化学反应与能量 分层练习 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册

第六章化学反应与能量分层练习2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册一、单选题1．明·宋应星《天工开物》中记载：“凡海滨石山傍水处，咸浪积压．生出蛎房，闽中曰蚝房。……凡燔蛎灰者，执椎与凿，濡足取来，……叠煤架火燔成，与前石灰共法。粘砌城墙、桥梁，调和桐油造舟，功皆相同。”下列有关描述中正确的是（）。A．“蛎房”的主要成分是氧化钙B．古人用“蚝房”煅烧制成的石灰可用作建筑材料C．“桐油”是一种优良的植物油，从物质分类角度来看属于纯净物D．“蚝房”受热分解的反应属于放热的非氧化还原反应2．下列装置工作时，将电能转化为化学能的是（）A．风力发电机B．硅太阳能电池C．纽扣式银锌电池D．电解熔融氯化钠A．A B．B C．C D．D3．如图所示的原电池，下列叙述正确的是(盐桥中装有含琼胶的KCl饱和溶液)（）A．反应中，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液B．取出盐桥后，电流计依然发生偏转C．铜片上有气泡逸出D．反应前后铜片质量不改变4．用H2O2分解制取氧气，反应速率最大的是（）A．0℃下，2mol∙L−1H2O2溶液B．0℃下，5mol∙L−1H2O2溶液C．25℃下，2mol∙L−1H2O2溶液D．25℃下，5mol∙L−1H2O2溶液与二氧化锰5．如图是课外活动小组设计用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法错误的是（）A．铜片表面有气泡生成B．装置中存在“化学能→电能→光能”的转换C．如果将硫酸换成硫酸铜，导线中不会有电子流动D．如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向不变6．已知在同一电池中，正极电势高于负极电势。标准电极常用于测定其它电极的电势，测知电极的电势高于电极的电势。以下说法正确的是（）A．溶液可用代替B．微孔瓷片起到阻隔离子通过的作用C．电极反应为D．若把体系换作体系，电压表的示数变大7．利用如图装置（夹持装置略，可增加加热装置）能探究指定元素化合价变化的是（已知：酸性溶液可将均氧化生成）（）选项试剂反应条件元素不同价态间的转化abcA稀盐酸淀粉溶液加热B稀硝酸酸性溶液/C浓硫酸水加热D浓硝酸铁片（少量）溶液加热A．A B．B C．C D．D8．已知卤素单质的氧化性强弱为F2＞Cl2＞Br2＞I2，排在前面的卤素单质可将排在后面的卤素从它的盐溶液中置换出来，如Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2。下列说法或化学方程式不成立的是（）A．Cl2与I-在水溶液中不能大量共存B．2NaF+I2=2NaI+F2C．还原性：Cl-＜Br-＜I-D．少量Cl2通入到NaBr和NaI的混合溶液中，Cl2优先氧化I-9．时将和充入容积为的恒容密闭容器中，发生反应后达到平衡，B的转化率为50%．若温度不变，将容器的容积缩小为原来的一半，A的转化率不发生变化．下列说法正确的是（）A．B．该温度下，此反应达平衡时的化学平衡常数C．内D．平衡后，若升高温度，重新达到平衡，A的转化率减小10．纯净物状态下的标准电极电势可用来比较对应氧化剂的氧化性强弱。现有六组标准电极电势数据如表所示：氧化还原电对（氧化型/还原型）电极反应式标准电极电势0.770.541.501.071.360.15下列分析正确的是（）A．氧化性：B．往含有的溶液中滴加少量氯水，溶液变红C．往淀粉-溶液中加入过量溶液，溶液变蓝D．溶液与足量酸性溶液反应的离子方程式：11．由下列实验事实所得出的结论正确的是（）选项实验事实结论A某温度下，向容积可变的密闭容器中加入足量CaCO3，发生反应，并达到平衡，将容器容积增大为原来的2倍当体系再次达到平衡时，气体密度不变B恒温恒容条件下，，增加的物质的量H2O的平衡转化率提高，且增大其反应速率C，在反应达到平衡后，对平衡体系采取缩小容积、增大压强的措施，因为平衡向正反应方向移动，故体系颜色变浅D4M(s)+N(g)+2W(I)       则ΔH＞0A．A B．B C．C D．D12．CO与N2O在Fe+作用下发生反应的能量变化及反应历程如图所示，两步为①N2O+Fe+=N2+FeO+(慢)、②FeO++CO=CO2+Fe+(快)。下列说法正确的是（）A．总反应若在2L的密闭容器中进行，温度越高反应速率一定越快B．反应①的活化能比反应②大C．反应中每转移1mol电子，生成N2体积为11.2LD．两步反应均为放热反应，总反应的化学反应速率由反应②决定13．纸电池为轻型、高效的新型能源存储带来希望之光。一种碱性纸电池如图所示，薄层纸片的两面分别附着锌和二氧化锰，电池总反应：，[已知中的化合价为+3]。下列有关说法错误的是（）A．薄层纸片的作用为载体和传导体B．该新型电池工作时，电子由沿内电路流回C．为正极材料，电极反应式为D．每转移电子，负极材料质量增加17g14．已知，则的焓变为（）A．+46.2kJ/mol B．-46.2kJ/mol C．+92.4kJ/mol D．-92.4kJ/mol15．下列关于热化学反应的描述中正确的是（）A．HCl和NaOH反应的中和热△//＝－57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△＝2×(－57.3)kJ/molB．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C．CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g)＝2CO(g)＋O2(g)反应的△H＝＋2×283.0kJ/molD．1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热16．已知有如下反应：①2NaBrO3+Cl2=Br2+2NaClO3②NaClO3+6HCl=NaCl+3Cl2↑+3H2O根据上述反应，下列说法正确的是（）A．反应①中NaBrO3中Br的化合价为+3B．反应①中氧化性：NaClO3>NaBrO3C．反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：5D．反应②中每生成3molCl2，转移5mol电子17．高中化学《化学反应原理》选修模块从不同的视角对化学反应进行了探究、分析。以下观点错误的是（）①放热反应在常温下均能自发进行；②电解过程中，化学能转化为电能而“储存”起来；③原电池工作时所发生的反应一定有氧化还原反应；④加热时，化学反应只向吸热反应方向进行；⑤盐类均能发生水解反应；⑥化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写无关A．①②④⑤ B．①③⑤⑥ C．②③⑤⑥ D．①②④⑤⑥18．苹果汁是人们喜爱的饮料，现榨的苹果汁在空气中放置一会儿会由淡绿色(Fe2+)变为黄色(Fe3+)。若榨汁时加人维生素C，可有效防止这种现象发生，这说明维生素C具有（）A．还原性 B．碱性 C．氧化性 D．酸性19．关于下列各装置图的叙述正确的是（）A．用图①装置实现租铜精炼，a极为精铜B．图②装置盐桥中的移向右烧杯C．图③装置运用的是牺牲阳极的阴极保护法D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，两池负极质量消耗不等20．对于，且压强。下列图像中曲线变化错误的是（）A． B．C． D．二、综合题21．如图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH=2K2CO3＋6H2O请回答：（1）甲池是池，通入O2的电极作为极，电极反应式为。（2）乙池是池，A电极名称为极，电极反应式为。乙池中的总反应离子方程式为，溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40g时，甲池中理论上消耗O2mL(标准状况下)。22．NH3作为重要化工原料，被大量应用于工业生产，与其有关性质反应的催化剂研究曾被列入国家863计划。（1）氨的催化氧化反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）△H<0，是制硝酸的基础反应，在容积固定的密闭容器中发生上述反应，容器内部分物质的物质的量浓度如下表：浓度时间C(NH3)mol/LC(O2)mol/LC(NO)mol/L第0min0.81.60第1mina1.350.2第2min0.30.9750.5第3min0.30.9750.5第4min0.71.4750.1①反应在第1min到第2min时，NH3的平均反应速率为。②反应在第3min时改变了条件，改变的条件可能是（填序号）。A．使用催化剂B.减小压强C.升高温度D.增加O2的浓度③说明4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）达到平衡状态的是（填序号）。A．单位时间内生成nmolNO的同时生成nmolNH3B.百分含量w（NH3）=w（NO）C.反应速率v（NH3）：v（O2）：v（NO）：v（H2O）=4：5：4：6D.在恒温恒容的容器中，混合气体的平均相对分子质量不再变化（2）若在容积为2L的密闭容器中充入4.0molNH3(g)和5.0molO2(g)，发生如下反应：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，保持其他条件不变，在相同的时间内测得c(NO)与温度的关系如下图1所示。则T1℃下，NH3的平衡转化率为。（3）氨催化氧化时会发生两个竞争反应，分别为反应I：4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-905.0kJ·mol-1反应II：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H=-1266.6kJ·mol-1。为分析某催化剂对该反应的选择性，在1L密闭容器中充入1molNH3和2molO2，测得有关物质的量关系如上图2：①该催化剂在低温时选择反应(填“I”或“II”）。②C点比B点所产生的NO的物质的量少的主要原因。（4）通过以上两个竞争反应写出NO分解生成N2与O2的热化学方程式。23．“加大力度保护自然，实现可持续发展”是第五届联合国环境大会会议主题。工业生产产生的含的烟气对环境和人体健康有极大的危害，必须经过处理才可排放。（1）在一定条件下，肼()与反应能生成和。已知：①；②；③；则反应的。（2）在一恒容密闭容器中发生反应：。当温度高于250℃时，正、逆反应速率分别为分别为正、逆反应速率常数，、与该反应的平衡常数之间的关系为。速率常数随温度的升高而增大，则达到平衡后，仅升高温度，增大的倍数(填“>”、“<”或“=”)增大的倍数。（3）在一定条件下，利用催化净化技术，CO可将NO2转化为无毒物质反应为。向两个容积均为2L的恒容密闭容器中均分别充入和，分别在220℃和300℃下发生反应。测得两容器中CO或CO2的物质的量随时间的变化关系如图所示，曲线I代表的体系平衡后气体的总压强为，曲线II代表的体系平衡后气体的总压强为。①代表220℃条件下的变化曲线为(填“I”或“II”)；ad段的平均反应速率为。②下列有关曲线II条件下的反应的说法正确的是(填标号)。A．当体系中与的物质的量之比不随时间变化时，反应达到平衡状态B．当混合气体的密度不随时间变化时，该反应达到平衡状态C．体系达到平衡后，升高温度，混合气体的平均相对分子质量增大D．使用高效催化剂可提高的转化率③图中a、c、d三点对应的逆反应速率由大到小的顺序为(用a、c、d表示)；在曲线II代表的温度下，该反应的平衡常数Kp=(Kp为用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。24．二甲醚是一种重要的清洁燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用。工业上可利用煤的气化产物（水煤气）合成二甲醚。请回答下列问题：（1）煤的气化的主要化学反应方程式为：=。（2）煤的气化过程中产生的有害气体H2S用Na2CO3溶液吸收，生成两种酸式盐，该反应的化学方程式为：。（3）利用水煤气合成二甲醚的三步反应如下：①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)；ΔH＝－90.8kJ·mol－1②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)；ΔH＝－23.5kJ·mol－1③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；ΔH＝－41.3kJ·mol－1总反应：3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝；一定条件下的密闭容器中，该总反应达到平衡，要提高CO的转化率，可以采取的措施是（填字母代号）。a．高温高压b．加入催化剂c．减少CO2的浓度d．增加CO的浓度e．分离出二甲醚（4）已知反应②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)某温度下的平衡常数为400。此温度下，在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O浓度/（mol·L－1）0.440.60.6①比较此时正、逆反应速率的大小：v正v逆（填“>”、“<”或“＝”)。②若加入CH3OH后，经10min反应达到平衡，此时c(CH3OH)＝；该时间内反应速率v(CH3OH)＝。25．以硼镁泥为原料制取的硫酸镁可用于印染、造纸、医药等工业。硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质。从硼镁泥中提取MgSO4·7H2O的流程如下：（1）实验中需用3mol·L－1的硫酸500mL，若用98%的浓硫酸(ρ＝1.84g·mL－1)来配制，量取浓硫酸时，需使用的量筒的规格为________(填字母)。A．10mL B．20mLC．50mL D．100mL（2）加入的NaClO可与Mn2＋反应，方程式为Mn2＋＋ClO－＋H2O=MnO2↓＋2H＋＋Cl－，欲使2moLMn2＋被氧化则至少需要氧化剂NaClO质量为g；还有一种离子也会被NaClO氧化，该反应的离子方程式为。（3）滤渣的主要成分除含有Fe(OH)3、Al(OH)3外，还含有、。（4）在“除钙”步骤前，若要检验混合液中是否还存在Fe2＋，简述检验方法：。（5）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表(溶解度单位为g/100g水)：温度/℃40506070MgSO430.933.435.636.9CaSO40.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，简要说明除钙的操作步骤：蒸发浓缩、。“操作Ⅰ”是将滤液继续蒸发浓缩，冷却结晶，，便得到了MgSO4·7H2O。（6）若实验中提供的硼镁泥共100g，得到的MgSO4·7H2O为86.1g，则MgSO4·7H2O的产率为。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、蛎房”的主要成分是碳酸钙，故A错误；

B、石灰与水反应生成熟石灰，可用作建筑材料，故B正确；

C、“桐油”是植物油，含有多种物质，属于混合物，故C错误；

D、碳酸钙分解吸热，故D错误；

故答案为：B。

【分析】蛎房的主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧分解生成氧化钙。2．【答案】D【解析】【解答】A．风力发电机属于风能转化为电能，A不选；B．硅太阳能电池属于太阳能转化为电能，B不选；C．纽扣式银锌电池属于化学能转化为电能，C不选；D．电解熔融氯化钠属于电能转化为化学能，D选；故答案为：D。

【分析】依据电解池是将电能转化为化学能的装置。3．【答案】A【解析】【解答】A.在原电池中，阳离子向正极移动，因此盐桥中的K+向CuSO4溶液移动，A符合题意；B.取出盐桥后，无法形成闭合回路，无法产生电流，电流计指针不会发生偏转，B不符合题意；C.由电极反应式可知，该反应过程中没有气体生成，C不符合题意；D.由分析可知，Cu2+在铜片上发生得电子的还原反应生成Cu，因此铜片的质量增加，D不符合题意；故答案为：A【分析】在该原电池中，金属活动性Zn>Cu，因此Zn做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Zn－2e－=Zn2＋；Cu做正极，溶液中的Cu2＋发生得电子的还原反应，其电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu；据此结合选项进行分析。4．【答案】D【解析】【解答】反应速率最大的应该是温度高、浓度大、具有催化剂，因此D符合题意。故答案为：D。

【分析】增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积。5．【答案】C【解析】【解答】A．该原电池锌做负极，铜做正极，铜片表面有气泡生成，故A不符合题意；B．原电池是把化学能转化为电能的装置，灯泡发光，所以装置中存在“化学能→电能→光能”的转换，故B不符合题意；C．如果将硫酸换成硫酸铜，还可以组成原电池，锌做负极，铜做正极，锌和硫酸铜发生自发的氧化还原反应，导线中会有电子流动，故C符合题意；D．如果将锌片换成铁片，就变成了铁和稀硫酸反应，铁做负极，铜做正极，电路中的电流方向不变，故D不符合题意；故答案为C。

【分析】在该原电池中，锌做负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋；铜作为正极，稀硫酸中的H＋在铜片上发生得电子的还原反应，生成H2，其电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑；据此结合选项分析。6．【答案】D【解析】【解答】A．溶液能导电，而不能导电，则不能用代替溶液，故A不符合题意；B．原电池工作时，电解质溶液中阴、阳离子会定向移动，则微孔瓷片能使离子通过，否则不能形成闭合电路，故B不符合题意；C．电极的电势高于Cu电极的电势，电极为正极，发生还原反应，电极反应式为：，故C不符合题意；D．Cu为原电池的负极，若换成更加活泼的体系，Zn比Cu活泼，更容易失去电子，Zn与Hg的活性差异更大，则电压表的示数变大，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】根据电极的电势高于电极的电势，即可判断出铜做负极，发生的是铜失去电子变为铜离子，Hg做正极，硫酸亚汞得到电子变为汞单质和硫酸根离子，硫酸钾起到电解质的作用，不能用非电解质代替，若将铜变成锌，锌的活泼性更强更易失去电子，电势更低，因此电压表示数更大7．【答案】B【解析】【解答】A、稀盐酸和二氧化锰不反应，加热也不反应，故A错误；

B、稀硝酸和铝反应生成NO，NO能被酸性高锰酸钾氧化为，N元素的化合价变化为：，故B正确；

C、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，S元素的化合价不变，故C错误；

D、浓硝酸和少量铁反应生成硝酸铁，铁元素的化合价从0价变为+3价，故D错误；

故答案为：B。

【分析】根据各反应中元素化合价的变化分析。8．【答案】B【解析】【解答】A．Cl2与I-会发生反应生成I2和Cl-，不能大量共存，A不符合题意；

B．F2氧化性大于I2，2NaF+I2=2NaI+F2不能发生，B符合题意；

C．单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱，还原性：Cl-＜Br-＜I-，C不符合题意；

D．少量Cl2通入到NaBr和NaI的混合溶液中，还原性：Br-＜I-，Cl2先氧化I-，再氧化Br-，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】A．Cl2与I-会发生反应生成I2和Cl-，不能大量共存；

B．F2氧化性大于I2；

C．单质的氧化性越强，对应阴离子的还原性越弱；

D．少量Cl2通入到NaBr和NaI的混合溶液中，还原性：Br-＜I-。9．【答案】B【解析】【解答】A.若温度不变，将容器的容积缩小为原来的一半，A的转化率不发生变化，则可以确定a=1，A错误；

B.达到平衡，B的转化率为50%，利用三段式法，

解得K=1，B正确；

C.由上述分析可知，，C错误；

D.平衡后，若升高温度，平衡正向移动，重新达到平衡，A的转化率增大，D错误；

故选B。

【分析】A.依据A的转化率不随压强的变化而变化判断；

B.利用三段式法计算；

C.利用v=Δc/Δt计算；

D.依据化学平衡移动原理分析。10．【答案】B【解析】【解答】A、结合电极电势的大小，可以知道Fe3+的氧化性大于Sn4+的氧化性，A错误；

B、结合电极电势，可以知道Br2的氧化性大于Fe3+，则Cl2如果和Br-先反应生成Br2，Br2会继续和Fe2+反应生成Fe3+和Br-，则Cl2先和Fe2+反应生成Fe3+，溶液变红，B正确；

C、结合电解电势，可知Sn4+的氧化性小于I2，则Sn4+无法和I-反应生成I2，溶液无法变蓝，C错误；

D、KMnO4足量时，会和Cl-、Fe2+都反应，生成Cl2和Fe3+，D错误；

故答案为：B

【分析】本题结合电极电势的数据，判断氧化性的大小，要注意，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。11．【答案】A【解析】【解答】A．该反应的平衡常数，温度不变，K不变，将容器容积增大为原来的2倍，二氧化碳浓度不变，则其密度也不变，故A正确；B．是固体，增加的物质的量平衡不移动，故B错误；C．为体积减小的反应，缩小体积增大压强，平衡正向移动，但二氧化氮浓度增大，体系颜色变深，故C错误；D．的ΔS＜0，常温下自发，则ΔH＜0，故D错误；故答案为：A。【分析】A、该反应的；

B、增加纯固体的量，平衡不移动；

C、增大压强，该反应的平衡正向移动；

D、根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析。12．【答案】B【解析】【解答】A．反应中用到了催化剂，催化剂的活性受温度影响，不是温度越高速率越快，A不符合题意；B．活化能越大，反应速率越慢，反应①的活化能比反应②，B符合题意；C．由于没有指明外界条件，不能根据气体的物质的量计算N2气体的体积，所以不能确定气体的体积，C不符合题意；D．由图可知，两步反应后产物的总能量均低于反应物的总能量均为放热反应，总反应的速率应最慢的决定，即由反应①决定，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．催化剂的活性受温度影响；

B．活化能越大，反应速率越慢；

C．没有标况无法计算；

D．总反应的速率应最慢的决定。13．【答案】B【解析】【解答】A．薄层纸片的两面分别附着锌和二氧化锰，薄层纸片的作用为载体和传导体，故A不符合题意；B．该新型电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，即电子由沿内电路流回，故B符合题意；C．由分析可知，被还原，应为电池正极，电极反应式为：，故C不符合题意；D．负极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，每转移电子，负极增加OH-，负极材料质量增加17g，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】根据电池总反应可知，反应中Zn被氧化，应为电池的负极，电极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn（OH）2，被还原，应为电池正极，电极反应式为：，原电池工作时，电子由负极经外电路流向正极，据此解答。14．【答案】A【解析】【解答】已知，则，则；故答案为：A。

【分析】正反应为放热反应，则逆反应为吸热反应，焓变与化学计量数成正比。15．【答案】C【解析】【解答】A．中和热是指生成1mol水放出的热量，H2SO4和Ca(OH)2反应生成硫酸钙和水，硫酸钙是微溶物，生成硫酸钙也要放热，A不符合题意；B．需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，有些放热反应也需要加热，例如：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH＜0，B不符合题意；C．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×283.0kJ/mol，C符合题意；D．燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，故1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】

A.中和热指生成1mol水的热量，但其中硫酸钙需要放热；

B.有些放热反应也需要加热；

C.燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量；

D.生成的水必须是液态水。16．【答案】D【解析】【解答】A.反应①中NaBrO3中Br的化合价为+5，A选项是错误的；

B.反应①中的氧化性关系：NaClO3<NaBrO3，B选项是错误的；

C.反应②中，1个Cl是还原产物，5个Cl是氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为：5：1，C选项是错误的；

D.反应②中每生成3molCl2，转移5mol电子，D选项是正确的。

故答案为：D。

【分析】A.根据Na是+1价，O是-2价，可知NaBrO3中的Br元素的化合价为+5价；

B.在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中，NaBrO3是氧化剂，NaClO3是氧化产物，所以NaBrO3的氧化性更强；

C.反应②中，1个Cl是还原产物，5个Cl是氧化产物，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为：5：1；

D.根据化合价的变化，可知，在反应②中，3molCl2，转移5mol电子。17．【答案】D【解析】【解答】①放热反应是指反应物的总能量大于生成物的总能量，与常温下能否自发进行无关，如：碳在空气中燃烧，须加热达到碳的着火点才可进行，故①不符合题意；②电解过程中，需要消耗电能，是将电能转化为化学能，故②不符合题意；③原电池工作时，是将化学能转化电能，有电流产生，则有电子的定向移动，所以所发生的反应一定有氧化还原反应，故③符合题意；④加热时，提供能量，无论是吸热反应，还是放热反应，反应速率都要加快，故④不符合题意；⑤盐类水解的规律为：无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，弱是指弱酸的酸根离子或弱碱的阳离子，强酸强碱盐不水解，故⑤不符合题意；⑥化学平衡常数的表达式为：化学平衡常数为生成物浓度幂之积比反应物质浓度幂之积，与化学反应方程式的书写有关，故⑥不符合题意；综上综上①②④⑤⑥不符合题意，故D符合题意；故答案：D.。

【分析】①只有持续加热才反应的，一般为吸热反应，反之，一般为放热反应；

②电解过程中，电能转化为化学能；

③原电池工作时，是将化学能转化为电能；

④加热时，可逆反应的正逆反应方向都进行；

⑤盐类水解，有弱酸或弱碱的离子才水解反应；

⑥化学平衡常数的大小只与温度有关，化学平衡常数的表达式与化学反应方程式的书写有关。18．【答案】A【解析】【解答】Fe2+转化为Fe3+时Fe元素化合价升高被氧化，而维生素C可以防止这种现象发生，说明维生素C可以防止Fe2+被氧化，则维生素应具有还原性；故答案为A。

【分析】Fe元素化合价升高说明Fe为还原剂，维生素C可以防止这种现象发生说明说明维生素C也是还原剂。19．【答案】D【解析】【解答】A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极、硫酸铜为电解质，根据电流流向知，a是阳极、b是阴极，则a是粗铜、b是纯铜，故A不符合题意；B．含有盐桥的原电池中，盐桥中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区，该装置中Zn作负极、Cu作正极，所以盐桥中KCl的Cl-移向左烧杯，故B不符合题意；C．作电解池阴极的金属被保护，作电解池阳极的金属加速被腐蚀，要保护钢铁，则钢铁连接原电池负极，故C不符合题意；D．两个原电池中使铝和稀硫酸反应，锌和稀硫酸反应电子转移相同时铝和锌物质的量不同；图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极、纯铜作阴极、硫酸铜为电解质，电流由正极流出；B．原电池中阴离子流向负极区、阳离子流向正极区，分析得到，Zn作负极，Cu作正极；C．外加电流的阴极保护法，被保护的金属作电解池阴极，作电解池阳极的金属加速被腐蚀；20．【答案】C【解析】【解答】A．是放热反应，温度越高，反应速率越快，越快到达平衡，平衡后，温度高时平衡向逆反应移动，A的转化率减小，A项不符合题意；B．是放热反应，同一压强下，温度越高，平衡逆反应移动，C的百分含量越低；该反应也是气体体积系数减小的反应，同一温度下，压强越大，平衡向着正反应方向移动，C的百分含量越大，若压强，则图像符合，B项不符合题意；C．平衡常数的大小只与温度有关，是放热反应，温度升高，平衡常数减小，所以500℃的平衡常数比400℃的小，C项符合题意；D．其他条件不变时，温度越高，正逆反应速率变大，由于反应是放热反应，逆反应速率升高的程度比正反应大，D项不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，A的转化率下降；

B.该反应是气体分子数减小的反应，增大压强，平衡正向移动，C的百分数增大；

C.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小；

D.该反应为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动。21．【答案】（1）原电；正；O2＋2H2O＋4e－=4OH－（2）电解；阳；4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋；减小（3）280【解析】【解答】(1)甲为原电池，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，因此，本题正确答案是：原电；正；O2＋2H2O＋4e－=4OH－；

(2)乙为电解池，A与原电池正极相连，为电解池的阳极，发生氧化反应，电极方程式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，电解硝酸银溶液，阳极生成氧气，阴极生成银，电解总反应式为4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋，生成H+，则溶液pH减小，因此，本题正确答案是：电解；阳；4OH－－4e－=O2↑＋2H2O；4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋；减小；

(3)乙池中B极发生还原反应，电极方程式为Ag++e-=Ag，n(Ag)==0.05mol，则转移电子0.05mol，由电极方程式O2＋2H2O＋4e－=4OH－可以知道消耗=0.0125mol氧气，则V(O2)=0.0125mol×22.4L/mol=0.28L=280mL，因此，本题正确答案是：280。【分析】（1）根据电极物质能够发生反应判断甲为原电池，然后书写电极方程式；

（2）根据dm电解原理分析乙池de电极反应和溶液变化即可。22．【答案】（1）0.3mol/(L·min)；C；AD（2）75%（3）II；该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动（4）2NO(g)N2(g)+O2(g)△H=-180.8kJ·mol-1【解析】【解答】（1）①在第1min到第2min时，O2的平均反应速率=(1.35mol/L-0.975mol/L)/1min=0.375mol/(L·min)，NH3的平均反应速率为氧气平均速率的4/5，则NH3的平均反应速率为0.375mol/(L·min)×4/5=0.3mol/(L·min)；由数据分析可知，反应在第3min到4min时，速率加快且反应逆向移动，又因此反应正反应是放热反应，故只有升高温度才满足条件。因为催化剂不影响平衡移动；减小压强，速率减慢；增加O2的浓度，平衡向正方向移动，均不符合实验数据得出的结论。故只有升高温度。③A．单位时间内生成nmolNO的同时生成nmolNH3，速率相等，方向相反，达到平衡，A正确；B.百分含量w（NH3）=w（NO），不一定达到平衡，故B错误；C.反应速率比等于计量数比，不一定达到平衡，故C错误；D.在恒温恒容的容器中，气体质量不变，反应前后气体分子数是变化量，当气体分子数不变，则混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到平衡，故D正确，故答案为：AD。

（2）因NO与NH3的计量数相等，T1℃时，c(NO)=1.5mol/L，则氨气的转化浓度为1.5mol/L，则T1℃下，NH3的平衡转化率为1.5mol/L/2.0mol/L==75%。

（3）①由图2分析可知，催化剂在低温时生成氮气比一氧化氮的量多，故催化剂在低温时选择反应II为主；②该反应为放热反应，当温度升高，平衡向左(逆反应)移动，C点比B点所产生的NO的物质的量少；

​（4）由盖斯定律可知，（反应II-反应I）/2，即得到NO分解生成N2与O2的方程式，则NO分解生成N2与O2的热化学方程式：2NO(g)N2(g)+O2(g)△H=-180.8kJ·mol-1。【分析】（4）本题考查盖斯定律的应用，注意利用已知化学方程式整合出目标方程式，然后根据化学计量数的变化计算反应热，然后书写热化学方程式即可。23．【答案】（1）-1225.6（2）；<（3）I；0.0125；A；c>d>a；【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可知，；(2)反应达到平衡时，，即，由此可得；该反应为放热反应，升高温度，K减小，由此可得增大的倍数小于增大的倍数；(3)①温度越高，反应速率越快，达到平衡所需时间越短，由图中达到平衡的时间长短可知曲线Ⅰ代表220℃条件下的物质的量随时间变化的曲线，曲线Ⅱ代表300℃条件下的物质的量随时间变化的曲线；段，化学反应速率之比等于化学计量数之比，所以；②A．反应体系中，与的物质的量之比随着的消耗，比值逐渐增大，达到平衡时，比值不再改变，A项正确；B．混合气体的密度等于总质量与体积的比值恒容条件下，反应时混合气体的体积始终不变，因此不能通过混合气体的密度判断是否达到平衡，B项不正确；C．该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，气体的总物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量减小，C项不正确；D．催化剂只改变反应的快慢，不影响平衡转化率，D项不正确；故答案为：A；③c点温度高，逆反应速率最快，a点未达到平衡，d点达到了平衡，反应达到平衡之前，逆反应速率逐渐增大，由大到小的顺序为；根据图中曲线Ⅱ，列出三段式：平衡后气体的总物质的量为3.75mol，则。【分析】（1）根据盖斯定律即可计算出焓变

（2）根据平衡常数的公式进行计算代替即可，根据正反应是放热即可判断，温度升高向逆向移动

（3）①根据温度越高达到平衡时间越短，即可判断，根据变化量即可计算出速率②根据题意可知，当物质的量浓度不变时，反应达到平衡，平衡后，升高温度后，平衡逆向移动导致平均相对分子质量减小，使用催化剂只是增大反应速率③根据温度高低以及反应平衡进行判断即可，根据曲线II的数据利用三行式即可计算出平衡时的物质的量即可计算出常数

24．【答案】（1）C+H2OCO+H2（2）H2S+Na2CO3＝NaHS+NaHCO3（3）－246.4kJ·mol－1；c、e（4）>；0.04mol·L－1；0.16mol/L·min【解析】【解答】(1)煤生成水煤气的反应为C+H2OCO+H2。

(2)既然生成两种酸式盐，应是NaHCO3和NaHS，故方程式为：Na2CO3+H2S=NaHCO3+NaHS。

(3)观察目标方程式，应是①×2+②+③，故△H=2△H1+△H2+△H3=-246.4kJ·mol-1。正反应是放热反应，升高温度平衡左移，CO转