近三年高考化学真题分类汇编：化学反应与能量（2022年）1
一、选择题
1．（2022·辽宁）某储能电池原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．放电时负极反应：
B．放电时透过多孔活性炭电极向中迁移
C．放电时每转移电子，理论上吸收
D．充电过程中，溶液浓度增大
2．（2022·辽宁）如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取待测样品加入b容器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是（ ）
A．左侧电极反应：
B．实验结束时，b中溶液红色恰好褪去
C．若c中收集气体，则样品中乙酸浓度为
D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
3．（2022·辽宁）镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是（ ）
A．褪色原因为被还原
B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈
D．溶液恢复棕色的原因为被氧化
4．（2022·重庆市）“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ mol-1)为（ ）
A．+533 B．+686 C．+838 D．+1143
5．（2022·天津市）燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是（ ）
A．甲是空气中体积分数最大的成分
B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生
D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
6．（2022·福建）一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为和水溶液。将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．化学自充电时，增大
B．化学自充电时，电能转化为化学能
C．化学自充电时，锌电极反应式：
D．放电时，外电路通过电子，正极材料损耗
7．（2022·重庆市）下列叙述正确的是（ ）
A．Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-
B．Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O
C．1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3
D．0.1mol L-1醋酸和0.1mol L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O
8．（2022·河北）下列图示装置不能达到实验目的的是（ ）
A．装置甲用CCl4萃取溴水中的Br2 B．装置乙除去Cl2中的HCl并干燥
C．装置丙验证铁的吸氧腐蚀 D．装置丁实验室制备少量NH3
9．（2022·重庆市）“逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，航天科技的发展与化学密切相关。下列选项正确的是（ ）
A．“北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第ⅠA族元素
B．“嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化为电能
C．“祝融号”火星车利用正十一烷储能，正十一烷属于不饱和烃
D．“神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料
10．（2022·重庆市）硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．惰性电极2为阳极
B．反应前后WO/WO数量不变
C．消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮
D．外电路通过1mol电子，可得到1mol水
11．（2022·河北）下列说法错误的是（ ）
A．CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃
B．NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性
C．溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用
D．KMnO4与H2C2O4的反应中，Mn2+既是还原产物又是催化剂
12．（2022·湖北）含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备，过程如图所示(为甲基)。下列说法正确的是（ ）
A．生成，理论上外电路需要转移电子
B．阴极上的电极反应为：
C．在电解过程中向铂电极移动
D．电解产生的中的氢元素来自于
13．（2022·湖北）武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是（ ）
A．鎏金工艺利用了汞的挥发性
B．鎏金工艺中金发生了化学反应
C．鎏金工艺的原理可用于金的富集
D．用电化学方法也可实现铜上覆金
14．（2022·湖北）下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是（ ）
A．滴入酚酞溶液 B．吸氧腐蚀 C．钠的燃烧 D．石蜡油的热分解
A．A B．B C．C D．D
15．（2022·北京市）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是（ ）
A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀
B．向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀
C．向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀
D．向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀
16．（2022·北京市）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
② 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法错误的是（ ）
A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B．①中检测到，推测可能发生反应：
C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
17．（2022·北京市）已知：。下列说法错误的是（ ）
A．分子的共价键是键，分子的共价键是键
B．燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状
C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟
D．可通过原电池将与反应的化学能转化为电能
18．（2022·海南）一种采用和为原料制备的装置示意图如下。
下列有关说法正确的是（ ）
A．在b电极上，被还原
B．金属Ag可作为a电极的材料
C．改变工作电源电压，反应速率不变
D．电解过程中，固体氧化物电解质中不断减少
二、多选题
19．（2022·河北）科学家研制了一种能在较低电压下获得氧气和氢气的电化学装置，工作原理示意图如图。
下列说法正确的是（ ）
A．电极b为阳极
B．隔膜为阴离子交换膜
C．生成气体M与N的物质的量之比为2：1
D．反应器I中反应的离子方程式为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O
20．（2022·山东）设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是（ ）
A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大
B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
C．乙室电极反应式为
D．若甲室减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移
21．（2022·山东）是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是（ ）
A．每个晶胞中个数为x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．每个晶胞中0价Cu原子个数为
D．当转化为时，每转移电子，产生原子
22．（2022·湖南）反应物（S）转化为产物（P或 ）的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是（ ）
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
三、非选择题
23．（2022·江苏）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
（1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为 (用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有 (填元素符号)。
（2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为 。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为 。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是 。
（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是 。
24．（2022·天津市）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）基态Na原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是 。
（3）的电子式为 。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式： 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备。空气与熔融金属Na反应前需依次通过 、 (填序号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．溶液
（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为 。
（6）天然碱的主要成分为，1mol 经充分加热得到的质量为 g。
25．（2022·天津市）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为 。1mol 发生该反应的热量变化为 ，在总反应中的作用是 。
（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是 (填“A”、“B”或“C”)。
（3）的电离方程式为 。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的 ， 。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (已知25℃时，FeS的为)。
26．（2022·福建）异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）已知，则燃烧生成和的热化学方程式为 。
（2）在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间 0 4 8 12 t 20
浓度 0 2440 3200 3600 4000 4100
①内， ；
②t 16(填“>”“<”或“=”)。
（3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 (填标号)。
a.的分压不变 b.混合气体密度不变
c. d.
（4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 。
（5）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。
(已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压)
①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的 点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是 。
②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为 (用含x的代数式表示)。
27．（2022·重庆市）反应在工业上有重要应用。
（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59
①反应的△H 0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是 。
A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2的△H＞0
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为 。
（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用 (填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为 。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为 (用a，b，y表示)。
28．（2022·河北）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
（1）时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
（3）氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
（4）在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
（5）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用等代号表示)。
29．（2022·湖北）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号 反应物组成
a 粉末
b 粉
c 粉 饱和石灰水
d 粉 石灰乳
e 粉 粉末
回答下列问题：
（1）已知：
①
②
③
则的 。
（2）温度为T时，，则饱和溶液中 (用含x的代数式表示)。
（3）实验a中，后基本不变，原因是 。
（4）实验b中，的变化说明粉与在该条件下 (填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是 ；后基本不变，其原因是 微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是____(填标号)。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理 。
30．（2022·北京市）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）B中试剂是 。
（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
（4）根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 。
31．（2022·北京市）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是 。
（2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为 。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为 。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。
（4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为 。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”)
32．（2022·海南）胆矾()是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
（1）步骤①的目的是 。
（2）步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成 (填化学式)污染环境。
（3）步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为 。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是 。
（5）实验证明，滤液D能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是 。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是将氧化为，写出乙同学的实验方案及结果 (不要求写具体操作过程)。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应式为：，故A符合题意；
B． 放电时，阴离子移向负极，放电时透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B不符合题意；
C． 放电时每转移电子，正极电极反应式为：Cl2+2e-=2Cl-，理论上释放，故C不符合题意；
D． 充电过程中，阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，溶液浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，Na3Ti2(PO4)3的中Ti元素化合价升高，发生氧化反应，则Na3Ti2(PO4)3电极为负极，电极反应式为，正极上Cl2得到电子变成Cl-，电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，充电时，阴阳极的反应式与正负极相反。
2．【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由上述分析可知，左侧电极反应：，A符合题意；
B．右侧电极反应2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，反应结束时溶液中存在CH3COO-，水解后溶液显碱性，故溶液为红色，B不符合题意；
C．若c中收集气体，若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5×10-3mol，转移电子量为0.5×10-3mol×4=2×10-3mol，故产生氢气：1×10-3mol，则样品中乙酸浓度为：1×10-3mol ÷10÷10-3=，但是题中未给定气体状态不能准确计算，C不符合题意；
D．盐桥换为U形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】接通电源，右侧为阴极，左侧为阳极，阴极上溶液中的乙酸得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，在阳极电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为，c管中收集到氧气。
3．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项不符合题意；
B．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，则液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项不符合题意；
C．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，C项不符合题意；
D．漂白粉的有效成分为，具有强氧化性，可氧化，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强；
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳的密度大于水；
C.若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈。
4．【答案】C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①；
②；
③；
④；
⑤；
⑥；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到+838 kJ mol-1，所以A B D错误， C符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据图示写出各反应的热化学方程式，再根据盖斯定律计算。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，甲是氮气，空气的成分按体积计算，大约是氮气78%、氧气21%、稀有气体0.94%、二氧化碳0.03%、其它气体和杂质0.03%，氮气是空气中体积分数最大的成分，故A不符合题意；
B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B不符合题意；
C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C符合题意；
D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】甲和氧气反应生成NO，则甲为氮气，NO和CO反应生成氮气和二氧化碳，则乙为二氧化碳。
6．【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由图可知，化学自充电时，消耗O2，该反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，增大，故A符合题意；
B．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B不符合题意；
C．由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C不符合题意；
D．放电时，1mol转化为 ，消耗2mol K+，外电路通过电子时，正极物质增加0.02mol K+，增加的质量为0.02mol×39g/mol =0.78g，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】放电时，锌为负极，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，有机物为正极，电极反应式为：+2ne-+2nK+=， 化学自充电时，阴极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；阳极极反应为：-2ne-=+2nK+。
7．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．Cl2和Br2均能氧化Fe2+，Cl2与Fe2+发生反应 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ，Br2与Fe2+发生反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故A符合题意；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B不符合题意；
C．无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C不符合题意；
D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cl2与Fe2+发生反应 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ，Br2与Fe2+发生反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；
B.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；
C.1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积未知；
D.硼酸的酸性弱于碳酸。
8．【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氨的实验室制法；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．四氯化碳和水不互溶，溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，则装置甲能达到用用四氯化碳萃取溴水中溴的实验目的，故A不符合题意；
B．HCl易溶于水，饱和食盐水能抑制氯气溶解，浓硫酸具有吸水性，因此盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶能除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶能干燥氯气，则装置乙能达到除去氯气中的氯化氢气体并干燥的实验目的，故B不符合题意；
C．中性或弱酸性溶液中，铁丝发生吸氧腐蚀，铁丝网在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀会使试管内气体的物质的量减小，气体压强减小，红墨水会进入导气管中形成一段液柱，则装置丙能达到验证铁的吸氧腐蚀的实验目的，故C不符合题意；
D．由图可知，装置丁的向下排空气法收集氨气的试管中没有排出气体的出口，则装置丁不能达到实验室制备少量氨气的实验目的，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且水与四氯化碳互不相溶；
B.饱和氯化钠溶液能抑制氯气溶解，HCl易溶于氯化钠溶液，浓硫酸具有吸水性；
C.中性或弱酸性溶液中，铁丝发生吸氧腐蚀。
9．【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；饱和烃与不饱和烃；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．铷是碱金属，位于第ⅠA族，故A符合题意；
B．太阳能电池可直接将太阳能转化为电能，故B不符合题意；
C．烷烃都是饱和烃，因此正十一烷属于饱和烃，故C不符合题意；
D．塑料属于有机合成材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铷属于碱金属元素，在元素周期表中位于第五周期第ⅠA族；
B.太阳能电池将太阳能转化为电能；
C.烷烃均为饱和烃；
D.塑料是有机合成材料。
10．【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．惰性电极2上Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，故A不符合题意；
B．WO/WO循环反应，反应前后WO/WO数量不变，故B不符合题意；
C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C符合题意；
D．外电路通过1mol电子，生成0.5molH2O2，H2O2最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，惰性电极1上，氧气发生还原反应生成过氧化氢，则惰性电极1为阴极，惰性电极2为阳极。
11．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．CaF2与浓H2SO4混合反应生成HF，HF能与SiO2反应，则糊状混合物中的氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，故A不符合题意；
B．钠盐水溶液可能呈酸性，如硫酸氢钠在溶液中能电离出氢离子，使溶液呈酸性，故B符合题意；
C．溶洞的形成的原理为CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2 ，故C不符合题意；
D． KMnO4与H2C2O4的反应中，KMnO4中的Mn元素化和价降低生成Mn2+，化合价降低的产物是还原产物，则Mn2+还原产物，同时反应速率加快，说明Mn2+又是催化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. CaF2与浓H2SO4混合反应生成HF，HF能与二氧化硅反应；
B.钠盐水溶液可能呈酸性；
C.碳酸钙溶于溶解CO2的水生成碳酸氢钙；
D.KMnO4与H2C2O4的反应中，KMnO4中的Mn元素化和价降低生成Mn2+，化合价降低的产物是还原产物，则Mn2+还原产物，同时反应速率加快，说明Mn2+又是催化剂。
12．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．左侧电极上，P4发生氧化反应生成，则左侧为阳极，电极反应式为，则生成，理论上外电路需要转移电子，A不符合题意；
B．由分析可知，阴极的电极反应为2HCN+2e-=H2↑+2CN-， B不符合题意；
C．由分析可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，应该向阳极移动，即移向石墨电极，C不符合题意；
D．由所给图示可知HCN在阴极放电，产生和，而HCN中的H来自，则电解产生的中的氢元素来自于，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，左侧电极上，P4发生氧化反应生成，则左侧为阳极，电极反应式为，右侧电极为阴极，电极反应式为2HCN+2e-=H2↑+2CN-，电解过程中阳离子向铂电极移动，阴离子向石墨电极移动。
13．【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电镀
【解析】【解答】A．加热除汞，说明汞易挥发，A不符合题意；
B．将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加热汞挥发后留下金，整个过程中没有新物质生成，属于物理变化，B符合题意；
C．该鎏金工艺的原理是将金粉溶进液态的汞中，制成“金汞漆”，再加热将汞除去，可以用于金的富集，C不符合题意；
D．用电解的方法，铜做阴极，电解液中含有可溶性的含金离子，则可实现铜上镀金，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.加热可除汞，说明汞易挥发；
B.鎏金工艺中没有新物质生成；
C.鎏金工艺的原理是将金粉溶进液态的汞中，制成“金汞漆”，再加热将汞除去，可用于金的富集；
D.用含有金离子的电解质溶液，铜作阴极可实现铜上覆金。
14．【答案】C
【知识点】探究石蜡油分解制乙烯及乙烯的化学性质；性质实验方案的设计；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A不符合题意；
B．食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体被消耗，压强减小，与外界形成压强差，导管口形成一段水柱，B不符合题意；
C．钠燃烧温度在400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C符合题意；
D．石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠；
B.铁钉在中性环境中发生吸氧腐蚀；
D.石蜡油分解产生的不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色。
15．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A不符合题意；
B．向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气，发生反应，该反应属于氧化还原反应，该过程会消耗水氢氧根离子浓度增大，pH会变大，B不符合题意；
C．向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3]，该反应过程中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，该反应属于氧化还原反应，反应过程中H+的浓度增大，pH减小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
16．【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A不符合题意；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B不符合题意；
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C符合题意；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】实验①中，铁做电镀池的阴极，铁先与溶液中的氢离子、铜离子反应，生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子和铁的反应，导致气体减少；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子。
17．【答案】A
【知识点】化学键；氯气的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-s σ键，Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-p σ键，故A符合题意；
B．HCl极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后形成盐酸小液滴，盐酸小液滴呈雾状，故B不符合题意；
C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，生成的NH4Cl为固体小颗粒，白烟，故C不符合题意；
D．与的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将与反应的化学能转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，为p-p σ键；
B.HCl遇空气中的水蒸气形成盐酸小液滴；
C.氨气与盐酸反应生成氯化铵；
D.能自发进行的氧化还原反应能设计成原电池。
18．【答案】A
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N2被还原，A符合题意；
B．a为阳极，若金属Ag作的电极材料，金属Ag优先失去电子，故不能用Ag作电极，B不符合题意；
C．改变工作电源的电压，反应速率会加快，C不符合题意；
D．电解过程中，阴极电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，阳极电极反应式为2O2-+4e-=O2↑，固体氧化物电解质中O2-不会改变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a电极上O2-失去电子发生氧化反应生成氧气，则a电极为阳极，电极反应为2O2--4e﹣＝O2↑，b电极为阴极，电极反应为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-。
19．【答案】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，b电极为电解池的阴极，故A不符合题意；
B．由分析可知，氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极室向阳极室移动，则隔膜为阴离子交换膜，故B符合题意；
C．由分析可知，M为氧气、N为氢气，由得失电子数目守恒可知，氧气和氢气的的物质的量之比为1：2，故C不符合题意；
D．由分析可知，反应器I中发生的反应为催化剂作用下，[Fe(CN)6]3-与氢氧根离子反应生成[Fe(CN)6]4-、氧气和水，反应的离子方程式为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】该装置为电解池，电极a上， [Fe(CN)6]4-变化为[Fe(CN)6]3-，Fe元素化合价由+2价变为+3价，则a为阳极，电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，b电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+2 H， 反应器2 发生反应 2 H=H2↑，则气体N为氢气，反应器Ⅰ中发生反应4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O，则气体M为氧气。
20．【答案】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电池工作时，甲室中细菌所在电极的电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co，生成H+，溶液pH减小，A不符合题意；
B．对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O与溶液中的H+结合H2O，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B符合题意；
C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C不符合题意；
D．若甲室Co2+减少200 mg，电子转移物质的量为n(e-)= ，乙室Co2+增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e-)=，说明此时已进行过溶液转移，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】右侧装置为原电池， 正极材料转化为，即乙室为正极，电极反应为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，细菌所在电极为负极；甲装置为原电池，甲室为阴极，电极反应为Co2++2e-=Co，细菌所在电极为阳极，阳极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+。
21．【答案】B,D
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A不符合题意；
B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B不符合题意；
C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜个数为(4-4x)，故C不符合题意；
D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据均摊法和化合物的化合价代数和为0计算；
B.Na2Se转化为Cu2-xSe的方程式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，；
C.NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为4(1-x)；
D.NayCu2-xSe转化为NaCuSe的方程式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu。
22．【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中S的总能量大于P的总能量，为放热反应，A符合题意；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B不符合题意；
C．活化能越低，反应速率越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，Ｃ不符合题意；
D．由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S Z，然后S Z转化为产物P Z，由于P Z没有转化为P＋Z，因此Z没有催化作用，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.X为催化剂，催化剂不影响平衡；
C.活化能越低，反应速率越快；
D.催化剂在反应前后不发生变化。
23．【答案】（1）；Cu、O
（2）；H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大
（3）高效、经济、原子利用率高、无污染
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②由图可知，在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
(2)①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应生成并放出，离子方程式为：；
②电负性：O>H>Fe，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；
③在其他条件相同时，随增加，与铁粉反应速率加快，由图可知，Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。
(3)“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。
【分析】（1）①电解时阳极发生氧化反应；
②在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2；
（2）①溶液与铁粉反应生成并放出；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为 ；
③随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大 ；
（3）该原理的原子利用率高，不产生污染物。
24．【答案】（1）(或)
（2）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
（3）；
（4）c；a
（5）
（6）159
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；热化学方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为(或)；故答案为：(或)。
（2） NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，说明加入的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。
（3）含有钠离子和过氧根离子，其电子式为。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式： ；故答案为：； 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。
（5）图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为；故答案为：。
（6），因此1mol 经充分加热得到1.5mol，其质量为1.5mol×106g mol 1＝159g；故答案为：159。
【分析】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，轨道表示式为；
（2）NaCl熔点为800.8℃，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，降低了NaCl的熔点；
（3）由钠离子和过氧根离子构成； Na与反应生成1mol 放热510.9kJ， 则该反应的热化学方程式为；
（4） 采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性；
（5）根据均摊法计算；
（6）根据钠原子守恒有：2NaHCO3～Na2CO3。
25．【答案】（1）(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）或；；；8
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将①×2+②可得(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，是该反应的催化剂，在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②可得目标方程式； 是该反应的催化剂；
（2）配合物用时最短，对H2S吸收效率最好；
（3）H2S为二元弱酸，分步电离；当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，结合、计算；为避免FeS沉淀生成， c(Fe2+)×c(S2-)≤Ksp(FeS)。
26．【答案】（1）
（2）190；>
（3）ad
（4）58.8%
（5）甲；反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得，故答案为：；
（2）①内，，则，故答案为：190；
②随着反应进行，水的浓度变化量减小，、、，Δc(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16，故答案为：>；
（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b不正确；
c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c不正确；
d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；
故答案为：ad。
（4）设C3H8O的物质的量为1mol，若1mol C3H8O完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%，故答案为：58.8%；
（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲，故答案为：甲； 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，；
②由图可知，350℃时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=MPa，故答案为：。
【分析】（1）根据盖斯定律，将Ⅲ-2×Ⅰ可得目标方程式；
（2）①根据计算；
②随着反应进行，水的浓度变化量减小，则反应速率减小，水减少相同物质的量浓度时，所需时间逐渐增长；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（4）根据计算；
（5）①升高温度，反应向吸热方向移动；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得；
②列出反应的三段式计算。
27．【答案】（1）；优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
（2）Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；BD；1：8
（3）质子导体；；
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据表中的数据，随温度升高，化学平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，则正反应为放热反应，，故答案为：；
②反应在较高温度下进行的优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低，故答案为：优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大，故答案为： Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 ；
②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B不正确；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D不正确；
故答案为：BD；
③根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1：8，故答案为：1：8；
（3）①电解时，通入一氧化碳和水的一极为阳极，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体，故答案为：质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：，故答案为：；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：，故答案为：。
【分析】（1）①升温该反应的平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②升温能加快反应速率，同时升温该反应的平衡逆向移动；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动；
②A.Pd膜只允许H2透过，具有选择性；
B.正反应的活化能远小于逆反应的活化能，则该反应为放热反应；
C. 加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2 2H正向移动；
D.H2 2H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应；
③根据计算；
（3） 电解时CO发生氧化反应，则左侧为阳极，右侧为阴极，发生还原反应，电极反应式为。
28．【答案】（1）H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1
（2）BC；；43%
（3）负
（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
（5）abehj
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不正确；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B正确；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C正确；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不正确；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，因此氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（2）①提高平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②分别计算各物质的物质的量，结合 计算；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（4） CnH2n+2在负极上发生氧化反应生成CO2和H2O；
（5）原电池反应均为自发的氧化还原反应，为放热反应。
29．【答案】（1）-911.9
（2）mol L-1
（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
（4）不反应；Al和溶液中的OH-发生了反应；OH-
（5）A
（6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2×③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ mol-1)+(-16.73kJ mol-1)+2(-415.0kJ mol-1)=-911.9kJ mol-1。
(2)温度为T时，Ca(OH)2的饱和溶液中，存在沉淀溶解平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol L-1。
(3)实验a中，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，该反应放热，当温度不变时，反应达到平衡状态，则4min后ΔT基本不变是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。
(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，
故答案为：A。
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x计算；
（3） Ca(OH)2在水中的溶解度小；
（4）铝粉与水在该条件下不反应；饱和石灰水中含有OH-，铝能与OH-反应；
（5）反应②和反应③都是放热反应；
（6）实验e中，发生反应①、②和③均为放热反应。
30．【答案】（1）饱和NaCl溶液
（2）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
（3）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
（4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；4+4OH-=4+O2↑+2H2O；Cl2；3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率，因而不能实验III未得到绿色溶液
【知识点】氧化还原反应；氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，B中试剂是饱和NaCl溶液，用于吸收Cl2中的HCl杂质；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；
溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，反应的离子方程式为3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率，导致不能实验III未得到绿色溶液。
【分析】装置A中HCl与KMnO4发生反应生成Cl2，盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl杂质，装置B中用饱和食盐水除去HCl，装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
31．【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
（3）SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；3I--2e-=I
（4）
（5）I2+I-=I；偏小
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+，故答案为：SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I，故答案为：3I--2e-=I；
（4）由题意可得如下关系：S~SO2~I~2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I-=I，故答案为：I2+I-=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
【分析】（1）增大反应物的接触面积可使反应更充分；
（2） 在高温下分解生成CaO、 和氧气；
（3）①电解池中，SO2与 I 发生氧化还原反应；
②电解池的阳极发生氧化反应；
（4）根据S~SO2~I~2e-计算；
（5）①碘和碘离子发生反应生成I；
②管式炉内壁上有残留，硫元素没有全部转化为二氧化硫。
32．【答案】（1）除油污
（2）
（3）
（4）胆矾晶体易溶于水
（5）溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解；取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入，不能被氧化
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。
(2)在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O。
(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
(5)ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
【分析】原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；固体B中加入过量的稀硫酸、双氧水，CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
近三年高考化学真题分类汇编：化学反应与能量（2022年）1
一、选择题
1．（2022·辽宁）某储能电池原理如图。下列说法正确的是（ ）
A．放电时负极反应：
B．放电时透过多孔活性炭电极向中迁移
C．放电时每转移电子，理论上吸收
D．充电过程中，溶液浓度增大
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A． 放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应式为：，故A符合题意；
B． 放电时，阴离子移向负极，放电时透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B不符合题意；
C． 放电时每转移电子，正极电极反应式为：Cl2+2e-=2Cl-，理论上释放，故C不符合题意；
D． 充电过程中，阳极反应式为：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，溶液浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，Na3Ti2(PO4)3的中Ti元素化合价升高，发生氧化反应，则Na3Ti2(PO4)3电极为负极，电极反应式为，正极上Cl2得到电子变成Cl-，电极反应式为Cl2+2e-=2Cl-，充电时，阴阳极的反应式与正负极相反。
2．（2022·辽宁）如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取待测样品加入b容器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是（ ）
A．左侧电极反应：
B．实验结束时，b中溶液红色恰好褪去
C．若c中收集气体，则样品中乙酸浓度为
D．把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
【答案】A
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由上述分析可知，左侧电极反应：，A符合题意；
B．右侧电极反应2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，反应结束时溶液中存在CH3COO-，水解后溶液显碱性，故溶液为红色，B不符合题意；
C．若c中收集气体，若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5×10-3mol，转移电子量为0.5×10-3mol×4=2×10-3mol，故产生氢气：1×10-3mol，则样品中乙酸浓度为：1×10-3mol ÷10÷10-3=，但是题中未给定气体状态不能准确计算，C不符合题意；
D．盐桥换为U形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】接通电源，右侧为阴极，左侧为阳极，阴极上溶液中的乙酸得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2CH3COOH+2e-=H2+2CH3COO-，在阳极电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，电极反应为，c管中收集到氧气。
3．（2022·辽宁）镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是（ ）
A．褪色原因为被还原
B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈
D．溶液恢复棕色的原因为被氧化
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．比活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为被还原，A项不符合题意；
B．碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，则液体分层后，在层，的密度比水大，则下层呈紫红色，B项不符合题意；
C．若镀层金属活泼性大于，则不易生锈，反之，若活泼性大于镀层金属，则更易生锈，由于活泼性：，则镀锡铁钉更易生锈，C项不符合题意；
D．漂白粉的有效成分为，具有强氧化性，可氧化，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强；
B.碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，四氯化碳的密度大于水；
C.若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈。
4．（2022·重庆市）“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ mol-1)为（ ）
A．+533 B．+686 C．+838 D．+1143
【答案】C
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】①；
②；
③；
④；
⑤；
⑥；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到+838 kJ mol-1，所以A B D错误， C符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据图示写出各反应的热化学方程式，再根据盖斯定律计算。
5．（2022·天津市）燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是（ ）
A．甲是空气中体积分数最大的成分
B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生
D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，甲是氮气，空气的成分按体积计算，大约是氮气78%、氧气21%、稀有气体0.94%、二氧化碳0.03%、其它气体和杂质0.03%，氮气是空气中体积分数最大的成分，故A不符合题意；
B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B不符合题意；
C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C符合题意；
D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】甲和氧气反应生成NO，则甲为氮气，NO和CO反应生成氮气和二氧化碳，则乙为二氧化碳。
6．（2022·福建）一种化学“自充电”的锌-有机物电池，电解质为和水溶液。将电池暴露于空气中，某电极无需外接电源即能实现化学自充电，该电极充放电原理如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．化学自充电时，增大
B．化学自充电时，电能转化为化学能
C．化学自充电时，锌电极反应式：
D．放电时，外电路通过电子，正极材料损耗
【答案】A
【知识点】化学电源新型电池
【解析】【解答】A．由图可知，化学自充电时，消耗O2，该反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，增大，故A符合题意；
B．化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B不符合题意；
C．由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故C不符合题意；
D．放电时，1mol转化为 ，消耗2mol K+，外电路通过电子时，正极物质增加0.02mol K+，增加的质量为0.02mol×39g/mol =0.78g，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】放电时，锌为负极，电极反应式为：Zn-2e-+4OH-=[Zn(OH)4]2-，有机物为正极，电极反应式为：+2ne-+2nK+=， 化学自充电时，阴极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-；阳极极反应为：-2ne-=+2nK+。
7．（2022·重庆市）下列叙述正确的是（ ）
A．Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-
B．Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O
C．1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3
D．0.1mol L-1醋酸和0.1mol L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．Cl2和Br2均能氧化Fe2+，Cl2与Fe2+发生反应 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ，Br2与Fe2+发生反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故A符合题意；
B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B不符合题意；
C．无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C不符合题意；
D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cl2与Fe2+发生反应 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- ，Br2与Fe2+发生反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-；
B.钠在氧气中燃烧生成过氧化钠；
C.1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积未知；
D.硼酸的酸性弱于碳酸。
8．（2022·河北）下列图示装置不能达到实验目的的是（ ）
A．装置甲用CCl4萃取溴水中的Br2 B．装置乙除去Cl2中的HCl并干燥
C．装置丙验证铁的吸氧腐蚀 D．装置丁实验室制备少量NH3
【答案】D
【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；氨的实验室制法；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．四氯化碳和水不互溶，溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，则装置甲能达到用用四氯化碳萃取溴水中溴的实验目的，故A不符合题意；
B．HCl易溶于水，饱和食盐水能抑制氯气溶解，浓硫酸具有吸水性，因此盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶能除去氯化氢气体，盛有的浓硫酸的洗气瓶能干燥氯气，则装置乙能达到除去氯气中的氯化氢气体并干燥的实验目的，故B不符合题意；
C．中性或弱酸性溶液中，铁丝发生吸氧腐蚀，铁丝网在氯化钠溶液中发生吸氧腐蚀会使试管内气体的物质的量减小，气体压强减小，红墨水会进入导气管中形成一段液柱，则装置丙能达到验证铁的吸氧腐蚀的实验目的，故C不符合题意；
D．由图可知，装置丁的向下排空气法收集氨气的试管中没有排出气体的出口，则装置丁不能达到实验室制备少量氨气的实验目的，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.溴在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且水与四氯化碳互不相溶；
B.饱和氯化钠溶液能抑制氯气溶解，HCl易溶于氯化钠溶液，浓硫酸具有吸水性；
C.中性或弱酸性溶液中，铁丝发生吸氧腐蚀。
9．（2022·重庆市）“逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，航天科技的发展与化学密切相关。下列选项正确的是（ ）
A．“北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第ⅠA族元素
B．“嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化为电能
C．“祝融号”火星车利用正十一烷储能，正十一烷属于不饱和烃
D．“神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料
【答案】A
【知识点】常见能量的转化及运用；饱和烃与不饱和烃；常用合成高分子材料的化学成分及其性能；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．铷是碱金属，位于第ⅠA族，故A符合题意；
B．太阳能电池可直接将太阳能转化为电能，故B不符合题意；
C．烷烃都是饱和烃，因此正十一烷属于饱和烃，故C不符合题意；
D．塑料属于有机合成材料，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铷属于碱金属元素，在元素周期表中位于第五周期第ⅠA族；
B.太阳能电池将太阳能转化为电能；
C.烷烃均为饱和烃；
D.塑料是有机合成材料。
10．（2022·重庆市）硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．惰性电极2为阳极
B．反应前后WO/WO数量不变
C．消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮
D．外电路通过1mol电子，可得到1mol水
【答案】C
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．惰性电极2上Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，故A不符合题意；
B．WO/WO循环反应，反应前后WO/WO数量不变，故B不符合题意；
C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C符合题意；
D．外电路通过1mol电子，生成0.5molH2O2，H2O2最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，惰性电极1上，氧气发生还原反应生成过氧化氢，则惰性电极1为阴极，惰性电极2为阳极。
11．（2022·河北）下列说法错误的是（ ）
A．CaF2与浓H2SO4糊状混合物可用于刻蚀玻璃
B．NaOH是强碱，因此钠盐的水溶液不会呈酸性
C．溶洞的形成主要源于溶解CO2的水对岩石的溶蚀作用
D．KMnO4与H2C2O4的反应中，Mn2+既是还原产物又是催化剂
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．CaF2与浓H2SO4混合反应生成HF，HF能与SiO2反应，则糊状混合物中的氢氟酸能与玻璃中的二氧化硅反应，可用于刻蚀玻璃，故A不符合题意；
B．钠盐水溶液可能呈酸性，如硫酸氢钠在溶液中能电离出氢离子，使溶液呈酸性，故B符合题意；
C．溶洞的形成的原理为CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2 ，故C不符合题意；
D． KMnO4与H2C2O4的反应中，KMnO4中的Mn元素化和价降低生成Mn2+，化合价降低的产物是还原产物，则Mn2+还原产物，同时反应速率加快，说明Mn2+又是催化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. CaF2与浓H2SO4混合反应生成HF，HF能与二氧化硅反应；
B.钠盐水溶液可能呈酸性；
C.碳酸钙溶于溶解CO2的水生成碳酸氢钙；
D.KMnO4与H2C2O4的反应中，KMnO4中的Mn元素化和价降低生成Mn2+，化合价降低的产物是还原产物，则Mn2+还原产物，同时反应速率加快，说明Mn2+又是催化剂。
12．（2022·湖北）含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备，过程如图所示(为甲基)。下列说法正确的是（ ）
A．生成，理论上外电路需要转移电子
B．阴极上的电极反应为：
C．在电解过程中向铂电极移动
D．电解产生的中的氢元素来自于
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．左侧电极上，P4发生氧化反应生成，则左侧为阳极，电极反应式为，则生成，理论上外电路需要转移电子，A不符合题意；
B．由分析可知，阴极的电极反应为2HCN+2e-=H2↑+2CN-， B不符合题意；
C．由分析可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，应该向阳极移动，即移向石墨电极，C不符合题意；
D．由所给图示可知HCN在阴极放电，产生和，而HCN中的H来自，则电解产生的中的氢元素来自于，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，左侧电极上，P4发生氧化反应生成，则左侧为阳极，电极反应式为，右侧电极为阴极，电极反应式为2HCN+2e-=H2↑+2CN-，电解过程中阳离子向铂电极移动，阴离子向石墨电极移动。
13．（2022·湖北）武当山金殿是铜铸鎏金大殿。传统鎏金工艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，使金附着在器物表面。下列说法错误的是（ ）
A．鎏金工艺利用了汞的挥发性
B．鎏金工艺中金发生了化学反应
C．鎏金工艺的原理可用于金的富集
D．用电化学方法也可实现铜上覆金
【答案】B
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；电镀
【解析】【解答】A．加热除汞，说明汞易挥发，A不符合题意；
B．将金溶于汞中制成“金汞漆”，然后加热汞挥发后留下金，整个过程中没有新物质生成，属于物理变化，B符合题意；
C．该鎏金工艺的原理是将金粉溶进液态的汞中，制成“金汞漆”，再加热将汞除去，可以用于金的富集，C不符合题意；
D．用电解的方法，铜做阴极，电解液中含有可溶性的含金离子，则可实现铜上镀金，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.加热可除汞，说明汞易挥发；
B.鎏金工艺中没有新物质生成；
C.鎏金工艺的原理是将金粉溶进液态的汞中，制成“金汞漆”，再加热将汞除去，可用于金的富集；
D.用含有金离子的电解质溶液，铜作阴极可实现铜上覆金。
14．（2022·湖北）下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是（ ）
A．滴入酚酞溶液 B．吸氧腐蚀 C．钠的燃烧 D．石蜡油的热分解
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】探究石蜡油分解制乙烯及乙烯的化学性质；性质实验方案的设计；铁的吸氧腐蚀
【解析】【解答】A．碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A不符合题意；
B．食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体被消耗，压强减小，与外界形成压强差，导管口形成一段水柱，B不符合题意；
C．钠燃烧温度在400℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为坩埚或者燃烧匙，C符合题意；
D．石蜡油发生热分解，产生不饱和烃，不饱和烃与溴发生加成反应，使试管中溴的四氯化碳溶液褪色，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠；
B.铁钉在中性环境中发生吸氧腐蚀；
D.石蜡油分解产生的不饱和烃能使溴的四氯化碳褪色。
15．（2022·北京市）下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是（ ）
A．向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀
B．向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀
C．向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀
D．向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀
【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A不符合题意；
B．向 NaOH 和 Fe(OH)2 的悬浊液中通入空气，发生反应，该反应属于氧化还原反应，该过程会消耗水氢氧根离子浓度增大，pH会变大，B不符合题意；
C．向 NaHCO3 溶液中加入少量 CuSO4 溶液，生成蓝绿色沉淀 [Cu2(OH)2CO3]，该反应过程中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，该反应属于氧化还原反应，反应过程中H+的浓度增大，pH减小，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。
16．（2022·北京市）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图 序号 电解质溶液 实验现象
① 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
② 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无元素
下列说法错误的是（ ）
A．①中气体减少，推测是由于溶液中减少，且覆盖铁电极，阻碍与铁接触
B．①中检测到，推测可能发生反应：
C．随阴极析出，推测②中溶液减少，平衡逆移
D．②中生成，使得比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【知识点】性质实验方案的设计；电镀
【解析】【解答】A．由分析可知，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A不符合题意；
B．由分析可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为，故B不符合题意；
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，铜离子浓度不变，平衡不移动，故C符合题意；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】实验①中，铁做电镀池的阴极，铁先与溶液中的氢离子、铜离子反应，生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子和铁的反应，导致气体减少；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子。
17．（2022·北京市）已知：。下列说法错误的是（ ）
A．分子的共价键是键，分子的共价键是键
B．燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状
C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟
D．可通过原电池将与反应的化学能转化为电能
【答案】A
【知识点】化学键；氯气的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-s σ键，Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-p σ键，故A符合题意；
B．HCl极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后形成盐酸小液滴，盐酸小液滴呈雾状，故B不符合题意；
C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，生成的NH4Cl为固体小颗粒，白烟，故C不符合题意；
D．与的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将与反应的化学能转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，为p-p σ键；
B.HCl遇空气中的水蒸气形成盐酸小液滴；
C.氨气与盐酸反应生成氯化铵；
D.能自发进行的氧化还原反应能设计成原电池。
18．（2022·海南）一种采用和为原料制备的装置示意图如下。
下列有关说法正确的是（ ）
A．在b电极上，被还原
B．金属Ag可作为a电极的材料
C．改变工作电源电压，反应速率不变
D．电解过程中，固体氧化物电解质中不断减少
【答案】A
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N2被还原，A符合题意；
B．a为阳极，若金属Ag作的电极材料，金属Ag优先失去电子，故不能用Ag作电极，B不符合题意；
C．改变工作电源的电压，反应速率会加快，C不符合题意；
D．电解过程中，阴极电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，阳极电极反应式为2O2-+4e-=O2↑，固体氧化物电解质中O2-不会改变，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a电极上O2-失去电子发生氧化反应生成氧气，则a电极为阳极，电极反应为2O2--4e﹣＝O2↑，b电极为阴极，电极反应为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-。
二、多选题
19．（2022·河北）科学家研制了一种能在较低电压下获得氧气和氢气的电化学装置，工作原理示意图如图。
下列说法正确的是（ ）
A．电极b为阳极
B．隔膜为阴离子交换膜
C．生成气体M与N的物质的量之比为2：1
D．反应器I中反应的离子方程式为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O
【答案】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，b电极为电解池的阴极，故A不符合题意；
B．由分析可知，氢氧根离子通过阴离子交换膜由阴极室向阳极室移动，则隔膜为阴离子交换膜，故B符合题意；
C．由分析可知，M为氧气、N为氢气，由得失电子数目守恒可知，氧气和氢气的的物质的量之比为1：2，故C不符合题意；
D．由分析可知，反应器I中发生的反应为催化剂作用下，[Fe(CN)6]3-与氢氧根离子反应生成[Fe(CN)6]4-、氧气和水，反应的离子方程式为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】该装置为电解池，电极a上， [Fe(CN)6]4-变化为[Fe(CN)6]3-，Fe元素化合价由+2价变为+3价，则a为阳极，电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-=[Fe(CN)6]3-，b电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+2 H， 反应器2 发生反应 2 H=H2↑，则气体N为氢气，反应器Ⅰ中发生反应4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-+O2↑+2H2O，则气体M为氧气。
20．（2022·山东）设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是（ ）
A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大
B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
C．乙室电极反应式为
D．若甲室减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移
【答案】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电池工作时，甲室中细菌所在电极的电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co，生成H+，溶液pH减小，A不符合题意；
B．对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O与溶液中的H+结合H2O，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B符合题意；
C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C不符合题意；
D．若甲室Co2+减少200 mg，电子转移物质的量为n(e-)= ，乙室Co2+增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e-)=，说明此时已进行过溶液转移，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】右侧装置为原电池， 正极材料转化为，即乙室为正极，电极反应为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，细菌所在电极为负极；甲装置为原电池，甲室为阴极，电极反应为Co2++2e-=Co，细菌所在电极为阳极，阳极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+。
21．（2022·山东）是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是（ ）
A．每个晶胞中个数为x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．每个晶胞中0价Cu原子个数为
D．当转化为时，每转移电子，产生原子
【答案】B,D
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A不符合题意；
B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B不符合题意；
C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜个数为(4-4x)，故C不符合题意；
D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据均摊法和化合物的化合价代数和为0计算；
B.Na2Se转化为Cu2-xSe的方程式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，；
C.NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为4(1-x)；
D.NayCu2-xSe转化为NaCuSe的方程式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu。
22．（2022·湖南）反应物（S）转化为产物（P或 ）的能量与反应进程的关系如下图所示：
下列有关四种不同反应进程的说法正确的是（ ）
A．进程Ⅰ是放热反应 B．平衡时P的产率：Ⅱ>Ⅰ
C．生成P的速率：Ⅲ>Ⅱ D．进程Ⅳ中，Z没有催化作用
【答案】A,D
【知识点】化学反应中能量的转化；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；化学平衡中反应条件的控制；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A．进程Ⅰ中S的总能量大于P的总能量，为放热反应，A符合题意；
B．进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡产率，因此在两个进程中平衡时P的产率相同，B不符合题意；
C．活化能越低，反应速率越快，反应Ⅲ的活化能高于反应Ⅱ的活化能，故生成P的速率：Ⅲ＜Ⅱ，Ｃ不符合题意；
D．由图可知，进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S Z，然后S Z转化为产物P Z，由于P Z没有转化为P＋Z，因此Z没有催化作用，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.反应物的总能量大于生成物总能量为放热反应；
B.X为催化剂，催化剂不影响平衡；
C.活化能越低，反应速率越快；
D.催化剂在反应前后不发生变化。
三、非选择题
23．（2022·江苏）氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。
（1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。
①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为 (用电极反应式表示)。
②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有 (填元素符号)。
（2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe。
①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为 。
②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤Ⅰ可描述为 。
③在其他条件相同时，测得Fe的转化率、的产率随变化如题图所示。的产率随增加而增大的可能原因是 。
（3）从物质转化与资源综合利用角度分析，“热循环制氢和甲酸”的优点是 。
【答案】（1）；Cu、O
（2）；H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大
（3）高效、经济、原子利用率高、无污染
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；离子方程式的书写；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】(1)①电解在质子交换膜电解池中进行，H+可自由通过，阳极区为酸性溶液，电解过程中转化为，电解时阳极发生的主要电极反应为：；
②由图可知，在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2，从详解①中得知，进入热水解的物质有，故发生化合价变化的元素有Cu、O。
(2)①在时，密闭容器中溶液与铁粉反应生成并放出，离子方程式为：；
②电负性：O>H>Fe，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为；
③在其他条件相同时，随增加，与铁粉反应速率加快，由图可知，Fe的转化率也增大，即生成和H2的速率更快，量更大，则得到活性的速度更快，量也更多，生成的速率更快，产率也更大。
(3)“热循环制氢和甲酸”系统将转化为和生成H2的速率快，原子利用率高，不产生污染物，Fe初期生成后迅速转化为活性，氧化为再经生物柴油副产品转化为Fe，得到循环利用，故该原理的优点是：高效、经济、原子利用率高、无污染。
【分析】（1）①电解时阳极发生氧化反应；
②在热水解中得到HCl，热分解中得到CuCl和O2；
（2）①溶液与铁粉反应生成并放出；
②H的电负性大于Fe，小于O，在活性表面，H2断裂为H原子，一个吸附在催化剂的铁离子上，略带负电，一个吸附在催化剂的氧离子上，略带正电，前者与中略带正电的碳结合，后者与中略带负电的羟基氧结合生成H2O，转化为 ；
③随增加，生成和H2的速率更快、产量增大，生成的速率更快、产率也增大 ；
（3）该原理的原子利用率高，不产生污染物。
24．（2022·天津市）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）基态Na原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是 。
（3）的电子式为 。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式： 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备。空气与熔融金属Na反应前需依次通过 、 (填序号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．溶液
（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为 。
（6）天然碱的主要成分为，1mol 经充分加热得到的质量为 g。
【答案】（1）(或)
（2）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
（3）；
（4）c；a
（5）
（6）159
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；热化学方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为(或)；故答案为：(或)。
（2） NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，说明加入的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。
（3）含有钠离子和过氧根离子，其电子式为。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式： ；故答案为：； 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。
（5）图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为；故答案为：。
（6），因此1mol 经充分加热得到1.5mol，其质量为1.5mol×106g mol 1＝159g；故答案为：159。
【分析】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，轨道表示式为；
（2）NaCl熔点为800.8℃，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，降低了NaCl的熔点；
（3）由钠离子和过氧根离子构成； Na与反应生成1mol 放热510.9kJ， 则该反应的热化学方程式为；
（4） 采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性；
（5）根据均摊法计算；
（6）根据钠原子守恒有：2NaHCO3～Na2CO3。
25．（2022·天津市）天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①的吸收氧化；②的再生。反应原理如下：
①
②
回答下列问题：
（1）该工艺的总反应方程式为 。1mol 发生该反应的热量变化为 ，在总反应中的作用是 。
（2）研究不同配体与所形成的配合物(A、B、C)对吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入，测得单位体积吸收液中吸收转化率随时间变化的曲线如图1所示。以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是 (填“A”、“B”或“C”)。
（3）的电离方程式为 。25℃时，溶液中、、在含硫粒子总浓度中所占分数随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，的 ， 。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于 (已知25℃时，FeS的为)。
【答案】（1）(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能
（2）A
（3）或；；；8
【知识点】热化学方程式；盖斯定律及其应用；化学平衡转化过程中的变化曲线；弱电解质在水溶液中的电离平衡；电离平衡常数
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，将①×2+②可得(或)，该反应的热化学方程式，因此1mol 发生该反应的热量变化为放出热量，参与了化学反应，但反应前后量没有改变，是该反应的催化剂，在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：(或)；放出热量；作催化剂或降低反应活化能。
（2）根据图中信息以由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。
（3）是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为或；根据题意pH=7时、的所占分数相等，因此的，pH=13时、的所占分数相等，则。再生反应在常温下进行，解离出的易与溶液中的形成沉淀。若溶液中的，根据得到，根据和，得到，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：或；；；8。
【分析】（1）根据盖斯定律，将反应①×2+②可得目标方程式； 是该反应的催化剂；
（2）配合物用时最短，对H2S吸收效率最好；
（3）H2S为二元弱酸，分步电离；当pH=7时，H2S、HS-的分布分数相同，即浓度相等，结合、计算；为避免FeS沉淀生成， c(Fe2+)×c(S2-)≤Ksp(FeS)。
26．（2022·福建）异丙醇可由生物质转化得到，催化异丙醇脱水制取高值化学品丙烯的工业化技术已引起人们的关注，其主要反应如下：
Ⅰ.
Ⅱ.
回答下列问题：
（1）已知，则燃烧生成和的热化学方程式为 。
（2）在下，刚性密闭容器中的反应体系内水蒸气浓度与反应时间关系如下表：
反应时间 0 4 8 12 t 20
浓度 0 2440 3200 3600 4000 4100
①内， ；
②t 16(填“>”“<”或“=”)。
（3）在恒温刚性密闭容器中，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡的判据是 (填标号)。
a.的分压不变 b.混合气体密度不变
c. d.
（4）在一定条件下，若反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，则丙烯的产率为 。
（5）下图为反应Ⅰ、Ⅱ达到平衡时与温度的关系曲线。
(已知：对于可逆反应，任意时刻，式中)表示物质×的分压)
①在恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，反应Ⅰ的的状态最有可能对应图中的 点(填“甲”“乙”或“丙”)，判断依据是 。
②时，在密闭容器中加入一定量的，体系达到平衡后，测得的分压为，则水蒸气的分压为 (用含x的代数式表示)。
【答案】（1）
（2）190；>
（3）ad
（4）58.8%
（5）甲；反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，；
【知识点】盖斯定律及其应用；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】（1）设Ⅲ ，根据盖斯定律Ⅲ-2×Ⅰ得，故答案为：；
（2）①内，，则，故答案为：190；
②随着反应进行，水的浓度变化量减小，、、，Δc(H2O)逐渐减小，说明反应速率减小，内，Δc(H2O)=400ppm，内，Δc(H2O)=400ppm，则t-12>4，即t>16，故答案为：>；
（3）a．H2O的分压不变，则C3H6的分压也不变，反应1、Ⅱ各组分分压不变，反应1、Ⅱ均达到平衡，a正确；
b．反应物和生成物均为气体，混合气体的总质量不变，刚性密闭容器体积不变，则混合气体密度不变，不能作为反应I、Ⅱ均达到平衡的判据，b不正确；
c．当时，反应不一定达到平衡，不能作为反应1、Ⅱ均达到平衡的判据，c不正确；
d．，说明正逆反应速率相等，反应I达平衡，各组分分压不变，C3H6的分压不变，说明反应Ⅱ也达平衡，d正确；
故答案为：ad。
（4）设C3H8O的物质的量为1mol，若1mol C3H8O完全反应，理论上生成1mol C3H6，因为反应Ⅰ、Ⅱ的转化率分别为98%和40%，反应I生成1mol×98%=0.98mol C3H6，反应Ⅱ消耗了40% C3H6，则达平衡时C3H6的物质的量为0.98mol×(1-40%)=0.588mol，所以丙烯的产率为=58.8%，故答案为：58.8%；
（5）①反应I为气体体积增大的吸热反应，反应Ⅱ为气体体积减小的放热反应，则升高温度，反应I正向移动，逐渐增大，反应Ⅱ逆向移动，逐渐减小，即反应I为平衡曲线为N，反应Ⅱ平衡曲线为M；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得>，即lg增大，反应I的状态最有可能对应图中的甲，故答案为：甲； 反应I平衡曲线为N，恒压时充入水蒸气，；
②由图可知，350℃时达平衡后，=0，则350℃时==1，设水蒸气的平衡分压为a MPa，则反应II的C3H6起始分压为 a MPa，对反应Ⅱ列三段式有
，解得a=MPa，故答案为：。
【分析】（1）根据盖斯定律，将Ⅲ-2×Ⅰ可得目标方程式；
（2）①根据计算；
②随着反应进行，水的浓度变化量减小，则反应速率减小，水减少相同物质的量浓度时，所需时间逐渐增长；
（3）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；
（4）根据计算；
（5）①升高温度，反应向吸热方向移动；在350℃恒压平衡体系中充入少量水蒸气时，对于反应I而言，相当于增大生成物浓度，使得；
②列出反应的三段式计算。
27．（2022·重庆市）反应在工业上有重要应用。
（1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。
温度/℃ 700 800 830 1000
平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59
①反应的△H 0(填“>”“<”或“=”)。
②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是 。
（2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。
①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是 。
②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是 。
A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性
B．过程2的△H＞0
C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离
D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应
③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为 。
（3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。
①固体电解质采用 (填“氧离子导体”或“质子导体”)。
②阴极的电极反应式为 。
③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO)：n(H2O)=a：b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为 (用a，b，y表示)。
【答案】（1）；优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低
（2）Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大；BD；1：8
（3）质子导体；；
【知识点】吸热反应和放热反应；电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①根据表中的数据，随温度升高，化学平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，则正反应为放热反应，，故答案为：；
②反应在较高温度下进行的优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低，故答案为：优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大，故答案为： Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 ；
②A.Pd膜只允许通过，不允许通过，对气体分子的透过具有选择性，A正确；
B.过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，，B不正确；
C.加快Pd膜内H原子迁移，平衡正向移动，有利于的解离，C正确；
D. 为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为的过程为吸热反应，D不正确；
故答案为：BD；
③根据反应，设通入的为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=3；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的为0.1mol，出口b的为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1：8，故答案为：1：8；
（3）①电解时，通入一氧化碳和水的一极为阳极，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体，故答案为：质子导体；
②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：，故答案为：；
③根据三段式：
，出口Ⅰ处气体为体积为x，进口Ⅰ处的气体体积为，则，CO的转化率为：，故答案为：。
【分析】（1）①升温该反应的平衡常数减小，说明升温该反应的平衡逆向移动，该反应为放热反应；
②升温能加快反应速率，同时升温该反应的平衡逆向移动；
（2）①Pd膜能选择性分离出H2，使平衡正向移动；
②A.Pd膜只允许H2透过，具有选择性；
B.正反应的活化能远小于逆反应的活化能，则该反应为放热反应；
C. 加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2 2H正向移动；
D.H2 2H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应；
③根据计算；
（3） 电解时CO发生氧化反应，则左侧为阳极，右侧为阴极，发生还原反应，电极反应式为。
28．（2022·河北）氢能是极具发展潜力的清洁能源，以氢燃料为代表的燃料电池有良好的应用前景。
（1）时，燃烧生成)放热，蒸发吸热，表示燃烧热的热化学方程式为 。
（2）工业上常用甲烷水蒸气重整制备氢气，体系中发生如下反应。
Ⅰ.
Ⅱ.
①下列操作中，能提高平衡转化率的是 (填标号)。
A．增加用量 B．恒温恒压下通入惰性气体
C．移除 D．加入催化剂
②恒温恒压条件下，1molCH4(g)和1molH2O(g)反应达平衡时，的转化率为，的物质的量为，则反应Ⅰ的平衡常数 (写出含有α、b的计算式；对于反应，，x为物质的量分数)。其他条件不变，起始量增加到，达平衡时，，平衡体系中的物质的量分数为 (结果保留两位有效数字)。
（3）氢氧燃料电池中氢气在 (填“正”或“负”)极发生反应。
（4）在允许自由迁移的固体电解质燃料电池中，放电的电极反应式为 。
（5）甲醇燃料电池中，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，四步可能脱氢产物及其相对能量如图，则最可行途径为a→ (用等代号表示)。
【答案】（1）H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1
（2）BC；；43%
（3）负
（4）CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=n CO2+(n+1) H2O
（5）abehj
【知识点】燃烧热；盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率与化学平衡的综合应用；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）298K时，1gH2燃烧生成H2O(g)放热121 kJ，则1molH2燃烧生成H2O(g)放热=242kJ，用热化学方程式表示为：H2(g)+O2(g)=H2O(g) H1= -242 kJ mol-1①，又因为1 mol H2O(1)蒸发吸热44kJ，则H2O(g)= H2O(l) H2= -44 kJ mol-1②，根据盖斯定律可知，表示H2燃烧热的反应热为 H=H1+H2= -286 kJ mol-1，故答案为：H2(g)+O2 (g)=H2O(1) H= -286 kJ mol-1；
（2）①A．增加CH4 (g)用量可以提高H2O(g)的转化率，但是CH4(g)平衡转化率减小，A不正确；
B．恒温恒压下通入惰性气体，相当于减小体系压强，反应混合物中各组分的浓度减小，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，B正确；
C．移除CO(g)，减小了反应混合物中CO(g)的浓度，反应Ⅰ的化学平衡正向移动，能提高CH4(g)平衡转化率，C正确；
D．加入催化剂不能改变平衡状态，故不能提高CH4(g)平衡转化率，D不正确；
综上所述，上述操作中，能提高CH4(g)平衡转化率的是BC；
②恒温恒压条件下，1 mol CH4 (g)和1 mol H2O(g)反应达平衡时，CH4 (g)的转化率为α，CO2 (g)的物质的量为b mol，则转化的CH4 (g)为α mol，剩余的CH4 (g)为(1-α)mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为(α-b)mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(1-α-b)mol，H2(g)的物质的量为(3α+b)mol，则反应混合物的总物质的量为(2α+2)mol，平衡混合物中，CH4(g)、H2O(g)、 CO(g) 、H2(g)的物质的量分数分别为、、、，因此，反应I的平衡常数Kx=；其他条件不变，H2O(g)起始量增加到5mol，达平衡时，α=0.90，b =0.65，则平衡时，CH4 (g)为0.1mol，根据C元素守恒可知，CO(g)的物质的量为0.25mol，根据H和O守恒可知，H2O(g)的物质的量为(5-0.90-0.65 )mol=3.45mol，H2(g)的物质的量为(3α+b )mol=3.35mol，平衡混合物的总物质的量为(2α+6 )mol=7.8mol，平衡体系中H2(g)的物质的量分数为；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应，因此氢氧燃料电池中氢气在负极发生反应；
（4）在允许O2-自由迁移的固体电解质燃料电池中，CnH2n+2在负极发生氧化反应生成CO2和H2O，电极反应式为CnH2n+2-(6n+2)e-+ (3n+1) O2-=nCO2+(n+1) H2O；
（5）由图示可知，吸附在催化剂表面的甲醇分子逐步脱氢得到CO，且能垒越低，活化能越小，越容易进行，根据图示可知，其可行的途径为：abehj。
【分析】（1）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（2）①提高平衡转化率，应使平衡尽量正向移动，平衡移动原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动；
②分别计算各物质的物质的量，结合 计算；
（3）氢氧燃料电池中，通入氢气的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应；
（4） CnH2n+2在负极上发生氧化反应生成CO2和H2O；
（5）原电池反应均为自发的氧化还原反应，为放热反应。
29．（2022·湖北）自发热材料在生活中的应用日益广泛。某实验小组为探究“”体系的发热原理，在隔热装置中进行了下表中的五组实验，测得相应实验体系的温度升高值()随时间(t)的变化曲线，如图所示。
实验编号 反应物组成
a 粉末
b 粉
c 粉 饱和石灰水
d 粉 石灰乳
e 粉 粉末
回答下列问题：
（1）已知：
①
②
③
则的 。
（2）温度为T时，，则饱和溶液中 (用含x的代数式表示)。
（3）实验a中，后基本不变，原因是 。
（4）实验b中，的变化说明粉与在该条件下 (填“反应”或“不反应”)。实验c中，前的有变化，其原因是 ；后基本不变，其原因是 微粒的量有限。
（5）下列说法不能解释实验d在内温度持续升高的是____(填标号)。
A．反应②的发生促使反应①平衡右移
B．反应③的发生促使反应②平衡右移
C．气体的逸出促使反应③向右进行
D．温度升高导致反应速率加快
（6）归纳以上实验结果，根据实验e的特征，用文字简述其发热原理 。
【答案】（1）-911.9
（2）mol L-1
（3）Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态
（4）不反应；Al和溶液中的OH-发生了反应；OH-
（5）A
（6）实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【知识点】盖斯定律及其应用；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律可得，①+②+2×③可得反应CaO(s)+2Al(s)+7H2O(l)=Ca2+(aq)+2[Al(OH)4]-(aq)+3H2(g)，则ΔH4=ΔH1+ΔH2+2ΔH3=(-65.17kJ mol-1)+(-16.73kJ mol-1)+2(-415.0kJ mol-1)=-911.9kJ mol-1。
(2)温度为T时，Ca(OH)2的饱和溶液中，存在沉淀溶解平衡Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)， c(OH-)=2c(Ca2+)，Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x，则c(OH-)=mol L-1。
(3)实验a中，CaO和H2O反应生成Ca(OH)2，该反应放热，当温度不变时，反应达到平衡状态，则4min后ΔT基本不变是因为Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态。
(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH-发生了反应，3min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH-的浓度较低，OH-的量有限。
(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10min内温度持续升高与反应①无关，
故答案为：A。
(6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH-的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快。
【分析】（1）根据盖斯定律计算；
（2）根据Ksp[Ca(OH)2]=c(Ca2+) c2(OH-)=x计算；
（3） Ca(OH)2在水中的溶解度小；
（4）铝粉与水在该条件下不反应；饱和石灰水中含有OH-，铝能与OH-反应；
（5）反应②和反应③都是放热反应；
（6）实验e中，发生反应①、②和③均为放热反应。
30．（2022·北京市）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）B中试剂是 。
（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
（4）根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 。
【答案】（1）饱和NaCl溶液
（2）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
（3）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
（4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；4+4OH-=4+O2↑+2H2O；Cl2；3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率，因而不能实验III未得到绿色溶液
【知识点】氧化还原反应；氯气的实验室制法；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由分析可知，B中试剂是饱和NaCl溶液，用于吸收Cl2中的HCl杂质；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
②取III中放置后的1mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；
溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，反应的离子方程式为3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率，导致不能实验III未得到绿色溶液。
【分析】装置A中HCl与KMnO4发生反应生成Cl2，盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl杂质，装置B中用饱和食盐水除去HCl，装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
31．（2022·北京市）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
（1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是 。
（2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为 。
（3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
①在电解池中发生反应的离子方程式为 。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。
（4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（5）条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为 。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为 。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】（1）与空气的接触面积增大，反应更加充分
（2）2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
（3）SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；3I--2e-=I
（4）
（5）I2+I-=I；偏小
【知识点】氧化还原反应；电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；探究物质的组成或测量物质的含量；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+，故答案为：SO2+I+H2O=3I-+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I，故答案为：3I--2e-=I；
（4）由题意可得如下关系：S~SO2~I~2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I-=I，故答案为：I2+I-=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
【分析】（1）增大反应物的接触面积可使反应更充分；
（2） 在高温下分解生成CaO、 和氧气；
（3）①电解池中，SO2与 I 发生氧化还原反应；
②电解池的阳极发生氧化反应；
（4）根据S~SO2~I~2e-计算；
（5）①碘和碘离子发生反应生成I；
②管式炉内壁上有残留，硫元素没有全部转化为二氧化硫。
32．（2022·海南）胆矾()是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
（1）步骤①的目的是 。
（2）步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成 (填化学式)污染环境。
（3）步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为 。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是 。
（5）实验证明，滤液D能将氧化为。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是 。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是将氧化为，写出乙同学的实验方案及结果 (不要求写具体操作过程)。
【答案】（1）除油污
（2）
（3）
（4）胆矾晶体易溶于水
（5）溶液 C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解；取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入，不能被氧化
【知识点】氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。
(2)在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
(3)步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+ H2O2+ H2SO4=CuSO4+2H2O。
(4)胆矾是一种易溶于水的晶体，因此经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
(5)ⅰ. H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ. I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
【分析】原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；固体B中加入过量的稀硫酸、双氧水，CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
