2025届高三化学一轮复习——化学反应与能量

2025届高三化学一轮复习——化学反应与能量 一、单选题 1．用如图所示装置处理含的酸性废水，右侧电极反应式为，下列说法不正确的是 A．a端是直流电源的正极 B．该装置将电能转化为化学能 C．电解时，通过离子交换膜从左侧移向右侧 D．每转移电子，左侧电极上产生 2．下列叙述错误的是（　　） A．由正丁烷(g)→异丁烷(g) △H＜0可知，异丁烷比正丁烷稳定 B．常温下，用铁分别与浓、稀硫酸反应探究浓度对化学反应速率的影响 C．冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程 D．合成氨工业生产中原料气需净化以防止催化剂“中毒” 3．某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，溶液均从蓝色直接变成黄色 D．a和b用导线连接后，Fe片上发生氧化反应，溶液中的Cu2+向铜电极移动 4．下图是一种能将底物通过电化学转化为电能的微生物燃料电池，可以大大提高能量转化效率，以下说法不正确的是 A．理论上，每消耗1mol，就有4mol通过质子交换膜 B．两种微生物的存在保证了S元素循环的作用 C．负极电极反应式为： D．升高温度，可以有效提高该电池的放电效率通过交换膜 5．常用作媒染剂、脱色剂。某工艺通过如下流程制备氯化亚铜固体(已知容易被氧化)： 下列说法正确的是 A．步骤①和②发生的反应均为氧化还原反应 B．所含质子数和电子数相等 C．和均为酸性氧化物 D．铜在潮湿的空气中可生成 6．我国首先研制出以铝-空气-海水电池作为新型航标灯。这种灯以取之不尽的海水为电解质溶液，靠空气中的氧使铝氧化而源源不断地产生电流。只要把灯放入海水中数分钟，就会发出耀眼的白光，其能量比干电池高20～50倍，其结构如下图。下列说法错误的是 A．Al是负极 B．正极的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH- C．电池工作时，正极附近的溶液的pH降低 D．若消耗27g铝，理论上需要0.75mol的氧气 7．化学是一门以实验为基础的科学，下列有关实验装置或操作合理的是 A．图①是测定中和反应反应热 B．图②是用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液的过程 C．图③是研究催化剂对化学反应速率的影响 D．图④是模拟保护钢闸门 8．我国某大学科研团队通过超快电脉冲热还原法开发了一种新型碳载钌镍合金纳米催化剂(RuNi/C)，并基于此催化剂制备出一种极具竞争力的高能量镍氢气()电池，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（　　） A．放电时，向电极b移动 B．放电一段时间后，KOH溶液的浓度增大 C．放电时，电极a上的电极反应式为 D 外电路中每转移2mol ，理论上电极b上消耗2g 9．我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂，可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如下图所示，右图为使用不同催化剂时反应过程中的相对能量的变化。下列说法错误的是（　　） A．放电时，催化电极附近溶液升高 B．充电时，电解质溶液的增大 C．使用催化剂或均能有效提高甲酸盐的选择性 D．放电时，当电极质量减少6.5g时，电解质溶液增重6.5g 10．某氢电池的工作原理如下图所示，下列说法正确的是 A．该电池工作时，电子的流动方向为吸附层a→吸附层b→离子交换膜→吸附层a B．吸附层a发生的电极方程式为 C．该电池的总反应不是氧化还原反应 D．该电池工作时，移向吸附层a电极 11．双极膜(CM/AM)在电场作用下能将水解离为H+和OH-，用双极膜电解槽电解糠醛()溶液制备糠醇()和糠酸盐()，电解时MnO2/MnOOH在电极与糠醛之间传递电子，电解过程如图所示。下列说法正确的（　　） A．通电时双极膜将水解离为H+和OH-，OH-向X电极方向移动 B．X接直流电源负极，糠醛在阴极表面得到电子被氧化为糠醇 C．电解时，阳极反应为MnOOH-e-+OH-=MnO2+H2O D．生成糠酸盐的反应为+MnO2+H2O→+MnOOH 12．氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如下图，则下列化学反应属于阴影部分的是 A． B． C． D． 13．我国某科研团队通过计算机模拟技术提出在12—磷钨酸(固体强酸)催化作用下甲醇气相脱水合成二甲醚的反应机理：CH3OH+H+→IM1(中间体1)→TS1(过渡态1)→IM3(中间体3)→CH+H2O，CH+CH3OH→IM2(中间体2)→TS2(过渡态2)→IM4(中间体4)→CH3OCH3+H+。反应过程和相对能量E(kJ•mol-1)如图所示。下列说法不正确的是（　　） A．该反应机理中的最大能垒(活化能)E正=513.4kJ•mol-1 B．2CH2OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g) △H=-18.2kJ•mol-1 C．已知IM1为CH2=OH++H2，CH2=OH+H+→IM1是一个无垒(活化能为0)过程，可推测该过程从断键开始，断键时吸收的能量大于成键释放的能量 D．类推IM2应为CH2=OH++CH4 14．羰基硫(COS)作为一种粮食熏蒸剂广泛应用于农药工业，由H2S和CO合成COS的反应分两步进行，其能量变化如图所示： 下列说法错误的是（　　） A．该反应为放热反应 B．反应进程中S2属于中间产物 C．使用催化剂可以改变化学反应的E D．总反应的速率由步骤②决定，其活化能相对较大 15．下列说法错误的是 A．常见锌锰干电池是一次电池，正极为锌筒 B．汽车上使用的铅酸蓄电池为二次电池 C．燃料电池具有清洁、安全、高效等特点 D．化学反应时，旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量 16．将a、b、c3种金属浸入稀盐酸中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若a、b相连，b上有气泡逸出；a、c相连，c质量减少。则3种金属的活动性顺序由大到小排列为（　　） A．a>b>c B．c>a>b C．a>c>b D．b>a>c 17．已知氧化性：Cr2O72-＞Fe3+，设计了盐桥式的原电池，如图所示，盐桥中装有琼脂与饱和K2SO4溶液。下列叙述中正确的是（　　） A．甲烧杯的溶液中发生还原反应 B．乙烧杯中发生的电极反应为2Cr3++7H2O-6e-= Cr2O72-+14H+ C．外电路的电流方向为从b到a D．电池工作时，盐桥中的SO42-移向乙烧杯 18．下列有关的说法，错误的是 A．该反应的等于断开和所需总能量减去形成释放的总能量 B．若生成放出的热量小于 C．液态水与水蒸气所具有的内能不同 D．和的总能量比的能量高 19．利用烟气中SO2可回收废水中的I-，实现碘单质的再生，其反应原理如图所示。下列说法正确的是（　　） A．1 mol SO2中含有电子的数目为 B．NH3溶于水能导电，NH3属于电解质 C．反应①~⑤中均属于氧化还原反应 D．总反应离子方程式为： 20．由重晶石矿（主要成分是，含等杂质）可制得氯化钡晶体，在实验室中某兴趣小组按下列流程制取氯化钡晶体，下列说法正确的是 A．“高温焙烧”前将原料研磨处理，能加快“高温焙烧”的反应速率 B．“高温焙烧”时只有被C还原 C．“浸取过滤”发生的主要反应是氧化还原反应 D．“高温焙烧”和“结晶”两处操作均需用到蒸发皿 二、综合题 21．回答下列问题： （1）已知拆开键、键、键分别需要吸收的能量为、、。则由氢气和碘反应生成1molHI(碘化氢)需要　 　(填“放出”或“吸收”)　 　的热量。 （2）发射卫星时可用肼()为燃料，用二氧化氮为氧化剂，这两种物质反应生成氮气和水蒸气。 已知：① ② 写出肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的热化学方程式：　 　。 22．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。NaClO是生活中高效、广谱的灭菌消毒剂，它的一种制备方法是向NaOH溶液中通入Cl2，主要产物为NaClO和NaCl。回答下列问题： （1）氯原子的结构示意图为　 　，NaClO的电子式为　 　。 （2）已知：Cl2+NaOH→NaCl+NaClO+H2O(未配平)，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。 （3）NaClO溶液不能与洁厕灵共混的原因是　 　(用离子方程式表示)。 （4）上述反应的产物中可能还含有NaClO3，为了验证NaClO3和NaClO的氧化能力，某实验兴趣小组分别取少量的NaClO3和NaClO标准液置于1号和2号试管中，向两试管中分别滴加等量且适量的中性NaI溶液。1号试管中溶液颜色不变。2号试管中溶液颜色变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显　 　色。可知该条件下，NaClO3的氧化能力　 　(填“大于”或“小于”)NaClO。 （5）上述反应中所用的氯气的制备方法之一为HCl(浓)+KMnO4→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平)。 ①该反应主要体现了HCl(浓)的　 　(填“酸性”、“氧化性”、“还原性”、“易挥发性”或“腐蚀性”)。 ②标准状况下，该反应中，每生成4.48LCl2时，转移的电子数为　 　NA。 23．过度排放会引起气候、环境等问题。在Cu/ZnO催化剂下，和可发生反应生成和CO，热化学方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． （1）已知： 写出表示氢气燃烧热的热化学方程式　 　。 （2）在一定温度下，向体积固定的密闭容器中通入和，起始压强为0.33MPa，发生反应Ⅰ和Ⅱ。平衡时，总压为0.25MPa，的转化率为50%，则反应Ⅰ的平衡常数　 　（以分压表示，分压=总压×物质的量分数） （3）不同压强下，维持投料比相同，实验测定的平衡转化率随温度的变化关系如图1所示。在恒压密闭容器中，维持投料比相同，将和按一定的流速通过反应器，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性随温度变化关系如图2所示。图示温度范围催化剂的活性受温度影响不大。 图1 图2 ①下列说法不正确的是____。 A．图1中， B．图1中550℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响 C．图2中236℃后，升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使转化率和选择性都下降 D．改用活性更好的催化剂能使图2中各温度下转化率都增大 （4）②假设只发生反应Ⅰ，一定温度下氢气和二氧化碳的物质的量之比为n：1，相应平衡体系中甲醇的物质的量分数为y，请在图3中绘制y随n变化的示意图。 图3 在密闭容器中，维持其他条件不变，在不同的压强下发生反应Ⅰ和Ⅱ，二氧化碳的平衡转化率和甲醇的选择性随压强变化关系如下表所示。随压强增大而　 　（填“增大”“减小”或“不变”），从化学平衡移动角度解释原因　 　。 压强p（MPa） 1 2 3 4 5 6 的平衡转化率% 8.1 15.3 22.2 29.5 36.1 43.2 的选择性% 49.5 80.1 90.0 94.5 97.1 98.6 24．可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。工业上以软锰矿(主要成分是，还含有少量的、、)为原料生产的工艺流程如下： 25℃时，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 6.3 3.4 8.1 沉淀完全的pH 2.8 8.3 4.7 10.1 回答下列问题： （1）“酸浸、还原”时，软锰矿的成分中　 　(填物质名称)没有发生反应。 （2）“酸浸、还原”后，溶液中含有的金属阳离子有、　 　(填离子符号)，铁屑、与反应的离子方程式为　 　。 （3）“调节pH”时，加入溶液的目的是　 　(用离子方程式表示)。 （4）“沉锰”时发生反应的离子方程式为　 　。滤液2的用途是　 　。 25． （1）I.汽车内燃机工作时引起反应：，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一、已知断裂某些共价键需要的能量如表： 断裂的共价键 O=O N≡N N-O 需要的能量 机动车发动机工作时会引发N2和O2的反应，该反应是　 　(填“放热”或“吸热”)反应。 （2）与合成NO的热化学方程式可以表示为 ，则　 　。 （3）NO与CO反应的热化学方程式可以表示为 ，但该反应的速率很小，若使用机动车尾气催化转化器，尾气中的NO与CO可以转化成无害物质排封。上述反应在使用“催化转化器”后，a　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。 （4）已知：① ； ② 。 Al和FeO发生铝热反应的热化学方程式是　 　。 （5）II.写出下列反应的化学平衡常数表达式： 4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)K=　 　 （6）H2(g)+I2(g)2HI(g)K=　 　 （7）C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)K=　 　 答案解析部分 1．【答案】D 2．【答案】B 【解析】【解答】A.正丁烷的热量大于异丁烷，可见异丁烷更稳定，A选项是正确的； B.铁分别与稀硫酸和浓硫酸反应时反应的原理是不同的，无法探究浓度对反应速率的影响，B选项是错误的； C.冰在室温下自动熔化成水，这是熵增的过程 ，C选项是正确的； D.若原料气中成分不纯，会使催化剂中毒，D选项是正确的。 故答案为：B。 【分析】A.物质内部含有的能量越少，证明物质越稳定； B.铁在与稀硫酸反应时得到的产物是氢气课硫酸亚铁；铁与浓硫酸反应时得到的产物是硫酸铁，二氧化硫和水； C.同物质的量冰的混乱度大于水，所以冰在室温下自动熔化成水属于熵增的过程； D.催化剂中毒会使催化剂的活性降低，无法达到加快化学反应速率的作用。 3．【答案】C 4．【答案】D 5．【答案】D 6．【答案】C 【解析】【解答】A．Al较活泼作为负极，A项不符合题意； B．正极的电极反应式为，B项不符合题意； C．电池工作时，正极发生反应生成，附近的溶液的pH升高，C项符合题意； D．若消耗27g铝即消耗1mol铝，因为消耗4mol铝需要3mol氧气，则消耗1mol铝，理论上需要0.75mol的氧气，D项不符合题意； 故答案为：C。 【分析】原电池中，较活泼金属做负极，较不活泼金属或非金属做正极，铝较活泼，易失去电子，发生氧化反应，做原电池负极，电极反应式为：，碳上氧气得电子，发生还原反应，作为原电池正极，电极反应式为：。 7．【答案】D 8．【答案】B 【解析】【解答】A．由分析可知，电极b为原电池的负极，电极a为正极，则氢氧根离子向电极b移动，故A正确； B．由分析可知，电池总反应为H2+2NiOOH=2Ni(OH)2，则放电一段时间后，氢氧化钾溶液的浓度基本不变，故B错误； C．由分析可知，放电时，电极a为正极，水分子作用下碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化镍，电极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，故C正确； D．由分析可知，放电时，电极b为原电池的负极，碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧根离子，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，则外电路中每转移2mol电子时，理论上电极b上消耗氢气的质量为2mol×1/2×2g/mol=2g，故D正确； 故答案为：B。 【分析】由图可知，电极b为原电池的负极，碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢氧根离子，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，电极a为正极，水分子作用下碱式氧化镍在正极得到电子发生还原反应生成氢氧化镍，电极反应式为NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH-，电池总反应为H2+2NiOOH=2Ni(OH)2。 9．【答案】D 【解析】公式是图片 【解答】A．放电时，催化电极上发生CO2+2e+H2O=HCOO-+OH-，氢氧根浓度增大，附近溶液pH升高，故A不符合题意； B． 充电时，阴极发生[Zn(OH)4]2-+2e=Zn+4OH-，阳极发生： 4OH--4e=O2+2H2O，按阴阳极上得失电子数守恒，每转移2mol电子，阴极生成4mol氢氧根离子、阳极消耗2mol氢氧根离子，故充电时电解质溶液中氢氧根浓度增大、pH增大，故B不符合题意； C． 由图知，使用催化剂Sn或均能降低生成甲酸的活化能，均能有效提高甲酸盐的选择性，故C不符合题意； D． 据分析，放电时，当Zn电极质量减少6.5g时，电路中转移0.2mol电子，正极吸收0.1molCO2，电解质溶液增重6.5g+4.4g=10.9g， 故D符合题意； 故答案为：D 【分析】A.充放电时，催化电极是正极，发生的是二氧化碳得到电子变为HCOO-和氢氧根离子，碱性增强，故A不符合题意； B.充电时，阴极是Zn(OH)42-得到电子变为锌单质和氢氧根离子，[Zn(OH)4]2-+2e=Zn+4OH-阳极是4OH--4e=O2+2H2O，根据转移电子数相等即可判断碱性增强； C.根据图示即可判断，加入催化剂可降低生成甲酸的活性能，增大甲酸盐的选择性； D.根据放电时，锌电极质量减少6.5g，正极吸收二氧化碳，即可计算溶液增加质量。 10．【答案】C 11．【答案】C 【解析】【解答】A．通电时双极膜将水解离为H+和OH-，阳离子向阴极移动；X极糠醛（）溶液生成糖醇（）发生了还原反应，则X极为阴极；所以H+向X电极方向移动，A不符合题意； B．由分析可知，X极的糠醛（）发生了还原反应被还原生成糖醇（），为阴极，接电源的负极，B不符合题意； C．电解时MnOOH在阳极上失电子发生氧化反应生成MnO2，电极反应式为MnOOH-e-+OH-═MnO2+H2O，C符合题意； D．生成糠酸盐的反应+MnO2+H2O→+MnOOH，H原子和电荷均不守恒，应为+2MnO2+OH-→+2MnOOH，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.根据糖醛到糖醇的转化可以判断出X为阴极，Y为阳极 B.根据题意判断出X为阴极，Y为阳极，即可判断连接的正负极 C.根据图示结合阴阳极即可写出电极式 D.根据阴极和阳极的电极反应式即可写出反应 12．【答案】A 【解析】【解答】A．反应属于燃烧反应，属于氧化还原反应，但不属于化合反应、不属于分解反应、不属于置换反应，A符合题意； B．反应的反应物只有一种，属于分解反应，B不符合题意； C．反应的生成物只有一种，属于化合反应，C不符合题意； D．反应中，单质Fe与可溶性铜盐反应，生成Cu和可溶性亚铁盐，属于置换反应，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】单质和化合物反应生成单质和化合物，属于置换反应，属于氧化还原反应； 化合物和化合物交换离子，属于复分解反应，不属于氧化还原反应； 多种物质生成一种物质，属于化合反应，有单质参加，则属于氧化还原反应； 一种物质生成多种物质，属于分解反应，有单质参加，则属于氧化还原反应。 13．【答案】C 【解析】【解答】A．由图中信息可知，该反应机理中的最大能垒(活化能) E正= 189.8k/mol- (-323.6 ) kJ/mol=513.4kJ/mol，A不符合题意； B．由图得①CH3OH+H+=CH3++H2OΔH=-208k/mol，②CH3++CH3OH=CH3OCH3+H+ΔH=+189 .8kJ/mol，将①②相加得：2CH3OH(g) =CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH= (-208kJ/mol)+ (+189.8k/mol) =-18.2kJ/mol，B不符合题意； C．断键需要克服活化能吸收能量，CH3OH+H+→IM1是一个无垒(活化能为0 )过程，所以该过程可能从成键开始，成键时放出的热量大于断键时吸收的热量，C符合题意； D．反应过程中遵循原子守恒，所以IM2为CH2=OH++CH4，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A.根据能量图，找出最大值和最小值即可 B.根据图示的能量变化以及物质即可写出热化学方程式 C.根据能量图找出断键和成键的能量大小 D.根据M2结合能量图即可写出反应 14．【答案】D 【解析】【解答】A．由图可知，反应物能量高于生成物能量，反应放热，A不符合题意； B．反应进程中S2生成又消耗，为中间产物，B不符合题意； C．使用催化剂可以改变化学反应的历程，降低其活化能E，C不符合题意； D．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢；由图可知，总反应的速率由步骤①决定，其活化能相对较大，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A．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； B．根据中间体反应前和反应后均没有，只在过程中出现； C．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，不影响化学平衡； D．决定总反应速率的是慢反应，活化能越大反应越慢。 15．【答案】A 【解析】【解答】A．常见锌锰干电池是一次电池，锌筒为负极，故A符合题意； B．铅酸蓄电池可充放电，为二次电池，故B不符合题意； C．燃料电池生成物是水等无污染物，因此该电池具有清洁、安全、高效等特点，故C不符合题意； D．反应发生时，旧键断裂吸收能量，新键形成放出能量，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A、锌为负极； B、铅蓄电池为二次电池； C、燃料电池产物为水和二氧化碳，无污染； D、断键吸热，成键放热。 16．【答案】B 【解析】【解答】以稀盐酸为电解质溶液的原电池中，金属活动性强的作负极，金属活动性弱的作正极，若a、b相连，b上有气泡逸出，说明a作负极，b作正极，a的活动性比b强，a、c相连，c质量减少，说明c作负极，a作正极，c的活动性比a强，则3种金属的活动性顺序由大到小排列为：c>a>b， 故答案为：B。 【分析】若a、b相连，b上有气泡逸出，可知a为负极，金属性a>b； a、c相连，c质量减少，可知c为负极，金属性c> a，则3种金属的活动顺序为c>a>b。 17．【答案】C 【解析】【解答】根据 氧化性：Cr2O72-＞Fe3+， 可知该反应的实质是K2Cr2O7氧化Fe2+，所以a极是负极，B极是正极。 A. 甲烧杯的溶液中 Fe2+失去电子，发生的是氧化反应，A选项是错误的； B.乙烧杯中发生的反应应该是： Cr2O72-+6e-14H+ = 2Cr3++7H2O ，B选项是错误的； C.因为a是负极，b是正极，所以在外电路中电子的流向是a到b，电流的流向是b到a，C选项是正确的； D.根据原电池的工作原理， 盐桥中的SO42-移向甲烧杯，D选项是错误的。 故答案为：C。 【分析】原电池的工作原理：在外电路中，由负极失去电子，经过导线到达正极；在内电路中，是阴阳离子实现导电的作用，形成闭合回路，阴离子在电解质溶液中靠近负极，阳离子在电解质溶液中靠近正极。 18．【答案】A 【解析】【解答】A．生成气态水反应的焓变ΔH等于断开和所需总能量减去形成释放的总能量，则该反应的ΔH不等于断开和所需总能量减去形成释放的总能量，故A符合题意； B．气态水的能量高于液态水，所以若生成放出的热量小于，故B不符合题意； C．气态水的能量高于液态水，所以液态水与水蒸气所具有的内能不同，故C不符合题意； D．该反应为放热反应，和的总能量比的能量高，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】B.水从液体变为气态吸收热量； C.水蒸气的能量高于液态水； D.该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量。 19．【答案】D 【解析】【解答】A.1个SO2分子中含有的电子数目是16+8×2=32，则1 mol SO2中含有电子的数目约为，A不符合题意； B．NH3溶于水能导电，是由于NH3与H2O反应产生的NH3∙H2O是弱电解质，能电离产生自由移动的离子，因此NH3∙H2O属于电解质，而NH3在熔融状态下也不能导电，NH3属于非电解质，B不符合题意； C．过程②、⑤是形成配离子的过程，无元素化合价变化，无电子转移，因此不属于氧化还原反应，C不符合题意； D．根据图中反应原理和题干信息可知：反应物有SO2、O2、I-，生成物为I2、，因此根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得总反应离子方程式为，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.一个SO2分子含有32个电子； B.氨气本身不能电离，属于非电解质； C.氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。 20．【答案】A 21．【答案】（1）放出；5.5 （2） 【解析】【解答】（1）由反应H2+I2=2HI可知，反应需要吸收能量为436kJ+151kJ=587kJ，放出的能量为299kJ×2=598kJ，所以反应放出的能量为598kJ-587kJ=11kJ，故生成1molHI(碘化氢)需要放出能量5.5kJ。 （2）肼和二氧化氮反应生成氮气和气态水的化学方程式为，由盖斯定律可得反应2②-①，故。 【分析】（1）∆H=反应物的总键能-生成物的总键能，∆H＞0为吸热反应，∆H＜0为放热反应。 （2）注意运用盖斯定律进行加减计算时，△H也同样要进行加减计算，计算过程中要带“+”“-”。 22．【答案】（1）； （2）1：1 （3）2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O （4）紫红；小于 （5）酸性、还原性；0.4 【解析】【解答】（1）氯为17号元素，氯原子的结构示意图为 ，NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，电子式为。 （2）在反应Cl2+NaOH→NaCl+NaClO+H2O中，氯气中Cl元素的化合价从0价升高为NaClO中的+1价和NaCl中的-1价，氯气既作氧化剂，又作还原剂，化合价的变化均为1，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1。 （3）洁厕灵的主要成分为盐酸，NaClO溶液不能与洁厕灵共混的原因是二者发生反应生成有毒气体氯气，离子方程式为2H++ClO-+Cl-=Cl2↑+H2O。 （4）1号试管中溶液颜色不变，说明NaClO3不能氧化NaI，2号试管中溶液颜色变为棕色，说明生成了碘单质，加入CCl4振荡，CCl4萃取了水层的碘单质，则静置后CCl4层显紫红色，则NaClO能氧化NaI，可知该条件下，NaClO3的氧化能力小于NaClO。 （5）①该反应中生成KCl、MnCl2和Cl2，主要体现了HCl(浓)的酸性、还原性。②标准状况下，4.48LCl2为0.2mol，该反应中，每生成1molCl2，转移电子2mol，则每生成0.2molCl2时，转移的电子数为0.4NA。 【分析】（1）Cl原子的核电荷数为17，核外有3个电子层，每个电子层上的电子数目为2、8、7；NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成； （2）根据得失电子守恒配平方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O； （3）NaClO与HCl发生氧化还原反应生成氯气； （4）碘溶于四氯化碳显紫红色；根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析； （5）①该反应中浓盐酸体现了酸性和还原性； ②根据得失电子守恒计算。 23．【答案】（1） （2）40 （3）A；D （4）减小；增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，和浓度下降，使反应Ⅱ平衡逆向移动。 【解析】【解答】（1）① ，②③ （①x2+②+③）/2得到 ，焓变为 故燃烧热化学方程式为 ； （2）根据反应前总压强为0.33Mpa，平衡后的压强我0.25Mpa，因此反应后总的物质的量为0.25/0.33x3.3mol=2.5mol，物质的量减少0.8mol，对于反应I来说是体积减小的反应，因此可以计算出n(CH3OH)=0.4mol，n(H2O)I=0.4mol，转化二氧化碳的量为0.5mol，共生成的水的量为0.5mol，反应IIn(H2O)=0.1mol，n(H2)II=0.1mol，n(H2)I=1.2mol，剩余氢气的物质的量为2.3-1.2-0.1=1mol，反应I剩余的n(CO2)=0.4mol，Kp==40 （3）①A.根据图示同温度下，压强越大平衡向右移动，因此p4＞p3＞p2＞p1；故A符合题意； B. 图1中550℃后， 反应II吸热，以反应II为主， 反应Ⅱ前后气体分子数相等，压强改变对平衡基本没有影响 ；故B不符合题意； C.反应I放热，温度升高逆向移动， 升温使反应Ⅰ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅱ平衡正向移动程度，使转化率和选择性都下降 ，故C不符合题意； D.催化剂只是改变速率不能改变转化率，故D符合题意； ②氢气的量增多促进二氧化碳的转化，甲醇的物质的增加，但是随着反应进行n值越来越大，转化率增大的趋势减小，含量会下降； （4）根据表格压强增大，转化率增大选择性增大，以反应I为主，因此CO在减少； 增大压强使反应Ⅰ平衡正向移动，水蒸气浓度变大，和浓度下降，使反应Ⅱ平衡逆向移动。 【分析】（1）盖斯定律计算； （2）根据数据计算出平衡时的数据即可计算出常数； （3）①A.根据压强对平衡影响； B.温度对反应影响，反应II不受压强影响； C.根据温度对反应影响判断； D.根据催化剂只改变反应速率； ②根据氢气的量增加可促进平衡移动，含量增大，但是随着反应进行甲醇增加的趋势不如氢气的量分数减小； （4）根据反应I和反应II压强压强对反应I的影响，导致水浓度增大，反应II逆向移动。 24．【答案】（1）二氧化硅 （2）、； （3）将氧化为 （4）；施肥/制化肥 【解析】【解答】（1）酸浸还原过程中，只有SiO2不反应； （2）Fe发生了还原反应，以Fe2+的形式存在，所以“酸浸、还原”后，溶液中含有的金属阳离子有、Fe2+、Al3+；铁屑、与反应的离子方程式为 ： ； （3） 加入溶液的目的是将氧化为 ，因为Fe3+水解更彻底； （4）“沉锰”时发生反应是Mn2+与氨水反应得到氢氧化锰沉淀；滤液2主要成分是（NH3）2CO3，可用来作肥料。 【分析】（1）SiO2不溶于H2SO4； （2）Fe发生了还原反应，以Fe2+的形式存在，所以“酸浸、还原”后，溶液中含有的金属阳离子有、Fe2+、Al3+； 铁屑、与反应的离子方程式为 ： ； （3）Fe3+更易水解，为使Fe与Mn元素分离彻底，应该使用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+； （4）“沉锰”时发生反应是Mn2+与氨水反应得到氢氧化锰沉淀；滤液2主要成分是（NH3）2CO3，可用来作肥料。 25．【答案】（1）吸热 （2） （3）不变 （4） （5） （6） （7） 【解析】【解答】（1）反应N2(g)＋O2(g)=2NO(g)的反应热ΔH=945kJ·mol－1＋495kJ·mol－1－2×630kJ·mol－1=＋180kJ·mol－1，因此该反应为吸热反应。 （2）反应N2(g)＋O2(g)=2NO(g)的反应热ΔH=+180kJ/mol，因此反应N2(g)＋O2(g)=NO(g)的反应热ΔH=+90kJ/mol。 （3）反应热只与体系物质的始态和终态有关，加入催化剂可降低反应所需的活化能，但不能改变物质的始态和终态，因此加入催化剂不影响反应热，故a的值不变。 （4）Al与FeO反应的化学方程式为：2Al(s)＋3FeO(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s)，由盖斯定律可知，该反应的反应热ΔH=ΔH2-3×ΔH1=(－1675.0kJ·mol－1)－3×(－275.0kJ·mol－1)=－850kJ·mol－1。因此该反应的热化学方程式为：2Al(s)＋3FeO(s)=Al2O3(s)＋3Fe(s) ΔH=－850kJ·mol－1。 （5）该反应的平衡常数。 （6）该反应的平衡常数。 （7）该反应的平衡常数。 【分析】（1）根据化学键键能计算N2和O2反应的反应热，从而判断该反应的热效应。 （2）根据N2(g)＋O2(g)⇋2NO(g)的反应热进行计算。 （3）催化剂只改变反应速率，不改变反应热。 （4）Al与FeO反应生成Fe和Al2O3，结合盖斯定律计算反应热，从而写出热化学方程式。 （5）根据反应的化学方程式书写平衡常数的表达式。 （6）根据反应的化学方程式书写平衡常数的表达式。 （7）根据反应的化学方程式书写平衡常数的表达式。 学科网（北京）股份有限公司 $$