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专题6化学反应与能量变化综合复习训练
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这是一份专题6化学反应与能量变化综合复习训练，共16页。
专题6化学反应与能量变化综合复习训练姓名（）班级（）学号（）一、选择题1．工业上可利用氨水吸收和，原理如图所示。已知：时，的，的。下列说法正确的是A．反应的平衡常数B．向氨水中通入至C．测得溶液：D．溶液中：2．晶体硅是重要的半导体材料。工业上用石英砂作原料通过如下反应生产晶体硅：① ② ③ 则用石英砂生产28g纯硅理论上放出的热量为A．21.44kJ B．600.20kJ C．1965.10kJ D．21435.71kJ3．排放到空气中会引起酸雨等环境问题，严重危害人类健康，水溶液中存在下列平衡：已知：，，为各步反应的平衡常数，且[表示的平衡压强]。下列说法正确的是A．由上图平衡可知溶液和溶液都可以水解，溶液一定呈碱性B．氨水也可吸收，防止大气污染，同时通入能进一步提高去除率C．当的平衡压强为p时，测得，则溶液D．用的氢氧化钠溶液吸收0.2mol的，则溶液中存在关系式：4．熔融碳酸盐电解制备合成气(CO和H2)的工作原理如图所示，下列说法错误的是A．外接电源的a极电势高，电子移动方向为b→Ni电极，NiO电极→aB．由Ni电极向NiO电极迁移C．NiO电极的电极反应为2CO2＋O2—4e—=2D．当外电路通过1 mol e-时，Ni电极上产生11.2 L(标准状况)气体5．在反应中，表示该反应速率最快的是A． B．C． D．6．中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下：下列说法正确的是A．过程Ⅰ和过程Ⅲ均为放热过程B．图示过程中的3个过程都涉及到了H2OC．过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2D．使用催化剂缩小反应物和生成物的能量差7．下列反应是氧化还原反应且反应过程中的能量变化符合下图的是A．CaO+H2O=Ca(OH)2 B．NaOH+HCl=NaCl+H2OC．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ D．4HNO34NO2+O2+2H2O8．原电池原理的发现极大地推进了现代化的进程，改变了人们的生活方式。关于如图所示原电池的说法不正确的是A．该装置将化学能转化为电能B．电流由铜片经导线流向锌片C．锌片上的电极反应为：D．铜片为正极，发生还原反应9．液体锌电池具有成本低、安全性强等特点，其工作原理如图所示(KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移)。下列说法正确的是A．电流由极经用电器流向极B．负极反应式为C．工作一段时间后，锌极区升高D．参与反应，理论上电路中转移电子10．硫元素在自然界中通常以硫化物、硫酸盐或单质的形式存在。斜方硫、单斜硫是常见的两种单质。常见的含硫矿物有硫磺矿、黄铁矿、石膏等。黄铁矿遇酸会生成硫化氢气体。工业利用黄铁矿与空气高温反应得到与在催化作用下反应生成，每生成释放出的热量，生成的用的浓硫酸吸收。利用酸性溶液可测定工业尾气中的含量。下列化学反应表示不正确的是A．与足量稀盐酸反应：B．黄铁矿与空气高温反应：C．催化氧化：D．用酸性溶液吸收：11．某兴趣小组以相同大小的铜片和锌片为电极研究水果电池，装置如图，实验所得数据如下：电池工作时，下列说法不正确的是A．负极的电极反应为B．电子从锌片经水果流向铜片C．化学能全部转化为电能D．水果种类和电极间距离对电流的大小均有影响12．硫酸是重要的化工原料，广泛用于制造肥料、燃料电池、电子元件、纺织品、医药品等。催化制备的反应：在体积可变的密闭容器中进行。关于该反应的说法正确的是A．缩小容器体积增大压强，能减慢反应速率B．升高温度能减慢反应速率C．使用恰当的催化剂能加快反应速率D．0.4与0.2充分反应生成0.413．和可用于烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质．将NO与的混合气体通入和的混合溶液中，发生以下转化过程．下列说法错误的是A．反应前后溶液中和的总物质的量不变B．参加反应Ⅰ的氧化剂与还原剂的个数之比为2∶1C．反应Ⅱ的离子方程式为D．反应过程中消耗与生成的体积（标况下）相等14．在2L的恒容密闭容器中同时进行下列两个可逆反应：①；②。下列叙述不能说明容器内的反应达到平衡状态的是A．容器内压强不再发生变化B．容器内气体的密度不再发生变化C．CH3OH的体积分数不再发生变化D．单位时间内，消耗的CO与生成的O2的物质的量之比为1∶115．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．和混合后充分反应，气体分子总数目为B．与反应时，转移电子的数目为C．的溶液与足量的Fe反应产生的氢气分子数目为D．标准状况下，气体中含有数目为二、填空题16．CH3OH也可由CO2和H2合成。在体积为1L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示：(1)3min内，以CO2表示的化学反应速率为 mol/(L·min)。(2)10min时，CH3OH的物质的量为 mol，10min内，以H2表示的化学反应速率是 mol/(L·min)。(3)到达平衡时，CO2的转化率为 。(4)3min时，v(正) v(逆)(填“大于”、“等于”、“小于”)，此时化学反应朝 进行(填“正方向”或“逆方向”)。17．回答下列问题：(1)金刚砂的主要成分的化学式是 。(2)分子的空间结构为 ，共价键为 键(填“极性”或“非极性”)。(3)比较还原性强弱： (填“>”“<”或“=”)；用一个离子方程式说明与与的还原性相对强弱 。(4)科学家已获得了气态分子，其结构为正四面体。已知断裂1molN-N吸收193kJ能量，断裂1molN≡N吸收946kJ能量，则完全转化为时 (填“吸收”或“放出”)能量。三、解答题18．催化还原法是消除大气中的主要方法之一。回答下列问题：(1)小分子烃类作为还原剂可以在催化剂上选择性还原大气中的。反应过程中部分热化学方程式如下（表示正反应的活化能）：i. ii. iii. （保留至小数点后一位）；已知反应的，则自发进行的适合条件为 （填“高温”“低温”或“任意温度”）。(2)反应动力学研究发现，在催化剂作用下，燃烧反应对还原大气中的有一定的影响。①相同条件下，反应速率：反应i （填“>”或“<”）反应ii，理由是 。②在催化作用下，、的平衡转化率随温度的变化如图所示：反应温度低于650K时，随着温度升高，NO、的转化率迅速升高，可能的原因为 ；在673K之后，的转化率不断升高至完全转化，但NO转化率随着温度升高而降低，试分析可能的原因： （写出一条即可）。(3)已知：一定条件下，在1L密闭容器中通入和，发生反应，反应达到平衡后放出的热量为20.9kJ，该反应的平衡常数为 。(4)含铜催化剂可用于氨选择性催化还原。CuCl是一种应用较广的含铜催化剂，CuCl的晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①晶胞中Cl的配位数为 。②设为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为，则晶胞中相邻Cu之间的最短距离为 （列出计算式）pm。19．NO和NO2都是有毒气体，氨气可作为脱硝剂，如NO和，在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)。(1)在恒温恒容的条件下，下列能说明该反应已达到平衡状态的是 (填字母)。a．反应速率b．容器内压强不再随时间而发生变化c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化d．容器内n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6e．有12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键f．混合气体的密度不随时间的变化而变化(2)利用该原理，设计如下原电池，除掉NO的同时，还可以提供电能。N电极上发生的电极反应为 。(3)已知拆开1molH-H键、1molN≡N键、1molN-H键需要的能量依次为436kJ、946kJ、391kJ，在该温度下，制备所需NH3时，取1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量总小于92kJ(理论消耗1molN2放出92kJ的热量)，其原因是 。(4)一定条件下，在2L密闭容器内，反应2NO2(g)N2O4(g)，n(NO2)随时间变化如下表：①用N2O4表示0~2s内该反应的平均速率v(N2O4)= ，在第5s时，NO2的转化率为 。(转化率是指某一反应物转化量占及其总量的百分比)②根据上表可以看出，随着反应的进行，反应速率逐渐减小，其原因是 。 实验编号水果种类电极间距离/cm电流/μA1番茄198.72番茄272.53苹果227.2时间/s012345n(NO2)/mol0.0400.01400.0080.0050.0050.005参考答案：1．C【分析】工业上可利用氨水吸收产生，再通入后产生N2并生成铵盐，发生的反应为：，据此作答。【详解】A．反应的平衡常数，解得，故A错误；B．向氨水中通入SO2至pH=7，可知，电荷守恒，c ()＞c()，故B错误；C．存在电离平衡：、，当时，，，则，，所以 ，故C正确；D．溶液中水电离出的氢离子等于水电离出的氢氧离子，因此中根据质子守恒可得：，故D错误；故答案选C。2．B【详解】由三个热化学方程式可知，生成1molSi，理论上放出热量：，B项正确。3．D【详解】A、由上图平衡可知，亚硫酸电离是可逆的，和均为强碱弱酸盐，溶液和溶液都可以水解，但溶液中的水解和电离程度哪个强不能确定，故A错误；B、氨水也可吸收，生成亚硫酸氢氨或亚硫酸铵，防止大气污染，同时通入能将生成的亚硫酸氢氨氧化为硫酸氢氨或硫酸铵，相同的氨能吸收的的量相同，不能提高去除率，故B错误；C、当的平衡压强为p时，测得，，，，，，故C错误；D、用的氢氧化钠溶液即0.3molNaOH吸收0.2mol的，令生成的和的物质的量分别为x，y，根据Na原子守恒，2x+y=0.3mol，x+y=0.2mol，解的x=y=0.1mol，形成和等物质的量浓度的混合物，根据电荷守恒：①，溶液中也存在物料守恒：②②*2-①*3得，故D正确；故选D。4．C【分析】由图可知，电极a为直流电源的正极、b为负极，氧化镍电极为阳极，碳酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气，电极反应式为为2CO—4e—=2CO2↑＋O2↑，镍电极为阴极，二氧化碳和水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和一氧化碳，电极反应式为H2O+CO2+2 e—= CO＋H2↑、2CO2+2 e—= CO＋CO↑。【详解】A．由分析可知，电极a为直流电源的正极、b为负极，外接电源的a极电势高，装置中电子移动方向为b→Ni电极，NiO电极→a，故A正确；B．由分析可知，氧化镍电极为阳极，镍电极为阴极，则碳酸根离子由镍电极向氧化镍电极迁移，故B正确；C．由分析可知，氧化镍电极为阳极，碳酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气，电极反应式为为2CO—4e—=2CO2↑＋O2↑，故C错误；D．由得失电子数目守恒可知，当外电路通过1 mol e-时，镍电极上产生标准状况去氢气和一氧化碳气体的体积为11.2L，故D正确；故选C。5．A【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大、反应速率越快；【详解】A．； B．；C．；D．；故选A。6．B【详解】A．过程Ⅰ涉及O-H键的断裂，该过程为吸热过程，过程Ⅱ是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ涉及C=O键、O-H键和H-H键的形成，该过程为放热过程，故A错误；B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，故B正确；C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，故C错误；D．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物和生成物的能量差，故D错误；故选：B。7．C【分析】氧化还原反应存在化合价的变化，该能量转化过程，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，据此分析。【详解】A．CaO+H2O=Ca(OH)2不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误；B．NaOH+HCl=NaCl+H2O不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，B错误；C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑属于氧化还原反应，且为放热反应，C正确；D．4HNO34NO2+O2+2H2O属于氧化还原反应，为吸热反应，D错误；故选C。8．C【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上锌发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应。【详解】A．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，选项A正确；B．锌作负极，铜作正极，电子从负极锌沿导线流向正极，电子定向移动的方向与电流相反，电流由铜片经导线流向锌片，选项B正确；C．该装置中，负极上锌失电子、正极上氢离子得电子，所以锌片上发生的反应为 Zn-2e-=Zn2+，选项C不正确；D. 该装置负极区锌失电子发生氧化反应，正极区铜片上氢离子得电子发生还原反应，选项D正确；答案选C。9．A【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成，负极电极反应式为Zn+2OH--2e-═+H2O，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。【详解】A．原电池放电时，电子由正极流向负极，即电流由MnO2极经用电器流向Zn极，故A正确；B．由分析可知，负极电极反应式为Zn+2OH--2e-═+H2O，故B错误；C．负极电极反应式为Zn+2OH--2e-═+H2O，消耗氢氧根离子，工作一段时间后，锌极区pH下降，故C错误；D．13.0gZn参与反应，理论上电路中转移×2=0.4mol电子，故D错误。答案选A。10．A【详解】A．与足量稀盐酸反应有生成，氧化还原反应中化合价有升必有降，A中只有降没有升，正确的为：，A不正确；B．黄铁矿与空气高温反应得到，化学方程式为， B正确；C．根据每生成释放出的热量，可以写出热化学方程式，C正确；D．用酸性溶液吸收离子方程式为，D正确；故选A。11．C【分析】水果中的电解质溶液与锌片、铜片构成原电池，锌为负极，失去电子发生氧化反应，铜片为正极，发生得到电子的还原反应，电子从负极经导线流向正极。溶液中的离子移动方向是阳正阴负。【详解】A．负极的电极反应为，A正确；B．由分析可知，Zn为负极，电子从负极到正极，即电子从锌片经水果流向铜片，B正确；C．化学能不可能全部转化为电能，一部分转化为热能，C错误；D．水果中的电解质溶液的酸性越强，电解质溶液导电能力就越强，两个电极之间的距离越大，电势差就越大，可见水果的种类和电极间距离对电流的大小均有影响，D正确；故选C。12．C【详解】A．缩小容器体积增大压强，能加快反应速率，A项错误；B．升高温度能加快反应速率，B项错误；C．使用恰当的催化剂能加快反应速率，C项正确；D．由于该反应是可逆反应，0.4与0.2充分反应，生成的少于0.4，D项错误；故答案为：C。13．D【分析】根据图示分析，过程I：，过程II：，以此解题。【详解】A．根据分析，两过程反应整理得总反应：，反应过程中溶液内Ce3+和Ce4+总数保持不变，A正确；B．反应Ⅰ为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，B正确；C．由分析可知，反应Ⅱ的离子方程式为，C正确；D．根据选项A分析可知，总反应为，则反应过程中消耗与生成的体积比为2∶1，D错误；故选D。14．D【详解】A．反应①是气体分子数增多的反应，反应②是气体分子数减少的反应，则压强是变量，容器内压强不再发生变化，能证明反应达到平衡状态，A不选；B．反应①有固体参与反应，故容器内气体的质量是变量，体积不变，则容器内气体密度是变量，不变时，能证明达到平衡状态，B不选；C．CH3OH的体积分数是变量，不变时，能证明达到平衡状态，C不选；D．单位时间内，消耗的CO与生成的O2的物质的量为同一方向，不能证明达到平衡状态，D选；故选D。15．B【详解】A．假如2molN2和3molH2完全反应，则生成的NH3的物质的量为2mol，此时还有1molN2过量，气体分子总数目为，但N2和H2的反应是可逆反应，反应不完全，因此气体分子总数目大于，A项错误；B．I-的还原性大于Fe2+，0.1molFeI2与7.1g (即0.1mol)Cl2反应时，氯气不足，I-完全反应，氯元素的化合价由0变为-1，则转移电子，转移电子的数目为，B项正确；C．H2SO4溶液的体积未知，无法计算其物质的量，因此产生氢气的数目也未知，C项错误；D．HCl气体中只有HCl分子，无H+，D项错误；答案选B。16．(1)0.167(2) 0.75 0.225(3)75%(4) 大于 正方向【详解】（1）由图可知，3min时，二氧化碳的浓度为0.30mol/L，则3min内二氧化碳的反应速率为≈0.167 mol/(L·min)，故答案为：0.167；（2）由图可知，10min时，甲醇的浓度为0.75mol/L，则甲醇的物质的量为0.75mol/L×1L=0.75mol；由方程式可知，10min内氢气的反应速率为=0.225mol/(L·min)，故答案为：0.75；0.225；（3）由图可知，10min反应达到平衡时，二氧化碳的浓度为0.25mol/L，则二氧化碳的转化率为×100%=75%，故答案为：75%；（4）由图可知，3min时，反应未达到平衡，是平衡的形成过程，正反应速率大于逆反应速率，反应向正反应方向进行，故答案为：大于；正方向。17．(1)SiC(2) 正四面体 极性(3) > (4)放出【详解】（1）金刚砂的主要成分是碳化硅，化学式是SiC；（2）分子的空间结构为正四面体，C-H键为极性键。（3）二氧化硫和溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为，证明还原性>。（4）N4(g)=2N2(g)，断裂中的化学键吸收的能量为193kJ×6=1158 kJ，形成2mol中的化学键放出的能量为946kJ×2=1892 kJ，则完全转化为时放出734 kJ的能量。18．(1) 低温(2) > 活化能越小，反应速率越快 随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，使得NO、的转化率迅速升高 反应i为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低（或被过量氧气氧化，导致还原NO选择性降低）(3)0.5(4) 4 【详解】（1）①根据盖斯定律可知ΔH3=ΔH1-ΔH2=− 180.6kJ⋅mol−1；②该反应为放热的熵减反应，则在低温条件下自发；（2）①相同条件下，反应速率：反应i＞反应ii；②活化能越小，反应速率越快，根据题目所给活化能可知，反应速率：反应i＞反应ii；③随着温度升高，NO、C3H6的转化率迅速升高，可能的原因为随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，使得NO、C3H6的转化率迅速升高；④反应i为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低（或C3H6被过量氧气氧化，导致C3H6还原NO选择性降低），所以在673K之后，C3H6的转化率不断升高至完全转化，但NO转化率随着温度升高而降低；（3）的反应热=kJ / mol -kJ / mol =-41.8kJ / mol ，理论上1 mol NO2完全反应放热41.8kJ，实际放出的热量为20.9kJ，转化率为50%，根据三段式，则；（4）①根据晶胞可知，Cl在8个顶点和6个面心，均摊下来为，Cu有4个在内部，化学式为CuCl，Cl周围与它最近的Cu为4个，所以Cl的配位数为4；②晶胞中相邻Cu之间的最短距离为面对角线的，体积为cm3，则边长为pm，晶胞中相邻Cu之间的最短距离为。19．(1)bc(2)2NO+4e-+2H2O=N2+4OH-(3)N2和H2反应是可逆反应，转化率要低于100%，因此放出的热量要小于92kJ(4) 0.004mol·L-1·s-1 87.5% 随着反应进行，反应物浓度逐渐减小【详解】（1）a．反应速率，不能判断正逆反应进行方向，无法判断反应是否达到平衡，a错误；b．该反应前后化学计量数不等，容器内压强不再随时间而发生变化，反应达到平衡，b正确；c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化，说明其浓度不变，反应达到平衡，c正确；d．容器内各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，不能判断反应达到平衡，d错误；e．有12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键，均表示正反应速率，不能判断反应达到平衡，e错误；f．混合气体的密度为定值，密度不随时间的变化而变化，不能判断反应达到平衡，f错误；故选bc。（2）M电极氨气转化为氮气，氮元素化合价升高，失去电子，为负极，N电极NO转化为氮气，化合价降低，得到电子，为正极，N电极上发生的电极反应为2NO+4e-+2H2O=N2+4OH-。（3）氮气和氢气反应生成氨气的反应为可逆反应，取1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量总小于92kJ(理论消耗1molN2放出92kJ的热量)，其原因是N2和H2反应是可逆反应，转化率要低于100%，因此放出的热量要小于92kJ。（4）①用N2O4表示0~2s内该反应的平均速率v(N2O4)= ，在第5s时，NO2的转化率为。②浓度减小，速率减慢，根据上表可以看出，随着反应的进行，反应速率逐渐减小，其原因是随着反应进行，反应物浓度逐渐减小。
专题6化学反应与能量变化综合复习训练姓名（）班级（）学号（）一、选择题1．工业上可利用氨水吸收和，原理如图所示。已知：时，的，的。下列说法正确的是A．反应的平衡常数B．向氨水中通入至C．测得溶液：D．溶液中：2．晶体硅是重要的半导体材料。工业上用石英砂作原料通过如下反应生产晶体硅：① ② ③ 则用石英砂生产28g纯硅理论上放出的热量为A．21.44kJ B．600.20kJ C．1965.10kJ D．21435.71kJ3．排放到空气中会引起酸雨等环境问题，严重危害人类健康，水溶液中存在下列平衡：已知：，，为各步反应的平衡常数，且[表示的平衡压强]。下列说法正确的是A．由上图平衡可知溶液和溶液都可以水解，溶液一定呈碱性B．氨水也可吸收，防止大气污染，同时通入能进一步提高去除率C．当的平衡压强为p时，测得，则溶液D．用的氢氧化钠溶液吸收0.2mol的，则溶液中存在关系式：4．熔融碳酸盐电解制备合成气(CO和H2)的工作原理如图所示，下列说法错误的是A．外接电源的a极电势高，电子移动方向为b→Ni电极，NiO电极→aB．由Ni电极向NiO电极迁移C．NiO电极的电极反应为2CO2＋O2—4e—=2D．当外电路通过1 mol e-时，Ni电极上产生11.2 L(标准状况)气体5．在反应中，表示该反应速率最快的是A． B．C． D．6．中国学者在水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]中突破了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题，该过程是基于双功能催化剂(能吸附不同粒子)催化实现的，反应过程示意图如下：下列说法正确的是A．过程Ⅰ和过程Ⅲ均为放热过程B．图示过程中的3个过程都涉及到了H2OC．过程Ⅲ生成了具有极性共价键的H2、CO2D．使用催化剂缩小反应物和生成物的能量差7．下列反应是氧化还原反应且反应过程中的能量变化符合下图的是A．CaO+H2O=Ca(OH)2 B．NaOH+HCl=NaCl+H2OC．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ D．4HNO34NO2+O2+2H2O8．原电池原理的发现极大地推进了现代化的进程，改变了人们的生活方式。关于如图所示原电池的说法不正确的是A．该装置将化学能转化为电能B．电流由铜片经导线流向锌片C．锌片上的电极反应为：D．铜片为正极，发生还原反应9．液体锌电池具有成本低、安全性强等特点，其工作原理如图所示(KOH凝胶中允许离子存在、生成或迁移)。下列说法正确的是A．电流由极经用电器流向极B．负极反应式为C．工作一段时间后，锌极区升高D．参与反应，理论上电路中转移电子10．硫元素在自然界中通常以硫化物、硫酸盐或单质的形式存在。斜方硫、单斜硫是常见的两种单质。常见的含硫矿物有硫磺矿、黄铁矿、石膏等。黄铁矿遇酸会生成硫化氢气体。工业利用黄铁矿与空气高温反应得到与在催化作用下反应生成，每生成释放出的热量，生成的用的浓硫酸吸收。利用酸性溶液可测定工业尾气中的含量。下列化学反应表示不正确的是A．与足量稀盐酸反应：B．黄铁矿与空气高温反应：C．催化氧化：D．用酸性溶液吸收：11．某兴趣小组以相同大小的铜片和锌片为电极研究水果电池，装置如图，实验所得数据如下：电池工作时，下列说法不正确的是A．负极的电极反应为B．电子从锌片经水果流向铜片C．化学能全部转化为电能D．水果种类和电极间距离对电流的大小均有影响12．硫酸是重要的化工原料，广泛用于制造肥料、燃料电池、电子元件、纺织品、医药品等。催化制备的反应：在体积可变的密闭容器中进行。关于该反应的说法正确的是A．缩小容器体积增大压强，能减慢反应速率B．升高温度能减慢反应速率C．使用恰当的催化剂能加快反应速率D．0.4与0.2充分反应生成0.413．和可用于烟气中的大量氮氧化物转化为无害物质．将NO与的混合气体通入和的混合溶液中，发生以下转化过程．下列说法错误的是A．反应前后溶液中和的总物质的量不变B．参加反应Ⅰ的氧化剂与还原剂的个数之比为2∶1C．反应Ⅱ的离子方程式为D．反应过程中消耗与生成的体积（标况下）相等14．在2L的恒容密闭容器中同时进行下列两个可逆反应：①；②。下列叙述不能说明容器内的反应达到平衡状态的是A．容器内压强不再发生变化B．容器内气体的密度不再发生变化C．CH3OH的体积分数不再发生变化D．单位时间内，消耗的CO与生成的O2的物质的量之比为1∶115．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．和混合后充分反应，气体分子总数目为B．与反应时，转移电子的数目为C．的溶液与足量的Fe反应产生的氢气分子数目为D．标准状况下，气体中含有数目为二、填空题16．CH3OH也可由CO2和H2合成。在体积为1L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，测得CO2和CH3OH(g)浓度随时间变化如图所示：(1)3min内，以CO2表示的化学反应速率为 mol/(L·min)。(2)10min时，CH3OH的物质的量为 mol，10min内，以H2表示的化学反应速率是 mol/(L·min)。(3)到达平衡时，CO2的转化率为 。(4)3min时，v(正) v(逆)(填“大于”、“等于”、“小于”)，此时化学反应朝 进行(填“正方向”或“逆方向”)。17．回答下列问题：(1)金刚砂的主要成分的化学式是 。(2)分子的空间结构为 ，共价键为 键(填“极性”或“非极性”)。(3)比较还原性强弱： (填“>”“<”或“=”)；用一个离子方程式说明与与的还原性相对强弱 。(4)科学家已获得了气态分子，其结构为正四面体。已知断裂1molN-N吸收193kJ能量，断裂1molN≡N吸收946kJ能量，则完全转化为时 (填“吸收”或“放出”)能量。三、解答题18．催化还原法是消除大气中的主要方法之一。回答下列问题：(1)小分子烃类作为还原剂可以在催化剂上选择性还原大气中的。反应过程中部分热化学方程式如下（表示正反应的活化能）：i. ii. iii. （保留至小数点后一位）；已知反应的，则自发进行的适合条件为 （填“高温”“低温”或“任意温度”）。(2)反应动力学研究发现，在催化剂作用下，燃烧反应对还原大气中的有一定的影响。①相同条件下，反应速率：反应i （填“>”或“<”）反应ii，理由是 。②在催化作用下，、的平衡转化率随温度的变化如图所示：反应温度低于650K时，随着温度升高，NO、的转化率迅速升高，可能的原因为 ；在673K之后，的转化率不断升高至完全转化，但NO转化率随着温度升高而降低，试分析可能的原因： （写出一条即可）。(3)已知：一定条件下，在1L密闭容器中通入和，发生反应，反应达到平衡后放出的热量为20.9kJ，该反应的平衡常数为 。(4)含铜催化剂可用于氨选择性催化还原。CuCl是一种应用较广的含铜催化剂，CuCl的晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 ①晶胞中Cl的配位数为 。②设为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为，则晶胞中相邻Cu之间的最短距离为 （列出计算式）pm。19．NO和NO2都是有毒气体，氨气可作为脱硝剂，如NO和，在一定条件下发生反应：6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)。(1)在恒温恒容的条件下，下列能说明该反应已达到平衡状态的是 (填字母)。a．反应速率b．容器内压强不再随时间而发生变化c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化d．容器内n(NO)∶n(NH3)∶n(N2)∶n(H2O)=6∶4∶5∶6e．有12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键f．混合气体的密度不随时间的变化而变化(2)利用该原理，设计如下原电池，除掉NO的同时，还可以提供电能。N电极上发生的电极反应为 。(3)已知拆开1molH-H键、1molN≡N键、1molN-H键需要的能量依次为436kJ、946kJ、391kJ，在该温度下，制备所需NH3时，取1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量总小于92kJ(理论消耗1molN2放出92kJ的热量)，其原因是 。(4)一定条件下，在2L密闭容器内，反应2NO2(g)N2O4(g)，n(NO2)随时间变化如下表：①用N2O4表示0~2s内该反应的平均速率v(N2O4)= ，在第5s时，NO2的转化率为 。(转化率是指某一反应物转化量占及其总量的百分比)②根据上表可以看出，随着反应的进行，反应速率逐渐减小，其原因是 。 实验编号水果种类电极间距离/cm电流/μA1番茄198.72番茄272.53苹果227.2时间/s012345n(NO2)/mol0.0400.01400.0080.0050.0050.005参考答案：1．C【分析】工业上可利用氨水吸收产生，再通入后产生N2并生成铵盐，发生的反应为：，据此作答。【详解】A．反应的平衡常数，解得，故A错误；B．向氨水中通入SO2至pH=7，可知，电荷守恒，c ()＞c()，故B错误；C．存在电离平衡：、，当时，，，则，，所以 ，故C正确；D．溶液中水电离出的氢离子等于水电离出的氢氧离子，因此中根据质子守恒可得：，故D错误；故答案选C。2．B【详解】由三个热化学方程式可知，生成1molSi，理论上放出热量：，B项正确。3．D【详解】A、由上图平衡可知，亚硫酸电离是可逆的，和均为强碱弱酸盐，溶液和溶液都可以水解，但溶液中的水解和电离程度哪个强不能确定，故A错误；B、氨水也可吸收，生成亚硫酸氢氨或亚硫酸铵，防止大气污染，同时通入能将生成的亚硫酸氢氨氧化为硫酸氢氨或硫酸铵，相同的氨能吸收的的量相同，不能提高去除率，故B错误；C、当的平衡压强为p时，测得，，，，，，故C错误；D、用的氢氧化钠溶液即0.3molNaOH吸收0.2mol的，令生成的和的物质的量分别为x，y，根据Na原子守恒，2x+y=0.3mol，x+y=0.2mol，解的x=y=0.1mol，形成和等物质的量浓度的混合物，根据电荷守恒：①，溶液中也存在物料守恒：②②*2-①*3得，故D正确；故选D。4．C【分析】由图可知，电极a为直流电源的正极、b为负极，氧化镍电极为阳极，碳酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气，电极反应式为为2CO—4e—=2CO2↑＋O2↑，镍电极为阴极，二氧化碳和水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和一氧化碳，电极反应式为H2O+CO2+2 e—= CO＋H2↑、2CO2+2 e—= CO＋CO↑。【详解】A．由分析可知，电极a为直流电源的正极、b为负极，外接电源的a极电势高，装置中电子移动方向为b→Ni电极，NiO电极→a，故A正确；B．由分析可知，氧化镍电极为阳极，镍电极为阴极，则碳酸根离子由镍电极向氧化镍电极迁移，故B正确；C．由分析可知，氧化镍电极为阳极，碳酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氧气，电极反应式为为2CO—4e—=2CO2↑＋O2↑，故C错误；D．由得失电子数目守恒可知，当外电路通过1 mol e-时，镍电极上产生标准状况去氢气和一氧化碳气体的体积为11.2L，故D正确；故选C。5．A【分析】反应速率之比等于化学计量数之比，则反应速率与化学计量数的比值越大、反应速率越快；【详解】A．； B．；C．；D．；故选A。6．B【详解】A．过程Ⅰ涉及O-H键的断裂，该过程为吸热过程，过程Ⅱ是水分子中的化学键断裂的过程，为吸热过程，过程Ⅲ涉及C=O键、O-H键和H-H键的形成，该过程为放热过程，故A错误；B．根据反应过程示意图，过程Ⅰ中水分子中的化学键断裂，过程Ⅱ也是水分子中的化学键断裂的过程，过程Ⅲ中形成了水分子，因此H2O均参与了反应过程，故B正确；C．过程Ⅲ中CO、氢氧原子团和氢原子形成了二氧化碳、水、和氢气，H2中的化学键为非极性键，故C错误；D．催化剂不能改变反应的始态和终态，不能改变反应物和生成物的能量差，故D错误；故选：B。7．C【分析】氧化还原反应存在化合价的变化，该能量转化过程，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，据此分析。【详解】A．CaO+H2O=Ca(OH)2不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误；B．NaOH+HCl=NaCl+H2O不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，B错误；C．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑属于氧化还原反应，且为放热反应，C正确；D．4HNO34NO2+O2+2H2O属于氧化还原反应，为吸热反应，D错误；故选C。8．C【分析】该装置是将化学能转化为电能的装置，锌易失电子作负极，铜作正极，负极上锌发生氧化反应，正极上氢离子得电子发生还原反应。【详解】A．该装置是将化学能转化为电能的装置，为原电池，选项A正确；B．锌作负极，铜作正极，电子从负极锌沿导线流向正极，电子定向移动的方向与电流相反，电流由铜片经导线流向锌片，选项B正确；C．该装置中，负极上锌失电子、正极上氢离子得电子，所以锌片上发生的反应为 Zn-2e-=Zn2+，选项C不正确；D. 该装置负极区锌失电子发生氧化反应，正极区铜片上氢离子得电子发生还原反应，选项D正确；答案选C。9．A【分析】液体锌电池放电时Zn作负极，发生氧化反应，失电子生成，负极电极反应式为Zn+2OH--2e-═+H2O，MnO2所在电极作正极，发生还原反应生成Mn2+，正极反应式为MnO2+4H++2e-═Mn2++2H2O，放电时，阳离子由负极移向正极、阴离子由正极移向负极；充电时，原电池正负极分别与外加电源正负极相接，作电解池的阳极、阴极，阴阳极电极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析解答。【详解】A．原电池放电时，电子由正极流向负极，即电流由MnO2极经用电器流向Zn极，故A正确；B．由分析可知，负极电极反应式为Zn+2OH--2e-═+H2O，故B错误；C．负极电极反应式为Zn+2OH--2e-═+H2O，消耗氢氧根离子，工作一段时间后，锌极区pH下降，故C错误；D．13.0gZn参与反应，理论上电路中转移×2=0.4mol电子，故D错误。答案选A。10．A【详解】A．与足量稀盐酸反应有生成，氧化还原反应中化合价有升必有降，A中只有降没有升，正确的为：，A不正确；B．黄铁矿与空气高温反应得到，化学方程式为， B正确；C．根据每生成释放出的热量，可以写出热化学方程式，C正确；D．用酸性溶液吸收离子方程式为，D正确；故选A。11．C【分析】水果中的电解质溶液与锌片、铜片构成原电池，锌为负极，失去电子发生氧化反应，铜片为正极，发生得到电子的还原反应，电子从负极经导线流向正极。溶液中的离子移动方向是阳正阴负。【详解】A．负极的电极反应为，A正确；B．由分析可知，Zn为负极，电子从负极到正极，即电子从锌片经水果流向铜片，B正确；C．化学能不可能全部转化为电能，一部分转化为热能，C错误；D．水果中的电解质溶液的酸性越强，电解质溶液导电能力就越强，两个电极之间的距离越大，电势差就越大，可见水果的种类和电极间距离对电流的大小均有影响，D正确；故选C。12．C【详解】A．缩小容器体积增大压强，能加快反应速率，A项错误；B．升高温度能加快反应速率，B项错误；C．使用恰当的催化剂能加快反应速率，C项正确；D．由于该反应是可逆反应，0.4与0.2充分反应，生成的少于0.4，D项错误；故答案为：C。13．D【分析】根据图示分析，过程I：，过程II：，以此解题。【详解】A．根据分析，两过程反应整理得总反应：，反应过程中溶液内Ce3+和Ce4+总数保持不变，A正确；B．反应Ⅰ为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，B正确；C．由分析可知，反应Ⅱ的离子方程式为，C正确；D．根据选项A分析可知，总反应为，则反应过程中消耗与生成的体积比为2∶1，D错误；故选D。14．D【详解】A．反应①是气体分子数增多的反应，反应②是气体分子数减少的反应，则压强是变量，容器内压强不再发生变化，能证明反应达到平衡状态，A不选；B．反应①有固体参与反应，故容器内气体的质量是变量，体积不变，则容器内气体密度是变量，不变时，能证明达到平衡状态，B不选；C．CH3OH的体积分数是变量，不变时，能证明达到平衡状态，C不选；D．单位时间内，消耗的CO与生成的O2的物质的量为同一方向，不能证明达到平衡状态，D选；故选D。15．B【详解】A．假如2molN2和3molH2完全反应，则生成的NH3的物质的量为2mol，此时还有1molN2过量，气体分子总数目为，但N2和H2的反应是可逆反应，反应不完全，因此气体分子总数目大于，A项错误；B．I-的还原性大于Fe2+，0.1molFeI2与7.1g (即0.1mol)Cl2反应时，氯气不足，I-完全反应，氯元素的化合价由0变为-1，则转移电子，转移电子的数目为，B项正确；C．H2SO4溶液的体积未知，无法计算其物质的量，因此产生氢气的数目也未知，C项错误；D．HCl气体中只有HCl分子，无H+，D项错误；答案选B。16．(1)0.167(2) 0.75 0.225(3)75%(4) 大于 正方向【详解】（1）由图可知，3min时，二氧化碳的浓度为0.30mol/L，则3min内二氧化碳的反应速率为≈0.167 mol/(L·min)，故答案为：0.167；（2）由图可知，10min时，甲醇的浓度为0.75mol/L，则甲醇的物质的量为0.75mol/L×1L=0.75mol；由方程式可知，10min内氢气的反应速率为=0.225mol/(L·min)，故答案为：0.75；0.225；（3）由图可知，10min反应达到平衡时，二氧化碳的浓度为0.25mol/L，则二氧化碳的转化率为×100%=75%，故答案为：75%；（4）由图可知，3min时，反应未达到平衡，是平衡的形成过程，正反应速率大于逆反应速率，反应向正反应方向进行，故答案为：大于；正方向。17．(1)SiC(2) 正四面体 极性(3) > (4)放出【详解】（1）金刚砂的主要成分是碳化硅，化学式是SiC；（2）分子的空间结构为正四面体，C-H键为极性键。（3）二氧化硫和溴水反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为，证明还原性>。（4）N4(g)=2N2(g)，断裂中的化学键吸收的能量为193kJ×6=1158 kJ，形成2mol中的化学键放出的能量为946kJ×2=1892 kJ，则完全转化为时放出734 kJ的能量。18．(1) 低温(2) > 活化能越小，反应速率越快 随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，使得NO、的转化率迅速升高 反应i为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低（或被过量氧气氧化，导致还原NO选择性降低）(3)0.5(4) 4 【详解】（1）①根据盖斯定律可知ΔH3=ΔH1-ΔH2=− 180.6kJ⋅mol−1；②该反应为放热的熵减反应，则在低温条件下自发；（2）①相同条件下，反应速率：反应i＞反应ii；②活化能越小，反应速率越快，根据题目所给活化能可知，反应速率：反应i＞反应ii；③随着温度升高，NO、C3H6的转化率迅速升高，可能的原因为随着温度升高，催化剂活性增强，反应速率加快，使得NO、C3H6的转化率迅速升高；④反应i为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低（或C3H6被过量氧气氧化，导致C3H6还原NO选择性降低），所以在673K之后，C3H6的转化率不断升高至完全转化，但NO转化率随着温度升高而降低；（3）的反应热=kJ / mol -kJ / mol =-41.8kJ / mol ，理论上1 mol NO2完全反应放热41.8kJ，实际放出的热量为20.9kJ，转化率为50%，根据三段式，则；（4）①根据晶胞可知，Cl在8个顶点和6个面心，均摊下来为，Cu有4个在内部，化学式为CuCl，Cl周围与它最近的Cu为4个，所以Cl的配位数为4；②晶胞中相邻Cu之间的最短距离为面对角线的，体积为cm3，则边长为pm，晶胞中相邻Cu之间的最短距离为。19．(1)bc(2)2NO+4e-+2H2O=N2+4OH-(3)N2和H2反应是可逆反应，转化率要低于100%，因此放出的热量要小于92kJ(4) 0.004mol·L-1·s-1 87.5% 随着反应进行，反应物浓度逐渐减小【详解】（1）a．反应速率，不能判断正逆反应进行方向，无法判断反应是否达到平衡，a错误；b．该反应前后化学计量数不等，容器内压强不再随时间而发生变化，反应达到平衡，b正确；c．容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化，说明其浓度不变，反应达到平衡，c正确；d．容器内各物质的物质的量之比等于化学计量数之比，不能判断反应达到平衡，d错误；e．有12molN-H键断裂的同时生成5molN≡N键，均表示正反应速率，不能判断反应达到平衡，e错误；f．混合气体的密度为定值，密度不随时间的变化而变化，不能判断反应达到平衡，f错误；故选bc。（2）M电极氨气转化为氮气，氮元素化合价升高，失去电子，为负极，N电极NO转化为氮气，化合价降低，得到电子，为正极，N电极上发生的电极反应为2NO+4e-+2H2O=N2+4OH-。（3）氮气和氢气反应生成氨气的反应为可逆反应，取1molN2和3molH2放在一密闭容器中，在催化剂存在时进行反应，测得反应放出的热量总小于92kJ(理论消耗1molN2放出92kJ的热量)，其原因是N2和H2反应是可逆反应，转化率要低于100%，因此放出的热量要小于92kJ。（4）①用N2O4表示0~2s内该反应的平均速率v(N2O4)= ，在第5s时，NO2的转化率为。②浓度减小，速率减慢，根据上表可以看出，随着反应的进行，反应速率逐渐减小，其原因是随着反应进行，反应物浓度逐渐减小。
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