2020届二轮复习 化学反应与能量 作业（全国通用） 练习

化学反应与能量

1.(2019·江苏化学，10)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是(　　)

A.铁被氧化的电极反应式为Fe－3e－===Fe3＋

B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能

C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀

D.以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀

解析　A项，铁和炭的混合物用NaCl溶液湿润后构成原电池，铁作负极，铁失去电子生成Fe2＋，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，错误；B项，铁腐蚀过程中化学能除了转化为电能外，还可转化为热能等，错误；C项，构成原电池后，铁腐蚀的速率变快，正确；D项，用水代替NaCl溶液，Fe和炭也可以构成原电池，Fe失去电子，空气中的O2得到电子，铁发生吸氧腐蚀，错误。

答案　C

2.(2019·湖北八校联考)炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成活化氧，活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列说法错误的是(　　)

A.氧分子的活化包括O—O键的断裂与C—O键的生成

B.每活化一个氧分子放出0.29 eV的能量

C.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42 eV

D.炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂

解析　由题图可知，氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程，A项正确；由题图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此每活化一个氧分子放出的能量为0.29 eV，B项正确；无水时相对活化能为0.75 eV，有水时相对活化能为0.57 eV，活化能降低0.18 eV，C项错误；炭黑颗粒可以活化氧分子，而生成的活化氧可以快速氧化SO2，因此炭黑颗粒是大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂，D项正确。

答案　C

3.如图为两种途径制备硫酸的过程(反应条件略)，下列说法不正确的是(　　)

A.途径②增大O2浓度可提高SO2转化率

B.含1 mol H2SO4的浓溶液与足量NaOH反应，放出的热量即为中和热

C.途径②中SO2和SO3均属于酸性氧化物

D.若ΔH1＜ΔH2＋ΔH3，则2H2O2(aq)===2H2O(l)＋O2(g)为放热反应

解析　A项，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故途径②增大O2浓度可提高SO2转化率，正确；B项，中和热的定义：酸与碱的稀溶液混合生成1 mol水放出的热量为中和热，含1 mol H2SO4的浓溶液与足量NaOH反应生成2 mol水，且浓H2SO4溶于水放热，错误；C项，二氧化硫与三氧化硫均属于酸性氧化物，正确；D项，所给反应的焓变小于0，为放热反应，正确。

答案　B

4.对于反应C2H4(g)C2H2(g)＋H2(g)、2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)，当升高温度时平衡都向右移动。

①C(s)＋2H2(g)===CH4(g)　ΔH1；

②2C(s)＋H2(g)===C2H2(g)　ΔH2；

③2C(s)＋2H2(g)===C2H4(g)　ΔH3

则①②③中ΔH1、ΔH2、ΔH3的大小顺序排列正确的是(　　)

A.ΔH1>ΔH2>ΔH3  B.ΔH2>ΔH3>ΔH1

C.ΔH2>ΔH1>ΔH3  D.ΔH3>ΔH2>ΔH1

解析　对于反应a：C2H4(g)C2H2(g)＋H2(g)，反应b：2CH4(g)C2H4(g)＋2H2(g)，升高温度平衡都向右移动，故二者均为吸热反应，ΔHa>0　ΔHb>0。经分析知a＝②－③，ΔHa＝ΔH2－ΔH3>0，推知ΔH2>ΔH3；b＝③－2×①，故ΔHb＝ΔH3－2ΔH1>0，推知ΔH3>2ΔH1>ΔH1。综合以上可知ΔH2>ΔH3>ΔH1，答案选B。

答案　B

5.“自煮火锅”发热包的成分为碳酸钠、硅藻土、铁粉、铝粉、活性炭、焦炭粉、NaCl、生石灰，往发热包中加入冷水，可用来蒸煮食物。下列说法错误的是(　　)

A.活性炭作正极，正极上发生还原反应

B.负极反应为Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O

C.Na＋由活性炭区向铝粉表面区迁移

D.硅藻土结构疏松，使各物质分散并均匀混合，充分接触

解析　往发热包中加入冷水，形成原电池。反应CaO＋H2O===Ca(OH)2放热使水迅速升温沸腾，反应Na2CO3＋Ca(OH)2===2NaOH＋CaCO3↓使得溶液呈碱性，则溶液中发生反应2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑，该反应为原电池的总反应，负极反应为Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O，正极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。选项A，活性炭作正极，正极上得电子发生还原反应，故A正确；选项B，负极反应为Al－3e－＋4OH－===AlO＋2H2O，故B正确；选项C，Na＋向正极移动，故C错误；选项D，硅藻土结构疏松，孔隙大，能使各物质分散并均匀混合，充分接触，故D正确。

答案　C

6.锂—铜空气燃料电池容量高、成本低，具有广阔的发展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电能，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－，下列说法错误的是(　　)

A.放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动

B.放电时，正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－

C.通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O

D.整个反应过程中，氧化剂为O2

解析　因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li＋透过固体电解质向Cu极移动，A正确；由总反应方程式可知Cu2O中Cu元素化合价降低，被还原，正极反应式应为Cu2O＋H2O＋2e－===2Cu＋2OH－，B错误；放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O===2Cu＋2Li＋＋2OH－，可知通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O，C正确；由C项分析知，Cu先与O2反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，Cu相当于催化剂，O2为氧化剂，D正确。

答案　B

7.(2019·河北衡水中学一模)某研究小组在锂－空气电池方面取得了重大进展，电池工作时的总反应为4Li＋O2＋2H2O===4LiOH，其结构如图所示。下列相关说法错误的是(　　)

A.电池工作时正极附近的pH增大

B.负极的电极反应式为2Li＋O2－－2e－===Li2O

C.正极每消耗1 mol氧气会有4 mol锂离子通过交换膜

D.负极区使用有机电解质是为了防止锂与水反应

解析　由4Li＋O2＋2H2O===4LiOH可知，负极反应为Li－e－===Li＋，故B项错误；正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，pH增大，A项正确；1 mol O2放电对应电量为4 mol e－，故有4 mol Li＋通过交换膜，C项正确；由于Li可以与水反应，故应选有机电解质作电解液，D项正确。

答案　B

8.(2019·河北九校联考)某实验小组利用下列装置探究电解质溶液的浓度对金属腐蚀的影响：

下列有关说法正确的是(　　)

A.装置Ⅰ中的铁片均不会发生任何腐蚀

B.铁片d上可能发生的电极反应为：Fe－3e－===Fe3＋

C.利用K3[Fe(CN)6]溶液可确定装置Ⅱ中的正、负极

D.铁片a、c所处的NaCl溶液的浓度相等，二者腐蚀速率相等

解析　装置Ⅰ中因为两烧杯中NaCl溶液的浓度相等，两边电势相等，所以电流计指针不发生偏转，但铁片a、b仍可发生普通的化学腐蚀，A项错误；铁片d上Fe发生反应生成Fe2＋，B项错误；装置Ⅱ中负极发生反应：Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀，故可利用K3[Fe(CN)6]溶液确定装置Ⅱ中的正、负极，C项正确；装置Ⅱ中明显产生了电流，电化学腐蚀比化学腐蚀要快得多，故铁片a、c的腐蚀速率不同，D项错误。

答案　C

9.通过电解乙二醛制备乙二酸(HOOC—COOH)的装置如图所示，通电后，b电极上产生的氯气将乙二醛氧化为乙二酸，下列说法正确的是(　　)

A.b极接电源的负极，发生还原反应

B.a极上的电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋

C.盐酸的作用是提供Cl－和增强导电性

D.电路上每转移1 mol电子产生45 g乙二酸

解析　b极上Cl－发生失电子的氧化反应，生成氯气，b极为电解池的阳极，应接电源的正极，故A错误；a极是阴极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，故B错误；盐酸的作用是提供Cl－和增强导电性，故C正确；b极产生的氯气将乙二醛氧化为乙二酸：2Cl2＋OHC—CHO＋2H2O===HOOC—COOH＋4HCl，电路上每转移1 mol电子产生0.25 mol乙二酸，即22.5 g，故D错误。

答案　C

10.(2019·黑龙江重点中学联考)H2S转化是环保和资源利用的研究课题。将烧碱吸收H2S后的溶液加入如图装置，可以回收单质硫，甲为二甲醚(CH3OCH3)－空气燃料电池。

下列推断正确的是(　　)

A.Y极充入二甲醚

B.电子移动方向：X→W→溶液→Z→Y

C.电解后，乙装置右池中c(NaOH)减小

D.Z极反应式为S2－－2e－===S

解析　据图分析甲为原电池，乙为电解池，电解池右侧有H2产生，则W极为阴极，Z极作阳极，连接的Y极为原电池的正极，发生还原反应，所以Y极应充入氧气，A项错误；电子不进入溶液，B项错误；乙装置右池中发生电极反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，氢氧化钠溶液浓度增大，C项错误；Z极电极反应为S2－－2e－===S，D项正确。

答案　D

11.用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中不正确的是(　　)

A.X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极

B.阳极区pH增大

C.图中的b>a

D.该过程中的产品主要为H2SO4和H2

解析　A项，由图示可知Pt(Ⅰ)极上H＋→H2，发生还原反应，故Pt(Ⅰ)为阴极，X为直流电源的负极，Y为直流电源的正极，正确；B项，Pt(Ⅱ)为阳极，在阳极，SO、HSO被氧化为H2SO4，SO＋H2O－2e－===2H＋＋SO，HSO＋H2O－2e－===3H＋＋SO，溶液的酸性增强，pH减小，错误；C项，由上面的分析可知，阳极有H2SO4生成，故b>a，正确；D项，阳极产物为H2SO4，阴极产物为H2，正确。

答案　B

12.(2019·山东菏泽一模)三元锂电池是以镍钴锰为正极材料的新型电池，镍钴锰材料可表示为Li1－nNixCoyMnzO2，x＋y＋z＝1，通常简写为Li1－nMO2，Ni、Co、Mn三种元素分别显＋2、＋3、＋4价。其充电时总反应为LiMO2＋C6Li1－nMO2＋LinC6。下列说法错误的是(　　)

A.放电和充电时，电解液的主要作用都是传递离子，构成闭合回路

B.在Li1－nMO2材料中，若x∶y∶z＝2∶3∶5，则n＝0.3

C.放电时，正极反应为：Li1－nMO2＋nLi＋＋ne－===LiMO2

D.充电时，当转移0.2a mol电子时，负极材料减重1.4a g

解析　A项，充电、放电时，电解液与电极、导线共同构成闭合回路，正确；B项，由材料的化学式Li1－nNixCoyMnzO2，Ni、Co、Mn分别为＋2、＋3、＋4价，x＋y＋z＝1，x∶y∶z＝2∶3∶5可计算出n＝0.3，正确；C项，放电时，Li1－nMO2为正极，电极反应式为Li1－nMO2＋ne－＋nLi＋===LiMO2，正确；D项，充电时，负极对应阴极，阴极反应式为nLi＋＋ne－＋C6===LinC6，当转移0.2a mol电子时，负极材料增重1.4a g，错误。

答案　D

13.按要求回答下列问题：

(1)(2019衡水中学一模)2Cu(s)＋O2(g)===Cu2O(s)　ΔH＝a kJ·mol－1

C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH＝b kJ·mol－1

Cu(s)＋O2(g)===CuO(s)　ΔH＝c kJ·mol－1

则用过量炭粉在高温条件下还原CuO制备Cu2O的反应热为________(用含a、b、c的式子表示)。

(2)(2019·广东七校联合体联考)氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源。

已知：

①反应Ⅰ：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)

ΔH1＝－1 266.6 kJ·mol－1

②H2的燃烧热ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1

③水汽化时ΔH3＝＋44.0 kJ·mol－1

反应Ⅰ热力学趋势很大(平衡常数很大)的原因为___________________

____________________________________________________________。

NH3分解的热化学方程式为____________________________________。

(3)(2019·潍坊二模)CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：

已知相关反应的能量变化如图所示：

过程Ⅰ的热化学方程式为_______________________________________。

解析　(1)用过量炭粉还原CuO制备Cu2O的热化学方程式为C(s)＋2CuO(s)Cu2O(s)＋CO(g)　ΔH，由盖斯定律结合各分式可得ΔH＝(－2c＋b＋a)kJ·mol－1。

(2)反应Ⅰ是放热量很大的反应，产物的能量较低，故热力学趋势很大。根据已知②和③可以写出热化学方程式：H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1(反应Ⅱ)和H2O(l)===H2O(g)　ΔH3＝＋44.0 kJ·mol－1(反应Ⅲ)，根据盖斯定律，由×(反应Ⅰ－反应Ⅱ×6－反应Ⅲ×6)得NH3分解的热化学方程式：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋92.1 kJ·mol－1。

(3)由过程Ⅰ分析知该反应的热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH。由图像分析知对应热化学方程式分别为Ⅰ：CH4(g)＋H2O(g)===CO(g)＋3H2(g)　ΔHⅠ＝E1－E2＝(240.1－33.9)kJ·mol－1＝206.2 kJ·mol－1；Ⅱ：CO2(g)＋4H2(g)===CH4(g)＋2H2O(g)　ΔHⅡ＝E1－E2＝(78.9－243.9)kJ·mol－1＝－165 kJ·mol－1，由Ⅰ、Ⅱ结合盖斯定律分析知ΔH＝2ΔHⅠ＋ΔHⅡ＝[2×206.2＋(－165)]kJ·mol－1＝247.4 kJ·mol－1，故过程Ⅰ的热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋247.4 kJ·mol－1。

答案　(1)ΔH＝(－2c＋b＋a) kJ·mol－1

(2)该反应放出大量的热　2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)　ΔH＝＋92.1 kJ·mol－1

(3)CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋247.4 kJ·mol－1

14.按要求回答下列问题：

(1)(2019·济宁质检)用二氧化碳可合成低密度聚乙烯(LDPE)。常温常压下以纳米二氧化钛膜为工作电极，电解CO2，可制得LDPE，可能的机理如下图所示。

则过程Ⅰ中阴极电极反应式______________________________________，

工业上生产1.4×104 g的LDPE，转移电子的物质的量为________。

(2)(2019·青岛一模)电解法也可以对亚硝酸盐污水进行处理(工作原理如图所示)。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。当Fe电极消耗11.2 g时，理论上可处理NaNO2含量为4.6%的污水________g。

(3)(2019·昆明一模)将黄铜矿精矿粉碎后采用如下装置进行电化学浸出实验来制取铜：

①硫酸铁与稀硫酸的混合液和黄铜矿粉反应的化学方程式为：CuFeS2＋4H＋===Cu2＋＋Fe2＋＋2H2S↑，生成的硫化氢气体被硫酸铁氧化而除去，除去硫化氢气体的离子方程式为_________________________________________。

②选择性离子交换膜只允许________(填离子符号)通过。电解过程中，阳极区Fe3＋的浓度基本保持不变，原因是____________________________________

____________________________________________________________(用电极反应式表示)。

解析　(1)由图示分析知过程Ⅰ中阴极反应式为CO2＋e－===CO。由2O2→H2—CH2可知生成一个链节转移12e－，故生产1.4×104 g LDPE转移电子的物质的量为×12＝6×103 mol。

(2)nFe＝＝0.2 mol，阳极上Fe－2e－===Fe2＋，溶液中发生6Fe2＋＋2NO＋8H＋===6Fe3＋＋N2↑＋4H2O，由方程式知可处理NaNO2的物质的量为nNaNO2＝0.2×＝mol。对应污水的质量为mol×69 g·mol－1/4.6%＝100 g。

(3)①H2S具有强还原性，能与Fe3＋发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋。②由题图电解池装置可知，电解质溶液中含有Cu2＋和Fe2＋，右侧碳棒为阴极，发生的电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，故装置中选择性离子交换膜只允许Cu2＋通过；电解过程中，Fe2＋在阳极区发生氧化反应：Fe2＋－e－===Fe3＋，生成的Fe3＋与H2S反应得到Fe2＋，Fe2＋继续在阳极区发生反应，如此循环，故电解过程中阳极区Fe3＋的浓度基本保持不变。

答案　(1)CO2＋e－===CO　6×103 mol

(2)100

(3)①2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋2H＋＋S↓

②Cu2＋　Fe2＋－e－===Fe3＋