专题1 化学反应与能量变化 整理与提升-【金版教程】2025-2026学年高中化学选择性必修1创新导学案全书Word（苏教版2019）

化学 选择性必修1 SJ 热点一　反应热的计算方法汇总 1．利用热化学方程式进行相关量的求解 先写出热化学方程式，再根据热化学方程式所体现的物质与物质间、物质与反应热间的关系直接或间接求算物质的质量或反应热。 其注意事项有： (1)反应热数值与各物质的化学计量数成正比，因此热化学方程式中各物质的化学计量数改变时，其反应热数值需同时做相同倍数的改变。 (2)热化学方程式中的反应热是指反应按所给形式完全反应时的反应热。 2．根据反应物和生成物的能量计算 ΔH＝生成物的总能量－反应物的总能量，即ΔH＝H(生成物)－H(反应物)。 3．根据化学键变化时吸收或放出的热量计算 ΔH＝反应物的化学键断裂所吸收的总能量－生成物的化学键形成所释放的总能量，即ΔH＝E反应物－E生成物。 4．根据标准燃烧热、热值或中和反应反应热计算 ΔH＝n(燃料)×燃料的标准燃烧热； |ΔH|＝m(燃料)×燃料的热值； ΔH＝n(H2O)×中和反应反应热。 5．根据盖斯定律计算 将已知的两个或两个以上的热化学方程式包括其ΔH进行加、减、乘、除运算，得到所求热化学方程式。 6．根据比热容公式计算 计算中和反应反应热时，利用比热容公式Q＝cmΔT(c为比热容)，ΔH＝－计算中和反应的反应热。 7．根据图像计算 　依据事实，回答下列问题。 (1)SiH4是一种无色气体，遇到空气能发生爆炸性自燃，生成SiO2和液态H2O。已知室温下2 g SiH4自燃放出热量89.2 kJ。SiH4自燃的热化学方程式为______________________________。 (2)SCl2、S2Cl2常用于硫化橡胶工业。 已知：①2S(g)＋Cl2(g)===S2Cl2(g)　ΔH1； ②S2Cl2(g)＋Cl2(g)===2SCl2(g)　ΔH2； ③S8(s)===8S(g)　ΔH3； 则S8(s)＋8Cl2(g)===8SCl2(g)　ΔH＝________________________(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的式子表示)。 (3)根据图中数据计算反应N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1。 (4)(广东高考节选)Cr2O3催化丙烷脱氢过程中，部分反应历程如图，X(g)―→Y(g)过程的焓变为______________________(列式表示)。 [解析]　(1)2 g SiH4自燃放出热量89.2 kJ，1 mol SiH4自燃放出热量1427.2 kJ，故热化学方程式为SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－1427.2 kJ·mol－1。 (2)根据盖斯定律反应①×4＋反应②×4＋反应③得S8(s)＋8Cl2(g)===8SCl2(g)　ΔH＝4ΔH1＋4ΔH2＋ΔH3。 (3)由图可知，反应N2(g)＋3H2(g) NH3(g)的ΔH＝2×[(473＋654) kJ·mol－1－(339＋397＋436) kJ·mol－1]＝－90 kJ·mol－1。 (4)设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X―→M　ΔH1＝(E1－E2)，M―→N　ΔH2＝ΔH，N―→Y　ΔH3＝(E3－E4)，根据盖斯定律可知，X(g)―→Y(g)的焓变为ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4)。 [答案]　(1)SiH4(g)＋2O2(g)===SiO2(s)＋2H2O(l)　ΔH＝－1427.2 kJ·mol－1 (2)4ΔH1＋4ΔH2＋ΔH3　(3)－90 (4)(E1－E2)＋ΔH＋(E3－E4) 1．氢气是一种清洁能源，下图是H2和O2反应生成H2O的能量变化示意图，由图可知(　　) A．2 mol H2(g)与1 mol O2(g)反应生成2 mol H2O(l)放出571.6 kJ热量 B．生成2 mol H2O(g)需要吸收483.6 kJ的能量 C．H2和O2具有的总能量比H2O所具有的总能量高 D．H2O(g)→H2O(l)，断键吸收的能量小于成键释放的能量 答案：A 解析：根据图示变化趋势可知，生成2 mol H2O(g)需要放出483.6 kJ的能量，B错误；根据图示可知，2 mol H2和1 mol O2具有的总能量比2 mol H2O所具有的总能量高，C错误；H2O(g)→H2O(l)过程需要放出热量，属于物理变化，化学键没有断裂，D错误。 2．已知一些化学键的键能数据如表所示： 化学键 C—H C—F H—F F—F 键能/(kJ·mol－1) 414 489 565 155 请根据键能数据写出CH4(g)和F2(g)反应生成CF4(g)和HF(g)的热化学方程式：______________________________________________________________。 答案：CH4(g)＋4F2(g)===CF4(g)＋4HF(g)ΔH＝－1940 kJ·mol－1 3．(1)由辉铜矿制取铜的反应过程如下： 2Cu2S(s)＋3O2(g)===2Cu2O(s)＋2SO2(g) ΔH＝－768.2 kJ·mol－1 2Cu2O(s)＋Cu2S(s)===6Cu(s)＋SO2(g) ΔH＝116.0 kJ·mol－1 则热化学方程式：Cu2S(s)＋O2(g)===2Cu(s)＋SO2(g)　ΔH＝________ kJ·mol－1。 (2)一定条件下，水中的NH可以转化为氮气而除去。 已知：2NH(aq)＋3O2(g)===2NO(aq)＋2H2O(l)＋4H＋(aq)　ΔH＝a kJ·mol－1 2NO(aq)＋O2(g)===2NO(aq) ΔH＝b kJ·mol－1 5NH(aq)＋3NO(aq)===4N2(g)＋9H2O(l)＋2H＋(aq)　ΔH＝c kJ·mol－1 则4NH(aq)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(l)＋4H＋(aq)　ΔH＝__________ kJ·mol－1。 答案：(1)－217.4　(2)(3a＋3b＋2c) 解析：(2)将已知中的三个热化学方程式依次标号为①、②、③，根据盖斯定律，由(①×3＋②×3＋③×2)×可得4NH(aq)＋3O2(g)===2N2(g)＋6H2O(l)＋4H＋(aq)　ΔH＝(3a＋3b＋2c) kJ·mol－1。 热点二　反应热大小的比较方法 比较反应热的大小，一般从以下几个方面考虑： (1)是带“＋”“－”号比较，还是不带“＋”“－”号比较。是比较ΔH，还是比较|ΔH|，是比较ΔH还是比较Q。 (2)化学计量数不同，反应热不同。如： H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH1＝－a kJ/mol，2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH2＝－b kJ/mol，ΔH1>ΔH2，a<b。 (3)同一反应中物质的聚集状态不同，反应热数值大小也不同。 ①同一反应生成物状态不同时，气态生成物能量较高， A(g)＋B(g)===C(g)　ΔH1<0，放热较少 A(g)＋B(g)===C(l)　ΔH2<0，放热较多 ΔH＝H(生成物)－H(反应物)，所以ΔH2<ΔH1。 ②同一反应反应物状态不同时，气态反应物能量较高， S(g)＋O2(g)===SO2(g)'ΔH1<0，放热较多 S(s)＋O2(g)===SO2(g)'ΔH2<0，放热较少 ΔH＝H(生成物)－H(反应物)，所以ΔH1<ΔH2。 　下列各组热化学方程式中，ΔH1>ΔH2的是(　　) ①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH1 C(s)＋O2(g)===CO(g)　ΔH2 ②HNO3(aq)＋NaOH(aq)===NaNO3(aq)＋H2O(l)　ΔH1 HNO3(aq)＋NH3·H2O(aq)===NH4NO3(aq)＋H2O(l)　ΔH2 ③H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH1 H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(l)　ΔH2 ④CaCO3(s)===CaO(s)＋CO2(g)　ΔH1 CaO(s)＋H2O(l)===Ca(OH)2(s)　ΔH2 A．① B．②③④ C．③④ D．①②③ [解析]　①中前者完全燃烧，后者不完全燃烧，前者放出热量多，故ΔH1<ΔH2；②中一水合氨是弱碱，电离时吸热，故前者释放的能量较多，即ΔH1<ΔH2；③中前者生成物HCl为气态，后者生成物HCl为液态，故后者在反应中释放的能量更多，即ΔH1>ΔH2；④中前者是吸热反应，后者是放热反应，故ΔH1>ΔH2。综上所述，C正确。 [答案]　C 4．下列各项对ΔH的比较正确的是(　　) A．2K(s)＋2H2O(l)===2KOH(aq)＋H2(g)　ΔH1，2Na(s)＋2H2O(l)===2NaOH(aq)＋H2(g)　ΔH2，则ΔH1>ΔH2 B．Mg(s)＋2HCl(aq)===MgCl2(aq)＋H2(g)　ΔH1，Ca(s)＋2HCl(aq)===CaCl2(aq)＋H2(g)　ΔH2，则ΔH1<ΔH2 C．H2(g)＋Cl2(g)===2HCl(g)　ΔH1，H2(g)＋Br2(g)===2HBr(g)　ΔH2，则ΔH1>ΔH2 D．2Fe(s)＋3Br2(g)===2FeBr3(s)　ΔH1，2Fe(s)＋3Cl2(g)===2FeCl3(s)　ΔH2，则ΔH1>ΔH2 答案：D 5．已知：①2H2(g)＋O2(g)===2H2O(g)　ΔH1 ②3H2(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3H2O(g)　ΔH2 ③2Fe(s)＋O2(g)===Fe2O3(s)　ΔH3 ④2Al(s)＋O2(g)===Al2O3(s)　ΔH4 ⑤2Al(s)＋Fe2O3(s)===Al2O3(s)＋2Fe(s)　ΔH5 下列关于上述反应焓变的判断正确的是(　　) A．ΔH1<0，ΔH3>0 B．ΔH5<0，ΔH4<ΔH3 C．ΔH1＝ΔH2＋ΔH3 D．ΔH3＝ΔH4＋ΔH5 答案：B 解析：反应③为放热反应，故ΔH3<0，A错误；反应⑤为放热反应，ΔH5<0，根据盖斯定律得④－③＝⑤，故ΔH5＝ΔH4－ΔH3<0，则ΔH4<ΔH3，B正确，D错误；根据盖斯定律得①＝(②＋③)×，故ΔH1＝(ΔH2＋ΔH3)×，C错误。 热点三　离子交换膜在电化学中的应用 1．离子交换膜的分类与作用 2．常见带离子交换膜的四类装置 多室电解池是利用离子交换膜的选择透过性，即允许带某种电荷的离子通过而限制带相反电荷的离子通过，将电解池分为两室、三室、多室等，以达到物质制备、浓缩、净化、提纯的目的。 类型一　单膜双室 带阳离子交换膜的氯碱工业电解模型： 分析如下： 此时，阳离子交换膜的作用是平衡电荷，形成闭合回路；防止Cl2和H2混合而引起爆炸；避免Cl2与NaOH反应生成NaClO，影响NaOH的产量；避免Cl－进入阴极区导致制得的NaOH不纯。 类型二　双膜三室 水溶液中电解制备金属钴的装置示意图如图所示： 分析如下： 判断电极名称 阳极(石墨) 阴极(Co) 书写电极反应 2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ Co2＋＋2e－===Co 检查离子浓度变化 Ⅰ室c(H＋)增大，即c(阳离子)增大 Ⅲ室阴离子电荷数大于阳离子电荷数 确定膜(或离子移动方向) H＋通过阳离子交换膜由Ⅰ室移向Ⅱ室 Cl－通过阴离子交换膜由Ⅲ室移向Ⅱ室 类型三　三膜四室 以四室电渗析法制备H3PO2(次磷酸)为例，其工作原理如图所示： 分析如下： 判断电极名称 阳极(a) 阴极(b) 书写电极反应 2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ 4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－ 检查离子浓度变化 阳极室c(H＋)增大，即c(阳离子)增大 阴极室c(OH－)增大，即c(阴离子)增大 确定膜(或离子移动方向) H＋通过阳离子交换膜进入产品室，原料室中的H2PO通过阴离子交换膜进入产品室 原料室中的Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室 类型四　四膜五室 海水中除含有钠、氯等元素，还含有钙、镁、钾、硫酸根离子等。现利用“电渗析法”对海水进行淡化，技术原理如图： 分析如下： 判断电极名称 阳极(甲) 阴极(戊) 书写电极反应 2Cl－－2e－===Cl2↑ 2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ 检查离子浓度变化 甲室c(Cl－)减小，即c(阴离子)减小 戊室c(OH－)增大，即c(阴离子)增大 确定膜(或离子移动方向) Na＋等阳离子通过阳离子交换膜由甲室移向乙室、丙室移向丁室 OH－等阴离子通过阴离子交换膜由戊室移向丁室、丙室移向乙室 　(辽宁卷)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为：＋H2。下列说法错误的是(　　) A．相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍 B．阴极反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑ C．电解时OH－通过阴离子交换膜向b极方向移动 D．阳极反应：2HCHO－2e－＋4OH－===2HCOO－＋2H2O＋H2↑ [解析]　据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO－，而HCHO转化为HCOO－为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理 ＋H2可知阳极反应：①HCHO＋OH－－e－―→HCOOH＋H2，②HCOOH＋OH－===HCOO－＋H2O，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。由以上分析可知，转移2 mol电子时，阴、阳两极各生成1 mol H2，共2 mol H2，而传统电解水：2H2O2H2↑＋O2↑，转移2 mol电子，只有阴极生成1 mol H2，所以相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍，A错误。 [答案]　A 6．(江西卷)我国学者发明了一种新型多功能甲醛－硝酸盐电池，可同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子(如图)。下列说法正确的是(　　) A．CuAg电极反应为2HCHO＋2H2O－4e－===2HCOO－＋H2↑＋2OH－ B．CuRu电极反应为NO＋6H2O＋8e－===NH3↑＋9OH－ C．放电过程中，OH－通过质子交换膜从左室传递到右室 D．处理废水过程中溶液pH不变，无需补加KOH 答案：B 解析：根据图中电子迁移方向可知，左侧CuAg电极为负极，右侧CuRu电极为正极。CuAg电极上HCHO转化为HCOO－和H2，电极反应为2HCHO＋4OH－－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O，A错误；CuRu电极上NO转化为NH3，电极反应为NO＋6H2O＋8e－===NH3↑＋9OH－，B正确；OH－不能通过质子交换膜，C错误；总反应为8HCHO＋NO＋7OH－===8HCOO－＋NH3↑＋4H2↑＋2H2O，消耗OH－，因此需要补充KOH，D错误。 7．(重庆卷)我国科研工作者研发了一种新型复合电极材料，可将CO2电催化转化为甲酸，如图是电解装置示意图。下列说法正确的是(　　) A．电解时电极N上产生OH－ B．电解时电极M上发生氧化反应 C．阴、阳离子交换膜均有两种离子通过 D．总反应为2CO2＋2H2O2HCOOH＋O2 答案：D 解析：催化电极M上二氧化碳得到电子发生还原反应和水生成甲酸根离子和氢氧根离子：CO2＋2e－＋H2O===HCOO－＋OH－，则M是阴极，那么N是阳极，阳极水失去电子发生氧化反应生成氧气：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，甲酸根离子和氢氧根离子通过阴离子交换膜进入中间室，氢离子通过阳离子交换膜进入中间室，氢氧根离子和氢离子生成水、甲酸根离子和氢离子生成甲酸。由上述分析可知A、B、C错误。 热点四　串联装置中原电池和电解池的判断 1．直接判断 (1)有外接电源，各电池均为电解池。 (2)无外接电源，若有燃料电池、铅蓄电池等，其在电池中作电源，则其他装置为电解池。如图所示：A为原电池，B为电解池。 2．根据装置中的电极材料和电解质溶液判断 原电池中一般是两种不同的金属电极或一个金属电极一个碳棒电极；而电解池中则一般是两个惰性电极，如两个铂电极或两个碳棒电极。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的氧化还原反应，电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。如图所示：A为电解池，B为原电池。 3．根据电极反应现象判断 在某些装置中根据电极反应或反应现象可判断电极类型，并由此判断装置类型，如图所示： 若C极溶解，D极上析出Cu，B极附近溶液变红，A极上放出黄绿色气体，则可知乙是原电池，D是正极，C是负极；甲是电解池，A是阳极，B是阴极。B、D极发生还原反应，A、C极发生氧化反应。 在确定了原电池和电解池后，有关概念的分析和判断：如电极的判断、电极反应式的书写、实验现象的描述、溶液中离子的移动方向、pH的变化及电解质溶液的恢复等，只要按照各自的规律分析就可以了。 　(山东高考改编)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2＋，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是(　　) A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大 B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 C．乙室电极反应式为LiCoO2＋2H2O＋e－===Li＋＋Co2＋＋4OH－ D．若甲室Co2＋减少200 mg，乙室Co2＋增加300 mg，则此时未进行过溶液转移 [解析]　装置工作时，左侧装置细菌上CH3COO－失去电子生成CO2和H＋，Co2＋在另一个电极上得到电子被还原为Co单质，H＋和乙酸盐中的阳离子通过阳膜进入甲室，甲室溶液pH减小，A错误；乙室中LiCoO2得到电子，被还原为Co2＋，电极反应式为LiCoO2＋e－＋4H＋===Li＋＋Co2＋＋2H2O，反应过程中消耗H＋，因此电池工作一段时间后乙室应该补充盐酸，B正确，C错误；若甲室Co2＋减少200 mg，转移电子的物质的量为n(e－)＝×2≈0.0068 mol，乙室Co2＋增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e－)＝×1≈0.0051 mol，说明此时已进行过溶液转移，D错误。 [答案]　B 8．如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，下列说法正确的是(　　) A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置 B．甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH－6e－＋2H2O===CO＋8H＋ C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度 D．甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体 答案：D 9．某兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的开关时，观察到电流计的指针发生了偏转。 请回答下列问题： (1)甲装置的名称是________，乙装置的名称是________；Zn为________极，Pt为________极。 (2)写出电极反应式：Cu极______________________；C极______________________。 (3)当甲装置中产生0.1 mol气体时，乙中析出铜的质量为________ g；乙中产生的气体在标准状况下的体积为________ L。 (4)若乙装置中溶液不变，将其电极都换成铜电极，开关闭合一段时间后，乙装置中溶液的颜色________(填“变深”“变浅”或“基本无变化”)。 答案：(1)原电池　电解池　负　阳　 (2)2H＋＋2e－===H2↑　Cu2＋＋2e－===Cu (3)6.4　2.24　(4)基本无变化 1．(湖北卷)2024年5月8日，我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体表面需要采取有效的防锈措施，下列防锈措施中不形成表面钝化膜的是(　　) A．发蓝处理 B．阳极氧化 C．表面渗镀 D．喷涂油漆 答案：D 解析：喷涂油漆是将油漆涂在待保护的金属表面，并没有在表面形成钝化膜。 2．(重庆卷)二氧化碳－甲烷重整是CO2资源化利用的重要研究方向，涉及的主要热化学方程式有： ①CO2(g)＋CH4(g) 2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1＝＋247 kJ/mol ②CO(g)＋H2(g) C(s)＋H2O(g)　ΔH2＝－131 kJ/mol ③CO2(g)＋2H2(g) C(s)＋2H2O(g)　ΔH3＝－90 kJ/mol 已知H—H键能为a kJ/mol，O—H键能为b kJ/mol，C—H键能为c kJ/mol，则CO(g)中的碳氧键键能(单位： kJ/mol)为(　　) A．－206＋3a－2b－4c B．－206－3a＋2b＋4c C．206＋3a－2b－4c D．206－3a＋2b＋4c 答案：B 解析：根据盖斯定律反应①＋②－③可得反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)，该反应ΔH＝ΔH1＋ΔH2－ΔH3＝247 kJ/mol＋(－131 kJ/mol)－(－90 kJ/mol)＝206 kJ/mol，根据ΔH＝反应物键能和－生成物键能和可得，4c＋2b－3a－CO(g)中的碳氧键键能＝206，CO(g)中的碳氧键键能为(－206－3a＋2b＋4c) kJ/mol，故选B。 3．(海南卷)已知298 K、101 kPa时，2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH＝－571.6 kJ·mol－1，H2的临界温度(能够液化的最高温度)为32.98 K，下列说法错误的是(　　) A．氢气燃烧热ΔH＝－285.8 kJ·mol－1 B．题述条件下2 mol H2和1 mol O2，在燃料电池中完全反应，电功＋放热量＝571.6 kJ C．氢能利用的关键技术在于安全储存与运输 D．不同电极材料电解水所需电压不同，产生2 g H2(g)消耗的电功相同 答案：D 4．(广东卷)我国自主设计建造的浮式生产储卸油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢铁外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是(　　) A．钢铁外壳为负极 B．镶嵌的锌块可永久使用 C．该法为外加电流法 D．锌发生反应：Zn－2e－===Zn2＋ 答案：D 5．(新课标卷)一种可植入体内的微型电池工作原理如图所示，通过CuO催化消耗血糖发电，从而控制血糖浓度。当传感器检测到血糖浓度高于标准，电池启动。血糖浓度下降至标准，电池停止工作。(血糖浓度以葡萄糖浓度计) 电池工作时，下列叙述错误的是(　　) A．电池总反应为2C6H12O6＋O2===2C6H12O7 B．b电极上CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用 C．消耗18 mg葡萄糖，理论上a电极有0.4 mmol电子流入 D．两电极间血液中的Na＋在电场驱动下的迁移方向为b→a 答案：C 解析：由题中信息可知，当电池开始工作时，a电极为电池正极，血液中的O2在a电极上得电子生成OH－，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－；b电极为电池负极，Cu2O在b电极上失电子转化成CuO，电极反应式为Cu2O－2e－＋2OH－===2CuO＋H2O，然后葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸，CuO被还原为Cu2O，则电池总反应为2C6H12O6＋O2===2C6H12O7；根据反应2C6H12O6＋O2===2C6H12O7可知，1 mol C6H12O6参加反应时转移2 mol电子，18 mg C6H12O6的物质的量为0.1 mmol，则消耗18 mg葡萄糖时，理论上a电极有0.2 mmol电子流入，C错误。 6．(广西卷)某新型钠离子二次电池(如图)用溶解了NaPF6的二甲氧基乙烷作电解质溶液。放电时嵌入PbSe中的Na变成Na＋后脱嵌。下列说法错误的是(　　) A．外电路通过1 mol电子时，理论上两电极质量变化的差值为23 g B．充电时，阳极电极反应为：Na3V2(PO4)3－xe－===Na3－xV2(PO4)3＋xNa＋ C．放电一段时间后，电解质溶液中的Na＋浓度基本保持不变 D．电解质溶液不能用NaPF6的水溶液替换 答案：A 解析：放电时嵌入PbSe中的Na变成Na＋后脱嵌，则右侧电极为负极，Na失电子生成Na＋；Na＋通过隔膜从右侧进入左侧，则左侧为正极。外电路通过1 mol电子时，负极有1 mol Na失电子生成Na＋进入右侧溶液，溶液中有1 mol Na＋从右侧进入左侧，并与正极的Na3－xV2(PO4)3结合，则理论上两电极质量变化的差值为46 g，A错误。 7．(贵州卷)一种太阳能驱动环境处理的自循环光催化芬顿系统工作原理如图。光阳极发生反应：HCO＋H2O===HCO＋2H＋＋2e－，HCO＋H2O===HCO＋H2O2。体系中H2O2与Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)发生反应产生的活性氧自由基可用于处理污水中的有机污染物。 下列说法错误的是(　　) A．该芬顿系统能量转化形式为太阳能→电能→化学能 B．阴极反应式为O2＋2H＋＋2e－===H2O2 C．光阳极每消耗1 mol H2O，体系中生成2 mol H2O2 D．H2O2在Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)的循环反应中表现出氧化性和还原性 答案：C 8．(海南卷)各相关物质的燃烧热数据如下表。下列热化学方程式正确的是(　　) 物质 C2H6(g) C2H4(g) H2(g) ΔH/(kJ·mol－1) －1559.8 －1411 －285.8 A.C2H4(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－1411 kJ·mol－1 B．C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g) 　ΔH＝－137 kJ·mol－1 C．2H2O(l)===O2(g)＋2H2(g) ΔH＝＋285.8 kJ·mol－1 D．C2H6(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋3H2O(l) ΔH＝－1559.8 kJ·mol－1 答案：D 解析：H2O应该为液态，A错误；C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g)　ΔH＝＋137 kJ·mol－1，B错误；氢气的燃烧热为285.8 kJ·mol－1，则H2O(l)===O2(g)＋H2(g)　ΔH＝＋285.8 kJ·mol－1，C错误。 9．(浙江6月选考)氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是(　　) A．电极A接电源正极，发生氧化反应 B．电极B的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液 D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗 答案：B 解析：电极B为阴极，氧气得电子，其电极反应式为2H2O＋4e－＋O2===4OH－，故B错误。 10．(1)(广西卷节选)二氯亚砜(SOCl2)是重要的液态化工原料。回答下列问题： 合成SOCl2前先制备SCl2。有关转化关系为： 则S(s)＋Cl2(g)===SCl2(l)的ΔH3＝________ kJ·mol－1。 (2)(江西卷节选)目前开采的天然气含有H2S，综合利用天然气制氢是实现“碳中和”的重要途径。CH4和H2S重整制氢的主要反应如下： 反应Ⅰ：CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)　ΔH1＝＋260 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CH4(g) C(s)＋2H2(g)　ΔH2＝＋90 kJ·mol－1 反应Ⅲ：2H2S(g) S2(g)＋2H2(g)　ΔH3＝＋181 kJ·mol－1 回答下列问题： 反应Ⅳ：CS2(g) S2(g)＋C(s)　ΔH4＝________kJ·mol－1。 (3)(全国甲卷节选)已知如下热化学方程式： CH4(g)＋Br2(g)===CH3Br(g)＋HBr(g)　ΔH1＝－29 kJ·mol－1 3CH3Br(g)===C3H6(g)＋3HBr(g)　ΔH2＝＋20 kJ·mol－1 计算反应3CH4(g)＋3Br2(g)===C3H6(g)＋6HBr(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。 答案：(1)－50　(2)＋11　(3)－67 解析：(1)由盖斯定律可知，2S(s)＋2Cl2(g)===2SCl2(l)的焓变为ΔH1＋ΔH2＝(－59.4 kJ·mol－1)＋(－40.6 kJ·mol－1)＝－100 kJ·mol－1，则S(s)＋Cl2(g)===SCl2(l)的ΔH3＝×(－100 kJ·mol－1)＝－50 kJ·mol－1。 (2)根据盖斯定律，由反应Ⅱ＋反应Ⅲ－反应Ⅰ可得CS2(g) S2(g)＋C(s)　ΔH4＝＋90 kJ·mol－1＋181 kJ·mol－1－260 kJ·mol－1＝＋11 kJ·mol－1。 (3)将题述两个热化学方程式从上到下依次编号为①、②。根据盖斯定律，目标方程式＝①×3＋②，故热化学方程式3CH4(g)＋3Br2(g)===C3H6(g)＋6HBr(g)的ΔH＝－29 kJ·mol－1×3＋20 kJ·mol－1＝－67 kJ·mol－1。 11．(北京卷节选)HNO3是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO3。 研究表明可以用电解法以N2为氨源直接制备HNO3，其原理示意图如下。 (1)电极a表面生成NO的电极反应式：________________________________。 (2)研究发现：N2转化可能的途径为N2NONO。电极a表面还发生ⅲ.H2O→O2。ⅲ的存在，有利于途径ⅱ，原因是____________________________________________。 答案：(1)N2－10e－＋6H2O===2NO＋12H＋ (2)反应ⅲ生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化成NO 12．(广东卷节选)化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q＝cρV总·ΔT计算获得。 (1)热量的测定：取0.5000 mol·L－1 NaOH溶液和0.5500 mol·L－1盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，则该过程放出的热量为__________J(c和ρ分别取4.18 J·g－1·℃－1和1.0 g·mL－1，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。 (2)借鉴(1)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)＋CuSO4(aq)===FeSO4(aq)＋Cu(s)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。 序号 反应试剂 体系温度/℃ 反应前 反应后 ⅰ 0.20 mol·L－1 CuSO4溶液100 mL 1．20 g Fe粉 a b ⅱ 0．56 g Fe粉 a c ①温度：b________c(填“>”“<”或“＝”)。 ②ΔH＝________(选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。 (3)乙同学也借鉴(1)的方法，测量反应A：Fe(s)＋Fe2(SO4)3(aq)===3FeSO4(aq)的焓变。 提出猜想：Fe粉与Fe2(SO4)3溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在Fe粉和酸的反应。 验证猜想：用pH试纸测得Fe2(SO4)3溶液的pH不大于1；向少量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A和__________________________(用离子方程式表示)。 实验小结：猜想成立，不能直接测反应A的焓变。 教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。 优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A的焓变。该方案为________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用________________。 答案：(1)418(T1－T0)　 (2)①>　②－20.9(b－a) kJ·mol－1或－41.8(c－a) kJ·mol－1 (3)Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑　将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应热，计算得到反应Cu(s)＋Fe2(SO4)3(aq)===CuSO4(aq)＋2FeSO4(aq)的焓变ΔH1；根据(2)中实验计算得到反应Fe(s)＋CuSO4(aq)===Cu(s)＋FeSO4(aq)的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe(s)＋Fe2(SO4)3(aq)===3FeSO4(aq)的焓变为ΔH1＋ΔH2 (4)燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等) 解析：(1)由Q＝cρV总·ΔT可得Q＝4.18 J·g－1·℃－1×1.0 g·mL－1×(50 mL＋50 mL)×ΔT＝418(T1－T0) J。 (2)①100 mL 0.20 mol·L－1 CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02 mol，1.20 g Fe粉和0.56 g Fe粉的物质的量分别为0.021 mol、0.01 mol，实验ⅰ中有0.02 mol CuSO4发生反应，实验ⅱ中有0.01 mol CuSO4发生反应，实验ⅰ放出的热量多，则b>c；②若按实验ⅰ进行计算，ΔH＝－ kJ·mol－1＝－20.9(b－a) kJ·mol－1；若按实验ⅱ进行计算，ΔH＝－ kJ·mol－1＝－41.8(c－a) kJ·mol－1。 20 学科网（北京）股份有限公司 $$