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【化学】河南省镇平县第一高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考（解析版） 试卷
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河南省镇平县第一高级中学2018-2019学年高二上学期第一次月考
一、选择题（每题只有一个选项符合题意．每小题3分，共48分）
1.下列反应中，生成物的总焓大于反应物总焓的是
A. 氢气在氧气中燃烧 B. 铁丝在氧气中燃烧
C. 硫在氧气中燃烧 D. 焦炭在高温下与水蒸气反应
【答案】D
【解析】
试题分析：反应产物的总焓大于反应物总焓表示为吸热反应，A．氢气在氧气中燃烧属于放热反应，错误；B．铁丝在氧气中燃烧属于放热反应，错误；C．硫在氧气中燃烧属于放热反应，错误；D．焦炭在高温下与水蒸气反应属于吸热反应，正确；故选D。
【考点定位】考查吸热反应和放热反应
【名师点晴】本题考查氧化还原反应，属于高考高频考点，侧重反应类型判断的考查，注意化合价角度及归纳常见的吸热反应分析。常见的吸热反应有：大部分分解反应，NH4Cl固体与Ba(OH)2•8H2O固体的反应，炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，炭与水蒸气的反应，一些物质的溶解(如硝酸铵的溶解)，弱电解质的电离，水解反应等；常见的放热反应：燃烧反应、中和反应、物质的缓慢氧化、金属与水或酸反应、部分化合反应。
2.下列关于铜电极的叙述不正确的是
A. 铜锌原电池中铜是正极
B. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极
C. 在镀件上电镀铜时，用金属铜作阳极
D. 电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
【答案】D
【解析】
试题分析：A、锌比铜活泼，所以铜锌原电池中铜是正极，正确；B、用电解法精炼铜时粗铜作阳极，发生氧化反应，纯铜作阴极，发生还原反应得到单质铜，正确；C、电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，所以在镀件上镀铜时可用铜作阳极，正确；D、电解稀硫酸溶液制H2、O2时，若铜做阳极，则在阳极放电的是活性电极Cu，不是氢氧根离子，所以得不到氧气，错误，答案选D。
考点：考查原电池、电解池、电镀池的反应中Cu极作用的判断
3.N2H4是一种高效清洁的火箭燃料，0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量．则下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. 1/2 N2H4（g）+1/2O2（g）=1/2N2（g）+H2O（g）△H=+267kJ•mol﹣1
B. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1
C. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=+534kJ•mol﹣1
D. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣133.5kJ•mol﹣1
【答案】
【解析】
试题分析：根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法来写．
解；A、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，其焓变是负值，故A错误；
B、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，故B错误；
C、N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出热量，其焓变是负值，故C错误；
D、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，可以根据所学知识来回答，难度不大．
4.根据热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g) △H =-297.23 kJ·mol-1，分析下列说法中正确的是
①S(g)+O2(g)=SO2(g) △H =-Q，Q值大于297.23 kJ·mol-1 ②S(g)+O2(g)=SO2(g) △H =-Q， Q值小于 297.23 1 kJ· mol-1 ③1molSO2的键能总和大于1molS与1molO2的键能总和④1molSO2的键能总和小于1molS与1molO2的键能总和
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ③④
【答案】A
【解析】
试题分析：因物质由气态转变成固态要放出热量，所以S(g)+O2(g)=SO2(l)的反应热的绝对值大于297.23kJ•mol-1，故①正确，②错误；由于反应热=断键吸收的能量-成键放出的能量，现反应热△H=-297.23kJ/mol＜0，故1molS和1molO2的键能总和小于1molSO2的键能总和，故③正确，④错误；故选A。
考点：考查了热化学方程式、反应热的计算的相关知识。
5. 下列说法中正确的是
A. 物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化
B. 伴有能量变化的变化都是化学变化
C. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量
D. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同
【答案】D
【解析】
试题分析：物质发生化学反应时一定都伴随着能量变化，故A错误；伴有能量变化的变化不一定是化学变化，如灯泡发光是物理变化，故B错误；放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，故D正确。
考点：本题考查化学反应中的能量变化。
6. 下列说法或表示方法正确的是( )
A. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH="a" kJ·mol－1；2C(s)+O2(g)="2CO(g)" ΔH="b" kJ·mol－1，则a>b
B. 由H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1可知，若将含1 mol CH3COOH的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ
C. 由C(石墨)=C(金刚石) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定
D. 在100 kPa时，1 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则H2燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、一氧化碳燃烧会放出热量，放出的热量越大，ΔH越小，则a＜b，故A错误；B、在稀溶液中：H++OH-═H2O△H="-57.3" kJ•mol，醋酸属于弱酸，电离需要吸收热量，与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ，故B正确；C、由“C(石墨)═C(金刚石)△H=+1.9kJ/mol”可知石墨的能量低于金刚石，所以石墨比金刚石稳定，故C错误；D、101 kPa时，1gH2的物质的量为0.5mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H="-517.6" kJ/mol，故D错误；故选B。
考点：考查了反应热和焓变的相关知识。
7.在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是（ ）
A. 电解池的阳极一定是与电源正极相连，只能选择金属铂或石墨作阳极
B. 用惰性材料作电极的电解池装置中，阳离子在阳极放电，阴离子在阴极放电
C. 电镀时，电镀糟里的阳极材料发生氧化反应
D. 原电池的负极与电解池的阴极都发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解池的阳极一定是与电源正极相连，但电极板料可以是金属铂、石墨等惰性电极为阳极，也可以是Cu、Ag等活性电极为阳极，故A叙述错误；
B.用惰性材料作电极的电解池装置中，一般阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，故B叙述不正确；
C.电镀时，电镀糟里的阳极材料为活性电极，电极本身发生氧化反应，故C叙述正确；
D.原电池的负极发生氧化反应，而电解池的阴极都发生还原反应，故D叙述错误；
答案选C。
8.电解硫酸铜溶液要达到如下三个要求：①阳极质量减小，②阴极质量增加，③电解过程中Cu2＋浓度不变。则可选用的电极是( )
A. 石墨作阳极，铁作阴极
B. 粗铜(含Fe、Ni、Zn)作阳极，纯铜作阴极
C. 纯铜作阳极，铁作阴极
D. 铁作阳极，纯铜作阴极
【答案】C
【解析】
试题分析：阳极质量减小，则阳极一定是活性电极；阴极质量增加，则溶液中必须含有能在阴极放电的金属阳离子；电解过程中Cu2＋浓度不变，因此相当于是镀铜，所以阳极是铜，电解质是硫酸铜溶液，所以正确的答案选C。
考点：考查电解原理的有关判断和应用
点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生灵活运用电解原理解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。
9. 欲在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极。下列各组中，选用的阳极金属和电镀液均正确的是( )
A. Ag和AgCl溶液 B. Ag和AgNO3溶液
C. Pt和Ag2CO3溶液 D. Pt和Ag2SO4溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极，镀层金属银作阳极，电镀液是含有银离子的可溶性的盐溶液硝酸银即可，故选B。
考点：考查了电解原理的相关知识。
10. 对于冶炼像钠、钙、镁、铝这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法。下列有关说法中正确的是
A. 电解熔融NaOH可生成金属钠、O2以及H2
B. 电解熔融CaCl2时，金属钙在阳极生成
C. 可用电解饱和MgCl2溶液的方法获得金属镁
D. 电解熔融Al2O3制备金属铝时，要加入冰晶石，使Al2O3在较低温度下熔解。
【答案】D
【解析】
制取金属钠的方法是电解熔溶的氯化钠，A错误；电解熔融CaCl2时，钙离子再阴极得到电子变为金属钙，B错误；可用电解饱和MgCl2溶液时得不到金属镁，只有电解熔溶的氯化镁时才会得到金属镁，C错误；D正确，所以答案选D。
11.金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍（已知：氧化性Fe2+
B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子只有和
D. 电解后，电解糟底部的阳极泥中含有Cu和Pt
【答案】D
【解析】
【详解】A.阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+；Zn-2e-=Zn2+；故A错误；
B.电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；
C.电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+；故C错误；
D.粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑活动性较镍弱，不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确；
答案选D。
12.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是（ ）
A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液碱性增强
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 阴极区溶液pH降低，阳极区溶液pH升高
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【详解】A.阴离子向阳极（即正极区）移动，正极上氢氧根离子放电，故正极区碱性减弱，故A错误；
B.直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电从而破坏水的电离平衡生成氢离子，两膜中间的硫酸根离子在电场的作用下进入正极区（即阳极区）；氢离子在阴极得电子破坏水的电离平衡生成氢氧根离子，两膜中间的钠离子在电场的作用下进入负极区（即阴极区），而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C.正极区为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-═O2+4H+，生成氢离子，阳极区溶液pH降低，阴极区氢离子放电，溶液的pH升高，故C错误；
D.由电极反应2H2O-4e-═O2+4H+可知，转移1mol电子可以生成0.25mol氧气，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题主要考查了电解池中电解质溶液中阴、阳离子的迁移情况，就电解过程来看，实质就是电解水，而通过离子交换膜的作用，不难理解该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品。
13.对于Zn（s）＋H2SO4（aq）===ZnSO4（aq）＋H2（g） ΔH＜0的化学反应，下列叙述不正确的是
A. 反应过程中能量关系可用图表示
B. ΔH的值与反应方程式的计量系数有关
C. 若将该反应设计成原电池，锌为负极
D. 若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出气体为11.2L
【答案】D
【解析】
试题分析：A、该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，A正确；B、反应热△H的值与反应方程式的计量系数成正比，B正确；C、Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）的反应中锌失去电子，化合价升高，作原电池的负极，C正确；D、未注明温度和压强，体积不一定为11．2L，D错误；考点：考查了化学反应中的能量变化和电化学的相关知识。
14.已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是
A. 每生成2分子AB吸收b kJ热量
B. 该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ·mol－1
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量
【答案】B
【解析】
试题分析：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a-b) kJ热量，故A错误；B、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ•mol-1，故B正确； C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故C错误；D、断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，故D错误；故选B。
考点：考查了化学反应的能量变化的相关知识。
15.下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（ ）
A. 甲烷的标准燃烧热为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. CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）的反应热△H=+2×283.0kJ/mol
C. HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol
D. 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=﹣38.6 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.生成水的状态为气态，故A中甲烷燃烧的热化学方程式错误；
B.CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则可得热化学反应方程式：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-2×283.0kJ/mol，故2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）的反应热△H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；
C. H2SO4和Ca（OH）2除了发生酸碱中和反应，Ca2+与SO42-也会发生离子反应，产生热效应，故反应的中和热不为△H=2×（﹣57.3）kJ/mol，故C错误；
D.氮气和氢气化合生成氨的反应为可逆反应，0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中不可完全转化生成1mol的氨，则1mol氮气完全反应的热效应△H肯定不是﹣38.6 kJ/mol，故D错误；
答案选B。
【点睛】化学用语是化学学科技术规范，强调准确性，强调正确理解与应用。本题解题的关键是要正确理解燃烧热和中和热的含义，明确热化学方程式的系数与反应热的对应关系。热化学方程式的书写要注意物质的聚集状态、系数与反应热数值的对应关系、反应热单位、可逆反应的反应热等等，问题也往往产生自这些方面。
16.已知相关数据如下表：
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1mol分子中的化学键断
裂时需要吸收的能量／kJ
436
230
369
H2(g)＋Br2(g)＝2HBr(g) ΔH＝－akJ／mol则a是
A. 404 B. 72 C. 230 D. 200
【答案】B
【解析】
试题分析：1molH2(g)化学键断裂时需要吸收的能量为436kJ，1molBr2(g)化学键断裂时需要吸收的能量为230kJ，1molHBr(g)化学键断裂时需要吸收的能量为369kJ，H2(g)+Br2(g)═2HBr(g)，依据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，则△H=436+230-369×2=-72kJ/mol，故选B。
考点：考查了反应热的计算的相关知识。
解答题（共6小题，每空2分满分52分）
17.由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式：_____．
已知H2O（l）=H2O （g）△H=+44kJ•mol﹣1，则标准状况下33.6L H2 生成液态水时放出的热量是_____ kJ．
【答案】 (1). H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol (2). 428.7
【解析】
【详解】由热化学反应方程式的书写规则可得H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol；由H2O（l）=H2O （g）△H=+44kJ•mol﹣1可得氢气燃烧生成液态水的热化学反应方程式为：H2（g）+1/2O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol，根据方程式可得标准状况下33.6L H2 生成液态水时放出的热量为：1.5mol×285.8 kJ/mol=428.7 kJ，故答案为：H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol、428.7。
18.（1）已知下列热化学方程式：
C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2 220kJ•mol﹣1
H2O（l）═H2O（g）△H=44.0kJ•mol﹣1，试写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式__．
（2）已知：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ•mol﹣1；
CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ•mol﹣1；
以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法．CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为__．
【答案】 (1). C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣2044kJ•mol﹣1 (2). CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165 kJ•mol﹣1
【解析】
【详解】（1）由盖斯定律可得丙烷燃烧生成CO2和气态水的焓变△H=﹣2 220kJ•mol﹣1+4×（44.0kJ•mol﹣1）=-2044 kJ•mol﹣1，故答案为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣2044kJ•mol﹣1；
（2）由盖斯定律可得CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）焓变为（+206.2kJ•mol﹣1）×2-（+247.4kJ•mol﹣1）=+165 kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165 kJ•mol﹣1。
【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用，因在相同条件下，H2O（l）所具有总能量低于H2O（g），则丙烷燃烧生成CO2和气态水比生成液态水所放出的热量要少，而学生在计算过程中特别容易将数据弄反。
19.在25℃时，用石墨为电极电解2L0.5mol•L﹣1CuSO4溶液．5min后在一个石墨电极上有6.4g Cu生成，试回答下列问题．
（1）发生氧化反应的是__极，电极反应式为__．
（2）若将溶液恢复到与电解前一样，则需加入___
【答案】 (1). 阳 (2). 4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑ (3). 0.1molCuO
【解析】
【详解】（1）在电解池工作过程中，发生氧化反应的一极为阳极，阴离子OH-放电，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故答案为：阳、4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；
（2）2L0.5mol•L﹣1CuSO4溶液含1mol硫酸铜，在阴极析出铜的物质的量为6.4g÷64g/mol=0.1mol＜1mol，由电极反应Cu2++2e-=Cu可知,电解过程中转移电子为0.2mol，阳极产生氧气的物质的量为：0.2mol÷4=0.05mol，由原子个数守恒可知若将溶液复原，需加入0.1molCuO，故答案为：0.1molCuO。
【点睛】电解质溶液的复原可利用原子守恒的观点来进行分析，从溶液中减少的原子的物质的量若与进入到溶液中原子的物质的量相等，则溶液可复原。注意不能采用加入Cu（OH）2的方法使其复原，因为此电解过程中溶液中的氢离子还没有放电，溶液中的氢原子没有减少。
20.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．（杂质发生的电极反应不必写出）请回答以下问题：
（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：
①写出电解饱和NaCl溶液总的离子方程式_____．
②在X极附近观察到的现象是_____．检验Y电极反应产物的方法是_____．
（2）如要用电解方法精炼粗铜（含有锌铁镍银金和铂等微量杂质），电解液a选用CuSO4溶液，则：
①X电极发生的反应类型为_____；电子的流向由_____到_____（填X或Y）．②Y电极的材料是_____，电极反应式为_____．CuSO4溶液的浓度_____（填“不变”“略有增加”或“略有减少”）．
【答案】 (1). 2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑ (2). 放出气体，溶液变红 (3). 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色 (4). 还原反应 (5). Y (6). X (7). 粗铜 (8). Cu﹣2e﹣=Cu2+ 、Zn－2e－Zn2+、 Fe－2e－Fe2+ (9). 略有减少
【解析】
【详解】（1）①用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极：2Cl－－2e－Cl2↑，阴极：2H+＋2e－H2↑，总反应为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；②X极为阴极，电极反应为：2H+＋2e－H2↑，电极附近氢氧极根离子浓度增大，碱性增强，附近观察到的现象是放出气体，溶液变红；Y极为阳极，电极反应为：2Cl－－2e－Cl2↑，检验氯气通常用湿润的碘化钾淀粉试纸来检验，故答案为：放出气体，溶液变红；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；
（2）①在电解池装置中，X极与电源负极相连，为阴极，发生还原反应，电子流向为阳极经外电路到阴极，故为由Y到X，故答案为：还原反应、 Y、X；②在电解精炼铜的装置中，粗铜为阳极，纯铜为阴极，阳极反应为：Cu－2e－Cu2+，另外锌、铁较铜活泼，也参与放电，在Y极还会发生：Zn－2e－Zn2+、 Fe－2e－Fe2+，而在阴极只有Cu2+＋2e－Cu，由电荷可知CuSO4溶液的浓度略有减少，故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+ 、Zn－2e－Zn2+、 Fe－2e－Fe2+；略有减少。
【点睛】电解池电极反应式书写主要掌握以下几点：(1)首先看阳极材料，如果阳极是活泼电极(金属活动顺序表Ag以前)，则应是阳极失电子，阳极不断溶解，溶液中的阴离子不能失电子．(2)如果阳极是惰性电极(Pt、Au、石墨)，则应是电解质溶液中的离子放电，应根据离子的放电顺序书写书写电极反应式．
21.用石墨作电极电解下列溶液①稀H2SO4②K2SO4溶液 ③NaCl溶液 ④CuSO4溶液
⑤KOH溶液
（1）阴极、阳极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1的是（填序号）__，
（2）阴极、阳极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为1：1的是（填序号）__其阳极的电极反应式是__，电解的总方程式是__．
（3）阴极、阳极都有气体产生，其中溶液pH变小的是__，pH变大的是__．（填序号）
（4）一个电极析出金属，一个电极逸出气体，且溶液pH明显减小的是__（填序号），其总反应的化学方程式是__．
【答案】 (1). ①②⑤ (2). ③ (3). 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑ (4). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (5). ① (6). ③⑤ (7). ④ (8). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
【解析】
【详解】（1）电解①②⑤时，相当于电解水，阴极氢离子放电，生成氢气，即4H++4e-→2H2↑，阳极氢氧根离子放电，生成氧气，即4OH--4e-=O2↑+2H2O，两极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1，故答案为：①②⑤；
（2）阴极、阳极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为1：1，题中应该为电解NaCl溶液，分别生成氯气和氢气，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，总方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：③；2Cl--2e-=Cl2↑；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（3）阴极、阳极都有气体产生，如溶液pH变小，则酸性增强，可为电解硫酸溶液，浓度增大，如pH变大，可为电解KOH溶液，另外电解NaCl溶液，生成NaOH，pH也变大，故答案为：①；③⑤；
（4）一个电极析出金属，一个电极逸出气体，且溶液pH明显减小，只有硫酸铜符合，电解的总方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：④；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。
【点睛】本题主要考查了电解的规律，一般在用惰性电极电解电解质溶液时，由离子的放电顺序和电解质溶液的不同，可将电解类型分为：电解水型、分解电解质型、放氢生碱型和放氧生酸型。
22.如图1所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液如图2所示．
（1）关闭K1，打开K2，通电后，B中的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为__极，通电后，滤纸d端的电极反应式是__．
（2）已知C装置中溶液的溶质为Cu（NO3）2和X（NO3）3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m（g）与通过电子的物质的量n（mol）关系如图所示，则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是__．
（3）D装置中溶液是H2SO4溶液，则电极C端从开始至一段时间后的实验现象是__．
【答案】 (1). 负 (2). 2H++2e﹣=H2↑ (3). Cu2+＞H+＞X3+ (4). 在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出
【解析】
【分析】
（1）关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，根据电解池工作原理可知阴离子向阳极移动判断电源的正负极并书写d端的电极反应式；（2）打开K1，关闭K2，则为电解C、D两池，根据电解C的图象可知，开始即析出固体，总共0.2mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3+不放电，H+放电，从而判断离子氧化性；D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出，据此分析可得结论。
【详解】（1）据题意B中的KMnO4紫红色液滴向c端移动，说明高锰酸根离子向c端移动，可推出极c端为阳极，则与之相连的电源a端为正极，b端为负极，所以通电滤纸d端为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：负；2H++2e-=H2↑；
（2）根据电解C的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜．如果是X3+析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2+＞X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这时阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X3+，故答案为Cu2+＞H+＞X3+；
（3）D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始为氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出，所以看到的现象为在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出；故答案为：在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出。
【点睛】本题综合考查电解原理以及根据图象获取信息、运用知识综合分析能力，根据KMnO4紫红色液滴向c端移动判断电源的正负极为解答该题的突破口。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意．每小题3分，共48分）
1.下列反应中，生成物的总焓大于反应物总焓的是
A. 氢气在氧气中燃烧 B. 铁丝在氧气中燃烧
C. 硫在氧气中燃烧 D. 焦炭在高温下与水蒸气反应
【答案】D
【解析】
试题分析：反应产物的总焓大于反应物总焓表示为吸热反应，A．氢气在氧气中燃烧属于放热反应，错误；B．铁丝在氧气中燃烧属于放热反应，错误；C．硫在氧气中燃烧属于放热反应，错误；D．焦炭在高温下与水蒸气反应属于吸热反应，正确；故选D。
【考点定位】考查吸热反应和放热反应
【名师点晴】本题考查氧化还原反应，属于高考高频考点，侧重反应类型判断的考查，注意化合价角度及归纳常见的吸热反应分析。常见的吸热反应有：大部分分解反应，NH4Cl固体与Ba(OH)2•8H2O固体的反应，炭与二氧化碳反应生成一氧化碳，炭与水蒸气的反应，一些物质的溶解(如硝酸铵的溶解)，弱电解质的电离，水解反应等；常见的放热反应：燃烧反应、中和反应、物质的缓慢氧化、金属与水或酸反应、部分化合反应。
2.下列关于铜电极的叙述不正确的是
A. 铜锌原电池中铜是正极
B. 用电解法精炼粗铜时粗铜作阳极
C. 在镀件上电镀铜时，用金属铜作阳极
D. 电解稀硫酸制H2、O2时铜作阳极
【答案】D
【解析】
试题分析：A、锌比铜活泼，所以铜锌原电池中铜是正极，正确；B、用电解法精炼铜时粗铜作阳极，发生氧化反应，纯铜作阴极，发生还原反应得到单质铜，正确；C、电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，所以在镀件上镀铜时可用铜作阳极，正确；D、电解稀硫酸溶液制H2、O2时，若铜做阳极，则在阳极放电的是活性电极Cu，不是氢氧根离子，所以得不到氧气，错误，答案选D。
考点：考查原电池、电解池、电镀池的反应中Cu极作用的判断
3.N2H4是一种高效清洁的火箭燃料，0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量．则下列热化学方程式中正确的是（ ）
A. 1/2 N2H4（g）+1/2O2（g）=1/2N2（g）+H2O（g）△H=+267kJ•mol﹣1
B. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1
C. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=+534kJ•mol﹣1
D. N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=﹣133.5kJ•mol﹣1
【答案】
【解析】
试题分析：根据热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法来写．
解；A、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，其焓变是负值，故A错误；
B、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，故B错误；
C、N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出热量，其焓变是负值，故C错误；
D、0.25mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ热量，则1mol N2H4（g）完全燃烧生成氮气和气态水时，放出133.5kJ×4=534kJ的热量，热化学方程式为：N2H4（g）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）△H=﹣534kJ•mol﹣1，故D正确．
故选D．
点评：本题考查学生热化学方程式的意义以及热化学方程式的书写方法，可以根据所学知识来回答，难度不大．
4.根据热化学方程式S(s)+O2(g)=SO2(g) △H =-297.23 kJ·mol-1，分析下列说法中正确的是
①S(g)+O2(g)=SO2(g) △H =-Q，Q值大于297.23 kJ·mol-1 ②S(g)+O2(g)=SO2(g) △H =-Q， Q值小于 297.23 1 kJ· mol-1 ③1molSO2的键能总和大于1molS与1molO2的键能总和④1molSO2的键能总和小于1molS与1molO2的键能总和
A. ①③ B. ②④ C. ①④ D. ③④
【答案】A
【解析】
试题分析：因物质由气态转变成固态要放出热量，所以S(g)+O2(g)=SO2(l)的反应热的绝对值大于297.23kJ•mol-1，故①正确，②错误；由于反应热=断键吸收的能量-成键放出的能量，现反应热△H=-297.23kJ/mol＜0，故1molS和1molO2的键能总和小于1molSO2的键能总和，故③正确，④错误；故选A。
考点：考查了热化学方程式、反应热的计算的相关知识。
5. 下列说法中正确的是
A. 物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化
B. 伴有能量变化的变化都是化学变化
C. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量总是高于生成物的总能量
D. 在一个确定的化学反应关系中，反应物的总能量与生成物的总能量一定不同
【答案】D
【解析】
试题分析：物质发生化学反应时一定都伴随着能量变化，故A错误；伴有能量变化的变化不一定是化学变化，如灯泡发光是物理变化，故B错误；放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；反应物的总能量与生成物的总能量一定不同，故D正确。
考点：本题考查化学反应中的能量变化。
6. 下列说法或表示方法正确的是( )
A. 已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g) ΔH="a" kJ·mol－1；2C(s)+O2(g)="2CO(g)" ΔH="b" kJ·mol－1，则a>b
B. 由H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·mol－1可知，若将含1 mol CH3COOH的稀溶液与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ
C. 由C(石墨)=C(金刚石) ΔH＝+1.9 kJ·mol－1可知，金刚石比石墨稳定
D. 在100 kPa时，1 g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，则H2燃烧的热化学方程式表示为：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·mol－1
【答案】B
【解析】
试题分析：A、一氧化碳燃烧会放出热量，放出的热量越大，ΔH越小，则a＜b，故A错误；B、在稀溶液中：H++OH-═H2O△H="-57.3" kJ•mol，醋酸属于弱酸，电离需要吸收热量，与含1 mol NaOH的溶液混合，放出的热量小于57.3 kJ，故B正确；C、由“C(石墨)═C(金刚石)△H=+1.9kJ/mol”可知石墨的能量低于金刚石，所以石墨比金刚石稳定，故C错误；D、101 kPa时，1gH2的物质的量为0.5mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8 kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)═H2O(l)△H="-517.6" kJ/mol，故D错误；故选B。
考点：考查了反应热和焓变的相关知识。
7.在化学能与电能的转化过程中，下列叙述正确的是（ ）
A. 电解池的阳极一定是与电源正极相连，只能选择金属铂或石墨作阳极
B. 用惰性材料作电极的电解池装置中，阳离子在阳极放电，阴离子在阴极放电
C. 电镀时，电镀糟里的阳极材料发生氧化反应
D. 原电池的负极与电解池的阴极都发生氧化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.电解池的阳极一定是与电源正极相连，但电极板料可以是金属铂、石墨等惰性电极为阳极，也可以是Cu、Ag等活性电极为阳极，故A叙述错误；
B.用惰性材料作电极的电解池装置中，一般阳离子在阴极放电，阴离子在阳极放电，故B叙述不正确；
C.电镀时，电镀糟里的阳极材料为活性电极，电极本身发生氧化反应，故C叙述正确；
D.原电池的负极发生氧化反应，而电解池的阴极都发生还原反应，故D叙述错误；
答案选C。
8.电解硫酸铜溶液要达到如下三个要求：①阳极质量减小，②阴极质量增加，③电解过程中Cu2＋浓度不变。则可选用的电极是( )
A. 石墨作阳极，铁作阴极
B. 粗铜(含Fe、Ni、Zn)作阳极，纯铜作阴极
C. 纯铜作阳极，铁作阴极
D. 铁作阳极，纯铜作阴极
【答案】C
【解析】
试题分析：阳极质量减小，则阳极一定是活性电极；阴极质量增加，则溶液中必须含有能在阴极放电的金属阳离子；电解过程中Cu2＋浓度不变，因此相当于是镀铜，所以阳极是铜，电解质是硫酸铜溶液，所以正确的答案选C。
考点：考查电解原理的有关判断和应用
点评：该题是基础性试题的考查，主要是考查学生灵活运用电解原理解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力。
9. 欲在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极。下列各组中，选用的阳极金属和电镀液均正确的是( )
A. Ag和AgCl溶液 B. Ag和AgNO3溶液
C. Pt和Ag2CO3溶液 D. Pt和Ag2SO4溶液
【答案】B
【解析】
试题分析：在金属表面镀银，应把镀件挂在电镀池的阴极，镀层金属银作阳极，电镀液是含有银离子的可溶性的盐溶液硝酸银即可，故选B。
考点：考查了电解原理的相关知识。
10. 对于冶炼像钠、钙、镁、铝这样活泼的金属，电解法几乎是唯一可行的工业方法。下列有关说法中正确的是
A. 电解熔融NaOH可生成金属钠、O2以及H2
B. 电解熔融CaCl2时，金属钙在阳极生成
C. 可用电解饱和MgCl2溶液的方法获得金属镁
D. 电解熔融Al2O3制备金属铝时，要加入冰晶石，使Al2O3在较低温度下熔解。
【答案】D
【解析】
制取金属钠的方法是电解熔溶的氯化钠，A错误；电解熔融CaCl2时，钙离子再阴极得到电子变为金属钙，B错误；可用电解饱和MgCl2溶液时得不到金属镁，只有电解熔溶的氯化镁时才会得到金属镁，C错误；D正确，所以答案选D。
11.金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍（已知：氧化性Fe2+
B. 电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等
C. 电解后，溶液中存在的金属阳离子只有和
D. 电解后，电解糟底部的阳极泥中含有Cu和Pt
【答案】D
【解析】
【详解】A.阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni-2e-=Ni2+，Fe-2e-=Fe2+；Zn-2e-=Zn2+；故A错误；
B.电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是铜；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故B错误；
C.电解后，溶液中存在的金属阳离子有Fe2+、Zn2+、Ni2+；故C错误；
D.粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑活动性较镍弱，不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故D正确；
答案选D。
12.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是（ ）
A. 通电后中间隔室的SO42-离子向正极迁移，正极区溶液碱性增强
B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C. 阴极区溶液pH降低，阳极区溶液pH升高
D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【详解】A.阴离子向阳极（即正极区）移动，正极上氢氧根离子放电，故正极区碱性减弱，故A错误；
B.直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电从而破坏水的电离平衡生成氢离子，两膜中间的硫酸根离子在电场的作用下进入正极区（即阳极区）；氢离子在阴极得电子破坏水的电离平衡生成氢氧根离子，两膜中间的钠离子在电场的作用下进入负极区（即阴极区），而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C.正极区为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-═O2+4H+，生成氢离子，阳极区溶液pH降低，阴极区氢离子放电，溶液的pH升高，故C错误；
D.由电极反应2H2O-4e-═O2+4H+可知，转移1mol电子可以生成0.25mol氧气，故D错误；
答案选B。
【点睛】本题主要考查了电解池中电解质溶液中阴、阳离子的迁移情况，就电解过程来看，实质就是电解水，而通过离子交换膜的作用，不难理解该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品。
13.对于Zn（s）＋H2SO4（aq）===ZnSO4（aq）＋H2（g） ΔH＜0的化学反应，下列叙述不正确的是
A. 反应过程中能量关系可用图表示
B. ΔH的值与反应方程式的计量系数有关
C. 若将该反应设计成原电池，锌为负极
D. 若将其设计为原电池，当有32.5g锌溶解时，正极放出气体为11.2L
【答案】D
【解析】
试题分析：A、该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，A正确；B、反应热△H的值与反应方程式的计量系数成正比，B正确；C、Zn（s）+H2SO4（aq）=ZnSO4（aq）+H2（g）的反应中锌失去电子，化合价升高，作原电池的负极，C正确；D、未注明温度和压强，体积不一定为11．2L，D错误；考点：考查了化学反应中的能量变化和电化学的相关知识。
14.已知化学反应A2(g)＋B2(g)===2AB(g)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是
A. 每生成2分子AB吸收b kJ热量
B. 该反应热ΔH＝＋(a－b) kJ·mol－1
C. 该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量
D. 断裂1 mol A—A和1 mol B—B键，放出a kJ能量
【答案】B
【解析】
试题分析：A、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a-b) kJ热量，故A错误；B、反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，所以反应热△H=+(a-b)kJ•mol-1，故B正确； C、依据能量图象分析可知反应物能量低于生成物能量，故C错误；D、断裂1 mol A-A和1 mol B-B键，吸收a kJ能量，故D错误；故选B。
考点：考查了化学反应的能量变化的相关知识。
15.下列热化学方程式或离子方程式中，正确的是（ ）
A. 甲烷的标准燃烧热为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. CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）的反应热△H=+2×283.0kJ/mol
C. HCl和NaOH反应的中和热△H=﹣57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca（OH）2反应的中和热△H=2×（﹣57.3）kJ/mol
D. 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=﹣38.6 kJ/mol
【答案】B
【解析】
【详解】A.生成水的状态为气态，故A中甲烷燃烧的热化学方程式错误；
B.CO（g）的燃烧热是283.0kJ/mol，则可得热化学反应方程式：2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H=-2×283.0kJ/mol，故2CO2（g）═2CO（g）+O2（g）的反应热△H=+2×283.0kJ/mol，故B正确；
C. H2SO4和Ca（OH）2除了发生酸碱中和反应，Ca2+与SO42-也会发生离子反应，产生热效应，故反应的中和热不为△H=2×（﹣57.3）kJ/mol，故C错误；
D.氮气和氢气化合生成氨的反应为可逆反应，0.5mol N2和1.5molH2置于密闭的容器中不可完全转化生成1mol的氨，则1mol氮气完全反应的热效应△H肯定不是﹣38.6 kJ/mol，故D错误；
答案选B。
【点睛】化学用语是化学学科技术规范，强调准确性，强调正确理解与应用。本题解题的关键是要正确理解燃烧热和中和热的含义，明确热化学方程式的系数与反应热的对应关系。热化学方程式的书写要注意物质的聚集状态、系数与反应热数值的对应关系、反应热单位、可逆反应的反应热等等，问题也往往产生自这些方面。
16.已知相关数据如下表：
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1mol分子中的化学键断
裂时需要吸收的能量／kJ
436
230
369
H2(g)＋Br2(g)＝2HBr(g) ΔH＝－akJ／mol则a是
A. 404 B. 72 C. 230 D. 200
【答案】B
【解析】
试题分析：1molH2(g)化学键断裂时需要吸收的能量为436kJ，1molBr2(g)化学键断裂时需要吸收的能量为230kJ，1molHBr(g)化学键断裂时需要吸收的能量为369kJ，H2(g)+Br2(g)═2HBr(g)，依据△H=反应物的总键能-生成物的总键能，则△H=436+230-369×2=-72kJ/mol，故选B。
考点：考查了反应热的计算的相关知识。
解答题（共6小题，每空2分满分52分）
17.由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气放热241.8kJ，写出该反应的热化学方程式：_____．
已知H2O（l）=H2O （g）△H=+44kJ•mol﹣1，则标准状况下33.6L H2 生成液态水时放出的热量是_____ kJ．
【答案】 (1). H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol (2). 428.7
【解析】
【详解】由热化学反应方程式的书写规则可得H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol；由H2O（l）=H2O （g）△H=+44kJ•mol﹣1可得氢气燃烧生成液态水的热化学反应方程式为：H2（g）+1/2O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ/mol，根据方程式可得标准状况下33.6L H2 生成液态水时放出的热量为：1.5mol×285.8 kJ/mol=428.7 kJ，故答案为：H2（g）+1/2O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ/mol、428.7。
18.（1）已知下列热化学方程式：
C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣2 220kJ•mol﹣1
H2O（l）═H2O（g）△H=44.0kJ•mol﹣1，试写出丙烷燃烧生成CO2和气态水的热化学方程式__．
（2）已知：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H=+206.2kJ•mol﹣1；
CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H=+247.4kJ•mol﹣1；
以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法．CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）的热化学方程式为__．
【答案】 (1). C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣2044kJ•mol﹣1 (2). CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165 kJ•mol﹣1
【解析】
【详解】（1）由盖斯定律可得丙烷燃烧生成CO2和气态水的焓变△H=﹣2 220kJ•mol﹣1+4×（44.0kJ•mol﹣1）=-2044 kJ•mol﹣1，故答案为：C3H8（g）+5O2（g）=3CO2（g）+4H2O（g）△H=﹣2044kJ•mol﹣1；
（2）由盖斯定律可得CH4（g）与H2O（g）反应生成CO2（g）和H2（g）焓变为（+206.2kJ•mol﹣1）×2-（+247.4kJ•mol﹣1）=+165 kJ•mol﹣1，故答案为：CH4（g）+2H2O（g）=CO2（g）+4H2（g）△H=+165 kJ•mol﹣1。
【点睛】本题主要考查了盖斯定律的应用，因在相同条件下，H2O（l）所具有总能量低于H2O（g），则丙烷燃烧生成CO2和气态水比生成液态水所放出的热量要少，而学生在计算过程中特别容易将数据弄反。
19.在25℃时，用石墨为电极电解2L0.5mol•L﹣1CuSO4溶液．5min后在一个石墨电极上有6.4g Cu生成，试回答下列问题．
（1）发生氧化反应的是__极，电极反应式为__．
（2）若将溶液恢复到与电解前一样，则需加入___
【答案】 (1). 阳 (2). 4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑ (3). 0.1molCuO
【解析】
【详解】（1）在电解池工作过程中，发生氧化反应的一极为阳极，阴离子OH-放电，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑，故答案为：阳、4OH﹣﹣4e﹣═2H2O+O2↑；
（2）2L0.5mol•L﹣1CuSO4溶液含1mol硫酸铜，在阴极析出铜的物质的量为6.4g÷64g/mol=0.1mol＜1mol，由电极反应Cu2++2e-=Cu可知,电解过程中转移电子为0.2mol，阳极产生氧气的物质的量为：0.2mol÷4=0.05mol，由原子个数守恒可知若将溶液复原，需加入0.1molCuO，故答案为：0.1molCuO。
【点睛】电解质溶液的复原可利用原子守恒的观点来进行分析，从溶液中减少的原子的物质的量若与进入到溶液中原子的物质的量相等，则溶液可复原。注意不能采用加入Cu（OH）2的方法使其复原，因为此电解过程中溶液中的氢离子还没有放电，溶液中的氢原子没有减少。
20.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．（杂质发生的电极反应不必写出）请回答以下问题：
（1）若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞试液，则：
①写出电解饱和NaCl溶液总的离子方程式_____．
②在X极附近观察到的现象是_____．检验Y电极反应产物的方法是_____．
（2）如要用电解方法精炼粗铜（含有锌铁镍银金和铂等微量杂质），电解液a选用CuSO4溶液，则：
①X电极发生的反应类型为_____；电子的流向由_____到_____（填X或Y）．②Y电极的材料是_____，电极反应式为_____．CuSO4溶液的浓度_____（填“不变”“略有增加”或“略有减少”）．
【答案】 (1). 2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑ (2). 放出气体，溶液变红 (3). 把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色 (4). 还原反应 (5). Y (6). X (7). 粗铜 (8). Cu﹣2e﹣=Cu2+ 、Zn－2e－Zn2+、 Fe－2e－Fe2+ (9). 略有减少
【解析】
【详解】（1）①用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极：2Cl－－2e－Cl2↑，阴极：2H+＋2e－H2↑，总反应为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故答案为：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑；②X极为阴极，电极反应为：2H+＋2e－H2↑，电极附近氢氧极根离子浓度增大，碱性增强，附近观察到的现象是放出气体，溶液变红；Y极为阳极，电极反应为：2Cl－－2e－Cl2↑，检验氯气通常用湿润的碘化钾淀粉试纸来检验，故答案为：放出气体，溶液变红；把湿润的碘化钾淀粉试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色；
（2）①在电解池装置中，X极与电源负极相连，为阴极，发生还原反应，电子流向为阳极经外电路到阴极，故为由Y到X，故答案为：还原反应、 Y、X；②在电解精炼铜的装置中，粗铜为阳极，纯铜为阴极，阳极反应为：Cu－2e－Cu2+，另外锌、铁较铜活泼，也参与放电，在Y极还会发生：Zn－2e－Zn2+、 Fe－2e－Fe2+，而在阴极只有Cu2+＋2e－Cu，由电荷可知CuSO4溶液的浓度略有减少，故答案为：Cu﹣2e﹣=Cu2+ 、Zn－2e－Zn2+、 Fe－2e－Fe2+；略有减少。
【点睛】电解池电极反应式书写主要掌握以下几点：(1)首先看阳极材料，如果阳极是活泼电极(金属活动顺序表Ag以前)，则应是阳极失电子，阳极不断溶解，溶液中的阴离子不能失电子．(2)如果阳极是惰性电极(Pt、Au、石墨)，则应是电解质溶液中的离子放电，应根据离子的放电顺序书写书写电极反应式．
21.用石墨作电极电解下列溶液①稀H2SO4②K2SO4溶液 ③NaCl溶液 ④CuSO4溶液
⑤KOH溶液
（1）阴极、阳极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1的是（填序号）__，
（2）阴极、阳极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为1：1的是（填序号）__其阳极的电极反应式是__，电解的总方程式是__．
（3）阴极、阳极都有气体产生，其中溶液pH变小的是__，pH变大的是__．（填序号）
（4）一个电极析出金属，一个电极逸出气体，且溶液pH明显减小的是__（填序号），其总反应的化学方程式是__．
【答案】 (1). ①②⑤ (2). ③ (3). 2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2↑ (4). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ (5). ① (6). ③⑤ (7). ④ (8). 2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4
【解析】
【详解】（1）电解①②⑤时，相当于电解水，阴极氢离子放电，生成氢气，即4H++4e-→2H2↑，阳极氢氧根离子放电，生成氧气，即4OH--4e-=O2↑+2H2O，两极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为2：1，故答案为：①②⑤；
（2）阴极、阳极都有气体产生，且体积比（相同条件下）为1：1，题中应该为电解NaCl溶液，分别生成氯气和氢气，阳极反应为2Cl--2e-=Cl2↑，总方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故答案为：③；2Cl--2e-=Cl2↑；2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（3）阴极、阳极都有气体产生，如溶液pH变小，则酸性增强，可为电解硫酸溶液，浓度增大，如pH变大，可为电解KOH溶液，另外电解NaCl溶液，生成NaOH，pH也变大，故答案为：①；③⑤；
（4）一个电极析出金属，一个电极逸出气体，且溶液pH明显减小，只有硫酸铜符合，电解的总方程式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：④；2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4。
【点睛】本题主要考查了电解的规律，一般在用惰性电极电解电解质溶液时，由离子的放电顺序和电解质溶液的不同，可将电解类型分为：电解水型、分解电解质型、放氢生碱型和放氧生酸型。
22.如图1所示，A为电源，B为浸透饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽，其电极材料及电解质溶液如图2所示．
（1）关闭K1，打开K2，通电后，B中的KMnO4紫红色液滴向c端移动，则电源b端为__极，通电后，滤纸d端的电极反应式是__．
（2）已知C装置中溶液的溶质为Cu（NO3）2和X（NO3）3，且均为0.1mol，打开K1，关闭K2，通电一段时间后，阴极析出固体质量m（g）与通过电子的物质的量n（mol）关系如图所示，则Cu2+、X3+、H+氧化能力由大到小的顺序是__．
（3）D装置中溶液是H2SO4溶液，则电极C端从开始至一段时间后的实验现象是__．
【答案】 (1). 负 (2). 2H++2e﹣=H2↑ (3). Cu2+＞H+＞X3+ (4). 在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出
【解析】
【分析】
（1）关闭K1，打开K2，为电解饱和食盐水装置，通电后，B的KMnO4紫红色液滴向c端移动，根据电解池工作原理可知阴离子向阳极移动判断电源的正负极并书写d端的电极反应式；（2）打开K1，关闭K2，则为电解C、D两池，根据电解C的图象可知，开始即析出固体，总共0.2mol电子通过时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜，此后，继续有电子通过，不再有固体析出，说明X3+不放电，H+放电，从而判断离子氧化性；D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出，据此分析可得结论。
【详解】（1）据题意B中的KMnO4紫红色液滴向c端移动，说明高锰酸根离子向c端移动，可推出极c端为阳极，则与之相连的电源a端为正极，b端为负极，所以通电滤纸d端为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，故答案为：负；2H++2e-=H2↑；
（2）根据电解C的图象可知，通电后就有固体生成，当通过电子为0.2mol时，析出固体质量达最大，证明此时析出的固体是铜．如果是X3+析出，电子数应该是0.3mol，则氧化能力为Cu2+＞X3+，当电子超过0.2mol时，固体质量没变，说明这时阴极产生的是氢气，即电解水，说明氧化能力H+＞X3+，故答案为Cu2+＞H+＞X3+；
（3）D装置中溶液是H2SO4，电极C端与b负极相连即为阴极，开始为氢离子得电子生成氢气，后阳极的铜失电子生成铜离子进入阴极在阴极析出，所以看到的现象为在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出；故答案为：在C端开始时有无色无味气体产生，一段时间后有红色物质析出。
【点睛】本题综合考查电解原理以及根据图象获取信息、运用知识综合分析能力，根据KMnO4紫红色液滴向c端移动判断电源的正负极为解答该题的突破口。
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