2024年高考化學二輪復習專題06 化學反應與能量(測試)(師版)

資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】資料整理【淘寶店鋪：向陽百分百】專題05化學反應與能量(考試時間：75分鐘試卷滿分：100分)一、選擇題(本題共15小題，每小題3分，共45分。每小題只有一項是符合題目要求的)1．某化學反應A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量變化如圖所示，則下列說法中正確的是()A．該反應為放熱反應，無需加熱就可以發(fā)生B．斷裂1molA-A鍵和1molB-B鍵要吸收xkJ的能量C．根據(jù)圖示可知生成1molAB(g)放出的能量D．三種物質A2(g)、B2(g)、AB(g)中，最穩(wěn)定的物質一定是AB(g)【答案】B【解析】A項，由圖可知反應物總能量高于生成物能量為放熱反應，但A-A鍵和B-B鍵斷裂需要吸收能量，可能需要加熱破壞反應物化學鍵以發(fā)生反應，反應放熱與反應是否需要加熱無關，選項A錯誤；B項，斷裂1moLA-A鍵和1molB-B鍵要吸收xkJ的能量，選項B正確；C項，根據(jù)圖示可知生成1molAB(g)放出的能量，選項C錯誤；D項，物質能量越低越穩(wěn)定，由圖知A2(g)和B2(g)的總能量高于2AB(g)的能量，但不知單獨物質的能量大小，所以無法確定誰最穩(wěn)定，選項D錯誤；故選B。2．(2024·江蘇無錫高三教學質量調研測試)1mol液態(tài)肼完全燃燒生成N2氣體和液態(tài)水放出577kJ的熱量。工業(yè)上利用NH3和CO2制取尿素[CO(NH2)2]，尿素在高溫條件下可將汽車尾氣中的NO轉化為無毒氣體N2。下列化學反應表示正確的是()A．N2H4燃燒的熱化學方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)ΔH＝－577kJ·mol－1B．堿性N2H4燃料電池負極發(fā)生的電極反應式：N2H4+4↑C．NaClO氧化氨氣制取N2H4的離子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2OD．N2H4與NO2高溫下反應的化學方程式：N2H4+N↑+【答案】C【解析】A項，1mol液態(tài)肼完全燃燒生成N2氣體和液態(tài)水放出577kJ的熱量，則N2H4燃燒的熱化學方程式為：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH＝－577kJ·mol－1，故A錯誤；B項，負極失電子，負極反應為：N2H4-4↑，故B錯誤；C項，NaClO氧化氨氣制取N2H4，1molNaClO得2mol電子，1mol氨氣失1mol電子，根據(jù)得失電子守恒得離子方程式：2NH3+ClO-=N2H4+Cl-+H2O，故C正確；D項，1molN2H4失去4mol電子生成氮氣，1mol二氧化氮得4mol電子生成氮氣，根據(jù)得失電子守恒得反應方程式：2N2H4+2N↑+，故D錯誤；故選C。3．(2024·河北遷安市高三期中)下列裝置能達到實驗目的是()A．用圖Ⅰ所示裝置測定55mL1mol/L鹽酸與50mL11mol/LNaOH溶液發(fā)生中和反應的反應熱B．為探究鐵制品生銹，用圖Ⅱ所示裝置，正極材料是鐵C．圖Ⅲ所示裝置實現(xiàn)Ag+2HCl=2AgC1↓+H2↑D．圖Ⅳ裝置可實現(xiàn)粗銅的精煉【答案】C【解析】A項，該實驗裝置沒有玻璃攪拌器，碎紙條沒有充滿這個大燒杯，散熱較多，不能用來測定55mL1mol/L鹽酸與50mL11mol/LNaOH溶液發(fā)生中和反應的反應熱，故A錯誤；B項，為探究鐵制品生銹，用圖Ⅱ所示裝置，正極材料是C，負極材料是Fe，故B錯誤；C項，圖Ⅲ中陽極為Ag電極，電極方程式為：Ag-e-+Cl-=AgCl↓，陰極為C電極，電極方程式為：2H++2e-=H2↑，總反應為：Ag+2HCl=2AgC1↓+H2↑，故C正確；D項，銅的電解精煉裝置中粗銅應該為陽極，連接電源的正極，故D錯誤；故選C。4．(2023·遼寧省名校聯(lián)盟高考模擬調研卷)“北溪”天然氣管道至少泄漏8萬噸天然氣，近20年間甲烷的溫室效應率是CO2的84倍。已知管道接口處有鋼鐵材料等，海水的pH約為8.0。設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列有關敘述不正確的是()A．損壞的鋼鐵材料在海水中主要發(fā)生吸氧腐蝕B．制造管道時表面涂層能起到抗腐蝕作用C．wg鐵在海水中完全發(fā)生電化學腐蝕時轉移電子數(shù)一定為D．修復管道時在鋼管表面鑲嵌鋅塊，這種方法叫犧牲陽極法【答案】C【解析】A項，鋼鐵在弱堿性環(huán)境中主要發(fā)生吸氧腐蝕，A項正確；B項，表面涂層能防止鋼鐵管道和水、O2等物質接觸，從而起到抗腐蝕作用，B項正確；C項，鋼鐵腐蝕時負極電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，wg鐵在海水中完全發(fā)生電化學腐蝕時轉移電子數(shù)為，后續(xù)發(fā)生，不屬于電化學腐蝕，C項錯誤；D項，鋅比鐵活潑，在海水中構成原電池，鋅為負極，鐵為正極，這種保護鋼鐵的方法叫犧牲陽極法，D項正確。故選C。5．下圖是處理廢水中苯酚的裝置，回收利用苯后再排放。下列有關說法合理的是()A．a(chǎn)為負極，電極附近pH增大B．該離子交換膜為陽離子交換膜C．b電極反應式為WO3+xH++xe-=HxWO3D．若有0.1mol電子通過導線，A、B兩區(qū)域中液體質量改變量的和為0.2g【答案】B【解析】A項，a極為苯酚C6H6O變?yōu)镃6H6，碳原子的化合價由價變?yōu)閮r，化合價降低，得到電子，a極為正極，電極反應式為：，電極附近pH增大，A錯誤；B項，自由移動的離子為H+，陽離子向正極移動，則離子交換膜為陽離子交換膜，從右向左移動，B項正確；C項，b電極為負極，失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：HxWO3-xe-=WO3+xH+，C項錯誤；D項，若有0.1mol電子通過導線，就有0.1molH+從B遷移到A，A區(qū)溶液質量增加0.1g，B區(qū)溶液的質量不變，A、B兩區(qū)域中液體質量改變量的和為0.1g，D項錯誤；故選B。6．(2023·浙江省溫州市高三第三次模擬適應性考試)標準狀態(tài)下，氣態(tài)反應物、生成物及活化分子[A(B)表示“A＋B→產(chǎn)物”的活化分子]的相對能量如表所示：物質NO(g)NO2(g)SO2(g)SO3(g)O2(g)O3(g)NO(O3)SO2(O3)相對能量/91.333.2-296.8-395.70142.7237.2-96.1下列說法不正確的是()A．NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)ΔH＝－40.8kJ·mol－1B．3O2(g)2O3(g)反應不能自發(fā)進行C．相同條件下，SO2(g)+O3(g)O2(g)+SO3(g)比NO(g)+O3(g)O2(g)+NO2(g)速率快D．1molNO2(g)的總鍵能大于1molNO(g)總鍵能【答案】C【解析】A項，NO2(g)+SO2(g)NO(g)+SO3(g)ΔH=生成物總能量-反應物總能量=91.3kJ/mol+(-395.7kJ/mol)-[33.2kJ/mol+(-296.8kJ/mol)]=-40.8kJ/mol，故A正確；B項，3O2(g)2O3(g)H=生成物總能量-反應物總能量=+285.4kJ/mol＞0，且S＜0，則任何溫度下H-TS＞0，即反應3O2(g)2O3(g)不能自發(fā)進行，故B正確；C項，反應SO2(g)+O3(g)O2(g)+SO3(g)的活化能=活化分子能量-反應物總能量=-96.1kJ/mol-(-296.8kJ/mol+142.7kJ/mol)=58kJ/mol，反應NO(g)+O3(g)O2(g)+NO2(g)的活化能為237.2kJ/mol-(91.3kJ/mol+142.7kJ/mol)=3.2kJ/mol＜58kJ/mol，反應的活化能越高，反應速率越慢，則相同條件下，SO2(g)+O3(g)O2(g)+SO3(g)比NO(g)+O3(g)O2(g)+NO2(g)速率慢，故C錯誤；D項，反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)ΔH=生成物總能量-反應物總能量=2×33.2kJ/mol-2×91.3kJ/mol-0kJ/mol=-116.2kJ/mol，為放熱反應，焓變△H=反應物總鍵能-生成物總鍵能，則該反應反應物總鍵能＜生成物總鍵能，即1molNO(g)和0.5molO2總鍵能＜1molNO2(g)的總鍵能，所以1molNO2(g)的總鍵能大于1molNO(g)總鍵能，故D正確；故選C。7．中科院最新研發(fā)出的以KOH溶液為電解液，CoP和Ni2P納米片為催化電極材料，電催化合成苯胺的裝置如下圖所示。下列說法正確的是()A．陽極區(qū)溶液的pH不斷增大B．若用鉛蓄電池作為電源，Ni2P極應連接鉛蓄電池的Pb極C．CoP極的電極反應式為C6H5NO2+6e-+4H2O=C6H5NH2+6OH-D．電解液可換成稀硫酸溶液【答案】C【解析】Ni2P電極C6H12O6變?yōu)镃O32-發(fā)生了氧化反應，在電解池的陽極，該極與電源的正極相連。而CoP這一極為陰極，與電源的負極相連。陰極的反應為C6H5NO2+6e-

+4H2O=C6H5NH2+6OH-，陽極反應為C6H12O6-24e-

+36OH-=6CO32-+24H2O。A項，根據(jù)電極反應陽極區(qū)消耗OH-導致pH降低，A項錯誤；B項，鉛蓄電池的Pb為負極應該與CoP相連，B項錯誤；C項，已知分析，電極反應為C6H5NO2+6e-

+4H2O=C6H5NH2+6OH-，C項正確；D項，電解質換成稀硫酸兩電極的反應發(fā)生變化，陰極無法產(chǎn)生OH-而陽極也無法產(chǎn)生CO32-，D項錯誤；故選C。8．過硫酸銨[(NH4)2S2O8]可用作氧化劑、漂白劑。利用電解法在兩極分別生產(chǎn)過硫酸銨和過氧化氫的裝置如圖所示。下列說法錯誤的是()A．a(chǎn)為外接電源的負極B．電解總反應：O2+2H++2SO42-H2O2+S2O82-C．陰離子交換膜可用陽離子交換膜替代D．電解池工作時，I室溶液質量理論上逐漸減小【答案】C【解析】S元素化合價由＋6價升高為＋7價，化合價升高被氧化，故右側Pt電極為陽極，b為外接電源正極，a為外接電源負極，左側Pt電極為陰極。A項，a為外接電源的負極，A正確；B項，陰極氧氣被還原，陽極硫酸根被氧化，電解總反應正確，B正確；C項，根據(jù)陽極產(chǎn)物可知，反應需要消耗硫酸根，陰離子交換膜不可用陽離子交換膜替代，C錯誤；D項，電解池工作時，I室溶液中氫離子移向陰極，硫酸根移向陽極，消耗硫酸，I室溶液質量理論上逐漸減小，D正確；故選C。9．一種能在較低電壓下獲得氫氣和氧氣的電化學裝置如圖所示。下列說法正確的是()A．電極a與電源的負極相連，電極b為陽極B．隔膜為陰離子交換膜，OH-從電解池的左室通過隔膜向右室遷移C．反應器I中發(fā)生的反應為4[Fe(CN)6]3-+2H2O4[Fe(CN)6]4-＋O2↑+4H+D．該裝置的總反應為2H2O2H2↑+O2↑，氣體N是氫氣【答案】D【解析】根據(jù)裝置圖可知，電極a上發(fā)生[Fe(CN)6]4-→[Fe(CN)6]3-，鐵元素的化合價由+2價升高為+3價，根據(jù)電解原理，該電極為陽極，則電極b為陰極。A項，由圖可知，電極a的電極反應為[Fe(CN)6]4-－e-→[Fe(CN)6]3-，則電極a為陽極，與電源的正極相連，電極b為陰極，故A錯誤；B項，根據(jù)裝置圖可知，電極b的電極反應為DHPS+2H2O+2e-=DHPS-2H+2OH-，根據(jù)電解原理可知，陰離子向陽極移動，即OH-從電解池的右室通過隔膜向左室遷移，隔膜為陰離子交換膜，故B錯誤；C項，在堿性條件下進行，反應器Ⅰ中發(fā)生的反應為4[Fe(CN)6]3-+4OH-4[Fe(CN)6]4-＋O2↑+2H2O，故C正確；D項，根據(jù)上述分析以及本裝置的作用可知，該裝置的總反應為2H2O2H2↑+O2↑，氣體N是氫氣，故D正確；故選D。10．高鐵酸鈉(Na2FeO4)是一種新型的消毒劑，以Fe、Ni為電極制取Na2FeO4的原理如圖所示。下列敘述錯誤的是()A．Fe電極的電極反應式為Fe-6e-＋8OH-=FeO42-＋4H2OB．離子交換膜b為陰離子交換膜C．通入I室的水中加入少量NaOH，可以加快高鐵酸鈉的生成D．每生成0.1molNa2FeO4，II室中溶液減少的質量為32.0g【答案】D【解析】該裝置以Fe、Ni為電極制取Na2FeO4，為電解池裝置，F(xiàn)e電極為陽極，Ni電極為陰極，陽極電極反應式為Fe-6e-＋8OH-=FeO42-＋4H2O，OH-移動向Ⅱ室，陰極電極反應式為2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，Na+應移動向I室。A項，F(xiàn)e電極為陽極，F(xiàn)e失電子生成FeO42-，電極反應式為Fe-6e-＋8OH-=FeO42-＋4H2O，故A正確；B項，F(xiàn)e電極為陽極，Ni電極為陰極，II室中的Na+移動向I室，OH-移動向Ⅱ室，故離子交換膜a、b分別為陽離子交換膜、陰離子交換膜，故B正確；C項，通入I室的水中加入少量NaOH，可以增強溶液的導電性，可以加快高鐵酸鈉的生成，故C正確；D項，每生成0.1molNa2FeO4，外電路中通過0.6mol電子，則II室溶液中減少的NaOH的物質的量為0.6mol，質量為24.0g，故D錯誤；故選D。11．銅基配合物電催化還原CO2的裝置原理如圖所示，下列說法不正確的是()A．石墨烯為陽極，發(fā)生電極反應為CO2+2e-+2H+=HCOOHB．Pt電極附近溶液的pH值減小C．每轉移2mol電子，陽極室、陰極室溶液質量變化量的差值為28gD．該裝置可減少CO2在大氣中累積和實現(xiàn)可再生能源有效利用【答案】A【解析】A項，石墨烯為陰極，A錯誤；B項，Pt電極上H2O失電子轉化為O2，電極反應為2H2O-4e-=4H++O2↑，所以電極附近溶液的pH減小，B正確；C項，每轉移2mol電子，由陰極電極反應式可知生成1molHCOOH，所以陰極室溶液|m陰|=46g/mol×1mol=46g；根據(jù)陽極室反應可知每轉移2mol電子時陽極消耗1mol水，生成0.5mol氧氣，同時有2molH+轉移至陰極室，所以|m陽|=18g/mol×1mol=18g，所以|m陰||m陽|=46g-18g=28g，C正確；D項，該裝置可減少CO2在大氣中累計和實現(xiàn)可再生能源有效利用，D正確；故選A。12．某科研小組利用下圖裝置完成乙炔轉化為乙烯的同時為用電器供電。其中鋅板處發(fā)生的反應有：①ZnZn2+；②Zn2++4OH-=[Zn((OH)4]2-；③Zn[Zn((OH)4]2-=ZnO+2OH-+H2O。下列說法不正確的是()A．電極a的電勢高于電極b的電勢B．放電過程中正極區(qū)KOH溶液濃度保持不變C．電極a上發(fā)生的電極反應式為D．電解足量CuSO4溶液，理論上消耗2.24L(標準狀況)C2H2時，生成6.4gCu【答案】B【解析】由題干可知，鋅板處Zn失電子生成Zn2+，為原電池負極，則氣體擴散電極a為正極。正極上C2H2得電子與水反應生成C2H4。A項，由圖可知鋅板為負極，所以電極a的電勢高于電極b的電勢，A正確；B項，放電過程中正極區(qū)消耗水，導致KOH溶液濃度增大，B錯誤；C項，電極a上發(fā)生的電極反應式為，C正確；D項，電解硫酸銅時，生成銅的電極反應為，理論上消耗2.24LC2H2(標準狀況)，即0.1mol，對應電子轉移0.2mol，可生成銅6.4g，D正確；故選B。13．一種電解法制備Ca(H2PO4)2并得到NaOH等副產(chǎn)物的示意裝置如圖，下列說法正確的是()A．與a、b相連的分別是電源的負極、正極B．NaOH溶液中石墨電極上的反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-C．A膜、C膜均為陰離子交換膜，B膜為陽離子交換膜D．產(chǎn)品室中的Ca2+和原料室的物質的量濃度同等程度增大【答案】B【解析】由圖可知，產(chǎn)品Ca(H2PO4)2在產(chǎn)品室生成，左側石墨作陽極，氯離子放電，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑，陽極室的Ca2+透過A膜進入產(chǎn)品室，A膜為陽離子交換膜，H2PO4-透過B膜進入產(chǎn)品室與Ca2+結合生成Ca(H2PO4)2，B膜為陰離子交換膜，右側石墨極為陰極，水放電，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+透過C膜進入陰極室，C膜為陽離子交換膜。A項，左側電極為陽極，應連接電源正極，即a、b相連的分別是電源的正極、負極，故A錯誤；B項，右側石墨極為陰極，水放電，電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正確；C項，A膜、C膜為陽離子交換膜，B膜為陰離子交換膜，故C錯誤；D項，陽極室的Ca2+透過A膜進入產(chǎn)品室，產(chǎn)品室中的Ca2+離子濃度增大，Na+透過C膜進入陰極室，原料室的Na+濃度減小，故D錯誤；故選B。14．中科院福建物構所YaobingWang團隊首次構建了一種可逆水性Zn—CO2電池，實現(xiàn)了CO2和HCOOH之間的高效可逆轉換，其反應原理如圖所示：已知雙極膜可將水解離為H+和OH-，并實現(xiàn)其定向通過。下列說法中錯誤的是()A．放電時，負極電極反應式為Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-B．CO2轉化為HCOOH過程中，Zn電極的電勢低于多孔Pd電極的C．充電過程中，甲酸在多孔Pd電極表面轉化為CO2D．當外電路通過2mol電子時，雙極膜中離解水的物質的量為1mol【答案】D【解析】由圖中可知，Zn發(fā)生失去電子的反應，為電池的負極；CO2得電子生成HCOOH，多孔Pd為電池的正極。A項，根據(jù)圖中知，Zn發(fā)生失去電子的反應，電極反應式為Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，A項正確；B項，CO2轉化為HCOOH時為放電過程，Zn電極為負極，多孔Pd電極為正極，負極電勢較低，B項正確；C項，充電過程中，HCOOH轉化為CO2，C項正確；D項，根據(jù)溶液呈電中性，可知外電路通過2mol電子時，雙極膜中離解的水的物質的量為2mol，D項錯誤。故選D。15．(2023·浙江省Z20名校聯(lián)盟)為了探究Na2CO3、NaHCO3與鹽酸反應過程中的熱效應，某化學活動小組獲得如下實驗數(shù)據(jù)(假設實驗中試劑均充分反應，生成的H2CO3完全分解為CO2逸出)：序號試劑1試劑2混合前溫度混合后溫度Ⅰ35mL2mol·L-1鹽酸含0.03molNaHCO3的溶液32.5mL20.0℃19.0℃Ⅱ35mL2mol·L-1鹽酸含0.03molNa2CO3的溶液32.5mL20.0℃24.2℃下列說法不正確的是()①CO32?(aq)＋H+(aq)HCO3-(aq)ΔH1②HCO3?(aq)＋H+(aq)H2CO3(aq)ΔH2③H2CO3(aq)CO2(g)+H2O(l) ΔH3④CO32?(aq)+CO2(g)+H2O(l)=2HCO3?(aq)ΔH4⑤H+(aq)+OH?(aq)=H2O(l) ΔH5A．ΔH1+ΔH2+ΔH3＜0B．ΔH1＜0 C．ΔH2＞ΔH5D．ΔH4＞0【答案】D【解析】A項，由蓋斯定律可知①+②+③得CO32?(aq)＋2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)，結合表數(shù)據(jù)可知，反應為放熱反應，焓變小于零，則ΔH1+ΔH2+ΔH3＜0，A正確；B項，①中只存在化學鍵的形成，成鍵釋放能量，焓變小于0，B正確；C項，⑤為氫離子和氫氧根離子直接生成水，屬于中和反應；②為氫離子和弱酸根離子碳酸氫根離子生成碳酸；等量氫離子在中和反應中放熱更多，則ΔH2＞ΔH5，C正確；D項，由表可知，⑥HCO3?(aq)＋H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)反應后溫度降低，則ΔH6＞0；⑦CO32?(aq)＋2H+(aq)=CO2(g)+H2O(l)反應后溫度升高，則ΔH7＜0；由蓋斯定律可知，⑦-2×⑥得④CO32?(aq)+CO2(g)+H2O(l)=2HCO3?(aq)ΔH4=ΔH7-2ΔH6＜0，D錯誤；故選D。二、非選擇題(本題包括5小題，共55分)16．(10分)Ⅰ.氯堿工業(yè)是高耗能產(chǎn)業(yè)，一種將電解池與燃料電池相組合的新工藝，節(jié)能超過，在此工藝中，物料傳輸和轉化關系如圖，其中電極未標出，所用離子交換膜只允許陽離子通過。(1)分析比較圖示中與的大?。篲__________(填“＞”“＜”或“=”)。(2)寫出燃料電池B中的正極的電極反應：___________。(3)圖中Y是___________(填化學式)，若電解產(chǎn)生(標準狀況)該物質，則至少轉移電子___________；X元素的基態(tài)原子的電子排布式為___________。Ⅱ．某實驗小組同學利用如圖裝置對電化學原理進行了一系列探究活動。(4)甲池裝置為___________(填“原電池”或“電解池”)。(5)甲池反應前兩電極質量相等，一段時間后，兩電極質量相差14，導線中通過___________mol電子。(6)實驗過程中，甲池左側燒杯中NO3-的濃度___________(填“增大”、“減小”或“不變”)。(7)若乙池中溶液為足量的硝酸銀溶液，工作一段時間后，若要使乙池中溶液恢復原濃度，可向溶液中加入___________。(填化學式)【答案】(1)＜(1分)

(2)O2＋4e-＋2H2O=4OH-(1分)

(3)H2(1分)

1(1分)

1s22s22p63s23p5(1分)

(4)原電池(1分)

(5)0.1(2分)

(6)增大(1分)

(7)Ag2O或Ag2CO3(1分)

【解析】(1)燃料電池中，通入Y氣體的電極為負極，電解飽和食鹽水生成的Y為氫氣，X為Cl2，由于燃料電池正極發(fā)生O2+4e-+2H2O＝4OH-，燃料電池中的離子膜只允許陽離子通過，而燃料電池中正極氧氣得到電子產(chǎn)生OH-，所以反應后氫氧化鈉的濃度升高，即a%＜b%；(2)燃料電池B中的正極是氧氣得到電子，電極反應為O2+4e-+2H2O＝4OH-。(3)根據(jù)以上分析可知圖中Y是H2，若電解產(chǎn)生11.2L(標準狀況)該物質，氫氣的物質的量是0.5mol，則至少轉移電子1.0mol；X是氯氣，其中氯元素的基態(tài)原子的電子排布式為。(4)甲池裝置是銅和銀構成的原電池，即裝置為原電池。(5)甲池反應前兩電極質量相等，一段時間后，兩電極質量相差14，設消耗銅的物質的量是xmol，則同時生成銀的物質的量是2xmol，則有64x+108×2x＝14，解得x＝0.05，所以導線中通過0.05mol×2＝0.1mol電子。(6)原電池中陰離子向負極移動，則實驗過程中硝酸根離子移向左池，甲池左側燒杯中NO3-的濃度增大。(7)若乙池中溶液為足量的硝酸銀溶液，惰性電極電解硝酸銀溶液生成硝酸、氧氣和銀，因此工作一段時間后，若要使乙池中溶液恢復原濃度，可向溶液中加入Ag2O或Ag2CO3。17．(13分)(2023·黑龍江省齊齊哈爾市八校聯(lián)合體高三聯(lián)考)回答下列問題：(1)在微生物作用的條件下，NH4+經(jīng)過兩步反應被氧化成NO3-。兩步反應的能量變化示意圖如圖：①第一步反應是___________(填“放熱”或“吸熱”)反應。②1molNH4+(aq)全部氧化成NO3-(aq)的熱化學方程式是___________。(2)已知H2(g)＋B2(l)=2HB(g)△H＝－72kJ/mol，蒸發(fā)1molB2(l)需要吸收的能量為30kJ，其他相關數(shù)據(jù)如表：物質H2(g)B2(g)HB(g)lmol分子中的化學鍵斷裂時需要吸收的能量(kJ)436200a則表中a=___________。(3)下列反應中屬于吸熱反應的有___________。①燃燒木炭取暖②C與H2O(g)反應制取水煤氣③煅燒石灰石(主要成分是a)制生石灰④氯化銨晶體和a(OH)2·8H2O混合攪拌⑤食物因氧化而腐敗(4)一定條件下，由穩(wěn)定單質反應生成1mol化合物的反應熱叫該化合物的生成熱()。圖為ⅥA族元素氫化物a、b、c、d的生成熱數(shù)據(jù)示意圖。①非金屬元素氫化物的穩(wěn)定性與氫化物的生成熱的關系為___________。②硫化氫發(fā)生分解反應的熱化學方程式為___________。(5)已知，，當放出的熱量為nkJ時，該反應轉移的電子數(shù)為___________(用含m、n的代數(shù)式表示)【答案】(1)

放熱(1分)

NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)

ΔH3=-346kJ/mol(2分)(2)369(2分)(3)②③④(2分)(4)

非金屬元素形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性越強，其ΔH越小(2分)

H2S(g)=S(s)＋H2(g)

ΔH=+20kJ·mol-1(2分)(5)(2分)【解析】(1)①由圖可知，焓變小于0，即反應物的總能量大于生成物的總能量，所以反應為放熱反應；②第一步的熱化學方程式為△H1=-273kJ/mol，第二步的熱化學方程式為△H2=-73kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律，則△H=-346kJ/mol；(2)蒸發(fā)1molB2(l)需要吸收的能量為30kJ，結合反應及表格中數(shù)據(jù)可知，436+(200+30)-2a=-72，解得a=369；(3)①大多數(shù)燃燒反應為放熱反應，則①為放熱反應；②C與H2O(g)高溫下反應制取水煤氣的反應為吸熱反應，則②為吸熱反應；③大多數(shù)分解反應為吸熱反應，煅燒石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰的反應為分解反應，則③為吸熱反應；④氯化銨晶體和Ba(OH)2·8H2O的反應為吸熱反應，則④為吸熱反應；食物因氧化而腐敗是⑤食物中的有機物質被空氣中的氧氣氧化生成一些小分子產(chǎn)物，同時放出熱量的過程，則⑤為放熱反應；故答案為②③④；(4)①根據(jù)元素周期律，同一主族元素非金屬性越強，生成氣態(tài)氫化物越容易，氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，而根據(jù)熱力學，能量越低越穩(wěn)定，則非金屬元素形成的氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性越強，其△H越?。虎诮Y合①的分析，a、b、c、d依次為H2Te、H2Se、H2S、H2O，則c為H2S，再結合上圖，生成H2S的△H為-20kJ/mol，則硫化氫發(fā)生分解反應的△H為+20kJ/mol，熱化學方程式為:H2S(g)=S(s)＋H2(g)

ΔH=+20kJ·mol-1；(5)反應中Mn元素的化合價由+7價降低至+2價，12molMnO2被還原時轉移60mol電子，放出mkJ熱量，當放出的熱量為nkJ時，該反應轉移的電子的物質的量為mol，轉移的電子數(shù)為。18．(10分)(2023·寧夏石嘴山市模擬)回答下列問題(1)“世上無難事，九天可攬月”，我國的航空航天事業(yè)取得了舉世矚目的成就。碳酰肼類化合物[Mn(L)3](ClO4)2是種優(yōu)良的含能材料，可作為火箭推進劑的組分，其相關反應的能量變化如圖所示，已知△H2=-299kJ/mol，則△H1(kJ/mol)為_____________(2)我國力爭于2030年前做到碳達峰，2060年前實現(xiàn)碳中和。CH4與CO2重整是CO2利用的研究熱點之一、該重整反應體系主要涉及以下反應：(a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)?H1(b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)?H2(c)CH4(g)C(s)+2H2(g)?H3(d)2CO(g)CO2(g)+C(s)?H4(e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s)?H5根據(jù)蓋斯定律，反應a的?H1=_______(寫出一個代數(shù)式即可)。(3)用H2還原SiCl4蒸汽可制取純度很高的硅，當反應中有1mol電子轉移時吸收59kJ熱量，則該反應的熱化學方程式為___________________________________。(4)已知含11.2gKOH的稀溶液與1L0.1mol?L－1的H2SO4稀溶液反應放出11.46kJ的熱量。請寫出KOH的稀溶液與的H2SO4稀溶液發(fā)生中和反應，表示中和熱的熱化學方程式為___________________。(5)1molCH4(g)完全燃燒生成氣態(tài)水的能量變化和1molS(g)燃燒的能量變化如圖所示。在催化劑作用下，CH4可以還原SO2生成單質S(g)、H2O(g)和CO2，寫出該反應的熱化學方程式：________________?！敬鸢浮?1)-1703kJ/mol(2分)(2)?H2+?H3-?H5或?H3-?H4(2分)(3)SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)△H＝+236kJ/mol(2分)(4)KOH(aq)+H2SO4(aq)＝K2SO4(aq)+H2O(l)△H＝－57.3kJ/mol(2分)(5)CH4(g)+2SO2(g)2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝+352kJ/mol(2分)【解析】(1)由蓋斯定律可知，△H1=2△H2+△H3-△H4=2×(-299kJ/mol)+(-1018kJ/mol)-(+87kJ/mol)=-1703kJ/mol；(2)根據(jù)蓋斯定律，反應(b)+(c)-(e)或(c)-(d)得反應(a)，故反應a的?H1=?H2+?H3-?H5或?H3-?H4；(3)SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)，反應中氫化合價由0變?yōu)?1，反應中轉移電子為4個，則4mol電子轉移時吸收4×59kJ熱量，故該反應的熱化學方程式為SiCl4(g)+2H2(g)＝Si(s)+4HCl(g)△H＝+236kJ/mol；(4)中和熱是在稀溶液中，強酸跟強堿發(fā)生中和反應生成1mol液態(tài)水時所釋放的熱量；已知含11.2gKOH的稀溶液(含0.2mol氫氧根離子)與1L0.1mol?L－1的H2SO4稀溶液(含有氫離子0.2mol)反應放出11.46kJ的熱量，則生成1mol液態(tài)水時所釋放的熱量為5×11.46kJ，故表示中和熱的熱化學方程式為KOH(aq)+H2SO4(aq)＝K2SO4(aq)+H2O(l)△H＝－57.3kJ/mol。(5)由圖可知，①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=(126-928)kJ/mol=-802kJ/mol，②S(g)+O2(g)=SO2(g)△H＝-577kJ/mol，根據(jù)蓋斯定律可知，①-2②得：CH4(g)+2SO2(g)2S(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H＝+352kJ/mol。19．(10分)某實驗小組通過以下實驗，探究鍍件表面鍍銅的最佳條件。【查閱資料】①Cu2++2P2O74-[Cu(P2O7)2]6-K=1×109②Cu+在溶液中不穩(wěn)定，容易發(fā)生歧化?！緦嶒炘O計】用CuSO4·5H2O、Na4P2O7·10H2O(焦磷酸鈉)、添加劑配制一定濃度的電鍍液，分別用純銅和鍍件作為兩極材料，探究電鍍液的pH、電流密度、電極板間距對層的影響。(1)要配制一定體積40g/L的CuSO4溶液，以下儀器不需要用到的是_______(填儀器名稱)。(2)鍍件表面的油污可用_______清洗。(3)電鍍時陰極上發(fā)生的主要反應的電極反應式為_______?！緦嶒灲Y果與數(shù)據(jù)分析】ⅰ.其他條件不變時，電位10min，pH對電鍍的影響如下表：實驗信號pH值鍍膜質量/g鍍層外觀130.0136表面斑駁270.0258光亮，不光滑38.50.0356光亮，光滑4100.0216表面部分斑駁(4)實驗3中，銅鍍層的沉積速率v(Cu)=_______mol/min(保留兩位有效數(shù)字)。(5)實驗1和實驗4中，酸性或堿性較強時，鍍層出現(xiàn)斑駁的可能原因是_______。ⅱ.電流密度、電極板間距與鍍膜質量的關系(6)電流密度小于0.50A/dm2時鍍膜質量隨電流密度增大而增大的原因是_______。(7)本實驗電鍍的最佳條件是pH為8.5、_______、_______。(8)使用最佳條件電鍍時，在陽極附近的電鍍液中出現(xiàn)紅色固體沉積物，其可能原因用離子方程式表示為_______，通空氣攪拌可防止紅色固體沉積物形成。【答案】(1)圓底燒瓶(1分)

(2)熱NaOH溶液(Na2CO3溶液)(1分)

(3)[Cu(P2O7)2]6-+Cu+2P2O74-(2分)

(4)5.6×10-5(1分)

(5)酸性強H+放電產(chǎn)生氫氣，堿性強易生成Cu(OH)2沉淀均影響鍍件上銅的沉積(1分)

(6)電流密度越大，單位時間內轉移電子數(shù)目越多，電鍍銅沉積速率越快，故鍍膜質量越大(1分)

(7)

電流密度為0.5A·dm-2(或0.5~0.75A·dm-2之間)(1分)

電極板間距為1.5cm(1分)

(8)2Cu++2H2O=Cu2O+2H+或2Cu++2OH-=Cu2O+H2O或2Cu+=Cu+Cu2+(1分)

【解析】(1)配制一定體積40g/L的CuSO4溶液，需要用托盤天平稱取一定質量的硫酸銅固體，需要量筒量取一定體積的蒸餾水，需要在燒杯中配制，故不需要的儀器為：圓底燒瓶；(2)油污在堿性條件下容易水解生成易溶于水的物質，故鍍件表面的油污可用熱NaOH溶液(Na2CO3溶液)清洗；(3)電鍍時陰極上析出單質銅，主要的電極反應式為：[Cu(P2O7)2]6-+Cu+2P2O74-；(4)實驗3中，銅鍍層的沉積速率v(Cu)=；(5)pH較低時氫離子也可以在陰極得到電子生成氫氣，從而影響銅離子得到電子，pH較高時，容易生成氫氧化銅沉淀，也會影響銅離子得到電子，從而出現(xiàn)斑駁，故鍍層出現(xiàn)斑駁的可能原因是：酸性強H+放電產(chǎn)生氫氣，堿性強易生成Cu(OH)2沉淀均影響鍍件上銅的沉積；(6)銅離子得到電子形成單質銅，吸附到鍍件上，形成鍍膜，電流密度越大單位時間內轉移電子數(shù)目越多，形成的單質銅越多，鍍膜越厚，故鍍膜質量隨電流密度增大而增大的原因是：電流密度越大，單位時間內轉移電子數(shù)目越多，電鍍銅沉積速率越快，故鍍膜質量越大；(7)電鍍時鍍膜質量越大效果越好，由表