(新高考)高考化学二轮复习纠错笔记专题05 化学反应与能量（2份打包，含解析+原卷版，可预览）

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专题05 化学反应与能量
易错点1 混淆氧化还原反应基本概念

1．某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：

根据以上信息判断，下列叙述错误的是
A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变
B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等
C．过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等
D．0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)

【错因分析】整个过程涉及反应较多，同时由于物质间转变过程较多难于判断各个物质中相同元素化合价关系，不能准确的判断相关的概念辨析。
【试题解析】由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH) 4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A项正确；过程④中2moH2O水与2molX反应生成2mol B(OH) 4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B项错误；由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C项正确；NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量2×0.25mol×4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1mol H2生成H+失去的电子的量2×1mol=2mol，故两者还原能力相当，D项正确。答案选B。
【参考答案】B


氧化还原反应概念易错易混点汇总
氧化还原反应概念易错易混，能考查学生阅读能力、思维能力、计算能力，主要包括以下几方面：
1．概念不清：概念是解题的根本和依据，准确理解概念才能正确解题。对概念的本质把握不准或理解不深刻、混淆相近概念、对概念不熟悉或认识有疏漏(如对一些特殊性问题把握不准)，都会造成解题出错。在氧化还原反应中，有五对既相对立又相联系的概念，易混淆，是考查重点。
2．思维不严：严密思维是正确解题的保证。在解题过程中，对反应变化的不确定性、问题的开放性、隐含条件或知识的挖掘不力等，都会造成解题时思维不严，导致答案出现失误。
3．审题不细：仔细审题是准确解题的重要前提。在某个氧化还原反应问题分析中，常常同时出现多个限制性条件，概念辨析中常出现“错误”、“正确”、“不一定”等词。
4．方法不当：“好的方法是成功的一半”。在氧化还原反应有关问题分析中，用守恒法是最基本的方法，如电子得失守恒、质量守恒(主要是原子个数守恒)、电荷守恒(适用于有离子参与的氧化还原反应)，更多的时候要联合应用上述守恒方法。
5．思维无序：不能准确运用“物质氧化性或还原性强弱的比较”的方法，将各离子的氧化性或还原进行排序，更谈不上应用所得的氧化性或还原性顺序写出方程式，或判断反应能否发生。
6．犯低级错：除上述情形外，解题时常常还出现如氧化产物或还原产物判断不全或错误、电子得失数目确定不准、化合价分析错误等问题。

1．关于铝热反应2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3的说法正确的是
A．Al发生氧化反应 B．Fe2O3被氧化
C．Fe是还原剂 D．Al2O3是还原产物
【答案】A
【解析】Al失去电子被氧化，发生氧化反应，A项正确；Fe2O3中Fe元素的化合价降低，Fe2O3被还原，故B项错误；Fe是生成物，是还原产物，不是还原剂，C项错误；Al失去电子被氧化，生成的产物为Al2O3，则Al2O3是氧化产物，D项错误。答案选A。
易错点2 忽视氧化还原反应计算类问题的设问条件而出错

2．向含有淀粉的 KIO3 酸性溶液滴加 NaHSO3 溶液，溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是
A．溶液先变蓝的原因：2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋
B．溶液恰好褪色时 n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3
C．还原性 I-> HSO>I2
D．若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，则溶液变蓝不褪色

【错因分析】结合试题，淀粉遇I2显蓝色，“向含有淀粉的 KIO3 酸性溶液滴加 NaHSO3 溶液，溶液先变蓝后褪色”，和说明反应先生成I2，而后进一步被氧化成更高价态。没有分析出对应的结论得不到正确的选项。
【试题解析】溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，IO3-为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO3-为还原剂，反应的离子方程式为2IO3-＋5HSO3-＝I2＋5SO42-＋H2O＋3H＋，A项正确；溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式为I2＋HSO3-＝2I-＋SO42-＋3H＋，结合A项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B项正确；A项中的反应可知，还原性：HSO3-＞I2，由B项中的反应可知，还原性HSO3-＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO3-＞I-＞I2，C项错误；若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO3-＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D项正确。答案选C。
【参考答案】C


在氧化还原反应计算类问题中易出错的情况
(1)在氧化还原反应(包括电化学)的有关计算中，易忽视氧化还原反应的先后顺序，不能根据氧化还原反应的“先后规律”分析问题。当同一体系中，有多个氧化还原反应发生时，要注意反应的先后顺序，必须遵循强者优先的原则。
(2)不能准确而迅速地再现、提取和运用氧化与还原、氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物等一系列对立统一的概念。
(3)对潜在的氧化还原反应的忽视，如：在酸性环境中能表现强氧化性(中性、碱性环境中则无强氧化性)。

2．已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4＝2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，下列说法中正确的是
A．I2仅是还原产物
B．CuI既是氧化产物又是还原产物
C．消耗1mol Cu(IO3)2时转移11mol电子
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为：1∶12
【答案】C
【解析】I2既是氧化产物也是还原产物，A项错误；CuI只是还原产物，B项错误；1mol Cu(IO3)2在反应中转移的电子数为1mol×1+5mol×2=11mol，C项正确；氧化剂为2mol Cu(IO3)2，还原剂是22molKI，D项错误。

易错点3 忽视物质性质导致不能正确判断氧化还原反应的有关概念

3．硫化氢与浓硫酸的反应为3H2S+H2SO44S↓+4H2O，下列说法正确的是
A．硫化氢气体被氧化成硫 B．硫酸被氧化成硫
C．硫酸被还原成水 D．硫化氢气体被还原成水

【错因分析】该题反应中，氢元素和氧元素化合价前后没有变化，水既不是氧化产物也不是还原产物，若不能得到此结论则会导致答案出错。
【试题解析】该反应硫化氢中S元素化合价由−2价变为0价，硫酸中S元素化合价由+6价变为0价，所以硫化氢是还原剂，硫酸是氧化剂；A．该反应中硫化氢是还原剂，被氧化生成硫，故A正确；B．该反应中硫酸是氧化剂，在反应中被还原生成硫，故B错误；C．硫酸被还原生成硫，故C错误；D．硫化氢被氧化生成硫，故D错误；故答案为A。
【参考答案】A


判断物质氧化性和还原性强弱时应注意的两大问题
氧化性、还原性的强弱取决于物质得失电子的能力，而不是得失电子数目的多少。
比较物质氧化性、还原性强弱时应注意的是物质的氧化性、还原性可能还会与物质的稳定性、反应的温度、浓度、酸碱介质有关，需要具体问题具体分析。
一般可以从以下几个方面进行判断：
①反应条件；
②反应剧烈程度；
③金属或非金属活动性顺序；
④根据氧化剂、还原剂性质的影响因素比较；
⑤原电池、电解池的电极反应比较；在利用原电池、电解池的电板反应判断物质的氧化性、还原性强弱时，可参照以下规律：a.原电池中，通常活泼性较强的金属作负极，活泼性较弱的金属作正极；b.电解池中，阳极上物质的放电顺序即为对应物质还原性次序，阴极上的阳离子放电顺序即为阳离子氧化性次序。
⑥将同一物质氧化或还原的程度；
⑦元素在元素周期表中的位置等。

3．下列反应中，水只作氧化剂的是
①氟气通入水中   ②水蒸气经过灼热的焦炭    ③钠块投入水中　④铁与水蒸气反应
⑤氯气通入水中
A．只有①④ B．只有②③④ C．只有②③ D．只有①⑤
【答案】B
【解析】①氟气通入水中生成HF和O2，O元素的化合价升高，所以水是还原剂，故不选①；②水蒸气通入灼热焦炭发生反应为：C+H2OCO+H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选②；③钠投入水中发生反应为：2Na+2H2O =2NaOH+ H2↑，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选③；④铁与水蒸气反应为：3Fe+4H2O(g) Fe3O4+4H2，H元素化合价降低，水作氧化剂，故选④；⑤氯气通入水中发生的反应为：Cl2+ H2O =HCl+HClO，H和O元素的化合价都不变，水既不是氧化剂也不是还原剂，故不选⑤。故正确序号为②③④。综上所述，本题正确答案为B。
易错点4 不能运用得失电子守恒法解氧化还原反应计算题

4．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4+FeSO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)。下列说法正确的是
A．MnO4−是氧化剂，Fe3+是还原产物
B．Fe2+的还原性强于Mn2+
C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5:1
D．生成1  mol水时，转移2.5  mol电子

【错因分析】不能根据电子得失守恒进行电子转移数目判断是本题易出错关键之处。
【试题解析】利用氧化还原反应的几组概念进行分析，Fe2+中Fe的化合价升高，Fe2+为还原剂，KMnO4中Mn的化合价降低，KMnO4为氧化剂，然后通过氧化还原反应规律进行分析；根据反应方程式，KMnO4→MnSO4，Mn的化合价由+7价→+2价，化合价降低，KMnO4为氧化剂，MnSO4为还原产物，FeSO4→Fe2(SO4)3中Fe的化合价由+2价→+3价，化合价升高，FeSO4为还原剂，Fe2(SO4)3为氧化产物，A项错误；根据氧化还原规律中的强弱规律，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即Fe2+的还原性强于Mn2+，B项正确；利用得失电子数目守恒，5n(KMnO4)＝n(FeSO4)，推出氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，C项错误；根据化合价升降法进行配平，该反应方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4＝K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，生成1 mol H2O时，消耗KMnO4的物质的量为1/4 mol，即转移电子物质的量1/4×5 mol=1.25 mol，D项错误。
【参考答案】B


利用得失电子守恒巧解氧化还原反应计算题
得失电子守恒是指发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。无论是自发进行的氧化还原反应(原电池)，还是电解池中的氧化还原反应，无论是无机物之间的氧化还原反应还是有机物参与的氧化还原反应，该规律均适用。得失电子守恒常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。
首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：
氧化剂物质的量×一个分子内被还原的原子的个数×化合价的变化值＝还原剂物质的量×一个分子内被氧化的原子的个数×化合价的变化值。

4．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为+6价)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示(SO·、·OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是

A．过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为3：1
B．若56gFe参加反应，被还原的S2O82−小于1.5NA个
C．碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SO4-·+OH-=SO42-+·OH
D．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
【答案】D
【解析】过硫酸钠中正负化合价之和为零，S为+6价，Na为+1价，正价之和=(+6)×2+(+1)×2=14，负价之和为-14，若-2价氧与-1价氧的个数比为3：1，即-2价氧为6个，-1价氧的个数为2个，负价之和为(-2)×6+(-1)×2=-14，A项正确；56gFe为1mol，根据图示可知，1molS2O82−和1molFe反应生成2molSO42−和1molFe2+，该过程转移2mol电子，但是Fe2+还要与S2O82−反应变成Fe3+和自由基，根据图示，形成的沉淀中即含有二价铁离子，又含有三价铁离子，即第一步反应中的二价铁没有被完全氧化为三价铁离子，因此1mol铁参加反应消耗小于1.5mol S2O82−，共有少于1.5NA个S2O82−被还原，B项正确；结合图示可知，碱性条件下，SO4−⋅发生反应的方程式为：SO4−⋅+OH−═SO42−+⋅OH，C项正确；根据图示可知，最后是碱性条件下，铁离子和亚铁离子转化为氢氧化亚铁和氢氧化铁，正五价砷离子转变为沉淀，二者共同以沉淀形式析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，D项错误。答案选D。

易错点5 配平氧化还原反应方程式的方法不正确导致出错

5．已知：Ⅰ．高锰酸钾在不同条件下发生的反应如下：
+5e−+8H+Mn2++4H2O
+3e−+2H2OMnO2↓+ 4OH−
+e−(溶液呈绿色)
Ⅱ．在下列反应中，产物K2SO4和S的物质的量之比为3∶2
_______KMnO4+_______K2S+______________K2MnO4+_______K2SO4+_______S↓+_______
下列说法不正确的是
A．高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响
B．化学方程式中反应物缺项为H2SO4，配平后系数为12
C．化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12
D．用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO2

【错因分析】若不清楚高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同，则很难得出缺项物质；若不能根据反应物和生成物的化合价变化及原子个数守恒配平，则不能正确配平反应方程式。
【试题解析】审题时要注意高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在碱性溶液中生成MnO42－，A项正确。根据产物K2MnO4知，反应在碱性条件下进行，故反应物缺项不可能是H2SO4，B项错误。反应物缺项为KOH，产物缺项为H2O，方程式配平得28KMnO4+5K2S+24KOH＝28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，C、D项正确。
【参考答案】B


要正确配平氧化还原反应方程式必须用好三个守恒：得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒。
(1)氧化剂得电子总数必等于还原剂失电子总数，即得失电子守恒。化合价升高总值也等于化合价降低总值。
(2)反应前后元素种类不变，各元素的原子数目也不变，即质量守恒。
(3)在有离子参加的氧化还原反应中，反应前后离子所带的正、负电荷总数相等，即电荷守恒。
缺项配平时要注意使化学方程式两边满足元素守恒和电荷守恒，可根据电解质溶液(或反应所处环境)的酸碱性来选择平衡电荷时所需的H+或OH−，如酸性溶液中应选H+，碱性溶液中应选OH−，不能既出现H+，又出现OH−。

5．工业上用粗软锰矿(只含有MnO2和MnO)和H2SO4(过量)、FeS2 制备MnSO4·H2O的流程如下图所示：(已知，流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO均完全反应)。

(1)①中发生了三个反应：MnO+H2SO4＝MnSO4+H2O、FeS2+H2SO4=FeSO4+H2S↑+S↓
完成反应：____MnO2＋______FeSO4+___________=____MnSO4+_________+_________。
(2)沉淀A、B的化学式分别为__________________，②中加入MnO的目的是调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀，则②中MnO参与反应的离子方程式________________________。
(3)若沉淀A的质量和MnSO4·H2O的质量分别为96.0 g、321.1g，②中加入的MnO为0.1mol，则理论上粗软锰矿中MnO的质量分数为_________(精确到0.01％)。
【答案】(1)1 2 2H2SO4 1 Fe2(SO4)3 2H2O
(2)S、Fe(OH)3 MnO＋2H+＝Mn2+＋H2O
(3)14.03％
【解析】](1)由锰元素价态降低知产物中有 Fe2(SO4)3，依得失电子守恒原理确定氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的计量数后再依质量守恒确定还有水生成。
(2)由(1)中所给方程式知，沉淀A的成分是单质硫；X溶液中的溶质是 Fe2(SO4)3，MnSO4及过量的硫酸，由沉淀B的形成过程及Y的成分知B是Fe(OH)3。MnO是碱性氧化物，加入它可以调节溶液的pH，有利于Fe(OH)3沉淀析出。
(3)由单质硫为3mol及第2、第3两个反应的方程式知，样品的MnO2为1.5mol，又n(MnSO4·H2O)=321.1g/169g/mol=1.9mol，由锰守恒知，n(MnO)=1.9mol-0.1mol-1.5mol
=0.3mol，故ω(MnO)=0.3mol×71g/mol÷(0.3mol×71g/mol+1.5mol×87g/mol)=14.03%。

易错点6 混淆燃烧热、中和热的概念

6．下列推论正确的是
A．2C(s)+O2(g) 2CO(g) ΔH=−221kJ· mol−1，则碳的燃烧热的数值大于110.5 kJ· mol−1
B．C(石墨，s) C(金刚石，s) ΔH=+1.9 kJ· mol−1，则金刚石比石墨稳定
C．OH−(aq) + H+(aq) H2O(l) ΔH=−57.4 kJ· mol−1，则：含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量为28.7 kJ
D．S(g)+O2(g) SO2(g) ΔH1；S(s)+O2SO2(g) ΔH2，则ΔH1＞ΔH2

【错因分析】即在稀溶液中强酸与强酸完全反应生成1 mol水时，放出57.4kJ热量，但醋酸是弱酸，其电离时需要吸热，如忽略此点会错选C项。
【试题解析】燃烧热是1 mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量，1 mol碳不完全燃烧释放的能量是110.5 kJ，则碳的燃烧热大于 110.5 kJ/ mol，A项正确；C(石墨，s) ＝C(金刚石，s) ΔH=+1.9kJ· mol−1，说明石墨的能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳定，B项错误；OH−(aq) + H+(aq)＝H2O(l) ΔH=−57.4 kJ· mol−1，即在稀溶液中1 mol NaOH与强酸完全反应生成1 mol水时，放出57.4 kJ热量，但醋酸是弱酸，其电离时需要吸热，则含20 g NaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量应小于28.7 kJ，C项错误；固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以ΔH1＜ΔH2，D项错误。答案选A。
【参考答案】A


1．关于中和热的理解
(1)中和热的概念是酸和碱在稀溶液中发生中和反应生成1_mol_H2O(l)时的反应热。
(2)浓的强酸和强碱在发生中和反应的同时还要发生溶解，溶解要放出热量；若是浓的弱酸和弱碱在发生中和反应的同时还要发生电离，电离要吸收热量，故放出的热量均不完全是中和热。
(3)强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应时，1 mol H＋和1 mol OH－反应生成1 mol H2O(l)，放出57.3 kJ的热量，表示为H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3 kJ·mol－1。
2．燃烧热及表示燃烧热的热化学方程式
(1)
(2)燃烧热是以1 mol物质完全燃烧所放出的热量来定义的，因此在书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1 mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，故在其热化学方程式中常出现分数。


6．下列热化学方程式中，正确的是
A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1
B．500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1
C．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3)kJ·mol-1
D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1
【答案】D
【解析】燃烧热指在25C°、101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；稀溶液中，酸跟碱发生中和反应生成1 mol液态水时所释放的热量叫做中和热，据此回答问题。
【详解】甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，要生成液态水，甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H=-890.3kJ·mol-1，A项错误；500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)，放热19.3kJ，由于反应为可逆反应，则1molN2完全反应放热大于38.6kJ，其热化学反应方程式为：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H＜-38.6 kJ/mol，B项错误；中和热是指在稀溶液中，强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量，其衡量标准是生成的水为1mol，故无论稀H2SO4和Ca(OH)2反应生成的水是几摩尔，其中和热恒为57.3kJ/mol，C项错误；在101kPa时，2gH2的物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1，D项正确。答案选D。
【点睛】本题易错点为B，注意反应为可逆反应，实际情况下的放热量与反应焓变不一致。


易错点7 不会利用合适的方法计算反应热

7．肼可作为火箭发动机的燃料，与N2O4反应生成N2和水蒸气。已知：
①N2(g)+2O2(g) N2O4(l)　ΔH1=−19.5 kJ· mol−1
②N2H4(l)+O2(g) N2(g)+2H2O(g)　ΔH2=−534 kJ· mol−1
(1)写出肼(l)和N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时的热化学方程式：__________。
(2)已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O=O为500、N—N为154，O—H为462，则断裂1 mol N—H键所需的能量是________ kJ。

【错因分析】不能根据化学键的键能进行吸热或放热的计算，将无法得到正确结果。
【试题解析】(1)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。①N2(g)+2O2(g) N2O4(l) ΔH1=−19.5kJ· mol−1，②N2H4(l)+O2(g) N2(g)+2H2O(g) ΔH2=−534kJ· mol−1，根据盖斯定律，将方程式②×2−①得： 2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g) ΔH=−1048.5kJ/ mol，故答案为：2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g) ΔH=−1048.5kJ/ mol；
(2) 设断裂1 molN−H键所需的能量为K kJ，根据N2H4(l)+O2(g) N2(g)+2H2O(g)　ΔH2=−534 kJ· mol−1，反应的焓变ΔH=反应物总键能−生成物总键能=(154+4K+500)−(942+4×462)=−534，解得K=400.5，故答案为：400.5。
【参考答案】(1)2N2H4(l)+N2O4(l) 3N2(g)+4H2O(g) ΔH2=−1048.5 kJ· mol−1 (2)400.5


反应热的计算方法
1．有关反应热计算的依据
(1)根据热化学方程式计算
反应热与反应物各物质的物质的量成正比。
(2)根据盖斯定律计算
根据盖斯定律，可以将两个或两个以上的热化学方程式包括其ΔH相加或相减，得到一个新的热化学方程式。
(3)根据物质燃烧放热数值(或燃烧热)计算
可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×其燃烧热。
(4)根据反应物和生成物的键能计算。
ΔH＝反应物的键能和－生成物的键能和。
2．利用状态，迅速比较反应热的大小
若反应为放热反应
(1)当反应物状态相同，生成物状态不同时，生成固体放热最多，生成气体放热最少。
(2)当反应物状态不同，生成物状态相同时，固体反应放热最少，气体反应放热最多。
(3)在比较反应热(ΔH)的大小时，应带符号比较。对于放热反应，放出的热量越多，ΔH反而越小。

7．甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是

A．图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) DH=+890.3kJ/mol
B．图2中反应为：CH4(g)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g) DH=﹣607.3kJ/mol
C．由图可以推得：CO(g)+O2(g)=CO2(g) DH=﹣283kJ/mol
D．由图可以推知：等物质的量的CO2和CO，CO2具有的能量高
【答案】C
【解析】根据图像分析，反应物的总能量高于生成物总能量，则图1中反应为：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol，A项错误；根据图像分析，生成物水的状态是液态，则图2中反应为：CH4(g)＋O2(g)=CO(g)+2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol，B项错误；CO(g)＋O2(g)＝CO2(g) 的焓变可根据CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l) DH=-890.3kJ/mol和反应DH=﹣283kJ/mol，CH4(g)＋O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l) DH=﹣607.3kJ/mol求出焓变DH=﹣283kJ/mol，C项正确；CO(g)＋O2(g)＝CO2(g) DH＝﹣283kJ/mol，该反应放热，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以等物质的量的CO2和CO，CO具有的能量高，D项错误。答案选C。

易错点8 新型电池原理认识不清导致判断失误

8．利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如下图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。

下列有关叙述错误的是
A．负极的电极反应为CH3COO−−8e−+2H2O2CO2↑+7H+
B．电池工作时，H+由M极移向N极
C．相同条件下，M、N两极生成的CO2和N2的体积之比为3：2
D．好氧微生物反应器中发生的反应为NH3+2O2NO3−+2H++H2O

【错因分析】根据各电极除的通入物和排除物判断电极极性是解题的关键，若判断错误将导致整个题目的后续判断都将错误。
【试题解析】图示分析可知：N极NO3−离子得到电子生成氮气、发生还原反应，则N极正极。M极CH3COO−失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，则M极为原电池负极，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3−，据此分析解答。M极为负极，CH3COO−失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，电极反应为CH3COO−−8e−+2H2O＝2CO2↑+7H+，A项正确；原电池工作时，阳离子向正极移动，即H+由M极移向N极，B项正确；生成1 mol CO2转移4 mol e−，生成1 mol N2转移10 mol e−，根据电子守恒，M、N两极生成的CO2和N2的物质的量之比为10 mol：4 mol=5:2，相同条件下的体积比为5:2，C项错误；NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3−，则反应器中发生的反应为NH3+2O2＝NO3−+2H++H2O，D项正确。答案选C。
【参考答案】C


有关新型电池类试题的4个考查角度
由于高考中的新型电池类试题题材广、信息新、陌生度大，所以大多数考生感到这类题较难，而对难在何处又十分迷茫。这类试题主要考查考生对知识迁移应用的能力。熟悉此类试题的4个考查角度，才能顺利解题。
1．新型电池“放电”时正、负极的判断：

2．新型电池“放电”时正、负极电极反应式的书写：根据电池反应分析物质得失电子的情况，考虑电极反应生成的物质是否与电解质溶液中的离子发生反应。对于较复杂的电极反应，可以利用“总反应式−较简单一极的电极反应式＝较复杂一极的电极反应式”解决。
3．新型电池“充电”时阴、阳极的判断：首先明确原电池放电时的正、负极，再根据电池充电时，阳极接正极、阴极接负极的原理进行分析。
4．新型电池充、放电时，电解质溶液中离子移动方向的判断：先分清电池是放电还是充电，再判断正、负极或阴、阳极，最后再确定离子的移动方向。

8．最近我国成功研制出高效电催化固氮催化剂Mo2N，如图所示，在0.1mol·L－1盐酸溶液中，在一定电压下具有较高的产氨速率和稳定的电流效率。下列判断错误的是

A．石墨电极为阳极
B．P为阳离子交换膜
C．Mo2N/GCE电极区反应式为N2+6H++6e－=2NH3
D．为提高溶液的导电性，可在石墨电极区加入适量的盐酸
【答案】D
【解析】由装置图可以看出，在Mo2N/GCE电极区生成氨气，Mo2N/GCE电极区N2得到电子，是阴极，所以石墨极为阳极，A项正确；电解池工作时，阳极上水电离的氢氧根离子放电生成氧气和H+，H+从阳极区向阴极区转移，故P为阳离子交换膜，B项正确；Mo2N/GCE电极为阴极，电极反应式为：N2+6H++6e－=2NH3，C项正确；石墨电极的电极反应式为2H2O4e－=4H+O2，若加入盐酸，则变为氯离子放电产生氯气使溶液中的离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力减弱，可加入适量的硫酸增强溶液的导电性，D项错误。答案选D。

易错点9 忽略原电池中介质的作用

9．2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是

A．放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-
B．放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D．充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA

【错因分析】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。
【试题解析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A项正确；放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B项正确；离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C项错误；充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D项正确。答案选C。
【参考答案】C


介质对原电池的影响
同一个原电池反应在不同的介质中其电极反应式有可能是不相同的，如氢氧燃料电池，其总的化学反应方程式都是2H2+O22H2O，但在碱性介质和酸性介质中其电极反应式是不同的。另外由相同的电极材料组成的原电池，在不同的介质中其电池反应、电极名称、电流方向也有可能不同，如由镁、铝作电极组成的原电池，在氢氧化钠溶液中，铝作负极，镁作正极；而在稀盐酸中，铝作正极，镁作负极，因此在解电化学题时要特别注意介质的成分，慎重思考介质所起的作用。

9．ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是

A．该装置工作时，电能转化为化学能
B．该装置可以在高温下工作
C．X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜
D．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+
【答案】D
【解析】由图中信息可知，该装置为原电池装置，左侧为原电池负极，有机物在此电极上失电子，海水中阴离子向此电极移动，右侧为原电池正极，氧气在此电极上得电子，海水中阳离子向此电极移动。
【详解】该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，A项错误；高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，B项错误；原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，C项错误；由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，D项正确。答案选D。
易错点10 不能熟练运用电化学计算中的常用方法

10．天然气的主要成分为CH4，可将CH4设计成燃料电池，来解决能源问题，装置如图所示。在标准状况下，持续通入甲烷，消耗甲烷VL。下列说法错误的是

A．当0 B．正极反应式为O2 +4H+ +4e−2H2O
C．当V=67.2 L时，电池总反应方程式可写为CH4+2O2+NaOH NaHCO3+2H2O
D．电解质溶液中的Na+向正极移动

【错因分析】注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。
【试题解析】燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n(NaOH)=1.5 mol/L×2L=3 mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O、③Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。当0 【参考答案】B


原电池和电解池的相关计算包括两极产物的定量计算，溶液pH的计算、根据电量求产物的量与根据产物的量求电量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种：
(1)根据电子守恒法计算：用于串联电路，阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。
(2)根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。
(3)根据关系式计算：根据得失电子守恒建立已知量与未知量之间的桥梁，列出计算所需的关系式。

10．某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料。下列说法正确的是

A．电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反
B．电极A表面反应之一为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋
C．电极B附近的c(NO)增大
D．该电池工作时，每转移4 mol电子，生成22.4 L O2
【答案】B　
【解析】该电池的工作原理(以NO为例)为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，则NO发生了氧化反应，故A极为负极，B极为正极。电子只能通过外电路，其流向为从A到B，A项错误；负极反应(以NO为例)为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋，B项正确；原电池中阴离子(NO)向负极附近移动，C项错误；电池工作时，每转移4 mol电子，消耗1 mol氧气，在标准状况下O2的体积为22.4 L，D项错误。答案选B。

易错点11 多池组合装置问题无从下手

11．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯分别盛放100 g溶质的质量分数为5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g溶质的质量分数为10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。

(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4的质量分数为10.47%，乙中c电极的质量增加。据此回答问题：
①电源的N端为________极。
②电极b上发生的电极反应为________________________。
③电极b上生成的气体在标准状况下的体积为________________________。
④电极c的质量变化是________g。
⑤电解前后各溶液的酸碱性大小是否发生变化，简述其原因：
甲溶液________________________________________________。
乙溶液________________________________________________。
丙溶液________________________________________________。
(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？_________________。

【错因分析】如果不清楚甲、乙、丙装置中的电极串联，会错误判断电极，导致回答问题时出错。
【试题解析】(1)①依题意，甲装置中装氢氧化钠溶液，实质相当于电解水；乙装置电解硫酸铜溶液：阴极2Cu2++4e−2Cu；阳极4OH−−4e−2H2O+O2↑。c电极的质量增加，说明该电极为阴极，由此得d极为阳极，以此类推e极为阴极，f极为阳极，N极为正极，M极为负极，a极为阴极，b极为阳极。
②甲装置中装氢氧化钠溶液，在b极上OH−发生氧化反应：4OH−−4e−2H2O+O2↑，总电解反应为2H2O2H2↑+O2↑。
③丙装置中装K2SO4溶液，电解前后溶质的质量不变，实质是电解水，设电解过程中电解水的质量为x，100 g×10.00%=(100 g−x)×10.47%，x≈4.5 g。n(H2O)= 4.5 g/18 g·mol−1=0.25 mol，n(O2)=0.125 mol，V(O2)= 0.125 mol×22.4 L/mol=2.8 L。甲、丙装置实质上均为电解水，故转移电子数相同，且b极上生成的气体为2.8 L。④电解0.25 mol 水时转移电子的物质的量为0.5 mol，c极反应：Cu2++2e−Cu，根据电子守恒知，析出金属质量m(Cu)=0.25 mol×64 g/mol=16 g。⑤甲、丙装置中电解的实质是电解水，乙装置中的总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，溶液酸性增强。
(2)如果铜全部析出，甲装置装有氢氧化钠溶液，乙装置装有硫酸，丙装置装有硫酸钾溶液，仍然能电解，三个装置都相当于电解水。
【参考答案】(1)①正 ②4OH−−4e− 2H2O+O2↑ ③2.8 L ④16
⑤碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH的浓度增大
酸性增大，因为在阳极上OH−参与反应生成O2，溶液中H+的浓度增加
酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性
(2)能继续进行，因为乙装置中已转化为H2SO4溶液，反应也就变为电解水的反应


有关电化学组合装置的有关计算方法


11．用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如下图所示。下列说法中，正确的是

A．燃料电池工作时，正极反应为：O2 + 2H2O + 4e－＝ 4OH－
B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出
C．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等
【答案】C
【解析】左边装置是氢氧燃料电池，放电时燃料发生氧化反应，投放燃料的电极为负极，投放氧化剂的电极为正极，正极上发生还原反应，由于电解质溶液呈酸性，正极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，A项错误； a与电池正极相连，a为电解池的阳极，b与电池的负极相连，b为电解池的阴极，所以应该是a极的Fe溶解，b极上析出Cu，B项错误； a极是粗铜，b极是纯铜时，为铜的电解精炼，电解时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出，C项正确；电解CuSO4溶液时，a极产生的气体为O2，产生1molO2需4mol电子，所以需要燃料电池的2molH2，二者的体积并不相等，D项错误。



1．对氧化还原反应的基本概念的考查
(1)氧化还原反应的判断
①根据氧化还原反应的特征判断，看元素化合价是否发生变化。
②根据氧化还原反应的本质判断，看电子是否发生转移(得失或偏移)。
(2)分清氧化还原反应的常见类型
①完全氧化还原型
此类反应的特点是还原剂和氧化剂分别为不同的物质，参加反应的氧化剂(或还原剂)全部被还原(或被氧化)，有关元素的化合价全部发生变化。
②部分氧化还原型
此类反应的特点是还原剂(或氧化剂)只有部分被氧化(或被还原)，有关元素的化合价只有部分发生变化。
③自身氧化还原型
自身氧化还原反应可以发生在同一物质的不同元素之间，即同一种物质中的一种元素被氧化，另一种元素被还原，该物质既是氧化剂，又是还原剂；也可以发生在同一物质的同种元素之间，即同一种物质中的同一种元素既被氧化又被还原。
④归中反应型
此类反应的特点是同一种元素在不同的反应物中有不同的价态(高价、低价)，反应后转化成中间价态。
(3)熟悉氧化还原反应中的概念之间的联系

2．氧化还原反应的基本规律
(1)守恒规律
对于一个氧化还原反应，元素化合价升高总数与降低总数相等；还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数相等；反应前后电荷总数相等(离子方程式)。
(2)邻位转化规律(归中原则)
氧化还原反应中，元素相邻价态之间的转化最容易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态之间不发生氧化还原反应。如H2S与浓硫酸反应时，S元素的化合价变化为：

反应方程式为H2S + H2SO4(浓)S↓+ SO2↑+2H2O。此规律适用于同一元素的不同价态间的氧化还原反应。一般情况下分别生成中间价态的物质，价态的转化是邻位转化，生成物的化合价一般“只靠拢、不交叉、不换位”。
(3)强弱规律
氧化性较强的氧化剂跟还原性较强的还原剂反应，生成还原性较弱的还原产物和氧化性较弱的氧化产物。
应用：在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质，或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，也可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱。
(4)价态规律
元素处于最高价，只有氧化性(如Fe3+、KMnO4中的Mn+7等)；元素处于最低价，只有还原性(如S2−、I−等)；元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性(如Fe2+、S、Cl2等)。
应用：判断元素或物质氧化性或还原性的有无。
(5)强者优先规律
若存在多种氧化剂(或还原剂)与一种还原剂(或氧化剂)反应时，氧化性(或还原性)强的先被还原(或氧化)。如向含有Ag+、Cu2+的溶液中加入铁粉时，铁粉先与Ag+反应，当Ag+完全被还原为Ag后，剩余的铁粉再与Cu2+反应；向同时含有Fe2+、Br−、I−的溶液中通入Cl2时，由于还原性I−>Fe2+>Br−，所以Cl2先氧化I−，I−反应完后，再氧化Fe2+，当把Fe2+完全氧化后，最后氧化Br−。
3．氧化还原反应方程式的配平
(1)氧化还原反应方程式配平的依据
①化合价升高总数=化合价降低总数。
②氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。
③反应前后各元素种类和原子数目不变(质量守恒)。
④对于离子反应，反应前后电荷守恒。
(2)氧化还原反应方程式配平的步骤
配平分为四步“标价态、列变化、求总数、调化学计量数”，即标出物质中化合价变化的元素的化合价，列出化合价变化，求升高总数与降低总数的最小公倍数，调整化合价变化的原子的化学计量数，由原子守恒调整其他物质的化学计量数。
如：Cu + HNO3(浓)→Cu(NO3)2+ NO2↑+ H2O

可得配平后的反应方程式：Cu +4HNO3(浓) Cu(NO3)2+ 2NO2↑+ 2H2O。
(3)其他配平技巧和方法
①逆向配平法
先确定生成物的化学计量数，然后再确定反应物的化学计量数。此类方法适用于一种元素的化合价既升高又降低的氧化还原反应，即歧化反应。
②零价配平法
如果一种物质中的各元素化合价均发生变化(且无法用常规方法确定化合价)，可令该物质中各元素的化合价均为零，然后计算出各元素化合价的升降值，利用化合价升降相等进行配平。
③缺项配平法
这类氧化还原反应方程式的特点：反应物或生成物中缺少某一种物质。所缺物质一般为水、酸或碱等，它们与化合价的升降变化无关。
配平技巧：先配平含变价元素物质的化学计量数，然后根据原子守恒或电荷守恒确定缺项物质，最后配平其他物质的化学计量数。
若增加的元素是除H、O外的非金属元素，未知物一般是相应的酸；
若增加的元素是金属元素，未知物一般是相应的碱；
若反应前后经部分配平后发现两边氢、氧原子不守恒，则未知物一般是水；
离子反应方程式的缺项一般有两种可能：H2O、H+或H2O、OH−。
4．表示物质燃烧热的热化学方程式书写的注意事项
(1)燃烧热规定了可燃物的物质的量为1 mol，因此在书写燃烧热的热化学方程式中，应以可燃物的化学计量数为1为标准来确定其余物质的化学计量数。
：H2(g)十O2 (g) H2O(l) ΔH=−285.8 kJ/mol
(2)物质的燃烧热要求的是纯物质，不同的可燃物，其燃烧热一般不同。
(3)可燃物完全燃烧，生成的必须是稳定的氧化物。不同元素对应的稳定氧化物是唯一的。
：C→CO2(g)，H→H2O(l)，S→SO2(g)。
(4)ΔH的符号为“−”。文字表述燃烧热时，用正值或ΔH表示。如CO的燃烧热为 283.0 kJ/mol，表示燃烧热的热化学方程式的ΔH为−283.0 kJ/mol。
5．燃烧热与中和热的异同

燃烧热
中和热
相同点
能量变化
放热
ΔH
ΔH<0，单位：kJ·mol−1
不同点
反应物的量
1 mol(O2不限量)
不限量
生成物的量
不限量
H2O(l)是1 mol
反应热的含义
1 mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量；不同的可燃物，其燃烧热一般不同
在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应，生成1 mol H2O(l)和可溶性盐时放出的热量；不同的反应物中和热大致相同，均约为57.3 kJ·mol−1
表示方法
燃烧热为akJ·mol−1或ΔH=−a kJ·mol−1
酸与碱反应的中和热为57.3 kJ·mol－1或ΔH =−57.3 kJ·mol−1
热化学方程式的书写
以燃烧1 mol可燃物为标准配平其余物质的化学计量数(常用分数表示)
以生成1 mol水为标准来配平其余物质的化学计量数(常用分数表示)
备注
必须生成稳定的氧化物，如C燃烧应生成CO2而不是CO，H2燃烧应生成液态水而非气态水
①弱酸代替强酸(或弱碱代替强碱)，因电离吸热，放出的热量减小，中和热增大；②若用浓硫酸(或NaOH固体)，放出热量增多，中和热减小
6．反应热的计算
(1)运用盖斯定律计算反应热
①运用盖斯定律的技巧——“三调一加”
一调：根据目标热化学方程式，调整已知热化学方程式中反应物和生成物的左右位置，改写已知的热化学方程式。
二调：根据改写的热化学方程式调整相应ΔH的符号。
三调：调整中间物质的化学计量数。
一加：将调整好的热化学方程式及其ΔH加起来。
②运用盖斯定律的三个注意事项
事项一：热化学方程式乘以某一个数时，反应热的数值必须也乘上该数。
事项二：热化学方程式相加减时，物质之间相加减，反应热也必须相加减。
事项三：将一个热化学方程式颠倒时，ΔH的“+、−”随之改变，但数值不变。
(2)根据热化学方程式的反应热计算
计算依据：反应热与反应物中各物质的物质的量成正比。若题目给出了相应的热化学方程式，则按照热化学方程式与ΔH的关系计算反应热；若没有给出热化学方程式，则根据条件先得出热化学方程式，再计算反应热。
(3)根据反应物和生成物的能量计算
①计算公式：ΔH=生成物的总能量−反应物的总能量。
②根据燃烧热计算要紧扣反应物为“1 mol”、生成物为稳定的氧化物来确定。Q放=n(可燃物)×ΔH。
(4)根据反应物和生成物的键能计算
①计算公式：ΔH=反应物的键能总和−生成物的键能总和。
②根据键能计算反应热的关键是正确找出反应物和生成物所含共价键的数目，如H2O分子中含有2个共价键，NH3分子中含有3个共价键等。要注意晶体结构中化学键的情况，常见的有1 mol P4含有6 mol P—P键，1 mol晶体硅含有2 mol Si—Si键，1 mol石墨晶体中含有1.5 mol C—C键，1 mol 金刚石含有2 mol C—C键，1 mol SiO2含有4 mol Si—O键等。
7．三池(原电池、电解池、电镀池)的辨析比较

原电池
电解池
电镀池
定义
将化学能转化为电能的装置
将电能转化为化学能的装置
利用电解原理在某些金属(或非金属)制品表面镀上一层其他金属或合金的装置
装置举例



形成条件
(1)两个活动性不同的电极；
(2)电解质溶液(电极插入其中并与其发生反应)；
(3)形成闭合回路；
(4)自发发生的氧化还原反应
(1)与直流电源相连的两个电极；
(2)两电极插入电解质溶液中；
(3)形成闭合回路
(1)镀层金属接电源正极，镀件接电源负极；
(2)电镀液中必须含有镀层金属离子
电极名称
负极：较活泼金属；
正极：较不活泼金属(或非金属导体及金属氧化物等)
阳极：与电源正极相连的电极；阴极：与电源负极相连的电极
阳极：镀层金属；
阴极：镀件
电极反应
负极(氧化反应)：金属原子失电子；
正极(还原反应)：溶液中的阳离子得电子
阳极(氧化反应)：溶液中的阴离子失电子，或金属电极本身失电子；
阴极(还原反应)：溶液中的阳离子得电子
阳极(氧化反应)：金属电极失电子；
阴极(还原反应)：电镀液中阳离子得电子
电子流向
负极正极
电源负极阴极；
电源正极阳极
电源负极阴极；
电源正极阳极
离子流向
阳离子向正极移动；
阴离子向负极移动
阳离子向阴极移动；
阴离子向阳极移动
阳离子向阴极移动；
阴离子向阳极移动

1．[2020年7月浙江选考]反应MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是
A．1:2 B．1:1 C．2:1 D．4:1
【答案】B
【解析】由反应方程式可知，反应物MnO2中的Mn元素的化合价为+4价，生成物MnCl2中Mn元素的化合价为+2价，反应物HCl中Cl元素的化合价为-1价，生成物Cl2中Cl元素的化合价为0价，故MnCl2是还原产物，Cl2是氧化产物，由氧化还原反应中得失电子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合题意；
答案选B。
2．[2020山东（新高考）]下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
【答案】B
【解析】涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A项不符合题意；小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B项符合题意；利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C项不符合题意；NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D项不符合题意。答案选B。
3．[2020年新课标Ⅰ]科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。

下列说法错误的是
A．放电时，负极反应为
B．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
C．充电时，电池总反应为
D．充电时，正极溶液中OH−浓度升高
【答案】D
【解析】由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。
【详解】放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，A项正确；放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，B项正确；充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，C项正确；充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，D项错误。答案选D。
4．[2020年新课标Ⅱ]电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是

A．Ag为阳极 B．Ag+由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高 D．总反应为：WO3+xAg=AgxWO3
【答案】C
【解析】从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，故Ag电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。
【详解】通电时，Ag电极有Ag+生成，故Ag电极为阳极，A项正确；通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，B项正确；过程中，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价，C项错误；该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe-= xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg++xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3=AgxWO3，D项正确；
答案选C。
【点睛】电解池的试题，重点要弄清楚电解的原理，阴、阳极的判断和阴、阳极上电极反应式的书写，阳极反应式+阴极反应式=总反应式，加的过程中需使得失电子数相等。
5．[2020年新课标Ⅲ]一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是

A．负载通过0．04 mol电子时，有0．224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成和，反应的电极方程式如题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-，反应的电极方程式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电池的总反应方程式为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，据此分析。
【详解】当负极通过0．04mol电子时，正极也通过0．04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0．04mol电子消耗0．01mol氧气，在标况下为0．224L，A项正确；反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B项错误；根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C项正确；电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D项正确。答案选B。
【点睛】本题在解答时应注意正极的电极方程式的书写，电解质溶液为碱性，则空气中的氧气得电子生成氢氧根；在判断电池中电流流向时，电流流向与电子流向相反。
6．[2020年天津卷]熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为2Na＋xSNa2Sx(x=5~3，难溶于熔融硫)，下列说法错误的是

A．Na2S4的电子式为
B．放电时正极反应为
C．Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极
D．该电池是以为隔膜的二次电池
【答案】C
【解析】根据电池反应：2Na＋xSNa2Sx可知，放电时，钠作负极，发生氧化反应，电极反应为：Na-e-= Na+，硫作正极，发生还原反应，电极反应为，据此分析。
【详解】Na2S4属于离子化合物，4个硫原子间形成三对共用电子对，电子式为，A项正确；放电时发生的是原电池反应，正极发生还原反应，电极反应为：，B项正确；放电时，Na为电池的负极，正极为硫单质，C项错误；放电时，该电池是以钠作负极，硫作正极的原电池，充电时，是电解池，为隔膜，起到电解质溶液的作用，该电池为二次电池，D项正确。
答案选C。
7．[2020年江苏卷]将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是

A．阴极的电极反应式为
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【答案】C
【解析】阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，A项错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M活动性比Fe的活动性强，B项错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设备，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，C项正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，D项错误。答案选C。
8．[2020年山东新高考]微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含 CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是

A．负极反应为
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58．5g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:1
【答案】B
【解析】据图可知a极上CH3COOˉ转化为CO2和H+，C元素被氧化，所以a极为该原电池的负极，则b极为正极。
【详解】a极为负极，CH3COOˉ失电子被氧化成CO2和H+，结合电荷守恒可得电极反应式为CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，A项正确；为了实现海水的淡化，模拟海水中的氯离子需要移向负极，即a极，则隔膜1为阴离子交换膜，钠离子需要移向正极，即b极，则隔膜2为阳离子交换膜，B项错误；当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中会有1molClˉ移向负极，同时有1molNa+移向正极，即除去1molNaCl，质量为58．5g，C项正确；b极为正极，水溶液为酸性，所以氢离子得电子产生氢气，电极反应式为2H++2eˉ=H2↑，所以当转移8mol电子时，正极产生4mol气体，根据负极反应式可知负极产生2mol气体，物质的量之比为4:2=2:1，D项正确。答案选B。
9．[2020年山东新高考]采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是

A．阳极反应为
B．电解一段时间后，阳极室的pH未变
C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量
【答案】D
【解析】a极析出氧气，氧元素的化合价升高，做电解池的阳极，b极通入氧气，生成过氧化氢，氧元素的化合价降低，被还原，做电解池的阴极。
【详解】依据分析a极是阳极，属于放氧生酸性型的电解，所以阳极的反应式是2H2O-4e-=4H++O2↑，A项正确；电解时阳极产生氢离子，氢离子是阳离子，通过质子交换膜移向阴极，所以电解一段时间后，阳极室的pH值不变，B项正确；有B的分析可知，C项正确；电解时，阳极的反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，阴极的反应为：O2+2e-+2H+=H2O2，总反应为：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧气，即是a极生成的氧气小于b极消耗的氧气，D项错误。答案选D。
10．[2020年浙江卷]关于下列ΔH的判断正确的是




A． B． C． D．
【答案】B
【解析】碳酸氢根的电离属于吸热过程，则CO(aq)+H+(aq)=HCO(aq)为放热反应，所以△H1<0；
CO(aq)+H2O(l)HCO(aq)+OHˉ(aq)为碳酸根的水解离子方程式，CO的水解反应为吸热反应，所以△H2>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以△H3<0；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以△H4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则△H4>△H3；综上所述，只有△H1<△H2正确，答案选B。
11．[2020年新课标Ⅰ]铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。

下列叙述错误的是
A．CH3COI是反应中间体
B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C．反应过程中Rh的成键数目保持不变
D．存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
【答案】C
【解析】题干中明确指出，铑配合物充当催化剂的作用，用于催化甲醇羰基化。由题干中提供的反应机理图可知，铑配合物在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，甲醇羰基化反应所需的反应物除甲醇外还需要CO，最终产物是乙酸；因此，凡是出现在历程中的，既非反应物又非产物的物种如CH3COI以及各种配离子等，都可视作中间物种。
【详解】通过分析可知，CH3COI属于甲醇羰基化反应的反应中间体；其可与水作用，生成最终产物乙酸的同时，也可以生成使甲醇转化为CH3I的HI，A项正确；通过分析可知，甲醇羰基化反应，反应物为甲醇以及CO，产物为乙酸，方程式可写成：，B项正确；通过分析可知，铑配合物在整个反应历程中，成键数目，配体种类等均发生了变化，C项错误；通过分析可知，反应中间体CH3COI与水作用生成的HI可以使甲醇转化为CH3I，方程式可写成：，D项正确。答案选C。
【点睛】对于反应机理图的分析，最基本的是判断反应物，产物以及催化剂；一般的，催化剂在机理图中多是以完整的循环出现的；反应物则是通过一个箭头进入整个历程的物质；而产物一般多是通过一个箭头最终脱离整个历程的物质。
12．[2020年江苏卷]反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
【答案】B
【解析】SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，A项错误；根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K=，B项正确；中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，C项错误；△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，D项错误。答案选B。
13．[2020年天津卷]理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是

A．HCN比HNC稳定
B．该异构化反应的
C．正反应的活化能大于逆反应的活化能
D．使用催化剂，可以改变反应的反应热
【答案】D
【解析】根据图中信息得到HCN能量比HNC能量低，再根据能量越低越稳定，因此HCN比HNC稳定，A项正确；根据焓变等于生成物总能量减去反应物总能量，因此该异构化反应的，B项正确；根据图中信息得出该反应是吸热反应，因此正反应的活化能大于逆反应的活化能，C项正确；使用催化剂，不能改变反应的反应热，只改变反应路径，反应热只与反应物和生成物的总能量有关，D项错误。答案选D。
14．[2020年新课标Ⅱ]据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是

A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H2
C．该反应可消耗温室气体CO2 D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化
【答案】C
【解析】题干中明确指出，铁配合物Fe(CO)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去又有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H2O，最终产物是CO2和H2，同时参与反应的还有OH-，故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。
【详解】从反应机理图中可知，OH-有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH-参与了该催化循环，A项正确；从反应机理图中可知，该反应的反应物为CO和H2O，产物为H2和CO2，Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅助催化剂完成反应，说明该反应方程式为，故有清洁燃料H2生成，B项正确；由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2，反而是生成了温室气体CO2， C项不正确；从反应机理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化， D项正确。答案选C。
【点睛】对于反应机理图的分析，最重要的是判断反应物，产物以及催化剂；一般催化剂在机理图中多数是以完整的循环出现的；通过一个箭头进入整个历程的物质则是反应物；而通过一个箭头最终脱离整个历程的物质一般多是产物。
15．[2019江苏]氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是
A．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−4OH−
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：
ΔH=反应中形成新共价键的键能之和−反应中断裂旧共价键的键能之和
【答案】A
【解析】体系能量降低和混乱度增大都有促使反应自发进行的倾向，该反应属于混乱度减小的反应，能自发说明该反应为放热反应，即∆H<0，A项正确；氢氧燃料电池，氢气作负极，失电子发生氧化反应，中性条件的电极反应式为：2H2 −4e− 4H+，B项错误；常温常压下，Vm≠22.L/mol，无法根据气体体积进行微粒数目的计算，C项错误；反应中，应该如下估算：∆H=反应中断裂旧化学键的键能之和− 反应中形成新共价键的键能之和，D项错误。答案选A。
16．[2019新课标Ⅰ]利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是

A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能
B．阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H++2MV+
C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3
D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动
【答案】B
【解析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+−e− MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+2H++2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e−MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H++6MV+6MV2++NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，A项正确；左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+−e− MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+2H++2MV+，B项错误；右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e− MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，C项正确；电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，D项正确。答案选B。
17．[2019新课标Ⅲ]为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。
下列说法错误的是

A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高
B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)
C．放电时负极反应为Zn(s)+2OH−(aq)−2e−ZnO(s)+H2O(l)
D．放电过程中OH−通过隔膜从负极区移向正极区
【答案】D
【解析】三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，A项正确；充电相当于是电解池，阳极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知阳极是Ni(OH)2失去电子转化为NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2(s)＋OH− (aq)− e− NiOOH(s)＋H2O(l)，B项正确；放电时相当于是原电池，负极发生失去电子的氧化反应，根据总反应式可知负极反应式为Zn(s)＋2OH− (aq)− 2e− ZnO(s)＋H2O(l)，C项正确；原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH− 通过隔膜从正极区移向负极区，D项错误。答案选D。
18．[2019天津]我国科学家研制了一种新型的高比能量锌−碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。

下列叙述不正确的是
A．放电时，a电极反应为
B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化
D．充电时，a电极接外电源负极
【答案】D
【解析】放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn−2e− Zn2＋，正极反应式为I2Br− +2e− 2I− +Br− ，充电时，阳极反应式为Br− +2I− −2e− I2Br− 、阴极反应式为Zn2＋+2e− Zn，只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br− +2e− 2I− +Br− ，A项正确；放电时，正极反应式为I2Br− +2e−2I− +Br− ，溶液中离子数目增大，B项正确；充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e− Zn，每增加0.65 g，转移0.02 mol电子，阳极反应式为Br− +2I− −2e− I2Br− ，有0.02 mol I− 失电子被氧化，C项正确；充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，D项错误。答案选D。
【名师点睛】本题考查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B，正极反应式为I2Br− +2e− 2I− +Br− ，溶液中离子数目增大。
19．常温下，向溶液中滴加少量溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是

A．该反应过程中，是是 B．当有生成时，转移电子
C．在分解过程中，溶液的逐渐降低 D．的氧化性比强，还原性比弱
【答案】B
【解析】根据反应原理图，H2O2+M+H+→H2O+Mˊ的过程中H2O2被还原成H2O，Mˊ+H2O2→M+O2+H+的过程中H2O2被氧化成O2，根据氧化还原反应的特点，M为Fe2+，Mˊ为Fe3+，据此分析作答。
【详解】根据分析， M是Fe2+，Mˊ是Fe3+，A项错误；图示中生成O2的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+，反应过程中O元素的化合价由-1价升至0价，因此当有1molO2生成时，转移2mol电子，B项正确；图示中的反应为2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+、2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，则总反应为2H2O22H2O+O2↑，在H2O2分解过程中生成了H2O，溶液变稀，则溶液的pH会逐渐增大，C项错误；据2Fe3++H2O2=2Fe2++O2↑+2H+说明H2O2的还原性强于Fe2+，2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O说明H2O2的氧化性强于Fe3+，D项错误。答案选B。
20．Cr2O72−毒性较强，常用NaHSO3处理工业废水中的。反应的离子方程式为：5H+ +Cr2O72− +3HSO3−2Cr3++ 3SO42−+4H2O，下列关于该反应的说法正确的是
A．Cr2O72−在反应中表现氧化性 B．Cr3+是氧化反应的产物
C．HSO3−发生还原反应 D．生成1 mol Cr3+时转移6 mol电子
【答案】A
【解析】Cr2O72−中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，化合价降低，被还原，作氧化剂，表现为氧化性，A项正确；Cr2O72−中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，化合价降低，被还原，发生氧化反应，所以Cr3+是还原反应的产物，B项错误；HSO3−中S元素的化合价由+4价升高为+6价，化合价升高，被氧化，发生氧化反应，C项错误；Cr2O72−中Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，所以生成1 mol Cr3+时转移3 mol电子，D项错误。答案选A。
21．是一种食品添加剂，具有致癌作用酸性溶液与的反应为：未配平下列叙述正确的是
A．反应中是氧化剂 B．反应过程中溶液pH减小
C．可以消耗 D．该反应可说明氧化性
【答案】C
【解析】反应中氮元素化合价由NO2−中+3价升高为NO3−中+5价，NO2−发生氧化反应，是还原剂，A项错误；反应中有氢离子参加，反应后溶液中氢离子浓度减小，所以反应过程中溶液pH增大，B项错误；反应中氮元素化合价由NO2−中+3升高为NO3−中+5价，锰元素化合价由+7价降低为+2价，令1 mol KMnO4消耗NaNO2的物质的量为x，根据电子转移守恒，则1 mol×(7−2)=(5−3)x，解得x=2.5 mol，C项正确；反应中MnO4−是氧化剂，NO3−是氧化产物，所以氧化性NO3−< MnO4−，D项错误。答案选C。
22．根据热化学方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+92kJ，下列有关图像和叙述中正确的是
A．
B．
C．向密闭容器中通入1mol氮气和3mol氢气发生反应放出92kJ的热量
D．形成1mol氮氮键和3mol氢氢键所放出的能量比拆开6mol氮氢键所吸收的能量多92kJ
【答案】B
【解析】依据化学反应方程式：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+92kJ，反应是放热反应，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，A项错误；已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+92kJ，反应是放热反应，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，1 mol N2(g)和3 mol H2(g)的能量之和高于2 mol NH3 (g)的能量，B项正确；反应是可逆反应不能进行彻底，向密闭容器中通入1mol氮气和3mol氢气发生反应，放出的热量小于92.4 kJ，C项错误；已知：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+92 kJ，正反应是放热反应，则逆反应为吸热反应，即形成1 mol氮氮键和3 mol氢氢键所放出的能量比拆开6 mol氮氢键所吸收的能量少92 kJ，D项错误。答案选B。
23．电化学降解的原理如图所示。下列说法不正确的是

A．铅蓄电池的负极反应为：Pb − 2e−+ SO42− PbSO4
B．电解一段时间后，若不考虑溶液体积变化，交换膜左侧溶液酸性增强，右侧溶液酸性减弱
C．该电解池的阴极反应式为2NO3−+12H++10e−N2↑+6H2O
D．若电解过程中转移2 mol e−，则质子交换膜左侧电解液的质量减少Δm(左) =18.0g
【答案】B
【解析】根据图像信息可知，Ag—Pt电极上硝酸根离子得电子被还原成氮气，化合价降低，Ag—Pt电极为电解池的阴极，与铅蓄电池的负极相连；则A极为铅蓄电池的正极，Pt电极为电解池的阳极，阳极为惰性电极，则溶液中的阴离子失电子，则为水失电子生成氧气和氢离子。铅蓄电池的负极，铅失电子生产的铅离子与溶液中的硫酸根离子反应生成PbSO4，电极反应为：Pb − 2e−+ SO42−PbSO4，A项正确；交换膜左侧Pt电极上电极反应为2H2O−4e−O2↑+4H+，产生的氢离子通过质子交换膜向右池移动，Ag—Pt电极上电极反应为2NO3−+12H++10e−N2↑+6H2O，根据阴阳极上得失电子守恒，电解一段时间后，若不考虑溶液体积变化，交换膜左侧溶液酸性不变，右侧溶液酸性减弱，B项错误；该电解池的阴极上硝酸根离子得电子被还原成氮气，电极反应式为2NO3−+12H++10e−N2↑+6H2O，C项正确；交换膜左侧Pt电极上电极反应为2H2O−4e−O2↑+4H+，产生的氢离子通过质子交换膜向右池移动，若电解过程中转移2 mol e−，参与反应的水为1 mol，电解液的质量减少Δm(左) 1 mol×18 g/ mol=18.0 g，D项正确。答案选B。
24．一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示，图中含酚废水中有机物可用C6H6O表示，左、中、右室间分别以离子交换膜分隔。下列说法不正确的是

A．左池的pH值降低
B．右边为阴离子交换膜
C．右池电极的反应式：2NO3−+10e−+12H+N2↑+6H2O
D．当消耗0.1 mol C6H6O，在标准状况下将产生0.28 mol氮气
【答案】B
【解析】苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A项正确；根据图示可知，在右边装置中，NO3−获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，所以工作时中间室的Cl−移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B项错误；根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3−+10e−+12H+ N2↑+ 6H2O，C项正确；在左室发生反应：C6H5OH+11H2O−28e−6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1 mol苯酚该反应，转移28 mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)= mol=2.8 mol，则当消耗0.1 mol C6H6O，将会产生0.28 mol氮气，D项正确。答案选B。
25．下图甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素CO(NH2)2转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置，并利用甲、乙两装置实现在铁上镀铜。下列说法中不正确的是

A．乙装置中溶液颜色不变
B．铜电极应与Y相连接
C．M电极反应式：CO(NH2)2+H2O−6e−CO2↑+N2↑+6H+
D．当N电极消耗0.25 mol气体时，铜电极质量减少16g
【答案】D
【解析】甲装置中N极上O2得到电子被还原成H2O，N为正极，M为负极。乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质，阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液，所以乙装置中溶液的颜色不变，A项正确；乙装置中铁上镀铜，则铁为阴极应与负极X相连，铜为阳极应与正极Y相连，B项正确；CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O−6e−CO2↑+N2↑+6H+，C项正确；N极电极反应式为O2+4e−+4H+2H2O，当N电极消耗0.25 mol氧气时，则转移n(e−)=0.25 mol×4=1 mol电子，Cu电极上的电极反应为Cu−2e−Cu2+，所以Cu电极减少的质量为m(Cu)= mol×64 g/ mol=32 g，D项错误。答案选D。
26．将CO2应用于生产清洁燃料甲醇，既能缓解温室效应的影响，又能为能源的制备开辟新的渠道，其合成反应为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。回答下列问题：
（1）如图为CO2平衡转化率和温度、压强的关系，其中压强分别为3.0MPa、4.0MPa和5.0MPa。据图可知，该反应为_______________反应（填“放热”或“吸热")。设CO2的初始浓度为comol•L-1，根据5.0MPa时的数据计算该反应的平衡常数K(240k)=_______________(列出计算式即可）。若在4.0MPa时减小投料比，则CO2的平衡转化率曲线可能位于II线的_______________（填“上方”或“下方”)。

（2）利用二氧化碳制得的甲醇还可以制取甲胺，其反应原理为CH3OH(g)+NH3(g)CH3NH2(g)+H2O(g)△H。已知该反应中相关化学键的键能数据如下：
共价键
C—O
H—O
N—H
C—N
键能/k.J•mol-1
351
463
393
293
则该反应的△H=_______________k.J•mol-1 。
（3）已知：①CO(g)+NO2(g)CO2(g)+NO(g) △H1=-226kJ•rnol-1
②N2(g)+2O2(g)2NO2(g)△H2=+68kJ•mol-1
③N2(g)+O2(g)2NO(g) △H3=+183kJ•mol-1
则：2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g) △H=_______________kJ•mol-1。
（4）一定温度下，下列措施一定能加快反应CO2(g)+3H2（g)CH3OH(g)+H2O(g)的速率的是_______________（填选项字母）。
A．及时移去甲醇 B．改进催化剂 C．提高反应物浓度 D．增大容器压强
（5）甲烷重整可选氧化物NiO- Al2O3作为催化剂，工业上常用Ni(NO3)2、Al(NO3)3混合液加入氨水调节pH=12(常温），然后将浊液高压恒温放置及煅烧等操作制备该催化剂。加入氨水调节pH=12时，c(Ni2+)为_______________。［已知：Ksp[Ni(OH)2]=5×10-16]
【答案】（1）放热 上方 （2）-12 （3）-750
（4）BC （5）5×10-2 mol·L-1
【解析】（1）根据图像，随着温度的升高，CO2的转化率降低，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，根据勒夏特列原理，推出该反应的正反应是放热反应：反应为气体体积减小的反应，作等温线，增大压强，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，I为5.0MPa下进行的曲线，240K时CO2的转化率为0.8，则可列三段式为

根据化学平衡常平数的表达式K= ；根据上述分析，II曲线代表4.0MPa下进行的曲线，减小投料比，相当于增大H2的量，CO2的量不变，平衡向正反应方向进行，CO2的转化率增大，即CO2的平衡转化曲线可能位于II曲线的上方；
（2）反应热等于反应物总键能减去生成物总键能，故△H =351 kJ/mol +393 kJ/mol -293 kJ/mol -463kJ/mol=-12kJ/mol；
（3）由盖斯定律：①×2+②-③×2可得：2CO(g)+2NO(g) 2CO2(g)+N2(g)△H=-750kJ•mol-1；
（4）及时移去甲醇，则生成物的浓度减小，反应速率减慢，A项错误；改进催化剂能加快反应速率，B项正确；提高反应物浓度，反应物浓度增大，则反应速率加快，C项正确；若缩小体积而使容器压强增大，则反应速率加快，若通入惰性气体使容器压强增大，则反应速率不变，D项错误。答案选BC；
（5）pH=12，c(OH-)=0.01mol·L-1，Ksp[Ni(OH)2]=5×10-16，c(Ni2+)=。
27．化学能与电能之间的相互转化与人类的生活实际密切相关，在生产、生活中有重要的应用，同时也是学生形成化学学科素养的重要组成部分。
(1)熔融状态下，钠的单质和氯化亚铁能组成可充电电池，工作原理示如下面左图所示，反应原理为2Na＋FeCl2Fe＋2NaCl，该电池放电时，正极反应式为_______________；充电时，____________(写物质名称)电极接电源的负极；该电池的电解质为________。
　
(2)某同学用铜片、石墨作电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，工作原理如上右图所示，一段时间停止通电取出电极。若在电解后的溶液中加入0.98 g氢氧化铜粉末
恰好完全溶解，经测定所得溶液与电解前完全相同。请回答下列问题：
①Y电极材料是________，发生________(填“氧化”或“还原”)反应。
②电解过程中X电极上发生的电极反应式是______________________________。
③如在电解后的溶液中加入足量的小苏打，充分反应后产生气体在标准状况下所占的体积是__________。
【答案】(1)Fe2＋＋2e－===Fe　钠　β—Al2O3 (2)①石墨　氧化
②Cu2＋＋2e－===Cu　2H＋＋2e－===H2↑或2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
③0.448 L或448 mL
【解析】 (1)该电池的电解质为熔融的β－Al2O3，熔融的钠电极作负极，钠发生失电子的氧化反应；熔融的FeCl2电极作正极，Fe2＋发生得电子还原反应，充电时，电池负极接电源负极，电池正极接电源正极。(2)由加入Cu(OH)2可使电解质溶液复原，可知阳极为石墨，阴极为铜片。相当于惰性电极电解硫酸铜溶液，硫酸铜消耗完后又电解的水，故阴极首先发生的反应为Cu2＋＋2e－===Cu，Cu2＋消耗尽后又发生反应2H＋＋2e－===H2↑。根据电子守恒和铜元素的守恒，溶液中生成的n(H＋)＝2n(Cu2＋)＝2×＝0.02 mol，与足量NaHCO3反应可产生0.02 mol CO2。


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