2024届高三化学二轮复习题——化学反应与能量
一、单选题
1．下列说法错误的是（ ）
A．葡萄酒中SO2的检测可用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样进行测定
B．改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施
C．实验室保存少量液溴时常加少量水液封，并用玻璃塞密封，不能用橡胶塞
D．水玻璃是混合物，可用于生产黏合剂(矿物胶)，做耐火阻燃材料
2．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
3．近年来我国科技成果丰硕，化学与科技发展密切相关，下列有关说法不正确的是（ ）
A．氘和氚作为人造太阳核聚变燃料，二者互为同位素
B．“天和号”推进器的氮化硼陶瓷基材料属于新型无机非金属材料
C．奋斗者号潜水器载人舱外壳使用了钛合金，钛合金属于无机非金属材料
D．长征五号B遥二火箭把天和核心舱送入太空，火箭动力来源于氧化还原反应
4．人类生产生活中的方方面面都离不开化学，下列说法正确的是（ ）
A．含氨基等基团的离子交换树脂为阳离子交换树脂
B．燃煤中加入可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
C．具有推广应用前景的新能源主要有太阳能、核能、风能等
D．纳米铁粉可以高效地吸附去除污水中的等重金属离子
5．随着国家放开对疫情的管控，不少人感染了奥密克戎毒株。下列做法正确的是
A．将次氯酸钠消毒剂与酒精消毒液混合使用效果更佳
B．用市售白醋对厨具进行熏蒸达到杀灭病毒的效果
C．为达到更好的治疗效果，多次超量服用布洛芬等药物
D．用99％的酒精溶液进行喷洒擦拭家居用品
6．钛铁矿(，其中Ti为价)在高温下经氯化得到四氯化钛，再制取金属钛的流程如图所示。下列说法正确的是
A．氯化反应中与C的物质的量之比为1∶1
B．氯化过程中既不是氧化剂也不是还原剂
C．根据制取金属钛的反应可得出还原性：
D．制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气
7．下列陈述I和陈述II均正确且具有因果关系的是（ ）
选项 陈述I 陈述II
A NH3能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 NH3溶于水呈碱性
B 新制的Mg(OH)2白色沉淀上滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色 相同温度下Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]
C 常温下，等浓度的醋酸钠和硼酸钠溶液，前者pH小 酸性：H3BO3>CH3COOH
D 将H2O2滴入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色 H2O2具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
8．亚氨基锂(Li2NH)是一种安全性好的固体储氢材料，其储氢原理可表示为：。下列有关说法正确的是（ ）
A．Li2NH中N的化合价是-1
B．该反应中既是氧化剂又是还原剂
C．和的离子半径相等
D．此法储氢和钢瓶储氢的原理相同
9．天然气报警器的核心是气体传感器，当空间内甲烷达到一定浓度时，传感器随之产生电信号并联动报警，工作原理如图所示，其中 可以在固体电解质 中移动。当报警器触发工作时，下列说法正确的是（ ）
A．多孔电极 发生氧化反应
B． 在电解质中向电极 移动
C．多孔电极 极的电极反应式为
D．当标准状况下 的甲烷在多孔电极 完全反应时，流入传感控制器电路的电子有
10．下列化学反应，相应的离子方程式一定正确的是 （ ）
A．向溶液中加入少量溶液：
B．溶液与一定量氯气反应，转移电子数为6.02×1023时：
C．将2.24L(标准状况)CO2通入500mL 0.3 mol·L-1溶液中：
D．向溶液通入少量SO2：
11．某同学利用如图所示装置探究金属的腐蚀与防护，下列说法错误的是
A．③区电极电势Cu高于Fe
B．①区Fe电极和③区Fe电极电极反应均为Fe-2e-=Fe2+
C．②区Zn电极和④区Cu电极电极反应均为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．②区Fe电极和④区Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，均会出现蓝色沉淀
12．下列说法正确的是（ ）
A．反应2NaCl(s)＝2Na(s)＋Cl2(g) 的ΔH＜0，ΔS＞0
B．常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+)·n(OH－)不变
C．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
D．氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下11.2 L H2，则转移电子数为6.02×1023
13．碱性硼化钒(VB2)一空气电池工作时反应为：4VB2+11O2=4B2O3+2V2O5.用该电池为电源，选用情性电极电解硫酸铜溶液，实验装置如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．VB2电极的电极反应式为：2VB2+11H2O-22e-=V2O5+2B2O3+22H+
B．外电路中电子由c电极流向VB2电极
C．电解过程中SO42-向b电极移动
D．电解过程中，b电极表面有红色物质析出
14．现有两支盛有溶液的试管，在其中一支中加入少量，迅速产生气体，放出大量的热。下列与相关图像正确的是
A． B．
C． D．
15．“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进“碳中和”最直接有效的是（ ）
A．推行生活垃圾分类 B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．安装脱硫设备减少煤燃烧污染 D．研发催化剂将CO2还原为甲醇
16．液流电池是利用正负极电解液分开，各自循环的一种高性能蓄电池。下图为一种中性Zn/Fe液流电池的结构及工作原理图。下列有关说法正确的是（ ）
A．充电时电极A连接电源正极
B．放电时阳离子通过离子交换膜到电极A
C．充电时阴极电极反应：+2e-= Zn+4Br-
D．放电时负极区离子浓度增大，正极区离子浓度减小
17．某二次电池以含的有机溶液为电解质溶液，放电时的工作原理为。下列说法正确的是（ ）
A．放电时，电子的流向：电解质溶液
B．放电时，正极的电极反应式为
C．充电时，与直流电源正极相连
D．充电时，阳极的质量增加
18．碲(Te)元素在元素周期表中位于第ⅥA族，其単质是重要的工业原料。工业上可用电解法从铜阳极泥(主要成分是Cu2Te、含Ag、Au等杂质)中提取单质碲，步骤如下：
①将铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2；
②用NaOH溶液碱浸；
③以石墨为电极电解②所得溶液获得Te。
已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应
下列说法错误的是（ ）
A．Cu2Te中，Te的化合价是-2
B．步骤②中，碱浸的子离方程式是：TeO2+2OH-=TeO32-+H2O
C．步骤③中，阴极上发生反应的电极方程式是：TeO32-+4e-+6H+=Te+3H2O
D．在阳极区溶液中检验出有TeO42-存在，可能原因是阳极生成的氧气氧化TeO32-得到TeO42-
19．用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断正确的是（ ）
A．a极上发生还原反应
B．铁片腐蚀速率：乙＞甲
C．d为阴极，发生的反应为：Fe－2e→Fe2＋
D．b极上发生的反应为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH—
20．下列物质的用途与其性质对应关系正确的是（ ）
A．Al(OH)3能与酸反应，在医药上用作胃酸中和剂
B．Na、K均是活泼金属，可作原子反应堆的导热剂
C． 能与酸反应，可用于脱除纸浆中多余的Cl2
D．金刚石是最稳定的物质之一，可用作切割玻璃
二、综合题
21．研发二氧化碳利用技术，已成为世界科学领域研究的热点。请回答下列问题：
（1）Ⅰ．二氧化碳催化加氢制甲醇，不仅有利于降低空气中二氧化碳含量，同时可以制备清洁能源，其总反应可表示为：。
一定温度下，此反应的反应历程与体系能量变化关系如图1所示，则第二步反应的热化学方程式为 。
（2）第一步反应的正反应速率方程为，逆反应速率方程为，其中、分别为正、逆反应的速率常数，只受温度影响。与(温度的倒数)的关系如图2所示，①、②、③、④四条斜线中，表示的是 。图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为时，第一步反应的化学平衡常数 。
（3）总反应在起始物质的量时，不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，在时随压强(P)的变化及在时随温度(t)的变化如图所示。
①图中对应等温过程的曲线是 (填“a”或“b”)，判断的理由是 。
②时，当时，的平衡转化率为 (保留小数点后一位)。
（4）Ⅱ．我国科学家以Bi为电极，在酸性水溶液中实现电催化还原，两种途径的反应机理如图所示，其中表示过渡态、数字表示微粒的相对总能量。
途径一，电还原经两步反应生成：第一步为(*表示微粒与的接触位点)：第二步为 。
（5）电还原的选择性以途径一为主，理由是 。
22．【加试题】
（1）(一) 以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图1所示。
收集到(CH3)4NOH的区域是 (填a、b、c或d)。
（2）写出电池总反应 。
（3）(二) 乙酸乙酯一般通过乙酸和乙醇酯化合成：
CH3COOH(l)＋C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)＋H2O(l) ΔH＝－2.7 kJ·molˉ1
已知纯物质和相关恒沸混合物的常压沸点如下表：
纯物质 沸点/℃ 恒沸混合物(质量分数) 沸点/℃
乙醇 78.3 乙酸乙酯(0.92)＋水(0.08) 70.4
乙酸 117.9 乙酸乙酯(0.69)＋乙醇(0.31) 71.8
乙酸乙酯 77.1 乙酸乙酯(0.83)＋乙醇(0.08)＋水(0.09) 70.2
请完成：
关于该反应，下列说法不合理的是________。
A．反应体系中硫酸有催化作用
B．因为化学方程式前后物质的化学计量数之和相等，所以反应的ΔS等于零
C．因为反应的ΔH接近于零，所以温度变化对平衡转化率的影响大
D．因为反应前后都是液态物质，所以压强变化对化学平衡的影响可忽略不计
（4）一定温度下该反应的平衡常数K＝4.0。若按化学方程式中乙酸和乙醇的化学计量数比例投料，则乙酸乙酯的平衡产率y＝ ；若乙酸和乙醇的物质的量之比为n∶1，相应平衡体系中乙酸乙酯的物质的量分数为x，请在图2中绘制x随n变化的示意图 (计算时不计副反应)。
（5）工业上多采用乙酸过量的方法，将合成塔中乙酸、乙醇和硫酸混合液加热至110℃左右发生酯化反应并回流，直到塔顶温度达到70～71℃，开始从塔顶出料。控制乙酸过量的作用有 。
（6）近年，科学家研究了乙醇催化合成乙酸乙酯的新方法：
2C2H5OH(g) CH3COOC2H5(g)＋2H2(g)
在常压下反应，冷凝收集，测得常温下液态收集物中主要产物的质量分数如图3所示。关于该方法，下列推测合理的是________。
A．反应温度不宜超过300℃
B．增大体系压强，有利于提高乙醇平衡转化率
C．在催化剂作用下，乙醛是反应历程中的中间产物
D．提高催化剂的活性和选择性，减少乙醚、乙烯等副产物是工艺的关键
23．
（1）I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 。
a．C60、Si60、N60都属于新型化合物
b．C60、Si60、N60互为同分异构体
c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石
（2）II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑
上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于 晶体。写出气体产物的电子式 ，其属于 分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径 > (填元素符号)；处于第三周期的元素名称是 ；金属性最强的短周期元素原子核外有 种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有 (写化学式)。
（4）III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化：→CO2、→CO2、Fe3+→Fe2+。
找出其中一个变化与“→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平 。
（5）上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①由此可知，高锰酸根离子()反应后的产物与 有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为 个。
24．汽车尾气中排放的NOx和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOx和CO的排放。
已知：①2CO(g)+O2(g) 2CO2(g) ΔH=-akJ/mol
②N2(g)+O2(g) 2NO(g) ΔH=+bkJ/mol
③2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) ΔH=-ckJ/mol
回答下列问题：
（1）CO的燃烧热为 。
（2）CO将NO2还原为单质的热化学方程式为 。
（3）为了模拟反应2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)在催化转化器内的工作情况，控制一定条件，让反应在恒容密闭容器中进行，用传感器测得不同时间NO和CO的浓度如下表：
时间/s 0 1 2 3 4 5
c(NO)/(10-4mol/L) 10.0 4.50 2.50 1.50 1.00 1.00
c(CO)/(10-3mol/L) 3.60 3.05 2.85 2.75 2.70 2.70
①前2s内的平均反应速率v(N2)= ，此温度下，该反应的平衡常数K= 。
②能说明上述反应达到平衡状态的是 。
A.2n(CO2)=n(N2)
B.混合气体的平均相对分子质量不变
C.气体密度不变
D.容器内气体压强不变
③当NO与CO浓度相等时，体系中NO的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示。
则NO的平衡转化率随温度升高而减小的原因是 ，图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为 ，理由是 。
25．碳是自然界中形成化合物种类最多的元素，CO和CO2是碳的最常见氧化物。
（1）研究和解决二氧化碳捕集和转化问题是当前科学研究的前沿领域。在太阳能的作用下，缺铁氧化物[Fe0.9O]能分解CO2，其过程如图1所示。过程①的化学方程式是 。在过程②中每产生0.1molO2，转移电子 mol。
（2）在催化剂作用下，将二氧化碳和氢气混合反应生成甲烷，是目前科学家们正在探索的处理空气中的二氧化碳的方法之一。
①已知：
共价键 C=O H—H C—H O—H
键能/(kJ mol－1) 745 436 413 463
则CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g) △H= kJ mol－1。
②向1L固定容积的密闭容器中加入4.0 mol H2(g)、1.0mol CO2，控制条件（催化剂：铑—镁合金、高温T1）使之反应，若测得容器内气体的压强随着时间的变化如图2所示。则4 min时容器内气体的密度为 ；温度T1 下，该反应的化学平衡常为 。若采用2 L固定容积的密闭容器，投料量、催化剂和反应温度均保持不变，则反应重新达到平衡时对应体系内的压强的点是 （填字母）。
（3）工业合成原料气CO会与设备、管道及催化剂表面的金属铁、镍反应，生成羰基化合物。四羰基镍是热分解法制备高纯镍的原料，也是有机合成中供给一氧化碳的原料，还可做催化剂。Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g) △H＜0 Ni(CO)4(g) Ni(s)+4CO(g)。如图3所示，在石英真空管的温度为T1一端，放入少量粗镍和CO(g)，一段时间后，在温度为T2的一端可得到纯净的镍。则温度T1 T2（填“＞”“＜”或“＝”），上述反应体系中循环使用的物质为 （填化学式）。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A、葡萄酒中含有酒精、还原性糖，都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此检测葡萄酒中SO2不能用酸性高锰酸钾溶液滴定，故A说法符合题意；
B、燃气中不含S元素，因此改用燃气可以减少SO2等有害物质的排放，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施，故B说法不符合题意；
C、实验室保存少量的液溴，液溴易挥发，需要加入少量的水液封，液溴能与橡胶塞发生反应，需要用玻璃塞密封，故C说法不符合题意；
D、水玻璃是Na2SiO3的水溶液，可用于生产黏合剂，做耐火阻燃材料，故D说法不符合题意。
【分析】A.葡萄酒中还原性物质不只是二氧化硫；
B.燃煤中含有较多的硫；
C.保存液溴应用水封，且溴能氧化橡胶；
D.水玻璃是硅酸钠的水溶液。
2．【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。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．氘、氚是氢元素的两种不同核素，两者互为同位素，A符合题意；
B．氮化硼陶瓷有耐高温、硬度大、耐磨损、密度小等优点，属于新型无机非金属材料，B符合题意；
C．钛合金为合金，属于金属材料，C不符合题意；
D．火箭动力源于火箭燃料的燃烧，属于氧化还原反应，D符合题意；
故故答案为：C。
【分析】A．根据同位素是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子判断；
B．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料；
C．钛合金为金属材料；
D．燃料的燃烧，属于氧化还原反应。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．含氨基等基团的离子交换树脂为阴离子交换树脂，故A不符合题意；
B．燃煤中加入可以减少二氧化硫的排放，不能减少二氧化碳的排放，故B不符合题意；
C．新能源主要有太阳能、核能、风能等，故C符合题意；
D．纳米铁粉可以与污水中的等重金属离子发生置换反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据离子的电荷与交换树脂的类型一致；
B．不能减少二氧化碳的排放；
C．新能源包括太阳能、水能、风能、生物质能、波浪能、潮汐能、海洋温差能、地热能等；
D．铁粉与重金属离子发生置换反应。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．次氯酸钠具有强氧化性，酒精具有还原性，两者混合发生氧化还原反应，失去消毒作用，故A不符合题意；
B．白醋中的醋酸分子具有一定杀菌消毒作用，故B符合题意；
C．药物要定量服用，超量对身体有害，故C不符合题意；
D.75%的酒精具有较好的杀菌消毒作用，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.次氯酸钠具有强氧化性，能与酒精发生氧化还原反应；
C.药物应遵照医嘱，按照指定的剂量服用；
D.体积分数为75%的酒精消毒效果最好。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．氯化反应的化学方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+2TiCl4，Cl2与C的物质的量之比为7：6，故A不符合题意；
B．氯化时Ti元素非化合价不变，Fe元素的化合价升高，则FeTiO3为还原剂，故B不符合题意；
C．由金属镁可以置换出金属钛：2Mg+TiCl42MgCl2+Ti可知，还原性：Mg＞Ti，故C不符合题意；
D．制取金属钛时选用Ar气的目的是隔绝空气，防止Mg、Ti被氧化，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯化时发生反应2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+6CO+2TiCl4，制得TiCl4，再发生反应2Mg+TiCl42MgCl2+Ti制得Ti。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，陈述I不符合题意，故A不符合题意；
B．新制的Mg(OH)2白色沉淀上滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色，说明 Mg(OH)2沉淀能转化为Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3溶度积常数比Mg(OH)3的小，故B符合题意；
C．常温下，等浓度的醋酸钠和硼酸钠溶液，前者pH小，说明醋酸根水解程度小，醋酸的酸性强于硼酸，故C不符合题意；
D．将H2O2滴入KMnO4酸性溶液中，溶液褪色，说明KMnO4显示强氧化性，H2O2表现为还原性，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，不能使湿润的蓝色石蕊试纸变色
B.通过沉淀的转化可以证明溶度积的大小
C.通过比较盐溶液的pH即可判断酸性的强弱
D.高锰酸钾具有很强的氧化性，褪色说明过氧化氢具有还原性
8．【答案】B
【解析】【解答】A．Li2NH中H元素为+1价，根据化合物化合价代数和为0，可得氮元素化合价为-3价，A不符合题意；
B．反应物H2中H元素化合价为0，产物中LiNH2中H元素为+1价，LiH中H元素为-1价，所以H2既是氧化剂又是还原剂，B符合题意；
C．Li+有一个电子层，H+核外没有电子层，两者半径不相等，C不符合题意；
D．钢瓶储氢为物理过程，此法储氢为化学变化，两者原理不同，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据化合物化合价代数和为0计算；
C.Li+和H+的半径不同；
D.钢瓶储氢为物理变化，此法储氢为化学变化。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．由分析可知，通入甲烷的多孔电极 为负极，在氧离子作用下，甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，故A符合题意；
B．电池工作时，阴离子氧离子向负极移动，则氧离子在电解质中向电极a移动，故B不符合题意；
C．由分析可知，通入空气的多孔电极 极为燃料电池的正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子，电极反应式为O2+2e-=O2-，故C不符合题意；
D．由分析可知，通入甲烷的多孔电极 为负极，在氧离子作用下，甲烷失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4-8e-+4O2-=CO2+2H2O，则当标准状况下 的甲烷在多孔电极 完全反应时，流入传感控制器电路的电子有 ×8=0.02mol，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】传感器的作原理类似燃料电池的工作原理，其中的固体电解质是 ，O2-可以在其中自由移动，电子在外电路转移，通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，正极反应为： O2+4e+=2O2-， 负极反应为： CH4+4O2- -8e-=CO2+2H2O，据此分析解答。
10．【答案】C
【解析】【解答】A. 在较强碱性溶液中与OH-反应 ，Fe3+优先与OH-反应生成Fe(OH)3，故A不符合题意；
B.Fe2+还原性强于Br-，Fe2+优先与Cl2反应，转移电子数为6.02×1023时，离子方程式： ，故B不符合题意；
C. CO2 与 的比值为2：3，则生成碳酸钠和碳酸氢钠和水，故C符合题意；
D. 在酸性条件下有氧化性，故通入 SO2 发生氧化还原反应，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】 在较强碱性溶液中与OH-反应 ，Fe3+在酸性条件下就能完全沉淀，Fe2+还原性强于Br-，优先发生氧化还原反应，在酸性条件下有氧化性。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知，③区中铁为负极、铜为正极，则③区电极电势正极铜高于负极铁，故A不符合题意；
B．由分析可知，①区中铁为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O 2+4e-+2H2O=4OH-，故B符合题意；
C．由分析可知，②区锌电极和④区铜电极均为电解池的的阴极，电极反应式均为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C不符合题意；
D．由分析可知，②区铁电极和④区铁电极均为电解池的的阳极，电极反应式均为Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子均能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，①区为原电池，Zn为负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Fe为正极，电极反应式为O 2+4e-+2H2O=4OH-；②区为电解池，Zn为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；③区为原电池，Fe为负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应式为O 2+4e-+2H2O=4OH-；④区为电解池，Fe为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Cu为阴极，电极反应式为为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
12．【答案】D
【解析】【解答】A、该反应有气体产生△S＞0，钠在氯气中燃烧是放热反应，其逆反应吸热△H＞0，选项A错误；
B、常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，水解程度增大，水的电离程度减小，n(H+)·n(OH－)减小，选项B错误；
C、合成氨生产中将NH3液化分离，生成物的浓度减小，反应速率减小，选项C错误；
D、氢氧燃料电池负极正极H2～2e-，工作时，若消耗标准状况下11.2 L H2，则转移电子数为6.02×1023，选项D正确。答案选D。
【分析】A、分解反应为吸热反应，即△H＞0
B、Kw不变即c(H+)·c(OH－)不变，而随着体积增大，n(H+)·n(OH－)减小。
C、合成氨生产中将NH3液化分离，反应体系压强减小，浓度减小，反应速率减慢。
13．【答案】C
【解析】【解答】A.负极上是VB2失电子发生氧化反应，则VB2极发生的电极反应为：2VB2+22OH--22e-=V2O5+2B2O3+11H2O，故A不符合题意；
B.外电路中电子由VB2电极流向阴极c电极，故B不符合题意；
C.电解过程中，b为阳极，所以SO42-向b电极移动，C选项是符合题意的；
D.电解过程中，b为阳极，发生氧化反应，产生氧气，故D不符合题意。
故答案为：C
【分析】（1）电化学装置先判断电极名称。
（2）电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．H2O2分解成O2和H2O的过程中MnO2作催化剂，MnO2的质量和化学性质在反应前后不变，A项不符合题意；
B．使用MnO2作催化剂，反应速率更快，但随着反应的进行，H2O2的浓度减小，最后反应速率会减慢，不可能保持不变，B项不符合题意；
C．反应过程中放出大量的热，说明该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，使用催化剂能降低反应的活化能，但不改变反应的反应热，C项符合题意；
D．使用MnO2作催化剂，反应速率更快，反应完全消耗的时间短，但最终产生气体的质量相等，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】过氧化氢分解生成水和氧气，该过程中二氧化锰作催化剂，能加快反应速率，且催化剂在反应前后质量和化学性质均不变。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．推行生活垃圾分类，能够使垃圾资源化，减少垃圾量，但对CO2的排放总量影响不大，A不符合题意；
B．可燃冰是甲烷的结晶水合物，大量开采使用，会产生CO2，不利用碳中和，B不符合题意；
C．安装脱硫设备减少煤燃烧污染，只会减少SO2的排放，但对CO2的排放总量无影响，C不符合题意；
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇，有利于减少CO2的排放，对促进“碳中和”最直接，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据是否减少CO2的排放总量判断。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，电极A为负极，则充电时，电极A连接电源负极，A不符合题意；
B．放电时，阳离子向正极移动，即阳离子通过离子交换膜到电极B，B不符合题意；
C．放电时，电极A为负极，电极反应式为Zn+4Br--2e-=，则充电时，电极A为阴极，电极反应式为+2e-= Zn+4Br-，C符合题意；
D．放电时，电极A为负极，电极反应式为Zn+4Br--2e-=，电极B为正极，电极反应式为+e-=，则负极区阴离子的物质的量减小，阳离子通过离子交换膜到正极区，正极区阴离子物质的量不变，故负极区离子浓度减小，正极区离子浓度增大，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】放电时，电极A为液流电池的负极，电极反应式为Zn+4Br--2e-=，电极B为正极，电极反应式为+e-=；充电时，A电极连电源负极，为电解池的阴极，电极反应式为+2e-= Zn+4Br-，电极B与正极相连，为电解池阳极，电极反应式为-e-=。
17．【答案】D
【解析】【解答】A． 放电时，为负极，为正极，电子不经过电解质溶液，所以其流向为：→负载→，A项不符合题意；
B． 放电时，正极的电极反应式为，B项不符合题意；
C．充电时，该电池的负极相当于电解池的阴极，则与直流电源负极相连，C项不符合题意；
D．充电时，阳极的电极反应式为，故阳极的质量增加，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据电池的工作原理可知，Li失去电子发生氧化反应，Li为负极，CuO得到电子发生还原反应生成Cu，CuO为正极。
A.电子不会经过电解质溶液；
B.正极得电子发生还原反应；
C.充电时Li为阴极，与电源负极相连；
D.充电时发生反应。
18．【答案】C
【解析】【解答】A. S和Te为同主族元素，类比Cu2S，Cu2Te中，Te的化合价是-2，A不符合题意；
B. TeO2与较浓的强酸、强碱反应，为两性氧化物，与碱强反应的化学反应方程式为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，其离子反应方程式为：TeO2+2OH-=TeO32-+H2O，B不符合题意；
C.阴极上发生反应的电极方程式为： TeO32-+4e-+3H2O=Te↓+6OH-，C符合题意；
D. 阳极的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，亚碲酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反应式为TeO32--2e-+2OH-= TeO42-+H2O，D不符合题意；故答案为：C。
【分析】工业上可从电解精炼铜的阳极泥（主要成分Cu2Te，还有少量的Ag、Au）中提取碲，铜阳极泥在空气中焙烧使碲转化为TeO2，其化学反应方程式为：Cu2Te+2O2 2CuO+TeO2，用NaOH溶液碱浸，其化学反应方程式为：TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O，以石墨为电极，电解Na2TeO3溶液时，溶液中的离子有Na+、H+、TeO32-、OH-，阴极得电子能力：TeO32- >H+>Na+，阴极的电极反应式为TeO32- +4e-+3H2O=Te↓+6OH-，阳极的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，亚碲酸根离子也可能发生氧化反应，其电极反应式为TeO32--2e-+2OH-= TeO42- +H2O。
19．【答案】D
【解析】【解答】A.甲中铁为原电池的负极，Fe-2e-= Fe2＋， a极上发生氧化反应，故A不符合题意；
B.甲中铁为原电池的负极，Fe-2e-= Fe2＋，乙中铁为电解池的阴极，发生反应2H++2e-=H2↑，铁被保护，故B不符合题意；
C.d为阴极，发生的反应为：2H++2e-=H2↑，故C不符合题意；
D.甲中铁发生吸氧腐蚀，b为正极，正极上的电极反应式为O2 + 2H2O + 4e → 4OH—，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】关于原电池的相关题目，核心在于判断正负极，掌握正向正、负向负的电荷移动原理，结合核心产物、电荷守恒溶液环境书写电极反应式，综合判断得出答案；关于电解的相关题目，核心在于判断阴阳极，掌握正向负、负向正的电荷移动原理，结合核心产物、电荷守恒溶液环境书写电极反应式，综合判断得出答案。
20．【答案】A
【解析】【解答】A．胃酸主要成分是盐酸，与 发生反应 ，A项符合题意；
B．Na、K作原子反应堆的导热剂是利用了其熔点低等性质，B项不符合题意；
C． 脱氯是利用其还原性，C项不符合题意；
D．金刚石是最硬的天然物质，可用作切割玻璃，D项不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A． 为难溶性弱碱，和胃酸反应较为缓和，并且溶解后的产物对胃粘膜无刺激，对人体无毒性作用；
B．原子反应堆的导热剂是利用了Na、K的熔点低等性质；
C． 脱氯是利用其还原性；
D．金刚石可用作切割玻璃是利用它的硬度大。
21．【答案】（1）
（2）④；0.1##
（3）a；该反应前后气体系数和减小，增大压强平衡向正反应方向移动，甲醇的物质的量分数增大；33.3
（4）
（5）途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低
【解析】【解答】(1)由图可知，第二步反应为一氧化碳和氢气生成甲醇，生成物能量较低，放出热量数值为41 kJ mol-1-(-49 kJ mol-1)=90kJ mol-1，故反应的热化学方程式为： ；
(2)第二步反应为二氧化碳和氢气生成一氧化碳和水，生成物能量较高，反应焓变大于零， ；温度降低，平衡逆向移动，v正、v逆均减小，、均减小，且<，则表示的是④，的是③；
平衡时=；图中A、B、C、D点的纵坐标分别为a+2、a+1、a-1、a-2，则温度为时，第一步反应的化学平衡常数；
(3)①反应为气体分子数减小的反应，等温时增加压强，平衡正向移动，甲醇的含量增加，故图中对应等温过程的曲线是a；
②总反应在起始物质的量时，设初始氢气、二氧化碳的物质的量分别为3mol、1mol，转化的二氧化碳的物质的量为a
时，当时，则，a=，的平衡转化率为；
(4)由图可知，第二步反应为和氢离子得到电子生成HCOOH，反应为：；
(5)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越大反应速率越慢；由图可知，电还原的途径一的活化能更低或途径一的过渡态微粒的相对总能量更低，导致反应更容易进行。
【分析】（1）第二步反应为一氧化碳和氢气生成甲醇；
（2）第一步反应为，温度降低，平衡逆向移动，v正、v逆均减小，、均减小，且<；根据计算；
（3）①增加压强，平衡正向移动，甲醇的含量增加；
②结合图像，列出反应的三段式进行计算；
（4）第二步反应为和氢离子得到电子生成HCOOH；
（5）途径一反应更容易进行。
22．【答案】（1）d
（2）2(CH3)4NCl＋2H2O 2(CH3)4NOH＋H2↑＋Cl2↑
（3）B；C
（4）66.7%或0.67；
（5）使平衡正向移动，增大乙醇转化率，减小产品中乙醇含量， 有利于后续产物的分离
（6）A；C；D
【解析】【解答】（1）以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]需要氢氧根离子，在电解过程中，阴极氢离子得电子被还原，生成氢氧化根离子，所以收集到(CH3)4NOH的区域是阴极区，即d口；
故答案为：d；
（2）根据反应物与生成物的关系可知电解过程中生成产物和氢气、氯气，则总反应方程式为：2(CH3)4NCl＋2H2O
2(CH3)4NOH＋H2↑＋Cl2↑；
故答案为：2(CH3)4NCl＋2H2O
2(CH3)4NOH＋H2↑＋Cl2↑；
（3）反应中浓硫酸做催化剂和吸水剂，不符合题意；
B.反应过程中生成的乙酸乙酯为气体，熵变不为零，符合题意；
C.温度的变化对化学反应速率的影响较大，符合题意；
D.压强对液体浓度的变化几乎没有影响，所以压强对该反应的化学平衡影响可以忽略不计，不符合题意；
故答案为：BC；
（4）设生成乙酸乙酯的物质的量为x，则
CH3COOH(l)＋C2H5OH(l) CH3COOC2H5(l)＋H2O(l)
1 1 0 0
1-x 1-x x x
解得x=0.667mol
所以乙酸乙酯的产率为 ；
乙酸与乙醇的物质的量之比，随着乙酸的物质的量增加，乙酸乙酯的产量也会增加，当n：1=1：1时乙酸乙酯的物质的量分数达到最大 ，乙酸的物质的量继续增大，乙酸乙酯的物质的量分数反而会逐渐减小，图象如图：；
（5）增大反应物的浓度使平衡向正反应方向移动，增加其他反应物的转化率，所以作用是使平衡正向移动，增大乙醇转化率，减小产品中乙醇含量；
故答案为：使平衡正向移动，增大乙醇转化率，减小产品中乙醇含量；
（6）A.反应温度超过300℃时乙酸乙酯的质量分数开始降低乙醚的质量分数开始增加，符合题意；
B.对于液体反应压强对化学平衡的影响较小，所以增大体系压强，对乙醇平衡转化率影响不大，不符合题意；
C.在催化剂作用下，乙醇氧化为乙醛，乙醛被氧化为乙酸，即一圈是中间产物，符合题意；
D.工艺的关键是减少乙醚、乙烯等副产物，可提高催化剂的活性和选择性，符合题意；
故答案为：ACD。
【分析】（一）根据电解原理分析电极发生的反应，得出电解总反应反应方程式；
（二）根据乙酸乙酯的合成原理，结合化学平衡原理进行分析即可。
23．【答案】（1）c
（2）原子(共价)；；非极性
（3）Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2
（4）5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
（5）溶液酸碱性；6.02×1022
【解析】【解答】(1)a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a不正确；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b不正确；
c．已知N60结构与C60相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d不正确；
故答案为：c；
(2)上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)；；非极性；
(3)上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；
(4)→Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为：→CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①有上述转化过程可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。
【分析】（1）键能大小可以判断物质的稳定性，键能越大，物质越稳定，不能判断熔沸点，分子间作用力影响熔沸点
（4）关于缺项氧化还原反应配平，首先利用化合价升降相等配平氧化剂，还原剂，再结合电荷守恒和质量守恒补充H+、OH-、H2O等
24．【答案】（1）(a/2)kJ/mol
（2）2NO2(g)+4CO(g) N2(g)+4CO2(g) ΔH=-(2a+b-c)KJ/mol
（3）1.875×10-4mol·L-1·s-1；5000(或5000L/mol)；BD；该反应正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小；P1>P2>P3；正反应为体积减小的反应，增压平衡正向移动，NO的衡转化率增大
【解析】【解答】（1）燃烧热是指298K、1.01×105Pa时，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物释放的能量。因此根据反应①，CO燃烧热为a/2 kJ/mol。
故答案为：a/2 kJ/mol。（2）反应原理是2NO2(g)+4CO(g) N2(g)+4CO2(g)，可由原反应①×2-③-②得到，则ΔH=--(2a+b-c)KJ/mol。
故答案为：2NO2(g)+4CO(g) N2(g)+4CO2(g) ΔH=-(2a+b-c)KJ/mol。（3）① 。4s后，体系中CO、NO浓度均保持不变，反应达到平衡状态，此时参加反应的NO为（10.0-1.00）×10-4mol·L-1=9×10-4mol·L-1，参加反应的CO（3.6-2.7）×10-3mol·L-1=9×10-4mol·L-1，生成CO 2浓度为9×10-4mol·L-1，N 2浓度为4.5×10-4mol·L-1，所以 。
故答案为：1.875×10-4mol·L-1·s-1、5000。②可逆反应达到平衡时，正逆反应速率相等，体系中各物质含量保持不变。A、描述的反应速率是总反应速率，且都是正反应速率，A错误。
B、由于反应过程中气体物质的量减小，但是气体总质量不变，所以反应无论正向进行还是逆向进行，M=m/n都会改变，因此B一定处于平衡状态，B正确。
C、容器体积不变，气体质量不变，所以无论反应如何进行，气体的密度都不改变，因此C不能判断反应是否建立平衡状态，C错误。
D、体积不变时，反应正向进行时气体减少，压强减小，反之压强增大，所以容器内压强不变时，该反应一定处于化学平衡状态，D正确。
故答案为：BD。③任意选定某一压强，由图可知，其他条件不变时，随着温度升高NO平衡转化率减小，既升高温度平衡逆向移动，所以正反应为放热反应。其他条件不变且温度相同时，由图可知压强从P1→P2→P3变化时，NO平衡转化率减小，既平衡逆向移动，由反应气体系数可得，平衡逆向移动对应气体压强减小，所以P1>P2>P3。
故答案为：该反应正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，NO的平衡转化率减小 、P1>P2>P3 、正反应为体积减小的反应，增压平衡正向移动，NO的衡转化率增大。
【分析】（1）根据燃烧热的定义解答；（2）根据盖斯定律计算反应热；（3）根据三段式计算平衡常数；
25．【答案】（1）10Fe0.9O＋CO2 3Fe3O4＋C；0.4
（2）－270；52g·L－1；6.75（mol·L－1）－2；D
（3）＜；CO
【解析】【解答】解：（1）过程①中反应物是二氧化碳和Fe0.9O，生成物是碳和四氧化三铁，则反应的化学方程式是10Fe0.9O＋CO2 3Fe3O4＋C；在过程②中氧元素化合价从－2价升高到0价，失去2个电子，则每产生0.1molO2，转移电子0.4mol。
（2）①根据表中数据可知反应CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)△H＝（2×745+4×436－4×413－2×2×463）kJ mol－1＝－270kJ mol－1
②反应前后均是气体，根据质量守恒定律可知4 min时容器内气体的密度为 ；4min时压强不再发生变化，反应达到平衡状态，则
CO2(g)+ 4H2(g) CH4(g)+ 2H2O(g)
起始（mol） 1 4 0 0
转化（mol） x 4x x 2x
平衡（mol） 1-x 4-4x x 2x
压强之比是物质的量之比，则 ，解得x＝0.75。容器的容积是1L，则温度T1下，该反应的化学平衡常为 。若采用2 L固定容积的密闭容器，投料量、催化剂和反应温度均保持不变，则相当于是在原平衡的基础上减小压强，平衡向逆反应方向进行，且反应速率减小，到达平衡的时间增加，则反应重新达到平衡时对应体系内的压强的点是D点。
（3）在石英真空管的温度为T1一端，放入少量粗镍和CO(g)，一段时间后，在温度为T2的一端可得到纯净的镍。由于生成镍的反应是吸热反应，升高温度有利于生成Ni，则温度T1＜T2；由于CO在左端是反应物，而在右端生成镍的同时又产生CO，因此上述反应体系中循环使用的物质为CO。
【分析】（1）氧化还原配平：先根据电子守恒配平氧化剂还原剂，氧化产物还原产物，再根据观察法配平其他物质，最后配不平可加水。
（2）①根据盖斯定律可求
②密度=质量/体积；有关化学平衡反应方程式的计算，可根据三段式求解。
（3）根据题意的循环使用的物质为CO
