2019届高考化学一轮复习化学反应中的能量变化作业 14页

化学反应中的能量变化 一、选择题(本大题包括20个小题,每小题2分,共40分;每小题只有一个选项符合题目要求)‎ ‎1.下列关于燃料与能源的说法不正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　‎ A.煤的液化属于物理变化,将煤液化后再作为能源,可减少PM2.5引起的危害 B.生物质能、风能、水能是可再生能源 C.“开发利用新能源”“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量 D.煤、石油、天然气为不可再生的化石燃料 答案A 解析煤液化为化学变化。‎ ‎2.(2018·北京朝阳统考)如图为氟利昂(化学式为CFCl3)破坏臭氧层的反应过程示意图,下列说法不正确的是(　　)‎ A.过程Ⅰ中断裂C—Cl极性键 B.过程Ⅱ可表示为O3+ClClO+O2‎ C.过程Ⅲ中O+OO2是吸热过程 D.上述过程说明氟利昂中氯原子是破坏O3的催化剂 答案C 解析由题图可知,过程Ⅰ中CFCl3在紫外辐射下生成CFCl2和Cl原子,该过程断裂C—Cl极性键,A项正确;过程Ⅱ中Cl原子与O3反应生成O2和ClO,可表示为O3+ClClO+O2,B项正确;过程Ⅲ中O与O原子结合生成O2,成键过程放出热量,C项错误;综合过程Ⅰ~Ⅲ可知,O3被氟利昂中氯原子破坏的过程可表示为2O33O2,该过程中氯原子起到催化剂作用,D项正确。‎ ‎3.(2018·湖南师大附中期中)下列有关反应热的说法中正确的是(　　)‎ A.一个化学反应是否能在常温下发生与该反应的ΔH的大小没有必然联系 B.中和热ΔH=-57.3 kJ·mol-1,所以1.00 L 1.00 mol·L-1硫酸与稀NaOH溶液恰好完全反应放出57.3 kJ的热量 C.用等体积0.50 mol·L-1盐酸、0.55 mol·L-1NaOH溶液进行中和热测定实验,会使测得的值偏大 D.在101 kPa时,1 mol CH4完全燃烧生成CO2和水蒸气时的反应热就是CH4的标准燃烧热 答案A 解析化学反应能否在常温下进行与物质的稳定性有关,与该反应的ΔH大小没有必然联系,A项正确;中和热是稀溶液中H+与OH-反应生成1 mol H2O(l)放出的热量,1.00 L 1.00 mol·L-1硫酸与稀NaOH溶液恰好完全反应生成2 mol H2O,故放出的热量为114.6 kJ,B项错误;用等体积的0.50 mol·L-1盐酸、0.55 mol·L-1NaOH溶液进行中和热测定的实验,NaOH稍过量,可保证HCl完全反应,不会使测得的中和热的值偏大,C项错误;根据标准燃烧热的概念,CH4完全燃烧生成的稳定氧化物应为CO2(g)和H2O(l),D项错误。‎ ‎4.2A(g)B(g)　ΔH1(ΔH1<0);2A(g)B(l)　ΔH2;下列能量变化示意图正确的是(　　)‎ 答案B 解析由题意可知2A(g)B(l)为放热反应,由此可排除C项和D项;2 mol A(g)生成1 mol B(l)比生成1 mol B(g)放出的热量要多,因此选项B正确。‎ ‎5.(2018·宁波选考适应性考试)固态或气态碘分别与氢气反应的热化学方程式如下:‎ ‎①H2(g)+I2(?)2HI(g)　ΔH1=-9.48 kJ·mol-1‎ ‎②H2(g)+I2(?)2HI(g)　ΔH2=+26.48 kJ·mol-1‎ 下列判断不正确的是(　　)‎ A.①中的I2为气态,②中的I2为固态 B.②的反应物总能量比①的反应物总能量小 C.反应①的产物比反应②的产物热稳定性更强 D.1 mol固态碘升华时将吸热35.96 kJ 答案C 解析根据反应热ΔH=生成物的总能量-反应物的总能量,说明①中反应物的总能量大于②中反应物的总能量,由于物质为气态时的能量大于固体时的能量,则①中的I2为气态,②中的I2为固态,即A、B两项都正确;由于两个反应的产物相同、状态相同,热稳定性也相同,故C错误;根据盖斯定律,②-①即得I2(s)I2(g)　ΔH=ΔH2-ΔH1=+35.96 kJ·mol-1,说明1 mol固态碘升华为碘蒸气需要吸收35.96 kJ的热量,即D正确。‎ ‎6.化学反应的ΔH等于反应物的总键能与生成物的总键能之差。‎ 化学键 Si—O Si—Cl H—H H—Cl Si—Si Si—C 键能‎(kJ·mol‎-1‎)‎ ‎460‎ ‎360‎ ‎436‎ ‎431‎ ‎176‎ ‎347‎ 高纯硅可通过下列反应制取:SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g),该反应的ΔH为(　　)‎ A.+412 kJ·mol-1 B.-412 kJ·mol-1‎ C.+236 kJ·mol-1 D.-236 kJ·mol-1‎ 答案C 解析Si是原子晶体,1个Si原子与周围的4个Si形成4个Si—Si键,所以平均1 mol Si形成的共价键有2 mol,即1 mol Si 中含有2 mol Si—Si键。由反应的化学方程式可知,该反应的ΔH=4E(Si—Cl)+2E(H—H)-2E(Si—Si)-4E(H—Cl)=(4×360+2×436-2×176-4×431) kJ·mol-1=+236 kJ·mol-1。‎ ‎7.(2018·贵州七校联考)根据如图所给信息,得出的结论正确的是(　　)‎ A.48 g碳完全燃烧放出的热量为1 574 kJ·mol-1‎ B.2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=-221.0 kJ·mol-1‎ C.2CO2(g)2CO(g)+O2(g)　ΔH=+283.0 kJ·mol-1‎ D.C(s)+O2(g)CO2(s)　ΔH=-393.5 kJ·mol-1‎ 答案B 解析48 g碳完全燃烧生成二氧化碳气体,放出热量为1 574 kJ,A项错误;根据题给图像可知,C(s)+‎1‎‎2‎O2(g)CO(g)　ΔH=-110.5 kJ·mol-1,故2C(s)+O2(g)2CO(g)　ΔH=-221.0 kJ·mol-1,B项正确;根据图像可知,CO(g)+‎1‎‎2‎O2(g)CO2(g)　ΔH=-283.0 kJ·mol-1,故2CO2(g)2CO(g)+O2(g)　ΔH=+566.0 kJ·mol-1,C项错误;根据题给图像可知,C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-393.5 kJ·mol-1,D项中的CO2应该是气体,不是固态,D项错误。‎ ‎8.(2018·嘉兴9月份考试)几种物质的能量关系如下图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.C(s)+O2(g)CO2(g)　ΔH=-965.1 kJ·mol-1‎ B.2CO(g)+O2(g)2CO2(g)　ΔH=-221.2 kJ·mol-1‎ C.由图可知表示甲烷标准燃烧热的ΔH为-779.7 kJ·mol-1‎ D.通常由元素最稳定的单质生成1 mol纯化合物时的反应热称为该化合物的标准生成焓,由图可知CH4(g)的标准生成焓为+74.8 kJ·mol-1‎ 答案B 解析根据能量关系图无法计算出C和O2生成CO2的焓变,故A错误;根据能量关系图可得CO(g)+‎1‎‎2‎ O2(g)CO2(g)　ΔH=(854.5-965.1) kJ·mol‎-‎‎1‎=-110.6 kJ·mol‎-‎‎1‎,故B正确;根据能量关系图可知,表示甲烷标准燃烧热的ΔH为-890.3 kJ·mol‎-‎‎1‎,故C错误;该反应为化合反应,属于放热反应,即CH4(g)的标准生成焓为(890.3-965.1)kJ·mol‎-‎‎1‎=-74.8 kJ·mol‎-‎‎1‎,故D错误。‎ ‎9.(2018·台州中学第一次统练)H2O2(l)在有MnO2的条件下和无MnO2的条件下分解的能量变化如下图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.有MnO2条件下的反应曲线是a曲线 B.该反应能量变化类型与CaCO3的分解反应相同 C.加催化剂后,正反应速率增大,逆反应速率减小 D.b曲线的热化学方程式为H2O2(l)H2O(l)+‎1‎‎2‎O2(g)‎ ΔH=(E1 -E2 ) kJ·mol-1‎ 答案D 解析催化剂能降低反应活化能而改变化学反应速率,但不影响焓变,所以有MnO2条件下的反应曲线是b曲线,A错误;该反应中反应物的能量高,生成物的能量低,为放热反应,CaCO3的分解反应是吸热反应,故B错误;加催化剂后正、逆反应速率同时增大,故C错误;该反应的焓变ΔH=(E1-E2) kJ·mol-1或ΔH=-(E2-E1) kJ·mol-1,故D正确。‎ ‎10.火箭推进器常以联氨(N2H4)为燃料、过氧化氢为助燃剂。已知下列各反应的热化学方程式:‎ N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)　ΔH1=-533.23 kJ·mol-1‎ H2O(g)H2O(l)　ΔH2=-44 kJ·mol-1‎ ‎2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)　ΔH3=-196.4 kJ·mol-1‎ 则联氨与过氧化氢反应的热化学方程式可表示为(　　)‎ A.N2H4(g)+2H2O2(l)N2(g)+4H2O(l)　ΔH=+817.63 kJ·mol-1‎ B.N2H4(g)+2H2O2(l)N2(g)+4H2O(g)　ΔH=-641.63 kJ·mol-1‎ C.N2H4(g)+2H2O2(l)N2(g)+4H2O(l)　ΔH=-641.63 kJ·mol-1‎ D.N2H4(g)+2H2O2(l)N2(g)+4H2O(g)　ΔH=-817.63 kJ·mol-1‎ 答案B 解析将题中的热化学方程式依次编号①、②、③,生成液态水时的热化学方程式由①+③+2×②可得;生成气态水的热化学方程式由①+③-2×②可得;B正确。‎ ‎11.H2与ICl的反应分①、②两步进行,其能量曲线如下图所示,下列有关说法错误的是(　　)‎ A.反应①、反应②均为放热反应 B.反应①、反应②均为氧化还原反应 C.反应①比反应②的速率小,与相应正反应的活化能无关 D.反应①、反应②的焓变之和为ΔH=-218 kJ·mol-1‎ 答案C 解析根据图像可知,反应①和反应②中反应物总能量都大于生成物总能量,故反应①、②均为放热反应,A正确;反应①、②中都存在元素化合价变化,所以反应①、②都是氧化还原反应,B正确;反应①比反应②的速率小,是由于反应①中正反应的活化能较大,反应②中正反应的活化能较小,C错误;反应①、反应②总的能量变化为218 kJ,根据盖斯定律可知,反应①、反应②的焓变之和为ΔH=-218 kJ·mol-1,D正确。‎ ‎12.(2018·杭州学军中学选考模拟考试)2016 年,《Nature》期刊报道一例CH3OH-O2在聚合物催化下的原电池,其工作示意图如右图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.电极B的电极反应式为O2+2e-+H+HO‎2‎‎-‎ B.电解质溶液中H+由电极B流向电极A C.电极A是负极,发生还原反应 D.外电路中通过3 mol电子,生成11.2 L CO2‎ 答案A 解析原电池工作时,CH3OH在负极上失电子,发生氧化反应,生成二氧化碳和水,则电极A为负极,电极B为正极,正极上氧气得电子生成HO‎2‎‎-‎,电极反应式为O2+H++2e-HO‎2‎‎-‎,故A正确;原电池工作时,阳离子向正极移动,H+向电极B移动,故B错误;电极A为负极,负极上CH3OH被氧化,生成二氧化碳和水,故C错误;未指明气体所处的状态,无法计算气体的体积,故D错误。‎ ‎13.(2018·嘉兴9月份考试)一种新型的电池,总反应为3Zn+2FeO‎4‎‎2-‎+8H2O2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH-,其工作原理如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A.Zn电极是负极,发生氧化反应 B.随着反应的进行,溶液的pH增大 C.电子由Zn电极流出到石墨电极,再经过溶液回到Zn电极,形成回路 D.石墨电极上发生的电极反应为FeO‎4‎‎2-‎+4H2O+3e-Fe(OH)3↓+5OH-‎ 答案C 解析根据电池总反应可知,Zn的化合价升高,锌作负极,发生氧化反应,故A说法正确;根据电池总反应方程式可知,反应生成OH-,溶液的pH增大,故B说法正确;根据原电池的工作原理,电子从Zn电极流出经外电路流向石墨电极,电解质溶液中是阴阳离子定向移动,没有电子通过,故C说法错误;负极的电极反应式为Zn+2OH--2e-Zn(OH)2,正极反应式为FeO‎4‎‎2-‎+4H2O+3e-Fe(OH)3+5OH-,故D说法正确。‎ ‎14.如图用石墨作电极的电解池中,放入某足量蓝色溶液500 mL,进行电解,观察到A电极表面有红色固体生成,B电极有无色气体生成;通电一段时间后,取出A电极,洗涤、干燥、称量,A电极增重1.6 g。下列说法错误的是(　　)‎ A.图中B极同电源正极相连 B.该蓝色溶液可能是Cu(NO3)2或CuCl2溶液 C.电解后溶液的pH约为1(溶液体积变化忽略不计)‎ D.要使电解后溶液恢复到电解前的状态,则可加入2 g CuO 答案B 解析蓝色溶液为含Cu2+的盐溶液,Cu在A极析出,则A为阴极,B为阳极,与B相连的为电源正极,A项正确;B极产生无色气体,若为CuCl2溶液,则产生黄绿色的Cl2,B项错误;A极增重1.6 g为生成的Cu,转移电子的物质的量为‎1.6 g‎64 g·mol‎-1‎×2=0.05 mol,则B极OH-失去0.05 mol电子,电解后产生0.05 mol H+,则c(H+)=‎0.05mol‎0.5 L=0.1 mol·L-1,pH=1,C项正确;A电极生成Cu,B电极生成O2,故加入CuO可以恢复原状,根据Cu守恒,加入的m(CuO)=‎1.6 g‎64 g·mol‎-1‎×80 g·mol-1=2 g,D项正确。‎ ‎15.(2018·辽宁大连模拟)某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如图所示,该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2,X、Y是特殊催化剂型电极。已知装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比。‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A.该装置中Y电极发生氧化反应 B.X电极的电极反应式为6CO2+24e-+24H+C6H12O6+6H2O C.理论上,每生成22.4 L O2必有4 mol H+由Y极区向X极区迁移 D.当电路中通过3 mol电子时生成18 g C6H12O6,则该装置的电流效率为80%‎ 答案C 解析根据装置图可知,Y电极与电源正极相连,Y电极为阳极,发生氧化反应,A项正确;X电极为阴极,发生还原反应,根据X电极上的反应物及产物可写出阴极的电极反应式,B项正确;22.4 L O2没有指明是在标准状况下,C项不正确;n(C6H12O6)=‎18 g‎180 g·mol‎-1‎=0.1 mol,生成0.1 mol葡萄糖消耗2.4 mol电子,故该装置的电流效率为‎2.4mol‎3mol×100%=80%,D项正确。‎ ‎16.(2018·浙江温州模拟)高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的装置如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A.铁是阳极,电极反应为Fe-2e-+2OH-Fe(OH)2‎ B.电解一段时间后,镍电极附近溶液的pH减小 ‎ C.若离子交换膜为阴离子交换膜,则电解结束后左侧溶液中含有FeO‎4‎‎2-‎ D.每制得1 mol Na2FeO4,理论上可以产生67.2 L气体 答案C 解析用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4),铁失电子生成高铁酸钠,则铁作阳极,镍作阴极,电极反应式为Fe+8OH--6e-FeO‎4‎‎2-‎+4H2O,A错误;镍电极上H+放电生成H2,c(H+)减小,溶液的pH增大,B错误;若离子交换膜为阴离子交换膜,FeO‎4‎‎2-‎穿过阴离子交换膜向左侧扩散,左侧溶液中会含有FeO‎4‎‎2-‎,C正确;温度和压强未知,不能计算生成气体体积,D错误。‎ ‎17.(2018·湖北七市调研)如下图所示,某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理,其中乙装置中X为阳离子交换膜。下列有关说法正确的是(　　)‎ A.反应一段时间后,乙装置中生成的氢氧化钠在铁电极区 B.乙装置中铁电极为阴极,电极反应式为Fe-2e-Fe2+‎ C.通入氧气的一极为正极,发生的电极反应为O2-4e-+2H2O4OH-‎ D.反应一段时间后,丙中硫酸铜溶液浓度保持不变 答案A 解析甲装置为甲醚燃料电池,充入氧气的一极发生还原反应,为电极的正极,充入燃料的一极为电极的负极,C项错误;乙装置为电解饱和氯化钠溶液的装置,Fe电极为阴极,C极为阳极,阴极上生成H2,阴极区c(OH-)增大,Na+透过阳离子交换膜移向阴极区,A项正确,B项错误;丙装置为电解精炼铜的装置,精铜为阴极,粗铜为阳极,由于粗铜中的Zn、Fe杂质失电子,故c(CuSO4)减小,D项错误。‎ ‎18.(2017·河南安鹤新开四校联考)硼化钒(VB2)-空气电池是储电能力较高的电池(如图所示),电池总反应为4VB2+11O24B2O3+2V2O5,下列叙述错误的是(　　)‎ A.负极反应式为4VB2+44OH--44e-2V2O5+4B2O3+22H2O B.正极反应式为11O2+44e-+22H2O44OH-‎ C.OH-由负极透过选择性透过膜向正极迁移 D.电子由硼化钒电极经负载流向电极a 答案C 解析从电池的总反应看,通入空气的一极(电极a)是电池的正极,电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-或11O2+44e-+22H2O44OH-①,用电池的总反应减去①式即可得负极反应式:4VB2+44OH--44e-2V2O5+4B2O3+22H2O,故A、B项正确;电池工作时,OH-应向负极迁移,C项错误;电子由负极经外电路流向正极,即由硼化钒电极经负载流向电极a,D项正确。‎ ‎19.(2017·福建晋江四校联考)一定条件下,利用如图装置可实现有机物的储氢,下列有关说法正确的是(　　)‎ A.苯在电极D上放电时断开的化学键是极性键 B.气体X在反应中通常体现还原性 C.若阳极区的电解质溶液为稀硫酸,则电解一段时间后,阳极区溶液的pH增大 D.电极D的电极反应式为C6H6+6H++6e-C6H12‎ 答案D 解析由题图可知,电极D上发生了如下转化:,因此D极为阴极,A为电源的负极,从断开的是碳碳键,属于非极性键,故A项错误;D极的电极反应式为+6H++6e-,故D项正确;B为电源的正极,E为电解池的阳极,该极的电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,所以气体X是O2,O2在反应中通常体现氧化性,故B项错误;从阳极的电极反应式看,阳极区c(H+)不断增大,溶液的pH逐渐减小,故C项错误。‎ ‎20.将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上,一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区(a)已被腐蚀而变暗,在液滴外沿形成棕色铁锈环(b),如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是(　　)‎ A.液滴中的Cl-由a区向b区迁移 B.液滴边缘是正极区,发生的电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-‎ C.液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀,生成的Fe2+由a区向b区迁移,与b区的OH-形成Fe(OH)2,进一步氧化、脱水形成铁锈 D.若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板,有铜铁接触处滴加NaCl溶液,则负极发生的电极反应为Cu-2e-Cu2+‎ 答案B 解析根据液滴之下氧气含量比边缘处少可知液滴下铁为负极,失电子生成亚铁离子,液滴外缘氧气得电子与水化合生成氢氧根,OH-与Fe2+结合生成Fe(OH)2,进而生成Fe2O3·nH2O,阴离子移向负极,A项错误,B项正确;铁为负极,失电子发生氧化反应,C项错误;铁比铜活泼,应为铁失电子:Fe-2e-Fe2+,D项错误。‎ 二、非选择题(本大题包括6个小题,共60分)‎ ‎21.(12分)过渡态理论认为:化学反应并不是通过简单的碰撞就能完成的,而是从反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。如图1是1 mol NO2与1 mol CO恰好反应生成CO2和NO过程中的能量变化示意图。‎ ‎(1)试写出NO2和CO反应的热化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　,该反应的活化能是　　　　　　kJ·mol-1。 ‎ ‎(2)在密闭容器中进行的上述反应是可逆反应,则其逆反应的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　,该反应的活化能为　　　　　　　　　　kJ·mol-1。 ‎ ‎(3)图2是某同学模仿图1画出的NO(g)+CO2(g)NO2(g)+CO(g)的能量变化示意图。则图中E3=　　　　　　　kJ·mol-1,E4=　　　　　　kJ·mol-1。 ‎ 答案(1)NO2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g)　ΔH=-234 kJ·mol-1　134‎ ‎(2)NO(g)+CO2(g)NO2(g)+CO(g)　ΔH=+234 kJ·mol-1　368‎ ‎(3)368　234‎ 解析(1)图中E1是正反应的活化能,即该反应的活化能为134 kJ·mol-1。正反应的活化能和逆反应的活化能之间的能量差即为反应热。‎ ‎(2)可逆反应中逆反应的反应热与正反应的反应热的数值相等,符号相反。‎ ‎(3)E3即该反应的活化能,与E2相等,E4是反应物与生成物的能量之差,即反应热。‎ ‎22.(8分)(2018·重庆三峡名校联考)氢气的制取是氢能源利用领域的研究热点。‎ ‎(1)纳米级的Cu2O可作为太阳光分解水的催化剂。一定温度下,在2 L密闭容器中加入纳米级Cu2O并通入0.10 mol水蒸气发生反应:2H2O(g)2H2(g)+O2(g)　ΔH=+484 kJ·mol-1,不同时段产生O2的量见下表:‎ 时间/min ‎20‎ ‎40‎ ‎60‎ ‎80‎ n(O2)/mol ‎0.001 0‎ ‎0.001 6‎ ‎0.002 0‎ ‎0.002 0‎ 上述反应过程中能量转化形式为光能转化为　　　　能,达平衡过程中至少需要吸收光能　　　　　　kJ(保留三位小数)。 ‎ ‎(2)氢气是合成氨工业的原料,合成塔中每产生2 mol NH3,放出92.2 kJ热量。已知:‎ 则1 mol N—H键断裂吸收的能量约等于　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)已知:①2H2(g)+O2(g)2H2O(g)　ΔH=-483.6 kJ·mol-1‎ ‎②N2(g)+2O2(g)2NO2(g)　ΔH=+67.7 kJ·mol-1‎ 则H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案(1)化学　0.968　(2)391 kJ ‎(3)4H2(g)+2NO2(g)N2(g)+4H2O(g)‎ ΔH=-1 034.9 kJ·mol-1‎ 解析(1)题述反应过程中能量转化形式为光能转化为化学能。达平衡时,生成氧气0.002 mol,至少需要吸收的光能为0.002 mol×484 kJ·mol-1=0.968 kJ。‎ ‎(2)3H2(g)+N2(g)2NH3(g),反应的焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量=3×436 kJ·mol-1+945.8 kJ·mol-1-6×E(N—H)=-92.2 kJ·mol-1,E(N—H)=391 kJ·mol-1。‎ ‎(3)反应4H2(g)+2NO2(g)N2(g)+4H2O(g)可以由①×2-②得到,故ΔH=-(483.6 kJ·mol-1)×2-67.7 kJ·mol-1=-1 034.9 kJ·mol-1。‎ ‎23.(12分)(2018·安徽合肥质检)如图所示,U形管内盛有100 mL的溶液,按要求回答下列问题:‎ ‎(1)断开K2,闭合K1,若所盛溶液为CuSO4溶液,则A极为　　　　极,B极的电极反应式为　　　　　　　　　　　。若所盛溶液为KCl溶液,则B极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)断开K1,闭合K2,若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液,则:①A电极附近可以观察到的现象是　　　　　　,Na+移向　　　(填“A”或“B”)极。 ‎ ‎②B电极上的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　,总反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎③反应一段时间后断开K2,若忽略溶液的体积变化和气体的溶解,B极产生气体的体积(标准状况)为11.2 mL,将溶液充分混合,溶液的pH约为　　　　。若要使电解质溶液恢复到原状态,需向U形管内加入或通入一定量的　　　　　　　　。 ‎ 答案(1)负　Cu2++2e-Cu　O2+2H2O+4e-4OH-‎ ‎(2)①溶液变红　A　②2Cl--2e-Cl2↑　2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑　③12　HCl 解析(1)断开K2,闭合K1时,该装置是原电池,锌作负极,碳作正极,正极上铜离子得电子生成铜,发生还原反应,电极反应式为Cu2++2e-Cu;所盛溶液为KCl溶液时发生锌的吸氧腐蚀,正极(B极)的电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-;(2)断开K1,闭合K2,若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液,①该装置是电解池,碳棒是阳极,锌棒是阴极,电解时,锌棒上氢离子放电生成氢气,同时电极附近生成的氢氧根离子导致溶液呈碱性,使酚酞变红;溶液中的Na+向阴极移动,即向A电极移动;②电解时,阳极B上氯离子放电生成氯气:2Cl--2e-Cl2↑,阴极上氢离子放电生成氢气,同时溶液中生成氢氧化钠,所以电池总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑;③由②可知,B极产生(标准状况)11.2 mL Cl2,生成0.001 mol NaOH。故c(OH-)=0.01 mol·L-1,c(H+)=KWc(OH‎-‎)‎‎=‎‎1‎‎0‎‎-14‎‎0.01‎mol·L-1=10-12 mol·L-1,故pH=12。两极逸出的气体分别是H2和Cl2,故要使电解质溶液恢复到原状态,需向U形管内通入一定量的HCl气体。‎ ‎24.(8分)对金属制品进行抗腐蚀处理,可延长其使用寿命。‎ ‎(1)以下为铝材表面处理的一种方法:‎ ‎①碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜,碱洗时常有气泡冒出,原因是　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。为将碱洗槽液中的铝以沉淀形式回收,最好向槽液中加入下列试剂中的　　　。 ‎ a.NH3　　b.CO2　　c.NaOH　　d.HNO3‎ ‎②以铝材为阳极,在H2SO4溶液中电解,铝材表面形成氧化膜,阳极电极反应式为　　　　　　　　　　　。取少量废电解液,加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀,产生沉淀的原因是　。 ‎ ‎(2)镀铜可防止铁制品腐蚀,电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)利用下图装置,可以模拟铁的电化学防护。‎ 若X为碳棒,为减缓铁的腐蚀,开关K应置于　　　处。 ‎ 若X为锌,开关K置于M处,该电化学防护法称为　　　　　　　　　。 ‎ 答案(1)①2Al+2OH-+6H2O2[Al(OH)4]-+3H2↑(或2Al+2OH-+2H2O2AlO‎2‎‎-‎+3H2↑)　b ‎②2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+‎ HCO‎3‎‎-‎与H+反应使H+的浓度减小,产生Al(OH)3沉淀 ‎(2)补充溶液中消耗的Cu2+,保持溶液中Cu2+的浓度恒定 ‎(3)N　牺牲阳极的阴极保护法(或牺牲阳极保护法)‎ 解析(1)①Al能与NaOH溶液反应生成H2,Al2O3与NaOH溶液反应时不能生成H2,则根据气泡冒出的现象断定Al与NaOH溶液发生了化学反应;‎[Al(OH‎)‎‎4‎]‎‎-‎(或AlO‎2‎‎-‎)转化成Al(OH)3须加入酸,而Al(OH)3能溶于强酸,所以选择CO2;②Al在阳极失电子生成氧化膜(Al2O3),Al2O3中的氧是由水提供的,溶液显酸性,所以有H+生成;废电解液中含有Al3+,Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,NaHCO3水解显碱性,与Al3+的水解互相促进。‎ ‎(2)电镀时铜作阳极,失去电子生成Cu2+,阴极Cu2+得电子生成Cu。‎ ‎(3)碳棒的活泼性小于铁的,则需用电解池的原理,利用铁作阴极与电源负极相连从而保护铁不受腐蚀;Zn的活泼性大于铁的,则二者形成原电池时,Zn作负极从而保护铁不受腐蚀。‎ ‎25.(8分)Zn-MnO2干电池应用广泛,其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。‎ ‎(1)该电池的负极材料是　　　　。电池工作时,电子流向　　　　(填“正极”或“负极”)。 ‎ ‎(2)若ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+,会加速某电极的腐蚀,其主要原因是 ‎ ‎　。 ‎ 欲除去Cu2+,最好选用下列试剂中的　　　　(填代号)。 ‎ a.NaOH　　　b.Zn　　　　c.Fe　　　　d.NH3·H2O ‎(3)MnO2的生产方法之一是以石墨为电极,电解酸化的MnSO4溶液。阴极的电极反应式是　　　　　　　　　　　。若电解电路中通过2 mol电子,MnO2的理论产量为　　　 g。 ‎ 答案(1)Zn(或锌)　正极 ‎(2)锌与还原出的铜构成铜锌原电池而加快锌的腐蚀　b ‎(3)2H++2e-H2↑　87‎ 解析(1)由原电池原理可知,负极材料是Zn,电池工作时,电子由负极经外电路流向正极。(2)在金属活动性顺序中,Cu排在Zn的后面,Cu2+能将Zn氧化为Zn2+,从而使Zn电极受到腐蚀,利用反应Cu2++ZnCu+Zn2+,可用Zn除去Cu2+,另外几种试剂在除Cu2+时会引入杂质。(3)电解时阴极发生还原反应,溶液中的H+在阴极得电子被还原。由关系式Mn2+~MnO2~2e-可得电路中通过2 mol电子时,MnO2的理论产量为87 g。‎ ‎26.(12分)(2018湖北襄阳五中二模)(1)电化学沉解法可用于治理水中硝酸盐的污染。‎ 图甲 电化学降解NO‎3‎‎-‎的原理如图甲所示,电源正极为　　　(填“A”或“B”),阴极反应式为　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)图乙是一种用电解原理制备H2O2,并用产生的H2O2处理废氨水的装置。‎ 图乙 ‎①为了不影响H2O2的产量,需要向废氨水中加入适量HNO3调节溶液pH约为5,则所得溶液中c(NH‎4‎‎+‎)　　　(填“>”“<”或“=”)c(NO‎3‎‎-‎)。 ‎ ‎②Ir-Ru惰性电极吸附O2生成H2O2,其电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 图丙 ‎③理论上电路中每转移3 mol e-,最多可以处理废氨水中溶质(以NH3计)的质量是　　　　g。 ‎ ‎(3)电解法也可以利用KHCO3使K2CO3溶液再生。其原理如图丙所示,KHCO3应进入　　　　(填“阴极”或“阳极”)室。 ‎ 结合方程式简述再生K2CO3的原理是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案(1)A　2NO‎3‎‎-‎+12H++10e-N2↑+6H2O ‎(2)①<　②O2+2H++2e-H2O2　③17‎ ‎(3)阴极　水电离出的H+在阴极得电子生成H2,使水的电离平衡正向移动,产生的OH-和HCO‎3‎‎-‎反应生成CO‎3‎‎2-‎,使得K2CO3再生 解析(1)由题给原理图可知,NO‎3‎‎-‎在Ag-Pt电极上发生还原反应生成氮气,因此Ag-Pt电极为阴极,电极反应式为2NO‎3‎‎-‎+12H++10e-N2↑+6H2O,B为电源负极,A为电源正极。‎ ‎(2)①溶液呈现电中性,c(NH‎4‎‎+‎)+c(H+)=c(NO‎3‎‎-‎)+c(OH-),pH为5的溶液呈酸性,即c(H+)>c(OH-),故c(NH‎4‎‎+‎)