1、第一章 化学反应与能量转化一、单选题1甲烷分子结构具有高对称性且断开1molCH键需要吸收440kJ能量。无催化剂作用下甲烷在温度达到1200以上才可裂解。在催化剂及一定条件下，CH4可在较低温度下发生裂解反应，甲烷在镍基催化剂上转化过程中的能量变化如图所示。下列说法错误的是A甲烷催化裂解成C和需要吸收1760kJ能量B步骤、反应均为放热反应C催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积D使用该催化剂，反应的焓变不变2下列关于硫酸、硝酸说法正确的是A纯锌与稀硫酸反应制氢气比粗锌慢，因为粗锌中含有比锌活泼的金属杂质B为增大铜与硝酸制取 NO 的反应速率，将稀硝酸改用浓硝酸C实验室用 7
2、5%的硫酸与亚硫酸钠制 SO2，比用 98%的浓硫酸速率快，因为 75%的硫酸 H+浓度大D铝片与稀硫酸反应，开始很缓慢，一段时间后反应速率加快，因为生成的Al3+有催化作用3电解精炼铜的废液中含有大量的、，下图为用惰性电极回收废液中铜、浓缩溶液的装置示意图。下列说法正确的是A交换膜m为阴离子交换膜B若电极a改为Cu，仍可达到预期实验目的Cb极电极反应式：D当获得1L 0.5 溶液时，最多回收25.6g Cu4水煤气是由和组成的混合气体，在工业上常用作燃料。已知：现取(标准状况)水煤气，使其完全燃烧生成和，测得反应放热，则水煤气中与的物质的量之比是A23B13C14D115化学与生活关系密切，
3、下列说法正确的是A用白糖腌制果脯可防止果脯变质，原因是白糖能使蛋白质变性B二氧化氯、臭氧均具有强氧化性，因此可用作自来水消毒剂C打印机黑色的墨粉中含有铁的氧化物，这种氧化物是氧化铁D钢管表面镀锌可以防止钢管被腐蚀，镀层破损后，钢管反而会加速腐蚀6500mLKCl和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Cu2+)=0.2molL-1，用石墨作电极电解此溶液，通电一段时间后，两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，假设电解后溶液的体积仍为500mL，下列说法正确的是A原混合溶液中c(Cl-)=0.3molL-1B上述电解过程中共转移0.5mol电子C电解得到的无色气体与有色气体的体积比为3：7D电解后
4、溶液中c(OH-)=0.2molL-17石墨燃烧过程中的能量变化可用下图表示。下列说法正确的是A石墨的燃烧热为B反应C(s，石墨)在任何温度下均能自发进行C由图可知：D已知C(s，金刚石)=C(s，石墨)，则金刚石比石墨稳定8在实验室进行中和热测定实验，下列有关叙述错误的是A大小烧杯之间塞满碎泡沫，目的是减少热量损失B测量终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度C为了使酸碱充分反应，应当缓慢分次倒入溶液并搅拌D可用塑料材质的环形搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒9有人设想利用电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5，所用装置如图所示，下列说法正确的是A图中的甲池为电解池，乙池为原电池BN2O5在c极上产
5、生，c极的电极反应为N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+Ca极发生的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+D每转移2mol电子，生成1molN2O5和1molH2SO410下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是（）A碱性氢氧燃料电池的负极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-B粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+C用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2D钢铁发生吸氧腐蚀时的正极反应式：Fe-2e-=Fe2+11某新型燃料电池以乙醇为燃料，空气为氧化剂，强碱溶液为电解质组成，有关该电池的说法正确的是A放电时正极
6、发生氧化反应B放电时负极电极反应为：C2H5OH16OH12e=2CO11H2OC消耗0.2 mol乙醇，有1.2 mol e转移D放电一段时间后，正极附近溶液的pH减小12我国科学家成功研制出二次电池，在潮湿条件下的放电原理为，模拟装置如图所示(已知放电时，由负极向正极迁移)。下列说法正确的是A放电时，电流由镁极经外电路流向石墨极B放电时，正极的电极反应式为C充电时，阴极上放出，发生还原反应D充电时，当阳极质量净减12g时，转移了4mol电子13微生物电化学产甲烷法是将电化学法和生物还原法有机结合，装置如图所示(左侧CH3COO-转化为CO2和H+，右侧CO2和H+转化为CH4)。有关说法正
7、确的是A电源a为负极B该技术能助力“碳中和”(二氧化碳“零排放”)的战略愿景C外电路中每通过lmol e-与a相连的电极将产生2.8L CO2Db电极的反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O14肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：NN为942、O=O为500、N-H为391，则形成1 mol N-N所需的能量(kJ) 是A194B391C154D65815将二氧化碳通过电化学方法转化成燃料(原理如图所示)，为碳化学品的生产提供了一种有前景的替代途径，下列说法正确的是Aa为电源的负极B电解一段时间后，阳极区的pH
8、值会显著变大CCu电极上产生C2H4的反应为：2CO2+12H+12e-=C2H4+4H2OD导线中每通过2mol电子时，就能得到1molCO二、填空题16(1)在25，101 kPa下，已知气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1 mol电子放热190 kJ，该反应的热化学方程式是_。(2)根据下图写出反应的热化学方程式：_。(3)由金红石()制取单质Ti的步骤为：已知：的_。反应在Ar气氛中进行的理由是_。17现有反应2FeCl3+Cu2FeCl2+CuCl2， 请根据该反应的实质，设计成原电池，画出装置图并标出正、负极材料、电解质溶液。_18钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损
9、失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一。(1)如图1装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有氯化铵溶液(显酸性)和食盐水，各加入生铁块，放置一段时间均被腐蚀。红墨水柱两边的液面变为左低右高，则_(填“a”或“b”)试管内盛有食盐水。a试管中铁发生的是_(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀，生铁中碳上发生的电极反应式为_。b试管中铁被腐蚀的总反应方程式为_。(2)如图2两个图都是金属防护的例子。为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图2甲所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用_(填字母)，此方法叫做_保护法。A铜B钠C锌D石墨图2乙方案也可以降低铁闸门腐蚀的速率，其中铁闸门应该连接在
10、直流电源的_(填“正”或“负”)极。以上两种方法中，_(填“甲”或“乙”)方法能使铁闸门保护得更好。192018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”对舰船进行了处理。下列说法不正确的是_。A锌块发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+B舰体有电子流入，可以有效减缓腐蚀C若通过外加电源保护舰体，应将舰体与电源正极相连D地下钢铁管道用导线连接锌块与该种舰体保护法原理
11、相同采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，舰体上正极的电极反应式为_。(3)船上有些器皿是铜制品，表面有铜锈。据了解铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是_A疏松的Cu2(OH)3Cl属于有害锈BCu2(OH)2CO3既能溶于盐酸也能溶于氢氧化钠溶液C青铜器表面涂一层食盐水可以做保护层D用HNO3溶液除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”文献显示Cu2(OH)3Cl的形成过程中会产生CuCl(白色不溶于水的固体)，将腐蚀文物置于含Na2C
12、O3的缓冲溶液中浸泡，可以使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式为_。(4)考古队员将舰船上的部分文物打捞出水后，采取脱盐、干燥等措施保护文物。从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理：_。三、计算题20(1)实验测得16 g甲醇CH3OH(l)在氧气中充分燃烧生成二氧化碳气体和液态水时释放出363.25kJ的热量，试写出甲醇燃烧的热化学方程式：_。(2)合成氨反应N(g)+3H2(g)2NH3(g)Ha kJmol-1，能量变化如图所示：该反应通常用铁作催化剂，加催化剂会使图中E_(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，图中H_。有关键能数据如下：化学键HHNHN
13、N键能(kJmol-1)436391945试根据表中所列键能数据计算a为_。(3)发射卫星时可用肼(N2H4)为燃料，用二氧化氯为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。已知：N2(g)+2O2(g)2NO2(g)H1a kJmol-1N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)H2b kJmol-1写出肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的热化学方程式：_。21已知下列两个热化学方程式：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H=-571.6 kJ/molC3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)H=-2220 kJ/mol试回答下列问题。(1)1 mol H2和2 m
14、olC3H8的混合气体完全燃烧生成CO2气体和液态水时所释放的热量为_。(2)现有H2和C3H8的混合气体共1 mol，完全燃烧时放出769.4 kJ热量，则混合气体中H2和C3H8的物质的量之比为_。22(1)催化重整不仅可以得到合成气(CO和)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：催化重整反应为。已知：该催化重整反应的_。(2)三氯氢硅是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成等，写出该反应的化学方程式：_。在催化剂作用下发生反应：则反应的为_。23已知：甲醇脱水反应2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)H1=
15、-23.9kJ/mol甲醇制烯烃反应2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g)H2=-29.1kJ/mol乙醇异构化反应CH3CH2OH(g)=CH3OCH3(g)H3=+50.7kJ/mol则乙烯气相直接水合反应C2H4(g)+H2O(g)=C2H5OH(g)的H=_kJ/mol。四、实验题24用50mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是_。(2)烧杯间填满碎纸条的作用是_。(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热
16、数值_ (填“偏大、偏小、无影响”)。(4)如果用60mL 0.50mol/L盐酸与50mL 0.55mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等、不相等”)，所求中和热_(填“相等、不相等”)，简述理由_。25用盐酸与溶液，在如图所示的装置中进行中和反应，测定强酸与强碱反应的中和热，实验数据见下表：起始温度/终止温度/温度差/盐酸NaOH溶液平均值26.226.029.527.027.433.325.925.929.226.426.229.8(1)在该实验中，环形玻璃搅拌棒的运动方向是_(填字母)。A上下运动B左右运动C顺时针运动D逆时针运动(2)加入NaOH溶
17、液的正确操作是_(填字母)。A沿玻璃棒缓慢加入B一次迅速加入C分三次加入(3)大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(4)中和后生成的溶液的比热容c=4.18/(g)，为了计算方便，近似地认为该实验所用的酸、碱溶液的密度和比热容与水相同，并忽略实验装置的比热容，已知反应过程中放出的热量Q可用公式计算，试计算该实验所测中和热为_(结果保留一位小数)，上述实验数值结果与有偏差，产生偏差的原因可能是_(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定盐酸的温度c.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中26利用如图所示装置测
18、定中和热的实验步骤如下：用量筒量取盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；用另一量筒量取溶液，并用同一温度计测出其温度；将溶液倒入小烧杯中，设法使之混合均匀，测得混合液最高温度。回答下列问题：(1)倒入溶液的正确操作是_(填字母)。A沿玻璃棒缓慢倒入B分三次少量倒入C一次迅速倒入(2)使盐酸与溶液混合均匀的正确操作是_(填字母。A用温度计小心搅拌B揭开硬纸片用玻璃棒搅拌C轻轻地振荡烧杯D用套在温度计上的环形玻璃搅拌棒轻轻地搅动(3)现将一定量的稀氢氧化钠溶液、稀氢氧化钙溶液、稀氨水分别和的稀盐酸恰好完全反应，其反应热分别为、，则、的大小关系为_。(4)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是，又知中和反应后生
19、成溶液的比热容。为了计算中和热，某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度终止温度盐酸氢氧化钠溶液混合溶液123依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热_(结果保留一位小数)。27为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。回答下列问题：(1)实验室用FeSO47H2O固体和蒸馏水配制FeSO4溶液时，还需要加入少量铁粉和_(写物质名称)。(2)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增大，石墨电极上未见Fe析出。则石墨电极的电极反应式为_，因此，验证了Fe2+氧化性小于_(写化学符号，下同)，还原性小于_。 工业废水中常含有一定量有毒的和，必须进行处理。常用的处理
20、方法有两种。方法一：还原沉淀法该法的工艺流程为：(3)第步存在平衡：2(黄色)+2H+(橙色)+H2O。若平衡体系的pH=2，则溶液显_色。(4)第步中，还原1 mol离子，需要_mol FeSO47H2O。方法二：电解法该法用Fe做电极电解含的酸性废水，随着电解进行，阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。(5)用Fe做电极的原因为_。(6)溶液中同时生成的沉淀还有_(写化学式)。参考答案：1A【解析】A断开1molCH键需要吸收440kJ能量，1mol甲烷分子中有4molCH键，完全断开需要吸收1760kJ能量，即1mol甲烷中的化学键完全断开需要吸收1760kJ能量，而不是甲烷催化
21、裂解成C和 H2 需要吸收1760kJ能量，故A错误；B步骤、反应中，反应物的总能量均高于生成物的总能量，所以均为放热反应，故B正确；C从图中可以看出，甲烷在镍基催化剂上转化是在催化剂表面上发生的，催化剂使用一段时间后失活的原因可能是碳在催化剂表面沉积，堵塞了催化剂表面的活性中心，故C正确；D催化剂不影响反应物和生成物的总能量，使用该催化剂，反应的焓变不变，故D正确；故选A。2C【解析】A纯锌与稀硫酸反应制氢气比粗锌慢，是因为粗锌中含有比锌活泼性弱的金属杂质或能导电的C等非金属杂质，锌与比锌活泼性弱的金属杂质或能导电的C等非金属杂质及稀硫酸构成原电池，可以加快化学反应速率，故A错误；B若将稀硝
22、酸改用为浓硝酸，则铜与浓硝酸反应时生成的是NO2而不是NO，故B错误；C实验室用75%的硫酸与亚硫酸钠制SO2，比用98%的浓硫酸速率快，是因为75%的硫酸中H+浓度大，而98%浓硫酸中H+浓度太小，不利于二氧化硫的生成，故C正确；D铝片与稀硫酸反应，开始很缓慢，一段时间后反应速率加快，是因为铝表面的氧化膜逐渐溶解且反应为放热反应，加快了反应速率，故D错误；答案选C。3D【解析】该装置为电解装置，由图可知，Na+与透过交换膜进入浓缩室，由离子移动方向可知电极a为阳极，电极b为阴极，据此分析回答。【解析】A由图可知，阳极区Na+通过交换膜m进入浓缩室，故交换膜m为阳离子交换膜，故A错误；B电极a
23、为阳极，电极上Cl-发生氧化反应生成氯气，若电极a改为Cu，则Cu失电子生成Cu2+，也会通过交换膜m进入浓缩室，故不能达到预期实验目的，故B错误；Cb极为阴极，电极上Cu2+发生还原反应生成Cu，发生的电极反应式为：，故C错误；D若浓缩至得到1L 0.5 溶液，则有(0.5mol/L1L-0.1mol/L1L)=0.4mol进入浓缩室，电路中有0.8mol电子通过，可析出0.4molCu，其质量为64g/mol0.4mol=25.6g，故D正确；答案选D。4A【解析】标况下112L氢气和CO的物质的量是112L22.4L/mol5mol，设氢气和CO的物质的量分别是xmol、ymol，则x+
24、y5，0.5x571.6+0.5y5661423.4，解得x3、y2，则水煤气中与的物质的量之比是23。答案选A。5B【解析】A白糖作为溶质在水里有很高的溶解度，浸泡水果的时候，由于渗透压的作用，可以将细胞中的水分“吸出”，也就是脱水，使得细胞中的溶质浓度增高，细菌和微生物就难以进行繁殖，从而间接达到了防腐的作用，A错误；B二氧化氯、臭氧均具有强氧化性，能杀菌、消毒，可用作自来水消毒剂，B正确；C打印机里黑色的铁的氧化物为四氧化三铁，氧化铁为红棕色固体，C错误；D锌的活动性比铁强，钢管表面的锌镀层破损后，形成原电池，锌作负极，钢管作正极，钢管仍然被保护不被腐蚀，D错误；答案选B。6D【解析】电
25、解KCl和Cu(NO3)2的混合溶液，溶液中存在：Cu2+、H+、OH-、Cl-、K+、NO3-离子；根据离子的还原性顺序可知，阳极氯离子先放电，氢氧根离子后放电，电极反应式为：2Cl-2e-Cl2，4OH-4e-= O2+2H2O；阴极铜离子先放电，氢离子后放电，电极反应式为：Cu2+2e-Cu，2H+2e-=H2；两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，气体的物质的量为0.25mol；混合溶液中c(Cu2+)=0.2molL-1，n(Cu2+)=0.1mol，转移电子0.2mol；n(H2)= 0.25mol，转移电子为0.5mol，所以阴极共转移电子0.7mol，阳极也转移电子0.7m
26、ol；设生成氯气为xmol，氧气为ymol，则x+y=0.25，2x+4y=0.7，解之得x=0.15mol，y=0.1mol，据此解题。【解析】A结合以上分析可知，n(Cl-)=2n(Cl2)=0.3mol，假设电解后溶液的体积仍为500mL，原混合溶液中c(Cl-)=0.6molL-1，故A错误；B结合以上分析可知，电解过程中共转移0.7mol电子，故B错误；C电解得到的无色气体为氢气和氧气，共计0.25+0.1=0.35mol，有色气体为氯气，为0.15mol，气体的体积之比和物质的量成正比，所以无色气体与有色气体的体积比为7：3，故C错误；D结合以上分析可知，电解过程中消耗氢离子0.5
27、mol，消耗氢氧根离子0.4mol，剩余氢氧根离子0.1mol，假设电解后溶液的体积仍为500mL，电解后溶液中c(OH-)=0.2molL-1，故D正确；故选D。7C【解析】A燃烧热是101kP时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定产物时的反应热，碳元素的稳定产物：CCO2(g)，据此得石墨的燃烧热为，A错误；B由图知：反应I： C (s石墨)+O2(g)COH1-110.5kJmol-1，反应II：C (s石墨)+O2(g)CO2H2-393.5kJmol-1，根据盖斯定律反应II反应I得到反应：CO (g)+O2(g)CO2H3H1-H2=-283.0kJmol-1，根据盖斯定律反应II2反
28、应得到反应：反应C(s，石墨)，HH1-2H3=+455.5kJmol-1，该反应的H0，S0，常温下不能自发进行，在高温下能自发进行， B错误；C结合选项C可知： ，C正确；D 已知C(s，金刚石)=C(s，石墨)，则金刚石能量高于石墨，能量越低越稳定，则金刚石不如石墨稳定， D错误；答案选C。8C【解析】A 大小烧杯之间塞满碎泡沫，目的是减少热量损失，减小测量误差，故A正确；B 充分反应，放出热量最多时，温度最高，测量终止温度时，应当记录混合溶液的最高温度，故B正确；C 为了使酸碱充分反应，应当快速一次倒入溶液并搅拌，防止热量散失，故C错误；D 塑料材质的环形搅拌棒导热能力差，可用塑料材质
29、的环形搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，故D正确；故选C。9C【解析】由图可知甲装置能自发的进行氧化还原反应，所以甲是原电池，总反应为2SO2+2H2O+O2=2H2SO4，用来制备硫酸，二氧化硫的电极失电子发生氧化反应，a为负极，电极反应为：SO2-2e-+H2O=+4H+，则b为正极，电极反应为：O2+4H+4e-=2 H2O，乙属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，电极反应为：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，d电极为阴极，据此分析解题。【解析】A由分析可知甲是原电池，乙是电解池，A错误；Bc是阳极，d是阴极，阳极上N2O4放电生成N2O
30、5，电极反应为N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，B错误；C由分析可知，a极为负极，发生的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，C正确；D结合分析可知，每转移2mol电子，生成2molN2O5和1molH2SO4，D错误；故答案为C。10C【解析】A、碱性氢氧燃料的正极上氧气得电子发生还原反应，正极电池反应式：O2+2H2O+4e-4OH-，故A错误；B、粗铜精炼时，粗铜连接电源正极作阳极，纯铜连接电源负极作阴极，阳极上电极反应式为Cu-2e-Cu2+，故B错误；C、电解饱和食盐水时，阳极上氯离子放电生成氯气，所以阳极的电极反应式为：2Cl-2e-=Cl2，故C正确；D、
31、钢铁发生电化学腐蚀时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极反应式：2H2O+O2+4e-=4OH-，故D错误；故选C。11B【解析】由题意可知，乙醇燃料电池中通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH16OH12e=2CO11H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e+2H2O=4OH。【解析】A由分析可知，放电时，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，故A错误；B由分析可知，放电时，通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发
32、生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH16OH12e=2CO11H2O，故B正确；C由分析可知，放电时，通入乙醇的一极为负极，碱性条件下，乙醇在负极失去电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为C2H5OH16OH12e=2CO11H2O，由电极反应式可知，消耗0.2 mol乙醇，转移电子的物质的量为2.4mol，故C错误；D由分析可知，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，正极附近溶液的氢氧根离子浓度增大，溶液碱性增强，故D错误；故选B。12B【解析】该装置为电池装置，根据放电原理，Mg的化合价升高，Mg电极为负极，石墨为正极，据此分析；
33、【解析】A放电属于原电池，电流的方向是由正极经外电路流向负极，即电流由石墨经外电路流向镁极，故A错误；B放电时，Mg2由负极向正极迁移，根据在潮湿条件下的放电原理，正极反应式为3CO22Mg22H2O4e=2MgCO3H2OC，故B正确；C充电时，电池的正极接电源的正极，电池的负极接电源的负极，充电时，石墨为阳极，阳极电极反应式为2MgCO3H2OC4e=3CO22Mg22H2O，故C错误；D根据C选项分析，充电时，阳极上质量减少的是2MgCO3H2O和C，即当阳极质量净减(210212)g=216g时，转移电子物质的量为4mol，故D错误；答案为B。13D【解析】电解池中，与电源正极相连的电
34、极是阳极，阳极上失去电子发生氧化反应，左侧电极上CH3COO-转化为CO2和H+，发生氧化反应，左侧为阳极，与电源负极相连的电极是阴极，阴极上氧化剂得到电子发生还原反应，右侧CO2和H+转化为CH4；为还原反应，右侧为阴极；【解析】A 据分析，左侧电极为阳极，则电源a为正极，A错误；B电化学反应时，电极上电子数守恒，则有左侧 ，右侧有，二氧化碳不能零排放，B错误；C 不知道气体是否处于标准状况，则难以计算与a相连的电极将产生的CO2的体积，C错误；D 右侧为阴极区，b电极上发生还原反应，结合图示信息可知，电极反应为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，D正确；答案选D。14C【解析】根据
35、图中内容，可以看出N2H4(g)+O2(g)=2N(g)+4H(g)+2O(g)，H3=H1-H2=-534kJ/mol-(-2752) kJ/mol=2218 kJ/mol，则E(N-N)+E(O=O)+4E(N-H)=2218kJ，E(N-N)+500kJ+4391 kJ =2218kJ，解得E(N-N)=154kJ；故答案选C。15C【解析】由图可知，Cu极碳元素价态降低得电子，故Cu电极为阴极，b为负极，a为正极，Pt电极为阳极，据此作答。【解析】ACu极碳元素价态降低得电子，故Cu电极为阴极，b为负极，a为正极，A错误；BPt电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，生
36、成氢离子，阳极区pH减小，B错误；CCu电极为阴极，产生C2H4的电极反应为：2CO2+12H+12e-C2H4+4H2O，C正确；D二氧化碳生成CO时，碳元素由+4价降低为+2价，每生成1molCO转移2mol电子，但当电路中转移2mol电子时，不一定全部生成CO，故无法计算生成CO的量，D错误；故答案为：C。16 . 防止高温下Mg、Ti与空气中的(或、)作用【解析】(1)气体在氧气中完全燃烧的化学方程式为，由方程式可知，完全燃烧转移8 mol电子，故热化学方程式为。(2)，故该反应的热化学方程式为。(3)根据盖斯定律，由2-+可得：。17【解析】根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应作
37、负极、不如Cu活泼的金属或导电的非金属作正极，FeCl3溶液为电解质溶液，则原电池的装置图为 。18 b 析氢 C 牺牲阳极的阴极 负 乙【解析】(1)红墨水柱两边的液面变为左低右高，则a发生析氢腐蚀，a中盛有氯化铵溶液，b发生吸氧腐蚀，b中盛有食盐水，故答案为b。a试管中铁发生的是析氢腐蚀，生铁中碳为正极，正极上发生还原反应，故发生的电极反应式为。b试管中铁发生的是吸氧腐蚀，生铁中碳为正极，发生的电极反应式O2+2H2O+4e-=4OH-；铁为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，铁被腐蚀的总反应方程式为。(2) 为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以让金属铁做原电池的正极，其中焊接
38、在铁闸门上的固体材料R可以是比金属铁的活泼性强的金属，钠能够与水反应，不能做电极材料，所以选锌，此方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故答案为C；牺牲阳极的阴极；电解池的阴极上的金属被保护，为降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极，故答案为负。因为电解池的保护比原电池保护更好，所以方法乙能使铁闸门保护得更好；故答案为乙。19 Fe-2e-=Fe2+ C O2+4e-+2H2O=4OH- A 4CuCl+O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl- 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】舰体发生电化学腐蚀时
39、，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；“牺牲阳极的阴极保护法”，用比铁活泼的金属如锌，让其充当原电池的负极先被氧化；铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。铜锈分为无害锈(形成了保护层)如Cu2(OH)2CO3和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)如Cu2(OH)3Cl；“脱盐、干燥”的防腐原理：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】(1)舰体发生电化学腐蚀时，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+。故答案为：Fe-2e-=F
40、e2+；(2)A锌比铁活泼，锌块先发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，故A正确；B舰体为正极，是电子流入的一极，正极被保护，可以有效减缓腐蚀，故B正确；C采用外加电流的阴极保护法保护金属时，被保护的金属作阴极，若通过外加电源保护舰体，应将舰体与电源负极相连，故C错误；D地下钢铁管道用导线连接锌块与该种舰体保护法原理相同，都是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为：C；采用“牺牲阳极的阴极保护法”后，正极是氧气得电子发生还原反应，舰体上正极的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；(3)A由图片信息可知，Cu2(OH)3Cl疏松、易吸收水，会
41、使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散，所以属于有害锈，故A正确；BCu2(OH)2CO3能溶于盐酸但不能溶于氢氧化钠溶液，故B错误；C青铜器表面涂一层食盐水提供形成原电池的电解质溶液，加快铜的腐蚀，故C错误；DHNO3溶液具有强氧化性，加快铜的腐蚀，故D错误；故答案为：A；将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，可以使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3反应的离子方程式为4CuCl +O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；故答案为：4CuCl +O2+2H2O+2CO=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；(4)从电化学原理的角度分析“脱盐、干燥”的防腐原理：脱盐
42、、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；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。【点睛】本题考查电化学腐蚀及其防护，把握电化学反应原理等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意理解电化学腐蚀发生的条件和防止金属锈蚀的措施，难点(3)新情境下的氧化还原反应方程式的书写，CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3铜的化合价发生了变化，需要有氧气参加。20 CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-726.5kJ/mol 变小 不变 -93 2N2H4(g
43、)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)H=(2b-a)kJ/mol【解析】(1)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，据此分析书写；(2)催化剂降低反应的活化能，但不改变焓变；根据H=反应物总键能-生成物总键能计算；(3)根据盖斯定律分析解答。【解析】(1)16gCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出363.25kJ热量，则32gCH3OH即1molCH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出726.5kJ热量，则H=-726.5kJ/mol，则甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-726.5kJ/mol，故答案为：CH3OH(l)+ O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-726.5kJ/mol；(2)催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，但不改变焓变，则加催化剂会使图中E变小，图中H不变，故答案为：变小；不变；N2(g)+3H2(g)2NH3(g)H=反应物总键能-生成物总键能=945kJmol-1+436kJmol-13-391kJmol-16=-93kJmol-1=akJmol-1，解得a=-93，故答案为：-93；(3) N2(g)+2O2(g)2NO2(g)H1