专题1《化学反应与能量变化》
一、单选题（共12题）
1．下列反应的离子方程式不正确的是
A．苯酚与少量碳酸钠溶液的反应：+CO→+HCO
B．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝：4I-＋O2＋2H2O=2I2＋4OH-
C．电解熔融氯化镁制镁：Mg2++2Cl-Mg+Cl2↑
D．铜与浓硝酸反应：Cu＋4HNO3(浓)=Cu2+＋2NO＋2NO2↑＋2H2O
2．利用如图所示装置可观察到与铜导线连接的灵敏电流计指针明显偏转，烧杯a中裸露线头周边溶液蓝色逐渐加深。下列说法错误的是
A．b中导线与硫酸铜浓溶液构成负极区，发生氧化反应
B．若a中滴加几滴稀NaOH溶液，降低溶液中浓度，则有利于电极反应进行
C．当两侧溶液中浓度相等时，灵敏电流计指针停止偏转
D．盐桥中的阴离子向烧杯a移动
3．下列关于内能和内能变化的叙述正确的是
A．内能是体系内物质所含的能量总和
B．内能只与物质的种类、数量以及聚集状态有关
C．系统的内能可以通过实验测得
D．内能变化就是反应热
4．“自热”火锅的发热包主要成分有：生石灰、铁粉、焦炭粉、氯化钙……等。下列说法错误的是
A．生石灰与水反应放热
B．使用时须向发热包中加入沸水
C．铁粉发生缓慢氧化，辅助放热
D．氯化钙可以吸收微量的水，减缓发热包失效
5．某同学模拟氯碱工业生产组装了如图所示的电化学装置，电极材料I～IV均为石墨，闭合K后，下列叙述不正确的是
A．电流流动方向：电极IV→I
B．电极II电极反应式：O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-
C．电极IV附近溶液的碱性增强
D．右池的隔膜在实际生产中只允许阴离子通过
6．NH3和NO是有毒气体，在一定条件下它们可通过反应转化为无害的N2和H2O。已知：断开1 mol N≡N、1 mol N-H、1 mol N=O、1 mol H-O的键能分别为：946 kJ/mol、391 kJ/mol、607 kJ/mol、464 kJ/ mol。则该反应4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)的反应热△H为
A．-1964 kJ·mol-1 B．＋430 kJ·mol-1 C．-1780 kJ·mol-1 D．-450 kJ·mol-1
7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．lmolP4含共价键数为4NA
B．4.48LNO和3.2gO2混合，所得气体的分子数目等于0.2NA个
C．1mol/LNaCl溶液中含有的离子总数为2NA
D．反应2N2O5(g) 4NO2(g)+O2(g) ΔH=+109.8kJ·mol-1中，吸收54.9kJ热量时转移的电子数为2NA
8．和在一定条件下能发生反应： 已知：(a、b、c均大于零)下列说法正确的是
A．反应物的总能量低于生成物的总能量
B．断开1molH﹣H键和1molI﹣I键所需能量大于断开2molH﹣I键所需能量
C．在该条件下，向密闭容器中加入2mol(g)和2mol(g)，充分反应后放出的热量小于2akJ
D．断开1molH﹣I键所需能量为(c+b+a)kJ
9．近日，我国科研工作者在电催化固氮领域取得重要进展，利用双功能催化剂实现室温条件下电催化氮气还原制备氨气，氧化制备硝酸盐。装置如图所示：
下列说法错误的是
A．该装置工作时电子流入a极
B．工作相同时间，阴极室和阳极室消耗的N2的质量之比为3： 5
C．阳极室的电极反应为N2+6H2O—10e—=2NO+12H+
D．该装置原理为解决当前严峻的能源和环境问题提供了新的思路
10．原电池的应用极为广泛。利用如下图所示原电池可测量空气中Cl2的含量，其中电解质是Ag+可以自由移动的固体物质，下列分析正确的是
A．电流经外电路从Ag流向Pt电极
B．电池工作时，电解质中Ag+数目增多
C．正极反应：Cl2+2e－=2Cl－
D．空气中c(Cl2)越大，Ag极消耗速率越快
11．国际化学年的主题是“化学—我们的生活，我们的未来”。下列说法正确的是
A．可从海水中提取氯化镁，使氯化镁分解获得镁并释放出能量
B．推广使用应用原电池原理制成的太阳能电池和氢动力汽车，减少化石能源的使用
C．将单质铜制成“纳米铜”时，具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧，这说明“纳米铜”比铜片更易失电子
D．采煤工业上，爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力，又能防止火灾
12．MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)：
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是
A．ΔH1(MgCO3)> ΔH1(CaCO3)>0
B．ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0
C．ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)= ΔH3(CaO) -ΔH3(MgO)
D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1+ΔH2>ΔH3
二、填空题（共10题）
13．回答下列问题
(1)根据已具备的氧化还原反应知识和电化学知识，结合图示回答下列问题：
①该原电池负极材料是 。
②写出电极反应式：正极： ；负极： 。
③若电路中转移了，则析出的的质量为 。
(2)燃料电池是利用燃料与氧气反应从而将化学能转化为电能的装置。以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。
①A为生物燃料电池的 (填“正”或“负”)极。
②正极反应式为 。
③放电过程中，H＋由 极区向 极区迁移(填“正”或“负”)。
14．(1)北京奥运会祥云火炬将中国传统文化、奥运精神以及现代高科技融为一体。火炬内熊火来源于丙烷的燃烧，丙烷是一种优良的燃料。试回答下列问题：如图是一定量丙烷完全燃烧生成和过程中的能量变化图(图中括号内“+”或“—”未标注)，写出表示丙烷燃烧热的热化学方程式： 。
(2)盖斯定律认为：不管化学过程是一步完成或分数步完成，整个过程的总热效应相同。试运用盖斯定律回答下列问题：
①反应分两步进行：①，②。下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是 (填字母)
(a) (b)
(c) (d)
②碳(s)在氧气供应不充分时，生成CO同时还部分生成CO2，因此无法通过实验直接测得反应：的。但可设计实验、利用盖斯定律计算出该反应的，计算时需要测得的实验数据有 。
(3)进一步研究表明，化学反应的能量变化()与反应物和生成物的键能有关。键能可以简单的理解为断开1mol化学键时所需吸收的能量。下表是部分化学键的键能数据：
化学键 P-P P-O O=O P=O
键能/ 197 360 499 X
已知白磷的燃烧热为(可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量为燃烧热)，白磷完全燃烧的产物结构如图所示，则上表中X= 。
15．LiBH4是近年来常用的储氢材料。2LiBH4/MgH2体系放氢焓变示意图如下，则Mg(s)＋2B(s)=MgB2(s) ΔH= 。
16．I.如图是某同学设计的一一个简易的原电池装置，请回答下列问题。
(1)如图(1)，正极的电极反应式为 。
(2)如图(2)，电流表的指针也会偏转，则电流流出的一极为 (填“Fe”或“Cu”)，溶液中的向 极移动(填“Fe”或“Cu”)。
(3)如图(3)，负极的电极反应式为 。
II.用如图装置进行电解实验(a、b、c、d均为铂电极)，供选择的有4组电解液，其体积均为500mL，浓度均为2mol/L。
组别 A槽 B槽
1 CuBr2溶液 NaOH溶液
2 AgNO3溶液 NaCl溶液
3 CuSO4溶液 CuCl2溶液
4 AlCl3溶液 Na2SO4溶液
(4)选择第1组电解液时，当c电极产生标况下22.4L气体时，a极质量增加 g。
(5)选择第2组电解液时，当b极生成4g电解产物时，忽略电解前后电解液的体积变化，此时B槽中的c(OH-) mol/L(不考虑OH-与Cl2的反应)。
(6)选择第3组电解液时，当a、c两极电解产物的质量相等时，b极和d极产生的气体体积比为 (同温同压下，忽略气体的溶解)。
(7)选择第4组电解液时，此时该组A池的总反应的化学方程式为 。
17．请回答下列问题：
(1)已知下列反应：
则一氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠固体的热化学方程式为 。
(2)工业废气中的CO2可用碱液吸收，所发生的反应如下：
①反应的 (用含a、b的代数式表示)。
②标准状况下，与足量的NaOH溶液充分反应后，放出的热量为 (用含a或b的代数式表示)kJ。
(3)火箭推进器中盛有强还原剂液态肼和强氧化剂液态过氧化氢，当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知：0.4mol液态肼与足量的液态过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量。
①该反应的热化学方程式为 。
②又知，则16g液态肼与液态过氧化氢反应生成液态水时放出的热量是 kJ。
③此反应用于火箭推进，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很大的优点是 。
18．I.由A、B、C、D四种金属按下表中装置进行实验。
装置
现象 二价金属A不断溶解 C的质量增加 A上有气体产生
根据实验现象回答下列问题：
(1)装置甲中负极的电极反应式是 。
(2)装置乙中正极的电极反应式是 。
(3)四种金属活泼性由强到弱的顺序是 。
II．分别按图所示甲、乙装置进行实验，图中两个烧杯中的溶液为相同浓度的稀硫酸，甲中A为电流表。
(1)下列叙述正确的是 。
A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B．甲中铜片作正极，乙中铜片作负极
C．两烧杯中溶液中的H＋浓度均减小 D．产生气泡的速率甲中的比乙中的慢
(2)甲装置中，某同学发现不仅铜片上有气泡产生，锌片上也产生了气体，原因可能是 。
(3)甲装置中，若把稀硫酸换成CuSO4溶液，试写出铜电极的电极反应 。
19．(1)把一块纯净的锌片插入盛有稀硫酸的烧杯里，可观察到锌片逐渐溶解，并有气体产生，再平行地插入一块铜片(如图甲所示)，可观察到铜片上 (填“有”或“没有”)气泡产生，再用导线把锌片和铜片连接起来(如图乙所示)，可观察到铜片上 (填“有”或“没有”)气泡产生。
(2)用导线连接灵敏电流表的两端后，再与溶液中的锌片和铜片相连(如图丙所示)，观察到灵敏电流表的指针发生了偏转，说明了导线中有电流通过。图乙、图丙是一个将 能转化为 能的装置，人们把它叫做原电池。
(3)从上述现象中可以归纳出构成原电池的一些条件是 ，有关的电极反应式：锌片 ；铜片 。
20．过氧化氢H2O2（氧的化合价为﹣1价），俗名双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口。对于下列A～D涉及H2O2的反应，填写空白：
A．Na2O2+2HCl===2NaCl+H2O2
B．Ag2O+H2O2===2Ag+O2↑+H2O
C．2H2O2===2H2O+O2 ↑
D．3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH===2K2CrO4+3K2SO4+8H2O
（1）H2O2仅体现氧化性的反应是 （填代号）；H2O2既体现氧化性又体现还原性的反应是 （填代号）。
（2）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应。
氧化反应：H2O2﹣2e﹣===2H++O2↑
还原反应：MnO4－+5e﹣+8H+===Mn2++4H2O
写出该氧化还原反应的离子方程式： 。
（3）上面实验中用到一定物质的量浓度的稀硫酸，若配制1mol/L的稀硫酸溶液480mL，需用18mol/L浓H2SO4 mL，配制中需要用到的主要玻璃仪器是（填序号） 。A．100mL量筒 B．托盘天平 C．玻璃棒 D．100mL容量瓶 E．50mL 量筒 F．胶头滴管 G．烧杯 H．500mL容量瓶
（4）下面操作造成所配稀硫酸溶液浓度偏高的是
A．溶解后溶液没有冷却到室温就转移
B．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
C．向容量瓶加水定容时眼睛俯视液面
D．用量筒量取浓硫酸后洗涤量筒并把洗涤液转移到容量瓶
E．摇匀后发现液面低于刻度线，又加蒸馏水至刻度线
（5）如图是一种用电解原理来制备H2O2，并用产生的H2O2处理废氨水的装置。
①为了不影响H2O2的产量，需要向废氨水中加入适量HNO3调节溶液的pH约为5，则所得溶液中c(NH4＋) (填“>”“＜”或“＝”)c(NO3－)。
②Ir－Ru惰性电极吸附O2生成H2O2，其电极反应式为： 。
③理论上电路中每转移3 mol e－，最多可以处理废氨水中溶质(以NH3计)的质量是 g。
21．非金属元素氮的单质及其化合物在生产生活中具有重要的作用。回答下列问题：
I．已知肼()是氮的重要化合物，其与氧气反应的能量变化如图1所示
(1)的电子式为 ；与足量充分反应生成氮气和水蒸气的热化学方程式为 。
(2)以为原料合成的液体火箭燃料偏二甲肼()与液态氧化剂反应产生大量无害气体和水，偏二甲肼与反应的化学方程式为 。
Ⅱ．图2为氮元素的“价一类”二维图，图3为工业上以A为原料制备C的工艺流程图。
(3)写出与稀盐酸反应的离子方程式： 。
(4)写出在合金网的催化作用下A与空气中的氧气反应得到的化学方程式： 。
(5)上述工艺流程的“尾气”中主要含有氮氧化物(、)。
①若恰好能将由和组成的混合气体完全转化为B和水，则混合气体中 。
②在酸性条件下用酸性高锰酸钾溶液吸收，产物为和，则该反应中n(氧化产物)：n(还原产物)= 。
③用碱液吸收(未配平)。已知X是一种盐，且在生成物中X与的物质的量之比为1：1，则X的化学式为 。
22．I、在火箭推进器中装有强还原剂肼（N2H4）和强氧化剂（H2O2），当它们混合时，即产生大量N2和水蒸气，并放出大量热．已知0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量．
（1）写出该反应的热化学方程式 ．
（2）已知H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ·mol﹣1，则16g液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是 kJ．
（3）丙烷燃烧可以通过以下两种途径：途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣a kJ·mol﹣1;途径II：C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ·mol﹣1;2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣c kJ·mol﹣1;2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣d kJ·mol﹣1（abcd均为正值）判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I放出的热量 （填“大于”、“等于”或“小于”）途径II放出的热量．
II、利用如图所示装置测定中和热的实验步骤如下：
①用量筒量取50 mL 0.50 mol·L 1盐酸倒入小烧杯中，测出盐酸温度；②用另一量筒量取50 mL 0.55 mol·L 1 NaOH溶液，并用同一温度计测出其温度；③将NaOH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）为什么所用NaOH溶液要稍过量？ 。
（2）假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g·cm 3，又知中和反应后生成溶液的比热容c＝4.18 J·g 1·℃ 1。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t1/℃ 终止温度t2/℃
盐酸 氢氧化钠
1 20.0 20.0 23.0
2 20.1 20.1 23.2
3 20.1 20.1 24.2
4 20.2 20.2 23.4
依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝ kJ·mol 1_(结果保留一位小数)。
（3）不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替氢氧化钠溶液和盐酸，理由是 。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．因为苯酚的酸性比碳酸的弱，但是比HCO3-强，所以苯酚与少量碳酸钠溶液的反应为+CO32-→+HCO3-，A正确；
B．I-具有还原性，空气中的氧气具有氧化性，相互之间发生氧化还原反应，B正确；
C．K、Ca、Na、Mg、Al单质的还原性很强，所以制取K、Ca、Na、Mg、Al单质时除Al之外采用电解熔融盐的方式，C正确；
D．硝酸是强电解质，铜与浓硝酸反应的离子反应方程式中，应该拆开，D错误；
故选D。
2．A
【分析】烧杯a中裸露线头周边溶液蓝色逐渐加深，说明浓度增大，发生反应，a中导线与硫酸铜稀溶液构成负极区，b中导线与硫酸铜浓溶液构成正极区，发生还原反应。
【详解】A．b中导线与硫酸铜浓溶液构成正极区，发生还原反应，故A错误；
B．若a中滴加几滴稀NaOH溶液，NaOH与硫酸铜反应生成沉淀，浓度减小，通过补充浓度，故B正确；
C．当两侧溶液中浓度相等时，不存在浓度差，没有电流产生，灵敏电流计指针停止偏转，故C正确；
D．盐桥中的阴离子向负极移动，烧杯a为负极，故D正确；
故选A。
3．A
【详解】A．内能是指物体内部所有分子做无规则运动所具有的动能和分子势能的总和，一切物体都有内能，故A正确；
B．内能大小除了与物质的种类、数量以及聚集状态有关外，还与体系的温度和压强有关，故B错误；
C．系统内能的绝对值无法直接获得，实验的方法可以测出内能的变化，故C错误；
D．反应过程中体系没有做功时，反应热才能等于内能的变化，故D错误；
故选A。
4．B
【详解】A．生石灰与水发生反应生成氢氧化钙，会放出大量的热，故A正确；
B．反应本身放热，无需加入沸水，故B错误；
C．铁粉缓慢氧化的过程也是放热反应，故C正确；
D．生石灰吸水会使发热包失效，氯化钙有吸水干燥作用，减缓发热包失效，故D正确；
故选B。
5．D
【分析】左边为氢氧燃料电池，Ⅰ电极上氢气失电子发生氧化反应为负极，Ⅱ电解上氧气得电子发生还原反应为正极；右边为电解池，Ⅲ为与正极相连为阳极，氯离子失电子发生氧化反应，Ⅳ为与负极相连为阴极，氢离子得电子发生还原反应，据此分析解答。
【详解】A．电子由原电池的负极流向电解池的阴极，电流方向与电子流向相反，所以电流流动方向：电极IV→I，故A正确；
B．电极II氧气得电子的还原反应，电解质显碱性，所以电极反应式为O2 + 2H2O + 4e- = 4OH-，故B正确；
C．电极IV为阴极，水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，所以电极负极的碱性增强，故C正确；
D．右池中电极IV附近产生OH-，OH-为阴离子会移向阳极电极Ⅲ，而电极Ⅲ上产生氯气，为防止OH-与氯气反应，隔膜应为只允许阳离子通过，故D错误；
综上所述答案为D。
6．A
【详解】根据反应的反应热与物质键能之间的关系，可进行如下计算：该反应4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)的反应热 =12E(N-H)+6E(N=O)-5E(N≡N)-12E(H-O)=12×391 kJ/mol+6×607 kJ/mol-5×946 kJ/mol-12×464 kJ/ mol=-1964 kJ/ mol，故答案为：A。
7．D
【详解】A．白磷分子中含有6个磷磷键，则1mol白磷含有的共价键数为1mol×6×NAmol—1=6NA，故A错误；
B．缺标准状况，无法计算4.48L一氧化氮的物质的量和与氧气反应生成气体的分子数目，故B错误；
C．缺溶液的体积，无法计算1mol/L氯化钠溶液中氯化钠的物质的量和含有的离子总数，故C错误；
D．由方程式可知，反应生成1mol氧气，吸收109.8kJ的热量，反应转移4mol电子，则吸收54.9kJ热量时转移的电子数为×4×NAmol—1=2NA，故D正确；
故选D。
8．C
【详解】A．根据题意，氢气与碘单质反应生成碘化氢时，为放热反应，所以反应物的总能量比生成物的总能量高，故A错误；
B．化学反应过程为旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，因为该反应为放热反应，所以断开1molH—H键和1molI—I键所吸收的能量小于形成2molH—I键所放出的能量，而形成2molH—I键所吸收的能量与断裂2molH—I键所放出的能量相等，故B错误；
C．因为该反应为可逆反应，所以向密闭容器中加入2molH2和2molI2，充分反应后生成的碘化氢小于4mol，所以放出的热量小于2akJ，故C正确；
D．设断开1molH—I键所需能量为x kJ，根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和=b+c-2x=-a，解得x=(c+b+a)kJ，故D错误；
故选C。
9．B
【分析】由图可知，该装置为电解池，a极为电解池的阴极，在催化剂作用下氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e—=2NH3，b极为阳极，在催化剂作用下氮气在阳极失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子，电极反应式为N2+6H2O—10e—=2NO+12H+。
【详解】A．由分析可知， a极为电解池的阴极，为电子流入的极，故A正确；
B．由分析可知，a极为电解池的阴极，氮气在阴极得到电子发生还原反应生成氨气，b极为阳极，氮气在阳极失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子，由得失电子数目守恒可知，阴极室和阳极室消耗的N2的质量之比为5:3，故B错误；
C．由分析可知，b极为阳极，氮气在阳极失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子，电极反应式为N2+6H2O—10e—=2NO+12H+，故C正确；
D．该装置可以利用双功能催化剂实现室温条件下氮的固定，并保证二氧化碳的零排放，为解决当前严峻的能源和环境问题提供了新的思路，故D正确；
故选B。
10．D
【详解】A．电子从负极Ag电极流向正极Pt，电流则经外电路从Pt流向Ag电极，A错误；
B．电池工作时，负极Ag失去电子变为Ag+，正极上Cl2获得电子变为Cl-，Cl-与溶液中的Ag+结合形成AgCl沉淀，根据同一闭合回路中电子转移数目相等可知电解质中Ag+数目不变，B错误；
C．氯气在正极发生还原反应生成氯离子，氯离子与银离子反应生成AgCl沉淀，电极反应式是Cl2+2e-+2Ag+=2AgCl↓，C错误；
D．反应原理是Ag与氯气反应，空气中c(Cl2)越大，Ag极消耗速率越快，D正确；
答案选D。
11．D
【详解】A．电解熔融氯化镁得到金属镁，需要吸收能量，A错误；
B．太阳能电池是一种对光有响应并能将光能转换成电能的器件，不是使用原电池原理制成的，B错误；
C．得失电子是由元素原子的结构决定的，将单质铜制成“纳米铜”没有改变原子结构，不能说明“纳米铜”比铜片更容易失电子，C错误；
D．干冰为固态二氧化碳，爆破是利用了炸药剧烈反应瞬间释放大量热能与气体而产生爆炸效果，爆炸时炸药释放的热能将干冰快速气化，相当于增加了爆炸的气体量，同时二氧化碳气体阻燃，避免高温引燃矿道中的煤炭粉尘，避免发生危险，D正确；
答案选D。
12．C
【详解】A．镁离子半径小于钙离子半径，因此碳酸镁中离子键比碳酸钙中离子键更强，则ΔH1(MgCO3)> ΔH1(CaCO3)，且ΔH1表示断键过程，断键吸热，故ΔH1大于 0，故A正确；
B．由图可知表示断键生成的过程，为吸热过程，且ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)，故B正确；
C．由图示可知，根据盖斯定律得：，由于的不同，所以 ，由图可知：ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)，所以：，即：，故C错误；
D．由图示可知，根据盖斯定律得：，则，故D正确；
故选：C。
13．(1) 锌 Cu2+＋2e－＝Cu Zn - 2e－= Zn2+ 16g
(2) 正 O2＋4H＋＋4e－=2H2O 负 正
【详解】（1）①该原电池中活泼的金属锌作为负极，负极材料是锌；
②正极上铜离子得电子产生铜单质，电极反应式为Cu2+＋2e－＝Cu；负极上锌失电子产生锌离子，电极反应式为Zn - 2e－= Zn2+；
③根据电极反应式Cu2+＋2e－＝Cu可知，若电路中转移了，则析出的的质量为64g/mol=16g；
（2）①由图可知A上氧气得电子产生氢氧根离子与氢离子作用生成水，为燃料电池的正极；
②正极电极反应为O2＋4H＋＋4e－=2H2O；
③B为燃料电池的负极，放电过程中，阳离子H+由负极区向正极区移动，答案为负；正。
14． d 碳、一氧化碳的燃烧热 433.75
【分析】(1)分析图象得到生成1mol水的焓变△H=-553.75KJ/mol；依据1mol丙烷燃烧生成4mol水计算对应的焓变，再写热化学方程式；
(2)①根据物质具有的能量进行计算：△H=E(生成物的总能量)-E(反应物的总能量)，当反应物的总能量大于生成物的总能量时，反应放热，当反应物的总能量小于生成物的总能量时，反应吸热，以此解答；
②设计实验、利用盖斯定律计算C(s)+O2 (g)=CO(g)的△H，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热；
(3)按照焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能列式计算；
【详解】(1)图象是丙烷完全燃烧生成CO2和1molH2O(l)过程中的能量变化图，设热化学方程式为 Q=2215.0kJ；
答案为：；
(2)①由反应 A+B→C(△H<0)分两步进行 ①A+B→X (△H>0)②X→C(△H<0)可以看出，A+B→C(△H<0)是放热反应，A和B的能量之和大于C，由①A+B→X (△H>0)可知这步反应是吸热反应，X→C(△H<0)是放热反应，故X的能量大于A+B；A+B的能量大于C；X的能量大于C，图象d符合；
答案为：d；
②求C(s)+O2 (g)=CO(g)的△H，可利用盖斯定律，通过反应Ⅰ减去反应Ⅱ，得到C(s)+O2 (g)=CO(g)△H，则△H=△H1-△H2，所以设计实验计算，需要知道碳和一氧化碳的燃烧热；
答案为：碳、一氧化碳的燃烧热；
(3)白磷燃烧的热化学方程式为P4(s)+5O2(g)=P4 O10(s)，△H=- 2378.0kJ/mol ，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，
△H=- 2378.0kJ/mol =(6mol×197 kJ/mol+5 mol×499 kJ/mol)-(12mol×360kJ/mol+4mol×xkJ/mol)，x=433.75。
【点睛】焓变与物质能量、键能的关系是易错点，焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能，有键能数据可查，所以经常通过这个关系计算焓变；焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量，但是物质的总能量是未知的，所以只能用于理解概念。
15．-93kJ·mol-1
【详解】根据图示可写出下列热化学方程式：①2LiH(s)＋2B(s)＋3H2(g)=2LiBH4(s) ΔH=-200kJ·mol-1；②2LiH(s)＋MgB2(s)＋4H2(g)=2LiBH4(s)＋MgH2(s) ΔH=-183kJ·mol-1；③Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s) ΔH=-76kJ·mol-1；根据盖斯定律，由①-②＋③可得Mg(s)＋2B(s)=MgB2(s) ΔH=(-200kJ·mol-1)-(-183kJ·mol-1)＋(-76kJ·mol-1)=-93kJ·mol-1。
16．(1)Fe3-+e-=Fe2+
(2) Cu Fe
(3)Al-3e-+4OH-=+2H2O
(4)64
(5)1
(6)1：2
(7)2AlCl3+6H2O3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓
【详解】（1）图(1)中Cu为负极，石墨为正极，Fe3+在正极得电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe3++e-= Fe2+；
（2）图(2)，Fe活泼作负极，Cu作正极，电流由正极Cu流出，溶液中阴离子向负极Fe移动；
（3）图(3)中Al与NaOH反应，Al作负极，Cu作正极，负极的电极反应式为：Al-3e-+4OH-=+2H2O；
（4）由装置可知a、c作阴极，b、d作阳极，B中若为NaOH溶液，则c电极反应为：，产生标况下22.4L气体时，转移2mol电子，A中若为CuBr2溶液，则a极反应为：Cu2++2e-= Cu，转移2mol电子，生成1molCu，a极质量增加64g；
（5）选择第2组电解液时，b极上的反应为：；生成4g电解产物即4g氧气时，转移0.5mol电子；此时B槽中阴极反应为，结合反应可知生成0.5mol；c(OH-)=；
（6）选择第3组电解液时，a、c两极均发生反应：Cu2++2e-= Cu；a、c两极电解产物的质量相等时，电路中转移电子数相等；b极发生反应：；d极发生电极反应： ；结合电极反应可知转移等量电子时b极和d极产生的气体体积比为1：2；
（7）选择第4组电解液时，此时该组A池中电解氯化铝溶液，电池总反应为：2AlCl3+6H2O3Cl2↑+3H2↑+2Al(OH)3↓。
17．(1)
(2) a-2b 0.5a
(3) 408 产物是氮气和水，无污染
【详解】（1）已知：反应①
反应②
根据盖斯定律①+②得
，则一氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠固体的热化学方程式为：；
（2）①已知反应i
反应ii
根据盖斯定律ii2-i得。故答案为：a-2b；
②，由可知，与足量的NaOH溶液充分反应后，放出的热量为0.5akJ，故答案为：0.5a；
（3）①完全反应时，，由此可写出热化学方程式为：；
②完全反应生成时放出320kJ的热量，则生成放出的热量为。故答案为：408；
③肼和过氧化氢反应产生大量的氮气和水蒸气，除释放大量热量和快速产生大量气体外，还有突出的优点是产物是氮气和水，无污染，故答案为：产物是氮气和水，无污染。
18． A－2e－===A2＋ Cu2＋＋2e－===Cu D>A>B>C C 锌片不纯，锌与杂质构成原电池 Cu2＋＋2e－===Cu
【分析】I.(1)甲装置中，金属A不断溶解说明该装置构成了原电池，且A失电子发生氧化反应而作负极，B作正极；
（2）乙中C的质量增加，说明C上铜离子得电子发生还原反应，则C作原电池正极，B作负极；
（3）丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应而作正极，D作负极，通过以上分析知，四种金属活动性强弱顺序是D＞A＞B＞C；
II．锌比铜活泼，能与稀硫酸反应，铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，乙没有形成闭合回路，不能形成原电池，甲形成闭合回路，形成原电池，根据原电池的组成条件和工作原理解答该题。
【详解】I.(1)该装置中，金属A不断溶解说明A失电子发生氧化反应生成金属阳离子进入溶液而作负极，B作正极，装置甲中负极的电极反应式是： A－2e－===A2＋ ；
(2)乙装置中，C的质量增加说明C电极上铜离子得电子发生还原反应，则C作正极，阳离子向正极移动，装置乙中正极的电极反应式是 Cu2＋＋2e－===Cu ；丙装置中A上有气体产生，说明A上氢离子得电子发生还原反应而作正极，D作负极，通过以上分析知，四种金属活动性强弱顺序是D＞A＞B＞C；
II．（1）A、铜为金属活动性顺序表H元素之后的金属，不能与稀硫酸反应，甲烧杯中铜片表面有气泡产生，故A错误；
B、没有形成闭合回路，不能形成原电池，故B错误；
C、两烧杯中硫酸都参加反应，氢离子浓度减小，故C正确；
D、甲能形成原电池反应，较一般化学反应速率更大，所以产生气泡的速率甲中比乙中快，故D错误；
故选C。
（2）在甲实验中，某同学发现不仅在铜片上有气泡产生，而且在锌片上也产生了气体，是由于锌片不纯，在锌片上形成原电池导致；
（3）在甲实验中，如果把硫酸换成硫酸铜溶液，Cu2＋在正极上得电子被还原产生Cu，电极反应式为Cu2＋+2e－=Cu。
【点睛】本题考查原电池的组成和工作原理，侧重于学生的分析能力的考查，解题关键：注意把握原电池的构成条件、电极方程式的书写等基础知识，难点I.(3)：四种金属活动性排序．
19． 没有 有 化学 电能 有两个活泼性不同的电极、能自发的进行氧化还原反应、能形成闭合回路 Zn－2e－＝Zn2+ 2H+ + 2e－ =H2↑
【详解】(1)如果不用导线连接Zn和Cu，该装置不能构成原电池，锌发生化学腐蚀，Cu和稀硫酸不反应，所以Cu片上没有气泡产生；如果用导线把锌片和铜片连接起来（如图乙所示），该装置构成原电池，Zn作负极、Cu作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，所以观察到铜片上有气泡产生；
(2)用导线连接灵敏电流表的两端后，再与溶液中的锌片和铜片相连(如图丙所示)，观察到灵敏电流表的指针发生了偏转，说明了导线中有电流通过，说明该装置将化学能转化为电能；
(3) 用导线连接灵敏电流表的两端后，再与溶液中的锌片和铜片相连(如图丙所示)，观察到灵敏电流表的指针发生了偏转，说明了导线中有电流通过，由此得出原电池构成条件是：有两个活泼性不同的电极、能自发的进行氧化还原反应、能形成闭合回路；负极，锌片上：Zn－2e－＝Zn2+；正极，铜片：2H+ + 2e－ =H2↑。
20． D C 2MnO4－+5H2O2+6H+===2Mn2++8H2O+5O2↑ 27.8 CEFGH ACD ＜ O2＋2H＋＋2e－===H2O2 17
【详解】（1）A、根据反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应；B、根据化学反应方程式，Ag2O为氧化剂，H2O2为还原剂，H2O2体现还原性；C、H2O2既是氧化剂又是还原剂，既体现氧化性又体现还原性；D、H2O2只体现氧化性；H2O2仅体现氧化性的是D；既体现氧化性又体现还原性的是C；（2）氧化还原反应中得失电子数目守恒，因此该反应的离子方程式为2MnO4－+5H2O2+6H＋=2Mn2＋+8H2O+5O2↑；（3）稀释前后溶质物质的量不变，实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL容量瓶，因此有500×10－3×1=V(H2SO4)×10－3×18，解得V(H2SO4)=27.8mL；配制时需要的仪器有量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶，即CEFGH；（4）根据c=n/V=m/MV，A、溶解后溶液没有冷却到室温就转移，定容后冷却到室温后，溶液体积减小，所配溶液浓度偏高，A符合题意；B、转移时没有洗涤烧杯和玻璃棒，造成容量瓶中溶质的物质的量或质量减小，所配溶液浓度偏低，B不符合题意；C、定容时俯视液面，容量瓶中溶液的体积偏小，浓度偏高，C符合题意；D、量筒洗涤后转移到容量瓶中，容量瓶中的溶质的质量或物质的量偏高，所配浓度偏高，D符合题意；E、定容后、摇匀再加蒸馏水，对溶液稀释，浓度偏低，E不符合题意；综上所述，符合题意的是ACD；（5）①根据溶液呈现电中性，即有c(NH4＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(NO3－)，溶液的pH=5，有c(H＋)>c(OH－)，推出c(NO3－)>c(NH4＋)；②O2得到电子，转化成H2O2，发生还原反应，电极反应式为O2＋2H＋＋2e－=H2O2；③根据题意，NH3中N转化成N2，每转移3mole－，消耗NH3的物质的量为1mol，即处理NH3的质量为17g。
【点睛】本题易错点是问题(3)，学生计算浓硫酸的体积时，用480mL进行计算，忽略了实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL容量瓶配制；选择量筒时，应选择大而接近的。
21．(1) N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534kJ/mol
(2)2N2O4+C2H8N2=2CO2↑+3N2↑+4H2O
(3)NH3·H2O+H+=NH+H2O
(4)4NH3+5O24NO+6H2O
(5) 3∶1 5∶3 NaNO3
【详解】（1）N2H4又称联氨，可以看作是由2个-NH2组成，即肼的电子式为 ；1molN2H4(g)与足量氧气反应生成氮气和水蒸气，根据图1可知，该反应为放热反应，其热化学方程式为N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534kJ/mol，故答案为 ；N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534kJ/mol；
（2）偏二甲肼与N2O4反应产生大量无害气体和水，即无害气体为N2、CO2，反应方程式为2N2O4+C2H8N2=2CO2↑+3N2↑+4H2O；故答案为2N2O4+C2H8N2=2CO2↑+3N2↑+4H2O；
（3）一水合氨与稀盐酸发生中和反应，一水合氨为弱碱，稀盐酸为强酸，因此两者反应离子方程式为NH3·H2O+H+=NH+H2O；故答案为NH3·H2O+H+=NH+H2O；
（4）A为-3价氮的氢化物，即A为NH3，在合金网的催化下，氨气与氧气反应生成NO和水，其反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；
（5）①A为NH3，B为N2，令NO物质的量为amol，则NO2物质的量为(6-a)mol，根据得失电子数目守恒有：5×3=2a+(6-a)×4，解得a=4.5，NO物质的量为4.5mol，NO2物质的量为1.5mol，n(NO)∶n(NO2)=4.5∶1.5=3∶1；故答案为3∶1；
②酸性高锰酸钾溶液吸收NO，产物为NO和Mn2+，N元素化合价升高，因此NO为氧化产物，Mn元素的化合价降低，Mn2+为还原产物，根据得失电子数目守恒有：n(NO)×3=n(Mn2+)×5，n(NO)∶n(Mn2+)=5∶3；故答案为5∶3；
③NO2→NaNO2，N元素化合价由+4价降低为+3价，该反应为氧化还原反应，有化合价降低，必须有化合价升高，X是一种盐，且在生成物中X与NaNO2的物质的量之比为1：1，NO2中N的化合价升高1价，推出X的化学式为NaNO3；故答案为NaNO3。
22． N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol 408 等于 确保盐酸被完全中和 51.8 H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定
【分析】I、（1）0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则1mol液态肼和足量液态H2O2反应，放出热量为640kJ/mol，据此写出该热化学反方程式；
（2）根据盖斯定律求出N2H4（1）与H2O2（1）反应的△H，然后根据16g液态肼的物质的量（0.5mol）计算出反应放出的热量；
（3）根据盖斯定律，丙烷作为燃料不管是一步完成还是分三步完成，反应的热效应是一定的；
II、（1）NaOH溶液要稍过量，保证盐酸被完全中和；
（2）先计算出三次实验的温度变化的平均值；然后根据Q=cm t计算出0.025mol的水放出热量，根据中和热的定义，计算出生成1mol的水放出热量；
（3）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外,还生成了BaSO4沉淀,该反应中的生成热会影响反应的反应热。
【详解】I、（1）0.4mol液态肼和足量液态H2O2反应，生成氮气和水蒸气，放出256kJ的热量，则1mol液态肼和足量液态H2O2反应，放出热量为640kJ/mol；热化学反方程式为：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；
故答案是：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；
（2）已知①H2O（l）═H2O（g）；△H=+44kJ·mol﹣1；② N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（g）△H=﹣640kJ/mol；根据盖斯定律：②-①×4可得：N2H4（1）+2H2O2（1）=N2（g）+4H2O（l）△H=﹣816kJ/mol；16g液态肼的物质的量为16g/32g/mol=0.5mol，则0.5mol液态肼燃烧生成氮气和液态水时，放出的热量是0.5mol×816kJ/mol=408 kJ；
故答案是：408；
（3）途径I：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣a kJ·mol﹣1；途径II：①C3H8（g）═C3H6（g）+H2（g）△H=+b kJ·mol﹣1；②2C3H6（g）+9O2（g）═6CO2（g）+6H2O（l）△H=﹣c kJ·mol﹣1；③2H2（g）+O2 （g）═2H2O（l）△H=﹣d kJ·mol﹣1 （abcd均为正值）根据盖斯定律计算①+②×1/2+③×1/2，得到：C3H8（g）+5O2（g）═3CO2（g）+4H2O（l）△H=﹣（1/2c+1/2d-b）kJ·mol﹣1；根据盖斯定律，丙烷作为燃料不管是一步完成还是分三步完成，反应物和产物的焓值是一定的，所以两途径的焓变值一样，放出的热量一样；
故答案是：等于；
II、（1）为了确保盐酸被完全中和，所用NaOH溶液要稍过量；
故答案是:确保盐酸被完全中和；
（2）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20℃，反应后温度为: 23.0℃，反应前后温度差为:3℃；第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.1℃，反应后温度为: 23.2℃，反应前后温度差为:3.1℃；第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.2℃，反应后温度为: 23.4℃，反应前后温度差为: 3.2℃；50 mL 0.50 mol·L 1盐酸与50 mL 0.55 mol·L 1 NaOH溶液的质量和为100mL×1 g·cm 3=100g；比热容c＝4.18 J·g 1·℃ 1，代入公式Q=cm t得到生成0.025mol的水放出热量Q=4.18 J·g 1 ℃ 1×100g×（3℃+3.1℃+3.2℃）/3=1295.8J=1.2958 kJ；即生成0.025mol的水放出热量为1.2958 kJ，所以生成1mol的水放出热量为1.2958 kJ ×1mol/0.025mol=51.8 kJ ，即该实验测得的中和热ΔH＝-51.8 kJ·mol 1；
故答案是: -51.8；
（3）硫酸与Ba(OH)2溶液反应除了生成水外，还生成了BaSO4沉淀，该反应中的生成热会影响反应的反应热，所以不能用Ba(OH)2溶液和硫酸代替NaOH溶液和盐酸测定中和热；
故答案是: H2SO4与Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀的生成热会影响中和热的测定。
【点睛】盖斯定律是化学反应中一个反映物质变化与能量变化的重要规律。根据盖斯定律可知，物质发生变化，在反应过程中吸收或释放的能量与反应过程无关，与加入的物质是一次加入还是分多次加入无关，只与反应的物质的多少及物质的存在状态有关。一般情况下等质量的物质含有的能量：气态>液态>固态。根据盖斯定律，不仅可以计算不能直接发生反应的反应热，也可以计算不容易测定的反应的反应热，使用起来非常方便。
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