选择题专练(8)化学反应与热能-【鱼跃龙门卷】2026年高考化学试题逐题突破（山东专版）

高考试题逐题突破 发生氧化还原反应使其褪色，体现HSO:的还原性，而非漂白9 性；D项，FCl3过量时，无论反应是否发生，溶液中均存在 Fe3+,滴加KSCN溶液，溶液均变为红色，无法判断HSO与 Fe2+的还原性强弱 化学选择题专练（七） A组 1.A【解析】B项，H一O键、H一F键的键能依次增大，意味着形 成这些键时放出的能量依次增大，化学键越来越稳定，O2、F2与 H2反应的能力逐渐增强；C项，AB2型分子如水分子呈V形， 键角为105°；D项，H一0键的键能为462.8k·mol1,指的是 断开1molH一O键形成气态氢原子和气态氧原子所需吸收的 能量为462.8kJ,18g即1molH2O中含2molH一O键，断开 时需吸收2×462.8kJ的能量形成气态氢原子和气态氧原子， 再进一步形成H2和O2时，还需释放出一部分能量。 2.B【解析】Q、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子半径依次增 大，基态Q原子的电子填充了3个能级，有4对成对电子，因此 Q是F,Z与其他元素不在同一周期，且原子半径最大，能形成6 条共价键，因此Z是S,Y能形成4条共价键，Y是C,W能形成 2条共价键，W是O,则X是N。草酸能使高锰酸钾溶液褪色； 氟的电负性比O大，氧和氟形成的化合物中氧为正价；基态S 原子核外电子排布式为1s22s22p3s23p,故核外共有5种能量 不同的电子；碳的氢化物种类很多，无法比较氢化物沸点。 3.D【解析】在每个短周期均有分布，则X为H,Z在地壳中含量 2 最多，则Z为O,原子序数依次增大，M的基态原子价层电子排 布式为ns”-1,所以n=3,M为Mg,Y的基态原子价层p轨道 半充满，可能为N或P,Y和Q同族，所以Y为N,Q为P NH3的空间结构为三角锥形，NO?的空间结构为平面三角形。 4.B【解析】A项，水的沸点高于HF是因为水分子间形成的氢 键多；B项，C2HNH3NO3和NHNO3均为离子晶体， C2HNH的体积比NH大，导致C2HNH3NO3中离子键比 NH4NO3弱，C2HNH3NO3熔点比NH4NO3低；C项，臭氧的 极性微弱，水为极性分子，四氯化碳为非极性分子，根据“相似相 容”，臭氧在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度；D项，纳 米铅晶体没有固定熔点的主要原因是其极高的表面原子比例 和表面能，导致熔化过程在一个温度区间内逐渐完成而非瞬间 转变。 5.B【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素， X、Y、Z位于同周期且相邻，则X、Y、Z位于第二周期，W位于第 三周期，X与W同族，设X的原子序数为a,则Y、Z、W的原子 序数分别为a十1，a十2，a十8，W的核外电子总数等于X和Z 的核外电子总数之和，则a=6。由题意可推知，X为C,Y为N, Z为O,W为Si。元素的第一电离能N>O>C>Si;简单氢化 物的稳定性H2O>NH3>CH4>SiH4;1 mol SiO2中含有 4molσ键；C0O2的空间结构为直线形，属于含有极性键的非极 性分子 6.D【解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大， 原子的最外层电子数之和为16，X是同周期中金属性最强的元 素，可知X是Li或Na,则W、Y、Z的最外层电子数为15，W、Y 同主族，简单氢化物的沸点为Y>W,则W为C,Y为Si,Z为 Cl,X为Na,以此分析。Y的最高价含氧酸为H2SiO3,属于强 酸，Z的最高价含氧酸为HC1O,属于强酸 7.B【解析】S证，中心Si原子的价层电子对数是4+4仁4X1 4,无孤电子对，为正四面体结构，属于非极性分子；H2O为极性 分子。 8.C【解析】X的核外电子排布式为ns",则为1s,由于X和Y 形成的化合物水溶液显碱性，则X为H,Y为N;Z的最内层电 子数是最外层的子，则2可能为0或S,但由于W在短周期中 原子半径最大，为Na,所以Z只能是O;Q的价电子有1个单电 子，则价电子排布式可能为3s、3s23p或3s23p°，由于Q原子 序数大于Na,则Q可能为Al或Cl。若Q为Al,则Al2O,为离 子化合物。 D【解析】根据晶胞结构可判断该晶胞中含有4个B原子，O 1 原子个数为8×8+6X2 =4个，由立方晶胞密度计算公式可 4×25 34X25×10nm, 得晶胞体积为N©m,得到晶胞的边长为，√NA 晶胞中距离最近的两个B原子的核间距为面对角线长度的一 半即×。 34×25 ×103nma C【解析】X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业 上通过分离液态空气获得其单质，则X是N或O:Y元素原子 最外电子层s、p能级上电子数相等，Y是C或Si;Z元素十2价 阳离子的核外电子排布与氖原子相同，Z是Mg;W元素原子 的M层有1个未成对的p电子，W是A1或Cl。X元素的氢化 物的水溶液显碱性(NH3)或中性(H2O);若W是CI元素，则 C1厂半径大于Mg2+半径；镁既能和氨气反应生成氮化镁，也能 和氧气反应生成氧化镁；若Y是碳元素，则CO2是分子品体 熔、沸点低。 B组 D【解析】A项，蔗糖为分子品体，含有共价键和范德华力，范 德华力不属于化学键；B项，氯化钠中仅含有离子键；C项，四羟 基合铝酸钠中含有离子键、配位键和共价键，共3种化学键；D 项，纯碱为Naz CO3,含有离子键和共价键。 D【解析】同周期元素从左到右，原子半径依次减小，根据原子 半径与原子序数的关系，可知A是第一周期的元素，B、C是第 二周期的元素，D、E是第三周期的元素。则A是H,B形成4 个共价键，B是C元素；C形成2个共价键，C是O元素；D形成 十1价阳离子，D是Na元素；C与E同主族，E是S元素。C元 素的氢化物包括所有的烃，其沸点可能比O的氢化物高；电子 层数越多，离子半径越大，电子层数相同，质子数越多离子半径 越小，简单离子的半径S2->O2->Na;碳的含氧酸有碳酸和 羧酸，酸性不一定都比S的含氧酸低；X为Na2CO3·H2O2, H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱 性溶液中更加稳定。 A【解析】根据结构图可以看出X形成1个共价键，X最外层 有1个电子；Y形成2个共价键，Y最外层有6个电子；阴离子 带1个负电荷从而可知Z最外层有5个电子，Z的单质常温下 为固体，Z为P元素。W离子带1个正电荷，W最外层有1个 电子。X、Y、Z、W是前四周期原子序数依次增大的原子，故X 为H,Y为O,Z为P,W为K。同一主族从上到下，元素的非金 属性减弱，Y为O,Z为P,与P同族的短周期元素为N,非金属 性O>N;Y为O,Z为P,W为K,简单氢化物分别为H2O、 PH3、KH,KH为离子化合物，常温为固态，H2O分子间存在氢 键，沸点高于PH,故简单氢化物沸点W>Y>Z;该化合物中 H原子、P原子不满足8电子稳定结构；Y为O,W为K,两者 组成的K2O2含离子键和共价键。 D【思路分析】X、Y、Z的原子序数依次增大且均为长周期主 族元素。X的价层电子数为4(VA族)，Y核外有1个未成对 电子（可能为IA族或IA族），Z的4p轨道全充满，说明Z的 原子序数为37，即Rb,根据原子序数依次增大，可确定X为 Ge,Y为Br,据此解答。 【解析】A项，由分析可知，X为Ge,Y为Br,Z为Rb,不属于同 一周期。B项，X为Ge,Y为Br,Z为Rb,金属性最强的元素为 Rb,所以最高价氧化物对应水化物碱性最强的是Z。C项，X为 Ge,单质为金属晶体；Y为Br,单质为分子晶体；Z为Rb,单质 为金属晶体，G原子半径较小，而且价电子数多，金属键较强， 熔点较高，所以单质熔点最高的是X。D项，电子层数越多的， 原子半径越大，X、Y为第四周期元素，Z为第五周期元素，所以 Z的原子半径最大。 B【解析】M、Q、Z、Y、X、T是原子半径依次增大的短周期主族 元素，除M外其他元素均为同周期元素，M与Q形成的化合物 能刻蚀玻璃，则M为氢，Q为氟；X形成4个共价键、Y形成 3个共价键、Z形成2个共价键，则X为碳、Y为氮、Z为氧；由T 。4 与氟形成的阴离子可知，T为硼。与Z同周期且第一电离能大 于Z的元素有氨、氟、氖3种；非金属性越强，最高价含氧酸的酸 化学选择题专练（八） 性越强，Y、X、T三种元素中，氮的最高价含氧酸的酸性最强；H 原子最外层是2电子稳定结构；H与C形成的化合物种类有很 A组 多，例如苯的沸点比H与N形成的化合物NH3的沸点高。 1.A【解析】太阳能电池直接将太阳能转化为电能，不是将化学 B【解析】X原子半径最小，则X为H元素；Y、Z同周期，且两 能转化为电能，没有发生化学反应，不属于化学电源。 者的基态原子核外均有2个未成对电子，则Y为C元素，Z为O2.B【解析】根据盖斯定律，反应CO2(g)十3H2(g)一一CH3OH 元素；W元素与X的同族元素相邻，且其原子序数最大，W为 (g)+H2O(g)可以由反应I×3一反应Ⅱ得到，则△H=3△H1一 Mg元素。Mg元素核外电子排布式为1s22s22p°3s2,为全充满 △H2=(3a-b)kJ·mol1,△H1=E正-E逆=(3a-b)k· 稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素；YXZ分子式为 mol厂1，则E递-E正=(b-3a)kJ·mol1 CH2O,为甲醛，水溶液不呈酸性；Mg单质与CO2反应的化学 3.B【解析】CsC1晶体是离子晶体；根据盖斯定律得△H。 方程式为2Mg十CO,点燃2Mg0+C,简单氧化物熔点MgO> △H,一△H2一△H3一△H4一△H;;若M分别为Na和K,失电 H2O>CO2。 子过程中需吸收能量，△H3为正值，K半径更大，失去电子所需 C【解析】A项，该晶胞含有4个A单元和4个B单元，A单元 能量更小，则△H,为Na>K;氯气分子断键为氯原子需吸收能 化学式为Fe1.sO4,B单元化学式为Fe.sO,,1个晶胞中含有 量，△H4>0,离子结合形成离子键需放热，△H。<0。 24个Fe、32个O,最简式为Fe3O4;B项，A单元沿z轴的投影 4.D【解析】由图甲可得①H2O(g)一H2（g)+202(g) 0 D 图为。。 ●● ;C项，由立方晶胞结构可知，A、B两种单元的边长 △H=+243kJ·mol1,由图乙可得②C0(g)+202(g) 相等，B1中M微粒的原子分数坐标为(0,0,0)，则A2中N微粒 CO2(g)△H=一285kJ·mol-1,根据盖斯定律①+②得CO 〔位于A单元体心)的原子分数坐标为(，，：D项，A单 (g)+H20O(g)-C02(g)+H2(g)△H=243kJ·mol1 285kJ·mol-1=-42kJ·mol-1 元的边长为0.5a,相邻O2-间的最近距离为A单元面对角线的 5.C【解析】“燃烧热”强调“1mol物质”，水为液态，C元素的稳 一半，即 定氧化物为CO2。 a。 6.B【解析】②有的放热反应也需要加热才可以进行，如焦炭的 B【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素， 燃烧；③物质的燃烧反应需要加热，但属于放热反应；⑥等量的 基态W原子的s轨道电子数是p轨道电子数的2倍，则W为C 氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，由于气态水含 元素；由阴离子结构可知，原子半径小的灰球形成2个共价键、 有的能量比液态水多，所以前者放出的热量少。 原子半径大的黑球可形成6个或2个共价键，则X为O元素、Z 7.D【解析】由图可知，该反应的△H=一236.7kJ·mol-1;由 为S元素；X和Y形成的一种化合物是常用干燥剂，则Y为P 图可知，机理a、b均表示2步基元反应；由图可知，机理a决速 元素。电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小， 步的能垒为144.8kJ·mol1,机理b决速步的能垒为(47.7+ 则P+半径小于O2-;二氧化硫和二氧化碳均为分子晶体，相对 63.5)kJ·mol1=111.2kJ·mol,故E。>Eb;由图可知反应 分子质量越大分子间作用力越大，且二氧化硫是极性分子，二 HSiCI3+Cl·→SiCl4+H·的反应热△H=一33.4kJ· 氧化碳是非极性分子，极性分子的分子间作用力强于非极性分 mol1,说明断裂H一Si吸收的能量小于形成Cl一Si释放的能 子，沸点高于非极性分子，所以二氧化硫的沸点高于二氧化碳： 量，则键能大小为CI一Si>H一Si。 由R2-中各元素化合价代数和为一2可知，R2-中硫元素的化合 8.B【解析】测定中和反应的反应热所需搅拌器为环形玻璃搅拌 价平均为+2.5；磷原子失去1个电子形成的P+的价电子排布 器；为了测定数据更准确，采用稍过量的NaOH溶液，使HCl完 式为3s23p2,硫原子失去1个电子形成的S+的价电子排布式为 全反应：若用同浓度的醋酸溶液代替盐酸进行实验，由于醋酸 3s23p3,S中3p轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，则硫 电离吸热，反应放热更少，则计算所得反应热偏小，所得△H偏 元素的第二电离能大于磷元素。 大；需要测定并记录的实验数据有反应前盐酸、氢氧化钠溶液 D【解析】由结构式中各元素的成键数可知，X为H,Y为C,Z 的温度和反应后混合溶液的最高温度。 为O,M为S,W为Na,据此分析解答。离子的核外电子层数越 B组 多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，则离子 半径S2->O2->Na+,即M>Z>W;非金属性O>C,非金属 1.B【解析】从图中可知，单斜硫能量高于正交硫，故S(s,单斜) 性越强，简单氢化物越稳定，则稳定性H2O>CH4;O为第二周 =S(s,正交)△H=一0.33kJ·mol1;单斜硫和正交硫都 期元素，随核电荷数递增，第一电离能呈增大趋势，但N最外层 是硫元素形成的单质，两者互为同素异形体；②式表示1mol正 为半满稳定结构，其第一电离能大于O,则同周期比O的第一 交硫与1mol氧气反应生成1mol二氧化硫放出296.83kJ的 电离能大的元素有N、F、Ne;M为S,其核外有3个能层，最高 能量；①反应为放热反应，则该反应断裂1mol单斜硫(s)和 能层为第3电子层，存在3s轨道1个，3p轨道3个，3d轨道 1molO2(g)中的共价键吸收的能量比形成1 mol SO2(g)中的 5个，共9个原子轨道。 共价键所放出的能量少297.16kJ。 A【思路分析】X、Y、Z、W是原子序数递增的前20号元素，X2.B【解析】由于GS1的能量比GS2低，第一步反应的△H>0, 与Y位于不同的周期，基态X原子核外s能级上的电子总数 即该反应是吸热反应；该反应历程总共由4个基元反应构成，其 与p能级上电子总数相等，则X的核外电子排布式为 活化能分别为E1=1.675cV,E2=2.071eV,E3=1.313eV, 1s22s22p4或1s22s22p3s2,为0或Mg;基态Y原子价电子中 E4=1.369eV,活化能越高，其反应速率越低，因此决定总反应 不同自旋状态的电子数之比为1：2，Y价电子数为3或6，原 速率的步骤为第二步；由图可以看出，GS3的能量比GS2的能 子序数大于X,则Y可能是A1或S,X为O:Y、Z、W原子的最 量低，能量越低越稳定，则GS3更稳定；随着HCO4分子的不 外层电子数之和等于X原子的核外电子数，可知Y、Z、W原子 断分解，O原子不断积累，使基元反应生成物的量不断增多，平 的最外层电子数之和等于8，若Y为S,则Z、W最外层电子数 衡向逆反应方向移动，对后续的分解反应产生影响。 均为1，则为Na和K,但不满足原子序数大小，故Y只能是3.D【思路分析】根据转化关系，反应①为a十d→CO2+b、反 A1,则Z、W最外层电子数之和为8一3=5，Z为Si,W为K,O、 应②为b十f→d,a为C、d为Fe2O3、b为Fe、f为O2,则反应 K的质子数之和为27，恰好等于A1、Si的质子数之和，即X、 Y、Z、W分别为O、A1,Si、K,据此分析解答。 ①为3C+2Fe,0,高温4fe十3C0,◆，反应②为4Fe+30, 高温 【解析】SO2为共价晶体，不是非极性分子。 2Fe2 O3 ·化学X· 【解析】a为C、f为O2;d为FeO3、b为Fe,若d是Fe,不符合 反应①转化；根据盖斯定律，（①+②）×3可得C+O,一 CO2,①②的反应热之和等于等物质的量的C直接被O2氧化 为C0,的反应热；反应①为3C+2Fe,0,高温3C0,+4Fe,生 成4 mol Fe,转移电子12mol,则每生成0.1 mol Fe时，转移电 子的数目为3×6.02×102。 4.D【解析】题给反应历程中没有非极性键形成；由图可知， 1 2N+一→N十3H°为该反应的决速步檗，N、H、 NH的物质的量不确定，无法判断能量大小；由图可知，该条件 下，0.5mol氮气和1.5mol氢气生成1mol氨气放出46kJ热 量，所以合成氨反应的热化学方程式为N2(g)十3H2(g)一一 2 2NH3(g)△H=-92kJ·mol厂1 5.C【解析】NH(g)的标准摩尔生成焓为一45.9k·mol1 N2H,(I)的标准摩尔生成焓为50.6kJ·mol1,N2和H2反应 生成NH3放热，而生成N2H4吸热，则NH3的能量比N2H低， 热稳定性NH,(I)<NH3(g);由图中信息知，O2(g)+2H2(g) =2H2O(g)△H=-483.6kJ·mol1,因为H2O(1)的能量 低于H2O(g),所以O2(g)+2H2(g)—2H2O(1)△H< 一483.6kJ·mol-1;N2H4(1I)的标准摩尔生成焓为50.6kJ· mol1,则N2(g)+2H2(g)—N2H4(1)△H=+50.6kJ· mol-1,由△H=反应物的总键能一生成物的总键能，则1mol N2H,(I)的键能小于1molN2(g)与2molH2(g)的键能之和； 3 表示N2H4(I)标准燃烧热的热化学方程式为N2H(I)十O2(g) 一N2(g)十2H2O(I),N2H4(I)标准摩尔生成焓为50.6kJ· mol-1,H2O(g)标准摩尔生成焓为一241.8kJ·mol-1,可以求出 N2H4(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H= -534.2kJ·mol-1 6.D【解析】题述循环过程涉及的能量转化为太阳能→热能→化 学能→热能→电能：结合已知条件可知，2molH2SO4(1)完全分 解为二氧化硫、氧气和水蒸气，吸收热量551kJ,热化学方程式 4 表示为2H2SO4(1)—2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)△H= +551kJ·mol1;64gS的物质的量为2mol,已知64g固态硫 完全燃烧放出热量为592kJ,则1molS完全燃烧放出热量 296kJ,热化学方程式为S(s)+O2(g)一SO2(g)△H 一296kJ·mol1;根据盖斯定律，一（反应I+反应Ⅲ）=反应Ⅱ △H=-551kJ·mol-1+296kJ·mol1=-255kJ·mol-1。 7.C【解析】A项，由反应机理图可知，反应②的活化能最大，反 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 5 应①的化学方程式为HNO3+H2SO,一NO+HSO,+ 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sp3杂化， -H -H 中饱 NO2 和碳原子为$p杂化；D项，由反应历程可知，反应③的活化能 NO2 HO,SO 低于反应④，且 的稳定性大于 H ,故反应③为 -H NO, NO 主反应， 为主产物。 8.B【解析】由反应示意图可知反应过程中存在碳氧等极性键断 8. 裂、氢氢非极性键断裂，碳氢等极性键生成，但不存在非极性键 的形成；物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未 发生改变，物质I为催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质， 为中间产物；催化剂可以降低反应的活化能，但不能改变反应 的焓变，也不能提高转化率；该图为钉(Ru)基催化剂催化CO。 (g)和H2(g)的反应示意图，反应生成46g液态HCOOH时放 出31.2kJ的热量，反应中氢化合价由0变为十1，电子转移关 系为HCOOH~H2~2e,则每转移1mole,放出15.6kJ的 热量。 化学选择题专练（九） A组 C【解析】该装置为原电池，铜离子在硫电极得到电子，因此硫 电极为正极，电极反应式为2Cu2++S十4eCu2S,锂电极为 负极，电极反应式为Li一e一Li;原电池中阳离子向正极 (硫电极)移动；依据得失电子守恒可知，每消耗1olS,同时消 耗4 mol Li。 B【解析】Zn电极为负极，发生氧化反应Zn-2e一Zn2+ MnO2为正极，发生还原反应MnO2+2e+4H+一Mn2++ 2H2O,加入KI后，发生反应MnO2+3I+4Ht一Mn2++ I5+2H2O、I5+2e 一3厂，碘离子为催化剂。加入KI后，如 有0.6molI厂参加反应，需得到0.4mol电子，理论上负极减少 0.2 mol Zn,质量为13g;充电时阳极电极反应式为3I厂-2e -I5、Mn2++2H20-2e 一MnO2十4H+,电路中每通过 2moleˉ，阳极区溶液减少的质量小于1 mol MnO2的质量，小 于87g;放电时的总反应为Zn+MnO2+4H+=Zn2++Mn2+十 2H2O;PBS膜能够防止脱落的二氧化锰与锌接触构成微电池， 减少锌的损耗，能有效抑制电池的自放电。 B【解析】酸性燃料电池中，乙醇发生失电子的氧化反应生成 醋酸，则乙醇所在Pt电极为负极，负极反应式为CHCH2OH 4e+H2O一4H++CH COOH,O,所在的Pt电极为正极 发生得电子的还原反应，正极反应式为O2十4e十4H+ 2H2O,放电时，电子由负极经过导线流向正极，据此分析解答 氧气通人的Pt电极为电池正极，电子流入正极；电池工作时，质 子(H+)通过质子交换膜从负极流向正极；不是标准状况下，O, 的物质的量无法判断。 B【解析】电池工作时，电子从B极流出，则B极为负极，A极 为正极。放电时，正极反应为VO+e+2H一VO2+十 H20,充电时，阳极反应为V02++H20-e一VO对+2H*, 放电时，负极反应为V2+一e一V3+,充电时，阴极反应为 V3+十e= 一V2+。通过电池堆外泵的作用，储液罐中的电解 液不断送入正极室和负极室内，以维持离子的浓度，实现电池 的充放电，放电时，正极消耗VO,应通过泵向A极室送 入VO。 C【解析】糯米的主要成分为淀粉，不是蛋白质。 D【思路分析】根据图示，左侧反应室HSO经反应后生成 H2S2O4,S元素的化合价降低，电源a是负极，b是正极，电解池 中，H+应该向左侧即阴极移动，所以隔膜应该是质子交换膜。 【解析】由分析可知，阴极电极反应式为2HSO?十4H+十2e 一H2S2O4十2H2O;S元素化合价由十4升高到十6，失去2个 电子，N元素化合价由+2降低到0，得到2个电子，根据得失电 子守恒，在相同条件下，吸收SO2和NO的体积比为1：1。 D【解析】由题意可知，铜电极为电解池的阳极，在氯离子作用 下，铜在阳极失去电子发生氧化反应生成Cu2C2,铂电极为阴 极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离 子，氢氧根离子通过阴离子交换膜进入阳极区。根据分析，结合 得失电子守恒可知Cu2O~Cu2Cl2~2Cu~2e~H2,电解得到 7.2g氧化亚铜时，阴极区溶液减少H2和进入阳极区OH厂的 7.2g 质量，即水的质量，为44g·mo立X2X18g·mo=1.8g。 A【思路分析】如图所示，b电极上的反应为酒石酸失电子生 成二氧化碳，电极反应式为C4HO。一10e+2H2O 4CO2个+10H+;根据题干信息，该电池将分解水和燃料电池技 术相结合，则a电极上的反应为水得电子生成氢气：2H2O+2e -H2+20H 【解析】溶剂是水，当两电极均转移10mol电子时，a电极消耗 10mol水生成10 mol OH,b电极消耗2mol水生成10mol ·5 参考答案及解析 H+,则放电过程消耗12mol水、生成10mol水，溶剂质量改6.D【解析】由图可知，Si转化为SiO2,Si元素失去电子化合价 变；据分析可知，X为H2；根据b电极的电极反应式有10eˉ~ 升高，则Si@C电极为负极，MnO2转化为Mn+,Mn元素得到 4C02,则产生1molC02转移2.5mol电子；当两电极均转移 电子化合价降低，MO2电极为正极。存在质子交换膜，说明是 10mol电子时，产生C02和H2的物质的量之比为4：5，在相 在酸性条件下，则负极反应式为Si一4e+2H2O一SiO2+ 同条件下，物质的量之比等于体积比，则a、b两电极上产生气体 4H+,正极反应式为MnO2+2e+4H+-Mn2++2H2O,以 的体积比为5：4。 此解题。根据放电时负极反应式可知，导线上每通过0.2mol B组 电子，则会生成0.05 mol Si02。 7.C【解析】若用铅电极代替石墨电极，铅会在阳极失去电子发 B【解析】图甲左边烧杯中CuSO4浓度小，左侧电极反应式为 生氧化反应生成铅离子，所以不能用铅电极代替石墨电极；铅 Cu一2e一Cu2+,故a是负极，b是正极；要在铁钥匙上镀银， 电极为电解池的阴极，石墨电极为阳极，双极膜解离出来的氢 即d作阴极，c作阳极，故a接d,b接c;Cu+不能进入盐桥；设 氧根离子进入阳极区，氢离子进入阴极区；铅电极为电解池的 左池中CuSO4浓度增大xmol·L1,右池减小xmol·L1, 阴极，酸性条件下草酸在阴极得到电子发生还原反应生成乙醛 则0.5+x=3.5-x,解得x=1.5mol·L1,则n(CuS04)= 酸和水，电极反应式为HOOC-COOH+2eˉ+2H+ 0.5L×1.5mol·L-1=0.75mol,根据得失电子守恒可得关系 HOOC一CHO+H2O;铅电极为电解池的阴极，除酸性条件下 式Cu2+~2Ag,则析出1.5 mol Ag其质量为162g。 C【解析】由图可知，铁电极为原电池的负极，铁失去电子发生 草酸在阴极得到电子发生还原反应生成乙醛酸和水外，H也 氧化反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe一2eˉ一Fe+,CCF 可以在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，则石墨电极析出 电极为正极，在水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反 1ol氧气时，无法计算铅电极附近生成乙醛酸的物质的量。 应生成过氧化氢和氢氧根离子、UO+在正极得到电子发生还 8.D【思路分析】电极M区进入的是稀硝酸，出来的是浓硝酸， 原反应生成UO2,电极反应式为O2+2H2O+2e一H2O2+ 则电极M为阳极，水被氧化得到氧气和氢离子，A为氧气，硝酸 2OH、UO++2e一UO2,生成的UO2与过氧化氢反应生 根离子向左移动；电极N为阴极，水放电产生氢气和氢氧根离 成(U02)02·2H20,反应的化学方程式为U02十2H2O2 子，B为氢气，铵根离子向右移动，以此解题。 (UO2)O2·2H2O。由分析可知，生成(UO2)O2·2H2O的反 【解析】由分析可知，I室电极反应式为2H2O一4e 应中氧化剂H2O2与还原剂UO2的物质的量之比为1：1。 O2个+4H+,发生氧化反应，电极M为阳极，接外电源的正极； C【解析】由题干图示信息可知，图中实线代表放电过程，放电 由分析可知，电极N为阴极，电极反应式为2H2O+2e 时n极为正极，其电极反应为NiO(OH)+H2O+e 2OH+H2个；每产生标准状况下22.4LO2,根据得失电子守 Ni(OH)2十OH,m极为负极，其电极反应为LaNiH: 恒，Ⅲ室要生成2olH2,溶液质量减少4g,同时依据电荷守 6e十6OH=LaNi5十6H2O,此电池的总反应为LaNis H6十 恒，4 mol NH通过阳离子交换膜进人Ⅲ室，溶液质量增加 6NiO(OH)一LaNi十6Ni(OH)2;虚线代表充电过程，充电时 72g,所以Ⅲ室溶液的质量理论上共增加68g;Ⅱ室中的NO3 阳极即n极反应为Ni(OH)2十OH-e=NiO(OH)+ 要进入I室，所以离子交换膜I为阴离子交换膜，NH要进人 H2O,阴极即m极反应为LaNi十6H2O+6e一LaNi,Hs十 Ⅲ室，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜。 6OH,总反应为LaNi,十6Ni(OH)。电解LaNi,H。十 化学选择题专练（十）】 6NiO(OH),据此分析解题。由分析可知，充电时，n极为阳极 发生氧化反应：电子不能经过电解质溶液；由分析可知，放电时 A组 若转移1mole,则有1molK+从左侧移向右侧，同时储氢合 金里1molH进入左侧溶液，故隔膜左侧电解质溶液的质量减 1.D【解析】根据反应方程式可知，反应物气体物质化学计量数 少39g-1g=38g。 之和是3，生成物气体物质化学计量数之和是4，因此该反应是 D【思路分析】放电时，该装置为原电池，Z为负极，发生氧化 嫡增的反应，故该反应的△S>0;H2O(g)是生成物，在该反应 反应Zn-2e+4OH一[Zn(OH)4]2-;1T-MoS2为正极，发 达到平衡后，若移除部分H2O(g),逆反应速率瞬间减小，正反 生还原反应O2+4e+4H+一2H2O;充电时，该装置为电解 应速率不变，由于正>，故化学平衡正向移动，平衡移动过 池，[Zn(OH)4]2-在阴极(b极)得电子生成Zn,H20在阳极(a 程中正反应速率逐渐减小；若提高n(NO2):n(CH,)的比例， 极)失电子生成O2。 化学平衡正向移动，CH的平衡转化率增大，但NO2的平衡转 【解析】电子只在导线中移动，不进入电解质溶液，电子流向为 化率降低：根据反应方程式可知，每有2 mol NO2反应，会转移 b→导线→a;放电时，负极区电解质溶液增加的质量为失电子的 8mol电子，则当消耗1 mol NO2时，转移电子的物质的量是 锌和双极膜电离出来的OH的质量和，根据电极反应式可知 4mol,则转移的电子数目约为4×6.02×1023。 每消耗0.1molO2,转移0.4mol电子，有0.2 mol Zn失电子进2.C【解析】碳氯化反应是放热、熵增的反应，根据△H-T△S< 入溶液，0.4 mol OH由双极膜进入负极区，则质量增加(0.2× 0,则该反应在任意温度下均能自发进行：降温反应速率减小，因 65十0.4×17)g=19.8g;阳极电势高于阴极电势，由思路分析 此不能增大TiC1的生成速率；根据方程式分析，消耗1mol 可知，充电时a电极电势高于b电极电势；充电时，阳极反应为 TiO2,转移4mol电子，反应中每消耗1 mol TiO2,转移电子的 2H20-4e-O2个+4H+,阴极反应为[Zn(OH)4]2-+2e 数目约为2.408×1024；将Ti02(s)与C(s)粉碎并混合均匀后反 —Zn+4OH,总反应为2[Zn(OH)4]2-=2Zn+O2↑+ 应可增大C2的反应速率，但不能提高平衡转化率。 4OH+2H20。 3.B【解析】对于需要催化剂的反应，温度升高可能导致催化剂 D【思路分析】根据光合菌产生的O2得电子结合H得到 活性降低，反应速率减小。 H2O,可知碳棒a为正极，FeS2在硫氧化菌的作用下被氧化为 4. C【解析】甲容器在绝热条件下，随着反应进行，压强先增大后 S,S在硫氧化菌的作用下被氧化为SO? 减小，刚开始压强增大的原因是容器温度升高，说明题述反应 【解析】根据分析可知b极为负极，a极为正极，正极的电势高 过程为放热反应，平衡时升高温度，X的转化率下降；乙容器中 于负极；根据图示，碳棒b为负极，失电子发生氧化反应，存在电 b点达到平衡状态，压强为3pkPa,根据化学方程式，列三 极反应S-6e十4H2O一SO+8H+;酸性增强不利于菌落 段式： 存活，负极失电子发生的氧化反应会减慢，故工作一段时间后 X(g)+3Y(g)=2Z(g) 电池效率降低；a为正极，电极反应为O2十4e+4H 始/mol 1 3 0 2H2O,每生成1 mol SO?,电路共转移7mol电子，理论上消耗 转/mol x 3x 2x 标准状况下39.2LO2。 平/mol 1-x3-3x 2x2025一2026学年度高考试题逐题突破— 选择题专练（八） 化学·化学反应与热能 总分：32分时间：40分钟 可能用到的相对原子质量：H1C12N14016S32C135.5 A组 1.第十四届全国冬季运动会所需电能基本由光伏发电和风力发电提供。单晶硅电池是常见的 太阳能电池，玻璃钢（又称纤维增强塑料）是制造风力发电机叶片的主要材料之一。下列说法 错误的是 A.太阳能电池属于化学电源 B.太阳能、风能均属于可再生能源 C.单晶硅属于共价晶体 D.玻璃钢属于复合材料 2.甲醇的用途非常广泛。科学家通过CO2合成甲醇的反应为CO2(g)十3H2(g)一CHOH (g)+H2O(g)△H<0。 已知：反应I.H2(g)+202(g)一H,0(g)△H1=akJ·mol-1 反应Ⅱ.CH,0H(g)+0,(g)—C0,(g)+2H,0(g)△H=b·mol1 若合成甲醇的反应中正反应的活化能为E正，逆反应的活化能为E逆，则E逆一E正一定等于 A.(a-b)kJ·mol-1 B.(b-3a)kJ·mol-1 C.(a+b)kJ·mol-1 D.(a-3b)kJ·mol-1 3.碱金属单质M和C2反应的能量变化如图所示。下列说法正确 2M(S)+CL(g)2MCI(s) 的是 △H2 △H A.CsCI晶体是共价晶体 2M(g) 2CI(g) △H B.△H6=△H1-△H2-△H3-△H4-△H5 △H5 C.若M分别为Na和K,则△H3:Na<K 2M(g)+2CI(g)- D.△H4<0,△H6>0 4.如图甲、图乙分别表示1molH2O和1 mol CO2分解时的能量变化情况（单位：kJ)。下列说 法错误的是 2H(g)+O(g) C(s)+2O(g) 247 2H(g)+0,(g 494 C(s)+O2(g) 436 H(g+0,(g 109 C0(g)+50(g) H:O(g) 285 C0(g) 1molH,O(g)分解时的能量变化 1 mol CO,(g)分解时的能量变化 甲 乙 A.C0的燃烧热△H=一285kJ·mol-1 B.C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)△H=+134kJ·mol-1 C.O一0的键能为494kJ·mol-1 D.无法求得CO(g)十H2O(g)—CO2(g)+H2(g)的反应热 化学X·选择题专练（八）第1页（共4页）】 广鱼联克门卷 5.已知：液态甲醇的燃烧热△H=一726.5k·ol1。下列表示燃烧热的热化学方程式正确的是 A.CHOH+Ox(g)-CO.(g)+2H.O(g)H--726.5kJ.mol- B.2CH3OH(1)+3O2(g)-2C02(g)+4H2O(1)△H=-726.5kJ·mol-1 C.CH,0HD+0,(g)—C0,(g)+2H,00△H=-726.5·mol D.CH3 OH(1)+O2(g)-CO(g)+2H2O(1)AH=-726.5 kJ.mol-1 6.下列说法错误的有 ①化学反应除了生成新物质外，还伴随着能量的变化 ②放热反应不需要加热就能发生 ③需要加热才能发生的反应都是吸热反应 ④化学反应放热还是吸热，取决于生成物具有的总能量和反应物具有的总能量的相对大小 ⑤热化学方程式应注明反应时的温度与压强，如没注明则表示常温常压时的反应 ⑥等量的氢气和氧气分别完全燃烧生成气态水和液态水，前者放出的热量多 ⑦H2(g)+I2(g)=→2HI(g)△H=一QkJ·mol-1表示常温常压下，在恒温密闭容器中当 有1molH2(g)和1molI2(g)反应生成2 mol HI(g)时放出QkJ的热量 ⑧同温同压下，H2(g)+Cl2(g)—2HC1(g)在光照条件下和点燃条件下的△H相同 A.2项 B.3项 C.4项 D.5项 7.一定温度下，反应HSiCI3(g)+Cl2(g)一SiCl4(g)+ ---机理a 144.8 -机理b HCl(g)的机理第1步为Cl2一2C1·,理论上后续步骤 TSI 47.7 可能的反应机理如图所示，TS1和TS2表示过渡态。下 0 TS2 列说法错误的是 8 -33.4 A.该反应的△H=-236.7kJ·mol-1 -63.5/ C2+H+ SiCl Cl+SiCl+ B.机理a、b均表示2步基元反应 HCI C.机理a、b决速步的能垒：Ea>Eb HC+C1-+236.7 SiCl D.由机理a可知键能大小：Cl一Si<H一Si 反应历程 8.借助盐酸与NaOH溶液反应，用如图所示装置测定中和反应的反应热。下 列说法正确的是 A.所需的仪器有烧杯、温度计、铜制搅拌器、量筒 一杯盖 B.为了保证完全被中和，采用稍过量的NaOH溶液 内筒 C.若用同浓度的醋酸溶液代替盐酸进行上述实验，计算所得△H偏小 隔热层 D.溶液混合后，直至温度长时间不再改变时，测量并记录反应后体系的 外壳 温度 B组 1.单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如图所示，下↑ 列说法正确的是 ①单斜硫(S)+0,(g) A.S(s,单斜)-S(s,正交)△H=+0.33kJ·mol-1 ②正交疏(s)+O,(g) B.单斜硫和正交硫互为同素异形体 C.②式表示1个正交硫分子和1个02分子反应生成1 △H2=-296.83 △H=-297.16kJ·mo kJ·mol 个SO2分子放出296.83kJ的能量 D.①式反应断裂1mol单斜硫(s)和1molO2(g)中的共 SO(g) 价键吸收的能量比形成1 mol SO2(g)中的共价键所 放出的能量多297.16kJ 反应过程 化学X·选择题专练（八）第2页（共4页）】 班级 2.HCO4分子在FC(氟化石墨烯)表面可能沿下列反应历程进行分解，即该反应历程为酸根路 径：HC10,-o1C10;-0CL,0,(x-1~2,y=0~2),其分解的各基元反应能量曲线如图 所示(TS表示过渡态)，下列说法错误的是 姓名 GS1-HCIO(g) TS2 GS2—CIO(g)+OH* GS3—CIO5(g)+OH*+O* TSI 得分 GS4-CIO-(g)+OH*+20* E=2.071eV GS5-CI-(g)+OH*+30* (*表示化学吸附) E=1.675eV TS3 TS4 GS2 E3=1.313eV E,=1.369eV 答题栏 GS3 GS4 GS5 A组 A.该反应历程的第一步反应为吸热反应 B.该反应历程的控速步骤为GS1→GS2 2 C.GS3比GS2稳定 3 D.随着HC1O,分子的不断分解，O原子在FC表面的覆盖度升高，对后续的分解反应会产生影响 4 3. 非遗“打铁花”是通过向空中击打熔化的铁水（主要成分是F和少量C)产生“铁花”。其转化 关系如图所示，其中b、d代表Fe或Fe2O3中的一种。下列说法正确的是 6 A.a是O2,f是C CO, 7 B.d既可以是Fe,也可以是Fe2O3 ① C.等压条件下，①②的反应热之和，大于等物质的量的C直接被O2氧 F 化为CO2的反应热 B组 D.反应①中，每生成0.1molb时，转移电子的数目为3×6.02×1022 4. 如图所示为在催化剂表面合成氨的反应机理。下列说法正确的是 A.该历程中既有非极性键断裂，又有非极性键 N(g计 N+3H 3 形成 H2(g) 4 B.NH→NH3(g)为该反应的决速步骤 46 C.由图可知N2和H2所具有的能量高于NH N2*+号H,* 250 50个NΠ，(g) 所具有的能量 NH:* 6 D. 该条件下，合成氨反应的热化学方程式为 NH*NH2*+H* N*+3H*+2H* 7 N2(g)+3H2(g)=2NH3(g) △H= 反应历程 -92kJ·mol-1 5. 在标准压强101kPa、298K下，由最稳定的单质合成1mol物质B的反应焓变，叫做物质B的 标准摩尔生成焓，用符号△Hm(单位：kJ·mol-1)表示。部分物质的△H9如图所示。已 知：H2(g)、N2(g)、O2(g)的标准摩尔生成焓为0。下列有关判断正确的是 NOg) 91.3 -241.8 H-O(g) -45.9 NH:(g) NH(1) 50.6 -300-250-200-150-100-50 050100150 △H/(k·mo) 化学X·选择题专练（八） 第3页（共4页） 鱼欧花门老 A.根据图中信息，可判断热稳定性：N2H4(I)>NH3(g) B.O2(g)+2H2(g)=2H2O(1)△H>-483.6kJ·mol-1 C.1molN2H4(l)的键能小于1molN2(g)与2molH2(g)的键能之和 D.表示N2H4(I)标准燃烧热的热化学方程式为N2H4(I)+O2(g)一N2(g)+2H2O(g) △H=-534.2kJ·mol-1 6.研究人员提出利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储，其原理如图所示。 O2 SO2+H2O S02 太阳能！→热能→H,SO,分解 SO,催化歧化 S燃烧热能电能： 反应 反应/ 反应Ⅲ HSO 已知：①1mol液态H2S04完全分解生成三种气体时吸收热量275.5kJ;②64g固态硫完全 燃烧放出热量为592kJ。 下列叙述错误的是 A.上述循环至少涉及四种能量转化方式 B.反应I:2H2S04(1)—2S02(g)+2H2O(g)+O2(g)△H=+551kJ·mol-1 C.反应Ⅲ：S(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-296kJ·mol-1 D.反应Ⅱ：3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(1)+S(s)△H=+255kJ·mol-1 7.在一定条件下，苯与浓HNO3和浓H2SO4混合物的反应机理和能量变化如图所示： 下列说法错误的是 反应② 反应④ HO SO 反应① NO H.O HSO:+H2O NO + +NO+ 反应③ NO2 HNO+ HSO方+HO H2SO ○+H,SO+H,0 反应历程 A.反应②为决速步骤 B.反应①的化学方程式为HNO3+H2SO4=NO+HSO4+H2O C.反应过程中碳原子的杂化方式保持不变 NO2 D.该条件下， 为主产物 8.为早日实现“碳中和、碳达峰”目标，科学家提出用钉(Ru)基催化剂 催化CO2(g)和H2(g)反应生成HCOOH。反应机理如图所示，已 2H20 知当生成46g液态HCOOH时放出31.2k的热量。下列说法正 确的是 2H OH A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成 Ru -H B.物质I为该反应的催化剂，物质Ⅱ、Ⅲ为中间产物 OH C.催化剂能降低活化能，加快反应速率，改变反应热，从而提高转 2HCOOH 12H,0 化率 D.通过CO2(g)和H2(g)反应制备液态HCOOH,每转移1mole,放出31.2kJ的热量 化学X·选择题专练（八）第4页（共4页）