2023届高考二轮总复习课件 化学（适用于湖南、河北） 专题六　化学反应与能量

专题六化学反应与能量第一编2023内容索引01核心考点聚焦专项热考突破02[专题体系构建]核心考点聚焦考点1化学能与热能[核心回顾]1.从宏观角度和微观角度理解反应热化学反应中能量变化图示

图像分析微观角度宏观角度a表示断裂旧化学键吸收的能量;b表示生成新化学键放出的能量;ΔH表示反应热a表示反应物的活化能;b表示活化分子形成生成物释放的能量;ΔH表示反应热2.中和反应反应热(1)测定原理c=4.18J·g-1·℃-1=4.18×10-3kJ·g-1·℃-1;n为生成H2O的物质的量。稀溶液的密度用1g·mL-1进行计算。(2)实验装置(3)标准数值在25℃和101kPa下,强酸的稀溶液与强碱的稀溶液发生中和反应生成1molH2O时,放出57.3kJ的热量:H+(aq)+OH-(aq)══H2O(l)

ΔH=-57.3kJ·mol-1。简易量热计示意图

3.书写热化学方程式的“五步骤”4.燃烧热

5.计算反应热(ΔH)的四种常用方法(1)根据物质能量(焓值)计算反应热:ΔH=生成物总能量-反应物总能量;(2)根据键能计算反应热:ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能;(3)根据活化能计算反应热:ΔH=Ea(正反应)-Ea(逆反应);(4)根据盖斯定律计算反应热:热化学方程式的叠加,符合质量守恒和能量守恒规律。[命题角度]角度1根据键能计算反应热【典例】

(2022浙江6月选考卷)标准状态下,下列物质气态时的相对能量如表所示:可根据HO(g)+HO(g)══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-1B.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<H2O2D.H2O(g)+O(g)══H2O2(g)

ΔH=-143kJ·mol-1C提示

本题考查反应热、焓变和键能,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大。H(g)的相对能量为218

kJ·mol-1,H2(g)的相对能量为0,故两个气态氢原子成键释放出的能量为218

kJ·mol-1×2-0=436

kJ·mol-1,即H2的键能为436

kJ·mol-1,A项正确;O2的键能为249

kJ·mol-1×2=498

kJ·mol-1,大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍,B项正确;可根据O(g)+HO(g)══HOO(g)计算出HOO中氧氧单键的键能为278

kJ·mol-1,大于H2O2(g)中氧氧单键的键能,C项错误;焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量,即H2O(g)+O(g)══H2O2(g)

ΔH=-136

kJ·mol-1-(-242

kJ·mol-1+249

kJ·mol-1)=-143

kJ·mol-1,D项正确。角度拓展1.(2022福建漳州模拟)部分化学键的键能如表所示:则CO2(g)与H2(g)反应生成CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式是

。

CO2(g)+3H2(g)====CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH=-46kJ·mol-12.(2022河南许昌模拟)掺杂硒的纳米氧化亚铜催化剂可用于工业上合成甲醇,其反应为CO(g)+2H2(g)══CH3OH(g)

ΔH=-99kJ·mol-1。部分化学键的键能如表所示,则x=

。

411角度2根据盖斯定律计算反应热【典例】

(1)(2021河北卷,16节选)大气中的二氧化碳主要来自于煤、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:则25℃时H2(g)和C(石墨,s)生成C6H6(l)的热化学方程式为

。

6C(石墨,s)+3H2(g)====C6H6(l)

ΔH=+49.1kJ·mol-1

(2)(2022全国乙卷,28节选)已知下列反应的热化学方程式:ΔH4=

kJ·mol-1。

+170角度拓展1.(2022福建漳州模拟)以CO2和H2为原料合成甲醇主要发生反应Ⅰ和反应Ⅱ(不考虑其他反应):+40.9kJ·mol-12.(2022广东梅州模拟)H2还原CO2制CH4的部分反应如下:-205kJ·mol-1考点2原电池原理及应用[核心回顾]1.基于原电池模型,掌握原电池的构成及工作原理2.熟悉原电池中正极和负极的判断方法

3.原电池中正极和负极电极反应式的书写

4.掌握二次电池在充电、放电时的原理及变化

角度1原电池原理及其应用【典例】

(2022湖南卷,8)海水电池在海洋能源领域备受关注,一种锂-海水电池构造示意图如下。下列说法错误的是(

)A.海水起电解质溶液作用B.N极仅发生的电极反应:2H2O+2e-

══2OH-+H2↑C.玻璃陶瓷具有传递离子和防水的功能D.该锂-海水电池属于一次电池[命题角度]答案

B

解析

本题考查新型电池的工作原理。海水中存在NaCl、MgCl2等电解质,海水在该电池中起电解质溶液的作用,A项说法正确;N极为电池的正极,正极上水放电生成氢气,同时,海水中溶解的O2也可在N极放电,电极反应为O2+4e-+2H2O══4OH-,B项说法错误;Li为活泼金属,能够与水反应,玻璃陶瓷起到隔绝水的作用,同时传导离子形成闭合回路,C项说法正确;该电池将化学能转化为电能后,H2在N极不具有充电后发生失电子反应的条件,故该锂-海水电池属于一次电池,D项说法

正确。角度拓展1.(2022辽宁东北育才学校模拟)铜锌原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。判断下列说法是否正确。(1)电池工作一段时间后,甲池的c()减小。(

)(2)电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加。(

)(3)该电池总反应式与锌片插入CuSO4溶液的反应相同。(

)×√√提示

(1)该电池中Zn为负极,电极反应式为Zn-2e-===Zn2+,中间隔膜是阳离子交换膜,甲池中Zn2+通过交换膜向乙池中移动,故甲池的c()不变。2.(2022福建师大附中模拟)一定条件下,实验室利用如图所示装置,通过测量电压求算Ksp(AgCl),工作一段时间后,两电极质量均增大。判断下列说法是否正确。(1)右池中银电极为负极,发生氧化反应。(

)(2)盐桥中的

向右池方向移动。(

)(3)该电池的总反应式:Ag++Cl-══AgCl。(

)××√提示

(1)由于“工作一段时间后,两电极质量均增大”则右池中银电极为正极,发生还原反应,电极反应式:Ag++e-══Ag。(2)左池中银电极是负极,电极反应式:Ag+Cl--e-══AgCl,盐桥中阴离子向负极移动,即向左池移动。角度2新型化学电源及分析【典例】

(2021辽宁卷,10)如图,某液态金属储能电池放电时产生金属化合物Li3Bi。下列说法正确的是(

)A.放电时,M电极反应式为Ni-2e-══Ni2+B.放电时,Li+由M电极向N电极移动C.充电时,M电极的质量减小D.充电时,N电极反应式为Li3Bi+3e-══3Li++BiB角度拓展1.(2022湖南永州模拟)通过控制装置中开关K1和K2,可交替制取H2和向外输出电流。判断下列说法是否正确。(1)开关连接K1时,惰性电极上产生H2。(

)(2)开关连接K2时,电极Ⅰ的反应式:NiOOH+H2O+e-

══Ni(OH)2+OH-。(

)(3)开关连接K1工作一段时间后,转连K2,电极Ⅰ复原,此时溶液的pH比原来大。(

)√√×提示

若开关连接K1工作一段时间后,Ni(OH)2失去电子变为NiOOH,反应消耗OH-,产生H2O,导致溶液pH减小;然后将开关转连K2,电极Ⅰ为正极,发生反应NiOOH+H2O+e-══Ni(OH)2+OH-,使电极Ⅰ复原,反应消耗水,又产生OH-,导致此时溶液的c(OH-)不变,故溶液pH与原来相同。2.(2022福建漳州二模)某科研人员以二硫化钼(MoS2)作为电极催化剂,研发出一种Zn-NO电池系统,该电池同时具备合成氨和对外供电的功能,其工作原理如图所示(双极膜可将水解离为H+和OH-,并实现其定向通过)。判断下列说法是否正确。(1)Zn/ZnO电极反应式为Zn+2OH--2e-══ZnO+H2O。(

)(2)电池工作一段时间后,正极区溶液的pH增大。(

)(3)当电路转移10mole-时,理论上可以转化NO的质量为30g。(

)√√×提示

(3)由题图可知,MoS2电极上NO→NH3,N元素化合价由+2价降低到-3价,则转化1

mol

NO时电路中转移5

mol电子,故当电路转移10

mol

e-时,理论上转化2

mol

NO,其质量为2

mol×30

g·mol-1=60

g。考点3电解原理及金属的防护[核心回顾]1.基于电解CuCl2溶液模型,掌握电解池的构成及工作原理2.正确判断电解池的电极反应及产物(1)阳极产物的判断首先看电极,若为活性电极作阳极,则电极材料失电子,电极本身溶解;若为惰性电极作阳极,则需看溶液中阴离子的失电子能力,阴离子放电顺序为S2->I->Br->Cl->OH-(水)。(2)阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断:Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)。微点拨:①铁作为阳极时,发生氧化反应生成Fe2+而溶解,不是Fe3+;②电解时,溶液中Fe3+发生还原反应,一般生成Fe2+。3.熟悉两种电化学防护原理及方法两种方法都要采用辅助阳极,将被保护金属作为阴极方法牺牲阳极法外加电流法原理图示

原理分析利用原电池原理,被保护金属为正极,受到保护利用电解原理,将被保护金属与电源的负极相连,电解池的阴极受到保护[命题角度]角度1电解原理及其应用【典例】

(2022广东卷,10)以熔融盐为电解液,以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解,实现Al的再生。该过程中(

)A.阴极发生的反应为Mg-2e-══Mg2+B.阴极上Al被氧化C.在电解槽底部产生含Cu的阳极泥D.阳极和阴极的质量变化相等C提示

由题干信息可知,以铝合金废料作为阳极进行电解,镁和铝在阳极失电子,A、B两项错误;进行电解时,铜失电子能力小于铝,不能在电极上放电,与硅以单质形式沉积在电解槽阳极底部,形成阳极泥,C项正确;由于阳极存在多种金属放电,阴极为单一离子放电,阴极和阳极质量变化不相等,D项

错误。角度拓展1.(2022福建泉州模拟)无金属薄碳电极(TCE)可利用天然木材为原料,经过炭化和活化处理制得。利用TCE电极电还原去除氮氧化物污染的原理如图所示。判断下列说法是否正确。(1)Pt电极附近溶液pH变大。(

)(2)TCE电极的电极反应式:2NO2+8H++8e-══N2+4H2O。(

)(3)Pt电极生成标准状况下2.24L气体,理论上能处理0.2molNO2。(

)×√×提示

(1)Pt电极的电极反应式为2H2O-4e-══O2↑+4H+,溶液中c(H+)增大,pH变小;(3)Pt电极生成标准状况下2.24

L气体,其物质的量为0.1

mol,根据2H2O-4e-══O2↑+4H+可知,转移0.4

mol电子,再根据TCE电极的电极反应式2NO2+8H++8e-══N2+4H2O,可知消耗NO2的物质的量为0.1

mol。2.(2022广东梅州模拟)电解法常用于分离提纯物质,某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解分离装置(如图),使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液进行回收利用(已知:(1)阴极室生成的物质为NaOH和H2。(

)(2)a离子交换膜为阳离子交换膜。(

)(3)当外电路中转移2mol电子时,阳极室可生成1mol

。(

)√√×角度2电化学防护原理及应用【典例】

(2022广东卷,11)为检验牺牲阳极的阴极保护法对钢铁防腐的效果,将镀层有破损的镀锌铁片放入酸化的3%NaCl溶液中。一段时间后,取溶液分别实验,能说明铁片没有被腐蚀的是(

)A.加入AgNO3溶液产生沉淀B.加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现C.加入KSCN溶液无红色出现D.加入K3[Fe(CN)6]溶液无蓝色沉淀生成D提示

检验铁片是否被腐蚀,实际上就是检验有无Fe2+产生。溶液中的氯离子能与银离子反应生成氯化银沉淀,加入AgNO3溶液产生沉淀无法说明Fe2+是否存在,A项错误;加入淀粉碘化钾溶液无蓝色出现,说明不存在Fe3+,但不能确定是否存在Fe2+,B项错误;加入KSCN溶液无红色出现,说明不存在Fe3+,但不能确定是否存在Fe2+,C项错误;加入铁氰化钾溶液,无蓝色沉淀生成,说明溶液中无Fe2+,即铁片未被腐蚀,D项正确。角度拓展1.(2022湖南雅礼中学模拟)点蚀又称为孔蚀,是一种集中于金属表面很小的范围并深入到金属内部的腐蚀形态,某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图所示。判断下列说法是否正确。(1)为防止孔蚀发生可以将外接电源正极与金属相连。(

)(2)蚀孔外每吸收2.24LO2,则此时HCl可以氧化0.2molFe。(

)(3)图中孔隙中局部可能发生析氢腐蚀。(

)××√提示

(1)利用外加电流法保护金属时,被保护金属与外加电源的负极相连。(2)未注明气体所处环境,无法计算其物质的量。2.(2022江苏南通中学调研)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后,置于如图所示装置中,进行铁的电化学腐蚀实验。判断下列说法是否正确。(1)铁被氧化的电极反应式为Fe-2e-══Fe2+。(

)(2)活性炭的存在会加速铁的腐蚀。(

)(3)以水代替NaCl溶液,铁不能发生吸氧腐蚀。(

)√√×提示

(3)以水代替NaCl溶液,电解质溶液呈中性,铁发生吸氧腐蚀。

专项热考突破——突破一命题篇——新教材新高考

新型二次电池及分析二次电池是世界上广泛使用的一种“化学电源”,具有电压平稳、安全可靠、价格低廉、适用范围广、原材料丰富和回收再生利用率高等优点,是当前国际上研发的热点。基于教材中铅酸蓄电池的认知模型,结合原电池原理和电解原理,分析二次电池在放电、充电过程中电极或电解质溶液发生的变化,并根据电子守恒进行简单计算。典例突破1(2021湖南卷,10)锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池,广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示:下列说法错误的是(

)A.放电时,N极为正极B.放电时,左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小C.充电时,M极的电极反应式为Zn2++2e-══ZnD.隔膜允许阳离子通过,也允许阴离子通过答案

B

解析

本题考查新型化学电源工作原理。该电池放电反应总方程式:Zn+Br2

══ZnBr2,放电时,Br2在正极反应,ZnBr2被循环回路“回收”至左侧贮液器中,A项正确、B项错误;充电时,锌极为阴极发生还原反应:Zn2++2e-══Zn,C项正确;放电时,Br2得电子产生Br-,通过隔膜迁移向负极区,形成ZnBr2回流至左侧贮液器,Zn失电子产生Zn2+,通过隔膜迁移至正极区,形成ZnBr2回流至右侧贮液器,充电时,Zn2+得电子生成Zn在M极放电,部分Zn2+在隔膜上生成沉积锌,而Br-在贮液器处转化为Br2复合物贮存,该过程中Zn2+、Br-都可以通过隔膜,D项正确。典例突破2(2022北京丰台区一模)一种可充电的锌锰分液电池,其结构如下图所示:下列说法不正确的是(

)A.放电时,正极电极反应式:MnO2+4H++2e-══Mn2++2H2OB.充电时,Zn作阴极:[Zn(OH)4]2-+2e-══Zn+4OH-C.离子交换膜a和b分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜D.充电过程中K2SO4溶液的浓度逐渐降低答案

C解析

放电时,Zn是负极,MnO2是正极,正极的电极反应式为MnO2+4H++2e-══Mn2++2H2O,A正确;放电时,Zn是负极,充电时,Zn作阴极,阴极的电极反应式为[Zn(OH)4]2-+2e-══Zn+4OH-,B正确;放电过程中,正极区

通过离子交换膜a进入硫酸钾溶液,负极区K+通过离子交换膜b进入硫酸钾溶液,则a和b分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜,C错误;充电过程中,K+通过离子交换膜b进入负极区,通过离子交换膜a进入正极区,故K2SO4溶液的浓度逐渐降低,D正确。新材料新情境

北京冬奥会与氢燃料电池汽车新材料

为实现“绿色冬奥”的承诺,2022年2月4日至2月20日北京冬奥会期间我国政府在北京、延庆和张家口三大赛区共投入使用816辆氢氧燃料电池汽车作为主运力开展示范运营服务,再次将绿色奥运提到了新高度。思考(1)氢氧燃料电池中,通入空气(或氧气)的是

(填“正极”或“负极”);

(2)若氢氧燃料电池使用稀硫酸作电解质溶液,负极电极反应式为

,正极电极反应式为

。

正极

H2-2e-====2H+O2+4H++4e-====2H2O典例突破3(2022陕西汉中二模)“践行双碳目标,助力绿色冬奥”,2022年北京冬奥会使用了搭载国家电投氢能公司全自主研发的“氢腾”燃料电池系统的宇通氢能大巴。某种氢燃料电池的内部结构如图,下列说法正确的是(

)A.b极为正极,电极反应式为O2+4e-+2H2O══4OH-B.电子流向:从电极a经电解质溶液到电极bC.装置工作一段时间后,电解质溶液的pH增大D.正极每消耗2.24LH2,转移2mol电子答案

C解析

通入氧气的电极b为正极,酸性条件下,氧气在正极得到电子发生还原反应生成水,电极反应式为O2+4H++4e-══2H2O,A错误;通入氢气的电极a为负极,通入氧气的电极b为正极,电子从电极a经用电器到电极b,B错误;电池工作时,反应生成水,电解质溶液体积增大,溶液中c(H+)减小,溶液的pH增大,C正确;未告知是否处于标准状况下,无法计算2.24

L

H2的物质的量和反应转移电子的物质的量,D错误。——突破二解题篇——素养命题+题型突破1.反应热的计算及盖斯定律的应用(变化观念与平衡思想)湖南卷在非选择题中考查反应热的计算,从键能、燃烧热、盖斯定律等角度进行反应热的简单计算,能用热化学方程式表示反应中的能量变化,运用反应焓变合理选择和利用化学反应,侧重考查考生的综合分析能力、简单计算能力。典例突破1(2022辽宁抚顺六校联考)我国科学家合成高选择性光催化剂,在温和条件下利用CO2合成CH3CHO:答案

+186解析

分析反应①和反应②,确定需消去的中间物质是CO2(g),根据盖斯定律,由①-②×2可得反应2CH4(g)+H2O(g)CH3CHO(g)+3H2(g),则有ΔH=ΔH1-2ΔH2=-170

kJ·mol-1-(-178

kJ·mol-1)×2=+186

kJ·mol-1。方法点拨(1)根据键能计算反应热:ΔH=Ʃ(反应物键能)-(生成物键能)。(2)利用盖斯定律解题的思维流程——“叠加法”针对训练1(2022广东深圳一模)N2O是《联合国气候变化框架公约》所列六种温室气体之一。目前,直接催化分解法是消除N2O的主要方法,该过程中发生的反应如下:答案

ΔH3-ΔH1-ΔH2解析

分析题给三个热化学方程式,确定消去中间物质:N2O(g)、N2(g),根据盖斯定律,由ⅲ-ⅰ-ⅱ可得反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g),则有ΔH=ΔH3-ΔH1-ΔH2。2.新型化学电源及分析(证据推理与模型认知)湖南卷在选择题中设置考查化学电源及原理分析题,侧重考查原电池原理及电解池原理的应用,此类题的认知模型是教材中氢氧燃料电池、铅酸蓄电池、锂离子电池等。基于最新科研成果,这类题目向考生展现科学研究的过程,领悟科学家的科学思维和方法,激发理论创新和应用实践的兴趣,激发学习动力,体现化学学科的育人价值作用。典例突破2(2022河北唐山一模)钠离子电池比锂离子电池更稳定,造价更低,可实现5~10min内快速充电,电池结构如图,总反应:NaC6+Na1-xMO2NaMO2+Na1-xC6(0≤x≤0.55,M为过渡金属)。下列叙述正确的是(

)A.单位质量的负极材料钠离子电池比锂离子电池可以提供更多的电量B.放电时,Na+从石墨烯纳米片中脱嵌,经电解质嵌入过渡金属氧化物C.充电时,阴极上发生的电极反应式为Na1-xMO2+xe-+xNa+══NaMO2(0≤x≤0.55)D.充电时,外电路中每转移0.1mole-,理论上石墨烯纳米片将增重4.6g答案

B解析

金属钠的摩尔质量大于金属锂,单位质量的钠失去电子的物质的量小于金属锂,则钠离子电池提供的电量少于锂离子电池,A错误;放电时,Na+从石墨烯纳米片中脱嵌,经电解质嵌入过渡金属氧化物,B正确;充电时,石墨烯纳米电极与直流电源负极相连,为电解池的阴极,Na1-xC6在钠离子作用下得到电子发生还原反应生成NaC6,电极反应式为Na1-xC6+xNa++xe-══NaC6,C错误;由电极反应式Na1-xC6+xNa++xe-══NaC6可知,外电路中每转移0.1

mol

e-,理论上石墨烯纳米片将增重0.1

mol×23

g·mol-1=2.3

g,D错误。方法点拨

“四步法”突破新型化学电源的构成及原理类题针对训练2(2022湖南常德一模)近期,某科研团队发明了一种新型的锌离子热充电电池,可以利用人体产生的低热量充电。该电池以Zn和VO2-PC为电极材料,实现了低热量发电。放电时,VO2结合Zn2+生成ZnxVO2·yH2O,原理如图所示。下列说法正确的是(

)A.分离器可以为阴离子交换膜B.充电时,阳极电极反应式为ZnxVO2·yH2O+2xe-══VO2+xZn2++yH2OC.放电时,电流从Zn极流向VO2-PC极D.充电时,锌离子从较高温一侧移至低温一侧答案

D解析

放电时,Zn为负极,电极反应式为Zn-2e-══Zn2+,VO2结合Zn2+生成ZnxVO2·yH2O,说明Zn2+从负极移向正极,则分离器可以是阳离子交换膜,但不能是阴离子交换膜,A错误;充电时,阳极发生氧化反应,电极反应式为ZnxVO2·yH2O-2xe-══VO2+xZn2++yH2O,B错误;放电时,电流由正极流向负极,即电流从VO2-PC极流向Zn极,C错误;充电时,Zn2+由较高温区向左侧低温区迁移,并在Zn电极得电子被还原为Zn,D正确。3.电解原理及其应用(证据推理与模型认知)湖南卷重点考查了电解原理及其应用,建构电解池的装置模型和工作原理的认知模型,基于此分析陌生电解池的工作原理,结合物质的氧化性、还原性强弱,分析电极上放电物质及反应产物,根据得失电子守恒进行电解池的相关计算,并设计电解池实现物质转化或能量转化。典例突破3(2022湖南怀化二模)乙醛酸(HOOCCHO)是有机合成的重要中间体。工业上以乙二醛(OHCCHO)和乙二酸(HOOCCOOH)为原料,用“双极室成对电解法”生产乙醛酸,原理如图所示。该装置中阴、阳两极均为惰性电极,两极室均可产生乙醛酸,其中乙二醛与M电极生成的物质反应生成乙醛酸。下列说法错误的是(

)A.M极与直流电源的正极相连B.N电极上的电极反应式:HOOCCOOH+2e-+2H+══HOOCCHO+H2OC.电解一段时间后,N极附近溶液的pH变小D.若有2molH+通过质子交换膜,则该装置中生成的乙醛酸为2mol答案

C解析

由题图可知,与直流电源正极相连的M电极为电解池的阳极,A正确;N电极为阴极,乙二酸在阴极得到电子发生还原反应生成乙醛酸,电极反应式为HOOCCOOH+2H++2e-══HOOCCHO+H2O,B正确;由B项分析的N电极反应式可知,放电时消耗H+,溶液pH增大,C错误;若有2

mol

H+通过质子交换膜,阴极和阳极均生成1

mol乙醛酸,则装置中生成的乙醛酸的物质的量为2

mol,D正确。方法点拨1.判断电解池的阴极和阳极的方法2.电解池中电极产物的判断和电极反应式的书写

针对训练3(2022山东菏泽一模)氢能因其环境友好性被誉为“终极能源”。近日,科学家利用电解原理将氨转化为高纯氢气,其装置如图所示。下列说法错误的是(

)A.阳极的电极反应式为2NH3-6e-+6OH-══N2+6H2OB.OH-由a电极通过交换膜迁移向b电极C.电解一段时间后,阴极区的pH不变D.当电路中转移1mol电子时,理论上可生成高纯氢气11.2L(标准状况)答案

C解析

根据题给图示,阳极氨气失电子生成氮气和水,电极反应式为2NH3-6e-+6OH-══N2+6H2O,A正确;a电极发生还原反应,a是阴极,b是阳极,阴离子由阴极移向阳极,OH-由a电极通过交换膜迁移向b电极,B正确;阴极的电极反应式为2H2O+2e-══H2↑+2OH-,电解一段时间后,阴极区的pH增大,C错误;由阴极的电极反应式2H2O+2e-══H2↑+2OH-可知,当电路中转移1

mol电子时,理论上可生成高纯氢气11.2

L(标准状况),D正确。——突破三热点专攻——一、反应历程(机理)的分析及应用高考必备1.命题分析新高考湖南卷出现了考查反应历程(机理)的试题,以分析反应过程为主,涉及共价键的变化、催化剂和反应中间体、氧化还原反应、能量变化、化学反应速率、活化能等,充分体现新高考对学科素养中“学习掌握”“实践探索”“思维方法”三个维度的全面考查。2.催化剂和反应中间体的判断(1)催化剂:分步反应中,参与第一步反应,并在最后一步重新生成的物质。(2)反应中间体:除最初反应物、最终生成物及催化剂外,其他物质一般都是反应中间体。3.物质的能量变化及稳定性的判断(1)物质的能量变化:根据反应物和生成物的总能量的相对高低,判断吸热反应和放热反应;根据物质具有能量或共价键的键能确定反应热(ΔH)。(2)正、逆反应活化能的比较:结合ΔH=Ea(正反应)-Ea(逆反应)进行比较,如若为放热反应ΔH<0,则有Ea(正反应)<Ea(逆反应)。(3)物质稳定性的判断:先确定物质具有能量的相对高低,一般情况,物质具有的能量越低,其稳定性越强。4.化学反应速率的比较(1)若化学反应分为多个基元反应,一般来说,活化能(Ea)越大,基元反应的反应速率越慢,反之则反应速率越快。(2)多步反应中,整个反应的总反应速率是由慢反应步骤决定。真题感悟1.(2022山东卷,10)在NO催化下,丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是(

)A.含N分子参与的反应一定有电子转移B.由NO生成HONO的反应历程有2种C.增大NO的量,C3H8的平衡转化率不变D.当主要发生包含②的历程时,最终生成的水减少D解析

本题考查有机物的转化、反应历程、氧化还原反应、平衡转化率等相关知识点。根据反应机理的图示可知,含N分子发生的反应有NO+·OOH══NO2+·OH、NO+NO2+H2O══2HONO、NO2+·C3H7══C3H6+HONO、HONO══NO+·OH,含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为+2价、+4价、+3价,上述反应中均有元素化合价的升降,都为氧化还原反应,一定有电子转移,A项正确;根据图示,由NO生成HONO的反应历程有2种,B项正确;NO是催化剂,增大NO的量,C3H8的平衡转化率不变,C项正确;无论反应历程如何,在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8+O22C3H6+2H2O,当主要发生包含②的历程时,最终生成的水不变,D项错误。2.(2021山东卷,14)18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解,部分反应历程可表示为:A.反应Ⅱ、Ⅲ为决速步B.反应结束后,溶液中存在18OH-C.反应结束后,溶液中存在D.反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变答案

B解析

本题考查反应中的能量变化和反应机理。反应的活化能越大,化学反应越慢,由反应进程中的能量变化图可知,反应Ⅰ、Ⅳ的活化能较高,故反应Ⅰ、Ⅳ为决速步,A项说法错误;反应Ⅰ为加成反应,故反应结束后的溶液中不会存在

,C项说法错误;由题给反应进程图可以看出,过渡态1和过渡态2的能量不同,故反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值不等于图示总反应的焓变,D项说法错误。3.(双选)(2022湖南卷,12)反应物(S)转化为产物(P或P·Z)的能量与反应进程的关系如下图所示:下列有关四种不同反应进程的说法正确的是(

)A.进程Ⅰ是放热反应 B.平衡时P的产率:Ⅱ>ⅠC.生成P的速率:Ⅲ>Ⅱ

D.进程Ⅳ中,Z没有催化作用答案

A

D解析

由图中信息可知,进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量,因此进程Ⅰ是放热反应,A正确;进程Ⅱ中使用了催化剂X,但是催化剂不能改变平衡产率,因此在两个进程中平衡时P的产率相同,B错误;进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能,由于这两步反应分别是两个进程的决速步骤,因此生成P的速率为Ⅲ<Ⅱ,C错误;进程Ⅳ中S吸附到Z表面生成S·Z,然后S·Z转化为产物P·Z,由于P·Z没有转化为P+Z,因此,Z没有表现出催化作用,D正确。方法点拨“三步法”突破化学反应机理图像及分析类题考向预测1.(无机反应历程及能量变化)(2022山东临沂二模)一种提纯白磷样品(含惰性杂质)的工艺流程如图所示。下列说法错误的是(

)A.不慎将白磷沾到皮肤上,可用CuSO4稀溶液冲洗B.过程Ⅰ中氧化产物和还原产物的物质的量之比为5∶6C.过程Ⅱ中,除生成Ca3(PO4)2外,还可能生成Ca(H2PO4)2、CaHPO4D.过程Ⅲ的化学方程式为2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑答案

B解析

由题图可知,白磷与CuSO4溶液反应生成H3PO4和Cu3P,可除去白磷,故可用CuSO4稀溶液冲洗沾到皮肤上的白磷,再用大量水冲洗,A正确。过程Ⅰ中H3PO4是氧化产物,P4→H3PO4,P元素由0价升高到+5价,生成1

mol

H3PO4时失去5

mol电子;Cu3P是还原产物,CuSO4+P4→Cu3P,Cu元素由+2价降低到+1价,P元素由0价降低到-3价,生成1

mol

Cu3P得到6

mol电子,根据得失电子守恒推知,氧化产物和还原产物的物质的量之比为6∶5,B错误。H3PO4是三元酸,过程Ⅱ中与Ca(OH)2溶液反应时,反应物的量影响生成物,除生成正盐Ca3(PO4)2外,还可能生成两种酸式盐:Ca(H2PO4)2、CaHPO4,C正确。过程Ⅲ中,Ca3(PO4)2与SiO2、焦炭在高温下反应生成CaSiO3、P4和CO,配平方程式可得:2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO↑,D正确。2.

(双选)(有机反应机理及能量变化)(2021湖南卷,14)铁的配合物离子(用[L-Fe-H]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示:下列说法错误的是(

)A.该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑B.H+浓度过大或者过小,均导致反应速率降低C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定答案

D解析

根据反应机理图可知,甲酸在催化剂的作用下,分解成CO2和H2,即该过程中的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑,A正确;根据反应机理图可知,甲酸电离产生H+和HCOO-,HCOO-参与反应,与催化剂结合放出二氧化碳,若H+浓度过大,抑制甲酸的电离,使c(HCOO-)降低,反应速率减慢,若H+浓度降低,反应Ⅲ→Ⅳ速率减慢,B正确;一般情况下,活化能越大,反应速率越慢,根据反应机理图可知,HCOO-+CO2+Ⅳ―→HCOO-+CO2+H2+Ⅰ,活化能最大,反应速率最慢,C正确;与铁成键的原子数和种类发生了改变,但配离子的电荷数没变,故Fe元素化合价不变,D错误。二、电化学中隔膜的种类及作用高考必备1.命题分析新高考湖南卷在电化学选择题中出现了涉及隔膜(离子交换膜、双极膜)的试题,利用隔膜将原电池或电解池分成两个或多个室,综合考查原电池(或电解池)的构成及工作原理、判断隔膜的种类、两极室溶液的变化、简单定量计算等,充分体现新高考对学科素养中“学习掌握”“思维方法”两个维度的考查。2.电化学装置中隔膜的种类及作用

种类作用阳离子交换膜只通过阳离子,且阳离子向阴极移动阴离子交换膜只通过阴离子,且阴离子向阳极移动质子交换膜只通过质子(H+),且向阴极移动双极膜水流经双极膜,解离产生H+和OH-,分别向阴极、阳极移动3.离子交换膜的功能和作用(1)交换膜的功能是使离子选择性地定向移动,使溶液保持电中性。(2)作用有三点:①隔离阴、阳极的产物,防止其发生化学反应;②用于制备物质;③用于物质的分离提纯。真题感悟1.(双选)(2022山东卷,13)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200mg,乙室Co2+增加300mg,则此时已进行过溶液转移答案

BD解析

本题属于电化学题,考查原电池与电解池的工作原理以及得失电子守恒。根据题给信息,右侧装置为原电池,则左侧装置为电解池。电池工作时,左侧装置中乙酸盐的阴离子在细菌上失去电子被氧化为CO2气体,电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-══2CO2↑+7H+,即左侧装置中细菌所在的电极为阳极,Co2+在另一个电极(阴极)上得到电子,被还原产生金属Co,为保持细菌所在环境pH稳定,也为平衡电荷,阳极上电极反应产生的H+应通过阳膜进入甲室,使甲室溶液酸性逐渐增强,pH逐渐减小,A项错误;根据得失电子关系可知,右侧装置中细菌所在的电极为负极,电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-══2CO2↑+7H+,乙室中的电极为正极,正极材料LiCoO2得电子转化为Co2+,电极反应式为8LiCoO2+8e-+32H+══8Li++8Co2++16H2O,综上可知装置工作一段时间后,乙室应该补充盐酸,B项正确;乙室中电解质溶液为酸性,不可能大量存在OH-,C项错误;若甲室Co2+减少200

mg,电子转移的物质的量为n(e-)=×2≈0.006

8

mol,根据得失电子守恒可知,乙室Co2+应增加的质量为0.006

8

mol×59

g·mol-1≈0.4

g>300

mg,说明此时已进行过溶液转移,D项正确。2.(2022全国甲卷,10)一种水性电解液Zn-MnO2离子选择双隔膜电池如图所示[KOH溶液中,Zn2+以

存在]。电池放电时,下列叙述错误的是(

)A.Ⅱ区的K+通过隔膜向Ⅲ区迁移B.Ⅰ区的

通过隔膜向Ⅱ区迁移C.MnO2电极反应:MnO2+4H++2e-══Mn2++2H2OD.电池总反应:Zn+4OH-+MnO2+4H+══

+Mn2++2H2O答案

A解析

根据电池装置图可知,Zn电极为负极,MnO2电极为正极。根据原电池电解质溶液中阴、阳离子的移动方向(阴离子向负极定向移动,阳离子向正极定向移动)的规律可知,A项叙述错误,B项叙述正确;电池放电时的正极反应为MnO2+4H++2e-══Mn2++2H2O,C项叙述正确;放电时的负极反应为Zn+4OH--2e-

══

,由此可知,放电时的电池总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+══

+Mn2++2H2O,D项叙述正确。3.(2021天津卷,11)如图所示电解装置中,通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成,Fe2O3逐渐溶解,下列判断错误的是(

)A.a是电源的负极B.通电一段时间后,向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液,出现红色C.随着电解的进行,CuCl2溶液浓度变大D.当0.01molFe2O3完全溶解时,至少产生气体336mL(折合成标准状况下)答案

C解析

通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成,Fe2O3逐渐溶解,说明石墨电极Ⅱ为阳极,则b为电源的正极,a为电源的负极,石墨电极Ⅰ为阴极,A正确;石墨电极Ⅱ为阳极,通电一段时间后,产生O2和H+,所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液,出现红色,B正确;随着电解的进行,Cu2+在阴极得电子生成铜单质,则CuCl2溶液浓度变小,C错误;当0.01

mol

Fe2O3完全溶解时,消耗氢离子的物质的量为0.06

mol,根据阳极电极反应式2H2O-4e-══O2↑+4H+,产生氧气的物质的量为0.015

mol,体积为336

mL(折合成标准状况下),D正确。方法点拨判断离子交换膜种类的方法(1)判断离子交换膜的用途是制取物质,还是避免电极产物之间发生反应。(2)根据电解质溶液呈电中性的原则,判断离子交换膜的种类。明确电极反应及产物,写出阴、阳极上的电极反应。(3)依据电极反应式判断该电极附近剩余哪种离子,考虑交换膜的用途,结合溶液呈电中性的原则,判断离子移动的方向,确定离子交换膜的种类。考向预测

1.(带隔膜的化学电源)(2022福建泉州二模)我国科学家利用光激发氧还原与氧析出反应构建了一种夹心三明治结构的锌-空气电池,实现了光能在电池中的转换或存储。电池反应式为2Zn+O2══2ZnO,装置如图所示。下列说法错误的是(

)A.放电时,通入O2的一极为正极B.放电时,锌电极的电极反应式为Zn+2OH--2e-══ZnO+H2OC.充电时,当电路中通过0.2mol电子,Zn电极增重6.5gD.析出等量氧,光激发可降低充电所需的电能答案

C解析

根据电池反应为2Zn+O2══2ZnO,Zn失电子为负极,通入O2的一极为正极。放电时,O2得电子,故通入O2的一极为正极,A正确;放电时,Zn失电子生成ZnO,故电极反应式为Zn+2OH--2e-══ZnO+H2O,B正确;充电时,Zn电极发生反应ZnO+H2O+2e-══Zn+2OH-,当电路中通过0.2

mol电子,有0.1

mol

ZnO被还原生成0.1

mol

Zn,故电极减重0.1

mol×81

g·mol-1-0.1

mol×65

g·mol-1=1.6

g,C错误;析出等量氧为充电过程,光激发实现了光能向电能的转化,故光激发为电池充电提供了一部分能量,因此可降低充电所需的电能,D正确。2.(带隔膜的化学电源)某科研团队研制了一种基于阳离子型活性分子的中性水系有机液流电池,以[Pyr-TEMPO]和[Pyr-PV]Cl4作中性水系有机液流电池的电极材料,已知放电时[Pyr-PV]2+先转化为[Pyr-PV]3+,后转化为[Pyr-PV]4+,电池工作原理如图所示。下列说法正确的是(

)A.放电的过程中,氯离子由b电极向a电极移动B.放电时,负极的电极反应之一为[Pyr-PV]3+-e-══[Pyr-PV]4+C.a电极的电势比b电极的低D.充电时,b电极为阳极,发生氧化反应答案

B解析

放电时[Pyr-PV]2+先转化为[Pyr-PV]3+,后转化为[Pyr-PV]4+,可知b电极失电子发生氧化反应,b极为电源负极,则a电极为正极。放电时,氯离子由a电极向b电极移动,A错误;放电时,负极的电极反应之一为[Pyr-PV]3+-e-══[Pyr-PV]4+,B正确;充电时,a电极为阳极,b电极为阴极,故无论放电或充电,a电极的电势均比b电极的高,C错误;充电时,b电极为阴极,发生还原反应,D错误。3.(带隔膜的化学电源)研究微生物燃料电池不仅可以获得高效能源,还能对工业污水等进行处理。利用微生物燃料电池处理含硫废水并电解制备KIO3的原理如图所示,下列说法正确的是(

)A.光照强度大小不影响KIO3的制备速率B.右侧电池中K+通过阳离子交换膜从P极移向Q极C.电极N