专题06 化学反应与能量(测试)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份专题06 化学反应与能量(测试)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考），共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的)
1．某化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．该反应为放热反应，无需加热就可以发生
B．断裂1mlA-A键和1mlB-B键要吸收xkJ的能量
C．根据图示可知生成1mlAB (g)放出的能量
D．三种物质A2(g)、B2(g)、AB(g)中，最稳定的物质一定是AB(g)
【答案】B
【解析】A项，由图可知反应物总能量高于生成物能量为放热反应，但A-A键和B-B键断裂需要吸收能量，可能需要加热破坏反应物化学键以发生反应，反应放热与反应是否需要加热无关，选项A错误；B项，断裂1mLA-A键和1mlB-B键要吸收xkJ的能量，选项B正确；C项，根据图示可知生成1ml AB (g)放出的能量，选项C错误；D项，物质能量越低越稳定，由图知A2(g)和B2(g)的总能量高于2 AB (g)的能量，但不知单独物质的能量大小，所以无法确定谁最稳定，选项D错误；故选B。
2．(2024·江苏无锡高三教学质量调研测试)1ml液态肼完全燃烧生成N2气体和液态水放出577kJ的热量。工业上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2]，尿素在高温条件下可将汽车尾气中的NOx转化为无毒气体N2。下列化学反应表示正确的是( )
A．N2H4燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH＝－577 kJ·ml－1
B．碱性N2H4燃料电池负极发生的电极反应式：N2H4+4e- +4OH-=N2↑+4H2O
C．NaClO氧化氨气制取N2H4的离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O
D．N2H4与NO2高温下反应的化学方程式：N2H4+NO2N2↑+2H2O
【答案】C
【解析】A项，1ml液态肼完全燃烧生成N2气体和液态水放出577kJ的热量，则N2H4燃烧的热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l) ΔH＝－577 kJ·ml－1，故A错误；B项，负极失电子，负极反应为：N2H4-4e- +4OH-=N2↑+4H2O，故B错误；C项，NaClO氧化氨气制取N2H4，1mlNaClO得2ml电子，1ml氨气失1ml电子，根据得失电子守恒得离子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，故C正确；D项，1ml N2H4失去4ml电子生成氮气，1ml二氧化氮得4ml电子生成氮气，根据得失电子守恒得反应方程式：2N2H4+2NO23N2↑+4H2O，故D错误；故选C。
3．(2024·河北迁安市高三期中)下列装置能达到实验目的是( )
A．用图Ⅰ所示装置测定55mL1ml/L盐酸与50mL11ml/LNaOH溶液发生中和反应的反应热
B．为探究铁制品生锈，用图Ⅱ所示装置，正极材料是铁
C．图Ⅲ所示装置实现Ag+2HCl=2AgC1↓+H2↑
D．图Ⅳ装置可实现粗铜的精炼
【答案】C
【解析】A项，该实验装置没有玻璃搅拌器，碎纸条没有充满这个大烧杯，散热较多，不能用来测定55mL1ml/L盐酸与50mL11ml/LNaOH溶液发生中和反应的反应热，故A错误；B项，为探究铁制品生锈，用图Ⅱ所示装置，正极材料是C，负极材料是Fe，故B错误；C项，图Ⅲ中阳极为Ag电极，电极方程式为：Ag-e-+Cl-=AgCl↓，阴极为C电极，电极方程式为：2H++2e-=H2↑，总反应为：Ag+2HCl=2AgC1↓+H2↑，故C正确；D项，铜的电解精炼装置中粗铜应该为阳极，连接电源的正极，故D错误；故选C。
4．(2023·辽宁省名校联盟高考模拟调研卷)“北溪”天然气管道至少泄漏8万吨天然气，近20年间甲烷的温室效应率是CO2的84倍。已知管道接口处有钢铁材料等，海水的pH约为8.0。设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述不正确的是( )
A．损坏的钢铁材料在海水中主要发生吸氧腐蚀
B．制造管道时表面涂层能起到抗腐蚀作用
C．w g铁在海水中完全发生电化学腐蚀时转移电子数一定为
D．修复管道时在钢管表面镶嵌锌块，这种方法叫牺牲阳极法
【答案】C
【解析】A项，钢铁在弱碱性环境中主要发生吸氧腐蚀，A项正确；B项，表面涂层能防止钢铁管道和水、O2等物质接触，从而起到抗腐蚀作用，B项正确；C项，钢铁腐蚀时负极电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，w g铁在海水中完全发生电化学腐蚀时转移电子数为，后续发生，不属于电化学腐蚀，C项错误；D项，锌比铁活泼，在海水中构成原电池，锌为负极，铁为正极，这种保护钢铁的方法叫牺牲阳极法，D项正确。故选C。
5．下图是处理废水中苯酚的装置，回收利用苯后再排放。下列有关说法合理的是( )
A．a为负极，电极附近pH增大
B．该离子交换膜为阳离子交换膜
C．b电极反应式为WO3+ xH++xe-=HxWO3
D．若有0.1ml电子通过导线，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.2g
【答案】B
【解析】A项，a极为苯酚C6H6O变为C6H6，碳原子的化合价由价变为价，化合价降低，得到电子，a极为正极，电极反应式为：，电极附近pH增大，A错误；B项，自由移动的离子为H+，阳离子向正极移动，则离子交换膜为阳离子交换膜，从右向左移动，B项正确；C项，b电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：HxWO3-xe-= WO3+ xH+，C项错误；D项，若有0.1ml电子通过导线，就有0.1mlH+从B迁移到A，A区溶液质量增加0.1g，B区溶液的质量不变，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.1g，D项错误；故选B。
6．(2023·浙江省温州市高三第三次模拟适应性考试)标准状态下，气态反应物、生成物及活化分子[A(B)表示“A＋B→产物”的活化分子]的相对能量如表所示：
下列说法不正确的是( )
A．NO2 (g)+SO2(g)NO (g)+ SO3(g) ΔH＝－40.8 kJ·ml－1
B．3O2(g)2O3(g)反应不能自发进行
C．相同条件下，SO2 (g)+O3(g)O 2(g)+ SO3(g)比NO (g)+O3(g)O 2(g)+ NO2(g)速率快
D．1ml NO2(g)的总键能大于1ml NO(g)总键能
【答案】C
【解析】A项，NO2 (g)+SO2(g)NO (g)+ SO3(g) ΔH=生成物总能量-反应物总能量=91.3kJ/ml+(-395.7kJ/ml)-[33.2kJ/ml+(-296.8kJ/ml)]=-40.8kJ/ml，故A正确；B项，3O2(g)2O3(g)H=生成物总能量-反应物总能量=+285.4kJ/ml＞0，且S＜0，则任何温度下H-TS＞0，即反应3O2(g)2O3(g)不能自发进行，故B正确；C项，反应SO2 (g)+O3(g)O 2(g)+ SO3(g)的活化能=活化分子能量-反应物总能量=-96.1kJ/ml-(-296.8kJ/ml+142.7kJ/ml)=58kJ/ml，反应NO (g)+O3(g)O 2(g)+ NO2(g)的活化能为237.2kJ/ml-(91.3kJ/ml+142.7kJ/ml)=3.2kJ/ml＜58kJ/ml，反应的活化能越高，反应速率越慢，则相同条件下，SO2 (g)+O3(g)O 2(g)+ SO3(g)比NO (g)+O3(g)O 2(g)+ NO2(g)速率慢，故C错误；D项，反应2NO (g)+O2(g)2NO 2(g)ΔH=生成物总能量-反应物总能量=2×33.2kJ/ml-2×91.3kJ/ml-0kJ/ml=-116.2kJ/ml，为放热反应，焓变△H=反应物总键能-生成物总键能，则该反应反应物总键能＜生成物总键能，即1mlNO(g)和0.5mlO2总键能＜1mlNO2(g)的总键能，所以1mlNO2(g)的总键能大于1mlNO(g)总键能，故D正确；故选C。
7．中科院最新研发出的以KOH溶液为电解液， CP和Ni2P纳米片为催化电极材料，电催化合成苯胺的装置如下图所示。下列说法正确的是( )
A．阳极区溶液的pH不断增大
B．若用铅蓄电池作为电源，Ni2P 极应连接铅蓄电池的Pb极
C．CP极的电极反应式为C6H5NO2+ 6e- + 4H2O = C6H5NH2+ 6OH-
D．电解液可换成稀硫酸溶液
【答案】C
【解析】Ni2P电极C6H12O6变为CO32-发生了氧化反应，在电解池的阳极，该极与电源的正极相连。而CP这一极为阴极，与电源的负极相连。阴极的反应为C6H5NO2+ 6e- + 4H2O = C6H5NH2+ 6OH-，阳极反应为C6H12O6- 24e- + 36OH-=6CO32-+24H2O。A项，根据电极反应阳极区消耗OH-导致pH降低，A项错误；B项，铅蓄电池的Pb为负极应该与CP相连，B项错误；C项，已知分析，电极反应为C6H5NO2+ 6e- + 4H2O = C6H5NH2+ 6OH-，C项正确；D项，电解质换成稀硫酸两电极的反应发生变化，阴极无法产生OH-而阳极也无法产生CO32-，D项错误；故选C。
8．过硫酸铵[(NH4)2S2O8]可用作氧化剂、漂白剂。利用电解法在两极分别生产过硫酸铵和过氧化氢的装置如图所示。下列说法错误的是( )
A．a为外接电源的负极
B．电解总反应：O2+2H++2SO42- H2O2+S2O82-
C．阴离子交换膜可用阳离子交换膜替代
D．电解池工作时，I室溶液质量理论上逐渐减小
【答案】C
【解析】S元素化合价由＋6价升高为＋7价，化合价升高被氧化，故右侧Pt电极为阳极，b为外接电源正极，a为外接电源负极，左侧Pt电极为阴极。A项，a为外接电源的负极，A正确；B项，阴极氧气被还原，阳极硫酸根被氧化，电解总反应正确，B正确；C项，根据阳极产物可知，反应需要消耗硫酸根，阴离子交换膜不可用阳离子交换膜替代，C错误；D项，电解池工作时，I室溶液中氢离子移向阴极，硫酸根移向阳极，消耗硫酸，I室溶液质量理论上逐渐减小，D正确；故选C。
9．一种能在较低电压下获得氢气和氧气的电化学装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．电极a与电源的负极相连，电极b为阳极
B．隔膜为阴离子交换膜，OH-从电解池的左室通过隔膜向右室迁移
C．反应器I中发生的反应为4[Fe(CN)6]3-+2H2O4[Fe(CN)6]4-＋O2↑+4H+
D．该装置的总反应为2H2O2H2↑+ O2↑，气体N是氢气
【答案】D
【解析】根据装置图可知，电极a上发生[Fe(CN)6]4-→[Fe(CN)6]3-，铁元素的化合价由+2价升高为+3价，根据电解原理，该电极为阳极，则电极b为阴极。A项，由图可知，电极a的电极反应为[Fe(CN)6]4-－e-→[Fe(CN)6]3-，则电极a为阳极，与电源的正极相连，电极b为阴极，故A错误；B项，根据装置图可知，电极b的电极反应为DHPS+2H2O+2e-=DHPS-2H+2OH-，根据电解原理可知，阴离子向阳极移动，即OH-从电解池的右室通过隔膜向左室迁移，隔膜为阴离子交换膜，故B错误；C项，在碱性条件下进行，反应器Ⅰ中发生的反应为4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-＋O2↑+2H2O，故C正确；D项，根据上述分析以及本装置的作用可知，该装置的总反应为2H2O2H2↑+ O2↑，气体N是氢气，故D正确；故选D。
10．高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型的消毒剂，以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4的原理如图所示。下列叙述错误的是( )
A．Fe电极的电极反应式为Fe-6e-＋8OH-=FeO42-＋4H2O
B．离子交换膜b为阴离子交换膜
C．通入I室的水中加入少量NaOH，可以加快高铁酸钠的生成
D．每生成0.1 ml Na2FeO4，II室中溶液减少的质量为32.0 g
【答案】D
【解析】该装置以Fe、Ni为电极制取Na2FeO4，为电解池装置，Fe电极为阳极，Ni电极为阴极，阳极电极反应式为Fe-6e-＋8OH-=FeO42-＋4H2O，OH-移动向Ⅱ室，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，Na+应移动向I室。A项，Fe电极为阳极，Fe失电子生成FeO42-，电极反应式为Fe-6e-＋8OH-=FeO42-＋4H2O，故A正确；B项，Fe电极为阳极，Ni电极为阴极，II室中的Na+移动向I室，OH-移动向Ⅱ室，故离子交换膜a、b分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，故B正确；C项，通入I室的水中加入少量NaOH，可以增强溶液的导电性，可以加快高铁酸钠的生成，故C正确；D项，每生成0.1 ml Na2FeO4，外电路中通过0.6ml电子，则II室溶液中减少的NaOH的物质的量为0.6ml，质量为24.0g，故D错误；故选D。
11．铜基配合物电催化还原CO2的装置原理如图所示，下列说法不正确的是( )
A．石墨烯为阳极，发生电极反应为CO2+2e-+2H+=HCOOH
B．Pt电极附近溶液的pH值减小
C．每转移2ml电子，阳极室、阴极室溶液质量变化量的差值为28g
D．该装置可减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用
【答案】A
【解析】A项，石墨烯为阴极，A错误；B项，Pt电极上H2O失电子转化为O2，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，所以电极附近溶液的pH减小，B正确；C项，每转移2ml电子，由阴极电极反应式可知生成1mlHCOOH，所以阴极室溶液|m阴|=46g/ml×1ml=46g；根据阳极室反应可知每转移2ml电子时阳极消耗1ml水，生成0.5ml氧气，同时有2mlH+转移至阴极室，所以|m阳|=18g/ml×1ml=18g，所以|m阴||m阳|=46g-18g=28g，C正确；D项，该装置可减少CO2在大气中累计和实现可再生能源有效利用，D正确；故选A。
12．某科研小组利用下图装置完成乙炔转化为乙烯的同时为用电器供电。其中锌板处发生的反应有：①Zn-2e-=Zn2+；②Zn2++4OH-=[Zn((OH)4]2-；③Zn [Zn((OH)4]2-=ZnO+2OH-+H2O。下列说法不正确的是( )
A．电极a的电势高于电极b的电势
B．放电过程中正极区KOH溶液浓度保持不变
C．电极a上发生的电极反应式为C2H2+2H2O+2e-=C2H4+2OH-
D．电解足量CuSO4溶液，理论上消耗2.24L(标准状况)C2H2时，生成6.4gCu
【答案】B
【解析】由题干可知，锌板处Zn失电子生成Zn2+，为原电池负极，则气体扩散电极a为正极。正极上C2H2得电子与水反应生成C2H4。A项，由图可知锌板为负极，所以电极a的电势高于电极b的电势，A正确；B项，放电过程中正极区消耗水，导致KOH溶液浓度增大，B错误；C项，电极a上发生的电极反应式为C2H2+2H2O+2e-=C2H4+2OH-，C正确；D项，电解硫酸铜时，生成铜的电极反应为Cu2++2e-=Cu，理论上消耗2.24LC2H2(标准状况)，即0.1ml，对应电子转移0.2ml，可生成铜6.4g，D正确；故选B。
13．一种电解法制备Ca(H2PO4)2并得到NaOH等副产物的示意装置如图，下列说法正确的是( )
A．与a、b相连的分别是电源的负极、正极
B．NaOH溶液中石墨电极上的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
C．A膜、C膜均为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜
D．产品室中的Ca2+和原料室的物质的量浓度同等程度增大
【答案】B
【解析】由图可知，产品Ca(H2PO4)2在产品室生成，左侧石墨作阳极，氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室，A膜为阳离子交换膜，H2PO4-透过B膜进入产品室与Ca2+结合生成Ca(H2PO4)2，B膜为阴离子交换膜，右侧石墨极为阴极，水放电，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na +透过C膜进入阴极室，C膜为阳离子交换膜。A项，左侧电极为阳极，应连接电源正极，即a、b相连的分别是电源的正极、负极，故A错误；B项，右侧石墨极为阴极，水放电，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确；C项，A膜、C膜为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故C错误；D项，阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室，产品室中的Ca2+离子浓度增大，Na+透过C膜进入阴极室，原料室的Na+浓度减小，故D错误；故选B。
14．中科院福建物构所YabingWang团队首次构建了一种可逆水性Zn—CO2电池，实现了CO2和HCOOH之间的高效可逆转换，其反应原理如图所示：
已知双极膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法中错误的是( )
A．放电时，负极电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-
B．CO2转化为HCOOH过程中，Zn电极的电势低于多孔Pd电极的
C．充电过程中，甲酸在多孔Pd电极表面转化为CO2
D．当外电路通过2ml电子时，双极膜中离解水的物质的量为1ml
【答案】D
【解析】由图中可知，Zn发生失去电子的反应，为电池的负极；CO2得电子生成HCOOH，多孔Pd为电池的正极。A项，根据图中知，Zn发生失去电子的反应，电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，A项正确；B项，CO2转化为HCOOH时为放电过程，Zn电极为负极，多孔Pd电极为正极，负极电势较低，B项正确；C项，充电过程中，HCOOH转化为CO2，C项正确；D项，根据溶液呈电中性，可知外电路通过2ml电子时，双极膜中离解的水的物质的量为2ml，D项错误。故选D。
15．(2023·浙江省Z20名校联盟)为了探究Na2CO3、NaHCO3与盐酸反应过程中的热效应，某化学活动小组获得如下实验数据(假设实验中试剂均充分反应，生成的H2CO3完全分解为CO2逸出)：
下列说法不正确的是( )
①CO32−(aq)＋H+(aq)HCO3-(aq) ΔH1
②HCO3−(aq)＋H+(aq)H2CO3(aq) ΔH2
③H2CO3(aq) CO2(g)+ H2O(l) ΔH3
④CO32−(aq)+CO2(g)+ H2O(l)= 2HCO3−(aq) ΔH4
⑤H+(aq)+OH−(aq)=H2O(l) ΔH5
A．ΔH1+ΔH2+ΔH3＜0 B．ΔH1＜0C．ΔH2＞ΔH5 D．ΔH4＞0
【答案】D
【解析】A项，由盖斯定律可知①+②+③得CO32−(aq)＋2H+(aq)= CO2(g)+ H2O(l)，结合表数据可知，反应为放热反应，焓变小于零，则ΔH1+ΔH2+ΔH3＜0，A正确；B项，①中只存在化学键的形成，成键释放能量，焓变小于0，B正确；C项，⑤为氢离子和氢氧根离子直接生成水，属于中和反应；②为氢离子和弱酸根离子碳酸氢根离子生成碳酸；等量氢离子在中和反应中放热更多，则ΔH2＞ΔH5，C正确； D项，由表可知，⑥HCO3−(aq)＋H+(aq)= CO2(g)+ H2O(l)反应后温度降低，则ΔH6＞0；⑦CO32−(aq)＋2H+(aq)=CO2(g)+ H2O(l)反应后温度升高，则ΔH7＜0；由盖斯定律可知，⑦-2×⑥得④CO32−(aq)+CO2(g)+ H2O(l)= 2HCO3−(aq) ΔH4=ΔH7-2ΔH6＜0，D错误；故选D。
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(10分)Ⅰ.氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺，节能超过，在此工艺中，物料传输和转化关系如图，其中电极未标出，所用离子交换膜只允许阳离子通过。
(1)分析比较图示中与的大小：___________(填“＞”“＜”或“=”)。
(2)写出燃料电池B中的正极的电极反应：___________。
(3)图中Y是___________(填化学式)，若电解产生(标准状况)该物质，则至少转移电子___________；X元素的基态原子的电子排布式为___________。
Ⅱ．某实验小组同学利用如图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
(4)甲池装置为___________(填“原电池”或“电解池”)。
(5)甲池反应前两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差14 g，导线中通过___________ ml电子。
(6)实验过程中，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(7)若乙池中溶液为足量的硝酸银溶液，工作一段时间后，若要使乙池中溶液恢复原浓度，可向溶液中加入___________。(填化学式)
【答案】(1)＜(1分) (2)O2＋4e-＋2H2O=4OH-(1分)
(3)H2(1分) 1(1分) 1s22s22p63s23p5(1分)
(4)原电池(1分) (5)0.1(2分) (6)增大(1分) (7)Ag2O或Ag2CO3(1分)
【解析】(1)燃料电池中，通入Y气体的电极为负极，电解饱和食盐水生成的Y为氢气，X为Cl2，由于燃料电池正极发生O2+4e-+2H2O＝4OH-，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%＜b%；(2)燃料电池B中的正极是氧气得到电子，电极反应为O2+4e-+2H2O＝4OH-。(3)根据以上分析可知图中Y是H2，若电解产生11.2L(标准状况)该物质，氢气的物质的量是0.5ml，则至少转移电子1.0ml；X是氯气，其中氯元素的基态原子的电子排布式为。(4)甲池装置是铜和银构成的原电池，即装置为原电池。(5)甲池反应前两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差14 g，设消耗铜的物质的量是xml，则同时生成银的物质的量是2xml，则有64x+108×2x＝14，解得x＝0.05，所以导线中通过0.05ml×2＝0.1ml电子。(6)原电池中阴离子向负极移动，则实验过程中硝酸根离子移向左池，甲池左侧烧杯中NO3-的浓度增大。(7)若乙池中溶液为足量的硝酸银溶液，惰性电极电解硝酸银溶液生成硝酸、氧气和银，因此工作一段时间后，若要使乙池中溶液恢复原浓度，可向溶液中加入Ag2O或Ag2CO3。
17．(13分)(2023·黑龙江省齐齐哈尔市八校联合体高三联考)回答下列问题：
(1)在微生物作用的条件下， NH4+经过两步反应被氧化成NO3-。两步反应的能量变化示意图如图：
①第一步反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应。
②1ml NH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的热化学方程式是___________。
(2)已知H2(g)＋Br2(l)=2HBr(g) △H＝－72kJ/ml，蒸发1ml Br2(l)需要吸收的能量为30kJ，其他相关数据如表：
则表中a=___________。
(3)下列反应中属于吸热反应的有___________。
①燃烧木炭取暖②C与H2O(g)反应制取水煤气③煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰④氯化铵晶体和Ba(OH)2·8H2O混合搅拌⑤食物因氧化而腐败
(4)一定条件下，由稳定单质反应生成1ml化合物的反应热叫该化合物的生成热()。图为ⅥA族元素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。
①非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热的关系为___________。
②硫化氢发生分解反应的热化学方程式为___________。
(5)已知，，当放出的热量为nkJ时，该反应转移的电子数为___________(用含m、n的代数式表示)
【答案】(1) 放热(1分) NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l) ΔH 3=-346kJ/ml(2分)
(2)369(2分) (3)②③④(2分)
(4) 非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其ΔH越小(2分)
H2S(g)=S(s)＋H2(g) ΔH=+20kJ·ml-1(2分)
(5) (2分)
【解析】(1)①由图可知，焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应为放热反应；②第一步的热化学方程式为 △H1=-273kJ/ml，第二步的热化学方程式为 △H2=-73kJ/ml，根据盖斯定律，则 △H=-346kJ/ml；(2)蒸发1ml Br2(l)需要吸收的能量为30kJ，结合反应及表格中数据可知，436+(200+30)-2a=-72，解得a=369；(3)①大多数燃烧反应为放热反应，则①为放热反应；②C与H2O (g)高温下反应制取水煤气的反应为吸热反应，则②为吸热反应；③大多数分解反应为吸热反应，煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰的反应为分解反应，则③为吸热反应；④氯化铵晶体和Ba(OH)2·8H2O的反应为吸热反应，则④为吸热反应；食物因氧化而腐败是⑤食物中的有机物质被空气中的氧气氧化生成一些小分 子产物，同时放出热量的过程，则⑤为放热反应；故答案为②③④；(4)①根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定，而根据热力学，能量越低越稳定，则非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其△H越小；②结合①的分析，a、b、c、d依次为H2Te、H2Se、H2S、H2O，则c为H2S，再结合上图，生成H2S的△H为-20kJ/ml，则硫化氢发生分解反应的△H为+ 20kJ/ml，热化学方程式为:H2S(g)=S(s)＋H2(g) ΔH=+20kJ·ml-1；(5)反应中Mn元素的化合价由+7价降低至+2价，12 mlMnO2被还原时转移60 ml电子，放出m kJ热量，当放出的热量为nkJ时，该反应转移的电子的物质的量为ml，转移的电子数为。
18．(10分)(2023·宁夏石嘴山市模拟)回答下列问题
(1)“世上无难事，九天可揽月”，我国的航空航天事业取得了举世瞩目的成就。碳酰肼类化合物[Mn(L)3]( ClO4)2是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关反应的能量变化如图所示，已知△H2= -299kJ/ml，则△H1 (kJ/ml )为_____________
(2)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一、该重整反应体系主要涉及以下反应：
(a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g) ∆H1
(b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ∆H2
(c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ∆H3
(d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ∆H4
(e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ∆H5
根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。
(3)用H2还原SiCl4蒸汽可制取纯度很高的硅，当反应中有1ml电子转移时吸收59kJ热量，则该反应的热化学方程式为___________________________________。
(4)已知含11.2gKOH的稀溶液与1L0.1ml•L－1的H2SO4稀溶液反应放出11.46kJ的热量。请写出KOH的稀溶液与的H2SO4稀溶液发生中和反应，表示中和热的热化学方程式为___________________。
(5)1ml CH4(g)完全燃烧生成气态水的能量变化和1mlS(g)燃烧的能量变化如图所示。在催化剂作用下，CH4可以还原SO2生成单质S(g)、H2O(g)和CO2，写出该反应的热化学方程式：________________。
【答案】(1)-1703kJ/ml(2分) (2)∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4(2分)
(3)SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g) △H＝+236kJ/ml(2分)
(4)KOH(aq)+H2SO4(aq)＝K2SO4(aq)+H2O(l) △H＝－57.3kJ/ml(2分)
(5)CH4(g)+2SO2(g)2S(g)+CO2(g)+2H2O(g) △H＝+352kJ/ml(2分)
【解析】(1)由盖斯定律可知，△H1 =2△H2+△H3-△H4=2×(-299kJ/ml)+(-1018kJ/ml)-(+87kJ/ml)=-1703kJ/ml；(2)根据盖斯定律，反应(b)+ (c)- (e)或(c)- (d)得反应(a)，故反应a的∆H1=∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4；(3)SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)，反应中氢化合价由0变为+1，反应中转移电子为4个，则4ml电子转移时吸收4×59kJ热量，故该反应的热化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)△H＝+236kJ/ml；(4)中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 ml液态水时所释放的热量；已知含11.2gKOH的稀溶液(含0.2ml氢氧根离子)与1L0.1ml•L－1的H2SO4稀溶液(含有氢离子0.2ml)反应放出11.46kJ的热量，则生成1 ml液态水时所释放的热量为5×11.46kJ，故表示中和热的热化学方程式为KOH(aq)+H2SO4(aq)＝K2SO4(aq)+H2O(l)△H＝－57.3kJ/ml。(5)由图可知，①CH4(g) +2O2(g)=CO2(g) +2H2O(g) △H=(126-928)kJ/ml=-802kJ/ml，②S(g)+O2(g)= SO2(g)△H＝-577kJ/ml，根据盖斯定律可知，①-2②得：CH4(g)+2SO2(g)2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝+352kJ/ml。
19．(10分)某实验小组通过以下实验，探究镀件表面镀铜的最佳条件。
【查阅资料】①Cu2++2P2O74-[Cu(P2O7)2]6- K=1×109
②Cu+在溶液中不稳定，容易发生歧化。
【实验设计】用CuSO4·5H2O、Na4P2O7·10H2O(焦磷酸钠)、添加剂配制一定浓度的电镀液，分别用纯铜和镀件作为两极材料，探究电镀液的pH、电流密度、电极板间距对层的影响。
(1)要配制一定体积40g/L的CuSO4溶液，以下仪器不需要用到的是_______(填仪器名称)。
(2)镀件表面的油污可用_______清洗。
(3)电镀时阴极上发生的主要反应的电极反应式为_______。
【实验结果与数据分析】
ⅰ.其他条件不变时，电位10min，pH对电镀的影响如下表：
(4)实验3中，铜镀层的沉积速率v(Cu)=_______ml/min(保留两位有效数字)。
(5)实验1和实验4中，酸性或碱性较强时，镀层出现斑驳的可能原因是_______。
ⅱ.电流密度、电极板间距与镀膜质量的关系
(6)电流密度小于0.50A/dm2时镀膜质量随电流密度增大而增大的原因是_______。
(7)本实验电镀的最佳条件是pH为8.5、_______、_______。
(8)使用最佳条件电镀时，在阳极附近的电镀液中出现红色固体沉积物，其可能原因用离子方程式表示为_______，通空气搅拌可防止红色固体沉积物形成。
【答案】(1)圆底烧瓶(1分)
(2)热NaOH溶液(Na2CO3溶液)(1分)
(3) [Cu(P2O7)2]6- +2e- = Cu+2P2O74- (2分)
(4)5.6×10-5(1分)
(5) pH=3酸性强H+放电产生氢气，pH=10碱性强易生成Cu(OH)2沉淀均影响镀件上铜的沉积(1分)
(6)电流密度越大，单位时间内转移电子数目越多，电镀铜沉积速率越快，故镀膜质量越大(1分)
(7) 电流密度为0.5A·dm-2 (或0.5~0.75A·dm-2之间)(1分) 电极板间距为1.5cm(1分)
(8)2Cu++2H2O=Cu2O+2H+或2Cu++2OH-=Cu2O+H2O或2Cu+=Cu+Cu2+(1分)
【解析】(1)配制一定体积40g/L的CuSO4溶液，需要用托盘天平称取一定质量的硫酸铜固体，需要量筒量取一定体积的蒸馏水，需要在烧杯中配制，故不需要的仪器为：圆底烧瓶；(2)油污在碱性条件下容易水解生成易溶于水的物质，故镀件表面的油污可用热NaOH溶液(Na2CO3溶液)清洗；(3)电镀时阴极上析出单质铜，主要的电极反应式为：[Cu(P2O7)2]6- +2e- = Cu+2P2O74- ；(4)实验3中，铜镀层的沉积速率v(Cu)=；(5)pH较低时氢离子也可以在阴极得到电子生成氢气，从而影响铜离子得到电子，pH较高时，容易生成氢氧化铜沉淀，也会影响铜离子得到电子，从而出现斑驳，故镀层出现斑驳的可能原因是：pH=3酸性强H+放电产生氢气，pH=10碱性强易生成Cu(OH)2沉淀均影响镀件上铜的沉积；(6)铜离子得到电子形成单质铜，吸附到镀件上，形成镀膜，电流密度越大单位时间内转移电子数目越多，形成的单质铜越多，镀膜越厚，故镀膜质量随电流密度增大而增大的原因是：电流密度越大，单位时间内转移电子数目越多，电镀铜沉积速率越快，故镀膜质量越大；(7)电镀时镀膜质量越大效果越好，由表格中的数据和图中信息可知本实验电镀的最佳条件是pH为8.5、电流密度为电流密度为0.5A·dm-2 (或0.5~0.75A·dm-2之间)、电极板间距为1.5cm时镀膜质量较大；(8)铜为阳极材料，在阳极可能出现铜失去电子形成+1价铜和水失去电子形成的氢氧根结合形成了红色的氧化亚铜，或者单质铜；也可能是+1价铜发生的歧化反应生成的单质铜，相关的方程式为：2Cu++2H2O=Cu2O+2H+或2Cu++2OH-=Cu2O+H2O或2Cu+=Cu+Cu2+。
20．(12分)(2023·江苏省盐城市高三模拟)电催化还原CO2是当今资源化利用二氧化碳的重点课题，常用的阴极材料有有机多孔电极材料、铜基复合电极材料等。
(1)一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO2的装置示意图如图-1所示。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图-2所示。
①电解前需向电解质溶液中持续通入过量CO2的原因是 。
②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为 ml。
③科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是 。
(2)一种铜基复合电极材料Au/Cu2O的制备方法：将一定量Cu2O分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加HAuCl4 (一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，得Au/Cu2O，溶液呈蓝色。写出Cu2O还原HAuCl4的离子方程式： 。
(3)金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO₂制备甲醛和乙醇的可能机理如图-3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图-4所示。

①X为 。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构 。
②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是 。
【答案】(1)使阴极表面尽可能被CO2附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率)，提高含碳化合物的产率(2分) 2.8(2分) 为确定阴极上生成的含碳化合物源自CO2而非有机多孔电极材料(2分)
(2)3Cu2O+6H++2AuCl4-=2Au+6Cu2++8Cl-+3H2O(2分)
(3)H++ e-(1分) (1分) 加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性(2分)
【解析】(1)①电解前需向电解质溶液中持续通入过量CO2的原因是使阴极表面尽可能被CO2附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率)，提高含碳化合物的产率。②控制电压为0.8V，产生0.2ml氢气和0.2ml乙醇，根据电极反应2H++2e-=H2↑，2CO2+12e-+12H+=C2H5OH+3H2O，故电解时转移电子的物质的量为0.4+2.4=2.8ml。③科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，其目的是为确定阴极上生成的含碳化合物源自CO2而非有机多孔电极材料。(2)将一定量Cu2O分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加HAuCl4 (一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，溶液呈蓝色，说明生成铜离子。故Cu2O还原HAuCl4的离子方程式：3Cu2O+6H++2AuCl4-=2Au+6Cu2++8Cl-+3H2O；(3)从过程分析，两步都与X反应，上两个氢原子，故X为氢离子和一个电子，则Y处的图为 。从图-4分析，与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性。
物质
NO(g)
NO2(g)
SO2(g)
SO3(g)
O2(g)
O3(g)
NO(O3)
SO2(O3)
相对能量/
91.3
33.2
-296.8
-395.7
0
142.7
237.2
-96.1
序号
试剂1
试剂2
混合前温度
混合后温度
Ⅰ
35mL2ml·L-1盐酸
含0.03 ml NaHCO3的溶液32.5 mL
20.0℃
19.0℃
Ⅱ
35mL2ml·L-1盐酸
含0.03 ml Na2CO3的溶液32.5 mL
20.0℃
24.2℃
物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
lml分子中的化学键断裂时需要吸收的能量(kJ)
436
200
a
实验信号
pH值
镀膜质量/g
镀层外观
1
3
0.0136
表面斑驳
2
7
0.0258
光亮，不光滑
3
8.5
0.0356
光亮，光滑
4
10
0.0216
表面部分斑驳