陕西省渭南市尚德中学2020学年高一化学下学期期中试题（含解析）

陕西省渭南市尚德中学2020高一下学期期中考试化学试卷1.判断下列说法，其中正确的组合是 （）吸热反应发生时一定要加热，放热反应发生时不需要加热充电电池可以无限制地反复放电、充电化学变化中的能量变化主要是由化学键的变化引起的充电时的电池反应和放电时的电池反应为可逆反应电力、风力、生物质能均是一次能源等质量糖类在体内发生氧化还原反应和在体外燃烧均生成CO2和水时，放出的能量不可能相等煤、石油、天然气是当今世界重要的化石能源A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】吸热反应发生时不一定要加热，如氯化铵与氢氧化钡晶体反应，不需要任何条件，该反应为吸热反应，故错误；充电电池可反复充电使用，但有使用寿命，不能无限制使用，当电解质和电极发生变质时，则电池不能再使用，故错误；化学反应的本质是旧键的断裂和新键的形成，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，所以化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的，故正确；放电过程是原电池，是自发的氧化还原反应；而充电过程是电解池，是非自发的氧化还原反应，是用电流强迫电解质溶液在两极发生氧化还原反应，因为条件不一样，所以它们是不可逆反应，故错误；电力是二次能源，故错误；糖类在体内彻底氧化分解和体外燃烧都生成CO2和H2O，释放的能量相等，故错误；煤、石油、天然气是最重要的化石燃料，故正确；正确的有，故选C。2.下列说法正确的是()离子键只是阳离子、阴离子的相互吸引 同位素的性质完全相同 氢键是一种化学键 由分子组成的物质中一定存在共价键，如气体单质分子中一定含有共价键由不同种元素组成的多原子分子中，一定只存在极性共价键由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物含金属元素的化合物不一定是离子化合物A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】离子键为阳离子、阴离子的静电作用力，含相互吸引、相互排斥，故错误；同位素的化学性质相同，但物理性质不同，故错误；氢键不属于化学键，是一种介于化学键及一般分子间作用力之间的特殊作用力，故错误；由分子组成的物质中不一定存在共价键，如稀有气体，故错误；由不同种元素组成的多原子分子中，可能存在极性共价键、非极性共价键，如过氧化氢，故错误；由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如铵盐，故正确；含有金属元素的化合物不一定是离子化合物，如氯化铝为共价化合物，故正确；正确的有，故选C。【点睛】掌握化学键的形成和判断的一般方法为解答的关键。解答此类试题要注意应用特殊实例分析判断。3.下列结论正确的是()粒子半径：KAl3S2Cl 同主族元素从上到下颜色逐渐加深离子的还原性：S2ClBrI 氧化性：Cl2SSeTe酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO 非金属性：ONPSi氢化物的稳定性：HFHClH2SPH3SiH4A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径：S2-Cl-K+Al3+，故错误；同主族元素从上到下颜色不一定逐渐加深，多数金属是银白色的，颜色变化不大，如碱土金属，铍为灰色，其余均为银白色，故错误；非金属性ClBrIS，非金属性越强，阴离子还原性越弱，故离子的还原性：S2-I-Br-Cl-，故错误；非金属性ClSSeTe，非金属性越强，单质的氧化性越强，故氧化性：Cl2SSeTe，故正确；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸酸性比HClO的强，故酸性H2SO4H3PO4H2CO3HClO，故正确；同周期自左而右非金属性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，故非金属性ONPSi，故正确；同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性HFHClH2SPH3SiH4，故正确；正确的有，故选C。4.下列电子式书写正确的是()钠离子Na 过氧根离子 氢氧根离子氧原子 氢离子H 铵根离子 铝原子Al 溴离子A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】钠离子为简单阳离子，直接用其离子符号表示其电子式，不需要用中括号，正确的电子式为Na+，故错误；过氧根离子为带有2个单位负电荷的离子，离子中存在一个O-O共价键，过氧根离子正确的电子式为：，故错误；氢氧根离子为带有1个单位负电荷的阴离子，需要标出离子中各原子最外层电子，氢氧根离子的电子式为：，故正确；氧原子最外层为6个电子，氧原子的电子式为：，故正确；氢离子为简单阳离子，其电子式直接用离子符号表示，氢离子的电子式为H+，故正确；铵根离子为复杂阳离子，电子式中需要标出各原子的最外层电子，铵根离子的电子式为，故正确；铝原子最外层为3个电子，铝原子的电子式为，故错误；溴离子为阴离子，电子式中需要标出最外层电子，溴离子的电子式为，故正确；正确的有，故选C。【点睛】明确常见微粒电子式的书写方法是解题的关键。本题的易错点为，要注意复杂阳离子的电子式中需要标出共用电子对、非共用电子对，还要加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷。5. X、Y、Z、M四种金属，已知X可以从Y的盐溶液中置换出Y：X和Z作原电池电极时，Z为正极；Y和Z的离子共存于电解液中，Y离子先放电；M的离子的氧化性强于Y的离子则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为（ ）A. XYZMB. XZMYC. MZXYD. XZYM【答案】D【解析】试题分析：活泼金属能置换出不活泼金属；原电池中不活泼金属作正极，活泼金属作负极；电解质溶液中不活泼金属阳离子先放电；金属阳离子中，不活泼金属的阳离子氧化性比活泼金属阳离子的氧化性强，据此分析解答解：X可以从Y的盐溶液中置换出Y，说明X的活动性大于Y；X和Z作原电池电极时，Z为正极，说明X的活动性大于Z；Y和Z的离子共存于电解液中，Y离子先放电，说明Z的活动性大于Y；M的离子的氧化性强于Y的离子，说明Y的活动性大于M，所以得出这四种金属的活动性由强到弱的顺序为XZYM，故选D6.有下列七个反应：煅烧石灰石制生石灰、复分解反应、炸药爆炸、硫酸与氢氧化钾溶液反应、生石灰与水作用制熟石灰、食物腐败、碳与水蒸气反应制得水煤气。其中放热反应的一组是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰(CaO)，为高温下的分解反应，属于吸热反应；复分解反应是两种化合物互相交换成分的反应；可能是放热反应，也可能是吸热反应；炸药爆炸属于放热反应；氢氧化钾和硫酸的中和反应是放热反应；生石灰与水作用制熟石灰，属于放热反应；食物因氧化而腐败，属于缓慢氧化，是放热反应；碳与水蒸气高温制取水煤气的反应是吸热反应；属于放热反应的有，故选D。7.化学反应ABC(放出能量)分两步进行：ABX(吸收能量)，XC(放出能量)。下列示意图中表示总反应过程中能量变化的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据物质具有的能量进行计算：H=E（生成物的总能量）-E（反应物的总能量），当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，据此答题。【详解】由反应A+BC（H0）分两步进行A+BX（H0）XC（H0）可以看出，A+BC（H0）是放热反应，A和B的能量之和大于C，由A+BX（H0）可知这步反应是吸热反应，XC（H0）是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象D符合。故选D。8.下列各组物质中，分子中的所有原子都满足最外层8电子结构的是 ()BeCl2、PF5PCl3、N2COCl2(光气)、SF6XeF2、BF3SO2、H2O2A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】PF5中P为+5价，不是8电子，是10电子结构，故错误；P是“5+|-3|=8”，Cl是“7+|-1|=8”，N2中存在氮氮三键，N原子最外层满足8电子稳定结构，所以PCl3、N2都满足8电子结构，故正确；中SF6的S为+6价，不是8电子，是12电子结构，故错误；BF3中B不是8电子，是6电子结构，故错误；H2O2中的H不是8电子，是2电子结构，故错误；分子中的所有原子都满足最外层8电子结构的只有，故选C。【点睛】掌握判断是否满足8电子结构的方法是解题的关键。对于共价化合物，元素化合价绝对值+元素原子的最外层电子数=8，则该元素原子满足8电子结构。9. S（单斜）和S（正交）是硫的两种同素异形体。已知： S(单斜，s)O2(g) = SO2(g) H1297.16 kJmol-1 S(正交，s)O2(g) = SO2(g) H2296.83 kJmol-1 S(单斜，s) = S(正交，s) H3下列说法正确的是（ ）A. H3+0.33 kJmol-1B. 单斜硫转化为正交硫的反应是吸热反应C. S(单斜，s) = S(正交，s) H30，正交硫比单斜硫稳定D. S(单斜，s) = S(正交，s) H30，单斜硫比正交硫稳定【答案】C【解析】【详解】A.-整理可得S(单斜，s)= S(正交，s)，H3=-0.33 kJ/mol，A错误；B.根据选项A分析可知H3=-0.33 kJ/mol0，表明单斜硫转化为正交硫的反应是放热反应，B错误；C.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，根据选项A可知正交硫的能量比单斜硫的能量低，所以正交硫比单斜硫稳定，C正确；D.根据A可知S(单斜，s)S(正交，s) H3=-0.33 kJ/mol0，故正交硫稳定，D错误；故合理选项是C。10.已知：H2O(g)=H2O(l)HQ1kJmol1C2H5OH(g)=C2H5OH(l)HQ2kJmol1C2H5OH(g)3O2(g)=2CO2(g)3H2O(g)HQ3kJmol1若使46 g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为A. (Q1Q2Q3) kJB. 0.5(Q1Q2Q3) kJC. (0.5Q11.5Q20.5Q3) kJD. (3Q1Q2Q3) kJ【答案】D【解析】【分析】本题主要考查盖斯定律的应用。室温下的酒精为液态，完全燃烧后恢复至室温，生成物为气态的CO2和液态H2O，根据盖斯定律推测出乙醇燃烧热的热化学方程式，再根据参加化学反应物质的物质的量与反应热一一对应关系求出放出的热量。【详解】根据盖斯定律可知，第一个热化学方程式扩大3倍后，与第三个热化学方程式相加，再减去第二个热化学方程式，就可以得到乙醇燃烧热的热化学方程式为：C2H5OH(l)3O2(g)=2CO2(g)3H2O(l)H3Q1Q2Q3 kJmol1。因此，46 g酒精液体（即为1mol乙醇）完全燃烧，最后恢复到室温，放出的热量为(3Q1Q2Q3) kJ。11. 利用如图装置探究铁在海水中的电化学腐蚀与防护。下列说法不正确的是A. 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，采用了牺牲阳极的阴极保护法B. 若X为锌棒，开关K置于N处，X极的反应：4OH4eO22H2OC. 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，采用了外加电流的阴极保护法D. 若X为碳棒，开关K置于M处，X极的反应：O24e2H2O4OH【答案】B【解析】试题分析：A、若X为锌棒，开关K置于M处，该装置是原电池，锌作负极，铁作正极而被保护，采用了牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于N处，该装置是电解池，锌作阳极，阳极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-Zn2+，故B错误；C、若X为碳棒，开关K置于N处，该装置是电解池，碳作阳极，铁作阴极，阴极被保护，采用了采用了外加电流的阴极保护法，故C正确；D、若X为碳棒，开关K置于M处，该装置是原电池，X是正极，正极上得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故D正确；故选B。考点：考查了原电池和电解池原理的相关知识。12. 一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（ ）A. 反应CH4H2O3H2CO,每消耗1molCH4转移12mol 电子B. 电极A上H2参与的电极反应为：H22OH2e=2H2OC. 电池工作时，CO32向电极B移动D. 电极B上发生的电极反应为：O22CO24e=2CO32【答案】D【解析】A、1molCH4CO，化合价由-4价+2上升6价，1molCH4参加反应共转移6mol电子，故错误；B、环境不是碱性，否则不会产生CO2，其电极反应式：COH22CO324e=3CO2H2O，故B错误；C、根据原电池工作原理，电极A是负极，电极B是正极，阴离子向负极移动，故C错误；D、根据电池原理，O2、CO2共同参加反应，其电极反应式：O22CO24e=2CO32，故D正确。【考点定位】考查原电池的工作原理和电极反应式书写。【此处有视频，请去附件查看】13.已知：锂离子电池总反应为LixCLi1xCoO2CLiCoO2，锂硫电池的总反应为2LiSLi2S。有关两种电池说法正确的是 ()A. 锂离子电池放电时，Li向负极迁移B. 当锂硫电池充电时，硫电极发生氧化反应C. 理论上两种电池的电极材料单位质量相同时释放的电能相同D. 上图表示用锂离子电池给锂硫电池充电【答案】B【解析】【详解】A原电池中阳离子向正极移动，则锂离子电池放电时，Li+向正极迁移，故A错误；B锂硫电池的总反应为2LiSLi2S，充电时，硫电极为阳极，发生氧化反应，故B正确；C锂硫电池放电时负极为Li，锂离子电池放电时负极为LixC，两种电池的负极材料不同，所以单位质量释放的电能不同，故C错误；D锂离子电池的总反应为LixCLi1xCoO2CLiCoO2，作原电池时，C作负极，LiCoO2作正极，若图中表示锂电池给锂硫离子电池充电，则左边为原电池，右边为电解池，给锂硫离子电池充电时，锂电极应该连接电源的负极(C)作阴极，硫电极与正极(LiCoO2)相连作阳极，与图示不符，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意充电时，原电池的正极与电源的正极相连，负极与电源的负极相连，关键是根据电池总反应判断正负极材料。14.有人设计出利用CH4和O2的反应，用铂电极在KOH溶液中构成原电池。电池的总反应类似于CH4在O2中燃烧，则下列说法正确的是每消耗1molCH4可以向外电路提供8mole-负极上CH4失去电子，电极反应式CH4+10OH-8e-=CO32-+7H2O负极上是O2获得电子，电极反应式为 O2+2H2O+4e-=4OH-电池放电后，溶液pH不断升高A. B. C. D. 【答案】A【解析】CH4在铂电极上发生类似于CH4在O2中燃烧的反应，即CH4CO2，严格地讲生成的CO2还与KOH反应生成K2CO3，化合价升高，失去电子，是电池的负极，电极反应式为CH48e10OH=CO327H2O，1 mol CH4参加反应有8 mol e发生转移，O2在正极上发生反应，获得电子，电极反应式为O22H2O4e=4OH。虽然正极产生OH，负极消耗OH，但从总反应式CH42O22KOH=K2CO33H2O可看出是消耗了KOH，所以电池放电时溶液的pH值不断下降，故正确，错误。15.某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨做电极电解饱和氯化钠溶液，通电时，为使被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图的装置。对电源电极名称和消毒液的主要成分的判断正确的是（ ）A. a为正极，b为负极；NaClO和NaClB. a为负极，b为正极；NaClO和NaClC. a为阳极，b为阴极；HClO和NaClD. a为阴极，b为阳极；HClO和NaCl【答案】B【解析】试题分析：电解饱和食盐水，阳极氯离子失去电子，生成氯气。阴极氢离子得到电子，放出氢气。由于还同时有氢氧化钠生成，所以生成的氯气和氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，从而制得漂白液。根据装置图可知，和a相连的电极有气体排出，这说明该电极有氢气生成，所以a是电源的负极，b是电源的正极，答案选B。考点：考查电解原理的应用点评：本题是高考中的常见题型，为中等难度的试题。通过电化学在日常生活中的应用，有利于培养学生学习化学的兴趣，有利于激发学生的求知欲。16.用惰性电极电解M(NO3)x的水溶液，当阴极上增重a g时，在阳极上同时产生b LO2（标准状况）。从而可知M的相对原子质量为 （ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：电解的溶液，阴极上是Mx+得到电子生成M，阳极上产生bL氧气，则氧气的物质的量为b/22.4，转移电子数为4b/22.4mol，则金属的物质的量为4b/22.4x，其相对原子质量为a/(4b/22.4x)=5.6ax/b，选C。考点：电解原理的应用和计算17.有下列物质：O2 CO2 AlCl3 Na2O Na2O2 NaOH CaBr2 H2O2 NH4Cl Ar。请回答下列问题(填序号，下同)；：(1)含有极性键的离子化合物是_； (2)属于共价化合物的是_。【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物是离子化合物，只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。【详解】O2中只含非极性键，属于单质；CO2、AlCl3中只含极性键，属于共价化合物；Na2O、CaBr2中只含离子键，属于离子化合物；Na2O2中含有离子键和非极性键，属于离子化合物；NaOH、NH4Cl中含有离子键和极性键，属于离子化合物；H2O2 含有H-O极性键和O-O非极性键，属于共价化合物；Ar不含任何化学键，属于单质；(1)含有极性键的离子化合物是，故答案为：；(2)属于共价化合物的是，故答案为：。【点睛】明确物质中存在的化学键是解本题关键。本题的易错点为CaBr2，要注意其中没有共价键。18.现有部分短周期元素的性质或原子结构如表所示：元素编号元素性质或原子结构X其简单离子在第3周期元素的简单离子中半径最小Y其最简单氢化物丙的水溶液呈碱性Z原子核外电子数和周期序数相等A、B、D三种单质(单质分别由X、Y、Z元素组成)和甲、乙、丙、丁、戊五种化合物之间的转化关系如图所示(某些条件已略去)。其中丁是一种火箭发动机的高能燃料，一个分子中含有18个电子，其组成元素与丙相同，戊是两性氢氧化物。请回答：(1)元素X在周期表中的位置是_，其简单离子的结构示意图为_。(2)单质B电子式为_、丁电子式为_。(3)丙中所包含的化学键类型有_(填字母序号)。a离子键b极性共价键c非极性共价键(4)反应中，1 mol NaClO参加反应时，转移2 mol电子，其离子方程式为_。(5)一定条件下，A与TiO2、C(石墨)反应只生成乙和碳化钛(TiC)，二者均为某些高温结构陶瓷的主要成分。该化学方程式为_。【答案】 (1). 第3周期A族 (2). (3). (4). (5). b (6). 2NH3ClO-=N2H4Cl-H2O (7). 4Al3TiO23C2Al2O33TiC【解析】【分析】X是第三周期元素的简单离子中半径最小，则X为Al元素；Y最简单氢化物的水溶液呈碱性，则Y为N元素；Z原子核外电子数和周期序数相等，则Z为H元素。A、B、D三种单质分别由X、Y、Z元素组成，则A为Al、B为N2、D为H2；丁是一种高能燃料，一个分子中含有18个电子，则丁为N2H4，其组成元素与丙相同，则丙为NH3；戊是两性氢氧化物，戊为Al(OH)3，氢氧化铝受热得到乙，则乙为Al2O3；A和B反应生成甲，则甲为AlN，AlN水解得到氨气与氢氧化铝，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为Al元素，Y为N元素，Z为H元素。A为Al、B为N2、D为H2。甲为AlN，乙为Al2O3，丙为NH3，丁为N2H4，戊为Al(OH)3。(1)元素X为Al，在周期表中位于第三周期第A族，其简单离子的结构示意图为，故答案为：第三周期第A族；(2)单质B为N2，电子式为，丁为N2H4，相当于氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，电子式为，故答案为：；(3)丙为NH3，N原子与H原子之间形成极性共价键，故选：b；(4)反应为氨气与NaClO的反应生成N2H4，1 mol NaClO参加反应时，转移2 mol电子，则Cl元素由+1价降低为-1价，反应生成NaCl，同时生成N2H4和水，则该反应为2NH3+NaClON2H4+NaCl+H2O，离子方程式为2NH3ClO-=N2H4Cl-H2O，故答案为：2NH3ClO-=N2H4Cl-H2O；(5)一定条件下，Al与TiO2、C(石墨)反应只生成Al2O3和碳化钛(TiC)，该反应的化学方程式为：4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC，故答案为：4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC。19.某学生利用以下装置探究氯气与氨气之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。请回答下列问题：(1)装置A中的烧瓶内固体不可以选用_(填字母)。A生石灰 B碱石灰 C五氧化二磷 D烧碱(2)B装置的作用是_；(3)装置F中发生反应的化学方程式是_。(4)通入C装置的左右两根导管左边较长、右边较短，目的_。(5)从装置C的G处逸出的尾气中可能含有黄绿色的有毒气体，如何处理？_。【答案】 (1). C (2). 干燥氨气 (3). MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O (4). 使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀 (5). 在G处连接导管，直接把尾气通入盛有烧碱溶液的烧杯中【解析】【分析】(1)A是制备氨气的装置，根据氨水中的一水合氨容易分解，结合影响气体的溶解度的因素分析判断；(2)根据碱石灰显碱性，具有吸水性分析解答；(3)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气，据此书写反应的化学方程式；(4)根据气体的密度大小结合导管的长度来考虑气体之间混合的充分程度；(5)根据氯气的性质来确定尾气处理的方法。【详解】(1)A是制备氨气的装置，是利用氨水滴入固体溶解放热，使氨气挥发逸出。A生石灰中滴入氨水，溶解放热，放出氨气，故A正确；B氨水滴入碱石灰溶解放热，放出氨气，故B正确；C五氧化二磷和氨水反应生成铵盐，不能生成氨气，故C错误；D烧碱中滴入氨水，溶解放热，放出氨气，故D正确；故答案为：C；(2)B装置是干燥氨气的装置，可以用碱石灰干燥氨气，故答案为：干燥氨气；(3)装置F是制备氯气的装置，装置中二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气，反应的化学方程式：MnO2+4HClCl2+MnCl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HClCl2+MnCl2+2H2O；(4)氨气的密度小，氯气的密度更大，C装置的两导管左边长、右边短，这样便于两种气体充分接触而反应，故答案为：使密度较大的Cl2和密度较小的NH3较快地混合均匀；(5)氯气是酸性气体，可以用氢氧化钠溶液进行尾气处理，或者是通入装有碱石灰的干燥管或气球收集，故答案为：在G处连接导管，直接把尾气通入盛有烧碱溶液的烧杯中。20.肼可作为火箭发动机的燃料，与N2O4反应生成N2和水蒸气。已知：N2(g)2O2(g)=N2O4(l)H119.5 kJmol1N2H4(l)O2(g)=N2(g)2H2O(g)H2534 kJmol1(1)写出肼(l)和N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时的热化学方程式：_。(2)已知断裂1 mol化学键所需能量(kJ)：NN为942、O=O为500、NN为154，OH为462，则断裂1 mol NH键所需的能量是_ kJ。【答案】 (1). 2N2H4(l)N2O4(l)=3N2(g)4H2O(g)H21048.5 kJmol1 (2). 400.5【解析】【分析】(1)根据盖斯定律分析解答；(2)根据H=反应物总键能-生成物总键能，结合N2H4(l)O2(g)=N2(g)2H2O(g)H2534 kJmol1分析计算。【详解】(1)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。N2(g)+2O2(g)=N2O4(l)H1=-19.5kJmol-1，N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)H2=-534kJmol-1，根据盖斯定律，将方程式2-得： 2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)H=-1048.5kJ/mol，故答案为：2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)H=-1048.5kJ/mol；(2) 设断裂1molN-H键所需的能量为K kJ，根据N2H4(l)O2(g)=N2(g)2H2O(g)H2534 kJmol1，反应的焓变H=反应物总键能-生成物总键能=(154+4K+500)-(942+4462)=534，解得K=400.5，故答案为：400.5。21.如图所示，某同学设计一个甲醚(CH3OCH3)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)通入氧气的电极为_极，写出负极电极反应式_。(2)铁电极为_极，石墨电极(C)的电极反应式为_。(3)反应一段时间后，乙装置中生成NaOH主要_极区(填电极材料)。(4)如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中阳极上电极反应式为_、_。反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】 (1). 正 (2). CH3OCH312e16OH=2CO3211H2O (3). 阴 (4). 2Cl2e=Cl2 (5). 铁 (6). Zn2e=Zn2 (7). Cu2e=Cu2 (8). 减小【解析】【分析】根据题意和图示，甲为原电池，乙和丙为电解池，燃料电池中投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，因此通入甲醚的为负极，则乙中铁、丙中精铜为阴极，通入氧气的为正极，则乙中的C电极、丙中的粗铜为阳极，结合原电池和电解池原理分析解答。【详解】(1)燃料电池是将化学能转变为电能的装置，属于原电池，投放燃料的电极是负极，投放氧化剂的电极是正极，所以通入氧气的电极是正极，负极上甲醚失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OCH3-12e-+16