第一章：化学反应与能量转化同步习题（含解析）2023--2024学年上学期高二化学鲁科版（2019）选择性必修1

第一章：化学反应与能量转化 同步习题
一、单选题（共14题）
1．某原电池的总反应的离子方程式为:2Fe3++Fe=3Fe2+，能实现该反应的原电池组成是（ ）
A．正极为铜，负极为铁，电解质溶液为NaCl溶液
B．正极为碳，负极为铁，电解质溶液为Fe(NO3)3溶液
C．正极为铁，负极为锌，电解质溶液为Fe2(SO4)3溶液
D．正极为银，负极为铁，电解质溶液为CuSO4溶液
2．下列示意图与化学用语表述相符的是(水合离子用相应离子符号表示)
A B C D
NaCl溶于水 电解CuCl2溶液 CH3COOH在水中的的电离 H2与Cl2反应能量变化
2NaCl=2Na++Cl2 CuCl2=Cu2++2Cl- CH3COOH=CH3COO-+H+ H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=-183kJ·mol-1
A．A B．B C．C D．D
3．向Na2CO3溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如图所示，下列说法正确的是
A．反应 (aq)＋2H+(aq) = CO2(g)＋H2O(l)为放热反应
B．ΔH1＞ΔH3＞ΔH2
C． (aq)＋H+(aq)=CO2(g)＋H2O(l)　ΔH = ΔH2—ΔH3
D．H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l) ΔH3 ＜0
4．已知在水溶液中发生如下变化：。一种电解法制备硼酸的装置如图所示。假设电解过程中，溶液不溢出电解池。下列有关说法正确的是
A．m电极接电源负极
B．制得1mol时，n电极产生11.2L气体(标准状况)
C．b＜a
D．外电路转移1mol电子时，理论上右室溶液质量增加22g
5．一次性医用口罩在包装前常采用环氧乙烷灭菌，环氧乙烷(，简称EO，易溶于水)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经间接电解制备EO的原理示意图如下。下列说法正确的是
A．N极与电源正极相连
B．膜X应采用阴离子交换膜
C．从含EO的溶液中分离得到EO，可以采用蒸馏法
D．M极的电极反应式为：
6．一种固定CO2的电化学装置如图，该电化学装置放电时可将CO2转化为Li2CO3和C，充电时选用合适催化剂，只有Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2。下列说法不正确的是
A．放电时，电极X的电极反应式：Li-e ＝Li+
B．充电时，电极Y应与外接电源的正极相连
C．充电时阳极的电极反应式为2Li2CO3-4e ＝2CO2↑+O2↑+4Li+
D．经过充、放电，该电池可以完全恢复组成，从而能够无限次使用
7．键能是指在298 K、1.01×105 Pa，将1 mol理想气体分子AB拆开为中性气态原子A和B时所需要的能量。已知键能：H－H为436 kJ·mol 1；Cl－Cl为243 kJ·mol 1； H－Cl为431 kJ·mol 1。下列说法中不正确的是
A．1 mol H2中的化学键断裂时需要吸收436 kJ能量
B．2 mol HCl分子中的化学键形成时要释放862 kJ能量
C．此反应的热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g) ΔH＝183 kJ·mol 1
D．此反应的热化学方程式为：1/2H2(g)+1/2Cl2(g)＝HCl(g) ΔH＝－91.5 kJ·mol 1
8．海洋中蕴藏着各种油气及矿物资源，海洋的开发利用潜力巨大。电渗析法最先用于海水淡化制取饮用水，后来在废水处理方面也得到较广泛应用。例如用如图所示装置电解硫酸钠溶液来制取氧气等，下列说法正确的是

A．a电级为阴极 B．通电开始后阴极附近溶液pH会减小
C．反应进行时Na+向阳极移动 D．阳极上发生的反应2H2O - 4e-= O2↑+ 4H+
9．已知用于御寒的自发热“暖宝宝”主要成分包含铁粉、活性炭、无机盐、水等，其发热原理与铁生锈相似，下列说法错误的是
A．“暖宝宝”的使用过程涉及化学能、电能、热能的转化
B．“暖宝宝”需与空气接触才能放出热量
C．“暖宝宝”的成分符合原电池装置的构成条件
D．“暖宝宝”成分中的活性炭只起吸附作用
10．利用下列装置进行实验，切实可行的是
A．按图①装置在铁器表面镀铜 B．按图②装置在实验室制备乙酸乙酯
C．按图③装置分离硝基苯与水 D．按图④装置通过一次实验比较盐酸、醋酸、苯酚的酸性强弱
11．一种新型镁硫电池工作时的原理如图所示。下列说法正确的是

A．a极为负极，发生氧化反应
B．离子交换膜应为阴离子交换膜
C．当石墨烯中的S均转化为MgS8时，电路中转移的电子数达到最大值
D．若电路中转移0.5mol电子，则正极质量增加12g
12．下列热化学方程式中的反应热又为燃烧热的是
A．CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g) △H= - 283.0kJ/mol
B．CH4(g)+3/2O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H= - 607.3kJ/mol
C．H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g)△H= - 241.8kJ/mol
D．H+(aq)+OH-=H2O(l)△H= - 57.3kJ/mol
13．下列有关叙述错误的是
A．华为Mate系列手机采用的超大容量高密度电池属二次电池
B．珠港澳大桥桥底镶嵌锌块，锌作负极，以防大桥被腐蚀
C．精炼铜工业中，通过2mol电子时，阳极溶解63.5g铜
D．铅蓄电池充电时，标示“+”的接线柱连电源的正极，电极反应式为：
14．由相同金属电极及其不同浓度的盐溶液组成的电池，称浓差电池，其电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某小组设计了如图所示电池，其中X电极与Y电极初始质量相等，下列说法错误的是

A．X电极的反应为
B．放电时，右池中的通过离子交换膜向左池迁移
C．若外电路不再产生电流，则左池和右池浓度相等
D．当外电路通过电子时，两电极的质量差为2.16g
二、填空题（共8题）
15．含氯的单质和某些化合物常被用作消毒剂。请回答下列问题：
(1)写出NaClO的电子式 ，其晶体中的化学键类型为 。
(2)已知HClO的电离能力远低于H2SO3的电离能力，写出NaClO溶液中通入少量SO2过程中发生的离子反应方程式为 。
(3)ClO2常温下为橘黄色气体，性质不稳定，易引起爆炸，若用稀有气体或N2、CO2等稀释时，爆炸性则大大降低。ClO2可由KClO3和草酸(H2C2O4)混合物中加入足量的稀硫酸水浴加热制得。
①用H2C2O4溶液、稀硫酸和KClO3制备ClO2最大优点是 。
②工业废水中Mn2＋常用ClO2处理，将Mn2＋转化为MnO2，氯元素转化为无毒离子。写出除去Mn2＋的离子方程式 。
③纤维素还原法制ClO2是一种新方法，其原理是：纤维素水解得到的最终产物与稀硫酸、NaClO3反应生成。完全反应的化学方程式：
④ClO2可用电解法生产，以石墨做电极电解NaCl溶液可在阳极产生ClO2，写出电极反应式
16．如图，请回答下列问题：
(1)若在原电池中，a电极有气泡产生，b电极逐渐变细，则该原电池的正极是 (填写字母“a”或“b”)，外电路中电流流动的方向是 (填写字母“a→b”或“b→a”)，b电极发生的反应类型是 (填“氧化反应”或“还原反应”)。
(2)当电极a为Zn、电极b为Ag、电解质溶液为CuSO4时，正极的电极反应式为 。当a极溶解的质量为6.5g时，有 mol电子通过导线。
17．如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近溶液呈红色。请回答：
(1)B极是电源的 极。C电极上的电极反应式： 。
(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为 。
(3)现用丙装置给铜件镀银，则H材料应该是 ，电镀液是 ，当乙中E装置电极上产生11.2L(标准状况)气体(标准状况)，丙中镀件上析出银的质量为 。
(4)T中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这表明 在电场作用下向Y极移动。
18．如图所示，A、B、C三个装置的烧杯中分别盛有足量的CuCl2溶液。
（1）A、B、C三个装置中属于电解池的是 。
（2）A池中Zn是 极， Cu极发生 反应，电极反应为 。反应过程溶液中c(Cu2+) (填“变大”、“变小”或“不变”)。
（3）B池中C棒上发生 反应，电极反应为 。B 池中的总反应为 。
（4）C池中Zn极的反应现象为 。Cu极电极反应为 。反应过程溶液中c(Cu2+) (填“变大”、“变小”或“不变”)。
19．回答下列问题：
(1)已知丙烷完全燃烧生成CO2和1 mol H2O(l)放出553.75kJ的热量，写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式： 。
(2)在25℃、101kPa下，一定质量的无水乙醇(C2H5OH)完全燃烧时放出热量QkJ，其燃烧生成的CO2用过量饱和石灰水吸收可得100gCaCO3沉淀，则乙醇燃烧的热化学方程式为 。
(3)NaBH4(s)与H2O(l)反应生成NaBO2(s)和氢气，在25℃、101kPa下，已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ，该反应的热化学方程式是 。
(4)化学反应中放出的热能(焓变，ΔH)与反应物和生成物的键能(E)有关。已知：E(H—H)=436kJ mol-1，E(Cl—Cl)=243kJ mol-1，E(H—Cl)=432kJ mol-1。则H2(g)＋Cl2(g) =2HCl(g) ΔH= 。
(5)如图是N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)过程中能量变化的示意图，请计算每生成1molNH3(g)放出热量为 。
20．填空。
(1)下图烧杯中盛的是海水，铁腐蚀的速率由快到慢的顺序是 。
(2)在稀中利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。
①一段时间后，极区溶液质量 (填“增加”“减少”或“不变”)。
②铜极上产生乙烯的电极反应式为 。
③若阴极只生成和，则电路中转移电子的物质的量为 mol。
(3)如图所示，某同学利用生成的甲醚设计了一个甲醚燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
①乙中铁电极是 极(填“阴、阳”)。
②乙中发生的总反应的离子方程式为 。
(4)将、、溶于水，配成溶液，用惰性电极电解一段时间后，某一电极上析出了，此时在另一电极上产生的气体体积(标准状况)为 L。
21．能源是现代文明的原动力，通过化学方法可以使能量按人们所期望的形式转化，从而开辟新能源和提高能源的利用率。请回答下列问题。
(1)氢气在O2中燃烧的反应是 (填“放”或“吸”)热反应，这是由于反应物的总能量 (填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的总能量。
(2)从化学反应的本质角度来看，氢气的燃烧是由于断裂反应物中的化学键吸收的总能量 (填“大于”、“小于”或“等于”)形成产物的化学键放出的总能量。已知破坏1 mol H—H键、1 mol O=O键、1 mol H—O键时分别需要吸收a kJ、b kJ、c kJ的能量。则2 mol H2(g)和1 mol O2(g)转化为2 mol H2O(g)时放出的热量为 。
(3)通过氢气的燃烧反应，可以把氢气中蕴含的化学能转化为热能，如果将该氧化还原反应设计成原电池装置，就可以把氢气中蕴含的化学能转化为电能，下图就是能够实现该转化的装置(其中电解质溶液为KOH溶液)，被称为氢氧燃料电池。该电池的正极是 (填“a”或“b”)，负极的电极反应式为 。
22．七铝十二钙是新型的超导材料和发光材料。
Ⅰ.工业中的制备研究
Deacon法制备原理为：
(1)热化学机理研究
已知：ⅰ.反应中，每被氧化，放出的热量。
①Deacon法制备的热化学方程式是 。
ⅱ.
②断开键与断开键所需能量相差为 kJ。
(2)催化氧化机理研究
Deacon法制备反应，催化历程如下：
反应①： (写出反应①的化学方程式)
反应②：
Ⅱ.用白云石(主要含和)和废片(主要含和)制备七铝十二钙的工艺如下图：
(3)白云石的处理不能用稀代替稀，原因是 。
(4)滤液1中通入时，需同时通入，理由是 。
(5)写出用溶液对废片表面氧化膜进行处理的离子方程式 。
(6)将含有溶质的溶液与的在1500℃下共混，得到七铝十二钙，计算其产率为 (产率=×100％，保留小数点后一位)。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据电池反应式知，Fe失电子生成 Fe2+发生氧化反应而作负极，不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极，正极上 Fe3+得电子发生还原反应，所以电解质溶液为可溶性的铁盐溶液，据此分析解答。
【详解】A．Fe比Cu活泼，正极为铜，负极为铁，但电解质溶液是NaCl溶液，不含有Fe3+，故A错误；
B．正极为碳，负极为铁，电解质溶液为Fe(NO3)3溶液，原电池发生的总反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故B正确；
C．负极材料是Zn，不是Fe，Fe不能被氧化，不满足条件，故C错误；
D．电解质溶液必须是可溶性的铁盐溶液，不能是硫酸铜溶液，故D错误；
故答案为B。
2．D
【详解】A．NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na++Cl-，A错误；
B．电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu,氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2,所以电解总反应为：Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，B错误；
C．CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，C错误；
D．由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol）,与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol,放热 H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-183kJ/mol，D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．由图可得，1mol (aq)和2molH+(aq)的能量大于1molCO2(g)和1molH2O(l)的能量，所以反应 (aq)＋2H+(aq) = CO2(g)＋H2O(l)为放热反应，故A正确；
B．由图可得ΔH1和ΔH2都小于0，ΔH3＞0，且ΔH1的绝对值大于ΔH2的绝对值，所以ΔH1＜ΔH2，ΔH2＜ΔH3，故B错误；
C．由图可得， (aq)＋H+(aq)= H2CO3(aq)　ΔH2，H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l)　ΔH3，根据盖斯定律，将两个反应相加，可得 (aq)＋H+(aq)=CO2(g)＋H2O(l)，则该反应的ΔH＝ΔH2＋ΔH3，故C错误；
D．由图可得，H2CO3(aq)=CO2(g)＋H2O(l)为吸热反应，ΔH3＞0，故D错误；
故选A。
4．D
【分析】由题干电解池装置中Na+的移动方向可知，m为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，n为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，m电极为阳极，故应该接电源正极，A错误；
B．根据Na2B4O7+2H++5H2O═2Na++4H3BO3，可知制得1molH3BO3需要氢离子物质的量为1mol×0.5=0.5mol，阳极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，可知转移电子物质的量为0.5mol，阴极反应式为4H2O+4e-=2H2+4OH-，根据电子守恒，可知生成氢气的体积为0.5mol×0.5×22.4Lmol=5.6L，故B错误；
C．由分析可知，Na+流入阴极室，阴极室电解水流向OH-，即阴极室中NaOH的浓度将增大，故b＞a，C错误；
D．根据电子守恒可知，外电路转移1mol电子时，有1molNa+流入右室，同时释放出0.5molH2，故理论上右室溶液质量增加1mol×23g/mol-0.5mol×2g/mol=22g，D正确；
故答案为：D。
5．C
【分析】Cl-在M极失去电子生成Cl2，M极是阳极，Cl2在溶液中歧化得到HClO，HClO与乙烯发生加成反应得到HOCH2CH2Cl，该溶液与KOH溶液反应后分离得到环氧乙烷(EO)；N极是阴极，发生还原反应，KCl溶液是电解质溶液，发生反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，得到含KOH的溶液a。
【详解】A．据分析，N极是阴极，与电源负极相连，A错误；
B．据分析，N极得到KOH溶液，为防止OH-通过膜X进入M极直接发生反应，膜X应是阳离子交换膜，B错误；
C．由于EO易溶于水，从含EO的溶液中分离得到EO，可以采用蒸馏法，C正确；
D．据分析，M极的电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，之后溶液中发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，，D错误；
故选C。
6．D
【分析】分析题给信息，放电时，X极上Li失去电子，则X为负极，Y为正极，正极上CO2得电子生成C和Li2CO3，电极Y上的反应式为：3CO2+4Li++4e－＝C+2Li2CO3；充电时，阴极上Li+得电子生成Li，阳极上只有Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2，电极反应式为：2Li2CO3-4e ＝2CO2↑+O2↑+4Li+，据此分析。
【详解】A．放电时，X极为负极，发生氧化反应，Li失电子，电极X的电极反应式：Li-e ＝Li+，A项正确；
B．充电时，只有Li2CO3发生氧化反应，说明Y极为阳极，与电源的正极相连，B项正确；
C．该电池充电时，阳极上只有Li2CO3发生氧化反应，释放出CO2和O2，反应式为：2Li2CO3-4e ＝2CO2↑+O2↑+4Li+，C项正确；
D．充电电池不可能无限次充放电，会有损耗，因此也不能无限次使用，D项错误；
答案选D。
7．C
【分析】根据断键吸热，形成化学键放热以及反应热=各反应物的键能总和-各生成物的键能总和分析解答。
【详解】A. 已知键能：H－H为436 kJ·mol 1，则1 mol H2中的化学键断裂时需要吸收436 kJ能量，A正确；
B. 已知键能：H－Cl为431 kJ·mol 1，则2 mol HCl分子中的化学键形成时要释放2mol×431 kJ·mol 1＝862 kJ能量，B正确；
C. 反应热=各反应物的键能总和-各生成物的键能总和，则此反应H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)的ΔH＝436 kJ·mol 1+243 kJ·mol 1－2×431 kJ·mol 1＝－183 kJ·mol 1，因此反应的热化学方程式为：H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g) ΔH＝－183 kJ·mol 1，C错误；
D. 根据以上分析可知此反应的热化学方程式为：1/2H2(g)+1/2Cl2(g)＝HCl(g) ΔH＝－91.5 kJ·mol 1，D正确。
答案选C。
8．D
【详解】A．a电极连接电源正极，为电解槽的阳极，故A错误；
B．右边电极是电解槽的阴极，阴极是水中氢离子得到电子生成，剩余氢氧根，则通电开始后阴极附近溶液氢氧根浓度增大、pH会增大，故B错误；
C．反应进行时Na+向阴极移动，故C错误；
D．阳极上水提供的氢氧根失去电子被氧化产生氧气，则电极反应式为2H2O - 4e-= O2↑+ 4H+，故D正确；
综上所述，答案为D。
9．D
【详解】A．由题意可知，暖宝宝的使用过程实际上是钢铁的吸氧腐蚀过程，该过程涉及了化学能、电能、热能的转化，故A正确；
B．由题意可知，暖宝宝的使用过程实际上是钢铁的吸氧腐蚀过程，所以使用时只有与空气接触，才能发生吸氧腐蚀放出热量，故B正确；
C．由题意可知，暖宝宝的使用过程实际上是钢铁的吸氧腐蚀过程，主要成分活性炭和铁在氯化钠溶液中构成原电池，故C正确；
D．由题意可知，暖宝宝的使用过程实际上是钢铁的吸氧腐蚀过程，其中活性炭和铁在氯化钠溶液中构成原电池，碳为原电池的正极，故D错误；
故选D。
10．B
【详解】A．在Fe上镀Cu时，应该使Cu与电源的正极连接，作阳极；Fe为镀件，连接电源的负极，作阴极，含有Cu2+的CuSO4等溶液为电解质溶液，A错误；
B．在实验室制取乙酸乙酯时，为防止由于挥发的乙酸、乙醇在饱和碳酸钠溶液中溶解而引起倒吸现象的发生，导气管的末端要在饱和碳酸钠溶液的液面以上，B正确；
C．硝基苯与水是互不相溶的两层液体物质，应该使用分液方法分离，而不能采用如图所示的蒸馏方法分离，C错误；
D．盐酸具有挥发性，挥发的盐酸及醋酸都可以与苯酚钠反应制取苯酚，因此不能按图④装置通过一次实验比较盐酸、醋酸、苯酚的酸性强弱，D错误；
故合理选项是B。
11．A
【分析】由图可知，活泼金属Mg是负极，电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，S为正极，电极反应依次是8S+Mg2++2e-=MgS8，MgS8+3Mg2++6e-=4MgS2，MgS2+Mg2++2e-=2MgS，以此解答。
【详解】A．由分析可知，a极为负极，发生氧化反应，故A正确；
B．由图可知，正极生成MgS2、MgS固体，则溶液中的阳离子Mg2+通过隔膜移向正极，所以使用的隔膜是阳离子交换膜，故B错误；
C．由图可知，当石墨烯中的S均转化为MgS时，转移电子数达到最大，故C错误；
D．电路中转移0.5mol电子，有0.25molMg失去电子形成Mg2+，0.25molMg2+通过阳离子交换膜与硫作用，阳极端增加了0.25molMg即6g，故D错误；
答案选A。
12．A
【分析】根据燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量分析判断。
【详解】A.符合燃烧热的概念，故A正确；
B.不符合燃烧热的概念，甲烷生成的是一氧化碳，没有完全燃烧生成稳定氧化物，故B错误；
C.不符合燃烧热的概念，水是气体不稳定，故C错误；
D.反应表示的是中和热，故D错误。
故选A。
【点睛】在25℃，101kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热。因此，要注意两点：（1）可燃物的计量系数一定是1，其他物质的计量系数可以用分数或小数表示（2）单质或化合物必须是完全燃烧，如反应物中C→CO2，H2→H2O(液)，S→SO2(气)等。
13．C
【详解】A．华为Mate系列手机采用的超大容量高密度电池是可充电电池，是二次电池，A项正确；
B．珠港澳大桥桥底镶嵌锌块，Fe为正极，Zn为负极失去电子发生氧化反应，以防大桥被腐蚀，B项正确；
C．精炼铜工业中，粗铜作阳极，由于粗铜中含有杂质Fe、Ni等，比铜活泼的金属先溶解，即通过2mol电子时，阳极溶解铜小于63.5g，C项错误；
D．铅蓄电池充电时，正极（阳极）失去电子发生氧化反应，则电极反应式为：，D项正确；
答案选C。
14．A
【分析】由离子交换膜只允许硝酸根离子通过可知，X电极为浓差电池的负极，银失去电子发生还原反应生成银离子，电极反应式为Ag—e—=Ag+，Y电极为正极，银离子在正极得到电子发生还原反应生成银，电极反应式为Ag++e =Ag，硝酸根离子通过离子交换膜由右池移向左池，当左池和右池中硝酸银溶液的浓度相等时，外电路不再产生电流。
【详解】A．由分析可知，X电极为浓差电池的负极，银失去电子发生还原反应生成银离子，电极反应式为Ag—e—=Ag+，故A错误；
B．由分析可知，硝酸根离子通过离子交换膜由右池移向左池，故B正确；
C．由分析可知，当左池和右池中硝酸银溶液的浓度相等时，外电路不再产生电流，故C正确；
D．由分析可知，当外电路通过0.01mol电子时，Y电极溶解0.01mol银，Y电极析出0.01mol银，则两电极的质量差为0.01mol×108g/mol+0.01mol×108g/mol =2.16g，故D正确；
故选A。
15． 离子键、共价键 SO2＋H2O＋3ClO－===SO42-＋Cl－＋2HClO 反应中生成CO2，稀释ClO2，可降低爆炸的可能性 2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－ C6H12O6＋24NaClO3＋12H2SO4―→24ClO2↑＋6CO2↑＋12Na2SO4＋18H2O Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋
【分析】(1) NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，在ClO-中Cl与O形成一对共用电子。
(2)NaClO与少量SO2在水溶液中，发生反应2NaClO+SO2+H2O=Na2SO3+2HClO，Na2SO3+HClO=Na2SO4+HCl，HCl+NaClO=NaCl+HClO，把三个反应加和，便得到发生的总反应。
(3)①从反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中可以看出，生成ClO2的同时，生成CO2。
②ClO2和Mn2＋在酸性溶液中反应，生成MnO2和Cl-等。
③纤维素水解的最终产物为葡萄糖，C6H12O6与稀硫酸、NaClO3反应生成ClO2、CO2等。④在阳极，Cl-失电子，生成ClO2等。
【详解】(1) NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，在ClO-中Cl与O形成一对共用电子，则NaClO的电子式为，其晶体中的化学键类型为离子键、共价键，故答案为 ；离子键、共价键；
(2)NaClO与少量SO2在水溶液中，发生反应2NaClO+SO2+H2O=Na2SO3+2HClO，Na2SO3+HClO=Na2SO4+HCl，HCl+NaClO=NaCl+HClO，把三个反应加和，便得到发生的总反应为SO2＋H2O＋3ClO－===SO42-＋Cl－＋2HClO，故答案为SO2＋H2O＋3ClO－===SO42-＋Cl－＋2HClO；
(3)①从反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O中可以看出，生成ClO2的同时，生成CO2，故答案为反应中生成CO2，稀释ClO2，可降低爆炸的可能性；
②ClO2和Mn2＋在酸性溶液中反应，生成MnO2和Cl-等。反应的离子方程式为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O==5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－，故答案为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O==5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－；
③纤维素水解的最终产物为葡萄糖，C6H12O6与稀硫酸、NaClO3反应生成ClO2、CO2等。反应的化学方程式为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－，故答案为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O===5MnO2↓＋12H＋＋2Cl－；
④在阳极，Cl-失电子，生成ClO2等，电极反应式为Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋，故答案为Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋。
16． a a→b 氧化反应 Cu2++2e-=Cu 0.2
【详解】（1）在原电池中，负极失电子发生氧化反应，表现为质量减轻，溶液中的阳离子在正极上得电子发生还原反应，一般表现为有气泡产生或质量增加，该原电池中a电极有气泡产生，b电极逐渐变细，说明a为正极，b为负极，外电路中电流的方向为正极到负极，所以外电路中电流流动的方向是由a到b，故答案为a，a→b，氧化反应；
（2）当电极a为Zn、电极b为Ag、电解质溶液为CuSO4时，负极上锌失电子生成锌离子，电极方程式为：Zn-2e-=Zn2+，正极上铜离子得电子生成单质铜，电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，则该原电池总的离子反应方程式：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，根据电极方程式可知，当电极Zn溶解的质量为6.5g即=0.1mol时，通过导线的电子的物质的量为0.2mol，故答案为Cu2++2e-=Cu，0.2。
17．(1) 负 4OH--4e- = O2↑+ 2H2O
(2)1∶2∶2∶2
(3) 镀件 AgNO3 108
(4)Fe(OH)3胶体粒子带正电荷
【分析】F极附近溶液呈红色，说明F极附近的氢氧根离子浓度增大，则F极是阴极，氢离子放电导致氢氧根离子浓度增大，所以显红色；可判断E是阳极，D是阴极，C是阳极，A是电源正极，B是电源负极，G是阳极，H是阴极，Y是阴极，X是阳极。
(1)
根据分析可知B电极是电源的负极，C电极与正极相连为阳极，则电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；
(2)
C、D、E、F电极发生的电极反应分别为：4OH--4e-═O2↑+2H2O、Cu2++2e-=Cu、2Cl--2e-═Cl2↑、2H++2e-═H2↑，当各电极转移电子均为1mol时，生成单质的量分别为：0.25mol、0.5mol、0.5mol、0.5mol，所以单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2；
(3)
电镀装置中，镀层金属必须做阳极，镀件做阴极，所以H应该是镀件，电解质溶液中含银离子，应为AgNO3；E电极上反应为2Cl--2e-═Cl2↑，标况下11.2L氯气的物质的量为0.5mol，所以转移1mol电子，镀件上的反应为Ag++e-=Ag，所以析出1mol银，质量为1mol×108g/mol=108g；
(4)
Y极是阴极，该电极颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体向该电极移动，异性电荷相互吸引，所以氢氧化铁胶体粒子带正电荷，在电场作用下向Y极移动。
18． BC 负 还原 Cu2++ 2e-Cu 变小 还原 Cu2++2e-Cu CuCl2Cu+Cl2↑ 有红色物质生成 Cu-2e-Cu2+ 不变
【分析】装置A中没有外接电源，是原电池，锌是负极，铜是正极；装置B中有外接电源，是电解池，碳棒接电源的负极是阴极，Pt电极是阳极；装置C中有外接电源，是电解池，锌电极接电源的负极是阴极，铜电极是阳极；结合原电池和电解池的工作原理分析解答。
【详解】（1）B、C两个装置有外接电源，是电解池，A是原电池。
（2）Zn比较活泼，在原电池中作负极，Cu作正极，正极发生还原反应，Cu2+在正极得到电子变成Cu，电极反应为Cu2++2e-＝Cu，Cu2+放电析出铜，则c(Cu2+)变小。
（3）B池中C棒接电源的负极，作阴极，阳离子在阴极放电，电极反应为Cu2++2e-＝Cu，阳极是氯离子放电生成氯气，则总反应为CuCl2Cu+Cl2↑。
（4）C池中Zn作阴极，Cu2+放电变为Cu，所以可以看到有红色物质生成，Cu作阳极，Cu是活泼金属材料，所以阳极是Cu放电，电极反应为Cu-2e-＝Cu2+，阴极消耗Cu2+，阳极生成Cu2+，所以溶液中c(Cu2+)不变。
【点睛】注意掌握电解池中电极反应式的书写流程，即“二判二析一写”，二判：①判断阴阳极；②判断是电极材料放电还是溶液中的离子放电。二析：①分析溶液中离子的种类；②根据离子放电顺序，分析电极反应。一写：根据电极产物，写出电极反应式。
19．(1)C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) =-2215kJ/mol
(2)C2H5OH(l)＋3O2(g)→2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-2QkJ·mol-1
(3)NaBH4(s)＋2H2O(l) =NaBO2(s)＋4H2(g) ΔH=-216kJ·mol-1
(4)-185kJ·mol-1
(5)46.1kJ
【详解】（1）丙烷燃烧的化学方程式为C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)，因为丙烷完全燃烧生成CO2和1 mol H2O(l)放出553.75kJ的热量，所以丙烷完全燃烧生成CO2和4 mol H2O(l)放出的热量为4×553.75kJ=2215kJ，其热化学方程式为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) =-2215kJ/mol；答案为：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l) =-2215kJ/mol；
（2）一定质量的无水乙醇(C2H5OH)完全燃烧生成的CO2用过量饱和石灰水吸收可得100gCaCO3沉淀，则CO2的物质的量为n(CO2)= n(CaCO3)=, 则C2H5OH的物质的量为0.5mol,由题给条件知，0.5mol C2H5OH完全燃烧时放出热量QkJ，则1mol C2H5OH完全燃烧时放出热量2QkJ，则乙醇燃烧的热化学方程式为C2H5OH(l)＋3O2(g)→2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-2QkJ·mol-1；答案为：C2H5OH(l)＋3O2(g)→2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH=-2QkJ·mol-1；
（3）已知每消耗3.8gNaBH4(s)放热21.6kJ，则消耗1mol NaBH4(s)放热为，则该反应的热化学方程式是NaBH4(s)＋2H2O(l) =NaBO2(s)＋4H2(g) ΔH=-216kJ·mol-1；答案为：NaBH4(s)＋2H2O(l) =NaBO2(s)＋4H2(g) ΔH=-216kJ·mol-1；
（4）因为ΔH=反应物的键能-生成物的键能，所以对于反应H2(g)＋Cl2(g) =2HCl(g) ，ΔH= E(H—H)+ E(Cl—Cl)-2 E(H—Cl)= 436kJ mol-1+243kJ mol-1-2×432kJ mol-1=-185 kJ mol-1；故答案为-185 kJ mol-1；
（5）如图是N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)过程中能量变化的示意图，从图中可知，N2(g)和H2(g)反应生成2molNH3(g)放出的热量为=E1-E2=335kJ mol-1-427.2kJ mol-1=-92.2 kJ mol-1，则每生成1molNH3(g)放出的热量为46.1kJ，故答案为46.1kJ；
20．(1)④>③>②>①>⑤
(2) 增加 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O 0.96
(3) 阴 2Cl-+2H2O H2↑+ Cl2↑+2OH-
(4)4.48
【详解】（1）根据图知，②③⑤装置是原电池，在②③中，金属铁做负极，⑤中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活泼性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀，所以③>②>①>⑤，④装置是电解池，④中金属铁为阳极，阳极金属被腐蚀速率快，根据电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，综上所述，腐蚀速率由快到慢的顺序依次为：④>③>②>①>⑤；
（2）①铜电极与电源负极相连，为电解池阴极，溶液中铜电极区域是二氧化碳得到电子生成CH4、C2H4、HCOOH、CO等，甲酸与水互溶，而1molCO2气体转化为CH4、C2H4或CO时质量会减小，所以电极附近的溶液质量增加；
②二氧化碳得到电子生成乙烯，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写电极反应为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；
③CO2CO碳元素化合价降低2价，所以生成0.15molCO转移0.3mol电子；CO2HCOOH碳元素的化合价降低2价，所以生成0.33molHCOOH转移0.66mol电子，共转移0.66mol+0.3mol=0.96mol；
（3）①燃料电池中通入氧气的电极为正极，则通入甲醚的电极是原电池的负极，发生氧化反应，碱性条件下生成碳酸盐，在装置乙中电解饱和食盐水，铁电极连接原电池的负极，作电解池的阴极，
②根据上问分析可知，铁作阴极发生电极反应方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，石墨作阳极，电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，装置乙相当于惰性电极电解饱和食盐水，其总的离子方程式为：2Cl-+2H2O H2↑+ Cl2↑+2OH-；
（4）将0.2 mol AgNO3、0.4 mol Cu(NO3)2、0.4 mol KCl溶于水，相互反应后最终溶液中的溶质为0.4 mol Cu(NO3)2、0.2 mol HNO3及剩余的0.2 mol KCl。某一电极上析出了0.3 mol Cu时电子转移的物质的量为0.6 mol，且该电极为阴极，则另一极阳极的电极反应式依次为2Cl-2e- =Cl2↑、4OH-_4e-=2H2O+O2↑，根据物质的量及反应式转化关系可依次得到0.1 mol Cl2和0.1 mol O2，故在标况下该电极反应产生的气体体积为V=(0.1+0.1) mol×22.4 L/mol=4.48 L。
21． 放 大于 小于 (4c 2a b) kJ b H2 2e + 2OH =2H2O
【分析】（1）根据能量守恒判断；
（2）根据放热反应的本质是断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成产物的化学键放出的总能量判断；
（3）根据原电池的正负极的氧化还原反应类型判断。
【详解】（1）燃烧反应都是放热反应，所以氢气的燃烧反应是放热反应，根据能量守恒定律，放热反应是反应物的总能量大于生成物的总能量；化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，放热反应的本质是断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成产物的化学键放出的总能量。
故答案为放，大于，小于；
（2）化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的形成，放热反应的本质是断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成产物的化学键放出的总能量，2 mol H2(g)和1 mol O2(g)转化为2 mol H2O(g)时放出的热量为(4c 2a b) kJ，
故答案为(4c 2a b) kJ；
（3）根据原电池电极反应，负极：失电子，发生氧化反应；正极：得电子，发生还原反应，所以氢氧燃料电池，负极上氢气失电子生成氢离子，因为电解质为KOH溶液，呈碱性，故电极反应为H2 2e + 2OH =2H2O，
故答案为b电极；H2 2e + 2OH =2H2O。
22．(1) 32
(2)
(3)加入稀硫酸会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，从而造成生成的CaCO3减少
(4)碱性环境下，与反应生成CaCO3
(5)
(6)64.2％
【详解】（1）①由提给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量116kJ，故热化学方程式为 ；
②设H-Cl键的键能为a，H-O键的键能为b，反应热等于反应物的键能总和减去产物的键能总和，4a十498 kJ/mol-2243 kJ/mol-4b=-116 kJ/ mol，4(a-b)=-128kJ/mol，a-b=-32 kJ/ mol，故答案为：32；
（2）总反应为，反应①+反应②=总反应，可得反应①为；
（3）不能用稀硫酸代替稀硝酸的原因是加入稀硫酸会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，从而造成生成的CaCO3减少；
（4）滤液1的溶质为Ca(NO3)2，只通入CO2无法反应生成CaCO3，同时通入氨气，碱性环境下，会产生，和Ca2+结合生成CaCO3；
（5）Al表面的氧化膜是Al2O3，用NaOH溶解发生反应的离子方程式为；
（6）n(AlCl3)=，n(CaCO3)=，由七铝十二钙化学式可知CaCO3过量，由铝元素守恒，14103molAlCl3完全反应理论上可获得七铝十二钙1103mol，其质量为，其产率为。
答案第1页，共2页
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