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第六章 化学反应与能量
测试卷
时间：75分钟 分值：100分
可能用到的相对原子质量：H 1 Li 7 C 12 N 14 O16 Na 23 Al 27 P 31 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca
40 Fe 56 Cu 64 Br 80 Ag 108 Ba 137
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共15×3分）
1．(2024·浙江省丽水湖州衢州三地市高三下学期教学质量检测)我国科学工作者进行了如下模拟实验：
将甲、乙两片相同的铁片用导线连接插入海水中，铁片甲附近通入氧气，铁片乙附近通入氮气，下列说法
正确的是( )
A．铁片乙作正极 B．氮气在铁片乙上失电子
C．在海水中阳离子向铁片乙移动 D．铁片乙的腐蚀速率明显高于铁片甲
【答案】D
【解析】将甲、乙两片相同的铁片用导线连接插入海水中，铁片甲附近通入氧气，铁片乙附近通入氮
气；铁片乙为负极，铁失电子；铁片甲作正极，氧气在铁片甲上得电子；溶液中的阳离子向正极移动，因
海水中氧气的浓度不同而造成电势差形成原电池。A项，由分析可知，铁片乙作负极、铁片甲作正极，A
错误；B项，铁片乙中铁失电子，氧气在铁片甲上得电子，B错误；C项，原电池溶液中阳离子向正极移
动，即向铁片甲，C错误；D项，乙做负极，甲做正极，铁片乙的腐蚀速率明显高于铁片甲，D正确。故
选D。
2．下列两组热化学方程式中，有关ΔH的比较正确的是( )
①CH(g)＋2O(g)===CO (g)＋2HO(g) ΔH
4 2 2 2 1
CH(g)＋2O(g)===CO (g)＋2HO(l) ΔH
4 2 2 2 2
②NaOH(aq)＋HSO (浓)===NaSO (aq)＋HO(l) ΔH
2 4 2 4 2 3
NaOH(aq)＋CHCOOH(aq)===CH COONa(aq)＋HO(l) ΔH
3 3 2 4
A．ΔH＞ΔH；ΔH＞ΔH B．ΔH＞ΔH；ΔH＜ΔH
1 2 3 4 1 2 3 4
C．ΔH＝ΔH；ΔH＜ΔH D．ΔH＜ΔH；ΔH＞ΔH
1 2 3 4 1 2 3 4
【答案】B
【解析】由于HO(g)转化为HO(l)要放出热量，所以等物质的量的CH(g)燃烧生成液态水时放出热量
2 2 4
的数值要比生成气态水时的大。等物质的量的 NaOH与稀醋酸、浓HSO 恰好反应生成等物质的量的水，
2 4
若不考虑浓HSO 溶解放热和弱电解质电离吸热，应放出相同的热量。但在实际反应中，浓 HSO 溶于水
2 4 2 4
时放热，使反应放出的总热量增多；醋酸是弱酸，部分 CHCOOH分子在电离过程中要吸热，使反应放热
3
减小。
3．(2024·浙江省绍兴市高三选考科目诊断性考试)已知反应NO (g)＋CO(g) NO(g)＋CO(g)的能
2 2
量变化如图所示，下列说法正确的是( )A．该反应的ΔH=(E - E )kJ·mol−1
2 1
B．正反应活化能E 等于反应物的键能之和
1
C．由图可知升温对NO (g)＋CO(g) NO(g)＋CO(g)的逆反应速率影响更大
2 2
D．恒温条件下，缩小容器体积，平衡不移动，所以正逆反应速率均不变
【答案】C
【解析】A项，焓变ΔH =正反应的活化能−逆反应的活化能，则该反应的ΔH=(E - E )kJ·mol−1，A错
2 1
误；B项，使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，由图知正反应活化能E 为过渡
1
态与分子平均能量之差，而反应物的键能之和是气体反应物分子的化学键断裂形成气态原子时所吸收的总
能量，由图知，过渡态并不是原子状态，则二者不相等，B错误；C项，升温对吸热方向的速率影响更大，
由图可知NO (g)＋CO(g) NO(g)＋CO(g)的正方向放热，则升温对NO (g)＋CO(g) NO(g)＋
2 2 2
CO(g)的逆反应速率影响更大，C正确；D项，该反应气体分子总数不变，则恒温条件下，缩小容器体积，
2
平衡不移动，但所有气体浓度增大、所以正逆反应速率均增大、同等幅度增大，D错误；故选C。
4．(2024·浙江省金华市曙光中学调研)“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 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 为阿伏伽德罗常数的
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．（2024·湘豫名校联考联盟高三第四次模拟考试）锌—空气电池具有能量密度高、成本低、易组装
等优势。某锌—空气碱性电池示意图如下，下列说法错误的是( )
A．放电时，甲极的电势比乙极高
B．放电时，负极反应：Zn+4OH--2e-= [Zn(OH) ]2-
4
C．充电时当有 通过中间隔膜时，理论上甲极释放出5.6LO
2
D．该电池是一种对环境友好的二次电池
【答案】C
【解析】A项，从题图示外电路电子转移方向可以判断，甲为正极、乙为负极，故放电时甲的电势比
乙高，A正确；B项，从图示中可以看出负极的反应是Zn和从正极室过来的OH-反应生成[Zn(OH) ]2-：
4
Zn+4OH--2e-= [Zn(OH) ]2-，B正确；C项，没有指明温度和压强，不能计算生成气体的体积，C错误；D
4
项，从图示中离子移动方向可知，该电池是二次电池，可以充电放电，使用过程中不产生污染和废弃物，
同时可以通过更换锌和空气电极来实现重复利用，D正确。故选C。
6．(2024·浙江省稽阳联谊学校高三联考)级联电池是指在同一个反应腔体中耦合两个连续的电化学反
应，它可以大大提高了电池的能量密度。某水系级联电池，工作原理如图所示
已知电解质为CuSO 溶液，步骤2中的电池反应为： (单独
4
构建该步电池时效率较低)。下列说法不正确的是( )
A．放电时，步骤1的正极反应式为2Cu2++S+4e-=Cu S
2
B．Cu S对步骤2的正极反应可能起催化作用，提高了电池工作效率
2C．若用该电池进行铜的电解精炼，则消耗6.5g锌时，得到的精铜质量大于6.4g
D．步骤2工作过程中，电池工作环境氧气浓度越大，正极板质量增加也越多
【答案】C
【解析】由工作原理图可知，第一步总反应为2Cu2++S+2Zn=Cu S+2Zn2+，Zn为负极，电极反应为：
2
Zn-2e-=Zn2+，S为正极，电极反应为：2Cu2++S+4e-=Cu S，当正极的硫完全反应生成Cu S后，继续高效发
2 2
生第二步反应 ，Zn为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，S为正
极，电极反应为 ，单独构建该步电池时效率较低，可能的原因是步
骤1的放电产物Cu S对步骤2的放电过程起催化作用。A项，根据图示放电时，步聚1中，铜离子和S均
2
得到电子，生成硫化亚铜，正极反应式为2Cu2++S+4e-=Cu S，A项正确；B项，，“单独构建该步电池时
2
效率较低”，可推测Cu S对步骤2的正极反应起催化作用，提高了电池工作效率，B项正确；C项，用该
2
电池进行铜的电解精炼，消耗6.5g锌时，转移2mol电子，得到的精铜质量等于6.4g，C项错误；D项，步
骤2工作过程中，电池工作环境氧气浓度越大，x值也越大，极板质量增加也越多，D项正确；故选C。
7．（2024·山东省泰安市高三四模）我国科学家首次设计了一种可充电的铋-空气电池，具有较强稳定
性 ， 该 电 池 使 用 了 非 碱 性 的 三 氟 甲 磺 酸 铋 水 系 电 解 质 溶 液 ， 简 写 为
Bi(OTf)₃(Mr=656g·mol⁻¹)，该电池工作原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．放电时，Y极电极反应式：2HO+O₂+4e⁻=4OH⁻
2
B．充电时，Y电极发生还原反应
C．电解质溶液的作用是让电子在电池内通过，形成闭合回路
D．若标准状况下消耗1.68L O ，理论上负极区电解质溶液增重65.6g
2
【答案】D
【解析】由图可知，放电时，X电极为原电池的负极，铋在负极失去电子发生氧化反应生成铋离子，
Y电极为正极，铋离子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成三氧化二铋；充电时，与直流电源负
极相连的X电极为电解池的阴极，铋离子在阴极得到电子发生还原反应生成铋，Y电极为阳极，三氧化二
铋在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和铋离子。A项，放电时，Y电极为正极，铋离子作用下氧气在
正极得到电子发生还原反应生成三氧化二铋，电极方程式为：3O₂+12e⁻+4Bi3+=2BiO，A错误；B项，充
2 3
电时，Y电极为阳极，发生氧化反应，B错误；C项，电子不能在电解质溶液中通过，C错误；D项，放电时，X电极为原电池的负极，铋在负极失去电子发生氧化反应生成铋离子，电极反应式为Bi-3e-=Bi3+，若
标准状况下消耗1.68L O ，物质的量为 =0.075mol，转移0.3mol，负极区溶液中增加铋离子的质
2
量为0.1mol×209g/mol=20.9g，同时有0.1mol 通过阴离子交换膜由正极区进入负极区，
所以负极区电解质溶液增重20.9g+0.1mol×447g/mol=65.6g，D正确；故选D。
8．(2024·浙江省Z20名校联盟)某无隔膜流动海水电解法制H 的装置如图所示，其中高选择性催化剂
2
PRT可抑制O 在电极表面产生，提高放电效率。下列说法不正确的是( )
2
A．钛箔作阴极，发生还原反应
B．阳极反应主要为：Cl--2e-+H O=HClO+H+
2
C．电解后海水pH明显下降
D．理论上生成1molH 转移电子数为2N
2 A
【答案】C
【解析】钛箔附近产生氢气，为阴极；钛网附近氯离子失去电子产生次氯酸，为阳极。A项，钛箔附
近产生氢气，为阴极，发生还原反应，A正确；B项，钛网为阳极，产生HClO，反应主要为：Cl--2e-
+H O=HClO+H+，B正确；C项，电解的总反应方程式为：H＋+Cl--+H O HClO+ H↑，电解后海水pH
2 2 2
增大，C错误；D项，根据阴极电极方程式 2H＋＋2e－＝H↑，生成1molH 转移电子数为2N ，D正确；
2 2 A
故选C。
9．(2024·浙江省义乌五校高三联考)华南师范大学兰亚乾教授课题组从催化剂结构与性能间关系的角
度，设计了一种催化剂同时作用在阳极和阴极，用于CHOH氧化和CO 还原反应耦合的混合电解，工作
3 2
原理如图甲所示。不同催化剂条件下CO→CO电极反应历程如图乙所示。下列说法不正确的是( )
2A．电解总反应为2CO+CH OH 2CO+HCOOH+H O
2 3 2
B．理论上若有44gCO 被转化，则有2molH+从左侧向右侧迁移
2
C．与Ni -TET催化剂相比，使用Ni-TPP时催化效果更好
8
D．若以铅蓄电池为电源，则B极应与PbO 极相连接
2
【答案】B
【解析】根据图示，A电极二氧化碳得电子发生还原反应生成CO、B电极甲醇失电子发生氧化反应生
成甲酸，A是阴极、B是阳极。A项，A电极二氧化碳得电子生成CO、B电极甲醇失电子生成甲酸，电解
总反应为2CO+CH OH 2CO+HCOOH+H O，故A正确；B项，A是阴极、B是阳极，理论上若有
2 3 2
44gCO 被转化，则电路中转移2mol电子，根据电荷守恒，则有2molH+从右侧向左侧迁移，故B错误；C
2
项，使用Ni-TPP时反应活化能小，所以与Ni -TET催化剂相比，使用Ni-TPP时催化效果更好，故C正确；
8
D项，A是阴极、B是阳极，铅蓄电池中PbO 为正极、Pb为负极，若以铅蓄电池为电源，B极应与PbO
2 2
极相连接，故D正确；故选B。
10．（2024·湖北省T8联盟高三二模）近日，科学家开发 / / /NiOOH光阳极用于持续
太阳能制氢，装置如图所示。下列叙述正确的是( )
A．能量转化形式太阳能→化学能→电能
B．阳极材料涉及元素均为前四周期元素
C．电极N的反应式为HO-4e-=O ↑＋4H＋
2 2
D．阴极区c(Zn＋)越大，H 产率越高
2【答案】C
【解析】A项，如图装置利用太阳能制H，能量转化形式为“太阳能→电能→化学能”，A错误；B
2
项，阳极材料中W、Bi不属于前四周期元素，B错误；C项，电极N为阳极，水发生氧化反应，电极反应
为：2HO−4e−=4H++O ↑⏐，C正确；D项，阴极区(电极M)的主反应为2H＋＋2e-=H ↑，副反应为Zn2++e-
2 2 2
=Zn＋，H 产率等于实际产生H 量与理论产生H 量之比，根据电子守恒确定理论产生H 量。由于c(Zn＋)
2 2 2 2
越大，发生副反应程度越大，消耗电子数越多，产生H 量越低，故H 的产率越低，D错误；故选C。
2 2
11．（2024·福建省三明市三模）利用CoP／CdS复合光催化剂可实现温和条件下废弃聚乳酸塑料
(PLA)高选择性地转化为丙氨酸小分子，其转化历程如下：
下列说法错误的是( )
A．该过程光能转化为化学能
B．每生成1mol丙氨酸，催化剂吸收2.41eV的能量
C．乳酸铵转化为丙酮酸主要发生氧化反应
D．PLA转化为乳酰胺的化学方程式为： +nNH HO n +nH O
3 2 2
【答案】B
【解析】A项，根据图中信息可知，催化剂吸收光能最终生成丙氨酸，故该过程光能转化为化学能，
A正确；B项，根据图中信息可知，每生成1个丙氨酸分子，催化剂吸收2.41eV的光能，B错误；C项，
由图中乳酸铵结构简式、丙酮酸结构简式可知，乳酸铵转化为丙酮酸发生了羟基的催化氧化，C正确；D
项，根据图中信息，PLA和一水合氨反应生成乳酰胺，方程式为 +nNH HO→n
3 2
⋅
+nH O，D正确；故选B。
2
12．(2024·浙江省义乌中学高三首考模拟)电解法合成氨因其原料转化率大幅度提高，有望代替传统的
工业合成氨工艺。利用工业废水发电进行氨的制备(纳米Fe O 作催化剂)的原理如图所示，其中M、N、
2 3
a、b电极均为惰性电极。下列说法错误的是( )已知：b极区发生的变化视为按两步进行，其中第二步为Fe+H O+N→NH + Fe O (未配平)。
2 2 3 2 3
A．M极是负极，发生的电极反应为C H O+6H O-24e-=6CO ↑+24H+
6 12 6 2 2
B．Fe O 在b极发生电极反应：Fe O+3H O+6e-=2Fe+6OH-
2 3 2 3 2
C．理论上废水发电产生的N 与合成NH 消耗的N 的物质的量之比为
2 3 2
D．上述废水发电在高温下进行优于在常温下进行
【答案】D
【解析】由图可知，左边为原电池，右边是电解池，含NO -的废水中NO -转化为N，N元素化合价降
3 3 2
低，得出N极为原电池的正极，所以M极为原电池的负极，从而判断a极为阳极， b极为阴极，在共熔
物作用下水蒸气在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气，b电极为阴极，氮气在阴极上得到电子发生还原
反应生成氨气，Fe O 在阴极上得到电子发生还原反应生成Fe。A项， M极为原电池的负极，C H O 在
2 3 6 12 6
负极失去电子生成CO，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：C H O+6H O-24e-
2 6 12 6 2
=6CO ↑+24H+，A正确；B项，b电极为阴极，Fe O 在阴极上得到电子发生还原反应生成Fe，根据得失电
2 2 3
子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Fe O+3H O+6e-=2Fe+6OH-，B正确；C项，NO -的废水中NO -转化
2 3 2 3 3
为N，N元素化合价由+5价下降到0价，N 合成NH 过程中，N元素由0价下降到-3价，根据得失电子守
2 2 3
恒可知，理论上废水发电产生的N 与合成NH 消耗的N 的物质的量之比为3:5，C正确；D项，上述废水
2 3 2
发电过程中有微生物参与，高温不利于微生物生存，则上述废水发电在常温下进行优于在高温下进行，D
错误；故选D。
13．(2024·浙江省北斗星盟高三联考)一定条件下，丙烯与HCl反应生成CHCHClCH 和CHCHCHCl
3 3 3 2 2
的反应历程如图所示。下列说法不正确的是( )
A．合成CHCHCHCl的反应中，第一步为反应的决速步
3 2 2
B．其他条件不变，适当升高温度可以提高加成产物CHCHClCH 的比例
3 3
C．根据该反应推测，丙烯与 加成的主要产物为2-溴丙烷
D．反应的主要产物为CHCHClCH，是由于活性中间体 比 更稳定，所
3 3需活化能更低
【答案】B
【解析】A项，合成CHCHCHCl的反应中，第一步的活化能大于第二步为反应的，为决速步，A正
3 2 2
确；B项，丙烯与HCl反应生成CHCHClCH 和CHCHCHCl的反应都为放热反应，升高温度，反应都向
3 3 3 2 2
着消耗CHCHClCH 和CHCHCHCl生成丙烯的方向移动，CHCHClCH 和CHCHCHCl的比例都会降
3 3 3 2 2 3 3 3 2 2
低，B错误；C项，由图中可以看出生成CHCHClCH 的活化能较低，反应的主要产物为CHCHClCH，
3 3 3 3
类似的丙烯与HBr加成的主要产物为2-溴丙烷，C正确；D项， 比 能量更低
更稳定，因此生成 所需活化能更低，反应的主要产物为CHCHClCH，D正确；故选B。
3 3
14．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)室温时用稀硝酸可将苯酚直接硝化，转化关系
及部分产物产率表示如下：
反应历程：
下列说法不正确的是( )
A．工业生产中产物Ⅱ由于存在分子内氢键，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯
B．反应生成产物Ⅱ过程中最大能垒为E-E
2 1
C．反应足够长的时间，升高温度可提高体系中产物Ⅰ的产率
D．反应中体系中加入浓硫酸有利于产生活性中间体 ，可促使反应进行
【答案】C
【解析】中间体生成产物Ⅱ的活化能低于生成产物Ⅰ的活化能，所以生成产物Ⅱ的速率快，生成的产
物Ⅱ多，则产物Ⅰ是对硝基苯酚、产物Ⅱ是邻硝基苯酚。A项，产物Ⅱ是邻硝基苯酚，邻硝基苯酚易形成
分子内氢键熔沸点降低，易被水蒸气蒸出，产品容易提纯，故A正确；B项，根据图示，反应生成产物Ⅱ
过程中最大能垒为E-E ，故B正确；C项，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，不能提高体系中产物Ⅰ
2 1
的产率，故C错误；D项，浓硫酸具有吸水性，反应中体系中加入浓硫酸吸收反应生成得水，平衡正向移动，有利于产生活性中间体 ，可促使反应进行，故D正确；故选C。
15．（2024·江西省高三三模）钙钛矿具有独特的晶体结构，广泛应用于太阳能电池材料、传感器等诸
多领域。图1、2均为钙钛矿型化合物，图1中另两种离子为 、Ti4+，图2中另两种离子为 和 ，
晶胞参数 ， a=B=y=90°。图2钙钛矿型化合物制成的太阳能电池与锂硫电池集成，
可实现太阳能直接对锂硫电池充电，其原理如图3所示：
图3碳电极为共享电极，导电玻璃 基底上涂TiO 作为电子传输层。充电时，钙钛矿层吸收太阳光
2
产生光生电子（ ）和空穴（ ），分离后输送到两个电极上。下列说法不正确的是( )
A．共享碳电极为钙钛矿太阳能电池的负极
B．锂硫电池放电时，Li+由金属锂电极迁移至含硫层
C．充电时，共享碳电极上电极反应式可写作：
D．该装置至少涉及了3种形式能源的转化
【答案】A
【解析】A项，电子由导电玻璃FTO电极流出，所以导电玻璃FTO电极为太阳能电池的负极，共享
碳电极为钙钛矿太阳能电池的正极，A错误；B项，锂硫电池放电时，锂电极为负极，Li+由负极金属锂电
极迁移至含硫层，B正确；C项，充电时，共享碳电极为阳极，其电极反应式可写作： ，C
正确；D项，该装置为太阳能电池与锂硫电池集成，所以有太阳能转化为电能以及化学能转化为电能，又
可实现太阳能直接对锂硫电池充电，即该装置能将太阳能转化为化学能，所以至少涉及了3种形式能源的
转化，D正确；故选A。
二、非选择题（共5小题，共55分）
16．(10分)肼(N H)又称联氨，为二元弱碱，在水中的电离与氨类似，广泛用于火箭推进剂、有机合
2 4
成及电池燃料。回答下列问题：
(1)肼(N H)可用做发射卫星的火箭燃料。已知：
2 4
①N(g)+2O(g)=2NO (g) H=+67.7kJ•mol-1
2 2 2
②NH(g)+O(g)=N(g)+2HO(g) H=﹣543kJ•mol-1
2 4 2 2 △2
写出气态肼和NO 生成氮气和水蒸气的热化学方程式_______。
2 △
(2)联氨(化学式为 ，二元弱碱)是重要的火箭燃料，在水中的电离方程式与氨相似。若NH+H+
2 4NH+的 ， 。
2 5
①联氨第一步电离反应的平衡常数值为_____。
②联氨与硫酸形成的正盐的化学式为__________，其水溶液中离子浓度的大小关系是______。
(3)肼除了可作火箭的推进剂外，还可用于新型环保电池中，电池工作原理如图所示。
①O2-向_______移动(填“电极甲”或“电极乙”)。
②该电池的负极反应式为_______。
【答案】(1) 2NH(g)+2NO (g)=3N(g)+4HO(g) H=-1153.7kJ/mol (2分)
2 4 2 2 2
(2) ①48.7×10-7 (2分) ②NHSO (1分) c(SO 2-)＞c(NH2+)＞c(H+)＞c(OH－) (2分)
2 6 4 △4 2 6
(3) 电极甲(1分) NH+2O2--4e-=N ↑+2H O(2分)
2 4 2 2
【解题分析】(1)由盖斯定律计算②×2-①，整理可得：2NH(g)+2NO (g)=3N(g)+4HO(g) H=-1153.7
2 4 2 2 2
kJ/ ；(2)N H+H O NH++OH—， ；②联氨△与硫酸形
2 4 2 2 5
成的正盐的化学式为NHSO ；由于NH2+水解，因此SO 2-离子浓度最大，水解显酸性且水解程度很小，
2 6 4 2 6 4
则氢离子浓度大于氢氧根浓度，硫酸肼水溶液中离子浓度的大小关系是c(SO 2－)＞c(NH2+)＞c(H+)＞c(OH
4 2 6
－)。(3)①由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极，电池工作时，阴离子氧离子向
负极电极甲移动；②由图可知，通入氧气的电极乙为环保电池的正极，电极甲为负极，联氨在氧离子作用
下做负极失去电子发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为NH+2O2--4e-=N ↑+2H O。
2 4 2 2
17．(10分)有机物的电化学合成是一种环境友好的化学合成方法，图1和图2中的电极相连时可实现
电化学原理制取对氨基苯甲酸。
(1)图2为碱性肼燃料电池，c电极与 (填 “a”或“b”)相连，c电极发生的电极反应式为 。
(2)图1、图2相连时a电极为 (填“正““负”“阴“或“阳”)极。生成 的离
子方程式为 。(3)通过离子交换膜的离子是 ；当电路中转移0.6 mol电子时消耗标准状况下O 体积为 ，
2
电解池左室质量变化 g。
【答案】(1) b(1分) N H-4e- +4OH-=N +4H O(2分)
2 4 2 2
(2)阳(1分) +6H++6I-= +3I +2H O(2分)
2 2
(3) H+(1分) 3.36L(1分) 减少5.4(2分)
【解析】(1)图1为电解池，b电极上碘单质得电子生成碘离子，故b电极为阴极，d电极为阳极，图2
为肼燃料电池，c电极为负极，d电极为正极，原电池的负极与电解池的阴极相连，故c电极与b相连，c
电极上肼发生氧化反应生成氮气，电极反应式为NH-4e- +4OH-=N +4H O。(2)由(1)分析知，图1、图2
2 4 2 2
相连时a电极为阳极，由图可知，碘离子将 还原为 ，则生成
的离子方程式为 +6H++6I- = +3I +2H O。(3)图1中，
2 2
a电极为阳极，电极反应为 ，离子交换膜右侧发生反应 +6H++6I- =
+3I +2H O，故通过离子交换膜的离子是H+；d电极上每消耗1mol O 转移4mol电子，
2 2 2
故当电路中转移0.6 mol电子时消耗标准状况下O 为0.15mol，体积为22.4L/mol×0.15mol =3.36L；电解池
2
左室发生反应 ，氧气逸出，氢离子通过离子交换膜移向右侧，故转移4mol电子时，
减少的质量为2mol水的质量为36g，现转移0.6 mol电子，质最减少为0.3mol水 的质量
为18g/mol×0.3mol=5.4g。
18．(10分)党的二十大报告提出推动绿色发展，促进人与自然和谐共生。回答下列问题：
(1)研究脱除烟气中的NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。选择性催化还原技术是利用
还原剂氨或尿素[CO(NH)]，把烟气中的NO还原成N 和HO。相关反应的热化学方程式如下：
2 2 2 2
N(g)+O(g)= 2NO(g) ΔH ＝+180.5kJ·mol−1
2 2 1
2NO(g)+O (g)= 2NO (g) ΔH2 ＝-112.0kJ·mol−1
2 2 1
CO(NH) (s)＋6NO (g)=7N(g)+4CO(g)＋8HO(g) ΔH ＝-2780.0kJ·mol−1
2 2 2 2 2 3
2CO(NH) (s)＋6NO(g)=5N (g)+2CO (g)＋4HO(g) ΔH
2 2 2 2 2 4
ΔH=_______。
4
(2)科学家研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，一个CO分子还原NO的能量变化与反应历
程如图所示。图中第一步逆反应的活化能为_______kJ·mol-1(用a、b、c的代数式表示)。(3)液氨催化还原NO是重要的烟气脱硝技术。
①有氧条件下，在 Fe 基催化剂表面，NH 还原 NO 的反应机理如图所示，该过程可描述为
3
___________________________________________。
②使用Fe O 为催化剂，可能的反应过程如图
2 3
该脱硝过程的总反应的化学方程式为_________________________；反应过程图中，虚线方框里的过
程可描述为_____________________________________。
【答案】(1) -1828.75 kJ·mol-l (2分)(2)a+b-c(2分)
(3)①在Fe基催化剂表面，NH 吸附在酸性配位点上形成NH +，NO与O 吸附在Fe3+配位点上形成
3 4 2
NO ，然后NH +与NO 结合生成NO (NH +) ，最后NO (NH +) 与NO反应生成N 、HO，并从催化剂表面
2 4 2 2 4 2 2 4 2 2 2
逸出(2分)
②4NH +4NO+O 4N+6H O(2分) Fe3+与NH 反应生成H+和中间产物Fe2+-NH ，而后Fe2+-NH
3 2 2 2 3 2 2
吸收NO生成N 和HO，并生成Fe2+与H+进入下一个循环 (2分)
2 2
【解析】(1)① =-1828.75 kJ·mol-l；(2)
图中最高点与最低点的能量差即为第一步逆反应的活化能，为(a+b-c) kJ·mol-1；(3)①有氧条件下，在Fe基
催化剂表面，NH 还原NO的反应机理：在Fe基催化剂表面，NH 吸附在酸性配位点上形成NH +，NO与
3 3 4
O 吸附在Fe3+配位点上形成NO ，然后NH +与NO 结合生成NO (NH +) ，最后NO (NH +) 与NO反应生成
2 2 4 2 2 4 2 2 4 2
N 、HO，并从催化剂表面逸出。②据图可知反应物为NH 、NO、O ，产物为N 和HO，Fe O 为催化剂，
2 2 3 2 2 2 2 3
总反应为4NH +4NO+O 4N+6H O；据图可知虚线中的过程为：Fe3+与NH 反应生成H+和中间产物
3 2 2 2 3
Fe2+-NH ，而后Fe2+-NH 吸收NO生成N 和HO，并生成Fe2+与H+进入下一个循环。
2 2 2 2
19．(13分)铝的阳极氧化是一种重要的表面处理技术，其原理是用电化学方法处理铝件表面，优化氧
化膜结构，增强铝件的抗腐蚀性，同时便于表面着色。取铝片模拟该实验，并测定氧化膜厚度，操作步骤
如下：
(1)铝片预处理
铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，离子方程式为：
_______；再用10％(质量分数)的HNO 溶液对铝片表面进行化学抛光。若取一定体积68％(质量分数)的浓
3
硝酸配制该化学抛光液，需要用到的玻璃仪器有_______、_______、玻璃棒和胶头滴管。
(2)电解氧化
取预处理过的铝片和铅做电极，控制电流恒定为0.06A，用直流电源在5～6mol/L硫酸中电解。其中
铝片接电源_______极，产生氧化膜的电极反应式为氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶段(如图
所示)，C阶段多孔层产生孔隙的离子反应方程式为_____，A阶段电压逐渐增大的原因是_____。
(3)氧化膜质量检验
取出阳极氧化并封闭处理过的铝片，洗净、干燥，在铝片表面滴一滴氧化膜质量检查液
(3gK Cr O+75mL水+25mL浓硫酸)，用秒表测定表面颜色变为绿色(产生Cr3+)所需时间，可判断氧化膜的
2 2 7
耐腐蚀性。写出该变色反应的离子方程式：_______。(4)氧化膜厚度测定
①取氧化完毕的铝片，测得表面积为4.0cm2，洗净吹干，称得质量为0.7654g；
②将铝片浸于60℃的溶膜液中煮沸10分钟进行溶膜处理；
③取出铝片，洗净吹干，称得除膜后铝片质量为0.7442g。
已知氧化膜的密度为2.7g/cm3，可以计算得出氧化膜厚度为_____μm(1μm=1×10-4cm)。
【答案】(1) Al O+2OH-=2AlO -+H O(2分) 烧杯(1分) 量筒(1分)
2 3 2 2
(2) 正(1分) 2Al-6e-+3H O=Al O+6H+、Al O+6H+=Al3++3H O(2分) 电流不变时，氧化膜覆盖阳
2 2 3 2 3 2
极表面，电阻增大(2分)
(3)2Al+ Cr O2-+14H+=2Cr3++2Al3++7H O(2分)
2 7 2
(4)19.6(2分)
【解析】(1)铝片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗涤，除去铝表面薄氧化膜，即
Al O 与NaOH溶液反应的离子方程式为：Al O+2OH-=2 AlO -+H O，用浓硝酸配制一定量的10％(质量分
2 3 2 3 2 2
数)的HNO 溶液，需要的实验步骤为：计算、量取、稀释、装瓶，需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻
3
璃棒和胶头滴管；(2)本电解的目的是将铝片电解氧化生成致密的氧化物保护膜，电解池中阳极发生氧化反
应，则其中铝片接电源正极，产生氧化膜的电极反应式为氧化膜的生长过程可大致分为A、B、C三个阶
段(如图所示)，C阶段多孔层产生孔隙即生成有Al O 保护膜，同时又被生成的H+消耗掉一部分Al O，从
2 3 2 3
而形成多孔层产生空隙，该过程的离子反应方程式为2Al-6e-+3H O=Al O+6H+、Al O+6H+=Al3++3H O，随
2 2 3 2 3 2
着电解的进行氧化膜覆盖阳极表面厚度加厚，电阻增大，则为了保持电流不变，则A阶段电压需逐渐增大；
(3)该变色反应即KCr O 转化为了Cr3+，被还原，即Al参与该反应转化为Al3+，根据氧化还原反应配平可
2 2 7
得，该反应的离子方程式为：2Al+ CrO2-+14H+=2Cr3++2Al3++7H O；(4)由题干可知，氧化膜的质量为：
2 7 2
0.7654g-0.7442g=0.0212g，则氧化膜的体积为： =0.00785cm3，则氧化膜的厚度为：
=0.00196cm=19.6μm。
20．(12分)电催化还原CO 是当今资源化利用二氧化碳的重点课题，常用的阴极材料有有机多孔电极
2
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所示。
2
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如
2
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。
X为 ，补充完整虚线框内Y的结构
【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 而非有机多孔电
2
极材料(2分)
(2) 3Cu O+6H++2AuCl -=2Au+6Cu2++8Cl-+3H O(2分)
2 4 2
(3)H++ e-(2分) (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,故电解时转移电
2 2 2 5 2
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上
2 2
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，向
2 2
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。故
4
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，两步都与
2 4 2 4 2
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 。
