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微专题突破7 焓变与电化学
一、选择题
1．（2025·常州市上学期期中）破损的镀锌铁皮在氨水中发生腐蚀生成[Zn(NH )]2＋和H。下列说
3 4 2
法不正确的是
A．该腐蚀过程属于电化学腐蚀 B．生成H 的反应为2NH ＋2e—＝2NH2－＋H↑
2 3 2
C．氨水浓度越大，腐蚀趋势越大 D．随着腐蚀的进行，溶液pH变大
【答案】B
【解析】A项，锌铁活动性不同，则破损的镀锌铁皮在氨水中发生腐蚀过程中会形成原电池，属于
电化学腐蚀，正确；B项，反应中生成H 应该为正极水得到电子发生还原反应生成氢气：2HO＋2e—＝
2 2
H↑＋2OH－，错误；C项，氨水浓度越大，越利于形成[Zn(NH )]2＋，则腐蚀趋势越大，正确；D项，
2 3 4
结合B分析，随着腐蚀的进行，反应生成氢氧根离子，则溶液pH变大，正确。
2．（2024·浙江6月选考13题）金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境
有关。下图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图：
下列说法正确的是
A．图1、图2中，阳极材料本身均失去电子
B．图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：O＋4e－＋2HO＝4OH－
2 2
C．图2中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应
【答案】B
【解析】A项，图1为牺牲阳极的阴极保护法，牺牲阳极一般为较活泼金属，其作为原电池的负极，
失去电子被氧化；图2为外加电流的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，其通常是惰性电极，本身不失
去电子，电解质溶液中的阴离子在其表面失去电子，如海水中的Cl－，不正确；B项，图2中，外加电压
偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，除了海水中的H＋放电外，海水中溶解的O 也会竞争放电，故可发
2
生反应：O＋4e－＋2HO＝4OH－，正确；C项，图2为外加电流的阴极保护法，理论上只要能对抗钢闸
2 2
门表面的腐蚀电流即可，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时保护效果最好；腐蚀电流会随着环境的变化而
变化，若外加电压保持恒定不变，则不能保证抵消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，不正确；
D项，图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明从牺牲阳极或外加电源传递过来的电子阻止
了Fe－2e－＝Fe2＋的发生，钢闸门不发生化学反应，但是牺牲阳极上发生了氧化反应，辅助阳极上也发
生了氧化反应，不正确。
3．（2024·扬州检测）电解法制备NaFeO 的工作原理如图所示。下列说法正确的是
2 4
A．M极为电源的负极
B．阳极上的电极反应式为Fe－6e－＋4HO＝FeO2－＋8H＋
2 4
C．阴离子交换膜应能允许OH－通过而能阻止FeO2－扩散
4微专题突破7 焓变与电化学二
D．理论上每转移0.1 mol e－，阴极上会产生1.12 L气体
【答案】C
【解析】A项，电解法制备NaFeO，则铁电极上Fe放电生成FeO2－，发生氧化反应，Fe为阳极，
2 4 4
则M极为电源的正极，错误；B项，阳极区为碱性溶液，电极反应式为Fe－6e－＋8OH－＝FeO2－＋
4
4HO，错误；C项，阴极生成的OH－通过阴离子交换膜移向阳极，且要防止生成的FeO2－扩散到阴极，
2 4
正确；D项，阴极的电极反应式为2HO＋2e－＝H↑＋2OH－，每转移0.1 mol e－，阴极上会产生0.05
2 2
mol H，但是气体所处状态未知，无法计算H 的体积，错误。
2 2
4．（2024·苏州八校联考三模）锂—氟化碳电池稳定性很高。电解质为LiClO 的乙二醇二甲醚溶液，
4
总反应为xLi＋CF＝xLiF＋C，放电产物LiF沉积在正极，工作原理如图所示。下列说法正确的是
x
A．交换膜为阴离子交换膜
B．正极的电极反应式为CF＋xe－＋xLi＋＝xLiF＋C
x
C．电解质溶液可用LiClO 的乙醇溶液代替
4
D．a极电势高于b极电势
【答案】B
【解析】A项，Li＋通过离子交换膜在正极上形成LiF，所以交换膜为阳离子交换膜，错误；B项，石
墨棒为正极，在正极上附着的CF 得电子生成LiF和C，正极的电极反应式为CF＋xe－＋xLi＋＝xLiF＋
x x
C，正确；C项，金属Li是活泼金属，能与乙醇反应，所以电解质溶液不能用LiClO 的乙醇溶液代替，
4
错误；D项，由于Li的活动性比石墨强，所以a极为负极，b极为正极，所以b极电势高于a极电极，错
误。
5．（2024·南通一模）一种将CO 催化转化为C H 的电化学装置如图所示。下列说法正确的是
2 2 4
A．该装置工作过程中化学能转化为电能
B．铂电极发生的反应为2CO＋12H＋－12e－＝C H＋4HO
2 2 4 2
C．工作过程中玻碳电极附近溶液的pH增大
D．每产生标准状况下11.2 L O 时，理论上有2 mol H＋通过质子交换膜
2
【答案】D
【解析】A项，由题图可知，CO 催化转化为C H，同时水发生氧化反应生成氧气，反应中电能转化
2 2 4
为化学能，错误；B项，铂电极上CO 发生还原反应生成C H，电极反应式为2CO＋12H＋＋12e－＝
2 2 4 2
C H＋4HO，错误；C项，工作过程中玻碳电极上发生的反应为2HO－4e－＝4H＋＋O↑，反应消耗水
2 4 2 2 2
生成H＋，玻碳电极附近溶液的pH减小，错误；D项，每产生标准状况下11.2 L O(为0.5 mol)时，则玻
2
碳电极生成2 mol H＋，电路中转移2 mol e－，故理论上有2 mol H＋通过质子交换膜，正确。
6．（2024·福建省漳州市第二次质检）膜电极反应器具有电阻低、能耗低、结构紧凑等优点，研究
人员设计了一种(碱性)膜电极反应器(如图所示)用于持续制备C H，下列说法中正确的是
2 4
2
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找A．电极M上，反应物和生成物中碳原子的杂化方式相同
B．电极N的电极反应式：2HO－4e—＝4H＋＋O↑
2 2
C．反应后溶液的pH变大
D．电极M上产生44.8 L C H，转移电子的数目为4N
2 4 A
【答案】C
【解析】M极通入乙炔被还原为乙烯是正极，N极－2价的O被氧化为氧气是负极。
A项，C H 中碳原子为sp杂化，C H 中碳原子为sp2杂化，杂化方式不同，错误；B项，由图中信息
2 2 2 4
可知，电极N上，碱性溶液中的氧元素被氧化为氧气，电极反应为4OH－－4e—＝2HO＋O↑，错误；C
2 2
项，反应器的总反应为2C H ＋2HO＝2C H ＋O↑，反应中消耗水，则反应后溶液的碱性增强，pH变
2 2 2 2 4 2
大，正确；D项，未给出气体是否处于标准状况，无法计算转移电子的数目，错误。
7．（2024·四川省达州市一诊）某充电电池如图所示，其反应原理为H＋2AgCl(s) 放
2 电
充 2Ag(s)＋2HCl。下列说法正确的是
电
A．放电时，右边电极电势高
B．放电时，溶液中H＋向左边电极移动
C．充电时，右边电极上发生的电极反应式：Ag＋e﹣＋Cl﹣＝AgCl
D．充电时，当左边电极生成1 mol H 时，电解质溶液减轻2 g
2
【答案】A
【解析】A项，由图示分析可知，放电时左边电极发生氧化反应，为电池的负极，右边为电池正极，
电势高，正确；B项，由A分析可知，放电时左边为电池的负极，右边则为电池的正极，工作时阳离子
向正极移动，即氢离子向右边电极移动，错误；C项，充电时左边电极为阴极，发生还原反应，即2H＋＋
2e—＝H↑；右边电极为阳极，发生氧化反应，即Ag－e—＋Cl－＝AgCl，错误；D项，由反应H ＋
2 2
2AgCl(s) 放 充 2Ag(s)＋2HCl可知，充电时，当左边电极生成1 mol H 时，电解质溶液中会减少2
电 电 2
mol HCl，则减少的质量为73 g，错误。
8．（2025·南通市如皋市10月）一种O 辅助的Al—CO 电池工作原理如图所示，电池使用AlCl 溶
2 2 3
液作电解质溶液，反应后有Al (C O) 沉淀生成。下列说法正确的是
2 2 4 3
A．电池工作将电能转化为化学能微专题突破7 焓变与电化学二
B．正极区的总反应为6CO＋6e−＋2Al3＋＝Al (C O)↓
2 2 2 4 3
C．放电时电子经导线移向铝电极
D．常温时，铝电极质量减少2.7 g，理论上消耗6.72 L CO
2
【答案】B
【解析】A项，根据题目介绍，该装置为原电池，是将化学能转变为电能，错误；B项，根据正极区
物质转化关系图，先发生反应1：O ＋e—＝O2－，然后生成的O2－再与CO 和Al3＋发生反应2：6CO ＋
2 2 2
2Al3＋＋6O2－＝Al (C O)↓＋6O ，则总反应为反应 1×6＋反应 2 得：6CO ＋6e−＋2Al3＋＝
2 2 4 3 2 2
Al (C O)↓，正确；C项，根据装置图可知，该原电池中金属Al为负极，失去电子，电子经导线流过负
2 2 4 3
载流向O 得电子的电极（正极），错误；D项，没有标注在标准状况条件下，所以无法具体计算消耗
2
CO 的体积，错误。
2
9．（2025·连云港市上学期期中）利用电解可以将气态苯( )转化为环己烷( )，其电解装置
如图所示。下列有关说法正确的是
A．电解时，电极A与电源的正极相连
B．电解时，电极B上产生的气体为H
2
C．反应中每生成1 mol ，转移电子数为6×6.02×1023
D．电解的总反应方程式： ＋2HO＝ ＋O↑
2 2
【答案】C
【解析】由图可知， 在电极A发生还原反应生成 ，电极方程式为： ＋6H＋＋6e－＝
，电极A为阴极，电极B为阳极，HO在阳极失去电子生成O ，电极方程式为：2HO－4e—＝O↑
2 2 2 2
＋4H＋，以此解答。
A项，由分析可知，电解时，电极A为阴极，与电源的负极相连，错误；B项，由分析可知，电解
时，电极B为阳极，HO在阳极失去电子生成O，错误；C项，由分析可知，电极A的电极方程式为：
2 2
＋6H＋＋6e—＝ ，每生成1 mol ，转移电子数为6×6.02×1023，正确；D项，电极A的电极
方程式为： ＋6H＋＋6e－＝ ，电极B的电极方程式为：2HO－4 e—＝O↑＋4H＋，则电解的总
2 2
反应方程式：2 ＋6HO====2 +3O ↑，错误。
2 2
10．（2025·南通市如东县第一次调研）燃煤烟气中产生的氮氧化物(NO)及SO 会对大气造成严重
x 2
污染，目前有多种处理吸收污染物的方法。其中一种隔膜电化学法去除NO装置如下图所示。下列化学反
应表示正确的是
4
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找A．吸收池中发生的反应：2SO2－＋2NO＋2HO＝4HSO －＋N
2 4 2 3 2
B．电解时电极A上发生的反应：SO ＋2e—＋2HO＝4H＋＋SO 2－
2 2 4
C．用氨水吸收过量SO 的反应：SO ＋2NH ·HO＝2NH＋SO2－＋HO
2 2 3 2 3 2
D．用NaOH溶液吸收NO 的反应：NO ＋2OH－＝NO －＋HO
2 2 3 2
【答案】A
【解析】A项，由图可知，吸收池中NO被SO2－还原为氮气，SO2－被氧化为HSO －，离子方程式
2 4 2 4 3
为2SO2－＋2NO＋2HO＝4HSO －＋N ，正确；B项，由图可知，电极Ａ室中，进入的是HSO －，流出
2 4 2 3 2 3
的是SO2－，故电解时电极A上发生的反应为HSO －发生还原生成SO2－，电极反应式为2HSO －＋2e—
2 4 3 2 4 3
＋2H＋＝2HO＋SO2－，错误；C项，用氨水吸收过量SO 时生成酸式盐，反应为SO ＋NH ·HO＝
2 2 4 2 2 3 2
NH＋HSO －，错误；D项，用NaOH溶液吸收NO 的反应为2NO ＋2OH－＝NO －＋NO2－＋HO，错误。
3 2 2 3 2
11．（2025·镇江市上学期期中改编）科学家使用δ－MnO 研制了一种Zn－MnO 可充电电池如图
2 2
所示。电池工作一段时间后，MnO 电极上检测到MnOOH和少量ZnMnO。下列叙述正确的是
2 2 4
A．充电时，Zn2＋向阴极方向迁移
B．充电时，会发生反应Zn＋2MnO ＝ZnMnO
2 2 4
C．放电时，MnO 电极附近溶液pH减小
2
D．放电时，Zn电极质量减少0.65 g，MnO 电极上生成0.020 mol MnOOH
2
【答案】A
【解析】Zn具有比较强的还原性，MnO 具有比较强的氧化性，自发的氧化还原反应发生在Zn与
2
MnO 之间，所以MnO 电极为正极，Zn电极为负极，则充电时MnO 电极为阳极、Zn电极为阴极。
2 2 2
A项，充电时，在电解池中阳离子向阴极方向移动，正确；B项，充电时，Zn2＋向阴极方向迁移，被
还原为Zn，电极反应为：Zn2＋＋2e－＝Zn，MnO 在阳极失去电子生成ZnMn O，电极方程式为：
2 2 4
ZnMn O－2e－＝2MnO ＋Zn2＋，则总方程式为：ZnMn O＝Zn＋2MnO ，错误；C项，放电时，MnO
2 4 2 2 4 2 2
得到电子生成MnOOH、ZnMn O，电极方程式为：MnO ＋HO＋e－＝MnOOH＋OH－、2MnO ＋Zn2＋＋
2 4 2 2 2
2e－＝ZnMn O，氢氧根浓度增大，附近溶液pH增大，错误；D项，放电时，Zn电极质量减少0.65 g，
2 4
n(Zn)＝0.01 mol，失去0.02 mol电子，MnO 得到电子生成MnOOH、ZnMn O，电极方程式为：MnO
2 2 4 2
＋HO＋e－＝MnOOH＋OH－、2MnO ＋Zn2＋＋2e－＝ZnMn O，MnO 电极上生成MnOOH的物质的量小
2 2 2 4 2
于0.02 mol，错误。
12．（2024·浙江省嘉兴9月）某同学通过“化学—电解法”探究KFeO(高铁酸钾)的合成，其原
2 4
理如图所示，接通电源，调节电压，将一定量Cl 通入KOH溶液，生成KClO，然后滴入含Fe3＋的溶液，
2
控制温度，可制得KFeO，下列说法不正确的是
2 4微专题突破7 焓变与电化学二
A．石墨Ⅰ连接电源负极，发生还原反应
B．“化学法”得到FeO2－的离子方程式为：2Fe(OH)＋3ClO－＋4OH－＝2FeO2－＋3Cl－＋5HO
4 3 4 2
C．合成1 mol KFeO，阴极可以生成3 mol KOH
2 4
D．盐桥中的阴离子向KOH溶液中迁移
【答案】C
【解析】根据题意可知，碱性条件下，Cl 失去电子发生氧化反应生成ClO－，则石墨Ⅱ为阳极，电极
2
反应式为Cl －2e－＋2OH－＝2ClO－＋HO，滴入的Fe3＋与OH－反应生成的Fe(OH) 与ClO－在碱性条件
2 2 3
下反应生成FeO2－、Cl－和HO，反应的离子方程式为 2Fe(OH) ＋3ClO－＋4OH－＝2FeO2－＋3Cl－＋
4 2 3 4
5HO，石墨Ⅰ为电解池的阴极，HO在阴极得到电子发生还原反应生成H 和OH－，电极反应式为2HO
2 2 2 2
＋2e－＝2OH－＋H↑。
2
A项，由分析可知，石墨Ⅰ为电解池的阴极，与直流电源负极相连，HO在阴极发生还原反应生成
2
H 和OH－：2HO-2e—＝H↑+2OH－，正确；B项，由分析可知，化学法得到高铁酸根离子的反应为滴入
2 2 2
的Fe3＋与OH－反应生成的Fe(OH) 与ClO－在碱性条件下反应生成FeO2－、Cl－和HO，反应的离子方程
3 4 2
式为2Fe(OH)＋3ClO－＋4OH－＝2FeO2－＋3Cl－＋5HO，正确；C项，由2Fe(OH)＋3ClO－＋4OH－＝
3 4 2 3
2FeO2－＋3Cl－＋5HO，合成1 mol FeO2－需1.5 mol ClO－，而生成1.5 mol ClO－，阳极上转移1.5 mol
4 2 4
e—，再由2HO-2e—＝H↑+2OH－，可知阴极生成KOH的物质的量为1.5 mol，错误；D项，由分析可
2 2
知，石墨Ⅰ为阴极，石墨Ⅱ为阳极，则盐桥中的阴离子向氢氧化钾溶液中迁移，正确。
13．（2025·江苏省泰州中学月考）以甲苯为原料通过间接氧化法可以制取苯甲醛、苯甲酸等物质，
反应原理如下图所示．下列说法正确的是
A．电解时的阳极反应为：2Cr3＋＋6e—＋7HO＝Cr O2－＋14H＋
2 2 7
B．电解结束后，阴极区溶液pH升高
C．1 mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol苯甲酸时，共消耗 mol Cr O2－
2 7
D．甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物可以通过分液的方法分离
【答案】C
【解析】由图可知，左侧电极为阳极，水分子作用下铬离子在阳极失去电子发生氧化反应生成重铬
酸根离子和氢离子，电极反应式为2Cr3＋－6e—＋7HO＝Cr O2－＋14H＋，阳极槽外中重铬酸根离子与甲
2 2 7
苯在酸性条件下反应生成苯甲醛或苯甲酸，反应的离子方程式为 3C H －CH ＋2Cr O2－＋16H＋＝3C H
6 5 3 2 7 6 5
－CHO＋4Cr3＋＋11HO，C H －CH ＋Cr O2－＋8H＋＝C H －COOH＋2Cr3＋＋5HO，电解时，氢离子通
2 6 5 3 2 7 6 5 2
过阳离子交换膜由阳极区进入阴极区，右侧电极为电解池的阴极，阴极氢离子放电，电极反应为：2H＋＋
6
细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找2e—＝H↑，据此作答。
2
A项，电解时的阳极发生氧化反应，电极反应为：2Cr3＋－6e—＋7HO＝Cr O2－＋14H＋，错误；
2 2 7
B项，阳极区产生的氢离子透过质子交换膜进入阴极区，阴极上氢离子放电，电极反应为：2H＋＋2e—＝
H↑，电极上每消耗2 mol H＋,就有2 mol H＋进入阴极区，故电极电解结束后，阴极区溶液pH不变，
2
错误；C项，结合3C H－CH＋2Cr O2－＋16H＋＝C H－CHO＋4Cr3＋＋11HO，0.5 mol甲苯氧化为0.5
6 5 3 2 7 6 5 2
mol苯甲醛时消耗 mol Cr O2－，根据C H－CH＋Cr O2－＋8H＋＝C H－COOH＋2Cr3＋＋5HO，0.5
2 7 6 5 3 2 7 6 5 2
mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲酸时消耗0.5 mol Cr O2－，则1 mol甲苯氧化为0.5 mol苯甲醛和0.5 mol
2 7
苯甲酸时，共消耗+0.5= mol Cr O2－，正确；D项，甲苯、苯甲醛、苯甲酸的混合物是互溶的液体，不可
2 7
以通过分液的方法分离，错误。
14．（2025·江苏省盐城中学月考）一种利用金属磷化物作为催化剂，将CHOH转化成甲酸钠的电
3
化学装置如图所示，阴极生成HCO －和一种气体。下列说法错误的是
3
A．b为电源正极
B．Na＋由右侧室向左侧室移动
C．阴极的电极反应式为2CO＋2HO－2e—＝2HCO －＋H↑
2 2 3 2
D．理论上，当电路中转移2 mol e—时，阴极室质量增加132 g
【答案】C
【解析】由CHOH制取HCOONa，C元素由－2价升高到＋2价，发生氧化反应，则右侧电极为电
3
解池阳极，b电极为电源正极，左侧电极为电解池阴极，a电极为电源负极。
A项，根据分析可知，b电极为电源正极，正确；B项，阴极的电极反应式：2CO＋2HO＋2e—＝
2 2
2HCO －＋H↑，阳极的电极反应式：CHOH－4e—＋5OH－＝HCOO－＋4HO，根据电极反应式的离子消
3 2 3 2
耗与生成情况可知，Na＋由阳极向阴极移动，即由右侧室向左侧室移动，正确；C项，电解池阴极发生还
原反应，电极反应式：2CO＋2HO＋2e—＝2HCO －＋H↑，错误；D项，当电路中转移2 mol e—时，根
2 2 3 2
据2CO＋2HO＋2e—＝2HCO －＋H↑，吸收：n(CO)＝n(e—)＝2 mol，生成：n(H)＝1 mol，定向移
2 2 3 2 2 2
动到阴极：n(Na＋)＝n(e—)＝2 mol，则阴极室增加的质量：m＝m(CO)＋m(Na＋)－m(H)＝2 mol×44
2 2
g·mol－1＋2 mol×23 g·mol－1－1 mol×2 g·mol－1＝132 g，正确。
二、填空题
15．（1）（2024·镇江市丹阳市上学期开学考）将CO 转化为HCOOH能存效减少CO 排放。
2 2
已知：Ⅰ．2CO(g)＋O(g)＝2CO(g) ∆H＝－566.0 kJ·mol－1
2 2 1
Ⅱ．2H(g)＋O(g)＝2HO(g) ∆H＝－483.6 kJ·mol－1
2 2 2 2
Ⅲ．HCOOH(l)＝CO(g)＋HO(g) ∆H＝＋72.6 kJ·mol－1
2 3
则CO(g)＋H(g)＝HCOOH(l) ∆H＝__________________。
2 2 3
（2）（2025·江苏淮安市开学考）为了缓解温室效应与能源供应之间的冲突，从空气中捕集CO
2
并将其转化为燃料或增值化学品成为了新的研究热点。微专题突破7 焓变与电化学二
Ⅱ．CO 的资源化
2
（2）二氧化碳甲烷化，其主要反应为：
反应Ⅰ：CO(g)＋4H(g) CH(g)＋2HO(g) ΔH＝ －164.7 kJ·mol－1
2 2 4 2
反应Ⅱ：CO(g)＋H(g) CO(g)＋HO(g) ΔH＝41.2 kJ·mol－1
2 2 2
反应2CO(g)＋2H(g) CO(g)＋CH(g) ΔH＝___________kJ·mol－1。
2
（3）（2025·苏州市上学期期中摸底）工业尾气中的氮氧化物是大气主要污染源之一、消除氮氧化
物对环境保护有着重要意义。
氢气选择性催化还原(H－SCR)是一种理想的方法。其相关反应如下：
2
主反应：2NO(g)＋2H(g)＝N(g)＋2HO(g) ΔH
2 2 2 1
副反应：2NO(g)＋H(g)＝NO(g)＋HO(g) ΔH＜0
2 2 2 2
已知：2H(g)＋O(g)＝2HO(g) ΔH＝－483.5 kJ·mol－1
2 2 2 3
N(g)＋O(g)＝2NO(g) ΔH＝＋180.5 kJ·mol－1
2 2 4
ΔH＝_______________________。
1
（4）（2025·镇江市上学期期中）CO 的资源化利用是化学研究的热点。
2
C H 催化脱氢可制备丙烯。反应为C H(g)＝C H(g)＋H(g) ∆H＝＋123.8 kJ·mol－1。
3 8 3 8 3 6 2 1
1n/HZSM－5催化下，CO 与C H 耦合反应过程如图所示。
2 3 8
已知：3CO(g)＋9H(g)＝C H(g)＋6HO(g) ∆H＝－250.2 kJ·mol－1
2 2 3 6 2 2
CO(g)＋H(g)＝CO(g)＋HO(g) ∆H＝＋41.2 kJ·mol－1
2 2 2 3
耦合反应的∆H＝__________kJ·mol－1。
【答案】（1）－31.4 kJ·mol－1 （2）－247.1 （3）－664.0 kJ·mol－1 （4）＋165.0 kJ·mol－
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【解析】（1）由盖斯定律可知，反应Ⅱ×－Ⅰ×－Ⅲ可得反应CO(g)＋H(g)＝HCOOH(l)，则
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ΔH＝(－483.6 kJ·mol－1)×－(−566.0 kJ·mol－1)×—(＋72.6 kJ·mol－1)＝−31.4 kJ·mol－1，故答案
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为：−31.4 kJ·mol－1；（2）根据盖斯定律反应Ⅰ－2×反应Ⅱ得到目标反应，则ΔH＝－164.7 kJ·mol－
1－2×41.2 kJ·mol－1＝－247.1 kJ·mol－1；（3）2H(g)＋O(g)＝2HO(g) ΔH＝－483.5 kJ·mol－
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1……①、N(g)＋O(g)＝2NO(g) ΔH＝＋180.5 kJ·mol－1……②；由盖斯定律①－②可得2NO(g)＋
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2H(g)＝N(g)＋2HO(g)，ΔH＝－483.5 kJ·mol－1－180.5 kJ·mol－1＝－664 kJ·mol－1；（4）已知：
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I．C H(g)＝C H(g)＋H(g) ∆H＝＋123.8 kJ·mol－1；II．3CO(g)＋9H(g)＝C H(g)＋6HO(g)
3 8 3 6 2 1 2 2 3 6 2
∆H＝－250.2 kJ·mol－1；III．CO(g)＋H(g)＝CO(g)＋HO(g) ∆H＝＋41.2 kJ·mol－1；由盖斯定
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律可知，I＋III可得C H(g)＋CO(g)＝C H(g)＋CO(g)＋HO(g) ∆H＝∆H＋∆H＝＋123.8 kJ·mol－
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1＋(＋41.2 kJ·mol－1)＝＋165.0 kJ·mol－1。
16．（2025·南通市海安市开学考）研发CO 碳利用技术是实现“碳中和”的重要方向。
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（2）常温常压下，向一定浓度的酸性KNO 溶液通入CO 至饱和，经电解获得尿素，其原理如图所
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示，电解过程中生成尿素的电极反应式为_____________________________________________________。
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细节决定成败 目标成就未来 找找找找找找找找找找找找找找找找找找找找
找找【答案】2NO －＋CO＋18H＋＋16e—＝CO(NH )＋7HO
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【解析】由图可知电解过程中阴极上NO －得到电子和CO 反应得到尿素，电极反应式为：2NO －＋
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CO＋18H＋＋16e—＝CO(NH )＋7HO。
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17．（2025·江苏镇江市开学考）氢气是一种理想的清洁能源。
（3）实验室利用铁基催化剂进行电催化硝酸盐还原合成氨的装置如图－4所示。电解时，N－先吸
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附到催化剂表面放电产生NH。控制其它条件不变，NH的产率和法拉第效率(FE%)随pH变化如图－5所
示。FE%＝×100%。其中，Q＝nF，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常
x
数。
①pH ＝ 1 时 ， 电 解 过 程 中 NH 的 FE% 为 23% ， 阴 极 还 原 产 物 主 要 为
___________________________(填化学式)。
②pH 从 5 变 化 到 3 时 ， NH 的 产 率 逐 渐 减 小 的 原 因 可 能 为
_______________________________________
________________________________________________________________________________________。
【答案】（3）①NH NO 、(NH )SO 、H ②溶液中H＋浓度增大，H＋更多的得到电子生成H ，
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NO －得到电子产生NH的量减少，NH的产率逐渐减小
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【解析】（3）①pH＝1时，电解池的阴极区NO －先吸附到催化剂表面得到电子产生NH，电解过程
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中NH的FE%为23%，说明阴极还有H＋得到电子生成H，则阴极还原产物主要为NH NO 、
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(NH )SO 、H；②pH从5变化到3时，酸性增强，溶液中H＋浓度增大，NH的产率逐渐减小的原因可
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能为：溶液中H＋浓度增大，H＋更多的得到电子生成H，NO －得到电子产生NH的量减少，NH的产率逐
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渐减小。
