第一章：化学反应与能量转化 练习卷（含解析） 2024-2025学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第一章：化学反应与能量转化练习卷
一、单选题
1．镁燃料电池是以镁片、石墨作电极，电池反应为：。下列说法正确的是
A．镁为电池负极，发生还原反应 B．电子由石墨经导线流向镁片
C．混合溶液中向石墨移动 D．正极反应式为
2．化学是人类进步的阶梯，科技的发展离不开化学。下列说法正确的是
A．测定古文物年代的与互为同位素
B．氢氧燃料电池主要是将化学能转化为热能
C．高铁车体的铝合金硬度比铝大，熔点比铝低
D．月球土壤中含有的原子的中子数为2
3．我国科学家报道了机理如下图所示的电化学过程。下列相关说法错误的是
A．Ni电极为阴极
B．Ni-YSZ电极上发生的反应为CH4+2O2-—4e-=CO2+2H2
C．该电化学过程的总反应为CH4C+2H2
D．理论上，每有1mol CO2与1mol O2-结合，电路中转移2mole-
4．有研究表明，以与辛胺为原料高选择性的合成甲酸和辛腈，工作原理如图，下列说法不正确的是

A．电极与电源正极相连
B．电极上可能有副产物生成
C．在电极上发生的反应为：
D．标准状况下参与反应时电极有1.5mol辛腈生成
5．我国科学家研制了一种新型的高比能量锌一碘溴液流电池，其工作原理如图所示，图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是
A．放电时，a电极的反应为：I2Br-+2e-=2I-+Br-
B．放电时，溶液中离子的数目减少
C．充电时，b电极每增重0.65 g，溶液中有0.02 mol/LI-被氧化
D．充电时，a电极接外电源正极
6．全钒氧化还原液流电池是一种新型绿色的二次电池。其工作原理如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A．放电时，电流由X电极经用电器、Y电极、H2SO4溶液回到X电极
B．放电过程中，H+向X电极移动
C．充电时，X电极反应式：VO2+﹣e﹣+H2O═VO+2H+
D．充电时，每转移1mol电子，左池溶液中n(H+)的变化量为2mol
7．乙醇用途广泛且需求量大，电催化制备乙醇，电解原理如图所示，下列说法正确的是
A．a电极与电源正极相连
B．阳极区溶液的pH在增大
C．理论上，每消耗2mol ，可得到3mol
D．更换高选择性的电化学催化剂可以抑制a电极发生析氢腐蚀
8．已知下列热化学方程式：
Zn(s)+ O2(g) = ZnO(s)△H1 = -351.1 kJ/mol
Hg(l)+ O2(g) = HgO(s)△H2 = -90.1 kJ/mol
由此可知反应：Zn(s) + HgO(s) = ZnO(s) + Hg(l) 的焓变△H 是
A．291kJ·mol-1 B．295kJ·mol-1 C．-261kJ·mol-1 D．386kJ·mol-1
9．下列热化学方程式中，正确的是
A．已知P(白磷，s)=P(红磷，s) △H=-17.6kJ·mol-1，由此推知白磷更稳定
B．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1) △H=-890.3kJ·mol-1
C．500°C、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3kJ，其热化学方程式为：3H2+N22NH3 △H=-38.6kJ·mol-1
D．用CH3COOH溶液和NaOH溶液反应测定中和热：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(1) △H<-57.3kJ·mol-1
10．远洋轮船的船体材料是合金钢，为了保障航行安全，延长轮船的使用寿命，通常在与海水接触的船壳(船底及船侧)上镶嵌一些金属块M。下列有关说法不正确的是
A．上述保护船壳免受腐蚀的方法叫牺牲阳极的阴极保护法
B．M可能是锌、镁、锡等金属
C．船壳主要发生吸氧腐蚀
D．在上述保护船壳的过程中，负极反应为M—ne- ==Mn+
11．某科研小组设计双阴极微生物燃料电池进行同步硝化和反硝化脱氮研究，装置如图所示，下列叙述错误的是
A．“厌氧阳极”的电极反应方程式为
B．电池工作时，“缺氧阴极”电极附近的溶液pH增大
C．该电池工作中“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用
D．若“好氧阴极”完全生成，向该电极输送4 mol电子时消耗的标准状况下的体积为44.8 L
12．苯甲醇电催化氧化制备苯甲醛的电解原理如下图所示。下列说法正确的是
A．理论上，苯甲醇被氧化成苯甲醛时，电极B上有放出
B．电解过程中，电极室A和电极室B的均减小
C．电极A的电极反应式：
D．b端电势高于a端电势
13．研究化学反应中的能量变化对生产、生活有重要的意义。下列说法正确的是
A．寻找一种高效催化剂可以让快速分解制得氢气同时产生能量
B．热化学方程式中物质前面的化学计量数表示物质的量，可以是分数
C．与反应放出的热量就是的燃烧热
D．与完全反应时放出的热量就是中和热
14．一定条件下，工业合成氨反应：。下列说法正确的是
A．该反应为吸热反应
B．根据能量守恒定律，反应物的焓=生成物的焓
C．若生成，则
D．该条件下，由0到，最终放出热量小于
15．储氢合金LaNi5储氢时的化学式为LaNi5H6(设各元素的价态均为0)。以LaNi5H6(m)和NiO(OH)(n)为电极，KOH溶液为电解质溶液的二次电池结构如图所示(已知电池工作之前隔膜两侧电解质溶液的质量相等)。
下列说法正确的是
A．充电时，n极发生还原反应
B．充电时，电子流向：n→交换膜→m
C．放电时，m极的电极反应式为
D．放电时，若转移1 mol，隔膜左侧电解质溶液的质量减少39 g
二、填空题
16．如图装置甲是某可充电电池的示意图，该电池放电的化学方程式为2K2S2＋KI3=K2S4＋3KI，图中的离子交换膜只允许K＋通过，C、D、F均为石墨电极，E为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时C、D两电极产生的气体体积相同，E电极质量减少 1.28 g。
(1)装置甲的A电极为电池的 极，电解质的K＋向 (填“左侧”或“右侧”)迁移；B电极的电极反应式为 。
(2)装置乙中D电极析出的气体是 ，体积为 mL(标准状况)。
(3)若将装置丙中的NaCl溶液改换成FeCl2和FeCl3的混合溶液。从反应初始至反应结束，丙装置溶液中金属阳离子物质的量浓度与转移电子的物质的量的变化关系如图所示。
①图中b表示的是 (填金属离子符号)的变化曲线。
②反应结束后，若用0.5 mol·L－1NaOH溶液沉淀丙装置溶液中的金属阳离子(设溶液体积为100 mL)，则至少需要0.5 mol·L－1NaOH溶液 mL。
17．目前我国主要使用肼(N2H4)作为卫星发射所用燃料。
(1)N2H4可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和H2O。
已知：
①N2(g)+2O2(g)=N2O4(l) ΔH=-19.5kJ·mol-1 K1
②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.2kJ·mol-1 K2
写出反应③液体燃料N2H4与液态N2O4反应生成N2和H2O的热化学方程式： ，K1、K2、K3之间的关系： 。
(2)若已知下列数据：
化学键 N—N N≡N H—O O=O
键能/kJ·mol-1 190 946 462.8 498.8
试根据表中数据计算出N—H的键能： kJ·mol-1。
18．研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
(1)处理含CO、SO2烟道气污染的一种方法是将其在催化剂作用下转化为单质S。已知：①CO(g)＋O2(g)=CO2(g) ΔH=-283.0 kJ·mol-1②S(s)＋O2(g)=SO2(g)　ΔH=-296.0 kJ·mol-1。此反应的热化学方程式是 。
(2)氮氧化物是造成光化学烟雾和臭氧层损耗的主要气体。已知：
CO(g)＋NO2(g)=NO(g)＋CO2(g) ΔH=-a kJ·mol-1(a>0)
2CO(g)＋2NO(g)=N2(g)＋2CO2(g) ΔH=-b kJ·mol-1(b>0)
若用1molCO还原NO2至N2(CO完全反应)的整个过程中转移电子的物质的量为 mol，放出的热量为 kJ(用含有a和b的代数式表示)。
19．原电池是直接把化学能转化为电能的装置。航天技术上使用的氢－氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。下图是氢－氧燃料电池的装置图。
则：
①溶液中OH-移向 电极（填“a”或“b”）。
②b电极附近pH 。（填增大、减小或不变）
③如把H2改为甲烷，则电极反应式为：负极： 。
20．已知氮元素及其化合物的转化关系如下图所示，回答下列问题。
(1)已知1mol氨气发生反应②，完全反应生成NO和水蒸气时放出226kJ的热，该反应的热化学方程式是 。
(2)反应④的离子方程式为 。理论上如图N2合成1mol硝酸，至少需要氧气共 mol。
(3)汽车尾气净化装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示，该过程的总反应化学方程式为 。
(4)工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用NaOH溶液吸收。发生的反应有：2NaOH+NO+NO2=2NaNO2+H2O，2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O，用不同浓度的NaOH溶液吸收NO2含量不同的尾气，关系如下图：
(α表示尾气里NO、NO2中NO2的含量)
①根据上图得知 (填字母)。
A．NaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大
B．NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大
②当α小于50%时，加入H2O2能提升氮氧化物的吸收率，原因是 。
21．参考下列图表和有关要求回答问题：
（1）图Ⅰ是 1mol NO2（g）和 1 mol CO（g）反应生成 CO2和NO 过程中能量变化示意图，若在反应体系中加入催化剂，反应速率增大，E1的变化是 （填“增大”“减小”或“不变”，下同），ΔH 的变化是 。请写出 NO2和 CO反应的热化学方程式： 。
（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）＋H2O（g）=CO2（g）＋3H2（g）ΔH＝＋49.0 kJ·mol-1
②CH3OH（g）＋O2（g）=CO2（g）＋2H2（g）ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
又知③H2O（g）=H2O（l） ΔH＝－44 kJ·mol-1则甲醇燃烧生成液态水的热化学方程式： 。
（3）下表是部分化学键的键能数据：
化学键 P—P P—O O=O P=O
键能/kJ·mol-1 a b c x
已知 1 mol 白磷（P4）完全燃烧放热为 dkJ，白磷及其完全燃烧的产物结构如图Ⅱ所示，则表中 x＝ kJ·mol-1（用含有 a、b、c、d 的代数式表示）。
22．联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。
（1）联氨分子的电子式为 ，
（2）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。写出在水中联氨第一步电离反应的方程式 。
（3）已知12.8 g的液态高能燃料联氨在氧气中燃烧，生成气态N2和液态水，放出248.8kJ的热量。写出表示液态联氨燃烧热的热化学方程式 。
（4）已知①2O2(g)+N2(g)=N2O4(l) ；ΔH1
②N2(g)+2H2(g)=N2H4(l) ；ΔH2
③O2(g)+2H2(g)=2H2O(g) ； ΔH3
④2 N2H4(l) + N2O4(l)= 3N2(g)+ 4H2O(g) ；ΔH4
上述反应热效应之间的关系式为ΔH4= ，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为 （至少答2点）。
23．（1）高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应式为:3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH，原电池负极的电极反应式为 ；放电时正极附近溶液的碱性 (填“增强”。“不变“或“减弱”)。
（2）三元锂电池是以镍钴锰为正极材料的新型电池，镍钴锰材料可表示为Li1-nNixCoyMnzO2，x+y+z=1，通常简写为Li1-nMO2，Ni、Co、Mn三种元素分别显+2、+3、+4价。其充电时总反应为：LiMO2+C6Li1-nMO2+LinC6。
①充放电电时，电解液的主要作用 。
②在Li1-nMO2材料中，若x︰y︰z=2︰3︰5，则n= 。
③放电时，正极反应为： 。
④充电时，当转移0.2amol电子，负极材料减重 g。
24．金属及其化合物在国民经济发展中起着重要作用。
（1）工业上以黄铜矿为原料，采用火法熔炼工艺生产铜。该工艺的中间过程会发生反应：2Cu2O+ Cu2S=6Cu+SO2
该反应的氧化剂是 ,当生成19.2gCu时，反应中转移的电子为 mol。铜在潮湿的空气中能发生吸氧腐蚀而生成（碱式碳酸同）。该过程负极的电极反应式 。
（2）钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠分别作为两个电极的反应物，固体陶瓷（可传导）为电解质，其原理如图所示：
①根据下表数据，请你判断该电池工作的适宜温度应控制在 。
物质
熔点/ ℃ 97.8 115 2050
沸点/ ℃ 892 444.6 2980
a.100 ℃以下 b.100 ℃~300 ℃ c.300 ℃~350 ℃ d.350 ℃~2050 ℃
②放电时，电极A为 极，S发生 反应。
③放电时，内电路中的的移动方向为 （填“从A到B”或“从B到A”）。
④充电时，总反应为，钠所在电极与直流电源 极相连，阳极的电极反应式为 .
25．氨电解法制氢气，利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。
(1)电解过程中OH-的移动方向为 (填“从左往右”或“从右往左”)。
(2)阳极的电极反应式为 。
参考答案：
1．C
【详解】A．垪为电池负极，发生氧化反应，A项错误；
B．电子由负极沿导线流向正极，即由镁片经导线流向石墨，B项错误；
C．溶液中离子移动方向为：阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，向石墨移动，C项正确；
D．该反应为酸性环境，故正极的电极反应式为：，D项错误；
答案选C。
2．C
【详解】A．同种元素的不同核素之间互为同位素，与是不同元素的核素，不属于同位素，A错误；
B．化学电源放电过程均是化学能转化为电能，B错误；
C．合金具有比成分金属硬度大，熔点低的优点，C正确；
D．的质子数是2，中子数是1，D错误；
故选C。
3．D
【分析】由图可知，该装置为电解池，Ni-YSZ电极物为电解池的阳极，Ni电极为阴极，在氧离子作用下，甲烷在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢气，电极反应式为CH4+2O2--4e-=CO2+2H2，放电生成的二氧化碳在熔融盐中与氧离子结合生成碳酸根离子，碳酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成碳和氧离子，电极反应式为CO+4e-=C+3O2-，电解的总反应方程式为CH4C+2H2。
【详解】A．由分析可知，Ni电极为阴极，碳酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成碳和氧离子，故A正确；
B．由分析可知，Ni-YSZ电极物为电解池的阳极，电极反应式为CH4+2O2--4e-=CO2+2H2，故B正确；
C．由分析可知，电解的总反应方程式为CH4C+2H2，故C正确；
D．由分析可知，每有1molCO2与1molO2-结合成1mol，电路中转移4mole-，故D错误；
故选D。
4．D
【分析】CO2变为HCOO-化合价降低发生了还原反应，该极为电解池的阴极与电源负极相连。而Ni2P为电解池的阳极与电源正极相连，发生氧化反应。
【详解】A．由上分析Ni2P与电源正极相连，A项正确；
B．In/In2O3 x 电极上H+可能在此发生还原反应产生H2，B项正确；
C．CO2发生还原反应得到CH3COO-，反应为CO2+H2O+2e =HCOO +OH ，C项正确；
D．标况下33.6LCO2物质的量为1.5mol，由上电极反应知转移的电子物质的量为3mol。阳极的反应为CH3(CH2)7NH2 -4e-+4OH-=CH3(CH2)6CN +4H2O，当转移3mol电子时产生0.75mol辛腈，D项错误；
故选D。
5．B
【详解】A．根据电池的工作原理示意图可知，放电时，a电极上I2Br-转化为I-、Br-，电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-，A正确；
B．放电时，正极上I2Br-得到电子转化为I-、Br-，负极区Zn失去电子转化为Zn2+，溶液中离子的数目增多，B错误；
C．充电时，b电极发生反应Zn2++2e-=Zn，b电极增重0.65 g时，n(Zn)=，则转移电子的物质的量是0.02 mol，根据电池工作时各个电极转移电子的物质的量相等，可知在阳极上有0.02 mol I-被氧化，C正确；
D．放电时，a电极得到电子，所以a电极为正极；充电时，a电极为阳极，接外电源正极，D正确；
故合理选项是B。
6．D
【分析】据图可知放电时Y电极上V2+转化为V3+被氧化，所以Y为负极，X为正极。
【详解】A．放电时为原电池，外电路中电流由正极经用电器流向负极，内电路中电流由负极流向正极，故A正确；
B．放电时为原电池，原电池内部阳离子流向正极，即H+向X电极移动，故B正确；
C．放电时X电极上VO被还原为VO2+，则充电时VO2+被氧化为VO，电解质溶液显酸性，结合电子守恒可得电极反应式为VO2+﹣e﹣+H2O=VO+2H+，故C正确；
D．充电时左池即X电极为阳极，根据X的电极反应式可知转移1mol电子时生成2molH+，同时为了平衡电荷，还有1molH+会迁移到右池，所以左池溶液中n(H+)的变化量为1mol，故D错误；
综上所述答案为D。
7．D
【分析】二氧化碳催化加氢制备乙醇，则a电极为电解池的阴极，二氧化碳碱性条件下在阴极得到电子生成乙醇，电极反应式为2CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12OH-；b电极为电解池的阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。据此作答。
【详解】A．根据分析，a电极是阴，与电源负极相连，A错误；
B．阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+浓度增大，pH下降，B错误；
C．a电极反应式为2CO2+12e-+9H2O=CH3CH2OH+12OH-；b电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据得失电子守恒可知，理论上，每消耗2mol ，可得到3mol ，但是a电极还生成氢气，则得到氧气的量大于3mol，C错误；
D．选择高选择性和高活性的电化学催化剂可以有效抑制a电极发生析氢反应，D正确；
故选D。
8．C
【详解】将已知反应依次编号为①②，由盖斯定律可知①—②可得反应Zn(s) + HgO(s) = ZnO(s) + Hg(l)，则△H =△H1—△H2 =(—351.1 kJ/mol)—(—90.1 kJ/mol)=—261kJ/mol，故选C。
9．B
【详解】A．P(白磷，s)=P(红磷，s) ，该反应放热，则红磷的能量更低，由此推知红磷更稳定，A项错误；
B．燃烧热指的是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为： ，B项正确；
C．和置于密闭容器中充分反应生成放热19.3kJ，因反应为可逆反应，则热化学反应方程式中的反应热数值大于38.6kJ，C项错误；
D．醋酸为弱酸，电离时吸热，则用溶液和NaOH溶液反应测定中和热：，D项错误；
答案选B。
10．B
【详解】A、为了保障航行安全，延长轮船的使用寿命，通常在与海水接触的船壳(船底及船侧)上镶嵌一些金属块M，如锌，形成原电池，这种保护船壳免受腐蚀的方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；B、M可能是锌等比铁活沷金属，在原电池中作负极，先腐蚀，不能是镁等太活泼的金属,活泼金属腐蚀太快，成本高。也不能用锡，否则铁作负极，腐蚀更快。故B错误；C、海水处于中性、弱碱性环境，船壳主要发生吸氧腐蚀，故C正确；D、负极活泼金属失电子，被氧化，在上述保护船壳的过程中，负极反应为M—ne- ==Mn+，故D正确；故选B。
11．D
【分析】由题干微生物燃料电池示意图可知，电子从厌氧阳极流出，即葡萄糖在厌氧阳极上失去电子，生成CO2，则该电极反应为，电子转移到左侧的缺氧阴极上，得到电子并结合阳极产生的H+，生成NO2和H2O，NO2能够进一步得到电子结合H+，生成N2和H2O，电极反应分别为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，电子转移到好氧阴极，则可能是O2得到电子，发生的电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，同时O2还可能氧化生成，甚至还可以进一步被O2氧化成，反应方程式为：2+3O2=2+2H2O+4H+，2+O2=2，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，“厌氧阳极”的电极反应方程式为，故A正确；
B．由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”电极的电极反应为：+e-+2H+=NO2↑+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，故其电极附近的溶液中H+浓度减小，pH增大，故B正确；
C．由分析可知，该电池工作中厌氧阳极的电子同时转移到“好氧阴极”和“缺氧阴极”中，故“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用，在“好氧阴极”上电极上得电子也可以将O2还原，同时也可以被O2氧化，即和电极之间存在着对O2的竞争，故C正确；
D．若“好氧阴极”1mol完全生成则反应中转移了8mol电子，此时转移的电子是发生在和O2之间，消耗了2molO2，即此时并未向该电极输送电子，则该区消耗的O2在标准状况的体积约为2mol×22.4L/mol=44.8L，故D错误；
答案选D。
12．C
【分析】根据电解原理示意图分析，A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，A为阳极、B为阴极，则a为正极、b为负极；
【详解】A．没有标况，不确定生成氢气的体积，A错误；
B．A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，二氧化锰氧化苯甲醇为苯甲醛同时生成锰离子，总反应为C6H5CH2OH-2e-=C6H5CHO+2H+；B极反应为氢离子放电生成氢气：，A室氢离子迁移到B室，结合电子守恒可知，AB室pH值不变，B错误；
C．A极锰离子失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，，C正确；
D．a为正极、b为负极，b端电势低于a端电势，D错误；
故选C。
13．B
【详解】A．催化剂只能改变反应速率，不能改变反应热，A错误；
B．热化学方程式中的化学计量系数表示的参与反应的物质的物质的量，可以用分数表示，B正确；
C．1molH2燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，则1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热，水的状态未知，不一定为燃烧热，C错误；
D．生成1molH2O时为中和热，且生成硫酸钡放热，则1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热不是中和热，D错误；
故选B。
14．C
【详解】A．合成氨反应为焓变小于0的放热反应，故A错误；
B．化学反应没有热效应为0的反应，所以合成氨反应中反应物的焓不可能等于生成物的焓，故B错误；
C．氨气的能量高于液氨，所以若合成氨生成液氨，反应放出的热量更多，反应的焓变△H小于—92kJ/mol，故C正确；
D．由方程式可知，反应生成2mol氨气时，反应放出的热量为92kJ，故D错误；
故选C。
15．C
【分析】由题干图示信息可知，图中实线代表放电过程，放电时n极为正极，其反应为6NiOOH+6e-=6Ni(OH)2+6OH-，m极为负极，其反应为 LaNi5H6-6e-+6OH-=LaNi5+6H2O，由此可见储氢合金失电子，作原电池的负极，此电池的总反应为LaNi5H6+6NiOOH=LaNi5+6Ni(OH)2，虚线代表充电过程，充电时阳极即n极，其反应为6Ni(OH)2+6OH--6e-=6NiO(OH)+6H2O，阴极即m极，其反应为LaNi5+6H2O+6e-=LaNi5H6+6OH-，总反应为LaNi5+6Ni(OH)2=LaNi5H6+6NiO(OH)，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，充电时，n极为阳极，电极反应为：6Ni(OH)2+6OH--6e-=6NiO(OH)+6H2O，发生氧化反应，A错误；
B．电子不能经过电解质溶液，B错误；
C．由分析可知，放电时，m极为负极，其电极反应式为LaNi5H6-6e-+6OH-=LaNi5+6H2O，C正确；
D．由分析可知，放电时左侧为负极室，右侧为正极室，原电池中电解质溶液中的阳离子移向正极，若转移1 mole-，则有1molK+从左侧移向右侧，即左侧溶液质量减少1mol×39g/mol=39g，但同时根据电极反应LaNi5H6-6e-+6OH-=LaNi5+6H2O可知，左侧溶液质量又增加1molH即增重1g，故隔膜左侧电解质溶液的质量减少39-1=38 g，D错误；
故答案为：C。
16． 负 右侧 I3－＋2e－＝3I－ H2(或氢气) 224 Fe2＋ 28
【分析】本题解题的切入点为E，E质量减轻，则表明E为阳极，发生反应Cu-2e-=Cu2+，E电极质量减少1.28 g，则表明参加反应的Cu为0.02mol，失去电子0.04mol。E为阳极，则F为阴极，A为负极，B为正极，C为阳极，D为阴极。
【详解】(1)由上面分析知，装置甲的A电极为电池的负极。因为原电池中，阳离子向正极移动，所以电解质的K＋向右侧迁移。B电极为正极，I3－得电子，它的电极反应式为I3－＋2e－＝3I－。
(2)D电极上首先发生反应Cu2＋＋2e－=Cu，当Cu2＋消耗尽时，发生反应2H＋＋2e－=H2↑，所以装置乙中D电极析出的气体是H2(或氢气)。根据得失电子守恒，该电极析出的H2的体积为：。
(3)①若将装置丙中的NaCl溶液改换成FeCl2和FeCl3的混合溶液，则电解时，阳极(E电极)发生反应Cu－2e－=Cu2＋，阴极(F电极)发生反应2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，故a、b、c分别表示Fe3+、Fe2＋、Cu2+的变化曲线。所以图中b表示的是Fe2＋的变化曲线。
②由题图中曲线可以看出，反应后溶液中c(Cu2＋)＝2×10－2 mol·L－1，c(Fe2＋)＝5×10－2 mol·L－1，c(Fe3＋)＝0，要使溶液中的金属阳离子完全沉淀，需要n(NaOH)＝[n(Cu2＋)＋n(Fe2＋)]×2＝(0.02 mol·L－1＋0.05 mol·L－1)×0.1 L×2＝0.014 mol，V(NaOH)＝。
17． N2O4(l)＋2N2H4(l)＝3N2(g)+4H2O(g) ΔH=-1048.9kJ·mol-1 393.55
【详解】(1) 已知：
①N2(g)+2O2(g)=N2O4(l) ΔH=-19.5kJ·mol-1 K1
②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.2kJ·mol-1 K2
反应③液体燃料N2H4与液态N2O4反应生成N2和H2O的热化学方程式为：②×2-①得，N2O4(l)＋2N2H4(l)＝3N2(g)+4H2O(g) ΔH=-1048.9kJ·mol-1 ，K1、K2、K3之间的关系：；答案为：N2O4(l)＋2N2H4(l)＝3N2(g)+4H2O(g) ΔH=-1048.9kJ·mol-1 ，；
(2)根据反应②N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH=-534.2kJ·mol-1可计算出N—H的键能。
根据ΔH=反应物的键能-生成物的键能；
4×(N-H)+(N-N)+(O=O)-( N≡N)-4×(H—O)= ΔH
4×(N-H)+ 190+498.8-946-4×462.8=-534.2, (N-H)= 393.55，N—H的键能：393.55 kJ·mol-1。故答案为393.55；
18．(1)2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2(g) △H=-270kJ/mol
(2) 2 (2a+b)/4
【分析】本题主要考查反应热的计算。
【详解】（1）2①-②得此反应的热化学方程式是2CO(g)＋SO2(g)===S(s)＋2CO2(g) ΔH1＝－270 kJ·mol-1。
（2）2①+②得4CO(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋4CO2(g)ΔH＝－(2a+b kJ·mol-1
1molCO还原NO2至N2(CO完全反应)，CO～2e-,则整个过程中转移电子的物质的量为2mol，放出的热量为(2a+b)/4kJ。
19． a 增大 CH4－8e－＋10OH－＝CO＋7H2O
【分析】①原电池中电子从负极流向正极；溶液中阴离子向负极移动；
②氢-氧燃料电池中氧气在正极上得电子生成氢氧根离子；
③甲烷在反应时失电子被氧化，在负极反应，写电极反应式要考虑电解质的后续反应；
【详解】①原电池中电子从负极流向正极，图中电子从a流向b，则a 为负极，b为正极；溶液中阴离子向负极移动，则溶液中OH－移向a，故答案为：a；
②氢-氧燃料电池中氧气在正极上得电子，即O2在b电极反应生成氢氧根离子，其电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，b电极附近pH增大，故答案为：增大；
③正极为O2放电，碱性环境下正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e－═4OH－，甲烷在反应时失电子被氧化，为原电池负极，碱性环境下生成碳酸根，电极方程式为：CH4－8e－＋10OH－＝CO＋7H2O，故答案为：CH4－8e－＋10OH－＝CO＋7H2O。
20．(1)4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，ΔH=-904kJ/mol
(2) 3NO2+H2O=2H++2NO+NO
(3)
(4) B H2O2具有氧化性，能将NO氧化成NO2，NO2含量增大，氮氧化物吸收率提高
【分析】N2与H2反应转化为NH3，NH3催化氧化转化为NO，NO与O2反应转化为NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，据此回答。
【详解】（1）已知1mol氨气发生反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H20(g)，完全反应生成NO和水蒸气时放出226kJ的热，则4mol氨气反应放热226kJ4=904kJ，该反应的热化学方程式是4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)，ΔH=-904kJ/mol；
（2）①反应④是二氧化氮与水的反应，离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO；
②理论上如图N2合成1mol硝酸，根据，1molO2转移4mol电子，则需要molO2；
（3）催化转化过程中，总反应为。
（4）①根据上述图像可知：
A．随着NaOH溶液浓度增大，氮氧化物的吸收率先增加后减小，A错误；
B．当NaOH溶液浓度一定时，NO2量越大，氮氧化物的吸收率越大，B正确；
故选B；
②根据图示可知：当混合气体中NO2含量小于50%时，通入具有氧化性的H2O2，会将NO氧化成NO2，使NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大。
21． 减小 不变 NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234 kJ·mol－1 CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726 KJ·mol－1
【详解】（1）图Ⅰ是 1mol NO2（g）和1mol CO（g）反应生成 CO2 和NO 过程中能量变化示意图，加入催化剂能降低反应所需的活化能，则E1和E2都减小，催化剂不能改变反应物的总能量和生成物的总能量之差，即反应热不改变，催化剂对反应热无影响，ΔH不变，由图可知，1mol NO2和1mol CO反应生成CO2和NO放出热量368kJ-134kJ=234kJ，反应热化学方程式为NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234 kJ·mol－1，
故答案为：减小；不变；NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234 kJ·mol－1；
（2）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是：
①CH3OH（g）＋H2O（g）=CO2（g）＋3H2（g）ΔH＝＋49.0 kJ·mol-1
②CH3OH（g）＋O2（g）=CO2（g）＋2H2（g）ΔH＝－192.9 kJ·mol－1
又知③H2O（g）=H2O（l） ΔH＝－44 kJ·mol-1
依据盖斯定律计算（②×3-①×2+③×2）× 得到CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726 KJ·mol－1；
故答案为：CH3OH（g）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-726 KJ·mol－1；
（3）白磷燃烧的方程式为P4+5O2=P4O10，1mol白磷完全燃烧需拆开6mol P-P、5mol O=O，形成12molP-O、4mol P=O，所以12mol×bkJ·mol－1+4mol×xkJ·mol－1-（6mol×a kJ·mol－1+5 mol×c kJ·mol－1）=dkJ·mol－1，x=kJ·mol－1，故答案为：。
【点睛】本题考查较为综合，本题注意热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，难点（3）注意反应热的计算，特别是注意分析白磷的氧化磷的分子结构，正确判断共价键的类型和数目。
22． N2H4＋H2O N2H＋OH－ N2H4 (l) + O2(g) = N2(g) + 2H2O(l) ；△H= —622.0 kJ/mol 2ΔH3—2ΔH2—ΔH1 反应放热量大、产生大量气体、产物无污染
【详解】（1）联氨分子式为N2H4，氮氢原子间形成单键，氮氮原子间形成单键，电子式为；综上所述，本题答案是：。
（2）一水合氨的电离：NH3 H2ONH4++OH- , 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，第一步电离反应的方程式：N2H4＋H2O N2H＋OH－；综上所述，本题答案是：N2H4＋H2O N2H＋OH－。
(3)反应方程式为：N2H4+O2═N2+2H2O，0.4mol液态肼放出248.8kJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为248.8/0.4=622kJ，所以反应的热化学方程式为:N2H4(g)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ/mol；综上所述，本题答案是： N2H4(l)+O2(g)═N2(g)+2H2O(l)△H=-622kJ mol-1。
(4)①2O2(g)+N2(g)═N2O4(l)△H1，②N2(g)+2H2(g)═N2H4(l)△H2，③O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)△H3，依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2-②×2-①得到④2N2H4(l)+N2O4(l)═3N2(g)+4H2O(g)△H4=2△H3-2△H2-△H1；根据反应④可知，联氨和N2O4反应放出大量热且产生大量气体，且对环境无危害，因此可作为火箭推进剂；
综上所述，本题答案是：2ΔH3—2ΔH2—ΔH1 ；反应放热量大、产生大量气体、产物无污染。
23． Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2 增强 放电和充电时，电解液离子通过定向移动，构成闭合回路 0.3 Li1-nMO2+nLi++ne－=LiMO2 1.4ag
【详解】(1)反应中锌失去电子，则原电池负极的电极反应式为Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2；正极反应式为FeO42－+3e－+4H2O＝Fe(OH)3+5OH－，因此正极附近溶液的碱增强；
（2）①放电和充电时，电解液离子通过定向移动，构成闭合回路；
② Li1-nNixCoyMnzO2根据正负化合价代数和为0计算，1-n+2×+3×+4×-2×2=0，得出n=0.3；
③放电时，正极发生还原反应，得电子，电极反应为：Li1-nMO2+nLi++ne－=LiMO2；
④充电时，负极得电子，nLi++C6+ne-=LinC6，当转移0.2amol电子，负极材料增重1.4ag。
24． Cu2O和Cu2S 0.3 2Cu+4OH－+CO2－4e－= Cu2(OH)2CO3+H2O C 负 还原 从A到B 负 Sx 2—2e- = xS
【详解】（1）在2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2反应中，Cu元素的化合价从+1价降低到0价，所以Cu2O和Cu2S都是氧化剂；当生成19.2gCu时，Cu的物质的量是0.3mol，则反应中转移的电子的物质的量是0.3mol；Cu发生吸氧腐蚀生成碱式碳酸铜，则负极是Cu失去电子，与氢氧根离子、二氧化碳结合为碱式碳酸铜，电极反应式是2Cu+4OH－+CO2－4e－= Cu2(OH)2CO3+H2O；
（2）①钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠座反应物，根据钠和硫的熔点判断该电池的温度应大于115 C而小于444.6 C，所以答案C ；
②放电时Na失去电子生成钠离子，所以电极A作电池的负极 ，则S在正极腐蚀还原反应；
③放电时阳离子向电池的正极移动，A是负极，B为正极，则钠离子从A到B 移动；
④充电时，Na元素的化合价降低到0价，发生还原反应，所以A为阴极，则A与电源的负极相连；阳极腐蚀氧化反应Sx 2—失去电子生成S单质，电极反应式是 Sx 2—-2e- = xS。
考点：考查氧化还原反应的分析，电化学反应原理的应用
25．(1)从右往左
(2)2NH3-6e-＋6OH-=N2＋6H2O
【详解】（1）根据反应物以及两极产物，可以看出产生氢气的一极氢元素的化合价变化为＋1→0，发生还原反应，右侧应为阴极，产生氮气的一极氮元素的化合价变化为-3→0，发生氧化反应，左侧应为阳极。电解池中，阴离子向阳极移动，所以电解过程中OH-的移动方向为从右往左；
（2）阳极上NH3变为N2，溶液环境为碱性，所以阳极的电极反应式为：2NH3-6e-＋6OH-=N2＋6H2O。