2022-2023学年河南省南阳市第一中学校高二上学期第一次月考化学试题含解析

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河南省南阳市第一中学校2022-2023学年高二上学期第一次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列叙述正确的是
A．需要通电才可进行的有：电离、电解、电泳、电镀
B．NaCl(aq) NaNa2O2
C．煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏都是化学变化
D．精炼铜时，纯铜作阳极，粗铜作阴极
【答案】C
【详解】A．电离的条件是溶于水或熔融状态，不需要通电就能进行，故A错误；
B．电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，电解熔融氯化钠才能生成金属钠和氯气，故B错误；
C．煤的“气化”、煤的“液化”、煤的“干馏”都有新物质生成，都是化学变化，故C正确；
D．精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故D错误；
故选C。
2．下列有关中和热的说法正确的是
①表示中和热的热化学方程式为  
②准确测量中和热的整个实验过程中，至少测定3次温度
③测量中和热的实验过程中，玻璃搅拌器材料若用铜代替，则测量出的中和热数值偏小
④的稀溶液和含的稀溶液反应的反应热
⑤中和热测定：用盐酸和溶液进行实验，用量筒量取NaOH溶液时，仰视取液，测得的中和热数值偏小
⑥中和热测定实验中为减少热量散失，NaOH溶液应分多次倒入量热计中
⑦用温度计测定盐酸溶液起始温度后未洗涤，直接测定氢氧化钠的温度会导致测得中和热的数值偏小
A．①③④⑥ B．③④⑤⑦ C．①③⑤⑦ D．②③④⑤⑦
【答案】B
【详解】①在25℃和101kPa下，强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O(l)放出57.3kJ的热量为中和热，则表示中和热的热化学方程式为H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l)ΔH=—57.3kJ/mol，故错误；
②准确测量中和热的整个实验过程中至少需要做3次平行实验，每次需要测定3次温度，即酸溶液的初始温度、碱溶液的初始温度、反应后的最高温度，故至少需要测定9次温度，故错误；
③金属铜是热的良导体，易传热，环形玻璃搅拌棒材料若用铜代替，会使热量损失大，测量出的中和热数值偏小，故正确；
④含1mol硫酸的稀溶液和含1mol氢氧化钡的稀溶液反应生成硫酸钡和水时除发生中和反应放出热量外，生成硫酸钡沉淀还会放出热量，则反应热ΔH<−114.6kJ/mol，故正确；
⑤用50mL0.50mol/L盐酸和50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行实验时，用量筒量取氢氧化钠溶液时，仰视取液会使氢氧化钠体积偏大，由题中数据可知，反应中盐酸不足量会完全反应，反应生成水的物质的量不变，放出的热量不变，但混合溶液体积偏大，使溶液升高的温度减小，导致测得的中和热数值偏小，故正确；
⑥中和热测定实验中为减少热量散失，应一次将氢氧化钠溶液快速加入量热计中，故错误；
⑦用温度计测定盐酸溶液起始温度后未洗涤，直接测定氢氧化钠的温度，测得氢氧化钠的温度偏高，导致测得中和热的数值偏小，故正确；
③④⑤⑦正确，故选B。
3．下列示意图表示正确的是

A．甲图表示Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH=+26.7kJ·mol-1反应的能量变化
B．乙图表示碳的燃烧热
C．丙图表示实验的环境温度为20℃，将物质的量浓度相等、体积分别为V1、V2的H2SO4、NaOH溶液混合，混合液的最高温度随V(NaOH)的变化(已知V1+V2=60mL)
D．已知稳定性顺序：B＜A＜C，某反应由两步反应A→B→C构成，反应过程中的能量变化曲线如丁图
【答案】D
【详解】A．图中反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，反应Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH=+26.7kJ·mol-1为吸热反应，与图示不符，故A错误；
B．C的燃烧热是指1mol C完全燃烧生成CO2(g)时的焓变，且反应物的总能量高于生成物的总能量，故B错误；
C．H2SO4、NaOH溶液的物质的量浓度相等，当二者体积比为1∶2时，二者恰好完全反应，放出的热量最多，混合液温度最高，此时H2SO4溶液为20mL，NaOH溶液为40mL，故C错误；
D．稳定性B＜A＜C，根据物质的能量越低越稳定可知，物质的能量：B>A>C，故A→B为吸热反应，B→C为放热反应，A→C为放热反应，故D正确；
故答案选D。
4．已知：①  ；②  。根据相关物质结构和下表中提供的数据计算、分别为

化学键



键能()
360
436
176
化学键



键能()
431
498
460

A．+236、-990 B．-116、-990
C．-116、-70 D．+236、-70
【答案】A
【详解】反应物的键能总和-生成物的键能总和，则；。
故选A。
5．下列说法中正确的是
A．和的稀溶液反应生成的反应热，则和的稀溶液反应生成的反应热
B．甲烷的摩尔燃烧焓，则
C．已知：、下，     ；将和过量的在此条件下充分反应，放出热量
D．的摩尔燃烧焓，则反应的
【答案】D
【详解】A．硫酸和氢氧化钙的稀溶液反应生成硫酸钙沉淀和水，生成硫酸钙时会放出沉淀热，则反应生成1mol液态水的反应热ΔH＜−57.3kJ/mol，故A错误；
B．甲烷的燃烧热为1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，气态水的能量高于液态水，则1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和气态水的反应热ΔH＞−890.3kJ/mol，故B错误；
C．合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，则1.5mol氢气和过量的氮气反应放出热量小于46.2kJ，故C错误；
D．若正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，由一氧化碳的摩尔燃烧焓ΔH=−283.0kJ/mol可知，2mol二氧化碳分解生成一氧化碳和氧气的反应热ΔH=+566.0kJ/mol，故D正确；
故选D。
6．反应过程中的能量变化如图所示(图中表示无催化剂时正反应的活化能，表示无催化剂时逆反应的活化能)。下列有关叙述正确的是

A．该反应的逆反应为吸热反应，的能量一定高于的能量
B．、下，将和置于密闭容器中充分反应生成放热，其热化学方程式为   
C．该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D．，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
【答案】C
【分析】由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，则该反应正反应为放热反应。
【详解】A．该反应的逆反应为吸热反应，SO2和O2的总能量高于SO3的能量，SO2的能量不一定高于SO3的能量，故A错误；
B．500 ℃、101 kPa下，将1 molSO2(g)和0.5 molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1 molSO3(g)，所以热化学方程式的反应热不等于-2a kJ·mol-l，故B错误；
C．该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故C正确；
D．ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，故D错误；
故选B。
7．工业上冶炼钛的有关反应如下：
①C(s)+O2(g)=CO2(g)　ΔH1
②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)　ΔH2
③TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)　ΔH3
④TiCl4(s)+2Mg(s)=2MgCl2(s)+Ti(s)　ΔH4
⑤TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(s)+2CO(g)　ΔH5
下列有关推断正确的是
A．2ΔH1=ΔH2 B．ΔH1＜0，ΔH2＞0
C．ΔH5=ΔH3+2ΔH1-ΔH2 D．2ΔH1-ΔH2＞0
【答案】C
【详解】A．根据盖斯定律，①×2-②得2C(s)+O2(g)=2CO(g)　ΔH=2ΔH1-ΔH2，已知碳燃烧生成CO是放热反应，即2ΔH1-ΔH2＜0，得2ΔH1＜ΔH2，A项错误；
B．碳燃烧生成CO2和CO燃烧生成CO2都是放热反应，所以ΔH1＜0，ΔH2＜0，B项错误；
C．由①×2+③-②即得反应⑤，所以ΔH5=ΔH3+2ΔH1-ΔH2，C项正确；
D．由A项分析可知，2ΔH1-ΔH2＜0，D项错误；
故选：C。
8．已知在298 K、1.01×105Pa下，由稳定的单质生成1mol化合物的反应热叫该化合物的生成焓（ΔH）。前5周期的4种氧族元素氢化物的生成焓数据如下表。下列有关叙述不正确的是（    ）
氢化物
a
b
c
d
ΔH（kJ·mol-1）
+154
+81
-20
-242

A．c表示的是H2S
B．H2S的生成焓为+154 kJ·mol-1
C．热稳定性：H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te
D．H2Se分解的热化学方程式为：H2Se(g)=Se(s)+H2(g)；ΔH = -81 kJ·mol-1
【答案】B
【分析】根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定；而根据生成焓的定义，反应的生成焓可以代表生成物能量的高低，物质的能量越低越稳定，a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O。
【详解】A. c表示的是H2S，故A正确；
B. H2S的生成焓为-20kJ∙mol-1，故B错误；
C. 同一主族元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，物质的能量越低越稳定，热稳定性：H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te ，故C正确；
D. 由图表可知，b为硒化氢的生成热数据，则硒化氢分解吸热，且△H= -81kJ/mol，所以H2S发生分解反应的热化学反应方程式为H2Se(g)=Se(s)+H2(g)；△H= -81kJ/mol，故D正确；
故选B。
9．已知H2O(g)=H2O(1) ΔH=-Q1kJ•mol-1，
C2H5OH(g)=C2H5OH(1) ΔH=-Q2kJ•mol-1，
C2H5OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(g) ΔH=-Q3kJ•mol-1
若使23g酒精液体完全燃烧，最后恢复到室温，则放出的热量为 kJ
A．Q1+Q2+Q3 B．0.5(Q1+Q2+Q3)
C．0.5Q1-1.5Q2+0.5Q3 D．1.5Q1-0.5Q2+0.5Q3
【答案】D
【详解】将已知方程式依次编号为①②③，由盖斯定律可知，①×3—②+③可得热化学方程式C2H5OH(1) +3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) 则ΔH=(3Q1—Q2+Q3) kJ•mol-1，23g乙醇的物质的量为=0.5mol，由热化学方程式可知完全燃烧生成液态水放出的热量为0.5mol×(3Q1—Q2+Q3) kJ•mol-1=(1.5Q1—0.5Q2+0.5Q3) kJ。
故正确答案：D
10．如图是生活中常用的锌锰干电池的示意图，下列有关说法中不正确的是

A．b电池是碱性锌锰电池 B．二者的电极反应不完全相同
C．两种电池都是一次电池 D．两种电池的负极反应式都是
【答案】D
【分析】a电池为普通锌锰电池，总反应为：，则负极反应为：，正极反应为：；b电池为碱性锌锰电池，总反应为：，则负极反应为：，正极反应为：，据此分析作答。
【详解】A．由分析可知，b电池的电解质为KOH，是碱性锌锰电池，A项正确；
B．由分析可知，二者的电极反应不完全相同，B项正确；
C．一次电池是放电后不能再充电使其复原的电池，普通锌锰电池和碱性锌锰电池都是一次电池，C项正确；
D．a电池的负极反应为，b电池的负极反应为，D项错误；
答案选D。
11．我国科学家正在研究一种可充电Na-Zn双离子电池体系(如图)。下列说法不正确的是

A．打开K1，闭合K2，a为电源负极
B．打开 K1，闭合K2，Zn极附近溶液的碱性减弱
C．打开 K2，闭合K1，OH-向极移动
D．打开 K2，闭合K1，正极反应式为
【答案】B
【详解】A．打开K1，闭合K2，装置为电解池，其中a为电源负极，左边Zn电极为阴极，发生还原反应，电极反应式为：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，A正确；
B．根据选项A分析可知：打开 K1，闭合K2时，Zn电极反应式为：[Zn(OH)4]2-+2e-=Zn+4OH-，反应产生OH-，使Zn极附近溶液的碱性增强，B错误；
C．打开 K2，闭合K1，Zn电极为负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，因此OH-向极移动，C正确；
D．打开 K2，闭合K1，右边电极为正极，得到电子，发生还原反应，则正极的电极反应式为，D正确；
故合理选项是B。
12．随着电池的研究取得了新进展，某小组以该电池为电源电解处理含废水和含、的酸性废水，并分别获得溶液和单质镍。电解处理的工作原理如图所示，下列说法正确的是

A．电池可使用水溶液做电解液
B．X与该电池的Li电极相连
C．若去掉离子膜M将两室合并，则X电极的反应不变
D．离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜
【答案】D
【详解】A．锂能与水反应，电池不能使用水溶液做电解液，故A错误；
B．电池中Li是负极，根据题意，Y电极生成金属Ni，Y是阴极，所以Y与该电池的Li电极相连，故B错误；
C．X电极的反应为，若去掉离子膜M将两室合并，氯离子在X极失电子生成氯气，故C错误；
D． a中Ba2+、c中的Cl-转移到b中生成，所以膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜，故D正确；
选D。
13．用惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，实验装置如图①。电解过程中的实验数据如图②，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)。则下列说法正确的是

A．电解过程中，b电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生
B．从P到Q点时收集到的混合气体的平均摩尔质量为
C．曲线0~P段表示和混合气体的体积变化，曲线P~Q段表示的体积变化
D．若将图①直流电源改为电流计，两电极改为锌片和铜片，两极均有红色物质析出，实验结束时测得锌片减少了3.94g，铜片质量增加了3.84g，则原电池的工作效率是(参加原电池的锌占反应总量的百分率)50%
【答案】B
【分析】由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，惰性电极电解一定量的硫酸铜溶液，发生，结合图2可知，通过0.2mol电子时电解硫酸铜，然后电解硫酸溶液，发生，P到Q点时收集到的混合气体为氢气和氧气。
【详解】A．a为阴极，先发生Cu2++2e-═Cu，后发生2H++2e-═H2↑，a电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生，故A错误；
B．PQ段3.36L气体中，由电解水反应可知0.2mol电子通过时生成0.1mol H2、0.05mol O2，故混合气体的平均摩尔质量为，故B正确；
C．由上述分析可知，曲线0～P段表示O2的体积变化，曲线P～Q段表示H2和O2混合气体的体积变化，故C错误；
D．若将图①直流电源改为电流计，两电极改为锌片和铜片，则该装置为锌铜原电池，若两极均有红色物质析出，则装置中同时发生置换反应和电化学反应，方程式均为Zn+CuSO4= ZnSO4+Cu，实验结束时测得锌片减少了3.94g，铜片质量增加了3.84g。由于铜片质量增加了3.84g，即原电池反应中增加0.6molCu，参与原电池的锌也是0.6mol，对应锌片减少39g。实际锌片减少的质量为3.94g，则有0.04g的质量损失为发生在锌片上的置换反应，根据差量法计算：

解得，所以原电池的工作效率是(参加原电池的锌占反应总量的百分率)为：，D错误；
故选：B。
14．下图是一套模拟工业生产的电化学装置。丙装置中两电极均为惰性电极，电解质溶液为KCl溶液，不考虑气体溶解，且钾离子交换膜只允许钾离子通过。下列说法正确的是

A．若甲装置中b为精铜，a为镀件，则可实现a上镀铜
B．丙装置可以制取KOH溶液，制得的KOH可以通过g口排出
C．当d电极消耗标准状况下2.24LO2时，丙装置中阳极室溶液质量减少29.8g
D．若甲装置中a、b均为惰性电极，向甲所得溶液中加入0.05molCu2(OH)2CO3后恰好使溶液复原，则电路中转移的电子数目为0.2NA
【答案】C
【分析】由图可知，乙装置为燃料电池，通入甲醇的c极为燃料电池的负极，通入氧气的d极是正极，甲装置为电镀池或电解硫酸铜溶液的电解池，与燃料电池负极c相连的b极为阴极，a极为阳极，丙装置为电解氯化钾溶液的电解池，与燃料电池正极d相连的e极为阳极，f极为阴极。
【详解】A．若装置甲为电镀池，实现镀件上镀铜，阴极为镀件，阳极为精铜，则b极为镀件，a极为精铜，故A错误；
B．由分析可知，丙装置为电解氯化钾溶液的电解池，e极为阳极，f极为阴极，水在阴极上得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钾离子通过钾离子交换膜进入阴极区，则高浓度的氢氧化钾溶液从h口排出，故B错误；
C．由分析可知，丙装置为电解氯化钾溶液的电解池，e极为阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，富集的钾离子通过钾离子交换膜进入阴极区，阳极室溶液减少质量实际为氯化钾的质量，当d电极消耗标准状况下2.24L氧气时，由得失电子数目守恒可知，阳极室溶液减少质量为×4×74.5mol/L=29.8g，故C正确；
D．若甲装置中a、b均为惰性电极，该装置为电解硫酸铜溶液的电解池，向所得溶液中加入碱式碳酸铜后恰好使溶液复原说明电解过程中先电解硫酸铜溶液，后电解水，由加入的碱式碳酸铜的物质的量为0.05mol可知，参与电解的铜离子为0.1mol、水为0.05mol，则电路中转移的电子数目为0.1mol×2×NAmol—1+0.05mol×2×NAmol—1=0.3NA，故D错误；
故选C。
15．如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物。下列说法正确的是

A．放电时，M电极反应为
B．放电时，由M电极向N电极移动
C．充电时，M电极的质量减小
D．充电时，N电极反应为
【答案】B
【分析】由题干信息可知，放电时，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为：Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为：3Li++3e-+Bi=Li3Bi，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，放电时，M电极反应为Li-e-=Li+，A错误；
B．由分析可知，放电时，M极为负极，N极为正极，故由M电极向N电极移动，B正确；
C．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极反应为：Li++e-= Li，故电极质量增大，C错误；
D．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，充电时，N电极反应为，D错误；
故答案为：B。
16．我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将转化为乙烯。装置示意图如下。已知：电解效率

下列说法不正确的是
A．电极a连接电源的负极
B．电极a上有CO产生
C．纳米Cu催化剂上发生反应：2CO+ 6H2O+8e—=C2H4+8OH—
D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，产生0.075mol乙烯
【答案】D
【分析】由图可知，与直流电源负极相连的电极a为电解池的阴极，单原子镍做催化剂条件下二氧化碳在阴极得电子生成一氧化碳、纳米铜做催化剂条件下，一氧化碳在阴极得电子生成乙烯，电极b为阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水。
【详解】A．由分析可知，与直流电源负极相连的电极a为电解池的阴极，故A正确；
B．由分析可知，电极a为电解池的阴极，单原子镍做催化剂条件下二氧化碳在阴极得电子生成一氧化碳，故B正确；
C．由分析可知，电极a为电解池的阴极，纳米铜做催化剂条件下，一氧化碳在阴极得电子生成乙烯，电极反应式为2CO+ 6H2O+8e—=C2H4+8OH—，故C正确；
D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，根据公式可得生成乙烯所用的电子的物质的量n=0.6mol，二氧化碳转化为乙烯的总电极反应为2CO2+8H2O+12e—=C2H4+12OH—，则当生成乙烯所用的电子物质的量n=0.6mol，产生的乙烯为0.05mol，故D错误；
故选D。

二、计算题
17．完成下列反应的热化学方程式。
(1)气体完全燃烧生成液态水和气体，放出的热量，写出该反应的热化学方程式_______
(2)室温下，充分燃烧一定量的丁烷放出的热量为Q，生成的恰好与浓度为的溶液完全反应生成正盐，写出表示丁烷燃烧热的热化学方程式_______
(3)已知：  
  
  
写出和反应生成液氨的热化学方程式_______。
(4)已知：①  
②  
试写出电离的热化学方程式_______。
(5)是一种优良的绝缘气体，分子结构中，只存在S-F键，已知转化为气态硫原子吸收能量，F-F键能为，S-F键能为，试写出和反应生成的热化学方程式_______。
【答案】(1)C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1297.4kJ/mol
(2)C4H10(g)+ O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l) ΔH=-20QkJ/mol
(3)N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) ΔH=-2(b+c-a) kJ/mol
(4)HF(aq)H＋(aq)＋F-(aq) ΔH=-10.4 kJ/mol
(5)S(s)+3F2(g)═SF6(g) ΔH=-1220 kJ/mol。

【分析】(1)的物质的量为，气体完全燃烧生成液态水和气体，放出的热量，所以1mol完全燃烧放出；
(2)丁烷燃烧生成的恰好与浓度为的溶液完全反应生成正盐，所以丁烷充分燃烧放出的的物质的量为，根据丁烷燃烧的反应式C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)，说明0.05mol丁烷燃烧放出的热量为Q；
(3)根据盖斯定律，结合已知条件计算；
(4)根据盖斯定律，结合已知条件计算；
(5)根据反应热△H＝反应物总键能−生成物总键能计算反应热。
（1）
的物质的量为，气体完全燃烧生成液态水和气体，放出的热量，所以1mol完全燃烧放出，热化学方程式为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1297.4kJ/mol；
故答案为C2H2(g)+O2(g)=2CO2(g)+H2O(l) ΔH=-1297.4kJ/mol；
（2）
充分燃烧一定量的丁烷放出的热量为Q，生成的恰好与浓度为的溶液完全反应生成正盐，所以丁烷充分燃烧放出的的物质的量为，根据丁烷燃烧的反应式C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)，说明0.05mol丁烷燃烧放出的热量为Q，所以1mol丁烷燃烧放出的热量为20Q，丁烷燃烧热的热化学方程式为C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l) ΔH=-20QkJ/mol；
故答案为C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l) ΔH=-20QkJ/mol；
（3）
①；②；③；④；根据盖斯定律有，所以热化学方程式为N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) ΔH=-2(b+c-a) kJ/mol；
故答案为N2(g)+3H2(g)=2NH3(l) ΔH=-2(b+c-a) kJ/mol；
（4）
①；②；③HF(aq)H＋(aq)＋F-(aq)；根据盖斯定律有③=①-②，所以电离的热化学方程式为HF(aq)H＋(aq)＋F-(aq) ΔH=-10.4 kJ/mol；
故答案为HF(aq)H＋(aq)＋F-(aq) ΔH=-10.4 kJ/mol；
（5）
反应热△H＝反应物总键能−生成物总键能，所以对于S(s)＋3F2(g)═SF6(g)，其反应热△H＝280kJ/mol＋3×160kJ/mol−6×330kJ/mol＝−1220kJ/mol，即S(s)＋3F2(g)═SF6(g) △H＝−1220kJ/mol；
故答案为S(s)＋3F2(g)═SF6(g) △H＝−1220kJ/mol。
【点睛】本题主要考察热化学方程式的书写，反应热的计算等，熟练掌握盖斯定律，反应热的定义是关键。

三、填空题
18．用如图所示的装置进行电解，A中盛有NaCl溶液，B中盛有饱和Na2SO4溶液，通电一会儿，发现湿润的淀粉KI试纸的D端变为蓝色。回答下列问题：

(1)电源的F端为_______(填“正”或“负”)极。
(2)A中发生反应的总化学方程式为_______。
(3)B中石墨电极上的电极反应式为_______；Cu电极观察到的现象是_______；一段时间后，B中溶液pH_______(填“升高”、“降低”或“不变”)。
(4)去掉该装置中的电源，改用导线连接，为使湿润的淀粉KI试纸的D端变为蓝色，可将_______(填“A”或“B”)中的溶液换成_______(填“稀硫酸”或“浓硝酸”)。
【答案】     负               有气泡产生     不变     A     稀硫酸
【分析】电源为原电池，图中另外三个池子均为电解池（包括淀粉KI试纸），由题意知，淀粉KI试纸D端的反应为2I- - 2e- = I2，故D端为阳极，则C端为阴极，电源E端为正极，F端为负极，电解池A中Fe为阳极，Pt为阴极，电解池B中石墨为阳极，Cu为阴极。
【详解】(1)由分析知，电源F端为负极，故此处填负；
(2)A中Fe电极为阳极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，Pt为阴极，水产生的H+在阴极放电，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，叠加两极反应得总反应为；
(3)B中石墨电极为阳极，水产生的OH-在阳极放电，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+；Cu电极为阴极，水产生的H+在阴极放电，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故反应现象为有气泡产生；B反应中实际为电解水，由于Na2SO4溶液显中性，水减少对其pH没有影响，故此处填不变；
(4)若将电源去掉，则可通过向A中加入酸使其形成原电池，若加入稀硫酸，则发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe作负极，Pt作正极，则试纸D端为电解池的阳极，发生反应2I- - 2e- = I2，出现变蓝现象，符合题意；若选浓硝酸，则Fe在浓硝酸中钝化后，Pt与浓硝酸不反应，故不能形成原电池，综上所述，此处填稀硫酸。

四、原理综合题
19．磷与氯气反应时各状态间的能量变化如图所示。已知：。

回答下列问题：
(1)依据图示写出各反应的焓变：
  ΔH1=_______；
  ΔH2=_______；
  ΔH３=_______。
(2)已知常温常压下
①  
②  
则_______(填“>”、“=”或“<”，下同)；
(3)黑磷是磷的另一种同素异形体，已知，则红磷、白磷、黑磷的稳定性从高到低的顺序为_______(填名称)。
(4)将1.86g红磷在2.24L(已换算成标准状况)中引燃，生成了大量的白色烟雾，完全反应后，若红磷和均无剩余且生成的每种产物均只有一种状态，此时放出的热量为_______kJ。
【答案】(1)     −1148kJ/mol         
(2)<
(3)
(4)19.364

【解析】（1）
由图可知，ΔH1=E4—E６=(E1+626kJ/mol)−(E1+1774kJ/mol）=−1148kJ/mol；ΔH2===−714.6kJ/mol；ΔH３===−123.8 kJ/mol，故答案为：−1148kJ/mol；−714.6kJ/mol；−123.8 kJ/mol；
（2）
由图可知，白磷转化为红磷的反应为P4(s，白磷)= 4P(s，红磷) ΔH,= E5−E6=(E1+1703.6kJ/mol）−(E1+1774kJ/mol)=—70.4 kJ/mol，由盖斯定律可知，反应①—②可得反应P4(s，白磷)= 4P(s，红磷)，则ΔH=ΔH4—ΔH,5＜0，则反应ΔH4小于ΔH,5，故答案为：＜；
（3）
由图可知，白磷转化为红磷的反应为P4(s，白磷)= 4P(s，红磷) ΔH,= E5−E6=(E1+1703.6kJ/mol）−(E1+1774kJ/mol)=—70.4 kJ/mol，则白磷的能量高于红磷，由盖斯定律可知，白磷转化为红磷的反应与白磷转化为黑磷的反应相减可得黑磷转化为红磷的反应为4P(s，黑磷) = 4P(s，红磷) ΔH,=+86.8kJ/mol，则黑磷的能量高于红磷，物质的能量越高越稳定，所以红磷、白磷、黑磷的稳定性从高到低的顺序为黑磷>红磷>白磷；
（4）
由图可知，红磷与氯气反应生成液态三氯化磷的反应热ΔH6==—604.2 kJ/mol，红磷与氯气反应生成固态三氯化磷的反应热ΔH7==—851.8kJ/mol，设氯气与红磷反应生成三氯化磷的物质的量为xmol、生成五氯化磷的物质的量为ymol，由题意可得：①x+y=，②3x+5y=×2，解得x=0.05mol、y=0.01mol，则反应放出的热量为(851.8kJ/mol×0.01mol+604.2kJ/mol×0.05mol)×=19.364kJ，故答案为：19.364。
20．电化学在我们的生产生活中占有越来越重要的地位。
(1)①燃料电池是一种绿色环保、高效的化学电源。如图为甲醇燃料电池，则负极反应式为_______。

②用甲醇燃料电池电解饱和食盐水(惰性电极)，则电解的化学方程式为_______。电解一段时间后，当阴极生成气体(标况下体积)时，消耗的质量为_______g。(忽略溶液体积变化，不考虑损耗)
③用甲醇燃料电池电解2L1mol/L硫酸铜溶液，一段时间后，两极共收集到标准状况下的气体，则电路中共转移_______mol电子。
(2)利用电化学原理，将、和熔融制成燃料电池，模拟工业电解法处理含的废水，如图。电解过程中溶液中发生如下反应：。

①甲池内阳离子向石墨_______移动。(填“Ⅰ”或者“Ⅱ”)。
②如图，CO在石墨Ⅰ电极放电生成Y，Y可循环使用。甲池工作时，石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为_______。
③的电极反应式为_______。
④甲中消耗0.12molCO，最多可以处理含_______的废水。
(3)—空气电池是目前储电能力最高的电池。以—空气电池为电源，用惰性电极电解硫酸铜溶液如图所示，该电池工作时的反应为，极发生的电极反应为_______。当外电路中通过0.04mol电子时，B装置内共收集到0.448L气体(标准状况)，若B装置内的液体体积为200mL(电解前后溶液体积不变)，则电解前溶液的物质的量浓度是_______

【答案】(1)     CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O     2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑     0.24g     8
(2)     Ⅱ               0.02
(3)     2VB2＋22OH-－22e-=V2O5＋2B2O3＋11H2O     0.05

【解析】（1）
燃料电池通燃料电极为负极，通氧气的电极为正极，则负极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=+6H2O；电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；电解饱和食盐水的阴极反应为2H++2e-=H2↑，n(H2)=0.015mol，转移电子为0.03mol，甲醇燃料电池正极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，故消耗质量为0.24g；阴极先发生反应Cu2++2e-=Cu，Cu2+为2mol，Cu2+全部消耗转移电子4mol，后阴极发生反应2H++2e-=H2↑，阳极反应为4OH-4e-= O2↑+2H2O，设H2为xmol，O2为ymol，根据得失电子守恒可得4+2x=4y，根据气体总量为4mol可得x+y=4，将上述两个方程联立可得x=2，y=2，故电路中共转移8mol电子；
（2）
甲池为原电池，石墨I为负极，反应为：CO-2e-=CO2，石墨II为正极，反应为：O2+4e-+2CO2=2，乙池为电解池，Fe(I)为阳极，反应为：Fe-2e-=Fe2+，Fe(II)为阴极，反应为：2H++2e-=H2↑；阳离子移向正极，甲池内阳离子向石墨II移动；Y为CO2，石墨Ⅱ附近发生的电极反应式为O2+4e-+2CO2=2；的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；甲中消耗0.12molCO，转移电子0.24mol，生成Fe2+0.12mol，根据题干中反应方程式，最多可以处理含0.02mol的废水；
（3）
A池为原电池，电极为负极，a电极为正极，根据电池总反应可知，：O2：转移e-=4：11：44，电池负极产物为V2O5、B2O3，电解液为碱性，故极发生的电极反应为2VB2+22OH--22e-=V2O5＋2B2O3＋11H2O；B池为电解池，b电极为阳极，反应为4OH-4e-= O2↑+2H2O，c电极为阴极，先发生反应Cu2++2e-=Cu， Cu2+全部消耗后发生反应2H++2e-=H2↑，当外电路中通过0.04mol电子时，阳极产生O2为0.01mol，B装置内共收集到气体0.02mol，故阴极产生H2为0.01mol，根据得失电子守恒，阴极Cu2+得到电子0.04mol-0.02mol=0.02mol，反应消耗Cu2+0.01mol，则电解前溶液的物质的量浓度是。