【化学】化学反应与能量 综合测试 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册.docx

第六章 化学反应与能量 综合测试 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册一、单选题1下列属于氧化还原反应的是（） ABCD2下列发电厂、电站的电能由化学能直接转化而成的是（）A水力发电站B地热发电厂C风力发电厂D燃料电池发电站3下列物质久置于空气中会发生相应的变化，其中发生了氧化还原反应的是（）A浓硫酸的体积增大B铝的表面生成致密的氧化膜C澄清的石灰水变浑浊D氢氧化钠的表面发生潮解4阿特拉津(ATZ)是农业中使用广泛且难以降解的除草剂，某科学组织研究发现，以FeSxMoS2为催化剂(呈花束状)催化活化过一硫酸盐(PMS)降解阿特拉津(ATZ)取得了良好的效果，其反应机理如图所示：下列说法错误的是（）APMS对应的酸为H2SO5，该酸含有过氧键B生成SO4·-的途径之一为2SO5·-=2SO4·-1O2C流程中直接氧化ATZ的微粒只有1O2DS2-、以及Fe0可以促进Fe2再生5下列物质在一定条件下能够与硫黄发生反应，且硫做还原剂的是（） AO2BFeCH2DZn6有关下图装置的说法中正确的是() A氧化剂与还原剂必须直接接触，才能发生反应B乙池中电极反应式为NO3-4He=NO22H2OC当铜棒质量减少6.4 g时，甲池溶液质量增加6.4 gD当铜棒质量减少6.4 g时，向乙池密封管中通入标准状况下1.12 L O2，将使气体全部溶于水7有a、b、c、d四个金属电极，有关的实验装置及部分实验现象如下： 实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增加b极有气体产生，c极无变化d极溶解，c极有气体产生电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是()Aa>b>c>dBb>c>d>aCd>a>b>cDa>b>d>c8在盛有稀硫酸的烧杯中，放入用导线连接的铜片和锌片，下列说法正确的是（） A负极发生还原反应B电子通过导线由铜片流向锌片C正极上有氢气逸出，正极电极反应式为：2H+2e-=H2D负极附近的SO 离子浓度逐渐减小9中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。下列说法错误的是（）A通过该催化反应，实现了太阳能向化学能的转化B反应中涉及到O-H键的断裂和H-H、O-O键的形成C反应为2H2O22H2O+O2D光催化剂明显降低了2H2O22H2O+O2的反应热10下列对能量转化的认识中，不正确的是（） A电解水生成氢气和氧气时，电能主要转化为化学能B白炽灯工作时，电能全部转化为光能C煤燃烧时，化学能主要转化为热能D风力发电时，风能主要转化为电能11下列各反应中，盐酸既表现出酸性又表现出还原性的是（）AZn+2HCl=ZnCl2+H2 B2HCl+Na2O=2NaCl+H2OCHCl+AgNO3=AgCl +HNO3DMnO2+4HCl(浓) _MnCl2+Cl2+2H2O12下列变化需加氧化剂才能实现的是（） ACaCO3 CO2BFe2+Fe3+CCu2 CuD BaSO413把6mol铜粉投入含8mol硝酸和2mol硫酸的稀溶液中，则标准状况下放出的气体的物质的量为（）A2 molB3 molC4 molD5 mol14下列事实不能用平衡移动原理解释的是（）A对于反应，降低温度有利于的转化B增大压强，有利于工业上氨的合成C工业上二氧化硫与氧气合成三氧化硫时加入催化剂D乙醇与乙酸生成乙酸乙酯时常加入稍过量的乙醇15实验室用100mL 1molL1盐酸与足量锌粉反应制备氢气，下列措施能加快反应速率且不影响产生氢气的量是（） A改用100mL2molL1盐酸B加入碳酸钠固体C滴加少量CuCl2溶液D降低温度16下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验Na在坩埚中加热燃烧将NaOH溶液滴入溶液中将湿润的红色布条放入盛有的集气瓶中向溶液中加入足量铁粉现象有淡黄色固体生成有红褐色沉淀生成红色布条褪色溶液由棕黄色变为浅绿色AABBCCDD17酸性溶液中，Fe2+会被空气缓慢氧化为Fe3+。不同条件下，一定浓度的Fe2+的氧化率随时间变化关系如下图所示。下列有关说法正确的是 （）A该氧化过程的离子方程式为：Fe2+O2+4H+=Fe3+2H2OBpH=1.5时Fe2+的氧化率一定比pH=2.5时大CFe2+的氧化率仅与溶液的pH和温度有关D其他条件相同时，80时Fe2+的氧化率比50时大18在酸性条件下，具有氧化性。图示过程可实现转化为。下列分析正确的是（）ANO、为中间产物B反应中为氧化剂C每转化需要D反应的离子方程式为Fe2+NO3+4H+_Fe3+NO+2H2O19下图所示的是1 mol NO2与足量的CO完全反应生成CO2和NO过程中的能量变化。A，B，C，D四个图像中能够表示出CO2+NO=NO2+CO的能量变化示意图的是（） ABCD20下列反应既表现硝酸的氧化性，又表现硝酸的酸性的是（）ABCDC+4HNO3(浓)_CO2+2H2O+4NO2二、综合题21已知有下列反应：5HSO3+2IO3=5SO42+I2+3H+H2OH2O+HSO3+I2=SO42+2I+3H+IO3+I+H+=I2+H2O（未配平）回答下列问题：（1）上述反应中氧化剂由强到弱的顺序为（填离子或分子，下同） ；还原剂由强到弱的顺序为 （2）反应配平的离子方程式为 （3）在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入含1molKIO3的溶液，反应完全后，混合溶液中所含的阴离子有 ，转移电子的物质的量为 ，若要使溶液中的n（I2）最大，则需滴加n（IO3）对应的最小值为 22通常把断裂1mol某化学键所吸收的能量称为键能。键能的大小可以衡量化学键的强弱，也可以估算化学反应的反应热（用H表示，放热反应的H0，吸热反应的H0)，H反应物总键能生成物总键能。已知：N-N键、H-H键和N-H键的键能分别记作a、b和c（单位：kJ·mol-1），合成氨反应的能量变化关系如图所示。回答下列问题：（1）合成氨反应的化学方程式为 。 （2）NH3分解生成N2和1mol H2要 （填“吸收”或“放出”） 热量（用含a、b、c的代数式表示）kJ。 （3）事实上，反应的热量总小于理论值，原因可能是 。 23研究NOx、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义（1）已知：CaCO3 （s）=CaO（s）+CO2 （g）H=180kJmol1；2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2 （g）H=270kJmol1当反应放出135kJ热量时，处理的SO2质量为 ；若该反应放出的热量全部用于煅烧石灰石，则处理SO2时生成酌CO2与煅烧石灰石时生成的CO2的质量比为 （2）已知：CH4（g）+4NO2（ g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=560kJmol1；CH4（g）+4NO（g）=2N2 （g）+CO2 （g）+2H2O（g）H=1160kJmol1；若用标准状况下4.48L CH4还原NO2生成N2，反应中转移的电子总数为 （用NA表示阿伏加德罗常数值），放出的热量为 kJ若1mol CH4还原NO2时放出的热量为710kJ，则生成的N2和NO的物质的量之比为 24用铜片、锌片和稀硫酸及若干其它器材组合成一个原电池，画出装置图并回答 （1）画出装置图 （2）从理论上讲，预期看到的现象是 （3）实验过程中，观察到锌片上有少量气泡冒出，铜片上有大量气泡冒出试解释： （4）此电池的负极是 ，正极的电极反应式是 （5）该电池工作一段时间，将两个电极小心取出洗涤并晾干，经称量发现锌片比原来减少3.25g请计算理论上导线中共通过了 mol电子 25三氟化氮（NF3）是一种无色、无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题： （1）反应过程中，氧化产物是 ，被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为 （2）写出该反应的化学方程式： 若反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子数目为 个 （3）三氟化氮可由氨气和氟气反应得到：4NH3+3F2NF3+3NH4F据题意推测NF3、F2、NO三种气体中，氧化性由弱到强的顺序为 （4）NF3是一种无色、无味的气体，一旦NF3在空气中泄漏，却还是易于发现你判断该气体泄漏时的现象是NaNO3 （5）一旦NF3泄漏，可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染，其产物除NaNO2、NaF、H2O外，还肯定有 （填化学式） 答案解析部分1【答案】A【解析】【解答】题目涉及的四个反应中只有 中存在元素化合价的变化，因此该反应属于氧化还原反应，其余三个反应都属于非氧化还原反应， 故答案为：A。【分析】化学反应中存在元素化合价变化的属于氧化还原反应，据此分析。2【答案】D【解析】【解答】A水力发电站是水的势能转化为动能，再转化为水轮机的机械能，再转化为电能，A不合题意；B地热发电厂是将地热能转化为水的势能，再转化为蒸汽机的机械能，最后转化为电能，B不合题意；C风力发电厂是将风能转化为机械能，最后转化为电能，C不合题意；D燃料电池发电站是将燃料的化学能直接转化为电能，D符合题意；故答案为：D。【分析】化学能转化为电能，即通过化学反应发电。3【答案】B【解析】【解答】A浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中水分而导致溶液体积增大，属于物理变化，故A不符合题意；B.铝属于亲氧元素，能和空气中氧气反应生成致密的氧化物薄膜氧化铝，该反应中有电子转移，属于氧化还原反应，故B符合题意；C.澄清石灰水和二氧化碳反应生成硅酸钙沉淀，该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故C不符合题意；D.NaOH能吸收水分而导致潮解，属于物理变化，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A溶液体积增大是浓硫酸吸水，属于物理变化；B.铝是比较活泼的的金属，易被氧气氧化，由单质变成化合物，化合价一定发生上变化，是氧化还原反应；C.酸性氧化物与碱反应生成盐和水是复分解反应；D.潮解是固体吸水，属于物理变化；4【答案】C【解析】【解答】A由图可知，过一硫酸根离子为HSO，对应的酸为H2SO5，该酸可以看成是H-O-O-H中一个氢原子被-SO3H代替的产物，所以含有过氧键，A不符合题意；B图示有两种途径生成SO4·，其中一种为2SO5·=2SO4·+1O2，B不符合题意；C据图可知，流程中直接氧化ATZ的微粒还有SO4·、·OH，C符合题意；DS2-、以及Fe0具有还原性，可以还原Fe3+促进Fe2+再生，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.该酸可以看成是H-O-O-H中一个氢原子被-SO3H代替的产物；B.结合图示分析；D.S2-、以及Fe0具有还原性。5【答案】A【解析】【解答】A硫与氧气反应，S元素的化合价升高，则硫作还原剂，选项A选；BFe与S反应，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，硫作氧化剂，选项B不选；C氢气与硫反应，硫元素的化合价降低，硫作氧化剂，选项C不选；DZn与S反应，Zn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，硫作氧化剂，选项D不选；故答案为：A。【分析】硫可用和大多数金属反应，体现氧化性，做氧化剂，也可以和部分非金属单质反应，可用体现还原性，做还原剂6【答案】D【解析】【解答】氧化剂为浓HNO3，在乙池，还原剂为Cu，在甲池，无须直接接触，A项错误；乙池中NO3-发生还原反应：NO3-2He=NO2H2O，B项错误；铜棒质量减少6.4 g，则有6.4 g Cu2进入甲池，同时盐桥中有Cl进行入甲池，因此甲池溶液增加的质量大于6.4 g，C项错误，铜棒质量减少6.4 g，失去0.2 mol电子，则乙池中产生0.2 mol NO2，根据4NO2O22H2O=4HNO3知，气体全部溶于水所需标准状况下O2的体积为0.2 mol× ×22.4 L·mol11.12 L，D项正确。【分析】在原电池中，负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子，发生还原反应，所以电子在外电路的流向是负极到正极；在电解液中，阴离子移向负极，阳离子移向正极。7【答案】C【解析】【解答】由第一个装置可知a极溶解，故a极是负极，可知金属活动性a>b；第二个装置依据氧化性、还原性的规律可知金属活动性b>c；由第三个装置得金属活动性d>c；第四个装置电子从da；故金属活动性d>a。【分析】构成原电池的两极，金属活泼性较强的一极做负极，失去电子，发生的是氧化反应；金属活动性较弱的一极做负极，得到电子，发生的是还原反应。8【答案】C【解析】【解答】A. 负极发生氧化反应，A不符合题意；B. 电子通过导线由锌片流向铜片，B不符合题意；C. 正极上有氢气逸出，因为氢离子在正极电极被还原，反应式为：2H+2e-=H2，C符合题意；D. SO 离子移向负极，负极附近的SO 离子浓度逐渐增大，D不符合题意；故答案为：C。【分析】铜片和锌片电解质是硫酸，锌做负极，失去电子发生氧化反应，铜做正极，氢离子得到电子，产生氢气9【答案】D【解析】【解答】A该过程是利用太阳光实现高效分解水，所以该反应中太阳能转化为化学能，A不符合题意；B反应I是水反应生成H2与H2O2，故反应中涉及到OH键的断裂和HH、OO键的形成，B不符合题意；C反应II是过氧化氢分解产生H2O与O2，反应过程可表示为：2H2O22H2O+O2，C不符合题意；D催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应热，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.该过程利用太阳光高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化；B.反应是水反应生成H2与H2O2；C.反应为过氧化氢分解生成H2O与O2。10【答案】B【解析】【解答】解：A、电解水生成氢气和氧气的电解装置是将电能转化为化学能的装置，故A正确； B、白炽灯工作时电能转化为光能和热能，故B错误；C、物质的燃烧将化学能转化为热能和光能，主要是热能，故C正确；D、风力发电时，风能主要转化为电能，故D正确故选B【分析】A、电解水是电能转化为化学能；B、白炽灯工作时电能转化为光能、热能等；C、煤燃烧主要转化为热能；D、风力发电主要是风能转化为电能11【答案】D【解析】【解答】AZn+2HCl=ZnCl2+H2 中HCl中的H元素化合价降低，盐酸表现出氧化性，故A不选；B.2HCl+Na2O=2NaCl+H2O中HCl中没有元素化合价发生变化，盐酸只表现出酸性，故B不选；CHCl+AgNO3=AgCl +HNO3中HCl中没有元素化合价发生变化，盐酸只表现出酸性，故C不选；DMnO2+4HCl(浓) _MnCl2+Cl2+2H2O中HCl中Cl元素化合价部分升高，部分不变，盐酸既表现出酸性又表现出还原性，故D选；故答案为：D。【分析】元素化合价降低，表现氧化性，元素化合价升高，表现还原性。12【答案】B【解析】【解答】A. CaCO3 CO2元素化合价不变，A不符合；B. Fe2+Fe3+元素化合价升高，是氧化反应，需加氧化剂才能实现，B符合；C. Cu2 Cu元素化合价降低，C不符合；D. BaSO4元素化合价不变，D不符合；故答案为：B。【分析】需要加入氧化剂才能实现说明该反应是氧化反应，故元素化合价升高。找出元素化合价升高的即可13【答案】B【解析】【解答】解：混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3）=8mol，由3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O可知，6molCu反应需要消耗16molH+，4molNO3，则H+不足，H+完全反应，设生成NO的物质的量为x，则3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O8212molx ，解得x=3mol，故选B【分析】发生3Cu+8H+2NO3=3Cu2+2NO+4H2O，混合溶液中n（H+）=8mol+2mol×2=12mol，n（Cu）=6mol，n（NO3）=8mol，以量不足的计算生成NO气体的体积，以此来解答14【答案】C【解析】【解答】A对于反应：，降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，有利于CO的转化，符合平衡移动原理，能用平衡移动原理解释，A不符合题意；B合成氨的反应为气体分子数减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，有利于氨的合成，符合平衡移动原理，能用平衡移动原理解释，B不符合题意；C催化剂只能同等程度改变正、逆反应速率，不影响平衡的移动，不符合平衡移动原理，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；D乙醇与乙酸生成乙酸乙酯时常加入稍过量的乙醇，可以使化学平衡正向移动，可适当提高乙酸的利用率，符合平衡移动原理，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；故答案为：C。【分析】勒夏特列原理的具体内容为：如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动。15【答案】C【解析】【解答】解：A改用100mL2molL1盐酸，氢离子浓度增大，反应速率加快，但盐酸的物质的量增大，所以生成氢气总量增大，故A错误； B加入碳酸钠固体，碳酸钠和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以导致生成氢气总量减少，故B错误；C加入少量氯化铜，Zn和氯化铜反应生成Cu，Cu、Zn和稀盐酸构成原电池，加快反应速率，且盐酸的总物质的量不变，所以生成氢气总量不变，故C正确；D降低温度，减小活化分子百分数，所以反应速率降低，故D错误；故选C【分析】能加快反应速率且不影响氢气的总量，盐酸的量一定，可以通过升高温度、增大盐酸浓度、加入某些物质形成原电池但改变条件时不能改变氢离子的总物质的量，据此分析解答16【答案】B【解析】【解答】ANa在坩埚中加热燃烧，发生反应2Na+O2_Na2O2，是氧化还原反应，A不符合题意；B溶液滴入溶液，是复分解反应，B符合题意；C将湿润的红色布条放入盛有的集气瓶中，与水反应，的强氧化性使有色布条褪色，与氧化还原反应有关，C不符合题意；D向溶液中加入足量铁粉，发生反应：，使氧化还原反应，D不符合题意； 故答案为：B。【分析】氧化还原反应中一定有元素的化合价发生变化。17【答案】D【解析】【解答】由图象知，当pH值与其它条件相同，温度越高，Fe2+的氧化率越大；当温度和其它条件相同，pH值越大，Fe2+的氧化率越小。 A、方程式电荷不守恒，配平不符合题意，符合题意的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，故A不符合题意； B、Fe2+的氧化率受pH值和温度的影响，所以pH=1.5时氧化率不一定比pH=2.5时大，故B不符合题意；C、Fe2+的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关，还与离子的浓度等其它因素有关，故C不符合题意；D、其它条件相同时温度不同时，Fe2+的氧化率与温度呈正比，温度越高氧化率越大，故D符合题意。故答案为：D。【分析】A、离子方程式中电荷不守恒； B、Fe2+的氧化率受pH值和温度的共同影响； C、Fe2+的氧化率受pH值和温度的影响，反应速率还有反应物的浓度有关； D、结合图表，pH相同时，80时的反应速率快；18【答案】A【解析】【解答】A.根据反应过程NO和NO2为中间产物，故A符合题意；B.根据反应中氮元素化合价变化即可判断二氧化氮为还原剂，故B不符合题意；C.根据4Fe2+-O2，每转化需要，故C不符合题意；D.反应是亚铁离子和硝酸根和氢离子反应得到忒离子和一氧化氮和水， ，故D不符合题意；故答案为：A【分析】A.根据起始物和最终产物即可判断NO和二氧化氮为中间产物；B.根据元素化合价升降即可判断二氧化氮为还原剂；C.根据转移的电子数即可计算出氧气的物质的量，需要注明是否标况；D.根据反应物和生成物利用得失电子和电荷守恒即可写出离子方程式。19【答案】C【解析】【解答】A、根据图示可知，NO2和CO的总能量高于CO2和NO的总能量，即NO2和CO完全反应生成CO2和NO的反应为放热反应，则CO2+NO=NO2+CO为吸热反应，即反应物CO2和NO的总能量要低于NO2和CO的总能量，故A不符合题意；B、由于化学键的断裂要吸收能量，而化学键的形成会放出能量，故活化状态的能量应高于始态和终态，故B不符合题意；C、从图示可以看出，断开NO2和CO中的化学键所吸收的能量为E1，形成CO2和NO中的化学键放出的能量为E2，则断开CO2和NO中的化学键吸收的能量为E2，形成NO2和CO中的化学键所放出的能量也为E1，故C符合题意；D、从图示可以看出，断开NO2和CO中的化学键所吸收的能量为E1，形成CO2和NO中的化学键放出的能量为E2，则断开CO2和NO中的化学键吸收的能量为E2，形成NO2和CO中的化学键所放出的能量也为E1，故D不符合题意。故答案为：C。【分析】根据图示可知，NO2和CO的总能量高于CO2和NO的总能量，即NO2和CO完全反应生成CO2和NO的反应为放热反应，则CO2+NO=NO2+CO为吸热反应，据此分析20【答案】B【解析】【解答】A反应中，硝酸中氮的化合价并没有发生变化，只生成硝酸盐，故硝酸只表现酸性，故A不符合题意；B硝酸中的氮化合价从+5价变为NO2中的+4价，化合价降低，表现出氧化性，生成硝酸铁硝酸盐，所以既表现硝酸的氧化性，又表现硝酸的酸性，故B符合题意；C硝酸中氮的化合价并没有发生变化，只生成硝酸铜硝酸盐，故硝酸只表现酸性，故C不符合题意；D硝酸中的氮化合价从+5价变为NO2中的+4价，化合价降低，表现出氧化性，但没有硝酸盐生成，所以硝酸只表现出氧化性，没有表现出酸性，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】硝酸体现酸性，说明硝酸反应后生成硝酸盐，硝酸体现氧化性，说明该反应中N元素得电子化合价降低，据此分析解答。21【答案】（1）IO3I2SO42；HSO3I2I（2）IO3+5I+6H+=3I2+3H2O（3）I、SO42；12mol；1.2mol【解析】【解答】解：（1）5HSO3+2IO3=5SO42+I2+3H+H2O，反应中氧化剂IO3的氧化性大于氧化产物SO42，还原剂的还原性HSO3大于还原产物I2，H2O+HSO3+I2=SO42+2I+3H+氧化剂的氧化性I2大于SO42，还原剂的还原性HSO3大于还原产物I，IO3+I+H+=I2+H2O（未配平）反应中氧化剂IO3的氧化性大于氧化产物I2，还原剂I的还原性大于I2，上述反应中氧化剂由强到弱的顺序为：IO3I2SO42，还原剂由强到弱的顺序为：HSO3I2I，故答案为：IO3I2SO42；HSO3I2I；（2）IO3+I+H+=I2+H2O反应中IO3的I元素化合价由+5降低到0价，电子转移5e，I的I元素化合价由1升高到0价，电子转移e，结合电子守恒得到反应配平的离子方程式为：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，故答案为：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；（3）在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入含1molKIO3的溶液，反应完全后，还原性HSO3I，首先发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，HSO3反应完毕，混合溶液中所含的阴离子有I、SO42，碘元素化合价+5价变化为1价，则电子转移12e，物质的量为 12mol，若要使溶液中的n（I2）最大，2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+1mol3mol1molIO3+6H+5I=3H2O+3I2150.2mol1mol则需滴加n（IO3）对应的最小值为1.2mol，故答案为：I、SO42；12mol；1.2mol【分析】（1）根据氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂还原性大于还原产物的还原性判断；（2）IO3+I+H+=I2+H2O反应中IO3的I元素化合价由+5降低到0价，I的I元素化合价由1升高到0价，根据得失电子及电荷守恒配平；（3）还原性HSO3I，首先发生反应：2IO3+6HSO32I+6SO42+6H+，HSO3反应完毕，继续加入KIO3，由于氧化性IO3I2，再发生反应：IO3+6H+5I=3H2O+3I222【答案】（1）N23H2 2NH3（2）吸收；（3）反应不充分、热量损失等【解析】【解答】（1）氮气和氢气在一定条件下化合生成氨气，则合成氨反应的化学方程式为N23H2 2NH3；（2）根据图像可知反应物总能量高于生成物总能量，则反应是放热反应，因此逆反应是吸热反应，依据方程式N23H2 2NH3可知反应热H（a+3b-6c）kJ/mol，则NH3分解生成N2和1molH2要吸收的热量为 kJ。（3）由于是可逆反应，且会有热量损失，因此反应的热量总小于理论值。【分析】（1）合成氨指由氮和氢在高温高压和催化剂存在下直接合成的氨，为一种基本无机化工流程；（2）判断反应是吸热还是放热的方法有两种：一种是依据反应物和生成物的键能之和比较；另一种是依靠反应物和生成物的总能量之和大小；（3）由于可逆反应具有一定的限度，所以反应不可能充分进行，一定会有一定的热量损失。23【答案】（1）32g；4：3（2）1.6NA；172；1：6【解析】【解答】解：（1）反应2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2 （g）H=270kJmol1表示反应放出270kJ热量时，处理的SO2物质的量为1mol64g，当反应放出135kJ热量时，处理的SO2为32g； 若该反应放出的热量全部用于煅烧石灰石，则处理SO2时生成的CO2是44g，煅烧石灰石时生成的CO2的质量为： g=33g，所以处理SO2时生成酌CO2与煅烧石灰石时生成的CO2的质量比为 4：3，故答案为：32g；4：3；（2）利用盖斯定律，将题中反应 可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=860kJmol1，若用标准状况下4.48L即0.2molCH4还原NO2至N2放出的热量为0.2×860kJ=172kJ，整个过程中转移的电子为 ×+4（4）=0.8mol，故答案为：1.6NA；172；设生成的N2、NO的物质的量分别是xmol、ymol，根据CH4（g）+4NO（g）2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=1160 kJmol1知，生成xmol氮气放出热量= xkJ，需要n（CH4）=0.5xmol，根据CH4（g）+4NO2（ g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=560kJmol1；知生成ymolNO放出热量放出热量= kJ，需要n（CH4）= mol，则 + =710， + =1，解得x=0.5，y=3，相同条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则生成的N2和NO的物质的量之比为=0.5mol：3mol=1：6故答案为：1：6【分析】（1）反应2CO（g）+SO2（g）=S（s）+2CO2 （g）H=270kJmoll表示反应放出270kJ热量时，处理的SO2物质的量为1mol64g，根据反应方程式进行计算即可；（2）利用盖斯定律，将题中反应 可得：CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）H=kJmol1，据此计算；根据甲烷的物质的量、放出的热量计算两种气体的体积比24【答案】（1）（2）铜片上有大量气泡，锌片上无气泡，锌片不断溶解（3）锌片不纯，与所含杂质可以形成许多微型原电池（4）Zn；2H+2e=H2（5）0.1【解析】【解答】解：（1）Cu、Zn和稀硫酸构成原电池时，Zn作负极、Cu作正极，稀硫酸作电解质溶液，其装置图为 ，故答案为： ；（2）该装置构成原电池后，Zn失电子而溶解、Cu上氢离子得电子生成氢气，所以看到的现象是铜片上有大量气泡，锌片上无气泡，锌片不断溶解，故答案为：铜片上有大量气泡，锌片上无气泡，锌片不断溶解；（3）如果锌片不纯，则锌片和杂质构成微型原电池，所以锌片上有少量氢气生成，故答案为：锌片不纯，与所含杂质可以形成许多微型原电池；（4）锌易失电子作负极、铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H+2e=H2，故答案为：Zn；2H+2e=H2；（5）原电池工作一段时间后，锌质量减少3.25g，根据锌和转移电子之间的关系式得转移电子物质的量= =0.1mol，故答案为：0.1 【分析】（1）Cu、Zn和稀硫酸构成原电池时，Zn作负极、Cu作正极，稀硫酸作电解质溶液；（2）该装置构成原电池后，Zn失电子而溶解、Cu上氢离子得电子生成氢气；（3）如果锌片不纯，则锌片和杂质构成微型原电池；（4）锌易失电子作负极、铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气；（5）原电池工作一段时间后，锌质量减少3.25g，根据锌和转移电子之间的关系式计算25【答案】（1）HNO3；1：2（2）3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；0.4NA（3）F2NF3NO（4）产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾（5）NaNO3【解析】【解答】解：（1）NF3NO，化合价降低1价，被还原，则NO为还原产物，NF3HNO3，化合价升高2价，被氧化，则HNO3为氧化产物，氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则被氧化与被还原的元素的物质的量之比为1：2，故答案为：HNO3；1：2； （2）由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF， 由方程式可知若反应中生成0.2mol HNO3，转移的电子的物质的量为0.2mol×（53）=0.4mol，转移的电子数目为0.4NA个，故答案为：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；0.4NA；（3）由4NH3+3F2=NF3+3NH4F可知氧化性F2NF3，由3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF可知氧化性NF3NO，则氧化性F2NF3NO，故答案为：F2NF3NO；（4）NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，同时生成的HF和HNO3易结合空气中的水蒸气形成酸雾，有刺激性气味，故答案为：产生红棕色气体，产生刺激性气味气体，产生白雾；（5）NF3与H2O反应产生HNO3，HNO3和NaOH反应必生成NaNO3，故答案为：NaNO3【分析】由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，反应中只有N元素的化合价发生变化，则氧化剂和还原剂都是NF3，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，反应物可用碱液吸收，据此分析解答学科网（北京）股份有限公司