上海新市学校高中化学必修一第一章《物质及其变化》知识点复习(提高培优)

一、选择题
1．下列说法中不正确的是
①4BaSO 不溶于水，其水溶液的导电能力极弱，所以4BaSO 是弱电解质 ②2SO 的水溶液能导电，所以2SO 是电解质 ③液态HCl 不导电，所以HCl 是非电解质
④硫酸氢钠电离出的阳离子有氢离子，所以硫酸氢钠是酸
⑤非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物 A ．①②④⑤ B ．①②③④⑤
C ．①②④
D ．①②③④
答案：D 【详解】
①4BaSO 虽然难溶于水，但溶于水的部分完全电离成钡离子和硫酸根离子。

所以即使其水溶液的导电能力极弱，但4BaSO 任然 是强电解质，故①错；
②2SO 的水溶液能导电，是因为2SO 溶于水与水反应后生成的亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸根离子而导电，并非二氧化碳电离出阴阳离子而导电，所以2SO 是非电解质，故②错；
③液态HCl 不导电，是因为液态HCl 中没有自由移动的离子，但HCl 溶于水后会电离出能导电的氢离子和氯离子，所以HCl 是电解质，故③错；
④硫酸氢钠电离出的阳离子虽然有氢离子，但硫酸氢钠属于盐，且为酸式盐，故④错； ⑤非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如一氧化碳、一氧化氮等；酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如七氧化二锰，故⑤正确。

综上所述①②③④符合题意，故选D ； 答案选D 。

2．下列化学反应中，电子转移的表示方法正确的是
A ．
B ．
C ．
D ．
答案：C 【详解】
A ．在该反应中Si 元素化合价降低4价，得到电子1×4e -，C 元素化合价升高2价，失去
2×2e -，用双线桥法表示为：，A 错误；
B ．在该反应中，Na 元素化合价升高1价，失去2×e -，H 元素化合价降低1价，得到电子2×e -，用单线桥法表示电子转移为
，B 错误；
C ．在该反应中Mn 元素化合价降低5价，得到电子2×5e -，I 元素化合价升高1价，失去电
子10×e -，用双线桥法表示为：，C
正确；
D ．在该反应中S 元素化合价降低2价，得到电子1×2e -，Cu 元素化合价升高2价，失去1×2e -，用双线桥法表示为：，D 错误；
故选项是C 。

3．下列离子方程式书写正确的是
A ．三氯化铁溶液与氢氧化钠溶液反应：FeCl 3+3OH -=Fe(OH)3↓+3Cl -
B ．向Ca(HCO 3)2溶液中滴加盐酸：2H ++Ca(HCO 3)2=Ca 2++2H 2O+2CO 2↑
C ．向Na 2CO 3溶液中加入过量CH 3COOH 溶液：
2-3CO +2CH 3COOH=2CH 3COOH+CO 2↑+H 2O
D ．向Ba(OH)2溶液中加少量NaHSO 3溶液：2-3HSO +Ba 2++2OH -=BaSO 3↓+2-
3SO +2H 2O 答案：C 【详解】
A ．FeCl 3是可溶性强电解质，在溶液中以离子形式存在，该反应的离子方程式为：Fe 3++3OH -=Fe(OH)3↓，A 错误；
B ．Ca(HCO 3)2是可溶性物质，应该写成离子形式，离子方程式应该为：H ++-
3HCO =H 2O+CO 2↑，B 错误；
C ．反应符合事实，遵循物质拆分原则，C 正确；
D ．反应要以不足量的NaHSO 3溶液为标准，假设其物质的量是1 mol ，则该反应的离子方程式应该为：-3HSO +Ba 2++OH -=BaSO 3↓+H 2O ，D 错误； 故合理选项是C 。

4．室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A ．0.1mol·
L −1FeCl 3溶液中：Na +、I −、NO -
3、K + B ．透明溶液中：Cu 2+、NH 4+、NO -3、SO 2-
4
C ．使紫色石蕊变红的溶液中：Ba 2+、K +、CH 3COO −、Cl –
D ．0.1mol·L −1NaOH 溶液中：Mg 2+、Na +、SO 2-
4、HCO -
3 答案：B 【详解】
A ．0.1mol·L −1FeCl 3溶液中：Fe 3+能将I −氧化为I 2，故A 不选；
B ． 透明溶液中：Cu 2+、NH 4+、NO -3、SO 2-
4之间不反应，故B 选；
C ． 使紫色石蕊变红的溶液呈酸性：H +、CH 3COO −反应生成CH 3COOH 分子，故C 不选；
D ． 0.1mol·L −1NaOH 溶液中：Mg 2+、HCO -3与OH -均可发生反应生成Mg(OH)2和CO 2-3，故D 不选； 故选B 。

5．下列有关说法正确的是
①“84”消毒液是纯净物，在“新冠战疫”中发挥了重要作用
②明矾溶于水可水解生成Al(OH)3胶体，因此可用明矾对自来水进行杀菌消毒 ③分解、电解、潮解、裂解都是化学变化
④胶体与其它分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小 ⑤胆矾、冰水混合物都是纯净物，氨水、王水、双氧水都是混合物 ⑥元素处在最高价态时只有强氧化性，最低价态时只有强还原性 ⑦固态NaCl 不导电，熔融态的HCl 可以导电
⑧H ++OH -=H 2O 仅代表强酸、强碱生成可溶性盐的离子方程式 A ．1个 B ．2个
C ．3个
D ．4个
答案：A 【详解】
①“84”消毒液中含NaCl 、NaClO ，因此属于混合物，在“新冠战疫”中发挥了重要作用，①错误；
②明矾是强酸溶解，溶于水会发生水解反应生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，因而可用于对自来水的净化作用，但不能进行杀菌消毒，②错误；
③潮解是物质吸收水分形成溶液，没有新物质产生，发生的变化为物理变化，③错误； ④根据分散质微粒直径大小，将分散系分为溶液、胶体、浊液，故胶体与其它分散系的本质区别是分散质粒子直径的大小，④正确；
⑤胆矾、冰水混合物、双氧水都只含有一种微粒，因此都是纯净物，氨水、王水中含有多种微粒，因此都属于混合物，⑤错误；
⑥元素处在最高价态时只有氧化性，但物质的氧化性不一定强；元素处于最低价态时只有还原性，但物质的还原性也不一定强，⑥错误；
⑦NaCl 是离子化合物，固态NaCl 中离子不能自由移动，因此不导电；HCl 是共价化合
物，由分子构成，在熔融态时HCl 仍然是由分子构成，因此也不可以导电，⑦错误； ⑧H ++OH -=H 2O 可代表强酸、强碱生成可溶性盐的离子方程式，也可以表示强酸的酸式盐与碱反应生成可溶性盐，⑧错误；
综上所述可知：说法正确的只有④，故合理选项是A 。

6．某无色溶液中只可能含有K ＋、Ag ＋、Ba 2＋、Cu 2＋、Cl -、OH -、23CO -、24SO -
中的一种或几种，对其进行如下实验操作：
(1)取少量溶液，滴加无色酚酞试液，酚酞变红； (2)另取少量溶液，加入足量BaCl 2溶液，产生白色沉淀；
(3)向(2)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成；
(4)将(3)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO 3溶液，有白色沉淀生成。

下列对该溶液的说法正确的是
A ．一定含有OH -、23CO -、24SO -
、Cl - B ．一定不含有Ag ＋、Ba 2＋、Cu 2＋ C ．可能含有K +、Cl - D ．一定含有K +、Cl - 答案：B 【分析】
Cu 2＋的水溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在。

(1)取少量溶液，滴加无色酚酞试液，酚酞变红，说明溶液显碱性，含有大量OH -，OH -与Ag ＋
会反应产生AgOH 沉淀不能大量共存，因此一定不含有Ag ＋；(2)另取少量溶液，加入足量BaCl 2溶液，产生白色沉淀，则溶液中可能含有23CO -、24SO -
中至少一种离子；(3)向(2)所得混合物中加足量盐酸，沉淀部分溶解，并有无色气体生成，说明白色沉淀中含有BaCO 3、BaSO 4，则证明原溶液中含有23CO -、24SO -，由于23CO -、24SO -
与Ba 2+会产生沉淀，则说明原溶液中不含有Ba 2＋
；
(4)将(3)所得混合物过滤，向滤液中加入AgNO 3溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀是AgCl ，由于在(2)(3)中加入了Cl -，因此不能证明原溶液中是否含有Cl -，然后结合电荷守恒确定其它离子的存在。

【详解】
根据上述分析可知：在原溶液中一定不含有Cu 2＋、Ag ＋、Ba 2＋；一定含有OH -、23CO -
、
24SO -，由于这几种离子都是阴离子，而溶液呈电中性，则一定还含有阳离子，根据选项
提供离子可知，该溶液中一定含有K +，而Cl -则不能确定其是否存在，故合理选项是B 。

7．锑(Sb)在自然界一般以硫化物的形式存在。

从硫化物中提取单质锑一般是先在高温下将硫化物转化为氧化物，再用碳还原。

相关方程式如下： ①232462Sb S 3O 6Fe=Sb O 6FeS +++ ②46Sb O 6C=4Sb 6CO ++ 关于反应①、反应②的说法正确的是
A ．反应①、②中的氧化剂分别是23Sb S 、46Sb O
B ．反应①中每生成3molFeS 时，共转移12mol 电子
C ．反应②说明高温下Sb 的还原性比C 强
D ．每生成4molSb 时，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1:1 答案：D 【详解】
A ．反应①中，Sb 的化合价没有变化，Sb 2S 3不是氧化剂，故A 错误；
B ．反应①中Fe 的化合价从0价升高到+2价，则每生成3mol FeS 时，共转移6mo 电子，故B 错误；
C ．反应②中C 还原Sb 4O 6生成Sb ，说明高温下C 的还原性比Sb 强，故C 错误；
D ．由4molSb~6Fe~6C~12e -，反应①与反应②中还原剂的物质的量之比为1: 1，故D 正确； 故答案为D 。

8．2ClO 是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。

实验室可通过以下反应制得
232242422422=ClO 2KClO H C O H SO 2ClO K SO 2CO 2H O ++↑++↑+：。

下列说法正
确的是
A ．3KClO 在反应中失去电子
B ．24H SO 是氧化剂
C ．反应中每生成两个水分子，转移电子数为2
D ．2CO 中的两种元素的化合价在反应前后均未变化 答案：C 【分析】
在反应322424224222KClO H C O H SO 2ClO K SO 22=CO H O ++↑++↑+中，KClO 3中的Cl 元素由+5价降低到+4价，H 2C 2O 4中的C 元素由+3价升高到+4价。

【详解】
A ．由分析知，3KClO 中所含Cl 元素价态降低，则在反应中得到电子，A 不正确；
B ．24H SO 中所含元素价态没有发生改变，所以它不是氧化剂，B 不正确；
C ．该反应中，电子转移的数目为2e -，则反应中每生成两个水分子，转移电子数为2，C 正确；
D ．2CO 中的碳元素显+4价，是由H 2C 2O 4中的由+3价碳元素失电子生成，D 不正确； 故选C 。

9．在室温下，下列各组离子在指定溶液中能够大量共存的是 A ．0.1 mol∙L -1 KI 溶液：Na +、K +、ClO -、OH -
B ．0.1 mol∙L -1 Fe 2(SO 4)3溶液：Cu 2+、4NH +
、-3NO 、24SO -
C ．水电离产生的c(H +)=10-13 mol∙L -1的溶液中：K +、Ca 2+、-3NO 、-
3HCO D ．与Al 反应能放出H 2的溶液中：Fe 2+、K +、-3NO 、24SO -
答案：B 【详解】
A ．0.1 mol∙L -1 KI 溶液中， ClO -能氧化I -，故不选A ；
B ．0.1 mol∙L -1 Fe 2(SO 4)3溶液中，Cu 2+、N 4H +、N -3O 、S 24O -
不反应，能大量共存，故选
B ；
C ．水电离产生的c(H +)=10-13 mol∙L -1的溶液呈酸性或碱性，在酸性或碱性条件下，HC -3
O 都不能大量存在，故不选C ；
D ．与Al 反应能放出H 2的溶液呈酸性或碱性，碱性条件下，Fe 2+生成氢氧化亚铁沉淀，酸
性条件下Fe 2+能被N -3O 氧化，故不选D ；
选B 。

10．工厂排放的废水呈强碱性，则可确定该厂废水中肯定不含有的离子组合是 A ．Ag +、K +、3NO -
、 3HCO -
B ．4NH +、K +、3NO -、24SO -
C ．Ag +、4NH +
、Mg 2+、3HCO -
D ．K +、Cl - 、Mg 2+、24SO -
答案：C 【分析】
废水呈碱性，说明溶液中含有大量OH -，则能和OH -反应的离子不能大量共存。

【详解】
废水呈碱性，说明溶液中含有大量OH -，Ag +、Mg 2+和OH -反应生成沉淀而不能大量共存，
4NH +、OH -反应生成弱电解质NH 3·
H 2O 而不能大量共存，3HCO -能和OH -反应生成23CO -和H 2O 而不能大量共存，所以不能大量共存的离子是Ag +、4NH +、Mg 2+、3HCO -
，则该厂废水中肯定不含有的离子组合是Ag +、4NH +
、Mg 2+、3HCO -
，故合理选项是C 。

【点睛】
本题考查离子共存，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意题干中关键词“碱性”，结合常见的离子反应分析解答。

11．氧化还原反应3Cu 2S+22HNO 3=6Cu(NO 3)2+10NO↑+3H 2SO 4+8H 2O ，下列说法正确的是 A ．Cu 2S 中只有S 被氧化 B ．氧化剂与还原剂之比为22:3
C ．每生成1 mol NO 气体，转移3 mol 电子
D ．反应中HNO 3只作氧化剂
答案：C 【分析】
在反应3Cu 2S+22HNO 3=6Cu(NO 3)2+10NO↑+3H 2SO 4+8H 2O 中，Cu 2S 中的Cu 元素由+1价升高到+2价，S 元素由-2价升高到+6价，HNO 3中的N 元素部分由+5价降为+2价(生成NO)，在整个反应中，电子转移的数目为30e -。

【详解】
A．Cu2S中Cu、S元素的价态都升高，所以二者都被氧化，A不正确；
B．氧化剂为HNO3，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:10，B不正确；
C．在整个反应中，生成10mol NO，转移电子的物质的量为30mol，则每生成1 mol NO气体，转移3mol电子，C正确；
D．反应中22mol HNO3参加反应，有10mol HNO3作氧化剂，12mol HNO3表现出酸性，D 不正确；
故选C。

12．下列物质的分类正确的是
A．A B．B C．C D．D
答案：D
【详解】
A．Na2CO3是盐不是碱，故A错误；
B．CO与酸、碱都不反应，CO既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，故B错误；C．CO与酸、碱都不反应，CO既不是酸性氧化物又不是碱性氧化物，故C错误；D．KOH是碱、HNO3是酸、CaCO3是盐，CaO能与酸反应生成盐和水，CaO是碱性氧化物；SO2能与碱反应生成盐和水，SO2是酸性氧化物，故D正确；
选D。

13．下列反应的离子反应方程式正确的是（）
A．Na与CuSO4溶液的反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B．CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
C．NaHCO3溶液与NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=H2O+CO23-
D．Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2H++2ClO-
答案：C
【详解】
A．Na与H2O先发生反应生成NaOH，NaOH再与Cu2+反应，即发生的离子反应式为：
2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，A错误；
B ．CuSO 4溶液与Ba(OH)2溶液反应：Cu 2++Ba 2++2OH -+2-
4SO =Cu(OH)2↓+BaSO 4↓，B 错误；
C ．NaHCO 3溶液与NaOH 溶液混合实质是碳酸氢根离子和氢氧根离子反应生成水和碳酸根离子，C 正确；
D ．向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO 2，碳酸根离子转化成碳酸钙沉淀，次氯酸是弱酸不可拆成离子，正确的离子反应为：Ca 2++2ClO -+CO 2+H 2O=CaCO 3↓+2HClO ，D 错误； 答案选：C 。

14．某工业废水中存在大量的Na +、Cl -、Cu 2+、SO 24-
，欲除去其中的Cu 2+、SO 24-
(为使离子完全沉淀，沉淀剂需要过量)，设计工艺流程如图所示：下列说法不正确．．．
的是 工业废水NaOH −−−→试剂a 试剂b
操作x
−−−→−−−→ 溶液试剂c
−−−→ Na + Cl - A ．NaOH 的作用是除去Cu 2+ B ．试剂a 为Na 2CO 3，试剂b 为BaCl 2 C ．流程图中，操作x 为过滤 D ．试剂c 为盐酸
答案：B 【分析】
由流程可知，工业废水中加入NaOH 后可除去Cu 2+，废水中含有Na +、Cl -、OH -、SO 24-
；再加入试剂a 为BaCl 2除去SO 24-
，此时废水中含有Na +、Cl -、Ba 2+，再加入稍过量的试剂b 为Na 2CO 3除去Ba 2+，此时废水中含有Na +、Cl -、CO 23-
，操作x 为过滤，再向滤液中加入试剂c 为盐酸，至不再产生气泡即可，此时溶液中只含Na +、Cl -，以此来解答。

【详解】
A ．废水中，只有Cu 2+可以和NaOH 反应，故NaOH 的作用是除去Cu 2+，故A 正确；
B ．由上述分析可知，试剂a 为BaCl 2，试剂b 为Na 2CO 3，且碳酸钠一定在氯化钡之后，可除去过量钡离子，故B 错误；
C ．流程图中操作x 为过滤，过滤分离出Cu(OH)2、BaSO 4、BaCO 3，故C 正确；
D ．试剂c 为盐酸，可除去过量碳酸钠，故D 正确； 故答案为B 。

15．某固体混合物W 可能含有NH 4Cl 、Na 2SiO 3、Na 2SO 3、CuSO 4、AlCl 3、FeCl 3、MgSO 4中的一种或多种，现进行如下实验：
①往W 中加足量浓NaOH 溶液，得到白色沉淀A 和溶液B ，并有刺激性气昧的气体生成； ②往溶液B 加入一定量的稀硝酸，得到气体C 、溶液D 与沉淀E 。

下列说法合理的是
A ．W 中一定存在NH 4Cl 、Na 2SiO 3、Na 2SO 3与MgSO 4
B ．沉淀A 与沉淀E 可能相同
C ．气体C 为SO 2
D ．B 、D 溶液中阳离子种类可能完全相同 答案：A 【分析】
由实验①可知，往W 中加足量浓NaOH 溶液，得到白色沉淀A 和溶液B ，并有刺激性气昧的气体生成，白色沉淀A 一定是氢氧化镁，有刺激性气昧的气体一定是氨气，说明W 中一定含MgSO 4和NH 4Cl ，可能含有Na 2SiO 3、Na 2SO 3、AlCl 3，一定不含CuSO 4、FeCl 3； 由实验②可知，往溶液B 加入一定量的稀硝酸，得到气体C 、溶液D 与沉淀E ，由于稀硝酸具有强氧化性、亚硫酸钠具有还原性，丙者可以发生氧化还原反应，该气体一定是NO ，硅酸钠可以与强酸反应生成硅酸沉淀，说明W 中一定含Na 2SO 3和Na 2SiO 3，由于溶液B 中可能含有偏铝酸钠，偏铝酸钠遇到少量酸时能转化为氢氧化铝沉淀，但是氢氧化铝可溶于过量的强酸中，因此，不确定原混合物中是否含有AlCl 3。

【详解】
A ．由分析可知W 中一定含有MgSO 4、NH 4Cl 、Na 2SO 3和Na 2SiO 3，故选A ；
B ．由题意分析可知向W 中加入足量浓NaOH 溶液由白色沉淀A 生成，该沉淀A 为
()2Mg OH ；向B 中加入一定量的稀硝酸，有沉淀E(23H SiO ) 生成，故B 错；
C ．往溶液B 加入一定量的稀硝酸，得到气体C ，则该气体为稀硝酸与亚硫酸钠发生反应生成的NO ，故C 错；
D ．由分析可知B 中的阳离子为Na +，往溶液B 加入一定量的稀硝酸，由于硝酸根离子只有在酸性条件下才能表现强氧化性，所以溶液D 一定显酸性，其中含有大量的H +，因为不能确定混合物中是否有氯化铝，溶液D 中可能含有3Al +；溶液B 显碱性，故其中不含大量的H +（忽略水的电离），因此，B 、D 两溶液中的阳离子种类不可能完全相同，故D 错。

答案选A 。

二、填空题
16．在高温、高压、催化剂作用下，1mol 石墨转化为金刚石，吸收1.9 kJ 的热量。

(1)该反应的△H ___________0(填“大于”或“小于”)。

(2)对于石墨和金刚石，___________更稳定。

(3)在25℃、101 kPa 下，1 g 甲醇燃烧生成CO 2和液态水时放热22.68 kJ 。

写出1 mol 甲醇燃烧的热化学方程式___________。

(4)已知几种化学键的键能如表所示：
则反应Cl 2(g)+ 3F 2(g)
2ClF 3(g) 的△H=___________ kJ·mol (5)N 2(g)和H 2(g)反应生成NH 3(g)的过程中能量的变化示意图如图所示，说明每生成1mol NH 3(g)___________(填“吸收”或“放出”)的能量是___________kJ 。

答案：大于石墨CH3OH(l)+3
2
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-725.76 kJ·mol-1-313放出
46
【详解】
(1)在高温、高压、催化剂作用下，1mol石墨转化为金刚石，吸收1.9kJ的热量，据此信息可知，该反应的△H＞0；故答案：大于；
(2)在高温、高压、催化剂作用下，1mol石墨转化为金刚石，吸收1.9kJ的热量，说明石墨具有的能量低，金刚石的能量高，石墨比金刚石稳定，故答案：石墨；
(3)在25℃、101 kPa下，1g甲醇(物质的量为1
32
mol)，燃烧生成CO2和液态水时放热22.68
kJ，1mol甲醇完全燃烧放出热量为32×22.68 kJ=725.76kJ，1mol甲醇燃烧的热化学方程式
为：CH3OH(l)+3
2
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-725.76 kJ·mol-1；故答案：
CH3OH(l)+3
2
O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-725.76 kJ·mol-1；
(4)反应Cl2(g)+ 3F2(g)2ClF3(g)的∆H=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出总能量=242+3×159-2×3×172=-313 kJ·mol—1；故答案：-313；
(5)根据能量的变化示意图可知：反应生成2mol氨气，反应的∆H=508-600=-92kJ·mol-1，所以该反应为放热反应；据以上分析可知，当反应每生成1molNH 3(g)，放出46kJ的热量；故答案：放出；46。

17．（1）对烟道气中的SO2进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。

CO还原法：一定条件下，由SO2和CO反应生成S和CO2的能量变化如图所示，每生成16gS(s)，该反应___(填“放出”或“吸收”)的热量为__。

（2）汽车尾气中排放的NO x和CO污染环境，在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效
降低NO x 和CO 的排放。

已知： ①()()()-1222CO g O g 2CO g ΔH=-566.0kJ +mol ⋅ ②()()()-122N g +O g 2NO g ΔH=+180.5kJ mol ⋅ ③()()
()-1222NO g O g 2NO g ΔH=-116.5kJ mol ⋅＋
Ⅰ.CO 的燃烧热为___。

若1molN 2(g)、1molO 2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ 、498kJ 的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为___kJ 。

Ⅱ.CO 将NO 2还原为单质的热化学方程式为___。

答案：放出 135kJ 283kJ·mol -1 631.75 2NO 2(g)＋4CO(g)=N 2(g)＋4CO 2(g)ΔH =-1196kJ·mol -1 【详解】
（1）根据图示可知，SO 2和CO 反应生成S 和CO 2的反应是放热反应；每生成1mol S(s)，该反应放出的热量为679 kJ -409 kJ =270 kJ ；则生成16gS(s)该反应放出的热量为135kJ ； （2）已知：①()()()-1222CO g O g 2CO g ΔH=-566.0kJ +mol ⋅；
②()()()-122N g +O g 2NO g ΔH=+180.5kJ mol ⋅； ③()()
()-1222NO g O g 2NO g ΔH=-116.5kJ mol +⋅；
Ⅰ根据反应①可知，1molCO 完全燃烧生成CO 2所放出的热量为燃烧热，CO 的燃烧热为283kJ·mol -1；反应物的总键能-生成物的总键能=焓变，故1molN 2(g)、1molO 2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收946kJ 、498kJ 的能量，则1molNO(g)分子中化学键断裂时需吸收的能量为：
(946kJ+498kJ)-180.5 kJ
=631.75kJ 2
；
Ⅱ根据盖斯定律可知，由反应①×2-反应③-反应②可得CO 将NO 2还原为单质，则热化学方程式为2NO 2(g)＋4CO(g)=N 2(g)＋4CO 2(g)ΔH =-1196kJ·
mol -1。

18．丙烷燃烧可以通过以下两种途径：
途径I ：C 3H 8(g)+ 5O 2(g)=3CO 2(g) +4H 2O(l) ΔH ＝-a kJ/mol 途径II ：C 3H 8(g)=C 3H 6(g)+ H 2(g) ΔH ＝+b kJ/mol 2C 3H 6(g)+ 9O 2(g)=6CO 2(g) +6H 2O(l) ΔH ＝-c kJ/mol 2H 2(g)+O 2 (g)=2H 2O(l) ΔH ＝-d kJ/mol (abcd 均为正值) 请回答下列问题：
(1)判断等量的丙烷通过两种途径放出的热量，途径I 放出的热量______(填“大于”、“等于”或“小于”)途径II 放出的热量。

(2)由于C 3H 8(g)=C 3H 6(g)+ H 2(g) 的反应中，反应物具有的总能量______(填“大于”、“等于”或“小于”)生成物具有的总能量，那么在化学反应时。

反应物就需要______(填“放出”、或“吸收”)能量才能转化为生成物。

(3)b 与a 、c 、d 的数学关系式是______________。

答案：等于 小于 吸收 b=1
2
(c+d) -a 【分析】
【详解】
(1)根据盖斯定律，丙烷作为燃料，不管是一步完成，还是分多步完成，只要反应物和生成物的状态完全相同，则焓变是一定的，所以两途径的焓变一样，放出的热量一样，故答案为：等于；
(2)由于C3H8(g)═C3H6(g)+H2(g) 的反应中△H＝+b kJ/mol＞0，是吸热反应，说明反应物具有的总能量小于生成物的总能量，在化学反应时，反应物就需要吸收能量才能转化为生成物，故答案为：小于；吸收；
(3)途径I：①C3H8(g)+5O2(g)═3CO2(g)+4H2O(l) △H=-a kJ/mol，
途径II：②C3H8(g)═C3H6(g)+H2(g) △H=+b kJ/mol，
③2C3H6(g)+9O2(g)═6CO2(g)+6H2O(l) △H=-c kJ/mol，
④2H2(g)+O2(g)═2H2O(l) △H=-d kJ/mol，
根据盖斯定律，反应①=反应②+反应③×1
2
+反应④×
1
2
，所以-a=b+
1
2
(-c-d)，所以
b=1
2
(c+d) -a，故答案为：b=
1
2
(c+d) -a。

19．2SO2（g）＋O2（g）2SO3（g）ΔH反应过程的能量变化如图所示，已知1 mol SO2（g）被氧化为1mol SO3（g）的ΔH＝－98kJ/mol。

回答下列问题：
（1）图中A、C分别表示：_____、______。

E的大小对该反应的反应热有无影响？
_______。

该反应通常用V2O5作催化剂，加V2O5会使图中B点_____（填“升高” “降低”），理由是________。

（2）图中ΔH＝________kJ/mol。

（3）V2O5的催化循环机理可能为：V2O5氧化SO2时，自己被还原为四价钒化合物；四价钒化合物再被氧气氧化生成V2O5。

写出该催化循环机理的两步化学方程式：
___________，________。

（4）已知单质硫的燃烧热为296kJ/mol，计算由S（s）生成3mol SO3（g）的总反应的ΔH=________kJ/mol。

答案：反应物能量生成物能量没有影响降低催化剂改变了反应历程，使活化能E 降低－196SO2＋V2O5＝SO3＋2VO24VO2＋O2＝2V2O5－1182
【详解】
（1）根据图像可知A表示反应物总能量，C表示生成物总能量，E为活化能，活化能不影
响反应热，所以E的大小对该反应的反应热无影响；催化剂能降低反应所需活化能，因为催化剂改变了反应历程，所以加V2O5会使图中B点降低；
（2）1mol SO2（g）被氧化为1mol SO3（g）的ΔH=-98kJ/mol，则2mol SO2（g）被氧化为2mol SO3（g）的ΔH=-196kJ/mol，即图中ΔH＝-196kJ/mol；
（3）V2O5氧化SO2时，被还原为四价钒化合物，同时生成三氧化硫，反应方程式为SO2＋V2O5＝SO3＋2VO2，四价钒化合物再被氧气氧化生成V2O5，反应方程式为4VO2＋O2＝2V2O5；
（4）已知：
①S（s）+O2（g）=SO2（g）ΔH1=-296kJ•mol-1
②SO2（g）+1
2
O2（g）=SO3（g）ΔH2=-98kJ•mol-1
结合盖斯定律将①×3+②×3可得3S（s）+9
2
O2（g）=3SO3（g）ΔH=3（-296-98）
kJ/mol=-1182kJ/mol。

20．请写出298K，101KPa时，下列反应的热化学方程式
（1）1molC与1mol水蒸气反应生成1molCO和1molH2吸热 131.5KJ______
（2）用CO（g）还原1mol Fe2O3（s）放热24.8KJ________
（3）1mol HgO分解生成液体汞和氧气时，吸热90.7KJ_______________．
答案：C（S）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ•mol﹣1Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol HgO（s）=Hg（l）+1/2O2（g）△H=+90.7kJ/mol 【分析】
根据热化学方程式的书写原则书写，即注明物质的聚集状态，注明反应热，根据放热时焓变为负值，吸热时焓变为正值，且注意单位。

【详解】
(1) 根据吸热的△H为正值分析，1molC与1mol水蒸气反应生成1molCO和1molH2吸热131.5KJ，所以热化学方程式写成 C（S）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）△H=+131.5kJ•mol ﹣1；
(2)用CO（g）还原1mol Fe2O3（s）放热24.8KJ ，则根据化学计量数为物质的量分析，该热化学方程式为：Fe2O3（s）+3CO（g）=2Fe（s）+3CO2（g）△H=﹣24.8kJ/mol；
(3) 1mol HgO分解生成液体汞和氧气时，吸热90.7KJ，该热化学方程式为： HgO（s）=Hg （l）+1/2O2（g）△H=+90.7kJ/mol。

21．氮的氧化物是大气污染物之一，用活性炭或一氧化碳还原氮氧化物，可防止空气污染。

回答下列问题：
已知：2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=－221kJ·mol－1
C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=－393.5kJ·mol－1
N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH=+181kJ·mol-1
(1)若某反应的平衡常数表达式为K=
2
22
22
c(N)c(CO)
c(CO)c(NO)
，请写出此反应的热化学方程式：
_____；下列措施能够增大此反应中NO的转化率的是(填字母代号)______。

A．增大容器压强B．升高温度C．使用优质催化剂D．增大CO的浓度
(2)向容积为2L的密闭容器中加入活性炭(足量)和NO，发生反应
C(s)+2NO(g)N 2(g)+CO2(g)，NO和N2的物质的量变化如下表所示。

22
K=_____。

②第15min后，温度调整到T2，数据变化如上表所示，则T1____T2(填“>”、“<”或“=”)。

③若30min时，保持T2不变，向该容器中再加入该四种反应混合物各2mol，则此时反应_____移动(填“正向”、“逆向”或“不”)；最终达平衡时NO的转化率a=____________。

(3)工业上可以用氨水除去反应C(s)+2NO(g)N 2(g)+CO2(g)中产生的CO2，得到
NH 4HCO3溶液，反应NH4＋+HCO3-+H2O NH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=_____。

(已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数K b=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数Ka1=4×10-7，Ka2=4×10-11)
答案：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=－747kJ·mol ad0.042mol⋅L−1⋅min−1
9
16
>正向60% 1.25×10−3
【详解】
(1)平衡常数表达式为
2
22
22
c(N)c(CO)
c(CO)c(NO)
，可知反应为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)；
由①2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=−221kJ/mol
②C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=−393.5kJ/mol
③N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+181kJ/mol
结合盖斯定律可知，②×2−③−①得到2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，其
△H=−747kJ/mol，
热化学方程式为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H=−747kJ/mol；
a.增大容器压强，向气体体积减小的方向移动，即平衡正向移动，NO转化率增大，故a符合题意；
b.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，即平衡逆向移动，NO转化率减小，故b不符合题意；
c.使用优质催化剂，催化剂同等程度改变正逆反应速率，平衡不移动，故c不符合题意；
d.增大CO的浓度，平衡正向移动，NO转化率增大，故d符合题意；
故答案为2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) △H=−747kJ/mol；ad；
(2)反应②−①得到反应C(s)+2NO(g)N 2(g)+CO 2(g) △H=-574.5 kJ/mol ；
①0∼5min 内，根据反应
C(s)+2NO(g)
N 2(g)+CO 2(g)
开始（mol ） 2 0 0 变化（mol ） 0.84 0.42 0.42 5min （mol ） 1.16 0.42 0.42
以CO 2表示的该反应速率v(CO 2)=0.42mol
2L 5min
=0.042mol ⋅L −1⋅min −1
，
10分钟达到平衡时，根据反应C(s)+2NO(g)N 2(g)+CO 2(g)
开始（mol ） 2 0 0 变化（mol ） 1.2 0.6 0.6 平衡（mol ） 0.8 0.6 0.6
K=20.6mol 0.6mol
L L
2220.8mol L ⨯
⎛⎫ ⎪⎝⎭
=()2
0.3mol/L 0.3mol/L 0.4mol/L ⨯=916， 故答案为0.042mol ⋅L −1⋅min −1；
916
； ②第15min 后，温度调整到T 2，NO 的物质的量在降低，平衡正向移动，该反应为放热反应，根据已知降低温度，平衡向放热反应方向移动，则T 1>T 2， 故答案为>；
③若30min 时，保持T 2不变，K=
()
2
0.40.4
0.2⨯=4，向该容器中再加入该四种反应混合物各
2mol ，Qc=2
2.8mol 2.8mol
2L 2L
2.4mol 2L ⨯⎛⎫ ⎪⎝⎭
=1.36<K ，平衡正向移动，则 C(s)+2NO(g)⇌N 2(g)+CO 2(g)，
开始（mol ） 4 2 2 转化（mol ） x 0.5x 0.5x 平衡（mol ） 4−x 2+0.5x 2+0.5x
()()
2
2+0.5x 2+0.5x 22
4-x 2⨯⎛⎫ ⎪⎝⎭
=4，解得x=2.4mol ，
最终NO 的转化率=
转化的量开始的量×100%=2.4
4
×100%=60%，
故答案为正向；60%；
(3)反NH 4++HCO 3−
+H 2O ⇌NH 3·H 2O+H 2CO 3的平衡常数K=()()()()
3223+-43c NH H O c H CO c NH c HCO ，在
平衡常数表达式中分子和分母同乘以()()+
-c H
c OH ，可得
K=()()()()()()()()-+
3
2
2
3
+-+43
-
c NH H O c H CO c H c c NH c HC OH O c H c OH =w
b a1
K K K ⨯=
14
57
10210410
---⨯⨯⨯=1.25×10−3，
故答案为1.25×
10−3。

22．（1）已知2H→H 2放出437.6 kJ 的热量，下列说法正确的是____ A ．氢气分子内每个氢原子都达到稳定结构 B ．氢气分子的能量比两个氢原子的能量低 C ．1molH 2离解成 2 mol H 要放出437.6 kJ 热量 D ．氢原子比氢气分子稳定
（2）科学家最近研制出利用太阳能产生激光，并在二氧化钛（TiO 2）表面作用使海水分解得到氢气的新技术2H 2O 2
TiO 激光
2H 2↑+O 2↑。

制得的氢气可用于制作燃料电池．试回答下列问题：
①分解海水时，实现了光能转化为__能；生成的氢气用于制作燃料电池时，实现了化学能转化为____能；分解海水的反应属于___反应（填“放热”或“吸热”）
②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，A 极上发生的电极反应为：2H 2+2O 2‾−4e‾=2H 2O ，则B 极的电极反应式为：____
（3）已知某电池的总反应为：Zn+2MnO 2+2NH 4Cl ＝ZnCl 2+2NH 3↑+Mn 2O 3+H 2O ，写出该电池的电极反应方程式：负极_______正极_______
答案：AB 化学 电 吸热 O 2 +4e‾ =2O 2‾ 负极：Zn – 2e‾ = Zn 2+ 正极：2NH 4+ +2MnO 2+ 2e‾＝2NH 3↑+Mn 2O 3+H 2O 【解析】 【详解】
（1）A 、氢气分子内每个氢原子都达到2电子稳定结构，选项A 正确；
B 、2molH 结合成1molH 2放出能量，则H 2分子的能量比两个H 原子的能量低，选项B 正确；
C 、根据已知2H→H 2并放出437.6kJ 的热量，所以1molH 2离解成2molH 要吸收437.6kJ 的热量，选项C 错误；
D 、原子比分子能量高，氢气分子稳定，选项D 错误； 答案选A B ；
(2)①利用太阳能产生激光分解海水时，实现了光能转化为化学能；生成的氢气用于制作燃料电池时，化学能又转化为电能；分解海水的反应属于吸热反应；
②某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，A 极上发生的电极反应为2H 2+ 2O 2- -4e -=2H 2O ，该反应为氧化反应，则A 极是电池的负极，电子从该极流出，B 极为正极，发生还原反应，电极反应式为O 2+4e -=2O 2-；
（3）在反应中Zn元素化合价升高，被氧化，Zn为负极反应，负极电极反应式为Zn –2e‾ = Zn2+，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2为正极反应，正极反应式为2NH4+ +2MnO2+ 2e‾＝2NH3↑+Mn2O3+H2O。

23．“西气东输”是西部开发的重点工程，这里的气是指天然气，其主要成分是甲烷。

工业上将碳与水在高温下反应制得水煤气，水煤气的主要成分是CO和H2，两者的体积比约为1∶1。

已知1 mol CO气体完全燃烧生成CO2气体放出283 kJ热量；1 mol氢气完全燃烧生成液态水放出286 kJ热量；1 mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和液态水放出890 kJ热量。

（1）写出氢气完全燃烧生成液态水的热化学反应方程式：________________________，若1 mol CH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量_______890 kJ（填“>”、“=”或“<”)。

（2）忽略水煤气中其他成分，相同状况下若得到相等的热量，所需水煤气与甲烷的体积比约为_______；燃烧生成的CO2的质量比约为_______。

（3）以上数据和计算说明，以天然气代替水煤气作民用燃料，突出的优点是
___________。

答案：2H2（g）+ O2(g)=2H2O(l) ΔH= -572kJ· mol-1＜3∶13∶2燃烧值高，减少CO2的排放量，有利于环境保护
【详解】
（1）1molH2完全燃烧生成液态水放出286kJ热量，所以H2完全燃烧生成液态水的热化学反应方程式2H2(g)+O2(g) = 2H2O(l)；△H=－572kJ•mol-1。

由于水蒸气的能量高于液态水的能量，所以1molCH4气体完全燃烧生成CO2气体和水蒸气，放出的热量小于890kJ。

（2）2mol水煤气完全燃烧放出的热量是283kJ＋286kJ＝569kJ，要放出569kJ的能量需要甲烷是569÷890＝0.64mol，其体积比约为3︰1。

2mol水煤气含1molCO，燃烧生成的CO2的质量是1mol×44g/mol=44g，0.64mol甲烷燃烧生成的CO2的质量是0.64mol×44g/mol＝28.16g，所以燃烧生成的CO2的质量比约为44g：28.16g=3:2；
（3）根据（2）可知放出相同的热量，消耗的甲烷质量少，所以燃烧值高，且能减少CO2的排放量，有利于保护环境。

24．当温度高于 500 K 时，科学家成功利用二氧化碳和氢气合成了乙醇，这在节能减排、降低碳排放方面具有重大意义。

(1)该反应的化学方程式为________________；其平衡常数表达式为K＝________。

(2)在恒容密闭容器中，判断上述反应达到平衡状态的依据是________。

a．体系压强不再改变 b．H2的浓度不再改变 c．气体的密度不随时间改变 d．单位时间内消耗 H2和 CO2的物质的量之比为 3∶1
(3)已知：1 g 氢气完全燃烧生成液态水，放出 143 kJ 热量；23 g 乙醇完全燃烧生成液态水和二氧化碳，放出 650 kJ 热量，则氢气和乙醇的燃烧热的比值为________。

(要求计算出数值)
(4)在一定压强下，测得由 CO2制取 CH3CH2OH 的实验数据中，起始投料比、温度与 CO2。