專題05化學反應中的能量變化

【基礎鞏固】

1.（2022?山東省青島高三模擬）如圖（Ea表示活化能）是CH4與C12生成CH3cl的部分反應過程中各物質物

質的能量變化關系圖，下列說法正確的是（）

A.C1?可由Cb在高溫條件下生成，是CH4與Cb反應的催化劑

B.升高溫度，Eal、Ea2均減小，反應速率加快

C.增大C12的濃度，可提高反應速率，但不影響AH的大小

D.第一步反應的速率大于第二步反應

【答案】C

【解析】C1?由C12在光照條件下生成，是CH4與C12反應的“中間體”，而不是反應的催化劑，A錯誤；Eai、

Ea2分別為第一步反應、第二步反應所需活化能，升高溫度，反應所需活化能不變，即Eal、Ea2不變，B錯

誤；C12是該反應的反應物，增大反應物的濃度，反應速率增大，而反應的和反應的途徑無關，只與反

應的始態(tài)和終態(tài)有關，即增大氯氣的濃度不影響的大小，C正確；第一步反應所需活化能Eal大于第二

步反應所需活化能Ea2,第一步反應單位體積內活化分子百分數(shù)低于第二步反應，故第二步反應速率更大，

D錯誤。答案選C。

2.（2022?浙江省杭州第二中學高三模擬）鹵化鏤（NH4X）的能量關系如圖所示，下列說法正確的是（）

A.Aft>0,A//2<0

B.B.相同條件下，NH4cl的Aft比NHd的小

C.相同條件下，NH4cl的比NHd的小

D.AHi+A/72+A/73+A/f4+A//5=0

【答案】C

【解析】鹵化錢的分解為吸熱反應，AH2對應的為HX化學鍵斷裂過程，斷裂化學鍵吸收熱量，焰變也為正

值，則AH〉。、AH2>0,A錯誤；氯原子半徑小于碘原子，所以H-C1的鍵能大于H-I的鍵能，斷鍵吸收熱

量婚變大于0,所以相同條件下,NH4cl的比NH4I的大,B錯誤;△為為原子變?yōu)殡x子的過程,Cl(g)-CHaq)

比1(g)-I-(aq)放出的熱量多，所以相同條件下，NH4cl的AH3比NIM的小，C正確；途徑5與途徑1、2、

3、4之和的起點和終點相同，結合蓋斯定律可知AH1+AH2+AH3+AH42H5,故D錯誤；故選C。

3.(2022?四川省廣漢中學高三一模)1,3-丁二烯與HBr發(fā)生加成反應分兩步：第一步H+進攻1,3-丁二烯

生成碳正離子(CH,CHCH,)；第二步Br-進攻碳正離子完成1,2-加成或1,4加成。反應進程中的能量變

化如下圖所示。下列說法不正確的是

A.1,4-加成產(chǎn)物比1,2-加成產(chǎn)物更穩(wěn)定

B.1,3-丁二烯與HBr發(fā)生加成反應是放熱反應

C.適當升高反應溫度，可能有利于1,4-加成的進行

D.選擇合適的催化劑加入，可使1,2-加成的焰變小于1,4-加成

【答案】D

【解析】由圖象可知，1,4-加成產(chǎn)物比1,2-加成產(chǎn)物能量低，則1,4-加成產(chǎn)物比1,2-加成產(chǎn)物更穩(wěn)定，

故A正確；由圖象可知，1,3-丁二烯與HBr的能量總和高于加成后生成物的能量總和，則1,3-丁二烯與

HBr發(fā)生加成反應是放熱反應，故B正確；由圖象可知，1,3-丁二烯與HBr發(fā)生加成反應是放熱反應，適

當升高反應溫度，可以加快反應速率，可能有利于1,4-加成的進行，但不利于提高反應物的轉化率，故C

正確；

選擇合適的催化劑加入，可以改變化學反應速率，但不能使化學平衡發(fā)生移動，所以不會改變反應物的轉

化率，更不會改變婚變，故D錯誤；故選D。

4.(2022?江蘇省南京高三零模)在二氧化碳加氫制甲烷的反應體系中，主要發(fā)生反應的熱化學方程式為

反應I：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)NH=-164.7kJ/mol

反應II：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH=41.2kJ/mol

反應III：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g)A/f=-247.1kJ/mol

向恒壓、密閉容器中通入1molCO2和4moiH2,平衡時CH4、CO、82的物質的量隨溫度的變化如圖所示。

下列說法正確的是()

T/'C

c(CH,)

A.反應I的平衡常數(shù)可表示為K=4

C(CO2)C(H2)

B.圖中曲線B表示CO的物質的量隨溫度的變化

C.提高CCh轉化為CH4的轉化率，需要研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑

D.CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)的NH=-205.9kJ/mol

【答案】C

【解析】化學平衡常數(shù)是生成物濃度塞之積與反應物濃度事之積的比值，反應I的平衡常數(shù)為K=

故人錯誤反應物的量逐漸減小，故圖中曲線表示的物質的量變化曲線,

C(CH4)C(H2O)CChACCh

4

C(CO2)C(H2)

由反應II和III可知，溫度升高反應II正向移動，反應III逆向移動，CO的物質的量增大，故曲線C為C。的

物質的量變化曲線，則曲線B為CH4的物質的量變化曲線，故B錯誤；反應I為放熱反應，反應II為吸熱

反應，降低溫度有利于反應I正向移動，反應H逆向移動，即可提高CO2轉化為CH4的轉化率，所以需要

研發(fā)在低溫區(qū)高效的催化劑，故C正確；得到目標反應，則CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H?(g)的A//=-[41.2

kJ/mol+(-247.1kJ/mol)]=205.9kJ/mol,故D錯誤；故選C。

5.(2022?浙江杭州市高三一模)下列關于如圖所示轉化關系(X代表鹵素)的說法中正確的是()

2H(gh%)|

A&J■AH,

2x3T”中

A.AH1越小，HX就越穩(wěn)定

B,出+阻+阻=0

C.按照Cl、Br、I的順序，AH2依次增大

D.過程III能量變化形式與高溫煨燒石灰石的能量變化形式相同

【答案】A

【解析】AH1越小，放熱越多，HX能量越低，HX就越穩(wěn)定，故A正確；根據(jù)蓋斯定律，AH^AH^A^,

故B錯誤；原子半徑越小，鍵能越大，按照Cl、Br、I的順序，AH2依次減小，故C錯誤；過程HI形成

化學鍵放熱，高溫煨燒石灰石吸熱，能量變化形式不相同，故D錯誤；故選A。

6.(2022?山東德州市高三二模)稀土錦(Ce)元素主要存在于獨居石中，金屬鈾化學性質十分活潑。近年來

發(fā)現(xiàn)用鈾(Ce)的氧化物可高效制取H2,制備原理如圖所示，已知0<5<2,下列說法不正確的是

均7?14001

CM6一

CeOj

r<io5or

A.CeCh是水分解的催化劑

B.T<1050℃時，CeCh比CeO2T穩(wěn)定

C.工業(yè)上可用電解CeCk溶液制備Ce

D.過程②的方程式為CeO2T+3H2。適當溫度CeCh+SH?

【答案】C

【解析】CeCh在反應前后質量和性質不變，所以CeCh是水分解的催化劑，A正確；T<1050℃時，CeO2-§

轉化成CeCh,所以CeCh比CeCh-s穩(wěn)定，B正確；Ce是活潑金屬，應電解熔融的CeCk制備Ce,C錯誤;

由上圖可知，過程②是CeO2T和H2O反應生成CeO2和涇，所以方程式為CeC+$H，O適當溫度CeO,+6H，.

D正確；故選C。

【能力提升】

1.(2022..安徽合肥市高三模擬)煤和甲烷既是重要的常用燃料，又是重要的化工原料。根據(jù)題意，回答下

列問題：

I.煤制天然氣過程中，存在多種化學反應，其中在煤氣化裝置中發(fā)生反應①：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH

11

=+135kJ?mol,而在水氣變換裝置中發(fā)生反應②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH=-41kJ?mol

(1)煤氣化前，需要通入一定量的氧氣與碳發(fā)生燃燒反應，請利用平衡移動原理說明通入氧氣的作用:

(2)寫出碳和二氧化碳反應生成一氧化碳的熱化學方程式o

(3)如圖表示發(fā)生反應①后進入反應②裝置的n(H2O)/n(CO)與反應②中CO平衡轉化率、溫度的變化關系。

若n(H2O)/n(CO)為0.8,一定量的煤和水蒸氣經(jīng)反應①和反應②后，得到CO與H2的物質的量之比為1:3,

則反應②所對應的溫度是(填“T1”、叮2“或"3")。

II.甲烷重整技術主要是利用甲烷和其他原料來制備合成氣(CO和h2混合氣體)?，F(xiàn)在常(見的重整技術有甲

烷——二氧化碳重整、甲烷——水蒸氣重整，其反應分別為CH4(g)+3CO2(g)U2H2O(g)+4CO(g)；

CH4(g)+H2O(g)^CO(g)+3H2(g)

(4)甲烷一二氧化碳重整的催化轉化原理如圖所示：

①過程(二)實現(xiàn)了含氫物種與含碳物種的分離，寫出生成H2O(g)的化學方程式:

②假設過程(一)和過程(二)中各步反應均轉化完全，則下列說法正確的是(填序號)。

a.過程(一)和過程(二)中均含有氧化還原反應

b.過程(二)中使用的催化劑為Fe3CU和CaCO3

n(CH4)

C.若過程(一)投料比可導致過程(二)中催化劑失效

(5)通過計算機模擬甲烷一水蒸氣重整實驗測得，在操作壓強為O.IMpa、水碳比n(H2O)/n(CH4)為1。溫

度為900℃,反應達到平衡時，氏的物質的量分數(shù)為0.6。已知該反應的速率方程丫="(口14＞口(112),式中

k為速率常數(shù)，P為氣體分壓，氣體分壓=總壓x氣體物質的量分數(shù)，則此時該反應速率v=(用含k的式

子表示)；900℃時，該反應的壓強平衡常數(shù)Kp=(用平衡分壓代替平衡濃度計算)。

【答案】(1)氧氣與碳發(fā)生燃燒反應放熱，放出的熱被可逆反應吸收利用，促進反應正向移動

Ak

(2)C(s)+CO(g)=2CO(g)AH=+176kJ/mol⑶T3(4)4H+FeO4=3Fe+4HOac(5)-

22326

4.32xlO2(MPa)2

【解析】

1

(l)C(s)+H2O(g)^CO(g)+H2(g)AH=+135kJ.mor,是吸熱反應，而碳與氧氣反應放出熱量，使反應

C(s)+H2O(g)#CO(g)+H2(g),向正反應方向移動，提高碳的利用率；答案為氧氣與碳發(fā)生燃燒反應放熱，放

出的熱被可逆反應C(s)+H2O(g)UCO(g)+H2(g)吸收利用，促進反應正向移動。

1

(2)由①：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH=+135kJ?mol,②：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH=-41kJ?

mol1,根據(jù)蓋斯定律，用①-②可得出：C(s)+CO2(g尸2co(g)AH=+135kJ?moH-(-41kJ?moli)=+176kJ?mol1；

1

答案為C(s)+CO2(g)=2CO(g)AH=+176kJ?mol；

(3)如圖：若”(H20)/〃(C0)為0.8,設水蒸氣的物質的量是4mol、則①生成的CO物質的量為5mol,同時

生成5moi氫氣，經(jīng)煤氣化反應①和水氣變換反應②后，設反應②中CO變化了xmol,則生成xmol氫氣，則(5-x)：

(5+x)=l：3,_r=2.5mol,CO的轉化率=25moixl00%=50%,根據(jù)圖知，反應溫度為T3；答案為八。

5mol

(4)①由上述圖可知，過程(一)的產(chǎn)物CO、H2、和過量的CO2進入過程(二)中，與過程(二)中的

Fe3O4＞CaO混合發(fā)生反應，實現(xiàn)了含氫物種與含碳物種的分離，生成H20(g)的反應顯然是H2與Fe3()4反

應，則化學方程式為：Fe3O4+4H223Fe+4H20；答案為Fe3O4+4H2：3Fe+4H2O。

②a.過程(一)：CH4+CO2(g)^2H2(g)+2CO,碳、氫元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，過程(二)：

4H2+Fe3O4：3Fe+4H20,氫、鐵元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，過程(一)和過程(二)中均含

有氧化還原反應，故a正確；

b.過程(二)中CaC03是CaO與CO2發(fā)生化學反應生成的，不符合催化劑的概念，CaO才是催化劑，故b

錯誤；

c.若過程(一)投料比＞八:=1。,CH4與C02剛好反應，C02無剩余，則催化劑CaO在過程(二)中

沒有二氧化碳與之反應生成CaCCh,催化劑失效，故c正確；答案為ac。

(5)已知”(H2O)/〃(CH4)為1.0,可假設w(H2O)="(CH4)=lmol,操作壓強為O.IMpa,溫度為900℃,反應達

到平衡時，H2的物質的量分數(shù)為0.6,設達平衡時CH4變化了jonol,

CH4+H2OCO+3H2

起始InolImol00

變化xmolxmolxmol3xmol

平衡(l-x)mol(l-x)molxmol3xmol

3xmol八,2i加弘心h.

卅口2口以口〃里刃姒一八、111c1—U.。,刁t山大一一IU5,火JLF14口'J物以明

(1-x)mol+(1-x)mol+xmol+3xmol3

1

々P(CH4)01x01k

量分數(shù)=/=0」，由反應的速率方程v=AP(CH4)?P」(H2)=k-I^7^=k'一-=同理可求出H2O的物

1Ur(H2)0.lx0.66

T

質的量分數(shù)為o.l,co的物質的量分數(shù)為0.2；根據(jù)氣體分壓=總壓X氣體物質的量分數(shù)，總壓為O.IMpa,

則P(CO=0.1x0.2MPa*P(H2)=0.1x0.6MPa,P(CH4)=0.1x0.1MPa,P(H2O)=0.1x0.1MPa,在900。時,該反應

P(CO)xp3(H?)(0.1xQ.2)x(0.1x0.6)3

的壓強平衡常數(shù)%==4.32xlO-2(MPa)2。

P(CH4)XP(H2O)(O.lxO.l)x(O.lxO.l)

2.(2022?四川成都市高三一模)生產(chǎn)生活中氨及鏤鹽有重要用途，而汽車尾氣中含NO、NO?則應降低其排

放。

(1)在20℃時，已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g),正、逆反應活化能分別為akJ/mol、bkJ/mol；②4NH3(g)+5Ch(g)

=4NO(g)+6H2O⑴，正、逆反應活化能分別為ckJ/mol、dkJ/mol；貝l|4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2。⑴的

為o

(2)10.0L的密閉容器中，按物質的量比1：3投入氮氣和氫氣，發(fā)生反應N2(g)+3H2(g)U2NH3(g)A8<0用傳

感器測得溫度為Ti、T?時容器中n(N2)隨時間變化如表：

時間

物質的量n(N2)05min10min15min20min

溫度

Ti0.1mol0.08mol0.062mol0.05mol0.05mol

一

T20.1mol0.07molxmol0.06mol

①T2時，0~5min內NH3平均速率為v(NH3)=

②Ti時，該反應平衡常數(shù)為(列出計算式)；

③x0.06(填，“y”或“="),原因是o

(3)汽車排氣管裝有三元催化劑裝置，在催化劑表面通過發(fā)生吸附、解吸消除CO、NO等污染物。反應機理

如下［Pt(s)表示催化劑，右上角帶“*”表示吸附狀態(tài)］:

I.NO+Pt(s)=NO*II.CO+Pt(s)=CO*III.NO*=N*+O*IV.CO*+O*=CO2+Pt(s)V,N*+N*=N2+Pt(s)

VI.NO*+N*=N2O+Pt(s)經(jīng)測定汽車尾氣中反應物及生成物濃度隨溫度變化關系如圖一和圖二所示：

①圖一，溫度為330℃時發(fā)生的主要反應為(填“IV”、“V”或“VI")；反應VI為反

應(填“放熱”或“吸熱”)。

②圖二，溫度從Ta升至Tb的過程中，反應物濃度急劇減小的主要原因是

催化劑

③氣體在固體催化劑表面反應中，吸附和解吸同時影響總反應速率。溫度一定時，反應2NO+2co

N2+2CO2的反應速率隨壓強的變化如圖所示。結合(3)中反應機理，試從吸附和解吸角度解釋be段化學反應

速率下降的原因

【答案】(D(5b+c-5a-d)kJ/mol(2)1.2xlO-3mol/(L-min)------：---------L2-mol-2=5min時

0.005xO.O153

0.08>0.07,說明T2溫度高，反應速率快,T2先達到平衡所以15min時T2已達到平衡(3)IV放熱溫

度升高，催化劑活性增強，反應速率加快，所以反應物濃度快速減小壓強增大，吸附速率雖然增大，

但不利于解吸，解吸速率減小更多，所以反應速率減小

【解析】

⑴反應①N2(g)+O2(g尸2NO(g)的正、逆反應活化能分別為akJ/mol、bkJ/mol,則①的AM=(a-b)kJ/mol,反

應②4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(l)的正、逆反應活化能分別為ckJ/mohdkJ/mol,則②的A%=(c-d)kJ/mol,

方程式4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O⑴可由②-5x①得到，根據(jù)蓋斯定律，

AH=(c-d)kJ/mol-5x(a-b)kJ/mol=(5b+c-5a-d)kJ/mol；

…口一心…八0.1mol-0.07mol~0.003mol/L

(2)①由表格數(shù)據(jù)可知，N2的濃度變化Ac=-------------------=0.003mol/L,v(N2)=---------------

10L5min

=6xlO-4(L-min),根據(jù)反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，v(NH3)=2v(N2)=1.2xlO_3mol/(L-min)；

②10.0L的密閉容器中，按物質的量比1：3投入氮氣和氫氣，由表格數(shù)據(jù)可列出三段式

N2(g)+3H2(g).一2NH3(g)

起始(mol/L)0.010.030

反應(mol/L)0.0050.0150.01

平衡(mol/L)0.0050.0150.01

0.012

「衡小數(shù)K%(N2).c3(H2)-L2-mor2；

0.005x0.015

③5min時Ti溫度時N2剩余0.08moL而T2溫度時N2剩余0.07moL0.08>0.07,說明T2反應速率快，溫度

越高，反應速率越快，故T2>TI,T2先達到平衡，15min時TI已經(jīng)達到平衡，所以15min時也已達到平

衡，故x=0.06；

(3)①由圖一可知，生成CO2的量最大，反應機理中，只有反應IV生成CO2,故主要進行的是反應IV；反

應VI生成N2O,由圖一可以看出，330℃以后，N2O的濃度隨溫度升高而下降，故該反應為放熱反應；

②該反應需要催化劑，隨著溫度升高，催化劑活性增強，逐漸達到催化劑的最適溫度，催化劑可以降低反

應的活化能，加快反應速率，隨著反應速率的加快，反應物濃度快速減小

③壓強增大，吸附速率增大，但是對于氣體物質，壓強越大，越不利于解吸，而吸附和解吸同時影響總反

應速率，解吸速率由于壓強的增大減小的更多，所以反應速率減小。

3.（2022?山東省滕州市高三期中）一種鋰電池的工作原理如圖所示，正極反應被可以在正極區(qū)和氧化罐間循環(huán)

流通，氧化罐中加入的（NH4）2S2O8可以將Fe2+氧化、自身被還原為SO4%下列關于該電池的說法正確的是

（）

A.電池放電時將電能轉化為化學能

B.放電時Li+由正極區(qū)移向負極區(qū)

C.放電時的負極反應為Fe"+e-=Fe2+

23+2

D.氧化SCU2-罐中反應的離子方程式為2Fe2++S2O8-=2Fe+2SO4-

【答案】D

【解析】A項，原電池是將化學能轉化為電能的裝置，放電時將化學能轉化為電能，A錯誤；B項，放電

時原電池內部陽離子向正極移動，B錯誤；C項，放電時的負極失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為：

Li-e=Li+,C錯誤；D項，氧化罐中加入的（NH4）2S2O8可以將Fe2+氧化為Fe3+,自身被還原為SCU、反應的

離子方程式為：2Fe2++S2O82=2Fe3++2SO43,D正確；故選D。

4.（2022?山東省濰坊市高三聯(lián)考）如圖所示為六氯代環(huán)己烷（又名“六六六”）的“穿梭”反應，生成苯和鄰二氯代

物，實現(xiàn)苯的回收利用。下列說法正確的是（）

直流電源

A.b極為電解池的陰極

B.理論上，制得Imol苯同時生成3moiR-CHC1CH2cl

C.CH2cleH2cl經(jīng)“穿梭”反應后生成乙快

D.利用“穿梭”反應轉化等質量的“六六六”和CH2cleH2cl時轉移電子數(shù)相等

【答案】B

【解析】A項，b極上R-CH=CH2與Cl作用生成RCHC1CH2C1,失電子，為電解池的陽極，A錯誤;B項，

理論上，由六氯代環(huán)己烷（又名“六六六”）制得Imol苯時產(chǎn)生6moic匕同時生成3molR-CHClCH2a,B正確；

C項，根據(jù)上述反應情況可知，CH2cleH2cl經(jīng)“穿梭”反應后生成乙烯，C錯誤；D項，利用“穿梭”反應轉

化等質量的“六六六”（分子式為C6H6c16）和CH2cleH2cl（分子式為C2H4cb）時，因C的價態(tài)變化不一樣，故

轉移電子數(shù)不相等，D錯誤；故選B。

5.（2022.河北邢臺市“五校聯(lián)盟”部分重點中學高三聯(lián)考）科學家采用電滲析法提純乳清（富含NaCl的蛋白質）,

有價值的蛋白質的回收率達到98%,工作原理如圖所示。

，光伏電池I

精蜃白質

sb

se

稀NaOH(aq)se原「稀鹽酸

^c料

-室

濃NaOH(aq)4溶液R

/乳清\

膜1膜2

下列說法錯誤的是（）

A.溶液R中溶質的主要成分為HC1

B.膜1為陽離子交換膜，膜2為陰離子交換膜

C.a極的電極反應式為2H2O-2e=2OH+H2T

D.每轉移Imol電子，理論上乳清質量減少58.5g

【答案】C

【解析】光伏電池電滲析法提純乳清(富含NaCl的蛋白質)，左側a極附近稀NaOH溶液最終變成濃NaOH

溶液，說明溶液中水得電子生成氫氣和OH：Na+通過膜1遷移到a極區(qū)，所以a為陰極，膜1為陽離子交

換膜，同理，乳清中的氯離子通過膜2遷移到b極區(qū)，發(fā)生失電子的氧化反應。A項，氯離子發(fā)生失電子

的氧化反應，同時乳清經(jīng)過膜2遷移到b極氯離子,最終輸出的溶液R仍為稀鹽酸,溶質的主要成分為HC1,

A正確；B項，膜1為陽離子交換膜，膜2為陰離子交換膜，B正確；C項，a極為陰極，發(fā)生得電子的還

原反應，其電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2f,C錯誤；D項，每轉移Imol電子，理論上遷移lmolNa+

和ImoKT,因此乳清質量減少23g+35.5g=58.5g,D正確；故選C。

6.(2022?遼寧省沈陽市重點高中聯(lián)合體高三聯(lián)考)雙氧水(過氧化氫的水溶液)在工業(yè)生產(chǎn)和日常生活中應用廣

泛。

(1)雙氧水的強氧化性使其對大多數(shù)病菌和病毒具有消殺功能。用3%醫(yī)用雙氧水對不傳染病房噴灑消毒時,

地板上有氣泡冒出，該氣體是。

(2)火箭推進器中盛有強還原劑液態(tài)肌(N2H4)和強氧化劑液態(tài)過氧化氫。知0.4mol液態(tài)肌與足量的液態(tài)過氧

化氫反應,生成氮氣和水蒸氣,并放出256.652kJ的熱量。該反應的熱化學方程式為o

(3)雙氧水能將堿性廢水中的CN-轉化成碳酸鹽和一種對環(huán)境無污染的氣體，CN-的電子式為寫出該反應

的離子方程式________________________o

(4)如圖是工業(yè)上制備過氧化氫最常見的方法，寫出實際發(fā)生反應的總方程式。

H2

——\

(5)如圖是一種用電解原理來制備H2O2,并用產(chǎn)生的H2O2處理廢氨水的裝置。

①Ir—Ru惰性電極吸附02生成H2O2,其電極反應式是-

②處理廢氨水中溶質（以NH3計）的質量是34g,理論上電路中轉移電子數(shù)為moL

【答案】（1）02

⑵N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）△H=-641.38kJ*mol1

_2

（3）［：C::N：］5H2O2+CN+2OH-=2CO3+N2+6H2O

+

（4）H2+Ch量為H2O2（5）O2+2e-+2H=H2O26

【解析】（1）過氧化氫容易分解生成水和氧氣，故該氣體是氧氣；（2）

反應方程式為：N2H4+2H2O2=N2+4H2O,0.4mol液態(tài)期放出256.652KJ的熱量，則Imol液態(tài)股放出的熱量

為256.652K”0.4=641.38kJ,所以反應的熱化學方程式為：N2H4（l）+2H2O2（l）=N2（g）+4H2O（g）

△H=-641.38kJ-mol1；（3）CN的電子式為［:C::N：f;雙氧水能將堿性廢水中的CN-轉化成碳酸鹽和一種

2

對環(huán)境無污染的氣體，該氣體是氧化產(chǎn)物氮氣，該反應的離子方程式：5H2O2+CN-+2OH-=2CO3-+N2+6H2O;

（4）工業(yè)上制備過氧化氫最常見的方法，由圖看出在催化劑作用下，氫氣與氧氣反應生成過氧化氫，實際發(fā)

生反應的總方程式H,+Ch催化理出6：（5）①Ir—Ru惰性電極吸附Ch生成H2O2,氧氣得電子發(fā)生還原反應,

+

其電極反應式是O2+2e+2H=H2O2；②4NH3+3O2=2N2+6H2。中，氨氣中的氮元素從-3價變?yōu)榈獨庵械?

價，4moi氨氣轉移12moi電子，處理NH3的物質的量為Imol,質量為17g,轉移3moi電子，現(xiàn)處理廢氨

水中溶質（以NH3計）的質量是34g,理論上電路中轉移電子數(shù)為6moL

7.（2022?遼寧省葫蘆島市協(xié)作體高三第二次聯(lián)考）某化學興趣小組用SOmLO.SOmol-L1鹽酸與

50mL0.55mol?LTNaOH溶液進行中和反應的反應熱測定實驗，實驗裝置如圖。試回答下列問題：

溫度計——L—玻璃攪拌棒

外蓋

內筒

隔熱層中

外殼

(1)實驗時玻璃攪拌器的使用方法是—；不能用銅絲攪拌器代替玻璃攪拌器的理由是

(2)某學生記錄的實驗數(shù)據(jù)如表所示。(已知：實驗中鹽酸和氫氧化鈉溶液的密度均為lg-cm-3,中和反應后溶

液的比熱容c=4.18J?g1?℃1)

起始溫度T/C終止溫度T2/℃

實驗序號

鹽酸氫氧化鈉溶液混合溶液

120.020.223.3

220.220.423.4

320.420.623.8

依據(jù)該學生的實驗數(shù)據(jù)計算，該實驗測得反應放出的熱量為_J。

(3)下列操作會導致實驗結果出現(xiàn)偏差的是一(填標號)。

a.用量筒量取鹽酸的體積時仰視讀數(shù)

b.把量筒中的氫氧化鈉溶液分多次倒入鹽酸中

c.將50mL0.55mol?L-i氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55moi?口氫氧化鉀溶液

d.做本實驗的當天室溫較高

e.大燒杯的杯蓋中間小孔太大

(4)某同學為了省去清洗溫度計的麻煩，建議實驗時使用兩支溫度計分別測量酸和喊的溫度，你是否同意該

同學的觀點，為什么？―-

(5)如果將NaOH溶液換成等量的NaOH固體，那么實驗中測得中和反應的反應熱(AH)—(填“偏大’、"偏

小"或‘不變").

(6)如果用60mL0.50mol?L-i鹽酸與50mL0.55mol?L-iNaOH溶液進行實驗，與上述實驗相比，二者所放出的

+

熱量—(填“相等”或“不相等”，下同)，所求的中和反應H(aq)+OH(aq)=H2O(l)△H的反應熱口H)―。

【答案】(1)上下攪動Cu是熱的良導體，傳熱快，熱量損失大

⑵1337.6(3)abe

(4)不同意，因為不同的溫度計誤差不同

⑸偏小(6)不相等相等

【解析】(1)實驗時為防止打斷溫度計，玻璃攪拌器的使用方法是上下攪動；Cu是熱的良導體，傳熱快，熱

量損失大，所以不能用銅絲攪拌器代替玻璃攪拌器；(2)三次溫度差分別為：3.2℃、3.1℃、3.3℃,溫度的平

均值為3.2℃,溶液的總質量為100g,該實驗測得反應放出的熱量為Q=4.18J.gT.℃Txl00gx3.2℃=1337.6J；

(3)a項，用量筒量取鹽酸的體積時仰視讀數(shù)，使鹽酸的體積不準確，會導致實驗結果出現(xiàn)偏差，故a選；b

項，把量筒中的氫氧化鈉溶液分多次倒入鹽酸中，會使熱量散失，會導致實驗結果出現(xiàn)偏差，故b選；c項，

將50mL0.55mol?L"氫氧化鈉溶液取成了50mL0.55moi比」氫氧化鉀溶液，氫氧根的量不變，對實驗結果沒

有影響，故c不選；d項，做本實驗的當天室溫較高，但測量的是溫度差，與室溫無關，對實驗結果沒有影

響，故d不選；e項，大燒杯的杯蓋中間小孔太大，會使熱量散失，會導致實驗結果出現(xiàn)偏差，故e選；故

選abe；(4)因為不同的溫度計誤差不同，所以不能使用兩支溫度計分別測量酸和喊的溫度；(5)如果將NaOH

溶液換成等量的NaOH固體，由于氫氧化鈉固體溶解會放出熱量，導致放熱增多，使實驗測得中和反應的

反應熱(AH)偏??；(6)如果用60mL0.50mol?LT鹽酸與50mL0.55mol?L-iNaOH溶液進行實驗，由于試劑的量

不同，所放出的熱量與上述實驗不相等，但中和熱是換算成生成Imol水時放出的熱量，所求的中和反應的

反應熱(△H)與上述反應相等。

8.(2022?山東市濰坊市學科核心素養(yǎng)高三測試)Na2s03用途廣泛，可用作還原劑、防腐劑等?；卮鹣铝袉栴}：

(1)向3mL0.5moiUNa2s03溶液中逐滴滴入3滴0.5molL-iFeCb溶液，混合液立即變?yōu)榧t褐色，繼續(xù)滴加

3mLFeCb溶液，混合液顏色變深；靜置lh溶液呈淺綠色。分析反應過程中，氧化還原反應和水解反應活化

能較大的是，溶液最后呈淺綠色的原因為。

(2)常溫下，測得Na2s03溶液中相關離子濃度隨pH變化的關系如圖所示:

c(SOf)c(HSOj)

c(HSO§)/gC(H2SO3)

b

①H2sO3的電離平衡常數(shù)Kai=mol-L

②NaHSCh溶液顯___________性（填“酸”或“堿”），通過計算說明理由（寫出計算過程）。

（3）常溫下，用Na2s03溶液作吸收液處理S02,當pH降低為5左右時，可用如圖所示電解槽進行再生，A、

B為離子交換膜，電極為惰性電極。

濃硫酸

稀硫酸

c(SOj)

SO32?'放電的電極反應式為,再生后的吸收液中的最小值為M室中將

c(HSO')

pH=4.9的吸收液再生至pH=8.9,若有l(wèi)molNa+通過離子交換膜，則再生后溶液中的SO32-的物質的量為

（保留兩位小數(shù)）

【答案】（1）氧化還原反應水解反應的反應速率較快，開始時Fe（0H）3膠體顏色占主導，一段時間后,

隨著氧化還原反應持續(xù)進行，水解平衡向左移動，溶液呈現(xiàn)Fe2+顏色

c（S。：）」c(sor)

⑵10-19酸HSO-H++SO32-Ka2,A點pH=5.9,lgc(H+)=10-59mol/L,

3c（HSO；）c(HSOj)

c(H+)c(SO^)c(OH)c(SO；)

1

代入K,2=10-6-9mol/L,又HSO3+H2OOH+SO42-K=

10c(HSOjhc(HSO-)

c(OH)c(SOt)c(H+)K

=10"2.i,Ka2>Kh,即的電離能力大于水解能力，溶液顯

+-19HSO3-NaHSCh

c(HSO；)c(H)-Ka]iQ-

酸性

22+

(3)SO3--2e+H2O=SO4-+2H1000.66mol

H2O+SO32-3+22++3+)

【解析】⑴氧化還原反應+2Fe=SO4-+2Fe+2H,水解反應Fe+3H2OFe(OH3+3H+,

開始滴加FeCl3溶液立馬變?yōu)榧t褐色，說明的Fe3+水解速率大于Fe3+與SCh?-的氧化還原反應速率，而活化

能越大，速率越小，因此活化能較大的是氧化還原反應；溶液最后呈淺綠色是因為水解反應的反應速率較

快，開始時Fe（OH）3膠體顏色占主導，一段時間后，隨著氧化還原反應持續(xù)進行，水解平衡向左移動，溶液

Fe2+3+2

呈現(xiàn)