1.2反应热的计算同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．强酸和强碱在稀溶液中反应的热化学方程式可表示为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ mol-1。
已知：CH3COOH(aq)+NaOH(aq)=CH3COONa(aq)+H2O(l) ΔH=-Q1kJ mol-1
HNO3(aq)+NaOH(aq)=NaNO3(aq)+H2O(l) ΔH=-Q2kJ mol-1
CH3COOH(aq)+NH3 H2O(aq)=CH3COONH4(aq)+H2O(l) ΔH=-Q3kJ mol-1
上述均是在溶液中进行的反应，Q1、Q2、Q3的关系正确的是
A．Q1=Q2=Q3=57.3 B．Q1＞Q2＞Q3＞57.3
C．Q3＜Q1＜Q2=57.3 D．无法确定
2．化学反应中常常伴随有能量变化，某反应的能量变化图如图所示，下列叙述不正确的是
A．该反应为吸热反应
B．，加入催化剂，E1、E2及均减小
C．该反应可以表示煅烧石灰石的能量变化
D．该反应断开所有反应物化学键所吸收的能量大于形成所有生成物化学键所释放的能量
3．设NA为阿伏加德罗常数的值。已知反应：
①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=akJ mol-1
②CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) △H2=bkJ mol-1
其他数据如表所示，下列说法正确的是
化学键 C=O O=O C-H O-H
键能/(kJ mol-1) 798 x 413 463
A．b
C．上表中x=
D．当有4NA个C-H键断裂时，反应放出的热量为bkJ
4．下列图示与对应的叙述不相符合的是
A．
B．
C．反应物的总键能
D．
5．下列说法错误的是
A．化学反应一定伴随能量变化，有能量变化的过程未必是化学反应
B．已知，则石墨比金刚石更稳定
C．中和热测定实验中，应当缓慢分次倒入NaOH溶液并搅拌
D．，则
6．一种以太阳能热源分解水的历程如图所示：
已知：过程I：
过程II：
下列说法正确的是
A．转化过程中FeO作催化剂
B．该过程说明，常温下FeO易溶于水
C．
D．2mol液态水所具有的能量高于2mol氢气和1mol氧气的能量
7．反应是氢能源应用的重要途径，反应过程中的能量变化关系如图所示(a、b、c、d都大于0)。下列说法错误的是
A．断裂2mol H-H键和lmol O=O键吸收的能量为a kJ
B．燃烧生成气态水的热化学方程式可表示为： △H=-(b-a)
C．1mol (l)→1mol (g)吸收kJ的能量
D．表示的燃烧热的热化学方程式为 △H=-d
8．化学反应的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是
A．
B．
C．
D．
9．将TiO2转化为TiCl4是工业冶炼金属钛的主要反应之一。
已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(l)+O2(g) ΔH=+140.5 kJ mol 1
C(s,石墨)+O2(g)=CO(g) ΔH= 110.5 kJ mol 1
则反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s,石墨)=TiCl4(l)+2CO(g)的ΔH是
A．+80.5 kJ mol 1 B．+30.0 kJ mol 1 C． 30.0 kJ mol 1 D． 80.5 kJ mol 1
10．“千畦细浪舞晴空”，氮肥保障了现代农业的丰收。为探究(NH4)2SO4的离子键强弱，设计如图所示的循环过程，可得△H4/(kJ mol-1)为
A．+533 B．+686 C．+838 D．+1143
11．已知的燃烧热为，的燃烧热为，则下列说法正确的是
A．
B．
C．等质量的和完全燃烧，放出的热量多
D．在任何温度下均能自发进行
12．反应的能量变化如图所示。已知：断开 1 mol中化学键需吸收946kJ能量，断开 1 mol 中化学键需吸收498kJ能量。下列说法正确的是
A．上述反应中产物比反应物更稳定
B．断开1 mol中化学键需要吸收812kJ能量
C．
D．上述反应中反应物化学键中储存的总能量比反应产物化学键中储存的总能量高
13．已知：；
；
。
，则d等于
A． B． C． D．
14．N4分子结构如图所示，已知断裂1mol N－N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，则下列说法正确的是
A．N4属于一种新型化合物 B．N4与N2互为同位素
C．1molN4气体转变为N2将放出882kJ热量 D．N4比N2稳定
15．C和在生产、生活、科技中是非常重要的燃料。已知：
①
②
下列推断正确的是
A．C(s)的摩尔燃烧焓为110.5KJ·mol-1
B．
C．
D．由②可知该反应中，反应物化学键中储存的总能量比产物化学键储存的能量高
二、实验题
16．中和热是指在稀溶液中，H+(aq)与OH-(aq)发生中和反应生成1molH2O(l)时的反应热。利用如图所示装置测定中和热，取30mL0.50mol·L-1稀硫酸与60mL0.50mol·L-1NaOH溶液进行实验，实验数据如表。
温度 实验次数 起始温度T1/℃ 终止温度T2/℃
H2SO4 NaOH 平均值
1 26.2 26.0 26.1 30.2
2 27.0 27.4 27.2 32.3
3 25.9 25.9 25.9 29.8
4 26.4 26.2 26.3 30.3
回答下列问题：
(1)上述实验中温度变化的平均值为 ℃，若近似认为0.50mol·L-1稀硫酸与0.5mol·L-1NaOH溶液的密度均为1g·cm-3，反应所得溶液的比热容c=4.18J·(g·℃)-1，则中和热ΔH的数值为 kJ·mol-1(保留1位小数)。
(2)上述实验结果与中和热数值57.3kJ·mol-1有偏差，产生偏差的原因不可能是因为 (填标号)。
a.实验装置保温、隔热效果差
b.量取NaOH溶液的体积时仰视读数
c.分多次把NaOH溶液倒入内筒中
d.测过稀硫酸的温度计未洗净直接用于测定NaOH溶液的温度
(3)本次实验共需NaOH溶液240mL，则配制0.5mol·L-1NaOH溶液时，需称取NaOH固体 g。
(4)若改用30mL0.50mol·L-1稀硫酸与30mL0.5mol·L-1Ba(OH)2溶液进行实验，(填“能”或“不能”) 据此实验求中和热。
17．肼(N2H4)是一种无色易溶于水的油状液体，具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛。
(1)已知肼的球棍模型如图所示，写出肼的电子式: 。
(2)已知1g肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量。写出该反应的热化学方程式: 。
(3)目前正在研发的一-种肼燃料电池的结构如下图所示。
①该电池的负极是 (填“a”或“b”)电极。
②写出正极的电极反应式: 。
(4)在1L固定体积的容器中加入0.1molN2H4，在303K、Pt催化下发生反应:N2H4(l) N2(g)+2H2(g)。测得容器中与时间关系如下图所示，则0～4min内氮气的平均反应速率v(N2)= 。
三、原理综合题
18．I.锂电池有广阔的应用前景。用“循环电沉积”法处理某种锂电池，可使其中的Li电极表面生成只允许Li+通过的Li2CO3和C保护层，工作原理如图1，具体操作如下。
i.将表面洁净的Li电极和MoS2电极浸在溶有CO2的有机电解质溶液中。
ii.0~5min，a端连接电源正极，b端连接电源负极，电解，MoS2电极上生成Li2CO3和C。
iii.5~10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C。
步骤ii和步骤iii为1个电沉积循环。
iv.重复步骤ii和步骤iii的操作，继续完成9个电沉积循环。
(1)步骤ii内电路中的Li+的迁移方向为 。
a.由Li电极向MoS2电极迁移 b.由MoS2电极向Li电极迁移
(2)已知下列反应的热化学方程式。
2Li(s)+2CO2(g)=Li2CO3(s)+CO(g) ΔH1=-539kJ mol-1
CO2(g)+C(s)=2CO(g) ΔH2=+172kJ mol-1
步骤ii电解总反应的热化学方程式为 。
(3)步骤iii中，Li电极的电极反应式为 。
(4)Li2CO3和C只有在MoS2的催化作用下才能发生步骤iii的电极反应，反应历程中的能量变化如图。下列说法正确的是 (填字母)。
a.反应历程中存在碳氧键的断裂和形成
b.反应历程中涉及电子转移的变化均释放能量
c.MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能使反应速率增大
II.如图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。
(5)①腐蚀过程中，负极是 (填“a”“b”或“c”)。
②环境中的Cl-扩散到孔口，并与正极产物和负极产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为 。
③若生成4.29gCu2(OH)3Cl，则理论上消耗氧气的体积为 L(标准状况)。
四、工业流程题
19．铂(Pt)是一种贵金属，广泛用于化工领域。从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt的一种工艺流程如图所示。
(1)I中焙烧时，C与空气中的O2生成了CO和CO2，发生的反应如下：
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5kJ·mol-1；
2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H2=-221kJ·mol-1；
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) △H3= kJ·mol-1。
(2)实验人员采用三种不同的浸出液分别研究II中Pt的浸出率。所用的浸出液分别是HCl－H2SO4－NaClO3、HCl－NaClO3和HCl－H2O2。
①将下列浸出反应的离子方程式补充完整： 。
3Pt+Cl-+ClO+_____=3[PtCl6]2-+H2O
②当NaClO3或H2O2作为氧化剂浸出等量Pt时，n(NaClO3)：n(H2O2)= 。
③c(H+)相同、浸出时间相同时，三种浸出液对Pt的浸出率如表。
[注：c(NaClO3)按照②中的物质的量关系换算成c(H2O2)计]。
氧化剂浓度/mol·L-1 0.1 0.2 0.3 0.4
甲 HCl－H2SO4－NaClO3对Pt的浸出率/% 72.7 78.2 77.5 75.4
乙 HCl－NaClO3对Pt的浸出率/% 79.6 85.3 82.1 81.6
丙 HCl－H2O2对Pt的浸出率/% 80.0 85.6 83.2 82.5
a.以HCl－NaClO3为例，说明当其中氧化剂浓度大于0.2mol·L-1时，Pt的浸出率降低的原因：随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO被 还原而消耗。
b.氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，甲中Pt的浸出率最低的可能原因：由于三种浸出液中的c(H+)均相同， 。
(3)III中萃取剂(R3N)的萃取机理如下(O表示有机体系，A表示水溶液体系)。
i.R3N(O)+H+(A)+Cl-(A)R3NHCl(O)
ii.2R3NHCl(O)+[PtCl6]2-(A)(R3NH2)[PtCl6](O)+2Cl-(A)
①分离操作x是 。
②IV中向含Pt的有机物中加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，反应的离子方程式是 。
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参考答案：
1．C
【详解】稀的强酸与强碱生成1molH2O放出的热量为中和热，醋酸的电离吸热，NH3 H2O电离吸热，则57.3=Q2＞Q1＞Q3，故选：C。
2．B
【详解】A．根据图中的数据，可以看出是反应物的能量小于生成物的能量，则反应是吸热反应，A正确；
B．催化剂只能改变反应的活化能，不会改变化学反应的反应热，E1、E2减小，但是不变，B错误；
C．石灰石分解是吸热反应，可以用该图表示，C正确；
D．根据图中的数据，E1>E2，断开所有反应物化学键所吸收的能量大于形成所有生成物化学键所释放的能量，D正确；
故选B。
3．C
【详解】A．反应① ②都是甲烷燃烧，所有的燃烧都是放热反应，反应热ΔH<0，等量的甲烷完全燃烧生成液态水比生成气态水放出的热量多，因ΔH为负值，放出的热量越多，ΔH越小，因此放出的ΔH1 < ΔH2，摩尔燃烧焓为生成液态水的焓变，故不是bkJ mol-1，故A错误；
B．已知：
①CH4 (g) +2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(l) ΔH1 = a kJ mol-1
②CH4(g) + 2O2 (g) = CO2 (g) +2H2O(g)ΔH2 = bkJ mol-1
根据盖斯定律(①-②)可得：H2O(g) = H2O(1) ΔH=(a-b)kJ mol -1，故B错误；
C．根据反应①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H1=akJ mol-1，ΔH1=413 kJ mol-1×4+2x kJ mol-1-(798 kJ mol-1×2+463 kJ mol-1×4)= akJ mol-1，整理可得：x=，故C正确；
D．当有4NA个C-H键断裂时，反应消耗了1mol甲烷，按照反应①进行生成液态水放出的热量为a kJ，按照反应②进行生成气态水放出的热量为bkJ，故D错误；
答案选C。
4．B
【详解】A．根据盖斯定律，，A正确；
B．=反应物总键能-生成物总键能=（946+498）-2 632=180kJ/mol，B错误；
C．根据图示，反应物总键能akJ/mol，C正确；
D．焓变=反应物总键能-生成物总键能=2(b+c-a)kJ/mol，D正确；
故答案为：B。
5．C
【详解】A．化学反应的本质是旧化学键的断裂和新化学键的生成，必然伴随能量的变化，但有能量变化的过程未必是化学反应，如物质三态的变化有能量变化，是物理变化，A正确；
B．石墨转化为金刚石为吸热反应，等质量石墨具有的能量小于金刚石具有的能量，物质具有的能量越低越稳定，故石墨比金刚石更稳定，B正确；
C．中和热测定实验中，应当一次性倒入NaOH溶液并迅速盖上量热计盖子，玻璃搅拌器搅拌，减少热量散失，C错误；
D．硫的燃烧是放热反应，气态硫转化为固态硫也需要放热，故，D正确；
故选C。
6．C
【详解】A．FeO作中间产物，故A错误；
B．图示表示在太阳能的作用下FeO和水反应，不能说明常温下FeO易溶于水，故B错误；
C．根据盖斯定律可得反应-(Ⅰ+2Ⅱ)可得，故，故C正确；
D．由C项可知，2mol液态水所具有的能量低于2mol氢气和1mol氧气的能量，故D错误；
故选C。
7．D
【详解】A．根据图中信息可知，△H=+a，故断裂2mol H-H键和lmol O=O键吸收的能量为a kJ，选项A正确；
B．根据图中信息可知，燃烧生成气态水的热化学方程式可表示为： △H=-(b-a)，选项正确；
C．图中显示2mol (l)→2mol (g) △H=+c，故1mol (l)→1mol (g)吸收kJ的能量，选项C正确；
D．表示的燃烧热的热化学方程式应以1mol氢气表示，故为 △H=-，选项D错误；
答案选D。
8．C
【详解】由图可以看出，mol N2(g)和mol H2(g)断键吸收的能量为a kJ，形成1mol NH3(g)的放出的能量为b kJ，所以N2(g)+H2(g)NH3(g) ΔH=(a-b)kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为c kJ，根据盖斯定律可知：N2(g)+H2(g)NH3(l) ΔH=(a-b-c) kJ/mol，N2(g)+H2(g)2NH3(l) ΔH=2(a-b-c)kJ/mol；
故合理选项是C。
9．D
【详解】将第一个方程式加上第二个方程式的2倍得到反应TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s,石墨)=TiCl4(l)+2CO(g)的ΔH =+140.5 kJ mol 1+( 110.5 kJ mol 1)×2= 80.5 kJ mol 1，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
10．C
【详解】①；
②；
③；
④；
⑤；
⑥；则⑤+①-⑥-②+③得④，得到+838 kJ mol-1，所以A B D错误， C正确，
故选C。
11．B
【分析】的燃烧热为，，的燃烧热为，，据此分析解题。
【详解】A．燃烧热化学方程式中水的状态是液态，故A错误；
B．据分析可知，①；②；得，故B正确；
C．已知的燃烧热为，的燃烧热为，等质量和，的物质的量是的8倍，所以放出的热量多，故C错误；
D．常温常压下，氢气和氧气不饿能自发进行反应，故D错误；
故答案选B。
12．D
【详解】A．由题图可知，该反应是吸热反应，则2 mol NO的能量大于1mol和1mol的总能量，能量越低越稳定，产物的稳定性小于反应物的稳定性，故A错误；
B．设断开1 mol中化学键需要吸收能量，由题图可知，反应的热化学方程式为，，，即断开1 mol中化学键需要吸收632kJ能量，故B错误；
C．反应的热化学方程式为，则，即，故C错误；
D．为吸热反应，焓变，焓变=反应物的总键能-生成物的总键能>0，所以该反应中反应物化学键中储存的总能量比反应产物化学键中储存的总能量高，故D正确；
选D。
13．A
【详解】①；②；③；④，根据盖斯定律可得④=3①+②-③，故；
故选A。
14．C
【详解】A．N4属于一种新型单质，故A错误；
B．N4与N2都是氮元素形成的不同单质，互为同素异形体， B错误；
C．1mol N4气体转变为N2将放出942kJ ×2 167kJ ×6＝882kJ热量，故C正确；
D．断裂1mol N－N吸收167kJ热量，生成1molN≡N放出942kJ热量，说明N2比N4稳定，故C错误。
综上所述，答案为C。
15．C
【详解】A．的摩尔燃烧焓是指1摩尔完全燃烧生成稳定氧化物释放出来的能量，①中生成的是一氧化碳不是稳定产物，故由此不能推出C(s)的摩尔燃烧焓，A错误；
B．由②可知反应：的，B错误；
C．根据B可知，目标方程式的反应热为：，C正确；
D．由②可知反应：的，反应为放热反应，故反应物化学键中储存的总能量比产物化学键储存的能量低，D错误；
故选C。
16． 4.0 50.2 b 5.0 不能
【详解】(1)4次温度差分别为：4.1℃、5.1℃、3.9℃、4.0℃，第2组数据相差较大，舍去，其他三次温度差平均值4.0℃；
60ml0.50mol·L-1氢氧化钠与30ml0.50mol.1-1硫酸溶液进行中和反应，生成水的物质的量为，溶液的质量为，温度变化的值为T=4.0℃，则生成0.03mol水放出的热量为：，即1.5048J，所以实验测得的中和热；
(2)a．装置保温、隔热效果差，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故a正确；
b．量取NaOH溶液的体积时仰视读数，会导致所量的氢氧化钠体积偏大，放出的热量偏高，中和热的数值偏大，故b错误；
c．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，多次会造成热量散失，中和热的数值偏小，故c正确；
d．温度计测定稀硫酸溶液起始温度后直接插入NaOH溶液测温度，NaOH的起始温度偏高，测得的热量偏小，中和热的数值偏小，故d正确；
选b；
(3)没有240ml的容量瓶，只能用250mL的容量瓶，需要称量NaOH固体；
(4)如果用含Ba(OH)2的稀溶液与足量稀硫酸溶液反应时不但发生酸碱中和，同时还生成硫酸钡，反应放出的大于57.3，所以不能用于测定中和热。
【点睛】进行计算中和热时，要注意放出的热量的单位为J，中和热的单位为kJ；生成水的量为1mol时释放的热量；数据处理时，若偏差太大的数据应舍弃不用。
17． N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g) H=-534.4kJ/mol a O2+4e-+2H2O =4OH- 0.0125mol/(L·min)
【详解】分析：(1)氨分子中氢原子被氨基（-NH2）取代后的生成物叫肼,分子中全部为单键；(2)正极是氧气得电子发生还原反应,负极肼失电子发生氧化反应；(3)在303K , Pt催化下,则发生N2H4(l) N2(g)+2H2(g),设生成氮气的量为xmol,则氢气的量为2mol,此时N2H4(l)的物质的量为（0.1-x）mol ,根据4min 时比值为3,求出x的值,然后根计算。
详解：(1)由肼的球棍模型和价键理论可知，肼中氮氮原子之间、氮氢原子之间都是单键，所以肼的电子式为: 。答案：。
(2)已知1g肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出16.7kJ的热量。则1mol肼(N2H4)气体燃烧生成氮气和水蒸气，放出534.4kJ 的热量,所以肼反应的热化学方程式: N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g) H=-534.4kJ/mol 。
(2)正极是氧气得电子发生还原反应,负极肼失电子发生氧化反应,所以a电极为电池的负极,因此，答案是:a。
(3)在303K、Pt催化下,则发生N2H4(l) N2(g)+2H2(g),设生成氮气的量为xmol,则氢气的量为2mol,此时N2H4(l)的物质的量为（0.1-x）mol,根据4min时比值为3,所以3x/（0.1-x）=3,则x=0.05mol,,因此，本题正确答案是: 0.0125mol/(L·min)。
18．(1)a
(2)4Li(s)+3CO2(g)=2Li2CO3(s)+C(s) ΔH=-1250kJ mol-1
(3)4Li++3CO2+4e-=2Li2CO3+C
(4)ac
(5) c 2Cu2++3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl↓ 0.448
【分析】(1)步骤ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，为电解质的阳极，b端连接电源负极，为电解池的阴极，阳离子移向阴极b；
(2)步骤ⅱ.0～5min，MoS2电极上生成Li2CO3和C，Li电极上是锂失电子生成锂离子，
①2Li(s)＋2CO2(g)═Li2CO3(s)＋CO(g)△H1＝ 539kJ/mol；
②CO2(g)＋C(s)═2CO(g)△H2＝＋172kJ/mol。
盖斯定律计算①×2 ②得到步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式；
(3)ⅲ中反应5～10min，a端连接电源负极，b端连接电源正极，电解时，MoS2电极上消耗Li2CO3和C，Li电极上生成Li2CO3和C；
(4)a．图中可以看到碳酸根离子转化为二氧化碳，碳转化为一氧化碳；
b．反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加；
c．催化剂降低反应的活化能，加快反应速率；
(5)①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极；
②Cl 扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀；
③n[Cu2(OH)3Cl]＝，根据转移电子计算氧气物质的量，再根据V＝nVm计算体积。
【详解】（1）ⅱ.0～5min，a端连接电源正极，为电解质的阳极，b端连接电源负极，为电解池的阴极，阳离子移向阴极b，内电路中的Li＋由Li电极移向MoS2电极；
故答案选a；
（2）步骤ⅱ.0～5min，MoS2电极上生成Li2CO3和C，Li电极上是锂失电子生成锂离子，①2Li(s)＋2CO2(g)═Li2CO3(s)＋CO(g)△H1＝ 539kJ/mol；②CO2(g)＋C(s)═2CO(g)△H2＝＋172kJ/mol；盖斯定律计算①×2 ②得到步骤ⅱ电解总反应的热化学方程式，4Li(s)+3CO2(g)=2Li2CO3(s)+C(s)△H＝( 539kJ/mol)×2 (＋172kJ/mol)＝ 1250kJ/mol；
故答案为4Li(s)+3CO2(g)=2Li2CO3(s)+C(s)△H＝( 539kJ/mol)×2 (＋172kJ/mol)＝ 1250kJ/mol；
（3）步骤ⅲ中，Li电极为电解池的阴极，电极反应式为：4Li++3CO2+4e-=2Li2CO3+C；
故答案为4Li++3CO2+4e-=2Li2CO3+C；
（4）a．图中可以看到碳酸根离子到二氧化碳存在碳氧键的断裂，从C到CO存在碳氧键的形成，故a正确；
b．反应历程中涉及电子转移的变化时，能量增加，均吸收能量，故b错误；
c．MoS2催化剂通过降低电极反应的活化能，反应更容易进行，使反应速率加快，故c正确；
故答案选ac。
（5）①根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极，即c是负极；
故答案选c；
②Cl 扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2＋＋3OH ＋Cl ＝Cu2(OH)3Cl↓；
故答案为2Cu2＋＋3OH ＋Cl ＝Cu2(OH)3Cl↓；
③n[Cu2(OH)3Cl]＝，根据转移电子得n(O2)＝，V(O2)＝0.02mol×22.4L/mol＝0.448L；
故答案为0.448。
【点睛】本题考查原电池电解池的工作原理，为高频考点，涉及电极判断、电极反应书写、离子移向等，掌握电池的工作原理以及电极反应式的书写是解答的关键，侧重考查学生分析能力和计算能力。
19．(1)-566
(2) 3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O 1：3 Cl- 甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成
(3) 分液 (R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)
【分析】从某废催化剂(主要含有Pt、C、Al2O3、MgO)中回收Pt，进行流程分析，通过焙烧将C转化为CO、CO2，通过酸浸，将Pt浸出，经过萃取、分液、反萃取等一系列操作得到Pt，据此分析解答。
【详解】（1）根据盖斯定律，△H3=2△H1-△H2==-566 kJ·mol-1；
（2）根据氧化还原反应规律配平：3Pt+16Cl-+2ClO+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O；由方程式可知，当NaClO3作为氧化剂时，浸出3molPt时，Pt的化合价升高+4，3molPt失12mol电子，NaClO3作为氧化剂消耗2mol，H2O2作为氧化剂时，应得12mol电子，消耗H2O26mol ，故n(NaClO3)：n(H2O2)=1：3；由表格可知，随着c(NaClO3)增大，其氧化性增强，部分ClO与Cl-发生氧化还原反应而被消耗，Pt的浸出率降低；氧化剂浓度均为0.2mol·L-1时，由于三种浸出液中的c(H+)均相同，甲中c(Cl-)最小，不利于[PtCl6]2-的形成，甲中Pt的浸出率最低；
（3）加入萃取剂萃取后，进行分液；由ii可知，萃取后有机体系为(R3NH2)[PtCl6](O)，加入NaOH溶液可使[PtCl6]2-进入水溶液体系，则萃取剂(R3N) 与水溶液分层，反应的离子方程式为(R3NH2)[PtCl6](O)+2OH-(A)=2R3N(O)+[PtCl6]2-(A)+2H2O(A)。
答案第1页，共2页
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