【高考二轮复习】2023年高考化学精讲+精练+小测（全国通用）——专题08 化学反应与能量变化（练）（原卷版+解析版）

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专题08 化学反应与能量变化

1．(2023·湖北省部分学校高三联考)下列对热化学方程式的解读或书写正确的是( )
A．已知   ΔH＞0，则石墨比金刚石稳定
B．已知①S(g)+O2(g)SO2(g)   ΔH1；②S(s)+O2(g)SO2(g)   ΔH2，则ΔH1＞ΔH2
C．已知甲烷燃烧热为，则甲烷燃烧的热化学方程式可以表示为CH4 (g)+ 2O2(g)=CO2(g)+ 2H2O(g) ΔH＝－890.3 kJ·mol－1
D．已知中和热，则1mol硫酸和足量稀NaOH溶液反应的反应热就是中和热
【答案】A
【解析】A项， 已知 ΔH＞0，说明石墨的能量较低，金刚石的能量高，能量越高越不稳定，所以石墨比金刚石稳定，A正确；B项，气态硫比固态硫能量大，故燃烧时要放出更多的热量，所以ΔH1的数值大，燃烧放热，焓变都是负值，数值越大，负数反而越小，所以ΔH1＜ΔH2，B错误；C项，甲烷燃烧的热化学方程式中，应该生成液态水，C错误；D项，1mol硫酸和足量稀NaOH溶液反应生成2molH2O，不是中和热，D错误；故选A。
2．(2023·甘肃省高台县第一中学高三检测)如图是一种氢能的生产和利用的流程，下列说法正确的是( )

A．太阳能，氢能、天然气都属于新能源
B．图中只涉及太阳能和电能的相互转化
C．太阳能电池的供电原理与燃料电池相同
D．氢气直接燃烧的能量转化效率要远低于燃料电池
【答案】D
【解析】A项， 天然气不属于新能源，故A错误；B项，上述反应中还涉及到化学能和电能的转化，故B错误；C项，太阳能电池的供电原理实际是光能转化为电能，而燃料电池的供电原理是将化学能转化为电能，所以两者供电原理不相同，故C错误；D项，氢气直接燃烧产生的能量大部分以热能散失，远远低于燃料电池的转化效率，故D正确；故选D。
3．(2022·上海市虹口区高三学生学习能力诊断测试)研究表明，在一定条件下，气态HCN(a)与HNC(b)两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是( )

A．HNC比HCN更稳定
B．HCN转化为HNC，反应条件一定要加热
C．HNC(g)HCN(g) ΔH＝－59.3 kJ·mol－1
D．加入催化剂，可以减小反应的热效应
【答案】C
【解析】A项，能量越低越稳定，根据图示，HNC比HCN的能量高，HCN比HNC更稳定，故A错误；B项，HCN转化为HNC是吸热反应，吸热反应的发生不一定需要加热，故B错误；C项，根据图示，HCN比HNC的能量低(186.5-127.2)KJ，所以HNC(g)HCN(g) ΔH＝－59.3 kJ·mol－1，故C正确；D项，加入催化剂，能降低反应活化能，反应的热效应不变，故D错误；故选C。
4．(2023·广东省深圳市高三期中)某航天发生器的点火接头金属由合金钢加工成型。该金属接头端面发生锈蚀的原理如图所示。下列说法错误的是( )

A．合金钢中Fe作负极，长条状硫化物作正极
B．合金钢腐蚀速度与空气相对湿度无关
C．正极的电极反应有O2＋2H2O＋4e－＝4OH－
D．可使用酒精棉球擦拭清洗并均匀涂抹润滑脂防锈
【答案】B
【解析】A项， Fe失电子，被氧化，为负极，所以长条状硫化物作正极，A正确；B项，正极为氧气和水得电子的反应，说明湿度越大，参加反应的物质的量越大，得电子越多，腐蚀速度越快，B错误；C项，通入空气的一端为正极，氧气得电子，与水反应生成氢氧根离子，故C正确；D项，使用酒精棉球擦拭清洗并均匀涂抹润滑脂，通过防止金属与氧气和水接触，从而防锈，D正确；故选B。
5．(2023·湘豫名校联考一轮复习诊断考试)随着二氧化碳在空气中的积累，仅仅减少排放量是不够的，迫切需要积极去除一些已经排放的二氧化碳。研究团队用特殊催化剂光电还原二氧化碳转化成其他化工原料的方法，解决了这一环保难题。在催化剂存在的条件下光电还原二氧化碳的示意图如图所示，根据所学知识判断下列说法错误的是( )

A．二氧化碳被选择性生成HCOOH时的电极反应式为CO2+2H++2e- =HCOOH
B．若二氧化碳被选择性生成CH3OH，反应过程中每转移3mol电子同时生成11.2L CH3OH
C．该装置是把光能转化为化学能
D．a电极发生还原反应
【答案】B
【解析】结合图示，氢离子移向a电极，则a为正极，b为负极，a电极CO2得电子生成CH4、CH3OH、HCOOH，b电极水失去电子生成O2。A项， 二氧化碳得电子生成HCOOH，电极反应式为CO2+2H++2e- =HCOOH，A正确；B项，CH3OH为液体，只告知体积，无法计算甲醇的物质的量，B错误；C项，根据反应过程，该装置是把光能转化为化学能，C正确；D项，a电极CO2得电子，化合价降低，发生还原反应，D正确；故选B。
6．金属的腐蚀除化学腐蚀和普通的电化学腐蚀外，还有“氧浓差腐蚀”，如在管道或缝隙等处的不同部位氧的浓度不同，在氧浓度低的部位是原电池的负极。下列说法正确的是(　　)

A．纯铁的腐蚀属于电化学腐蚀
B．钢铁吸氧腐蚀时，负极的电极反应式为Fe－3e－===Fe3＋
C．海轮在浸水部位镶一些铜锭可起到抗腐蚀作用
D．在图示氧浓差腐蚀中，M极处发生的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
【答案】D
【解析】纯铁发生腐蚀时，没有正极材料，不能构成原电池，所以发生化学腐蚀，A错误；钢铁发生吸氧腐蚀时，负极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，B错误；铜不如铁活泼，铜、铁在海水中形成原电池，Fe作负极，加快了海轮的腐蚀，C错误；因氧浓度低的部位是原电池的负极，由图示可知，M处O2浓度高，该处O2得到电子，其电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D正确。
7．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是(　　)
A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为Fe－3e－===Fe3＋
C．脱氧过程中碳作原电池负极，电极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－
D．含有1．12 g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336 mL(标准状况)
【答案】D
【解析】在脱氧过程中，由铁、碳作电极，氯化钠溶液作电解质溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀，该过程为放热反应；在脱氧过程中，碳作正极，铁作负极，铁失电子发生氧化反应，生成Fe2＋；在脱氧过程中，Fe失电子被氧化为Fe2＋，Fe2＋最终还是被氧气氧化为Fe3＋，由电子得失守恒知消耗氧气的体积(标准状况下)V(O2)＝22．4 L·mol－1×＝336 mL。
8．(2023·河北省邯郸市部分学校高三联考)依据下列含硫物质转化的热化学方程式，得出的相关结论正确的是( )
①S(g)+CO2(g)SO2(g) ΔH1
②S(s)+CO2(g)SO2(g) ΔH2
③2H2S(g)+ O2(g) 2S(s)+ H2O(1) ΔH3
④2H2S(g)+3 O2(g) 2SO2(g)+ H2O(1) ΔH4
⑤2H2S(g)+SO2(g) 3S(s)+ 2H2O(1) ΔH5
A．ΔH1＞ΔH2 B．ΔH3＜ΔH4
C．ΔH4=ΔH2+ΔH3 D．2ΔH5=3ΔH3-ΔH4
【答案】D
【解析】A项， 气态S的能量比固体S的大，所以气态S燃烧时放出的热量多，放热反应的ΔH为负数，绝对值大的ΔH反而小，故A错误；B项，反应③是H2S的不完全燃烧，反应④是H2S的完全燃烧，完全燃烧放出的热量多，放热反应的ΔH为负数，绝对值大的ΔH反而小，所以ΔH3＞ΔH4，故B错误；C项，根据盖斯定律，②×2＋③得2H2S(g)+3 O2(g) 2SO2(g)+ H2O(1) ΔH4=2ΔH2+ΔH3，故C错误；D项，根据盖斯定律[③×3-④]得，故D正确；故选D。
9．(2023·广东省蕉岭县蕉岭中学高三第二次质检)已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)  ΔH=-566kJ/mol
2Na2O2(s)＋2CO2(g)=2Na2CO3(s)＋O2(g)  ΔH=-452kJ/mol
下列说法正确的是( )
A．28克CO完全燃烧，放出热量为283J
B．Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋O2(g)  ΔH=+226kJ/mol
C．CO(g)与Na2O2(s)反应放出509kJ热量时，电子转移数为1.204×1024
D．CO的燃烧热为283kJ/mol
【答案】D
【解析】A项， 28克CO完全燃烧，相当于1molCO完全燃烧。第一个热化学方程式中ΔH是2molCO完全燃烧所产生的的热量，所以由此可知1molCO完全燃烧，放出的热量为KJ，故A错误；B项，Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋O2(g)与第二个热化学方程式有关，相当于第二个热化学方程式除以2，所以Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH=-226kJ/mol ，故B错误；C项，①2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)   ΔH＝－566 kJ/mol、②Na2O2(s)＋CO2(g)＝Na2CO3(s)＋O2(g) ΔH＝－226 kJ/mol，则根据盖斯定律可知①×＋②即得到Na2O2(s)＋CO(g)＝Na2CO3(s)，所以该反应的反应热△H＝－566 kJ/mol×－226 kJ/mol＝－509kJ/mol。在反应中碳元素化合价从＋2价升高到＋4价，失去2个电子。因此CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，电子转移数为2×6.02×1023　，但CO(g)与Na2O2(s)反应未指明生成物状态，故C错误；D项，燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，①2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)   ΔH＝－566 kJ/mol，所以CO的燃烧热为△H＝－566 kJ/mol×=-283 kJ/mol　，故D正确； 故选D。
10．(2023·北京市东城区第一六六中学高三期中)以CO和H2为原料合成甲醇是工业上的成熟方法，直接以CO2为原料生产甲醇是目前的研究热点。我国科学家用CO2人工合成淀粉时，第一步就需要将CO2转化为甲醇。
已知：①CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) ΔH1=-90.5kJ/mol
②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1kJ/mol
③2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-483.6kJ/mol
下列说法不正确的是( )
A．若温度不变，反应①中生成1 mol CH3OH(l)时，放出的热量大于90.5 kJ
B．CO2与H2合成甲醇的热化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4kJ/mol
C．通过电解制H2和选用高效催化剂，可降低CO2与H2合成甲醇反应的焓变
D．以CO2和H2O为原料合成甲醇，同时生成O2，该反应需要吸收能量
【答案】C
【解析】A项，1mol CH3OH(g)能量高于 1mol CH3OH(l)，反应物的总能量相同，根据能量守恒定律，若温度不变，反应国中生成1mol CH3OH(l)时，放出的热量大于90.5kJ，故 A 正确；B项，根据盖斯定律，①—②得CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=ΔH1-ΔH1=-49.4kJ/mol，故B正确；C项，催化剂可降低CO2与H2合成甲醇反应的活化能，但不改变反应的焓变，故C错误；D项，已知反应④CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=-49.4kJ/mol，根据盖斯定律④×2—③×3得2CO2(g)+4H2O(g)=2CH3OH(g)+3O2(g) ΔH=2ΔH4-3ΔH3=1352kJ/mol＞0，，则该反应需要吸收能量，故 D 正确；故选C。
11．(2023·黑龙江省牡丹江市第二高级中学高三期中)用光催化氧化法脱除NO的过程如图所示。

下列说法不正确的是( )
A．该脱除过程中，太阳能转化为化学能
B．NO在P1端发生还原反应
C．在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似，则g-C3N4端的反应为O2+2H＋+2e－=H2O2
D．NO2最终转化为HNO3的化学方程式为2 NO2+H2O2=2HNO3
【答案】B
【解析】由图可知，在P1端NO转化为NO2发生氧化反应，另一端氧气发生还原反应得到H2O2，H2O2与NO2反应得到HNO3。A项， 该脱除过程中，太阳能转化为化学能，A正确；B项，NO在P1端失去电子转化为NO2，发生氧化反应，B错误；C项，在酸性水溶液中，光催化脱除原理和电化学反应原理类似，则g-C3N4端氧气得到电子生成过氧化氢，反应为O2+2H＋+2e－=H2O2，C正确；D项，由图可知，NO2最终转化为HNO3的化学方程式为2 NO2+H2O2=2HNO3，D正确；故选B。
12．(2023·山东省济南市高三期中)基于硫化学的金属硫电池是有望替代当前锂离子电池技术，满足人类社会快速增长的能源需求，该电池的结构及原理如图所示。下列有关叙述正确的是( )

A．该电池可采用含K+的水溶液或有机物为电解质溶液
B．放电时，电子的移动方向：电极a→电极b→隔膜→电极a
C．充电时，正极区可能发生的反应有xK2S3-(2x-6)e-=3Sx2-+2xK+
D．充电时，电路中转移时，负极质量减少78g
【答案】C
【解析】该装置的电化学装置，根据原电池工作原理，K电极为负极，b电极为正极。A项， 该装置为电化学装置，金属钾作负极，金属钾是活泼金属，能与水发生反应，因此电解质溶液不能是水溶液，故A错误；B项，放电属于电化学，根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即电子从电极a→灯泡→电极b，电池内部没有电子通过，故B错误；C项，充电电池充电时，电池正极接电源正极，电池负极接电源负极，充电时，电池正极上失去电子，化合价升高，根据装置图可知，正极反应式为xK2S3-(2x-6)e-=3Sx2-+2xK+，故C正确；D项，充电时，负极(阴极)反应式为K++e-=K，电路中转移2mole-，生成2molK，负极质量增重2mol×39g/mol=78g，故D错误；故选C。
13．铁及其化合物与生产、生产关系密切。下图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。

(1)该电化学腐蚀称为______________。
(2)图中A、B、C、D 4个区域，生成铁锈最多的是_________(填字母)。
【答案】吸氧腐蚀 (2)B
【解析】(1)金属在中性和较弱的酸性条件下发生的是吸氧腐蚀。(2)发生吸氧腐蚀，越靠近液面接触到的O2越多，腐蚀得越严重。

1．(2023·安徽省皖优联盟高三第二次阶段测试)已知[ΔH2、ΔH3、ΔH5对应的反应中O2(g)已省略，且ΔH2＞ΔH5]：

下列说法正确的是( )
A．ΔH1＞0 B．ΔH3的值是CH3CH2CH2CH3(g)的燃烧热
C．ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4 D．稳定性：正丁烷>异丁烷
【答案】C
【解析】A项，ΔH2、ΔH3分别表示异丁烷与正丁烷的燃烧热，若ΔH2＞ΔH5，说明燃烧1 mol两种物质时前者释放的热量较后者少，由此知异丁烷的能量较低，则正丁烷转化为异丁烷是放热反应，故A错误；B项，燃烧热是1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时放出的热量，含H元素的物质燃烧生成的指定产物为液态水，所以ΔH3的值不是正丁烷的燃烧热，故B错误；C项，ΔH1+ΔH2和ΔH3+ΔH4的始态和终态相同，由盖斯定律可知，ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4，故C正确；D项，相同条件下，能量越低越稳定，则稳定性：正丁烷＜异丁烷，故D错误；故选C。
2．(2023·黑龙江省牡丹江市第三高级中学高三检测)已知几种物质之间的能量关系如图所示，下列说法中不正确的是( )

A．使用合适催化剂，不能减小反应的焓变
B．中，热能转化为产物内部的能量
C．
D．，反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】B
【解析】A项， 使用合适催化剂可降低反应的活化能，但不能减小反应的焓变，故A正确；B项， ΔH=119.6kJ/mol-208.4kJ/mol=-88.8kJ/mol中，产物内部的能量转化为热能，故B错误；C项， ΔH=237.1kJ/mol-208.4kJ/mol=+28.7kJ/mol，故C正确；D项， ΔH=-119.6kJ/mol，反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选B。
3．(2023·湖南省长郡中学高三第三次月考)如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法错误的是( )

A．工业上可通过电解熔融状态下的MgCl2制取金属Mg，Mg是阴极产物
B．标准状况条件下，11.2LF2(g)与足量的Mg充分反应，放热562kJ
C．热稳定性：MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2
D．由图可知：MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g) ΔH＜−117kJ⋅mol−1
【答案】D
【解析】A项， 工业上可通过电解熔融状态下的MgCl2制取金属Mg，MgCl2Mg+Cl2↑，镁离子在阴极得电子发生还原反应生成Mg，A正确；B项，镁与氟气的反应是放热反应，B错误；C项，物质能量越低越稳定，根据图像可知稳定性顺序为MgF2＞MgCl2＞MgBr2＞MgI2，C正确；D项，依据图像Mg(s)+Cl2(g)=MgCl2(s) ΔH=−641kJ/mol，Mg(s)+Br2(g)=MgBr2(s) ΔH=−524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g) ΔH=−117kJ⋅mol−1，氯气变成液氯的过程释放热量，故MgBr2(s)+Cl2(g)=MgCl2(s)+Br2(g) ΔH＞−117kJ⋅mol−1，D错误；故选D。
4．(2023·山东省德州市高三期中联考)我国科学家研究了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．过渡态1比过渡态2更稳定
B．若该反应生成液态C2H6，则反应的增大
C．催化剂AuF的催化效果比AuPF3+的好
D．该反应的热化学方程式为：C2H4(g)+ H2(g)C2H6(g)) ΔH＝－129.6 kJ·mol－1
【答案】D
【解析】A项， 过渡态1所处状态能量高于状态2，两种过渡态物质中较稳定的是过渡态2，A错误；B项，若该反应生成液态C2H6，反应放热更多，则反应的减小，B错误；C项，由图可知AuPF3+对应的活化能小，则催化效果好，C错误；D项，由反应物、生成物的总能量可知ΔH =-129.6kJ/mol-0=-129.6kJ/mol，该反应的热化学方程式为：C2H4(g)+ H2(g)C2H6(g)) ΔH＝－129.6 kJ·mol－1，D正确；故选D。
5．(2023·湘豫名校联盟高三联考)苯与卤素发生取代反应可细分为：
①C6H6(苯)+∙X+X2→C6H5∙+X2+HX △H1
②C6H5∙+X2+HX→C6H5X+HX+∙X △H2
下图1、2表示反应中部分物质的含量(测量反应过程中多个时间点的各物质含量，去除开始时与结束前的极端值后取平均值)，已知图1为使用催化剂前，图2为使用催化剂后，下表为相关△H的数据。

X
Cl
Br
△H1(kJ∙mol-1)
10
20
△H2(kJ∙mol-1)
-111
-100
下列说法正确的是( )
A．可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ∙mol-1
B．1mol苯与1mol氯气反应将会向环境释放101kJ热量
C．使用催化剂后会改变△H1，但不会改变△H1+△H2
D．反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能
【答案】A
【解析】A项， 从表中可以得出，△H1(Cl)-△H1(Br)=(10-20) kJ∙mol-1=-10 kJ∙mol-1，两个过程中其它键的断裂情况相同，只有形成H-Cl键和比H-Br键不同，由此可推知H-Cl键的键能比H-Br键的键能大10 kJ∙mol-1，A正确；B项，利用盖斯定律，将反应①+②，可得出C6H6(苯)+X2→C6H5X+HX  △H=△H1+△H2=-101 kJ∙mol-1，由于苯与氯气发生的反应为可逆反应，所以1mol苯与1mol氯气反应向环境释放的热量小于101kJ，B不正确；C项，使用催化剂后，只能改变反应的活化能，不能改变△H1和△H2，也不会改变△H1+△H2，C不正确；D项，从图中可以看出，加入催化剂后，C6H5∙的百分含量增大较少，而C6H5X的百分含量增大很多，则表明反应①的反应速率慢，反应②的反应速率快，从而确定反应②为总反应的决速步，催化剂的机理为降低反应②的活化能，D不正确；故选A。
6．(2022•浙江省台州市高三选考科目教学质量评估)如图为2021年新研发的车载双电极镍氢电池，放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为MH；充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2，下列叙述正确的是( )

A．a、b为电池负极，c、d为电池正极
B．图示显示的是电池充电的过程，c极上的反应可表示为M+H2O+ e-=MH+ OH-
C．隔膜中的电解液可为KOH溶液，放电时外电路每通过1mol电子，该电池正极共增重2g
D．充电时电子的流动路径为外接电源负极→a、d→外接电源正极，而a→b、b→c、c→d的导电过程均借助离子迁移完成
【答案】C
【解析】A项，由OH-离子的移动方向可知，a为负极，c为负极，d为正极，A错误；B项，图中显示的是原电池放电的过程，放电时a，c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，即放电时，反应物为MH→生成物为M(s)和H2O，c极：MH+ OH--e-=M+H2O，B错误；C项，正极： NiO(OH)+e-+H2O= Ni (OH)2+ OH-，转移1mol电子，固体由NiO(OH) →Ni (OH)2质量变化为1g，转移1mol电子，b，d电极各增加1g，共增加2g，C正确；D项，充电时为电解池：电子的流动方向：电源负极→a；d→电源正极；b→c的导电过程为铜箔中的电子移动完成，D错误；故选C。
7．(2022·浙江省三校高三选考适应性考试)下图是不饱和烃加氢时能量变化示意图(E代表反应物具有的总能量)，具体数据如下：
反应
ΔE
ΔH
CH3C≡CCH3+2H2CH3(CH2)3CH3

ΔH1
CH2=CH-CH=CH2+2H2→CH2(CH2)CH3

ΔH2

(1)如果CH3C≡CCH2CH=CH-CH=CH2与H2以物质的量1：2反应，其主要产物是X。
(2)如果CH3CHBrCHBrCH3与NaOH的醇溶液共热后，主要产物是Y，另一副产物是Z。
下列推断正确的是( )
A．不饱和烃加氢的反应的ΔH＞0 B．Y是CH3C≡CCH3
C．X是CH3(CH2)3CH=CH-CH=CH2 D．ΔH1＞ΔH2
【答案】C
【解析】A项，由图可知，不饱和烃加氢时反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应，则ΔH＜0，A错误；B项，卤代烃消去可形成碳碳三键或两个双键，由表中信息知CH3C≡CCH3的总能量大于CH2=CH-CH=CH2，反应总是向能量降低方向进行，故主要产物为二烯烃，则Y为CH2=CH-CH=CH2，B错误；C项，由图形可知两个反应均为放热反应，由表中数据可知，“-C≡C-”与H2的加成放出热量多于二烯烃与H2加成放出热量，反应总是向能量降低方向进行，故加成时主要发生在碳碳三键上，则X是CH3(CH2)3CH=CH-CH=CH2，C正确；D项，不饱和烃加氢为放热反应，由ΔE的数值可知，反应1放出的热量多，ΔH小，则ΔH1＜ΔH2，D错误；故选C。
8．(2022·江苏省高三期中)通过富氢物质分解制氢成为工业制氢研究的新方向，图为其中的两种制氢系统：

下列有关说法正确的是( )
A．系统中第一个反应自发进行的条件是低温
B．SO2、I2、HI分别是两个系统反应的催化剂
C．2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(g) ΔH=-266kJ·mol-1
D．制得等量的H2所需能量较少的是系统II
【答案】D
【解析】A项，水的分解反应是吸热反应，即△H＞0，水的分解反应是熵增，即△S＞0，根据△G=△H－T△S，自发进行，△G＜0，即水的分解反应需要高温下才能自发进行，故A错误；B项，系统Ⅰ中SO2、HI是中间产物，不是催化剂，系统Ⅱ中HI为中间产物，故B错误；C项，H2SO4(aq)=SO2(g)＋H2O(l)＋O2(g) △H=＋327kJ·mol－1 ①，H2SO4(aq)＋H2S(g)=S(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) △H=＋61kJ·mol－1 ②，②－①得出：H2S(g)＋O2(g)=H2O(l)＋S(s) △H=－266kJ·mol－1，推出2H2S(g)＋O2(g)=2H2O(l)＋2S(s) △H=－532kJ·mol－1，S(s)=S(g)是吸热过程，2H2S(g)+O2(g)=2H2O(l)+2S(g) △H＞－532kJ·mol－1，故C错误；D项，根据盖斯定律，系统Ⅰ中生成1mol氢气时需要的热量为286kJ，系统Ⅱ中生成1mol氢气时需要的热量为20kJ，即系统Ⅱ中消耗的能量少，故D正确；故选D。
9．(2022·山东省潍坊市学科核心素养测评)科学家研究HCOOH在催化剂Pd表面脱氢，其反应历程和相对能量的关系如图所示：

下列说法正确的是( )
A．在催化剂Pd表面断裂O-H键比C-H键活化能低
B．用DCOOH代替HCOOH反应，产物可能含有HD、D2和H2
C．在I-V中，II生成III的反应速率最慢
D．HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应的△H=14.1a kJ·mol-1
【答案】B
【解析】A项，由图可知，第I步断裂O-H键，活化能为44.7akJ/mol，第III步断裂C-H键，活化能为36.7akJ/mol，断裂O-H键比C-H键活化能高，A错误；B项，由图可知，HCOOH在Pd催化剂下，C-H、O-H均发生断裂，最终生成H2和CO2，因此用DCOOH代替HCOOH，得产物可能含有HD、D2和H2，B正确；C项，由图可知，II生成III的过程活化能最低，则反应速率最快，C错误；D项，HCOOH在催化剂Pd表面脱氢反应生成CO2和H2，由图可知，该反应放热，则△H=-14.1a kJ·mol-1，D错误；故选B。
10．(2022•浙江省丽水市缙云中学等三校高三联考模拟)资料显示，块状大理石和盐酸反应：
CaCO3(s)+2HCl(aq)CO2(g)+H2O(l)+CaCl2(aq) ΔH；该反应的反应历程和部分物质的相对能量图如下：

①CaCO3(s)CaCO3(aq) ΔH1
②CaCO3(aq)=Ca2+(aq)+CO32-(aq) ΔH2
③CO32- (aq)+H+(aq)HCO3- (aq) ΔH3
④HCO3- (aq)+H+(aq)H2CO3(aq) ΔH4
⑤H2CO3(aq)H2O(l) +CO2(aq) ΔH5
⑥CO2(aq)CO2(g) ΔH6
下列说法不正确的是( )
A．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6
B．盐酸与块状大理石反应较慢，与c(CO32-)较小等因素有关
C．一定温度下，CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32- (aq)，达到平衡时， c(Ca2+)×c(CO32-)为常数
D．CO32- (aq)+2H+(aq)H2O(l)+CO2(g) ΔH =(a-c)kJ·mol-1
【答案】D
【解析】A项，根据①CaCO3(s)CaCO3(aq)ΔH1 ②CaCO3(aq)=Ca2+(aq)+CO32-(aq)ΔH2 ③CO32- (aq)+H+(aq)HCO3-(aq)ΔH3 ④HCO3- (aq)+H+(a) H2CO3(aq)ΔH4 ⑤H2CO3(aq)H2O(l)+CO2(aq)ΔH5 ⑥CO2(aq)CO2(g)ΔH6 可知CaCO3(s)+2HCl(aq)CO2(g)+H2O(l)+CaCl2(aq) ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，A正确；B项，化学反应速率的快慢与反应物的浓度、接触面积、温度等因素有关，盐酸与块状大理石反应较慢，与c(CO32-) 较小等因素有关，B正确；C项，一定条件下，温度一定，化学平衡常数是一个定值，故一定温度下，CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32- (aq)，达到平衡时， c(Ca2+)×c(CO32-) 为常数，C正确；D项，根据图像可知：CO32- (aq)+2H+(aq)H2O(l)+CO2(g) 是放热反应，故ΔH =-(a-c)kJ·mol-1，D错误；故选D。
11．(2022·江苏省常熟市高三联考)科学家最近发明了一种Al-PbO2电池，电解质为K2SO4、H2SO4、KOH，通过x和y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，结构示意图如图所示。下列说法错误的是( )

A．K+通过X膜移向M区
B．R区域的电解质浓度逐渐增大
C．放电时，Al电极反应为：Al+4OH--3e-=[ Al(OH)4]-
D．消耗1.8gAl时，N区域电解质溶液减少16.0g
【答案】A
【解析】该电池为Al-PbO2电池， 电解质为K2SO4、H2SO4、KOH，通过x和y两种离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域(a>b)，从图中可知原电池工作时负极发生反应为：Al+4OH--3e-=[ Al(OH)4]-，消耗OH-，K+向正极移动；正极反应为：PbO2+4H++SO42-+2e-= PbSO4+2H2O， 正极消耗H+和SO42-，阴离子向负极移动；则x是阳离子交换膜，y是阴离子交换膜，则M区为KOH，R区为K2SO4，N区为H2SO4。A项，原电池工作时负极发生反应为：Al+4OH--3e-=[ Al(OH)4]-，消耗OH-，K+向正极移动，向R区移动，故A错误。B项，R区域K+与SO42-不断进入，所以电解质浓度逐渐增大，故B正确。C项，放电时候，原电池工作时，Al电极为负极，发生反应为：Al+4OH--3e-=[ Al(OH)4]-，故C正确；D项，消耗1.8gAl，电子转移0.2mol，N区消耗0.4mol H+，0.1mol SO42-，同时有0.1mol SO42-移向R区，则相当于减少0.2mol H2SO4，同时生成0.2mol H2O，则R区实际减少质量为，故D正确。故选A
12．(2022·北京师大附中高三期中)某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，原理示意图如下。经过一段时间后，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀随废水排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。下列说法不正确的是( )

A．阴极区发生的电极反应包括：2H++2e-=H2↑
B．还原Cr2O72-的主要方式是：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
C．废水的pH过高或过低均会降低铬的去除率
D．电解槽工作时，Cr2O72-通过阴离子交换膜从阳极室进入阴极室
【答案】D
【解析】耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，在阴极，水电离产生的H+得电子生成H2；在阳极，Fe失电子生成Fe2+，Fe2+将Cr2O72-还原为Cr3+；Cr2O72-、OH-从阴极室进入阳极室，与Fe3+、Cr3+反应生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀。A项，在阴极区，水电离产生的H+得电子，发生的电极反应包括：2H++2e-=H2↑，A正确；B项，在阳极区，Fe失电子生成的Fe2+还原Cr2O72-，主要方式是：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，B正确；C项，若废水的pH过高，会直接与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀，影响Cr2O72-的还原，若pH过低，会将Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀溶解，都会降低铬的去除率，C正确；D项，电解槽工作时，因为Cr2O72-要进入阳极区被Fe2+还原，所以Cr2O72-通过阴离子交换膜从阴极室进入阳极室，D不正确；故选D。
13．(2023届·浙江省Z20名校新高考研究联盟高三第一次联考)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法不正确的是( )

A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐减小
B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
C．负极的电极反应式为：CH3COO--8e-+7OH-=2CO2+5H2O
D．若甲室Co2+减少amg，乙室Co2+增加1.5amg，则此时己进行过溶液转移
【答案】C
【解析】由于乙室中两个电极的电势差比甲室大，所以乙室是原电池，甲室是电解池，然后根据原电池、电解池反应原理分析解答。A项，电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H+，电极反应式为CH3COO--8 e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co，因此，甲室溶液pH逐渐减小，A正确；B项，对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O2-与溶液中的H+结合H2O，电极反应式为2LiCoO2+2e-+8H+=2Li++2Co2++4H2O，负极发生的反应为CH3COO--8 e-+2 H2O =2CO2↑+7 H+，负极产生的H+通过阳膜进入正极室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确；C项，电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C错误；D项，若甲室Co2+减少a mg，则电子转移物质的量为n(e-)= ；若乙室Co2+增加1.5a mg，则转移电子的物质的量为n(e-)=，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D正确；故选C。
14．(2023届·浙江省名校协作体高三开学考试)双极膜电解法制巯基乙酸(HSCH2COOH)和高纯NaOH溶液原理如图所示，其中a、b为离子交换膜，双极膜在直流电压下可解离出H+和OH-。下列说法正确的是( )

A．膜a和膜b均为阳离子交换膜
B．双极膜解离出的H+在双极膜的右侧
C．碱室1和碱室2的NaOH溶液可以循环使用，电解过程不产生其他副产物
D．若将盐室的原料换成Na2SO4溶液，当外电路通过2mole-时，可生成2molH2SO4
【答案】A
【解析】根据装置图，该装置为电解池装置，根据电解原理，左边电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，HSCH2COONa中Na+向阴极移动，膜a为阳离子交换膜，右边电极为阳极，电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O，碱室2中Na+向左移，膜b为阳离子交换膜。A项，膜a、b均为阳离子交换膜，故A正确；B项，双极膜解离出的H+在双极膜的左侧，故B错误；C项，碱室1和碱室2的NaOH溶液循环使用，副产品还有氢气和氧气，故C错误；D项，外电路有2mol电子通过，盐室中有2molNa+移向碱室1，双极膜中有2molH+移向盐室，即得到1molH2SO4，故D错误；故选A。
15．(2023届·浙江省七彩阳光新高考研究联盟高三返校联考)某研究小组设计了如图所示的N2H4制备装置，其中双极膜是阴、阳两侧复合膜，层间的H2O能解离成OH-、H+并可分别通过阴、阳膜定向移动。下列说法不正确的是( )

A．b端为电源的正极
B．随着反应的进行，阴极室内溶液碱性减弱
C．多孔铂电极上的电极反应式为2NH3 - 2e- +2OH- = N2H4 + 2H2O
D．双极膜的左、右两侧分别属于阴膜和阳膜
【答案】D
【解析】该装置为电解池，NaClO将NH3氧化为N2H4，因此通NH3的一极为电解池的阳极，则b端为电源的正极，a端为电源的负极。A项，在电解池的阳极NH3失去电子被氧化成N2H4，因此b端为电源的正极，故A项正确；B项，NaClO溶液呈碱性，阴极室内发生的反应为：ClO- + 2e- + H2O= Cl- + 2OH-。NaClO浓度降低，因此溶液碱性减弱，故B项正确；C项，多孔铂电极上NH3失去电子，电极反应式为：2NH3 - 2e- +2OH- = N2H4 + 2H2O，故C项正确；D项，在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此双极膜的左右两侧分别为阳膜和阴膜，故D项错误。故选D。
16．(2022·山东省滕州市高三期中)一种锂电池的工作原理如图所示，正极反应被可以在正极区和氧化罐间循环流通，氧化罐中加入的(NH4)2S2O8可以将Fe2+氧化、自身被还原为SO42-。下列关于该电池的说法正确的是( )

A．电池放电时将电能转化为化学能
B．放电时Li+由正极区移向负极区
C．放电时的负极反应为
D．氧化SO42-罐中反应的离子方程式为2Fe2++ S2O82-=2Fe3++2 SO42-
【答案】D
【解析】A项，原电池是将化学能转化为电能的装置， 放电时将化学能转化为电能，A错误；B项，放电时原电池内部阳离子向正极移动，B错误；C项，放电时的负极失去电子发生氧化反应，电极反应式为：Li-e-=Li+，C错误；D项，氧化罐中加入的(NH4)2S2O8可以将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为SO42-，反应的离子方程式为：2Fe2++ S2O82-=2Fe3++2 SO42-，D正确；故选D。
17．(2022·山东省潍坊市高三联考)如图所示为六氯代环己烷(又名“六六六”)的“穿梭”反应，生成苯和邻二氯代物，实现苯的回收利用。下列说法正确的是( )

A．b极为电解池的阴极
B．理论上，制得1mol苯同时生成3molR-CHClCH2Cl
C．CH2ClCH2Cl经“穿梭”反应后生成乙炔
D．利用“穿梭”反应转化等质量的“六六六”和CH2ClCH2Cl时转移电子数相等
【答案】B
【解析】A项，b极上R-CH=CH2与Cl-作用生成RCHClCH2Cl，失电子，为电解池的阳极，A错误；B项，理论上，由六氯代环己烷(又名“六六六”)制得1mol苯时产生6molCl-，同时生成3molR-CHClCH2Cl，B正确；C项，根据上述反应情况可知，CH2ClCH2Cl经“穿梭”反应后生成乙烯，C错误；D项，利用“穿梭”反应转化等质量的“六六六”(分子式为C6H6Cl6)和CH2ClCH2Cl(分子式为C2H4Cl2)时，因C的价态变化不一样，故转移电子数不相等，D错误；故选B。
18．(2022·河北邢台市“五校联盟”部分重点中学高三联考)科学家采用电渗析法提纯乳清(富含NaCl的蛋白质)，有价值的蛋白质的回收率达到98%，工作原理如图所示。

下列说法错误的是( )
A．溶液R中溶质的主要成分为HCl
B．膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜
C．a极的电极反应式为2H2O-2e-= 2OH-+H2↑
D．每转移1mol电子，理论上乳清质量减少58.5g
【答案】C
【解析】光伏电池电渗析法提纯乳清(富含NaCl的蛋白质)，左侧a极附近稀NaOH溶液最终变成浓NaOH溶液，说明溶液中水得电子生成氢气和OH-，Na+通过膜1迁移到a极区，所以a为阴极，膜1为阳离子交换膜，同理，乳清中的氯离子通过膜2迁移到b极区，发生失电子的氧化反应。A项，氯离子发生失电子的氧化反应，同时乳清经过膜2迁移到b极氯离子，最终输出的溶液R仍为稀盐酸，溶质的主要成分为HCl，A正确；B项，膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，B正确；C项，a极为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为2H2O+2e-= 2OH-+H2↑，C错误；D项，每转移1mol电子，理论上迁移1molNa+和1molCl-，因此乳清质量减少23g+35.5g=58.5g，D正确；故选C。
19．(2023届·浙江省十校联盟高三10月月考)Zn−BiOI电池以ZnI2水溶液作为锌离子电池的氧化还原介质，可实现快速可逆的协同转化反应，具有超高的可逆容量和超长循环寿命。下列说法不正确的是( )

A．ZnI2能加快电极反应速率
B．放电时，正极反应为3BiOI+3e−=Bi+Bi2O3+3I−
C．充电时，与外接电源正极相连
D．充电时，若转移，两电极总质量增加
【答案】D
【解析】Zn−BiOI 电池中，放电时，Zn作负极，BiOI 作正极，充电时，Bi作阳极，连接电源正极，Bi2O3连接电源负极。A项，由图可知，ZnI2 水溶液作为锌离子电池，发生氧化还原反应，在Zn−BiOI 电池中转移电子，充当催化剂，可以加快电极反应速率，A正确；B项，放电时，BiOI 作正极，正极反应为 3BiOI+3e−=Bi+Bi2O3+3I−，B正确；C项，充电时， Bi作阳极，Bi 与外接电源正极相连，C正确；D项，充电时，总反应式为：3ZnI2+2Bi+2Bi2O3=6BiOI+3Zn，由B选项可知，该反应转移6个电子，若反应转移 2mol e− ，两电极总质量增加1molZnI2， 即增加319g，D错误；故选D。
20．(2023届·浙江省嘉兴市高三上学期9月检测)钛铁合金在航天和生物医学等领域有广泛的应用。下图是以TiO2、FeO混合粉末压制的块体和石墨坩埚分别做电极材料，以CaCl2熔盐为离子导体(不参与电极反应)制备钛铁合金的装置示意图。下列相关说法正确的是( )

A．TiO2、FeO混合粉末压制的块体为正极
B．通入Ar气主要是为了保护石墨坩埚、FeO不被氧化
C．TiO2发生的电极反应为：TiO2+4e-＝Ti＋2O2-
D．每生成16.0g TiFe2时，流出气体在标准状况下的体积为4.48L
【答案】C
【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。A项，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；B项，i、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；C项，TiO2得电子发生还原反应，电极反应应为TiO2+4e-＝Ti＋2O2-，C正确；D项，16.0g TiFe2，即=0.1mol，需生成0.1mol Ti、0.2mol Fe，根据电极反应TiO2+4e-＝Ti＋2O2-、FeO+2e-＝Fe＋O2-可知，共转移0.8mol电子，O2-在阳极被氧化，电极反应为2O2--4e-=O2↑，所以生成0.2mol氧气，标况下体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，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4.48L，D错误；故选C。
21．(2023届·浙江省强基联盟高三上学期10月统测)硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图所示(其中R为有机物)。下列说法不正确的是( )

A．电极A为阳极，发生氧化反应
B．处理过程中Cl-可循环利用
C．处理后的水垢主要沉降在阴极附近
D．若R为CO(NH2)2，当消耗1 mol CO(NH2)2生成N2时，则电极B处产生的H2为
【答案】D
【解析】电极B为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O-4e-=H2↑+2OH-；A为阳极，氯离子放电产生氯气；氯气与水的反应为可逆反应，次氯酸将有机物R如CO(NH2)2氧化生成N2。A项，由上述分析可知电极A为阳极，发生氧化反应，A正确；B项，阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HCl，HClO能将有机物氧化为二氧化碳和水，HClO自身被还原为氯离子，Cl-可以循环利用，B正确；C项，硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结合生成氢氧化镁，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，C正确；D项，A极反应产生Cl2，次氯酸将有机物R如CO(NH2)2氧化生成N2，若R为CO(NH2)2，则消耗1mol CO(NH2)2生成N2时，转移6mol电子，但在A电极处还有水失电子，故转移电子物质的量大于6mol，所以B电极处产生的H2应大于3mol，D错误；故选D。
22．(2023届·浙江省浙里卷天下高三上学期10月联考)金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”Na·nHg，利用这一性质可通过电解饱和食盐水得到金属钠，实验装置如图所示(电键、电压计、电流计等已略去)，洗气瓶中有白烟产生，下列说法不正确的是( )

A．铁丝起导电作用，水银充当阴极
B．阴极电极反应式：Na++e- +nHg=Na·nHg
C．白烟产生的方程式为8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2
D．电解开始后，石墨棒表面立即产生大量气泡，水银表面始终无气泡产生
【答案】D
【解析】金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”Na·nHg，说明在水银处有Na析出，发生还原反应，则水银为阴极，电极反应式为Na++e- +nHg=Na·nHg，石墨为阳极，电极反应式为2Cl--2e-＝Cl2↑，洗气瓶中有白烟产生，则洗气瓶中发生反应8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2。A项，金属钠可溶于水银形成合金“钠汞齐”Na·nHg，说明在水银处有Na析出，发生还原反应，水银为阴极，铁丝是导线，石墨为阳极，A正确；B项，阴极电极反应式：Na++e- +nHg=Na·nHg，B正确；C项，白烟产生的方程式为8NH3+3Cl2＝6NH4Cl+N2，C正确；D项，电解开始后，石墨电极发生反应2Cl--2e-＝Cl2↑，生成氯气，产生大量气泡，而水银表面会发生副反应2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，生成氢气，也会有气泡生成，D错误；故选D。
23．(2023届·浙江省浙南名校联盟高三上学期第一次联考)目前科学家开发出一种新型家用电池系统，该系统输出能力达3.0千伏安，可保证普通家庭12小时的用电需求，其核心组成部分是基于Li4Ti5O12的SCiB超级锂电池，容量达6.6kWh。其电池结构如图，电池内部是固体电解质，充电、放电时允许Li+在其间通过。总反应可表示为：Li4Ti5O12+6CLi(4-x)Ti5O12+LixC6。下列说法正确的是( )

A．外电路上的“→”，表示放电时的电流方向
B．充电时阴极电极反应：LixC6-xe-=6C+xLi+
C．放电时负极电极反应：Li4Ti5O12-xe-=Li(4-x)Ti5O12+xLi+
D．固体电解质的作用是让电子在电池内通过，形成闭合的回路
【答案】C
【解析】由总反应可知，放电时C电极为正极，电极反应式为6C+xLi+ +xe-= LixC6，Li4Ti5O12电极为负极，电极反应式为：Li4Ti5O12-xe-=Li(4-x)Ti5O12+xLi+；充电时阳极与正极相连，阴极与负极相连，电极反应式相反。A项，放电时电流从正极流向负极，由C元素化合价降低，则C电极为正极，Li4Ti5O12电极为负极，则电流从C电极流向Li4Ti5O12电极，外电路上的“→”表示放电时的电子方向，故A错误；B项，充电时，阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Li(4-x)Ti5O12+xLi++xe-= Li4Ti5O12，故B错误；C项，放电时负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为Li4Ti5O12-xe-=Li(4-x)Ti5O12+xLi+，故C正确；D项，电子在外电路流动，不经过电解质，固体电解质的作用是让Li+在电池内通过，形成闭合的回路，故D错误；故选C。
24．(2023届·浙江省舟山市定海一中高三9月月考)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域，用双极膜电解制备金属钴的装置如图所示。双极膜是一种离子交换复合膜，在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成和，并分别向两极迁移。下列说法错误的是( )

A．电解池工作时，阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小
B．当电路中转移2mol电子时，阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加80g
C．电解过程中溶液中的SO42-透过阴离子交换膜移向右室
D．电解总反应：2Co2++2H2OCo+O2↑+4H+
【答案】C
【解析】A项，电解池工作时双极膜中的氢离子向阴极移动，所以电极b是阴极，硫酸根离子通过阴离子交换膜向左移动与氢离子结合生成硫酸，所以阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小，A正确；B项，当电路中转移2mol电子时，阳极产生0.5molO2，同时有1molSO42-离子透过阴离子交换膜向左移动，所以阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加96g-16g=80g，B正确；C项，根据以上分析可知电解过程中溶液中的SO42-透过阴离子交换膜移向左室，C错误；D项，阳极氢氧根放电产生氧气，阴极钴离子放电产生钴，所以电解总反应：2Co2++2H2OCo+O2↑+4H+，D正确；故选C。
25．(2023·河南省创新发展联盟高三联考)新能源汽车在我国蓬勃发展，新能源汽车所用电池多采用三元锂电池，某三元锂电池放电时工作原理如图所示。下列说法错误的是( )

A．充电时，M极有电子流入，发生还原反应
B．锂电池的优点是质量小，电容量大，可重复使用
C．用该电池电解精炼铜，当电池中迁移时，理论上可获得纯铜
D．充电时，N极的电极反应式为
【答案】C
【解析】原电池中阳离子向正极移动，由图中锂离子运动方向可知，M为负极、N为正极。A项， 充电时，M极连接外接电源的负极，M为阴极，阴极有电子流入，发生还原反应，A正确； B项，锂电池的能量比较高，优点是质量小，电容量大，可重复使用，B正确；C项，根据电子守恒可知，，当电池中迁移时，理论上可获得32g纯铜，C错误；  D项，充电时，N极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为，D正确；故选C。
26．(2022·辽宁省沈阳市重点高中联合体高三联考)双氧水(过氧化氢的水溶液)在工业生产和日常生活中应用广泛。
(1)双氧水的强氧化性使其对大多数病菌和病毒具有消杀功能。用3%医用双氧水对不传染病房喷洒消毒时，地板上有气泡冒出，该气体是___________。
(2)火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2H4)和强氧化剂液态过氧化氢。知0.4mol液态肼与足量的液态过氧化氢反应，生成氮气和水蒸气，并放出256.652kJ的热量。该反应的热化学方程式为______________________。
(3)双氧水能将碱性废水中的CN-转化成碳酸盐和一种对环境无污染的气体，CN-的电子式为__，写出该反应的离子方程式________________________。
(4)如图是工业上制备过氧化氢最常见的方法，写出实际发生反应的总方程式______________。


(5)如图是一种用电解原理来制备H2O2，并用产生的H2O2处理废氨水的装置。

①Ir—Ru惰性电极吸附O2生成H2O2，其电极反应式是_____________。
②处理废氨水中溶质(以NH3计)的质量是34g，理论上电路中转移电子数为__________mol。
【答案】(1)O2
(2)N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.38kJ•mol-1
(3) 5H2O2+CN-+2OH-=2CO32-+N2+6H2O
(4)H2+O2H2O2 (5)O2+2e-+2H+=H2O2 6
【解析】(1)过氧化氢容易分解生成水和氧气，故该气体是氧气；(2)
反应方程式为：N2H4+2H2O2═N2+4H2O，0.4mol液态肼放出256.652KJ的热量，则1mol液态肼放出的热量为256.652KJ÷0.4=641.38kJ，所以反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) △H=-641.38kJ•mol-1；(3)CN-的电子式为；双氧水能将碱性废水中的CN－转化成碳酸盐和一种对环境无污染的气体，该气体是氧化产物氮气，该反应的离子方程式：5H2O2+CN-+2OH-=2CO32-+N2+6H2O；(4)工业上制备过氧化氢最常见的方法，由图看出在催化剂作用下，氢气与氧气反应生成过氧化氢，实际发生反应的总方程式H2+O2H2O2；(5)①Ir－Ru惰性电极吸附O2生成H2O2，氧气得电子发生还原反应，其电极反应式是 O2+2e-+2H+=H2O2；②4NH3+3O2=2N2+6H2O中，氨气中的氮元素从-3价变为氮气中的0价，4mol氨气转移12mol电子，处理NH3的物质的量为1mol，质量为17g，转移3mol电子，现处理废氨水中溶质(以NH3计)的质量是34g，理论上电路中转移电子数为6mol。
27．(2022·辽宁省葫芦岛市协作体高三第二次联考)某化学兴趣小组用50mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行中和反应的反应热测定实验，实验装置如图。试回答下列问题：

(1)实验时玻璃搅拌器的使用方法是___；不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器的理由是__。
(2)某学生记录的实验数据如表所示。(已知：实验中盐酸和氢氧化钠溶液的密度均为1g•cm-3，中和反应后溶液的比热容c=4.18J•g-1•℃-1)
实验序号
起始温度T1/℃
终止温度T2/℃
盐酸
氢氧化钠溶液
混合溶液
1
20.0
20.2
23.3
2
20.2
20.4
23.4
3
20.4
20.6
23.8
依据该学生的实验数据计算，该实验测得反应放出的热量为__J。
(3)下列操作会导致实验结果出现偏差的是___(填标号)。
a.用量筒量取盐酸的体积时仰视读数
b.把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中
c.将50mL0.55mol•L-1氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol•L-1氢氧化钾溶液
d.做本实验的当天室温较高
e.大烧杯的杯盖中间小孔太大
(4)某同学为了省去清洗温度计的麻烦，建议实验时使用两支温度计分别测量酸和喊的温度，你是否同意该同学的观点，为什么？___。
(5)如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，那么实验中测得中和反应的反应热(△H)___(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(6)如果用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行实验，与上述实验相比，二者所放出的热量___(填“相等”或“不相等”，下同)，所求的中和反应H+(aq)+OH-(aq)=H2O(1) △H的反应热(△H)___。
【答案】(1)上下搅动 Cu是热的良导体，传热快，热量损失大
(2)1337.6 (3)abe
(4)不同意，因为不同的温度计误差不同
(5)偏小 (6) 不相等 相等
【解析】(1)实验时为防止打断温度计，玻璃搅拌器的使用方法是上下搅动；Cu是热的良导体，传热快，热量损失大，所以不能用铜丝搅拌器代替玻璃搅拌器；(2)三次温度差分别为：3.2℃、3.1℃、3.3℃，温度的平均值为3.2℃，溶液的总质量为100g，该实验测得反应放出的热量为Q=；(3)a项，用量筒量取盐酸的体积时仰视读数，使盐酸的体积不准确，会导致实验结果出现偏差，故a选；b项，把量筒中的氢氧化钠溶液分多次倒入盐酸中，会使热量散失，会导致实验结果出现偏差，故b选；c项，将50mL0.55mol•L-1氢氧化钠溶液取成了50mL0.55mol•L-1氢氧化钾溶液，氢氧根的量不变，对实验结果没有影响，故c不选；d项，做本实验的当天室温较高，但测量的是温度差，与室温无关，对实验结果没有影响，故d不选；e项，大烧杯的杯盖中间小孔太大，会使热量散失，会导致实验结果出现偏差，故e选；故选abe；(4)因为不同的温度计误差不同，所以不能使用两支温度计分别测量酸和喊的温度；(5)如果将NaOH溶液换成等量的NaOH固体，由于氢氧化钠固体溶解会放出热量，导致放热增多，使实验测得中和反应的反应热(△H)偏小；(6)如果用60mL0.50mol•L-1盐酸与50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行实验，由于试剂的量不同，所放出的热量与上述实验不相等，但中和热是换算成生成1mol水时放出的热量，所求的中和反应的反应热(△H)与上述反应相等。
28．(2022·山东市潍坊市学科核心素养高三测试)Na2SO3用途广泛，可用作还原剂、防腐剂等。回答下列问题：
(1)向3mL 0.5mol·L-1Na2SO3溶液中逐滴滴入3滴0.5mol·L-1FeCl3溶液，混合液立即变为红褐色，继续滴加3mLFeCl3溶液，混合液颜色变深；静置1h溶液呈浅绿色。分析反应过程中，氧化还原反应和水解反应活化能较大的是___________，溶液最后呈浅绿色的原因为___________。
(2)常温下，测得Na2SO3溶液中相关离子浓度随pH变化的关系如图所示：


①H2SO3的电离平衡常数Ka1=___________mol·L-1。
②NaHSO3溶液显___________性(填“酸”或“碱”)，通过计算说明理由___________(写出计算过程)。
(3)常温下，用Na2SO3溶液作吸收液处理SO2，当pH降低为5左右时，可用如图所示电解槽进行再生，A、B为离子交换膜，电极为惰性电极。

SO32-放电的电极反应式为___________，再生后的吸收液中的最小值为___________；M室中将pH=4.9的吸收液再生至pH=8.9，若有1mol Na+通过离子交换膜，则再生后溶液中的SO32-的物质的量为___________ (保留两位小数)
【答案】(1)氧化还原反应 水解反应的反应速率较快，开始时Fe(OH)3胶体颜色占主导，一段时间后，随着氧化还原反应持续进行，水解平衡向左移动，溶液呈现Fe2+颜色
(2)10-1.9 酸 HSO3-H++SO32- Ka2，A点pH=5.9，lg=-1，c(H+)=10-5.9mol/L，=，代入=10-6.9mol/L，又HSO3-+H2OOH-+SO42- Kh=====10-12.1，Ka2＞Kh，即HSO3-的电离能力大于水解能力，NaHSO3溶液显酸性
(3)SO32- -2e-+H2O=SO42- +2H+ 100 0.66mol
【解析】(1)氧化还原反应H2O+SO32- +2Fe3+=SO42- +2Fe2++2H+，水解反应Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，开始滴加FeCl3溶液立马变为红褐色，说明的Fe3+水解速率大于Fe3+与SO32-的氧化还原反应速率，而活化能越大，速率越小，因此活化能较大的是氧化还原反应；溶液最后呈浅绿色是因为水解反应的反应速率较快，开始时Fe(OH)3胶体颜色占主导，一段时间后，随着氧化还原反应持续进行，水解平衡向左移动，溶液呈现Fe2+颜色；(2)H2SO3H++HSO3- Ka1，HSO3- H++SO32- Ka2，第一步电离出的抑制了第二步的电离，则Ka1＞Ka2，故曲线Ⅰ对应lg，Ⅱ曲线对应lg，B点pH=1.9，lg=0，则=1，=10-1.9mol/L，代入得Ka1=10-1.9mol/L；HSO3-H++SO32- Ka2，A点pH=5.9，lg=-1，c(H+)=10-5.9mol/L，=，代入=10-6.9mol/L，又HSO3-+H2OOH-+SO42- Kh=====10-12.1，Ka2＞Kh，即HSO3-的电离能力大于水解能力，NaHSO3溶液显酸性；(3)SO32-放电失去电子得到SO42-，电极反应式为SO32- -2e-+H2O=SO42- +2H+，由图可知，再生后的吸收液pH≥8.9，时，即c(H+)≤10-8.9mol/L，=10-6.9mol/L，当c(H+)最大时，值最小，则代入c(H+)=10-8.9mol/L，得=102=100；M室中：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+经A膜(阳离子交换膜)进入M室生成NaOH，NaOH再结合SO2生成Na2SO3和NaHSO3，根据物料守恒有：2c(Na+)=3[c(SO32-)+c(H SO3-)+c(H2SO3)]，当溶液pH=8.9，=102=100，，因此3×1.01c(SO32-)≈2c(Na+)，若有1mol Na+通过离子交换膜，则。
29．(2022·河南省名校联盟高三毕业班阶段性测试)近期，中科院天津工业生物技术研究所在人工合成淀粉方面取得重大突破，国际上首次在实验室实现了二氧化碳到淀粉的从头合成。成果于2021年9月24日在国际学术期刊《科学》上发表，该合成过程简单表示如下：CO2→C1化合物→ C3化合物→ C6化合物→ Cn化合物(淀粉)(其中涉及的Cn化合物表示含n个C原子的有机化合物)。
回答下列问题：
(1)CO2转化为C1化合物过程中，C1化合物是__________(填“氧化产物”或“还原产物”)。
(2)甲酸是一种C1化合物，写出甲酸的结构式：___________。
(3)淀粉水解最终生成葡萄糖的化学方程式是___________；下图是上述新闻配发的图片，其中涉及的实验是淀粉的检验方法(图中左侧溶液无色，右侧溶液显蓝色)，检验试剂是___________。

(4)甲醇是一种重要的C1化合物，甲醇燃料电池是目前比较成熟的一种电池，该电池的工作原理如下图所示：

物质a为___________(填化学式)，负极反应式是___________。
【答案】(1)还原产物 (2)
(3)(C6H10O5) n (淀粉)+ nH2O nC6H12O6 (葡萄糖) 碘水(或碘酒，合理即可)
(4)H2O CH3OH+H2O-6e- =CO2↑+6H+
【解析】(1)CO2中C为+4价，处于最高价态，而有机化合物中C的化合价小于+4价，则C1化合物是还原产物；(2)甲酸中含1个碳氧双键，1个羟基，则其结构式是；(3)淀粉水解最终生成葡萄糖的化学方程式是(C6H10O5) n (淀粉)+ nH2O nC6H12O6 (葡萄糖)，由图中现象由无色变为蓝色可知检验淀粉使用的试剂为含碘单质的试剂；(4)燃料电池中，燃料所在电极为负极，燃料失电子被氧化，故负极反应式是CH3OH+H2O-6e- =CO2↑+6H+。
30．(2022·山东省青岛市高三期中教学质量检测)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
(1)在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图甲所示。

①阳极的电极反应式为___________。
②铜电极上产生CH4的电极反应式为___________，若铜电极上只生成5.6gCO，则铜极区溶液质量变化了___________g。
③若铜极上只生成0.3molCH3CHO和0.4mol HCOOH，则电路中转移___________mol电子。
(2)我国科学家报道了机理如图乙所示的电化学过程。
①Ni电极为___________，其电极反应式为___________。
②理论上，每有1molCO2与O2-结合，电路中转移电子数为___________。
【答案】(1)AB
(2)2H2O－4e-＝4H+＋O2 CO2＋8e-＋8H+＝CH4＋2H2O 3.6 3.8
(3)阴极 CO32-＋4e-＝C＋3O2- 4NA
【解析】(1)①阳极为铂电极，电极反应式为2H2O－4e-＝4H+＋O2。②铜电极为阴极，实现的是二氧化碳变甲烷或一氧化碳、甲酸、乙醛等，其中生成甲烷的，电极反应式为CO2＋8e-＋8H+＝CH4＋2H2O，若铜电极上只生成5.6gCO，电极反应为CO2＋2e-＋2H+＝CO＋H2O，当有1mol一氧化碳生成，则铜极去溶液的质量变化为44+2-28=18克，则当生成5.6克一氧化碳，即0.2mol一氧化碳时，铜极区溶液质量变化了3.6g。③若铜极上每生成1molCH3CHO，转移10mol电子，每生成1mol HCOOH，转移2mol电子，则只生成0.3molCH3CHO和0.4mol HCOOH，则电路中转移3+0.8=3.8mol电子。(2)①Ni电极碳酸根离子生成碳和氧气，为阴极，其电极反应式为CO32-＋4e-C＋3O2-。②理论上，每有1molCO2与O2-结合生成1mol碳酸根离子，则意味着电路中有4mol电子转移，故电路中转移电子数为4NA。
31．(2022·山东省“山东学情”联考)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___________ mol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)＜ (2)O2＋4e-＋2H2O=4OH-
(3)H2 1 1s22s22p63s23p5
(4)原电池 (5)0.1 (6)增大 (7)Ag2O或Ag2CO3
【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0.5mol，则至少转移电子1.0mol；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xmol，则同时生成银的物质的量是2xmol，则有64x+108×2x＝14，解得x＝0.05，所以导线中通过0.05mol×2＝0.1mol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。
32．(2022·黑龙江省佳木斯一中高三月考)二氧化碳的再利用是实现温室气体减排的重要途径之一。
(1)二氧化碳的电子式为__。
(2)下列二氧化碳所参与的反应中原子利用率达到100%的是__(填字母)。
a.CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O
b.CO2+CH4CH3COOH
c.CO2+3H2CH3OH+H2O
d.n+nCO2
(3)在稀H2SO4中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图所示。

①一段时间后，Cu极区溶液质量__________ (填“增加”“减少”或“不变”)。
②铜极上产生乙烯的电极反应式为____________________。
③若阴极只生成0.17molCO和0.33molHCOOH，则电路中转移电子的物质的量为__mol。
(4)如图所示，某同学利用CO2生成的甲醚设计了一个甲醚(CH3OCH3)燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。

①写出甲中负极的电极反应式____________________。
②假设乙装置中氯化钠溶液足够多，若在标准状况下，有224mL氧气参加反应，则乙装置中阳离子交换膜左侧溶液质量将__________ (填“增大”、“减小”或“不变”)，且变化了___________克；丙中阴极增重__________克。
③若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，其他装置不变，此时乙装置中发生的总反应式为____________。
【答案】(1) (2)bd
(3)增加 2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O 1
(4)①CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O ②增大 0.88 1.28
③Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑
【解析】第三问根据图知，Cu作阴极，阴极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成HCOOH；第四问由图可知，甲池为燃料电池，燃料电池是将化学能转变为电能的装置，通入甲醚的一极为原电池负极，碱性条件下，甲醚在负极失去电子发生氧化反应生成碳酸根，电极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O，通入氧气的一极为正极，氧气在正极上得到电子发生还原反应生成氢氧根，电极反应式为O2+2H2O+4e-= 4OH-；乙池为电解池，与燃料电池负极相连的铁电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与正极相连的石墨电极为阳极，溶液中氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气；丙池为精炼池，精铜为精炼池的阴极，溶液中铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，粗铜为阳极，粗铜中锌和铜在阳极失去电子发生氧化反应生成锌离子和铜离子。(1)二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子分别共用两对电子，电子式为: ；(2)a．有副产品水生成，原子利用率没有达到100%，故a错误；b．反应为化合反应，反应物全部转化为生成物，没有其它物质生成，则原子利用率达100%，故b正确；c．有副产物水生成，原子利用率没有达到100%，故C错误；d．该反应为聚合反应，原子利用率达到100%，故d正确；故选bd；(3)①铜电极与电源负极相连，为电解池阴极，溶液中铜电极区域是二氧化碳得到电子生成CH4、C2H4、HCOOH、CO等，甲酸与水互溶，而1molCO2气体转化为CH4、C2H4或CO时质量会减小，所以电极附近的溶液质量增加；②二氧化碳得到电子生成乙烯，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒配平书写电极反应为：2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O；③CO2®CO碳元素化合价降低2价，所以生成0.17molCO转移0.34mol电子；CO2®HCOOH碳元素的化合价降低2价，所以生成0.33molHCOOH转移0.66mol电子，共转移0.66mol+0.34mol=1mol；(4)①燃料电池中通入氧气的电极为正极，则通入甲醚的电极是原电池的负极，发生氧化反应，碱性条件下生成碳酸盐，所以负极的电极反应式为CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O；②乙装置中阳离子交换膜左侧为阴极室，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，破坏水的电离平衡，使阴极室有大量的氢氧根离子，阳极室中的钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室，使溶液的质量增大；标准状况下，224mL氧气的物质的量为，，由得失电子数目守恒可知，阴极室消耗0.04mol水，生成0.04mol氢氧化钠，则阴极室溶液增加的质量为(0.04mol×40g/mol—0.04mol×18g/mol)=0.88g；③若将乙装置中铁电极与石墨电极位置互换，铁电极为电解池的阳极，铁电极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，石墨电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，破坏水的电离平衡，在阴极室云集大量氢氧根离子，使溶液呈碱性，阳极室生成的亚铁离子通过阳离子交换膜进入阴极室，与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，则乙装置中发生的总反应式为Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑。

1．(2021•全国乙卷)我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。碳中和是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料
B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D．研发催化剂将CO2还原为甲醇
【答案】D
【解析】A项，将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A不符合题意； B项，大规模开采可燃冰做为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B不符合题意；C项，通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C不符合题意；D项，研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D符合题意；故选D。
2．(2022•广东选择性考试)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
【答案】D
【解析】镀层有破损的镀锌铁片被腐蚀，则将其放入到酸化的3%NaCl溶液中，会构成原电池，由于锌比铁活泼，作原电池的负极，而铁片作正极，溶液中破损的位置会变大，铁也会继续和酸化的氯化钠溶液反应产生氢气，溶液中会有亚铁离子生成。A项，氯化钠溶液中始终存在氯离子，所以加入硝酸银溶液后，不管铁片是否被腐蚀，均会出现白色沉淀，故A不符合题意；B项，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，均无氧化性物质可碘化钾发生反应，故B不符合题意；C项，KSCN溶液可检测铁离子的存在，上述现象中不会出现铁离子，所以无论铁片是否被腐蚀，加入KSCN溶液后，均无红色出现，故C不符合题意；D项，K3[Fe(CN)6]是用于检测Fe2+的试剂，若铁片没有被腐蚀，则溶液中不会生成亚铁离子，则加入K3[Fe(CN)6]溶液就不会出现蓝色沉淀，故D符合题意。故选D。
3．(2022•广东选择性考试)以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中( )
A．阴极发生的反应为M-2e-=Mg2+ B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥 D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【解析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子生成Al单质，从而实现Al的再生。A项，阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+，A错误；B项，Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；C项，阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；D项，因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误；故选C。
4．(2020•浙江1月选考)在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说法正确的是( )

A．Ea为逆反应活化能，E为正反应活化能
B．该反应为放热反应，ΔH＝Ea’－Ea
C．所有活化分子的平均能量高于或等于所有分子的平均能量
D．温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡逆移
【答案】D
【解析】A项，由图可知， Ea为正反应活化能，E为逆反应活化能，故A错误；B项，由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热ΔH＝—(Ea’－Ea)，故B错误；C项，在相同温度下，分子的能量并不完全相同，有些分子的能量高于分子的平均能量，称为活化分子，则所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，故C错误；D项，该反应为放热反应，逆反应速率加快幅度大于正反应加快幅度，使平衡向吸热的逆反应方向移动，故D正确；故选D。
5．(2020•浙江7月选考)关于下列的判断正确的是( )
CO(aq)＋H+(aq)HCO(aq) ΔH1
CO(aq)＋H2O(l)HCO(aq)＋OH−(aq) ΔH2
OH−(aq)＋H+(aq)H2O(l) ΔH3
OH−(aq)＋CH3COOH(aq)CH3COO−(aq)＋H2O(l) ΔH4
A．ΔH1＜0　ΔH2＜0 B．ΔH1＜ΔH2 C．ΔH3＜0　ΔH4＞0 D．ΔH3＞ΔH4
【答案】B
【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO(aq)+H+(aq)=HCO3- (aq)为放热反应，所以△H1<0；CO(aq)+H2O(l)HCO3- (aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO的水解反应为吸热反应，所以△H2>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；综上所述，只有△H1<△H2正确，故选B。
6．(2021•浙江1月选考)已知共价键的键能与热化学方程式信息如下表：
共价键
H- H
H-O
键能/(kJ·mol-1)
436
463
热化学方程式
2H2(g) + O2 (g)=2H2O(g) ΔH= -482kJ·mol-1
则2O(g)=O2(g)的ΔH为( )
A．428 kJ·mol-1 B．-428 kJ·mol-1 C．498 kJ·mol-1 D．-498 kJ·mol-1
【答案】D
【解析】反应的ΔH=2(H-H)+(O-O)-4(H-O)；-482kJ/mol=2×436kJ/mol+(O-O)-4×463kJ/mol，解得O-O键的键能为498kJ/mol，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)=O2(g)的ΔH=-498kJ/mol。
7．(2022·浙江省6月选考)标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
物质(g)
O
H
HO
HOO
H2
O2
H2O2
H2O
能量/ kJ·mol-l
249
218
39
10
0
0


可根据HO(g)+HO(g)= H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-l。下列说法不正确的是( )
A．H2的键能为436 kJ·mol-l
B．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＜H2O2
D．H2O(g)+O(g)= H2O2(g) ΔH＝-143kJ·mol−1
【答案】C
【解析】A项，根据表格中的数据可知，H2的键能为218×2=436 kJ·mol-l，A正确；
B项，由表格中的数据可知O2的键能为：249×2=498 kJ·mol-l，由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-l，则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍，B正确；C项，由表格中的数据可知HOO=HO+O，解离其中氧氧单键需要的能量为249+39-10=278 kJ·mol-l，H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·mol-l，C错误；D项，由表中的数据可知H2O(g)+O(g)= H2O2(g)的，D正确；故选C。
8．(2022·浙江省1月选考)相关有机物分别与氢气发生加成反应生成1mol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
【答案】A
【解析】A项，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，但是不能是存在相互作用的两个碳碳双键，故A错误；B项，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，故B正确；C项，3ΔH1＜ΔH4，说明苯分子中不存在三个完全独立的碳碳双键，故C正确；D项，ΔH3-ΔH1＜0，ΔH4-ΔH3＞0，说明苯分子具有特殊稳定性，故D正确；故选A。
9．(2021年1月浙江选考)在298．15 K、100 kPa条件下，N2(g) +3H2 (g)=2NH3(g) ΔH=-92．4 kJ·mol-1，N2 (g) 、H2(g)和NH3(g)的比热容分别为29．1、28．9和35．6J·K-1·mol-1。一定压强下，1 mol反应中，反应物[N2(g) +3H2(g)]、生成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变化示意图合理的是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图像B符合题意，故选B。
10．(2020•北京卷)依据图示关系，下列说法不正确的是( )

A．石墨燃烧是放热反应
B．1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】C
【解析】A．所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)+O2(g)= CO2(g) ΔH1=-393．5kJ/mol，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；B．根据图示，C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393．5kJ/mol，CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283．0kJ/mol，根据反应可知都是放热反应，1molC(石墨)和1molCO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，1molC(石墨)放热多，故B正确；C．根据B项分析，①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393．5kJ/mol，②CO(g)+O2(g)=CO2(g) ΔH2=-283．0kJ/mol，根据盖斯定律①-②ｘ2可得：C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) ΔH=ΔH1-2ΔH2，故C错误；D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；故选C。
11．(2022•海南省选择性考试)一种采用H2O(g)和N2(g)为原料制备NH3(g)的装置示意图如下。

下列有关说法正确的是( )
A．在b电极上，N2被还原
B．金属Ag可作为a电极的材料
C．改变工作电源电压，反应速率不变
D．电解过程中，固体氧化物电解质中O2-不断减少
【答案】A
【解析】由装置可知，b电极的N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为阴极，电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，a为阳极，电极反应式为2O2-+4e-=O2。A项，由分析可得，b电极上N2转化为NH3，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N2被还原，A正确；B项，a为阳极，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；C项，改变工作电源的电压，反应速率会加快，C错误；D项，电解过程中，阴极电极反应式为N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，阳极电极反应式为2O2-+4e-=O2，因此固体氧化物电解质中O2-不会改变，D错误；故选A。
12．(2022•湖北省选择性考试)含磷有机物应用广泛。电解法可实现由白磷直接制备Li[P(CN)2]，过程如图所示(为甲基)。下列说法正确的是( )

A．生成1 mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需要转移2mol电子
B．阴极上的电极反应为：P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-
C．在电解过程中CN-向铂电极移动
D．电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH
【答案】D
【解析】A项，石墨电极发生反应的物质：P4→Li[P(CN)2]化合价升高发生氧化反应，所以石墨电极为阳极，对应的电极反应式为：P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-，则生成1 mol Li[P(CN)2]，理论上外电路需要转移1 mol电子，A错误；B项，阴极上发生还原反应，应该得电子，P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-为阳极发生的反应， B错误；C项，石墨电极：P4→Li[P(CN)2]发生氧化反应，为阳极，铂电极为阴极，CN-应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；D项，由所给图示可知HCN在阴极放电，产生CN-和H2，而HCN中的H来自LiOH，则电解产生的H2中的氢元素来自于LiOH，D正确；故选D。
13．(2022•辽宁省选择性考试)某储能电池原理如图。下列说法正确的是( )

A．放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-= NaTi2(PO4)3+2Na+
B．放电时Cl-透过多孔活性炭电极向CCl4中迁移
C．放电时每转移1 mol电子，理论上CCl4吸收0.5 mol Cl2
D．充电过程中，NaCl溶液浓度增大
【答案】A
【解析】放电时负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-= NaTi2(PO4)3+2Na+，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2，由此解析。A项，放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-= NaTi2(PO4)3+2Na+，故A正确；B项，放电时，阴离子移向负极，放电时Cl-透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B错误；C项，放电时每转移1 mol电子，正极：Cl2+2e-=2Cl-，理论上CCl4释放0.5 mol Cl2，故C错误；D项，充电过程中，阳极：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，故D错误；故选A。
14．(2022•山东卷)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是( )

A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大
B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
C．乙室电极反应式为LiCoO2+2H2O+e-+4H+=Li++Co2++4OH-
D．若甲室Co2+减少，乙室Co2+增加，则此时已进行过溶液转移
【答案】BD
【解析】A项，依据题意右侧装置为原电池，电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，Co2+在另一个电极上得到电子，被还原产生Co单质，CH3COO-失去电子后，Na+通过阳膜进入阴极室，溶液变为NaCl溶液，溶液由碱性变为中性，溶液pH减小，A错误；B项，对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O与溶液中的H+结合H2O，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确；C项，电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C错误；D项，若甲室Co2+减少200 mg，电子转移物质的量为n(e-)= ，乙室Co2+增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e-)=，说明此时已进行过溶液转移，D正确；故选BD。
15．(2022•广东选择性考试)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溶液的减小
C．放电时NaCl溶液的浓度增大
D．每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g
【答案】C
【解析】A项，由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；B项，放电时电极反应和充电时相反，则由放电时电极a的反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-= NaTi2(PO4)3+2Na+可知，NaCl溶液的pH不变，故B错误；C项，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，故C正确；D项，充电时阳极反应为2Cl- -2e-= Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-= Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1molCl2，电极a质量理论上增加23g/mol2mol=46g，故D错误；故选C。
16．(2022·浙江省1月选考)pH计是一种采用原电池原理测量溶液pH的仪器。如图所示，以玻璃电极(在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag—AgCl电极)和另一Ag—AgCl电极插入待测溶液中组成电池，pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059。下列说法正确的是( )

A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极反应式为：AgCl(s)+e-=Ag(s)+Cl(0.1mol·L-1)
B．玻璃膜内外氢离子浓度的差异不会引起电动势的变化
C．分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH
D．pH计工作时，电能转化为化学能
【答案】C
【解析】A项，如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极为负极、负极发生氧化反应而不是还原反应，A错误；B项，已知：pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则玻璃膜内外氢离子浓度的差异会引起电动势的变化，B错误；C项，pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH，C正确；D项，pH计工作时，利用原电池原理，则化学能转化为电能，D错误；故选C。
17．(2018•天津卷)CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：
(2)CO2与CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+ CO2(g) 2CO (g)+ 2H2(g)
①已知上述反应中相关的化学键键能数据如下：
化学键
C—H
C=O
H—H
CO(CO)
键能/kJ·mol−1
413
745
436
1075
则该反应的ΔH=_________。
【答案】(2)+120 kJ·mol-1
【解析】(2)①根据△H=反应物键能总和－生成物键能总和=(4×413＋2×745－2×1075－2×436)kJ·mol－1=＋120kJ·mol－1。
18．(2021•河北选择性考试节选)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。
(1)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△H(kJ•mol-1)
-285.8
-393.5
-3267.5
(1)则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的热化学方程式为________。
【答案】(1)6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) ΔH=49.1kJmol-1
【解析】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1=-393.5kJmol-1，②H2(g)+O2(g)=H2O(l) ΔH2=-285.8kJmol-1，③C6H6(l)+O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ΔH3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，[①×12+②×6] -③得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，ΔH=[(-393.5kJmol-1) ×12+(-285.8kJmol-1)6]-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，即：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) ΔH=49.1kJmol-1。
19．(2019•新课标Ⅰ卷)水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：
(3)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图所示，其中吸附在金催化剂表面上的物种用标注。

可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最大能垒(活化能)E正=_________eV，写出该步骤的化学方程式_______________________。
【答案】(3)小于 2.02 COOH+H+H2O＝COOH+2H+OH或H2O＝H+OH
【解析】(3)根据水煤气变换[CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)]并结合水煤气变换的反应历程相对能量可知，CO(g)+H2O(g)的能量(-0.32eV)高于CO2(g)+H2(g)的能量(-0.83eV)，故水煤气变换的ΔH小于0；活化能即反应物状态达到活化状态所需能量，根据变换历程的相对能量可知，最大差值为：其最大能垒(活化能)E正=1．86-(-0.16)eV=2．02eV；该步骤的反应物为COOH+H+H2O===COOH+2H+OH；因反应前后COOH和1个H未发生改变，也可以表述成H2O===H+OH。
20．(2021•广东选择性考试)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
(1)根据盖斯定律，反应a的∆H1=_______(写出一个代数式即可)。
【答案】(1)∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4
【解析】(1)根据题目所给出的反应方程式关系可知，a=b+c-e=c-d，根据盖斯定律则有∆H1=∆H2+∆H3-∆H5=∆H3-∆H4；
21．(2019•新课标Ⅲ卷)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。回答下列问题：
(2)Deacon直接氧化法可按下列催化过程进行：
CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) ΔH1=83 kJ·mol-1
CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) ΔH2=-20 kJ·mol-1
CuO(s)+2HCl(g)=CuCl2(s)+H2O(g) ΔH3=-121 kJ·mol-1
则4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)的ΔH=_________ kJ·mol-1。
【答案】(2)﹣116
【解析】(2)根据盖斯定律知，(反应I+反应II+反应III)×2得4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) ∆H=(∆H1+∆H2+∆H3)×2=-116kJ∙mol-1；
22．(2019新课标Ⅱ卷)环戊二烯()是重要的有机化工原料，广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题：
(1)已知：(g)= (g)+H2(g) ΔH1=100.3 kJ·mol −1 ①
H2(g)+ I2(g)=2HI(g) ΔH2=﹣11．0 kJ·mol −1 ②
对于反应：(g)+ I2(g)=(g)+2HI(g) ③ ΔH3=___________kJ·mol −1。
【答案】(1)89．3
【解析】(1)根据盖斯定律可得：反应③=①+②，可得反应③的ΔH3= ΔH1 +ΔH2 =89．3KJ/mol；
23．(2019•天津卷)多晶硅是制作光伏电池的关键材料。回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl3气体和H2，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为________________________。
Ⅱ．将SiCl4氢化为SiHCl3有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4 (g)+ H2(g) SiHCl3 (g)+ HCl (g) ΔH1>0
②3SiCl4(g)+2H2(g)+ Si(s) 4SiHCl3 (g) ΔH2<0
③2SiCl4(g)+H2(g)+ Si(s) + HCl (g) 3SiHCl3 (g) ΔH3
(4)反应③的ΔH3=______(用ΔH1，ΔH2表示)。
【答案】Ⅰ． Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·mol-1
Ⅱ．(4)ΔH2-ΔH1
【解析】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl，生成的是气态的SiHCl3和氢气，反应条件是300℃，配平后发现SiHCl3的化学计量数恰好是1mol，由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g) SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·mol-1；
II.(4)将反应①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3必小于0，即反应③正反应为放热反应；
24．(2017•新课标Ⅰ卷)近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。

通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为________________、______________，制得等量H2所需能量较少的是_____________。
【答案】(2)H2O(l)=H2(g)+O2(g) ΔH=+286 kJ/mol
H2S(g)=H2(g)+S(s) ΔH=+20 kJ/mol 系统(II)
【解析】(2)①H2SO4(aq)=SO2(g)+H2O(l)+O2(g) △H1=＋327kJ/mol
②SO2(g)+I2(s)+ 2H2O(l)=2HI(aq)+ H2SO4(aq) △H2=－151kJ/mol
③2HI(aq)= H2 (g)+ I2(s) △H3=＋110kJ/mol
④H2S(g)+ H2SO4(aq)=S(s)+SO2(g)+ 2H2O(l) △H4=＋61kJ/mol
①+②+③，整理可得系统(I)的热化学方程式H2O(l)=H2(g)+O2(g) △H=+286kJ/mol；
②+③+④，整理可得系统(II)的热化学方程式H2S (g)+ =H2(g)+S(s) △H=+20kJ/mol。
根据系统I、系统II的热化学方程式可知：每反应产生1mol氢气，后者吸收的热量比前者少，所以制取等量的H2所需能量较少的是系统II。