第六章 化学反应与能量 课时检测
一、单选题
1．高粱酿酒过程中的部分流程按顺序排列如下，其中能说明高粱转化过程中放出热量的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
2．下列物质之间的转化不能一步完成的是（ ）
A． B．
C． D．
3．下列应用中涉及氧化还原反应的是（ ）
A．氢氧化钠和氧化钙的固体混合物用作干燥剂
B．高温下铝粉和氧化铁的反可用来焊接钢轨
C．工业上通过高温分解石灰石的方法制备生石灰
D．可用稀盐酸除去铜器表面的铜锈(碱式碳酸铜)
4．下列设备工作时，可将化学能直接转化为热能的是（ ）
A B C D
硅太阳能电池 磷酸铁锂电池 燃气灶 风力发电机
A．A B．B C．C D．D
5．已知反应X+Y=M+N为放热反应，对该反应的下列说法中正确的（ ）
A．X的能量一定低于M
B．Y的能量一定高于N
C．1molX和1molY的总能量一定高于1molM和1molN的总能量
D．因该反应为放热反应，故不必加热就可发生
6．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，体积均为1.12L的HCl和HF中所含分子数都为0.05NA
B．2.0gD216O和14ND3的混合物中含有的电子数为NA
C．标准状况下，22.4LNO与11.2LO2混合后所得气体含分子数为NA
D．23gC2H6O分子中含有碳氢键的数目一定为3NA
7．在不同浓度(c)、温度(T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率(v)如下表。下列错误的是（ ）
(T/K)/(v/mol·L-1·min-1) /( c/mol·L-1) 0.600 0.500 0.400 0.300
318.2 3.60 3.00 2.40 1.80
328.2 9.00 7.50 a 4.50
b 2.16 1.80 1.44 1.08
A．a＝6.00
B．同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变
C．b＜318.2
D．不同温度时，蔗糖浓度减少一半所需的时间相同
8．不同温度下，硝酸铵受热分解的产物不同：①；②；③；④。下列说法正确的是（ ）
A．上述反应均为分解反应，且均属于氧化还原反应
B．反应②中被氧化和被还原的氮原子数之比为
C．反应③中生成1个，转移的电子数为10
D．反应④中氧化产物与还原产物的分子数之比为
9．银锌纽扣电池，其电池的电池反应式为：Zn＋Ag2O＋H2O=Zn(OH)2＋2Ag，下列说法错误的是（ ）
A．负极的电极方程式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2
B．正极发生还原反应
C．电池工作时，电流从Ag2O经导线流向Zn
D．电池工作时，电解质溶液的pH维持恒定
10．喷气式飞机在对流层中飞行时排放的尾气NO，能进行下列反应：O3→O2＋O；NO＋O3→NO2＋O2，NO2＋O→NO＋O2，则NO在这些反应中的作用是（ ）
A．催化剂 B．还原剂 C．氧化剂 D．中间产物
11．已知反应 的能量变化如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该图可以表示甲烷的燃烧反应
B．只有在加热条件下该反应才能进行
C．反应中断开反应物的化学键吸收的能量高于形成生成物的化学键放出的能量
D．物质C一定比物质A稳定
12．已知反应：X+Y=M+N为放热反应，则下列说法正确的是（ ）
A．断裂X和Y的化学键所吸收的能量一定高于形成M和N的化学键所放出的能量
B．X和Y的总能量一定高于M和N的总能量
C．Y的能量一定高于N
D．因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生
13．在密闭容器中，一定条件下进行反应：mA(气)+nB（气） pC（气）+qD（气）,若增大压强，或升高温度，重新达到平衡， 随时间化过程均如图所示，则对该反应叙述正确的是（ ）
A．正反应是放热反应，m+n < p+q B．逆反应是放热反应，m+n > p+q
C．正反应是放热反应，m+n > p+q D．逆反应是放热反应，m+n < p+q
14．反应4A(g)+5B(g)=4C(g)+6D(g)，在5L的密闭容器中进行，半分钟后，C的物质的量增加了0.30mol。下列叙述正确的是（ ）
A．容器中含D物质的量至少为0.45mol
B．A的平均反应速率是
C．容器中A、B、C、D的物质的量之比一定是4：5：4：6
D．容器中A的物质的量一定增加了0.30mol
15．在25℃、101kPa下，31g白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，下列说法正确的是（ ）
A．红磷转化为白磷的反应属于放热反应
B．相同条件下，白磷比红磷稳定
C．等质量的红磷和白磷分别完全燃烧均生成五氧化二磷，放出热量较多的是红磷
D．31g的白磷与31g的红磷，能量较高的是白磷
16．用来解释下列事实的方程式错误的是（ ）
A．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e-+2H2O=4OH-
B．将氯气通入石灰乳制备漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
C．向Na2SiO3溶液中通过量CO2制备硅酸凝胶：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3-
D．溶质物质的量比为1：1的明矾溶液和Ba(OH)2溶液混合：2SO42-+2Ba2++Al3++4OH-=AlO2-+2BaSO4↓+2H2O
17．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的SO2和O2，开始反应时，按反应速率由大到小的排列顺序正确的是( )
甲：500℃，10 mol SO2和5 mol O2反应
乙：500℃，V2O5作催化剂，10 mol SO2和5 mol O2反应
丙：450℃，8 mol SO2和5 mol O2反应
丁：500℃，8 mol SO2和5 mol O2反应
A．甲、乙、丙、丁 B．乙、甲、丙、丁
C．乙、甲、丁、丙 D．丁、丙、乙、甲
18． ( 储存还原)技术可有效降低柴油发动机中的 排放， 的储存和还原在不同时段交替进行，工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A． 储存过程中N元素化合价不变
B． 和 都是该反应过程的催化剂
C． 储存还原总反应中， 是还原剂， 是还原产物
D． 还原过程发生的反应为：
19．CO与反应生成的历程如下(部分微粒未画出)：下列分析错误的是（ ）
A．分子的空间结构是直线形
B．在该过程中，CO断键形成C和O
C．催化剂可以吸附气体分子
D．CO和O生成的过程有电子转移
20．在反应2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2中，发生还原反应的是（ ）
A．Fe2+ B．Br- C．Cl2 D．Cl-
二、综合题
21．回答下列问题：
（1）氧化还原反应存在于我们日常的生产生活实践中，在人体中同时有以下两个转化：①Fe2+→Fe3+，②Fe3+→Fe2+；①反应中Fe2+发生 反应，②反应中Fe3+被 (填“氧化”或“还原”)。服用维生素C，可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，这说明维生素C具有 性。
（2）小铭通过查阅资料，实验室制备NO的反应为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，该反应中氧化剂是 ，被氧化的元素是 ，氧化产物是 ；若有2gNO生成，有 molHNO3被还原。
22．硫化氢(H2S)是一种有害气体，可用多种方法进行脱除。
（1）含H2S的酸性溶液对钢管壁的危害如图1所示，钢管壁内部的缺陷处会积聚H2，产生的压力对管壁造成危害。缺陷处产生H2的微观过程可描述为
（2）一种转化H2S的燃料电池工作原理如图2所示。该电池工作时，负极的电极反应式为 。
（3）一种脱除H2S回收硫磺工艺的两个阶段主要反应分别如下：
第一阶段：
第二阶段：
该工艺需控制第一阶段与第二阶段参加反应的H2S的物质的量之比n1(H2S)：n2(H2S)约为1：2。若n1(H2S)：n2(H2S)过大，会导致 。
（4）Fe2(SO4)3溶液脱除空气中H2S并再生的原理如图3所示。
①Fe2(SO4)3溶液脱除空气中H2S的总反应化学方程式为 。
②将一定体积含H2S的空气匀速通入Fe2(SO4)3溶液中，反应相同时间，初始Fe3+浓度ρ(Fe3+)及其pH与H2S脱除率的关系如图4所示。当ρ(Fe3+)＞10g·L-1，H2S脱除率下降的原因是 。
23．科学的分类能够反映事物的本质特征，运用分类的方法，可以发现物质及其变化的规律。基于物质类别和元素价态，可以设计物质间转化的途径。请根据下列物质回答相关问题：
①小苏打 ②石墨 ③HCl ④酒精 ⑤FeCl3溶液 ⑥氧化钠
（1）上述物质中属于电解质的是 (填序号)
（2）Ⅰ.某同学用含钠元素的不同类别物质制备NaCl。化学反应方程式如下：
a.2Na+Cl22NaCl
b.
c.NaOH+HCl=NaCl+H2O
d.
请从上述①～⑥中选择合适反应物补充b、d反应的化学反应方程式b： ；d： 。
（3）Ⅱ.另一位同学从含氯元素的不同价态考虑，认为Cl2与NaOH溶液反应也可以生成NaCl，请写出此方法的化学反应方程式 。
（4）高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色消毒剂，工业上制备Na2FeO4有多种方法，其中一种方法是用NaClO和⑤作为反应物在碱性环境下完成，此方法的化学原理可用离子反应方程式表示为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ；请用单线桥法在离子反应方程式上标出电子转移的方向和数目 。
24．化学变化过程中均存在物质变化与能量变化，某化学兴趣小组进行如图①和②所示实验，以验证此结论。回答下列问题：
（1）进行实验②时，温度计的示数变化： (填“升高”或“降低”)。
（2）下列化学反应中的能量变化关系与图③不符合的是(填字母)。
A． B．
C． D．
（3）将实验①中的反应设计成原电池，装置如图所示。该装置工作时，正极的现象是 ，负极的电极反应式为 。若反应产生11.2L气体(标准状况下)，则理论上电路中有 mol电子发生了转移。
25．生物地球氮化学循环模式图的一部分如图，请根据所学知识回答问题。
已知：硝化作用是在有氧的条件下，氨或铵根经亚硝酸细菌和硝酸细菌的作用转化为硝酸的过程。铵根浓度或pH过大，都会使硝化作用减弱。
（1）属于氮的固定的是 (填标号)。
（2）利用如图装置可以制备、检验和收集NO。
①实验前先打开开关K通入一段时间，其目的是 。采用抽拉铜丝与稀硝酸反应的优点为 。
②检验生成的气体为NO的操作是 。
③装置D的作用是 。
（3）NO与反应生成的离子方程式为 ，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
（4）写出铵根经硝化作用直接转化为硝酸根的离子方程式： ，铵根浓度或pH过大，都会使硝化作用减弱的可能原因为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.“蒸粮”时加热，需要吸收能量，A不符合题意；
B.“拌曲”前摊晾，涉及蒸发，需要吸收能量，B不符合题意；
C.“堆酵”时升温，过程中释放能量，C符合题意；
D.“馏酒”为蒸馏操作，需要吸收能量，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】根据制作过程中的能量变化进行分析。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．和稀硫酸反应生成， A不符合题意；
B．不溶于水，也不溶于硝酸，不能直接转化为， B符合题意；不符合题意，C不符合题意；
D．向溶液中加入NaOH可转化为， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、氢氧化铁可以和硫酸反应生成硫酸铁；
B、硫酸钡不溶于酸和水；
C、一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳；
D、硫酸铜和强碱反应生成氢氧化铜。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．氢氧化钠和氧化钙的固体混合物用作干燥剂，在吸水过程中没有元素化合价的变化，因此发生的是非氧化还原反应，A不选；
B．高温下铝粉和氧化铁的反可用来焊接钢轨，发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，同时放出大量热，反应过程中元素化合价发生了变化，因此属于氧化还原反应，B选；
C．工业上通过高温分解石灰石的方法制备生石灰，同时生成二氧化碳，反应过程中元素化合价不变，因此反应是非氧化还原反应，C不选；
D．可用稀盐酸除去铜器表面的铜锈(碱式碳酸铜)，生成物是氯化铜、二氧化碳和水，反应过程中元素化合价不变，因此反应是非氧化还原反应，D不选；
故答案为：B。
【分析】此题是对氧化还原反应概念的考查，氧化还原反应的本质是电子的转移（或偏移），体现的是化合价的变化。因此分析选项所给应用中是否涉及元素化合价的变化， 若有则为氧化还原反应；反之，则不涉及氧化还原反应。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．硅太阳能电池是将光能转化成电能，故A不符合题意；
B．磷酸铁锂电池是将化学能转化成电能，故B不符合题意；
C． 燃气灶主要是将化学能转化为热能，故C符合题意；
D．风力发电机是将电能转化成动能，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.硅太阳能电池将太阳能转化为电能；
B.磷酸铁锂电池将化学能转化为电能；
C.燃气灶主要是将化学能转化为热能；
D.风力发电机是将风能转化为电能。
5．【答案】C
【解析】【解答】A.X的能量不一定低于M的能量，A不符合题意；
B.Y的能量不一定高于N的能量，B不符合题意；
C.由于该反应为放热反应，则1molX和1molY的总能量一定高于1molM和1molN的总能量，C符合题意；
D.该反应为放热反应，但与是否加热无关，某些放热反应也需要在加热条件下才能发生，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】该反应为放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，据此结合选项分析。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．标准状态下，HF为液态，故A不符合题意；
B.2.0gD216O和14ND3的混合物物质的量为0.1mol，D216O和14ND3都是10电子微粒，所含电子数为NA，故B符合题意；
C．NO与O2发生反应2NO+O2=2NO2，生成NO2的分子数为NA，但是又发生2NO2 N2O4，分子数小于NA，故C不符合题意；
D．C2H6O有同分异构体乙醇和甲醚两种，23gC2H6O为0.5mol，如果为乙醇则含有碳氢键的数目为2.5NA，如果为甲醚则含碳氢键的数目为3NA，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．标准状态下，HF为液态；
B．先计算D216O和14ND3的物质的量，再计算电子数；
C．根据可逆反应2NO2 N2O4分析；
D．C2H6O可能是乙醇，也可能是二甲醚。
7．【答案】D
【解析】【解答】A、由表中信息可知，在相同温度下，反应速率与蔗糖的浓度成正比，328.2K时，速率的数值是浓度数值的1.5倍，因此推出a=6.00，故A说法不符合题意；
B、升高温度v增大，降低反应物浓度v减小，故同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变，故B说法不符合题意；
C、温度越高，反应速率越快。在相同的浓度下，b的反应速率小于318.2K的反应速率，说明b的温度低于318.2K，故C说法不符合题意；
D、温度不同，反应速率不同，温度越高，反应速率越快，达到一半时所用的时间越短，故D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】A、根据表格数据可推a中数据
B、增高温度，减小浓度，v可能不变
C、根据表格数据可对比，相同浓度的情况下，温度越低，速率越慢
D、温度越高，速率越快，所需时间越短
8．【答案】C
【解析】【解答】A．以上反应都是分解反应，但是反应①是非氧化还原反应，A不符合题意；
B．反应②中被氧化的氮原子由-3价变为+1价，升高了4价，被还原的氮原子由+5价变为+1价，降低了4价，所以被氧化和被还原的氮原子数之比为 1：1，B不符合题意；
C．观察反应③可知，还原反应中，N原子由+5价被还原为0价，转移5个电子，该反应每生成1个 O2 ，就有2个N原子被还原，所以该反应转移的电子数为10，C符合题意；
D．反应④中，根据电子得失守恒，每3个N2分子有2个N2分子为氧化产物，1个N2分子为还原产物，同时反应生成的2个NO2分子也是还原产物，所以氧化产物与还原产物的分子数之比为 2：3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化；
B.反应②中被氧化的氮原子由-3价变为+1价，被还原的氮原子由+5价变为+1价；
D.反应④中，每3个N2分子有2个N2分子为氧化产物，1个N2分子为还原产物，NO2分子也是还原产物。
9．【答案】D
【解析】【解答】A. Zn为负极，负极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，故A不符合题意；
B. 正极得电子，发生还原反应，故B不符合题意；
C. Zn为负极，Ag2O为正极，电池工作时，电流从Ag2O经导线流向Zn，故C不符合题意；
D. 原电池总反应为Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag，即氢氧根离子物质的量保持不变，但水的量减少，导致KOH的浓度增大，碱性增强，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】原电池反应Zn+Ag2O+H2O=Zn(OH)2+2Ag中，Zn的化合价由0升高到+2，Ag的化合价由+1降低到0，即Zn发生失去电子的氧化反应，为负极，Ag2O发生得电子的还原反应，为正极，负极电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2，正极电极反应式为Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-，据此分析解答。
10．【答案】A
【解析】【解答】①：O3→O2＋O、②NO＋O3→NO2＋O2、③NO2＋O→NO＋O2，①②③反应中反应物有O3、NO、NO2、O；生成物有O、O2、NO2、NO、合在一块是：O3+NO+O+NO2═O+3O2+NO，反应物和生成物中相同的要消去即：2O3=3O2，由方程式可知一氧化氮在反应过程中质量和化学性质不变，作为催化剂。
故答案为：A。
【分析】将O3═O2+O；NO+O3═NO2+O2，NO2+O═NO+O2，三个反应加和得到总反应为
2O33O2，据此分析NO在这些反应中的作用.
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由图象可知反应物能量低于生成物，表示该反应是吸热反应，而甲烷的燃烧反应是放热反应，不符合，故A不符合题意；
B．某些吸热反应不需要加热也可以发生，如氢氧化钡晶体和铵盐发生的吸热反应，故B不符合题意；
C．反应是吸热反应，依据反应实质分析，断裂化学键吸收能量，形成化学键放出能量，反应中断开化学键吸收的总能量高于形成化学键放出的总能量，故C符合题意；
D．图像表示反应物和生成物的总能量，未知具体物质A和物质C的能量，由能量越低物质越稳定，则无法比较A和C的稳定性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.图示为吸热反应，甲烷燃烧为放热反应；
B.吸热反应不一定需要加热；
C.吸热反应中断键吸收的能量高于成键释放的能量；
D.A和B的总能量低于C和D的总能量，但物质A和物质C的能量无法比较。
12．【答案】B
【解析】【解答】A、放热反应是生成物的键能大于反应物的键能，故A不符合题意；
B、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，故B符合题意；
C、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，在该反应中不能表明物质和物质之间能量的比较，故C不符合题意；
D、反应热与反应条件无关，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 反应X+Y=M+N为放热反应，则反应物的总能量比生成物的总能量高。
13．【答案】A
【解析】【解答】升高温度和增大压强，平衡向逆向移动，故逆反应方向吸热，正反应方向放热；逆反应方向气体体积减小，正反应方向气体体积增大，
故答案为：A。
【分析】根据勒夏特列原理分析。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式4A(g)+5B(g)=4C(g)+6D(g)可知，生成D的物质的量为0.45mol，容器中含D物质的量至少为0.45mol，故A符合题意；
B．v(C)==0.002mol L-1 s-1，速率之比等于化学计量数之比，所以v(A)=v(C)=0.002mol L-1 s-1，故B不符合题意；
C．半分钟后，容器中A、B、C、D的物质的量的比与物质的起始投入量及转化率有关，可能是4∶5∶4∶6，也可能不是，故C不符合题意；
D．C的物质的量增加了0.30mol，根据方程式4A(g)+5B(g)=4C(g)+6D(g)可知，参加反应的A的物质的量为0.3mol，A的物质的量一定减少了0.30mol，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据C的物质的量变化量，列出三段式，可以算出D的量，A的化学反应速率等
15．【答案】D
【解析】【解答】A．白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，为放热反应；则红磷转化为白磷的反应属于吸热反应，故A不符合题意；
B．白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，说明红磷能量更低更稳定，故B不符合题意；
C．等量的白磷具有能量更高，故等质量的红磷和白磷分别完全燃烧均生成五氧化二磷，放出热量较多的是白磷，故C不符合题意；
D．白磷完全转化为红磷，放出11kJ的热量，说明31g的白磷与31g的红磷，能量较高的是白磷，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.白磷转化为红磷放热，则红磷转化为白磷吸热；
B.物质的能量越低越稳定；
C.物质的能量越高，燃烧放出的热量越多。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极O2得电子产物与水反应生成OH-，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，A不符合题意；
B．将氯气通入石灰乳中，发生反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，B不符合题意；
C．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2，生成硅酸和碳酸氢钠，发生反应的离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3+2HCO3-，C不符合题意；
D．各取含1mol溶质的溶液混合，Al3+为1mol，OH-为2mol，二者反应生成Al(OH)3后，Al3+有剩余，不可能生成AlO2-，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】D选项为便于书写离子方程式，我们可假设两种溶质都为3mol，则Al3+为3mol、SO42-为6mol、Ba3+为3mol、OH-为6mol，从而得出参加反应的离子方程式为3SO42-+3Ba2++2Al3++6OH-= 2Al(OH)3↓+3BaSO4↓。
17．【答案】C
【解析】【解答】 温度高，浓度大，且使用催化剂，反应速率最快，乙组最快。其次是甲，最慢的是丙。
故答案为：C
【分析】根据外界条件温度、浓度和催化剂对化学反应速率的影响进行判断反应速率的快慢即可。
18．【答案】D
【解析】【解答】A． 储存过程中被氧气氧化，N元素化合价发生改变，A不符合题意；
B． 在反应前后不发生改变，但是参与了反应历程，属于催化剂， 是储存时生成的物质，是中间产物，不是催化剂，B不符合题意；
C． 储存还原总反应中生成 ，化合价降低，所以 是氧化剂， 是还原产物，C不符合题意；
D．根据示意图可知 还原过程发生的反应为甲烷和硝酸钡反应生成氧化钡、二氧化碳、氮气和水，配平得出方程式为： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、NOx储存过程中被O2氧化；
B、Pt属于催化剂，Ba(NO3)2属于中间产物；
C、根据反应过程中元素化合价的变化分析；
D、根据图示过程确定 反应物和生成物，从而得出反应的化学方程式；
19．【答案】B
【解析】【解答】A．二氧化碳分子中C原子价层电子对个数是2，C原子采用sp杂化，根据价层电子对互斥理论知二氧化碳为直线形分子，故A不符合题意；
B．该过程中CO化学键不断裂，断裂氧气分子中O=O键，故B符合题意；
C．由图可知催化剂可以吸附气体分子，故C不符合题意；
D．CO和O原子生成二氧化碳过程中，C元素化合价由+2价变为+4价，所以该反应中有电子转移，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据价层电子对互斥理论分析；
B．该过程中CO化学键不断裂；
C．由图可知催化剂可以吸附气体分子；
D．依据元素化合价变化判断。
20．【答案】C
【解析】【解答】反应2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2中，铁元素化合价由+2价升为+3价、溴元素化合价由-1价升为0价，化合价升高被氧化，发生氧化反应；氯元素化合价由0价降低为-1价，化合价降低被还原，发生还原反应，故发生还原反应的物质为Cl2。
故答案为：C。
【分析】根据氧化还原反应中，氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应，该反应中Cl2——Cl-，化合价降低解答；
21．【答案】（1）氧化；还原；还原
（2）HNO3；Cu；Cu(NO3)2；
【解析】【解答】(1)Fe2+→Fe3+，化合价升高，发生氧化反应；Fe3+→Fe2+，化合价降低，被还原，服用维生素C，可使食物中的Fe3+转化为Fe2+，说明维生素C反应中做还原剂，具有还原性；
(2)HNO3的化合价由+5价变成+2价，所以氧化剂是HNO3，还原剂对应被氧化的元素，故为Cu；氧化产物是还原剂所对应的，所以为Cu(NO3)2；由方程式可知生成2molNO时，被还原的硝酸是2mol，2gNO对应物质的量为mol，所以由molHNO3被还原。
【分析】（1）反应中元素的化合价升高，作还原剂，元素的化合价降低，作氧化剂；维生素C可使食物中的Fe3+还原成Fe2+，Fe元素的化合价降低；
（2）该反应中Cu元素的化合价升高，则Cu是还原剂，N元素的化合价降低，硝酸是氧化剂。
22．【答案】（1）溶液中H+在钢管壁内表面得到Fe失去的电子，生成H原子(H++e-=H)，H原子通过Fe原子间的空隊扩散到缺陷处，结合成H2(H+H=H2)
（2）
（3）SO2不能充分转化为硫磺，硫元素回收率降低；多余的SO2排放到空气中会污染空气
（4）；ρ(Fe3+)増大促进H2S氧化；同时使pH降低，c(H+)増大，促进H2S的逸出；前者的影响小于后者
【解析】【解答】(1)溶液中H+在钢管壁内表面得到Fe失去的电子，生成H原子(H++e-=H)，H原子通过Fe原子间的空隊扩散到缺陷处，结合成H2(H+H=H2)，所以在缺陷处产生H2；
(2)原电池中负极发生氧化反应，根据元素的价态变化，可知负极H2S被氧化为S，同时结合迁移到负极的O2-生成水，电极反应为 ；
(3)若n1(H2S)：n2(H2S)过大，第一阶段产生的SO2过多，第二阶段H2S不足，SO2不能充分转化为硫磺，硫元素回收率降低；多余的SO2排放到空气中会污染空气；
(4)①据图可知该过程中Fe3+为催化剂，总反应为氧气将H2S氧化为S单质，反应方程式为 ；
②Fe3+水解使溶液显酸性，当ρ(Fe3+)增大时，溶液的pH降低，c(H+)增大，ρ(Fe3+)増大促进H2S氧化，但同时c(H+)増大会促进H2S的逸出，前者的影响小于后者，导致H2S脱除率下降。
【分析】（1）根据图示即可看出形成原电池，铁失去电子，而硫化氢电离出的氢离子得到电子变为氢气
（2）硫化氢做负极，失去电子得到氧离子变为S2和水，写出即可
（3）根据方程式即可判断当 n1(H2S)：n2(H2S)约为1：2 可以使硫元素的回收率达到最大值，大于或小于不能使硫元素回收
（4）① 氧气具有氧化性，铁离子做催化剂根据图示即可写出方程式②根据图示催化剂的含量可以促进反应的进行，但是此时的pH在减小，氢离子浓度增大，导致硫化氢逸出
23．【答案】（1）①③⑥
（2）Na2O+2HCl=2NaCl+H2O；NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O
（3）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
（4）3∶2；
【解析】【解答】（1）在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质。①小苏打是碳酸钠，其水溶液能导电，小苏打是电解质；②石墨是非金属单质，既不是电解质又不是非电解质；③HCl的水溶液能导电，HCl是电解质；④酒精自身不能电离，酒精是非电解质；⑤FeCl3溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质；⑥氧化钠在熔融状态下能导电，氧化钠是电解质；属于电解质的是①③⑥；
（2）Ⅰ．氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水，反应方程式为Na2O+2HCl=2NaCl+H2O；碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O。
Ⅱ．Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
（4）反应3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，ClO-中Cl元素化合价由+1降低为-1，ClO-是氧化剂，Fe元素化合价由+3升高为+6，Fe3+是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2；用单线桥法在离子反应方程式上标出电子转移的方向和数目为。
【分析】（1）电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；
（2）氧化钠和盐酸反应生成氯化钠和水；碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水；
（3）Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、次氯酸钠和水；
（4）3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O中，铁元素化合价+3价升高到+6价，失电子发生氧化反应做还原剂，次氯酸根离子中氯元素化合价+1价降低到-1价，得到电子发生还原反应做氧化剂，结合离子方程式定量关系和电子守恒计算氧化剂与还原剂物质的量之比。
24．【答案】（1）降低
（2）B
（3）石墨棒上有气泡冒出；；1
【解析】【解答】
(1) 氢氧化钡与氯化铵是吸热反应，故答案为： 第1空、 降低 。
(2) 碳和二氧化碳是吸热反应，化合反应，复分解反应是放热反应。故答案为： 第1空、 B
(3) 铁作负极，石墨作正极。正极上现象是石墨棒上有气泡冒出；负极的电极反应式为 Fe - 2e- =Fe2+
；若反应产生11.2L气体(标准状况下)，H2物质的量为0.5mol，转移电子物质的量1mol。故答案为：
第1空、石墨棒上有气泡冒出，第2空、Fe - 2e- =Fe2+， 第3空、1。
【分析】 (1) 氢氧化钡与氯化铵是吸热反应 ，可以观察到温度计的温度下降了；
(2) 碳和二氧化碳是吸热反应，因为反应条件是需要高温，氢气和氯气以及氧化钙和水的化合反应是属于放热反应，氨水和盐酸的复分解反应也是属于放热反应；
(3) 铁作负极，石墨作正极。所以正极上现象是石墨棒上有气泡冒出，是氢气；而负极是铁发生氧化反应生成亚铁离子，其电极反应式为 Fe - 2e- =Fe2+ ；若反应产生11.2L气体(标准状况下)，所以H2物质的量为0.5mol，1molH2转移电子物质的量2mol，0.5molH2转移电子物质的量1mol。
25．【答案】（1）Ⅰ
（2）排尽装置内的空气，以防干扰后续实验(或其他合理答案)；便于控制反应的发生与停止；插入铜丝一段时间后，将注射器内的空气推入圆底烧瓶，装置E中出现红棕色，证明该气体为NO(或其他合理答案)；尾气处理(或其他合理答案)
（3）；4∶1
（4）；细菌的活性降低(或其他合理答案)
【解析】【解答】（1）I是将氮气转化为NH4+，属于氮的固定；
（2） ① 先通CO2气体的目的是：排尽装置中的空气，防止对实验造成干扰； 采用抽拉铜丝与稀硝酸反应的优点是：便于控制反应的发生与停止 ；
②检验生成的气体为NO的操作是 ： 插入铜丝一段时间后，将注射器内的空气推入圆底烧瓶，装置E中出现红棕色，证明该气体为NO ；
③D是NaOH溶液，其目的是进行尾气吸收；
（3）该反应是N元素的归中反应，离子方程式为： ；氧化产物与还原产物之比是： 4∶1 ；
（4） 铵根经硝化作用直接转化为硝酸根的离子方程式 为： ；铵根浓度过大或pH值过大会使硝化作用减弱的原因可能是：细菌在pH值较大的环境中活性降低，反应速率减慢。
【分析】（1）将氮的游离态转化为化合态的过程，叫做氮的固定；
（2）① 先通CO2气体的目的是：排尽装置中的空气，防止对实验造成干扰； 采用抽拉铜丝与稀硝酸反应的优点是：便于控制反应的发生与停止 ；
②检验NO的原理是NO被氧气氧化为红棕色的NO2气体；
（3）该反应是N元素的归中反应，离子方程式为： ；氧化产物与还原产物之比是： 4∶1 ；
（4） 细菌有适宜的最佳活性的条件。
