专题1《化学反应与能量变化》单元检测题 上学期高二苏教版（2020）高中化学选择性必修1（含解析）
文档属性
| 名称 | 专题1《化学反应与能量变化》单元检测题 上学期高二苏教版（2020）高中化学选择性必修1（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-17 19:43:50 | ||
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文档简介
专题1《化学反应与能量变化》单元检测题
一、单选题
1．反应A+BC分两步进行：①A+BX，②XC，反应过程中能量变化如下图所示，E1表示反应A+BX的活化能。下列有关叙述正确的是
A．E2表示反应XC的活化能
B．X是反应A+BC的催化剂
C．反应A+BC的ΔH<0
D．加入催化剂可改变反应A+BC的焓变
2．根据所示的能量图，下列说法正确的是
A．断裂和的化学键所吸收的能量之和小于断裂的化学键所吸收的能量
B．的总能量大于和的能量之和
C．和的能量之和为
D．
3．下列关于热化学反应的描述正确的是
A．25℃ 101kPa下，稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和反应反应热ΔH=-57.3kJ mol-1，则含1mol H2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量为114.6kJ
B．H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则反应2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ mol-1
C．放热反应比吸热反应容易发生
D．1mol丙烷燃烧生成水蒸气和二氧化碳所放出的热量是丙烷的燃烧热
4．新中国成立70年来，中国制造、中国创造、中国建造联动发力，不断塑造着中国崭新面貌，以下相关说法不正确的是
A．C919大型客机中大量使用了镁铝合金
B．华为麒麟芯片中使用的半导体材料为二氧化硅
C．北京大兴国际机场建设中使用了大量硅酸盐材料
D．港珠澳大桥在建设过程中使用的钢材为了防止海水腐蚀都进行了环氧涂层的处理
5．关于如图所示转化关系，下列说法正确的是
A．△H2>0
B．△H1>△H3
C．△H3 =△H1+△H2
D．△H1=△H2+△H3
6．某反应过程中能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为吸热反应，热效应等于ΔH
C．反应过程b可能分两步进行
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1—E2
7．中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(Cn)和中间相炭微粒球(MCMB)为电极，电解质溶液为含有KPF6的有机溶液，其充电示意图如下。下列说法错误的是
A．固态KPF6为离子晶体
B．放电时MCMB电极为负极
C．充电时，若正极增重39g，则负极增重145g
D．充电时，阳极发生反应为Cn+xPF6－－xe-=Cn(PF6)x
8．一定条件下，有关有机物生成环己烷的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．苯分子中不存在3个完全独立的碳碳双键，故
B．
C．反应，反应物总能量低于生成物总能量
D．苯与氢气反应过程中有键生成
9．下列化学反应的能量变化与如图不符合的是
A．2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O B．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
C．Mg+2HCl=MgCl2+H2↑ D．C+O2CO2
10．白磷与氧气在一定条件下可以发生如下反应：P4+3O2=P4O6。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P 198kJ/mol，P—O 360kJ/mol，O=O 498kJ/mol。
根据上图所示的分子结构和有关数据，计算该反应的能量变化，正确的是
A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量
C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量
11．下面四种燃料电池中正极的反应产物为水的是
A B C D
固体氧化物燃料电池 碱性燃料电池 质子交换膜燃料电池 熔融盐燃料电池
A．A B．B C．C D．D
12．常温常压下，充分燃烧一定量的乙醇放出的热量为Q kJ，用400mL 5mol·L-1 KOH溶液吸收生成的CO2，恰好完全转变成正盐，则充分燃烧1mol C2H5OH所放出的热量为
A．Q kJ B．2Q kJ C．3Q kJ D．4Q kJ
二、填空题
13．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。
(1)某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子的数目之比为_______。
(2)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为_______。
(3)下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
①腐蚀过程中，负极是_______(填“a”或“b”或“c”)；
②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_______；
③若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为_______L(标准状况)。
14．2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出巨大贡献的科学家，锂离子电池广泛应用于手机、笔记本电脑等。
(1)锂元素在元素周期表中的位置：_________________。
(2)氧化锂(Li2O)是制备锂离子电池的重要原料，氧化锂的电子式为_____________。
(3)近日华为宣布:利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出了石墨烯电池，电池反应式为LIxC6+Li1-xC6+LiCoO2，其工作原理如图。
①石墨烯的优点是提高电池的能量密度，石墨烯为层状结构，层与层之间存在的作用力是_______。
②锂离子电池不能用水溶液做离子导体的原因是___________(用离子方程式表示）。
③锂离子电池放电时正极的电极反应式为________________。
④请指出使用锂离子电池的注意问题____________________。(回答一条即可)
15．相同金属在其不同浓度的盐溶液中可形成浓差电池。现用此浓差电池电解Na2SO4溶液(电极a和b均为石墨电极)可以制得O2、H2、H2SO4、NaOH。
(1)当电路中转移1mol电子时，电解池理论上能产生标况下的气体___L。
(2)电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得NaOH___g。
16．(1)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图所示。电池工作时，外电路上电流的方向应从电极_______(填A或B)流向用电器。内电路中，CO向电极_______(填A或B)移动，电极A上CO参与的电极反应为_______。
(2)某种燃料电池的工作原理示意如图所示，a、b均为惰性电极。
①假设使用的“燃料”是氢气(H2)，则a极的电极反应式为_______。
若电池中氢气(H2)通入量为224 mL(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电流表的电量为_______C (法拉第常数F=9.65×104C/mol)。
②假设使用的“燃料”是甲醇(CH3OH)，则a极的电极反应式为_______。
如果消耗甲醇160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为_______(用NA表示)。
三、计算题
17．回答下列问题:
(1)室温下，2 mol H2完全燃烧生成液态水放出a kJ的能量，写出氢气燃烧热的热化学方程式：_______。
(2)甲醇是重要的化工原料，利用合成气(主要成分为CO和H2)在催化剂作用下合成甲醇。其常见合成方法为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH，已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键 H-H C-O C≡O H-O C-H
E /(kJ/mol) 436 343 1076 465 413
由此计算ΔH =_______kJ/mol；
(3)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ/mol，
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-890 kJ/mol。
现有H2与CH4的混合气体112 L (标准状况下)，使其完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，若实验测得反应放热3845.8 kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是_______。
(4)一定条件下，在水溶液中所含离子Cl-、ClO-、ClO、ClO、ClO 各1 mol，其相对能量的大小如图所示(各离子在图中用氯元素的相应化合价表示)，
则反应3ClO-(aq) =ClO(aq)＋2Cl-(aq)的ΔH=_______kJ/mol。
(5)乙烷在一定条件可发生反应：C2H6(g)=C2H4(g)＋H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如表所示：
物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ/mol ) -1560 -1411 -286
ΔH=_______kJ/mol。
(6)已知：Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(s)＋3CO(g) ΔH1=＋1 344.1 kJ/mol
2AlCl3(g)=2Al(s)＋3Cl2(g) ΔH2=＋1 169.2 kJ/mol
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为_______。
(7)在1 200 ℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g) ΔH1
②2H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g) ΔH2
③H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g) ΔH3
2S(g)=S2(g) ΔH4，则ΔH4的正确表达式为_______。
18．写出下列反应的热化学方程式。
(1)与适量反应生成和，放出890.3kJ热量：_______。
(2)若适量的和完全反应，每生成需要吸收16.95kJ热量：_______。
(3)汽油的重要成分是辛烷，在在燃烧，生成和，放出5518kJ热量：_______。
(4)卫星发射时可用肼作燃料，在中燃烧，生成和，放出622kJ热量：_______。
四、工业流程题
19．工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如图所示：
已知：(1)锂辉石的主要成分为。其中含少量元素。
(2)(浓)
(3)某些物质的溶解度(S)如下表所示：
T/℃ 20 40 60 80
S(Li2CO3)/g 1.33 1.17 1.01 0.85
S(Li2SO4)/g 34.2 32.8 31.9 30.7
回答下列问题：
(1)从滤流1中分离出的流程如图所示：
写出生成沉淀的离子方程式：_______。
(2)已知滤渣2的主要成分有_______。
(3)最后一个步骤中，用“热水洗涤”的目的是_______。
(4)工业上，将粗品制备成高纯的部分工艺如下：
a.将溶于盐酸作电解槽的阳极液，溶液作阴极液，两者用离子选择性透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向溶液中加入少量溶液并共热，过滤、烘干得高纯。
①a中电解时所用的是_______(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。
②电解后，溶液浓度增大的原因是_______中生成反应的化学方程式是_______
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导，写出该电池放电时的正极反应：_______。
20．一种以钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)为主要原料制备钛白粉(TiO2)的工艺流程如图所示。
已知：①H2TiO3不溶于水和稀酸；
②“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在；
③Fe3+在pH=1.8时生成沉淀，pH=4.1时沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，其目的是___________。
(2)“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为___________。
(3)滤渣①的主要成分是___________(填化学式)。
(4)流程中加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+。为探究最佳反应条件，某化学兴趣小组在保持反应时间相同的情况下进行探究得到结果如下图所示。
①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是___________。
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示。由图可知，还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为___________℃。
(5)经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有___________(填化学式)。
(6)如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。阴极的电极反应式为___________，产生的气体中X的化学式为___________。
参考答案：
1．C
【解析】A．E2表示活化分子转化为C时伴随的能量变化，A项错误；
B．若X是反应A+BC的催化剂，则X是反应①的反应物，是反应②的生成物，B项错误；
C．由图象可知，反应物A、 B的总能量高于生成物C的能量，反应是放热反应，ΔH<0，C项正确；
D．焓变和反应物和生成物能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只改变反应速率，不改变反应的焓变，D项错误；
答案选C。
2．B
【解析】A．右图示可知，该反应为吸热反应，故断裂和的化学键所吸收的能量之和大于断裂的化学键所吸收的能量，A错误；
B．右图示可知，该反应为吸热反应，故生成物的总能量高于反应物的总能量，即的总能量大于和的能量之和，B正确；
C．由图示可知，和的键能之和为，C错误；
D．反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，故该反应的热化学方程式为：，D错误；
故答案为：B。
3．B
【解析】A．钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡时放热，并且含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡反应生成2molH2O（1），所以含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量大于114.6kJ，故A错误；
B．H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则H2(g)+O2(g)= H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol，所以2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ mol-1，故B正确；
C．反应是否容易发生，与放热、吸热无关，有些吸热反应常温下也很容易发生，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故C错误；
D．1mol丙烷完全燃烧生成液体水和二氧化碳时所放出的热量是丙烷的燃烧热，而不是水蒸气，故D错误；
故选B。
4．B
【解析】A．镁铝合金密度小，强度大，C919大型客机中大量使用了镁铝合金，A项正确；
B．华为麒麟芯片中使用的半导体材料为硅，B项错误；
C．北京大兴国际机场建设中使用的玻璃属于硅酸盐材料，C项正确；
D．对钢材进行环氧涂层的处理可以防止海水腐蚀，D项正确；
答案选B。
5．D
【解析】A．CO（g）+O2（g）=CO2（g）为CO的燃烧，放出热量，△H2<0，故A错误；
B．C不充分燃烧生成CO，充分燃烧生成CO2，充分燃烧放出的热量大于不充分燃烧，焓变为负值，则△H1<△H3，故B错误；
C．根据①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2，③C（s）+O2（g）=CO（g）△H3，结合盖斯定律③=①-②，则△H3 =△H1-△H2，故C错误；
D．根据①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2，③C（s）+O2（g）=CO（g）△H3，结合盖斯定律①=②+③，则△H1=△H2+△H3，故D正确；
故选D。
6．C
【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，则b中使用了催化剂，A说法错误；
B．反应物能量高于生成物，为放热反应， H=生成物能量-反应物能量，B说法错误；
C．根据图象可知，反应过程b可能分两步进行，C说法正确；
D．E1、E2表示反应过程中不同步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，D说法错误；
故选C。
7．C
【解析】A．由图可知，固态KPF6能电离生成PF和K+，则固态KPF6为离子晶体，故A正确；
B．根据放电时离子的移动方向可知充电时石墨电极为阳极、MCMB电极为阴极，则放电时石墨电极为正极、MCMB电极为负极，故B正确；
C．充电时，PF移向阳极、K+移向阴极，二者所带电荷数值相等，则移向阳极的PF和移向阴极的K+数目相等，即n(PF)=n(K+)=39g÷39g/mol=1mol，n(PF)=nM=1mol×145g/mol=145g，即充电时，若负极增重39g，则正极增重145g，故C错误；
D．充电时，阳极发生失去电子的氧化反应，即反应为Cn+xPF6－－xe-=Cn(PF6)x，故D正确；
故选C。
8．D
【解析】A．说明苯分子中不存在3个完全独立的碳碳双键，故A错误；
B． 由图可知，苯与氢气反应转化为环己二烯的反应为反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变＞0，故B错误；
C．由图可知，环己烯与氢气反应转化为环己烷的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故C错误；
D．由图可知，苯与氢气反应过程中有碳氢键的生成，故D正确；
故选D。
9．A
【解析】图示中，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应。
【解析】A．2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，铵盐与碱反应吸热，故选A；
B．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，铝热反应放热，故不选B；
C．Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，金属与酸反应放热，故不选C；
D．C+O2CO2，燃烧反应放热，故不选D；
选A。
10．A
【解析】拆开反应物的化学键需要吸热能量为198×6+498×3=2682 kJ，形成生成物的化学键释放的能量为360×12=4320kJ，二者之差为释放能量4320kJ-2682 kJ=1638 kJ。
综上所述答案为A。
11．C
【解析】A．电解质为能够传导氧离子的固体氧化物，正极氧气得电子生成氧离子，故A不选；
B．电解质溶液是氢氧化钾，正极上氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，故B不选；
C．存在质子交换膜，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，故C选；
D．电解质为熔融碳酸盐，正极氧气得电子结合二氧化碳生成碳酸根离子，故D不选；
故选C。
12．B
【解析】氢氧化钾的物质的量为2mol，与二氧化碳反应转化为正盐，需要二氧化碳的物质的量为1mol，则根据乙醇燃烧方程式分析，乙醇的物质的量为0.5mol，则1mol乙醇完全燃烧放出的热量为2Q kJ。
故选B。
13．(1)10∶1
(2)Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O
(3) c 2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓ 0.448
【解析】(1)
根据N=×NA，青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为：=10:1；
(2)
复分解反应为相互交换成分的反应，因此该反应的化学方程式为Ag2O＋2CuCl=2AgCl＋Cu2O；
(3)
①负极发生失电子的反应，铜作负极失电子，因此负极为c，其中负极反应：Cu－2e－=Cu2＋，正极反应：O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
②正极产物为OH－，负极产物为Cu2＋，两者与Cl－反应生成Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－=Cu2(OH)3Cl↓；
③4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为0.02 mol，由Cu元素守恒知，发生电化学腐蚀失电子的Cu单质的物质的量为0.04 mol，失去电子0.08 mol，根据电子守恒可得，消耗O2的物质的量为＝0.02 mol，所以理论上消耗氧气的体积为0.448 L(标准状况)。
14． 第二周期第IA族 范德华力(分子间作用力) 2Li+2H2O=2Li++2OH-+H2↑ Li1-xCoO2+xLi++xe-= LiCoO2 避免过充、过放、过电流、短路及热冲击或使用保护元件等
【解析】(1)根据锂元素的原子结构与元素位置的关系分析判断；
(2)氧化锂是离子化合物，Li+与O2-之间通过离子键结合；
(3)①石墨烯结构是平面结构，层内是共价键，层间以分子间作用力结合；
②根据Li是碱金属元素，利用碱金属单质的性质分析；
③锂离子电池放电时正极上Li+得电子变为LiCoO2；
④使用锂离子电池的注意问题是禁止过充、过房，配备相应的保护元件等。
【解析】(1)Li是3号元素，核外电子排布为2、1，所以Li在元素周期表的位置位于第二周期第IA族；
(2) Li2O是离子化合物，Li+与O2-之间通过离子键结合,其电子式为：；
(3)①石墨烯的优点是提高电池的能量密度，石墨烯为层状结构，在层内，C原子之间以共价键结合，在层与层之间存在的作用力是分子间作用力，也叫范德华力；
②Li是碱金属元素，单质比较活泼，容易和水反应产生氢气，反应方程式为：2Li+2H2O=2Li++2OH-+H2↑，所以锂离子电池不能用水溶液；
③根据锂电池总反应方程式可知：锂离子电池在放电时，正极上Li+得电子变为LiCoO2，电极反应式为：Li1-xCoO2+xLi++xe-= LiCoO2；
④锂电池在使用时应该注意的问题是避免过充、过放、过电流、短路及热冲击或使用保护元件等。
【点睛】本题考查了锂元素的有关知识，解答时要根据各种物质的结构，充分利用题干信息进行综合分析、判断。
15．(1)16.8
(2)160
【解析】浓差电池中左侧溶液中Cu2+浓度大，离子的氧化性强，所以Cu(1)电极为正极、电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则Cu (2 )电极为负极，电极反应式为Cu+2e-=Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜，以此来解析；
(1)
电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有O2~e~H2可知1mold电子，生成0.25molO2和0.5molH2；总共0.75mol，V=0.75mol×22.4L/mol=16.8L；
(2)
电池从开始工作到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L，正极析出Cu:( 2.5-1.5 ) mol/L×2L=2mol，正极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有Cu~2e~2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n(NaOH)=2n(Cu)=4mol，则m(NaOH) =nM=4mol×40g/mol=160g。
16． B A CO-2e-+CO=2CO2 H2-2e-+2OH-=2H2O 1.93×103 CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O 30NA
【解析】
分析熔融碳酸盐燃料电池原理示意图，通入氧气的一端为原电池正极，通入一氧化碳和氢气的一端为负极，电流从正极流向负极，溶液中阴离子移向负极，A电极上一氧化碳失电子发生氧化反应生成二氧化碳；根据某种燃料电池的工作原理示意，由电子转移方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反应，应通入空气。
【解析】
(1)分析熔融碳酸盐燃料电池原理示意图，通入O2的B电极为原电池正极，通入CO和H2的电极为负极，电流从正极流向负极，电池工作时，外电路上电流的方向应从电极B(填A或B)流向用电器。内电路中，溶液中阴离子移向负极，CO向电极A(填A或B)移动，电极A上CO失电子发生氧化反应生成CO2，CO参与的电极反应为CO-2e-+CO=2CO2。故答案为：B；A；CO-2e-+CO=2CO2；
(2)①由分析a为负极，假设使用的“燃料”是氢气(H2)，a极上氢气失电子，发生氧化反应，则a极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O。若电池中氢气(H2)通入量为224 mL(标准状况)，且反应完全，n(H2)= =0.01mol，则理论上通过电流表的电量为Q=9.65×104C/mol×0.01mol=1.93×103C (法拉第常数F=9.65×104C/mol)。故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O；1.93×103；
②假设使用的“燃料”是甲醇(CH3OH)，a极上甲醇失电子，发生氧化反应，则a极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O。 如果消耗甲醇160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为= =30NA。故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；30NA。
17．(1)H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-kJ/mol
(2)-99
(3)1：4
(4)+117
(5)+137
(6)Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g) ΔH=+174.9 kJ/mol
(7)(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)
【解析】（1）2 mol H2完全燃烧生成液态水放出a kJ的能量， 可知1 mol H2燃烧放出热量为kJ，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-kJ/mol ；
（2）根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差计算，故该反应的反应热△H=(2×436 kJ/mo1+1076 kJ/mo1)-(413 kJ/mol+343 kJ/mol+465 kJ/mol)=-99 kJ/mol；
（3）混合气体物质的量n=。设H2、CH4的物质的量分别是x mol、y mol，则根据热化学方程式可得0.5x×571.6+890y=3845.8 kJ；x+y=5 mol，解得x=1 mol，y=4 mol，所以混合气体中二者物质的量之比n(H2)：n(CH4)=1：4；
（4）由图可知反应3ClO-(aq)=ClO(aq)＋2Cl-(aq)的ΔH=(63 kJ/mol+2×0 kJ/mol)-3×60 kJ/mol=-117 kJ/mol；
（5）根据物质的燃烧热，可得表示物质燃烧热的相应的热化学方程式：①C2H6(g)+5O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1560 kJ/mo1；
②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H =-1411 kJ/mo1；
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H= - 286 kJ/mol，
根据盖斯定律：将热化学方程式①-②-③，整理可得C2H6(g)=C2H4(g)＋H2(g) △H= (-1560+ 1411+286)kJ/mol=+137 kJ/ mol；
（6）①Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(s)＋3CO(g) ΔH1=＋1 344.1 kJ/mol
②2AlCl3(g)=2Al(s)＋3Cl2(g) ΔH2=＋1 169.2 kJ/mol
根据盖斯定律，将热化学方程式①-②，整理可得Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g) ΔH=+174.9 kJ/mol；
（7）已知：①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g) ΔH1
②2H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g) ΔH2
③H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g) ΔH3
根据盖斯定律，将(①+②-③×3)×，整理可得2S(g)=S2(g) ΔH4=(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)。
18．
【解析】(1)与适量反应生成和，放出890.3kJ热量,16g也就是1mol，所以热化学方程式为： ，故答案为： ；
(2)若适量的和完全反应，每生成需要吸收16.95kJ热量，，就是0.5mol，所以热化学方程式为，故答案为；
(3)在在燃烧，生成和，放出5518kJ热量，则热化学方程式为 ，故答案为 ；
(4)在中燃烧，生成和，放出622kJ热量，则热化学方程式为 ，故答案为： 。
【点睛】本题考查热化学方程式的书写，注意题目给的量与方程式的关系，难度不大。
19．(1)Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH
(2)Mg(OH)2、CaCO3
(3)洗去表面吸附的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失
(4) 阳离子交换膜 阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3↑
(5)FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4
【解析】锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量Ca、Mg元素)经过研磨、在加热下用浓硫酸“浸出”、由信息(1)可知酸化得到可溶性的硫酸锂、和不溶的Al2O3·SiO2·4H2O，经过过滤，得到滤渣1为Al2O3·SiO2·4H2O，滤液经过调节pH，向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg(OH)2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂。
【解析】（1）根据流程，生成沉淀，需要加入过量试剂a，因为Al(OH)3溶于强碱，不溶于弱碱，因此试剂a为NH3·H2O，发生的离子反应方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH。
（2）据分析，滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、CaCO3。
（3）由题中表格可知Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤能够降低Li2CO3的溶解，同时能够洗去Li2CO3表面附着的Na2CO3杂质，故答案为：洗去表面吸附的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失。
（4）①Li2CO3溶于盐酸生成LiCl，电解LiCl溶液，溶液中Cl-失去电子在阳极生成Cl2，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大，则a中电解时所用的是阳离子交换膜。
②由①电解后，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大，中NH4HCO3与LiOH在加热条件下反应生成Li2CO3、H2O、NH3，反应方程式为2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3↑。
（5）根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正极上发生反应，即正极反应式为FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4。
20．(1)增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率
(2)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
(3)Fe、SiO2和CaSO4
(4) pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大 55℃
(5)H2SO4
(6) TiO2+4e-=Ti+2O2- CO
【解析】本题为工艺流程题，向钛铁矿中加入足量的硫酸溶液，发生反应有：Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤得滤渣①，主要成分为：Fe、SiO2和CaSO4，滤液①主要成分为FeSO4、TiOSO4，冷却结晶析出FeSO4·7H2O晶体，过滤出滤渣②主要成分是FeSO4·7H2O晶体，和滤液②主要成分是TiOSO4，加热促进TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀，反应原理为：TiOSO4+2H2O=H2SO4+H2TiO3↓，过滤得滤液③主要成分为H2SO4和H2TiO3，将H2TiO3灼烧得到TiO2，据此分析解题。
【解析】（1）“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，以增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率，故答案为：增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率；
（2）由分析可知，“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
（3）由分析可知，滤渣①的主要成分是Fe、SiO2和CaSO4，故答案为：Fe、SiO2和CaSO4；
（4）①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大，故答案为：pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大；
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为55℃，故答案为：55℃；
（5）由分析可知，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有滤液③主要成分为H2SO4，故答案为：H2SO4；
（6）如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛，由题干图示可知，阴极发生还原反应，则阴极的电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，阳极电极反应为：2O2--4e-=O2↑，C+O2CO2，CO2+C2CO，则产生的气体中X的化学式为CO，故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；CO。
一、单选题
1．反应A+BC分两步进行：①A+BX，②XC，反应过程中能量变化如下图所示，E1表示反应A+BX的活化能。下列有关叙述正确的是
A．E2表示反应XC的活化能
B．X是反应A+BC的催化剂
C．反应A+BC的ΔH<0
D．加入催化剂可改变反应A+BC的焓变
2．根据所示的能量图，下列说法正确的是
A．断裂和的化学键所吸收的能量之和小于断裂的化学键所吸收的能量
B．的总能量大于和的能量之和
C．和的能量之和为
D．
3．下列关于热化学反应的描述正确的是
A．25℃ 101kPa下，稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和反应反应热ΔH=-57.3kJ mol-1，则含1mol H2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量为114.6kJ
B．H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则反应2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ mol-1
C．放热反应比吸热反应容易发生
D．1mol丙烷燃烧生成水蒸气和二氧化碳所放出的热量是丙烷的燃烧热
4．新中国成立70年来，中国制造、中国创造、中国建造联动发力，不断塑造着中国崭新面貌，以下相关说法不正确的是
A．C919大型客机中大量使用了镁铝合金
B．华为麒麟芯片中使用的半导体材料为二氧化硅
C．北京大兴国际机场建设中使用了大量硅酸盐材料
D．港珠澳大桥在建设过程中使用的钢材为了防止海水腐蚀都进行了环氧涂层的处理
5．关于如图所示转化关系，下列说法正确的是
A．△H2>0
B．△H1>△H3
C．△H3 =△H1+△H2
D．△H1=△H2+△H3
6．某反应过程中能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．反应过程a有催化剂参与
B．该反应为吸热反应，热效应等于ΔH
C．反应过程b可能分两步进行
D．有催化剂条件下，反应的活化能等于E1—E2
7．中科院研制出了双碳双离子电池，以石墨(Cn)和中间相炭微粒球(MCMB)为电极，电解质溶液为含有KPF6的有机溶液，其充电示意图如下。下列说法错误的是
A．固态KPF6为离子晶体
B．放电时MCMB电极为负极
C．充电时，若正极增重39g，则负极增重145g
D．充电时，阳极发生反应为Cn+xPF6－－xe-=Cn(PF6)x
8．一定条件下，有关有机物生成环己烷的能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．苯分子中不存在3个完全独立的碳碳双键，故
B．
C．反应，反应物总能量低于生成物总能量
D．苯与氢气反应过程中有键生成
9．下列化学反应的能量变化与如图不符合的是
A．2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O B．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3
C．Mg+2HCl=MgCl2+H2↑ D．C+O2CO2
10．白磷与氧气在一定条件下可以发生如下反应：P4+3O2=P4O6。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P 198kJ/mol，P—O 360kJ/mol，O=O 498kJ/mol。
根据上图所示的分子结构和有关数据，计算该反应的能量变化，正确的是
A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量
C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量
11．下面四种燃料电池中正极的反应产物为水的是
A B C D
固体氧化物燃料电池 碱性燃料电池 质子交换膜燃料电池 熔融盐燃料电池
A．A B．B C．C D．D
12．常温常压下，充分燃烧一定量的乙醇放出的热量为Q kJ，用400mL 5mol·L-1 KOH溶液吸收生成的CO2，恰好完全转变成正盐，则充分燃烧1mol C2H5OH所放出的热量为
A．Q kJ B．2Q kJ C．3Q kJ D．4Q kJ
二、填空题
13．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。
(1)某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子的数目之比为_______。
(2)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为_______。
(3)下图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
①腐蚀过程中，负极是_______(填“a”或“b”或“c”)；
②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_______；
③若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为_______L(标准状况)。
14．2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出巨大贡献的科学家，锂离子电池广泛应用于手机、笔记本电脑等。
(1)锂元素在元素周期表中的位置：_________________。
(2)氧化锂(Li2O)是制备锂离子电池的重要原料，氧化锂的电子式为_____________。
(3)近日华为宣布:利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出了石墨烯电池，电池反应式为LIxC6+Li1-xC6+LiCoO2，其工作原理如图。
①石墨烯的优点是提高电池的能量密度，石墨烯为层状结构，层与层之间存在的作用力是_______。
②锂离子电池不能用水溶液做离子导体的原因是___________(用离子方程式表示）。
③锂离子电池放电时正极的电极反应式为________________。
④请指出使用锂离子电池的注意问题____________________。(回答一条即可)
15．相同金属在其不同浓度的盐溶液中可形成浓差电池。现用此浓差电池电解Na2SO4溶液(电极a和b均为石墨电极)可以制得O2、H2、H2SO4、NaOH。
(1)当电路中转移1mol电子时，电解池理论上能产生标况下的气体___L。
(2)电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得NaOH___g。
16．(1)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图所示。电池工作时，外电路上电流的方向应从电极_______(填A或B)流向用电器。内电路中，CO向电极_______(填A或B)移动，电极A上CO参与的电极反应为_______。
(2)某种燃料电池的工作原理示意如图所示，a、b均为惰性电极。
①假设使用的“燃料”是氢气(H2)，则a极的电极反应式为_______。
若电池中氢气(H2)通入量为224 mL(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电流表的电量为_______C (法拉第常数F=9.65×104C/mol)。
②假设使用的“燃料”是甲醇(CH3OH)，则a极的电极反应式为_______。
如果消耗甲醇160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为_______(用NA表示)。
三、计算题
17．回答下列问题:
(1)室温下，2 mol H2完全燃烧生成液态水放出a kJ的能量，写出氢气燃烧热的热化学方程式：_______。
(2)甲醇是重要的化工原料，利用合成气(主要成分为CO和H2)在催化剂作用下合成甲醇。其常见合成方法为：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH，已知反应①中相关的化学键键能数据如下：
化学键 H-H C-O C≡O H-O C-H
E /(kJ/mol) 436 343 1076 465 413
由此计算ΔH =_______kJ/mol；
(3)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH=-571.6 kJ/mol，
CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) ΔH=-890 kJ/mol。
现有H2与CH4的混合气体112 L (标准状况下)，使其完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)，若实验测得反应放热3845.8 kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是_______。
(4)一定条件下，在水溶液中所含离子Cl-、ClO-、ClO、ClO、ClO 各1 mol，其相对能量的大小如图所示(各离子在图中用氯元素的相应化合价表示)，
则反应3ClO-(aq) =ClO(aq)＋2Cl-(aq)的ΔH=_______kJ/mol。
(5)乙烷在一定条件可发生反应：C2H6(g)=C2H4(g)＋H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如表所示：
物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ/mol ) -1560 -1411 -286
ΔH=_______kJ/mol。
(6)已知：Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(s)＋3CO(g) ΔH1=＋1 344.1 kJ/mol
2AlCl3(g)=2Al(s)＋3Cl2(g) ΔH2=＋1 169.2 kJ/mol
由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为_______。
(7)在1 200 ℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应：
①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g) ΔH1
②2H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g) ΔH2
③H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g) ΔH3
2S(g)=S2(g) ΔH4，则ΔH4的正确表达式为_______。
18．写出下列反应的热化学方程式。
(1)与适量反应生成和，放出890.3kJ热量：_______。
(2)若适量的和完全反应，每生成需要吸收16.95kJ热量：_______。
(3)汽油的重要成分是辛烷，在在燃烧，生成和，放出5518kJ热量：_______。
(4)卫星发射时可用肼作燃料，在中燃烧，生成和，放出622kJ热量：_______。
四、工业流程题
19．工业上以锂辉石为原料生产碳酸锂的部分工业流程如图所示：
已知：(1)锂辉石的主要成分为。其中含少量元素。
(2)(浓)
(3)某些物质的溶解度(S)如下表所示：
T/℃ 20 40 60 80
S(Li2CO3)/g 1.33 1.17 1.01 0.85
S(Li2SO4)/g 34.2 32.8 31.9 30.7
回答下列问题：
(1)从滤流1中分离出的流程如图所示：
写出生成沉淀的离子方程式：_______。
(2)已知滤渣2的主要成分有_______。
(3)最后一个步骤中，用“热水洗涤”的目的是_______。
(4)工业上，将粗品制备成高纯的部分工艺如下：
a.将溶于盐酸作电解槽的阳极液，溶液作阴极液，两者用离子选择性透过膜隔开，用惰性电极电解。
b.电解后向溶液中加入少量溶液并共热，过滤、烘干得高纯。
①a中电解时所用的是_______(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。
②电解后，溶液浓度增大的原因是_______中生成反应的化学方程式是_______
(5)磷酸亚铁锂电池总反应为FePO4+LiLiFePO4，电池中的固体电解质可传导，写出该电池放电时的正极反应：_______。
20．一种以钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)为主要原料制备钛白粉(TiO2)的工艺流程如图所示。
已知：①H2TiO3不溶于水和稀酸；
②“酸浸”后钛元素主要以TiO2+形式存在；
③Fe3+在pH=1.8时生成沉淀，pH=4.1时沉淀完全。
回答下列问题：
(1)“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，其目的是___________。
(2)“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为___________。
(3)滤渣①的主要成分是___________(填化学式)。
(4)流程中加入铁粉的目的是还原体系中的Fe3+。为探究最佳反应条件，某化学兴趣小组在保持反应时间相同的情况下进行探究得到结果如下图所示。
①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是___________。
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示。由图可知，还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为___________℃。
(5)经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有___________(填化学式)。
(6)如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛。阴极的电极反应式为___________，产生的气体中X的化学式为___________。
参考答案：
1．C
【解析】A．E2表示活化分子转化为C时伴随的能量变化，A项错误；
B．若X是反应A+BC的催化剂，则X是反应①的反应物，是反应②的生成物，B项错误；
C．由图象可知，反应物A、 B的总能量高于生成物C的能量，反应是放热反应，ΔH<0，C项正确；
D．焓变和反应物和生成物能量有关，与反应变化过程无关，催化剂只改变反应速率，不改变反应的焓变，D项错误；
答案选C。
2．B
【解析】A．右图示可知，该反应为吸热反应，故断裂和的化学键所吸收的能量之和大于断裂的化学键所吸收的能量，A错误；
B．右图示可知，该反应为吸热反应，故生成物的总能量高于反应物的总能量，即的总能量大于和的能量之和，B正确；
C．由图示可知，和的键能之和为，C错误；
D．反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，故该反应的热化学方程式为：，D错误；
故答案为：B。
3．B
【解析】A．钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡时放热，并且含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡反应生成2molH2O（1），所以含1molH2SO4的稀硫酸与足量氢氧化钡溶液反应放出的热量大于114.6kJ，故A错误；
B．H2(g)的燃烧热为285.8kJ/mol，则H2(g)+O2(g)= H2O(l) ΔH=-285.8kJ/mol，所以2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)的ΔH=+571.6kJ mol-1，故B正确；
C．反应是否容易发生，与放热、吸热无关，有些吸热反应常温下也很容易发生，如氢氧化钡晶体与氯化铵的反应，故C错误；
D．1mol丙烷完全燃烧生成液体水和二氧化碳时所放出的热量是丙烷的燃烧热，而不是水蒸气，故D错误；
故选B。
4．B
【解析】A．镁铝合金密度小，强度大，C919大型客机中大量使用了镁铝合金，A项正确；
B．华为麒麟芯片中使用的半导体材料为硅，B项错误；
C．北京大兴国际机场建设中使用的玻璃属于硅酸盐材料，C项正确；
D．对钢材进行环氧涂层的处理可以防止海水腐蚀，D项正确；
答案选B。
5．D
【解析】A．CO（g）+O2（g）=CO2（g）为CO的燃烧，放出热量，△H2<0，故A错误；
B．C不充分燃烧生成CO，充分燃烧生成CO2，充分燃烧放出的热量大于不充分燃烧，焓变为负值，则△H1<△H3，故B错误；
C．根据①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2，③C（s）+O2（g）=CO（g）△H3，结合盖斯定律③=①-②，则△H3 =△H1-△H2，故C错误；
D．根据①C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1，②CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H2，③C（s）+O2（g）=CO（g）△H3，结合盖斯定律①=②+③，则△H1=△H2+△H3，故D正确；
故选D。
6．C
【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，则b中使用了催化剂，A说法错误；
B．反应物能量高于生成物，为放热反应， H=生成物能量-反应物能量，B说法错误；
C．根据图象可知，反应过程b可能分两步进行，C说法正确；
D．E1、E2表示反应过程中不同步反应的活化能，整个反应的活化能为能量较高的E1，D说法错误；
故选C。
7．C
【解析】A．由图可知，固态KPF6能电离生成PF和K+，则固态KPF6为离子晶体，故A正确；
B．根据放电时离子的移动方向可知充电时石墨电极为阳极、MCMB电极为阴极，则放电时石墨电极为正极、MCMB电极为负极，故B正确；
C．充电时，PF移向阳极、K+移向阴极，二者所带电荷数值相等，则移向阳极的PF和移向阴极的K+数目相等，即n(PF)=n(K+)=39g÷39g/mol=1mol，n(PF)=nM=1mol×145g/mol=145g，即充电时，若负极增重39g，则正极增重145g，故C错误；
D．充电时，阳极发生失去电子的氧化反应，即反应为Cn+xPF6－－xe-=Cn(PF6)x，故D正确；
故选C。
8．D
【解析】A．说明苯分子中不存在3个完全独立的碳碳双键，故A错误；
B． 由图可知，苯与氢气反应转化为环己二烯的反应为反应物总能量低于生成物总能量的吸热反应，反应的焓变＞0，故B错误；
C．由图可知，环己烯与氢气反应转化为环己烷的反应为反应物总能量高于生成物总能量的放热反应，故C错误；
D．由图可知，苯与氢气反应过程中有碳氢键的生成，故D正确；
故选D。
9．A
【解析】图示中，反应物的总能量大于生成物的总能量，为放热反应。
【解析】A．2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O，铵盐与碱反应吸热，故选A；
B．2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，铝热反应放热，故不选B；
C．Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，金属与酸反应放热，故不选C；
D．C+O2CO2，燃烧反应放热，故不选D；
选A。
10．A
【解析】拆开反应物的化学键需要吸热能量为198×6+498×3=2682 kJ，形成生成物的化学键释放的能量为360×12=4320kJ，二者之差为释放能量4320kJ-2682 kJ=1638 kJ。
综上所述答案为A。
11．C
【解析】A．电解质为能够传导氧离子的固体氧化物，正极氧气得电子生成氧离子，故A不选；
B．电解质溶液是氢氧化钾，正极上氧气得电子与水反应生成氢氧根离子，故B不选；
C．存在质子交换膜，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，故C选；
D．电解质为熔融碳酸盐，正极氧气得电子结合二氧化碳生成碳酸根离子，故D不选；
故选C。
12．B
【解析】氢氧化钾的物质的量为2mol，与二氧化碳反应转化为正盐，需要二氧化碳的物质的量为1mol，则根据乙醇燃烧方程式分析，乙醇的物质的量为0.5mol，则1mol乙醇完全燃烧放出的热量为2Q kJ。
故选B。
13．(1)10∶1
(2)Ag2O+2CuCl=2AgCl+Cu2O
(3) c 2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓ 0.448
【解析】(1)
根据N=×NA，青铜器中Sn、Pb的质量分别为119g、20.7g，则该青铜器中Sn和Pb原子数目之比为：=10:1；
(2)
复分解反应为相互交换成分的反应，因此该反应的化学方程式为Ag2O＋2CuCl=2AgCl＋Cu2O；
(3)
①负极发生失电子的反应，铜作负极失电子，因此负极为c，其中负极反应：Cu－2e－=Cu2＋，正极反应：O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
②正极产物为OH－，负极产物为Cu2＋，两者与Cl－反应生成Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－=Cu2(OH)3Cl↓；
③4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为0.02 mol，由Cu元素守恒知，发生电化学腐蚀失电子的Cu单质的物质的量为0.04 mol，失去电子0.08 mol，根据电子守恒可得，消耗O2的物质的量为＝0.02 mol，所以理论上消耗氧气的体积为0.448 L(标准状况)。
14． 第二周期第IA族 范德华力(分子间作用力) 2Li+2H2O=2Li++2OH-+H2↑ Li1-xCoO2+xLi++xe-= LiCoO2 避免过充、过放、过电流、短路及热冲击或使用保护元件等
【解析】(1)根据锂元素的原子结构与元素位置的关系分析判断；
(2)氧化锂是离子化合物，Li+与O2-之间通过离子键结合；
(3)①石墨烯结构是平面结构，层内是共价键，层间以分子间作用力结合；
②根据Li是碱金属元素，利用碱金属单质的性质分析；
③锂离子电池放电时正极上Li+得电子变为LiCoO2；
④使用锂离子电池的注意问题是禁止过充、过房，配备相应的保护元件等。
【解析】(1)Li是3号元素，核外电子排布为2、1，所以Li在元素周期表的位置位于第二周期第IA族；
(2) Li2O是离子化合物，Li+与O2-之间通过离子键结合,其电子式为：；
(3)①石墨烯的优点是提高电池的能量密度，石墨烯为层状结构，在层内，C原子之间以共价键结合，在层与层之间存在的作用力是分子间作用力，也叫范德华力；
②Li是碱金属元素，单质比较活泼，容易和水反应产生氢气，反应方程式为：2Li+2H2O=2Li++2OH-+H2↑，所以锂离子电池不能用水溶液；
③根据锂电池总反应方程式可知：锂离子电池在放电时，正极上Li+得电子变为LiCoO2，电极反应式为：Li1-xCoO2+xLi++xe-= LiCoO2；
④锂电池在使用时应该注意的问题是避免过充、过放、过电流、短路及热冲击或使用保护元件等。
【点睛】本题考查了锂元素的有关知识，解答时要根据各种物质的结构，充分利用题干信息进行综合分析、判断。
15．(1)16.8
(2)160
【解析】浓差电池中左侧溶液中Cu2+浓度大，离子的氧化性强，所以Cu(1)电极为正极、电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则Cu (2 )电极为负极，电极反应式为Cu+2e-=Cu2+；电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜，以此来解析；
(1)
电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O-4e- =O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有O2~e~H2可知1mold电子，生成0.25molO2和0.5molH2；总共0.75mol，V=0.75mol×22.4L/mol=16.8L；
(2)
电池从开始工作到停止放电，溶液中Cu2+浓度变为1.5mol/L，正极析出Cu:( 2.5-1.5 ) mol/L×2L=2mol，正极反应为Cu2++2e-=Cu，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，根据电子守恒有Cu~2e~2NaOH，电解池理论上生成NaOH的物质的量n(NaOH)=2n(Cu)=4mol，则m(NaOH) =nM=4mol×40g/mol=160g。
16． B A CO-2e-+CO=2CO2 H2-2e-+2OH-=2H2O 1.93×103 CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O 30NA
【解析】
分析熔融碳酸盐燃料电池原理示意图，通入氧气的一端为原电池正极，通入一氧化碳和氢气的一端为负极，电流从正极流向负极，溶液中阴离子移向负极，A电极上一氧化碳失电子发生氧化反应生成二氧化碳；根据某种燃料电池的工作原理示意，由电子转移方向可知a为负极，发生氧化反应，应通入燃料，b为正极，发生还原反应，应通入空气。
【解析】
(1)分析熔融碳酸盐燃料电池原理示意图，通入O2的B电极为原电池正极，通入CO和H2的电极为负极，电流从正极流向负极，电池工作时，外电路上电流的方向应从电极B(填A或B)流向用电器。内电路中，溶液中阴离子移向负极，CO向电极A(填A或B)移动，电极A上CO失电子发生氧化反应生成CO2，CO参与的电极反应为CO-2e-+CO=2CO2。故答案为：B；A；CO-2e-+CO=2CO2；
(2)①由分析a为负极，假设使用的“燃料”是氢气(H2)，a极上氢气失电子，发生氧化反应，则a极的电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O。若电池中氢气(H2)通入量为224 mL(标准状况)，且反应完全，n(H2)= =0.01mol，则理论上通过电流表的电量为Q=9.65×104C/mol×0.01mol=1.93×103C (法拉第常数F=9.65×104C/mol)。故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O；1.93×103；
②假设使用的“燃料”是甲醇(CH3OH)，a极上甲醇失电子，发生氧化反应，则a极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O。 如果消耗甲醇160g，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为= =30NA。故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；30NA。
17．(1)H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-kJ/mol
(2)-99
(3)1：4
(4)+117
(5)+137
(6)Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g) ΔH=+174.9 kJ/mol
(7)(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)
【解析】（1）2 mol H2完全燃烧生成液态水放出a kJ的能量， 可知1 mol H2燃烧放出热量为kJ，则表示氢气燃烧热的热化学方程式为：H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH=-kJ/mol ；
（2）根据反应热等于反应物总键能与生成物总键能的差计算，故该反应的反应热△H=(2×436 kJ/mo1+1076 kJ/mo1)-(413 kJ/mol+343 kJ/mol+465 kJ/mol)=-99 kJ/mol；
（3）混合气体物质的量n=。设H2、CH4的物质的量分别是x mol、y mol，则根据热化学方程式可得0.5x×571.6+890y=3845.8 kJ；x+y=5 mol，解得x=1 mol，y=4 mol，所以混合气体中二者物质的量之比n(H2)：n(CH4)=1：4；
（4）由图可知反应3ClO-(aq)=ClO(aq)＋2Cl-(aq)的ΔH=(63 kJ/mol+2×0 kJ/mol)-3×60 kJ/mol=-117 kJ/mol；
（5）根据物质的燃烧热，可得表示物质燃烧热的相应的热化学方程式：①C2H6(g)+5O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) △H=-1560 kJ/mo1；
②C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) △H =-1411 kJ/mo1；
③H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H= - 286 kJ/mol，
根据盖斯定律：将热化学方程式①-②-③，整理可得C2H6(g)=C2H4(g)＋H2(g) △H= (-1560+ 1411+286)kJ/mol=+137 kJ/ mol；
（6）①Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(s)＋3CO(g) ΔH1=＋1 344.1 kJ/mol
②2AlCl3(g)=2Al(s)＋3Cl2(g) ΔH2=＋1 169.2 kJ/mol
根据盖斯定律，将热化学方程式①-②，整理可得Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g) ΔH=+174.9 kJ/mol；
（7）已知：①H2S(g)＋O2(g)=SO2(g)＋H2O(g) ΔH1
②2H2S(g)＋SO2(g)=S2(g)＋2H2O(g) ΔH2
③H2S(g)＋O2(g)=S(g)＋H2O(g) ΔH3
根据盖斯定律，将(①+②-③×3)×，整理可得2S(g)=S2(g) ΔH4=(ΔH1+ΔH2-3ΔH3)。
18．
【解析】(1)与适量反应生成和，放出890.3kJ热量,16g也就是1mol，所以热化学方程式为： ，故答案为： ；
(2)若适量的和完全反应，每生成需要吸收16.95kJ热量，，就是0.5mol，所以热化学方程式为，故答案为；
(3)在在燃烧，生成和，放出5518kJ热量，则热化学方程式为 ，故答案为 ；
(4)在中燃烧，生成和，放出622kJ热量，则热化学方程式为 ，故答案为： 。
【点睛】本题考查热化学方程式的书写，注意题目给的量与方程式的关系，难度不大。
19．(1)Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH
(2)Mg(OH)2、CaCO3
(3)洗去表面吸附的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失
(4) 阳离子交换膜 阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3↑
(5)FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4
【解析】锂辉石(Li2O·Al2O3·4SiO2，含少量Ca、Mg元素)经过研磨、在加热下用浓硫酸“浸出”、由信息(1)可知酸化得到可溶性的硫酸锂、和不溶的Al2O3·SiO2·4H2O，经过过滤，得到滤渣1为Al2O3·SiO2·4H2O，滤液经过调节pH，向滤液1中加入石灰乳以增加Ca2+、OH-的浓度，使Mg(OH)2、CaCO3更利于析出，以便形成滤渣2，Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤可减少Li2CO3的损失，得到最终产物碳酸锂。
【解析】（1）根据流程，生成沉淀，需要加入过量试剂a，因为Al(OH)3溶于强碱，不溶于弱碱，因此试剂a为NH3·H2O，发生的离子反应方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH。
（2）据分析，滤渣2的主要成分有Mg(OH)2、CaCO3。
（3）由题中表格可知Li2CO3的溶解度随温度升高而减小，热水洗涤能够降低Li2CO3的溶解，同时能够洗去Li2CO3表面附着的Na2CO3杂质，故答案为：洗去表面吸附的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失。
（4）①Li2CO3溶于盐酸生成LiCl，电解LiCl溶液，溶液中Cl-失去电子在阳极生成Cl2，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大，则a中电解时所用的是阳离子交换膜。
②由①电解后，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，电解过程中Li+从阳极通过阳离子交换膜进入阴极溶液，因此LiOH浓度增大，中NH4HCO3与LiOH在加热条件下反应生成Li2CO3、H2O、NH3，反应方程式为2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3↑。
（5）根据原电池的工作原理，正极上发生还原反应，得到电子，因此FePO4在正极上发生反应，即正极反应式为FePO4＋Li＋＋e－=LiFePO4。
20．(1)增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率
(2)FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O
(3)Fe、SiO2和CaSO4
(4) pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大 55℃
(5)H2SO4
(6) TiO2+4e-=Ti+2O2- CO
【解析】本题为工艺流程题，向钛铁矿中加入足量的硫酸溶液，发生反应有：Fe2O3+ 3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O、CaO+H2SO4=CaSO4+H2O，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，过滤得滤渣①，主要成分为：Fe、SiO2和CaSO4，滤液①主要成分为FeSO4、TiOSO4，冷却结晶析出FeSO4·7H2O晶体，过滤出滤渣②主要成分是FeSO4·7H2O晶体，和滤液②主要成分是TiOSO4，加热促进TiOSO4水解生成H2TiO3沉淀，反应原理为：TiOSO4+2H2O=H2SO4+H2TiO3↓，过滤得滤液③主要成分为H2SO4和H2TiO3，将H2TiO3灼烧得到TiO2，据此分析解题。
【解析】（1）“酸浸”时，常将钛铁矿粉碎，并进行搅拌，以增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率，故答案为：增大接触面积，使反应充分，提高反应速率和Ti的浸出率；
（2）由分析可知，“酸浸”时，FeTiO3发生反应的化学方程式为FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，故答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；
（3）由分析可知，滤渣①的主要成分是Fe、SiO2和CaSO4，故答案为：Fe、SiO2和CaSO4；
（4）①保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随pH变化如图甲所示。试分析M点以后体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大的原因是pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大，故答案为：pH增大，溶液中的c(OH-)增大，则容易生成Fe(OH)2沉淀，而Fe(OH)2极易被空气中的O2氧化为Fe(OH)3，导致体系中Fe(Ⅲ)含量随着pH增大而增大；
②保持其它反应条件不变，还原体系中Fe(Ⅲ)含量随温度变化如图乙所示，由图可知，55℃是体系中Fe(Ⅲ)含量最低，故还原体系中Fe(Ⅲ)的最佳反应温度为55℃，故答案为：55℃；
（5）由分析可知，经处理后，流程中可循环利用的物质除Fe外，还有滤液③主要成分为H2SO4，故答案为：H2SO4；
（6）如图丙为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔盐，阴极最后只剩下纯钛，由题干图示可知，阴极发生还原反应，则阴极的电极反应式为TiO2+4e-=Ti+2O2-，阳极电极反应为：2O2--4e-=O2↑，C+O2CO2，CO2+C2CO，则产生的气体中X的化学式为CO，故答案为：TiO2+4e-=Ti+2O2-；CO。