高考化学二轮专题复习 阶段综合评价(四) 以“能量观”为命题主题的综合训练（含解析）

阶段综合评价(四)  以“能量观”为命题主题的综合训练

1．已知反应S2O(aq)＋2I－(aq)2SO(aq)＋I2(aq)，若往该溶液中加入含Fe3＋的某溶液，反应机理：①2Fe3＋(aq)＋2I－(aq)I2(aq)＋2Fe2＋(aq)；②2Fe2＋(aq)＋S2O(aq)2Fe3＋(aq)＋2SO(aq)。下列有关该反应的说法不正确的是(　　)

A．增大S2O浓度或I－浓度，反应①、反应②的反应速率均加快

B．Fe3＋是该反应的催化剂

C．因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，所以该反应是放热反应

D．往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深

解析：选D　增大S2O浓度或I－浓度，即增大了反应物的浓度，反应①、反应②的反应速率均加快，故A说法正确；由该反应的反应机理可知，Fe3＋参与反应，但质量不变，因此Fe3＋是该反应的催化剂，故B说法正确；正反应的活化能比逆反应的活化能小，因此该反应是放热反应，故C说法正确；往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，平衡逆向移动，单质碘的量减小，蓝色变浅，故D说法错误。

2．半导体光催化转化CO2的原理如图，下列说法错误的是(　　)

A．该装置实现了光能→电能→化学能的转换

B．A区电解质溶液的pH可能会变大

C．B区发生的反应方程式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑

D．若以单位质量CO2得电子多表示转化效率高，则CO2转化成CO和HCOOH时的效率均最高

解析：选D　根据图示中物质间转化进行如下分析：

该装置通过半导体将光能转化为电能，电能又转化为化学能，A项正确；由分析可知，A区电解质溶液的pH可能会增大，B项正确；由图可知，B区中水转化为氧气，发生氧化反应2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，C项正确；由分析可知，CO2转化为CH4时效率最高，转化为HCOOH和CO时效率最低，D项错误。

3．已知反应：2CrO(黄)＋2H＋===Cr2O(橙)＋H2O。设计图示装置(均为惰性电极)电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7，下列有关叙述正确的是(　　)

A．CrO生成Cr2O的反应为非氧化还原反应，不能通过电解方法获得

B．电源左侧是正极

C．右侧电极的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－

D．Na＋从右侧通过膜进入左侧

解析：选D　A项，由已知反应知电解时阳极氢氧根离子失电子，同时生成氢离子，氢离子浓度增大，化学平衡向右移动，CrO生成Cr2O，所以能通过电解方法获得，错误；B项，根据图示可知左侧H＋放电，左侧是阴极，所以电源左侧是负极，错误；C项，右侧是阳极，发生氧化反应，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，错误；D项，阳离子向阴极移动，左侧为阴极，所以Na＋从右侧通过Na＋交换膜进入左侧，正确。

4．杂志Joule中题为“Li-CO2 Electrochemistry: A New Strategy for CO2 Fixation and Energy Storage”的文章，阐述了关于电化学技术固定CO2新的反应途径。如图是采用新能源储能器件将CO2转化为固体产物，实现CO2的固定和储能灵活应用的装置。储能器件使用的LiCO2电池组成为钌电极/CO2饱和LiClO4DMSO电解液/锂片。下列说法错误的是(　　)

A．钌电极为负极，其电极反应式为2Li2CO3＋C－4e－===3CO2＋4Li＋

B．LiCO2电池电解液由LiClO4DMSO溶于水得到

C．这种电化学转化方式不仅减少了CO2的排放，还可将CO2作为可再生能源载体

D．CO2的固定中，每生成1.5 mol气体，可转移2 mol e－

解析：选B　由电子的移动方向，可知钌电极为负极，钌电极的电极反应式为2Li2CO3＋C－4e－===4Li＋＋3CO2↑，故A说法正确；LiCO2电池有活泼金属Li，电解液中不能有水，电解液为饱和LiClO4DMSO有机溶剂，故B说法错误；CO2通过储能系统和CO2固定策略转化为固体产物C，这种电化学转化方式不仅减少了CO2的排放，还可将CO2作为可再生能源载体，故C说法正确；由题图可知，CO2的固定中的电极反应式为2Li2CO3===4Li＋＋2CO2↑＋O2↑＋4e－，每转移4 mol e－生成3 mol气体，CO2的固定中，每生成1.5 mol气体，可转移2 mol e－，故D说法正确。

5．《Journal of Energy Chemistry》报道我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是(　　)

A．a为负极

B．熔盐可用KOH溶液代替

C．d极电极反应式为CO＋4e－===C＋3O2－

D．转移1 mol电子可捕获CO2 11.2 L(标准状况下)

解析：选C　由题图知，c电极上氧离子失电子被氧化，故c作阳极，则a为正极，A错误；若用KOH溶液，O2－不会存在，原理改变，B错误；1 mol电子转移可捕获CO2 0.25 mol即5.6 L，D错误。

6.在潮湿的深层土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，有关厌氧腐蚀的机理有多种，其中一种理论为厌氧细菌可促使SO与H2反应生成S2－，加速钢管的腐蚀，其反应原理如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．正极的电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－

B．钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)2

C．SO与H2的反应可表示为4H2＋SO－8e－S2－＋4H2O

D．在钢管表面镀锌或铜可减缓钢管的腐蚀

解析：选B　由图可知，H2O生成H2，H的化合价降低，得电子，故正极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A项错误；反应生成的OH－、S2－与Fe2＋可生成Fe(OH)2、FeS，B项正确；根据题中所给信息可知，SO与H2反应生成S2－，根据原子守恒可知，生成物中还有H2O，故反应式为4H2＋SOS2－＋4H2O，C项错误；钢管表面镀锌，锌会与铁形成原电池，锌比铁活泼，铁作正极，可减缓钢管的腐蚀；钢管表面镀铜，铜会与铁形成原电池，铁比铜活泼，铁作负极，从而加速钢管的腐蚀，D项错误。

7．[双选]用石灰石硫化床法对燃料脱硫时的部分反应如下：

①CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)ΔH1＝a kJ·mol－1

②2CaO(s)＋2SO2(g)＋O2(g)===2CaSO4(s)ΔH2＝b kJ·mol－1

③CaSO4(s)＋4CO(g)===CaS(s)＋4CO2(g)ΔH3＝c kJ·mol－1

④CaO(s)＋SO2(g)＋3CO(g)===CaS(s)＋3CO2(g)ΔH4＝d kJ·mol－1

下列说法错误的是(　　)

A．反应①为放热反应

B．反应②在常温下可自发进行，则该反应的ΔH<0，ΔS<0

C．反应2CaCO3(s)＋2SO2(g)＋O2(g)===2CaSO4(s)＋2CO2(g)的ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1

D．反应3CaSO4(s)＋CaS(s)===4CaO(s)＋4SO2(g)的ΔH＝(3c－4d)kJ·mol－1

解析：选AC　大多数的分解反应为吸热反应，反应①为吸热反应，A错误；ΔH－TΔS<0的反应可自发进行，由化学计量数可知，ΔS<0，反应②在常温下可自发进行，则ΔH<0，B正确；结合盖斯定律可知，①×2＋②，整理可得2CaCO3(s)＋2SO2(g)＋O2(g)===2CaSO4(s)＋2CO2(g)的ΔH＝(2a＋b)kJ·mol－1，C错误；结合盖斯定律可知，③×3－④×4得到3CaSO4(s)＋CaS(s)===4CaO(s)＋4SO2(g)的ΔH＝(3c－4d)kJ·mol－1 ，D正确。

8．[双选]如图是新型镁锂双离子二次电池，下列关于该电池的说法不正确的是(　　)

A．放电时，Li＋由左向右移动

B．放电时，正极的电极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4

C．充电时，外加电源的正极与X相连

D．充电时，导线上每通过1 mol e－，左室溶液质量减轻12 g

解析：选CD　放电时，化学能转化为电能，为原电池装置，Mg失电子作负极，电解液中阳离子向正极移动，即Li＋由左向右移动，A项正确；放电时，正极上Li1－xFePO4转化为LiFePO4，电极反应式为Li1－xFePO4＋xLi＋＋xe－===LiFePO4，B项正确；充电时，外加电源的正极与原电池的正极相连，即与Y相连，C项错误；充电时，阴极发生反应：Mg2＋＋2e－===Mg，同时右室中的Li＋移向左室，则导线上每通过1 mol e－，左室溶液质量减少(12－7)g＝5 g，D项错误。

9．肼(N2H4)在不同条件下分解产物不同，200 ℃时在Cu表面分解的机理如图1。已知200 ℃时：

反应Ⅰ：3N2H4(g)===N2(g)＋4NH3(g)ΔH1(200 ℃)＝－32.9 kJ·mol－1

反应Ⅱ：N2H4(g)＋H2(g)===2NH3(g)ΔH2(200 ℃)＝－41.8 kJ·mol－1

下列说法不正确的是(　　)

A．图1所示过程①②都是放热反应

B．反应Ⅱ的能量过程示意图如图2所示

C．断开3 mol N2H4(g)中的化学键吸收的能量小于形成1 mol N2(g)和4 mol NH3(g)中的化学键释放的能量

D．200 ℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)ΔH＝＋50.7 kJ·mol－1

解析：选A　过程②是NH3在催化剂作用下分解生成N2和H2，根据盖斯定律，由反应Ⅰ－3×反应Ⅱ，得：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)　ΔH＝ΔH1－3ΔH2＝(－32.9＋3×41.8)kJ·mol－1＝＋92.5 kJ·mol－1，故过程②是吸热反应，A项错误；反应Ⅱ是放热反应，能量过程示意图正确，B项正确；放热反应中，反应物的化学键的键能之和小于生成物的化学键的键能之和，C项正确；根据盖斯定律，由反应Ⅰ－2×反应Ⅱ，得：N2H4(g)N2(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋50.7 kJ·mol－1，D项正确。

10．[双选]一种生物电化学方法脱除水体中NH的原理如下图所示。

下列说法正确的是(　　)

A．装置工作时，化学能转变为电能

B．装置工作时，a极周围溶液pH降低

C．装置内工作温度越高，NH脱除率一定越大

D．电极b上发生的反应之一是2NO＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O

解析：选BD　该装置是把电能转化为化学能，A错误；a极为阳极，电极反应为NH＋2H2O－6e－===NO＋8H＋，所以a极周围溶液的pH降低，B正确；该装置是在细菌生物作用下进行的，所以温度过高，导致细菌死亡，NH脱除率会减小，C错误；根据图示b极上反应式为2NO＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O，D正确。

11．某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的Ni2＋和Cl－，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中的Ni2＋的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH与镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是(　　)

A．交换膜a为阳离子交换膜

B．阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋

C．阴极液pH＝1时，镍的回收率低主要是有较多的H2生成

D．浓缩室得到1 L 0.5 mol·L－1的盐酸时，阴极回收得到11.8 g镍

解析：选D　阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜a进入浓缩室，所以交换膜a为阳离子交换膜，故A正确；阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，故B正确；阴极发生还原反应，酸性强时主要是氢离子发生还原反应生成氢气，酸性弱时主要是Ni2＋发生还原反应生成Ni，故C正确；浓缩室得到1 L 0.5 mol·L－1的盐酸时，转移电子0.4 mol，阴极生成镍和氢气，所以阴极回收得到的镍小于11.8 g，故D错误。

12．联氨(N2H4)和次磷酸钠(NaH2PO2)都具有强还原性，都有着广泛的用途。

(1)已知：①N2H4(l)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－621.5 kJ·mol－1

②N2O4(l)===N2(g)＋2O2(g)ΔH2＝＋204.3 kJ·mol－1

则火箭燃料的燃烧反应为2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝________________________________________________________________________。

(2)①在惰性气体中，将黄磷(P4)与石灰乳和碳酸钠溶液一同加入高速乳化反应器中制得NaH2PO2，同时还产生磷化氢(PH3)气体，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

②用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸。装置如图所示。交换膜A属于________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜，电极N的电极反应式为______________________________，当电路中流过3.852 8×105库仑电量时制得次磷酸的物质的量为________(一个电子的电量为1.6×10－19库仑，NA数值约为6.02×1023)。

解析：(1)根据盖斯定律，反应①×2＋②即可得火箭燃料的燃烧反应2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)　ΔH＝(－621.5×2＋204.3)kJ·mol－1＝－1 038.7 kJ·mol－1。

(2)①该反应中反应物有P4、Ca(OH)2、Na2CO3等，生成物有NaH2PO2、PH3等，据此可知该反应中P元素化合价既升高又降低，发生歧化反应，升高1价，降低3价，则NaH2PO2和PH3的化学计量数比为3∶1，再结合元素守恒可知方程式为2P4＋3Ca(OH)2＋3Na2CO3＋6H2O===6NaH2PO2＋2PH3↑＋3CaCO3；②根据图示可知，产品室产生次磷酸，则电极M应为阳极电解水中的OH－，剩余H＋通过交换膜A移向产品室，所以交换膜A为阳离子交换膜；电极N为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；电路中流过3.852 8×105库仑电量时，转移的电子的物质的量为×＝4 mol，次磷酸根带一个负电荷，氢离子带一个正电荷，所以电解过程中转移1 mol电子生成1 mol次磷酸，则转移4 mol电子时生成4 mol次磷酸。

答案：(1)－1 038.7 kJ·mol－1

(2)①2P4＋3Ca(OH)2＋3Na2CO3＋6H2O===6NaH2PO2＋2PH3↑＋3CaCO3

②阳离子　2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－　4 mol

13．地球上的氮元素对动植物有重要作用，其中氨的合成与应用是当前的研究热点。

(1)人工固氮最主要的方法是Haber­Bosch法。通常用以铁为主的催化剂在400～500 ℃和10～30 MPa的条件下，由氮气和氢气直接合成氨。

①已知上述反应中生成1 mol NH3放出46 kJ热量，该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________。

②该反应放热，但仍选择较高温度。其原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(2)常温常压下电解法合成氨的原理如图所示。

①阴极生成氨的电极反应式为__________________________________________。

②阳极氧化产物只有O2。电解时实际生成的NH3的总量远远小于由O2理论计算所得NH3的量，结合电极反应式解释原因：__________________________________________

________________________________________________________________________。

(3)氨是生产氮肥的原料，经如下转化可以得到NH4NO3。

NH3NONO2HNO3NH4NO3

已知：氮原子利用率是指目标产物中氮的总质量与生成物中氮的总质量之比。

上述反应③的氮原子利用率为66.7%。要使原料NH3转化为NH4NO3的整个转化过程中氮原子利用率达到100%，可采取的措施是_______________________________________。

解析：(1)根据氮气和氢气反应生成1 mol NH3时放出46 kJ的热量，可以写出该反应的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH＝－92 kJ·mol－1。该反应加热，但仍选择较高温度，主要原因是升高温度，能加快化学反应速率。(2)根据电解法合成氨的原理示意图可知，与电源负极相连的一极是阴极，N2和透过质子交换膜的H＋在此处发生还原反应生成NH3，电极反应式为N2＋6H＋＋6e－===2NH3。电解时阴极产生的NH3总量远小于由阳极O2理论计算所得NH3的量，说明阴极一定还存在其他微粒放电，如H＋发生2H＋＋2e－===H2↑。(3)若要使原料NH3转化为NH4NO3的整个转化过程中氮原子利用率达到100%，可采取的措施是将反应③产生的NO循环利用或通入足量O2。

答案：(1)①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92 kJ·mol－1

②升高温度，能加快化学反应速率

(2)①N2＋6H＋＋6e－===2NH3

②阴极有其他微粒放电，如H＋发生2H＋＋2e－===H2↑

(3)将生成的NO循环利用(或通入足量O2)