专题1 化学反应与能量变化 测试卷（含解析） 2023-2024学年高二上学期化学苏教版（2019）选择性必修1

专题1《化学反应与能量变化》测试卷
一、单选题
1．利用物质由高浓度向低浓度自发扩散的能量可制成浓差电池。在海水中的不锈钢制品，缝隙处氧浓度比海水低，易形成浓差电池而发生缝隙腐蚀。缝隙处腐蚀机理如图所示。下列说法不正确的是
A．金属缝隙内表面为负极，外自由表面为正极
B．缝隙内溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率
C．为了维持电中性，海水中大量Cl-进入缝隙
D．正极的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
2．科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2=2CO+O2.下列说法不正确的是
A．由图分析N电极为负极
B．该装置实现了太阳能→电能→化学能的转化
C．阴极的电极反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-
D．为了使该装置持续工作，最好选择阳离子交换膜
3．2019年10月11日，世界顶级期刊《Science》在线发表了一篇绿色制取的研究文章。该研究成果是一种直接由氢和氧合成过氧化氢溶液的电化学方法，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．负极发生的电极反应式为：
B．当转移0.4mol电子时，消耗标准状况下的体积2.24L
C．Y为阴离子交换膜
D．电池工作时，电子从a极通过外电路流向b极
4．电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，工作原理如图所示。下列有关说法错误的是
A．阳极可发生电极反应：2Cl--2e-═Cl2↑
B．阴极附近溶液的pH减小
C．a膜为阴离子交换膜， b膜为阳离子交换膜
D．I、II分别是淡水、浓海水出口
5．如图，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色．则下列说法正确的是
A．若用乙烷、空气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则A极的电极反应式为：C2H6 -14e-+18OH-= 2+ 12H2O
B．欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液选是AgNO3溶液
C．(丁)装置中Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶体带正电荷
D．C、D、E、F电极均有单质生成，且其物质的量比为1：2：2：2
6．利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱。现以NaCl溶液模拟海水、采用惰性电极，用如下图所示的装置处理有机废水(以含有机酸溶液为例)，在直流电场作用下，双极膜间的水解离成和。下列说法正确的是
A．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
B．产品室生成的物质为盐酸
C．当阴极产生22.4L气体时，理论上可除去模拟海水中11.7g NaCl
D．阳极反应式为：
7．用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，若要恢复到电解前的浓度和pH，可向所得的溶液中加入0.01mol。下列说法错误的是
A．此电解过程中，阴极产生的气体为
B．此电解过程中，转移电子的物质的量为0.04mol
C．此电解过程中，与电源正极相连的电极共放出气体的体积约为224mL
D．电解结束后，原溶液的溶质变为
8．一种电解法制备高纯铬和硫酸的简单装置如图所示，下列说法不正确的是
A．A膜为阳离子交换膜
B．b为直流电源的正极
C．阴极反应式为
D．工作时，若有1mol离子通过A膜，理论上丙池溶液的质量减少9g
9．、和熔融可制作燃料电池，其原理如图所示，该电池在放电过程中石墨I电极上生成可循环使用的氧化物，下列说法错误的是

A．石墨I为负极，发生氧化反应
B．石墨II电极反应式为
C．若电路中有电子转移，则理论上石墨II处需消耗(标准状况下)
D．放电过程中移向石墨I电极
10．可充电电池的结构和催化剂作用下正极反应可能的历程如下图所示。下列说法错误的是

A．电池不能使用水溶液做离子导体
B．放电时，电流由C电极经负载、电极、电解质回到C电极
C．放电时，负极反应为：
D．均为正极反应的中间产物
11．我国新能源电动汽车使用三元电池已经成为趋势，镍、钴、锰三元材料通常可以表示为LiNixCoyMnzO2，其中镍、钴、锰3种元素的主要化合价分别是＋2、＋3和＋4，且x＋y＋z＝1。充电时电池总反应为：LiNixCoyMnzO2＋6C=Li1－aNixCoyMnzO2＋LiaC6，其电池工作原理如图所示，两极之间有一个允许特定离子X通过的隔膜。下列说法不正确的是
A．允许离子X通过的隔膜属于阳离子交换膜
B．充电时，A为阴极，发生还原反应
C．放电时，正极反应式为Li1－aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae－=LiNixCoyMnzO2
D．可从无法充电的废旧电池的石墨电极中回收金属锂
12．已知NaHCO3溶液与盐酸反应生成CO2吸热，Na2CO3溶液与盐酸反应生成CO2放热。关于下列△H的判断不正确的是
CO(aq)+H+(aq)HCO(aq) △H1
HCO(aq)+H+(aq)H2CO3(aq) △H2
H2CO3(aq)H2O(l)+CO2(g) △H3
OH-(aq)+H+(aq)H2O(l) △H4
A．△H1<0 B．△H2+△H3>0
C．△H1+△H2+△H3<0 D．△H2<△H4
13．已知31g白磷变成31g红磷放出18.39KJ热量，下面两个反应：
4P（白，s） + 5O2（g）＝2P2O5（s） △H1
4P（红，s） + 5O2（g）＝2P2O5（s） △H2
则△H1和 △H2的关系是
A．△H1>△H2 B．△H1＝△H2 C．△H1 < △H2 D．无法确定
14．阿伏伽德罗常数的值约6.02×1023mol-1，下列叙述中错误的是
①12.4g白磷晶体中含有的P-P键数是0.6×6.02×1023
②电解精炼铜时转移了6.02×1023个电子，阳极溶解32g铜
③7.8gNa2S和Na2O2的混合物中含有阴离子数大于0.1×6.02×1023
④2molSO2和1molO2混合在V2O5存在的条件下于密闭容器中加热反应后，容器内物质分子数大于2×6.02×1023
⑤6.8g熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子
⑥1.00molNaCl中，所有Na＋的最外层电子总数为10×6.02×1023
A．①②③④ B．③④⑤⑥ C．②③⑤⑥ D．③④⑥
15．分子中只存在S-F键。已知：1moLS(s)转化为气态硫原子吸收能量280kJ，断裂1moLS-F键需吸收330kJ能量。，则断裂1moLF-F键需要的能量为
A． B． C． D．
二、填空题
16．本题为《化学与生活(选修1)》选做题
请根据题意，选择恰当的选项用字母代号填空。
(1)均衡营养和正确使用药物是保证身心健康的重要方面，现有下列四种物质：
A．葡萄糖 B．氨基酸 C．麻黄碱 D．阿司匹林
①蛋白质水解的最终产物是 ；
②人体内最重要的供能物质是 ；
③具有解热镇痛作用，用于治疗感冒的是 ；
④对支气管哮喘症有明显疗效的是 。
(2)材料是人类赖以生存和发展的重要物质基础。
①试管、烧杯和烧瓶等化学仪器的主要材质是 ；
A．玻璃 B．陶瓷
②钢铁是目前用量最大的铁合金。钢铁接触海水发生电化学腐蚀，其负极反应式为 ；
A．O2+2H2O + 4e- = 4OH- B．Fe - 2e -= Fe2+
因此，为防止轮船船体被腐蚀，可在船体上安装一定量的 。
A．锌块 B．铜块
(3)当前，环境治理已成为重要的民生工程。
①2014年1月，教育部规定在学校公共场所禁止吸烟。下列有关说法中，不正确
的是 ；
A．吸烟会对室内和公共场所造成污染
B．吸入焦油、尼古丁及颗粒物可导致多种病变
C．N2、CO2、CO和尼古丁都属于室内空气污染物
②下列做法可能会加重“雾霾”的是 ；
A．大量焚烧秸秆
B．在汽车尾气系统装置催化转化器
C．发展煤的气化和液化等洁净煤技术
③下列处理垃圾的方法中，不正确的是 。
A．回收利用废纸 B．回收利用易拉罐 C．填埋废旧电池
17．一定温度条件下,N2与H2反应生成NH3的过程中能量变化曲线如下图。
(1)曲线 (填“a“或“b”")是加入催化剂时的能量变化曲线, N≡N键能为946kJ/mol,N-H键能为391kJ/mol,则H-H建能为 kJ/mol。
(2)水的自偶电离方程式为2H2OH3O++OH-,液氨也能发生自偶电离，写出液氨的自偶电离方程反应过程式 ;NH2-电子式为 。
(3)次氯酸钠溶液中离子浓度由大到小顺序为 ;将氨气通入到次氯酸钠溶液中可制得联氨(N2H4),写出反应的离子方程式 ;用四氧化二氮作助燃剂,联氨可作火箭燃料。已知:N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g),ΔH,= +67.7kJ/mol;N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH2=-534kJ/mol;N2O4(g)=2NO2(g),ΔH3=+ 57kJ/mol,写出气态的联氨在四氧化二氮气体中燃烧生成两种无污染气态产物的热化学方程式 。
(4)将2.04mol/L的氨水与0.02mo/L的硝酸银溶液等体积混合得到混合溶液，混合体系中存在平衡:Ag+(aq) +2NH3·H2O(aq) Ag(NH3)2+(aq)+2H2O(1),平衡常数表达式K= ;在常温时K=1×107,由于氨水过量,银离子几乎反应完全,计算此时混合溶液中c(Ag+)= mol/ L。
18．氮和氮的化合物与人类有密切关系.
(1)氮的固定有利于生物吸收氮.下列属于氮的固定的是 (填序号).
①工业上N2和H2合成NH3 ②N2和O2放电条件下生成NO ③NH3催化氧化生成NO
写出反应③的化学方程式 .
(2)治理NO通常是在氧化剂作用下，将NO氧化成溶解度高的NO2，然后用水或碱液吸收脱氮.下列物质可以用作氧化NO的是 (填序号).
A．NaCl溶液 B．NaOH溶液 C．Na2CO3溶液 D．KMnO4溶液
若以NaClO溶液氧化NO，写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出反应中电子的得失和数目 .
(3)CO与NO在Rh催化剂上的氧化还原反应是控制汽车尾气对空气污染的关键反应。用Rh做催化剂时该反应的过程示意图如下：
①过程Ⅰ为 过程(填“吸热”或“放热”)。过程Ⅱ生成的化学键有 (填“极性键”、“非极性键”或“极性键和非极性键”)
②已知过程Ⅰ的焓变为akJ/mol，过程Ⅱ的焓变为bkJ/mol，则该反应的热化学方程式为 。
三、实验题
19．FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
Ⅰ.经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：
①检验装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④……
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的N2赶尽Cl2，将收集器密封。
请回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为 。
(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端。要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是 。
(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号) 。
(4)装置B中冷水浴的作用为 ；
装置C的名称为 ；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂： 。
Ⅱ.该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
(5)FeCl3与H2S反应的离子方程式为 。
(6)电解池中H＋在阴极放电产生H2，阳极的电极反应式为 。
(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：
①H2S的原子利用率为100%；
② 。
20．50mL0.50mol L-1盐酸与50mL0.55mol L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，回答下列问题：
(1)从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是 。
(2)写出表示该反应中和热的热化学方程式(中和热为57.3kJ·mol-1)： (用离子方程式表示)
(3)实验中改用60mL0.50mol L-1盐酸与60mL0.55mol L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 (填“相等”或“不相等”)，所求得的中和热 (填“相等”或“不相等”)。
(4)若三次平行操作测得数据中起始时盐酸与烧碱溶液平均温度相同，而终止温度与起始温度差(t2-t1)分别为①3.3℃、②3.5℃、③4.5℃，则最终代入计算式的温差平均值为 ℃。计算该实验测得的中和反应反应热ΔH= (结果保留一位小数)[已知Q=cmΔt，设盐酸和NaOH溶液的密度为1 g/cm3，反应后混合溶液的比热容(c)为4.18 J/(g·℃)]。
试卷第4页，共10页
参考答案：
1．B
【详解】A．根据氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，所以金属缝隙外自由表面为正极，金属缝隙内表面为负极，A正确；
B．金属缝隙外自由表面为正极，生成氢氧根离子，缝隙外溶液pH增大，加快了缝隙内腐蚀速率，B错误；
C．阴离子由正极向负极移动，所以大量Cl-进入缝隙维持电中性，C正确；
D．正极为氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，D正确；
故答案为：B。
2．D
【详解】A．由图分析N电极所连接的Pt电极上二氧化碳生成一氧化碳，发生还原反应为阴极，则N电极为电源负极，A正确；
B．由图可知，该装置太阳能转化为电能，电能在电解池中转化为化学能，实现了太阳能→电能→化学能的转化，B正确；
C．阴极的电极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成一氧化碳气体，电解质溶液为碱性，则反应为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，C正确；
D．该电解装置中，阴极反应生成氢氧根离子，阳极消耗氢氧根离子生成氧气，故最好选择阴离子交换膜，D错误。
故选D。
3．B
【分析】由图可知，为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为，为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为，生成的H+通过X膜进入中间反应池，通过Y膜进入中间反应池，H+和结合生成，总反应为。
【详解】A．为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为，A正确；
B．根据分析，总反应为，因此当电子转移2mol时，消耗氧气1mol，标准状况下的体积为22.4L，B错误；
C．根据分析，通过Y膜进入中间反应池，则Y为阴离子交换膜，C正确；
D．根据分析，通入的a极为原电池的负极，b极为正极，电池工作时，电子从a极通过外电路流向b极，D正确；
故选B。
4．B
【分析】阳极是溶液中的阴离子失电子发生氧化反应，阴极是溶液中的阳离子得电子发生还原反应，I中氯离子向阳极移动，钠离子向阴极移动，I是淡水出口，而中间II中右边移进氯离子，左边移进钠离子，II浓海水出口。
【详解】A．阳极是溶液中的阴离子反应，即氯离子反应生成氯气，正确，不选A；
B．阴极是溶液中的阳离子反应，即氢离子反应生成氢气，溶液的pH增大，错误，选B；
C．因为阳极是阴离子反应消耗，所以a为阴离子交换膜，阴极是阳离子反应，所以b为阳离子交换膜，正确，不选C；
D．通过离子交换膜，阴离子和阳离子分别到Ⅱ，所以Ⅰ为淡水，Ⅱ为浓海水，正确，不选D；
故选B。
5．D
【分析】根据图示可知：四个装置都是电解池。C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则F是阴极，所以C、E、G、X都是阳极，D、F、H、Y都是阴极，则电源的A极是正极、B是负极，然后根据电解原理分析解答。
【详解】A．在燃料电池中，通入燃料的电极为负极，通入O2的电极为正极，在正极A上氧化剂O2得电子发生还原反应，由于电解质溶液为碱性，则电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，A错误；
B．电镀时，镀层金属作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的溶液为电镀液，则欲用(丙)装置给铜镀银，阴极H应该是材料Cu、阳极G材料是银，电镀液为AgNO3溶液，B错误；
C．同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，则带正电荷的胶粒向阴极移动，在(丁)装置中阴极Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷，但胶体本身不带电，C错误；
D．根据上述分析可知C电极为阳极，由于OH-放电能力比强，所以阳极C电极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；电极D为阴极，发生还原反应，由于得到电子能力：Cu2+＞H+，所以阴极D电极反应式为：Cu2++2e-=Cu；在装置乙中E为阳极，由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，所以E电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；F电极为阴极，由于阳离子放电能力：H+＞Na+，则阴极反应式：2H++2e-=H2↑。同一闭合回路中转移电子相等，则四个电极生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，D正确；
故合理选项是D。
6．B
【分析】由图知，阳极上失去电子生成CO2，阴极上氢离子得电子生成氢气，该电解池是利用微生物电化学处理有机废水，同时可淡化海水并获得酸碱，则氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，则膜b为阴离子交换膜，产品室生成的物质为盐酸；膜a为阳离子交换膜，钠离子从此进入阴极，得到产品氢氧化钠，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，A项错误；
B．氢离子通过双极膜进入产品室，氯离子通过膜b进入产品室，产品室生成的物质为盐酸，B项正确；
C．阴极产生22.4L气体未说明状态，无法通过气体摩尔体积计算，C项错误；
D．阳极上失去电子生成CO2，阳极反应式为：，D项错误；
答案选B。
7．C
【分析】
若要恢复到电解前的浓度和pH，须向所得的溶液中加入0.01mol Cu(OH)2，根据“析出什么加入什么”的恢复规则可知，反应生成了0.01mol Cu、0.01molO2和0.01molH2，结合原子守恒分析使溶液恢复需要加入的物质。
【详解】
A．根据放电顺序，阴极首先是铜离子得电子变为铜单质，然后水中的氢得电子变为H2，故A正确；
B．阳极发生的反应是：2H2O-4e-=O2+4H +，由上述分析可知，生成0.01molO2，故转移的电子为0.04mol，故B正确；
C．没有描述标准状况，故无法计算气体的体积，故C错误；
D．一开始电解的是硫酸铜，总反应式为，然后电解水，故电解后溶液变为硫酸溶液，故D正确。
答案选C。
8．A
【分析】由题意可知，与直流电源负极a电极相连的铬棒为电解池的阴极，铬离子在阴极得到电子发生还原反应生成铬，电极反应式为Cr3＋＋3e-=Cr，硫酸根离子通过阴膜由甲池移向乙池，与直流电源正极b电极相连的石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，氢离子通过质子交换膜由丙池移向乙池。
【详解】A．由分析可知，A膜为只允许氢离子通过得质子交换膜，故A错误；
B．由分析可知，与直流电源正极b电极相连的石墨电极为阳极，则b电极为直流电源的正极，故B正确；
C．由分析可知，与直流电源负极a电极相连的铬棒为电解池的阴极，铬离子在阴极得到电子发生还原反应生成铬，电极反应式为Cr3＋＋3e-=Cr，故C正确；
D．由分析可知，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，氢离子通过质子交换膜由丙池移向乙池，则工作时，若有1mol离子通过A膜，理论上丙池溶液的质量减少1mol××18g/mol=9g，故D正确；
故选A。
9．D
【分析】、和熔融可制作燃料电池，NO2作燃料、O2作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨II为正极，石墨I电极上失去电子生成N2O5，电极反应式为NO2+NO- e-= N2O5，石墨II电极反应式为，以此解答。
【详解】A．由分析可知，石墨I为负极，发生氧化反应，故A正确；
B．由分析可知，石墨II电极反应式为，故B正确；
C．石墨II为正极，电极方程式为：，若电路中有电子转移，则理论上石墨II处需消耗0.25mol，标准状况下得体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故C正确；
D．放电过程中阳离子移向正极，石墨I电极为负极，故D错误；
故选D。
10．C
【分析】由图可知，可充电电池工作时，正极上二氧化碳经过一系列反应转化为Li2CO3和C，C化合价降低，因此二氧化碳发生得电子的还原反应，电极反应式为，则Li作负极失电子，电极反应式为，充电时Li作阴极，C作阳极，据此分析；
【详解】A．Li属于活泼碱金属，能与水反应，不能使用水溶液做离子导体，故A正确；
B．放电时装置为原电池，C为正极，Li为负极，电流由C电极经负载、电极、电解质回到C电极，故B正确；
C．放电时装置为原电池，C为正极，Li为负极，负极反应为，故C错误；
D．催化剂作用下正极反应历程图可知，均为正极反应的中间产物，故D正确；
答案选C。
11．D
【分析】根据充电时电池的总反应LiNixCoyMnzO2＋6C=Li1－aNixCoyMnzO2＋LiaC6可知，放电时负极的反应式为：LiaC6-ae-=6C+aLi+，正极反应式为Li1－aNixCoyMnzO2＋aLi++ ae-= LiNixCoyMnzO2，将放电时负极、正极反应式左右颠倒，即分别得到充电时阴、阳极反应式，据此分析解答。
【详解】A．放电时，A为负极、B为正极，Li+向正极移动，则X为Li+，则允许离子X通过的隔膜属于阳离子交换膜，故A正确；
B．根据A项分析，放电时，A为负极，则充电时，A为阴极，发生还原反应，故B正确；
C．根据分析，放电时，正极反应式为Li1－aNixCoyMnzO2＋aLi＋＋ae－=LiNixCoyMnzO2，故C正确；
D．根据充电时电池的总反应LiNixCoyMnzO2＋6C=Li1－aNixCoyMnzO2＋LiaC6可知，充电时石墨电极发生C→LiaC6的反应，无法充电的废旧电池中石墨电极中不含锂元素，不能从石墨电极中回收金属锂，故D错误；
答案选D。
12．D
【分析】由题意可知，碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳的反应为吸热反应，ΔH＞0，碳酸钠溶液与盐酸反应生成二氧化碳的反应为放热反应，ΔH＜0；将已知反应依次编号为①②③④，由盖斯定律可知，②+③可得 (aq)+H+(aq) H2O(l)+CO2(g) ΔH=ΔH2+ΔH3＞0，①+②+③可得 (aq)+2H+(aq) H2O(l)+CO2(g)ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3＜0，②-④可得碳酸氢根离子的水解反应 (aq)+H2O(l) H2CO3(aq)+OH-(aq)，盐类水解反应为吸热反应，则ΔH=ΔH2—ΔH4＞0。
【详解】A．由分析可知，ΔH2+ΔH3＞0，ΔH1+ΔH2+ΔH3＜0，则ΔH1＜0；选项A正确；
B．由分析可知，ΔH2+ΔH3＞0，选项B正确；
C．由分析可知，ΔH1+ΔH2+ΔH3＜0，选项C正确；
D．由分析可知，ΔH2-ΔH4＞0，则ΔH2＞ΔH4，选项D错误；
答案选D。
13．C
【详解】试题分析：根据盖斯定律可知，两式相减，即得到4P（白，s）＝4P（红，s），则该反应的反应热△H＝△H1－△H2＝－18.39KJ/mol，所以△H1 < △H2，答案选C。
考点：考查盖斯定律的有关应用
点评：本题是基础性知识的考查，也是高考中的常见题型，难度不大。主要是有利于培养学生严谨的思维方式以及严密的逻辑思维能力，提高学习效率。
14．C
【详解】①12.4g白磷晶体的物质的量为0.1mol，白磷的结构简式，每个白磷分子中有6个P－P键，所以0.1mol白磷中含有P-P键数是0.6×6.02×1023，故①说法正确；
②电解精炼铜时转移了6.02×1023个电子，阴极析出32g铜，粗铜作阳极，比铜活泼的杂质金属先失去电子，然后是铜失去电子，阳极溶解铜的质量小于3.2g，故②说法错误；
③因为硫化钠和过氧化钠的摩尔质量相等，均为78g/mol， 7.8gNa2S和Na2O2的混合物一定是0.1mol，硫化钠、过氧化钠中阴阳离子个数均为1∶2，含有阴离子是硫离子和过氧根，总物质的量为0.1mol，说故③说法错误；
④SO2和O2反应方程式为2SO2+O22SO3，该反应是可逆反应，二氧化硫不能完全转化为三氧化硫，容器内反应混合物的物质的量在2mol～3mol之间，故④说法正确；
⑤6.8gKHSO4的物质的量为0.05mol，熔融时KHSO4电离成0.05molK+和0.05molHSO，故⑤说法错误；
⑥钠离子的最外层有8个电子，1.00molNaCl中有1.00molNa＋，所有Na＋的最外层电子总数为8×6.02×1023，故⑥说法错误；
综上所述，②③⑤⑥符合题意，选项C符合题意；
答案为C。
15．B
【分析】依据化学方程式结合物质结构分析，反应热△H=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出能量。
【详解】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，设断裂1molF-F键需吸收的能量为x，热化学方程式为S(s)+3F2(g)═SF6(g)△H=-1220kJ/mol，则反应热△H=280KJ/mol+3×xKJ/mol-6x330kJ/mol=-1220kJ/mol，x=160kJ/mol，即断裂1molF-F键需吸收的能量为160kJ，故选B。
16．(1) B A D C
(2) A B A
(3) C A C
【详解】（1）①蛋白质水解的最终产物是氨基酸，故选B；
②人体内最重要的供能物质是葡萄糖，故选A；
③具有解热镇痛作用，用于治疗感冒的是阿司匹林，故选D；
④对支气管哮喘症有明显疗效的是麻黄碱，故选C。
（2）①试管、烧杯和烧瓶等化学仪器的主要材质是玻璃，故选A；
②钢铁接触海水发生电化学腐蚀，其负极是铁失去电子发生氧化反应，反应式为Fe - 2e -= Fe2+，故选B；
因此，为防止轮船船体被腐蚀，可在船体上安装一定量的活泼型比铁强的金属，故选A。
（3）①A．香烟燃烧过程中会产生二噁英等有害物质，会对室内和公共场所造成污染，正确；
B．吸入焦油、尼古丁及颗粒物会对人的呼吸系统等产生伤害，正确；
C．N2不属于室内空气污染物，错误；
故选C；
②A．大量焚烧秸秆会产生大量空气污染物，可能会加重“雾霾”的发生，正确；
B．在汽车尾气系统装置催化转化器会减小空气污染物，会减轻“雾霾”的发生，错误；
C．发展煤的气化和液化等洁净煤技术减小空气污染物，会减轻“雾霾”的发生，错误；
故选A；
③A．回收利用废纸，可以节约资源，正确；
B．回收利用易拉罐，可以节约资源，正确；
C．填埋废旧电池，会造成水体和土壤污染，错误；
故选C。
17． b 436 2NH3NH4++NH2- c(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+) 2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O 2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g);ΔH= -1078.7kJ/mol 1×10-9
【详解】试题分析：(1)加入催化剂能降低反应活化能；焓变=反应物的总键能-生成物的总键能；(2)根据水的自偶电离写液氨的自偶电离方程式；NH2-中氮原子最外层是8电子结构；(3)次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解，溶液呈碱性；氨气与次氯酸钠溶液反应氧化还原反应生成氯化钠和N2H4；根据盖斯定律书写气态的联氨在四氧化二氮气体中燃烧生成氮气和水蒸气的热化学方程式；(4)固体、纯液体不能计入平衡常数表达式；根据化学方程式，2.04mol/L的氨水与0.02mo/L的硝酸银溶液等体积混合得到混合溶液，c(NH3·H2O)=mo/L，生成c(Ag(NH3)2+)==0.01 mo/L；根据= K=1×107计算c(Ag+)。
解析：(1)加入催化剂能降低反应活化能，所以曲线b是加入催化剂时的能量变化曲线；根据图象可知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)=-92 kJ/mol；设H-H建能为xkJ/mol，根据焓变=反应物的总键能-生成物的总键能，-92 kJ/mol=946kJ/mol+3x-391kJ/mol，x=436 kJ/mol；(2)根据水的自偶电离，液氨的自偶电离方程式是2NH3NH4++NH2-；NH2-中氮原子最外层是8电子结构，NH2-的电子式为；(3)次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解，溶液呈碱性，所以离子浓度由大到小顺序为c(Na+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)；氨气与次氯酸钠溶液反应氧化还原反应生成氯化钠和N2H4，反应离子方程式是2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O；
①N2(g)+2O2(g)= 2NO2(g),ΔH,= -67.7kJ/mol；
②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH2=-534kJ/mol；
③ N2O4(g)=2NO2(g),ΔH3=+ 57kJ/mol,
根据盖斯定律②×2＋③－①得2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g);ΔH= -1078.7kJ/mol；(4) Ag+(aq) +2NH3·H2O(aq)Ag(NH3)2+(aq)+2H2O(1),平衡常数表达式K=；根据化学方程式，2.04mol/L的氨水与0.02mo/L的硝酸银溶液等体积混合得到混合溶液，c(NH3·H2O)=mo/L，生成c(Ag(NH3)2+)==0.01 mo/L；=，c(Ag+)=1×10-9。
18． ①② D 吸热 极性键和非极性键
【详解】(1)氮的固定是游离态的氮转变为化合态的氮，因此属于氮的固定的是①②；反应③是氨气催化氧化生成一氧化氮和水，其化学方程式；故答案为：①②；。
(2)只有高锰酸钾具有氧化性，其余物质不具有氧化性，因此可以用作氧化NO的是D；若以NaClO溶液氧化NO，写出该反应的化学方程式NaClO+NO=NaCl+NO2，并用双线桥法标出反应中电子的得失和数目；故答案为：D；。
(3)①过程Ⅰ是断键，因此为吸热过程。过程Ⅱ生成的化学键有碳氧极性键和氮氮非极性键的生成；故答案为：吸热；极性键和非极性键。
②已知过程Ⅰ的焓变为akJ/mol，过程Ⅱ的焓变为bkJ/mol，根据盖斯定律，总反应等于反应Ⅰ+反应Ⅱ，因此该反应的热化学方程式为；故答案为：。
19．(1)2Fe＋3Cl22FeCl3
(2)在沉积的FeCl3固体下方加热
(3)②⑤
(4) 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品 干燥管 K3[Fe(CN)6]溶液
(5)2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(6)Fe2＋－e－=Fe3＋
(7)FeCl3得到循环利用
【分析】装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，要使沉积的FeCl3进入收集器，根据FeCl3加热易升华的性质，防止FeCl3潮解，不与水蒸气接触，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；装置C的名称为干燥管；检验FeCl2是否失效应检验FeCl2是否存在，可以用KMnO4溶液检验。
【详解】（1）装置A中进行的是Fe与Cl2制取FeCl3，反应的化学方程式为2Fe＋3Cl22FeCl3；
（2）第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，第④步操作是对FeCl3加热发生升华使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为在沉积的FeCl3固体下方加热；
（3）为防止FeCl3潮解所采取的措施有②通入干燥的Cl2⑤用干燥的N2赶尽Cl2，故选②⑤；
（4）B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；检验FeCl2是否失效，应检验FeCl2是否存在，可以用酸性KMnO4溶液检验；
（5）FeCl3与H2S反应生成硫、氯化亚铁和盐酸，反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋；
（6）电解FeCl2溶液，阳极Fe2＋失电子产生Fe3＋：Fe2＋－e－=Fe3＋；
（7）电解FeCl2溶液，通过阴极：2H＋＋2e－=H2↑阳极：Fe2＋－e－=Fe3＋可知溶液中FeCl3得到循环利用。
20．(1)环形玻璃搅拌器
(2)H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3 kJ/mol
(3) 不相等 相等
(4) 3.4 -56.8 kJ/mol
【详解】（1）碱快速反应，要将二者快速混合，从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是环形玻璃搅拌器；
（2）酸、碱发生中和反应产生1 mol H2O时放出热量是57.3 kJ，则表示中和热的热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3 kJ/mol；
（3）实验中改用60 mL0.50 mol L-1盐酸与60 mL0.55 mol L-1NaOH溶液进行反应，发生反应的酸的物质的量增多，反应放出热量也会增多，导致前后两次放出热量不相等，但由于中和热是酸、碱发生中和反应产生1 mol H2O时放出热量，与反应的酸、碱的多少无关，因此所求得的中和热相等；
（4）根据三次实验温度数值可知：第三次实验数据偏差较大，应该舍弃，则反应放出热量使溶液升高的平均温度Δt=；
反应放出热量Q= cmΔt=4.18 J/(g·℃)×100 g×3.4℃=1421.2 J=1.4212 kJ，反应产生H2O的物质的量n(H2O)=0.50 mol/L×0.05 L=0.025 mol，则中和热△H=-