2025届高三化学一轮复习夯实练——化学反应与能量

2025届高三化学一轮复习夯实练——化学反应与能量 一、单选题 1．下列各组物质中，X是主体物质，Y是少量杂质，Z是为除去杂质所要加入的试剂，其中所加试剂正确的一组是（　　） A．A B．B C．C D．D 2．下列反应与Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4相比较，水在氧化还原反应中的作用与其相同的是（　　） A．CO+H2O═CO2+H2 B．4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3 C．2F2+2H2O═4HF+O2 D．2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑ 3．从海带中提取碘的一种实验流程如图所示，下列说法错误的是（　　） A．灼烧海带可在坩埚中进行 B．操作①为加水浸泡、过滤、洗涤残渣 C．反应②中发生的主要反应为 D．试剂③可以选用无水乙醇 4．航天员翟志刚、王亚平、叶光富首次完成“天和”核心舱在轨6个月的任务后，于2022年4月16日乘坐神舟十三号载人飞船返回地球，标志着我国载人航天工程处于世界前列。下列有关说法正确的是（　　） A．核心舱采用的氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 B．核心舱采用的柔性太阳能电池翼可将光能转化为化学能 C．核心舱采用的镁合金具有在高温潮湿环境下耐腐蚀的化学特性 D．核心舱采用无水氢氧化锂净化二氧化碳的反应属于化合反应 5．我们的生活与化学密切相关。下列叙述正确的是（　　） A．氢燃料汽车是利用电解池的原理提供电能 B．石油分馏出来的各馏分仍是多种烃的混合物 C．苏打常用于治疗胃酸过多 D．“葱油粑粑”中的“油”属于酯类，是高分子 6．为实现实验目的，选用的装置、实验操作均正确的是（　　） 实验目的 实验步骤和装置 A 探究温度对反应速率的影响 不同温度下，取0.1 mol/LKI 溶液，向其中先加入淀粉溶液，再加入0.1 mol/L 硫酸，记录溶液出现蓝色的时间 B 配制100mL1.0mol/L NaOH溶液 向100mL容量瓶中加入4. 0gNaOH固体，加水到刻度线 C 验证牺牲阳极的阴极保护法 往铁电极附近滴加铁氰化钾溶液 D 比较H2O2 和Fe3+的氧化性 将盐酸酸化的双氧水滴入Fe(NO3)2溶液中 A．A B．B C．C D．D 7．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是（　　） A．用石灰乳脱除烟气中的SO2 B．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌 C．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O]处理污水 D．用盐酸去除铁锈(Fe2O3•xH2O) 8．2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池具有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，电池总反应为M1-xFexPO4+LiC6 LiM1-xFexPO4+6C，其原理如图所示，下列说法正确的是（　　） A．充电时，正极质量增加 B．放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极 C．充电时，阴极反应式为Li++6C+e-═LiC6 D．放电时，Li+移向石墨电极 9．我国利用合成气直接制烯烃获重大突破，其原理是（　　） 反应①：C(s)+ O2(g)＝CO(g) △H1 反应②：C(s)+H2O(g)＝CO(g)+H2(g) △H2 反应③：CO(g)+2H2(g)＝CH3OH(g) △H3＝-90.1 kJ·mol-1 反应④：2CH3OH(g)＝CH3OCH3(g)+H2O(g) △H4，能量变化如下图所示 反应⑤：3CH3OH(g) CH3CH＝CH2(g)+3H2O(g) △H5＝-31.0 kJ·mol-1 下列说法正确的是 A．反应③使用催化剂，△H3减小 B．△H1-△H2>0 C．反应④中正反应的活化能大于逆反应的活化能 D．3CO(g)+6H2(g) CH3CH＝CH2(g)+3H2O(g) △H＝-301.3 kJ·mol-1 10．人工湿地-微生物燃料电池是一种将人工湿地植物根系的有机物[(CH2O)n]作为燃料的电池，燃料通过微生物厌氧分解产生电子和质子(H+)，将来自废水的某些有害物在另外一极通过微生物作用而净化，如将对氯苯酚()净化为苯酚()，其原理如图所示。下列说法错误的是（　　） A．质子从a极移动到b极 B．微生物主要起到催化剂的作用 C．b极的电极反应式为：+2e-+H+=+Cl- D．总反应式为：+(CH2O)n+H2O=+2Cl-+CO2↑+2H+ 11．交通运输部在南海华阳礁举行华阳灯塔和赤瓜灯塔竣工发光仪式，宣布两座大型多功能灯塔正式发光并投入使用。镁海水电池可为灯塔提供能源，其装置如图所示。下列有关镁海水电池的说法正确的是（　　） A．Mg电极上发生还原反应 B．该电池工作一段时间后，左侧溶液质量减轻 C．正极的电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O D．若电池工作时转移2 mol电子，则有2 mol H+由质子交换膜左侧向右侧迁移 12．科学家报道了一种新型可充电Na/Fe二次电池，其工作原理如图所示，下列有关说法正确的是（　　） A．充电时，X极为阴极，发生了氧化反应 B．充电时，Y极的电极反应式为CaFeO2.5＋0.5Na2O-e-=CaFeO3＋Na＋ C．充电时，可用乙醇代替有机电解质溶液 D．电极材料中，单位质量金属放出的电能：Na＞Li 13．下列水环境修复过程中未发生氧化还原反应的是（　　） A．用 处理含 的废水 B．用NaClO处理氨氮废水 C．用漂白粉处理含NaCN的提金废水 D．用纳米零价铁处理含 、 等的酸性废水 14．在Rh(铑)表面进行NRR(电催化反应)将N2转化为NH3的一种反应机理如图所示，下列说法错误的是（　　） A．Rh薄膜电极为电解池的阴极 B．通过②③可知两个氮原子上的加氢过程分步进行 C．上述所有过程都需铑电极提供电子才能进行 D．反应⑤每转移2mol电子，生成22.4LN2(标准状况下) 15．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建 型复合材料光催化剂，其中 和 离子渗透Nafion膜可协同 、 分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图： 下列说法错误的是（　　） A．该反应的总方程可表示为 B．该过程能量转化形式为光能转化为化学能 C．Nafion膜的功效类似于阳离子交换膜 D．图中a、b分别代表 、 16．2021年我国科学家在全球范围内首次实现了用人工合成淀粉，其转化过程如图所示，以下说法正确的是（　　） A．过程Ⅰ中利用太阳光解水制，实现了太阳能至化学能的转化 B．过程Ⅱ的转化反应中有非极性键的断裂和极性键的形成 C．过程Ⅲ的产物中碳原子的杂化方式均为： D．核磁共振氢谱是验证合成淀粉组成、结构的最佳方法 17．工业上用石墨和铅作电极，用双极膜电解葡萄糖溶液制备甘露醇和葡萄糖酸盐。已知在直流电场作用下，双极膜将水解离为和并实现其定向通过，电解过程如图所示。下列说法错误的是（　　） A．b极材料为石墨，接电源正极 B．通电后双极膜中产生的向b极定向移动 C．生成葡萄糖酸盐的反应为： D．理论上若生成1mol甘露醇，则可生成1mol葡萄糖酸盐 18．实验小组用锂电池作电源，用石墨和汞作电极电解饱和食盐水(如图)，下列说法正确的是（　　） A．电子沿石墨→a→b→Hg路径流动 B．石墨电极上发生还原反应 C．汞电极发生主要反应的电极方程式： D．电解过程中转移0.2mol的电子，阳极产生2.24L的 19．为探究硫酸亚铁的分解产物，将硫酸亚铁装入下图所示的装置a中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。下列说法中正确的是（　　） A．分解的气体产物中有SO3、SO2，应该先检验SO3 B．装置b中的试剂为Ba(NO3)2溶液，反应后有白色沉淀生成 C．装置c中的试剂为酸性KMnO4溶液，作用是除去混合气体中的SO2 D．装置d中的试剂为石灰水，是尾气处理装置 20．电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术，反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生 Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是（　　） A．电源的A极为正极 B．与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H++·OH C．Fenton反应为：H2O2+Fe2+=Fe(OH)3++·OH D．每消耗22.4LO2(标准状况)，整个电解池中理论上可产生的·OH为2mol 二、综合题 21．随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。甲胺铅碘(CH3NH3PbI3)用作全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，可由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，制取甲胺的反应为CH3OH(g)＋NH3(g) CH3NH2(g)＋H2O(g) ΔH。回答下列问题： （1）上述反应中所需的甲醇工业上利用水煤气合成，已知 ①CO（g）+ O2（g）═CO2（g） △H1=-284kJ/mol ②H2（g）+ O2（g）═H2O（g） △H2=-248kJ/mol ③CH3OH（g）+ O2（g）═CO2（g）+2H2O（g） △H3=-651kJ/mol CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)ΔH=　 　。 （2）在一定条件下，将1molCO和2molH2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件(温度或压强)时，CH3OH的体积分数φ(CH3OH)变化趋势如图所示： ①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为　 　。 ②X轴上b点的数值比a点　 　(填“大”或“小”)。某同学认为图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是　 　。 （3）实验室可由四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶的PbI2，常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，则Ksp(PbI2)＝　 　；已知Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5，则转化反应PbI2(s)＋2Cl－(aq) PbCl2(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝　 　。 （4）分解HI曲线和液相法制备HI反应曲线分别如图1和图2所示： ①反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的ΔH　 　 (填大于或小于)0。 ②将二氧化硫通入碘水中会发生反应：SO2＋I2＋2H2O 3H+＋HSO4-＋2I－，I2＋I－ I3-，图2中曲线a、b分别代表的微粒是　 　、　 　(填微粒符号)；由图2知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是　 　。 22．一种制取电池级二氧化锰的工艺流程如下图： 回答下列问题： （1）“浸取”过程有硫单质生成，写出该过程中主要反应的化学方程式　 　。 （2）“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是　 　。“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是　 　(填标号)。 a． b． c． （3）工业上煅烧硫铁矿产生的气体可以用石灰乳吸收。常温下，测得与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则　 　(保留三位有效数字)[已知：室温下亚硫酸的电离平衡常数，] （4）“沉锰”过程转化为的离子方程式为　 　。在一定空气流速下，相同时间内“焙烧”，产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化如图。“焙烧”过程中涉及如下化学反应： ① ② ③ 为了增大产物中的占比，可以采用的措施是　 　(答出两条)。将制备获得的电池级二氧化锰用于构建水系锌锰电池，其工作原理为：，放电时正极的电极反应式为　 　。 （5）用氧化还原法测定纯品纯度(杂质不参与下列反应)：称取样品0.1000g，试样经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，过滤除去，用标准溶液滴定，用去37.00mL，则样品中的质量分数为　 　(保留3位有效数字)。 23．氮的化合物在生产、生活中有广泛应用。 （1）已知几种共价键的键能数据如下表所示： 共价键 键能/ kJ∙mol-1 391 160 945 498 467 根据表格数据，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=　 　 kJ∙mol-1。 （2）向一恒温恒容密闭容器中充入一定量N2O4和N2H4，发生反应： 2N2H4(g)+N2O4(g)=3N2(g)+4H2O(g) △H＜0。下列说法正确的是____(填标号)。 A．当气体平均摩尔质量不随时间变化时，达到平衡状态 B．平衡后，充入惰性气体，平衡向右移动 C．上述反应的正反应活化能大于逆反应活化能 （3）工业上，采用NH3还原NO法消除NO污染。一定条件下，向一恒容密闭容器中充入NH3和NO，在不同催化剂Catl、Cat2、Cat3作用下发生反应： 4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) △H＜0。测得相同时间内NO的转化率随温度的变化如图1所示。 ①a点时：v正(NO) 　 　(填“＞”、“＜”或“=”) v逆(NO)。 ②bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是　 　。(任答一点) （4）工业上用天然气处理NO2，消除NO2的污染。发生的反应为CH4(g)+2NO2(g)CO2(g)+2H2O(g)+N2(g)。在一定温度下，向一恒容密闭容器中充入1molCH4和2mol NO2，发生上述反应，起始时测得总压强为90kPa。N2的分压与时间的关系如图2所示。 ①0～10min内NO2的分压变化速率为　 　kPa∙min-1。 ②该温度下，平衡常数Kp=　 　kPa。(提示：用气体分压计算的平衡常数为Kp，气体分压=总压×物质的量分数) （5）工业上制备HCN的反应为CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g) △H＞0。速率方程为，( k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，只与温度、催化剂有关)。 ①其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是　 　。(答一种即可) ②升高温度，k逆增大的倍数　 　 k正增大的倍数(填“＞”、“＜”或“=”) 24．Ⅰ．催化剂是化工技术的核心，绝大多数的化工生产需采用催化工艺。 （1）新的研究表明，可以将CO2转化为炭黑进行回收利用，反应原理如图所示。 整个过程中Fe3O4的作用是　 　。 （2）已知反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH＜0。按n(N2)∶n(H2) = 1∶3向反应容器中投料，在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示： ①下列说法正确的是　 　。（填字母） a．曲线a、b、c对应的温度是由低到高 b.加入催化剂能加快化学反应速率和提高H2的转化率 c.图中Q、M、N点的平衡常数：K(N)＞K(Q)=K(M) ②M点对应H2的转化率是　 　。 ③2007年化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下： 、 和 分别表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3离开催化剂表面，b和c的含义分别是　 　和　 　。 （3）有机反应中也常用到催化剂。某反应原理可以用下图表示，写出此反应的化学方程式 　 　。 （4）Ⅱ．过二硫酸钾(K2S2O8)在科研与工业上有重要用途。 某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理燃煤锅炉烟气，提高了烟气处理效率，处理液还可以用作城市植被绿化的肥料。一定条件下，NO去除率随温度变化的关系如图所示。80℃时，若NO初始浓度为450 mg·m-3，t min达到最大去除率，NO去除的平均反应速率：v(NO)=　 　mol·L-1·Min-1（列代数式，不必计算结果） （5）过二硫酸钾可通过“电解→转化→提纯”方法制得，电解装置示意图如图所示。 常温下，电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。 在阳极放电的离子主要是HSO4，阳极区电解质溶液的pH范围为　 　，阳极的电极反应式为　 　。 25． （1）I.氢化铝锂(LiAlH4)、硼氢化钠(NaBH4)在有机合成中应用广泛。回答下列问题： NaBH4与水反应生成NaBO2，该反应的离子方程式为　 　。 （2）还原能力(单位质量转移电子数)：NaBH4　 　LiAlH4(填“＞”“=”或“＜") 。 （3）工业上湿法合成NaBH4路线如下： ①"合成”步骤中常将NaH分散到矿物油中，再与硼酸三甲酯[化学式：B(OCH3)3，易溶于矿物油中]反应，其目的是　 　。 ②“合成”反应的化学方程式为　 　。 （4）II.氨氮废水的处理是当前科学研究的热点问题之一、氨氮废水中的氮元素多以、NH3•H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如图： 过程①的目的是将转化为NH3，并鼓入大量热空气将氨气吹出，写出转化为NH3的离子方程式　 　。 （5）过程②中加入NaClO溶液可将含氮化合物(、NH3•H2O)转化为无毒无害的物质，反应后含氯元素、氮元素的物质的化学式分别为　 　、　 　。 （6）图中含余氯废水中含有NaClO，可选用X试剂　 　(填序号)达到去除余氯的目的。 a．NaOH溶液 b．KMnO4溶液 c．KCl溶液 d．Na2SO3溶液 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】A. 氯气能把氯化亚铁氧化为氯化铁，不能除去氯化亚铁中的氯化铁，应该用铁粉，A项不符合题意； B. 铁与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，不能除去氯化铁中的氯化铜，B项不符合题意； C. 氢氧化钠溶液与铝反应生成偏铝酸钠和氢气，与铁不反应，可以除去铁中的铝，C项符合题意； D. 盐酸与碳酸钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，引入杂质氯化钠，应该用稀硫酸，D项不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．氯气氧化氯化亚铁； B．二者都与铁反应； C．铝和氢氧化钠溶液反应； D．生成氯化钠，引入新杂质。 2．【答案】B 【解析】【解答】解：Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中Br元素的化合价降低、S元素的化合价升高，为氧化还原反应，且水既不是氧化剂也不是还原剂， A．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故A不选； B．Fe元素的化合价升高，氧气中氧元素的化合价降低，为氧化还原反应，且水既不是氧化剂也不是还原剂，故B选； C．水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故C不选； D．水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故D不选； 故选B． 【分析】Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中Br元素的化合价降低、S元素的化合价升高，为氧化还原反应，且水既不是氧化剂也不是还原剂，结合选项中元素的化合价变化判断． 3．【答案】D 【解析】【解答】A．灼烧海带可在坩埚中进行，A项不符合题意； B．操作①为加水浸泡、过滤、洗涤残渣，获得含I-的溶液，B项不符合题意； C．反应②中，氯水将碘离子氧化成I2，主要反应的离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，C项不符合题意； D．乙醇和水互溶，不能选用乙醇作萃取剂从含I2的溶液中萃取出I2，即试剂③不能选用无水乙醇，可选用苯或四氯化碳等与水互不相溶的有机溶剂，D项符合题意； 故答案为：D。 【分析】海带灼烧后，溶解、过滤分离出残渣与含碘离子的溶液，②中发生的主要反应为Cl2+2I-=I2+2Cl-，且碘不易溶于水、易溶于有机溶剂，加有机溶剂萃取、分液分离出碘的有机层，还需蒸馏分离出碘。 4．【答案】A 【解析】【解答】A．相对于传统无机非金属材料，氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，A符合题意； B．柔性太阳能电池翼是直接将光能转化为电能，B不符合题意； C．镁是活泼的金属元素，其在高温潮湿环境中易被腐蚀，即镁合金不具有在高温潮湿环境下耐腐蚀的化学特性，具有很强的机械强度和较小的密度等特性，C不符合题意； D．核心舱采用无水氢氧化锂净化二氧化碳的反应即2LiOH+CO2=Li2CO3+H2O，该反应不属于化合反应，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、氮化硼为新型无机非金属材料，传统无极非金属材料为玻璃、陶瓷、水泥； B、太阳能电池翼吸收太阳光，转化为电能； C、镁很容易被腐蚀； D、无水氢氧化锂和二氧化碳生成碳酸锂和水。 5．【答案】B 【解析】【解答】A、氢燃料电池是利用氢气燃烧释放的能量转化为电能，属于原电池装置，A不符合题意。 B、石油分馏产物为多种烃的混合物，B符合题意。 C、苏打为Na2CO3，小苏打为NaHCO3，用于治疗胃酸过多的是小苏打，C不符合题意。 D、“葱油粑粑”中的“油”是油脂，属于酯类，但不是高分子，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】A、燃料电池属于原电池。 B、石油的分馏产品为多种烃的混合物。 C、小苏打用于治疗胃酸过多。 D、“油”是油脂，不属于高分子。 6．【答案】A 【解析】【解答】A.探究温度对化学反应速率的影响必须保证其他条件不变只改变温度，正确，A符合题意； B.容量瓶不能用作氢氧化钠固体的溶解仪器，错误，B不符合题意； C.该装置为电解池，为阴极电保护法而不是牺牲阳极的阴极保护法（原电池原理），错误，C不符合题意； D. 将盐酸酸化的双氧水滴入Fe(NO3)2溶液中，H+、NO3-也能把Fe2+氧化为Fe3+，无法比较比较H2O2 和Fe3+的氧化性强弱，错误。D不符合题意。 故正确答案为：A。 【分析】A、考查反应速率的影响因素，根据控制变量法进行判断。 B、考查溶液配制，容量瓶的适用，只能配制溶液，不能做盛装固体的容器。 C、金属的常见防护方法，及习惯叫法。 D、考查氧化性，但要注意常做氧化剂的离子。 7．【答案】B 【解析】【解答】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意； B．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故B符合题意； C．用明矾[KAl（SO4）2•12H2O]溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意； D．用盐酸去除铁锈（主要成分Fe2O3•xH2O），发生的主要反应为：6HCl+Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.主要是利用了二氧化硫和氢氧化钙反应的缘故，这个过程中没有设计氧化还原反应 B.次氯酸钠具有氧化性，可以消毒杀菌，可以发生氧化还原反应 C.明矾处理污水，利用了明矾中铝离子的水解产生具有吸附性的氢氧化铝胶体，并未涉及到氧化还原反应 D.用稀盐酸除去铁锈主要是利用酸的酸性，复分解反应未涉及到氧化还原反应 8．【答案】C 【解析】【解答】A．充电时，正极发生的反应为LiM1-xFexPO4-e-=M1-xFexPO4+Li+，则正极的质量减小，故A不符合题意； B．放电时，石墨电极为负极，电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，故B不符合题意； C．充电时，阴极上锂离子得电子，则阴极反应式为Li++6C+e-═LiC6，故C符合题意； D．放电时，阳离子向正极移动，石墨电极为负极，则Li+移向磷酸铁锂电极，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.根据充电时，正极发生的即可判断 B.放电时，石墨电极上的失去电子，电子流向磷酸铁电极 C.充电时，石墨电极做阴极发生的是还原反应即可判断 D.放电时，阳离子向正极移动 9．【答案】D 【解析】【解答】A. 催化剂不改变反应的始终态，则反应③使用催化剂，△H3不变，故A不符合题意； B. ①-②得到H2(g)+ O2(g)⇌H2O(g)，氢气燃烧放出热量，则△H1-△H2<0，故B不符合题意； C. ④为放热反应，焓变为正逆反应的活化能之差，则反应④中正反应的活化能小于逆反应的活化能，故C不符合题意； D. ③×3+⑤得到3CO(g)+6H2(g)⇌CH3CH=CH2(g)+3H2O(g)，△H=(-90.1kJ•mol-1)×3+(-31.0kJ•mol-1)=-301.3 kJ•mol-1，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．催化剂不改变反应的始终态； B．①-②得到H2（g）+O2（g）⇌H2O（g），氢气燃烧放出热量； C．④为放热反应，焓变为正逆反应的活化能之差； D．③×3+⑤得到3CO（g）+6H2（g）⇌CH3CH═CH2（g）+3H2O（g）。 10．【答案】D 【解析】【解答】A、质子从负极向正极移动，则质子从a极移动到b极，故A不符合题意； B、微生物在该电池中起催化作用，故B不符合题意； C、b极为正极，氯苯酚发生还原反应生成苯酚，电极反应式为+2e-+H+=+Cl- ，故C不符合题意； D、总反应式为2n+(CH2O)n+nH2O=2n+2nCl-+nCO2↑+2nH+，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】由图可知，a极上， [(CH2O)n] 发生氧化反应生成CO2，则a极为负极，b极为正极。 11．【答案】C 【解析】【解答】A. Mg电极作负极，发生氧化反应，故A错误； B. 该电池工作一段时间后，由于H+从右到左通过质子交换膜，所以左侧溶液质量增重，故B错误； C. 正极发生还原反应，正极的电极反应式为H2O2+2e-+2H+=2H2O，故C正确； D. 若电池工作时转移2mol电子，则有2molH+由质子交换膜右侧向左侧迁移，故D错误。故选C。 故答案为：C 【分析】根据原电池的组成中金属镁作为原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，结合电子转移判断氢离子的运动方向即可. 12．【答案】B 【解析】【解答】A．放电时，X极上Na失电子、发生氧化反应、为负极，则充电时，X极为阴极，发生了还原反应，故A不符合题意； B．充电时，Y极做阳极，电极反应式为CaFeO2.5＋0.5Na2O-e-=CaFeO3＋Na＋，故B符合题意； C．乙醇是非电解质，不能导电，不能作为电解质溶液，故C不符合题意； D．若Na和Li都失去1mol电子，则电极材料中消耗Na的质量为23g、Li的质量为7g，所以单位质量金属放出的电能：Li＞Na，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】根据原电池工作原理图可知，负极X上Na发生失电子的氧化反应，负极反应式为Na-e-=Na+，正极Y上发生得电子的还原反应，正极反应式为CaFeO3+Na++e-═CaFeO2.5+0.5Na2O，充电时为电解池，原电池的负极连接电源的负极，阴阳极的电极反应和放电时的负正极反应相反，据此分析解答。 13．【答案】A 【解析】【解答】A．用 处理含 的废水，S2-与 发生反应，生成HgS沉淀，即 +S2-=HgS↓，该反应无化合价变化，是非氧化还原反应，故A符合题意； B．用NaClO处理氨氮废水， 将水中的氨氮氧化为 ，发生了氧化还原反应，故B不符合题意； C．用漂白粉处理含NaCN的提金废水，漂白粉将 氧化，发生了氧化还原反应，故C不符合题意； D．用纳米零价铁处理含 、 等的酸性废水，在纳米零价铁表面，Fe与Cu2+发生氧化还原反应， 与生成的Fe2+发生氧化还原反应，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.主要利用了硫化汞难溶于水的特性并未出现化合价的变化 B.次氯酸根具有氧化性，氨氮废水中的氮元素具有还原性易发生氧化还原反应 C.漂白粉具有氧化性而 NaCN的具有还原性易发生氧化还原反应 D.铁具有还原性而 、 等的酸性废水 具有氧化性易发生氧化还原反应 14．【答案】C 【解析】【解答】A．根据图像可知，Rh薄膜电极得电子，Rh薄膜电极为电解池的阴极，A说法不符合题意； B．根据图像可知，通过②③可知两个氮原子上分2步分别得到氢原子，则加氢过程分步进行，B说法不符合题意； C．根据图像可知，①、⑤步，Rh未提供电子，C说法符合题意； D．反应⑤为3N2H2=2NH3+2N2，每转移4mol电子，生成2molN2(标准状况下)，转移2mol电子，22.4L标况下的氮气，D说法不符合题意； 故答案为C。 【分析】A．由图可知，Rh薄膜电极得电子； B．由图像可知，②③分2步分别得到氢原子； C．由图像可知，①、⑤步，Rh未提供电子； D．生成2molN2，转移电子为2mol；7 15．【答案】D 【解析】【解答】A．据图可知，初始反应物有H2O和CO2，最终产物为HCOOH和O2，根据电子守恒和元素守恒可得总反应为 ，A项不符合题意； B．据图可知该反应在光照的条件下进行反应，将光能转化为化学能，B项不符合题意； C． 和 离子渗透Nafion膜可协同 、 分别反应，Nafion膜可允许阳离子通过，其功效类似于阳离子交换膜，C项不符合题意； D．H2O失电子后转化为O2，所以b得电子被还原转化为a，则a为Fe2+、b为Fe3+，D项符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.根据反应物和生成物即可判断 B.根据反应的条件即可判断能量的转换 C.根据题意知道主要是铁离子和亚铁离子的渗透因此膜是阳离子交换膜 D.根据水到氧气是失去电子，因此b到a是得到电子即可判断a和b的化学式 16．【答案】B 【解析】【解答】A．过程I中为二氧化碳和氢气反应生成甲醇，不是太阳光解水制H2，故A不符合题意； B．过程Ⅱ的CH3OH→HCHO转化反应中，O=O中非极性键断裂生成极性键H-O，且甲醇生成甲醛时，有C=O键生成，所以该反应中有非极性键的断裂和极性键的性质，故B符合题意； C．该分子中连接双键的碳原子价层电子对数是3、饱和碳原子价层电子对数是4，则C原子杂化类型是sp2、sp3，故C不符合题意； D．核磁共振氢谱判断氢元素种类及各种氢原子个数之比，红外光谱测定化学键，所以红外光谱是验证合成淀粉组成、结构的最佳方法，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、根据路线可知过程I为二氧化碳和氢气反应生成水和甲醇； B、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合； C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数； 杂化轨道数=2，为直线； 杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形； 杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形； 杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体； 杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥； 杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形； D、要测定有机物的结构最佳方法是红外光谱法，可以测定有机物中的官能团。 17．【答案】C 【解析】【解答】A．b极为阳极，电极材料不参与反应，故材料为石墨，接电源正极，A不符合题意； B．根据分析，通电后双极膜中产生的向b极（阳极）定向移动，B不符合题意； C．根据分析，生成生成葡萄糖酸盐的反应为：3，C符合题意； D．阴极区发生的反应为葡萄糖转变为甘露醇，理论上若生成1mol甘露醇，需消耗1mol葡萄糖，转移2mol电子，在阳极区可生成1mol葡萄糖酸盐，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、b极为阳极，应该接电源正极，且电极材料不参与反应； B、产生的向阳极移动； C、题中反应式中元素不守恒； D、理论上若生成1mol甘露醇，需要消耗1mol葡萄糖，生成1mol葡萄糖酸盐。 18．【答案】C 【解析】【解答】A．石墨是阳极、汞是阴极，电池内通过离子移动导电，电子沿石墨→a，b→Hg路径流动，故A不符合题意； B．石墨是阳极，石墨电极失电子发生氧化反应，故B不符合题意； C．汞电极是阴极，生成了钠汞合金，汞电极发生主要反应的电极方程式：，故C符合题意； D．阳极发生反应，电解过程中转移0.2mol的电子，阳极产生0.1mol的，非标准状况下的体积不一定是2.24L，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.电子从阳极流到阴极，故电子沿石墨→a，b→Hg路径流动； B.阳极发生氧化反应。 C.汞电极是阴极，故电极方程式为。 D.题目没有说明是不是标况下，故无法计算。 19．【答案】A 【解析】【解答】A.硫酸亚铁高温下分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫；先把混合气体通过氯化钡溶液中，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，三氧化硫气体与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，因此分解的气体产物中应该先检验SO3，故A符合题意； B.如果把二氧化硫气体，通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸根离子，再与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以用硝酸钡溶液的问题是：无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫，故B不符合题意； C.装置c中的试剂为酸性KMnO4溶液，作用是检验混合气体中的SO2，如果溶液褪色，证明存在SO2；故C不符合题意； D.装置d内装应该用氢氧化钠溶液，吸收多余的二氧化硫气体，故D不符合题意。 故答案为：A。 【分析】二氧化硫具有还原性，而三氧化硫 不具有还原性；二氧化硫不能喝氯化钡溶液反应，但是三氧化硫可以和氯化钡溶液反应；在检验二氧化硫气体时用的是澄清石灰水，而在吸收二氧化硫气体时用的是氢氧化钠溶液。 20．【答案】C 【解析】【解答】A.左侧电极附近Fe3+→Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A极为负极，A不符合题意； B.与电源B相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B不符合题意； C.双氧水能够把 Fe2+氧化为Fe(OH)2+，C符合题意； D.每消耗1 mol O2，转移4 mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反应看出转移1 mol电子，生成1mol OH，所以应当生成4 mol OH；D不符合题意； 故答案为：C 【分析】由图示装置可知，Fe3++e-=Fe2+，O2+2e-+2H+=H2O2；H2O2+Fe2++H2O=Fe(OH)2++·OH。据此结合选项分析。 21．【答案】（1）-129kJ/mol （2）25%；大；该反应为放热反应，随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度 （3）4×10－9；2.5×10-4 （4）小于；H＋；I3-；减小 的投料比 【解析】【解答】（1）①CO（g）+ O2（g）═CO2（g） △H1=-284kJ/mol②H2（g）+ O2（g）═H2O（g） △H2=-248kJ/mol③CH3OH（g）+ O2（g）═CO2（g）+2H2O（g） △H3=-651kJ/mol 将①+②×2-③得：CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g) ΔH=-129kJ/mol。 答案为：-129kJ/mol；（2）①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%， 　 CO(g)＋ 2H2(g) CH3OH(g) 起始（mol） 1 0 0 转化（mol） x 2x x 平衡（mol） 1-x 2-2x x x=0.25mol 则CO的转化率为 。 答案为：25%；②因为随着X的增大，甲醇的体积分数增大，说明平衡正向移动，X轴应表示压强。 X轴上b点的数值比a点大。答案为：大； 某同学认为图中Y轴表示温度，他判断的理由是：该反应为放热反应，随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度。答案为：该反应为放热反应，随着Y值的增大，c(CH3OH)减小，平衡CO(g)＋2H2(g) CH3OH(g)向逆反应方向进行，故Y为温度；（3）实验室可由四氧化三铅和氢碘酸反应制备难溶的PbI2，常温下，PbI2饱和溶液(呈黄色)中c(Pb2＋)＝1.0×10－3mol·L－1，则Ksp(PbI2)＝ 。 答案为：4×10－9； 已知Ksp(PbCl2)＝1.6×10－5，则转化反应PbI2(s)＋2Cl－(aq) PbCl2(s)＋2I－(aq)的平衡常数K＝ 。答案为：2.5×10-4；（4）①因为随着温度的不断升高，HI的物质的量不断减小，所以平衡逆向移动，正反应为放热反应。反应H2(g)＋I2(g) 2HI(g)的ΔH小于0。答案为：小于； ②将二氧化硫通入碘水中会发生反应：SO2＋I2＋2H2O 3H+＋HSO4-＋2I－， I2＋I－ I3-；令投入的SO2为1mol，从反应方程式可以看出，H+的物质的量是SO2的三倍，I-的物质的量是SO2的二倍，再结合图2，即可得出图2中曲线a代表的微粒是H＋。答案为：H＋； B代表的微粒是I3-。答案为：I3-； 由图2知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是增大SO2的投入量，同时减少I2的投入量，即减小 的投料比。 答案为：减小 的投料比。 【分析】（1）根据盖斯定律可计算 （2）②因为随着X的增大，甲醇的体积分数增大，说明平衡正向移动，X轴应表示压强。故大 （3）Pb~2I-，则c（I-）=2*10-3mol/L 则Ksp=c（Pb2+）·c（I-）2 K= Ksp(PbI2) / Ksp(PbCl2) （4）①温度升高，HI含量减小，故反应逆向进行，则正反应放热， ② 根据反应SO2＋I2＋2H2O 3H+＋HSO4-＋2I－，I2＋I－ I3- 可知曲线a、b分别为H+、I3- 22．【答案】（1） （2）将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子；a （3） （4）；控制温度在450℃左右、增大空气的流速； （5）96.6％ 【解析】【解答】硫铁矿和软锰矿一起用硫酸酸浸，浸取液中的Fe2+用少量MnO2氧化为Fe3+，再调节溶液的pH除去Fe3+。除铁后的溶液加NH4HCO3和氨水沉锰，得到MnCO3后煅烧，得到MnO2粗品，再将其中存在的+2价锰氧化为MnO2，过滤、洗涤、干燥得到MnO2纯品。 (1)“浸取”过程中FeS2中的硫元素被MnO2氧化为硫单质，该过程中主要反应的化学方程式为：。 (2)“氧化ⅰ”过程软锰矿的作用是将溶液中可能存在的Fe2+氧化为Fe3+便于除去。H2O2为绿色氧化剂，其还原产物为水，无污染，所以“氧化ⅱ”过程中，将Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)的最适宜氧化剂是H2O2， 故答案为：a。 (3)CaSO3与水形成的浊液pH为9，若忽略的第二步水解，则水解的Kh=，溶液中c(OH-)=c()=10-5mol/L，所以c()=6×10-4mol/L，根据元素质量守恒，c(Ca2+)=c()+c()=6×10-4mol/L+10-5mol/L=6.1×10-4mol/L，则6.1×10-4mol/L×6×10-4mol/L=。 (4)“沉锰”过程 中加入NH4HCO3和氨水，将溶液中的Mn2+ 转化为 MnCO3 ，离子方程式为：。从产物中不同价态Mn的占比随热解温度的变化图可以看出，为了增大产物中 MnO2的占比，控制温度在450℃左右，还可以增大空气的流速。根据总反应方程式可知放电时正极是得到电子转化为，电极反应式为：。 (5)样品经过过氧化钠碱熔后，得到溶液，配成溶液经加热煮沸除去过氧化物，酸化溶液，此时歧化为和，发生的反应为：3+4H+=2+↓+2H2O，过滤除去，用标准溶液滴定，发生的反应为：5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，根据反应的离子方程式可知，MnO2和Fe2+的物质的量之比为3：10，则MnO2的质量为0.1000mol/L×0.03700L××87g/mol=0.09657g，则样品中的质量分数为×100%=96.6%。 【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式 （2）利用其氧化性将亚铁离子变为铁离子，根据不引入杂质原子可选择的是过氧化氢做氧化剂 （3）根据给出的pH结合难溶电解质溶解的过程即可计算出ksp （4）根据反应物和生成物即可写出方程式，根据给出方程式结合平衡移动即可判断，结合给出的总的电极反应结合正极反应的特点即可写出电极式 （5）根据给出的数据结合方程式即可计算出纯度 23．【答案】（1）-591 （2）A （3）＞；该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动(或升高温度，催化剂活性降低等合理答案) （4）1.0；1.25 （5）增大CH4的浓度(或升高温度等合理答案)；＜ 【解析】【解答】（1）根据表格数据，N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=(160+391×4+498-945-467×4) kJ∙mol-1=-591kJ∙mol-1。答案为：-591； （2）A．反应前后气体的质量不变，物质的量不断发生改变，平均相对分子质量不断发生改变，当气体平均摩尔质量不随时间变化时，反应达平衡状态，A正确； B．平衡后，充入惰性气体，反应物和生成物的浓度都不发生改变，则平衡不移动，B不正确； C．上述反应为放热反应，则正反应活化能小于逆反应活化能，C不正确； 故答案为：A。答案为：A； （3）①a点后，随温度升高，NO的转化率增大，则表明反应继续正向进行，所以a点时：v正(NO)＞v逆(NO)。 ②从图中可以看出，b点时，不同催化剂作用下NO的转化率相同，则表明b点反应达平衡状态，该反应的△H＜0，升高温度平衡逆向移动，bc段NO的转化率随温度升高而降低，可能的原因是：该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动(或升高温度，催化剂活性降低等合理答案)。答案为：＞；该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动(或升高温度，催化剂活性降低等合理答案)； （4）①从图中可以看出，10min时N2的分压为10 kPa，则CH4的分压变为10 kPa，CH4的分压变化速率为=1.0kPa∙min-1。 ②该温度下，N2的分压为10 kPa，H2O(g)的分压为20 kPa，CO2的分压为10 kPa，因为CH4、NO2的起始投入量之比为1：2，等于化学计量数之比，则平衡时，CH4的分压为20 kPa，NO2的分压为40 kPa，平衡常数Kp==1.25kPa。答案为：1.0；1.25； （5）①因为反应CH4(g)+NH3(g)HCN(g)+3H2(g)为吸热反应，升高温度、增大CH4浓度都可使平衡正向移动，且NH3的转化率增大，所以其他条件不变，反应达到平衡后，NH3的转化率随着条件X的增大而增大，则X可能是增大CH4的浓度(或升高温度等合理答案)。 ②升高温度，平衡正向移动，v正＞v逆，则k逆增大的倍数＜k正增大的倍数。答案为：增大CH4的浓度(或升高温度等合理答案)；＜。 【分析】（1）利用△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算； （2）A．利用“变者不变即平衡”； B．依据化学平衡移动原理分析； C．根据放热反应中反应物具有的总能量大于生成物具有的总能量，吸热反应中反应物具有的总能量小于生成物具有的总能量； （3）①根据影响化学平衡移动的因素分析； ②依据图像变化，由①分析判断； （4）①利用分压变化速率计算公式计算； ②利用“三段式”法计算； （5）根据影响化学平衡移动的因素分析。 24．【答案】（1）中间产物 （2）a；60%；N2、H2被吸附在催化剂表面；在催化剂表面，N2、H2分子中化学键断裂 （3） + H2O2 + H2O （4） (或 或 ) （5）0~2；2HSO4--2e-=S2O42-+2H+ 【解析】【解答】Ⅰ．（1）将CO2转化为炭黑进行回收利用，根据反应过程I、II，整个过程中Fe3O4的是一个中间产物，故其作用是中间产物； （2）①该反应为放热反应，压强相同时，升高温度，平衡逆向移动，氨气质量分数减小，故曲线a、b、c对应的温度是由低到高，故a正确； b.加入催化剂能加快化学反应速率但不能影响平衡移动不会提高H2的转化率，故b错误； c.图中Q、M温度相同，K(Q)=K(M)，N点比M点温度高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故K(N)<K(Q)=K(M)，故c错误； 故答案为：a； ②M点时，氨气的转化率是60%， n(N2)∶n(H2) = 1∶3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol 气体总质量为34g 故平衡时n（NH3）=1.2mol N2(g)+ 3H2(g) 2NH3(g) 起始（mol） 1 3 0 转化（mol） 0.6 1.8 1.2 平衡（mol） 0.4 1.2 1.2 H2的转化率： ×100%=60%； ③根据图示 、 和 分别表示N2、H2和NH3。e表示生成的NH3离开催化剂表面，b和c的含义分别是 N2、H2被吸附在催化剂表面 、在催化剂表面，N2、H2分子中化学键断裂； （3）由图示可知：反应物为 和H2O2，生成物是 和H2O ，故方程式为： + H2O2 + H2O ； (4) NO初始浓度为450 mg·m-3，物质的量浓度是1.5×10-5mol/L，80℃时，t min达到最大去除率为91.6%，NO去除的平均反应速率：v(NO)= = mol·L-1·min-1； (5) 在阳极放电的离子主要是HSO4-，根据阳极区含硫微粒的主要存在形式与pH的关系，电解质溶液的pH范围为0~2，阳极失电子，故HSO4-失电子生成S2O42-，故其电极反应为：2HSO4--2e-=S2O42-+2H+。 【分析】Ⅰ.（1）根据图中生成的四氧化三铁又生成氧气和氧化亚铁分析在反应中的作用； （2）①根据图中安琪的质量分数与温度和压强的关系进行分析个选项； ②根据氨气的转化率，结合化学方程式进行计算氢气的转化率； ③根据合成氨的反应过程进行分析； （4）根据反应速率的定义式进行计算； （5）根据电解原理和不同pH范围内的不同微粒进行解答即可。 25．【答案】（1）+4H2O=4H2↑+[B(OH)4]-或+2H2O=+4H2↑ （2）= （3）增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；B(OCH3)3+4NaH=3CH3ONa+NaBH4 （4）+OH-NH3↑+H2O （5）NaCl；N2 （6）d 【解析】【解答】（1）NaBH4与水发生氧化还原反应生成NaBO2和H2，该反应的离子方程式为+4H2O=4H2↑+[B(OH)4]-或+2H2O=+4H2↑。答案为：+4H2O=4H2↑+[B(OH)4]-或+2H2O=+4H2↑； （2）NaBH4和LiAlH4的相对分子质量都为38，其中H元素都显-1价，所以还原能力(单位质量转移电子数)：NaBH4=LiAlH4。答案为：=； （3）①"合成”步骤中，B(OCH3)3与NaH若直接混合，二者接触面积小，反应速率慢，为加快反应速率，常将NaH分散到矿物油中，再与硼酸三甲酯[化学式：B(OCH3)3，易溶于矿物油中]反应，其目的是：增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分。 ②“合成”时，B(OCH3)3与NaH反应生成CH3ONa和NaBH4，化学方程式为B(OCH3)3+4NaH=3CH3ONa+NaBH4。答案为：增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；B(OCH3)3+4NaH=3CH3ONa+NaBH4； （4）与OH-反应，转化为NH3和水，离子方程式：+OH-NH3↑+H2O。答案为：+OH-NH3↑+H2O； （5）过程②中加入NaClO溶液可将、NH3•H2O转化为无毒无害的物质，则反应后含氯元素、氮元素的物质的化学式分别为NaCl、N2。答案为：NaCl；N2； （6）图中含余氯废水中含有NaClO，为达到去除余氯的目的，应加入还原剂Na2SO3溶液，反应生成Na2SO4、NaCl， 故答案为：d。答案为：d。 【分析】（1）NaBH4与水发生氧化还原反应生成NaBO2和H2； （2）LiAlH4与NaBH4中均是H失电子表现还原性； （3）B(OCH3)3与NaH反应生成CH3ONa和NaBH4； （4）与OH-反应生成NH3和水； （5）NaClO属于强氧化剂，可以把、NH3⋅H2O氧化为N2、自身被还原为NaCl； （6）NaClO具有强氧化性，应加入还原性物质除去氯。 学科网（北京）股份有限公司 $$