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新高考化学二轮复习讲与练 专题06 化学反应与能量(练习)（2份打包，原卷版+解析版）
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TOC \ "1-1" \p " " \h \z \u \l "_Tc148019150" 01 反应热及其表示方法
\l "_Tc148019151" 02 热化学方程式 盖斯定律
\l "_Tc148019152" 03 原电池 化学电源
\l "_Tc148019153" 04 电解原理
\l "_Tc148019153" 05 金属的腐蚀与防护
01 反应热及其表示方法
1．(2024·河南省部分名校高三联考)丙烯是合成聚丙烯的单体。在催化剂作用下，丙烷脱氢生成丙烯的能量变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A．上述反应的正反应是吸热反应B．催化剂的作用是降低反应的活化能
C．升温，该反应的平衡常数K 增大D．使用不同催化剂，该反应的△H不同
【答案】D
【解析】A项，上述反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量，是吸热反应，故A正确；B项，催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C项，该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，该反应的平衡常数K 增大，故C正确；D项，催化剂的作用是降低反应的活化能，但是不改变反应的焓变，故使用不同催化剂，该反应的△H相同，故D错误；故选D。
2．某反应2A=3B，它的反应能量变化曲线如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A．该反应为吸热反应 B．A比B更稳定
C．加入催化剂会改变反应的焓变 D．整个反应的ΔH=E1-E2
【答案】D
【解析】A项，由图象可知物质A、B的能量相对大小，A比B能量高，所以A→B释放能量，是放热反应，A错误；B项，B能量比A的低，故B更稳定，B错误；C项，催化剂能改变反应途径和活化能大小，但不能改变焓变，C错误；D项，整个反应先吸收E1的能量，再放出E2的能量，所以ΔH=E1-E2，D正确；故选D。
3．(2024·山东潍坊市五县区高三阶段监测)化学反应H2+Cl2=2HCl的过程及能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．光照和点燃条件下的反应热相同
B．H-Cl键的键能为862 kJ·ml－1
C．热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝-183 kJ·ml－1
D．2ml气态氢原子的能量高于1ml氢气的能量
【答案】B
【解析】A项，反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，A正确；B项，由图可知2mlHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，所以H-Cl键的键能为431 kJ·ml－1，B错误；C项，由图可知1ml H2(g)和1mlCl2(g)反应生成2ml HCl(g)放出(862-679)kJ=183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝-183 kJ·ml－1，C正确；D项，气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2ml气态氢原子的能量高于1ml氢气的能量，D正确； 故选B。
4．化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是( )
A．一定条件下，将0.5mlH2(g)和0.5mlI2(g)置于密闭容器中充分反应生成放热，其热化学方程式为：I2(g )+H2(g)2HI(g) △H=-2akJ•ml-1
B．在101kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：
C．S(g)+ O2(g)=SO2(g) ΔH1 S(g)+ O2(g)=SO2(g) ΔH2 ΔH1＞ΔH2
D．HCl和NaOH反应的中和热，则0.5mlH2SO4和足量Ba(OH)2反应的
【答案】B
【解析】A项， 一定条件下，将0.5mlH2(g)和0.5mlI2(g)置于密闭容器中充分反应生成HI放热于akJ，则I2和H2反应生成1mlHI(g)时放热大于akJ，放热焓变为负，则其热化学方程式I2(g )+H2(g)2HI(g)△H＜-2akJ•ml-1，故A错误； B项，燃烧热是指在一定压强下，1 ml的可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物的时候所放出的热量；在101kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出于285.8akJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：，B正确；C项，硫蒸气的能量比等质量的固态硫能量高、则等量的硫蒸汽燃烧生成二氧化硫气体比固态硫燃烧放出的热量多，焓变为负值时，放出热量越多，焓变越小，则S(g)+ O2(g)=SO2(g) ΔH1 S(g)+ O2(g)=SO2(g) ΔH2 ΔH1＜ΔH2，故C错误；D项，HCl和NaOH反应的中和热ΔH =-57.3kJ•ml-1，硫酸和足量Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和水，由于生成沉淀，也要放热，则0.5mlH2SO4和足量Ba(OH)2反应放出的热量大于盐酸和氢氧化钠反应1ml液态H2O时放出的热量、即大于57.3kJ，则0.5mlH2SO4和足量Ba(OH)2反应的ΔH ＜-57.3kJ•ml-1，故D错误；故选B。
5．(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/ml
②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1kJ/ml
③2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-483.6kJ/ml
下列说法不正确的是( )
A．若温度不变，反应①中生成1 ml 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/ml
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，1ml CH3OH(g)能量高于 1ml 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1ml 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/ml，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/ml，根据盖斯定律④×2—③×3得2CO2(g)+4H2O(g)=2CH3OH(g)+3O2(g) ΔH=2ΔH4-3ΔH3=1352kJ/ml＞0，，则该反应需要吸收能量，故 D 正确；故选C。
6．(2023·浙江省温州市高三第一次适应性考试)标准状态下，1ml纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示：
下列说法正确的是( )
A．x =180
B．逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ
C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ
D．根据NO(g)＋CH4(g)CO2(g)＋N(g)+2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能
【答案】D
【解析】A项，焓变=生成物总能量-反应物总能量，则N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH=2x kJ·ml−1，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即498+946-632×2=2x，x =90，故A错误；B项，逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量不相等，故B错误；C项，石墨晶体中每个碳原子形成3条共价键，两个碳原子形成1条键，则1ml石墨含有1.5mlC-C键，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为478kJ，故C错误；D项，焓变=反应物总键能-生成物总键能，C(s，石墨)+O2(g)CO2(g)的ΔH可计算出y值，再根据NO(g)＋CH4(g)CO2(g)＋N(g)+2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能，故D正确；故选D。
7．(2023·浙江省浙南名校联盟高三第二次联考)已知有如下三个烯烃加成反应
Ⅰ kJ⋅ml
Ⅱ kJ⋅ml
Ⅲ kJ⋅ml
则下列说法不正确的是( )
A．由题可知丁烯稳定性是Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ
B．由题可知断裂碳碳π键和氢氢σ键所消耗的能量总是小于形成两个碳氢σ键所放出的能量
C．由题可知烯烃的稳定性与双键碳上的取代基和构型有关
D．由题可知，由于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ断键和成键都一样，因此反应的不能由键能计算得到
【答案】D
【解析】A项，根据物质的能量越低越稳定，由热化学方程式可知放出的能量Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，说明丁烯的能量大小为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，稳定性为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，故A正确；B项，三个反应都是放热反应，由题可知断裂碳碳π键和氢氢σ键所消耗的能量总是小于形成两个碳氢σ键所放出的能量，故B正确；C项，由题可知烯烃的稳定性与双键碳上的取代基和构型有关，取代基越多，越稳定，反式比顺式结构稳定，故C正确；D项，反应的ΔH能由键能计算得到，反应焓变ΔH=反应物总键能-生成物总键能，故D错误；故选D。
8．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ：CH3OH(g)CO (g)+ 2H2(g) ΔH1
反应Ⅱ：CO (g)+ H2O(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH2
根据能量变化示意图，下列说法正确的是( )
A．E3-E2＞E4-E1
B．反应Ⅱ决定整个反应的速率
C．催化剂可以降低总反应的焓变
D．CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
【答案】A
【解析】A项，由于绝对值，该值为负值，去掉绝对值后，E3-E2＞E4-E1，A正确；B项，由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应II的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，则反应I的反应速率慢于反应II，反应I决定整个反应的速率，B错误；C项，催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C错误；D项，根据盖斯定律，反应I+II可得目标方程CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2，D错误；故选A。
9．(2024·河南省湘豫名校联盟高三联考)太阳能是理想的清洁能源，通过Fe3O4和FeO的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．过程Ⅰ中氧化产物是O2
B．过程Ⅱ化学方程式为CO2+6Fe2Fe3O4+C
C．过程Ⅱ产物中只有离子键形成
D．总反应式为CO2(g)=C(s)+CO(g)，是吸热反应
【答案】C
【解析】A项，过程Ⅰ中氧元素化合价升高，故O2是氧化产物，A项正确；B项，由图知过程Ⅱ的反应物是CO2、FeO，生成物是Fe3O4，B项正确；C项，产物单质碳中含有“碳碳共价键”，C项错误；D项，碳与O2反应是放热反应，D项正确；故选C。
10．(2024·上海徐汇高三期中)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．使用催化剂可以降低过渡态的能量
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g) ΔH＝-139 kJ·ml－1
D．断键吸收能量之和大于成键释放能量之和
【答案】D
【解析】A项，催化剂可以降低活化能，降低过渡态的能量，A正确；B项，根据图象可知，此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，B正确；C项，根据图象可知，此反应放热Q=348kJ/ml-209kJ/ml=139kJ/ml，故热化学方程式为：ΔH＝-183 kJ·ml－1，C正确；D项，△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和＜0，断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，D错误；故选D。
11．(2024·江苏泰州高三泰州中学期中调研)在催化剂CuCl2作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为。下列化学反应表示正确的是( )
A．实验室制氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
B．电解饱和NaCl溶液的阴极反应：
C．
D．氯气溶于水具有漂白性：
【答案】A
【解析】A项，在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热发生氧化还原反应制取Cl2，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，A正确；B项，电解饱和NaCl溶液时，在阴极上H2O电离产生的H+得到电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B错误；C项，同种物质所含有的能量：气态＞液态，反应物的能量相同，生成物含有的能量越低，反应放出的热量就越多，则相应反应的反应热就越小，所以，C错误；D项，氯气溶于水，与水反应产生盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，主要以电解质分子存在，要写化学式，该反应的离子方程式应该为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，D错误；故选A。
02 热化学方程式 盖斯定律
1．工业生产硫酸过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3气体，已知该反应为放热反应。现将2 ml SO2、1 ml O2充入一密闭容器充分反应后，放出热量98.3 kJ，此时测得SO2的转化率为50%，则下列热化学方程式正确的是( )
A．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=+196.6 kJ·ml-1
B．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=-98.3 kJ·ml-1
C．SO2(g)+O2(g) SO3(g) ΔH=-98.3 kJ·ml-1
D．SO2(g)+O2(g) SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·ml-1
【答案】C
【解析】2ml SO2、1ml O2充入恒容容器中，达平衡时，SO2的转化率为50%，则反应了的SO2的物质的量为1ml，放出热量98.3kJ，则每反应1mlSO2，放出98.3kJ的热量，故热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-196.6 kJ•ml-1或SO2(g)+O2(g) SO3(g)，△H=-98.3 kJ•ml-1，由此判断各选项热化学方程式正误。A项，反应是放热反应，ΔH小于0，故A错误；B项，热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合，故B错误；C项，选项中的热化学方程式符合题意，故C正确；D项，热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合，故D错误；故选C。
2．根据以下热化学方程式，ΔH1和ΔH2的大小比较错误的是( )
A．Br2(g)+H2(g)=2HBr(g) ΔH1，Br2(l)+H2(g)=2HBr(g) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2
B．2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH1，2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH2，则有ΔH1>ΔH2
C．4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1，4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2
D．C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1，C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2
【答案】B
【解析】A项，依据盖斯定律分析，液态溴变化为气态溴需要吸收热量，反应是放热反应，焓变是负值，所以△H1＜△H2，A正确；B项，S燃烧生成二氧化硫放热，反应是放热反应，焓变是负值，所以△H1＜△H2，B错误；C项，铝活泼性大于铁，能量高于铁，反应是放热反应，焓变是负值，△H1＜△H2，C正确；D项，碳完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧生成CO放出的热量，反应是放热反应，焓变是负值，所以△H1＜△H2，D正确；故选B。
3．(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·ml－1
D．已知中和热，则1ml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，1ml硫酸和足量稀NaOH溶液反应生成2mlH2O，不是中和热，D错误；故选A。
4．下列热化学方程式正确的是( )
【答案】D
【解析】选项A中符合已知条件的应是H2和O2反应，A错；ΔH应为－196.6 kJ·ml－1，B错；选项C中由于生成BaSO4沉淀，放出的热量大于114.6 kJ，C错。
5．根据如图所给信息，得出的结论正确的是( )
A．48 g碳完全燃烧放出热量为1 574 kJ/ml
B．2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221.0 kJ/ml
C．2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g) ΔH＝＋283.0 kJ/ml
D．C(s)＋O2(g)===CO2(s) ΔH＝－393.5 kJ/ml
【答案】B
【解析】48 g C完全燃烧放热为393.5 kJ/ml×4 ml＝1 574 kJ，不是1 574 kJ/ml，故A错误；据图示可知，1 ml C燃烧生成CO放热393.5 kJ－283.0 kJ＝110.5 kJ，所以2 ml C燃烧生成CO放热221.0 kJ，故B正确；1 ml CO燃烧生成1 ml二氧化碳放热283.0 kJ，所以2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g) ΔH＝＋566.0 kJ/ml，故C错误；应该生成二氧化碳气体，不是固态，故D错误。
6．(2024·重庆铜梁一中等三鹇高三联考)已知下列热化学方程式：
①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH1=−24.8kJ/ml
②Fe2O3(s)+CO(g)=Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH2=−15.73kJ/ml
③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH3=640.4kJ/ml
则14gCO气体还原足量FeO固体生成CO2气体时对应的ΔH约为( )
A．−218kJ/mlB．−109kJ/mlC．+218kJ/mlD．+109kJ/ml
【答案】B
【解析】根据题给信息，0.5mlCO气体还原足量FeO固体生成CO2气体，该反应的方程式为FeO(s)+CO(g)=FeO(s)+CO2，根据盖斯定律，0.5mlCO气体还原足量FeO固体生成CO2气体该反应的，该反应的反应热为−109kJ/ml，B正确；故选B。
7．下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A．已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/ml，则HCl和NH3·H2O反应的反应热ΔH＝－57.3 kJ/ml
B．燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是CH3OH(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===CO2(g)＋2H2 (g) ΔH＝－192.9 kJ/ml，则CH3OH(g)的标准燃烧热ΔH＝－192.9 kJ/ml
C．H2(g)的标准燃烧热ΔH＝－285.8 kJ/ml，则2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝571.6 kJ/ml
D．葡萄糖的标准燃烧热ΔH＝－2 800 kJ/ml，则
eq \f(1,2)C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ/ml
【答案】D
【解析】NH3·H2O是弱电解质，电离时吸热，故反应热ΔH>－57.3 kJ/ml，A错误；甲醇蒸气的标准燃烧热是1 ml CH3OH(g)完全燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量，B错误；标准燃烧热的定义是1 ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，反应中的H2O应该为液态，C错误；葡萄糖的标准燃烧热ΔH＝－2 800 kJ/ml，故eq \f(1,2)C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ/ml，D正确。
8．在一定温度压强下，依据图示关系，下列说法不正确的是( )
A．C(石墨)+ CO2(g) =2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
B．1ml C(石墨)和1ml C(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g) ，前者放热多
C．ΔH5=ΔH1-ΔH3
D．化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】B
【解析】A项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) ΔH1 反应II：CO(g)+(g)=CO2(g) ΔH2，则反应I-反应II得C(石墨)+ CO2(g) =2CO(g)，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH1-ΔH2，A正确；B项，由题干信息可知，C(石墨)= C(金刚石) ΔH5＜0，即1mlC(石墨)具有的总能量低于1mlC(金刚石)，则1ml C(石墨)和1ml C(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g)，后者放热多，B错误；C项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) ΔH1，反应III：C(金刚石)+(g)=CO(g) 则反应I-反应III得C(石墨)= C(金刚石)，根据盖斯定律可知，ΔH5=ΔH1-ΔH3，C正确；D项，根据盖斯定律可知，化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故选B。
9．几种物质间的转化焓变如图所示，下列说法不正确的是( )
A．ΔH3＞ΔH4
B．ΔH1＞ΔH6
C．ΔH1+ΔH5=ΔH2+ΔH3+ΔH4
D．在相同条件下，若将O元素改为S元素，则ΔH5会增大
【答案】C
【解析】A项，ΔH3＞0，ΔH4＜0，故ΔH3＞ΔH4，A正确；B项，，故ΔH1＞ΔH6，B正确；C项，根据盖斯定律，，C错误；D项，在相同条件下，若将O改为S，H2O(l)之间有氢键，放出能量更多，且ΔH5＜0，故ΔH5会增大，D正确；答案选C。
10．(2024·陕西省部分学校高三联考)PCl3和PCl5都是重要的化工产品。磷与氯气反应有如图转化关系。下列叙述正确的是( )
已知：在绝热恒容密闭容器中发生反应(1)、反应(2)，反应体系的温度均升高。
A．ΔH3=ΔH1+ΔH2
B．PCl3 (g)+ Cl2(g)=PCl5(s) ΔH＞ΔH2
C．ΔH1、ΔH2、ΔH3中，ΔH3最大
D．PCl5分子中每个原子最外层都达到8电子结构
【答案】A
【解析】A项，根据盖斯定律可知，ΔH3=ΔH1+ΔH2，A正确；B项，液态PCl3汽化时吸收热量，故ΔH＜ΔH2，B错误；C项，反应(1)和反应(2)均是放热反应，故反应(3)也是放热反应，结合盖斯定律，ΔH3最小，C错误；D项，PCl5分子中P原子最外层有10个电子，D错误；故选A。
11．(2024·重庆沙坪坝重庆南开中学高三期中)已知2ml金属钾和1ml氯气反应的能量循环如图所示，下列说法正确的是( )
A．在相同条件下，，则
B．在相同条件下，，则
C．且该过程形成了分子间作用力
D．
【答案】A
【解析】A项，由Na原子原子核外有3个电子层，其失去最外层一个电子所需的能量较大，因此，，故A正确；B项，溴原子电子层数比氯原子多，非金属性弱于氯，得到电子的能力弱于氯，得到一个电子所需的能量较大，在相同条件下，，，故B错误；C项，KCl(g)比KCl(s)能量高，且氯化钾固体含离子键，则△H7＜0，其原因可能是破坏了分子间作用力，却形成了离子键，故C错误；D项，由盖斯定律，△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1，故D错误；故选A。
12． MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)：
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是( )
A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0
B．ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)＞0
C．ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)=ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)
D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1+ΔH2＞ΔH3
【答案】C
【解析】根据盖斯定律可得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3，CaO的离子键强度弱于MgO。A项，ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；B项，ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2-和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；C项，由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)＜0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)＞ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)＞0，C项错误；D项，ΔH1+ΔH2＞0，ΔH3＜0，故ΔH1+ΔH2＞ΔH3，D项正确。故选C。
13．(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＞0B．ΔH3的值是CH3CH2CH2CH3(g)的燃烧热
C．ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4D．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 ml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1ml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。
14．(2024·山东济南山东省实验中学校高三一诊)根据的水溶液能量循环图：
下列说法不正确的是( )
A．由于氢键的存在，ΔH1(HF)＞ΔH1(HCl)
B．已知气体溶于水放热，则ΔH1(HF) ＜0
C．相同条件下，ΔH2(HCl)＞ΔH2(HBr)
D．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6
【答案】B
【解析】A项，ΔH1为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，HF与水分子间存在氢键，所以ΔH1(HF)的焓变更大，故ΔH1(HF)＞ΔH1(HCl) ，A正确；B项，ΔH1为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，B错误；C项，ΔH2为离解能，为吸热过程，氯原子半径小于溴原子，故氢氯键键能更大，则相同条件下，ΔH2(HCl)＞ΔH2(HBr)，C正确；D项，由盖斯定律可知，反应的焓变于途径无关，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，D正确；故选B。
15．(2023·河南省豫北名校高三毕业班一轮复习联考)如图1、图2分别表示1 mlH2O和1 mlCO2分解时的能量变化情况(单位：kJ)。下列说法错误的是( )
A．CO的燃烧热ΔH＝-285 kJ·ml－1
B．C(s)+H2O(g)CO (g)+ H2(g) ΔH＝+134kJ·ml－1
C．的键能为
D．无法求得CO(g)+H2O(g)CO2 (g)+ H2(g)的反应热
【答案】D
【解析】由图1可知，H-H键能为436kJ/ml，O=O键的键能为247kJ/ml×2=494kJ/ml，1mlH2O(g)分解生成O2(g)和H2(g)的热化学方程式为H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ⋅ml-1，即O2(g)+H2(g)=H2O(g)ΔH=-243 kJ/ml；由图2可知，CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml，C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ/ml。A项，由图2可知，CO的燃烧热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml，故A正确；B项，根据分析可知，①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ/ml，②H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ⋅ml-1，③CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml，由盖斯定律①+②-③可得C(s)+H2O(g)CO (g)+ H2(g) ΔH＝+134kJ·ml－1，故B正确；C项，由图1可知，O=O键的键能为247kJ/ml×2=494kJ/ml，故C正确；D项，根据盖斯定律，将两式H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243 kJ/ml、CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml相加可得CO(g)+H2O(g)CO2 (g)+ H2(g)的反应热，故D错误；故选D。
16．(2024·湖北省腾云联盟高三联考)点阵能(U)是衡量晶体中离子间键结合能大小的一个量度，是阐明晶体化学性质的重要物理量。为探究NaCl的离子键强弱，设计如下图所示的Brn-Haber循环。
由此可得U/(kJ/ml)为( )
A．＋746.9B．-746.9C．＋749.6D．-749.6
【答案】C
【解析】由题干信息可知，Na(s) →Na(g) ΔH1=+108.4kJ/ml，Na(g) →Na+(g) ΔH2=+495.0kJ/ml，Cl2(g) →Cl(g) ΔH3=+119.6kJ/ml，Cl(g) →Cl-(g) ΔH4=-384.3kJ/ml，Na+(g)+Cl-(g)=NaCl(s) ΔH5=-UkJ/ml，Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s) ΔH=-410.9/ml，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5=(+108.4kJ/ml)+( +495.0kJ/ml)+( +119.6kJ/ml)+( -384.3kJ/ml)+( -UkJ/ml)=-410.9kJ/ml，即得U=749.6，故选C。
17．(2024·河北石家庄高三第二次调研考试)化学反应中一定伴随着能量的变化。回答下列问题：
(1)已知：1mlN2(g)生成2mlN需要吸收946kJ的能量，1mlO2(g)生成2mlO需要吸收498kJ的能量，1mlN与1mlO形成1mlNO(g)释放632kJ的能量，则N2(g)和O2(g)生成NO(g)的热化学方程式为 。
(2)已知SO2(g)+O2(g)=SO3(g)反应过程的能量变化如图所示：
则2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g) △H= kJ/ml。
(3)盖斯定律是化学热力学发展的基础，盖斯定律的具体内容是 。
(4)已知：乙炔(C2H2)的燃烧热为1300kJ/ml，氢气的燃烧热为286kJ/ml。常温下，将21.2g由乙炔和氢气组成的混合气体在足量氧气中充分燃烧，共放出1097.2kJ的热量，则混合气体中乙炔和氢气的物质的量之比为 。
(5)用F2代替N2O4和液态肼(N2H4)反应释放的能量更大。
已知：①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534kJ/ml；
②2HF(g)=H2(g)+F2(g) △H=+538kJ/ml；
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+484kJ/ml。
则液态肼和氟气反应生成氮气和氟化氢气体的热化学方程式为 。
【答案】(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH = 180 kJ/ml
(2)-198.0
(3)一个化学反应，不管是一步完成还是分几步完成的，其反应热是相同的
(4)4:1
(5)N2H4(l)+2F2(g)= N2(g)+ 4HF(g) △H =-1126 kJ/ml
【解析】(1)N2(g)和O2(g)生成NO(g)的反应方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH，根据ΔH =反应物键能之和-生成物键能之和=946kJ/ml +498kJ/ml -2×632kJ/ml=180 kJ/ml，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH = 180 kJ/ml；(2)由图可知SO2(g)+O2(g)=SO3(g)的△H=-99.0 kJ/ml，则2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g) △H=-198.0 kJ/ml；(3)盖斯定律的具体内容是一个化学反应，不管是一步完成还是分几步完成的，其反应热是相同的；(4)设乙炔的物质的量为xml，氢气的物质的量为yml，则26x+2y=21.2；1300x+286y=1097.2，解得：x=0.8；y=0.2；则混合气体中乙炔和氢气的物质的量之比为4：1；(5)液态肼和氟气反应生成氮气和氟化氢气体的反应方程式为：N2H4(l)+2F2(g)= N2(g)+ 4HF(g)，根据盖斯定律可知，该反应可由①-2×②+③得到，则△H=△H1-2△H2+△H3=(-534kJ/ml)-2×( +538kJ/ml)+( +484kJ/ml)=-1126 kJ/ml；反应热化学方程式为：N2H4(l)+2F2(g)= N2(g)+ 4HF(g) △H =-1126 kJ/ml。
03 原电池 化学电源
1．(2024·河北邢台王岳联盟高三联考)我国最近在太阳能光电催化一化学耦合处理硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。
下列说法错误的是( )
A．该装置中能量转化形式有化学能转化为电能
B．该装置工作时，b极为正极
C．a极的电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+
D．电路中每通过1 ml e-，可处理34 g H2S
【答案】D
【解析】该装置中存在由化学能转化为电能的构成，因此存在原电池反应原理。负极上发生失去电子的氧化反应，正极上发生得到电子的还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相等。A项，根据图示可知：该装置中存在的能量转化形式有光能转化为化学能，化学能转化为电能，故该装置中能量转化形式有化学能转化为电能，A正确；B项，根据图示可知：在b电极上H+得到电子被还原产生H2，故b电极为原电池的正极，B正确；C项，根据图示可知在a极上Fe2+失去电子变为Fe3+，故a电极的电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，C正确；D项，H2S失去2个电子变为S和2个H+，故电路中若通过2 ml e-，可处理34 g H2S，则若电路中每通过1 ml e-，可处理17 g H2S，D错误；故选D。
2．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)可充放电锂硫电池与传统锂电池相比，在能量密度、工作温度、电压稳定方面都有一定的优势。一种锂硫电池正极材料为被碳材料包装起来的硫单质，放电时Li与S8化合成Li2S固体，下列说法不正确的是( )
A．负极失电子，发生氧化反应
B．充电时，Li+向碳材料电极移动
C．正极的电极反应：S8+16Li++16 e-=8Li2S
D．该电池通常不选择水系电解液
【答案】B
【解析】可充放电锂硫电池放电时，Li为负极，Li失去电子被氧化，正极材料为被碳材料包装起来的硫单质，硫单质得到电子被还原，充电时为电解池，阴极上锂离子得电子被还原，阳极上Li2S失去电子被氧化。A项， 放电时为原电池，负极失电子，发生氧化反应，A正确；B项，充电时为电解池，Li+向阴极Li移动，放电时为原电池，Li+向碳材料电极移动，B不正确；C项，放电时正极发生还原反应，结合题干信息可知，电极反应：S8+16Li++16 e-=8Li2S，C正确；D项，Li能与水反应，则该电池通常不选择水系电解液，D正确；故选B。
3．(2024·西安陕西师大附中高三第一次月考)科学家研制出一种新型短路质电化学电池，利用这种电池可以消除空气中的CO2，该装置的结构、工作原理如图所示。下列有关说法错误的是( )
A．短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子还可以传递电子
B．当负极生成1ml CO2时，理论上需要转移1ml电子
C．负极反应为：H2-2e-+2OH-= 2H2O
D．当反应消耗(标况)O2时，理论上需要转移4ml电子
【答案】C
【解析】A项，短路膜和常见的离子交换膜不同，根据图中信息得到短路膜既能传递离子还可以传递电子，故A正确；B项，根据负极反应式为：H2+2HCO3--2e-=2H2O+CO2↑，当负极生成1ml CO2时，理论上需要转移1ml电子，故B正确；C项，负极反应式为：H2+2HCO3--2e-=2H2O+CO2↑，故C错误；D项，根据正极反应式O2+2CO2+4e-=2CO32-，当反应消耗22.4L(标况下物质的量为1ml)O2时，理论上需要转移4ml电子，故D正确。故选C。
4．(2024·山东省新高考联合质量测评高三联考)中国科学技术大学某课题组发明一款可充放电的全固态钠电池，本发明提供的固态钠离子电解质的制备方法工艺简单、成本低廉、生产效率高，适用于大规模产业化生产。工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A．放电时，电极电势N极高于M极
B．充电时，由M极迁移至N极
C．充电时，M极电极反应式为Na3V2(PO4)3+2e-=NaV2(PO4)3+2Na+
D．为了降低成本，可以将固态聚合物电解质换为Na3PO4溶液
【答案】B
【解析】由题意知该电池属于二次电池，示意图为放电过程，N极上钠失电子产生钠离子，发生氧化反应，为负极，M极上Na3V2(PO4)3转化为NaV2(PO4)3，发生得电子的还原反应，为正极，充电时为电解池，M极为阳极，N极为阴极。A项，根据分析可知，放电时，M为正极，N为负极，电极电势M极高于N极，A错误；B项，充电时，阳离子Na+由阳极M极迁移至阴极N极，B正确；C项，充电时，阳极M极电极上Na3V2(PO4)3转化为NaV2(PO4)3，反应式为Na3V2(PO4)3-2e-=NaV2(PO4)3+2Na+，C错误；D项，钠与水能反应，不能将固态聚合物电解质换为Na3PO4溶液，D错误；故选B。
5．(2024·江西赣州中学高三月考)利用细菌处理有机废水产生的电能可以进行脱硫，从而达到废物利用同时有利于环境保护。脱硫原理：利用羟基自由化基(，氧元素为-1价)将燃煤中的含硫物质(主要是FeS2)氧化除去，其装置示意图如图所示。下列说法错误的是( )
A．X为阴离子交换膜
B．a为负极，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+
C．理论上处理12.0gFeS2，b极消耗标况下空气(氧气占空气体积分数21%)约为42L
D．利用羟基自由基除去煤中FeS2的离子方程式：FeS2+15·OH=Fe3++2 SO42-+7H2O+H+
【答案】C
【解析】由题干装置图可知，a为负极，电极反应式为：CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，b极为正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故石墨1为阳极，电极反应式为H2O-e-═H++•OH，海水中的Na+移向正极，故Y为阳离子交换膜，Cl-移向负极，则X为阴离子交换膜。A项，由分析可知，X为阴离子交换膜，A正确；B项，由图可知，a极碳元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，B正确；C项，理论上处理12.0gFeS2，需消耗羟基自由化基的物质的量为×15=1.5ml，石墨1为阳极，电极反应式为H2O-e-═H++•OH，故转移电子的物质的量为1.5ml，b极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，消耗标况下氧气空气体积约为×22.4L/ml=8.4L，空气(氧气占空气体积分数21%)约为=40L，C错误；D项，利用羟基自由基除去煤中FeS2，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：FeS2+15·OH=Fe3++2SO42-+7H2O+H+，D正确；故选C。
6．(2024·湖北省腾云联盟高三联考)以金属镍分别浸泡在不同浓度的Ni(NO3)2溶液的浓差电池，盐桥中电解质为KNO3，其工作示意图如下所示。
下列说法错误的是( )
A．电极的电势：a极B．b极的电极反应式为：Ni2++2e-=Ni
C．Ni2+从右池经盐桥流向左池导致两池最终c(Ni2+)相等
D．当电路中转移0.2ml电子时，负极区溶液质量增加
【答案】C
【解析】根据两池中c(Ni2+)在放电前后的变化可知，左池浓度升高，右池浓度降低，则a极上Ni失电子产生Ni2+，a为负极；b极上Ni2+得电子产生Ni，b极为正极。A项，a为负极，b极为正极，电极的电势：a极7．(2024·河南平顶山高三第一次质量检测)地下水是隐藏的资源。最近文献报道的一种可用于修复被NO3-污染的地下水的模拟装置如图所示，石墨做电极，下列说法错误的是( )
A．该装置是原电池，乙池中石墨作正极
B．装置工作时，质子从甲池进入乙池
C．当处理含1mlNO3-的废水时，有6mlH+通过质子膜
D．甲池发生的电极反应为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+
【答案】C
【解析】由图可知，装置为原电池装置，C6H12O6失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，为负极；硝酸根离子得到电子发生还原反应生成氮气，为正极；A项，由分析可知，该装置是原电池，乙池中石墨作正极，A正确；B项，装置工作时，阳离子向正极移动，故质子从甲池进入乙池，B正确；C项，正极反应为2NO3-+12H++10e-=6H2O+N2↑，故当处理含1ml NO3-的废水时，转化5ml电子，则有5mlH+通过质子膜，C错误；D项，甲池为负极，C6H12O6失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，D正确；故选C。
8．(2024·河北省部分学校高三联考)一种环保的水激活“纸基”电池(如图所示)主要由1个平方厘米的电池单元组成，还包含3种印在长方形纸带上的油墨，纸带上分布着固体。下列说法错误的是( )
已知：上述3种油墨分别为含石墨薄片的油墨、含锌粉的油墨、含石墨薄片和炭黑的油墨(作导体)。
A．印有含石墨薄片的油墨的一面为正极
B．滴水激活“纸基”电池一段时间后，该电池的质量会减小
C．当有3.25×10－3g锌粉溶解时，理论上转移的电子数为1×10－4NA
D．该电池能够减少低功率废弃电子器件带来的环境影响
【答案】B
【解析】由题干信息可知，正面石墨薄片为正极，发生的电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，反面上的锌粉为负极，电极反应为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)42-。A项，正极上氧气发生还原反应生成OH-，石墨是该纸电池的正极，锌作负极，故A正确；B项，“纸基”电池工作时，总反应式为，2Zn+ O2+2H2O+4OH-=2 Zn(OH)42-，氧气参与电池反应，该电池的质量会增加，故B错误；C项，3.25×10－3g锌粉的物质的量为，电极反应为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)42-，理论上转移的电子数为，故C正确；D项，该电池有质量小、柔韧性好的优点，不产生污染性的废料，能够减少低功率废弃电子器件带来的环境影响，故D正确；故选B。
9．(2024·湖北武汉市场部分学校高三调研考试)我国科技工作者设计了一种CO2转化的多功能光电化学平台，实现了CO生产与塑料到化学品的协同转化，其原理如下图所示，下列说法错误的是( )
A．光催化电极的电势：a>b
B．电池工作时，负极区溶液的pH减小
C．正极区的电极反应为CO2 + 2e—+2HCO3-= CO +2CO32-+H2O
D．当电路中转移1ml电子时，正极区溶液质量增大39g
【答案】D
【解析】由图可知，光催化电极a为原电池的正极，碳酸氢根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CO2 + 2e—+2HCO3-= CO +2CO32-+H2O，光催化电极b为负极，氢氧根离子作用下 在负极失去电子发生氧化反应生成 和水，电极反应式为 —10ne—+15nOH—=5n +(4n+1)H2O，由电荷守恒可知，钾离子通过阳离子交换膜由负极移向正极。A项，光催化电极a为原电池的正极，光催化电极b为负极，则电极a的电势大于电极b，故A正确；B项，光催化电极b为负极，氢氧根离子作用下 在负极失去电子发生氧化反应生成 和水，电极反应式为 —10ne—+15nOH—=5n +(4n+1)H2O，则电池工作时，负极消耗氢氧根离子，负极区溶液的pH减小，故B正确；C项，光催化电极a为原电池的正极，碳酸氢根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CO2 + 2e—+2HCO3-= CO +2CO32-+H2O，故C正确；D项，电池工作时，二氧化碳转化为一氧化碳会使溶液的质量增大，钾离子由负极移向正极也会使溶液质量增大，则当电路中转移1ml电子时，正极区溶液质量增大1ml×39g/ml+1ml××16g/ml=47g，故D错误；故选D。
04 电解原理
1．某二氧化氯复合消毒剂发生器的工作原理如图所示。通电后，产生成分为ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合气体甲，被水吸收后可制得具有更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消毒剂。下列说法正确的是( )
A．m端为电源正极，隔膜为阴离子交换膜
B．产生ClO2的电极反应式为Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
C．通电后d口所在极室pH升高，e口排出NaOH溶液
D．标准状况下，b口每收集到2.24 L气体乙，电路中转移电子0.4NA
【答案】C
【解析】左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，溶液丙为NaOH溶液。A项，左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；B项，Cl-转化为ClO2发生氧化反应，应是失去电子，故B错误；C项， 右室是水放电生成氢气与氢氧根离子，右室pH升高，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，e口排出NaOH溶液，故C正确；D项，标准状况下，b口每收集到2.24 L(0.1ml)气体乙，电路中转移电子0.2NA，故选C。
2．(2024·云南楚雄高三教育学业质量监测)催化剂作用下电解还原CO2以制备高附加值化学品是实现碳中和的有效方法之一，将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是( )
已知：法拉第常数为，法拉第常数与电子物质的量的乘积等于电量。
A．电极b应该连接电源的正极
B．电解一段时间后，阳极区电解质溶液的浓度保持不变
C．电极a上生成0.5mlO2时，理论上可还原(标准状况下) CO2
D．若电解效率为，则处理(标准状况下) CO2需要的电量
【答案】D
【解析】根据图中信息可知，电极a上生成O2，发生氧化反应，为阳极，电极b上生成甲烷，由二氧化碳得电子产生，发生还原反应，为阴极。A项，由图可知，电极a上生成O2，发生氧化反应，为阳极，则电极a连接电源的正极，A错误；B项，电解一段时间后，2H2O-2e-=4H++O2↑，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，同时阳极消耗水，则阳极区电解质溶液的浓度增大，B错误；C项，根据得失电子守恒可得关系式，若生成0.5mlO2，则可还原0.25mlCO2，其体积在标准状况下为5.6L，C错误；D项，由电极反应式可知，标准状况下2.24L二氧化碳反应时转移0.8ml电子，则需要的电量为，D正确；故选D。．
05 金属的腐蚀与防护
1．(2024·广东省六校高三三模)利用原电池原理可以避免金属腐蚀，某小组同学设计了如下图所示的实验方案来探究铁片的腐蚀情况。下列说法中正确的是( )
A．甲中的铁片附近会出现蓝色
B．甲中形成了原电池，锌片作正极
C．乙中铜片附近会出现红色
D．乙中的铜片上发生氧化反应
【答案】C
【解析】A项，甲中锌为负极，其失去电子变为锌离子，而铁片是正极，其被保护而不会被腐蚀，没有亚铁离子生成，而铁氰化钾与亚铁离子反应会生成蓝色物质，实验室常用此法来检验亚铁离子，因此铁片附近不会出现蓝色，故A错误；B项，甲中形成了原电池，锌为负极，锌失去电子变为锌离子，铁为正极，铁不反应，故B错误；C项，乙中铁作负极，铜作正极，铜附近氧气得到电子变为氢氧根而使溶液呈碱性，因此，酚酞变为红色，故铜片附近出现红色，故C正确；D项，乙中铁作为负极，其失去电子变为亚铁离子发生氧化反应；铜片作为正极，其表面上有氧气发生还原反应，故D错误；故选C。
2．(2024·广东广州高三联考)全世界每年因钢铁锈蚀会造成巨大的损失，为了保护地下的钢铁输水管所采取的措施如图所示。下列说法不正确的是( )
A．钢铁发生吸氧腐蚀正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
B．导线与Zn块连接为牺牲阳极法
C．导线应连接外接电源的负极
D．导线与Cu块连接也可保护钢铁输水管
【答案】D
【解析】A项，钢铁发生吸氧腐蚀，正极为氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，A正确；B项，导线与Zn块连接为牺牲阳极的阴极保护法，B正确；C项，导线应连接外接电源的负极，为外接电源的阴极保护法，C正确；D项，导线与Cu块连接不能保护钢铁输水管，D错误； 故选D。
3．(2023·河北省沧州市三模)出土于陕西的两千多年前的越王剑(主要成分为铁)，现藏于广州博物馆，该剑剑格左右侧皆以鸟虫书体铸刻“王戊”二字，剑色为水银古，时至如今，依然锋利。剑脊含铜量较多，韧性好，不易折断；刃部含锡高，硬度强，可见其性能优异，锻造技术优良。下列叙述错误的是( )
已知：剑在地下因构成原电池发生了腐蚀，导致生锈(Fe2O3)。
A．铁与铜、锡构成原电池时，铁为负极
B．铁发生的电极反应为Fe-3e-=Fe3+
C．酸性环境下剑腐蚀的过程中会产生氢气
D．生成80gFe2O3时理论上转移3ml电子
【答案】B
【解析】A项，铁与铜、锡构成原电池时，铁的活泼性强于铜和锡，铁作负极，A正确；B项，铁电极反应为Fe-2e-=Fe2+，B错误；C项，酸性环境下剑腐蚀的过程为析氢腐蚀，正极会产生氢气：2H++2e-=H2↑，C正确；D项，生成Fe2O3时理论上转移电子3ml，D正确；故选B。
4．《本草纲目》中载有一药物，名“铜青[Cu2(OH)2CO3]”。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。时珍曰：近时人以醋制铜生绿，取收晒干货之。下列有关说法正确的是( )
A．铜在空气中主要发生析氢腐蚀
B．铜在O2、CO2、H2O存在时易发生电化学腐蚀
C．用硝酸清洗铜器可以除去铜绿，保护铜器
D．每生成111g Cu2(OH)2CO3，转移1ml电子
【答案】B
【解析】A项，铜在空气中被腐蚀的化学方程式为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，则铜在空气中主要发生吸氧腐蚀，A错误；B项，铜在空气中被腐蚀的化学方程式为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，铜在O2、CO2、H2O存在时易发生电化学腐蚀，B正确；C项，铜可以和硝酸反应，用硝酸清洗铜器可以除去铜绿，但也会破坏铜器，C错误；D项，由化学方程式2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3可知，每生成1ml Cu2(OH)2CO3，转移4ml电子，则生成111g Cu2(OH)2CO3(物质的量为0.5ml)时，转移2ml电子，D错误；故选B。
5．(2023·河北省邢台市九师联盟高三联考)利用烧结的铁碳混合材料可除去废水中的污染物，在有、无溶解氧的条件下均可在溶液中生成絮凝剂，实现高效转化，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是( )
A．工作过程中，铁极为正极
B．在强酸性污水中处理效果更好
C．富氧时，碳极电极反应式主要为O2＋2H2O＋4e－=4OH－
D．工作过程中电子从铁极流出，通过溶液被运输至碳极表面
【答案】C
【解析】铁极上铁失电子产生亚铁离子，碳极上主要发生吸氧腐蚀，氧气得电子产生氢氧根离子。A项，工作过程中，铁极为负极，A错误；B项，强酸性污水中难以形成絮凝剂，效果不佳，B错误；C项，富氧时，氧气放电，碳极电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，C正确；D项，电子不能在溶液中传导，D错误；故选C。
6．实验室利用如下装置模拟探究铝制品表面出现白斑的腐蚀现象。下列说法正确的是( )
A．活性炭上发生氧化反应
B．电子从活性炭经电流表流向铝箔
C．NaCl既是离子导体又是电极反应物
D．总反应为4Al +3O2 + 6H2O =4Al( OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑
【答案】D
【解析】该装置为原电池，铝易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，发生吸氧腐蚀，电子从负极流向正极，阴离子向负极移动。A项，碳作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极的反应为2H2O+O2+4e-═4OH-，发生还原反应，故A错误；B项，铝易失电子做负极，碳作正极，电子从负极流向正极，则电子从铝箔经电流表流向活性炭，故B错误；C项，负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，NaCl不是电极反应物，故C错误；D项，负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，生成的Al(OH)3分解生成Al2O3，则白斑的主要成分可能是Al2O3，故D正确；故选D。
7．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。
8．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·ml－1×eq \f(3×\f(1.12 g,56 g·ml－1),4)＝336 mL。
9．(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。
10．全世界每年因钢铁锈蚀造成巨大损失，钢铁吸氧腐蚀原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．钢铁腐蚀过程不只发生化学能与电能的转化
B．钢铁腐蚀的正极反应为：Fe-2e-=Fe2+
C．电解质溶液浓度可影响钢铁腐蚀的速率
D．将地下铁管与铜块连接，可保护铁管
【答案】C
【解析】A项，钢铁腐蚀过程不仅发生化学能与电能的转化，钢铁的锈蚀过程属于缓慢氧化，还放出热量，所以还发生化学能与热能的转化，A正确；B项，钢铁发生的腐蚀为吸氧腐蚀，负极上金属铁失电子，发生氧化反应，正极上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，B错误；C项，因为反应速率与离子浓度正相关，所以电解质溶液浓度可影响钢铁腐蚀的速率， C正确； D项，将地下铁管与铜块连接会构成原电池，铁作负极，铜作正极，所以不能保护铁管，反而会加快铁管的腐蚀，D错误；故选 C。
11．利用如图所示装置可以模拟钢铁的电化学防护。下列说法正确的是( )。
A．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生还原反应
B．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生还原反应
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀
D．若X为锌棒，开关K置于M处，可加快铁的腐蚀
【答案】A
【解析】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，铁极发生还原反应，A项正确，D项不正确；若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，B项不正确；若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，C项不正确。
12．炒过菜的铁锅未及时洗净(残液中含NaCl)，不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是( )
A．腐蚀过程中，负极是C
B．Fe失去电子经电解质溶液转移给C
C．正极的电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
D．C是正极，O2在C表面上发生还原反应
【答案】D
【解析】A项，铁锅中含有的Fe、C，和电解质溶液构成原电池，活泼金属作负极，Fe易失电子，故腐蚀过程中，负极是Fe，错误；B项，原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动，在电解质溶液中依靠离子的移动导电，错误；C项，该原电池中，C做正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，错误；D项，C是正极，O2在C表面上发生还原反应，正确。
13．钢铁的防护有多种方法，下列对于图中的方法描述错误的是( )
A．a、b以导线连接，辅助电极发生氧化反应
B．a、b以导线连接或以电源连接，辅助电极的材料可能都含有Zn
C．a、b分别连接直流电源，通电后外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门
D．a、b分别连接直流电源的负极、正极，该方法是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】D
【解析】a、b以导线连接，即为牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要作负极，发生氧化反应，A项正确；a、b以导线连接或以电源连接，辅助电极都是发生氧化反应，Zn比较活泼，要失去电子，B项正确；通电后，被保护的钢铁闸门作阴极，辅助电极作阳极，因此通电后外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门，C项正确；由于有外加电源，故此方法为外加电流的阴极保护法，D项错误。
14．硫酸盐还原菌SRB在地球上分布很广泛，通过多种相互作用发挥诸多潜力。但在水体中，会促使许多金属及合金发生腐蚀。某种Fe合金在硫酸盐还原菌存在条件下腐蚀的机理如图所示。对于该反应机理相关信息分析错误的是 ( )
①升高温度有利于硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀；
②硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀作用是在有氧环境下进行的；
③在硫酸盐还原菌(SRB)作用下，Fe腐蚀后最终会生成Fe2O3·xH2O；
④电化学腐蚀中负极电极反应为 Fe-2e-=Fe2+；
⑤当1ml SO42-在SRB的作用下转化为硫离子时，理论上正极反应会消耗8 ml水
A．①②③B．①②⑤C．②③④D．②③⑤
【答案】A
【解析】①高温下容易使蛋白质发生变性，因此升高温度不有利于硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀，①错误；②根据示意图可判断硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀作用是在无氧环境下进行的，②错误；③在硫酸盐还原菌(SRB)作用下，Fe腐蚀后最终会生成FeS，③错误；④电化学腐蚀中负极铁失去电子，电极反应为 Fe-2e-=Fe2+，④正确；⑤当1ml SO42-在SRB的作用下转化为硫离子时需要8ml[H]，1ml水能产生1ml[H]，所以理论上正极反应会消耗8 ml水，⑤正确；故选A。
15．研究发现，CuCl在青铜器的腐蚀过程中起催化作用，下图是青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀生成有害锈Cu2(OH)3Cl原理示意图。已知Cu2(OH)2CO3比Cu2(OH)3Cl更难溶。下列叙述正确的是( )
A．CuCl增大了反应的活化能
B．腐蚀过程中，正极的电极反应式为O2+ 4H+ +4e- =2H2O
C．若生成2.145 g Cu2(OH)3Cl理论上消耗标准状况下氧气的体积为2.24L
D．修复青铜器时，可将文物置于含Na2CO3的缓冲溶液浸泡，使Cu2(OH)3Cl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3
【答案】D
【解析】A项，催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，A错误；B项，由图像可知CuCl在青铜器的腐蚀属于吸氧腐蚀，故正极为氧气得电子，碱性环境下，其电极方程式为O2+ 2H2O+4e- = 4OH-，B错误；C项，生成2.145 g Cu2(OH)3Cl，物质的量，则转移电子物质的量，氧气转移电子，则生成氧气为，标况下体积为，C错误；D项，Cu2(OH)3Cl到Cu2(OH)2CO3难溶电解质的溶解平衡，向更难溶的物质转化能更好的保护好文物，D正确。故选D。
物质
O2(g)
N2(g)
NO2g)
C(s，石墨)
CH4(g)
CO2(g)
相对能量/ kJ·ml−1
0
0
x
0
-75
-393.5
解离总耗能/kJ
498
946
632
717
1656
y
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2的燃烧热为a kJ·ml－1
H2＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2HCl ΔH＝－a kJ·ml－1
B
1 ml SO2、0.5 ml O2完全反应，放出热量98.3 kJ
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－98.3 kJ·ml－1
C
H＋(aq)＋OH－(aq)===
H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·ml－1
H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===
BaSO4(s)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·ml－1
D
31 g白磷比31 g红磷能量多b kJ
P4(白磷，s)===4P(红磷，s)
ΔH＝－4b kJ·ml－1
TOC \ "1-1" \p " " \h \z \u \l "_Tc148019150" 01 反应热及其表示方法
\l "_Tc148019151" 02 热化学方程式 盖斯定律
\l "_Tc148019152" 03 原电池 化学电源
\l "_Tc148019153" 04 电解原理
\l "_Tc148019153" 05 金属的腐蚀与防护
01 反应热及其表示方法
1．(2024·河南省部分名校高三联考)丙烯是合成聚丙烯的单体。在催化剂作用下，丙烷脱氢生成丙烯的能量变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A．上述反应的正反应是吸热反应B．催化剂的作用是降低反应的活化能
C．升温，该反应的平衡常数K 增大D．使用不同催化剂，该反应的△H不同
【答案】D
【解析】A项，上述反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量，是吸热反应，故A正确；B项，催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C项，该反应为吸热反应，升温，平衡正向移动，该反应的平衡常数K 增大，故C正确；D项，催化剂的作用是降低反应的活化能，但是不改变反应的焓变，故使用不同催化剂，该反应的△H相同，故D错误；故选D。
2．某反应2A=3B，它的反应能量变化曲线如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A．该反应为吸热反应 B．A比B更稳定
C．加入催化剂会改变反应的焓变 D．整个反应的ΔH=E1-E2
【答案】D
【解析】A项，由图象可知物质A、B的能量相对大小，A比B能量高，所以A→B释放能量，是放热反应，A错误；B项，B能量比A的低，故B更稳定，B错误；C项，催化剂能改变反应途径和活化能大小，但不能改变焓变，C错误；D项，整个反应先吸收E1的能量，再放出E2的能量，所以ΔH=E1-E2，D正确；故选D。
3．(2024·山东潍坊市五县区高三阶段监测)化学反应H2+Cl2=2HCl的过程及能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．光照和点燃条件下的反应热相同
B．H-Cl键的键能为862 kJ·ml－1
C．热化学方程式：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝-183 kJ·ml－1
D．2ml气态氢原子的能量高于1ml氢气的能量
【答案】B
【解析】A项，反应热效应只与反应的始态和终态有关，与条件、途径无关，因此该反应在光照和点燃条件下的反应热效应是相同的，A正确；B项，由图可知2mlHCl分子中的化学键形成时要释放862kJ能量，所以H-Cl键的键能为431 kJ·ml－1，B错误；C项，由图可知1ml H2(g)和1mlCl2(g)反应生成2ml HCl(g)放出(862-679)kJ=183kJ能量，因此氢气与氯气反应的热化学方程式为H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH＝-183 kJ·ml－1，C正确；D项，气态氢原子形成氢气分子时形成化学键，形成化学键释放能量，因此2ml气态氢原子的能量高于1ml氢气的能量，D正确； 故选B。
4．化学反应中的能量变化，通常主要表现为热量的变化。下列相关表述正确的是( )
A．一定条件下，将0.5mlH2(g)和0.5mlI2(g)置于密闭容器中充分反应生成放热，其热化学方程式为：I2(g )+H2(g)2HI(g) △H=-2akJ•ml-1
B．在101kPa时，2 g H2完全燃烧生成液态水，放出热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：
C．S(g)+ O2(g)=SO2(g) ΔH1 S(g)+ O2(g)=SO2(g) ΔH2 ΔH1＞ΔH2
D．HCl和NaOH反应的中和热，则0.5mlH2SO4和足量Ba(OH)2反应的
【答案】B
【解析】A项， 一定条件下，将0.5mlH2(g)和0.5mlI2(g)置于密闭容器中充分反应生成HI放热于akJ，则I2和H2反应生成1mlHI(g)时放热大于akJ，放热焓变为负，则其热化学方程式I2(g )+H2(g)2HI(g)△H＜-2akJ•ml-1，故A错误； B项，燃烧热是指在一定压强下，1 ml的可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物的时候所放出的热量；在101kPa时，2 gH2完全燃烧生成液态水，放出于285.8akJ热量，表示氢气燃烧热的热化学方程式表示为：，B正确；C项，硫蒸气的能量比等质量的固态硫能量高、则等量的硫蒸汽燃烧生成二氧化硫气体比固态硫燃烧放出的热量多，焓变为负值时，放出热量越多，焓变越小，则S(g)+ O2(g)=SO2(g) ΔH1 S(g)+ O2(g)=SO2(g) ΔH2 ΔH1＜ΔH2，故C错误；D项，HCl和NaOH反应的中和热ΔH =-57.3kJ•ml-1，硫酸和足量Ba(OH)2反应生成硫酸钡沉淀和水，由于生成沉淀，也要放热，则0.5mlH2SO4和足量Ba(OH)2反应放出的热量大于盐酸和氢氧化钠反应1ml液态H2O时放出的热量、即大于57.3kJ，则0.5mlH2SO4和足量Ba(OH)2反应的ΔH ＜-57.3kJ•ml-1，故D错误；故选B。
5．(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/ml
②CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH2=-41.1kJ/ml
③2H2(g)+ O2(g)=2H2O(g) ΔH3=-483.6kJ/ml
下列说法不正确的是( )
A．若温度不变，反应①中生成1 ml 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/ml
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，1ml CH3OH(g)能量高于 1ml 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1ml 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/ml，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/ml，根据盖斯定律④×2—③×3得2CO2(g)+4H2O(g)=2CH3OH(g)+3O2(g) ΔH=2ΔH4-3ΔH3=1352kJ/ml＞0，，则该反应需要吸收能量，故 D 正确；故选C。
6．(2023·浙江省温州市高三第一次适应性考试)标准状态下，1ml纯物质的相对能量及解离为气态原子时所消耗的能量如下表所示：
下列说法正确的是( )
A．x =180
B．逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量均为414kJ
C．解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为239kJ
D．根据NO(g)＋CH4(g)CO2(g)＋N(g)+2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能
【答案】D
【解析】A项，焓变=生成物总能量-反应物总能量，则N2(g)＋O2(g)2NO(g) ΔH=2x kJ·ml−1，焓变=反应物总键能-生成物总键能，即498+946-632×2=2x，x =90，故A错误；B项，逐级断开CH4(g)中的每摩尔C—H所消耗的能量不相等，故B错误；C项，石墨晶体中每个碳原子形成3条共价键，两个碳原子形成1条键，则1ml石墨含有1.5mlC-C键，解离每摩尔C(s，石墨)中的碳碳键平均耗能为478kJ，故C错误；D项，焓变=反应物总键能-生成物总键能，C(s，石墨)+O2(g)CO2(g)的ΔH可计算出y值，再根据NO(g)＋CH4(g)CO2(g)＋N(g)+2H2O(g)的ΔH可计算出H—O键能，故D正确；故选D。
7．(2023·浙江省浙南名校联盟高三第二次联考)已知有如下三个烯烃加成反应
Ⅰ kJ⋅ml
Ⅱ kJ⋅ml
Ⅲ kJ⋅ml
则下列说法不正确的是( )
A．由题可知丁烯稳定性是Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ
B．由题可知断裂碳碳π键和氢氢σ键所消耗的能量总是小于形成两个碳氢σ键所放出的能量
C．由题可知烯烃的稳定性与双键碳上的取代基和构型有关
D．由题可知，由于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ断键和成键都一样，因此反应的不能由键能计算得到
【答案】D
【解析】A项，根据物质的能量越低越稳定，由热化学方程式可知放出的能量Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，说明丁烯的能量大小为Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，稳定性为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，故A正确；B项，三个反应都是放热反应，由题可知断裂碳碳π键和氢氢σ键所消耗的能量总是小于形成两个碳氢σ键所放出的能量，故B正确；C项，由题可知烯烃的稳定性与双键碳上的取代基和构型有关，取代基越多，越稳定，反式比顺式结构稳定，故C正确；D项，反应的ΔH能由键能计算得到，反应焓变ΔH=反应物总键能-生成物总键能，故D错误；故选D。
8．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：
反应Ⅰ：CH3OH(g)CO (g)+ 2H2(g) ΔH1
反应Ⅱ：CO (g)+ H2O(g)CO2 (g)+ H2(g) ΔH2
根据能量变化示意图，下列说法正确的是( )
A．E3-E2＞E4-E1
B．反应Ⅱ决定整个反应的速率
C．催化剂可以降低总反应的焓变
D．CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
【答案】A
【解析】A项，由于绝对值，该值为负值，去掉绝对值后，E3-E2＞E4-E1，A正确；B项，由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应II的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，则反应I的反应速率慢于反应II，反应I决定整个反应的速率，B错误；C项，催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C错误；D项，根据盖斯定律，反应I+II可得目标方程CH3OH(g)＋H2O(g)CO2(g)＋3H2(g) ΔH=ΔH1+ΔH2，D错误；故选A。
9．(2024·河南省湘豫名校联盟高三联考)太阳能是理想的清洁能源，通过Fe3O4和FeO的热化学循环可以利用太阳能，其转化关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．过程Ⅰ中氧化产物是O2
B．过程Ⅱ化学方程式为CO2+6Fe2Fe3O4+C
C．过程Ⅱ产物中只有离子键形成
D．总反应式为CO2(g)=C(s)+CO(g)，是吸热反应
【答案】C
【解析】A项，过程Ⅰ中氧元素化合价升高，故O2是氧化产物，A项正确；B项，由图知过程Ⅱ的反应物是CO2、FeO，生成物是Fe3O4，B项正确；C项，产物单质碳中含有“碳碳共价键”，C项错误；D项，碳与O2反应是放热反应，D项正确；故选C。
10．(2024·上海徐汇高三期中)由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是( )
A．使用催化剂可以降低过渡态的能量
B．反应物能量之和大于生成物能量之和
C．N2O(g)+NO(g)=N2(g)+NO2(g) ΔH＝-139 kJ·ml－1
D．断键吸收能量之和大于成键释放能量之和
【答案】D
【解析】A项，催化剂可以降低活化能，降低过渡态的能量，A正确；B项，根据图象可知，此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，B正确；C项，根据图象可知，此反应放热Q=348kJ/ml-209kJ/ml=139kJ/ml，故热化学方程式为：ΔH＝-183 kJ·ml－1，C正确；D项，△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和＜0，断键吸收能量之和小于成键释放能量之和，D错误；故选D。
11．(2024·江苏泰州高三泰州中学期中调研)在催化剂CuCl2作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为。下列化学反应表示正确的是( )
A．实验室制氯气：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
B．电解饱和NaCl溶液的阴极反应：
C．
D．氯气溶于水具有漂白性：
【答案】A
【解析】A项，在实验室中用浓盐酸与MnO2混合加热发生氧化还原反应制取Cl2，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，A正确；B项，电解饱和NaCl溶液时，在阴极上H2O电离产生的H+得到电子发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B错误；C项，同种物质所含有的能量：气态＞液态，反应物的能量相同，生成物含有的能量越低，反应放出的热量就越多，则相应反应的反应热就越小，所以，C错误；D项，氯气溶于水，与水反应产生盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，主要以电解质分子存在，要写化学式，该反应的离子方程式应该为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，D错误；故选A。
02 热化学方程式 盖斯定律
1．工业生产硫酸过程中，SO2在接触室中被催化氧化为SO3气体，已知该反应为放热反应。现将2 ml SO2、1 ml O2充入一密闭容器充分反应后，放出热量98.3 kJ，此时测得SO2的转化率为50%，则下列热化学方程式正确的是( )
A．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=+196.6 kJ·ml-1
B．2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) ΔH=-98.3 kJ·ml-1
C．SO2(g)+O2(g) SO3(g) ΔH=-98.3 kJ·ml-1
D．SO2(g)+O2(g) SO3(g) ΔH=-196.6 kJ·ml-1
【答案】C
【解析】2ml SO2、1ml O2充入恒容容器中，达平衡时，SO2的转化率为50%，则反应了的SO2的物质的量为1ml，放出热量98.3kJ，则每反应1mlSO2，放出98.3kJ的热量，故热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) △H=-196.6 kJ•ml-1或SO2(g)+O2(g) SO3(g)，△H=-98.3 kJ•ml-1，由此判断各选项热化学方程式正误。A项，反应是放热反应，ΔH小于0，故A错误；B项，热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合，故B错误；C项，选项中的热化学方程式符合题意，故C正确；D项，热化学方程式中反应热和对应二氧化硫的量不符合，故D错误；故选C。
2．根据以下热化学方程式，ΔH1和ΔH2的大小比较错误的是( )
A．Br2(g)+H2(g)=2HBr(g) ΔH1，Br2(l)+H2(g)=2HBr(g) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2
B．2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH1，2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l) ΔH2，则有ΔH1>ΔH2
C．4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s) ΔH1，4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2
D．C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1，C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH2，则有ΔH1<ΔH2
【答案】B
【解析】A项，依据盖斯定律分析，液态溴变化为气态溴需要吸收热量，反应是放热反应，焓变是负值，所以△H1＜△H2，A正确；B项，S燃烧生成二氧化硫放热，反应是放热反应，焓变是负值，所以△H1＜△H2，B错误；C项，铝活泼性大于铁，能量高于铁，反应是放热反应，焓变是负值，△H1＜△H2，C正确；D项，碳完全燃烧放出的热量大于不完全燃烧生成CO放出的热量，反应是放热反应，焓变是负值，所以△H1＜△H2，D正确；故选B。
3．(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·ml－1
D．已知中和热，则1ml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，1ml硫酸和足量稀NaOH溶液反应生成2mlH2O，不是中和热，D错误；故选A。
4．下列热化学方程式正确的是( )
【答案】D
【解析】选项A中符合已知条件的应是H2和O2反应，A错；ΔH应为－196.6 kJ·ml－1，B错；选项C中由于生成BaSO4沉淀，放出的热量大于114.6 kJ，C错。
5．根据如图所给信息，得出的结论正确的是( )
A．48 g碳完全燃烧放出热量为1 574 kJ/ml
B．2C(s)＋O2(g)===2CO(g) ΔH＝－221.0 kJ/ml
C．2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g) ΔH＝＋283.0 kJ/ml
D．C(s)＋O2(g)===CO2(s) ΔH＝－393.5 kJ/ml
【答案】B
【解析】48 g C完全燃烧放热为393.5 kJ/ml×4 ml＝1 574 kJ，不是1 574 kJ/ml，故A错误；据图示可知，1 ml C燃烧生成CO放热393.5 kJ－283.0 kJ＝110.5 kJ，所以2 ml C燃烧生成CO放热221.0 kJ，故B正确；1 ml CO燃烧生成1 ml二氧化碳放热283.0 kJ，所以2CO2(g)===2CO(g)＋O2(g) ΔH＝＋566.0 kJ/ml，故C错误；应该生成二氧化碳气体，不是固态，故D错误。
6．(2024·重庆铜梁一中等三鹇高三联考)已知下列热化学方程式：
①Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) ΔH1=−24.8kJ/ml
②Fe2O3(s)+CO(g)=Fe3O4(s)+CO2(g) ΔH2=−15.73kJ/ml
③Fe3O4(s)+CO(g)=3FeO(s)+CO2(g) ΔH3=640.4kJ/ml
则14gCO气体还原足量FeO固体生成CO2气体时对应的ΔH约为( )
A．−218kJ/mlB．−109kJ/mlC．+218kJ/mlD．+109kJ/ml
【答案】B
【解析】根据题给信息，0.5mlCO气体还原足量FeO固体生成CO2气体，该反应的方程式为FeO(s)+CO(g)=FeO(s)+CO2，根据盖斯定律，0.5mlCO气体还原足量FeO固体生成CO2气体该反应的，该反应的反应热为−109kJ/ml，B正确；故选B。
7．下列关于热化学反应的描述中正确的是( )
A．已知H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ/ml，则HCl和NH3·H2O反应的反应热ΔH＝－57.3 kJ/ml
B．燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的热化学方程式是CH3OH(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===CO2(g)＋2H2 (g) ΔH＝－192.9 kJ/ml，则CH3OH(g)的标准燃烧热ΔH＝－192.9 kJ/ml
C．H2(g)的标准燃烧热ΔH＝－285.8 kJ/ml，则2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝571.6 kJ/ml
D．葡萄糖的标准燃烧热ΔH＝－2 800 kJ/ml，则
eq \f(1,2)C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ/ml
【答案】D
【解析】NH3·H2O是弱电解质，电离时吸热，故反应热ΔH>－57.3 kJ/ml，A错误；甲醇蒸气的标准燃烧热是1 ml CH3OH(g)完全燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量，B错误；标准燃烧热的定义是1 ml纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量，反应中的H2O应该为液态，C错误；葡萄糖的标准燃烧热ΔH＝－2 800 kJ/ml，故eq \f(1,2)C6H12O6(s)＋3O2(g)===3CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1 400 kJ/ml，D正确。
8．在一定温度压强下，依据图示关系，下列说法不正确的是( )
A．C(石墨)+ CO2(g) =2CO(g) ΔH=ΔH1-ΔH2
B．1ml C(石墨)和1ml C(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g) ，前者放热多
C．ΔH5=ΔH1-ΔH3
D．化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
【答案】B
【解析】A项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) ΔH1 反应II：CO(g)+(g)=CO2(g) ΔH2，则反应I-反应II得C(石墨)+ CO2(g) =2CO(g)，根据盖斯定律可知ΔH=ΔH1-ΔH2，A正确；B项，由题干信息可知，C(石墨)= C(金刚石) ΔH5＜0，即1mlC(石墨)具有的总能量低于1mlC(金刚石)，则1ml C(石墨)和1ml C(金刚石)分别与足量O2反应全部转化为CO2(g)，后者放热多，B错误；C项，由题干信息可知，反应I：C(石墨)+(g)=CO(g) ΔH1，反应III：C(金刚石)+(g)=CO(g) 则反应I-反应III得C(石墨)= C(金刚石)，根据盖斯定律可知，ΔH5=ΔH1-ΔH3，C正确；D项，根据盖斯定律可知，化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；故选B。
9．几种物质间的转化焓变如图所示，下列说法不正确的是( )
A．ΔH3＞ΔH4
B．ΔH1＞ΔH6
C．ΔH1+ΔH5=ΔH2+ΔH3+ΔH4
D．在相同条件下，若将O元素改为S元素，则ΔH5会增大
【答案】C
【解析】A项，ΔH3＞0，ΔH4＜0，故ΔH3＞ΔH4，A正确；B项，，故ΔH1＞ΔH6，B正确；C项，根据盖斯定律，，C错误；D项，在相同条件下，若将O改为S，H2O(l)之间有氢键，放出能量更多，且ΔH5＜0，故ΔH5会增大，D正确；答案选C。
10．(2024·陕西省部分学校高三联考)PCl3和PCl5都是重要的化工产品。磷与氯气反应有如图转化关系。下列叙述正确的是( )
已知：在绝热恒容密闭容器中发生反应(1)、反应(2)，反应体系的温度均升高。
A．ΔH3=ΔH1+ΔH2
B．PCl3 (g)+ Cl2(g)=PCl5(s) ΔH＞ΔH2
C．ΔH1、ΔH2、ΔH3中，ΔH3最大
D．PCl5分子中每个原子最外层都达到8电子结构
【答案】A
【解析】A项，根据盖斯定律可知，ΔH3=ΔH1+ΔH2，A正确；B项，液态PCl3汽化时吸收热量，故ΔH＜ΔH2，B错误；C项，反应(1)和反应(2)均是放热反应，故反应(3)也是放热反应，结合盖斯定律，ΔH3最小，C错误；D项，PCl5分子中P原子最外层有10个电子，D错误；故选A。
11．(2024·重庆沙坪坝重庆南开中学高三期中)已知2ml金属钾和1ml氯气反应的能量循环如图所示，下列说法正确的是( )
A．在相同条件下，，则
B．在相同条件下，，则
C．且该过程形成了分子间作用力
D．
【答案】A
【解析】A项，由Na原子原子核外有3个电子层，其失去最外层一个电子所需的能量较大，因此，，故A正确；B项，溴原子电子层数比氯原子多，非金属性弱于氯，得到电子的能力弱于氯，得到一个电子所需的能量较大，在相同条件下，，，故B错误；C项，KCl(g)比KCl(s)能量高，且氯化钾固体含离子键，则△H7＜0，其原因可能是破坏了分子间作用力，却形成了离子键，故C错误；D项，由盖斯定律，△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1，故D错误；故选A。
12． MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg)：
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法不正确的是( )
A．ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0
B．ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)＞0
C．ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)=ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)
D．对于MgCO3和CaCO3，ΔH1+ΔH2＞ΔH3
【答案】C
【解析】根据盖斯定律可得ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3，又易知Ca2+半径大于Mg2+半径，所以CaCO3的离子键强度弱于MgCO3，CaO的离子键强度弱于MgO。A项，ΔH1表示断裂CO32-和M2+的离子键所吸收的能量，离子键强度越大，吸收的能量越大，因而ΔH1(MgCO3)＞ΔH1(CaCO3)＞0，A项正确；B项，ΔH2表示断裂CO32-中共价键形成O2-和CO2吸收的能量，与M2+无关，因而ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)＞0，B项正确；C项，由上可知ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)＜0，而ΔH3表示形成MO离子键所放出的能量，ΔH3为负值，CaO的离子键强度弱于MgO，因而ΔH3(CaO)＞ΔH3(MgO)，ΔH3(CaO)-ΔH3(MgO)＞0，C项错误；D项，ΔH1+ΔH2＞0，ΔH3＜0，故ΔH1+ΔH2＞ΔH3，D项正确。故选C。
13．(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＞0B．ΔH3的值是CH3CH2CH2CH3(g)的燃烧热
C．ΔH1+ΔH2=ΔH3+ΔH4D．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 ml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1ml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。
14．(2024·山东济南山东省实验中学校高三一诊)根据的水溶液能量循环图：
下列说法不正确的是( )
A．由于氢键的存在，ΔH1(HF)＞ΔH1(HCl)
B．已知气体溶于水放热，则ΔH1(HF) ＜0
C．相同条件下，ΔH2(HCl)＞ΔH2(HBr)
D．ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6
【答案】B
【解析】A项，ΔH1为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，HF与水分子间存在氢键，所以ΔH1(HF)的焓变更大，故ΔH1(HF)＞ΔH1(HCl) ，A正确；B项，ΔH1为脱水能，为吸热过程，焓变大于零，B错误；C项，ΔH2为离解能，为吸热过程，氯原子半径小于溴原子，故氢氯键键能更大，则相同条件下，ΔH2(HCl)＞ΔH2(HBr)，C正确；D项，由盖斯定律可知，反应的焓变于途径无关，故ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6，D正确；故选B。
15．(2023·河南省豫北名校高三毕业班一轮复习联考)如图1、图2分别表示1 mlH2O和1 mlCO2分解时的能量变化情况(单位：kJ)。下列说法错误的是( )
A．CO的燃烧热ΔH＝-285 kJ·ml－1
B．C(s)+H2O(g)CO (g)+ H2(g) ΔH＝+134kJ·ml－1
C．的键能为
D．无法求得CO(g)+H2O(g)CO2 (g)+ H2(g)的反应热
【答案】D
【解析】由图1可知，H-H键能为436kJ/ml，O=O键的键能为247kJ/ml×2=494kJ/ml，1mlH2O(g)分解生成O2(g)和H2(g)的热化学方程式为H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ⋅ml-1，即O2(g)+H2(g)=H2O(g)ΔH=-243 kJ/ml；由图2可知，CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml，C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ/ml。A项，由图2可知，CO的燃烧热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml，故A正确；B项，根据分析可知，①C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-394kJ/ml，②H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243kJ⋅ml-1，③CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml，由盖斯定律①+②-③可得C(s)+H2O(g)CO (g)+ H2(g) ΔH＝+134kJ·ml－1，故B正确；C项，由图1可知，O=O键的键能为247kJ/ml×2=494kJ/ml，故C正确；D项，根据盖斯定律，将两式H2O(g)=O2(g)+H2(g)ΔH=+243 kJ/ml、CO(g)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-285kJ/ml相加可得CO(g)+H2O(g)CO2 (g)+ H2(g)的反应热，故D错误；故选D。
16．(2024·湖北省腾云联盟高三联考)点阵能(U)是衡量晶体中离子间键结合能大小的一个量度，是阐明晶体化学性质的重要物理量。为探究NaCl的离子键强弱，设计如下图所示的Brn-Haber循环。
由此可得U/(kJ/ml)为( )
A．＋746.9B．-746.9C．＋749.6D．-749.6
【答案】C
【解析】由题干信息可知，Na(s) →Na(g) ΔH1=+108.4kJ/ml，Na(g) →Na+(g) ΔH2=+495.0kJ/ml，Cl2(g) →Cl(g) ΔH3=+119.6kJ/ml，Cl(g) →Cl-(g) ΔH4=-384.3kJ/ml，Na+(g)+Cl-(g)=NaCl(s) ΔH5=-UkJ/ml，Na(s)+Cl2(g)=NaCl(s) ΔH=-410.9/ml，根据盖斯定律可知，ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5=(+108.4kJ/ml)+( +495.0kJ/ml)+( +119.6kJ/ml)+( -384.3kJ/ml)+( -UkJ/ml)=-410.9kJ/ml，即得U=749.6，故选C。
17．(2024·河北石家庄高三第二次调研考试)化学反应中一定伴随着能量的变化。回答下列问题：
(1)已知：1mlN2(g)生成2mlN需要吸收946kJ的能量，1mlO2(g)生成2mlO需要吸收498kJ的能量，1mlN与1mlO形成1mlNO(g)释放632kJ的能量，则N2(g)和O2(g)生成NO(g)的热化学方程式为 。
(2)已知SO2(g)+O2(g)=SO3(g)反应过程的能量变化如图所示：
则2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g) △H= kJ/ml。
(3)盖斯定律是化学热力学发展的基础，盖斯定律的具体内容是 。
(4)已知：乙炔(C2H2)的燃烧热为1300kJ/ml，氢气的燃烧热为286kJ/ml。常温下，将21.2g由乙炔和氢气组成的混合气体在足量氧气中充分燃烧，共放出1097.2kJ的热量，则混合气体中乙炔和氢气的物质的量之比为 。
(5)用F2代替N2O4和液态肼(N2H4)反应释放的能量更大。
已知：①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) △H=-534kJ/ml；
②2HF(g)=H2(g)+F2(g) △H=+538kJ/ml；
③2H2O(g)=2H2(g)+O2(g) △H=+484kJ/ml。
则液态肼和氟气反应生成氮气和氟化氢气体的热化学方程式为 。
【答案】(1)N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH = 180 kJ/ml
(2)-198.0
(3)一个化学反应，不管是一步完成还是分几步完成的，其反应热是相同的
(4)4:1
(5)N2H4(l)+2F2(g)= N2(g)+ 4HF(g) △H =-1126 kJ/ml
【解析】(1)N2(g)和O2(g)生成NO(g)的反应方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH，根据ΔH =反应物键能之和-生成物键能之和=946kJ/ml +498kJ/ml -2×632kJ/ml=180 kJ/ml，则该反应的热化学方程式为：N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH = 180 kJ/ml；(2)由图可知SO2(g)+O2(g)=SO3(g)的△H=-99.0 kJ/ml，则2SO3(g)=2SO2(g)+O2(g) △H=-198.0 kJ/ml；(3)盖斯定律的具体内容是一个化学反应，不管是一步完成还是分几步完成的，其反应热是相同的；(4)设乙炔的物质的量为xml，氢气的物质的量为yml，则26x+2y=21.2；1300x+286y=1097.2，解得：x=0.8；y=0.2；则混合气体中乙炔和氢气的物质的量之比为4：1；(5)液态肼和氟气反应生成氮气和氟化氢气体的反应方程式为：N2H4(l)+2F2(g)= N2(g)+ 4HF(g)，根据盖斯定律可知，该反应可由①-2×②+③得到，则△H=△H1-2△H2+△H3=(-534kJ/ml)-2×( +538kJ/ml)+( +484kJ/ml)=-1126 kJ/ml；反应热化学方程式为：N2H4(l)+2F2(g)= N2(g)+ 4HF(g) △H =-1126 kJ/ml。
03 原电池 化学电源
1．(2024·河北邢台王岳联盟高三联考)我国最近在太阳能光电催化一化学耦合处理硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。
下列说法错误的是( )
A．该装置中能量转化形式有化学能转化为电能
B．该装置工作时，b极为正极
C．a极的电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+
D．电路中每通过1 ml e-，可处理34 g H2S
【答案】D
【解析】该装置中存在由化学能转化为电能的构成，因此存在原电池反应原理。负极上发生失去电子的氧化反应，正极上发生得到电子的还原反应，在同一闭合回路中电子转移数目相等。A项，根据图示可知：该装置中存在的能量转化形式有光能转化为化学能，化学能转化为电能，故该装置中能量转化形式有化学能转化为电能，A正确；B项，根据图示可知：在b电极上H+得到电子被还原产生H2，故b电极为原电池的正极，B正确；C项，根据图示可知在a极上Fe2+失去电子变为Fe3+，故a电极的电极反应式为Fe2+-e-=Fe3+，C正确；D项，H2S失去2个电子变为S和2个H+，故电路中若通过2 ml e-，可处理34 g H2S，则若电路中每通过1 ml e-，可处理17 g H2S，D错误；故选D。
2．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)可充放电锂硫电池与传统锂电池相比，在能量密度、工作温度、电压稳定方面都有一定的优势。一种锂硫电池正极材料为被碳材料包装起来的硫单质，放电时Li与S8化合成Li2S固体，下列说法不正确的是( )
A．负极失电子，发生氧化反应
B．充电时，Li+向碳材料电极移动
C．正极的电极反应：S8+16Li++16 e-=8Li2S
D．该电池通常不选择水系电解液
【答案】B
【解析】可充放电锂硫电池放电时，Li为负极，Li失去电子被氧化，正极材料为被碳材料包装起来的硫单质，硫单质得到电子被还原，充电时为电解池，阴极上锂离子得电子被还原，阳极上Li2S失去电子被氧化。A项， 放电时为原电池，负极失电子，发生氧化反应，A正确；B项，充电时为电解池，Li+向阴极Li移动，放电时为原电池，Li+向碳材料电极移动，B不正确；C项，放电时正极发生还原反应，结合题干信息可知，电极反应：S8+16Li++16 e-=8Li2S，C正确；D项，Li能与水反应，则该电池通常不选择水系电解液，D正确；故选B。
3．(2024·西安陕西师大附中高三第一次月考)科学家研制出一种新型短路质电化学电池，利用这种电池可以消除空气中的CO2，该装置的结构、工作原理如图所示。下列有关说法错误的是( )
A．短路膜和常见的离子交换膜不同，它既能传递离子还可以传递电子
B．当负极生成1ml CO2时，理论上需要转移1ml电子
C．负极反应为：H2-2e-+2OH-= 2H2O
D．当反应消耗(标况)O2时，理论上需要转移4ml电子
【答案】C
【解析】A项，短路膜和常见的离子交换膜不同，根据图中信息得到短路膜既能传递离子还可以传递电子，故A正确；B项，根据负极反应式为：H2+2HCO3--2e-=2H2O+CO2↑，当负极生成1ml CO2时，理论上需要转移1ml电子，故B正确；C项，负极反应式为：H2+2HCO3--2e-=2H2O+CO2↑，故C错误；D项，根据正极反应式O2+2CO2+4e-=2CO32-，当反应消耗22.4L(标况下物质的量为1ml)O2时，理论上需要转移4ml电子，故D正确。故选C。
4．(2024·山东省新高考联合质量测评高三联考)中国科学技术大学某课题组发明一款可充放电的全固态钠电池，本发明提供的固态钠离子电解质的制备方法工艺简单、成本低廉、生产效率高，适用于大规模产业化生产。工作原理如图所示，下列说法正确的是( )
A．放电时，电极电势N极高于M极
B．充电时，由M极迁移至N极
C．充电时，M极电极反应式为Na3V2(PO4)3+2e-=NaV2(PO4)3+2Na+
D．为了降低成本，可以将固态聚合物电解质换为Na3PO4溶液
【答案】B
【解析】由题意知该电池属于二次电池，示意图为放电过程，N极上钠失电子产生钠离子，发生氧化反应，为负极，M极上Na3V2(PO4)3转化为NaV2(PO4)3，发生得电子的还原反应，为正极，充电时为电解池，M极为阳极，N极为阴极。A项，根据分析可知，放电时，M为正极，N为负极，电极电势M极高于N极，A错误；B项，充电时，阳离子Na+由阳极M极迁移至阴极N极，B正确；C项，充电时，阳极M极电极上Na3V2(PO4)3转化为NaV2(PO4)3，反应式为Na3V2(PO4)3-2e-=NaV2(PO4)3+2Na+，C错误；D项，钠与水能反应，不能将固态聚合物电解质换为Na3PO4溶液，D错误；故选B。
5．(2024·江西赣州中学高三月考)利用细菌处理有机废水产生的电能可以进行脱硫，从而达到废物利用同时有利于环境保护。脱硫原理：利用羟基自由化基(，氧元素为-1价)将燃煤中的含硫物质(主要是FeS2)氧化除去，其装置示意图如图所示。下列说法错误的是( )
A．X为阴离子交换膜
B．a为负极，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+
C．理论上处理12.0gFeS2，b极消耗标况下空气(氧气占空气体积分数21%)约为42L
D．利用羟基自由基除去煤中FeS2的离子方程式：FeS2+15·OH=Fe3++2 SO42-+7H2O+H+
【答案】C
【解析】由题干装置图可知，a为负极，电极反应式为：CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，b极为正极，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，故石墨1为阳极，电极反应式为H2O-e-═H++•OH，海水中的Na+移向正极，故Y为阳离子交换膜，Cl-移向负极，则X为阴离子交换膜。A项，由分析可知，X为阴离子交换膜，A正确；B项，由图可知，a极碳元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-═2CO2↑+7H+，B正确；C项，理论上处理12.0gFeS2，需消耗羟基自由化基的物质的量为×15=1.5ml，石墨1为阳极，电极反应式为H2O-e-═H++•OH，故转移电子的物质的量为1.5ml，b极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，消耗标况下氧气空气体积约为×22.4L/ml=8.4L，空气(氧气占空气体积分数21%)约为=40L，C错误；D项，利用羟基自由基除去煤中FeS2，由电子守恒、电荷守恒和原子守恒可得反应的离子方程式为：FeS2+15·OH=Fe3++2SO42-+7H2O+H+，D正确；故选C。
6．(2024·湖北省腾云联盟高三联考)以金属镍分别浸泡在不同浓度的Ni(NO3)2溶液的浓差电池，盐桥中电解质为KNO3，其工作示意图如下所示。
下列说法错误的是( )
A．电极的电势：a极
C．Ni2+从右池经盐桥流向左池导致两池最终c(Ni2+)相等
D．当电路中转移0.2ml电子时，负极区溶液质量增加
【答案】C
【解析】根据两池中c(Ni2+)在放电前后的变化可知，左池浓度升高，右池浓度降低，则a极上Ni失电子产生Ni2+，a为负极；b极上Ni2+得电子产生Ni，b极为正极。A项，a为负极，b极为正极，电极的电势：a极
A．该装置是原电池，乙池中石墨作正极
B．装置工作时，质子从甲池进入乙池
C．当处理含1mlNO3-的废水时，有6mlH+通过质子膜
D．甲池发生的电极反应为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+
【答案】C
【解析】由图可知，装置为原电池装置，C6H12O6失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，为负极；硝酸根离子得到电子发生还原反应生成氮气，为正极；A项，由分析可知，该装置是原电池，乙池中石墨作正极，A正确；B项，装置工作时，阳离子向正极移动，故质子从甲池进入乙池，B正确；C项，正极反应为2NO3-+12H++10e-=6H2O+N2↑，故当处理含1ml NO3-的废水时，转化5ml电子，则有5mlH+通过质子膜，C错误；D项，甲池为负极，C6H12O6失去电子发生氧化反应生成二氧化碳，反应为C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，D正确；故选C。
8．(2024·河北省部分学校高三联考)一种环保的水激活“纸基”电池(如图所示)主要由1个平方厘米的电池单元组成，还包含3种印在长方形纸带上的油墨，纸带上分布着固体。下列说法错误的是( )
已知：上述3种油墨分别为含石墨薄片的油墨、含锌粉的油墨、含石墨薄片和炭黑的油墨(作导体)。
A．印有含石墨薄片的油墨的一面为正极
B．滴水激活“纸基”电池一段时间后，该电池的质量会减小
C．当有3.25×10－3g锌粉溶解时，理论上转移的电子数为1×10－4NA
D．该电池能够减少低功率废弃电子器件带来的环境影响
【答案】B
【解析】由题干信息可知，正面石墨薄片为正极，发生的电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，反面上的锌粉为负极，电极反应为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)42-。A项，正极上氧气发生还原反应生成OH-，石墨是该纸电池的正极，锌作负极，故A正确；B项，“纸基”电池工作时，总反应式为，2Zn+ O2+2H2O+4OH-=2 Zn(OH)42-，氧气参与电池反应，该电池的质量会增加，故B错误；C项，3.25×10－3g锌粉的物质的量为，电极反应为：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)42-，理论上转移的电子数为，故C正确；D项，该电池有质量小、柔韧性好的优点，不产生污染性的废料，能够减少低功率废弃电子器件带来的环境影响，故D正确；故选B。
9．(2024·湖北武汉市场部分学校高三调研考试)我国科技工作者设计了一种CO2转化的多功能光电化学平台，实现了CO生产与塑料到化学品的协同转化，其原理如下图所示，下列说法错误的是( )
A．光催化电极的电势：a>b
B．电池工作时，负极区溶液的pH减小
C．正极区的电极反应为CO2 + 2e—+2HCO3-= CO +2CO32-+H2O
D．当电路中转移1ml电子时，正极区溶液质量增大39g
【答案】D
【解析】由图可知，光催化电极a为原电池的正极，碳酸氢根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CO2 + 2e—+2HCO3-= CO +2CO32-+H2O，光催化电极b为负极，氢氧根离子作用下 在负极失去电子发生氧化反应生成 和水，电极反应式为 —10ne—+15nOH—=5n +(4n+1)H2O，由电荷守恒可知，钾离子通过阳离子交换膜由负极移向正极。A项，光催化电极a为原电池的正极，光催化电极b为负极，则电极a的电势大于电极b，故A正确；B项，光催化电极b为负极，氢氧根离子作用下 在负极失去电子发生氧化反应生成 和水，电极反应式为 —10ne—+15nOH—=5n +(4n+1)H2O，则电池工作时，负极消耗氢氧根离子，负极区溶液的pH减小，故B正确；C项，光催化电极a为原电池的正极，碳酸氢根离子作用下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为CO2 + 2e—+2HCO3-= CO +2CO32-+H2O，故C正确；D项，电池工作时，二氧化碳转化为一氧化碳会使溶液的质量增大，钾离子由负极移向正极也会使溶液质量增大，则当电路中转移1ml电子时，正极区溶液质量增大1ml×39g/ml+1ml××16g/ml=47g，故D错误；故选D。
04 电解原理
1．某二氧化氯复合消毒剂发生器的工作原理如图所示。通电后，产生成分为ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合气体甲，被水吸收后可制得具有更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消毒剂。下列说法正确的是( )
A．m端为电源正极，隔膜为阴离子交换膜
B．产生ClO2的电极反应式为Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
C．通电后d口所在极室pH升高，e口排出NaOH溶液
D．标准状况下，b口每收集到2.24 L气体乙，电路中转移电子0.4NA
【答案】C
【解析】左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，溶液丙为NaOH溶液。A项，左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；B项，Cl-转化为ClO2发生氧化反应，应是失去电子，故B错误；C项， 右室是水放电生成氢气与氢氧根离子，右室pH升高，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，e口排出NaOH溶液，故C正确；D项，标准状况下，b口每收集到2.24 L(0.1ml)气体乙，电路中转移电子0.2NA，故选C。
2．(2024·云南楚雄高三教育学业质量监测)催化剂作用下电解还原CO2以制备高附加值化学品是实现碳中和的有效方法之一，将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是( )
已知：法拉第常数为，法拉第常数与电子物质的量的乘积等于电量。
A．电极b应该连接电源的正极
B．电解一段时间后，阳极区电解质溶液的浓度保持不变
C．电极a上生成0.5mlO2时，理论上可还原(标准状况下) CO2
D．若电解效率为，则处理(标准状况下) CO2需要的电量
【答案】D
【解析】根据图中信息可知，电极a上生成O2，发生氧化反应，为阳极，电极b上生成甲烷，由二氧化碳得电子产生，发生还原反应，为阴极。A项，由图可知，电极a上生成O2，发生氧化反应，为阳极，则电极a连接电源的正极，A错误；B项，电解一段时间后，2H2O-2e-=4H++O2↑，阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极，同时阳极消耗水，则阳极区电解质溶液的浓度增大，B错误；C项，根据得失电子守恒可得关系式，若生成0.5mlO2，则可还原0.25mlCO2，其体积在标准状况下为5.6L，C错误；D项，由电极反应式可知，标准状况下2.24L二氧化碳反应时转移0.8ml电子，则需要的电量为，D正确；故选D。．
05 金属的腐蚀与防护
1．(2024·广东省六校高三三模)利用原电池原理可以避免金属腐蚀，某小组同学设计了如下图所示的实验方案来探究铁片的腐蚀情况。下列说法中正确的是( )
A．甲中的铁片附近会出现蓝色
B．甲中形成了原电池，锌片作正极
C．乙中铜片附近会出现红色
D．乙中的铜片上发生氧化反应
【答案】C
【解析】A项，甲中锌为负极，其失去电子变为锌离子，而铁片是正极，其被保护而不会被腐蚀，没有亚铁离子生成，而铁氰化钾与亚铁离子反应会生成蓝色物质，实验室常用此法来检验亚铁离子，因此铁片附近不会出现蓝色，故A错误；B项，甲中形成了原电池，锌为负极，锌失去电子变为锌离子，铁为正极，铁不反应，故B错误；C项，乙中铁作负极，铜作正极，铜附近氧气得到电子变为氢氧根而使溶液呈碱性，因此，酚酞变为红色，故铜片附近出现红色，故C正确；D项，乙中铁作为负极，其失去电子变为亚铁离子发生氧化反应；铜片作为正极，其表面上有氧气发生还原反应，故D错误；故选C。
2．(2024·广东广州高三联考)全世界每年因钢铁锈蚀会造成巨大的损失，为了保护地下的钢铁输水管所采取的措施如图所示。下列说法不正确的是( )
A．钢铁发生吸氧腐蚀正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
B．导线与Zn块连接为牺牲阳极法
C．导线应连接外接电源的负极
D．导线与Cu块连接也可保护钢铁输水管
【答案】D
【解析】A项，钢铁发生吸氧腐蚀，正极为氧气，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，A正确；B项，导线与Zn块连接为牺牲阳极的阴极保护法，B正确；C项，导线应连接外接电源的负极，为外接电源的阴极保护法，C正确；D项，导线与Cu块连接不能保护钢铁输水管，D错误； 故选D。
3．(2023·河北省沧州市三模)出土于陕西的两千多年前的越王剑(主要成分为铁)，现藏于广州博物馆，该剑剑格左右侧皆以鸟虫书体铸刻“王戊”二字，剑色为水银古，时至如今，依然锋利。剑脊含铜量较多，韧性好，不易折断；刃部含锡高，硬度强，可见其性能优异，锻造技术优良。下列叙述错误的是( )
已知：剑在地下因构成原电池发生了腐蚀，导致生锈(Fe2O3)。
A．铁与铜、锡构成原电池时，铁为负极
B．铁发生的电极反应为Fe-3e-=Fe3+
C．酸性环境下剑腐蚀的过程中会产生氢气
D．生成80gFe2O3时理论上转移3ml电子
【答案】B
【解析】A项，铁与铜、锡构成原电池时，铁的活泼性强于铜和锡，铁作负极，A正确；B项，铁电极反应为Fe-2e-=Fe2+，B错误；C项，酸性环境下剑腐蚀的过程为析氢腐蚀，正极会产生氢气：2H++2e-=H2↑，C正确；D项，生成Fe2O3时理论上转移电子3ml，D正确；故选B。
4．《本草纲目》中载有一药物，名“铜青[Cu2(OH)2CO3]”。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。时珍曰：近时人以醋制铜生绿，取收晒干货之。下列有关说法正确的是( )
A．铜在空气中主要发生析氢腐蚀
B．铜在O2、CO2、H2O存在时易发生电化学腐蚀
C．用硝酸清洗铜器可以除去铜绿，保护铜器
D．每生成111g Cu2(OH)2CO3，转移1ml电子
【答案】B
【解析】A项，铜在空气中被腐蚀的化学方程式为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，则铜在空气中主要发生吸氧腐蚀，A错误；B项，铜在空气中被腐蚀的化学方程式为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3，铜在O2、CO2、H2O存在时易发生电化学腐蚀，B正确；C项，铜可以和硝酸反应，用硝酸清洗铜器可以除去铜绿，但也会破坏铜器，C错误；D项，由化学方程式2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3可知，每生成1ml Cu2(OH)2CO3，转移4ml电子，则生成111g Cu2(OH)2CO3(物质的量为0.5ml)时，转移2ml电子，D错误；故选B。
5．(2023·河北省邢台市九师联盟高三联考)利用烧结的铁碳混合材料可除去废水中的污染物，在有、无溶解氧的条件下均可在溶液中生成絮凝剂，实现高效转化，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是( )
A．工作过程中，铁极为正极
B．在强酸性污水中处理效果更好
C．富氧时，碳极电极反应式主要为O2＋2H2O＋4e－=4OH－
D．工作过程中电子从铁极流出，通过溶液被运输至碳极表面
【答案】C
【解析】铁极上铁失电子产生亚铁离子，碳极上主要发生吸氧腐蚀，氧气得电子产生氢氧根离子。A项，工作过程中，铁极为负极，A错误；B项，强酸性污水中难以形成絮凝剂，效果不佳，B错误；C项，富氧时，氧气放电，碳极电极反应式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，C正确；D项，电子不能在溶液中传导，D错误；故选C。
6．实验室利用如下装置模拟探究铝制品表面出现白斑的腐蚀现象。下列说法正确的是( )
A．活性炭上发生氧化反应
B．电子从活性炭经电流表流向铝箔
C．NaCl既是离子导体又是电极反应物
D．总反应为4Al +3O2 + 6H2O =4Al( OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑
【答案】D
【解析】该装置为原电池，铝易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，发生吸氧腐蚀，电子从负极流向正极，阴离子向负极移动。A项，碳作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则正极的反应为2H2O+O2+4e-═4OH-，发生还原反应，故A错误；B项，铝易失电子做负极，碳作正极，电子从负极流向正极，则电子从铝箔经电流表流向活性炭，故B错误；C项，负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，NaCl不是电极反应物，故C错误；D项，负极电极反应式为Al-3e-=Al3+，正极反应式O2+2H2O+4e-═4OH-，总反应方程式为：4Al+3O2+6H2O═4Al(OH)3，生成的Al(OH)3分解生成Al2O3，则白斑的主要成分可能是Al2O3，故D正确；故选D。
7．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。
8．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·ml－1×eq \f(3×\f(1.12 g,56 g·ml－1),4)＝336 mL。
9．(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。
10．全世界每年因钢铁锈蚀造成巨大损失，钢铁吸氧腐蚀原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．钢铁腐蚀过程不只发生化学能与电能的转化
B．钢铁腐蚀的正极反应为：Fe-2e-=Fe2+
C．电解质溶液浓度可影响钢铁腐蚀的速率
D．将地下铁管与铜块连接，可保护铁管
【答案】C
【解析】A项，钢铁腐蚀过程不仅发生化学能与电能的转化，钢铁的锈蚀过程属于缓慢氧化，还放出热量，所以还发生化学能与热能的转化，A正确；B项，钢铁发生的腐蚀为吸氧腐蚀，负极上金属铁失电子，发生氧化反应，正极上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，B错误；C项，因为反应速率与离子浓度正相关，所以电解质溶液浓度可影响钢铁腐蚀的速率， C正确； D项，将地下铁管与铜块连接会构成原电池，铁作负极，铜作正极，所以不能保护铁管，反而会加快铁管的腐蚀，D错误；故选 C。
11．利用如图所示装置可以模拟钢铁的电化学防护。下列说法正确的是( )。
A．若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生还原反应
B．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生还原反应
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀
D．若X为锌棒，开关K置于M处，可加快铁的腐蚀
【答案】A
【解析】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，铁极发生还原反应，A项正确，D项不正确；若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，B项不正确；若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，C项不正确。
12．炒过菜的铁锅未及时洗净(残液中含NaCl)，不久便会因被腐蚀而出现红褐色锈斑。腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是( )
A．腐蚀过程中，负极是C
B．Fe失去电子经电解质溶液转移给C
C．正极的电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
D．C是正极，O2在C表面上发生还原反应
【答案】D
【解析】A项，铁锅中含有的Fe、C，和电解质溶液构成原电池，活泼金属作负极，Fe易失电子，故腐蚀过程中，负极是Fe，错误；B项，原电池中电子由负极Fe经外电路向正极C流动，在电解质溶液中依靠离子的移动导电，错误；C项，该原电池中，C做正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，错误；D项，C是正极，O2在C表面上发生还原反应，正确。
13．钢铁的防护有多种方法，下列对于图中的方法描述错误的是( )
A．a、b以导线连接，辅助电极发生氧化反应
B．a、b以导线连接或以电源连接，辅助电极的材料可能都含有Zn
C．a、b分别连接直流电源，通电后外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门
D．a、b分别连接直流电源的负极、正极，该方法是牺牲阳极的阴极保护法
【答案】D
【解析】a、b以导线连接，即为牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要作负极，发生氧化反应，A项正确；a、b以导线连接或以电源连接，辅助电极都是发生氧化反应，Zn比较活泼，要失去电子，B项正确；通电后，被保护的钢铁闸门作阴极，辅助电极作阳极，因此通电后外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门，C项正确；由于有外加电源，故此方法为外加电流的阴极保护法，D项错误。
14．硫酸盐还原菌SRB在地球上分布很广泛，通过多种相互作用发挥诸多潜力。但在水体中，会促使许多金属及合金发生腐蚀。某种Fe合金在硫酸盐还原菌存在条件下腐蚀的机理如图所示。对于该反应机理相关信息分析错误的是 ( )
①升高温度有利于硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀；
②硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀作用是在有氧环境下进行的；
③在硫酸盐还原菌(SRB)作用下，Fe腐蚀后最终会生成Fe2O3·xH2O；
④电化学腐蚀中负极电极反应为 Fe-2e-=Fe2+；
⑤当1ml SO42-在SRB的作用下转化为硫离子时，理论上正极反应会消耗8 ml水
A．①②③B．①②⑤C．②③④D．②③⑤
【答案】A
【解析】①高温下容易使蛋白质发生变性，因此升高温度不有利于硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀，①错误；②根据示意图可判断硫酸盐还原菌(SRB)对金属的腐蚀作用是在无氧环境下进行的，②错误；③在硫酸盐还原菌(SRB)作用下，Fe腐蚀后最终会生成FeS，③错误；④电化学腐蚀中负极铁失去电子，电极反应为 Fe-2e-=Fe2+，④正确；⑤当1ml SO42-在SRB的作用下转化为硫离子时需要8ml[H]，1ml水能产生1ml[H]，所以理论上正极反应会消耗8 ml水，⑤正确；故选A。
15．研究发现，CuCl在青铜器的腐蚀过程中起催化作用，下图是青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀生成有害锈Cu2(OH)3Cl原理示意图。已知Cu2(OH)2CO3比Cu2(OH)3Cl更难溶。下列叙述正确的是( )
A．CuCl增大了反应的活化能
B．腐蚀过程中，正极的电极反应式为O2+ 4H+ +4e- =2H2O
C．若生成2.145 g Cu2(OH)3Cl理论上消耗标准状况下氧气的体积为2.24L
D．修复青铜器时，可将文物置于含Na2CO3的缓冲溶液浸泡，使Cu2(OH)3Cl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3
【答案】D
【解析】A项，催化剂降低了反应的活化能，增大活化分子百分数，A错误；B项，由图像可知CuCl在青铜器的腐蚀属于吸氧腐蚀，故正极为氧气得电子，碱性环境下，其电极方程式为O2+ 2H2O+4e- = 4OH-，B错误；C项，生成2.145 g Cu2(OH)3Cl，物质的量，则转移电子物质的量，氧气转移电子，则生成氧气为，标况下体积为，C错误；D项，Cu2(OH)3Cl到Cu2(OH)2CO3难溶电解质的溶解平衡，向更难溶的物质转化能更好的保护好文物，D正确。故选D。
物质
O2(g)
N2(g)
NO2g)
C(s，石墨)
CH4(g)
CO2(g)
相对能量/ kJ·ml−1
0
0
x
0
-75
-393.5
解离总耗能/kJ
498
946
632
717
1656
y
选项
已知条件
热化学方程式
A
H2的燃烧热为a kJ·ml－1
H2＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2HCl ΔH＝－a kJ·ml－1
B
1 ml SO2、0.5 ml O2完全反应，放出热量98.3 kJ
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－98.3 kJ·ml－1
C
H＋(aq)＋OH－(aq)===
H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·ml－1
H2SO4(aq)＋Ba(OH)2(aq)===
BaSO4(s)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·ml－1
D
31 g白磷比31 g红磷能量多b kJ
P4(白磷，s)===4P(红磷，s)
ΔH＝－4b kJ·ml－1
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