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专题 05 化学反应与能量
(考试时间：75分钟 试卷满分：100分)
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的)
1．某化学反应A(g)+B (g)=2AB(g)的能量变化如图所示，则下列说法中正确的是( )
2 2
A．该反应为放热反应，无需加热就可以发生
B．断裂1molA-A键和1molB-B键要吸收xkJ的能量
C．根据图示可知生成1molAB (g)放出 的能量
D．三种物质A(g)、B (g)、AB(g)中，最稳定的物质一定是AB(g)
2 2
【答案】B
【解析】A项，由图可知反应物总能量高于生成物能量为放热反应，但A-A键和B-B键断裂需要吸收
能量，可能需要加热破坏反应物化学键以发生反应，反应放热与反应是否需要加热无关，选项A错误；B
项，断裂1moLA-A键和1molB-B键要吸收xkJ的能量，选项B正确；C项，根据图示可知生成1mol AB
(g)放出 的能量，选项C错误；D项，物质能量越低越稳定，由图知A(g)和B (g)的总能量高
2 2
于2 AB (g)的能量，但不知单独物质的能量大小，所以无法确定谁最稳定，选项D错误；故选B。
2．(2024·江苏无锡高三教学质量调研测试)1mol液态肼完全燃烧生成N 气体和液态水放出577kJ的热
2
量。工业上利用NH 和CO 制取尿素[CO(NH)]，尿素在高温条件下可将汽车尾气中的NO 转化为无毒气
3 2 2 2 x
体N。下列化学反应表示正确的是( )
2
A．NH 燃烧的热化学方程式：NH(l)+O (g)=N(g)+2HO(g) ΔH＝－577 kJ·mol－1
2 4 2 4 2 2 2
B．碱性NH 燃料电池负极发生的电极反应式：NH+4e- +4OH-=N ↑+4H O
2 4 2 4 2 2
C．NaClO氧化氨气制取NH 的离子方程式：2NH +ClO-=N H+Cl-+H O
2 4 3 2 4 2
D．NH 与NO 高温下反应的化学方程式：NH+NO N↑+2HO
2 4 2 2 4 2 2 2
【答案】C
【解析】A项，1mol液态肼完全燃烧生成N 气体和液态水放出577kJ的热量，则NH 燃烧的热化学
2 2 4
方程式为：NH(l)+O (g)=N(g)+2HO(l) ΔH＝－577 kJ·mol－1，故A错误；B项，负极失电子，负极反应
2 4 2 2 2为：NH-4e- +4OH-=N ↑+4H O，故B错误；C项，NaClO氧化氨气制取NH，1molNaClO得2mol电子，
2 4 2 2 2 4
1mol氨气失1mol电子，根据得失电子守恒得离子方程式：2NH +ClO-=N H+Cl-+H O，故C正确；D项，
3 2 4 2
1mol NH 失去4mol电子生成氮气，1mol二氧化氮得4mol电子生成氮气，根据得失电子守恒得反应方程
2 4
式：2NH+2NO 3N↑+4HO，故D错误；故选C。
2 4 2 2 2
3．(2024·河北迁安市高三期中)下列装置能达到实验目的是( )
A．用图Ⅰ所示装置测定55mL1mol/L盐酸与50mL11mol/LNaOH溶液发生中和反应的反应热
B．为探究铁制品生锈，用图Ⅱ所示装置，正极材料是铁
C．图Ⅲ所示装置实现Ag+2HCl=2AgC1↓+H ↑
2
D．图Ⅳ装置可实现粗铜的精炼
【答案】C
【解析】A项，该实验装置没有玻璃搅拌器，碎纸条没有充满这个大烧杯，散热较多，不能用来测定
55mL1mol/L盐酸与50mL11mol/LNaOH溶液发生中和反应的反应热，故A错误；B项，为探究铁制品生
锈，用图Ⅱ所示装置，正极材料是C，负极材料是Fe，故B错误；C项，图Ⅲ中阳极为Ag电极，电极方
程式为：Ag-e-+Cl-=AgCl↓，阴极为C电极，电极方程式为：2H++2e-=H ↑，总反应为：
2
Ag+2HCl=2AgC1↓+H ↑，故C正确；D项，铜的电解精炼装置中粗铜应该为阳极，连接电源的正极，故D
2
错误；故选C。
4．(2023·辽宁省名校联盟高考模拟调研卷)“北溪”天然气管道至少泄漏8万吨天然气，近20年间甲烷
的温室效应率是CO 的84倍。已知管道接口处有钢铁材料等，海水的pH约为8.0。设N 为阿伏伽德罗常
2 A
数的值。下列有关叙述不正确的是( )
A．损坏的钢铁材料在海水中主要发生吸氧腐蚀
B．制造管道时表面涂层能起到抗腐蚀作用
C．w g铁在海水中完全发生电化学腐蚀时转移电子数一定为D．修复管道时在钢管表面镶嵌锌块，这种方法叫牺牲阳极法
【答案】C
【解析】A项，钢铁在弱碱性环境中主要发生吸氧腐蚀，A项正确；B项，表面涂层能防止钢铁管道
和水、O 等物质接触，从而起到抗腐蚀作用，B项正确；C项，钢铁腐蚀时负极电极反应式为Fe-2e-
2
=Fe2+，w g铁在海水中完全发生电化学腐蚀时转移电子数为 ，后续发生
，不属于电化学腐蚀，C项错误；D项，锌比铁活泼，在海水中构成原
电池，锌为负极，铁为正极，这种保护钢铁的方法叫牺牲阳极法，D项正确。故选C。
5．下图是处理废水中苯酚的装置，回收利用苯后再排放。下列有关说法合理的是( )
A．a为负极，电极附近pH增大
B．该离子交换膜为阳离子交换膜
C．b电极反应式为WO+ xH++xe-=H WO
3 x 3
D．若有0.1mol电子通过导线，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.2g
【答案】B
【解析】A项，a极为苯酚C HO变为C H，碳原子的化合价由 价变为 价，化合价降低，得到
6 6 6 6
电子，a极为正极，电极反应式为： ，电极附近pH增大，A错
误；B项，自由移动的离子为H+，阳离子向正极移动，则离子交换膜为阳离子交换膜，从右向左移动，B
项正确；C项，b电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：HWO-xe-= WO + xH+，C项错误；
x 3 3
D项，若有0.1mol电子通过导线，就有0.1molH+从B迁移到A，A区溶液质量增加0.1g，B区溶液的质量
不变，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.1g，D项错误；故选B。
6．(2023·浙江省温州市高三第三次模拟适应性考试)标准状态下，气态反应物、生成物及活化分子[A(B)表示“A＋B→产物”的活化分子]的相对能量如表所示：
物质 NO(g) NO (g) SO (g) SO (g) O(g) O(g) NO(O) SO (O )
2 2 3 2 3 3 2 3
相对能量/ 91.3 33.2 -296.8 -395.7 0 142.7 237.2 -96.1
下列说法不正确的是( )
A．NO (g)+SO (g) NO (g)+ SO (g) ΔH＝－40.8 kJ·mol－1
2 2 3
B．3O(g) 2O(g)反应不能自发进行
2 3
C．相同条件下，SO (g)+O(g) O (g)+ SO (g)比NO (g)+O(g) O (g)+ NO (g)速率快
2 3 2 3 3 2 2
D．1mol NO (g)的总键能大于1mol NO(g)总键能
2
【答案】C
【解析】A项，NO (g)+SO(g) NO (g)+ SO (g) ΔH=生成物总能量-反应物总能量=91.3kJ/mol+
2 2 3
(-395.7kJ/mol)-[33.2kJ/mol+(-296.8kJ/mol)]=-40.8kJ/mol，故A正确；B项，3O(g) 2O(g) H=生成物
2 3
总能量-反应物总能量=+285.4kJ/mol＞0，且 S＜0，则任何温度下 H-T S＞0，即反应3O(g)
2
2O(g)不能自发进行，故B正确；C项，反应SO (g)+O(g) O (g)+ SO (g)的活化能=活化分子能量-
3 2 3 2 3
反应物总能量=-96.1kJ/mol-(-296.8kJ/mol+142.7kJ/mol)=58kJ/mol，反应NO (g)+O(g) O (g)+ NO (g)
3 2 2
的活化能为237.2kJ/mol-(91.3kJ/mol+142.7kJ/mol)=3.2kJ/mol＜58kJ/mol，反应的活化能越高，反应速率越
慢，则相同条件下，SO (g)+O(g) O (g)+ SO (g)比NO (g)+O(g) O (g)+ NO (g)速率慢，故C
2 3 2 3 3 2 2
错误；D项，反应2NO (g)+O(g) 2NO (g)ΔH=生成物总能量-反应物总能
2 2
量=2×33.2kJ/mol-2×91.3kJ/mol-0kJ/mol=-116.2kJ/mol，为放热反应，焓变△H=反应物总键能-生成物总键
能，则该反应反应物总键能＜生成物总键能，即1molNO(g)和0.5molO 总键能＜1molNO (g)的总键能，所
2 2
以1molNO (g)的总键能大于1molNO(g)总键能，故D正确；故选C。
2
7．中科院最新研发出的以KOH溶液为电解液， CoP和Ni P纳米片为催化电极材料，电催化合成苯
2
胺的装置如下图所示。下列说法正确的是( )
A．阳极区溶液的pH不断增大
B．若用铅蓄电池作为电源，Ni P 极应连接铅蓄电池的Pb极
2
C．CoP极的电极反应式为C HNO + 6e- + 4H O = C HNH + 6OH-
6 5 2 2 6 5 2
D．电解液可换成稀硫酸溶液【答案】C
【解析】Ni P电极C H O 变为CO2-发生了氧化反应，在电解池的阳极，该极与电源的正极相连。而
2 6 12 6 3
CoP这一极为阴极，与电源的负极相连。阴极的反应为C HNO + 6e- + 4H O = C HNH + 6OH-，阳极反应
6 5 2 2 6 5 2
为C H O- 24e- + 36OH-=6CO 2-+24H O。A项，根据电极反应阳极区消耗OH-导致pH降低，A项错误；B
6 12 6 3 2
项，铅蓄电池的Pb为负极应该与CoP相连，B项错误；C项，已知分析，电极反应为C HNO + 6e- + 4H O
6 5 2 2
= C HNH + 6OH-，C项正确；D项，电解质换成稀硫酸两电极的反应发生变化，阴极无法产生 OH-而阳极
6 5 2
也无法产生CO2-，D项错误；故选C。
3
8．过硫酸铵[(NH )SO]可用作氧化剂、漂白剂。利用电解法在两极分别生产过硫酸铵和过氧化氢的
4 2 2 8
装置如图所示。下列说法错误的是( )
A．a为外接电源的负极
B．电解总反应：O+2H++2SO2- HO+S O2-
2 4 2 2 2 8
C．阴离子交换膜可用阳离子交换膜替代
D．电解池工作时，I室溶液质量理论上逐渐减小
【答案】C
【解析】S元素化合价由＋6价升高为＋7价，化合价升高被氧化，故右侧Pt电极为阳极，b为外接电
源正极，a为外接电源负极，左侧Pt电极为阴极。A项，a为外接电源的负极，A正确；B项，阴极氧气被
还原，阳极硫酸根被氧化，电解总反应正确，B正确；C项，根据阳极产物可知，反应需要消耗硫酸根，
阴离子交换膜不可用阳离子交换膜替代，C错误；D项，电解池工作时，I室溶液中氢离子移向阴极，硫酸
根移向阳极，消耗硫酸，I室溶液质量理论上逐渐减小，D正确；故选C。
9．一种能在较低电压下获得氢气和氧气的电化学装置如图所示。下列说法正确的是( )A．电极a与电源的负极相连，电极b为阳极
B．隔膜为阴离子交换膜，OH-从电解池的左室通过隔膜向右室迁移
C．反应器I中发生的反应为4[Fe(CN) ]3-+2H O 4[Fe(CN) ]4-＋O↑+4H+
6 2 6 2
D．该装置的总反应为2HO 2H↑+ O ↑，气体N是氢气
2 2 2
【答案】D
【解析】根据装置图可知，电极a上发生[Fe(CN) ]4-→[Fe(CN) ]3-，铁元素的化合价由+2价升高为+3
6 6
价，根据电解原理，该电极为阳极，则电极b为阴极。A项，由图可知，电极a的电极反应为[Fe(CN) ]4-－
6
e-→[Fe(CN) ]3-，则电极a为阳极，与电源的正极相连，电极b为阴极，故A错误；B项，根据装置图可
6
知，电极b的电极反应为DHPS+2H O+2e-=DHPS-2H+2OH-，根据电解原理可知，阴离子向阳极移动，即
2
OH-从电解池的右室通过隔膜向左室迁移，隔膜为阴离子交换膜，故B错误；C项，在碱性条件下进行，
反应器Ⅰ中发生的反应为4[Fe(CN) ]3-+4OH- 4[Fe(CN) ]4-＋O↑+2H O，故C正确；D项，根据上述分
6 6 2 2
析以及本装置的作用可知，该装置的总反应为2HO 2H↑+ O ↑，气体N是氢气，故D正确；故选D。
2 2 2
10．高铁酸钠(Na FeO)是一种新型的消毒剂，以Fe、Ni为电极制取NaFeO 的原理如图所示。下列叙
2 4 2 4
述错误的是( )
A．Fe电极的电极反应式为Fe-6e-＋8OH-=FeO 2-＋4HO
4 2
B．离子交换膜b为阴离子交换膜
C．通入I室的水中加入少量NaOH，可以加快高铁酸钠的生成D．每生成0.1 mol Na FeO，II室中溶液减少的质量为32.0 g
2 4
【答案】D
【解析】该装置以Fe、Ni为电极制取NaFeO ，为电解池装置，Fe电极为阳极，Ni电极为阴极，阳
2 4
极电极反应式为Fe-6e-＋8OH-=FeO 2-＋4HO，OH-移动向Ⅱ室，阴极电极反应式为2HO+2e-=H ↑＋2OH-，
4 2 2 2
Na+应移动向I室。A项，Fe电极为阳极，Fe失电子生成FeO2-，电极反应式为Fe-6e-＋8OH-=FeO 2-＋
4 4
4HO，故A正确；B项，Fe电极为阳极，Ni电极为阴极，II室中的Na+移动向I室，OH-移动向Ⅱ室，故
2
离子交换膜 a、b分别为阳离子交换膜、阴离子交换膜，故 B正确；C项，通入 I室的水中加入少量
NaOH，可以增强溶液的导电性，可以加快高铁酸钠的生成，故 C正确；D项，每生成0.1 mol Na FeO ，
2 4
外电路中通过0.6mol电子，则II室溶液中减少的NaOH的物质的量为0.6mol，质量为24.0g，故D错误；
故选D。
11．铜基配合物电催化还原CO 的装置原理如图所示，下列说法不正确的是( )
2
A．石墨烯为阳极，发生电极反应为CO+2e-+2H+=HCOOH
2
B．Pt电极附近溶液的pH值减小
C．每转移2mol电子，阳极室、阴极室溶液质量变化量的差值为28g
D．该装置可减少CO 在大气中累积和实现可再生能源有效利用
2
【答案】A
【解析】A项，石墨烯为阴极，A错误；B项，Pt电极上HO失电子转化为O ，电极反应为2HO-4e-
2 2 2
=4H++O ↑，所以电极附近溶液的pH减小，B正确；C项，每转移2mol电子，由阴极电极反应式可知生成
2
1molHCOOH，所以阴极室溶液| |=46g/mol×1mol=46g；根据阳极室反应可知每转移2mol电子时阳极消
m阴
耗1mol水，生成0.5mol氧气，同时有2molH+转移至阴极室，所以| |=18g/mol×1mol=18g，所以| ||
m阳 m阴
|=46g-18g=28g，C正确；D项，该装置可减少CO 在大气中累计和实现可再生能源有效利用，D正
m阳 2
确；故选A。
12．某科研小组利用下图装置完成乙炔转化为乙烯的同时为用电器供电。其中锌板处发生的反应有：
① Zn-2e-=Zn2+；② Zn2++4OH-=[Zn((OH) ]2-；③ Zn [Zn((OH) ]2-=ZnO+2OH-+H O。下列说法不正确的是
4 4 2
( )A．电极a的电势高于电极b的电势
B．放电过程中正极区KOH溶液浓度保持不变
C．电极a上发生的电极反应式为C H+2H O+2e-=C H+2OH-
2 2 2 2 4
D．电解足量CuSO 溶液，理论上消耗2.24L(标准状况)C H 时，生成6.4gCu
4 2 2
【答案】B
【解析】由题干可知，锌板处Zn失电子生成Zn2+，为原电池负极，则气体扩散电极a为正极。正极上
C H 得电子与水反应生成C H 。A项，由图可知锌板为负极，所以电极a的电势高于电极b的电势，A正
2 2 2 4
确；B项，放电过程中正极区消耗水，导致KOH溶液浓度增大，B错误；C项，电极a上发生的电极反应
式为C H+2H O+2e-=C H+2OH-，C正确；D项，电解硫酸铜时，生成铜的电极反应为 Cu2++2e-=Cu，理论
2 2 2 2 4
上消耗2.24LCH(标准状况)，即0.1mol，对应电子转移0.2mol，可生成铜6.4g，D正确；故选B。
2 2
13．一种电解法制备Ca(HPO ) 并得到NaOH等副产物的示意装置如图，下列说法正确的是( )
2 4 2
A．与a、b相连的分别是电源的负极、正极
B．NaOH溶液中石墨电极上的反应为2HO+2e-=H ↑+2OH-
2 2
C．A膜、C膜均为阴离子交换膜，B膜为阳离子交换膜
D．产品室中的Ca2+和原料室的 物质的量浓度同等程度增大
【答案】B
【解析】由图可知，产品Ca(HPO ) 在产品室生成，左侧石墨作阳极，氯离子放电，电极反应式为
2 4 2
2Cl--2e-=Cl↑，阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室，A膜为阳离子交换膜，HPO -透过B膜进入产品室与
2 2 4Ca2+结合生成Ca(HPO ) ，B膜为阴离子交换膜，右侧石墨极为阴极，水放电，电极反应式为 2HO+2e-
2 4 2 2
=H ↑+2OH-，Na +透过C膜进入阴极室，C膜为阳离子交换膜。A项，左侧电极为阳极，应连接电源正极，
2
即a、b相连的分别是电源的正极、负极，故A错误；B项，右侧石墨极为阴极，水放电，电极反应式为
2HO+2e-=H ↑+2OH-，故B正确；C项，A膜、C膜为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，故C错误；D
2 2
项，阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室，产品室中的Ca2+离子浓度增大，Na+透过C膜进入阴极室，原料
室的Na+浓度减小，故D错误；故选B。
14．中科院福建物构所YaobingWang团队首次构建了一种可逆水性Zn—CO 电池，实现了CO 和
2 2
HCOOH之间的高效可逆转换，其反应原理如图所示：
已知双极膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法中错误的是( )
A．放电时，负极电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH) 2-
4
B．CO 转化为HCOOH过程中，Zn电极的电势低于多孔Pd电极的
2
C．充电过程中，甲酸在多孔Pd电极表面转化为CO
2
D．当外电路通过2mol电子时，双极膜中离解水的物质的量为1mol
【答案】D
【解析】由图中可知，Zn发生失去电子的反应，为电池的负极；CO 得电子生成HCOOH，多孔Pd为
2
电池的正极。A项，根据图中知，Zn发生失去电子的反应，电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH) 2-，A项正
4
确；B项，CO 转化为HCOOH时为放电过程，Zn电极为负极，多孔Pd电极为正极，负极电势较低，B项
2
正确；C项，充电过程中，HCOOH转化为CO ，C项正确；D项，根据溶液呈电中性，可知外电路通过
2
2mol电子时，双极膜中离解的水的物质的量为2mol，D项错误。故选D。
15．(2023·浙江省Z20名校联盟)为了探究NaCO、NaHCO 与盐酸反应过程中的热效应，某化学活动
2 3 3
小组获得如下实验数据(假设实验中试剂均充分反应，生成的HCO 完全分解为CO 逸出)：
2 3 2
序号 试剂1 试剂2 混合前温度 混合后温度
含0.03 mol NaHCO 的溶液32.5
Ⅰ 35mL2mol·L-1盐酸 3 20.0℃ 19.0℃
mL
含0.03 mol Na CO 的溶液32.5
Ⅱ 35mL2mol·L-1盐酸 2 3 20.0℃ 24.2℃
mL下列说法不正确的是( )
①CO2−(aq)＋H+(aq) HCO -(aq) ΔH
3 3 1
②HCO −(aq)＋H+(aq) HCO(aq) ΔH
3 2 3 2
③HCO(aq) CO(g)+ HO(l) ΔH
2 3 2 2 3
④CO2−(aq)+CO(g)+ HO(l)= 2HCO −(aq) ΔH
3 2 2 3 4
⑤H+(aq)+OH−(aq)=H O(l) ΔH
2 5
A．ΔH+ΔH+ΔH＜0 B．ΔH＜0 C．ΔH＞ΔH D．ΔH＞0
1 2 3 1 2 5 4
【答案】D
【解析】A项，由盖斯定律可知①+②+③得CO2−(aq)＋2H+(aq)= CO(g)+ H O(l)，结合表数据可知，反
3 2 2
应为放热反应，焓变小于零，则ΔH+ΔH+ΔH＜0，A正确；B项，①中只存在化学键的形成，成键释放
1 2 3
能量，焓变小于0，B正确；C项，⑤为氢离子和氢氧根离子直接生成水，属于中和反应；②为氢离子和弱
酸根离子碳酸氢根离子生成碳酸；等量氢离子在中和反应中放热更多，则ΔH＞ΔH，C正确； D项，由
2 5
表可知，⑥HCO −(aq)＋H+(aq)= CO(g)+ H O(l)反应后温度降低，则ΔH＞0；⑦CO2−(aq)＋2H+(aq)=CO (g)
3 2 2 6 3 2
+ H O(l)反应后温度升高，则ΔH＜0；由盖斯定律可知，⑦-2×⑥得④CO2−(aq)+CO (g)+ H O(l)= 2HCO −
2 7 3 2 2 3
(aq) ΔH=ΔH-2ΔH＜0，D错误；故选D。
4 7 6
二、非选择题(本题包括5小题，共55分)
16．(10分)Ⅰ.氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺，节能超过 ，在
此工艺中，物料传输和转化关系如图，其中电极未标出，所用离子交换膜只允许阳离子通过。
(1)分析比较图示中 与 的大小： ___________ (填“＞”“＜”或“=”)。
(2)写出燃料电池B中的正极的电极反应：___________。
(3)图中Y是___________(填化学式)，若电解产生 (标准状况)该物质，则至少转移电子
___________ ；X元素的基态原子的电子排布式为___________。Ⅱ．某实验小组同学利用如图装置对电化学原理进行了一系列探究活动。
(4)甲池装置为___________(填“原电池”或“电解池”)。
(5)甲池反应前两电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差14 g，导线中通过___________ mol电
子。
(6)实验过程中，甲池左侧烧杯中NO -的浓度___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
3
(7)若乙池中溶液为足量的硝酸银溶液，工作一段时间后，若要使乙池中溶液恢复原浓度，可向溶液中
加入___________。(填化学式)
【答案】(1)＜(1分) (2)O ＋4e-＋2HO=4OH-(1分)
2 2
(3)H (1分) 1(1分) 1s22s22p63s23p5(1分)
2
(4)原电池(1分) (5)0.1(2分) (6)增大(1分) (7)Ag O或Ag CO(1分)
2 2 3
【解析】(1)燃料电池中，通入Y气体的电极为负极，电解饱和食盐水生成的Y为氢气，X为Cl，由
2
于燃料电池正极发生O+4e-+2H O＝4OH-，燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧
2 2
气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即a%＜b%；(2)燃料电池B中的正极是氧气得到
电子，电极反应为O+4e-+2H O＝4OH-。(3)根据以上分析可知图中Y是H，若电解产生11.2L(标准状况)
2 2 2
该物质，氢气的物质的量是0.5mol，则至少转移电子1.0mol；X是氯气，其中氯元素的基态原子的电子排
布式为。(4)甲池装置是铜和银构成的原电池，即装置为原电池。(5)甲池反应前两电极质量相等，一段时间
后，两电极质量相差14 g，设消耗铜的物质的量是xmol，则同时生成银的物质的量是2xmol，则有
64x+108×2x＝14，解得x＝0.05，所以导线中通过0.05mol×2＝0.1mol电子。(6)原电池中阴离子向负极移
动，则实验过程中硝酸根离子移向左池，甲池左侧烧杯中NO -的浓度增大。(7)若乙池中溶液为足量的硝酸
3
银溶液，惰性电极电解硝酸银溶液生成硝酸、氧气和银，因此工作一段时间后，若要使乙池中溶液恢复原
浓度，可向溶液中加入Ag O或Ag CO。
2 2 3
17．(13分)(2023·黑龙江省齐齐哈尔市八校联合体高三联考)回答下列问题：
(1)在微生物作用的条件下， NH +经过两步反应被氧化成NO -。两步反应的能量变化示意图如图：
4 3①第一步反应是___________(填“放热”或“吸热”)反应。
②1mol NH +(aq)全部氧化成NO -(aq)的热化学方程式是___________。
4 3
(2)已知H(g)＋Br(l)=2HBr(g) H＝－72kJ/mol，蒸发1mol Br(l)需要吸收的能量为30kJ，其他相关
2 2 2
数据如表： △
物质 H(g) Br(g) HBr(g)
2 2
lmol分子中的化学键断裂时需要吸收的能量
436 200 a
(kJ)
则表中a=___________。
(3)下列反应中属于吸热反应的有___________。
①燃烧木炭取暖②C与HO(g)反应制取水煤气③煅烧石灰石(主要成分是CaCO)制生石灰④氯化铵晶
2 3
体和Ba(OH) ·8H O混合搅拌⑤食物因氧化而腐败
2 2
(4)一定条件下，由稳定单质反应生成1mol化合物的反应热叫该化合物的生成热( )。图为ⅥA族元
素氢化物a、b、c、d的生成热数据示意图。
①非金属元素氢化物的稳定性与氢化物的生成热 的关系为___________。
②硫化氢发生分解反应的热化学方程式为___________。
(5)已知 ，
，当放出的热量为nkJ时，该反应转移的电子数为___________(用含m、n的代数式表示)
【答案】(1) 放热(1分) NH +(aq)+2O (g)=NO -(aq)+2H+(aq)+H O(l) ΔH =-346kJ/mol(2分)
4 2 3 2 3
(2)369(2分) (3)②③④(2分)(4) 非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其ΔH越小(2分)
HS(g)=S(s)＋H(g) ΔH=+20kJ·mol-1(2分)
2 2
(5) (2分)
【解析】(1)①由图可知，焓变小于0，即反应物的总能量大于生成物的总能量，所以反应为放热反
应；②第一步的热化学方程式为 △H=-273kJ/mol，第二步的热
1
化学方程式为 △H=-73kJ/mol，根据盖斯定律，则
2
△H=-346kJ/mol；(2)蒸发1mol Br(l)需要吸收的能量为30kJ，结
2
合反应及表格中数据可知，436+(200+30)-2a=-72，解得a=369；(3)①大多数燃烧反应为放热反应，则①为
放热反应；②C与HO (g)高温下反应制取水煤气的反应为吸热反应，则②为吸热反应；③大多数分解反应
2
为吸热反应，煅烧石灰石(主要成分是CaCO )制生石灰的反应为分解反应，则③为吸热反应；④氯化铵晶
3
体和Ba(OH) ·8H O的反应为吸热反应，则④为吸热反应；食物因氧化而腐败是⑤食物中的有机物质被空
2 2
气中的氧气氧化生成一些小分 子产物，同时放出热量的过程，则⑤为放热反应；故答案为②③④；(4)①
根据元素周期律，同一主族元素非金属性越强，生成气态氢化物越容易，气态氢化物越稳定，而根据热力
学，能量越低越稳定，则非金属元素形成的气态氢化物稳定性越强，其△H越小；②结合①的分析，a、
b、c、d依次为HTe、HSe、HS、HO，则c为HS，再结合上图，生成HS的△H为-20kJ/mol，则硫化
2 2 2 2 2 2
氢发生分解反应的△H为+ 20kJ/mol，热化学方程式为:H S(g)=S(s)＋H(g) ΔH=+20kJ·mol-1；(5)反应中Mn
2 2
元素的化合价由+7价降低至+2价，12 molMnO 被还原时转移60 mol电子，放出m kJ热量，当放出的热量
2
为nkJ时，该反应转移的电子的物质的量为 mol，转移的电子数为 。
18．(10分)(2023·宁夏石嘴山市模拟)回答下列问题
(1)“世上无难事，九天可揽月”，我国的航空航天事业取得了举世瞩目的成就。碳酰肼类化合物
[Mn(L) ]( ClO ) 是种优良的含能材料，可作为火箭推进剂的组分，其相关反应的能量变化如图所示，已知
3 4 2
△H= -299kJ/mol，则△H (kJ/mol )为_____________
2 1
(2)我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH 与CO 重整是CO 利用的研究热点
4 2 2
之一、该重整反应体系主要涉及以下反应：(a)CH(g)+CO (g) 2CO(g)+2H(g) ∆H
4 2 2 1
(b)CO (g)+H(g) CO(g)+HO(g) ∆H
2 2 2 2
(c)CH(g) C(s)+2H(g) ∆H
4 2 3
(d)2CO(g) CO(g)+C(s) ∆H
2 4
(e)CO(g)+H(g) HO(g)+C(s) ∆H
2 2 5
根据盖斯定律，反应a的∆H=_______(写出一个代数式即可)。
1
(3)用H 还原SiCl 蒸汽可制取纯度很高的硅，当反应中有1mol电子转移时吸收59kJ热量，则该反应
2 4
的热化学方程式为___________________________________。
(4)已知含11.2gKOH的稀溶液与1L0.1mol•L－1的HSO 稀溶液反应放出11.46kJ的热量。请写出KOH
2 4
的稀溶液与的HSO 稀溶液发生中和反应，表示中和热的热化学方程式为___________________。
2 4
(5)1mol CH (g)完全燃烧生成气态水的能量变化和1molS(g)燃烧的能量变化如图所示。在催化剂作用
4
下，CH 可以还原SO 生成单质S(g)、HO(g)和CO，写出该反应的热化学方程式：________________。
4 2 2 2
【答案】(1)-1703kJ/mol(2分) (2)∆H+∆H-∆H 或∆H-∆H(2分)
2 3 5 3 4
(3)SiCl (g)+2H(g)＝Si(s)+4HCl(g) H＝+236kJ/mol(2分)
4 2
△
(4)KOH(aq)+ HSO (aq)＝ KSO (aq)+H O(l) H＝－57.3kJ/mol(2分)
2 4 2 4 2
(5)CH (g)+2SO(g) 2S(g)+CO(g)+2HO(g) △ H＝+352kJ/mol(2分)
4 2 2 2
【解析】(1)由盖斯定律可知，△H =2 H2+ H-
1 3△
H
4
=2×(-299kJ/mol)+(-1018kJ/mol)-(+87kJ/m△ol)=-1△703kJ/mol；(2)根据盖斯定律，反应(b)+ (c)- (e)或(c)- (d)
△ 得反应(a)，故反应a的∆H 1 =∆H 2 +∆H 3 -∆H 5 或∆H 3 -∆H 4 ；(3)SiCl 4 (g)+2H 2 (g)＝Si(s)+4HCl(g)，反应中氢化合价
由0变为+1，反应中转移电子为4个，则4mol电子转移时吸收4×59kJ热量，故该反应的热化学方程式为
SiCl (g)+2H(g)＝Si(s)+4HCl(g) H＝+236kJ/mol；(4)中和热是在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1
4 2
mol液态水时所释放的热量；已 △ 知含11.2gKOH的稀溶液(含0.2mol氢氧根离子)与1L0.1mol•L－1的H 2 SO 4 稀
溶液(含有氢离子0.2mol)反应放出11.46kJ的热量，则生成1 mol液态水时所释放的热量为5×11.46kJ，故表
示中和热的热化学方程式为KOH(aq)+ HSO (aq)＝ KSO (aq)+H O(l) H＝－57.3kJ/mol。(5)由图可知，
2 4 2 4 2
△
①CH(g) +2O (g)=CO (g) +2H O(g) H=(126-928)kJ/mol=-802kJ/mol，②S(g)+O(g)= SO (g) H
4 2 2 2 2 2
＝-577kJ/mol，根据盖斯定律可知，① △-2②得：CH
4
(g)+2SO
2
(g) 2S(g)+CO
2
(g)+2H
2
O(g)△H＝+352kJ/
mol。
△
19．(10分)某实验小组通过以下实验，探究镀件表面镀铜的最佳条件。【查阅资料】①Cu2++2P O4- [Cu(P O)]6- K=1×109
2 7 2 7 2
②Cu+在溶液中不稳定，容易发生歧化。
【实验设计】用CuSO ·5H O、NaPO·10H O(焦磷酸钠)、添加剂配制一定浓度的电镀液，分别用纯
4 2 4 2 7 2
铜和镀件作为两极材料，探究电镀液的pH、电流密度、电极板间距对层的影响。
(1)要配制一定体积40g/L的CuSO 溶液，以下仪器不需要用到的是_______(填仪器名称)。
4
(2)镀件表面的油污可用_______清洗。
(3)电镀时阴极上发生的主要反应的电极反应式为_______。
【实验结果与数据分析】
ⅰ.其他条件不变时，电位10min，pH对电镀的影响如下表：
实验信号 pH值 镀膜质量/g 镀层外观
1 3 0.0136 表面斑驳
2 7 0.0258 光亮，不光滑
3 8.5 0.0356 光亮，光滑
4 10 0.0216 表面部分斑驳
(4)实验3中，铜镀层的沉积速率v(Cu)=_______mol/min(保留两位有效数字)。
(5)实验1和实验4中，酸性或碱性较强时，镀层出现斑驳的可能原因是_______。
ⅱ.电流密度、电极板间距与镀膜质量的关系
(6)电流密度小于0.50A/dm2时镀膜质量随电流密度增大而增大的原因是_______。
(7)本实验电镀的最佳条件是pH为8.5、_______、_______。
(8)使用最佳条件电镀时，在阳极附近的电镀液中出现红色固体沉积物，其可能原因用离子方程式表示
为_______，通空气搅拌可防止红色固体沉积物形成。
【答案】(1)圆底烧瓶(1分)
(2)热NaOH溶液(Na CO 溶液)(1分)
2 3
(3) [Cu(P O)]6- +2e- =Cu+2P O4- (2分)
2 7 2 2 7(4)5.6×10-5(1分)
(5) pH=3酸性强H+放电产生氢气，pH=10碱性强易生成Cu(OH) 沉淀均影响镀件上铜的沉积(1分)
2
(6)电流密度越大，单位时间内转移电子数目越多，电镀铜沉积速率越快，故镀膜质量越大(1分)
(7) 电流密度为0.5A·dm-2 (或0.5~0.75A·dm-2之间)(1分) 电极板间距为1.5cm(1分)
(8)2Cu++2H O=Cu O+2H+或2Cu++2OH-=Cu O+HO或2Cu+=Cu+Cu2+(1分)
2 2 2 2
【解析】(1)配制一定体积40g/L的CuSO 溶液，需要用托盘天平称取一定质量的硫酸铜固体，需要量
4
筒量取一定体积的蒸馏水，需要在烧杯中配制，故不需要的仪器为：圆底烧瓶；(2)油污在碱性条件下容易
水解生成易溶于水的物质，故镀件表面的油污可用热NaOH溶液(Na CO 溶液)清洗；(3)电镀时阴极上析出
2 3
单质铜，主要的电极反应式为：[Cu(P O)]6- +2e- =Cu+2P O4- ；(4)实验3中，铜镀层的沉积速率v(Cu)=
2 7 2 2 7
；(5)pH较低时氢离子也可以在阴极得到电子生成氢气，从而影响铜离子得到电子，pH
较高时，容易生成氢氧化铜沉淀，也会影响铜离子得到电子，从而出现斑驳，故镀层出现斑驳的可能原因
是：pH=3酸性强H+放电产生氢气，pH=10碱性强易生成Cu(OH) 沉淀均影响镀件上铜的沉积；(6)铜离子
2
得到电子形成单质铜，吸附到镀件上，形成镀膜，电流密度越大单位时间内转移电子数目越多，形成的单
质铜越多，镀膜越厚，故镀膜质量随电流密度增大而增大的原因是：电流密度越大，单位时间内转移电子
数目越多，电镀铜沉积速率越快，故镀膜质量越大；(7)电镀时镀膜质量越大效果越好，由表格中的数据和
图中信息可知本实验电镀的最佳条件是pH为8.5、电流密度为电流密度为0.5A·dm-2 (或0.5~0.75A·dm-2之
间)、电极板间距为1.5cm时镀膜质量较大；(8)铜为阳极材料，在阳极可能出现铜失去电子形成+1价铜和
水失去电子形成的氢氧根结合形成了红色的氧化亚铜，或者单质铜；也可能是+1价铜发生的歧化反应生成
的单质铜，相关的方程式为：2Cu++2H O=Cu O+2H+或2Cu++2OH-=Cu O+HO或2Cu+=Cu+Cu2+。
2 2 2 2
20．(12分)(2023·江苏省盐城市高三模拟)电催化还原CO 是当今资源化利用二氧化碳的重点课题，常
2
用的阴极材料有有机多孔电极材料、铜基复合电极材料等。
(1)一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原CO 的装置示意图如图-1所
2
示。控制其他条件相同，将一定量的CO 通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系
2
如图-2所示。
①电解前需向电解质溶液中持续通入过量CO 的原因是 。
2
②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为 mol。
③科研小组利用13CO 代替原有的CO 进行研究，其目的是 。
2 2(2)一种铜基复合电极材料Au/Cu O的制备方法：将一定量Cu O分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶
2 2
液中逐滴滴加HAuCl (一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，得Au/Cu O，溶液呈蓝色。写出Cu O
4 2 2
还原HAuCl 的离子方程式： 。
4
(3)金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO₂制备甲醛和乙醇的可能机理如图-3所示。研究表明，在不
同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图-4所示。
①X为 。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构 。
②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO 的优点是 。
2
【答案】(1)使阴极表面尽可能被CO 附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率)，
2
提高含碳化合物的产率(2分) 2.8(2分) 为确定阴极上生成的含碳化合物源自CO 而非有机多
2
孔电极材料(2分)
(2)3Cu O+6H++2AuCl -=2Au+6Cu2++8Cl-+3H O(2分)
2 4 2
(3)H++ e-(1分) (1分) 加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性(2分)
【解析】(1)①电解前需向电解质溶液中持续通入过量CO 的原因是使阴极表面尽可能被CO 附着，减
2 2
少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率)，提高含碳化合物的产率。②控制电压为0.8V，产生
0.2mol氢气和0.2mol乙醇，根据电极反应2H++2e-=H ↑，2CO+12e-+12H+=C HOH+3H O，故电解时转移
2 2 2 5 2
电子的物质的量为0.4+2.4=2.8mol。③科研小组利用13CO 代替原有的CO 进行研究，其目的是为确定阴极
2 2
上生成的含碳化合物源自CO 而非有机多孔电极材料。(2)将一定量Cu O分散至水与乙醇的混合溶液中，
2 2
向溶液中逐滴滴加HAuCl (一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，溶液呈蓝色，说明生成铜离子。
4
故Cu O还原HAuCl 的离子方程式：3Cu O+6H++2AuCl -=2Au+6Cu2++8Cl-+3H O；(3)从过程分析，两步都
2 4 2 4 2
与X反应，上两个氢原子，故X为氢离子和一个电子，则Y处的图为 。从图-4分析，与单纯
的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO 的优点是加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高
2
了乙醇的选择性。
