第一章：化学反应与能量转化同步习题2022-2023学年高二化学上学期鲁科版（2019）选择性必修1（Word含答案）

第一章：化学反应与能量转化同步习题
一、单选题
1．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
2．下列有关装置的说法正确的是
A．装置I中为原电池的负极
B．装置IV工作时，电子由锌通过导线流向碳棒
C．装置III可构成原电池
D．装置II为一次电池
3．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
4．下列有关电解原理的应用的说法正确的是
A．氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝
B．电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极
C．电解饱和食盐水时，阴极反应式为
D．在铁制品上镀银时，铁制品与电源正极相连
5．已知下列热化学方程式：
①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H1=-24.8 kJ/mol
②Fe2O3(s)+CO(g)=Fe3O4(s)+CO2(g) △H2=-15.73 kJ/mol
③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) △H3=640.4 kJ/mol
则14 g CO气体还原足量FeO固体和CO2气体时对应的△H约为
A．-218 kJ/mol B．-109 kJ/mol C．218 kJ/mol D．1.09 kJ/mol
6．定量实验是学习化学的重要途径，下列操作规范且能达到定量实验目的的是
A．用图1所示装置测定中和反应的反应热
B．用图2所示装置测定硫酸溶液的浓度
C．用图3所示装置配制100mL一定物质的量浓度的硫酸溶液
D．用图4所示装置加热硫酸铜晶体测定晶体中结晶水的含量
7．500mLKCl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
8．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
9．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
10．已知煤炭的燃烧热为393.5kJ/mol，氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，一氧化碳的燃烧热为283.0kJ/mol。某同学发现在灼热的煤炭上洒少量水，煤炉中会产生淡蓝色火焰，煤炭燃烧更旺，因此该同学得出结论“煤炭燃烧时加少量水，可使煤炭燃烧放出更多的热量。”下列有关说法正确的是
A．反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH＜-571.6kJ·mol-1
B．CO的燃烧的热化学方程式为2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1
C．“煤炭燃烧得更旺”是因为少量固体碳与水反应生成了可燃性气体
D．因285.8kJ·mol-1+283.0kJ·mol-1＞393.5kJ·mol-1，故该同学的结论是对的
11．控制合适的条件，将反应2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2设计成如图所示原电池，下列判断不正确的是
A．反应开始时，电流方向是从甲池石墨棒流向乙池石墨棒
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中石墨电极为负极
12．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
二、填空题
13．解答下列问题
(1)2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na—Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。
已知：H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH1=-akJ·mol-1
C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)ΔH2=-bkJ·mol-1
试写出25℃、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油(以C8H18表示)的热化学方程式：_______。
(2)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。工业上常用催化还原法和碱吸收法处理SO2气体。1molCH4完全燃烧生成气态水和1molS(g)燃烧的能量变化如下图所示：
在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式：_______。
(3)合成氨在工业生产中具有重要意义。在合成氨工业中I2O5常用于定量测定CO的含量。已知2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s) ΔH=-76kJ·mol-1；2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ·mol-1。则该测定反应的热化学方程式为_______。
(4)化学反应原理研究物质转化过程中的规律并在生产生活中有广泛的应用。汽车排气管内的催化转化器可实现尾气无毒处理。
已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221.0kJ·mol-1
CO2(g)=C(s)+O2(g) ΔH=+393.5kJ·mol-1
则反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=_______kJ·mol-1。
(5)氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。
已知：CO(g)+NO2(g)=NO(g)+CO2(g) ΔH=-akJ·mol-1(a>0)
2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-bkJ·mol-1(b>0)
若用CO还原NO2至N2，当消耗标准状况下3.36LCO时，放出的热量为_______kJ(用含有a和b的代数式表示)。
14．钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一。
(1)如图1装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有氯化铵溶液(显酸性)和食盐水，各加入生铁块，放置一段时间均被腐蚀。
①红墨水柱两边的液面变为左低右高，则___(填“a”或“b”)试管内盛有食盐水。
②a试管中铁发生的是___(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀，生铁中碳上发生的电极反应式为____。b试管中铁被腐蚀的总反应方程式为____。
(2)如图2两个图都是金属防护的例子。
①为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图2甲所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用___(填字母)，此方法叫做____保护法。
A．铜B．钠C．锌D．石墨
②图2乙方案也可以降低铁闸门腐蚀的速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的___(填“正”或“负”)极。
③以上两种方法中，___(填“甲”或“乙”)方法能使铁闸门保护得更好。
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)。
16．已知某反应器中存在如下反应：
i.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g) ΔH1
ii.CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2
iii.CH4(g)=C(s)+2H2(g) ΔH3
……
ⅲ为积炭反应，利用ΔH1和ΔH2计算ΔH3时，还需要利用_______反应的ΔH。
三、计算题
17．利用盖斯定律书写热化学方程式。
(1)根据已知信息，按要求写出指定反应的热化学方程式：
(1)LiH可作飞船的燃料，已知下列反应：
①2Li(s)＋H2(g)=2LiH(s) ΔH=-182kJ·mol-1
②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-572kJ·mol-1
③4Li(s)＋O2(g)=2Li2O(s) ΔH=-1196kJ·mol-1
试写出LiH在O2中燃烧的热化学方程式_______。
(2)CH4—CO2催化重整反应为CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)。
已知：C(s)＋2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75kJ·mol-1
C(s)＋O2(g)=CO2(g) ΔH=-394kJ·mol-1
C(s)＋O2(g)=CO(g) ΔH=-111kJ·mol-1
该催化重整反应的ΔH=_______kJ·mol-1。
(3)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统(I)和系统(II)制氢的热化学方程式分别为_______、_______，制得等量H2所需能量较少的是_______。
(4)已知下列反应：
SO2(g)＋2OH—(aq)=(aq)＋H2O(l) ΔH1
ClO—(aq)＋(aq)=(aq)＋Cl—(aq) ΔH2
CaSO4(s)=Ca2＋(aq)＋(aq) ΔH3
则反应SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO-(aq)＋2OH—(aq)=CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl—(aq)的ΔH=_______。
18．工业上可用电解饱和食盐水的方法制备烧碱、氯气等化工原料，其反应原理如下：。若需要制备标准状况下的氯气11.2L(不考虑溶解)。请计算：
(1)产生氢气的物质的量_______；
(2)所得溶液中氢氧化钠的物质的量浓度_______(假设反应后溶液的体积为500mL)。
四、工业流程题
19．铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为___________。
(2)医疗上，常用胃舒平[主要成Al(OH)3]来治疗胃酸(主要成分盐酸)过多，其理由是___________(用离子方程式表示)。
(3)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加NaHCO3溶液，溶液pH___________ (填“增大”、“不变”或“减小”)。
(4)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是___________。
(5)铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是___________。
(6)为测定含少量FeCl3的AlCl3中AlCl3的含量，可通过下列操作测得(部分物质略去)。
m克样品 NaAlO2溶液 Al(OH)3 n克Al2O3
计算该样品中AlCl3的质量分数 ___________(结果用m、n表示，不必化简)。
20．亚氯酸钠(NaClO2)是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织、印染和食品工业。它在碱性环境中稳定存在。某同学查阅资料后设计生产NaClO2的主要流程如下。
(1)Ⅰ、Ⅲ中发生反应的还原剂分别是_______、_______(填化学式)。
(2)Ⅱ中反应的离子方程式是_______。
(3)A的化学式是_______，装置Ⅲ中A在_______极区产生。
(4)ClO2是一种高效水处理剂，可用亚氯酸钠和稀盐酸为原料制备：
①写出该反应的离子方程式_______
②若反应开始时盐酸浓度越大，则气体产物中Cl2的含量越大，用离子方程式解释产生Cl2的原因：_______。
(5)NaClO2变质可分解为NaClO3和NaCl。取等质量NaClO2，其中一份给以适当条件使之变质，另一份严格保存，均配成溶液，并分别与足量FeSO4溶液反应时，消耗Fe2+的物质的量_______(填“相同”“不相同”或“无法判断”)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【解析】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。
2．B
【解析】A．Al能够与NaOH溶液反应，而Mg不能反应，所以装置I中为原电池的正极，Al为原电池的负极，A错误；
B．由于电极活动性Zn比C强，所以Zn为负极，碳棒为正极，故装置IV工作时，电子由负极锌通过导线流向正极碳棒，B正确；
C．装置III中2个电极都是Zn，没有活动性不同的电极，因此不可构成原电池，C错误；
D．装置II可充电，为电解池；也可放电，为原电池，故装置II电池为二次电池，D错误；
故合理选项是B。
3．C
【解析】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。
4．C
【解析】A．氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，工业上采用电解熔融氧化铝的方法治炼铝，故A错误；
B．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，阳极上锌、铁、铜失去电子发生氧化反应，铜离子在阴极上得到电子发生还原反应，故B错误；
C．工业上电解饱和食盐水时，水电离出的氢离子在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为，故C正确；
D．在铁制品上镀银时，银为镀层金属，铁为镀件，则铁制品与电源阴极相连，银作阳极，故D错误；
故选C。
5．B
【解析】由已知热化学方程式，结合盖斯定律得：FeO(s)+CO(g)=Fe(s)+CO2(g) △H＇=，故CO对应的反应焓变△H=0.5△H＇=-109 kJ/mol，故B正确。
故答案选B。
6．A
【解析】A．用图1所示装置可测定中和反应的反应热，故A正确；
B．利用中和滴定测定稀硫酸的浓度，一般用氢氧化钠溶液滴定，不能将碳酸钠固体放在锥形瓶中，用稀硫酸滴定碳酸钠，故B错误；
C．浓硫酸应该在烧杯中稀释并冷却后在转移至容量瓶中，故C错误；
D．加热固体应在坩埚中进行，不能用蒸发皿，故D错误。
故选A。
7．D
【解析】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。
【解析】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。
8．A
【解析】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。
9．D
【解析】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；
【解析】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。
10．C
【解析】A．氢气的燃烧热为285.8kJ/mol，则反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)的ΔH＝-571.6kJ·mol-1，由于液态水转化为气态水吸热，则反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)的ΔH＞-571.6kJ·mol-1，A错误；
B．一氧化碳的燃烧热为283.0kJ/mol，则CO的燃烧的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-283.0kJ·mol-1，B错误；
C．“煤炭燃烧得更旺”是因为少量固体碳在高温下与水反应生成了可燃性气体氢气和CO，C正确；
D．由于能量是守恒的，所以“煤炭燃烧时加少量水，不可能使煤炭燃烧放出更多的热量。”，故该同学的结论是错误的，D错误；
答案选C。
11．D
【解析】由总反应方程式得，I-被氧化，Fe3+被还原，因此甲中石墨为正极，乙中石墨为负极。
【解析】A．乙中I-被氧化，Fe3+被还原，因此甲中石墨为正极，乙中石墨为负极，电流方向是从正极导线流向负极，所以从甲池石墨棒流向乙池石墨棒，A正确；
B．由总反应方程式知，Fe3+被还原成Fe2+，B正确；
C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，反应达到平衡，C正确；
D．加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，作为负极，D错误；
故选D。
12．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。
【解析】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。
13． 8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(l)+16H2O(l) ΔH=-(25a-b) kJ·mol-1 CH4(g)+2SO2(g)=2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=+352 kJ·mol-1 5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s)　ΔH=-1 377 kJ·mol-1 -746.5 或
【解析】(1)已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH1=-a kJ·mol-1，②C8H18(l)+ O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)　ΔH2=-b kJ·mol-1；根据盖斯定律，由①×25-②得8CO2(g)+25H2(g)=C8H18(l)+16H2O(l) ΔH=25ΔH1-ΔH2=-(25a-b) kJ·mol-1；
(2)根据图像可知：①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=Ea1-Ea2=126 kJ·mol-1-928 kJ·mol-1=-802 kJ·mol-1；
②S(g)+O2(g)=SO2(g)　ΔH=-577 kJ·mol-1；根据盖斯定律可知①-②×2即得到CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(g)+2H2O(g)　ΔH=+352 kJ·mol-1。
(3)依次设反应为①、②，根据盖斯定律，反应①×()+②×得到5CO(g)+I2O5(s)=5CO2(g)+I2(s)　ΔH=-1377 kJ·mol-1；
(4)将反应编号，N2(g)+O2(g)=2NO(g)　ΔH=+180.5 kJ·mol-1　①
2C(s)+O2(g)=2CO(g)　ΔH=-221.0 kJ·mol-1　②
CO2(g)=C(s)+O2(g)　ΔH=+393.5 kJ·mol-1　③
应用盖斯定律，由-(①+②+③×2)得反应2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的ΔH=-746.5 kJ·mol-1；
(5)依次设反应为①、②，根据盖斯定律①×2+②得4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g)　ΔH=-(2a+b) kJ·mol-1，标准状况下3.36 L CO的物质的量是0.15 mol，放出的热量为kJ。
14． b 析氢 C 牺牲阳极的阴极 负 乙
【解析】(1)①红墨水柱两边的液面变为左低右高，则a发生析氢腐蚀，a中盛有氯化铵溶液，b发生吸氧腐蚀，b中盛有食盐水，故答案为b。
②a试管中铁发生的是析氢腐蚀，生铁中碳为正极，正极上发生还原反应，故发生的电极反应式为。b试管中铁发生的是吸氧腐蚀，生铁中碳为正极，发生的电极反应式O2+2H2O+4e-=4OH-；铁为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，铁被腐蚀的总反应方程式为。
(2) ①为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以让金属铁做原电池的正极，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以是比金属铁的活泼性强的金属，钠能够与水反应，不能做电极材料，所以选锌，此方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故答案为C；牺牲阳极的阴极；
②电解池的阴极上的金属被保护，为降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极，故答案为负。
③因为电解池的保护比原电池保护更好，所以方法乙能使铁闸门保护得更好；故答案为乙。
15．(1) 2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑ NaOH
(2) V2++VO+2H+=V3++VO2++H2O 紫色
(3) PbCl+2e =Pb+4Cl H+ 阴 PbO
【解析】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。
16．C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)##C(s)+CO2(g) =2CO(g)
【解析】根据盖斯定律，由ⅰ+ⅱ-ⅲ或ⅰ-ⅱ-ⅲ可得目标热化学方程式；
故答案为：C(s)+2H2O(g)=CO2(g)+2H2(g)[或C(s)+CO2(g) =2CO(g)]
17．(1)2LiH(s)＋O2(g)= Li2O(s)+H2O(l)ΔH=—702kJ/mol
(2)+247
(3) H2O(l)= H2(g)+ O2(g) ΔH=+286kJ/mol H2S(g) = H2(g)+S(s) ΔH=+20kJ/mol 系统(II)
(4)ΔH1+ΔH2+ΔH3
【解析】（1）
由盖斯定律可知，反应②+③—①得到氢化锂与氧气反应的方程式2LiH(s)＋O2(g)= Li2O(s)+H2O(l)，则反应ΔH=(—572kJ/mol)+(—1196kJ/mol)—(—182kJ/mol)=—702kJ/mol，反应的热化学方程式为2LiH(s)＋O2(g)= Li2O(s)+H2O(l)ΔH=—702kJ/mol，故答案为：2LiH(s)＋O2(g)= Li2O(s)+H2O(l)ΔH=—702kJ/mol；
（2）
由盖斯定律可知，反应③×2—①—②得到催化重整反应，则反应的ΔH=(—111kJ/mol)×2—(—75kJ/mol)—(—394kJ/mol)=+247kJ/mol，故答案为：+247；
（3）
将题给热化学方程式依次编号为①②③④，由盖斯定律可知，反应①+②+③可得系统(I)反应H2O(l)= H2(g)+ O2(g)，则ΔH=(+327kJ/mol)+(—151kJ/mol)+(+110kJ/mol)=+286kJ/mol，反应的热化学方程式为H2O(l)= H2(g)+ O2(g) ΔH=+286kJ/mol；②+③+④可得系统(II)反应H2S(g) = H2(g)+S(s)，则ΔH= (—151kJ/mol)+(+110kJ/mol) + (+61kJ/mol) =+20kJ/mol，反应的热化学方程式为H2S(g) = H2(g)+S(s) ΔH=+20kJ/mol，由热化学方程式可知，制得等量氢气所需能量较少的是系统(II)反应，故答案为：H2O(l)= H2(g)+ O2(g) ΔH=+286kJ/mol；H2S(g) = H2(g)+S(s) ΔH=+20kJ/mol；系统(II)；
（4）
将题给热化学方程式依次编号为①②③，由盖斯定律可知，反应①+②—③可得反应SO2(g)＋Ca2＋(aq)＋ClO-(aq)＋2OH—(aq)=CaSO4(s)＋H2O(l)＋Cl—(aq)，则反应的ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，故答案为：ΔH1+ΔH2+ΔH3。
18．(1)0.5 mol
(2)2 mol/L
【解析】（1）
若需要制备标准状况下的氯气11.2L（不考虑溶解），其物质的量为，根据化学方程式可知产生氢气的物质的量与产生的氯气物质的量相同，生成氢气物质的量为0.5mol。
（2）
制备标准状况下的氯气11.2L即0.5mol，则生成氢氧化钠1mol，反应后溶液的体积为500mL，则所得溶液中氢氧化钠的物质的量浓度为。
19． Al2O3+2OH =2AlO+H2O Al(OH)3+3H+ =2Al3++ 3H2O 减小 石墨电极被阳极上产生的O2氧化 NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 或或
【解析】以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，然后加入碳酸氢钠与NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀和碳酸钠溶液，过滤II得到Al(OH)3，灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，阴极得到NaHCO3、阳极得到NaOH，循环利用。
【解析】(1)碱溶时氧化铝和NaOH溶液反应得到偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH =2AlO+H2O；
(2)Al(OH)3可以和盐酸反应生成可溶性盐氯化铝和水，离子方程式为Al(OH)3+3H+ =2Al3++ 3H2O；
(3)根据分析，向“过滤Ⅰ”所得滤液中加NaHCO3溶液，NaAlO2和残留的NaOH反应生成Al(OH)3沉淀和碳酸钠溶液，碱性为OH-＞AlO＞CO，所以溶液碱性减弱，pH减小；
(4)电极熔融Al2O3时，阳极阳离子被氧化生成氧气，石墨电极被阳极上产生的O2氧化，从而被损耗；
(5)铵盐受热易分解，高温条件下NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，有利于AlN的制备；
(6)根据元素守恒可知样品中n(AlCl3)=2n(Al2O3)mol，所以AlCl3的质量分数为×100%=或或。
20．(1) Na2SO3 H2O
(2)2ClO2 + H2O2 + 2OH- = 2+ O2↑+ 2H2O
(3) H2SO4 阳
(4) 5NaClO2 + 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑ + 2H2O +3Cl-+4H+=2Cl2↑+2H2O
(5)相同
【解析】由流程图可知，Ⅲ是离子隔膜电解池，电解硫酸钠溶液本质是电解水，气体a与溶液A在同一电极得到，NaOH与另一种气体b在另外电极得到，故A为硫酸，气体a为氧气，右侧产生的气体b为氢气，I中NaClO3、Na2SO3、硫酸反应生成ClO2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为：2H++ +2＝2ClO2+ +H2O，Ⅱ中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气。
（1）
Ⅰ中NaClO3和Na2SO3反应生成Na2SO4和ClO2气体，Na2SO3中S元素化合价升高，还原剂为Na2SO3，Ⅲ中电解硫酸钠溶液，相当于电解水，还原剂是H2O；
（2）
根据以上分析可知Ⅱ中反应的离子方程式是2ClO2+H2O2+2OH-＝2+O2↑+2H2O；
（3）
用离子交换膜电解硫酸钠溶液，在阳极生成O2和硫酸，阴极产生H2和NaOH，A为硫酸在阳极产生；
（4）
Cl-浓度大时，还原性增强，被生成的ClO2氧化，5NaClO2+ 4HCl = 5NaCl + 4ClO2↑+ 2H2O、+3Cl-+4H+=2Cl2↑+2H2O。答案为：5NaClO2+ 4HCl =5NaCl+ 4ClO2↑+ 2H2O、+3Cl-+4H+=2Cl2↑+2H2O；
（5）
NaClO2变质前后分别与Fe2+反应时，最终均得到等量NaCl，Cl元素均由+3价最终变为-1价，根据得失电子守恒，两个过程中转移电子的物质的量相同，所以消耗Fe2+的物质的量相等。
答案第1页，共2页
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