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

第1章 化学反应与能量转化 测试题
一、单选题
1．“优化结构、提高效益和降低消耗、保护环境”，这是我国国民经济和社会发展的基础性要求。你认为下列行为不符合这个要求的是（　　）
A．将煤转化成气体燃料可以有效地减少“温室效应”的气体产生
B．加快太阳能、风能、生物质能、海洋能等清洁能源的开发利用
C．研制开发以水代替有机溶剂的化工涂料
D．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
2．下列有关电池的说法不正确的是（　　）
A．锌锰干电池中，锌电极是负极
B．甲醇燃料电池的能量转化率可达100%
C．手机上用的锂离子电池属于二次电池
D．充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行
3．保护地下钢管不受腐蚀，可使它连接（　　）
A．铜板 B．石墨
C．直流电源负极 D．直流电源正极
4．如图为铜锌原电池的示意图，下列说法错误的是（）
A．一段时间后，锌片逐渐溶解，质量减小
B．该装置能将电能转化为化学能
C．将铜片换成石墨棒，灯泡亮度不变
D．铜不参与氧化还原反应，只起导电作用
5．相同条件下，下列各热化学方程式中ΔH最小的是（　　）
①2A(l)+B(l)=2C(g) ΔH1 ②2A(g)+B(g)=2C(g) ΔH2
③2A(g)+B(g)=2C(l) ΔH3 ④2A(l)+B(l)=2C(l) ΔH4
A．ΔH1 B．ΔH2 C．ΔH3 D．ΔH4
6．科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．过程Ⅰ若通过原电池来实现，阴极电极反应式为
B．过程Ⅱ生成W的反应：
C．过程Ⅲ中LiOH在阳极得电子生成金属锂，该体系中可用金属锂作阳极材料
D．过程Ⅲ中阴极电极反应式为
7．电化学在化学实验、工业生产和生活中都有重要应用．下列说法正确的是（　　）
A．实验室利用锌片和稀硫酸制H2时，在稀硫酸中滴加MgSO4溶液可以加快反应速率
B．将反应2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2设计为原电池，正极反应为Cu﹣2e﹣═Cu2+
C．利用电解法除去酸性废水中的CN﹣离子，CN﹣在阳极被还原为N2和CO2
D．利用电解法精炼铜，原粗铜中的杂质有以离子形式被除去，也有以单质形式被除去
8．多伦多大学EdwardSargent教授团队研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法。反应在KCl电解液的流动池中进行，示意图如图。电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法正确的是（　　）
A．泡沫镍电极连接电源负极
B．铂箔电极附近溶液pH下降
C．该过程的总反应为CH2=CH2+HOCl→ +HCl
D．当电路中通过1mol电子时，铂箔电极上会产生11.2L气体(标准状况)
9． 电池结构如图，a和b为两个电极，其中a极为单质钾片。关于该电池，下列说法正确的是（　　）
A．b电极为负极
B．电池工作时，电子从a电极经过电解质流向b电极
C．电池工作时，由a电极通过隔膜移向b电极
D．正极的电极反应为：
10．用疏松多孔的活性炭插入KOH溶液作电极，在两极上分别通入甲烷和氧气，形成燃料电池，有关该电池的描述错误的是（　　）
A．电池总反应：CH4+2O2+2OH﹣═CO32﹣+3H2O
B．负极反应式：CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O
C．正极反应式：O2+4H++4e﹣═2H2O
D．CH4燃料电池比CH4直接燃烧能量利用率高
11．20世纪初，德国化学家哈伯在实验室首次利用氮气和氢气合成了氨：N2(g)+3H2(g)2NH3(g) △H=-92.4kJ·mol-1，从此人类进入了新的农业时代，化肥的使用大大提高了粮食产量。下列有关合成氨反应说法错误的是（　　）
A．NH3既是氧化产物，又是还原产物
B．升温和加压均可加快合成氨的反应速率
C．用E总表示物质能量之和，E总(反应物)D．每生成2molNH3(g)，反应过程中放出92.4kJ的热量
12．如图中甲池是以甲醇为原料，KOH为电解质的高效燃料电池，电化学过程的如图．下列说法中不正确的是（　　）
A．甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O
B．若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极的电极反应为4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑
C．若乙池中为一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和PH，则电解过程中转移的电子数为0.2NA
D．常温常压下，1g CH3OH燃料生成CO2和液态H2O时放热22.68kJ，表示该反应的热化学方程式为CH3OH（l）+1.5O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.80kJ mol﹣1
13．下列叙述或表示方法错误的是（　　）
A．盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现
B．在稀溶液中： ，含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ
C．相同条件下，如果1mol氧原子所具有的能量为E1，1mol氧分子所具有的能量为E2，则2E1= E2
D．化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的根本原因
14．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)。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．a电极上发生的反应式为2H++2e-=H2↑和4OH--4e-=2H2O+O2↑
C．曲线O~P段表示H2和O2混合气体的体积变化，曲线P~Q段表示O2的体积变化
D．从开始到Q点，共收集到0.1molH2和0.1mol O2
15．原电池总反应离子方程式为Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑，能实现该反应的原电池是（　　）
A．正极为铜，负极为镁，电解质溶液为稀盐酸
B．正极为铜，负极为铁，电解质溶液为稀硫酸
C．正极为石墨，负极为镁，电解质溶液为CuSO4溶液
D．正极为银，负极为镁，电解质溶液为NaCl溶液
16．利用微生物电池可以将工业废水中的有机物(以葡萄糖为例)、硝酸盐、亚硝酸盐转化为大气循环系统中的物质，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．外电路中：电流从非生物电极→灯泡→微生物电极
B．电池温度越高，越有利于N2的产生
C．非生物电极的电极反应式：
D．若生成1molN2，则反应中一定转移8mol电子
二、综合题
17．学习了元素周期律的相关知识后，同学们设计了多个实验在实验室探究元素性质的递变规律．
（1）Ⅰ．甲组同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，选取C、Si、S三种非金属元素的常见化合物，设计了如图1装置来一次性完成同主族和同周期元素非金属性强弱比较的实验研究．
①甲组同学设计实验的依据是　 　；
②写出选用物质的名称：A　 　B　 　C　 　；
③烧杯C中发生反应的离子方程式　 　，
④通过实验得出的结论：元素非金属性强弱顺序为　 　．（填元素符号）
（2）Ⅱ．乙组同学认为利用图1装置可直接比较Cl2和S单质的氧化性强弱，他们选择的药品是浓盐酸，KMnO4固体，Na2S溶液．
①预计C中观察到的现象是　 　，
②反应的离子方程式为　 　．
③有同学提出该装置存在明显缺陷需加以改进，你认为缺陷是　 　．
（3）Ⅲ．①丙组同学为了证明铁的金属性比铜强，设计了如下几种方案，其中合理的是　 　（填序号）．
A．铁片置于硫酸铜溶液中置换出铜
B．铁、铜与氯气反应分别生成FeCl3、CuCl2
C．铜片置于FeCl3溶液中，铜片逐渐溶解
D．铁片、铜片分别置于盛有稀硫酸的烧杯中，铁片上有气泡产生，而铜片无气泡
E．常温下，分别将铁片和铜片置于浓硝酸中，铁片不溶解，而铜片溶解
②请你另设计一个能证明铁的金属活动性比铜强的实验．要求：
a．此方案的原理不同于上述任一合理方案；
b．绘出实验装置图并注明所需的药品；
c．写出实验过程中的主要实验现象．
①实验装置（画在图2方框中）　 　
②实验现象　 　 ．
18．常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属后，催化剂的脱硝性能及抗硫中毒性能会发生改变。烟气脱硝主要副产物为，主反应如下：
反应I：；
反应II：
（1）已知：。则　 　。
（2）某条件下对于反应I，，，k正、k逆为速率常数。升高温度时，k正增大m倍，k逆增大n倍，则m　 　 n(填“>”“<”或“=”)。
（3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、的选择性、的生成量随温度变化关系如下图。
①选择时，温度高于260℃时NO转化率下降的原因为　 　。
②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为　 　。
③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致　 　。
（4）273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。
①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是　 　。
A．混合气体的平均摩尔质量保持不变 B．n(NH3)∶n(NO)保持不变
C．有1molN-H键断裂的同时，有键断裂 D．NO的分压保持不变
②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为　 　，反应I的Kp=　 　(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。
19．某小组采用电化学方法处理废气或废水中的污染物。
（1） (一)电解法处理废气中的氨(NH3)，装置如图所示。
一段时间后，溶液中Fe3+、Fe2+的总物质的量　 　(填“增大”“减小”或“基本不变”)。
（2）阳极的电极反应式为　 　。
（3）若要处理8.96LNH3(标准状况)，理论上消耗O2　 　mol。
（4）(二)采用纳米铁粉、炭粉的混合物可处理废水中的NO，原理如图1所示。
纳米铁粉中掺杂炭粉的原因是　 　。正极的电极反应式为　 　。
（5）实验表明酸性废水中NO的浓度与溶液pH的关系如图2所示。pH20．已知在25℃，101kPa下，16g气态CH4充分燃烧生成液态水时放出890kJ热量．请计算：
（1）112LCH4（标准状况）在25℃，101kPa下，充分燃烧生成液态水时放出的热量；
（2）上述过程中同时产生二氧化碳的体积（标准状况）．
21．在一定温度下，工业上合成尿素（H2NCONH2）的反应如下：2NH3（I）+CO2（g） H2O（I）+H2NCONH2（I）△H=﹣103.7kJ mol﹣1
试回答下列问题：
（1）写出一种有利于提高尿素的产率的措施是　 　．
（2）合成尿素的反应在进行时分为如下两步：
第一步：2NH3（I）+CO2（g） H2NCOONH4（I）（氨基甲酸铵）△H1
第二步：H2NCOONH4（I） H2O（I）+H2NCONH2（I）△H2
某实验小组模拟工业上合成尿素的条件，在一体积为0.2L的密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，实验测得反应中各组分随时间的变化如图甲所示：
①●●代表的物质为　 　（填化学式）
②已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第　 　步反应决定，反应进行到10min时到达平衡．反应进行到10min时测得●●所代表的物质的量如图所示，则该物质表示的表示化学反应的速率为　 　 mol L﹣1 min．L﹣1
③第二步反应的平衡常数K2随温度的变化如乙图所示，则△H1 　 　0 （填“＞”“＜”或“=”）．
④第一步反应在　 　 （填“较高”或“较低”）温度下有利该反应自发进行．
（3）已知：
N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.6kJ mol﹣1
N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.4kJ mol﹣1
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ mol﹣1
则4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）△H=　 　．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A.将煤转化成气体燃料，可提高能源的利用率，但不能减少二氧化碳的排放，A项错误；
B.使用新型能源可减少对传统化石能源的依赖，减少环境污染，B项正确；
C.以水代替有机溶剂，可减少环境污染，C项正确；
D.将废弃的秸轩转化为清洁高效的能源，可减少污染物的排放，节约能源，D项正确。
故答案为：A
【分析】保护环境可从优化能源结构、提高原料利用率、开发新能源能方面考虑。
2．【答案】B
【解析】【解答】
A、锌锰干电池中锌易失电子发生氧化反应，而做负极，二氧化锰得电子发生还原反应，而做正极，故A选项正确；
B、甲醇燃料电池放电时，一部分能量能转化为电能，一部分转化为热能，所以能量转化率不是100%，故B选项错误；
C、锂离子电池为可充电电池，为二次电池，因此可循环使用，故C选项正确；
D、充电和放电是电池反应向不同方向进行的过程，即充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行，故D选项正确；
故答案为：B
【分析】根据能量守恒定律，能推出燃料电池的利用率不可能达到100%，可快速解题。
3．【答案】C
【解析】【解答】解：金属的电化学腐蚀与防护中，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，所以要保护地下钢管不受腐蚀，可使它作原电池正极或电解池阴极，
A．如果和铜板连接，Fe活泼性大于Cu，Fe、Cu和电解质溶液构成的原电池中，Fe易失电子而作负极加速被腐蚀，故A错误；
B．如果和石墨连接，铁的活泼性大于石墨，Fe、石墨和电解质溶液构成的原电池中，Fe易失电子而作负极加速被腐蚀，故B错误；
C．如果将铁和直流电源负极相连，则Fe作电解池阴极，被保护，故C正确；
D．如果将铁和直流电源正极相连，则Fe作电解池阳极，加速被腐蚀，故D错误；
故选C．
【分析】金属的电化学腐蚀与防护中，作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀，作原电池正极或电解池阴极的金属被保护，据此分析解答．
4．【答案】B
【解析】【解答】A.Zn-Cu-H2SO4构成原电池，由于活动性Zn>Cu，所以Zn为原电池的负极，发生反应： ，锌片逐渐溶解，质量不断减小，A不符合题意；
B.该原电池是把化学能转化为电能，B符合题意；
C.若将铜片换成石墨棒，由于活动性Zn>C，Zn仍然为原电池的负极，电极反应不变，灯泡亮度也不会发生变化，C不符合题意；
D.Cu为正极，不参与反应，溶液中的H+在正极上获得电子变为H2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据原电池原理可知锌为原电池的负极，发生氧化反应，铜为原电池的正极，发生还原反应，据此解答即可。
5．【答案】C
【解析】【解答】 已知同一种物质在气态时能量最高，固态时能量最低，由此可知，C选项中，1mol气态A与1mol气态B的能量之和与2液体C之间的能量差值最大，△H最小。
故答案为：C。
【分析】同一种物质在气态时能量最高，固态时能量最低。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．过程Ⅰ得到 ，若用原电池来实现，原电池为正、负极，正极上电极反应式为 ，不符合题意；
B．根据流程可知，过程Ⅱ是由 和水反应生成氨气和W，根据质量守恒可推出W为LiOH，反应为 ，符合题意；
C．过程Ⅲ中应该是氢氧化锂转变为锂、氧气和水，应该是电解，LiOH生成金属Li发生还原反应，在阴极发生反应，金属锂可用作阴极材料，不符合题意；
D．过程Ⅲ涉及电解池的阳极电极反应： ，不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.实现此反应，发生还原反应，在正极进行
B.根据质量守恒，反应物和部分生成物，确定另一生成物
C.考查的是水对该反应的影响
D.阳极吸引大量的阴离子，氢氧根在阳极放电
7．【答案】D
【解析】【解答】解：A．锌不能置换出镁，不能形成原电池反应，不能加快反应速率，故A不选；
B．铜为负极，发生氧化反应，Cu﹣2e﹣═Cu2+为负极反应，故B不选；
C．阳极发生氧化反应，CN﹣在阳极被氧化为N2和CO2，故C不选；
D．粗铜含有铁、锌、金、银等金属，比铜活泼的可被氧化，金、银以单质存在，故D选．
故选D．
【分析】A．锌不能置换出镁，不能形成原电池反应；
B．铜为负极，发生氧化反应；
C．阳极发生氧化反应；
D．粗铜含有铁、锌、金、银等金属，比铜活泼的可被氧化．
8．【答案】D
【解析】【解答】A．根据分析可知泡沫镍电极为阳极，应连接电源正极，故A不符合题意；
B．铂箔电极为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生大量氢氧根，所以铂箔电极附近溶液pH升高，故B不符合题意；
C．铂箔电极的产物为H2和KOH，所以阳极区生成的HCl又会反应生成KCl，初始反应物没有HOCl，该物质是阳极产物氯气和水反应生成的，据图可知HOCl中氯元素最终又生成了氯离子，所以该反应的实际反应物只有乙烯和水，最终的生成物为环氧乙烷和氢气，总反应为 ，故C不符合题意；
D．铂箔电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移1mol电子生成0.5mol氢气，标况下体积为11.2L，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】据图可知泡沫镍电极上Cl-失电子被氧化生成Cl2，所以泡沫镍电极为阳极，则铂箔电极为阴极，电解质溶液为KCl溶液，所以阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．b电极为正极，A不符合题意 ；
B．电池工作时，电子从a电极经过导线流向b电极，B不符合题意 ；
C．b电极上氧气得电子生成KO2，K+由a电极通过隔膜移向b电极，C符合题意 ；
D．正极的电极反应，钾离子也参与了反应，生成KO2，D不符合题意 ；
故答案为：C 。
【分析】A．得电子电极为正极 ；
B．电子从a电极经过导线流向b电极 ；
C．b电极上氧气得电子生成KO2；
D．正极的电极反应，钾离子也参与了反应，生成KO2。
10．【答案】C
【解析】【解答】解：A．在碱性溶液中，负极上投放燃料甲烷，发生失电子发生氧化反应：CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O，正极上投放氧气，发生得电子的还原反应：2O2+4H2O+8e﹣═8OH﹣，燃料电池的总反应式为CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2O，故A正确；
B．在碱性溶液中，负极上投放燃料甲烷，发生失电子发生氧化反应：CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O，故B正确；
C．正极上投放氧气，发生得电子的还原反应：2O2+4H2O+8e﹣═8OH﹣，故C错误；
D．甲烷燃料电池的能量实现化学能转化为电能，能量利用率比甲烷燃烧的大，甲烷燃烧损失能量，故D正确．
故选C．
【分析】甲烷碱性燃料电池工作时，正极上投放氧气，发生得电子的还原反应，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，甲烷在负极失电子发生氧化反应，电极反应式为CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O，据此解答．
11．【答案】C
【解析】【解答】A．N2(g)中N元素价态降低，被还原为氨气，H2(g)中H元素价态升高，被氧化为氨气，故NH3既是氧化产物，又是还原产物，A不符合题意；
B．升温，活化分子百分数增大，有效碰撞几率增大，加压，单位体积内活化分子总数增多，有效碰撞几率增大，升温和加压均可加快合成氨的反应速率，B不符合题意；
C．△H=E总(生成物)-E总(反应物)<0，故E总(生成物)D．由热化学方程式的含义可知每生成2molNH3(g)，反应过程中放出92.4kJ的热量，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.N元素的化合价降低，H元素的化合价升高，NH3既是氧化产物，又是还原产物；
B.升温和加压均可加快合成氨的反应速率；
C.该反应为放热反应，E总(生成物)D.每生成2molNH3(g)放出92.4kJ热量。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．甲池是甲醇氧气燃料电池反应，燃料燃烧的产物二氧化碳与氢氧化钾反应生成碳酸钾，总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O，故A正确；
B．若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极阴离子放电，发生失电子的氧化反应，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣=2H2O+O2↑，故B正确；
C．乙池加入0.1mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O 2H2↑+O2↑，Cu（OH）2从组成上可看成CuO， H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol，即0.4NA，故C错误；
D.1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ.32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.80KJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.80kJ mol﹣1，故D正确；
故选：C．
【分析】A．甲池是甲醇氧气燃料电池反应，根据碱性条件书写方程式；
B．若乙池中为足量AgNO3溶液，则阳极阴离子放电，发生失电子的氧化反应；
C．乙池加入0.1mol Cu（OH）2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：
2CuSO4+2H2O 2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O 2H2↑+O2↑，Cu（OH）2从组成上可看成CuO， H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.1mol铜转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，根据原子守恒知，生成0.1mol水需要0.1mol氢气，生成0.1mol氢气转移电子=0.1mol×2mol=0.2mol，所以电解过程中共转移电子数为0.4mol；
D.1g甲醇（CH3OH）燃烧生成CO2和液态水时放热22.68kJ.32g甲醇燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为725.80KJ；则表示甲醇燃烧热的热化学方程式为：CH3OH（l）+3/2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣725.80kJ mol﹣1．
13．【答案】C
【解析】【解答】A．反应物的始态、终态相同，则物质具有的能量相同，反应过程中能量变化也相同，所以盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现，故A不符合题意；
B．浓硫酸稀释过程中会放出热量，导致生成1mol水时放出的热量增大，故B不符合题意；
C．原子形成化学键结合为分子时放出热量，则说明原子具有的能量比分子多。相同条件下，如果1mol氧原子所具有的能量为E1，1mol氧分子所具有的能量为E2，则2E1＞E2，故C符合题意；
D．旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、反应物的始态、终态相同，则物质具有的能量相同，反应过程中能量变化也相同，所以盖斯定律实质上是能量守恒定律的体现；
B、浓硫酸稀释过程中会放出热量，导致生成1mol水时放出的热量增大；
C、分子断键形成原子时吸收能量；
D、旧键断裂吸收能量，新键生成释放能量，化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因。
14．【答案】D
【解析】【解答】A.b为阳极，析出固体在a极，故A不符合题意
B.a极反应为 2H++2e-=H2↑ 以及Cu2++2e-=Cu，故B不符合题意
C.OP段只有氧气，PQ段才是氧气和氢气，故C不符合题意
D.OP转移0.2mol电子，析出氧气0.05mol，PQ转移电子0.2mol，析出氧气0.05mol，氢气0.1mol故氧气总量为0.1mol氢气为0.1默认，故D符合题意
故答案为：D
【分析】阴极先是铜离子电解，再是氢离子电解；阳极只有氢氧根电解生成氧气；故前半段生成的是铜和氧气，后半段生成的是氢气和氧气。
15．【答案】A
【解析】【解答】电池反应式Mg+2H+=Mg2++H2↑知镁发生氧化反应作负极，不如镁活泼的金属或导电的非金属作正极，电解质溶液是酸溶液。
A.镁的活泼性大于铜，镁作负极，铜作正极，电解质溶液是稀盐酸，所以符合条件，故A符合题意；
B.原电池负极应是镁，不是铁，故B不符合题意；
C.电解质溶液应是酸溶液，但硫酸铜溶液是盐溶液，故C不符合题意；
D.电解质溶液应是酸溶液，但氯化钠溶液是盐溶液，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据电池反应式Mg+2H+=Mg2++H2↑知镁发生氧化反应作负极，不如镁活泼的金属或导电的非金属作正极，氢离子发生还原反应存在于电解质溶液中，所以电解质溶液是酸。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．外电路中，电流从正极到负极，电流从生物电极→灯泡→非微生物电极，A不符合题意；
B．电池温度过高会导致微生物失去活性，B不符合题意；
C．非生物电极的电极反应式： ，C符合题意；
D．生成氮气时可能是硝酸根或者亚硝酸根离子，不一定转移8mol电子，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．葡萄糖在左侧电极失去电子生成二氧化碳，左侧为负极，硝酸根或者亚硝酸根离子得到电子生成氮气，右侧为正极；
A．外电路中，电流从正极到负极；
B．电池温度过高会导致微生物失去活性；
C．电极反应式的书写；
D．生成氮气时可能是硝酸根或者亚硝酸根离子。
17．【答案】（1）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；稀硫酸；碳酸钠；硅酸钠溶液；CO2+H2O+SiO32﹣=H2SiO3↓+CO32；S＞C＞Si
（2）溶液变浑浊；Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓；没有进行尾气处理
（3）AD；；Fe棒逐渐溶解，Cu棒上有气泡生成
【解析】【解答】解：I．（1）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以其设计依据为：元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，故答案为：元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；（2）用稀硫酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，用二氧化碳、水和硅酸钠溶液反应制取硅酸，所以A中液体为稀硫酸、B中固体为碳酸钠、C中溶液为硅酸钠溶液，故答案为：稀硫酸；碳酸钠；硅酸钠溶液；（3）烧杯C中发生反应的离子方程式为二氧化碳、水和硅酸根离子反应生成碳酸根离子和硅酸，离子方程式为CO2+H2O+SiO32﹣=H2SiO3↓+CO32﹣，故答案为：CO2+H2O+SiO32﹣=H2SiO3↓+CO32﹣；（4）稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳和水，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成硅酸，根据强酸制取弱酸知，酸性强弱顺序：硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性S＞C＞Si，故答案为：S＞C＞Si；II．（1）C中氯气与硫化钠溶液反应生成单质硫，所以C中溶液会变浑浊；故答案为：溶液变浑浊；（2）氯气与硫离子反应生成硫沉淀和氯离子，其反应的离子方程式为：Cl2+S2=2Cl﹣+S↓；故答案为：Cl2+S2﹣=2Cl﹣+S↓；（3）氯气有毒，会污染环境，所以要进行尾气处理；故答案为：没有进行尾气处理．III．（1）A．铁片置于硫酸铜溶液中有铜析出，Fe的活泼性大于Cu，说明Fe的金属性大于Cu，故A正确；
B．氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化物最高价态，铁、铜与氯气反应分别生成FeCl3、CuCl2，说明氯气具有强氧化性，但不能证明Fe、Cu的金属性强弱，故B错误；C．铜片置于FeCl3溶液中，铜片逐渐溶解：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，说明还原性是铜单质强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故C错误；
D．铁片、铜片分别置于盛有稀硫酸的烧杯中，铁片上有气泡产生，而铜片无气泡，说明铁的活泼性大于Cu，则Fe的金属性大于Cu，故D正确；E．常温下，Fe和浓硝酸发生钝化现象，铜能和浓硝酸发生氧化还原反应，不能说明Fe的金属性大于Cu，故E错误；故选AD．（2）①根据金属材料作原电池电极时失电子难易程度确定金属的活泼性，将Fe、Cu棒用导线连接平行插入稀硫酸中，Fe棒逐渐溶解，Cu棒上有气泡生成，发生反应Fe+2H+=Fe 2++H2↑，根据实验现象知，Fe的金属性大于Cu，
其装置图为 ；
故答案为： ；
②Fe、Cu棒用导线连接平行插入稀硫酸中，构成原电池，Fe失电子作负极，Fe棒逐渐溶解，Cu作正极，Cu棒上有气泡生成；
故答案为：Fe棒逐渐溶解，Cu棒上有气泡生成．
【分析】I．（1）元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸；（2）用稀硫酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，用二氧化碳、水和硅酸钠溶液反应制取硅酸；（3）烧杯C中发生反应的离子方程式为二氧化碳、水和硅酸根离子反应生成碳酸根离子和硅酸；（4）先判断酸性强弱后判断非金属性强弱；II．（1）C中氯气与硫化钠溶液反应生成单质硫；（2）氯气与硫离子反应生成硫沉淀和氯离子；（3）氯气有毒，会污染环境．III．（1）金属的金属性强弱的判断方法有：金属之间的置换反应、金属与水或酸置换出氢气的难易程度、金属最高价氧化物的水化物碱性强弱；（2）还可以根据金属材料作原电池电极时失电子难易程度确定金属的活泼性．
18．【答案】（1）-1838
（2）<
（3）催化剂活性下降(或副反应增多)；W0.15MnCeTiOx；结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒
（4）C；75%；
【解析】【解答】（1）已知，结合反应II：，依据盖斯定律，推知，所以a=-1838kJ/mol；
（2）反应I正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m（3）①选择时，180℃~260℃ NO转化率逐渐增大，温度高于260℃时转化率下降，可能是温度过高，催化剂的活性下降，也可能是副反应增多；
②结合图片，可知W0.15MnCeTiOx在温度相对较低时催化效率高，NO的转化率较高、的选择性高、的生成量相对较高，故最佳催化剂为W0.15MnCeTiOx；
③催化剂表面出现NH4HSO4结晶，晶体会覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒，催化活性降低；
（4）①A．反应I、II前后气体系数和不相等，且均为气体，反应过程中混合气的总质量保持不变，但混合气的物质的量改变，故当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应I、II达到平衡，A正确；
B．反应I、II中，参加反应的n(NH3)∶n(NO)不同，当n(NH3)∶n(NO)保持不变时，则n(NH3)、n(NO)不再改变，反应达到平衡，B正确；
C．反应I中有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，反应II中，当有12molN-H键断裂的同时，有键断裂时反应达到平衡，C不正确；
D．NO的分压保持不变，则体系中NO的浓度不再改变，反应I、II达到平衡，D正确；
故答案为：C。
②反应开始时通入4molNH3、4molNO、2molO2，达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol，则参加反应的O2为0.6mol，参加反应的NH3为2.8mol，产物只有水和氮气，根据氢元素守恒，生成水的物质的量为：2.8mol×3÷2=4.2mol，根据O元素守恒可知，NO需提供O元素的物质的量为：4.2mol-0.6mol×2=3mol，所以参加反应的NO的物质的量为3mol，生成N2的物质的量为：2.9mol，NO的转化率为：3mol÷4mol×100%=75%；
反应I的Kp 表达式为：， ，
，
，
，
所以
【分析】（1）依据盖斯定律分析；
（2）依据影响化学平衡的因素分析；
（3）①依据催化剂的活性分析；
②依据图像分析；
③由题目信息分析；
（4）①依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
②平衡转化率是指平衡时已转化了的某反应物的量与转化前该反应的量之比；利用三段式法计算。
19．【答案】（1）基本不变
（2）2NH3-6e-=N2+6H+
（3）0.3
（4）形成了活泼性不同的两个电极，形成原电池，加快反应速率；NO+8e-+10H+=NH+3H2O
（5）氢离子也可以和Fe反应，会反应消耗纳米铁粉，导致与NO发生反应的纳米Fe量减小，NO处理率降低
【解析】【解答】（1）由图可知，该反应通过Fe3+和Fe2+的循环实现了废气中氨气的处理，则Fe3+、Fe2+的总量是基本不变的；
（2）在阳极氨气中的氮原子失去电子生成氮气，电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+；
（3）由图可知，氨气失去的电子最终是给了氧气，根据得失电子守恒可知，4NH3~3O2，8.96LNH3的物质的量=，则氧气的物质的量=0.3mol；
（4）纳米铁粉中掺杂炭粉，形成了活泼性不同的两个电极，形成原电池，加快反应速率；由图可知，在正极是硝酸根离子得到电子生成了铵根离子，电极反应式为：NO+8e-+10H+=NH+3H2O；
（5）pH较低时，氢离子也可以和Fe反应，会反应消耗纳米铁粉，导致与NO发生反应的纳米Fe量减小，NO处理率降低。
【分析】（1）依据循环反应原理判断；
（2）阳极失去电子，发生氧化反应；
（3）根据得失电子守恒计算；
（4）依据形成原电池分析，正极得到电子，发生还原反应；
（5）依据图中曲线变化及反应物的性质分析。
20．【答案】（1）解：16g即1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出890kJ热量，则热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890KJ/mol，n（CH4）= =5mol，由热化学方程式得燃烧1molCH4放出890KJ的热量，则燃烧5mol，放出的热量为5mol×890KJ/mol=4450kJ
（2）解：由方程式CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O得，消耗22.4LCH4生成22.4LCO2，则消耗112LCH4生成112LCO2
【解析】【分析】16g即1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出890kJ热量，则热化学方程式为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890KJ/mol，（1）n（CH4）= =5mol，据热化学方程式分析得；（2）据v=nVm进行计算．
21．【答案】（1）加压或降温
（2）CO2；2；0.41；＜；较低
（3）﹣1627.2 kJ mol﹣1
【解析】【解答】解：（1）2NH3（l）+CO2（g） H2O（l）+H2NCONH2（l）△H=﹣103.7kJ mol﹣1 ，反应有气体参加，反应前后气体体积减小，采用增大压强，反应正向进行，尿素的产率增大，反应是放热反应，降温反应正向进行，尿素的产率增大，
故答案为：加压或降温；（2）①合成尿素的反应，第一步：2NH3（I）+CO2（g） H2NCOONH4，
第二步：H2NCOONH4（I） H2O（I）+H2NCONH2，投入4mol氨，且氨气在反应中始终减少，为 ，H2NCOONH4先增加，后减少，为 ，物质的量始终在增加， 为尿素，
故答案为：CO2；②由图象可知在15分钟左右，氨气和二氧化碳反应生成氨基甲酸铵后不再变化发生的是第一步反应，氨基甲酸铵先增大再减小最后达到平衡，发生的是第二步反应，从曲线斜率不难看出第二步反应速率慢，所以已知总反应的快慢由慢的一步决定，则合成尿素总反应的快慢由第二步决定，投入1mol二氧化碳，减少趋势不大的●●代表的为二氧化碳，依据图象分析，二氧化碳再进行到10min时物质的量为0.18mol，所以此时的反应速率为V（CO2）= = =0.41mol/（L min），
故答案为：2； 0.41；③由图Ⅱ可知，随着温度的升高，平衡常数增大，平衡向正反应方向移动，则正反应为吸热反应，△H2＞0，2NH3（I）+CO2（g） H2O（I）+H2NCONH2（I）△H=﹣103.7kJ mol﹣1，则△H1，＜0，
故答案为：＜；④根据第一步的方程式可知，反应物中有气体，生成物中没气体，所以△S＜0，△H1，＜0，根据△G=△H﹣T△S可知，温度较低时，△G可能小于0，即反应可以自发，
故答案为：较低；（3）已知：①N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+180.6kJ mol﹣1②N2（g）+3H2（g）=2NH3（g）△H=﹣92.4kJ mol﹣1③2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=﹣483.6kJ mol﹣1
则（③×3﹣①×2﹣②×2）得：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）═4N2（g）+6H2O（g）根据盖斯定律，反应热的大小与反应的途径无关，只与反应的始态和终态有关，则△H=（﹣483.6kJ mol﹣1）×3﹣（+180.6kJ mol﹣1）×2﹣（﹣92.4kJ mol﹣1）×2=﹣1627.2 kJ mol﹣1，
故答案为：﹣1627.2 kJ mol﹣1．
【分析】（1）2NH3（l）+CO2（g） H2O（l）+H2NCONH2（l）△H=﹣103.7kJ mol﹣1 ，反应是放热反应，反应前后气体体积减小；有利于提高尿素的生成速率需要依据影响化学反应速率的因素进行分析；（2）①根据反应方程式，各反应物、生成物的特点可知●●代表的物质为二氧化碳；②已知总反应的快慢由慢的一步决定，结合图象变化趋势，图象表达反应的判断，反应快慢可以依据第一步和第二步反应的曲线斜率比较大小；在一体积为0.2L的密闭容器中投入4mol氨和1mol二氧化碳，分析图象计算10分钟时二氧化碳的消耗物质的量，结合化学反应速率概念进行计算；③由图Ⅱ可知，随着温度的升高，平衡常数增大，平衡向正反应方向移动；④根据第一步的方程式可知，反应物中有气体，生成物中没气体，所以△S＜0，根据△G=△H﹣T△S判断；（3）根据已知方程式构建目标方程式，根据盖斯定律计算△H．