2021届高三化学二轮复习专题训练：化学反应与能量

1、专题五化学反响与能量一、选择题1. 2021江西七校第一次联考随着各地治霾力度的加大,大力开展高性能燃料电池汽车成 为研究课题。如图是某课题组设计的液体燃料电池示意图。以下有关表达不正确的选项是A. 该电池的优点是不产生污染气体，且液体燃料便于携带B. 电池内部使用的是阴离子交换膜，OH经交换膜移向负极C. 该燃料电池的电极材料采用多孔纳米碳材料，目的是增大接触面积，增加吸附量D. 该电池中通入NIH4的电极为正极,发生的电极反响式为NbH+4OH"4eN2 T +4H2O答案 D A项,该燃料电池中，联氨和空气中的氧气反响生成氮气和水，不会造成大气污染， 同时液态联氨便于携带，正确

2、；B项,该原电池中，正极上氧气得到电子最终生成氢氧根离子， 氢氧根离子移向负极，所以离子交换膜要选取阴离子交换膜，正确;C项，因为电池中正、负极 上为气体参与的反响，所以采用多孔纳米碳材料，可以增加反响物质在电极外表的吸附量， 并使它们与电解质溶液充分接触，正确；D项,通入NH的电极为负极，负极上燃料失电子发生 氧化反响，电极反响式为N2H+4OH4e-N2 T +4HO,错误。2. 2021河北保定模拟用NaSO溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行 电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示,以下有关说法中不正确的选项是A. X为直

3、流电源的负极，丫为直流电源的正极B. 阳极反响为 4OR4e- 2H2O+OTC. 图中的b>aD. 该过程中的产品主要为H2SO和H2答案 B根据N6和S 的移动方向可知，Pt I 为阴极,电极反响式为2H+2e-Hd ,Pt n 为阳极，电极反响式为 S-2e-+HO SJ+2H。3. 2021课标n ,12,6分我国科学家研发了一种室温下“可呼吸的Na-CO二次电池。将NaCIO溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为:3CQ+4Na亠2NQCG+G以下说法错误的选项是A. 放电时,Cl I向负极移动B. 充电时释放CO,放电时吸收COC. 放

4、电时，正极反响为3CO+4e2C - +CD. 充电时，正极反响为Nd+e Na答案 D此题考查二次电池的工作原理。放电时，负极反响为4Na-4e4Nsf,正极反响为3CO+4e=C+2C ;Na+移向正极,C 、Cl 移向负极,A、C正确；充电过程与放电过程相 反,B正确；充电时，阳极反响为2C +C-4e3COT ,D错误。4. 2021河北石家庄一模工业上通过电化学原理在铝外表形成氧化膜来提高其抗腐蚀能力 工作原理如下图。A. 碳棒可用铜棒代替，其作用是传递电流B. 通电一段时间后，溶液的pH减小C. 通电后电子被强制从碳棒通过电解质溶液流向铝片使铝外表形成氧化膜D. 可通过调节滑动变阻

5、器来控制氧化膜的形成速率答案 C根据电解原理，碳棒为阴极，铜棒能够代替碳棒，其作用是传递电流,A项正确；阳极反响式为2AI-6e-+3HO T Al 2Q+6H,阴极反响式为2Hf+2e-H2T ,总电解反响式为 2AI+3HLO 口 Al 2Q+3H T ,通电一段时间后硫酸浓度增大,cH+增大,即溶液pH减小,B项正确；电解质溶液中没有电子通过,C项错误；滑动变阻器可调节电路中电流的强度，即可以控 制氧化膜的形成速率，D项正确。5. 2021广东中山联考通过电解法别离NaHSQf NqSQ的混合物,其装置如以下图所示。以下 说法不正确的选项是M阳*H7h聿爰ft换1_壤1A. 阳极的电极反

6、响式为4QH_4e-2H2Q+QTB. 阳极区cH+增大,H+由a室经阳离子交换膜进入b室C. 外电路每转移0.2 mol电子,有0.2 mol Na +从b室进入c室D. c室得到NaSQ的原因是QF+HS； H2Q+S.答案 C阳极区QH放电被消耗,电极反响式为4QR4e-= 2H2Q+QT ,阴极发生复原反响, 电极反响式为2Q+2e T 2QH+HT。外电路每转移0.2 mol电子,不仅有Nei转移,还有H 转移,故C错误。6. 2021安徽滁州定远高三期末肼N2H在不同条件下分解产物不同,200 C时在Cu外表分 解的机理如图1。200 C时：反响 I :3N2H4g N2g+4NH

7、3g H=-32.9 kJ/mol反响U :N2H4g+H2g 2NHag H2=-41.8 kJ/molF列说法不正确的选项是图1A. 图1所示过程都是放热反响B.反响U的能量过程示意图如图C. 断开3 mol N 2H4g中的化学键吸收的能量小于形成1 mol N2©和4 mol NH3©中的化学键释放的能量D. 200 C时,肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为NH4gN2g+2H2gAH =+50.7 kJ/mol答案 A由信息“反响I知，过程为放热反响；根据盖斯定律：I -2XU得NHgN2g+2H2g AH =-32.9 kJ/mol- 2X -41.8 kJ/

8、mol=+50.7 kJ/mol, 过程为 吸热反响，故A错误,D正确。反响U为放热反响，反响物能量高于生成物能量，故B正确。由 反响I知,断开3 mol N 2H4g中的化学键吸收的能量小于形成 1 mol N 2g和4 mol NH3g 中的化学键释放的能量，故C正确。7. 2021湖南岳阳一模研究说明CO与 N2O在Fe+作用下发生反响的能量变化及反响历程如图所示,两步反响分别为N 20+FeN2+FeO慢、FeO+CO CCb+Fe+ 快。以下说法正确的选项是齟St；*心：、-! l r+2Q I'FtiD'i-N, :+c625253A. 反响是氧化复原反响，反响是非

9、氧化复原反响B. 两步反响均为放热反响，总反响的化学反响速率由反响决定C. Fe+使反响的活化能减小，FeO+是中间产物D. 假设转移1 mol电子,那么消耗11.2 L N 2O答案 C反响均有元素化合价的升降，因此都是氧化复原反响,A错误;由题图可知，反 应都是放热反响，总反响的化学反响速率由速率慢的反响决定,B错误；Fe+作催化剂， 使反响的活化能减小，FeO+是反响过程中产生的物质,因此是中间产物,C正确;由于没有指 明外界条件，所以不能确定气体的体积，D错误。8. 2021湖南衡阳第二次联考雌黄AS2S在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化 雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色

10、气体，利用此反响原理设计为某原电池。以下有 关表达正确的选项是 A. 砷酸的分子式为HAsOB. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C. 该反响的氧化剂和复原剂物质的量之比为12 ：1D. 该反响中每析出4.8 g硫黄，那么转移0.5 mol电子答案 D砷元素的最高价为+5价,砷酸的分子式为HAsO,故A错误;红棕色气体是硝酸发 生复原反响生成的NO,原电池正极发生复原反响，所以NO在正极区生成并逸出，故B错 误;AS2S被氧化为砷酸和硫单质，AS2®中元素的化合价共升高10价,硝酸被复原为NO,氮元 素的化合价降低1价,氧化剂和复原剂物质的量之比为10 ： 1,故C错误;As2

11、S3被氧化为砷酸 和硫单质,1 mol AsS3失去10 mol电子，生成2 mol砷酸和3 mol硫单质，所以生成0.15 mol 硫黄，转移0.5 mol电子，故D正确。9. 2021江西萍乡一模工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的制备通常采用电 解法。:KF+HFKHF2,电解熔融的氟氢化钾KHH和无水氟化氢的混合物制备 F2的装A.钢电极与电源的负极相连B. 电解过程中需不断补充的X是KFC. 阴极室与阳极室必须隔开D. 氟氢化钾在氟化氢中可以电离答案 B根据装置图，逸出的气体为“和F2,说明电解质中减少的是氢元素和氟元素，因此 电解过程中需不断补充的X是HE10. 2021安

12、徽芜湖一模以熔融NqCO为电解质,H2和CO昆合气为燃料的电池,原理如以下图所示。以下说法正确的选项是A. b是电池的负极H2O+COB. a 电极的反响为 CO+O-2e-2CC2、H+C了-2eC. 电子由a电极经熔融NaCO向b电极移动D. a、b两极消耗的气体的物质的量之比是 1 ：1答案 B A项,b电极上氧气得电子与二氧化碳反响生成碳酸根离子，那么b是电池的正极，错误;B项,a为负极,负极上一氧化碳和氢气被氧化分别生成二氧化碳和水,a电极的反响为CO+C -2e- 2C6H+C -2e- H2O+CO正确；C项,a为负极,b为正极,电子经外电路 由负极流向正极,错误;D项,a电极的

13、反响为CO+C；-2e- T 2CQ、f+C；-2e-HO+CQ电极的反响为Q+2CO+4e 2C ,那么a、b两极消耗的气体的物质的量之比是 2 : 1,错误。11. 2021河南天一大联考一种新型的铝离子可充电电池的示意图如下,放电时电池反应为 xAl+VQ Al xVO。F列说法正确的选项是A. 放电时,AI 3+向铝极移动B. 放电时，电能转化为化学能C. 充电时，阳极发生的反响为AlxVQ3xe- xAI3+VQD. 充电时,离子液体中Al3+的浓度不断变小答案 C根据放电时电池反响可知，铝为负极,放电时，阳离子向正极迁移,A项错误;放电 时，化学能转化为电能,B项错误；充电时，阳极

14、发生氧化反响,AI xVO在生成VO的同时释放出 Al 3+,C项正确；阳极释放的AI 3+与阴极上复原的Al3+的数目相等，离子液体中Al3+的浓度不 变,D项错误。二、非选择题12. (2021课标川,28节选):As(s)+ - H(g)+2O2(g) H3AsQ(s)AHiH2(g)+ Q(g) H2OQ)AH?2As(s)+ _Q(g)As2O(s)AH3那么反响 As2Q(s)+3H20(1) 2H4sO(s)的 AH=答案 2AHi-3 AH2- AH3解析 结合题给信息，根据盖斯定律计算得 AH=2AHi-3 AH2- AH3。13. (2021广州外国语学校模拟)乙烯是重要的

15、化工原料。用 CO催化加氢可制取乙烯:2CQ(g)+6H2(g) 一 C2H(g)+4H2O(g) AH<0。(1)假设该反响体系的能量随反响过程的变化关系如下图,那么该反响的AH=-1,那么表中的x=。化学键C O H- H C C C- H O- H键能/(kJ mol-1)803436 x 414463答案(1)-2( b-a)620解析(1) AH等于正反响的活化能与逆反响的活化能的差。由图可知反响2CO(g)+6H2(g)|十 C2H(g)+4H2O(g)为放热反响，H=-2(b-a)kJ mol-1。(2) AH=(4 X 803+6X436-4X414-x-8X463)kJ

16、 mol-1=-152 kJ mol-1,解得 x=620。14. (2021河南开封一模)研究氮氧化物的反响机理，对于消除其对环境的污染有重要意义。(1)升高温度,绝大多数的化学反响速率增大，但是2NO(g)+O(g) 2NQ(g)的反响速率却随着温度的升高而减小。查阅资料知：2NO(g)+Q(g) 一 2NQ(g)的反响历程分两步：I .2NO(g) _" N2Q(g)(快)AH 1<02v 1 正=k正 c (NO) V1 逆=& 逆 c(N?Q)II .N2Q(g)+O2(g) 2NQ(g)(慢)AH2<0V2正=k2 正 c(N2Q) c(O2) V2逆

17、=k2 逆 c (NQ)请答复以下问题： 反响2NO(g)+Q(g) . 2NCb(g)的AH=(用含AH和AH?的式子表示)。一定温度下，反响2NO(g)+O(g) 2NCb(g)到达平衡状态，请写出用 匕正、匕逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=,升高温度，K值(填“增大 “减小或“不变)。 决定2NO(g)+Q(g)、一= 2NQ(g)反响速率的是反响I ,反响I的活化能 曰与反响I的活化能吕的大小关系为E1巳(填“ >“ V或“二)。由实验数据得到V2正。(。2)的关系可用以下图表示，当x点升高到某一温度时，反响重新到达平衡，那么变为相应的点是 (填字母)。(2)通过以下图所示装置，可将汽车尾气中的NO NO转化为重要的化工原料HNQ其中A B为 多孔惰性电极。该装置的负极是 (填“A或“ B' ),B电极的电极反响式为。答案(1) AH1+AH2心Q+4e+4HT 2H2O解析 根据盖斯定律,由I +U可得:2NO(g)+Q(g)l2NQ(g)AH = A H1+AH2,当该反2应到达平衡时, Vi 正=V 1 逆, V2 正=22 逆, 所以V i正X V2正=Vi逆X V2逆, 即 ki 正 c (NO)X k2正 c(N2Q)