2020-2021高考化学复习第八单元化学反应与能量试题(含答案)
2020-2021 年高考化学一轮复习第八单元 化学反应与能量测试题
1．已知分解 1molH2O2放出热最 98kJ，在含少量 I-的溶液中，H2O2分解的机理为：
反应Ⅰ：H2O2(aq)+I-
(aq)→H2O(l)+IO-
(aq) 慢反应 ΔH1
反应Ⅱ：H2O2(aq)+IO-
(aq)→H2O(l)+O2(g)+I-
(aq) 快反应 ΔH2
下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．H2O2分解产生 O2的速率反应Ⅱ决定
B．I-和 IO-在反应过程中充当催化剂
C．ΔH1+ΔH2=−196 kJ·mol−1
D．反应Ⅰ活化能 Ea1与反应Ⅱ活化能 Ea2数值上相差 98kJ/mol
2．某金属有机多孔材料( MOFA )在常温常压下具有超高的 CO2吸附能力，并能高效催化 CO2 和 的
反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．该过程中 N2 没有参与化学反应
B．CO2 和 反应的过程中有极性共价键形成
C．该方法的广泛使用有助于减少 CO2的排放
D．可通过升温进一步提高催化效率
3．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含 废水和工业废气(主要含 N2、CO2、SO2、NO、CO，不考
虑其他成分)，设计了如下流程：
已知：1 mol CO 和 1 mol CH3OH 分别完全燃烧生成 CO2(g)和 H2O(l)，放出的热量为 283.0kJ 和 726.5kJ。下
列说法错误的是
A．固体 1 中主要含有 Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3+
NH4
+
NH4
–
NO2
–
NO3
–
NO3
+
NH4
B．气体 X 在流程中体现还原性
C．相同质量的 CO 和 CH3OH 完全燃烧，后者放出的热量多
D．处理含 废水时，发生反应的离子方程式为： + ＝N2↑+2H2O
4．据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是
A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料 H2
C．该反应可消耗温室气体 CO2 D．该催化循环中 Fe 的成键数目发生变化
5．利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+、O2、 等
共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内 ZVI 释放电子的物质的量为 nt，其中用于有效腐蚀的
电子的物质的量 ne。下列说法错误的是
A．反应①②③④均在正极发生
B．④的电极反应式为 +10H++8e-= +3H2O
C．单位时间内，三氯乙烯脱去 amolCl 时 ne=amol
D．增大单位体积水体中小微粒 ZVI 的投入量，可使 nt增大
6．以 SO2为原料，通过下列工艺可制备化工原料 H2SO4和清洁能源 H2。下列说法中不正确的是放电
充电
A．该生产工艺中 Br2被循环利用
B．在电解过程中，电解槽阴极附近溶液的 pH 变大
C．原电池中负极发生的反应为 SO2+2H2O-2e
–
=SO4
2-
+4H
+
D．该工艺总反应的化学方程式表示为 SO2+Br2+2H20=2HBr+H2SO4
7．Fe3O4中含有 Fe2+、Fe3+，分别表示为 Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，以 Fe3O4/Pd 为催化材料，可实现用 H2消除酸性
废水中的致癌物 NO2-，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是
A．用该法处理后水体的 pH 降低
B．Fe(Ⅱ)与 Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用
C．反应过程中 NO2-被 Fe(Ⅱ)还原为 N2
D．Pd 上发生的电极反应为：H2- 2e
－
== 2H
＋
8．第三代混合动力车目前一般使用镍氢电池（M表示储包合金)，电池总反应式为 H2+2NiOOH 2Ni(OH)2。
汽车上坡或加速时，电动机提供推动力：下坡或刹车时，电池处于充电状态。下列说法中正确的是( )
A．放电时甲为负极，充电时为阳极B．汽车上坡时发生图中虚线所示的过程
C．汽车下坡电流的方向为：甲电极→发动机→乙电极
D．汽车下坡时，甲电极周围溶液的 pH 减小
9．电-Fenton 法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的 H2O2与 Fe2+
发生 Fenton 反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是
A．电源的 A 极为正极
B．与电源 B 相连电极的电极反应式为 H2O+e-=H++·OH
C．Fenton 反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH
D．每消耗 22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH 为 2mol
10．如今环境保护越来越受重视，某化工集团为减少环境污染，提高资源的利用率、将钛厂、氯碱厂、甲
醇厂进行联合生产。其主要生产工艺如下：(FeTiO3中 Ti 为＋4 价)
下列叙述正确的是( )
A．该流程中只有“电解”、“氯化”涉及氧化还原反应
B．“合成”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 1：1
C．“氯化”时反应方程式为 7Cl2＋2FeTiO3＋6C＝2FeCl3＋2TiCl4＋6CO(条件省略)
D．上述流程中“Mg，Ar＂可用“Mg，CO2”代替
11．以 PbO 为原料回收铅的过程如下：Ⅰ.将 PbO 溶解在 HCl 和 NaCl 的混合溶液中，得到含 Na2PbC14的溶液；
Ⅱ.电解 Na2PbCl4溶液后生成 Pb，原理如图所示。
下列判断不正确的是
A．阳极区的溶质主要是 H2SO4
B．电极Ⅱ的电极反应式为 PbCl42—
+2e
—
=Pb+4Cl
—
C．当有 2. 07 g Pb 生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为 0.04 mol
D．电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充 PbO
12．2019 年 6 月 6 日，工信部正式向四大运营商颁发了 5G 商用牌照，揭示了我国 5G 元年的起点。通信用
磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电
池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为 M1-xFexPO4+e-+Li+=LiM1-xFexPO4，
其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极
B．充电时，Li+移向磷酸铁锂电极
C．放电时，负极反应式为 LiC6-e-=Li++6C
D．电池总反应为 M1-xFexPO4+LiC6 LiM1-xFexPO4+6C
13．某小组同学用下图所示装置制取氨气 ，并探究其性质。+
NH4
(1)上图试管中发生反应的化学方程式是____________________ 。
(2)请将上图方框中的收集装置补充完整__________________。
(3)下图是甲同学设计的尾气处理装置，乙同学认为该设计不合理，其理由是_______。
(4)下图所示，将蘸有浓氨水和浓盐酸的棉球分别塞到玻璃管两端的 A、B 处，可观察到的现象是
___________________。
(5)将上图反应后试管中固体溶于水得到溶液 a , 取溶液 a 少许于试管中，_____(填操作和现象)，则证明溶
液 a 含有 。
(6)工业合成氨为人类社会发展做出了巨大贡献。N2 和 H2在催化剂表面合成氨的微观历程及能最变化的示
意图如下 ，用 )分别表示 N2 、H2 、NH3已知工业合成氨：N2(气)+ 3 H2(气) 2NH3
( 气)是一个放热．．反应下列说法正确的是 ___。
a.使用催化剂，可以加快合成氨的反应速率
b.②→③过程，是吸热过程且只有 H – H 键的断裂
c.③→④过程，N 原 子和 H 原子形成了含有极性键的 NH3
d.合成氨反应中，反应物断键吸收能量大于生成物形成新键释放的能量14．用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO3
–
）已成为环境修复研究的热点之一。
（1）Fe 还原水体中 NO3
–
的反应原理如图 1 所示。
①作负极的物质化学式为___________。
②正极的电极反应式是_________________________________________。
（2）将足量铁粉投入水体中，经 24 小时测定 NO3
–
的去除率和 pH，结果如下：
初始 pH pH=2.5 pH=4.5
NO3
–
的去除率 接近 100% ＜50%
24 小时 pH 接近中性 接近中性
铁的最终物质形态
pH=4.5 时，NO3
–
的去除率低。其原因是_____________________________________。
（3）实验发现：在初始 pH=4.5 的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的 Fe
2+
可以明显提高 NO3
–
的去除
率。对 Fe
2+
的作用提出两种假设：
Ⅰ．Fe
2+
直接还原 NO3
–
；
Ⅱ．Fe
2+
破坏 FeO（OH）氧化层。
①做对比实验，结果如图 2 所示，可得到的结论是____________________。
②同位素示踪法证实 Fe
2+
能与 FeO（OH）反应生成 Fe3O4，该反应的离子方程式为_________，解释加入 Fe
2+
提高 NO3
–
去除率的原因：_____________________________________。
15．汽车尾气中含有 CO、NO 等有害气体。(1)依据下图计算可知该反应生成 1 mol NO 的能量变化为________________kJ，属于_________反应(填
“吸热”、或“放热”)。
(2)通过 NO 传感器可监测汽车排放尾气中 NO 含量，其工作原理如图所示。据此回答：
①NiO 电极为___________ (填“正极”或“负极”)。
②Pt 电极上发生的电极反应式为_________________________。
③当电路中有 2 mol 电子发生转移时，NO 被消耗________________g。
(3)一种新型催化剂能使 NO 和 CO 发生反应：2NO＋2CO⇌2CO2＋N2。已知 增大催化剂的比表面积可
提高该反应速率，为了验证温度、催化剂的比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实
验，部分条件已经填在下表中。
实验编
号
T℃
NO 初始浓度
(mol/L)
CO 初始浓度
(mol/L)
催化剂的比表面积
(m2
/g)
I 280 1.20×10-3 5.80×10-3 82
II 280 1.20×10-3 b 124
III 350 a 5.80×10-3 82
①请将表中数据补充完整：a________________；b________________。
②能验证温度对化学反应速率影响规律的实验是_________________(填实验编号)。
③实验Ⅰ和实验Ⅱ中，NO 的物质的量浓度 c(NO)随时间 t 的变化曲线如图所示， 其中表示实验Ⅱ的是曲
线 _____________________ (填“甲”或“乙”)。NH Cl 2 NHCl2
NCl3
NH Cl 2 NH Cl 2
NH Cl 2
NH (g) Cl (g) NH Cl(g) HCl(g) 3 2 2 H 11.3kJ / mol
N H N Cl H Cl Cl Cl
1
/kJ mol
NH (g)+Cl (g) NH Cl(g)+HCl(g) 3 2 2
NH Cl 2
3
2
n NH
n Cl
Ka Kb Kc
NH3
NH Cl 2
NH3
NH3
N2
16．氯胺是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺( 、 和
)
(1) 是作饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌作用的物质。 中氯的化合价是
________。
(2)已知生成 反应的热化学方程式和部分化学键的键能如下：
化学键
键能 391.3 x 431.8 243.0
表中的 X=_______。
(3)在密闭容器中反应 达到平衡，通过热力学定律计算，不同温度
下理论上 的体积分数随 的变化如下图所示。
①a、b、c 三点对应平衡常数的大小关系是(分别用 、 、 表示)_______；b 点时，该反应的平衡常
数为________；
②在氨氯比一定时，提高 的转化率的方法是______(任写一种)；
③若产物都是气体，实验测得 的体积分数始终比理论值低，原因可能是_______。
(4)垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质(用 表示)和氯化物，将其加入到如图所示的电解池(电极为惰性材
料)进行电解除去 。该净化过程分两步：第一步电解产生一种常见的氧化剂，第二步氧化剂氧化氨氮物
质生成 。m
28 283
m
32 726.5
①写出电解时 A 极的电极反应式：_______；
②写出第二步反应的化学方程式：_______。
参考答案
1．C【解析】A. H2O2分解产生 O2的速率由慢反应决定即由反应Ⅰ决定，故 A 错误；
B. I
－
是在反应过程中充当催化剂，IO
－
仅是催化剂在反应中的中间产物，故 B 错误；
C. 分解 1molH2O2放出热最 98kJ，根据盖斯定律得到 ΔH1+ΔH2= −196 kJ·mol−1，故 C 正确；
D. 反应Ⅰ是慢反应，只能说活化能 Ea1比反应Ⅱ活化能 Ea2数值大，但大多少不能算出具体，故 D 错误。
综上所述，答案为 C。
2．D【解析】A.由工作原理示意图可知，氮气未参与反应，A 正确；
B.反应过程中形成碳氧共价键，为极性共价键，B 正确；
C.该过程中反应吸收了二氧化碳，有助于减少二氧化碳的排放，C 正确；
D.升温可能会降低催化剂的活性，降低催化效率，D 错误；
答案选 D。
3．B【解析】由流程图可知，工业废气中 CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体 1 为 CaCO3、CaSO3，气体
1 是不能被过量石灰乳吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通入气体 X，用氢氧化钠溶液处理后到的 NaNO2，X 可
为空气或氧气，目的是将一氧化氮氧化为二氧化氮，一氧化氮氧化为二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成
NaNO2，NaNO2与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体的氮气，则气体 2 含有 CO、N2，用捕获剂捕获 CO
气体，催化剂作用下，一氧化碳和氢气共热反应生成甲醇。
A. 工业废气中 CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成 CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体 1 为主要含有
Ca（OH）2、CaCO3、CaSO3，故 A 正确；
B. 由分析可知，气体 1 中通入的气体 X 为空气或氧气，目的是将一氧化氮氧化为二氧化氮，一氧化氮氧化
为二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成 NaNO2，故 B 错误；
C. 相同质量的 CO 和 CH3OH 完全燃烧放出的热量分别为 kJ 和 kJ，则后者放出的热量CO+H OFe(CO) CO +H 2 5 2 2
–
NO3
+
NH4
+
H
+
H
多，故 C 正确；
D.由分析可知，NaNO2与废水中 NH4+发生氧化还原反应生成无污染的氮气和水，反应的离子方程式为
NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故 D 正确；
故选 B。
4．C【解析】A．从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明 OH-参与了该催化循环，
故 A 项正确；
B．从反应机理图中可知，该反应的反应物为 CO 和 H2O，产物为 H2和 CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化
剂，而 OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为 ，故
有清洁燃料 H2生成，故 B 项正确；
C．由 B 项分析可知，该反应不是消耗温室气体 CO2，反而是生成了温室气体 CO2，故 C 项不正确；
D．从反应机理图中可知，Fe 的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故 D 项正确；
答案选 C。
5．C【解析】A．由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得电子的反应，所
以应在正极发生，A 项正确；
B．由示意图及元素 N 的化合价变化可写出如下转化 NO3-+8e-→NH4+，由于生成物中有 NH4+，所以只能用
H+和 H2O 来配平该反应而不能用 H2O 和 OH-来配平，所以④的电极反应式为 +10H++8e-= +3H2O，
B 项正确；
C．三氯乙烯 C2HCl3中 C 原子化合价为+1 价，乙烯中 C 原子化合价为-2 价，1 mol C2HCl3转化为 1 mol C2H4
时，得到 6 mol 电子，脱去 3 mol 氯原子，所以脱去 a mol Cl 时 ne=2a mol，C 项错误；
D．增大单位体积水体中小微粒 ZVI 的投入量，可以增大小微粒 ZVI 和正极的接触面积，加快 ZVI 释放电
子的速率，可使 nt 增大，D 项正确；
故选 C。
6．D【解析】A 项，分析流程：SO2、Br2和 H2O 反应生成 HBr 和 H2SO4，然后分离 HBr 和 H2SO4，最后电
解 HBr 溶液得到 Br2和 H2，结合流程可得，该生产工艺中 Br2被循环利用，故 A 正确；B 项，电解 HBr 溶
液，阴极 H+得电子生成 H2，消耗 H+，在电解过程中，电解槽阴极附近溶液的 pH 变大，故 B 正确；C 项，
原电池中负极发生失电子氧化反应，电极反应式为：SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+，故 C 正确；D 项，该工艺是
以 SO2为原料，制备 H2SO4和 H2，总反应为：SO2+2H2O=H2SO4+H2，故 D 正确。
7．A【解析】A.电源负极虽然产生 ，但是正极会消耗更多的 ，因此总体来看溶液酸性在减弱，pH-
NO2
2+
Fe
3+
Fe
+
H
放电
充电
CO+2H CH OH 2 3
上升，A 项错误；
B. Fe(Ⅱ)与 Fe(Ⅲ)在反应中不停相互转化，起到了传递电子的作用，B 项正确；
C. 被还原为氮气，而 本身被氧化为 ，C 项正确；
D.钯即负极，氢气在负极失电子变成 ，D 项正确；
答案选 A。
8．C【解析】镍氢电池总反应 H2+2NiOOH 2Ni(OH)2，放电过程（原电池原理：化学能转化为电能）
乙中 NiOOH 得电子发生还原反应作正极：NiOOH+e¯+ H2O= Ni(OH)2+ OH¯。甲中 H2（以 MHn 形式）发
生氧化反应作负极：H2- 2e¯+ 2OH¯=2H2O。充电过程（电解池原理：电能转化为化学能）乙作阳极，Ni(OH)2
失电子发生氧化，甲作阴极，水中的氢离子得电子发生还原反应。据此解答。
A. 根据分析，放电时甲电极 H2（以 MHn 形式）失去电子发生氧化反应作负极，充电时甲电极 2H2O+2e¯=
H2↑+2OH¯，发生还原反应作阴极，A 项错误；
B. 汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，发生原电池原理，发生图中实线所示的过程。下坡或刹车时，
电池处于充电状态，发生电解池原理，发生虚线所示过程，B 说法错误；
C. 汽车下坡电池处于充电状态，甲作阴极乙作阳极，电流从电源的正极流向阳极，阴极流向电源负极，不
经过内电路，故电流方向为：甲电极→发动机→乙电极， C 项正确；
D. 汽车下坡时电池处于充电状态，甲电极为阴极：2H2O+2e¯= H2↑+2OH¯，周围溶液碱性增强，pH 增大，
D 项错误；
答案选 C。
9．C【解析】左侧电极附近 Fe3+→Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的 A 极为
负极，A 错误；与电源 B 相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B 错误；双氧水能够把 Fe2+氧
化为 Fe(OH)2+，C 正确；每消耗 1 mol O2，转移 4 mol 电子，根据 H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH 反应看出转移 1
mol 电子，生成 1mol OH，所以应当生成 4 mol OH；D 错误；正确选项 C。
10．C【解析】A.由氢气合成甲醇的过程中也涉及到氧化还原反应，A 项错误；
B.根据 可以看出，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 1:2，B 项错误；
C.根据工艺图不难看出“氯化”即氯气、钛铁矿和焦炭反应得到四氯化钛、一氧化碳和氯化铁的过程，C 项
正确；
D.二氧化碳和镁会反应，因此不能用二氧化碳来作保护气，D 项错误；2.07g
207g/mol
Ca(OH) +2NH Cl 2 4 2 3 2 ΔCaCl +2NH +2H O
+
NH4
答案选 C。
11．C【解析】电解 Na2PbCl4溶液后生成 Pb，原理如图所示，电极Ⅱ周围 PbCl42-得电子转化为 Pb，则电极
Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为 PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—；电极Ⅰ为阳极，
根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H
＋
＋O2↑，以此解题。
A. 根据分析，电极Ⅰ为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O－4e−=4H
＋
＋O2↑，阳极区
的溶质主要是 H2SO4，故 A 正确；
B. 电极Ⅱ周围 PbCl42-得电子转化为 Pb，则电极Ⅱ为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极Ⅱ的电极
反应式为 PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，故 B 正确；
C. 当有 2. 07 g Pb 生成时，即生成 Pb 的物质的量为= =0.01mol，根据电极反应式为
PbCl42—+2e—=Pb+4Cl—，转移电子的物质的量为 0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换
膜的阳离子为 0.02 mol，故 C 错误；
D. 阴极电解一段时间后溶液为 HCl 和 NaCl 的混合溶液，根据题意“将 PbO 粗品溶解在 HCl 和 NaCl 的混合
溶液中，得到含 Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加 PbO 粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故 D
正确；
答案选 C。
12．C【解析】根据电池装置图知，石墨为负极，反应式为 LiC6-e-=Li++6C，磷酸铁锂为正极，反应式为
M1-xFexPO4+xLi++xe-=LiM1-xFexPO4，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反，据此分析
解答。
A．放电时，电子由负极石墨电极流向正极磷酸铁锂电极，则电流由正极磷酸铁锂电极流向负极石墨电极，
A 错误；
B．放电时，Li+移向正极磷酸铁锂电极，充电时 Li+移向负极石墨电极，B 错误；
C．放电时，石墨电极为负极，负极反应式为 LiC6-e-=Li++6C，C 正确；
D．根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1-xFexPO4+LiC6 LiM1-xFexPO4+6C，D 错误；
故合理选项是 C。
13．（1） （2） （3）氨气极易溶于水，需用防倒吸装置（4）
A、B 两端呈白雾，玻璃管中央会产生白烟（5）向 a 溶液中加入强碱 NaOH 溶液后微热，并用湿润的红色石
蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝说明原溶液含有 （6）acCa(OH) +2NH Cl 2 4 2 3 2 ΔCaCl +2NH +2H O Ca(OH) +2NH Cl 2 4 2 3 2 ΔCaCl +2NH +2H O
+
NH4
+
NH4
+
NH4
【解析】 (1)上图试管中发生的是实验室制备氨气的反应，其化学方程式为：
,故答案为： 。
(2)由于氨气的密度比空气的小，故需用向下排空气法，采用上图装置收集则需短进长出，故上图方框中补
充完整的收集装置如下： ，故答案为：
(3)由于氨气极易溶于水，故尾气吸收时需防倒吸，故下图设计的尾气处理装置不合理，需接一个倒扣的漏
斗，故其理由是氨气极易溶于水，需用防倒吸装置，故答案为：氨气极易溶于水，需用防倒吸装置；
(4) 由于浓氨水和浓盐酸都有很强的挥发性，挥发出来的 NH3和 HCl 在玻璃管的中央发生反应：
NH3+HCl=NH4Cl，产生 NH4Cl 固体小颗粒，故形成白烟，可观察到的现象是 A、B 两端呈白雾，玻璃管中
央会产生白烟，故答案为：A、B 两端呈白雾，玻璃管中央会产生白烟；
(5)将上图反应后试管中固体可能含有过量的 NH4Cl，实验室检验 的方法为：向 a 溶液中加入强碱 NaOH
溶液后微热，并用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝说明原溶液含有 ，故答案为：向 a
溶液中加入强碱 NaOH 溶液后微热，并用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝说明原溶液含有
；
(6) a．使用催化剂，降低反应所需要的活化能，可以加快合成氨的反应速率，a 正确；
b．断裂化学键均需吸收能量，故②→③过程，是吸热过程，但包括 H – H 键和 N≡N 键的断裂，b 错误；
c．由图中可知，不同非金属原子之间形成的共价键是极性共价键，故③→④过程，N 原 子和 H 原子形成
了含有极性键的 NH3，c 正确；
d．合成氨反应是放热反应，故反应物断键吸收能量小于生成物形成新键释放的能量，d 错误；
故答案为：ac。
14．（1）①Fe②NO3
–
+8e
–
+10H
+
=NH4
+
+3H2O（2）FeO（OH）不导电，阻碍电子转移（3）①本实验条件下，Fe
2+
不能直接还原 NO3
–
；在 Fe 和 Fe
2+
共同作用下能提高 NO3
–
的去除率②Fe
2+
+2FeO（OH）=Fe3O4+2H
+
；Fe
2+
将不导电
的 FeO（OH）转化为可导电的 Fe3O4，利于电子转移
【解析】（1）①原电池中负极材料失电子，根据图 1，铁失电子，所以作负极的物质化学式为 Fe；
②根据示意图，正极是 NO3
–
得电子生成 NH4
+
，正极的电极反应式是 NO3
–
+8e
–
+10H
+
=NH4
+
+3H2O；
（2）根据图示，pH=4.5 时，NO3-的去除率低的原因是：pH=4.5 生成了较多的 FeO（OH），FeO（OH）不
导电，阻碍电子转移，所以 NO3
–
的去除率低；
（3）①根据图 2 可知，只加入 Fe
2+
的水中 NO3
–
的去除率为 0，加入 Fe
2+
、Fe 的水中 NO3
–
的去除率最高，可得1444-1264 kJ
2
NH Cl 2
NH Cl 2
3
2
n NH
n Cl
到的结论是本实验条件下，Fe
2+
不能直接还原 NO3
–
；在 Fe 和 Fe
2+
共同作用下能提高 NO3
–
的去除率；
②根据得失电子守恒，Fe
2+
与 FeO（OH）反应生成 Fe3O4的离子方程式是 Fe
2+
+2FeO（OH）=Fe3O4+2H
+
；加入 Fe2+
提高 NO3-去除率的原因是：Fe
2+
将不导电的 FeO（OH）转化为可导电的 Fe3O4，利于电子转移，所以加入 Fe
2+
提高 NO3
–
去除率。
15．（1）90；吸热(2)①负极②O2＋4e-＝2O2-③30(3)①1.20×10-3；5.80×10-3②Ⅰ和Ⅲ③乙
【解析】(1)1molN2和 1molO2的化学键断裂形成 N 原子和 O 原子吸收总能量=946kJ+498kJ=1444kJ，N 原子
和 O 原子形成 2molNO 放出总能量=2×632kJ=1264kJ，所以该反应生成 1molNO 吸收 =90kJ
能量，故答案为：90；吸热；
(2)①由图可知，NO 在 NiO 电极失电子变为 NO2，NiO 为负极，故答案为：负极；
②由图可知，O2在 Pt 电极得电子变为 O2-，电极反应式为：O2＋4e-＝2O2-，故答案为：O2＋4e-＝2O2-；
③负极电极反应为式为：2NO+2O2–4e-=2NO2，因此，当电路中有 2 mol 电子发生转移时，NO 被消耗 1mol，
质量为 1mol×30g/mol=30g，故答案为：30；
(3)①因Ⅰ、Ⅱ催化剂的比表面积不同，则应控制温度相同，所有浓度应控制相同来验证催化剂比表面积对
速率的影响，Ⅰ、Ⅲ比表面积相同，温度不同，则所有浓度应控制相同来验证反应温度对速率的影响，故
答案为：1.20×10
－3；5.80×10
－3；
②能验证温度对化学反应速率影响规律的实验应控制其它条件相同，温度不同，符合条件的是实验Ⅰ和实
验Ⅲ，故答案为：Ⅰ和Ⅲ；
③因Ⅰ、Ⅱ温度相同，催化剂对平衡移动无影响，则平衡不移动，但Ⅱ的催化剂的比表面积较大，反应速
率大，则Ⅱ先达到化学平衡，则表示实验Ⅱ的是曲线乙，故答案为：乙。
16．（1）+1 价（2）191.2(3)①Kc＜Ka=Kb；0.91②及时移除产物 NH2Cl 和 HCl③有副反应产物，如 NHCl2、
NCl3、N2等(4)①2Cl
－
-2e
－
=Cl2↑②第 3Cl2+2NH3=N2+6HCl 或 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl
【解析】 (1) 是作饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌作用的物质，说明该物质是次
氯酸，二氯胺与水反应生成一水合氨和次氯酸， 中氯的化合价是+1 价。故答案为：+1 价；
(2)根据 NH3(g)+Cl2(g) NH2Cl(g)+HCl(g)△H=+11.3kJ·mol
－1，△H=反应物键能总和-生成物键能总和
=(243.0+391.3×3)-(391.3×2+x+431.8)kJ·mol
－1=+11.3kJ·mol
－1，解得 x=191.2kJ·mol
－1。故答案为：191.2；
(3)①由图可知，a 点、b 点温度相同，则 Ka=Kb，该反应是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，相同
下，平衡时 NH2Cl 的体积分数越大，说明 T1＞T2，c 点温度小于 a、b 点温度，则 Kc＜Ka=Kb；a 点、b 点
3
2
n NH
n Cl
NH g +Cl g NH Cl g HCl g 3 2 2
n(mol) 0.4a a 0 0
n(mol) x x x x
n(mol) 0.4a x a x x x
＋
起始
转化
平衡
x
0.4a x a x x x
2
3 2
c c 0.28a 0.28a
c c 0.4a-0.28a a-0.28a
NH Cl HCl
NH Cl
温度相同，则平衡常数也是相等，当 =0.4，平衡时 NH2Cl 的体积分数为 0.2，设氨气的物质的量为
0.4amol，氯气物质的量为 amol：
平衡时 NH2Cl 的体积分数为 0.2= ，解得 x=0.28a，K=
≈0.91，故答案为：Kc＜Ka=Kb；0.91；
②提高 NH3的转化率，即使平衡正向移动，该反应是吸热反应，可以升温来提高氨气转化率，或者及时移
除产物 NH2Cl 和 HCl，故答案为：及时移除产物 NH2Cl 和 HCl；
③若产物都是气体，实验测得 NH2Cl 的体积分数始终比理论值低，有可能有副反应产物，如 NHCl2、NCl3、
N2等，故答案为：有副反应产物，如 NHCl2、NCl3、N2等。
(4)①根据图示知道：A 电极是电解池的阳极，该电极上发生失电子的氧化反应，可以得到氧化剂，根据离
子的放电顺序，即氯离子失电子产生氯气的过程，电极反应式为：2Cl
－
-2e
－
=Cl2↑，故答案为：2Cl
－
-2e
－
=Cl2↑；
②第二步氧化剂氯气氧化氨氮物质即氨气生成 N2的过程，发生的反应为：3Cl2+2NH3=N2+6HCl，故答案为：
3Cl2+2NH3=N2+6HCl 或 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl。