专题卷(5)电化学基础-【鱼跃龙门卷】2026年高三化学二轮复习专题金卷（广东专版）

2025一2026学年度高三二轮复习专题卷（五） 化学·电化学基础 (考试时间75分钟，满分100分) 可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16F19Na23A127P31S32 Fe 56 Zn 65 一、选择题：本大题共16小题，共44分。第1一10小题，每小题2分；第11一16小题，每小题4 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.下列馆藏文物，最不容易腐蚀受损的是 A.黑陶高柄杯 B.青铜颂簋 C.西汉铁剑 D.裂瓣纹银盒 2.下列设备或用品工作时，将电能转化为化学能的是 熔融 A.碱性锌锰干电池 B.一次性暖手宝 C.砷化傢太阳能电池 D.氯化钠电解槽 3.某大学课题组设计了水系碱性镍锌二次电池，总反应如图所示。下列叙述正确的是 ZnO++2NiO+H2 O 充电Zn+2 NiOOH 放 A.放电时，锌为负极，发生还原反应 B.放电时，正极反应式为NiOOH+e一NiO+OH C.充电时，阴极与电源正极连接 D.充电时，生成26gZn时向阳极迁移0.4 mol OH 4.某化学实验探究小组探究MO2与某些盐溶液的反应，设计如图装 K G 置。左烧杯中加入50mL6mol·L-1硫酸，右烧杯中加入50mLMn0 盐桥 6mol·L1CaCl2溶液，盐桥选择氯化钾琼脂。当闭合开关K时，电 流计指针偏转。下列说法正确的是 A.该实验装置属于电解池 B.C电极上发生还原反应，产生的气体可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 C.左侧烧杯中的电极反应为MnO2+4H++2e—Mn2++2H2O D.盐桥中CI移向左侧烧杯 化学D·专题卷（五）第1页（共8页） 鱼盼 10.一种熔融碳酸盐燃料电池的工作原理如图所示。下列说 电极A 电极B 法正确的是 CO+H2→ 用电器 ←02 A.电极A为正极 CO B.电极B的电极反应式为O2+2H2O+4e一4OH K C.电池工作时，K+从电极B迁移向电极A Na D.标准状沉下，每有2.24L甲烷参与催化重整反应，理 CH,+H2O )脱水 CO,+H2O 论上另一极消耗0.2mol氧气 11.我国科学工作者制备了一种Ni-CuO电催化剂，并将其 ⑧ 与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO?, NH:H2O 其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的 金 氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子 OH H2O NH; 铝 [AIOH)T 离 1 Cuo 再将吸附在电催化表面的NO?逐步还原为NH3。下 电电 02 NO3 列说法正确的是 电解质 换 膜 A.放电时，负极区游离的OH数目减少 NO污水 B.放电时，还原1.0 mol NO3为NH3,理论上需要10mol氢原子 C.充电时，OH从阳极区穿过离子交换膜进人阴极区 D.充电时，电池总反应为4A1+6H2O+4OH+3O2一4[A1(OH)4] 12.下列关于电化学装置的说法中错误的是 CL H2 稀硫酸 淡盐水日 NaOH 溶液 Na CuSO 铁钉十 溶液 PbO; 铁管道废铁 离子交换膜 Pb 精制饱和 H2O NaCl溶液 (含少量NaOH B.铅蓄电池放电时C.采用外加电流法保 D.电解饱和食盐水制烧碱和 A.在铁钉表面镀铜 PbO2作正极 护铁管道 氯气 13.一种新型AC/LiMn2O4体系，在快速启动、电动车 充电 放电 等领域具有广阔的应用前景，其采用尖晶石结构 ←一田 的LiMn2O4作正极（可由Li2CO3和MnO2按物 ⊕⊕→ ←一⊕⊕ ⊕→ 质的量之比1：2反应合成)，高比表面积活性炭 人】 人 LiMn2O AC LiMn2O AC(石墨颗粒组成)作负极，Li2SO4溶液作电解质 溶液，充电、放电的过程如图所示： 下列说法正确的是 A.合成LiMn2O4的过程中可能有O2产生 B.放电时正极的电极反应为LiMn2O4十xe-Lia-x)Mn2O4十xLi计 C.充电时AC极应与电源正极相连 D.可以用Na2SO4溶液代替Li2SO4溶液作电解质溶液 化学D·专题卷（五）第3页（共8页） 鱼跃 班级 二、非选择题：本大题共4小题，共56分。考生根据要求作答。带*题目为能力提升题，分值不计 入总分。 17.(14分)某小组利用肼(N2H4)碱性燃料电池电解CuSO4溶液，装置如图I所示。回答下列问题： 姓名 空气 得分 N KOH溶液 100mL 硫酸 CuSO,溶液 丙 CuSO,溶液 I 选择题 (1)b极为 (填“正”“负”“阴”或“阳”，下同)极；d极为 极。 答题栏 (2)写出a极的电极反应式： ;c极的电极反应式为 (3)丙池精炼粗铜（含Pt、Ag、Au),f极材料是 ;Au和Pt等金属沉积在 极 3 区（填字母）。 (4)一段时间后，甲池中KOH溶液浓度 (填“增大”“减小”或“不变”)。 5 (5)乙池中c、d极产生气体体积（标准状况）与电路上通过电子的物质的量关系如图Ⅱ所示。 5.60 6 7 4.48 3.36 9 10 2.24 c极 11 名到 d极 1.12 13 0.00 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 14 电路上通过电子的物质的量/mol 15 16 d极收集到的气体是 (填化学式)；乙池中CuSO4浓度为 mol .L-1. 18. (14分)铅酸蓄电池是常见的化学电源，其凭借高性价比、可靠性和成熟技术，在汽车行业占 重要地位。回答下列问题： (1)将如图所示的电解槽串联，以铅酸蓄电池为电源，未标明的电极都为石墨电极。电极a与 铅酸蓄电池的正极相连。 硫酸钠溶液 b 粗锌 精锌 50mL1mol·L M膜 N膜 硫酸铜溶液 硫酸锌溶液 制备H,SO,(左池)和NaOH(右池) 甲 乙 丙 化学D·专题卷（五）第5页（共8页） 鱼野 (1)在该装置中，b极为 极，若以铅酸蓄电池为直流电源，则铅酸蓄电池中b极的电 极反应式为 (2)装置工作时，阴极除有HCOO生成外，还可能生成副产物，降低电解效率。 已知：电解效率=一段时间内生成目标产物转移的电子数 一段时间内电解池转移的电子总数 9 ①副产物可能是 (写出一种即可)。 ②标准状况下，当阳极生成氧气的体积为224L时，测得整个阴极区内的c(HCOO)= 0.015mol·L1,电解效率为 (忽略电解前后溶液的体积变化)。 Ⅱ.VB,一空气电池是目前储电能力最高的电池。以VB,电极 a电极 b电极 VB2一空气电池为电源，用惰性电极电解硫酸铜溶液的装 一c电极 二1“ 置如图示。 (3)该电池工作时的反应为4VB2+11O2一4B2O3+选择性膜KOH溶液 CuSO溶液 A B 2V,O5。其中正极的电极反应式为 ,负极的电极反应式为 (4)电解一段时间后，B池中溶液的pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。 锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成 只允许Li通过的Li2CO3和C保护层，工作原理如图甲所示。具体操作如下： ⅰ.将表面洁净的Li电极和MoS2电极浸在溶有CO2的有机电解质溶液中； i.0~5min,a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，MoS2电极上生成Li2CO3和C。 i.5~l0min,a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C,Li 电极上生成Li2CO3和C。步骤iⅱ和步骤m为1个电沉积循环。 V.重复步骤ⅱ和步骤i的操作，继续完成9个电沉积循环。 (1)步骤ⅱ内电路中的Li由 (填“Li电极”或“MoS2电极”，下同)向 迁移。 化学D·专题卷（五）第7页（共8页） 鱼跃·化学D· 11.B【解析】氯化铵受热分解为NH3和HCl,在试管口遇冷又 重新生成氯化铵，因此Ⅱ处蓝色石蕊试纸不会变红。 Cu2(OH)2CO3受热分解为CuO、CO2、H2O,Cu2(OH)2CO 为绿色，CuO为黑色；I处固体颜色由绿色变为黑色，二氧化 碳、水能与Na2O2反应，Ⅱ处固体颜色由淡黄色变为白色。氯 酸钾在二氧化锰作催化剂条件下加热得到KC1和氧气，题中 没有给出MnO2,且Ⅱ处没有I2生成，则I、Ⅱ处均无明显现 象。氧化铁与碳粉在加热条件下发生反应2Fe,0,十3C△ 4Fe十3C0,个或Fe,0,十3C△2Fe十3C0个，氧化铁为红棕 色，CO2不与CuO反应，CO与CuO加热条件下才反应，因此 Ⅱ处无明显现象。 12.A【解析】N2H4·H2O具有强还原性，制备过程中应该加入 少量NaClO,NaClO过量会氧化N2H4·H2O,应逐滴加入，因 此分液漏斗滴加的溶液应为NaClO溶液。 13.B【思路分析】由“价一类”二维图可知，X为SO2,Y为SO3, Z为H2SO4,M为CuSO4,据此回答。 【解析】稀硫酸与铜不反应；SO2可以与氧气反应生成三氧化 硫，可以被氯气等在水溶液中转化为硫酸，三氧化硫与硫单质 共热生成二氧化硫，与水生成硫酸，浓硫酸与还原剂反应可被 还原为二氧化硫，硫酸可被脱水生成三氧化硫；浓硫酸与蔗糖 反应可以生成SO2,体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性；S与 O2只能反应生成SO2不能生成SO3。 14.C【思路分析】甲为二元化合物，且具有漂白性，能与MnO。 作用生成气体单质丁，则甲为H2O2,丁为O2；甲、己的组成元 素相同，己为H2O;丙是硫的简单氢化物，丙为H2S;戊为二元 化合物、具有漂白性且由丙H2S与丁O2反应生成，则戊为 SO2;乙为二元化合物、与HC1反应生成H2S,则乙可能为 Na2S或FeS等。 【解析】根据上述分析可知，乙可能为Na2S或FeS,若将HCl 换为HNO3,HNO3具有强氧化性可以氧化一2价S(具有还 原性)生成S或SO2等，而不能生成丙(H2S);乙可能为Na2S 或FeS等，Na2S易溶于水，而FeS难溶于水，甲为H2O2、戊为 SO2,二者发生化合反应生成H2S04,H2O2中O化合价与 SO2中S化合价发生变化，该反应为氧化还原反应：戊为SO2, 通入石蕊溶液中生成H2SO3,能使石蕊溶液变红，但SO2的漂 白性不能使石蕊褪色，即戊通入石蕊溶液中，石蕊溶液变红，不 褪色。 15.D【思路分析】将硼镁矿加NaOH溶液碱浸，其中难溶于 NaOH溶液的FezO,、MgO形成滤渣A过滤除去，能溶于 NaOH溶液中的B2O3、SiO2、Al2O3生成NaBO2、Na2SiO3、 Na[Al(OH)4]进入滤液，然后通入CO2气体将Na2SiO3、 Na[AI(OH),]转化为H2SiO和AI(OH)3沉淀形成滤渣B 过滤除去，将滤液蒸发浓缩，冷却结晶，得到硼砂，再加入热水 和稀硫酸调节pH,经过一系列操作生成硼酸，据此作答。 【解析】由于硼酸在热水中溶解度大，在冷水中溶解度小，则得 到硼酸的一系列操作为冷却结品、过滤、洗涤、干燥。 16.C【解析】①中发生反应2 NaClO3+Na2SO3+H2SO4- 2ClO2↑+2Na2SO4+H2O,Na2SO3中S的化合价升高 Na2SO3为还原剂；③中试管内发生反应2ClO2+2NaOH+ H2O2一2 NaClO2+2H20+O2,H2O2中O元素化合价也 升高，H2O2为还原剂。装置②④的主要作用分别是防倒吸、 吸收CIO2。由于温度高于60℃时，NaClO2会发生分解，所以 可采取冷却结晶的方法获得晶体。反应结束时，通氮气的目的 是将仪器中残留的气体排入④中，吸收污染气体，保证实验 安全。 二、非选择题 17.(1)恒压滴液漏斗饱和食盐水 (2)防止空气中的水蒸气进入丙装置吸收过量的SO2和CL2 (3)蒸馏 (4)硫酸浓度太低，含水量大，会有较多SO2溶于水，不能充分 逸出（或硫酸浓度太低反应速率慢，且溶液中水的含量大，二氧 化硫不会充分逸出)KC1O3+6HCI(浓)一3Cl2个+ KCI+3H,O (5)制备硫酰氯的反应为放热反应，一段时间后温度升高，可能 使产品分解或挥发 (6)SO2C12+2H2O—H2SO,+2HC1 (7)67.5 【思路分析】该实验通过二氧化硫与氯气反应制备硫酰氯，其 中装置甲和乙用于制备和纯化二氧化硫气体，反应为H,SO4十 Na2SO3一Na2SO4+SO2个十H2O,乙用于干燥二氧化硫气 体，其中应盛放浓硫酸；装置丁、戊、己用于制备和纯化氯气，反 应为KC1O3+6HC1(浓)—KC1+3C12◆+3H2O,装置戊中 盛放饱和食盐水用于吸收氯气中混有的HC1,并且经过装置丁 进行干燥，丁中盛放浓硫酸；二氧化硫和氯气在装置丙中经活 性炭催化反应生成硫酰氯，S0,十C,活性炭s0,C2,据此 分析。 【解析】(2)由分析知丙中可能存在二氧化硫和氯气等气体，且 反应需要严格控制无水，故装置B的作用为①防止空气中的 水进入反应装置丙，②吸收过量的二氧化硫和氯气。 (3)由表可知，硫酰氯与硫酸在常温下都为液体，并且硫酸的沸 点远高于硫酰氯的沸点，故将二者分离应采用的实验操作为 蒸馏。 (4)由于二氧化硫易溶于水，硫酸浓度太低会导致含水量大，不 利于二氧化硫的逸出，故应选择较高浓度的硫酸；由分析知戊 用于制备氯气，其中发生反应的化学方程式为KC1O3十6HCI (浓)—KC1+3C12个+3H20。 (5)由题意知制备硫酰氯的反应为放热反应，反应一段时间后 会导致温度过高，会导致产物分解或挥发，故应在装置丙的三 颈烧瓶外加上冷水浴装置。 (6)硫酰氯水解会生成硫酸和氯化氢，反应的化学方程式为 SO,Cl,+2H2O=H2 SO,+2HCIo (7)疏酰氯溶于NaOH会与NaOH发生反应SO2Cl2十 4NaOH一2NaCl+Na2SO4+2H2O,滴定消耗25.00mL 0.1000mol·L1的盐酸，则过量的NaOH的物质的量为 25.00×10-3L×0.1000mol·L1=2.5×10-3mol,故疏酰 氯试样中，与硫酰氯反应的NaOH的物质的量为25×10-3L× 0.5000mol·L-1-2.5×103mol=0.01mol,因此，硫酰氯的 物质的量为4×0.01mol=2.5×103mol,其质量为2.5× 103mol×135g·mol1=0.3375g,故该试样纯度为 0.3375g×100%=67.5%。 0.500g (1)1 CO,+2NaOH -Na2 CO+H2O ②C ③NaOH、CaO (2)①500mL容量瓶、胶头滴管20.00②A (3)①CaC2O4 400-600℃CaC0,十C0↑②低于 【思路分析】用过量氢氧化钠溶液捕捉回收CO2生成碳酸钠 溶液，再加入氧化钙，氧化钙与水生成氢氧化钙，氢氧化钙再与 碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，氢氧化钠循环使用， 碳酸钙高温分解产生氧化钙和二氧化碳，二氧化碳储存利用， 氧化钙循环利用；配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤 有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签， 据此分析解题。 【解析】(1)①捕捉室中CO2与过量的氢氧化钠溶液反应生成 碳酸钠和水，该反应的化学方程式为CO2十2NaOH Na2 CO3+H2O。 ②“反应、分离”环节为分离固液的操作，为过滤，分离物质时用 到的装置是C。 参考答案及解析 (2)①要用480mL1.00mol·L1NaOH溶液，则需要使用 (4)强还原性NH3分子间形成氢键 500L容量瓶配制，结合配制步骤，配制溶液需要的玻璃仪器 (5)除去钠片表面氧化膜(Na2O) 是烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管；用电子天平（准确 (6)2Na+2NH3-2NaNH2+H2 度0.01g)称量0.5L×1.00mol·L1×40g·mol1= 【解析】(2)A装置中的生石灰溶于水放出热量，并生成碱，促 20.00 g NaOH固体。 进氨水挥发出氨，可以用氢氧化钠、碱石灰代替生石灰。 ②称量所用的砝码生锈，砝码实际质量大于所标数值，导致所 (3)C装置用于干燥氨，避免水与钠反应；E装置吸收尾气中挥 称NaOH质量偏大，则所配制NaOH溶液的物质的量浓度偏 发出来的氨。可用碱石灰干燥氨，可用五氧化二磷或氯化钙吸 大；转移前，容量瓶内有蒸馏水，对配制结果无影响；定容时水 收氨。 加多用胶头滴管吸出，造成溶质损失，浓度偏小；定容时仰视刻 (4)溶剂化电子能释放电子，具有强还原性，氨分子中N的电 度线，溶液体积偏大，浓度偏小。 负性较大，氨分子之间能形成氢键，缔合成多氨分子。 (3)①CaC2O4·H2O受热会首先失去结晶水，1.46gCaC2O,· (5)钠表面易形成一层Na2O,阻止钠与液氨接触发生置换反 H20物质的量为1.46g÷146g·mol1=0.01mol,由题图中 应，故钠片必须除去表面氧化膜形成新鲜表面。 信息可知，CaC2O4·H2O在200℃左右失去结晶水得到 (6)钠置换液氨中的氢，生成氨基化钠(NaNH2)。 0.01molX128g·mol-1=1.28gCaC20;CaC204在400 (1)干燥管 600℃因分解减少的质量为1.28g一1.00g=0.28g,减少的 (2)j→k→m→nf→g→d→e 是0.01molC0的质量，碳化合价部分降低，则另一部分碳化 (3)检查装置气密性 合价升高，分解产物为C0和CaCO3,则400~600℃范围内分 (4)Ti0,+2C+2Cl,高温TiCL,+2C0CCLl,+Ti0,+C商温 解反应的化学方程式为CaC,0,400-~60℃CaC0,+c0+. TiCl,+2CO ②由图可知，温度800~1000℃因分解减少的固体质量为 (5)冰水 1.00g-0.56g=0.44g,减少的是0.01molC02的质量，即 (6)赶尽装置内的CL2和CO气体使其被吸收，防止污染环境 高于800℃时，碳酸钙分解生成Ca0和CO2,只有低于此温 96.4 度，才有利于CaO和CO,化合，则CaO捕捉CO,的反应温度 【解析】(2)实验中制备的Cl2从a口放出，用饱和NaCl溶液除 去Cl2中的HCl,再用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气，然后Cl2进入 应低于800℃。 (1)在内压较大时液体能顺利滴下（或滴速不受装置内压强影 电炉，制得的TiC1,从f口进入圆底烧瓶冷却，最后连接d,碱石 响)；保持稳定滴速，缓慢产生气流 灰可吸收C2,同时防止外界水蒸气进入。综上所述，导管口连 (2)酸性减弱不利于反应进行（或反应需较强酸性条件）；不利 接顺序为a→j→k→m→n→b→c→f→g→d→e→h。 (3)实验中需要密闭环境，故需检验装置气密性。 于C1O2、CL2气体逸出（或ClO2、Cl2会溶于水损失） (4)含碳的还原性气体为CO,化学方程式为TiO2十2C十2C12 (3)除去CIO2中的C2稀释CIO2避免爆炸：将生成的CIO2 吹出装置A(或吹入集气袋中)；搅拌溶液混合均匀（写出两条 高温TiCl,+2C0;电炉中生成的CCL,与TiO,C反应生成TiC1, 即可) 和C0,反应的化学方程式为CCL,十Ti0,十C高温iCL,十2C0. (4)2C1O2+4NO=4NO2+Cl2 (5)根据题意可知，烧杯中水的作用为冷却产物，应选用冰水。 (5)SO2与水反应生成H2SO3,更易被C1O2氧化 (6)在反应中还有有毒气体CO生成，通入N2,可以赶尽装置内 (6)否NO反应较完全，更多的C1O2与SO2反应（或此时 的气体C12和CO气体并使其被吸收，防止污染环境；根据化学 NO氧化率接近100%，剩余与SO2反应的C1O,更多) 方程式2CuCl+2CO+2H2O=Cu2Cl2·2C0·2H2O,CuC1盐 【思路分析】该实验以亚氯酸钠和浓硫酸为原料，在装置A中 酸溶液的质量增加5.4g,可知吸收的m(CO)=5.4g,根据反应 通过反应制备二氧化氯（同时生成氯气）：实验中用泵精准控制 关系TiO2~TiCL~2C0,可知TiCL的理论产量为190g·mol-1× 亚氯酸钠溶液的滴加速率，持续通入氮气稀释二氧化氯以避免 其因浓度过高爆炸；装置B中利用亚氯酸钠与氯气的反应，除 80g:m0=19.08,TiC,的实际产量为190g·mor1X 8 g 去二氧化氯中的氯气杂质并额外生成二氧化氯，最终通过集气 5.4g 袋收集产物，整个过程通过控制反应速率、稀释气体等方式保 28g.m011X2≈18.328，产率=00×100%≈96.4%。 19.0g 障实验安全与产物纯度。 【解析】(2)不采用向NaC1O2溶液中滴加浓硫酸的滴加方式， 化学（五） 其原因是酸性减弱不利于反应进行或反应需较强酸性条件；不 一、选择题 利于CIO2、Cl2气体逸出或C1O2、Cl2会溶于水损失。 1.A【解析】黑陶高柄杯的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属 (3)根据分析，装置B中利用亚氯酸钠与氯气的反应，除去二 材料，化学性质极其稳定，几乎不与空气、水或常见气体反应，因 氧化氯中的氯气杂质并额外生成二氧化氯：因浓度较高的 此最不易发生化学腐蚀。 CIO2气体易爆炸，通入N2的目的是稀释C1O2避免爆炸：同 2. D【解析】碱性锌锰干电池是化学电源，工作时是将化学能转 时可以将生成的ClO2吹出装置A(或吹入集气袋中)；搅拌使 化为电能，用于对外供电；一次性暖手宝工作时，是内部物质发 溶液混合均匀。 生化学反应，将化学能转化为热能，用来取暖；砷化镓太阳能电 (5)若体系中湿度增加，则SO2与水反应生成H2SO3,故原因 池工作时是将太阳能转化为电能，利用的是光电效应；氯化钠 是SO2与水反应生成H2SO3,更易被ClO2氧化。 电解槽工作时，是通过通电使氯化钠发生电解反应，将电能转 (6)图中仅显示“氧化率”，但未给出NO和SO2的初始物质 化为化学能。 的量，无法通过氧化率直接比较二者消耗CO2的量；当3.B【解析】放电时锌为负极，发生氧化反应；放电时正极发生还 n(ClO2)>1.6mmol时，NO的氧化率已接近100%（反应接 原反应NiOOH+e一NiO+OH;充电时，负极变为阴极， 近完全)，而SO2的氧化率仍较低，此时增加C1O2的量，更多 与电源负极连接；26.0gZn的物质的量为0.4mol,阴极电极反 的ClO2会参与SO2的氧化反应，使SO2的氧化率明显提升。 应式为ZnO十2e+H20-Zn十2OH,迁移0.8 mol OH。 (1)平衡气压，使氨水顺利滴下 4. C【解析】该实验装置没有外接电源，故不属于电解池，属于带 (2)NaOH(或碱石灰) 盐桥的原电池。C电极为负极，发生的电极反应为2CI一2 (3)d 一C12个，产生的气体C12可使湿润的淀粉-碘化钾试纸变蓝。 高三二轮复习专题卷 左侧烧杯中电极为正极，发生的电极反应为MnO2+4H++1l 2e—Mn++2H2O。盐桥中的阴离子移向负极区，即C1向 右侧烧杯移动。 5.B【解析】锂作为活泼金属，在放电时被氧化，应为负极而非正 极；负极发生氧化反应而非还原反应；锂与水剧烈反应，无法用 水溶液作电解液。 6.C【解析】电池工作时的总反应为NH3·BH3十3H2O2 NH4BO2+4H2O,负极反应为NH3·BH3+2H2O一6e NH对+BO+6H+;正极反应为H2O2+2H+十2e 2H2O。a极为负极，b极为正极。a极上生成氢离子，b极上消 耗氢离子，故电池工作时，H+通过质子交换膜向右移动。6.2g 6.2g NH,·BH,的物质的量为31g:mo=0.2mol,生成的H 的物质的量为1.2mol,b极区增加1.2molH+,故当加入 6.2gNH3·BH时，左、右两极室内液体质量差为6.2g一2× 1.2molX1g·mol-1=3.8g。 7.D【思路分析】因Zn比Fe活泼，锌环与铁帽构成原电池时，锌 环为负极，不断遭受腐蚀，而作为正极的铁帽被保护起来，该保 护铁帽的方法是牺性阳极法，据此解答。 12 【解析】把锌环换成锡环后，因铁比锡活泼，构成原电池时，锡环 作正极，铁帽作负极而被腐蚀，所以把锌环换成锡环后，不能防 13 止铁帽被腐蚀。 8.C【解析】由图中Mn元素的化合价变化可知，Mn2+在右侧电 极失去电子，发生氧化反应，电极反应为Mn+一e一Mn3+, Mn3+再与FeS(s)发生反应FeS+9Mn3++4H2O—9Mn2++ 8H++Fe3++SO2,所以右侧电极为阳极，则b为直流电源的 正极、为直流电源的负极。阴极上发生氢离子得电子的还原 反应2H++2e一H2↑，转移2mol电子时，阴极区消耗 14 2molH*,同时有2molH+由阳极区经质子交换膜移入阴极 区，故溶液pH不变。Mn2+、Mn3+之间的转化起到在FeS和电 极之间传递电子的作用，可加快电子转移。结合电极反应式，导 线中流过4.5mole时，根据 FeS~ 9Mn3+ ~9e 9H+ 88g 9 mol 9g m(增加)4.5mol m(减少) 可知m(增加)=44g,m(减少)=4.5g,所以有44gFeS参加反 应，同时有4.5gH移入阴极区，故阳极区溶液质量增加 44g4.5g=39.5g。 9.B【思路分析】原电池中阴离子向负极移动，内电路H移向 极，说明a是负极，b是正极。 【解析】放电时，电流由正极→外电路→负极，则电流方向为b 极→灯泡→a极；a为负极，放电时失去电子发生氧化反应，电极 反应为CeH2一e+H一CeH3;放电时，b极在反应中转移 15 3mole生成27gAl,故电路中转移1mole,b极生成9g A1;放电时b为正极，充电时b接电源正极作阳极，发生氧化 反应。 10.D【思路分析】电极B上通入O2为正极，电极A上通入CO 和H2作负极。 【解析】根据分析可知，电极A为负极；电极B上通入的氧气 在该电极上得电子，电解质溶液中无OH,正确的电极反应 16 为O2+2CO2+4e一2CO?:电池工作时阳离子在电解质 溶液中移向正极，该电池中K+从电极A迁移向电极B:标准 状况下，2.24L甲烷的物质的量为0.1mol,根据反应CH4十 H2O=CO+3H2可知生成的0.1molC0和0.3molH2进 入负极发生氧化反应生成CO2和H2O,则共转移电子的物质 的量为(0.2+0.6)mol=0.8mol,另一极即正极消耗的氧气与 转移电子数间关系为O2~4e,根据转移电子相等可得消耗 的氧气的物质的量为0,8 mol=0.2mol。 A【思路分析】放电时，负极铝失去电子和OH结合生成 [A1(OH),]-,电极反应为A1-3e+4OH [AI(OH):],正极水中的H+在电催化剂表面获得电子成为 氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的NO3逐步还原为 NH3,正极区发生反应为NO?+8e+6H2O一NH十 9OH(注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴极， Ni-CuO电极为阳极，据此解答。 【解析】放电时，负极发生反应A1一3e+4OH [Al(OH)4],当转移3mol电子时，消耗4 mol OH,同时正 极区会有3 mol OH通过OH-离子交换膜进行补充，OH 净消耗1ol,故负极区游离的OH数目会减少；氢原子将吸 附在电催化剂表面的NO5逐步还原为NH3,还原1.0mol NO3为NH3,由化合价变化可知，得到8mol电子，所以理论 上需要8.0ol氢原子；充电时，阴离子向阳极移动，所以充电 时，OH从阴极区穿过OH离子交换膜进入阳极区；充电 时，电池阴极反应式为4[A1(OH)4]+12e一4A1+ 16OH,阳极反应式为12OH-12e—3O2↑+6H2O,总 反应为4[A1(0H)]一4A1+6H20+4OH+302个。 C【解析】外加电流法中，被保护的金属与电源的负极相连作 阴极，才能防止金属被腐蚀。 A【解析】Li2CO3和MnO2按物质的量之比1：2反应合成 LiMn2O4,Mn元素化合价降低，根据得失电子守恒，氧元素化 合价可升高，可能有O2产生；放电时，锂离子向正极移动，正 极的电极反应为Li1-Mn2O,十xLi十xe 一LiMn2O,;放 电时AC极作负极，则充电时AC极作阴极，应与电源负极相 连；放电时，需要Li参与正极反应，故不能用Na2SO4代 替Li2SO4。 D【思路分析】由图可知，在该电催化合成装置中，CH3OH 和(CH3)2NH在e电极发生反应生成HCON(CN3)2,发生氧 化反应，所以e为阳极，d极为阴极。 【解析】由分析知，e极为阳极，与阳极相连的b极为电源正 极；e极发生的反应为CH3OH+(CH3)2NH一4e HCON(CH3)2十4H,工作一段时间后，e极附近氢离子浓度 增大，pH减小；从催化机理图可知，CH2OH转化为·CHO,C 元素化合价升高，(CH)2NH转化为·N(CH)2,N元素化合 价升高，因此CH3OH和(CH3)2NH均发生氧化反应；由A分 析可知，d极为阴极，e极为阳极，阴极反应为2H2O十2e= 2OH十H2个，H2即为X气体，阳极反应为CH3OH十 (CH3)2NH一4e一HCON(CH3)2+4H+,根据得失电子守 恒，理论上生成1molH2,转移2mol电子，阳极上有0.5mol 的(CH)2NH被氧化。 D【解析】放电时，Zn失电子发生氧化反应，故Zn作负极，石 墨毡作正极。水和二氯甲烷互不相溶，且密度差能够将正极与 负极分隔开，故不能倒置；充电时，石墨毡作阳极，电极反应为 PTZ-e一PTZ;放电时，阴离子移向负极，故PF。移向水 层；放电时，Zn板每减轻6.5g,水层质量增加6.5g,转移电子 的物质的量为0.2mol,则有0.2 mol PF:移动到水层，故水 层质量增加0.2mol×145g·mol1+6.5g=35.5g。 C【解析】该装置是原电池，将化学能转化为电能，含Fe的催 化电极上NO转化为NH3OHCI,N元素化合价降低发生还原 反应，为正极，Pt电极为负极，发生氧化反应，H2→H+;根据 题意可知，NH2OH具有类似NH3的弱碱性，可以和盐酸反应 生成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为NH2OH十H NH3OH,图乙中，A为H,B为NH3OH+;正极电极反应 为NO+3e-+4H++CI=NH2OH·HC1,正极区H+浓 度减小，pH增大；在负极区存在H2~2e,正极区每制取 0.1 mol NH2OH·HCl,会转移0.3mol电子，因此可推知消 耗0.15molH2,标准状况下体积为3.36L。 6 、非选择题 (2)由物质转化可知，d极钴酸锂转化成钴离子，钴的化合价降 7.(1)正阴 低，发生还原反应，故d极为正极，c极为负极。由原电池和电 (2)N2H4+4OH-4e—N2个+4H2O2H2O-4e 解池连接方式可知，a极为阳极，b极为阴极。 4Ht+02↑ (3)a极发生氧化反应，电极反应式为CH COO+2H2O一 (3)纯铜e 8e一2CO2个+7H,d极发生还原反应，电极反应式为 (4)减小 LiCo02十e+4Ht—Lit+Co2++2H20。 (5)H22 (4)H+通过阳膜从a极区向b极区迁移，生成了盐酸，b极区 【解析】(1)甲池为原电池，乙池为电解池，丙池为粗铜精炼池。 溶液pH降低。 根据电极连接方式可知： (5)实验过程中保持细菌所在环境pH相对稳定，借助其将乙 电极代号 a b 酸盐转化为二氧化碳，CO2的水溶液显弱酸性，故细菌所处环 电极类型 负极正极阳极阴极阳极阴极 境应为偏酸性环境。 (6)b极上钴离子发生还原反应Co2+十2e一Co,根据得失 (2)a极上肼发生氧化反应生成氮气和水。c极上H2O发生氧 电子守恒，乙室生成C02+质量是甲室消耗C02+质量的2倍。 化反应，生成O2。 设甲室消耗Co2+的质量为x,乙室向甲室转移钴离子质量为 (3)精炼铜时，阴极材料为纯铜：阳极材料为粗铜，不活泼金属 y,有x-y=80g,200g十y=2x,解得x=120g,y=40g。 沉积于阳极泥中。 20.(1)负Pb-2e+S0=PbS04 (4)随着反应进行，甲池中OH减少，产生的水增多，KOH溶 (2)①CO(或H2)②0.75 液变稀。 (5)根据离子放电顺序，阴极d上先发生反应Cu2++2e (3)O2+2H2O+4e=4OH-2VB2+220H-22e Cu,然后发生反应2H++2e一H2个，从题给图像看出，电 V20与+2B203+11H20 路上通过0.4mol电子时析出0.2mol铜，c(CuSO4)= (4)减小 0.2mol-2molL1。 【思路分析】Ⅱ.电池工作时的反应为4VB2+11O2= 0.1L 4B2O,十2V2O,氧元素价态降低得电子，a电极为正极，VB (1)1.12L6.5g阴离子交换膜 极为负极，电极反应式为2VB2+22OH一22e—V2Os+ (2)13 2B2O3十11H2O,B为电解池，b极为正极，电极反应式为 (3)3 CH3 OH-6e+80H-CO+6H2 O 32 g 2H2O-4e一O2个+4H+,c极为阴极。 【解析】(1)铅酸蓄电池的正极反应为PbO2十SO+2e+ 【解析】(1)根据图示可知，右边Pt电极上CO2得到电子被还 4H一PbSO,十2H2O,每转移2mol电子，电极增加的质量 原为HCOOˉ，所以该电极为阴极，则电源b电极为负极，电源 为1molS02的质量，为64g,所以当正极质量增加6.4g时， 的a电极为正极，铅酸蓄电池中负极b上Pb失去电子被氧化 电路转移0.2mol电子，图甲阴极反应中Cu2+先放电，Cu++ 为PbS0,电极反应式为Pb-2e+SO?一PbSO,。 2e一Cu,由于Cu+的物质的量为0.05mol,所以完全消耗 (2)①该装置在工作时，阴极CO2除了得到电子被还原为 Cu+转移0.05mol×2=0.1mol电子，然后H20放电 HCOO,还有可能得到电子被还原为C0气体；还可能是溶 2H20+2e—H2个+2OH,转移0.1mol电子生成 液中的H2O电离产生的H+得到电子被还原为H2,故阴极的 0.05molH2,标准状况下体积为1.12L;图乙中电极a为阳 副产物可能是CO或H2。 极，电极b为阴极，转移0.2mol电子，电极b反应为Zn2++ ②电解时，在阳极上发生反应2H2O一4e一O2个十4H+。 2e一Zn,增加质量为0.1 mol Zn的质量=0.1mol×65g· 标准状况下，当阳极生成氧气的体积为224mL时，其物质的 mol1=6.5g;图丙中左池要制备硫酸，需水被氧化生成氧气 量为n(O2)=0.01mol,则反应过程中电子转移的物质的量 和氢离子，带负电的SO向左池移动，所以左池应为阳极区， n(e)=0.04mol,测得整个阴极区内的c(HCOO)= M膜为阴离子交换膜。 0.015mol·L1,n(HC00)=0.015mol·L-1×1L= (2)电解饱和食盐水的反应为2NaC1+2H,0电解CL,+十 0.015mol,得到电子的物质的量是n(e)=0.015mol×2= H2个+2NaOH,所以收集标准状况下1120mL,即0.05mol 0.03mol,由于同一闭合回路中电子转移的数目相等，则电解 气体中，氢气与氯气均为0.025mol,生成NaOH的物质的量 效率为1一0.04mo 0.03 mol =0.75。 为0.05mol,c(0H)=0.1mol·L1,p0H=1,pH=14 pOH=13。 (3)装置A中电极a通人空气，为电池正极，碱性条件下，电极 反应式为O2+2H2O+4e一4OH,则VB2电极为电池负 (3)氢含量越高，理论比能量越高，三组电池中，③号电池的氢 极，根据总反应4VB2+11O2一4B2O3+2V2O和正极反 含量最高，其理论比能量最大；甲醇燃料电池的负极电极反应 为CH3OH-6e+8OHCO3+6H2O;消耗1.5mol氧 应，可得负极电极反应式为2VB2+22OH一22e一 气，转移1.5mol×4=6mol电子，消耗甲醇的物质的量为 V2O5+2B2O3+11H2O. 1mol,质量为32g。 (4)装置B为电解池，电极b(惰性电极)为阳极，电极反应式为 (1)电解池 2H2O-4e一O2↑+4H+;电极c电极反应式为Cu2++ (2)阳负 2一Cu,可知该电解池是放氧生酸型，氢离子浓度增大，故 (3)CH COO-+2H2O-8e-2CO2+7H+LiCoO,+ B池溶液pH降低。 e+4H+—Li+Co2++2H2O ￥(1)Li电极MoS2电极 (4)降低 (2)4Li(s)+3C02(g)—2Li,C03(s)+C(s)△H= (5)偏酸性 -1250kJ·mol-1 (6)40 (3)4Li+3C02+4e=2Li2C03+C 【解析】(1)原电池中氧化还原反应能自发进行，电解池中氧化 (4)ac 还原反应不能自发进行，依题意，左池为电解池，右池为原 (5)有机电解质中未溶解CO2,内电路中的膜只允许L通过，不 电池。 允许CO2通过，CO2无法迁移到阴极放电转化为C和CO? ·化学D· 【解析】(1)从图甲可以看出，步骤iⅱ中a端连电源正极，Li电极 作阳极，阳离子向阴极迁移，L从Li电极向MoS2电极迁移。 (2)步骤i的总反应为4Li(s)+3CO2(g)一2Li2CO3(s)十C (s),根据盖斯定律，可得总反应的反应热△H=2△H1一△H2= (-539×2-172)kJ·mo1-1=-1250kJ·mol-1,即总反应的 热化学方程式为4Li(s)+3CO2(g)一2Li2CO3(s)+C(s) △H=-1250kJ·mol11。 (3)步骤ⅲ中Li电极作阴极，电极反应式为4Li十+3CO2+4e =2Li2CO3+C。 (4)从图乙中可以看出CO?→CO2存在碳氧键的断裂，C→CO 存在碳氧键的形成；图乙中涉及电子转移时，能量增加，吸收能 量：催化剂可以降低活化能，加快反应速率。 11 化学（六） 一、选择题 1,D【解析】催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但化学 平衡不移动，生成物的产率不变。 2.B【解析】硫固体转化为硫蒸气需要吸热，故硫蒸气的能量高 于硫固体，等质量时硫蒸气燃烧释放更多热量；金刚石转化为 石墨的过程放热，石墨能量更低更稳定；表示氢气的燃烧热的 热化学方程式中应为液态水；H2SO4和Ca(OH)2反应还生成 12 CaSO4沉淀，还会伴随能量变化，反应热不等于中和热的2倍。 3.D【解析】反应的活化能越大，反应速率越慢，反应1的活化能 大于反应2的活化能，所以相同条件下的反应速率：反应1<反 应2。 4.C【解析】1个软脂酸分子中含有1个羧基，含有1个π键，但 选项未给出软脂酸物质的量，无法确定π键数目；标准状况下 2.24LC02为0.1mol,每个C02分子含22个质子，总质子数 为0.1X22NA=2.2NA;352gC0,的物质的量为4g·nm0 352g 8mol,根据反应，生成8 mol CO2的同时消耗11.5molO2,0 元素由0价下降到-2价，转移11.5mol×4=46mol电子，数 13 目为46NA;根据反应，生成1.6NA个液态H2O时放出 997.7kJ热量，若生成气态H2O,水汽化吸热，实际放热少于 997.7kJ。 5.C【解析】根据图示，在该反应过程中，总共消耗了1个H2O 分子。 6.B【解析】根据盖斯定律，△H=△H1十△H2。 7.D【思路分析】第一步为H2还原[PCl]2-生成Pd,第二步为 P吸收并携带O2,将之转化为过氧根，第三步为H2O2的生14， 成，据此解答。 【解析】催化剂可改变反应历程、降低活化能，但不影响反应物 和产物的总能量，总反应的反应热不变。 8.C【解析】HCHO*+2H→HCHO(g)+H2(g)△H= +21.2kJ·mo-1,这个步骤中的能量变化是两个过程[氢原子 结合为H2(g)形成化学键释放能量；HCHO和H2从催化剂表 15 面脱附吸收能量]总的结果，无法判断H一H键的键能。 9.B【解析】目标反应为CH4(g)+CO2(g)一2CO(g)+2H (g),根据盖斯定律，①一②×2一③×2得目标反应，故△H (-890+566+572)kJ·mol厂1=+248kJ·mol1;反应物键能 总和为(4×413+2×799)kJ·mol-1=3250kJ·mol-1;产物 键能总和为[2E(CO)+2×436]kJ·mol-1=(2E+872)kJ· mol1。由△H=反应物总键能一产物总键能，得3250一 (2E+872)=248,解得E=1065kJ·mol-1 10.C【解析】A项，由反应机理图可知，反应②的活化能最大，反16 应速率最慢，为决速步骤；B项，由元素守恒和电荷守恒可知， 反应①的化学方程式为HNO3+H2SO,一NO+HSO,十 H2O;C项，由图可知，苯环中碳原子为sp2杂化，中间产物 HO SO ”与硝基相连的碳原子为p杂化 -H H中饱和碳 NO. 原子为sp杂化；D项，由反应历程可知，反应③的活化能低于 NO, HO SO -H 反应④，且 的稳定性大于 一H,故反应③为主反应， NO, ◇为主产物。 D【解析】△H2是HX(g)断裂化学键生成H(g)和X(g)的过 程，化学键断裂需要吸收能量，所以△H2>0;△Hg涉及H(g) 失去电子到H+(g)、X(g)得电子到X(g)的能量变化，C1的 非金属性比Br强，CI(g)得到电子放出的能量比Br(g)强，释 放的能量更多，即Cl(g)十e-CI(g)△H3更小；△H4代表 水合氢离子H+(aq)形成H+(g)的过程，这一过程与X无 关，因此对于HCl和HI,△H,(HCI)=△H(HI);根据盖其定 律，观察能量循环图，反应HX(g)一H(aq)十X(aq) △H1=△H2+△H3-△H4-△H,。 B【解析】根据表格中微粒气态时的相对能量，H2燃烧生成 气态水时△H=-242kJ·mol1一0kJ·mol1-0kJ· mol厂1=一242kJ·mol1,而燃烧热需要生成液态水，故H2 的燃烧热不是△H=一242k·mol1;反应CO2(g)+4H2(g) =CH4(g)+2H2O(g)的△H=-242kJ·mol1×2 75k灯·mol1-0kJ·mol1-(-393k·mol1)= 一166kJ·mol厂1，是放热反应，正反应的活化能小于逆反应的 活化能；0一H断裂得到气态氧、氢原子，键能为(249+218 39)kJ·mol1=428kJ·mol1;反应2H2(g)+O2(g) 2H2O(I)为放热、嫡减的反应，根据△G=△H一T△S<0反应 自发进行，可知该反应在较低温度下可自发进行。 D【解析】根据盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅲ一反应I,则 反应Ⅱ为CO(g)+H2O(g)—H2(g)+CO2(g)△H,= 一41.39kJ·mol-1;由图可知500℃时，水汽反应的△G<0, 反应可自发进行，甲烷水蒸气重整反应和甲烷水蒸气直接重 整反应的△G>0,反应不能自发进行；甲烷水蒸气重整反应和 甲烷水蒸气直接重整反应均为气体体积增大的反应，△S均大 于0；加压和升温均能提高甲烷水蒸气重整反应的速率，加压 会使平衡逆向移动，使甲烷的平衡转化率降低。 B【解析】由图可知，生成物的总能量比反应物的总能量高， 所以HI(g)分解为H2(g)和12(g)的反应是吸热反应；HI发生 分解时，断裂的是H一I极性共价键，形成的是H一H、I一I非 极性共价键，共价键类型不相同；催化剂能改变反应的活化能， 但不改变反应物和生成物的总能量，也不改变反应物的平衡 转化率，所以不改变反应的焓变和平衡常数。 C【解析】由乙到甲为放热反应，可知甲为液态、乙为气态；由 丙-→丁的变化为2molH结合生成1molH2,1molO结合生 成0.5molO2,有化学键的生成，则为放热反应；乙→甲为放 热反应、乙→丙为吸热反应、丙→丁为放热反应、乙→丁为吸热 反应，则甲、乙、丙、丁所具有的总能量大小关系为丙>丁 乙>甲；25℃、1.01×105Pa下H20为液体，1molH20(1)分 解生成1molH2(g)和0.5molO2(g)吸热285.8k,即甲→ 丁的热化学方程式为2H2O(1)一2H2(g)+O2(g)△H= +571.6kJ·mol-1。 B【解析】根据图示，该过程中最大能垒（活化能）E正= 16.87kJ·mol-1-(-1.99kJ·mol1)=18.86kJ·mol-1: 化合物2与H2O反应生成化合物3与HCOO的反应放热， 升高温度，平衡逆向移动，降低化合物2与H2O反应生成化合 。7 参考答案及解析 物3与HCOO的程度；使用更高效的催化剂可降低反应所需 =NO?(aq)+2H+(aq)+H20(1)△H=-346kJ· 的活化能，加快反应速率，催化剂不能使平衡移动，所以C, mol1,则1 mol NH(aq)全部被氧化成NO?(aq)放出的热 的转化率不变。 量是346k。 、非选择题 (5)H2(g)+Br2(1)—2HBr(g)△H1=-72kJ·mol-1,Br2 7. (1)不变 (I)一Br2(g)△H2=+30kJ·mol-1,则H2(g)+Br2(g) (2)+131.3 =2HBr(g)△H=△H,-△H,=-102kJ·mol-1,△H= (3)第二步反应 反应物的键能之和一生成物的键能之和=(436+200 (4)2NH3 (g)+CO2 (g)-CO(NH2)2(s)+H2 O(g)AH= 2a)kJ·mol1=-102kJ·mol1,解得a=369。 (Ea-E2十E3-E4)kJ·mol厂1 19.(1)4NH3(g)+6NO(g)-5N2(g)+6H20(I)△H= (5)A -1807.8kJ·mol1 (6)①环形玻璃搅拌器②ABC 【解析】(1)催化剂不能改变反应焓变，因此反应③使用催化剂 (22△H2-△H,K 后，△H3不变。 (3)②③554.9 (2)根据盖斯定律，反应C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)可 【解析】(1)根据盖斯定律，由②一①×5可得反应4NH(g)+ 由②十③所得，则有△H=△H2十△H3=(一110.5kJ· 6NO(g)—5N2(g)+6H2O(I),该反应的△H=(-905.8k· mol1)+(+241.8kJ·mol-1)=+131.3kJ·mol-1。 mol-1)-(+180.4k·mol1)×5=-1807.8kJ·mol1。 (3)在多步基元反应中，活化能越大反应速率慢，慢反应决定了 (2)根据盖斯定律，由Ⅱ×2一I可得反应Ⅲ，则有△H3 总反应速率，根据图中曲线可知第二步反应的活化能大于第 K名 一步反应的活化能，则第二步反应为决速步。 2△H,一△H1。由于反应Ⅲ=Ⅱ×2-1，从而推知K,一术 (4)根据图中数据，总反应的△H=每一步断键吸收总能量 (3)整个反应分为三个基元反应，①NO(g)+NO(g) 每一步成键放出总能量=(EL一E2十E3一E4)kJ·mol厂1， N-N(g)△H=+199.2kJ·mol1,②N=N 最后得到以NH,CO2为原料生产尿素[CO(NH2)2]的热化 学方程式为2NH3(g)+CO2(g)=CO(NH2)2(s)+H2O(g) 0 △H=(E1一E2十E3-E4)kJ·mol厂1 (g)+C0(g)-CO2(g)+N2O(g)△H=-513.5kJ· (5)生石灰为固体，和水都属于简单易获取物质，且能和水剧烈 mol厂1，由于总反应为2C0(g)+2NO(g)一2CO2(g)+N2(g) 反应放热，符合“即热饭盒”的加热原理，A符合题意；浓硫酸溶 △H=-620.9kJ·mol1,则反应③CO2(g)+N2O(g)+CO 于水虽然也是放热过程，但浓硫酸为液体，不易获取且具有强 (g)一2C02(g)+N2(g)的△H=-620.9k·mol1 腐蚀性，不适宜加热食物，B不符合题意；氯化铵溶于水是吸热 (+199.2kJ·mol1)-(-513.5kJ·mol1)=-306.6kJ· 过程，不符合“即热饭盒”的加热原理，C不符合题意。 mol1。反应③正反应活化能为248.3kJ·mol1,则反应③ (6)①由图可知，装置缺少仪器是环形玻璃搅拌器。 的逆反应活化能△E=248.3k·mol1-(-306.6k· ②通过题图实验测得中和热数值略小于57.3kJ·mol-1,实 mol1)=554.9kJ·mol1。 验装置保温、隔热效果差，热量散失较多，计算结果数值偏小；20.(1)4a+2b一2c一4d 分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的内筒中，热量散失多，计 (2)ClO+H2 0+2e=20H+CI 算结果数值偏小；用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接 (3)2N2H,(g)+N2O,(g)—3N2(g)+4H2O(g)△H 测定盐酸的温度，造成盐酸初始温度偏高，且有热量损失，计算 -1096.7k·mol1 结果数值偏小。 H (1)难以控制只生成C02CsH。(1)+15O2(g)—12CO2(g) +6H2O(g)△H (::H (2)SH2Te(g)—H2(g)+Te(s)△H=-154kJ·mol-1 (5)Cx2O号+6Fe2++14H+—2Cr3++6Fe3++7H20 (3)(2b-a-c)kJ 【解析】(1)CH4(g)+2O2(g)一CO2(g)+2H2O(g)的 (4)放出346 △H=反应物总键能-生成物的总键能=(4a十2b-2c (5)369 4d)kJ·mol-1 【解析】(1)C:H6(1)在O2(g)中燃烧的产物可能为CO2和 (2)E电极上Mg→Mg(OH)2,发生氧化反应，E为该燃料电池 H2O,也可能为C0和H2O,很难控制只生成CO,所以C6H 的负极；F是正极，F电极上的电极反应为ClO+H2O十2e (I)在O2(g)中燃烧生成CO(g)和H2O(g)的△H难以测量； =2OH-+C1 已知CO的燃烧热，再知道C。H。(1)在O2(g)中燃烧的热化学 (3)根据盖斯定律②×2-①得2N2H(g)+N2O,(g)— 方程式2C。H(1)+1502(g)—12C02(g)+6H20(g) 3N2(g)+4H,O(g)△H=-543k·mol1×2-10.7kJ· △H',可以通过盖斯定律计算△H。 mol-1=-1096.7kJ·mol1。 (2)非金属性越强越容易与氢气化合生成相应氢化物，O、S、 H Se、Te非金属性依次减弱，则题图中a、b、c、d分别代表Te、Se、 (4)HO+的电子式为H:O:H;HO+和H2O中心原子 S、O的氢化物，故c代表S的氢化物；题图中形成H2Te时为 吸热反应，所以H2T分解为放热反应，其反应的热化学方程 0的价层电子对数都为4，H0+中0有1个孤电子对，H20 式为H2Te(g)=H2(g)+Te(s)△H=-154kJ·mol。 中O有2个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对 (3)△H=反应物断键吸收的总能量一生成物成键释放的总能 与成键电子对之间的排斥力，水中键角被压缩程度更大，故 量，设断开1mol硫硫键需要的能量为xkJ,即△H=(8x+ H3O+和H2O的键角大小：H3O>H2O。 8c-2X8b)kJ·mol-1=-8akJ·mol1,解得x=2b-a-c, (5)该反应中，铬元素的化合价从十6降低为十3，被还原，铁元 则生成1mol硫硫键释放的能量为(2b一a一c)kJ。 素的化合价从+2升高为+3，被氧化，1 mol Cr2O号得到 6mol电子，1 mol Fe2+失去1mol电子，根据得失电子守恒可 (4)NH (aq)+O2 (g)-NO (aq)+2H*(aq)+H,O(1) 确定Cr2O号与Fe2+的化学计量数分别是1和6，再根据电荷 AH=-273 mol-1,N0(aq+20,(g）—N0(ag) 守恒和原子守恒确定其他粒子的化学计量数，所以Cr2O号与 FSO,溶液在酸性条件下反应的离子方程式为Cr2O?+ △H=-73kJ·mol1,两式相加得到NH(aq)+2O2(g) 6Fe2++14H+-2Cr3++6Fe3++7H20。