第1章 化学反应与能量转化 章节测试（含解析）2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第1章 化学反应与能量转化 章节测试
一、单选题
1．下列关于能源的叙述错误的是（　　）
A．迄今为止，煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源
B．寻找高效催化剂，使水分解产生氢气，同时释放能量
C．反应2CH2=CH2+O22 符合最理想的原子经济性
D．海洋潮汐能、波浪能等新型能源的开发利用对降低碳排放具有重要意义
2．2012年10月24日飓风“桑迪”袭击美国．一阵飓风过后，海面的巨浪上竟燃烧着熊火．海水会燃烧的原因是（　　）
A．飓风与海水发生剧烈摩擦，产生的巨大热能使水分子分解，引起氢气燃烧
B．飓风使海水温度升高，产生高温水蒸气，达到水的着火点，使海水燃烧
C．飓风产生高温，使氮气在空气中剧烈燃烧
D．以上说法均有可能
3．孟晚舟成功回到祖国的怀抱，首先感谢的是我们强大的祖国，我们强大的国家能源不仅丰富而且种类较多，下面四组能源选项中，全部符合图中阴影部分的能源是（　　）
A．氢能、煤炭、潮汐能 B．地热能、海洋能、核能
C．太阳能、沼气、风能 D．电能、水能、天然气
4．下列叙述正确的是（　　）
A．化学反应一定只伴随热量的变化
B．凡是吸热或放热过程中热量的变化均称为反应热
C．若△H<0，则反应物的能量高于生成物的能量
D．若△H>0，则反应物的能量高于生成物的能量
5．化学与科学、社会和人类生活密不可分，修订后的《中华人民共和国大气污染防治法》已于2016年1月1日起施行．下列有关大气污染防治说法错误的是（　　）
A．开发新能源，如太阳能、风能等，减少对化石能源的依赖，也减少对大气的污染
B．农作物收割后留下的秸秆可以就地焚烧
C．实施“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程，有利于保护环境
D．汽油发动机工作时会产生少量NO和CO，采用催化反应装置可以减少污染物排放
6．下列说法中正确的是（　　）
A．需要加热才能进行的反应一定是吸热反应
B．伴有能量变化的物质变化都是化学反应
C．破坏生成物全部化学键所需要的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，该反应为吸热反应
D．生成物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H>0
7．我国宣布到2030年非化石能源占一次能源消费比重将提高到20%左右．下列不属于化石能源的是（　　）
A．煤 B．生物质能 C．天然气 D．石油
8．通过电解废旧锂电池可回收锂和锰，电解示意图如下(滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过)。下列说法正确的是
A．电极B与电源正极相连，发生还原反应
B．电极A的电极反应：
C．当电路中通过时，最多可回收含33g锰
D．电解过程中，的比值不断减小
9．用氟硼酸（HBF4，属于强酸）代替硫酸做铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良，反应方程式为：Pb＋PbO2＋4HBF4 2Pb（BF4）2＋2H2O；Pb（BF4）2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是（　　）
A．放电时，正极区pH增大
B．充电时，Pb电极与电源的正极相连
C．放电时的负极反应为：PbO2＋4H＋＋2e－＝Pb2＋+2H2O
D．充电时，当阳极质量增加23.9g时，溶液中有0.2mole-通过
10．下列说法不正确的是（　　）
A．保护天然气管道时，将铁制管道与电源的正极相连
B．等物质的量的铁完全腐蚀生成Fe2O3后，发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀过程中消耗O2的物质的量之比为1∶3
C．电解精炼铜，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解质
D．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
11．通过以下反应可获得新型能源二甲醚( )。下列说法错误的是（　　）
①
②
③
④
A．反应①、②为反应③提供原料气
B．反应③也是 资源化利用的方法之一
C．反应 的
D．反应 的
12．空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充放电池．图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是（　　）
A．当有0.1mol电子转移时，a极产生1.12L O2（标准状况下）
B．b极上发生的电极反应是：4H2O+4e﹣=2H2↑+4OH﹣
C．d极上发生的电极反应是：O2+4H++4e﹣=2H2O
D．c极上进行还原反应，B中的H+可以通过隔膜进入A
13．一种以太阳能热源分解水的历程如图所示：
已知：过程I：
过程II：
下列说法正确的是（　　）
A．转化过程中FeO作催化剂
B．该过程说明，常温下FeO易溶于水
C．
D．2mol液态水所具有的能量高于2mol氢气和1mol氧气的能量
14．如图所示，两个装管都是将铁棒和石墨棒插入滴有酚酞的饱和食盐水中。一段时间后（　　）
A．两装置中铁棒都被氧化而减少 B．两装置中产生的气体体积相同
C．两装置中碳棒质量都保持不变 D．两装置中铁棒旁溶液都先变红
15．金刚石和石墨是碳元素的两种结构不同的单质．在101kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量．下列说法不正确的是（　　）
A．石墨比金刚石稳定
B．金刚石与石墨的性质相似
C．1mol金刚石比1mol石墨的总能量高
D．1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量石墨比金刚石少
16．下列叙述正确的是（　　）
A．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1：2
B．在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1 molNaOH
D．镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀
二、综合题
17．看如图完成下面的填空，写出电极反应式和总反应式．
（1）Fe电极是　 　（填“正”或“负”）极，其电极反应为　 　，该反应是　 　（填“氧化”或“还原”）反应；
（2）Cu电极是　 　极，其电极反应为　 　，该反应是　 　反应．
（3）电池总反应的离子方程式为　 　
18．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，立即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知0.4mol液态肼与足量液态双氧水反应，生成水蒸气和氮气，放出256.652kJ的热量。
（1）反应的热化学方程式为　 　。
（2）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：　 　。
（3）发射卫星可用肼为燃料，二氧化氮作氧化剂，两者反应生成氮气和水蒸气。已知：
①N2(g)＋2O2(g)=2NO2(g)ΔH=＋67.7kJ·mol-1
②N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=-534kJ·mol-1
肼和二氧化氮反应的热化学方程式为　 　。
19．某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。
（1）如图为某实验小组依据氧化还原反应：(用离子方程式表示)　 　，设计的原电池装置，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差12 g，导线中通过　 　mol电子。
（2）用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中，向其中滴加少量新制饱和氯水，写出发生反应的离子方程式　 　，然后滴加几滴硫氰化钾溶液，溶液变红，继续滴加过量新制饱和氯水，颜色褪去，同学们对此做了多种假设，某同学的假设是：“溶液中的＋3价铁被氧化为更高的价态。”如果＋3价铁被氧化为FeO ，试写出该反应的离子方程式　 　。
（3）如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，如图所示。一段时间后，在甲装置铜丝附近滴加酚酞试液，现象是溶液变红，电极反应为　 　；乙装置中石墨(1)为　 　极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)，乙装置中与铜丝相连石墨电极上发生的反应式为　 　。
（4）观察如图所示的两个装置，图1装置中铜电极上产生大量的无色气泡，图2装置中铜电极上无气体产生，而铬电极上产生大量的有色气体。根据上述现象试推测金属铬具有的两种重要化学性质为　 　、　 　。
20．电解原理在化学工业中有着广泛的应用。如图所示装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：
（1）外接直流电源中A为　 　极，甲中电解时的化学反应方程式为　 　，通过一段时间后向所得溶液中加入0.2molCu(OH)2粉末，恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子的物质的量为　 　。
（2）现用丙装置给铜件镀银，H为　 　(填“镀件”还是“镀层”)，当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL)，丙中镀件上析出银的质量为　 　。
（3）电解一段时间后，发现丁中Y极附近溶液红褐色加深，则Fe(OH)3胶粒带　 　（填“正”或“负”）电荷。
21．乙醇是一种重要的工业原料，被广泛应用于能源、化工、食品等领域，以下两种方法可实现乙醇的制备。
（1）I．采用催化乙烯水合制乙醇，该反应过程中能量变化如下图所示：
反应物分子有效碰撞几率最大的步骤对应的基元反应为　 　。
（2）制备的无水乙醇在25℃，101kPa下，完全燃烧时放出热量QkJ，其燃烧生成的用过量饱和石灰水吸收可得100g沉淀，则乙醇燃烧热的热化学方程式为　 　。
（3）II．以合成气催化合成乙醇是近年来研究的热点，其中乙酸甲酯催化加氢是制取乙醇的关键步骤之一，包括以下主要反应：
①
②
反应的ΔH= 　 　。
（4）若在体积为2L的密闭容器中，控制流速为(已换算为标准状况)，的转化率为80.0％，则的反应速率为　 　mol L-1 min-1(保留三位有效数字)，流速过大时乙酸甲酯的转化率下降，原因是　 　。
（5）向恒温恒压的两个密闭容器甲(25℃、)、乙(25℃、)放入物质的量均为amol的和，若只发生反应②，其正反应速率，p为物质分压，若容器甲与乙中平衡时正反应速率之比，则甲、乙容器的体积之比为　 　。
（6）一定条件下在1L密闭容器内通入2.00mol和3.96mol发生反应①和②，测得不同温度下达平衡时转化率和乙醇的选择性如下图所示，260℃时反应①的平衡常数　 　；温度高于240℃时，随温度升高乙醇的选择性降低的原因可能是　 　。
[]
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．迄今为止，煤、石油、天然气等化石能源仍是人类使用的主要能源，A不符合题意；
B．水分解产生氢气吸收能量，寻找高效催化剂，能降低活化能，增快反应速率，但能量改变只与反应物和生成物的总能量有关，与催化剂无关，B符合题意；
C．反应2CH2=CH2+O22 ，没有副产物，所有原子恰好完全利用，符合最理想的原子经济性，C不符合题意；
D．海洋潮汐能、波浪能等新型能源的开发利用，可减少对化石能源的使用，对降低碳排放具有重要意义，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.化石能源任是人类使用的主要能源；
C.该反应的原子利用率为100%；
D.海洋潮汐能、波浪能等新型能源的开发利用，可减少对化石能源的使用，从而减少二氧化碳的排放。
2．【答案】A
【解析】【解答】解：A、水在通电条件下或者高温下才分解，一阵飓风过后，产生巨大的能量使水分解生成氢气和氧气，引起氢气燃烧，故A选；
B、海水不可能燃烧，故B不选；
C、高温氮气在空气中不能燃烧，故C不选；
D、水及氮气均不能燃烧，所以B、C两项均错误，故D不选；
故选A．
【分析】A、根据水在通电条件下或者高温下才分解来分析；
B、根据海水不能燃烧来分析；
C、根据氮气性质温度不能燃烧来分析；
D、根据以上分析判断．
3．【答案】C
【解析】【解答】A．煤炭属于不可再生能源，不是新能源，故A不符合题意；
B．地热能不来自太阳辐射，故B不符合题意；
C．太阳能、风能、沼气符合图中阴影部分的能源，故C符合题意；
D．天然气属于不可再生能源，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】阴影部分的能源是来自太阳的能源，新能源，可再生能源。
4．【答案】C
【解析】【解答】化学反应中除有能量的变化外，还有物质的变化，A项错误；反应热为化学反应中的能量变化，物理变化中的能量变化不能称为反应热，如聚集状态的改变，B项错误；若△H＜0，则为放热反应，反应物的能量高于生成物的能量，C项正确；若△H＞0，则为吸热反应，反应物的能量低于生成物的，D项错误。
故答案为：C
【分析】化学反应伴随着能量的变化，常以热能、光能等形式转化。
5．【答案】B
【解析】【解答】解：A、太阳能、风能是清洁能源，开发新能源太阳能、风能，能减少二氧化碳的排放，符合大力开发低碳技术，推广高效节能技术，故A正确；
B、焚烧秸秆会引起空气污染，故不能就地焚烧，故B错误；
C、二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首．它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故C正确；
D、高效催化剂能把汽车尾气中有害的CO、NO转化成无害气体N2和二氧化碳，故D正确．
故选B．
【分析】A、太阳能、风能是清洁能源；
B、焚烧秸秆会引起空气污染；
C、从雾霾天气的成因考虑；
D、催化剂能把汽车尾气中有害的CO、NO转化成无害气体N2和二氧化碳．
6．【答案】D
【解析】【解答】A.需要加热才能发生的反应也可能是放热反应，如合成氨的反应需在高温、高压、催化剂下进行，但合成氨的反应却是放热反应， A不符合题意；
B.物质发生物理变化、核变化(如原子弹爆炸)也都伴有能量变化，因而伴有能量变化的物质变化不一定是化学变化，B不符合题意；
C.破坏生成物全部化学键所需的能量大于破坏反应物全部化学键所需要的能量时，也就表示形成生成物全部化学键所放出的能量大于破坏反应物全部化学键所消耗要的能量，该反应为放热反应，C不符合题意；
D. 生成物的总焓大于反应物的总焓时，反应吸热，△H>0，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A. 反应是吸放热与是否需要加热无关；
B. 化学变化势必伴随能量变化，有能量变化的物质变化也有可能是物理变化；
C. 根据断键吸收能量与成键放出能量的相对大小，判断反应是吸热反应还是放热反应；
D. 根据反应物与生成物总焓的相对大小，判断反应是吸热还是放热。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：化石能源是指远古时代的动植物的尸体在地壳中经过高温、高压、几亿年甚至几十亿年转化而成的燃料，包括煤、石油和天然气，其中生物质能不是化石能源，
故选B．
【分析】化石能源是指远古时代的动植物在地壳中经过几十亿年的高温、高压从而转化而成的燃料，包括煤、石油和天然气，据此分析．
8．【答案】D
【解析】【解答】根据电极A上是LiMn2O4Mn2+，化合价降低被还原，做阴极，与电池的负极相连，电极Mn2+MnO2，化合价升高，被氧化，做阳极与电池的正极相连；
A.根据分析，电极B与电源正极相连，发生氧化反应，故A不符合题意；
B.电解质含有硫酸，电极A 发生的是反应是 ，故B不符合题意；
C.阳极得到二氧化锰，因此Mn2+MnO2，转移0.3mol电子可形成0.15mol锰，因此可得到0.15x55g=8.25g，故C不符合题意；
D.根据电解过过程消耗氢离子，生成锰离子，导致结果减小，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据B极的反应物和生成物即可判断；
B.根据A极的反应物和生成物判断；
C.根据阳极电极反应式，转移电子即可计算出锰的质量；
D.根据电解方程式判断。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.PbO2＋4H＋＋2e－＝Pb2＋+2H2O，消耗氢离子，酸性减弱，pH增大；
B.Pb电极为原电池的负极，应与电源的负极相连，B不符合题意；
C.放电时的负极发生氧化反应，失电子，C不符合题意；
D.电子只能从导电通过，不能从溶液通过，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.放电时，消耗H+，PbO2电极附近溶液的pH增大；
B.Pb电极为原电池的负极，应与电源的负极相连；
C.放电时，负极反应为：Pb-2e-=Pb2+；
D.电子只能从导线、电极通过，离子在溶液中导电。
10．【答案】A
【解析】【解答】A、铁制管道和电源正极相连做电解池阳极，失电子发生氧化反应，加快腐蚀，应该将铁制管道和电源负极相连被保护，选项A符合题意；
B、根据电极反应：析氢腐蚀时反应：Fe+2H+=Fe2+ +H2↑、4Fe2+ +O2+4H+=4Fe3+ +2H2O；吸氧：2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，可知消耗氧气的物质的量之比为1：3，选项B不符合题意；
C、依据电解原理电解精炼铜，粗铜做阳极，纯铜做阴极，硫酸铜溶液做电解质溶液，选项C不符合题意；
D．在金属活动性顺序表中，锌排在铁的前面，锌比铁活泼，海轮外壳上镶嵌锌块，组成铁锌原电池，铁为正极，被保护，在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】为了保护天然气管道，应该使铁质管道与电源的负极相连，因为在电解池中，阳极失电子，发生氧化反应，更容易被腐蚀。
11．【答案】C
【解析】【解答】A.反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应①、②为反应③提供原料气，所以A选项是正确的；
B.反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；
C. 由反应④可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应 的 ，故C符合题意；
D. 由盖斯定律可以知道,②×2+③×2+④得到 ，则 ，所以D选项是正确的。
故答案为:C。
【分析】盖斯定律指的是，化学反应中的能量与反应的过程无关，只与反应的始终态有关。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A．当有0.1 mol电子转移时，a电极为电解池阴极，电极反应为4H++4e﹣=2H2↑，产生1.12LH2，故A错误；
B．b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B错误；
C．d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+，故C错误；
D．c电极上氧气得到发生还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故D正确；
故选D．
【分析】依据图示知左边装置是电解池，右边装置是原电池，ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；cd电极是原电池的正负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e﹣=2H2↑；
原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2﹣4e﹣=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e﹣=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算．
13．【答案】C
【解析】【解答】A.过程 I生成了FeO， 过程II FeO参与反应，则该转化过程中FeO为反应的中间体，故A错误；
B.在过程Ⅱ：3FeO (s) +H2O (I) =H2(g) +Fe3O4 (s)ΔH=128.9kJ·mol 可知， FeO与水反应吸热，常温下不溶于水，不反应，故B错误；
C. 由盖斯定律- I-2xⅡ得到2H2 (g) +O2(g)=2H2O (1) ΔH=-313.2kJ·mol-1-2x128.9kJ·mol-1=-571.0kJ·mol 1，故C正确；
D.由C选项可知，2H2 (g) +O2(g)=2H2O (1) ΔH=-571.0kJ·mol＜0为放热反应，故2 mol液态水所具有的能量低于2mol氢气和1mol氧气的能量，故D错误；
故选：C。
【分析】催化剂参与化学反应，反应前后质量和性质不会发生变化；ΔH＞0时，反应吸热；ΔH＜0时，反应放热；化学反应中能量的计算用盖斯定律来算。
14．【答案】C
【解析】【解答】A. 左图为原电池，铁作负极，铁棒被氧化而减少，右图为电解池，铁作阴极，铁棒的质量不变，溶液中氢离子得电子被还原，A不符合题意；
B. 左图为原电池，铁作负极，Fe-2e-= Fe2+，石墨棒作正极，O2+4e-+2H2O=4OH-，无气体产生，右图为电解池，铁作阴极，2H++2e-= H2↑，石墨棒作阳极，2Cl--2e-=Cl2↑，B不符合题意；
C. 左图为原电池，铁作负极，Fe-2e-= Fe2+，石墨棒作正极，O2+4e-+2H2O=4OH-，无气体产生，右图为电解池，铁作阴极，2H++2e-= H2↑，石墨棒作阳极，2Cl--2e-=Cl2↑，两装置中石墨棒质量都保持不变，C符合题意；
D. 左图石墨棒附近溶液先变红，右图铁棒附近溶液先变红，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】左边的装置为原电池装置，铁做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；碳棒做正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；
右边的装置为电解池装置，铁做阴极，溶液中的H+发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H++2e-=H2↑；碳棒做阳极，溶液中的Cl-发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑；据此结合选项进行分析。
15．【答案】B
【解析】【解答】解：A、石墨转化为金刚石要吸收能量，说明石墨的能量低，稳定，故A正确；
B、金刚石和石墨都是由碳元素组成的单质，化学性质相似，由于碳原子排列方式不同，物理性质相差很大，故B错误；
C、在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，故C正确；
D、金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多，故D正确；
故选B．
【分析】在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定．金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多．
16．【答案】C
【解析】【解答】解：A．惰性电极电解Na2SO4溶液，实质是电解水，阴极上析出氢气，阳极上析出氧气，氢离子得2mol电子生成1mol氢气，4mol氢氧根离子失去4mol电子生成1mol氧气，所以阴阳两极产物的物质的量之比为2：1，故A错误；
B．在原电池的负极是发生失电子的氧化反应，电解池阴极上得电子发生还原反应，故B错误；
C．设生成x氢氧化钠，
2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2↑ + Cl2↑ 转移电子
2mol 2mol
x 1mol
x= =1mol，
所以生成1mol氢氧化钠，故C正确；
D．镀层破损后，镀锡铁板中铁作负极，镀锌铁板中铁作正极，所以镀锌铁板比镀锡铁板更耐腐蚀，故D错误；
故选C．
【分析】A．惰性电极电解Na2SO4溶液，实质是电解水，阳极是氢氧根离子失电子生成氧气，阴极是氢离子得到电子生成氢气；
B．得电子的发生还原反应，失电子的发生氧化反应；
C．根据氢氧化钠和转移电子之间的关系式计算；
D．作原电池负极的金属比作原电池正极的金属易腐蚀．
17．【答案】（1）负；Fe﹣2e﹣=Fe2+；氧化
（2）正；2H++2e﹣=H2↑；还原
（3）Fe+2H+=Fe2++H2↑
【解析】【解答】解：（1）Cu、Fe和稀硫酸构成原电池中，Fe失电子发生氧化反应作负极，电极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故答案为：负；Fe﹣2e﹣=Fe2+；氧化；（2）Cu、Fe和稀硫酸构成原电池中，Fe失电子作负极，Cu为正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，则其正极的电极反应为：2H++2e﹣=H2↑；故答案为：正；2H++2e﹣=H2↑；还原；（3）根据反应原理知，电池总反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．
【分析】Cu、Fe和稀硫酸构成原电池中，Fe失电子发生氧化反应作负极，电极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+，Cu为正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e﹣=H2，总反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑．
18．【答案】（1）N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g) =-641.63 kJ mol-1
（2）产物不会造成环境污染
（3）N2H4(g)+NO2(g)═ N2(g)+2H2O(g) =-567.85 kJ mol-1
【解析】【解答】（1）发生反应：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)，1molN2H4(l)反应放出的热量为256.652kJ× =641.63kJ，反应热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g) =-641.63 kJ mol-1，故答案为：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g) =-641.63 kJ mol-1；（2）此反应用于火箭推进，除释放大量热外和快速产生大量N2、H2O(g)气体，故一个很大的优点是：产物不会造成环境污染，故答案为：产物不会造成环境污染；（3）已知：①N2(g)+2O2(g)═2NO2(g)， =+67.7kJ·mol-1②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g)， =-534kJ mol-1根据盖斯定律，②-①× 可得：N2H4(g)+NO2(g)═ N2(g)+2H2O(g)
=(-534kJ mol-1)- (+67.7kJ·mol-1)=-567.85 kJ mol-1，故答案为：N2H4(g)+NO2(g)═ N2(g)+2H2O(g) =-567.85 kJ mol-1。
【分析】（1）发生反应：N2H4(l)+2H2O2(l)═N2(g)+4H2O(g)，计算1molN2H4(l)反应放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式；（2）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：产物不会造成环境污染；（3）已知：①N2(g)+2O2(g)═2NO2(g)，△H=+67.7kJ·mol-1②N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(g)，△H=-534kJ mol-1根据盖斯定律，②-①× 可得：N2H4(g)+NO2(g)═ N2(g)+2H2O(g)，即可求出该反应的 。
19．【答案】（1）Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；0.2
（2）2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－； 2Fe3＋＋3Cl2＋8H2O=2FeO42－＋6Cl－＋16H＋
（3）O2＋2H2O＋4e－=4OH－；阴；2Cl－－2e－=Cl2↑
（4）金属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2；金属铬易被稀硝酸钝化
【解析】【解答】（1）图1为原电池反应，Fe为负极，发生：Fe-2e－=Fe2+，石墨为正极，发生Cu2＋+2e－=Cu，总反应式为Fe+Cu2＋═Fe2＋+Cu；一段时间后，两电极质量相差12g，则
Fe+Cu2＋═Fe2＋+ Cu 两极质量差△m 转移电子
56g+64g=120g 2mol
12g n
解得：n=0.2mol；
（2）用吸管吸出铁片附近溶液，Fe为负极，发生：Fe-2e－=Fe2+，向其中滴加少量新制饱和氯水，氯气将Fe2＋氧化， 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ ，如果＋3价铁被氧化为FeO42－，其反应的离子方程式为：2Fe3＋+3Cl2+8H2O=2FeO42－+6Cl－+16H＋；
（3）如图其他条件不变，若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型，甲装置为铁的吸氧腐蚀，铁为负极，铜为正极，正极发生 O2+2H2O+4e－═4OH－，呈碱性，滴加酚酞，溶液变红，则乙装置与铁相连的石墨为阴极；与铜相连的石墨为阳极，发生的反应为：2Cl－－2e－=Cl2↑。
（4）由图1可知还原性Cr＞Cu，金属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2，但在稀硝酸中却出现了反常，结合稀硝酸的氧化性，不难推测铬被稀硝酸钝化，导致活性降低，故答案为：金属铬的活动性比铜的强且能和稀硫酸反应生成H2　金属铬易被稀硝酸钝化。
【分析】（1）根据自发氧化还原反应知识来书写，并根据两极反应结合两极质量变化进行计算；
（2）根据亚铁离子被氯气氧化书写离子方程式，根据铁离子被氧化为高铁酸根离子书写离子方程式；
（3）根据电解池、原电池的工作原理进行回答；
（4）根据金属性强弱进行分析.
20．【答案】（1）正；2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4；0.8mol
（2）镀件；5.4g
（3）正
【解析】【解答】将直流电源接通后，F极附近呈红色，说明F极显碱性，是溶液中H+在该电极放电，所以F电极是阴极，可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源的正极，B是负极。(1)根据上述分析可知：A是电源正极，B是电源的负极，在甲中，C是阳极，D是阴极。在该溶液中阴离子有OH-、SO42-，放电能力：OH->SO42-， C电极发生反应：4OH--4e-=O2↑+2H2O；阳离子有Cu2+、H+，放电能力Cu2+>H+，所以在D电极发生反应：Cu2++2e-=Cu，电解时总反应方程式为：2Cu2++2H2O 2Cu+O2↑+4H+，电解的化学反应方程式为2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4，通电后加入0.2molCu(OH)2(相当于CuO和H2O)后溶液与电解前相同，根据铜元素守恒，所以析出金属铜的物质的量是0.2mol，阴极反应是：2Cu2++4e-→2Cu，当析出金属铜的物质的量是0.2mol时，则转移的电子是0.4mol，当电解掉0.2mol水时，转移电子是0.4mol，总共转移电子是0.8mol；(2)电镀装置中，镀层金属必须作阳极连接电源的正极，镀件作阴极，连接电源的负极，所以丙装置中H应该是镀件，G是镀层金属。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500mL)时，根据电极反应2H++2e-=H2↑，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，转移电子的物质的量为0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量m(Ag)= 0.05mol× 108g/mol=5.4g；(3)电源B电极为负极，则Y电极为阴极，阴极上负电荷较多，电解一段时间后，发现丁中Y极附近溶液红褐色加深，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷。
【分析】将直流电源接通后，F极附近呈红色，可知道氢离子在该电极放电，所以F是阴极，E是阳极，则电源电极A是正极，B是负极，并得到其他各个电极的名称，在同一串联电路中电子转移数目相等，结合电镀要求判断镀件、镀层；对于Fe(OH)3胶体来说，胶粒带正电荷，会向负电荷较多的电极方向移动，据此分析解答。
21．【答案】（1）C2H+H2O= C2H7O+
（2）C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=—2Q kJ/mol
（3）—84.6
（4）6.67；乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降
（5）5：4
（6）14；反应①为放热反应，温度升高，反应①向逆反应方向进行，生成乙醇的量减少
【解析】【解答】（1）由图可知，第二步反应的活化能最小，反应速率最快，反应物分子有效碰撞几率最大，对应的基元反应为C2H+H2O= C2H7O+，故答案为：C2H+H2O= C2H7O+；
（2）乙醇燃烧生成二氧化碳和液态水的方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)，由制备的无水乙醇在25℃，101kPa下，完全燃烧时放出热量QkJ，其燃烧生成的二氧化碳用过量饱和石灰水吸收可得100g碳酸钙沉淀可知，乙醇的燃烧热ΔH=-=-2Q kJ/mol，则乙醇燃烧热的热化学方程式为C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-2Q kJ/mol，故答案为：C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) ΔH=-2Q kJ/mol；
（3）由盖斯定律可知，反应①-②可得反应，则反应ΔH=(-71kJ/mol)-(+13.6kJ/mol)=-84.6kJ/mol，故答案为：-84.6；
（4）设时间为1h，由流速可知，乙酸甲酯的物质的量为=1000mol，由乙酸甲酯的转化率为80%可知，乙酸甲酯生的反应速率为≈6.67 mol/(L·min)，若流速过大，乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的消耗量减小，转化率下降，故答案为：6.67 mol/(L·min)；乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降；
（5）由题意可知，两容器的反应温度相同、压强不同，反应②为气体体积不变的反应，增大压强，化学平衡不移动，则平衡时两个容器中乙酸甲酯和氢气的物质的量均相同，则两个容器中反应速率之比等于乙酸甲酯分压的平方之比，而压强之比等于容器体积之反比，所以甲、乙容器的体积之比为5：4，故答案为：5：4；
（6）由图可知，260℃时乙酸甲酯的转化率为90%、乙醇的选择性为70%，则生成乙醇和乙醛的乙酸甲酯的物质的量分别为2.00mol×90%×70%=1.26mol、2.00mol×90%×30%=0.54mol，由题给方程式可建立如下三段式：
由三段式数据可知，反应①的平衡常数K==14，由图可知，240℃时反应达到平衡，温度高于240℃时，为平衡的移动过程，反应①为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的量减小，所以温度高于240℃时，随温度升高乙醇的选择性降低，故答案为：14；反应①为放热反应，温度升高，反应①向逆反应方向进行，生成乙醇的量减少。
【分析】（1）有效碰撞几率越大，则速率越快，活化能越小；
（2）热化学方程式书写的时候要注意，化学计量数为物质的量；
（3）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（4） 乙酸甲酯与催化剂接触时间过短，反应不能充分进行，导致乙酸甲酯的转化率下降 ；
（5）反应速率之比等于乙酸甲酯分压的平方之比等于体积之比；
（6）化学平衡常数=生成物浓度幂之积/反应物浓度幂之积。