高三化学二轮总复习 化学反应与能量

化学反应与能量[专题体系构建]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。中和反应反应热的测定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宁夏吴忠模拟)工业上,裂解正丁烷可以获得乙烯、丙烯等化工原料。反应1:C4H10(g,正丁烷)══CH4(g)+C3H6(g)

ΔH1反应2:C4H10(g,正丁烷)══C2H6(g)+C2H4(g)

ΔH2已知几种共价键的键能如下表:共价键C—HC=CC—C键能/(kJ∙mol-1)413614347(1)根据上述数据估算,ΔH1=

。

(2)正丁烷和异丁烷之间转化的能量变化如图所示。正丁烷气体转化成异丁烷气体的热化学方程式为

。

+80kJ·mol-1C4H10(g,正丁烷)====C4H10(g,异丁烷)

ΔH=-7kJ·mol-1提示

(1)根据键能计算反应热,焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能,故ΔH1=(347×2-614)

kJ·mol-1=+80

kJ·mol-1。(2)焓变等于生成物的总能量减去反应物的总能量,根据图中所给数据,ΔH=-132

kJ·mol-1-(-125

kJ·mol-1)=-7

kJ·mol-1,则正丁烷气体转化为异丁烷气体的热化学方程式为C4H10(g,正丁烷)══C4H10(g,异丁烷)

ΔH=-7

kJ·mol-1。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】

(2021全国甲卷,28节选)二氧化碳催化加氢制甲醇,有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题:二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为:CO2(g)+3H2(g)══CH3OH(g)+H2O(g)该反应一般认为通过如下步骤来实现:①CO2(g)+H2(g)══CO(g)+H2O(g)

ΔH1=+41kJ·mol-1②CO(g)+2H2(g)══CH3OH(g)

ΔH2=-90kJ·mol-1总反应的ΔH=

kJ·mol-1;若反应①为慢反应,下列示意图中能体现上述反应能量变化的是

(填字母),判断理由是

。

-49AΔH1为正值,ΔH2和ΔH为负值,反应①的活化能大于反应②的

提示

根据盖斯定律,由①+②可得二氧化碳加氢制甲醇的总反应:CO2(g)+3H2(g)══CH3OH(g)+H2O(g)

ΔH=(+41

kJ·mol-1)+(-90

kJ·mol-1)=-49

kJ·mol-1。该反应总反应为放热反应,因此生成物总能量低于反应物总能量,反应①为慢反应,因此反应①的活化能高于反应②,同时反应①的反应物总能量低于其生成物总能量,反应②的反应物总能量高于其生成物总能量,因此示意图中能体现反应能量变化的是A项。角度拓展1.(2021河北卷,16节选)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表:

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-12.(2021广东卷,19节选)我国力争于2030年前做到碳达峰,2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应:①CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)

ΔH1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

ΔH2③CH4(g)C(s)+2H2(g)

ΔH3④2CO(g)CO2(g)+C(s)

ΔH4⑤CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)

ΔH5根据盖斯定律,反应①的ΔH1=

(写出一个代数式即可)。

ΔH2+ΔH3-ΔH5或ΔH3-ΔH4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

[命题角度]角度1原电池原理及其应用【典例】

(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[Zn(OH)4]2-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+══[Zn(OH)4]2-+Mn2++2H2OA提示

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-══[Zn(OH)4]2-,由此可知,放电时的电池总反应为Zn+4OH-+MnO2+4H+══[Zn(OH)4]2-+Mn2++2H2O,D项叙述正确。角度拓展1.(2022江西九江一模)某军用水下动力电池Al-Ag2O2电池,其原理如图所示。下列有关说法正确的是(

)A.Ag2O2为电池的负极,发生还原反应B.工作一段时间后,溶液的pH不变C.隔膜为阳离子交换膜D.电路中通过1mole-时,消耗9gAlD2.(2022山东潍坊测评)电极电势的测定常用甘汞电极作为参比电极(部分数据如下)。电极种类Na+/NaZn2+/ZnH+/H2甘汞电极Cu2+/Cu电极-2.71-0.760.000.240.34测定过程中,待测电极与甘汞电极组成原电池的工作原理如图。下列说法正确的是(

)甘汞电极的结构

A.盐桥中Cl-向甘汞电极移动B.若M为Cu,则电极反应式是Cu-2e-══Cu2+C.甘汞电极电极反应式是2Hg+2Cl--2e-══Hg2Cl2D.测定过程中,甘汞电极内部KCl晶体可能增多答案

D

提示

正极电势高于负极电势,由表中数据和图示可知,当甘汞电极作正极,正极得电子,盐桥中的阳离子移向甘汞电极;当甘汞电极作负极时,负极失电子,盐桥中的阴离子移向甘汞电极,A错误。若M为Cu,则甘汞电极为负极,铜作正极,正极得电子,电极反应式为Cu2++2e-══Cu,B错误。当甘汞电极作负极时失电子,电极反应式为2Hg+2Cl--2e-══Hg2Cl2,但当甘汞电极作正极时得电子,电极反应式为Hg2Cl2+2e-══2Hg+2Cl-,C错误。当甘汞电极作正极,正极得电子,电极反应式为Hg2Cl2+2e-══2Hg+2Cl-,为保证溶液呈电中性,盐桥中的钾离子移向甘汞电极;当甘汞电极作负极时失电子,电极反应式为2Hg+2Cl--2e-══Hg2Cl2,为保证溶液呈电中性,盐桥中的氯离子移向甘汞电极,因此测定过程中,甘汞电极内部KCl晶体可能增多,D正确。角度2新型化学电源及分析【典例】

(2022全国乙卷,12)Li-O2电池比能量高,在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年来,科学家研究了一种光照充电Li-O2电池(如图所示)。光照时,光催化电极产生电子(e-)和空穴(h+),驱动阴极反应(Li++e-Li)和阳极反应(Li2O2+2h+══2Li++O2)对电池进行充电。下列叙述错误的是(

)A.充电时,电池的总反应Li2O2══2Li+O2B.充电效率与光照产生的电子和空穴量有关C.放电时,Li+从正极穿过离子交换膜向负极迁移D.放电时,正极发生反应O2+2Li++2e-══Li2O2C提示

根据电子守恒,将阴极反应和阳极反应加和可得充电时总反应方程式:Li2O2══2Li+O2,A项叙述正确;根据题给信息,充电过程通过光照产生的电子和空穴实现光能转化为电能,B项叙述正确;放电时,带正电的Li+应向电池的正极移动,C项叙述错误;根据图示,放电时正极上O2转化为Li2O2,电极反应为2Li++2e-+O2══Li2O2,D项叙述正确。角度拓展1.(2022河南新乡二模)一种电化学“大气固碳”电池工作原理如图所示。该电池充电时,通过催化剂的选择性控制,只有Li2CO3发生氧化,释放出CO2和O2。下列说法正确的是(

)A.该电池放电时的正极反应为2Li-2e-+══Li2CO3B.图中Li+的移动方向是充电时的移动方向C.充电时阳极发生的反应为C+2Li2CO3-4e-══3CO2↑+4Li+D.该电池每放、充4mol电子一次,理论上能固定1molCO2D提示

根据图中信息得到放电时Li为负极,电极B为正极,因此该电池放电时的正极反应为3CO2+4e-+4Li+══2Li2CO3+C,A错误;Li为负极,电极B为正极,因此图中Li+的移动方向是放电时的移动方向,B错误;电池充电时通过催化剂的选择性控制,只有Li2CO3发生氧化,释放出CO2和O2,因此充电时阳极发生的反应为2Li2CO3-4e-══2CO2↑+4Li++O2↑,C错误;根据放电正极电极反应式3CO2+4e-+4Li+══2Li2CO3+C,充电阳极反应式2Li2CO3-4e-══2CO2↑+4Li++O2↑,因此该电池每放、充4

mol电子一次,理论上能固定1

mol

CO2,D正确。2.(2022江西重点中学协作体第一次联考)如图为2021年新研发的车载双电极镍氢电池,放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金,可表示为MH;充电时b、d电极的反应物为吸附的Ni(OH)2,下列叙述正确的是(

)A.充电时外电路每通过2mol电子,该电池正极共减轻4gB.电池放电时c极上的反应可表示为H2O+M+e-══MH+OH-C.充电时,a、b接电源的负极,c、d接电源的正极D.放电时电子的流动路径为a→外电路→d→c→铜箔→bA提示

由题中信息可知,放电时为原电池,MH转变为M+H2O,MH中H由0价升高到+1价,氢失电子发生氧化反应与溶液中的氢氧根离子结合成水,a、c为原电池的负极,电极反应为MH-e-+OH-══M+H2O,b、d为原电池的正极,NiOOH转变为Ni(OH)2,镍的化合价从+3价降到+2价,发生还原反应,电极反应式为NiOOH+H2O+e-══Ni(OH)2+OH-。充电是放电的逆过程,此时a、c为电解池的阴极,与电源负极相接,电极反应式为M+H2O+e-══MH+OH-,b、d为电解池的阳极,与电源正极相接,电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-══NiOOH+H2O。充电时b、d为电解池的阳极,电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-══NiOOH+H2O,当外电路每通过2

mol电子,该电池正极由Ni(OH)2转变为NiOOH,b、d两极共减轻4

g,A正确;放电时为原电池,c为原电池的负极,电极反应为MH-e-+OH-══M+H2O,B错误;充电时为电解池,a、c与电源负极相接,b、d与电源正极相接,C错误;放电时为原电池,电子由负极经过外电路到正极,即电子的流动路径为a→外电路→d,电子不能进入电解液内,D错误。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的阴极保护法外加电流的阴极保护法原理图示

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江西新余二模)科学家采用碳基电极材料设计了一种新的电解氯化氢回收氯气的工艺方案,原理如图所示。下列说法错误的是(

)A.b极是电源的正极B.阴极的电极反应式为Fe3++e-══Fe2+C.电路中每转移1mole-理论上可以回收氯气11.2L(标准状况)D.该工艺涉及的总反应为4HCl+O2

2Cl2+2H2OA提示

HCl(g)→Cl2(g),Cl元素失电子发生氧化反应,则与a电极相连的电极为电解池的阳极,从而得出a极为电源正极。a极是电源的正极,则b极是电源的负极,A错误;在阴极,Fe3+得电子生成Fe2+,则电极反应式为Fe3++e-══Fe2+,B正确;阳极发生的电极反应为2HCl-2e-══Cl2↑+2H+,则电路中每转移1

mol

e-,理论上可以回收氯气(标准状况)的体积为0.5

mol×22.4

L·mol-1=11.2

L,C正确;该工艺涉及的总反应为4HCl+O22Cl2+2H2O,D正确。2.(2022河南百所名校第三次联合检测)利用下图所示装置可以将CO2转化为HCOOH(选择性为73%)、CO、CH4等化工产品,对实现“碳中和”具有重要意义。已知:离子液体作为电解液不仅可以提高CO2的溶解性,同时还可以有效避免析氢反应。下列说法错误的是(

)A.装置工作时,阴极上发生的主要反应为CO2+2e-+2H+══HCOOHB.电路中转移2mol电子,可得到1molHCOOHC.w交换膜仅允许氢离子通过D.若用饱和NaHCO3溶液代替离子液体,将降低CO2的转化效率B提示

题给装置为电解池,该装置工作时,活性铂电极上发生的电极反应为2H2O-4e-══O2↑+4H+,发生氧化反应,为阳极;氮掺杂石墨烯电极为阴极,阴极上CO2转化为HCOOH(选择性为73%),故主要反应为CO2+2e-══+2H+HCOOH,另外还有反应CO2+2e-+2H+══CO+H2O、CO2+8e-+8H+══CH4+2H2O等;H+不断通过w交换膜在阴极上参与反应。装置工作时,阴极的主要反应为CO2+2e-+2H+══HCOOH,A项正确;CO2转化为HCOOH(选择性为73%)、CO、CH4等化工产品,电路中转移2

mol电子时,可得到HCOOH的物质的量小于1

mol,B项错误;w交换膜为质子交换膜,仅允许氢离子通过,C项正确;若用饱和NaHCO3溶液代替离子液体,将降低CO2的溶解性,还发生析氢反应,将降低CO2的转化效率,D项正确。角度2电化学防护原理及其应用【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(2022广东广州二模)港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年,主要的防腐方法有:①钢梁上安装铝片;②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆;③使用高附着性防腐涂料;④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是(

)A.方法①②③只能减缓钢铁腐蚀,未能完全消除B.防腐涂料可以防水、隔离O2降低吸氧腐蚀速率C.防腐过程中铝和锌均失去电子,主要发生化学腐蚀D.钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应式为O2+2H2O+4e-══4OH-C提示

防腐方法并不能完全阻止钢铁的腐蚀,只能减缓钢铁的腐蚀,因此方法①②③只能减缓钢铁腐蚀,A正确;防腐涂料可以防水、隔离O2,避免Fe与氧气、水反应,降低吸氧腐蚀速率,B正确;铝和锌都比铁活泼,防腐过程形成原电池,铝和锌作负极失去电子,发生的是电化学腐蚀,C错误;钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时,正极上氧气得电子发生还原反应,正极反应式为O2+2H2O+4e-══4OH-,D正确。——突破一命题篇——新教材新考向

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(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答案

B解析

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。典例突破2(2022青海西宁一模)2020年9月中科院研究所报道了一种高压可充电碱-酸Zn-PbO2混合电池,电池采用阴、阳双隔膜完成离子循环(如图),该电池良好的电化学性能为解决传统水性电池的关键问题提供了很好的机会。下列说法正确的是(

)A.充电时,d极发生还原反应B.离子交换膜b、c分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜C.放电时a极的电极反应为Zn-2e-+4OH-══[Zn(OH)4]2-D.放电时,每转移2mol电子,中间K2SO4溶液中溶质减少1mol答案

C解析

根据电池装置可知,a极室为碱性电解质溶液,d极室为酸性电解质溶液,放电时锌在负极被氧化,二氧化铅在正极被还原,充电时阳极生成二氧化铅,阴极生成锌。充电时d极为阳极,发生氧化反应,A错误;因为是碱-酸混合电池,根据电池装置,a极室为KOH溶液,d极室为H2SO4溶液,放电时负极反应式为Zn-2e-+4OH-══[Zn(OH)4]2-,K+通过离子交换膜b由a极室进入中间中性溶液。正极反应式为PbO2+4H+++2e-══PbSO4+2H2O,

通过离子交换膜c由d极室进入中间中性溶液。充电时反向转移,保持两极室电解质溶液酸碱性,所以离子交换膜b、c分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜,B错误;放电时,锌在负极结合OH-生成[Zn(OH)4]2-,负极反应式为Zn-2e-+4OH-══[Zn(OH)4]2-,C正确;根据放电时电极反应式可知,每转移2

mol电子,中间K2SO4溶液中溶质增加1

mol,D错误。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)全国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广西南宁第二次适应性测试)氨是重要的基础化工品之一。已知:N2(g)+O2(g)══2NO(g)

ΔH1=+180.5kJ·mol-14NH3(g)+5O2(g)══4NO(g)+6H2O(g)ΔH2=-905.0kJ·mol-12H2(g)+O2(g)══2H2O(g)

ΔH3=-483.6kJ·mol-1(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

ΔH=

。

(2)已知合成氨反应的正反应活化能为EakJ·mol-1,则其逆反应活化能为

kJ·mol-1(用含Ea的代数式表示)。

答案

(1)-92.4kJ·mol-1

(2)Ea+92.4解析

ⅰ.N2(g)+O2(g)══2NO(g)

ΔH1=+180.5

kJ·mol-1ⅱ.4NH3(g)+5O2(g)══4NO(g)+6H2O(g)

ΔH2=-905.0

kJ·mol-1ⅲ.2H2(g)+O2(g)══2H2O(g)

ΔH3=-483.6

kJ·mol-1(1)利用盖斯定律,将(ⅰ×2-ⅱ+ⅲ×3)÷2,即得N2(g)+3H2(g)

2NH3(g)的ΔH=[(180.5×2+905.0-483.6×3)÷2]kJ·mol-1=-92.4

kJ·mol-1。(2)合成氨反应为放热反应,正反应活化能为Ea

kJ·mol-1,则其逆反应活化能为(Ea+92.4)

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(2022四川遂宁检测)丙烯是重要的有机化工原料,丙烷脱氢是工业生产丙烯的重要途径。回答下列相关问题:答案

+1232.新型化学电源及分析(证据推理与模型认知)全国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、铅蓄电池、锂离子电池等。基于最新科研成果,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广东卷,16)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质,发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池,可作储能设备(如图)。充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-══Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是(

)A.充电时电极b是阴极B.放电时NaCl溶液的pH减小C.放电时NaCl溶液的浓度增大D.每生成1molCl2,电极a质量理论上增加23g答案

C解析

根据题干给的方程式知,充电时电极a上发生得电子的反应,为阴极,放电时电极a失电子,为负极,则充电时电极b为阳极,A项错误;放电时正极的电极反应式为Cl2+2e-══2Cl-,NaCl溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度无变化,pH不变,B项错误;放电时正极反应生成氯离子,负极反应生成钠离子,放电时NaCl溶液的浓度增大,C项正确;充电时电极b的反应为2Cl--2e-══Cl2↑,每生成1

mol氯气转移2

mol电子,电极a理论上有2

mol

Na+转化为Na3Ti2(PO4)3,增重46

g,D项错误。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河南六市第一次联合调研)我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s-SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率,同时释放电能,实验原理如图所示。下列说法不正确的是(设NA表示阿伏加德罗常数的值)(

)A.充电时,Zn电极周围pH升高B.放电时,每生成1molHCOO-,转移NA个电子C.使用催化剂Sn或者s-SnLi均能有效减少副产物CO的生成D.使用s-SnLi催化剂,中间产物更不稳定答案

B解析

根据装置图可知,充电时,外电路电子流向Zn电极,即Zn电极反应式为[Zn(OH)4]2-+2e-══Zn+4OH-,c(OH-)增大,pH增大,A说法正确;放电时,右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O══HCOO-+OH-,生成1

mol

HCOO-时,转移电子的物质的量为2

mol,即转移2NA个电子,B说法错误;在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大,活化能大反应速率慢,且CO能量比HCOOH能量高,能量越低,物质越稳定,因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成,C说法正确;使用催化剂s-SnLi,中间产物能量高,不稳定,D说法正确。3.电解原理及其应用(证据推理与模型认知)全国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。试题情境有新意且注重化学学科的实用性和前瞻性,利于引导学生成长为实用型人才。而拨开情境的迷雾后又会发现解题的思路并不难找,考查的都是电化学中的主干知识和必备能力。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贵州毕节诊断性考试)科学家利用电化学装置实现CH4和CO2两种分子的耦合转化,其原理如下图所示。下列说法错误的是(

)A.耦合过程中,O2-从电极M移向电极NB.多孔电极的表面积大,有利于提高耦合转化率C.阳极上的反应式可能为6CH4+5O2--10e-══C2H6+2C2H4+5H2OD.若维持电流为0.5A,持续工作10min,消耗CO2的物质的量约为3.1×10-3mol(F=96500C·mol-1)答案

D解析

据图可知,左侧为阴极,右侧为阳极,电解池工作时,阴离子流向阳极,即O2-从电极M移向电极N,A正确;多孔电极的表面积大,可以增大与反应物的接触面积,有利于提高耦合转化率,B正确;据图可知阳极上CH4被氧化为C2H6和C2H4,根据电子守恒、元素守恒可知,阳极反应式可能为6CH4+5O2--10e-══C2H6+2C2H4+5H2O,C正确;若维持电流为0.5

A,持续工作10

min,转移的电子为

≈3.1×10-3

mol,阴极反应为CO2+2e-══CO+O2-,所以约消耗1.55×10-3

mol

CO2,D错误。——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.命题分析全国卷考查反应历程(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.(2022湖南卷,12改编)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是吸热反应 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

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错误;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河南许昌质量检测)某反应可有效降低汽车尾气污染物的排放,其反应热ΔH=-620.9kJ·mol-1。一定条件下该反应经历三个基元反应阶段,反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法正确的是(

)A.ΔE=306.6kJ·mol-1B.三个基元反应中只有反应③是放热反应C.该化学反应的速率主要由反应②决定D.该过程的总反应为2CO(g)+2NO(g)══N2(g)+2CO2(g)答案

D由题意可知,总反应2CO(g)+2NO(g)══2CO2(g)+N2(g)ΔH=-620.9

kJ·mol-1,则反应③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)══2CO2(g)+N2(g)的ΔH=-620.9

kJ·mol-1-(+199.2

kJ·mol-1)-(-513.5

kJ·mol-1)=-306.6

kJ·mol-1。反应③正反应活化能为248.3

kJ·mol-1,则ΔE=248.3

kJ·mol-1-(-306.6

kJ·mol-1)=554.9

kJ·mol-1,A错误。三个基元反应中,反应②和反应③的反应物总能量大于生成物的总能量,属于放热反应,B错误。正反应活化能最大的是反应①,活化能越大反应速率越慢,整个反应由最慢的一步决定,则该化学反应的速率主要由反应①决定,C错误。由上述分析可知,该过程的总反应为2CO(g)+2NO(g)══N2(g)+2CO2(g),D正确。2.(有机反应机理及能量变化)(2022新疆昌吉第一次诊断)乙烯(CH2=CH2)催化加氢的机理如图甲所示,其中“”代表催化剂;其能量与反应历程的关系如图乙所示。下列说法错误的是(

)图甲

图乙

A.①→②过程中,H2分子内H—H键断裂B.上述过程中,CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键C.途径b使用了催化剂,使催化加氢反应的活化能由E2降为E1D.CH2=CH2(g)+H2(g)══CH3CH3(g),该反应的ΔH=(E3-E1)kJ·mol-1答案

D解析

由图可知,①→②过程中,H2分子内H—H键断裂,A正确;④中已没有碳碳双键,而是碳碳单键,则反应过程中CH2=CH2内部碳原子间的双键变为单键,B正确;使用催化剂能降低反应的活化能。途径b使用了催化剂,使催化加氢反应的活化能由E2降为E1,C正确;焓变(ΔH)=正反应的活化能-逆反应的活化能,则反应CH2=CH2(g)+H2(g)══CH3CH3(g)的ΔH=(E1-E3)

kJ·mol-1=(E2-E4)kJ·mol-1,D不正确。二、电化学中隔膜的种类及作用高考必备1.命题分析近三年,全国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.(2022山东卷,13改编)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。下列说法不正确的是(

)A.装置工作时,甲室溶液pH逐渐减小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

C解析

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项正确;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.(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0.01molFe2O