2024版高考总复习-化学二轮专题(新教材) 专题6　化学反应与能量

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(1)化学能与热能:广东卷(2023),山东卷(2023、2022、2021、2020),湖南卷(2023、2022、2021),重庆卷(2022),湖北卷(2023、2022、2021),海南卷(2022、2021),河北卷(2022、2021),辽宁卷(2021),浙江卷(2023、2022、2021、2020),江苏卷(2022、2021),全国新课标卷(2023)(2)原电池原理和化学电源:湖南卷(2023、2022、2021),广东卷(2023、2022),浙江卷(2022、2021),辽宁卷(2023、2022、2021),河北卷(2021),天津卷(2021、2020),山东卷(2023、2021),全国新课标卷(2023)
(3)电解池原理及金属的腐蚀与防护:湖南卷(2023、2022、2021),湖北卷(2023、2022、2021),广东卷(2023、2022、2021),海南卷(2022、2021),江苏卷(2022、2021、2020),河北卷(2022),重庆卷(2022、2021),北京卷(2022、2020),山东卷(2023、2022、2020),浙江卷(2023、2022),辽宁卷(2023、2021),天津卷(2021)(4)电化学的综合应用:山东卷(2022),湖南卷(2022),辽宁卷(2022),北京卷(2022、2021)
要点1反应中能量变化与热化学方程式课标指引:1.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.能用热化学方程式表示反应中的能量变化,能运用反应焓变合理选择和利用化学反应。
1.从宏观角度和微观角度理解反应热
3.书写热化学方程式的“五步骤”
要点2ΔH的计算和盖斯定律课标指引:1.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,能进行反应焓变的简单计算。　2.了解盖斯定律及其简单应用。
1.盖斯定律的理解与应用(1)盖斯定律的理解盖斯定律表明,在一定条件下,化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关,而与反应进行的途径无关。
则有:ΔH=ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4+ΔH5。
(2)盖斯定律的应用根据盖斯定律,可以利用已知反应的反应热来计算未知反应的反应热。
2.计算反应热(ΔH)的四种常用方法(1)根据物质的能量(焓值)计算反应热:ΔH=生成物总能量-反应物总能量。(2)根据键能计算反应热:ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能。(3)根据活化能计算反应热:ΔH=Ea(正反应)-Ea(逆反应)。(4)根据盖斯定律计算反应热:将热化学方程式进行叠加,符合质量守恒和能量守恒规律。
易错辨析用CH4催化还原NOx,可以消除氮氧化物的污染。例如:①CH4(g)+4NO2(g) ══ 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-574 kJ·ml-1②CH4(g)+4NO(g) ══ 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-1 160 kJ·ml-1试判断下列说法的正误。1.若用0.1 ml CH4还原NO2生成N2和水蒸气,放出的热量为173.4 kJ。(　　)
①CH4(g)+4NO2(g) ══ 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-574 kJ·ml-1②CH4(g)+4NO(g) ══ 2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-1 160 kJ·ml-1根据盖斯定律,①+②可得2CH4(g)+4NO2(g) ══ 2N2(g)+2CO2(g)+4H2O(g)　ΔH=-1 734 kJ·ml-1,则用0.1 ml CH4还原NO2生成N2和水蒸气时,放出的热量为86.7 kJ。
2.由反应①可推知:CH4(g)+4NO2(g) ══ 4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l)　ΔH>-574 kJ·ml-1。(　　)3.等量甲烷参与反应时,①②转移的电子数相同。(　　)4.若反应②放出116 kJ热量,则转移电子的物质的量为1.6 ml。(　　)
气态水变成液态水时放热,所以ΔH历程ⅠD.历程Ⅰ、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的热化学方程式为ClO(g)+O(g) ══ O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·ml-1
解析 由图可知,反应O3(g)+O(g) ══ 2O2(g)的ΔH=(E6-E3) kJ·ml-1,反应O3(g)+O(g)+Cl(g) ══ 2O2(g)+Cl(g)[即O3(g)+O(g) ══ 2O2(g)]的ΔH=(E5-E2) kJ·ml-1,从而可得:E6-E3=E5-E2,A正确。由于Cl2(g)的相对能量为0,[O3(g)+O(g)]的相对能量为E3 kJ·ml-1,[O3(g)+O(g)+Cl(g)]的相对能量为E2 kJ·ml-1,则Cl(g)的相对能量为(E2-E3) kJ·ml-1,故Cl—Cl的键能为2(E2-E3) kJ·ml-1,B正确。由图可知,历程Ⅱ使用了催化剂,但催化剂不能使平衡发生移动,则平衡转化率不同,故O3的平衡转化率:历程Ⅰ=历程Ⅱ,C错误。一般来说,活化能越低,反应速率越快,由图可知,历程Ⅱ中第二步反应的活化能最低,该步反应速率最快,结合图中物质的相对能量,可得热化学方程式为ClO(g)+O(g) ══ O2(g)+Cl(g)　ΔH=(E5-E4) kJ·ml-1,D正确。
思路分析 解答本题的思路如下:(1)分析历程Ⅰ、Ⅱ中物质变化及能量变化,确定两个过程中能量变化的关系。(2)结合Cl2(g)的相对能量、图中物质变化与相对能量,推测Cl(g)的相对能量及Cl—Cl的键能。(3)根据反应速率与活化能的关系,确定图中速率最快的步骤及能量变化,写出热化学方程式。
变式演练(2021·全国甲卷,28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=+41 kJ·ml-1②CO(g)+2H2(g) ══ CH3OH(g)　ΔH2=-90 kJ·ml-1总反应的ΔH=　　　 kJ·ml-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　　　(填字母),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·ml-1,②CO(g)+2H2(g) ══ CH3OH(g)　ΔH2=-90 kJ·ml-1,根据盖斯定律可知,由①+②可得CO2(g)+3H2(g) ══ CH3OH(g)+H2O(g)　ΔH=(+41 kJ·ml-1)+(-90 kJ·ml-1)=-49 kJ·ml-1;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,因此反应①的活化能大于反应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,因此示意图中能体现反应能量变化的是A项。
命题点2反应热的计算与盖斯定律的应用典例2　(2022·浙江6月选考卷)标准状态下,下列物质气态时的相对能量如下表:
可根据HO(g)+HO(g) ══ H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·ml-1。下列说法不正确的是(　　)A.H2的键能为436 kJ·ml-1B.O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍C.解离氧氧单键所需能量:HOOCu2+>H+(酸)>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)。微点拨①铁作为阳极时,发生氧化反应生成Fe2+而溶解,不是生成Fe3+;②电解时,溶液中Fe3+发生还原反应,一般生成Fe2+。
易错辨析1.在电解精炼粗铜的过程中,当阴极质量增重32 g时转移的电子数为NA(NA为阿伏加德罗常数的值)。(　　) 2.用铜作电极电解AgNO3溶液:4Ag++2H2O 4Ag+O2↑+4H+。(　　)
用铜作电极电解AgNO3溶液,阳极上Cu失电子转化为Cu2+,阴极上是Ag+得到电子转化为Ag,故该电解反应为Cu+2Ag+ 2Ag+Cu2+。
3.有电化学装置甲、乙分别如图所示。
(1)甲中阴极反应为Ag++e- ══ Ag。(　　)(2)乙中电解开始时阳极产生黄绿色气体。(　　)
甲为电解池,银离子在阴极得电子生成银单质,电极反应为Ag++e- ══ Ag,故(1)正确。
乙为电解池,Pt为阳极,Fe为阴极,失电子能力:I->Cl-,所以电解开始时阳极上碘离子失电子生成碘单质,(2)错误。
要点2金属的腐蚀与防护课标指引:1.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。　2.能利用电化学原理解释金属腐蚀的现象,选择并设计防腐措施。
1.熟悉两种电化学防护原理及方法两种方法都要采用辅助阳极,将被保护金属作为阴极
2.基于“介质”判断电化学腐蚀的类型
命题点1电解池原理及其应用典例1　(2023·全国甲卷)用可再生能源电还原CO2时,采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率,装置如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.析氢反应发生在IrOx-Ti电极上B.Cl-从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极C.阴极发生的反应有:2CO2+12H++12e- ══ C2H4+4H2OD.每转移1 ml电子,阳极生成11.2 L气体(标准状况)
思路分析 电化学装置定位:电解池。本题中电极反应分析如下:
变式演练(2023·浙江6月选考)氯碱工业能耗大,通过如图改进的设计可大幅度降低能耗,下列说法不正确的是(　　)
A.电极A接电源正极,发生氧化反应B.电极B的电极反应为2H2O+2e- ══ H2↑+2OH-C.应选用阳离子交换膜,在右室获得浓度较高的NaOH溶液D.改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压,减少能耗
解析 电极A上氯离子变为氯气,化合价升高,失去电子,是电解池阳极,因此电极A接电源正极,发生氧化反应,A正确;电极B为阴极,通入氧气,氧气得到电子,其电极反应为2H2O+4e-+O2 ══ 4OH-,B错误;右室生成氢氧根,应选用阳离子交换膜,让左室的钠离子进入右室,在右室获得浓度较高的NaOH溶液,C正确;改进设计中增大了氧气的量,提高了电极B处的氧化性,通过反应物的氧化性来降低电解电压,减少能耗,D正确。
【思维建模】解答电解原理及其应用类题目的思维模型(1)判断电解池阴、阳极的方法
(2)判断电极产物和书写电极反应的方法
命题点2金属腐蚀的电化学防护典例2　(2022·广东卷)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果,将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后,取溶液分别实验,能说明铁片没有被腐蚀的是(　　)A.加入AgNO3溶液产生沉淀B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现C.加入KSCN溶液无红色出现D.加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成
解析 NaCl溶液中含有Cl-,加入AgNO3溶液后,不管铁片是否被腐蚀,均会出现白色沉淀,A错误;淀粉碘化钾溶液可检测氧化性物质,但不论铁片是否被腐蚀,均无氧化性物质生成,B错误;KSCN溶液可检测Fe3+是否存在,钢铁腐蚀生成Fe2+,无论铁片是否被腐蚀,加入KSCN溶液后,均无红色出现,C错误;K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2+的试剂,若铁片没有被腐蚀,溶液中不会生成Fe2+,则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀,D正确。
变式演练(2023·辽宁鞍山一模)点蚀又称为孔蚀,是一种集中于金属表面很小的范围并深入金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图,下列说法错误的是(　　)
A.孔隙中有可能发生析氢腐蚀B.孔蚀中Fe2+水解导致电解质溶液酸性增强C.为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连D.孔蚀外每吸收2.24 L O2,可氧化0.2 ml Fe
解析 孔隙中电解质溶液呈酸性,可以发生析氢腐蚀,A正确;孔蚀中Fe2+发生水解反应:Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+,导致电解质溶液酸性增强,B正确;将外接电源的负极与金属相连,金属作电解池阴极,利用了外加电流法进行保护,可以防止孔蚀发生,C正确;题目未指明O2是否处于标准状况,不能计算O2的物质的量,D错误。
练真题·明考向1.(2023·浙江1月选考卷)在熔融盐体系中,通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi),电解装置如图,下列说法正确的是(　　)
A.石墨电极为阴极,发生氧化反应B.电极A的电极反应:8H++TiO2+SiO2+8e- ══ TiSi+4H2OC.该体系中,石墨优先于Cl-参与反应D.电解时,阳离子向石墨电极移动
解析 由图可知,电极A上获得TiSi,则电极A是阴极,石墨电极是阳极,A错误。因为是熔融盐体系,不可能有H+存在,B错误。图中石墨电极上生成CO,未生成Cl2,说明石墨先于Cl-参与电极反应,C正确。电解池中,阳离子向阴极移动,电极A是阴极,则阳离子向电极A移动,D错误。
2.(2023·湖北卷)我国科学家设计如图所示的电解池,实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变,电解生成氢气的速率为x ml·h-1。下列说法错误的是(　　)
A.b电极反应为2H2O+2e- ══ H2↑+2OH-B.离子交换膜为阴离子交换膜C.电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜D.海水为电解池补水的速率为2x ml·h-1
解析 该装置工作时,b电极连接电源负极为阴极,电极上放出H2:2H2O+2e- ══ H2↑+2OH-,A正确;阳极无Cl2生成且KOH溶液浓度不变,则本质上是电解水,阳极生成O2,两极之间转移OH-,离子交换膜为阴离子交换膜,B正确;电解的本质是电解水,而KOH浓度不变,PTFE膜不透液态水,则通过PTFE膜的水应为动能高的水分子(透汽),C正确;电解生成H2的速率为x ml·h-1,根据总反应可知,海水为电解池补水的速率为x ml·h-1,D错误。
3.(2023·辽宁卷)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示,其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是(　　)
A.b端电势高于a端电势B.理论上转移2 ml e-生成4 g H2C.电解后海水pH下降D.阳极发生:Cl-+H2O-2e- ══ HClO+H+
解析 H2为还原产物,故钛箔为电解池的阴极,钛网电极为阳极。阳极连接电源正极,阴极连接电源负极,故a端电势高于b端电势,A错误;电解时,阳极反应为Cl-+H2O-2e- ══ HClO+H+,阴极反应为2H2O+2e- ══H2↑+2OH-,总反应方程式为Cl-+H2O ══ ClO-+H2↑,理论上转移2 ml e-生成2 g H2,B错误、D正确;流动海水电解后,海水中含有NaClO,其为强碱弱酸盐,pH不会下降,C错误。
练易错·避陷阱4.(2023·北京东城区一模)用石墨作电极电解a浊液,记录如表。
下列说法不正确的是(　　)A.Ⅰ中阳极气体可能为Cl2和O2,Ⅱ中阳极气体为O2B.Ⅰ和Ⅱ中阴极生成气体的电极反应均为2H2O+2e- ══ H2↑+2OH-C.Ⅱ中液体变为棕黄色,说明阳极上发生了反应2AgI-2e- ══ I2+2Ag+D.两实验阴极现象有差异的原因可能是Ⅱ中c(Ag+)比Ⅰ中的小
解析 Ⅰ中Cl-和H2O均可能在阳极发生氧化反应,则Ⅰ中阳极气体可能为Cl2和O2,Ⅱ中阳极气体为氧气,A正确。Ⅰ和Ⅱ中阴极生成的气体都是H2,电极反应为2H2O+2e- ══ H2↑+2OH-,B正确。Ⅱ中H2O在阳极发生氧化反应生成氧气,电极反应为2H2O-4e- ══ O2↑+4H+,反应生成的氧气将I-氧化为I2,从而使Ⅱ中液体变为棕黄色,C错误。AgCl的溶解度大于AgI,AgCl悬浊液中c(Ag+)大于AgI悬浊液中c(Ag+),故两实验中阴极现象有差异的原因可能是Ⅱ中c(Ag+)比Ⅰ中的小,D正确。
5.(2023·四川成都一模)某种电催化法以CP、Ni2P为催化电极合成腈类化合物(RCN)和偶氮化合物(R—N=N—R),装置示意图如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.左侧电极的电势比右侧的高,且发生氧化反应
C.OH-从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动D.每当合成得到1 ml RCN时,同时合成1 ml R—N=N—R
解析 右侧电极上硝基苯发生还原反应,则右侧为阴极、左侧为阳极,故左侧电极的电势比右侧的高,且发生氧化反应,A正确;右侧电极反应为
电解质溶液中阴离子向阳极移动,则OH-从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动,C正确;阳极反应为RCH2NH2+4OH--4e- ══ RCN+4H2O,根据得失电子守恒,当合成得到1 ml RCN时,同时合成0.5 ml R—N=N—R,D错误。
6.(2023·山西忻州一模)镍离子(Ni2+)和钴离子(C2+)性质相似,工业上可通过电化学装置将废水中的C2+和Ni2+分离,装置如图。已知C2+和乙酰丙酮不反应,下列说法错误的是(　　)
A.膜a为阴离子交换膜,膜b为阳离子交换膜B.通电过程中Ⅳ室内硫酸浓度逐渐增大C.Ⅲ室中Ni2+参与的反应为Ni2++2CH3COCH2COCH3+2OH- ══ Ni(CH3COCHCOCH3)2+2H2OD.通电过程中N极每产生11.2 L(标准状况下)气体,双极膜内减少18 g H2O
解析 根据电解池中离子移动方向可知,左侧石墨M为阳极,右侧石墨N为阴极,Ⅱ室为原料室,膜b为阳离子交换膜,C2+、Ni2+进入Ⅲ室,C2+和乙酰丙酮不反应,Ni2+和乙酰丙酮反应。膜a为阴离子交换膜,膜b为阳离子交换膜,A正确;石墨N为阴极,电极反应为2H++2e- ══ H2↑,Ⅳ室内消耗的H+与转移来的H+相等,故硫酸浓度不变,B错误;由题中信息可知,Ⅲ室中Ni2+参与的反应为Ni2++2CH3COCH2COCH3+2OH- ══ Ni(CH3COCHCOCH3)2 +2H2O,C正确;通电过程中N极每产生11.2 L(标准状况下)气体,即0.5 ml H2,透过双极膜的H+为1 ml,则双极膜内减少18 g H2O,D正确。
下列说法不正确的是(　　)A.在0~20 min时,a为电源的负极
8.我国科技工作者设计了一种电解装置,能将甘油(C3H8O3)和二氧化碳转化为甘油醛(C3H6O3)和合成气(CO和H2),原理如图所示,下列说法错误的是(　　)
A.催化电极b与电源负极相连B.电解时催化电极a附近的pH增大C.电解时阴离子透过交换膜向催化电极a迁移D.生成合成气时电极上发生还原反应
9.我国科学家设计了一种CO2捕获和利用一体化装置,利用含 的废水和CO2制备甲酸铵(HCOONH4),其反应过程示意图如下。有关说法错误的是(　　)
C.装置Ⅱ中OH-穿过阴离子交换膜由左向右迁移D.空气的作用是将含NH3的气体吹出反应器
突破高考题型(六)反应机理与隔膜的应用
突破点1　反应机理的分析及应用
高考指引:近几年,化学反应机理的分析及应用是高考命题的热点之一,此类试题大多以“能量-历程转化”“物质转化循环”等为载体,考查吸热(或放热)反应、共价键及变化、活化能与反应速率等,侧重考查考生的“理解与辨析能力”“分析与推测能力”等关键能力。
核心归纳1.活化能-反应历程图像及分析
(1)反应热取决于反应物的总能量与生成物的总能量的相对大小,仅由部分反应物和部分生成物的总能量,不能判断反应是吸热反应还是放热反应。(2)从反应物至最高点的能量数值代表正反应的活化能(E1),从最高点到生成物的能量数值代表逆反应的活化能(E2)。(3)催化剂只能改变正、逆反应的活化能,从而改变反应速率,但不能改变反应的ΔH。(4)涉及反应热的相关计算时,要特别注意图中反应物和生成物的物质的量。
2.物质转化-循环图示及分析
(1)位于“环上”的物质一般是催化剂或中间体,如⑤、⑥、⑦、⑧。(2)“入环”的物质为反应物,如①和④。(3)“出环”的物质为生成物,如②和③。(4)依据判断出的反应物和生成物,即可快速写出反应的方程式。
真题感悟1.(2023·浙江6月选考)一定条件下,1-苯基丙炔(Ph—C≡C—CH3)可与HCl发生催化加成,反应如下:
反应过程中该炔烃及反应产物的占比随时间的变化如图(已知:反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应),下列说法不正确的是(　　)A.反应焓变:反应Ⅰ>反应ⅡB.反应活化能:反应Ⅰ反应Ⅱ,A正确;开始一段时间里反应Ⅰ得到的产物比反应Ⅱ得到的产物多,说明反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的速率快,速率越快,其活化能越小,则反应活化能:反应ⅠⅠC.生成P的速率:Ⅲ>ⅡD.历程Ⅳ中,Z没有催化作用
解析 历程Ⅰ中S的总能量高于产物P的总能量,则历程Ⅰ是放热反应,A错误;历程Ⅱ中使用了催化剂X,但是催化剂不能改变平衡产率,在两个历程中平衡时P的产率相同,B错误;历程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于历程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能,由于这两步反应分别是两个历程的决速步骤,则生成P的速率为Ⅲ