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专题六 化学反应与能量 (解析版)
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这是一份专题六 化学反应与能量 (解析版)，共45页。
专题六 化学反应与能量
明课程标准
备关键能力
1．认识化学能可以与热能、电能等其他形式能量之间相互转化，能量的转化遵循能量守恒定律。知道内能是体系内物质的各种能量的总和，受温度、压强、物质的聚集状态的影响。
2．认识化学能与热能的相互转化，恒温恒压条件下化学反应的反应热可以用焓变表示，了解盖斯定律及其简单应用。
3．认识化学能与电能相互转化的实际意义及其重要应用。了解原电池及常见化学电源的工作原理。了解电解池的工作原理，认识电解在实现物质转化和储存能量中的具体应用。了解金属发生电化学腐蚀的本质，知道金属腐蚀的危害，了解防止金属腐蚀的措施。
1．理解与辨析：理解能量变化产生的原因，掌握原电池、电解池的工作原理，能辨析燃烧热、中和热、原电池、电解池的相关概念。
2．分析与推测：能够分析化学反应过程、物质价键情况，从不同角度进行反应热的计算，正确分析原电池和电解池装置，判断并书写电极反应。
3．归纳与论证：能够识别原电池和电解池的工作原理模型，对新型化学电源利用模型进行分析，总结相关规律。
高考真题·导航
GAO KAO ZHEN TI DAO HANG
1．(2021·全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是( D )
A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为＋2H＋＋2e－===＋H2O
C．制得2 mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1 mol电子
D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移
【解析】 KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，A错误；阳极上为Br－失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，B错误；电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1 mol乙二酸生成1 mol乙醛酸转移电子为2 mol,1 mol乙二醛生成1 mol乙醛酸转移电子为2 mol，根据转移电子守恒可知每生成1 mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2 mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2 mol电子，C错误；双极膜中间层的H＋在外电场作用下移向阴极，即H＋移向铅电极，D正确。
2．(2021·全国乙卷)沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是( D )
A．阳极发生将海水中的Cl－氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
【解析】 海水中除了水，还含有大量的Na＋、Cl－、Mg2＋等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl－会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH－，结合海水成分及电解产物分析解答。阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH－在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，会使海水中的Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。
3．(2020·全国卷Ⅰ·12)科学家近年发明了一种新型Zn－CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是( D )
A．放电时，负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)
B．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
C．充电时，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O
D．充电时，正极溶液中OH－浓度升高
【解析】 放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，故A正确；放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1 mol CO2转化为HCOOH时，转移2 mol电子，故B正确；充电时，阳极上H2O转化为O2，阴极上Zn(OH)转化为Zn，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O，故C正确；充电时，正极即为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，溶液中H＋浓度增大，溶液中c(H＋)·c(OH－)＝Kw，温度不变时，Kw不变，因此溶液中OH－浓度降低，故D错误。
4．(2020·全国卷Ⅱ·12)电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是( C )
A．Ag为阳极
B．Ag＋由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高
D．总反应为WO3＋xAg===AgxWO3
【解析】 通电时，Ag电极有Ag＋生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag＋从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；过程中，W由WO3的＋6价降低到AgxWO3中的＋(6－x)价，故C项错误；该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为xAg－xe－===xAg＋，而另一极阴极上发生的电极反应为WO3＋xAg＋＋xe－===AgxWO3，故发生的总反应式为xAg＋WO3===AgxWO3，故D项正确。
5．(2020·全国卷Ⅲ·12)一种高性能的碱性硼化钒(VB2)－空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O该电池工作时，下列说法错误的是( B )
A．负载通过0．04 mol电子时，有0．224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【解析】 根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成VO和B(OH)，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH－，反应的电极方程式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，电池的总反应方程式为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO。当负极通过0．04 mol电子时，正极也通过0．04 mol电子，根据正极的电极方程式，通过0．04 mol电子消耗0．01 mol氧气，在标况下为0．224 L，A正确；反应过程中正极生成大量的OH－使正极区pH升高，负极消耗OH－使负极区OH－浓度减小pH降低，B错误；根据分析，电池的总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO，C正确；电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确。
6．(2019·课标全国Ⅰ，12)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2＋/MV＋在电极与酶之间传递电子，示意图如图所示。下列说法错误的是( B )
A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2＋2MV2＋===2H＋＋2MV＋
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【解析】 由题图和题意知，电池总反应是3H2＋N2===2NH3。该合成氨反应在常温下进行，并形成原电池产生电能，反应不需要高温、高压和催化剂，A项正确；观察题图知，左边电极发生氧化反应MV＋－e－===MV2＋，为负极，不是阴极，B项错误；正极区N2在固氮酶作用下发生还原反应生成NH3，C项正确；电池工作时，H＋通过交换膜，由左侧(负极区)向右侧(正极区)迁移，D项正确。
7．(2021·全国甲卷节选)二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·mol－1
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH2＝－90 kJ·mol－1
总反应的ΔH＝__－49__kJ·mol－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是__A__(填标号)，判断的理由是__ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的__。
【解析】 二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·mol－1，②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－90 kJ·mol－1，根据盖斯定律可知，①＋②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝(＋41 kJ·mol－1)＋(－90 kJ·mol－1)＝－49 kJ·mol－1；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，故示意图中能体现反应能量变化的是A项。
8．(2020·全国卷Ⅰ·28节选)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)＋O2(g)SO3(g) ΔH＝－98 kJ· mol－1。回答下列问题：
钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为__2V2O5(s)＋2SO2(g)2VOSO4(s)＋V2O4(s) ΔH＝－351 kJ·mol－1__。
【解析】 由题中信息可知：①SO2(g)＋O2(g)SO3(g) ΔH＝－98 kJ·mol－1
②V2O4(s)＋SO3(g)V2O5(s)＋SO2(g)
ΔH2＝－24 kJ·mol－1
③V2O4(s)＋2SO3(g)2VOSO4(s)
ΔH1＝－399 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知，③－②×2得2V2O5(s)＋2SO2(g)2VOSO4(s)＋V2O4(s)，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－399 kJ·mol－1)－(－24 kJ·mol－1)×2＝－351 kJ·mol－1，所以该反应的热化学方程式为2V2O5(s)＋2SO2(g)2VOSO4(s)＋V2O4(s) ΔH＝－351 kJ·mol－1。
9．(2020·全国卷Ⅱ·28)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ· mol－1)
－1 560
－1 411
－286
ΔH＝__＋137__kJ· mol－1。
【解析】 由表中燃烧热数值可知：
①C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH1＝－1 560 kJ·mol－1；
②C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH2＝－1 411 kJ·mol－1；
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH3＝－286 kJ·mol－1；根据盖斯定律可知，①－②－③得C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)，则ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝(－1 560 kJ·mol－1)－(－1 411 kJ·mol－1)－(－286 kJ·mol－1)＝＋137 kJ·mol－1。
10．(2020·全国卷Ⅱ·28节选)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
(1)阴极上的反应式为__CO2＋2e－===CO＋O2－__。
(2)若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为__6∶5__。
【解析】 (1)由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2＋2e－===CO＋O2－；(2)令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为6CH4＋5CO2===2C2H4＋C2H6＋5H2O＋5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6∶5。
化学能与热能是高考必考知识点，且考查形式固定，主要以填空题型考查，预测未来高考中仍会以非选择题的形式与化学平衡相结合考查热化学方程式的书写、盖斯定律的应用、反应热的计算，偶尔在选择题型中考查反应热的大小比较。
高考每年都会结合图形考查原电池原理或电解池原理在工业生产中的应用。建议在备考过程中加强对新型燃料电池、新型可充电电池的关注。
近几年全国卷高考化学试题中均涉及电化学知识，并且试题的背景较为新颖，对考生分析问题的能力提出了较高要求。预测在2022年的高考命题中，在题型上仍以传统题型为主，以某一个非水溶液电池为背景考察以原电池为主的电化学知识。依托于某一新型可充电电池示意图，考察原电池的工作原理及其电极反应式的书写，电极材料以及电极反应的判断，溶液pH的变化是高考命题的热点。考纲中对原电池的要求达到了“理解”的级别，因此，通过一个新型电池装置考察原电池的知识以及金属的腐蚀和绿色能源的开发，即突出了使考生了解新科技的发展，又达到了选拔优秀生的目的。
必备知识·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
一、化学能与热能
1．从两种
角度理解化学反应热
反应热
图示
图像
分析
微观
宏观
a表示断裂旧化学键吸收的能量；
b表示生成新化学键放出的能量；c表示反应热
a表示反应物的活化能；
b表示活化分子形成生成物释放的能量；c表示反应热
ΔH的
计算
ΔH＝H(生成物)－H(反应物)
ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)
2．热化学方程式书写注意事项
(1)注意ΔH的单位：ΔH的单位为kJ·mol－1。
(2)注意测定条件：绝大多数的反应热ΔH是在25 ℃、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
(3)注意热化学方程式中的化学计量数：热化学方程式的化学计量数可以是整数，也可以是分数。
(4)注意物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“1”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。
(5)注意ΔH的数值与符号：如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。
(6)对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。
如：①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH＝－297．16 kJ·mol－1
②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH2＝－296．83 kJ·mol－1
③S(单斜，s)===S(正交，s) ΔH3＝－0．33 kJ·mol－1
二、化学能与电能
1．原电池、电解池的工作原理
原电池
电解池
(阳极为惰
性电极)
2．正、负极和阴、阳极的判断方法
原电池
电解池
3．新型化学电源中电极反应式的书写
(1)书写步骤
(2)燃料电池中正极电极反应式的书写思路
根据燃料电池的特点，一般在正极上发生还原反应的物质都是O2，O2得到电子后化合价降低，首先变成O2－，O2－能否存在要看电解质环境。由于电解质溶液(酸碱盐)的不同，其电极反应也有所不同，下表为四种不同电解质环境中，氧气得电子后O2－的存在形式：
电解质环境
从电极反应式判O2－的存在形式
酸性电解质溶液环境下
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
碱性电解质溶液环境下
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
固体电解质(高温下能传导O2－)环境下
O2＋4e－===2O2－
熔融碳酸盐(如：熔融K2CO3)环境下
O2＋2CO2＋4e－===2CO
4．电解池电极反应式的书写方法
—判断电解池的阴、阳极
│
—
特别说明：通常电极反应可以根据阳极材料和电解质溶液性质判断。但在高考题中往往需要结合题给信息进行判断。
5．陌生电解池装置图的知识迁移
(1)电解池
(2)金属腐蚀
关键能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO
考点一 化学能与热能
角度 能量图像的分析与应用
典例1 ＋＋＋(2021·重庆模拟)甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是( D )
A．图1中反应为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝＋890．3 kJ/mol
B．图2中反应为CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(g) ΔH＝－607．3 kJ/mol
C．由图可以推知CO2和CO相比，CO更稳定
D．由图可以推得CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283 kJ/mol
【解析】 根据图1中信息得到该反应是放热反应，即有CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890．3 kJ/mol，故A错误；根据图2中信息得到H2O(l)，因此反应：CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l) ΔH＝－607．3 kJ/mol，故B错误；CO2和CO相比，无法知道CO2和CO谁的能量高低，因此无法分析谁更稳定，故C错误；根据第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式推得：CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283 kJ/mol，故D正确。
易错点拨
解答能量变化图像题的“4关键”
(1)反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热。
(2)注意活化能在图示(如图)中的意义。
从反应物至最高点的能量数值表示正反应的活化能，即E1；从最高点至生成物的能量数值表示逆反应的活化能，即E2。
(3)催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH。
(4)设计反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
角度 化学反应机理、进程图像分析
典例2 ＋＋＋(2021·长沙模拟)Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是( B )
A．此反应的决速步骤：中间体2→中间体3
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化
D．Ni(s)＋C2H6(g)===NiCH2(s)＋CH4(g) ΔH＝－6．57 kJ·mol－1
【解析】 中间体2→中间体3能量差值最大，该步反应的活化能最大，是化学反应的决定速率的步骤，A正确；反应过程涉及到C—C键断裂和C—H键形成，涉及到非极性键的断裂和极性键的形成，B错误；根据图示可知：在此反应过程中Ni的成键数目在不断发生变化，C正确；Ni(s)＋C2H6(g)===NiCH2(s)＋CH4(g) ΔH＝E生成物－E反应物＝－6．57 kJ/mol－0 kJ/mol＝－6．57 kJ/mol，D正确。
角度 反应热的计算及热化学方程式的书写
典例3 ＋＋＋(2021·南京模拟)随着化石能源的减少，新能源的开发利用日益迫切。
(1)Bunsen热化学循环制氢工艺由下列三个反应组成：
SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)===2HI(g)＋H2SO4(l) ΔH1＝a kJ·mol－1
2H2SO4(l)===2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g) ΔH2＝b kJ·mol－1
2HI(g)===H2(g)＋I2(g) ΔH3＝c kJ·mol－1
则：2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝__2a＋b＋2c__kJ·mol－1。
(2)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋240．4 kJ·mol－1。若将生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好完全反应，则在此制备纯硅反应过程中的热效应是__＋6．01__kJ。
(3)据粗略统计，我国没有经过处理便排放的焦炉煤气已超过250亿立方米，这不仅是能源的浪费，也对环境造成极大污染。为解决这一问题，我国在2004年起已利用焦炉煤气制取甲醇及二甲醚。已知CO中的C与O之间为三键连接，且合成甲醇的主要反应原理为CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH。表中所列为常见化学键的键能数据：
化学键
C—C
C—H
H—H
C—O
C≡O
H—O
键能/kJ·mol－1
348
414
436
326．8
1 032
464
则该反应的ΔH＝__－128．8__kJ·mol－1。
(4)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如图1所示。
补全上图：图中A处应填入__1_mol_CO2(g)＋3_mol_H2O(g)__。
(5)恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图2所示。
已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196．6 kJ·mol－1
①写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：__S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1__。
②ΔH2＝__－78．64__kJ·mol－1。
【解析】 (1)反应①：SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)===2HI(g)＋H2SO4(l) ΔH1＝a kJ·mol－1，反应②：2H2SO4(l)===2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g) ΔH2＝b kJ·mol－1，反应③：2HI(g)===H2(g)＋I2(g) ΔH3＝c kJ·mol－1则：按盖斯定律由①×2＋②＋③×2得到2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝(2a＋b＋2c)kJ·mol－1。
(2)HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好完全反应，则HCl的物质的量为0．1 mol，按热化学方程式：2H2(g)＋SiCl4(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋240．4 kJ·mol－1：在此制备纯硅反应过程中生成0．1 mol HCl热效应是×0．1 mol＝＋6．01 kJ；
(3)焓变＝反应物总键能之和－生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝1 032 kJ/mol＋2×436 kJ/mol－(3×414 kJ/mol＋326．8 kJ/mol＋464 kJ/mol)＝－128．8 kJ·mol－1；
(4)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)由反应的能量变化图知，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－50 kJ·mol－1，则图中A处应填入1 mol CO2(g)＋3 mol H2O(g)；
(5)①燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以，硫的物质的量为1 mol。由图可知1 mol S(s)完全燃烧放出的热量为297 kJ，所以，硫的燃烧热的热化学方程式S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1；
②由图可知，参加反应的n(SO2)＝1 mol－0．2 mol＝0．8 mol，根据热化学方程式：
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH3＝－196．6 kJ·mol－1。
ΔH2＝0．4×ΔH＝0．4×(－196．6 kJ·mol－1)＝－78．64 kJ·mol－1。
方法技巧
热化学方程式书写与正误判断易出现的5种常见错误
(1)“＋”“－”漏写或使用不正确。如放热反应未标“－”。
(2)单位与热量Q单位混淆。ΔH的单位为“kJ·mol－1(或kJ/ mol)”，易错写成“kJ”。
(3)物质的状态标注不正确。s、l、 g和aq分别表示固态、液态、气态和水溶液。
(4)ΔH的数值不正确。即ΔH的数值必须与方程式中的化学计量数相对应。
(5)对概念的理解不正确。如燃烧热是指1 mol可燃物，且生成CO2(g)、H2O(l)、SO2(g)等；中和热是指1 mol H＋和1 mol OH－生成1 mol H2O(l)。
〔类题通关〕
1．(2021·郑州模拟)科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个CO分子还原NO的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是( A )
A．该反应的热化学方程式为2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝Ed－Ea kJ·mol－1
B．决定整个反应速率快慢的步骤是①
C．反应过程中断裂与形成的化学键都包含σ键和π键
D．改变催化剂，不能使反应的焓变发生改变
【解析】 该过程表示一个CO分子还原NO的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是2 mol CO分子被还原的能量，故A错误；活化能大速率慢，是决速步骤，①的活化能大于②，决定整个反应速率快慢的步骤是①，故B正确；反应物CO分子既含有σ键和π键，生成物N2和CO2含有σ键和π键，所以反应过程中断裂与形成的化学键都包含σ键和π键，故C正确；催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变，故D正确。
2．(2021·西安模拟)2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是( A )
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol－1
A．升高温度不能提高一段时间内NH3的产率
B．图①→②过程吸热，图②→③过程放热
C．N2在反应过程中三键均发生断裂
D．反应过程中存在—NH—、—NH2等中间产物
【解析】 升高温度，化学反应速率加快，可以提高一段时间内NH3的产率，A错误；图①→②过程表示断裂氮气分子的化学键，断键吸热，图②→③过程表示形成氮氢单键，成键放热，B正确；由图①→②可知，N2在反应过程中三键均发生断裂，C正确；图③④表明反应过程中存在—NH—、—NH2等中间产物，D正确。
3．(2021·嘉兴模拟)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。已知：
①Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH＝＋64．39 kJ·mol－1
②2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g) ΔH＝－196．46 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285．84 kJ·mol－1
在H2SO4溶液中，1 mol Cu(s)与H2O2(l)反应生成Cu2＋(aq)和H2O(l)的反应热ΔH等于( A )
A．－319．68 kJ·mol－1 B．－417．91 kJ·mol－1
C．－448．46 kJ·mol－1 D．＋546．69 kJ·mol－1
【解析】 已知：①Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH＝＋64．39 kJ·mol－1，②2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g) ΔH＝－196．46 kJ·mol－1，③H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285．84 kJ·mol－1，根据盖斯定律①＋×②＋③，整理可得：Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l) △H＝－319．68 kJ/mol。
考点二 化学能与电能
角度 原电池原理在新型电池中的应用
典例1 ＋＋＋(2021·衡阳模拟)近日，南开大学陈军院士团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs—COOH)为正极催化剂构建了可充电K－CO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn＋3CO22K2CO3＋C＋4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确的是( C )
A．放电时，电子由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs—COOH
B．电池每吸收22．4 L CO2，电路中转移4 mol e－
C．充电时，阳极电极反应式为C－4e－＋2K2CO3===3CO2↑＋4K＋
D．为了更好地吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质
【解析】 放电时，KSn合金作负极，MWCNTs—COOH作正极，在内电路中电流由负极流向正极，A错误；气体未指明状况，无法根据体积确定其物质的量，B错误；充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为C－4e－＋2K2CO3===3CO2↑＋4K＋，C正确；若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTs—COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误。
方法技巧
四步解决新型化学电源问题
角度 实际生产中电解原理的应用
典例2 ＋＋＋(2021·东北师大附中模拟)近日，上海交通大学周保学教授等人提出了一种如下图所示的光电催化体系，该体系利用双极膜既能将SO2转化为SO所释放的化学能用于驱动阴极H2O2的高效生成，也可以实现烟气脱SO2．则下列说法错误的是( B )
A．阴极反应为：2H＋＋O2＋2e－===H2O2
B．电解液中有2个离子交换膜，膜b为阳离子交换膜，膜a为阴离子交换膜
C．随着反应的进行，阳极区pH降低
D．每生成1 mol SO，伴随着1 mol H2O2的生成
【解析】 根据装置知道，左侧电极为二氧化硫转化为硫酸根离子的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，则直流电源的左侧是正极。右侧是阴极，为氧气得电子的还原反应转化为过氧化氢的过程，阴极反应为2H＋＋O2＋2e－===H2O2，故A正确；根据装置知道，氢氧根离子靠近阳极的交换膜进入阳极参加反应，应该为阴离子交换膜；氢离子通过靠近阴极的交换膜进入阴极参加反应，应该为阳离子交换膜，故B错误；根据装置知道，左侧电极为二氧化硫转化为硫酸根离子的过程，氢氧根离子被消耗，碱性减弱，pH降低，故C正确；二氧化硫转化为硫酸根离子，每生成1 mol硫酸根离子，伴随2 mol电子转移，根据电子守恒，得到的过氧化氢是1 mol，故D正确。
答题模板
“电解装置”解题流程
角度 电化学原理在金属腐蚀与防护中的应用
典例3 ＋＋＋(2020·江苏高考·11)将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是( C )
A．阴极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【解析】 阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，A错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，B错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，C正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，D错误。
规律方法
金属的三种防护措施
1．改变金属内部结构：如把Ni、Cr等加入普通钢里制成不锈钢合金，具有很强的抗腐蚀性。
2．覆盖保护层：在金属的表面覆盖保护层如涂防锈漆、油脂、搪瓷、加塑料保护层及电镀等可阻止金属与周围可发生反应的物质接触。
3．使用电化学保护法
(1)利用原电池原理——牺牲阳极的阴极保护法
(2)利用电解池原理——外加电流的阴极保护法
角度 原电池原理与电解池原理的综合应用
典例4 ＋＋＋电絮凝技术(EC)是一种集混凝、气浮、电化学于一体的新兴水处理技术，实验表明电絮凝技术能除去废水中96%以上的磷(主要以PO形式存在)和油污，某化学兴趣小组用甲烷燃料电池作为电源模拟电絮凝净水，装置如图所示。下列说法正确的是( D )
A．甲烷燃料电池中X是空气，Y是甲烷
B．燃料电池的负极反应为CH4－8e－＋2H2O===CO2＋8H＋
C．电解池阳极溶解9 g Al，理论上有2 g CH4被氧化
D．电絮凝净水存在氧化、水解、吸附、上浮和下沉等过程
【解析】 铜电极上发生水得电子的还原反应，说明铜是电解池的阴极，则A是甲烷燃料电池的负极，故X是甲烷，Y是空气，A错误；氢氧化钾溶液是甲烷燃料电池的电解质溶液，负极反应为CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O，B错误；电解池铝电极(阳极)上存在两个竞争反应，分别为Al－3e－===Al3＋、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极溶解9 g Al，理论上被氧化的CH4的质量大于2 g，C错误；电絮凝净水存在的过程有铝活泼电极失去电子被氧化为Al3＋、Al3＋水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铝胶体吸附水中油污等污染物、密度小的污染物上浮形成悬浮物、密度大的污染物下沉成为污泥，D正确。
方法技巧
燃料电池中不同环境下的电极反应式
以甲醇、O2燃料电池为例：
酸性介质，如稀H2SO4
负极
CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋
正极
O2＋6e－＋6H＋===3H2O
碱性介质，如KOH溶液
负极
CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
正极
O2＋6e－＋3H2O===6OH－
熔融盐介质，如K2CO3
负极
CH3OH－6e－＋3CO===4CO2↑＋2H2O
正极
O2＋6e－＋3CO2===3CO
高温下能传导O2－的固体作电解质
负极
CH3OH－6e－＋3O2－===CO2↑＋2H2O
正极
O2＋6e－===3O2－
〔类题通关〕
1．(2021·河北高考)K－O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是( D )
A．隔膜允许K＋通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1 Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2．22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3．9 g钾时，铅酸蓄电池消耗0．9 g水
【解析】 由图可知，a电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为K－e－===K＋，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾；金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通过，不允许O2通过，A正确；由分析可知，放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B正确；由分析可知，生成1 mol超氧化钾时，消耗1 mol氧气，两者的质量比值为1 mol×71 g/mol∶1 mol×32 g/mol≈2．22∶1，C正确；铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4＋2H2O===PbO2＋Pb＋2H2SO4，反应消耗2 mol水，转移2 mol电子，由得失电子数目守恒可知，耗3．9 g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18 g/mol＝1．8 g，D错误。
2．(2021·福州模拟)十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是( D )
A．盐桥中Cl－向Y极移动
B．电路中流过7．5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16．8 L
C．电流由X极沿导线流向Y极
D．Y极发生的反应为2NO＋10e－＋6H2O===N2↑＋12OH－，周围pH增大
【解析】 由图示可知，X极氨气失电子发生氧化反应生成氮气，X是负极；Y电极NO得电子发生还原反应生成氮气，Y是正极。处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，所以氯离子向X极移动，A错误；电池总反应为5NH3＋3NO===4N2＋6H2O＋3OH－，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7．5 mol电子时，产生2 mol氮气，标准状况下N2的体积为44．8 L，B错误；电流由正极流向负极，即电流由Y极沿导线流向X极，C错误；Y是正极，NO得电子发生还原反应生成氮气，2NO＋10e－＋6H2O===N2↑＋12OH－，周围pH增大，D正确。
3．(2021·成都模拟)关于下列各装置图的叙述错误的是( C )
A．用图①装置精炼铜，b极为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B．图②装置盐桥中KCl的K＋移向乙烧杯
C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“牺牲阳极的阴极保护法”
D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同
【解析】 根据图示，电流由电源流向a，a是阳极、b是阴极，电解法精炼铜，粗铜作阳极、精铜作阴极，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；图②装置，锌是负极、铜是正极，阳离子移向正极，所以盐桥中KCl的K＋移向乙烧杯，故B正确；图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“外接电流的阴极保护法”，故C错误；图④两个装置中通过导线的电子都为1 mol时，消耗铝 mol、消耗锌 mol，故D正确。
4．(2021·深圳模拟)一种以水和氮气为原料，用电驱动可实现常压下合成氨的机理如图所示。有关该过程的叙述正确的是( D )
A．电解MgCl2的水溶液可得到Mg和Cl2
B．Mg3N2既是氧化产物又是还原剂
C．NH4Cl是催化剂
D．产生了副产物O2
【解析】 由于水电离产生的氢离子放电顺序在镁离子之前，导致电解MgCl2的水溶液不可得到Mg，A错误；由原理图可知生成Mg3N2的反应方程式为3Mg＋N2===Mg3N2，Mg的价态由0价升高为＋2价，N的价态由0价降低为－3价，因此Mg3N2既是氧化产物又是还原产物，Mg作还原剂，B错误；由图可知NH4Cl是中间产物，C错误；由原理图可知产物有NH3和O2，NH3是目标产物，O2是副产物，D正确。
预测精练·提能
YU CE JING LIAN TI NENG
1．(2021·广州模拟)我国科学家构建直接异质结构和间接异质结构系统，实现CO2还原和H2O氧化。有关该过程的叙述正确的是( A )
A．只涉及太阳能转化为化学能
B．金属Pt表面的反应为Fe2＋－e＝===Fe3＋
C．Fe2＋/Fe3＋作为氧化还原协同电对，可以换成I－/I2
D．总反应为2H2O＋2CO2===O2＋2HCOOH
【解析】 由反应机理图可知只涉及太阳能转化为化学能，A正确；金属Pt表面的反应为Fe3＋＋e－===Fe2＋，B错误；由于是阳离子交换膜，不可以换成I－/I2，C错误；总反应为2H2O＋2CO2O2＋2HCOOH，D错误。
2．(2021·重庆模拟)工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＝－198 kJ·mol－1，反应过程可用下图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法不正确的是( D )
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了整个反应进行的程度
B．过程Ⅱ为吸热过程，过程Ⅲ为放热过程
C．加入SO2和O2各1 mol，充分反应后放出的热量小于99 kJ
D．催化剂可降低反应的活化能，使ΔH减小
【解析】 由图可知过程Ⅱ是旧键断裂，过程Ⅲ是新键的生成，则过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了全部反应进行的程度，A正确；由图可知，过程Ⅱ化学键断裂，为吸热过程，过程Ⅲ化学键形成，为放热过程，B正确；反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＝－198 kJ/mol是可逆反应，所以1 mol SO2和1 mol O2反应时消耗SO2的物质的量小于1 mol，放热小于99 kJ，C正确；催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误。
3．(2021·兰州模拟)上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g) △H＝a mol·L－1]的反应历程如下图所示：
下列说法正确的是( B )
A．该反应为吸热反应
B．a＝－129．6
C．催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuF
D．两种过渡态物质中较稳定的是过渡态1
【解析】 该反应生成物具有的能量低，为放热反应，故A错误；由反应物、生成物的总能量可知a＝－129．6 kJ/mol－0＝－129．6 kJ/mol，a＝－129．6，故B正确；由图可知AuPF对应的活化能小，则催化效果好，故C错误；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，故D错误。
4．(2021·湖南高考)锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所：
下列说法错误的是( B )
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
【解析】 由图可知，放电时，N电极为电池的正极，溴在正极上得到电子发生还原反应生成溴离子，电极反应式为Br2＋2e－===2Br－，M电极为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，正极放电生成的溴离子通过离子交换膜进入左侧，同时锌离子通过交换膜进入右侧，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，N电极与直流电源的正极相连，做阳极。放电时，N电极为电池的正极，故A正确；放电或充电时，左侧储液器和右侧储液器中溴化锌的浓度维持不变，故B错误；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，故C正确；放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D正确。
5．(2021·洛阳模拟)我国化学工作者提出一种利用有机电极(PTO/HQ)和无机电极(MnO2/石墨毡)，在酸性环境中可充电的电池其放电时的工作原理如图所示：
下列说法错误的是( D )
A．放电时，MnO2/石墨毡为正极，发生还原反应
B．充电时，有机电极和外接电源的负极相连
C．放电时，MnO2/石墨毡电极的电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O
D．充电时，有机电极的电极反应式为PTO＋4e－＋4H2O===HQ＋4OH－
【解析】 从工作原理图可知，MnO2生成Mn2＋，得到了电子，则MnO2/石墨毡为电源正极，发生还原反应，故A正确；充电时，有机电极得到电子，PTO得到电子和H＋生成HQ结构，则有机电极和外接电源的负极相连，故B正确；放电时，MnO2/石墨毡电极为电源正极，MnO2的电子被还原成Mn2＋，则其电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，故C正确；充电时，有机电极的电极反应式为PTO＋4e－＋4H＋===HQ，故D错误。
6．(2021·南昌模拟)碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
(1)已知下列热化学方程式：
ⅰ．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)===CH2ClCHClCH3(g) ΔH1＝－133 kJ·mol－1
ⅱ．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)===CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH2＝－100 kJ·mol－1
又已知在相同条件下，CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)===CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132 kJ·mol－1，则逆反应的活化能Ea(逆)为__165__kJ·mol－1。
(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)===CH4(g)＋CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行：
第Ⅰ步反应为CH3CHO(aq)＋I2(aq)―→CH3I(l)＋HI(aq)＋CO(g)(慢反应)；
第Ⅱ步为快反应。
增大I2的浓度__能__(填“能”或“不能”)明显增大总反应的平均速率，理由是__总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率也增大(或根据总反应可知I2为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的反应速率)__。
(3)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入6 mol H2S和3 mol CH4，发生反应：CH4(g)＋2H2S(g)===CS2(g)＋4H2(g)。在压强为0．11 MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如下图所示：
为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是__减小体系压强(或及时分离出产物或减小起始时H2S与CH4的物质的量之比)__(列举一条)。N点对应温度下，该反应的Kp＝__8×10－4__(MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
(4)合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示。
阳极的电极反应式为__2CH3OH＋CO－2e－===(CH3O)2CO＋2H＋__，离子交换膜a为__阳膜__(填“阳膜”“阴膜”)。
【解析】 (1)已知ⅰ．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)===CH2ClCHClCH3(g) ΔH1＝－133 kJ·mol－1
ⅱ．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)===CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH2＝－100 kJ·mol－1
由盖斯定律可知，ⅰ－ⅱ得到CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)===CH2ClCHClCH3(g) ΔH＝－33 kJ·mol－1，焓变等于正逆反应的活化能之差，该反应的Ea(正)为132 kJ·mol－1，则逆反应的活化能Ea(逆)为165 kJ·mol－1；
(2)总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率也增大(或根据总反应可知I2为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的反应速率)；
(3)对于CH4(g)＋2H2S(g)===CS2(g)＋4H2(g)，反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是：减小体系压强或及时分离出产物或减小起始时H2S与CH4的物质的量之比；在一密闭容器中，起始时充入6 mol H2S和3 mol CH4，N点时n(H2S)%＝n(H2)%，设起始时加入甲烷的物质的量为3 mol，甲烷转化的物质的量为x mol，列出三段式
CH4 ＋ 2H2SCS2 ＋ 4H2
始(mol) 3 6 0 0
变(mol) x 2x x 4x
平(mol) 3－x 6－2x x 4x
由6－2x＝4x，解得x＝1，
平衡体系总物质的量为(2＋4＋1＋4)mol＝11 mol，
平衡常数Kp＝＝＝8×10－4(MPa)2；
(4)阳极上CO失电子和甲醇反应生成碳酸二甲酯，阴极上氧气得电子生成水，阳极反应式为2CH3OH＋CO－2e－===(CH3)2CO＋2H＋，阴极氧气与H＋结合生成H2O，所以离子交换膜为阳膜，阴极的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O。
热点聚焦
RE DIAN JU JIAO
一、大题题型—盖斯定律的应用
〔知识储备〕
1．定律内容
一定条件下，一个反应不管是一步完成，还是分几步完成，反应的总热效应相同，即反应热的大小与反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。
2．常用关系式
热化学方程式
焓变之间的关系
aA===B ΔH1
A===B ΔH2
ΔH2＝ΔH1或
ΔH1＝aΔH2
aA===B ΔH1
B===aA ΔH2
ΔH1＝－ΔH2
ΔH＝ΔH1＋ΔH2
3．答题模板——叠加法
(1)步骤
—
⇩
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⇩
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(2)方法
—
—
—
〔典例剖析〕
(1)(2019·全国卷Ⅲ·28节选)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。
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＝__－116__ kJ· mol－1。
(2)(2018·全国卷Ⅰ·28节选)已知：
2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g) ΔH1＝－4．4 kJ·mol－1
2NO2(g)===N2O4(g) ΔH2＝－55．3 kJ·mol－1
则反应的N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝__53．1__kJ·mol－1。
(3)(2018·全国卷Ⅱ·27节选)CH4－CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。
回答下列问题：
CH4－CO2催化重整反应为CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。
已知：C(s)＋2H2(g)===CH4(g) ΔH＝－75 kJ· mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－394 kJ· mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－111 kJ· mol－1
该催化重整反应的ΔH＝__＋247__kJ· mol－1。
(4)(2018·全国卷Ⅲ·28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) ΔH1＝48 kJ· mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g) ΔH2＝－30 kJ· mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝__＋114__kJ· mol－1。
【解析】 (1)利用盖斯定律解答本题。
CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝83 kJ· mol－1①
CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ· mol－1②
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ· mol－1③
则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)可由①×2＋②×2＋③×2得到，所以其ΔH＝83×2＋(－20)×2＋(－121)×2＝－116(kJ· mol－1)。
(2)由2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g) ΔH1＝－4．4 kJ·mol－1和2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH2＝－55．3 kJ·mol－1，根据盖斯定律，故反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝1/2ΔH1－ΔH2＝(－2．2＋55．3)kJ·mol－1＝53．1 kJ·mol－1。
(3)将题目给出的热化学方程式依次编为序号①、②、③，则将③×2－①－②就得出催化重整的反应，因此催化重整反应的ΔH＝－111 kJ· mol－1×2＋394 kJ· mol－1＋75 kJ· mol－1＝＋247 kJ· mol－1。
(4)结合两个反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) ΔH1＝48 kJ· mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g) ΔH2＝－30 kJ· mol－1
可得反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝[3×48＋(－30)]kJ· mol－1＝＋114 kJ· mol－1
〔增分训练〕
1．(1)氨是最重要的化工产品之一。合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。有关化学反应的能量变化如下图所示，则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为__CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋161．1 kJ/mol__。
(2)已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH1
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2
2S(s)S2(g) ΔH3
2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(g) ΔH4
则反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)的ΔH＝__ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH1__。
(3)工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41 kJ/mol
已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：__2CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－566 kJ/mol__。
【解析】 (1)由图像分析可知
①CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－282 kJ/mol
②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241．8 kJ/mol
③CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－846．3 kJ/mol
由盖斯定律③－②×3－①得：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋161．1 kJ/mol。
(2)根据盖斯定律：②＋③＋④－①可得2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)的ΔH＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH1。
(3)由①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41 kJ/mol
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ/mol，
根据盖斯定律，①×2＋②可得：2CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－566 kJ/mol。
2．(2021·郑州模拟)在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察图像，然后回答问题：
(1)图中所示反应是__放热__(填“吸热”或“放热”)反应，该反应__需要__(填“需要”或“不需要”)加热，该反应的ΔH＝__E2－E1__(用含E1、E2的代数式表示)；
(2)对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因是__使用了催化剂__。
(3)已知红磷比白磷稳定，则反应：
P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH1；
4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH2；
ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1__<__ΔH2(填“＞”“＜”或“＝”)。
(4)在298 K、101 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是__A__。
A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
(5)已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g) ΔH＝－72 kJ·mol－1，蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，其他相关数据如下表：
物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 mol分子中的化学键断
裂时需要吸收的能量(kJ)
436
200
a
则表中a＝__369__。
【解析】 (1)根据图像，反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，该反应的活化能大于0，反应需要加热；反应的焓变＝生成物的能量－反应物的能量，ΔH＝(E2－E1)kJ/mol；
(2)对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，说明反应中加入了催化剂；
(3)①4P(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH1，②P4(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH2，根据盖斯定律，①－②得：P4(白磷，s)===4P(红磷，s) ΔH＝ΔH1－ΔH2，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷，该反应是放热反应，即ΔH1－ΔH2＜0，即ΔH1＜ΔH2；
(4)①2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1，②Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2，③2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3，由盖斯定律可知，反应③＝2×②＋①，因此ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2；
(5)由化学键的键能可知①H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g) △H＝(436 kJ/mol＋200 kJ/mol)－2a kJ/mol＝(636－2a)kJ/mol，因蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，即②Br2(l)===Br2(g) ΔH＝＋30 kJ/mol，根据盖斯定律，①＋②得H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g) ΔH＝(636－2a)kJ/mol＋(＋30 kJ/mol)＝－72 kJ/mol，解得，a＝369。
二、离子交换膜在电化学中的应用
〔知识储备〕
1．离子交换膜的作用及类型
(1)功能的作用
(2)常见的离子交换膜
种类
允许通过的离子及移动方向
说明
阳离子交换膜
阳离子→移向电解池的阴极或原电池的正极
阴离子和气体不能通过
阴离子交换膜
阴离子→移向电解池的阳极或原电池的负极
阳离子和气体不能通过
质子交换膜
质子→移向电解池的阴极或原电池的正极
只允许H＋通过
2．多室交换膜的分析
(1)两室电解池
如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能。
(2)三室电解池
用电渗析法可将含硝酸钠的废水再生为硝酸和氢氧化钠。
(3)四室电解池
H3PO2可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：
〔典例剖析〕
(2021·广东高考)合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是( D )
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋
【解析】 由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2＋＋2e－===Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋。放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；由分析可知，阴极生成1 mol钴，阳极有1 mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18 g，故B错误；若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋，故D正确。
〔增分训练〕
1．(2018·课标全国Ⅰ，13)最近我国科学家设计了一种CO2＋H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA－Fe2＋－e－===EDTA－Fe3＋
②2EDTA－Fe3＋＋H2S===2H＋＋S＋2EDTA－Fe2＋
该装置工作时，下列叙述错误的是( C )
A．阴极的电极反应：CO2＋2H＋＋2e－===CO＋H2O
B．协同转化总反应：CO2＋H2S===CO＋H2O＋S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA－Fe3＋/EDTA－Fe2＋，溶液需为酸性
【解析】 阴极发生还原反应，氢离子由交换膜右侧向左侧迁移，阴极的电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===CO＋H2O，A项正确；结合阳极区发生的反应，可知协同转化总反应为CO2＋H2S===S＋CO＋H2O，B项正确；石墨烯作阳极，其电势高于ZnO@石墨烯的，C项错误；Fe3＋、Fe2＋在碱性或中性介质中会生成沉淀，它们只稳定存在于酸性较强的介质中，D项正确。
2．(2021·绵阳模拟)锌铈液流二次电池，放电工作原理如图所示。下列说法正确的是( C )
A．充电时，b极发生还原反应
B．放电时，溶液中离子由b极向a电极方向移动
C．放电时，电池的总离子反应方程式为Zn＋2Ce4＋===Zn2＋＋2Ce3＋
D．充电时，当a极增重3．25 g时，通过交换膜的离子为0．05 mol
【解析】 根据图示，充电时a极得电子，发生还原反应，b极失电子，发生氧化反应；放电时，a极为负极，失电子，发生氧化反应，b极为正极，得电子，发生还原反应；充电时，b极失电子，为阳极，发生氧化反应，A错误；放电时，a极失电子，b极得电子，为平衡电荷，氢离子由质子交换膜从a到b，故溶液中离子由a电极向b电极方向移动，B错误；根据分析可知a电极Zn被氧化成Zn2＋，为负极，b电极Ce4＋被还原成Ce3＋，为正极，故电池的总离子反应方程式为Zn＋2Ce4＋===Zn2＋＋2Ce3＋，C正确；充电时，a电极发生反应Zn2＋＋2e－===Zn，增重3．25 g，即生成0．05 mol Zn，转移电子为0．1 mol，交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，所以有0．1 mol H＋通过交换膜以平衡电荷，D错误。
3．电解合成1,2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是( D )
A．该装置工作时，化学能转变为电能
B．CuCl2能将C2H4还原为l,2－二氯乙烷
C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D．该装置总反应为CH2===CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl
【解析】 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，A错误；C2H4中C元素化合价为－2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为－1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1,2－二氯乙烷，B错误；该电解池中，阳极发生的电极反应式为CuCl－e－＋Cl－===CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，C错误；该装置中阳极首先发生反应：CuCl－e－＋Cl－===CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1,2－二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为CH2===CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，D正确。
4．(2021·昆明模拟)利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是( B )
A．a极反应：CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O
B．A膜和C膜均为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜
C．可用铁电极替换阴极的石墨电极
D．a极上通入标况下2．24 L甲烷，理论上产品室可新增0．4 mol Ca(H2PO4)2
【解析】 a极为甲烷，甲烷失去电子，因此电极反应式为CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O，A正确；阳极室阴离子放电，钙离子穿过A膜进入到产品室，因此A膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子穿过C膜进入到阴极室，因此C膜为阳离子交换膜，磷酸二氢根穿过B膜进入到产品室，因此B膜为阴离子交换膜，B错误；可用铁电极替换阴极的石墨电极，电极反应式不变，C正确；a极上通入标况下2．24 L甲烷即物质的量为0．1 mol，根据CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O，则转移0．8 mol电子，因此有0．4 mol钙离子移向产品室反应生成Ca(H2PO4)2，即理论上产品室可新增0．4 mol Ca(H2PO4)2，D正确。
专题强化提升训练(六)
1．(2021·天津模拟)如图是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图(Ea表示活化能)，下列说法错误的是( D )
A．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小
B．第一步反应的速率小于第二步反应
C．总反应为放热反应
D．升高温度，Ea1、Ea2均增大，反应速率加快
【解析】 Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，但增大氯气的浓度不影响ΔH的大小，故A正确；第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，故B正确；反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C正确；Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，故D错误。
2．已知热化学方程式：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q>0)。下列说法正确的是( D )
A．相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量小于2 mol SO3(g)所具有的能量
B．将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后，放出热量为Q kJ
C．增大压强或升高温度，该反应过程放出更多的热量
D．如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，则此过程中有2 mol SO2(g)被氧化
【解析】 反应是放热反应，依据反应前后能量守恒，相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量大于2 mol SO3(g)所具有的能量，选项A错误；ΔH＝－Q kJ·mol－1，Q的具体含义是当2 mol的二氧化硫气体与1 mol的氧气完全反应生成2 mol的三氧化硫气体时，放出的热量为Q kJ，但这是一个可逆反应，不可能完全反应，因此放出的热量小于Q kJ，选项B错误；增大压强，该平衡向正反应方向移动，放出热量更多，升高温度，该平衡向逆反应方向移动，放出热量减少，选项C错误；如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，参加反应的二氧化硫为2 mol，故一定有2 mol SO2(g)被氧化，选项D正确。
3．(2021·临川模拟)使用NC环金属化Ir(Ⅲ)配合物催化甲酸脱氢的反应机理如下图。下列说法中错误的是( D )
A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑＋H2↑
B．反应过程中，Ir(Ⅲ)配合物B为催化剂，Ir(Ⅲ)配合物A为中间产物
C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H的过程
D．反应过程中，HCOOH中的C===O键发生断裂
【解析】 据图可知反应物为HCOOH，产物为H2和CO2，化学方程式为HCOOHCO2↑＋H2↑，A正确；据图可知反应物最开始是和Ir(Ⅲ)配合物B反应，所以Ir(Ⅲ)配合物B是催化剂，Ir(Ⅲ)配合物A为其中一步反应的产物，即中间产物，B正确；据图可知D→E的过程中，在甲酸协助下，H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上，C正确；纵观整个过程可知HCOOH中的C===O键没有断裂，C—H键和O—H键断键形成C===O键，D错误。
4．(2021·北京模拟)Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－116 kJ·mol－1
研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下：
反应ⅰ：CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝＋83 kJ·mol－1
反应ⅱ：CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ·mol－1
反应ⅲ：……
下列表述不正确###的是( C )
A．反应ⅰ中反应物的总能量小于生成物的总能量
B．反应ⅱ中，1 mol CuCl(s)反应时转移2 mol e－
C．推断反应ⅲ应为CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－242 kJ·mol－1
D．由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高反应速率
【解析】 反应ⅰ为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；反应ⅱ中，铜从＋1升高到＋2、氯从－1升高到0，则1 mol CuCl(s)反应时失去2 mol e－，氧气中氧从0降低到－2，则 mol O2得到2 mol e－，B正确；按盖斯定律，反应4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－116 kJ·mol－1减去2×(反应ⅰ＋反应ⅱ)可得：2CuO(s)＋4HCl(g)===2CuCl2(s)＋2H2O(g) ΔH3＝－242 kJ·mol－1，则CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ·mol－1，C不正确；由反应过程可知催化剂参与反应后重新生成，但催化剂改变反应路径、通过降低反应活化能提高反应速率，D正确。
5．(2021·山东高考)以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是( C )
A．放电过程中，K＋均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1 mol O2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11．2 L
【解析】 碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O；N2H4—O2清洁燃料电池总反应为：N2H4＋O2===N2＋2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为－2价，H元素化合价为＋1价，据氧化还原反应原理可知其燃料电池的总反应为：(CH3)2NNH2＋4O2＋4KOH===2K2CO3＋N2＋6H2O。放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；N2H4—O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是：×6、×4、×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 mol O2生成的氮气的物质的量为1 mol，在标准状况下为22．4 L，D错误。
6．已知：(1)Zn(s)＋O2(g)===ZnO(s)，ΔH＝－348．3 kJ·mol－1，
(2)2Ag(s)＋O2(g)===Ag2O(s)，ΔH＝ －31．0 kJ·mol－1，则Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)的ΔH等于( B )
A．－379．3 kJ·mol－1 B．－317．3 kJ·mol－1
C．－332．8 kJ·mol－1 D．317．3 kJ·mol－1
【解析】 根据盖斯定律可知，(1)－(2)即得到Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)，所以反应热ΔH＝－348．3 kJ·mol－1＋31．0 kJ·mol－1＝－317．3 kJ·mol－1，故答案为B。
7．(2021·绵阳模拟)文献报道：在45 ℃、0．1 MPa时，科学家以铁粉为催化剂，通过球磨法合成氨。部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，下列说法正确的是( C )
A．由此历程可知：N*＋3H*===NH*＋2H* ΔH>0
B．铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热
C．图示过程中有极性共价键的生成
D．用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同
【解析】 ΔH与反应过程无关，取决于反应的起点和终点，由图知，反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应ΔH<0，则N*＋3H*===NH*＋2H* ΔH<0，A错误；铁粉做催化剂，只改变反应历程，不改变始终态，即不能改变反应热，B错误；过程中有N—H极性共价键的生成，C正确；不同的催化剂，改变反应的历程不一样，D错误。
8．(2021·茂名模拟)中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电池，其工作原理示意图如图所示，已知聚丙烯半透膜的作用是允许某类粒子通过。下列说法正确的是( C )
A．电极Ⅰ为正极，其电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
B．聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过
C．如果电极Ⅱ为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体
D．当负极质量减少5．4 g时，正极消耗3．36 L气体
【解析】 该装置为原电池，由电子流向可知电极Ⅰ作正极、电极Ⅱ铝作负极。正极上得电子，发生还原反应，因介质为碱性，故电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，A错误；原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负级，根据题意知铝要便于回收，所以聚丙烯半透膜不允许Al3＋通过，B错误；如果电极Ⅱ为活性镁铝合金，就会构成无数个微型原电池，镁为负极，铝为正极，溶液中H＋得电子产生氢气，所以负极区会逸出大量气体，C正确；根据得失电子守恒进行计算，n(O2)＝×＝×＝0．15 mol，但题中未标明是否在标准状况下，故无法计算消耗气体的体积，D错误。
9．(2021·安庆模拟)甲池是一种常见的氢氧燃料电池，如下图所示。一段时间乙池内，D中进入10 mol混合气体其中苯的物质的量分数为20%(杂质不参与反应)，C出来的气体中含苯的物质的量分数为10%的混合气体(不含H2，该条件下苯、环己烷都为气态)，下列说法不正确的是( D )
A．甲池中A处通入O2，E处有O2放出，且体积一样(标况下测定)
B．甲池中H＋由G极移向F极，乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极
C．乙池中惰性电极上发生：＋6H＋＋6e－===
D．导线中共传导12 mol电子
【解析】 由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解池，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气。A处通入O2，E处为电解池阳极产物，阳极是水放电生成氧气和H＋，由于电子转移守恒，故两处的氧气的物质的量相同，体积相同，A正确；原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H＋由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确；乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：＋6H＋＋6e－===，C正确；10 mol含20%苯的混合气体，经过电解生成10 mol含苯10%的混合气体，则被还原的苯的物质的量为10 mol(20%－10%)＝1 mol，由电极方程式得转移电子的物质的量为6 mol，D错误。
10．(2021·哈尔滨模拟)中国科学院大连化物所的研究团队创新性提出锌碘单液流电池的概念，实现锌碘单液流中电解液的利用率近100%，其原理如图所示。下列说法正确的是( C )
A．放电时A电极反应式为：Zn2＋＋2e－===Zn
B．放电时电解质储罐中离子总浓度减小
C．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜
D．充电时A极增重65 g，C区增加离子数为2NA
【解析】 放电时A电极是负极，A极反应式为：Zn－2e－===Zn2＋，故A错误；放电时，A区发生反应Zn－2e－===Zn2＋，C区Cl－进入A区，所以电解质储罐中离子总浓度增大，故B错误；放电时，C区Cl－进入A区、K＋进入B区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故C正确；充电时A极增重65 g，A区发生反应Zn2＋＋2e－===Zn，电路中转移2 mol电子，根据电荷守恒，2 mol Cl－自A区进入C区，2 mol K＋自B区进入C区，C区增加离子数为4NA，故D错误。
11．(2021·合肥模拟)普通电解水制氢气和氧气的缺点是温度高，能耗大。铈—钒液流电池在充电状态下产生的Ce4＋和V2＋离子可在低温催化条件下用于制备氢气和氧气，该装置示意图如图。下列说法错误的是( D )
A．在催化剂作用下有利于降低分解水制氢的能耗
B．铈—钒液流电池在充电状态下总反应为：Ce3＋＋V3＋Ce4＋＋V2＋
C．工作时，H＋通过质子交换膜由a往b移动
D．制氧气的离子方程式为：4Ce4＋＋4OH－4Ce3＋＋O2↑＋2H2O
【解析】 催化剂能够改变反应途径降低反应的活化能，因而能够降低分解水制氢能耗，A正确；由题干可知：充电状态下可产生Ce4＋、V2＋，因而根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为：Ce3＋＋V3＋Ce4＋＋V2＋，B正确；由图可知：在装置的右侧产生H2，因此H＋会通过离子交换膜由a往b移动，C正确；装置中含有质子交换膜，因此有H＋参加反应，制备O2的反应方程式中不能有OH－，D错误。
12．(2021·长沙模拟)H2O2和O3都是较强的氧化剂，可用于环境消杀。以下电化学装置可协同产生H2O2和O3，产生H2O2和O3的物质的量之比为5∶1，下列说法错误的是( A )
A．Y电极电势低于X电极
B．膜为质子交换膜
C．生成双氧水的电极反应式为O2＋2e－＋2H＋===H2O2
D．X极处可能还存在其他副反应
【解析】 Y极O元素从－2价升至0价，是阳极，电极反应式：2H2O－4e－===O2＋4H＋，3H2O－6e－===O3＋6H＋，X极是阴极，电极反应式为：O2＋2e－＋2H＋===H2O2；Y极是阳极，X极是阴极，Y电极电势比X电极高，A错误；H＋由Y极向X极移动，则膜为质子交换膜，B正确；X极是阴极，生成双氧水的电极反应式为O2＋2e－＋2H＋===H2O2，C正确；Y极还可能发生的电极反应式为3H2O－6e－===O3＋6H＋，则H2O2和O3的物质的量之比为3∶1，故应有其他副反应生成H2O2，才会有5∶1，D正确。
13．(2021·广元模拟)碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如图：
ΔH＝＋88．6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是__M__。(用字母“M”或“N”表示)
(2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238．6 kJ/mol，CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－a kJ/mol，则a__＜__238．6(填“＞”“＜”或“＝”)。
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：__2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ·mol－1__。
(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质，将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH＝－1 176 kJ/mol，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为__98__kJ。
(5)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－24．8 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH＝－47．2 kJ·mol－1
③Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋640．5 kJ·mol－1
写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：__FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－218．0 kJ·mol－1__。
【解析】 (1)由M转化成N的热效应可知，M的总能量更低，能量越低越稳定，则较稳定的是M；
(2)CH3OH(l)的燃烧热是1 mol CH3OH(l)在足量氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水时对应的焓变，生成二氧化碳气体，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小，则a<238．6；
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，该化学方程式为：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，则有2 mol Cl2参与反应时释放出290 kJ，则该反应的热化学方程式：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ·mol－1；
(4)由4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH＝－1 176 kJ/mol知：4Al(s)～3C(s)～12e－，转移12 mol电子放热1 176 kJ，则反应过程中，每转移1 mol电子放热98 kJ；
(5)①Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－24．8 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－47．2 kJ·mol－1
③Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3＝＋640．5 kJ·mol－1，
按照盖斯定律：[3×①－②－2×③]可得：反应FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH，则ΔH＝[3×ΔH1－ΔH2－2×ΔH3]＝－218．0 kJ·mol－1，则CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－218．0 kJ·mol－1。
14．生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。
Ⅰ．电解除氮
(1)在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：__2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O__。
(2)有Cl－存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯(HClO、ClO－)将NH或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2：
①当pH<8时，主要发生HClO氧化NH的反应，其离子方程式为：__3HClO＋2NH===3Cl－＋N2＋3H2O＋5H＋__。
②结合平衡移动原理解释，当pH<8时，氮的去除率随pH的降低而下降的原因是：__随溶液pH降低，c(H＋)增大，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH的氧化率下降__。
③当pH>8时，ClO－发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是(答出一点即可)：__pH升高有利于NH转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化(或pH升高有利于NH转变为NH3，且有利于NH3逸出)__。
Ⅱ．电解除磷
(3)除磷的原理是利用Fe2＋将PO转化为Fe3(PO4)2沉淀。
①用化学用语表示产生Fe2＋的主要过程：__Fe－2e－===Fe2＋__。
②如图为某含Cl－污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化。推测在20～40 min时脱除的元素是__磷__。
(4)测定污水磷含量的方法如下：取100 mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag＋，发生反应Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓，共消耗c mol/L NH4SCN溶液V mL。则此污水中磷的含量为____mg/L(以磷元素计)。
【解析】 (1)在碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子，相应的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O。(2)①当pH<8时，HClO将NH氧化为N2的离子方程式为3HClO＋2NH===3Cl－＋N2↑＋3H2O＋5H＋；②当pH<8时，随溶液pH降低，c(H＋)增大，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降；③当pH>8时，ClO－发生歧化导致有效氯浓度下降，NH的氧化率下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是pH升高有利于NH转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而被氧化(或pH升高有利于NH转变为NH3，且有利于NH3逸出)。(3)①除磷时，Fe作阳极失电子，产生Fe2＋的主要过程为Fe－2e－===Fe2＋；②由图溶液pH的变化，在碱性溶液中，电解除氮时2NH3N2＋3H2，消耗NH3，pH会减小。电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH会增大，20－40 min时pH增大，则脱除的元素是磷。(4)由关系式P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知：n(P)＝n(NH4SCN)＝cV×10－3 mol，则此污水中磷的含量为：cV×10－3 mol×31 g/mol×103 mg/g÷0．1 L＝cV mg/L。
15．(2021·武汉模拟)CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。
Ⅰ．制合成气
科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
第一步：CH4(g)===C(ads)＋2H2(g)(慢反应)
第二步：C(ads)＋CO2(g)===2CO(g)(快反应)
(1)决定制备“合成气”反应速率的是第__一__步，上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为__CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1__。
Ⅱ．制备甲醇
“合成气”在催化剂作用下反应，可以直接合成甲醇：CO(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0，测得相同时间内甲醇产率与温度的关系如图所示。
(2)温度在800 ℃时甲醇产率最高的主要原因是
__800_℃时，反应达到平衡，800_℃前，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800_℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，或该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800_℃时甲醇产率最高__。
(3)下列措施能提高CO平衡转化率的是__BD__(填字母)。
A．升温 B．加压
C．加入催化剂 D．增大H2浓度
Ⅲ．脱水制醚
利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH，其速率方程式：v正＝k正·c2(CH3OH)，v逆＝k逆·c(CH3OCH3)·c(H2O)，k正、k逆为速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：ln Kc＝2．205＋(Kc为化学平衡常数；T为热力学温度，单位为K)。
(4)当T＝500 K时，Kc≈9，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数__C__(填标号)。
A．< B．
C．> D．无法确定
Ⅳ．制备碳基燃料
利用铜基配合物1,10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。
(5)①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH__变小__(填“变大”或“变小”)，阴极的电极反应式为__CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH__。
②每转移2 mol电子，阴极室溶液质量增加__46__g。
【解析】 (1)化学反应的反应速率取决于慢反应，则决定制备“合成气”反应速率的是第一步；由图可知，CH4与CO2制备“合成气”的反应为吸热反应，反应的反应热ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1，则反应的热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1；
(2)800 ℃时反应达到平衡，800 ℃前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800 ℃后，升高温度，可能导致催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800 ℃时甲醇产率最高；
(3)该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳平衡转化率减小，故错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；加入催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳平衡转化率不变，故错误；增大反应物氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；
(4)设T＝500 K时，甲醇的起始物质的量为2 mol，转化率为a，由题意可建立如下三段式：
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
起(mol/L) 0 0
变(mol/L)
平(mol/L)
由Kc≈9可得：＝9，解得a＝，则平衡时甲醚的物质的量分数为＝＝>，故选C；
(5)①由图可知，该装置为电解池，铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，石墨烯电极为阴极，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH，由阳极附近有氢离子生成可知，Pt电极附近溶液的氢离子浓度增大，pH变小；
②由阴极的电极反应式可知，电解时，每转移2 mol电子，阴极生成1 mol甲酸，消耗2 mol氢离子，同时有2 mol氢离子从阳极室通过离子交换膜进入阴极室，则阴极室溶液质量增加1 mol×46 g/mol＝46 g。
专题六 化学反应与能量
明课程标准
备关键能力
1．认识化学能可以与热能、电能等其他形式能量之间相互转化，能量的转化遵循能量守恒定律。知道内能是体系内物质的各种能量的总和，受温度、压强、物质的聚集状态的影响。
2．认识化学能与热能的相互转化，恒温恒压条件下化学反应的反应热可以用焓变表示，了解盖斯定律及其简单应用。
3．认识化学能与电能相互转化的实际意义及其重要应用。了解原电池及常见化学电源的工作原理。了解电解池的工作原理，认识电解在实现物质转化和储存能量中的具体应用。了解金属发生电化学腐蚀的本质，知道金属腐蚀的危害，了解防止金属腐蚀的措施。
1．理解与辨析：理解能量变化产生的原因，掌握原电池、电解池的工作原理，能辨析燃烧热、中和热、原电池、电解池的相关概念。
2．分析与推测：能够分析化学反应过程、物质价键情况，从不同角度进行反应热的计算，正确分析原电池和电解池装置，判断并书写电极反应。
3．归纳与论证：能够识别原电池和电解池的工作原理模型，对新型化学电源利用模型进行分析，总结相关规律。
高考真题·导航
GAO KAO ZHEN TI DAO HANG
1．(2021·全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是( D )
A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B．阳极上的反应式为＋2H＋＋2e－===＋H2O
C．制得2 mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1 mol电子
D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移
【解析】 KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br2为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，A错误；阳极上为Br－失去电子生成Br2，Br2将乙二醛氧化为乙醛酸，B错误；电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1 mol乙二酸生成1 mol乙醛酸转移电子为2 mol,1 mol乙二醛生成1 mol乙醛酸转移电子为2 mol，根据转移电子守恒可知每生成1 mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2 mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2 mol电子，C错误；双极膜中间层的H＋在外电场作用下移向阴极，即H＋移向铅电极，D正确。
2．(2021·全国乙卷)沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是( D )
A．阳极发生将海水中的Cl－氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
【解析】 海水中除了水，还含有大量的Na＋、Cl－、Mg2＋等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl－会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH－，结合海水成分及电解产物分析解答。阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH－在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，会使海水中的Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误。
3．(2020·全国卷Ⅰ·12)科学家近年发明了一种新型Zn－CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是( D )
A．放电时，负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)
B．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
C．充电时，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O
D．充电时，正极溶液中OH－浓度升高
【解析】 放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，故A正确；放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1 mol CO2转化为HCOOH时，转移2 mol电子，故B正确；充电时，阳极上H2O转化为O2，阴极上Zn(OH)转化为Zn，电池总反应为2Zn(OH)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O，故C正确；充电时，正极即为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，溶液中H＋浓度增大，溶液中c(H＋)·c(OH－)＝Kw，温度不变时，Kw不变，因此溶液中OH－浓度降低，故D错误。
4．(2020·全国卷Ⅱ·12)电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag＋注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是( C )
A．Ag为阳极
B．Ag＋由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高
D．总反应为WO3＋xAg===AgxWO3
【解析】 通电时，Ag电极有Ag＋生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag＋从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；过程中，W由WO3的＋6价降低到AgxWO3中的＋(6－x)价，故C项错误；该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为xAg－xe－===xAg＋，而另一极阴极上发生的电极反应为WO3＋xAg＋＋xe－===AgxWO3，故发生的总反应式为xAg＋WO3===AgxWO3，故D项正确。
5．(2020·全国卷Ⅲ·12)一种高性能的碱性硼化钒(VB2)－空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：VB2＋16OH－－11e－===VO＋2B(OH)＋4H2O该电池工作时，下列说法错误的是( B )
A．负载通过0．04 mol电子时，有0．224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【解析】 根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成VO和B(OH)，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH－，反应的电极方程式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，电池的总反应方程式为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO。当负极通过0．04 mol电子时，正极也通过0．04 mol电子，根据正极的电极方程式，通过0．04 mol电子消耗0．01 mol氧气，在标况下为0．224 L，A正确；反应过程中正极生成大量的OH－使正极区pH升高，负极消耗OH－使负极区OH－浓度减小pH降低，B错误；根据分析，电池的总反应为4VB2＋11O2＋20OH－＋6H2O===8B(OH)＋4VO，C正确；电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确。
6．(2019·课标全国Ⅰ，12)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2＋/MV＋在电极与酶之间传递电子，示意图如图所示。下列说法错误的是( B )
A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2＋2MV2＋===2H＋＋2MV＋
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【解析】 由题图和题意知，电池总反应是3H2＋N2===2NH3。该合成氨反应在常温下进行，并形成原电池产生电能，反应不需要高温、高压和催化剂，A项正确；观察题图知，左边电极发生氧化反应MV＋－e－===MV2＋，为负极，不是阴极，B项错误；正极区N2在固氮酶作用下发生还原反应生成NH3，C项正确；电池工作时，H＋通过交换膜，由左侧(负极区)向右侧(正极区)迁移，D项正确。
7．(2021·全国甲卷节选)二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：
CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)
该反应一般认为通过如下步骤来实现：
①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·mol－1
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH2＝－90 kJ·mol－1
总反应的ΔH＝__－49__kJ·mol－1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是__A__(填标号)，判断的理由是__ΔH1为正值，ΔH2为和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的__。
【解析】 二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)，该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g) ΔH1＝＋41 kJ·mol－1，②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝－90 kJ·mol－1，根据盖斯定律可知，①＋②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应为CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝(＋41 kJ·mol－1)＋(－90 kJ·mol－1)＝－49 kJ·mol－1；该反应总反应为放热反应，因此生成物总能量低于反应物总能量，反应①为慢反应，反应①的活化能高于反应②，同时反应①的反应物总能量低于生成物总能量，反应②的反应物总能量高于生成物总能量，故示意图中能体现反应能量变化的是A项。
8．(2020·全国卷Ⅰ·28节选)硫酸是一种重要的基本化工产品，接触法制硫酸生产中的关键工序是SO2的催化氧化：SO2(g)＋O2(g)SO3(g) ΔH＝－98 kJ· mol－1。回答下列问题：
钒催化剂参与反应的能量变化如图所示，V2O5(s)与SO2(g)反应生成VOSO4(s)和V2O4(s)的热化学方程式为__2V2O5(s)＋2SO2(g)2VOSO4(s)＋V2O4(s) ΔH＝－351 kJ·mol－1__。
【解析】 由题中信息可知：①SO2(g)＋O2(g)SO3(g) ΔH＝－98 kJ·mol－1
②V2O4(s)＋SO3(g)V2O5(s)＋SO2(g)
ΔH2＝－24 kJ·mol－1
③V2O4(s)＋2SO3(g)2VOSO4(s)
ΔH1＝－399 kJ·mol－1
根据盖斯定律可知，③－②×2得2V2O5(s)＋2SO2(g)2VOSO4(s)＋V2O4(s)，则ΔH＝ΔH1－2ΔH2＝(－399 kJ·mol－1)－(－24 kJ·mol－1)×2＝－351 kJ·mol－1，所以该反应的热化学方程式为2V2O5(s)＋2SO2(g)2VOSO4(s)＋V2O4(s) ΔH＝－351 kJ·mol－1。
9．(2020·全国卷Ⅱ·28)乙烷在一定条件可发生如下反应：C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g) ΔH，相关物质的燃烧热数据如下表所示：
物质
C2H6(g)
C2H4(g)
H2(g)
燃烧热ΔH/(kJ· mol－1)
－1 560
－1 411
－286
ΔH＝__＋137__kJ· mol－1。
【解析】 由表中燃烧热数值可知：
①C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH1＝－1 560 kJ·mol－1；
②C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(l) ΔH2＝－1 411 kJ·mol－1；
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH3＝－286 kJ·mol－1；根据盖斯定律可知，①－②－③得C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)，则ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＝(－1 560 kJ·mol－1)－(－1 411 kJ·mol－1)－(－286 kJ·mol－1)＝＋137 kJ·mol－1。
10．(2020·全国卷Ⅱ·28节选)CH4和CO2都是比较稳定的分子，科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化，其原理如下图所示：
(1)阴极上的反应式为__CO2＋2e－===CO＋O2－__。
(2)若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1，则消耗的CH4和CO2体积比为__6∶5__。
【解析】 (1)由图可知，CO2在阴极得电子发生还原反应，电极反应为CO2＋2e－===CO＋O2－；(2)令生成乙烯和乙烷分别为2体积和1体积，根据阿伏加德罗定律，同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，再根据得失电子守恒，得到发生的总反应为6CH4＋5CO2===2C2H4＋C2H6＋5H2O＋5CO，即消耗CH4和CO2的体积比为6∶5。
化学能与热能是高考必考知识点，且考查形式固定，主要以填空题型考查，预测未来高考中仍会以非选择题的形式与化学平衡相结合考查热化学方程式的书写、盖斯定律的应用、反应热的计算，偶尔在选择题型中考查反应热的大小比较。
高考每年都会结合图形考查原电池原理或电解池原理在工业生产中的应用。建议在备考过程中加强对新型燃料电池、新型可充电电池的关注。
近几年全国卷高考化学试题中均涉及电化学知识，并且试题的背景较为新颖，对考生分析问题的能力提出了较高要求。预测在2022年的高考命题中，在题型上仍以传统题型为主，以某一个非水溶液电池为背景考察以原电池为主的电化学知识。依托于某一新型可充电电池示意图，考察原电池的工作原理及其电极反应式的书写，电极材料以及电极反应的判断，溶液pH的变化是高考命题的热点。考纲中对原电池的要求达到了“理解”的级别，因此，通过一个新型电池装置考察原电池的知识以及金属的腐蚀和绿色能源的开发，即突出了使考生了解新科技的发展，又达到了选拔优秀生的目的。
必备知识·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
一、化学能与热能
1．从两种
角度理解化学反应热
反应热
图示
图像
分析
微观
宏观
a表示断裂旧化学键吸收的能量；
b表示生成新化学键放出的能量；c表示反应热
a表示反应物的活化能；
b表示活化分子形成生成物释放的能量；c表示反应热
ΔH的
计算
ΔH＝H(生成物)－H(反应物)
ΔH＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)
2．热化学方程式书写注意事项
(1)注意ΔH的单位：ΔH的单位为kJ·mol－1。
(2)注意测定条件：绝大多数的反应热ΔH是在25 ℃、101 kPa下测定的，此时可不注明温度和压强。
(3)注意热化学方程式中的化学计量数：热化学方程式的化学计量数可以是整数，也可以是分数。
(4)注意物质的聚集状态：气体用“g”，液体用“1”，固体用“s”，溶液用“aq”。热化学方程式中不用“↑”和“↓”。
(5)注意ΔH的数值与符号：如果化学计量数加倍，则ΔH也要加倍。逆反应的反应热与正反应的反应热数值相等，但符号相反。
(6)对于具有同素异形体的物质，除了要注明聚集状态外，还要注明物质的名称。
如：①S(单斜，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH＝－297．16 kJ·mol－1
②S(正交，s)＋O2(g)===SO2(g)
ΔH2＝－296．83 kJ·mol－1
③S(单斜，s)===S(正交，s) ΔH3＝－0．33 kJ·mol－1
二、化学能与电能
1．原电池、电解池的工作原理
原电池
电解池
(阳极为惰
性电极)
2．正、负极和阴、阳极的判断方法
原电池
电解池
3．新型化学电源中电极反应式的书写
(1)书写步骤
(2)燃料电池中正极电极反应式的书写思路
根据燃料电池的特点，一般在正极上发生还原反应的物质都是O2，O2得到电子后化合价降低，首先变成O2－，O2－能否存在要看电解质环境。由于电解质溶液(酸碱盐)的不同，其电极反应也有所不同，下表为四种不同电解质环境中，氧气得电子后O2－的存在形式：
电解质环境
从电极反应式判O2－的存在形式
酸性电解质溶液环境下
O2＋4H＋＋4e－===2H2O
碱性电解质溶液环境下
O2＋2H2O＋4e－===4OH－
固体电解质(高温下能传导O2－)环境下
O2＋4e－===2O2－
熔融碳酸盐(如：熔融K2CO3)环境下
O2＋2CO2＋4e－===2CO
4．电解池电极反应式的书写方法
—判断电解池的阴、阳极
│
—
特别说明：通常电极反应可以根据阳极材料和电解质溶液性质判断。但在高考题中往往需要结合题给信息进行判断。
5．陌生电解池装置图的知识迁移
(1)电解池
(2)金属腐蚀
关键能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO
考点一 化学能与热能
角度 能量图像的分析与应用
典例1 ＋＋＋(2021·重庆模拟)甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是( D )
A．图1中反应为CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝＋890．3 kJ/mol
B．图2中反应为CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(g) ΔH＝－607．3 kJ/mol
C．由图可以推知CO2和CO相比，CO更稳定
D．由图可以推得CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283 kJ/mol
【解析】 根据图1中信息得到该反应是放热反应，即有CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890．3 kJ/mol，故A错误；根据图2中信息得到H2O(l)，因此反应：CH4(g)＋O2(g)===CO(g)＋2H2O(l) ΔH＝－607．3 kJ/mol，故B错误；CO2和CO相比，无法知道CO2和CO谁的能量高低，因此无法分析谁更稳定，故C错误；根据第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式推得：CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－283 kJ/mol，故D正确。
易错点拨
解答能量变化图像题的“4关键”
(1)反应热不能取决于部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小，即部分反应物能量和部分生成物能量的相对大小不能决定反应是吸热还是放热。
(2)注意活化能在图示(如图)中的意义。
从反应物至最高点的能量数值表示正反应的活化能，即E1；从最高点至生成物的能量数值表示逆反应的活化能，即E2。
(3)催化剂只能影响正、逆反应的活化能，而不影响反应的ΔH。
(4)设计反应热的有关计算时，要切实注意图示中反应物和生成物的物质的量。
角度 化学反应机理、进程图像分析
典例2 ＋＋＋(2021·长沙模拟)Ni可活化C2H6放出CH4，其反应历程如下图所示：
下列关于活化历程的说法错误的是( B )
A．此反应的决速步骤：中间体2→中间体3
B．只涉及极性键的断裂和生成
C．在此反应过程中Ni的成键数目发生变化
D．Ni(s)＋C2H6(g)===NiCH2(s)＋CH4(g) ΔH＝－6．57 kJ·mol－1
【解析】 中间体2→中间体3能量差值最大，该步反应的活化能最大，是化学反应的决定速率的步骤，A正确；反应过程涉及到C—C键断裂和C—H键形成，涉及到非极性键的断裂和极性键的形成，B错误；根据图示可知：在此反应过程中Ni的成键数目在不断发生变化，C正确；Ni(s)＋C2H6(g)===NiCH2(s)＋CH4(g) ΔH＝E生成物－E反应物＝－6．57 kJ/mol－0 kJ/mol＝－6．57 kJ/mol，D正确。
角度 反应热的计算及热化学方程式的书写
典例3 ＋＋＋(2021·南京模拟)随着化石能源的减少，新能源的开发利用日益迫切。
(1)Bunsen热化学循环制氢工艺由下列三个反应组成：
SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)===2HI(g)＋H2SO4(l) ΔH1＝a kJ·mol－1
2H2SO4(l)===2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g) ΔH2＝b kJ·mol－1
2HI(g)===H2(g)＋I2(g) ΔH3＝c kJ·mol－1
则：2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝__2a＋b＋2c__kJ·mol－1。
(2)硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，工业制备纯硅的反应为2H2(g)＋SiCl4(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋240．4 kJ·mol－1。若将生成的HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好完全反应，则在此制备纯硅反应过程中的热效应是__＋6．01__kJ。
(3)据粗略统计，我国没有经过处理便排放的焦炉煤气已超过250亿立方米，这不仅是能源的浪费，也对环境造成极大污染。为解决这一问题，我国在2004年起已利用焦炉煤气制取甲醇及二甲醚。已知CO中的C与O之间为三键连接，且合成甲醇的主要反应原理为CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH。表中所列为常见化学键的键能数据：
化学键
C—C
C—H
H—H
C—O
C≡O
H—O
键能/kJ·mol－1
348
414
436
326．8
1 032
464
则该反应的ΔH＝__－128．8__kJ·mol－1。
(4)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应的能量变化如图1所示。
补全上图：图中A处应填入__1_mol_CO2(g)＋3_mol_H2O(g)__。
(5)恒温恒容条件下，硫可以发生如下转化，其反应过程和能量关系如图2所示。
已知：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196．6 kJ·mol－1
①写出能表示硫的燃烧热的热化学方程式：__S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1__。
②ΔH2＝__－78．64__kJ·mol－1。
【解析】 (1)反应①：SO2(g)＋I2(g)＋2H2O(g)===2HI(g)＋H2SO4(l) ΔH1＝a kJ·mol－1，反应②：2H2SO4(l)===2H2O(g)＋2SO2(g)＋O2(g) ΔH2＝b kJ·mol－1，反应③：2HI(g)===H2(g)＋I2(g) ΔH3＝c kJ·mol－1则：按盖斯定律由①×2＋②＋③×2得到2H2O(g)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝(2a＋b＋2c)kJ·mol－1。
(2)HCl通入100 mL 1 mol·L－1的NaOH溶液中恰好完全反应，则HCl的物质的量为0．1 mol，按热化学方程式：2H2(g)＋SiCl4(g)===Si(s)＋4HCl(g) ΔH＝＋240．4 kJ·mol－1：在此制备纯硅反应过程中生成0．1 mol HCl热效应是×0．1 mol＝＋6．01 kJ；
(3)焓变＝反应物总键能之和－生成物总键能之和，依据图表提供的化学键的键能CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g) ΔH＝1 032 kJ/mol＋2×436 kJ/mol－(3×414 kJ/mol＋326．8 kJ/mol＋464 kJ/mol)＝－128．8 kJ·mol－1；
(4)以CO2(g)和H2(g)为原料合成甲醇，反应方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)由反应的能量变化图知，热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＝－50 kJ·mol－1，则图中A处应填入1 mol CO2(g)＋3 mol H2O(g)；
(5)①燃烧热是指1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，所以，硫的物质的量为1 mol。由图可知1 mol S(s)完全燃烧放出的热量为297 kJ，所以，硫的燃烧热的热化学方程式S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－297 kJ·mol－1；
②由图可知，参加反应的n(SO2)＝1 mol－0．2 mol＝0．8 mol，根据热化学方程式：
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH3＝－196．6 kJ·mol－1。
ΔH2＝0．4×ΔH＝0．4×(－196．6 kJ·mol－1)＝－78．64 kJ·mol－1。
方法技巧
热化学方程式书写与正误判断易出现的5种常见错误
(1)“＋”“－”漏写或使用不正确。如放热反应未标“－”。
(2)单位与热量Q单位混淆。ΔH的单位为“kJ·mol－1(或kJ/ mol)”，易错写成“kJ”。
(3)物质的状态标注不正确。s、l、 g和aq分别表示固态、液态、气态和水溶液。
(4)ΔH的数值不正确。即ΔH的数值必须与方程式中的化学计量数相对应。
(5)对概念的理解不正确。如燃烧热是指1 mol可燃物，且生成CO2(g)、H2O(l)、SO2(g)等；中和热是指1 mol H＋和1 mol OH－生成1 mol H2O(l)。
〔类题通关〕
1．(2021·郑州模拟)科学家结合实验和计算机模拟结果，研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个CO分子还原NO的能量变化与反应历程如图所示。下列说法错误的是( A )
A．该反应的热化学方程式为2CO(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2CO2(g) ΔH＝Ed－Ea kJ·mol－1
B．决定整个反应速率快慢的步骤是①
C．反应过程中断裂与形成的化学键都包含σ键和π键
D．改变催化剂，不能使反应的焓变发生改变
【解析】 该过程表示一个CO分子还原NO的能量变化，热化学方程式对应的能量变化应该是2 mol CO分子被还原的能量，故A错误；活化能大速率慢，是决速步骤，①的活化能大于②，决定整个反应速率快慢的步骤是①，故B正确；反应物CO分子既含有σ键和π键，生成物N2和CO2含有σ键和π键，所以反应过程中断裂与形成的化学键都包含σ键和π键，故C正确；催化剂只能改变反应历程，不能改变焓变，故D正确。
2．(2021·西安模拟)2007年诺贝尔化学奖授予埃特尔以表彰其对于合成氨反应机理的研究，氮气和氢气分子在催化剂表面的部分变化过程如图所示，下列说法不正确的是( A )
N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝－92 kJ·mol－1
A．升高温度不能提高一段时间内NH3的产率
B．图①→②过程吸热，图②→③过程放热
C．N2在反应过程中三键均发生断裂
D．反应过程中存在—NH—、—NH2等中间产物
【解析】 升高温度，化学反应速率加快，可以提高一段时间内NH3的产率，A错误；图①→②过程表示断裂氮气分子的化学键，断键吸热，图②→③过程表示形成氮氢单键，成键放热，B正确；由图①→②可知，N2在反应过程中三键均发生断裂，C正确；图③④表明反应过程中存在—NH—、—NH2等中间产物，D正确。
3．(2021·嘉兴模拟)用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。已知：
①Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH＝＋64．39 kJ·mol－1
②2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g) ΔH＝－196．46 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285．84 kJ·mol－1
在H2SO4溶液中，1 mol Cu(s)与H2O2(l)反应生成Cu2＋(aq)和H2O(l)的反应热ΔH等于( A )
A．－319．68 kJ·mol－1 B．－417．91 kJ·mol－1
C．－448．46 kJ·mol－1 D．＋546．69 kJ·mol－1
【解析】 已知：①Cu(s)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋H2(g) ΔH＝＋64．39 kJ·mol－1，②2H2O2(l)===2H2O(l)＋O2(g) ΔH＝－196．46 kJ·mol－1，③H2(g)＋O2(g)===H2O(l) ΔH＝－285．84 kJ·mol－1，根据盖斯定律①＋×②＋③，整理可得：Cu(s)＋H2O2(l)＋2H＋(aq)===Cu2＋(aq)＋2H2O(l) △H＝－319．68 kJ/mol。
考点二 化学能与电能
角度 原电池原理在新型电池中的应用
典例1 ＋＋＋(2021·衡阳模拟)近日，南开大学陈军院士团队以KSn合金为负极，以含羧基多壁碳纳米管(MWCNTs—COOH)为正极催化剂构建了可充电K－CO2电池(如图所示)，电池反应为4KSn＋3CO22K2CO3＋C＋4Sn，其中生成的K2CO3附着在正极上。该成果对改善环境和缓解能源问题具有巨大潜力。下列说法正确的是( C )
A．放电时，电子由KSn合金经酯基电解质流向MWCNTs—COOH
B．电池每吸收22．4 L CO2，电路中转移4 mol e－
C．充电时，阳极电极反应式为C－4e－＋2K2CO3===3CO2↑＋4K＋
D．为了更好地吸收温室气体CO2，可用适当浓度的KOH溶液代替酯基电解质
【解析】 放电时，KSn合金作负极，MWCNTs—COOH作正极，在内电路中电流由负极流向正极，A错误；气体未指明状况，无法根据体积确定其物质的量，B错误；充电时，阳极发生氧化反应，电极反应为C－4e－＋2K2CO3===3CO2↑＋4K＋，C正确；若用KOH溶液代替酯基电解质，则KOH会与正极上的MWCNTs—COOH发生反应，因此不能使用KOH溶液代替酯基电解质，D错误。
方法技巧
四步解决新型化学电源问题
角度 实际生产中电解原理的应用
典例2 ＋＋＋(2021·东北师大附中模拟)近日，上海交通大学周保学教授等人提出了一种如下图所示的光电催化体系，该体系利用双极膜既能将SO2转化为SO所释放的化学能用于驱动阴极H2O2的高效生成，也可以实现烟气脱SO2．则下列说法错误的是( B )
A．阴极反应为：2H＋＋O2＋2e－===H2O2
B．电解液中有2个离子交换膜，膜b为阳离子交换膜，膜a为阴离子交换膜
C．随着反应的进行，阳极区pH降低
D．每生成1 mol SO，伴随着1 mol H2O2的生成
【解析】 根据装置知道，左侧电极为二氧化硫转化为硫酸根离子的过程，S元素化合价升高，失电子，做阳极，则直流电源的左侧是正极。右侧是阴极，为氧气得电子的还原反应转化为过氧化氢的过程，阴极反应为2H＋＋O2＋2e－===H2O2，故A正确；根据装置知道，氢氧根离子靠近阳极的交换膜进入阳极参加反应，应该为阴离子交换膜；氢离子通过靠近阴极的交换膜进入阴极参加反应，应该为阳离子交换膜，故B错误；根据装置知道，左侧电极为二氧化硫转化为硫酸根离子的过程，氢氧根离子被消耗，碱性减弱，pH降低，故C正确；二氧化硫转化为硫酸根离子，每生成1 mol硫酸根离子，伴随2 mol电子转移，根据电子守恒，得到的过氧化氢是1 mol，故D正确。
答题模板
“电解装置”解题流程
角度 电化学原理在金属腐蚀与防护中的应用
典例3 ＋＋＋(2020·江苏高考·11)将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是( C )
A．阴极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【解析】 阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，A错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，B错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，C正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，D错误。
规律方法
金属的三种防护措施
1．改变金属内部结构：如把Ni、Cr等加入普通钢里制成不锈钢合金，具有很强的抗腐蚀性。
2．覆盖保护层：在金属的表面覆盖保护层如涂防锈漆、油脂、搪瓷、加塑料保护层及电镀等可阻止金属与周围可发生反应的物质接触。
3．使用电化学保护法
(1)利用原电池原理——牺牲阳极的阴极保护法
(2)利用电解池原理——外加电流的阴极保护法
角度 原电池原理与电解池原理的综合应用
典例4 ＋＋＋电絮凝技术(EC)是一种集混凝、气浮、电化学于一体的新兴水处理技术，实验表明电絮凝技术能除去废水中96%以上的磷(主要以PO形式存在)和油污，某化学兴趣小组用甲烷燃料电池作为电源模拟电絮凝净水，装置如图所示。下列说法正确的是( D )
A．甲烷燃料电池中X是空气，Y是甲烷
B．燃料电池的负极反应为CH4－8e－＋2H2O===CO2＋8H＋
C．电解池阳极溶解9 g Al，理论上有2 g CH4被氧化
D．电絮凝净水存在氧化、水解、吸附、上浮和下沉等过程
【解析】 铜电极上发生水得电子的还原反应，说明铜是电解池的阴极，则A是甲烷燃料电池的负极，故X是甲烷，Y是空气，A错误；氢氧化钾溶液是甲烷燃料电池的电解质溶液，负极反应为CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O，B错误；电解池铝电极(阳极)上存在两个竞争反应，分别为Al－3e－===Al3＋、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极溶解9 g Al，理论上被氧化的CH4的质量大于2 g，C错误；电絮凝净水存在的过程有铝活泼电极失去电子被氧化为Al3＋、Al3＋水解生成氢氧化铝胶体、氢氧化铝胶体吸附水中油污等污染物、密度小的污染物上浮形成悬浮物、密度大的污染物下沉成为污泥，D正确。
方法技巧
燃料电池中不同环境下的电极反应式
以甲醇、O2燃料电池为例：
酸性介质，如稀H2SO4
负极
CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋
正极
O2＋6e－＋6H＋===3H2O
碱性介质，如KOH溶液
负极
CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O
正极
O2＋6e－＋3H2O===6OH－
熔融盐介质，如K2CO3
负极
CH3OH－6e－＋3CO===4CO2↑＋2H2O
正极
O2＋6e－＋3CO2===3CO
高温下能传导O2－的固体作电解质
负极
CH3OH－6e－＋3O2－===CO2↑＋2H2O
正极
O2＋6e－===3O2－
〔类题通关〕
1．(2021·河北高考)K－O2电池结构如图，a和b为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是( D )
A．隔膜允许K＋通过，不允许O2通过
B．放电时，电流由b电极沿导线流向a电极；充电时，b电极为阳极
C．产生1 Ah电量时，生成KO2的质量与消耗O2的质量比值约为2．22
D．用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗3．9 g钾时，铅酸蓄电池消耗0．9 g水
【解析】 由图可知，a电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为K－e－===K＋，b电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾；金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通过，不允许O2通过，A正确；由分析可知，放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，B正确；由分析可知，生成1 mol超氧化钾时，消耗1 mol氧气，两者的质量比值为1 mol×71 g/mol∶1 mol×32 g/mol≈2．22∶1，C正确；铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4＋2H2O===PbO2＋Pb＋2H2SO4，反应消耗2 mol水，转移2 mol电子，由得失电子数目守恒可知，耗3．9 g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为×18 g/mol＝1．8 g，D错误。
2．(2021·福州模拟)十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战”，意味着对污染防治比过去要求更高。某种利用垃圾渗透液实现发电、环保二位一体结合的装置示意图如下，当该装置工作时，下列说法正确的是( D )
A．盐桥中Cl－向Y极移动
B．电路中流过7．5 mol电子时，共产生标准状况下N2的体积为16．8 L
C．电流由X极沿导线流向Y极
D．Y极发生的反应为2NO＋10e－＋6H2O===N2↑＋12OH－，周围pH增大
【解析】 由图示可知，X极氨气失电子发生氧化反应生成氮气，X是负极；Y电极NO得电子发生还原反应生成氮气，Y是正极。处理垃圾渗滤液的装置属于原电池装置，溶液中的阴离子移向负极，所以氯离子向X极移动，A错误；电池总反应为5NH3＋3NO===4N2＋6H2O＋3OH－，该反应转移了15个电子，即转移15个电子生成4个氮气，故电路中流过7．5 mol电子时，产生2 mol氮气，标准状况下N2的体积为44．8 L，B错误；电流由正极流向负极，即电流由Y极沿导线流向X极，C错误；Y是正极，NO得电子发生还原反应生成氮气，2NO＋10e－＋6H2O===N2↑＋12OH－，周围pH增大，D正确。
3．(2021·成都模拟)关于下列各装置图的叙述错误的是( C )
A．用图①装置精炼铜，b极为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B．图②装置盐桥中KCl的K＋移向乙烧杯
C．图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“牺牲阳极的阴极保护法”
D．图④两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同
【解析】 根据图示，电流由电源流向a，a是阳极、b是阴极，电解法精炼铜，粗铜作阳极、精铜作阴极，电解质溶液为CuSO4溶液，故A正确；图②装置，锌是负极、铜是正极，阳离子移向正极，所以盐桥中KCl的K＋移向乙烧杯，故B正确；图③装置中钢闸门应与外接电源的负极相连，称之为“外接电流的阴极保护法”，故C错误；图④两个装置中通过导线的电子都为1 mol时，消耗铝 mol、消耗锌 mol，故D正确。
4．(2021·深圳模拟)一种以水和氮气为原料，用电驱动可实现常压下合成氨的机理如图所示。有关该过程的叙述正确的是( D )
A．电解MgCl2的水溶液可得到Mg和Cl2
B．Mg3N2既是氧化产物又是还原剂
C．NH4Cl是催化剂
D．产生了副产物O2
【解析】 由于水电离产生的氢离子放电顺序在镁离子之前，导致电解MgCl2的水溶液不可得到Mg，A错误；由原理图可知生成Mg3N2的反应方程式为3Mg＋N2===Mg3N2，Mg的价态由0价升高为＋2价，N的价态由0价降低为－3价，因此Mg3N2既是氧化产物又是还原产物，Mg作还原剂，B错误；由图可知NH4Cl是中间产物，C错误；由原理图可知产物有NH3和O2，NH3是目标产物，O2是副产物，D正确。
预测精练·提能
YU CE JING LIAN TI NENG
1．(2021·广州模拟)我国科学家构建直接异质结构和间接异质结构系统，实现CO2还原和H2O氧化。有关该过程的叙述正确的是( A )
A．只涉及太阳能转化为化学能
B．金属Pt表面的反应为Fe2＋－e＝===Fe3＋
C．Fe2＋/Fe3＋作为氧化还原协同电对，可以换成I－/I2
D．总反应为2H2O＋2CO2===O2＋2HCOOH
【解析】 由反应机理图可知只涉及太阳能转化为化学能，A正确；金属Pt表面的反应为Fe3＋＋e－===Fe2＋，B错误；由于是阳离子交换膜，不可以换成I－/I2，C错误；总反应为2H2O＋2CO2O2＋2HCOOH，D错误。
2．(2021·重庆模拟)工业合成三氧化硫的反应为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＝－198 kJ·mol－1，反应过程可用下图模拟(代表O2分子，代表SO2分子，代表催化剂)。下列说法不正确的是( D )
A．过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了整个反应进行的程度
B．过程Ⅱ为吸热过程，过程Ⅲ为放热过程
C．加入SO2和O2各1 mol，充分反应后放出的热量小于99 kJ
D．催化剂可降低反应的活化能，使ΔH减小
【解析】 由图可知过程Ⅱ是旧键断裂，过程Ⅲ是新键的生成，则过程Ⅱ和过程Ⅲ决定了全部反应进行的程度，A正确；由图可知，过程Ⅱ化学键断裂，为吸热过程，过程Ⅲ化学键形成，为放热过程，B正确；反应2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) △H＝－198 kJ/mol是可逆反应，所以1 mol SO2和1 mol O2反应时消耗SO2的物质的量小于1 mol，放热小于99 kJ，C正确；催化剂不能改变反应的始终态，不能改变反应物和生成物的内能，所以不能改变反应热，D错误。
3．(2021·兰州模拟)上海交通大学仇毅翔等研究了不同含金化合物催化乙烯加氢[C2H4(g)＋H2(g)===C2H6(g) △H＝a mol·L－1]的反应历程如下图所示：
下列说法正确的是( B )
A．该反应为吸热反应
B．a＝－129．6
C．催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuF
D．两种过渡态物质中较稳定的是过渡态1
【解析】 该反应生成物具有的能量低，为放热反应，故A错误；由反应物、生成物的总能量可知a＝－129．6 kJ/mol－0＝－129．6 kJ/mol，a＝－129．6，故B正确；由图可知AuPF对应的活化能小，则催化效果好，故C错误；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，故D错误。
4．(2021·湖南高考)锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌溴液流电池工作原理如图所：
下列说法错误的是( B )
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
【解析】 由图可知，放电时，N电极为电池的正极，溴在正极上得到电子发生还原反应生成溴离子，电极反应式为Br2＋2e－===2Br－，M电极为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，正极放电生成的溴离子通过离子交换膜进入左侧，同时锌离子通过交换膜进入右侧，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，N电极与直流电源的正极相连，做阳极。放电时，N电极为电池的正极，故A正确；放电或充电时，左侧储液器和右侧储液器中溴化锌的浓度维持不变，故B错误；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，故C正确；放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D正确。
5．(2021·洛阳模拟)我国化学工作者提出一种利用有机电极(PTO/HQ)和无机电极(MnO2/石墨毡)，在酸性环境中可充电的电池其放电时的工作原理如图所示：
下列说法错误的是( D )
A．放电时，MnO2/石墨毡为正极，发生还原反应
B．充电时，有机电极和外接电源的负极相连
C．放电时，MnO2/石墨毡电极的电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O
D．充电时，有机电极的电极反应式为PTO＋4e－＋4H2O===HQ＋4OH－
【解析】 从工作原理图可知，MnO2生成Mn2＋，得到了电子，则MnO2/石墨毡为电源正极，发生还原反应，故A正确；充电时，有机电极得到电子，PTO得到电子和H＋生成HQ结构，则有机电极和外接电源的负极相连，故B正确；放电时，MnO2/石墨毡电极为电源正极，MnO2的电子被还原成Mn2＋，则其电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，故C正确；充电时，有机电极的电极反应式为PTO＋4e－＋4H＋===HQ，故D错误。
6．(2021·南昌模拟)碳的化合物在工业上应用广泛，下面有几种碳的化合物的具体应用：
(1)已知下列热化学方程式：
ⅰ．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)===CH2ClCHClCH3(g) ΔH1＝－133 kJ·mol－1
ⅱ．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)===CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH2＝－100 kJ·mol－1
又已知在相同条件下，CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)===CH2ClCHClCH3(g)的正反应的活化能Ea(正)为132 kJ·mol－1，则逆反应的活化能Ea(逆)为__165__kJ·mol－1。
(2)查阅资料得知，反应CH3CHO(aq)===CH4(g)＋CO(g)在含有少量I2的溶液中分两步进行：
第Ⅰ步反应为CH3CHO(aq)＋I2(aq)―→CH3I(l)＋HI(aq)＋CO(g)(慢反应)；
第Ⅱ步为快反应。
增大I2的浓度__能__(填“能”或“不能”)明显增大总反应的平均速率，理由是__总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率也增大(或根据总反应可知I2为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的反应速率)__。
(3)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入6 mol H2S和3 mol CH4，发生反应：CH4(g)＋2H2S(g)===CS2(g)＋4H2(g)。在压强为0．11 MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如下图所示：
为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是__减小体系压强(或及时分离出产物或减小起始时H2S与CH4的物质的量之比)__(列举一条)。N点对应温度下，该反应的Kp＝__8×10－4__(MPa)2(Kp为以分压表示的平衡常数)。
(4)合成碳酸二甲酯的工作原理如下图所示。
阳极的电极反应式为__2CH3OH＋CO－2e－===(CH3O)2CO＋2H＋__，离子交换膜a为__阳膜__(填“阳膜”“阴膜”)。
【解析】 (1)已知ⅰ．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)===CH2ClCHClCH3(g) ΔH1＝－133 kJ·mol－1
ⅱ．CH2===CHCH3(g)＋Cl2(g)===CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g) ΔH2＝－100 kJ·mol－1
由盖斯定律可知，ⅰ－ⅱ得到CH2===CHCH2Cl(g)＋HCl(g)===CH2ClCHClCH3(g) ΔH＝－33 kJ·mol－1，焓变等于正逆反应的活化能之差，该反应的Ea(正)为132 kJ·mol－1，则逆反应的活化能Ea(逆)为165 kJ·mol－1；
(2)总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应速率增大，则总反应速率也增大(或根据总反应可知I2为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的反应速率)；
(3)对于CH4(g)＋2H2S(g)===CS2(g)＋4H2(g)，反应物的气体分子数小于生成物的气体分子数，为提高H2S的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是：减小体系压强或及时分离出产物或减小起始时H2S与CH4的物质的量之比；在一密闭容器中，起始时充入6 mol H2S和3 mol CH4，N点时n(H2S)%＝n(H2)%，设起始时加入甲烷的物质的量为3 mol，甲烷转化的物质的量为x mol，列出三段式
CH4 ＋ 2H2SCS2 ＋ 4H2
始(mol) 3 6 0 0
变(mol) x 2x x 4x
平(mol) 3－x 6－2x x 4x
由6－2x＝4x，解得x＝1，
平衡体系总物质的量为(2＋4＋1＋4)mol＝11 mol，
平衡常数Kp＝＝＝8×10－4(MPa)2；
(4)阳极上CO失电子和甲醇反应生成碳酸二甲酯，阴极上氧气得电子生成水，阳极反应式为2CH3OH＋CO－2e－===(CH3)2CO＋2H＋，阴极氧气与H＋结合生成H2O，所以离子交换膜为阳膜，阴极的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O。
热点聚焦
RE DIAN JU JIAO
一、大题题型—盖斯定律的应用
〔知识储备〕
1．定律内容
一定条件下，一个反应不管是一步完成，还是分几步完成，反应的总热效应相同，即反应热的大小与反应途径无关，只与反应的始态和终态有关。
2．常用关系式
热化学方程式
焓变之间的关系
aA===B ΔH1
A===B ΔH2
ΔH2＝ΔH1或
ΔH1＝aΔH2
aA===B ΔH1
B===aA ΔH2
ΔH1＝－ΔH2
ΔH＝ΔH1＋ΔH2
3．答题模板——叠加法
(1)步骤
—
⇩
—
⇩
—
(2)方法
—
—
—
〔典例剖析〕
(1)(2019·全国卷Ⅲ·28节选)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。
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＝__－116__ kJ· mol－1。
(2)(2018·全国卷Ⅰ·28节选)已知：
2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g) ΔH1＝－4．4 kJ·mol－1
2NO2(g)===N2O4(g) ΔH2＝－55．3 kJ·mol－1
则反应的N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝__53．1__kJ·mol－1。
(3)(2018·全国卷Ⅱ·27节选)CH4－CO2催化重整不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。
回答下列问题：
CH4－CO2催化重整反应为CH4(g)＋CO2(g)===2CO(g)＋2H2(g)。
已知：C(s)＋2H2(g)===CH4(g) ΔH＝－75 kJ· mol－1
C(s)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－394 kJ· mol－1
C(s)＋O2(g)===CO(g) ΔH＝－111 kJ· mol－1
该催化重整反应的ΔH＝__＋247__kJ· mol－1。
(4)(2018·全国卷Ⅲ·28节选)三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) ΔH1＝48 kJ· mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g) ΔH2＝－30 kJ· mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝__＋114__kJ· mol－1。
【解析】 (1)利用盖斯定律解答本题。
CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝83 kJ· mol－1①
CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ· mol－1②
CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ· mol－1③
则4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)可由①×2＋②×2＋③×2得到，所以其ΔH＝83×2＋(－20)×2＋(－121)×2＝－116(kJ· mol－1)。
(2)由2N2O5(g)===2N2O4(g)＋O2(g) ΔH1＝－4．4 kJ·mol－1和2NO2(g)＝N2O4(g) ΔH2＝－55．3 kJ·mol－1，根据盖斯定律，故反应N2O5(g)===2NO2(g)＋O2(g)的ΔH＝1/2ΔH1－ΔH2＝(－2．2＋55．3)kJ·mol－1＝53．1 kJ·mol－1。
(3)将题目给出的热化学方程式依次编为序号①、②、③，则将③×2－①－②就得出催化重整的反应，因此催化重整反应的ΔH＝－111 kJ· mol－1×2＋394 kJ· mol－1＋75 kJ· mol－1＝＋247 kJ· mol－1。
(4)结合两个反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g) ΔH1＝48 kJ· mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3(g) ΔH2＝－30 kJ· mol－1
可得反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g)的ΔH＝3ΔH1＋ΔH2＝[3×48＋(－30)]kJ· mol－1＝＋114 kJ· mol－1
〔增分训练〕
1．(1)氨是最重要的化工产品之一。合成氨用的氢气可以甲烷为原料制得：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。有关化学反应的能量变化如下图所示，则CH4(g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式为__CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋161．1 kJ/mol__。
(2)已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH1
S(s)＋O2(g)===SO2(g) ΔH2
2S(s)S2(g) ΔH3
2H2S(g)＋SO2(g)===3S(s)＋2H2O(g) ΔH4
则反应2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)的ΔH＝__ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH1__。
(3)工业上利用CO和水蒸气在一定条件下发生反应制取氢气：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41 kJ/mol
已知：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ/mol，写出CO完全燃烧生成CO2的热化学方程式：__2CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－566 kJ/mol__。
【解析】 (1)由图像分析可知
①CO(g)＋1/2O2(g)===CO2(g) ΔH＝－282 kJ/mol
②H2(g)＋1/2O2(g)===H2O(g) ΔH＝－241．8 kJ/mol
③CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－846．3 kJ/mol
由盖斯定律③－②×3－①得：CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g) ΔH＝＋161．1 kJ/mol。
(2)根据盖斯定律：②＋③＋④－①可得2H2S(g)2H2(g)＋S2(g)的ΔH＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH1。
(3)由①CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g) ΔH＝－41 kJ/mol
②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g) ΔH＝－484 kJ/mol，
根据盖斯定律，①×2＋②可得：2CO(g)＋O2(g)===CO2(g) ΔH＝－566 kJ/mol。
2．(2021·郑州模拟)在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应，这些分子称为活化分子，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，其单位通常用kJ/mol表示。请认真观察图像，然后回答问题：
(1)图中所示反应是__放热__(填“吸热”或“放热”)反应，该反应__需要__(填“需要”或“不需要”)加热，该反应的ΔH＝__E2－E1__(用含E1、E2的代数式表示)；
(2)对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，你认为最可能的原因是__使用了催化剂__。
(3)已知红磷比白磷稳定，则反应：
P4(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH1；
4P(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH2；
ΔH1和ΔH2的关系是ΔH1__<__ΔH2(填“＞”“＜”或“＝”)。
(4)在298 K、101 kPa时，已知：
2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1
Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2
2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3
则ΔH3与ΔH1和ΔH2之间的关系正确的是__A__。
A．ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2 B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH3＝ΔH1－2ΔH2 D．ΔH3＝ΔH1－ΔH2
(5)已知H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g) ΔH＝－72 kJ·mol－1，蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，其他相关数据如下表：
物质
H2(g)
Br2(g)
HBr(g)
1 mol分子中的化学键断
裂时需要吸收的能量(kJ)
436
200
a
则表中a＝__369__。
【解析】 (1)根据图像，反应物的能量大于生成物的能量，反应放热；在化学反应中，只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才能发生化学反应，该反应的活化能大于0，反应需要加热；反应的焓变＝生成物的能量－反应物的能量，ΔH＝(E2－E1)kJ/mol；
(2)对于同一反应，图中虚线(Ⅱ)与实线(Ⅰ)相比，活化能大大降低，活化分子的百分数增多，反应速率加快，说明反应中加入了催化剂；
(3)①4P(白磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH1，②P4(红磷，s)＋5O2(g)===2P2O5(s) ΔH2，根据盖斯定律，①－②得：P4(白磷，s)===4P(红磷，s) ΔH＝ΔH1－ΔH2，红磷比白磷稳定，说明红磷的能量低于白磷，该反应是放热反应，即ΔH1－ΔH2＜0，即ΔH1＜ΔH2；
(4)①2H2O(g)===O2(g)＋2H2(g) ΔH1，②Cl2(g)＋H2(g)===2HCl(g) ΔH2，③2Cl2(g)＋2H2O(g)===4HCl(g)＋O2(g) ΔH3，由盖斯定律可知，反应③＝2×②＋①，因此ΔH3＝ΔH1＋2ΔH2；
(5)由化学键的键能可知①H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g) △H＝(436 kJ/mol＋200 kJ/mol)－2a kJ/mol＝(636－2a)kJ/mol，因蒸发1 mol Br2(l)需要吸收的能量为30 kJ，即②Br2(l)===Br2(g) ΔH＝＋30 kJ/mol，根据盖斯定律，①＋②得H2(g)＋Br2(l)===2HBr(g) ΔH＝(636－2a)kJ/mol＋(＋30 kJ/mol)＝－72 kJ/mol，解得，a＝369。
二、离子交换膜在电化学中的应用
〔知识储备〕
1．离子交换膜的作用及类型
(1)功能的作用
(2)常见的离子交换膜
种类
允许通过的离子及移动方向
说明
阳离子交换膜
阳离子→移向电解池的阴极或原电池的正极
阴离子和气体不能通过
阴离子交换膜
阴离子→移向电解池的阳极或原电池的负极
阳离子和气体不能通过
质子交换膜
质子→移向电解池的阴极或原电池的正极
只允许H＋通过
2．多室交换膜的分析
(1)两室电解池
如图是利用一种微生物将废水中的有机物(如淀粉)和废气NO的化学能直接转化为电能。
(2)三室电解池
用电渗析法可将含硝酸钠的废水再生为硝酸和氢氧化钠。
(3)四室电解池
H3PO2可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：
〔典例剖析〕
(2021·广东高考)合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是( D )
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋
【解析】 由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2＋＋2e－===Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋。放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；由分析可知，阴极生成1 mol钴，阳极有1 mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18 g，故B错误；若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2＋＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋，故D正确。
〔增分训练〕
1．(2018·课标全国Ⅰ，13)最近我国科学家设计了一种CO2＋H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA－Fe2＋－e－===EDTA－Fe3＋
②2EDTA－Fe3＋＋H2S===2H＋＋S＋2EDTA－Fe2＋
该装置工作时，下列叙述错误的是( C )
A．阴极的电极反应：CO2＋2H＋＋2e－===CO＋H2O
B．协同转化总反应：CO2＋H2S===CO＋H2O＋S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA－Fe3＋/EDTA－Fe2＋，溶液需为酸性
【解析】 阴极发生还原反应，氢离子由交换膜右侧向左侧迁移，阴极的电极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===CO＋H2O，A项正确；结合阳极区发生的反应，可知协同转化总反应为CO2＋H2S===S＋CO＋H2O，B项正确；石墨烯作阳极，其电势高于ZnO@石墨烯的，C项错误；Fe3＋、Fe2＋在碱性或中性介质中会生成沉淀，它们只稳定存在于酸性较强的介质中，D项正确。
2．(2021·绵阳模拟)锌铈液流二次电池，放电工作原理如图所示。下列说法正确的是( C )
A．充电时，b极发生还原反应
B．放电时，溶液中离子由b极向a电极方向移动
C．放电时，电池的总离子反应方程式为Zn＋2Ce4＋===Zn2＋＋2Ce3＋
D．充电时，当a极增重3．25 g时，通过交换膜的离子为0．05 mol
【解析】 根据图示，充电时a极得电子，发生还原反应，b极失电子，发生氧化反应；放电时，a极为负极，失电子，发生氧化反应，b极为正极，得电子，发生还原反应；充电时，b极失电子，为阳极，发生氧化反应，A错误；放电时，a极失电子，b极得电子，为平衡电荷，氢离子由质子交换膜从a到b，故溶液中离子由a电极向b电极方向移动，B错误；根据分析可知a电极Zn被氧化成Zn2＋，为负极，b电极Ce4＋被还原成Ce3＋，为正极，故电池的总离子反应方程式为Zn＋2Ce4＋===Zn2＋＋2Ce3＋，C正确；充电时，a电极发生反应Zn2＋＋2e－===Zn，增重3．25 g，即生成0．05 mol Zn，转移电子为0．1 mol，交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，所以有0．1 mol H＋通过交换膜以平衡电荷，D错误。
3．电解合成1,2－二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中正确的是( D )
A．该装置工作时，化学能转变为电能
B．CuCl2能将C2H4还原为l,2－二氯乙烷
C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D．该装置总反应为CH2===CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl
【解析】 该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，A错误；C2H4中C元素化合价为－2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为－1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1,2－二氯乙烷，B错误；该电解池中，阳极发生的电极反应式为CuCl－e－＋Cl－===CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，C错误；该装置中阳极首先发生反应：CuCl－e－＋Cl－===CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1,2－二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电生成氢气，其总反应方程式为CH2===CH2＋2H2O＋2NaClH2＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，D正确。
4．(2021·昆明模拟)利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是( B )
A．a极反应：CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O
B．A膜和C膜均为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜
C．可用铁电极替换阴极的石墨电极
D．a极上通入标况下2．24 L甲烷，理论上产品室可新增0．4 mol Ca(H2PO4)2
【解析】 a极为甲烷，甲烷失去电子，因此电极反应式为CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O，A正确；阳极室阴离子放电，钙离子穿过A膜进入到产品室，因此A膜为阳离子交换膜，原料室中钠离子穿过C膜进入到阴极室，因此C膜为阳离子交换膜，磷酸二氢根穿过B膜进入到产品室，因此B膜为阴离子交换膜，B错误；可用铁电极替换阴极的石墨电极，电极反应式不变，C正确；a极上通入标况下2．24 L甲烷即物质的量为0．1 mol，根据CH4－8e－＋4O2－===CO2＋2H2O，则转移0．8 mol电子，因此有0．4 mol钙离子移向产品室反应生成Ca(H2PO4)2，即理论上产品室可新增0．4 mol Ca(H2PO4)2，D正确。
专题强化提升训练(六)
1．(2021·天津模拟)如图是CH4与Cl2生成CH3Cl的部分反应过程中各物质物质的能量变化关系图(Ea表示活化能)，下列说法错误的是( D )
A．增大Cl2的浓度，可提高反应速率，但不影响ΔH的大小
B．第一步反应的速率小于第二步反应
C．总反应为放热反应
D．升高温度，Ea1、Ea2均增大，反应速率加快
【解析】 Cl2是该反应的反应物，增大反应物的浓度，反应速率增大，但增大氯气的浓度不影响ΔH的大小，故A正确；第一步反应所需活化能Ea1大于第二步反应所需活化能Ea2，第一步反应单位体积内活化分子百分数低于第二步反应，故第二步反应速率更大，故B正确；反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故C正确；Ea1、Ea2分别为第一步反应、第二步反应所需活化能，升高温度，反应所需活化能不变，即Ea1、Ea2不变，故D错误。
2．已知热化学方程式：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－Q kJ·mol－1(Q>0)。下列说法正确的是( D )
A．相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量小于2 mol SO3(g)所具有的能量
B．将2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)置于一密闭容器中充分反应后，放出热量为Q kJ
C．增大压强或升高温度，该反应过程放出更多的热量
D．如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，则此过程中有2 mol SO2(g)被氧化
【解析】 反应是放热反应，依据反应前后能量守恒，相同条件下，2 mol SO2(g)和1 mol O2(g)所具有的能量大于2 mol SO3(g)所具有的能量，选项A错误；ΔH＝－Q kJ·mol－1，Q的具体含义是当2 mol的二氧化硫气体与1 mol的氧气完全反应生成2 mol的三氧化硫气体时，放出的热量为Q kJ，但这是一个可逆反应，不可能完全反应，因此放出的热量小于Q kJ，选项B错误；增大压强，该平衡向正反应方向移动，放出热量更多，升高温度，该平衡向逆反应方向移动，放出热量减少，选项C错误；如将一定量SO2(g)和O2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，参加反应的二氧化硫为2 mol，故一定有2 mol SO2(g)被氧化，选项D正确。
3．(2021·临川模拟)使用NC环金属化Ir(Ⅲ)配合物催化甲酸脱氢的反应机理如下图。下列说法中错误的是( D )
A．甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑＋H2↑
B．反应过程中，Ir(Ⅲ)配合物B为催化剂，Ir(Ⅲ)配合物A为中间产物
C．由D→E的过程，是甲酸协助转运H的过程
D．反应过程中，HCOOH中的C===O键发生断裂
【解析】 据图可知反应物为HCOOH，产物为H2和CO2，化学方程式为HCOOHCO2↑＋H2↑，A正确；据图可知反应物最开始是和Ir(Ⅲ)配合物B反应，所以Ir(Ⅲ)配合物B是催化剂，Ir(Ⅲ)配合物A为其中一步反应的产物，即中间产物，B正确；据图可知D→E的过程中，在甲酸协助下，H原子由一个N原子上转移到另一个N原子上，C正确；纵观整个过程可知HCOOH中的C===O键没有断裂，C—H键和O—H键断键形成C===O键，D错误。
4．(2021·北京模拟)Deacon催化氧化法将HCl转化为Cl2的反应为：4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－116 kJ·mol－1
研究发现CuCl2(s)催化反应的过程如下：
反应ⅰ：CuCl2(s)===CuCl(s)＋Cl2(g) ΔH1＝＋83 kJ·mol－1
反应ⅱ：CuCl(s)＋O2(g)===CuO(s)＋Cl2(g) ΔH2＝－20 kJ·mol－1
反应ⅲ：……
下列表述不正确###的是( C )
A．反应ⅰ中反应物的总能量小于生成物的总能量
B．反应ⅱ中，1 mol CuCl(s)反应时转移2 mol e－
C．推断反应ⅲ应为CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－242 kJ·mol－1
D．由反应过程可知催化剂参与反应，通过改变反应路径提高反应速率
【解析】 反应ⅰ为吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，A正确；反应ⅱ中，铜从＋1升高到＋2、氯从－1升高到0，则1 mol CuCl(s)反应时失去2 mol e－，氧气中氧从0降低到－2，则 mol O2得到2 mol e－，B正确；按盖斯定律，反应4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－116 kJ·mol－1减去2×(反应ⅰ＋反应ⅱ)可得：2CuO(s)＋4HCl(g)===2CuCl2(s)＋2H2O(g) ΔH3＝－242 kJ·mol－1，则CuO(s)＋2HCl(g)===CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121 kJ·mol－1，C不正确；由反应过程可知催化剂参与反应后重新生成，但催化剂改变反应路径、通过降低反应活化能提高反应速率，D正确。
5．(2021·山东高考)以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是( C )
A．放电过程中，K＋均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1 mol O2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11．2 L
【解析】 碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为：2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O；N2H4—O2清洁燃料电池总反应为：N2H4＋O2===N2＋2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为－2价，H元素化合价为＋1价，据氧化还原反应原理可知其燃料电池的总反应为：(CH3)2NNH2＋4O2＋4KOH===2K2CO3＋N2＋6H2O。放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；N2H4—O2清洁燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是：×6、×4、×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 mol O2生成的氮气的物质的量为1 mol，在标准状况下为22．4 L，D错误。
6．已知：(1)Zn(s)＋O2(g)===ZnO(s)，ΔH＝－348．3 kJ·mol－1，
(2)2Ag(s)＋O2(g)===Ag2O(s)，ΔH＝ －31．0 kJ·mol－1，则Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)的ΔH等于( B )
A．－379．3 kJ·mol－1 B．－317．3 kJ·mol－1
C．－332．8 kJ·mol－1 D．317．3 kJ·mol－1
【解析】 根据盖斯定律可知，(1)－(2)即得到Zn(s)＋Ag2O(s)===ZnO(s)＋2Ag(s)，所以反应热ΔH＝－348．3 kJ·mol－1＋31．0 kJ·mol－1＝－317．3 kJ·mol－1，故答案为B。
7．(2021·绵阳模拟)文献报道：在45 ℃、0．1 MPa时，科学家以铁粉为催化剂，通过球磨法合成氨。部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，下列说法正确的是( C )
A．由此历程可知：N*＋3H*===NH*＋2H* ΔH>0
B．铁粉改变了合成氨的反应历程和反应热
C．图示过程中有极性共价键的生成
D．用不同催化剂合成氨，反应历程均与上图相同
【解析】 ΔH与反应过程无关，取决于反应的起点和终点，由图知，反应物的总能量比生成物的总能量高，为放热反应ΔH<0，则N*＋3H*===NH*＋2H* ΔH<0，A错误；铁粉做催化剂，只改变反应历程，不改变始终态，即不能改变反应热，B错误；过程中有N—H极性共价键的生成，C正确；不同的催化剂，改变反应的历程不一样，D错误。
8．(2021·茂名模拟)中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电池，其工作原理示意图如图所示，已知聚丙烯半透膜的作用是允许某类粒子通过。下列说法正确的是( C )
A．电极Ⅰ为正极，其电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O
B．聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过
C．如果电极Ⅱ为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体
D．当负极质量减少5．4 g时，正极消耗3．36 L气体
【解析】 该装置为原电池，由电子流向可知电极Ⅰ作正极、电极Ⅱ铝作负极。正极上得电子，发生还原反应，因介质为碱性，故电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，A错误；原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负级，根据题意知铝要便于回收，所以聚丙烯半透膜不允许Al3＋通过，B错误；如果电极Ⅱ为活性镁铝合金，就会构成无数个微型原电池，镁为负极，铝为正极，溶液中H＋得电子产生氢气，所以负极区会逸出大量气体，C正确；根据得失电子守恒进行计算，n(O2)＝×＝×＝0．15 mol，但题中未标明是否在标准状况下，故无法计算消耗气体的体积，D错误。
9．(2021·安庆模拟)甲池是一种常见的氢氧燃料电池，如下图所示。一段时间乙池内，D中进入10 mol混合气体其中苯的物质的量分数为20%(杂质不参与反应)，C出来的气体中含苯的物质的量分数为10%的混合气体(不含H2，该条件下苯、环己烷都为气态)，下列说法不正确的是( D )
A．甲池中A处通入O2，E处有O2放出，且体积一样(标况下测定)
B．甲池中H＋由G极移向F极，乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极
C．乙池中惰性电极上发生：＋6H＋＋6e－===
D．导线中共传导12 mol电子
【解析】 由题意和图示，甲为氢氧燃料电池，乙为电解池，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气。A处通入O2，E处为电解池阳极产物，阳极是水放电生成氧气和H＋，由于电子转移守恒，故两处的氧气的物质的量相同，体积相同，A正确；原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H＋由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确；乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为：＋6H＋＋6e－===，C正确；10 mol含20%苯的混合气体，经过电解生成10 mol含苯10%的混合气体，则被还原的苯的物质的量为10 mol(20%－10%)＝1 mol，由电极方程式得转移电子的物质的量为6 mol，D错误。
10．(2021·哈尔滨模拟)中国科学院大连化物所的研究团队创新性提出锌碘单液流电池的概念，实现锌碘单液流中电解液的利用率近100%，其原理如图所示。下列说法正确的是( C )
A．放电时A电极反应式为：Zn2＋＋2e－===Zn
B．放电时电解质储罐中离子总浓度减小
C．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜
D．充电时A极增重65 g，C区增加离子数为2NA
【解析】 放电时A电极是负极，A极反应式为：Zn－2e－===Zn2＋，故A错误；放电时，A区发生反应Zn－2e－===Zn2＋，C区Cl－进入A区，所以电解质储罐中离子总浓度增大，故B错误；放电时，C区Cl－进入A区、K＋进入B区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，故C正确；充电时A极增重65 g，A区发生反应Zn2＋＋2e－===Zn，电路中转移2 mol电子，根据电荷守恒，2 mol Cl－自A区进入C区，2 mol K＋自B区进入C区，C区增加离子数为4NA，故D错误。
11．(2021·合肥模拟)普通电解水制氢气和氧气的缺点是温度高，能耗大。铈—钒液流电池在充电状态下产生的Ce4＋和V2＋离子可在低温催化条件下用于制备氢气和氧气，该装置示意图如图。下列说法错误的是( D )
A．在催化剂作用下有利于降低分解水制氢的能耗
B．铈—钒液流电池在充电状态下总反应为：Ce3＋＋V3＋Ce4＋＋V2＋
C．工作时，H＋通过质子交换膜由a往b移动
D．制氧气的离子方程式为：4Ce4＋＋4OH－4Ce3＋＋O2↑＋2H2O
【解析】 催化剂能够改变反应途径降低反应的活化能，因而能够降低分解水制氢能耗，A正确；由题干可知：充电状态下可产生Ce4＋、V2＋，因而根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为：Ce3＋＋V3＋Ce4＋＋V2＋，B正确；由图可知：在装置的右侧产生H2，因此H＋会通过离子交换膜由a往b移动，C正确；装置中含有质子交换膜，因此有H＋参加反应，制备O2的反应方程式中不能有OH－，D错误。
12．(2021·长沙模拟)H2O2和O3都是较强的氧化剂，可用于环境消杀。以下电化学装置可协同产生H2O2和O3，产生H2O2和O3的物质的量之比为5∶1，下列说法错误的是( A )
A．Y电极电势低于X电极
B．膜为质子交换膜
C．生成双氧水的电极反应式为O2＋2e－＋2H＋===H2O2
D．X极处可能还存在其他副反应
【解析】 Y极O元素从－2价升至0价，是阳极，电极反应式：2H2O－4e－===O2＋4H＋，3H2O－6e－===O3＋6H＋，X极是阴极，电极反应式为：O2＋2e－＋2H＋===H2O2；Y极是阳极，X极是阴极，Y电极电势比X电极高，A错误；H＋由Y极向X极移动，则膜为质子交换膜，B正确；X极是阴极，生成双氧水的电极反应式为O2＋2e－＋2H＋===H2O2，C正确；Y极还可能发生的电极反应式为3H2O－6e－===O3＋6H＋，则H2O2和O3的物质的量之比为3∶1，故应有其他副反应生成H2O2，才会有5∶1，D正确。
13．(2021·广元模拟)碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的主要能源物质。请回答下列问题：
(1)有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如图：
ΔH＝＋88．6 kJ/mol则M、N相比，较稳定的是__M__。(用字母“M”或“N”表示)
(2)已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－238．6 kJ/mol，CH3OH(l)＋O2(g)===CO2(g)＋2H2(g) ΔH＝－a kJ/mol，则a__＜__238．6(填“＞”“＜”或“＝”)。
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，写出该反应的热化学方程式：__2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ·mol－1__。
(4)火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质，将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下煅烧，所得物质可作耐高温材料，4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH＝－1 176 kJ/mol，则反应过程中，每转移1 mol电子放出的热量为__98__kJ。
(5)盖斯定律在生产和科学研究中有很重要的意义。有些反应的反应热虽然无法直接测得，但可通过间接的方法测定。现根据下列3个热化学反应方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH＝－24．8 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH＝－47．2 kJ·mol－1
③Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g) ΔH＝＋640．5 kJ·mol－1
写出CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：__FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－218．0 kJ·mol－1__。
【解析】 (1)由M转化成N的热效应可知，M的总能量更低，能量越低越稳定，则较稳定的是M；
(2)CH3OH(l)的燃烧热是1 mol CH3OH(l)在足量氧气中充分燃烧生成二氧化碳和液态水时对应的焓变，生成二氧化碳气体，甲醇燃烧生成CO2(g)和H2(g)属于不完全燃烧，放出的热量小，则a<238．6；
(3)使Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，该化学方程式为：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g)，当有1 mol Cl2参与反应时释放出145 kJ热量，则有2 mol Cl2参与反应时释放出290 kJ，则该反应的热化学方程式：2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)===4HCl(g)＋CO2(g) ΔH＝－290 kJ·mol－1；
(4)由4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s) ΔH＝－1 176 kJ/mol知：4Al(s)～3C(s)～12e－，转移12 mol电子放热1 176 kJ，则反应过程中，每转移1 mol电子放热98 kJ；
(5)①Fe2O3(s)＋3CO(g)===2Fe(s)＋3CO2(g) ΔH1＝－24．8 kJ·mol－1
②3Fe2O3(s)＋CO(g)===2Fe3O4(s)＋CO2(g) ΔH2＝－47．2 kJ·mol－1
③Fe3O4(s)＋CO(g)===3FeO(s)＋CO2(g) ΔH3＝＋640．5 kJ·mol－1，
按照盖斯定律：[3×①－②－2×③]可得：反应FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH，则ΔH＝[3×ΔH1－ΔH2－2×ΔH3]＝－218．0 kJ·mol－1，则CO气体还原FeO固体得到Fe固体和CO2气体的热化学反应方程式：FeO(s)＋CO(g)===Fe(s)＋CO2(g) ΔH＝－218．0 kJ·mol－1。
14．生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用电解法从溶液中去除。电解装置如图：以铁作阴极、石墨作阳极，可进行除氮；翻转电源正负极，以铁作阳极、石墨作阴极，可进行除磷。
Ⅰ．电解除氮
(1)在碱性溶液中，NH3能直接在电极放电，转化为N2，相应的电极反应式为：__2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O__。
(2)有Cl－存在时，除氮原理如图1所示，主要依靠有效氯(HClO、ClO－)将NH或NH3氧化为N2。在不同pH条件下进行电解时，氮的去除率和水中有效氯浓度如图2：
①当pH<8时，主要发生HClO氧化NH的反应，其离子方程式为：__3HClO＋2NH===3Cl－＋N2＋3H2O＋5H＋__。
②结合平衡移动原理解释，当pH<8时，氮的去除率随pH的降低而下降的原因是：__随溶液pH降低，c(H＋)增大，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH的氧化率下降__。
③当pH>8时，ClO－发生歧化导致有效氯浓度下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是(答出一点即可)：__pH升高有利于NH转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而氧化(或pH升高有利于NH转变为NH3，且有利于NH3逸出)__。
Ⅱ．电解除磷
(3)除磷的原理是利用Fe2＋将PO转化为Fe3(PO4)2沉淀。
①用化学用语表示产生Fe2＋的主要过程：__Fe－2e－===Fe2＋__。
②如图为某含Cl－污水在氮磷联合脱除过程中溶液pH的变化。推测在20～40 min时脱除的元素是__磷__。
(4)测定污水磷含量的方法如下：取100 mL污水，调节至合适pH后用AgNO3溶液使磷全部转化为Ag3PO4沉淀。将沉淀过滤并洗涤后，用硝酸溶解，再使用NH4SCN溶液滴定产生的Ag＋，发生反应Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓，共消耗c mol/L NH4SCN溶液V mL。则此污水中磷的含量为____mg/L(以磷元素计)。
【解析】 (1)在碱性溶液中，NH3转化为N2，化合价降低得电子，相应的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O。(2)①当pH<8时，HClO将NH氧化为N2的离子方程式为3HClO＋2NH===3Cl－＋N2↑＋3H2O＋5H＋；②当pH<8时，随溶液pH降低，c(H＋)增大，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降；③当pH>8时，ClO－发生歧化导致有效氯浓度下降，NH的氧化率下降，而氮的去除率却并未明显下降，可能的原因是pH升高有利于NH转变为NH3，NH3可直接在电极上放电而被氧化(或pH升高有利于NH转变为NH3，且有利于NH3逸出)。(3)①除磷时，Fe作阳极失电子，产生Fe2＋的主要过程为Fe－2e－===Fe2＋；②由图溶液pH的变化，在碱性溶液中，电解除氮时2NH3N2＋3H2，消耗NH3，pH会减小。电解除磷，阳极电解铁，阴极电解氢离子，pH会增大，20－40 min时pH增大，则脱除的元素是磷。(4)由关系式P～Ag3PO4～3AgSCN～3NH4SCN可知：n(P)＝n(NH4SCN)＝cV×10－3 mol，则此污水中磷的含量为：cV×10－3 mol×31 g/mol×103 mg/g÷0．1 L＝cV mg/L。
15．(2021·武汉模拟)CO2的回收与利用是科学家研究的热点课题，可利用CH4与CO2制备“合成气”(CO、H2)，还可制备甲醇、二甲醚、碳基燃料等产品。
Ⅰ．制合成气
科学家提出制备“合成气”反应历程分两步：
第一步：CH4(g)===C(ads)＋2H2(g)(慢反应)
第二步：C(ads)＋CO2(g)===2CO(g)(快反应)
(1)决定制备“合成气”反应速率的是第__一__步，上述反应中C(ads)为吸附性活性炭，反应历程的能量变化如图：
CH4与CO2制备“合成气”的热化学方程式为__CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1__。
Ⅱ．制备甲醇
“合成气”在催化剂作用下反应，可以直接合成甲醇：CO(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH＜0，测得相同时间内甲醇产率与温度的关系如图所示。
(2)温度在800 ℃时甲醇产率最高的主要原因是
__800_℃时，反应达到平衡，800_℃前，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800_℃后，温度升高，催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，或该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800_℃时甲醇产率最高__。
(3)下列措施能提高CO平衡转化率的是__BD__(填字母)。
A．升温 B．加压
C．加入催化剂 D．增大H2浓度
Ⅲ．脱水制醚
利用“合成气”合成甲醇后，甲醇脱水制得二甲醚的反应为：
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH，其速率方程式：v正＝k正·c2(CH3OH)，v逆＝k逆·c(CH3OCH3)·c(H2O)，k正、k逆为速率常数且只与温度有关。经查阅资料，上述反应平衡状态下存在计算式：ln Kc＝2．205＋(Kc为化学平衡常数；T为热力学温度，单位为K)。
(4)当T＝500 K时，Kc≈9，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数__C__(填标号)。
A．< B．
C．> D．无法确定
Ⅳ．制备碳基燃料
利用铜基配合物1,10—phenanthroline—Cu催化剂电催化CO2还原制备碳基燃料(包括CO、烷烃和酸等)是减少CO2在大气中累积和实现可再生能源有效利用的关键手段之一，其装置原理如图所示。
(5)①电池工作过程中，图中Pt电极附近溶液的pH__变小__(填“变大”或“变小”)，阴极的电极反应式为__CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH__。
②每转移2 mol电子，阴极室溶液质量增加__46__g。
【解析】 (1)化学反应的反应速率取决于慢反应，则决定制备“合成气”反应速率的是第一步；由图可知，CH4与CO2制备“合成气”的反应为吸热反应，反应的反应热ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1，则反应的热化学方程式为CH4(g)＋CO2(g)2CO(g)＋2H2(g) ΔH＝＋(E3－E1)kJ·mol－1；
(2)800 ℃时反应达到平衡，800 ℃前，反应未达到平衡，温度升高，反应速率增大，甲醇产率增大，800 ℃后，升高温度，可能导致催化剂活性(或选择性)降低，反应速率减慢，甲醇产率降低，该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇产率降低，所以温度在800 ℃时甲醇产率最高；
(3)该反应为放热反应，温度升高，平衡向逆反应方向移动，一氧化碳平衡转化率减小，故错误；该反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；加入催化剂，化学平衡不移动，一氧化碳平衡转化率不变，故错误；增大反应物氢气的浓度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳平衡转化率增大，故正确；
(4)设T＝500 K时，甲醇的起始物质的量为2 mol，转化率为a，由题意可建立如下三段式：
2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)
起(mol/L) 0 0
变(mol/L)
平(mol/L)
由Kc≈9可得：＝9，解得a＝，则平衡时甲醚的物质的量分数为＝＝>，故选C；
(5)①由图可知，该装置为电解池，铂电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，石墨烯电极为阴极，二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲酸，电极反应式为CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH，由阳极附近有氢离子生成可知，Pt电极附近溶液的氢离子浓度增大，pH变小；
②由阴极的电极反应式可知，电解时，每转移2 mol电子，阴极生成1 mol甲酸，消耗2 mol氢离子，同时有2 mol氢离子从阳极室通过离子交换膜进入阴极室，则阴极室溶液质量增加1 mol×46 g/mol＝46 g。
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