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2022-2023学年宁夏石嘴山市第三中学高二下学期第一次月考化学（理）试题含解析
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这是一份2022-2023学年宁夏石嘴山市第三中学高二下学期第一次月考化学（理）试题含解析，共37页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题，附加题等内容，欢迎下载使用。
石嘴山三中2022~2023学年高二年级第二学期第一次月考
理科化学试题
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Si 28 S 32 Ca 40 Ni 48 Ti 59 Cu 64
一、单项选择题(每小题2分，共52分)
1. 意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1mol N－N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法正确的是（ ）
A. N4属于一种新型的化合物
B. N4的沸点比P4（白磷）的高
C. 理论上可以将N4转化为N2的反应设计成原电池
D. 1mol N4所含有的能量比2mol N2所含有的能量高
【答案】D
【解析】
【详解】N4属于单质，故A错误；N4相对分子质量比P4小，所以沸点比P4（白磷）的低，故B错误；N4转化为N2属于非氧化还原反应，不能设计成原电池，故C错误；1mol N4生成2mol N2的反应热是167×6－942×2= - 882kJ/mol，反应放热，1mol N4所含有的能量比2mol N2所含有的能量高，故D正确。
2. 下列反应过程中的能量变化符合图的是：
①酸碱中和；②镁与盐酸的反应；③生石灰变成熟石灰的反应；④铝热反应；
⑤石灰石分解；⑥甲烷燃烧；⑦灼热的炭与二氧化碳反应
A. ①②③⑤ B. ④⑤⑦ C. ③④⑦ D. ⑤⑦
【答案】D
【解析】
【分析】图中生成物总能量高于反应物总能量，为吸热反应，故找出吸热反应的组合即可。
【详解】⑤石灰石分解、⑦灼热的炭与二氧化碳反应，属于吸热反应。燃烧反应、中和反应、活泼金属与酸反应、铝热反应、生石灰与水反应等都是放热反应。
本题选D。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 沸点大小：HI>HBr>HCl>HF
B. HF很稳定性很强，是因为分子间能形成氢键
C. 冰、水和水蒸气中都含有氢键
D. 构成单质分子的微粒之间不一定存在共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．HF分子间存在氢键，则沸点大小：HF>HI>HBr>HCl，A错误；
B．HF很稳定性很强，是因为H-F键能很大，氢键不能影响物质的稳定性，B错误；
C．水蒸气中不存氢键，C错误；
D．构成单质分子的微粒之间不一定存在共价键，例如稀有气体，D正确；
答案选D。
4. SO2是主要大气污染物之一，工业上可用如下装置吸收转化SO2(A、B为惰性电极)。下列说法正确的是
A. 电子流动方向为：B→b→a→A
B. a、A极上均发生氧化反应
C. 离子交换膜为阳离子交换膜
D. B极上的电极反应式为：SO2+2eˉ+2H2O=SO42-+4H+
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示可知，SO2→H2SO4，硫元素化合价升高，发生氧化反应，所以B为电解池的阳极，A为电解池的阴极，a为电源的负极。
【详解】A.电子由负极流向正极，因此电子流动方向为a→A、B→b，电子不能从溶液中通过，A错误；
B.a为电源的负极，发生氧化反应，A为电解池的阴极，发生还原反应，B错误；
C.该电解池中阴极发生还原反应：2SO32-+2e-+ 4H+ =S2O42-+ 2H2O，阳极发生氧化反应：SO2-2e-+2H2O =4H++SO42-，反应需要氢离子，因此离子交换膜为阳离子交换膜，C正确；
D.B为电解池的阳极，失电子：SO2-2e-+2H2O =4H++SO42-，D错误；
正确选项C。
5. 已知外电路中，电子由b极流向锌，有关如图所示的装置分析不合理的是
A. 该装置中Cu极为正极
B. 当铜极的质量变化为32g时，a极上消耗的在标准状况下的体积为5.6L
C. b极反应的电极反应式为
D. 一段时间后锌片一极质量增加
【答案】A
【解析】
【分析】已知外电路中，电子由b极流向锌，根据装置图分析，左边为氢氧燃料电池，a为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，b为负极电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O，右边装置为电解池，Zn做阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；Cu做阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，据此分析解题。
【详解】A．分析判断，铜为电解池中的阳极，故A错误；
B．当铜极的质量变化为32g时物质的量为0.5ml，依据电子守恒和电极反应可知，O2+2H2O+4e-=4OH-，Cu-2e-=Cu2+；2Cu～O2，a极上消耗的O2在物质的量为0.25mol在标准状况下的体积为5.6L，故B正确；
C．b电极是氢气失电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成水，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O，故C正确；
D．Zn做阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，质量增加，故D正确；
故选A。
6. 下列说法中不正确的是
⑴所有的化学反应都伴随着能量变化。⑵化学反应中的能量变化都是热能的变化。⑶不同的化学反应放出或吸收的热量一般是不相同的。⑷同一化学反应中反应物的用量不同时，放出或吸收的热量不会相同。⑸选择好的催化剂可以使由水制取氢气的同时放出热量。⑹因为氢气燃烧是放热的，所以水的分解反应一定是吸热的。（ ）
A. ⑴⑶ B. ⑷⑹ C. ⑵⑸ D. ⑴⑶⑷⑹
【答案】C
【解析】
【详解】(1)所有的化学反应均有化学键的断裂和生成，则均有能量变化，故正确；
(2)化学反应中的能量变化通常表现为热能的变化，还会转化为光能、电能等，故错误；
(3) 放出或吸收的热量与物质的量、状态等有关，则热量一般不相同，故正确；
(4)物质的量与热量成正比，则同一化学反应中反应物的用量不同时，放出或吸收的热量不会相同，故正确；
(5) 催化剂只能改变化学反应速率，不能改变化学反应的热效应，则选择好的催化剂，由水制取氢气吸收的热量不变，不会放出热量，故错误；
(6)因为氢气燃烧是放热的，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则水的分解反应一定是吸热的，故正确；
综上所述，本题选C。
7. 下列有关中和热实验的说法正确的是
A. 用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，测得ΔH偏高
B. 强酸与强碱反应生成1 mol水的ΔH都约为－57.3 kJ·mol－1
C. 测定中和热实验中，读取混合溶液不再变化的温度为终止温度
D. 某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和热ΔH＝－52.3 kJ·mol－1，造成这一结果的原因不可能是：用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度
【答案】A
【解析】
【详解】A.用铜丝代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的热量数值偏小，但△H偏高，故A正确；
B.强酸与强碱反应生成沉淀和水反应中，有中和热的同时，会伴随着沉淀热的生成，如硫酸与氢氧化钡发生中和反应，生成1mol水时放出的热量大于57.3 kJ·mol－1，故B错误；
C.测定中和热实验中，读取混合溶液最高温度为终止温度，故C错误；
D.用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度，该操作会导致测得的NaOH溶液的初始温度偏高，最后反应放出的热量比实际放出的热量少，有可能，故D错误；
答案选A。
8. 已知：①1mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量；②1mol I2蒸气中化学键断裂时需要吸收151kJ的能量；③由H原子和I原子形成1mol HI分子时释放299kJ的能量。下列判断不正确的是（ ）
A. I2蒸气比H2分子稳定 B. 2mol HI(g)发生分解反应吸收11kJ热量
C. HI与NaOH反应属于放热反应 D. 0.5mol H2(g)与0.5mol I2(g)完全反应释放出5.5kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 断裂1molH2分子中的化学键需吸收能量436kJ，断裂1molI2蒸气中化学键时需要吸收151kJ的能量，所以相同条件下，H2分子中的化学键更牢固，则H2比I2稳定，故A错误；
B. 反应：H2+I2=2HI，生成2molHI需要吸收能量断裂旧的化学键1molH−H键和1molI−I键，形成新的化学键释放能量。所以该反应的反应热为△H=436kJ+151kJ−2×299kJ=−11kJ/mol<0，所以2molHI(g)发生分解反应吸收11kJ热量，故B正确；
C. HI与NaOH反应属于中和反应，中和反应为放热反应，故C正确；
D. 由B分析可知，H2+I2=2HI生成2molHI放出11kJ热量，所以0.5molH2(g)与0.5molI2(g)完全反应释放出5.5kJ热量，故D正确。答案选A。
【点睛】本题考查的是反应热和焓变。解题需注意化学键的键能越大，分子中的化学键越牢固；焓变=反应物键能之和-生成物键能之和。据此解答。
9. 下列关于晶体的说法正确的组合是
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、、晶体熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤晶格能由大到小顺序：
⑥晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑥⑦ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①单原子分子不存在共价键，只存在分子间作用力，故①错误；
②晶体只要有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体含有组成微粒为阳离子和电子，故②错误；
③晶体中熔点高低一般顺序是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，物质的熔点与相对分子质量成正比（含有氢键的物质除外），所以这几种物质的熔点高低顺序是：金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故③正确；
④离子晶体中一定存在离子键，可能有共价键，如NaOH中既有离子键又有共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，F、Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI， 故⑤正确；
⑥原子晶体中非金属原子之间作用力为共价键，则SiO2晶体中每个硅原子能形成4个共价键，则每个Si与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；
⑦分子的稳定性属于化学性质，与共价键有关，分子间作用力与稳定性无关，故⑦错误；
正确的组合是③⑤，故选D。
10. 下列有关能量的判断或表示方法正确的是
A. 从C(石墨)＝C(金刚石）ΔH＝1.9 kJ·mol－1，可知金刚石比石墨更稳定
B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
C. 由H+(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l） ΔH＝-57.3 kJ·mol－1，则向含0.1 mol HCl的盐酸中加入4.0 gNaOH固体，放出热量等于5.73 kJ
D. 2 gH2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l） ΔH＝-571.6 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】A．物质所含有的能量越低就越稳定。由于C(石墨)＝C(金刚石）吸收能量，所以金刚石不如石墨更稳定，A错误。
B．等质量的硫蒸气比硫固体所含有的能量高，所以硫蒸汽完全燃烧，放出热量更多，B错误。
C．NaOH固体溶解于水会放出热量，所以向含0.1 mol HCl的盐酸中加入4.0 gNaOH固体，放出热量大于5.73 kJ，C错误。
D．2 gH2即1mol的氢气完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则2mol的氢气燃烧放出热量为571.6 kJ。所以其燃烧的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l） ΔH＝-571.6 kJ·mol－1，D正确。
答案选D。
11. CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是
A. 1个Ca2+周围距离最近且等距离的数目为4
B. 该晶体中的阴离子与F2是等电子体
C. 6.4gCaC2晶体中含阴离子0.2mol
D. 与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个
【答案】A
【解析】
【详解】A．依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的有4个，故A正确；
B．含电子数为2×6+2=14，F2的电子数为18，二者电子数不同，不是等电子体，故B错误；
C．6.4g CaC2物质的量为，CaC2晶体中含阴离子为，则含阴离子0.1mol，故C错误；
D．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错误；
故选：A。
12. 下列说法正确的是
A. ，
B. ，
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A、燃烧为放热反应，固态转化为气态吸热，则，，故A错误；
B、化学键断裂吸热，可知，故B错误；
C、非金属的气体原子转化为离子放热，则，故C正确；
D、由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，，则，故D错误；
故选：C。
13. 下列物质，按其晶体熔点由高到低排列正确的是
A. 、Si、CsCl、NaCl、、、
B. Si、、CsCl、NaCl、、、
C. 、Si、NaCl、CsCl、、、
D. Si、、CsCl、NaCl、、、
【答案】C
【解析】
【详解】、Si为共价晶体，Si-Si的键长比Si-O长，则Si-Si的键能比Si-O小，所以熔点>Si；
CsCl和NaCl 为离子晶体，半径Cs+>Na+，所以CsCl的晶格能小，熔点CsCl
、、都为分子晶体，分子间含有氢键熔点高，分子间不含有氢键，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，则、、熔点：>>；
不同晶体的熔点：一般为共价晶体>离子晶体>分子晶体，所以按其晶体熔点由高到低排列顺序为：、Si、NaCl、CsCl、、、；
故选C。
14. 以铅蓄电池为电源，石墨为电极电解CuSO4溶液(足量)，装置如下图。若一段时间后Y电极上有6.4 g红色物质析出，停止电解。下列说法正确的是( )
A. a为铅蓄电池的负极
B 电解过程中SO42-向右侧移动
C. 电解结束时，左侧溶液质量增重8 g
D. 铅蓄电池工作时正极电极反应式为：PbSO4＋2e－===Pb＋SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解池的Y极有Cu析出，则Y为阴极，b为铅蓄电池的负极，故A错误；
B.电解过程中SO42－向电解池的阳极X极移动，即左侧移动，故B错误；
C.电解过程中，阴极析出6.4g铜的物质的量为0.1mol，转移电子为0.2mol，则同时有0.2mol÷2=0.1mol的SO42-进入左侧，其质量为0.1mol×96g/mol=9.6 g，且阳极上有0.2mol÷4=0.05 molO2生成，其质量为0.05mol×32g/mol=1.6 g，故结束时，左侧溶液质量增重9.6 g-1.6 g=8 g ，故C正确；
D.铅蓄电池工作时正极电极反应式为：4H++PbO2+2e－+SO42－＝PbSO4 ↓+2H2O，故D错误；答案为C。
【点睛】本题考查原电池原理和电解原理的应用，易错点是根据Y极有Cu析出判断出电解池的阴、阳极，难点是结合电解池中阴离子交换膜和电子转移的数目计算左侧溶液增重的质量应该是注入的硫酸根离子和阳极生成氧气的质量差。
15. 深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是
A. 正极反应为：SO42-+5H2O+8e-=HS-+9OH-
B. 输送暖气的管道不易发生此类腐蚀
C. 这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·xH2O
D. 管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为SO42-+5H2O+8e-=HS-+9OH-，故A正确；
B．硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化效率，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，故B正确；
C．由图示可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，故C错误；
D．管道上刷富锌油漆，形成Zn—Fe原电池，Fe变为正极，可以延缓管道的腐蚀，故D正确；
答案为C。
16. 已知：
2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
Na2O2(s)＋CO2(g)＝Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－266 kJ·mol－1
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是
A. CO的燃烧热为283 kJ
B. 下图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)＝2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＞－532 kJ·mol－1
D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出549 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，则一氧化碳的燃烧热为283KJ/mol，单位不对，故A错误；
B、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，分析图象中一氧化碳和二氧化碳物质的量为1、1，物质的量不符合反应物质的物质的量，故B错误；
C、2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=-532 kJ/mol，CO2（s）变气体为吸热的过程，所以本题放出的热量就少于532kJ，但是△H＞-532 kJ/mol，即2Na2O2（s）+2CO2（s）＝2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞-532 kJ/mol，故C正确；
D、根据盖斯定律可知Na2O2（s）+CO（g）＝Na2CO3（s）△H=-549kJ/mol，所以1molNa2O2反应转移电子数是2×6.02×1023=1.204×1024，故D错误；
故答案选C。
17. 已知LiAl/FeS电池是一种新型的车载电池，对该电池充电时，阳极的电极反应式为：Li2S+Fe－2e－=2Li++FeS。下列有关该电池的说法中，正确的是
A. 化合物LiAl具有强还原性，作负极材料
B. 为了延长电池的使用寿命，可以隔一段时间添加含电解质的的水溶液
C. 放电时，该电池的总反应式为2Li+FeS=Li2S+Fe
D. 放电时，当电路中0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+向LiAl移动
【答案】C
【解析】
【详解】A、Li和Al都属于金属，所以Li-Al应该属于合金而不是化合物，故A错误；B、Li是IA活泼金属，与水剧烈反应，不能加水溶液，故B错误；C、根据电解时阳极反应得正极反应2Li＋+FeS+2e－=Li2S+Fe与负极反应2Li-2e－=2Li＋相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+Fe，故C正确；D、根据C中电极反应，Li＋ 在正极消耗，故移向正极，LiAl为负极，D错误；故选C。
点睛：C是难点，Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料Li-Al/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Li-e－=Li＋，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li＋+FeS+2e－=Li2S+Fe，所以电池反应为：2Li+FeS=Li2S+Fe。
18. 用催化还原，可以消除氮氧化物污染。已知：
①
②
下列说法不正确的是
A. 若标准状况下4.48L与完全反应生成、和水蒸气，放出的热量为173.4kJ
B. 由反应①可推知：
C. 反应①②中，相同物质的量的发生反应，转移的电子数相同
D. 反应②中当4.48L反应完全时转移的电子为1.60mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，(①+②)×得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H=-867kJ/mol，标准状况下4.48L CH4的物质的量为0.2mol，放出的热量为0.2mol×867kJ/mol =173.4kJ，A正确；
B．由于液态水转化为气态水需要吸收热量，所以生成液态水的反应放出的热量多，放热越多，∆H越小，即∆H ＜-574 kJ/mol，B正确；
C．反应①②中CH4均转化为CO2，所以相同物质的量的CH4发生反应，转移的电子数相同，C正确；
D．因为没有指明气体所处的状况，4.48L CH4的物质的量无法求算，转移电子数也无法计算，D错误。
故选D。
19. 下列两组热化学方程式中，有关ΔH的比较正确的是
①CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(g) ΔH1
CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l) ΔH2
②NaOH(aq)+H2SO4(浓)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH3
NaOH(aq)+CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH4
A. ΔH1＞ΔH2；ΔH3＞ΔH4 B. ΔH1＞ΔH2；ΔH3＜ΔH4
C. ΔH1＝ΔH2；ΔH3＜ΔH4 D. ΔH1＜ΔH2；ΔH3＞ΔH4
【答案】B
【解析】
【详解】由于H2O(g)转化为H2O(l)要放出热量，所以等物质的量的CH4(g)燃烧生成液态水时放出热量的数值要比生成气态水时的大，则ΔH1＞ΔH2；等物质的量的NaOH与稀醋酸、浓H2SO4恰好反应生成等物质的量的水，若不考虑浓H2SO4溶解放热和弱电解质电离吸热，应放出相同的热量。但在实际反应中，浓H2SO4溶于水时放热，使反应放出的总热量增多；醋酸是弱酸，部分CH3COOH分子在电离过程中要吸热，使反应放热减小，则ΔH3＜ΔH4，综上分析可得B符合题意，故选B。
答案选B
20. 下列有关晶体堆积模型和晶胞的说法错误的是
A. 图①、图②和图③都是最密堆积，图④的空间占有率是图中最小的
B. 从左至右的配位数依次为12、12、12、6、8
C. 图①可以表示氯化钠晶胞中氯离子的堆积方式
D. 铜晶体、碳化硅晶体中的硅原子、硫化锌晶体中的硫离子都采用图③中的最密堆积
【答案】C
【解析】
【分析】图①是六方最密堆积、图②和图③都是面心立方最密堆积，配位数都是12，图④简单立方堆积，配位数是6，图⑤是体心立方堆积，配位数是8；氯化钠中负离子采取ABCABC…式堆积，其中最小重复单位是立方面心的晶胞，正离子的位置是在负离子堆积的空隙中；铜晶体、碳化硅晶体中的硅原子、硫化锌晶体中的硫离子都采用面心立方最密堆积，据此作答。
【详解】A．图①是六方最密堆积、图②和图③都是面心立方最密堆积，图①、图②和图③都是最密堆积，简单立方堆积的空间占有率为52%、最小，即图④空间占有率最小，故A正确；
B．最密堆积的配位数都是12，简单立方堆积的配位数是6，体心立方堆积的配位数是8，故B正确；
C．氯化钠中Cl-采取ABCABC…式堆积，其中最小重复单位是立方面心的晶胞，不是图①的六方最密堆积，故C错误；
D．Cu晶体是典型的面心立方最密堆积，碳化硅晶胞中4个C原子位于晶胞体内，Si原子位于晶胞的顶点和面心位置，所以碳化硅晶体中的硅原子采取面心立方最密堆积；硫化锌晶胞中4个Zn2+位于晶胞体内，S2-位于晶胞的顶点和面心位置，所以硫化锌晶体中的S2-采取面心立方最密堆积，故D正确；
故选C。
21. 某电化学气敏传感器的工作原理如图所示．下列说法正确的是
A. b极为负极
B. a极的电极反应式为2NH3+3O2﹣﹣6e﹣═N2+3H2O
C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4∶5
D. 该传感器在工作过程中KOH的物质的量不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．该感器在工作过程中，负极上氨气失电子生成氮气，则a为负极，故A错误；
B．碱性条件下，氨气失电子生成氮气和水，则a极的电极反应式为2NH3+6OH--6e-═N2+6H2O，故B错误；
C．电池的总反应为4NH3+3O2═2N2+6H2O，则反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4:3，故C错误；
D．该传感器在工作过程中总反应为4NH3+5O2═4N2+6H2O，所以KOH的物质的量不变，故D正确；
故选D。
22. 如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测，下列说法不正确的是
A. 电流由O2所在的铂电极经外电路流向另－电极
B. 该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
C. O2所在的铂电极处发生还原反应
D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量
【答案】B
【解析】
【分析】该装置中含有质子交换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断。
【详解】A. 乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，A正确；
B. 该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知乙醇在负极失去电子被氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，B错误；
C. 乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处得到电子发生还原反应，C正确；
D. 根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。
23. 下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为 890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ•mol-1
B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为 57.3kJ•mol-1，则H2SO4(aq)+ Ba(OH)2(aq)═BaSO4(s)+H2O(l) △H = -57.3kJ•mol-1
C. 500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H= -38.6kJ•mol-1
D. 已知 25℃、101KPa 条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H= -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则 O2比 O3 稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，氢元素应该转化成液态水，选项A错误；
B、硫酸和氢氧化钡溶液的反应中，硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡沉淀也伴随着能量变化，选项B错误；
C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，题给信息无法确定该反应的焓变，选项C错误；
D、已知25℃、101KPa条件下：①4Al（s）＋3O2（g）＝2A12O3（s） △H＝－2834．9 kJ·mol-1，②4Al（s）＋2O3（g）＝2A12O3（s） △H＝－3119．1 kJ·mol-1，根据盖斯定律：①-②得3O2（g）＝2O3（g），△H＝+288.2 kJ·mol-1，则O2比O3稳定，选项D正确。
答案选D。
24. 已知：①1mol晶体硅中含有2molSi—Si，1molSiO2晶体中含有4molSi—O。②，其反应过程与能量变化如图所示。
化学键
Si—O
O=O
Si—Si
断开1mol共价键所需能量/kJ
460
500
176
下列说法正确的是
A. 晶体硅光伏发电是将化学能转化为电能
B. 二氧化硅的稳定性小于硅的稳定性
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．晶体硅光伏发电是将太阳能转化为电能，A项错误；
B．根据化学键的键能判断，Si—O键的键能大于Si—Si键的键能，所以二氧化硅稳定性大于硅的稳定性，B项错误；
C．，C项正确；
D．根据图中可知，，D项错误；
答案选C。
25. 将图1所示的装置中盐桥换成铜导线与两石墨棒连接得到图2所示装置，并将NaCl溶液换为HCl溶液，发现电流表指针仍然有偏转，下列说法正确的是
A. 图2中乙装置总反应的离子方程式：
B. 两图都是将化学能转变成电能的装置
C. 图1盐桥中的阳离子移向甲装置
D. 图2中电子流向为Fe→电流计→石墨a→石墨b→石墨c→Fe
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，图1为原电池，Fe作负极，石墨作正极；图2是原电池和电解池的串联结构，由烧杯中电解质溶液的种类和电极可以推知甲为原电池装置，乙为电解池装置，甲中Fe为负极，石墨c为正极，乙中石墨a为阴极，石墨b为阳极，乙装置为电解氯化铜的装置，以此解答。
【详解】A．图2乙装置为电解氯化铜的装置，生成氯气和铜，总反应的离子方程式：，A正确；
B．图2甲为原电池，乙为电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，B错误；
C．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动，应向乙移动，C错误；
D．电子只在导线中移动看，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a、石墨b→铜丝→石墨c，D错误；
故选A。
26. 如图所示：
下列说法正确的是
A. 甲池通入O2的电极反应为O2 + 4e-+ 4H+＝2H2O
B. 乙池 Ag电极增重6.4g，溶液中将转移0.2mol电子
C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲池是燃料电池，通入O2的电极为正极，电极反应为O2 + 4e-+ 2H2O＝4OH-，故A错误；
B．乙池是电解池，Ag电极为阳极，电解过程中Ag要发生氧化反应，质量减轻，故B错误；
C．电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；
D．甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以消耗280mL(标准状况下0.0125mol)O2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol×1/2×58g/mol=1.45g固体，故D正确；
故选D。
【点晴】结合电化学原理准确判断原电池和电解池是解题关键，在电化学装置图中，有电源的是电解池，与电源正极连接的电极为阳极，与电源负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除金、铂、石墨之外的电极)，则是电极失去电子，发生氧化反应；若为惰性电极，则是溶液中的阴离子放电失去电子；在阴极则是溶液中的阳离子获得电子发生还原反应。掌握离子的放电顺序是正确书写电极反应式和总反应方程式的关键。若无电源，该装置是原电池，一般情况下活动性强的电极为负极，失去电子发生氧化反应；活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。电极反应与电解质溶液有关。若是多个装置连接在一起，则电极活动性差别大的是原电池，起电源的作用，活动性弱的为电解池。无论是原电池还是电解池，在整个闭合回路中电子转移数目相等。
二、非选择题(共68分)
27. 现有几组物质的熔点(℃)数据：
A组
B组
C组
D组
金刚石：3550
Li：181
HF：-83
NaCl
硅晶体：1410
Na：98
HCl：-115
KCl
硼晶体：2300
K：64
HBr：-89
RbCl
二氧化硅：1732
Rb：39
HI：-51
Mg0：2800
据此回答下列问题：
（1）由表格可知，A组熔点普遍偏高，据此回答：
①A组属于_______晶体，其熔化时克服的粒子间的作用力是_______；
②硅的熔点低于二氧化硅，是由于_______；
③硬度比较：晶体硅_______晶体硼(“大于”或“小于”)；
（2）B组晶体中存在的作用力是_______，其共同的物理性质是_______(填序号)
①有金属光泽 ②导电性 ③导热性 ④延展性
（3）C组中HF熔点反常是由于_______。
（4）D组晶体可能具有的性质是_______(填序号)。
①硬度小 ②水溶液能导电 ③固体能导电 ④熔融状态能导电
（5）D组晶体中NaCl、KCl、RbCl的熔点由高到低的顺序为_______，MgO晶体的熔点高于三者，其原因解释为_______。
【答案】（1） ①. 共价 ②. 共价键 ③. Si—Si键的键能小于Si—O键的键能 ④. 小于
（2） ①. 金属键 ②. ①②③④
（3）HF分子间能形成氢键
（4）②④ （5） ①. NaCl＞KCl＞RbCl ②. 同为离子晶体，镁离子和氧离子的半径更小，电荷数更多，离子键更强，熔点更高
【解析】
【小问1详解】
A组由非金属元素组成，熔点最高，属于共价晶体，共价晶体熔化时需要破坏共价键，共价晶体中原子半径小的键长短、键能大，熔、沸点高，硬度大，O和B的半径均小于Si，Si—O键和B—B键的键能均大于Si—Si键，因此二氧化硅的熔点更高，晶体硼的硬度更大。
【小问2详解】
B组均为金属，金属晶体中存在金属键，金属的通性为具有金属光泽，热和电的良导体，具有延展性。
【小问3详解】
C组卤化氢晶体都属于分子晶体，HF熔点高是因为分子间能形成氢键。
【小问4详解】
D组晶体为离子晶体，离子化合物在水溶液或熔融状态下能够导电，固体中离子不能自由移动，不导电。
【小问5详解】
离子键的键能与离子电荷数和离子半径有关，电荷越多、半径越小键能越大，NaCl、KCl、CsCl电荷数相同，但是阳离子半径依次增大，故熔点依次降低；MgO中离子半径小、电荷数多，因此键能大，熔点更高。
28. 溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：
苯
溴
溴苯
密度/
0.88
3.10
1.50
沸点/℃
80
59
156
水中溶解度
微溶
微溶
微溶
按下列合成步骤回答问题：
（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了_______气体。继续滴加至液溴滴完。装置d的作用是_______。
（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：
①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；
②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是_______；
③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是_______。
（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_______，要进一步提纯，下列操作中必需的是_______(填入正确选项前的字母)。
A.重结晶 B.过滤 C.蒸馏 D.萃取
（4）在该实验中，a的容积最适合的是_______。
A. 25mL B. 50mL C. 250mL D. 500mL
【答案】（1） ①. HBr ②. 吸收HBr和Br2
（2） ①. 除去HBr和未反应的Br2 ②. 吸收其中的水分
（3） ①. 苯 ②. C （4）B
【解析】
【分析】铁和溴反应生成三溴化铁，三溴化铁与苯作用，生成溴苯，同时有溴化氢生成，a中发生的化学方程式为：2Fe+3Br2=2FeBr3，，据此进行作答。
【小问1详解】
a中，Fe和溴发生氧化反应生成溴化铁，在溴化铁作催化剂条件下，苯和溴发生取代反应生成溴苯和HBr，HBr遇水蒸气生成氢溴酸小液滴而产生白雾；铁作催化剂，氢溴酸和氢氧化钠反应生成易溶于水的溴化钠和水，溴单质和氢氧化钠反应，生成易溶于水的溴化钠和次溴酸钠，装置d中的作用是吸收HBr和Br2；故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；
【小问2详解】
溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中，然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯，故答案为：除去HBr和未反应的Br2；吸收其中的水分；
【小问3详解】
经过上述分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为苯；利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯，故答案为：苯；C
【小问4详解】
操作过程中，最初在a中加入15mL无水苯、4.0mL溴，总体积约19.0mL，三颈烧瓶作为反应器时液体体积控制在烧瓶体积的三分之一到三分之二直接，则a的容积最适合的是50mL，答案选B。
【点睛】本题主要考查了溴苯的制取实验，明析反应原理是解答的关键
29. 为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。
（1）甲装置中，a电极的反应式为_______。
（2）乙装置中，阴极区产物为_______和_______。
（3）丙装置是一种家用环保型消毒液发生器。外接电源a为_______(填“正”或“负”)极，该装置内，发生的电解方程式为_______、生成消毒液的方程式为_______。
（4）若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为_______(不考虑气体的溶解)。
【答案】（1）H2-2e-+2OH-=2H2O
（2） ①. NaOH ②. H2
（3） ①. 负极 ②. ；2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（4）3:4
【解析】
【分析】(1)甲装置中，a电极通入的是氢气，因此a电极是负极，发生氧化反应；
(2)乙装置是电解饱和食盐水，阴极是溶液中的氢离子放电产生氢气，同时使水的电离平衡正向移动，从而产生氢氧根离子；
(3)丙装置是一种家用环保型消毒液发生器，电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氯气、氢气，氯气和氢氧化钠反应生成具有消毒作用的次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，下端电极生成氯气，所以电源a为负极；
(4)若甲装置作为乙装置的电源，因此满足电子转移守恒。每消耗2mol氢气同时消耗1mol氧气，转移4mol电子。而在乙装置中可以产生2mol氢气和2mol氯气，所以一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为3:4。
【小问1详解】
甲装置是氢氧燃料电池，a电极通入的是氢气，a电极是负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；
故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O。
【小问2详解】
乙装置是电解饱和食盐水，阴极是溶液中的氢离子放电产生氢气，同时使水的电离平衡正向移动，从而产生氢氧根离子，钠离子向阴极运动，所以阴极区产物为NaOH和H2；
故答案为：NaOH；H2。
【小问3详解】
丙装置是一种家用环保型消毒液发生器，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠反应生成具有消毒作用的次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，下端电极生成氯气，所以电源a为负极，该装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
故答案为：负极；2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
【小问4详解】
若甲装置作为乙装置的电源，因此满足电子转移守恒；每消耗2mol氢气同时消耗1mol氧气，转移4mol电子；而在乙装置中可以产生2mol氢气和2mol氯气，所以一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为3:4；
故答案为：3:4。
30. (1)化学反应N2＋3H2=2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是：N2(g)＋3H2(g)=2NH3(l)；⊿H=_______．
(2)在298K时，1mol C2H6 在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量1558.3kJ。写出该反应的热化学方程式_______。
(3)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2固体和H2O(l)。已知室温下2 g SiH4自燃放出热量89.2 kJ，该反应的热化学方程式为_______。
(4)已知反应：N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) △H2
N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) △H3
利用上述三个反应，计算4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H4的反应焓变为_______(用含△H1、△H2、△H3的式子表示)。
(5)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
①Cu(s)＋2H＋(aq)=Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH1=＋64.39 kJ·mol-1
②2H2O2(l)=2H2O(l)＋O2(g) ΔH2=-196.46 kJ·mol-1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.84 kJ·mol-1
在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2＋和H2O的热化学方程式为_______。
(6)已知：反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=—184kJ/mol
4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=—115.6kJ/mol
请回答：
H2与O2反应生成气态水的热化学方程式_______
断开1 mol H—O 键所需能量约为_______kJ
【答案】 ①. -2(b+c-a)kJ·mol-1(或2(a—b—c)kJ·mol-1) ②. 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=−3116.6kJ·mol-1 ③. SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH=-1427.2kJ·mol-1 ④. 2△H1+3△H2—2△H3 ⑤. Cu(s)+H2O2(l)+2H＋(aq)=Cu2＋(aq)+2H2O(l)△H= -319.68kJ.mol-1 ⑥. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH= - 483.6kJ/mol ⑦. 463.4
【解析】
【详解】(1)根据能量变化，△H=-2(b+c-a)kJ·mol-1；
(2)根据信息，C2H6(g)＋O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l) △H=-1558kJ·mol-1；
(3)32gSiH4反应产生的热量为32×kJ=1427.2kJ，SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l) ΔH=-1427.2 kJ·mol-1；
(4)①N2(g) ＋ O2 (g) = 2NO(g) ，②2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(g)，③N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ，2×①＋3×②-2×③，得出：2△H1+3△H2—2△H3 ；
(5)Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，因此有：①＋＋③，得出：Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)=Cu2＋(aq)＋2H2O(l) △H=(64.39--285.84)kJ·mol-1=-319.68kJ·mol-1；
(6)①H2(g) + Cl2(g) = 2HCl(g) ，②4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，2×①＋②得出2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) △H=(-184×2-115.6)kJ·mol-1=-483.6kJ·mol-1，根据反应热和键能之间的关系，设氢氧键的键能为xkJ·mol-1，△H=2×436＋498-4×x=-483.6，解得x=463.4。
31. 铁、钛、镍等过渡元素在工业生产和科学研究中具有重要作用，请回答下列问题。
（1）有机铁肥的名称叫三硝酸六尿素合铁，是一种配合物，它的中心离子的价电子排布图为_______；该配合物中N原子的杂化方式有_______；它所含非金属元素原子(除H外)的第一电离能由小到大的顺序是_______。
（2）钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”，也叫“未来金属”。
①钛在元素周期表中的位置是_______，基态Ti原子的电子占据了_______个原子轨道。
②工业上可用(常温下呈液态)与Mg高温下反应制备钛单质，同时生成，详细解释熔点比低很多的原因_______。
（3）镍与CO生成的配合物中，1mol中含有的σ键数目为_______；写出与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式_______。
（4）镍钛记忆合金用于飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如下图所示，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为_______；若合金的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是_______pm(用含ρ和的计算式表示，不必化简)。
【答案】（1） ①. ②. sp3，sp2 ③. C
（3） ①. 8NA ②. CN－或C
（4） ①. 6 ②. ×1010
【解析】
【小问1详解】
Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去最外层4s能级上的2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，所以基态Fe3+的价电子排布式为3d5，排布图为：；由尿素分子的结构式H2NCONH2可知，尿素分子中N原子成3个单键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化，硝酸根中氮原子没有孤电子对，所以采取sp2杂化；它所含非金属元素原子(除H外)为C、N、O，三者属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是：C
①Ti原子核外电子数为22，钛位于周期表的第四周期第IVB族，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，电子占据的原子轨道数为1+1+3+1+3+2+1=12个；
②TiCl4属于分子晶体，熔融时破坏分子间作用力；而MgCl2属于离子晶体，熔融时破坏离子键，分子间作用力比离子键弱得多，所以TiCl4熔点低得多，工业上可用TiCl4(常温下呈液态)与Mg高温下反应制备钛单质，同时生成MgCl2。
【小问3详解】
Ni(CO)4中的配离子中Ni原子和C原子之间有4个σ键，CO分子中C和O之间存在1个σ键，1个π键，1个配位键，因此4个CO有4个σ键，故1 mol Ni(CO)4中含有8 mol σ键即8NA；CO分子中含有2个原子、价电子数是10，与CO互为等电子体的阴离子微粒有CN－或C。
【小问4详解】
Ti原子采用面心立方最密堆积方式，若以Ti在顶点，则合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子在棱上，个数为6；利用均摊法计算,每个晶胞中含有Ti：8×+6×=4个，Ni：12×+1=4个，若合金的密度为ρ g·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞体积为V= ，边长为 ，两个钛原子间的最近距离是边长的，为× cm=×1010 pm。
32. 为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中的含量及有效地开发利用，科学家正在研究如何将转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：。
（1）下图表示该反应过程中能量变化，则该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)，判断依据是_______；
（2）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置。
①该电池正极的电极反应式为：_______；
②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为：_______；
（3）已知在常温常压下：
①
②
③
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：_______；
（4）为了消除污染，在一定条件下，向含有甲醇的废水中加入一定量的稀硝酸，会有等物质生成。若参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：5，写出该反应的化学方程式_______；在此反应过程中若消耗32g甲醇，将转移_______mol电子。
【答案】（1） ①. 放热 ②. 反应物总能量大于生成物总能量
（2） ①. O2+2H2O+4e-=4OH- ②. 2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O
（3）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH=-442.8 kJ/mol
（4） ①. 5CH3OH+6HNO3=3N2↑+5CO2↑+13H2O ②. 6mol
【解析】
【小问1详解】
根据反应过程中能量变化，CO2、H2总能量大于乙醇、水蒸气总能量，说明该反应为放热反应；故答案为放热；反应物总能量大于生成物总能量；
【小问2详解】
①该装置为甲醇的燃料电池，正极上发生还原反应，电解质溶液为KOH，因此正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；故答案为O2+2H2O+4e-=4OH-；
②该电池实质为甲醇燃烧生成二氧化碳和水，二氧化碳与KOH反应生成碳酸钾和水，因此电池总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，KOH被消耗，随反应进行pH减小；故答案为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；
【小问3详解】
甲醇不完全燃烧生成CO和液态水，其反应方程式为CH3OH+O2=CO+2H2O(l)，根据盖斯定律可知， 得到目标反应方程式，甲醇不完全燃烧的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH=×[(-1275.6)－(-566.0)+(-44)×4]kJ/mol=-442.8 kJ/mol；故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH=-442.8 kJ/mol；
【小问4详解】
根据题意，HNO3转化成氮气，N元素化合价降低，即HNO3为氧化剂，甲醇为还原剂，甲醇中碳元素化合价为-2价，令碳元素化合价变化a，根据得失电子数目守恒，有6mol×(5－0)=5mol×a，解得a=6，因此甲醇中碳元素被氧化为+4价CO2，反应方程式为5CH3OH+6HNO3=3N2↑+5CO2↑+13H2O；甲醇的物质的量为=1mol，转移电子物质的量为1mol×6=6mol，故答案为5CH3OH+6HNO3=3N2↑+5CO2↑+13H2O；6mol。
三、附加题
33. 钴铁氧体（CoFe2O4）不仅是重要的磁性材料、磁致伸缩材料，还是重要的锂离子电池负极材料。工业上，可以由废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质）回收钴，再用电化学法制得CoFe2O4。其流程如图所示（过程中所加试剂均足量）
Ⅰ．废旧电池中钴的回收
（1）含铝滤液中，铝元素的存在形式为________（写化学式）；硅在过程_____（填序号）与钴分离。
（2）写出过程②中LiCoO2与H2O2发生反应的化学方程式____________________________。
（3）过程③Na2CO3的主要作用为________________________________________。
Ⅱ．电解法制得钴铁合金
（4）配制 0.050mol⋅L-1 FeSO4和0.025mol⋅L-1 CoSO4的混合溶液，用铜作阴极、石墨作阳极进行电解，获得CoFe2合金。阴极的电极方程式为____________________________________。
Ⅲ．阳极氧化法制得钴铁氧体
（5）以1.500mol⋅L−1NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为_________________________。
（6）当电路上有0.4mol电子转移时，阳极电极材料增重质量为3.4g，与理论值不符，其原因可能为______________________________________________。
（7）由废旧锂钴电池制CoFe2O4的现实意义在于：______________________（写一条即可）。
【答案】 ①. NaAlO2或AlO2- ②. ① ③. 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O ④. 调节pH，使Fe3+沉淀分离 ⑤. Co2++2Fe2++6e-=CoFe2 ⑥. ⑦. 电极上同时生成了Co和Fe的氢氧化物 ⑧. 合理利用废弃物；变废为宝；减少重金属污染（写一条即可）
【解析】
【分析】废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质），用氢氧化钠溶液浸泡溶解，杂质Al、硅与氢氧化钠反应，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，过滤后得到的滤渣中含有LiCoO2和杂质Fe，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，LiCoO2与H2O2发生氧化还原反应，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，再加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子分离，加入萃取剂，将锂离子与溶液分离，分液后得到含有硫酸钴的溶液。
【详解】（1）由废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质）回收钴，一般除杂试剂要过量，Al和过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，杂质中的硅单质也可与氢氧化钠反应，可在第一步碱溶中和金属铝一并除去；
（2）根据流程转化LiCoO2与H2O2发生氧化还原反应，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，化学方程式2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O；
（3）过程③中，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，再加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子分离；
（4）阴极上，溶液中的Co2+和Fe2+得到电子，转化为CoFe2，阴极的电极方程式为Co2++2Fe2++6e－=CoFe2；
（5）NaOH溶液作电解液，相当于电解水，阴极上产生氢气，钴铁合金（CoFe2）作阳极，活性电极参与电极反应，合金CoFe2和氢氧根离子失电子变为CoFe2O4， 该电解过程的化学方程式为；
（6）阳极电极材料增重质量为氧的质量，根据，生成1mol CoFe2O4时，转移8mol电子，当电路上有0.4mol电子转移时，生成0.05mol CoFe2O4，增加的质量为0.05mol×4×16g/mol=3.2g<3.4g，说明阳极上除了产生CoFe2O4外，还产生了其他物质，原因可能是：阳极钴铁合金（CoFe2）在失电子过程中转化为铁离子和钴离子，与电解质溶液中的氢氧根离子结合，形成了Co和Fe的氢氧化物；
（7）由废旧锂钴电池制CoFe2O4可对废弃物进行回收再利用，可减少重金属离子对环境的污染。
石嘴山三中2022~2023学年高二年级第二学期第一次月考
理科化学试题
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Si 28 S 32 Ca 40 Ni 48 Ti 59 Cu 64
一、单项选择题(每小题2分，共52分)
1. 意大利罗马大学的Fulvio Cacace等人获得极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1mol N－N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量．根据以上信息和数据，下列说法正确的是（ ）
A. N4属于一种新型的化合物
B. N4的沸点比P4（白磷）的高
C. 理论上可以将N4转化为N2的反应设计成原电池
D. 1mol N4所含有的能量比2mol N2所含有的能量高
【答案】D
【解析】
【详解】N4属于单质，故A错误；N4相对分子质量比P4小，所以沸点比P4（白磷）的低，故B错误；N4转化为N2属于非氧化还原反应，不能设计成原电池，故C错误；1mol N4生成2mol N2的反应热是167×6－942×2= - 882kJ/mol，反应放热，1mol N4所含有的能量比2mol N2所含有的能量高，故D正确。
2. 下列反应过程中的能量变化符合图的是：
①酸碱中和；②镁与盐酸的反应；③生石灰变成熟石灰的反应；④铝热反应；
⑤石灰石分解；⑥甲烷燃烧；⑦灼热的炭与二氧化碳反应
A. ①②③⑤ B. ④⑤⑦ C. ③④⑦ D. ⑤⑦
【答案】D
【解析】
【分析】图中生成物总能量高于反应物总能量，为吸热反应，故找出吸热反应的组合即可。
【详解】⑤石灰石分解、⑦灼热的炭与二氧化碳反应，属于吸热反应。燃烧反应、中和反应、活泼金属与酸反应、铝热反应、生石灰与水反应等都是放热反应。
本题选D。
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 沸点大小：HI>HBr>HCl>HF
B. HF很稳定性很强，是因为分子间能形成氢键
C. 冰、水和水蒸气中都含有氢键
D. 构成单质分子的微粒之间不一定存在共价键
【答案】D
【解析】
【详解】A．HF分子间存在氢键，则沸点大小：HF>HI>HBr>HCl，A错误；
B．HF很稳定性很强，是因为H-F键能很大，氢键不能影响物质的稳定性，B错误；
C．水蒸气中不存氢键，C错误；
D．构成单质分子的微粒之间不一定存在共价键，例如稀有气体，D正确；
答案选D。
4. SO2是主要大气污染物之一，工业上可用如下装置吸收转化SO2(A、B为惰性电极)。下列说法正确的是
A. 电子流动方向为：B→b→a→A
B. a、A极上均发生氧化反应
C. 离子交换膜为阳离子交换膜
D. B极上的电极反应式为：SO2+2eˉ+2H2O=SO42-+4H+
【答案】C
【解析】
【分析】根据图示可知，SO2→H2SO4，硫元素化合价升高，发生氧化反应，所以B为电解池的阳极，A为电解池的阴极，a为电源的负极。
【详解】A.电子由负极流向正极，因此电子流动方向为a→A、B→b，电子不能从溶液中通过，A错误；
B.a为电源的负极，发生氧化反应，A为电解池的阴极，发生还原反应，B错误；
C.该电解池中阴极发生还原反应：2SO32-+2e-+ 4H+ =S2O42-+ 2H2O，阳极发生氧化反应：SO2-2e-+2H2O =4H++SO42-，反应需要氢离子，因此离子交换膜为阳离子交换膜，C正确；
D.B为电解池的阳极，失电子：SO2-2e-+2H2O =4H++SO42-，D错误；
正确选项C。
5. 已知外电路中，电子由b极流向锌，有关如图所示的装置分析不合理的是
A. 该装置中Cu极为正极
B. 当铜极的质量变化为32g时，a极上消耗的在标准状况下的体积为5.6L
C. b极反应的电极反应式为
D. 一段时间后锌片一极质量增加
【答案】A
【解析】
【分析】已知外电路中，电子由b极流向锌，根据装置图分析，左边为氢氧燃料电池，a为正极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，b为负极电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O，右边装置为电解池，Zn做阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu；Cu做阳极，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，据此分析解题。
【详解】A．分析判断，铜为电解池中的阳极，故A错误；
B．当铜极的质量变化为32g时物质的量为0.5ml，依据电子守恒和电极反应可知，O2+2H2O+4e-=4OH-，Cu-2e-=Cu2+；2Cu～O2，a极上消耗的O2在物质的量为0.25mol在标准状况下的体积为5.6L，故B正确；
C．b电极是氢气失电子发生氧化反应，在碱性溶液中生成水，电极反应为：H2+2OH--2e-=2H2O，故C正确；
D．Zn做阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，质量增加，故D正确；
故选A。
6. 下列说法中不正确的是
⑴所有的化学反应都伴随着能量变化。⑵化学反应中的能量变化都是热能的变化。⑶不同的化学反应放出或吸收的热量一般是不相同的。⑷同一化学反应中反应物的用量不同时，放出或吸收的热量不会相同。⑸选择好的催化剂可以使由水制取氢气的同时放出热量。⑹因为氢气燃烧是放热的，所以水的分解反应一定是吸热的。（ ）
A. ⑴⑶ B. ⑷⑹ C. ⑵⑸ D. ⑴⑶⑷⑹
【答案】C
【解析】
【详解】(1)所有的化学反应均有化学键的断裂和生成，则均有能量变化，故正确；
(2)化学反应中的能量变化通常表现为热能的变化，还会转化为光能、电能等，故错误；
(3) 放出或吸收的热量与物质的量、状态等有关，则热量一般不相同，故正确；
(4)物质的量与热量成正比，则同一化学反应中反应物的用量不同时，放出或吸收的热量不会相同，故正确；
(5) 催化剂只能改变化学反应速率，不能改变化学反应的热效应，则选择好的催化剂，由水制取氢气吸收的热量不变，不会放出热量，故错误；
(6)因为氢气燃烧是放热的，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则水的分解反应一定是吸热的，故正确；
综上所述，本题选C。
7. 下列有关中和热实验的说法正确的是
A. 用铜丝替代环形玻璃搅拌棒，测得ΔH偏高
B. 强酸与强碱反应生成1 mol水的ΔH都约为－57.3 kJ·mol－1
C. 测定中和热实验中，读取混合溶液不再变化的温度为终止温度
D. 某同学通过实验测出稀盐酸和稀NaOH溶液反应的中和热ΔH＝－52.3 kJ·mol－1，造成这一结果的原因不可能是：用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度
【答案】A
【解析】
【详解】A.用铜丝代替环形玻璃搅拌棒，金属的导热性很好，会导致热量的散失，使测得的热量数值偏小，但△H偏高，故A正确；
B.强酸与强碱反应生成沉淀和水反应中，有中和热的同时，会伴随着沉淀热的生成，如硫酸与氢氧化钡发生中和反应，生成1mol水时放出的热量大于57.3 kJ·mol－1，故B错误；
C.测定中和热实验中，读取混合溶液最高温度为终止温度，故C错误；
D.用测量盐酸的温度计直接测定NaOH溶液的温度，该操作会导致测得的NaOH溶液的初始温度偏高，最后反应放出的热量比实际放出的热量少，有可能，故D错误；
答案选A。
8. 已知：①1mol H2分子中化学键断裂时需要吸收436kJ的能量；②1mol I2蒸气中化学键断裂时需要吸收151kJ的能量；③由H原子和I原子形成1mol HI分子时释放299kJ的能量。下列判断不正确的是（ ）
A. I2蒸气比H2分子稳定 B. 2mol HI(g)发生分解反应吸收11kJ热量
C. HI与NaOH反应属于放热反应 D. 0.5mol H2(g)与0.5mol I2(g)完全反应释放出5.5kJ热量
【答案】A
【解析】
【详解】A. 断裂1molH2分子中的化学键需吸收能量436kJ，断裂1molI2蒸气中化学键时需要吸收151kJ的能量，所以相同条件下，H2分子中的化学键更牢固，则H2比I2稳定，故A错误；
B. 反应：H2+I2=2HI，生成2molHI需要吸收能量断裂旧的化学键1molH−H键和1molI−I键，形成新的化学键释放能量。所以该反应的反应热为△H=436kJ+151kJ−2×299kJ=−11kJ/mol<0，所以2molHI(g)发生分解反应吸收11kJ热量，故B正确；
C. HI与NaOH反应属于中和反应，中和反应为放热反应，故C正确；
D. 由B分析可知，H2+I2=2HI生成2molHI放出11kJ热量，所以0.5molH2(g)与0.5molI2(g)完全反应释放出5.5kJ热量，故D正确。答案选A。
【点睛】本题考查的是反应热和焓变。解题需注意化学键的键能越大，分子中的化学键越牢固；焓变=反应物键能之和-生成物键能之和。据此解答。
9. 下列关于晶体的说法正确的组合是
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③金刚石、SiC、NaF、NaCl、、晶体熔点依次降低
④离子晶体中只有离子键没有共价键，分子晶体中肯定没有离子键
⑤晶格能由大到小顺序：
⑥晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑦分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
A. ①②③⑥ B. ①②④ C. ③⑤⑥⑦ D. ③⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①单原子分子不存在共价键，只存在分子间作用力，故①错误；
②晶体只要有阳离子不一定有阴离子，如金属晶体含有组成微粒为阳离子和电子，故②错误；
③晶体中熔点高低一般顺序是：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体；在原子晶体中，原子半径越大熔点越低；在离子晶体中，离子半径越大，熔点越低，电荷越多，熔点越高；在分子晶体中，物质的熔点与相对分子质量成正比（含有氢键的物质除外），所以这几种物质的熔点高低顺序是：金刚石、SiC、NaF、NaCl、H2O、H2S晶体的熔点依次降低，故③正确；
④离子晶体中一定存在离子键，可能有共价键，如NaOH中既有离子键又有共价键，分子晶体中肯定没有离子键，故④错误；
⑤离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，F、Cl、Br、I的离子半径在增大，则晶格能由大到小：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI， 故⑤正确；
⑥原子晶体中非金属原子之间作用力为共价键，则SiO2晶体中每个硅原子能形成4个共价键，则每个Si与4个氧原子以共价键相结合，故⑥错误；
⑦分子的稳定性属于化学性质，与共价键有关，分子间作用力与稳定性无关，故⑦错误；
正确的组合是③⑤，故选D。
10. 下列有关能量的判断或表示方法正确的是
A. 从C(石墨)＝C(金刚石）ΔH＝1.9 kJ·mol－1，可知金刚石比石墨更稳定
B. 等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
C. 由H+(aq)＋OH－(aq)＝H2O(l） ΔH＝-57.3 kJ·mol－1，则向含0.1 mol HCl的盐酸中加入4.0 gNaOH固体，放出热量等于5.73 kJ
D. 2 gH2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l） ΔH＝-571.6 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】
【详解】A．物质所含有的能量越低就越稳定。由于C(石墨)＝C(金刚石）吸收能量，所以金刚石不如石墨更稳定，A错误。
B．等质量的硫蒸气比硫固体所含有的能量高，所以硫蒸汽完全燃烧，放出热量更多，B错误。
C．NaOH固体溶解于水会放出热量，所以向含0.1 mol HCl的盐酸中加入4.0 gNaOH固体，放出热量大于5.73 kJ，C错误。
D．2 gH2即1mol的氢气完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则2mol的氢气燃烧放出热量为571.6 kJ。所以其燃烧的热化学方程式为：2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(l） ΔH＝-571.6 kJ·mol－1，D正确。
答案选D。
11. CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似(如图所示)，但CaC2晶体中由于哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。下列关于CaC2晶体的说法中正确的是
A. 1个Ca2+周围距离最近且等距离的数目为4
B. 该晶体中的阴离子与F2是等电子体
C. 6.4gCaC2晶体中含阴离子0.2mol
D. 与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+共有12个
【答案】A
【解析】
【详解】A．依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的有4个，故A正确；
B．含电子数为2×6+2=14，F2的电子数为18，二者电子数不同，不是等电子体，故B错误；
C．6.4g CaC2物质的量为，CaC2晶体中含阴离子为，则含阴离子0.1mol，故C错误；
D．晶胞的一个平面的长与宽不相等，与每个Ca2+距离相等且最近的Ca2+应为4个，故D错误；
故选：A。
12. 下列说法正确的是
A. ，
B. ，
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A、燃烧为放热反应，固态转化为气态吸热，则，，故A错误；
B、化学键断裂吸热，可知，故B错误；
C、非金属的气体原子转化为离子放热，则，故C正确；
D、由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成的热效应相同，，则，故D错误；
故选：C。
13. 下列物质，按其晶体熔点由高到低排列正确的是
A. 、Si、CsCl、NaCl、、、
B. Si、、CsCl、NaCl、、、
C. 、Si、NaCl、CsCl、、、
D. Si、、CsCl、NaCl、、、
【答案】C
【解析】
【详解】、Si为共价晶体，Si-Si的键长比Si-O长，则Si-Si的键能比Si-O小，所以熔点>Si；
CsCl和NaCl 为离子晶体，半径Cs+>Na+，所以CsCl的晶格能小，熔点CsCl
、、都为分子晶体，分子间含有氢键熔点高，分子间不含有氢键，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，则、、熔点：>>；
不同晶体的熔点：一般为共价晶体>离子晶体>分子晶体，所以按其晶体熔点由高到低排列顺序为：、Si、NaCl、CsCl、、、；
故选C。
14. 以铅蓄电池为电源，石墨为电极电解CuSO4溶液(足量)，装置如下图。若一段时间后Y电极上有6.4 g红色物质析出，停止电解。下列说法正确的是( )
A. a为铅蓄电池的负极
B 电解过程中SO42-向右侧移动
C. 电解结束时，左侧溶液质量增重8 g
D. 铅蓄电池工作时正极电极反应式为：PbSO4＋2e－===Pb＋SO42-
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解池的Y极有Cu析出，则Y为阴极，b为铅蓄电池的负极，故A错误；
B.电解过程中SO42－向电解池的阳极X极移动，即左侧移动，故B错误；
C.电解过程中，阴极析出6.4g铜的物质的量为0.1mol，转移电子为0.2mol，则同时有0.2mol÷2=0.1mol的SO42-进入左侧，其质量为0.1mol×96g/mol=9.6 g，且阳极上有0.2mol÷4=0.05 molO2生成，其质量为0.05mol×32g/mol=1.6 g，故结束时，左侧溶液质量增重9.6 g-1.6 g=8 g ，故C正确；
D.铅蓄电池工作时正极电极反应式为：4H++PbO2+2e－+SO42－＝PbSO4 ↓+2H2O，故D错误；答案为C。
【点睛】本题考查原电池原理和电解原理的应用，易错点是根据Y极有Cu析出判断出电解池的阴、阳极，难点是结合电解池中阴离子交换膜和电子转移的数目计算左侧溶液增重的质量应该是注入的硫酸根离子和阳极生成氧气的质量差。
15. 深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是
A. 正极反应为：SO42-+5H2O+8e-=HS-+9OH-
B. 输送暖气的管道不易发生此类腐蚀
C. 这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·xH2O
D. 管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A．原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为SO42-+5H2O+8e-=HS-+9OH-，故A正确；
B．硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化效率，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，故B正确；
C．由图示可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，故C错误；
D．管道上刷富锌油漆，形成Zn—Fe原电池，Fe变为正极，可以延缓管道的腐蚀，故D正确；
答案为C。
16. 已知：
2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g) ΔH＝－566 kJ·mol－1
Na2O2(s)＋CO2(g)＝Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－266 kJ·mol－1
根据以上热化学方程式判断，下列说法正确的是
A. CO的燃烧热为283 kJ
B. 下图可表示由CO生成CO2的反应过程和能量关系
C. 2Na2O2(s)＋2CO2(s)＝2Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＞－532 kJ·mol－1
D. CO(g)与Na2O2(s)反应放出549 kJ热量时，电子转移数为6.02×1023
【答案】C
【解析】
【详解】A、2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出热量，则一氧化碳的燃烧热为283KJ/mol，单位不对，故A错误；
B、依据热化学方程式，2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=-566kJ/mol，分析图象中一氧化碳和二氧化碳物质的量为1、1，物质的量不符合反应物质的物质的量，故B错误；
C、2Na2O2（s）+2CO2（g）=2Na2CO3（s）+O2（g）△H=-532 kJ/mol，CO2（s）变气体为吸热的过程，所以本题放出的热量就少于532kJ，但是△H＞-532 kJ/mol，即2Na2O2（s）+2CO2（s）＝2Na2CO3（s）+O2（g）△H＞-532 kJ/mol，故C正确；
D、根据盖斯定律可知Na2O2（s）+CO（g）＝Na2CO3（s）△H=-549kJ/mol，所以1molNa2O2反应转移电子数是2×6.02×1023=1.204×1024，故D错误；
故答案选C。
17. 已知LiAl/FeS电池是一种新型的车载电池，对该电池充电时，阳极的电极反应式为：Li2S+Fe－2e－=2Li++FeS。下列有关该电池的说法中，正确的是
A. 化合物LiAl具有强还原性，作负极材料
B. 为了延长电池的使用寿命，可以隔一段时间添加含电解质的的水溶液
C. 放电时，该电池的总反应式为2Li+FeS=Li2S+Fe
D. 放电时，当电路中0.1mol电子的电量时，有0.1molLi+向LiAl移动
【答案】C
【解析】
【详解】A、Li和Al都属于金属，所以Li-Al应该属于合金而不是化合物，故A错误；B、Li是IA活泼金属，与水剧烈反应，不能加水溶液，故B错误；C、根据电解时阳极反应得正极反应2Li＋+FeS+2e－=Li2S+Fe与负极反应2Li-2e－=2Li＋相加可得反应的电池反应式为：2Li+FeS=Li2S+Fe，故C正确；D、根据C中电极反应，Li＋ 在正极消耗，故移向正极，LiAl为负极，D错误；故选C。
点睛：C是难点，Li和Al都属于金属，合金中Li较Al活泼，根据正极反应式知，原电池的电极材料Li-Al/FeS，判断出负极材料为Li，发生反应为：Li-e－=Li＋，又知该电池中正极的电极反应式为：2Li＋+FeS+2e－=Li2S+Fe，所以电池反应为：2Li+FeS=Li2S+Fe。
18. 用催化还原，可以消除氮氧化物污染。已知：
①
②
下列说法不正确的是
A. 若标准状况下4.48L与完全反应生成、和水蒸气，放出的热量为173.4kJ
B. 由反应①可推知：
C. 反应①②中，相同物质的量的发生反应，转移的电子数相同
D. 反应②中当4.48L反应完全时转移的电子为1.60mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律，(①+②)×得：CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ∆H=-867kJ/mol，标准状况下4.48L CH4的物质的量为0.2mol，放出的热量为0.2mol×867kJ/mol =173.4kJ，A正确；
B．由于液态水转化为气态水需要吸收热量，所以生成液态水的反应放出的热量多，放热越多，∆H越小，即∆H ＜-574 kJ/mol，B正确；
C．反应①②中CH4均转化为CO2，所以相同物质的量的CH4发生反应，转移的电子数相同，C正确；
D．因为没有指明气体所处的状况，4.48L CH4的物质的量无法求算，转移电子数也无法计算，D错误。
故选D。
19. 下列两组热化学方程式中，有关ΔH的比较正确的是
①CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(g) ΔH1
CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l) ΔH2
②NaOH(aq)+H2SO4(浓)===Na2SO4(aq)+H2O(l) ΔH3
NaOH(aq)+CH3COOH(aq)===CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH4
A. ΔH1＞ΔH2；ΔH3＞ΔH4 B. ΔH1＞ΔH2；ΔH3＜ΔH4
C. ΔH1＝ΔH2；ΔH3＜ΔH4 D. ΔH1＜ΔH2；ΔH3＞ΔH4
【答案】B
【解析】
【详解】由于H2O(g)转化为H2O(l)要放出热量，所以等物质的量的CH4(g)燃烧生成液态水时放出热量的数值要比生成气态水时的大，则ΔH1＞ΔH2；等物质的量的NaOH与稀醋酸、浓H2SO4恰好反应生成等物质的量的水，若不考虑浓H2SO4溶解放热和弱电解质电离吸热，应放出相同的热量。但在实际反应中，浓H2SO4溶于水时放热，使反应放出的总热量增多；醋酸是弱酸，部分CH3COOH分子在电离过程中要吸热，使反应放热减小，则ΔH3＜ΔH4，综上分析可得B符合题意，故选B。
答案选B
20. 下列有关晶体堆积模型和晶胞的说法错误的是
A. 图①、图②和图③都是最密堆积，图④的空间占有率是图中最小的
B. 从左至右的配位数依次为12、12、12、6、8
C. 图①可以表示氯化钠晶胞中氯离子的堆积方式
D. 铜晶体、碳化硅晶体中的硅原子、硫化锌晶体中的硫离子都采用图③中的最密堆积
【答案】C
【解析】
【分析】图①是六方最密堆积、图②和图③都是面心立方最密堆积，配位数都是12，图④简单立方堆积，配位数是6，图⑤是体心立方堆积，配位数是8；氯化钠中负离子采取ABCABC…式堆积，其中最小重复单位是立方面心的晶胞，正离子的位置是在负离子堆积的空隙中；铜晶体、碳化硅晶体中的硅原子、硫化锌晶体中的硫离子都采用面心立方最密堆积，据此作答。
【详解】A．图①是六方最密堆积、图②和图③都是面心立方最密堆积，图①、图②和图③都是最密堆积，简单立方堆积的空间占有率为52%、最小，即图④空间占有率最小，故A正确；
B．最密堆积的配位数都是12，简单立方堆积的配位数是6，体心立方堆积的配位数是8，故B正确；
C．氯化钠中Cl-采取ABCABC…式堆积，其中最小重复单位是立方面心的晶胞，不是图①的六方最密堆积，故C错误；
D．Cu晶体是典型的面心立方最密堆积，碳化硅晶胞中4个C原子位于晶胞体内，Si原子位于晶胞的顶点和面心位置，所以碳化硅晶体中的硅原子采取面心立方最密堆积；硫化锌晶胞中4个Zn2+位于晶胞体内，S2-位于晶胞的顶点和面心位置，所以硫化锌晶体中的S2-采取面心立方最密堆积，故D正确；
故选C。
21. 某电化学气敏传感器的工作原理如图所示．下列说法正确的是
A. b极为负极
B. a极的电极反应式为2NH3+3O2﹣﹣6e﹣═N2+3H2O
C. 反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4∶5
D. 该传感器在工作过程中KOH的物质的量不变
【答案】D
【解析】
【详解】A．该感器在工作过程中，负极上氨气失电子生成氮气，则a为负极，故A错误；
B．碱性条件下，氨气失电子生成氮气和水，则a极的电极反应式为2NH3+6OH--6e-═N2+6H2O，故B错误；
C．电池的总反应为4NH3+3O2═2N2+6H2O，则反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4:3，故C错误；
D．该传感器在工作过程中总反应为4NH3+5O2═4N2+6H2O，所以KOH的物质的量不变，故D正确；
故选D。
22. 如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测，下列说法不正确的是
A. 电流由O2所在的铂电极经外电路流向另－电极
B. 该电池的负极反应式为：CH3CH2OH+3H2O-12e-=2CO2↑+12H+
C. O2所在的铂电极处发生还原反应
D. 微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量
【答案】B
【解析】
【分析】该装置中含有质子交换膜，则电解质溶液为酸性，酸性条件下，乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应；根据图示得出酸性燃料电池的反应物和生成物，再根据原电池原理写出该电池的反应式来判断。
【详解】A. 乙醇燃料电池中，负极上乙醇失电子发生氧化反应，正极上是氧气得电子发生还原反应，电流由正极流向负极，即从O2所在的铂电极经外电路流向另一电极，A正确；
B. 该电池的负极上乙醇失电子发生氧化反应，分析装置图可知乙醇在负极失去电子被氧化生成醋酸，CH3CH2OH-4e-+H2O=4H++CH3COOH，B错误；
C. 乙醇燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，O2所在的铂电极处得到电子发生还原反应，C正确；
D. 根据微处理器通过检测电流大小可以得出电子转移的物质的量，根据电极反应式可以计算出被测气体中酒精的含量，D正确；
故合理选项是B。
【点睛】本题以乙醇为燃料考查了燃料电池，注意正负极上电极反应式的书写要结合电解质溶液的酸碱性，即使燃料和氧化剂相同，如果电解质溶液不同，电极反应式也不同。
23. 下列热化学方程式及有关应用的叙述中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热为 890.3kJ•mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+ 2O2(g) ═ CO2(g) + 2H2O(g) △H = -890.3kJ•mol-1
B. 已知强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热为 57.3kJ•mol-1，则H2SO4(aq)+ Ba(OH)2(aq)═BaSO4(s)+H2O(l) △H = -57.3kJ•mol-1
C. 500℃、30MPa 下，将 0.5mol N2 和 1.5molH2 置于密闭的容器中充分反应生成 NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g) △H= -38.6kJ•mol-1
D. 已知 25℃、101KPa 条件下：4Al(s) + 3O2(g) ═ 2A12O3(s) △H= -2834.9kJ•mol-1，4Al(s) + 2O3(g) ═ 2A12O3(s) △H = -3119.1kJ•mol-1，则 O2比 O3 稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，氢元素应该转化成液态水，选项A错误；
B、硫酸和氢氧化钡溶液的反应中，硫酸根和钡离子反应生成硫酸钡沉淀也伴随着能量变化，选项B错误；
C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，题给信息无法确定该反应的焓变，选项C错误；
D、已知25℃、101KPa条件下：①4Al（s）＋3O2（g）＝2A12O3（s） △H＝－2834．9 kJ·mol-1，②4Al（s）＋2O3（g）＝2A12O3（s） △H＝－3119．1 kJ·mol-1，根据盖斯定律：①-②得3O2（g）＝2O3（g），△H＝+288.2 kJ·mol-1，则O2比O3稳定，选项D正确。
答案选D。
24. 已知：①1mol晶体硅中含有2molSi—Si，1molSiO2晶体中含有4molSi—O。②，其反应过程与能量变化如图所示。
化学键
Si—O
O=O
Si—Si
断开1mol共价键所需能量/kJ
460
500
176
下列说法正确的是
A. 晶体硅光伏发电是将化学能转化为电能
B. 二氧化硅的稳定性小于硅的稳定性
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．晶体硅光伏发电是将太阳能转化为电能，A项错误；
B．根据化学键的键能判断，Si—O键的键能大于Si—Si键的键能，所以二氧化硅稳定性大于硅的稳定性，B项错误；
C．，C项正确；
D．根据图中可知，，D项错误；
答案选C。
25. 将图1所示的装置中盐桥换成铜导线与两石墨棒连接得到图2所示装置，并将NaCl溶液换为HCl溶液，发现电流表指针仍然有偏转，下列说法正确的是
A. 图2中乙装置总反应的离子方程式：
B. 两图都是将化学能转变成电能的装置
C. 图1盐桥中的阳离子移向甲装置
D. 图2中电子流向为Fe→电流计→石墨a→石墨b→石墨c→Fe
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，图1为原电池，Fe作负极，石墨作正极；图2是原电池和电解池的串联结构，由烧杯中电解质溶液的种类和电极可以推知甲为原电池装置，乙为电解池装置，甲中Fe为负极，石墨c为正极，乙中石墨a为阴极，石墨b为阳极，乙装置为电解氯化铜的装置，以此解答。
【详解】A．图2乙装置为电解氯化铜的装置，生成氯气和铜，总反应的离子方程式：，A正确；
B．图2甲为原电池，乙为电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，B错误；
C．图1铁为原电池负极，阳离子向正极移动，应向乙移动，C错误；
D．电子只在导线中移动看，不能进入溶液，则图2中电子流向为：Fe→电流计→石墨a、石墨b→铜丝→石墨c，D错误；
故选A。
26. 如图所示：
下列说法正确的是
A. 甲池通入O2的电极反应为O2 + 4e-+ 4H+＝2H2O
B. 乙池 Ag电极增重6.4g，溶液中将转移0.2mol电子
C. 反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度
D. 甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲池是燃料电池，通入O2的电极为正极，电极反应为O2 + 4e-+ 2H2O＝4OH-，故A错误；
B．乙池是电解池，Ag电极为阳极，电解过程中Ag要发生氧化反应，质量减轻，故B错误；
C．电解池乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想复原，要加入氧化铜，故C错误；
D．甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以消耗280mL(标准状况下0.0125mol)O2，则转移电子0.05mol，根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，转移电子0.05mol，减小的氢离子是0.05mol，氢氧根离子是0.05mol，镁离子和氢氧根离子之间反应生成氢氧化镁，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.05mol×1/2×58g/mol=1.45g固体，故D正确；
故选D。
【点晴】结合电化学原理准确判断原电池和电解池是解题关键，在电化学装置图中，有电源的是电解池，与电源正极连接的电极为阳极，与电源负极连接的电极为阴极。阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。若阳极是活性电极(除金、铂、石墨之外的电极)，则是电极失去电子，发生氧化反应；若为惰性电极，则是溶液中的阴离子放电失去电子；在阴极则是溶液中的阳离子获得电子发生还原反应。掌握离子的放电顺序是正确书写电极反应式和总反应方程式的关键。若无电源，该装置是原电池，一般情况下活动性强的电极为负极，失去电子发生氧化反应；活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。电极反应与电解质溶液有关。若是多个装置连接在一起，则电极活动性差别大的是原电池，起电源的作用，活动性弱的为电解池。无论是原电池还是电解池，在整个闭合回路中电子转移数目相等。
二、非选择题(共68分)
27. 现有几组物质的熔点(℃)数据：
A组
B组
C组
D组
金刚石：3550
Li：181
HF：-83
NaCl
硅晶体：1410
Na：98
HCl：-115
KCl
硼晶体：2300
K：64
HBr：-89
RbCl
二氧化硅：1732
Rb：39
HI：-51
Mg0：2800
据此回答下列问题：
（1）由表格可知，A组熔点普遍偏高，据此回答：
①A组属于_______晶体，其熔化时克服的粒子间的作用力是_______；
②硅的熔点低于二氧化硅，是由于_______；
③硬度比较：晶体硅_______晶体硼(“大于”或“小于”)；
（2）B组晶体中存在的作用力是_______，其共同的物理性质是_______(填序号)
①有金属光泽 ②导电性 ③导热性 ④延展性
（3）C组中HF熔点反常是由于_______。
（4）D组晶体可能具有的性质是_______(填序号)。
①硬度小 ②水溶液能导电 ③固体能导电 ④熔融状态能导电
（5）D组晶体中NaCl、KCl、RbCl的熔点由高到低的顺序为_______，MgO晶体的熔点高于三者，其原因解释为_______。
【答案】（1） ①. 共价 ②. 共价键 ③. Si—Si键的键能小于Si—O键的键能 ④. 小于
（2） ①. 金属键 ②. ①②③④
（3）HF分子间能形成氢键
（4）②④ （5） ①. NaCl＞KCl＞RbCl ②. 同为离子晶体，镁离子和氧离子的半径更小，电荷数更多，离子键更强，熔点更高
【解析】
【小问1详解】
A组由非金属元素组成，熔点最高，属于共价晶体，共价晶体熔化时需要破坏共价键，共价晶体中原子半径小的键长短、键能大，熔、沸点高，硬度大，O和B的半径均小于Si，Si—O键和B—B键的键能均大于Si—Si键，因此二氧化硅的熔点更高，晶体硼的硬度更大。
【小问2详解】
B组均为金属，金属晶体中存在金属键，金属的通性为具有金属光泽，热和电的良导体，具有延展性。
【小问3详解】
C组卤化氢晶体都属于分子晶体，HF熔点高是因为分子间能形成氢键。
【小问4详解】
D组晶体为离子晶体，离子化合物在水溶液或熔融状态下能够导电，固体中离子不能自由移动，不导电。
【小问5详解】
离子键的键能与离子电荷数和离子半径有关，电荷越多、半径越小键能越大，NaCl、KCl、CsCl电荷数相同，但是阳离子半径依次增大，故熔点依次降低；MgO中离子半径小、电荷数多，因此键能大，熔点更高。
28. 溴苯是一种化工原料，实验室合成溴苯的装置示意图及有关数据如下：
苯
溴
溴苯
密度/
0.88
3.10
1.50
沸点/℃
80
59
156
水中溶解度
微溶
微溶
微溶
按下列合成步骤回答问题：
（1）在a中加入15mL无水苯和少量铁屑。在b中小心加入4.0mL液态溴。向a中滴入几滴溴，有白色烟雾产生，是因为生成了_______气体。继续滴加至液溴滴完。装置d的作用是_______。
（2）液溴滴完后，经过下列步骤分离提纯：
①向a中加入10mL水，然后过滤除去未反应的铁屑；
②滤液依次用10mL水、8mL10%的NaOH溶液、10mL水洗涤。NaOH溶液洗涤的作用是_______；
③向分出的粗溴苯中加入少量的无水氯化钙，静置、过滤。加入氯化钙的目的是_______。
（3）经以上分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为_______，要进一步提纯，下列操作中必需的是_______(填入正确选项前的字母)。
A.重结晶 B.过滤 C.蒸馏 D.萃取
（4）在该实验中，a的容积最适合的是_______。
A. 25mL B. 50mL C. 250mL D. 500mL
【答案】（1） ①. HBr ②. 吸收HBr和Br2
（2） ①. 除去HBr和未反应的Br2 ②. 吸收其中的水分
（3） ①. 苯 ②. C （4）B
【解析】
【分析】铁和溴反应生成三溴化铁，三溴化铁与苯作用，生成溴苯，同时有溴化氢生成，a中发生的化学方程式为：2Fe+3Br2=2FeBr3，，据此进行作答。
【小问1详解】
a中，Fe和溴发生氧化反应生成溴化铁，在溴化铁作催化剂条件下，苯和溴发生取代反应生成溴苯和HBr，HBr遇水蒸气生成氢溴酸小液滴而产生白雾；铁作催化剂，氢溴酸和氢氧化钠反应生成易溶于水的溴化钠和水，溴单质和氢氧化钠反应，生成易溶于水的溴化钠和次溴酸钠，装置d中的作用是吸收HBr和Br2；故答案为：HBr；吸收HBr和Br2；
【小问2详解】
溴苯提纯的方法是：先水洗，把可溶物溶解在水中，然后过滤除去未反应的铁屑，再加NaOH溶液，把未反应的Br2变成NaBr和NaBrO洗到水中，然后加干燥剂，无水氯化钙能干燥溴苯，故答案为：除去HBr和未反应的Br2；吸收其中的水分；
【小问3详解】
经过上述分离操作后，粗溴苯中还含有的主要杂质为苯；利用沸点不同，苯的沸点小，被蒸馏出，溴苯留在母液中，所以采取蒸馏的方法分离溴苯与苯，故答案为：苯；C
【小问4详解】
操作过程中，最初在a中加入15mL无水苯、4.0mL溴，总体积约19.0mL，三颈烧瓶作为反应器时液体体积控制在烧瓶体积的三分之一到三分之二直接，则a的容积最适合的是50mL，答案选B。
【点睛】本题主要考查了溴苯的制取实验，明析反应原理是解答的关键
29. 为探究原电池和电解池的工作原理，某研究性小组分别用如图所示装置进行实验。
（1）甲装置中，a电极的反应式为_______。
（2）乙装置中，阴极区产物为_______和_______。
（3）丙装置是一种家用环保型消毒液发生器。外接电源a为_______(填“正”或“负”)极，该装置内，发生的电解方程式为_______、生成消毒液的方程式为_______。
（4）若甲装置作为乙装置的电源，一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为_______(不考虑气体的溶解)。
【答案】（1）H2-2e-+2OH-=2H2O
（2） ①. NaOH ②. H2
（3） ①. 负极 ②. ；2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑ ③. Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（4）3:4
【解析】
【分析】(1)甲装置中，a电极通入的是氢气，因此a电极是负极，发生氧化反应；
(2)乙装置是电解饱和食盐水，阴极是溶液中的氢离子放电产生氢气，同时使水的电离平衡正向移动，从而产生氢氧根离子；
(3)丙装置是一种家用环保型消毒液发生器，电解饱和食盐水生成氢氧化钠和氯气、氢气，氯气和氢氧化钠反应生成具有消毒作用的次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，下端电极生成氯气，所以电源a为负极；
(4)若甲装置作为乙装置的电源，因此满足电子转移守恒。每消耗2mol氢气同时消耗1mol氧气，转移4mol电子。而在乙装置中可以产生2mol氢气和2mol氯气，所以一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为3:4。
【小问1详解】
甲装置是氢氧燃料电池，a电极通入的是氢气，a电极是负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O；
故答案为：H2-2e-+2OH-=2H2O。
【小问2详解】
乙装置是电解饱和食盐水，阴极是溶液中的氢离子放电产生氢气，同时使水的电离平衡正向移动，从而产生氢氧根离子，钠离子向阴极运动，所以阴极区产物为NaOH和H2；
故答案为：NaOH；H2。
【小问3详解】
丙装置是一种家用环保型消毒液发生器，电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯气和氢氧化钠反应生成具有消毒作用的次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，下端电极生成氯气，所以电源a为负极，该装置内发生反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
故答案为：负极；2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
【小问4详解】
若甲装置作为乙装置的电源，因此满足电子转移守恒；每消耗2mol氢气同时消耗1mol氧气，转移4mol电子；而在乙装置中可以产生2mol氢气和2mol氯气，所以一段时间后，甲中消耗气体与乙中产生气体的物质的量之比为3:4；
故答案为：3:4。
30. (1)化学反应N2＋3H2=2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是：N2(g)＋3H2(g)=2NH3(l)；⊿H=_______．
(2)在298K时，1mol C2H6 在氧气中完全燃烧生成CO2和液态水，放出热量1558.3kJ。写出该反应的热化学方程式_______。
(3)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2固体和H2O(l)。已知室温下2 g SiH4自燃放出热量89.2 kJ，该反应的热化学方程式为_______。
(4)已知反应：N2(g)＋O2(g)=2NO(g) △H1
2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) △H2
N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) △H3
利用上述三个反应，计算4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)△H4的反应焓变为_______(用含△H1、△H2、△H3的式子表示)。
(5)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。已知：
①Cu(s)＋2H＋(aq)=Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH1=＋64.39 kJ·mol-1
②2H2O2(l)=2H2O(l)＋O2(g) ΔH2=-196.46 kJ·mol-1
③H2(g)＋O2(g)=H2O(l) ΔH3=-285.84 kJ·mol-1
在H2SO4溶液中，Cu与H2O2反应生成Cu2＋和H2O的热化学方程式为_______。
(6)已知：反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=—184kJ/mol
4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=—115.6kJ/mol
请回答：
H2与O2反应生成气态水的热化学方程式_______
断开1 mol H—O 键所需能量约为_______kJ
【答案】 ①. -2(b+c-a)kJ·mol-1(或2(a—b—c)kJ·mol-1) ②. 2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)△H=−3116.6kJ·mol-1 ③. SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l)ΔH=-1427.2kJ·mol-1 ④. 2△H1+3△H2—2△H3 ⑤. Cu(s)+H2O2(l)+2H＋(aq)=Cu2＋(aq)+2H2O(l)△H= -319.68kJ.mol-1 ⑥. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH= - 483.6kJ/mol ⑦. 463.4
【解析】
【详解】(1)根据能量变化，△H=-2(b+c-a)kJ·mol-1；
(2)根据信息，C2H6(g)＋O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(l) △H=-1558kJ·mol-1；
(3)32gSiH4反应产生的热量为32×kJ=1427.2kJ，SiH4(g)＋2O2(g)=SiO2(s)＋2H2O(l) ΔH=-1427.2 kJ·mol-1；
(4)①N2(g) ＋ O2 (g) = 2NO(g) ，②2H2(g) ＋ O2(g) = 2H2O(g)，③N2(g) ＋ 3H2(g) = 2NH3(g) ，2×①＋3×②-2×③，得出：2△H1+3△H2—2△H3 ；
(5)Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O，因此有：①＋＋③，得出：Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)=Cu2＋(aq)＋2H2O(l) △H=(64.39--285.84)kJ·mol-1=-319.68kJ·mol-1；
(6)①H2(g) + Cl2(g) = 2HCl(g) ，②4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，2×①＋②得出2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g) △H=(-184×2-115.6)kJ·mol-1=-483.6kJ·mol-1，根据反应热和键能之间的关系，设氢氧键的键能为xkJ·mol-1，△H=2×436＋498-4×x=-483.6，解得x=463.4。
31. 铁、钛、镍等过渡元素在工业生产和科学研究中具有重要作用，请回答下列问题。
（1）有机铁肥的名称叫三硝酸六尿素合铁，是一种配合物，它的中心离子的价电子排布图为_______；该配合物中N原子的杂化方式有_______；它所含非金属元素原子(除H外)的第一电离能由小到大的顺序是_______。
（2）钛被称为继铁、铝之后的“第三金属”，也叫“未来金属”。
①钛在元素周期表中的位置是_______，基态Ti原子的电子占据了_______个原子轨道。
②工业上可用(常温下呈液态)与Mg高温下反应制备钛单质，同时生成，详细解释熔点比低很多的原因_______。
（3）镍与CO生成的配合物中，1mol中含有的σ键数目为_______；写出与CO互为等电子体的一种阴离子的化学式_______。
（4）镍钛记忆合金用于飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如下图所示，其中Ti原子采用面心立方最密堆积方式，该合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子个数为_______；若合金的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是_______pm(用含ρ和的计算式表示，不必化简)。
【答案】（1） ①. ②. sp3，sp2 ③. C
（3） ①. 8NA ②. CN－或C
（4） ①. 6 ②. ×1010
【解析】
【小问1详解】
Fe元素为26号元素，原子核外有26个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子失去最外层4s能级上的2个电子，然后失去3d能级上的1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，所以基态Fe3+的价电子排布式为3d5，排布图为：；由尿素分子的结构式H2NCONH2可知，尿素分子中N原子成3个单键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，N原子采取sp3杂化，硝酸根中氮原子没有孤电子对，所以采取sp2杂化；它所含非金属元素原子(除H外)为C、N、O，三者属于同一周期元素且原子序数依次增大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是：C
①Ti原子核外电子数为22，钛位于周期表的第四周期第IVB族，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，电子占据的原子轨道数为1+1+3+1+3+2+1=12个；
②TiCl4属于分子晶体，熔融时破坏分子间作用力；而MgCl2属于离子晶体，熔融时破坏离子键，分子间作用力比离子键弱得多，所以TiCl4熔点低得多，工业上可用TiCl4(常温下呈液态)与Mg高温下反应制备钛单质，同时生成MgCl2。
【小问3详解】
Ni(CO)4中的配离子中Ni原子和C原子之间有4个σ键，CO分子中C和O之间存在1个σ键，1个π键，1个配位键，因此4个CO有4个σ键，故1 mol Ni(CO)4中含有8 mol σ键即8NA；CO分子中含有2个原子、价电子数是10，与CO互为等电子体的阴离子微粒有CN－或C。
【小问4详解】
Ti原子采用面心立方最密堆积方式，若以Ti在顶点，则合金中与Ti原子距离最近且相等的Ni原子在棱上，个数为6；利用均摊法计算,每个晶胞中含有Ti：8×+6×=4个，Ni：12×+1=4个，若合金的密度为ρ g·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞体积为V= ，边长为 ，两个钛原子间的最近距离是边长的，为× cm=×1010 pm。
32. 为倡导“节能减排”和“低碳经济”，降低大气中的含量及有效地开发利用，科学家正在研究如何将转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应：。
（1）下图表示该反应过程中能量变化，则该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)，判断依据是_______；
（2）某实验小组依据甲醇燃烧的反应原理，设计如图所示的电池装置。
①该电池正极的电极反应式为：_______；
②工作一段时间后，测得溶液的pH减小，该电池总反应的化学方程式为：_______；
（3）已知在常温常压下：
①
②
③
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式：_______；
（4）为了消除污染，在一定条件下，向含有甲醇的废水中加入一定量的稀硝酸，会有等物质生成。若参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为6：5，写出该反应的化学方程式_______；在此反应过程中若消耗32g甲醇，将转移_______mol电子。
【答案】（1） ①. 放热 ②. 反应物总能量大于生成物总能量
（2） ①. O2+2H2O+4e-=4OH- ②. 2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O
（3）CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH=-442.8 kJ/mol
（4） ①. 5CH3OH+6HNO3=3N2↑+5CO2↑+13H2O ②. 6mol
【解析】
【小问1详解】
根据反应过程中能量变化，CO2、H2总能量大于乙醇、水蒸气总能量，说明该反应为放热反应；故答案为放热；反应物总能量大于生成物总能量；
【小问2详解】
①该装置为甲醇的燃料电池，正极上发生还原反应，电解质溶液为KOH，因此正极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；故答案为O2+2H2O+4e-=4OH-；
②该电池实质为甲醇燃烧生成二氧化碳和水，二氧化碳与KOH反应生成碳酸钾和水，因此电池总反应为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，KOH被消耗，随反应进行pH减小；故答案为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；
【小问3详解】
甲醇不完全燃烧生成CO和液态水，其反应方程式为CH3OH+O2=CO+2H2O(l)，根据盖斯定律可知， 得到目标反应方程式，甲醇不完全燃烧的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH=×[(-1275.6)－(-566.0)+(-44)×4]kJ/mol=-442.8 kJ/mol；故答案为CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l) ΔH=-442.8 kJ/mol；
【小问4详解】
根据题意，HNO3转化成氮气，N元素化合价降低，即HNO3为氧化剂，甲醇为还原剂，甲醇中碳元素化合价为-2价，令碳元素化合价变化a，根据得失电子数目守恒，有6mol×(5－0)=5mol×a，解得a=6，因此甲醇中碳元素被氧化为+4价CO2，反应方程式为5CH3OH+6HNO3=3N2↑+5CO2↑+13H2O；甲醇的物质的量为=1mol，转移电子物质的量为1mol×6=6mol，故答案为5CH3OH+6HNO3=3N2↑+5CO2↑+13H2O；6mol。
三、附加题
33. 钴铁氧体（CoFe2O4）不仅是重要的磁性材料、磁致伸缩材料，还是重要的锂离子电池负极材料。工业上，可以由废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质）回收钴，再用电化学法制得CoFe2O4。其流程如图所示（过程中所加试剂均足量）
Ⅰ．废旧电池中钴的回收
（1）含铝滤液中，铝元素的存在形式为________（写化学式）；硅在过程_____（填序号）与钴分离。
（2）写出过程②中LiCoO2与H2O2发生反应的化学方程式____________________________。
（3）过程③Na2CO3的主要作用为________________________________________。
Ⅱ．电解法制得钴铁合金
（4）配制 0.050mol⋅L-1 FeSO4和0.025mol⋅L-1 CoSO4的混合溶液，用铜作阴极、石墨作阳极进行电解，获得CoFe2合金。阴极的电极方程式为____________________________________。
Ⅲ．阳极氧化法制得钴铁氧体
（5）以1.500mol⋅L−1NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为_________________________。
（6）当电路上有0.4mol电子转移时，阳极电极材料增重质量为3.4g，与理论值不符，其原因可能为______________________________________________。
（7）由废旧锂钴电池制CoFe2O4的现实意义在于：______________________（写一条即可）。
【答案】 ①. NaAlO2或AlO2- ②. ① ③. 2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O ④. 调节pH，使Fe3+沉淀分离 ⑤. Co2++2Fe2++6e-=CoFe2 ⑥. ⑦. 电极上同时生成了Co和Fe的氢氧化物 ⑧. 合理利用废弃物；变废为宝；减少重金属污染（写一条即可）
【解析】
【分析】废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质），用氢氧化钠溶液浸泡溶解，杂质Al、硅与氢氧化钠反应，转化为偏铝酸钠和硅酸钠，过滤后得到的滤渣中含有LiCoO2和杂质Fe，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，LiCoO2与H2O2发生氧化还原反应，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，再加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子分离，加入萃取剂，将锂离子与溶液分离，分液后得到含有硫酸钴的溶液。
【详解】（1）由废旧锂钴电池正极材料（主要含Fe、Al、硅等杂质）回收钴，一般除杂试剂要过量，Al和过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，杂质中的硅单质也可与氢氧化钠反应，可在第一步碱溶中和金属铝一并除去；
（2）根据流程转化LiCoO2与H2O2发生氧化还原反应，酸性条件下，双氧水将LiCoO2的钴元素氧化为钴离子，化学方程式2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=2CoSO4+O2↑+ Li2SO4+4H2O；
（3）过程③中，在硫酸和双氧水的作用下将单质铁杂质转化为铁离子，再加入Na2CO3调节溶液pH，使Fe3+沉淀与溶液中的钴离子分离；
（4）阴极上，溶液中的Co2+和Fe2+得到电子，转化为CoFe2，阴极的电极方程式为Co2++2Fe2++6e－=CoFe2；
（5）NaOH溶液作电解液，相当于电解水，阴极上产生氢气，钴铁合金（CoFe2）作阳极，活性电极参与电极反应，合金CoFe2和氢氧根离子失电子变为CoFe2O4， 该电解过程的化学方程式为；
（6）阳极电极材料增重质量为氧的质量，根据，生成1mol CoFe2O4时，转移8mol电子，当电路上有0.4mol电子转移时，生成0.05mol CoFe2O4，增加的质量为0.05mol×4×16g/mol=3.2g<3.4g，说明阳极上除了产生CoFe2O4外，还产生了其他物质，原因可能是：阳极钴铁合金（CoFe2）在失电子过程中转化为铁离子和钴离子，与电解质溶液中的氢氧根离子结合，形成了Co和Fe的氢氧化物；
（7）由废旧锂钴电池制CoFe2O4可对废弃物进行回收再利用，可减少重金属离子对环境的污染。
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