高一下学期化学期末复习专项训练（必修二）

高一下学期化学期末复习专项训练（必修二）专项01常见物质间的转化关系1．下列说法正确的是()A．单质氧化物酸或碱盐，铁单质可以按上述关系进行转化B．若a、b、c分别为S、SO3、H2SO4，则可以通过一步反应实现如图所示的转化C．太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置D．单质硅常用于制造光导纤维【答案】C【解析】A.Fe与氧气反应生成氧化铁或四氧化三铁，但氧化铁或四氧化三铁与水不反应，所以氧化物−→水酸或碱不能实现，故A错误；B.若a、b、c分别为S、SO3、H2SO4，b→c不能一步实现，故B错误；C.硅元素位于第三周期第ⅣA族元素，位于金属元素与非金属元素的交界处，故C正确；D.二氧化硅常用来制造光导纤维，故D错误；故答案选：C。2．研究表明，氮氧化物(NOx)和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，其转化关系如图所示：下列关于雾霾及其形成的叙述中，不正确的是A．与燃料燃烧有关 B．涉及氧化还原反应、化合反应等C．雾霾中含有NH4NO3和(NH4)2SO4 D．NH3是形成无机颗粒物的催化剂【答案】D【解析】A．根据图示，燃料燃烧产生的颗粒物形成雾霾，则雾霾形成与燃料燃烧有关，故A正确；B．如图所示，S元素的化合价升高，化合价发生变化，属于氧化还原反应，三氧化硫和水反应生成硫酸，属于化合反应，则B正确；C．根据图示，NH4NO3和(NH4)2SO4构成无机颗粒物，无机颗粒物形成雾霾，故C正确；D．根据NH3参与反应转化为铵盐，为反应物，不是催化剂，故D错误；答案选D。3．如图所示是一系列含硫化合物的转化关系（反应中生成的水已略去），其中说法正确的是A．反应①说明SO2具有漂白性，反应②说明SO2具有酸性B．反应②中生成物n（Na2SO3）：n（NaHSO3）＝1：1时，则反应物n（SO2）：n（NaOH）＝1：2C．反应③④⑤均属于氧化还原反应D．工业上可利用反应②和反应④回收SO2【答案】D【解析】A．反应①中先变蓝后褪色显然是因为KIO3的还原产物先是I2后是I－，体现了SO2具有还原性，反应②属于酸性氧化物和碱的反应，体现了SO2具有酸性，故A错误；B．根据元素守恒，当n（Na2SO3）：n（NaHSO3）＝1：1时，n（SO2）：n（NaOH）＝2：3，故B错误；C．反应④是非氧化还原反应，故C错误；D．反应②吸收了二氧化硫，反应④放出了SO2，可以通过2个反应回收二氧化硫，故D正确；故选D。4．已知氨气可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用如图中的装置可以实现该反应。实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体。下列有关说法正确的是（）A．装置C中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：3B．装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙C．装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝D．装置A中加入的固体，可以是NH4HCO3或NH4Cl【答案】C【解析】A.装置C中氨气可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，N元素化合价由-3升高为0，铜元素化合价由+2降低为0，根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2，故A错误；B.无水氯化钙能吸收氨气（与氨气反应），所以装置B中加入的物质可以是碱石灰，不能是无水氯化钙，故B错误；C.装置D中液体是氨水，可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；D.NH4Cl加热分解为氨气和氯化氢，试管口温度降低，氯化氢和氨气化合生成氯化铵，不能用加热氯化铵来制备氨气，故D错误；故选C。5．制备硅单质时，主要化学反应如下：①SiO2+2CSi+2CO↑②Si+2Cl2SiCl4③SiCl4+2H2Si+4HCl下列对上述三个反应的叙述中，不正确的是A．①③为置换反应B．①②③均为氧化还原反应C．②为化合反应D．三个反应的反应物中硅元素均被还原【答案】D【解析】A、①属于置换反应、③属于置换反应，故A不符合题意；B、这三个反应方程式中都有元素化合价升降，所以都属于氧化还原反应，故B不符合题意；C、②由两种物质生成一种物质，所以为化合反应，故C不符合题意；D、①中Si元素得电子被还原、②中Si元素失电子被氧化、③中Si元素得电子被还原，故D符合题意。6．A、B、C是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如图(部分反应条件及产物略去)。(1)若A是一种黄色单质固体，则B→C的化学方程式为____。(2)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C的名称为____，试用化学方程式表示该物质与水的反应____。将C长期露置于空气中，最后将变成物质D，D的化学式为____。(3)若C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。请结合所学知识，写出实验室制取A的化学方程式____。【答案】(1)2SO2+O22SO3(2)过氧化钠2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2Na2CO3(3)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O【解析】【分析】(1)若A是一种黄色单质固体，为S，硫被氧气氧化变为二氧化硫，二氧化硫被氧气氧化生成三氧化硫，则B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3；(2)若A是一种活泼金属，C是淡黄色固体，则C为过氧化钠，A为金属钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，其化学方程式表示该物质与水的反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，将过氧化钠长期露置于空气中，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，则D的化学式为Na2CO3；(3)若C是红棕色气体，A是一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则A为氨气，B为一氧化氮，C为二氧化氮，实验室制取氨气用氯化铵和氢氧化钙加热反应，其化学方程式2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O。7．非金属单质A经下图所示的过程可转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题：（1）若A在常温下是固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体：①D的化学式：_________；②在工业生产中，B气体大量排放，被雨水吸收后形成____________污染环境。（2）若A在常温下为气体，C是红棕色气体。①C的化学式为：_________；②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，该反应的化学方程式为：___________，该反应___（填“属于”或“不属于”）氧化还原反应。【答案】(1)H2SO4酸雨(2)NO2Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O属于【解析】(1)A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体，则A为S单质，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4。①由以上分析可知D是硫酸，化学式为H2SO4，故答案为：H2SO4；②在工业生产中大量排放的SO2气体被雨水吸收后形成了酸雨而污染了环境，故答案为：酸雨；(2)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体，则A应为N2，B为NO，C为NO2，D为HNO3。①由以上分析可知C为NO2，故答案为：NO2；②D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，该反应中Cu的化合价升高，N的化合价降低，属于氧化还原反应，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；属于。【点睛】解答本题的关键是物质的颜色和框图中的“连续氧化”特征，也是解答本题的突破口。本题的易错点为A的判断，要注意A属于非金属单质。8．A、B、C、D、E代表的物质为单质或化合物，它们之间的相互转化关系如图所示。A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质，其晶体结构与金刚石相似。请回答：(1)单质A的化学式为________，它的最高化合价为________。(2)B的化学式为________，B和碳反应生成A和E的化学方程式是_______________________________________________________________。(3)C的化学式为________，D的化学式为________。【答案】(1)Si＋4(2)SiO2SiO2＋2CSi＋2CO↑(3)CaSiO3Na2SiO3【解析】这是一道关于元素及其化合物的推断题，其中“A为地壳中含量仅次于氧的非金属元素的单质”是该题的“题眼”。由该“题眼”可知A是Si。分析题图，结合B能生成C、D、E，可以推出B是SiO2，E是CO，C是CaSiO3，D是Na2SiO3。9．燃煤的烟气中含有SO2，为了治理雾霾天气，工厂采用多种方法实现烟气脱硫。Ⅰ.(1)“湿式吸收法”利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫。下列试剂中适合用作该法吸收剂的是_____(填字母序号)。a.石灰乳b.CaCl2溶液(2)某工厂利用含SO2的烟气处理含Cr2O72-的酸性废水，吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，具体流程如下：①用SO2处理含铬废水时，利用了SO2的_____性。②吸收塔中发生反应的离子方程式为_____。Ⅱ.石灰-石膏法和烧碱法是常用的烟气脱硫法。石灰-石膏法的吸收反应为Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O。其流程如图：烧碱法的吸收反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。该法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。其流程如图：已知：试剂Ca(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.9吸收SO2的成本(元/mol)0.0270.232(3)石灰-石膏法和烧碱法相比，石灰-石膏法的优点是_______，缺点是_______。(4)某学习小组在石灰-石膏法和烧碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案，流程图中的甲、乙、丙各是_____、_____、_____(填化学式)【答案】(1)a(2)还原3SO2+Cr2O72-+2H+=2Cr3++3SO42-+H2O(3)原料便宜，成本低吸收慢，效率低(4)NaOHCa(OH)2Na2SO3【解析】Ⅰ（1）二氧化硫与氯化钙不能发生反应，而与氢氧化钙可以反应生成亚硫酸钙，因为氢氧化钙溶解度不大，所以用石灰乳来吸收二氧化硫，故答案为：a；（2）①重铬酸根具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，则可以用SO2处理含铬废水，故答案为：还原；②吸收塔中为二氧化硫与重铬酸根发生氧化还原反应，其发生反应的离子方程式为3SO2+Cr2O72-+2H+=2Cr3++3SO42-+H2O，故答案为：3SO2+Cr2O72-+2H+=2Cr3++3SO42-+H2O；Ⅱ（3）对比两个流程可知，基本反应原理都为二氧化硫与碱发生反应，氢氧化钙原料廉价易得，成本低，但氢氧化钙溶解度不大，吸收慢，效率低，故答案为：原料便宜，成本低；吸收慢，效率低；（4）分析流程并对比前两个流程可知，该流程的目的是改进前两个流程的缺点，即氢氧化钙吸收效率低，应用吸收效率较高的氢氧化钠，则甲为氢氧化钠，又氢氧化钠成本高，需要循环利用，则可用氢氧化钙制备氢氧化钠，则乙为氢氧化钙，由此可推知丙为亚硫酸钠，亚硫酸钠与氢氧化钙可以发生复分解反应生成氢氧化钠和亚硫酸钙，实现氢氧化钠的再生，降低成本，故答案为：NaOH；Ca(OH)2；Na2SO3。10．研究氮的循环和转化对生产、生活有重要的价值。I．(1)写出实验室制备氨气的化学方程式________。II．氨是重要的化工原料。某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如下图所示。(2)设备1、3中发生反应的化学方程式分别是______、________。设备2中通入的物质A是________。III．氨氮废水的去除是当前科学研究的热点问题。氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3•H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：(3)过程①的目的是将NH4+转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，写出NH4+转化为NH3的离子方程式________。(4)过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应后含氮元素、氯元素的物质化学式分别为___、_______。(5)含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，X可选用以下哪种溶液以达到去除余氯的目的(填序号)_________。a．KOHb．Na2SO3c．KMnO4D．NaCl写出其中一个反应的离子方程式__________。【答案】(1)2NH4Cl+Ca(OH)2==CaCl2+2NH3↑+2H2O(2)4NH3+5O2====4NO+6H2OHNO3+NH3=NH4NO3O2或者空气(3)NH4++OH-=NH3↑+H2O(4)N2NaCl(5)b(6)SO32-+ClO-=SO42-+Cl-或者SO32-+HClO=SO42-+Cl-+H+【解析】I．(1)实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备氨气，其反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2==CaCl2+2NH3↑+2H2O。答案：2NH4Cl+Ca(OH)2==CaCl2+2NH3↑+2H2O。II．(2)设备1中是NH3和O2发生反应，化学方程式为4NH3+5O2====4NO+6H2O；设备II中是HNO3和NH3发生反应，发生反应的化学方程式是HNO3+NH3=NH4NO3。设备2中发生的反应为：4NO+O2+H2O=4HNO3,所以通入的物质A是O2或者空气。答案：4NH3+5O2====4NO+6H2O；HNO3+NH3=NH4NO3；O2或者空气。III．(3)过程①的目的是将NH4+转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨气吹出，使NH4+转化为NH3，反应的离子方程式为：NH4++OH-=NH3↑+H2O。答案：NH4++OH-=NH3↑+H2O。(4)过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应的方程式为：3NaClO+2NH3=3NaCl+N2+3H2O,所以含氮元素、氯元素的物质化学式为N2、NaCl。答案：N2；NaCl。(5)含余氯废水的主要成分是NaClO和HClO，要除去需加入还原性物质Na2SO3，反应的离子方程式为：SO32-+ClO-=SO42-+Cl-和SO32-+HClO=SO42-+Cl-+H+。答案：b；SO32-+ClO-=SO42-+Cl-或SO32-+HClO=SO42-+Cl-+H+。11．由三种短周期非金属元素形成的常见单质A、B、C，在一定条件下有如下反应：A+B→甲(气)，B+C→乙(气)，请根据不同情况回答下列问题：(1)若标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生。①丙的化学式是_________，丙中含有的化学键类型为______________②工厂常用气体甲检验装有气体C的管道是否泄漏，请写出该反应的化学方程式______________(2)若常温下B为固体，A、C为气体且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙。①乙的化学式是___________②向氢氧化钠溶液中通人过量的乙，所发生反应的离子方程式是________________________③将乙与(1)中某单质的水溶液充分反应可生成两种强酸，该反应的化学方程式是___________________【答案】(1)NH4Cl离子键、极性共价键8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl(2)SO2SO2+OH-=HSO3-SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4【解析】【分析】（1）若在标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体，且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生，应是氯化氢与氨气反应生成氯化铵，则丙为NH4Cl，甲、乙分别为HCl、NH3中的一种，结合转化关系可知B为H2，A、C分别是Cl2、N2的一种。（2）若常温下B为固体，A、C为气体，且气体乙有刺激性气味，甲在空气中充分燃烧可生成乙，结合转化关系可推知，B为S、A为H2、C为O2、甲为H2S、乙为SO2。【详解】（1）①丙为氯化铵，其化学式为NH4Cl，NH4Cl中铵根离子与氯离子之间是离子键，铵根离子中氮原子与氢原子之间是极性共价键，所以化学键类型为离子键、极性共价键，故答案为：NH4Cl；离子键、极性共价键。②甲是HCl、NH3中的一种，C分别是Cl2、N2的一种，工厂常用NH3检验装有Cl2的管道是否泄漏，则甲是NH3，C是Cl2，其反应的化学方程式：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，故答案为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl。（2）①乙是二氧化硫，其化学式是SO2，故答案为：SO2。②乙为SO2，氢氧化钠溶液中通入过量的SO2，其化学反应方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3

，离子反应方程式为：SO2+OH-=HSO3-

，故答案为：SO2+OH-=HSO3-

。③乙为SO2，与Cl2的水溶液充分反应可生成两种强酸，即盐酸和硫酸，其化学反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。12．X、Y、Z是中学化学常见的三种物质，它们之间的相互转化关系如下(X、Y、Z、E、F为英文字母，部分反应条件及产物略去)I.若Y是一种易溶于水，且能使品红溶液褪色的无色刺激性气味的气体。（1）Y气体的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，化学方程式为_____。（2）Z的水溶液可以制得某种强酸E。实验室用98%的浓E(ρ=1.84g·cm−3)溶液配制l.5mol·L−1稀E溶液240 mL。①制该稀E溶液需要使用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒和_____；II.若Z是淡黄色固体粉末。在呼吸面具或潜水艇中由Z和CO2制备氧气的化学反应方程式为_____。III.若Z是红棕色气体。（1）试写出Z与水反应制备另一种强酸F的化学方程式_____。（2）2.0g铜镁合金完全溶解于100mL密度为1.40g·mL−1质量分数为63%的浓F溶液中，得到Z和N2O4(Z和N2O4均为浓F溶液的还原产物)的混合气体1792mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol·L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀，得到3.7g沉淀。则合金中铜与镁的物质的量之比为_____，加入NaOH溶液的体积为_____mL。【答案】2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O250mL容量瓶2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O23NO2+H2O=2HNO3+NO2:31300【解析】I.（1）根据分析，Y为SO2，SO2的大量排放会形成酸雨，在工业上可以用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，其反应的化学方程式为：2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O，故答案为：2NH3⋅H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O。（2）①二氧化硫氧化生成三氧化硫，三氧化硫溶于水得硫酸，E是硫酸。实验室用98%浓硫酸(ρ=1.84mg⋅cm−3)溶液配制1.5mol⋅L−1稀硫酸溶液240mL，依据配制溶液的步骤可知，需用的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶。II.根据分析，Z为Na2O2，在呼吸面具或潜水艇中Na2O2和CO2制备O2的化学反应方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。III.（1）Z为NO2，X为N2或NH3，Y为NO，NO2与H2O反应生成HNO3和NO，其化学反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。（2）F为HNO3，金属离子全部沉淀时，得到3.7g沉淀为氢氧化铜和氢氧化镁，所以沉淀中氢氧根离子的质量为3.7g−2g=1.7g，氢氧根离子的物质的量为：，根据电荷守恒可知，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：，计算得出：，所以合金中铜与镁的物质的量之比是0.02：0.03=2:3；标准状况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.08−a）mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.08−a)×2×1=0.1，计算得出：a=0.06mol，则N2O4的物质的量为0.02mol，根据钠离子守恒可知，氢氧化钠的物质的量等于反应后溶液中硝酸钠的物质的量，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为：−0.06mol−0.02mol×2=1.3mol，所以需要氢氧化钠溶液的体积为：，故答案为：2:3；1300。专项02化学反应中能量变化关系的判断及计算1．对于反应Zn(s)＋H2SO4(aq)＝ZnSO4(aq)＋H2(g)，下列叙述不正确的是()A．其反应物或生成物都能用来表示该反应的速率B．反应过程中能量关系可用上图表示C．若将该反应设计成原电池，锌为负极D．若设计为原电池，当有32.5g锌溶解，标准状况下正极放出11.2L气体【答案】A【解析】A．Zn是固体，不能表示反应速率，故A错误；B．Zn(s)＋H2SO4(aq)＝ZnSO4(aq)＋H2(g)反应放热，反应物的总能量大于生成物的总能量，故B正确；C．反应中锌失电子，锌为负极，故C正确；D．根据方程式，当有32.5g锌溶解时生成0.5mol氢气，标准状况下体积为11.2L，故D正确。答案选A。2．下列实验现象或图像信息不能充分说明相应的化学反应是放热反应的是A．反应开始后，针筒活塞向右移动B．反应物总能量大于生成物总能量C．反应开始后，甲处液面低于乙处液面D．温度计的水银柱不断上升【答案】A【解析】A.稀硫酸和Zn反应生成H2，容器内气体压强增大，使针筒活塞向右移动，所以，活塞向右移动不能说明该反应放热，A选项符合题意；B.反应物总能量大于生成物总能量，则反应放热，B选项不符合题意；C.反应开始后，甲处液面低于乙处液面，说明气体受热膨胀，证明反应放热，C选项不符合题意；D.温度计的水银柱不断上升，说明温度升高，证明反应放热，D选项不符合题意；答案选A。3．已知2SO2+O2=2SO3为放热反应，对该反应的下列说法中正确的是（）A．SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量B．为了提高SO2的转化率，应使用催化剂C．此反应达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度一定相等D．因该反应为放热反应，故不必加热就可发生【答案】A【解析】A．因为反应放热，所以反应物的总能量应高于生成物的总能量，即SO2和O2的总能量一定高于SO3的总能量，A正确；B．催化剂能改变反应速率，从而改变反应达平衡的时间，但不能提高反应物(SO2)的转化率，B不正确；C．反应物的平衡转化率未知，我们无法确定此反应达平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度关系，C不正确；D．虽然该反应为放热反应，但仍需要提供条件(如加热)引发反应，D不正确；故选A。4．工业上由CO2和H2合成气态甲醇的化学方程式为CO2＋3H2===CH3OH＋H2O，已知该反应是放热反应。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是()A． B．C． D．【答案】A【解析】放热反应，反应物总能量高于生成物总能量，同一物质，气态变成液态放出热量，所以气态产物能量高于液态产物能量，综上所述，A图像符合。答案选A。5．如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列叙述中，正确的说法有几项()①Mg(s)所具有的能量高于MgX2(s)所具有的能量②MgCl2电解制Mg(s)和Cl2(g)是吸热过程③热稳定性：MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2④断裂Mg(s)和X2(g)的化学键放出的能量比形成MgX2(s)的化学键吸收的能量多A．1项 B．2项 C．3项 D．4项【答案】A【解析】①根据图像可知，Mg(s)与X2(g)的能量高于MgX2(s)，但Mg(s)所具有的能量不一定高于MgX2(s)所具有的能量，①错误；②MgCl2(s)的能量低于Mg(s)与Cl2(g)，所以依据能量守恒判断由MgCl2制取Mg的反应是吸热反应，②正确；③物质的能量越低越稳定，根据图象数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，③错误；④根据图像可知，Mg(s)与X2(g)的能量高于MgX2(s)，说明反应放热，断裂Mg(s)和X2(g)的化学键吸收的能量比形成MgX2(s)的化学键释放的能量少，④错误；综合以上分析，只有②正确，答案选A。【点睛】断裂化学键需要吸收能量，形成化学键需要释放能量，是学生的易错点。6．已知一定温度时：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，当生成2molSO3时，放出热量197kJ，在相同温度和压强下，向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，达到平衡时放出热量Q，则下列关系式中正确的是A．Q＝197kJ B．Q＜197×2kJ C．Q＜197kJ D．Q＞197kJ【答案】C【解析】一定温度时：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，在上述条件下2molSO2和1molO2完全反应生成2molSO3气体放出热量为197kJ，可逆反应中反应物不能完全反应，所以向密闭容器中通入2molSO2和1molO2，参加反应是二氧化硫的物质的量小于2mol，平衡时放出的热量小于197kJ，即Q＜197kJ；故答案选C。7．已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)反应放出的热量为483.6kJ。有关键能数据如表所示：则水分子中O—H键键能为()化学键H-HO=O键能/(kJ·mol-1)436498A．463.4kJ·mol－1 B．926.8kJ·mol－1 C．221.6kJ·mol－1 D．413kJ·mol－1【答案】A【解析】2mol氢气和1mol氧气反应生成2mol水时，断裂反应物分子间的化学键吸收的热量为2×436kJ+498kJ=1370kJ，反应放出的热量为483.6kJ，所以形成2molH2O放出的热量为483.6kJ+1370kJ=1853.6kJ，所以形成1molO—H键放出的热量为=463.4kJ，则水分子中O—H键键能为463.4kJ·mol－1，故选A。8．已知断开1molH—H键吸收的能量为436kJ，形成1molH—N键放出的能量为391kJ，根据化学方程式N2＋3H22NH3，反应完1molN2放出的能量为92.4kJ，则断开1molN≡N键需吸收的能量是A．431kJ B．945.6kJ C．649kJ D．869kJ【答案】B【解析】设断开1molN≡N键需吸收的能量为x，根据反应放出的能量＝形成新键放出的能量－断开旧键吸收的能量，代入数据：92.4kJ＝6×391kJ－3×436kJ－x，x＝945.6kJ。故选B。9．如图表示化学反应过程中的能量变化，据图判断下列说法中合理的是()A．铵盐和碱混合即可反应，其能量变化符合图1B．0.1molH2SO4溶液和0.1molBa(OH)2溶液的反应符合图2，且吸收热量为ΔE2C．0.1molHCl溶液和0.1molNaOH溶液的反应符合图1，且放出热量为ΔE1D．发生图1能量变化的任何反应，一定不需要加热即可发生【答案】C【解析】A．铵盐和碱混合即可反应，为吸热反应，能量变化符合图2，故A错误；B．0.1molH2SO4溶液和0.1molBa(OH)2溶液的反应为放热反应，应符合图1，故B错误；C．0.1molHCl溶液和0.1molNaOH溶液的反应为放热反应，能量变化符合图1，且放出热量为ΔE1，故C正确；D．发生图1能量变化的反应为放热反应，与反应条件无关，放热反应也可能需要加热，如可燃物燃烧，需要加热至着火点，故D错误；故答案为C。10．氢气和氟气混合在黑暗处即可爆炸并放出大量的热。在反应过程中，断裂中的化学键消耗的能量为，断裂中的化学键消耗的能量为，形成中的化学键释放的能量为，下列关系式中，一定正确的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】断裂1molH2中的化学键消耗的能量为Q1kJ，则H-H键能为Q1kJ/mol，断裂1molF2中的化学键消耗的能量为Q2kJ，则F-F键能为Q2kJ/mol，形成1molHF中的化学键释放的能量为Q3kJ，则H-F键能为Q3kJ/mol，对于H2（g）+F2（g）=2HF（g）反应热△H=反应物的总键能-生成物的总键能=Q1kJ/mol+Q2kJ/mol-2Q3kJ/mol=（Q1+Q2-2Q3）KJ/mol。由于氢气和氟气混合在黑暗处即可发生爆炸而释放出大量的热量，反应热△H＜0，即（Q1+Q2-2Q3）＜0，所以Q1+Q2＜2Q3，故本题答案为A。11．生产液晶显示器的过程中使用的化学清洗剂NF3是一种温室气体，其储存能量的能力是CO2的12000～20000倍，在大气中的寿命可长达740年之久，已知键能是指断开1mol化学键变为气态原子时所需要的能量，或形成1mol化学键时所释放的能量。以下是几种化学键的键能：化学键N≡NF—FN—F键能/kJ∙mol-1941.7154.8283.0下列说法中正确的是（）A．过程N2(g)→2N(g)放出能量B．过程N(g)+3F(g)→NF3(g)放出能量C．反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)是吸热反应D．NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与形成，仍可能发生化学反应【答案】B【解析】【分析】发生化学反应的过程中，先是反应物的化学键断裂要吸收能量，后放出能量生成生成物的化学键，即旧的化学键断裂要吸收能量，新的化学键形成要释放能量，化学反应过程中的能量变化可以通过旧的化学键断裂和新的化学键形成过程中的能量变化来计算。【详解】A.过程N2(g)→2N(g)为氮气分子断裂化学键，所以要吸收能量，故A错误；B.过程N(g)+3F(g)→NF3(g)为氮原子和氟原子要形成N—F键，所以要放出能量，故B正确；C.反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)过程中氮气分子、氟气分子化学键断裂要吸收能量，即要吸收热量（941.7+154.8×3）kJ∙mol-1=1406.1kJ∙mol-1，三氟化氮分子化学键形成要释放能量即要释放热量（283.0×3×2）kJ∙mol-1=1698kJ∙mol-1，吸收的能量小于放出的能量，所以该反应为放热反应，故C错误；D.NF3吸收能量后如果没有化学键的断裂与形成，即只可能有状态变化，不可能发生化学反应，故D错误；综上所述，答案为B。12．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成(或拆开)1mol化学键时释放(或吸收)的能量。已知白磷和的分子结构如下图所示，现提供以下化学键的键能(kJ/mol)：P—P：198，P—O：360，O＝O：498，则对于反应表述正确的是()A．放出1638kJ的热量 B．吸收1638kJ的热量C．放出126kJ的热量 D．吸收126kJ的热量【答案】A【解析】由图可知：1个白磷分子含6个P-P键，1个含12个P-O键，1个O2分子含1个O＝O，那么，1mol白磷参与上述反应时，旧键断裂吸收的能量=6×198kJ+3×498kJ=2682kJ，新键形成放出的能量=12×360kJ=4320kJ，故反应放出(4320-2682)kJ能量，即放出1638kJ能量，A符合。答案选A。13．某反应由两步反应ABC构成，它的反应能量曲线如图，下列叙述正确的是A．三种化合物中C最稳定B．两步反应均为吸热反应C．A与C的能量差为E4D．AB反应，反应条件一定要加热【答案】A【解析】A、根据能量越低越稳定的原则，三种化合物中C的能量最低，所以C最稳定，故A正确；B、由图象可知，第一步反应为吸热反应，第二步反应为放热反应，故B错误；C、A与C的能量差为ΔH，则C错误；D、AB的反应是吸热反应，与反应发生的条件无关，即吸热反应不一定要加热，故D错误。本题正确答案为A。14．已知断裂1mol共价键所需要吸收的能量分别为H-H键：436kJ；I-I键：153kJ；H-I键：299kJ。下列对反应H2(g)＋I2(g)⇌2HI(g)的判断中，错误的是()A．该反应是放出能量的反应 B．该反应是吸收能量的反应C．该反应是氧化还原反应 D．I2与H2具有的总能量大于生成的HI具有的总能量【答案】B【解析】A．依题意，断裂1molH—H键和1molI—I键吸收的能量为436kJ＋151kJ＝587kJ，生成2molH—I键放出的能量为299kJ×2＝598kJ，因为598kJ>587kJ，所以，该反应的正反应是放出能量的反应，A正确，B错误；B．根据A的分析，该反应为放出能量的反应，B错误；C．该反应为：H2+I22HI，反应前后化合价发生改变，是氧化还原反应，C正确；D．该反应为放热反应，I2与H2具有的总能量大于生成的HI具有的总能量，D正确；故答案为：B。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物总键能小于生成物总键能为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物总键能大于生成物总键能为吸热反应。15．化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。下图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化，下列说法正确的是A．1molN2(g)和NA个O2(g)反应放出的能量为180kJB．1molN2(g)和1molO2(g)具有总能量小于2molNO(g)具有的总能量C．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合能直接生成NO(g)D．吸热反应一定需要加热才能发生【答案】B【解析】A．焓变=反应物断裂化学键吸收的能量−生成物形成化学键放出的能量，N2+O22NO，能量变化为946kJ/mol+498kJ/mol−2×632kJ/mol=180kJ/mol，故该反应是吸热反应，故A错误；B．依据A计算可知反应是吸热反应，故1molN2(g)和1molO2(g)具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故B正确；C．通常情况下，N2(g)和O2(g)混合不能直接生成NO，在放电或高温条件才能反应，故C错误；D．吸热反应不一定需要加热，如氢氧化钡晶体与氯化铵固体的反应，在常温下就能进行，但该反应为吸热反应，故D错误；故选B。16．已知化学反应A2(g)+B2(g)⇌2AB(l)的能量变化如图所示，判断下列叙述中正确的是A．每生成2mol气态AB吸收bkJ热量B．向密闭容器中充入1molA2和1molB2充分反应，吸收的热量为(a-b)kJC．向密闭容器中充入一定量的A2和B2，生成2molAB(g)，吸收的热量小于(a-b)kJD．AB(l)分解为A2(g)和B2(g)的反应为放热反应【答案】D【解析】A．根据图像可知，每生成2mol液态AB吸收(a-b)kJ热量，A选项错误；B．向密闭容器中充入1molA2和1molB2充分反应，由于生成物状态未知，因此吸收的热量也未知，B选项错误；C．由于2molAB(g)再转化为2molAB(l)会放出热量，则向密闭容器中充入一定量的A2和B2，生成2molAB(g)时吸收的热量大于(a-b)kJ，C选项错误；D．A2(g)和B2(g)化合生成AB(l)的反应为吸热反应，则逆反应AB(l)分解为A2(g)和B2(g)的反应为放热反应，D选项正确；答案选D。【点睛】B选项为易错选项，解答时需注意生成物的状态不一定为液态，所以吸收的能量也就未知。17．为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下三套实验装置：（1）上述3个装置中，不能证明“铜与浓硝酸反应是吸热反应还是放热反应”的是_______。(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)①M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是__________________；②观察到烧杯里产生气泡，则说明M溶于水______（填“一定是放热反应”“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”），理由是_____________________________；③若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，则M可能是_______________。（2）某同学选用装置Ⅰ进行实验（实验前U形管里液面左右相平），在甲试管里加入适量氢氧化钡溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是________________，说明该反应属于______（填“吸热”或“放热”）反应。（3）为探究固体M溶于水的热量变化情况，选择装置Ⅱ进行实验（在甲中进行）。M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是_________________；（4）至少有两种实验方法能证明超氧化钾与水的反应（4KO2＋2H2O＝4KOH＋3O2↑）是放热反应还是吸热反应。方法①：选择上述装置__________（填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”）进行实验；方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应是________反应。【答案】（1）Ⅲ产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱可能是放热反应某些物质（如浓硫酸）溶于水放热，但不是放热反应硝酸铵（2）左端液柱降低，右端液柱升高放热（3）产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段液柱（4）Ⅰ（或Ⅱ）放热【解析】【分析】装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的变化判断反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断反应放热还是吸热；而装置Ⅲ是将生成的气体直接通入水中，无法判断该反应是吸热还是放热反应。据此判断。【详解】（1）装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热；装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应。①若M为钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应为放热反应，放出的热量使大试管中温度升高，气体压强增大，所以右边烧杯中有气泡产生。冷却后大试管中温度降低，压强减小，右边烧杯中的导管会形成一端液柱；②若观察到烧杯里产生气泡，说明M溶于水放出热量，由于放热反应一定属于化学变化，而有热量放出不一定为化学变化，所以不一定属于放热反应，如浓硫酸溶于水会放出热量，但是不属于放热反应；③若观察到烧杯里的玻璃管内形成一段水柱，说明M溶于水后导致大试管中温度降低，压强减小，证明M溶于水为吸热过程，溶于水能够吸收热量的物质有：硝酸铵等；（2）氢氧化钡与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高；（3）M为钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应为放热反应，放出的热量使大试管中温度升高，气体压强增大，所以右边烧杯中有气泡产生。冷却后大试管中温度降低，压强减小，右边烧杯中的导管会形成一端液柱；（4）至少有两种实验方法能证明超氧化钾与水的反应（4KO2＋2H2O＝4KOH＋3O2↑）是放热反应还是吸热反应：方法①：选择上述装置Ⅰ（或Ⅱ）进行实验，Ⅰ装置右边U型管中左端液柱降低，右端液柱升高（或烧杯中导管中有气泡放出），证明该反应为放热反应；方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应放出大量热，使棉花燃烧，证明该反应是放热反应。18．已知H2(g)+O2(g)=H2O(g)，如图是1molH2燃烧的反应过程中能量变化示意图。请回答下列问题：（1）该反应是______(填“吸热”或“放热”)反应。（2）氢气在氧气中燃烧，破坏1molH—H键吸收Q1kJ的能量，破坏1molO=O键吸收Q2kJ的能量，形成1molH—O键释放Q3kJ的能量，则下列关系式正确的是_______。A．2Q1+Q2>4Q3B．2Q1+Q2<4Q3C．Q1+Q2<Q3D．2Q1+Q2=4Q3（3）已知1gH2(g)完全燃烧生成水蒸气时放出热量121kJ，且O2(g)中1molO=O键完全断裂时吸收热量496kJ，H2O(g)中1molH—O键形成时放出热量463kJ，则H2(g)中1molH—H键断裂时吸收热量为__kJ。【答案】（1）放热（2）B（3）436【解析】（1）反应物中的能量大于生成物中的能量，因此这是一个放热反应；（2）氢气在氧气中燃烧的反应为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)，反应释放能量。在该反应中破坏2molH—H键、1molO=O键，形成4molH—O键，所以2Q1＋Q2<4Q3；（3）因为1gH2(g)完全燃烧生成H2O(g)时放出热量121kJ，所以1molH2(g)与molO2(g)完全燃烧生成1molH2O(g)时放出热量242kJ。反应过程中断裂1molH—H键和molO=O键需要吸收的能量为×496kJ＋EH—H，形成2molO—H键释放的能量为2×463kJ＝926kJ，所以926kJ－(×496kJ＋EH—H)＝242kJ，解得EH—H＝436kJ。19．（1）在一个小烧杯中加入20gBa(OH)2·8H2O晶体和10gNH4Cl晶体，然后将小烧杯放在事先滴有3滴～4滴水的玻璃片上，立即用玻璃棒搅拌。实验过程的示意图如下：①实验中玻璃棒的作用是：_________。②浸有稀硫酸的棉花的作用是：_________。③出现_________现象时，说明该反应为吸热反应。（2）沼气是一种廉价能源，农村存在大量的秸秆、杂草等废弃物，它们经微生物发酵之后，便可产生沼气，其主要成分是甲烷，可用来点火做饭。在农村推广建造沼气池，不仅能有效地利用_______能，还能为农业生产提供优良的肥料。已知：标准状况下112.0LCH4气体完全燃烧生成CO2和液态水时，放出4448kJ的热量。①写出CH4完全燃烧的热化学方程式为：_________。②如果上述反应生成的是水蒸气，则反应放出的热量：______4448kJ。(填“＞”或“＜”或“＝”)（3）钢铁在发生电化学腐蚀时钢铁中少量的碳作为原电池的______极，正极发生的电极反应式为：__________。【答案】（1）搅拌使混合物充分接触发生反应吸收反应中产生的氨气，防止污染空气结冰（2）生物质CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-889.6KJ•mol-1＜（4）正O2+4e-+H2O=4OH-【解析】（1）①将20gBa(OH)2•8H2O晶体与10gNH4Cl晶体一起放入小烧杯中，将烧杯放在滴有3~4滴水的玻璃片上，用玻璃棒迅速搅拌，可以知道玻璃棒的作用是，搅拌使混合物充分接触并反应；②稀硫酸和氨气反应生成硫酸铵，所以浸有稀硫酸的棉花的作用是吸收反应中产生的氨气，防止污染空气；③氯化铵和强碱氢氧化钡的反应是吸热反应，温度降低能让水结冰，导致烧杯和玻璃片粘在一起，出现结冰现象时，说明该反应为吸热反应；（2）生物质能蕴藏在植物、动物和微生物等可以生长的有机物中，在农村推广建造沼气池，不仅能有效地利用生物质能，还能为农业生产提供优良的肥料。①标准状况下112.0LCH4的物质的量是5mol，1molCH4气体完全燃烧生成CO2和液态水时，放出的热量，所以CH4完全燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-889.6KJ•mol-1；②水蒸气的能量高于液体水，如果上述反应生成的是水蒸气，反应放出的热量减小，即反应放出的热量＜4448kJ；（3）钢铁在发生电化学腐蚀时，铁失电子发生氧化反应，铁作负极、碳作正极；氧气在正极得电子发生还原反应，正极反应式是O2+4e-+H2O=4OH-。专项03原电池原理的综合判断1．镍镉(Ni—Cd)可充电电池在现代生活中有广泛应用，它的充放电反应按下式进行：Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2；由此可知，该电池放电时的负极材料是A．Cd B．Ni(OH)2 C．Cd(OH)2 D．NiO(OH)【答案】A【解析】从总反应式Cd+2NiO(OH)+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2可以看出，放电时，Cd由0价升高到+2价，Ni由+3价降低到+2价，所以负极材料是Cd，故选A。2．锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是A．两烧杯中铜片表面均无气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．产生气泡的速度甲比乙慢D．两烧杯中溶液的H＋的浓度均减小【答案】D【解析】【分析】甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，总反应式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑；乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，据此分析解答。【详解】A．甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H+在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，故A错误；B．甲中铜为正极，乙中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误；C．甲能形成原电池，乙不能构成原电池，所以产生气泡的速度甲比乙快，故C错误；D．甲中铜片上氢离子得电子生成氢气，乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气，所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小，故D正确；故选D。3．LED(LightEmittingDiode)即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法不正确的是（）A．装置中存在“化学能→电能→光能”的转化B．溶液中SO42-向负极移动C．铜为阳极，锌为阴极D．如果将锌片换成铁片，则电路中的电流方向不变【答案】C【解析】A．装置中通过发生原电池反应，将化学能转化为电能，然后发光二极管发光，将电能转化为光能，A正确；B．溶液中Zn为负极，Cu为正极，阴离子(SO42-)向负极移动，B正确；C．此装置为原电池，电极只讲正、负，不讲阴、阳，C错误；D．如果将锌片换成铁片，Fe的金属活动性仍大于Cu，则电路中的电流方向不变，D正确；故选C。4．在金属活动性顺序中a、b均排在氢前面，a可以从b的硝酸盐溶液中置换出b。将a、b用导线相连放入CuSO4溶液中，下列叙述不正确的是（）A．导线上有电流，电流方向由a到bB．a极质量减小，b极质量增大C．b极上析出氢气D．a极发生氧化反应，b极发生还原反应【答案】AC【解析】【分析】a可以从b的硝酸盐溶液中置换出b，说明金属活泼性：a>b。将a、b用导线相连放入CuSO4溶液中，构成原电池，a是负极、b是正极。【详解】A．导线上有电流，电流方向由b到a，符合题意，A正确；B．在该原电池中，a极为负极发生失电子的氧化反应，质量减小，b极为正极，发生得电子的还原反应生成Cu，质量增大，不符合题意，B错误；C．b极上发生电极反应为：Cu2++2e-=Cu，不会析出氢气，符合题意，C正确；D．a极为负极发生失电子的氧化反应，b极为正极发生得电子的还原反应，不符合题意，D错误；答案选AC。5．某小组为研究原电池原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是（）A．无论a和b是否连接均可形成原电池B．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出C．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为Cu2＋＋2e－=CuD．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色【答案】A【解析】A．a和b不连接时，不构成原电池，A错误；B．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出，B正确；C．a和b用导线连接时，铜片为正极，所以铜片上发生的反应为，C正确；D．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色，D正确。答案选A。6．由质量均为10g的铁片﹑铜片和足量的CuSO4溶液组成原电池装置，经过一段时间后，两电极的质量差变为12g，则下列说法正确的是（）A．铁片溶解了12gB．导线中通过了0.2mol电子C．铜片上析出了6gCuD．铜片溶解了6.4g【答案】B【解析】负极发生：Fe-2e-=Fe2+，正极发生：Cu2++2e-=Cu，设有xmolFe在负极上反应，则正极生成xmolCu，则(10+64x)-(10g-56x)=12，x=0.1mol，则A．m(Fe)=0.1mol×56g/mol=5.6g，故A错误；B．x=0.1mol，则转移的电子的物质的量为0.2mol，故B正确；C．m(Cu)=0.1mol×64g/mol=6.4g，故C错误；D．在正极上析出m(Cu)=0.1mol×64g/mol=6.4g，而不是溶解，故D错误；答案选B。7．一种新型环保电池是采用低毒的铝合金(丢弃的易拉罐)、家庭常用的漂白水、食盐、氢氧化钠(化学药品店常见试剂)等原料制作的。电池的总反应方程式为2Al＋3ClO－＋2OH－=3Cl－＋2AlO2-＋H2O。下列说法不正确的是（）A．该电池的优点是电极材料和电解质用完后可以更换B．该电池发生氧化反应的是金属铝C．电极的正极反应式为3ClO－＋3H2O＋6e－=3Cl－＋6OH－D．当有0.1molAl完全溶解时，流经电解液的电子个数为1.806×1023【答案】D【解析】A、该电池所用材料都是生活中常见的，电极材料和电解质用完后可以更换，A项正确；B、金属铝是原电池的负极发生氧化反应，B正确；C、在正极上，发生还原反应，电极反应为：3ClO－＋3H2O＋6e－=3Cl－＋6OH－，C正确；D、电子只能流经导线，不能流经电解液，D不正确；答案选D。8．铅蓄电池是最早使用的充电电池。目前汽车上使用的电瓶大多数仍是铅蓄电池，其电池反应为：Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O，下列说法正确的是A．该电池放电过程中，溶液的pH值增大B．放电时，电池的负极反应为：Pb－2e－=Pb2+C．该电池的充、放电过程互为可逆反应D．放电过程中，电子的流向为：负极→导线→正极→H2SO4溶液【答案】A【解析】A.放电时有硫酸消耗，电解质溶液的pH值增大，A项正确；B.PbSO4是难溶物，正确的电池的负极反应为：Pb-2e－+SO42-=PbSO4，B项错误；C.该电池的充、放电过程条件不一样，不互为可逆反应，C项错误；D.电子不会流过H2SO4溶液，D项错误；答案选A。9．常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池(图1)，测得原电池的电流强度(I)随时间(t)的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。下列说法错误的是（）A．0~t1时，原电池的负极是Al片B．0~t1时，正极的电极反应式是+2H++e−=NO2↑+H2OC．t1后，原电池的正、负极发生互变D．t1后，正极上每得到0.3mol电子，则负极质量减少2.7g【答案】D【解析】【分析】0~t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了原电池的负极。【详解】0~t1时，铝为原电池的负极，铜为正极，到t1时，铝在浓硝酸中钝化后不再反应，此时铜又成了原电池的负极。A、0~t1时，原电池的负极是Al片，故A正确；B、0~t1时，硝酸根离子在正极得电子生成红棕色气体NO2，正极的电极反应式是NO3－+2H++e−=NO2↑+H2O，故B正确；C、t1后，铝发生钝化，铜作负极，所以，电池的正、负极发生互变，故C正确；D、t1后，铜是负极，每有0.3mol电子发生转移，就有0.15mol铜失去电子，负极质量减少9.6g，故D错误。故选D。【点睛】本题考查原电池原理，通过图象判断不同时刻原电池的正负极为解答本题的关键，也是易错点。10．用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂—KNO3的U形管）构成一个原电池（如图）。以下有关该原电池的叙述正确的是（）①在外电路中，电流由铜电极流向银电极；②正极反应为Ag++e-=Ag；③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作；④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同；A．①② B．③④ C．②④ D．②③【答案】C【解析】由于活动性：Cu>Ag，则Cu作负极，电解质溶液为Cu(NO3)2溶液；Ag作正极，电解质溶液为AgNO3溶液，盐桥形成闭合回路；①在外电路中，电流由银电极流向铜电极，错误；②正极为溶液中Ag+得到电子被还原变为Ag，电极反应式为Ag++e-=Ag，正确；③实验过程中取出盐桥，因为不能形成闭合回路，所以原电池不能继续工作，错误；④将铜片浸入AgNO3溶液中，发生的化学反应与该原电池反应相同，正确；综上所述②④正确，故选C。【点睛】原电池中正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，电子通过导线由负极流向正极，电解质溶液中阳离子流向正极，阴离子流向负极。11．已知化学反应：a.b.请回答下列问题：（1）上述两个化学反应中有一个不可用于设计原电池，它是__________（填写代号），其原因是__________；另一个可用于设计原电池，该原电池中，负极反应式是____________，正极反应式是___________，电池总反应的离子方程式是_______________。（2）如果利用化学反应Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，设计原电池，请在如图方框中标明电极材料和电解质溶液的名称（图中“I”表示电流）。______、______、______【答案】（1）aa是复分解反应，不是自发的氧化原反应Cu-2e－═Cu2＋2Ag＋+2e－═2AgCu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag＋Cu（2）不如铜活泼的金属或石墨氯化铁或硫酸铁【解析】（1）上述两个化学反应中有一个不可用于设计原电池，它是a（填写代号），其原因是a是复分解反应，不是自发的氧化原反应；另一个可用于设计原电池，该原电池中，负极上铜失电子发生氧化反应，正极上银离子得电子发生还原反应，负极反应式是Cu-2e－═Cu2＋；正极反应式是2Ag＋+2e－═2Ag；电池总反应的离子方程式是：Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag＋；故答案为：a；a是复分解反应，不是自发的氧化原反应；Cu-2e－═Cu2＋；2Ag＋+2e－═2Ag；Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag＋；（2）根据电池反应式知，负极上铜失电子发生氧化反应，正极上铁离子得电子发生还原反应，所以负极材料应该是铜，正极材料应该是不如铜活泼的金属或石墨，电解质溶液应该是氯化铁或硫酸铁都可，故答案为：Cu；不如铜活泼的金属或石墨；氯化铁或硫酸铁。12．某研究性学习小组对Mg和Al的性质进行了下列的实验及研究。(1)以镁条、铝片为电极，稀NaOH溶液为电解质构成的原电池(如图1所示)时发现，刚开始时，电流表指针向右偏转，镁条做负极；但随后很快指针又向左偏转，镁条表面有极少量的气泡产生。①开始阶段，负极发生的电极反应式是________。②随后阶段，铝片发生的电极反应式是_______；则镁电极发生的电极反应式是________。(2)经研究测定，镁与不同浓度的硝酸反应，生成气体产物的含量随HNO3浓度变化曲线如图2所示，溶液中的产物有Mg(NO3)2、NH4NO3和H2O。96mgMg在1L4mol•L−1的HNO3中完全溶解，并可收集到22.4mL(标准状况下)气体(忽略反应过程中HNO3浓度的变化)，该反应的化学方程式是________。【答案】(1)①Mg+2OH−−2e−=Mg(OH)2↓②Al+4OH−−3e−=AlO2−+2H2O2H++2e−=H2↑(或2H2O+2e−=H2↑+2OH−)(2)40Mg+100HNO3=5NO↑+H2↑+NO2↑+3N2↑+4NH4NO3+40Mg(NO3)2+41H2O【解析】(1)①镁较活泼所以做负极，Mg失电子变成Mg2+，负极反应为Mg+2OH−−2e−=Mg(OH)2↓；②Mg虽比Al活泼，但Mg不能与NaOH溶液反应，而Al可与NaOH溶液反应，故Al作负极，失电子生成Al3+，Al3+结合OH−生成AlO2−，镁做正极，H+在镁电极上得电子生成氢气，电极反应式分别是Al+4OH−−3e−=AlO2−+2H2O、2H++2e−=H2↑或2H2O+2e−=H2↑+2OH−；(2)金属镁的物质的量是0.004mol，气体的物质的量是0.001mol，Mg与总气体物质的量比值为4：1，由图知：NO2：H2：N2：NO=1：1：3：5，设NO2、H2、N2、NO系数分别为1，1，3，5，Mg为40。根据电子转移的数目：产生1molNO2，转移1mol。同理H2：2mol，N2：10mol，NO：3mol，因此总共转移电子为(1×1+1×2+3×10+5×3)mol=48mol，但是40mol的Mg，转移80mol电子，还差了32mol，所以一定是还有NH4NO3生成，生成1molNH4NO3，转移8mol电子，现在有32mol电子，所以是4molNH4NO3，再根据N守恒，H守恒可知反应为40Mg+100HNO3=5NO↑+H2↑+NO2↑+3N2↑+4NH4NO3+40Mg(NO3)2+41H2O。13．镍镉可充电电池在现代生活中有着广泛的应用，装置如图所示，它的充、放电反应为Cd+2NiOOH+2H2OCd(OH)2+2Ni(OH)2。请回答下列问题：(1)放电时，还原反应在(填“a”或“b”)极进行，负极的电极反应式为，在放电过程中，正极附近的电解质溶液碱性会(填“增强”或“减弱”)。(2)镍镉废旧电池必须进行回收并集中处理，最主要的原因是

。【答案】(1)bCd−2e−+2OH−Cd(OH)2增强(2)镍镉废旧电池中残留的Cd2+、Ni2+等重金属离子易对土壤和水源造成污染【解析】(1)由题给示意图知，镍镉电池中，电流方向是由b极流向a极，故a极为负极，b极为正极；放电时，正极发生反应NiOOH+H2O+e−Ni(OH)2+OH−，是还原反应；镉在负极发生氧化反应，分两步：Cd−2e−Cd2+，Cd2++2OH−Cd(OH)2，负极反应式为Cd−2e−+2OH−Cd(OH)2；正极附近电解质溶液的碱性增强，负极附近电解质溶液的碱性减弱。(2)镍镉废旧电池中残留的Cd2+、Ni2+等重金属离子易对土壤和水源造成污染。14．电子表所用的某种钮扣电池的电极材料为Zn和Ag2O，电解质溶液为KOH，其电极反应式为：Zn＋2OH-－2e-=ZnO＋H2O、Ag2O＋H2O＋2e-=2Ag＋2OH-。（1）原电池是一种__装置。（2）钮扣电池的负极材料是___。（3）钮扣电池正极发生的是___反应(填反应类型)。（4）钮扣电池总反应方程式为___。【答案】（1）将化学能转化为电能（2）Zn（3）还原反应（4）Zn+Ag2O=2Ag+ZnO【解析】（1）根据原电池的概念，原电池是将化学能转化为电能的装置；答案为将化学能转化为电能。（2）根据电极反应式知，Zn元素化合价由0价变为+2价，锌失电子发生氧化反应，所以锌作负极；答案为Zn。（3）根据电极反应式知，Ag元素化合价由+1价变为0价，氧化银得电子发生还原反应，所以氧化银作正极；答案为还原反应。（4）由电极反应式为：Zn＋2OH-－2e-=ZnO＋H2O、Ag2O＋H2O＋2e-=2Ag＋2OH-，两电极反应相加，得钮扣电池总反应方程式为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO；答案为Zn+Ag2O=2Ag+ZnO。15．Ⅰ.氢能是重要的新能源。他的开发、储存和应用，是当前人们关注的热点之一。(1)开发氢能的方法之一是分解水。开发特殊物质做催化剂，_______（填“能”或“不能”）降低水分解过程中所需能量。(2)用高压氢气、氧气制作的氢氧燃料电池是氢能源利用的一种重要方式。某氢氧燃料电池的两个电极的极性标志模糊不清，小明利用如图所示装置进行实验判断。①根据观察到的现象判断电极a(或b)极性：若石墨1表面覆盖一层红色固体，则a电极是_____极。,②写出U型管中阳极的电极反应式：______________，发生________反应（填“氧化”、“还原”）。电解一段时间后发现阴极增重6.4g，则外电路中通过的电子的物质的量是________mol。若该电解反应所需的电子全部由氢氧燃料电池提供，则至少需要消耗__________L氢气（标准状况下）才能满足需要。Ⅱ.汽车行驶、某些化工厂生产过程，会向空气中排放出NOx、CO、SO2等有害气体。(1)NOx对环境的主要影响有___________（填字母标号）。A．硝酸型酸雨B．温室效应C．破坏臭氧层D．光化学烟雾(2)为了减少重型柴油车排放NOx，向尾气处理装置内自动喷入的尿素溶液在一定条件下先转化为NH3，NH3再与NOx反应生成两种无污染的物质。其中NH3与NO2在一定条件下反应的化学方程式为____________________。(3)通过CO传感器可监测CO的含量，其工作原理为2CO+O22CO2，示意图如下：①通入CO的一极为_______极（填“正”或“负”、“阴”、“阳”），溶液中H+移向_____极（填“A”或“B”）。②写出B电极的电极反应式：_____________。【答案】Ⅰ.(1)不能(2)①负②2C1−−2e−Cl2↑氧化0.22.24Ⅱ.(1)ACD(2)8NH3+6NO27N2+12H2O(3)①负A②CO−2e−+H2OCO2+2H+【解析】Ⅰ.(1)催化剂只能降低反应的活化能，不能改变ΔH；开发特殊物质做催化剂，不能降低水分解过程中所需能量。(2)①石墨1表面覆盖一层红色固体，石墨1的电极反应式为Cu2++2e−Cu，石墨1为阴极，阴极与氢氧燃料电池的负极相连，则a电极为负极。②由于Cl−放电能力大于OH−，U型管中阳极的电极反应式为2Cl−−2e−Cl2↑，电解池中阳极发生氧化反应。阴极析出n(Cu)=6.4g64g/mol=0.1mol，阴极电极反应式为Cu2++2e−Cu，外电路中通过电子物质的量为0.1mol×2=0.2mol。H2参与负极反应，1molH2失去2mol电子，若该电解反应所需的电子全部由氢氧燃料电池提供，至少消耗H2物质的量为0.1mol，在标准状况下H2II.(1)NOx对环境的影响有：硝酸型酸雨、破坏O3层、光化学烟雾，答案选ACD。(2)NH3与NOx反应生成两种无污染的物质，根据原子守恒，生成N2和H2O，NH3与NO2在一定条件下反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。(3)根据工作原理2CO+O22CO2，其中CO发生失电子的氧化反应，O2发生得电子的还原反应。①原电池中负极发生失电子的氧化反应，阳离子移向正极；通入CO的一极为负极，B极为负极，通入O2的一极为正极，A极为正极，溶液中H+移向A极。②B电极为负极，1molCO失去2mol电子生成1molCO2，结合酸性电解质溶液以及原子守恒，B电极的电极反应式为CO−2e−+H2OCO2+2H+。专项04化学反应速率与平衡的综合判断与计算1．在2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)反应中，下面表示的反应速率最快的是A．v(A)=0.5mol/(L∙s)B．v(B)=1.8mol/(L∙min)C．v(C)=0.8mol/(L∙s)D．v(D)=1.0mol/(L∙s)【答案】C【解析】如果都用物质C表示其反应速率，则根据化学反应速率之比是相应的化学计量数之比可知选项A～D分别是[mol/(L∙s)]0.75、0.09、0.8、0.75，所以反应速率最快的是