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．下列热化学方程式书写正确的是（△H的绝对值均符合题意）（　　）
A．2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g) △H＝-483.6kJ/mol（△H 代表反应热）
B．C(s)+O2(g)=CO2(g)（△H=+393.5kJ/mol（△H代表反应热）
C．2HNO3(aq)+Ba(OH)2(aq)=2NaNO3(aq)＋2H2O(l）△H=+114.6kJ/mol（△H代表反应热）
D．HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l) △H＝-57.3kJ/mol（△H代表中和热）
2．下列说法中不正确的是（　　）
A．任何化学反应都有新物质生成，且伴有能量变化
B．化学反应中的能量变化都表现为热量的变化
C．根据反应物和生成物所具有总能量的大小判断反应是吸热反应还是放热反应
D．若某反应中反应物的总能量高于生成物的总能量时，该反应是放热反应
3．燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景．下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（　　）
A．一氧化碳 B．天然气 C．乙醇 D．氢气
4．已知：①能量越低的物质就越稳定，②白磷转化成红磷是放热反应。据此，下列判断或说法中正确的是（　　）
A．在相同的条件下，红磷比白磷能量高
B．在相同的条件下，白磷比红磷稳定
C．红磷和白磷的结构不同
D．红磷容易发生自燃而白磷则不会自燃
5．一种子弹头形的纳米铜铂电池，它在稀溴水中能沿着铜极方向移动(如图)，电池反应为Cu+Br2=CuBr2。下列说法正确的是（　　）
A．铜为电池的正极
B．铂不断溶解
C．稀溴水为电解质溶液
D．电池工作时实现机械能向电能再向化学能转化
6．研究表明 (g)与CO(g)在 作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，下列说法错误的是（　　）
A．未使用催化剂时，该反应的逆反应活化能为557.8
B．催化剂参与的两步反应均为放热反应
C． 、CO、 夺取O的能力依次增大
D．总反应的热化学方程式为
7．500℃，HCl在催化剂M的作用下被O2氧化依次有如图(Ⅰ)、(Ⅱ)、(Ⅲ)三步反应组成，计算机模拟单个分子在催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ的活化能为1.45 eV
B．反应Ⅰ的反应速率最慢
C．总反应的热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2H2O(g)+2Cl2(g) ΔH=-1.98 eV mol-1
D．HOOCl(g)比HCl(g)和O2(g)稳定
8．已知反应：①H2O（g）═H2O（l）△H=﹣44kJ mol﹣1
②H2（g）+ O2（g）═H2O（g）△H=﹣241.8kJ mol﹣1
若标准状况下2.24L的H2恰好与足量O2反应生成H2O（l），则整个过程放出的热量为（　　）
A．28.58kJ B．24.18kJ C．57.16kJ D．48.36kJ
9．合成气(CO和H2)是目前化工常用的原料，下面是用甲烷制备合成气的两种方法：①CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g) ΔH1=+216 kJ·mol-1；②2CH4(g)+O2(g)＝2CO(g)+4H2(g) ΔH2=-72 kJ·mol-1。其中一个反应的反应过程与能量变化关系如图所示。则下列说法正确的是（　　）
A．E1表示2CH4(g)+O2(g)＝2CO(g)+4H2(g)的活化能
B．E2表示CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的活化能
C．该图示为反应②的反应过程与能量变化示意图
D．一般情况下，加入催化剂，既能降低E1，也能降低E2，但不能改变E1与E2的差值
10．现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚( )，其原理如下图所示，下列说法正确的是（　　）
A．该装置为电解装置，B为阳极
B．电子是从A极沿导线经小灯泡流向B极
C．A极的电极反应式为
D．当外电路中有0.1mole-转移时，A极区增加的H+的个数为0.05NA
11．氢能是一种应用前景非常广阔的新能源，但目前仍处于研究、试验阶段，还未能进入实用阶段，其主要原因是（　　）
①氢气燃烧对环境影响的评价尚无定论；
②氢气的制取耗能巨大，廉价制氢技术尚未成熟；
③氢气贮存、运输等安全技术尚未完全解决；
④氢气燃烧的放热量低于相同质量的矿物燃料，经济效益欠佳．
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
12．如图为氢氧燃料电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述错误的是（　　）
A．a电极是负极
B．b电极的电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑
C．氢氧燃料电池是一种具有应用前景的绿色电源
D．氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置
13．氰酸()与异氰酸()互为同分异构体，可发生异构化反应，反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．异氰酸的稳定性强于氰酸
B．异构化过程中碳氮之间的化学键发生了变化
C．氰酸的总键能小于异氰酸的总键能
D．升高温度，有利于异构化反应的正向进行
14．在500mLKNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中，c（NO3－）=6mol/L，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（　　）
A．电解得到的Cu的物质的量为0.5mol
B．向电解后的溶液中加入98g的Cu（OH）2可恢复为原溶液
C．原混合溶液中c（K+）=4mol/L
D．电解后溶液中c（H+）=2mol/L
15．燃料电池广泛应用于航天飞机。以30%KOH溶液为电解质溶液的这种电池，在使用时的电极反应如下：H2+2OH--2e-=2H2O，O2+2H2O+4e-=4OH-。据此判断下列说法中正确的是（　　）
A．H2在正极发生氧化反应
B．供电时的总反应为：2H2+O2=2H2O
C．燃料电池是将燃料燃烧时释放出的热能直接转化为电能
D．燃料电池的电极一定是由两种活泼性不同的金属组成
16．下列叙述正确的是（　　）
A．如图 1 所示，若铜中含有杂质银，可形成原电池，且铜作负极
B．如图 2 所示，当有 0.1 mol 电子转移时，有 0.1 mol Cu2O 生成
C．基于绿色化学理念设计的制取 Cu2O 的电解池如图 2 所示，铜电极发生还原反应
D．若图 3 所示的装置中发生 Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+的反应，则 X 极是负极，Y 极的材料可 以是铜
二、综合题
17．苯乙烯是一种重要的化工原判，可采用乙苯催化脱氢法制备，反应如下：
(g) (g)+H2(g) △H
（1）已知
化学键 C—H C—C C=C H—H
键能/kJ mol-1 412 348 612 436
计算上述反应的△H=　 　。
（2）实际生产中往刚性容器中同时通入乙苯和大量水蒸气，控制反应温度为600℃、体系起始总压强为100kPa的条件下进行反应。测得体系总压和乙苯转化率随时间变化结果如图所示。
①请用化学平衡理论解释通入大量水蒸气的原因　 　。
②平衡时，p(H2O)=　 　 kPa，平衡常数Kp=　 　kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，气体分压=气体总压×体积分数)
③反应速率v=v正-v逆=k正·p(乙苯)-k逆·p(苯乙烯)·p(氢气)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。计算a处的 =　 　。
（3）苯乙烯与溴化氢发生的加成反应产物有两种，其反应的化学方程式如下：
i.C6H5-CH=CH2(g)+HBr(g) C6H5-CH2CH2Br(g)
ii.C6H5-CH=CH2(g)+HBr(g) C6H5-CHBrCH3(g)
600℃时，向3L恒容密闭容器中充入1.2molC6H5-CH=CH2(g)和1.2molHBr(g)发生反应，达到平衡时C6H5－CH2CH2Br(g)和C6H5-CHBrCH3(g)的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线如图所示。
①600℃时，反应ii的化学平衡常数Kii=　 　。
②反应平衡后，若保持其他条件不变，向该容器中再充入1molC6H5-CH2CH2Br(g)，则反应ii将　 　 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。
③在恒温恒容的密闭容器中，苯乙烯与溴化氢发生i、ii两个加成反应，可以判断反应已达到平衡状态的是　 　 (填编号)。
A．容器内混合气体的密度不再改变
B．C6H5-CH2CH2Br(g)的生成速率与C6H5-CHBrCH3(g)的分解速率相等
C．反应器中压强不再随时间变化而变化
D．混合气体的平均相对分子质量保持不变
18．有图所示装置，装置A是氢氧燃料电池，已知该装置工作时电子从b极流向Fe电极．
（1）b极反应式为　 　，a极反应式为　 　，C电极反应式为　 　．
（2）若装置B中溶液体积为100mL，假设反应前后溶液体积不变，当装置A中消耗0.05mol氢气时，装置B中溶液的pH为　 　，此时要恢复原溶液的浓度需加入　 　（填化学式）．
（3）若将装置B改为电解精炼铜，则粗铜作　 　极，阴极反应为　 　．
19．化学反应原理与生产、生活密切相关。
（1）某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化，在400 mL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，实验记录如表(累计值)：
时间/min 1 2 3 4 5
氢气体积/mL(标准状况) 200 480 928 1152 1240
求3~4 min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为　 　(设溶液体积不变)。
（2）另一学生为控制反应速率防止反应过快难以测量氢气体积，他事先在盐酸中加入等体积的下列溶液以减慢反应速率，你认为可行的是____(填字母)。
A．蒸馏水 B．KNO3溶液 C．NaCl溶液
（3）某温度下在4 L密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间变化曲线如图。
①该反应的化学方程式是　 　。
②该反应达到平衡状态的标志是　 　(填字母)。
A．Y在混合气体中的体积分数保持不变
B．X、Y的反应速率比为3∶1
C．容器内气体的压强保持不变
D．生成1 mol Y的同时消耗2 mol Z
③4 min时，正反应速率　 　逆反应速率(填“>”“<”或“=”)。
④5 min内X的转化率为　 　。
（4）可以用图示法分析化学反应中的能量变化。观察题图，写出HI(g)分解生成I2(g)与H2(g)反应的热化学方程式为　 　。
20．PCl5（g）一定条件下可以转化成PCl3（g）或红磷P（s）．
（1）已知：
PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H1K1
PCl3（g）═P（s）+ Cl2（g）△H2K2
K1、K2表示该反应的平衡常数．
则PCl5（g）═P（s）+ Cl2（g）该反应的△H=　 　（用△H1、△H2表示），反应的平衡常数K=　 　（用K1、K2表示）．
（2）在210℃时，将4mol PCl3气体充入1L真空恒容密闭容器中发生反应：2PCl3（g）═2P（s）+3Cl2（g）
测得数据如下表：
时间/min 0 10 20 30 40
n（PCl3）/mol 4 2.8 2 1 1
并测得反应达到平衡时热量变化数值为Q，反应平衡常数为K，PCl3转化率为α．
①0～30min时，用Cl2表示该反应的反应速率为　 　；平衡时，PCl3转化率α=　 　；该温度下反应的平衡常数K=　 　．
②其它条件保持不变，若上述反应在恒压条件下进行反应，达平衡时测得热量变化数值、平衡常数、PCl3转化率分别为Q′、K′、α′，则Q′　 　（填“＞”“＜”或“=”，下同）Q，K′　 　 K，α′　 　α．
③保持其它条件不变，若向上述平衡体系中再充入1molCl2（g）、1molP（s）和1molPCl3（g），则上述平衡反应　 　（填“正向”、“逆向”或“不”）移动．
21．全球气候变暖已经成为全世界人类面临的重大问题，温家宝总理在“哥本哈根会议”上承诺到2020年中国减排温室气体40%．
地球上的能源主要源于太阳，绿色植物的光合作用可以大量吸收CO2以减缓温室效应，主要过程可以描述分为下列三步（用“C5”表示C5H10O4，用“C3”表示C3H6O3）：
Ⅰ、H2O（l）═2H+（aq）+ O2（g）+2e﹣△H=+284kJ/mol
Ⅱ、CO2（g）+C5（s）+2H+（aq）═2C3+（s）△H=+396kJ/mol
Ⅲ、12C3+（s）+12e﹣═C6H12O6（葡萄糖、s）+6C5（s）+3O2（g）△H=﹣1200kJ/mol
（1）写出绿色植物利用水和二氧化碳合成葡萄糖并放出氧气的热化学方程式　 　．
（2）降低大气中CO2的含量及有效地开发利用CO2，目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇．为探究反应原理，现进行如下实验，在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，一定条件下发生反应：
CO2（g）+3H2（g） CH3OH（g）+H2O（g）△H=﹣49.0kJ/mol．测得CO2和CH3OH（g）的浓度随时间变化如图1所示．
①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）=　 　mol/（L min）；
②氢气的转化率=　 　；
③该反应的平衡常数表达式为K=　 　；
④下列措施中能使平衡体系中n（CH3OH）/n（CO2）增大的是　 　．
A．升高温度 B．充入He（g），使体系压强增大
C．将H2O（g）从体系中分离出去 D．再充入1mol CO2和3mol H2
⑤当反应达到平衡时，H2的物质的量浓度为c1，然后向容器中再加入一定量H2，待反应再一次达到平衡后，H2的物质的量浓度为c2．则c1　 　2的关系（填＞、＜、=）．
（3）减少温室气体排放的关键是节能减排，大力开发利用燃料电池就可以实现这一目标．如图2所示甲烷燃料电池就是将电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定．将其插入KOH溶液从而达到吸收CO2的目的．请回答：
①通入氧气一极的电极反应式为　 　；
②随着电池不断放电，电解质溶液的pH　 　（填“增大”、“减小”或“不变”）．
③通常情况下，甲烷燃料电池的能量利用率　 　（填“大于”、“小于”或“等于”）甲烷燃烧的能量利用率．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A、水分解属于分解反应，是吸热反应，△H＞0，A不符合题意；
B、碳燃烧属于化合反应，是放热反应，△H＜0，B不符合题意；
C、属于中和反应是放热反应，△H＜0，C不符合题意；
D、中和热是在一定条件下，稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时所放出的热量，热化学方程式符合题意，D符合题意，
故答案为：D。
【分析】本题的主要考查常见的放热反应和吸热反应。
常见的放热反应有：酸碱中和反应如CD，活泼金属与酸、水的反应，化合反应如B等
常见的吸热反应有：分解反应A 等
2．【答案】B
【解析】【解答】A.化学反应一定有新物质的生成，并且一定伴有能量的变化，A选项是正确的；
B.并不是所有的化学反应中的能量变化都是热量的形式，可能还有电能、光能等，B选项是错误的；
C.可以根据反应物的总能量和生成物的总能量来判断反应是吸热还是放热，C选项是正确的；
D.反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量时，属于放热反应，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】A.化学反应一定有新物质的生成，并且一定伴有能量的变化；
B.原电池中的变化属于化学变化，该过程可以将化学能转化为电能；
C.反应物的生成物的总能量大小可以判断该反应属于吸热还是放热；
D.反应物总能量小于生成物总能量时属于吸热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量时，属于放热反应。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：一氧化碳、天然气、乙醇含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，氢气燃烧产物只有水，是最环保的燃料，
故选D．
【分析】依据物质燃烧产物分析判断，一氧化碳、天然气、乙醇均含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，氢气燃烧生成无污染的水．
4．【答案】C
【解析】【解答】白磷转化成红磷是放热反应，故白磷的能量比红磷的高。能量越高物质越不稳定，则A、B、D都不正确。
故答案为：C
【分析】红磷和白磷互为同素异形体，之间的转化为化学反应。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.根据电池反应 Cu+Br2=CuBr2 ，Cu失电子被氧化作负极，A错误；
B.根据电池反应 Cu+Br2=CuBr2 ，Cu失电子被氧化作负极，Pt为正极，Br2在Pt上得电子，Pt不反应，不会溶解，B错误；
C.Cu-Pt-溴水构成原电池，稀溴水为电解液，C正确；
D.原电池化学能变为电能，没有机械能变为电能，D错误；
故答案为：C
【分析】原电池工作原理
判断电极的方法：
(1)通过反应类型判断 ①失去电子的电极为负极，发生氧化反应； ②得到电子的电极为正极，发生还原反应。
(2)通过电子定向移动方向和电流方向判断 ①电子流出的电极为负极，电子经外电路流入正极； ②电流流出的电极为正极，电流经外电路流入负极。
(3)根据离子移动方向判断 阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。 (4)根据电极现象判断 一般不断溶解、质量减轻的电极为负极；有固体析出、质量增加或不变或有气体产生的电极为正极。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．根据历程，反应物总能量大于生成物的总能量，即该反应为放热反应，逆反应的活化能358.9kJ·mol－1＋198.9kJ·mol－1=557.8kJ·mol－1，故A说法不符合题意；
B．由图可知，在Ir＋催化下，两步反应能量均降低，均为放热反应，故B说法不符合题意；
C．从N2O＋Ir＋＋CO到N2＋IrO＋＋CO，说明Ir＋夺取O的能量强于N2O，从N2＋IrO＋＋CO到N2＋CO2＋Ir＋，说明CO夺取O的能力强于IrO＋，故C说法符合题意；
D．△H只与始态和终态有关，与反应的途径无关，因此总反应的热化学方程式为N2O(g)＋CO(g)=N2(g)＋CO2(g) △H=－358.9kJ·mol－1，故D说法不符合题意；
故答案为C。
【分析】A．根据历程，逆反应的活化能为中间阶段的相对能量与产物总能量的差值；
B．由图可知，在Ir＋催化下，两步反应能量均降低；
C．从，说明Ir＋夺取O的能量强于N2O，从，说明CO夺取O的能力强于IrO＋；
D．△H只与始态和终态有关，与反应的途径无关；
7．【答案】B
【解析】【解答】A．反应Ⅱ的活化能为，A不符合题意；
B．反应Ⅰ的能垒最高，所以反应Ⅰ的化学反应速率最慢，B符合题意；
C．图像给出的是单个分子参与反应时的能量变化，总反应的热化学方程式为，C不符合题意；
D．由反应Ⅰ可知的总能量比和的总能量高，能量越高，物质越不稳定，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应Ⅱ的活化能为；
B.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
C.图示表示的是单个分子的反应历程，总反应的热化学方程式应为；
D.物质的能量越低越稳定。
8．【答案】A
【解析】【解答】解：由①、②及盖斯定律可知，①+②得到H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ mol﹣1，
若标准状况下2.24L的H2恰好与足量O2反应生成H2O（l），n（H2）= =0.1mol，且物质的量与热量成正比，
则放出热量为0.1mol×285.8kJ mol﹣1=28.58kJ，
故选A．
【分析】n（H2）= =0.1mol，由①、②及盖斯定律可知，①+②得到H2（g）+ O2（g）═H2O（l）△H=﹣285.8kJ mol﹣1，结合物质的量与热量成正比来解答．
9．【答案】D
【解析】【解答】已知反应①是吸热反应，反应②是放热反应，而图象所表达的是吸热反应即反应①。所以
A、E1表示CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g)的活化能，故A不符合题意；
B、E2表示CO(g)+3H2(g) CH4(g)+H2O(g)的活化能，因此B不符合题意；
C、该图所示为反应①的反应过程与能量变化示意图，故C不符合题意；
D、加入催化剂，正逆反应的活化能都降低了，即E1、E2都降低，但二者的差值不变，所以D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、吸热反应，反应物的能量低于生成物的能量；
B、活化能反应发生所要克服的能垒；
C、吸热反应，焓变大于零；
D、加入催化剂，降低了反应的活化能。
10．【答案】D
【解析】【解答】A、原理图装置没有出现电源，因此不可能是电解装置，A不符合题意。
B、B电极CH3COO-中C元素平均价态为0价，反应生成的HCO3-中C元素为+ 4价，所以B电极为负极，A电极反应物分子式为C6H5OCl中C元素为-1/3价，生成物C6H6O中C元素为-2/3价、Cl元素价态没有变化，所以A电极为正极，电子从B电极经过小灯泡流向A极，B不符合题意。
C、根据B分析，A电极反应为 +2e-+H+=Cl-+ ，C不符合题意。
D、由C的电极反应可得，该电极区域反应生成苯酚和HCl， B极区域透过质子交换膜的的H+一部分参加反应，另一部分生成HCl，A极区增加的n(H+)=n(HCl)=n(e-)÷2=0.1mol÷2=0.05mol，既A极区增加的H+的个数为0.05NA ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】由图可知，该装置是原电池，A电极为正极，发生还原反应，B电极为负极，发生氧化反应；电子由负极流向正极。
11．【答案】B
【解析】【解答】解：①氢气燃烧生成水，对环境无污染，是一种洁净能源，故①错误；②氢气是通过电解制备的，耗费大量电能，廉价制氢技术采用太阳能分解水，但技术不成熟，是制约氢气大量生产的因素，故②正确；③由于氢气难压缩，且易燃烧，所以对氢气的运输和安全问题目前未解决，故③正确；④氢气是一种燃烧值很高的燃料，燃烧时产生能量一般高于同质量的其他燃料，故④错误；
故选B．
【分析】氢气作为能源的优点是：生成物不污染环境，热值高，原料丰富；缺点是：没有找出比较经济的生产氢气的方法，贮存、运输等安全技术尚未完全解决．
12．【答案】B
【解析】【解答】A、氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的a极为电源的负极，故A不符合题意；
B、氢氧燃料电池中，通入氧气的b极为原电池的正极，正极上氧气得电子发生还原反应，根据图示，电极反应式为O2+2H2O+4e- =4OH-，故B符合题意；
C、氢氧燃料电池的产物是水，环保无污染，是一种具有应用前景的绿色电源，故C不符合题意；
D、氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氢氧燃料电池中，氢气易失电子发生氧化反应，所以通入氢气的电极是负极，氧气易得电子发生还原反应，所以通入氧气的电极是正极，据此分析解答。
13．【答案】D
【解析】【解答】A．能量越低越温度，所以异氰酸的稳定性强于氰酸，故A不符合题意；
B．氰酸()与异氰酸()互为同分异构体，将分子式相同、结构不同；所以异构化过程中碳氮之间的化学键发生了变化，故B不符合题意；
C．键能越高越稳定，由A可知，异氰酸的稳定性强于氰酸，所以氰酸的总键能小于异氰酸的总键能，故C不符合题意；
D．异构化反应为放热反应，升高温度不利于其正向进行，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．能量越低越温度；
B．同分异构体的分子式相同、结构不同；
C．键能越高越稳定；
D．根据影响化学平衡移动的因素分析。
14．【答案】B
【解析】【解答】石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体（标准状况），n（O2）= =1mol，阳极发生4OH--4e-=O2↑+2H2O，生成1mol氧气转移4mol电子，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，生成1mol氢气，转移2mol电子，因此还要转移2mol电子生成1mol铜。A．电解得到的Cu的物质的量为1mol，故A不符合题意；
B．根据电解原理和原子守恒，溶液中减少的原子有铜、氧、氢，向电解后的溶液中加入Cu(OH)2，可恢复为原溶液，需要1mol Cu(OH)2，质量为98 g，故B符合题意；
C．c（Cu2+）= =2mol/L，由电荷守恒可知，原混合溶液中c（K+）为6mol/L-2mol/L×2=2mol/L，故C不符合题意；
D．电解后溶液中c（H+）为 =4mol/L，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据电解时离子的放电顺序可知，当两极生成相同体积的气体时，铜离子已全部被还原，然后两电极分被生成氢气和氧气，根据氧气的物质的量计算转移的电子物质的量，然后分析溶液的组成和电解后溶液发生的变化即可。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．由电极反应式可知，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，故A不符合题意；
B．电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，供电时的总反应为2H2+O2═2H2O，故B符合题意；
C．氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，不是将燃料燃烧时释放出的热能直接转化为电能，故C不符合题意；
D．氢氧燃料电池中可以用石墨作电极材料，也可以是相同的金属电极，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，工作时，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，H2+2OH--2e-=2H2O，通入氧气的一极为电池的正极，发生还原反应，O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应是氢气在氧气中燃烧生成水，据此分析解答。
16．【答案】A
【解析】【解答】解：A．如图 1 所示，若铜中含有杂质银，则铜能还原三价铁离子，所以能构成原电池，并且活泼铜作负极，故A正确；
B．电极方程式为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05mol Cu2O生成，故B错误；
C．Cu被氧化生成Cu2O，应为电解池的阳极反应，发生氧化反应，故C错误；
D．若图3 所示的装置中发生 Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+的反应，则Cu为负极即X极是负极，Y极为正极，应为不如铜活泼的金属或者非金属，所以Y极的材料不可以是铜，故D错误．
故选A．
【分析】A．如图 1 所示，若铜中含有杂质银，则铜能还原三价铁离子，所以能构成原电池；
B．根据电极方程式2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O计算；
C．Cu被氧化生成Cu2O，应为电解池的阳极反应；
D．若图3 所示的装置中发生 Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+的反应，则Cu为负极即X极是负极，Y极为正极，应为不如铜活泼的金属或者非金属．
17．【答案】（1）+124kJ·mol-1
（2）该反应是气体分子数增大的可逆反应，加入水蒸气，相当于减压效果，平衡正向移动，提高乙苯的平衡转化率；80；45；2.5
（3）0.54；正向；CD
【解析】【解答】(1)由于苯环在反应过程中不变，并且有3个C- H键、1个C- C键不变，所以焓变△H =反应物的总键能-生成物的总键能= 412kJ/mol×2 + 348 kJ/mol- (612 kJ/mol + 436kJ/mol) = +124 kJ/ mol；
故答案为：+124 kJ/mol。
(2)①由于该反应正向为气体分子数增大的反应，通入水蒸气，相当减压，反应体系分压减小，平衡正向移动，可提高乙苯的平衡转化率；
故答案为：该反应是气体分子数增大的可逆反应，加入水蒸气，相当于减压效果，平衡正向移动，提高乙苯的平衡转化率。
②体系起始总压强为100 kPa，若设起始时混合气体的物质的量为100 mol，则1 mol气体的分压为1 kPa，起始混合气体中乙苯的物质的量为amol，平衡时混合气体的压强为115 kPa，即混合气体的物质的量为115 mol，乙苯的平衡转化率为75%，反应三段式为：
0.25a + 0.75a + 0.75a- a= 115 mol-100mol，解得a = 20 mol，即平衡时，水蒸气的物质的量为100mL - 20 mol = 80 mol、p(H2O)= 80kPa， n乙苯= 5mol、p乙苯= 5kPa，n苯乙烯= n氢气= 15mol、p苯乙烯= p氢气= 15kPa，平衡常数Kp= ；
故答案为：80；45。
③平衡时v正=V逆，即K正×P (乙苯)=K逆×P (苯乙烯)×P(氢气)， ，a处的总压强为112kPa，即气体总物质的量为112mol ，由②解析可知起始气体中水蒸气为80mol ，乙苯20mol ，乙苯的转化率为60% ，即n (苯乙烯)=n(氢气) =20mol×60%=12mol，p(苯乙烯)=p(氢气)=12kPa，n(乙苯)=20mL×(1-60%) =8mol、p(乙苯)=8kPa， ；
故答案为：2.5。
(1)①设反应i的反应进度为ymol，设反应ii的反应进度为zmol，
反应i：
反应ii：
根据图象，则有y=0.3mol，z=0.6mol，则平衡时体系中c ( C6H5-CH=CH2) =3.7mol/L， c (HBr ) =0.1mol/L，c(C6H5-CHBrCH3 ) =0.2mol/L则反应ii的化学平衡常数为Kii= ；
故答案为：0.54
②反应平衡后，若保持其它条件不变，向该容器中再充入1mol C6H5-CH2CH2Br (g) ， 反应i正向进行，体系中HBr量增大，促使反应i正向进行；
故答案为：正向。
③A．反应体系中，各物质均为气体，即气体总质量不变，恒容条件，所以反应前后混合气体的密度始终不变，混合气体的密度保持不变的状态不一定是平衡状态，故A不正确；
B．反应和反应ii的反应进度不一样，不能通过C6H5-CH2CH2Br (g )的生成速率与C6H5-CHBrCH3 (g )分解速率相等判定反应达到化学平衡，故B不正确；
C．反应为气体分子数增多的反应，随着反应进行， 体系压强改变，当反应器中压强不再随时间变化而变化，可判断化学反应是否达到平衡，故C正确；
D．混合气体的平均相对分子质量M=n，反应前后，气体总质量m不变，气体总物质的量在改变，所以混合气体平均相对分子质量保持不变的状态是平衡状态，故D正确；
故答案为：CD。
【分析】（1）根据H=反应物的键能-生成物的键能计算即可
（2）①考查的是提高乙烯转化率的方法 ② 根据图示结合三行式计算平衡时的物质的量，根据分压进行计算平衡常数 ③根据平衡时，V正=V逆，在结合公式进行计算
（3）①根据公式 进行计算 ② 增加 C6H5-CH2CH2Br(g) 的量可以导致平衡的移动，结合条件即可判断移动方向③考查的是平衡状态的判断
18．【答案】（1）2H2﹣4e﹣+4OH﹣=4H2O；O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；4Cl﹣﹣4e﹣=2Cl2↑
（2）14；HCl
（3）阳；Cu2++2e﹣=Cu
【解析】【解答】解：装置A是氢氧燃料电池，已知该装置工作时电子从b极流向Fe电极，则b为负极，a为正极，负极上氢气失电子生成水，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，Fe为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，C为阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，（1）b为负极，负极上氢气失电子生成水，其电极反应为：2H2﹣4e﹣+4OH﹣=4H2O；a为正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极的电机反为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；C为阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，其电极方程式为：4Cl﹣﹣4e﹣=2Cl2↑；
故答案为：2H2﹣4e﹣+4OH﹣=4H2O；O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；4Cl﹣﹣4e﹣=2Cl2↑；（2）若装置B中溶液体积为100mL，假设反应前后溶液体积不变，当装置A中消耗0.05mol氢气时，则转移电子为0.1mol，装置B中溶液中消耗0.1mol氢离子，生成0.1mol氢氧根离子，所以氢氧根离子的浓度为1mol/L，则溶液的pH为14；电解方程式为：2H2O+2Cl﹣ H2↑+Cl2↑+2OH﹣，溶液中减少了Cl、H两种元素，所以要加HCl恢复原溶液的浓度；
故答案为：14；HCl；（3）电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，阴极上铜离子得电子生成Cu，则阴极反应为Cu2++2e﹣=Cu；
故答案为：阳；Cu2++2e﹣=Cu．
【分析】装置A是氢氧燃料电池，已知该装置工作时电子从b极流向Fe电极，则b为负极，a为正极，负极上氢气失电子生成水，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，Fe为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，C为阳极，阳极上氯离子失电子生成氯气，结合电子守恒计算．
19．【答案】（1）0.05 mol·L-1·min-1
（2）A；C
（3）3X+Y 2Z；AC；>；60%
（4）2HI(g)=I2(g)+H2(g) ΔH=+12 kJ·mol－1
【解析】【解答】 (1)、在 3~4 min 时间段内，，根据计算，消耗盐酸的物质的量为0.02mol，则 3~4 min时间段以盐酸的浓度变化来表示的该反应速率为，故答案为： 0.05 mol·L-1·min-1
(2)、A可行，加入蒸馏水，氢离子浓度减小，反应速率减小，且不减少产生氢气的量；
B不可行，因酸性溶液中有硝酸根离子，具有强氧化性与锌反应不产生氢气；
C可行，加入氯钠溶液，氢离子浓度减小，反应速率减小，且不减少产生氢气的量；故答案为： A C
(3)、①根据图知，随着反应进行，X，Y的物质的量减少，Z的物质的量增加，则X和Y是反应物，Z是生成物，反应达到乎衡时，，，，同一可逆反应中，同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比，X，Y，Z的化学计量数之比=3：1：2，则该反应的化学方程式为3X+Y 2Z，故答案为： 3X+Y 2Z
②A.Y的体积分数在混合气体中保持不变，说明各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故A正确；
B.X、Y的反应速率之比为 3∶1 时，如果此时的反应速率都是指同一方向的反应速率，则该反应不一定达到平衡状态，故B错误；
C.该反应为气体压强减小的反应，当容器内气体压强保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D.根据化学方程式可知，生成 1 mol Y的同时消耗2 mol Z ，故E不能说明反应达到平衡状态，故D错误。
故答案为： AC
③由图中曲线变化可知，4 min时，X的物质的量仍在减小，说明反应在正向进行，所以正反应速率大于逆反应速率，故答案为： >
④5 min内X的转化率为，故答案为： 60%
(4)、由图可知，2mol HI(g)气体分解生成1molI2(g)与1molH2(g)时需要吸收12kJ的能量，HI(g)分解生成I2(g)与H2(g)反应的热化学方程式为2HI(g)=I2(g)+H2(g) ΔH=+12 kJ·mol－1 ，故答案为：2HI(g)=I2(g)+H2(g) ΔH=+12 kJ·mol－1 。
【分析】
(1)、利用v=Δc/Δt计算；
(2)、依据影响反应速率的因素分析；
(3)、① 根据同一可逆反应中，同一段时间内参加反应的各物质的物质的量变化量之比等于其化学计量数之比；
②依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
③依据曲线变化分析；
④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；
(4)、热化学方程式能表示反应的热效应，反应的热效应与物质的状态、物质的量有关；
20．【答案】（1）△H1+△H2；K1×K2
（2）0.15mol/（L．min）；75%；91.125；＞；=；＞；正向
【解析】【解答】解：（1）①PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H1 K1
②PCl3（g）═P（s）+ Cl2（g）△H2 K2
结合盖斯定律可知，①+②得到PCl5（g）═P（s）+ Cl2（g），
则该反应的△H=△H1+△H2，反应的平衡常数K=K1×K2，
故答案为：△H1+△H2；K1×K2；（2）①由表格数据可知，30min达到平衡，则
2PCl3（g） ═ 2P（s）+ 3Cl2（g）
开始 4 0
转化 3 4.5
平衡 1 4.5
0～30min时，用Cl2表示该反应的反应速率为 =0.15mol/（L．min）；
平衡时，PCl3转化率α= ×100%=75%；
该温度下反应的平衡常数K= =91.125，
故答案为：0.15mol/（L．min）；75%；91.125；
②若上述反应在恒压条件下进行反应，反应的物质的量增大，体积增大，相等于减小压强，则平衡正向移动，则Q′＞Q，α′＞α，K只与温度有关，K′=K，
故答案为：＞；=；＞；
③向上述平衡体系中再充入1molCl2（g）、1molP（s）和1molPCl3（g），Qc= =41.59＜K，则反应正向移动，故答案为：正向．
【分析】（1）①PCl5（g）═PCl3（g）+Cl2（g）△H1 K1
②PCl3（g）═P（s）+ Cl2（g）△H2 K2
结合盖斯定律可知，①+②得到PCl5（g）═P（s）+ Cl2（g）；（2）①由表格数据可知，30min达到平衡，则
2PCl3（g） ═ 2P（s）+ 3Cl2（g）
开始 4 0
转化 3 4.5
平衡 1 4.5
v= 、转化率= ×100%、K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比；
②若上述反应在恒压条件下进行反应，反应的物质的量增大，体积增大，相等于减小压强，则平衡正向移动；
③向上述平衡体系中再充入1molCl2（g）、1molP（s）和1molPCl3（g），Qc= =41.59，与K比较判断反应进行方向．
21．【答案】（1）6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s）+6O2（g）△H=+2880 kJ mol﹣1
（2）0.225；75%；；CD；＜
（3）O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；减小；大于
【解析】【解答】解：（1）已知：Ⅰ．H2O（l）═2H+（aq）+ O2（g）+2e﹣△H=+284kJ/mol
Ⅱ．CO2（g）+C5（s）+2H+（aq）═2C3+（s）△H=+396kJ/mol
Ⅲ.12C3+（s）+12e﹣═C6H12O6（葡萄糖、s）+6C5（s）+3O2（g）△H=﹣1200kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅱ×6+Ⅲ+Ⅰ×6可得：6CO2（g）+6H2O（g）=C6H12O6（葡萄糖、s）+6O2（g），则△H=[（+284KJ/mol）+（+396KJ/mol）]×6+（﹣1200KJ/mol）=+2880KJ/mol，
故热化学方程式为：6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s）+6O2（g）△H=+2880 kJ mol﹣1，
故答案为：6CO2（g）+6H2O（l）=C6H12O6（s）+6O2（g）△H=+2880 kJ mol﹣1；
（2.）在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，10min平衡时甲醇浓度为0.75mol/L，二氧化碳浓度为0.25mol/L，则：
　 CO2（g） + 3H2（g） CH3OH（g） + H2O（g）
开始（mol/L）： 1 　 3 　 0 　 0
变化（mol/L） 0.75 　 2.25 　 0.75 　 0.75
平衡（mol/L）： 0.25 　 0.75 　 0.75 　 0.75
①从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v（H2）= =0.225 mol L﹣1 min﹣1，
故答案为：0.225；
②氢气的转化率= ×100%=75%，
故答案为：75%；
③平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积，则K= ，
故答案为： ；
④A．因正反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，则比值减小，故A错误；
B．充入He（g），使体系压强增大，恒容条件下各组分浓度不变，平衡不移动，比值不变，故B错误；
C．将H2O（g）从体系中分离，平衡向正反应方向移动，比值增大，故C正确；
D．再充入1mol CO2和3mol H2，等效为增大压强，平衡正向移动，则比值增大，故D正确，
故答案为：CD；
⑤加入氢气虽然正向移动，平衡移动的结果是减弱这种改变，而不能消除这种改变，即虽然平衡正向移动，氢气的物质的量在增加后的基础上减小，但是CO2（g）浓度较小、CH3OH（g） 浓度增大、H2O（g）浓度增大，且平衡常数不变，达到新平衡时H2的物质的量浓度与之前相比一定增大，故c1＜c2，故答案为：＜；
（3.）①氧气发生还原反应，获得电子，在碱性条件下生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故答案为：O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣；
②燃料电池的总反应是：CH4+2O2+2KOH═K2CO3+3H2O，消耗氢氧根离子，所以碱性减弱，pH减小，故答案为：减小；
③甲烷燃烧时要放出热量、光能，所以燃料电池中甲烷的利用率比甲烷燃烧的能量利用率高，故答案为：大于．
【分析】（1）已知：Ⅰ．H2O（l）═2H+（aq）+ O2（g）+2e﹣△H=+284kJ/mol
Ⅱ．CO2（g）+C5（s）+2H+（aq）═2C3+（s）△H=+396kJ/mol
Ⅲ.12C3+（s）+12e﹣═C6H12O6（葡萄糖、s）+6C5（s）+3O2（g）△H=﹣1200kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅱ×6+Ⅲ+Ⅰ×6可得：6CO2（g）+6H2O（g）=C6H12O6（葡萄糖、s）+6O2（g）；
（2.）在体积为1L的恒容密闭容器中，充入1mol CO2和3mol H2，10min平衡时甲醇浓度为0.75mol/L，二氧化碳浓度为0.25mol/L，则：
　 CO2（g） + 3H2（g） CH3OH（g） + H2O（g）
开始（mol/L）： 1 　 3 　 0 　 0
变化（mol/L） 0.75 　 2.25 　 0.75 　 0.75
平衡（mol/L）： 0.25 　 0.75 　 0.75 　 0.75
①根据v= 计算v（H2）；
②氢气的转化率= ×100%；
③平衡常数是指：一定温度下，可逆反应达到平衡时，生成物浓度系数次幂乘积与反应物浓度系数次幂乘积之比；
④A．正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动；
B．充入He（g），使体系压强增大，恒容条件下各组分浓度不变，平衡不移动；
C．将H2O（g）从体系中分离出去，平衡正向移动；
D．再充入1mol CO2和3mol H2，等效为增大压强，平衡正向移动；
⑤增大某一反应物的浓度，平衡正向移动，移动结果不能消除该物质浓度增大；
（3.）①氧气发生还原反应，获得电子，在碱性条件下生成氢氧根离子；
②甲烷燃烧生成二氧化碳与水，二氧化碳又与氢氧化钠反应生成碳酸钠，溶液碱性减弱；
③甲烷燃烧时要放出热量、光能，所以燃料电池中甲烷的利用率比甲烷燃烧的能量利用率高．