专题9 化学反应的热效应
一、单选题
1．火药是中国古代四大发明之一，由硫磺、火硝和木炭粉均匀混合而成，点燃后可能发生的反应：S+2KNO3+3C=N2↑+3CO2↑+X（已配平），则物质X是（ ）
A．K2S B．SO2 C．H2S D．SO3
2．在下列各说法中，正确的是（ ）
A．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应
B．热化学方程式中的化学计量数只表示物质的量，可以是分数
C．1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热叫做中和热
D．1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热就是H2的燃烧热
3．下列有关说法中正确的是（ ）
A．溶液和溶液反应的中和热，则溶液和足量溶液反应的
B．常温下，均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后改变
C．在反应中，若生成氯气，转移电子的数目为
D．为加强生态文明建设，我国大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
4．下列物质间的反应，其能量变化符合如图所示的是（ ）
A．铝粉与氧化铁在加热条件下的反应
B．灼热的碳与二氧化碳反应
C．Ba（OH）2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合
D．碳与水高温条件下制取水煤气的反应
5．下列说法中正确的是（ ）
A．有能量变化的过程一定是化学变化过程
B．需要加热才能发生的反应是吸热反应
C．化学反应中一定伴有热量的变化
D．物质发生燃烧的反应一定是放热反应
6．下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（ ）
A． NaCl溶于水
B． 电解CuCl2溶液
C． CH3COOH在水中电离
D．H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) △H=183kJ·mol-1 H2与Cl2反应能量变化
7．一位同学在做实验时引发了镁失火，他立即拿起二氧化碳灭火器欲把火扑灭，却被化学老师及时制止。原因是可以支持镁燃烧，反应为：。下列关于该反应的判断正确的是（ ）
A．是还原产物
B．作氧化剂，发生氧化反应
C．由此反应可以判断还原性：
D．参加反应转移电子数为
8．实现下列物质间的转化，需要加入氧化剂才能实现的是（ ）
A． →CO2 B．Cu→Cu(NO3)2
C．CuO→Cu D．Na2O2→O2
9．化学反应在发生物质变化的同时伴随能量变化，是获取能量的重要途径。下列能量变化图与化学反应对应的是（ ）
A．图1和水反应 B．图2铝和氧化铁反应
C．图3碳酸钙高温分解 D．图4与醋酸反应
10．下列选项描述的过程能实现化学能转化为电能的是（ ）
A.蜡烛燃烧 B.光合作用 C.手机电池工作 D.太阳能板充电
A．A B．B C．C D．D
11．关于反应5Ba(IO3)2=Ba5(IO6)2+4I2+9O2↑，下列说法不正确的是（ ）
A．Ba5(IO6)2中I元素化合价为+7
B．O2是氧化产物
C．生成25.4gI2时，转移1mol电子
D．还原产物与氧化产物的物质的量之比为4：9
12．燃料气(CO、H2)是有机化工中的常见原料，工业上制取方法之一为高温下甲醇分解，反应原理为CH3OH(g) CO(g)+2H2(g) H，能量变化情况如图。下列叙述正确的是（ ）
A． H为-91 kJ·mol-1
B．I：正反应的活化能为419 kJ·mol-1
C．II：催化剂增加了活化分子数
D．其他条件相同时I比II先达到平衡
13．某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：
1/2O2(g) + H2(g) =H2O(g) ΔH = -242 kJ·mol-1
S(g) + H2(g) =H2S(g) ΔH = -20 kJ·mol-1
Se(g) + H2(g) H2Se(g) ΔH = +81 kJ·mol-1
下列说法正确的是（ ）
A．稳定性：H2O > H2S > H2Se
B．降温有利于Se与H2反应生成H2Se
C．O2(g) + 2H2S(g)=2H2O(g) + 2S(g) ΔH = 444 kJ·mol-1
D．随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生
14．关于反应(浓)，下列说法错误的是（ ）
A．的氧化性强于
B．是氧化产物
C．若生成氯气，则转移电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为
15．新型复合光催化剂[碳纳米点()/氮化碳()纳米复合物]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．中C的化合价为+4
B．反应的两个阶段均为吸热过程
C．阶段Ⅱ中，既是氧化剂，又是还原剂
D．通过该反应，实现了太阳能向化学能的转化
16．下列有关热化学方程式书写及对应表述均正确的是（ ）
A．稀醋酸与0.1 mol/L NaOH溶液反应：
B．密闭容器中，9.6 g硫粉与11.2 g铁粉混合加热生成硫化亚铁17.6 g时，放出19.12 kJ热量。则
C．已知1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，则水分解的热化学方程式：
D．已知，则可知C的燃烧热
17．氧化还原反应与四种基本类型反应的关系如图所示，则下列化学反应属于阴影部分的是（ ）
A．Fe＋CuSO4= FeSO4＋Cu B．NH4ClNH3↑＋HCl↑
C．4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 D．2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2
18．下列四种变化中，有一种变化与其他三种变化类型不同的是（ ）
A．CH4 + Cl2 CH3Cl + HCl
B．CH3CH2OH + HBr CH3CH2Br + H2O
C．CH3CH2CH2Br + NaOH CH3CH=CH2↑+ NaBr + H2O
D．CH3COOCH2CH3+NaOH CH3COONa+C2H5OH
19．根据如图所示的反应判断下列说法中错误的是（ ）
A．CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量
B．该反应的焓变大于零
C．该反应中有离子键断裂也有共价键断裂，化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量
D．由该反应可推出凡是需要加热才发生的反应均为吸热反应
20．下列实验结果不能达成相应实验目的的是（ ）
A B C D
目的 探究温度对平衡移动的影响 比较元素的非金属性 探究△H与反应历程的关系 探究气体体积与的分子数的关系
实验方案 2NO2(g)N2O4(g) △H<0 电解水(添加稀硫酸)
结果 左侧气体颜色加深，右侧气体颜色变浅 烧瓶中产生气泡，试管中出现浑浊 测得△H=△H1+△H2 H2与O2的体积比约为2∶1
A．A B．B C．C D．D
21．下列说法正确的是（ ）
A．南海开采出的可燃冰属于新能源
B．任何化学反应中的能量变化都表现为热量变化
C．有化学键断裂不一定发生化学反应
D．吸热反应只有加热才能发生
22．工业上生产MnO2和Zn的主要反应有：
①MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S+2H2O
②MnSO4+ZnSO4+2H2O MnO2+Zn+2H2SO4
下列说法错误的是（ ）
A．①中MnO2和H2SO4都是氧化剂 B．①中析出16gS时转移1 mol电子
C．②中MnSO4发生氧化反应 D．硫酸在该生产中可循环利用
23．氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应在3Cl2+2NH3=N2+6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法不正确的是（ ）
A．该反应属于氧化还原反应 B．该反应利用了Cl2的氧化性
C．该反应属于复分解反应 D．生成1mol N2有6mol电子转移
24．下列有关物理量大小比较正确的是（ ）
A．相同温度和压强下，熵值：
B．分子间氢键数量：
C．水溶性：
D．已知 ； ，则
25．科学家利用过渡金属氮化物(TMNS)在常温下催化实现氨的合成，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．TMNS大大降低了合成氨反应的活化能，提高了合成氨的转化率
B．TMNS表面N2分子被氧化为氨分子
C．TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2
D．高温有利于提高TMNS催化氨的合成效率
二、多选题
26．利用新型催化剂在太阳光的作用下将进行分解，反应过程如图所示。下列有关说法正确的是（ ）
A．反应Ⅰ中形成了两种新的化学键
B．中间产物的电子式：
C．总反应中1mol氮气和3mol氢气的总键能大于2mol氨气的总键能
D．通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化
27．化学与科技、生产、生活密切相关，下列有关说法错误的是（ ）
A．火箭燃料偏二甲肼、氢气等属于可再生能源
B．离子交换膜有多种类型，氯碱工业中使用的是阳离子交换膜
C．“嫦娥五号”使用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均可将化学能转化为电能
D．大桥钢架结构表面喷涂油漆目的是隔绝空气、水等，防止发生电化学腐蚀
28．研究表明，用作催化剂促进水分解时存在两种不同的路径，分解过程中的部分反应历程如图所示(物质中原子之间的距离单位为)。下列说法错误的是
A．水的分解反应为放热反应
B．反应历程中，钒原子的杂化方式发生改变
C．IM2中，距离为“2.174和“2.390”的原子之间作用力是氢键
D．适当升高温度，IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度
29．利用含碳化合物合成燃料是解决能源危机的重要方法，已知煤液化过程中有反应 CO(g)＋2H2(g) =CH3OH(g)，其反应过程中的能量变化情况如图所示，曲线Ⅰ和曲线Ⅱ分别表示不使用催化剂和使用催化剂的两种情况。下列判断正确的是（ ）
A．该反应的反应热ΔH＝＋91 kJ·mol－1
B．加入催化剂后，该反应的ΔH变小
C．反应物的总能量大于生成物的总能量
D．从图中可以看出，使用催化剂降低了该反应的活化能
30．某反应加入催化剂后，反应历程变成两个基元反应，相关能量变化如图所示(E为正值，单位：kJ·mol-1)。下列有关说法正确的是（ ）
A．该总反应的活化能Ea=E1＋E3
B．该总反应的焓变△H=-(E4＋E2-E1-E3)
C．此条件下，第一个基元反应的反应速率大于第二个
D．对于Ea>0的反应，必须加热才能进行
31．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）
A．铁件镀银 B．由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响 C．稀硫酸与锌粒反应制氢气的能量变化 D．蒸干硫酸铝溶液制无水硫酸铝固体
A．A B．B C．C D．D
32．合成氨对解决粮食问题贡献巨大，反应如下：。该反应的能量变化及微观历程的示意图如图所示表示物质吸附在催化剂表面的形态)。下列说法错误的是（ ）
A．在催化剂表面只存在的断裂，不存在的形成
B．图2中②③的过程吸收能量
C．③④的过程可表示为：
D．其他条件相同，使用催化剂可以减少合成氨反应放出的热量
33．下列说法正确的是（ ）
A．任何中和反应生成1molH2O，能量变化均相同
B．同温同压下，H2（g）+Cl2（g）=2HCl（g）在光照和点燃条件下的△H相同
C．已知：①2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-akJ·mol-l，②2H2（g）+O2（g）=2H2O（1）△H=-b kJ·mol-1，则a>b.
D．已知：①C（s，石墨）+O2(g)=CO2（g）△H=-393.5kJ·mol-1，②C（s，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.0kJ·mol-1.则C（s，石墨）=C（s，金刚石）△H=+1.5kJ·mol-1。
34．实验是化学研究的重要手段，根据下列实验操作和现象所得到的实验结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 将少量Cl2通入FeBr2溶液中，再加入CCl4，振荡、静置，CCl4层为无色 Br-的还原性比Fe2+的弱
B 向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡，上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成 Cu2+可以氧化I-，白色沉淀可能为CuI
C 将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，过滤，向滤液中滴加几滴稀硫酸和1mLH2O2，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变为蓝色 海带中含有IO
D 向装有Ag2O固体的两支试管中分别加入稀硝酸和氨水，Ag2O均溶解 Ag2O是两性氧化物
A．A B．B C．C D．D
35．甲烷是一种清洁燃料，一定条件下可与NO2、NO发生如下反应：
①CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574kJ·mol-1
②CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1160kJ·mol-1
下列说法错误的是（ ）
A．若用标准状况下4.48LCH4还原NO2生成N2、CO2和液态水，放出的热量小于173.4kJ
B．利用以上反应可降低大气中的氮氧化合物的含量，有效减轻光化学烟雾
C．甲烷若设计成燃料电池，其能量利用率大于直接燃烧的能量利用率
D．反应②中当4.48LCH4反应完全时转移电子的物质的量为1.60mol
三、填空题
36．从能量的角度看，断开化学键要 ，形成化学键要 。
37．Fe3O4＋4CO 3Fe＋4CO2的反应中， 是氧化剂， 是还原剂， 元素被氧化， 元素被还原。
38．科学家探索利用燃料气体中的甲烷等将氮的氧化物还原为氮气和水，反应机理为：
CH4(g) + 4NO2(g) = 4NO(g) + CO2(g) + 2H2O(g) ΔH1=-574kJ mol-1
CH4(g) + 4NO(g) = 2N2(g) + CO2(g) + 2H2O(g) ΔH2=-1160kJ mol-1
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为 。
39．用双线桥法表示氧化还原反应的电子转移 。
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O； HCl表现的性质有 性。
40．我们生活中处处都与化学有密切关系。
（1）洪灾过后，饮用水可用漂白粉消毒。工业上将氯气通入石灰乳[Ca(OH)2]中制取漂白粉，反应的化学方程式为 。
（2）铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐为重要化合物。电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔,制造印刷电路板。请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式 ；如何检验FeCl3腐蚀铜后的溶液是否含Fe3+ 。
（3）在用二氧化氯进行水处理时，ClO2除了杀菌消毒外，还能除去水中的Fe2+和Mn2+。用ClO2氧化除去Mn2+生成ClO2-和MnO2的离子方程式为 。
41．有以下五个化学反应：
①2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
②2KMnO4 K2MnO4+MnO2+O2↑
③CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑
④C2H5OH+3O2 2CO2+3H2O
⑤CO2+CaO=CaCO3
其中属于化合反应的是 (填序号，下同)，属于分解反应的是 ，属于复分解反应的是 ，属于置换反应的是 ，属于氧化还原反应的是 。
四、实验探究题
42．氧化还原滴定法与酸碱中和滴定法类似，现测定实验室中Na2S2O3溶液的物质的量浓度。
已知：①2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6；②Na2S2O3溶液中c(H+)
①用 (填仪器名称)量取10.00mL Na2S2O3溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴 (填指示剂名称)。
②用洁净的酸式滴定管，装0.01 mol/L I2溶液后读数，如果液面位置如图所示，则此时的读数为 mL。
③滴定终点的判断现象为 。
④达到滴定终点即停止滴定，记录I2溶液的体积，重复滴定3次。
⑤实验记录
滴定次数 1 2 3
开始读数(mL) 0.10 1.85 0.00
结束读数(mL) 19.20 20.75 24.06
（2）Ⅱ．数据处理与讨论
①按所得数据，可得c(Na2S2O3)= 。
②在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏大的是 (填写序号)。
a．酸式滴定管在滴定时未用标准I2溶液润洗
b．酸式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
c．锥形瓶中加入待测Na2S2O3溶液后，再加少量水
d．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
e．达到滴定终点时，仰视读数
43．铬及其化合物在催化、金属防腐等方面具有重要应用。
（1）催化剂 可由 加热分解制备，反应同时生成无污染气体。
①完成化学方程式： 。
② 催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图1， 过程的焓变为 （列式表示）。
③ 可用于 的催化氧化。设计从 出发经过3步反应制备 的路线 （用“→”表示含氮物质间的转化）；其中一个有颜色变化的反应的化学方程式为 。
（2） 溶液中存在多个平衡。本题条件下仅需考虑如下平衡：
（ⅰ）
（ⅱ）
①下列有关 溶液的说法正确的有 。
A．加入少量硫酸，溶液的pH不变
B．加入少量水稀释，溶液中离子总数增加
C．加入少量 溶液，反应（ⅰ）的平衡逆向移动
D．加入少量 固体，平衡时 与 的比值保持不变
② 时， 溶液中 随pH的变化关系如图2。当 时，设 、 与 的平衡浓度分别为x、y、z ，则x、y、z之间的关系式为 ；计算溶液中 的平衡浓度 （写出计算过程，结果保留两位有效数字）。
③在稀溶液中，一种物质对光的吸收程度（A）与其所吸收光的波长（ ）有关；在一定波长范围内，最大A对应的波长（ ）取决于物质的结构特征；浓度越高，A越大。混合溶液在某一波长的A是各组分吸收程度之和。为研究pH对反应（ⅰ）和（ⅱ）平衡的影响，配制浓度相同、 不同的 稀溶液，测得其A随 的变化曲线如图3。波长 、 和 中，与 的 最接近的是 ；溶液 从a变到b的过程中， 的值 （填“增大”“减小”或“不变”）。
44．ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。
实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：
（1）写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式 。
（2）装置A中持续通入N2的目的是 。装置B应添加 (填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。
（3）实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：
过程如下：
①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；
②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；
③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；
④用c mol·L 1 Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去V mL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I +S4O62-)。
装置中玻璃液封管的作用是 。
（4）滴定终点的现象是 。
（5）测得通入ClO2的质量m(ClO2)= g(用整理过的含c、V的代数式表示)。
45．溴及其化合物用途十分广泛，我国正在大力开展海水提溴的研究和开发工作。工业以浓缩海水为原料提取溴的部分过程如下：
某课外小组在实验室模拟上述过程设计以下装置进行实验（所有橡胶制品均已被保护，夹持装置已略去）
（1）A装置中通入a气体的目的是（用离子方程式表示） 。
（2）A装置中通入a气体一段时间后，停止通入，改通热空气。通入热空气的目的是 。
（3）B装置中通入的b气体是 ，目的是使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，试写出该反应的化学方程式 。
（4）C装置的作用是 。
五、综合题
46．I．为了研究化学反应A+B=C+D的能量变化情况，某同学设计了如图所示装置。当向盛有A的试管中滴加试剂B时，看到U形管中甲处液面下降乙处液面上升。
试回答下列问题：
（1）该反应为 反应(填“放热”或“吸热”)。
（2）A和B的总能量比C和D的总能量 (填“高”或“低”)。
（3）物质中的化学能通过化学反应转化成 释放出来。
（4）反应物化学键断裂吸收的能量 (填“高”或“低”)于生成物化学键形成放出的能量。
（5）写出一个符合题中条件的化学方程式： 。
（6）Ⅱ．同素异形体相互转化的反应热相当小，而且转化速率较慢，有时还很不完全，测定反应热很困难。现在可根据盖斯提出的“不管化学过程是一步完成或分几步完成，这个总过程的热效应是相同的”观点来计算反应热。
已知：
P4(白磷，s)+5O2(g)= P4O10(s) ΔH= 2983.2 kJ·mol 1①
P(红磷，s)+ O2(g)= P4O10(s) △H= 738.5 kJ·mol 1②
则白磷转化为红磷的热化学方程式为 。相同状况下，能量状态较低的是 ；白磷的稳定性比红磷 (填“高”或“低”)。
47．氢气燃烧生成液态水的热化学方程式是2H2(g)＋O2(g)=2H2O(1) ΔH＝－572 kJ·mol－1。请回答下列问题：
（1）生成物能量总和 (填“大于”“小于”或“等于”)反应物能量总和。
（2）若2 mol氢气燃烧生成水蒸气，则放出的热量 (填“大于”“小于”或“等于”)572 kJ。
（3）H2的标准燃烧热ΔH＝ 。
（4）反应2H2＋O2 2H2O的能量变化如图所示。
已知拆开1 mol H2、1 molO2和1 mol H—O中的化学键分别需要消耗436 kJ、496 kJ和463 kJ的能量。
则反应过程(Ⅱ) (填“吸收”或“放出”) kJ。
48．金刚石和石墨均为碳的同素异形体，氧气不足时它们燃烧生成一氧化碳，充分燃烧时生成二氧化碳，反应中放出的热量如图所示。
（1）写出石墨转化为金刚石的热化学方程式 。
（2）写出石墨和二氧化碳反应生成一氧化碳的热化学方程式 。
（3）科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
①判断CO和O生成CO2是放热反应的依据是 。
②写出CO2的电子式 ，CO2含有的化学键类型是（若含共价键，请标明极性或非极性） 。
49．将一定量Cl2通入100 mL 5.00 mol·L－1 NaOH溶液中，恰好完全反应，生成NaCl、NaClO和NaClO3。移取该溶液10.0 mL稀释到100 mL，再取稀释液10.0 mL，用醋酸酸化后，加入过量KI溶液充分反应，将NaClO还原。以淀粉为指示剂，用0.100 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定析出的I2，消耗20.0
mL时溶液蓝色褪去；再用硫酸将滴定后的溶液调至强酸性，继续滴定此时析出的I2，消耗30.0
mL时达到滴定终点。已知：I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI。(忽略反应过程中溶液体积变化)
请计算：
（1）通入氯气的物质的量为 mol。
（2）通入氯气后的溶液中NaCl的物质的量浓度为 mol·L－1。
50．乙酸是一种合成纤维、医药、农药、染料和粘合剂的重要的化工原料，也是优良的有机溶剂。
（1）已知CO的燃烧热为283kJ/mol；CH3OH的燃烧热为725kJ/mol；CH3COOH的燃烧热为870kJ/mol。试写出由CO与CH3OH制取CH3COOH的热化学方程式： 。
（2）工业上制取一氧化碳常用焦炭与氧气和二氧化碳反应。
已知：C(s)+O2(g) CO(g) △H1=-110.5kJ/mol ①
C(s)+CO2(g) 2CO(g) △H2=+552.5kJ/mol ②
工业上将一定比例的氧气和二氧化碳投入焦炭炉中反应，不同温度下，达到平衡时氧气和二氧化碳体积分数如图：
试解释随温度的升高氧气与二氧化碳的变化趋势的原因： ；在850℃时反应炉中达到热平衡，则通入的n(O2)：n(CO2)= (填，最简单整数比)；此时反应器中压强为p0，则反应②的Kp= 。
（3）650℃向某1L容器中投入1mol甲醇和不同物质的量的一氧化碳，测得平衡时反应物或生成物的体积分数如图：
则曲线c表示的物质是 ；e点CO的转化率为 ；(用分数表达或保留三位有效数字)在M点平衡状态下进行压缩，则重新达到平衡，M点可能移到： 。(填“不变”“O”“N”或“P”)。
51．二甲醚又称甲醚，简称 ，熔点 ，沸点 ，与石油液化气相似，被誉为“21世纪的清洁燃料”。制备原理如下：
(Ⅰ)由天然气催化制备二甲醚：①
(Ⅱ)由合成气制备二甲醚：②
③
回答下列问题：
（1）若甲醇与二甲醚的燃烧热分别是 和 ； 液态水变为气态水要吸收 的热量。则 。
（2）一定温度下，在容积固定的密闭容器中按Ⅰ制备二甲醚(开始时 )，下列情况能说明反应①达到平衡状态的是___________(填序号)。
A．混合气体的密度保持不变
B． 与 的物质的量之比保持不变
C．混合气体的平均相对分子质量保持不变
D． 的生成速率等于 消耗速率的2倍
（3）在恒容密闭容器中按原理(Ⅰ)制备二甲醚，若起始时 ， ，平衡时 的平衡转化率为 ，则平衡时 的体积分数为 。
（4）工业上按原理(Ⅱ)制备二甲醚时，反应②合成甲醇时常以 作催化剂。研究表明，反应体系中少量 有利于维持催化剂 的量不变，请结合平衡移动原理分析其原因是 (写出相关的化学方程式并辅以必要的文字说明)。
（5）用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的 和 的混合溶液可得到 ，阳极及其溶液中有关转化如图所示。溶液中Ⅲ、Ⅳ两步总反应的离子方程式为 。
52．锰铁氧体软磁材料(Fe2O3-MnO)可广泛应用在信息通讯等领域。用软锰矿(主要成分，含、FeO、、杂质)为主要原料制备锰铁氧体软磁材料的工艺流程如下。
回答下列问题：
（1）滤渣I的主要成分是 。
（2）“酸浸”过程中加入过量铁粉的主要目的是将还原为、 。
（3）“碳化”中生成碳酸锰沉淀的离子方程式为 。
（4）“碳化”时，金属阳离子的沉淀率与温度关系如图所示。为了使沉淀完全，最适宜的温度是 。“碳化”过程需加入过量的，除了使沉淀完全外，另一原因是 。
（5）“煅烧”时，碳酸亚铁发生反应的化学方程式为 。
53．H2S广泛存在于废水及天然气等燃气中，除去H2S和回收硫资源是利国利民之举。回答下列问题：
（1）已知：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH1
H2(g)+S(s)=H2S(g)
ΔH2
HCl(g)=HCl(aq) ΔH3
H2S(g)=H2S(aq)
ΔH4
用氯气除去废水中H2S的热化学方程式为 (反应热用ΔH1、ΔH2、ΔH3和ΔH4表示)。
（2）H2S可用于高效制取氢气，发生反应为2H2S(g) 2H2(g)+S2(g) ΔH
容器编号 起始物质的量/mol
H2S H2 S2
I 0.1 0 0
II 0.1 0 0
III 0.06 0.06 0.04
在三个恒容密闭容器中充入H2S(如上表)，容器I、II中H2S的平衡转化率如图所示：
①该反应的 H 0(填“>”或“<”)。
②图中A、B两点中容器内密度较大的是 (填“A”或“B”)。
③在T1℃，容器II的体积为6L，该反应20s后达到平衡，则0~20s内容器II中生成S2(g)的反应速率为 mol·L-1·min-1；在T1℃，容器III的体积为1L，该反应起始反应速率：v正(H2S) v逆(H2S)(填“>”“<”或“=”)。
（3）现改变条件进行(2)中反应：开始时，将1molH2S与8molNe(g)混合于恒压(总压为pkPa)密闭容器中反应，测得平衡时各气体[Ne(g)除外]的体积分数随温度变化如图所示。
①当H2S的平衡转化率为α，则S2(g)的平衡分压为 。
②在T2℃，该反应的平衡常数Kp kPa(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数)。
（4）H2S燃料电池应用前景非常广阔，该电池示意图如下。
①电极b是 极(填“正”或“负”)。
②电极a的反应式为 。
六、推断题
54．现有A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，其原子序数依次增大。A能分别与B、C、D三种元素形成电子数相同的分子，且B的最外层电子数是次外层电子数的2倍。E的阳离子、D的阴离子均与氖原子的电子层结构相同，且E的单质与D的单质反应能生成E2D和E2D2两种化合物。F所在主族序数与所在周期序数之差为4。(答题时，请用具体的化学用语表示)
（1）元素B在周期表中的位置 ；
（2）C2A4的结构式为： ，用电子式表示E2D的形成过程： 。
（3）C、D、E形成的简单离子的半径由大到小的顺序为： 。(用离子符号表示)
（4）E的最高价氧化物对应的水化物与F的最高价氧化物对应的水化物之间发生的化学反应方程式为： 。
（5）向KI溶液中通入适量的F单质后，再滴加一定量的CCl4，振荡静置后，继续通入F单质并充分振荡，混合溶液逐渐变为无色，若1mol还原剂转移10NA电子，上述反应的化学方程式为： 。
55．有机物 是一种重要的有机合成材料。以有机物苯乙炔为起始原料，合成 的路线如下：
已知：吡啶( )是一种有机碱。
回答下列问题：
（1）分子I中处于同一直线上的原子最多有 个；化合物II中所含官能团的名称为 。
（2）反应②和反应④的反应类型分别为 、 。
（3）反应⑤的方程式可表示为：V→VI＋X，小分子X的化学式为 ；反应中加入吡啶可提高VI的产率，原因为 。
（4）与化合物III具有相同官能团，且苯环上含三个取代基的III的同分异构体有 种，写出其中任意一种的结构简式： 。
（5）参照上述合成路线，以甲苯和苯胺( )为原料(其他试剂任选)，设计制备 的合成路线 。
56．石油铁储罐久置未清洗易引发火灾，经分析研究，事故由罐体内壁附着的氧化物甲与溶于石油中的气态氢化物乙按1:3反应生成的黑色物质丙自燃引起。某研究小组按照以下流程对粉末丙进行研究:
已知:气体乙可溶于水，标准状况下的密度为1.52g/L。
请回答下列问题:
（1）化合物甲的化学式为 。
（2）化合物丙在盐酸中反应的离子方程式: 。
（3）化合物丁还可用于氧化法制备高铁酸钾(K2FeO4)，试写出在KOH存在条件下用次氯酸钾氧化化合物丁制备高铁酸钾的化学方程式 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】根据元素守恒，X中应该含有K、S元素，故A正确；
【分析】注意已写方程式是用等号连接，故可用原子守恒，或代入法解题。
2．【答案】B
【解析】【解答】A．反应中能量变化与反应条件无关，如燃烧为放热反应，常温下氯化铵与氢氧化钡发生吸热反应，故A不符合题意；
B.热化学方程式中计量数只表示物质的量，可以为分数，故B符合题意；
C.生成1molH2O时为中和热，且生成硫酸钡放热，则1 mol H2SO4与1 mol Ba(OH)2反应生成BaSO4沉淀时放出的热不是中和热，故C不符合题意；
D.1molH2燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热，则1 mol H2与0.5 mol O2反应放出的热，水的状态未知，不一定为燃烧热，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物放出的热量为燃烧热，强酸强碱的稀溶液反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量为中和热。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应时，生成硫酸钡沉淀也会放出热量，所以0.5mol硫酸溶液与足量氢氧化钡溶液反应时的反应热△H小于—57.3kJ/mol，故A不符合题意；
B．常温下，pH均为9的醋酸钠和氢氧化钠溶液混合后溶液中氢氧根离子浓度不变，溶液pH不变，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应转移5mol电子，生成3mol氯气，37Cl和35Cl的原子个数为1：5的氯气平均摩尔质量约为70.6，则反应生成212g氯气，转移电子的数目为××NAmol-1=5NA，故C符合题意；
D．电能不属于一次能源，属于二次能源，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、中和热无论怎么改变反应物的量，其中和热焓变值不变，但是放出的热量不同。
要注意，强酸强碱中和放出的热量为57.3kJ，弱酸弱碱放出的热量小于57.3kJ，硫酸和氢氧化钡中和放出的热量大于57.3kJ，强酸强碱的浓溶液中和放出的热量大于57.3kJ，而如果用中和热表示，由于中和热是负值，因此强酸强碱中和热小于弱酸弱碱中和热，硫酸和氢氧化钡中和热、强酸强碱的浓溶液中和热均小于其余强酸强碱的中和热；
B、氢氧根浓度不变，则pH不变；
C、本题要注意，氯气的质量要结合两种质量数计算；
D、电能属于二次能源。
4．【答案】A
【解析】【解答A.】根据图示，该反应为放热反应。铝粉与氧化铁在加热条件下的反应放热，故A符合题意；
B.灼热的碳与二氧化碳反应生成CO，反应吸热，故B不符合题意；.
C.Ba（OH）2·8H2O晶体和NH4Cl晶体混合，反应吸热，故C不符合题意；
D.碳与水高温条件下制取水煤气的反应，反应吸热，故D不符合题意。
【分析】A、铝热反应为典型的放热反应。
B、D： 以C做还原剂的氧化还原反应为吸热反应。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.物理变化的过程往往也伴随着能量变化，故A不符合题意；
B.需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应，例如部分燃烧反应；故B不符合题意；
C.化学反应中一定伴有能量的变化，注意是能量并不是热量；
【分析】A、 有能量变化的过程不一定是化学变化过程 ；
B、根据吸热反应的概念及特征反应分析；
C、化学反应中一定伴有能量的变化，据此分析；
D、根据放热反应的概念特点分析解答。
6．【答案】B
【解析】【解答】Ａ.NaCl在溶于水后破坏的是离子键，因此会变为Cl-和Na+，题目的描述是正确的，不符合题意；
B.在电解CuCl2溶液的反应中，阳极发生的反应是2Cl-2e-=Cl2，所以题目的说法是错误的，符合题意；
C.醋酸分子属于弱电解质，因此在水溶液中是不完全电离的，用可逆号表示，选项的描述是正确的，不符合题意；
D.在氢气和氯气的反应中，断旧键需要吸收能量，成新键需要放出能量，所以该反应的反应热等于1mol氢氢键的键能与1mol氯氯键键能之和，减去2mol氢氯键的键能。
故答案为：B
【分析】A.离子化合物在水溶液中会破坏离子键；
B.电解氯化铜溶液后，阳极的产物是氯气，阴极的产物是铜离子；
C..弱电解质在水中的电离是很微弱的，因此要用可逆号表示；
D.反应热是指当一个化学反应在恒压以及不作非膨胀功的情况下发生后，若使生成物的温度回到反应物的起始温度，这时体系所放出或吸收的热量称为反应热。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．镁化合价由0价升高到MgO的+2价，所以镁为还原剂，被氧化，MgO为氧化产物，故A不符合题意；
B．CO2作氧化剂，表现氧化性，发生还原反应，故B不符合题意；
C．还原剂的还原性大于还原产物，所以还原性Mg＞C，故C符合题意；
D．Mg→MgO，1molMg反应失去2mol电子，则参加反应转移电子数为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】镁的化合价由0价升高为＋2价，所以镁为还原剂，MgO为氧化产物；碳元素的化合价由＋4价降低到0价，所以二氧化碳为氧化剂，C为还原产物，据此分析。
8．【答案】B
【解析】【解答】A. 无元素化合价升降，A不符合题意；
B. Cu元素化合价升高，B符合题意；
C. Cu元素化合价降低，C不符合题意；
D. 氧元素化合价降低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】需要加入氧化剂才能实现，则选项中发生还原剂的反应，还原剂中某元素的化合价升高，以此来解答。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．和水反应为放热反应，图1为吸热反应，故A不选；
B．铝和氧化铁反应为放热反应，图2表示的是放热反应，故B选；
C．碳酸钙高温分解属于吸热反应，但是图3中没有符合题意表示克服活化能吸收能量，故C不选；
D．与醋酸反应属于中和反应，反应放热，但是图4中没有符合题意表示克服活化能吸收能量，故D不选；
故答案为：B。
【分析】A.钠和水的反应为放热反应；
B.铝和氧化铁的反应为放热反应；
C.碳酸钙分解吸热；
D.中和反应为放热反应。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．蜡烛燃烧是化学能转化成光能和热能，故A不符合题意；
B．光合作用是太阳能转变化为化学能，故B不符合题意；
C．手机电池工作是化学能转化为电能，故C符合题意；
D．太阳能板充电是光能转化为电能，并向蓄电池充电，将电能转化为化学能储存起来，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】电池是一种将化学能转化为电能的装置。能量之间是可以相互转化的，但是能量的总和是不会改变的。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．根据元素化合价代数和等于0，Ba5(IO6)2中I元素化合价为+7，故A不符合题意；
B.5Ba(IO3)2中O元素化合价升高得到O2，O2是氧化产物，故B不符合题意；
C．根据反应方程式，生成4molI2时，转移40mol电子，则生成25.4gI2时，转移
电子，故C不符合题意；
D．Ba(IO3)2中I元素化合价降低生成I2，I2是还原产物，Ba(IO3)2中I元素化合价升高生成Ba5(IO6)2、O元素化合价升高生成O2，氧化产物是Ba5(IO6)2、O2，还原产物与氧化产物的物质的量之比为4：10=2：5，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.钡+2价，O-2价，正负化合价代数和为0；
B.O2是氧元素化合价升高所得到的产物，是氧化产物；
C.分析化合价可知该反应中化合价升高的有O元素和I元素，化合价降低的只有I元素，生成4molI2时，转移40mol电子，再计算生成 25.4gI2时，转移电子的物质的量；
D.还原产物只有I2，氧化产物是Ba5(IO6)2和O2。
12．【答案】C
【解析】【解答】A． H的计算应该是初态-末态， H=510 kJ·mol-1-419 kJ·mol-1= +91 kJ·mol-1，A项不符合题意；
B．活化能是从基态到活化状态所需要的能量，因此Ⅰ中正反应活化能为510 kJ·mol-1，B项不符合题意；
C．催化剂是降低反应的活化能，使活化分子数增多，C项符合题意；
D．催化剂加快反应速率所以II比I先达到平衡，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.末态物质具有的能量高于始态具有的能量
D.催化剂改变速率
13．【答案】A
【解析】【解答】A.由热化学方程式可知，相同物质的量的O2、S、Se三种物质，与氢气反应，O2释放的能量最多，Se需吸收能量，能量越高，稳定性越差，所以稳定性：H2O>H2S>H2Se，故A符合题意；
B.Se与H2反应生成H2Se的反应为吸热反应，升高温度平衡右移，有利于Se与H2反应生成H2Se，故B不符合题意；
C.将已知热化学方程式依次编号为①②③，由盖斯定律可知①×2-②得O2（g）+2H2S（g）═2H2O（g）+2S（g）△H=-444 kJ mol-1，故C不符合题意；
D.H2X的稳定性：H2O>H2S>H2Se，生成物的氢化物越稳定，其元素单质与H2的化合反应越容易，所以随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越难发生，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、相同物质的量的O2、S、Se三种物质，与氢气反应，生成物的能量越高，稳定性越差；
B、Se与H2反应为吸热反应，升高温度有利于反应进行；
C、根据已知方程式构建目标方程式，结合盖斯定律进行解答；
D、生成物的氢化物越稳定，其元素单质与H2的化合反应越容易。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，KCuO2做氧化剂，Cl的化合价升高，Cl2是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，KCuO2的氧化性强于Cl2。实验室用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应中，氧化剂是MnO2，氧化产物是Cl2，MnO2的氧化性强于Cl2。该反应需要加热，而KCuO2和浓盐酸的反应不需要加热，所以KCuO2的氧化性强于MnO2，故A不符合题意；
B．在反应(浓)中，Cu的化合价降低，生成的CuCl2是还原产物，故B符合题意；
C．在反应中，Cl的化合价从HCl中的-1价升高到Cl2中的0价，生成1molCl2，转移2mol电子，所以生成14.2g(0.2mol)Cl2，转移0.4mol电子，故C不符合题意；
D．由以上分析可知，KCuO2是氧化剂，HCl是还原剂，2mol KCuO2参加反应，消耗8molHCl，8molHCl中只有2mol生成了Cl2，做还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】(浓)中，Cu元素的化合价由+3价降低到+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0价，则KCuO2为氧化剂，CuCl2是还原产物，HCl为还原剂，Cl2为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，还原剂的还原性大于还原产物，据此作答。
15．【答案】B
【解析】【解答】A.依据化合物中化合价代数和为0，因C3N4中N的化合价为-3价，所以C的化合价为+4，A项不符合题意；
B.阶段II过氧化氢分解生成氧气和水的过程，为放热反应，B项符合题意；
C.阶段Ⅱ中，H2O2发生歧化反应，既是氧化剂，又是还原剂，C项不符合题意；
D.利用太阳光实现高效分解水的反应，实现了太阳能向化学能的转化，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据化合物中化合价代数和为0进行计算；
B、阶段Ⅱ为放热反应；
C、根据反应过程中元素化合价变化分析；
D、该反应过程中实现了太阳能转化为化学能；
16．【答案】B
【解析】【解答】A．醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，不能写成H+，因此不能用该热化学方程式表示反应热，A不符合题意；
B．Fe与S混合加热反应产生FeS，反应方程式为Fe+SFeS。9.6 g硫粉的物质的量是0.3 mol，11.2 g铁粉物质的量是0.2 mol，二者反应时物质的量的比是1：1，故应以不足量的Fe为标准，反应产生0.2 mol FeS，放出热量是19.12 kJ，则反应产生1 mol FeS时放出热量为Q=，故Fe与S反应产生FeS的热化学方程式为： ，B符合题意；
C.1 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，2 mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为571 kJ，则2 mol水分解变为H2、O2是H2燃烧的逆过程，故，C不符合题意；
D．燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，C的稳定氧化物是CO2气体，故不能根据该热化学方程式确定C的燃烧热，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.醋酸电离吸热；
C.1mol氢气完全燃烧生成液态水所放出的热量为285.5 kJ，物质的量与热量成正比，水分解的过程是氢气燃烧的逆过程，相反过程反应的焓变数值相同、符号相反；
D.C的燃烧热是指1molC完全燃烧生成二氧化碳放出的热量。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4是氧化还原反应，但同时又是置换反应，故A不符合题意；
B．是分解反应，无元素化合价发生变化，且不是氧化还原反应，故B不符合题意；
C.4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3是氧化还原反应反应，但同时又是化合反应，故C不符合题意；
D.2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2是氧化还原反应，且不是分解、化合和置换反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【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。
18．【答案】C
【解析】【解答】A．甲烷与氯气的反应为取代反应，与B、D反应类型相同，故A不符合题意；
B．B为乙醇的卤代反应，卤代反应是取代反应的一种，与A、D反应类型相同，故B不符合题意；
C．C为卤代烃的消去反应，与其他反应类型均不相同，故C符合题意；
D．D为酯的水解反应，水解反应属于取代反应，与A、B反应类型相同，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】取代反应是化合物或有机物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应
加成反应是它发生在有双键或叁键的物质中
消去反应 是一种有机化合物分子和其他物质反应，失去部分原子或官能基（称为离去基）的有机反应
19．【答案】D
【解析】【解答】A.因为碳酸钙受热分解是吸热反应，所以CO2(g)和CaO(s)的总能量大于CaCO3(s)的总能量，A不符合题意；
B.吸热反应，焓变大于零，B不符合题意；
C.在CaCO3中，Ca2＋和CO32－之间存在离子键，CO32－中，C与O之间存在共价键，故反应中有离子键断裂也有共价键断裂，旧化学键断裂吸收能量，新化学键形成放出能量，C不符合题意；
D.需要加热才发生的反应不一定为吸热反应，如碳的燃烧需要加热，但该反应是放热反应，符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、反应条件为高温，导致生成物能量大于反应物；
B、反应为吸热反应，;
C、碳酸根与钙离子断裂，钙离子再与碳酸根中氧原子结合，化学反应，旧键断裂吸热，新键生成放热；
D、加热可能是点燃，使温度达到可燃物着火点；
20．【答案】B
【解析】【解答】A．反应2NO2(g)N2O4 (g)为放热反应，热水中平衡逆向移动，二氧化氮浓度增大，左球气体颜色加深，冷水中平衡正向移动，二氧化氮浓度减小，右球气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，A不符合题意；
B．烧瓶中冒气泡，证明酸性：盐酸>碳酸，由于HCl不是氯元素最高价的含氧酸，无法用元素周期律解释，且由于浓盐酸有挥发性，进人硅酸钠溶液中的气体为HCl和CO2的混合气体，有浑浊出现，不能确定碳酸与硅酸的酸性强弱，此实验不能作为元素周期律的证据之一，B符合题意；
C．根据盖斯定律可知：△H=△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，C不符合题意；
D．根据得失电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比为2 ： 1，结合阿伏加德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2：1，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该反应中只有温度一个变量；
C.由盖斯定律可知，反应一步完成与分步完成时的热效应相同；
D.电解水生成的H2与O2的体积比约为2∶1。
21．【答案】C
【解析】【解答】A、可燃冰一种沉睡在海底和高寒冻土的独特能源，不属于新能源，A不符合题意；
B、化学变化中的能量变化形式有热能、光能、电能等等，B不符合题意；
C、化学反应的实质为旧键断裂、新键形成，而发生化学键断裂的过程不一定发生化学反应，如HCl溶于水发生电离，C符合题意；
D、有些吸热反应在常温下也能进行，例如氢氧化钡和氯化铵，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.可燃冰的主要成分是甲烷；
B.化学反应过程的能量变化主要体现为热量变化，还有光能、电能等形式；
C.HCl溶于水后离子键断裂，但无新物质生成；
D.有些吸热反应常温下也能发生；
22．【答案】A
【解析】【解答】A．反应①中MnO2→MnSO4，Mn元素化合价降低，MnSO4为氧化剂，②中MnSO4→MnO2，Mn元素化合价升高，为氧化剂，A不符合题意；
B．①中析出16gS即0.5mol，转移为2×0.5mol=1mol电子，B符合题意；
C．②中MnSO4→MnO2，Mn元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，C符合题意；
D．反应①消耗硫酸，反应②生成硫酸，硫酸可循环利用，D符合题意；
故答案为：A
【分析】A.反应过程中有元素化合价降低的物质为氧化剂；
B.根据反应过程中化合价的变化计算转移电子数；
C.反应过程中有元素化合价升高的物质发生氧化反应；
D.结合反应过程中H2SO4的变化分析；
23．【答案】C
【解析】【解答】A．该反应中氯气中的Cl原子化合价由0价变为-1价，属于氧化还原反应，A说法不符合题意；
B．该反应中氯气中的Cl原子化合价由0价变为-1价，具有氧化性，则反应利用了Cl2的氧化性，B说法不符合题意；
C．该反应中部分元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，C说法符合题意；
D．N2中N原子的化合价由-3价变为0价，生成1个氮气转移6个电子，则生成1mol N2有6mol电子转移，D说法不符合题意；
故答案为C。
【分析】根据方程式标出化合价，判断为氧化还原反应，体现了氯气的氧化性，根据得失电子情况即可计算出转移电子数
24．【答案】D
【解析】【解答】A.相同的温度和压强下，1mol乙烯和1mol氢气的熵值基本是相等的，A选项是错误的；
B.固态水中的氢键的数目是大于液态水中氢键的数目的，B选项是错误的；
C.HOCH2CH2NH2属于有机物，而HOCH2CH2NH3Br属于盐，因此是HOCH2CH2NH3Br的水溶性更大，C选项是错误的；
D.氮气和氧气反应属于吸热反应， >0，碳和氧气反应属于放热反应， <0，所以 >。D选项是正确的，符合题意。
故答案为：D。
【分析】本题考查的是物质的化学性质。
25．【答案】C
【解析】【解答】A．TMNS是催化剂，可降低反应的活化能，但平衡不移动，合成氨的转化率不变，故A不符合题意；
B．N2→NH3，氮元素价态下降得电子作氧化剂，被还原，故B不符合题意；
C．由图象可知，氮气分子进入催化剂表面的空位被吸附，TMNS表面上氨脱附产生的空位有利于吸附N2，故C符合题意；
D．合成氨为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率下降，且高温下TMNS催化活性降低，则氨的合成效率下降，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．催化剂可以加快速率，不影响平衡意；
B．化合价降低，得电子作氧化剂，被还原；
C．催化剂表面的空位有吸附作用；
D．高温下，催化活性降低。
26．【答案】A,D
【解析】【解答】A．根据图中信息得到反应Ⅰ中形成了氢氢键、氮氮键这两种新的化学键，故A符合题意；
B．中间产物的每个氮还有一对孤对电子，其电子式：，故B不符合题意；
C．氨气分解是吸热反应，而逆反应是放热反应即断键吸收的热量小于成键放出的热量，因此总反应中1mol氮气和3mol氢气的总键能小于2mol氨气的总键能，故C不符合题意；
D．根据题意，通过该催化反应，氨气变为氮气和氢气，化学能增加，因此实现了太阳能向化学能的转化，故D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】A.反应Ⅰ为氨气生成H2和N2H2；
B.N2H2的电子式为；
C.合成氨的反应为放热反应；
D.反应过程将太阳能转化成化学能。
27．【答案】A,C
【解析】【解答】A． 偏二甲肼是人工合成的有机物，不属于可再生能源，氢气属于可再生能源，A项符合题意；
B． 氯碱工业中使用的是阳离子交换膜，只允许钠离子通过，而氢氧根离子，氯离子和气体不能通过，B项不符合题意；
C．太阳能电池将太阳能转化为电能，锂离子电池组可以把化学能转化为电能，C项符合题意；
D．在大桥钢架表面喷涂油漆，可以隔绝空气和水，防止发生电化学腐蚀，D项不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A.偏二甲肼为合成有机物；
B.氯碱工业中氯离子放电，则阳离子需要移动到阴极，需使用阳离子交换膜；
C.太阳能电池将太阳能转化为电能；
D.大桥钢架结构表面喷涂油漆，能隔绝空气和水。
28．【答案】A,C
【解析】【解答】A． 水的分解需要从外界获取能量，故其为吸热反应，A符合题意；
B．观察反应历程可以看出，反应历程中，由于分子构型发生改变，钒原子的杂化方式一定会改变，B不符合题意；
C．和“2.174”的原子钒原子和氧原子，它们之间不是氢键，C符合题意；
D． IM2→FS3是放热反应，升温之后平衡逆向移动，故IM2→FS3的正反应速率增大的程度小于逆反应速率增大的程度，D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A． 水的分解需要从外界获取能量；
B．分子构型发生改变，杂化方式一定会改变；
C．氢键是电负性强的原子（如N、O、F等）和与另一个电负性强的原子共价结合的氢原子间形成的键；
D．根据影响化学平衡移动的因素分析。
29．【答案】C,D
【解析】【解答】A.该反应的反应热ΔH=419kJ/mol-510kJ/mol=-91kJ/mol，A不符合题意；
B.催化剂可改变反应速率，但不改变反应热，B不符合题意；
C.该反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，C符合题意；
D.使用催化剂可降低反应所需的活化能，D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A.根据反应热的计算公式进行计算；
B.催化剂不改变反应热；
C.根据图像所给能量大小进行分析；
D.使用催化剂可降低反应所需的活化能；
30．【答案】B
【解析】【解答】A．该反应的活化能应为反应物的能量和过渡态II的能量之差，即Ea=E3-(E2-E1)= E1＋E3- E2，故A不符合题意；
B．焓变=反应物键能之和-生成物键能之和，所以△H= E1+E3-(E4＋E2)= -(E4＋E2-E1-E3)，故B符合题意；
C．据图可知第一个基元反应的活化能E1小于第二个基元反应的活化能E3，活化能越小反应速率越快，所以此条件下，第一个基元反应的反应速率大于第二个，故C符合题意；
D．活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，根据活化能并不能判断反应发生的条件，故D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A、该反应的活化能应为反应物的能量和过渡态II的能量之差；
B、焓变=反应物键能之和-生成物键能之和；
C、反应所需的活化能越小，反应速率越快；
D、活化能不能作为判断反应发生的条件；
31．【答案】A,D
【解析】【解答】A．由电流方向是流向Ag电极，可知Ag电极连接电源正极作阳极，Ag失去电子变为Ag+进入溶液，Fe电极连接电源负极作阴极，溶液中的Ag+在Fe电极上得到电子被还原为Ag单质，因此可以实现铁件镀银的目的，A符合题意；
B．反应应控制高锰酸钾溶液不足量，且草酸浓度不同来探究浓度对速率的影响，实验中高锰酸钾浓度不同，溶液颜色开始就不同，因此不能由褪色快慢研究反应物浓度对反应速率的影响，B不符合题意；
C．稀硫酸与锌粒反应制氢气的反应是放热反应，反应物的能量高，生成物的能量低，而图示的能量变化显示的是吸热反应，与反应事实不吻合，C不符合题意；
D．硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应产生Al(OH)3和H2SO4，水分蒸发，由于硫酸是不挥发的酸，Al(OH)3和H2SO4又发生反应产生Al2(SO4)3，故蒸干硫酸铝溶液可以制无水硫酸铝固体，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】A.电流方向与电子方向相反，由图可知，Ag将失电子，所以Ag电极为阳极，Fe电极为阴极。溶液中的Ag+会移向铁电极得电子，即铁件镀银。
B.根据控制变量法，探究反应物浓度对反应速率的影响，就要确保其他条件相同，如开始酸性高锰酸钾溶液的颜色要相同。
C.根据图示，△H=生成物的总能量－反应物的总能量＞0，为吸热反应，而锌与稀硫酸的反应为放热反应。
D.硫酸铝为强酸弱碱盐，铝离子发生水解：Al3+＋3H2O
Al(OH)3＋3H+，蒸干过程中，水解得到的硫酸（不挥发）和Al(OH)3反应又生成硫酸铝
32．【答案】A,D
【解析】【解答】A．在催化剂表面存在 ， H-H断裂，A符合题意；
B．图2中②③是断键吸收能量的过程，B不符合题意；
C．③④是N原子、H原子形成NH3分子，可表示为： ，C不符合题意；
D．催化剂不能改变反应物和生成物的能量，D符合题意；
故答案为：AD
【分析】A．化学键的断裂判断；
B．断开化学键是吸收能量；
C．N原子、H原子形成NH3分子 ；
D．催化剂不能改变反应物和生成物的能量。
33．【答案】B,D
【解析】【解答】A、中和热是稀的强酸和稀的强碱发生中和反应生成1molH2O(l)时，放出的热量，且发生的反应只能是H＋(aq)＋OH－(aq)=H2O(l)，即任何中和反应生成1molH2O，能量的变化可能相同，也可能不相同，故A不符合题意；
B、△H只与始态和终态有关，与反应条件无关，故B符合题意；
C、水蒸气变为液态水是放热过程，即a
故答案为：BD。
【分析】A.中和热是指在稀溶液中强酸与强碱反应只生成可溶性的盐和水的反应放出的热量；
B.焓变与反应条件无关；
C.焓变带有正负号，放出的热量越大焓变越小；
D.根据盖斯定律进行计算。
34．【答案】A,B
【解析】【解答】A．将少量Cl2通入FeBr2中，再加入CCl4，振荡、静置，CCl4层为无色，则没有置换出溴单质，氯气先将Fe2+氧化，说明Br-的还原性比Fe2+的弱，选项A符合题意；
B．向硫酸铜溶液中加入碘化钾溶液，再加入苯，振荡，上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成，说明硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成硫酸钾、碘和碘化亚铜白色沉淀，反应中铜离子做反应的氧化剂，碘离子作还原剂，选项B符合题意；
C．海带中的碘元素以碘离子的形式存在，将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，过滤，向滤液中滴加几滴稀硫酸和1mol H2O2，再滴加几滴淀粉溶液，溶液变为蓝色，说明海带中含有碘离子，反应方程式为2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，选项C不符合题意；
D．氧化银是碱性氧化物，与稀硝酸反应生成硝酸银，与氨水反应生成银氨络合物，属于络合反应，选项D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.氯气少量，先氧化还原性较强的；
B.上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成，说明硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成硫酸钾、碘和碘化亚铜白色沉淀；
C.淀粉遇单质碘变蓝，由实验现象说明海带中含有碘离子；
D.氧化银溶于稀硝酸生成硝酸银，与氨水反应生成银氨络合物。
35．【答案】A,D
【解析】【解答】A．根据盖斯定律，(①+②)×得到CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=[(-574kJ mol-1)+(-1160kJ mol-1)]=-867kJ/mol，标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2、CO2和气态水，放出的热量为×867kJ/mol=173.4kJ，则生成液态水放出的热量＞173.4kJ，故A符合题意；
B．利用以上反应可降低大气中的氮氧化合物（NO2、NO）的含量，可以有效减轻光化学烟雾，故B不符合题意；
C．甲烷燃烧时要放出热量、光能，所以燃料电池中甲烷的利用率比甲烷燃烧的能量利用率高，故C不符合题意；
D．反应中N由+2价降低为0价，C由-4价升高为+4价，转移8个电子，未告知是否为标准状况，无法计算4.48LCH4的物质的量，因此无法判断反应完全时转移电子的物质的量，故D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】易错分析：A结合盖斯定律，写出CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)的热化学反应方程式，但是题目要求得到液态水，所以，由气态水得到液态水，还有放出热量。
C.形成原电池对物质利用率会更加高
D.在使用气体体积转化为物质的量时，一定要注意所给条件是否为标况。
36．【答案】吸收能量；放出能量
【解析】【解答】从能量的角度看，断开化学键要吸收能量，形成化学键要放出能量，如果断开化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量，则反应是吸热反应，反之是放热反应。
【分析】断开化学键要吸收能量，形成化学键要放出能量.
37．【答案】Fe3O4；CO；C；Fe
【解析】【解答】反应Fe3O4＋4CO 3Fe＋4CO2中铁元素化合价降低，得到电子，被还原，Fe3O4是氧化剂，碳元素化合价升高，失去电子，被氧化，一氧化碳是还原剂。
【分析】元素化合价升高的反应物被氧化，是还原剂，元素化合价降低的物质被还原，是氧化剂，据此解答即可。
38．【答案】CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ mol-1
【解析】【解答】总反应为CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H，根据观察，可知总反应=，则 ΔH=ΔH1+ΔH2，即，故答案为： CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ mol-1 。
【分析】盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减。
39．【答案】；酸性、还原性
【解析】【解答】反应2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，KMnO4中Mn元素的化合价由+7价降低至+2价，得到电子被还原，HCl中部分Cl元素的化合价由-1价升高至0价，失去电子被氧化，用双线桥法可表示为 ，HCl中部分Cl元素的化合价降低，部分Cl元素的化合价未发生改变，因此HCl表现的性质有酸性和还原性。
【分析】用双线桥标明电子的转移情况时，箭头指向的是同一种元素，线上标明得失电子情况；根据反应过程中HCl的变化分析。
40．【答案】（1）2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
（2）Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；取FeCl3腐蚀铜后的溶液少许于试管，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明含Fe3+，若不变红，说明不含Fe3+
（3）2ClO2+Mn2++2H2O=2ClO2-+MnO2↓+4H+
【解析】【解答】(1)①氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。该反应的化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；答案：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(2)①FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁与氯化铜, 该反应的离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；检验FeCl3腐蚀铜后的溶液是否含Fe3+的方法为:取FeCl3腐蚀铜后的溶液少许于试管,滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红,说明含Fe3+,若不变红，说明不含Fe3+；故答案为: Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；取FeCl3腐蚀铜后的溶液少许于试管，滴加硫氰化钾溶液，若溶液变红，说明含Fe3+，若不变红，说明不含Fe3+。（3）ClO2具有强氧化性，能除去水中的Fe2+和Mn2+。用ClO2氧化除去Mn2+生成ClO2-和MnO2的离子方程式为2ClO2+Mn2++2H2O=2ClO2-+MnO2↓+4H+；答案：2ClO2+Mn2++2H2O=2ClO2-+MnO2↓+4H+。
【分析】（1）氢氧化钙和氯气反应会得到次氯酸钙和氯化钙溶液；
（2）铜单质会和铁离子发生氧化还原反应，生成铜离子和亚铁离子；硫氰根离子会和铁离子发生络合反应，生成血红色的络合物，这样就可以检验铁离子的存在；
（3）ClO2和Mn2+会发生氧化还原反应，生成二氧化锰沉淀和ClO2-。
41．【答案】⑤；②；③；①；①②④
【解析】【解答】多种物质生成一种物质的属于化合反应：⑤；一种物质生成多种物质的属于分解反应：②；没有化合价变化，物质两两交换成分的为复分解反应：③；一种单质与一种化合物生成另一种单质合另一种化合物为置换反应：①；有元素化合价变化的反应为氧化还原反应：①②④。
【分析】化合反应是两种或两种以上的物质反应生成一种物质的反应；
一种物质反应生成两种或以上物质的反应为分解反应；
两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应；
一种单质和一种化合物反应生成另外一种单质和化合物的反应为置换反应；
有化合价变化的反应为氧化还原反应。
42．【答案】（1）碱式滴定管；淀粉溶液；0.60；当滴入最后一滴I2溶液时，溶液由无色变蓝色，且半分钟不变色
（2）0.038mol/L；a、b、e
【解析】【解答】Ⅰ．①因为Na2S2O3溶液中c(H+)
③滴定终点，I2反应完全，I2与淀粉溶液显蓝色。所以终点的判断现象为当滴入最后一滴I2溶液时，溶液由无色变蓝色，且半分钟不变色；故答案为：当滴入最后一滴I2溶液时，溶液由无色变蓝色，且半分钟不变色；
Ⅱ．数据处理与讨论
①由表中三组数据可得消耗标准液分别为(19.20-0.10)mL=19.10mL、(20.75-1.85)mL=18.90mL、(24.06-0.00)mL=24.06mL(舍去)，消耗标准液平均值为： =19.00mL，根据反应2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6可知，n(Na2S2O3)=2n(I2)，则n(Na2S2O3)=0.01mol/L×0.019L×2=0.00038mol，c (Na2S2O3)= =0.038mol/L，故答案为：0.038mol/L；
②a．项碱式滴定管未用标准液润洗，会使标准液的实际浓度减小，滴定用去标准液的体积会变多，导致代入公式计算出的醋酸浓度偏大。
b．项碱式滴定管读数后，一部分体积的标准液并未进入锥形瓶与待测液反应，而是用于填充气泡了，会使用去的标准液读数比实际进入锥形瓶的偏大，导致实验结果偏大。
c．锥形瓶中加少量水，待测醋酸物质的量没变，所以对实验结果无影响。
d．待测液从锥形瓶中摇动溅出，导致待测醋酸溶质损失，使实验结果偏低。
e．滴定终点时仰视读数，用去标准液读数偏大，导致实验结果偏大。
故答案为：a、b、e。
【分析】：（1）①Na2S2O3溶液呈碱性，用碱式滴定管量取；I2参与的氧化还原反应，指示剂可选淀粉溶液；
②滴定管的0刻度在上方，需要读到0.01mL；
③滴定终点时I2反应完全，I2与淀粉溶液显蓝色，以此判断滴定终点现象；
（2）①先计算出三次滴定消耗标准液的体积，然后判断数据有效性，结合有效数据计算出消耗标准液的平均体积，最后结合化学方程式及c(待测)＝c(标准) V(标准)/V(待测)计算
②先分析操作方法对V（标准）的影响，然后结合c（待测）＝c(标准) V(标准)V(待测)计算滴定误差。
43．【答案】（1）N2↑；4H2O；(E1-E2)+ΔH+(E3-E4)；；2NO+O2=2NO2
（2）BD；；当溶液pH=9时， ，因此可忽略溶液中 即 =0.20 反应(ii)的平衡常数K2= = =3.3×10-7 联立两个方程可得 =6.0×10-4mol/L；λ3；增大
【解析】【解答】（1）①根本据题干信息，(NH4)2Cr2O7分解过程中，生成Cr2O3和无污染气体，再结合元素守恒可知，无污染气体为N2、H2O，根据原子守恒进行配平得(NH4)2Cr2O7Cr2O3+N2↑+4H2O。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③在Cr2O3作催化剂条件下，NH3与O2反应生成无色的NO，NO与O2反应生成红棕色的NO2，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，则从NH3出发经过3步反应制备HNO3的路线为NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A．向溶液中加入少量硫酸，溶液中c(H+)增大，反应(ii)平衡逆向移动，根据勒夏特列原理可知，平衡移动只是减弱改变量，所以平衡后，溶液中c(H+)整体是增大，即pH减小，A错误；
B．加水稀释过程中，根据“越稀越水解”“越稀越电离”可知，反应(i)和(ii)的平衡都正向移动，溶液中离子总数增加，B正确；
C．加入少量NaOH溶液，反应(ii)中c(H+)减小，促进反应(ii)正向移动，则c(HCrO4-)减小，所以反应(i)正向移动，C错误；
D．由于平衡(i)的平衡常数K1= ，平衡常数只与温度和反应本身有关，所以加入少量K2Cr2O7溶液，平衡时两比值不变，D正确；
故答案为：BD。
②0.10mol/L K2Cr2O7溶液中，Cr原子的总浓度为0.20mol/L，当溶液pH=9.00时，溶液中Cr原子总浓度为
2 c(Cr2O72-)+c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20mol/L，所以x+0.5x+0.5y=0.10。由图8可知，当溶液pH=9时，lg＞4，即104，所以可认为c(HCrO4-)+ c(CrO42-)=0.20 mol/L，反应(ii)的平衡常数K2= =3.3×10-7，联立两个方程可得c(HCrO4-)=6.0×10-4mol/L。
③溶液的pH增大，即c(H+)减小，能促进反应(i)、(ii)正向进行，使溶液中离子浓度之和增大，由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，则c(CrO42-)越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。反应(i)的平衡常数K1= ，反应(ii)的平衡常数K2= ，则 (K2)2×K1= ，所以，温度不变，平衡常数不变，溶液pH从a变到b的过程中，溶液中c(H+)减小，所以的值将增大。
【分析】（1）①根据题干信息及元素种类守恒可推出其他产物，再结合原子个数守恒进行配平。
②根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为 (E1-E2)+ΔH+(E3-E4)。
③根据物质的性质进行分析，反应路线是NH3NO NO2HNO3 。
（2）①A.盐类水解程度较弱，硫酸为强电解质，加入硫酸，溶液中酸性增强。
B. 越稀越水解，越稀越电离，据此分析。
C.根据勒夏特列原理进行分析。
D.根据平衡常数的表达式及其影响因素进行分析。
②根据原子守恒及平衡常数表达式进行分析。
③由图可知混合溶液在某一波长的A越大，溶液的pH越大，即c(H+)越小，则更能促进反应(i)、(ii)正向进行，溶液中离子浓度之和越大，所以与CrO42-的λmax最接近的是λ3。在判断题干中表达式的数值大小时，可结合平衡常数表达式和c(H+)进行分析。
44．【答案】（1）
（2）降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴
（3）防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量
（4）溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化
（5）1.35×10-2cV
【解析】【解答】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为： ，故答案为： ；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ. (3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V 10-3 L×cmol/L=c V 10-3 mol．则：根据关系式： ，所以n(ClO2)= n(Na2S2O3)= ×c V 10-3 mol，所以m(ClO2)=n(ClO2) M= ×c V 10-3 mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案为：1.35cV×10-2。
【分析】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质， ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；Ⅱ. (3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。
45．【答案】（1）Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
（2）吹出Br2
（3）SO2；Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4
（4）吸收未反应的Cl2、Br2、SO2，防污染
【解析】【解答】（1）要想使溴离子变成溴单质，则加入的a能和溴离子发生反应生成溴单质，氯气能和溴离子发生置换反应生成溴单质，离子反应方程式为Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；（2）溴易挥发，升高温度促进其挥发，所以通入热空气的目的是吹出Br2；（3）使溴蒸气转化为氢溴酸以达到富集的目的，可知气体b为SO2，发生的反应为Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；（4）氯气不可能完全反应，氯气和溴离子反应生成溴单质，未反应的二氧化硫、氯气和溴都有毒，不能直接排入空气中，且这几种物质都能和碱反应，所以C装置是尾气处理装置，可知C的作用为吸收未反应的Cl2、Br2、SO2，防污染。
【分析】（1）氯气的氧化性强于溴单质，因此氯气可以和溴离子发生氧化还原反应，得到溴单质和氯离子；
（2）通入热空气的目的是使溴单质挥发除去；
（3）二氧化硫具有还原性，可以和溴单质发生氧化还原反应，生成硫酸和溴化氢；
（4）装置中的氯气、溴单质和二氧化硫都是有毒有害气体，所以氢氧化钠的作用是吸收反应中剩余的气体，进行为尾气处理，以防污染环境。
46．【答案】（1）放热
（2）高
（3）热能
（4）低
（5）2Al+6HCl = 2AlCl3+3H2↑(或2Na+2H2O = 2NaOH+H2↑或NaOH+HCl=NaCl+H2O等合理答案均可)
（6）P4(白磷，s) =4P(红磷，s)ΔH= 29.2 kJ mol 1；红磷；低
【解析】【解答】Ⅰ．（1）U形管中甲处液面下降乙处液面上升，说明该反应放热，温度升高，瓶内的压强增大。（2）放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以A和B 的总能量比C和D的总能量高。（3）温度升高，说明物质中的化学能通过化学反应转化成热能释放出来。（4）反应热=反应物的总键能 生成物的总键能，该反应放热，说明反应物的总键能低于生成物的总键能。（5）放热反应的例子有燃烧反应、活泼金属与酸的反应、中和反应等，举一例即可。
Ⅱ．根据盖斯定律可知，白磷转化为红磷的热化学方程式=① 4×②，即P4 (白磷，s ) =4P (红磷，s ) ΔH= ( 2983.2 kJ mol 1) 4 ×( 738.5 kJ mol 1)= 29.2 kJ mol 1；该反应是放热反应，说明红磷的能量低于白磷，所以白磷的稳定性比红磷低。
【分析】化学反应的本质是旧键断裂新键形成。反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应，通常以热能的形式释放出来。 常见的放热反应类型包括燃烧、中和、金属氧化、、较活泼的金属与酸反应、由不稳定物质变为稳定物质的反应。
47．【答案】（1）小于
（2）小于
（3）－286 kJ·mol－1
（4）放出；1852
【解析】【解答】(1)该反应的ΔH<0，为放热反应，生成物能量总和小于反应物能量总和。(2)由热化学方程式可知，2 mol氢气燃烧生成液态水，放出572 kJ热量，由于液态水变为水蒸气需要吸收热量，故2 mol氢气燃烧生成水蒸气，放出的热量小于572 kJ。(3)标准燃烧热ΔH＝－ kJ·mol－1，＝－286 kJ·mol－1。(4)反应过程(1)中，能量由低到高，反应吸收热量，反应过程(Ⅱ)中，能量由高到低，反应放出热量。反应过程(Ⅱ)中形成了4 mol H—O键，放出的热量为：4×463 kJ＝1 852 kJ。
【分析（1）吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量；放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量。
（2）物质由固态转化为液体，液体转化为固体时需要吸收热量。
（3）燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时放出的热量。
48．【答案】（1）C（s，石墨）＝C（s，金刚石）△H=+1.9 kJ/mol
（2）C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）△H=+172.5 kJ/mol
（3）状态I的能量高于状态III的能量；；极性共价键
【解析】【解答】（1）根据图像可知石墨的总能量低于金刚石，石墨转化为金刚石的反应热为+（395.4－283.0－110.5）kJ/mol＝+1.9 kJ/mol，因此石墨转化为金刚石的热化学方程式为C（s，石墨）＝C（s，金刚石）△H=+1.9kJ/mol。（2）根据图像可知：
①C（s，石墨）+1/2O2（g）＝CO（g）△H=－110.5 kJ/mol
②CO（g）+1/2O2（g）＝CO2（g）△H=－283.0 kJ/mol
根据盖斯定律可知①－②即可得到石墨和二氧化碳反应生成一氧化碳的热化学方程式为C（s，石墨）+CO2（g）＝2CO（g）△H=+172.5 kJ/mol。（3）①根据图像可知状态I的能量高于状态III的能量，所以CO和O生成CO2是放热反应。②二氧化碳是共价化合物，则CO2的电子式为 ，碳氧是不同的非金属元素，则CO2含有的化学键类型是极性共价键。
【分析】（1）热化学方程式是用以表示化学反应中的能量变化和物质变化。热化学方程式的意义为热化学方程式不仅表明了一个反应中的反应物和生成物，还表明了一定量物质在反应中所放出或吸收的热量；
（3）①反应物的总能量大于生成物的总能量，因此该反应是放热反应；
②二氧化碳分子中，氧碳原子分别和两个氧原子形成两对共用电子对；不同种原子之间形成的共价键叫做极性共价键。
49．【答案】（1）0.250
（2）3.50
【解析】【解答】(1)根据反应产物价态分析可知，氯气与碱溶液发生歧化反应，可以看作是发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2 +6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。或根据产物中钠、氯原子个数比为1 ： 1，由原子守恒可得关系式：Cl2~2NaOH，根据反应可知，氯气与氢氧化钠在反应中的物质的量的比都为1：2，因为氯气与氢氧化钠溶液恰好完全反应，所以n(Cl2)= mol=0.250mol；(2)根据NaClO、NaClO3与KI反应：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 、 +6I-+6H+=3I2+Cl-+3H2O以及I2 与Na2S2O3反应的比例列出反应关系式进行计算：
根据溶液稀释倍数和滴定取样用量，可知原溶液溶质的物质的量为被滴定量的100 倍，因此通入氯气后的溶液中NaCl的物质的量浓度c(NaCl) = =3.50 mol·L－1。
【分析】Cl2通入NaOH溶液中恰好完全反应，生成NaCl、NaClO和NaClO3，发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2 +6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，反应后的溶液用醋酸酸化后，加入过量KI溶液充分反应，发生的离子反应为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 、 +6I-+6H+=3I2+Cl-+3H2O，再用0.100 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定析出的I2，发生反应I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI，据此分析结合实验数据解答。
50．【答案】（1）CO(g)+CH3OH(l)=CH3COOH(l) H=-138kJ/mol
（2）反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，O2的体积分数增大，而反应②为吸热反应，随温度升高反应正向进行，故CO2的体积分数降低；6：7；1.96p0
（3）一氧化碳（或CO）；（或93.6%）；N
【解析】【解答】(1)
CO的燃烧热为283kJ/mol，则CO燃烧热表示的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g) H=-283kJ/mol（①），CH3OH的燃烧热为725kJ/mol，则CH3OH燃烧热表示的热化学方程式为CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) H=-725kJ/mol（②），CH3COOH的燃烧热为870kJ/mol，则CH3COOH燃烧热表示的热化学方程式为CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H=-870kJ/mol（③），根据盖斯定律，将①+②-③得CO(g)+CH3OH(l)=CH3COOH(l) H=-283kJ/mol+(-725kJ/mol)-(-870kJ/mol)=-138kJ/mol，由CO与CH3OH制取CH3COOH的热化学方程式为CO(g)+CH3OH(l)=CH3COOH(l) H=-138kJ/mol；答案为：CO(g)+CH3OH(l)=CH3COOH(l) H=-138kJ/mol。
(2)反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，O2的体积分数增大，而反应②为吸热反应，随温度升高反应正向进行，故CO2的体积分数降低；设反应②消耗CO2物质的量为amol，则反应②生成CO物质的量为2amol，在850℃时反应炉中达到热平衡，反应①消耗的O2与反应②消耗的CO2物质的量之比为552.5：(2×110.5)=2.5：1，则反应①消耗的O2物质的量为2.5amol、生成CO物质的量为5amol，平衡时O2的体积分数为5%、CO2的体积分数为25%，CO的体积分数为1-5%-25%=70%，平衡时O2、CO2、CO的物质的量之比为5%：25%：70%=1：5：14，平衡时CO物质的量为2amol+5amol=7amol，则平衡时O2、CO2物质的量依次为0.5amol、2.5amol，通入的n(O2)：n(CO2)=(2.5a+0.5a)mol：(a+2.5a)mol=6：7；平衡时反应器中的压强为p0，则CO2、CO的平衡分压依次为0.25 p0、0.7 p0，反应②的Kp===1.96p0；答案为：反应①为放热反应，升高温度平衡逆向移动，O2的体积分数增大，而反应②为吸热反应，随温度升高反应正向进行，故CO2的体积分数降低；6：7；1.96p0。
(3)650℃向某1L容器中投入1mol甲醇和不同物质的量的一氧化碳，发生反应CO(g)+CH3OH(g) CH3COOH(g)，当投入的CO物质的量为1mol，达到平衡时CO和CH3OH的体积分数相等，图中曲线a、c代表反应物，随着的增大，即相当于增大CO的浓度，平衡正向移动，CH3OH的体积分数减小，曲线a代表CH3OH、曲线c代表CO；e点表示投入的CO为1mol，平衡时CH3OH、CO的体积分数都为0.06，设从起始到平衡转化CO物质的量为xmol，列三段式 ，则=0.06，解得x=，CO的转化率为=≈0.936=93.6%；在M点平衡状态下进行压缩，增大压强，平衡正向移动，平衡时CO的体积分数减小，则M点可能移动到N点；答案为：一氧化碳（或CO）；（或93.6%）；N。
【分析】（1）热化学方程式中，化学计量数对应物质的量；
（2）升高温度，平衡朝吸热方向移动；分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
（3）相当于增大CO的浓度，平衡正向移动，CH3OH的体积分数减小；转化率=变化量/起始量；增大压强，平衡朝气体系数缩小的方向移动。
51．【答案】（1）-24
（2）C
（3）20%
（4）Cu2O+CO 2Cu+CO2
（5）CuCl--e-+Cl-=CuCl2；2CuCl +2OH-=Cu2O↓+4Cl-+H2O
【解析】【解答】(1) a．CH3OH (g) + O2 (g) 2H2O(l)+CO2 (g) △H=-760.5kJ/mol，b．CH3OCH3(g) +3 O2(g) =3 H2O(l)+2CO2(g) △H=-1453.0kJ/mol，1mol液态水变为气态水要吸收44.0kJ的热量，c．H2O(l) = H2O (g) △H=+44kJ/mol；将方程式2a-b+c得方程式2CH3OH (g) CH3OCH3 (g) +H2O(g) △H3=[2×(-760.5) +1453.0+44]kJ/mol=-24kJ/mol；
故答案为：-24；
(2) A．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，则混合气体的密度始终保持不变，不能据此判断平衡状态，故A不正确；
B．CH4与O2的物质的量之比保持不变，该反应不一定达到平衡状态，与反应初始物质的量和转化率有关，故B不正确；
C．反应前后气体总质量不变、气体总物质的量减小，则混合气体平均相对分子质量在反应前后增大，当混合气体的平均相对分子质量保持不变时，各物质的物质的量不变，反应达到平衡状态，故C正确；
D．无论反应是否达到平衡状态都存在CH4的生成速率等于与CH3OCH3消耗速率的2倍，不能据此判断平衡状态，故D不正确；
故答案为：C。
(3) 平衡时二甲醚的体积分数也等于其物质的量浓度分数= ；
故答案为：20%。
(4)在加热条件下CO能还原Cu2O使其减少，因此反应体系中含有少量二氧化碳有利于抑制反应向正反应方向移动，维持Cu2O的量不变，反应方程式为：Cu2O+CO 2Cu+CO2；
故答案为：Cu2O+CO 2Cu+CO2。
(5)用铜作阳极，钛片作阴极，电解一定浓度的NaCl和NaOH的混合溶液得到氧化亚铜，阳极上CuCl-失电子和Cl-反应生成CuCl2，根据图知，反应物是CuCl 和OH-，生成物是Cu2O、Cl-和H2O；CuCl--e-+Cl-=CuCl2；2CuCl +2OH-=Cu2O↓+4Cl-+H2O；
故答案为：CuCl--e-+Cl-=CuCl2；2CuCl +2OH-=Cu2O↓+4Cl-+H2O。
【分析】
(1) 利用盖斯定律计算；
(2)依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
(3) 依据三段式法计算。
(4)依据勒夏特列原理分析；
(5)依据转化关系中的反应物和产物书写。
52．【答案】（1）SiO2和铁粉
（2）将MnO2转化为MnSO4
（3）Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓+
（4）40℃；NH4HCO3受热易分解，
（5）4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2
【解析】【解答】(1)根据分析，滤渣I为SiO2和过量的铁粉；
(2)根据分析，“酸浸”过程中加入过量铁粉可将MnO2转化为MnSO4；
(3)NH4HCO3将Mn2+转化为MnCO3，离子方程式为Mn2+++NH3·H2O=MnCO3↓+；
(4)由图像可知，温度在40℃时，三种离子同时沉淀率最高，故为了使沉淀完全，最适宜的温度是40℃；由于NH4HCO3受热易分解，故“碳化”时加入过量的NH4HCO3，不会影响产品纯度。
(5)“煅烧”时，将碳酸亚铁转化为Fe2O3，故碳酸亚铁发生反应的化学方程式为4FeCO3+O22Fe2O3+4CO2。
【分析】先分析流程，软锰矿中含有 、、FeO、、，加入稀硫酸和铁粉，其中二氧化硅不溶于酸，其余金属氧化物溶解转化为相应的金属离子，铁离子、二氧化锰和过量铁粉反应生成亚铁离子、锰离子，经过过滤后滤渣I中含有二氧化硅和铁粉，滤液含有Mn2+、Fe2+、Al3+，加入氨水后除去镁离子，过滤后滤液含有锰离子，加入碳酸氢铵形成碳酸锰沉淀，即碳酸氢铵和锰离子反应形成碳酸锰、铵根离子；
（1）滤渣I主要是二氧化硅和铁粉；
（2）铁粉的目的是作为还原剂，将铁离子还原为亚铁离子、将二氧化锰转化为锰离子；
（3）碳化的目的是形成碳酸锰沉淀，碳酸氢铵和锰离子反应形成碳酸锰、铵根离子；
（4）结合图象可以知道40 ℃ 沉淀率最高；碳酸氢铵受热易分解，容易除杂；
（5）碳酸亚铁的中含有亚铁离子，亚铁离子容易被氧化形成氧化铁，因为为氧化还原反应，因此需要氧气参与。
53．【答案】（1）ΔH1+2ΔH3-ΔH4-ΔH2
（2）＞；A；0.01；<
（3）；
（4）正；
【解析】【解答】(1)对四个进行标号：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH1①，H2(g)+S(s)=H2S(g) ΔH2②，HCl(g)=HCl(aq) ΔH3③，H2S(g)=H2S(aq) ΔH4④， 得，H2S(aq)+ Cl2(g)= S(s)+2HCl(aq)，根据盖斯定律得，ΔH =ΔH1+2ΔH3-ΔH4-ΔH2；
(2)①由图可知，升高温度，H2S的平衡转化率增大，说明升温，平衡正向移动，则 H＞0；
②A、B两点H2S的平衡转化率相等，B点温度大于A点温度，根据 ， 与T成反比，则A的密度大于B的密度；
③T1℃时，H2S的平衡转化率为40%，起始时H2S的物质的量为0.1mol，则反应消耗0.04mol H2S，生成S2(g)的物质的量为0.02mol，则0~20s内容器II中生成S2(g)的反应速率为 ；T1℃，根据容器II列出三段式：
，
则T1℃时，该反应的平衡常数 ，T1℃，容器III的体积为1L， ，则平衡逆向移动，v正(H2S)
，
气体中含有8molNe(g)， ，则S2(g)的平衡分压为 ；
②设T2℃时，H2S反应了2x mol，列出三段式：
，
由图可知，平衡时，H2S和H2的体积分数相等，则 ，解得 ， ，该反应的平衡常数 ；
(4)①b电极是氧气得到电子生成O2-，故b电极为正极；
②a电极为负极，电极反应式为 。
【分析】
（1）根据盖斯定律得，H2S(aq)+ Cl2(g)= S(s)+2HCl(aq)，ΔH =ΔH1+2ΔH3-ΔH4-ΔH2，注意对应热化学方程式得逆反应其反应热为对应的相反数；
（2）
① 由H2S转化率图像可知，温度升高，转化率增大，平衡正向移动，正反应方向吸热，所以 H >0；
② 将
