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章末素养提升
考向一 盖斯定律的应用
1.(2025·广东卷节选)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0 mol TiCl4与10.0 mol Ti放入容积为V0 L的恒容密闭容器中,反应体系存在下列过程。
编号 过程 ΔH
(a) Ti(s)+TiCl4(g) 2TiCl2(s) ΔH1
(b) TiCl2(s)+TiCl4(g) 2TiCl3(g) +200.1 kJ/mol
(c) Ti(s)+3TiCl4(g) 4TiCl3(g) +132.4 kJ/mol
ΔH1=-267.8 kJ/mol。
解析:反应(b):TiCl2(s)+TiCl4(g) 2TiCl3(g);反应(c):Ti(s)+3TiCl4(g) 4TiCl3(g),将反应(c)-2×反应(b)可得Ti(s)+TiCl4(g) 2TiCl2(s),则ΔH1=[+132.4-2×(+200.1)] kJ/mol=-267.8 kJ/mol。
2.(2024·广东卷节选)酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应(反应a),可用于石油开采中油路解堵。
反应a:N(aq)+N(aq)===N2(g)+2H2O(l)
已知:
则反应a的ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4。
解析:由已知可得:Ⅰ.NaNO2(s)+NH4Cl(s) ===N2(g)+NaCl(s)+2H2O(l)　ΔH1;
Ⅱ.NaNO2(s)===Na+(aq)+N(aq)　ΔH2;
Ⅲ.NH4 Cl(s)=== Cl-(aq)+N(aq)　ΔH3;
Ⅳ.NaCl(s)===Na+(aq)+Cl-(aq)　ΔH4;
由盖斯定律可知,目标化学方程式N(aq)+N(aq)===N2(g)+2H2O(l)可由化学方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ+Ⅳ得到,故反应a的ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4。
3.(2024·重庆卷)二氧化碳-甲烷重整是CO2资源化利用的重要研究方向,涉及的主要热化学方程式有:
①CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)　ΔH1=+247 kJ/mol
②CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)　ΔH2=-131 kJ/mol
③CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g)　ΔH3=-90 kJ/mol
已知H—H键能为a kJ/mol,O—H键能为b kJ/mol,C—H键能为c kJ/mol,则CO(g)中的碳氧键键能(单位:kJ/mol)为(　B　)
A.-206+3a-2b-4c B.-206-3a+2b+4c
C.206+3a-2b-4c D.206-3a+2b+4c
解析:根据盖斯定律,由反应①+反应②-反应③可得反应:CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g),该反应ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3=+247 kJ/mol+(-131 kJ/mol)-(-90 kJ/mol)=+206 kJ/mol,根据ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和可得ΔH=4×c kJ/mol+2×b kJ/mol-3×a kJ/mol-CO(g)中的碳氧键键能=206 kJ/mol,CO(g)中的碳氧键键能=(-206-3a+2b+4c) kJ/mol,故B正确。
考向二 化学电源装置分析
4.(2024·全国甲卷)科学家使用δ-MnO2研制了一种MnO2-Zn可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后,MnO2电极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4。下列叙述正确的是(　C　)
A.充电时,Zn2+向阳极方向迁移
B.充电时,会发生反应Zn+2MnO2===ZnMn2O4
C.放电时,正极反应有MnO2+H2O+e-===MnOOH+OH-
D.放电时,Zn电极质量减小0.65 g,MnO2电极生成了0.020 mol MnOOH
解析:Zn具有比较强的还原性,MnO2具有比较强的氧化性,自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间,所以MnO2电极为正极,Zn电极为负极,则充电时MnO2电极为阳极,Zn电极为阴极。充电时该装置为电解池,电解池中阳离子向阴极迁移,即Zn2+向阴极方向迁移,A不正确;放电时,负极电极反应为Zn-2e-===Zn2+,则充电时阴极反应为Zn2++2e-===Zn,即充电时Zn元素化合价应降低,而选项中Zn元素化合价升高,B不正确;放电时MnO2电极为正极,正极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4,则正极上主要发生的电极反应是MnO2+H2O+e-===MnOOH+OH-,C正确;放电时,Zn电极质量减小0.65 g(物质的量为0.010 mol),电路中转移0.020 mol电子,由正极的主要反应MnO2+H2O+e-===MnOOH+OH-可知,若正极上只有MnOOH生成,则生成MnOOH的物质的量为0.020 mol,但是正极上还有ZnMn2O4生成,因此,MnOOH的物质的量小于0.020 mol,D不正确。
5.(2024·江西卷)我国学者发明了一种新型多功能甲醛-硝酸盐电池,可同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子(如图)。下列说法正确的是(　B　)
A.CuAg电极反应为2HCHO+2H2O-4e-===2HCOO-+H2↑+2OH-
B.CuRu电极反应为N+6H2O+8e-===NH3↑+9OH-
C.放电过程中,OH-通过质子交换膜从左室传递到右室
D.处理废水过程中溶液pH不变,无须补加KOH
解析:由原电池中电子移动方向可知,CuAg为负极,HCHO失去电子生成HCOO-和H2,电极反应式为2HCHO+4OH--2e-===2HCOO-+H2↑+2H2O,CuRu为正极,N得到电子生成NH3,电极反应式为N+6H2O+8e-===NH3↑+9OH-,以此解答。由分析可知,A错误,B正确;质子交换膜只允许H+通过,C错误;由分析可知,总反应为8HCHO+N+7OH-===NH3↑+8HCOO-+4H2↑+2H2O,处理废水过程中消耗OH-,溶液pH减小,需要补加 KOH,D错误。
考向三 电解装置分析
6.(2024·山东卷)以不同材料修饰的Pt为电极,一定浓度的NaBr溶液为电解液,采用电解和催化相结合的循环方式,可实现高效制H2和O2,装置如图所示。下列说法错误的是(　B　)
A.电极a连接电源负极
B.加入Y的目的是补充NaBr
C.电解总反应式为Br-+3H2OBr+3H2↑
D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z)︰n(Br-)=3︰2
解析:电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成Br,电极b为阳极,电极反应为Br--6e-+3H2O===Br+6H+,则电极a为阴极,电极a的电极反应为2H++2e-===H2↑,电解总反应式为Br-+3H2OBr+3H2↑,A、C正确;催化阶段Br被还原成Br-循环使用,同时生成O2,实现高效制H2和O2,即Z为O2,电解过程中消耗H2O和Br-,而催化阶段Br被还原成Br-循环使用,故加入Y的目的是补充H2O,维持NaBr溶液为一定浓度,B错误;催化阶段,Br元素的化合价由+5降至-1,生成1 mol Br-得到6 mol电子,O元素的化合价由-2升至0,生成1 mol O2失去4 mol电子,根据得失电子守恒,反应产物物质的量之比n(O2)︰n(Br-)=6 mol︰4 mol=3︰2,D正确。
7.(2025·河北卷)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCoO2(x<1)再锂化的电化学装置,其示意图如下:
已知:参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化为LiCoO2的最优条件,不干扰电极反应。下列说法正确的是(　B　)
A.LixCoO2电极上发生的反应:LixCoO2+xe-+xLi+===LiCoO2
B.产生标准状况下5.6 L O2时,理论上可转化 mol的LixCoO2
C.再锂化过程中,S向LixCoO2电极迁移
D.电解过程中,阳极附近溶液pH升高
解析:由题给装置图可知,该装置中有直流电源,为电解池,则LixCoO2(x<1)转化为LiCoO2过程中,Co元素化合价由+(4-x)降为+3,LixCoO2得电子发生还原反应,为阴极,电极反应式为LixCoO2+(1-x)e-+(1-x)Li+===LiCoO2,Pt电极为阳极,失电子,发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,据此回答。由分析知,A错误;由电极反应式可知,产生标准状况下5.6 L(即0.25 mol)O2时转移1 mol电子,理论上转化 mol的LixCoO2,B正确;S为阴离子,应向阳极移动,即向Pt电极迁移,C错误;由阳极电极反应式可知,电解过程中,阳极产生H+、消耗H2O,酸性增强,则阳极附近pH降低,D错误。
8.(2025·湖北卷)某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+在电极上发生相互转化,伴随着热量的吸收或释放,经由泵推动电解质溶液的循环流动(①→②→③→④→①)实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热,其他区域绝热。下列描述错误的是(　B　)
A.阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+
B.已知②处的电解液温度比①处的低,可推断[Fe(H2O)6]2+比[Fe(H2O)6]3+稳定
C.多孔隔板可以阻止阴极区和阳极区间的热交换
D.已知电子转移过程非常快,物质结构来不及改变。热效应主要来自电子转移后[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变
解析:由题图可知,左侧电极发生反应:[Fe(H2O)6]2+-e-===[Fe(H2O)6]3+,则左侧为阳极,右侧电极反应为[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+,则右侧电极为阴极,据此解答。由分析可知,阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+,A正确;已知②处的电解液温度比①处的低,则可推断[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+是吸热反应,[Fe(H2O)6]3+比[Fe(H2O)6]2+稳定,B错误;多孔隔板可以阻止两电极区的溶液对流,可阻止热交换,C正确;题干明确指出电子转移过程非常快,物质结构来不及改变,这意味着电子转移(即氧化还原反应)本身不会直接导致结构变化,热效应实际上来自电子转移完成后,新生成的离子[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化,D正确。(共22张PPT)
第七章　化学反应与能量转化
章末素养提升
目
录
真题分类 训练
知识体系 构建
一
知识体系 构建
二
真题分类 训练
1.(2025·广东卷节选)以TiCl4为原料可制备TiCl3。将5.0 mol TiCl4与10.0 mol Ti放入容积为V0 L的恒容密闭容器中,反应体系存在下列过程。
考向一
盖斯定律的应用
编号 过程 ΔH
(a) Ti(s)+TiCl4(g) 2TiCl2(s) ΔH1
(b) TiCl2(s)+TiCl4(g) 2TiCl3(g) +200.1 kJ/mol
(c) Ti(s)+3TiCl4(g) 4TiCl3(g) +132.4 kJ/mol
ΔH1=________ kJ/mol。
-267.8
解析:反应(b):TiCl2(s)+TiCl4(g) 2TiCl3(g);反应(c):Ti(s)+3TiCl4(g) 4TiCl3(g),将反应(c)-2×反应(b)可得Ti(s)+TiCl4(g) 2TiCl2(s),则ΔH1=[+132.4-2×(+200.1)] kJ/mol=-267.8 kJ/mol。
2.(2024·广东卷节选)酸催化下NaNO2与NH4Cl混合溶液的反应(反应a),可用于石油开采中油路解堵。
反应a:N(aq)+N(aq)===N2(g)+2H2O(l)
已知:
则反应a的ΔH=____________________。
ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4
解析:由已知可得:Ⅰ.NaNO2(s)+NH4Cl(s)===N2(g)+NaCl(s)+2H2O(l)　ΔH1;
Ⅱ.NaNO2(s)===Na+(aq)+N(aq)　ΔH2;
Ⅲ.NH4 Cl(s)=== Cl-(aq)+N(aq)　ΔH3;
Ⅳ.NaCl(s)===Na+(aq)+Cl-(aq)　ΔH4;
由盖斯定律可知,目标化学方程式N(aq)+N(aq)===N2(g)+2H2O(l)可由化学方程式Ⅰ-Ⅱ-Ⅲ+Ⅳ得到,故反应a的ΔH=ΔH1-ΔH2-ΔH3+ΔH4。
3.(2024·重庆卷)二氧化碳-甲烷重整是CO2资源化利用的重要研究方向,涉及的主要热化学方程式有:
①CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g)　ΔH1=+247 kJ/mol
②CO(g)+H2(g) C(s)+H2O(g)　ΔH2=-131 kJ/mol
③CO2(g)+2H2(g) C(s)+2H2O(g)　ΔH3=-90 kJ/mol
已知H—H键能为a kJ/mol,O—H键能为b kJ/mol,C—H键能为c kJ/mol,则CO(g)中的碳氧键键能(单位:kJ/mol)为(　　)
A.-206+3a-2b-4c B.-206-3a+2b+4c
C.206+3a-2b-4c D.206-3a+2b+4c
B
解析:根据盖斯定律,由反应①+反应②-反应③可得反应:CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H2(g),该反应ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3=+247 kJ/mol+(-131 kJ/mol)-(-90 kJ/mol)=+206 kJ/mol,根据ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和可得ΔH=4×c kJ/mol+2×b kJ/mol-3×a kJ/mol-CO(g)中的碳氧键键能=206 kJ/mol,CO(g)中的碳氧键键能=(-206-3a+2b+4c) kJ/mol,故B正确。
4.(2024·全国甲卷)科学家使用δ-MnO2研制了一种MnO2-Zn可充电电池(如图所示)。电池工作一段时间后,MnO2电极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4。下列叙述正确的是(　　)
A.充电时,Zn2+向阳极方向迁移
B.充电时,会发生反应Zn+2MnO2===ZnMn2O4
C.放电时,正极反应有MnO2+H2O+e-===
MnOOH+OH-
D.放电时,Zn电极质量减小0.65 g,MnO2电极生成了0.020 mol MnOOH
考向二
化学电源装置分析
C
解析:Zn具有比较强的还原性,MnO2具有比较强的氧化性,自发的氧化还原反应发生在Zn与MnO2之间,所以MnO2电极为正极,Zn电极为负极,则充电时MnO2电极为阳极,Zn电极为阴极。充电时该装置为电解池,电解池中阳离子向阴极迁移,即Zn2+向阴极方向迁移,A不正确;放电时,负极电极反应为Zn-2e-===Zn2+,则充电时阴极反应为Zn2++2e-===Zn,即充电时Zn元素化合价应降低,而选项中Zn元素化合价升高,B不正确;放电时MnO2电极为正极,正极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4,则正极上主要发生的电极反应是MnO2+H2O+e-===MnOOH+OH-,C正确;放电时,Zn电极质量减小0.65 g(物质的量为0.010 mol),电路中转移0.020 mol电子,由正极的主要反应MnO2+H2O+e-===MnOOH+OH-可知,若正极上只有MnOOH生成,则生成MnOOH的物质的量为0.020 mol,但是正极上还有ZnMn2O4生成,因此,MnOOH的物质的量小于0.020 mol,D不正确。
5.(2024·江西卷)我国学者发明了一种新型多功能甲醛-硝酸盐电池,可同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子(如图)。下列说法正确的是(　　)
A.CuAg电极反应为2HCHO+2H2O-4e-===
2HCOO-+H2↑+2OH-
B.CuRu电极反应为N+6H2O+8e-===
NH3↑+9OH-
C.放电过程中,OH-通过质子交换膜从左室
传递到右室
D.处理废水过程中溶液pH不变,无须补加KOH
B
解析:由原电池中电子移动方向可知,CuAg为负极,HCHO失去电子生成HCOO-和H2,电极反应式为2HCHO+4OH--2e-===2HCOO-+H2↑+2H2O,
CuRu为正极,N得到电子生成NH3,电极反应式为N+6H2O+8e-===NH3↑+9OH-,以此解答。由分析可知,A错误,B正确;质子交换膜只允许H+通过,C错误;由分析可知,总反应为8HCHO+N+7OH-===NH3↑+8HCOO-+4H2↑+2H2O,处理废水过程中消耗OH-,溶液pH减小,需要补加 KOH,D错误。
6.(2024·山东卷)以不同材料修饰的Pt为电极,一定浓度的NaBr溶液为电解液,采用电解和催化相结合的循环方式,可实现高效制H2和O2,装置如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.电极a连接电源负极
B.加入Y的目的是补充NaBr
C.电解总反应式为Br-+3H2O 　　　
Br+3H2↑
D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z)︰n(Br-)=3︰2
考向三
电解装置分析
B
解析:电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成Br,电极b为阳极,电极反应为Br--6e-+3H2O===Br+6H+,则电极a为阴极,电极a的电极反应为2H++2e-===H2↑,电解总反应式为Br-+3H2O 　　　Br+3H2↑,A、C正确;催化阶段Br被还原成Br-循环使用,同时生成O2,实现高效制H2和O2,即Z为O2,电解过程中消耗H2O和Br-,而催化阶段Br被还原成Br-循环使用,故加入Y的目的是补充H2O,维持NaBr溶液为一定浓度,B错误;催化阶段,Br元素的化合价由+5降至-1,生成1 mol Br-得到6 mol电子,O元素的化合价由-2升至0,生成1 mol O2失去4 mol电子,根据得失电子守恒,反应产物物质的量之比n(O2)︰n(Br-)=6 mol︰4 mol=3︰2,D正确。
7.(2025·河北卷)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCoO2(x<1)再锂化的电化学装置,其示意图如下:
已知:参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化
为LiCoO2的最优条件,不干扰电极反应。
下列说法正确的是(　　)
A.LixCoO2电极上发生的反应:
LixCoO2+xe-+xLi+===LiCoO2
B.产生标准状况下5.6 L O2时,理论上可
转化 mol的LixCoO2
C.再锂化过程中,S向LixCoO2电极迁移
D.电解过程中,阳极附近溶液pH升高
B
解析:由题给装置图可知,该装置中有直流电源,为电解池,则LixCoO2(x<1)转化为LiCoO2过程中,Co元素化合价由+(4-x)降为+3,LixCoO2得电子发生还原反应,为阴极,电极反应式为LixCoO2+(1-x)e-+(1-x)Li+===LiCoO2,Pt电极为阳极,失电子,发生氧化反应,电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,据此回答。由分析知,A错误;由电极反应式可知,产生标准状况下5.6 L(即0.25 mol)O2时转移1 mol电子,理论上转化 mol的LixCoO2,B正确;S为阴离子,应向阳极移动,即向Pt电极迁移,C错误;由阳极电极反应式可知,电解过程中,阳极产生H+、消耗H2O,酸性增强,则阳极附近pH降低,D错误。
8.(2025·湖北卷)某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+在电极上发生相互转化,伴随着热量的吸收或释放,经由泵推动电解质溶液的循环流动(①→②→③→④→①)实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热,其他区域绝热。下列描述错误的是(　　)
A.阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+
B.已知②处的电解液温度比①处的低,可推断
[Fe(H2O)6]2+比[Fe(H2O)6]3+稳定
C.多孔隔板可以阻止阴极区和阳极区间的热交换
D.已知电子转移过程非常快,物质结构来不及改
变。热效应主要来自电子转移后[Fe(H2O)6]2+和
[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变
B
解析:由题图可知,左侧电极发生反应:[Fe(H2O)6]2+-e-===[Fe(H2O)6]3+,则左侧为阳极,右侧电极反应为[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+,则右侧电极为阴极,据此解答。由分析可知,阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-===
[Fe(H2O)6]2+,A正确;已知②处的电解液温度比①处的低,则可推断[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+是吸热反应,[Fe(H2O)6]3+比[Fe(H2O)6]2+稳定,B错误;多孔隔板可以阻止两电极区的溶液对流,可阻止热交换,C正确;题干明确指出电子转移过程非常快,物质结构来不及改变,这意味着电子转移(即氧化还原反应)本身不会直接导致结构变化,热效应实际上来自电子转移完成后,新生成的离子[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化,D正确。
Thank you
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