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高考化学二轮复习讲义+分层训练解密08化学反应与能量(集训)(解析版)
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这是一份高考化学二轮复习讲义+分层训练解密08化学反应与能量(集训)(解析版)，共24页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
解密08 化学反应与能量
一、选择题
1．(2021·浙江省“山水联盟”选考模拟)下列说法不正确的是( )
A．使固态生物质与水蒸气高温反应生成热值较高可燃气体，属于生物质能的热化学转化
B．石油的裂化和裂解、煤的干馏、玉米制醇都是化学变化
C．将固态化石燃料转化为气体，可有效提高燃烧效率，减少环境污染
D．水煤气、焦炉煤气均可来自于煤的气化
【答案】D
【解析】A项，生物质由化学变化生成可燃性气体，可提供能量，则该过程属于生物质的热化学转化，A正确；B项，石油的裂化是将长链的重油转换为短链的轻质油，石油裂解是将长链的饱和烃转换为短链的不饱和烃，如乙烯，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，得到焦炉煤气、焦炭、煤焦油，玉米通过发酵可得乙醇，都有新物质生成，都是化学变化，B正确；C项，将固态化石燃料转化为气体，可使化石燃料充分燃烧，有效提高燃烧效率，同时减少CO的气体的排放，从而减少环境污染，C正确；D项，水煤气来自于煤的气化，焦炉煤气来自煤的干馏，D错误。故选D。
2．(2021·山东省青岛第五十八中学高三质检)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是( )
A．过程①中钛氧键断裂会释放能量
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH= + 30 kJ/mol
【答案】B
【解析】A项，化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；B项，根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；C项，催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D项，反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH=1598×2- 1072×2-496=+ 556 kJ/mol，故D错误。
3．(2021·湖南衡阳高三模拟)乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．①、②、③三步均属于加成反应 B．总反应速率由第①步反应决定
C．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体稳定 D．总反应不需要加热就能发生
【答案】B
【解析】A项，根据乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理可知只有第①步属于加成反应，A错误；B项，活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故B正确；C项，由图可知，第①步反应的中间体比第②步反应的中间体的能量高，所以第②步反应的中间体稳定，故C错误；D项，总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，故D错误；故选B。
4．(2021·江苏高三零模)在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH= -164.7 kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH= 41.2 kJ/mol
反应Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) ΔH= -247.1 kJ/mol
向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ的平衡常数可表示为K=
B．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
C．提高 CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
D．CH4(g)+H2O(g) =CO(g)+3H2(g)的ΔH= -205.9 kJ/mol
【答案】C
【解析】A项，化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应Ⅰ的平衡常数为K=，故A错误；B项，反应物CO2的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO2的物质的量变化曲线，由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，则曲线B为CH4的物质的量变化曲线，故B错误；C项，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，即可提高 CO2转化为CH4的转化率，所以需要研发在低温区高效的催化剂，故C正确；D项，-(反应Ⅱ+反应Ⅲ)得到目标反应，则CH4(g)+H2O(g) =CO(g)+3H2(g)的ΔH=-[41.2 kJ/mol +(-247.1 kJ/mol)] =205.9 kJ/mol，故D错误；故选C。
5．(2021·山东聊城市高三质检)氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。下列说法中正确的是( )
A．表中的x＝191.2
B．反应过程中的 △H2＝1405.6 kJ·mol－1
C．选用合适的催化剂，可降低反应过程中的H值
D．NH3(g)＋2Cl2(g)＝NHCl2(g)＋2HCl(g) △H＝－22.6 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】根据图中所示可知关系，△H=△H1+△H2，代入数值即可求△H2；反应热等于反应物断键键能减去生成物成键键能。A项，该反应方程式为NH3(g)＋Cl2(g)＝NH2Cl(g)＋HCl(g)，反应过程中断了一个N-H 键，一个Cl -Cl键，成了一个N- Cl键和一个H-Cl键，设Cl - Cl键键能为y，则△H=391.3+y- x-431.8=11.3 kJ·mol－1，根据NH3(g)＋Cl2(g)＝N2 (g)＋H(g) ＋2Cl(g)可知△H1=3×391.3+y=1416.9kJ·mol－1，联立可求x=191.2，A项正确；B项，△H=△H1+△H2，代入△H和△H1数值可知△H2= -1405.6 kJ·mol－1，B项错误；C项，催化剂能改变反应所需的活化能，即图中的△H1，无法改变反应最终的反应热△H，C项错误；D项，根据键能与反应热的关系可知Cl每取代一个H的反应热为△H＝11.3 kJ·mol－1，所以NH3(g)＋2Cl2(g)＝NHCl2(g)＋2HCl(g) △H＝22.6 kJ·mol－1，D项错误；故选A。
6．(2021·四川省广汉中学高三一模)1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子(CH，CHCH，)；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4加成。反应进程中的能量变化如下图所示。下列说法不正确的是( )
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定
B．1，3-丁二烯与HBr发生加成反应是放热反应
C．适当升高反应温度，可能有利于1，4-加成的进行
D．选择合适的催化剂加入，可使1，2-加成的焓变小于1，4-加成
【答案】D
【解析】A项，由图象可知，1，4-加成产物比1，2-加成产物能量低，则1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定，故A正确；B项，由图象可知，1，3-丁二烯与HBr的能量总和高于加成后生成物的能量总和，则1，3-丁二烯与HBr发生加成反应是放热反应，故B正确；C项，由图象可知，1，3-丁二烯与HBr发生加成反应是放热反应，适当升高反应温度，可以加快反应速率，可能有利于1，4-加成的进行，但不利于提高反应物的转化率，故C正确；D项，选择合适的催化剂加入，可以改变化学反应速率，但不能使化学平衡发生移动，所以不会改变反应物的转化率，更不会改变焓变，故D错误；故选D。
7．(2021·天津高二期末)用电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O72-时，以铁板作阴、阳极，处理过程中发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，最后Cr3+以Cr (OH)3形式除去。下列说法正确的是( )
A．电解过程中废水的pH会减小
B．电解时H+在阴极得电子生成H2
C．电解后除Cr (OH)3沉淀外，还有Fe (OH)2沉淀生成
D．电路中每转移0.6 mol e-，最多有0.1 mol Cr2O72-被还原
【答案】B
【解析】A项，由反应式Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知，处理过程中消耗H+，溶液的酸性减弱，pH会增大，故A错误；B项，电解时阴极发生还原反应，溶液中H+在阴极得电子生成H2，故B正确；C项，溶液中H+在阴极得电子减少，同时生成氢氧根离子，有Fe (OH)3沉淀生成，故C错误；D项，由电极反应式Fe-2e-=Fe2+，转移0.6 mol电子，需要0.3 mol Fe，再根据处理过程关系式得：6Fe~12e-~6Fe2+~ Cr2O72-， 0.05 mol Cr2O72-被还原，故D错误；故选B。
8．(2021·广东高三零模)环氧乙烷(C2H4O)常用于医用消毒，一种制备方法为：使用惰性电极电解KCl溶液，用Cl-交换膜将电解液分为阴极区和阳极区，其中一区持续通入乙烯；电解结束，移出交换膜，两区混合反应： HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。下列说法错误的是( )
A．乙烯应通入阴极区
B．移出交换膜前存在反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO
C．使用Cl- 交换膜阻止OH- 通过，可使Cl2生成区的pH逐渐减小
D．制备过程的总反应为：H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O
【答案】A
【解析】环氧乙烷的制备原理：Cl-在阳极被氧化生成Cl2，Cl2与水发生反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO，HClO与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；阴极区水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，电解结束，移出交换膜，两区混合反应： HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。A项，阳极区产生HClO，所以乙烯通入阳极区，故A错误；B项，根据分析可知阳极氧化生成的氯气会与水发生反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO，故B正确；C项，根据分析可知阳极区会产生HCl，使用Cl- 交换膜阻止OH- 通过，HCl的浓度不断增大，pH逐渐减小，故C正确；D项，根据分析可知该反应过程中KCl并没有被消耗，实际上是水、乙烯反应，总反应为H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O，故D正确；故选A。
9．(2021·河南开封市高三一模)多伦多大学EdwardSargent教授团队研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法。反应在KCl电解液的流动池中进行，示意图如图。电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法正确的是( )
A．泡沫镍电极连接电源负极
B．铂箔电极附近溶液pH下降
C．该过程的总反应为CH2=CH2+HOCl→+HCl
D．当电路中通过1mol电子时，铂箔电极上会产生11.2L气体(标准状况)
【答案】D
【解析】据图可知泡沫镍电极上Cl-失电子被氧化生成Cl2，所以泡沫镍电极为阳极，则铂箔电极为阴极，电解质溶液为KCl溶液，所以阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气。A项，根据分析可知泡沫镍电极为阳极，应连接电源正极，故A错误；B项，铂箔电极为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生大量氢氧根，所以铂箔电极附近溶液pH升高，故B错误；C项，铂箔电极的产物为H2和KOH，所以阳极区生成的HCl又会反应生成KCl，初始反应物没有HOCl，该物质是阳极产物氯气和水反应生成的，据图可知HOCl中氯元素最终又生成了氯离子，所以该反应的实际反应物只有乙烯和水，最终的生成物为环氧乙烷和氢气，总反应为，故C错误；D项，铂箔电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移1mol电子生成0.5mol氢气，标况下体积为11.2L，故D正确；故选D。
10．(2020·江苏赣榆高三模拟)我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO2 催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主法错误的是( )
A．第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂
B．第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO
C．第④步反应是一个放热过程
D．水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水
【答案】D
【解析】A项，第①步中CO2和H2变为*HCOO，CO2的结构式为O=C=O，H2的结构式为H-H，*HCOO的结构式为，由此可知，CO2和H2分子中都有化学键断裂，A正确；B项，由图可知，第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，B正确；C项，第④步反应，*HO+*H→H2O，有新化学键形成，放出热量，C正确；D项，第②步反应生成H2O，第③步反应消耗H2O，第④步反应生成H2O，整个过程总的来说有H2O生成，D错误。故选D。
11．(2020·山东威海高三二模)我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是( )
A．该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*＝(CH3)2NCH2＋OH*
B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV
C．该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02ev•mol－1
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
【答案】A
【解析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。A项，从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*＝(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；B项，该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；C项，该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev•为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02NAev•mol－1，C不正确；D项，增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；故选A。
12．(2020·山东肥城高三模拟)1，3—丁二烯在环己烷溶液中与溴发生加成反应时，会生成两种产物M和N(不考虑立体异构)，其反应机理如图1所示；室温下，M可以缓慢转化为N，能量变化如图2所示。下列关于该过程的叙述正确的是( )
A．室温下，M的稳定性强于N
B． ∆H= (E2-E1)kJ‧mol-1
C．N存在顺反异构体
D．有机物M的核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：1：2：2
【答案】C
【解析】A项，能量越低，物质越稳定，由图2可看出，N的能量低于M的，故稳定性N强于M，A错误；B项，该反应为放热反应，∆H=生成物的总能量-反应物的总能量，即∆H=( E1- E2 )kJ‧mol-1=-(E2-E1)kJ‧mol-1，该反应的热化学方程式为： ∆H=-(E2-E1)kJ‧mol-1，B错误；B项，N中碳碳双键连接两种不同基团，存在顺反异构，顺式：，反式：，C正确；D项，有机物M结构简式：，核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：1：1：2，D错误；故选C。
13．(2021·山东潍坊市寿光现代中学高三月考)某研究团队发现，利用微生物电化学系统可处理含氮废水。下图是一种新型的浸没式双极室脱盐—反硝化电池，中间由质子交换膜隔开，阳极室中的NO3-通过泵循环至阴极室。下列说法错误的是( )
A．电极电势：阴极室高于阳极室
B．负极的电极反应式：CH2O-4e-+H2O=CO2+4H+
C．当处理1 mol NO3-时，有5 mol H+经过质子交换膜，移向阴极室
D．该装置需在适宜的温度下进行，温度不宜过高
【答案】B
【解析】根据原电池的图示及电子移动的方向(左→右)，可知左边为负极，发生反应(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑+4nH+，右边为正极，发生反应2N NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O。A项，原电池中电极电势，右侧正极高于左侧负极，则右侧阴极高于左侧阳极，故A正确；B项，负极电极反应式为(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑+4nH+，故B错误；C项，由正极电极反应式2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O可知，当处理1 molNO3-时，有5 mol H+经过质子交换膜，移向阴极室，故C正确；D项，温度过高(CH2O)n会变成气体，因此需要控制温度，故D正确；故选B。
14．(2021·福建高三月考)应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的( )
A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3
C．电解池a极上发生的电极反应为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1
【答案】C
【解析】A项，在b极区有H+得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-= H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，则b极为电解池的阴极，b极与电源的负极相连接，则a极与电源的正极相连接，故A错误；B项，没有指明条件为标准状况，不能准确计算产生NH3体积，故B错误；C项，a为电解池的阳极，NH4+在阳极失去电子生成NCl3，电极反应式为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，故C正确；D项，在二氧化氯发生器内，发生3H2O+ NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+ NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3为氧化剂，NaClO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故D错误；故选C。
15．(2021·吉林长春市东北师大附中期末)钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按下图装置进行电解。通电后，a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是( )
A．已知钴酸锂电池放电时总反应为Li1-XCOO2+LiXC6=LiCOO2+6C，则m处Li1-XCOO2发生反应Ⅱ失电子
B．当外电路中转移0.2电子时，理论上装置Ⅰ中加入1002盐酸可复原
C．电极d为阴极，电解过程中发生反应Cu+Cl—e-= CuCl
D．随着电解的进行，U形管Ⅱ中发生了如下转化CuCl+OH-= CuOH+Cl-
【答案】D
【解析】A项，LiXC6中C为负价，根据电池总反应，LiXC6作负极，则Li1-XCOO2作正极，得电子，A项错误；B项，盐酸中的水会稀释I中的溶液，故不可复原，B项错误；C项，a电极一直有气泡，且a的材料为铜，故a极为阴极，d为阳极，d极反应式为Cu+Cl—e-= CuCl，C项错误；D项，d电极先产生白色沉淀(CuCl)，白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)，发生的反应是CuCl+OH-= CuOH+Cl-，D项正确；故选D。
16．(2021·河北高三一模)某研究机构使用Li—SO2Cl2电池作为电源电解制备Ni(H2PO2)2，其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li＋SO2Cl2=2LiCl＋SO2↑，下列说法错误的是( )
A．电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2＋2e-=2Cl-＋SO2↑
B．电池的e极连接电解池的g极
C．膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜
D．电解池中不锈钢电极附近溶液的pH增大
【答案】B
【解析】根据电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑可知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，失去电子，所以Li电极是负极，反应式为2Li-2e-═2Li+，则碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子、发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑；电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，所以g电极为阳极、与锂-磺酰氯(Li-SO2Cl2)电池的正极C棒相接，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，h电极为阴极，与原电池的e电极相接，H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜。A项，由图示可知，Li电极为负极，发生氧化反应，则C电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，故A正确；B项，原电池中Li电极为负极，C电极为正极，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，即g电极为阳极，则h电极为阴极，与原电池的负极Li电极e相接，故B错误；C项，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，在产品室II室中与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，故C正确；D项，电解池中不锈钢电极即h电极为为阴极，电极上H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，所以电极附近溶液的pH增大，故D正确；故选B。
17．(2021·湖北武汉市·华中师大一附中高三月考)银－Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理如下(在原电池中完成氧化银与甲醛的反应)。下列说法正确的是(吸光度A＝a·b·c，其中a为吸光系数，b为液层厚度，c为溶液浓度) ( )
A．其他条件相同，溶液的吸光度越小，说明甲醛浓度越大
B．电池反应①中，H+向Ag2O极板迁移
C．整个过程看，最终化合价发生变化的元素有Ag、Fe和C
D．理论上，消耗HCHO和消耗Fe3+的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】甲醛在原电池负极失电子，被氧化为二氧化碳，氧化银作原电池正极得电子被还原为Ag，Ag单质和Fe3+定量反应得Fe2+，Fe2+和Ferrozine得到有色配合物，最后测定溶液吸光度，吸光度越大，则有色配合物浓度越大，对应甲醛浓度越大。A项，甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，A错误；B项，H+向正极移动，即H+向Ag2O极板迁移，B正确；C项，Fe的化合价由+3价降为+2价，C的化合价由0价升高为+4价，氧化银在原电池中被还原为Ag，Ag的化合价从+1降低到0，反应②中Ag被Fe3+氧化成Ag+，Ag的化合价从0价升高为+1价，整个过程Ag的化合价没变，C错误；D项，甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为1，则理论上消耗的甲醛与消耗Fe3+的物质的量之比为1:4，D错误。故选B。
18．(2021·湖南常德市一中高三月考)相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是( )
A．a电极的电极反应为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-
B．c、d离子交换膜依次为阳子交换膜和阴离子交换膜
C．电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu2++2e-=Cu
D．电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320g NaOH
【答案】D
【解析】浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓 度完全相等时，放电停止，电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应， 作正极，Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，b为电解池的阳极，H2O中的OH-失去电子发生氧化反应生成O2。电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由 0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1， 正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L ×(2.5-1.5) mol·L-1=2mol，电路中转移4mol 电子，电解 池的阴极生成4mol OH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g。A项，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，电极反应为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，A项正确；B项，因溶液为电中性，a电极附近产生了阴离子，必须让阳离子发生移动，c为阳离子交换膜，b电极附近阴离子减少，必须让阴离子发生移动，d为阴离子交换膜，B项正确；C项，Cu(1)作正极，得到电子，电极反应为Cu2++2e-=Cu，C项正确；D项，电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液浓度同时由2.5mol·L-1降到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L ×(2.5-1.5) mol·L-1=2mol，电路中转移4mol 电子，电解池的阴极生成4mol OH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g，D选项错误；故选D。
19．(2021·上海闵行区·高三一模)丙烷与溴原子能发生以下两种反应：
① CH3CH2CH3(g) + Br·(g) → CH3CH2CH2·(g) + HBr(g)
② CH3CH2CH3(g) + Br·(g) → CH3CH·CH3 (g) + HBr(g)
反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应①是放热反应
B．反应②使用了催化剂
C．产物中 CH3CH2CH2·(g)含量比 CH3CH·CH3(g)低
D．CH3CH2CH2·(g)转变为 CH3CH·CH3(g)时需要吸热
【答案】C
【解析】A项，由反应过程的能量变化图可知，反应①和②生成物的能量都高于反应物的能量，属于吸热反应，故A错误；B项，无法判断反应②是否使用了催化剂，故B错误；C项，反应①的活化能比反应②活化能高，因此反应②更容易进行，反应②产物CH3CH·CH3(g)含量高，故C正确；D项，由反应过程的能量变化图可知，CH3CH·CH3(g)能量低，CH3CH2CH2·(g)能量高，CH3CH2CH2·(g)转变为 CH3CH·CH3(g)时需要放热，故D错误；故选C。
20．(2021·沙洋县沙洋中学月考)500mLKCl和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，通电一段时间后，两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，假设电解后溶液的体积仍为500mL，下列说法正确的是( )
A．原混合溶液中c(Cl-)=0.3mol·L-1
B．上述电解过程中共转移0.5mol电子
C．电解得到的无色气体与有色气体的体积比为3:7
D．电解后溶液中c(OH-)=0.2mol·L-1
【答案】D
【解析】电解KCl和Cu(NO3)2的混合溶液，溶液中存在：Cu2+、H+、OH-、Cl-、K+、NO3-离子；根据离子的还原性顺序可知，阳极氯离子先放电，氢氧根离子后放电，电极反应式为：2Cl--2e-═Cl2↑，4OH--4e-= O2↑+2H2O；阴极铜离子先放电，氢离子后放电，电极反应式为：Cu2++2e-═Cu，2H++2e-=H2↑；两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，气体的物质的量为0.25mol；混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol·L-1，n(Cu2+)=0.1mol，转移电子0.2mol；n(H2)= 0.25mol，转移电子为0.5mol，所以阴极共转移电子0.7mol，阳极也转移电子0.7mol；设生成氯气为xmol，氧气为ymol，则x+y=0.25,2x+4y=0.7，解之得x=0.15mol，y=0.1mol。A项，结合以上分析可知，n(Cl-)=2n(Cl2)=0.3mol，假设电解后溶液的体积仍为500mL，原混合溶液中c(Cl-)=0.6mol·L-1，故A错误；B项，结合以上分析可知，电解过程中共转移0.7mol电子，故B错误；C项，电解得到的无色气体为氢气和氧气，共计0.25+0.1=0.35mol，有色气体为氯气，为0.15mol，气体的体积之比和物质的量成正比，所以无色气体与有色气体的体积比为7:3，故C错误；D项，结合以上分析可知，电解过程中消耗氢离子0.5mol，消耗氢氧根离子0.4mol，剩余氢氧根离子0.1mol，假设电解后溶液的体积仍为500mL，电解后溶液中c(OH-)=0.2mol·L-1，故D正确；故选D。
二、非选择题
21．(2021·衡水中学高三月考)天然气净化过程中产生有毒的H2S，直接排放会污染空气，通过下列方法可以进行处理。
(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如图：
反应炉中的反应：2H2S(g)+ 3O2(g)=2SO2(g)+ 2H2O(g) △H=-1035.6kJ∙mol-1
催化转化器中的反应：2H2S(g)+ SO2(g)=3S(g)+ 2H2O(g) △H=-92.8kJ∙mol-1
克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：______。
(2)T∙F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示，下列说法正确的是______。
A．脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
B．i过程可导致环境pH减小
C．该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O
D．该过程可以在高温下进行
(3) H2S分解反应H2S(g) H2(g)+1/2S(g) △H＞0。在无催化剂及Al2O3催化下，H2S在反应器中不同温度时反应，间隔相同时间测定一次H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示：
①在约1100℃时，有无Al2O3催化，其转化率几乎相等，是因为______。
②在压强p、温度T，Al2O3催化条件下，将H2S(g)、Ar(g)按照物质的量比为1:n混合，发生热分解反应H2S(g) H2(g)+1/2S(g)，S2平衡产率为α。掺入Ar能提高S2的平衡产率，解释说明该事实______，平衡常数Kp=______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(4)当废气中硫化氢浓度较低时常用纯碱溶液进行吸收，已知H2S、H2CO3的电离平衡常数如下表所示：
电离平衡常数
H2S
H2CO3
纯碱溶液吸收少量H2S的离子方程式为______。
【答案】(1)2H2S(g)+3O2(g)=2S(g)+ 2H2O(g) △H=-407.1kJ∙mol-1 (2)BC
(3)①1100℃时，Al2O3几乎失去催化活性
②温度、压强一定时，原料气中掺入Ar，相当于往平衡混合气中充入稀有气体，减小反应物和生成物浓度，促进平衡正向移动，从而提高S2的产率
(4)H2S+CO32-=HS-+HCO3-
【解析】T∙F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，分析其原理图可知，反应i为Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4，反应ⅱ为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，将反应i×2+反应ⅱ，可得出总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O。(1) 2H2S(g)+ 3O2(g)=2SO2(g)+ 2H2O(g) △H=-1035.6kJ∙mol-1 ① 2H2S(g)+ SO2(g)=3S(g)+ 2H2O(g) △H=-92.8kJ∙mol-1 ②
利用盖斯定律，将反应②×+①×可得出，克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2S(g)+ 2H2O(g) △H=(-92.8 kJ∙mol-1)×+(-1035.6 kJ∙mol-1)×=-407.1kJ∙mol-1。(2)A项，从分析中可以看出，脱硫过程可实现Fe2(SO4)3的循环使用，不需添加Fe2(SO4)3溶液，A不正确；B项，i过程中发生反应Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4，可导致环境pH减小，B正确；C项，由分析可以得出，该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，C正确；D项，因为天然气的催化脱硫过程，使用T∙F菌作催化剂，所以该过程不能在高温下进行，D不正确；故选BC。 (3)①在约1100℃时，有无Al2O3催化，其转化率几乎相等，则表明催化剂的催化效果接近0，从而得出原因是1100℃时，Al2O3几乎失去催化活性。②压强一定，掺入稀有气体Ar，虽然不参与反应，但可减小反应物与生成物的浓度，减小反应物的碰撞次数，从而使平衡向气体分子数增大的方向移动，从而得出掺入Ar能提高S2的平衡产率，该事实表明：温度、压强一定时，原料气中掺入Ar，相当于往平衡混合气中充入稀有气体，减小反应物和生成物浓度，促进平衡正向移动，从而提高S2的产率；p、T一定时，H2S(g)、Ar(g)按1∶n混合，发生反应H2S(g) H2(g)+1/2S(g)，S2平衡产率为α，则反应物的转化率为α，设n(H2S)=1mol，则可建立下列三段式：
则平衡混合气的总物质的量为(1+0.5α+n)mol，平衡常数Kp==。(4)由表中的平衡常数可以看出，H2S只能电离出1个H+与CO32-反应，所以纯碱溶液吸收少量H2S，生成HS-和HCO3-，离子方程式为H2S+ CO32-=HS-+ HCO3-。
22．(2021·广东高三零模)温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
I.CH4与CO2重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：
反应①CH4(g) + CO2(g)⇌2CO(g)+2H2 (g) ΔH1
反应②CO2 (g)+ H2 (g) CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.2 kJ·mol-1
反应③CH4 (g)+O2(g) CO(g) + 2H2(g) ΔH3 = -35.6 kJ·mol-1
(1)已知：O 2(g)+H2(g)= H2O(g) ΔH = -241.8 kJ·mol-1，则ΔH1 =______ kJ·mol-1。
(2)一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。
①图中a和b分别代表产物______和______，当温度高于900 K， H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是______。
②1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%，反应①的平衡常数K=______ ( 写出计算式)。
II．Ni-CeO2 催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。
(3)下列对CO2甲烷化反应体系的说法合理的有______。
A．含碳副产物的产率均低于CH4
B．存在反应CO2+4H2⇌CH4 + 2H2O
C．存在副反应CO2+ H2⇌CO+ H2O
D．CO2 转化为CH4的过程中发生了能量转化
E.温度高于260℃后，升高温度，甲烷产率几乎不变
(4) CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在40 mL·min-1，320 ℃时测得CO2转化率为80%，则CO2反应速率为______mL·min-1。
【答案】(1)+247.4 kJ·mol-1 (2)①H2 CO 反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小 ②
(3)ABCDE (4)6.4
【解析】已知若干已知方程式的反应热，求目标方程式的反应热，核心是盖斯定律，在进行求解时抓住目标方程式的关键物质在已知方程式中是位于反应物还是生成物，能快速进行求解；CH4和CO2重整CO、H2和H2O，生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，产物中产量降低。
I. (1)记反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为反应④，由盖斯定律反应①=②+③-④，故ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH =41.2-35.6+241.8= +247.4 kJ·mol-1。(2) ①由反应①②③可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，故a曲线表示产物H2，b曲线表示CO；反应②是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O的含量增大，但反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行，H2O的含量减小；②1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%、 90%，则计算得平衡时c(CH4)= =mol/L，c(CO2)= =mol/L，由图可知，c(H2)=mol/L，c(CO)=mol/L，则：反应①的平衡常数K= ==。
II．(3)由图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y≥70%，则含碳副产物的产率≤30%，故含碳副产物的产率均低于CH4，A正确；由题意及图Ni-CeO2 催化CO2加H2形成CH4，故存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2O，B正确；由图可知，存在CO2和 H2反应生成CO+和H2O，C正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化，D正确；由图2可知，当温度高于260℃时，CO2的转化率还在增大，但CH4的百分含量几乎不在变化，则继续升高温度甲烷产率几乎不变，E正确，故答案为ABCDE；(4) CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量为40 mL·min-1，则1min内初始时CO2的体积为40× mL=8 mL，320 ℃时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v = mL·min-1=6.4 mL·min-1。
23．(2021·临朐县实验中学高三月考)CO2资源化利用受到越来越多的关注，研究对资源综合利用有重要意义。
(1) CO2氧化C2H6制C2H4相关的主要化学反应有：
Ⅰ．C2H6(g) →C2H4(g)+ H2(g) ΔH1=136 kJ·mol-1
Ⅱ．C2H6(g) +CO2(g)→C2H4(g)+ H2O(g) +CO(g) ΔH2=177 kJ·mol-1
Ⅲ．C2H6(g) +2CO2(g)→4CO(g)+3H2(g) ΔH3=________kJ·mol－1
Ⅳ．CO2(g) + H2(g) →CO(g)+ H2O(g) ΔH4=41 kJ·mol-1
已知：时，相关物质的相对能量(如图1)。
可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H(随温度变化可忽略)。例如： H2O(g)= H2O(l) △H= -286 kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)= -44 kJ·mol-1。
(2) CO2电化学制CH4。
图1表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，阴极的电极反应方程式为________________________，电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小，其原因是____________________________________。
(3)CO2催化加氢合成二甲醚。
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH＝41.2 kJ·mol－1
反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH＝－122.5 kJ·mol－1
①反应I的平衡常数表达式K＝____________________。
②在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性＝×100%)随温度的变化如图2。
T℃时，起始投入a mol CO2、b mol H2，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗H2的物质的量为________。合成二甲醚时较适宜的温度为260 ℃，其原因是________。
【答案】(1)430
(2)CO2＋8e－＋6H2O=CH4＋8OH－ OH－在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动
(3)①K＝ ②0.1a mol 温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小
【解析】(1) 由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)×4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)× 2=430 kJ∙mol-1；(2) 以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式为CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-，由于OH-在阳极被氧化，阳离子移向阴极，钾离子从右室往左室移动，使得电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小；(3) ①浓度平衡常数：生成物浓度的系数次方之积比上反应物浓度的系数次方之积，则反应Ⅰ平衡常数K=；②该温度下CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n(CO2)=40%×3mol=1.2mol，CO的选择性=×100%=25%，因此生成的CO物质的量=25%×1.2mol=0.3mol，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气物质的量为0.3mol；由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，所以该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260℃。
24．(2021·湖北武汉市汉阳一中月考)人们应用原电池原理制作了多种电池以满足不同的需要。电池发挥着越来越重要的作用，如在宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等，都离不开各式各样的电池，同时废弃的电池随便丢弃也会对环境造成污染。请根据题中提供的信息，回答下列问题：
(1)研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，在海水中电池反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl
①该电池的负极反应式是______；
②在电池中，Na+不断移动到“水”电池的_____极(填“正”或“负”)；
③外电路每通过4 mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是______；
(2)中国科学院应用化学研究所在甲醇(CH3OH是一种可燃物)燃料电池技术方面获得新突破。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。
①该电池工作时，b口通入的物质为_______；
②该电池负极的电极反应式_______；
③工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，有_____个电子转移。
(3)Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，当银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，写出该电池反应方程式_______；
(4)某微生物电池的工作原理如图所示
写出其正极的电极反应式______；负极的电极反应式_______
【答案】(1)①Ag+Cl--e-=AgCl ②正 ③2mol
(2)①CH3OH ②CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ ③1.2NA
(3)Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn(OH)4+2Ag
(4)+2e-+H+=Cl-+ CH3COO--8e-+4H2O=2HCO3-+9H+
【解析】(1)①根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl可知，Ag元素的化合价由0价失电子升高到+1价，发生氧化反应，Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl；②在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动；③根据方程式中5molMnO2生成1molNa2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，则外电路每通过4mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是2mol；(2)①据氢离子移动方向知，阳离子向正极移动，则右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇；②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；③根据CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+反应知，消耗1mol甲醇要转移6mol电子，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，转移电子的物质的量n═=1.2mol，则转移电子个数为1.2NA；(3)电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，正极电极反应式为Ag2O2+4e-+2H2O═2Ag+4OH-，负极电极反应式为2Zn-4e-+8OH-═2 Zn(OH)42-，反应还应有KOH参加，反应的总方程式为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O═2K2Zn(OH)4+2Ag；(4)根据图中原电池中氢离子的移动方向是从负极流向正极，所以B是电池的负极；A是正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应为：+2e-+H+=+Cl-，负极上是醋酸根转变为碳酸氢根离子，电极反应为：CH3COO--8e-+4H2O=2HCO3-+9H+。
25．(2021·辽宁丹东市高三月考)64g 铜被一定浓度的硝酸完全溶解，产生的气体的体积为V1L ，若将所 得气体中混合V2 LO2 ，则恰好能被水完全转化为硝酸；若将所得气体完全被氢氧化钠溶液吸收，会生成硝酸钠与亚硝酸钠(气体体积均在标准状况下测定)，请回答：
①V2 = ______L。
②亚硝酸钠的物质的量为______mol 。
(2)在 25℃、101 kPa 下，已知 SiH4 气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转 移 1 mol 电子放出热量 190.0 kJ，该反应的热化学方程式为_________。
(3)我国科学家实现了在铜催化剂条件下将 DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个 DMF 分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，
可知该历程的ΔH___________0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最小能垒(活化 能)E 正=___________eV，写出该步骤的化学方程式___________。
(4)某种利用垃圾渗透液实现发电装置示意图如下，当该装置工作时，盐桥中 K+向___________极(填 X 或 Y)移动，Y 极发生的电极反应为___________
【答案】(1)①11.2 ② 1
(2)SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l) △H=-1520.0 kJ/mol
(3)小于 0.22 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2＋OH* Y
(4) 2NO+10e-+6H2O =N2 +12OH-
【解析】(1)①64克铜的物质的量为1mol，共失去2mol电子，硝酸得到这些电子生成混合气体，混合气体再与氧气反应生成硝酸，所以由电子守恒分析，假设氧气的物质的量为xmol,有4x=2，则x=0.5mol，标况下体积为11.2L，则V2 =11.2L。②根据方程式分析，假设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，则：
根据电子守恒，有3x+y=2mol，亚硝酸钠的物质的量为，则亚硝酸钠的物质的量为1mol。(2)在 25℃、101 kPa 下，已知 SiH4 气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，方程式为SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l)，该反应中转移8mol电子，已知平均每转移1 mol电子放出热量 190.0 kJ，则该反应的热化学方程式为SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l) △H=-190.0 kJ/mol×8=-1520.0 kJ/mol；(3)该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，即△H小于0，该历程中最小能垒(活化 能)E 正=-1.55-(-1.77)=0.22eV，写出该步骤的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2＋OH*；(4)X电极上氨气失去电子生成氮气，说明X极为负极，Y极为正极，盐桥中 K+向正极即Y极移动，Y极发生还原反应，电极反应为2NO3-+10e-+6H2O =N2 +12OH-。
解密08 化学反应与能量
一、选择题
1．(2021·浙江省“山水联盟”选考模拟)下列说法不正确的是( )
A．使固态生物质与水蒸气高温反应生成热值较高可燃气体，属于生物质能的热化学转化
B．石油的裂化和裂解、煤的干馏、玉米制醇都是化学变化
C．将固态化石燃料转化为气体，可有效提高燃烧效率，减少环境污染
D．水煤气、焦炉煤气均可来自于煤的气化
【答案】D
【解析】A项，生物质由化学变化生成可燃性气体，可提供能量，则该过程属于生物质的热化学转化，A正确；B项，石油的裂化是将长链的重油转换为短链的轻质油，石油裂解是将长链的饱和烃转换为短链的不饱和烃，如乙烯，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，得到焦炉煤气、焦炭、煤焦油，玉米通过发酵可得乙醇，都有新物质生成，都是化学变化，B正确；C项，将固态化石燃料转化为气体，可使化石燃料充分燃烧，有效提高燃烧效率，同时减少CO的气体的排放，从而减少环境污染，C正确；D项，水煤气来自于煤的气化，焦炉煤气来自煤的干馏，D错误。故选D。
2．(2021·山东省青岛第五十八中学高三质检)以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。
下列说法正确的是( )
A．过程①中钛氧键断裂会释放能量
B．该反应中，光能和热能转化为化学能
C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率
D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH= + 30 kJ/mol
【答案】B
【解析】A项，化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；B项，根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故 B正确；C项，催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D项，反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g) =2CO(g) + O2(g) ΔH=1598×2- 1072×2-496=+ 556 kJ/mol，故D错误。
3．(2021·湖南衡阳高三模拟)乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理及能量与反应进程的关系如图所示。下列叙述正确的是( )
A．①、②、③三步均属于加成反应 B．总反应速率由第①步反应决定
C．第①步反应的中间体比第②步反应的中间体稳定 D．总反应不需要加热就能发生
【答案】B
【解析】A项，根据乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理可知只有第①步属于加成反应，A错误；B项，活化能越大，反应速率越慢，决定这总反应的反应速率，由图可知，第①步反应的活化能最大，总反应速率由第①步反应决定，故B正确；C项，由图可知，第①步反应的中间体比第②步反应的中间体的能量高，所以第②步反应的中间体稳定，故C错误；D项，总反应是否需要加热与反应的能量变化没有关系，故D错误；故选B。
4．(2021·江苏高三零模)在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH= -164.7 kJ/mol
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH= 41.2 kJ/mol
反应Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) ΔH= -247.1 kJ/mol
向恒压、密闭容器中通入1 mol CO2和4 mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应Ⅰ的平衡常数可表示为K=
B．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
C．提高 CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
D．CH4(g)+H2O(g) =CO(g)+3H2(g)的ΔH= -205.9 kJ/mol
【答案】C
【解析】A项，化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，反应Ⅰ的平衡常数为K=，故A错误；B项，反应物CO2的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO2的物质的量变化曲线，由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，则曲线B为CH4的物质的量变化曲线，故B错误；C项，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ逆向移动，即可提高 CO2转化为CH4的转化率，所以需要研发在低温区高效的催化剂，故C正确；D项，-(反应Ⅱ+反应Ⅲ)得到目标反应，则CH4(g)+H2O(g) =CO(g)+3H2(g)的ΔH=-[41.2 kJ/mol +(-247.1 kJ/mol)] =205.9 kJ/mol，故D错误；故选C。
5．(2021·山东聊城市高三质检)氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)。已知部分化学键的键能和化学反应的能量变化如下表和下图所示。下列说法中正确的是( )
A．表中的x＝191.2
B．反应过程中的 △H2＝1405.6 kJ·mol－1
C．选用合适的催化剂，可降低反应过程中的H值
D．NH3(g)＋2Cl2(g)＝NHCl2(g)＋2HCl(g) △H＝－22.6 kJ·mol－1
【答案】A
【解析】根据图中所示可知关系，△H=△H1+△H2，代入数值即可求△H2；反应热等于反应物断键键能减去生成物成键键能。A项，该反应方程式为NH3(g)＋Cl2(g)＝NH2Cl(g)＋HCl(g)，反应过程中断了一个N-H 键，一个Cl -Cl键，成了一个N- Cl键和一个H-Cl键，设Cl - Cl键键能为y，则△H=391.3+y- x-431.8=11.3 kJ·mol－1，根据NH3(g)＋Cl2(g)＝N2 (g)＋H(g) ＋2Cl(g)可知△H1=3×391.3+y=1416.9kJ·mol－1，联立可求x=191.2，A项正确；B项，△H=△H1+△H2，代入△H和△H1数值可知△H2= -1405.6 kJ·mol－1，B项错误；C项，催化剂能改变反应所需的活化能，即图中的△H1，无法改变反应最终的反应热△H，C项错误；D项，根据键能与反应热的关系可知Cl每取代一个H的反应热为△H＝11.3 kJ·mol－1，所以NH3(g)＋2Cl2(g)＝NHCl2(g)＋2HCl(g) △H＝22.6 kJ·mol－1，D项错误；故选A。
6．(2021·四川省广汉中学高三一模)1，3-丁二烯与HBr发生加成反应分两步：第一步H+进攻1，3-丁二烯生成碳正离子(CH，CHCH，)；第二步Br-进攻碳正离子完成1，2-加成或1，4加成。反应进程中的能量变化如下图所示。下列说法不正确的是( )
A．1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定
B．1，3-丁二烯与HBr发生加成反应是放热反应
C．适当升高反应温度，可能有利于1，4-加成的进行
D．选择合适的催化剂加入，可使1，2-加成的焓变小于1，4-加成
【答案】D
【解析】A项，由图象可知，1，4-加成产物比1，2-加成产物能量低，则1，4-加成产物比1，2-加成产物更稳定，故A正确；B项，由图象可知，1，3-丁二烯与HBr的能量总和高于加成后生成物的能量总和，则1，3-丁二烯与HBr发生加成反应是放热反应，故B正确；C项，由图象可知，1，3-丁二烯与HBr发生加成反应是放热反应，适当升高反应温度，可以加快反应速率，可能有利于1，4-加成的进行，但不利于提高反应物的转化率，故C正确；D项，选择合适的催化剂加入，可以改变化学反应速率，但不能使化学平衡发生移动，所以不会改变反应物的转化率，更不会改变焓变，故D错误；故选D。
7．(2021·天津高二期末)用电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O72-时，以铁板作阴、阳极，处理过程中发生反应：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，最后Cr3+以Cr (OH)3形式除去。下列说法正确的是( )
A．电解过程中废水的pH会减小
B．电解时H+在阴极得电子生成H2
C．电解后除Cr (OH)3沉淀外，还有Fe (OH)2沉淀生成
D．电路中每转移0.6 mol e-，最多有0.1 mol Cr2O72-被还原
【答案】B
【解析】A项，由反应式Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O可知，处理过程中消耗H+，溶液的酸性减弱，pH会增大，故A错误；B项，电解时阴极发生还原反应，溶液中H+在阴极得电子生成H2，故B正确；C项，溶液中H+在阴极得电子减少，同时生成氢氧根离子，有Fe (OH)3沉淀生成，故C错误；D项，由电极反应式Fe-2e-=Fe2+，转移0.6 mol电子，需要0.3 mol Fe，再根据处理过程关系式得：6Fe~12e-~6Fe2+~ Cr2O72-， 0.05 mol Cr2O72-被还原，故D错误；故选B。
8．(2021·广东高三零模)环氧乙烷(C2H4O)常用于医用消毒，一种制备方法为：使用惰性电极电解KCl溶液，用Cl-交换膜将电解液分为阴极区和阳极区，其中一区持续通入乙烯；电解结束，移出交换膜，两区混合反应： HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。下列说法错误的是( )
A．乙烯应通入阴极区
B．移出交换膜前存在反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO
C．使用Cl- 交换膜阻止OH- 通过，可使Cl2生成区的pH逐渐减小
D．制备过程的总反应为：H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O
【答案】A
【解析】环氧乙烷的制备原理：Cl-在阳极被氧化生成Cl2，Cl2与水发生反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO，HClO与乙烯发生加成反应生成HOCH2CH2Cl；阴极区水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生氢氧根，电解结束，移出交换膜，两区混合反应： HOCH2CH2Cl +OH-=Cl- + H2O + C2H4O。A项，阳极区产生HClO，所以乙烯通入阳极区，故A错误；B项，根据分析可知阳极氧化生成的氯气会与水发生反应Cl2+ H2O⇌HCl + HClO，故B正确；C项，根据分析可知阳极区会产生HCl，使用Cl- 交换膜阻止OH- 通过，HCl的浓度不断增大，pH逐渐减小，故C正确；D项，根据分析可知该反应过程中KCl并没有被消耗，实际上是水、乙烯反应，总反应为H2C=CH2+ H2O= H2↑+ C2H4O，故D正确；故选A。
9．(2021·河南开封市高三一模)多伦多大学EdwardSargent教授团队研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法。反应在KCl电解液的流动池中进行，示意图如图。电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法正确的是( )
A．泡沫镍电极连接电源负极
B．铂箔电极附近溶液pH下降
C．该过程的总反应为CH2=CH2+HOCl→+HCl
D．当电路中通过1mol电子时，铂箔电极上会产生11.2L气体(标准状况)
【答案】D
【解析】据图可知泡沫镍电极上Cl-失电子被氧化生成Cl2，所以泡沫镍电极为阳极，则铂箔电极为阴极，电解质溶液为KCl溶液，所以阴极上水电离出的氢离子放电生成氢气。A项，根据分析可知泡沫镍电极为阳极，应连接电源正极，故A错误；B项，铂箔电极为阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，同时产生大量氢氧根，所以铂箔电极附近溶液pH升高，故B错误；C项，铂箔电极的产物为H2和KOH，所以阳极区生成的HCl又会反应生成KCl，初始反应物没有HOCl，该物质是阳极产物氯气和水反应生成的，据图可知HOCl中氯元素最终又生成了氯离子，所以该反应的实际反应物只有乙烯和水，最终的生成物为环氧乙烷和氢气，总反应为，故C错误；D项，铂箔电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移1mol电子生成0.5mol氢气，标况下体积为11.2L，故D正确；故选D。
10．(2020·江苏赣榆高三模拟)我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO2 催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主法错误的是( )
A．第①步中CO2和H2分子中都有化学键断裂
B．第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO
C．第④步反应是一个放热过程
D．水在整个历程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水
【答案】D
【解析】A项，第①步中CO2和H2变为*HCOO，CO2的结构式为O=C=O，H2的结构式为H-H，*HCOO的结构式为，由此可知，CO2和H2分子中都有化学键断裂，A正确；B项，由图可知，第③步的反应式为：*H3CO+H2O→CH3OH+*HO，B正确；C项，第④步反应，*HO+*H→H2O，有新化学键形成，放出热量，C正确；D项，第②步反应生成H2O，第③步反应消耗H2O，第④步反应生成H2O，整个过程总的来说有H2O生成，D错误。故选D。
11．(2020·山东威海高三二模)我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法正确的是( )
A．该历程中最小能垒的化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*＝(CH3)2NCH2＋OH*
B．该历程中最大能垒(活化能)为2.16eV
C．该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02ev•mol－1
D．增大压强或升高温度均能加快反应速率，并增大DMF平衡转化率
【答案】A
【解析】从图中可以看出，在正向进行的三个反应中，其能垒分别为：-1.23-(-2.16)=0.93、-1.55-(-1.77)=0.22、-1.02-(-2.21)=1.19。A项，从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由(CH3)2NCH2OH*转化为(CH3)2NCH2的反应，化学方程式为 (CH3)2NCH2OH*＝(CH3)2NCH2＋OH*，A正确；B项，该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，B不正确；C项，该反应的总反应是由(CH3)2NCHO(g)转化为N(CH3)3(g)，但1.02ev•为单个(CH3)2NCHO(g)反应时放出的热量，所以热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)＋2H2(g)＝N(CH3)3(g)＋H2O(g) ΔH＝－1.02NAev•mol－1，C不正确；D项，增大压强或升高温度均能加快反应速率，但升高温度平衡逆向移动，不能增大DMF平衡转化率，D不正确；故选A。
12．(2020·山东肥城高三模拟)1，3—丁二烯在环己烷溶液中与溴发生加成反应时，会生成两种产物M和N(不考虑立体异构)，其反应机理如图1所示；室温下，M可以缓慢转化为N，能量变化如图2所示。下列关于该过程的叙述正确的是( )
A．室温下，M的稳定性强于N
B． ∆H= (E2-E1)kJ‧mol-1
C．N存在顺反异构体
D．有机物M的核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：1：2：2
【答案】C
【解析】A项，能量越低，物质越稳定，由图2可看出，N的能量低于M的，故稳定性N强于M，A错误；B项，该反应为放热反应，∆H=生成物的总能量-反应物的总能量，即∆H=( E1- E2 )kJ‧mol-1=-(E2-E1)kJ‧mol-1，该反应的热化学方程式为： ∆H=-(E2-E1)kJ‧mol-1，B错误；B项，N中碳碳双键连接两种不同基团，存在顺反异构，顺式：，反式：，C正确；D项，有机物M结构简式：，核磁共振氢谱中有四组峰，峰面积之比为2：1：1：2，D错误；故选C。
13．(2021·山东潍坊市寿光现代中学高三月考)某研究团队发现，利用微生物电化学系统可处理含氮废水。下图是一种新型的浸没式双极室脱盐—反硝化电池，中间由质子交换膜隔开，阳极室中的NO3-通过泵循环至阴极室。下列说法错误的是( )
A．电极电势：阴极室高于阳极室
B．负极的电极反应式：CH2O-4e-+H2O=CO2+4H+
C．当处理1 mol NO3-时，有5 mol H+经过质子交换膜，移向阴极室
D．该装置需在适宜的温度下进行，温度不宜过高
【答案】B
【解析】根据原电池的图示及电子移动的方向(左→右)，可知左边为负极，发生反应(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑+4nH+，右边为正极，发生反应2N NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O。A项，原电池中电极电势，右侧正极高于左侧负极，则右侧阴极高于左侧阳极，故A正确；B项，负极电极反应式为(CH2O)n-4ne-+nH2O=nCO2↑+4nH+，故B错误；C项，由正极电极反应式2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O可知，当处理1 molNO3-时，有5 mol H+经过质子交换膜，移向阴极室，故C正确；D项，温度过高(CH2O)n会变成气体，因此需要控制温度，故D正确；故选B。
14．(2021·福建高三月考)应对新冠肺炎疫情时所采取的措施是对环境进行彻底消毒，二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备ClO2的原理如图所示。下列说法正确的( )
A．a与电源的负极连接，在b极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．当有0.3mol阴离子通过离子交换膜时，二氧化氯发生器中产生1.12LNH3
C．电解池a极上发生的电极反应为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+
D．二氧化氯发生器内，发生的氧化还原反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：1
【答案】C
【解析】A项，在b极区有H+得到电子生成H2，电极反应式为2H++2e-= H2↑，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，则b极为电解池的阴极，b极与电源的负极相连接，则a极与电源的正极相连接，故A错误；B项，没有指明条件为标准状况，不能准确计算产生NH3体积，故B错误；C项，a为电解池的阳极，NH4+在阳极失去电子生成NCl3，电极反应式为NH4+-6e-+3Cl-=NCl3+4H+，故C正确；D项，在二氧化氯发生器内，发生3H2O+ NCl3+6NaClO2=6ClO2↑+ NH3↑+3NaCl+3NaOH，其中NCl3为氧化剂，NaClO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6，故D错误；故选C。
15．(2021·吉林长春市东北师大附中期末)钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按下图装置进行电解。通电后，a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是( )
A．已知钴酸锂电池放电时总反应为Li1-XCOO2+LiXC6=LiCOO2+6C，则m处Li1-XCOO2发生反应Ⅱ失电子
B．当外电路中转移0.2电子时，理论上装置Ⅰ中加入1002盐酸可复原
C．电极d为阴极，电解过程中发生反应Cu+Cl—e-= CuCl
D．随着电解的进行，U形管Ⅱ中发生了如下转化CuCl+OH-= CuOH+Cl-
【答案】D
【解析】A项，LiXC6中C为负价，根据电池总反应，LiXC6作负极，则Li1-XCOO2作正极，得电子，A项错误；B项，盐酸中的水会稀释I中的溶液，故不可复原，B项错误；C项，a电极一直有气泡，且a的材料为铜，故a极为阴极，d为阳极，d极反应式为Cu+Cl—e-= CuCl，C项错误；D项，d电极先产生白色沉淀(CuCl)，白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)，发生的反应是CuCl+OH-= CuOH+Cl-，D项正确；故选D。
16．(2021·河北高三一模)某研究机构使用Li—SO2Cl2电池作为电源电解制备Ni(H2PO2)2，其工作原理如图所示。已知电池反应为2Li＋SO2Cl2=2LiCl＋SO2↑，下列说法错误的是( )
A．电池中C电极的电极反应式为SO2Cl2＋2e-=2Cl-＋SO2↑
B．电池的e极连接电解池的g极
C．膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜
D．电解池中不锈钢电极附近溶液的pH增大
【答案】B
【解析】根据电池反应为2Li+SO2Cl2=2LiCl+SO2↑可知，放电时Li元素化合价由0价变为+1价，失去电子，所以Li电极是负极，反应式为2Li-2e-═2Li+，则碳棒是正极，正极是SO2Cl2中+6价的硫得电子、发生还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑；电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，所以g电极为阳极、与锂-磺酰氯(Li-SO2Cl2)电池的正极C棒相接，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，h电极为阴极，与原电池的e电极相接，H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜。A项，由图示可知，Li电极为负极，发生氧化反应，则C电极为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式为SO2Cl2+2e-=2Cl-+SO2↑，故A正确；B项，原电池中Li电极为负极，C电极为正极，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，即g电极为阳极，则h电极为阴极，与原电池的负极Li电极e相接，故B错误；C项，电解池中，Ni电极失去电子生成Ni2+，通过膜a进入产品室II室，H2PO2-由原料室III室通过膜b进入产品室II室，在产品室II室中与Ni2+生成Ni(H2PO2)2，Na+通过膜c进入IV室，形成闭合回路，所以膜a、c是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，故C正确；D项，电解池中不锈钢电极即h电极为为阴极，电极上H2O或H+发生得电子的还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-或2H++2e-=H2↑，所以电极附近溶液的pH增大，故D正确；故选B。
17．(2021·湖北武汉市·华中师大一附中高三月考)银－Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理如下(在原电池中完成氧化银与甲醛的反应)。下列说法正确的是(吸光度A＝a·b·c，其中a为吸光系数，b为液层厚度，c为溶液浓度) ( )
A．其他条件相同，溶液的吸光度越小，说明甲醛浓度越大
B．电池反应①中，H+向Ag2O极板迁移
C．整个过程看，最终化合价发生变化的元素有Ag、Fe和C
D．理论上，消耗HCHO和消耗Fe3+的物质的量之比为1∶2
【答案】B
【解析】甲醛在原电池负极失电子，被氧化为二氧化碳，氧化银作原电池正极得电子被还原为Ag，Ag单质和Fe3+定量反应得Fe2+，Fe2+和Ferrozine得到有色配合物，最后测定溶液吸光度，吸光度越大，则有色配合物浓度越大，对应甲醛浓度越大。A项，甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，A错误；B项，H+向正极移动，即H+向Ag2O极板迁移，B正确；C项，Fe的化合价由+3价降为+2价，C的化合价由0价升高为+4价，氧化银在原电池中被还原为Ag，Ag的化合价从+1降低到0，反应②中Ag被Fe3+氧化成Ag+，Ag的化合价从0价升高为+1价，整个过程Ag的化合价没变，C错误；D项，甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，Fe3+反应生成Fe2+转移电子数为1，则理论上消耗的甲醛与消耗Fe3+的物质的量之比为1:4，D错误。故选B。
18．(2021·湖南常德市一中高三月考)相同金属在其不同浓度盐溶液中可形成浓差电池。如图所示装置是利用浓差电池电解Na2SO4溶液(a、b电极均为石墨电极)，可以制得O2、H2、H2SO4和NaOH。下列说法不正确的是( )
A．a电极的电极反应为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-
B．c、d离子交换膜依次为阳子交换膜和阴离子交换膜
C．电池放电过程中，Cu(1)电极上的电极反应为Cu2++2e-=Cu
D．电池从开始工作到停止放电，电解池理论上可制得320g NaOH
【答案】D
【解析】浓差电池放电时，两个电极区的浓度差会逐渐减小，当两个电极区硫酸铜溶液的浓 度完全相等时，放电停止，电池放电过程中，Cu(1)电极上发生使Cu2+浓度降低的还原反应， 作正极，Cu(2)电极上发生使Cu2+浓度升高的氧化反应，作负极，则在右池的电解池中，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，b为电解池的阳极，H2O中的OH-失去电子发生氧化反应生成O2。电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液的浓度同时由2.5mol·L-1降低到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由 0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1， 正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L ×(2.5-1.5) mol·L-1=2mol，电路中转移4mol 电子，电解 池的阴极生成4mol OH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g。A项，a为电解池的阴极，H2O中的H+得到电子发生还原反应生成H2，电极反应为4H2O+4e-=2H2↑+4OH-，A项正确；B项，因溶液为电中性，a电极附近产生了阴离子，必须让阳离子发生移动，c为阳离子交换膜，b电极附近阴离子减少，必须让阴离子发生移动，d为阴离子交换膜，B项正确；C项，Cu(1)作正极，得到电子，电极反应为Cu2++2e-=Cu，C项正确；D项，电池从开始工作到停止放电，正极区硫酸铜溶液浓度同时由2.5mol·L-1降到1.5mol·L-1，负极区硫酸铜溶液同时由0.5 mol·L-1升到1.5 mol·L-1，正极反应可还原Cu2+的物质的量为2L ×(2.5-1.5) mol·L-1=2mol，电路中转移4mol 电子，电解池的阴极生成4mol OH-，即阴极区可得4mol氢氧化钠，其质量为160g，D选项错误；故选D。
19．(2021·上海闵行区·高三一模)丙烷与溴原子能发生以下两种反应：
① CH3CH2CH3(g) + Br·(g) → CH3CH2CH2·(g) + HBr(g)
② CH3CH2CH3(g) + Br·(g) → CH3CH·CH3 (g) + HBr(g)
反应过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．反应①是放热反应
B．反应②使用了催化剂
C．产物中 CH3CH2CH2·(g)含量比 CH3CH·CH3(g)低
D．CH3CH2CH2·(g)转变为 CH3CH·CH3(g)时需要吸热
【答案】C
【解析】A项，由反应过程的能量变化图可知，反应①和②生成物的能量都高于反应物的能量，属于吸热反应，故A错误；B项，无法判断反应②是否使用了催化剂，故B错误；C项，反应①的活化能比反应②活化能高，因此反应②更容易进行，反应②产物CH3CH·CH3(g)含量高，故C正确；D项，由反应过程的能量变化图可知，CH3CH·CH3(g)能量低，CH3CH2CH2·(g)能量高，CH3CH2CH2·(g)转变为 CH3CH·CH3(g)时需要放热，故D错误；故选C。
20．(2021·沙洋县沙洋中学月考)500mLKCl和Cu(NO3)2的混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，通电一段时间后，两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，假设电解后溶液的体积仍为500mL，下列说法正确的是( )
A．原混合溶液中c(Cl-)=0.3mol·L-1
B．上述电解过程中共转移0.5mol电子
C．电解得到的无色气体与有色气体的体积比为3:7
D．电解后溶液中c(OH-)=0.2mol·L-1
【答案】D
【解析】电解KCl和Cu(NO3)2的混合溶液，溶液中存在：Cu2+、H+、OH-、Cl-、K+、NO3-离子；根据离子的还原性顺序可知，阳极氯离子先放电，氢氧根离子后放电，电极反应式为：2Cl--2e-═Cl2↑，4OH--4e-= O2↑+2H2O；阴极铜离子先放电，氢离子后放电，电极反应式为：Cu2++2e-═Cu，2H++2e-=H2↑；两电极均收集到5.6L(标准状况下)气体，气体的物质的量为0.25mol；混合溶液中c(Cu2+)=0.2mol·L-1，n(Cu2+)=0.1mol，转移电子0.2mol；n(H2)= 0.25mol，转移电子为0.5mol，所以阴极共转移电子0.7mol，阳极也转移电子0.7mol；设生成氯气为xmol，氧气为ymol，则x+y=0.25,2x+4y=0.7，解之得x=0.15mol，y=0.1mol。A项，结合以上分析可知，n(Cl-)=2n(Cl2)=0.3mol，假设电解后溶液的体积仍为500mL，原混合溶液中c(Cl-)=0.6mol·L-1，故A错误；B项，结合以上分析可知，电解过程中共转移0.7mol电子，故B错误；C项，电解得到的无色气体为氢气和氧气，共计0.25+0.1=0.35mol，有色气体为氯气，为0.15mol，气体的体积之比和物质的量成正比，所以无色气体与有色气体的体积比为7:3，故C错误；D项，结合以上分析可知，电解过程中消耗氢离子0.5mol，消耗氢氧根离子0.4mol，剩余氢氧根离子0.1mol，假设电解后溶液的体积仍为500mL，电解后溶液中c(OH-)=0.2mol·L-1，故D正确；故选D。
二、非选择题
21．(2021·衡水中学高三月考)天然气净化过程中产生有毒的H2S，直接排放会污染空气，通过下列方法可以进行处理。
(1)工业上用克劳斯工艺处理含H2S的尾气获得硫黄，流程如图：
反应炉中的反应：2H2S(g)+ 3O2(g)=2SO2(g)+ 2H2O(g) △H=-1035.6kJ∙mol-1
催化转化器中的反应：2H2S(g)+ SO2(g)=3S(g)+ 2H2O(g) △H=-92.8kJ∙mol-1
克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：______。
(2)T∙F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示，下列说法正确的是______。
A．脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
B．i过程可导致环境pH减小
C．该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O
D．该过程可以在高温下进行
(3) H2S分解反应H2S(g) H2(g)+1/2S(g) △H＞0。在无催化剂及Al2O3催化下，H2S在反应器中不同温度时反应，间隔相同时间测定一次H2S的转化率，其转化率与温度的关系如图所示：
①在约1100℃时，有无Al2O3催化，其转化率几乎相等，是因为______。
②在压强p、温度T，Al2O3催化条件下，将H2S(g)、Ar(g)按照物质的量比为1:n混合，发生热分解反应H2S(g) H2(g)+1/2S(g)，S2平衡产率为α。掺入Ar能提高S2的平衡产率，解释说明该事实______，平衡常数Kp=______(以分压表示，分压=总压×物质的量分数)
(4)当废气中硫化氢浓度较低时常用纯碱溶液进行吸收，已知H2S、H2CO3的电离平衡常数如下表所示：
电离平衡常数
H2S
H2CO3
纯碱溶液吸收少量H2S的离子方程式为______。
【答案】(1)2H2S(g)+3O2(g)=2S(g)+ 2H2O(g) △H=-407.1kJ∙mol-1 (2)BC
(3)①1100℃时，Al2O3几乎失去催化活性
②温度、压强一定时，原料气中掺入Ar，相当于往平衡混合气中充入稀有气体，减小反应物和生成物浓度，促进平衡正向移动，从而提高S2的产率
(4)H2S+CO32-=HS-+HCO3-
【解析】T∙F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，分析其原理图可知，反应i为Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4，反应ⅱ为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，将反应i×2+反应ⅱ，可得出总反应为2H2S+O2=2S↓+2H2O。(1) 2H2S(g)+ 3O2(g)=2SO2(g)+ 2H2O(g) △H=-1035.6kJ∙mol-1 ① 2H2S(g)+ SO2(g)=3S(g)+ 2H2O(g) △H=-92.8kJ∙mol-1 ②
利用盖斯定律，将反应②×+①×可得出，克劳斯工艺中获得气态硫黄的总反应的热化学方程式：2H2S(g)+3O2(g)=2S(g)+ 2H2O(g) △H=(-92.8 kJ∙mol-1)×+(-1035.6 kJ∙mol-1)×=-407.1kJ∙mol-1。(2)A项，从分析中可以看出，脱硫过程可实现Fe2(SO4)3的循环使用，不需添加Fe2(SO4)3溶液，A不正确；B项，i过程中发生反应Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+S↓+H2SO4，可导致环境pH减小，B正确；C项，由分析可以得出，该脱硫过程的总反应为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，C正确；D项，因为天然气的催化脱硫过程，使用T∙F菌作催化剂，所以该过程不能在高温下进行，D不正确；故选BC。 (3)①在约1100℃时，有无Al2O3催化，其转化率几乎相等，则表明催化剂的催化效果接近0，从而得出原因是1100℃时，Al2O3几乎失去催化活性。②压强一定，掺入稀有气体Ar，虽然不参与反应，但可减小反应物与生成物的浓度，减小反应物的碰撞次数，从而使平衡向气体分子数增大的方向移动，从而得出掺入Ar能提高S2的平衡产率，该事实表明：温度、压强一定时，原料气中掺入Ar，相当于往平衡混合气中充入稀有气体，减小反应物和生成物浓度，促进平衡正向移动，从而提高S2的产率；p、T一定时，H2S(g)、Ar(g)按1∶n混合，发生反应H2S(g) H2(g)+1/2S(g)，S2平衡产率为α，则反应物的转化率为α，设n(H2S)=1mol，则可建立下列三段式：
则平衡混合气的总物质的量为(1+0.5α+n)mol，平衡常数Kp==。(4)由表中的平衡常数可以看出，H2S只能电离出1个H+与CO32-反应，所以纯碱溶液吸收少量H2S，生成HS-和HCO3-，离子方程式为H2S+ CO32-=HS-+ HCO3-。
22．(2021·广东高三零模)温室气体的利用是当前环境和能源领域的研究热点。
I.CH4与CO2重整可以同时利用两种温室气体，其工艺过程中涉及如下反应：
反应①CH4(g) + CO2(g)⇌2CO(g)+2H2 (g) ΔH1
反应②CO2 (g)+ H2 (g) CO(g) + H2O(g) ΔH2= +41.2 kJ·mol-1
反应③CH4 (g)+O2(g) CO(g) + 2H2(g) ΔH3 = -35.6 kJ·mol-1
(1)已知：O 2(g)+H2(g)= H2O(g) ΔH = -241.8 kJ·mol-1，则ΔH1 =______ kJ·mol-1。
(2)一定条件下，向体积为VL的密闭容器中通入CH4、CO2各1.0 mol及少量O2，测得不同温度下反应平衡时各产物产量如图所示。
①图中a和b分别代表产物______和______，当温度高于900 K， H2O的含量随温度升高而下降的主要原因是______。
②1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%和90%，反应①的平衡常数K=______ ( 写出计算式)。
II．Ni-CeO2 催化CO2加H2形成CH4的反应历程如图1所示(吸附在催化剂表面的物种用*标注)，含碳产物中CH4的物质的量百分数(Y)及CO2的转化率随温度的变化如图2所示。
(3)下列对CO2甲烷化反应体系的说法合理的有______。
A．含碳副产物的产率均低于CH4
B．存在反应CO2+4H2⇌CH4 + 2H2O
C．存在副反应CO2+ H2⇌CO+ H2O
D．CO2 转化为CH4的过程中发生了能量转化
E.温度高于260℃后，升高温度，甲烷产率几乎不变
(4) CO2甲烷化的过程中，保持CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量控制在40 mL·min-1，320 ℃时测得CO2转化率为80%，则CO2反应速率为______mL·min-1。
【答案】(1)+247.4 kJ·mol-1 (2)①H2 CO 反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)是放热反应，升高温度，平衡逆行移动，H2O的含量减小 ②
(3)ABCDE (4)6.4
【解析】已知若干已知方程式的反应热，求目标方程式的反应热，核心是盖斯定律，在进行求解时抓住目标方程式的关键物质在已知方程式中是位于反应物还是生成物，能快速进行求解；CH4和CO2重整CO、H2和H2O，生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，产物中产量降低。
I. (1)记反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为反应④，由盖斯定律反应①=②+③-④，故ΔH1=ΔH2+ΔH3-ΔH =41.2-35.6+241.8= +247.4 kJ·mol-1。(2) ①由反应①②③可知，反应产物有CO、H2和H2O，生成的H2会在反应②中与CO2反应生成CO，CO的产量高于H2，故a曲线表示产物H2，b曲线表示CO；反应②是吸热反应，升高温度，有利于反应的正向进行，H2O的含量增大，但反应O 2(g)+H2(g)= H2O(g)为放热反应，升高温度，不利于反应的正向进行，H2O的含量减小；②1100 K时，CH4与CO2的转化率分别为95%、 90%，则计算得平衡时c(CH4)= =mol/L，c(CO2)= =mol/L，由图可知，c(H2)=mol/L，c(CO)=mol/L，则：反应①的平衡常数K= ==。
II．(3)由图可知，含碳产物中CH4的物质的量百分数Y≥70%，则含碳副产物的产率≤30%，故含碳副产物的产率均低于CH4，A正确；由题意及图Ni-CeO2 催化CO2加H2形成CH4，故存在反应CO2+4H2CH4 + 2H2O，B正确；由图可知，存在CO2和 H2反应生成CO+和H2O，C正确；化学反应伴随着物质变化和能量变化，D正确；由图2可知，当温度高于260℃时，CO2的转化率还在增大，但CH4的百分含量几乎不在变化，则继续升高温度甲烷产率几乎不变，E正确，故答案为ABCDE；(4) CO2甲烷化的过程中，CO2与H2的体积比为1：4，反应气的总流量为40 mL·min-1，则1min内初始时CO2的体积为40× mL=8 mL，320 ℃时CO2转化率为80%，则CO2反应速率为v = mL·min-1=6.4 mL·min-1。
23．(2021·临朐县实验中学高三月考)CO2资源化利用受到越来越多的关注，研究对资源综合利用有重要意义。
(1) CO2氧化C2H6制C2H4相关的主要化学反应有：
Ⅰ．C2H6(g) →C2H4(g)+ H2(g) ΔH1=136 kJ·mol-1
Ⅱ．C2H6(g) +CO2(g)→C2H4(g)+ H2O(g) +CO(g) ΔH2=177 kJ·mol-1
Ⅲ．C2H6(g) +2CO2(g)→4CO(g)+3H2(g) ΔH3=________kJ·mol－1
Ⅳ．CO2(g) + H2(g) →CO(g)+ H2O(g) ΔH4=41 kJ·mol-1
已知：时，相关物质的相对能量(如图1)。
可根据相关物质的相对能量计算反应或变化的△H(随温度变化可忽略)。例如： H2O(g)= H2O(l) △H= -286 kJ·mol-1-(-242kJ·mol-1)= -44 kJ·mol-1。
(2) CO2电化学制CH4。
图1表示以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，阴极的电极反应方程式为________________________，电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小，其原因是____________________________________。
(3)CO2催化加氢合成二甲醚。
反应Ⅰ：CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)；ΔH＝41.2 kJ·mol－1
反应Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)=CH3OCH3(g)＋3H2O(g)；ΔH＝－122.5 kJ·mol－1
①反应I的平衡常数表达式K＝____________________。
②在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下，CO2平衡转化率和平衡时CO的选择性(CO的选择性＝×100%)随温度的变化如图2。
T℃时，起始投入a mol CO2、b mol H2，达到平衡时反应Ⅰ理论上消耗H2的物质的量为________。合成二甲醚时较适宜的温度为260 ℃，其原因是________。
【答案】(1)430
(2)CO2＋8e－＋6H2O=CH4＋8OH－ OH－在阳极被氧化，钾离子从右室往左室移动
(3)①K＝ ②0.1a mol 温度过低，反应速率太慢；温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小
【解析】(1) 由图1的数据可知，C2H6(g)、CO2(g)、CO(g)、H2(g)的相对能量分别为-84kJ∙mol-1、-393 kJ∙mol-1、-110 kJ∙mol-1、0 kJ∙mol-1。由题中信息可知，∆H=生成物的相对能量-反应物的相对能量，因此，C2H6(g)+2CO2(g)4CO(g)+3H2(g) ∆H3=(-110 kJ∙mol-1)×4-(-84kJ∙mol-1)-( -393 kJ∙mol-1)× 2=430 kJ∙mol-1；(2) 以KOH溶液作电解质溶液进行电解的示意图，CO2在Cu电极上可以转化为CH4，根据电子转移、电荷守恒可得电极反应式为CO2+8e-+6H2O═CH4+8OH-，由于OH-在阳极被氧化，阳离子移向阴极，钾离子从右室往左室移动，使得电解一段时间后，阳极区KOH溶液的质量分数减小；(3) ①浓度平衡常数：生成物浓度的系数次方之积比上反应物浓度的系数次方之积，则反应Ⅰ平衡常数K=；②该温度下CO的选择性是25%，二氧化碳的转化率为40%，则反应的n(CO2)=40%×3mol=1.2mol，CO的选择性=×100%=25%，因此生成的CO物质的量=25%×1.2mol=0.3mol，结合化学方程式定量关系计算反应Ⅰ消耗氢气物质的量为0.3mol；由于温度过低，反应速率太慢，温度过高，CO选择性过大，二甲醚的选择性减小，所以该催化剂条件下合成二甲醚时较适宜的温度为260℃。
24．(2021·湖北武汉市汉阳一中月考)人们应用原电池原理制作了多种电池以满足不同的需要。电池发挥着越来越重要的作用，如在宇宙飞船、人造卫星、电脑、照相机等，都离不开各式各样的电池，同时废弃的电池随便丢弃也会对环境造成污染。请根据题中提供的信息，回答下列问题：
(1)研究人员最近发明了一种“水”电池，这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电，在海水中电池反应可表示为：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl
①该电池的负极反应式是______；
②在电池中，Na+不断移动到“水”电池的_____极(填“正”或“负”)；
③外电路每通过4 mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是______；
(2)中国科学院应用化学研究所在甲醇(CH3OH是一种可燃物)燃料电池技术方面获得新突破。甲醇燃料电池的工作原理如图所示。
①该电池工作时，b口通入的物质为_______；
②该电池负极的电极反应式_______；
③工作一段时间后，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，有_____个电子转移。
(3)Ag2O2是银锌碱性电池的正极活性物质，当银锌碱性电池的电解质溶液为KOH溶液，电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，写出该电池反应方程式_______；
(4)某微生物电池的工作原理如图所示
写出其正极的电极反应式______；负极的电极反应式_______
【答案】(1)①Ag+Cl--e-=AgCl ②正 ③2mol
(2)①CH3OH ②CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+ ③1.2NA
(3)Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O=2K2Zn(OH)4+2Ag
(4)+2e-+H+=Cl-+ CH3COO--8e-+4H2O=2HCO3-+9H+
【解析】(1)①根据电池总反应：5MnO2+2Ag+2NaCl=Na2Mn5O10+2AgCl可知，Ag元素的化合价由0价失电子升高到+1价，发生氧化反应，Ag应为原电池的负极，负极发生反应的电极方程式为：Ag+Cl--e-=AgCl；②在原电池中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以钠离子向正极移动；③根据方程式中5molMnO2生成1molNa2Mn5O10，化合价共降低了2价，所以每生成1molNa2Mn5O10转移2mol电子，则外电路每通过4mol电子时，生成Na2Mn5O10的物质的量是2mol；(2)①据氢离子移动方向知，阳离子向正极移动，则右侧电极为正极，左侧电极为负极，负极上通入燃料甲醇；②正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O，负极上甲醇失电子和水反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+；③根据CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+反应知，消耗1mol甲醇要转移6mol电子，当6.4g甲醇完全反应生成CO2时，转移电子的物质的量n═=1.2mol，则转移电子个数为1.2NA；(3)电池放电时正极的Ag2O2转化为Ag，负极的Zn转化为K2Zn(OH)4，正极电极反应式为Ag2O2+4e-+2H2O═2Ag+4OH-，负极电极反应式为2Zn-4e-+8OH-═2 Zn(OH)42-，反应还应有KOH参加，反应的总方程式为：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O═2K2Zn(OH)4+2Ag；(4)根据图中原电池中氢离子的移动方向是从负极流向正极，所以B是电池的负极；A是正极，正极上发生得电子的还原反应，电极反应为：+2e-+H+=+Cl-，负极上是醋酸根转变为碳酸氢根离子，电极反应为：CH3COO--8e-+4H2O=2HCO3-+9H+。
25．(2021·辽宁丹东市高三月考)64g 铜被一定浓度的硝酸完全溶解，产生的气体的体积为V1L ，若将所 得气体中混合V2 LO2 ，则恰好能被水完全转化为硝酸；若将所得气体完全被氢氧化钠溶液吸收，会生成硝酸钠与亚硝酸钠(气体体积均在标准状况下测定)，请回答：
①V2 = ______L。
②亚硝酸钠的物质的量为______mol 。
(2)在 25℃、101 kPa 下，已知 SiH4 气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转 移 1 mol 电子放出热量 190.0 kJ，该反应的热化学方程式为_________。
(3)我国科学家实现了在铜催化剂条件下将 DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个 DMF 分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，
可知该历程的ΔH___________0(填“大于”“等于”或“小于”)，该历程中最小能垒(活化 能)E 正=___________eV，写出该步骤的化学方程式___________。
(4)某种利用垃圾渗透液实现发电装置示意图如下，当该装置工作时，盐桥中 K+向___________极(填 X 或 Y)移动，Y 极发生的电极反应为___________
【答案】(1)①11.2 ② 1
(2)SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l) △H=-1520.0 kJ/mol
(3)小于 0.22 (CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2＋OH* Y
(4) 2NO+10e-+6H2O =N2 +12OH-
【解析】(1)①64克铜的物质的量为1mol，共失去2mol电子，硝酸得到这些电子生成混合气体，混合气体再与氧气反应生成硝酸，所以由电子守恒分析，假设氧气的物质的量为xmol,有4x=2，则x=0.5mol，标况下体积为11.2L，则V2 =11.2L。②根据方程式分析，假设NO的物质的量为xmol，NO2的物质的量为ymol，则：
根据电子守恒，有3x+y=2mol，亚硝酸钠的物质的量为，则亚硝酸钠的物质的量为1mol。(2)在 25℃、101 kPa 下，已知 SiH4 气体在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，方程式为SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l)，该反应中转移8mol电子，已知平均每转移1 mol电子放出热量 190.0 kJ，则该反应的热化学方程式为SiH4(g)+2O2(g)=SiO2(g)+2H2O(l) △H=-190.0 kJ/mol×8=-1520.0 kJ/mol；(3)该反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，即△H小于0，该历程中最小能垒(活化 能)E 正=-1.55-(-1.77)=0.22eV，写出该步骤的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2＋OH*；(4)X电极上氨气失去电子生成氮气，说明X极为负极，Y极为正极，盐桥中 K+向正极即Y极移动，Y极发生还原反应，电极反应为2NO3-+10e-+6H2O =N2 +12OH-。
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