专题九 考点1 化学反应与热能-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训

最新真题分类特训·化学 cV (7)滴定消耗的n(EDTA)=000mol,EDTA与Co 形成1：1配合物，则样品溶解后的n(C0+)=1000 mol,即样品中的n{[Co(Sac),(H,O),]·xH,O}= 1000mol,而M[Co(Sac),(H,0),]·xH,0}=(495+ cV cV 18z）g·mol,所以1000molX(496+18x)g·mol =mg解得=1平-袋-2-275若清定前 18cV 滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗EDTA 溶液体积偏小，即V偏小，根据工=500-27.5，则工 9cV 偏高。 答案：(1)玻璃棒量简（或胶头滴管等，合理即可） (2)冰水浴(3)B (4)加稀硝酸酸化，再滴加AgNO,溶液，无白色沉淀生 成，说明CI已洗净(5)ABC(6)cabd （)50-27.5偏高 4.解析：由题中信息可知，利用“燃烧一碘酸钾滴定法”测 定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经干操、净化后通入 管式炉中将钢铁中硫氧化为SO2,然后将生成的SO2导 入碘液中吸收，通过消耗K),碱性标准溶液的体积来 测定钢铁中硫的含量。 (1)取20.00mL0.1000mol·LK1O的碱性溶液和 一定量的K1固体，配制1000mLK1O,碱性标准溶液（稀 释了50倍后KO的浓度为0.0020000mol·L1),需要 用碱式滴定管或移液管量取20.00mL0.1000mol·L K)?的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定 质量的K】固体，需要在烧杯中溶解KI固体，溶解时要 用到玻璃棒搅拌，需要用1000mL容量瓶配制标准溶 液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的 是AD。 (2)装置B和C的作用是充分千燥O,,浓硫酸具有吸水 性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。 装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的 磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小 于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮 子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上， 从而防止倒吸。 (3)该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指 示滴定终点的，因此，该滴定实验达终，点的现象是当加 入最后半滴KIO,碱性标准溶液后，溶液由无色突变为 蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及S0,十L,十2H,O 一H2SO,+2H1、KIO3+5K1+6HCI-3L2+6KC1+ 3H,)可得关系式3S一3S),一312~K1)3,若滴定消耗 KIO3碱性标准溶液VmL,则n(KIO,)=V×10-3L× 0.0020000mol·L1=2.0000×10$Vmol,n(S)= 3m(K102）=3X2.0000X106Vmol=6.0000X 10Vmol样品中硫的质量分数是 6.0000×10Vmo1×32g·mo×100%= a×10-3g 19.200Y%. L (4)若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁 的氧化物，铁的氧化物能催化S)。的氧化反应从而促进 S),的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂：若 装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可 能导致部分L升华，这样就要消耗更多KIO,碱性标准 溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少 量I)3不经1。直接将S),氧化成H2S),,从电子转移 守恒的角度分析，1O,得到6e被还原为】厂，仍能得到 关系式3S一3S02~KIO3,测定结果会不变。 答案：(1)AD (2)浓硫酸防止倒吸 (3)当加入最后半滴KIO,碱性标准溶液后，溶液由无色 突变为蓝色且30s内不变色19.200V% (4)催化剂通人F的气体温度过高，导致部分1，升华， 从而消耗更多的K1O,碱性标准溶液不变 专题九化学反应与能量 考点1化学反应与热能 考向1 l.BA.根据复合判据△G=△H一T△S,该反应△H<0、 △S<0,温度较低时△G<0,故低温能自发进行，A错误； B.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常 数减小，B正确：C.该反应为放热反应，则E一E<0, 则正反应的活化能小于逆反应的活化能，C错误：D.①： Na(s)+2C,g)-NaG(s）△H,<0,@:Na(g)+ CI(g)一NaCl(s)△H2<0,根据盖斯定律，反应① -反应@得到目标反应Na(s)十2C,(g)--Na(g) +CI(g),则△H=△H1一△H2,由于不能明确△H1、 △H,相对大小，则△H不能确定，D错误。 2.CA.由图可知，I到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子， 属于还原反应，A错误；B.Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一个 HH H=C-C C一H键，如图 H 口，有极性键生成，不是非极性 Cu Ⅲ 键，B错误；C.Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一个C一H键，由 Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到W也生成了一个C一H -C-C-H 键，N到V才结合CO,可知N的示意图为 O.C T7777十 Cu 正确；D.催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变 反应热，D错误。 3.C由图可知，NaCL固体溶于水的过程分两步实现，第 一步为NaCl固体变为Na和CI厂，此过程离子键发生 断裂，为吸热过程；第二步为Na十和Cl与水结合形成水 合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为 放热过程。 A.由图可知，NaCl固体溶解过程的焓变为△H,= +十4kJ/mol,为吸热过程，A正确；B.由图可知，NaCI固 体溶于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知△H= △H1+△H,,即a十b=4,B正确：C.由分析可知，第一步 为NaCl固体变为Na和CI,此过程离子键发生断裂， 为吸热过程，a>0:第二步为Na+和Cl与水结合形成水 合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为 放热过程，b<0,C错误：D.由分析可知，溶解过程的能 量变化，与NaCl固体断键吸收的热量及Na和CI水 合过程放出的热量有关，即与NaCl固体和NaCl溶液中 微粒间作用力的强弱有关，D正确。 4.ACt1时刻TFAA浓度为0，则TFAA完全反应，消耗 的E为0.08mol·L1,E剩余0.02mol·L1,故体系 中有E存在，A正确；由题给反应路径和物料守恒知，体 系中TFAA、G,F的总浓度应为0.08mol·L1,由题图知， t2时刻TFAA和G的浓度之和小于0.08mol·L1,则体系 中一定存在F,B项错误；由图可知，反应刚开始TFAA的浓 度就迅速减小为0，则E和TFAA的反应速率非常快，该 反应的活化能很小，C正确；反应G三H十TFAA为可 逆反应，反应达平衡后，TFAA会有一部分存在于G中， 则达平衡后TFAA的浓度小于0.08mol·L,D错误。 考向2 5.CA.根据表格中的数据可知，H2的键能为218X2= 436(kJ·mol1),A正确；B.由表格中的数据可知O2的 键能为：249×2=498(kJ·mol1),由题中信息可知 HO2中氧氧单键的键能为214kJ·mol,则O,的键 能大于HO,中氧氧单键的键能的两倍，B正确；C,由表 格中的数据可知HO)一一H)十O,解离其中氧氧单键 需要的能量为249+39-10=278(kJ·mol厂1)，H2O2 中氧氧单键的键能为214kJ·mol1,C错误；D.由表中 的数据可知HO(g)十O(g)一HO,(g)的△H=-136 一249一（一242）=一143(kJ·mo厂)，D正确；故选C。 6.解桥：1)①根据益新定律，反应Ⅲ=之Ⅱ-【=合× (-484 kJ/mol)-(41 kJ/mol)=-283 kJ/mol. ②该同学的结论“错误”。C)与)，常温下难反应的根 本原因是活化能高而并非平衡常数过小，可通过点燃使 之迅速产生C),来验证。 (2)①Pt(原子序数78)，可根据稀有气体氡(86号元素) 进行推断，按照元素周期表位置可知其在N元素所在 列，故位于元素周期表第六周期Ⅷ族。 ②反应N是CO吸附在催化剂表面的过程，气态的CO 吸附在固体的催化剂上，混乱度减小，△S<0。 ③由)…CO“转化为CO2时形成新的化学键，放热，故 CO的能量比OCO”低，但在催化剂上脱附是吸热过 程，故CO:的位置在OCO”与CO,(g)的下面，如图： E/kJ-mol C0g+03 0*+C0* 0…C0 CO:(g) C02 (3)①根据(3)题千表格中给出的反应历程，如h:H,(g) →H2→2H”,g:O2(g)+H"→O2H'等，均涉及 H,或含氢物种，说明体系中引入了H,作为反应物或助 催化剂，开辟了新的、活化能更低的反应路径，从而能在 30℃下进行反应。 详解详析 ②根据表格中各基元反应判断反应进行的优先顺序h (H2(g)→H,*→2H￥)·g()(g)十H￥→)2H*)-e (O2H￥→O米+O日￥)>i汇O日￥+H*→H,0米→ H0(g)]d[C0(g)>C0￥]-→f(0*+C0*→0. C)￥→C),*)→CO,*→CO,(g),故反应顺序是hgei df;或其他合理答案：hgei位置不能互换，d可以在hgei 前，也可以在hgei后，f在hgei后面，如dhgeif也可。 答案：(1)一283错误点燃，检验产物 (2)第六周期Ⅷ< E/kJ-mol C0)+00 0*+C0 0…c0* CO:(g) (3)①通人氢气②hgeidf或dhgeif等合理答案 考点2原电池 考向1 1.D由图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为 负极，发生氧化反应，电极反应式为：Mg-2e+2OH 一一Mg(OH)2,电极2为正极发生还原反应，电极反应 式为：2H,O十2e一H2◆+2OH,右侧为电解池，电 极3为阳极，产生氧气，电极4为阴极，产生氢气。 A.催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催 化效率，A正确；B.根据分析，电极1是负极，电极4为 阴极，电子从电极1流向电极4，B正确：C.由分析可知， 电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应 为：4OH一4e一2HO+O2↑，C正确；D.根据分析 可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol 电子，可产生2molH,D错误。 2.D放电过程中a、b极均增重，这说明a电极是负极，电 极反应式为CuO+2H.O+CI一2e一Cu2(OH)3Cl +H,b电极是正极，电极反应式为NaTi(PO,)?+2e 十2Na一-Na3Ti,(P),)3,据此解答。A.放电时b电 极是正极，阳离子向正极移动，所以Na向b极迁移，A 正确；B.负极消耗氯离子，正极消耗钠离子，所以该电池 可用于海水脱盐，B正确；C,a电极是负极，电极反应式 Cu,O+2H,O+CI-2e--Cu,(OH)CI+H,C 正确；D.若以Ag/AgCl电极代替a极，此时Ag失去电 子，结合氯离子生成氯化银，所以电池不会失去储氯能 力，D错误。 3.CD电化学装置的分析。据图可知，甲室流出液经低温 热解得到CuSO,和NH,则甲室中生成了[Cu(NH),] SO,,发生的反应为Cu一2e+4NH, [Cu(NH),]+,甲室Cu电极为负极，A错误；乙室Cu 电极为正极，发生反应：Cu+十2e一Cu,消耗Cu2+, 为雏持电解质溶液呈电中性，S)透过隔膜进入甲室， 则隔膜为阴离子膜，B错误；根据正、负极反应，可知电池 总反应为Cu2++4NH一[Cu(NH3),]+,C正确： NH能与Cu+反应生成[Cu(NH),]+,因此若NH 扩散到乙室，则乙室C+浓度减小，对电池电动势有影 响，D正确。专题九化学反应与能量 军真题分类特训 专题九 化学反应与能量 考点1化学反应与热能 考向1化学反应的能量变化 1.(2025·浙江1月卷，11)下列说法正确的是() A.常温常压下H2(g)和O2(g)混合无明显现 △H=omo Na'(g),Cl (g) △H,=bkJmol +H,00 象，则反应2H2(g)十O2(g)—2H2O(1)在 △H,=+4kJmo 该条件下不自发 ⊙+0 88 +O+ +H,O①⑩ NaCl(s) 警 B.3H2(g)+N2(g)=2NH3(g)△H<0, Na'(aq)Cl (ag) 升高温度，平衡逆向移动，则反应的平衡常 下列说法不正确的是 数减小 A.NaCl固体溶解是吸热过程 B.根据盖斯定律可知：a十b=4 C.CO(g)+H2(g)=C(s)+H2O(g)AH C.根据各微粒的状态，可判断a>0,b>0 <0,则正反应的活化能大于逆反应的活 D.溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl 化能 溶液中微粒间作用力的强弱有关 D.Na(s)+2C(g)一NC1(s)△H<0. 4.(双选)(2023·山东卷，14)一定条件下，化合 物E和TFAA合成H的反应路径如下： OH Na(g)+Cl(g)-NaCl(s)AH<0, 则Na(s)+2C(g)一Na*g)+C(g -CFCO H F2C O CF △H<0 TFAA 2.(2025·云南卷，10)铜催化下，由C02电合成 OOCCF 正丙醇的关键步骤如图。下列说法正确的是 COCF +CF CO,H 0 ( NH -CF2 CO2 H H HH H- H O H'+e *C0 337→正丙醇 Cu Cu Cu Cu CF A.I到Ⅱ的过程中发生氧化反应 TFAA B.Ⅱ到Ⅲ的过程中有非极性键生成 已知反应初始E的浓度为0.10mol·L-1, HH TFAA的浓度为0.08mol·L1,部分物种的 H-C-C-H 浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过 C.IV的示意图为H 程中的体积变化。下列说法正确的是() 777777 Cu 0.10 0.10 D.催化剂Cu可降低反应热 +0.08 H 0.06 3.(2025·北京卷，11)为理解离子化合物溶解过 号0.04 0.04 TFAA 程的能量变化，可设想NaCI固体溶于水的过 0.02 0.02 G 程分两步实现，示意图如下。 最新真题分类特训·化学 A.t1时刻，体系中有E存在 CO(g)→CO* B.t2时刻，体系中无F存在 VO2(g）→02 →20* C.E和TFAA反应生成F的活化能很小 O*十CO*→O.CO*(过渡态) D.反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol·L-1 IO…C0*→C02 考向2反应热的计算 ⅧCO2→CO2(g) 5.(2022·浙江6月，18)标准状态下，下列物质 ①Pt(原子序数78)，位于元素周期表第 周 气态时的相对能量如下表： 期 族。 物质(g)0HH0HO0H:O2H202H20 ②反应IV的△S 0(填“>”“<”或 能量/(k·mo1)249218391000-136-242 “=”)。 可根据HO(g)十HO(g)一一H2O2(g)计算出 ③在图中画出CO位置（虚线框内） H2O2中氧氧单键的键能为214k·mol-1。下 0 列说法不正确的是 ( ) E/kJ-mol CO(g+0:(g) A.H2的键能为436kJ·mol1 0…C0* B.O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的 0*+C0* 两倍 C.解离氧氧单键所需能量：HOO<H2O2 C0(g) D.H2O(g)+O(g)-H2O2 (g) △H=-143kJ·mol-1 (3)某小组在其他条件不变的情况下采取某种 6.(2026·浙江1月卷，18)某小组想用C0制取 措施，使反应温度由250℃降为30℃，相关反 CO2,反应如下： 应如下： I.CO2 (g)+H2 (g)=CO(g)+H2O(g) 反应 △H1=+41kJ/molK1 序号 E (kJ/mol) Ⅱ.2H2(g)+O2(g)—2H2O(g)△H2= C0*C*+O* 144 -484 kJ/mol K2 Ⅲ.C0g)+202(g)一C0:(g)△HKg 02(g) →02→201 101 请回答： O*+H*→OH“ 56 (1)①△H3= kJ/mol. ②某同学在常温常压下，将CO与O2以体积 d CO(g) →C)” 48 比为2：1混合至密闭体系中，放置数年后却 发现几乎无CO2。该同学认为是该反应的平衡 e O2H*→0*+OH 40 常数K3极小导致的，你认为该同学的说法 O*+C0*→O…C01 (“正确”或“错误”)，设计实验验证你的 39 →C0 结论： g O2(g)+H*→O2H 24 (简述即可)。 (2)Pt因其原子结构特点，有良好的催化活 性，是催化小分子反应的优异催化剂。某小组 6 H2(g)→H2→2H 在250℃条件下，用Pt催化CO制取CO2,反 OH*+H" →H2O 应如下： 14 Co →H2O(g) C0* ●○吸附 ①该研究小组采取的措施是 ②请选出合理的反应并排序，补全反应历程： P基催化剂 (填序号)→CO2→CO2(g)。