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第六章 化学反应与能量
(考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分)
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Mg 24 Si-28 Al-27 P-31 Cl-35.5 Ca-40
Fe-56 CO-59 Cu-64 Eu-152
一、选择题：共15 小题，每小题3 分，共45 分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目
要求。
1．【原创】《天工开物》中提到“明年，田有粪肥，土脉发烧，东南风助暖，则尽发炎火，大坏苗
穗，此一灾也。”下列反应中能量变化与上述不一致的是( )
A．苯的燃烧
B．铝热反应 C．碳酸钙高温分解 D．酸碱中和
【答案】C
【解析】《天工开物》中提到“明年，田有粪肥，土脉发烧，东南风助暖，则尽发炎火，大坏苗穗，
此一灾也。”意为明年播种后，田里有粪肥使土温上升，又有东南风带来的暖热，使稻子发烧，苗穗受到
损坏，这是一个灾害。即该过程是放热反应，苯的燃烧、铝热反应、酸碱中和皆为放热反应，碳酸钙高温
分解是吸热反应。故选C。
2．(2026·江苏扬州高三模拟)化学变化的目的通常为生成物质或获得能量。下列变化主要为获得能量
的是( )
A．木炭在空气中反应生成CO2
B．H2在Cl2中反应生成HCl
C．Na 在O2中反应生成Na2O2
D．Fe 在Cl2中反应生成FeCl3
【答案】A
【解析】A 项，木炭在空气中燃烧是常见的燃料利用反应，反应释放的热能可直接被利用，主要目的
为获得能量，A 正确；B 项，H2在Cl2中反应生成HCl 是工业制备盐酸的核心反应，该过程放热，B 错误；
C 项，Na 在O2中反应生成Na2O2是制备过氧化钠的反应，该过程放热，C 错误；D 项，Fe 在Cl2中反应生
成FeCl3是制备氯化铁的反应，该过程放热；D 错误；故选 A。
3．(2026·海南省直辖县级单位高三模拟)已知：25℃、101 kPa 时，
。该反应放出的热量可用于金属切割、
金属焊接等。下列说法错误的是( )
A．乙炔的燃烧热ΔH＝-1299.6kJ·mol−1
B．该反应的熵变ΔS＞0
C．1 mol 乙炔气体与2.5 mol O2(g)在乙炔燃料电池中完全反应，电功<1299.6 kJ
D．点燃乙炔进行金属焊接前需对乙炔进行验纯
【答案】B
【解析】A 项，燃烧热指1 mol 纯物质完全燃烧生成指定 产物的反应热，2 mol 乙炔完全燃烧ΔH
＝-2599.2kJ·mol−1，故1mol 乙炔燃烧热
，A 正确；B 项，反应前气
体总物质的量为2+5=7mol，反应后仅CO2为气体，物质的量为4mol，气体物质的量减少，体系混乱度降
低，故ΔS＜0，B 错误；C 项，燃料电池中化学能不可能100%转化为电能，部分能量以热能形式散失，故
得到的电功小于1 mol 乙炔完全燃烧放出的1299.6 kJ 热量，C 正确；D 项，乙炔为可燃性气体，混有空气
时点燃易发生爆炸，因此点燃前需验纯，D 正确；故选B。
4．(2026·河南开封一模)设想NaCl 固体溶于水的过程分两步实现，能量变化如图所示。下列说法正确
的是( )
A．NaCl(s)溶解时溶液温度升高
B．根据盖斯定律可知：
C．相同条件下，
，则ΔH4＞ΔH1
D．该溶解过程的能量变化，与NaCl 固体和NaCl 溶液中微粒间作用力的强弱有关
【答案】D
【解析】A 项，NaCl 固体溶解的总焓变ΔH3=ΔH1+ΔH2，其中ΔH3＝+44kJ·mol−1，说明总过程是吸热
的，溶解时溶液温度会降低，而非升高，A 错误；B 项，ΔH3为 NaCl 固体直接溶于水的焓变
(+44kJ·mol−1)； ΔH1＝+786kJ·mol−1，为破坏离子键的能量；ΔH2＝akJ·mol−1，为离子水合释放的能量。根
据盖斯定律得ΔH3=ΔH1+ΔH2，即4=786+a，得a=-782，因此
，B 错误；C 项，K+半径比
Na+大，离子键更弱，KCl 的晶格能比 NaCl 小，因此 KCl 分解为气态离子的吸热更少，ΔH4＜ΔH1，C
错误；D 项，溶解过程的能量变化，本质上是 NaCl 固体中的离子键被破坏，同时离子与水分子形成新的
作用力(水合作用)，因此与 NaCl 固体和溶液中微粒间作用力的强弱直接相关，D 正确；故选D。
5．【改编】(2026·陕西西安高三模拟)下列说法正确的是( )
A．反应4NH3(g)+5O2(g)
4NO(g)+6H2O(g) ΔH=-a kJ/mol，在密闭容器中投入1 mol NH3和1 mol
O2，2 min 后NO 增加了0.4 mol，则反应放出的热量值等于0.1a kJ
B．500℃、30MPa 下，将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3
kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)
2NH3(g) ΔH=-38.6 kJ/mol
C．3.2 g CH4完全燃烧生成CO2(g)和H2O(l)时放出178 kJ 的热量，其热化学方程式为CH4(g)
+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890 kJ
D．已知反应a：NO2
-(aq)+NH4
+ (aq)=N2(g)+2H2O(l) ΔH5，且存在如上图关系，则ΔH5=-
ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4
【答案】A
【解析】A 项，热化学方程式中ΔH=−a kJ/mol 表示4 mol NH3完全反应放出a kJ 热量，题目中2 min
后生成0.4 mol NO，说明已有0.4 mol NH3发生反应，按比例计算得反应放出热量为
，A 正
确；B 项，
是可逆反应，0.5 mol N2和1.5 mol H2不能完全反应，放热19.3 kJ 时，1
mol N2完全反应放热大于38.6 kJ，故ΔH＜-38.6kJ·mol−1，B 错误；C 项，焓变ΔH 的单位为kJ·mol−1，选项
中单位错误，C 错误；D 项，根据盖斯定律，正确表达式是ΔH5=-ΔH1+ΔH2+ΔH3+ΔH4，D 错误；故选A。
6．【首饰清洗】(2026·广东茂名三模)银首饰表面的黑色物质(Ag2S)可用口香糖包装纸(含Al)与热食盐
水浸泡进行清洗，发生的反应为
。下列说法正确的是( )
A．银首饰变黑属于电化学腐蚀
B．该清洗方法利用了电解原理
C．清洗过程中，Na+移向口香糖包装纸(含Al)
D．银首饰表面发生的变化为
【答案】D
【解析】银首饰表面的黑色物质(Ag2S)可用口香糖包装纸(含Al)与热食盐水浸泡进行清洗，形成原电
池，
，Al 失电子为负极，Ag2S 得电子为正极。A 项，银首饰变
黑是Ag 直接和空气中含硫物质反应生成Ag2S，属于化学腐蚀，不是电化学腐蚀，A 错误；B 项，该过程
没有外接电源，利用的是原电池原理，不是电解原理，B 错误；C 项，原电池中阳离子向正极移动，Al 是
负极，银首饰是正极，因此Na+移向银首饰，不是铝制包装纸，C 错误；D 项，银首饰表面发生还原反应，
变化为：
，D 正确；故选D。
7．【电化学合成氨】(2026·河南南阳三模)科学家利用磷盐a、b 实现了电化学合成氨，这是人工固氮
的一种新方式，其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．电极X 的电势高于 Y 极
B．Y 极的电极反应式为 N2+6Li+-6e-=2Li3N
C．当外电路转移3mol e-时，理论上产生22.4 L NH3(标准状况)
D．反应②中，磷盐a 发生了还原反应
【答案】C
【解析】根据装置中物质转化，Y 极上N2转化为Li3N，N 元素化合价从0 降低为-3，发生得电子的还
原反应，确定Y 为原电池正极，X 为原电池负极。正极电极反应式为N2+6Li++6e-=2Li3N，生成的Li3N 后
续反应生成NH3，每生成1mol NH3对应整个电路转移3mol 电子。A 项，原电池中正极电势高于负极，Y
为正极，X 为负极，因此电极Y 的电势高于X 极，A 错误；B 项，Y 极为正极，发生得电子的还原反应，
电极反应式为N2+6Li++6e-=2Li3N，选项给出的电极反应式为失电子的氧化反应，B 错误；C 项，生成1mol
NH3时N 元素从0 价变为-3 价，对应转移3mol 电子，因此外电路转移3mol e-时，理论上生成1mol NH3，
标准状况下体积为22.4L，C 正确；D 项，由图可知磷酸盐a 转化成磷酸盐b 化合价没有发生变化，未发生
还原反应，D 错误； 故选 C。
8．(2026·湖北武汉高三模拟)我国科学家团队提出了一种以乙烯和水为原料电解合成1，4-丁二醇的新
路径，其部分工作原理如图所示。
下列说法错误的是( )
A．阳极的电极反应为：Br-+H2O-2e-=HBrO＋H＋
B．生成BrCH2CH2OH 的反应类型为加成反应
C．合成总反应为：
D．若每转化1molBr-时铜电极上生成标准状况下13.44LH2 ，则生成0.6mol 1，4- 丁二醇
【答案】D
【解析】由图，阳极溴离子失去电子被氧化为次溴酸，则石墨电极为阳极、铜电极为阴极。A 项，阳
极溴离子失去电子被氧化为次溴酸，电极反应为：Br-+H2O-2e-=HBrO＋H＋，A 正确； B 项，乙烯中含碳
碳双键，和HBrO 发生加成反应生成BrCH2CH2OH，B 正确；C 项，由图，总反应为乙烯和水合成1，4-丁
二醇，结合质量守恒，反应还生成氢气，C 正确；D 项，结合阳极反应，每转化1molBr-时，电路中转移
2mol 电子，铜电极上生成标准状况下13.44LH2 ，为0.6mol 氢气，生成氢气转移1.2mol 电子，则生成1，
4-丁二醇转移0.8mol 电子，结合反应
，会生成0.4mol 1，4-丁二
醇，D 错误；故选D。
9．(2026·广东惠州高三模拟)某实验小组利用如图所示装置制备Fe(OH)2。已知甲装置的工作原理为：
2Na2S2+NaBr3=Na2S4+3NaBr，电极a、b 采用石墨或Fe。下列说法不正确的是( )
A．甲装置中惰性电极I 为正极，发生还原反应
B．乙装置中电极a 应为Fe，b 电极为石墨
C．电极b 发生的反应：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-
D．理论上每生成9.0gFe(OH)2，甲装置中将有0.2molNa+向惰性电极II 移动
【答案】A
【解析】甲装置为原电池，乙装置为电解池，先根据甲装置的工作原理分析阴阳极： 总反应
2Na2S2+NaBr3=Na2S4+3NaBr 中，Na2S2中S 化合价升高，失电子发生氧化反应，因此惰性电极I 为负极；
NaBr3中Br 化合价降低，得电子发生还原反应，惰性电极II 为正极，故与惰性电极I 相连的电极b 为阴极，
采用石墨，与惰性电极II 相连的电极a 是阳极，采用Fe，Fe 失电子变为Fe2+而后又变为Fe(OH)2。A 项，
甲装置惰性电极I 为负极，发生氧化反应，A 错误；B 项，乙装置中电极a 应为Fe，b 电极为石墨，B 正确；
C 项，b 为阴极，水中电离的H+移向b 发生得电子的还原反应变为H2，方程式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，
C 正确；D 项，9.0 g Fe(OH)2的物质的量为
，生成0.1molFe(OH)2，Fe 从0 价变为+2 价，
转移0.2mol 电子；原电池中正离子Na+向正极，向惰性电极II 移动，转移0.2mol 电子时，有0.2molNa+移
向惰性电极II，D 正确；故选A。
10．【电池新技术】锌-空气二次电池具有性能高、寿命长的可充电等优点，其原理如图所示。下列说
法错误的是
A．放电过程中，b 极的电极电势高于a 极的电极电势
B．放电过程中，OH-由b 极区向a 极区迁移
C．充电过程中，a 极的电极反应为：[Zn(OH)4]2-+ 2e-=Zn +4OH-
D．充电过程中，a、b 电极附近溶液pH 均不变
【答案】D
【解析】电池工作时，a 电极，Zn 转化为[Zn(OH)4]2-，失电子发生氧化反应，则a 极为负极；b 电极，
O2转化为OH-，得电子发生还原反应，b 极为正极。A 项，原电池工作时，正极的电极电势高于负极的电
极电势，则放电过程中，b 极的电极电势高于a 极的电极电势，A 正确；B 项，放电过程中，阴离子向负极
移动，则OH-由b 极区向a 极区迁移，B 正确；C 项，充电过程中，a 极为阴极，[Zn(OH)4]2-得电子转化为
Zn 等，电极反应为：[Zn(OH)4]2-+ 2e-=Zn+4OH-，C 正确；D 项，充电过程中，a 极反应为[Zn(OH)4]2-+2e-
=Zn+4OH-，b 极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O，则a、b 电极附近溶液pH 均发生改变，D 错误；故选D。
11．【新型锂离子电池】(2026·重庆西南大学附中高三模拟)热敏结晶增强液态热化学电池中，胍离子(
)选择性诱导[ Fe(CN)6]4-结晶，冷热端电极产生电势差，从而实现给锂离子电池充电，工作原理如图。
锂离子电池反应为
。下列说法错误的是( )
A．冷端电极电势高于热端电极电势
B．该新型热敏电池放电时，热端的电极反应式为[ Fe(CN)6]4--e-=[ Fe(CN)6]3-
C．锂离子电池充电过程中，Li+通过LiPON 薄膜移向a 极
D．对锂离子电池充电时，电路中转移x mol 电子，b 极生成x mol Li1-xCoO2
【答案】D
【解析】根据锂离子电池反应
可知，放电时，Li1-xCoO2发生反应：
Li1-xCoO2+xLi++xe-=LiCoO2，得到电子，即b 极作正极，LixSi 即a 极为负极，充电时，a 极为阴极，b 极为
阳极，冷端电极为正极，热端电极为负极。A 项，由分析可知，冷端电极为正极，热端电极为负极，即冷
端电极电势高于热端电极电势，A 正确；B 项，由分析可知，该新型热敏电池放电时，热端电极为负极，
发生氧化反应，故热端的电极反应式为[ Fe(CN)6]4--e-=[ Fe(CN)6]3-，B 正确；C 项，由分析可知，锂离子电
池充电过程中，a 极为阴极，b 极为阳极，故Li+通过LiPON 薄膜移向a 极，C 正确；D 项，对锂离子电池
充电时，b 电极反应为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，电路中每转移x mol 电子，生成1mol Li1-xCoO2，D 错误。
12．(2026·河南许昌三模)某小组利用如图1 所示的浓差电池作电源(Cu 电极足量)进行铁防护模拟实验，
如图2 所示。
当图1 和图2 形成闭合回路后，下列叙述错误的是( )
A．图1 装置中离子交换膜应选择阳离子交换膜
B．图2 装置探究的是外加电流法保护铁
C．x 应与b 连接，此时石墨的电极反应式可能为2Cl--2e-=Cl2↑
D．浓差电池放电过程中，理论上外电路最多转移4 mol 电子
【答案】A
【解析】首先分析图1 浓差电池：浓差电池依靠Cu2+浓度差供电，Cu2+浓度大的左池发生还原反应
Cu2++2e-=Cu，为正极(接x)；Cu2+浓度小的右池发生氧化反应Cu-2e-=Cu2+，为负极(接y)，最终反应结束时
两侧Cu2+浓度相等。A 项，初始左池：
，右池：
，反应
结束后两侧浓度相等，均为
，说明需要2molSO4
2-从左池移动到右池，维持两侧
电中性和浓度平衡，因此应选择阴离子交换膜，若使用阳离子交换膜，Cu2+移动后无法同时满足浓度平衡
和电中性，A 错误；B 项，图2 为金属防护的外接电源体系，探究的是外加电流的阴极保护法，B 正确；C
项，保护铁时，需要将被保护的铁接电源负极(y 接a)，正极x 接阳极石墨(即x 接b)，石墨为阳极，NaCl
溶液中Cl-优先放电，电极反应2Cl--2e-=Cl2↑，C 正确；D 项，最终两侧Cu2+浓度相等时，左池共消耗
，1molCu2+得2mol 电子，总共转移4mol 电子，D 正确；故选A。
13．【太阳能利用】(2026·河南漯河三模)一种循环产氢体系原理如图所示，将锌一多硫化物电池与H2
生产装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断生产氢气。下列说法正确的是( )
A．硅太阳能电池、锌一多硫化物电池均可实现化学能转化为电能
B．白天断开开关K，夜间闭合开关K
C．日间工作时，b 电极的反应式为Sx
2-+S2-+2e-=Sx+1
2-
D． H2生产装置工作时，若使用阳离子交换膜，Na+向d 电极方向迁移
【答案】D
【解析】白天太阳能转化为电能所以需要闭合K，电能转化为化学能，一方面给锌一多硫化物电池充
电，另一方面对H2装置电解。晚上锌一多硫化物电池放电对H2生产装置电解。放电时，a 极锌失去电子发
生氧化反应为负极，则b 为正极；氢气生产装置中d 极，水得电子生成氢气，发生还原反应，d 为阴极，
则c 为阳极；白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，夜间作电
源，给H2装置供电，电解反应产生H2。A 项，由分析可知，白天可利用太阳能电池给左侧锌一多硫化物
电池充电，实现电能向化学能的转化，晚上实现化学能向电能的转化，但硅太阳能电池是将太阳能转化为
电能，而不是化学能转化为电能，A 错误；B 项，白天闭合开关K，夜间断开开关K，B 错误；C 项，白天
工作时，锌一多硫化物电池处于充电状态，则b 电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为Sx
2-+S2--2e-
=Sx+1
2-，C 错误；D 项，由分析可知，H2生产装置工作时，c 电极为阳极，d 电极为阴极，若使用阳离子交
换膜，则阳离子Na+向阴极即d 电极方向迁移，D 正确；故选D。
14．(2026·四川成都高三模拟)沉积型铅酸液流储能电池以PbO2和Pb 为电极，以CH3SO3H 溶液、甲基
磺酸铅[(CH3SO3)2Pb]溶液作为电解液，其充放电工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
已知：①CH3SO3H 为强酸；②电流效率是指通过电化学反应生成目标产物的电流利用效率。
A．电极电势：N>M
B．放电时，电极N 上的电极反应：PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O
C．充电时，电极N 接电源负极
D．充电时，若电路中通过2 mol 电子，电极M 上生成196.65 g Pb，则该过程的电流效率为95％
【答案】C
【解析】在充电时，该装置是电解池，电极N 为阳极，[(CH3SO3)2Pb]失电子发生氧化反应，即Pb2+
+2H2O-2e-=PbO2+4H+，电极M 为阴极，[(CH3SO3)2Pb]得电子发生还原反应，即Pb2++2e-=Pb；放电时，该装
置是原电池，电极M 为负极，Pb 失电子发生氧化反应，即 Pb-2e-=Pb2+，电极N 为正极，二氧化铅得电子
发生还原反应，即PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O 。A 项，由分析知，电极N 为放电时的正极，充电时的阳极，
其电极电势高于M，A 正确；B 项，由分析可知，放电时是原电池，电极N 为正极，二氧化铅得电子发生
还原反应，即PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O， B 正确；C 项，由分析知，充电时是电解池，电极N 为阳极，
接电源的正极，C 错误；D 项，充电时是电解池，电极M 为阴极，电路中通过2 mol 电子，得2 mol 电子，
理论上生成207 g Pb，实际生成196.65 g Pb，电流效率为
％=95％，D 正确；故选C。
15．【储能电池】(2026·浙江宁波市镇海中学等校高三二模)某储能电池原理如图1，其俯视图如图
2，已知放电时N 是负极(
是阿伏加德罗常数的值)。下列说法不正确的是( )
A．放电时，
向N 极移动
B．放电时，每转移1 mol 电子，N 极质量理论上减少23 g
C．充电时，阴极反应式为：Na2Ti2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3
D．充电过程中，右侧储液器中NaCl 溶液浓度增加
【答案】D
【解析】放电时N 是负极，负极反应：Na3Ti2(PO4)3-2e-＝NaTi2(PO4)3+2Na+，正极反应：Cl2+2e-＝
2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-＝Cl2↑，由此解析。A 项，放电为原电池，
阴离子向负极移动，因此Cl-向负极N 极移动，A 正确；B 项，放电时负极N 的反应为：Na3Ti2(PO4)3-2e-
=Na2Ti2(PO4)3+2Na+，每转移1mol 电子，N 极失1molNa+，质量减少
，B 正确；C 项，
充电时，原负极N 作阴极，阴极发生得电子的还原反应，是放电负极反应的逆过程，反应式为
Na2Ti2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(PO4)3，C 正确；D 项，充电为电解过程，原正极M 作阳极，反应为2Cl--2e-
=Cl2↑，电解池中Cl-(阴离子)向阳极(左侧M 极)移动，Na+(阳离子)向阴极(右侧N 极)移动并被N 极结合消耗，
因此右侧储液器中NaCl 的浓度降低，D 错误；故选D。
二、非选择题：共4 题，共55 分。
16．(13 分)(2026·福建福州高二期末)尿素是应用最广泛的氮肥，我国是世界上尿素第一生产大国。
(1)工业上以二氧化碳和氨为原料，在一定条件下制备尿素。其主要反应机理分为两步：
Ⅰ．2NH3(g)+CO2(g)
NH2COONH4(s)
Ⅱ．NH2COONH4(s)
CO(NH2)2(s)+H2O(l)
反应过程中的能量变化如图所示。
2NH
①
3(g)+CO2(g)
CO(NH2)2(s)+H2O(l)的
。
②生产尿素的反应速率由第 步(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)决定。
(2)利用CO2电催化可与含氮物质(NO3
-等)合成尿素[CO(NH2)2](其中C 为
价)，有助于实现碳中和及
解决含氮废水污染问题。工作原理如图所示。
①电极b 应连接电源的 极。
②电解过程中，H+的迁移方向为 (填“a→ b ”或“b→a ”)。
③电极a 上发生反应的电极反应式为 。
(3)某研究小组发现，微型尿素燃料电池还可去除城市废水中的尿素，工作原理如图所示。
B
①
极的电极反应式为 。
②根据废水排放标准，尿素的含量应低于100mg·Lˉ1。若废水中尿素的含量为3.0g·Llˉ1，每通过3 mol
电子，理论上最多处理废水 L。
【答案】(1)-87.0(2 分) Ⅱ(2 分)
(2)正(1 分) b→a(2 分) 2NO3
-+CO2+18H++16e⁻ =CO(NH2)2 + 7H2O(2 分)
(3)O2＋4H＋＋4e-=2H2O(2 分) 10(2 分)
【解析】(1)根据盖斯定律，反应①2NH3(g)+CO2(g)
CO(NH2)2(s)+H2O(l)可由已知反应Ⅰ和反应
Ⅱ相加得到，根据图像可知，ΔH1=-159.5 kJ·mol-1，ΔH2=+72.5 kJ·mol-1，故
ΔH=ΔH1+ΔH2=159.5+72.5=-87.0kJ·mol-1；根据能量图，反应Ⅱ的活化能更高，反应速率更慢，故生产尿素
的反应速率由第Ⅱ步决定；
(2)根据图示，电极a 上NO3
-被还原为[CO(NH2)2]，发生还原反应，应为阴极；电极b 上H2O 被氧化为
O2，发生氧化反应，应为阳极，阳极需连接电源的正极；在电解池中，阳离子(H⁺)向阴极(a)移动。因此，
H⁺的迁移方向是b→a；阴极的电极方程式为2NO3
-+CO2+18H++16e⁻ =CO(NH2)2 + 7H2O；
(3)在尿素燃料电池中，B 极通入O2，发生还原反应，为正极，酸性条件下，O2得电子生成H2O：O2＋
4H＋＋4e-=2H2O；根据反应CO(NH2)2 + H2O - 6e⁻ = CO2↑ + N2↑ + 6H⁺，每转移3 mol 电子消耗0.5 mol 尿素
(30 g)，设处理废水体积为V，则：3.1V - 30 ≤ 0.1V，V ≤10L，最多处理10L。
17．(14 分)(2026·天津滨海新区期中)化学反应是人类获取能量的重要途径，可以通过化学反应实现化
学能向热能、电能的直接转化，回答下列问题：
(1)合成氨工业丰富了我国的能源结构，推动了我国能源的可持续发展。工业合成氨的能量变化示意图
如下：
①某温度下，向恒容密闭容器中充入一定量的N2和H2，发生反应一段时间后，当生成2molNH3(l)时，
该反应___________(填“吸收”或“放出”)能量___________kJ(用含 a、b、c 的代数式表示)。
②为加快反应速率，可采取的措施是___________(填标号)。
a．升高温度 b．增大容器体积 c．恒容时充入He d．加入合适催化剂
(2)甲醇(CH3OH)是优质的清洁燃料，可制作碱性甲醇燃料电池，工作原理如下图所示；
①负极的电极反应式为___________，OH-向电极___________移动。(填“A”或“B”)
②当电路中通过 1mol 电子时，在电极B 附近消耗O2的体积为___________L(标准状况)，电池工作
一段时间后，电解质溶液的碱性___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。
(3)一种新型电池既可以实现海水淡化，又可以处理含CH3COO-的废水，装置如图(模拟海水由NaCl 溶
液替代)。
a 极电极反应为___________，隔膜Ⅰ为___________离子交换膜。(填“阳”或“阴”)
【答案】(1) 放出(1 分) 2(b+c-a) (2 分) ad(2 分)
(2)CH3OH+8OH--6e-=CO3
2-＋6H2O (2 分) A(1 分) 5.6(2 分) 减弱(1 分)
(3)CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑＋7H＋(2 分) 阴(1 分)
【解析】(1)①由图可知，则生成1molNH3(l)时，该反应要放出能量，其数值为：(b+c-a) kJ，所以生成
2mol NH3(l)时放出能量为2(b+c-a) kJ；②a．升高温度，能够加快反应速率，a 符合题意；b．增大容器体
积，各组分的浓度减小，反应速率减慢，b 不符合题意；c．恒容时充入He，平衡体系各组分的浓度不变，
反应速率不变，c 不符合题意；d．加入合适催化剂，能够加快反应速率，d 符合题意；故选ad；
(2)①根据分析，通入甲醇的一极为负极，即电极A 为燃料电池的负极；在NaOH 溶液作电解质的条件
下，负极的电极反应式为CH3OH+8OH--6e-=CO3
2-＋6H2O；原电池中，阴离子向负极移动，即OH-向电极A
移动；②根据分析，通入氧气的一极为正极，即电极B 为正极，其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，则
当电路中通过1 mol 电子时，消耗0.25mol 氧气，其在标准状况下的体积为5.6L；电池总反应为
CH3OH+4OH-+3O2=2CO3
2-＋6H2O，反应消耗氢氧根的同时生成水，因此电池工作一段时间后，电解质溶液
的碱性减弱；
(3)由图可知，CH3COO-在a 极附近转化成CO2，作负极，其电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑＋
7H＋ ；原电池中，阴离子移向负极，所以Cl-通过隔膜I 进入左室，隔膜I 为阴离子交换膜。
18．(13 分)(2026·河南部分重点中学质量检测)能源的开发、利用与人类社会的可持续发展息息相关，
充分利用好能源是摆在人类面前的重大课题，而电化学在环境保护中起着重要的作用。回答下列问题：
(1)我国科学家设计了一种原电池——电解池组合装置，可同时处理废水中的Cr2O7
2-和苯酚(C6H5OH)，
实现发电、环保二位一体。羟基自由基(·OH)具有极强的氧化性，可将苯酚氧化为CO2和H2O，装置如图1
所示：
已知：羟基自由基氧化苯酚的化学方程式为C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O。
a
①极为___________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，装置工作时，a 极附近溶液的碱性
___________(填“增强”或“减弱”)。
d
②电极上发生的电极反应式为___________。
③若每生成1 molCO2，b 极转移
，则相同条件下，d、c 两极产生的气体体积比为
___________。
(2)电化学降解酸性废水中NO3
-的原理如图2 所示：
Ag-Pt 电极上发生的电极反应式为___________；若甲装置负极减少5.6 g，则理论上产生
的物质的
量为___________mol。
(3)某同学设计利用乙烷燃料电池来电解处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O7
2-)，处理过程中存在反应
Cr2O7
2-+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。其装置示意图如图3 所示(Cr 的活动性介于Zn、Fe 之间)：
①铬元素最终以___________形式除去。
②若电解过程中，电子的有效利用率为40%，每处理掉0.2 mol 的Cr2O7
2-，理论上N 电极需要通入标
准状况下O2的体积为___________。
【答案】(1) 正极(1 分) 增强(1 分) H2O-e-=·OH+H+(2 分) 3：7(2 分)
(2)2NO3
-＋12H＋＋10e-=N2↑＋2H2O(2 分) 0.02(2 分)
(3) Cr(OH)3(或氢氧化铬) (1 分) 33.6 L(2 分)
【解析】(1)a 极发生还原反应，则a 为原电池正极，b 发生氧化反应，b 是原电池负极，c 极与负极相
连，c 是电解池阴极，d 与原电池正极相连，d 为电解池阳极。
(2)如图所示，两池相连，有自发氧化还原反应的为原电池，即装置甲为原电池，而装置乙为电解池，
其中Fe 极为负极，则Ag-Pt 电极为电解池阴极；Cu 极为正极，则Pt 电极为电解池阳极。
(3)由图可知，左侧装置为燃料电池，M 电极为燃料电池的负极，在氧离子作用下乙烷失去电子发生氧
化反应生成二氧化碳和水，N 电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氧离子；右侧装置为电
解池，与M 电极相连的铁电极为阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，与N 电极相连的
铁电极为阳极，铁失去电子发生氧化反应生成亚铁离子：Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子在酸性条件下
与废水中的重铬酸根离子反应生成铬离子、铁离子和水，随着H+的放电和被消耗，溶液的pH 增大，溶液
中的铁离子、铬离子与氢氧根离子反应生成氢氧化铁、氢氧化铬沉淀达到处理酸性含铬废水的目的。
(1)①根据分析可知，a 电极上发生还原反应，为正极；a 电极上的电极反应式为Cr2O7
2-+7H2O+6e-
=2Cr(OH)3↓＋8OH-，附近OH-浓度增大，溶液碱性增强，故答案为：正极；增强。②d 电极为阳极，由
图可知H2O 在d 电极上失电子变为·OH 和H+，其电极反应式为H2O-e-=·OH+H+。③d 电极上的电极反应式
为H2O-e-=·OH+H+ ，羟基自由基进一步氧化苯酚，C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O，c 电极的电极反应式为
2H＋＋2e-=H2↑ ，每转移1 mole-，产生氢气的物质的量是0.5 mol，d 电极生成的气体的物质的量是
，
相同条件下气体的体积之比等于物质的量之比，则d、c 两极产生的气体体积之比为
，故答案
为：3：7。
(2)铁电极为负极，铜电极为正极，则乙池中Pt 电极为阳极，Ag-Pt 电极为阴极，阴极反应式为2NO3
-
＋12H＋＋10e-=N2↑＋2H2O；装置甲的负极反应为Fe-2e-=Fe2+，当负极质量减少5.6 g 时，即转移0.2 mole-，
根据转移电子守恒可知，装置乙的阴极Ag-Pt 得到0.2 mol 电子，根据电极反应式可知，阴极上生成0.02
molN2。
(3)①由分析可知，铬元素最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目的。②每处理掉0.2
mol 重铬酸根离子，需要1.2 molFe2+，若电解过程中，电子的有效利用率为40%，由得失电子数目守恒可
知，理论上N 电极需要通入标准状况下氧气的体积为
。
19．(15 分)(2026·江苏淮安高三联考)氮及其化合物的转化与应用一直是化工领域重要的研究课题。
(1)以α-MoC1-x/Au 双催化剂可以实现在温和条件下以H2O 为氢源合成氨，其反应为： N2(g)+3CO(g)＋
3H2O(g)=3CO2(g)＋2NH3(g) ΔH。其主要过程的催化机理如图1 所示(部分微粒未表示)。
①已知：反应2N2(g)+6H2O(g)=3O2(g)＋4NH3(g)的焓变为ΔH1，要计算该合成氨反应N2(g)+3CO(g)＋
3H2O(g)=3CO2(g)＋2NH3(g)的焓变ΔH，还需要另一个反应___________的焓变ΔH2(填化学方程式)。
②使用α-MoC1-x/Au 双催化剂合成NH3时，Au 的含量过高和过低都会导致NH3产率降低，可能的原因
为：___________。
(2)在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理如图2 所示。
①阴极石墨棒上O2转化为·OH 的电极总反应为___________。
H
②
2N2O2是·OH 与N2反应生成HNO3的中间产物，其结构式为___________。
③若将阳极产生的O2通入阴极参与反应，则该电解工艺生成1 mol HNO3最终消耗O2的物质的量为
___________。
(3)电解氧化吸收法可将废气中的NO 转变为NO3
-。分别向0.1 mol·L-1 NaCl 溶液和0.08mol·L-1 Na2SO4
溶液中通入NO，测得电流强度与NO 的去除率的关系如图3 所示。电解0.1mol·L-1NaCl 溶液时，溶液中相
关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4 所示。(已知：ClO3
-的氧化性弱于ClO-)
①电解Na2SO4溶液时产生H2O2.H2O2氧化吸收NO 的离子方程式为___________。
②图3 中NaCl 电解液比Na2SO4电解液的NO 去除率大，原因是___________。
③随着电流强度的增大，电解NaCl 溶液时NO 去除率下降的原因是___________。
【答案】(1)2CO+O2=2CO2(2 分) Au 含量多，α-MoC1-x吸附N2、H2O 的活性中心变少，Au 含量
少，吸附CO 的活性中心变少，两者都使反应速率变小，不能保障催化循环顺利进行，从而降低NH3的产
率(2 分)
(2)
(2 分) H-O-N=N-O-H(1 分) 1.25 mol(2 分)
(3)3H2O2+2NO=2NO3
-+2H++2H2O(2 分) 电解氯化钠溶液生成ClO-，ClO-氧化性强于H2O2，而且
电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO 的去除(2 分) 随着电流强度增大，电流强
度大于4 时产生的ClO-浓度减小，ClO3
-浓度增大，ClO3
-氧化性弱(2 分)
【解析】(1)①该合成氨反应-
所给已知反应可得反应：
，那么还需要
的另一个反应为2CO(g)＋O2(g)
2CO2(g)。②结合催化机理可知，α-MoC1-x为吸附N2、H2O 的活性中
心，Au 为吸附CO 的活性中心。Au 含量过高时，占据α-MoC1-x表面的活性位点，导致吸附N2、H2O 的活
性中心减少；Au 含量过低时，吸附CO 的活性中心不足，两者均会降低反应速率，使催化循环无法顺利进
行，最终导致NH3产率降低。
(2)①阴极发生还原反应，由图知，O2得电子转化为过氧化氢，过氧化氢在Fe2+催化作用下产生·OH，
电解质溶液为酸性，结合电荷守恒、原子守恒可得阴极总反应式为
。②·OH 与
N2(N≡N)可发生加成反应生成H2N2O2，故其结构式为H-O-N=N-O-H。③生成1molHNO3时，N 元素从0 价
升高至+5 价，共失去5mol 电子。O2作为氧化剂，1molO2分子得到4mol 电子，根据电子转移守恒，最终
消耗O2的物质的量为
。
(3)①H2O2氧化NO 时，O 元素从-1 价降低至-2 价，每个H2O2得到2 个电子，N 元素从+2 价升高至+5
价，每个NO 失去3 个电子，根据电子守恒，H2O2系数为3，NO 系数为2，结合电荷守恒、原子守恒配平
得离子方程式为3H2O2+2NO=2NO3
-+2H++2H2O 。②电解NaCl 溶液时，Cl-放电生成ClO-，ClO-的氧化性强
于电解 Na2SO4溶液生成的H2O2，且NaCl 溶液电解过程中生成NaOH，溶液碱性更强，更有利于NO 的吸
收与氧化，故NO 去除率更高。③由图4 可知，随着电流强度增大，电流强度大于4A 时，ClO-浓度逐渐减
小，ClO3
-浓度逐渐增大，ClO3
-的氧化性弱于ClO-，氧化NO 的能力下降，故NO 去除率随电流强度增大而
降低。
