2022年高考化学一轮复习高频考点集训专题14 化学反应与能量（选修）（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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专题14 化学反应与能量（选修）
一、单选题
1．下列说法正确的是
A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量更多
B．甲烷的标准燃烧热为890.3 kJ·mol-1 ，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+ 2O2(g) =CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-890.3 kJ·mol-1
C．同温同压下，H2(g)+ Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件和点燃条件下的ΔH 相同
D．500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3 kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH = -38.6 kJ·mol- 1
【答案】C
【解析】
A.硫蒸气的能量高于硫固体，则等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，硫蒸气放出热量更多，故A错误；
B.1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳气体和液态水放出的热量为燃烧热，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为CH4(g)+ 2O2(g) =CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3 kJ·mol-1，故B错误；
C.反应热的大小与反应条件无关，则同温同压下，H2(g)+ Cl2(g)=2HCl(g)在光照条件和点燃条件下的ΔH 相同，故C正确；
D.合成氨的反应为可逆反应，500℃、30 MPa下，将0.5 mol N2和1.5 mol H2置于密闭的容器中充分反应生成NH3的物质的量小于1mol，则生成2mol NH3放出的热量应大于38.6 kJ，故D错误；
故选C。
2．下列有关化学反应的叙述正确的是
A．高温下，Na可从TiCl4溶液中置换出金属Ti
B．高温下，高炉炼铁中加入石灰石作用是造炉渣
C．高温下，碳酸钙分解放出气体，同时放出大量的热
D．高温下，Fe与浓H2SO4发生钝化
【答案】B
【解析】
A．Na加入到TiCl4溶液中会与水反应，不能置换出金属Ti，Na可从熔融的TiCl4中置换出金属Ti，故A错误；
B．高温下，高炉炼铁中加入石灰石作用是与铁矿石中的二氧化硅反应，生成炉渣而除去。从而降低了生铁中的杂质含量，故B正确；
C．高温下，碳酸钙分解放出气体是吸热反应，故C错误；
D．常温下，铁与浓硫酸发生钝化，高温下铁与浓硫酸会发生反应，故D错误；
答案选B。
3．1,3－丁二烯和2－丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：
CH2=CH－CH=CH2(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g) ∆H=-236.6kJ/mol
CH3－C≡C－CH3(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g) ∆H=-272.7kJ/mol
由此不能判断
A．1,3－丁二烯和2－丁炔稳定性的相对大小
B．1,3－丁二烯和2－丁炔分子储存能量的相对高低
C．1,3－丁二烯和2－丁炔相互转化的热效应
D．一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小
【答案】D
【解析】
CH2=CH－CH=CH2(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)   ∆H=-236.6kJ/mol（①式）
CH3－C≡C－CH3(g)＋2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)  ∆H=-272.7kJ/mol（②式）
根据盖斯定律，①式-②式得CH2=CH－CH=CH2(g)→CH3－C≡C－CH3(g) ∆H=+36.1kJ/mol
A.1,3－丁二烯转化为2－丁炔是吸热反应，因此等质量1,3－丁二烯的总能量低于2－丁炔的总能量，能量越低越稳定，则1,3－丁二烯比2－丁炔稳定；
B. 1,3－丁二烯转化为2－丁炔是吸热反应，因此等质量1,3－丁二烯的总能量低于2－丁炔的总能量；
C.根据盖斯定律，能计算1,3－丁二烯和2－丁炔相互转化的热效应；
D.∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，但由于C—C键和C—H键的键能未知，因此根据热化学方程式不能确定一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的相对大小；
答案选D。
4．一定条件下,充分燃烧一定量的丁烷(C4H10) 生成的二氧化碳气体和液态水，放出热量为Q kJ(Q＞0),经测定完全吸收生成的二氧化碳需消耗5mol·L-1的KOH溶液100ml,恰好生成正盐,则此条件下反应丁烷燃烧热的△H为
A．+8QkJ/mol B．+16QkJ/mol C．－8QkJ/mol D．－16QkJ/mol
【答案】D
【解析】
5mol／L KOH溶液100mL含有0.5mol的KOH，生成正盐K2CO3，则CO2为0.25mol。而每mol丁烷中有4mol碳原子，所以会生成4molCO2，现在有0.25mol，可见是燃烧了0.25÷4=0.0625mol丁烷。 那么完全燃烧0.0625mol丁烷会产生热量Q，燃烧1mol，就会产生1÷0.0625=16Q，燃烧热均小于零，故答案为-16QkJ/mol，选择D。
5．已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g) ΔH== - Q1 ；
2H2(g)+O2(g) →2H2O(g) ΔH== - Q2；
H2O(g) →H2O(l) ΔH== - Q3
常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为
A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q3
【答案】D
【解析】
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH=- Q1 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH= - Q2；H2O(g) →H2O(l) ΔH= - Q3 ；根据盖斯定律①+2③得 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3； 根据盖斯定律②+2③得
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4: 1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=  = 5mol ，故甲烷的物质的量为5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3) =4 (Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3) =0.5 (Q2+2Q3) ，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4 (Q1+2Q3) +0.5 (Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。
答案： D。
6．已知热化学方程式： 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) △H1=-483.6kJ/mol，则对于热化学方程式：2H2O(l) =2H2(g)+O2(g) △H2，下列说法正确的是（　　）
A．热化学方程式中化学计量系数表示分子个数
B．该反应的△H2=+483.6kJ/mol
C．︱△H2｜＜︱△H1｜
D．︱△H2｜＞︱△H1｜
【答案】D
【解析】
A．热化学方程式中化学计量数只表示物质的量，不表示分子个数，A错误；
B．由盖斯定律可得，2H2O(l)=2H2O(g) △H=△H2+△H1；液态水变为气态水需要吸热，则△H＞0，即△H2-483.6kJ/mol＞0，所以△H2＞+483.6kJ/mol，B错误；
C．2H2O(g)═2H2(g)+O2(g) △H=+483kJ/mol，△H2=-(△H1-Q)=483kJ•mol-1+Q(Q＞0)，△H2＞△H1，即|△H2|＞|△H1|，C错误；
D．|△H2|＞|△H1|，D正确；
故选D。
7．为减少温室气体的排放，科学家研究出以为催化剂，光热化学循环分解的反应，该反应机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。

下列说法正确的是
A．该反应中，光能和热能转化为化学能
B．该过程中没有电子的转移
C．使用作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．分解反应的热化学方程式：
【答案】A
【解析】
A．由图中信息可知，该反应中，在太阳能的作用下，二氧化碳发生了分解反应，光能和热能转化为化学能，A正确；
B．该过程中二氧化碳发生了分解反应，属于氧化还原反应，故有电子转移，B不正确；
C．催化剂不能改变反应的焓变，但是可以降低反应的活化能，故使用作催化剂可以提高化学反应速率，C不正确；
D．化学反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，，则分解反应的热化学方程式为，D不正确。
本题选A。
8．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝
淀粉未水解
B
室温下，向HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升
镁与盐酸反应放热
C
室温下，向浓度均为的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀
白色沉淀是BaCO3
D
向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液，溶液褪色
H2O2具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】
A .加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A错误；
B.加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热，故B正确；
C.BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者混合物，故C错误；
D.向H2O2溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性条件)，该反应中H2O2被氧化，体现出还原性，故D错误；
综上所述，故答案为：B。
9．下列实验方法合理的是( )
A．可用水鉴别己烷、四氯化碳、乙醇三种无色液体
B．油脂皂化后可用渗析的方法使高级脂肪酸钠和甘油充分分离
C．可用澄清石灰水鉴别Na2CO3溶液和NaHCO3溶液
D．为准确测定盐酸与NaOH溶液反应的中和热，所用酸和碱的物质的量相等
【答案】A
【解析】
A项，由于己烷的密度小于水、四氯化碳密度大于水，己烷和四氯化碳都不溶于水，乙醇与水互溶，与水混合后振荡、静置，有机层在上层的为己烷，有机层在下层的为四氯化碳，互相混溶的为乙醇，故可鉴别，A合理；
B项，油脂皂化后可用盐析的方法分离高级脂肪酸钠和甘油，B不合理；
C项，澄清石灰水与Na2CO3溶液和NaHCO3溶液反应都生成白色沉淀，无法鉴别，C不合理；
D项，用盐酸和NaOH溶液测定酸碱中和反应的中和热，为保证充分反应，其中NaOH稍过量，D不合理；
答案选A。
10．一定条件下，用甲烷可以消除氮的氧化物（NOx）的污染。已知：
①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g） +2H2O（g） △H1="-" 574kJ·mol-1
②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H2=—1160kJ·mol-1
下到选项正确的是 （ ）
A．CH4 （g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H="-" 867kJ·mol-1
B．CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（1）的反应热为△H3，则△H3>△H1
C．若用0.2molCH4还原NO2至N2，则反应中放出的热量一定为173.4kJ
D．若用标准状况下2．24L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子为1．6mol
【答案】A
【解析】
A、反应①+②可得到2CH4(g)+4NO2(g)═2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)，△H=(-574kJ•mol-1）+（-1160kJ•mol-1）=-1734kJ•mol-1，则CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=(①+②)/2=-867kJ•mol-1，故A正确；
B、液态水变为气态水时要吸收热量，焓变是带有符号的，如果CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)的反应热为△H3，则△H3＜△H1，故B错误；
C、由反应CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H=-867kJ•mol-1，可得放出的热量为0.2mol×867kJ•mol-1=173.4kJ，但是反应热和物质的状态有关，所以反应中放出的热量不一定为173.4kJ，故C错误；
D、甲烷的物质的量为2.24L/22.4L/mol=0.1mol，碳元素的化合价由-4价升高为+4价，则转移的电子总数为为0.1mol×8=0.8mol，故D错误；
所以本题答案：A。
11．下列图示与对应的叙述不相符合的是

A．图甲表示工业上用CO生产甲醇的反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。该反应的△H=－91.kJ·mol-1
B．图乙表示已达平衡的某反应，在t0时改变某一条件后反应速率随时间变化，则改变的条件可能是加入催化剂
C．图丙表示向0.1 mol·L–1的氨水溶液中逐渐加水时溶液的导电性变化
D．图丁表示盐酸滴加到0.1mol·L-1某碱溶液得到的滴定曲线，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取酚酞作指示剂
【答案】D
【解析】A反应△H=419-510=－91（kJ·mol-1），A正确。B同等程度增大反应速率，可能是气体体积不变的反应加压，或反应使用了催化剂，因此“可能是加入催化剂”是正确的。C氨水中逐渐加水后，溶液中NH4+、OH-浓度均逐渐降低，溶液导电能力减弱，C正确。D未滴加HCl时溶液pH约为13，所以该碱为强碱，用已知浓度盐酸滴定未知浓度该碱时最好选取甲基橙作指示剂，选择指示剂时滴定终点的颜色变化从浅到深时可以减少由于对颜色观察而产生的误差，D错误。正确答案D。
12．已知A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质，它们有如图反应关系。下列说法错误的是

A．若A是大气中含量最多的气体，C、D是氧化物且会造成光化学污染。则D转化成C的反应化学方程为3NO2+H2O=2HNO3+NO
B．若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化。在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H 1、△H 2、△H 3，则它们之间的关系为△H 2=△H 1+△H3
C．若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，D为日常生活中常用的调味品，工业上用D制备A的化学方程式2Na2O(熔融)4Na+O2↑
D．若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②、⑤反应均用到同一种气态非金属单质，实验室保存D溶液的方法是加入适量铁粉与适量盐酸
【答案】C
【解析】
A．若A是大气中含量最多的气体为N2，C、D是氧化物且会造成光化学污染，C为NO，D为NO2，B为NH3；D转化成C的反应化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故A正确；
B．若A、B、C分别为C(s)、CO(g)和CO2(g)，且通过与O2(g)反应实现图示的转化．在同温同压且消耗含碳物质均为1mol时，反应①、②、③的焓变依次为△H1、△H2、△H3，得到：C(s)+O2(g)=CO(g)△H1，C(s)+O2(g)=CO2(g)△H2，CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H3；依据盖斯定律得到△H1+△H3 =△H2，故B正确；
C．若C为一元强碱且阴、阳离子所含的电子数相同，判断C为NaOH，D为日常生活中常用的调味品为NaCl，A为Na，B为Na2O2或Na2O，D制备A是电解熔融氯化钠得到，反应的化学方程式为：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑，故C错误；
D．若A是应用最广泛的金属．推断为Fe，④反应用到A，②⑤反应均用到同一种非金属单质．推断为Cl2，判断C为FeCl3，D为FeCl2，保存FeCl2时为防止被氧化和水解，应加入少量铁粉和稀盐酸，故D正确；
故选C。
13．合成二甲醚的三步反应如下：
2H2(g) + CO(g)CH3OH(g) ΔH1
2CH3OH (g)CH3OCH3 (g) + H2O(g) ΔH2
CO(g) + H2O (g)CO2(g) + H2(g) ΔH3
则 3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2(g) 的ΔH是
A．ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3 B．ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3
C．ΔH＝ΔH1+2ΔH2+2ΔH3 D．ΔH＝2ΔH1+ΔH2—ΔH3
【答案】A
【解析】
已知：①2H2(g) + CO(g)CH3OH(g) ΔH1，②2CH3OH (g)CH3OCH3 (g) + H2O(g) ΔH2，③CO(g) + H2O (g)CO2(g) + H2(g) ΔH3，则根据盖斯定律可知①×2＋②＋③即得到反应3H2(g) + 3CO(g)CH3OCH3(g) + CO2(g) 的ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3，答案选A。
14．次氯酸可用于杀菌消毒。已知25°C时：
①HClO(aq)+OH-(aq)= ClO-(aq)+ H2O(l) ΔH＝-Q1kJ·mol－1
②H+(aq) +OH-(aq) = H2O(l) ΔH＝-57．3kJ·mol－1
下列说法正确的是
A．在25°C时，次氯酸的电离方程式及热效应可表示为：HClO(aq) H+(aq)+ClO-(aq) ΔH＝－（57．3+Q1）kJ·mol－1
B．将20ml 1mol/L HClO与10ml 1mol/L NaOH混合后的溶液，一定存在:2C(H+)-2C(OH-)=C(ClO-)-C(HClO)
C．已知酸性H2SO3>HClO>HSO3-, 则向Na2SO3溶液中加入HClO的离子方程式为：SO32-+ HClO= HSO3-+ ClO-
D．已知酸性CH3COOH>HClO,则等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中：C(Na+)> C(ClO-)> C(CH3COO-)> C(OH-)> C(H+)
【答案】B
【解析】
试题分析：A、根据盖斯定律，在25°C时，次氯酸的电离方程式及热效应可表示为①-②，ΔH＝-（Q1-57．3）kJ·mol－1，错误；B、将20ml 1mol/L HClO与10ml 1mol/L NaOH混合后的溶液，得到次氯酸钠和次氯酸的混合液，根据物料守恒，则C(ClO-)+C(HClO)=2 c(Na+)，再根据电荷守恒，得C(H+)+ c(Na+)=C(OH-)+C(ClO-)，二者联立，可得2C(H+)-2C(OH-)=C(ClO-)-C(HClO)，正确；C、虽然酸性H2SO3>HClO>HSO3-, 但向Na2SO3溶液中加入HClO发生氧化还原反应，生成氯离子和硫酸根离子，错误；D、酸性CH3COOH>HClO，则等浓度CH3COONa和NaClO的混合液中，后者的水解程度大于前者，所以C(Na+)> C(CH3COO-)> C(ClO-)> C(OH-)> C(H+)，错误，答案选B。
二、综合题
15．某学校化学学习小组为探究二氧化氮的性质，按下图所示装置进行实验。

（1）装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是______，该装置中发生反应的化学方程式为________________________。
（2）装置丙中的试管内发生反应的离子方程式为：_______________________。
（3）为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入一种气体，通入的这种气体的名称是________。
（4）取下装置丙中的试管D，在其中滴加FeSO4溶液，溶液变为________色，为了证明铁元素在该反应中的产物，可以再在溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为________色。
（5）硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2。
已知：CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－889.6 kJ·mol－1①
N2(g)＋2O2(g)===2NO2(g)ΔH＝＋67.7 kJ·mol－1②
则CH4还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式是_____________。
【答案】(1)分液漏斗 Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O
(2) 3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO
(3) 氧气
(4) 黄 红(或“血红”)
(5) CH4(g)＋2NO2(g)===N2(g)＋2H2O(g)＋CO2(g) (8) ΔH＝－957.3 kJ·mol－1
【解析】(1)装置甲中盛放浓硝酸的仪器A的名称是分液漏斗；烧瓶中发生浓硝酸与铜片的氧化还原反应，化学方程式为Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，；
(2)二氧化氮经导管进入丙装置和水反应的离子方程式为3NO2+H2O═2H++2NO3-+NO；
(3)因在常温下一氧化氮易被氧气氧化成红肿色的二氧化氮，所以为了探究NO的还原性，可以在装置丁的导气管C中通入氧气；
(4)丙装置中的液体为二氧化氮和水反应生成的硝酸，硝酸具有氧化性，硫酸亚铁具有还原性，两者发生氧化还原反应4H++NO3-+3Fe2+=NO+H2O+3Fe3+；铁离子和硫氰根离子反应Fe3++3SCN⇌Fe(SCN)3生成血红色的络合物，可证明三价铁离子的生成；
(5)CH4还原NO2生成水蒸气和氮气发生反应为：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)，根据盖斯定律可知，①-②可得热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(g)△H=-957.3kJ•mol-1。
点睛：盖斯定律是指化学反应不管是一步完成还是分几步完成，其反应热是相同的；即化学反应热只与其反应的始态和终态有关，而与具体反应进行的途径无关；盖斯定律的基本使用方法：①写出目标方程式；②确定“过渡物质”(要消去的物质)；③用消元法逐一消去“过渡物质”，平时要多练习，才能熟能生巧。
16．在众多的新能源中，氢能将会成为21世纪最理想的能源。
Ⅰ. 已知101kPa、25℃时，1mol下列物质完全燃烧生成稳定状态化合物时放出的热量数据如下：
物质
氢气
原煤
(主要成份是C)
汽油
(主要成份C8H18)
热量(kJ)
285.8
250.9
4910
（1）H2燃烧的热化学方程式是_____________________。
（2）H2可以代替原煤和汽油作为新能源的依据是_____________________。
（3）工业上电解饱和食盐水的副产物之一是H2，反应的离子方程式是_____________。
Ⅱ. 如图所示，硫酸工业中产生的SO2通过下列过程既能制得H2SO4又能制得H2。

请回答：
（1）该过程可循环利用的物质是_______________(写化学式)。
（2）该过程总反应的化学方程式是_____________________。
（3）尾气中的SO2可用NaOH溶液吸收，同时可得含Na2SO3的样品，为测定样品中Na2SO3的质量分数，甲同学设计实验如下（夹持及加热装置略）：

① 装置B的作用是 。
② 测定样品中Na2SO3的质量分数所需的数据是 。
【答案】Ⅰ.（1）2H2(g) + O2(g) = 2H2O (l) △H = －571.6 kJ / mol（2分）
（2）相同条件下，等质量的H2燃烧放出的热量大于原煤和汽油，产物无污染，循环利用（2分）
（3）2Cl－+ 2H2OH2 ↑+ Cl2 ↑ + 2OH－（2分）
Ⅱ.（1）I2和HI （1分）
（2）SO2 + 2H2O=H2SO4 + H2 （2分）
（3）① 干燥SO2 （2分）
② 含Na2SO3的样品质量、装置C通入SO2 前后的质量 （2分）
【解析】
试题分析：Ⅰ. （1）根据题给信息知，氢气的燃烧热为285.8 kJ / mol ，故H2燃烧的热化学方程式是2H2(g) + O2(g) = 2H2O (l) △H = －571.6 kJ / mol 。
（2）分析表中数据知，H2可以代替原煤和汽油作为新能源的依据是相同条件下，等质量的H2燃烧放出的热量大于原煤和汽油，产物无污染，循环利用。
（3）电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，离子方程式是2Cl－+ 2H2OH2 ↑+ Cl2 ↑ + 2OH－ 。
Ⅱ. 根据题给流程和信息知，反应Ⅰ为：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，反应Ⅱ为：2HI== H2 ↑+ I2。
（1）分析题给流程知该过程可循环利用的物质是I2和HI。
（2）根据题给流程和信息知，反应Ⅰ为：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，反应Ⅱ为：2HI== H2 ↑+ I2，Ⅰ+Ⅱ得该过程总反应的化学方程式是SO2 + 2H2O=H2SO4 + H2。
（3）该实验的反应原理为：Na2SO3+H2SO4（浓）====Na2SO4+SO2↑+H2O，2NaOH+SO2====Na2SO3+H2O，通过测定装置C反应前后的质量增加量，计算亚硫酸钠的质量，结合样品的质量计算样品中Na2SO3的质量分数。
① 结合题给实验装置知，装置B的作用是干燥SO2。
② 测定样品中Na2SO3的质量分数所需的数据是含Na2SO3的样品质量、装置C通入SO2 前后的质量。
17．I．硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)+O2(g)=SO3(g) △H=-98 kJ/mol
回答下列问题：
(1)钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为___________________。

II．向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表：

实验
实验现象
I
滴入V1 mL NaClO溶液产生大量红褐色沉淀
II
滴入V1 mLNaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褐色沉淀
回答下列问题：
(2)a~b段主要反应的离子方程式为______________。
(3)d~e段主要反应的离子方程式为_________________。
III．磷化铝(AlP)和磷化氢(PH3)都是粮食储备常用的高效熏蒸杀虫剂。
(4) AlP 遇水蒸气会发生反应放出PH3气体，该反应的另一种产物的化学式为_________。
(5)工业制备PH3的流程如图所示。

①白磷和烧碱溶液反应的化学方程式为___________，次磷酸属于______(填“一”“二”或“三”)元酸。
②若起始时有1 mol P4参加反应，则整个工业流程中共生成____mol PH3。(不考 虑产物的损失)
【答案】(1)2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△H=-351kJ•mol-1 (2)2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+ (3) 2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O (4)Al(OH)3 (5)①P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2 一 ② 2.5
【解析】
I．由图象得出①V2O4(s)+SO3(g)=V2O5(s)+SO2(g)△H=-24kJ•mol-1，
②V2O4(s)+2SO3(g)=2VOSO4(s)△H=-399kJ•mol-1，
由盖斯定律可知②-①×2得到：2V2O5(s)+2SO2(g)=2VOSO4(s)+V2O4(s)△H==(-399kJ•mol-1)-(-24kJ•mol-1)×2=-351kJ•mol-1；
II．(2)溶液I起始pH值较大，根据题意可知a～b段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，说明滴入次氯酸钠溶液后亚铁离子被氧化成铁离子，铁离子水解产生氢氧化铁沉淀，而且据图可知a～b段酸性增强，所以离子方程式为2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+；
(3)溶液II起始pH值较小，根据题意可知d～e段溶液变黄，说明酸性较强时生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O；
III．(4) AlP固体和水蒸气反应时，已知会生成PH3，根据元素守恒可知另一产物为Al(OH)3；
(5)①根据流程可知白磷与NaOH反应生成PH3和NaH2PO2，P元素的化合价由0价变为-3价和+1价，所以PH3和NaH2PO2的系数比应为3：1，再结合元素守恒可得化学方程式为P4+3NaOH+3H2O=PH3↑+3NaH2PO2；过程I中加入的NaOH过量，说明NaH2PO2不能和NaOH反应，即NaH2PO2不能电离出氢离子，所以次磷酸为一元酸；
②根据白磷与NaOH反应的方程式可知1mol白磷与NaOH反应生成1molPH3和3mol次磷酸酸钠，则生成3mol次磷酸，次磷酸分解方程式为2H3PO2=PH3↑+H3PO4，所以又产生1.5molPH3，共生成1.5mol+1mol=2.5molPH3。
18．（1）如图1的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。
①下列说法正确的是_____（填字母序号）。
A．固氮过程中，N2只做氧化剂
B．硝化过程需要有氧化剂参与
C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响
D．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化
②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。请将该反应的离子方程式补充完整：5CH3OH+_____NO3﹣__________+__________+__________+__________。
（2）研究表明，氮氧化物（NOx）和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。
①已知：SO2生成SO3总反应方程式是2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ/mol
此反应可通过如下两步完成：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H1＝﹣113kJ/mol
NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2＝_____。
②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1：3，则NO2的平衡转化率是_____。
（3）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，其化合物，有着广泛的用途。
①AsH3的稳定性比NH3的稳定性_____（填“强”或“弱”）。用原子结构解释原因_____。
②常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_____。
③298K时，将20mL3x mol•L﹣1 Na3AsO3、20mL3x mol•L﹣1 I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：（aq）+I2（aq）+2OH﹣⇌（aq）+2I﹣（aq）+H2O（l）。溶液中c（）与反应时间（t）的关系如图2所示。若平衡时溶液的pH＝14，则该反应的平衡常数K为_____。

【答案】(1)①BCD ②6 3N2↑ 8H2O
(2)①﹣41.8 kJ•mol﹣1 ②75%
(3)①弱 N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱
②2As2S3+5O2+6H2O＝4H3AsO4+6S
③
【解析】
（1）①A．氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂，选项A错误；
B．NH3转化成HNO2，增加了O元素，则NH3被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与，选项B正确；
C．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，选项C正确；
D．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，选项D正确；
答案选BCD；
②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。CH3OH与硝酸根离子反应生成氮气、碳酸根离子、碳酸氢根离子和水，反应的离子方程式为：5CH3OH+6NO3﹣3N2↑+4HCO3﹣+CO32﹣+8H2O；
故答案为：5CH3OH+6NO3﹣3N2↑+4HCO3﹣+CO32﹣+8H2O；
（2）①Ⅰ.2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＝﹣196.6kJ•mol﹣1
Ⅱ.2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）△H1＝﹣113kJ•mol﹣1
盖斯定律计算（Ⅰ﹣Ⅱ）× 得到NO2（g）+SO2（g）⇌SO3（g）+NO（g）△H2＝﹣41.8 kJ•mol﹣1；
故答案为：﹣41.8 kJ•mol﹣1；
②一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1 mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1：3，结合三行计算列式得到，设消耗NO2的物质的量为x：

NO2和NO的浓度之比为1：3，物质的量之比＝1：3，，x＝0.75mol，NO2的平衡转化率＝×100%＝75%，
故答案为：75%；
（3）①非金属性：N＞As，AsH3的稳定性比NH3的稳定性弱，用原子结构解释原因：N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；
故答案为：弱；N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱；
②常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫，结合电子转移配平得方程式为：2As2S3+5O2+6H2O＝4H3AsO4+6S；
故答案为：2As2S3+5O2+6H2O＝4H3AsO4+6S；
③列三段式如下： 根据平衡常数表达式K＝==；
故答案为：。
19．我们的生活离不开化学。化学物质在不同的领域发挥着重要的作用。
(1)目前科学家探索利用甲烷将氮氧化物还原为氮气和水，反应机理如下：
CH4(g)+4NO2(g) = 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —574kJ•mol－1
CH4(g)+4NO(g) =2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —1160kJ•mol－1
则甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式为__________。
(2)化合物Mg5Al3(OH)19(H2O)4可作环保型阻燃材料，受热时发生如下分解反应： 2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O +10MgO+3Al2O3写出该化合物作阻燃剂的两条依据：__________、__________。
(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种常见的食品抗氧化剂。
①焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为_______。
②向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为__________。
(4)NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示。下列说法正确的是________。

A．由图可知SCR技术中NO、NO2为氧化剂
B．若用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，当c(NO2)∶c(NO)=1∶1时，脱氮率最佳
C．每生成1molN2，转移电子3mol
D．催化剂通过参与反应降低反应的活化能，提高平衡转化率
【答案】(1)CH4(g)+2NO2(g) =N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H= —867kJ•mol-1
(2)反应吸热降低温度 固体氧化物隔绝空气(水蒸气稀释空气)(任写2条)
(3)①+4 ②S2O+O2+H2O＝2SO+2H+
(4) ABC
【解析】
(1)根据盖斯定律：将方程式①CH4(g)+4NO2(g) = 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H= -574kJ•mol－1，②CH4(g)+4NO(g) =2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-1160kJ•mol－1， (①+②)得甲烷直接将NO2还原为N2的热化学方程式：CH4(g)+2NO2(g) =N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H= —867kJ•mol-1。故答案为：CH4(g)+2NO2(g) =N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H= -867kJ•mol-1；
(2) 2Mg5Al3(OH)19(H2O)427H2O +10MgO+3Al2O3，该反应的特点是：吸热反应、水易气化，气化时吸热、生成的MgO和Al2O3是固体，是耐火材料，该化合物作阻燃剂的两条依据：反应吸热降低温度、固体氧化物隔绝空气(水蒸气稀释空气)(任写2条)。故答案为：反应吸热降低温度；固体氧化物隔绝空气(水蒸气稀释空气)(任写2条)；
(3)①根据化合价代数和为0，焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为= +4。故答案为：+4；
②向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，焦亚硫酸钠具有还原性，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为S2O+O2+H2O＝2SO+2H+。故答案为：S2O+O2+H2O＝2SO+2H+；
(4)A．由图可知SCR技术中NO、NO2在反应中N分别由+2价、+4价降为0价，为氧化剂，故A正确；
B．若用Fe做催化剂时，在氨气足量的情况下，当c(NO2)∶c(NO)=1∶1时，降低的价数为3的整数倍，能恰好将-3价的氮氧化成0价，氮全部转化成氮气，脱氮率最佳，故B正确；
C．每生成1molN2，氨中的-3价的氮变为0价，转移电子3mol，故C正确；
D．催化剂通过参与反应降低反应的活化能，但对平衡没有影响，不能提高平衡转化率，故D错误；
故答案为：ABC。