2025届高考化学一轮复习 化学反应与能量

化学反应与能量 一．选择题（共15小题） 1．（2024•南通一模）“乌铜走银”制作中的走银工序是将氧化变黑的银丝嵌入铜器表面已鏊刻好的花纹内，再经揉黑工序，用手边焙边搓揉铜器，直到铜器表面变成乌黑、银丝变得光亮。下列有关“乌铜走银”的说法不正确的是（　　） A．用铝丝代替银丝，铜器也会变黑 B．走银工序中没有发生化学变化 C．揉黑工序中发生了原电池反应 D．反应的方程式为Cu+Ag2O═2Ag+CuO 2．（2024•番禺区一模）杭州亚运会CO2合成甲醇做火炬燃料实现了零碳排放，反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是合成甲醇的方式之一。向恒容密闭容器中充入CO2、H2和催化剂PST，500℃时反应历程如下（TS表示过渡态，加*表示吸附在催化剂表面）。下列说法不正确的是（　　） A．该方法合成甲醇的反应是放热反应 B．有副反应发生，副反应的化学方程式为：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） C．催化剂PST可提高生成甲醇的选择性，决定PST选择性较高的步骤是生成TS3步骤 D．反应速率v生成（CO2）＝v消耗（CH3OH）时，该反应达到平衡状态 3．（2024•蓝田县一模）化学反应A+B→C（ΔH＞0）分两步进行： ①A+B→X（ΔH＜0），②X→C（ΔH＞0）。 下列示意图中表示总反应过程中能量变化正确的图像是（　　） A． B． C． D． 4．（2024•江北区一模）氮及其化合物的转化过程如图1所示，其中图2为反应①过程中能量变化的曲线图。 下列分析合理的是（　　） A．图2中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线 B．每有1mol N2参加反应，则总反应中有2mol NO生成 C．在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6L D．催化剂a、b能提高反应①、②的化学反应速率，但均不能提高平衡转化率 5．（2024•江北区一模）现有三个图像，下列反应中符合全部图像的反应是（　　） A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0 B．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）ΔH＞0 C．4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0 D．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）ΔH＞0 6．（2024•江北区一模）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。 下列说法不正确的是（　　） A．催化剂降低了该反应的焓变，实现了水的高效分解 B．若分解2mol H2O（g），估算出反应吸收482kJ的能量 C．过程Ⅱ形成了氢分子和过氧化氢分子，该过程放出能量 D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数 7．（2024•城中区一模）铋基催化剂对CO2电化学还原制取HCOOH具有高效的选择性．其反应历程与能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。 下列说法中错误的是（　　） A．催化剂催化效果较好的是Bi催化剂 B．CO2电化学还原制取HCOOH的反应为放热反应 C．甲酸从催化剂表面脱附过程的ΔE＜0（ΔE代表能量变化） D．催化剂不可以改变CO2转化为HCOOH反应的焓变 8．（2024•台州一模）太阳能驱动和CO2制备CO（NH2）2的装置如图。下列说法不正确的是（　　） A．阳极区电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O B．溶液中电流从a极流向b极 C．阳极区中补充可提高制备效率 D．理论上，每生成标况下44.8LO2时，阴极区溶液质量增加22g 9．（2024•靖远县一模）某研究团队开发的碱性锌铁液流电池储能技术具有成本低、安全性高、开路电压高和环境友好等特点，在分布式储能领域具有很好的应用前景。碱性锌铁液流电池放电时的工作原理示意图如图。 已知：聚苯并咪唑（PBI）膜允许OH﹣通过。 下列说法错误的是（　　） A．配离子中提供孤电子对的是C B．放电时，N极电势低于M极，Zn电极的电极反应式为Zn﹣2e﹣+4OH﹣═[Zn（OH）4]2﹣ C．充电过程中，当0.2mol OH﹣通过PBI膜时，Zn电极质量减少6.5g D．Fe、Zn均位于第四周期，且最外层电子数相等 10．（2024•南通模拟）如图1所示是一种CO2捕获系统，初始状态下，左侧电解质储罐中装入DSPZ与KCl的混合溶液，右侧电解质储罐中装入K3Fe（CN）6—K4Fe（CN）6的混合溶液，中央为电解装置，电解装置的左右两侧为电极、中间为离子选择性膜，在电解过程中可允许K+通过。通过不断调换正负极可实现CO2的吸收和释放。已知DSPZ的结构简式如图2所示。当左侧电极连接电源负极时，反应过程中DSPZ转化为H2DSPZ。下列说法错误的一项是（　　） A．电池工作时，K+的迁移方向：右→左 B．电池工作时，该电池正在进行CO2的吸收 C．左侧电极发生的电极反应方程式为：DSPZ+2H2O+2e﹣＝H2DSPZ+2OH﹣ D．每转移1mole﹣时，该电池固定常温下22.4LCO2 11．（2024•六合区一模）FeCl3溶液吸收H2S气体后的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，其电解工作原理如图所示，下列说法正确的是（　　） A．a为电解池的阴极 B．电极b上的反应为+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣ C．随着电解进行电解池中的H+向a极移动 D．反应池中发生的离子反应为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+ 12．（2024•姑苏区一模）用甲醚（CH3OCH3）燃料电池电解Na2SO4溶液制取NaOH溶液和硫酸的装置如图所示。下列说法正确的是（　　） A．通入甲醚的电极反应式为CH3OCH3+12e﹣+3H2O＝2CO2↑+12H+ B．膜a、膜b依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜 C．M为硫酸、N为NaOH D．反应的甲醚与生成气体Y的物质的量之比为1：3 13．（2024•镇江开学）我国科学家研究发现一种电化学“大气固碳“有效方法的原理如图所示。充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化。下列有关说法正确的是（　　） A．放电时，电极B发生氧化反应 B．该电池可选用Li2SO4水溶液做离子导体 C．充电时，Li+从电极B移向电极A D．放电时，每消耗1mol CO2转移电子数4×6.02×1023 14．（2024•天宁区期末）下列叙述正确的是（　　） A．由图甲可知，2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）ΔH＝（b﹣a）kJ•mol﹣1 B．图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量 C．图丙表示燃料燃烧反应的能量变化 D．图丁表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 15．（2024•铜山区一模）关于如图所示各装置的叙述正确的是（　　） A．图1是化学能转变为电能的装置，总反应为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+ B．图2铁钉发生吸氧腐蚀，导管中水面上升，负极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣ C．图3装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变 D．图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀 二．解答题（共5小题） 16．（2024•南通一模）硼氢化钠（NaBH4）是一种环境友好的固体储氢材料。 Ⅰ.储氢： （1）NaBO2（aq）+4H2（g）＝NaBH4（s）+2H2O（l）ΔH1，任意温度下都不能自发进行的原因是 　 　。 （2）已知： NaBO2（s）═NaBO2（aq）ΔH2 H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH3 Mg（s）+O2（g）═MgO（s）ΔH4 写出NaBO2（s）制备NaBH4（s）（其中氢原子利用率为100%）的热化学方程式：　 　。 Ⅱ.释氢： （3）NaBH4水解生氢反应比较缓慢，向NaBH4水溶液中加入固态催化剂Ru/NGR可提高其产氢速率。其他条件相同时，NaBH4浓度对制氢速率的影响如图﹣1所示。A点后制氢速率下降的可能原因是 　 　。（已知：25℃时NaBH4溶解度为55g，NaBO2溶解度为0.28g。） （4）FeSO4氧化NaBH4制备纳米零价铁（Fe0），同时生成H2：Fe2++2+6H2O＝Fe↓+2B（OH）3+7H2↑，反应前后B的化合价均为+3价，则1mol Fe2+能氧化BH的物质的量是 　 　mol。 Ⅲ.循环应用： （5）NaBH4燃料电池中，NaBH4转化为NaBO2，电解NaBO2溶液又可制得NaBH4，实现物质的循环利用，电解装置示意图如图﹣2所示。电解池阴极的电极反应式为 　 　。 两电极区间使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过的原因是 　 　。 17．（2024•六合区一模）完成下列问题 （1）如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2═N2+2H2O， ①甲池装置是 　 　（填“原电池”或“电解池”），写出通入N2H4一极发生电极反应式 　 　。 ②乙池中电解反应的化学方程式为 　 　。 ③当甲池中消耗0.1mol N2H4时，乙池中Ag电极上析出固体的质量是 　 　。 （2）高铁酸钠（Na2FeO4）易溶于水，是一种新型多功能水处理剂，可以用如图所示电解装置制取Na2FeO4。电解一段时间后，c（OH﹣）降低的区域在 　 　（填“阴极室”或“阳极室”）；阳极电极反应式为：　 　。 （3）利用二氧化碳制备乙烯，用惰性电极电解强酸性二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如图所示。 ①b电极上的电极反应式为 　 　； ②该装置中使用的是 　 　（填“阴”或“阳”）离子交换膜。 18．（2024•姜堰区模拟）将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一。 （1）利用CO2合成淀粉 ①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ/mol ②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.17kJ/mol ③CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3　 　（填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”），该反应中活化能Ea（正） 　 　（填“＞”或“＜”）Ea（逆）。 （2）电催化CO2和含氮物质可合成尿素，同时可解决含氮废水污染问题。常温常压下，向一定浓度的KNO3溶液通入CO2至饱和，经电解获得尿素，其原理如图1所示。电解过程中生成尿素的电极反应式为 　 　。 （3）我国科研人员研究出在Cu—ZnO—ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图2所示。 ①乙醇胺（HOCH2CH2NH2）可完成对CO2捕集。乙醇胺溶液能够吸收和释放CO2的原因是 　 　。 ②分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是 　 　。 （4）①若在高温下CO2与足量的H2混合反应一段时间后，有催化剂和无催化剂的CO2转化率基本相等，原因是 　 　。 ②甲醇催化重整制氢。在一定温度和催化剂作用下，车载甲醇可直接转变为氢气，从而为氢氧燃料电池提供氢源。已知氢气和甲醇的热值分别为143kJ/g和23kJ/g，与车载氢气供能模式相比，车载甲醇供能模式的优势是 　 　。 19．（2024•润州区开学）（1）电渗析法淡化海水（在直流电源作用下通过离子交换膜对海水进行处理）利用如图所示装置可以减缓海水中钢铁设施的腐蚀。若开关K置于M处，则电极X可选用的物质是 　 　（选填“石墨块”、“锌块”或“铜块”；若开关K置于N处，则a极为电源的 　 　（选填“正极”或“负极”），该金属防护方法被称为 　 　（选填“牺牲阳极”或“外加电流”）的阴极保护法。 （2）反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 　 　。 ①增加C的量 ②保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ③将容器的体积缩小一半 ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大 （3）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示。 该电池正极电极反应式为 　 　。 （4）采用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，其原理如图所示。 电极b生成了 　 　（填氧化或者还原）产物，其化学式为 　 　。 ②电解过程中，能透过离子交换膜的离子是 　 　（填化学式），移动方向为 　 　。（填“从左向右”，或“从右向左”） （5）利用氧化还原滴定法测定Na2Cr2O7•2H2O产品的纯度。 称取含Na2Cr2O7•2H2O产品1.4000g配成250mL溶液，量取25.00mL于碘量瓶中，加入10mL2mol•L﹣1H2SO4和足量碘化钾溶液（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，加入淀粉溶液作指示剂，用[0.1000mol•L﹣1Na2S2O3]标准溶液滴定（I2+2S2＝2I﹣+S4），判断达到滴定终点的现象是 　 　。若实验中平均消耗Na2S2O3标准溶液24.00mL，计算重铬酸钠晶体的纯度为 　 　。（设整个过程中其他杂质不参与反应，结果保留4位有效数字） 20．（2024•启东市一模）主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。回答下列问题： （1）高温热分解H2S法：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） ①依据下表中键能数据计算该反应：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） ΔH＝　 　。 化学键 H—H H—S S—S 键能（kJ•mol﹣1） 436 364 414 ②某温度下恒容密闭容器中，反应物H2S转化率达到最大值的依据是 　 　（填字母）。 a．气体的压强不发生变化 b．气体的密度不发生变化 c．不发生变化 d．单位时间里分解的H2S和生成的H2的量一样多 ③1470K、100kPa下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 　 　。 （2）通过电化学循环法可将H2S转化为H2SO4和H2（如图所示）。其中氧化过程发生如下两步反应：H2S+H2SO4＝SO2+S↓+2H2O、S+O2＝SO2。 ①电极a上发生反应的电极反应式 　 　。 ②理论上1mol H2S参加反应可产生H2　 　mol。 （3）表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理如图所示。其它条件不变时水膜的酸碱性会影响H2S的去除率。适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是 　 　。 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•南通一模）“乌铜走银”制作中的走银工序是将氧化变黑的银丝嵌入铜器表面已鏊刻好的花纹内，再经揉黑工序，用手边焙边搓揉铜器，直到铜器表面变成乌黑、银丝变得光亮。下列有关“乌铜走银”的说法不正确的是（　　） A．用铝丝代替银丝，铜器也会变黑 B．走银工序中没有发生化学变化 C．揉黑工序中发生了原电池反应 D．反应的方程式为Cu+Ag2O═2Ag+CuO 【答案】A 【分析】由题目信息可知，“乌铜走银”制作中发生原电池反应，Cu活泼作负极，Ag2O作正极，电池反应为Cu+Ag2O═2Ag+CuO，据此作答。 【解答】解：A．Al比Cu活泼，氧化铝不能被铜还原为铝，故铜器不会变黑，故A错误； B．走银工序中银没有发生反应，故B正确； C．由分析可知，揉黑工序中发生了原电池反应，故C正确； D．由分析可知，电池反应为Cu+Ag2O═2Ag+CuO，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键。 2．（2024•番禺区一模）杭州亚运会CO2合成甲醇做火炬燃料实现了零碳排放，反应CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）是合成甲醇的方式之一。向恒容密闭容器中充入CO2、H2和催化剂PST，500℃时反应历程如下（TS表示过渡态，加*表示吸附在催化剂表面）。下列说法不正确的是（　　） A．该方法合成甲醇的反应是放热反应 B．有副反应发生，副反应的化学方程式为：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g） C．催化剂PST可提高生成甲醇的选择性，决定PST选择性较高的步骤是生成TS3步骤 D．反应速率v生成（CO2）＝v消耗（CH3OH）时，该反应达到平衡状态 【答案】D 【分析】A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量； B．根据图中TS3分析； C．催化剂能降低反应的活化能，总反应的决速步骤为活化能最大的步骤； D．当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态。 【解答】解：A．由图可知，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，故A正确； B．根据图中TS3可知，CO2和H2可以反应生成CO和H2O，副反应的化学方程式为：CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g），故B正确； C．催化剂能降低反应生成甲醇所需活化能，提高提高生成甲醇的选择性，生成TS3骤的活化能最大，是决定PST选择性较高的步骤，故C正确； D．v生成（CO2）＝v消耗（CH3OH），只指明逆反应速率，不能说明正逆反应速率相等时，反应不一定达到平衡状态，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查反应热与焓变，侧重考查学生识图能力和分析能力，掌握反应热与物质能量的关系、化学平衡的判断方法为解题关键，此题难度不大。 3．（2024•蓝田县一模）化学反应A+B→C（ΔH＞0）分两步进行： ①A+B→X（ΔH＜0），②X→C（ΔH＞0）。 下列示意图中表示总反应过程中能量变化正确的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，ΔH＝E1（正反应的活化能）﹣E2（逆反应的活化能），据此分析。 【解答】解：A．该过程中，A+B→X，放出能量，X→C，吸收能量，且A+B→C，吸收能量，故A正确； B．该过程中，A+B→X，吸收能量，故B错误； C．该过程中，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，故C错误； D．该过程中，A+B→X，吸收能量，X→C，放出能量，且A+B→C，放出能量，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 4．（2024•江北区一模）氮及其化合物的转化过程如图1所示，其中图2为反应①过程中能量变化的曲线图。 下列分析合理的是（　　） A．图2中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线 B．每有1mol N2参加反应，则总反应中有2mol NO生成 C．在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6L D．催化剂a、b能提高反应①、②的化学反应速率，但均不能提高平衡转化率 【答案】D 【分析】A．根据催化剂的作用是降低活化能进行分析； B．根据两反应均为可逆反应进行分析； C．根据未注明是在标准状况下进行分析； D．根据催化剂能提高反应速率，但不能影响平衡状态进行分析。 【解答】解：A．催化剂的作用是降低活化能，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，故A错误； B．两反应均为可逆反应，不能进行到底，故B错误； C．题中未注明是在标准状况下，气体体积不能准确计算，故C错误； D．催化剂能提高反应速率，但不能影响平衡状态，催化剂a、b能提高反应①、②的化学反应速率，但均不能提高平衡转化率，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 5．（2024•江北区一模）现有三个图像，下列反应中符合全部图像的反应是（　　） A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0 B．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）ΔH＞0 C．4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0 D．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）ΔH＞0 【答案】B 【分析】由题图1可知，随温度升高，生成物的平衡浓度增大，即升高温度平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应；由题图2可知，压强相同时，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平均相对分子质量减小，根据质量守恒定律可知，若气体的总质量不变，则其总物质的量必然增大，即吸热反应方向为气体分子数增大的方向；由题图3可知，当反应达到平衡时，增大压强，正、逆反应速率均增大，且逆反应速率增大程度更大，平衡向逆反应方向移动，所以该反应的逆反应为气体分子数减小的反应，以此来解答。 【解答】解：A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）ΔH＜0，正反应为放热反应，故A错误； B．2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）ΔH＞0，正反应为吸热反应，且气体的分子数增大，故B正确； C．4NH3（g）+5O2（g）⇌4NO（g）+6H2O（g）ΔH＜0，正反应为放热反应，故C错误； D．H2（g）+CO（g）⇌C（s）+H2O（g）ΔH＞0，正反应为吸热反应，但是其气体分子数减小，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强对平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理与图象的结合，题目难度不大。 6．（2024•江北区一模）我国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如图所示。 下列说法不正确的是（　　） A．催化剂降低了该反应的焓变，实现了水的高效分解 B．若分解2mol H2O（g），估算出反应吸收482kJ的能量 C．过程Ⅱ形成了氢分子和过氧化氢分子，该过程放出能量 D．催化剂能降低反应的活化能，增大反应物分子中活化分子的百分数 【答案】A 【分析】A．根据催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量进行分析； B．根据ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和，进行分析； C．根据过程Ⅱ形成了化学键，进行分析； D．根据催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能进行分析。 【解答】解：A．催化剂只能降低反应的活化能，但不能改变反应物、生成物的能量，因此不改变水分解反应的焓变，故A错误； B．ΔH＝反应物键能总和﹣生成物键能总和，若分解2mol H2O（g），就要断裂4mol H—O键，形成2mol H—H键和1mol O＝O键，则根据键能与反应热的关系，可知反应热ΔH＝4×463kJ/mol﹣2×436kJ/mol﹣498kJ/mol＝+482kJ/mol，因此可知反应吸收482kJ能量，故B正确； C．由题图可知，过程Ⅱ形成了化学键，因此会放出能量，故C正确； D．催化剂能改变反应途径，降低反应的活化能，使更多分子变为活化分子，从而增大反应物中活化分子的百分数，使反应速率加快，故D正确； 故选：A。 【点评】本题主要考查等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 7．（2024•城中区一模）铋基催化剂对CO2电化学还原制取HCOOH具有高效的选择性．其反应历程与能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。 下列说法中错误的是（　　） A．催化剂催化效果较好的是Bi催化剂 B．CO2电化学还原制取HCOOH的反应为放热反应 C．甲酸从催化剂表面脱附过程的ΔE＜0（ΔE代表能量变化） D．催化剂不可以改变CO2转化为HCOOH反应的焓变 【答案】A 【分析】A．反应的活化能越小，催化效果较好； B．反应物的能量比生成物的能量要高； C．使用Bi催化剂时，甲酸从催化剂表面脱附过程的ΔE＝﹣3.86eV﹣（﹣2.34eV）＝﹣1.52eV＜0，使用Bi2O3催化剂时，甲酸从催化剂表面脱附过程的ΔE＝﹣3.86eV﹣（﹣3.12eV）＝﹣0.74eV＜0； D．催化剂只影响反应速率，不改变反应焓变。 【解答】解：A．使用Bi催化剂时，过程中的活化能为﹣0.51eV﹣（﹣0.89eV）＝0.38eV，使用Bi2O3催化剂时，过程的活化能为﹣2.54eV﹣（﹣2.86eV）＝0.32eV，Bi2O3催化剂将反应的活化能降低更多，所以Bi2O3的催化效果较好，故A错误； B．由图可知，反应物的能量比生成物的能量要高，该反应为放热反应，故B正确； C．使用Bi催化剂时，甲酸从催化剂表面脱附过程的ΔE＝﹣3.86eV﹣（﹣2.34eV）＝﹣1.52eV＜0，使用Bi2O3催化剂时，甲酸从催化剂表面脱附过程的ΔE＝﹣3.86eV﹣（﹣3.12eV）＝﹣0.74eV＜0，则甲酸从催化剂表面脱附过程的ΔE＜0，故C正确； D．催化剂只影响反应速率，不改变反应焓变，故D正确； 故选：A。 【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，侧重考查学生的看图理解能力，分析应用能力，属于基本知识的考查，难度不大。 8．（2024•台州一模）太阳能驱动和CO2制备CO（NH2）2的装置如图。下列说法不正确的是（　　） A．阳极区电极反应式为4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O B．溶液中电流从a极流向b极 C．阳极区中补充可提高制备效率 D．理论上，每生成标况下44.8LO2时，阴极区溶液质量增加22g 【答案】D 【分析】根据图中装置可知，双极膜中产生的OH﹣移动到a电极，a电极为阳极，电极反应式为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，双极膜中产生的H+移动到b电极，b电极为阴极，电极反应式为：，据此作答。 【解答】解：A．由图示信息可知阳极区OH﹣转化为氧气，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝O2↑+2H2O，故A正确； B．a电极为阳极，b电极为阴极，电解池的外电路：是与电源连接的电路，阳极是氧化反应，失去电子使得电子通过电源外电路到电解池的阴极，这是电子的移动方向，电流的方向与电子运动的方向相反，所以外电路的电流是阴极流向阳极，电解池的内电路：就是溶液里的电流方向，是从阳极流向阴极，溶液中电流从a极流向b极，故B正确； C．水解可产生OH﹣，使阳极区溶液呈碱性，提高阳极区OH﹣的浓度，从而可提高制备效率，故C正确； D．标准状况下44.8LO2为2mol，生成2mol氧气转移8mol电子，阴极区电极式为：，阴极区增重的重量为二氧化碳和转移的氢离子质量，44×0.5g+9g＝31g，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 9．（2024•靖远县一模）某研究团队开发的碱性锌铁液流电池储能技术具有成本低、安全性高、开路电压高和环境友好等特点，在分布式储能领域具有很好的应用前景。碱性锌铁液流电池放电时的工作原理示意图如图。 已知：聚苯并咪唑（PBI）膜允许OH﹣通过。 下列说法错误的是（　　） A．配离子中提供孤电子对的是C B．放电时，N极电势低于M极，Zn电极的电极反应式为Zn﹣2e﹣+4OH﹣═[Zn（OH）4]2﹣ C．充电过程中，当0.2mol OH﹣通过PBI膜时，Zn电极质量减少6.5g D．Fe、Zn均位于第四周期，且最外层电子数相等 【答案】C 【分析】由图可知，Zn失去电子生成，则Zn极为负极，电极方程式为：，惰性电极为正极，得到电子生成，电极方程式为：，据此回答。 【解答】解：A．配离子中，Fe提供空轨道，C提供孤电子对形成配位键，故A正确； B．放电时，Zn极为负极，故N极电势低于M极，Zn电极的电极反应式为，故B正确； C．充电过程中，Zn电极是阴极，电极反应式为，该过程生成的OH﹣一半进入左侧池，当0.2mol OH﹣通过PBI膜时，生成的Zn的物质的量为0.1mol，故Zn电极质量增加6.5g，故C错误； D．Fe的价电子排布式为3d64s2、Zn的价电子排布式为3d104s2，均位于第四周期，且最外层电子均为2个，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 10．（2024•南通模拟）如图1所示是一种CO2捕获系统，初始状态下，左侧电解质储罐中装入DSPZ与KCl的混合溶液，右侧电解质储罐中装入K3Fe（CN）6—K4Fe（CN）6的混合溶液，中央为电解装置，电解装置的左右两侧为电极、中间为离子选择性膜，在电解过程中可允许K+通过。通过不断调换正负极可实现CO2的吸收和释放。已知DSPZ的结构简式如图2所示。当左侧电极连接电源负极时，反应过程中DSPZ转化为H2DSPZ。下列说法错误的一项是（　　） A．电池工作时，K+的迁移方向：右→左 B．电池工作时，该电池正在进行CO2的吸收 C．左侧电极发生的电极反应方程式为：DSPZ+2H2O+2e﹣＝H2DSPZ+2OH﹣ D．每转移1mole﹣时，该电池固定常温下22.4LCO2 【答案】D 【分析】当左侧电极连接电源负极时，该电极是阴极，发生得到电子的还原反应，反应过程中DSPZ转化为H2DSPZ，电极反应式为DSPZ+2H2O+2e﹣＝H2DSPZ+2OH﹣，有氢氧根生成可以吸收二氧化碳，因此左侧电极是正极，右侧电极是负极，据此解答。 【解答】解：A．原电池中阳离子移向正极，因此电池工作时，K+的迁移方向：右→左，故A正确； B．根据以上分析可知电池工作时，该电池正在进行CO2的吸收，故B正确； C．根据以上分析可知左侧电极发生的电极反应方程式为：DSPZ+2H2O+2e﹣＝H2DSPZ+2OH﹣，故C正确； D．常温下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，无法计算二氧化碳的体积，故D错误； 故选：D。 【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 11．（2024•六合区一模）FeCl3溶液吸收H2S气体后的再生过程可降解酸性污水中的硝酸盐，其电解工作原理如图所示，下列说法正确的是（　　） A．a为电解池的阴极 B．电极b上的反应为+10e﹣+6H2O＝N2↑+12OH﹣ C．随着电解进行电解池中的H+向a极移动 D．反应池中发生的离子反应为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+ 【答案】D 【分析】FeCl3具有强氧化性，反应池中FeCl3溶液氧化H2S生成S单质，发生的反应为2FeCl3+H2S＝2FeCl2+2HCl+S↓，反应池中溶液M转移到电解池左池，由图可知，电解池左池产生Fe3+，右池中NO转化为氮气，即左池中Fe2+失电子生成Fe3+，右池中NO发生得电子的还原反应，则左池a极为阳极、右池b极为阴极，阳极反应式为Fe2+﹣e﹣＝Fe3+，阴极反应式为2NO+10e﹣+12H+＝6H2O+N2↑。 【解答】解：A．由装置b电极上反应可知，NO发生得电子的还原反应，则电极b为阴极，电极a为阳极，故A错误； B．电极b为阴极，电极反应式为2NO+10e﹣+12H+＝6H2O+N2↑，故B错误； C．电解池中阳离子向阴极移动，则H+向b极移动，故C错误； D．由分析可知，反应池中FeCl3溶液氧化H2S生成S单质，发生的反应为2FeCl3+H2S＝2FeCl2+2HCl+S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S＝2Fe2++S↓+2H+，故D正确； 故选：D。 【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 12．（2024•姑苏区一模）用甲醚（CH3OCH3）燃料电池电解Na2SO4溶液制取NaOH溶液和硫酸的装置如图所示。下列说法正确的是（　　） A．通入甲醚的电极反应式为CH3OCH3+12e﹣+3H2O＝2CO2↑+12H+ B．膜a、膜b依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜 C．M为硫酸、N为NaOH D．反应的甲醚与生成气体Y的物质的量之比为1：3 【答案】C 【分析】由图可知，燃料电池中甲醚通入极为负极，电极反应式为CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2↑+12H+，氧气通入极为正极，电解池中左侧电极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，右侧电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，据此作答。 【解答】解：A．燃料电池中甲醚通入极为负极，电极反应式为CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O＝2CO2↑+12H+，故A错误； B．电解池中左侧电极为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，硫酸根离子向左侧迁移，故膜a为阴离子交换膜，右侧电极为阴极，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，钠离子向右侧迁移，故膜b为阳离子交换膜，故B错误； C．电解池中左侧电极生成氢离子，硫酸根离子透过膜a向左侧迁移，故M为硫酸，右侧生成氢氧根离子，钠离子透过膜b向右侧迁移，故N为NaOH，故C正确； D．由电极反应可知，1mol甲醚反应转移12mol电子，生成氢气（Y）6mol，故反应甲醚与生成氢气的物质的量之比为1：6，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查原电池和电解池，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。 13．（2024•镇江开学）我国科学家研究发现一种电化学“大气固碳“有效方法的原理如图所示。充电时，通过催化剂的选择性控制，只有Li2CO3发生氧化。下列有关说法正确的是（　　） A．放电时，电极B发生氧化反应 B．该电池可选用Li2SO4水溶液做离子导体 C．充电时，Li+从电极B移向电极A D．放电时，每消耗1mol CO2转移电子数4×6.02×1023 【答案】C 【分析】由图可知，放电时，电极A作负极，电极反应式为Li﹣e﹣＝Li+，电极B作正极，电极反应式为3CO2+4Li++4e﹣＝2Li2CO3+C，充电时，A极为阴极，电极反应式为Li++e﹣＝Li，B极为阳极，电极反应式为2Li2CO3+C﹣4e﹣＝3CO2↑+4Li+或2﹣4e﹣＝2CO2↑+O2↑，据此作答。 【解答】解：A．放电时，电极B作正极，发生还原反应，故A错误； B．Li性质活泼，能与水反应，故只能选择无水电解液，故B错误； C．充电时，Li+从电极B（阳极）移向电极A（阴极），故C正确； D．放电时，电极B作正极，电极反应式为3CO2+4Li++4e﹣＝2Li2CO3+C，每消耗1mol CO2转移电子数×6.02×1023，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查可充电电池，题目难度中等，能依据题目信息准确判断正负极和阴阳极是解题的关键。 14．（2024•天宁区期末）下列叙述正确的是（　　） A．由图甲可知，2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）ΔH＝（b﹣a）kJ•mol﹣1 B．图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量 C．图丙表示燃料燃烧反应的能量变化 D．图丁表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化 【答案】B 【分析】A.由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，且焓变等于正逆反应的活化能之差； B.由图可知为吸热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量； C.燃烧为放热反应； D.图中为放热反应，催化剂可降低反应的活化能。 【解答】解：A.由图可知，反应为吸热反应，热化学方程式为2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g）ΔH＝（a﹣b）kJ•mol﹣1，故A错误； B.图中反应为吸热反应，图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确； C.燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而图中表示的为吸热反应，故C错误； D.图中反应物能量高于生成物，反应为放热反应，表示某放热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握焓变与能量及键能的关系、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。 15．（2024•铜山区一模）关于如图所示各装置的叙述正确的是（　　） A．图1是化学能转变为电能的装置，总反应为Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+ B．图2铁钉发生吸氧腐蚀，导管中水面上升，负极反应为O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣ C．图3装置可在铁件表面镀铜，CuSO4溶液浓度不变 D．图4支撑海港码头基础的钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀 【答案】D 【分析】A．该装置为原电池装置，化学能转变为电能，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极； B．发生吸氧腐蚀，遵循原电池工作原理，负极上发生Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极上发生O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣； C．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极； D．根据电解原理，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀。 【解答】解：A．该装置实现化学能转变为电能，为原电池装置，因为Fe比Cu活泼，因此Fe作负极，总反应式为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，故A错误； B．发生吸氧腐蚀，负极上发生Fe﹣2e﹣＝Fe2+，正极上发生O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣，遵循原电池工作原理，氧气被吸收使具支试管中气体压强减小，因此导管中水面上升，故B错误； C．电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，因此铜作阳极，待镀铁件作阴极，故C错误； D．根据电解原理，是外接电源的阴极保护法，钢管桩与电源的负极相连，以防止被海水腐蚀，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查电化学原理，涉及原电池装置、金属的腐蚀、电解的应用等，题目中等难度。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•南通一模）硼氢化钠（NaBH4）是一种环境友好的固体储氢材料。 Ⅰ.储氢： （1）NaBO2（aq）+4H2（g）＝NaBH4（s）+2H2O（l）ΔH1，任意温度下都不能自发进行的原因是 　ΔH1＞0且△S＜0　。 （2）已知： NaBO2（s）═NaBO2（aq）ΔH2 H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH3 Mg（s）+O2（g）═MgO（s）ΔH4 写出NaBO2（s）制备NaBH4（s）（其中氢原子利用率为100%）的热化学方程式：　NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）＝NaBH4（s）+2MgO（s）ΔH＝ΔH2+2ΔH3+2ΔH4　。 Ⅱ.释氢： （3）NaBH4水解生氢反应比较缓慢，向NaBH4水溶液中加入固态催化剂Ru/NGR可提高其产氢速率。其他条件相同时，NaBH4浓度对制氢速率的影响如图﹣1所示。A点后制氢速率下降的可能原因是 　NaBH4浓度较高时，生成的NaBO2结晶析出，覆盖在催化剂表面，使催化剂活性下降，制氢速率下降　。（已知：25℃时NaBH4溶解度为55g，NaBO2溶解度为0.28g。） （4）FeSO4氧化NaBH4制备纳米零价铁（Fe0），同时生成H2：Fe2++2+6H2O＝Fe↓+2B（OH）3+7H2↑，反应前后B的化合价均为+3价，则1mol Fe2+能氧化BH的物质的量是 　05　mol。 Ⅲ.循环应用： （5）NaBH4燃料电池中，NaBH4转化为NaBO2，电解NaBO2溶液又可制得NaBH4，实现物质的循环利用，电解装置示意图如图﹣2所示。电解池阴极的电极反应式为 　　。 两电极区间使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过的原因是 　防止阴极产生的进入阳极区，发生反应而损耗，避免阴极区 浓度减小，使的产率降低　。 【答案】（1）ΔH1＞0且△S＜0； （2）NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）＝NaBH4（s）+2MgO（s）ΔH＝ΔH2+2ΔH3+2ΔH4； （3）NaBH4浓度较高时，生成的NaBO2结晶析出，覆盖在催化剂表面，使催化剂活性下降，制氢速率下降； （4）0.5； （5）；防止阴极产生的进入阳极区，发生反应而损耗，避免阴极区 浓度减小，使的产率降低。 【分析】（1）ΔH﹣T△S＜0时反应自发； （2）依据盖斯定律由已知反应的反应热计算未知反应的反应热； （3）依据外界条件对催化剂活性影响分析； （4）依据电子守恒分析； （5）由图可知，电解池右侧为阳极，左侧为阴极，电极反应式为，据此作答。 【解答】解：（1）反应任意温度下都不能自发进行的原因是ΔH1＞0且△S＜0， 故答案为：ΔH1＞0且△S＜0； （2）已知①NaBO2（s）═NaBO2（aq）ΔH2，②H2（g）+O2（g）═H2O（l）ΔH3，③Mg（s）+O2（g）═MgO（s）ΔH4 依据盖斯定律①+②×2+③×2可得NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）＝NaBH4（s）+2MgO（s）ΔH＝ΔH2+2ΔH3+2ΔH4， 故答案为：NaBO2（s）+2H2（g）+2Mg（s）＝NaBH4（s）+2MgO（s）ΔH＝ΔH2+2ΔH3+2ΔH4； （3）NaBH4浓度较高时，生成的NaBO2结晶析出，覆盖在催化剂表面，使催化剂活性下降，制氢速率下降。 故答案为：NaBH4浓度较高时，生成的NaBO2结晶析出，覆盖在催化剂表面，使催化剂活性下降，制氢速率下降； （4）Fe元素化合价由+2价降低为0价，中氢元素由﹣1价升高为0价，1mol Fe2+能氧化的物质的量是0.5mol， 故答案为：0.5； （5）左侧为阴极，电极反应式为，两电极区间使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过的原因是防止阴极产生的进入阳极区，发生反应而损耗，避免阴极区 浓度减小，使的产率降低， 故答案为：；防止阴极产生的进入阳极区，发生反应而损耗，避免阴极区 浓度减小，使的产率降低。 【点评】本题考查盖斯定律和电解池原理，题目难度中等，能依据图象和题目信息准确判断阴阳极反应是解题的关键。 17．（2024•六合区一模）完成下列问题 （1）如图所示，甲池的总反应式为N2H4+O2═N2+2H2O， ①甲池装置是 　原电池　（填“原电池”或“电解池”），写出通入N2H4一极发生电极反应式 　N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O　。 ②乙池中电解反应的化学方程式为 　2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4　。 ③当甲池中消耗0.1mol N2H4时，乙池中Ag电极上析出固体的质量是 　12.8g　。 （2）高铁酸钠（Na2FeO4）易溶于水，是一种新型多功能水处理剂，可以用如图所示电解装置制取Na2FeO4。电解一段时间后，c（OH﹣）降低的区域在 　阳极室　（填“阴极室”或“阳极室”）；阳极电极反应式为：　Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O　。 （3）利用二氧化碳制备乙烯，用惰性电极电解强酸性二氧化碳水溶液可得到乙烯，其原理如图所示。 ①b电极上的电极反应式为 　　； ②该装置中使用的是 　阳　（填“阴”或“阳”）离子交换膜。 【答案】（1）①原电池；N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O； ②2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4； ③12.8g； （2）阳极室；Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O； （3）①； ②阳。 【分析】（1）甲池的总反应式为N2H4+O2＝N2+2H2O，该反应为原电池，则通入N2H4的电极为负极，通入O2的电极为正极。乙池中，与负极相连的Ag电极为阴极，与通入O2的正极相连的石墨电极为阳极； （2）阳极是活泼电极Fe，Fe失去电子生成，Ni为电解池阴极； （3）根据图知，a电极上电解水生成氧气和氢离子，b电极上二氧化碳得电子和氢离子反应生成乙烯和水。 【解答】解：（1）①甲池的总反应式为N2H4+O2＝N2+2H2O，可以将化学能转化为电能，故甲池为原电池；，通入N2H4的电极为负极，其电极方程式为N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O， 故答案为：原电池；N2H4+4OH﹣﹣4e﹣＝N2+4H2O； ②乙池中，与负极相连的Fe电极为阴极，与通入O2的正极相连的石墨电极为阳极，电解质为硫酸铜溶液，则阴极生成Cu，阳极生成O2，电解反应的化学方程式为：2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4， 故答案为：2CuSO4+2H2OO2↑+2Cu+2H2SO4； ③甲池中每消耗0.1 mol N2H4，转移电子0.4mol，乙池电极上会析出Cu0.2mol，质量为0.2mol×64g/mol＝12.8g， 故答案为：12.8g； （2）阳极是活泼电极Fe，Fe失去电子生成的电极方程式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O，同时消耗OH﹣使c（OH﹣）降低，即c（OH﹣）降低的区域在阳极室， 故答案为：阳极室；Fe+8OH﹣﹣6e﹣＝+4H2O； （3）①b电极与电源的负极相连，作阴极，溶液中的CO2得到电子被还原转化为乙烯，溶液显酸性，因此阴极上的电极反应式为2CO2+12e﹣+12H+＝C2H4+4H2O， 故答案为：； ②为了防止OH﹣与阴极区的CO2反应，因此该装置中使用的是阳离子交换膜， 故答案为：阳。 【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。 18．（2024•姜堰区模拟）将二氧化碳转化为高附加值化学品是目前研究的热点之一。 （1）利用CO2合成淀粉 ①CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g）ΔH1＝﹣49kJ/mol ②CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）ΔH2＝+41.17kJ/mol ③CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）ΔH3　低温自发　（填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”），该反应中活化能Ea（正） 　＜　（填“＞”或“＜”）Ea（逆）。 （2）电催化CO2和含氮物质可合成尿素，同时可解决含氮废水污染问题。常温常压下，向一定浓度的KNO3溶液通入CO2至饱和，经电解获得尿素，其原理如图1所示。电解过程中生成尿素的电极反应式为 　2+16e−+CO2+18H+＝CO（NH2）2+7H2O　。 （3）我国科研人员研究出在Cu—ZnO—ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇的反应历程如图2所示。 ①乙醇胺（HOCH2CH2NH2）可完成对CO2捕集。乙醇胺溶液能够吸收和释放CO2的原因是 　乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳　。 ②分析在反应气中加入少量的水能够提升甲醇产率的可能原因是 　乙醇胺含有氨基和羟基，具有很好的水溶性，提高H2O的浓度有利于反应③的发生，提高*H3CO的转化率，故可以提高CH3OH产率　。 （4）①若在高温下CO2与足量的H2混合反应一段时间后，有催化剂和无催化剂的CO2转化率基本相等，原因是 　高温下H2还原ZrO2，催化剂失活　。 ②甲醇催化重整制氢。在一定温度和催化剂作用下，车载甲醇可直接转变为氢气，从而为氢氧燃料电池提供氢源。已知氢气和甲醇的热值分别为143kJ/g和23kJ/g，与车载氢气供能模式相比，车载甲醇供能模式的优势是 　常温下氢气为气体甲醇为液体，甲醇便于储运，且单位体积甲醇释放的能量值更大　。 【答案】（1）低温自发；＜； （2）； （3）①乙醇胺含有氨基，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳； ②乙醇胺含有氨基和羟基，具有很好的水溶性，提高H2O的浓度有利于反应③的发生，提高*H3CO的转化率，故可以提高CH3OH产率； （4）①高温下H2还原ZrO2，催化剂失活； ②常温下氢气为气体甲醇为液体，甲醇便于储运，且单位体积甲醇释放的能量值更大。 【分析】（1）根据盖斯定律联立反应①和②可求得反应的ΔH，再根据反应是否自发的判据ΔG＝ΔH—T•ΔS可解答； （2）由图可知，装置为电解池，分析氮元素化合价发现尿素在阴极生成，考虑溶液性质可写出电极反应式； （3）①乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳，乙醇胺（HOCH2CH2NH2）可完成对CO2捕集，能够吸收和释放CO2； ②在反应气中加入少量的水，根据平衡移动原理，提高H2O的浓度有利于反应③的发生，提高*H3CO的转化率，反应③产生CH3OH，故可以提高CH3OH产率； （4）①若在高温下CO2与足量的H2混合反应一段时间后，有催化剂和无催化剂的CO2转化率基本相等，说明没有体现出催化剂的效果，由于催化剂是Cu﹣ZnO—ZrO2，考虑到高温下H2还原ZnO、ZrO2，催化剂失活； ②虽然单位质量氢气释放的能量更大，但是常温下氢气为气体甲醇为液体，甲醇便于储运，单位体积甲醇释放的能量值更大。 【解答】解：（1）反应③可以由反应①﹣反应②得到，故ΔH3＝ΔH1﹣ΔH2＝﹣49﹣41.17＝﹣90.17kJ/mol＜0，反应是气体体积减小的反应故ΔS3＜0，ΔG＝ΔH—T•ΔS＜0反应自发，故该反应是低温自发的反应，反应③放热，活化能Ea（正）＜Ea（逆）， 故答案为：低温自发；＜； （2）由图可知，装置为电解池，尿素在左侧电极生成，硝酸根转化为尿素，N元素化合价从+5价降低为﹣3价，得电子，左侧电极为阴极，结合装置中的质子交换膜，电极反应式为2+16e−+CO2+18H+＝CO（NH2）2+7H2O， 故答案为：； （3）①乙醇胺中含有氨基，溶液显碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐，结合铵盐的性质，该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳，因此乙醇胺（HOCH2CH2NH2）可完成对CO2捕集，能够吸收和释放CO2； 故答案为：乙醇胺含有氨基，可与二氧化碳和水反应生成盐，该盐在较低温度下又可以充分分解为乙醇胺和二氧化碳； ②乙醇胺含有氨基和羟基，可与水分子之间形成氢键，具有很好的水溶性，由图示可知，反应气中加入少量的水，根据平衡移动原理，提高H2O的浓度有利于反应③的发生，提高*H3CO的转化率，反应③产生CH3OH，故可以提高CH3OH产率， 故答案为：乙醇胺含有氨基和羟基，具有很好的水溶性，提高H2O的浓度有利于反应③的发生，提高*H3CO的转化率，故可以提高CH3OH产率； （4）①由题意可知，若在高温下CO2与足量的H2混合反应一段时间后，有催化剂和无催化剂的CO2转化率基本相等，说明没有体现出催化剂的效果，应该是高温下H2还原催化剂ZnO、ZrO2，使催化剂失活， 故答案为：高温下H2还原ZrO2，催化剂失活； ②虽然单位质量氢气释放的能量更大，但是常温下氢气为气体甲醇为液体，甲醇便于储运，单位体积甲醇释放的能量值更大， 故答案为：常温下氢气为气体甲醇为液体，甲醇便于储运，且单位体积甲醇释放的能量值更大。 【点评】本题考查盖斯定律、电解池、化学平衡的影响因素，难度中等，掌握基础是解题的关键。 19．（2024•润州区开学）（1）电渗析法淡化海水（在直流电源作用下通过离子交换膜对海水进行处理）利用如图所示装置可以减缓海水中钢铁设施的腐蚀。若开关K置于M处，则电极X可选用的物质是 　锌块　（选填“石墨块”、“锌块”或“铜块”；若开关K置于N处，则a极为电源的 　正极　（选填“正极”或“负极”），该金属防护方法被称为 　外加电流　（选填“牺牲阳极”或“外加电流”）的阴极保护法。 （2）反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）在一个容积可变的密闭容器中进行，下列条件的改变对其反应速率几乎无影响的是 　①②　。 ①增加C的量 ②保持体积不变，充入N2使体系压强增大 ③将容器的体积缩小一半 ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大 （3）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如图所示。 该电池正极电极反应式为 　O2+4e﹣+4H+＝2H2O　。 （4）采用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，其原理如图所示。 电极b生成了 　氧化　（填氧化或者还原）产物，其化学式为 　O2　。 ②电解过程中，能透过离子交换膜的离子是 　Na+　（填化学式），移动方向为 　从右向左　。（填“从左向右”，或“从右向左”） （5）利用氧化还原滴定法测定Na2Cr2O7•2H2O产品的纯度。 称取含Na2Cr2O7•2H2O产品1.4000g配成250mL溶液，量取25.00mL于碘量瓶中，加入10mL2mol•L﹣1H2SO4和足量碘化钾溶液（铬的还原产物为Cr3+），放于暗处5min，加入淀粉溶液作指示剂，用[0.1000mol•L﹣1Na2S2O3]标准溶液滴定（I2+2S2＝2I﹣+S4），判断达到滴定终点的现象是 　滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色　。若实验中平均消耗Na2S2O3标准溶液24.00mL，计算重铬酸钠晶体的纯度为 　85.14%　。（设整个过程中其他杂质不参与反应，结果保留4位有效数字） 【答案】（1）锌块；正极；外加电流； （2）①②； （3）； （4）①氧化；O2； ②Na+；从右向左； （5）滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；85.14%。 【分析】（1）该装置为原电池时，电极X的活动性要比铁强；该装置为电解池时，被保护的物质连接电源的负极作阴极； （2）对于反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）： ①固体量的多少对化学反应速率无影响； ②充入N2，只要参与反应的物质的浓度不变，则反应速率不变； ③将容器的体积缩小一半，反应混合物的物质浓度增大，则化学反应速率增大； ④保持压强不变，充入N2使反应混合物的浓度减小，则化学反应速率减小； （3）根据图示可知：在该微生物电池中，正极上O2得电子，与溶液中的H+结合生成H2O； （4）①用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，由图可知2+2H+＝Cr2+H2O在酸性条件下进行，则电极反应式为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，则b电极为阳极，发生氧化反应，产生氧化产物，其化学式为O2，左侧H+放电产生H2，使OH﹣浓度增大，因此a电极为阴极，电极反应式为：2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣； ②电解过程中，左侧H+放电产生H2逸出，使附近溶液中c（OH﹣）增大，因为溶液显电中性，则溶液中的Na+会通过离子交换膜，从右侧向左侧移动，能透过离子交换膜的离子是Na+，则移动方向是从右向左； （5）I2遇淀粉溶液会变为蓝色，若反应进行完全，再滴入Na2S2O3溶液使I2反应完全时，则含有淀粉的蓝色溶液褪色且半分钟内不恢复原色，说明此时反应达到滴定终点，在反应时Na2Cr2O7被还原为Cr3+，I﹣被氧化为I2，根据电子守恒，结合反应（I2+2S2＝2I﹣+S4）可得关系式：Cr2～3I2～6S2来得到结果。 【解答】解：（1）利用如图电化学装置可以减缓海水中钢铁设施的腐蚀。若开关K置于M处，则该装置为原电池，电极X的活动性要比铁强，X电极作负极，可选用的物质是活动性比铁强的锌块；若开关K置于N处，则该装置为电解池，钢铁应该连接电源的负极作阴极，故b极为电源的负极，a极为电源的正极；该金属防护方法被称为外接电流的阴极保护法， 故答案为：锌块；正极；外加电流； （2）对于反应C（s）+H2O（g）⇌CO（g）+H2（g）： ①增加C的量，物质的浓度不变，化学反应速率不变，故①正确； ②保持体积不变，充入N2使体系压强增大，由于反应体系中任何物质的浓度都不变，因此反应速率不变，故②正确； ③将容器的体积缩小一半，体系的压强增大，反应混合物的物质浓度增大，化学反应速率增大，故③错误； ④保持压强不变，充入N2使容器体积变大，反应混合物的浓度减小，化学反应速率减小，故④错误； 故答案为：①②； （3）根据图示可知：在该微生物电池中，正极上O2得到电子被还原，与溶液中的H+结合生成H2O， 故答案为：O2+4e﹣+4H+＝2H2O； （4）①用石墨电极电解Na2CrO4溶液制备Na2Cr2O7，电解制备过程的总反应方程式为4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑，由图可知2+2H+＝Cr2+H2O在酸性条件下进行，即右侧电极生成H+，则右侧反应消耗OH﹣，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，则b电极为阳极，发生氧化反应，产生氧化产物，其化学式为O2， 故答案为：氧化；O2； ②电解过程中，左侧H+放电产生H2逸出，使附近溶液中c（OH﹣）增大，为维持电荷守恒，使电解反应进行，溶液中的Na+会通过离子交换膜，从右侧向左侧移动，能透过离子交换膜的离子是Na+，移动方向是从右向左， 故答案为：Na+；从右向左； （5）由于I2遇淀粉溶液会变为蓝色。若反应进行完全，再滴入Na2S2O3溶液使I2反应完全时，则含有淀粉的蓝色溶液褪色且半分钟内不恢复原色，说明此时反应达到滴定终点。在反应时Na2Cr2O7被还原为Cr3+，I﹣被氧化为I2，根据电子守恒，结合反应（I2+2S2＝2I﹣+S4）可得关系式：Cr2～3I2～6S2。25.00mL样品配制的溶液滴定时反应消耗0.1000 mol/LNa2S2O3溶液24.00mL，则配制的250mL溶液中含有Na2Cr2O7的物质的量为n（Na2Cr2O7）＝n（Na2S2O3）×＝×0.1000 mol/L×0.024 L×＝0.004000 mol，含Na2Cr2O7•2H2O的质量为m（Na2Cr2O7•2H2O）＝0.004000 mol×298 g/mol＝1.192 g，故该样品的纯度为×100%＝85.14%， 故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色；85.14%。 【点评】本题考查了电化学的反应原理、电极反应式的书写、物质含量的测定等知识点，是常考考点，难度中等。 20．（2024•启东市一模）主要成分为H2S的工业废气的回收利用有重要意义。回答下列问题： （1）高温热分解H2S法：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） ①依据下表中键能数据计算该反应：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） ΔH＝　+170kJ/mol　。 化学键 H—H H—S S—S 键能（kJ•mol﹣1） 436 364 414 ②某温度下恒容密闭容器中，反应物H2S转化率达到最大值的依据是 　ac　（填字母）。 a．气体的压强不发生变化 b．气体的密度不发生变化 c．不发生变化 d．单位时间里分解的H2S和生成的H2的量一样多 ③1470K、100kPa下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合气进行H2S热分解反应。平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，H2S平衡转化率为 　50%　。 （2）通过电化学循环法可将H2S转化为H2SO4和H2（如图所示）。其中氧化过程发生如下两步反应：H2S+H2SO4＝SO2+S↓+2H2O、S+O2＝SO2。 ①电极a上发生反应的电极反应式 　SO2﹣2e﹣+2H+＝H2SO4　。 ②理论上1mol H2S参加反应可产生H2　2　mol。 （3）表面喷淋水的活性炭可用于吸附氧化H2S，其原理如图所示。其它条件不变时水膜的酸碱性会影响H2S的去除率。适当增大活性炭表面的水膜pH，H2S的氧化去除率增大的原因是 　溶液的pH值增大，c（OH﹣）增大，促进平衡H2S⇌H++HS﹣正向进行，c（HS﹣）增大　。 【答案】（1）①+170kJ/mol； ②ac； ③50%； （2）①SO2﹣2e﹣+2H+＝H2SO4； ②2； （3）溶液的pH值增大，c（OH﹣）增大，促进平衡H2S⇌H++HS﹣正向进行，c（HS﹣）增大。 【分析】（1）①依据下表中键能数据计算该反应：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能； ②某温度下恒容密闭容器中，反应物H2S转化率达到最大值时，该反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量及由此引起的一系列物理量不变； ③1470K、100kPa下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合气进行H2S热分解反应，设开始加入的n（H2S）＝1mol，则n（Ar）＝4mol，设H2S的转化率为x，则消耗的n（H2S）＝xmol； 可逆反应2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） 开始（mol）1 0 0 反应（mol）x 0.5x x 平衡（mol）1﹣x 0.5x x 平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，说明两种气体的物质的量相等，则1﹣x＝x； （2）①根据图知，电极a上SO2失电子和氢离子反应生成H2SO4； ②根据H2S+H2SO4＝SO2+S↓+2H2O、S+O2＝SO2知，理论上1mol H2S参加反应，a电极上有2mol SO2参与反应，转移4mol电子，根据转移电子守恒计算产生H2的物质的量； （3）溶液的pH值增大，c（OH﹣）增大，OH﹣能和H2S反应。 【解答】解：（1）①依据下表中键能数据计算该反应：2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝（4×364﹣414﹣2×436）kJ/mol＝+170kJ/mol， 故答案为：+170kJ/mol； ②某温度下恒容密闭容器中，反应物H2S转化率达到最大值时，该反应达到平衡状态； a．恒温恒容条件下，气体的压强随着其它物质的量的增大而增大，反应前后气体的物质的量增大，则压强增大，当气体的压强不发生变化，反应达到平衡状态，故a正确； b．反应前后气体总质量不变，容器的体积不变，则气体的密度始终不变，不能据此判断平衡状态，故b错误； c．K＝，不变，说明达到平衡状态，故c正确； d．无论反应是否相等都存在“单位时间里分解的H2S和生成的H2的量一样多”，不能据此判断平衡状态，故d错误； 故答案为：ac； ③1470K、100kPa下，将n（H2S）：n（Ar）＝1：4的混合气进行H2S热分解反应，设开始加入的n（H2S）＝1mol，则n（Ar）＝4mol，设H2S的转化率为x，则消耗的n（H2S）＝xmol； 可逆反应2H2S（g）⇌S2（g）+2H2（g） 开始（mol）1 0 0 反应（mol）x 0.5x x 平衡（mol）1﹣x 0.5x x 平衡时混合气中H2S与H2的分压相等，说明两种气体的物质的量相等，则1﹣x＝x，x＝50%， 故答案为：50%； （2）①根据图知，电极a上SO2失电子和氢离子反应生成H2SO4，电极反应式为SO2﹣2e﹣+2H+＝H2SO4， 故答案为：SO2﹣2e﹣+2H+＝H2SO4； ②根据H2S+H2SO4＝SO2+S↓+2H2O、S+O2＝SO2知，理论上1mol H2S参加反应，a电极上有2mol SO2参与反应，转移4mol电子，根据转移电子守恒计算产生H2的物质的量＝＝2mol， 故答案为：2； （3）溶液的pH值增大，c（OH﹣）增大，促进平衡H2S⇌H++HS﹣正向进行，c（HS﹣）增大，H2S的氧化去除率增大， 故答案为：溶液的pH值增大，c（OH﹣）增大，促进平衡H2S⇌H++HS﹣正向进行，c（HS﹣）增大。 【点评】本题考查较综合，侧重考查分析、判断及计算能力，明确盖斯定律的计算方法、化学平衡的计算方法、电解原理是解本题关键，难点是化学平衡的计算。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$