2023年高考真题+模拟新题化学分类汇编：F单元化学反应与能量纯解析

《2023年高考真题+模拟新题化学分类汇编：F单元化学反应与能量纯解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考真题+模拟新题化学分类汇编：F单元化学反应与能量纯解析（55页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、化学高考题分类名目F 单元 化学反响与能量F1化学反响与能量变化6 2023重庆卷 ：C(s)H O(g)=CO(g)H (g)Ha kJmol1222C(s)O (g)=2CO(g)H220 kJmol12HH、OO 和OH 键的键能分别为 436 kJmol1、496 kJmol1 和 462 kJmol1，则 a 为()A332B118 C350D1306D解析 依题意有：C(s)H O(g)=CO(g)H (g)Ha kJmol1222C(s)O (g)=2CO(g)H220 kJmol12依据盖斯定律2即得 2H(g)O (g)=2H O(g)H(2202a) kJmol1。由于22

2、2反响热等于断裂旧化学键吸取的能量与形成化学键释放的能量的差值，则 496 kJmol12436kJmol122462kJmol1(2202a)kJmol1，解得a130。7 2023浙江卷 以下说法不正确的选项是() A光催化复原水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济B. 氨氮废水(含 NH及NH )可用化学氧化法或电化学氧化法处理43C. 某种化学检测技术具有极高的灵敏度，可检测到单个细胞(V1012 L)内的数个目标分子，据此可推算该检测技术能测量细胞内浓度约为10121011molL1 的目标分子D. 向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变7D解析 电解水会消耗大量的电能，故光催化复原

3、水制氢比电解水制氢更节能环保、更经济，A 项正确；化学氧化法和电化学氧化法均可以将NH和 NH 中3 价的 N 元43素氧化为 0 价的氮元素，B 项正确；单个细胞的 V1012 L，所以 1 L 待测成分中含有 10121012个细胞，其物质的量为6.021023mol，由此可知该检测技术能测量细胞内浓度约为10121011molL1 的目标分子，C 项正确；甲醇与汽油所具有的化学能不同，故向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值转变，D 项错误。9. 2023课标全国卷 分解 1 mol H O 放出热量 98 kJ。在含少量I的溶液22中，H O 分解的机理为22H O IH OIO慢222

4、H O IOH OO I快2222以下有关该反响的说法正确的选项是() A反响速率与I浓度有关BIO也是该反响的催化剂 C反响活化能等于 98 kJmol1Dv(H O )v(H O)v(O )22229.A 解析 H O 的分解反响主要由慢反响打算，且I浓度越大反响速率越快，A 项22正确；合并题中两反响，可知I为催化剂，而IO为中间产物，B 项错误；1 mol H O 分解22时反响热为98 kJmol1，并不是活化能，C 项错误；依据化学计量数关系可确定 v(H O )22 v(H O) 2v(O )，D 项错误。2210. 2023安徽卷 臭氧是抱负的烟气脱硝试剂，其脱硝反响为2NO

5、(g)O (g)23N O (g)O (g)，假设反响在恒容密闭容器中进展，以下由该反响相关图像作出的推断正252AB上升温度，平衡常数减小03 s 内，反响速率为v(NO )0.2 molL12CDt 时仅参与催化剂，平衡正向1达平衡时，仅转变 x，则 x 为移动c(O )2确的是()10.A 解析 由反响过程的能量变化图可知正反响为放热反响，因此上升温度，反响逆向进展，平衡常数减小，A 项正确；03 s 内，v(NO2)(1.0 mol/L0.4 mol/L)3 s0.2molL1s1，B 项错误；参与催化剂，正、逆反响速率同等程度加快，平衡不移动，C 项错误；到达平衡时，增加 c(O )

6、平衡逆向移动，NO 的转化率减小，D 项错误。2231 2023广东卷 用 CaSO 代替 O 与燃料 CO 反响，既可提高燃烧效率，又能得到42高纯CO ，是一种高效、清洁、经济的型燃烧技术。反响为主反响，反响和为副反2应。1 CaSO(s) CO(g)1CaS(s)CO(g)4442H 47.3 kJmol11CaSO (s)CO(g)411CaO(s)CO (g)SO (g)H 210.5 kJmol1222CO(g)C(s) CO (g)H86.2 kJmol12223(1) 反响 2CaSO (s)7CO(g)CaS(s)CaO(s)6CO (g) C(s)SO(g) 的 H422

7、(用H 、H 和H 表示)。123(2) 反响的平衡常数的对数lg K 随反响温度 T 的变化曲线如以下图。结合各反响的 H，归纳lg KT 曲线变化规律：a. ；b。(3) 向盛有CaSO 的真空恒容密闭容器中充入CO，反响于 900 到达平衡，c(CO)4平衡8.0105molL1，计算CO 的转化率(无视副反响，结果保存两位有效数字)。(4) 为削减副产物，获得更纯洁的CO ，可在初始燃料中适量参与。2(5) 以反响中生成的CaS 为原料，在确定条件下经原子利用率 100%的高温反响，可再生 CaSO ，该反响的化学方程式为，在确定条件4下，CO2 可与对二甲苯反响，在其苯环上引入一个羧

8、基，产物的构造简式为。31(1)4H1H22H3(2)a.放热反响， lg K 随 T 增大而减小；吸热反响， lg K 随 T 增大而增大 b焓变越大，lgK 随 T 的变化程度越大(3)99%(4) Ca(ClO) (或 KClO 、KMnO 等氧化性物质)234(5) CaS2O 一=定=条=件=CaSO24解析 (1)将给定的三个热化学方程式依据42 相加可得目标方程式，故 H4H H 2H 。123(2) 反响为放热反响，由图可看出，随着温度的上升，放热反响的平衡常数的对数在减小，故曲线表示反响，曲线表示反响。(3) 设开头时 c(CO)a，转化的 c(CO)x，则 ax8.0105

9、 molL1。依据方程式可知，cCOxxc生成的 c(CO ) x，平衡常数 K2251。由图示可知，在CO ax8.010molL900 时，lg K2，K100，则 x8.0103 molL1，故 CO 的转化率8.01038.01038.0105100%99%。(4) 由于 CO 气体中主要含有 SO 气体，该气体具有比较强的复原性，故可参与具有氧22化性的物质来除去，该氧化性的物质有 Ca(ClO) 、KClO 、KMnO等。(5)由于要求原子利234用率为 100%，故反响类型属于化合反响，可将CaS 在高温下与 O 反响制取 CaSO ，反响24的方程式为CaS2O 一=定=条=件

10、=CaSO ；对二甲苯的构造简式为24苯环上只有一类氢原子，故在苯环上引入 1 个羧基，产物仅有 1种，其构造为26 2023课标全国卷在容积为 1.00 L 的容器中，通入确定量的 N O ，发生反响 N O2424(g)，随温度2上升，混合气体的颜色变深。答复以下问题：(1) 反响的H0(填“大于”或“小于”)；100 时，体系中各物质浓度随时间变化 如以下图。在 060 s 时段，反响速率 v(N O )为molL1s1；反响的平衡常数 K241为。(2) 100 时达平衡后，转变反响温度为T，c(N O )以 0.002 0 molL1s1 的平均速24率降低，经 10 s 又到达平衡

11、。T 100 (填“大于”或“小于”)，推断理由是 。列式计算温度T 时反响的平衡常数K ：2。(3) 温度 T 时反响达平衡后，将反响容器的容积削减一半，平衡向(填“正反响” 或“逆反应”)方向移动，判断理由是。26(1)大于 0.001 00.36 molL1(2) 大于 反响正方向吸热，反响向吸热方向进展，故温度上升平衡时，c(NO )0.120molL10.002 0 molL1s110 s20.16 molL12c(N O )0.040 molL10.002 0 molL1s110 s0.020 molL1240.16 molL12K 1.3 molL120.020 molL1(3)

12、 逆反响 对气体分子数增大的反响，增大压强平衡向逆反响方向移动解析 (1)依题意知，温度上升，混合气体的颜色加深，说明平衡向生成NO 的正反响2方向移动，即正反响是吸热反响；依据图像 060 s 时段，NO 的物质的量浓度变化为 0.0602cmolL1，依据公式v 即可计算出速率；依据图像可知NO 的平衡浓度为 0.120 molL1，t2c2NO N O 的平衡浓度为 0.040 molL1，依据 Kc24N2可计算出平衡常数 K 。(2)依据题O 124意知，转变反响温度为 T 后，反响速率降低，故为降低温度，即 T 小于 100 ；依据题意知，再次到达平衡后N O 的浓度减小，cv t

13、0.002 0 molLs110 s0.02 molL1，24则 NO 的浓度增加 0.040 molL1，即到达平衡时N O 的浓度为 0.020 molL1，NO 的浓2242c2NO 度为 0.160 molL1，据 KcN2可计算出平衡常数 K 。(3)温度为 T 时，反响到达平衡，O 224将反响容器减小一半，即增大压强。其他条件不变时，增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，即向逆反响方向移动。82023海南卷 某反响过程能量变化如以下图，以下说法正确的选项是()A反响过程a 有催化剂参与B该反响为放热反响，热效应等于H C转变催化剂，可转变该反响的活化能D有催化剂条件下，反响的

14、活化能等于E E128BC解析 a 过程的活化能比b 过程的高，故反响过程 b 有催化剂参与，A 项错误； 该反响生成物所具有的能量比反响物的低，且由图标信息可知二者能量的量值之差为H， B 项正确；不同催化剂的催化效率不同，故转变催化剂，可转变该反响的活化能，C 项正确；在有催化剂的条件下，该反响的活化能等于E ，D 项错误。1F2反响热的计算与重要的反响热42023海南卷 标准状态下，气态分子断开 1 mol 化学键的焓变称为键焓。 HH、 HO 和O=O键的键焓H 分别为 436 kJmol1、463 kJmol1 和 495 kJmol1。以下热化学方程式正确的选项是()1AH O(g

15、)=H O (g)H485 kJmol122221BHO(g)=H (g) O(g)H485 kJmol12222C2H (g)O (g)=2H O(g)222H485 kJmol1D2H(g)O (g)=2H O(g)222H485 kJmol14D解析 化学反响的焾变等于反响物总键焓与生成物总键焓的差，由此可确定 D项正确。62023重庆卷 ：C(s)H O(g)=CO(g)H (g)Ha kJmol1222C(s)O (g)=2CO(g)H220 kJmol12HH、OO 和OH 键的键能分别为 436 kJmol1、496 kJmol1 和 462 kJmol1，则 a 为()A332

16、B118 C350D1306D解析 依题意有：C(s)H O(g)=CO(g)H (g)Ha kJmol1222C(s)O (g)=2CO(g)H220 kJmol12依据盖斯定律2即得 2H(g)O (g)=2H O(g)H(2202a) kJmol1。由于222反响热等于断裂旧化学键吸取的能量与形成化学键释放的能量的差值，则 496 kJmol12436kJmol122462kJmol1(2202a)kJmol1，解得a130。7 2023天津卷 元素单质及其化合物有广泛用途，请依据周期表中第三周期元素相关学问答复以下问题：(1) 按原子序数递增的挨次(稀有气体除外)，以下说法正确的选项是

17、。a原子半径和离子半径均减小b. 金属性减弱，非金属性增加 c氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增加d单质的熔点降低(2) 原子最外层电子数与次外层电子数一样的元素名称为，氧化性最弱的简洁阳离子是。化合物MgOAl O23MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物(3) ：熔点/28002050714191工 业 制 镁 时 ， 电 解MgCl2而 不 电 解MgO的 原 因 是 ；制铝时，电解Al O 而不电解AlCl 的缘由是。233(4) 晶体硅(熔点 1410 )是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下：Si(粗)Cl2SiCl 蒸馏SiCl (纯)H2Si(纯)4

18、60 441100 写出 SiCl4的电子式：；在上述由 SiCl4制纯硅的反响中，测得每生成1.12kg纯 硅 需 吸 收 akJ热 量 ， 写 出 该 反 应 的 热 化 学 方 程 式 ：。(5) P O 是非氧化性枯燥剂，以下气体不能用浓硫酸枯燥，可用 P O 枯燥的是。2525a. NH3(6)KClO3b. HIcSO2可用于试验室制 OdCO2，假设不加催化剂，400 时分解只生成两种盐，其中一种2是无氧酸盐， 另一种盐的阴阳离子个数比为 1 1 。写出该反响的化学方程式：。7(1)b(2)氩 Na(或钠离子)(3)MgO 的熔点高，熔融时消耗更多能源，增加生产本钱AlCl 是共

19、价化合物，熔融态难导电3(4)SiCl (g)2H (g)=11=00=Si(s)4HCl(g)42H0.025a kJmol1(5)b(6)4KClO =40=0=KCl3KClO34解析 (1)除稀有气体外，第三周期元素随原子序数的递增原子半径渐渐减小，而离子半径不愿定减小，如 r(Na)r(Cl)，a 错误；同一周期的主族元素随原子序数的递增，金属性减弱，非金属性增加，b 正确；同周期主族元素从左至右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增加，c 错误；单质的熔点不愿定降低，如Na 的熔点低于 Mg、Al 等的熔点，d 错误。(2)第三周期元素的原子核外有三个电子层，次外层电子数为8，

20、故该元素原子最外层的电子数也为 8，该元素为氩；简洁离子的氧化性越弱，对应单质的复原性越强，元素的金属性越强，第三周期中金属性最强的元素是Na，因此 Na的氧化性最弱。(3)由题给数据表知，MgO 的熔点比 MgCl2的熔点高，MgO 熔融时消耗更多能源，增加本钱；AlCl3是共价化合物，熔融态时不电离，难导电，故冶炼铝不能用电解 AlCl3的方法。(4)SiCl 属4于共价化合物，其电子式为；由 SiCl 制纯硅的化学方程式为SiCl (l)2H(g)1=1=00=442Si(s)4HCl(g)，生成 1.12 kg 即 40 mol 纯硅吸取 a kJ 热量，则生成 1 mol 纯硅需吸取

21、 0.025akJ 热量。(5)NH3是碱性气体，既不能用浓硫酸枯燥，也不能用P O25枯燥；HI 是具有复原性的酸性气体，可用P O 枯燥，但不能用浓硫酸枯燥；SO 、CO 既能用浓硫酸枯燥，又能用2522P O 枯燥，综上分析，正确答案为 b。(6)KClO (Cl 的化合价为5 价)受热分解生成的无氧253酸盐是 KCl，另一含氧酸盐中氯元素的化合价必需比5 价高，可能为6 价或7 价，假设为6 价，形成的盐中阴阳离子个数比不行能为11，只能是7 价，故该含氧酸盐为 KClO ，4据此可写出该反响的化学方程式。28(15 分)2023课标全国卷 乙醇是重要的有机化工原料，可由乙烯气相直接

22、水合法生产或间接水合法生产。答复以下问题：(1) 间接水合法是指先将乙烯与浓硫酸反响生成硫酸氢乙酯(C H OSO H)，再水解生成乙253醇。写出相应反响的化学方程式：。(2) ：甲醇的脱水反响2CH OH(g)=CH OCH (g)H O(g)3332H 23.9 kJmol11甲醇制烯烃的反响2CH OH(g)=C H (g)2H O(g)3242H 29.1 kJmol12乙醇的异构化反响 C HOH(g)=CH OCH(g)2533H 50.7 kJmol13则乙烯气相直接水合反响C H (g)H O(g)=C H OH(g)的HkJmol1。与间24225接水合法相比，气相直接水合

23、法的优点是。(3)如以下图为气相直接水合法中乙烯的平衡转化率与温度、压强的关系其中 n(H2O)n(C H )11。24K列式计算乙烯水合制乙醇反响在图中A 点的平衡常数 (用p平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。pppp图中压强(、 、 、 )的大小挨次为，理由是。1234气相直接水合法常承受的工艺条件为：磷酸/硅藻土为催化剂，反响温度 290 、压nn强 6.9 MPa， (H O) (C H )0.61。乙烯的转化率为 5%，假设要进一步提高乙烯转化率，224除 了 可 以 适 当 改 变 反 应 温 度 和 压 强 外 ， 还 可 采 取 的 措 施 有、28(1)C H

24、 H SO C HOSO H、C HOSOHHOC H OHH SO。(2)24242532532252420%np45.5污染小、腐蚀性小等 (3)C Hp2OH52n20%npC H pH O 80%np2201802422n20%n20.07(MPa)1pp p ”或“”填空：第一电离能离子半径熔点酸性SiSO2NaNaClSiH SOHClO244(3)CuCl(s)与O 反响生成CuCl (s)和一种黑色固体。在25 、101 kPa 下，该反响22每 消 耗 1molCuCl(s) ， 放 热 44.4kJ ， 该 反 应 的 热 化 学 方 程 式 是。(4)ClO2常用于水的净

25、化，工业上可用 Cl2氧化NaClO2溶液制取ClO。写出该反响的离2子 方 程 式 ， 并 标 出 电 子 转 移 的 方 向 和 数 目 ：。0，0，01324HHHHHHCD123345HH10C解析 C、CO 的燃烧都是放热反响，故0、0，A 项错误；CO 与132HHC 生成CO 的反响为吸热反响，则0；铁的燃烧为放热反响，则0，B 项错误；24将其次、三个热化学方程式相加可得第一个热化学方程式，C 项正确；将第五个热化学方程式系数同时乘以 2 后与第四个热化学方程式相加，再将系数同除以 3 可得第三个热化学方程HH式，故32H435，D 项错误。13 2023课标全国卷 室温下，将

26、 1 mol 的 CuSO 5H O(s)溶于水会使溶液温度42HH降低，热效应为 ，将 1 mol 的 CuSO (s)溶于水会使溶液温度上升，热效应为 ；142CuSO 5H O 受热分解的化学方程式为 CuSO 5H O(s)=CuSO (s)5H O(l)，热效应为424242H ，则以下推断正确的选项是()3A. H H23B. H H13C. H H H132D. H H H12313B解析 依题意 CuSO 5H O(s)溶于水发生反响 CuSO 5H O(s)=Cu2(aq)4242SO2(aq)5H O(l)H 0；CuSO 溶于水发生反响CuSO (s)=Cu2(aq)SO

27、2(aq)H42144420；依据盖斯定律有： CuSO 5H O(s)=CuSO (s)5H O(l)，H H H 0。H42423122H 2H H 0，A 项错误；H H H 0，B 项正确；H H H ，321312312C 项错误；H H H 2H 0，D 项错误。123211 2023四川卷 污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要争论课题。某争论小组利用软锰矿(主要成分为 MnO ，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)2作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO ，又制得电池材料 MnO (反响条件已22省略)。请答复以下问题：(1) 上述流程脱硫实现了(选填

28、以下字母编号)。A废弃物的综合利用B白色污染的削减C酸雨的削减(2) 用 MnCO能 除 去 溶 液 中 的 Al3和Fe3， 其 原 因 是3 。(3)：25 、101 kPa 时，Mn(s)O(g)=MnO (s)H520 kJ/mol22S(s)O (g)=SO (g)H297 kJ/mol22Mn(s)S(s)2O (g)=MnSO (s)24H1065 kJ/molSO2与MnO2反 应 生 成 无 水MnSO4的 热 化 方 程 式 是 。(4) MnO 可作超级电容器材料。用惰性电极电解 MnSO 溶液可制得MnO ，其阳极的电242极反响式是。(5) MnO是碱性锌锰电池的正极

29、材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反响式是2 。(6) 假设脱除的 SO 只与软锰矿浆中的 MnO 反响。依据图示流程，将 a m3(标准状况)22含 SO2的体积分数为 b%的尾气通入矿浆，假设 SO2的脱除率为 89.6%，最终得到 MnO 的质2量为 c kg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnOkg。211(1)A、C(2) 消耗溶液中的酸，促进Al3和 Fe3水解生成氢氧化物沉淀(3) MnO (s)SO (g)=MnSO (s)224H248 kJ/mol(4)Mn22H O2e=MnO 4H22(5)MnO H Oe=MnO(OH)OH221500c87ab

30、 (6)2500解析 (1)脱硫的目的是削减产生SO ，进而削减酸雨的产生，同时可对废弃物综合利用。2则 A、C 项符合题意。(2)参与 MnCO3消耗溶液中的 H，促使 Al3和 Fe3的水解平衡正向移动，生成氢氧化物沉淀除去。(3)将 3 个热化学方程式依次编号为，依据盖斯定律，可知：MnO (s) SO(g)=MnSO (s)H()248 kJ/mol。(4)电解224池中阳极失去电子发生氧化反响，则用惰性电极电解 MnSO 溶液可制得 MnO ，则阳极是42Mn2放电，其阳极电极反响式为 Mn22HO2e=MnO 4H。(5)原电池中正极得22到电子发生复原反响，在碱性锌锰电池放电时，

31、正极是二氧化锰得到电子，则正极电极反响式为 MnO H Oe=MnO(OH)OH。(6)KMnO 与 MnSO 反响生成MnO的质量为 c22442kg，依据氧化复原反响化合价升降法配平的关系式为：2KMnO 3MnSO 5MnO4423 mol5 mol87x1000 c mol3000 c求得：xmol(MnSO总的物质的量)4354MnO2SO2=MnSO41 mol1 molmoly1000ab%89.6%22.4y求得：y0.4ab mol除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰相当于 MnO3000 cmol2 的物质的量xy4350.4ab mol，则所引入的锰相当于 MnO的质量

32、3000cmol0.4ab mol) 87 gmol1 kg。1500c87ab25002( 4351000 gkg1F3原电池原理11 2023浙江卷 镍氢电池(NiMH)目前已经成为混合动力汽车的一种主要电池类型，NiMH 中的 M 表示储氢金属或合金，该电池在充电过程中的总反响方程式是 Ni(OH) 2M=NiOOHMH。：6NiOOHNH H OOH=6Ni(OH) NO3222以下说法正确的选项是()ANiMH 电池放电过程中，正极的电极反响式为NiOOHH Oe=Ni(OH) OH22B充电过程中OH从阳极向阴极迁移C充电过程中阴极的电极反响式：H OMe=MHOH，H O 中的H

33、 被 M 复原22DNiMH 电池中可以用KOH 溶液、氨水等作为电解质溶液11A解析 放电时正极发生的是得电子的复原反响，A 项正确；充电时阴离子移向阳极，B 错项误；充电时，被复原的是氢元素，生成的H 被储氢合金M 吸取起来，M 不参2与反响，C 项错误；由于 6NiOOH NH H OOH=6Ni(OH) NO，故NiMH3222电池中不行以同时使用KOH 溶液、氨水，D 项错误。6 2023天津卷 ： 锂离子电池的总反响为Li CLiCoOK放N电*CLiCoOx1x2 充电2锂硫电池的总反响 2LiSK放N电*Li S充电2有关上述两种电池说法正确的选项是() A锂离子电池放电时，

34、Li向负极迁移B锂硫电池充电时，锂电极发生复原反响C理论上两种电池的比能量一样 D以以下图表示用锂离子电池给锂硫电池充电6B解析 电池工作时，阳离子(Li)向正极迁移，A 项错误；锂硫电池充电时，锂电极上发生Li得电子生成Li 的复原反响，B 项正确；两种电池负极材料不同，故理论上两种电池的比能量不一样，C 项错误；依据电池总反响知，生成碳的反响是氧化反响，因此碳电极作电池的负极，而锂硫电池中单质锂作电池的负极，给电池充电时，电池负极应接电源 负极，即锂硫电池的锂电极应与锂离子电池的碳电极相连，D 项错误。12 2023课标全国卷 2023 年 3 月我国科学家报道了如以下图的水溶液锂离子电池

35、体系。以下表达错误的选项是()Aa 为电池的正极B. 电池充电反响为LiMn O2=Li41Mn Ox2xLi4C. 放电时，a 极锂的化合价发生变化D. 放电时，溶液中Li从 b 向 a 迁移12C解析 依据题给装置图推断，Li 金属电极b 电极为原电池的负极，电极反响式为 Lie=Li，则 a 为电池的正极，A 项正确；a 电极的电极反响式为LiMn OxLi1x24=LiMn O ，则充电时的反响为LiMn O =LiMn OxLi，B 项正确；放电时a 极中是24241x24锰的化合价发生变化，C 项错误；带正电荷的阳离子移向电源的正极，D 项正确。112023江苏卷 以下有关说法正确

36、的选项是() A假设在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀B. 2NO(g)2CO(g)=N (g)2CO (g)在常温下能自发进展，则该反响的H022C. 加热 0.1 molL1Na CO 溶液，CO2的水解程度和溶液的pH 均增大233D. 对于乙酸与乙醇的酯化反响(H0)，参与少量浓硫酸并加热，该反响的反响速率和平衡常数均增大11C解析 海轮的外壳是钢铁，因铁比铜活泼，海轮外壳上附着铜块后形成原电池， 铁作负极，会加速海轮外壳的腐蚀，A 项错误；B 反响为气体体积减小的反响，反响 S0， 假设反响能自发进展，则HTS0，故反响的H0，B 项错误；由于盐类的水解反响为 吸热反响，上升温度能增大CO2的水解程度，溶液中 c(OH)增大，溶液 pH 增大，C 项正3确；浓硫酸是酯化反响的催化剂，参与少量浓硫酸使反响速率增大，该反响为放热反响，一段时间后混合体系温度上升，平衡逆向移动，平衡常数减小，D 项错误。42023海南卷 Mg-A