2023届高考化学二轮复习专题六化学反应与能量学案

这是一份2023届高考化学二轮复习专题六化学反应与能量学案，共41页。
专题六　化学反应与能量

明·课程标准
MINGKECHENGBIAOZHUN　　　　　　对应学生用书学案P53
1．认识化学能可以与热能、电能等其他形式能量之间相互转化，能量的转化遵循能量守恒定律。知道内能是体系内物质的各种能量的总和，受温度、压强、物质的聚集状态的影响。
2．认识化学能与热能的相互转化，恒温恒压条件下化学反应的反应热可以用焓变表示，了解盖斯定律及其简单应用。
3．认识化学能与电能相互转化的实际意义及其重要应用。了解原电池及常见化学电源的工作原理。了解电解池的工作原理，认识电解在实现物质转化和储存能量中的具体应用。了解金属发生电化学腐蚀的本质，知道金属腐蚀的危害，了解防止金属腐蚀的措施。

品·高考真题
PINGAOKAOZHENTI　　　　　　对应学生用书学案P53
真题细研
1．(2022·全国甲卷)一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示(KOH溶液中，Zn2＋以Zn(OH)存在)。电池放电时，下列叙述错误的是(　A　)

A．Ⅱ区的K＋通过隔膜向Ⅲ区迁移
B．Ⅰ区的SO通过隔膜向Ⅱ区迁移
C．MnO2电极反应：MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O
D．电池总反应：Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋===Zn(OH)＋Mn2＋＋2H2O
【解析】　根据图示的电池结构和题目所给信息可知，Ⅲ区Zn为电池的负极，电极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，Ⅰ区MnO2为电池的正极，电极反应为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O；电池在工作过程中，由于两个离子选择隔膜没有指明的阳离子隔膜还是阴离子隔膜，故两个离子隔膜均可以通过阴、阳离子，因此可以得到Ⅰ区消耗H＋，生成Mn2＋，Ⅱ区的K＋向Ⅰ区移动或Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，Ⅲ区消耗OH－，生成Zn(OH)，Ⅱ区的SO向Ⅲ区移动或Ⅲ区的K＋向Ⅱ区移动。根据分析，Ⅱ区的K＋只能向Ⅰ区移动，A错误；根据分析，Ⅰ区的SO向Ⅱ区移动，B正确；MnO2电极的电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，C正确；电池的总反应为Zn＋4OH－＋MnO2＋4H＋===Zn(OH)＋Mn2＋＋2H2O，D正确。
2．(2022·全国乙卷)Li－O2电池比能量高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来科学家研究了一种光照充电Li－O2电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子(e－)和空穴(h＋)，驱动阴极反应(Li＋＋e－===Li)和阳极反应(Li2O2＋2h＋===2Li＋＋O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是(　C　)

A．充电时，电池的总反应Li2O2===2Li＋O2
B．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关
C．放电时，Li＋从正极穿过离子交换膜向负极迁移
D．放电时，正极发生反应O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2
【解析】　光照时，光催化电极产生电子和空穴，驱动阴极反应和阳极反应对电池进行充电，结合阴极反应和阳极反应，充电时电池的总反应为Li2O2===2Li＋O2，A正确；充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，故充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，B正确；放电时，金属Li电极为负极，光催化电极为正极，Li＋从负极穿过离子交换膜向正极迁移，C错误；放电时总反应为2Li＋O2===Li2O2，正极反应为O2＋2Li＋＋2e－===Li2O2，D正确。
3．(2021·全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是(　D　)

A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用

D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移
【解析】　KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，A错误；阳极上为Br－失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，B错误；电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1 mol乙二酸生成1 mol乙醛酸转移电子为2 mol，1 mol乙二醛生成1 mol乙醛酸转移电子为2 mol，根据转移电子守恒可知每生成1 mol乙醛酸转移电子为1 mol，因此制得2 mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2 mol电子，C错误；双极膜中间层的H＋在外电场作用下移向阴极，即H＋移向铅电极，D正确。
4．(2021·全国乙卷)沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。

下列叙述错误的是(　D　)
A．阳极发生将海水中的Cl－氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
【解析】　海水中除了水，还含有大量的Na＋、Cl－、Mg2＋等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl－会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH－，结合海水成分及电解产物分析解答。阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH－在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，会使海水中的Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。
5．(2020·全国卷Ⅰ，12)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(　D　)
A．放电时，负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)
B．放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2mol
C．充电时，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O
D．充电时，正极溶液中OH－浓度升高
【解析】　放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，故A正确；放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1 mol CO2转化为HCOOH时，转移2 mol电子，故B正确；充电时，阳极上H2O转化为O2，阴极上Zn(OH)转化为Zn，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O，故C正确；充电时，正极即为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，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，故D错误。
6．(2020·全国卷Ⅱ，12)电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是(　C　)

A．Ag为阳极
B．Ag＋由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高
D．总反应为WO3＋xAg===AgxWO3
【解析】　通电时，Ag电极有Ag＋生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag＋从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；该过程中，W由WO3的＋6价降低到AgxWO3中的＋(6－x)价，故C项错误；该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为xAg－xe－===xAg＋，而另一极阴极上发生的电极反应为WO3＋xAg＋＋xe－===AgxWO3，故发生的总反应式为xAg＋WO3===AgxWO3，故D项正确。
7．(2020·全国卷Ⅲ，12)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：VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O。该电池工作时，下列说法错误的是(　B　)

A．负载通过0.04mol电子时，有0.224L(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4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO
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
【解析】　根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成VO和B(OH)，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===8B(OH)＋4VO。当负极通过0.04 mol电子时，正极也通过0.04 mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04 mol电子消耗0.01 mol氧气，在标况下为0.224 L，A正确；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；根据分析，电池的总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO，C正确；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。
8．(2022·全国乙卷节选)油气开采、石油化工、煤化工等行业废气普遍含有的硫化氢，需要回收处理并加以利用。回答下列问题：
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)
ΔH1＝－1036kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝94kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484kJ·mol－1
计算H2S热分解反应④2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝ 170　kJ·mol－1。
(2)较普遍采用的H2S处理方法是克劳斯工艺。即利用反应①和②生成单质硫。另一种方法是：利用反应④高温热分解H2S。相比克劳斯工艺，高温热分解方法的优点是副产物氢气可作燃料　，缺点是耗能高　。
【解析】　(1)已知：①2H2S(g)＋3O2(g)===2SO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－1 036 kJ·mol－1
②4H2S(g)＋2SO2(g)===3S2(g)＋4H2O(g)　ΔH2＝94 kJ·mol－1
③2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH3＝－484 kJ·mol－1
根据盖斯定律(①＋②)×－③即得到2H2S(g)===S2(g)＋2H2(g)的ΔH4＝(－1 036＋94)kJ·mol－1×＋484 kJ/mol＝170 kJ·mol－1；
(2)根据盖斯定律(①＋②)×可得2H2S(g)＋O2(g)===S2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝(－1 036＋94)kJ·mol－1×＝－314 kJ·mol－1，因此，克劳斯工艺的总反应是放热反应；根据硫化氢分解的化学方程式可知，高温热分解方法在生成单质硫的同时还有氢气生成。因此，高温热分解方法的优点是：可以获得氢气作燃料；但由于高温分解H2S会消耗大量能量，所以其缺点是耗能高。
9．(2021·全国甲卷节选)二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41kJ·mol－1
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH2＝－90kJ·mol－1
总反应的ΔH＝－49　kJ·mol－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是 A　(填标号)，判断的理由是 ΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的　。

【解析】　二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋41 kJ·mol－1，②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH＝－90 kJ·mol－1，根据盖斯定律可知，①＋②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝(＋41 kJ·mol－1)＋(－90 kJ·mol－1)＝－49 kJ·mol－1；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，故示意图中能体现反应能量变化的是A项。
10．(2020·全国卷Ⅰ，28节选)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　ΔH＝－98kJ·mol－1。回答下列问题：
钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为 2V2O5(s)＋2SO2(g)2VOSO4(s)＋V2O4(s)　ΔH＝－351 kJ·mol－1　。

【解析】　由题中信息可知：①SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　ΔH＝－98 kJ·mol－1
②V2O4(s)＋SO3(g)V2O5(s)＋SO2(g)
ΔH2＝－24 kJ·mol－1
③V2O4(s)＋2SO3(g)2VOSO4(s)
ΔH1＝－399 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知，③－②×2得2V2O5(s)＋2SO2(g)2VOSO4(s)＋V2O4(s)，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－399 kJ·mol－1)－(－24 kJ·mol－1)×2＝－351 kJ·mol－1，所以该反应的热化学方程式为2V2O5(s)＋2SO2(g)2VOSO4(s)＋V2O4(s)　ΔH＝－351 kJ·mol－1。
11．(2020·全国卷Ⅱ，28节选)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：

(1)阴极上的反应式为 CO2＋2e－===CO＋O2－　。
(2)若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为 6∶5　。
【解析】　(1)由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2＋2e－===CO＋O2－；(2)令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为6CH4＋5CO2===2C2H4＋C2H6＋5H2O＋5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6∶5。
考情预判
化学能与热能是高考必考知识点，且考查形式固定，主要以填空题型考查，预测未来高考中仍会以非选择题的形式与化学平衡相结合考查热化学方程式的书写、盖斯定律的应用、反应热的计算，偶尔在选择题型中考查反应热的大小比较。
高考每年都会结合图形考查原电池原理或电解池原理在工业生产中的应用。建议在备考过程中加强对新型燃料电池、新型可充电电池的关注。
近几年全国卷高考化学试题中均涉及电化学知识，并且试题的背景较为新颖，对考生分析问题的能力提出了较高要求。预测在2023年的高考命题中，在题型上仍以传统题型为主，以某一个非水溶液电池为背景考查以原电池为主的电化学知识。依托于某一新型可充电电池示意图，考查原电池的工作原理及其电极反应式的书写，电极材料以及电极反应的判断，溶液pH的变化是高考命题的热点。考纲中对原电池的要求达到了“理解”的级别，因此，通过一个新型电池装置考查原电池的知识以及金属的腐蚀和绿色能源的开发，即突出了使考生了解新科技的发展，又达到了选拔优秀生的目的。

悟·核心要点
WUHEXINYAODIAN　　　　　　对应学生用书学案P56
考点一　化学能与热能

核心知识·整合
1．从两种角度理解化学反应热

反应热
图示

图像
分析
微观
宏观
a表示断裂旧化学键吸收的能量；
b表示生成新化学键放出的能量；
c表示反应热
a表示反应物的活化能；
b表示活化分子形成生成物释放的能量；
c表示反应热
ΔH的
计算
ΔH＝H(生成物)－H(反应物)
ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)
2．热化学方程式书写注意事项
(1)注意ΔH的单位：ΔH的单位为kJ·mol－1。
(2)注意测定条件：绝大多数的反应热ΔH是在25℃、101kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
(3)注意热化学方程式中的化学计量数：热化学方程式的化学计量数可以是整数，也可以是分数。
(4)注意物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“l”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。
(5)注意ΔH的数值与符号：如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。
(6)对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。
如：①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH＝－297.16kJ·mol－1
②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH2＝－296.83kJ·mol－1
③S(单斜，s)===S(正交，s)　ΔH3＝－0.33kJ·mol－1

关键能力·突破

　考向1　化学反应中的能量变化图像分析
典例1(2021·重庆模拟)甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是(　D　)

A．图1中反应为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝＋890.3kJ/mol
B．图2中反应为CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－607.3kJ/mol
C．由图可以推知CO2和CO相比，CO更稳定
D．由图可以推得CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283kJ/mol
【解析】　根据图1中信息得到该反应是放热反应，即有CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－890.3 kJ/mol，故A错误；根据图2中信息得到H2O(l)，因此反应：CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l)　ΔH＝－607.3 kJ/mol，故B错误；CO2和CO相比，无法知道CO2和CO谁的能量高低，因此无法分析谁更稳定，故C错误；根据第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式推得：CO(g)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－283 kJ/mol，故D正确。

方法技巧
解答能量变化图像题的“4关键”
(1)反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热。
(2)注意活化能在图示(如图)中的意义。

从反应物至最高点的能量数值表示正反应的活化能，即E1；从最高点至生成物的能量数值表示逆反应的活化能，即E2。
(3)催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH。
(4)设计反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。

〔迁移应用〕
1．(2022·保定模拟)苯亲电取代反应中卤代反应的反应进程与能量变化曲线如图所示，下列说法正确的是(　B　)

A．反应分三步进行，且各步均为吸热反应
B．决速步的活化能是ΔE2
C．总反应的ΔH＝ΔE1＋ΔE2＋ΔE3
D．升温既能加快反应速率，又能提高该卤代反应的平衡转化率
【解析】　根据图中信息得出前两步是吸热反应，第三步是放热反应，故A错误；第二步活化能最大，是整个反应的决速步骤，其活化能是ΔE2，故B正确；总反应的焓变是生成物总能量减去反应物总能量或反应物的活化能减去生成物活化能，因此ΔH≠ΔE1＋ΔE2＋ΔE3，故C错误；由于总反应是放热反应，故升温可以加快反应速率，平衡逆向移动，因此不能提高该卤代反应的平衡转化率，故D错误。
　考向2　反应历程、催化机理的分析应用
典例2(2022·潍坊模拟)碳酸二甲酯DMC()是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。

下列说法错误的是(　D　)
A．HO·降低了反应的活化能
B．过程CH3OH*＋HO·*===CH3O·*＋H2O*是该反应的决速步骤
C．过程中既有H—O键的断裂，又有H—O键的形成
D．吸附和脱附过程中共吸收48.1eV的能量
【解析】　HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，降低了反应的活化能，提高化学反应速率，A正确；决速步骤一般伴有的是能量的落差大，活化能大的步骤即决速步骤，由图示可知生成过渡态I时的所需的活化能最大，所以CH3OH*＋HO·*===CH3O·*＋H2O*是该反应的决速步骤，B正确；过程中甲醇反应时有H—O键的断裂，生成水时有H—O键的形成，C正确；吸附和脱附过程中共吸收的能量为终态减去始态的能量，始态相对能量为0 eV，终态相对能量为112.6×102 eV，则吸附和脱附过程中共吸收的能量为1.126×104 eV，D错误。
模型构建
解答化学反应历程试题的思维模型
(1)第一步准确转化
解决新信息图像题，一定要理解图像信息所表示的机理及过程，对所求问题向已有知识进行恰当的转化。
(2)第二步方法的选取
对新信息题可以采用一般到特殊的特例法，在理解题目信息的本质的基础上，从逻辑推理的角度进行解答。
(3)第三步仔细审读题目
严格按新信息的指代机理，解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰。
〔迁移应用〕
2．(2022·郑州模拟)某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放，其反应热ΔH＝－620.9kJ·mol－1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是(　D　)

A．ΔE＝306.6kJ/mol
B．三个基元反应中只有③是放热反应
C．该化学反应的速率主要由反应②决定
D．该过程的总反应为2CO＋2NO===N2＋2CO2
【解析】　图中ΔE＝248.3－[－620.9－199.2－(－513.5)]＝554.9 kJ·mol－1，故A错误；由图可知，三个基元反应中，反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量，属于放热反应，故B错误；正反应活化能最大的是反应③，活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，则该化学反应的速率主要由反应③决定，故C错误；由始态和终态可知，该过程的总反应为2CO＋2NO===N2＋2CO2，故D正确。
　考向3　反应热的计算及热化学方程式的书写
典例3(2021·南京模拟)随着化石能源的减少，新能源的开发利用日益迫切。
(1)Bunsen热化学循环制氢工艺由下列三个反应组成：
SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)===2HI(g)＋H2SO4(l)　ΔH1＝akJ·mol－1
2H2SO4(l)===2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)　ΔH2＝bkJ·mol－1
2HI(g)===H2(g)＋I2(g)　ΔH3＝ckJ·mol－1
则：2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝ 2a＋b＋2c　kJ·mol－1。
(2)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)===Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋240.4kJ·mol－1。若将生成的HCl通入100mL1mol·L－1的NaOH溶液中恰好完全反应，则在此制备纯硅反应过程中的热效应是＋6.01　kJ。
(3)据粗略统计，我国没有经过处理便排放的焦炉煤气已超过250亿立方米，这不仅是能源的浪费，也对环境造成极大污染。为解决这一问题，我国在2004年起已利用焦炉煤气制取甲醇及二甲醚。已知CO中的C与O之间为三键连接，且合成甲醇的主要反应原理为CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH。表中所列为常见化学键的键能数据：
化学键
C—C
C—H
H—H
C—O
C≡O
H—O
键能/kJ·mol－1
348
414
436
326.8
1032
464
则该反应的ΔH＝－128.8　kJ·mol－1。
(4)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如图1所示。

补全上图：图中A处应填入 1 mol CO2(g)＋3 mol H2(g)　。
(5)恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图2所示。

已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－196.6kJ·mol－1。
①写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式： S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297 kJ·mol－1　。
②ΔH2＝－78.64　kJ·mol－1。
【解析】　(1)反应①：SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)===2HI(g)＋H2SO4(l)　ΔH1＝a kJ·mol－1，反应②：2H2SO4(l)===2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g)　ΔH2＝b kJ·mol－1，反应③：2HI(g)===H2(g)＋I2(g)　ΔH3＝c kJ·mol－1则：按盖斯定律由①×2＋②＋③×2得到2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g)　ΔH＝(2a＋b＋2c)kJ·mol－1；
(2)HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好完全反应，则HCl的物质的量为0.1 mol，按热化学方程式：2H2(g)＋SiCl4(g)===Si(s)＋4HCl(g)　ΔH＝＋240.4 kJ·mol－1：在此制备纯硅反应过程中生成0.1 mol HCl热效应是×0.1 mol＝＋6.01 kJ；
(3)焓变＝反应物总键能之和－生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)　ΔH＝1 032 kJ·mol－1＋2×436 kJ·mol－1－(3×414 kJ·mol－1＋326.8 kJ·mol－1＋464 kJ·mol－1)＝－128.8 kJ·mol－1；
(4)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)由反应的能量变化图知，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－50 kJ·mol－1，则图中A处应填入1 mol CO2(g)＋3 mol H2(g)；
(5)①燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以，硫的物质的量为1 mol。由图可知1 mol S(s)完全燃烧放出的热量为297 kJ，所以，硫的燃烧热的热化学方程式S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－297 kJ·mol－1；
②由图可知，参加反应的n(SO2)＝1 mol－0.2 mol＝0.8 mol，根据热化学方程式：
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH＝－196.6 kJ·mol－1。
ΔH2＝0.4×ΔH＝0.4×(－196.6 kJ·mol－1)＝－78.64 kJ·mol－1。
方法技巧
热化学方程式书写与正误判断易出现的5种常见错误
(1)“＋”“－”漏写或使用不正确。如放热反应未标“－”。
(2)单位与热量Q单位混淆。ΔH的单位为“kJ·mol－1(或kJ/ mol)”，易错写成“kJ”。
(3)物质的状态标注不正确。s、l、 g和aq分别表示固态、液态、气态和水溶液。
(4)ΔH的数值不正确。即ΔH的数值必须与方程式中的化学计量数相对应。
(5)对概念的理解不正确。如燃烧热是指1 mol可燃物，且生成CO2(g)、H2O(l)、SO2(g)等；中和热是指1 mol H＋和1 mol OH－生成1 mol H2O(l)。
〔迁移应用〕
3．(2021·昆明一中高三质检节选)甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。
(1)已知热化学方程式：
Ⅰ：HCOOH(g)CO(g)＋H2O(g)
ΔH1＝＋72.6kJ·mol－1；
Ⅱ：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)
ΔH2＝－566.0kJ·mol－1；
Ⅲ：2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)
ΔH3＝－483.6kJ·mol－1
则反应Ⅳ：CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)的ΔH＝－31.4　kJ·mol－1。
(2)查阅资料知在过渡金属催化剂存在下，CO2(g)和H2(g)合成HCOOH(g)的反应分两步进行：第一步：CO2(g)＋H2(g)＋M(s)===M·HCOOH(s)；则第二步反应的方程式为 M·HCOOH(s)===HCOOH(g)＋M(s)　。
【解析】　(1)已知Ⅰ：HCOOH(g)CO(g)＋H2O(g)　ΔH1＝＋72.6 kJ·mol－1；Ⅱ：2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)　ΔH2＝－566.0 kJ·mol－1；Ⅲ：2H2(g)＋O2(g)2H2O(g)　ΔH3＝－483.6 kJ·mol－1；根据盖斯定律，由Ⅲ×－Ⅰ－Ⅱ×得反应Ⅳ：CO2(g)＋H2(g)===HCOOH(g)　ΔH＝(－483.6 kJ·mol－1)×－72.6 kJ·mol－1－(－566.0 kJ·mol－1)×＝－31.4 kJ·mol－1；(2)CO2(g)和H2(g)合成HCOOH(g)的总反应为CO2(g)＋H2(g)===HCOOH(g)；第一步：CO2(g)＋H2(g)＋M(s)===M·HCOOH(s)；总反应减去第一步反应可得第二步反应的方程式为M·HCOOH(s)===HCOOH(g)＋M(s)。

考点二　化学能与电能

核心知识·整合
1．原电池、电解池的工作原理
原电池

电解池
(阳极为惰
性电极)


2．正、负极和阴、阳极的判断方法
原电池

电解池


3．新型化学电源中电极反应式的书写
(1)书写步骤

(2)燃料电池中正极电极反应式的书写思路
根据燃料电池的特点，一般在正极上发生还原反应的物质都是O2，O2得到电子后化合价降低，首先变成O2－，O2－能否存在要看电解质环境。由于电解质溶液(酸碱盐)的不同，其电极反应也有所不同，下表为四种不同电解质环境中，氧气得电子后O2－的存在形式：

电解质环境
从电极反应式判O2－的存在形式
酸性电解质溶液环境下
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
碱性电解质溶液环境下
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
固体电解质(高温下能传导O2－)环境下
O2＋4e－===2O2－
熔融碳酸盐(如：熔融K2CO3)环境下
O2＋2CO2＋4e－===2CO

4．电解池电极反应式的书写方法

特别说明：通常电极反应可以根据阳极材料和电解质溶液性质判断。但在高考题中往往需要结合题给信息进行判断。
5．电解计算破题“3方法”

6．金属的腐蚀与电化学防护


关键能力·突破

　考向1　原电池原理在新型电池中的应用
典例1(2022·贵阳模拟)我国科学家最近发明了一种Zn－PbO2二次电池，电解质分别为K2SO4、H2SO4和KOH中的一种，由M和N两种离子交换膜隔开，形成a、b、c三个电解质溶液区域，结构示意图如图所示。下列说法不正确的是(　D　)

A．电池放电时，电子由Zn电极经导线流入PbO2电极
B．充电时，PbO2电极的电极反应式为PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO
C．电池放电后b区域的电解质溶液浓度增大
D．阳离子交换膜为图中的N膜，可允许K＋通过
【解析】　由图可知，Zn片上：Zn→Zn(OH)，失电子，则Zn为负极，PbO2为正极，电池放电时，电子由Zn电极经导线流入正极，故A正确；正极电极反应式为PbO2＋SO＋2e－＋4H＋===PbSO4＋2H2O，充电时物质被氧化，PbO2电极的电极反应式为PbSO4＋2H2O－2e－===PbO2＋4H＋＋SO，故B正确；正极消耗H＋，负极消耗OH－，则钾离子向正极移动，SO向负极移动，使b区域电解质溶液浓度增加，故C正确；由电极反应方程式可知负极OH－浓度减少而正极H＋浓度减少，结合题设条件“放电后b区域电解质溶液浓度增加”，K＋通过M膜向b区迁移，SO通过N膜向b区迁移可以使得b区K2SO4浓度增加。故M膜为阳离子交换膜而N膜为阴离子交换膜，故D错误。
方法技巧
四步解决新型化学电源问题

〔迁移应用〕
1．(2022·德阳模拟)如图所示的锂—二氧化锰电池是以高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂为电解质，其正极反应是一种典型的嵌入式反应，电池总反应为Li＋MnO2===LiMnO2。下列说法错误的是(　D　)

A．锂片作负极，发生氧化反应
B．放电时，正极反应为MnO2＋Li＋＋e－===LiMnO2
C．高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中
D．放电时，电子移动方向为：电极盖1→用电器→电极盖2→内电路→电极盖1
【解析】　Li失电子，作负极，发生氧化反应，A正确；放电时，MnO2在正极得电子，正极反应为MnO2＋Li＋＋e－===LiMnO2，B正确；负极Li是活泼金属，能与水反应，故高氯酸锂或三氟甲基磺酸锂应溶解在非水有机溶剂中，C正确；放电时属于原电池装置，电子从负极经用电器流向正极，不在电解质中移动，放电时，电子移动方向为：电极盖1→用电器→电极盖2，D错误。
　考向2　电解池原理及其应用
典例2(2022·岳阳模拟)氧化亚铜是杀菌剂、陶瓷和搪瓷的着色剂以及红色玻璃染色剂，利用如图所示装置制备氧化亚铜和精炼铜，已知粗铜中含有铁、碳、锌、银等杂质。下列说法错误的是(　A　)

A．乙池中电解后X极附近形成的阳极泥的主要成分是银和碳
B．电压过高时，乙中可能会产生有刺激性气``味的气体，将CuCl2溶液换成CuSO4溶液可避免产生该气体
C．若该装置的能量转化率为80%，则当外电路有1.93×105C电量通过(法拉第常数F＝9.65×104C·mol－1)时可制得115.2g的Cu2O
D．由图可知装置甲中制备Cu2O的总反应方程式为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑
【解析】　X电极为阴极，Y电极为阳极，电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，所以乙池中电解后Y极附近形成的阳极泥的主要成分是银和碳，A项错误；电压过高时，Cl－会在阳极放电生成Cl2，而SO不会放电，将CuCl2溶液换成CuSO4溶液可避免产生该气体，B项正确；当外电路有1.93×105 C电量通过时，转移电子的物质的量为＝2 mol，该装置的能量转化率为80%，即有2 mol×80%＝1.6 mol的电子发生氧化还原反应，则生成Cu2O的物质的量为0.8 mol，其质量为115.2 g，C项正确；装置甲中制备Cu2O的总反应方程式为2Cu＋H2OCu2O＋H2↑，D项正确。

方法技巧
电解法装置的答题流程

〔迁移应用〕
2．(2022·长沙模拟)利用如图的电解装置分离含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4的混合物浆液，使其分离成固体混合物和含铬元素溶液。下列有关分析错误的是(　C　)

A．电解装置工作时，石墨2应该连接铅蓄电池的PbO2电极
B．分离后，含铬元素的粒子有CrO和Cr2O，存在于阳极室中
C．每转移1mole－时，阴极室电解质溶液的质量增加23g
D．阴极室生成的物质可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离
【解析】　由图可知，左侧电极氢失去电子发生还原反应生成氢气，为阴极，则右侧为阳极；铅蓄电池的PbO2电极为正极，连接阳极区电极石墨2，A正确；含铬元素的粒子有CrO和Cr2O，阴离子向阳极运动，分离后，存在于阳极室中，B正确；阴极发生的电极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，同时钠离子通过阳离子膜进入阴极室，每转移1 mol e－时，生成H2 0.5 mol，质量为1 g，同时进入钠离子1 mol质量为23 g，则阴极室电解质溶液的质量增加23－1＝22 g，C错误；阴极室生成的物质为氢氧化钠，氢氧化铝可溶于强碱氢氧化钠而二氧化锰不溶，可用于固体混合物Al(OH)3和MnO2的分离，D正确。
　考向3　金属的腐蚀与防护
典例3某同学利用下图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。下列说法不合理的是(　A　)

A．①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]后出现蓝色，Fe被腐蚀
B．②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，Fe被腐蚀
C．③区Zn电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]未出现蓝色，Fe被保护
D．④区Zn电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，Fe被腐蚀
【解析】　A项，①区发生吸氧腐蚀，Cu为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，Cu电极上不产生气泡，说法不合理；B项，②区Cu为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，Cu电极附近溶液碱性增强，滴加酚酞后变红色，Fe为阳极，被腐蚀，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，说法合理；C项，③区Zn为负极，电极反应为Zn－2e－===Zn2＋，Fe为正极，被保护，说法合理；D项，④区Zn为阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，Fe作阳极，被腐蚀，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，说法合理。

　　　　　　规律方法
金属的三种防护措施
1．改变金属内部结构：如把Ni、Cr等加入普通钢里制成不锈钢合金，具有很强的抗腐蚀性。
2．覆盖保护层：在金属的表面覆盖保护层如涂防锈漆、油脂、搪瓷、加塑料保护层及电镀等可阻止金属与周围可发生反应的物质接触。
3．使用电化学保护法
(1)利用原电池原理——牺牲阳极的阴极保护法
(2)利用电解池原理——外加电流的阴极保护法
〔迁移应用〕
3．(2020·江苏高考，11)将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是(　C　)

A．阴极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【解析】　阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，A错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，B错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，C正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，D错误。
　考向4　电化学原理的综合应用
典例4电絮凝技术(EC)是一种集混凝、气浮、电化学于一体的新兴水处理技术，实验表明电絮凝技术能除去废水中96%以上的磷(主要以PO形式存在)和油污，某化学兴趣小组用甲烷燃料电池作为电源模拟电絮凝净水，装置如图所示。下列说法正确的是(　D　)

A．甲烷燃料电池中X是空气，Y是甲烷
B．燃料电池的负极反应为CH4－8e－＋2H2O===CO2＋8H＋
C．电解池阳极溶解9gAl，理论上有2gCH4被氧化
D．电絮凝净水存在氧化、水解、吸附、上浮和下沉等过程
【解析】　铜电极上发生水得电子的还原反应，说明铜是电解池的阴极，则A是甲烷燃料电池的负极，故X是甲烷，Y是空气，A错误；氢氧化钾溶液是甲烷燃料电池的电解质溶液，负极反应为CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O，B错误；电解池铝电极(阳极)上存在两个竞争反应，分别为Al－3e－===Al3＋、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极溶解9 g Al，理论上被氧化的CH4的质量大于2 g，C错误；电絮凝净水存在的过程有铝活泼电极失去电子被氧化为Al3＋、Al3＋水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铝胶体吸附水中油污等污染物、密度小的污染物上浮形成悬浮物、密度大的污染物下沉成为污泥，D正确。

方法技巧
燃料电池中不同环境下的电极反应式
以甲醇、O2燃料电池为例：
酸性介
质，如稀
H2SO4
负极
CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋
正极
O2＋6e－＋6H＋===3H2O
碱性介
质，如
KOH
溶液
负极
CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
正极
O2＋6e－＋3H2O===6OH－
熔融盐介
质，如
K2CO3
负极
CH3OH－6e－＋3CO===4CO2↑＋2H2O
正极
O2＋6e－＋3CO2===3CO
高温下能传
导O2－的固
体作电解质
负极
CH3OH－6e－＋3O2－===CO2↑＋2H2O
正极
O2＋6e－===3O2－
〔迁移应用〕
4．(2022·郑州模拟)钛铁合金具有优异的性能，在航天和生物医学等领域有广泛的应用。下图是以二氧化钛、氧化亚铁混合粉末压制的块体和石墨坩埚分别作电极材料，以CaCl2熔盐为离子导体(不参与电极反应)制备钛铁合金的电解装置示意图。下列相关说法正确的是(　D　)

A．石墨坩埚连接直流电源的负极
B．通入Ar气主要是为了保护石墨坩埚不被氧化
C．TiO2发生的电极反应为TiO2－4e－===Ti＋2O2－
D．每生成16.0gTiFe2时，流出气体在标准状况下的体积大于4.48L
【解析】　该装置的目的是制备钛铁合金，所以需要Fe2＋、Ti4＋发生还原反应，而CaCl2熔盐不参与电极反应，所以阳极应是O2－被氧化生成氧气。电解过程中需要Fe2＋、Ti4＋发生还原反应，所以以二氧化钛、氧化亚铁混合粉末压制的块体应为阴极，连接电源的负极，A错误；Ti、Fe性质活泼，容易被生成的氧气氧化，所以通入Ar气主要是为了保护钛铁合金不被氧化，B错误；TiO2得电子发生还原反应，电极反应应为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－，C错误；16.0 g TiFe2，即＝0.1 mol，需生成0.1 mol Ti、0.2 mol Fe，根据电极反应TiO2＋4e－===Ti＋2O2－、FeO＋2e－===Fe＋O2－可知，共转移0.8 mol电子，O2－在阳极被还原，电极反应为2O2－－4e－===O2↑，所以生成0.2 mol氧气，标准状况下体积为0.2 mol×22.4 L/mol＝4.48 L，但同时流出的气体还有Ar，所以流出气体在标准状况下的体积大于4.48 L，D正确。


热点聚焦
　REDIANJUJIAO　　　　　　对应学生用书学案P62
一、题型专攻——盖斯定律的应用
〔高考必备〕
1．定律内容
一定条件下，一个反应不管是一步完成，还是分几步完成，反应的总热效应相同，即反应热的大小与反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。
2．常用关系式
热化学方程式
焓变之间的关系
aA===B　ΔH1
A===B　ΔH2
ΔH2＝ΔH1或
ΔH1＝aΔH2
aA===B　ΔH1
B===aA　ΔH2
ΔH1＝－ΔH2

ΔH＝ΔH1＋ΔH2

3．答题模板——叠加法
(1)步骤

(2)方法

〔典例探究〕
典例(1)(2020·全国卷Ⅱ，28)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)　ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热
ΔH/(kJ·mol－1)
－1560
－1411
－286
ΔH＝＋137　kJ·mol－1。
(2)(2019·全国卷Ⅲ，28节选)近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。
Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)
ΔH1＝83kJ·mol－1
CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)
ΔH2＝－20kJ·mol－1
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)
ΔH3＝－121kJ·mol－1
则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝－116　kJ·mol－1。
(3)(2018·全国卷Ⅰ，28节选)已知：
2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)
ΔH1＝－4.4kJ·mol－1
2NO2(g)===N2O4(g)　ΔH2＝－55.3kJ·mol－1
则反应的N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝ 53.1　kJ·mol－1。
(4)(2018·全国卷Ⅱ，27节选)CH4－CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。
回答下列问题：
CH4－CO2催化重整反应为CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。
已知：C(s)＋2H2(g)===CH4(g)
ΔH＝－75kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－394kJ·mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝－111kJ·mol－1
该催化重整反应的ΔH＝＋247　kJ·mol－1。
(5)(2018·全国卷Ⅲ，28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
ΔH1＝48kJ·mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g)
ΔH2＝－30kJ·mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝＋114　kJ·mol－1。
【解析】　(1)由表中燃烧热数值可知：
①C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH1＝－1 560 kJ·mol－1；
②C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH2＝－1 411 kJ·mol－1；
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3＝－286 kJ·mol－1；根据盖斯定律可知，①－②－③得C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)，则ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝(－1 560 kJ·mol－1)－(－1 411 kJ·mol－1)－(－286 kJ·mol－1)＝＋137 kJ·mol－1；
(2)利用盖斯定律解答本题。
CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g)
ΔH1＝83 kJ· mol－1①
CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g)
ΔH2＝－20 kJ· mol－1②
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g)
ΔH3＝－121 kJ· mol－1③
则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)可由①×2＋②×2＋③×2得到，所以其ΔH＝83 kJ· mol－1×2＋(－20 kJ· mol－1)×2＋(－121 kJ· mol－1)×2＝－116 kJ· mol－1；
(3)由2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g)　ΔH1＝－4.4 kJ·mol－1和2NO2(g)===N2O4(g)　ΔH2＝－55.3 kJ·mol－1，根据盖斯定律，故反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝ΔH1－ΔH2＝(－2.2＋55.3)kJ·mol－1＝53.1 kJ·mol－1；
(4)将题目给出的热化学方程式依次编为序号①、②、③，则将③×2－①－②就得出催化重整的反应，因此催化重整反应的ΔH＝－111 kJ· mol－1×2＋394 kJ· mol－1＋75 kJ· mol－1＝＋247 kJ· mol－1；
(5)结合两个反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)　ΔH1＝48 kJ· mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g)
ΔH2＝－30 kJ· mol－1
可得反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝[3×48＋(－30)]kJ· mol－1＝＋114 kJ· mol－1。
〔预测演练〕
1．(2022·西安模拟)苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：


则ΔH1＝ΔH3＋ΔH4－ΔH5　(用ΔH3、ΔH4和ΔH5表示)。
【解析】　已知：Ⅲ.2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH3

根据盖斯定律可知Ⅲ＋Ⅳ－Ⅴ即得到反应(g)＋3H2(g)===(g)　ΔH1＝ΔH3＋ΔH4－ΔH5，故答案为ΔH3＋ΔH4－ΔH5。
2．(2022·天水模拟)当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降低空气中二氧化碳含量成为研究热点。大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质
H2(g)
C(石墨，s)
C6H6(l)
燃烧热ΔH(kJ·mol－1)
－285.8
－393.5
－3267.5
则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为 6C(石墨，s)＋3H2(g)===C6H6(l)　ΔH＝49.1 kJ·mol－1　。
【解析】　根据表格燃烧热数据可知，存在反应
①C(石墨，s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1，
②H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1，
③C6H6(l)＋O2(g)===6CO2(g)＋3H2O(l)　ΔH3＝－3 267.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律，反应①×6＋反应②×3－反应③得目标反应：6C(石墨，s)＋3H2(g)===C6H6(l)，则ΔH＝6ΔH1＋3ΔH2－ΔH3＝(－393.5 kJ·mol－1)×6＋(－285.8 kJ·mol－1)×3－(－3 267.5 kJ·mol－1)＝49.1 kJ·mol－1，即：6C(石墨，s)＋3H2(g)===C6H6(l)　ΔH＝49.1 kJ·mol－1。
3．(2022·昆明模拟)研究和深度开发CO2的综合应用，实现碳循环是解决温室问题的有效途径，对构建生态文明社会具有重要意义，CO2可实现以下转化：
①C2H4(g)＋H2O(l)C2H5OH(l)　ΔH1＝akJ·mol－1
②2CO2(g)＋2H2O(l)C2H4(g)＋3O2(g)　ΔH2＝bkJ·mol－1
已知2CO2(g)＋3H2O(l)C2H5OH(l)＋3O2(g)的正反应的活化能为ckJ·mol－1，则逆反应的活化能为(c－a－b)　kJ·mol－1(用含a、b、c代数式表示)。
【解析】　根据盖斯定律①＋②可得2CO2(g)＋3H2O(l)C2H5OH(l)＋3O2(g)的ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1，焓变＝正反应活化能－逆反应活化能，则逆反应活化能＝正反应活化能－焓变＝(c－a－b)kJ·mol－1。
4．(2022·荆州模拟)氮的循环在自然界元素的循环中具有重要的意义，但减少含氮化合物对空气的污染也是重要的课题之一。
已知：N2(g)＋O2(g)2NO(g)　ΔH1＝＋180.0kJ·mol－1；
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH2＝－92.4kJ·mol－1；
H2的燃烧热为285.8kJ·mol－1。
写出NO与NH3反应生成N2和液态水的热化学方程式 6NO(g)＋4NH3(g)5N2(g)＋6H2O(l)　ΔH＝－2 070.0 kJ·mol－1　。
【解析】　将题目所给热化学方程式依次标号为①、②；H2的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则有H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH＝－285.8 kJ·mol－1③；根据盖斯定律③×6－①×3－②×2可得NO与NH3反应生成N2和液态水的热化学方程式为6NO(g)＋4NH3(g)5N2(g)＋6H2O(l)　ΔH＝－2 070.0 kJ·mol－1。
二、离子交换膜在电化学中的应用
〔高考必备〕
1．离子交换膜的作用及类型
(1)功能和作用

(2)常见的离子交换膜
种类
允许通过的离子及移动方向
说明
阳离子交换膜
阳离子→移向电解池的阴极或原电池的正极
阴离子和气体不能通过
阴离子交换膜
阴离子→移向电解池的阳极或原电池的负极
阳离子和气体不能通过
质子交换膜
质子→移向电解池的阴极或原电池的正极
只允许H＋通过
2．多室交换膜的分析
(1)两室电解池
如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能。

(2)三室电解池
用电渗析法可将含硝酸钠的废水再生为硝酸和氢氧化钠。

(3)四室电解池
H3PO2可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：

〔典例探析〕
典例(2022·怀仁模拟)双极性膜1、2在直流电场作用下能够将水分离成H＋与OH－，可作为H＋与OH－的供应源，用如图所示的三室式电渗析转化器可以将有机酸钠盐(NaR)转化制得纯度较高的有机弱酸(HR)。下列相关说法正确的是(　B　)

A．ab膜、cd膜分别是阳离子交换膜、阴离子交换膜
B．室1溶液中发生的离子反应为H＋＋R－===HR
C．M电极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑
D．盐室进口处和出口处c(Na＋)相等
【解析】　由图示，M为阳极，OH－在M极失去电子，4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，H＋经过双极性膜1进入室1，则盐室中的R－进入室1与H＋结合形成HR，ab膜为阴离子交换膜，N为阴极，H＋在N极得到电子，2H＋＋2e－===H2↑，OH－经过双极性膜2进入室2，则盐室中的Na＋进入室2与OH－结合生成NaOH，cd膜为阳离子交换膜，A错误；盐室中的R－进入室1与H＋结合形成HR，即H＋＋R－===HR，B正确；M为阳极，OH－在M极失去电子，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，C错误；盐室中的Na＋进入室2与OH－结合生成NaOH，因此进、出口处的c(Na＋)不相等，D错误。

　　　　　　模型构建
解答带离子交换膜电解池问题的思维模型

〔预测演练〕
1．(2022·西安模拟)据文献报道，一种新型的微生物脱盐电池的装置如图所示，关于该电池装置说法正确的是(　C　)

A．Y为阴离子选择性交换膜
B．左室溶液碱性增强
C．负极反应式是CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋
D．转移2mol电子，海水脱去氯化钠的质量是58.5g
【解析】　原电池中阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐的目的，因此Y为阳离子交换膜，X为阴离子交换膜，A错误；由图示可知，左室为负极，负极CH3COO－失电子生成二氧化碳，负极反应式为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋，生成了氢离子，溶液碱性减弱，B错误，C正确；转移电子数目与钠离子、氯离子所带电荷数相同，因此转移2 mol电子，各有2 mol钠离子和2 mol氯离子分别透过半透膜，可除去氯化钠2 mol，质量为2 mol×58.5 g/mol＝117 g，D错误。
2．利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是(　B　)

A．a极反应：CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O
B．A膜和C膜均为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜
C．可用铁电极替换阴极的石墨电极
D．a极上通入标况下2.24L甲烷，理论上产品室可新增0.4molCa(H2PO4)2
【解析】　a极为甲烷，甲烷失去电子，因此电极反应式为CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O，A正确；阳极室阴离子放电，钙离子穿过A膜进入到产品室，因此A膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子穿过C膜进入到阴极室，因此C膜为阳离子交换膜，磷酸二氢根穿过B膜进入到产品室，因此B膜为阴离子交换膜，B错误；可用铁电极替换阴极的石墨电极，电极反应式不变，C正确；a极上通入标准状况下2.24 L甲烷即物质的量为0.1 mol，根据CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O，则转移0.8 mol电子，因此有0.4 mol钙离子移向产品室反应生成Ca(H2PO4)2，即理论上产品室可新增0.4 mol Ca(H2PO4)2，D正确。
3．(2022·重庆模拟)某科研团队发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示，下列说法正确的是(　B　)

A．Y膜为阳离子交换膜
B．催化剂可加快单位时间内反应中电子的转移数目
C．b极上发生氧化反应
D．生成H2O2的总反应为2H2O＋O2===2H2O2
【解析】　由图可知，通入氢气的a极为原电池的负极，氢气在负极失去电子发生氧化反应生成氢离子，电极反应式为H2－2e－===2H＋，氢离子通过阳离子交换膜进入产品室，通入氧气的b极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成HO离子和氢氧根离子，电极反应式为O2＋2e－＋H2O===HO＋OH－，HO离子、OH－离子通过阴离子交换膜进入产品室与氢离子反应生成过氧化氢和水，电池的总反应为H2＋O2===H2O2。由分析可知，Y膜为阴离子交换膜，故A错误；催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，所以单位时间内反应中电子的转移数目增多，故B正确；b极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成HO离子和氢氧根离子，故C错误；电池的总反应为H2＋O2===H2O2，故D错误。
4．(2022·成都模拟)利用电化学原理在厌氧条件下分解有机物的装置如图所示。下列说法正确的是(　C　)

A．电流流向：A电极→用电器→B电极
B．A电极发生的电极反应为Y－2e－===X＋2H＋
C．若左池有100gX转化为Y，理论上右池溶液增加的质量为18g
D．若有机物为葡萄糖，处理0.5mol葡萄糖，理论上消耗O2的体积为67.2L
【解析】　该装置中，A电极为负极，B电极为正极，电流从正极流向负极，则电流流向：B电极→用电器→A电极，A错误；由图知X到Y少了2个H，发生失电子的氧化反应，有机物升高2价，失去2个电子，电极反应式为X－2e－===Y＋2H＋，B错误；100 g X的物质的量为n＝＝＝1 mol，由电极反应式为X－2e－===Y＋2H＋，转移2 mol电子，左侧质子穿过质子交换膜到达右室参与反应O2＋4e－＋4H＋===2H2O，右池溶液增加的质量即为生成的水的质量，转移2 mol电子，则生成1 mol水，即右侧溶液增加18 g，C正确；C6H12O6反应失电子生成二氧化碳，则负极的电极反应式为C6H12O6－24e－＋6H2O===6CO2↑＋24H＋，所以处理0.5 mol葡萄糖，转移12 mol电子，电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，消耗3 mol氧气，未指明气体状态，无法计算气体体积，D错误。