第六章 化学反应与能量（试卷及教师版）

时间：75分钟分值：100分①CH₄(g)+2O₂(g)=CO₂(g)CH₄(g)+2O₂(g)=CO₂(gNaOH(aq)+CH₃COOH(aq)=CH₃COONa(aq)+H₂O(1)△A.△H₁>△H₂;△H₃>△H₄B.△H₁>△NO+CO₂D.该电池是一种对环境友好的二次电池6.(2024·浙江省稽阳联谊学校高三联考)级联电池是指在同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反应，它可以大大提高了电池的能量密度。某水系级联电池，工作原理如图所示已知电解质为CuSO₄溶液，步骤2中的电池反应A.放电时，步骤1的正极反应式为2Cu²++S+4e=Cu₂SC.若用该电池进行铜的电解精炼，则消耗6.5g锌时，得到的精铜质量大于6.4gD.步骤2工作过程中，电池工作环境氧气浓度越大，正极板质量增加也越多电源或用电器阴离子交换膜B.充电时，Y电极发生还原反应C.电解质溶液的作用是让电子在电池内通过，形成闭合回路D.若标准状况下消耗1.68LO₂,理论上负极区电解质溶液增重65.6g8.(2024-浙江省Z20名校联盟)某无隔膜流动海水电解法制H₂的装置如图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O₂在电极表面产生，提高放电效率。下列说法不正确的是()bb电源A.钛箔作阴极，发生还原反应B.阳极反应主要为：Cl--2e+H₂O=HCIO+H+C.电解后海水pH明显下降D.理论上生成1molH₂转移电子数为2NAB质子交换膜C.与Ni₈-TET催化剂相比，使用Ni-TPP时催化效果更好10.(2024-湖北省T8联盟高三二模)近日B.阳极材料涉及元素均为前四周期元素11.(2024-浙江省义乌中学高三首考模拟)电解法合成氨因其原料转化率大幅度提高，有望代替传统的工业合成氨工艺。利用工业废水发电进行氨的制备(纳米Fe₂O₃作催化剂)的原理如图所示，其中M、N、a、b电极均为惰性电极。下列说法错误的是()有机废水有机废水NaOH-KOH微生物膜M极质子交换膜a极能量14.(2024-江西省高三三模)钙钛矿具有独特的晶体结构，广泛应用于太阳能电池材料、传感器等诸多领域。图1、2均为钙钛矿型化合物，图1中另两种离子为O²、Ti4+,图2中另两种离子为CI和Pb²+,晶胞参数a=b=c=0.569nm,α=β=γ=90°a=B=y=90°。图2钙钛矿型化合物制成的太阳能电池与锂硫电池集成，可实现太阳能直接对锂硫电池充电，其原理如图3所示：钙钛矿层钙钛矿层致密层电极金属锂电极共享碳图3碳电极为共享电极，导电玻璃FTO基底上涂TiO₂作为电子传输层。充电时，钙钛矿层吸收太阳光产生光生电子(e)和空穴(h+),分离后输送到两个电极上。下列说法不正确的是()A.共享碳电极为钙钛矿太阳能电池的负极C乳酸铵乳酰胺下列说法错误的是()A.该过程光能转化为化学能B.每生成1mol丙氨酸，催化剂吸收2.41eV的能量C.乳酸铵转化为丙酮酸主要发生氧化反应二、非选择题(共4小题，共55分)还原剂氨或尿素[CO(NH₂)2],把烟气中的N₂(g)+O₂(g)=2NO(g)△H₁=+180.5kJ·mol-¹2NO(g)+O₂(g)=2NO₂(g)△H21=-112.0kCO(NH₂)2(s)+6NO₂(g)=7N₂(g)+4CO(g)+8H₂O(g)△H₃=-22CO(NH₂)2(s)+6NO(g)=5N₂(g)+2CO₂(g)+4H(2)科学家研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个CO分子还原NO的能量变化与反应①①②能量①有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH₃还原NO的反应机理如图所示，该过程可描述为NONOdd控制其他条件相同，将一定量的CO₂通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图-2所示。HH③科研小组利用1³CO₂代替原有的CO₂进行研究，其目的是(2)一种铜基复合电极材料Au/Cu₂O的制备方法：将一定量Cu₂O分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加HAuCl₄(一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，得Au/Cu₂O,溶液呈蓝色。写出Cu₂O还原HAuCl₄的离子方程式：(3)金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO₂制备甲醛和乙醇的可能机理如图-3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图-4所示。19.铝的阳极氧化是一种重要的表面处理技术，其原理是用电化学方法处理铝件表面，优化氧化膜结构，铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，离子方程式为：;再用10%(质量分数)的HNO₃溶液对铝片表面进行化学抛光。若取一定体积68%(质量分数)的浓硝酸配制该化学抛光液，需要用到的玻璃取预处理过的铝片和铅做电极，控制电流恒定为0.06A,用直流电源在5～6mol/L硫酸中电解。其中时间——电压曲线氧化膜生长阶段示意图取出阳极氧化并封闭处理过的铝片，洗净、干燥，在铝片表(3gK₂Cr₂O₇+75mL水+25mL浓硫酸),用秒表测定表面颜色变为绿色(产生Cr³+)所需时间，可判断氧化膜的耐腐蚀性。写出该变色反应的离子方程式：o【解析】由于H₂O(g)转化为H₂O(1)要放出热量，所以等物质的量的CH₄(g)燃烧生成液态水时放出热量的数值要比生成气态水时的大。等物质的量的NaOH与稀醋酸、浓H₂SO₄恰好反应生成等物质的量的水，若不考虑浓H₂SO₄溶解放热和弱电解质电离吸热，应放出相同的热量。但在实际反应中，浓H₂SO₄溶于水时放热，使反应放出的总热量增多；醋酸是弱酸，部分CH₃COOH分子在电离过程中要吸热，使反应放热【解析】A项，焓变△H=正反应的活化能-逆反应的活化能，则该反应的△H=(E2-E₁)kJ·mol-¹,A错误；B项，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，由图知正反应活化能E₁为过渡态与分子平均能量之差，而反应物的键能之和是气体反应物分子的化学键断裂形成气态原子时所吸收的总能量，由图知，过渡态并不是原子状态，则二者不相等，B错误；C项，升温对吸热方向的速率影响更大，由图可知NO₂(g)+CO(g)一NO(g)+CO₂(g)的正方向放热，则升温对NO₂(g)+CO(g)一NO(g)+CO₂(g)的逆反应速率影响更大，C正确；D项，该反应气体分子总数不变，则恒温条平衡不移动，但所有气体浓度增大、所以正逆反应速率均增大、同等幅度增大，D错误；故选C。【解析】将甲、乙两片相同的铁片用导线连接插入海水中，铁片甲附近通入氧气，铁片乙附近通入氮气；铁片乙为负极，铁失电子；铁片甲作正极，氧气在铁片甲上得电子；溶液中的阳离子向正极移动，因海水中氧气的浓度不同而造成电势差形成原电池。A项，由分析可知，铁片乙作负极、铁片甲作正极，A错误；B项，铁片乙中铁失电子，氧气在铁片甲上得电子，B错误；C项，原电池溶液中阳离子向正极移动，即向铁片甲，C错误；D项，乙做负极，甲做正极，铁片乙的腐蚀速率明显高于铁片甲，D正确。故【解析】A项，钢铁在弱碱性环境中主要发生吸氧腐蚀，A项正确；B项，表面涂层能防止钢铁管道和水、O₂等物质接触，从而起到抗腐蚀作用，B项正确；C项，钢铁腐蚀时负极电极反应式为Fe-2e=Fe²+,wg铁在海水中完全发生电化学腐蚀时转移电子数为,后续发生4Fe(OH)₂+O₂+2H₂O=4Fe(OH)₃,不属于电化学腐蚀，C项错误；D项，锌比铁活泼，在海水中构成原电池，锌为负极，铁为正极，这种保护钢铁的方法叫牺牲阳极法，D项正确。故选C。【解析】A项，从题图示外电路电子转移方向可以判断，甲为正极、乙为负极，故放电时甲的电势比乙高，A正确；B项，从图示中可以看出负极的反应是Zn和从正极室过来的OH反应生成[Zn(OH)4]²:项，从图示中离子移动方向可知，该电池是二次电池，可以充电放电，使用过程中不产生污染和废弃物，同时可以通过更换锌和空气电极来实现重复利用，D正确。故选C。【解析】由工作原理图可知，第一步总反应为2Cu²++S+2Zn=Cu₂S+2Zn²+,Zn为负极，电极反应为：Zn-2e=Zn²+,S为正极，电极反应为：2Cu²++S+4e=Cu₂S,当正极的硫完全反应生成Cu₂S后，继续高效发生第二步反应Cu²++Zn+xO₂=(1-4x)Cu+2xCu₂O+Zn²+,Zn为负极，电极反应为：Zn-2e=Zn²+,S为正极，电极反应为Cu²++xO₂+2e⁻—(1-4x)Cu+2xCu₂O,单独构建该步电池时效率较低，可能的原因是步骤1的放电产物Cu₂S对步骤2的放电过程起催化作用。A项，根据图示放电时，步聚1中，铜离子和S均得到电子，生成硫化亚铜，正极反应式为2Cu²++S+4e=Cu₂S,A项正确；B项，,“单独构建该步电池时效率较低”,可推测Cu₂S对步骤2的正极反应起催化作用，提高了电池工作效率，B项正确；C项，用该电池进行铜的电解精炼，消耗6.5g锌时，转移2mol电子，得到的精铜质量等于6.4g,C项错误；D项，步骤2工作过程中，电池工作环境氧气浓度越大，x值也越大，极板质量增加也越多，D项正确；故选C。【解析】由图可知，放电时，X电极为原电池的负极，铋在负极失去电子发生氧化反应生成铋离子，Y电极为正极，铋离子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成三氧化二铋；充电时，与直流电源负极相连的X电极为电解池的阴极，铋离子在阴极得到电子发生还原反应生成铋，Y电极为阳极，三氧化二正极得到电子发生还原反应生成三氧化二铋，电极方程式为：3O₂+12e⁻+4Bi³+=2Bi₂O₃,A错误；B项，充电时，Y电极为阳极，发生氧化反应，B错误；C项，电子不能在电解质溶液中通过，C错误；D项，放电时，X电极为原电池的负极，铋在负极失去电子发生氧化反应生成铋离子，电极反应式为Bi-3e=Bi³+,若标准状况下消耗1.68LO₂,物质的量为,转移0.3mol,负极区溶液中增加铋离子的质量为0.1mol×209g/mol=20.9g,同时有0.1mol通过阴离子交换膜由正极区进入负极区，所以负极区电解质溶液增重20.9g+0.1mol×447g/mol=65.6g,D正确；故选D。【解析】钛箔附近产生氢气，为阴极；钛网附近氯离子失去电子产生次氯酸，为阳极。A项，钛箔附近产生氢气，为阴极，发生还原反应，A正确；B项，钛网为阳极，产生HCIO,反应主要为：Cl-2e+H₂O=HCIO+H+,B正确；C项，电解的总反应方程水pH增大，C错误；D项，根据阴极电极方程式2H⁺+2e=H₂↑,生成1molH₂转移电子数为2NA,D正确；故选C。【解析】根据图示，A电极二氧化碳得电子发生还原反应生成CO、B电极甲醇失电子发生氧化反应生成甲酸，A是阴极、B是阳极。A项，A电极二氧化碳得电子生成CO、B电极甲醇失电子生成甲酸，电解总反应为2CO₂+CH₃OH电解2CO+HCOO44gCO2被转化，则电路中转移2mol电子，根据电荷守恒，则有2molH从右侧向左侧迁移，故B错误；C项，使用Ni-TPP时反应活化能小，所以与Nis-TET催化剂相比，使用Ni-TPP时催化效果更好，故C正确；D项，A是阴极、B是阳极，铅蓄电池中PbO₂为正极极相连接，故D正确；故选B。阳极材料中W、Bi不属于前四周期元素，B错误；C项，电极N为阳极，水发生氧化反应，电极反应为：2H₂O-4e=4H++O₂↑口，C正确；D项，阴极区(电极M)的主反应为2H++2e=H₂↑,副反应为Zn²++e=Zn+,H₂产率等于实际产生H₂量与理论产生H₂量之比，根据电子守恒确定理论产生H₂量。由于c(Zn+)越大，发生副反应程度越大，消耗电子数越多，产生H₂量越低，故H₂的产率越低，D错误；故选C。【解析】由图可知，左边为原电池，右边是电解池，含NO₃的废水中NO₃转化为N₂,N元素化合价降低，得出N极为原电池的正极，所以M极为原电池的负极，从而判断a极为阳极，b极为阴极，在共熔物作用下水蒸气在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，b电极为阴极，氮气在阴极上得到电子发生还原反应生成氨气，Fe₂O₃在阴极上得到电子发生还原反应生成Fe。A项，M极为原电池的负极，C₆H₁₂O₆在负极失去电子生成CO₂,根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：C₆H₁₂O₆+6H₂O-24e=6CO₂↑+24H+,A正确；B项，b电极为阴极，Fe₂O₃在阴极上得到电子发生还原反应生成Fe,根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Fe₂O₃+3H₂O+6e'=2Fe+6OH,B正确；C项，NO₃的废水中NO₃转化为N₂,N元素化合价由+5价下降到0价，N₂合成NH₃过程中，N元素由0价下降到-3价，根据得失电子守恒可知，理论上废水发电产生的N₂与合成NH₃消耗的N2的物质的量之比为3:5,C正确；D项，上述废水发电过程中有微生物参与，高温不利于微生物生存，则上述废水发电在常温下进行优于在高温下进行，D错误；故选D。【解析】A项，合成CH₃CH₂CH₂Cl的反应中，第一步的活化能大于第二步为反应的，为决速步，A正确；B项，丙烯与HCI反应生成CH₃CHCICH₃和CH₃CH₂CH₂Cl的反应都为放热反应，升高温度，反应都向着消耗CH₃CHCICH₃和CH₃CH₂CH₂Cl生成丙烯的方向移动，CH₃CHCICH₃和CH₃CH₂CH₂Cl的比例都更稳定，因此生成CH₃CH-CH₃所需活化能更低，反应的主要产物为CH₃CHCICH₃,D正确；故选B。【解析】中间体生成产物Ⅱ的活化能低于生成产物I的活化能，所以生成产物Ⅱ的速率快，生成的产物Ⅱ多，则产物I是对硝基苯酚、产物Ⅱ是邻硝基苯酚。A项，产物Ⅱ是邻硝基苯酚，邻硝基苯酚易形成分子内氢键熔沸点降低，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯，故A正确；B项，根据图示，反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为E₂-Ei,故B正确；C项，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，不能提高体系中产物I的产率，故C错误；D项，浓硫酸具有吸水性，反应中体系中加入浓硫酸吸收反应生成得水，平衡正向移动，有利于产生活性中间体可促使反应进行，故D正确；故选C。【解析】A项，电子由导电玻璃FTO电极流出，所以导电玻璃FTO电极为太阳能电池的负极，共享碳电极为钙钛矿太阳能电池的正极，A错误；B项，锂硫电池放电时，锂电极为负极，Lit由负极金属锂电极迁移至含硫层，B正确；C项，充电时，共享碳电极为阳极，其电极反应式可写作：8S²+16h⁺=xSg,C正确；D项，该装置为太阳能电池与锂硫电池集成，所以有太阳能转化为电能以及化学能转化为电能，又可实现太阳能直接对锂硫电池充电，即该装置能将太阳能转化为化学能，所以至少涉及了3种形式能源的【解析】A项，根据图中信息可知，催化剂吸收光能最终生成丙氨酸，故该过程光能转化为化学能，A正确；B项，根据图中信息可知，每生成1个丙氨酸分子，催化剂吸收2.41eV的光能，B错误；C项，由图中乳酸铵结构简式、丙酮酸结构简式可知，乳酸铵转化为丙酮酸发生了羟基的催化氧化，C正确；D项，根据图中信息，PLA和一水合氨反应生成乳酰胺，方程式为+nH₂O,D正确；故选B。(3)①在Fe基催化剂表面，NH₃吸附在酸性配位点上形成NH₄+,NO与O₂吸附在Fe³+配位点上形成NO₂,然后NH₄与NO₂结合生成NO₂(NH₄)2,最后NO₂(NH4*)₂与NO反应生成N₂、H₂O,并从催化剂表面逸出(2分)Fe³+与NH₃反应生成H⁺和中间产物Fe²+-NH₂,而后Fe²+-NH₂吸收NO生成N₂和H₂O,并生成Fe²+与H+进入下一个循环(2分)图中最高点与最低点的能量差即为第一步逆反应的活化能，为(a+b-c)kJmol¹;(3①有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH₃还原NO的反应机理：在Fe基催化剂表面，NH₃吸附在酸性配位点上形成NH₄+,NO与O₂吸附在Fe³+配位点上形成NO₂,然后NH₄+与NO₂结合生成NO₂(NH₄+)2,最后NO₂(NH₄+)2与NO反应生成N₂、H₂O、并从催化剂表面逸出。②据图可知反应物为NH₃、NO、O₂、产物为N₂和H₂O.Fe₂O₃为催化剂，总反应为4NH₃+4NO+O₂Fe₂O4N₂+6H₂O;据图可知虚线中的过程为：Fe³+与NH₃反应生成H+和中间产物Fe²+-NH₂,而后Fe²+-NH₂吸收NO生成N₂和H₂O,并生成Fe²+与H+进入下一个循环。(2)阳(1分)【解析】(1)图1为电解池，b电极上碘单质得电子生成碘离子，故b电极为阴极，d电极为阳极，图2为肼燃料电池，c电极为负极，d电极为正极，原电池的负极与电解池的阴极相连，故c电极与b相连，c电极上肼发生氧化反应生成氮气，电极反应式为N₂H₄-4e+4OH=N2+4H₂O。(2)由(1)分析知，图1、图2相连时a电极为阳极，由图可知，碘离子将还原为1,则生成a电极为阳极，电极反应为2H₂O-4e=4H⁺+O₂↑,离子交换膜右侧发生反应,故通过离子交换膜的离子是H+;d电极上每消耗1molO₂转移4mol电子，故当电路中转移0.6mol电子时消耗标准状况下O₂为0.15mol,体积为22.4L/mol×0.15mol=3.36L;电解池左室发生反应2H₂O-4e=4H++O₂↑,氧气逸出，氢离子通过离子交换膜移向右侧，故转移4mol电子时，减少的质量为2mol水的质量为36g,现转移0.6mol电子，质最减少为0.3mol水的质量为18.【答案】(1)使阴极表面尽可能被CO₂附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率),提高含碳化合物的产率(2分)2.8(2分)为确定阴极上生成的含碳化合物源自CO₂而非有机多孔电极材料(2分)【解析】(1)①电解前需向电解质溶液中持续通入过量CO₂的原因是使阴极表面尽可能被CO2附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率),提高含碳化合物的产率。②控制电压为0.8V,产生0.2mol氢气和0.2mol乙醇，根据电极反应2H++2e=H₂↑,2CO₂+12e+12H+=C₂H₅OH+3H₂O,故电解时转移电子的物质的量为0.4+2.4=2.8mol。③科研小组利用1³CO₂代