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【化学】江苏省海安高级中学2018-2019学年高一上学期第一次月考（创新班）试题（解析版）
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江苏省海安高级中学2018-2019学年高一上学期第一次月考试题（创新班）
1.[2017新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（ ）
A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【答案】C
【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。
2.已知H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，CO的燃烧热为282.8 kJ/mol。现有H2和CO组成的混合气体56.0 L(标准状况)，充分燃烧后，放出热量710.0 kJ，并生成液态水。下列说法正确的是（ ）
A. CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH=−282.8 kJ/mol
B. H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) ΔH=−571.6 kJ/mol
C. 燃烧前的混合气体中，H2的体积分数为60%
D. 混合气体燃烧后与足量的过氧化钠反应，转移电子2.5 mol
【答案】D
【详解】A. CO的燃烧热为282.8 kJ/mol ，依据燃烧热的概念，热化学方程式为： CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=−282.8 kJ/mol，故错误；B. H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)==2H2O(l) ΔH=−571.6 kJ/mol，故错误；C.设氢气的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，氢气和一氧化碳组成的混合气体体积为56.0L，物质的量为56.0L/22.4L/mol=2.5mol，经过充分燃烧，放出的总热量为710kJ，依据燃烧热计算有x+y=2.5，285.8x+282.8y=710，解得x=1mol，y=1.5mol。氢气的体积分数为1mol/2.5mol=40%，故错误；D.氢气为1mol，一氧化碳为1.5mol，燃烧后生成的水和二氧化碳分别为1mol和1.5mol，与过氧化钠反应，转移的电子数分别为1mol和1.5mol，共2.5mol，故正确；故选D。
3.我国预计在2020年前后建成自己的载人空间站。为了实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家设计了一种装置(如下图)，实现了“太阳能一电能一化学能”转化，总反应方程式为2CO2=2CO+O2。关于该装置的下列说法正确的是（ ）
A. 图中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B. 图中离子交换膜为阳离子交换膜
C. 反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强
D. 人体呼出的气体参与X电极的反应：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-
【答案】D
【解析】试题分析：A、图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；B、图中离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，故B错误；C、阴极反应生成的OH-在阳极完全反应，总反应为2CO2=2CO+O2，所以反应前后溶液的pH并不变化，故C错误；D、人体呼出的气体参与X电极的反应：为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，故D正确；故选D。
4.X、Y、Z、W、R是原子序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是（ ）
A. Y、Z、W原子半径依次增大
B. 元素W、Z形成的简单氧化物，W的氧化物熔点更高
C. X、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两间均可发生反应
D. W、Z的最高价氧化物对应水化物碱性，W＞Z
【答案】B
【详解】A. Y、Z、W原子半径顺序为钠>铝>氧，故错误；B. 元素W、Z形成的简单氧化物分别为氧化铝和氧化钠，氧化铝的晶格能大于氧化钠，氧化铝的熔点比氧化钠高，故正确；C. X、Z、W的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠可以和碳酸或氢氧化铝反应，但是碳酸和氢氧化铝不能反应，故错误；D. W、Z的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化铝和氢氧化钠，氢氧化钠的碱性更强，故错误。故选B。
5.白磷与氧气可发生如下反应：P4+5O2P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为P—P a kJ·mol−1、P—O b kJ·mol−1、P=O c kJ·mol−1、O=O d kJ·mol−1。根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，下列数据正确的是（ ）
A. (6a+5d−4c−12b) kJ·mol−1 B. (4c+12b−6a−5d) kJ·mol−1
C. (4c+12b−4a−5d) kJ·mol−1 D. (4a+5d−4c−12b) kJ·mol−1
【答案】A
【详解】根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算，ΔH=(6a+5d−4c−12b) kJ·mol−1。故选A。
【点睛】注意一个白磷分子中含有6个磷磷键。P4O10中含有4个磷氧双键和12个磷氧单键。
6. 下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（ ）
A. 密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量。则Fe(s)＋S(s)==="FeS(s)" ΔH＝－95.6 kJ·mol－1
B. 稀醋酸与0.1 mol·L－1NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
C. 已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1
D. 已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221 kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】试题分析：A、9.6g硫的物质的量是9.6g/32g/mol=0.3mol，11.2gFe的物质的量是0.2mol，S过量，则1molFe完全与S反应生成FeS放出的热量是19.12kJ/0.2mol=95.6kJ/mol，热化学方程式正确，正确；B、醋酸是弱酸，电离需要吸收热量，所以与氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出的热量少于57.3kJ，错误；C、1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为H2O(l)=== H2(g)＋1/2O2(g) ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1，错误；D、1molC完全燃烧生成二氧化碳时放出的热量为C的燃烧热，错误，答案选A。
7.用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（ ）
A. 0.1 mol CuO
B. 0.1 mol CuCO3
C. 0.05 mol Cu2(OH)2CO3
D. 0.1 mol Cu(OH)2
【答案】C
【详解】用惰性电极电解硫酸铜溶液，先电解生成铜、氧气和硫酸，根据图分析，当转移0.2mol电子时反应生成0.05mol氧气和0.1mol铜，然后就是电解水，生成氢气和氧气，当又转移0.1mol电子时，产生了0.05mol氢气和0.025mol氧气，即电解了0.05mol水。所以要使溶液恢复需要进入0.1mol氧化铜和0.05mol水，即可以加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3。故选C。
8.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·mol－1
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1160 kJ·mol－1
下列说法不正确的是:（ ）
A. 由反应①、②可推知：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝-867 kJ·mol－1
B. 等物质的量的甲烷分别参与反应①、②，则反应转移的电子数相等
C. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4 kJ
D. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2NA
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据盖斯定律可知CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，由（①+②）/2可得，所以ΔH＝[(－574 kJ·mol－1)+( －1160 kJ·mol－1)]/2="-867" kJ·mol－1，正确；B、等物质的量的甲烷分别参与反应①、②，甲烷中的-4价C原子全部转化为+4价C，所以转移的电子数相等，正确；C、标准状况下4.48 L CH4的物质的量是0.2mol，还原NO2至N2，根据A的结果，放出的热量为0.2mol×(867 kJ·mol－1)="173.4" kJ，正确；D、0.2mol甲烷还原NO2至N2，本身被氧化为CO2，所以整个过程转移电子的物质的量是0.2mol×8=1.6mol，电子总数是1.6NA，错误，答案选D。
9.煤的液化可以合成甲醇。下列有关说法正确的是（ ）
①“气化”:C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH1=+90.1 kJ·mol-1
②催化液化Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ·mol-1
③催化液化Ⅱ:CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)+1/2O2(g) ΔH3=a kJ·mol-1
A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂,反应的活化能Ea、ΔH2都减小
B. 反应C(s)+H2O(g)+H2(g)CH3OH(g) ΔH=+41.1 kJ·mol-1
C. ΔH2>ΔH3
D. 如图为甲醇燃料电池的工作原理示意图,负极的电极反应为CH3OH-6e-+6OH-CO2↑+5H2O
【答案】B
【详解】A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂,反应的活化能Ea减小但ΔH2不变，故错误；B. ①“气化”:C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH1=+90.1 kJ·mol-1，②催化液化Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，①+②可得热化学方程式为：反应C(s)+H2O(g)+H2(g)CH3OH(g) ΔH=+90.1kJ/mol-49.0kJ/mol=+41.1 kJ·mol-1，故正确；C. ②催化液化Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ·mol-1，③催化液化Ⅱ:CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)+1/2O2(g) ΔH3=a kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，②-③可得热化学方程式为：H2(g) +1/2O2(g)= H2O(g) ΔH=ΔH2-ΔH3=（-49.0-a） kJ·mol-1，该反应为放热反应，即ΔH <0，则有ΔH2-ΔH3<0，即ΔH2<ΔH3，故错误；D. 如图为甲醇燃料电池的工作原理示意图,负极的电极反应为CH3OH-6e-+8OH-CO32-+6H2O，故错误。故选B。
10.水银法电解食盐水是氯碱工业发展进程中的重要里程碑，以制得碱液纯度高、质量好而著称，其生产原理示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A. 电解器中阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑
B. 当阳极产生3.36 L(标准状况)气体时，解汞室中生成NaOH的质量为12 g
C. 解汞室中产生氢气的电极为阴极
D. 在直流电作用下，电解器中的Na＋变成金属钠，与水银形成钠汞合金，从而与Cl2分开
【答案】C
【详解】A. 电解器中阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，A正确；B. 当阳极产生3.36 L(标准状况)气体即0.15mol氯气时，根据电子守恒，阴极生成0.3molNa，根据Na守恒，解汞室中生成0.3molNaOH，其质量为0.3mol×40g/mol=12 g，B正确；C. 解汞室中，钠汞合金与石墨粒构成原电池，钠汞合金为负极，Na失电子被氧化成Na+，石墨粒为正极，氢离子在正极得到电子被还原成氢气，C错误；D. 根据示意图，在直流电作用下，电解器中阴极上钠离子得到电子被还原成Na，Na与水银形成钠汞合金，从而与氯气分离开来，D正确；故选C。
11.最近中国科学院上海高等研究院在合成气直接制烯烃研究获重大突破。已知：
反应①：C(s) + 1/2O2(g) ＝ CO (g) △H1
反应②：C(s) + H2O(g) ＝ CO(g)+ H2(g) △H2
反应③：CO(g) +2H2(g) ＝ CH3OH(g) △H 3=－90.1kJ·mol－1
反应④：2CH3OH(g) ＝ CH3OCH3(g) + H2O(g) △H 4=－134.0kJ·mol－1
反应⑤：3CH3OH(g) ＝ CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H 5=－31.0kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A. △H1－△H2＜0
B. 反应②为放热反应
C. 3CH3OCH3(g) ＝ 2CH3CH=CH2(g) + 3H2O(g) △H=－103.0 kJ·mol－1
D. 3CO(g) + 6H2(g) ＝ CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H=－301.3kJ·mol－1
【答案】AD
【详解】A. △H1－△H2为1/2O2(g)＋H2(g) ＝H2O(g)的ΔH，该化合反应为放热反应，故△H1－△H2＜0，A项正确；B. 反应②为吸热反应，B项错误；C. 根据盖斯定律，⑤×2－④×3得3CH3OCH3(g) ＝ 2CH3CH=CH2(g) + 3H2O(g) △H=＋340.0kJ·mol－1，C项错误；D.根据盖斯定律：③×3＋⑤得3CO(g) + 6H2(g) ＝ CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H=－301.3kJ·mol－1，D项正确。故选AD。
12.用酸性甲醛燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 当a、b都是铜作电极时，电解的总反应方程式为2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑
B. 燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 当燃料电池消耗22.4 L甲醛气体时，电路中理论上转移2 mol e－
D. 燃料电池工作时，负极反应为HCHO＋H2O－2e－===HCOOH＋2H＋
【答案】D
【详解】A. 当a、b都是铜作电极时，形成电解精炼装置，阳极铜失去电子，阴极上铜离子得到电子，故错误；B.由于电解质溶液呈酸性，正极反应为O2＋４H＋＋4e－=２H2O ，故错误；C. 当燃料电池消耗22.4 L甲醛气体时，由于没有说明是在标况下，所以无法计算甲醛的物质的量，则无法计算转移电子的物质的量，故错误；D. 燃料电池工作时，甲醛在负极上失去电子生成甲酸，则负极反应为HCHO＋H2O－2e－=HCOOH＋2H＋，故正确。故选Ｄ。
13.乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应式为2CH2===CH2＋O2===2CH3CHO。下列有关说法正确的是（ ）
A. 每有0.1 mol O2反应，则迁移H＋0.4 mol
B. 负极反应式为CH2===CH2－2e－＋H2O===CH3CHO＋2H＋
C. 电子移动方向：电极a→磷酸溶液→电极b
D. 该电池为二次电池
【答案】AB
【详解】A. 由电极反应O2＋４H＋＋4e－=２H2O可知，每有0.1 mol O2反应，则迁移H＋0.4 mol，故正确；B. 负极是乙烯失去电子，电极反应式为CH2=CH2－2e－＋H2O===CH3CHO＋2H＋，故正确；C. 电子只能经过导线，不能经过溶液，故错误；D. 该电池是燃料电池，不是二次电池，故错误。故选ＡＢ。
14.以NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式C2H2(g)＋5/2O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)，ΔH＝－1300 kJ/mol 的说法中，正确的是（ ）
A. 当转移10NA个电子时，该反应放出1300 kJ的能量
B. 当1NA个水分子生成且为液体时，吸收1300 kJ的能量
C. 当2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300 kJ的能量
D. 当8NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300 kJ的能量
【答案】AD
【详解】A. 当转移10NA个电子时，反应中碳元素的化合价从－１变到＋４价，参加反应的乙炔的物质的量为１mol，放出的热量为1300 kJ的能量，故正确；B.根据热化学方程式分析，当有１mol水分子生成时，放出的热量为1300kJ，故当1NA个水分子生成且为液体时，放出的热量为1300 kJ的能量，故错误；C. 一个二氧化碳分子中含有４个碳氧共用电子对，所以当有２mol二氧化碳，即含有８mol碳氧共用电子对生成时，放出的热量为1300 kJ，当2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ／4＝325 kJ的能量，故错误。D. 一个二氧化碳分子中含有４个碳氧共用电子对，所以当有２mol二氧化碳，即含有８mol碳氧共用电子对生成时，放出的热量为1300 kJ。故正确。故选AD。
15.用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生；……
A. a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
B. b处：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2溶于水生成HClO，使溶液褪色
C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+
D. 根据实验一的原理，实验二中n处能析出O2
【答案】D
【详解】A. a、d处变蓝，说明是溶液中的氢离子反应生成氢气，为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故正确；B. ａ为阴极，则b为阳极，是溶液中氯离子反应生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2溶于水生成HClO，次氯酸具有漂白性，使溶液褪色，故正确；C. c为阳极，是铁失去电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故正确；D. 实验一中ａｃ形成电解池，ｄｂ形成电解池，所以实验二中相当于三个电解池，一个球两面为不同的两极，左边的钢珠的左侧为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，右侧为阴极，溶液中的氢离子反应生成氢气，右侧的钢珠的左面为阳极，右侧为阴极即ｎ处，产生氢气，故错误。故选Ｄ。
16.某实验小组用0.50 mol·L-1NaOH溶液和0.50 mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。若实验中大约要使用245mL0.50 mol·L-1NaOH溶液，
(1)配制时至少需要用托盘天平称量NaOH固体_________g。
(2)测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示，下列说法正确的是_________
A．如图所示，测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸条或泡沫塑料的目的是固定小烧杯
B．若用50 mL 0.55 mol·L−1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0.50 mol·L−1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L−1的硫酸充分反应，两反应测定的中和热相等
C．中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钡溶液反应
D．为了简化装置，中和热测定实验中的环形玻璃搅拌棒可以由温度计代替
(3)写出该反应中和热的热化学方程式：（中和热为ΔH＝-57.3 kJ·mol-1）_____________________。
(4)取50 mLNaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
试验次数
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差平均值
（t2－t1）/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.6
2
27.0
27.4
27.2
31.2
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
①表中的温度差平均值为___________________℃。
②近似认为0．50 mol·L-1 NaOH溶液和0．50 mol·L-1硫酸溶液的密度都是1 g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c = 4.18 J·（g·℃）-1。则中和热ΔH=________________（取小数点后一位）。
③上述实验数值结果与ΔH＝-57.3 kJ·mol-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
【答案】(1). 5.0 (2). B (3). NaOH(aq) + 1/2H2SO4(aq) ==1/2 Na2SO4(aq) + H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol (4). 4.0 (5). -53.5KJ/mol (6). acd
【详解】(1) 要得到245mL0.50 mol·L-1NaOH溶液实际要配制250毫升溶液，即氢氧化钠的质量为0. 250L×0.50mol/L×40g/mol＝5.0ｇ。(2) A．测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸条或泡沫塑料的目的是保温隔热，减少热量损失，故错误；B．中和热是指反应生成１mol水时的反应热，与用的酸碱的量无关，所以用50 mL 0.55 mol·L−1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0.50 mol·L−1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L−1的硫酸充分反应，两反应测定的中和热相等，故正确；C．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，沉淀析出和电离过程有热量的改变，所以该反应的热量不能计算中和热，故错误；D．温度计不能用于搅拌溶液，所以中和热测定实验中的环形玻璃搅拌棒不可以由温度计代替，故错误。故选B。(3)注意中和热是指反应生成１mol水的反应热，所以热化学方程式为：NaOH(aq) + 1/2H2SO4(aq) ==1/2 Na2SO4(aq) + H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol。 (4)四次实验的温度差分别为3.5、4.0、3.9、4.1，由于第1次实验误差较大，则忽略第1次实验数据，取第2、3、4次的平均值，平均值为4.0。 (5) 氢氧化钠溶液的质量为50克，硫酸溶液的质量为30克，溶液的总质量为80克，反应生成0.025mol水，根据中和热计算公式计算，ΔH=- =-53.5KJ/mol。(6) a．实验装置保温、隔热效果差，会使测定的热量减少，结果变小，故正确；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会使氢氧化钠的体积变大，反应放出的热量偏多，则结果变大，故错误；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，测定的温度变化小，则结果变小，故正确；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，则硫酸的起始温度高，则温度差变小，则结果变小，故正确。故选acd。
17.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。
(1)已知：CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g) ΔH＝＋84 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ·mol－1
①工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式：______________________________________________。
②在上述制备甲醛时，常向反应器中通入适当过量的氧气，其目的_________________。
(2)工业上可用如下方法合成甲醇，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)==CH3OH(g)，已知某些化学键的键能数据如下表：
化学键
C—C
C—H
H—H
C—O
C≡O
O—H
键能/(kJ·mol－1)
348
413
436
358
x
463
请回答下列问题：
①图1中曲线a到曲线b的措施是_________。
②已知CO中的C与O之间为叁键，其键能为x kJ/mol，则x＝________。
(3)由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电。
①该电池负极的电极反应式为______________________________________。
②若以该电池为电源，用石墨作电极电解200 mL含有如下离子的溶液。
离子
Cu2＋
H＋
Cl－
SO42－
c/(mol·L－1)
0.5
2
2
0.5
电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件下)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)阳极上收集到氧气的质量为________。
(4)电解水蒸气和CO2产生合成气(H2＋CO)。较高温度下(700～1 000 ℃)，在SOEC两侧电极上施加一定的直流电压，H2O和CO2在氢电极发生还原反应产生O2－，O2－穿过致密的固体氧化物电解质层到达氧电极，在氧电极发生氧化反应得到纯O2。由图2可知A为直流电源的________(填“正极”或“负极”)，请写出以H2O为原料生成H2的电极反应式：____________________。
【答案】(1). 2CH3OH(g)＋O2(g)=2HCHO(g)＋2H2O(g) ΔH＝－316 kJ·mol－1 (2). 提高甲醇的转化率，且氧气与氢气化合放热，为制备甲醛提供能量 (3). 加入催化剂 (4). 1097 (5). CH3OH－6e－＋8OH－===CO32－＋6H2O (6). 3.2 g (7). 负极 (8). H2O＋2e－===H2↑＋O2－
【详解】(1). ① a CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g) ΔH＝＋84 kJ·mol－1，b 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ·mol－1，根据盖斯定律分析，a×2+b得热化学方程式为：2CH3OH(g)＋O2(g)===2HCHO(g)＋2H2O(g) ΔH＝+84kJ/mol×2-484kJ/mol=－316 kJ·mol－1。 ②根据方程式2CH3OH(g)＋O2(g)===2HCHO(g)＋2H2O(g)分析，向反应器中通入适当过量的氧气，提高甲醇的转化率，且氧气与氢气化合放热，为制备甲醛提供能量。(2) ① 反应2CH3OH(g)＋O2(g)===2HCHO(g)＋2H2O(g)由曲线a到曲线b，活化能减小，应为加入催化剂。 ② CO(g)＋2H2(g)==CH3OH(g)的焓变为反应物总键能之和-生成物总键能之和，设一氧化碳中碳氧键的键能为x，结合图表提供的化学键的键能，则ΔH＝x+2×436kJ/mol-(3×413kJ/mol+358kJ/mol+463kJ/mol)=419kJ/mol-510kJ/mol=-91 kJ·mol－1，则解得x=1097 kJ·mol－1。(3) ①燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是氢氧化钠溶液，根据原电池原理，负极电极反应为甲醇失去电子生成碳酸根离子，电极反应为：CH3OH－6e－＋8OH－=CO32－＋6H2O ；②阴极上先是铜离子得电子，生成铜单质，200mL0.5mol/L的铜离子得电子物质的量为0.2mol，然后是氢离子得到电子生成氢气，在阳极上是0.4mol氯离子失去电子的反应，产生氯气0.2mol，转移电子是0.4mol，然后是氢氧根离子失去电子产生氧气，当两极收集到相同体积的气体时，假设产生氧气的物质的量是x，在阳极上产生气体时（0.2+x）mol根据电子守恒，得到0.4+4x=0.2+2(0.2+x)，解x=0.1mol，即阳极上收集到氧气的质量为3.2 g。 (4)由图示可知A极水和二氧化碳生成氢气和一氧化碳，应发生还原反应，为阴极反应，则A为电源的负极，生成氢气的反应为H2O＋2e－=H2↑＋O2－。
化学造福人类的重要研究课题。某化学研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已略去)。
请回答下列问题：
(1)上述脱硫过程实现了________(填字母)。
A．废弃物的综合利用
B．白色污染的减少
C．酸雨的减少
D．获得金属单质
(2)已知：25 ℃、101 kPa时， Mn(s)＋O2(g)===MnO2(s)ΔH＝－520 kJ·mol－1
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1
Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－1 065 kJ·mol－1
SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是_____________________。
(3)用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2的装置如图所示。
①a应与直流电源的________(填“正”或“负”)极相连。
②电解过程中氢离子的作用是____________________________；
③阳极的电极反应反应方程式为：______________若转移的电子数为6.02×1023，左室溶液中n(H＋)的变化量为________。
【答案】(1). AC (2). MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－248 kJ·mol－1 (3). 正 (4). 参与阴极反应 通过交换膜定向移动形成电流 (5). Mn2+-2e-+ 2H2O == MnO2 + 4H+ (6). 1 mol
【详解】(1)脱硫能减少酸雨和废弃物再利用，白色污染的减少是塑料的减少和流程无关，最终得到的是金属的化合物，不是金属单质，故选AC。 (2) 25 ℃、101 kPa时，① Mn(s)＋O2(g)===MnO2(s)ΔH＝－520 kJ·mol－1，②S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1，③Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－1 065 kJ·mol－1，根据盖斯定律分析，③-②-①可得到MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s) ΔH＝-1065kJ/mol+520kJ/mol+297kJ/mol=－248 kJ·mol－1 (3). ①根据题意，锰离子失去电子生成二氧化锰，所以左室为阳极，则a为电源的正极。溶液中的氢离子向阴极移动，右室中氢离子得到电子生成氢气。 ②在电解过程中氢离子参与阴极反应 通过交换膜定向移动形成电流。③阳极是锰离子失去电子生成二氧化锰，电极反应为Mn2+-2e-+2H2O == MnO2+4H+。当转移的电子数为6.02×1023，即有1mol电子转移时，左室生成2molH+，但为了平衡电荷，左室溶液中有1 mol氢离子通过交换膜到右室。
19.Ⅰ.CH4和CO2可以制造价值更高的化学产品。已知：
CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH 1=a kJ/mol
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH 2=b kJ/mol
2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH 3=c kJ/mol
(1)求反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH =______kJ/mol(用含a、b、c的代数式表示)。
(2)一定条件下，等物质的量的（1）中反应生成的气体可合成二甲醚(CH3OCH3)，同时还产生了一种可参与大气循环的无机化合物，该反应的化学方程式为_______________。
Ⅱ.钠硫电池以熔融金属Na、熔融S和多硫化钠(Na2Sx )分别作为两个电极的反应物，多孔固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质，其反应原理如图所示：
Na2Sx 2Na+xS (3
Na
S
Al2O3
熔点/℃
97.8
115
2050
沸点/℃
892
444.6
2980
(3)根据上表数据，判断该电池工作的适宜温度应为______________(填字母序号)。
A．100℃以下 B．100℃～300℃
C．300℃～350℃ D．350℃～2050℃
(4)关于钠硫电池，下列说法正确的是______(填字母序号)。
A．放电时，电极A为负极
B．放电时，Na+的移动方向为从B到A
C．充电时，电极A应连接电源的正极
D．充电时电极B的电极反应式为−2e−xS
（5）25℃时，若用钠硫电池作为电源电解500mL 0.2mol/L NaCl溶液，当溶液的c(OH-)=0.1mol/L时，电路中通过的电子的物质的量为_________mol，两极的反应物的质量差为_________g。(假设电解前两极的反应物的质量相等)
III.(6)在标准状态即压力为100kPa，一定温度下，由元素最稳定的单质生成生成 1mol 纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓(ΔfHΘm)。已知 100kPa，一定温度下:
Fe2 O 3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g) △H=+490.0 kJ/mol
CO(g)+1/2O2(g)=CO2 (g) △H=－280.0kJ/mol
C(石墨)+O2 ( g)=CO2 (g) △H=－390.5kJ/mol
则 Fe2O3 的标准摩尔生成焓ΔfHΘm=__________________。
【答案】(1). a +2b –2c (2). 3CO + 3H2 CH3OCH3 + CO2 (3). C (4). AD (5). 0.05 (6). 2.3 (7). -821.5kJ/mol
【详解】Ⅰ. (1).CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(g) ΔH 1=a kJ/mol，CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH 2=b kJ/mol，2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH 3=c kJ/mol，根据盖斯定律分析，有①+②×2-③×2 即可得热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH = （a +2b –2c ）kJ/mol。(2)根据反应物和生成物可知，参与大气循环的无机化合物为二氧化碳，根据原子守恒书写方程式为3CO + 3H2 CH3OCH3 + CO2。Ⅱ. (3)原电池工作时，控制的温度应为满足钠和硫为熔融状态，则温度高于115℃而低于444.6℃，只有C符合题意。(4)A.放电时，钠被氧化，应为原电池的负极，故正确；B.阳离子向正极移动，即从A到B，故错误；C.A为负极，放电时发生氧化反应，充电时发生还原反应，连接电源负极，故错误；D.充电时，是电解池的反应，B为阳极，阳极反应为−2e−xS，故正确。故选AD。(5)电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，每生成2mol氢氧化钠转移2mol电子，当溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，生成氢氧化钠的物质的量为0.05mol，转移电子0.05mol，负极钠的质量减少1.15克，正极质量增加1.15克，两极的反应物的质量差为2.3克。 (6) ①Fe2 O 3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g) △H=+490.0 kJ/mol，②CO(g)+1/2O2(g)=CO2 (g) △H=－280.0kJ/mol，③C(石墨)+O2 ( g)=CO2 (g) △H=－390.5kJ/mol，根据盖斯定律和标准摩尔生成焓的定义分析，由得③×3-①-②×3得2Fe(s)+ 3/2O2(g)= Fe2O3(s) △H==－390.5kJ/mol×3-490.0kJ/mol+280.0kJ/mol×3= -821.5kJ/mol。
20.铁铜是人类最早大规模使用的金属，它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答以下问题：
(1)铁元素在周期表中的位置是____，铜的基态原子核外电子排布式为______ 。
(2)二茂铁[Fe(C5H5)2]，橙色晶型固体，有类似樟脑的气味，抗磁性。熔点172.5～173℃，100℃以上升华，沸点249℃。据此判断二茂铁晶体类型为______________。
(3)蓝矾（CuSO4·5H2O）的结构如下图所示:
图中虚线表示_____________，SO42-的立体构型是__________，NO3-中N原子的杂化轨道类型是___________；O原子的价电子排布图为__________________。
(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，下图是它们的晶体结构图，三种晶体中铁原子周围距离最近的铁原子个数之比为______。
(5)某种具有储氢功能的铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与 CaF2的结构（晶胞结构如图）相似，该晶体储氢后的化学式为________。
【答案】(1). 4周期VIII族 (2). [Ar]3d10 4s1 (3). 分子晶体 (4). 氢键 (5). 正四面体 (6). sp２ (7). (8). 4：6：3 (9). Cu3 AuH8
【详解】(1)铁为26号元素，在第 4周期VIII族，铜是29号元素，基态电子排布式为 [Ar]3d10 4s1 ；(2)根据二茂铁的物理性质可知，该物质属于分子晶体。
(3)虚线表示氢键。硫酸根离子的结构根据VSEPR理论分析，中心原子S上的价层电子对数为4+（6-2×4+2）/2=4，由于S上没有孤电子对，SO42-空间构型为正四面体；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数=3+（5+1-3×2）/2=3，N采用sp2杂化，氧原子最外层有6个电子，电子排布图为 。
(4) δ-铁时体心立方结构，以体心的铁原子分析，由晶胞结构可知，与之最近的铁原子位于晶胞的立方体的顶点上，故与中心铁原子周围距离最近的铁原子个数为8；γ-铁是面心立方结构，由晶胞结构可知，以前面的右上角的铁原子分析，与之最近的铁原子处于该铁原子所在面的面心上，该铁原子为8个晶胞共有，故与之最近的铁原子共有12个；α-铁时简单立方结构，由晶胞结构可知，以前面的右上角的铁原子分析，与之最近的铁原子共有6个，三种晶体中铁原子周围距离最近的铁原子个数之比为8:12:6= 4：6：3。
(5)该晶胞中金原子个数为8×1/8=1，铜原子个数为6×1/2=3，氢原子可进入金原子和铜原子构成的四面体空隙中，氢原子应位于晶胞内部，若将铜原子和金原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与氟化钙的结构相似，氟化钙晶胞中含有4个钙离子和8个氟离子，氢原子相当于晶胞中的氟离子，则晶胞中铜和金原子总数与氢原子数目比为1:2，所以该晶胞中应含有8个氢原子，该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。
21.M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：
（1）单质M的晶体类型为______，晶体中原子间通过_____作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为______。
（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是______（写元素符号）。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是________（写化学式），该酸根离子的立体构型为________。
（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为_______，已知晶胞参数a=0.542 nm，此晶体的密度为_______g·cm–3。（写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA）
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是________。此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_______。
【答案】(1). 金属晶体 (2). 金属键 (3). 12 (4). 1s22s22p63s23p5 (5). Ar (6). HClO4 (7). 正四面体 (8). CuCl (9). (10). Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子） (11). Cu(NH3)4]2+
【解析】试题分析：19–Ⅱ（14分）根据题给信息推断M为铜元素，Y为氯元素。
（1）单质铜的晶体类型为金属晶体，晶体中微粒间通过金属键作用形成面心立方密堆积，铜原子的配位数为12。
（2）氯元素为17号元素，位于第三周期，根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5 ，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能逐渐增大，故其同周期元素中，第一电离能最大的是Ar。氯元素的含氧酸中，酸性最强的是HClO4，该酸根离子中氯原子的为sp3杂化，没有孤对电子，立体构型为正四面体。
（3）①根据晶胞结构利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为8×1/8+6×1/2=4，氯原子个数为4，该化合物的化学式为CuCl ，1mol晶胞中含有4mol CuCl，1mol晶胞的质量为4×99.5g，又晶胞参数a="0.542" nm，此晶体的密度为g·cm–3。②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物。该溶液在空气中Cu(I)被氧化为Cu(II)，故深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+ 。
1.[2017新课标Ⅰ]支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是（ ）
A. 通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零
B. 通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩
C. 高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流
D. 通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整
【答案】C
【解析】本题使用的是外加电流的阴极保护法，钢管柱与电源的负极相连，被保护。A．外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，从而保护钢管柱，A正确；B．通电后，被保护的钢管柱作阴极，高硅铸铁作阳极，因此电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，所以高硅铸铁不损耗，C错误；D．通过外加电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流，因此通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整，D正确。答案选C。
2.已知H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，CO的燃烧热为282.8 kJ/mol。现有H2和CO组成的混合气体56.0 L(标准状况)，充分燃烧后，放出热量710.0 kJ，并生成液态水。下列说法正确的是（ ）
A. CO燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)==2CO2(g) ΔH=−282.8 kJ/mol
B. H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)==2H2O(g) ΔH=−571.6 kJ/mol
C. 燃烧前的混合气体中，H2的体积分数为60%
D. 混合气体燃烧后与足量的过氧化钠反应，转移电子2.5 mol
【答案】D
【详解】A. CO的燃烧热为282.8 kJ/mol ，依据燃烧热的概念，热化学方程式为： CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) ΔH=−282.8 kJ/mol，故错误；B. H2的燃烧热为285.8 kJ/mol，H2燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)==2H2O(l) ΔH=−571.6 kJ/mol，故错误；C.设氢气的物质的量为x，一氧化碳的物质的量为y，氢气和一氧化碳组成的混合气体体积为56.0L，物质的量为56.0L/22.4L/mol=2.5mol，经过充分燃烧，放出的总热量为710kJ，依据燃烧热计算有x+y=2.5，285.8x+282.8y=710，解得x=1mol，y=1.5mol。氢气的体积分数为1mol/2.5mol=40%，故错误；D.氢气为1mol，一氧化碳为1.5mol，燃烧后生成的水和二氧化碳分别为1mol和1.5mol，与过氧化钠反应，转移的电子数分别为1mol和1.5mol，共2.5mol，故正确；故选D。
3.我国预计在2020年前后建成自己的载人空间站。为了实现空间站的零排放，循环利用人体呼出的CO2并提供O2，我国科学家设计了一种装置(如下图)，实现了“太阳能一电能一化学能”转化，总反应方程式为2CO2=2CO+O2。关于该装置的下列说法正确的是（ ）
A. 图中N型半导体为正极，P型半导体为负极
B. 图中离子交换膜为阳离子交换膜
C. 反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强
D. 人体呼出的气体参与X电极的反应：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-
【答案】D
【解析】试题分析：A、图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；B、图中离子交换膜允许氢氧根离子通过，为阴离子交换膜，故B错误；C、阴极反应生成的OH-在阳极完全反应，总反应为2CO2=2CO+O2，所以反应前后溶液的pH并不变化，故C错误；D、人体呼出的气体参与X电极的反应：为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，故D正确；故选D。
4.X、Y、Z、W、R是原子序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素。下列叙述正确的是（ ）
A. Y、Z、W原子半径依次增大
B. 元素W、Z形成的简单氧化物，W的氧化物熔点更高
C. X、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两间均可发生反应
D. W、Z的最高价氧化物对应水化物碱性，W＞Z
【答案】B
【详解】A. Y、Z、W原子半径顺序为钠>铝>氧，故错误；B. 元素W、Z形成的简单氧化物分别为氧化铝和氧化钠，氧化铝的晶格能大于氧化钠，氧化铝的熔点比氧化钠高，故正确；C. X、Z、W的最高价氧化物对应水化物分别为碳酸、氢氧化钠、氢氧化铝，氢氧化钠可以和碳酸或氢氧化铝反应，但是碳酸和氢氧化铝不能反应，故错误；D. W、Z的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化铝和氢氧化钠，氢氧化钠的碱性更强，故错误。故选B。
5.白磷与氧气可发生如下反应：P4+5O2P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为P—P a kJ·mol−1、P—O b kJ·mol−1、P=O c kJ·mol−1、O=O d kJ·mol−1。根据如图所示的分子结构和有关数据估算该反应的ΔH，下列数据正确的是（ ）
A. (6a+5d−4c−12b) kJ·mol−1 B. (4c+12b−6a−5d) kJ·mol−1
C. (4c+12b−4a−5d) kJ·mol−1 D. (4a+5d−4c−12b) kJ·mol−1
【答案】A
【详解】根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算，ΔH=(6a+5d−4c−12b) kJ·mol−1。故选A。
【点睛】注意一个白磷分子中含有6个磷磷键。P4O10中含有4个磷氧双键和12个磷氧单键。
6. 下列有关热化学方程式的书写及对应的表述均正确的是（ ）
A. 密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成17.6 g硫化亚铁时，放出19.12 kJ热量。则Fe(s)＋S(s)==="FeS(s)" ΔH＝－95.6 kJ·mol－1
B. 稀醋酸与0.1 mol·L－1NaOH溶液反应：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
C. 已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1
D. 已知2C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221 kJ·mol－1，则可知C的燃烧热ΔH＝－110.5 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】试题分析：A、9.6g硫的物质的量是9.6g/32g/mol=0.3mol，11.2gFe的物质的量是0.2mol，S过量，则1molFe完全与S反应生成FeS放出的热量是19.12kJ/0.2mol=95.6kJ/mol，热化学方程式正确，正确；B、醋酸是弱酸，电离需要吸收热量，所以与氢氧化钠溶液反应生成1mol水时放出的热量少于57.3kJ，错误；C、1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式为H2O(l)=== H2(g)＋1/2O2(g) ΔH＝＋285.5 kJ·mol－1，错误；D、1molC完全燃烧生成二氧化碳时放出的热量为C的燃烧热，错误，答案选A。
7.用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入（ ）
A. 0.1 mol CuO
B. 0.1 mol CuCO3
C. 0.05 mol Cu2(OH)2CO3
D. 0.1 mol Cu(OH)2
【答案】C
【详解】用惰性电极电解硫酸铜溶液，先电解生成铜、氧气和硫酸，根据图分析，当转移0.2mol电子时反应生成0.05mol氧气和0.1mol铜，然后就是电解水，生成氢气和氧气，当又转移0.1mol电子时，产生了0.05mol氢气和0.025mol氧气，即电解了0.05mol水。所以要使溶液恢复需要进入0.1mol氧化铜和0.05mol水，即可以加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3。故选C。
8.用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：
①CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－574 kJ·mol－1
②CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－1160 kJ·mol－1
下列说法不正确的是:（ ）
A. 由反应①、②可推知：CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝-867 kJ·mol－1
B. 等物质的量的甲烷分别参与反应①、②，则反应转移的电子数相等
C. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，放出的热量为173.4 kJ
D. 若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为3.2NA
【答案】D
【解析】试题分析：A、根据盖斯定律可知CH4(g)＋2NO2(g)=N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)，由（①+②）/2可得，所以ΔH＝[(－574 kJ·mol－1)+( －1160 kJ·mol－1)]/2="-867" kJ·mol－1，正确；B、等物质的量的甲烷分别参与反应①、②，甲烷中的-4价C原子全部转化为+4价C，所以转移的电子数相等，正确；C、标准状况下4.48 L CH4的物质的量是0.2mol，还原NO2至N2，根据A的结果，放出的热量为0.2mol×(867 kJ·mol－1)="173.4" kJ，正确；D、0.2mol甲烷还原NO2至N2，本身被氧化为CO2，所以整个过程转移电子的物质的量是0.2mol×8=1.6mol，电子总数是1.6NA，错误，答案选D。
9.煤的液化可以合成甲醇。下列有关说法正确的是（ ）
①“气化”:C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH1=+90.1 kJ·mol-1
②催化液化Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ·mol-1
③催化液化Ⅱ:CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)+1/2O2(g) ΔH3=a kJ·mol-1
A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂,反应的活化能Ea、ΔH2都减小
B. 反应C(s)+H2O(g)+H2(g)CH3OH(g) ΔH=+41.1 kJ·mol-1
C. ΔH2>ΔH3
D. 如图为甲醇燃料电池的工作原理示意图,负极的电极反应为CH3OH-6e-+6OH-CO2↑+5H2O
【答案】B
【详解】A. 催化液化Ⅰ中使用催化剂,反应的活化能Ea减小但ΔH2不变，故错误；B. ①“气化”:C(s)+2H2O(g)CO2(g)+2H2(g) ΔH1=+90.1 kJ·mol-1，②催化液化Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，①+②可得热化学方程式为：反应C(s)+H2O(g)+H2(g)CH3OH(g) ΔH=+90.1kJ/mol-49.0kJ/mol=+41.1 kJ·mol-1，故正确；C. ②催化液化Ⅰ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH2=-49.0 kJ·mol-1，③催化液化Ⅱ:CO2(g)+2H2(g)CH3OH(g)+1/2O2(g) ΔH3=a kJ·mol-1，根据盖斯定律分析，②-③可得热化学方程式为：H2(g) +1/2O2(g)= H2O(g) ΔH=ΔH2-ΔH3=（-49.0-a） kJ·mol-1，该反应为放热反应，即ΔH <0，则有ΔH2-ΔH3<0，即ΔH2<ΔH3，故错误；D. 如图为甲醇燃料电池的工作原理示意图,负极的电极反应为CH3OH-6e-+8OH-CO32-+6H2O，故错误。故选B。
10.水银法电解食盐水是氯碱工业发展进程中的重要里程碑，以制得碱液纯度高、质量好而著称，其生产原理示意图如下。下列说法不正确的是（ ）
A. 电解器中阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑
B. 当阳极产生3.36 L(标准状况)气体时，解汞室中生成NaOH的质量为12 g
C. 解汞室中产生氢气的电极为阴极
D. 在直流电作用下，电解器中的Na＋变成金属钠，与水银形成钠汞合金，从而与Cl2分开
【答案】C
【详解】A. 电解器中阳极发生失去电子的氧化反应，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，A正确；B. 当阳极产生3.36 L(标准状况)气体即0.15mol氯气时，根据电子守恒，阴极生成0.3molNa，根据Na守恒，解汞室中生成0.3molNaOH，其质量为0.3mol×40g/mol=12 g，B正确；C. 解汞室中，钠汞合金与石墨粒构成原电池，钠汞合金为负极，Na失电子被氧化成Na+，石墨粒为正极，氢离子在正极得到电子被还原成氢气，C错误；D. 根据示意图，在直流电作用下，电解器中阴极上钠离子得到电子被还原成Na，Na与水银形成钠汞合金，从而与氯气分离开来，D正确；故选C。
11.最近中国科学院上海高等研究院在合成气直接制烯烃研究获重大突破。已知：
反应①：C(s) + 1/2O2(g) ＝ CO (g) △H1
反应②：C(s) + H2O(g) ＝ CO(g)+ H2(g) △H2
反应③：CO(g) +2H2(g) ＝ CH3OH(g) △H 3=－90.1kJ·mol－1
反应④：2CH3OH(g) ＝ CH3OCH3(g) + H2O(g) △H 4=－134.0kJ·mol－1
反应⑤：3CH3OH(g) ＝ CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H 5=－31.0kJ·mol－1
下列说法正确的是（ ）
A. △H1－△H2＜0
B. 反应②为放热反应
C. 3CH3OCH3(g) ＝ 2CH3CH=CH2(g) + 3H2O(g) △H=－103.0 kJ·mol－1
D. 3CO(g) + 6H2(g) ＝ CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H=－301.3kJ·mol－1
【答案】AD
【详解】A. △H1－△H2为1/2O2(g)＋H2(g) ＝H2O(g)的ΔH，该化合反应为放热反应，故△H1－△H2＜0，A项正确；B. 反应②为吸热反应，B项错误；C. 根据盖斯定律，⑤×2－④×3得3CH3OCH3(g) ＝ 2CH3CH=CH2(g) + 3H2O(g) △H=＋340.0kJ·mol－1，C项错误；D.根据盖斯定律：③×3＋⑤得3CO(g) + 6H2(g) ＝ CH3CH=CH2(g)+3H2O(g) △H=－301.3kJ·mol－1，D项正确。故选AD。
12.用酸性甲醛燃料电池为电源进行电解的实验装置如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 当a、b都是铜作电极时，电解的总反应方程式为2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑
B. 燃料电池工作时，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 当燃料电池消耗22.4 L甲醛气体时，电路中理论上转移2 mol e－
D. 燃料电池工作时，负极反应为HCHO＋H2O－2e－===HCOOH＋2H＋
【答案】D
【详解】A. 当a、b都是铜作电极时，形成电解精炼装置，阳极铜失去电子，阴极上铜离子得到电子，故错误；B.由于电解质溶液呈酸性，正极反应为O2＋４H＋＋4e－=２H2O ，故错误；C. 当燃料电池消耗22.4 L甲醛气体时，由于没有说明是在标况下，所以无法计算甲醛的物质的量，则无法计算转移电子的物质的量，故错误；D. 燃料电池工作时，甲醛在负极上失去电子生成甲酸，则负极反应为HCHO＋H2O－2e－=HCOOH＋2H＋，故正确。故选Ｄ。
13.乙烯催化氧化成乙醛可设计成如图所示的燃料电池，能在制备乙醛的同时获得电能，其总反应式为2CH2===CH2＋O2===2CH3CHO。下列有关说法正确的是（ ）
A. 每有0.1 mol O2反应，则迁移H＋0.4 mol
B. 负极反应式为CH2===CH2－2e－＋H2O===CH3CHO＋2H＋
C. 电子移动方向：电极a→磷酸溶液→电极b
D. 该电池为二次电池
【答案】AB
【详解】A. 由电极反应O2＋４H＋＋4e－=２H2O可知，每有0.1 mol O2反应，则迁移H＋0.4 mol，故正确；B. 负极是乙烯失去电子，电极反应式为CH2=CH2－2e－＋H2O===CH3CHO＋2H＋，故正确；C. 电子只能经过导线，不能经过溶液，故错误；D. 该电池是燃料电池，不是二次电池，故错误。故选ＡＢ。
14.以NA代表阿伏加德罗常数，则关于热化学方程式C2H2(g)＋5/2O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)，ΔH＝－1300 kJ/mol 的说法中，正确的是（ ）
A. 当转移10NA个电子时，该反应放出1300 kJ的能量
B. 当1NA个水分子生成且为液体时，吸收1300 kJ的能量
C. 当2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300 kJ的能量
D. 当8NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300 kJ的能量
【答案】AD
【详解】A. 当转移10NA个电子时，反应中碳元素的化合价从－１变到＋４价，参加反应的乙炔的物质的量为１mol，放出的热量为1300 kJ的能量，故正确；B.根据热化学方程式分析，当有１mol水分子生成时，放出的热量为1300kJ，故当1NA个水分子生成且为液体时，放出的热量为1300 kJ的能量，故错误；C. 一个二氧化碳分子中含有４个碳氧共用电子对，所以当有２mol二氧化碳，即含有８mol碳氧共用电子对生成时，放出的热量为1300 kJ，当2NA个碳氧共用电子对生成时，放出1300kJ／4＝325 kJ的能量，故错误。D. 一个二氧化碳分子中含有４个碳氧共用电子对，所以当有２mol二氧化碳，即含有８mol碳氧共用电子对生成时，放出的热量为1300 kJ。故正确。故选AD。
15.用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是（ ）
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生；……
A. a、d处：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
B. b处：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2溶于水生成HClO，使溶液褪色
C. c处发生了反应：Fe-2e-=Fe2+
D. 根据实验一的原理，实验二中n处能析出O2
【答案】D
【详解】A. a、d处变蓝，说明是溶液中的氢离子反应生成氢气，为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故正确；B. ａ为阴极，则b为阳极，是溶液中氯离子反应生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2溶于水生成HClO，次氯酸具有漂白性，使溶液褪色，故正确；C. c为阳极，是铁失去电子，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，故正确；D. 实验一中ａｃ形成电解池，ｄｂ形成电解池，所以实验二中相当于三个电解池，一个球两面为不同的两极，左边的钢珠的左侧为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，右侧为阴极，溶液中的氢离子反应生成氢气，右侧的钢珠的左面为阳极，右侧为阴极即ｎ处，产生氢气，故错误。故选Ｄ。
16.某实验小组用0.50 mol·L-1NaOH溶液和0.50 mol·L-1硫酸溶液进行中和热的测定。若实验中大约要使用245mL0.50 mol·L-1NaOH溶液，
(1)配制时至少需要用托盘天平称量NaOH固体_________g。
(2)测定稀硫酸和稀氢氧化钠中和热的实验装置如图所示，下列说法正确的是_________
A．如图所示，测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸条或泡沫塑料的目的是固定小烧杯
B．若用50 mL 0.55 mol·L−1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0.50 mol·L−1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L−1的硫酸充分反应，两反应测定的中和热相等
C．中和热测定实验也可以用稀硫酸与氢氧化钡溶液反应
D．为了简化装置，中和热测定实验中的环形玻璃搅拌棒可以由温度计代替
(3)写出该反应中和热的热化学方程式：（中和热为ΔH＝-57.3 kJ·mol-1）_____________________。
(4)取50 mLNaOH溶液和30 mL硫酸溶液进行实验，实验数据如下表。
试验次数
起始温度t1/℃
终止温度
t2/℃
温度差平均值
（t2－t1）/℃
H2SO4
NaOH
平均值
1
26.2
26.0
26.1
29.6
2
27.0
27.4
27.2
31.2
3
25.9
25.9
25.9
29.8
4
26.4
26.2
26.3
30.4
①表中的温度差平均值为___________________℃。
②近似认为0．50 mol·L-1 NaOH溶液和0．50 mol·L-1硫酸溶液的密度都是1 g·cm-3，中和后生成溶液的比热容c = 4.18 J·（g·℃）-1。则中和热ΔH=________________（取小数点后一位）。
③上述实验数值结果与ΔH＝-57.3 kJ·mol-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
【答案】(1). 5.0 (2). B (3). NaOH(aq) + 1/2H2SO4(aq) ==1/2 Na2SO4(aq) + H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol (4). 4.0 (5). -53.5KJ/mol (6). acd
【详解】(1) 要得到245mL0.50 mol·L-1NaOH溶液实际要配制250毫升溶液，即氢氧化钠的质量为0. 250L×0.50mol/L×40g/mol＝5.0ｇ。(2) A．测定中和热时，大小两烧杯间填满碎纸条或泡沫塑料的目的是保温隔热，减少热量损失，故错误；B．中和热是指反应生成１mol水时的反应热，与用的酸碱的量无关，所以用50 mL 0.55 mol·L−1的氢氧化钠溶液，分别与50 mL 0.50 mol·L−1的盐酸和50 mL 0.50 mol·L−1的硫酸充分反应，两反应测定的中和热相等，故正确；C．硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，沉淀析出和电离过程有热量的改变，所以该反应的热量不能计算中和热，故错误；D．温度计不能用于搅拌溶液，所以中和热测定实验中的环形玻璃搅拌棒不可以由温度计代替，故错误。故选B。(3)注意中和热是指反应生成１mol水的反应热，所以热化学方程式为：NaOH(aq) + 1/2H2SO4(aq) ==1/2 Na2SO4(aq) + H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol。 (4)四次实验的温度差分别为3.5、4.0、3.9、4.1，由于第1次实验误差较大，则忽略第1次实验数据，取第2、3、4次的平均值，平均值为4.0。 (5) 氢氧化钠溶液的质量为50克，硫酸溶液的质量为30克，溶液的总质量为80克，反应生成0.025mol水，根据中和热计算公式计算，ΔH=- =-53.5KJ/mol。(6) a．实验装置保温、隔热效果差，会使测定的热量减少，结果变小，故正确；b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会使氢氧化钠的体积变大，反应放出的热量偏多，则结果变大，故错误；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，测定的温度变化小，则结果变小，故正确；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，则硫酸的起始温度高，则温度差变小，则结果变小，故正确。故选acd。
17.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景。
(1)已知：CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g) ΔH＝＋84 kJ·mol－1
2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ·mol－1
①工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出CH3OH(g)与O2(g)反应生成HCHO(g)和H2O(g)的热化学方程式：______________________________________________。
②在上述制备甲醛时，常向反应器中通入适当过量的氧气，其目的_________________。
(2)工业上可用如下方法合成甲醇，化学方程式为CO(g)＋2H2(g)==CH3OH(g)，已知某些化学键的键能数据如下表：
化学键
C—C
C—H
H—H
C—O
C≡O
O—H
键能/(kJ·mol－1)
348
413
436
358
x
463
请回答下列问题：
①图1中曲线a到曲线b的措施是_________。
②已知CO中的C与O之间为叁键，其键能为x kJ/mol，则x＝________。
(3)由甲醇、氧气和NaOH溶液构成的新型手机电池，可使手机连续使用一个月才充一次电。
①该电池负极的电极反应式为______________________________________。
②若以该电池为电源，用石墨作电极电解200 mL含有如下离子的溶液。
离子
Cu2＋
H＋
Cl－
SO42－
c/(mol·L－1)
0.5
2
2
0.5
电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件下)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)阳极上收集到氧气的质量为________。
(4)电解水蒸气和CO2产生合成气(H2＋CO)。较高温度下(700～1 000 ℃)，在SOEC两侧电极上施加一定的直流电压，H2O和CO2在氢电极发生还原反应产生O2－，O2－穿过致密的固体氧化物电解质层到达氧电极，在氧电极发生氧化反应得到纯O2。由图2可知A为直流电源的________(填“正极”或“负极”)，请写出以H2O为原料生成H2的电极反应式：____________________。
【答案】(1). 2CH3OH(g)＋O2(g)=2HCHO(g)＋2H2O(g) ΔH＝－316 kJ·mol－1 (2). 提高甲醇的转化率，且氧气与氢气化合放热，为制备甲醛提供能量 (3). 加入催化剂 (4). 1097 (5). CH3OH－6e－＋8OH－===CO32－＋6H2O (6). 3.2 g (7). 负极 (8). H2O＋2e－===H2↑＋O2－
【详解】(1). ① a CH3OH(g)===HCHO(g)＋H2(g) ΔH＝＋84 kJ·mol－1，b 2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ·mol－1，根据盖斯定律分析，a×2+b得热化学方程式为：2CH3OH(g)＋O2(g)===2HCHO(g)＋2H2O(g) ΔH＝+84kJ/mol×2-484kJ/mol=－316 kJ·mol－1。 ②根据方程式2CH3OH(g)＋O2(g)===2HCHO(g)＋2H2O(g)分析，向反应器中通入适当过量的氧气，提高甲醇的转化率，且氧气与氢气化合放热，为制备甲醛提供能量。(2) ① 反应2CH3OH(g)＋O2(g)===2HCHO(g)＋2H2O(g)由曲线a到曲线b，活化能减小，应为加入催化剂。 ② CO(g)＋2H2(g)==CH3OH(g)的焓变为反应物总键能之和-生成物总键能之和，设一氧化碳中碳氧键的键能为x，结合图表提供的化学键的键能，则ΔH＝x+2×436kJ/mol-(3×413kJ/mol+358kJ/mol+463kJ/mol)=419kJ/mol-510kJ/mol=-91 kJ·mol－1，则解得x=1097 kJ·mol－1。(3) ①燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是氢氧化钠溶液，根据原电池原理，负极电极反应为甲醇失去电子生成碳酸根离子，电极反应为：CH3OH－6e－＋8OH－=CO32－＋6H2O ；②阴极上先是铜离子得电子，生成铜单质，200mL0.5mol/L的铜离子得电子物质的量为0.2mol，然后是氢离子得到电子生成氢气，在阳极上是0.4mol氯离子失去电子的反应，产生氯气0.2mol，转移电子是0.4mol，然后是氢氧根离子失去电子产生氧气，当两极收集到相同体积的气体时，假设产生氧气的物质的量是x，在阳极上产生气体时（0.2+x）mol根据电子守恒，得到0.4+4x=0.2+2(0.2+x)，解x=0.1mol，即阳极上收集到氧气的质量为3.2 g。 (4)由图示可知A极水和二氧化碳生成氢气和一氧化碳，应发生还原反应，为阴极反应，则A为电源的负极，生成氢气的反应为H2O＋2e－=H2↑＋O2－。
化学造福人类的重要研究课题。某化学研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已略去)。
请回答下列问题：
(1)上述脱硫过程实现了________(填字母)。
A．废弃物的综合利用
B．白色污染的减少
C．酸雨的减少
D．获得金属单质
(2)已知：25 ℃、101 kPa时， Mn(s)＋O2(g)===MnO2(s)ΔH＝－520 kJ·mol－1
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1
Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－1 065 kJ·mol－1
SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是_____________________。
(3)用惰性电极电解硫酸酸化的硫酸锰溶液制备MnO2的装置如图所示。
①a应与直流电源的________(填“正”或“负”)极相连。
②电解过程中氢离子的作用是____________________________；
③阳极的电极反应反应方程式为：______________若转移的电子数为6.02×1023，左室溶液中n(H＋)的变化量为________。
【答案】(1). AC (2). MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－248 kJ·mol－1 (3). 正 (4). 参与阴极反应 通过交换膜定向移动形成电流 (5). Mn2+-2e-+ 2H2O == MnO2 + 4H+ (6). 1 mol
【详解】(1)脱硫能减少酸雨和废弃物再利用，白色污染的减少是塑料的减少和流程无关，最终得到的是金属的化合物，不是金属单质，故选AC。 (2) 25 ℃、101 kPa时，① Mn(s)＋O2(g)===MnO2(s)ΔH＝－520 kJ·mol－1，②S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1，③Mn(s)＋S(s)＋2O2(g)===MnSO4(s) ΔH＝－1 065 kJ·mol－1，根据盖斯定律分析，③-②-①可得到MnO2(s)＋SO2(g)===MnSO4(s) ΔH＝-1065kJ/mol+520kJ/mol+297kJ/mol=－248 kJ·mol－1 (3). ①根据题意，锰离子失去电子生成二氧化锰，所以左室为阳极，则a为电源的正极。溶液中的氢离子向阴极移动，右室中氢离子得到电子生成氢气。 ②在电解过程中氢离子参与阴极反应 通过交换膜定向移动形成电流。③阳极是锰离子失去电子生成二氧化锰，电极反应为Mn2+-2e-+2H2O == MnO2+4H+。当转移的电子数为6.02×1023，即有1mol电子转移时，左室生成2molH+，但为了平衡电荷，左室溶液中有1 mol氢离子通过交换膜到右室。
19.Ⅰ.CH4和CO2可以制造价值更高的化学产品。已知：
CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) ΔH 1=a kJ/mol
CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) ΔH 2=b kJ/mol
2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH 3=c kJ/mol
(1)求反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH =______kJ/mol(用含a、b、c的代数式表示)。
(2)一定条件下，等物质的量的（1）中反应生成的气体可合成二甲醚(CH3OCH3)，同时还产生了一种可参与大气循环的无机化合物，该反应的化学方程式为_______________。
Ⅱ.钠硫电池以熔融金属Na、熔融S和多硫化钠(Na2Sx )分别作为两个电极的反应物，多孔固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质，其反应原理如图所示：
Na2Sx 2Na+xS (3
Na
S
Al2O3
熔点/℃
97.8
115
2050
沸点/℃
892
444.6
2980
(3)根据上表数据，判断该电池工作的适宜温度应为______________(填字母序号)。
A．100℃以下 B．100℃～300℃
C．300℃～350℃ D．350℃～2050℃
(4)关于钠硫电池，下列说法正确的是______(填字母序号)。
A．放电时，电极A为负极
B．放电时，Na+的移动方向为从B到A
C．充电时，电极A应连接电源的正极
D．充电时电极B的电极反应式为−2e−xS
（5）25℃时，若用钠硫电池作为电源电解500mL 0.2mol/L NaCl溶液，当溶液的c(OH-)=0.1mol/L时，电路中通过的电子的物质的量为_________mol，两极的反应物的质量差为_________g。(假设电解前两极的反应物的质量相等)
III.(6)在标准状态即压力为100kPa，一定温度下，由元素最稳定的单质生成生成 1mol 纯化合物时的反应热称为该化合物的标准摩尔生成焓(ΔfHΘm)。已知 100kPa，一定温度下:
Fe2 O 3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g) △H=+490.0 kJ/mol
CO(g)+1/2O2(g)=CO2 (g) △H=－280.0kJ/mol
C(石墨)+O2 ( g)=CO2 (g) △H=－390.5kJ/mol
则 Fe2O3 的标准摩尔生成焓ΔfHΘm=__________________。
【答案】(1). a +2b –2c (2). 3CO + 3H2 CH3OCH3 + CO2 (3). C (4). AD (5). 0.05 (6). 2.3 (7). -821.5kJ/mol
【详解】Ⅰ. (1).CH4(g)+2O2(g) CO2(g)+2H2O(g) ΔH 1=a kJ/mol，CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH 2=b kJ/mol，2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH 3=c kJ/mol，根据盖斯定律分析，有①+②×2-③×2 即可得热化学方程式为CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ΔH = （a +2b –2c ）kJ/mol。(2)根据反应物和生成物可知，参与大气循环的无机化合物为二氧化碳，根据原子守恒书写方程式为3CO + 3H2 CH3OCH3 + CO2。Ⅱ. (3)原电池工作时，控制的温度应为满足钠和硫为熔融状态，则温度高于115℃而低于444.6℃，只有C符合题意。(4)A.放电时，钠被氧化，应为原电池的负极，故正确；B.阳离子向正极移动，即从A到B，故错误；C.A为负极，放电时发生氧化反应，充电时发生还原反应，连接电源负极，故错误；D.充电时，是电解池的反应，B为阳极，阳极反应为−2e−xS，故正确。故选AD。(5)电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，每生成2mol氢氧化钠转移2mol电子，当溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，生成氢氧化钠的物质的量为0.05mol，转移电子0.05mol，负极钠的质量减少1.15克，正极质量增加1.15克，两极的反应物的质量差为2.3克。 (6) ①Fe2 O 3(s)+3C(石墨)=2Fe(s)+3CO(g) △H=+490.0 kJ/mol，②CO(g)+1/2O2(g)=CO2 (g) △H=－280.0kJ/mol，③C(石墨)+O2 ( g)=CO2 (g) △H=－390.5kJ/mol，根据盖斯定律和标准摩尔生成焓的定义分析，由得③×3-①-②×3得2Fe(s)+ 3/2O2(g)= Fe2O3(s) △H==－390.5kJ/mol×3-490.0kJ/mol+280.0kJ/mol×3= -821.5kJ/mol。
20.铁铜是人类最早大规模使用的金属，它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答以下问题：
(1)铁元素在周期表中的位置是____，铜的基态原子核外电子排布式为______ 。
(2)二茂铁[Fe(C5H5)2]，橙色晶型固体，有类似樟脑的气味，抗磁性。熔点172.5～173℃，100℃以上升华，沸点249℃。据此判断二茂铁晶体类型为______________。
(3)蓝矾（CuSO4·5H2O）的结构如下图所示:
图中虚线表示_____________，SO42-的立体构型是__________，NO3-中N原子的杂化轨道类型是___________；O原子的价电子排布图为__________________。
(4)铁有δ、γ、α三种同素异形体，下图是它们的晶体结构图，三种晶体中铁原子周围距离最近的铁原子个数之比为______。
(5)某种具有储氢功能的铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与 CaF2的结构（晶胞结构如图）相似，该晶体储氢后的化学式为________。
【答案】(1). 4周期VIII族 (2). [Ar]3d10 4s1 (3). 分子晶体 (4). 氢键 (5). 正四面体 (6). sp２ (7). (8). 4：6：3 (9). Cu3 AuH8
【详解】(1)铁为26号元素，在第 4周期VIII族，铜是29号元素，基态电子排布式为 [Ar]3d10 4s1 ；(2)根据二茂铁的物理性质可知，该物质属于分子晶体。
(3)虚线表示氢键。硫酸根离子的结构根据VSEPR理论分析，中心原子S上的价层电子对数为4+（6-2×4+2）/2=4，由于S上没有孤电子对，SO42-空间构型为正四面体；硝酸根离子中氮原子的价层电子对数=3+（5+1-3×2）/2=3，N采用sp2杂化，氧原子最外层有6个电子，电子排布图为 。
(4) δ-铁时体心立方结构，以体心的铁原子分析，由晶胞结构可知，与之最近的铁原子位于晶胞的立方体的顶点上，故与中心铁原子周围距离最近的铁原子个数为8；γ-铁是面心立方结构，由晶胞结构可知，以前面的右上角的铁原子分析，与之最近的铁原子处于该铁原子所在面的面心上，该铁原子为8个晶胞共有，故与之最近的铁原子共有12个；α-铁时简单立方结构，由晶胞结构可知，以前面的右上角的铁原子分析，与之最近的铁原子共有6个，三种晶体中铁原子周围距离最近的铁原子个数之比为8:12:6= 4：6：3。
(5)该晶胞中金原子个数为8×1/8=1，铜原子个数为6×1/2=3，氢原子可进入金原子和铜原子构成的四面体空隙中，氢原子应位于晶胞内部，若将铜原子和金原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与氟化钙的结构相似，氟化钙晶胞中含有4个钙离子和8个氟离子，氢原子相当于晶胞中的氟离子，则晶胞中铜和金原子总数与氢原子数目比为1:2，所以该晶胞中应含有8个氢原子，该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。
21.M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：
（1）单质M的晶体类型为______，晶体中原子间通过_____作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为______。
（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是______（写元素符号）。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是________（写化学式），该酸根离子的立体构型为________。
（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为_______，已知晶胞参数a=0.542 nm，此晶体的密度为_______g·cm–3。（写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA）
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是________。此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_______。
【答案】(1). 金属晶体 (2). 金属键 (3). 12 (4). 1s22s22p63s23p5 (5). Ar (6). HClO4 (7). 正四面体 (8). CuCl (9). (10). Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子） (11). Cu(NH3)4]2+
【解析】试题分析：19–Ⅱ（14分）根据题给信息推断M为铜元素，Y为氯元素。
（1）单质铜的晶体类型为金属晶体，晶体中微粒间通过金属键作用形成面心立方密堆积，铜原子的配位数为12。
（2）氯元素为17号元素，位于第三周期，根据构造原理知其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5 ，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能逐渐增大，故其同周期元素中，第一电离能最大的是Ar。氯元素的含氧酸中，酸性最强的是HClO4，该酸根离子中氯原子的为sp3杂化，没有孤对电子，立体构型为正四面体。
（3）①根据晶胞结构利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为8×1/8+6×1/2=4，氯原子个数为4，该化合物的化学式为CuCl ，1mol晶胞中含有4mol CuCl，1mol晶胞的质量为4×99.5g，又晶胞参数a="0.542" nm，此晶体的密度为g·cm–3。②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物。该溶液在空气中Cu(I)被氧化为Cu(II)，故深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+ 。
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