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2024届高三化学一轮复习专项训练——化学反应与能量
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这是一份2024届高三化学一轮复习专项训练——化学反应与能量，共25页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2024届高三化学一轮复习专项训练——化学反应与能量
一、单选题
1．（2021·海门模拟）下列关于2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ∆H=-197kJ∙mol-1的说法正确的是（ ）
A．该反应的∆S>0
B．该反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量
C．生产过程中将SO3分离出去，逆反应速率减慢
D．其他条件不变，增大压强，平衡右移，平衡常数增大
2．（2022高三上·黄冈期中）化学与环境、能源、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．“84”消毒液有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作环境消毒剂
B．植物油中含有碳碳双键，在空气中长时间放置时易被氧化而变质
C．大型柴油发电机组能将化学能直接转化为电能
D．镁铝合金是一种金属材料，常用于制造汽车的外壳
3．（2022高三上·河西期中）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．铁盐净水 B．海带提碘
C．细铁粉用作食品抗氧剂 D．氯碱工业电解饱和食盐水
4．（2022高三上·贵州）下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．在潮湿的空气中，家用铜质水龙头表面有铜绿生成
B．将溶液滴入浊液，白色浊液转化为红褐色沉淀
C．Na放于坩埚中并加热，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
D．新制的氯水呈淡黄绿色，久置于空气中后颜色消失
5．（2022·黄埔模拟）84消毒液(含)与洁厕灵(含浓盐酸)不能混用，会发生反应产生有毒的气体，该反应中（ ）
A．为还原剂 B．仅体现酸性
C．既是氧化产物也是还原产物 D．是还原产物
6．（2022·广东）恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
7．（2022·湛江模拟）我国科研工作者提出通过电解原理联合制备环氧乙烷同时处理酸性含铬废水，其工作原理示意图如图所示。其中双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜组成，工作时内层解离为和，并分别向两极迁移。下列说法正确的是（ ）
A．电极a为电源正极
B．膜q为阳离子交换膜
C．工作时，NaOH溶液浓度保持不变
D．N极的电极反应式为
8．（2022高三上·河南月考）电镀行业在生产过程中产生大量含硫酸铜废水。近日，有学者提出热再生氨电池系统产电并富集废水中的，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电极m和n的电极材料均可为Cu
B．负极反应式为
C．F膜应选择阴离子交换膜，电流流向为m→导线→n
D．热再生氨电池系统将工业低温废热转化为电能
9．（2022·舟山模拟）利“Na—CO2”电池可将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na—CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，放电时总反应的化学方程式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。放电时该电池“吸入CO2”，其工作原理如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A．电子流向为MWCNT→导线→钠箔
B．放电时，正极的电极反应式为3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C
C．选用高氯酸钠——四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发
D．原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole-时，两极的质量差为15.8g
10．（2022·交城模拟）化学与生产、生活关系密切。下列叙述涉及氧化还原反应的是（ ）
A．从海水中提取镁单质 B．石油的分馏
C．明矾净水 D．小苏打发酵面粉
11．（2022·丰台模拟）某同学进行如下实验：向酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：
反应i：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
反应ii：C6H8O6(维生素C)+I2=C6H6O6+2I-+2H+
下列说法错误的是（ ）
A．反应ii中维生素C发生氧化反应
B．反应速率：反应i<反应ii
C．溶液pH最终会变大
D．若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)=amol
12．（2023·沧州模拟）二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
B．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
C．该历程的决速步为
D．总反应为
13．（2022高三上·浙江开学考）关于反应2Na2S2O4+2H2SO4=2Na2SO4+S↓+3SO2↑+2H2O，下列说法正确的是（ ）
A．H2SO4发生还原反应，体现H2SO4的氧化性
B．反应过程中一定能观察到大量气泡
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1
D．生成6.72LSO2(已全部放出)，转移的电子的物质的量为0.3mol
14．（2022·呼和浩特模拟）氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，比能量(即电池单位质量或者单位体积所输出电能的多少)高，且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
B．放电时，导线上每通过1mole-，乙电极质量增加19g
C．放电时，甲电极的电极反应式为Bi-3e-+3F-=BiF3
D．氟离子电池与锂离子电池的比能量相同
15．（2023·杨浦模拟）下列药品易变质，其原因与氧化还原反应无关的是
A．漂粉精 B．溶液 C． D．烧碱
16．（2022高三上·西城期末）盐酸酸洗钢材的废液中含有大量的盐酸、。研究人员利用如图装置可将部分铁元素在极区转化为沉淀，实现资源和能源的再利用。下列说法错误的是
A．电子由b极流向a极
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．该装置实现了化学能向电能转化
D．a极可发生电极反应：
二、综合题
17．（2022·全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的 。
（2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
（3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为 ，平衡常数 。
（4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率 ，理由是 。
②对应图中曲线 ，计算其在之间，分压的平均变化率为 。
18．（2022·徐汇模拟）重晶石()作为原料制备金属钡及其他含钡化合物的方法如下图：
完成下列填空：
（1）Ba在元素周期表中位于第 族，最外层电子的电子云形状是 。图中涉及的第二周期元素原子半径由大到小的顺序是 ，可以判断其中两种元素非金属性强弱的反应是 (选填流程中的反应编号)。
（2）配平BaS与稀硝酸反应的化学方程式： 。
检验溶液中BaS是否完全反应的方法是：取少量反应液，加入 (填试剂)，有黑色沉淀生成，则BaS未反应完全。
（3）工业上，利用反应①②而不用BaS直接与稀硝酸反应制的原因是 。
（4）元素的金属性：Al Ba(选填“>”或“＜”)；已知：沸点Al>Ba，反应④在真空容器中可以发生的理由是 。
19．（2023·潍坊模拟）分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC₁是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC₁是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。
回答下列问题：
（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有 种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。
a. b.
c. d.
（2）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol WOC₁中通过螯合作用形成的配位键有 mol。
（3）HEC₁中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL⁻¹)如下表：
HO-OH
346
247
207
A-A键的键能依次降低的原因是 。
（4）在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为 ，、的键角由大到小的顺序为 。
（5）水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数pm，pm，；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。
①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为 pm(保留一位小数)。
②普通冰晶体的密度为 g·cm⁻³(列出数学表达式，不必计算出结果)。
20．（2022高三上·盐城开学考）用甲醇(CH3OH)制备一些高附加值产品，是目前研究的热点。
（1）甲醇和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：
反应Ⅰ. CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) △H1
反应Ⅱ. H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) △H2= a kJ·mol-1
反应Ⅲ. CH3OH(g)2H2(g)＋CO(g) △H3= b kJ·mol-1
反应Ⅳ. 2CH3OH(g)2H2O(g)＋C2H4(g) △H4= c kJ·mol-1
①△H1= kJ·mol-1 。
②工业上采用CaO吸附增强制氢的方法，可以有效提高反应Ⅰ氢气的产率，如图1，请分析加入CaO提高氢气产率的原因： 。
③在一定条件下用氧气催化氧化甲醇制氢气，原料气中对反应的选择性影响如题图2所示(选择性越大表示生成的该物质越多)。制备H2时最好控制= ，当= 0.25时，CH3OH和O2发生的主要反应方程式为 。
（2）以V2O5为原料，采用微波辅热-甲醇还原法可制备VO2，在微波功率1000kW下，取相同质量的反应物放入反应釜中，改变反应温度，保持反应时间为90min，反应温度对各钒氧化物质量分数的影响曲线如图3所示，温度高于250℃时，VO2的质量分数下降的原因是 。
（3）以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图4所示。
①电源的负极为 (填“A”或“B”)。
②阳极的电极反应式为 。
21．（2021高三上·嘉定模拟）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
（1）实现碳中和、碳达峰对环境的积极意义在于 。请你提出1条有利于碳中和、碳达峰的措施 。
（2）碳原子核外有 种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式 ，碳原子最合理的电子式 。
（3）金刚石、石墨烯、线型碳(见下图)是碳的几种同素异形体。从键的类型分析它们的热稳定性由强到弱的顺序为
（4）黑火药是我国四大发明之一，它爆炸时发生多种化学反应，其中主要化学反应方程式为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑；生成物中，属于非电解质的是 。每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的质量为 (保留1位小数)。
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色退去。
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液退色的物质是 (填化学式)。
②利用如上图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd(钯)沉淀，写出B中发生反应的化学方程式 。
（6）有人提出将CO2通过管道输送到海底，可减缓空气中CO2浓度的增加。但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统。请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因 。
答案解析部分
1．C
A．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的方向，故该反应的∆S＜0，A不符合题意；
B．由题干可知，该反应是一个放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量，B不符合题意；
C．生产过程中将SO3分离出去，即减小生成物浓度，则逆反应速率减慢，C符合题意；
D．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的方向，故其他条件不变，增大压强，平衡右移，但平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：C。
24.影响化学反应速率因素：1.内因：反应物本身性质；2.外界条件主要有：温度、压强（有气体参加反应）、浓度、催化剂
2．C
A．“84”消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯消毒剂，有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作环境消毒剂，A不符合题意；
B．植物油中含有碳碳双键，碳碳双键具有还原性，在空气中长时间放置时易被氧化而变质，B不符合题意；
C．大型柴油发电机组能将化学能转化为机械能，再将机械能转化为电能，C符合题意；
D．镁铝合金是一种金属材料，常用于制造汽车的外壳，D不符合题意；
故答案为：C。
A.次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性；
B.碳碳双键具有还原性；
D.合金属于金属材料。
3．A
A．铁盐净水中利于了生成胶体的吸附性，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．海带提碘过程中碘元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．细铁粉用作食品抗氧剂是铁和氧气发生氧化反应，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．氯碱工业电解饱和食盐水生成氯气和氢气，有元素化合价改变，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
4．B
A．在潮湿的空气中，家用铜质水龙头表面有铜绿生成是因为铜在氧气、二氧化碳和水蒸气共同作用下铜被氧化生成碱式碳酸铜，颜色变化与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．将氯化铁溶液滴入氢氧化镁悬浊液中，溶解度大的氢氧化镁与氯化铁溶液反应转化为溶解度小的氢氧化铁，沉淀转化过程中没有元素发生化合价变化，颜色变化与氧化还原反应无关，故B符合题意；
C．钠放于坩埚中并加热，产生黄色火焰，与空气中的氧气反应生成淡黄色过氧化钠固体，颜色变化与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．新制的氯水呈淡黄绿色，久置于空气中后颜色消失是因为次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，颜色变化与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故答案为：B。
利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
5．C
A．NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，被还原，为氧化剂，A不符合题意；
B．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，则HCl失电子是还原剂，B不符合题意；
C．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，则Cl2既是氧化产物也是还原产物，C符合题意；
D．反应中H元素和O元素化合价均没有发生变化，H2O既不是还原产物也不是氧化产物，D不符合题意；
故答案为：C。
次氯酸钠和氯化氢反应生成氯气，次氯酸中氯元素化合价降低，氯化氢中氯元素化合价升高；
A、化合价降低作为氧化剂；
B、氯化氢化合价升高作为还原剂；
C、化合价降低产物为还原产物，化合价升高产物为氧化产物；
D、水既不是氧化产物也不是还原产物。
6．C
A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
7．D
A．由信息可知，电极M上乙烯被氧化为环氧乙烷、电极N上被还原为，则电极M为阳极、电极N为阴极，电极a为负极、电极b为正极，选项A不符合题意；
B．双极膜中水解离出来的氢氧根离子向阳极区移动，膜q适合选用阴离子交换膜，选项B不符合题意；
C．工作时阳极区生成水，NaOH溶液浓度减小，选项C不符合题意；
D．Cr元素由+6价变为+3价，N极的反应方程式为，选项D符合题意。
故答案为：D。
A.电解池中发生还原反应的一极是阴极，阴极与电源的负极相连；
B.原电池中阴离子移向阳极；
C.根据反应物和生成物写出电极反应式，再做出判断；
D.N极重铬酸根离子被还原为铬离子，内层水电离的H+移向N极，再写出电极反应式。
8．C
A．根据图示可知，m极上发生反应Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，n极上发生反应
Cu2++2e-=Cu.据此判断m和n的电极材料均可为Cu，故A不符合题意；
B．m极为负极，其电极反应式为Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故B不符合题意；
C．要获得高浓度含铜废水，应选择阴离子交换膜，电子流向为m→导线→n.电流流向为n→导线→m，故C符合题意；
D．原电池体系中通入NH3将化学能转化为电能，然后再通过低温废热使得NH3逸出，该过程热能转化为化学能，综合分析该系统能量转化形式为低温废热转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：C
A．根据图示中的电极反应判断；
B．负极失电子发生氧化反应；
C．电子从负极流出，通过导线流向正极；
D．原电池体系中通入NH3将化学能转化为电能，然后再通过低温废热使得NH3逸出，该过程热能转化为化学能。
9．A
A．根据总反应4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C可知，负极为钠箔，正极为多壁碳纳米管(MWCNT)，则电子流向为：钠箔→导线→MWCNT，A符合题意；
B．放电时，正极是CO2得到电子生成Na2CO3和C，其电极反应式为：3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C，B不符合题意；
C．高氯酸钠-四甘醇二甲醚的特点是不与金属钠反应，而且导电性好，难挥发，C不符合题意；
D．原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，负极质量减少0.2mol×23g∙mol−1=4.6g，正极电极反应式为：3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，转移0.2mole－时，生成0.1mol碳酸钠和0.05mol碳，正极质量增加0.1mol×106g∙mol−1+0.05mol×12g∙mol−1=11.2g，因此两极的质量差为11.2g+4.6g=15.8g，D不符合题意；
故答案为：A。
该装置放电时属于原电池，根据总反应式可知钠箔为正极，电极反应式为Na-e-=Na+；另一电极为正极，电极反应式为3CO2+4e-+4Na+=C+2Na2CO3。注意电子是由负极流出沿着导线流向正极。
10．A
A．从海水中提取镁单质，该过程中镁元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．石油的分馏属于物理变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附杂质达到净水的目的，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．小苏打在面粉发酵的过程中，与产生的酸反应生成二氧化碳，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
11．D
A．反应ii中维生素C中C为+价，发生氧化反应，C6H6O6中C为+1价，化合价升高，发生氧化反应，A不符合题意；
B．反应i是生成碘单质，反应ii是消耗碘单质，一段时间后溶液变蓝说明溶液中有碘单质，说明先完成反应ii后完成反应i，反应速率：反应i<反应ii ，B不符合题意；
C．反应ii生成氢离子的量等于成反应i消耗氢离子的量，由于反应速率：反应i<反应ii，反应ii后完成反应i还在反应，故消耗的氢离子量大，溶液pH最终会变大，C不符合题意；
D．成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，且溶液中有还有碘单质，则说明反应i生成的碘单质的量等于反应ii消耗的碘单质的量与溶液中剩余碘单质的量的和，若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)＞amol D符合题意；
故答案为：D。
A.反应 ii 中I2发生还原反应，所以Vc发生了氧化反应；
B.根据题目酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝，说明反应速率反应i<反应ii；
C.由题目可知I2最终有剩余，所以反应i消耗的H+比反应生成的H+多；
D.成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，所以消耗n(H2O2)＞amol。
12．A
A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，选项A符合题意；
B．由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，选项B不符合题意；
C．的活化能最大，是该历程的决速步，选项C不符合题意；
D．该反应的反应物是和，生成物是和，则总反应为，选项D不符合题意；
故答案为：A。
A.催化剂不影响反应热；
B.反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应；
C.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D.该反应是和反应生成和。
13．C
A．H2SO4中元素化合价不变，H2SO4不发生氧化还原反应，体现H2SO4的酸性，故A不符合题意；
B．没有明确反应物的用量，反应过程中不一定能观察到大量气泡，故B不符合题意；
C．Na2S2O4中S元素化合价由+3降低为0，S是还原产物，Na2S2O4中S元素化合价由+3升高为+4，SO2是氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1，故C符合题意；
D．没有明确是否为标准状况，生成6.72LSO2的物质的量不一定是0.3mol，所以转移的电子的物质的量不一定为0.3mol，故D不符合题意；
故答案为：C。
思路分析：首先标注化合价，根据化合价升降判断氧化剂、还原剂，氧化产物、还原产物，画出双线桥，找到转移电子数目与二氧化硫关系。
14．B
A．据分析，充电时，乙是阴极，与外加电源的负极相连，A不符合题意；
B．放电时，导线上每通过1mole-，乙电极反应：Mg- 2e-+2F-=MgF2，乙电极增加1molF-，质量增加19g，B符合题意；
C．据分析，放电时，甲是正极，电极反应： BiF3+3e-= Bi+3F-，C不符合题意；
D．根据题意，比能量指电池单位质量或者单位体积所输出电能的多少，氟离子电池的比能量是，锂离子电池的比能量是，二者不相同，D不符合题意；
故答案为：B。
A．阴极与外加电源的负极相连；
B．利用得失电子守恒先生；
C．正极得电子发生还原反应；
D．比能量指电池单位质量或者单位体积所输出电能的多少。
15．D
A．漂粉精变质的原因为漂粉精的有效成分与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．硫酸亚铁溶液中的亚铁离子易与空气中的氧气反应生成铁离子，则变质原因与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．过氧化钠变质的原因为过氧化钠与空气中的二氧化碳或水蒸气反应生成氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．烧碱变质的原因为氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，则变质原因与氧化还原反应无关，故D符合题意；
故答案为：D。
利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
16．B
A．电池中电子由负极经外电路流向正极，即电子由b极流向a极，故A不符合题意；
B．a极的电极反应为：，为维持电荷守恒，H+由右池通过离子交换膜向左池迁移，则离子交换膜为质子交换膜，故B符合题意；
C．该装置为原电池，实现了化学能向电能转化，故C不符合题意；
D．a极为原电池正极，该极通入空气，氧气得电子，电极反应为：，故D不符合题意；
故答案为：B。
该装置为原电池，通入空气的一极为正极，电极反应式为，电极b是负极，负极区盐酸酸洗的废液含有大量的盐酸、FeCl2，负极的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+。
17．（1）170
（2）副产物氢气可作燃料；耗能高
（3）50%；4.76
（4）越高；n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；d；24.9
（1）根据盖斯定律（①+②）-③即得到反应④，所以ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170kJ/mol。
（2）根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成S的同时还有燃料H2生成，但耗能高，成本较高。
（3）根据题干信息，假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=4mol，根据三段式可知：
2H2S(g)
S2(g) ＋
2H2(g)
起始（mol）
1
0
0
转化（mol）
x
0.5x
x
平衡（mol）
1-x
0.5x
x
平衡时H2S和H2的分压相等，则其物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，平衡常数Kp＝。
（4）①该反应过程中气体体积分数增大，n(H2S)：n(Ar)的值越小，则H2S的分压越小，相当于减压，平衡将向正反应方向移动，所以H2S平衡转化率越高。
②根据①分析可知n(H2S)：n(Ar)＝1：9对应的曲线是d，在0.1s时H2S转化率为24%。假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=9mol，则根据三段式可知
2H2S(g)
S2(g) ＋
2H2(g)
起始（mol）
1
0
0
转化（mol）
0.24
0.12
0.24
平衡（mol）
0.76
0.12
0.24
平衡时H2S的压强为，H2S的起始压强为，所以H2S分压的平均变化率为。
（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。
（2）可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。
（3）通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。
（4）①根据勒夏特烈原理进行分析，注意惰性气体对反应中压强的影响。
②气体分压的平均变化率=，注意气体的物质的量与压强之间的关系。
18．（1）IIA；球形；r(C)>r(N)>r(O)；②
（2）；(aq)
（3）BaS与稀硝酸直接生成，生成NO，硝酸利用率低，且污染环境
（4）＜；高温条件，不断分离Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行
重晶石(BaSO4)作为原料制备金属钡，重晶石加入碳粉高温反应生成BaS和CO2，BaS中加入Na2CO3溶液，转化为BaCO3，碳酸钡和硝酸反应转化为硝酸钡；碳酸钡和碳粉高温反应生成BaO，BaO和O2反应生成BaO2、和Al高温反应生成Ba，据此解答。
(1)Ba为56号元素，在元素周期表中位于第ⅡA族，钡的核外电子排布[Xe]6s2，最外层电子的电子云形状是球形，图中涉及的第二周期元素分别为C、O、N，原子半径从左到右逐渐减小，由大到小的顺序是C、N、O，可以判断其中两种元素非金属性强弱的反应是BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，故答案为：ⅡA；球形；r(C)>r(N)>r(O)；②；
(2)S元素由-2价升高为0价，N元素由+5价降低为+2价，根据得失电子守恒，BaS与稀硝酸反应的化学方程式：3BaS+8HNO3=3Ba(NO3)2+3S+2NO↑+4H2O，检验溶液中BaS是否完全反应的方法是：取少量反应液，加入硫酸铜溶液，有黑色沉淀CuS生成，则BaS未反应完全，故答案为：；(aq)；
(3)工业上，利用反应①②而不用BaS直接与稀硝酸反应制Ba(NO3)2的原因是会产生污染性气体NO，原料利用率低，故答案为：BaS与稀硝酸直接生成，生成NO，硝酸利用率低，且污染环境；
(4)根据氢氧化铝和氢氧化钡的碱性判断，元素的金属性：Al＜Ba；已知：沸点Al＞Ba，反应④在真空容器中可以发生的理由是不断分离出Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行，故答案为：＜；高温条件，不断分离Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行。
(1)依据原子构造原理分析；同周期原子半径从左到右逐渐减小；利用强酸制弱酸判断；
(2)根据得失电子守恒；
(3)考虑产物的性质；
(4)根据金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。
19．（1）3；c
（2）10
（3）C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小
（4）；>
（5）276.4；
（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti、Ni、Ge；
a.为基态Fe原子；b.为基态；c. 为基态 d. 为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是，故c正确；
故答案为：3；c；
（2）WOC₁中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，有结构简式可知1molWOC₁中含10mol配位键，故答案为：10；
（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肤中的氮原子有1对孤对电子，过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子，C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
故答案为：C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小。
（4）中的离域π键为三中心四电子，可表示为，中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°，故答案为：；>；
（5）①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为0.375×737=276.4；
由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为：g，晶胞体积 cm⁻³，晶胞密度为：，故答案为：276.4；。
（1）依据构造原理分析；具有全充满，半充满，全空三种状态的电子排布比较稳定。
（2）依据图中结构判断；
（3）中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
（4）依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
（5）①氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个相同原子的核间距；依据由晶胞结构计算。
20．（1）b –a；CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率；0.5；2CH3OH＋O22HCHO＋2H2O
（2）甲醇继续还原VO2为V2O3
（3）B；2CH3OH＋CO −2e−=(CH3O)2CO＋2H+
（1）①不难看出，只要用反应III减去反应II，就可以得到，因此热效应也为反应III减去反应II，即；
②氧化钙是碱性氧化物，二氧化碳是酸性氧化物，因此二者可以反应得到碳酸钙，二氧化碳被消耗后相当于生成物浓度降低，平衡将正向移动；
③根据题图不难看出，当投料比为0.5时，氢气的选择性最大，即可以得到更多的氢气，当投料比为0.25时，甲醛的选择性更大，即可以得到更多的甲醛；
（2）温度升高后甲醇的还原性增强，将进一步还原为，因此的质量分数下降；
（3）①右侧氧气得电子变成水，因此右侧是阴极，与阴极相连的B为电源负极，同理，左侧A为正极，与A相连的为阳极；
②阳极是甲醇、一氧化碳失电子变为碳酸二甲酯，据此写出电极反应式：。
（1）①根据盖斯定律计算；
②CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率 ；
③当投料比为0.25时，甲醛的选择性更大；
（2）温度升高后甲醇的还原性增强；
（3）燃料电池中，通入燃料的一极为负极，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。
21．（1）减少温室效应；新能车代替汽油车（乘公交代替自驾车、双面打印等）
（2）3；；
（3）线型碳>石墨烯>金刚石
（4）CO2；67.3
（5）K2S；CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
（6）海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强
（1）二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
（2）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
（3）物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
（4）在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的物质的量为mol，质量为m=nM=mol×101g/mol=67.3g；
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
（6）海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。
（1）二氧化碳是造成温室效应的气体之一；
（2）碳的电子排布式为1s22s22p2，有3种能量不同的电子；
（3）物质内的键的键能越大，物质越稳定；
（4）非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质；
（6）海底压强大，CO2的溶解度增加，且可以液体的形式存在，根据反应： CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多。
2024届高三化学一轮复习专项训练——化学反应与能量
一、单选题
1．（2021·海门模拟）下列关于2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) ∆H=-197kJ∙mol-1的说法正确的是（ ）
A．该反应的∆S>0
B．该反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量
C．生产过程中将SO3分离出去，逆反应速率减慢
D．其他条件不变，增大压强，平衡右移，平衡常数增大
2．（2022高三上·黄冈期中）化学与环境、能源、生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．“84”消毒液有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作环境消毒剂
B．植物油中含有碳碳双键，在空气中长时间放置时易被氧化而变质
C．大型柴油发电机组能将化学能直接转化为电能
D．镁铝合金是一种金属材料，常用于制造汽车的外壳
3．（2022高三上·河西期中）下列叙述不涉及氧化还原反应的是（ ）
A．铁盐净水 B．海带提碘
C．细铁粉用作食品抗氧剂 D．氯碱工业电解饱和食盐水
4．（2022高三上·贵州）下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（ ）
A．在潮湿的空气中，家用铜质水龙头表面有铜绿生成
B．将溶液滴入浊液，白色浊液转化为红褐色沉淀
C．Na放于坩埚中并加热，产生黄色火焰，生成淡黄色固体
D．新制的氯水呈淡黄绿色，久置于空气中后颜色消失
5．（2022·黄埔模拟）84消毒液(含)与洁厕灵(含浓盐酸)不能混用，会发生反应产生有毒的气体，该反应中（ ）
A．为还原剂 B．仅体现酸性
C．既是氧化产物也是还原产物 D．是还原产物
6．（2022·广东）恒容密闭容器中， 在不同温度下达平衡时，各组分的物质的量（n）如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．该反应的
B．a为 随温度的变化曲线
C．向平衡体系中充入惰性气体，平衡不移动
D．向平衡体系中加入 的平衡转化率增大
7．（2022·湛江模拟）我国科研工作者提出通过电解原理联合制备环氧乙烷同时处理酸性含铬废水，其工作原理示意图如图所示。其中双极膜由阳离子交换膜和阴离子交换膜组成，工作时内层解离为和，并分别向两极迁移。下列说法正确的是（ ）
A．电极a为电源正极
B．膜q为阳离子交换膜
C．工作时，NaOH溶液浓度保持不变
D．N极的电极反应式为
8．（2022高三上·河南月考）电镀行业在生产过程中产生大量含硫酸铜废水。近日，有学者提出热再生氨电池系统产电并富集废水中的，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．电极m和n的电极材料均可为Cu
B．负极反应式为
C．F膜应选择阴离子交换膜，电流流向为m→导线→n
D．热再生氨电池系统将工业低温废热转化为电能
9．（2022·舟山模拟）利“Na—CO2”电池可将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na—CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，放电时总反应的化学方程式为4Na+3CO2=2Na2CO3+C。放电时该电池“吸入CO2”，其工作原理如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A．电子流向为MWCNT→导线→钠箔
B．放电时，正极的电极反应式为3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C
C．选用高氯酸钠——四甘醇二甲醚作电解液的优点是导电性好，不与金属钠反应，难挥发
D．原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole-时，两极的质量差为15.8g
10．（2022·交城模拟）化学与生产、生活关系密切。下列叙述涉及氧化还原反应的是（ ）
A．从海水中提取镁单质 B．石油的分馏
C．明矾净水 D．小苏打发酵面粉
11．（2022·丰台模拟）某同学进行如下实验：向酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝。查阅资料可知体系中存在两个主要反应：
反应i：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O
反应ii：C6H8O6(维生素C)+I2=C6H6O6+2I-+2H+
下列说法错误的是（ ）
A．反应ii中维生素C发生氧化反应
B．反应速率：反应i<反应ii
C．溶液pH最终会变大
D．若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)=amol
12．（2023·沧州模拟）二氧化碳选择性加氢制甲醇是解决温室效应、发展绿色能源和实现经济可持续发展的重要途径之一。常温常压下利用铜基催化剂实现二氧化碳选择性加氢制甲醇的反应机理和能量变化图如下(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)，下列说法错误的是
A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，降低反应热
B．二氧化碳选择性加氢制甲醇是放热反应
C．该历程的决速步为
D．总反应为
13．（2022高三上·浙江开学考）关于反应2Na2S2O4+2H2SO4=2Na2SO4+S↓+3SO2↑+2H2O，下列说法正确的是（ ）
A．H2SO4发生还原反应，体现H2SO4的氧化性
B．反应过程中一定能观察到大量气泡
C．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1
D．生成6.72LSO2(已全部放出)，转移的电子的物质的量为0.3mol
14．（2022·呼和浩特模拟）氟离子电池是一种前景广阔的新型电池，比能量(即电池单位质量或者单位体积所输出电能的多少)高，且不会因为过热而造成安全风险。如图是氟离子电池工作示意图，其中充电时F-从乙电极流向甲电极，下列关于该电池的说法正确的是（ ）
A．充电时，外加电源的正极与乙电极相连
B．放电时，导线上每通过1mole-，乙电极质量增加19g
C．放电时，甲电极的电极反应式为Bi-3e-+3F-=BiF3
D．氟离子电池与锂离子电池的比能量相同
15．（2023·杨浦模拟）下列药品易变质，其原因与氧化还原反应无关的是
A．漂粉精 B．溶液 C． D．烧碱
16．（2022高三上·西城期末）盐酸酸洗钢材的废液中含有大量的盐酸、。研究人员利用如图装置可将部分铁元素在极区转化为沉淀，实现资源和能源的再利用。下列说法错误的是
A．电子由b极流向a极
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．该装置实现了化学能向电能转化
D．a极可发生电极反应：
二、综合题
17．（2022·全国乙卷）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算热分解反应④的 。
（2）较普遍采用的处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是 ，缺点是 。
（3）在、反应条件下，将的混合气进行热分解反应。平衡时混合气中与的分压相等，平衡转化率为 ，平衡常数 。
（4）在、反应条件下，对于分别为、、、、的混合气，热分解反应过程中转化率随时间的变化如下图所示。
①越小，平衡转化率 ，理由是 。
②对应图中曲线 ，计算其在之间，分压的平均变化率为 。
18．（2022·徐汇模拟）重晶石()作为原料制备金属钡及其他含钡化合物的方法如下图：
完成下列填空：
（1）Ba在元素周期表中位于第 族，最外层电子的电子云形状是 。图中涉及的第二周期元素原子半径由大到小的顺序是 ，可以判断其中两种元素非金属性强弱的反应是 (选填流程中的反应编号)。
（2）配平BaS与稀硝酸反应的化学方程式： 。
检验溶液中BaS是否完全反应的方法是：取少量反应液，加入 (填试剂)，有黑色沉淀生成，则BaS未反应完全。
（3）工业上，利用反应①②而不用BaS直接与稀硝酸反应制的原因是 。
（4）元素的金属性：Al Ba(选填“>”或“＜”)；已知：沸点Al>Ba，反应④在真空容器中可以发生的理由是 。
19．（2023·潍坊模拟）分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC₁是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC₁是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。
回答下列问题：
（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有 种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。
a. b.
c. d.
（2）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol WOC₁中通过螯合作用形成的配位键有 mol。
（3）HEC₁中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL⁻¹)如下表：
HO-OH
346
247
207
A-A键的键能依次降低的原因是 。
（4）在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为 ，、的键角由大到小的顺序为 。
（5）水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数pm，pm，；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。
①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为 pm(保留一位小数)。
②普通冰晶体的密度为 g·cm⁻³(列出数学表达式，不必计算出结果)。
20．（2022高三上·盐城开学考）用甲醇(CH3OH)制备一些高附加值产品，是目前研究的热点。
（1）甲醇和水蒸气经催化重整可制得氢气，反应主要过程如下：
反应Ⅰ. CH3OH(g)＋H2O(g)3H2(g)＋CO2(g) △H1
反应Ⅱ. H2(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(g) △H2= a kJ·mol-1
反应Ⅲ. CH3OH(g)2H2(g)＋CO(g) △H3= b kJ·mol-1
反应Ⅳ. 2CH3OH(g)2H2O(g)＋C2H4(g) △H4= c kJ·mol-1
①△H1= kJ·mol-1 。
②工业上采用CaO吸附增强制氢的方法，可以有效提高反应Ⅰ氢气的产率，如图1，请分析加入CaO提高氢气产率的原因： 。
③在一定条件下用氧气催化氧化甲醇制氢气，原料气中对反应的选择性影响如题图2所示(选择性越大表示生成的该物质越多)。制备H2时最好控制= ，当= 0.25时，CH3OH和O2发生的主要反应方程式为 。
（2）以V2O5为原料，采用微波辅热-甲醇还原法可制备VO2，在微波功率1000kW下，取相同质量的反应物放入反应釜中，改变反应温度，保持反应时间为90min，反应温度对各钒氧化物质量分数的影响曲线如图3所示，温度高于250℃时，VO2的质量分数下降的原因是 。
（3）以甲醇为原料，可以通过电化学方法合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图4所示。
①电源的负极为 (填“A”或“B”)。
②阳极的电极反应式为 。
21．（2021高三上·嘉定模拟）碳是一种极其重要的元素，工业上，生活中到处可见。2020年9月，习近平总书记在联合国大会上作出“努力争取2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和”的承诺。碳达峰是指全球或一个地区的二氧化碳排放总量，在某一时间点达到历史最高点，即碳峰值。
碳中和是指将人类经济社会活动所必需的碳排放，通过植树造林和其他人工技术或工程加以捕集利用或封存，从而使排放到大气中的二氧化碳净增量为零。
近期，中国科学院天津工业生物技术研究所在淀粉人工合成方面取得重大突破性进展，国际上首次实现了二氧化碳和水到淀粉(C6H10O5)n的从头合成。相关工作于2021年9月24日发表于国际学术期刊《科学》，实现 “从0到1”的突破。
（1）实现碳中和、碳达峰对环境的积极意义在于 。请你提出1条有利于碳中和、碳达峰的措施 。
（2）碳原子核外有 种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式 ，碳原子最合理的电子式 。
（3）金刚石、石墨烯、线型碳(见下图)是碳的几种同素异形体。从键的类型分析它们的热稳定性由强到弱的顺序为
（4）黑火药是我国四大发明之一，它爆炸时发生多种化学反应，其中主要化学反应方程式为：2KNO3＋3C＋SK2S＋N2↑＋3CO2↑；生成物中，属于非电解质的是 。每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的质量为 (保留1位小数)。
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色退去。
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液退色的物质是 (填化学式)。
②利用如上图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd(钯)沉淀，写出B中发生反应的化学方程式 。
（6）有人提出将CO2通过管道输送到海底，可减缓空气中CO2浓度的增加。但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统。请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因 。
答案解析部分
1．C
A．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的方向，故该反应的∆S＜0，A不符合题意；
B．由题干可知，该反应是一个放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量，B不符合题意；
C．生产过程中将SO3分离出去，即减小生成物浓度，则逆反应速率减慢，C符合题意；
D．由方程式可知，该反应是一个气体体积减小的方向，故其他条件不变，增大压强，平衡右移，但平衡常数仅仅是温度的函数，温度不变平衡常数不变，D不符合题意；
故答案为：C。
24.影响化学反应速率因素：1.内因：反应物本身性质；2.外界条件主要有：温度、压强（有气体参加反应）、浓度、催化剂
2．C
A．“84”消毒液是一种以次氯酸钠为主要成分的含氯消毒剂，有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作环境消毒剂，A不符合题意；
B．植物油中含有碳碳双键，碳碳双键具有还原性，在空气中长时间放置时易被氧化而变质，B不符合题意；
C．大型柴油发电机组能将化学能转化为机械能，再将机械能转化为电能，C符合题意；
D．镁铝合金是一种金属材料，常用于制造汽车的外壳，D不符合题意；
故答案为：C。
A.次氯酸钠具有强氧化性，能使蛋白质变性；
B.碳碳双键具有还原性；
D.合金属于金属材料。
3．A
A．铁盐净水中利于了生成胶体的吸附性，没有元素化合价改变，不涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．海带提碘过程中碘元素化合价发生改变，涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．细铁粉用作食品抗氧剂是铁和氧气发生氧化反应，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．氯碱工业电解饱和食盐水生成氯气和氢气，有元素化合价改变，涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
4．B
A．在潮湿的空气中，家用铜质水龙头表面有铜绿生成是因为铜在氧气、二氧化碳和水蒸气共同作用下铜被氧化生成碱式碳酸铜，颜色变化与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．将氯化铁溶液滴入氢氧化镁悬浊液中，溶解度大的氢氧化镁与氯化铁溶液反应转化为溶解度小的氢氧化铁，沉淀转化过程中没有元素发生化合价变化，颜色变化与氧化还原反应无关，故B符合题意；
C．钠放于坩埚中并加热，产生黄色火焰，与空气中的氧气反应生成淡黄色过氧化钠固体，颜色变化与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．新制的氯水呈淡黄绿色，久置于空气中后颜色消失是因为次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，颜色变化与氧化还原反应有关，故D不符合题意；
故答案为：B。
利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
5．C
A．NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，被还原，为氧化剂，A不符合题意；
B．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，则HCl失电子是还原剂，B不符合题意；
C．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，则Cl2既是氧化产物也是还原产物，C符合题意；
D．反应中H元素和O元素化合价均没有发生变化，H2O既不是还原产物也不是氧化产物，D不符合题意；
故答案为：C。
次氯酸钠和氯化氢反应生成氯气，次氯酸中氯元素化合价降低，氯化氢中氯元素化合价升高；
A、化合价降低作为氧化剂；
B、氯化氢化合价升高作为还原剂；
C、化合价降低产物为还原产物，化合价升高产物为氧化产物；
D、水既不是氧化产物也不是还原产物。
6．C
A．根据图示信息，随着温度的升高，n(H2)逐渐减少，则平衡正向移动，说明该反应的正反应是吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意；
B．由A项分析可知，该反应正向为吸热反应，则随着温度的升高，n(H2O)增加，根据图示信息，最上面的曲线表示n(H2O)随温度的变化曲线，B不符合题意；
C．由于该容器恒容密闭，向容器中充入惰性气体，不影响各物质的浓度，则平衡不移动，C符合题意；
D．BaSO4是固体，向平衡体系中加入BaSO4，不能改变其浓度，平衡不移动，则氢气的转化率不变，D不符合题意；
故答案为：C。
A.根据勒夏特列原理进行分析。
B.该反应是吸热反应，温度升高，反应正向进行，n(H2O)增加。
C.恒容条件下，加入惰性气体不影响各组分的浓度。
D.可逆反应中，纯液体或固体的浓度不变。
7．D
A．由信息可知，电极M上乙烯被氧化为环氧乙烷、电极N上被还原为，则电极M为阳极、电极N为阴极，电极a为负极、电极b为正极，选项A不符合题意；
B．双极膜中水解离出来的氢氧根离子向阳极区移动，膜q适合选用阴离子交换膜，选项B不符合题意；
C．工作时阳极区生成水，NaOH溶液浓度减小，选项C不符合题意；
D．Cr元素由+6价变为+3价，N极的反应方程式为，选项D符合题意。
故答案为：D。
A.电解池中发生还原反应的一极是阴极，阴极与电源的负极相连；
B.原电池中阴离子移向阳极；
C.根据反应物和生成物写出电极反应式，再做出判断；
D.N极重铬酸根离子被还原为铬离子，内层水电离的H+移向N极，再写出电极反应式。
8．C
A．根据图示可知，m极上发生反应Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，n极上发生反应
Cu2++2e-=Cu.据此判断m和n的电极材料均可为Cu，故A不符合题意；
B．m极为负极，其电极反应式为Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故B不符合题意；
C．要获得高浓度含铜废水，应选择阴离子交换膜，电子流向为m→导线→n.电流流向为n→导线→m，故C符合题意；
D．原电池体系中通入NH3将化学能转化为电能，然后再通过低温废热使得NH3逸出，该过程热能转化为化学能，综合分析该系统能量转化形式为低温废热转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：C
A．根据图示中的电极反应判断；
B．负极失电子发生氧化反应；
C．电子从负极流出，通过导线流向正极；
D．原电池体系中通入NH3将化学能转化为电能，然后再通过低温废热使得NH3逸出，该过程热能转化为化学能。
9．A
A．根据总反应4Na＋3CO2=2Na2CO3＋C可知，负极为钠箔，正极为多壁碳纳米管(MWCNT)，则电子流向为：钠箔→导线→MWCNT，A符合题意；
B．放电时，正极是CO2得到电子生成Na2CO3和C，其电极反应式为：3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C，B不符合题意；
C．高氯酸钠-四甘醇二甲醚的特点是不与金属钠反应，而且导电性好，难挥发，C不符合题意；
D．原两电极质量相等，若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，当转移0.2mole－时，负极质量减少0.2mol×23g∙mol−1=4.6g，正极电极反应式为：3CO2＋4Na＋＋4e－=2Na2CO3＋C，转移0.2mole－时，生成0.1mol碳酸钠和0.05mol碳，正极质量增加0.1mol×106g∙mol−1+0.05mol×12g∙mol−1=11.2g，因此两极的质量差为11.2g+4.6g=15.8g，D不符合题意；
故答案为：A。
该装置放电时属于原电池，根据总反应式可知钠箔为正极，电极反应式为Na-e-=Na+；另一电极为正极，电极反应式为3CO2+4e-+4Na+=C+2Na2CO3。注意电子是由负极流出沿着导线流向正极。
10．A
A．从海水中提取镁单质，该过程中镁元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A符合题意；
B．石油的分馏属于物理变化，不涉及氧化还原反应，B不符合题意；
C．明矾净水是铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体吸附杂质达到净水的目的，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．小苏打在面粉发酵的过程中，与产生的酸反应生成二氧化碳，元素化合价不变，不涉及氧化还原反应，D不符合题意；
故答案为：A。
利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
11．D
A．反应ii中维生素C中C为+价，发生氧化反应，C6H6O6中C为+1价，化合价升高，发生氧化反应，A不符合题意；
B．反应i是生成碘单质，反应ii是消耗碘单质，一段时间后溶液变蓝说明溶液中有碘单质，说明先完成反应ii后完成反应i，反应速率：反应i<反应ii ，B不符合题意；
C．反应ii生成氢离子的量等于成反应i消耗氢离子的量，由于反应速率：反应i<反应ii，反应ii后完成反应i还在反应，故消耗的氢离子量大，溶液pH最终会变大，C不符合题意；
D．成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，且溶液中有还有碘单质，则说明反应i生成的碘单质的量等于反应ii消耗的碘单质的量与溶液中剩余碘单质的量的和，若溶液变蓝时n(I2)=amol，则消耗n(H2O2)＞amol D符合题意；
故答案为：D。
A.反应 ii 中I2发生还原反应，所以Vc发生了氧化反应；
B.根据题目酸化的过氧化氢溶液中加入碘化钾、淀粉和维生素C溶液，一段时间后溶液变蓝，说明反应速率反应i<反应ii；
C.由题目可知I2最终有剩余，所以反应i消耗的H+比反应生成的H+多；
D.成反应i生成的碘单质会被反应ii消耗，所以消耗n(H2O2)＞amol。
12．A
A．催化剂能改变反应机理，加快反应速率，不能改变反应热，选项A符合题意；
B．由反应历程图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，选项B不符合题意；
C．的活化能最大，是该历程的决速步，选项C不符合题意；
D．该反应的反应物是和，生成物是和，则总反应为，选项D不符合题意；
故答案为：A。
A.催化剂不影响反应热；
B.反应物的总能量大于生成物的总能量的反应为放热反应；
C.活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤；
D.该反应是和反应生成和。
13．C
A．H2SO4中元素化合价不变，H2SO4不发生氧化还原反应，体现H2SO4的酸性，故A不符合题意；
B．没有明确反应物的用量，反应过程中不一定能观察到大量气泡，故B不符合题意；
C．Na2S2O4中S元素化合价由+3降低为0，S是还原产物，Na2S2O4中S元素化合价由+3升高为+4，SO2是氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3：1，故C符合题意；
D．没有明确是否为标准状况，生成6.72LSO2的物质的量不一定是0.3mol，所以转移的电子的物质的量不一定为0.3mol，故D不符合题意；
故答案为：C。
思路分析：首先标注化合价，根据化合价升降判断氧化剂、还原剂，氧化产物、还原产物，画出双线桥，找到转移电子数目与二氧化硫关系。
14．B
A．据分析，充电时，乙是阴极，与外加电源的负极相连，A不符合题意；
B．放电时，导线上每通过1mole-，乙电极反应：Mg- 2e-+2F-=MgF2，乙电极增加1molF-，质量增加19g，B符合题意；
C．据分析，放电时，甲是正极，电极反应： BiF3+3e-= Bi+3F-，C不符合题意；
D．根据题意，比能量指电池单位质量或者单位体积所输出电能的多少，氟离子电池的比能量是，锂离子电池的比能量是，二者不相同，D不符合题意；
故答案为：B。
A．阴极与外加电源的负极相连；
B．利用得失电子守恒先生；
C．正极得电子发生还原反应；
D．比能量指电池单位质量或者单位体积所输出电能的多少。
15．D
A．漂粉精变质的原因为漂粉精的有效成分与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．硫酸亚铁溶液中的亚铁离子易与空气中的氧气反应生成铁离子，则变质原因与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．过氧化钠变质的原因为过氧化钠与空气中的二氧化碳或水蒸气反应生成氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．烧碱变质的原因为氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，则变质原因与氧化还原反应无关，故D符合题意；
故答案为：D。
利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断。
16．B
A．电池中电子由负极经外电路流向正极，即电子由b极流向a极，故A不符合题意；
B．a极的电极反应为：，为维持电荷守恒，H+由右池通过离子交换膜向左池迁移，则离子交换膜为质子交换膜，故B符合题意；
C．该装置为原电池，实现了化学能向电能转化，故C不符合题意；
D．a极为原电池正极，该极通入空气，氧气得电子，电极反应为：，故D不符合题意；
故答案为：B。
该装置为原电池，通入空气的一极为正极，电极反应式为，电极b是负极，负极区盐酸酸洗的废液含有大量的盐酸、FeCl2，负极的电极反应为Fe2+-e-=Fe3+。
17．（1）170
（2）副产物氢气可作燃料；耗能高
（3）50%；4.76
（4）越高；n(H2S)：n(Ar)越小，H2S的分压越小，平衡向正反应方向进行，H2S平衡转化率越高；d；24.9
（1）根据盖斯定律（①+②）-③即得到反应④，所以ΔH4＝（－1036+94）kJ/mol×+484kJ/mol＝+170kJ/mol。
（2）根据题干信息，结合盖斯定律可知克劳斯工艺的总反应为2H2S(g)+O2(g)＝S2(g)+2H2O(g) ΔH＝(－1036+94)kJ/mol×=－314kJ/mol，高温热分解法与之相比，在生成S的同时还有燃料H2生成，但耗能高，成本较高。
（3）根据题干信息，假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=4mol，根据三段式可知：
2H2S(g)
S2(g) ＋
2H2(g)
起始（mol）
1
0
0
转化（mol）
x
0.5x
x
平衡（mol）
1-x
0.5x
x
平衡时H2S和H2的分压相等，则其物质的量相等，即1－x＝x，解得x＝0.5，所以H2S的平衡转化率为，平衡常数Kp＝。
（4）①该反应过程中气体体积分数增大，n(H2S)：n(Ar)的值越小，则H2S的分压越小，相当于减压，平衡将向正反应方向移动，所以H2S平衡转化率越高。
②根据①分析可知n(H2S)：n(Ar)＝1：9对应的曲线是d，在0.1s时H2S转化率为24%。假设反应前n(H2S)=1mol，n(Ar)=9mol，则根据三段式可知
2H2S(g)
S2(g) ＋
2H2(g)
起始（mol）
1
0
0
转化（mol）
0.24
0.12
0.24
平衡（mol）
0.76
0.12
0.24
平衡时H2S的压强为，H2S的起始压强为，所以H2S分压的平均变化率为。
（1）根据盖斯定律进行求解，注意几点：①若化学计量数成倍增加或减少，则△H也要成倍的增加或减少；②当反应逆向进行时，其反应热与正反应的反应热数值相等，正负号相反；③△H的计算一定要带上正负号。
（2）可从反应条件、产物，结合成本、效益等角度进行分析。
（3）通过列化学平衡三段式，结合转化率和平衡常数的表达式进行分析，注意单位统一。
（4）①根据勒夏特烈原理进行分析，注意惰性气体对反应中压强的影响。
②气体分压的平均变化率=，注意气体的物质的量与压强之间的关系。
18．（1）IIA；球形；r(C)>r(N)>r(O)；②
（2）；(aq)
（3）BaS与稀硝酸直接生成，生成NO，硝酸利用率低，且污染环境
（4）＜；高温条件，不断分离Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行
重晶石(BaSO4)作为原料制备金属钡，重晶石加入碳粉高温反应生成BaS和CO2，BaS中加入Na2CO3溶液，转化为BaCO3，碳酸钡和硝酸反应转化为硝酸钡；碳酸钡和碳粉高温反应生成BaO，BaO和O2反应生成BaO2、和Al高温反应生成Ba，据此解答。
(1)Ba为56号元素，在元素周期表中位于第ⅡA族，钡的核外电子排布[Xe]6s2，最外层电子的电子云形状是球形，图中涉及的第二周期元素分别为C、O、N，原子半径从左到右逐渐减小，由大到小的顺序是C、N、O，可以判断其中两种元素非金属性强弱的反应是BaCO3+2HNO3=Ba(NO3)2+CO2↑+H2O，故答案为：ⅡA；球形；r(C)>r(N)>r(O)；②；
(2)S元素由-2价升高为0价，N元素由+5价降低为+2价，根据得失电子守恒，BaS与稀硝酸反应的化学方程式：3BaS+8HNO3=3Ba(NO3)2+3S+2NO↑+4H2O，检验溶液中BaS是否完全反应的方法是：取少量反应液，加入硫酸铜溶液，有黑色沉淀CuS生成，则BaS未反应完全，故答案为：；(aq)；
(3)工业上，利用反应①②而不用BaS直接与稀硝酸反应制Ba(NO3)2的原因是会产生污染性气体NO，原料利用率低，故答案为：BaS与稀硝酸直接生成，生成NO，硝酸利用率低，且污染环境；
(4)根据氢氧化铝和氢氧化钡的碱性判断，元素的金属性：Al＜Ba；已知：沸点Al＞Ba，反应④在真空容器中可以发生的理由是不断分离出Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行，故答案为：＜；高温条件，不断分离Ba(g)使反应向生成Ba的方向进行。
(1)依据原子构造原理分析；同周期原子半径从左到右逐渐减小；利用强酸制弱酸判断；
(2)根据得失电子守恒；
(3)考虑产物的性质；
(4)根据金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。
19．（1）3；c
（2）10
（3）C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小
（4）；>
（5）276.4；
（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti、Ni、Ge；
a.为基态Fe原子；b.为基态；c. 为基态 d. 为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是，故c正确；
故答案为：3；c；
（2）WOC₁中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，有结构简式可知1molWOC₁中含10mol配位键，故答案为：10；
（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肤中的氮原子有1对孤对电子，过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子，C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
故答案为：C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小。
（4）中的离域π键为三中心四电子，可表示为，中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°，故答案为：；>；
（5）①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为0.375×737=276.4；
由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为：g，晶胞体积 cm⁻³，晶胞密度为：，故答案为：276.4；。
（1）依据构造原理分析；具有全充满，半充满，全空三种状态的电子排布比较稳定。
（2）依据图中结构判断；
（3）中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
（4）依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
（5）①氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个相同原子的核间距；依据由晶胞结构计算。
20．（1）b –a；CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率；0.5；2CH3OH＋O22HCHO＋2H2O
（2）甲醇继续还原VO2为V2O3
（3）B；2CH3OH＋CO −2e−=(CH3O)2CO＋2H+
（1）①不难看出，只要用反应III减去反应II，就可以得到，因此热效应也为反应III减去反应II，即；
②氧化钙是碱性氧化物，二氧化碳是酸性氧化物，因此二者可以反应得到碳酸钙，二氧化碳被消耗后相当于生成物浓度降低，平衡将正向移动；
③根据题图不难看出，当投料比为0.5时，氢气的选择性最大，即可以得到更多的氢气，当投料比为0.25时，甲醛的选择性更大，即可以得到更多的甲醛；
（2）温度升高后甲醇的还原性增强，将进一步还原为，因此的质量分数下降；
（3）①右侧氧气得电子变成水，因此右侧是阴极，与阴极相连的B为电源负极，同理，左侧A为正极，与A相连的为阳极；
②阳极是甲醇、一氧化碳失电子变为碳酸二甲酯，据此写出电极反应式：。
（1）①根据盖斯定律计算；
②CaO消耗CO2，降低CO2的浓度，促进平衡正向移动，提高H2的产率 ；
③当投料比为0.25时，甲醛的选择性更大；
（2）温度升高后甲醇的还原性增强；
（3）燃料电池中，通入燃料的一极为负极，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。
21．（1）减少温室效应；新能车代替汽油车（乘公交代替自驾车、双面打印等）
（2）3；；
（3）线型碳>石墨烯>金刚石
（4）CO2；67.3
（5）K2S；CO＋PdCl2＋H2O＝Pd＋2HCl＋CO2
（6）海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H＋＋HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强
（1）二氧化碳是造成温室效应的气体之一，实现碳中和、碳达峰可减少二氧化碳的排放，对环境的积极意义在于减少温室效应，措施如：新能车代替汽油车、乘公交代替自驾车、双面打印等；
（2）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，最外层电子轨道表示式为，碳原子最合理的电子式为；
（3）物质内的键的键能越大，则物质越稳定，由于键能顺序为：碳碳三键＞碳碳双键＞碳碳单键，故稳定性由强到弱的顺序为：线型碳＞石墨烯＞金刚石；
（4）在水溶液里和熔融状态下不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下导电的化合物是电解质，所以上述物质中属于非电解质的是CO2；该反应中，N元素化合价由+5价变为0价、C元素化合价由0价变为+4价、S元素化合价由0价变为-2价，所以氧化产物是二氧化碳，根据二氧化碳和硝酸钾之间的关系式2KNO3~3CO2得，每生成1 mol氧化产物，消耗KNO3的物质的量为mol，质量为m=nM=mol×101g/mol=67.3g；
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质，
①烟尘中能使酸性高锰酸钾溶液褪色的物质必须具有还原性，所以是K2S；
②利用图装置检验气体产物中的CO气体，一段时间后，观察到B中出现黑色的Pd沉淀，说明CO和氯化铅发生反应生成Pb，CO被氧化生成二氧化碳，再结合原子守恒知，反应物还有水、生成物还有HCl，所以反应方程式为CO+PdCl2+H2O=Pd+2HCl+CO2；
（6）海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H++HCO3-，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强。
（1）二氧化碳是造成温室效应的气体之一；
（2）碳的电子排布式为1s22s22p2，有3种能量不同的电子；
（3）物质内的键的键能越大，物质越稳定；
（4）非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物；
（5）收集黑火药爆炸后的烟尘和气体产物，分别与酸性高锰酸钾溶液反应，均能使溶液紫红色褪去，说明其烟尘和气体中含有还原性物质；
（6）海底压强大，CO2的溶解度增加，且可以液体的形式存在，根据反应： CO2＋H2OH2CO3 ，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多。
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