山东省枣庄市第三中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（解析版）

这是一份山东省枣庄市第三中学2023-2024学年高二上学期10月月考化学试题（解析版），共8页。试卷主要包含了第I卷共15小题，共40分，3kJ•ml-1，若将含0等内容，欢迎下载使用。
化学试题
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Cu-64 Zn-65 Ag-108
本试卷分第I卷和第II卷两部分，共8页。满分100分，考试用时90分钟。答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、考号、班级填写在答题纸和答题卡规定的位置。考试结束后，将答题纸和答题卡一并交回。
第I卷(共40分)
注意事项：
1.第I卷共15小题，共40分。
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号。不涂在答题卡上，只答在试卷上不得分。
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，本题包括10小题，每小题2分，共20分)
1. 下列说法不正确的是
A. 同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件的ΔH相同
B. 镀层破损后，马口铁(镀锡的铁)比白铁(镀锌的铁)更易被腐蚀
C. 工业上常采用电解熔融金属氯化物来冶炼活泼金属单质(如钠、镁、铝等)
D. 钢铁电化学腐蚀分为吸氧和析氢腐蚀，主要区别在于水膜的酸性不同，引起的正极反应不同
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应热与反应条件没有关系，同温同压下，H2(g)+ Cl2 (g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同，A正确；
B．金属性是Zn＞Fe＞Sn，因此镀层破损后，马口铁中铁为负极被腐蚀，白铁中铁为正极被保护，则马口铁(镀锡铁)比白铁(镀锌的铁)更易被腐蚀，B正确；
C．工业上常采用电解熔融氧化铝来冶炼铝，C错误；
D．极弱酸性或中性下发生吸氧腐蚀，酸性较强时发生析氢腐蚀， D正确；
答案选C。
2. 下列有关电化学装置的描述正确的是
A. 装置甲：移向溶液B. 装置乙：可用于电解精炼铜
C. 装置丙：应使用阳离子交换膜D. 装置丁：可用于保护钢闸门
【答案】C
【解析】
【详解】A．Zn比Cu活泼，Zn失去电子为负极，阳离子向正极移动，则盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故A错误；
B．电解精炼铜时，粗铜与电源正极相连，为阳极；精铜与电源负极相连，为阴极，故B错误；
C．装置丙中阳离子交换膜能避免氯气与碱反应，故C正确；
D．铁闸门与石墨相连，Fe作负极，加速腐蚀，故D错误；
故选C。
3. 下列叙述或依据热化学方程式得出的结论正确的是
A. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H=-483.6kJ•ml-1，则H2的摩尔燃烧焓△H=-241.8kJ•ml-1
B. 在一定温度和压强下，将0.5mlN2和1.5mlH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3kJ，则热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-38.6kJ•ml-1
C. 反应SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0
D. 在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ•ml-1，若将含0.5mlH2SO4的稀硫酸与含0.5mlBa(OH)2的稀碱溶液混合，反应放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【解析】
【详解】A．氢气的摩尔燃烧焓是指1ml氢气完全燃烧生成液态水时放出的热量，选项A错误；
B．该反应为可逆反应，0.5ml氮气不能完全反应，故反应热不能计算，选项B错误；
C．反应SO2(g)+2H2S(g)=3S(s)+2H2O(l)熵减，在常温下能自发进行，则该反应的△H＜0，选项C错误；
D．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) △H=-57.3kJ•ml-1，若将含0.5mlH2SO4的稀硫酸与含0.5mlBa(OH)2的稀碱溶液混合，硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，析出沉淀会放热，则反应放出的热量大于57.3kJ，选项D正确。
答案选D。
4. 下列有关化学反应的方向的说法正确的是
A. 能自发进行的反应一定能迅速发生
B. 2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g) ΔH＜0，该反应能否自发进行与温度无关
C. 常温下，2H2O2H2↑+O2↑，即常温下水的分解反应是自发反应
D. 在其他外界条件不变的情况下，使用催化剂可以改变化学反应进行的方向
【答案】B
【解析】
【详解】A．自发反应是指在一定温度和压强下，不需要外界帮助即可发生的化学反应，能自发进行的反应不一定能迅速发生，故A错误；
B．已知2KClO3(s)=2KCl(s)+3O2(g) ΔH＜0，有气体生成，ΔS＞0，该反应的复合判据一定满足△H-T△S＜0，说明此反应在任何温度下都能自发进行，该反应能否自发进行与温度无关，故B正确；
C．2H2O2H2↑+O2↑的△H＞0，△S＞0，常温下复合判据△H-T△S＞0，则常温下水的分解反应不能自发反应，故C错误；
D．使用催化剂只能降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变化学反应进行的方向，故D错误；
故选B。
5. 电解精炼法提纯镓的方法是：以含Zn、Fe、Cu杂质的粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH水溶液为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓。(金属活动性顺序为：Zn﹥Ga﹥Fe)。下列有关说法中不正确的是
A. 电解过程中，阳极附近溶液的pH增大
B. 电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu和Fe
C. 在阴极除了析出高纯度的镓之外，还可能有H2产生
D. 电路中转移3mle-时，粗镓溶解进入电解质溶液的n(GaO)小于1ml
【答案】A
【解析】
【分析】由金属活动顺序为：Zn﹥Ga﹥Fe可知，阳极上Zn、Ga失电子发生氧化反应生成Zn2+、进入电解质溶液，铁、铜不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，阴极上得电子发生还原反应生成Ga；
【详解】A．阳极主要电极反应式为：Ga+4OH-+3e-=+2H2O所以阳极附近溶液的pH减小，A错误；
B．由金属活动性顺序可知，铁、铜不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，B正确；
C．在阴极除了析出高纯度的镓之外，电解质溶液中的水也可能在阴极上得电子发生还原反应生成H2，C正确；
D．根据金属活动性顺序，阳极有锌失电子变成锌离子进入溶液，电路中转移3mle-时，粗镓溶解进入电解质溶液n(GaO)小于1ml，D正确；
故选A。
6. 深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是

A. 正极反应为：SO42-+5H2O+8e-=HS-+9OH-
B. 输送暖气的管道不易发生此类腐蚀
C. 这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·xH2O
D. 管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为SO42-+5H2O+8e-=HS-+9OH-，故A正确；
B．硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化效率，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，故B正确；
C．由图示可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，故C错误；
D．管道上刷富锌油漆，形成Zn—Fe原电池，Fe变为正极，可以延缓管道的腐蚀，故D正确；
答案为C。
7. 用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板中的铜，其热化学方程式为：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l) △H。
已知：①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) △H1=+64kJ•ml-1
②2H2O2(1)=2H2O(1)+O2(g) △H2=-196kJ•ml-1
③H2(g)+O2(g)=H2O(1) △H3=-286kJ•ml-1
下列说法不正确的是
A. △H=-320kJ•ml-1
B. 反应①可通过铜作电极电解稀硫酸的方法实现
C. 已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H4，则△H4＞2△H3
D. 使用MnO2作催化剂时因改变反应②的焓变△H2，从而加快反应的速率
【答案】D
【解析】
【分析】按盖斯定律，反应①+②+③得到Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l) △H=△H1+△H2+△H3=-320kJ•ml-1
【详解】A．据分析，△H=-320kJ•ml-1，A正确；
B．阳极铜失去电子得到铜离子，阴极氢离子放电产生氢气，则反应①可通过铜作电极电解稀硫酸的方法实现，B正确；
C．生成液态水放出的热量更多，则H2(g)+O2(g)=H2O(g) △H’＞△H3=-286kJ•ml-1，已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H4，则△H4＞2△H3，C正确；
D．使用MnO2作催化剂时因降低反应活化能，从而加快反应的速率，但没有改变反应②的焓变△H2，D错误；
答案选D。
8. 次磷酸(H3PO2)为一元中强酸，具有较强的还原性，可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示。下列叙述正确的是
A. 次磷酸H3PO2在水溶液中的电离可表示为：H3PO23H++PO
B. 产品室中发生反应H++H2PO=H3PO2，该法还同时制得硫酸和NaOH两种副产品
C. a膜和c膜均为阳离子交换膜，a膜可有效防止H2PO被氧化
D. M室和N室石墨电极上产生的气体物质的量之比为2∶1
【答案】C
【解析】
【分析】根据工作原理的图示可知，M室中石墨为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+通过a膜进入产品室，原料室中的通过b膜进入产品室，产品室中H+与结合成H3PO2，a膜为阳离子交换膜、b膜为阴离子交换膜；N室中石墨为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，原料室中Na+通过c膜进入N室，c膜为阳离子交换膜；据此作答。
【详解】A．次磷酸为一元中强酸，其在水溶液中的电离方程式为H3PO2H++，A项错误；
B．根据分析，H+通过a膜进入产品室，原料室中的通过b膜进入产品室，产品室中发生反应H++=H3PO2，结合反应原理和电子守恒，该法同时在N室制得副产品NaOH，不能制得硫酸，B项错误；
C．根据分析，a膜和c膜均为阳离子交换膜，a膜可防止进入M室被氧化，C项正确；
D．M室石墨上的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，N室石墨上的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒，M室和N室石墨电极上产生的气体物质的量之比为1∶2，D项错误；
答案选C。
9. 等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液，用石墨电极电解此溶液，经过一段时间后，阴、阳两极收集到的气体物质的量之比为3∶2。下列说法正确的是
A. 两极共生成两种气体
B. 电解过程中混合溶液的pH持续增大
C. 阴极上因Ag+放电，导致电极质量增加
D. 向电解后溶液中通入适量的HCl可使溶液恢复到电解前的状态
【答案】B
【解析】
【分析】等物质的量的BaCl2、K2SO4和AgNO3溶于水形成混合溶液，发生反应SO+Ba2+=BaSO4↓、Cl-+Ag+=AgCl↓，混合后溶液中的溶质为等物质的量的氯化钾、硝酸钾。用石墨电极电解此溶液，阳极首先是氯离子失电子发生氧化反应，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，然后是氢氧根离子放电，电极反应式为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极发生还原反应2H++2e-=H2↑，结合电子转移计算，一段时间后，阴、阳两极产生的气体的体积比为3∶2，说明阳极生成氯气、氧气，阴极生成氢气。
【详解】A．由分析可知，阴极上发生还原反应生成氢气，阳极上发生氧化反应生成氯气和氧气，则两极共生成氢气、氯气和氧气三种气体，故A错误；
B．混合后溶液中的溶质为等物质的量的氯化钾、硝酸钾，电池反应手性是KCl溶液电解生成KOH溶液，后阶段电解KOH溶液相当于电解水，则氢氧根浓度不断增大、溶液的pH持续增大，故B正确；
C．混合后Ag+生成氯化银沉淀，故阴极上银离子不放电、阴极发生还原反应2H++2e-=H2↑，电极质量不增加，故C错误；
D．结合选项B可知，向电解后溶液中通入适量的HCl和水才可使溶液恢复到电解前的状态，故D错误；
答案选B。
10. 由于存在同种电解质溶液的浓度差而产生电动势的电池称为浓差电池。利用浓差电池电解硫酸钠溶液可同时制得氢气、氧气、硫酸和氢氧化钠，其装置如图所示(a、b电极均为石墨电极)。下列说法正确的是(已知：溶液A为1L1ml/LAgNO3溶液；溶液B为1L4ml/LAgNO3溶液)
下列有关说法正确的是
A. 电池放电过程中Ag(1)为正极，电极反应为Ag++e-=Ag
B. c、d离子交换膜依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜
C. a电极石墨电极可用金属铜电极代替
D. 电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得60g氢氧化钠
【答案】D
【解析】
【分析】浓差电池为同种电解质溶液浓度差而产生电动势的电池，溶液B浓度大故Ag(2)为正极，电极反应为Ag++e-=Ag，Ag(1)为负极，电极反应为Ag-e-=Ag+，溶液B中的硝酸根离子由右池透过阴离子交换膜进入左池；a极与正极相连为阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+，硫酸根离子透过交换膜c进入阳极区，故c为阴离子交换膜，b极与负极相连为阴极，电极反应式为2H2O+2e-═H2↑+2OH-，钠离子透过交换膜进入阳极区，故d为阴离子交换膜，据此作答。
【详解】A．由分析可知，故Ag(2)为正极，电极反应为Ag++e-=Ag，故A错误；
B．由分析可知，c为阴离子交换膜，d为阴离子交换膜，故B错误；
C．a电极石墨电极可用金属铜电极代替时铜会溶解，得不到氧气，故C错误；
D．浓差电池中左右两边溶液中Ag+浓度相同时，电池停止工作，溶液A中n(Ag+)=1ml/L×1L=1ml，溶液B中n(Ag+)=1L×4ml/L=4ml，放电时A中Ag+减少，B中Ag+增加，当Ag+物质的量为=2.5ml时，停止放电，此时B中Ag+减少4ml-2.5ml=1.5ml，由电极反应式Ag++e-=Ag，电路中转移电子数为1.5ml，由b极电极反应式2H2O+2e-═H2↑+2OH-，生成氢氧化钠1.5ml，质量为1.5ml×40g/ml=60g，故D正确；
故选D。
二、选择题(每小题有一个或两个选项符合题，本题共5小题，每小题全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共20分。)
11. 利用如图装置可分离含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的混合物浆液，使其分离成固体混合物和含铬元素溶液(已知：2CrO+2H+Cr2O+H2O；MnO2不溶于水、稀酸和稀碱)。下列说法不正确的是

A. 电解装置工作时，石墨2应该连接铅蓄电池的PbO2电极
B. 当电路中转移4ml电子时，阳极室生成1mlCr2O
C. 电解一段时间后，阴极室溶液的pH大于阳极室溶液的pH
D. 阴极室生成的物质可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离
【答案】B
【解析】
【分析】上述装置为电解池的工作原理，阳极区溶液中的水失去电子生成氧气和氢离子，则混合浆液中通过离子交换膜移动到阳极，且酸性条件下CrO转化为Cr2O；阴极区溶液中的水得到电子生成氢气和氢氧根离子，混合物浆液中的钠离子通过阳离子膜移动到左侧阴极区，据此分离成固体混合物和含铬元素溶液。
【详解】A．由上述分析可知石墨2为阳极，充电时阳极接电源的正极，则应连接铅蓄电池的PbO2电极，故A正确；
B．电解时，阳极上水中的氢氧根放电，即2H2O-4e-=O2↑+4H+，转移4ml电子时，有4mlH+在阳极区增大，向阳极移动，由于存在2CrO+2H+Cr2O+H2O可逆反应，阳极室可生成小于2mlCr2O，故B错误；
C．电解一段时间后在阴极室，H2O放电：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，c(OH-)增大，Na+向阴极室移动，结合上述分析可知，阴极室溶液的pH大于阳极室溶液的pH，故C正确；
D．阴极室生成的物质为氢氧化钠，氢氧化铝可溶于强碱氢氧化钠而二氧化锰不溶，故可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离，故D正确；
故选：B。
12. 我国科研人员设计将脱除SO2的反应与制备H2O2相结合的协同转化装置如图。在电场作用下，双极膜中间层的H2O解离为OH-和H+，并向两极迁移。已知：
①单独制备H2O2：2H2O+O2=2H2O2，不能自发进行；
②单独脱除SO2：4OH-+2SO2+O2=2SO+2H2O，能自发进行。
下列说法不正确的是
A. 单独脱除SO2的反应为吸热反应
B. 反应过程中不需补加稀H2SO4
C. 正极的电极反应式：O2+2e-+2H+=H2O2
D. 协同转化总反应：SO2+O2+2H2O=H2O2+H2SO4
【答案】AD
【解析】
【分析】二氧化硫端：二氧化硫与氢氧化钠反应生成，再失去电子生成，为负极，其电极反应为：；氧气端：氧气得电子，与氢离子结合生成过氧化氢，为正极，其电极反应为。
【详解】A．单独脱除SO2是一个熵减的过程，因为此反应可自发进行，因此该反应为放热反应，A错误；
B．反应过程中不需要补加稀硫酸，因为右侧消耗的氢离子数目等于从双极膜中迁移过来的氢离子数目，B正确；
C．根据分析可知氧气端为正极，正极反应为，C正确；
D．根据正负极反应可知协同转化总反应：，D错误；
故选AD。
13. 科学家已获得了气态N4，其空间结构为正四面体形(如图所示)。已知断裂1mlN-N键吸收193kJ能量，断裂1mlN≡N键吸收946kJ能量。下列说法正确的是
A. N4属于一种新型化合物
B. N4(g)=2N2(g) △H=+734kJ•ml-1
C. N4(g)比N2(g)更稳定
D. 以N4(g)为原料替代N2(g)合成等量NH3(g)时，会放出更多的热量
【答案】D
【解析】
【详解】A．N4属单质，故A错误；
B．1mlN4气体中含有6mlN-N键，可生成2mlN2，形成2mlN≡N键，则1mlN4气体转变为N2化学键断裂断裂吸收的热量为：6×193kJ=1158kJ，形成化学键放出的热量为946kJ×2=1892kJ，所以反应放热，放出的热量为：1892kJ-1158kJ=734kJ，则N4(g)=2N2(g) △H=-734kJ•ml-1，故B错误；
C．结合选项B可知，N4(g)比N2(g)能量高，则N4(g)不如N2(g)稳定，故C错误；
D．结合选项B可知，2mlN2转化为1mlN4需要吸收734kJ的热量，则以N4为原料替代N2合成等量NH3时，放出的热量变多，故D正确；
故答案为D。
14. 科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池，可作储能设备，装置如图。下列说法不正确的是
A. 放电时，电子从电极a流出
B. 多孔炭电极提高了充、放电速率
C. 放电时，CCl4溶液增重71g时，NaCl溶液质量减少117g
D. 充电时，电极a的电极反应式为：NaTi2(PO4)3+2Na+-2e-=Na3Ti2(PO4)3
【答案】CD
【解析】
【分析】充电时电极a的反应为：，是得电子的还原反应，a作电解池的阴极，原电池放电时a作失电子发生氧化的负极，电极b上氯气得电子化合价降低发生还原反应，据此回答。
【详解】A．根据图中的反应可知电极 a 放电时发生氧化反应，为负极，电子从电极a流出，A正确；
B．多孔炭电极增大了接触面积、提高了充、放电速率，B正确；
C．放电时，正极，充电时，电极b为阳极，电极反应式为，Cl2被CCl4吸收增重71g，而NaCl溶液2mlCl-到阳极放电，同时2mlNa+ 向电极a移动参与电极反应，因此NaCl溶液减少117g，C错误；
D．充电时，电极a为阴极发生还原反应，电极反应式为，D错误；
故选CD。
15. 利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯(C2HCl3)进行水体修复的过程如图所示。H+、O2、NO等粒子的存在会影响水体修复效果，设单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法不正确的是

A. 增大单位体积水体中ZVI的投入量，可使nt增大
B. 反应①在负极反生，反应②③④在正极发生
C. 单位时间内，三氯乙烯脱去aml氯原子时，ne=aml
D. 反应④为NO+10H++8e-=NH+3H2O
【答案】BC
【解析】
【详解】A．增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故A正确；
B．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生，故B错误；
C．三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1mlC2HCl3转化为1mlC2H4时，得到6ml电子，脱去3ml氯原子，所以脱去amlCl时ne=2aml，故C错误；
D．由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO+8e-→NH，由于生成物中有NH，所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以④的电极反应式为NO+10H++8e-=NH+3H2O，故D正确；
答案选B C。
第II卷(共60分)
注意事项：
1.第II卷共5大题，共60分。
2.考生用0.5毫米黑色签字笔将答案和计算步骤、过程填写在答题纸相应位置，直接在试卷上作答不得分。
16. 回答下列问题：
（1）实验室用50mL0.50ml/L盐酸与50mL某浓度的NaOH溶液在如图所示装置中反应，通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和热。该装置缺少一种仪器，该仪器的名称为________；实验室提供了0.50ml/L和0.55ml/L两种浓度的NaOH溶液，应选择_______ml/L的溶液进行实验。

（2）用50mL0.50ml•L-1盐酸与50mL上述所选浓度的NaOH溶液进行中和热的测定。实验数据如表：
回答下列问题：
①若近似认为稀盐酸与NaOH溶液的密度均为1g•cm-3(忽略溶液混合后体积变化)，反应所得溶液的比热容c=4.18J•(g•℃)-1，则中和热△H=_______kJ•ml-1(保留1位小数)。
②上述实验数值结果与理论值57.3kJ•ml-1有偏差，产生偏差的原因不可能是_______(填字母序号)。
A.实验装置保温、隔热效果差
B.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
C.用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶液的温度
D.用量筒量取盐酸的体积时仰视
（3）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1L1ml•L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为_______。
（4）将V1mL1.0ml•L-1盐酸和V2mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1+V2=50)，通过分析图象可知，做该实验时环境温度_______(填“高于”“低于”或“等于”)22℃，该NaOH溶液的浓度约为_______ml•L-1。

【答案】（1） ①. 环形玻璃搅拌器 ②. 0.55
（2） ①. -55.2 ②. D
（3）△H1=△H2＜△H3
（4） ①. 低于 ②. 1.5
【解析】
【分析】测定中和热时，要确保热量不散失、一定量的稀盐酸反应完全，故要在保温性能好、绝热的体系中反应、一次性迅速把NaOH溶液倒入小烧杯中，并用环形玻璃搅拌棒、量取最高温度；测出放出的热量、并计算出中和热，据此回答；
【小问1详解】
该装置缺少一种玻璃仪器，该仪器的名称为环形玻璃搅拌棒(玻璃搅拌器)；为保证盐酸完全中和，应选择0.55ml·L-1的NaOH溶液进行实验；
【小问2详解】
①4次实验所测温差分别为3.3°C、4.3°C、3.4°C、3.2°C、，第2次数据偏差大，舍去，其余几次实验温度差平均为3.3℃，50mL0.50ml·L-1盐酸和50mL0.55ml·L-1氢氧化钠溶液反应，盐酸和氢氧化钠溶液的密度都≈1g·cm-3，则溶液的质量为100g，生成0.025ml的水，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1·℃-1。放出热量， 该实验测得的中和热；
②A.实验装置保温、隔热效果差，导致热量散失，所测中和热数值偏低，不选；
B.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，导致热量散失，所测中和热数值偏低，不选；
C.用温度计测定盐酸起始温度后直接测定NaOH溶液的温度，导致反应提前反应部分，则氢氧化钠溶液的起始温度偏高，所测中和热数值偏低，不选；
D.用量筒量取盐酸的体积时仰视，则盐酸体积偏大，生成水的物质的量偏大，放出热量偏大，所测中和热数值偏高，选；
选D；
【小问3详解】
稀氢氧化钠溶液和稀氢氧化钙溶液中溶质都完全电离，反应的中和热相同，稀氨水中的一水合氨是弱电解质，与盐酸的反应中一水合氨的电离要吸收热量，反应热大于中和热，则△H1、△H2、△H3的大小关系为：△H1=△H2＜△H3；
【小问4详解】
中和反应放热，由图知，V1=5mL对应的温度为22℃，则实验小组做该实验时的环境温度低于22℃。V1=30mL对应的温度为28℃，为最高点，说明酸碱恰好中和，则30mL×1. 0ml·L-1=(50-30)mL×c(NaOH)，则该NaOH溶液的浓度为1. 5ml·L-1。
17. 全钒液流电池是化学储能领域的一个研究热点，储能容量大、使用寿命长，利用该电池电解处理含NH4NO3的废水制备硝酸和氨水的原理如图所示，a、b、c、d电极均为惰性电极。

回答下列问题：
（1）全钒液流电池放电时，a电极反应式为______，电池充电时b极应连接电源的_____(填“正极”或“负极”)。
（2）隔膜1为_______交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)，q口流出液含有的溶质为_______(填化学式)，d电极的电极反应式为_______。
（3）当装置A中有0.4mlH+通过质子交换膜时，则装置B中产生的气体总体积为________L(标准状况下)。
（4）用电解法可除去硝酸工业产生的尾气NO，并得到NH4NO3，工作原理如图。

理论上通入NH3与NO的最佳物质的量之比为_______。
【答案】（1） ①. VO+2H++e-=VO2++H2O ②. 负极
（2） ①. 阳离子 ②. HNO3 ③. 2H2O-4e-=O2↑+4H+
（3）6.72 （4）1：4
【解析】
【分析】由图知，X区释放氢气，则为阴极区，c为阴极，d为阳极，则a为正极、b为负极。
【小问1详解】
据分析，a电极为正极，溶液中得到电子和氢离子反应生成和水，其电极反应式为，电池充电时b极为阴极、应连接电源的负极。
【小问2详解】
c极是水中氢离子得到电子变为氢气，剩余的氢氧根与废水中的铵根反应生成氨水，因此隔膜1为阳离子交换膜，d极是水中氢氧根失去电子变为氧气，因此q口流出液含有的溶质为；d电极的电极反应式为。
【小问3详解】
当装置A中有0.4mlH+通过质子交换膜时，则电子转移为0.4ml，B装置中存在关系式，则装置B中氢气0.2ml、氧气0.1mL，产生产生的气体总体积为6.72L(标准状况下)。
【小问4详解】
由图示可知，NO在阴极上得电子生成，电极反应式为NO＋5e－＋6H＋=＋H2O；②NO在阳极上失电子生成，电极反应式为NO－3e－＋2H2O =＋4H＋，电解总反应式为8NO＋7H2O 3NH4NO3＋2HNO3，故当实际参加反应的NO为8 ml时，要将电解生成的HNO3全部转化为NH4NO3，还应通入2 ml NH3，则理论上通入NH3与NO的最佳物质的量之比n(NH3)∶n(NO)＝2 ml∶8 ml＝1∶4。
18. 新型化学电源在生活、工业、国防等方面有广泛用途。
（1）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，电池工作时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式为_______。
（2）如图是铝-硫二次电池工作原理示意图，放电时的电池反应为2Al+3S=Al2S3。

①放电时每生成4mlAl2Cl，转移电子的物质的量为________ml。
②充电时阳极电极反应式为________。
③用该电池保护地下铁管道不被腐蚀，铁管道应连接电池的________电极(填“铝”或“硫碳复合物”)，该电化学防护法称为________。
（3）HCOOH燃料电池的工作原理如图所示。

电池的负极电极反应式为________，需补充物质X的化学式为________。
【答案】（1）Al+3NiO(OH)+NaOH+3H2O=3Ni(OH)2+Na[Al(OH)4]或(Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=3Ni(OH)2+NaAlO2)
（2） ①. 3 ②. Al2S3-6e-+14AlCl=8Al2O+3S ③. 铝 ④. 阴极电保护法(外加电流阴极保护法
（3） ①. HCOO--2e-+2OH-=HCO+H2O ②. H2SO4
【解析】
【小问1详解】
以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，电池工作时正极上NiO(OH)转化为Ni(OH)2，负极上Al失去电子被氧化为Na[Al(OH)4]或NaAlO2，则该电池反应的化学方程式为Al+3NiO(OH)+NaOH+3H2O=3Ni(OH)2+Na[Al(OH)4]或(Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=3Ni(OH)2+NaAlO2)。
【小问2详解】
铝-硫二次电池放电时的电池反应为2Al+3S=Al2S3，负极反应式为；正极反应式为；充电时，阳极的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，即；
①据分析，放电时负极，则每生成4mlAl2Cl，转移电子的物质的量为3ml。
②据分析，充电时阳极电极反应式为。
③用该电池保护地下铁管道不被腐蚀，则铁应为阴极，与电源的负极相连，则铁管道应连接电池的铝电极，该电化学防护法称为阴极电保护法(外加电流阴极保护法)。
【小问3详解】
根据图示，右侧区Fe3+转化为Fe2+，，发生还原反应，则右侧为正极，吸引阳离子；左侧HCOO-转化为，故电池的负极电极反应式为；虚框内，Fe2+转化为Fe3+，，则根据电荷守恒可知，需要补充的X为H2SO4。
19. 甲醇是一种可再生能源，用途广泛。请回答下列问题：
（1）一种用CO2生产甲醇燃料的反应：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-akJ•ml-1。
已知：CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH=-bkJ•ml-1；
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-ckJ•ml-1；
H2O(g)=H2O(l) ΔH=-dkJ•ml-1。
则表示CH3OH(l)摩尔燃烧焓的热化学方程式为________。
（2）用如图所示装置研究有关电化学问题，当闭合该装置的电键K时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：

①A电极的电极反应式为________，C电极的电势________(填“低于”或“高于”)D电极的电势。
②若在乙池中实现铁表面镀银，则D电极材料为________，乙池中的溶液为________。
③丙池中装有200mL1ml•L-1硫酸铜溶液，若B电极消耗3.36L(标准状况)气体，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，应加入________(填字母)。
A.CuO B.Cu(OH)2 C.CuCO3 D.Cu2(OH)2CO3
（3）某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如图所示。

根据图像分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是________。
【答案】（1）CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-(c+2d-a-b)kJ•ml-1
（2） ①. CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O ②. 高于 ③. Fe ④. AgNO3溶液 ⑤. D
（3）汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小
【解析】
【小问1详解】
反应①CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-akJ•ml-1
②CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH=-bkJ•ml-1；
③2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH=-ckJ•ml-1；
④H2O(g)=H2O(l) ΔH=-dkJ•ml-1。
按盖斯定律，×③+2×④-①-②即可得到表示CH3OH(l)摩尔燃烧焓的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-(c+2d-a-b)kJ•ml-1。
【小问2详解】
由图可知甲图为原电池、是甲醇燃料电池，通甲醇的A为负极、B为正极；乙池为电解池，C与电源正极相连为阳极，D为阴极，丙池为电解池，E为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，F电极为阴极，电极反应为：Cu2++2e-=Cu，总反应方程式为：，电化学反应时，电极上电子数守恒。
①据分析，A电极CH3OH被氧化为CO，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O，C电极的电势高于D电极的电势。
②若在乙池中实现铁表面镀银，则铁为阴极，D电极材料为Fe，乙池中的溶液为AgNO3溶液。
③丙池中装有若B电极消耗 (标准状况)气体 (填字母)。电化学反应时，电极上电子数守恒。甲池中B电极反应为：，当甲池中B电极上消耗O2的体积为3.36L (标准状况)即时，转移电子，丙池总反应为：，200mL1ml•L-1硫酸铜溶液含铜离子0.2ml则消耗0.4ml电子时，释放出0.2mlCu+0.1mlO2，另0.2ml电子通过电解0.1ml水消耗，即减少“0.2mlCu+0.1mlO2+0.1mlH2O”， 根据少什么加什么，若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，应加入相当于从溶液中出去的物质为Cu与O2反应产生的0.2mlCuO+0.1mlH2O，则Cu2(OH)2CO3满足；
答案选D。
【小问3详解】
根据图像分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是:汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小。
20. 某研究小组探究不同条件对电解FeCl2溶液微粒放电能力的影响。已知：Fe2+遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀；Fe3+遇K4[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀。
（1）该小组同学预测电解FeCl2溶液两极的现象：阳极有黄绿色气体产生，阴极有无色气体产生。该小组同学用如图装置电解1ml•L-1FeCl2溶液：

①取少量银灰色固体洗涤后，加稀H2SO4有气泡产生，再向溶液中加入________(试剂和现象)，证明该固体为Fe。
②该小组同学进一步分析红褐色固体产生的原因，甲同学认为________；乙同学认为2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2可氧化Fe2+最终生成Fe(OH)3。
为证实结论，设计方案如下：用实验I的装置和1.5V电压，电解酸化(pH=4.91)的________，通电5分钟后，阳极无明显现象，证实乙同学的推论不正确。丙同学认为仍不严谨，原因是产生的气体溶于水，继续实验________(操作和现象)，进一步证实了乙同学的推论不正确。
（2）该小组同学进一步探究电解1ml•L-1FeCl2溶液电极产物的影响因素。
①对比实验I、Ⅱ、Ⅲ可以得出结论：阳极Fe2+放电时，酸性较强主要生成Fe3+；酸性较弱主要生成Fe(OH)3。
阴极________。
②对比实验I、Ⅳ、V可以得出结论：增大电压，不仅可以改变离子的放电能力，也可以________。
（3）综合分析上述实验，电解过程中电极反应的产物与________有关。
【答案】（1） ①. K3[Fe(CN)6]溶液、蓝色沉淀 ②. Fe2+-e-=Fe3+，最终生成Fe(OH)3 ③. 2ml•L-1NaCl(或KCl)溶液 ④. 取阳极附近溶液，加入淀粉KI溶液后，溶液不变蓝
（2） ①. 酸性较强时，H+放电，酸性较弱时，Fe2+放电 ②. 改变电极反应的速率
（3）电解质溶液的酸碱性、电源电压
【解析】
【分析】Fe2＋的化合价处于铁元素化合价的中间价态，既具有氧化性又具有还原性；电解FeCl2溶液，通过对比实验可知电极反应的产物与电解质溶液的酸碱性、电源电压有关；
小问1详解】
①铁与硫酸反应生成Fe2＋，要证明固体为Fe，需要验证铁与酸反应后的溶液中存在Fe2＋，即需要加入K3[Fe(CN)6]溶液，溶液中出现蓝色沉淀，证明固体为铁单质；
②Fe2＋具有还原性，能失去电子发生氧化反应生成铁离子，该小组同学进一步分析红褐色固体产生的原因，甲同学认为是：Fe2+-e-=Fe3+，最终生成Fe(OH)3；乙同学认为2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2可氧化Fe2+最终生成Fe(OH)3；要证实乙同学的推论，需要做对比实验，产生的Cl2不与电解质中的离子发生反应，即电解酸化的2ml·L－1的NaCl或KCl；氯气溶于水后，得到氯水，具有强氧化性，因此，继续实验需要取阳极附近溶液，加入淀粉KI溶液后，溶液不变蓝，可证实乙同学的推论不正确；
【小问2详解】
①对比实验I、Ⅱ、Ⅲ可以得出结论：阳极Fe2+放电时，酸性较强主要生成Fe3+；酸性较弱主要生成Fe(OH)3；
阴极：酸性较强时，有气泡产生，无固体附着，说明放电的是H＋，酸性较弱时，无气泡冒出，有金属状固体附着，说明Fe2＋放电；
②对比实验I、Ⅳ、V各电极现象，可以得出结论：增大电压，不仅可以改变离子的放电顺序，也可以改变电极的反应速率；
【小问3详解】
综合分析上述实验，电解过程中电极反应的产物与电解质溶液的酸碱性、电源电压有关。温度
实验次数
起始温度t1/℃
终止温度t/℃
HCl溶液
NaOH溶液
平均值
1
26.0
26.2
26.1
29.4
2
26.0
26.4
26.2
30.5
3
25.9
25.9
25.9
29.3
4
26.2
26.4
26.3
29.5
实验
条件
操作及现象
电压
pH
阳极
阴极
I
1.5v
4.91
无气泡产生，溶液逐渐变浑浊，5分钟后电极表面析出红褐色固体
无气泡产生，4分钟后电极表面有银灰色金属状固体附着
实验
条件
操作及现象
电压
pH
阳极
阴极
Ⅱ
1.5v
2.38
无气泡产生，溶液出现少量浑浊，滴加KSCN溶液变红色
无气泡产生，电极表面有银灰色金属状固体附着
Ⅲ
1.5v
1.00
无气泡产生，溶液无浑浊现象，滴加KSCN溶液变红色
有气泡产生，无固体附着
Ⅳ
3.0v
4.91
无气泡产生，溶液逐渐变浑浊，3分钟后电极表面有红褐色固体产生
极少量气泡产生，1分钟出现镀层金属
V
6.0v
4.91
有气泡产生，遇湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。溶液逐渐变浑浊
大量气泡产生，迅速出现镀层金属