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【化学】浙江省杭州市西湖高级中学2019-2020学年高二10月月考试题（解析版）
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浙江省杭州市西湖高级中学2019-2020学年高二10月月考试题
1.能源是推动社会发展的巨大动力，自古人们就对能源有各种各样的利用。下列诗句中都蕴含了对某种能源的利用，有关认识不正确的是（ ）
A. 孤轮运寒水，无乃农者营。随流转自速，居高还复倾。（水能的利用）
B. 春寒赐浴华清池，温泉水滑洗凝脂。（地热能的利用）
C. 内园分得温汤水，二月中旬已进瓜。（太阳能的利用）
D. 长风破浪会有时，直挂云帆济沧海。（风能的利用）
【答案】C
【解析】
【详解】A. “孤轮”“寒水”“自转”，结合所学可知诗句描述的是筒车，筒车是唐朝农民创制的新的灌溉工具，它随水流自行转动，竹筒把水由低处汲到高处，体现了水能的利用，故A正确；
B.春寒时节，在华清池里，利用温泉可以洗澡，体现了地热能的利用，故B正确；
C.温汤水属于利用地热资源，体现了地热能的利用，不是太阳能，故C错误；
D.乘长风破万里浪，横渡沧海，利用的是风能，故D正确；
故答案选C。
2.下列既属于放热反应又属于氧化还原反应的是（ ）
A. 氧化钙与水反应 B. 铁丝在氧气中燃烧
C. NaOH溶液与盐酸反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氧化钙与水反应，放出热量，但是该反应不涉及化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；
B. 铁丝在氧气中燃烧，是放热反应，也有化合价的变化，是氧化还原反应，B正确；
C. NaOH溶液和盐酸反应是放热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，C错误；
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；
故合理选项为B。
3.有关如图所示原电池的说法正确的是（ ）
A. 随着反应进行，左烧杯中盐溶液浓度上升，右烧杯中酸溶液浓度下降
B. 盐桥的作用是让电子通过，以构成闭合回路
C. 随着反应进行，右烧杯中溶液pH变小
D. 总反应为：2H+＋ Zn ="==" H2↑＋ Zn2+△H>0
【答案】A
【解析】
【详解】A.锌做负极，铜片做正极，电子从负极流向正极，负极：Zn - 2e－=Zn2+,正极：2H+＋2e－= H2↑， A正确；
B.盐桥中的阴离子向硫酸锌溶液中迁移B错误；
C. 右烧杯中2H+＋2e－= H2↑，PH增大，C错误；
D.只有放热的氧化还原反应才能设计成原电池，所以总反应为：2H+＋ Zn = H2↑＋ Zn2+△H<0,D错误；
选A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 焓值越大的物质越稳定
B. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同
C. 热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示标准状况下的数据
D. 工业上常用氯气和氢气直接化合的方法生产氯化氢以制得盐酸。同温同压下，H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)在点燃或光照条件下的△H不同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 焓与内能有关，一般来讲，焓值越大，物质所含的内能越大，该物质越不稳定，故A错误；
B.反应物的总焓与生成物的总焓的差值为反应的热效应；化学反应的发生，体现了吸热或放热两个过程；因此针对一个确定的化学反应，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同，故B正确；
C.热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示在25℃，101kPa下测定的数据，故C错误；
D.化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关；同温同压下，对于同一个反应来讲，反应条件不同，反应的热效应是相同的，故D错误；
答案选B。
5.电解水时为了增强其导电性不应加入的电解质是（ ）
A. NaOH B. CuSO4 C. H2SO4 D. KNO3
【答案】B
【解析】
【详解】向水中加入NaOH、H2SO4、KNO3时，溶液中的带点离子的浓度增大，导电性增强，且不影响电极产物，加入CuSO4时，铜离子得电子能力较强，阴极为Cu2++2e-=Cu，影响氢气的产量，答案为B。
6.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。
7.将两个铂电极放置在KOH溶液中，然后分别向两极通入CO和O2，即可产生电流，称为燃料电池，下列叙述正确的是（ ）
①通入CO的电极为正极；
②正极的电极反应式是O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
③通入CO的电极反应式是2CO＋O2－4e－=2CO2；
④负极的电极反应式是CO＋4OH－－2e－=CO32-＋2H2O；
⑤放电时溶液中的阳离子向负极移动；
⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动。
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ④⑤⑥ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，发生的反应为2CO+O2=2CO2，反应产生的CO2在KOH溶液中，又会转化为CO32-；一氧化碳在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此进行分析。
【详解】①CO发生氧化反应，因此通入CO的电极为负极，错误；
②氧气在正极发生还原反应，正极的电极反应式是O2＋2H2O＋4e－=4OH－，正确；
③CO发生氧化反应，在碱性环境下生成为CO32-，通入CO的电极反应式是CO－2e－+4OH-=CO32-+2H2O，错误；
④CO发生氧化反应，在碱性环境下生成为CO32-，负极的电极反应式是CO＋4OH－－2e－= CO32-＋2H2O，正确；
⑤放电时溶液中的阳离子向正极移动，错误；
⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动，正确；
结合以上分析可知，符合题意的选项有②④⑥；
答案选B。
8.如图所示，a、b为等质量的电极，电解槽中盛有1 L 1.0 mol·L－1CuSO4溶液，电解前后溶液体积变化忽略不计，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 电子的流向：负极→b→a→正极
B. 若为电解精炼铜装置，则a为粗铜；若为电镀铜装置，则b为纯铜
C. 电镀铜或电解精炼铜，溶液中Cu2+浓度均不变
D. 若为电镀铜，当电路中通过的电子为0.2mol时，两极的质量相差12.8g
【答案】D
【解析】
【详解】A.该装置为电解池，a极连接外加电源正极，b极连接外加电源负极，电子移动方向为负极→b，a→正极，电子不能通过电解质溶液，故A错误；
B.若为电解精炼铜的装置，粗铜作阳极，则a极为粗铜，若为电镀铜的装置，纯铜作阳极，则a极为纯铜，故B错误；
C.电镀铜时，溶液中铜离子浓度不变，电解精炼铜时，由于粗铜中含有Zn、Fe、Ag等杂质，锌、铁等失电子时，铜离子在阴极析出，因此溶液中铜离子浓度减小，故C错误；
D.若为电镀铜，a极的电极反应为Cu -2e-=Cu2+，b极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，当电路中通过的电子为0.2mol时，a极消耗0.1mol铜，b极生成0.1mol铜，两个电极质量的差值为（0.1+0.1）mol×64g/mol=12.8g，故D正确；
答案选D。
9. 关于金属腐蚀的叙述中，正确的是（ ）
A. 金属被腐蚀的本质是M＋nH2O=M(OH)n＋H2↑
B. 马口铁(镀锡铁)镀层破损后被腐蚀时，首先是镀层被氧化
C. 金属在一般情况下发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀
D. 常温下，置于空气中的金属主要发生化学腐蚀
【答案】C
【解析】金属腐蚀的本质为M－ne－=Mn＋，应包括化学腐蚀和电化学腐蚀，金属腐蚀不一定置换出氢气，A项错误；马口铁中Sn、Fe构成电化学腐蚀，主要是Fe－2e－=Fe2＋，铁先被腐蚀，B项错误；常温下，空气中的金属主要发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，难以和非金属氧化剂(Cl2、S)等反应，发生化学腐蚀，C项正确，D项错误。
10.下列关于反应速率的说法中，正确的是（ ）
A. 决定化学反应速率的因素是反应物本身的性质
B. 对反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)，其他条件不变时，增加C的量能使反应速率增大
C. 其他条件相同时，反应温度升高，对于吸热反应，反应速率加快，对于放热反应，反应速率减慢
D. 如图实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应物本身的性质是决定反应速率的主要因素，如火药爆炸、食物腐败反应的快慢均是由反应物本身的性质所决定，故A正确；
B. C为固态，浓度为定值，增加C的量，其浓度的变化量为0，所以反应速率不变，故B错误；
C.温度升高，活化分子数增加，有效碰撞的次数增加，无论反应是吸热还是放热，反应速率都加快，故C错误；
D.使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故D错误；
答案选A。
11.其他条件不变时，下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大
B. 增大压强，活化分子百分数增加，化学反应速率增大
C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大
D. 活化分子间所发生的碰撞均为有效碰撞
【答案】A
【解析】
【详解】A.升高温度，活化分子数增加，活化分子百分数也增加，化学反应速率一定能够加快，故A正确；
B.增大压强，分子总数不变，单位体积内的分子数增加，单位体积内活化分子数增加，化学反应速率增大，但活化分子百分数不变，故B错误；
C. 增大反应物浓度，活化分子数增加，但活化分子百分数不变，化学反应速率增大，故C错误；
D.活化分子间所发生的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，故D错误；
故答案选A。
12.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热△H=−890.3kJ/mol，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=−890.3 kJ/mol
B. 铅蓄电池充电时阴极反应式：PbSO4＋2e－ = Pb＋SO42－
C. 用铜作两电极电解KCl溶液：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－
D. 氯化铜溶液pH＜7 的原因是：Cu2+＋H2O=Cu (OH)2＋2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A.1mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出的热量为890.3kJ/mol，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ/mol，故A错误；
B.铅蓄电池充电时，为电解池，阴极得电子发生还原反应，电极反应式：PbSO4＋2e－= Pb＋SO42－，故B正确；
C.电解池中，铜作阳极，铜先失电子，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，用铜作两电极电解KCl溶液反应的方程式：Cu＋2H2OH2↑＋Cu（OH）2，故C错误；
D.氯化铜属于强酸弱碱盐，水解显酸性，水解过程微弱，属于可逆过程，方程式为：Cu2+＋H2OCu (OH)2＋2H+，故D错误；
答案选B。
13.氯碱工业的一种节能新工艺是将电解池与燃料电池相组合，相关物料的传输与转化关系如图所示(电极未标出)。下列说法正确的是（ ）
A. 电解池的阴极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-
B. 通入空气的电极为负极
C. 电解池中产生2 mol Cl2时，理论上燃料电池中消耗0.5 mol O2
D. a、b、c的大小关系为a>b=c
【答案】A
【解析】
【详解】A.电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电解池的阴极反应式为：，故A正确；
B.由燃料电池的工作原理可以知道,负极是燃料氢气发生氧化反应,正极为通入空气的电极,故B错误；
C.电解池中产生Cl2,根据电子守恒得到2Cl2O2,则电解池中产生2molCl2,理论上燃料电池中消耗1molO2,故C错误；
D.燃料电池中的阳离子交换膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成水，消耗氢氧根离子，所以,得到,故D错误；
本题答案为A。
14.在373K 时，把0.5 mol N2O4气体通入体积为5 L的真空密闭容器中，立即出现红棕色,化学方程式为N2O4 2NO2。下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 （ ）
A. 增加NO2的物质的量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积变大
【答案】C
【解析】
【详解】A、增加NO2的物质的量，NO2的浓度增大，化学反应速率加快，故A不选；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B不选；C、保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C选；D、保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D不选；故选C。
15.一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物
燃烧热(kJ·mol－1)
化合物
燃烧热(kJ·mol－1)
甲烷
890.3
正丁烷
2 878.0
乙烷
1 560.8
异丁烷
2 869.6
丙烷
2 221.5
2-甲基丁烷
3 531.3
下列说法正确的是（ ）
A. 正戊烷的燃烧热大约是3 540 kJ·mol－1
B. 热稳定性：正丁烷＞异丁烷
C. 乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(g) ΔH＝－1560.8 kJ·mol－1
D. 相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
【答案】A
【解析】
【详解】A、正戊烷与2甲基丁烷互为同分异构体，正丁烷与异丁烷也互为同分异构体且正丁烷的燃烧热大于异丁烷，由此可得正戊烷的燃烧热大于2甲基丁烷，正确；
B、根据燃烧热的数据不无得出它们的热稳定性大小，错误；
C、燃烧热是指，在25℃ 101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。（水指液态水）上述方程式中参加反应的乙烷的物质的量为2mol，且水不是液态水，错误；
D、相同质量的烃，含氢量越高，燃烧放出的热量越多，错误。
16.下列有关说法正确的是（ ）
A. 图所示装置可构成铜-锌原电池
B. 图是HI(g)分解能量与反应进程关系曲线，a、b中I2依次为固态、气态
C. 图所示装置可以实现电解精炼铝
D. 图实验设计可用于探究催化剂Fe3+、Cu2+对过氧化氢分解速率的影响
【答案】D
【解析】
【详解】A.铜-锌、硫酸铜构成原电池，锌作负极，锌电极插入硫酸锌溶液中，铜作正极，铜电极插入硫酸铜溶液中，才能构成原电池，故A错误；
B.同种物质在固态时的能量低于气态时的能量，因此HI(g) 分解生成氢气和固态碘，放出的热量多，因此a、b中I2依次为气态、固态，故B错误；
C.氧化性：Al3+
答案选D。
17.最近罗格斯大学研究人员利用电催化技术高效率将CO2转化为X和Y（如下图）， X、Y可用作制备塑料、粘合剂和药品的前体等。下列说法正确的是 （ ）
A. 图中能量转换方式只有2种
B. X、Y分子中所含的官能团相同
C. X、Y均是电解时的阳极产物
D. CO2资源化利用有利于解决大气中CO2浓度增加导致的环境问题
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图示可知，能量转换方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、电能转化为化学能三种，A错误；
B.X含有的官能团是羰基、醛基；Y中含有的官能团是碳碳双键、醚键、羟基，所含官能团种类不同，B错误；
C.反应物CO2中的C元素化合价是+4价，在X中C元素化合价是0价，在Y中C元素化合价为+价，元素的化合价降低，因此是阴极产生的还原产物，C错误；
D.CO2发生反应转化为X、Y后，实现了物质的资源化利用，降低了大气中CO2的含量，因此解决大气中CO2浓度增加导致的环境问题，D正确；
故合理选项是D。
18.某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了 HAP的部分结构）：
下列说法不正确的是（ ）
A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B. HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂
C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；
B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；
C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；
D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确；
故合理选项是C。
19.已知：锂离子电池的总反应为：LixC+Li1-xCoO2C+LiCoO2锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S有关上述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. 锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应
C. 理论上两种电池的比能量相同
D. 右图表示用锂离子电池给锂硫电池充电
【答案】B
【解析】试题分析：A、电池放电时，电解质内部Li+向正极移动，错误；B、锂硫电池充电时，锂电极发生得电子反应，为还原反应，正确；C、两种电池的变价不同，所以比能量不相同，错误；D、充电时正接正，负接负，所以Li电极连接C电极，错误。
20.用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图甲。电解过程中的实验数据如图乙，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）。则下列说法不正确的是（ ）
A. 电解过程中，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生
B. b电极上发生的反应方程式为：4OH－一4e－＝2H2O+O2↑
C. 曲线O一P段表示H2体积变化
D. Q点时收集到的混合气体中H2和O2体积比为1：1
【答案】C
【解析】
【分析】电解硫酸铜溶液时，电流由电池的正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，电极反应式，阳极：2H2O-4e－＝4H++ O2↑；阴极：Cu2++ 2e－＝Cu、2H++ 2e－＝H2↑；
【详解】A. 电解过程中，a电极为阴极，溶液中的Cu2+得电子生成Cu，则表面先有红色物质析出，后有H+得电子生成氢气，有气泡产生，A正确；
B. b电极为阳极，溶液中的水失电子生成氧气，发生的反应方程式为：4OH－-4e－＝2H2O+O2↑，B正确；
C. 曲线O-P段，阳极生成氧气，阴极生Cu，表示O2的体积变化，C错误；
D. Q点时收集到的混合气体中，H2和O2标况下的体积分别为2.24L，体积比为1：1，D正确；
答案为C。
21.2018年7月至9月，国家文物局在辽宁开展水下考古，搜寻、发现并确认了甲午海战北洋水师沉舰——经远舰。
已知：正常海水呈弱碱性。
（1）经远舰在海底“沉睡”124年后，钢铁制成的舰体腐蚀严重。舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为______。
（2）为了保护文物，考古队员采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船水下遗址进行了处理。
① 考古队员贴在舰体上的材料块可以是______（填字母序号）。
a．铝锌合金 b．石墨 c．铅 d．铜
② 采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，水下舰体上正极的电极反应式为______。
（3）考古队员将舰船上的部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施防止文物继续被腐蚀。从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理：______。
【答案】(1). Fe – 2e- + 2OH- === Fe(OH)2（写“Fe – 2e- === Fe2+”不扣分） (2). a (3). O2 + 4e- + 2H2O === 4OH- (4). 脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体（或电解质溶液），使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀
【解析】
【分析】(1)中性或弱酸性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失去电子发生氧化反应，据此书写电极反应式；
(2)采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进行保护，需要选用活泼性比铁强的金属作负极，在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，据此书写正极的电极反应式；
(3)从破坏原电池的构成条件分析解答。
【详解】(1)海水呈弱碱性，钢铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，负极上铁失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；
(2)①采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进行保护，需要选用活泼性比铁强的金属作负极，故选a；
②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，铁为正极，海水呈弱碱性，在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，正极的电极反应式为O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-，故答案为：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-；
(3)考古队员将舰船上部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施防止文物继续被腐蚀，脱盐、干燥处理破坏了原电池中的构成条件，使之缺少了电解质溶液，使文物表面无法形成原电池发生电化学腐蚀，故答案为：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀。
22.甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。
I. 甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。
（1）汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18(l)]。已知：25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量。该反应的热化学方程式为______。
（2）已知：25℃、101 kPa时，CH3OH(l) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(l) Δ H＝-726.5 kJ/mol。相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是______。
（3）某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如右所示。
根据图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是______。
II. 甲醇的合成
（4）以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如下图所示。
① 补全上图：图中A处应填入______。
② 该反应需要加入铜－锌基催化剂。加入催化剂后，该反应的ΔH______（填“变大”“变小”或“不变”）。
（5）已知： CO(g)＋1/2 O2(g) ==== CO2(g) ΔH1＝-283 kJ/mol
H2(g)＋1/2 O2(g) ==== H2O(g) ΔH2＝-242 kJ/mol
CH3OH(g) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(g) ΔH3＝-676 kJ/mol
以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇的反应为CO(g) + 2H2(g) ==== CH3OH(g) 。该反应的ΔH为_____ kJ/mol。
【答案】(1). C8H18(l) ＋ 25/2O2(g)＝8CO2(g) ＋ 9H2O(l) ΔH＝-5518 kJ/mol (2). C8H18 (3). 汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小 (4). 1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g) (5). 不变 (6). -91
【解析】
【分析】(1)根据书写热化学反应方程式的方法书写；
(2)假设质量均为1g，计算出1g CH3OH和1g辛烷完全燃烧放出的热量，再判断；
(3)根据图像可知，甲醇作为燃料时，根据汽车的加速性能与 CO排放量的关系分析解答；
(4)①CO2(g)和H2(g)为原料生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒分析解答；②根据催化剂与焓变的关系判断；
(5)根据盖斯定律分析解答。
【详解】(1)在25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量，所以其热化学反应方程式为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1，故答案为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1；
(2)假设质量均为1g，则1g CH3OH完全燃烧放出的热量==22kJ，1g辛烷完全燃烧放出的热量==48kJ，相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是C8H18(或辛烷)，故答案为：C8H18(或辛烷)；
(3)根据图像可知，汽车的加速性能相同的情况下，甲醇作为燃料时CO排放量低，污染小，故答案为：汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小；
(4)①以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒，需要1mol二氧化碳和3mol氢气，因此图中A处应填入1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)，故答案为：1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)；
②加入催化剂，不能改变反应的焓变，因此Δ H不变，故答案为：不变；
(5)①CO(g)＋1/2 O2(g) =CO2(g) Δ H1＝-283 kJ/mol ，②H2(g)＋1/2 O2(g) = H2O(g) Δ H2＝-242 kJ/mol，③CH3OH(g) + 3/2 O2(g) =CO2 (g) + 2H2O(g) Δ H3＝-676 kJ/mol，根据盖斯定律，将①+②×2-③，得：CO(g) + 2H2(g) =CH3OH(g) ΔH=(-283 kJ/mol)+(-242 kJ/mol)×2-(-676 kJ/mol)=-91 kJ/mol，故答案为：-91。
23.按要求回答下列问题
（1）某蓄电池的正负极标志难以辨别，请设计实验方案，将蓄电池的正负极辨别出来____________________。
（2）解释下列化学反应的反应速率变化关系曲线
①将除去氧化膜的镁条投入盛有稀盐酸的试管中，产生氢气的速率随时间的变化关系如图A所示，试解释原因：_________________________________________________________。
②过氧化氢在酶的催化作用下的分解速率随温度的变化关系如图B所示，试解释原因：______________________。
（3）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接_______________。
②改变开关连接方式，可得O2，电极反应式为___________________________。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：______________________________。
（4）甲醇燃料电池DMFC可作电脑、汽车的能量来源。在实验室完成一个实验，用DMFC电解NaClO3溶液可制取NaClO4溶液，装置如图所示（其中DMFC以KOH作电解质）。
①写出电源负极电极反应式：______________________________。
②写出电解的总反应化学方程式：__________________________。
【答案】(1). 用导线将两极分别与两根石墨棒相连，将两根石墨棒插入氯化铜溶液中，有黄绿色气体产生的一极是阳极，它所连的一极是蓄电池的正极，另一根石墨棒上有红色的铜析出，它所连的一极是蓄电池的负极 (2). 镁与酸反应放热加快反应速率，随着反应进行，氢离子浓度降低反应速率减慢 (3). 随着温度升高酶的活性增加，反应速率加快，温度过高导致酶失活反应速率降低 (4). K1 (5). 4OH--4e-=O2↑+2H2O (6). 连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移 (7). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (8). NaClO3+H2O NaClO4+ H2↑
【解析】
【分析】（1）可利用电解原理，依据电解时两极发生的不同现象将两极区分出来，据此进行方案的设计；
（2）①根据温度、浓度对反应速率的影响进行分析；
②酶作催化剂时有一个最适宜温度，在此温度下，酶的催化活性最高，而在较高温度下，酶作为一种蛋白质发生变性，从而失去催化活性，据此分析；
（3）电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K 1或K 2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni（OH） 2的转化，且可循环使用，以此解答该题。
（4）甲醇燃料电池中（属于原电池），甲醇在负极发生氧化反应；根据题给信息可知，在电解池中，NaClO3在阳极发生氧化反应生成NaClO4，氢离子在阴极发生还原反应生成氢气，写出阴阳极极反应，即可写出电解的总反应。
【详解】（1）可利用电解原理，依据电解时两极发生的不同现象将两极区分出来；例如：用导线将两极分别与两根石墨棒相连，将两根石墨棒插入氯化铜溶液中，有黄绿色气体产生的一极是阳极，它所连的一极是蓄电池的正极，另一根石墨棒上有红色的铜析出，它所连的一极是蓄电池的负极。
故答案是：用导线将两极分别与两根石墨棒相连，将两根石墨棒插入氯化铜溶液中，有黄绿色气体产生的一极是阳极，它所连的一极是蓄电池的正极，另一根石墨棒上有红色的铜析出，它所连的一极是蓄电池的负极；
（2）①图A中前段随时间进行曲线逐渐上升，原因是镁与盐酸的反应是一个放热反应，随着反应的进行，溶液的温度逐渐升高，化学反应速率逐渐增大；后段随着反应的进行曲线逐渐下降，主要原因是随着反应的进行溶液中氢离子浓度减小，使化学反应速率逐渐减小；
故答案是：镁与酸反应放热加快反应速率，随着反应进行，氢离子浓度降低反应速率减慢；
②酶作催化剂时有一个最适宜温度，在此温度下，酶的催化活性最高，而在较高温度下，酶作为一种蛋白质发生变性，从而失去催化活性；图B中前段曲线表示随温度升高，酶的催化活性逐渐增大，化学反应速率也随着增大；曲线的最高点时对应的温度是酶催化时的最适宜温度；后段曲线表示随温度升高，酶发生变性，逐渐失去了催化活性，化学反应速率也随着减小；
故答案是：随着温度升高酶的活性增加，反应速率加快，温度过高导致酶失活反应速率降低；
（3）①根据题中信息，碱性电解液条件下，生成H2的电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成气体的电极得电子，为阴极，故应该连接K1；故答案是：K1；
②改变开关连接方式，可得O2，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；故答案是：4OH--4e-=O2↑+2H2O；
③当连接K1时，生成H2，此时电极1的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极3的电极反应为Ni（OH）2-e-+OH-=NiOOH+H2O，可以消耗电极1产生的OH-；当连接K2时，生成O2，此时电极2的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，电极3的电极反应为NiOOH+H2O +e-= Ni（OH）2 + OH-，以补充电极2消耗的OH-；故答案是：连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移；
（4）①甲醇燃料电池中，甲醇在负极发生氧化反应：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
故答案是：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
②根据题给信息可知，电解过程中，NaClO3在阳极发生氧化反应生成NaClO4，电极反应为：ClO3--2e-+2OH-= ClO4-+H2O；氢离子在阴极发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解的总反应化学方程式：NaClO3+H2O NaClO4+ H2↑；
故答案是：NaClO3+H2ONaClO4+ H2↑。
24.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。回答有关中和反应的问题。
（1）用0.1 mol Ba(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，能放出_______kJ热量
（2）如图装置中仪器A的名称是____________，碎泡沫塑料的作用是_____________________________；要重复进行三次实验的目的是 ____________________。
（3）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
（4）将V1 mL 1.00 mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。下列叙述正确的是_____。
A．做该实验时环境温度为22 ℃
B．该实验表明化学能可以转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00 mol·L－1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】(1). 11.46 (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 保温隔热 (4). 提高实验准确性 (5). 偏小 (6). B
【解析】
【分析】(1)根据中和热的含义：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol，所以0.1 mol Ba(OH)2稀溶液与足量稀硝酸反应时生成0.2 mol H2O(l)，据此计算出反应放出的热量；
(2)根据仪器的用途进行分析；在测定中和热的实验中，减少热量损失是实验的关键，据此分析碎泡沫塑料的作用；做定量实验，为了提高实验准确性，减小误差，要重复进行实验；
(3)氨水代替NaOH(aq)，会使测得的中和热数值偏小，因为氨水(NH3·H2O)是弱电解质，电离时需吸收热量；
(4)用A实验时的温度应为酸碱未混合之前的温度；
B.根据图示所测溶液温度变化进行分析；
C.根据氢氧化钠溶液与盐酸溶液反应方程式进行计算；
D.生成水的反应不一定为放热反应。
【详解】（1）根据中和热的含义：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol，所以0.1 mol Ba(OH)2稀溶液与足量稀硝酸反应时生成0.2 mol H2O(l)，故放出的热量为11. 46 kJ；
故答案是: 11.46；
（2）由实验装置知，A为环形玻璃搅拌棒，作用是搅拌，使溶液充分混合；碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；要重复进行三次实验的目的是：提高实验准确性，减少实验误差； 故答案是：环形玻璃搅拌棒；保温隔热；提高实验准确性；
（3）用氨水代替NaOH(aq)，会使测得的中和热数值偏小，因为氨水(NH3·H2O)是弱电解质，电离时需吸收热量；故答案是：偏小；
（4）A.温度为22 ℃时加入盐酸10mL，则不是实验时环境温度，故A错误；
B.由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能转化为热能，故B正确；
C.恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1＋V2＝50 mL可以知道，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL；根据反应HCl+NaOH=NaCl+H2O可知：n（HCl）=n（NaOH） ，则 1.00 mol/L×0.03L=c×0.02L，c =1.5mol/L；故C错误；
D.只是该反应为放热反应，其它有水生成的反应不一定是放热反应，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，为吸热反应，故D错误；故答案选B。
25.草酸与KMnO4在酸性条件下能够发生如下反应：MnO+H2C2O4+H＋→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)。用4 mL 0.001 mol/L KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol/L H2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：
组别
10%硫酸体积/mL
温度/℃
其他物质
Ⅰ
2
20
/
Ⅱ
2
20
10滴饱和MnSO4溶液
Ⅲ
2
30
/
Ⅳ
1
20
1 mL蒸馏水
（1）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验________和________(用Ⅰ～Ⅳ表示，下同)。
（2）如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验________和________。
（3）对比实验Ⅰ和Ⅳ，可以研究______________________对化学反应速率的影响。
【答案】(1). I (2). II (3). I (4). III (5). 氢离子浓度
【解析】
【分析】
(1) 、(2)探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在其它条件相同的条件下设置对比实验；
(3)对比实验I和IV，根据两个实验中反应物不同量分析实验目的；对比实验中，必须确保溶液总体积相同。
【详解】(1)由实验目的可以知道，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验；同浓度溶液，在相同温度下进行反应，Ⅰ无催化剂，Ⅱ有催化剂，Ⅰ、Ⅱ是研究催化剂对化学反应速率的影响；故答案是：I；II；
(2)如果研究温度对化学反应速率的影响，则除了温度不同外，其它条件必须完全相同，所以Ⅰ和Ⅲ是探究温度对反应速率的影响；故答案是：I；III；
(3) 对比实验I和IV，Ⅳ中加入1mL 10%硫酸，与I中加入的溶液总体积不相等，实验IV中需要加入1 mL蒸馏水，确保反应溶液的总体积相同，这说明两组实验中的反应物的浓度不同，硫酸溶液的浓度不同即氢离子浓度不同，对化学反应速率的影响也不同；
故答案是：氢离子浓度。
26.某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g) △H= -Q kJ•mol-1（Q＞0），12s 时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程如图所示。试计算：
（1）前12s内，A的平均反应速率为______________。
（2）化学计量数之比b：c=______________。
（3）12s内，A和B反应放出的热量为__________（用Q表示）。
【答案】(1). 0.05mol/(L·s) (2). 1:2 (3). 0.4Q kJ
【解析】
【分析】（1）据图象分析可以知道A的浓度变化量，根据v=∆c/∆t计算出A的平均反应速率；
（2）根据速率之比和系数成正比，计算出B、C物质的反应速率，进而计算出化学计量数之比b：c的数值；
（3）12s内，反应3molA放热QkJ，反应A的物质的量=（0.8mol/L-0.2mol/L）×2L=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算分析。
【详解】（1）某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应: 3A(g)+bB(g)cC(g) △H= -Q kJ•mol-1（Q＞0）， 12s时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol ，据图象分析可以知道A的浓度变化=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，反应速率v=∆c/∆t=0.6mol/L÷12s= 0.05mol/(L·s) ；答案是：0.05mol/(L·s)；
（2）图象分析B的浓度变化=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，计算B的反应速率=0.2mol/L÷12s= 1/60 mol/(L·s)，速率之比等于化学方程式计量数之比，3:b=0.05: 1/60，b=1，3：c=0.05:0.8mol/（2L×12s），c=2；化学计量数之比b：c=1:2；故答案是：1:2；
（3）12s内，反应3molA放热QkJ，反应A的物质的量=（0.8mol/L-0.2mol/L）×2L=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算：3A(g)+bB(g)cC(g) △H= -Q kJ•mol-1（Q＞0），1.2molA反应放出热量0.4QkJ；故答案是：0.4Q kJ。
1.能源是推动社会发展的巨大动力，自古人们就对能源有各种各样的利用。下列诗句中都蕴含了对某种能源的利用，有关认识不正确的是（ ）
A. 孤轮运寒水，无乃农者营。随流转自速，居高还复倾。（水能的利用）
B. 春寒赐浴华清池，温泉水滑洗凝脂。（地热能的利用）
C. 内园分得温汤水，二月中旬已进瓜。（太阳能的利用）
D. 长风破浪会有时，直挂云帆济沧海。（风能的利用）
【答案】C
【解析】
【详解】A. “孤轮”“寒水”“自转”，结合所学可知诗句描述的是筒车，筒车是唐朝农民创制的新的灌溉工具，它随水流自行转动，竹筒把水由低处汲到高处，体现了水能的利用，故A正确；
B.春寒时节，在华清池里，利用温泉可以洗澡，体现了地热能的利用，故B正确；
C.温汤水属于利用地热资源，体现了地热能的利用，不是太阳能，故C错误；
D.乘长风破万里浪，横渡沧海，利用的是风能，故D正确；
故答案选C。
2.下列既属于放热反应又属于氧化还原反应的是（ ）
A. 氧化钙与水反应 B. 铁丝在氧气中燃烧
C. NaOH溶液与盐酸反应 D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
【答案】B
【解析】
【详解】A. 氧化钙与水反应，放出热量，但是该反应不涉及化合价的变化，不是氧化还原反应，A错误；
B. 铁丝在氧气中燃烧，是放热反应，也有化合价的变化，是氧化还原反应，B正确；
C. NaOH溶液和盐酸反应是放热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，C错误；
D. Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应，但是该反应不涉及化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；
故合理选项为B。
3.有关如图所示原电池的说法正确的是（ ）
A. 随着反应进行，左烧杯中盐溶液浓度上升，右烧杯中酸溶液浓度下降
B. 盐桥的作用是让电子通过，以构成闭合回路
C. 随着反应进行，右烧杯中溶液pH变小
D. 总反应为：2H+＋ Zn ="==" H2↑＋ Zn2+△H>0
【答案】A
【解析】
【详解】A.锌做负极，铜片做正极，电子从负极流向正极，负极：Zn - 2e－=Zn2+,正极：2H+＋2e－= H2↑， A正确；
B.盐桥中的阴离子向硫酸锌溶液中迁移B错误；
C. 右烧杯中2H+＋2e－= H2↑，PH增大，C错误；
D.只有放热的氧化还原反应才能设计成原电池，所以总反应为：2H+＋ Zn = H2↑＋ Zn2+△H<0,D错误；
选A。
4.下列说法正确的是（ ）
A. 焓值越大的物质越稳定
B. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同
C. 热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示标准状况下的数据
D. 工业上常用氯气和氢气直接化合的方法生产氯化氢以制得盐酸。同温同压下，H2(g)+Cl2(g)==2HCl(g)在点燃或光照条件下的△H不同
【答案】B
【解析】
【详解】A. 焓与内能有关，一般来讲，焓值越大，物质所含的内能越大，该物质越不稳定，故A错误；
B.反应物的总焓与生成物的总焓的差值为反应的热效应；化学反应的发生，体现了吸热或放热两个过程；因此针对一个确定的化学反应，反应物的总焓与生成物的总焓一定不同，故B正确；
C.热化学方程式未注明温度和压强时，ΔH表示在25℃，101kPa下测定的数据，故C错误；
D.化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关；同温同压下，对于同一个反应来讲，反应条件不同，反应的热效应是相同的，故D错误；
答案选B。
5.电解水时为了增强其导电性不应加入的电解质是（ ）
A. NaOH B. CuSO4 C. H2SO4 D. KNO3
【答案】B
【解析】
【详解】向水中加入NaOH、H2SO4、KNO3时，溶液中的带点离子的浓度增大，导电性增强，且不影响电极产物，加入CuSO4时，铜离子得电子能力较强，阴极为Cu2++2e-=Cu，影响氢气的产量，答案为B。
6.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。
7.将两个铂电极放置在KOH溶液中，然后分别向两极通入CO和O2，即可产生电流，称为燃料电池，下列叙述正确的是（ ）
①通入CO的电极为正极；
②正极的电极反应式是O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
③通入CO的电极反应式是2CO＋O2－4e－=2CO2；
④负极的电极反应式是CO＋4OH－－2e－=CO32-＋2H2O；
⑤放电时溶液中的阳离子向负极移动；
⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动。
A. ①③⑤ B. ②④⑥ C. ④⑤⑥ D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，发生的反应为2CO+O2=2CO2，反应产生的CO2在KOH溶液中，又会转化为CO32-；一氧化碳在负极发生氧化反应，氧气在正极发生还原反应，阳离子移向正极，阴离子移向负极，据此进行分析。
【详解】①CO发生氧化反应，因此通入CO的电极为负极，错误；
②氧气在正极发生还原反应，正极的电极反应式是O2＋2H2O＋4e－=4OH－，正确；
③CO发生氧化反应，在碱性环境下生成为CO32-，通入CO的电极反应式是CO－2e－+4OH-=CO32-+2H2O，错误；
④CO发生氧化反应，在碱性环境下生成为CO32-，负极的电极反应式是CO＋4OH－－2e－= CO32-＋2H2O，正确；
⑤放电时溶液中的阳离子向正极移动，错误；
⑥放电时溶液中的阴离子向负极移动，正确；
结合以上分析可知，符合题意的选项有②④⑥；
答案选B。
8.如图所示，a、b为等质量的电极，电解槽中盛有1 L 1.0 mol·L－1CuSO4溶液，电解前后溶液体积变化忽略不计，下列有关叙述正确的是（ ）
A. 电子的流向：负极→b→a→正极
B. 若为电解精炼铜装置，则a为粗铜；若为电镀铜装置，则b为纯铜
C. 电镀铜或电解精炼铜，溶液中Cu2+浓度均不变
D. 若为电镀铜，当电路中通过的电子为0.2mol时，两极的质量相差12.8g
【答案】D
【解析】
【详解】A.该装置为电解池，a极连接外加电源正极，b极连接外加电源负极，电子移动方向为负极→b，a→正极，电子不能通过电解质溶液，故A错误；
B.若为电解精炼铜的装置，粗铜作阳极，则a极为粗铜，若为电镀铜的装置，纯铜作阳极，则a极为纯铜，故B错误；
C.电镀铜时，溶液中铜离子浓度不变，电解精炼铜时，由于粗铜中含有Zn、Fe、Ag等杂质，锌、铁等失电子时，铜离子在阴极析出，因此溶液中铜离子浓度减小，故C错误；
D.若为电镀铜，a极的电极反应为Cu -2e-=Cu2+，b极的电极反应为Cu2++2e-=Cu，当电路中通过的电子为0.2mol时，a极消耗0.1mol铜，b极生成0.1mol铜，两个电极质量的差值为（0.1+0.1）mol×64g/mol=12.8g，故D正确；
答案选D。
9. 关于金属腐蚀的叙述中，正确的是（ ）
A. 金属被腐蚀的本质是M＋nH2O=M(OH)n＋H2↑
B. 马口铁(镀锡铁)镀层破损后被腐蚀时，首先是镀层被氧化
C. 金属在一般情况下发生的电化学腐蚀主要是吸氧腐蚀
D. 常温下，置于空气中的金属主要发生化学腐蚀
【答案】C
【解析】金属腐蚀的本质为M－ne－=Mn＋，应包括化学腐蚀和电化学腐蚀，金属腐蚀不一定置换出氢气，A项错误；马口铁中Sn、Fe构成电化学腐蚀，主要是Fe－2e－=Fe2＋，铁先被腐蚀，B项错误；常温下，空气中的金属主要发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，难以和非金属氧化剂(Cl2、S)等反应，发生化学腐蚀，C项正确，D项错误。
10.下列关于反应速率的说法中，正确的是（ ）
A. 决定化学反应速率的因素是反应物本身的性质
B. 对反应C(s)＋CO2(g)2CO(g)，其他条件不变时，增加C的量能使反应速率增大
C. 其他条件相同时，反应温度升高，对于吸热反应，反应速率加快，对于放热反应，反应速率减慢
D. 如图实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应物本身的性质是决定反应速率的主要因素，如火药爆炸、食物腐败反应的快慢均是由反应物本身的性质所决定，故A正确；
B. C为固态，浓度为定值，增加C的量，其浓度的变化量为0，所以反应速率不变，故B错误；
C.温度升高，活化分子数增加，有效碰撞的次数增加，无论反应是吸热还是放热，反应速率都加快，故C错误；
D.使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故D错误；
答案选A。
11.其他条件不变时，下列说法正确的是（ ）
A. 升高温度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大
B. 增大压强，活化分子百分数增加，化学反应速率增大
C. 增大反应物浓度，活化分子百分数增加，化学反应速率增大
D. 活化分子间所发生的碰撞均为有效碰撞
【答案】A
【解析】
【详解】A.升高温度，活化分子数增加，活化分子百分数也增加，化学反应速率一定能够加快，故A正确；
B.增大压强，分子总数不变，单位体积内的分子数增加，单位体积内活化分子数增加，化学反应速率增大，但活化分子百分数不变，故B错误；
C. 增大反应物浓度，活化分子数增加，但活化分子百分数不变，化学反应速率增大，故C错误；
D.活化分子间所发生的碰撞，只有能发生反应的碰撞才是有效碰撞，故D错误；
故答案选A。
12.化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（ ）
A. 甲烷的燃烧热△H=−890.3kJ/mol，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=−890.3 kJ/mol
B. 铅蓄电池充电时阴极反应式：PbSO4＋2e－ = Pb＋SO42－
C. 用铜作两电极电解KCl溶液：2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－
D. 氯化铜溶液pH＜7 的原因是：Cu2+＋H2O=Cu (OH)2＋2H+
【答案】B
【解析】
【详解】A.1mol甲烷完全燃烧生成液态水时放出的热量为890.3kJ/mol，所以甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)═CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ/mol，故A错误；
B.铅蓄电池充电时，为电解池，阴极得电子发生还原反应，电极反应式：PbSO4＋2e－= Pb＋SO42－，故B正确；
C.电解池中，铜作阳极，铜先失电子，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+，用铜作两电极电解KCl溶液反应的方程式：Cu＋2H2OH2↑＋Cu（OH）2，故C错误；
D.氯化铜属于强酸弱碱盐，水解显酸性，水解过程微弱，属于可逆过程，方程式为：Cu2+＋H2OCu (OH)2＋2H+，故D错误；
答案选B。
13.氯碱工业的一种节能新工艺是将电解池与燃料电池相组合，相关物料的传输与转化关系如图所示(电极未标出)。下列说法正确的是（ ）
A. 电解池的阴极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-
B. 通入空气的电极为负极
C. 电解池中产生2 mol Cl2时，理论上燃料电池中消耗0.5 mol O2
D. a、b、c的大小关系为a>b=c
【答案】A
【解析】
【详解】A.电解池中生成氢气的一端为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电解池的阴极反应式为：，故A正确；
B.由燃料电池的工作原理可以知道,负极是燃料氢气发生氧化反应,正极为通入空气的电极,故B错误；
C.电解池中产生Cl2,根据电子守恒得到2Cl2O2,则电解池中产生2molCl2,理论上燃料电池中消耗1molO2,故C错误；
D.燃料电池中的阳离子交换膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%小于c%，负极氢气失电子生成水，消耗氢氧根离子，所以,得到,故D错误；
本题答案为A。
14.在373K 时，把0.5 mol N2O4气体通入体积为5 L的真空密闭容器中，立即出现红棕色,化学方程式为N2O4 2NO2。下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 （ ）
A. 增加NO2的物质的量
B. 将容器的体积缩小一半
C. 保持体积不变，充入N2使体系压强增大
D. 保持压强不变，充入N2使容器体积变大
【答案】C
【解析】
【详解】A、增加NO2的物质的量，NO2的浓度增大，化学反应速率加快，故A不选；B、将容器的体积缩小一半，反应体系中物质的浓度增大，则化学反应速率增大，故B不选；C、保持体积不变，充入氮气，氮气不参与反应，反应体系中的各物质的浓度不变，则反应速率不变，故C选；D、保持压强不变，充入氮气，使容器的体积变大，反应体系中各物质的浓度减小，则反应速率减小，故D不选；故选C。
15.一些烷烃的燃烧热如下表：
化合物
燃烧热(kJ·mol－1)
化合物
燃烧热(kJ·mol－1)
甲烷
890.3
正丁烷
2 878.0
乙烷
1 560.8
异丁烷
2 869.6
丙烷
2 221.5
2-甲基丁烷
3 531.3
下列说法正确的是（ ）
A. 正戊烷的燃烧热大约是3 540 kJ·mol－1
B. 热稳定性：正丁烷＞异丁烷
C. 乙烷燃烧的热化学方程式为2C2H6(g)＋7O2(g)=4CO2(g)＋6H2O(g) ΔH＝－1560.8 kJ·mol－1
D. 相同质量的烷烃，碳的质量分数越大，燃烧放出的热量越多
【答案】A
【解析】
【详解】A、正戊烷与2甲基丁烷互为同分异构体，正丁烷与异丁烷也互为同分异构体且正丁烷的燃烧热大于异丁烷，由此可得正戊烷的燃烧热大于2甲基丁烷，正确；
B、根据燃烧热的数据不无得出它们的热稳定性大小，错误；
C、燃烧热是指，在25℃ 101kPa下，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。（水指液态水）上述方程式中参加反应的乙烷的物质的量为2mol，且水不是液态水，错误；
D、相同质量的烃，含氢量越高，燃烧放出的热量越多，错误。
16.下列有关说法正确的是（ ）
A. 图所示装置可构成铜-锌原电池
B. 图是HI(g)分解能量与反应进程关系曲线，a、b中I2依次为固态、气态
C. 图所示装置可以实现电解精炼铝
D. 图实验设计可用于探究催化剂Fe3+、Cu2+对过氧化氢分解速率的影响
【答案】D
【解析】
【详解】A.铜-锌、硫酸铜构成原电池，锌作负极，锌电极插入硫酸锌溶液中，铜作正极，铜电极插入硫酸铜溶液中，才能构成原电池，故A错误；
B.同种物质在固态时的能量低于气态时的能量，因此HI(g) 分解生成氢气和固态碘，放出的热量多，因此a、b中I2依次为气态、固态，故B错误；
C.氧化性：Al3+
答案选D。
17.最近罗格斯大学研究人员利用电催化技术高效率将CO2转化为X和Y（如下图）， X、Y可用作制备塑料、粘合剂和药品的前体等。下列说法正确的是 （ ）
A. 图中能量转换方式只有2种
B. X、Y分子中所含的官能团相同
C. X、Y均是电解时的阳极产物
D. CO2资源化利用有利于解决大气中CO2浓度增加导致的环境问题
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图示可知，能量转换方式有风能转化为电能、太阳能转化为电能、电能转化为化学能三种，A错误；
B.X含有的官能团是羰基、醛基；Y中含有的官能团是碳碳双键、醚键、羟基，所含官能团种类不同，B错误；
C.反应物CO2中的C元素化合价是+4价，在X中C元素化合价是0价，在Y中C元素化合价为+价，元素的化合价降低，因此是阴极产生的还原产物，C错误；
D.CO2发生反应转化为X、Y后，实现了物质的资源化利用，降低了大气中CO2的含量，因此解决大气中CO2浓度增加导致的环境问题，D正确；
故合理选项是D。
18.某科研人员提出HCHO(甲醛）与O2在羟基磷灰石（HAP)表面催化生成H2O的历程，该历程示意图如下（图中只画出了 HAP的部分结构）：
下列说法不正确的是（ ）
A. HAP能提高HCHO与O2的反应速率
B. HCHO在反应过程中，有C-H键发生断裂
C. 根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2
D. 该反应可表示为：HCHO+O2CO2+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；
B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成，所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水，B正确；
C.根据图知，CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛，C错误；
D.该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为HCHO+O2CO2+H2O，D正确；
故合理选项是C。
19.已知：锂离子电池的总反应为：LixC+Li1-xCoO2C+LiCoO2锂硫电池的总反应为：2Li+SLi2S有关上述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. 锂硫电池充电时，锂电极发生还原反应
C. 理论上两种电池的比能量相同
D. 右图表示用锂离子电池给锂硫电池充电
【答案】B
【解析】试题分析：A、电池放电时，电解质内部Li+向正极移动，错误；B、锂硫电池充电时，锂电极发生得电子反应，为还原反应，正确；C、两种电池的变价不同，所以比能量不相同，错误；D、充电时正接正，负接负，所以Li电极连接C电极，错误。
20.用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图甲。电解过程中的实验数据如图乙，横坐标表示电解过程中转移电子的物质的量，纵坐标表示电解过程中产生气体的总体积（标准状况）。则下列说法不正确的是（ ）
A. 电解过程中，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生
B. b电极上发生的反应方程式为：4OH－一4e－＝2H2O+O2↑
C. 曲线O一P段表示H2体积变化
D. Q点时收集到的混合气体中H2和O2体积比为1：1
【答案】C
【解析】
【分析】电解硫酸铜溶液时，电流由电池的正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，电极反应式，阳极：2H2O-4e－＝4H++ O2↑；阴极：Cu2++ 2e－＝Cu、2H++ 2e－＝H2↑；
【详解】A. 电解过程中，a电极为阴极，溶液中的Cu2+得电子生成Cu，则表面先有红色物质析出，后有H+得电子生成氢气，有气泡产生，A正确；
B. b电极为阳极，溶液中的水失电子生成氧气，发生的反应方程式为：4OH－-4e－＝2H2O+O2↑，B正确；
C. 曲线O-P段，阳极生成氧气，阴极生Cu，表示O2的体积变化，C错误；
D. Q点时收集到的混合气体中，H2和O2标况下的体积分别为2.24L，体积比为1：1，D正确；
答案为C。
21.2018年7月至9月，国家文物局在辽宁开展水下考古，搜寻、发现并确认了甲午海战北洋水师沉舰——经远舰。
已知：正常海水呈弱碱性。
（1）经远舰在海底“沉睡”124年后，钢铁制成的舰体腐蚀严重。舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为______。
（2）为了保护文物，考古队员采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船水下遗址进行了处理。
① 考古队员贴在舰体上的材料块可以是______（填字母序号）。
a．铝锌合金 b．石墨 c．铅 d．铜
② 采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，水下舰体上正极的电极反应式为______。
（3）考古队员将舰船上的部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施防止文物继续被腐蚀。从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理：______。
【答案】(1). Fe – 2e- + 2OH- === Fe(OH)2（写“Fe – 2e- === Fe2+”不扣分） (2). a (3). O2 + 4e- + 2H2O === 4OH- (4). 脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体（或电解质溶液），使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀
【解析】
【分析】(1)中性或弱酸性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，负极上铁失去电子发生氧化反应，据此书写电极反应式；
(2)采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进行保护，需要选用活泼性比铁强的金属作负极，在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，据此书写正极的电极反应式；
(3)从破坏原电池的构成条件分析解答。
【详解】(1)海水呈弱碱性，钢铁在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，负极上铁失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；
(2)①采用“牺牲阳极的阴极保护法”对舰船进行保护，需要选用活泼性比铁强的金属作负极，故选a；
②采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，铁为正极，海水呈弱碱性，在中性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，正极的电极反应式为O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-，故答案为：O2 + 4e- + 2H2O = 4OH-；
(3)考古队员将舰船上部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施防止文物继续被腐蚀，脱盐、干燥处理破坏了原电池中的构成条件，使之缺少了电解质溶液，使文物表面无法形成原电池发生电化学腐蚀，故答案为：脱盐、干燥处理破坏了微电池中的离子导体(或电解质溶液)，使文物表面无法形成微电池发生电化学腐蚀。
22.甲醇作为燃料，在化石能源和可再生能源时期均有广泛的应用前景。
I. 甲醇可以替代汽油和柴油作为内燃机燃料。
（1）汽油的主要成分之一是辛烷[C8H18(l)]。已知：25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量。该反应的热化学方程式为______。
（2）已知：25℃、101 kPa时，CH3OH(l) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(l) Δ H＝-726.5 kJ/mol。相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是______。
（3）某研究者分别以甲醇和汽油做燃料，实验测得在发动机高负荷工作情况下，汽车尾气中CO的百分含量与汽车的加速性能的关系如右所示。
根据图信息分析，与汽油相比，甲醇作为燃料的优点是______。
II. 甲醇的合成
（4）以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如下图所示。
① 补全上图：图中A处应填入______。
② 该反应需要加入铜－锌基催化剂。加入催化剂后，该反应的ΔH______（填“变大”“变小”或“不变”）。
（5）已知： CO(g)＋1/2 O2(g) ==== CO2(g) ΔH1＝-283 kJ/mol
H2(g)＋1/2 O2(g) ==== H2O(g) ΔH2＝-242 kJ/mol
CH3OH(g) + 3/2 O2(g) ==== CO2 (g) + 2H2O(g) ΔH3＝-676 kJ/mol
以CO(g)和H2(g)为原料合成甲醇的反应为CO(g) + 2H2(g) ==== CH3OH(g) 。该反应的ΔH为_____ kJ/mol。
【答案】(1). C8H18(l) ＋ 25/2O2(g)＝8CO2(g) ＋ 9H2O(l) ΔH＝-5518 kJ/mol (2). C8H18 (3). 汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小 (4). 1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g) (5). 不变 (6). -91
【解析】
【分析】(1)根据书写热化学反应方程式的方法书写；
(2)假设质量均为1g，计算出1g CH3OH和1g辛烷完全燃烧放出的热量，再判断；
(3)根据图像可知，甲醇作为燃料时，根据汽车的加速性能与 CO排放量的关系分析解答；
(4)①CO2(g)和H2(g)为原料生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒分析解答；②根据催化剂与焓变的关系判断；
(5)根据盖斯定律分析解答。
【详解】(1)在25℃、101 kPa时，1 mol C8H18(l)完全燃烧生成气态二氧化碳和液态水，放出5518 kJ热量，所以其热化学反应方程式为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1，故答案为：C8H18(l)+O2(g)=8CO2(g)+9H2O(l)△H=-5518 kJ•mol-1；
(2)假设质量均为1g，则1g CH3OH完全燃烧放出的热量==22kJ，1g辛烷完全燃烧放出的热量==48kJ，相同质量的甲醇和辛烷分别完全燃烧时，放出热量较多的是C8H18(或辛烷)，故答案为：C8H18(或辛烷)；
(3)根据图像可知，汽车的加速性能相同的情况下，甲醇作为燃料时CO排放量低，污染小，故答案为：汽车的加速性能相同的情况下，CO排放量低，污染小；
(4)①以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应生成1mol甲醇和1mol水，根据质量守恒，需要1mol二氧化碳和3mol氢气，因此图中A处应填入1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)，故答案为：1 mol CO2(g) + 3 mol H2(g)；
②加入催化剂，不能改变反应的焓变，因此Δ H不变，故答案为：不变；
(5)①CO(g)＋1/2 O2(g) =CO2(g) Δ H1＝-283 kJ/mol ，②H2(g)＋1/2 O2(g) = H2O(g) Δ H2＝-242 kJ/mol，③CH3OH(g) + 3/2 O2(g) =CO2 (g) + 2H2O(g) Δ H3＝-676 kJ/mol，根据盖斯定律，将①+②×2-③，得：CO(g) + 2H2(g) =CH3OH(g) ΔH=(-283 kJ/mol)+(-242 kJ/mol)×2-(-676 kJ/mol)=-91 kJ/mol，故答案为：-91。
23.按要求回答下列问题
（1）某蓄电池的正负极标志难以辨别，请设计实验方案，将蓄电池的正负极辨别出来____________________。
（2）解释下列化学反应的反应速率变化关系曲线
①将除去氧化膜的镁条投入盛有稀盐酸的试管中，产生氢气的速率随时间的变化关系如图A所示，试解释原因：_________________________________________________________。
②过氧化氢在酶的催化作用下的分解速率随温度的变化关系如图B所示，试解释原因：______________________。
（3）氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。
①制H2时，连接_______________。
②改变开关连接方式，可得O2，电极反应式为___________________________。
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：______________________________。
（4）甲醇燃料电池DMFC可作电脑、汽车的能量来源。在实验室完成一个实验，用DMFC电解NaClO3溶液可制取NaClO4溶液，装置如图所示（其中DMFC以KOH作电解质）。
①写出电源负极电极反应式：______________________________。
②写出电解的总反应化学方程式：__________________________。
【答案】(1). 用导线将两极分别与两根石墨棒相连，将两根石墨棒插入氯化铜溶液中，有黄绿色气体产生的一极是阳极，它所连的一极是蓄电池的正极，另一根石墨棒上有红色的铜析出，它所连的一极是蓄电池的负极 (2). 镁与酸反应放热加快反应速率，随着反应进行，氢离子浓度降低反应速率减慢 (3). 随着温度升高酶的活性增加，反应速率加快，温度过高导致酶失活反应速率降低 (4). K1 (5). 4OH--4e-=O2↑+2H2O (6). 连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移 (7). CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O (8). NaClO3+H2O NaClO4+ H2↑
【解析】
【分析】（1）可利用电解原理，依据电解时两极发生的不同现象将两极区分出来，据此进行方案的设计；
（2）①根据温度、浓度对反应速率的影响进行分析；
②酶作催化剂时有一个最适宜温度，在此温度下，酶的催化活性最高，而在较高温度下，酶作为一种蛋白质发生变性，从而失去催化活性，据此分析；
（3）电解水生成氢气和氧气，氧气在阳极生成，氢气在阴极生成，电极3可分别连接K 1或K 2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOH⇌Ni（OH） 2的转化，且可循环使用，以此解答该题。
（4）甲醇燃料电池中（属于原电池），甲醇在负极发生氧化反应；根据题给信息可知，在电解池中，NaClO3在阳极发生氧化反应生成NaClO4，氢离子在阴极发生还原反应生成氢气，写出阴阳极极反应，即可写出电解的总反应。
【详解】（1）可利用电解原理，依据电解时两极发生的不同现象将两极区分出来；例如：用导线将两极分别与两根石墨棒相连，将两根石墨棒插入氯化铜溶液中，有黄绿色气体产生的一极是阳极，它所连的一极是蓄电池的正极，另一根石墨棒上有红色的铜析出，它所连的一极是蓄电池的负极。
故答案是：用导线将两极分别与两根石墨棒相连，将两根石墨棒插入氯化铜溶液中，有黄绿色气体产生的一极是阳极，它所连的一极是蓄电池的正极，另一根石墨棒上有红色的铜析出，它所连的一极是蓄电池的负极；
（2）①图A中前段随时间进行曲线逐渐上升，原因是镁与盐酸的反应是一个放热反应，随着反应的进行，溶液的温度逐渐升高，化学反应速率逐渐增大；后段随着反应的进行曲线逐渐下降，主要原因是随着反应的进行溶液中氢离子浓度减小，使化学反应速率逐渐减小；
故答案是：镁与酸反应放热加快反应速率，随着反应进行，氢离子浓度降低反应速率减慢；
②酶作催化剂时有一个最适宜温度，在此温度下，酶的催化活性最高，而在较高温度下，酶作为一种蛋白质发生变性，从而失去催化活性；图B中前段曲线表示随温度升高，酶的催化活性逐渐增大，化学反应速率也随着增大；曲线的最高点时对应的温度是酶催化时的最适宜温度；后段曲线表示随温度升高，酶发生变性，逐渐失去了催化活性，化学反应速率也随着减小；
故答案是：随着温度升高酶的活性增加，反应速率加快，温度过高导致酶失活反应速率降低；
（3）①根据题中信息，碱性电解液条件下，生成H2的电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，生成气体的电极得电子，为阴极，故应该连接K1；故答案是：K1；
②改变开关连接方式，可得O2，氢氧根离子在阳极失电子生成氧气，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O；故答案是：4OH--4e-=O2↑+2H2O；
③当连接K1时，生成H2，此时电极1的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电极3的电极反应为Ni（OH）2-e-+OH-=NiOOH+H2O，可以消耗电极1产生的OH-；当连接K2时，生成O2，此时电极2的电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，电极3的电极反应为NiOOH+H2O +e-= Ni（OH）2 + OH-，以补充电极2消耗的OH-；故答案是：连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移；
（4）①甲醇燃料电池中，甲醇在负极发生氧化反应：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
故答案是：CH3OH-6e-+8OH-=CO32-+6H2O；
②根据题给信息可知，电解过程中，NaClO3在阳极发生氧化反应生成NaClO4，电极反应为：ClO3--2e-+2OH-= ClO4-+H2O；氢离子在阴极发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，电解的总反应化学方程式：NaClO3+H2O NaClO4+ H2↑；
故答案是：NaClO3+H2ONaClO4+ H2↑。
24.已知H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。回答有关中和反应的问题。
（1）用0.1 mol Ba(OH)2配成稀溶液与足量稀硝酸反应，能放出_______kJ热量
（2）如图装置中仪器A的名称是____________，碎泡沫塑料的作用是_____________________________；要重复进行三次实验的目的是 ____________________。
（3）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会__________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
（4）将V1 mL 1.00 mol/L HCl溶液和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液温度，实验结果如图所示(实验中始终保持V1＋V2＝50 mL)。下列叙述正确的是_____。
A．做该实验时环境温度为22 ℃
B．该实验表明化学能可以转化为热能
C．NaOH溶液的浓度约为1.00 mol·L－1
D．该实验表明有水生成的反应都是放热反应
【答案】(1). 11.46 (2). 环形玻璃搅拌棒 (3). 保温隔热 (4). 提高实验准确性 (5). 偏小 (6). B
【解析】
【分析】(1)根据中和热的含义：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol，所以0.1 mol Ba(OH)2稀溶液与足量稀硝酸反应时生成0.2 mol H2O(l)，据此计算出反应放出的热量；
(2)根据仪器的用途进行分析；在测定中和热的实验中，减少热量损失是实验的关键，据此分析碎泡沫塑料的作用；做定量实验，为了提高实验准确性，减小误差，要重复进行实验；
(3)氨水代替NaOH(aq)，会使测得的中和热数值偏小，因为氨水(NH3·H2O)是弱电解质，电离时需吸收热量；
(4)用A实验时的温度应为酸碱未混合之前的温度；
B.根据图示所测溶液温度变化进行分析；
C.根据氢氧化钠溶液与盐酸溶液反应方程式进行计算；
D.生成水的反应不一定为放热反应。
【详解】（1）根据中和热的含义：H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol，所以0.1 mol Ba(OH)2稀溶液与足量稀硝酸反应时生成0.2 mol H2O(l)，故放出的热量为11. 46 kJ；
故答案是: 11.46；
（2）由实验装置知，A为环形玻璃搅拌棒，作用是搅拌，使溶液充分混合；碎泡沫塑料的作用是减少实验过程中的热量损失；要重复进行三次实验的目的是：提高实验准确性，减少实验误差； 故答案是：环形玻璃搅拌棒；保温隔热；提高实验准确性；
（3）用氨水代替NaOH(aq)，会使测得的中和热数值偏小，因为氨水(NH3·H2O)是弱电解质，电离时需吸收热量；故答案是：偏小；
（4）A.温度为22 ℃时加入盐酸10mL，则不是实验时环境温度，故A错误；
B.由图示可以看出该反应过程放出热量，表明化学能转化为热能，故B正确；
C.恰好反应时参加反应的盐酸溶液的体积是30mL，由V1＋V2＝50 mL可以知道，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20mL；根据反应HCl+NaOH=NaCl+H2O可知：n（HCl）=n（NaOH） ，则 1.00 mol/L×0.03L=c×0.02L，c =1.5mol/L；故C错误；
D.只是该反应为放热反应，其它有水生成的反应不一定是放热反应，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，为吸热反应，故D错误；故答案选B。
25.草酸与KMnO4在酸性条件下能够发生如下反应：MnO+H2C2O4+H＋→Mn2＋＋CO2↑＋H2O(未配平)。用4 mL 0.001 mol/L KMnO4溶液与2 mL 0.01 mol/L H2C2O4溶液，研究不同条件对化学反应速率的影响。改变的条件如下：
组别
10%硫酸体积/mL
温度/℃
其他物质
Ⅰ
2
20
/
Ⅱ
2
20
10滴饱和MnSO4溶液
Ⅲ
2
30
/
Ⅳ
1
20
1 mL蒸馏水
（1）如果研究催化剂对化学反应速率的影响，使用实验________和________(用Ⅰ～Ⅳ表示，下同)。
（2）如果研究温度对化学反应速率的影响，使用实验________和________。
（3）对比实验Ⅰ和Ⅳ，可以研究______________________对化学反应速率的影响。
【答案】(1). I (2). II (3). I (4). III (5). 氢离子浓度
【解析】
【分析】
(1) 、(2)探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在其它条件相同的条件下设置对比实验；
(3)对比实验I和IV，根据两个实验中反应物不同量分析实验目的；对比实验中，必须确保溶液总体积相同。
【详解】(1)由实验目的可以知道，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验；同浓度溶液，在相同温度下进行反应，Ⅰ无催化剂，Ⅱ有催化剂，Ⅰ、Ⅱ是研究催化剂对化学反应速率的影响；故答案是：I；II；
(2)如果研究温度对化学反应速率的影响，则除了温度不同外，其它条件必须完全相同，所以Ⅰ和Ⅲ是探究温度对反应速率的影响；故答案是：I；III；
(3) 对比实验I和IV，Ⅳ中加入1mL 10%硫酸，与I中加入的溶液总体积不相等，实验IV中需要加入1 mL蒸馏水，确保反应溶液的总体积相同，这说明两组实验中的反应物的浓度不同，硫酸溶液的浓度不同即氢离子浓度不同，对化学反应速率的影响也不同；
故答案是：氢离子浓度。
26.某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)cC(g) △H= -Q kJ•mol-1（Q＞0），12s 时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol，反应过程如图所示。试计算：
（1）前12s内，A的平均反应速率为______________。
（2）化学计量数之比b：c=______________。
（3）12s内，A和B反应放出的热量为__________（用Q表示）。
【答案】(1). 0.05mol/(L·s) (2). 1:2 (3). 0.4Q kJ
【解析】
【分析】（1）据图象分析可以知道A的浓度变化量，根据v=∆c/∆t计算出A的平均反应速率；
（2）根据速率之比和系数成正比，计算出B、C物质的反应速率，进而计算出化学计量数之比b：c的数值；
（3）12s内，反应3molA放热QkJ，反应A的物质的量=（0.8mol/L-0.2mol/L）×2L=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算分析。
【详解】（1）某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应: 3A(g)+bB(g)cC(g) △H= -Q kJ•mol-1（Q＞0）， 12s时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol ，据图象分析可以知道A的浓度变化=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，反应速率v=∆c/∆t=0.6mol/L÷12s= 0.05mol/(L·s) ；答案是：0.05mol/(L·s)；
（2）图象分析B的浓度变化=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L，计算B的反应速率=0.2mol/L÷12s= 1/60 mol/(L·s)，速率之比等于化学方程式计量数之比，3:b=0.05: 1/60，b=1，3：c=0.05:0.8mol/（2L×12s），c=2；化学计量数之比b：c=1:2；故答案是：1:2；
（3）12s内，反应3molA放热QkJ，反应A的物质的量=（0.8mol/L-0.2mol/L）×2L=1.2mol，结合化学方程式定量关系计算：3A(g)+bB(g)cC(g) △H= -Q kJ•mol-1（Q＞0），1.2molA反应放出热量0.4QkJ；故答案是：0.4Q kJ。
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