2021-2022学年福建省宁化第一中学高二上学期开学考试化学试题（含解析）

宁化一中2021-2022学年高二上期开学考试化学试卷时间：90分钟满分：100分Ⅰ卷选择题可能用到的相对原子质量：H-1C-12Li-7Ag-108一、选择题(每题只有一个正确答案，每小题3分，共48分)1.下列说法或表示方法中正确的是A.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3KJ·mol−1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=-2×57.3KJ·mol−1B.101kPa时，H2的热值为142.75KJ·g-1，则表示氢气摩尔燃烧焓的热化学方程式为：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l)△H=-142.75KJ·mol−1C.由“C(石墨)=C(金刚石)△H=+1.9kJ/mol”可知，金刚石比石墨稳定D.同温同压下4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)，在常温和点燃条件下的△H相同【答案】D【解析】【分析】【详解】A．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3KJ·mol−1，该反应中稀的强酸与稀的强碱反应，只生成1molH2O，H2SO4和Ca(OH)2反应时除了生成水、还有CaSO4沉淀生成时也放出热量，故该反应的中和热ΔH≠-2×57.3KJ·mol−1，A错误；B．1克燃料完全燃烧所放出的热量为热值，摩尔燃烧焓是1摩尔燃料完全燃烧生成稳定的生成物时所放出的热量；101kPa时，H2的热值为142.75kJ·g－1，则表示氢气摩尔燃烧焓的热化学方程式为：H2(g)＋O2(g)＝H2O(l)ΔH＝－2×142.75kJ·mol－1，B错误；C．由C(金刚石)＝C(石墨)ΔH＝－1.9kJ·mol－1可知，金刚石的能量比石墨高，石墨更稳定，C错误；D．同温同压下，一个反应的ΔH不受反应条件的影响，只与反应物和生成物的总能量有关，所以4Al(s)＋3O2(g)＝2Al2O3(s)在常温和点燃条件下的ΔH相同，D正确。故选D。2.某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是A.由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应B.将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C.实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响D.若用NaOH固体测定中和热，则测定中和热的数值偏高【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，铝片与盐酸、NaOH与盐酸反应属于放热反应，故A错误；B．铝粉和铝片都是固体，更换为等质量的铝粉后时放出的热量不变，但铝粉与盐酸反应速率快，故B错误；C．铁是热的良导体，改为铁质搅拌器，造成热量损失增大，测的中和热数值偏小，故C错误；D．氢氧化钠固体溶解放出热量，因此测定数值结果偏高，故D正确；答案为D。3.某科学家利用二氧化铈（CeO2）在太阳能作用下将H2O、CO2转变成H2、CO。其过程如下：mCeO2(m-x)CeO2·xCe+xO2，(m-x)CeO2·xCe+xH2O+xCO2mCeO2+xH2+xCO下列说法不正确的是A.该过程中CeO2没有消耗B.该过程实现了太阳能向化学能的转化C.右图中△H1=△H2+△H3D.以CO和O2构成的碱性燃料电池的负极反应式为CO+4OH--2e-=CO32-+2H2O【答案】C【解析】【详解】A．通过太阳能实现总反应：H2O+CO2→H2+CO+O2，CeO2没有消耗，CeO2是光催化剂，A正确；B．该过程中在太阳能作用下将H2O、CO2转变为H2、CO，所以把太阳能转变成化学能，B正确；C．由图可知，根据盖斯定律，应该是：-△H1=△H2+△H3，C错误；D．CO在负极失电子生成CO2，在碱性条件下再与OH-生成CO32-，故负极反应式正确，D正确；答案选C。4.下列各组变化中，化学反应的△H前者小于后者的一组是（）①CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H1；CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H2；②S（s）+O2（g）═SO2（g）△H1；S（g）+O2（g）═SO2（g）△H2；③2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H1；H2（g）+1/2O2（g）═H2O（l）△H2；④CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）△H1；CaO（s）+H2O（l）═Ca（OH）2（s）△H2A.①② B.②③ C.①③ D.③④【答案】C【解析】【详解】①甲烷燃烧生成液态水比气态水放热多，放热△H为负数，放热越多，△H越小，故①符合题意。②固态硫的能量低于气态硫的能量，所以固态硫燃烧放出的热量少，则△H大，故②不符合题意。③消耗的氢气越多，放出的热量越多，△H越小，故③符合题意。④中前者是吸热反应，△H大于0，后者是放热反应，△H小于0，故④不符合题意；所以①③符合题意；综上所述，本题正确答案为C。5.一定条件下，充分燃烧一定量的丁烷放出热量为QkJ(Q＞0)，经测定完全吸收生成的二氧化碳需消耗5mol·L-1的KOH溶液100mL，恰好生成正盐，则此条件下反应：C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(g)的△H为（）A.+8QkJ B.+16QkJ C.-8QkJ D.-16QkJ【答案】D【解析】【详解】由反应可建立以下关系式：C4H10——4CO2——8KOH，现吸收二氧化碳需消耗5mol·L-1的KOH溶液100mL，恰好生成正盐，则n(KOH)=5mol·L-1×0.1L=0.5mol，n(CH4)=×0.5mol=mol，即molC4H10燃烧放热QkJ(Q＞0)，则1molC4H10燃烧放热16QkJ(Q＞0)，△H=-16QkJ，故选D。6.肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200℃时在Cu表面分解的机理如图。已知200℃时：反应Ⅰ：3N2H4(g)=N2(g)+4NH3(g)ΔH1=−32.9kJ·mol−1；反应Ⅱ：N2H4(g)+H2(g)=2NH3(g)ΔH2=−41.8kJ·mol−1下列说法不正确的是A.图所示过程①是放热反应B.反应Ⅱ的能量过程示意图如图所示C.断开3molN2H4(g)的化学键吸收的能量大于形成1molN2(g)和4molNH3(g)的化学键释放的能量D.200℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)=N2(g)+2H2(g)ΔH=+50.7kJ·mol−1【答案】C【解析】【详解】A.过程①是N2H4分解生成N2和NH3，已知热化学方程式I中△H为负值，所以图示过程①为放热反应，故A正确；B.反应Ⅱ是放热反应，能量过程示意图正确，故B正确；C.放热反应中，反应物的化学键的键能之和小于生成物的化学键的键能之和，故C错误；D.根据盖斯定律：（I）-2×（II）得N2H4（g）═N2（g）+2H2（g）△H═-32.9kJ•mol-1-2×（-41.8kJ•mol-1）=+50.7kJ•mol-1，故D正确故选C。7.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法错误的是

A.该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)═2NO(g)H=+180kJmol﹣1B.1molN2(g)和NA个O2(g)反应生成2molNO(g)时，吸收的能量为180kJC.1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量大于2molNO(g)具有的总能量D.通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO(g)【答案】C【解析】【详解】A．H=反应物断裂化学键吸收的能量﹣生成物形成化学键放出的能量，N2（g）+O2（g）═2NO（g），H=946KJ/mol+498KJ/mol﹣2×632KJ/mol=+180kJ/mol，故A正确；B．由A可知，1molN2（g）和NA个O2（g）反应生成2molNO（g）时，吸收的能量为180kJ，故B正确；C．N2（g）+O2（g）═2NO（g），H=+180kJ/mol，为吸热反应，所以1molN2（g）和1molO2（g）具有的总能量小于2molNO（g）具有的总能量，故C错误；D．通常情况下，N2（g）和O2（g）不能发生化学反应，故D正确；本题答案C。8.下列关于化学能转化为电能的四种装置的说法正确的是A.电池Ⅰ中锌是正极B.电池Ⅱ一次性电池C.电池Ⅲ工作时，氢气发生还原反应D.电池Ⅳ工作时，电子由锌通过导线流向碳棒【答案】D【解析】【详解】A、锌比铜活泼，活泼的锌为负极，故A错误；B、铅蓄电池是二次电池，可以放电充电，故B错误；C、燃料电池是氢气作负极性氧化反应，所以电池工作时氢气发生氧化反应，故C错误；D、原电池中电子由负极沿导线流向正极，所以电池工作时电子由锌通过导线流向碳棒，故D正确；故选D。9.对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式的是A.电解CuSO4溶液的总反应(石墨作阳极、铁作阴极)：2Cu2++2H2O2Cu+4H++O2↑B.用惰性电极电解CuCl2水溶液：C.用惰性电极电解饱和AlCl3溶液：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-D.用惰性电极电解盐酸：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑【答案】A【解析】【详解】A．根据电解时电极放电顺序，石墨作阳极，铁作阴极时，CuSO4溶液中的Cu2+得电子，水电离出的OH-失去电子生成水和氧气，所以离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+4H+++O2↑，故A正确；B．根据电解时电极放电顺序，用惰性电极电解CuCl2水溶液时，溶液中的Cl-失去电子生成氯气，Cu2+得到电子生成铜，离子方程式为，故B错误；C．根据电解时电极放电顺序，用惰性电极电解饱和AlCl3溶液时，溶液中水电离出的H+得到电子生成氢气，溶液中的Cl-失去电子生成氯气，离子方程式为2Al3++6Cl-+6H2O3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓，故C错误；D．根据电解时电极放电顺序，用惰性电极电解盐酸时，溶液中的Cl-失去电子生成氯气，盐酸电离出的H+得到电子生成氢气，离子方程式是2H++2Cl-Cl2↑+H2↑，故D错误；本题答案A。10.关于如图所示的原电池，下列说法正确的是A.电子从铜电极通过电流计流向锌电极B.盐桥中的阴离子向硫酸铜溶液中迁移C.锌电极发生氧化反应；铜电极发生还原反应，其电极反应是D.取出盐桥后，电流计仍会偏转，铜电极在反应前后质量不变【答案】C【解析】【分析】【详解】

A．该原电池中较活泼的金属锌作负极，较不活泼的金属铜作正极，电流从铜电极通过电流表流向锌电极，故A错误；B．原电池放电时，盐桥中的阴离子向硫酸锌溶液中迁移，阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故B错误；C．原电池放电时，铜作正极，铜离子得电子发生还原反应在铜极上析出，电极反应式为，故C正确；D．取出盐桥则不能构成原电池无法产生电流，故D错误。故选C。11.中国向世界郑重承诺，努力争取2060年前完成“碳中和”。一种微生物电解池(MEC)既可以处理有机废水，又有助于降低碳排放，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是A.a电极为MEC的阳极B.MEC工作时，质子将从a电极室向b电极室迁移C.b电极的电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2OD.a电极室产生的CO2与b电极室消耗的CO2相等【答案】D【解析】【分析】电极a上有机质转化为CO2，发生氧化反应，所以a为阳极，电极b上CO2转化为CH4，发生还原反应，所以b为阴极。【详解】A．电极a上有机质转化为CO2，发生氧化反应，所以a为阳极，A正确；B．工作时为电解池，电解池中阳离子由阳极向阴极迁移，所以质子将从a电极室向b电极室迁移，B正确；C．电极b上CO2得电子被还原，结合迁移过来的氢离子生成CH4和H2O，根据电子守恒和元素守恒可得电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，C正确；D．有机质中C元素的化合价不一定和甲烷中C元素的化合价相同，所以a电极室产生的CO2与b电极室消耗的CO2不一定相等，D错误；综上所述答案为D。12.新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，电池是能源汽车关键部件之一，其工作原理如图所示，电池工作时的总反应为。下列说法错误的是A.充电时，电极a与电源负极连接，电极b与电源正极连接B.电池工作时，正极的电极反应为C.电池工作时，负极材料质量减少1.4g，转移0.4mol电子D.电池进水将会大大降低其使用寿命【答案】C【解析】【分析】二次电池放电时是原电池，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，由图知，Li+向右侧区域移动，则电极b为原电池的正极、电极a为负极，据此回答；【详解】A．据分析，放电时电极b为原电池的正极、电极a为负极，则充电时，电极a为阴极、与电源负极连接，电极b为阳极与电源正极连接，A正确；B．电池工作时，正极发生还原反应，由总反应知，正极上转变为，电极反应为，B正确；C．电池工作时，负极反应为：，负极材料质量减少1.4g、即消耗1.4gLi，Li物质的量为0.2mol，电子转移0.,2mol电子，C错误；D．电池进水，Li与水反应而消耗、放电能力下降，将会大大降低其使用寿命，D正确；答案选C。13.镍镉电池是二次电池，其工作原理示意图如下(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源的两极)。下列说法不正确的是A.断开K2、合上K1，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能B.断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应C.电极B发生氧化反应过程中，溶液中KOH浓度不变D.镍镉二次电池的总反应式：Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2【答案】C【解析】【分析】根据图示，电极A充电时为阴极，则放电时电极A为负极，负极上Cd失电子发生氧化反应生成Cd(OH)2，负极反应式为Cd-2e-+2OH-=Cd(OH)2，电极B充电时为阳极，则放电时电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，据此分析作答。【详解】A．断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，A正确；B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B正确；C．电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)2-2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，溶液中KOH浓度减小，C错误；D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2，D正确；答案选C。14.沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是A.阳极发生将海水中的氧化生成的反应B.管道中可以生成氧化灭杀附着生物的C.阴极生成的应及时通风稀释安全地排入大气D.阳极表面形成的等积垢需要定期清理【答案】D【解析】【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-，结合海水成分及电解产物分析解答。【详解】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；C．因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；D．阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。故选D。

15.为探究浓差原电池的的原理，某同学做如下实验(盐桥中为用琼脂封装的溶液)，电流计指针发生了偏转。下列说法正确的是A.盐桥中琼脂封装的溶液可替换为KCl溶液B.左侧烧杯中硝酸银溶液浓度将增大C.当转移1mol电子时，负极所在的烧杯中溶液增重108gD.盐桥换成铜丝，电流计指针不偏转【答案】B【解析】【分析】右侧烧杯中硝酸银溶液浓度大，银离子氧化性强，则银离子得电子发生还原反应，银片2电极为正极，则银片1电极为负极，据此回答；【详解】A．银离子能与氯离子反应产生沉淀，则盐桥中琼脂封装的溶液不可替换为KCl溶液，A错误；B．左侧为负极区，银片1电极为负极，负极反应为：，硝酸根离子向负极移动，则左侧烧杯中硝酸银溶液浓度将增大，B正确；C．结合选项B，当转移1mol电子时，负极能增加1molAgNO3，所在的烧杯中溶液增重170g，C错误；D．右侧烧杯中硝酸银溶液浓度大，银离子氧化性强，若盐桥换成铜丝，则右侧烧杯内自发进行、右侧烧杯为原电池装置，铜丝作负极、银片2作正极，而左侧烧杯内就变成电解装置，银片1与电源正极相连为阳极，铜丝与电源负极相连为阴极、电解液为硝酸银溶液，左侧烧杯为铜丝上电镀银的装置了，则电流计指针偏转，D错误；答案选B。16.甲烷燃料电池(以固体氧化物为电解质)的能量转化率高、成本低，成为当前电池研究的热点。以甲烷燃料电池为电源电解饱和食盐水，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.NiO电极的电极反应式为CH4+2H2O-8e-=8H++CO2B.O2-移向NiO电极，Cl-移向石墨电极C.从a、b两气体出口处收集到的气体体积相同D.理论上每消耗2.24LCH4(标准状况)，可产生0.2molH2【答案】B【解析】【分析】由图知，左边装置为甲烷燃料电池，右边为电解饱和食盐水装置；甲烷燃料电池中甲烷在负极失电子被氧化、氧气在正极得电子被还原，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极；电解池中，石墨电极与电源的正极相连为阳极、铁电极与电源的负极相连为阴极，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极；电化学反应时，电极上电子数守恒，据此分析回答。【详解】A．NiO电极上甲烷失电子被氧化、但O2-环境中不可能生成大量H+，A错误；B．原电池工作时，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，则O2-移向NiO电极；电解池工作时，内电路中阴离子移向阳极、则Cl-移向石墨电极，B正确；C．电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠，氢气和氯气：总反应方程式为。生成的氢气和氯气等物质的量，但是，氢气难溶于水、氯气能溶于水，则实际从a、b两气体出口处收集到的气体体积有所不同，C错误；D．该装置工作时，电极上转移的电子数守恒，则存在关系式：CH4~8e-~4H2，理论上每消耗2.24LCH4(标准状况)，即消耗0.1molCH4，可产生0.4molH2，D错误；答案选B。Ⅱ非选择题二、填空题(共四题，52分)17.化学反应的能量变化通常表现为热量的变化，因此反应热的研究对于化学学科发展具有重要意义。利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：①用量筒量取100ml0.5mol·L-1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取100ml0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH和盐酸溶液一并倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：（1）仪器a的作用是___________。烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是___________。（2）配制100ml0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液，需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、药匙、镊子、玻璃棒、量筒以及___________、___________。（3）实验中改用80ml0.5mol·L-1盐酸跟80ml0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所测中和热数值___________(填“相等”“不相等”)。反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol·L-1不是0.5mol·L-1的原因是___________。用Ba(OH)2溶液和硫酸代替上述试剂，所测中和热的数值___________。(填“相等”“不相等”)。（4）现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为___________。（5）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g．cm-3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1℃-1.为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠溶液混合溶液120.020.223.2220.220.423.4320.320.525.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热△H___________(结果保留一位小数)【答案】（1）①.搅拌使溶液快速混合，充分反应；②.保温、隔热，减少实验过程中的热量损失（2）①.100mL容量瓶②.胶头滴管（3）①.相等②.确保盐酸被完全中和③.不相等（4）△H1=△H2＜△H3（5）-51.8kJ·mol-1【解析】【分析】测定中和热时，要确保热量不散失、一定量的盐酸反应完全，在测定酸、碱溶液的起始温度后、需在保温装置中反应，一次性迅速把NaOH溶液倒入小烧杯中，并用环形玻璃搅拌棒、量取最高温度；为保证实验准确度，做平行实验，进行数据处理后、用公式计算出实验中放出的热量，并据此计算中和热，据此回答。【小问1详解】仪器a的作用是搅拌使溶液快速混合，充分反应。烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是保温、隔热，减少实验过程中的热量损失。【小问2详解】配制100ml0.55mol·L-1的氢氧化钠溶液时，需要称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶等操作。需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、药匙、镊子、玻璃棒、量筒以及100mL容量瓶、胶头滴管。【小问3详解】中和热是指在稀溶液中，酸和碱反应生成1mol水时所放出的热量，实验中改用80ml0.5mol·L-1盐酸跟80ml0.55mol·L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所测中和热数值相等；反应过程中NaOH溶液的浓度为0.55mol·L-1不是0.5mol·L-1的原因是确保盐酸被完全中和；用Ba(OH)2溶液和硫酸代替上述试剂，由于同时产生硫酸钡沉淀也会放热、则所测中和热的数值不相等。【小问4详解】稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液分别和1L1mol·L-1的稀盐酸反应，均为强酸和强碱生成可溶性盐和水；稀氨水和1L1mol·L-1的稀盐酸反应，氨水需电离产生氢氧根再和氢离子发生反应、电离吸热，放出热量较小，而中和反应焓变小于0，则生成等量水时弱碱参与的中和反应焓变大；现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和1L1mol·L-1的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为△H1、△H2、△H3，则△H1、△H2、△H3的大小关系为△H1=△H2＜△H3。【小问5详解】数据处理：第一次起始平均温度为20.1℃、测定温度差为：(23.2-20.1)℃=3.1℃，第二次起始平均温度为20.3℃、测定的温度差为：(23.4-20.3)℃=3.1℃，第三次起始平均温度为20.4℃、测定的温度差为：(25.6-20.4)℃=5.2℃，其中第三次的温度差误差较大，应该舍弃，其它二次温度差的平均值为：△T=3.1℃，已知100ml0.5mol·L-1盐酸与100ml0.55mol·L-1NaOH溶液发生中和反应，生成水的物质的量为n(H2O)=0.1L×0.50mol/L=0.05mol，假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和反应后生成溶液的比热容c=4.18J·g-1℃-1，溶液的质量为：200mL×1g/cm3=200g，则生成0.05mol水放出的热量为：Q=c•m•△T=4.18J/(g•℃)×200g×3.1℃=2591.6J，即2.5916kJ，所以依据该学生的实验数据计算，实验测得的中和热为：。18.I．(1)发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，用二氧化氮为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H1=+67.7kJ•mol-1N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=-534kJ•mol-1H2O(l)=H2O(g)△H3=+44kJ•mol-1（1）写出肼与二氧化氮反应生成液态水的热化学方式___________。（2）上述反应用于火箭推进剂，除释放大量的热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是___________。II．电解原理在化学工业中有广泛应用。下图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题：（3）请用下图方框内所示仪器装置设计一个包括：电解饱和食盐水并测定电解时产生的氢气的体积和检验氯气的氧化性的实验装置。

①所选仪器连接时，各接口的顺序是(填各接口的字母代号)：A接___________、___________接___________；B接___________、___________接___________；体现氯气氧化性的实验现象为：___________甲中发生反应的离子方程式为___________②实验时，电极材料为铁电极与石墨电极，装置中的石墨电极为___________极(填X、Y)，此电解反应的离子方程式为___________。③要使电解后溶液恢复到电解前的状态，则需加入(或通入)___________。【答案】（1）2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l)△H=-1311.7kJ•mol-1（2）燃烧产物不污染环境（3）①.F②.G③.H④.D⑤.E⑥.C⑦.KI淀粉溶液变蓝⑧.⑨.Y⑩.⑪.HCl或氯化氢【解析】【分析】【小问1详解】已知①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H1=+67.7kJ•mol-1，②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H2=-534kJ•mol-1③H2O(l)=H2O(g)△H3=+44kJ•mol-1根据盖斯定律，可得：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(l)△H=-1311.7kJ•mol-1；【小问2详解】此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是：产物氮气为空气的成分之一，水和氮气都不会造成环境污染，故答案是：燃烧产物不污染环境；【小问3详解】①A装置丙的F，G→H把水排入量筒内，用量筒测量出排出的水量，以测定产生H2的体积，B接洗气瓶的D→E，生成的Cl2在洗气瓶中使淀粉碘化钾溶液变蓝，多余的Cl2用NaOH溶液吸收，氯气氧化碘化钾，生成碘单质，碘单质遇淀粉溶液变蓝色，氯气与NaOH的反应，离子反应为：；故答案为：F，G，H，D，E，C，KI淀粉溶液变蓝；；②实验时，铁电极作阴极，碳作阳极，装置中石墨电极接电源的正极(Y极)，所发生的反应为；铁电极接电源的负极，所发生的反应为；此电解总反应离子方程式为：；③电解食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气，应通入氯化氢才能恢复到原来的浓度，故答案为：HCI(或氯化氢)；19.如图是一个电化学过程的示意图，请按要求回答下列问题(1)甲池是___________装置(填“原电池”或“电解池”)(2)写出电极反应式：通入CH4的电极___________。(3)反应一段时间后，甲池中消耗1.6g甲烷，则乙池中某电极的质量增加__________g。(4)反应一段时间后，乙池中溶液成分发生了变化，想要完全恢复到电解前可加入的物质是___________。(5)某工厂烟气中主要含SO2，可用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示(电极材料为石墨)。①图中a极要连接电源的___________(填“正”或“负”)极，C口流出的物质是___________。②SO放电的电极反应式为___________。③阴极的电极反应式为___________。【答案】①.原电池②.CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O③.86.4g④.Ag2O⑤.负⑥.较浓的硫酸⑦.SO-2e-+H2O=SO+2H+⑧.2H2O+2e-=H2↑+2OH-【解析】【详解】(1)甲池是燃料电池，将化学能转化为电能，属于原电池。(2)通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，B连接原电池正极，为电解池阳极，A连接原电池负极，为电解池阴极；甲烷在负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O。(3)由电极反应式CH4-8e-+10OH-=CO+7H2O可知，消耗1.6g甲烷的物质的量为0.1mol，失去电子0.8