(新高考)高考化学二轮复习纠错笔记专题05 化学反应与能量（2份打包，含解析+原卷版，可预览）

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专题05 化学反应与能量
易错点1 混淆氧化还原反应基本概念

1．某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：

根据以上信息判断，下列叙述错误的是
A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变
B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等
C．过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等
D．0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)

【错因分析】整个过程涉及反应较多，同时由于物质间转变过程较多难于判断各个物质中相同元素化合价关系，不能准确的判断相关的概念辨析。
【试题解析】由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH) 4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A项正确；过程④中2moH2O水与2molX反应生成2mol B(OH) 4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B项错误；由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C项正确；NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量2×0.25mol×4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1mol H2生成H+失去的电子的量2×1mol=2mol，故两者还原能力相当，D项正确。答案选B。
【参考答案】B


氧化还原反应概念易错易混点汇总
氧化还原反应概念易错易混，能考查学生阅读能力、思维能力、计算能力，主要包括以下几方面：
1．概念不清：概念是解题的根本和依据，准确理解概念才能正确解题。对概念的本质把握不准或理解不深刻、混淆相近概念、对概念不熟悉或认识有疏漏(如对一些特殊性问题把握不准)，都会造成解题出错。在氧化还原反应中，有五对既相对立又相联系的概念，易混淆，是考查重点。
2．思维不严：严密思维是正确解题的保证。在解题过程中，对反应变化的不确定性、问题的开放性、隐含条件或知识的挖掘不力等，都会造成解题时思维不严，导致答案出现失误。
3．审题不细：仔细审题是准确解题的重要前提。在某个氧化还原反应问题分析中，常常同时出现多个限制性条件，概念辨析中常出现“错误”、“正确”、“不一定”等词。
4．方法不当：“好的方法是成功的一半”。在氧化还原反应有关问题分析中，用守恒法是最基本的方法，如电子得失守恒、质量守恒(主要是原子个数守恒)、电荷守恒(适用于有离子参与的氧化还原反应)，更多的时候要联合应用上述守恒方法。
5．思维无序：不能准确运用“物质氧化性或还原性强弱的比较”的方法，将各离子的氧化性或还原进行排序，更谈不上应用所得的氧化性或还原性顺序写出方程式，或判断反应能否发生。
6．犯低级错：除上述情形外，解题时常常还出现如氧化产物或还原产物判断不全或错误、电子得失数目确定不准、化合价分析错误等问题。

1．关于铝热反应2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3的说法正确的是
A．Al发生氧化反应 B．Fe2O3被氧化
C．Fe是还原剂 D．Al2O3是还原产物
【答案】A
【解析】Al失去电子被氧化，发生氧化反应，A项正确；Fe2O3中Fe元素的化合价降低，Fe2O3被还原，故B项错误；Fe是生成物，是还原产物，不是还原剂，C项错误；Al失去电子被氧化，生成的产物为Al2O3，则Al2O3是氧化产物，D项错误。答案选A。
易错点2 忽视氧化还原反应计算类问题的设问条件而出错

2．向含有淀粉的 KIO3 酸性溶液滴加 NaHSO3 溶液，溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是
A．溶液先变蓝的原因：2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋
B．溶液恰好褪色时 n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3
C．还原性 I-> HSO>I2
D．若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，则溶液变蓝不褪色

【错因分析】结合试题，淀粉遇I2显蓝色，“向含有淀粉的 KIO3 酸性溶液滴加 NaHSO3 溶液，溶液先变蓝后褪色”，和说明反应先生成I2，而后进一步被氧化成更高价态。没有分析出对应的结论得不到正确的选项。
【试题解析】溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，IO3-为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO3-为还原剂，反应的离子方程式为2IO3-＋5HSO3-＝I2＋5SO42-＋H2O＋3H＋，A项正确；溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式为I2＋HSO3-＝2I-＋SO42-＋3H＋，结合A项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B项正确；A项中的反应可知，还原性：HSO3-＞I2，由B项中的反应可知，还原性HSO3-＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO3-＞I-＞I2，C项错误；若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO3-＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D项正确。答案选C。
【参考答案】C


在氧化还原反应计算类问题中易出错的情况
(1)在氧化还原反应(包括电化学)的有关计算中，易忽视氧化还原反应的先后顺序，不能根据氧化还原反应的“先后规律”分析问题。当同一体系中，有多个氧化还原反应发生时，要注意反应的先后顺序，必须遵循强者优先的原则。
(2)不能准确而迅速地再现、提取和运用氧化与还原、氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物等一系列对立统一的概念。
(3)对潜在的氧化还原反应的忽视，如：在酸性环境中能表现强氧化性(中性、碱性环境中则无强氧化性)。

2．已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4＝2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，下列说法中正确的是
A．I2仅是还原产物
B．CuI既是氧化产物又是还原产物
C．消耗1mol Cu(IO3)2时转移11mol电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为：1∶12
【答案】C
【解析】I2既是氧化产物也是还原产物，A项错误；CuI只是还原产物，B项错误；1mol Cu(IO3)2在反应中转移的电子数为1mol×1+5mol×2=11mol，C项正确；氧化剂为2mol Cu(IO3)2，还原剂是22molKI，D项错误。

易错点3 忽视物质性质导致不能正确判断氧化还原反应的有关概念

3．硫化氢与浓硫酸的反应为3H2S+H2SO44S↓+4H2O，下列说法正确的是
A．硫化氢气体被氧化成硫 B．硫酸被氧化成硫
C．硫酸被还原成水 D．硫化氢气体被还原成水

【错因分析】该题反应中，氢元素和氧元素化合价前后没有变化，水既不是氧化产物也不是还原产物，若不能得到此结论则会导致答案出错。
【试题解析】该反应硫化氢中S元素化合价由−2价变为0价，硫酸中S元素化合价由+6价变为0价，所以硫化氢是还原剂，硫酸是氧化剂；A．该反应中硫化氢是还原剂，被氧化生成硫，故A正确；B．该反应中硫酸是氧化剂，在反应中被还原生成硫，故B错误；C．硫酸被还原生成硫，故C错误；D．硫化氢被氧化生成硫，故D错误；故答案为A。
【参考答案】A


判断物质氧化性和还原性强弱时应注意的两大问题
氧化性、还原性的强弱取决于物质得失电子的能力，而不是得失电子数目的多少。
比较物质氧化性、还原性强弱时应注意的是物质的氧化性、还原性可能还会与物质的稳定性、反应的温度、浓度、酸碱介质有关，需要具体问题具体分析。
一般可以从以下几个方面进行判断：
①反应条件；
②反应剧烈程度；
③金属或非金属活动性顺序；
④根据氧化剂、还原剂性质的影响因素比较；
⑤原电池、电解池的电极反应比较；在利用原电池、电解池的电板反应判断物质的氧化性、还原性强弱时，可参照以下规律：a.原电池中，通常活泼性较强的金属作负极，活泼性较弱的金属作正极；b.电解池中，阳极上物质的放电顺序即为对应物质还原性次序，阴极上的阳离子放电顺序即为阳离子氧化性次序。
⑥将同一物质氧化或还原的程度；
⑦元素在元素周期表中的位置等。

3．下列反应中，水只作氧化剂的是
①氟气通入水中   ②水蒸气经过灼热的焦炭    ③钠块投入水中　④铁与水蒸气反应
⑤氯气通入水中
A．只有①④ B．只有②③④ C．只有②③ D．只有①⑤
【答案】B
【解析】①氟气通入水中生成HF和O2，O元素的化合价升高，所以水是还原剂，故不选①；②水蒸气通入灼热焦炭发生反应为：C+H2OCO+H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选②；③钠投入水中发生反应为：2Na+2H2O =2NaOH+ H2↑，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选③；④铁与水蒸气反应为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选④；⑤氯气通入水中发生的反应为：Cl2+ H2O =HCl+HClO，H和O元素的化合价都不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选⑤。故正确序号为②③④。综上所述，本题正确答案为B。
易错点4 不能运用得失电子守恒法解氧化还原反应计算题

4．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4+FeSO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)。下列说法正确的是
A．MnO4−是氧化剂，Fe3+是还原产物
B．Fe2+的还原性强于Mn2+
C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5:1
D．生成1  mol水时，转移2.5  mol电子

【错因分析】不能根据电子得失守恒进行电子转移数目判断是本题易出错关键之处。
【试题解析】利用氧化还原反应的几组概念进行分析，Fe2+中Fe的化合价升高，Fe2+为还原剂，KMnO4中Mn的化合价降低，KMnO4为氧化剂，然后通过氧化还原反应规律进行分析；根据反应方程式，KMnO4→MnSO4，Mn的化合价由+7价→+2价，化合价降低，KMnO4为氧化剂，MnSO4为还原产物，FeSO4→Fe2(SO4)3中Fe的化合价由+2价→+3价，化合价升高，FeSO4为还原剂，Fe2(SO4)3为氧化产物，A项错误；根据氧化还原规律中的强弱规律，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即Fe2+的还原性强于Mn2+，B项正确；利用得失电子数目守恒，5n(KMnO4)＝n(FeSO4)，推出氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，C项错误；根据化合价升降法进行配平，该反应方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4＝K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，生成1 mol H2O时，消耗KMnO4的物质的量为1/4 mol，即转移电子物质的量1/4×5 mol=1.25 mol，D项错误。
【参考答案】B


利用得失电子守恒巧解氧化还原反应计算题
得失电子守恒是指发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。无论是自发进行的氧化还原反应(原电池)，还是电解池中的氧化还原反应，无论是无机物之间的氧化还原反应还是有机物参与的氧化还原反应，该规律均适用。得失电子守恒常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。
首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：
氧化剂物质的量×一个分子内被还原的原子的个数×化合价的变化值＝还原剂物质的量×一个分子内被氧化的原子的个数×化合价的变化值。

4．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为+6价)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示(SO·、·OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是

A．过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为3：1
B．若56gFe参加反应，被还原的S2O82−小于1.5NA个
C．碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SO4-·+OH-=SO42-+·OH
D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
【答案】D
【解析】过硫酸钠中正负化合价之和为零，S为+6价，Na为+1价，正价之和=(+6)×2+(+1)×2=14，负价之和为-14，若-2价氧与-1价氧的个数比为3：1，即-2价氧为6个，-1价氧的个数为2个，负价之和为(-2)×6+(-1)×2=-14，A项正确；56gFe为1mol，根据图示可知，1molS2O82−和1molFe反应生成2molSO42−和1molFe2+，该过程转移2mol电子，但是Fe2+还要与S2O82−反应变成Fe3+和自由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1mol铁参加反应消耗小于1.5mol S2O82−，共有少于1.5NA个S2O82−被还原，B项正确；结合图示可知，碱性条件下，SO4−⋅发生反应的方程式为：SO4−⋅+OH−═SO42−+⋅OH，C项正确；根据图示可知，最后是碱性条件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，D项错误。答案选D。

易错点5 配平氧化还原反应方程式的方法不正确导致出错

5．已知：Ⅰ．高锰酸钾在不同条件下发生的反应如下：
+5e−+8H+Mn2++4H2O
+3e−+2H2OMnO2↓+ 4OH−
+e−(溶液呈绿色)
Ⅱ．在下列反应中，产物K2SO4和S的物质的量之比为3∶2
_______KMnO4+_______K2S+______________K2MnO4+_______K2SO4+_______S↓+_______
下列说法不正确的是
A．高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响
B．化学方程式中反应物缺项为H2SO4，配平后系数为12
C．化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12
D．用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO2

【错因分析】若不清楚高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同，则很难得出缺项物质；若不能根据反应物和生成物的化合价变化及原子个数守恒配平，则不能正确配平反应方程式。
【试题解析】审题时要注意高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在碱性溶液中生成MnO42－，A项正确。根据产物K2MnO4知，反应在碱性条件下进行，故反应物缺项不可能是H2SO4，B项错误。反应物缺项为KOH，产物缺项为H2O，方程式配平得28KMnO4+5K2S+24KOH＝28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，C、D项正确。
【参考答案】B


要正确配平氧化还原反应方程式必须用好三个守恒：得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒。
(1)氧化剂得电子总数必等于还原剂失电子总数，即得失电子守恒。化合价升高总值也等于化合价降低总值。
(2)反应前后元素种类不变，各元素的原子数目也不变，即质量守恒。
(3)在有离子参加的氧化还原反应中，反应前后离子所带的正、负电荷总数相等，即电荷守恒。
缺项配平时要注意使化学方程式两边满足元素守恒和电荷守恒，可根据电解质溶液(或反应所处环境)的酸碱性来选择平衡电荷时所需的H+或OH−，如酸性溶液中应选H+，碱性溶液中应选OH−，不能既出现H+，又出现OH−。

5．工业上用粗软锰矿(只含有MnO2和MnO)和H2SO4(过量)、FeS2 制备MnSO4·H2O的流程如下图所示：(已知，流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO均完全反应)。

(1)①中发生了三个反应：MnO+H2SO4＝MnSO4+H2O、FeS2+H2SO4=FeSO4+H2S↑+S↓
完成反应：____MnO2＋______FeSO4+___________=____MnSO4+_________+_________。
(2)沉淀A、B的化学式分别为__________________，②中加入MnO的目的是调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，则②中MnO参与反应的离子方程式________________________。
(3)若沉淀A的质量和MnSO4·H2O的质量分别为96.0 g、321.1g，②中加入的MnO为0.1mol，则理论上粗软锰矿中MnO的质量分数为_________(精确到0.01％)。
【答案】(1)1 2 2H2SO4 1 Fe2(SO4)3 2H2O
(2)S、Fe(OH)3 MnO＋2H+＝Mn2+＋H2O
(3)14.03％
【解析】](1)由锰元素价态降低知产物中有 Fe2(SO4)3，依得失电子守恒原理确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的计量数后再依质量守恒确定还有水生成。
(2)由(1)中所给方程式知，沉淀A的成分是单质硫；X溶液中的溶质是 Fe2(SO4)3，MnSO4及过量的硫酸，由沉淀B的形成过程及Y的成分知B是Fe(OH)3。MnO是碱性氧化物，加入它可以调节溶液的pH，有利于Fe(OH)3沉淀析出。
(3)由单质硫为3mol及第2、第3两个反应的方程式知，样品的MnO2为1.5mol，又n(MnSO4·H2O)=321.1g/169g/mol=1.9mol，由锰守恒知，n(MnO)=1.9mol-0.1mol-1.5mol
=0.3mol，故ω(MnO)=0.3mol×71g/mol÷(0.3mol×71g/mol+1.5mol×87g/mol)=14.03%。

易错点6 混淆燃烧热、中和热的概念

6．下列推论正确的是
A．2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔH=−221kJ· mol−1，则碳的燃烧热的数值大于110.5 kJ· mol−1
B．C(石墨，s) C(金刚石，s) ΔH=+1.9 kJ· mol−1，则金刚石比石墨稳定
C．OH−(aq) + H+(aq) H2O(l) ΔH=−57.4 kJ· mol−1，则：含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量为28.7 kJ
D．S(g)+O2(g) SO2(g) ΔH1；S(s)+O2SO2(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2

【错因分析】即在稀溶液中强酸与强酸完全反应生成1 mol水时，放出57.4kJ热量，但醋酸是弱酸，其电离时需要吸热，如忽略此点会错选C项。
【试题解析】燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量，1 mol碳不完全燃烧释放的能量是110.5 kJ，则碳的燃烧热大于 110.5 kJ/ mol，A项正确；C(石墨，s) ＝C(金刚石，s) ΔH=+1.9kJ· mol−1，说明石墨的能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳定，B项错误；OH−(aq) + H+(aq)＝H2O(l) ΔH=−57.4 kJ· mol−1，即在稀溶液中1 mol NaOH与强酸完全反应生成1 mol水时，放出57.4 kJ热量，但醋酸是弱酸，其电离时需要吸热，则含20 g NaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量应小于28.7 kJ，C项错误；固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以ΔH1＜ΔH2，D项错误。答案选A。
【参考答案】A


1．关于中和热的理解
(1)中和热的概念是酸和碱在稀溶液中发生中和反应生成1_mol_H2O(l)时的反应热。
(2)浓的强酸和强碱在发生中和反应的同时还要发生溶解，溶解要放出热量；若是浓的弱酸和弱碱在发生中和反应的同时还要发生电离，电离要吸收热量，故放出的热量均不完全是中和热。
(3)强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应时，1 mol H＋和1 mol OH－反应生成1 mol H2O(l)，放出57.3 kJ的热量，表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
2．燃烧热及表示燃烧热的热化学方程式
(1)
(2)燃烧热是以1 mol物质完全燃烧所放出的热量来定义的，因此在书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，故在其热化学方程式中常出现分数。


6．下列热化学方程式中，正确的是
A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1
B．500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1
C．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3)kJ·mol-1
D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1
【答案】D
【解析】燃烧热指在25C°、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热，据此回答问题。
【详解】甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，要生成液态水，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ·mol-1，A项错误；500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，由于反应为可逆反应，则1molN2完全反应放热大于38.6kJ，其热化学反应方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜-38.6 kJ/mol，B项错误；中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca(OH)2反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3kJ/mol，C项错误；在101kPa时，2gH2的物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1，D项正确。答案选D。
【点睛】本题易错点为B，注意反应为可逆反应，实际情况下的放热量与反应焓变不一致。


易错点7 不会利用合适的方法计算反应热

7．肼可作为火箭发动机的燃料，与N2O4反应生成N2和水蒸气。已知：
①N2(g)+2O2(g) N2O4(l)　ΔH1=−19.5 kJ· mol−1
②N2H4(l)+O2(g) N2(g)+2H2O(g)　ΔH2=−534 kJ· mol−1
(1)写出肼(l)和N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时的热化学方程式：__________。
(2)已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O=O为500、N—N为154，O—H为462，则断裂1 mol N—H键所需的能量是________ kJ。

【错因分析】不能根据化学键的键能进行吸热或放热的计算，将无法得到正确结果。
【试题解析】(1)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。①N2(g)+2O2(g) N2O4(l) ΔH1=−19.5kJ· mol−1，②N2H4(l)+O2(g) N2(g)+2H2O(g) ΔH2=−534kJ· mol−1，根据盖斯定律，将方程式②×2−①得： 2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g) ΔH=−1048.5kJ/ mol，故答案为：2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g) ΔH=−1048.5kJ/ mol；
(2) 设断裂1 molN−H键所需的能量为K kJ，根据N2H4(l)+O2(g) N2(g)+2H2O(g)　ΔH2=−534 kJ· mol−1，反应的焓变ΔH=反应物总键能−生成物总键能=(154+4K+500)−(942+4×462)=−534，解得K=400.5，故答案为：400.5。
【参考答案】(1)2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g) ΔH2=−1048.5 kJ· mol−1 (2)400.5


反应热的计算方法
1．有关反应热计算的依据
(1)根据热化学方程式计算
反应热与反应物各物质的物质的量成正比。
(2)根据盖斯定律计算
根据盖斯定律，可以将两个或两个以上的热化学方程式包括其ΔH相加或相减，得到一个新的热化学方程式。
(3)根据物质燃烧放热数值(或燃烧热)计算
可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×其燃烧热。
(4)根据反应物和生成物的键能计算。
ΔH＝反应物的键能和－生成物的键能和。
2．利用状态，迅速比较反应热的大小
若反应为放热反应
(1)当反应物状态相同，生成物状态不同时，生成固体放热最多，生成气体放热最少。
(2)当反应物状态不同，生成物状态相同时，固体反应放热最少，气体反应放热最多。
(3)在比较反应热(ΔH)的大小时，应带符号比较。对于放热反应，放出的热量越多，ΔH反而越小。

7．甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是

A．图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=+890.3kJ/mol
B．图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) DH=﹣607.3kJ/mol
C．由图可以推得：CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=﹣283kJ/mol
D．由图可以推知：等物质的量的CO2和CO，CO2具有的能量高
【答案】C
【解析】根据图像分析，反应物的总能量高于生成物总能量，则图1中反应为：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol，A项错误；根据图像分析，生成物水的状态是液态，则图2中反应为：CH4(g)＋O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol，B项错误；CO(g)＋O2(g)＝CO2(g) 的焓变可根据CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol和反应DH=﹣283kJ/mol，CH4(g)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol求出焓变DH=﹣283kJ/mol，C项正确；CO(g)＋O2(g)＝CO2(g) DH＝﹣283kJ/mol，该反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以等物质的量的CO2和CO，CO具有的能量高，D项错误。答案选C。

易错点8 新型电池原理认识不清导致判断失误

8．利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如下图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。

下列有关叙述错误的是
A．负极的电极反应为CH3COO−−8e−+2H2O2CO2↑+7H+
B．电池工作时，H+由M极移向N极
C．相同条件下，M、N两极生成的CO2和N2的体积之比为3：2
D．好氧微生物反应器中发生的反应为NH3+2O2NO3−+2H++H2O

【错因分析】根据各电极除的通入物和排除物判断电极极性是解题的关键，若判断错误将导致整个题目的后续判断都将错误。
【试题解析】图示分析可知：N极NO3−离子得到电子生成氮气、发生还原反应，则N极正极。M极CH3COO−失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，则M极为原电池负极，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3−，据此分析解答。M极为负极，CH3COO−失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，电极反应为CH3COO−−8e−+2H2O＝2CO2↑+7H+，A项正确；原电池工作时，阳离子向正极移动，即H+由M极移向N极，B项正确；生成1 mol CO2转移4 mol e−，生成1 mol N2转移10 mol e−，根据电子守恒，M、N两极生成的CO2和N2的物质的量之比为10 mol：4 mol=5:2，相同条件下的体积比为5:2，C项错误；NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3−，则反应器中发生的反应为NH3+2O2＝NO3−+2H++H2O，D项正确。答案选C。
【参考答案】C


有关新型电池类试题的4个考查角度
由于高考中的新型电池类试题题材广、信息新、陌生度大，所以大多数考生感到这类题较难，而对难在何处又十分迷茫。这类试题主要考查考生对知识迁移应用的能力。熟悉此类试题的4个考查角度，才能顺利解题。
1．新型电池“放电”时正、负极的判断：

2．新型电池“放电”时正、负极电极反应式的书写：根据电池反应分析物质得失电子的情况，考虑电极反应生成的物质是否与电解质溶液中的离子发生反应。对于较复杂的电极反应，可以利用“总反应式−较简单一极的电极反应式＝较复杂一极的电极反应式”解决。
3．新型电池“充电”时阴、阳极的判断：首先明确原电池放电时的正、负极，再根据电池充电时，阳极接正极、阴极接负极的原理进行分析。
4．新型电池充、放电时，电解质溶液中离子移动方向的判断：先分清电池是放电还是充电，再判断正、负极或阴、阳极，最后再确定离子的移动方向。

8．最近我国成功研制出高效电催化固氮催化剂Mo2N，如图所示，在0.1mol·L－1盐酸溶液中，在一定电压下具有较高的产氨速率和稳定的电流效率。下列判断错误的是

A．石墨电极为阳极
B．P为阳离子交换膜
C．Mo2N/GCE电极区反应式为N2+6H++6e－=2NH3
D．为提高溶液的导电性，可在石墨电极区加入适量的盐酸
【答案】D
【解析】由装置图可以看出，在Mo2N/GCE电极区生成氨气，Mo2N/GCE电极区N2得到电子，是阴极，所以石墨极为阳极，A项正确；电解池工作时，阳极上水电离的氢氧根离子放电生成氧气和H+，H+从阳极区向阴极区转移，故P为阳离子交换膜，B项正确；Mo2N/GCE电极为阴极，电极反应式为：N2+6H++6e－=2NH3，C项正确；石墨电极的电极反应式为2H2O4e－=4H+O2，若加入盐酸，则变为氯离子放电产生氯气使溶液中的离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力减弱，可加入适量的硫酸增强溶液的导电性，D项错误。答案选D。

易错点9 忽略原电池中介质的作用

9．2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是

A．放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-
B．放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D．充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA

【错因分析】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。
【试题解析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A项正确；放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B项正确；离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C项错误；充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D项正确。答案选C。
【参考答案】C


介质对原电池的影响
同一个原电池反应在不同的介质中其电极反应式有可能是不相同的，如氢氧燃料电池，其总的化学反应方程式都是2H2+O22H2O，但在碱性介质和酸性介质中其电极反应式是不同的。另外由相同的电极材料组成的原电池，在不同的介质中其电池反应、电极名称、电流方向也有可能不同，如由镁、铝作电极组成的原电池，在氢氧化钠溶液中，铝作负极，镁作正极；而在稀盐酸中，铝作正极，镁作负极，因此在解电化学题时要特别注意介质的成分，慎重思考介质所起的作用。

9．ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是

A．该装置工作时，电能转化为化学能
B．该装置可以在高温下工作
C．X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜
D．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+
【答案】D
【解析】由图中信息可知，该装置为原电池装置，左侧为原电池负极，有机物在此电极上失电子，海水中阴离子向此电极移动，右侧为原电池正极，氧气在此电极上得电子，海水中阳离子向此电极移动。
【详解】该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，A项错误；高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，B项错误；原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，C项错误；由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，D项正确。答案选D。
易错点10 不能熟练运用电化学计算中的常用方法

10．天然气的主要成分为CH4，可将CH4设计成燃料电池，来解决能源问题，装置如图所示。在标准状况下，持续通入甲烷，消耗甲烷VL。下列说法错误的是

A．当0