第1章 化学反应与能量转化 同步练习-（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 同步练习
一、单选题
1．已知断裂1 mol某些化学键所需能量数据如下表：
化学键 C-H C- Cl H- Cl Cl-Cl
能量/kJ 413 328 431 243
反应CH4(g)+4Cl2(g)=CCl4(g)+4HCl(g)的△H为（　　）
A．-103 kJ·mol-1 B．+103 kJ·mol-1
C．-412 kJ·mol-1 D．+412 kJ·mol-1
2．反应A+B→C(ΔH﹤0)分两步进行①A+B→X(ΔH＞0)，②X→C(ΔH﹤0)，下列示意图中，能正确表示总反应过程中能量变化的是（　　）
A． B．
C． D．
3．下列关于如图所示原电池装置的叙述中，正确的是（）
A．铜片是负极 B．铜片质量逐渐减少
C．电流从锌片经导线流向铜片 D．氢离子在铜片表面被还原
4．工业上由CO和H2合成甲醇的热化学方程式为CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) △H=-129kJ mol-1。下列表示合成甲醇反应的能量变化示意图中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
5．下列说法错误的是（　　）
A．电解水生成氢气和氧气时，电能转变成化学能
B．煤燃烧时可以将化学能转变成热能
C．绿色植物光合作用过程中把太阳能转变成化学能
D．白炽灯工作时电能全部转变为光能
6．最近我国科学家发明“可充电钠一二氧化碳电池”(如图)，放电时电池总反应为：4Na+3CO2=2Na2CO3+C。下列说法错误的是（　　）
A．该装置可以将化学能转化为电能
B．电池工作温度可能在200℃以上，放电时外电路电子由碳纳米管极流向钠箔极
C．放电时，Na+向正极移动
D．放电时，正极的电极反应为4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C
7．图a~c分别为NaCl在不同状态下的导电实验(X Y均为石墨电极微观示意图。下列分析正确的是（　　）
A．图中白球代表
B．图a可表示熔融的NaCl，不导电
C．图b中X作阳极，发生氧化反应
D．图c中电解时X Y上产生物质的物质的量之比为1∶2
8．已知H＋(aq)＋OH－(aq) ═ H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/mol，下列说法正确的是（　　）
A．当用稀CH3COOH(aq)和稀NaOH(aq)生成1 mol H2O(l)时，反应热为ΔH1，ΔH1＞ΔH
B．用含1 mol HCl的稀HCl(aq)和40 g NaOH固体反应生成1 mol H2O(l)时，反应热为ΔH1，ΔH1＞ΔH
C．含1 mol H2SO4的稀溶液和含1 mol Ba(OH)2的稀溶液完全反应，放出57.3 kJ的热量
D．中和反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量
9．化学与生活、社会密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂
B．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，有利于节约资源、保护环境
C．开发废电池的综合利用技术，能防止电池中的重金属等污染土壤和水体
D．在食品中科学使用食品添加剂，有利于提高人类生活质量
10．某海水中主要离子的含量如下表，现利用“电渗析法”进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是（　　）
离子
含量 9360 83 200 1100 16000 1200 118
A．甲室的电极反应式为：
B．乙室和丁室中部分离子的浓度增大，淡水的出口为b
C．当戊室收集到 (标准状况)气体时，通过甲室阳膜的离子的物质的量一定为2mol
D．淡化过程中易在戊室形成水垢
11．下列说法正确的是（　　）
A．铜的金属活泼性比铁差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀
B．同温下，等体积pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液中由水电离出的H+数目相同
C．常温常压下，78 g苯中含有双键的数目为3×6.02×1023
D．室温下，向0.1mol/L CH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，溶液的导电能力增强
12．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示（图中E1表示无催化剂时正反应的活化能，E2表示无催化剂时逆反应的活化能）。下列有关叙述错误的是（　　）
A．该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数
B．500℃、101kPa下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应生成SO3(g)放热akJ，其热化学方程式为2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=-2a kJ·mol-l
C．该反应中，反应物的总键能小于生成物的总键能
D．ΔH=E1-E2，使用催化剂改变活化能，但不改变反应热
13．燃料电池是一种新型电池，它主要是利用燃料在燃烧过程中把化学能直接转化为电能，氢氧燃料电池的电极反应如下：
X极：O2＋2H2O＋4e－=4OH－；
Y极：2H2＋4OH－－4e－=4H2O
下列判断正确的是（　　）
A．X是正极，发生氧化反应
B．该电池可用稀硫酸作为电解质溶液
C．供电时Y极附近的酸性减弱
D．使用时若生成1 mol H2O则转移2 mol电子
14．下列过程中吸收能量的是（　　）
A． B．
C． D．
15．全固态锂电池能量密度大，安全性高，拓宽了电池工作温度范围和应用领域。一种全固态锂—空气电池设计如图，电池总反应为：O2+2Li=Li2O2。下列说法正确的是（　　）
(注：复合电极包含石墨、催化剂及放电时生成的Li2O2)
A．放电时，外电路电流的方向是由Li电极流向复合电极
B．充电时，Li电极应与电源的正极相连
C．充电时，阳极的电极反应为：Li2O2-2e-=O2+2Li+
D．放电时，如果电路中转移1mol电子，理论上复合电极净增重7g
16．化学反应N2＋3H2=2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（　　）
A．N2(g)＋3H2(g)=2NH3(l) ΔH＝2(a－b－c) kJ·mol－1
B．N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g) ΔH＝2(b－a) kJ·mol－1
C． N2(g)＋ H2(g)=NH3(l) ΔH＝(b＋c－a) kJ·mol－1
D． N2(g)＋ H2(g)=NH3(g) ΔH＝(a＋b) kJ·mol－1
二、综合题
17．二十大报告指出“推动绿色发展，促进人与自然和谐共生”，强调要深入推进环境污染防治。其中碳和氮氧化物的综合处理是环境污染治理的重要内容，一种利用一氧化碳脱硝的方法涉及如下反应：
ⅰ. ；
ⅱ. ；
ⅲ. 。
回答下列问题：
（1）一氧化碳与一氧化氮反应生成无污染气体的热化学方程式为　 　。
（2）已知反应ⅲ的速率方程为(k为只受温度影响的速率常数)。向某2 L刚性密闭容器中充入0.1 mol 和0.1 mol ，控制一定温度下，只发生反应ⅲ，10 min末达到平衡，此时容器中NO的体积分数为40%。
①10 min内该反应的平均反应速率　 　；
②该温度下，反应ⅲ的平衡常数　 　；
③若向平衡后的容器中充入一定量，此时会　 　(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（3）某实验小组研究高温下和反应造成污染的程度。一定温度下，向某恒容密闭容器中按体积比4∶1投入和，发生反应ⅰ和反应ⅱ。
①下列条件能说明上述两反应均达到平衡状态的是　 　(填选项字母)。
a．的消耗速率等于的生成速率时
b．体积分数与体积分数相等时
c．混合气体颜色不再发生变化
d．混合气体密度不再发生变化
②当容器内压强减少5%时，的体积分数为　 　(保留三位有效数字)。
（4）我国科研工作者提出NO脱除可通过如图所示两种方式完成。实际生产中更适宜选择方式二的原因为　 　。
18．发展洁净煤技术、利用CO2制备清洁能源等都是实现减碳排放的重要途径．
（1）将煤转化成水煤气的反应：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中加入催化剂（其他条件保持不变），此反应的△H　 　（填“增大”、“减小”或“不变”），判断的理由是　 　．
（2）CO2制备甲醇：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，在体积为1L的密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，测得CO2（g） 和CH3OH（g） 浓度随时间变化如图1所示．
①该反应化学平衡常数K的表达式是　 　．
②0～9min时间内，该反应的平均反应速率ν（H2）=　 　
③在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，此反应达平衡时放出的热量（Q）可能是　 　（填字母序号）kJ．
0＜Q＜29.5 b.29.5＜Q＜36.75 c.36.75＜Q＜49 d.49＜Q＜98
④在一定条件下，体系中CO2的平衡转化率（α）与L和 X的关系如图2所示，L和X 分别表示温度或压强．
X表示的物理量是． 判断L1与L2飞大小关系．
（3）科学家用氮化镓材料与铜组装如图3的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4．
写出铜电极表面的电极反应式，为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量　 　（选填“盐酸”或“硫酸”）．
（4）利用CO2和NH3为原料也合成尿素，在合成塔中的主要反应可表示如下：
反应①：2NH3（g）+CO2（g）=NH2CO2NH4（s）△H1=　 　
反应②：NH2CO2NH4（s）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ mol﹣1
总反应：2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H=﹣86.98kJ mol﹣1；
则反应①的△H1=　 　．
（5）现将amol铁和bmol铜的混合物与含有cmolHNO3的稀溶液充分反应，设还原产物为NO．下列结论不正确的是 （填序号）
A．若剩余金属0.5amol，则氧化产物为一种或二种
B．若只有一种氧化产物，则3c=8a
C．若有二种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25cmol
D．若有三种氧化产物，被还原的硝酸物质的量为0.25cmol．
19．工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物（NOx）、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。
（1）Ⅰ.脱硝：
已知：H2的燃烧热为285.8kJ/mol
N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ/mol
H2O（g）=H2O（l）△H=-44kJ/mol
催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为　 　。
（2）Ⅱ.脱碳：
向2L密闭容器中加入2molCO2、6molH2，在适当的催化剂作用下，发生反应：CO2（g）+3H2（g） CH3OH（l）+H2O（l）。
下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是__________。
A．混合气体的平均式量保持不变
B．CO2和H2的体积分数保持不变；
C．CO2和H2的转化率相等
D．混合气体的密度保持不变
E．1molCO2生成的同时有3molH—H键断裂
（3）在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，发生反应CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）反应达到平衡时CH3OH的体积分数（V%）与n（H2）/n（CO）的关系如图1所示。
①当起始n（H2）/n（CO）=2，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则0～5min内平均反应速率V（H2）=　 　。若此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将　 　（选填“增大”、“减小”或“不变”）；
②当起始n（H2）/n（CO）=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图1中的　 　点（选填“D”、“E”或“F”）
20．为改变能源结构和缓解环境压力，对甲烷等传统化石燃料的深度处理和综合利用成为当今研究的热点之一。甲烷催化制乙炔的反应体系中主要涉及如下反应：
I.2CH4(g)C2H2(g)+3H2(g) ΔH1=+376.6kJ·mol-1；
II.CH4(g)C(s)+2H2(g) ΔH2=+75kJ·mol-1；
III.CO2(g)+C(s)2CO(g) ΔH3=+172kJ·mol-1；
IV.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH4=+41kJ·mol-1。
回答下列问题：
（1）CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)ΔH=　 　。
（2）一定温度下，Kc(III)=0.1mol·L-1、Kc(IV)=0.2(Kc是用平衡浓度表示的平衡常数)，向恒容密闭容器中充入一定量CH4和CO2，5min末达到平衡时测得反应体系中c(CO)：c(H2O)=5：1。则5min末，容器内H2的平衡浓度c(H2)=　 　mol·L-1。
（3）反应中催化剂活性会因反应II而降低，同时反应III又会消除催化剂表面的积碳。催化剂表面生成碳的速率方程为v=(其中k表示速率常数)，则一定温度下，减少催化剂表面积碳量的措施为　 　。
（4）一定温度下，将2molCH4充入5L恒容密闭容器中发生反应I，实验测得反应前容器内压强为0.1MPa，容器内各气体分压与时间的关系如图1所示。该温度下，反应I的平衡常数Kc=　 　mol2·L-2；16min时改变容器容积，图1中能表示C2H2的分压与时间变化关系的曲线为　 　(填“L1”“L2”“L3”或“L4”)，原因为　 　。
（5）有学者结合实验和计算机模拟结果，报道了如图2所示的反应IV的一种反应历程，其中吸附在催化剂表面的物种用“●”标注。反应速率最大的步骤对应的化学方程式为　 　；TS3对应的步骤适合在　 　(填“高温”或“低温”)条件下进行。
21．电镀行业产生的酸性含铬废水对环境有污染，其中所含的+6价铬(以Cr2O 形式存在)是主要污染物，可采用电解法将其除去。向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体，以Fe为阴、阳电极进行电解。经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，从而使废水中铬含量低于排放标准。装置如图所示。
已知：pH=3.2时Fe3+完全转化为Fe(OH)3；pH=5.6时Cr3+完全转化为Cr(OH)3
（1）向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体的作用是　 　。
（2）B极上有大量氢气产生，电极反应为　 　。
（3）结合化学用语分析酸性废水中Cr2O 转化为Cr(OH)3的主要原因　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】反应热等于断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，则反应CH4(g)+4Cl2(g)=CCl4(g)+4HCl(g)的△H=4×413 kJ/mol+4×243 kJ/mol-4×328 kJ/mol-4×431 kJ/mol=-412 kJ/mol，
故答案为：C。
【分析】根据ΔH=反应物总键能-生成物总键能计算。
2．【答案】A
【解析】【解答】由反应 A+B →C（△H ＜0）分两步进行 ：① A+B→X （△H ＞0） ② X→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，选项A和C符合题意；由① A+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；
故答案为：A。
【分析】第一阶段为吸热，反应物总内能小于生成物总内能，第二阶段放热反应，反应物总内能大于生成物总内能。
3．【答案】D
【解析】【解答】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。锌比铜活泼，所以锌是负极，铜是正极，溶液中的氢离子在正极得到电子生成氢气。
故答案为：D。
【分析】原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应。所以正极：H++2e-=H2。
4．【答案】A
【解析】【解答】△H<0，说明此反应是放热反应，反应物总能量大于生成物的总能量，气态的甲醇转化成液态的甲醇属于放热过程，即气态甲醇具有的能量大于液态甲醇的能量，故A符合题意。
【分析】此题考查焓变与反应物和生成物的能量关系，其次根据物质不同状态的能量大小关系气体大于液体大于固体。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A.电解装置将水电解生成氢气和氧气时，电能转化为化学，选项A不符合题意；
B.煤燃烧时会产生大量的热量，化学能主要转化为热能，选项B不符合题意；
C.绿色植物进行光合作用时，太阳能转化为化学能在生物体内储存，选项C不符合题意；
D.白炽灯工作时，电能转化为光能和热能，选项D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.电解池是将电能转化为化学能，电解水生成氧气和氢气；
B.煤的燃烧是将化学能主要转化为热能，还有光能；
C.光合作用是将太阳能转化为化学能；
D.白炽灯将电能转化为光能和热能。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．该装置是原电池，可以将化学能转化为电能，A不符合题意；
B．二甲醚易挥发，所以温度不能过高，B符合题意；
C．原电池中阳离子向正极移动，所以阳离子钠离子向正极移动，C不符合题意；
D．放电时正极发生还原反应，二氧化碳中C得电子生成单质C，电极反应式为：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】先有电池总反应，判断正负极，发生氧化反应的为负极反应，发生还原反应的为正极反应，所以钠为负极，二氧化碳在正极反应，然后分别写出正负极电解反应，最后进行解答即可
7．【答案】C
【解析】【解答】A．Na+的半径比Cl-小，故白球表示Na+，灰球表示Cl-，A不符合题意；
B．图a中Na+和Cl-有序排列，表示固态NaCl，不导电，B不符合题意；
C．图b中，Cl-向X极移动，则X极为阳极，Cl-在阳极上失去电子，发生氧化反应，C符合题意；
D．图c中，Na+、Cl-周围有H2O包围形成水合离子，说明电解的是NaCl溶液，该反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，水合氯离子向X极移动，说明X极为阳极，Y极为阴极，则Cl2在X极上产生，H2和NaOH在Y极上产生，所以X、Y上产生物质的物质的量之比为1：3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.离子半径：Cl->Na+；
B.熔融的NaCl能电离出自由移动的钠离子和氯离子；
D.电解NaCl溶液的方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．醋酸为弱电解质，电离需要吸热，当用稀CH3COOH(aq)和稀NaOH(aq)生成1 mol H2O(l)时，反应热为ΔH1＞－57.3 kJ/mol，即ΔH1＞ΔH，故A符合题意；
B．氢氧化钠固体溶解放热，用含1 mol HCl的稀HCl(aq)和40 g NaOH固体反应生成1 mol H2O(l)时，反应热为ΔH1＜－57.3 kJ/mol，ΔH1＜ΔH，故B不符合题意；
C．反应中生成硫酸钡沉淀，且生成2mol水，含1 mol H2SO4的稀溶液和含1 mol Ba(OH)2的稀溶液完全反应，放出的热量多于57.3 kJ，故C不符合题意；
D．中和反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点为A、B，要注意放热反应的ΔH＜0，放出的热量越多，ΔH越小。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.选项中的铁粉不是食品包装中的干燥剂，而是抗氧剂，故A项符合题意；
B.太阳能属于清洁能源，替代化石燃料有利于节约资源、保护环境，故B项不符合题意；
C.因废电池中的重金属等污染土壤和水体，所以开发废电池的综合利用技术可以减少对环境的破坏，故C项不符合题意；
D.使用食品添加剂，可以改善食品的外观、色泽、保质期、口感等，有利于提高人类生活质量，故D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．铁粉是食品包装中常用的除氧剂，不是干燥剂；
B．太阳能等清洁能源的利用能大大减少化石燃料的使用；
C．废电池中含有Hg、Pb、Cd等重金属，流失会污染土壤和水体；
D．食品添加剂超标，会对人体产生危害。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．甲室中的电极为阳极，Cl－放电生成Cl2，电极反应为甲室的电极反应式为：2Cl－-2e－=Cl2↑，A符合题意，不选；
B．甲室Cl－放电，阳离子甲室进入乙室，戊室2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阴离子戊室进入丁室，丙室的阳离子进入丁室，阴离子进入乙室，因此乙室和丁室中部分离子的浓度增大，丙中得到淡水，其出口为b；B符合题意，不选；
C．戊室收集到1molH2，转移2mol电子，由甲室进入乙室的阳离子可能为Na＋、K＋，也可能是Mg2＋、Ca2＋，其电荷不同，C不符合题意，故选C；
D．戊室生成的 可能与 结合生成水垢，D符合题意，不选。
故答案为：C。
【分析】在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此，阳离子向右移动，阴离子向左移动，而阳离子只能通过阳膜，阴离子只能通过阴膜，综上可知，乙室和丁室的溶液中部分阴阳离子浓度增大，丙室中阴阳离子浓度减小；在甲室，Cl－在阳极失去电离生成Cl－，在戊室，水会得到电子，生成氢气。
11．【答案】D
【解析】【解答】A海轮外壳装上铜块后，铁与铜形成原电池，铁做负极被腐蚀，这将使海轮的腐蚀速度加快，A不符合题意。
B选项NH4Cl的水解能够促进水的电离，HCl电离产生H+抑制了水的电离，所以两溶液中水的电离程度不可能相同，等体积时水电离出的H+数目也不可能相同，B不符合题意。
C选项苯分子中并不存在碳碳双键，C不符合题意。
D选项醋酸稀溶液中加入纯醋酸后，醋酸的电离平衡正向移动，溶液中CH3COO-、H+浓度均增大，溶液的导电能力增强，D符合题意。正确答案D。
【分析】A.铜铁形成原电池，则铁做负极被腐蚀；
B.氯化铵水解促进水的电离，盐酸抑制水的电离；
C.苯分子中不含双键；
D.电解质溶液的导电性与电解质溶液中离子浓度大小有关。
12．【答案】B
【解析】【解答】由图可知，该反应正反应为放热反应。A. 该反应的逆反应为吸热反应，升高温度可提高活化分子的百分数，A不符合题意；
B. 500℃、101kPa 下，将1molSO2(g)和0.5molO2(g)置于密闭容器中充分反应放热a kJ，由于该反应为可逆反应，得不到1mol SO3(g)，所以热化学方程式2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) 的反应热不等于-2a kJ·mol-l，B符合题意；
C. 该反应中为放热反应，其ΔH<0，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C不符合题意；
D. ΔH=E1-E2，使用催化剂能改变反应的活化能，但不改变反应热，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】要注意可逆反应总有一定的限度，在一定的条件下，反应物不能完全转化为生成物，在计算反应热时要注意这一点。
13．【答案】D
【解析】【解答】A.X是正极，发生还原反应，故A不符合题意；
B.由电极反应式可知，电池应用碱液作电解质溶液，故B不符合题意；
C.由B可知，电池应用碱液作电解质溶液，OH-被消耗，酸性增强，故C不符合题意；
D.X、Y两极反应式相加可得O2+2H2=2H2O，每生成1molH2O转移2mol电子，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.X电极的电子发生还原反应；
B.因为X极生成氢氧根离子，所以电解质溶液不能是稀硫酸；
C.Y电极反应时消耗氢氧根离子，酸性增强；
D.根据总反应方程式进行判断即可。
14．【答案】A
【解析】【解答】A.生成物能量高于反应物总能量，属于吸热反应，需要吸收能量，A符合题意；
B.反应物能量高于生成物总能量，属于放热反应，需要放出能量，B不符合题意；
C.反应物能量高于生成物总能量，属于放热反应，需要放出能量，C不符合题意；
D.浓硫酸稀释放出热量，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.生成物能量比反应物能量高，是吸热反应；
B.生成物能量低于反应物能量，是放热反应；
C.生成物能量低于反应物能量，是放热反应；
D.稀释浓硫酸是放热过程，需要放出热量。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．原电池中电流从正极沿外电路流向负极，Li电极为负极，复合电极为正极，则电流由复合电极流向Li电极，故A不符合题意；
B．充电时，Li电极应与电源的负极相连，故B不符合题意；
C．根据上述分析可知，充电时，阳极的电极反应为：Li2O2-2e-=O2+2Li+，故C符合题意；
D．放电时，如果电路中转移1mol电子，理论上复合电极有0.5mol生成，即净增重23g，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．原电池中电流从正极沿外电路流向负极；
B．充电时，阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；
C．根据充电时，阳极失电子，发生氧化反应；
D．根据得失电子守恒计算。
16．【答案】A
【解析】【解答】由图示可知：(1)断裂 mol N2(g)和mol H2(g)中的化学键共吸收akJ的能量，由1 mol N和3 mol H生成1 mol NH3(g)放出bkJ的能量，由1 mol NH3(g)变为1 mol NH3(l)放出ckJ能量；(2)由mol N2(g)和mol H2(g)生成1 mol NH3(g)或1 mol NH3(l)均放出能量。故有①N2(g)+H2(g) NH3(g) ΔH=-(b-a)kJ·mol-1=(a-b)kJ·mol-1或②N2(g)+H2(g) NH3(l) ΔH=-(b+c-a)kJ·mol-1=(a-b-c)kJ·mol-1，因此C、D项均不符合题意。将①式乘以2得：N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH=2(a-b)kJ·mol-1，B项不符合题意；将②式乘以2得：N2(g)+3H2(g) 2NH3(l) ΔH=2(a-b-c)kJ·mol-1，A项符合题意。
【分析】根据反应热等于反应物总能量减去生成物总能量计算反应热，根据热化学方程式书写方法写出热化学方程式。
17．【答案】（1）
（2）0.004mol/(L·min)；16；不变
（3）c；10.5%
（4）操作简单，节约资源(合理即可)
【解析】【解答】（1）一氧化碳和一氧化氮反应得到二氧化碳和氮气，反应方程式为2CO+2NO=2CO2+N2，结合 ⅰ. ；ⅱ. ；ⅲ. 。 得到ii-i+2xiii得到 ；
（2）根据发生iii反应， ，一氧化氮的体积分数为40%，一氧化氮的变化量为0.2molx0.4=0.08mol。物质的量浓度变化量为0.08/2=0.04mol/L，达到平衡后c(NO2)=0.01mol/L，c(CO)=0.01mol/L，c(CO2)=0.04mol/L，
①二氧化氮的速率为0.04mol/L/10min= 0.004mol/(L·min)②Kiii=c(NO)c(CO2)/c(NO2)c(NO)=16，
③速率方程为 (k为只受温度影响的速率常数) 温度不变速率不变，故V正不变；
（3）①判断是否平衡，需要考查的浓度不再变化或者是正速率和逆速率相同
A. 的消耗速率等于的生成速率时 均是正速率相等不能说明达到平衡；故A不符合题意；
B. 体积分数与体积分数相等时 不能说明其达到平衡，故B不符合题意；
C.二氧化氮棕色，当颜色不在不变时可以说明达到平衡，故C符合题意；
D.根据ρ=m/V体积不变，气体总质量不变，密度始终不变，故D不符合题意；
②根据温度不变，体积不变，物质的量之比与压强正比，假设 起始4mol和1mol反应，对于反应ⅰ. ；体积不变，
对于ⅱ. 体积减小，因此压强减小5%，则变化的量为0.25mol，因此生成了0.5mol的二氧化氮，体积分数为0.5/4.5x100%=10.5%
（4）根据图示二，方式一消耗氧气和乙烯，方案二只消耗氧气，消耗物质少且操作简单；
【分析】（1）根据盖斯定律即可计算；
（2）①根据一氧化氮分数计算出变化量；
②根据平衡常数计算公式；
③根据温度与速率关系；
（3）①结合平衡的判断依据；
②根据反应方程式找出关系即可计算；
（4）根据图示找出最简方法。
18．【答案】（1）不变；加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变
（2）；0.25mol/L min；c
（3）硫酸
（4）﹣159.47KJ/mol；﹣159.47KJ/mol
（5）B；C
【解析】【解答】解：（1）将煤转化成水煤气的反应：C（s）+H2O CO2（g）+H2（g）可有效提高能源利用率，若在上述反应体系中加入催化剂（其他条件保持不变），催化剂改变反应速率不改变化学平衡，不改变反应焓变，此反应的△H不变，加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变
故答案为：不变；加入催化剂后反应物和生成物的总能量不变；（2）①CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g），反应的平衡常数表达式为：K= ，
故答案为： ；②图象读取甲醇生成浓度，结合反应速率概念计算甲醇的反应速率= ，反应速率之比等于化学方程式计量数之比，V（H2）=3V（CH3OH（g）=3× =0.25mol/L min，
故答案为：0.25mol/L min；③CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，反应达到平衡状态消耗二氧化碳物质的量浓度=1mol/L﹣0.25mol/L=0.75mol/L，物质的量为0.75mol，反应放出热量=49KJ/mol×0.75mol=36.75KJ，反应焓变是指1mol二氧化碳和3mol氢气完全反应放出的热量为49KJ，反应是可逆反应，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应放热一定小于49KJ，在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，压强增大，平衡正向进行，反应放出热量会增多，大于36.75KJ，则36.75＜Q＜49，
故答案为：c；④CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ mol﹣1，反应是气体体积减小的放热反应，
i．温度升高，平衡逆向进行，二氧化碳转化率减小，所以X为温度，L为压强，
故答案为：温度；
ii．温度一定压强增大平衡正向进行二氧化碳转化率增大，所以L1＞L2，
故答案为：L1＞L2；（3）由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷，则Cu电极上的电极反应为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O，可向装置中加入少量的酸作电解质，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，所以选用硫酸，不用盐酸
故答案为：CO2+8e﹣+8H+=CH4+2H2O；硫酸；（4）反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g） NH2COONH4（s）△H1=akJ mol﹣1
反应Ⅱ：NH2COONH4（s） CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ mol﹣1
总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ mol﹣1
依据盖斯定律计算反应Ⅰ+反应Ⅱ得到：2NH3（g）+CO2（g） CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=akJ mol﹣1+72.49kJ mol﹣1=﹣86.98kJ mol﹣1
a=﹣159.47akJ mol﹣1，
故答案为：﹣159.47KJ/mol；（5）A．若剩余金属0.5a mol，该金属可能为铁或铜，若为铁，则溶质为硝酸亚铁，若为铜，则氧化产物可能为硝酸亚铁和硝酸铜，故A正确；
B．若只有一种氧化产物，说明铁过量，铜没有参与反应，反应后溶质为硝酸亚铁，但是amol铁不一定完全反应，无法确定a与c的关系，故B错误；
C．若只有二种氧化产物，氧化产物可能为硝酸亚铁和硝酸铜或硝酸铜和硝酸铁，硝酸可能过量，稀硝酸不一定完全反应，则无法计算被还原的硝酸的量，故C错误；
D．若有三种氧化产物，氧化产物为硝酸铜、硝酸铁和硝酸亚铁，说明硝酸完全反应，根据反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O、Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O可知，被还原的硝酸的物质的量为cmol× =0.25cmol，故D正确；
故答案为：BC．
【分析】（1）催化剂改变反应速率不改变化学平衡；（2）①平衡常数K= ；②图象读取甲醇生成浓度，结合反应速率概念计算甲醇的反应速率，依据反应速率之比等于化学方程式计量数之比得到氢气反应速率；③反应焓变是指1mol二氧化碳和3mol氢气完全反应放出的热量为49KJ，反应是可逆反应，在体积为1L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，反应放热一定小于49KJ，结合图象中二氧化碳转化率计算此时达到平衡放出的热量，在相同条件下，密闭容器的体积缩小至0.5L时，压强增大，平衡正向进行，反应放出热量会增多；④反应是气体体积减小的放热反应，升温平衡逆向进行，增大压强平衡正向进行，据此分析图象确定表示的物理量；（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式；（5）①由电池装置图可知，Cu上二氧化碳得电子生成甲烷；②根据酸的挥发性分析；（4）反应Ⅰ的热化学方程式可以依据反应Ⅱ、Ⅲ热化学方程式计算得到，同时得到反应的焓变；（5）还原性Fe＞Cu，则稀硝酸不足时铁优先反应生成硝酸亚铁：3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，若硝酸有剩余，则铜参与反应：3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，若硝酸足量，则亚铁离子被氧化生成铁离子，发生总反应为：Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，据此对各选项进行判断．
19．【答案】（1）4H2（g）+2NO2（g）= N2（g）+4H2O（g） △H=-1100.2kJ/mol
（2）D；E
（3）0.08mol/（L·min）；减小；F
【解析】【解答】（1）由H2的燃烧热为285.8kJ/mol得①H2（g）+1/2 O2（g）=H2O（l）△H=-285.8KJ/mol,将已知热化学方程式编号为②N2（g）+2O2（g）=2NO2（g）△H=+133kJ mol-1，③H2O（g）=H2O（l）△H=-44kJ mol-1，由盖斯定律，①×4-②-③×4得到催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其它无毒物质的热化学方程式为4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100.2kJ mol-1，故答案为：4H2（g）+2NO2（g）=N2（g）+4H2O（g）△H=-1100.2kJ mol-1；（2）A、因该反应生成物均为液态，则混合气体的平均式量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，所以过程中CO2和H2的体积分数始终保持不变，故B错误；
C、向2L密闭容器中加入2mol CO2、6mol H2，按照1：3反应，CO2和H2的转化率始终相等，不能确定反应是否达到平衡状态，故C错误；
D、反应物是气体，生成物是液体，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡状态，故D正确；
E、1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂，说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故E正确；
故答案为DE；（3）①H2和CO总共为3mol，且起始n（H2）/n（CO）=2，可知H2为2mol、CO为1mol，5min达到平衡时CO的转化率为0.4，则由题意建立如下三段式：
　 CO（g）+ 2H2（g） CH3OH（g）
起始（mol） 1 2 0
转化（mol） 0.4 0.8 0.4
平衡（mol） 0.6 1.2 0.4
容器的容积为2L，则△c（H2）=0.8 mol/2L=0.4mol/L，v（H2）=0.4mol/L/5min=0.08mol/（L·min）；该温度下平衡时各物质浓度为c（CO）=0.3 mol/（L·min）、c（H2）=0.6mol/（L·min）、c（CH3OH）=0.2mol/（L·min），则化学平衡常数K=0.2/0.3×0.62，此时再向容器中加入CO（g）和CH3OH（g）各0.4mol，此时浓度商Q=0.4/0.5×0.62＞K，反应向逆反应进行，达新平衡时H2的转化率将减小，故答案为：0.08mol/（L.min）；减小；
②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大，故当n（H2）/n（CO）= 3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数小于C点，故答案为：F。
【分析】（1）盖斯定律指的是化学反应产生的能量与反应的途径无关只与反应的始终态有关；
（2）可逆反应达到平衡的标志是正逆反应的速率相等；
（3）①物质的平均反应速率等于浓度在一段时间内的变化值与时间的比值；转化率等于已经消耗的物质的量与总物质的量的比值；
②混合比例等于化学计量数之比时，平衡时生成物的含量最大。
20．【答案】（1）+206kJ·mol-1
（2）0.1
（3）减小CH4分压(或增大CO2分压)
（4）0.0192；L2；缩小容器容积，C2H2浓度瞬时增大，平衡逆向移动，C2H2浓度减小
（5）CO2·+H2·=CO2·+2H·(或H2·=2H·)；低温
【解析】【解答】(1)由盖斯定律可知ΔH=ΔH2-ΔH4+ΔH3，代入数据可知，ΔH=+206kJ·mol-1；
(2)将，，计算可得，已知c(CO)：c(H2O)=5：1，则5min末，容器内H2的平衡浓度；
(3)由速率方程式可知，一定温度下，减少催化剂表面积碳的措施为减小CH4分压或增大CO2分压；
(4)①将2molCH4充入5L恒容密闭容器中发生反应I，列出压强三段式如下：
有恒容容器中压强之比等于物质的量之比推知CH4、C2H2、H2平衡物质的量浓度为0.24mol/L、0.08 mol/L、0.24 mol/L，则反应Ⅰ的平衡常数为；
②L2曲线；
③由图1可知，16min为缩小容器的体积，相当于增大压强，C2H2的浓度瞬间增大，平衡逆向移动，C2H2的浓度逐渐减小，故曲线L2能表示C2H2的分压与时间变化关系；
(5)①活化能越小，反应速率越大，故反应速率最大的步骤为TS1，化学方程式为CO2·+H2·=CO2·+2H·(或H2·=2H·)；
②TS3对应的步骤为形成O-H键的放热过程，适合在低温条件下进行。
【分析】(1)依据盖斯定律计算；
(2)利用平衡常数与反应方程式间的关系计算；
(3)利用速率方程式分析；
(4)①利用三段式法计算；
②、③依据影响化学平衡的因素分析；
(5)①活化能越小，反应速率越大；
②依据影响反应速率和化学平衡的因素选择反应条件。
21．【答案】（1）增强溶液的导电性
（2）2H＋＋2e－＝H2↑
（3）6Fe2+＋Cr2O ＋14H＋＝7H2O＋2Cr3+＋6Fe3+，酸性减弱，Cr3+、Fe3+水解生成Cr(OH)3、Fe(OH)3
【解析】【解答】(1)向酸性含铬废水中加入适量NaCl固体的作用是增强溶液的导电性；故答案为：增强溶液的导电性。(2)B极上有大量氢气产生，电极反应为2H＋＋2e－＝H2↑；故答案为：2H＋＋2e－＝H2↑。(3)结合化学用语分析酸性废水中Cr2O 转化为Cr(OH)3的主要原因6Fe2+＋Cr2O ＋14H＋＝7H2O＋2Cr3+＋6Fe3+，酸性减弱，Cr3+、Fe3+水解生成Cr(OH)3、Fe(OH)3；故答案为：6Fe2+＋Cr2O ＋14H＋＝7H2O＋2Cr3+＋6Fe3+，酸性减弱，Cr3+、Fe3+水解生成Cr(OH)3、Fe(OH)3。
【分析】（1）氯化钠属于强电解质，可以增强导电性
（2）阳极铁单质失去电子，发生氧化反应，阴极
（3）阳极产生的亚铁离子具有还原性，而在酸性条件下Cr2O72-具有很强的氧化性，发生氧化还原反应，随着氢离子的消耗，生成氢氧化铁和氢氧化铬