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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<-574 kJ·ml-1。
反应①和反应②中,CH4都变成了CO2,所以等物质的量的甲烷分别参加反应①、②,反应转移的电子数相同。
若反应②放出116 kJ热量,则有0.4 ml NO参加反应,转移电子的物质的量为0.8 ml。
命题点1反应中能量变化和热化学方程式典例1 (2023·浙江1月选考卷)标准状态下,气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0],下列说法不正确的是( )
A.E6-E3=E5-E2B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·ml-1C.相同条件下,O3的平衡转化率:历程Ⅱ>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:HOO
典例3 (2023·湖北卷,19节选)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下,C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20(g) C40H18(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下:
(1)已知C40Hx中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0 kJ·ml-1和298.0 kJ·ml-1,H—H键能为436.0 kJ·ml-1。估算C40H20(g) C40H18(g)+H2(g)的ΔH= kJ·ml-1。 (2)图示历程包含 个基元反应,其中速率最慢的是第 个。
解析 (1)从结构分析,反应中断裂两条碳氢键,形成一条碳碳键和H—H。ΔH=431.0 kJ·ml-1×2-298.0 kJ·ml-1-436.0 kJ·ml-1=+128 kJ·ml-1。(2)基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应,从图中历程看包含3个基元反应,其中第3步活化能最大,故该步反应速率最慢。
变式演练(1)(2023·湖南卷,16节选)已知下列反应的热化学方程式:
(2)(2022·全国乙卷,28节选)已知下列反应的热化学方程式:
解析 (1)根据盖斯定律,反应④可由①-②-③得到,故ΔH4=ΔH1-ΔH2-ΔH3=(-4 386.9+4 263.1+241.8) kJ·ml-1=+118 kJ·ml-1。
【思维建模】解答有关盖斯定律及应用类题目的思维模型
练真题·明考向1.(2022·浙江1月选考卷)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 ml环己烷( )的能量变化如图所示:
下列推理不正确的是( )A.2ΔH1≈ΔH2,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比B.ΔH2<ΔH3,说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用,有利于物质稳定C.3ΔH1<ΔH4,说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键D.ΔH3-ΔH1<0,ΔH4-ΔH3>0,说明苯分子具有特殊稳定性
解析 虽然2ΔH1≈ΔH2,但是2ΔH1≠ΔH3,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目并不一定成正比,A错误;ΔH2<ΔH3,即单双键交替的物质能量低,更稳定,说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用,有利于物质稳定,B正确;3ΔH1<ΔH4,说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键,C正确;ΔH3-ΔH1<0,ΔH4-ΔH3>0,说明苯分子具有特殊稳定性,D正确。
2.(1)(2023·全国甲卷,28节选)已知下列反应的热化学方程式:①3O2(g) ══ 2O3(g) K1 ΔH1=+285 kJ·ml-1②2CH4(g)+O2(g) ══ 2CH3OH(l) K2 ΔH2=-329 kJ·ml-1反应③CH4(g)+O3(g) ══ CH3OH(l)+O2(g)的ΔH3= kJ·ml-1。 (2)(2023·全国乙卷,28节选)已知下列热化学方程式:FeSO4·7H2O(s) ══ FeSO4(s)+7H2O(g) ΔH1=a kJ·ml-1FeSO4·xH2O(s) ══ FeSO4(s)+xH2O(g) ΔH2=b kJ·ml-1FeSO4·yH2O(s) ══ FeSO4(s)+yH2O(g) ΔH3=c kJ·ml-1则FeSO4·7H2O(s)+FeSO4·yH2O(s) ══ 2(FeSO4·xH2O)(s)的ΔH= kJ·ml-1。
(3)(2023·山东卷,20节选)一定条件下,水气变换反应CO+H2O CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程,研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应。Ⅰ.HCOOH CO+H2O(快)Ⅱ.HCOOH CO2+H2(慢)一定条件下,反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2,则该条件下水气变换反应的焓变ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)将题给热化学方程式依次编号为①②③,因为x=4、y=1,根据盖斯定律,由①+③-②×2可得目标反应,故该反应的焓变ΔH=(a+c-2b) kJ·ml-1。(3)根据盖斯定律,将反应Ⅱ减去反应Ⅰ,可得水气变换反应:CO+H2O CO2+H2,故该反应的ΔH=ΔH2-ΔH1。
练易错·避陷阱3.(2023·上海闵行区一模)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.反应消耗1 ml N2O吸热139 kJB.反应物的总键能小于生成物的总键能C.加入催化剂可以减少反应热,加快反应速率D.相同条件下,反应物、生成物和过渡态中的物质,过渡态中的物质最稳定
解析 该反应中,反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应,则反应消耗1 ml N2O时放热139 kJ,A错误;该反应是放热反应,则反应物的总键能小于生成物的总键能,B正确;加入催化剂可以改变反应的活化能,加快反应速率,但是不能改变反应热,C错误;相同条件下,反应物、生成物和过渡态中的物质,过渡态的能量最高,过渡态最不稳定,D错误。
4.(2023·广东汕头一模)下图是用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应示意图,当反应生成46 g液态HCOOH时放出31.2 kJ的热量。下列说法错误的是( )
A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成B.图示中物质Ⅰ为该反应的催化剂,物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物C.使用催化剂可以降低反应的活化能,但无法改变反应的焓变D.由题意知:HCOOH(l) ══ CO2(g)+H2(g) ΔH=+31.2 kJ·ml-1
解析 由反应示意图可知,反应过程中不存在非极性键的形成,A错误;物质Ⅰ为反应起点存在的物质,最终又生成该物质,则物质Ⅰ为催化剂,物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质,则物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物,B正确;催化剂通过降低反应的活化能来加快反应速率,但不能改变反应的焓变,C正确;生成46 g(即1 ml)液态HCOOH时放出31.2 kJ的热量,该反应的热化学方程式为CO2(g)+H2(g) ══ HCOOH(l) ΔH=-31.2 kJ·ml-1,其逆反应为HCOOH(l) ══ CO2(g)+H2(g) ΔH=+31.2 kJ·ml-1,D正确。
5.(2023·天津十二区重点校联考)金属Ni可活化C2H6放出CH4,其反应历程如图所示:
下列关于该活化历程的说法错误的是( )A.中间体1→中间体2的过程是放热过程B.加入催化剂可降低该反应的反应热,加快反应速率C.Ni和C2H6的总键能小于NiCH2和CH4的总键能D.中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤
解析 中间体1的相对能量为-56.21 kJ·ml-1,中间体2的相对能量为-154.82 kJ·ml-1,中间体1→中间体2的过程是放热过程,A正确;催化剂不能改变反应物和生成物的能量,加入催化剂,该反应的反应热不变,B错误;Ni(s)和C2H6(g)的相对总能量为0,NiCH2(s)和CH4(g)的相对总能量为-6.57 kJ·ml-1,该反应是放热反应,Ni(s)和C2H6(g)的总键能小于NiCH2(s)和CH4(g)的总键能,C正确;慢反应决定总反应的速率,中间体2→中间体3的过程反应的活化能最大,反应速率最慢,则中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤,D正确。
练预测·押考向6.肼(N2H4)在不同条件下的分解产物不同,200 ℃时在Cu表面分解的机理如图1所示。已知200 ℃时:反应Ⅰ:3N2H4(g) ══ N2(g)+4NH3(g) ΔH1=-a kJ·ml-1(a>0);反应Ⅱ:N2H4(g)+H2(g) ══ 2NH3(g) ΔH2=b kJ·ml-1;总反应为N2H4(g) ══ N2(g)+2H2(g) ΔH3。
下列说法不正确的是( )A.图示反应①是放热反应B.b<0C.3 ml N2H4(g)的总能量高于1 ml N2(g)和4 ml NH3(g)的总能量D.ΔH3=(a+2b) kJ·ml-1
解析 图示反应①N2H4(g)分解为N2(g)和NH3(g)的ΔH<0,则①是放热反应,A正确;由图2可知,1 ml N2H4(g)和1 ml H2(g)具有总能量高于2 ml NH3(g)具有总能量,该反应是放热反应,则b<0,B正确;反应Ⅰ是放热反应,则3 ml N2H4(g)具有的总能量高于1 ml N2(g)和4 ml NH3(g)具有的总能量,C正确;由Ⅰ-Ⅱ×2可得:N2H4(g) ══ N2(g)+2H2(g),根据盖斯定律,该反应的ΔH3=-(a+2b) kJ· ml-1,D错误。
7.乙烯在硫酸催化下水合生成乙醇的反应机理与能量的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A.由图像可知总反应为放热反应,一定不需加热就能自发进行B.第①步反应中只有O—H发生断裂C.总反应速率由第①步反应决定D.1 ml 乙烯的能量高于1 ml 乙醇的能量
解析 从图中可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,则总反应为放热反应,但第①步反应为吸热反应,需要加热来提供能量,A错误;第①步反应断裂了碳碳双键中的一个键及碳氢键,B错误;反应历程中活化能越大,反应越慢,活化能最大的反应决定总反应速率,题给反应中第①步反应的活化能最大,决定总反应速率,C正确;根据总反应可知,因反应物和生成物均为两种,则无法比较1 ml C2H4和1 ml CH3CH2OH的能量高低,D错误。
8.碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25 ℃、101 kPa时:①1 ml葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l),放出2 804 kJ热量。②CO(g)+ O2(g) ══ CO2(g) ΔH=-283 kJ·ml-1。(1)25 ℃时,CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式为 。(2)25 ℃、101 kPa时,气态分子断开1 ml化学键的焓变称为键焓。已知O=O、C≡O的键焓分别为495 kJ·ml-1、799 kJ·ml-1,CO2(g)分子中碳氧键的键焓为 kJ·ml-1。
6CO2(g)+6H2O(l) === C6H12O6(s)+6O2(g) ΔH=+2 804 kJ·ml-1
(3)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。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:
则ΔH= kJ·ml-1。
解析 (1)由已知信息①可写出热化学方程式:C6H12O6(s)+6O2(g) ══ 6CO2(g)+6H2O(l) ΔH=-2 804 kJ·ml-1,CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)是葡萄糖燃烧反应的逆反应,生成1 ml葡萄糖会吸收2 804 kJ的热量,故反应的热化学方程式为6CO2(g)+6H2O(l) ══ C6H12O6(s)+6O2(g) ΔH=+2 804 kJ·ml-1。
考点2原电池原理和化学电源
要点1原电池的工作原理与应用课标指引:1.认识化学能与电能相互转化的实际意义及其重要应用。 2.能分析、解释原电池的工作原理,能设计简单的原电池。
1.原电池的工作原理思维模型
2.原电池中电极反应和电池反应的书写方法
3.设计制作原电池的方法
要点2新型化学电源及分析课标指引:1.能列举常见的化学电源,并能利用相关信息分析化学电源的工作原理。 2.能综合考虑化学变化中的物质变化和能量变化来分析、解决实际问题,如新型电池的开发等。
1.教材中化学电源装置的迁移应用(1)二次电池装置
2.分析二次电池类题目的思维模型
3.分析燃料电池类题目的思维模型
易错辨析1.有电化学装置甲、乙分别如下图所示。
(1)甲中Zn电极失去电子发生氧化反应,电子经过H2SO4溶液后,流向Ag电极。( )
Zn比Ag活泼,Zn作负极,Zn失电子变Zn2+,电子经导线转移到铜电极,电子不经过电解质溶液,故(1)错误。
(2)乙中H+向Fe电极方向移动。( )2.实验室用铁片和稀硫酸反应制H2,加少量铜粉能使该反应速率加快。( )
Fe为较活泼电极,作负极,C作正极,电解质溶液中阳离子移向正极,则H+向C电极方向移动,故(2)错误。
铜、铁及稀硫酸构成原电池,能加快铁和稀硫酸的反应速率。
命题点1新型化学电源及其分析典例1 (2022·湖南卷)海水电池在海洋能源领域备受关注,一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是( )
A.海水起电解质溶液作用B.N极仅发生的电极反应:2H2O+2e- ══ 2OH-+H2↑C.玻璃陶瓷具有传递离子和防水的功能D.该锂-海水电池属于一次电池
解析 海水中含有丰富的电解质,如氯化钠、氯化镁等,可作为电解质溶液,A正确。该电池的总反应可能为4Li+2H2O+O2 ══ 4LiOH,M极上Li失去电子发生氧化反应,则M电极为负极,电极反应为Li-e- ══ Li+,N极为正极,电极反应为O2+2H2O+4e- ══ 4OH-,B错误。Li为活泼金属,易与水反应,玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应,并能传递离子,C正确。该电池不可充电,属于一次电池,D正确。
变式演练(2023·湖南常德一模)目前科学家发明了一种利用微生物进行脱硫、脱氮的原电池装置,其基本原理如图所示(图中隔膜为质子交换膜)。下列有关说法正确的是( )
A.a极的电极反应为B.H+从B室向A室迁移C.电池工作时,线路中通过1 ml电子,则在b极析出2.24 L N2D.若用该电池给铅酸蓄电池充电,应将b极连在正极上
命题点2二次电池及其分析典例2 (2022·广东卷)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质,发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池,可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e- ══ Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( )
A.充电时电极b是阴极B.放电时NaCl溶液的pH减小C.放电时NaCl溶液的浓度增大D.每生成1 ml Cl2,电极a质量理论上增加23 g
解析 充电时电极a发生还原反应,则电极a是阴极,电极b是阳极,A错误;同一电极上放电时电极反应和充电时相反,由放电时电极a的反应Na3Ti2(PO4)3-2e- ══ NaTi2(PO4)3+2Na+可知,NaCl溶液的pH不变,B错误;放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e- ══ NaTi2(PO4)3+2Na+,正极反应为Cl2+2e- ══ 2Cl-,反应后Na+和Cl-浓度都增大,则放电时NaCl溶液的浓度增大,C正确;充电时阳极反应为2Cl--2e- ══ Cl2↑,阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e- ══ Na3Ti2(PO4)3,据得失电子守恒可知,每生成1 ml Cl2,电极a质量理论上增加23 g·ml-1×2 ml=46 g,D错误。
思路分析 解答本题的思路如下:(1)分析充电时电极a的反应类型,判断电极a、b的名称。(2)根据充电和放电时同一电极上物质变化相反,确定放电时电极a、b上发生的反应及NaCl溶液的变化。(3)根据充电时电极a、b的反应,结合得失电子守恒,确定电极a质量的变化情况。
变式演练(2023·全国新课标卷)一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质溶液的电池,其示意图如下所示。放电时,Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是( )
A.放电时V2O5为正极B.放电时Zn2+由负极向正极迁移C.充电总反应:xZn+V2O5+nH2O ══ ZnxV2O5·nH2OD.充电阳极反应:ZnxV2O5·nH2O-2xe- ══ xZn2++V2O5+nH2O
解析 Zn为活泼金属,放电时发生氧化反应为电源的负极,则V2O5电极为正极,A正确;放电时,阳离子(Zn2+)由负极向正极迁移,B正确;xZn+V2O5+nH2O ══ ZnxV2O5·nH2O反应中Zn发生氧化反应,为放电总反应方程式,C错误;充电时阳极(原电池正极)重新生成V2O5,D正确。
【思维建模】解答二次电池的构成及原理类题目的思维模型
命题点3燃料电池及分析典例3 (2021·山东卷)以KOH溶液为离子导体,分别组成CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池,下列说法正确的是( )A.放电过程中,K+均向负极移动B.放电过程中,KOH物质的量均减小C.消耗等质量燃料,(CH3)2NNH2-O2燃料电池的理论放电量最大D.消耗1 ml O2时,理论上N2H4-O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2 L
解析 放电过程为原电池,阳离子向正极移动,K+均向正极移动,A错误;N2H4-O2燃料电池的产物为氮气和水,未消耗KOH,n(KOH)保持不变,其他两种燃料电池均消耗KOH,n(KOH)减小,B错误;理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关,设消耗燃料的质量均为m g,则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量分别为 ,通过比较可知(CH3)2NNH2的理论放电量最大,C正确;正极反应为O2+2H2O+4e- ══ 4OH-,消耗1 ml O2时电路中通过4 ml电子,根据 N2H4~N2~4e-可知,负极消耗1 ml N2H4,在标准状况下体积为22.4 L,D错误。
变式演练(2023·江西鹰潭一模)利用垃圾假单胞菌株分解有机化合物的电化学原理如图所示。下列说法正确的是( )
A.电子流向:电极B→负载→电极AB.若有机化合物为葡萄糖,处理0.25 ml有机化合物,电路中转移电子6 mlC.电极A上的反应为X-4e- ══ Y+4H+D.若电极B上消耗氧气22.4 L,电极B区域溶液增重36 g
解析 由图可知,O2在电极B得电子生成H2O,则电极B为正极,电极A为负极,电子由负极流出沿导线流入正极,则电子流向:电极A→负载→电极B,A错误;葡萄糖分子式为C6H12O6,反应后生成CO2,C元素由0价升高到+4价,处理0.25 ml葡萄糖,电路中转移电子为0.25 ml×4×6=6 ml,B正确;电极A发生氧化反应,电极反应为X-2e- ══ Y+2H+,C错误;题目未说明氧气是否处于标准状况,无法计算22.4 L氧气的物质的量,D错误。
练真题·明考向1.(2023·辽宁卷)某低成本储能电池原理如图所示。下列说法正确的是( )
A.放电时负极质量减小B.储能过程中电能转变为化学能C.放电时右侧H+通过质子交换膜移向左侧D.充电总反应:
2.(2023·全国乙卷)室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极,表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时,在硫电极发生反应:
下列叙述错误的是( )A.充电时Na+从钠电极向硫电极迁移B.放电时外电路电子流动的方向是a→bC.放电时正极反应为D.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
练易错·避陷阱3.(2023·北京朝阳区一模)将铜棒插入浓、稀Cu(NO3)2溶液中(装置如图),观察到电流计指针发生偏转,一段时间后,浸入浓Cu(NO3)2溶液的铜棒变粗。下列说法不正确的是( )
A.铜棒变粗的反应:Cu2++2e- ══ CuB.导线中电子移动的方向:b→aC.随着反应的进行,浓、稀Cu(NO3)2溶液的浓度逐渐接近D.Cu2+的氧化性随c(Cu2+)增大而增强,Cu的还原性随c(Cu2+)增大而减弱
解析 浸入浓Cu(NO3)2溶液的铜棒变粗,说明该电极有铜析出,则b侧电极为正极,电极反应为Cu2++2e- ══ Cu,A正确;导线中电子由负极移向正极,即a→b,B错误;随着反应的进行,右侧不断消耗Cu2+,左侧不断生成Cu2+,浓、稀Cu(NO3)2溶液的浓度逐渐接近,C正确;对比分析可知,Cu2+的氧化性随c(Cu2+)增大而增强,Cu的还原性随c(Cu2+)增大而减弱,D正确。
4.(2023·山东临沂一模)一种光照充电电池结构如图所示,充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴,空穴作用下NaI转化为NaI3。下列说法正确的是( )
A.充电过程中,光能最终转化为电能B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C.放电时,M电极为正极,电极反应为 +6e- ══ 4S2-D.放电时N电极室增加2 ml离子,理论上外电路转移1 ml电子
5.(2023·安徽淮北一模)一种新型电池装置如图所示,下列叙述错误的是( )
A.镍钴电极反应:N2H4+4OH--4e- ══ N2↑+4H2OB.Ⅱ区的Na+通过a隔膜向Ⅰ区迁移,Cl-通过b隔膜向Ⅲ区迁移C.该装置工作时总反应:N2H4+4OH-+4H+ ══ N2↑+4H2OD.该装置工作时还利用了中和能
解析 镍钴电极上N2H4被氧化生成N2,则该电极是负极,电极反应为N2H4+4OH--4e- ══ N2↑+4H2O,A正确;原电池中阳离子向正极迁移,阴离子向负极迁移,Ⅱ区的Na+通过a隔膜向Ⅰ区迁移,Cl-通过b隔膜向Ⅲ区迁移,B正确;正、负极反应相加得到总反应,则该装置工作时的总反应为N2H4 ══ N2↑+2H2↑,C错误;根据正、负极反应可知,该装置工作时还利用了中和能,D正确。
练预测·押考向6.一款低成本高能效的新型无隔膜铈铅单液流电池装置如图所示,该电池用石墨毡作电极,可溶性铈盐和铅盐的混合酸性溶液作电解质溶液。已知电池反应为Pb+2Ce4+ Pb2++2Ce3+。下列相关说法正确的是( )
A.放电时,Pb2+在b电极发生还原反应B.该电池可用稀硫酸酸化电解质溶液C.充电过程中,a电极发生的反应为Ce3+-e- ══ Ce4+D.放电过程中,电解质溶液中向a电极移动
解析 放电时a电极为负极,电极反应为Pb-2e- ══ Pb2+,在a电极发生氧化反应,A错误; 能与Pb2+反应生成PbSO4沉淀,故不能用稀硫酸酸化电解质溶液,B错误;充电过程中,a电极发生的反应为Pb2++2e- ══ Pb,C错误;放电过程中,电解质溶液中阴离子移向负极,故电解质溶液中的 向a电极移动,D正确。
7.铝-石墨双离子电池是一种全新的高效、低成本储能电池,电池反应为AlLi+CxPF6 Al+xC+Li++ ,电池装置如图所示。下列说法正确的是( )
A.AlLi合金作原电池的正极B.放电时 移向正极C.充电时,电路中转移1 ml电子,阴极质量增加9 gD.充电时,阳极反应为xC+ -e- ══ CxPF6
8.水系可逆Zn-CO2电池在工作时,复合膜(由a、b膜复合而成,a膜只允许H+通过,b膜只允许OH-通过)层间的H2O解离成H+和OH-,在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时,Zn-CO2电池工作原理如图所示,下列说法正确的是( )
A.闭合K1时,右侧电极反应为CO2+2H++2e- ══ HCOOHB.闭合K1时,电池工作一段时间,复合膜两侧溶液的pH左侧升高右侧降低C.闭合K2时,OH-从复合膜流向Zn电极D.闭合K2时,每生成65 g Zn,同时一定生成CO2气体11.2 L
解析 闭合K1时,Pd电极上物质转化为CO2→HCOOH,则Pd电极反应为CO2+2H++2e- ══ HCOOH,A正确;闭合K1时,Zn电极反应为Zn+4OH--2e- ══[Zn(OH)4]2-,复合膜层间的H2O解离成H+和OH-,移向两极的H+和OH-的物质的量相等,两电极转移电子数相等,则相当于左侧消耗了OH-,右侧未消耗H+,故复合膜两侧溶液的pH左侧降低,右侧不变,B错误;闭合K2时,该装置为电解池,左侧为阴极,右侧为阳极,OH-从Zn电极流向复合膜,C错误;没有指明是否为标准状况,无法计算CO2的体积,D错误。
考点3电解池原理及金属的腐蚀与防护
要点1电解池原理及应用课标指引:1.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。 2.能分析、解释电解池的工作原理,能设计简单的电解池。
1.基于电解CuCl2溶液的电解池模型(两电极均为惰性电极)
2.判断电解池的电极产物的方法(1)阳极产物的判断首先看电极,若为活性电极作阳极,则电极材料失电子,电极本身溶解;若为惰性电极作阳极,则需看溶液中阴离子的失电子能力,阴离子放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH-(水)。(2)阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断:Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>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ⅡC.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例D.选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
解析 反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应,相同物质的量的反应物,根据盖斯定律可知,反应Ⅰ放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量,反应放出的热量越多,其焓变越小,因此反应焓变: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Ⅰ<反应Ⅱ,B正确;增加HCl浓度,平衡正向移动,但平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例可能降低,C错误;根据图中信息,选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ,D正确。
2.(2022·湖南卷改编)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应历程的关系如下图所示:
下列有关四种不同反应历程的说法正确的是( )A.历程Ⅰ是吸热反应B.平衡时P的产率:Ⅱ>ⅠC.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<Ⅱ,C错误;历程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z,然后S·Z转化为产物P·Z,由于P·Z没有转化为P+Z,故Z没有表现出催化作用,D正确。
【思维建模】 解答物质转化历程-能量图像及分析类题目的方法
考向预测1.(2023·山西临汾一模)不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如图所示:
下列说法正确的是( )A.从图中可得1 ml C2H4(g)具有的能量比1 ml C2H6(g)的能量高B.过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱C.在催化剂 催化下,该反应的ΔH=-233.7 kJ· ml-1D.相比催化剂 ,AuF催化乙烯加氢的效果更好
解析 根据图示可知,1 ml C2H4(g)和1 ml H2(g)具有的能量比1 ml C2H6(g)的能量高,A错误;过渡态1具有的能量比过渡态2高,则过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱,B正确;该反应的ΔH=-129.6 kJ· ml-1,且焓变与催化剂无关,C错误;根据图示可知, 对应的活化能小,则催化效果好,D错误。
2.(2023·辽宁辽阳一模)某课题组对羧基化研究取得了很大的进展,历程如图所示。
已知:R—为烃基,Me—为甲基。下列叙述正确的是( )A.NiCl2(PCy3)2能降低总反应的活化能B.物质1和物质A反应时,只断裂了C—CC.物质2中—R为—CH(Me)ArD.C转化为D时,1个CO2分子断裂了2个π键
解析 NiCl2(PCy3)2是制备催化剂Ni0 L*的原料,不是催化剂,不能降低反应的活化能,A错误;物质1和物质A反应时,还断裂了C—N,B错误;由D到E的转化,根据D的结构简式可知,E中R应为—CH(Me)Ar,E到物质2的过程中R未改变,C正确;C→D过程中,1个CO2分子只断裂了1个π键,D错误。
突破点2 电化学装置中的隔膜及应用
高考指引:近几年,在高考试题的新型化学电源、电解池等电化学装置中重点考查了“隔膜”(阴、阳离子交换膜,双极膜等)的作用及分析,要求理解相关原理,并迁移应用于分析“双膜”电解槽、“多膜”电解槽等电化学装置,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.电渗析法的应用模型将含AnBm的废水再生为HnB和A(OH)m的模型及原理如图,已知A为金属活动顺序中氢之前的金属,Bn-为含氧酸根离子。
2.“隔膜”(离子交换膜)的种类及作用
真题感悟1.(2022·浙江6月选考卷)通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2,电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒,但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A.电极A为阴极,发生还原反应B.电极B的电极反应:2H2O+Mn2+-2e- ══ MnO2+4H+C.电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变D.电解结束,可通过调节pH除去Mn2+,再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
解析 由电解示意图可知,电极B上Mn2+转化为MnO2,锰元素化合价升高,发生氧化反应,则电极B为阳极,电极A为阴极,电极A发生还原反应,A正确;电极B上Mn2+失电子转化为MnO2,电极反应为2H2O+Mn2+-2e- ══ MnO2+4H+,B正确;电极A为阴极,LiMn2O4得电子,电极反应为2LiMn2O4+16H++6e- ══ 2Li++4Mn2++8H2O,依据得失电子守恒,电解池总反应为2LiMn2O4+4H+ ══ 2Li++Mn2++3MnO2+2H2O,反应生成了Mn2+,Mn2+浓度增大,C错误;电解结束后,可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去,然后加入碳酸钠溶液,从而获得碳酸锂,D正确。
2.(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)4]2-存在)。电池放电时,下列叙述错误的是( )
A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移B.Ⅰ区的 通过隔膜向Ⅱ区迁移C.MnO2电极反应:MnO2+4H++2e- ══ Mn2++2H2OD.电池总反应:Zn+4OH-+MnO2+4H+ ══[Zn(OH)4]2-+Mn2++2H2O
解析 由图可知,Zn电极为负极,MnO2电极为正极,溶液中阳离子向正极迁移,故Ⅱ区的K+不能通过隔膜向Ⅲ区迁移,A错误;MnO2电极反应为MnO2+4H++2e- ══ Mn2++2H2O,反应消耗H+,则Ⅰ区的 通过隔膜向Ⅱ区迁移,以保持溶液呈电中性,B、C正确;放电时,负极反应为Zn+4OH--2e- ══[Zn(OH)4]2-,结合正极反应可得电池总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+ ══[Zn(OH)4]2-+Mn2++2H2O,D正确。
【思维建模】解答含“隔膜”电化学装置类题目的思维模板
考向预测(2023·辽宁重点高中联合体联考)某团队开发出了用于制氢的膜基海水电解槽,其装置如图所示。已知隔水膜只允许水分子透过。下列说法正确的是( )
A.M极为阳极B.理论上迁移1 ml OH-时,海水质量净减9 gC.M极的电极反应为4H2O-4e- ══ 4OH-+O2↑D.电路上每通过2 ml电子,理论上N极逸出22.4 L H2
解析 电解池中阴离子向阳极移动,OH-由M极移向N极,则M极为阴极,N极为阳极,A错误;M极电极反应为2H2O+2e- ══ 2OH-+H2↑,N极电极反应为2H2O-4e- ══ 4H++O2↑,理论上迁移1 ml OH-时,转移1 ml e-,则生成0.5 ml H2和0.25 ml O2,海水质量净减0.5 ml×2 g·ml-1+0.25 ml×32 g·ml-1=9 g,B正确,C错误;题目未指明气体是否处于标准状况下,不能计算生成氢气的体积,D错误。
(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<-574 kJ·ml-1。
反应①和反应②中,CH4都变成了CO2,所以等物质的量的甲烷分别参加反应①、②,反应转移的电子数相同。
若反应②放出116 kJ热量,则有0.4 ml NO参加反应,转移电子的物质的量为0.8 ml。
命题点1反应中能量变化和热化学方程式典例1 (2023·浙江1月选考卷)标准状态下,气态反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0],下列说法不正确的是( )
A.E6-E3=E5-E2B.可计算Cl—Cl键能为2(E2-E3) kJ·ml-1C.相同条件下,O3的平衡转化率:历程Ⅱ>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:HOO
典例3 (2023·湖北卷,19节选)纳米碗C40H10是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下,C40H10可以由C40H20分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C40H20(g) C40H18(g)+H2(g)的反应机理和能量变化如下:
(1)已知C40Hx中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0 kJ·ml-1和298.0 kJ·ml-1,H—H键能为436.0 kJ·ml-1。估算C40H20(g) C40H18(g)+H2(g)的ΔH= kJ·ml-1。 (2)图示历程包含 个基元反应,其中速率最慢的是第 个。
解析 (1)从结构分析,反应中断裂两条碳氢键,形成一条碳碳键和H—H。ΔH=431.0 kJ·ml-1×2-298.0 kJ·ml-1-436.0 kJ·ml-1=+128 kJ·ml-1。(2)基元反应是指在反应中一步直接转化为产物的反应,从图中历程看包含3个基元反应,其中第3步活化能最大,故该步反应速率最慢。
变式演练(1)(2023·湖南卷,16节选)已知下列反应的热化学方程式:
(2)(2022·全国乙卷,28节选)已知下列反应的热化学方程式:
解析 (1)根据盖斯定律,反应④可由①-②-③得到,故ΔH4=ΔH1-ΔH2-ΔH3=(-4 386.9+4 263.1+241.8) kJ·ml-1=+118 kJ·ml-1。
【思维建模】解答有关盖斯定律及应用类题目的思维模型
练真题·明考向1.(2022·浙江1月选考卷)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1 ml环己烷( )的能量变化如图所示:
下列推理不正确的是( )A.2ΔH1≈ΔH2,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目成正比B.ΔH2<ΔH3,说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用,有利于物质稳定C.3ΔH1<ΔH4,说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键D.ΔH3-ΔH1<0,ΔH4-ΔH3>0,说明苯分子具有特殊稳定性
解析 虽然2ΔH1≈ΔH2,但是2ΔH1≠ΔH3,说明碳碳双键加氢放出的热量与分子内碳碳双键数目并不一定成正比,A错误;ΔH2<ΔH3,即单双键交替的物质能量低,更稳定,说明单双键交替的两个碳碳双键间存在相互作用,有利于物质稳定,B正确;3ΔH1<ΔH4,说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键,C正确;ΔH3-ΔH1<0,ΔH4-ΔH3>0,说明苯分子具有特殊稳定性,D正确。
2.(1)(2023·全国甲卷,28节选)已知下列反应的热化学方程式:①3O2(g) ══ 2O3(g) K1 ΔH1=+285 kJ·ml-1②2CH4(g)+O2(g) ══ 2CH3OH(l) K2 ΔH2=-329 kJ·ml-1反应③CH4(g)+O3(g) ══ CH3OH(l)+O2(g)的ΔH3= kJ·ml-1。 (2)(2023·全国乙卷,28节选)已知下列热化学方程式:FeSO4·7H2O(s) ══ FeSO4(s)+7H2O(g) ΔH1=a kJ·ml-1FeSO4·xH2O(s) ══ FeSO4(s)+xH2O(g) ΔH2=b kJ·ml-1FeSO4·yH2O(s) ══ FeSO4(s)+yH2O(g) ΔH3=c kJ·ml-1则FeSO4·7H2O(s)+FeSO4·yH2O(s) ══ 2(FeSO4·xH2O)(s)的ΔH= kJ·ml-1。
(3)(2023·山东卷,20节选)一定条件下,水气变换反应CO+H2O CO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程,研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分解反应。Ⅰ.HCOOH CO+H2O(快)Ⅱ.HCOOH CO2+H2(慢)一定条件下,反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2,则该条件下水气变换反应的焓变ΔH= (用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)将题给热化学方程式依次编号为①②③,因为x=4、y=1,根据盖斯定律,由①+③-②×2可得目标反应,故该反应的焓变ΔH=(a+c-2b) kJ·ml-1。(3)根据盖斯定律,将反应Ⅱ减去反应Ⅰ,可得水气变换反应:CO+H2O CO2+H2,故该反应的ΔH=ΔH2-ΔH1。
练易错·避陷阱3.(2023·上海闵行区一模)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.反应消耗1 ml N2O吸热139 kJB.反应物的总键能小于生成物的总键能C.加入催化剂可以减少反应热,加快反应速率D.相同条件下,反应物、生成物和过渡态中的物质,过渡态中的物质最稳定
解析 该反应中,反应物总能量高于生成物总能量,为放热反应,则反应消耗1 ml N2O时放热139 kJ,A错误;该反应是放热反应,则反应物的总键能小于生成物的总键能,B正确;加入催化剂可以改变反应的活化能,加快反应速率,但是不能改变反应热,C错误;相同条件下,反应物、生成物和过渡态中的物质,过渡态的能量最高,过渡态最不稳定,D错误。
4.(2023·广东汕头一模)下图是用钌(Ru)基催化剂催化CO2(g)和H2(g)的反应示意图,当反应生成46 g液态HCOOH时放出31.2 kJ的热量。下列说法错误的是( )
A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成B.图示中物质Ⅰ为该反应的催化剂,物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物C.使用催化剂可以降低反应的活化能,但无法改变反应的焓变D.由题意知:HCOOH(l) ══ CO2(g)+H2(g) ΔH=+31.2 kJ·ml-1
解析 由反应示意图可知,反应过程中不存在非极性键的形成,A错误;物质Ⅰ为反应起点存在的物质,最终又生成该物质,则物质Ⅰ为催化剂,物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质,则物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物,B正确;催化剂通过降低反应的活化能来加快反应速率,但不能改变反应的焓变,C正确;生成46 g(即1 ml)液态HCOOH时放出31.2 kJ的热量,该反应的热化学方程式为CO2(g)+H2(g) ══ HCOOH(l) ΔH=-31.2 kJ·ml-1,其逆反应为HCOOH(l) ══ CO2(g)+H2(g) ΔH=+31.2 kJ·ml-1,D正确。
5.(2023·天津十二区重点校联考)金属Ni可活化C2H6放出CH4,其反应历程如图所示:
下列关于该活化历程的说法错误的是( )A.中间体1→中间体2的过程是放热过程B.加入催化剂可降低该反应的反应热,加快反应速率C.Ni和C2H6的总键能小于NiCH2和CH4的总键能D.中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤
解析 中间体1的相对能量为-56.21 kJ·ml-1,中间体2的相对能量为-154.82 kJ·ml-1,中间体1→中间体2的过程是放热过程,A正确;催化剂不能改变反应物和生成物的能量,加入催化剂,该反应的反应热不变,B错误;Ni(s)和C2H6(g)的相对总能量为0,NiCH2(s)和CH4(g)的相对总能量为-6.57 kJ·ml-1,该反应是放热反应,Ni(s)和C2H6(g)的总键能小于NiCH2(s)和CH4(g)的总键能,C正确;慢反应决定总反应的速率,中间体2→中间体3的过程反应的活化能最大,反应速率最慢,则中间体2→中间体3的过程是决定整个历程反应速率的关键步骤,D正确。
练预测·押考向6.肼(N2H4)在不同条件下的分解产物不同,200 ℃时在Cu表面分解的机理如图1所示。已知200 ℃时:反应Ⅰ:3N2H4(g) ══ N2(g)+4NH3(g) ΔH1=-a kJ·ml-1(a>0);反应Ⅱ:N2H4(g)+H2(g) ══ 2NH3(g) ΔH2=b kJ·ml-1;总反应为N2H4(g) ══ N2(g)+2H2(g) ΔH3。
下列说法不正确的是( )A.图示反应①是放热反应B.b<0C.3 ml N2H4(g)的总能量高于1 ml N2(g)和4 ml NH3(g)的总能量D.ΔH3=(a+2b) kJ·ml-1
解析 图示反应①N2H4(g)分解为N2(g)和NH3(g)的ΔH<0,则①是放热反应,A正确;由图2可知,1 ml N2H4(g)和1 ml H2(g)具有总能量高于2 ml NH3(g)具有总能量,该反应是放热反应,则b<0,B正确;反应Ⅰ是放热反应,则3 ml N2H4(g)具有的总能量高于1 ml N2(g)和4 ml NH3(g)具有的总能量,C正确;由Ⅰ-Ⅱ×2可得:N2H4(g) ══ N2(g)+2H2(g),根据盖斯定律,该反应的ΔH3=-(a+2b) kJ· ml-1,D错误。
7.乙烯在硫酸催化下水合生成乙醇的反应机理与能量的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A.由图像可知总反应为放热反应,一定不需加热就能自发进行B.第①步反应中只有O—H发生断裂C.总反应速率由第①步反应决定D.1 ml 乙烯的能量高于1 ml 乙醇的能量
解析 从图中可知,反应物的总能量高于生成物的总能量,则总反应为放热反应,但第①步反应为吸热反应,需要加热来提供能量,A错误;第①步反应断裂了碳碳双键中的一个键及碳氢键,B错误;反应历程中活化能越大,反应越慢,活化能最大的反应决定总反应速率,题给反应中第①步反应的活化能最大,决定总反应速率,C正确;根据总反应可知,因反应物和生成物均为两种,则无法比较1 ml C2H4和1 ml CH3CH2OH的能量高低,D错误。
8.碳及其化合物间的转化广泛存在于自然界及人类的生产和生活中。已知25 ℃、101 kPa时:①1 ml葡萄糖[C6H12O6(s)]完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l),放出2 804 kJ热量。②CO(g)+ O2(g) ══ CO2(g) ΔH=-283 kJ·ml-1。(1)25 ℃时,CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)的热化学方程式为 。(2)25 ℃、101 kPa时,气态分子断开1 ml化学键的焓变称为键焓。已知O=O、C≡O的键焓分别为495 kJ·ml-1、799 kJ·ml-1,CO2(g)分子中碳氧键的键焓为 kJ·ml-1。
6CO2(g)+6H2O(l) === C6H12O6(s)+6O2(g) ΔH=+2 804 kJ·ml-1
(3)天然气的主要成分为CH4,一般还含有C2H6等烃类,是重要的燃料和化工原料。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:
则ΔH= kJ·ml-1。
解析 (1)由已知信息①可写出热化学方程式:C6H12O6(s)+6O2(g) ══ 6CO2(g)+6H2O(l) ΔH=-2 804 kJ·ml-1,CO2(g)与H2O(l)经光合作用生成葡萄糖[C6H12O6(s)]和O2(g)是葡萄糖燃烧反应的逆反应,生成1 ml葡萄糖会吸收2 804 kJ的热量,故反应的热化学方程式为6CO2(g)+6H2O(l) ══ C6H12O6(s)+6O2(g) ΔH=+2 804 kJ·ml-1。
考点2原电池原理和化学电源
要点1原电池的工作原理与应用课标指引:1.认识化学能与电能相互转化的实际意义及其重要应用。 2.能分析、解释原电池的工作原理,能设计简单的原电池。
1.原电池的工作原理思维模型
2.原电池中电极反应和电池反应的书写方法
3.设计制作原电池的方法
要点2新型化学电源及分析课标指引:1.能列举常见的化学电源,并能利用相关信息分析化学电源的工作原理。 2.能综合考虑化学变化中的物质变化和能量变化来分析、解决实际问题,如新型电池的开发等。
1.教材中化学电源装置的迁移应用(1)二次电池装置
2.分析二次电池类题目的思维模型
3.分析燃料电池类题目的思维模型
易错辨析1.有电化学装置甲、乙分别如下图所示。
(1)甲中Zn电极失去电子发生氧化反应,电子经过H2SO4溶液后,流向Ag电极。( )
Zn比Ag活泼,Zn作负极,Zn失电子变Zn2+,电子经导线转移到铜电极,电子不经过电解质溶液,故(1)错误。
(2)乙中H+向Fe电极方向移动。( )2.实验室用铁片和稀硫酸反应制H2,加少量铜粉能使该反应速率加快。( )
Fe为较活泼电极,作负极,C作正极,电解质溶液中阳离子移向正极,则H+向C电极方向移动,故(2)错误。
铜、铁及稀硫酸构成原电池,能加快铁和稀硫酸的反应速率。
命题点1新型化学电源及其分析典例1 (2022·湖南卷)海水电池在海洋能源领域备受关注,一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是( )
A.海水起电解质溶液作用B.N极仅发生的电极反应:2H2O+2e- ══ 2OH-+H2↑C.玻璃陶瓷具有传递离子和防水的功能D.该锂-海水电池属于一次电池
解析 海水中含有丰富的电解质,如氯化钠、氯化镁等,可作为电解质溶液,A正确。该电池的总反应可能为4Li+2H2O+O2 ══ 4LiOH,M极上Li失去电子发生氧化反应,则M电极为负极,电极反应为Li-e- ══ Li+,N极为正极,电极反应为O2+2H2O+4e- ══ 4OH-,B错误。Li为活泼金属,易与水反应,玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应,并能传递离子,C正确。该电池不可充电,属于一次电池,D正确。
变式演练(2023·湖南常德一模)目前科学家发明了一种利用微生物进行脱硫、脱氮的原电池装置,其基本原理如图所示(图中隔膜为质子交换膜)。下列有关说法正确的是( )
A.a极的电极反应为B.H+从B室向A室迁移C.电池工作时,线路中通过1 ml电子,则在b极析出2.24 L N2D.若用该电池给铅酸蓄电池充电,应将b极连在正极上
命题点2二次电池及其分析典例2 (2022·广东卷)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质,发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池,可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e- ══ Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是( )
A.充电时电极b是阴极B.放电时NaCl溶液的pH减小C.放电时NaCl溶液的浓度增大D.每生成1 ml Cl2,电极a质量理论上增加23 g
解析 充电时电极a发生还原反应,则电极a是阴极,电极b是阳极,A错误;同一电极上放电时电极反应和充电时相反,由放电时电极a的反应Na3Ti2(PO4)3-2e- ══ NaTi2(PO4)3+2Na+可知,NaCl溶液的pH不变,B错误;放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e- ══ NaTi2(PO4)3+2Na+,正极反应为Cl2+2e- ══ 2Cl-,反应后Na+和Cl-浓度都增大,则放电时NaCl溶液的浓度增大,C正确;充电时阳极反应为2Cl--2e- ══ Cl2↑,阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e- ══ Na3Ti2(PO4)3,据得失电子守恒可知,每生成1 ml Cl2,电极a质量理论上增加23 g·ml-1×2 ml=46 g,D错误。
思路分析 解答本题的思路如下:(1)分析充电时电极a的反应类型,判断电极a、b的名称。(2)根据充电和放电时同一电极上物质变化相反,确定放电时电极a、b上发生的反应及NaCl溶液的变化。(3)根据充电时电极a、b的反应,结合得失电子守恒,确定电极a质量的变化情况。
变式演练(2023·全国新课标卷)一种以V2O5和Zn为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质溶液的电池,其示意图如下所示。放电时,Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。下列说法错误的是( )
A.放电时V2O5为正极B.放电时Zn2+由负极向正极迁移C.充电总反应:xZn+V2O5+nH2O ══ ZnxV2O5·nH2OD.充电阳极反应:ZnxV2O5·nH2O-2xe- ══ xZn2++V2O5+nH2O
解析 Zn为活泼金属,放电时发生氧化反应为电源的负极,则V2O5电极为正极,A正确;放电时,阳离子(Zn2+)由负极向正极迁移,B正确;xZn+V2O5+nH2O ══ ZnxV2O5·nH2O反应中Zn发生氧化反应,为放电总反应方程式,C错误;充电时阳极(原电池正极)重新生成V2O5,D正确。
【思维建模】解答二次电池的构成及原理类题目的思维模型
命题点3燃料电池及分析典例3 (2021·山东卷)以KOH溶液为离子导体,分别组成CH3OH-O2、N2H4-O2、(CH3)2NNH2-O2清洁燃料电池,下列说法正确的是( )A.放电过程中,K+均向负极移动B.放电过程中,KOH物质的量均减小C.消耗等质量燃料,(CH3)2NNH2-O2燃料电池的理论放电量最大D.消耗1 ml O2时,理论上N2H4-O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2 L
解析 放电过程为原电池,阳离子向正极移动,K+均向正极移动,A错误;N2H4-O2燃料电池的产物为氮气和水,未消耗KOH,n(KOH)保持不变,其他两种燃料电池均消耗KOH,n(KOH)减小,B错误;理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关,设消耗燃料的质量均为m g,则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量分别为 ,通过比较可知(CH3)2NNH2的理论放电量最大,C正确;正极反应为O2+2H2O+4e- ══ 4OH-,消耗1 ml O2时电路中通过4 ml电子,根据 N2H4~N2~4e-可知,负极消耗1 ml N2H4,在标准状况下体积为22.4 L,D错误。
变式演练(2023·江西鹰潭一模)利用垃圾假单胞菌株分解有机化合物的电化学原理如图所示。下列说法正确的是( )
A.电子流向:电极B→负载→电极AB.若有机化合物为葡萄糖,处理0.25 ml有机化合物,电路中转移电子6 mlC.电极A上的反应为X-4e- ══ Y+4H+D.若电极B上消耗氧气22.4 L,电极B区域溶液增重36 g
解析 由图可知,O2在电极B得电子生成H2O,则电极B为正极,电极A为负极,电子由负极流出沿导线流入正极,则电子流向:电极A→负载→电极B,A错误;葡萄糖分子式为C6H12O6,反应后生成CO2,C元素由0价升高到+4价,处理0.25 ml葡萄糖,电路中转移电子为0.25 ml×4×6=6 ml,B正确;电极A发生氧化反应,电极反应为X-2e- ══ Y+2H+,C错误;题目未说明氧气是否处于标准状况,无法计算22.4 L氧气的物质的量,D错误。
练真题·明考向1.(2023·辽宁卷)某低成本储能电池原理如图所示。下列说法正确的是( )
A.放电时负极质量减小B.储能过程中电能转变为化学能C.放电时右侧H+通过质子交换膜移向左侧D.充电总反应:
2.(2023·全国乙卷)室温钠-硫电池被认为是一种成本低、比能量高的能源存储系统。一种室温钠-硫电池的结构如图所示。将钠箔置于聚苯并咪唑膜上作为一个电极,表面喷涂有硫黄粉末的炭化纤维素纸作为另一电极。工作时,在硫电极发生反应:
下列叙述错误的是( )A.充电时Na+从钠电极向硫电极迁移B.放电时外电路电子流动的方向是a→bC.放电时正极反应为D.炭化纤维素纸的作用是增强硫电极导电性能
练易错·避陷阱3.(2023·北京朝阳区一模)将铜棒插入浓、稀Cu(NO3)2溶液中(装置如图),观察到电流计指针发生偏转,一段时间后,浸入浓Cu(NO3)2溶液的铜棒变粗。下列说法不正确的是( )
A.铜棒变粗的反应:Cu2++2e- ══ CuB.导线中电子移动的方向:b→aC.随着反应的进行,浓、稀Cu(NO3)2溶液的浓度逐渐接近D.Cu2+的氧化性随c(Cu2+)增大而增强,Cu的还原性随c(Cu2+)增大而减弱
解析 浸入浓Cu(NO3)2溶液的铜棒变粗,说明该电极有铜析出,则b侧电极为正极,电极反应为Cu2++2e- ══ Cu,A正确;导线中电子由负极移向正极,即a→b,B错误;随着反应的进行,右侧不断消耗Cu2+,左侧不断生成Cu2+,浓、稀Cu(NO3)2溶液的浓度逐渐接近,C正确;对比分析可知,Cu2+的氧化性随c(Cu2+)增大而增强,Cu的还原性随c(Cu2+)增大而减弱,D正确。
4.(2023·山东临沂一模)一种光照充电电池结构如图所示,充电时TiO2光辅助电极受光激发产生电子和空穴,空穴作用下NaI转化为NaI3。下列说法正确的是( )
A.充电过程中,光能最终转化为电能B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C.放电时,M电极为正极,电极反应为 +6e- ══ 4S2-D.放电时N电极室增加2 ml离子,理论上外电路转移1 ml电子
5.(2023·安徽淮北一模)一种新型电池装置如图所示,下列叙述错误的是( )
A.镍钴电极反应:N2H4+4OH--4e- ══ N2↑+4H2OB.Ⅱ区的Na+通过a隔膜向Ⅰ区迁移,Cl-通过b隔膜向Ⅲ区迁移C.该装置工作时总反应:N2H4+4OH-+4H+ ══ N2↑+4H2OD.该装置工作时还利用了中和能
解析 镍钴电极上N2H4被氧化生成N2,则该电极是负极,电极反应为N2H4+4OH--4e- ══ N2↑+4H2O,A正确;原电池中阳离子向正极迁移,阴离子向负极迁移,Ⅱ区的Na+通过a隔膜向Ⅰ区迁移,Cl-通过b隔膜向Ⅲ区迁移,B正确;正、负极反应相加得到总反应,则该装置工作时的总反应为N2H4 ══ N2↑+2H2↑,C错误;根据正、负极反应可知,该装置工作时还利用了中和能,D正确。
练预测·押考向6.一款低成本高能效的新型无隔膜铈铅单液流电池装置如图所示,该电池用石墨毡作电极,可溶性铈盐和铅盐的混合酸性溶液作电解质溶液。已知电池反应为Pb+2Ce4+ Pb2++2Ce3+。下列相关说法正确的是( )
A.放电时,Pb2+在b电极发生还原反应B.该电池可用稀硫酸酸化电解质溶液C.充电过程中,a电极发生的反应为Ce3+-e- ══ Ce4+D.放电过程中,电解质溶液中向a电极移动
解析 放电时a电极为负极,电极反应为Pb-2e- ══ Pb2+,在a电极发生氧化反应,A错误; 能与Pb2+反应生成PbSO4沉淀,故不能用稀硫酸酸化电解质溶液,B错误;充电过程中,a电极发生的反应为Pb2++2e- ══ Pb,C错误;放电过程中,电解质溶液中阴离子移向负极,故电解质溶液中的 向a电极移动,D正确。
7.铝-石墨双离子电池是一种全新的高效、低成本储能电池,电池反应为AlLi+CxPF6 Al+xC+Li++ ,电池装置如图所示。下列说法正确的是( )
A.AlLi合金作原电池的正极B.放电时 移向正极C.充电时,电路中转移1 ml电子,阴极质量增加9 gD.充电时,阳极反应为xC+ -e- ══ CxPF6
8.水系可逆Zn-CO2电池在工作时,复合膜(由a、b膜复合而成,a膜只允许H+通过,b膜只允许OH-通过)层间的H2O解离成H+和OH-,在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时,Zn-CO2电池工作原理如图所示,下列说法正确的是( )
A.闭合K1时,右侧电极反应为CO2+2H++2e- ══ HCOOHB.闭合K1时,电池工作一段时间,复合膜两侧溶液的pH左侧升高右侧降低C.闭合K2时,OH-从复合膜流向Zn电极D.闭合K2时,每生成65 g Zn,同时一定生成CO2气体11.2 L
解析 闭合K1时,Pd电极上物质转化为CO2→HCOOH,则Pd电极反应为CO2+2H++2e- ══ HCOOH,A正确;闭合K1时,Zn电极反应为Zn+4OH--2e- ══[Zn(OH)4]2-,复合膜层间的H2O解离成H+和OH-,移向两极的H+和OH-的物质的量相等,两电极转移电子数相等,则相当于左侧消耗了OH-,右侧未消耗H+,故复合膜两侧溶液的pH左侧降低,右侧不变,B错误;闭合K2时,该装置为电解池,左侧为阴极,右侧为阳极,OH-从Zn电极流向复合膜,C错误;没有指明是否为标准状况,无法计算CO2的体积,D错误。
考点3电解池原理及金属的腐蚀与防护
要点1电解池原理及应用课标指引:1.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。 2.能分析、解释电解池的工作原理,能设计简单的电解池。
1.基于电解CuCl2溶液的电解池模型(两电极均为惰性电极)
2.判断电解池的电极产物的方法(1)阳极产物的判断首先看电极,若为活性电极作阳极,则电极材料失电子,电极本身溶解;若为惰性电极作阳极,则需看溶液中阴离子的失电子能力,阴离子放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH-(水)。(2)阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断:Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>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ⅡC.增加HCl浓度可增加平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例D.选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ
解析 反应Ⅰ、Ⅲ为放热反应,相同物质的量的反应物,根据盖斯定律可知,反应Ⅰ放出的热量小于反应Ⅱ放出的热量,反应放出的热量越多,其焓变越小,因此反应焓变: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Ⅰ<反应Ⅱ,B正确;增加HCl浓度,平衡正向移动,但平衡时产物Ⅱ和产物Ⅰ的比例可能降低,C错误;根据图中信息,选择相对较短的反应时间,及时分离可获得高产率的产物Ⅰ,D正确。
2.(2022·湖南卷改编)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应历程的关系如下图所示:
下列有关四种不同反应历程的说法正确的是( )A.历程Ⅰ是吸热反应B.平衡时P的产率:Ⅱ>ⅠC.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<Ⅱ,C错误;历程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z,然后S·Z转化为产物P·Z,由于P·Z没有转化为P+Z,故Z没有表现出催化作用,D正确。
【思维建模】 解答物质转化历程-能量图像及分析类题目的方法
考向预测1.(2023·山西临汾一模)不同含金化合物催化乙烯加氢的反应历程如图所示:
下列说法正确的是( )A.从图中可得1 ml C2H4(g)具有的能量比1 ml C2H6(g)的能量高B.过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱C.在催化剂 催化下,该反应的ΔH=-233.7 kJ· ml-1D.相比催化剂 ,AuF催化乙烯加氢的效果更好
解析 根据图示可知,1 ml C2H4(g)和1 ml H2(g)具有的能量比1 ml C2H6(g)的能量高,A错误;过渡态1具有的能量比过渡态2高,则过渡态1比过渡态2物质的稳定性弱,B正确;该反应的ΔH=-129.6 kJ· ml-1,且焓变与催化剂无关,C错误;根据图示可知, 对应的活化能小,则催化效果好,D错误。
2.(2023·辽宁辽阳一模)某课题组对羧基化研究取得了很大的进展,历程如图所示。
已知:R—为烃基,Me—为甲基。下列叙述正确的是( )A.NiCl2(PCy3)2能降低总反应的活化能B.物质1和物质A反应时,只断裂了C—CC.物质2中—R为—CH(Me)ArD.C转化为D时,1个CO2分子断裂了2个π键
解析 NiCl2(PCy3)2是制备催化剂Ni0 L*的原料,不是催化剂,不能降低反应的活化能,A错误;物质1和物质A反应时,还断裂了C—N,B错误;由D到E的转化,根据D的结构简式可知,E中R应为—CH(Me)Ar,E到物质2的过程中R未改变,C正确;C→D过程中,1个CO2分子只断裂了1个π键,D错误。
突破点2 电化学装置中的隔膜及应用
高考指引:近几年,在高考试题的新型化学电源、电解池等电化学装置中重点考查了“隔膜”(阴、阳离子交换膜,双极膜等)的作用及分析,要求理解相关原理,并迁移应用于分析“双膜”电解槽、“多膜”电解槽等电化学装置,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.电渗析法的应用模型将含AnBm的废水再生为HnB和A(OH)m的模型及原理如图,已知A为金属活动顺序中氢之前的金属,Bn-为含氧酸根离子。
2.“隔膜”(离子交换膜)的种类及作用
真题感悟1.(2022·浙江6月选考卷)通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2,电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒,但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A.电极A为阴极,发生还原反应B.电极B的电极反应:2H2O+Mn2+-2e- ══ MnO2+4H+C.电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变D.电解结束,可通过调节pH除去Mn2+,再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
解析 由电解示意图可知,电极B上Mn2+转化为MnO2,锰元素化合价升高,发生氧化反应,则电极B为阳极,电极A为阴极,电极A发生还原反应,A正确;电极B上Mn2+失电子转化为MnO2,电极反应为2H2O+Mn2+-2e- ══ MnO2+4H+,B正确;电极A为阴极,LiMn2O4得电子,电极反应为2LiMn2O4+16H++6e- ══ 2Li++4Mn2++8H2O,依据得失电子守恒,电解池总反应为2LiMn2O4+4H+ ══ 2Li++Mn2++3MnO2+2H2O,反应生成了Mn2+,Mn2+浓度增大,C错误;电解结束后,可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去,然后加入碳酸钠溶液,从而获得碳酸锂,D正确。
2.(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)4]2-存在)。电池放电时,下列叙述错误的是( )
A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移B.Ⅰ区的 通过隔膜向Ⅱ区迁移C.MnO2电极反应:MnO2+4H++2e- ══ Mn2++2H2OD.电池总反应:Zn+4OH-+MnO2+4H+ ══[Zn(OH)4]2-+Mn2++2H2O
解析 由图可知,Zn电极为负极,MnO2电极为正极,溶液中阳离子向正极迁移,故Ⅱ区的K+不能通过隔膜向Ⅲ区迁移,A错误;MnO2电极反应为MnO2+4H++2e- ══ Mn2++2H2O,反应消耗H+,则Ⅰ区的 通过隔膜向Ⅱ区迁移,以保持溶液呈电中性,B、C正确;放电时,负极反应为Zn+4OH--2e- ══[Zn(OH)4]2-,结合正极反应可得电池总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+ ══[Zn(OH)4]2-+Mn2++2H2O,D正确。
【思维建模】解答含“隔膜”电化学装置类题目的思维模板
考向预测(2023·辽宁重点高中联合体联考)某团队开发出了用于制氢的膜基海水电解槽,其装置如图所示。已知隔水膜只允许水分子透过。下列说法正确的是( )
A.M极为阳极B.理论上迁移1 ml OH-时,海水质量净减9 gC.M极的电极反应为4H2O-4e- ══ 4OH-+O2↑D.电路上每通过2 ml电子,理论上N极逸出22.4 L H2
解析 电解池中阴离子向阳极移动,OH-由M极移向N极,则M极为阴极,N极为阳极,A错误;M极电极反应为2H2O+2e- ══ 2OH-+H2↑,N极电极反应为2H2O-4e- ══ 4H++O2↑,理论上迁移1 ml OH-时,转移1 ml e-,则生成0.5 ml H2和0.25 ml O2,海水质量净减0.5 ml×2 g·ml-1+0.25 ml×32 g·ml-1=9 g,B正确,C错误;题目未指明气体是否处于标准状况下,不能计算生成氢气的体积,D错误。
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