2023届新高考化学一轮复习化学反应与能量单元测试含答案

这是一份2023届新高考化学一轮复习化学反应与能量单元测试含答案，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．中国航天科技发展举世瞩目。2020年“嫦娥五号”成功携带月球样品返回地球，2021年“天问一号”着陆火星，它们都是由以液氢为燃料的“长征五号”火箭搭载升空的。下列有关说法错误的是
A．氢气燃烧时有非极性键的断裂和形成
B．氢气燃烧的产物不污染环境，有利于实现“碳中和”
C．低温液态储氢可以大大提高氢气的密度，降低储运成本
D．氢气的来源较多，包括水的电解、煤的气化、乙烷裂解和氯碱工业等
【答案】A
【详解】
A．2H2+O22H2O有非极性健断裂，没有非极键的形成(水中只有极性键)，A错误；
B．碳中和”概念是：“对于那些在所有减少或避免排放的努力都穷尽之后仍然存在的排放额进行碳抵偿”，“碳中和”就是现代人为减缓全球变暖所作的努力之一，氢气燃烧产物为H2O，不污染环境，B正确；
C．液态H2分子间问隙比气态分子间小，密度增大，储运成本低，C正确；
D．电解水，煤的气化，乙烷裂解，氯碱工业均产生氢气，D正确；
故选A。
2．化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是
A．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法
B．煤经过气化和液化两个化学变化，可变为清洁能源
C．工业生产玻璃、水泥和陶瓷，均需用石灰石作原料
D．聚合硫酸铁是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物
【答案】C
【详解】
A．热水器内胆成分为不锈钢，连接镁棒形成原电池，Mg比Fe活泼作负极被腐蚀，而铁被保护，即牺牲阳极的阴极保护法，故A正确；
B．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程；煤的液化是将煤转化为甲醇等液体燃料的过程，所以煤经过气化和液化两个化学变化，可变为清洁能源，故B正确；
C．陶瓷的生产原料为黏土，未用到石灰石，故C错误；
D．聚合硫酸铁溶于水可形成Fe(OH)3胶体，吸附水中悬浮的杂质，故D正确；
答案选：C。
3．强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应：H+(aq)+OH- (aq)=H2O(l) ΔH=–57.3kJ/ml，向1L0.5ml/L的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸恰好完全反应时的热效应ΔH1、ΔH2、ΔH3的关系正确的是
A．ΔH1>ΔH2>ΔH3B．ΔH1<ΔH3<ΔH2
C．ΔH3>ΔH2>ΔH1D．ΔH1>ΔH3>ΔH2
【答案】D
【详解】
③稀硝酸是强酸，与1L0.5ml/L的NaOH溶液完全反应，放出热量与中和热一致，因其生成水的物质的量是0.5ml，则ΔH3=-28.65 kJ/ml；
①稀醋酸电离吸收热量，与1L0.5ml/L的NaOH溶液完全反应，放出热量较少，则ΔH1大于ΔH3；
②浓硫酸溶解放热，与1L0.5ml/L的NaOH溶液完全反应，放出热量较多，则ΔH2小于ΔH3；
故答案选D。
4.理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是
A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
【答案】D
【解析】A．根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳
定，正确；B．根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的
，正确；C．根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应
的活化能大于逆反应的活化能，正确；D．使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应
热只与反应物和生成物的总能量有关，错误。综上所述，答案为D。
5．已知反应 △H=-1326kJ·ml-1白磷P4和PCl3的分子结构如图所示，部分化学键的键能(单位为kJ·ml-1)数据如下：Cl-Cl243，P-Cl331.则P-P键的键能为
A．198kJ·ml-1B．396kJ·ml-1C．776kJ·ml-1D．1188kJ·ml-1
【答案】A
【详解】由△H=-1326kJ·ml-1可知，△H=反应物键能之和-生成物键能之和，设P-P键的键能为x，则-1326 kJ·ml-1=6x+243 kJ·ml-1×6-331 kJ·ml-1×4×3，解之x===198 kJ·ml-1，选项A符合题意；答案为A。
6．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
【答案】D
【详解】A．石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体使酸性KMnO4溶液褪色，说明产生的气体中含有碳碳不饱和键，但不一定是乙烯，故A错误；
B．NaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测NaClO溶液的pH，故B错误；
C．将Ag2SO4微热分解产生的气体依次通入饱和的Ba(HSO3)2溶液和品红溶液，SO3和Ba(HSO3)2溶液反应放出SO2气体，品红溶液褪色，不能说明Ag2SO4分解产生SO2气体，故C错误；
D．Fe电极附近的溶液滴入，无明显变化，证明溶液中不含Fe2+，说明采用牺牲阳极的阴极保护法可以防止金属腐蚀，故D正确；选D。
7．二氧化碳甲烷化技术被认为是二氧化碳循环再利用最有效的技术之一、一种CO2直接加氢甲烷化的典型反应历程如图所示，在甲烷化过程中CO2不发生解离而直接与H2解离出的H原子反应生成甲烷。下列有关说法正确的是
A．在CO2直接加氢甲烷化的过程中，原子利用率为100%
B．H2在Pd作用下发生解离，H-H断裂并放出能量
C．二氧化碳甲烷化反应中催化剂只有Pd
D．二氧化碳甲烷化过程中没有CO生成
【答案】D
【详解】
A．由该转化示意图可知，总反应式为：CO2+4H2CH4+2H2O，故在CO2直接加氢甲烷化的过程中，原子利用率不为100%，A错误；
B．化学键断裂需要吸收能量，H2在Pd作用下发生解离，H-H断裂并吸收能量，B错误；
C．由该转化示意图可知，二氧化碳甲烷化反应中催化剂为Pd和MgO，C错误；
D．由该转化示意图可知，二氧化碳甲烷化过程中始终没有CO生成，D正确；
故答案为：D。
8．化学气敏传感器可用于监测环境中的含量，其工作原理示意图如图。下列说法不正确的是
A．该传感器原理是利用化学能转化为电能
B．工作时，K+从电极a极区向电极b极区迁移
C．反应消耗的与O2的物质的量之比为2：3
D．电极a上的电极反应式为：
【答案】C
【分析】该传感器原理是原电池原理，电极a上NH3发生失电子的氧化反应生成N2，电极a为负极，电极b为正极；据此分析作答。
【详解】A．该传感器原理是原电池原理，原电池将化学能转化为电能，A正确；
B．原电池工作时阳离子向正极迁移，故工作时K+从电极a极区向电极b极区迁移，B正确；
C．电极a的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，电极b的电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，根据负极失去的电子与正极得到的电子相等，反应消耗的NH3与O2物质的量之比为4：3，C错误；
D．电极a上NH3发生失电子的氧化反应生成N2，电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，D正确；
答案选C。
9．氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是
A．已知HF气体溶于水放热，则HF的△H1<0
B．相同条件下，HCl的△H2比HBr的小
C．相同条件下，HCl的△H3+△H4比HI的大
D．一定条件下，气态原子生成1mlH-X键放出akJ能量，则该条件下△H2=+akJ/ml
【答案】D
【解析】A．△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程，因为HF气体溶于水放热，则HF气体溶于水的
逆过程吸热，即HF的△H1＞0，错误；B．由于HCl比HBr稳定，所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大，
错误；C．△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变，与是HCl的还是HI的无关，错误；D．一定条件下，气态原
子生成1mlH-X键放出akJ能量，则断开1mlH-X键形成气态原子吸收akJ的能量，即为△H2=+akJ/ml，
正确；答案选D。
10．锂(Li)—空气电池的工作原理如图所示下列说法不正确的是
A．金属锂作负极，发生氧化反应
B．Li+通过有机电解质向水溶液处移动
C．正极的电极反应：O2+4e—==2O2—
D．电池总反应：4Li+O2+2H2O==4LiOH
【答案】C
【解析】A．在锂空气电池中，金属锂失去电子，发生氧化反应，为负极，正确；B．Li在负极失去电子变成了Li+，会通过有机电解质向水溶液处（正极）移动，正确；C．正极氧气得到了电子后与氢结合形成氢氧根，电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，错误；D．负极的反应式为Li-e-= Li+，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应则为4Li+O2+2H2O==4LiOH，正确。综上所述，本题的正确答案为C。
11．一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是
A．负载通过0.04 ml电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题
干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的
总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，据此分析。A．当负极通过0.04ml电子时，
正极也通过0.04ml电子，根据正极的电极方程式，通过0.04ml电子消耗0.01ml氧气，在标况下为0.224L，
A正确；B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH
降低，B错误；C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确；D．电
池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负
载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；故选B。
12．某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理见如图。下列说法正确的是
A．此电池在常温时也能工作
B．正极电极反应式为：O2+2CO2+4e-=2
C．向正极移动
D．a为CH4，b为CO
【答案】B
【分析】燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边a电极是负极、右边b电极是正极，所以a是CH4，b为空气。
【详解】A．电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，A错误；B．正极上O2得电子和CO2反应生成，电极反应式为O2+2CO2-4e-═2，B正确；C．原电池放电时，向负极移动，C错误；
D．根据分析，a是CH4，b为空气，D错误；故选B。
13．某研究团队发现，利用微生物电化学系统可处理含氮废水。右图是一种新型的浸没式双极室脱盐一反硝化电池，中间由质子交换膜隔开，阳极室中的NOx通过泵循环至阴极室。下列说法错误的是
A．电极电势：阴极室高于阳极室
B．负极的电极反应式：CH2O-4e-+H2O=CO2+4H+
C．当处理l ml NO时，有5 ml H+经讨质子交换膜，移向阴极室
D．该装置需在适宜的温度下进行，温度不宜过高
【答案】B
【分析】根据原电池的图示及电子移动的方向(左→右)，可知左边为负极，发生反应(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑+4nH+，右边为正极，发生反应2+12H++10e-=N2↑+6H2O，据此分析解题。
【详解】A．原电池中电极电势，右侧正极高于左侧负极，则右侧阴极高于左侧阳极，A正确；
B．负极电极反应式为(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑+4nH+，B错误；
C．由正极电极反应式2+12H++10e-=N2↑+6H2O可知，当处理1ml时，有5mlH+经过质子交换膜，移向阴极室，C正确；
D．本电池是利用微生物电化学系统，温度过高，将使微生物失去生理活性，因此需要控制温度，D正确；
故答案为：B。
14．用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的是
A．18 g氨基(-ND2)中含有的电子数为10NA
B．常温常压下，水蒸气通过Na2O2使其增重2 g时，反应中转移的电子数为NA
C．足量MnO2和80 mL10 ml/L浓盐酸共热可生成0.2NA个Cl2分子
D．电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量减小32 g
【答案】B
【详解】
A．18 g氨基(-ND2)的物质的量是1 ml，由于在一个氨基中含有9个电子，则在1 ml氨基中含有电子数目是9NA，A错误；
B．根据Na2O2与水反应方程式：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知：固体每增重4 g，反应过程中转移2 ml电子，现在固体增重2 g，则转移1 ml电子，因此反应中转移的电子数为NA，B正确；
C．80 mL10 ml/L浓盐酸中含有HCl的物质的量n(HCl)=10 ml/L×0.08 L=0.8 ml，若其所含HCl完全发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应产生0.2 ml Cl2，但实际上随着反应的进行，盐酸浓度变稀，反应就不再进行，故反应产生Cl2的物质的量小于0.2 ml，则生成的Cl2分子数目小于0.2NA个，C错误；
D．电解精炼Cu时，粗铜作阳极，主要是其中的Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，活动性比铜强的金属也会失去电子被氧化变为金属阳离子进入溶液，而活动性比Cu弱的金属则沉淀在阳极底部，形成阳极泥，故电解精炼铜时，若转移了NA个电子，则阳极质量可能是32 g，也可能不是32 g，D错误；
故合理选项是B。
15．利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是
A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生
成MV2+，电极反应式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，
反应的方程式为H2+2MV2+=2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生
成MV+，电极反应式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，
反应的方程式为N2+6H++6MV+=6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。A．相
比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化
为电能，故可提供电能，正确；B．左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应
式为MV+—e—= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为
H2+2MV2+=2H++2MV+，错误；C．右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应
式为MV2++e—= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，正确；D．电池工
作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，正确。故选B。
16．科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是
A．放电时，负极反应为
B．放电时，1 ml CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 ml
C．充电时，电池总反应为
D．充电时，正极溶液中OH−浓度升高
【答案】D
【解析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左
侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧
为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反
应式为：，正确；B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则
1mlCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2ml，正确；C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上
转化为Zn，电池总反应为：，正确；D．充电时，正极即为阳极，
电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW
不变，因此溶液中OH-浓度降低，错误，符合题意；答案选D。
二、非选择题：本大题共4小题，共56分。
17．（12分）低碳烷烃脱氢制低碳烯烃对有效利用化石能源有重要意义。
（1）乙烷脱氢制乙烯
主反应：C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) △H1
副反应：2C2H6(g)C2H4(g)+2CH4(g) △H2
C2H6(g)2C(s)+3H2(g) △H3
①标准摩尔生成焓是指在25℃和101kPa，由最稳定的单质生成1ml化合物的焓变。利用表中数据计算△H1___。
②一定条件下，有利于提高C2H6平衡转化率的措施是___(填标号)。
A．高温 B．高压 C．原料气中掺入H2 D．保持恒压，加稀有气体
③在800℃、恒容条件下，2L密闭容器中，1mlC2H6进行脱氢反应，测得平衡体系气体有0.3mlC2H6、0.6mlC2H4、0.1mlCH4和xmlH2，则x=___，主反应K=___ml•L-1。
（2）使用PtSn—Mg(2—Zn)Al进行乙烷脱氢催化性能研究。不同温度下，乙烷转化率及乙烯选择性随反应时间的变化曲线分别如图a、图b。
催化剂的最佳工作温度为___。
【答案】（1） 137 KJ/ml（2分） AD （2分） 0.7（3分） 0.7 （3分）
（2）550℃（2分）
【解析】（1）①根据表中数据可知：① 2C(s)+ 3H2(g)C2H6(g) =-84.7 KJ/ml；② 2C(s)+2H2(g)C2H4(g) =52.3 KJ/ml； ③ C(s) + 2H2(g)CH4(g) = -74.8 KJ/ml；由盖斯定律，②-①可得C2H6(g)C2H4(g)+H2(g) =52.3 KJ/ml -（-84.7 KJ/ml） =137 KJ/ml；故答案为：137 KJ/ml；
②A．主副反应的焓变均大于0，为吸热反应，升高温度平衡正向移动，C2H6平衡转化率提高，A正确；
B．主副反应均为气体计量数之和增大的反应，增大压强平衡逆向移动，C2H6平衡转化率降低，B 错误；
C．原料气中掺入H2，不利于主反应和其中一个副反应正向移动，C2H6平衡转化率降低，C 错误；
D．保持恒压，加稀有气体，体积增大，主副反应均正向移动，C2H6平衡转化率提高，D 正确；
故答案为：AD；
③在800℃、恒容条件下，1ml的C2H6反应结束剩下0.3ml，反应了0.7ml；生成了0.1ml的CH4，则副反应有0.1ml的C2H6参与反应；所以正反应生成0.55ml的C2H4，消耗了0.55ml的C2H6；还有0.05ml的C2H6参与生成C和H2的反应，所以一共生成了0.55+0.15=0.7ml的H2；主反应K== =0.7ml/L；故答案为：0.7；0.7；
（2）由图可知当温度为550℃时乙烧转化率高，且乙烯的选择性较高（副产物生成的少），所以催化剂的最佳工作温度为550℃；故答案为：550℃。
18．（14分）SO2与NOx是大气主要污染物，需要经过净化处理后才能排放。
（1）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应生成NO，其反应过程中的能量变化如下：
则ΔH2_______0(填“>”或“＜”)。
（2）NH3催化还原氮氧化物是目前应用广泛的烟气氮氧化物脱除技术，如用NH3还原NO的反应为：4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g) ΔH。
①实验分别测得t1℃、t2℃时NO的百分含量随时间变化关系如图所示，分析图像可得出该反应的ΔH_______0(填“>”或“＜”)。
② 一定条件下该可逆反应达到平衡后，t1时刻改变某个外界条件，正反应的速率v正、逆反应的速率v逆变化情况如图所示，则t1时刻改变的外界条件可能是_______。
（3）利用甲烷催化还原氮氧化物。已知：
CH4 (g)+4NO2(g) = 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-574 kJ·ml-1
CH4(g)+4NO(g) = 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) ΔH=-1160 kJ·ml-1
H2O(l) = H2O(g) ΔH= 44 kJ·ml-1
CH4与NO2 反应生成CO2(g)、N2(g)和H2O(l)的热化学方程式为_______。
（4）利用电化学联合处理法可实现SO2和NO同时除去，工作原理如下图所示：
①阳极的电极反应式为_______。
②若工作前后阴极室成分不变，被处理的SO2和NO在相同条件下的体积比V(SO2)∶V (NO)=_______。
【答案】（1）>（2分）
（2） >（2分） 增大压强（2分）
（3）CH4(g) + 2NO2(g) = CO2(g) + N2(g) + 2H2O(l) ΔH = -955 kJ/ml（3分）
（4） SO2 + 2H2O - 2e- = 4H+ + SO （3分） 1：1 （2分）
【解析】（1）氧分子断开双键变成氧原子需要吸收能量，故 。
（2）①由图像可知，t1先达到平衡，则t1 >t2，平衡时t1对应NO的百分含量比t2低，所以该反应正向为吸热反应，即 。
②由图像可知正逆反应速率都增大，平衡逆向移动，则t1时刻改变的外界条件可能是增大压强。
（3）CH4与NO2 反应生成CO2、N2和H2O(l)反应为CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2O(l)，反应热为ΔH，设给出的已知热化学反应反应热分别是 ΔH1=-574 kJ·ml-1、 ΔH2=-1160 kJ·ml-1、ΔH3= 44 kJ·ml-1，则 =-955 kJ/ml，故该热化学方程式为CH4(g) + 2NO2(g) = CO2(g) + N2(g) + 2H2O(l) ΔH = -955 kJ/ml 。
（4）①由图甲可知，阳极发生氧化反应，SO2转化为H2SO4，电极反应式为。
②工作前后阴极室成分不变，吸收池离子反应方程式为，根据电荷守恒，可得出以下关系式：SO2~2e-~2~~NO，则有V(SO2)：V(NO)=1：1。
19．（14分）KMnO4在实验室和工业上均有重要应用，其工业制备的部分工艺如下：
Ⅰ.将软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，生成暗绿色熔融态K2MnO4。
Ⅱ.冷却，将固体研细，用稀KOH溶液浸取，过滤，得暗绿色溶液。
Ⅲ.向暗绿色溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，同时生成黑色固体。
Ⅳ.过滤，将紫红色溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得KMnO4固体。
资料：K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应(Mn的化合价既升高又降低)。
（1）Ⅰ中，粉碎软锰矿的目的是_______。
（2）Ⅰ中，生成K2MnO4的化学方程式是_______。
（3）Ⅱ中，浸取时用稀KOH溶液的原因是_______。
（4）将K2MnO4溶液采用惰性电极隔膜法电解，也可制得KMnO4，装置如图：
①b极是_______极(填“阳”或“阴”)，D是_______。交换膜为 _______离子交换膜(填“阳”或“阴”)
②结合电极反应式简述生成KMnO4的原理：_______。
【答案】（每空2分）
（1）增大反应物接触面积，加快反应速率
（2）2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O
（3）保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应
（4） 阴 较浓的KOH溶液 阳 a极：MnO-e-=MnO，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4
【分析】软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，可增大固体表面积，加快反应速率；与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4；在暗绿色的K2MnO4溶液中通入CO2，溶液变为紫红色，说明生成了KMnO4 ，同时生成黑色固体MnO2，结合题示资料分析解答。
（1）粉碎软锰矿，可增大固体表面积，反应物的接触面积增大，反应速率增大，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率；
（2）由题意可知软锰矿(主要成分MnO2)粉碎后，与KOH固体混合，通入空气充分焙烧，可生成K2MnO4，反应的方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，故答案为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（3）由题意可知，K2MnO4为暗绿色固体，在强碱性溶液中稳定，在近中性或酸性溶液中易发生歧化反应，因此用稀KOH溶液浸取，可使溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应而变质，故答案为：保持溶液呈强碱性，防止K2MnO4发生歧化反应；
（4）①b极生成氢气，是阴极，钾离子通过阳离子交换膜到阴极区，所以D是较浓的KOH溶液，故答案为：阴；较浓的KOH溶液；阳；
②a极：MnO-e-=MnO，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4，故答案为：a极：MnO-e-=MnO，部分K+通过阳离子交换膜进入阴极区，阳极区生成KMnO4。
20．（16分）氮的循环在自然界中具有重要的意义。
（1）已知：①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ·ml-1
②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) △H=+180.0kJ·ml-1
③6NO(g)+4NH3(g)⇌5N2(g)+6H2O(l) △H=-2070.0kJ·ml-1
则合成氨反应的热化学方程式为____________________。
（2）下列有关合成氨反应的说法正确的是__________ (填字母)。
A．反应温度控制在500℃左右能用勒夏特列原理解释
B．N2和H2的物质的量之比保持不变时，说明反应达到平衡状态
C．该反应的△H和△S都小于零
D．NH3易液化，不断将液氨移去，利于反应正向进行
E．催化剂能增大反应的平衡常数
（3）合成氨反应途径可简单地表示为：①Fe+N2→FexN △H>0；②FexN+H2→Fe+NH3△H<0。已知反应①和②的活化能分别为126kJ·ml-1和13kJ·ml-1，则合成氨反应的△H在有催化剂(a)和无催化剂(b)时反应过程能量变化图是__________(填字母)。
A．B．
C．D．
（4）一定条件下，在5L的恒容密闭容器中通入1ml N2与3ml H2，反应4min后达到平衡时H2为1.5ml。若初始压强为P0，反应过程中容器内总压强(P)随时间(t)变化如图所示(平衡时温度与初始温度相同)。
①0～1min容器内压强增大的原因为__________。
②用平衡分压代替平衡浓度表示平衡常数的KP的计算式为__________(气体分压=总压×物质的量分数)。
（5）将一定比例的N2和H2的混合气体匀速通入装有催化剂的反应器中反应，反应相同时间时，N2的转化率随反应温度的变化曲线如图所示。
①在50℃～150℃范围内，随温度升高，N2的转化率迅速上升的主要原因是__________。
②当反应温度高于380℃时，N2的转化率迅速下降的主要原因可能是__________。
【答案】（1）△H＝－92.4kJ·ml－1（3分）
（2）CD（2分）
（3）C（2分）
（4）反应为放热反应，温度升高，使体系压强增大 （2分） （3分）
（5）温度升高反应速率加快，同时催化剂活性随温度升高而增大（2分） 温度升高反应速率加快，但催化剂活性下降（2分）
【解析】（1）根据①H2(g)+O2(g)=H2O(l) △H=-285.8kJ·ml-1；②N2(g)+O2(g)⇌2NO(g) △H=+180.0kJ·ml-1；③6NO(g)+4NH3(g)⇌5N2(g)+6H2O(l) △H=-2070.0kJ·ml-1，由①6-②3-③得△H=-184.8kJ·ml-1，所以合成氨反应的热化学方程式为△H=-92.4kJ·ml-1，故答案为：△H=-92.4kJ·ml-1。
（2）A．升高温度反应速率加快，但平衡逆向进行，不利于合成氨，反应温度控制在500℃左右是因为此温度下催化剂活性最好，不能用勒夏特列原理解释，故A错误；
B．如果起始时N2和H2的物质的量之比是1:3，N2和H2按1:3反应，那N2和H2的物质的量之比一直都是1:3，保持不变时，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．反应放热，气体的物质的量和种类都减小，反应的△H和△S都小于零，故C正确；
D．NH3易液化，不断将液氨移去，相当于减小生成物的浓度，利于反应正向进行，故D正确；
E．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡，所以使用催化剂不能增大反应的平衡常数，故E错误；
故答案为：CD。
（3）合成氨反应是放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，则AB不符合题意；使用催化剂会降低反应的活化能，根据已知使用催化剂时先吸热后放热，所以符合题意的图像是C，故答案为C。
（4）氮气和氢气反应为放热反应，温度升高，使体系压强增大；根据已知数据可得三段式，所以反应后混合物的物质的量为3ml，根据同温同体积下，压强之比等于物质的量之比可得，所以，所以，故答案为：反应为放热反应，温度升高，使体系压强增大；。
（5）在一定温度范围内催化剂活性较大，超过一定的温度范围，催化剂的活性降低；在50℃～150℃范围内，温度升高反应速率加快，同时催化剂活性随温度升高而增大，N2的转化率迅速上升；当反应温度高于380℃时，温度升高反应速率加快，但催化剂活性下降，N2的转化率迅速下降，故答案为：温度升高反应速率加快，同时催化剂活性随温度升高而增大；温度升高反应速率加快，但催化剂活性下降
选项
实验、操作和现象
实验结论
A
石蜡油在碎瓷片上受热分解产生的气体使酸性KMnO4溶液褪色
产生的气体是C2H4
B
常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1ml/L的NaClO溶液和 CH3COONa溶液的pH
比较 HClO和CH3COOH的酸性强弱
C
将Ag2SO4微热分解产生的气体依次通入饱和的Ba(HSO3)2溶液和品红溶液，依次出现白色沉淀、溶液褪色
分解产生物中一定有SO3和 SO2
D
试管内无明显变化
采用牺牲阳极的阴极保护法可以防止金属腐蚀
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
CH4(g)
H2(g)
标准摩尔生成焓/kJ•ml-1
-84.7
+52.3
-74.8
0
反应
N2(g)=2N(g)
O2(g)=2O(g)
N(g)+O(g)=NO(g)
反应热
ΔH1
ΔH2
ΔH3