【高考押题卷】2025年高考化学高频易错考前冲刺 化学反应与能量解答题（含解析）
文档属性
| 名称 | 【高考押题卷】2025年高考化学高频易错考前冲刺 化学反应与能量解答题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 4.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-28 18:14:36 | ||
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高考化学考前冲刺押题预测 化学反应与能量（解答大题）
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 金山区期末）以氧化镁为载体，化学链方法分解氯化铵的工艺如图所示。
（1）有研究表明，“释氨”反应分两步进行：
i.NH4Cl（s）＝NH3（g）+HCl（g） ΔH＝akJ mol﹣1
ⅱ.MgO（s）+HCl（g）＝MgOHCl（s） ΔH＝bkJ mol﹣1
已知反应i温度越高，越有利于NH4Cl分解，则a 0（选填“＞”或“＜”）。反应ⅱ自发进行的条件是 。
A．高温 B．低温 C．任何温度
用含a、b的代数式表示“释氨”主反应MgO（s）+NH4Cl（s）＝MgOHCl（s）+NH3（g）的ΔH＝ kJ mol﹣1。
（2）控制其他条件不变，分别改变NH4Cl或MgO固体粒径大小，“释氨”速率随固体粒径的影响如图所示。据此判断，“释氨”的两步反应中对总反应速率影响较大是 。（选填“反应i”或“反应ⅱ”）
（3）“释氯”过程：MgOHCl MgO+HCl。装置中含有少量H2O（g）可提高“释氯”时HCl的平衡产率，结合MgOHCl参与发生的副反应的化学方程式说明其主要原因 。
2．（2024秋 秦淮区校级期末）HCOOH和甲酸盐是一种基本有机化工原料，广泛用于化工、农牧业等。
（1）一种利用金属磷化物作为催化剂，实现CO2的捕集如左图和CH3OH转化成甲酸钠工艺的示意图如右图所示。
①分解池中的化学反应方程式为 。阴极生成和一种气体，阳极电极反应方程式为 。
②假设电流利用率为100%（即无副产物生成），当电路中转移2 mole﹣时，阴极室质量增加 。
（2）HCOOH﹣HCOONa混合溶液可脱除烟气中NO。其机理如图所示。
已知：Ⅰ．脱除过程中，Fe（Ⅱ）﹣EDTA络合液部分易被烟气中的O2氧化成Fe（Ⅲ）﹣EDTA。
Ⅱ．酸性较强环境下，EDTA易与溶液中H+结合。
Ⅲ．HCOOH﹣HCOONa混合溶液产生的 H既可将NO还原，又可将Fe（Ⅲ）﹣EDTA还原，实现催化剂再生。
①调节Fe（Ⅱ）﹣EDTA络合液的pH，对吸收NO的影响如图所示，则适宜的pH为 ，pH过大或过小均不利于吸收NO理由是 。
②如图所示，当HCOOH浓度小于2g/L，NO的脱除率随HCOOH浓度增大而增大的可能原因是 。
3．（2024秋 通州区期末）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。
Ⅰ.将甲烷溴化再偶联为丙烯，总反应为：3CH4（g）+3Br2（g） C3H4（g）+6HBr（g）ΔH＝﹣67kJ mol﹣1，反应过程主要分为两步：
ⅰ.CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1
ⅱ.3CH3Br（g） C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ mol﹣1
（1）反应Ⅰ的ΔH1＝ kJ mol﹣1。
（2）CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmol CH4和8mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n（CH4）n（CH3Br）与温度的关系见图（假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2）。
①图中CH4的对应曲线是 （填“a”或“b”），理由是 。
②560℃时，n（CH2Br2）＝ mmol。
③少量I2可提高生成CH3Br的选择性，I2参与反应的可能机理如图：
ⅰ.I2（g）═ I（g）+ I（g）
ⅱ. I（g）+CH2Br2（g）═IBr（g）+ CH2Br（g）
ⅲ. CH2Br（g）+HBr（g）═CH3Br（g）+ Br（g）
ⅳ. Br（g）+CH4（g）═HBr（g）+ CH3（g）
ⅴ. CH3（g）+IBr（g）═CH3Br（g）+ I（g）
ⅵ. I（g）+ I（g）═I2（g）
根据上述机理分析I2提高CH3Br选择性的原因： 。
Ⅱ.利用电化学装置实现CH4和CO2两种分子耦合转化为乙烯和乙烷，其原理如图所示。
（3）电极A接电源 极。
（4）电极B上生成乙烯的电极反应式为 。
4．（2024秋 龙华区期末）Ⅰ.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。回答下列问题：
（1）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）＝HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示，HCN与HNC稳定性较弱的是 。
（2）已知：
化学键种类 C—H N—H C＝N
键能（kJ/mol） a b c
计算可得：HNC（g）＝HCN（g）ΔH＝ kJ/mol（用含a、b的式子表示）。
（3）神舟系列火箭用偏二甲肼C2H8N2作燃料，N2O4作氧化剂，反应后产物无污染。
已知：反应1：N2（g）+2O2（g）＝N2O4（g）ΔH1＝xkJ mol
反应2：
写出C2H8N2（l）和N2O4（g）反应生成N2（g）、CO2（g）、H2O（g）的热化学方程式： 。
Ⅱ.图1是工业上用电解法在强碱性条件下除去废水中CN的装置，发生的反应有：
ⅰ.CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝CNO﹣+H2O
ⅱ.2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
ⅲ.
（4）石墨电极上发生 （选填“氧化”或“还原”）反应；阴极反应式为 。
（5）电解过程中有关微粒定向移动的说法错误的是 。
a.电子由电极b经导线流向铁电极
b.电流由铁电极经溶液流向石墨电极
c.CT、CN﹣移向石墨电极
d.Na+移向铁电极
（6）为了使电解池连续工作，需要不断补充 。
5．（2024秋 昌平区期末）电化学电池技术在能量储存及工业生产实现物质转化方面具有重要价值。
Ⅰ.碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池，是目前一种高能量密度电池，该电池装置的工作示意图如图所示。
（1）装置中铂电极a为 （填“正极”或“负极”）。
（2）装置中铂电极b上发生的电极反应式是 。
（3）装置中负极区的pH （填“升高”、“降低”或“不变”）。
Ⅱ.碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池作为电源，利用图所示方法可以从海水中提取CO2。海水中含有等离子，呈弱碱性。
（4）结合化学用语说明b室如何实现CO2提取 。
（5）b室排出的海水不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质处理b室排出的海水，合格后（海水pH≈8）才能排回大海。结合化学用语说明该物质是如何产生的 。
6．（2024秋 崇明区期末）一种可将H2S无害化处理的工艺涉及反应如下：
反应Ⅰ：2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1006.5kJ mol﹣1
反应Ⅱ：4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝90.3kJ mol﹣1
反应Ⅲ：3S2（g）═S6（s）ΔH3＝﹣500.9kJ mol﹣1
（1）基态S原子核外有 种能量不同的电子。
（2）反应6H2S（g）+3O2（g）═S6（s）+6H2O（g）的ΔH＝ 。
（3）已知，H2S与CH3OH可发生催化反应，反应机理如图所示。
①该反应的催化剂是 。
②物质A的电子式为 。
7．（2024秋 大兴区期末）“84”消毒液在日常生活中有广泛的应用。小组同学用如图装置（石墨作电极）电解饱和食盐水制取次氯酸钠溶液，并进行相关性质探究。
（1）电源中，a电极名称是 （填“正”或“负”）极。
（2）电解饱和食盐水的化学方程式为 。
（3）已知：饱和NaClO溶液的pH≈11，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因： 。
（4）当Cl2和NaOH溶液恰好完全反应时，下列关系不正确的是 （填序号）。
a.c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）
b.c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）
c.c（Na+）═2[c（Cl﹣）+c（ClO﹣）]
（5）T℃时，NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图1。向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线如图2。
资料：T℃时，H2CO3的电离常数为Ka1＝10﹣6.4，Ka2＝10﹣10.3；
①依据图1，HClO的电离常数为Ka＝ ；向NaClO溶液中通入少量的CO2，该过程中生成的含碳物质的化学式为 。
②图2中，A→B产生红褐色沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为 。
③已知：pH≈3.7时，Fe3+完全沉淀。依据图1和图2，结合化学用语解释C→D溶液的pH下降的主要原因： 。
8．（2024秋 广州期末）电化学及其产品与能源、材料和环境等领域紧密联系。
（1）将CO2回收利用，可达到减碳排放的目的。利用如图电解装置可将CO2转化为C2H4。其中电解质溶液为稀硫酸，电极均为惰性电极。
①电极b的名称为 ，发生的电极反应为 。
②每生成1mol C2H4，质子交换膜中通过H+的物质的量为 mol。
③电解一段时间，阳极区H2SO4的物质的量 （填“变大”“变小”或“基本不变”）。
（2）我国科技工作者设计了如图所示的Mg—CO2可充电电池，以Mg（TFSI）2为电解质，电解液中加入1，3﹣丙二胺（PDA）以捕获CO2，放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
①放电时，电池总反应为 。
②充电时，多孔碳纳米管电极与电源 极连接，发生的电极反应为 。
③放电时，隔膜上Mg2+的移动方向为 （填“从左到右”或“从右到左”），理论上，每消耗1mol CO2负极质量减少 g。
9．（2024秋 辽宁期末）用酸性氢氧燃料电池电解氯化钠溶液的装置如图所示（各电极均为惰性电极）。
回答下列问题：
（1）H3PO4属于 （填“一”“二”或“三”）元酸。
（2）装置工作时。
①N电极上发生 （填“氧化”或“还原”）反应， （填“得到”或“失去”）电子。
②Q电极上的电极反应式为 。
③Na+往 （填“P”或“Q”）电极迁移，判断的理由为 。
④每消耗0.2mol O2，此时消耗H2，和产生Cl2的质量共 g。
（3）若用乙醇代替氢气作燃料电池燃料，NaOH溶液代替磷酸溶液作电解质溶液，则M电极上发生的电极反应为 。
10．（2024秋 奉化区期末）氯碱工业是高能耗产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。
请回答下列问题：
（1）气体X、Y分别是 、 （填化学式）。
（2）燃料电池中正极的电极反应式为 。
（3）比校a%、b%和c%的值，由大到小排序 。
11．（2024秋 如东县期末）氨的合成与利用对人类生存和发展具有重要意义。
（1）利用FeO与Fe3O4之间的相互转化制取H2的原理如图所示。与C和H2O（g）直接反应制H2相比，该过程制H2的主要优点是 。
（2）在电解条件下，NO和H2O可以转化为NH3、H2、O2等物质。若生成H2和NH3转移的电子数之比为3：1，则相同条件下生成H2和NH3的体积之比为 。
（3）N2与H2在MeNx催化作用下，经过“固氮、释氨”两步可实现化学链循环制NH3，“固氮”时MeNx转化为MeNx+1。
①写出“释氨”时的化学方程式： 。
②与电解法合成NH3相比，化学链循环制NH3的优点有 。
（4）用NH3、CO2和Na2SO4为原料制备NaHCO3，再经煅烧制得纯碱。生成NaHCO3的化学方程式为 。
（5）N2H4 H2O是一种常见的还原剂。用氨水和NaClO溶液制备N2H4 H2O时，正确的加料方式是 。
12．（2024秋 运城期末）CO2的资源化利用是实现我国“双碳”目标的有效途径之一。
（1）杭州第19届亚洲运动会开幕式主火炬创新使用“零碳”甲醇燃料，综合利用焦炉气中的H2与工业尾气中CO2合成绿色甲醇，实现了循环内零碳排放。
①制备甲醇的主反应：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝﹣48.7kJ mol﹣1，该过程中还存在一个生成CO的副反应，结合反应：CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） ΔH＝﹣90.0kJ mol﹣1，写出该副反应的热化学方程式： 。
②将CO2和H2按物质的量比1：3混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：CH3OH产率
ⅰ．催化剂活性最好的温度为 （填字母序号）。
a．483K b．503K c．523K d．543K
ⅱ．温度升高时CO2的平衡转化率降低，解释原因： 。
ⅲ．温度由523K升到543K，CH3OH的实验产率降低，解释原因： 。
（2）近年研究发现，电催化CO2和含氮物质（等）在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含食废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO（NH2）2，电解原理如图所示。
①电极b是电解池的 极（填“阴”或“阳”）。
②写出电解过程中生成尿素[CO（NH2）2]的电极反应式： 。
13．（2024秋 苏州期末）储能材料是当前研究的热点。
（1）AlH3易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。AlH3与Fe2O3的反应过程如下：
Ⅰ.AlH3（s）＝Al（s）+3H（g）ΔH＝521.1kJ mol﹣1
Ⅱ.6H（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）ΔH＝﹣1209.2kJ mol﹣1
Ⅲ.2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）ΔH＝﹣851.5kJ mol﹣1
①LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl，该反应的化学方程式为 。
②反应：2AlH3（s）+2Fe2O3（s）═4Fe（s）+3H2O（g）+Al2O3（s）的ΔH＝ 。
③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是 。
（2）NaBH4是一种储氢材料，Co﹣B催化剂催化NaBH4释氢的原理是：OH﹣使催化剂表面的释放H﹣催化剂表面的H与H+结合生成H2（Co容易吸附阴离子）。在Co﹣B催化剂中掺有MoO3会提高NaBH4释氢速率，其部分机理如图﹣1所示。
①NaBH4水解生成H2和B（OH）4﹣的离子方程式为 。
②用重水（D2O）代替H2O通过检测反应生成的 可以判断制氢的机理。
③掺有MoO3能提高催化效率的原理是 。
④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图﹣2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因是 。
14．（2024秋 红桥区期末）氢能是一种清洁能源，按照生产过程中的碳排放情况分为灰氢、蓝氢和绿氢。
（1）煤的气化制得灰氢：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）。该反应的平衡常数表达式K＝ 。该方法生产过程有CO2排放。
（2）甲烷水蒸气催化重整制得蓝氢，步骤如下。
Ⅰ.H2的制取：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＞0
①为提高反应速率且提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 （写出一条即可）。
Ⅱ.H2的富集：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＜0
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的密闭容器中，将2mol CO与8mol H2O混合加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为 。
Ⅲ.如图表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着的变化趋势。
③判断T1、T2和T3的大小关系： 。
（3）热化学硫碘循环分解水制得绿氢，全程零碳排放。反应如下：
反应ⅰ：SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）＝H2SO4（l）+2HI（g）ΔH1＝﹣82kJ mol﹣1
反应ⅱ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH2＝+544kJ mol﹣1
反应ⅲ：……
反应ⅰ～ⅲ循环实现分解水：2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+4848kJ mol﹣1。
写出反应ⅲ的热化学方程式 。
15．（2024秋 红桥区期末）电化学知识在生产、生活中应用广泛，请按照要求回答下列问题：
（1）用如图所示装置和药品进行制作简单燃料电池的实验。
①闭合K1，接通直流电源进行电解一段时间，观察到电极b附近的现象为 。电极a的电极反应式为 。
②上述电解过程进行1～2min后，打开K1，闭合K2。写出电极b的电极反应式 。
③下列说法中，正确的是 （填字母序号）。
a.通过调节K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化
b.若将Na2SO4溶液替换为稀硫酸，闭合K2后，电极反应不变
（2）铅酸蓄电池充放电的电池反应式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，该电池放电时的正极反应式为 。充电时，外接电源负极与 （填“Pb”或“PbO2”）连接，溶液的pH会 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）某同学设计了如图所示装置，可探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。
①甲装置中负极的电极反应式为 。
②乙装置中C电极的电极反应式为 。
③乙中的X把电解槽隔成了阴极室和阳极室，X为 （填“阴”或“阳”）离子交换膜，它只允许溶液中的 通过（填写下列微粒的编号）。
ⅰ.H2ⅱ.Cl2ⅲ.H+ⅳ.Cl﹣ⅴ.Na+ⅵ.OH﹣
④若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为 g。
16．（2024秋 南开区期末）电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各种新型电池常用于航天领域。回答下列问题：
（1）氢氧燃料电池构造示意如图所示，该电池单位质量输出电能较高，反应生成的水还可作为航天员的饮用水。
①该电池的负极反应式为 。
②电池工作时，当外电路中转移1mol电子时，消耗的O2在标准状况下体积为 。
（2）“神舟”飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板，镉镍蓄电池和应急电池。
①飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板的能量转化形式为 ，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来。镉镍蓄电池放电时发生的主要反应为Cd+2NiO（OH）+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，充电时，阳极的电极反应式为 ；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性 （填“增大”“减小”或“不变”）。
②紧急状况下，应急电池会自动启动，应急电池放电时发生的主要反应为Zn+Ag2O+H2O＝2Ag+Zn（OH）2，该电池在充电时Zn极应连接直流电源的 （填“正”或“负”）极。以该电池为电源，使用惰性电极电解氯化钠溶液，电解氯化钠溶液的化学方程式为 。
17．（2024秋 河东区期末）镍氢电池广泛用于油电混合动力汽车，该电池材料的回收利用也成为研究热点。
Ⅰ．某品牌镍氢电池的总反应为，其中，MH为吸附了氢原子的储氢合金。图1为该电池放电时的工作原理示意图。
（1）混合动力车上坡时利用电池放电提供能源。
①电极B是 （填“正极”或“负极”）。
②正极的电极反应式为 。
（2）混合动力车下坡时利用动能回收给电池充电，结合化学用语说明此时电极A附近的pH变化（忽略溶液体积变化）： 。
（3）已知：储氢能力，若该电池储氢合金的储氢能力为1120，则10cm3储氢合金中的氢完全反应，转移的电子数为 mol。
Ⅱ．该品牌废旧镍氢电池回收过程中，金属镍的转化过程如图。转化过程中所用H2SO4和NaOH溶液通过电解Na2SO4溶液获得，装置如图2。
（4）图2中，电解池的阳极为 （填“C”或“D”）。
（5）结合化学用语，说明产生H2SO4的反应池及其原理： 。
（6）回收该品牌废旧镍氢电池过程中，在阴极收集到气体6.72L（标准状况下），理论上最多可回收得到Ni（OH）2（摩尔质量为93g mol﹣1）的质量为 g。
18．（2024秋 酒泉期末）硫酸是一种重要的化工原料，工业上常以FeS2为原料制备硫酸。
（1）通过电化学方式用二氧化硫制备硫酸，不仅能将热能转化为电能，同时还更环保，原理如图甲所示。
①该装置可作电源，其正极为 （填“A”或“B”）极，负极的电极反应式为 。
②该电池每消耗32gSO2，理论上至少需要消耗标准状况下氧气的体积为 L。
（2）为除去制备硫酸的烧渣中残留的FeS2，用稀硫酸和硫酸锰的混合溶液将烧渣调成烧渣浆液，然后通过电解方式进行脱硫，其原理如图乙所示。
石墨I与电源 （填“正极”或“负极”）相连；石墨Ⅱ上有气泡产生，发生的电极反应式为 。
（3）可利用如图丙装置，模拟电化学方法除去雾霾中的NO和SO2，则a极为 （填“阳”或“阴”）极，b极的电极反应式为 。
19．（2024秋 凉州区期末）（1）如图为氢氧燃料电池的构造示意图，根据电子运动方向，可知氧气从 口通入（填“a”或“b”），X极为电池的 （填“正”或“负”）极，Y极的电极方程式为 。
（2）某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，两极上发生的电极反应分别为
A极：2H2+2O2﹣﹣4e﹣＝2H2O
B极：O2+4e﹣＝2O2﹣﹣
则A极是电池的 极；电子从该极 （填“流入”或“流出”）。
（3）微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为：
Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝ZnO+H2O
Ag2O+H2O+2e﹣＝2Ag+2OH﹣
总反应为Ag2O+Zn＝ZnO+2Ag
①Zn是 极，Ag2O发生 反应。
②电子由 极流向 极（填“Zn”或“Ag2O”），当电路通过1mol电子时，负极消耗物质的质量是 g。
③在使用过程中，电解质溶液中KOH的物质的量 （填“增大”“减小”或“不变”）。
20．（2024秋 运城期末）元素铈（Ce）是一种重要的稀土元素。
（1）工业上用氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）制备CeO2。
焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为 。
（2）已知CeCl3 7H2O在空气中易被氧化成四价铈，反应如下：
①CeCl3 7H2O（s）═CeCl3（s）+7H2O（g）；ΔH1＝a kJ mol﹣1
②4CeCl3（s）+O2（g）+14H2O（g）═4Ce（OH）4（s）+12HCl（g）；ΔH2＝b kJ mol﹣1
③Ce（OH）4（s）═CeO2（s）+2H2O（g）；ΔH3＝c kJ mol﹣1
则4CeCl3 7H2O（s）+O2（g）═4CeO2（s）+12HCl（g）+22H2O（g）；ΔH＝ 。
（3）CeO2是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图1所示。写出过程1发生反应的化学方程式： 。
（4）已知Ce（OH）4极易分解，用如图2所示装置电解CeCl3溶液在阴极区制得CeO2．电解过程中反应体系的pH随时间t的变化曲线如图3所示。
①电解进行1h内溶液的pH迅速下降，可能原因是 。
②请解释生成CeO2的原理： 。
（5）常温下，当溶液中某离子浓度≤1.0×10﹣5时，可认为该离子沉淀完全。用Na2C2O4溶液对电解后的废液处理得到Ce2（C2O4）3固体，则应保持溶液中c（C2）约为 。（已知25℃时，Ksp[Ce2（C2O4）3]＝1.0×10﹣25）
高考化学考前冲刺押题预测 化学反应与能量（解答题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 金山区期末）以氧化镁为载体，化学链方法分解氯化铵的工艺如图所示。
（1）有研究表明，“释氨”反应分两步进行：
i.NH4Cl（s）＝NH3（g）+HCl（g） ΔH＝akJ mol﹣1
ⅱ.MgO（s）+HCl（g）＝MgOHCl（s） ΔH＝bkJ mol﹣1
已知反应i温度越高，越有利于NH4Cl分解，则a ＞ 0（选填“＞”或“＜”）。反应ⅱ自发进行的条件是 B 。
A．高温 B．低温 C．任何温度
用含a、b的代数式表示“释氨”主反应MgO（s）+NH4Cl（s）＝MgOHCl（s）+NH3（g）的ΔH＝ a+b kJ mol﹣1。
（2）控制其他条件不变，分别改变NH4Cl或MgO固体粒径大小，“释氨”速率随固体粒径的影响如图所示。据此判断，“释氨”的两步反应中对总反应速率影响较大是 反应ⅱ 。（选填“反应i”或“反应ⅱ”）
（3）“释氯”过程：MgOHCl MgO+HCl。装置中含有少量H2O（g）可提高“释氯”时HCl的平衡产率，结合MgOHCl参与发生的副反应的化学方程式说明其主要原因 释氯过程发生副反应：MgOHCl+HCl MgCl2+H2O，加少量H2O（g），平衡逆移，抑制副反应的发生 。
【答案】（1）＞；B；a+b；
（2）反应ⅱ；
（3）释氯过程发生副反应：MgOHCl+HCl MgCl2+H2O，加少量H2O（g），平衡逆移，抑制副反应的发生。
【分析】由图可知，NH4Cl 350℃分解为NH3和HCl，HCl与MgO反应得到MgOHCl，MgOHCl在600℃时分解为HCl和MgO，MgO循环利用。
【解答】解：（1）已知反应i温度越高，越有利于NH4Cl分解，说明升高温度反应正向进行，正反应为吸热反应，则a＞0；反应ii是ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0可以自发进行，若ΔH＝bkJ mol﹣1＞0，不能自发进行，因此ΔH＝bkJ mol﹣1＜0，则自发进行的条件为低温；主反应MgO（s）+NH4Cl（s）＝MgOHCl（s）+NH3（g），可以由反应i．NH4Cl（s）＝NH3（g）+HCl（g） ΔH＝a kJ mol﹣1和反应ⅱ．MgO（s）+HCl（g）＝MgOHCl（s） ΔH＝b kJ mol﹣1相加得到，根据盖斯定律，主反应的ΔH＝（a+b） kJ mol﹣1，
故答案为：＞；B；a+b；
（2）由图可知，MgO颗粒大小不同，对释氨速率影响较大，而NH4Cl颗粒大小不同，对释氨速率影响不大，故对总反应速率影响较大的是有MgO参加的第ii步反应，
故答案为：反应ⅱ；
（3）“释氯”过程：MgOHCl MgO+HCl，释氯过程发生副反应：MgOHCl+HCl MgCl2+H2O，加少量H2O（g），平衡逆移，抑制副反应的发生，可提高“释氯”时HCl的平衡产率，
故答案为：释氯过程发生副反应：MgOHCl+HCl MgCl2+H2O，加少量H2O（g），平衡逆移，抑制副反应的发生。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2024秋 秦淮区校级期末）HCOOH和甲酸盐是一种基本有机化工原料，广泛用于化工、农牧业等。
（1）一种利用金属磷化物作为催化剂，实现CO2的捕集如左图和CH3OH转化成甲酸钠工艺的示意图如右图所示。
①分解池中的化学反应方程式为 2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O 。阴极生成和一种气体，阳极电极反应方程式为 CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O 。
②假设电流利用率为100%（即无副产物生成），当电路中转移2 mole﹣时，阴极室质量增加 132g 。
（2）HCOOH﹣HCOONa混合溶液可脱除烟气中NO。其机理如图所示。
已知：Ⅰ．脱除过程中，Fe（Ⅱ）﹣EDTA络合液部分易被烟气中的O2氧化成Fe（Ⅲ）﹣EDTA。
Ⅱ．酸性较强环境下，EDTA易与溶液中H+结合。
Ⅲ．HCOOH﹣HCOONa混合溶液产生的 H既可将NO还原，又可将Fe（Ⅲ）﹣EDTA还原，实现催化剂再生。
①调节Fe（Ⅱ）﹣EDTA络合液的pH，对吸收NO的影响如图所示，则适宜的pH为 6 ，pH过大或过小均不利于吸收NO理由是 pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀，NO吸收效率降低 。
②如图所示，当HCOOH浓度小于2g/L，NO的脱除率随HCOOH浓度增大而增大的可能原因是 随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多），NO的脱除率增大 。
【答案】（1）①2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O；
②132 g；
（2）①6；pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀，NO吸收效率降低；
②随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多），NO的脱除率增大。
【分析】（1）如图可知，K2CO3吸收液吸收工业尾气中的CO2气体后，转化为KHCO3，所以分解池中的反应为KHCO3的分解反应；由题可知，CH3OH在阳极转化成甲酸钠，CO转化为；
（2）①由图4可知：在溶液pH＝6时，吸收NO的脱除率最高；由已知条件可知：pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀；
②随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多）。
【解答】解：（1）①K2CO3吸收液吸收工业尾气中的CO2气体后转化为KHCO3，所以分解池中的反应为KHCO3的分解反应分解产生K2CO3、CO2、H2O，该分解反应的方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；由题意可知：CH3OH在阳极失去电子被氧化，转化成甲酸钠，则CH3OH失电子转化为，阳极的电极反应式为：CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O，
故答案为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O；
②根据2CO2+2H2O+2e﹣＝H2+2，吸收n（CO2）＝n（e﹣）＝2 mol，生成n（H2）＝0.5n（e﹣）＝1 mol，定向移动到阴极的n（Na+）＝n（e﹣）＝2 mol，阴极室增加的质量m＝m（CO2）+m（Na+）﹣m （H2），代入数据可得：m＝2 mol×44 g/mol+2 mol×23 g/mol﹣l mol×2 g/mol＝132 g，
故答案为：132 g；
（2）①由图4可知：在溶液pH＝6时，吸收NO的脱除率最高；由已知条件可知：pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀，NO吸收效率降低，
故答案为：6；pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀，NO吸收效率降低；
②随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多），NO的脱除率增大，
故答案为：随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多），NO的脱除率增大。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。
3．（2024秋 通州区期末）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。
Ⅰ.将甲烷溴化再偶联为丙烯，总反应为：3CH4（g）+3Br2（g） C3H4（g）+6HBr（g）ΔH＝﹣67kJ mol﹣1，反应过程主要分为两步：
ⅰ.CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1
ⅱ.3CH3Br（g） C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ mol﹣1
（1）反应Ⅰ的ΔH1＝ ﹣29 kJ mol﹣1。
（2）CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmol CH4和8mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n（CH4）n（CH3Br）与温度的关系见图（假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2）。
①图中CH4的对应曲线是 b （填“a”或“b”），理由是 CH4与Br2反应生成CH3Br是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含量增多，故CH4对应的曲线为b 。
②560℃时，n（CH2Br2）＝ 1.4 mmol。
③少量I2可提高生成CH3Br的选择性，I2参与反应的可能机理如图：
ⅰ.I2（g）═ I（g）+ I（g）
ⅱ. I（g）+CH2Br2（g）═IBr（g）+ CH2Br（g）
ⅲ. CH2Br（g）+HBr（g）═CH3Br（g）+ Br（g）
ⅳ. Br（g）+CH4（g）═HBr（g）+ CH3（g）
ⅴ. CH3（g）+IBr（g）═CH3Br（g）+ I（g）
ⅵ. I（g）+ I（g）═I2（g）
根据上述机理分析I2提高CH3Br选择性的原因： 根据反应机理，投入的I2消耗了部分CH2Br2，消耗的CH2Br2发生反应，又生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性 。
Ⅱ.利用电化学装置实现CH4和CO2两种分子耦合转化为乙烯和乙烷，其原理如图所示。
（3）电极A接电源 负 极。
（4）电极B上生成乙烯的电极反应式为 。
【答案】（1）﹣29；
（2）①b；CH4与Br2反应生成CH3Br是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含量增多，故CH4对应的曲线为b；
②1.4；
（3）负；
（4）。
【分析】（1）已知反应：ⅰ.CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1，ⅱ.3CH3Br（g） C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ mol﹣1，总反应：3CH4（g）+3Br2（g） C3H4（g）+6HBr（g）ΔH＝﹣67kJ mol﹣1，根据盖斯定律可知，i×3+ii＝总反应，则3ΔH1+ΔH2＝﹣67kJ mol﹣1，据此计算ΔH1；
（2）①CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1＝﹣29kJ mol﹣1，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含量增多；
②CH4起始总量为8mmol，560℃时，CH4为1.6mmol，CH3Br为5.0mmol，根据碳原子守恒，计算n（CH2Br2）；
（3）由图可知，电极A上CO2被还原为CO，发生还原反应，为阴极；
（4）电极B上，甲烷转化为乙烷、乙烯，根据原子守恒、电荷守恒，书写生成乙烯的电极反应式。
【解答】解：（1）已知反应：ⅰ.CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1，ⅱ.3CH3Br（g） C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ mol﹣1，总反应：3CH4（g）+3Br2（g） C3H4（g）+6HBr（g）ΔH＝﹣67kJ mol﹣1，根据盖斯定律可知，i×3+ii＝总反应，则3ΔH1+ΔH2＝﹣67kJ mol﹣1，解得：ΔH1kJ mol﹣1＝﹣29kJ mol﹣1，
故答案为：﹣29；
（2）①由图可知，图中CH4的对应曲线是b，理由是CH4与Br2反应生成CH3Br是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含
量增多，故CH4对应的曲线为b，
故答案为：b；CH4与Br2反应生成CH3Br是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含量增多，故CH4对应的曲线为b；
②CH4起始总量为8mmol，560℃时，CH4为1.6mmol，CH3Br为5.0mmol，根据碳原子守恒，可得n（CH2Br2）＝1.4mmol，
故答案为：1.4；
（3）由图可知，电极A上CO2被还原为CO，发生还原反应，为阴极，接电源的负极，
故答案为：负；
（4）电极B上，甲烷转化为乙烷、乙烯，其中生成乙烯的电极反应式为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查考查盖斯定律的应用，同时考查电极反应式的书写，属于基本知识的考查，难度不大。
4．（2024秋 龙华区期末）Ⅰ.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。回答下列问题：
（1）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）＝HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示，HCN与HNC稳定性较弱的是 HNC 。
（2）已知：
化学键种类 C—H N—H C＝N
键能（kJ/mol） a b c
计算可得：HNC（g）＝HCN（g）ΔH＝ （b﹣a） kJ/mol（用含a、b的式子表示）。
（3）神舟系列火箭用偏二甲肼C2H8N2作燃料，N2O4作氧化剂，反应后产物无污染。
已知：反应1：N2（g）+2O2（g）＝N2O4（g）ΔH1＝xkJ mol
反应2：
写出C2H8N2（l）和N2O4（g）反应生成N2（g）、CO2（g）、H2O（g）的热化学方程式： C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝（y﹣2x）kJ/mol 。
Ⅱ.图1是工业上用电解法在强碱性条件下除去废水中CN的装置，发生的反应有：
ⅰ.CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝CNO﹣+H2O
ⅱ.2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
ⅲ.
（4）石墨电极上发生 氧化 （选填“氧化”或“还原”）反应；阴极反应式为 2H++2e﹣＝H2↑ 。
（5）电解过程中有关微粒定向移动的说法错误的是 B 。
a.电子由电极b经导线流向铁电极
b.电流由铁电极经溶液流向石墨电极
c.CT、CN﹣移向石墨电极
d.Na+移向铁电极
（6）为了使电解池连续工作，需要不断补充 NaOH 。
【答案】（1）HNC；
（2）（b﹣a）；
（3）C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝（y﹣2x） kJ/mol；
（4）氧化；2H++2e﹣＝H2↑；
（5）B；
（6）NaOH。
【分析】（1）物质的能量越低，越稳定；
（2）ΔH＝反应物的键能之和﹣生成物的键能之和
（3）反应1：N2（g）+2O2（g）＝N2O4（g）ΔH＝xkJ mol﹣1，反应2：C2H8N2（1）+4O2（g）＝N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH2＝ykJ mol﹣1，根据盖斯定律进行推算，反应2﹣反应1×2得到C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH；
（4）根据发生的电极反应可知，金属铁是阴极，石墨电极是阳极，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上CN﹣和Cl﹣放电生成CNO﹣和Cl2；
（5）电解池中铁是阴极，石墨是阳极，则a为电源正极，b为电源负极，电解池中阳离子移向阴极Fe、阴离子移向阳极石墨，据此分析判断；
（6）根据电极反应式计算电路中转移10mol电子时溶液中OH﹣的变化，以确定补充的物质。
【解答】解：（1）由图可知，HCN的能量低于HNC的能量，所以HCN与HNC稳定性较弱的是HNC，
故答案为：HNC；
（2）根据表格数据以及HCN与HNC的结构可知，HNC（g）＝HCN（g）ΔH＝[（b+c）﹣（a+c）]kJ/mol＝（b﹣a）kJ/mol，
故答案为：（b﹣a）；
（3）C2H8N2（1）和N2O4（g）反应生成N2（g）、CO2（g）、H2O（g）的化学方程式为：C2H8N2+2N2O4＝3N2+2CO2+4H2O，根据盖斯定律，反应2﹣反应1×2可得：C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH，则ΔH＝（y﹣2x） kJ/mol，
故答案为：C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝（y﹣2x） kJ/mol；
（4）根据发生的电极反应可知，电解池中金属铁是阴极，石墨电极是阳极，阳极上CN﹣和Cl﹣发生失去电子的氧化反应生成CNO﹣和Cl2，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，
故答案为：氧化；2H++2e﹣＝H2↑；
（5）电解池中铁是阴极，石墨是阳极，则a为电源正极，b为电源负极，
A．电子由电极b经导线流向铁电极，故A正确；
B．电流由石墨电极经溶液流向铁电极，故B错误；
C．电解池中阴离子移向阳极石墨，即Cl﹣、CN﹣移向石墨电极，故C正确；
D．电解池中阳离子移向阴极Fe，Na+移向铁电极，故D正确；
故答案为：B；
（6）阳极反应：CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣═CNO﹣+H2O、2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑、3Cl2+2CNO﹣+8OH﹣═N2+6Cl﹣+24H2O，阴极反应为2H++2e﹣＝H2↑或2H2O+2e﹣＝H2↑＝2OH﹣，则处理2mol CN﹣和6mol Cl﹣时阳极共失去10mole﹣，同时消耗8mol NaOH，阴极生成5mol NaOH，所以使电解池连续工作，需要不断补充NaOH，
故答案为：NaOH。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识、原电池和电解池的工作原理、电极反应式的书写及计算，具体涉及反应热的计算、热化学方程式的书写，把握电极反应式的书写、利用电子守恒进行计算即可解答，注意电解池中阴阳极的判断是难点，属于基本知识的考查，题目难度不大。
5．（2024秋 昌平区期末）电化学电池技术在能量储存及工业生产实现物质转化方面具有重要价值。
Ⅰ.碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池，是目前一种高能量密度电池，该电池装置的工作示意图如图所示。
（1）装置中铂电极a为 负极 （填“正极”或“负极”）。
（2）装置中铂电极b上发生的电极反应式是 O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ 。
（3）装置中负极区的pH 降低 （填“升高”、“降低”或“不变”）。
Ⅱ.碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池作为电源，利用图所示方法可以从海水中提取CO2。海水中含有等离子，呈弱碱性。
（4）结合化学用语说明b室如何实现CO2提取 水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应的离子方程式：H+＝H2O+CO2↑，生成二氧化碳和水 。
（5）b室排出的海水不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质处理b室排出的海水，合格后（海水pH≈8）才能排回大海。结合化学用语说明该物质是如何产生的 c室电极反应：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液 。
【答案】Ⅰ．（1）负极；
（2）O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；
（3）降低；
Ⅱ．（4）水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应的离子方程式：H+＝H2O+CO2↑，生成二氧化碳和水；
（5）c室电极反应：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液。
【分析】Ⅰ．碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池中通入甲醇的电极为原电池负极，发生氧化反应，电极反应：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣6H2O，铂电极b为原电池的正极，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，铂电极a为原电池负极，随着电极反应，附近溶液的pH减小；
Ⅱ．由图可知，a室中的电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，c室中的电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，使溶液呈酸性，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液，b室和c室溶液混合后可以得到pH为8.3的海水达到排放标准，排回大海。
【解答】解：Ⅰ．（1）分析可知碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池中通入甲醇的电极为原电池负极，装置中铂电极a为负极，
故答案为：负极；
（2）装置中铂电极b为原电池的正极，电极上发生的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，
故答案为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；
（3）装置中负极区的电极反应：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣6H2O，溶液pH降低，
故答案为：降低；
Ⅱ．（4）c室中的电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应的离子方程式：H+＝H2O+CO2↑，生成二氧化碳和水，
故答案为：水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应的离子方程式：H+＝H2O+CO2↑，生成二氧化碳和水；
（5）c室中的电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液，b室和c室溶液混合后可以得到pH为8.3的海水达到排放标准，排回大海，
故答案为：c室电极反应：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液。
【点评】本题主要考查原电池原理、电解原理等的应用，注意原电池和电解池原理的理解应用，题目难度不大。
6．（2024秋 崇明区期末）一种可将H2S无害化处理的工艺涉及反应如下：
反应Ⅰ：2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1006.5kJ mol﹣1
反应Ⅱ：4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝90.3kJ mol﹣1
反应Ⅲ：3S2（g）═S6（s）ΔH3＝﹣500.9kJ mol﹣1
（1）基态S原子核外有 5 种能量不同的电子。
（2）反应6H2S（g）+3O2（g）═S6（s）+6H2O（g）的ΔH＝ ﹣1417.1kJ/mol 。
（3）已知，H2S与CH3OH可发生催化反应，反应机理如图所示。
①该反应的催化剂是 Fe3O4﹣x 。
②物质A的电子式为 。
【答案】（1）5；
（2）﹣1417.1kJ/mol；
（3）①Fe3O4﹣x；
②。
【分析】（1）已知S是16号元素，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4；
（2）由题干信息可知，反应Ⅰ：2H2S（g）+3O2（g） ＝ 2SO2（g）+2H2O（g） ，反应Ⅱ：4H2S（g）+2SO2（g） ＝ 3S2（g）+4H2O（g） ，反应Ⅲ：3S2（g） ＝ S6（s） ，则反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得反应6H2S（g）+3O2（g） ＝ S6（s）+6H2O（g），根据盖斯定律可知，ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3；
（3）①由题干反应历程图可知，该反应历程中Fe3O4﹣x参与反应，但反应前后不变；
②由题干反应历程图中过程Ⅱ的转化信息可知，物质A的化学式为CH3SH。
【解答】解：（1）不同能级上的电子具有不同的能量，已知S是16号元素，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故基态S原子核外有5种能量不同的电子，
故答案为：5；
（2）反应Ⅰ：2H2S（g）+3O2（g） ＝ 2SO2（g）+2H2O（g） ，反应Ⅱ：4H2S（g）+2SO2（g） ＝ 3S2（g）+4H2O（g） ，反应Ⅲ：3S2（g） ＝ S6（s） ，则反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得反应6H2S（g）+3O2（g） ＝ S6（s）+6H2O（g），根据盖斯定律可知，ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3＝（﹣1006.5kJ/mol）+（90.3kJ/mol）+（﹣500.9kJ/mol）＝﹣1417.1kJ/mol，
故答案为：﹣1417.1kJ/mol；
（3）①该反应历程中Fe3O4﹣x参与反应，但反应前后不变，故该反应的催化剂是Fe3O4﹣x，
故答案为：Fe3O4﹣x；
②由题干反应历程图中过程Ⅱ的转化信息可知，物质A的化学式为CH3SH，该物质的电子式为，
故答案为：。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
7．（2024秋 大兴区期末）“84”消毒液在日常生活中有广泛的应用。小组同学用如图装置（石墨作电极）电解饱和食盐水制取次氯酸钠溶液，并进行相关性质探究。
（1）电源中，a电极名称是 负 （填“正”或“负”）极。
（2）电解饱和食盐水的化学方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 。
（3）已知：饱和NaClO溶液的pH≈11，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因： ClO﹣+H2O HClO+OH﹣ 。
（4）当Cl2和NaOH溶液恰好完全反应时，下列关系不正确的是 c （填序号）。
a.c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）
b.c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）
c.c（Na+）═2[c（Cl﹣）+c（ClO﹣）]
（5）T℃时，NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图1。向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线如图2。
资料：T℃时，H2CO3的电离常数为Ka1＝10﹣6.4，Ka2＝10﹣10.3；
①依据图1，HClO的电离常数为Ka＝ 10﹣7.3 ；向NaClO溶液中通入少量的CO2，该过程中生成的含碳物质的化学式为 NaHCO3 。
②图2中，A→B产生红褐色沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为 ClO﹣+2Fe2++4OH﹣+H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣ 。
③已知：pH≈3.7时，Fe3+完全沉淀。依据图1和图2，结合化学用语解释C→D溶液的pH下降的主要原因： C→D中pH在3.7～6.5范围内，溶液中c（HClO）较大，与Fe2+发生反应，HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+，生成更多H+，使溶液的pH下降 。
【答案】（1）负；
（2）2NaCl+2H2O2 NaOH+H2↑+Cl2↑；
（3）ClO﹣+H2O HClO+OH﹣；
（4）c；
（5）①10﹣7.3；NaHCO3；
②ClO﹣+2Fe2++4OH﹣+H2O ＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣；
③C→D中pH在3.7～6.5范围内，溶液中c（HClO）较大，与Fe2+发生反应，HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+，生成更多H+，使溶液的pH下降。
【分析】（1）用石墨作电极电解饱和食盐水制取次氯酸钠溶液时，电解NaCl溶液生成的氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使生成的氯气与氢氧化钠溶液充分接触，氯气应该在下方生成，则电解池中下方电极为阳极，上方电极为阴极；
（2）用石墨作电极电解饱和食盐水时生成氯气、氢气和氢氧化钠；
（3）NaClO是强碱弱酸盐，ClO﹣水解使溶液呈碱性；
（4）Cl2和NaOH溶液恰好完全反应的方程式为2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，溶液中c（NaCl）＝c（NaClO），结合电荷守恒关系、物料守恒关系分析判断；
（5）①由图1可知，c（ClO﹣）＝c（HClO）时溶液的pH＝7.3，结合HClO的电离常数为Ka的表达式进行计算，结合H2CO3的电离常数为Ka1＝10﹣6.4，Ka2＝10﹣10.3大小分析碳酸、次氯酸的酸性强弱，根据强酸制弱酸规律写出反应方程式；
②碱性条件下，NaClO氧化FeSO4生成Na2SO4、NaCl和红褐色Fe（OH）3沉淀；
③由图2可知，C→D范围内溶液呈弱酸性，c（c（HClO）较大，且pH≈3.7时，Fe3+完全沉淀，则HClO氧化Fe2+生成硫酸、氢氧化铁和盐酸。
【解答】解：（1）电解NaCl溶液生成的氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使生成的氯气与氢氧化钠溶液充分接触，氯气应该在下方生成，则电解池的下方电极为阳极，上方电极为阴极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，即a为电源负极，b为电源正极，
故答案为：负；
（2）用石墨作电极电解饱和食盐水时生成氯气、氢气和氢氧化钠，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（3）NaClO是强碱弱酸盐，ClO﹣水解使溶液呈碱性，离子方程式为ClO﹣+H2O HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+H2O HClO+OH﹣；
（4）Cl2和NaOH溶液恰好完全反应的方程式为2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，溶液中c（NaCl）＝c（NaClO）；
a.溶液中存在的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），故a正确；
b.溶液中c（NaCl）＝c（NaClO），且ClO﹣水解而减少，则溶液中存在c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），故b正确；
c.溶液中c（NaCl）＝c（NaClO），且ClO﹣水解生成HClO，则物料守恒关系为c（Na+）═2[c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（HClO）]＞2[c（Cl﹣）+c（ClO﹣）]，故c错误；
故答案为：c；
（5）①由图1可知，c（ClO﹣）＝c（HClO）时溶液的pH＝7.3，此时HClO的电离常数为Kac（H+）＝c（H+）＝10﹣7.3，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，则酸性：H2CO3＞HClO，根据强酸制弱酸规律可知，NaClO和少量CO2的反应为NaClO+H2O+CO2＝HClO+NaHCO3，
故答案为：10﹣7.3；NaHCO3；
②碱性条件下，NaClO氧化FeSO4生成Na2SO4、NaCl和红褐色Fe（OH）3沉淀，即A→B产生红褐色沉淀的离子方程式为ClO﹣+2Fe2++4OH﹣+H2O ＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣，
故答案为：ClO﹣+2Fe2++4OH﹣+H2O ＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣；
③由图2可知，C→D范围内溶液呈弱酸性，c（c（HClO）较大，且pH≈3.7时，Fe3+完全沉淀，则HClO和Fe2+的反应为HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+，生成酸导致溶液的pH降低，
故答案为：C→D中pH在3.7～6.5范围内，溶液中c（HClO）较大，与Fe2+发生反应，HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+，生成更多H+，使溶液的pH下降。
【点评】本题考查电解原理和氧化还原反应，侧重分析判断能力和反应原理等知识的运用能力，把握物质性质及发生反应、电离平衡常数计算及盐类水解、电解原理和氧化还原反应规律的应用是解题关键，题目难度中等。
8．（2024秋 广州期末）电化学及其产品与能源、材料和环境等领域紧密联系。
（1）将CO2回收利用，可达到减碳排放的目的。利用如图电解装置可将CO2转化为C2H4。其中电解质溶液为稀硫酸，电极均为惰性电极。
①电极b的名称为 阳极 ，发生的电极反应为 2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+ 。
②每生成1mol C2H4，质子交换膜中通过H+的物质的量为 12 mol。
③电解一段时间，阳极区H2SO4的物质的量 基本不变 （填“变大”“变小”或“基本不变”）。
（2）我国科技工作者设计了如图所示的Mg—CO2可充电电池，以Mg（TFSI）2为电解质，电解液中加入1，3﹣丙二胺（PDA）以捕获CO2，放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
①放电时，电池总反应为 2CO2+Mg＝MgC2O4 。
②充电时，多孔碳纳米管电极与电源 正 极连接，发生的电极反应为 MgC2O4﹣2e﹣＝2CO2+Mg2+ 。
③放电时，隔膜上Mg2+的移动方向为 从左到右 （填“从左到右”或“从右到左”），理论上，每消耗1mol CO2负极质量减少 12 g。
【答案】（1）①阳极；2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+；
②12；
③基本不变；
（2）①2CO2+Mg＝MgC2O4；
②正；MgC2O4﹣2e﹣＝2CO2+Mg2+；
③从左到右；12。
【分析】（1）电极a上CO2被还原为C2H4，所以电极a为阴极，则电极b为阳极，溶液显酸性电极b上的反应式由此写出；电解池中阳离子向阴极移动，所以H+的运动方向为由b到a；由图可知电解池的阴极产生乙烯，阳极生成氧气，电极过程只消耗水，所以n（H+）保持不变；
（2）由图可知，放电时Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，多孔碳纳米管电极为正极，电极反应式为2CO2+2e﹣+Mg2+＝MgC2O4，充电时，Mg作阴极，多孔碳纳米管电极为阳极，据此作答。
【解答】解：（1）①电极a上CO2被还原为C2H4，所以电极a为阴极，则电极b为阳极，溶液显酸性，电极a上的反应式为2CO2+12e﹣+12H+═C2H4+4H2O，电极b上的反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，
故答案为：阳极；2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+；
②电极a上的反应式为2CO2+12e﹣+12H+═C2H4+4H2O，每生成1mol C2H4，电路中转移12mol电子，故质子交换膜中通过H+的物质的量为12mol，
故答案为：12；
③电极b为阳极，电极b上的反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，电解池中阳离子向阴极移动，所以H+的运动方向为由b到a；当阳极生成1mol氧气和4mol H+，同时有4mol H+移出阳极区，故电解一段时间，阳极区H2SO4的物质的量基本不变，
故答案为：基本不变；
（2）①放电时Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，多孔碳纳米管电极为正极，电极反应式为2CO2+2e﹣+Mg2+＝MgC2O4，电池总反应为2CO2+Mg＝MgC2O4，
故答案为：2CO2+Mg＝MgC2O4；
②充电时，多孔碳纳米管电极为阳极，与电源正极连接，发生的电极反应为MgC2O4﹣2e﹣＝2CO2+Mg2+，
故答案为：正；MgC2O4﹣2e﹣＝2CO2+Mg2+；
③放电时，阳离子移向正极，即隔膜上Mg2+的移动方向为从左到右，正极反应式为2CO2+2e﹣+Mg2+＝MgC2O4，每消耗1mol CO2，转移1mol电子，负极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，负极质量减少24g/mol＝12g，
故答案为：从左到右；12。
【点评】本题考查原电池、电解池工作原理，有关电子转移的计算等，题目中等难度，突出对学生计算能力、综合分析问题的能力等。
9．（2024秋 辽宁期末）用酸性氢氧燃料电池电解氯化钠溶液的装置如图所示（各电极均为惰性电极）。
回答下列问题：
（1）H3PO4属于 三 （填“一”“二”或“三”）元酸。
（2）装置工作时。
①N电极上发生 还原 （填“氧化”或“还原”）反应， 得到 （填“得到”或“失去”）电子。
②Q电极上的电极反应式为 。
③Na+往 Q （填“P”或“Q”）电极迁移，判断的理由为 Q电极与原电池的负极相连，电解池中阳离子往阴极迁移 。
④每消耗0.2mol O2，此时消耗H2，和产生Cl2的质量共 29.2 g。
（3）若用乙醇代替氢气作燃料电池燃料，NaOH溶液代替磷酸溶液作电解质溶液，则M电极上发生的电极反应为 。
【答案】（1）三；
（2）①还原；得到；
②；
③Q；Q电极与原电池的负极相连，电解池中阳离子往阴极迁移；
④29.2；
（3）。
【分析】左侧是氢氧燃料电池，通入氢气的一侧为负极，消耗氢气的电极反应为，通入氧气得一侧为正极，右侧为电解池，P与原电池正极连接为阳极，Q为阴极，阳极上氯气的电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣。
【解答】解：（1）H3PO4与足量NaOH溶液反应生成Na3PO4，磷酸是中强酸，属于三元酸，
故答案为：三；
（2）①N为正极，正极发生得电子的还原反应，
故答案为：还原；得到；
②Q为阴极，溶液中水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，
故答案为：；
③电解池中阳离子向阴极移动，故钠离子向Q电极移动，
故答案为：Q；Q电极与原电池的负极相连，电解池中阳离子往阴极迁移；
④每消耗0.2mol O2，转移0.8mol电子，消耗氢气的电极反应为，则消耗了0.4mol氢气，产生氯气的电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，则生成了0.4mol氯气，质量共0.4mol×2g/mol+0.4mol×71g/mol＝29.2g，
故答案为：29.2；
（3）若用乙醇代替氢气作燃料电池燃料，电解质溶液为碱性环境，则乙醇中的碳元素转化为碳酸根离子，电极反应为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查燃料电池等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
10．（2024秋 奉化区期末）氯碱工业是高能耗产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。
请回答下列问题：
（1）气体X、Y分别是 Cl2 、 H2 （填化学式）。
（2）燃料电池中正极的电极反应式为 O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ 。
（3）比校a%、b%和c%的值，由大到小排序 b%＞a%＞c% 。
【答案】（1）Cl2；H2；
（2）O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣；
（3）b%＞a%＞c%。
【分析】电解池左室通入饱和氯化钠溶液，流出稀氯化钠溶液，可知左室为阳极室、右室为阴极室，阳极发生反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2，气体X是氯气；左室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室；阴极室通入c%得氢氧化钠溶液，阴极发生反应2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阴极生成氢气和氢氧化钠，流出氢氧化钠的浓度大于通入氢氧化钠的浓度；气体Y是氢气；则燃料电池为氢氧燃料电池，通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，钠离子由负极通过阳离子交换膜进入正极，正极生成氢氧化钠，则流出的氢氧化钠的浓度大于流入的氢氧化钠的浓度。
【解答】解：（1）根据以上分析，气体X、Y分别是Cl2、H2，
故答案为：Cl2；H2；
（2）燃料电池中正极通入氧气，氧气得电子生成氢氧根离子，正极的电极反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，
故答案为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；
（3）根据以上分析，电解池阴极生成氢氧化钠，所以a%＞c%，原电池正极生成氢氧化钠，所以比校a%＜b%，由大到小排序b%＞a%＞c%，
故答案为：b%＞a%＞c%；
【点评】本题考查了氢氧燃料电池、氯碱工业等知识点，是常考考点，题目难度不大。
11．（2024秋 如东县期末）氨的合成与利用对人类生存和发展具有重要意义。
（1）利用FeO与Fe3O4之间的相互转化制取H2的原理如图所示。与C和H2O（g）直接反应制H2相比，该过程制H2的主要优点是 该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤 。
（2）在电解条件下，NO和H2O可以转化为NH3、H2、O2等物质。若生成H2和NH3转移的电子数之比为3：1，则相同条件下生成H2和NH3的体积之比为 15：2 。
（3）N2与H2在MeNx催化作用下，经过“固氮、释氨”两步可实现化学链循环制NH3，“固氮”时MeNx转化为MeNx+1。
①写出“释氨”时的化学方程式： 2MeNx+1+3H2＝2MeNx+2NH3 。
②与电解法合成NH3相比，化学链循环制NH3的优点有 能耗低，原子利用率高，副产物少，纯度高，产率大 。
（4）用NH3、CO2和Na2SO4为原料制备NaHCO3，再经煅烧制得纯碱。生成NaHCO3的化学方程式为 Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 。
（5）N2H4 H2O是一种常见的还原剂。用氨水和NaClO溶液制备N2H4 H2O时，正确的加料方式是 边搅拌边向氨水中缓缓滴加适量的NaClO溶液 。
【答案】（1）该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤；
（2）15：2；
（3）①2MeNx+1+3H2═2MeNx+2NH3；
②能耗低，原子利用率高，副产物少，纯度高，产率大；
（4）Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝2NaHCO3↓+（NH4）2SO4；
（5）边搅拌边向氨水中缓缓滴加适量的NaClO溶液。
【分析】（1）流程中将H2与CO彻底分离，可以得到较纯的H2；
（2）在电解条件下，NO和H2O可以转化为NH3、H2、O2等物质，生成1mol H2得到2mol电子、生成1mol NH3得到5mol电子，若生成H2和NH3转移的电子数之比为3：1，则n（H2）：n（NH3）：15：2，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比；
（3）①“释氨”时MeNx+1和H2生成NH3和MeNx；
②与电解法合成NH3相比，化学链循环制NH3的优点有能耗低；原子利用率高；副产物少；
（4）Na2SO3的溶解度大于NaHCO3，用NH3、CO2和Na2SO4为原料制备NaHCO3，同时生成（NH4）2SO4；
（5）N2H4 H2O是一种常见的还原剂，NaClO具有氧化性，能氧化N2H4 H2O。
【解答】解：（1）根据图知，该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤，
故答案为：该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤；
（2）在电解条件下，NO和H2O可以转化为NH3、H2、O2等物质，生成1mol H2得到2mol电子、生成1mol NH3得到5mol电子，若生成H2和NH3转移的电子数之比为3：1，则n（H2）：n（NH3）：15：2，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则相同条件下生成H2和NH3的体积之比为n（H2）：n（NH3）＝15：2，
故答案为：15：2；
（3）①“释氨”时MeNx+1和H2生成NH3和MeNx，则释氨的方程式为2MeNx+1+3H2═2MeNx+2NH3，
故答案为：2MeNx+1+3H2═2MeNx+2NH3；
②电解法合成氨需要消耗能量，且有副产物生成，导致纯度低，产率小，所以与电解法合成NH3相比，化学链循环制NH3的优点有能耗低，原子利用率高，副产物少，纯度高，产率大，
故答案为：能耗低，原子利用率高，副产物少，纯度高，产率大；
（4）Na2SO3的溶解度大于NaHCO3，用NH3、CO2和Na2SO4为原料制备NaHCO3，同时生成（NH4）2SO4，则生成NaHCO3的化学方程式为Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝2NaHCO3↓+（NH4）2SO4，
故答案为：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝2NaHCO3↓+（NH4）2SO4；
（5）N2H4 H2O是一种常见的还原剂，NaClO具有氧化性，能氧化N2H4 H2O，为N2H4 H2O防止被氧化，用氨水和NaClO溶液制备时，正确的加料方式是边搅拌边向氨水中缓缓滴加适量的NaClO溶液，
故答案为：边搅拌边向氨水中缓缓滴加适量的NaClO溶液。
【点评】本题考查电解原理、物质的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、物质的量的计算方法是解本题关键，注意题干信息的解读和运用。
12．（2024秋 运城期末）CO2的资源化利用是实现我国“双碳”目标的有效途径之一。
（1）杭州第19届亚洲运动会开幕式主火炬创新使用“零碳”甲醇燃料，综合利用焦炉气中的H2与工业尾气中CO2合成绿色甲醇，实现了循环内零碳排放。
①制备甲醇的主反应：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝﹣48.7kJ mol﹣1，该过程中还存在一个生成CO的副反应，结合反应：CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） ΔH＝﹣90.0kJ mol﹣1，写出该副反应的热化学方程式： CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝41.3kJ mol﹣1 。
②将CO2和H2按物质的量比1：3混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：CH3OH产率
ⅰ．催化剂活性最好的温度为 c （填字母序号）。
a．483K b．503K c．523K d．543K
ⅱ．温度升高时CO2的平衡转化率降低，解释原因： 温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低 。
ⅲ．温度由523K升到543K，CH3OH的实验产率降低，解释原因： 生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低，且温度过高，催化剂活性降低，使得生成甲醇的主反应速率降低，导致甲醇实验产率降低 。
（2）近年研究发现，电催化CO2和含氮物质（等）在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含食废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO（NH2）2，电解原理如图所示。
①电极b是电解池的 阳 极（填“阴”或“阳”）。
②写出电解过程中生成尿素[CO（NH2）2]的电极反应式： 。
【答案】（1）①CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.3kJ mol﹣1；
②i．c；
ii．温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；
iii．生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低，且温度过高，催化剂活性降低，使得生成甲醇的主反应速率降低，导致甲醇实验产率降低；
（2）①阳；
②。
【分析】（1）根据盖斯定律，可由a﹣b得到副反应，当温度为523K时，二氧化碳的实验转化率和甲醇的实验产率最高，副反应：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）为吸热反应，温度升高，主反应平衡逆向移动程度大于副反应正向移动程度，生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低进行分析；
（2）根据电极水放电发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极，电解过程中生成尿素的电极反应是二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，进行分析。
【解答】解：（1）①a：，b：CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） ，则根据盖斯定律，可由a﹣b得到副反应：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝（﹣48.7kJ mol﹣1）﹣（﹣90.0kJ mol﹣1）＝41.3kJ mol﹣1，
故答案为：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.3kJ mol﹣1；
②i．当温度为523K时，二氧化碳的实验转化率和甲醇的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，
故答案为：c；
ii．由题意可知，主反应为放热反应，副反应：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）为吸热反应，温度升高，主反应平衡逆向移动程度大于副反应正向移动程度，导致二氧化碳的平衡转化率降低，
故答案为：温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；
iii．由题意可知，生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低；且温度过高，催化剂活性降低，使得生成甲醇的主反应速率降低，导致甲醇实验产率降低，
故答案为：生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低，且温度过高，催化剂活性降低，使得生成甲醇的主反应速率降低，导致甲醇实验产率降低；
（2）①由图可知，电极水放电发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极，
故答案为：阳；
②电解过程中生成尿素的电极反应是二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，反应为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
13．（2024秋 苏州期末）储能材料是当前研究的热点。
（1）AlH3易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。AlH3与Fe2O3的反应过程如下：
Ⅰ.AlH3（s）＝Al（s）+3H（g）ΔH＝521.1kJ mol﹣1
Ⅱ.6H（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）ΔH＝﹣1209.2kJ mol﹣1
Ⅲ.2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）ΔH＝﹣851.5kJ mol﹣1
①LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl，该反应的化学方程式为 3LiAlH4+AlCl3＝4AlH3+3LiCl 。
②反应：2AlH3（s）+2Fe2O3（s）═4Fe（s）+3H2O（g）+Al2O3（s）的ΔH＝ ﹣1018.5kJ mol﹣1 。
③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是 AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜） 。
（2）NaBH4是一种储氢材料，Co﹣B催化剂催化NaBH4释氢的原理是：OH﹣使催化剂表面的释放H﹣催化剂表面的H与H+结合生成H2（Co容易吸附阴离子）。在Co﹣B催化剂中掺有MoO3会提高NaBH4释氢速率，其部分机理如图﹣1所示。
①NaBH4水解生成H2和B（OH）4﹣的离子方程式为 4H2O＝4H2+B（OH）4﹣ 。
②用重水（D2O）代替H2O通过检测反应生成的 HD、B（OD）4﹣ 可以判断制氢的机理。
③掺有MoO3能提高催化效率的原理是 MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣ 。
④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图﹣2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因是 反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应 。
【答案】（1）①3LiAlH4+AlCl3＝4AlH3+3LiCl；
②﹣1018.5kJ mol﹣1；，
③AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜）；
（2）①4H2O＝4H2+B（OH）4﹣；
②HD、B（OD）4﹣；
③MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣；
④反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应。
【分析】（1）①根据原子守恒书写LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl的化学方程式；
②根据盖斯定律可知：Ⅰ×2+Ⅱ+Ⅲ可得反应：2AlH3（s）+2Fe2O3（s）═4Fe（s）+3H2O（g）+Al2O3（s）ΔH，据此计算ΔH；
③AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜）；
（2）①根据原子守恒、电荷守恒书写反应的离子方程式；
②用重水（D2O）代替H2O，会生成HD、B（OD）4﹣；
③MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣，从而加快反应速率
④当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应。
【解答】解：（1）①根据原子守恒，可得LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl的化学方程式为：3LiAlH4+AlCl3＝4AlH3+3LiCl，
故答案为：3LiAlH4+AlCl3＝4AlH3+3LiCl；
②已知反应：Ⅰ.AlH3（s）＝Al（s）+3H（g）ΔH＝521.1kJ mol﹣1kJ mol﹣1，Ⅱ.6H（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）ΔH＝﹣1209.2kJ mol﹣1，Ⅲ.2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）ΔH＝﹣851.5kJ mol﹣1，根据盖斯定律可知：Ⅰ×2+Ⅱ+Ⅲ可得反应：2AlH3（s）+2Fe2O3（s）═4Fe（s）+3H2O（g）+Al2O3（s）ΔH，则ΔH＝（521.1×2﹣1209.2﹣851.5）kJ mol﹣1＝﹣1018.5kJ mol﹣1，
故答案为：﹣1018.5kJ mol﹣1；
③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜），
故答案为：AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜）；
（2）①由图可知，NaBH4水解生成H2和B（OH）4﹣的离子方程式为：4H2O＝4H2+B（OH）4﹣，
故答案为：4H2O＝4H2+B（OH）4﹣；
②用重水（D2O）代替H2O通过检测反应生成的HD、B（OD）4﹣，可以判断制氢的机理，
故答案为：HD、B（OD）4﹣；
③掺有MoO3能提高催化效率的原理是MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣，
故答案为：MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣；
④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图﹣2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因是反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应，
故答案为：反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用，反应机理的探究，方程式书写等，同时考查学生的分析能力等，属于基本知识的考查，难度中等。
14．（2024秋 红桥区期末）氢能是一种清洁能源，按照生产过程中的碳排放情况分为灰氢、蓝氢和绿氢。
（1）煤的气化制得灰氢：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）。该反应的平衡常数表达式K＝ 。该方法生产过程有CO2排放。
（2）甲烷水蒸气催化重整制得蓝氢，步骤如下。
Ⅰ.H2的制取：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＞0
①为提高反应速率且提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 增大水蒸气浓度、升高温度 （写出一条即可）。
Ⅱ.H2的富集：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＜0
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的密闭容器中，将2mol CO与8mol H2O混合加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为 80% 。
Ⅲ.如图表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着的变化趋势。
③判断T1、T2和T3的大小关系： T1＞T2＞T3 。
（3）热化学硫碘循环分解水制得绿氢，全程零碳排放。反应如下：
反应ⅰ：SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）＝H2SO4（l）+2HI（g）ΔH1＝﹣82kJ mol﹣1
反应ⅱ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH2＝+544kJ mol﹣1
反应ⅲ：……
反应ⅰ～ⅲ循环实现分解水：2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+4848kJ mol﹣1。
写出反应ⅲ的热化学方程式 2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝+52kJ/mol 。
【答案】（1）；
（2）①增大水蒸气浓度、升高温度；
②80%；
③T1＞T2＞T3；
（3）2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝+52kJ/mol。
【分析】（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
（2）Ⅰ．①提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
Ⅱ．②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的密闭容器中，将2mol CO与8mol H2O混合加热到830℃，设CO转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
起始（mol）2 8 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 8﹣x x x
该反应是气体体积不变的反应，K1，据此计算；
Ⅲ．③CaO吸收CO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CaO消耗率越大；
（3）①SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）ΔH1＝﹣82kJ mol﹣1；
②2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH2＝+544kJ mol﹣1；
③2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ mol﹣1；
根据盖斯定律：③﹣①﹣②得2HI（g）═H2（g）+I2（g）。
【解答】解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K，
故答案为：；
（2）①提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，可采取的措施：增大水蒸气浓度、升高温度，
故答案为：增大水蒸气浓度、升高温度；
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的密闭容器中，将2mol CO与8mol H2O混合加热到830℃，设CO转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
起始（mol）2 8 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 8﹣x x x
该反应是气体体积不变的反应，K1，解得x＝1.6，则反应达平衡时CO的转化率为100%＝80%，
故答案为：80%；
③CaO吸收CO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CaO消耗率越大，结合图中信息可知：T1＞T2＞T3，
故答案为：T1＞T2＞T3；
（3）①SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）ΔH1＝﹣82kJ mol﹣1；
②2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH2＝+544kJ mol﹣1；
③2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ mol﹣1；
根据盖斯定律：③﹣①﹣②得2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH484kJ/mol+82kJ/mol544kJ/mol＝+52kJ/mol，
故答案为：2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝+52kJ/mol。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
15．（2024秋 红桥区期末）电化学知识在生产、生活中应用广泛，请按照要求回答下列问题：
（1）用如图所示装置和药品进行制作简单燃料电池的实验。
①闭合K1，接通直流电源进行电解一段时间，观察到电极b附近的现象为 有气泡产生，电极附近溶液变红色 。电极a的电极反应式为 2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ 。
②上述电解过程进行1～2min后，打开K1，闭合K2。写出电极b的电极反应式 H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O 。
③下列说法中，正确的是 a （填字母序号）。
a.通过调节K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化
b.若将Na2SO4溶液替换为稀硫酸，闭合K2后，电极反应不变
（2）铅酸蓄电池充放电的电池反应式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，该电池放电时的正极反应式为 PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O 。充电时，外接电源负极与 Pb （填“Pb”或“PbO2”）连接，溶液的pH会 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）某同学设计了如图所示装置，可探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。
①甲装置中负极的电极反应式为 CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O 。
②乙装置中C电极的电极反应式为 2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2 。
③乙中的X把电解槽隔成了阴极室和阳极室，X为 阳 （填“阴”或“阳”）离子交换膜，它只允许溶液中的 ③⑤ 通过（填写下列微粒的编号）。
ⅰ.H2ⅱ.Cl2ⅲ.H+ⅳ.Cl﹣ⅴ.Na+ⅵ.OH﹣
④若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为 12.8 g。
【答案】（1）①有气泡产生，电极附近溶液变红色；2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
②H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；
③a；
（2）PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O；Pb；减小；
（3）①CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；
②2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2；
③阳；③⑤；
④12.8；
【分析】（1）①闭合K，接通直流电源进行电解一段时间，电极b为阴极，根据离子放电顺序，所以电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，根据电极反应式可知，b电极附近的现象为有气泡产生，溶液变红色；电极a为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
②上述电解过程进行1～2min后，打开K1，闭合K2，电解池变为原电池，电极b为负极，氢气失去电子发生氧化反应，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；
③a.由上述①和②的分析可知，通过调节K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化；
b.若将Na2SO4溶液替换为稀硫酸，因为是酸性环境，闭合K2后，电极b反应会改变，此时电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+；
（2）根据铅酸蓄电池充放电的电池反应式可知，电池放电时，PbO2在正极得到电子生成硫酸铅，电极反应式为PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O，充电时，外接电源负极与Pb连接，根据Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知，充电时会消耗水同时生成硫酸，所以溶液的pH会减小；
（3）①甲装置为甲烷燃料电池，负极为通入甲烷的一端，由图可知为碱性环境，所以电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；
②乙装置是电解池，C电极为阳极，根据离子放电顺序，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；
③乙用来探究氯碱工业原理制得氢气、氯气和氢氧化钠，X把电解槽隔成了阴极室和阳极室，X为阳离子交换膜，可以防止氯气和氢氧根离子反应；它只允许溶液中的H+、Na+通过；
④若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，即为0.1mol氧气，电路中转移0.4mol电子，丙装置中阴极的电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，根据得失电子守恒，析出0.2mol铜，质量为0.2mol×64g/mol＝12.8g；
【解答】解：（1）①闭合K，接通直流电源进行电解一段时间，电极b为阴极，根据离子放电顺序，所以电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，根据电极反应式可知，b电极附近的现象为有气泡产生，溶液变红色；电极a为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
故答案为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
②上述电解过程进行1～2min后，打开K1，闭合K2，电解池变为原电池，电极b为负极，氢气失去电子发生氧化反应，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；
故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；
③a.由上述①和②的分析可知，通过调节K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化，故a正确；
b.若将Na2SO4溶液替换为稀硫酸，因为是酸性环境，闭合K2后，电极b反应会改变，此时电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，故b错误；
故答案为：a；
（2）根据铅酸蓄电池充放电的电池反应式可知，电池放电时，PbO2在正极得到电子生成硫酸铅，电极反应式为PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O，充电时，外接电源负极与Pb连接，根据Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知，充电时会消耗水同时生成硫酸，所以溶液的pH会减小；
故答案为：PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O；Pb；减小；
（3）①甲装置为甲烷燃料电池，负极为通入甲烷的一端，由图可知为碱性环境，所以电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；
故答案为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；
②乙装置是电解池，C电极为阳极，根据离子放电顺序，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；
故答案为：2Cl﹣﹣2c﹣＝Cl2↑；
③乙用来探究氯碱工业原理制得氢气、氯气和氢氧化钠，X把电解槽隔成了阴极室和阳极室，X为阳离子交换膜，可以防止氯气和氢氧根离子反应；它只允许溶液中的H+、Na+通过；
故答案为：阳；③⑤；
④若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，即为0.1mol氧气，电路中转移0.4mol电子，丙装置中阴极的电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，根据得失电子守恒，析出0.2mol铜，质量为0.2mol×64g/mol＝12.8g；
故答案为：12.8；
【点评】本题考查了中和热的测定实验、滴定实验、氢氧燃料电池，题目难度不大，要熟悉相关知识。
16．（2024秋 南开区期末）电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各种新型电池常用于航天领域。回答下列问题：
（1）氢氧燃料电池构造示意如图所示，该电池单位质量输出电能较高，反应生成的水还可作为航天员的饮用水。
①该电池的负极反应式为 。
②电池工作时，当外电路中转移1mol电子时，消耗的O2在标准状况下体积为 5.6L 。
（2）“神舟”飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板，镉镍蓄电池和应急电池。
①飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板的能量转化形式为 太阳能转化为电能 ，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来。镉镍蓄电池放电时发生的主要反应为Cd+2NiO（OH）+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，充电时，阳极的电极反应式为 ；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性 减小 （填“增大”“减小”或“不变”）。
②紧急状况下，应急电池会自动启动，应急电池放电时发生的主要反应为Zn+Ag2O+H2O＝2Ag+Zn（OH）2，该电池在充电时Zn极应连接直流电源的 负 （填“正”或“负”）极。以该电池为电源，使用惰性电极电解氯化钠溶液，电解氯化钠溶液的化学方程式为 。
【答案】（1）①；
②5.6L；
（2）①太阳能转化为电能；；减小；
②负；。
【分析】（1）二次电池，放电时是原电池，充电时是电解池，电解池中，阴极上发生还原反应，阳极上发生氧化反应；燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极反应为：，O2在正极得电子，发生电极反应：；
（2）太阳能电池帆板充电时，阳极的电极反应式为；放电时Cd在负极失电子生成Cd（OH）2，电极反应：Cd+2NiO（OH）+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，应急电池放电时发生的主要反应为Zn+Ag2O+H2O＝2Ag+Zn（OH）2，放电时Zn作负极，则充电时Zn极连接电源负极，作阴极。
【解答】解：（1）①通氢气的电极为负极，负极反应为：，
故答案为：；
②电池工作时，O2在正极得电子，发生电极反应：；当外电路中转移1mol电子时，消耗0.25mol电子，标况下体积为：0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，
故答案为：5.6L；
（2）①太阳能电池帆板的能量转化形式为太阳能转化为电能；充电时，阳极的电极反应式为；放电时Cd在负极失电子生成Cd（OH）2，电极反应：Cd+2NiO（OH）+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，消耗氢氧根离子，负极附近溶液的碱性减小，
故答案为：太阳能转化为电能；；减小；
②放电时Zn作负极，则充电时Zn极连接电源负极，作阴极；电解氯化钠溶液的化学方程式为，
故答案为：负；。
【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
17．（2024秋 河东区期末）镍氢电池广泛用于油电混合动力汽车，该电池材料的回收利用也成为研究热点。
Ⅰ．某品牌镍氢电池的总反应为，其中，MH为吸附了氢原子的储氢合金。图1为该电池放电时的工作原理示意图。
（1）混合动力车上坡时利用电池放电提供能源。
①电极B是 正极 （填“正极”或“负极”）。
②正极的电极反应式为 H2O+NiOOH+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣ 。
（2）混合动力车下坡时利用动能回收给电池充电，结合化学用语说明此时电极A附近的pH变化（忽略溶液体积变化）： 充电时M得电子生成MH，电极方程式为：H2O+M+e﹣＝MH+OH﹣，此时电极A附近的氢氧根浓度增大，pH变大 。
（3）已知：储氢能力，若该电池储氢合金的储氢能力为1120，则10cm3储氢合金中的氢完全反应，转移的电子数为 0.1 mol。
Ⅱ．该品牌废旧镍氢电池回收过程中，金属镍的转化过程如
高考化学考前冲刺押题预测 化学反应与能量（解答大题）
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 金山区期末）以氧化镁为载体，化学链方法分解氯化铵的工艺如图所示。
（1）有研究表明，“释氨”反应分两步进行：
i.NH4Cl（s）＝NH3（g）+HCl（g） ΔH＝akJ mol﹣1
ⅱ.MgO（s）+HCl（g）＝MgOHCl（s） ΔH＝bkJ mol﹣1
已知反应i温度越高，越有利于NH4Cl分解，则a 0（选填“＞”或“＜”）。反应ⅱ自发进行的条件是 。
A．高温 B．低温 C．任何温度
用含a、b的代数式表示“释氨”主反应MgO（s）+NH4Cl（s）＝MgOHCl（s）+NH3（g）的ΔH＝ kJ mol﹣1。
（2）控制其他条件不变，分别改变NH4Cl或MgO固体粒径大小，“释氨”速率随固体粒径的影响如图所示。据此判断，“释氨”的两步反应中对总反应速率影响较大是 。（选填“反应i”或“反应ⅱ”）
（3）“释氯”过程：MgOHCl MgO+HCl。装置中含有少量H2O（g）可提高“释氯”时HCl的平衡产率，结合MgOHCl参与发生的副反应的化学方程式说明其主要原因 。
2．（2024秋 秦淮区校级期末）HCOOH和甲酸盐是一种基本有机化工原料，广泛用于化工、农牧业等。
（1）一种利用金属磷化物作为催化剂，实现CO2的捕集如左图和CH3OH转化成甲酸钠工艺的示意图如右图所示。
①分解池中的化学反应方程式为 。阴极生成和一种气体，阳极电极反应方程式为 。
②假设电流利用率为100%（即无副产物生成），当电路中转移2 mole﹣时，阴极室质量增加 。
（2）HCOOH﹣HCOONa混合溶液可脱除烟气中NO。其机理如图所示。
已知：Ⅰ．脱除过程中，Fe（Ⅱ）﹣EDTA络合液部分易被烟气中的O2氧化成Fe（Ⅲ）﹣EDTA。
Ⅱ．酸性较强环境下，EDTA易与溶液中H+结合。
Ⅲ．HCOOH﹣HCOONa混合溶液产生的 H既可将NO还原，又可将Fe（Ⅲ）﹣EDTA还原，实现催化剂再生。
①调节Fe（Ⅱ）﹣EDTA络合液的pH，对吸收NO的影响如图所示，则适宜的pH为 ，pH过大或过小均不利于吸收NO理由是 。
②如图所示，当HCOOH浓度小于2g/L，NO的脱除率随HCOOH浓度增大而增大的可能原因是 。
3．（2024秋 通州区期末）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。
Ⅰ.将甲烷溴化再偶联为丙烯，总反应为：3CH4（g）+3Br2（g） C3H4（g）+6HBr（g）ΔH＝﹣67kJ mol﹣1，反应过程主要分为两步：
ⅰ.CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1
ⅱ.3CH3Br（g） C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ mol﹣1
（1）反应Ⅰ的ΔH1＝ kJ mol﹣1。
（2）CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmol CH4和8mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n（CH4）n（CH3Br）与温度的关系见图（假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2）。
①图中CH4的对应曲线是 （填“a”或“b”），理由是 。
②560℃时，n（CH2Br2）＝ mmol。
③少量I2可提高生成CH3Br的选择性，I2参与反应的可能机理如图：
ⅰ.I2（g）═ I（g）+ I（g）
ⅱ. I（g）+CH2Br2（g）═IBr（g）+ CH2Br（g）
ⅲ. CH2Br（g）+HBr（g）═CH3Br（g）+ Br（g）
ⅳ. Br（g）+CH4（g）═HBr（g）+ CH3（g）
ⅴ. CH3（g）+IBr（g）═CH3Br（g）+ I（g）
ⅵ. I（g）+ I（g）═I2（g）
根据上述机理分析I2提高CH3Br选择性的原因： 。
Ⅱ.利用电化学装置实现CH4和CO2两种分子耦合转化为乙烯和乙烷，其原理如图所示。
（3）电极A接电源 极。
（4）电极B上生成乙烯的电极反应式为 。
4．（2024秋 龙华区期末）Ⅰ.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。回答下列问题：
（1）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）＝HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示，HCN与HNC稳定性较弱的是 。
（2）已知：
化学键种类 C—H N—H C＝N
键能（kJ/mol） a b c
计算可得：HNC（g）＝HCN（g）ΔH＝ kJ/mol（用含a、b的式子表示）。
（3）神舟系列火箭用偏二甲肼C2H8N2作燃料，N2O4作氧化剂，反应后产物无污染。
已知：反应1：N2（g）+2O2（g）＝N2O4（g）ΔH1＝xkJ mol
反应2：
写出C2H8N2（l）和N2O4（g）反应生成N2（g）、CO2（g）、H2O（g）的热化学方程式： 。
Ⅱ.图1是工业上用电解法在强碱性条件下除去废水中CN的装置，发生的反应有：
ⅰ.CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝CNO﹣+H2O
ⅱ.2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
ⅲ.
（4）石墨电极上发生 （选填“氧化”或“还原”）反应；阴极反应式为 。
（5）电解过程中有关微粒定向移动的说法错误的是 。
a.电子由电极b经导线流向铁电极
b.电流由铁电极经溶液流向石墨电极
c.CT、CN﹣移向石墨电极
d.Na+移向铁电极
（6）为了使电解池连续工作，需要不断补充 。
5．（2024秋 昌平区期末）电化学电池技术在能量储存及工业生产实现物质转化方面具有重要价值。
Ⅰ.碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池，是目前一种高能量密度电池，该电池装置的工作示意图如图所示。
（1）装置中铂电极a为 （填“正极”或“负极”）。
（2）装置中铂电极b上发生的电极反应式是 。
（3）装置中负极区的pH （填“升高”、“降低”或“不变”）。
Ⅱ.碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池作为电源，利用图所示方法可以从海水中提取CO2。海水中含有等离子，呈弱碱性。
（4）结合化学用语说明b室如何实现CO2提取 。
（5）b室排出的海水不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质处理b室排出的海水，合格后（海水pH≈8）才能排回大海。结合化学用语说明该物质是如何产生的 。
6．（2024秋 崇明区期末）一种可将H2S无害化处理的工艺涉及反应如下：
反应Ⅰ：2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1006.5kJ mol﹣1
反应Ⅱ：4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝90.3kJ mol﹣1
反应Ⅲ：3S2（g）═S6（s）ΔH3＝﹣500.9kJ mol﹣1
（1）基态S原子核外有 种能量不同的电子。
（2）反应6H2S（g）+3O2（g）═S6（s）+6H2O（g）的ΔH＝ 。
（3）已知，H2S与CH3OH可发生催化反应，反应机理如图所示。
①该反应的催化剂是 。
②物质A的电子式为 。
7．（2024秋 大兴区期末）“84”消毒液在日常生活中有广泛的应用。小组同学用如图装置（石墨作电极）电解饱和食盐水制取次氯酸钠溶液，并进行相关性质探究。
（1）电源中，a电极名称是 （填“正”或“负”）极。
（2）电解饱和食盐水的化学方程式为 。
（3）已知：饱和NaClO溶液的pH≈11，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因： 。
（4）当Cl2和NaOH溶液恰好完全反应时，下列关系不正确的是 （填序号）。
a.c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）
b.c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）
c.c（Na+）═2[c（Cl﹣）+c（ClO﹣）]
（5）T℃时，NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图1。向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线如图2。
资料：T℃时，H2CO3的电离常数为Ka1＝10﹣6.4，Ka2＝10﹣10.3；
①依据图1，HClO的电离常数为Ka＝ ；向NaClO溶液中通入少量的CO2，该过程中生成的含碳物质的化学式为 。
②图2中，A→B产生红褐色沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为 。
③已知：pH≈3.7时，Fe3+完全沉淀。依据图1和图2，结合化学用语解释C→D溶液的pH下降的主要原因： 。
8．（2024秋 广州期末）电化学及其产品与能源、材料和环境等领域紧密联系。
（1）将CO2回收利用，可达到减碳排放的目的。利用如图电解装置可将CO2转化为C2H4。其中电解质溶液为稀硫酸，电极均为惰性电极。
①电极b的名称为 ，发生的电极反应为 。
②每生成1mol C2H4，质子交换膜中通过H+的物质的量为 mol。
③电解一段时间，阳极区H2SO4的物质的量 （填“变大”“变小”或“基本不变”）。
（2）我国科技工作者设计了如图所示的Mg—CO2可充电电池，以Mg（TFSI）2为电解质，电解液中加入1，3﹣丙二胺（PDA）以捕获CO2，放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
①放电时，电池总反应为 。
②充电时，多孔碳纳米管电极与电源 极连接，发生的电极反应为 。
③放电时，隔膜上Mg2+的移动方向为 （填“从左到右”或“从右到左”），理论上，每消耗1mol CO2负极质量减少 g。
9．（2024秋 辽宁期末）用酸性氢氧燃料电池电解氯化钠溶液的装置如图所示（各电极均为惰性电极）。
回答下列问题：
（1）H3PO4属于 （填“一”“二”或“三”）元酸。
（2）装置工作时。
①N电极上发生 （填“氧化”或“还原”）反应， （填“得到”或“失去”）电子。
②Q电极上的电极反应式为 。
③Na+往 （填“P”或“Q”）电极迁移，判断的理由为 。
④每消耗0.2mol O2，此时消耗H2，和产生Cl2的质量共 g。
（3）若用乙醇代替氢气作燃料电池燃料，NaOH溶液代替磷酸溶液作电解质溶液，则M电极上发生的电极反应为 。
10．（2024秋 奉化区期末）氯碱工业是高能耗产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。
请回答下列问题：
（1）气体X、Y分别是 、 （填化学式）。
（2）燃料电池中正极的电极反应式为 。
（3）比校a%、b%和c%的值，由大到小排序 。
11．（2024秋 如东县期末）氨的合成与利用对人类生存和发展具有重要意义。
（1）利用FeO与Fe3O4之间的相互转化制取H2的原理如图所示。与C和H2O（g）直接反应制H2相比，该过程制H2的主要优点是 。
（2）在电解条件下，NO和H2O可以转化为NH3、H2、O2等物质。若生成H2和NH3转移的电子数之比为3：1，则相同条件下生成H2和NH3的体积之比为 。
（3）N2与H2在MeNx催化作用下，经过“固氮、释氨”两步可实现化学链循环制NH3，“固氮”时MeNx转化为MeNx+1。
①写出“释氨”时的化学方程式： 。
②与电解法合成NH3相比，化学链循环制NH3的优点有 。
（4）用NH3、CO2和Na2SO4为原料制备NaHCO3，再经煅烧制得纯碱。生成NaHCO3的化学方程式为 。
（5）N2H4 H2O是一种常见的还原剂。用氨水和NaClO溶液制备N2H4 H2O时，正确的加料方式是 。
12．（2024秋 运城期末）CO2的资源化利用是实现我国“双碳”目标的有效途径之一。
（1）杭州第19届亚洲运动会开幕式主火炬创新使用“零碳”甲醇燃料，综合利用焦炉气中的H2与工业尾气中CO2合成绿色甲醇，实现了循环内零碳排放。
①制备甲醇的主反应：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝﹣48.7kJ mol﹣1，该过程中还存在一个生成CO的副反应，结合反应：CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） ΔH＝﹣90.0kJ mol﹣1，写出该副反应的热化学方程式： 。
②将CO2和H2按物质的量比1：3混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：CH3OH产率
ⅰ．催化剂活性最好的温度为 （填字母序号）。
a．483K b．503K c．523K d．543K
ⅱ．温度升高时CO2的平衡转化率降低，解释原因： 。
ⅲ．温度由523K升到543K，CH3OH的实验产率降低，解释原因： 。
（2）近年研究发现，电催化CO2和含氮物质（等）在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含食废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO（NH2）2，电解原理如图所示。
①电极b是电解池的 极（填“阴”或“阳”）。
②写出电解过程中生成尿素[CO（NH2）2]的电极反应式： 。
13．（2024秋 苏州期末）储能材料是当前研究的热点。
（1）AlH3易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。AlH3与Fe2O3的反应过程如下：
Ⅰ.AlH3（s）＝Al（s）+3H（g）ΔH＝521.1kJ mol﹣1
Ⅱ.6H（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）ΔH＝﹣1209.2kJ mol﹣1
Ⅲ.2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）ΔH＝﹣851.5kJ mol﹣1
①LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl，该反应的化学方程式为 。
②反应：2AlH3（s）+2Fe2O3（s）═4Fe（s）+3H2O（g）+Al2O3（s）的ΔH＝ 。
③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是 。
（2）NaBH4是一种储氢材料，Co﹣B催化剂催化NaBH4释氢的原理是：OH﹣使催化剂表面的释放H﹣催化剂表面的H与H+结合生成H2（Co容易吸附阴离子）。在Co﹣B催化剂中掺有MoO3会提高NaBH4释氢速率，其部分机理如图﹣1所示。
①NaBH4水解生成H2和B（OH）4﹣的离子方程式为 。
②用重水（D2O）代替H2O通过检测反应生成的 可以判断制氢的机理。
③掺有MoO3能提高催化效率的原理是 。
④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图﹣2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因是 。
14．（2024秋 红桥区期末）氢能是一种清洁能源，按照生产过程中的碳排放情况分为灰氢、蓝氢和绿氢。
（1）煤的气化制得灰氢：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）。该反应的平衡常数表达式K＝ 。该方法生产过程有CO2排放。
（2）甲烷水蒸气催化重整制得蓝氢，步骤如下。
Ⅰ.H2的制取：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＞0
①为提高反应速率且提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 （写出一条即可）。
Ⅱ.H2的富集：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＜0
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的密闭容器中，将2mol CO与8mol H2O混合加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为 。
Ⅲ.如图表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着的变化趋势。
③判断T1、T2和T3的大小关系： 。
（3）热化学硫碘循环分解水制得绿氢，全程零碳排放。反应如下：
反应ⅰ：SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）＝H2SO4（l）+2HI（g）ΔH1＝﹣82kJ mol﹣1
反应ⅱ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH2＝+544kJ mol﹣1
反应ⅲ：……
反应ⅰ～ⅲ循环实现分解水：2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+4848kJ mol﹣1。
写出反应ⅲ的热化学方程式 。
15．（2024秋 红桥区期末）电化学知识在生产、生活中应用广泛，请按照要求回答下列问题：
（1）用如图所示装置和药品进行制作简单燃料电池的实验。
①闭合K1，接通直流电源进行电解一段时间，观察到电极b附近的现象为 。电极a的电极反应式为 。
②上述电解过程进行1～2min后，打开K1，闭合K2。写出电极b的电极反应式 。
③下列说法中，正确的是 （填字母序号）。
a.通过调节K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化
b.若将Na2SO4溶液替换为稀硫酸，闭合K2后，电极反应不变
（2）铅酸蓄电池充放电的电池反应式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，该电池放电时的正极反应式为 。充电时，外接电源负极与 （填“Pb”或“PbO2”）连接，溶液的pH会 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）某同学设计了如图所示装置，可探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。
①甲装置中负极的电极反应式为 。
②乙装置中C电极的电极反应式为 。
③乙中的X把电解槽隔成了阴极室和阳极室，X为 （填“阴”或“阳”）离子交换膜，它只允许溶液中的 通过（填写下列微粒的编号）。
ⅰ.H2ⅱ.Cl2ⅲ.H+ⅳ.Cl﹣ⅴ.Na+ⅵ.OH﹣
④若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为 g。
16．（2024秋 南开区期末）电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各种新型电池常用于航天领域。回答下列问题：
（1）氢氧燃料电池构造示意如图所示，该电池单位质量输出电能较高，反应生成的水还可作为航天员的饮用水。
①该电池的负极反应式为 。
②电池工作时，当外电路中转移1mol电子时，消耗的O2在标准状况下体积为 。
（2）“神舟”飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板，镉镍蓄电池和应急电池。
①飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板的能量转化形式为 ，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来。镉镍蓄电池放电时发生的主要反应为Cd+2NiO（OH）+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，充电时，阳极的电极反应式为 ；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性 （填“增大”“减小”或“不变”）。
②紧急状况下，应急电池会自动启动，应急电池放电时发生的主要反应为Zn+Ag2O+H2O＝2Ag+Zn（OH）2，该电池在充电时Zn极应连接直流电源的 （填“正”或“负”）极。以该电池为电源，使用惰性电极电解氯化钠溶液，电解氯化钠溶液的化学方程式为 。
17．（2024秋 河东区期末）镍氢电池广泛用于油电混合动力汽车，该电池材料的回收利用也成为研究热点。
Ⅰ．某品牌镍氢电池的总反应为，其中，MH为吸附了氢原子的储氢合金。图1为该电池放电时的工作原理示意图。
（1）混合动力车上坡时利用电池放电提供能源。
①电极B是 （填“正极”或“负极”）。
②正极的电极反应式为 。
（2）混合动力车下坡时利用动能回收给电池充电，结合化学用语说明此时电极A附近的pH变化（忽略溶液体积变化）： 。
（3）已知：储氢能力，若该电池储氢合金的储氢能力为1120，则10cm3储氢合金中的氢完全反应，转移的电子数为 mol。
Ⅱ．该品牌废旧镍氢电池回收过程中，金属镍的转化过程如图。转化过程中所用H2SO4和NaOH溶液通过电解Na2SO4溶液获得，装置如图2。
（4）图2中，电解池的阳极为 （填“C”或“D”）。
（5）结合化学用语，说明产生H2SO4的反应池及其原理： 。
（6）回收该品牌废旧镍氢电池过程中，在阴极收集到气体6.72L（标准状况下），理论上最多可回收得到Ni（OH）2（摩尔质量为93g mol﹣1）的质量为 g。
18．（2024秋 酒泉期末）硫酸是一种重要的化工原料，工业上常以FeS2为原料制备硫酸。
（1）通过电化学方式用二氧化硫制备硫酸，不仅能将热能转化为电能，同时还更环保，原理如图甲所示。
①该装置可作电源，其正极为 （填“A”或“B”）极，负极的电极反应式为 。
②该电池每消耗32gSO2，理论上至少需要消耗标准状况下氧气的体积为 L。
（2）为除去制备硫酸的烧渣中残留的FeS2，用稀硫酸和硫酸锰的混合溶液将烧渣调成烧渣浆液，然后通过电解方式进行脱硫，其原理如图乙所示。
石墨I与电源 （填“正极”或“负极”）相连；石墨Ⅱ上有气泡产生，发生的电极反应式为 。
（3）可利用如图丙装置，模拟电化学方法除去雾霾中的NO和SO2，则a极为 （填“阳”或“阴”）极，b极的电极反应式为 。
19．（2024秋 凉州区期末）（1）如图为氢氧燃料电池的构造示意图，根据电子运动方向，可知氧气从 口通入（填“a”或“b”），X极为电池的 （填“正”或“负”）极，Y极的电极方程式为 。
（2）某种氢氧燃料电池是用固体金属氧化物陶瓷作电解质，两极上发生的电极反应分别为
A极：2H2+2O2﹣﹣4e﹣＝2H2O
B极：O2+4e﹣＝2O2﹣﹣
则A极是电池的 极；电子从该极 （填“流入”或“流出”）。
（3）微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，电极反应为：
Zn+2OH﹣﹣2e﹣＝ZnO+H2O
Ag2O+H2O+2e﹣＝2Ag+2OH﹣
总反应为Ag2O+Zn＝ZnO+2Ag
①Zn是 极，Ag2O发生 反应。
②电子由 极流向 极（填“Zn”或“Ag2O”），当电路通过1mol电子时，负极消耗物质的质量是 g。
③在使用过程中，电解质溶液中KOH的物质的量 （填“增大”“减小”或“不变”）。
20．（2024秋 运城期末）元素铈（Ce）是一种重要的稀土元素。
（1）工业上用氟碳铈矿（主要成分为CeFCO3）制备CeO2。
焙烧过程中发生的主要反应的化学方程式为 。
（2）已知CeCl3 7H2O在空气中易被氧化成四价铈，反应如下：
①CeCl3 7H2O（s）═CeCl3（s）+7H2O（g）；ΔH1＝a kJ mol﹣1
②4CeCl3（s）+O2（g）+14H2O（g）═4Ce（OH）4（s）+12HCl（g）；ΔH2＝b kJ mol﹣1
③Ce（OH）4（s）═CeO2（s）+2H2O（g）；ΔH3＝c kJ mol﹣1
则4CeCl3 7H2O（s）+O2（g）═4CeO2（s）+12HCl（g）+22H2O（g）；ΔH＝ 。
（3）CeO2是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，工作原理如图1所示。写出过程1发生反应的化学方程式： 。
（4）已知Ce（OH）4极易分解，用如图2所示装置电解CeCl3溶液在阴极区制得CeO2．电解过程中反应体系的pH随时间t的变化曲线如图3所示。
①电解进行1h内溶液的pH迅速下降，可能原因是 。
②请解释生成CeO2的原理： 。
（5）常温下，当溶液中某离子浓度≤1.0×10﹣5时，可认为该离子沉淀完全。用Na2C2O4溶液对电解后的废液处理得到Ce2（C2O4）3固体，则应保持溶液中c（C2）约为 。（已知25℃时，Ksp[Ce2（C2O4）3]＝1.0×10﹣25）
高考化学考前冲刺押题预测 化学反应与能量（解答题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 金山区期末）以氧化镁为载体，化学链方法分解氯化铵的工艺如图所示。
（1）有研究表明，“释氨”反应分两步进行：
i.NH4Cl（s）＝NH3（g）+HCl（g） ΔH＝akJ mol﹣1
ⅱ.MgO（s）+HCl（g）＝MgOHCl（s） ΔH＝bkJ mol﹣1
已知反应i温度越高，越有利于NH4Cl分解，则a ＞ 0（选填“＞”或“＜”）。反应ⅱ自发进行的条件是 B 。
A．高温 B．低温 C．任何温度
用含a、b的代数式表示“释氨”主反应MgO（s）+NH4Cl（s）＝MgOHCl（s）+NH3（g）的ΔH＝ a+b kJ mol﹣1。
（2）控制其他条件不变，分别改变NH4Cl或MgO固体粒径大小，“释氨”速率随固体粒径的影响如图所示。据此判断，“释氨”的两步反应中对总反应速率影响较大是 反应ⅱ 。（选填“反应i”或“反应ⅱ”）
（3）“释氯”过程：MgOHCl MgO+HCl。装置中含有少量H2O（g）可提高“释氯”时HCl的平衡产率，结合MgOHCl参与发生的副反应的化学方程式说明其主要原因 释氯过程发生副反应：MgOHCl+HCl MgCl2+H2O，加少量H2O（g），平衡逆移，抑制副反应的发生 。
【答案】（1）＞；B；a+b；
（2）反应ⅱ；
（3）释氯过程发生副反应：MgOHCl+HCl MgCl2+H2O，加少量H2O（g），平衡逆移，抑制副反应的发生。
【分析】由图可知，NH4Cl 350℃分解为NH3和HCl，HCl与MgO反应得到MgOHCl，MgOHCl在600℃时分解为HCl和MgO，MgO循环利用。
【解答】解：（1）已知反应i温度越高，越有利于NH4Cl分解，说明升高温度反应正向进行，正反应为吸热反应，则a＞0；反应ii是ΔS＜0，根据ΔG＝ΔH﹣TΔS＜0可以自发进行，若ΔH＝bkJ mol﹣1＞0，不能自发进行，因此ΔH＝bkJ mol﹣1＜0，则自发进行的条件为低温；主反应MgO（s）+NH4Cl（s）＝MgOHCl（s）+NH3（g），可以由反应i．NH4Cl（s）＝NH3（g）+HCl（g） ΔH＝a kJ mol﹣1和反应ⅱ．MgO（s）+HCl（g）＝MgOHCl（s） ΔH＝b kJ mol﹣1相加得到，根据盖斯定律，主反应的ΔH＝（a+b） kJ mol﹣1，
故答案为：＞；B；a+b；
（2）由图可知，MgO颗粒大小不同，对释氨速率影响较大，而NH4Cl颗粒大小不同，对释氨速率影响不大，故对总反应速率影响较大的是有MgO参加的第ii步反应，
故答案为：反应ⅱ；
（3）“释氯”过程：MgOHCl MgO+HCl，释氯过程发生副反应：MgOHCl+HCl MgCl2+H2O，加少量H2O（g），平衡逆移，抑制副反应的发生，可提高“释氯”时HCl的平衡产率，
故答案为：释氯过程发生副反应：MgOHCl+HCl MgCl2+H2O，加少量H2O（g），平衡逆移，抑制副反应的发生。
【点评】本题主要考查反应热和焓变等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
2．（2024秋 秦淮区校级期末）HCOOH和甲酸盐是一种基本有机化工原料，广泛用于化工、农牧业等。
（1）一种利用金属磷化物作为催化剂，实现CO2的捕集如左图和CH3OH转化成甲酸钠工艺的示意图如右图所示。
①分解池中的化学反应方程式为 2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O 。阴极生成和一种气体，阳极电极反应方程式为 CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O 。
②假设电流利用率为100%（即无副产物生成），当电路中转移2 mole﹣时，阴极室质量增加 132g 。
（2）HCOOH﹣HCOONa混合溶液可脱除烟气中NO。其机理如图所示。
已知：Ⅰ．脱除过程中，Fe（Ⅱ）﹣EDTA络合液部分易被烟气中的O2氧化成Fe（Ⅲ）﹣EDTA。
Ⅱ．酸性较强环境下，EDTA易与溶液中H+结合。
Ⅲ．HCOOH﹣HCOONa混合溶液产生的 H既可将NO还原，又可将Fe（Ⅲ）﹣EDTA还原，实现催化剂再生。
①调节Fe（Ⅱ）﹣EDTA络合液的pH，对吸收NO的影响如图所示，则适宜的pH为 6 ，pH过大或过小均不利于吸收NO理由是 pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀，NO吸收效率降低 。
②如图所示，当HCOOH浓度小于2g/L，NO的脱除率随HCOOH浓度增大而增大的可能原因是 随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多），NO的脱除率增大 。
【答案】（1）①2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O；
②132 g；
（2）①6；pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀，NO吸收效率降低；
②随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多），NO的脱除率增大。
【分析】（1）如图可知，K2CO3吸收液吸收工业尾气中的CO2气体后，转化为KHCO3，所以分解池中的反应为KHCO3的分解反应；由题可知，CH3OH在阳极转化成甲酸钠，CO转化为；
（2）①由图4可知：在溶液pH＝6时，吸收NO的脱除率最高；由已知条件可知：pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀；
②随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多）。
【解答】解：（1）①K2CO3吸收液吸收工业尾气中的CO2气体后转化为KHCO3，所以分解池中的反应为KHCO3的分解反应分解产生K2CO3、CO2、H2O，该分解反应的方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；由题意可知：CH3OH在阳极失去电子被氧化，转化成甲酸钠，则CH3OH失电子转化为，阳极的电极反应式为：CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O，
故答案为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；CH3OH﹣4e﹣+5OH﹣＝HCOO﹣+4H2O；
②根据2CO2+2H2O+2e﹣＝H2+2，吸收n（CO2）＝n（e﹣）＝2 mol，生成n（H2）＝0.5n（e﹣）＝1 mol，定向移动到阴极的n（Na+）＝n（e﹣）＝2 mol，阴极室增加的质量m＝m（CO2）+m（Na+）﹣m （H2），代入数据可得：m＝2 mol×44 g/mol+2 mol×23 g/mol﹣l mol×2 g/mol＝132 g，
故答案为：132 g；
（2）①由图4可知：在溶液pH＝6时，吸收NO的脱除率最高；由已知条件可知：pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀，NO吸收效率降低，
故答案为：6；pH过小，络合液内EDTA与溶液中H+结合，NO吸收效率降低；pH过大，Fe2+生成Fe（OH）2沉淀，NO吸收效率降低；
②随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多），NO的脱除率增大，
故答案为：随着HCOOH浓度增大，产生的活性吸附氢量增多（或产生的 H增多），NO的脱除率增大。
【点评】本题考查电化学，侧重考查学生电解池的掌握情况，试题难度中等。
3．（2024秋 通州区期末）甲烷转化为多碳化合物具有重要意义。
Ⅰ.将甲烷溴化再偶联为丙烯，总反应为：3CH4（g）+3Br2（g） C3H4（g）+6HBr（g）ΔH＝﹣67kJ mol﹣1，反应过程主要分为两步：
ⅰ.CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1
ⅱ.3CH3Br（g） C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ mol﹣1
（1）反应Ⅰ的ΔH1＝ ﹣29 kJ mol﹣1。
（2）CH4与Br2反应生成CH3Br，部分CH3Br会进一步溴化。将8mmol CH4和8mmol Br2通入密闭容器，平衡时，n（CH4）n（CH3Br）与温度的关系见图（假设反应后的含碳物质只有CH4、CH3Br和CH2Br2）。
①图中CH4的对应曲线是 b （填“a”或“b”），理由是 CH4与Br2反应生成CH3Br是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含量增多，故CH4对应的曲线为b 。
②560℃时，n（CH2Br2）＝ 1.4 mmol。
③少量I2可提高生成CH3Br的选择性，I2参与反应的可能机理如图：
ⅰ.I2（g）═ I（g）+ I（g）
ⅱ. I（g）+CH2Br2（g）═IBr（g）+ CH2Br（g）
ⅲ. CH2Br（g）+HBr（g）═CH3Br（g）+ Br（g）
ⅳ. Br（g）+CH4（g）═HBr（g）+ CH3（g）
ⅴ. CH3（g）+IBr（g）═CH3Br（g）+ I（g）
ⅵ. I（g）+ I（g）═I2（g）
根据上述机理分析I2提高CH3Br选择性的原因： 根据反应机理，投入的I2消耗了部分CH2Br2，消耗的CH2Br2发生反应，又生成了CH3Br，提高了CH3Br的选择性 。
Ⅱ.利用电化学装置实现CH4和CO2两种分子耦合转化为乙烯和乙烷，其原理如图所示。
（3）电极A接电源 负 极。
（4）电极B上生成乙烯的电极反应式为 。
【答案】（1）﹣29；
（2）①b；CH4与Br2反应生成CH3Br是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含量增多，故CH4对应的曲线为b；
②1.4；
（3）负；
（4）。
【分析】（1）已知反应：ⅰ.CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1，ⅱ.3CH3Br（g） C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ mol﹣1，总反应：3CH4（g）+3Br2（g） C3H4（g）+6HBr（g）ΔH＝﹣67kJ mol﹣1，根据盖斯定律可知，i×3+ii＝总反应，则3ΔH1+ΔH2＝﹣67kJ mol﹣1，据此计算ΔH1；
（2）①CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1＝﹣29kJ mol﹣1，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含量增多；
②CH4起始总量为8mmol，560℃时，CH4为1.6mmol，CH3Br为5.0mmol，根据碳原子守恒，计算n（CH2Br2）；
（3）由图可知，电极A上CO2被还原为CO，发生还原反应，为阴极；
（4）电极B上，甲烷转化为乙烷、乙烯，根据原子守恒、电荷守恒，书写生成乙烯的电极反应式。
【解答】解：（1）已知反应：ⅰ.CH4（g）+Br2（g） CH3Br（g）+HBr（g）ΔH1，ⅱ.3CH3Br（g） C3H6（g）+3HBr（g）ΔH2＝+20kJ mol﹣1，总反应：3CH4（g）+3Br2（g） C3H4（g）+6HBr（g）ΔH＝﹣67kJ mol﹣1，根据盖斯定律可知，i×3+ii＝总反应，则3ΔH1+ΔH2＝﹣67kJ mol﹣1，解得：ΔH1kJ mol﹣1＝﹣29kJ mol﹣1，
故答案为：﹣29；
（2）①由图可知，图中CH4的对应曲线是b，理由是CH4与Br2反应生成CH3Br是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含
量增多，故CH4对应的曲线为b，
故答案为：b；CH4与Br2反应生成CH3Br是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，CH4的含量增多，故CH4对应的曲线为b；
②CH4起始总量为8mmol，560℃时，CH4为1.6mmol，CH3Br为5.0mmol，根据碳原子守恒，可得n（CH2Br2）＝1.4mmol，
故答案为：1.4；
（3）由图可知，电极A上CO2被还原为CO，发生还原反应，为阴极，接电源的负极，
故答案为：负；
（4）电极B上，甲烷转化为乙烷、乙烯，其中生成乙烯的电极反应式为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查考查盖斯定律的应用，同时考查电极反应式的书写，属于基本知识的考查，难度不大。
4．（2024秋 龙华区期末）Ⅰ.化学反应伴随能量变化，获取反应能量变化有多条途径。回答下列问题：
（1）理论研究表明，在101kPa和298K下，HCN（g）＝HNC（g）异构化反应过程的能量变化如图所示，HCN与HNC稳定性较弱的是 HNC 。
（2）已知：
化学键种类 C—H N—H C＝N
键能（kJ/mol） a b c
计算可得：HNC（g）＝HCN（g）ΔH＝ （b﹣a） kJ/mol（用含a、b的式子表示）。
（3）神舟系列火箭用偏二甲肼C2H8N2作燃料，N2O4作氧化剂，反应后产物无污染。
已知：反应1：N2（g）+2O2（g）＝N2O4（g）ΔH1＝xkJ mol
反应2：
写出C2H8N2（l）和N2O4（g）反应生成N2（g）、CO2（g）、H2O（g）的热化学方程式： C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝（y﹣2x）kJ/mol 。
Ⅱ.图1是工业上用电解法在强碱性条件下除去废水中CN的装置，发生的反应有：
ⅰ.CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣＝CNO﹣+H2O
ⅱ.2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑
ⅲ.
（4）石墨电极上发生 氧化 （选填“氧化”或“还原”）反应；阴极反应式为 2H++2e﹣＝H2↑ 。
（5）电解过程中有关微粒定向移动的说法错误的是 B 。
a.电子由电极b经导线流向铁电极
b.电流由铁电极经溶液流向石墨电极
c.CT、CN﹣移向石墨电极
d.Na+移向铁电极
（6）为了使电解池连续工作，需要不断补充 NaOH 。
【答案】（1）HNC；
（2）（b﹣a）；
（3）C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝（y﹣2x） kJ/mol；
（4）氧化；2H++2e﹣＝H2↑；
（5）B；
（6）NaOH。
【分析】（1）物质的能量越低，越稳定；
（2）ΔH＝反应物的键能之和﹣生成物的键能之和
（3）反应1：N2（g）+2O2（g）＝N2O4（g）ΔH＝xkJ mol﹣1，反应2：C2H8N2（1）+4O2（g）＝N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH2＝ykJ mol﹣1，根据盖斯定律进行推算，反应2﹣反应1×2得到C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH；
（4）根据发生的电极反应可知，金属铁是阴极，石墨电极是阳极，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上CN﹣和Cl﹣放电生成CNO﹣和Cl2；
（5）电解池中铁是阴极，石墨是阳极，则a为电源正极，b为电源负极，电解池中阳离子移向阴极Fe、阴离子移向阳极石墨，据此分析判断；
（6）根据电极反应式计算电路中转移10mol电子时溶液中OH﹣的变化，以确定补充的物质。
【解答】解：（1）由图可知，HCN的能量低于HNC的能量，所以HCN与HNC稳定性较弱的是HNC，
故答案为：HNC；
（2）根据表格数据以及HCN与HNC的结构可知，HNC（g）＝HCN（g）ΔH＝[（b+c）﹣（a+c）]kJ/mol＝（b﹣a）kJ/mol，
故答案为：（b﹣a）；
（3）C2H8N2（1）和N2O4（g）反应生成N2（g）、CO2（g）、H2O（g）的化学方程式为：C2H8N2+2N2O4＝3N2+2CO2+4H2O，根据盖斯定律，反应2﹣反应1×2可得：C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH，则ΔH＝（y﹣2x） kJ/mol，
故答案为：C2H8N2（l）+2N2O4（g）＝3N2（g）+2CO2（g）+4H2O（g）ΔH＝（y﹣2x） kJ/mol；
（4）根据发生的电极反应可知，电解池中金属铁是阴极，石墨电极是阳极，阳极上CN﹣和Cl﹣发生失去电子的氧化反应生成CNO﹣和Cl2，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，
故答案为：氧化；2H++2e﹣＝H2↑；
（5）电解池中铁是阴极，石墨是阳极，则a为电源正极，b为电源负极，
A．电子由电极b经导线流向铁电极，故A正确；
B．电流由石墨电极经溶液流向铁电极，故B错误；
C．电解池中阴离子移向阳极石墨，即Cl﹣、CN﹣移向石墨电极，故C正确；
D．电解池中阳离子移向阴极Fe，Na+移向铁电极，故D正确；
故答案为：B；
（6）阳极反应：CN﹣﹣2e﹣+2OH﹣═CNO﹣+H2O、2Cl﹣﹣2e﹣═Cl2↑、3Cl2+2CNO﹣+8OH﹣═N2+6Cl﹣+24H2O，阴极反应为2H++2e﹣＝H2↑或2H2O+2e﹣＝H2↑＝2OH﹣，则处理2mol CN﹣和6mol Cl﹣时阳极共失去10mole﹣，同时消耗8mol NaOH，阴极生成5mol NaOH，所以使电解池连续工作，需要不断补充NaOH，
故答案为：NaOH。
【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识、原电池和电解池的工作原理、电极反应式的书写及计算，具体涉及反应热的计算、热化学方程式的书写，把握电极反应式的书写、利用电子守恒进行计算即可解答，注意电解池中阴阳极的判断是难点，属于基本知识的考查，题目难度不大。
5．（2024秋 昌平区期末）电化学电池技术在能量储存及工业生产实现物质转化方面具有重要价值。
Ⅰ.碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池，是目前一种高能量密度电池，该电池装置的工作示意图如图所示。
（1）装置中铂电极a为 负极 （填“正极”或“负极”）。
（2）装置中铂电极b上发生的电极反应式是 O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ 。
（3）装置中负极区的pH 降低 （填“升高”、“降低”或“不变”）。
Ⅱ.碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池作为电源，利用图所示方法可以从海水中提取CO2。海水中含有等离子，呈弱碱性。
（4）结合化学用语说明b室如何实现CO2提取 水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应的离子方程式：H+＝H2O+CO2↑，生成二氧化碳和水 。
（5）b室排出的海水不可直接排回大海，需用该装置中产生的物质处理b室排出的海水，合格后（海水pH≈8）才能排回大海。结合化学用语说明该物质是如何产生的 c室电极反应：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液 。
【答案】Ⅰ．（1）负极；
（2）O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；
（3）降低；
Ⅱ．（4）水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应的离子方程式：H+＝H2O+CO2↑，生成二氧化碳和水；
（5）c室电极反应：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液。
【分析】Ⅰ．碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池中通入甲醇的电极为原电池负极，发生氧化反应，电极反应：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣6H2O，铂电极b为原电池的正极，电极反应为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，铂电极a为原电池负极，随着电极反应，附近溶液的pH减小；
Ⅱ．由图可知，a室中的电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为：2H2O﹣4e﹣＝4H++O2↑，c室中的电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，使溶液呈酸性，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液，b室和c室溶液混合后可以得到pH为8.3的海水达到排放标准，排回大海。
【解答】解：Ⅰ．（1）分析可知碱性甲醇（CH3OH）﹣空气燃料电池中通入甲醇的电极为原电池负极，装置中铂电极a为负极，
故答案为：负极；
（2）装置中铂电极b为原电池的正极，电极上发生的电极反应式为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，
故答案为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；
（3）装置中负极区的电极反应：CH3OH+8OH﹣﹣6e﹣6H2O，溶液pH降低，
故答案为：降低；
Ⅱ．（4）c室中的电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应的离子方程式：H+＝H2O+CO2↑，生成二氧化碳和水，
故答案为：水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，氢离子通过阳离子交换膜由a室进入b室，与碳酸氢根离子反应的离子方程式：H+＝H2O+CO2↑，生成二氧化碳和水；
（5）c室中的电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液，b室和c室溶液混合后可以得到pH为8.3的海水达到排放标准，排回大海，
故答案为：c室电极反应：2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，钠离子通过阳离子交换膜由b室进入c室，c室溶液得到稀氢氧化钠溶液。
【点评】本题主要考查原电池原理、电解原理等的应用，注意原电池和电解池原理的理解应用，题目难度不大。
6．（2024秋 崇明区期末）一种可将H2S无害化处理的工艺涉及反应如下：
反应Ⅰ：2H2S（g）+3O2（g）═2SO2（g）+2H2O（g）ΔH1＝﹣1006.5kJ mol﹣1
反应Ⅱ：4H2S（g）+2SO2（g）═3S2（g）+4H2O（g）ΔH2＝90.3kJ mol﹣1
反应Ⅲ：3S2（g）═S6（s）ΔH3＝﹣500.9kJ mol﹣1
（1）基态S原子核外有 5 种能量不同的电子。
（2）反应6H2S（g）+3O2（g）═S6（s）+6H2O（g）的ΔH＝ ﹣1417.1kJ/mol 。
（3）已知，H2S与CH3OH可发生催化反应，反应机理如图所示。
①该反应的催化剂是 Fe3O4﹣x 。
②物质A的电子式为 。
【答案】（1）5；
（2）﹣1417.1kJ/mol；
（3）①Fe3O4﹣x；
②。
【分析】（1）已知S是16号元素，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4；
（2）由题干信息可知，反应Ⅰ：2H2S（g）+3O2（g） ＝ 2SO2（g）+2H2O（g） ，反应Ⅱ：4H2S（g）+2SO2（g） ＝ 3S2（g）+4H2O（g） ，反应Ⅲ：3S2（g） ＝ S6（s） ，则反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得反应6H2S（g）+3O2（g） ＝ S6（s）+6H2O（g），根据盖斯定律可知，ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3；
（3）①由题干反应历程图可知，该反应历程中Fe3O4﹣x参与反应，但反应前后不变；
②由题干反应历程图中过程Ⅱ的转化信息可知，物质A的化学式为CH3SH。
【解答】解：（1）不同能级上的电子具有不同的能量，已知S是16号元素，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故基态S原子核外有5种能量不同的电子，
故答案为：5；
（2）反应Ⅰ：2H2S（g）+3O2（g） ＝ 2SO2（g）+2H2O（g） ，反应Ⅱ：4H2S（g）+2SO2（g） ＝ 3S2（g）+4H2O（g） ，反应Ⅲ：3S2（g） ＝ S6（s） ，则反应Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ可得反应6H2S（g）+3O2（g） ＝ S6（s）+6H2O（g），根据盖斯定律可知，ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3＝（﹣1006.5kJ/mol）+（90.3kJ/mol）+（﹣500.9kJ/mol）＝﹣1417.1kJ/mol，
故答案为：﹣1417.1kJ/mol；
（3）①该反应历程中Fe3O4﹣x参与反应，但反应前后不变，故该反应的催化剂是Fe3O4﹣x，
故答案为：Fe3O4﹣x；
②由题干反应历程图中过程Ⅱ的转化信息可知，物质A的化学式为CH3SH，该物质的电子式为，
故答案为：。
【点评】本题考查反应中的能量变化，侧重考查学生焓变的掌握情况，试题难度中等。
7．（2024秋 大兴区期末）“84”消毒液在日常生活中有广泛的应用。小组同学用如图装置（石墨作电极）电解饱和食盐水制取次氯酸钠溶液，并进行相关性质探究。
（1）电源中，a电极名称是 负 （填“正”或“负”）极。
（2）电解饱和食盐水的化学方程式为 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑ 。
（3）已知：饱和NaClO溶液的pH≈11，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因： ClO﹣+H2O HClO+OH﹣ 。
（4）当Cl2和NaOH溶液恰好完全反应时，下列关系不正确的是 c （填序号）。
a.c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）
b.c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣）
c.c（Na+）═2[c（Cl﹣）+c（ClO﹣）]
（5）T℃时，NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图1。向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线如图2。
资料：T℃时，H2CO3的电离常数为Ka1＝10﹣6.4，Ka2＝10﹣10.3；
①依据图1，HClO的电离常数为Ka＝ 10﹣7.3 ；向NaClO溶液中通入少量的CO2，该过程中生成的含碳物质的化学式为 NaHCO3 。
②图2中，A→B产生红褐色沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为 ClO﹣+2Fe2++4OH﹣+H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣ 。
③已知：pH≈3.7时，Fe3+完全沉淀。依据图1和图2，结合化学用语解释C→D溶液的pH下降的主要原因： C→D中pH在3.7～6.5范围内，溶液中c（HClO）较大，与Fe2+发生反应，HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+，生成更多H+，使溶液的pH下降 。
【答案】（1）负；
（2）2NaCl+2H2O2 NaOH+H2↑+Cl2↑；
（3）ClO﹣+H2O HClO+OH﹣；
（4）c；
（5）①10﹣7.3；NaHCO3；
②ClO﹣+2Fe2++4OH﹣+H2O ＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣；
③C→D中pH在3.7～6.5范围内，溶液中c（HClO）较大，与Fe2+发生反应，HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+，生成更多H+，使溶液的pH下降。
【分析】（1）用石墨作电极电解饱和食盐水制取次氯酸钠溶液时，电解NaCl溶液生成的氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使生成的氯气与氢氧化钠溶液充分接触，氯气应该在下方生成，则电解池中下方电极为阳极，上方电极为阴极；
（2）用石墨作电极电解饱和食盐水时生成氯气、氢气和氢氧化钠；
（3）NaClO是强碱弱酸盐，ClO﹣水解使溶液呈碱性；
（4）Cl2和NaOH溶液恰好完全反应的方程式为2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，溶液中c（NaCl）＝c（NaClO），结合电荷守恒关系、物料守恒关系分析判断；
（5）①由图1可知，c（ClO﹣）＝c（HClO）时溶液的pH＝7.3，结合HClO的电离常数为Ka的表达式进行计算，结合H2CO3的电离常数为Ka1＝10﹣6.4，Ka2＝10﹣10.3大小分析碳酸、次氯酸的酸性强弱，根据强酸制弱酸规律写出反应方程式；
②碱性条件下，NaClO氧化FeSO4生成Na2SO4、NaCl和红褐色Fe（OH）3沉淀；
③由图2可知，C→D范围内溶液呈弱酸性，c（c（HClO）较大，且pH≈3.7时，Fe3+完全沉淀，则HClO氧化Fe2+生成硫酸、氢氧化铁和盐酸。
【解答】解：（1）电解NaCl溶液生成的氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使生成的氯气与氢氧化钠溶液充分接触，氯气应该在下方生成，则电解池的下方电极为阳极，上方电极为阴极，阳极与电源正极相接，阴极与电源负极相接，即a为电源负极，b为电源正极，
故答案为：负；
（2）用石墨作电极电解饱和食盐水时生成氯气、氢气和氢氧化钠，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（3）NaClO是强碱弱酸盐，ClO﹣水解使溶液呈碱性，离子方程式为ClO﹣+H2O HClO+OH﹣，
故答案为：ClO﹣+H2O HClO+OH﹣；
（4）Cl2和NaOH溶液恰好完全反应的方程式为2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O，溶液中c（NaCl）＝c（NaClO）；
a.溶液中存在的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）═c（ClO﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），故a正确；
b.溶液中c（NaCl）＝c（NaClO），且ClO﹣水解而减少，则溶液中存在c（Na+）＞c（Cl﹣）＞c（ClO﹣），故b正确；
c.溶液中c（NaCl）＝c（NaClO），且ClO﹣水解生成HClO，则物料守恒关系为c（Na+）═2[c（Cl﹣）+c（ClO﹣）+c（HClO）]＞2[c（Cl﹣）+c（ClO﹣）]，故c错误；
故答案为：c；
（5）①由图1可知，c（ClO﹣）＝c（HClO）时溶液的pH＝7.3，此时HClO的电离常数为Kac（H+）＝c（H+）＝10﹣7.3，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，则酸性：H2CO3＞HClO，根据强酸制弱酸规律可知，NaClO和少量CO2的反应为NaClO+H2O+CO2＝HClO+NaHCO3，
故答案为：10﹣7.3；NaHCO3；
②碱性条件下，NaClO氧化FeSO4生成Na2SO4、NaCl和红褐色Fe（OH）3沉淀，即A→B产生红褐色沉淀的离子方程式为ClO﹣+2Fe2++4OH﹣+H2O ＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣，
故答案为：ClO﹣+2Fe2++4OH﹣+H2O ＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣；
③由图2可知，C→D范围内溶液呈弱酸性，c（c（HClO）较大，且pH≈3.7时，Fe3+完全沉淀，则HClO和Fe2+的反应为HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+，生成酸导致溶液的pH降低，
故答案为：C→D中pH在3.7～6.5范围内，溶液中c（HClO）较大，与Fe2+发生反应，HClO+2Fe2++5H2O＝2Fe（OH）3↓+Cl﹣+5H+，生成更多H+，使溶液的pH下降。
【点评】本题考查电解原理和氧化还原反应，侧重分析判断能力和反应原理等知识的运用能力，把握物质性质及发生反应、电离平衡常数计算及盐类水解、电解原理和氧化还原反应规律的应用是解题关键，题目难度中等。
8．（2024秋 广州期末）电化学及其产品与能源、材料和环境等领域紧密联系。
（1）将CO2回收利用，可达到减碳排放的目的。利用如图电解装置可将CO2转化为C2H4。其中电解质溶液为稀硫酸，电极均为惰性电极。
①电极b的名称为 阳极 ，发生的电极反应为 2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+ 。
②每生成1mol C2H4，质子交换膜中通过H+的物质的量为 12 mol。
③电解一段时间，阳极区H2SO4的物质的量 基本不变 （填“变大”“变小”或“基本不变”）。
（2）我国科技工作者设计了如图所示的Mg—CO2可充电电池，以Mg（TFSI）2为电解质，电解液中加入1，3﹣丙二胺（PDA）以捕获CO2，放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。
①放电时，电池总反应为 2CO2+Mg＝MgC2O4 。
②充电时，多孔碳纳米管电极与电源 正 极连接，发生的电极反应为 MgC2O4﹣2e﹣＝2CO2+Mg2+ 。
③放电时，隔膜上Mg2+的移动方向为 从左到右 （填“从左到右”或“从右到左”），理论上，每消耗1mol CO2负极质量减少 12 g。
【答案】（1）①阳极；2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+；
②12；
③基本不变；
（2）①2CO2+Mg＝MgC2O4；
②正；MgC2O4﹣2e﹣＝2CO2+Mg2+；
③从左到右；12。
【分析】（1）电极a上CO2被还原为C2H4，所以电极a为阴极，则电极b为阳极，溶液显酸性电极b上的反应式由此写出；电解池中阳离子向阴极移动，所以H+的运动方向为由b到a；由图可知电解池的阴极产生乙烯，阳极生成氧气，电极过程只消耗水，所以n（H+）保持不变；
（2）由图可知，放电时Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，多孔碳纳米管电极为正极，电极反应式为2CO2+2e﹣+Mg2+＝MgC2O4，充电时，Mg作阴极，多孔碳纳米管电极为阳极，据此作答。
【解答】解：（1）①电极a上CO2被还原为C2H4，所以电极a为阴极，则电极b为阳极，溶液显酸性，电极a上的反应式为2CO2+12e﹣+12H+═C2H4+4H2O，电极b上的反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，
故答案为：阳极；2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+；
②电极a上的反应式为2CO2+12e﹣+12H+═C2H4+4H2O，每生成1mol C2H4，电路中转移12mol电子，故质子交换膜中通过H+的物质的量为12mol，
故答案为：12；
③电极b为阳极，电极b上的反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，电解池中阳离子向阴极移动，所以H+的运动方向为由b到a；当阳极生成1mol氧气和4mol H+，同时有4mol H+移出阳极区，故电解一段时间，阳极区H2SO4的物质的量基本不变，
故答案为：基本不变；
（2）①放电时Mg作负极，电极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，多孔碳纳米管电极为正极，电极反应式为2CO2+2e﹣+Mg2+＝MgC2O4，电池总反应为2CO2+Mg＝MgC2O4，
故答案为：2CO2+Mg＝MgC2O4；
②充电时，多孔碳纳米管电极为阳极，与电源正极连接，发生的电极反应为MgC2O4﹣2e﹣＝2CO2+Mg2+，
故答案为：正；MgC2O4﹣2e﹣＝2CO2+Mg2+；
③放电时，阳离子移向正极，即隔膜上Mg2+的移动方向为从左到右，正极反应式为2CO2+2e﹣+Mg2+＝MgC2O4，每消耗1mol CO2，转移1mol电子，负极反应式为Mg﹣2e﹣＝Mg2+，负极质量减少24g/mol＝12g，
故答案为：从左到右；12。
【点评】本题考查原电池、电解池工作原理，有关电子转移的计算等，题目中等难度，突出对学生计算能力、综合分析问题的能力等。
9．（2024秋 辽宁期末）用酸性氢氧燃料电池电解氯化钠溶液的装置如图所示（各电极均为惰性电极）。
回答下列问题：
（1）H3PO4属于 三 （填“一”“二”或“三”）元酸。
（2）装置工作时。
①N电极上发生 还原 （填“氧化”或“还原”）反应， 得到 （填“得到”或“失去”）电子。
②Q电极上的电极反应式为 。
③Na+往 Q （填“P”或“Q”）电极迁移，判断的理由为 Q电极与原电池的负极相连，电解池中阳离子往阴极迁移 。
④每消耗0.2mol O2，此时消耗H2，和产生Cl2的质量共 29.2 g。
（3）若用乙醇代替氢气作燃料电池燃料，NaOH溶液代替磷酸溶液作电解质溶液，则M电极上发生的电极反应为 。
【答案】（1）三；
（2）①还原；得到；
②；
③Q；Q电极与原电池的负极相连，电解池中阳离子往阴极迁移；
④29.2；
（3）。
【分析】左侧是氢氧燃料电池，通入氢气的一侧为负极，消耗氢气的电极反应为，通入氧气得一侧为正极，右侧为电解池，P与原电池正极连接为阳极，Q为阴极，阳极上氯气的电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣。
【解答】解：（1）H3PO4与足量NaOH溶液反应生成Na3PO4，磷酸是中强酸，属于三元酸，
故答案为：三；
（2）①N为正极，正极发生得电子的还原反应，
故答案为：还原；得到；
②Q为阴极，溶液中水得到电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，
故答案为：；
③电解池中阳离子向阴极移动，故钠离子向Q电极移动，
故答案为：Q；Q电极与原电池的负极相连，电解池中阳离子往阴极迁移；
④每消耗0.2mol O2，转移0.8mol电子，消耗氢气的电极反应为，则消耗了0.4mol氢气，产生氯气的电极反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，则生成了0.4mol氯气，质量共0.4mol×2g/mol+0.4mol×71g/mol＝29.2g，
故答案为：29.2；
（3）若用乙醇代替氢气作燃料电池燃料，电解质溶液为碱性环境，则乙醇中的碳元素转化为碳酸根离子，电极反应为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查燃料电池等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
10．（2024秋 奉化区期末）氯碱工业是高能耗产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺节能超过30%。在这种工艺设计中，相关物料的传输与转化关系如图所示，其中的电极未标出。
请回答下列问题：
（1）气体X、Y分别是 Cl2 、 H2 （填化学式）。
（2）燃料电池中正极的电极反应式为 O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ 。
（3）比校a%、b%和c%的值，由大到小排序 b%＞a%＞c% 。
【答案】（1）Cl2；H2；
（2）O2+4e﹣+2H2O＝4OH﹣；
（3）b%＞a%＞c%。
【分析】电解池左室通入饱和氯化钠溶液，流出稀氯化钠溶液，可知左室为阳极室、右室为阴极室，阳极发生反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2，气体X是氯气；左室中钠离子通过阳离子交换膜进入阴极室；阴极室通入c%得氢氧化钠溶液，阴极发生反应2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阴极生成氢气和氢氧化钠，流出氢氧化钠的浓度大于通入氢氧化钠的浓度；气体Y是氢气；则燃料电池为氢氧燃料电池，通入氢气的电极为负极，通入氧气的电极为正极，正极反应式为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，钠离子由负极通过阳离子交换膜进入正极，正极生成氢氧化钠，则流出的氢氧化钠的浓度大于流入的氢氧化钠的浓度。
【解答】解：（1）根据以上分析，气体X、Y分别是Cl2、H2，
故答案为：Cl2；H2；
（2）燃料电池中正极通入氧气，氧气得电子生成氢氧根离子，正极的电极反应为O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，
故答案为：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣；
（3）根据以上分析，电解池阴极生成氢氧化钠，所以a%＞c%，原电池正极生成氢氧化钠，所以比校a%＜b%，由大到小排序b%＞a%＞c%，
故答案为：b%＞a%＞c%；
【点评】本题考查了氢氧燃料电池、氯碱工业等知识点，是常考考点，题目难度不大。
11．（2024秋 如东县期末）氨的合成与利用对人类生存和发展具有重要意义。
（1）利用FeO与Fe3O4之间的相互转化制取H2的原理如图所示。与C和H2O（g）直接反应制H2相比，该过程制H2的主要优点是 该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤 。
（2）在电解条件下，NO和H2O可以转化为NH3、H2、O2等物质。若生成H2和NH3转移的电子数之比为3：1，则相同条件下生成H2和NH3的体积之比为 15：2 。
（3）N2与H2在MeNx催化作用下，经过“固氮、释氨”两步可实现化学链循环制NH3，“固氮”时MeNx转化为MeNx+1。
①写出“释氨”时的化学方程式： 2MeNx+1+3H2＝2MeNx+2NH3 。
②与电解法合成NH3相比，化学链循环制NH3的优点有 能耗低，原子利用率高，副产物少，纯度高，产率大 。
（4）用NH3、CO2和Na2SO4为原料制备NaHCO3，再经煅烧制得纯碱。生成NaHCO3的化学方程式为 Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 。
（5）N2H4 H2O是一种常见的还原剂。用氨水和NaClO溶液制备N2H4 H2O时，正确的加料方式是 边搅拌边向氨水中缓缓滴加适量的NaClO溶液 。
【答案】（1）该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤；
（2）15：2；
（3）①2MeNx+1+3H2═2MeNx+2NH3；
②能耗低，原子利用率高，副产物少，纯度高，产率大；
（4）Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝2NaHCO3↓+（NH4）2SO4；
（5）边搅拌边向氨水中缓缓滴加适量的NaClO溶液。
【分析】（1）流程中将H2与CO彻底分离，可以得到较纯的H2；
（2）在电解条件下，NO和H2O可以转化为NH3、H2、O2等物质，生成1mol H2得到2mol电子、生成1mol NH3得到5mol电子，若生成H2和NH3转移的电子数之比为3：1，则n（H2）：n（NH3）：15：2，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比；
（3）①“释氨”时MeNx+1和H2生成NH3和MeNx；
②与电解法合成NH3相比，化学链循环制NH3的优点有能耗低；原子利用率高；副产物少；
（4）Na2SO3的溶解度大于NaHCO3，用NH3、CO2和Na2SO4为原料制备NaHCO3，同时生成（NH4）2SO4；
（5）N2H4 H2O是一种常见的还原剂，NaClO具有氧化性，能氧化N2H4 H2O。
【解答】解：（1）根据图知，该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤，
故答案为：该工艺中H2和CO分别在不同反应器内产生，可直接得到纯净气体，避免了复杂的分离步骤；
（2）在电解条件下，NO和H2O可以转化为NH3、H2、O2等物质，生成1mol H2得到2mol电子、生成1mol NH3得到5mol电子，若生成H2和NH3转移的电子数之比为3：1，则n（H2）：n（NH3）：15：2，相同条件下，气体的体积之比等于物质的量之比，则相同条件下生成H2和NH3的体积之比为n（H2）：n（NH3）＝15：2，
故答案为：15：2；
（3）①“释氨”时MeNx+1和H2生成NH3和MeNx，则释氨的方程式为2MeNx+1+3H2═2MeNx+2NH3，
故答案为：2MeNx+1+3H2═2MeNx+2NH3；
②电解法合成氨需要消耗能量，且有副产物生成，导致纯度低，产率小，所以与电解法合成NH3相比，化学链循环制NH3的优点有能耗低，原子利用率高，副产物少，纯度高，产率大，
故答案为：能耗低，原子利用率高，副产物少，纯度高，产率大；
（4）Na2SO3的溶解度大于NaHCO3，用NH3、CO2和Na2SO4为原料制备NaHCO3，同时生成（NH4）2SO4，则生成NaHCO3的化学方程式为Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝2NaHCO3↓+（NH4）2SO4，
故答案为：Na2SO4+2NH3+2CO2+2H2O＝2NaHCO3↓+（NH4）2SO4；
（5）N2H4 H2O是一种常见的还原剂，NaClO具有氧化性，能氧化N2H4 H2O，为N2H4 H2O防止被氧化，用氨水和NaClO溶液制备时，正确的加料方式是边搅拌边向氨水中缓缓滴加适量的NaClO溶液，
故答案为：边搅拌边向氨水中缓缓滴加适量的NaClO溶液。
【点评】本题考查电解原理、物质的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、物质的量的计算方法是解本题关键，注意题干信息的解读和运用。
12．（2024秋 运城期末）CO2的资源化利用是实现我国“双碳”目标的有效途径之一。
（1）杭州第19届亚洲运动会开幕式主火炬创新使用“零碳”甲醇燃料，综合利用焦炉气中的H2与工业尾气中CO2合成绿色甲醇，实现了循环内零碳排放。
①制备甲醇的主反应：CO2（g）+3H2（g）＝CH3OH（g）+H2O（g） ΔH＝﹣48.7kJ mol﹣1，该过程中还存在一个生成CO的副反应，结合反应：CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） ΔH＝﹣90.0kJ mol﹣1，写出该副反应的热化学方程式： CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝41.3kJ mol﹣1 。
②将CO2和H2按物质的量比1：3混合，以固定流速通过盛放Cu/Zn/Al/Zr催化剂的反应器，在相同时间内，不同温度下的实验数据如图所示。
已知：CH3OH产率
ⅰ．催化剂活性最好的温度为 c （填字母序号）。
a．483K b．503K c．523K d．543K
ⅱ．温度升高时CO2的平衡转化率降低，解释原因： 温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低 。
ⅲ．温度由523K升到543K，CH3OH的实验产率降低，解释原因： 生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低，且温度过高，催化剂活性降低，使得生成甲醇的主反应速率降低，导致甲醇实验产率降低 。
（2）近年研究发现，电催化CO2和含氮物质（等）在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含食废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO（NH2）2，电解原理如图所示。
①电极b是电解池的 阳 极（填“阴”或“阳”）。
②写出电解过程中生成尿素[CO（NH2）2]的电极反应式： 。
【答案】（1）①CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.3kJ mol﹣1；
②i．c；
ii．温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；
iii．生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低，且温度过高，催化剂活性降低，使得生成甲醇的主反应速率降低，导致甲醇实验产率降低；
（2）①阳；
②。
【分析】（1）根据盖斯定律，可由a﹣b得到副反应，当温度为523K时，二氧化碳的实验转化率和甲醇的实验产率最高，副反应：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）为吸热反应，温度升高，主反应平衡逆向移动程度大于副反应正向移动程度，生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低进行分析；
（2）根据电极水放电发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极，电解过程中生成尿素的电极反应是二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，进行分析。
【解答】解：（1）①a：，b：CO（g）+2H2（g）＝CH3OH（g） ，则根据盖斯定律，可由a﹣b得到副反应：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）ΔH＝（﹣48.7kJ mol﹣1）﹣（﹣90.0kJ mol﹣1）＝41.3kJ mol﹣1，
故答案为：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g） ΔH＝41.3kJ mol﹣1；
②i．当温度为523K时，二氧化碳的实验转化率和甲醇的实验产率最高，说明此温度下催化剂活性最好，
故答案为：c；
ii．由题意可知，主反应为放热反应，副反应：CO2（g）+H2（g）＝CO（g）+H2O（g）为吸热反应，温度升高，主反应平衡逆向移动程度大于副反应正向移动程度，导致二氧化碳的平衡转化率降低，
故答案为：温度升高，主反应逆移程度大于副反应正移程度，故CO2平衡转化率降低；
iii．由题意可知，生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低；且温度过高，催化剂活性降低，使得生成甲醇的主反应速率降低，导致甲醇实验产率降低，
故答案为：生成甲醇的主反应、副反应均为放热反应，温度升高，两个平衡均逆向移动，使甲醇的实验产率降低，且温度过高，催化剂活性降低，使得生成甲醇的主反应速率降低，导致甲醇实验产率降低；
（2）①由图可知，电极水放电发生氧化反应生成氧气，故b是电解池的阳极，
故答案为：阳；
②电解过程中生成尿素的电极反应是二氧化碳和硝酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成尿素，反应为：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查电解原理等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
13．（2024秋 苏州期末）储能材料是当前研究的热点。
（1）AlH3易分解反应释氢，且可与固体氧化物混合作固体燃料推进剂。AlH3与Fe2O3的反应过程如下：
Ⅰ.AlH3（s）＝Al（s）+3H（g）ΔH＝521.1kJ mol﹣1
Ⅱ.6H（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）ΔH＝﹣1209.2kJ mol﹣1
Ⅲ.2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）ΔH＝﹣851.5kJ mol﹣1
①LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl，该反应的化学方程式为 3LiAlH4+AlCl3＝4AlH3+3LiCl 。
②反应：2AlH3（s）+2Fe2O3（s）═4Fe（s）+3H2O（g）+Al2O3（s）的ΔH＝ ﹣1018.5kJ mol﹣1 。
③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是 AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜） 。
（2）NaBH4是一种储氢材料，Co﹣B催化剂催化NaBH4释氢的原理是：OH﹣使催化剂表面的释放H﹣催化剂表面的H与H+结合生成H2（Co容易吸附阴离子）。在Co﹣B催化剂中掺有MoO3会提高NaBH4释氢速率，其部分机理如图﹣1所示。
①NaBH4水解生成H2和B（OH）4﹣的离子方程式为 4H2O＝4H2+B（OH）4﹣ 。
②用重水（D2O）代替H2O通过检测反应生成的 HD、B（OD）4﹣ 可以判断制氢的机理。
③掺有MoO3能提高催化效率的原理是 MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣ 。
④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图﹣2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因是 反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应 。
【答案】（1）①3LiAlH4+AlCl3＝4AlH3+3LiCl；
②﹣1018.5kJ mol﹣1；，
③AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜）；
（2）①4H2O＝4H2+B（OH）4﹣；
②HD、B（OD）4﹣；
③MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣；
④反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应。
【分析】（1）①根据原子守恒书写LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl的化学方程式；
②根据盖斯定律可知：Ⅰ×2+Ⅱ+Ⅲ可得反应：2AlH3（s）+2Fe2O3（s）═4Fe（s）+3H2O（g）+Al2O3（s）ΔH，据此计算ΔH；
③AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜）；
（2）①根据原子守恒、电荷守恒书写反应的离子方程式；
②用重水（D2O）代替H2O，会生成HD、B（OD）4﹣；
③MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣，从而加快反应速率
④当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应。
【解答】解：（1）①根据原子守恒，可得LiAlH4和AlCl3在无水乙醚中反应可以生成AlH3和LiCl的化学方程式为：3LiAlH4+AlCl3＝4AlH3+3LiCl，
故答案为：3LiAlH4+AlCl3＝4AlH3+3LiCl；
②已知反应：Ⅰ.AlH3（s）＝Al（s）+3H（g）ΔH＝521.1kJ mol﹣1kJ mol﹣1，Ⅱ.6H（g）+Fe2O3（s）═2Fe（s）+3H2O（g）ΔH＝﹣1209.2kJ mol﹣1，Ⅲ.2Al（s）+Fe2O3（s）═Al2O3（s）+2Fe（s）ΔH＝﹣851.5kJ mol﹣1，根据盖斯定律可知：Ⅰ×2+Ⅱ+Ⅲ可得反应：2AlH3（s）+2Fe2O3（s）═4Fe（s）+3H2O（g）+Al2O3（s）ΔH，则ΔH＝（521.1×2﹣1209.2﹣851.5）kJ mol﹣1＝﹣1018.5kJ mol﹣1，
故答案为：﹣1018.5kJ mol﹣1；
③AlH3与普通铝粉相比，AlH3与Fe2O3反应更容易引发的原因是AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜），
故答案为：AlH3分解得到活性H与Fe2O3反应，大量放热，引发铝热反应Ⅲ，AlH3分解得到Al，更容易与Fe2O3反应（颗粒小，无氧化膜）；
（2）①由图可知，NaBH4水解生成H2和B（OH）4﹣的离子方程式为：4H2O＝4H2+B（OH）4﹣，
故答案为：4H2O＝4H2+B（OH）4﹣；
②用重水（D2O）代替H2O通过检测反应生成的HD、B（OD）4﹣，可以判断制氢的机理，
故答案为：HD、B（OD）4﹣；
③掺有MoO3能提高催化效率的原理是MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣，
故答案为：MoO3能够促进水电离出H+和OH﹣；
④产氢速率与NaBH4浓度的关系如图﹣2所示。当NaBH4浓度大于1mol L﹣1时，产氢速率下降的原因是反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应，
故答案为：反应产生的大量的B（OD）4﹣吸附Co表面，阻止了的吸附反应。
【点评】本题主要考查盖斯定律的应用，反应机理的探究，方程式书写等，同时考查学生的分析能力等，属于基本知识的考查，难度中等。
14．（2024秋 红桥区期末）氢能是一种清洁能源，按照生产过程中的碳排放情况分为灰氢、蓝氢和绿氢。
（1）煤的气化制得灰氢：C（s）+H2O（g） CO（g）+H2（g）。该反应的平衡常数表达式K＝ 。该方法生产过程有CO2排放。
（2）甲烷水蒸气催化重整制得蓝氢，步骤如下。
Ⅰ.H2的制取：CH4（g）+H2O（g） CO（g）+3H2（g）ΔH＞0
①为提高反应速率且提高CH4的平衡转化率，可采取的措施有 增大水蒸气浓度、升高温度 （写出一条即可）。
Ⅱ.H2的富集：CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）ΔH＜0
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的密闭容器中，将2mol CO与8mol H2O混合加热到830℃，反应达平衡时CO的转化率为 80% 。
Ⅲ.如图表示不同温度条件下，CO平衡转化率随着的变化趋势。
③判断T1、T2和T3的大小关系： T1＞T2＞T3 。
（3）热化学硫碘循环分解水制得绿氢，全程零碳排放。反应如下：
反应ⅰ：SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）＝H2SO4（l）+2HI（g）ΔH1＝﹣82kJ mol﹣1
反应ⅱ：2H2SO4（l）＝2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH2＝+544kJ mol﹣1
反应ⅲ：……
反应ⅰ～ⅲ循环实现分解水：2H2O（g）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+4848kJ mol﹣1。
写出反应ⅲ的热化学方程式 2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝+52kJ/mol 。
【答案】（1）；
（2）①增大水蒸气浓度、升高温度；
②80%；
③T1＞T2＞T3；
（3）2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝+52kJ/mol。
【分析】（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；
（2）Ⅰ．①提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，根据勒夏特列原理分析；
Ⅱ．②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的密闭容器中，将2mol CO与8mol H2O混合加热到830℃，设CO转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
起始（mol）2 8 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 8﹣x x x
该反应是气体体积不变的反应，K1，据此计算；
Ⅲ．③CaO吸收CO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CaO消耗率越大；
（3）①SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）ΔH1＝﹣82kJ mol﹣1；
②2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH2＝+544kJ mol﹣1；
③2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ mol﹣1；
根据盖斯定律：③﹣①﹣②得2HI（g）═H2（g）+I2（g）。
【解答】解：（1）平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，则K，
故答案为：；
（2）①提高CH4的平衡转化率，即使平衡正向移动，可采取的措施：增大水蒸气浓度、升高温度，
故答案为：增大水蒸气浓度、升高温度；
②已知830℃时，该反应的平衡常数K＝1。在容积不变的密闭容器中，将2mol CO与8mol H2O混合加热到830℃，设CO转化物质的量为xmol，列化学平衡三段式，
CO（g）+H2O（g） CO2（g）+H2（g）
起始（mol）2 8 0 0
转化（mol）x x x x
平衡（mol）2﹣x 8﹣x x x
该反应是气体体积不变的反应，K1，解得x＝1.6，则反应达平衡时CO的转化率为100%＝80%，
故答案为：80%；
③CaO吸收CO2的反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CaO消耗率越大，结合图中信息可知：T1＞T2＞T3，
故答案为：T1＞T2＞T3；
（3）①SO2（g）+I2（g）+2H2O（g）═H2SO4（l）+2HI（g）ΔH1＝﹣82kJ mol﹣1；
②2H2SO4（l）═2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）ΔH2＝+544kJ mol﹣1；
③2H2O（g）═2H2（g）+O2（g）ΔH＝+484kJ mol﹣1；
根据盖斯定律：③﹣①﹣②得2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH484kJ/mol+82kJ/mol544kJ/mol＝+52kJ/mol，
故答案为：2HI（g）═H2（g）+I2（g）ΔH＝+52kJ/mol。
【点评】本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度中等。
15．（2024秋 红桥区期末）电化学知识在生产、生活中应用广泛，请按照要求回答下列问题：
（1）用如图所示装置和药品进行制作简单燃料电池的实验。
①闭合K1，接通直流电源进行电解一段时间，观察到电极b附近的现象为 有气泡产生，电极附近溶液变红色 。电极a的电极反应式为 2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+ 。
②上述电解过程进行1～2min后，打开K1，闭合K2。写出电极b的电极反应式 H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O 。
③下列说法中，正确的是 a （填字母序号）。
a.通过调节K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化
b.若将Na2SO4溶液替换为稀硫酸，闭合K2后，电极反应不变
（2）铅酸蓄电池充放电的电池反应式为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，该电池放电时的正极反应式为 PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O 。充电时，外接电源负极与 Pb （填“Pb”或“PbO2”）连接，溶液的pH会 减小 （填“增大”、“减小”或“不变”）。
（3）某同学设计了如图所示装置，可探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理。
①甲装置中负极的电极反应式为 CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O 。
②乙装置中C电极的电极反应式为 2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2 。
③乙中的X把电解槽隔成了阴极室和阳极室，X为 阳 （填“阴”或“阳”）离子交换膜，它只允许溶液中的 ③⑤ 通过（填写下列微粒的编号）。
ⅰ.H2ⅱ.Cl2ⅲ.H+ⅳ.Cl﹣ⅴ.Na+ⅵ.OH﹣
④若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，丙装置中阴极析出铜的质量为 12.8 g。
【答案】（1）①有气泡产生，电极附近溶液变红色；2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
②H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；
③a；
（2）PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O；Pb；减小；
（3）①CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；
②2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2；
③阳；③⑤；
④12.8；
【分析】（1）①闭合K，接通直流电源进行电解一段时间，电极b为阴极，根据离子放电顺序，所以电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，根据电极反应式可知，b电极附近的现象为有气泡产生，溶液变红色；电极a为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
②上述电解过程进行1～2min后，打开K1，闭合K2，电解池变为原电池，电极b为负极，氢气失去电子发生氧化反应，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；
③a.由上述①和②的分析可知，通过调节K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化；
b.若将Na2SO4溶液替换为稀硫酸，因为是酸性环境，闭合K2后，电极b反应会改变，此时电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+；
（2）根据铅酸蓄电池充放电的电池反应式可知，电池放电时，PbO2在正极得到电子生成硫酸铅，电极反应式为PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O，充电时，外接电源负极与Pb连接，根据Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知，充电时会消耗水同时生成硫酸，所以溶液的pH会减小；
（3）①甲装置为甲烷燃料电池，负极为通入甲烷的一端，由图可知为碱性环境，所以电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；
②乙装置是电解池，C电极为阳极，根据离子放电顺序，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；
③乙用来探究氯碱工业原理制得氢气、氯气和氢氧化钠，X把电解槽隔成了阴极室和阳极室，X为阳离子交换膜，可以防止氯气和氢氧根离子反应；它只允许溶液中的H+、Na+通过；
④若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，即为0.1mol氧气，电路中转移0.4mol电子，丙装置中阴极的电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，根据得失电子守恒，析出0.2mol铜，质量为0.2mol×64g/mol＝12.8g；
【解答】解：（1）①闭合K，接通直流电源进行电解一段时间，电极b为阴极，根据离子放电顺序，所以电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，根据电极反应式可知，b电极附近的现象为有气泡产生，溶液变红色；电极a为阳极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
故答案为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+；
②上述电解过程进行1～2min后，打开K1，闭合K2，电解池变为原电池，电极b为负极，氢气失去电子发生氧化反应，电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；
故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；
③a.由上述①和②的分析可知，通过调节K1、K2可以实现化学能和电能的相互转化，故a正确；
b.若将Na2SO4溶液替换为稀硫酸，因为是酸性环境，闭合K2后，电极b反应会改变，此时电极反应式为H2﹣2e﹣＝2H+，故b错误；
故答案为：a；
（2）根据铅酸蓄电池充放电的电池反应式可知，电池放电时，PbO2在正极得到电子生成硫酸铅，电极反应式为PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O，充电时，外接电源负极与Pb连接，根据Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知，充电时会消耗水同时生成硫酸，所以溶液的pH会减小；
故答案为：PbO24H++2e﹣＝PbSO4+2H2O；Pb；减小；
（3）①甲装置为甲烷燃料电池，负极为通入甲烷的一端，由图可知为碱性环境，所以电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；
故答案为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；
②乙装置是电解池，C电极为阳极，根据离子放电顺序，电极反应式为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；
故答案为：2Cl﹣﹣2c﹣＝Cl2↑；
③乙用来探究氯碱工业原理制得氢气、氯气和氢氧化钠，X把电解槽隔成了阴极室和阳极室，X为阳离子交换膜，可以防止氯气和氢氧根离子反应；它只允许溶液中的H+、Na+通过；
故答案为：阳；③⑤；
④若在标准状况下，有2.24L氧气参加反应，即为0.1mol氧气，电路中转移0.4mol电子，丙装置中阴极的电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，根据得失电子守恒，析出0.2mol铜，质量为0.2mol×64g/mol＝12.8g；
故答案为：12.8；
【点评】本题考查了中和热的测定实验、滴定实验、氢氧燃料电池，题目难度不大，要熟悉相关知识。
16．（2024秋 南开区期末）电池是人类生产和生活中的重要能量来源，各种新型电池常用于航天领域。回答下列问题：
（1）氢氧燃料电池构造示意如图所示，该电池单位质量输出电能较高，反应生成的水还可作为航天员的饮用水。
①该电池的负极反应式为 。
②电池工作时，当外电路中转移1mol电子时，消耗的O2在标准状况下体积为 5.6L 。
（2）“神舟”飞船的电源系统共有3种，分别是太阳能电池帆板，镉镍蓄电池和应急电池。
①飞船在光照区运行时，太阳能电池帆板的能量转化形式为 太阳能转化为电能 ，除供给飞船使用外，多余部分用镉镍蓄电池储存起来。镉镍蓄电池放电时发生的主要反应为Cd+2NiO（OH）+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，充电时，阳极的电极反应式为 ；当飞船运行到地影区时，镉镍蓄电池开始为飞船供电，此时负极附近溶液的碱性 减小 （填“增大”“减小”或“不变”）。
②紧急状况下，应急电池会自动启动，应急电池放电时发生的主要反应为Zn+Ag2O+H2O＝2Ag+Zn（OH）2，该电池在充电时Zn极应连接直流电源的 负 （填“正”或“负”）极。以该电池为电源，使用惰性电极电解氯化钠溶液，电解氯化钠溶液的化学方程式为 。
【答案】（1）①；
②5.6L；
（2）①太阳能转化为电能；；减小；
②负；。
【分析】（1）二次电池，放电时是原电池，充电时是电解池，电解池中，阴极上发生还原反应，阳极上发生氧化反应；燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极反应为：，O2在正极得电子，发生电极反应：；
（2）太阳能电池帆板充电时，阳极的电极反应式为；放电时Cd在负极失电子生成Cd（OH）2，电极反应：Cd+2NiO（OH）+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，应急电池放电时发生的主要反应为Zn+Ag2O+H2O＝2Ag+Zn（OH）2，放电时Zn作负极，则充电时Zn极连接电源负极，作阴极。
【解答】解：（1）①通氢气的电极为负极，负极反应为：，
故答案为：；
②电池工作时，O2在正极得电子，发生电极反应：；当外电路中转移1mol电子时，消耗0.25mol电子，标况下体积为：0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，
故答案为：5.6L；
（2）①太阳能电池帆板的能量转化形式为太阳能转化为电能；充电时，阳极的电极反应式为；放电时Cd在负极失电子生成Cd（OH）2，电极反应：Cd+2NiO（OH）+2H2O＝Cd（OH）2+2Ni（OH）2，消耗氢氧根离子，负极附近溶液的碱性减小，
故答案为：太阳能转化为电能；；减小；
②放电时Zn作负极，则充电时Zn极连接电源负极，作阴极；电解氯化钠溶液的化学方程式为，
故答案为：负；。
【点评】本题主要考查原电池与电解池的综合等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
17．（2024秋 河东区期末）镍氢电池广泛用于油电混合动力汽车，该电池材料的回收利用也成为研究热点。
Ⅰ．某品牌镍氢电池的总反应为，其中，MH为吸附了氢原子的储氢合金。图1为该电池放电时的工作原理示意图。
（1）混合动力车上坡时利用电池放电提供能源。
①电极B是 正极 （填“正极”或“负极”）。
②正极的电极反应式为 H2O+NiOOH+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣ 。
（2）混合动力车下坡时利用动能回收给电池充电，结合化学用语说明此时电极A附近的pH变化（忽略溶液体积变化）： 充电时M得电子生成MH，电极方程式为：H2O+M+e﹣＝MH+OH﹣，此时电极A附近的氢氧根浓度增大，pH变大 。
（3）已知：储氢能力，若该电池储氢合金的储氢能力为1120，则10cm3储氢合金中的氢完全反应，转移的电子数为 0.1 mol。
Ⅱ．该品牌废旧镍氢电池回收过程中，金属镍的转化过程如
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