高三化学一轮复习练习：化学反应与能量

高三化学一轮复习练习：化学反应与能量一、单选题1．能量以各种不同的形式呈现在人们面前，我们通过化学反应等方式可以实现不同形式的能量间的转化。下列说法错误的是（）A．风能属于可再生能源B．光伏发电系统能将电能直接转化为太阳能C．物质燃烧的过程中化学能转化为热能D．原电池放电的过程实现了化学能转化为电能2．中国科学院科研团队研究发现，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图如下。下列说法错误的是（）A．该过程将太阳能转化成为化学能B．该过程中，只涉及到极性键的断裂与生成C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D．原料气N2可通过分离液态空气获得3．下列化学反应中，反应物总能量高于生成物总能量的是（）A．碳酸氢钠与盐酸反应 B．浓硫酸溶于水C．石灰石分解 D．醋酸与氢氧化钠反应4．下列反应属于氧化还原反应且的是（）A．铝热反应B．和的混合物溶于水C．灼热的木炭与CuO反应D．镁条在CO2中燃烧5．下列变化过程属于还原反应的是（）A．H+→H2O B．Na→Na+ C．CO→CO2 D．Fe3+→Fe2+6．下列各容器中盛有海水，铁在其中被腐蚀时由快到慢的顺序是（）A．4>2>1>3>5 B．2>1>5>3>4C．5>4>2>3>1 D．3>5>2>4>17．已知氧化性强弱：PbO2＞MnO＞Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，下列反应不可能发生的是（）A．5Pb2++2MnO+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+B．2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-C．5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2OD．2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+8．工业上制取ClO2的化学反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列有关该反应的说法错误的（）A．SO2在反应中被氧化B．还原性：SO2＞ClO2C．H2SO4在反应中作氧化剂D．每消耗1mol还原剂，转移2mol电子9．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A．HS-转化为的反应为HS-+4H2O-8e-=+9H+B．电极b是该电池的正极，发生氧化反应C．电子从电极b流出，经外电路流向电极aD．若外电路中有0.4mol电子发生转移，则有0.5molH+通过质子交换膜10．海水电池在海洋能源领域备受关注，一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是（）A．海水起电解质溶液作用B．N极仅发生的电极反应：C．玻璃陶瓷具有传导离子和防水的功能D．该锂-海水电池属于一次电池11．NaNO2像食盐一样有咸味，有很强的毒性，误食亚硝酸钠(NaNO2)会使人中毒。已知亚硝酸钠能发生反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。下列说法正确的是（）A．该反应的氧化剂为HIB．反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2、NaIC．该反应中每生成1molI2转移2mol电子D．人误食亚硝酸钠中毒时，可以服用HI溶液解毒12．已知NO和O2转化为NO2的反应机理如下：①2NO(g)N2O2(g)(快）△H1<0平衡常数K1②N2O2(g)+O22NO2(g)(慢）△H2<0平衡常数K2下列说法正确的是（）A．2NO(g)+O22NO2(g)△H=△H1-△H2B．2NO(g)+O22NO2(g)的平衡常数K=K1×K2C．该转化反应过程中能量变化可如图表示D．总速率的大小由反应①决定13．某锂离子电池的总反应为：。某小组以该电池为电源电解处理含废水和含、的酸性废水，并分别获得溶液和单质镍。电解处理的工作原理如图所示[为锂离子电池的电解质]。下列说法错误的是（）A．X与锂离子电池的FeS电极相连B．a室的电极反应式为：C．离子膜N为阳离子交换膜，离子膜M为阴离子交换膜D．若去掉离子膜M将a、b两室合并，则X电极将产生有毒气体14．关于下列各装置图的叙述正确的是（）A．用图①装置实现铁上镀铜，极为铁，电解质溶液可以是溶液B．图②装置盐桥中的移向左侧烧杯C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护，该方法为牺牲阳极的阴极保护法D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，正极析出产品的物质的量不同15．在298K、101kPa下，合成氨反应的能量变化图如图所示(图中“吸”表示在催化剂表面的吸附)。下列说法中正确的是（）A．图中决速步骤的反应方程式为B．该历程中最大能垒(活化能)E=295kJ/molC．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大化学反应速率D．该反应为放热反应，所以反应中温度越低越好16．中国科学技术大学的钱逸泰教授等以四氯化碳和金属钠为原料，在700℃时制造出纳米级金刚石粉末。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立刻被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些理解，其中正确的是（）A．该反应是氧化还原反应B．制造过程中原子的种类和数目发生了改变C．生成的纳米级金刚石是一种新型的化合物D．生成的纳米级金刚石粉末能产生丁达尔效应17．模拟工业上离子交换膜法制烧碱的方法，可以设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氢气、氧气、硫酸和氢氧化钾。下列说法错误的是（）A．该电解槽的阳极反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑B．制得的氢氧化钾溶液从出口D导出C．通电开始后，阴极附近溶液pH增大D．若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为：O2＋2H2O－4e－=4OH－18．用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的某种物质(方括号内物质)，能够使溶液恢复到原来的成分和浓度的是（）A．AgNO3[AgNO3] B．NaOH[H2O]C．KCl[KCl] D．CuSO4[Cu(OH)2]19．2017年6月5日是世界环境日，中国主题为“绿水青山就是金山银山”氮的氧化物的污染日趋严重，某企业处理该污染物的原理设计为燃料电池如右图所示。在处理过程中石墨Ⅰ电极上生成氧化物Y，Y可循环使用。下列说法错误的是（）A．该电池放电时电子流动的方向是：石墨Ⅰ电极→负载→石墨Ⅱ电极→熔融KNO3→石墨Ⅰ电极B．石墨Ⅱ附近发生的反应：O2+4e-+2N2O5=4NO3-C．O2在石墨Ⅱ附近发生还原反应，Y为N2O5D．相同条件下，放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4∶120．如图所示，ΔH1＝－393.5kJ·mol-1，ΔH2＝－395.4kJ·mol-1，下列说法或热化学方程式正确的是（）A．C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=＋1.9kJ·mol-1B．拆开1mol金刚石和1molO2中的化学键需要吸收395.4kJ的热量C．金刚石的稳定性强于石墨D．石墨的总键能比金刚石的总键能小1.9kJ二、综合题21．工业碳酸钠（纯度约为98%）中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和S等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠的简要工艺流程如图：已知：碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：（1）热的Na2CO3溶液有较强的去油污能力，其原因是（用离子方程式及必要的文字加以解释。（2）“趁热过滤”时的温度应控制在。（3）已知：Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）ΔH=+532.36kJ·mol-1Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3·H2O（s）+9H2O（g）ΔH=+473.63kJ·mol-1写出Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式：。（4）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用，请你分析实际生产中是否可行：，其理由是22．某化学兴趣小组要完成中和热的测定。（1）实验桌上备有大、小两个烧杯、泡沫塑料、泡沫塑料板、胶头滴管、环形玻璃搅拌棒、0.5mol/L盐酸、0.55mol/LNaOH溶液，实验尚缺少的玻璃用品是、。（2）实验中能否用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒？(填“能”或“否”)，其原因是。（3）他们记录的实验数据如表：实验用品溶液温度中和热t1t2ΔH①50mL0.55mol/LNaOH溶液50mL0.5mol/LHCl溶液20℃23.3℃②50mL0.55mol/LNaOH溶液50mL0.5mol/LHCl溶液20℃23.5℃已知：Q＝cm(t2－t1)，反应后溶液的比热容c为4.18kJ/(℃·kg)，各物质的密度均为1g/cm3。①计算完成上表。②根据实验结果写出NaOH溶液与HCl溶液反应的热化学方程式：。（4）若用KOH代替NaOH，对测定结果(填“有”或“无”)影响；若用醋酸代替HCl做实验，对测定结果(填“有”或“无”)影响。23．（三）H2O2（H－O－O－H）既有氧化性又有还原性，其中氧处于中间价态。完成下列填空：（1）H2O2是二元弱酸，则H2O2的第一步电离方程式为。（2）已知：4H2O2＋Cr2O72－＋2H+2CrO5＋5H2O，CrO5结构如图所示，该反应（选填“是”或“不是”）氧化还原反应，理由是。（3）少量Mn2+催化分解H2O2的反应分两步进行，第一步：H2O2＋Mn2+＝MnO2＋2H+；写出第二步反应的离子方程式。称取1.023gNaBO3·4H2O（M＝153.86g·mol－1）加入20.0mL1mol·L－1H2SO4(aq)酸化后定容至100mL，取出10.00mL用0.01046mol·L－1的KMnO4(aq)滴定至终点，消耗KMnO4(aq)24.34mL。已知：①BO3－＋2H2O＝H2O2＋H2BO3－②MnO4－＋H2O2＋H+→Mn2+＋O2↑＋H2O（未配平）（4）配平离子方程式。2MnO4－＋5H2O2＋_H+＝_Mn2+＋_O2↑＋_H2O（5）实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、。（6）滴定终点的现象为溶液变为色，且30s不变色。理论上消耗KMnO4(aq)mL，实验过程操作正确，产生误差的原因可能是。24．以和为原料可以制得淀粉，实现“喝西北风”吃饱；与可在不同催化剂和反应条件下生成和等多种化合物，在减少温室气体、减少化石能源使用、新能源开发利用等方面有重要的作用。（1）单个分子与在催化剂的作用下反应历程如图甲所示：(吸附在催化剂表面的物质用·标注，如表示吸附在催化剂表面；图中Ts表示过渡态分子)。反应历程中活化能(能垒)最小的化学方程式为，（2）与在某催化剂的作用下反应如图乙所示：化学键键能436326803464414写出该反应的热化学方程式：，体系达到平衡后，若要使平衡向正反应方向移动，可以改变的条件是(任写一种)（3）在相同的恒容容器中，内三种不同的催化剂对与反应的影响如图丙所示：①下列说法正确的是.a.使用催化剂Ⅰ，反应转化率最高b.由图得出此反应一定是放热反应c.最佳催化剂是催化剂Ⅰd.a、b、c三点的速率大小关系一定为：②若此反应起始投料为和，在10L恒容密闭容器中进行，且反应时间足够长，得到上述关系式，则温度下，反应的平衡常数K=(用分数形式表示)，在催化剂Ⅰ作用下，从起始到a点的平均反应速率为。25．实验是化学研究的重要手段，定性与定量是实验研究的两个不同角度。（1）为了比较Fe、Co、Cu三种金属的活动性。某实验小组设计如图实验装置。①甲装置中Co电极附近产生气泡，Co电极的电极反应式为。②丙装置中X电极附近溶液先变红，X电极名称为，反应一段时间后，可制得NaClO消毒液，丙装置中的总反应方程式为。③乙装置中交换膜类型为(填“阳”或“阴”)离子交换膜，三种金属的活动性由强到弱的顺序是。（2）为了测定市售白醋的总酸量(g/100mL)，某实验小组设计如图实验流程。①量取白醋样品10.00mL用到的量取仪器是，“配制100mL待测白醋溶液”用到的仪器有烧杯、玻璃棒和。②“酸碱中和滴定”用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液进行滴定。盛装待测白醋液的锥形瓶中应加入2~3滴溶液作指示剂，盛装NaOH溶液的滴定管初始液面位置如图所示，此时的读数为mL。“酸碱中和滴定”实验记录如下滴定次数1234V(待测白醋)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)/mL15.9515.0015.0514.95该市售白醋总酸量g/100mL(结果保留四位有效数字)。③“酸碱中和滴定”过程中，下列操作会使实验结果偏大的是。A．未用标准NaOH溶液润洗滴定管B．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加入少量水D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体减出

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A.风能属于可再生能源，A不符合题意；

B.光伏发电系统能将太阳能直接转化为电能，B符合题意；

C.物质燃烧放热，将化学能转化为热能，C不符合题意；

D.原电池是将化学能转化为电能的装置，D不符合题意；

故选B。

【分析】A.利用常见的可再生能源分析；

B.利用光伏发电的能量转化分析；

C.利用燃烧的能量转化分析；

​​​​​​​D.利用原电池的能量转化分析。2．【答案】B【解析】【解答】A．根据图示，常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3，该过程将太阳能转化成为化学能，故A不符合题意；B．该过程中，既有极性键（N-H、O-H）的断裂与生成，也有非极性键（N≡N、O=O）的断裂与生成，故B符合题意；C．该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶3，C不符合题意；D．原料气N2可通过分离液态空气获得，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】极性共价键存在于不同种原子之间，非极性共价键存在于同种原子之间。3．【答案】D【解析】【解答】A.碳酸氢钠与盐酸反应是吸热反应，反应物的总能量低于生成物的能量，故A不符合题意；

B.浓硫酸溶于水释放能量，是物理过程，故B不符合题意；

C.石灰石分解是吸热反应，反应物能量低于生成物的能量，故C不符合题意；

D.醋酸与氢氧化钠反应式放热反应，反应物能量高于生成物能量，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】根据焓变=生成物能量-反应物能量，由于反应物总能量高于生成物总能量，因此反应是放热反应结合选项即可判断。4．【答案】C【解析】【解答】A.铝热反应属于放热反应，且属于氧化还原反应，A选项是错误的；

B.和的混合物溶于水属于吸热反应，但是不是氧化还原反应，B选项是错误的；

C.灼热的木炭和CuO反应属于吸热反应，且属于氧化还原反应，C选项是正确的；

D.镁条在CO2中燃烧属于氧化还原反应，但是属于放热反应，D选项是错误的。

故答案为：C。

【分析】反应物的总能量小于生成物总能量的反应属于吸热反应，，在反应中存在电子转移的反应属于氧化还原反应，会使元素化合价发生改变。5．【答案】D【解析】【解答】A．H元素化合价没有发生变化，没有发生氧化还原反应，A不符合题意；

B．Na元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，B不符合题意；

C．C元素化合价升高，被氧化，发生氧化反应，C不符合题意；

D．Fe元素化合价降低，被还原，发生还原反应，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A．H元素化合价没有发生变化，属于复分解反应；

B．化合价升高的反应属于氧化反应；

C．化合价升高的反应属于氧化反应；

D．Fe化合价降低的反应属于还原反应。6．【答案】A【解析】【解答】根据装置图可知，1是化学腐蚀。2、3都是原电池，其中2中铁是负极，失去电子，被腐蚀。3中铁是正极，被保护。4、5都是电解池，其中4中铁是阳极，失去电子，腐蚀最快。5中铁是阴极，被保护，腐蚀最慢，故答案为：A。

【分析】本题要注意化学腐蚀、原电池腐蚀、电解池腐蚀的速率大小比较；其中电解池的阳极腐蚀最快，其次原电池的负极腐蚀，然后是化学腐蚀，接下来是原电池的正极腐蚀，最后是电解池的阴极腐蚀。7．【答案】A【解析】【解答】A．在氧化还原反应中，物质的氧化性：氧化剂＞氧化产物。若反应5Pb2++2MnO+2H2O=5PbO2↓+2Mn2++4H+能够发生，可得物质的氧化性：MnO＞PbO2，这与题干已知信息物质的氧化性：PbO2＞MnO相矛盾，说明该反应不可能发生，A符合题意；B．根据反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-可知物质的氧化性：Br2＞Fe3+，与题干信息一致，说明该反应能够发生，B不符合题意；C．根据反应5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知物质的氧化性：MnO＞Fe3+，与题干信息一致，说明该反应能够发生，C不符合题意；D．根据反应2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+可知物质的氧化性：Fe3+＞I2，与题干信息一致，说明该反应能够发生，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析。8．【答案】C【解析】【解答】A．SO2在反应中化合价升高，作还原剂，被氧化，A说法不符合题意；B．ClO2作还原产物，则还原性：SO2＞ClO2，B说法不符合题意；C．H2SO4在反应中化合价未变，起酸性的作用，C说法符合题意；D．每消耗1molSO2，S的化合价由+4变为+6价，转移2mol电子，D说法不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．物质所含元素化合价升高，被氧化；B．还原剂的还原性大于还原产物；C．H2SO4在反应中化合价未变，起酸性的作用；D．依据SO2中S的化合价变化分析。9．【答案】A【解析】【解答】A．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=+9H+，故A符合题意；B．电极b是该电池的正极，发生还原反应，故B不符合题意；C．b是电池的正极，a是负极，所以电子从a流出，经外电路流向b，故C不符合题意；D．根据电子守恒，若该电池有0.4mol电子转移，有0.4molH+通过质子交换膜，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】由图可知硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，所以两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=+9H+；正极上是氧气得电子的还原反应4H++O2+4e-=2H2O，根据原电池的构成和工作原理知识来回答。

10．【答案】B【解析】【解答】A.海水中含有丰富的电解质，如氯化钠等，可作为电解质溶液，故A正确；

B.由分析可知，N为正极，电极反应为，，故B错误；

C.Li的金属活动性较强，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止Li与水反应，且可以传导离子，故C正确；

D.该电池不能充电，属于一次电池，故D正确。

故选B。

【分析】结合图示可知，锂-海水电池的总反应为；M电极上Li失去电子发生氧化反应，则M为负极，电极反应式为；N为正极，电极反应为。11．【答案】C【解析】A、由NaNO2~NO，N元素的化合价从+3价降到+2价，得电子，所以NaNO2是氧化剂，由HI~I2，碘元素化合价从-1价升到0价，失电子，所以HI是还原剂，A不符合题意；B、反应产物中能使淀粉变蓝的物质有I2，B不符合题意；C、由HI~I2，碘元素化合价从-1价升到0价，每生成一个碘单质需要失2个电子，因此每生成1molI2转移2mol电子，C符合题意；D、人误食亚硝酸钠中毒时，服用HI溶液产生有毒的NO，不可服用HI溶液解毒，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.反应过程中有元素化合价降低的物质为氧化剂；

B.I-不能使淀粉变蓝；

C.根据反应过程中元素化合价的变化计算转移电子数；

D.反应过程中生成的NO，是一种有毒气体；12．【答案】B【解析】【解答】A.NO和O2反应的化学方程式为：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)，根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH=ΔH1+ΔH2，A不符合题意；B.反应①的平衡常数，反应②的平衡常数，而反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的平衡常数，B符合题意；C.两个反应都为放热反应，则反应物的总能量应高于生成物的总能量，C不符合题意；D.总反应的速率大小取决于慢反应速率，因此总速率的大小由反应②决定，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.根据盖斯定律进行分析；B.根据K1、K2的表达式进行分析；C.根据反应热效应与能量的关系分析；D.反应速率的大小由慢反应决定；13．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，故A不符合题意；B．由分析可知，X电极与FeS电极相连，为电解池的阳极，氢氧根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，a室的电极反应式为，故B不符合题意；C．由分析可知，离子膜M为阳离子交换膜，离子膜N为阴离子交换膜，故C符合题意；D．若去掉离子膜M将a、b两室合并，氯离子放电能力强干氢氧根离子，会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】依据电解的目的判断电极类型。14．【答案】A【解析】【解答】A、图①装置中电流流向a电极，所以电源左端为正极，a电极为阳极，b电极为阴极。要实现铁上镀铜，则铁应用阴极，铜为阳极。所以b电极为铁，所用电解质溶液为CuSO4溶液，A符合题意。

B、图②为原电池装置，Zn电极为负，Cu电极为正极。在原电池装置中，阳离子移向正极。因此盐桥中KCl的K＋向右侧烧杯移动，B不符合题意。

C、图③装置中含有外接电源，被保护的钢闸门应与外接电源的负极相连获得保护，该方法为外接电源保护法，C不符合题意。

D、图④两个装置中，稀硫酸中H＋在正极发生得电子的还原反应，生成H2，其电极反应式都是2H＋＋2e－=H2↑。当通过导线的电子数相同时，正极析出产品的物质的量相同，D不符合题意。

故答案为；A

【分析】A、要实现铁上镀铜，则铁应为阴极，铜为阳极。

B、在原电池中，阳离子移向正极。

C、牺牲阳极的阴极保护法，应用的是原电池原理；外加电流保护法，应用的是电解池原理。

D、两个装置中正极产生的都是H2。15．【答案】A【解析】【解答】A．反应的活化能越大，反应速率越慢，化学反应的决速步骤取决于最慢的反应，所以合成氨反应的决速步骤取决于活化能最大的反应，由图可知，决速步骤的反应方程式为，故A符合题意；B．由图可知，该历程中最大能垒的反应为，活化能为E=62kJ/mol，故B不符合题意；C．合成氨工业中采用循环操作，主要目的是增大反应物的转化率，故C不符合题意；D．该反应为放热反应，反应中要选择催化剂的活性温度为反应温度，增大反应速率，提高单位时间内氨气的产率，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、决速步骤是根据反应速率最慢的决定的，即活化能最大；

B、根据图示，活化能最大的看吸热的过程，为这段反应；

C、循环操作可以增大反应物的转化率；

D、温度可以影响反应的速率和催化剂的活性。16．【答案】A【解析】【解答】A.该反应中有元素化合价变化，属于氧化还原反应，故符合题意；B.反应过程中原子的种类和数目不发生改变，故不符合题意；C.生成的纳米级金刚石是一种新型的单质，故不符合题意；D.生成的纳米级金刚石粉末可以溶解在某物质中形成胶体，则能产生丁达尔效应，但纳米级金刚石粉末不能产生丁达尔效应，故不符合题意。故答案为：A。【分析】A、钠单质参加反应化合价变化；

B、原子守恒不可能发生变化；

C、金刚石为单质；

D、纳米级材料要形成分散系才有丁达尔效应。17．【答案】D【解析】【解答】A．左边电极连接电源正极，为电解槽的阳极，其反应式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，故A不符合题意；B．右边电极是电解槽的阴极，阴极是水中氢离子得到电子，剩余氢氧根，钾离子穿过阳离子交换膜进入到阴极室与氢氧根反应生成氢氧化钾溶液从出口D导出，故B不符合题意；C．根据B选项分析，通电开始后，阴极生成KOH，因此溶液pH增大，故C不符合题意；D．若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池，则电池正极的电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，故D符合题意。故答案为：D。【分析】A.用惰性电极电解硫酸钾实质是电解水，阳极氢氧根放电生成氧气；

B.阴极氢离子放电生成氢气，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极生成氢氧化钾；

C.阴极氢离子放电生成氢气；

D.氢氧燃料电池，正极氧气得到电子，在碱性溶液中生成氢氧根离子。18．【答案】B【解析】【解答】A.4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3脱离反应体系的物质是4Ag＋O2，相当于2Ag2O，所以应当加入适量Ag2O才能复原(加入AgNO3，会使NO3－的量增加)；B.2H2O2H2↑＋O2↑脱离反应体系的是2H2＋O2，相当于2H2O，加入适量水可以复原；C.2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑脱离反应体系的是H2＋Cl2，相当于2HCl，应通入适量HCl气体才能复原(加入盐酸时，同时也增加了水)；D.2CuSO4＋2H2O2H2SO4＋2Cu＋O2↑脱离反应体系的是2Cu＋O2，相当于2CuO，加入适量CuO可以复原；故答案为B。

【分析】A.因为是惰性电极，所以溶液中离子放电，而放电顺序Ag+＞H+，OH-＞NO3-，则阴极Ag+得电子变成Ag，阳极OH-失电子变成O2；B.放电顺序H+＞Na+，阴离子只有OH-，则阴极H+得电子变成H2，阳极OH-失电子变成O2，脱离体系的是H2和O2，相当于H2O；C.放电顺序H+＞K+，Cl-＞OH-，则阴极H+得电子变成H2，阳极Cl-失电子变成Cl2，脱离反应体系的是H2＋Cl2，相当于HCl，应通入适量HCl气体；D.放电顺序Cu2+＞H+，OH-＞SO42-，则阴极Cu2+得电子变成Cu，阳极OH-失电子变成O2，脱离体系的是Cu＋O2，相当于CuO；19．【答案】A【解析】【解答】A、电子只能通过导线转移，不能通过电解质溶液，溶液中只能进行离子的移动，选项A符合题意；B、石墨Ⅱ通入氧气，发生还原反应，为原电池的正极，电极方程式为O2+4e-+2N2O5=4NO3-，选项B不符合题意；C、O2在石墨Ⅱ附近得到电子发生还原反应，Y为N2O5，选项C不符合题意；D、电极方程式分别为NO2+NO3--e-═N2O5、O2+2N2O5+4e-═4NO3-，则放电过程中消耗的NO2和O2的体积比为4：1，选项D不符合题意。故答案为：A。

【分析】氧气在石墨2上发生还原反应，所以石墨2是正极，根据装置图分析可知，NO2在石墨1上被氧化为N2O5，石墨1是负极，电子从负极经导线流向正极，跟据得失电子守恒可以算出放电过程中消耗的NO2和O2的体积比。20．【答案】A【解析】【解答】A．由图得：①C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，②C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.4kJ•mol-1，根据盖斯定律，将①-②可得：C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1，故A符合题意；B．由图得：C(s，金刚石)+O2(g)=CO2(g)△H=-395.4kJ•mol-1，则拆开1mol金刚石和1molO2中的化学键需要吸收的能量比形成2molC=O键放出的能量少395.4kJ，故B不符合题意；C．根据图示，金刚石能量大于石墨的总能量，物质的能量越大，越不稳定，则石墨比金刚石稳定，故C不符合题意；D．依据热化学方程式C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H=+1.9kJ•mol-1，所以1mol石墨本身具有的总能量比1mol金刚石本身具有的总能量小1.9kJ，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】先根据图示写出对应的热化学方程式，然后根据盖斯定律写出石墨转变成金刚石的热化学方程式，最后结合物质的能量越低越稳定以及△H=生成物的总能量-反应物的总能量分析解答。21．【答案】（1）Na2CO3在溶液中存在水解平衡C+H2OHC+OH-，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强（2）36℃以上（3）Na2CO3·H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g）ΔH=+58.73kJ·mol-1（4）不可行；若“母液”循环使用，则溶液中c（Cl-）和c（S）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质【解析】【解答】（1）Na2CO3在水溶液中可以水解使溶液呈碱性，热的Na2CO3溶液有较强的的碱性，有较强的去油污能力。故答案是：Na2CO3在溶液中存在水解平衡C+H2OHC+OH-，溶液呈碱性，当温度升高时水解平衡正向移动，使溶液碱性增强，故去油污能力增强。（2）由题中信息可知，碳酸钠的饱和溶液在36℃以上析出的是流程中所得到的Na2CO3·H2O，故“趁热过滤”时的温度应控制在36℃以上。（3）根据已知的热化学方程式①Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3（s）+10H2O（g）ΔH=+532.36kJ·mol-1和②Na2CO3·10H2O（s）=Na2CO3·H2O（s）+9H2O（g）ΔH=+473.63kJ·mol-1，根据盖斯定律可知，①-②可得Na2CO3·H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g），故其ΔH=+532.36kJ·mol-1-473.63kJ·mol-1=+58.73kJ·mol-1，故Na2CO3·H2O脱水反应的热化学方程式为Na2CO3·H2O（s）=Na2CO3（s）+H2O（g）ΔH=+58.73kJ·mol-1。（4）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程图中虚线所示进行循环使用，这种想法在实际生产中是不可行的，其理由是：若“母液”循环使用，由于Cl-和S没有转化为沉淀，则溶液中c（Cl-）和c（S）会不断增大，最后所得产物Na2CO3中混有氯化钠和硫酸钠杂质。【分析】根据题中信息可知，工业碳酸钠（纯度约为98%）中常含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-和S等杂质，为了提纯工业碳酸钠，并获得试剂级碳酸钠，根据简要工艺流程可知：首先将工业碳酸钠溶解于水，然后加入适量的氢氧化钠溶液将Ca2+、Mg2+、Fe3+充分沉淀，过滤后将滤液蒸发浓缩、结晶，趁热过滤后可得到Na2CO3·H2O，将Na2CO3·H2O加热脱水，得到试剂级碳酸钠。22．【答案】（1）量筒；温度计（2）否；金属易导热，热量散失多，导致误差偏大（3）－56.8kJ/mol；NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol（4）无；有【解析】【解答】（1）由于实验过程中需要量取液体的体积和测量溶液的温度，因此所需的玻璃仪器还有量筒和温度计；

（2）金属铜的导热性较强，为防止热量的散失，不能用环形铜丝搅拌器代替环形玻璃搅拌棒；

（3）①反应过程中，温度变化为，因此反应过程中放出的热量Q=cm(t2-t1)=4.18kJ/(℃·kg)×100×10-3kg×3.4℃=1.4212kJ，该反应过程中生成n(H2O)=0.025mol，因此可得该实验测得中和热；

②中和热是指强酸和强碱的稀溶液反应生成1molH2O(l)时放出的热量，因此该反应的热化学方程式为NaOH(aq)＋HCl(aq)=NaCl(aq)＋H2O(l)ΔH＝－56.8kJ/mol；

（4）KOH和NaOH都是强碱，用KOH代替NaOH，对测定结果无影响；醋酸是弱酸，在水中存在电离平衡，为吸热过程，用醋酸代替HCl，会导致中和反应放出的热量部分被CH3COOH的电离吸收，导致测定结果出现误差；

【分析】此题是对中和热测定实验的考查，结合该实验的相关知识进行分析即可。23．【答案】（1）H2O2H+＋HO2－（2）不是；反应仅发生了过氧键的转移，反应前后Cr的化合价都是+6价。（3）MnO2＋H2O2＋2H+＝Mn2+＋O2↑＋2H2O（4）2MnO4－＋5H2O2＋6H+＝2Mn2+＋5O2↑＋8H2O（5）滴定管、100mL容量瓶（6）浅紫红色；25.43mL；反应生成的Mn2+催化分解H2O2【解析】【解答】（1）H2O2是二元弱酸，则H2O2的第一步电离方程式为H2O2H+＋HO2－。

（2）根据CrO5的结构可知，CrO5中Cr元素的化合价为+6，单键O元素化合价为-1，双键O元素化合价为-2，反应前后的化合价没有改变，所以该反应不属于氧化还原反应。

（3）根据题干信息可知Mn2+作催化剂，总方程式为2H2O2=催化剂2H2O+O2↑，由分析可知，第二步反应的离子方程式为MnO2＋H2O2＋2H+＝Mn2+＋O2↑＋2H2O。

（4）该反应属于氧化还原反应，根据得失电子守恒可知，Mn2+、O2的系数分别为2、5；根据电荷守恒可知，H+的系数为6；根据原子守恒可知，H2O的系数为8。

（5）称量需要天平，量取液体需要量筒，溶液定容需要容量瓶（100mL），滴定实验需要用酸式滴定管来盛装高锰酸钾溶液，所以实验所需的定量仪器有电子天平、量筒、滴定管、100mL容量瓶。

（6）高锰酸钾溶液呈紫红色，滴定终点时高锰酸钾稍过量，所以滴定终点的现象为溶液变为紫红色。根据BO3－＋2H2O＝H2O2＋H2BO3－和2MnO4－＋5H2O2＋6H+=2Mn2+＋5O2↑＋8H2O可知，反应关系式5BO3－~5H2O2~2MnO4－，根据题干信息可知10mL溶液中n(BO3－)=n(NaBO3·4H2O)=×，所以理论上消耗V(KMnO4)==×=≈0.02543L=25.43mL。实际消耗V(KMnO4)偏低，可能是反应产生的Mn2+催化分解H2O2。

【分析】（1）注意多元弱酸的电离分布进行，多元弱碱的电离一步到位。

（2）氧化还原反应的特征是元素化合价有变化，据此分析。

（3）总反应=第一步反应+第二步反应，据此分析。

（4）根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒进行分析。

（5）注意容量瓶需注明规格。

（6）根据已知信息中两个方程式，可得到反应关系式5BO3－~5H2O2~2MnO4－，根据m=nM和n=cV进行分析，注意定容后取出的10mL用KMnO4溶液滴定。24．【答案】（1）；（2）；降低温度、增加压强等（3）c；；【解析】【解答】(1)根据图甲可知，反应历程中活化能(能垒)最小是，化学方程式为；起始能量为，生成时能量为，故反应的为；(2)反应热=反应物总键能-生成物总键能，，故；根据可知，要使平衡向正反应方向移动，可以改变的条件是降低温度、增加压强；(3)a．判断转化率大小，需要考虑反应温度高低，催化剂适用温度范围，反应时间长短等因素，a不符合题意；b．此结果可能是因为反应放热，温度高平