第六章《化学反应与能量》单元测试卷
一、单选题
1．用如图所示装置进行实验(a、b电极均为Ag单质)，观察到了灵敏电流计指针发生偏转。下列说法正确的是
A．b极电极反应式为Ag–e–= Ag+
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．去掉离子交换膜，电流表仍然有电流通过
D．电流计指针不再偏转时，右边硝酸银溶液的物质的量浓度依然大于左边
2．最近复旦大学的研究人员设计出一种以有机负极(PTO/HQ)和无机正极(MnO2/石墨毡)的水合氢离子电池，其装置示意图如图所示。下列说法错误的是
A．充电时，电能转化为化学能
B．放电时，H3O+向MnO2@石墨毡极迁移
C．放电时，正极上发生: MnO2 +2e- +4H3O+= Mn2+ +6H2O
D．充电时，阴极上发生: PTO+4e- + 2H2O= HQ + 4OH-
3．某兴趣小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是（ ）
A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出
B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为Cu2++2e-=Cu
C．无论a和b是否连接，铁片均会溶解
D．a和b用导线连接时，电子由铜片通过导线流向铁片
4．在铝与稀硫酸的反应中，已知10 s末硫酸的浓度减少了0.6 mol·L－1，若不考虑反应过程中溶液体积的变化，则10 s内生成硫酸铝的平均反应速率是
A．0.02 mol·(L·s)－1 B．1.8 mol·(L·s)－1
C．1.2 mol·(L·s)－1 D．0.18 mol·(L·s)－1
5．实验室用锌粒与30mL3硫酸溶液反应制取气体，若要增大反应速率，不可采取的措施是
A．改用锌粉 B．改用30mL6硫酸溶液
C．加入足量的固体 D．适当加热
6．已知：4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3↓+8OH﹣+3O2↑，测得c（FeO42﹣）在不同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示：
下列说法正确的是（ ）
A．图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO42﹣转化速率越快
B．图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO42﹣转化速率越快
C．图丙表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3+能加快FeO42﹣的转化
D．图丁表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO42﹣优良的稳定剂
7．下列实验不能达到预期目的的是
选项 实验操作 预期目的
A 充满NO2的密闭玻璃球分别浸泡在冷、热水中 研究温度对化学平衡移动的影响
B 向盛有 1 mL 硝酸银溶液的试管中滴加 NaCl 溶液至不再有沉淀产生，再向其中滴加Na2S溶液 说明一种沉淀能转化为另一种更难溶的沉淀
C 苯酚和水的浊液中，加稍过量浓碳酸钠溶液 比较苯酚与碳酸的酸性
D 向2支试管中加入同体积同浓度H2C2O4溶液， 再分别加入同体积不同浓度的酸性KMnO4溶液 依据褪色时间来研究浓度对反应速率的影响
A．A B．B C．C D．D
8．某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ ΔH＜0。下列说法正确的是（ ）
A．充电时，能量转化形式主要为电能到化学能
B．放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2O
C．a为阳离子交换膜
D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，右池溶液质量减少18.8g
9．碳量子点(CQDS)是一种新型碳纳米材料，我国化学家研究的一种新型复合光催化剂[碳量子点(CQDS)/氮化碳(C3N4)纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是
A．非金属性：C>N B．水分解过程中，H2O2作催化剂
C．两种纳米材料均属于共价化合物 D．若反应II是放热反应，则反应I一定是吸热反应
10．如图所示，电流表指针发生偏转，同时A极质量减少，B极上有气泡产生，C为电解质溶液，下列说法错误的是
A．B极为原电池的正极 B．A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀硫酸
C．C中阳离子向A极移动 D．A极发生氧化反应
11．在一定温度下，固定容积的容器中加入a mol A和b mol B，发生反应：A(g)+2B(g)2C(g)，一段时间后达到平衡，生成n mol C。则下列说法中不正确的是
A．再充入少量A，正反应速率加快
B．起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为(a+b):(a+b-)
C．当2v正(A)=v逆(B)时，反应一定达到平衡状态
D．气体的密度不变时，说明达到了平衡状态
12．在托盘天平的两边放上质量相等的烧杯，调节天平平衡，向两烧杯中分别注入等质量、等浓度的足量稀硫酸，然后向右盘的烧杯中放入一定质量的Fe粉，同时向左盘的烧杯中放入与Fe粉等质量的Zn粉，反应过程中可能出现的现象是
A．天平最终仍然平衡 B．天平指针先偏向左盘，后偏向右盘
C．天平指针始终偏向右盘 D．天平指针先偏向有盘，后偏向左盘
13．JohnB·Goodenough是锂离子电池正极材料钴酸锂的发明人。某钴酸锂电池的电解质为溶于混合有机溶剂的LiPF6（有机溶剂不参与电极反应），放电过程中电池反应为：xLi+Li1-xCoO2=LiCoO2（0
B．放电时，正极反应式为
C．充电时，电源b极为负极
D．充电时，R极净增7g时转移1mole-
14．由镁、锌、铁、铜、银和硝酸银溶液，可以组成原电池的总数为（ ）
A．8种 B．9种 C．10种 D．12种
15．某温度下，在容积为2L的恒容容器中X(g)、Y(g)、Z(g)发生反应时物质的量的变化如图所示，下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为2X(g)+2Y(g)Z(g)
B．若t1=5，0～t1min内，v(X)=0.08mol L-1 min-1
C．t0时刻，X(g)的体积分数约为43.5%
D．t2时刻，v正= v逆=0
二、填空题
16．在体积为2L的密闭容器中充入，发生反应：，图中所示曲线分别表示反应在10min时和平衡时SCl2的转化率(α)与温度(T)的关系。回答下列问题：
(1)X点对应状态下，前内用表示的化学反应速率为_______，延长反应时间的转化率将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)X点与Y点对应状态下，的消耗速率更快的是_______(填“X点”或“Y点”)；温度高于84℃时，两条曲线开始重合的原因为_______。
(3)反应过程中，能量变化趋势如图所示。则为_______ (填“吸热”或“放热”)反应；下列选项中，符合图中能量变化趋势的是_______ (填标号)。
A．生石灰与水反应 B．碳酸氢钠与稀盐酸反应
C．氧化铁与金属铝发生铝热反应 D．木炭与水蒸气高温条件下反应
17．科学家制造出一种使用固态电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如图所示装置中，以稀土金属材料作为惰性电极，在电极上分别通入CH4和空气，其中固态电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导O2－(O2＋4e－=2O2－)。
(1)c电极的名称为________(填“正极”或“负极”)，d电极上的电极反应式为： ____。
(2)如图所示用惰性电极电解100 mL 0.5 mol·L－1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为： __________，若a电极产生56 mL(标准状况)气体，则所得溶液的c(H＋)=________(不考虑溶液体积变化)，该电解过程中转移的电子的物质的量为_______；若要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入________(填字母)。
a.CuO b.Cu(OH)2 c.CuCO3 d.Cu2(OH)2CO3
三、计算题
18．在一个容积3L的密闭容器里进行如下反应N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)，反应开始时n(N2)=1.5mol，n(H2)=4.4mol，2min末n(H2)=0.8mol。
(1)前2min内用NH3表示的该反应的反应速率_______；
(2)2min末N2的浓度_______；
(3)2min末N2的转化率_______；
(4)一段时间后，下列各关系中能说明该反应已达到平衡状态的是：_______。
A．3υ正(N2)=υ正(H2) B．N2、H2、NH3的浓度不再变化
C．2υ正(H2)=3υ逆(NH3) D．υ正(N2)=3υ逆(H2)
19．在一密闭的2 L容器中装有4 mol SO2和2 mol O2，在一定条件下开始反应。2 min末测得容器中有1.6 mol SO2，请计算：
（1）2 min末SO3的浓度；
（2）2 min内SO2的平均反应速率。
四、实验题
20．证明氧化铜能加快氯酸钾的分解并与二氧化锰的催化效果进行比较，用下图所示装置进行实验，实验时均以生成相同状况下25mL气体为准，其他可能影响实验的因素均已忽略，相关数据如表所示：
实验序号 质量 其他物质质量 待测数据
① 1.2g a
② 1.2g CuO 0.5g b
③ 1.2g 0.5g c
回答下列问题：
(1)上述实验中的“待测数据”是指__________。
(2)若要证明实验②中干燥管内收集的气体是O2，可待气体收集结束后，用弹簧夹夹住装置B中的乳胶管，拔去干燥管上的单孔像皮塞，____________________。
(3)若a__________b(填“＞”“=”或“＜”)，则可证明氧化铜能加快氯酸钾的分解。
21．某化学课外小组的同学通过实验探究认识化学反应速率和化学反应限度，通过实验室制备铁和稀盐酸的反应探究外界条件对化学反应速率的影响，下表是实验过程中的数据及相关信息：
序号 反应温度/℃ 10gFe的形状 t/min
① 20 2 10 块状 1
② 20 4 10 块状 1
③ 20 2 10 粉末 1
④ 40 2 10 粉末 1
⑤ 40 4 10 粉末 1
(注：气体体积均在相同条件下测得)
(1)实验①和②表明，___________对反应速率有影响：实验①和③表明___________对反应速率的影响。
(2)实验室在制氢气时，可在锌和盐酸反应的容器中中加入少量硫酸铜固体，原因是___________。(用文字表达)
(3)若四组实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，则以上实验需要测出的数据是___________。
(4)分析其中一组实验，发现产生氢气的速率随时间的变化情况都是开始速率慢慢增大，后来慢慢减小。前期速率慢慢增大的主要原因是___________ ； 后期速率慢慢减小的主要原因是___________。
(5)写出铁与稀盐酸反应的离子方程式___________。
试卷第8页，共9页
参考答案：
1．B
【分析】由于AgNO3溶液浓度不同形成浓差电池，左池为稀的AgNO3溶液，右池为浓的AgNO3溶液，Ag+浓度越大氧化性越强，所以b为正极，发生还原反应，电极反应式为Ag++e-=Ag；a为负极，发生氧化反应，电极反应式为Ag-e-=Ag+，因正极与负极消耗或生成的Ag+相等，但负极Ag减少、正极Ag增加，溶液中迁移的离子不可能是Ag+，只能是NO3-穿过交换膜向负极移动，据此解答。据此解答。
【详解】A．浓差电池中，右池AgNO3溶液浓度高，Ag+浓度越大氧化性越强，所以b为正极，电极反应式为Ag++e-=Ag，A错误；
B．负极Ag减少、正极Ag增加，左侧溶液中Ag+增大，右侧溶液中由于Ag+放电而导致附近溶液中NO3-增大，为了维持电荷平衡，溶液中NO3-穿过交换膜由右侧向左侧的负极a区移动，因此离子交换膜为阴离子交换膜，B正确；
C．若去掉离子交换膜，溶液中离子扩散，最终形成均一浓度的溶液，没有浓度差，且两个电极材料相同，不能构成原电池，故电流表不会有电流通过，C错误；
D．随着反应进行，左右两池浓度的差值逐渐减小，NO3-穿过交换膜向负极移动的速率将减小，外电路中电流将减小，电流计指针偏转幅度逐步变小，当左右两侧离子浓度相等时，电池将停止工作、不再有电流产生，此时溶液中左、右边硝酸银溶液的物质的量浓度相等，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查浓差原电池的工作原理，注意理解Ag+不可能穿过交换膜发生迁移，侧重于学生分析能力、灵活应用能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养。
2．D
【详解】A．充电时，整个装置为电解池，将电能转化为化学能，A正确，不选；
B．放电时，装置为原电池，阳离子向正极移动，MnO2@石墨毡为正极，H3O＋向其移动，B正确，不选；
C．放电时，根据图示MnO2转化为Mn2＋，电极方程式为MnO2+2e-+4H3O+=Mn2++6H2O，C正确，不选；
D．电解质溶液中充满H3O+，因此产物中不可能生成OH－，阴极方程式应为PTO+4e-+4H3O＋=HQ+4H2O；D错误，符合题意。
答案选D。
3．D
【详解】A．a和b不连接时，发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+置换反应，则铁片上会有金属铜析出，选项A正确；
B．a和b用导线连接时形成原电池，Cu为正极，在正极上阳离子得电子，发生反应：Cu2++2e-=Cu，选项B正确；
C．无论a和b是否用导线连接，均发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，所以铁片会溶解，选项C正确；
D．a和b用导线连接时形成原电池，铁作负极， 铜作正极，根据原电池的工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即从锌流向铜，选项D不正确；
答案选D。
4．A
【详解】根据题意可得：v(H2SO4)= 0.6 mol/L÷10 s=0.06mol/(L·s)，由于v(硫酸铝)=1/3 v(H2SO4)= 0.02mol/(L·s)，故选项是A。
5．C
【详解】A．改用锌粉，增大了反应的接触面积，可以加快化学反应速率，故不选A；
B．改用30mL6硫酸溶液，增大氢离子浓度，可以加快化学反应速率，故不选B；
C．加入硫酸铜固体，锌置换出铜，形成铜锌原电池，可加快化学反应速率，但由于是足量的硫酸铜，置换出的铜将锌覆盖起来，使得锌与酸的接触面积减小，反应速率减慢，故选C；
D．升高温度可以加快化学反应速率，故不选D；
选C。
6．C
【分析】A．由甲图可知，升高温度，FeO42－的浓度变化较大；
B．由乙图可知碱性越强，FeO42－的浓度变化越小；
C．由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42－的浓度变化越大；
D．由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42－的浓度变化较大。
【详解】A．由甲图可知，升高温度，FeO42﹣的浓度变化较大，可知温度越高FeO42﹣转化速率越快，故A错误；
B．由乙图可知碱性越强，FeO42﹣的浓度变化越小，则碱性越强FeO42﹣转化速率越小，故B错误；
C．由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42﹣的浓度变化越大，故C正确；
D．由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42﹣的浓度变化较大，可知钠盐不都是FeO42﹣优良的稳定剂，其中醋酸钠为优良的稳定剂，故D错误；
故选C。
7．C
【分析】A.N2O4(g) 2NO2(g) △H＞0，升高温度平衡向吸热反应方向移动；
B.溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质；
C.苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠与碳酸氢钠；
D.应用同浓度同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量H2C2O4溶液反应
【详解】A.N2O4(g) 2NO2(g) △H＞0，升高温度平衡向吸热反应方向即向正反应方向移动，导致容器中气体颜色加深，所以可以研究温度对化学平衡移动的影响，A正确；
B.向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀生成，再向其中滴加Na2S溶液，先生成白色沉淀，后白色沉淀转化为黑色沉淀，所以能说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀，B正确；
C.因苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠与碳酸氢钠，所以浑浊的苯酚溶液中加入少量碳酸钠晶体，振荡后溶液变澄清，强酸反应制取弱酸，反映了酸性：苯酚>NaHCO3，不能比较苯酚与碳酸的酸性，C错误；
D.应用同浓度、同体积的酸性KMnO4溶液与同体积不同浓度过量H2C2O4溶液反应，通过测量褪色的时间长短来研究浓度对反应速率的影响，D正确；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质检验、性质比较、难溶物的溶解平衡、化学平衡影响因素等知识点，明确实验原理是解本题关键，会根据实验现象、物质性质分析解答。
8．D
【分析】已知电池总反应：Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+ △H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu 2e ＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3 [Cu(NH3)4]2＋ △H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e ＝Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。
【详解】已知电池总反应：Cu2++4NH3 [Cu(NH3)4]2+ △H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu 2e ＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3 [Cu(NH3)4]2＋ △H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e ＝Cu，中间为阴离子交换膜；
A．充电时，能量转化形式主要为热能→化学能，故A错误；
B．放电时，负极反应为Cu＋4NH3 2e ＝[Cu(NH3)4]2＋，故B错误；
C．原电池溶液中阴离子移向负极，a为阴离子交换膜，故C错误；
D．放电时，左池Cu电极减少6.4 g时，Cu 2e ＝Cu2＋，电子转移0.2mol，右池溶液中铜离子析出0.1mol，硝酸根离子移向左电极0.2mol，质量减少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8 g，故D正确；
故答案选D。
9．D
【详解】A．碳原子半径大于氮原子，质子数少于氮原子，所以失去电子的能力弱于氮原子，所以非金属性C＜N，故A错误；
B．过程I中，水分解为氢气和过氧化氢，过程II，过氧化氢再分解为氧气和水，所以过氧化氢是中间产物，不是催化剂，故B错误；
C．CQDS是碳纳米材料，是碳单质，不是化合物，故C错误；
D．水分解是吸热反应，在此过程中，水分解分两步进行，若反应II是放热反应，则反应I一定是吸热反应，故D正确；
故选D。
10．C
【分析】电流表指针发生偏转，说明形成原电池反应，化学能转化为电能；同时A极质量减少，则A为原电池负极，B极上有气泡产生，B为原电池正极，C为电解质溶液。
【详解】A．B极上有气泡产生，应为氢离子被还原为氢气，为原电池的正极，A正确；
B．锌比铜活泼，且可以与稀硫酸反应生成氢气，稀硫酸作电解质溶液形成原电池时，Zn为负极、Cu为正极，符合题意，B正确；
C．原电池中阳离子流向正极，即阳离子流向B极，C错误；
D．A电极是原电池的负极，失去电子，发生氧化反应，D正确；
综上所述答案为C。
11．D
【分析】
【详解】A．再充入少量A，反应物浓度增大，正反应速率加快，故A正确；
B．同温、同体积，压强比等于气体物质的量比，起始时刻和达到平衡后容器中的压强之比为(a+b):(a+b-)，故B正确；
C．反应达到平衡状态，正逆反应速率比等于系数比，当2v正(A)=v逆(B)时，反应一定达到平衡状态，故C正确；
D．气体总质量不变，容器体积不变，密度是恒量，气体的密度不变时，反应不一定达到平衡状态，故D错误；
选D。
12．D
【详解】试题分析：在金属活动性顺序中，由于Zn的活动性比Fe强，所以与酸反应时，产生氢气的速率快，所以开始时左盘质量轻，故天平的指针先偏向右盘；等质量的Fe和Zn与足量的稀硫酸反应时，最终所产生氢气质量的多少是由金属的相对原子质量的大小来决定的，相对原子质量越大，最后所产生氢气的质量越少，反之就越多。Zn的相对原子质量是65，而铁的相对原子质量是56，所以随着反应的进行，最终所产生氢气的质量是右盘多一些，所以右盘质量轻，故天平指针最后偏向左盘，故选项D符合题意。
考点：考查太平的使用及有关计算的知识。
13．C
【分析】由图示可知，放电时R为负极发生氧化反应，Q为正极发生还原反应。结合二次电池的工作原理作答。
【详解】A．放电时，电子经外电路由负极流向正极，又因R为负极，Q为正极，即放电时，电子由R极流出，经外电路流向Q极，故A正确；
B．放电时，正极上发生得电子的还原反应，其电极反应式为：，故B正确；
C．充电时，Q为阳极，电源b极为正极，故C错误；
D．充电时，R极的电极反应为：，则R极净增7g时转移1mol ，故D正确；
答案选C。
14．C
【分析】原电池的两个电极需要使用不同的金属，且通常负极的金属活动性强于正极，以此分析。
【详解】镁、锌、铁、铜、银金属活动性由强到弱分别为镁、锌、铁、铜、银，当电解质为硝酸银溶液时，镁为负极时，正极可以是锌、铁、铜、银等四种；当锌为负极时，正极可以是铁、铜、银等三种，当铁为负极时，正极可以是铜、银等两种，当铜为负极时，正极只能是银。故共有10种可能，故答案选：C。
【点睛】形成原电池的条件有：
1.电极材料由两种金属活泼性不同的金属或由金属与其他导电的材料(非金属或某些氧化物等)组成。
2.有电解质存在。
3.两电极之间有导线连接,形成闭合回路。
4.发生的反应是自发的氧化还原反应。
15．C
【分析】Y、Z的物质的量增加、X的物质的量减小，所以A是反应物、Y和Z是生成物，到8min时达到平衡，物质的量变化值之比等与化学计量数之比，即X、Y与Z化学计量数之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1，则该反应的化学方程式为2X(g) 2Y(g) +Z(g)；
【详解】A． 据分析，该反应的化学方程式为2X(g) 2Y(g) +Z(g)，A错误；
B． 若t1=5，0～t1min内，v(X) =0.04mol L-1 min-1，B错误；
C． t0时刻，Y和X的物质的量相等、它们的改变值相等，则Y、X均为0.5mol，它们均改变了0.3mol，则Z为0.15mol，X(g)的体积分数，C正确；
D． t2时刻，处于平衡状态，则v正= v逆≠0，D错误；
答案选C。
16．(1) 0.0025 增大
(2) Y点 温度较低时，反应速率较慢，10min内无法达到平衡状态，随着温度升高，反应速率逐渐加快，10min可以达到平衡状态，故两条曲线开始重合
(3) 吸热 BD
【分析】通过曲线可知，随着温度升高，SCl2的转化率增大，说明升温平衡正向移动，正反应吸热，温度较低时，反应速率较慢，10min内无法达到平衡状态，故图中实线为10min时SCl2的转化率(α)与温度(T)的关系，图中虚线为平衡时SCl2的转化率(α)与温度(T)的关系，据此分析解答。
（1）
X点对应状态下，SCl2的转化率为50%，转化的SCl2为0.2mol50%=0.1mol，由化学方程式可知，生成的S2Cl2为0.05mol，则前内用表示的化学反应速率为：=0.0025。由图可知，X点还没有达到最大转化率，则延长反应时间的转化率将增大，故答案为：0.0025；增大；
（2）
由图可知，X点与Y点对应状态下，Y点温度较高，则的消耗速率更快的是Y点。温度高于84℃时，两条曲线开始重合的原因为温度较低时，反应速率较慢，10min内无法达到平衡状态，随着温度升高，反应速率逐渐加快，10min可以达到平衡状态，故两条曲线开始重合，故答案为：Y点；温度较低时，反应速率较慢，10min内无法达到平衡状态，随着温度升高，反应速率逐渐加快，10min可以达到平衡状态，故两条曲线开始重合；
（3）
由图可知，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以该反应为吸热反应；
A．生石灰与水反应为放热反应，不符合题意；
B．碳酸氢钠与稀盐酸反应为吸热反应，符合题意；
C．氧化铁与金属铝发生铝热反应为放热反应，不符合题意；
D．木炭与水蒸气高温条件下反应为吸热反应，符合题意；故选BD。
17． 正极 CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O 4OH－-4e－=2H2O＋O2↑ 0.1 mol·L－1 0.01mol ac
【分析】根据题意可知，本题考查原电池和电解池的运用，运用原电池和电解池的工作原理分析。
【详解】（1）图甲是原电池，依据电流流向是从正极流向负极，c电极为正极，氧气得到电子发生还原反应，d电极为电池负极，甲烷失电子发生还原反应，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导阳极生成的O2-离子，负极电极反应为：CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O；
故答案为：正极； CH4＋4O2－-8e－=CO2+2H2O；
（2）如图乙所示电解100mL0.5mol L-1CuSO4溶液，发生的电解池反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，与电源正极相连的为阳极，溶液中氢氧根离子失去电子发生氧化反应，则a电极反应为：4OH－-4e－=2H2O＋O2↑；若a电极产生56mL（标准状况）气体为氧气，物质的量为0.0025mol，消耗氢氧根离子物质的量为0.01mol，溶液中生成氢离子物质的量为0.01mol，=0.1mol/L；由4OH－-4e－=2H2O＋O2↑可知每生成1mol的氧气，转移4mol的电子, 56mL（标准状况）氧气物质的量为0.0025mol，则转移的电子为0.01mol；经分析所得溶液电解过程中CuSO4溶液每损失2个Cu原子，就损失2个 O原子，相当于损失一个CuO，为了使CuSO4溶液，恢复原浓度，应加入CuO，也可以加入CuCO3，符合恢复溶液浓度的定量关系，但不能加入Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3，因为CuCO3+H2SO4═CuSO4+CO2↑+H2O，相当于加CuO，而Cu（OH）2+H2SO4═CuSO4+2H2O、Cu2（OH）2CO3+2H2SO4═2CuSO4+CO2↑+3H2O，除增加溶质外还增加了水，故选ac．
故答案为：4OH－-4e－=2H2O＋O2↑；0.1 mol·L－1； 0.01mol；ac。
【点睛】原电池中电流流向是从正极流向负极，电子流向是从负极到正极。
18． v(NH3)=0.4 mol/(L·min) 0.1mol/L 80% BC
【详解】(1)，；
(2) 2min末N2的浓度；
(3) 2min末N2的转化率；
(4) A．选项中的关系只表示正反应，没有表示逆反应速率关系，不能说明该反应已达到平衡状态，A项错误；
B．N2、H2、NH3的浓度不再变化，说明该反应已达到平衡状态，B项正确；
C．同一正反应速率时，应有如下关系：，达到平衡时，，，，C项正确；
D．根据C选项分析，D项错误；
答案选BC。
19．（1）1.2 mol/L（2） 0.6 mol/(L·min)
【分析】（1）计算参加反应的二氧化硫的物质的量，根据物质的量之比等于化学计量数之比计算生成的三氧化硫的物质的量，再根据c=计算；
（2）根据v=计算。
【详解】（1）2min末测得容器中有1.6mol SO2，则参加反应的二氧化硫物质的量为4mol-1.6mol=2.4mol，由方程式可知生成的三氧化硫的物质的量为2.4mol，三氧化硫的浓度为=1.2mol/L；
（2）根据v=可知，v（SO2）==0.6mol/（L min）。
20． 生成相同状况下25mL气体所需要的时间 取一根带火星的木条，伸入干燥管内，看木条是否复燃 ＞
【分析】比较催化效果时，要么看相同时间内生成气体的体积大小，要么看生成相同体积气体所用的时间长短。
【详解】(1)上述实验中，收集气体的体积都是25mL，比较氧化铜对氯酸钾分解速率的影响效果时，“待测数据”是指生成相同状况下25mL气体所需要的时间。答案为：生成相同状况下25mL气体所需要的时间；
(2)若要证明实验②中干燥管内收集的气体是O2，可用带有火星的木条，具体操作为：待气体收集结束后，用弹簧夹夹住装置B中的乳胶管，拔去干燥管上的单孔像皮塞，取一根带火星的木条，伸入干燥管内，看木条是否复燃。答案为：取一根带火星的木条，伸入干燥管内，看木条是否复燃；
(3)比较氧化铜对氯酸钾分解的催化效果时，应与未加催化剂时进行比较，即与实验①进行比较，若a＞b，则可证明氧化铜能加快氯酸钾的分解。答案为：＞。
【点睛】若将实验②与实验③进行比较，则比较的是CuO与MnO2的催化效果哪个更好。
21． 反应物浓度 反应物接触面积 少量硫酸铜固体，锌与硫酸铜反应，置换出铜，与锌形成原电池反应，反应速率增大 产生氢气的体积 反应放热，温度升高 反应物浓度减少 Fe+2H+=Fe2++H2↑
【分析】控制对比试验在相同的时间，铁的质量相同条件下，改变盐酸的浓度，铁的形状，和反应温度，通过测单位时间产生氢气的体积，来探究反应物浓度，反应物接触面积和温度对化学反应速率的影响。
【详解】(1) )实验①和②温度相同，铁的形状相同，盐酸浓度不同，所以表明反应物浓度对反应速率有影响；实验①和③温度相同，盐酸浓度相同，铁的形状不同，块状与粉末状，反应物接触面积不同，表明反应物接触面积对反应速率有影响。
(2) 实验室在制氢气时，可在锌和盐酸反应的容器中中加入少量硫酸铜固体，锌与硫酸铜反应，置换出铜，与锌形成原电池反应，形成原电池反应速率增大。
(3)该实验通过测单位时间产生氢气的体积，来探究反应物浓度，反应物接触面积和温度对化学反应速率的影响，故实验均反应进行1分钟(铁有剩余)，需要测出的数据是产生氢气的体积。
(4)金属与酸反应生成氢气是一个放热反应，随着反应的进行温度升高，所以前期速率加快；后期反应物浓度减少，速率减慢程度超过温度对速率的影响，故后期速率减慢。
(5) 铁与稀盐酸反应生成亚铁离子和氢气，反应的离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑
