专题六 化学反应与能量-【创新大课堂】2026年高考化学五年真题分类汇编168优化重组卷

L-1,因此c(Na+)=2c(SiF2-)=2.0×10-2mol·L-1:同 时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO)= √9.0×10千=3.0×10-2mol·L1；分批加入一定量的 BaCO,当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+).0X109 1.0X103=1.0 ×103mol·L1,当BaSO,沉淀开始生成时，c(Ba2+) 3.0X107≈3.3X109m0lL1,因此，首先转化为沉淀的 1.0×10-10 离子是SO,然后才是SiF% (3)根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P,O%为45 的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4·0.5H2O:CaSO4在 硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的 硫酸溶液而不使用水的原因是：减少CaSO4的溶解损失，提 高产品石膏的产率：洗涤液X中含有硫酸，其具有回收利用的 价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，回收利用洗涤液X 的操作单元是：酸解。由图甲信息可知，温度越低，越有利于 实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线 上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，位于80℃线 下方，晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在，在两线之间的以 两种晶体的混合物形式存在： AP2O5%=15、S03%=15,由图乙信息可知，该，点坐标位于两个 温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意： B.P2O%=10、SO%=20,由图乙信息可知，该，点坐标位于 两个温度线(65℃，80℃)之间，故不能实现晶体的完全转化， B不符合题意： C.P205%=10、SO3%=30,由图乙信息可知，该点坐标位于 65℃线上方，晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在，故不能 实现晶体转化，C不符合题意； D.P2O%-10、SO3%=10,由图乙信息可知，该点坐标位于 80℃线下方，晶体全部以CSO4·2H2O形式存在，故能实现 晶体的完全转化，D符合题意； 综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。 答案(1)6HF+SiO2=2H++SiF-+2H2O (2)2.0×10-2S02 (3)CaSO4·0.5H2O减少CaSO4的溶解损失，提高产品石 膏的产率酸解D 专题六 化学反应与能量 考向一 1.图象分析 反应物总能量低于生成物总能 反应物总能量 量。反应为吸热反应。A错误 生成物总能量 2 CHCH-CHP 活业能战人 反应速越 过态1 慢为反而 的决液步理 CHCHCH 2日2 催化剂作用下，丙统吸联反应进图 态能量较低，能量越低越 稳定，故饿化剂a吸附得到 的吸附态更稳定，C正确 C[相对能量与反应进程图像分析化学平衡常数只与温度 有关，而与其他条件无关，因此两种不同催化剂作用下总反应 的化学平衡常数相同，B错误；反应的决速步骤为活化能最大 的步骤，即反应进行最慢的步骤，由图像可以看出，在①转化为 ②的进程中，"CH3CHCH3+·H一→"CH3CHCH2十2"H 的活化能最大，因此①转化为②的进程中，决速步骤为 "CH CHCH3+"H→"CH CHCH2+2"H(或写为 "CH CHCH3→"CHCHCH2+"H),D错误。] 2.B[能量变化图像分析由题图可知，生成Y的速率大于生 成Z的速率，则第一步反应的活化能比第二步反应的活化能 小，C项、D项错误；结合△H1、△H2均小于0可知，两步反应均 为放热反应，故反应物总能量高于生成物总能量，则能量：X一 Y>Z,A项错误，B项正确。] 3.C「A.根据表格中的数据可知，H2的键能为218×2=436kJ· ol厂1，A正确；B.由表格中的数据可知O2的锭能为：249X2 498k·mol-1,由题中信息可知H2O2中氧氧单键的键能为 214kJ·mol1,则O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的 两倍，B正确：C.由表格中的数据可知HOO一HO十O,解离 其中氧氧单键需要的能量为249十39-10=278k灯·mo11, H2O2中氧氧单锭的键能为214kJ·ol1,C错误；D.由表中的 1 数据可知H20(g)十O(g)=H2O2(g)的△H=-136-249 (-242)=-143kJ·mol1,D正确；故选C。] 4.B「A.H2是单质，CH4是化合物，同温同压下，同状态的相同 物质的量单质的墒值低于化合物，所以熵值1olCH(g) 1molH2(g),A错误；B.相同状态的相同物质，物质的量越大， 熵值越大，所以墒值1molH2O(g)<2molH2O(g),B正确： C.等量的同物质，城值关系为：S(g)>S(I)>S(s),所以墒值 1molH2O(s)<1molH2O(1),C错误：D.从金刚石和石墨的 结构组成上来看，金刚石的微规结构更有序，熵值更低，所以熵 值1molC(s,金刚石)<1molC(s,石墨)，D错误：答案为B。] 5.B[A.1 nol NO2含有1molN原子，1 mol N,O4含有2molN原 子，现为可逆反应，为NO2和N2O4的混合气体，1mol平衡混 合气体中所含原子大于1molN,A项错误；B.反应2NO2(g) 一N2O4(g)为放热反应，故完全断开2 mol NO2分子中的共 价键所吸收的热量比完全断开1molN2O4分子中的共价键所 吸收的热量少，B项正确：C.气体体积压缩，颜色变深是因为体 积减小，浓度变大引起的，C项错误：D.放热反应，温度升高，平 衡逆向移动，颜色加深，D项错误。] 6.B[根据热化学方程式可知，该反应为放热反应，反应物的总 能量大于生成物的总能量，C、D错误；升高温度，N2(g)、H2(g) 和NH3(g)的能量都升高，升高的能量可以根据比热容计算 反应物[N2(g)+3H2(g)]能量升高值为(29.1+3×28.9)× △T,生成物[2NH3(g)]的能量升高值为(2×35.6)×△T,则升 高温度后，反应物的总能量与生成物的总能量的差值（焓变的 绝对值)更大了，A错误，B正确。 7.C[A.根据盖斯定律结合题千信息①C3H8(g)+5O2(g) 3CO2(g)+4H2O(1)△H=-2220kJ/mol:②C3H(g)+ 9/2O2(g)-3C02(g)+3H2O(1)△H=-2058kJ/mol: ③H2(g)+1/2O2(g)-一H2O(1)△H=-286kJ/mol可知， 可由①一②一③得到目标反应C3Hg（g)—C3H6（g)十 H2(g),该反应的△H=△H1-△H2-△H3=十124kJ/mol,A 正确；B.仅按CHg(g)—CH（g)十H2（g)可知CH、Hg 的浓度随CO,浓度变化趋势应该是一致的，但是氢气的变化 不明显，反而是CO与CH:的变化趋势是一致的，因此可以推 断高温下能够发生反应CO2十H2一三CO十H2O,从而导致 CH、H2的浓度随CO2浓度变化趋势出现这样的差异，B正 确；C.投料比增大，相当于增大CH8浓度，浓度增大，转化率 减小，C错误；D.根据质量守恒定律，抓住碳原子守恒即可得 出，如果生成物只有CH,CO、H2O、H2,那么入口各气体的 浓度c0和出口各气体的浓度符合3co(CgH8)十co(CO2)= 3c(CH。)十c(C0)十3c(CH)十c(CO,),D正确。 8.C[A.氨水能与酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸 氢铵，则用氨水捕集废气中的二氧化碳，将其转化为氯肥有利 于大气中二氧化碳的减少，故A不符合题意；B.大力推广使用 风能、水能、氢能等清洁能源可以减少化石能源的使用，从而减 少二氧化碳气体的排放，有利于大气中二氧化碳的减少，故B 不符合题意：C.大力推广使用千冰实现人工增雨，会增加大气 中二氧化碳的量，不利于大气中二氧化碳的减少，故C符合题 意：D.通过植树造林，利用光合作用吸收大气中的二氧化碳有 利于大气中二氧化碳的减少，故D不符合题意。门 考向二 1.A根据盖斯定律可知，反应4=反应1十反应2十反应3，故 △H4=△H1+△H2+△H3=-125kJ·mol1-393.5kJ· mol-1-94.7kJ·mol-1=-613.2kJ·mol-1 2.C0 第一步反应：0(g+C1(g)=0(g)+CIO(g) 活化能最小，反应速率最快 第二步反司：C0g)+ 0+0+C1 O(g=0Ag+CI(g) E 0,+0+C0 20+C 20 历程[ 历程 一C1为催化剂 0(g)+0g)=20Mg) 根据历程I,O(g)十O(g)=一2O2(g)的△H=(E一E3)kJ· mol-1,根据历程Ⅱ，O3(g)十O(g)一2O2(g)的反应热△H= (E一E2)k·mol厂1，则E6-E3=E一E2,A项正确；根据图 示，Cl(g)的相对能量为(E2一Eg)kJ·ol-1,由于Cl2(g)的相 对能量为0，故C2(g)-CI(g)十CI(g)的△H=2(E2-E)k· mol1,即C1一C1键能为2(E2-E3)kJ·mol-1,B项正确；历程 Ⅱ使用了催化剂C1,催化剂不能使平衡发生移动，则O3的平衡 转化率：历程Ⅱ=历程I,C项错误：历程I、历程Ⅱ中速率最 快的一步反应为活化能最小的反应，即C1O(g)十O(g) O2(g)十CI(g)△H=(E-E4)kJ·mol-1,D项正确.] 3.D[2O(g)-O2(g)的过程形成O一O共价键，是放热过程，其 △H等于负的O一O共价键的键能，A、C错误：对于热化学方 程式2H2(g)+O2(g)—2H2O(g)△H=-482kJ·mo1-1 根据键能与焓变的关系△H=2E(H一H)+E(O一O) 4E(O-H),可计算得E(0=O)=-482kJ·mol1十4× 463kJ·mol-1-2×436k·mol-=498kJ·mol-1,B错误，： D正确。] 4.解析盖斯定律、平衡常数、平衡移动分析等(1)由盖斯定律 可知，目标反应=第1个反应一2×第2个反应，则△H3=△H1 一2△H2=-566k·mol厂1。(2)由题图知，压强一定时，温度 越高，C2H6平衡转化率越高，则升温平衡正向移动，该反应的 正反应为吸热反应，△H:>0。平衡转化率接近40%的曲线应1 介于平衡转化率为20%与50%的曲线之间，a项代表的点在！ 20%线左侧，b项代表的点位于20%线与50%线之间，c项代！ 表的点在50%线与80%线之间，故b符合题意。(3)①设初始 投入C2H6的物质的量为1mol,且仅发生反应i,结合C2H6的 平衡转化率为25.0%列出三段式： C2 H6(g)=C2 H(g)+H2 (g) 起始量/mol 0 0 变化量/mol 0.25 0.25 0.25 平衡量/mol 0.75 0.25 0.25 平衡时体系中总物质的量为0.75mol十0.25mol十0.25mol= 1,25mol,则CH6CHH2的物质的量分效分别为9，石 0.25、0.25 2示，25，代入平衡常数表达式得：K1= 0.250.25 1.25^1.25 0.75 1.25 0.067。②同时发生反应1和iⅱ，可看作反应1平衡之后，再开！ 始反应ⅱ，最终两者均达到平衡。反应ⅱ按1：1消耗了反应： i的反应物C2H6、产物H2,设最终消耗量均为mmol(m>0), 则C2H6、H2分别剩余(0.75-m)mol、(0.25一m)mol。由于反 应ⅱ是一个反应前后气体分子数不变的反应，平衡时总物质的！ 量仍为1.25mol,则C2H,、H2的物质的量分数分别为 0.75-m.025,二m。假设平衡时C2H仍为0.25mol,则其物 1.25 1.25 质的量分数仍为：2站。将三者的物质的量分效代入浓度商表 0.25×0.25-m 达式：Q1= 1.25 1.25 。由于025-m=075m二0.5 0.75-m 0.75-m 1.25 92票×0.25，m 0.50.25 =1一 0.5一10.75=0.75，因此Q1 1.251 1.25 0.75- 0.75-m 1.25 品×工2西K,则反应的平街正向秽动，生成更多的 0.75 1.25 C2H4,因此C2H4的平衡产率会增大。(4)通常配位键的形成1 需要一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。Cu+与C2H形 成配位键时，C2H4提供了π键中的一个共用电子对，Cu十提供 空轨道。该分子筛与C2H4可形成配位键，强于其与C2H6之 间的范德华力，因此该分子筛可以高选择地吸附C2H4分子， 而不吸附C2H分子。由于该配位键弱于共价键，则在一定条！ 件下C2H4容易发生脱附，再生的分子筛可重复利用，故其优 点是选择性好、可重复使用。（提示：题目提示这种配位锭强弱 介于范德华力和共价键之间，可从其强于范德华力和弱于共价： 键两个角度入手分析其优，点)(5)前30min,两种气体出口浓度， (c)与进口浓度(c0)之比为0，说明两者的出口浓度均为0，两种： 气体均被完全吸附，A错误；进口处C2H6和C2H4等体积混 合，n(CH6)=o(CH4),p点对应时刻，CH c(C2 H6) (C,说明出口浓度(CH,)>c(C2H,),即出口气体主 c(C2 H) 要成分是CHB正确；a点处CH的二=1.0，出口浓度与 进口浓度相等，说明此时吸附剂对C2H6饱和，a一b对应时间！ 18 c(C2 H6) 段内c。(C2Hg) >1.0,出口浓度大于进口浓度，说明已吸附的 c(C2 H) C2H被释放，与此同时，C2H4的 1.0,出口浓度小 co(C2 Ha) 于进口浓度，说明仍在吸收C2H4,结合a点处吸附剂对C2H 已经饱和可知，a~b对应时间段内，已吸附的C2H。逐渐被 C2H4替代，C正确。 答案(1)一566(2)>b(3)①0.067②增大(4)空轨 道选择性好、可重复使用(5)BC 知识拓展形成配位键时，配体除了提供孤电子对，π键或大π 键上的电子也可提供，提供π键或大π键上的电子对的配体称 为π配体，如最早发现的π配体配合物“蔡斯盐”K[Pt(C2H4) Cl]中，就是乙烯提供π键电子对与P+形成配位键。 5.解析盖斯定律、转化率、平衡常数、化学平衡移动(1)根据 盖斯定律，目标反应=第一个反应X3十第二个反应，则△H= 3×△H1+△H2=3×(-29k·mol厂1)+20k·mol1= -67k·mol1。(2)(i)由△H1<0可知，升高温度，该反应 的平衡逆向移动，n(CH4)增大，n(CHBr)减小，故图中CHBr 的曲线是a。(i)根据题图可知，560℃时，平衡时1(CH4)= 1.6mmol,n(CH3Br)=5.0mmol,则CH4的转化率a 8mmol-1.6mmol×1o0%=80%,CH4的转化量为6.4mmol, 8 mmol 故进一步渙化的CHBr的物质的量为(6.4一5.0)mmol 1.4mmol,则CH3Br进一步溴化生成的HBr的量为1.4mmol, 故n(HBr)=6.4mmol+1.4mmol=7.8mmol。(m)假设 CH4与Br2反应生成CH3Br平衡后CH3Br再进一步溴化，根 据题图中的数据，并结合（ⅱ）的分析，列三段式： CH3 Br(g)+Br2(g)--CH2 Br2(g)+HBr(g) 起始量/mmol6.4 1.6 0 6.4 转化量/mmol1.41.4 1.4 1.4 平衡量/mmol5.00.2 4 7.8 该反应为气体分子数不变的反应，可用物质的量来计算平衡常 数，则K=,8X-10.92。(3)(1)根据图中关于CH,Br 5.0×0.2 的敦据可得，（有12）=3.2一2.6)mm0=0.075mmol·g1, (19-11)s (无)-②.28》mmOl-0.05mmol·s1,则有2} (19-11)s u(无I2) 0.05mmol·。=1.5。（i)由题图知，有l2时，CHBr的量 0.075mmo1·s 明显提高，CH2Br2的量降低，且约7.5s后，体系中CH3Br的 量高于CH2Br2的量，故I2提高了CH3Br的进择性。(m)I2 产生的·I可将反应后的含碳物质CH2B2经过反应②、③转 化为CH3Br:而反应过程中生成的·Br可继续与CH,经过反 应④、⑤生成CHBr,提高了生成的CH,Br的量，减少了 CH2Br2的量，从而提高CH3Br选择性。 答案(1)-67(2)(i)a(i)80%7.8(m)10.92 (3)(i)1.5(i)有I2时，CH3Br的量明显提高，CH2Br2的 量降低，且约7.5s后，体系中CH3Br的量高于CH2Br2的量 (Ⅲ)I2产生的·I可将反应后的含碳物质CH2Br2经过反 应②、③转化为CHBr:而反应过程中生成的·Br可继续与 CH经过反应④、⑤又生成CH3Br 6.解析(1)△H=反应物键能总和一生成物键能总和，根据化学 方程式以及表格中数据可得△H=390.8kJ·mol-1×3×2 (946kJ·mol1+436.0kJ·mol-1×3)=+90.8kJ·mol-1 (2)若反应能自发进行，则△G=△H一T△S<0,代入数据，△G= △H-T△S=90.8×103J·mol1-T×198.9J·mdl-1·K-1 0,则T>456.5K,转化成摄氏温度，则T>183.5℃，故选 C、D。 答案(1)+90.8 (2)CD 7.解析由题给越烧热数据可得，①H(g)十之0，(g)—H,0D △H1=-285.8kJ·mo1-1,②C(石墨，s)+O2(g) C0,(g)△H2=-393.5k·mol1,③CH①+502(g) —6CO2(g)+3H2O(1)△H3=-3267.5kJ·mol-1,根据 盖斯定律，目标方程式可由3×①十6×②一③得到，其△H= (-285.8kJ·mol)×3+(-393.5k·mol1)×6 (-3267.5k·mol-1)=+49.1kJ·mol-1,故H2(g)与 C(石墨，s)生成CH:(1)的热化学方程式为3H2(g)十6C(石 墨，s)(C6H6(1)△H=+49.1kJ·mol-1 答案(1)3H2(g)十6C(石墨，s)=C6H(1) △H=+49.1k·mo11 8.解析(1)已知CaO(s)十CO2(g)—CaCO3(s)△H= -178.8kJ·mol1,因此向重整反应体系中加入适量多孔 CO的优点是吸收CO2,使平衡正向移动，提高H2的产率，同 时提供热量。 (2)①反应I:CH4(g)+CO2(g)—2CO(g)+2H2(g)△H= 246.5kJ·mo1 反应Ⅱ：H2(g)十CO2(g)—CO(g)+H2O(g)△H=41.2kJ·: mol 依据盖斯定律可知I×3一ⅡX2即得到反应3CH4(g)十CO2(g)! +2H2O(g)—4CO(g)+8H2(g)的△H-657.1k·mol-1。: ②由于反应I和反应Ⅱ的△H>0,高温下反应的平衡常数大： (反应正向进行程度大)，CO2的消耗量大，反应Ⅲ的△H<0, 高温下反应的平衡常数小（反应正向选行程度小），CO2的生成： 量小，所以800℃下C02平衡转化率远大于600℃下CO2平 衡转化率。(3)①图2所示机理的步骤（丨）中CO结合氧元素： 转化为二氧化碳，根据Cu、Ce两种元素的核外电子排布式可判！ 断元素Cu、Ce化合价发生的变化为铜的化合价由十2变为+1！ 价，铈的化合价由十4价变为+3价。②由于高温下，Cu(十2： 价)或Cu(十1价)被H2还原为金属Cu,所以当催化氧化温度 超过150℃时，催化剂的催化活性下降。 答案(1)吸收CO2,提高H2的产率，提供热量 (2)①657.1kJ·mo1-1②反应I和反应Ⅱ的△H>0,高温下 反应的平衡常数大（反应正向进行程度大），CO2的消耗量大， 反应Ⅲ的△H<0,高温下反应的平衡常数小（反应正向进行程 度小)，CO2的生成量小 (3)①铜的化合价由十2变为十1价，铈的化合价由十4价变为！ +3价②高温下，Cu(+2价)或Cu(+1价)被H2还原为金！ 属Cu 专题七化学反应与电能 考向一 1.电池分析根据题给已知信息可知，放电时，电极Ⅱ上MnO2! 减少，说明电极Ⅱ上MnO2得电子发生还原反应转化为Mn2+ 进入溶液中，故电极Ⅱ作正极，电极反应式为MnO2十2e一十 2H2O一Mn2+十4OH,放电时电极I为负极，电极反应式！ 为MnS-2e- -S+Mn2 B[电极的判断、电解质溶液pH的变化、电极反应式结合 上述分析可知，充电时电极Ⅱ为阳极，A正确：结合放电时电极！ B特各桥等流生克电态著在装生商 极反应式为S+Mn2+十2e =MnS,16gS的物质的量为 0.5mol,完全反应可转移1mol电子，结合题千信息可知，16g: S能提供的理论容量为26.8A·h,D正确。 得分保障解答本题的关键：结合“放电时，电极Ⅱ上MO2减！ 少”来判断原电池的正负极。D项需要理解并应用题干中给出！ 的理论容量的数据进行计算 2.电池分析根据电池中所含物质知，能形成的自发氧化还原反· 应只有Fe+2Fe3+ 一3Fe2+,因此氧化剂Fe3+所在电极区的！ b电极为正极，电极材料为石墨，则a电极为负极，电极材料为！ 负载Fe的石墨。 BC[全铁液流电池工作原理分析隔膜需防止右侧的F3+: 进入左侧，应使用阴离子交换膜，A错误；由上述分析知，B正！ 确：充电时的总反应为3Fe2+通电Fe十2Fe3+,消耗Fe2+,故隔 膜两侧溶液F2+浓度均减小，C正确；根据放电的总反应知， Fe3+每减少1mol,Fe2+总量相应增加1.5mol,D错误。] 3.模型解读 光解过程中，电极a上电子流出，发生氧化反应；电极b上电子 流入，发生还原反应 电极 反应类型 电极反应式 电极a 氧化反应 2H2O-4e02个+4H+(A正确) 电极b 还原反应 2H++2e=H2个 A[电化学原理的应用，涉及电极产物判断、离子移动方向 电化学计算等电极a上生成H十，电极b上消耗H+,H通 过质子交换膜从左室移向右室，B错误：在探究溶液浓度变化 时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解过程 中，H2SO4溶液中H2O减少，H2SO4溶液浓度增大，pH减小， C错误：生成1molH2,转移2mol电子，外电路通过0.01mol} 电子时，电极b上生成0.005molH2,D错误。] 18 4.模型解读 该装置为原电池。由放电过程中两极均增重可知a极上Cu2O 失去电子发生氧化反应生成Cu2(OH)3C1,则a极为负极：b极 上NaTi2(PO4)3得到电子发生还原反应生成NaTi2(PO4)3, 则b极为正极。 定位电极及反应类型 电极反应式 a极（负极），氧 Cu20+2H20-2e+C1 化反应 Cu2(OH)3C+H十(C正确) b极（正极），还 NaTi (PO)+2e +2Na 原反应 Nas Ti(PO)3 [新型电池工作原理分析，涉及离子移向、电极反应、电池评 价等放电时阳离子(Na十)向正极(b极)迁移，A正确：该电 池负极消耗CI一、正极消耗Na,所以可用于海水脱盐，B正 确；由原电池电极反应可知还原性：Cu2O>N3Ti2(PO4)3,而 将b极换为Ag/AgC1电极后b极仍增重，则此时b极电极反应 式为Ag一e十C1一AgC1,所以该电极作为负极，则还原 性：Ag>Cu2O,综合可知还原性：Ag>Cu2O>Na3Ti2(PO4)3, 若以Ag/AgC1电极代替a极，则a极电极反应式为Ag一e十 C1- =AgCl、b极电极反应式为NaTi2(PO4)3+2e十2Na 一NTi2(PO4)3,电池不会失去储氯能力，D错误。] 模型解读 充电时为电解池，情性电极上L十得电子生成L并沉积在情性 电极上，储氢容器内的H2在气体扩散电极上失电子转化为 H+,进一步结合电解质溶液中的H2PO,生成H3PO4,Li+通 过固体电解质向情性电极（阴极）移动(C正确)；放电时为原电 池，情性电极为负极，Lⅰ失电子生成L十并通过固体电解质向 左侧迁移，正极（气体扩散电极）H3PO4中H十得电子生成H2, 据此分析 定位 电极 电极反应式 隋性电极（阴极） Lif+e -Li 充电 电解池 气体扩散电极 名 -2e+2H PO (阳极) 2H PO 情性电极（负极）》 Li-e -Lit 放电 (原电池) 气体扩散电极 2Ha PO +2e =2H2P04十 (正极)》 H2个 总反应：2i+2HP0放电2HPO,十H+(B错误） 充电 [电化学原理，涉及电池总反应书写、离子迁移方向、电解质 溶液变化分析等 放电时，电解质溶液中H3PO4转化为 H2PO,并结合迁移过来的Li计生成LiH2PO,由得失电子守 恒知，失去的n(H十)=得到的n(Li十)，则电解质溶液质量增 加，A错误：充电时每转移1mol电子生成1molH+,但溶液体 积未知，无法计算浓度变化，D错误。门 风向速览电化学新情境 本题以热点话题锂一氢电池为试题情境，该电池构建了一种无 负极可充电锂金属一氢气电池，在首次充电时，从低成本的锂 盐中沉积锂金属生成负极。试题的难度在于判断电池的正负 极，破题关键在于“电池使用前需先充电”这一要点，另外电解 质溶液的质量变化需结合电化学过程的离子迁移变化分析也 是本题的难点。 近年来电化学试题多以前沿科技为试题情境，例如2024年新 课标卷第12题以“控制血糖浓度的微型电池”为情境、2024年 河北卷第13题以“Mg一CO2可充电电池”为试题情境、2024年 湖北卷第14题以“电催化合成甘氨酸”为试题情境等，试题设 问依然以电极属性判断、离子迁移方向、电解质溶液变化及电 化学计算等基础考点为核心。电化学新情境试题的破题关键 在于结合图文信息，进行图像分析、机理解读、信息获取等，注 重基础的同时，更侧重对学生高阶思维能力的考查。 ,电池分析由题图知，该电池放电时CO2转化为MgC2O4,C 得电子化合价降低，则多孔碳纳米管电极作正极，故Mg电极 作负极，Mg失电子转化为Mg2+ C[可充电Mg一CO2电池的工作原理由上述分析知，放电 时，电池的总反应为2CO2十Mg一MgC2O4,A正确；充电时专题六 化学 考向一化学反应中的能量变化 1.(2025·河南卷，3分)在催化剂a或催化剂b 作用下，丙烷发生脱氢反应制备丙烯，总反应 的化学方程式为CH3CH2CH3(g)CHCH 一CH,(g)十H(g),反应进程中的相对能量变化 如图示(*表示吸附态，*CH3 CHCH2+2*H →CH3CH=CH2(g)+H2(g)中部分进程 救 已省略)。 2- 一0 催化剂a CH.CH-CH2(g)+ △- 催化剂b H2(g) 0△ 1- CH CH-CH(g) 过渡态2 0-△ 过渡态1 -1 CH.CH2CHs CH CHCH2+ -2 ① CH.CHCH+ 2H② 训 H -3 反应进程 下列说法正确的是 A.总反应是放热反应 B.两种不同催化剂作用下总反应的化学平衡 常数不同 C.和催化剂b相比，丙烷被催化剂a吸附得到 的吸附态更稳定 蜜 D.①转化为②的进程中，决速步骤为 CH3CH2CH3-*CH3 CHCH3+*H 2.(2024·安徽卷，3分) 某温度下，在密闭容 器中充入一定量的 X(g),发生下列反应： X(g)=Y(g)(△H1 <0),Y(g)==Z(g) 反应时间→ (△H2<0),测得各气 体浓度与反应时间的关系如图所示。下列反 应进程示意图符合题意的是 过渡态2 过渡态2 过渡态 过渡态 反应进程 反应进程 1 B 过渡态1 过渡态1过渡态2 过渡态2 Z 反应进程 反应进程 C D 反应与能量 3.(2022·浙江卷6月，2分)标准状态下，下列 物质气态时的相对能量如下表： 物质(g) H HO HOO H2 02 H2O2 H2() 能量/k·mol-249218 39 10 0 0 136 -242 可根据HO(g)十HO(g)一H2O2(g)计算出 H2O2中氧氧单键的键能为214kJ·mol-1 下列说法不正确的是 A.H2的键能为436kJ·mol-1 B.O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的 两倍 C.解离氧氧单键所需能量：HOO<H2O2 D.H2O(g)+O(g)—H2O2(g)△H= -143kJ·mol-1 4.(2021·浙江6月，2分)相同温度和压强下， 关于物质嫡的大小比较，合理的是 A.1 mol CH(g)<1 mol H2 (g) B.1 mol H2O(g)<2 mol H2 O(g) C.1 mol H2O(s)>1 mol H2O(1) D.1molC(s,金刚石)>1molC(s,石墨) 5.(2021·北京卷)NO2和N2O4存在平衡： 2NO2(g)==N2O4(g)△H<0。下列分析 正确的是 A.1mol平衡混合气体中含1molN原子 B.断裂2 mol NO2中的共价键所需能量小于 断裂1molN2O4中的共价键所需能量 C.恒温时，缩小容积，气体颜色变深，是平衡 正向移动导致的 D.恒容时，水浴加热，由于平衡正向移动导致 气体颜色变浅 6.(2021·浙江1月，2分)在298.15K、100kPa条 件下，N2(g)+3H2(g)--2NH3(g)△H= -92.4kJ·mol-1,N2(g)、H2(g)和NH3(g)》 的比热容分别为29.1J·K1·mol-1、28.9J· K1·mol-1和35.6J·K-1·mol-1。一定压 强下，1mol反应中，反应物[N2(g)+3H(g)]、生 成物[2NH3(g)]的能量随温度T的变化示意 图合理的是 ) 能量个 能量 反应物不 反应物 △H △H △H 生成物 AH 生成物 T T2 不 T T2 能量个 能量↑ 生成物」 生成物 △H2 反应物 △H2 △H △H :反应物 D 7.(2021·北京卷)丙 烷经催化脱氢可制 丙烯：C3Hg一 C.H C3H6+H2.600 ℃，将一定浓度的 CO2与固定浓度的 CHg通过含催化 剂的恒容反应器， CO浓度 经相同时间，流出 的C3H6、CO和H2浓度随初始CO2浓度的 变化关系如图。 已知： ①C3Hg(g)+5O2(g)-3CO2(g)+4H2O(1) △H=-2220kJ/mol ②C3H(g)+9/2O2(g)—3CO2(g)+3H2O1) △H=-2058kJ/mol ③H2(g)+1/2O2(g)—H2O(1) △H=-286kJ/mol 下列说法不正确的是 A.C3 Hs(g)-C3 H6(g)+H2(g) △H= +124 kJ/mol B.c(H2)和c(C3Hs)变化差异的原因：CO2十 H2=CO+H,O C.其他条件不变，投料比c(C3H3)/c(CO2)越 大，C3Hg转化率越大 D.若体系只有C3H、CO、H2和H2O生成，则初 始物质浓度co与流出物质浓度c之间一定存 在：3co(C3H3)+c(CO2)=c(CO)+c(CO2)+ 3c(Ca Hg)+3c(C3H6) 8.(2021·海南卷)2020年9月22日，中国向全 世界宣布，努力争取2060年前实现碳中和。 下列措施不利于大气中CO2减少的是() A.用氨水捕集废气中的CO2,将其转化为 氮肥 B.大力推广使用风能、水能、氢能等清洁能源 C.大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情 D.通过植树造林，利用光合作用吸收大气中 的CO2 考向二反应热的计算 环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最 常用的生产方法： 催化剂 反应10(g)十CO2(g) △H1=-125kJ·mol-1 已知： 反应2C(s)+O2(g)—CO2(g)△H2= -393.5kJ·mol-1 反应33H,(g)+3C(s)+202(g)—0-(g) △H3=-94.7kJ·mol-1 反应43H,(g)+4C(s)+多0，(g)-一 △H4 1.(2025·上海卷)反应4的△H4= kJ ·mol-1 ) A.-613.2 B.613.2 C.395.2 D.-395.2 2.(2023·浙江1月，3分)标准状态下，气态反 应物和生成物的相对能量与反应历程示意图 如下[已知O2(g)和Cl2(g)的相对能量为0]， 下列说法不正确的是 ) E O+0+CI E O+O 02+0+C10 E 202+C1 20 历程 历程Ⅱ A.E6-E3=E5-E2 B.可计算C一C1键能为2(E2-E3)kJ·mol-1 C.相同条件下，O3的平衡转化率：历程Ⅱ>历 程I D.历程I、历程Ⅱ中速率最快的一步反应的 热化学方程式为：CO(g)+O(g) O2(g)+Cl(g)△H=(E5-E4)kJ·mol1 3.(2021·浙江1月，2分)已知共价键的键能与 热化学方程式信息如下表： 共价键 H-H H-O 键能/(kJ·mol-1) 436 463 热化学方程式 2H2(g)+O2(g)-2H2O(g) △H=-482kJ·mol-1 则2O(g) 一O2(g)的△H为 ( A.428kJ·mol-1 B.-428kJ·mol-1 C.498kJ·mol-1 D.-498kJ·mol-1 4.(2024·安徽卷，15分)乙烯是一种用途广泛 的有机化工原料，由乙烷制乙烯的研究备受关 注。回答下列问题： 【乙烷制乙烯】 (1)C2H6氧化脱氢反应： 2C2H6(g)+O2(g)—2C2H4(g)+2H2O(g) △H1=-209.8kJ·mol-1 C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+H2O(g)+ CO(g)△H2=178.1kJ·mol1 计算：2CO(g)+O2(g)—2CO2(g)△H3= kJ·mol-1。 (2)C2H6直接脱氢反应为C2H6(g)—C2H (g)十H2(g)△H4。C2H6的平衡转化率与 温度和压强的关系如图所示，测△H 0 (填“>“<”或“=”)。结合下图，下列条件中， 达到平衡时转化率最接近40%的是 (填标号)。 0.9 CH,平衡转化率 .…20% -50% …80% 0.3 0.1 0 2004006008001000 T/℃ a.600℃，0.6MPa b.700℃，0.7MPa c.800℃，0.8MPa (3)一定温度和压强下，反应1C2H6(g) ==C2H4(g)+H2(g)K1 反应iⅱC2Hs(g)+H2(g)=2CH4(g) K2(K2远大于K)(Kx是以平衡物质的量 分数代替平衡浓度计算的平衡常数) ①仅发生反应i时，C2H6的平衡转化率为 25.0%,计算Kx1= ②同时发生反应ⅰ和ⅱ时，与仅发生反应1相 比，C2H4的平衡产率 （填“增大”“减 小”或“不变”)。 【乙烷和乙烯混合气的分离】 (4)通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附一脱附， 可实现C2H4和C2Hs混合气的分离。Cu+的 与C2H4分子的π键电子形成配位 键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之 间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是 (5)常温常压下，将C2H4和C2H6等体积混 合，以一定流速通过某吸附剂，测得两种气体 出口浓度(c)与进口浓度(co)之比随时间变化 关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。 2.0 1.5 S1.0 a 0.5 0.0 0 30 60 90120 t/min A.前30min,两种气体均未被吸附 B.p点对应的时刻，出口气体的主要成分 是C2Hg C.a~b对应的时间段内，吸附的C2H6逐渐 被C2H4替代 5.(2024·全国甲卷，15分)甲烷转化为多碳化 合物具有重要意义。一种将甲烷溴化再偶联 51 为丙烯(C3H。)的研究所获得的部分数据如 下。回答下列问题： (1)已知如下热化学方程式： CH(g)+Br2 (g)=-CH3Br(g)+HBr(g) △H1=-29kJ·mol-1 3CHs Br(g)-CsH6(g)+3HBr(g)AH2= +20kJ·mol-1 计算反应3CH4(g)+3Br2(g)一-C3H6(g)+ 6HBr(g)的△H= kJ·mol-1 (2)CH4与Br2反应生成CH3Br,部分CH3Br 会进一步溴化。将8 mmol CH4和8mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n(CH4)、n(CH3Br)与 温度的关系见下图（假设反应后的含碳物质只 有CH4、CH3Br和CH2Br2)。 5.6 5.2 4.8 4.4 4.0 3.6 3.2 2.8 2.4 2.0 b 1.6 1. 360 460 560660 760 860 温度/℃ (i)图中CH3Br的曲线是 (填“a”或 “b”) (i)560℃时，CH4的转化率a= n(HBr)= mmol (i)560℃时，反应CH3Br(g)+Br2(g) CH,Br2(g)+HBr(g)的平衡常数K= (3)少量I2可提高生成CH3Br的选择性 500℃时，分别在有I2和无I2的条件下，将 8 mmol CH4和8 mmol Br2通入密闭容器，溴 代甲烷的物质的量(n)随时间(t)的变化关系 见下图。 3.6 3.2 CHBr(有I2) 2.8 CHBr2(无I2) 2.4 2.0 1.6 CHBr(有H CHBr(无L2) 0.8 0.4 2 68101214161820 t/s (i)在11~19s之间，有I2和无I2时CH3Br 的生成速率之比。（无12） o(有12) (ⅱ)从图中找出I2提高了CH3Br选择性的证 据： (ⅲ)研究表明，I,参与反应的可能机理如下： ①L2(g)—·I(g)+·I(g) ②·I(g)+CH2Br2(g)-IBr(g)+·CH2Br(g) ③·CH2Br(g)+HBr(g)=CH3Br(g)+ ·Br(g) ④·Br(g)+CH4(g)一HBr(g)+·CH3(g) ⑤·CH3(g)+IBr(g)-CH3Br(g)+·I(g) ⑥·I(g)十·I(g)==l2(g) 根据上述机理，分析I2提高CH3Br选择性的 原因： 6.(2021·湖南卷节选)氨气中氢含量高，是一种 优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通 过下面两种方法由氨气得到氢气。 方法I.氨热分解法制氢气 相关化学键的键能数据 化学键 N=N H-H N-H 键能E/(kJ·mol-1) 946 436.0 390.8 在一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2 和H2。回答下列问题： (1)反应2NH(g)=N2(g)+3H2(g) △H= kJ·mol-1; (2)已知该反应的△S=198.9J·mol厂1· K1,在下列哪些温度下反应能自发进行？ (填标号)； A.25℃ B.125℃ C.225℃ D.325℃ 7.(2021·河北卷节选)当今，世界多国相继规划 了碳达峰、碳中和的时间节点，因此，研发二氧 化碳利用技术、降低空气中二氧化碳含量成为 研究热点。大气中的二氧化碳主要来自煤、石 油及其他含碳化合物的燃烧。已知25℃时， 相关物质的燃烧热数据如下表： 物质 H2(g) C(石墨，s) C6 H6(D 燃烧热 -285.8 -393.5 -3267.5 △H(k·mol-1) 则25℃时H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(1) 的热化学方程式为 8.(2021·江苏卷)甲烷是重要的资源，通过下列 过程可实现由甲烷到氢气的转化。 甲烷←一重整…→C0转化…催化氧化 …→氢气 (1)500℃时，CH4与H2O重整主要发生下列 反应： CH4(g)十H2O(g)CO(g)十3H2(g》 CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g) 己知CaO(s)+CO2(g)-CaCO3(s) △H= 一178.8kJ·mol-1。向重整反应体系中加入 适量多孔CaO,其优点是 (2)CH4与CO2重整的主要反应的热化学方 程式为 52 反应I:CH4(g)+CO2(g)—2CO(g)+2H2(g) △H=246.5kJ·mol-1 反应Ⅱ：H2(g)十CO2(g)—CO(g)+H2O(g) △H=41.2kJ·mol-1 反应Ⅲ：2CO(g)-CO2(g)+C(s) △H=-172.5kJ·mol-1 ①在CH4与CO2重整体系中通入适量H2O(g), 可减少C(s)的生成，反应3CH4(g)+CO2(g)十 2H2O(g)==4CO(g)+8H2(g)的△H= ②1.01×105Pa下，将 95 CH n起始(CO2):m起始(CH4) 85 =1：1的混合气体置于 密闭容器中，不同温度下 CO 重整体系中CH4和CO2 的平衡转化率如图1所 55 示。800℃下CO2平衡 转化率远大于600℃下 500 600 700 800 温度/℃ CO2平衡转化率，其原 图 因是 (3)利用铜-铈氧化物(xCuO·yCeO2,Ce是活 泼金属)催化氧化可除去H2中少量CO,催化 氧化过程中Cu、Ce的化合价均发生变化，可 能机理如图2所示。将n(CO)：n(O2): n(H2):n(N2)=1:1:49:49的混合气体 以一定流速通过装有xCuO·yCeO2催化剂 的反应器，CO的转化率随温度变化的曲线如 图3所示。 02+C0 ·0 Cu ●□& ●ce C02￥ 催化剂载体 口空位 (ii) (i) 催化剂载体· (ii)） 催化剂载体 C02 图2 100F 80 40 20 0 2060100140180 温度/℃ 图3 ①Ce基态原子核外电子排布式为[Xe] 4f5d6s2,图2所示机理的步骤(1)中，元素 Cu、Ce化合价发生的变化为 ②当催化氧化温度超过150℃时，催化剂的催 化活性下降，其可能原因是