氢离子，促进了水的电离，溶液显碱性，碱性溶液能使酚酞溶液变红，故C正确；
D.一段时间后，再关闭K1，打开K2时，氢气、氯气和NaCl溶液能形成原电池，放电时会引起电流计指针发生偏移，故D错误。
故选D。
【点睛】电化学（原电池与电解池综合题型）解题技巧：
（1）先判断是原电池原理还是电解池原理；
（2）若为原电池，则考虑正负极反应、电子的转移及其反应现象等；
（3）若为电解池，则需要先看是惰性电极还是活性电极，如果是惰性电极，则根据阴阳极的放电顺序进行解答；相反，若为活性电极，需要注意阳极的金属电极要先失电子变成金属阳离子，阴极则直接利用阳离子的放电顺序分析即可。
22.下列对化学反应预测正确的是（）
选项
化学反应方程式
已知条件
预测
A
M(s)=X(g)＋Y(s)
ΔH>0
它是非自发反应
B
W(s)＋xG(g)=2Q(g)
ΔH<0，自发反应
x可能等于1、2、3
C
4X(g)＋5Y(g)=4W(g)＋6G(g)
能自发反应
ΔH一定小于0
D
4M(s)＋N(g)＋2W(l)=4Q(s)
常温下，自发进行
ΔH>0
【答案】B
【解析】
A．M(s)═X(g)+Y(s)，反应气体系数增大，为熵增大的反应，△S＞0，△H＞0，在高温条件下能自发进行，故A错误；B．W(s)+xG(g)═2Q(g)△H＜0，x为1，2，3时，反应熵变，△S＞0，则一定满足△H-T△S＜0，反应能够自发进行，故B正确；C.4X(g)+5Y(g)═4W(g)+6G(g)反应为气体系数增大的反应，△S＞0，所以当△H＜0，一定满足△H-T△S＜0，反应一定能够自发进行，当△H＞0时，当高温时，△H-T△S＜0，成立，可以自发进行，故C错误；D.4M(s)+N(g)+2W(l)═4Q(s)为气体系数减小的反应，△S＜0，当△H＞0时，△H-T△S＞0，一定不能自发进行，故D错误；故选B。
点睛：在等温、等压条件下，化学反应的方向是由反应的焓变和熵变共同决定的．化学反应自发进行的最终判据是吉布斯自由能变，自由能一般用△G来表示，且△G=△H-T△S，当△G=△H-T△S＜0时，反应向正反应方向能自发进行；当△G=△H-T△S=0时，反应达到平衡状态；当△G=△H-T△S＞0时，反应不能向正反应方向自发进行；据此解答。
二、非选择题（共7题，共56分）
23.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及其化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下：

ΔH＝88.6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是________。
(2)已知CH3OH(l)的燃烧热为-726.5 kJ·mol－1，CH3OH(l)＋1/2O2(g)===CO2(g)＋2H2(g)　ΔH＝－a kJ·mol－1，则a________726.5(填“＞”“＜”或“＝”)。
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：_______________________________。
(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料：4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s)　ΔH＝－1176 kJ·mol－1，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为________。
【答案】 (1). M (2). ＜ (3). 2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290 kJ·mol－1 (4). 98 kJ
【解析】
【分析】
本题考查化学能与热能的综合运用，主要从化学反应热的计算，以及根据热化学反应方程式来计算能量变化等思路进行解答。
（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；
（2）甲醇燃烧生成CO2(g）和H2(g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a<238.6；
（3）有1mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式；
（4）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为1 176kJ÷12=98kJ；
【详解】（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N：△H = +88.6kJ•mol-1，该过程是吸热反应，N暗处转化为M，是放热反应，根据反应物的能量越低越稳定，可知M稳定；
故答案为：M；
（2）燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小于燃烧热；
故答案为：<；
（3）有1 mol Cl2参与反应时释放出145kJ热量，2 mol氯气反应放热290 kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(s) ═ 4HCl(g) + CO2(g) △H = -290 kJ•mol-1；
故答案为：2Cl2(g) + 2H2O(g) + C(g) ═ 4HCl(g) + CO2(g) △H = -290kJ•mol-1 ；
（4）4Al(g) + 3TiO2(g) + 3C(g) ═ 2Al2O3(g) + 3TiC(g) △H = -1176 kJ•mol-1，转移12mol电子放热1176KJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98kJ，
故答案为：98kJ；
【点睛】热化学方程式的书写经常是常考点。需要注意的事项如下：
（1）热化学方程式不仅表明了化学反应中的物质变化，也表明化学反应中的能量变化；
（2）书写时，各物质化学式前面的化学计量数仅表示该物质的物质的量，并不表示物质的分子数或原子数，因此化学计量数可以是整数，也可以是分数，一般不用小数；
（3）在物质的化学式后用括号注明反应物和生成物的聚集状态。一般用英文字母g、l和s分别表示物质的气态、液态和固态，水溶液中的溶质则用aq表示；
（4）根据焓变的性质，若热化学方程式中各物质前的化学计量数加倍，则△H的数值也加倍，若反应逆向进行，则△H改变符号，但数值的绝对值不变。
24. （10分）某同学在用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气的生成速率。请回答下列问题：
（1）上述实验中发生反应的化学方程式有 。
（2）硫酸铜溶液可以加快氢气生成速率的原因是 。
（3）为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验。将表中所给的混合溶液分别加入到6个盛有过量Zn粒的反应瓶中，收集产生的气体，记录获得相同体积的气体所需时间。
混合液

A

B

C

D

E

F

4mol·L-1H2SO4/mL

30

V1

V2

V3

V4

V5

饱和CuSO4溶液/mL

0

0.5

2.5

5

V6

20

H2O/mL

V7

V8

V9

V10

10

0


①请完成此实验设计，其中：V1= ，V6= ，V9= 。
②反应一段时间后，实验E中的金属呈 色。
③该同学最后得出的结论为：当加入少量CuSO4溶液时，生成氢气的速率会大大提高。但当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因 。
【答案】（1）Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2­（2分）
（2）CuSO4与Zn反应产生的铜与Zn形成微电池，加快了氢气产生的速度（2分）
（3） ①V1=30；V6=10；V9=17.5 ②红色（紫红色）（每格1分，共4分）
③当加入一定量的CuSO4后，生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面（2分）
【解析】
试题分析：用稀硫酸与锌制取氢气的实验中，发现加入少量硫酸铜溶液可加快氢气原因：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn、Cu、H2SO4形成原电池：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2­加快反应；为了进一步研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，该同学设计了如下一系列实验，则该实验只是研究硫酸铜的量对氢气生成速率的影响，故其他量浓度均不变，故溶液总体积相同，故V1=V2=V3=V4=V5=30；V6=10；V9=17.5；E中加入10mL饱和CuSO4溶液，会导致Zn表面附着一层红色金属铜；当加入的CuSO4溶液超过一定量时，生成氢气的速率反而会下降,请分析氢气生成速率下降的主要原因生成的单质铜会沉积在Zn的表面降低了Zn与溶液接触的表面，是反应速率减慢。
考点：探究实验。
25.如图所示是一个用铂丝作电极，电解稀MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性指示剂，此时溶液呈红色(指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸——红色，碱——黄色)。回答下列问题：

(1)下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是________(填编号)。
①A管溶液由红变黄 ②B管溶液由红变黄 ③A管溶液不变色 ④B管溶液不变色
(2)写出A管中发生反应的电极反应式：___________________________________。
(3)写出B管中发生反应的电极反应式：____________________________________。
(4)电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是___________________。
【答案】 (1). ①④ (2). 2H＋＋2e－===H2↑，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ (3). 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ (4). 白色沉淀溶解，溶液呈红色
【解析】
【分析】
本题主要考查采用惰性电极电解时阴阳极区反应式的书写及其指示剂的变色范围，解题思路为：
（1）电解时，阳极B上氢氧根离子放电，导致阳极附近溶液呈酸性；阴极A上氢离子放电生成氢气，同时有氢氧根离子生成，氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，溶液呈弱碱性；
（2）A中氢离子放电生成氢气，生成的氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀；
（3）B中氢氧根离子放电生成氧气；
（4）氧气能使带火星的木条复燃；
（5）混合溶液呈酸性，氢氧化镁能溶于酸。
【详解】（1）电解时，阳极B上OH－放电，导致阳极附近溶液呈酸性；阴极A上H+放电生成H2，同时有OH－生成。OH－和Mg2+反应生成Mg(OH)2沉淀，溶液呈碱性，再根据已知信息，因为指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸——红色，碱——黄色，所以看到的现象是A管由红色变为黄色，B管不变色，故选①④；
（2）A中氢离子放电生成氢气，生成的氢氧根离子和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子反应为2H++2e− ═ H2↑、Mg2++2OH− ═ Mg(OH)2↓，
故答案为：2H++2e− ═ H2↑、Mg2++2OH− ═ Mg(OH)2↓；
（3）B中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为4OH−−4e− ═ 2H2O+O2↑，
故答案为：4OH−−4e− ═ 2H2O+O2↑；
（4）电解后溶液呈酸性，且溶液中有氢氧化镁白色沉淀生成，氢氧化镁能溶于稀硫酸，所以溶液混合时，白色沉淀溶解，溶液呈红色，
故答案为：白色沉淀溶解，溶液呈红色。
【点睛】用惰性电极电解稀溶液的阴阳极特点为：
（1）电解水型：含氧酸（如H2SO4）、可溶性强碱（NaOH）、活泼金属含氧酸盐（Na2SO4）；
（2）电解电解质型：无氧酸（HCl）、不活泼金属无氧酸盐（CuCl2）；
（3）放H2生碱型：活泼金属无氧酸盐（NaCl）；
（4）放O2生酸型：不活泼金属含氧酸盐（CuSO4）。
26.用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加。

(1)写出乙中两极发生的电极反应式：阴极：_______________；阳极： ________。
(2)写出甲中发生反应的化学方程式： __________________________。
(3)C(左)、C(右)、Fe、Ag 4个电极上析出或溶解物质的物质的量之比是__________。
【答案】 (1). Ag＋＋e－===Ag (2). Ag－e－===Ag＋ (3). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4 (4). 2∶1∶4∶4
【解析】
【分析】
（1）结合图示可知该装置是电解池，通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，说明铁做电解池的阴极，因此银做阳极，据此作答；
（2）甲烧杯中和铁连接的为阳极，左边的碳棒是阴极，电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸；
（3）根据阳极电极反应和电子守恒计算电极产物或电解溶解的物质的量。
【详解】（1）通电一段时间后发现乙烧杯中铁电极的质量增加，可知铁做电解池阴极，银做阳极，又电解质溶液是硝酸银溶液，所以阴极电极反应为：Ag＋＋e－===Ag；阳极电极反应为：Ag－e－===Ag＋，故答案为：Ag＋＋e－===Ag；Ag－e－===Ag＋；
（2）甲烧杯中和铁连接的为阳极，左边的碳棒是阴极，电解硫酸铜溶液生成铜、氧气和硫酸，电池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，
故答案为：2CuSO4 + 2H2O2Cu + O2↑ + 2H2SO4；
（3）甲中阴极电极反应为2Cu2+ + 4e－ = 2Cu，阳极电极反应为4OH－－4e－ = 2H2O + O2↑；乙池中电极反应，阳极电极反应为4Ag－4e－ = 4Ag+；阴极电极反应为4Ag+ + 4e－ = 4Ag；依据电子守恒计算得到，C(左)、C(右)、Fe、Ag 4个电极上析出或溶解物质的物质的量之比是2：1：4：4，
故答案为：2：1：4：4。
【点睛】多个电路串联的情况，掌握住电路中转移的电子数相等是解题的关键。同一个电路中，注意几个等量关系式：H2Cl21/2O2Cu 2Ag2H+2OH－。电解产物与转移电子数之间的关系式是电化学计算的主要依据。
27.亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应的化学方程式是：Na2SO3+KIO3+H2SO4→Na2SO4+K2SO4+I2+H2O，
(1)其中氧化剂是__________，若反应中有5mol电子转移，则生成碘是_______mol。该反应过程和机理较复杂，一般认为分为以下几步：
①IO3-+SO32-→IO2-+SO42-（慢） ②IO2-+ SO32-→IO-+SO42-（快）
③5I-+6H++ IO3-→3I2+3H2O（快） ④I2+ SO32-+ H2O→2I-+ SO42-+2H2（快）
(2)根据上述条件推测，此反应的总的反应速率由________步反应决定。
(3)若预先加入淀粉溶液，由题述看必在________离子消耗完时，才会溶液变蓝的现象产生。
【答案】 (1). KIO3 (2). 0.5 (3). ① (4). SO32-
【解析】
【分析】
本题主要考查氧化还原反应、电子转移数的计算及反应速率的影响因素等知识点，解题思路如下：
（1）I元素的化合价降低，由+5价降低为0，以此计算；
（2）反应慢的反应决定总反应速率；
（3）由反应④可知，SO32-的还原性大于I-，可被I2氧化。
【详解】(1)I元素的化合价降低，则KIO3为氧化剂，由+5价降低为0，反应中有5mol电子转移，生成的碘为5mol2×(5−0)=0.5mol，故答案为：KIO3；0.5；
(2)由慢反应决定整个反应过程的速率，故反应速率由①步反应决定，故答案为：①；
(3)由反应④可知，SO32−的还原性大于I−，可被I2氧化，故需消耗完SO32−，才会生成I2，才会有溶液变蓝的现象产生，故答案为：SO32−。
【点睛】氧化还原反应是常考点，其规律口诀为：升失氧，降得还，若说剂，则相反。本题中各物质与电子转移的关系是解题的关键。
28.能源的开发、利用与人类社会的可持续发展息息相关，怎样充分利用好能源是摆在人类面前的重大课题。
Ⅰ.已知：Fe2O3(s)＋3C(石墨)===2Fe(s)＋3CO(g) ΔH＝a kJ·mol－1；
CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝b kJ·mol－1 ；
C(石墨)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝c kJ·mol－1
则反应：4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)的焓变ΔH＝________kJ·mol－1。
Ⅱ.(1)依据原电池的构成原理，下列化学反应在理论上可以设计成原电池的是________(填序号)。
A．C(s)＋CO2(g)===2CO(g) B．NaOH(aq)＋HCl(aq)===NaCl(aq)＋H2O(l)
C．2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) D．CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)
若以KOH溶液为电解质溶液，依据所选反应可以设计成一个原电池，请写出该原电池的电极反应。负极：__________________，正极：______________________。
(2)二氧化氯(ClO2)是一种高效安全的自来水消毒剂。ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水。实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2为原料制备ClO2流程如下：

已知：电解过程中发生的反应为NH4Cl＋2HClNCl3＋3H2↑，NCl3中氮元素为＋3价。
①写出电解时阴极的电极反应式______________________。
②写出电解时阳极的电极反应式______________________。
(3)远洋轮船的钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的____________腐蚀。为防止这种腐蚀，通常把船体与浸在海水里的Zn块相连，或与像铅酸蓄电池这样的直流电源的________(填“正”或“负”)极相连。利用______________保护法防止其被腐蚀。
【答案】 (1). 6(c－b)－2a (2). D (3). CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O (4). O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (5). 2H＋＋2e－===H2↑ (6). NH－6 e－＋3Cl-===NCl3＋4H＋ (7). 吸氧 (8). 负 (9). 外加电流的阴极
【解析】
【分析】
Ⅰ、依据热化学方程式和盖斯定律计算得到；
Ⅱ、（1）依据原电池的构成原理，理论上可以设计成原电池需要是自发进行的氧化还原反应；只有D符合；在碱溶液中甲烷燃料电池中燃料在负极发生氧化反应，氧气在正极得到电子发生还原反应；
（2）①依据电解反应中 元素化合价变化分析，元素化合价降低的在阴极发生还原反应；
②依据电解反应中 元素化合价变化分析，元素化合价升高的在阳极发生氧化反应；
（3）钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，可以利用原电池原理牺牲阳极的阴极保护法进行保护；在电解池中，阴极是被保护的电极，可以采用外加电流的阴极保护法进行保护。
【详解】Ⅰ、①Fe2O3(s) + 3C(石墨) = 2Fe(s) + 3CO(g) △H = akJ•mol-1
②CO(g)+1/2O2(g) = CO2(g) △H = bkJ•mol-1
③C(石墨)+O2(g) = CO2(g) △H=ckJ•mol-1
依据盖斯定律（③-②）×6-①×2得到4Fe(s)+3O2(g) = 2Fe2O3(s) △H = 6(c-b) - 2a kJ•mol-1
故答案为：6(c-b) - 2a；
Ⅱ、（1）设计成原电池需要是自发进行的氧化还原反应；
A. C(s) + CO2(g) = 2CO(g)是非自发进行的氧化还原反应，故A不选；
B. NaOH(aq) + HCl(aq) = NaCl(aq) + H2O(l)，反应是复分解反应，不是氧化还原反应，故B不选；
C. 2H2O(l) = 2H2(g) + O2(g)，反应是非自发进行的氧化还原反应，故c不选；
D. CH4(g) + 2O2(g) = CO2(g) + 2H2O(l)，是自发进行的氧化还原反应，可以设计成原电池；
故D选；
D反应是甲烷燃料电池，在碱性电解质甲烷燃料电池中，燃料在负极发生氧化反应，氧气在正极得到电子发生还原反应；
负极电极反应为：CH4-8e- + 10OH- = CO32- + 7H2O；
正极电极反应为：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-；
故答案为：D，CH4 - 8e- + 10OH- = CO32- + 7H2O；O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-；
（2）NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑；NCl3中氮元素为+3价。
①电解时阴极上是氢离子得到电子生成氢气，阴极的电极反应式为：2H++2e- = H2↑，故答案为：2H++2e- = H2↑；
②电解时阳极上是铵根离子失去电子生成H+，故答案为：NH4+－6 e－＋3Cl-===NCl3＋4H＋
（3）钢铁船体在海水中易发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，可以利用原电池原理——牺牲阳极的阴极保护法进行保护，可以把船体与Zn块相连；在电解池中，阴极是被保护的电极，将船体与电源的负极相连，这种方法是外加电流的阴极保护法，
故答案为：吸氧；牺牲阳极的阴极；负；外加电流的阴极。
29.断开1 mol AB(g)分子中的化学键使其分别生成气态A原子和气态B原子所吸收的能量称为A—B键的键能。下表列出了一些化学键的键能E：
化学键
H—H
Cl—Cl
O===O
C—Cl
C—H
O—H
H—Cl
E/kJ·mol－1
436
247
x
330
413
463
431
请回答下列问题：
如图表示某反应的能量变化关系，则此反应为________(填“吸热”或“放热”)反应，其中ΔH＝______________(用含有a、b的关系式表示)。

若图示中表示反应 H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241.8 kJ·mol－1，则b＝________kJ·mol－1，x＝__________。
(3)历史上曾用“地康法”制氯气，这一方法是用CuCl2作催化剂，在450 ℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气。反应的化学方程式为___________________________________。若忽略温度和压强对反应热的影响，根据上题中的有关数据，计算当反应中有1 mol电子转移时，反应的能量变化为______________。
【答案】 (1). 放热 (2). (a－b)kJ·mol－1 (3). 926 (4). 496.4 (5). O2＋4HCl2Cl2＋2H2O (6). 放出热量31.4 kJ
【解析】
【分析】
（1）由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量；
（2）b为1mol水中含有的化学键的键能，即为2倍的O－H的键能，根据焓变△H=反应物的键能总和－生成物的键能总和可计算出x数值；
（3）用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水；先根据△H=反应物的键能总和－生成物的键能总和求出反应的△H，然后根据转移电子数与焓变的对应比例关系确定热量变化。
【详解】（1）由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，焓变等于断开反应物中化学键吸收的能量减去形成生成物中化学键释放的能量，因此△H=（a－b）kJ•mol-1；
（2）b为1mol水中含有的化学键的键能，即为2倍的O－H的键能，因此b=2×463kJ/mol=926kJ/mol，根据焓变△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和可得：436+x/2-463×2=-241.8，解得x=496.4；
（3）用CuCl2作催化剂，在450℃利用空气中的氧气跟氯化氢反应制氯气，生成氯气和水，反应的化学方程式为O2＋4HCl2Cl2＋2H2O；该反应的反应热△H=E（O=O）+4E（H-Cl）-2E（Cl-Cl）-4E（O-H）=（496.4+4×431-2×247-4×463）kJ•mol-1=－125.6 kJ•mol-1，当1mol氧气完全反应时转移为4mol，放出125.6kJ热量，因此当1mol电子转移时放出的热量为125.6kJ×1/4=31.4kJ。
【点睛】本题考查焓变与化学键键能的关系，通过△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和进行了一系列的计算，其中还涉及氧化还原反应中转移电子数目的计算，综合性强，难度中等。