第六章化学反应与能量检测题 （含解析）2022-2023学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册

第六章 化学反应与能量 检测题
一、单选题
1．在一定温度下，向2 L密闭容器中加入1 mol X气体和3 mol Y气体，发生如下反应：X(g)+3Y(g) 2Z(g)，5 min测得Z的物质的量为1.2 mol，下列说法正确的是
A．5 min内，v(Y)= 0.06 mol/(L·min)
B．使用合适的催化剂可以加大反应速率
C．增大X浓度可以使Y完全反应
D．单位时间消耗0.1 mol X的同时生成0.2 mol Z，则该反应达到平衡状态
2．决定化学反应速率的主要因素是
A．反应物本身的性质 B．催化剂
C．温度及反应物的状态 D．反应物的浓度
3．关于下图所示①②两个装置的叙述正确的是(　　)
A．装置名称：①是原电池，②是电解池
B．硫酸浓度变化：①增大，②减小
C．电极反应式：①中阳极：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，②中正极：Zn－2e－=Zn2＋
D．离子移动方向：①中H＋向阴极方向移动，②中H＋向负极方向移动
4．利用电解原理，在铁皮表面镀一层锌的有关叙述正确的是
A．铁为负极，锌为正极 B．铁为阳极，锌为阴极
C．用可溶性铁盐作电解液 D．锌元素既被氧化又被还原
5．在一定条件下，反应N2 + 3H22NH3在10L恒容密闭容器中进行，测得2min内N2的物质的量由20mol减少到8mol，则2min内N2的化学反应速率是（ ）
A．1.2mol/(L·min) B．1.0 mol/(L·min)
C．0.6mol/(L·min) D．0.4 mol/(L·min)
6．已知拆开1molH2(g)中的H-H键需要消耗436kJ能量，如图反应3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)的能量变化示意图．下列说法不正确的是
A．断开1 mol N2(g)中的NN键要吸收941 kJ能量
B．生成2mol NH3(g)中的N－H键吸收2346 kJ能量
C．3H2(g) + N2(g) 2NH3(g) △H＝－97
D．NH3(g) 3/2H2(g) +1/2 N2(g) △H＝48.5
7．下列说法不正确的是
A．催化剂是通过改变反应所需的活化能来改变反应速率的
B．固体参与的反应中，固体的用量及颗粒大小均不会影响反应速率
C．控制变量是研究反应条件对实验产生影响的重要方法
D．对于有气体参与的反应来说，在不改变体积的情况下通入惰性气体，不影响化学反应速率
8．火星大气中含有大量，一种有参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时
A．负极上发生还原反应 B．在正极上得电子
C．阳离子由正极移向负极 D．将电能转化为化学能
9．某反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是
A．该反应为放热反应 B．催化剂改变了化学反应的热效应
C．催化剂不改变化学反应过程 D．催化剂降低了反应所需要的活化能
10．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1mol/L的溶液中数为
B．标准状况下，2.24LCO和混合气体中所含碳原子数约为
C．3.9g钾在加热条件下与氧气完全反应转移电子数为
D．0.1mol和0.3mol在一定条件下充分反应生成的分子数为
11．在X(g)+3Y(g)2Z(g)+R(g)反应中，表示该反应速率最快的是
A．v(X)=0.07mol·L-1·s-1 B．v(Y)=0.09mol·L-1·s-1
C．v(Z)=0.06mol·L-1·s-1 D．v(R)=3.6mol·L-1·min-1
12．为研究碳酸钙与稀盐酸的反应速率，标准状况下测得生成CO2体积随时间变化情况如图所示 ，下列分析正确的是
A．EF段的反应速率最快
B．F点收集到CO2的量最多
C．影响EF段反应速率的主要因素是c( HCl)
D．OE、EF、FG 三段中，CO2的生成速率之比为1:3:4
13．白磷与氧气在一定条件下可以发生如下反应：P4+3O2=P4O6。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—P 198kJ/mol，P—O 360kJ/mol，O=O 498kJ/mol。
根据上图所示的分子结构和有关数据，计算该反应的能量变化，正确的是
A．释放1638kJ的能量 B．吸收1638kJ的能量
C．释放126kJ的能量 D．吸收126kJ的能量
14．按下图装置进行实验，若x轴表示流入正极的电子的物质的量，则y轴可以表示
①c(Ag＋)　②c(NO)　③a棒的质量　④b棒的质量　⑤溶液的质量
A．①③ B．②④ C．①③⑤ D．②④⑥
二、填空题
15．如图所示的原电池：当电解质溶液为稀H2SO4时，回答下列问题：
(1)Zn电极是___________(填“正”或“负”)极，其电极反应为___________，该反应是___________(填“氧化”或“还原”，下同)反应；
(2)Cu电极是___________极，其电极反应为___________，该反应是___________反应。
(3)装置中锌的作用是___________，稀硫酸的作用是___________
A．电极材料 B．电极反应物
C．电子导体 D．离子导体
16．某温度下，在2L密闭容器中充入4mol A气体和3mol B气体，发生下列反应：2A（g）+B（g）C（g）+xD（g），5s达到平衡。达到平衡时，生成了1mol C，测定D的浓度为1mol/L。
（1）求x =____。
（2）求这段时间A的平均反应速率为_____ mol·L-1·s-1。
（3）平衡时B的浓度为______ mol·L-1。
（4）A的转化率为_________。
（5）下列叙述能说明上述反应达到平衡状态的是_____
A．单位时间内每消耗2mol A，同时生成1mol C
B．单位时间内每生成1mol B，同时生成1mol C
C．D的体积分数不再变化
D．混合气体的压强不再变化
E.B、C的浓度之比为1∶1
17．已知反应4CO(g)+2NO2(g)=N2(g)+4CO2(g)在不同条件下的化学反应速率如下：
①v(CO)=1.5mol·L-1·min-1
②v(NO2)=0.7mol·L-1·min-1
③v(N2)=0.4mol·L-1·min-1
④v(CO2)=1.1mol·L-1·min-1
⑤v(NO2)=0.01 mol·L-1·s-1
则上述5种情况的反应速率由大到小的顺序为_____(用序号表示)。
18．中国政府承诺，到2020年，单位GDP二氧化碳排放比2005年下降40%~50%。CO2可转化成有机物实现碳循环。在体积为1L的密闭容器中，充入 1mol CO2和3mol H2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)的浓度随时间变化如下图所示。
（1）从3 min到9 min，υ(H2)=________；
（2）能说明上述反应达到平衡状态的是____________（填编号）。
A．反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1∶1（即图中交叉点）
B．混合气体的密度不随时间的变化而变化
C．单位时间内消耗3mol H2，同时生成1mol H2O
D．CO2的体积分数在混合气体中保持不变
（3）平衡时CO2的转化率为______________。
（4）平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数是__________________。
（5）一定温度下，第9分钟时υ逆(CH3OH) _______（填“大于”、“小于”或“等于”）第3分钟时υ正(CH3OH)。
19．图为某同学设计的原电池装置
(1)当电解质溶液为稀硫酸时：
①Fe电极是_______(填“正”或“负”)极，其电极反应为_______
②Cu电极的电极反应为_________，该电极发生______反应(填“氧化”或“还原”)反应。原电池工作一段时间后，铁片的质量减少了2.8克，铜片表面产生气体____L(标准状况下)，导线中通过_____mol电子。
(2)当电解质溶液为稀硝酸时：
①Fe电极是______极，其电极反应为________________，
②Cu电极是_____极，其电极反应为_________________，
20．能量转化是化学变化的主要特征之一，按要求回答下列问题。
(1)页岩气是从页岩层中开采出来的天然气，成分以甲烷为主，页岩气的资源潜力可能大于常规天然气。下列有关页岩气的叙述错误的是___________(填字母)。
A．页岩气属于新能源
B．页岩气和氧气的反应是放热反应
C．甲烷中每个原子的最外层电子排布都达到8电子稳定结构
D．页岩气可以作燃料电池的负极燃料
(2)有关的电池装置如图：
编号 a b c d
电池装置
①上述四种电池中，属于二次电池的是___________(填字母)。
②a装置中，外电路中电子的流向是___________(填“从Zn流向Cu”或“从Cu流向Zn”)。
③d装置放电时总反应为。写出放电时负极的电极反应式：___________。
(3)氧化还原反应一般可以设计成原电池。若将反应设计成原电池，则：
①电池的负极材料是___________，负极发生___________反应(填“氧化”或“还原”，电解质溶液可以是：___________；
②正极上出现的现象是___________；
③当外电路中转移1mol 时，电解质溶液减少的质量是___________g。
21．生活中，形式多样化的电池，满足不同的市场需求。图中是几种不同类型的原电池装置。
(1)某实验小组设计了如图甲所示装置：a为铝棒，b为镁棒。
①若容器中盛有NaOH溶液，a极为_______(填“正极”或“负极)：a极的电极反应式是_______。
②若容器中盛有浓硫酸，b极的电极反应式是_______，导线中电子的流动方向是_______(填“a→b”或“b→a”)。
(2)铅酸蓄电池常用作汽车电瓶，其构造如图乙所示，按要求回答下列问题：
①负极材料是_______，负极的电极反应式是_______
②工作时，电解质溶液中硫酸的浓度_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
③当铅酸蓄电池向外电路提供时，理论上负极板的质量增加_______g。
(3)如图丙是甲烷空气燃料电池的结构示意图。放电时甲醇应从_______处通入(填“a”或“b”)，电池内部H+向_______(填“左”或“右”)移动，正极的电极反应式为_______；若a极通入H2，请写出负极的电极反应式_______。
22．某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，他在100mL某浓度的稀盐酸中加入足量的锌粉，用排水集气法收集反应放出的氢气，实验记录如下（累计值，体积已换算成标准状态）：
时间（min） 0 1 2 3 4 5
氢气体积（mL） 0 50 120 232 290 310
(1)2~3min段的反应速率比1~2min段的反应速率__________(填“块”或“慢”)，原因是______；
(2)求2～3min段以HCl的浓度变化来表示的平均反应速率（设溶液体积不变）____________；
(3)如果反应太激烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量，可以在盐酸中分别加入等体积的下列溶液，你认为可行的是（填编号）____________。
A．蒸馏水 B．NaCl溶液 C．Na2CO3溶液 D．CuSO4溶液
23．按要求填空：
（1）向含Mg(OH)2固体的饱和溶液中加入适量NH4Cl固体，沉淀溶解平衡__(填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)，C(Mg2+)__(填“增大”“减小”“不变”)，其Ksp__(填“增大”“减小”“不变”)
（2）用金属Mg和Al作电极材料插入NaOH溶液中，__为负极，该电极的离子方程式为__。
（3）轮船外壳上常镶嵌锌块以防腐蚀，该方法称为___。
24．CH4既是一种重要的能源，也是一种重要的化工原料。
(1)已知E(N-N)=akJ/mol，E(N≡N)=b kJ/mol，E(N-H)=c kJ/mol，E(H-O)=d kJ/mol，E(O=O)=e kJ/mol，则：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) △H=_____________kJ·mol-1
(2)以CH4为燃料可设计成结构简单、能量转化率高、对环境无污染的燃料电池，其工作原理如图1所示，则通入a气体的电极名称为______________，通入b气体的电极反应式为 _____________。（质子交换膜只允许H+通过）
(3)在一定温度和催化剂作用下，CH4和CO2可直接生成乙酸，这是实现“减排”的一种研究方向。
①在不同温度下，催化剂的催化效率与乙酸的生成速率如图2所示，则该反应的最佳温度控制在_____左右。
②该反应催化剂的有效成分为偏铝酸亚铜（CuAlO2，难容物），将CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，其离子方程式为___________________。
(4)CH4还原法是处理NOX气体的一种方法。已知一定条件下CH4与NOX反应转化为N2和CO2，若标准状况下8.96L CH4可处理22.4L NOX，则X值为______。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【详解】A．5 min内，，由反应速率与化学计量数成正比，，故A错误；
B．加催化剂可增大活化分子百分数，可以加大反应速率，故B正确；
C．可逆反应不能完全转化，则增大X浓度可以使Y转化率增大，但一定小于100%，故C错误；
D．单位时间消耗0.1 mol X的同时生成0.2 mol Z，只能体现正反应速率，不能判断正逆反应速率关系，不能判定平衡与否，故D错误；
故选：B。
2．A
【详解】决定化学反应速率的主要因素是反应物自身的性质，而温度、浓度、催化剂等均是外界因素，故选A。
3．B
【分析】①为电解池，电解硫酸溶液相当于电解水；②为原电池，锌为负极，铜为正极，据此分析判断。
【详解】A．①有外加电源，为电解池装置，②为原电池装置，为铜锌原电池，故A错误；
B．①有外加电源，电解硫酸溶液，相当于电解水，阳极上生成氧气，阴极生成氢气，硫酸浓度增大，②为原电池装置，正极不断消耗氢离子，硫酸浓度降低，故B正确；
C．①有外加电源，电解硫酸溶液，相当于电解水，阳极上生成氧气，4OH--4e-=2H2O+O2↑；②为原电池装置，铜为正极发生还原反应，电极方程式为2H++2e-=H2↑，故C错误；
D．电解池工作时，阳离子向阴极移动，原电池工作时，阳离子向正极移动，故D错误；
故选B。
4．D
【详解】利用电解原理，在铁皮表面镀一层锌，应该使铁皮与电源的负极连接作阴极，Zn片与电源的正极连接，发生氧化反应失去电子变为Zn2+进入溶液，溶液是含有Zn2+的溶液，而溶液中的Zn2+得到电子变为Zn在铁皮上被还原；
答案选D。
5．C
【详解】在10L的密闭容器中进行，测得2min内，N2的物质的量由20 mol减小到8 mol，则2min内氮气的反应速率v(N2)=== = 0.6 mol/(L·min)，C项正确；
故选C。
6．B
【详解】A．拆开1molH2(g)中的H﹣H键需要消耗436kJ能量，图中断裂化学键吸收能量为2249kJ，则断开1 mol N2(g)中的N≡N键要吸收能量为2249kJ﹣436kJ×3＝941 kJ，故A正确；
B．图中生成2mol NH3(g)时形成化学键释放的能量为2346kJ，而断裂化学键吸收能量，故B错误；
C．由图可知△H＝(2249﹣2346)kJ/mol＝﹣97 kJ mol﹣1，即热化学方程式为3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)△H＝﹣97 kJ mol﹣1，故C正确
D．互为逆反应时焓变的数值相同、符号相反，且物质的量与热量成正比，由3H2(g)+N2(g) 2NH3(g)△H＝﹣97 kJ mol﹣1可知NH3(g) H2(g)+N2(g)△H＝48.5kJ mol﹣1，故D正确；
故答案为B。
7．B
【详解】A．催化剂可降低反应的活化能，增大活化分数百分数，增大反应速率，故A正确；
B．固体参与的反应中，固体的颗粒大小会影响反应物的接触面积，从而影响反应速率，故B错误；
C．影响因素多个时，探究与其中一种因素关系时，要控制其他因素一定，这种探究法为变量控制，是研究反应条件对实验产生影响的重要方法，故C正确；
D．对于有气体参与的反应来说，在不改变体积的情况下通入惰性气体，反应物的浓度没有变化，则不影响化学反应速率，故D正确。
故选B。
8．B
【详解】根据题干信息可知，放电时总反应为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。
A．放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na+，故A错误；
B．放电时正极为CO2得到电子生成C，故B正确；
C．放电时阳离子移向还原电极，即阳离子由负极移向正极，故C错误；
D．放电时装置为原电池，能量转化关系为化学能转化为电能和化学能等，故D错误；
综上所述，符合题意的为B项，故答案为B。
9．D
【详解】A．反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，A错误；
B．催化剂不能改变化学反应的热效应，B错误；
C．催化剂改变反应的途径，降低反应的活化能，C错误；
D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物中活化分子百分数，增大了有效碰撞几率，使反应速率增大，即催化剂改变了化学反应速率，D正确；
故选D。
10．B
【详解】A．未知溶液体积，无法计算物质的量，A错误；
B．标准状况下，2.24LCO和混合气体物质的量为，0.1mol混合气体中所含碳原子数约为，B正确；
C．3.9g钾物质的量为，钾与氧气在加热下反应生成K2O2，钾元素化合价从0升到+1，则0.1mol K完全反应转移电子数为，C错误；
D．氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应，反应物不能完全转化，则0.1mol和0.3mol反应生成小于0.2mol，分子数小于，D错误；
故选：B。
11．A
【分析】化学反应中，各物质的速率之比等于其化学计量数之比，故要比较同一方程式中不同物质的反应速率需要把它换算成同一种物质的速率
【详解】每个选项都用X的速率来表示的话，则
A．v(X)=0.07mol·L-1·s-1；
B．v(X)=v(Y)=0.03mol·L-1·s-1
C．v(X)=v(Z)=0.03mol·L-1·s-1
D．v(X)=v(R)=0.06mol·L-1·s-1
故速率最快的选A。
12．A
【详解】A．图中斜率越大，反应速率越快，显然EF段表示的平均速率最快，故A正确；
B．标准状况下测得生成CO2体积为：E点收集到CO2的体积为224mL，F点收集到CO2的体积为672mL，G点收集到CO2的体积为784mL，则G点收集到CO2的量最多，故B错误；
C．斜率越大，反应速率越快，EF段反应速率是最快的，EF段c(HCl)不是最大的，影响EF段反应速率的主要因素可能是温度，反应放热，温度越高，反应速率越快，故C错误；
D．OE、EF、FG三段中，时间相同，气体体积比等于反应速率之比，则用CO2表示的平均反应速率之比为224mL：(672mL -224mL)：(784mL- 672mL)=2:4:1，故D错误；
答案选A。
13．A
【详解】拆开反应物的化学键需要吸热能量为198×6+498×3=2682 kJ，形成生成物的化学键释放的能量为360×12=4320kJ，二者之差为释放能量4320kJ-2682 kJ=1638 kJ。
综上所述答案为A。
14．A
【详解】根据图中装置实验，Fe、Ag、AgNO3构成的原电池中，活泼金属Fe为负极，Ag为正极，Fe和硝酸银之间发生氧化还原反应，所以银离子浓度减小，硝酸根浓度不变，故①正确，②错误；在负极上金属铁本身失电子，即a棒质量减轻，故③正确；正极Ag上析出金属银，即b棒质量增加，故④错误；负极上金属铁本身失电子，正极Ag上析出金属银，所以溶液的质量是增加了Fe，但是析出了Ag，但是在转移电子相等情况下，析出金属多，所以溶液质量减轻，但不能为零，故⑤错误；
故选A。
15． 负 Zn-2e-=Zn2+ 氧化 正 2H++2e-=H2↑ 还原 AB BD
【分析】在锌-铜（稀硫酸）原电池中锌比铜活泼，锌为负极，铜为正极，结合原电池的原理分析解答。
【详解】(1)Zn电极是负极，其电极反应为Zn-2e-=Zn2+，该反应是氧化反应，故答案为：负；Zn-2e-=Zn2+；氧化；
(2)Cu电极是正极，其电极反应为2H++2e-=H2↑，该反应是还原反应，故答案为：正；2H++2e-=H2↑；还原；
(3)装置中锌是电极材料，也是负极的反应物，稀硫酸是电解质溶液，通过电离出的自由移动的离子导电，电离出来的氢离子也是正极的反应物，故答案为：AB；BD。
16． 2 0.2 mol·L-1·s-1 1mol·L-1 50% BC
【分析】根据题意，用三行式求解，C平衡时为1mol，则A、B的变化值分别为2、1。
2A（g）+B（g）C（g）+xD（g）
起始值/mol 4 3 0 0
变化值/mol 2 1 1 x
平衡值/mol 2 2 1 x
据此回答。
【详解】（1）达到平衡时，测定D的浓度为1mol/L，体积为2L，则平衡时D的物质的量=达到平衡时，生成了1mol C，测定D的浓度为1mol/L×2L=2mol，即x=2，故答案为：2；
（2）5S内A的物质的量减少2mol，浓度减少2mol/2L=1mol/L，则A的平均反应速率为 mol·L-1·s-1，故答案为：0.2 mol·L-1·s-1；
（3）平衡时B的浓度为 =1mol·L-1，故答案为：1mol·L-1；
（4）A的转化率为 ，故答案为：50%；
（5）A．单位时间内每消耗2mol A，同时生成1mol C，都是正反应速率，A错误；
B．单位时间内每生成1mol B，同时生成1mol C，V（正）=V（逆），B正确；
C．随着反应进行，D的体积分数不断增大，若某个时刻D的体积分数不在增加，说明反应达到平衡，C正确；
D．2A（g）+B（g）C（g）+2D（g），是个恒压反应，混合气体的压强不再变化，无法说明是否平衡，D错误；
E．B、C的浓度之比为1∶1不能确定二者浓度不在变化，E错误。
故答案为：BC。
【点睛】在平衡状态的判断时一定要充分理解平衡状态时的特征：V（正）=V（逆），先判断方向问题，再判断数据问题；各组分含量不在改变不等于各组分含量达到某个比例，例如B、C的浓度之比为1∶1，这是两码事。
17．③①②⑤④
【详解】将②③④⑤均转化为用表示的化学反应速率，则
②；
③；
④；
⑤；
故反应速率由大到小的顺序为。
18． 0.125mol·L－1·min－1 D 75﹪ 30﹪ 小于
【分析】（1）3min到9min，根据CO2浓度变化计算CO2化学反应速率，利用计量数之比得到v（H2）；
（2）化学反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的物理量不变；
（3）由图象可知平衡时CO2为0.25mol/L，可知消耗0.75mol/L，以此计算转化率；
（4）结合各物质的平衡浓度，利用三段式法计算；
（5）第9分钟时达到平衡，υ逆（CH3OH）=υ正（CH3OH），随着反应的进行，正反应速率逐渐减小．
【详解】(1)3min到9min,CO2浓度变化为0.5mol/L 0.25mol/L=0.25mol/L,CO2反应速率为：0.25mol/L÷(9min 3min)=0.256mol/(L min),v(H2)=3×v(CO2)=0.125mol/(L min)，
故答案为0.125 mol/(L min)；
(2)A.反应中CO2与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1(即图中交叉点)，浓度相等而不是不变，故A错误；
B. 反应前后，气体质量不变，容器体积不变，则气体密度始终不变，不能判断是否平衡，故B错误；
C. 单位时间内每消耗3molH2,同时生成1molH2O，从反应开始到平衡始终相等，不一定平衡，故C错误；
D. CO2的体积分数在混合气体中保持不变，说明正逆反应速率相等，达平衡状态，故D正确；
故答案为D；
(3)由图象可知平衡时CO2的为0.25mol/L,可知消耗0.75mol/L,则转化率为0.75×100%=75%，
故答案为75%；
(4) CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol/L):1 3 0 0
转化(mol/L):0.75 2.25 0.75 0.75
平衡(mol/L):0.25 0.75 0.75 0.75
则平衡时混合气体中CH3OH(g)的体积分数为0.75÷(0.25+0.75+0.75+0.75)×100%=30%，
故答案为30%；
(5)第9分钟时达到平衡,υ逆(CH3OH)=υ正(CH3OH),随着反应的进行,正反应速率逐渐减小,则第9分钟时υ逆(CH3OH)小于第3分钟时υ正(CH3OH).，
故答案为小于。
【点睛】可逆反应处于平衡状态的判断依据：同一物质的正逆反应速率相等，物质的百分含量不变，据此分析。
19． 负 Fe－2e－=Fe2+ 2H++2e－=H2↑ 还原 1.12L 0.1 负 Fe－2e－=Fe2+ 正 NO+4H++3e－=NO↑+2H2O
【详解】(1)①当电解质溶液为稀硫酸时电池总反应为Fe+H2SO4= H2↑+FeSO4，所以铁电极发生氧化反应为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2+；
②铜电极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e－=H2↑，发生还原反应；铁片减少2.8g，物质的量为=0.05mol，根据电极反应式可知转移电子为0.1mol，生成氢气的物质的量为0.05mol，标况下的体积为0.05mol×22.4L/mol=1.12L；
(2)①当电解质溶液为稀硝酸时，由于Fe比Cu活泼，所以电池总反应为3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；所以Fe电极为负极，电极反应式为Fe－2e－=Fe2+；
②Cu电极上硝酸根得电子发生还原反应，所以Cu为正极，电极反应式为NO+4H++3e－=NO↑+2H2O。
【点睛】原电池中正极得电子发生还原反应，负极得电子发生氧化反应；第2小题要注意电解质溶液为稀硝酸，铁单质在稀硝酸中并不钝化。
20．(1)AC
(2) d 从Zn流向Cu
(3) Fe 氧化 CuSO4溶液 有红色固体析出 4
【解析】(1)
A．页岩气的主要成分是甲烷，是化石能源，不属于新能源，故A错误；
B．页岩气的主要成分是甲烷，甲烷燃烧放热，故B正确；
C．甲烷分子中H原子的最外层电子排布没有达到8电子稳定结构，故C错误；
D．页岩气的主要成分是甲烷，甲烷可以作燃料电池的负极燃料，故D正确；
选AC；
(2)
①铅蓄电池可充电，铅蓄电池是二次电池，属于二次电池的是d。
②a装置中，锌是负极，铜是正极，外电路中电子的流向是从Zn流向Cu。
③d装置放电时，负极Pb失电子生成硫酸铅，负极反应式为 。
(3)
①铁失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电池的负极材料是Fe，负极发生氧化反应；Cu2+得电子发生还原反应，电解质溶液可以是CuSO4溶液；
②正极铜离子得电子生成铜单质，正极出现的现象是有红色固体析出；
③电池总反应为，当外电路中转移1mol 时，溶解0.5mol铁、析出0.5mol铜，电解质溶液减少的质量是。
21．(1) 负 b→a
(2) 负极 减小 96
(3) a 右 O2+4e-+4H+=2H2O H2-2e-=2H+
【分析】原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，燃料电池中，通入燃料的一极为负极，通入助燃物的一极为正极。
（1）
①若容器中盛有溶液，铝和溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，镁不反应，则a极为负极，b为正极，a极的电极反应式是；
②若容器中盛有浓硫酸，Al钝化，镁和浓硫酸反应生成硫酸镁、二氧化硫和水，则b为负极，a为正极，b极的电极反应式，导线中电子的流动方向是由负极向正极移动，即b→a。
（2）
由铅酸蓄电池工作时的总反应为，Pb失电子生成PbSO4，PbO2得电子生成PbSO4，因此Pb为负极、负极反应式为：；电池工作时，硫酸被消耗，因此电解质溶液中硫酸的浓度减小；由可知，当外电路通过2mol电子时，理论上负极板的质量增加96g。
（3）
根据题中图示电子的移动方向，可判断a极是负极，通入CH4，b极是正极，通入O2，原电池中阳离子向正极移动，即H+向右移动，正极上O2得电子发生还原反应，由于是酸性环境，正极的电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，若a极通入H2，H2失电子发生氧化反应，其电极反应式为H2-2e-=2H+。
22． 快 该反应为放热反应，释放的热量使温度升高，从而加快反应速率 0．1 mol·L－1·min－1 AB
【分析】根据影响化学反应速率的因素有浓度、温度以及固体的表面积大小等因素，温度越高、浓度越大、固体表面积越大，反应的速率越大，从表中数据看出2min～3min收集的氢气比其他时间段多，原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高；4min～5min收集的氢气最少是因为随反应进行c(H+)下降；根据v= 计算反应速率；根据根据影响化学反应速率的因素以及氢气的量取决于H+的物质的量。
【详解】(1)从表中数据看出2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，虽然反应中c(H+)下降，但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高，故2~3min段的反应速率比1~2min段的反应速率快；原因是：该反应为放热反应，释放的热量使温度升高，从而加快反应速率；
(2)在2～3min时间段内，n（H2）==0.005mol，由2HCl～H2得，消耗盐酸的物质的量为0.01mol，则υ（HCl）==0.1 mol/（L min）；
④A、加入蒸馏水，溶液的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，选项A正确；
B、加入氯化钠溶液，减小盐酸的浓度，反应速率减小，H+的物质的量不变，氢气的量也不变，选项B正确；
C、加入Na2CO3溶液，Na2CO3能与盐酸反应，盐酸的浓度减小，反应速率减小，H+的物质的量减小，氢气的量也减小，选项C错误；
C、加入CuSO4溶液，锌能置换出铜，锌、铜、稀盐酸形成原电池，加快了化学反应速率，氢气的量不变，选项D错误；
答案选：AB。
【点睛】本题主要考查化学反应速率的影响因素，难度不大，需要注意的是反应过程中浓度以及温度的变化，注重基础知识的积累，易错点为(1)从表中数据看出2 min～3 min收集的氢气比其他时间段多，虽然反应中c(H+)下降，但主要原因是Zn置换H2的反应是放热反应，温度升高。
23． 正向移动 增大 不变 Al Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O 牺牲阳极的阴极保护法
【分析】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，其溶于水后，使溶液显酸性，可Mg(OH)2与电离出的氢氧根离子反应；温度未变，则Ksp不变；
(2)Al可与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，而Mg不能，则Al作负极；
(3)锌比铁活泼，作原电池的负极。
【详解】(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，其溶于水后，使溶液显酸性，可Mg(OH)2与电离出的氢氧根离子反应，使Mg(OH)2的电离平衡正向移动；c(Mg2+)增大；温度未变，则Ksp不变；
(2)Al可与NaOH反应生成偏铝酸钠和氢气，而Mg不能，则Al作负极，则电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O；
(3)锌比铁活泼，作原电池的负极，该保护方法为牺牲阳极的阴极保护法。
【点睛】Ksp只与温度有关，温度未变，则Ksp不变。
24．(1)(a+4c+e-b-4d)
(2) 负极 O2+4e-+4H+=2H2O
(3) 250℃ 3CuAlO2+16H++NO=NO↑+3Al3++3Cu2++8H2O
(4)1.6
【详解】（1）反应热就是断裂反应物化学键吸收的能量与形成生成物的化学键释放的能量差，则E(N-N)=akJ/mol，E(N≡N)=b kJ/mol，E(N-H)=c kJ/mol，E(H-O)=d kJ/mol，E(O=O)=e kJ/mol，所以N2H4(g)+O2(g) =N2(g)+2H2O(l) △H=(a+4c+e-b-4d) kJ/mol，故答案为：(a+4c+e-b-4d)；
（2）由图可知，通入气体a的一端失去电子发生氧化反应，故a电极应通入甲烷，该极为负极，通入b的气体为氧气，获得电子，酸性条件下生成水，正极电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，故答案为：负极；O2+4e-+4H+=2H2O；
（3）①250℃时乙酸反应速率最大、催化活性，故选择250℃，故答案为：250℃；
②CuAlO2溶解在稀硝酸中生成两种盐并放出NO气体，生成的盐为硝酸铝、硝酸铜，反应还有水生成，反应离子方程式为：3CuAlO2+16H++NO=NO↑+3Al3++3Cu2++8H2O，故答案为：3CuAlO2+16H++NO=NO↑+3Al3++3Cu2++8H2O；
（4）根据氧化还原反应中电子转移守恒，可得：8.96L×[4-（-4）]=22.4L×2x，解得x=1.6，故答案为：1.6。
答案第1页，共2页
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