第六章化學反應與能量測試卷時間：90分鐘分值：100分可能用到的相對原子質量：H1C12O16Na23Cl35.5一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共16×3分）1．（2023·上海靜安·統考二模）2022年6月17日，經中央軍委批準，首艘自主設計建造的彈射型航空母艦命名為“中國人民解放軍海軍福建艦”，舷號“18”，為我國第三艘航空母艦。下列說法正確的是A．為屏蔽自身不被定位，福建艦的艦體采用的是高強度耐腐蝕低磁鋼，其熔點高于純鐵B．雷達系統相控陣化是福建艦的一大特色，所用碳化硅材料屬于新型有機物C．下水前，福建艦在艦體表面刷漆涂上中國海軍灰白色涂裝，目的之一是防止金屬腐蝕D．當前，各國常規動力航空母艦的燃料都是重油，為混合物，主要成分屬于酯類【答案】C【解析】A．低磁鋼屬于合金，合金的硬度比各成分大，熔點比各成分低，故A錯誤；B．碳化硅材料屬于新型無機物，故B錯誤；C．艦體表面刷漆，目的之一是防止金屬腐蝕，故C正確；D．重油為混合物，主要成分屬于烴類，故D錯誤；故答案選C。2．（2023·北京海淀·統考二模）甲、乙同學分別用如圖所示裝置驗證鐵的電化學防腐原理，相同時間后繼續進行實驗。實驗①：甲同學分別向Ⅰ、Ⅱ中Fe電極附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，Ⅰ中產生藍色沉淀，Ⅱ中無沉淀。實驗②：乙同學分別取Ⅰ、Ⅱ中Fe電極附近溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，Ⅰ、Ⅱ中均無沉淀。下列說法正確的是A．Ⅰ是犧牲陽極保護法，正極反應式為B．Ⅱ為外加電流陰極保護法，Fe電極與外接電源的正極相連C．由實驗①中Ⅰ、Ⅱ現象的差異，推測K3[Fe(CN)6]在Ⅰ中氧化性強于ⅡD．由實驗可知，兩種保護法均能保護，且Ⅱ保護得更好【答案】D【解析】A．由圖可知，Fe電極是正極，Zn電極是負極，屬于犧牲陽極的陰極保護法，由于電解質溶液呈酸性，故正極上氫離子得電子，則正極的反應為：2H++2e-═H2↑，A錯誤；B．外加電流陰極保護法中要保護的電極應與外接電源的負極相連，即Fe電極與外接電源的負極相連，B錯誤；C．由于Ⅰ中Fe電極與電解質溶液直接接觸，會有少量的Fe直接與酸反應生成Fe2+，與K3[Fe(CN)6]在Ⅰ、Ⅱ中的氧化性無關，C錯誤；D．對比Ⅰ、Ⅱ現象的差異可知，兩種保護法均能保護Fe，且電解法保護的更好，即Ⅱ保護得更好，D正確；故答案為：D。3．（2023·山東濟南·山東省實驗中學校考模擬預測）鐵碳微電解技術是處理酸性廢水的一種工藝，裝置如圖所示。若上端口打開，并鼓入空氣，可得到強氧化性中間體羥基自由基()；若上端口關閉，可得到強還原性中間體氫原子()。下列說法錯誤的是A．自由基均為陰極產物B．完全轉化為羥基自由基()時轉移了2mol電子C．若處理含酚類的酸性廢水，則上端口應關閉D．處理含的酸性廢水后，體系pH升高【答案】C【解析】A．由題意可知，若上端口打開，并鼓入空氣，可得到強氧化性中間體羥基自由基()，反應為；若上端口關閉，可得到強還原性中間體氫原子()，反應為，故自由基均為陰極產物，A正確；B．若上端口打開，并鼓入空氣，可得到強氧化性的羥基自由基，電極反應為2H++2e-+O2=2，所以完全轉化為羥基自由基時轉移了電子，B正確；C．除去含酚類的酸性廢水，需要氧化性的物質，所以上端口需要打開，可生成羥基自由基氧化酚類，C錯誤；D．在酸性條件下具有強氧化性，需要還原劑，所以需要上端口需要關閉，可得到強還原性中間體氫原子和反應，需要消耗氫離子，則體系的pH升高，D正確；答案選C。4．（2023·遼寧·校聯考模擬預測）未來的某一天，我們開著一輛電動汽車，當電池能量即將耗盡時，只需將汽車開到附近的加氨站，5分鐘內就能加滿一桶液態氨，電池表便顯示滿格，加滿后汽車能開1000公里以上，且加氨價格低廉。隨著“氨—氫”燃料電池的推出，這樣的場景很快就要變成現實。我國某大學設計的間接氨燃料固體氧化物燃料電池的工作原理如圖所示，氨首先經過重整裝置在催化劑(未標出)表面分解生成與。下列說法錯誤的是

A．電池工作時，a極的電極反應式為B．電池工作時，b極發生還原反應C．的鍵角小于的鍵角D．大面積推廣“氨—氫”燃料電池，有利于減少碳的排放量【答案】C【解析】A．電池工作時，氨首先經過重整裝置在催化劑表面分解生成與，氫氣在a極上發生氧化反應生成水，電極反應式為，A正確；B．電池工作時，b極上氧氣得電子發生還原反應，B正確；C．與的價層電子對數均為4，有1對孤電子對、有2對孤電子對，孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，排斥力越大鍵角越小，則的鍵角大于的鍵角，C不正確；D．大面積推廣“氨—氫”燃料電池，有利于減少碳的排放量，D正確；答案選C。5．（2023·甘肅·統考三模）以硝酸鹽為離子導體的Na－O2電池裝置與其某一電極M附近的反應機理如圖所示。下列說法正確的是

A．鎳電極上發生氧化反應B．NO是該電池的氧化劑C．固體電解質只起到離子導體的作用D．M的電極反應為2Na++O2+2e-=Na2O2【答案】D【分析】該裝置為電池裝置，液態鈉為活潑金屬，根據原電池工作原理，液態鈉電極為負極，鎳電極為正極。【解析】A．金屬鈉為活潑金屬，作負極，鎳電極為正極，正極上得到電子，發生還原反應，故A錯誤；B．根據反應機理可知，為該電池的催化劑，故B錯誤；C．固體電解質還能防止鈉直接與氧氣反應，能起到隔絕空氣的作用，故C錯誤；D．根據原理圖可知，M電極的電極反應為，然后又發生2+O2=2Na2O2和2+O2=2，總反應為2Na++O2+2e-=Na2O2，故D正確；答案為D。6．（2023·四川·校聯考模擬預測）某企業研發的鈉離子電池“超鈉F1”于2023年3月正式上市、量產。鈉離子電池因原料和性能的優勢而逐漸取代鋰離子電池，電池結構如圖所示。該電池的負極材料為NaxCy(嵌鈉硬碳)，正極材料為Na2Mn[Fe(CN)6](普魯士白)。在充、放電過程中，Na+在兩個電極之間往返嵌入和脫嵌。

下列說法不正確的是A．由于未使用稀缺的鋰元素，量產后的鈉離子電池的生產成本比鋰離子電池的低B．放電時，負極的電極反應式為NaxCy-xe-=Cy+xNa+C．放電時，Na+移向電勢較高的電極后得到電子發生還原反應D．充電時，每轉移1mol電子，陽極的質量減少23g【答案】C【分析】由題意知此電池為二次電池，嵌鈉硬碳在放電時做負極，充電時做陰極。【解析】A．鋰比鈉稀缺，鈉離電池生產成本低，A正確；B．負極材料為嵌鈉硬碳，相當于Na原子嵌在碳中，則NaxCy中的Na為0價，放電時為負極，Na失去電子，電極反應式為NaxCy-xe-=Cy+xNa+，B正確；C．正極電勢比負極高，Na+移向正極但不是Na+得電子，C錯誤；D．充電時陽極失去電子釋放出Na+，每轉移1mol電子，釋放1molNa+，Na+在陰極得電子變成NaxCy，所以陽極減少的質量就是1molNa+的質量即23g，D正確；故選C。7．（2023·河南·校聯考模擬預測）我國科學家最近合成的ZnO@SnO2微米花作為負極材料提高鋅鎳二次電池的循環性能，工作原理如圖所示。已知：正極材料為NiOOH/Ni(OH)2。

下列敘述錯誤的是A．放電時，上述裝置主要將化學能轉化成電能B．放電時，負極表面副反應可能是Zn+2OH-=+H2↑C．充電時，陰極附近電解質溶液pH降低D．充電時，1molOH-向陽極遷移時理論上轉移1mol電子【答案】C【分析】已知：正極材料為NiOOH/Ni(OH)2，則ZnO、ZnO@SnO2為負極材料；【解析】A．放電時為原電池裝置，上述裝置主要將化學能轉化成電能，A正確；B．放電時，負極的鋅失去電子發生氧化反應，在堿性條件下可能生成，表面副反應可能是Zn+2OH-=+H2↑，B正確；C．充電時，陰極的氧化鋅得到電子發生還原反應，反應為，則附近電解質溶液pH升高，C錯誤；D．充電時，陽極的NiOOH失去電子發生氧化反應，反應為，則1molOH-向陽極遷移時理論上轉移1mol電子，D正確；故選C。8．（2023·福建泉州·泉州五中校考一模）一種新型的鋰—空氣二次電池的工作原理如圖所示。下列說法中錯誤的是A．電路中有2mol電子通過時，水性電解液的質量增加16gB．催化劑可以吸附氧氣，促進氧氣得電子發生還原反應C．電池充電時，電子從電源負極流向鋰電極，鋰電極作陰極D．固體電解質既可以傳遞離子又可以起到隔膜的作用【答案】A【分析】在鋰—空氣二次電池中，活潑金屬鋰是負極，通入氧氣的一極為正極，負極鋰失去電子形成Li+離子進入溶液，并通過交換膜到達正極一邊，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子，1molO2得到4mol電子。【解析】A．電路中有2mol電子通過時，水性電解液正極一邊有0.5molO216g進入水性電解液，同時負極產生的2molLi+也會通過交換膜進入正極，增加的質量是氧氣和鋰離子的質量，不是16g，故A錯誤；B．催化劑可以吸附氧氣，促進氧氣得電子發生還原反應，故B正確；C．在二次電池充電時，二次電池的負極接外加電源的負極做陰極，鋰電極做陰極，故C正確；D．固體電解質既可以傳遞Li+離子又可以起到隔膜的作用，故D正確；答案選A。9．（2023·寧夏吳忠·統考模擬預測）聯二苯(

)是有機熱載體，也是高質量絕緣液的原料。工業上可用電解高濃度苯甲酸鈉/NaOH混合液合成聯二苯，其原理如圖所示。

下列說法正確的是A．OH-向Y極遷移B．

在陽極放電，發生還原反應C．電解過程中總反應為：2+2OH-

+D．當電路中有1mol電子通過時就會有11.2LH2生成【答案】C【分析】根據圖示，Y極產生H2，則Y是陰極，X是陽極，據此作答。【解析】A．根據分析，OH-移向X極，A錯誤；B．

在陽極放電，應該發生氧化反應，B錯誤；C．電解過程中，陰極是H2O提供的H+放電產生H2，陽極是放電產生，所以總反應為：2+2OH-

，C正確；D．當電路中有1mol電子通過時就會有0.5molH2生成，但不是標準狀況不一定是11.2LH2，D錯誤；故選C。10．（2023·江西九江·統考三模）科學家基于Cl2易溶于CCl4的性質，研究出一種儲能電池，原理如圖。下列說法正確的是

A．充電時，多孔活性炭電極接電源負極B．充電時陽極反應：Na3Ti2(PO4)3－2e－=NaTi2(PO4)3+2Na+C．1molCl2參與反應，理論上NaCl溶液增重117gD．放電時NaCl溶液的pH減小【答案】C【分析】由圖可知，放電時，總反應為：，則通入Cl2的多孔活性炭電極為正極，鈦電極為負極，以此解答。【解析】A．由分析可知，放電時，多孔活性炭電極為正極，則充電時，多孔活性炭電極接電源正極，故A錯誤；B．由分析可知，多孔活性炭電極為正極，充電時孔活性炭電極為陽極，Cl-在陽極失去電子生成Cl2，電極方程式為：2Cl--2e-=Cl2，故B錯誤；C．放電時，正極電極方程式為：Cl2+2e-=2Cl-，放電時陰離子向負極移動，則Cl-透過多孔活性炭電極向NaCl溶液中遷移，1molCl2參與反應時，有2molCl-進入NaCl溶液，由電荷守恒可知，同時有2molNa+進入NaCl溶液，理論上NaCl溶液增重2mol×58.5g/mol=117g，故C正確；D．放電時，總反應為：，NaCl溶液的pH不變，故D錯誤；故選C。11．（2023·江西上饒·校聯考二模）Li－O2電池比能最高，在汽車、航天等領域具有良好的應用前景。近年科學來家研究了一種光照充電Li－O2電池(如圖所示)。光照時，光催化電極產生電子(e－)和空穴(h+)，驅動陰極反應(Li++e－=Li)和陽極反應Li2O2+2h+=2Li++O2)對電池進行充電，下列敘述錯誤的是

A．放電時，電池的總反應2Li+O2=Li2O2B．充電時，Li+從鋰電極穿過離子交換膜向光催化電極遷移C．放電時，每轉移2mol電子，消耗標況下的O2體積為22.4LD．充電效率與光照產生的電子和空穴量有關【答案】B【分析】由題意可知，充電時光照光催化電極產生電子和空穴，鋰電極為陰極、光催化電極為陽極，電時金屬鋰電極為負極，光催化電極為正極。【解析】A．由題意可知，充電時總反應為Li2O2=2Li+O2，則放電時，電池的總反應2Li+O2=Li2O2，故A正確；B．由題意可知，充電時，鋰電極為陰極、光催化電極為陽極，則陽離子鋰離子向鋰電極遷移，故B錯誤；C．由分析可知，放電時，光催化電極為正極，鋰離子作用下氧氣在正極得到電子發生還原反應生成過氧化鋰，電極反應式為O2+2Li++2e—=Li2O2，則每轉移2mol電子，消耗標況下氧氣的體積為2mol××22.4L/mol=22.4L，故C正確；D．由題意可知，充電時，光照光催化電極產生電子和空穴，陰極反應與電子有關，陽極反應與空穴有關，則充電效率與光照產生的電子和空穴量有關，故D正確；故選B。12．（2023·上海閔行·統考二模）一定條件下，在密閉容器中，氮氣與氫氣合成氨氣，能量變化曲線如圖所示。下列說法正確的是A．加入催化劑，E1、E2都變小B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+600kJC．升溫可以增大該反應的化學平衡常數D．通入1molN2和3molH2充分反應，放熱小于92kJ【答案】D【解析】A．加入催化劑可以降低活化能，但是不能改變反應熱，即E2不變，A錯誤；B．根據圖示，lmol氮氣和3mol氫氣完全反應生成2mol氨氣時，放出的熱量為600kJ-508kJ=92kJ，根據熱化學方程式書寫規則得：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H=-92kJ·mol

-1，B錯誤；C．該反應為放熱反應，則升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數減小，C錯誤；D．該反應為可逆反應，反應不能進行到底，故通入1molN2和3molH2充分反應，放熱小于92kJ，D正確；故選D。13．（2023·上海長寧·統考二模）常溫常壓下，1molCH3OH與O2發生反應時，生成CO或HCHO的能量變化如圖(反應物O2和生成物水略去)，下列說法正確的是A．加入催化劑后，生成CO的熱效應變大，生成HCHO的熱效應變小B．加入催化劑后，生成HCHO的速率變大，單位時間內生成HCHO量變多C．1molCH3OH完全燃燒生成液態水和二氧化碳(g)放出393kJ的熱量D．生成HCHO的熱化學方程式為2CH3OH+O2=2HCHO+2H2O+316kJ【答案】B【解析】A．加入催化劑只改變反應歷程而不改變熱效應，加入催化劑生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，A項錯誤；B．活化能低反應越快。加入催化劑生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，故生成HCHO速率更快，B項正確；C．1molCH3OH完全燃燒生成液態水和一氧化碳(g)放出393kJ的熱量，C項錯誤；D．該熱化學方程式為沒有標注物質的狀態，D項錯誤；故選B。14．（2023·天津·校聯考二模）多相催化反應是在催化劑表面通過吸附、解吸過程進行的。我國學者發現T℃時(各物質均為氣態)，與水在銅催化劑上的反應機理和能量變化如圖。下列說法不正確的是A．反應B．選擇合適的催化劑可降低反應Ⅰ和反應Ⅱ的活化能C．和的總能量大于和3molH2(g)的總能量D．反應Ⅱ的熱化學方程式表示為【答案】C【解析】A．該反應中消耗2mol氣體產生了4mol氣體，氣體量增加為熵增的反應ΔS>0，A正確；B．催化劑改變反應歷程從而降低活化能，所以選擇合適的催化劑可降低反應Ⅰ和反應Ⅱ的活化能，B正確；C．從能量圖看1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的總能量低于1molCO2(g)和3H2(g)的總能量，C錯誤；D．催化機理看，CO(g)和H2O為該反應的中間產物。從能量圖看CO(g)和H2O(g)的總能量高于H2(g)和CO2(g)，所以該反應為放熱反應ΔH<0，D正確；故選C。15．（2023·浙江杭州·浙江省臨安中學校聯考一模）一定條件下，反應物和生成物的相對能量與反應歷程示意圖如下，下列說法不正確的是

A．由歷程I可計算，的總鍵能B．由歷程Ⅱ可知，相同條件下的濃度比的濃度對反應速度影響更大C．相同條件下，的平衡轉化率，歷程I歷程ⅡD．由歷程I和歷程Ⅱ可得，【答案】A【解析】A．由圖可知，1molSO2的活化能為，的總鍵能不是，故A錯誤；B．由歷程Ⅱ可知，相同條件下使用V2O5作催化劑增大的濃度后，反應的活化能降低，反應速率加快，則的濃度比的濃度對反應速度影響更大，故B正確；C．催化劑不改變化學平衡的轉化率，則相同條件下，的平衡轉化率，歷程I歷程Ⅱ，故C正確；D．催化劑不改變化學反應熱，由歷程I和歷程Ⅱ可得，，故D正確；故選A。16．（2023·浙江紹興·統考模擬預測）甲醇與水蒸氣在催化劑作用下發生如下反應：反應Ⅰ：

，反應Ⅱ：

根據能量變化示意圖，下列說法正確的是

A．B．反應Ⅱ決定整個反應的速率C．催化劑可以降低總反應的焓變D．

【答案】A【解析】A．由于絕對值，該值為負值，去掉絕對值后，，A正確；B．由圖可知，反應I正反應的活化能為E1-E5，反應II的活化能為E2-E3，反應I的活化能較大，則反應I的反應速率慢于反應II，反應I決定整個反應的速率，B錯誤；C．催化劑可改變反應的活化能，反應的焓變由始態和終態決定，催化劑不改變焓變，C錯誤；D．根據蓋斯定律，反應I+II可得目標方程，D錯誤；故選：A。二、主觀題（共5小題，共52分）17．（8分）（2023·重慶·校聯考模擬預測）2021年，我國科學家以二氧化碳為原料，通過全合成方法成功制得了淀粉，取得了科技領域的一個重大突破。以CO2為原料制備甲醇、合成氣、淀粉等能源物質具有廣闊的發展前景。I.在催化劑的作用下，氫氣還原CO2的過程中可同時發生反應①②。①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-50kJ·mol-1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)△H2=+41.1kJ·mol-1(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H3=kJ·mol-1。(2)已知反應①的△S=-177.2J·mol-1·K-1，在下列哪些溫度下反應能自發進行？_______(填標號)。A．0℃ B．5℃ C．25℃ D．500℃II.固體氧化物電解池(SOEC)利用廢熱電解水和CO2來制合成氣(主要組分為一氧化碳和氫氣)，因為高溫電解可降低內阻，所以相比于低溫電解池表現出更高的電解效率。(3)a為電源的極(填“正”或“負”)。(4)生成一氧化碳和氫氣物質的量之比為1：3時的電極反應式為。【答案】（每空2分）(1)-91.1(2)AB(3)負(4)CO2+3H2O+8e-=CO+3H2+4O2-【解析】（1）已知①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

△H1=-50kJ·mol-1②CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)

△H2=+41.1kJ·mol-1根據蓋斯定律，由①-②得反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)

△H3=△H1-△H2=-91.1kJ·mol-1；（2）已知①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)

△H1=-50kJ·mol-1，△S=-177.2J·mol-1·K-1=-0.1772kJ·mol-1·K-1，反應能自發進行，則△G=△H-T△S=-50kJ·mol-1-T(-0.1772kJ·mol-1·K-1)<0，T<282.2K=9.2℃；答案選AB；（3）從圖中看出，H2O、CO2在c電極轉化為H2、CO，說明此電極為陰極，則與之相連的a極為負極，電源正極為b；（4）電極c上發生的電極反應式為H2O+2e-=H2↑+O2-、CO2+2e-=CO↑+O2-，根據反應，生成一氧化碳和氫氣物質的量之比為1：3時的電極反應式為CO2+3H2O+8e-=CO+3H2+4O2-。18．（12分）（2023·江蘇鹽城·鹽城市伍佑中學校考模擬預測）電催化還原是當今資源化利用二氧化碳的重點課題，常用的陰極材料有有機多孔電極材料、銅基復合電極材料等。(1)一種有機多孔電極材料(銅粉沉積在一種有機物的骨架上)電催化還原的裝置示意圖如圖-1所示。控制其他條件相同，將一定量的通入該電催化裝置中，陰極所得產物及其物質的量與電壓的關系如圖-2所示。

①電解前需向電解質溶液中持續通入過量的原因是。②控制電壓為0.8V，電解時轉移電子的物質的量為mol。③科研小組利用代替原有的進行研究，其目的是。(2)一種銅基復合電極材料的制備方法：將一定量分散至水與乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加(一種強酸)溶液，攪拌一段時間后離心分離，得，溶液呈藍色。寫出還原的離子方程式：。(3)金屬Cu/La復合電極材料電催化還原CO?制備甲醛和乙醇的可能機理如圖-3所示。研究表明，在不同電極材料上形成中間體的部分反應活化能如圖-4所示。

①X為。在答題卡上相應位置補充完整虛線框內Y的結構。②與單純的Cu電極相比，利用Cu/La復合電極材料電催化還原的優點是。【答案】（除標注外，每空2分）(1)①使陰極表面盡可能被附著，減少析氫反應的發生(減少氫離子在陰極上放電的幾率)，提高含碳化合物的產率②2.8③為確定陰極上生成的含碳化合物源自而非有機多孔電極材料(2)(3)①（1分）（1分）

②加快了生成乙醇與甲醛的速率，提高了乙醇的選擇性【解析】（1）①電解前需向電解質溶液中持續通入過量的原因是使陰極表面盡可能被附著，減少析氫反應的發生(減少氫離子在陰極上放電的幾率)，提高含碳化合物的產率。②控制電壓為0.8V，產生0.2mol氫氣和0.2mol乙醇，根據電極反應,,故電解時轉移電子的物質的量為0.4+2.4=2.8mol。③科研小組利用代替原有的進行研究，其目的是為確定陰極上生成的含碳化合物源自而非有機多孔電極材料。（2）將一定量分散至水與乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加(一種強酸)溶液，攪拌一段時間后離心分離，溶液呈藍色，說明生成銅離子。故還原的離子方程式：。（3）從過程分析，兩步都與X反應，上兩個氫原子，故X為氫離子和一個電子，則Y處的圖為。從圖-4分析，與單純的Cu電極相比，利用Cu/La復合電極材料電催化還原的優點是加快了生成乙醇與甲醛的速率，提高了乙醇的選擇性。19．（10分）（2023·江蘇·校聯考模擬預測）硫和氮是生物必須的營養元素，含硫和氮的化合物在自然界中廣泛存在。(1)火山噴發產生H2S在大氣中發生如下反應：①2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(l)△H=akJ?mol-1②S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=bkJ?mol-1寫出H2S(g)燃燒的熱化學方程式。(2)氮的氧化物脫除可以利用電化學原理處理，利用如圖所示裝置可同時吸收SO2和NO。已知：H2S2O4是一種弱酸。

①陰極的電極反應式為。②若無能量損失，相同條件下，SO2和NO的體積比為時，兩種氣體都能被完全處理。(3)太陽能光電催化—化學耦合分解H2S的裝置如圖所示。

①該太陽能光電催化—化學耦合分解H2S的過程可描述為。②從能源利用和資源綜合利用角度分析該方法優點是。【答案】(每空2分)(1)2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)

△H=(a+2b)kJ?mol-1(2)1∶1(3)①Fe2+在電極上失電子發生反應Fe2+-e-=Fe3+，生成的Fe3+氧化H2S生成硫單質，離子方程式為2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，H+通過質子交換膜從a極移向b極，在b極得電子生成H2②利用太陽能，無需額外消耗能量；實現煤氣中H2S的脫除，同時產生清潔能源H2【解析】（1）根據題意，硫化氫氣體的燃燒方程式可以表示為，再根據蓋斯定律，該反應的反應熱△H=(a+2b)kJ?mol-1，故硫化氫氣體燃燒的熱化學方程式表示為：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)

△H=(a+2b)kJ?mol-1（2）如圖所示，a電極轉化為了，S元素的化合價降低發生了還原反應，故a電極為陰極，陰極反應方程式為；SO2中S元素的化合價由+4價升高為+6價，NO中N元素化合價由+2價降低為0價，根據得失電子守恒，SO2與NO的物質的量之比為1∶1，故在相同條件下，體積比為1∶1時兩種氣體能被完全處理。（3）①Fe2+在電極上發生反應生成Fe3+（），生成的三價鐵離子與硫化氫反應生成硫單質，H+通過質子交換膜從a極移向b極在b極生成氫氣；②利用太陽能，無需額外消耗能量，實現煤氣中H2S的脫除，同時產生清潔能源H2。20．（12分）（2023·北京順義·北京市順義區第一中學校考模擬預測）環狀碳酸酯(

)是一種重要的工業原料，可用作鋰離子電池電解質的溶劑。一種由苯乙烯經電解制備環狀碳酸酯的實驗操作如下：i．將一定量電解質、苯乙烯、水-二甲亞砜溶劑依次放入塑料燒杯中，攪拌均勻后放入高壓反應釜內，充入一定量氣體；ii．以石墨和銅片為兩個電極，電解至苯乙烯完全消耗后，停止電解；iii．分離、提純產品，計算產率。在相同條件下，采用不同電解質進行實驗I～Ⅳ，實驗結果如表：實驗序號電解質產率/%實驗現象I微量陰極產生氣體，能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍Ⅱ68ⅢaⅣNaI0陰極產生氣體；陽極附近有白色固體析出已知：i．電解效率ii．環狀碳酸酯的產率=n(生成的環狀碳酸酯)/n(投入的苯乙烯)iii．在堿性環境中會歧化為和。(1)針對實驗Ⅲ進行如下分析：①取反應后石墨電極附近溶液滴加淀粉溶液變藍，則石墨作極(填“陽”或“陰”)。②苯乙烯與石墨電極上生成的發生加成反應，再發生水解反應，得到中間產物1-苯基-2-碘乙醇(

)，在一定條件下進一步轉化為苯基環氧乙烷(

)后者與進行加成反應，得到的環狀碳酸酯的結構簡式為。③實驗中加入80mL密度為0.91的苯乙烯，η(環狀碳酸酯)≈63%，則電路中通過2mol電子時，產生mol環狀碳酸酯：a=。(2)對比實驗I～Ⅲ可知，其他條件相同時，電解質分別選用、、時，環狀碳酸酯的產率依次顯著升高，從原子結構角度解釋，是因為，導致、、的放電能力依次增強。(3)探究實驗Ⅳ中未生成環狀碳酸酯的原因，繼續實驗。①實驗Ⅳ中陰極產生氣體為。②經X光單晶衍射實驗證實，實驗Ⅳ中得到的白色固體含，用化學用語和必要的文字解釋得到該物質的原理。【答案】（除標注外，每空2分）(1)①陽（1分）②

③0.63mol90%(2)氯離子、溴離子、碘離子離子半徑依次增大，離子半徑越大，原子核對外層電子的吸附能力越小，失電子能力越強(3)①氫氣（1分）②2I--2e-=I2↓，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，3I2+6OH-=5I-++3H2O，碘酸根離子與鈉離子結合生成碘酸鈉晶體【分析】題中采用不同的電解質進行實驗，實際是電解對應的電解質溶液，所得產物與苯乙烯發生反應，得到中間產物，中間產物再經過轉化最終生成環狀碳酸酯，據此分析解題。【解析】（1）①取反應后石墨電極附近的溶液加淀粉溶液變藍，說明在石墨電極處碘離子失電子生成了碘單質，故石墨做陽極；②

與CO2進行加成反應，得到環狀碳酸酯，根據題干中環狀碳酸酯的結構，結合反應物，可知得到的環狀碳酸酯結構簡式為

；③根據中間產物的結構，生成1mol

，需要1mol苯乙烯、1mol個羥基（水電解生成氫氣，產生氫氧根）和1mol碘原子，故生成1mol環狀碳酸酯需要1mol電子，根據η（環狀碳酸酯）≈63%，生成0.63mol環狀碳酸酯，故電路中通過1mol電子時，產生環狀碳酸酯為0.63mol，a=×100%=90%。故答案為：0.63mol；90%；（2）氯離子、溴離子、碘離子離子半徑依次增大，離子半徑越大，原子核對外層電子的吸附能力越小，失電子能力越強；（3）①實驗Ⅳ中電解質為NaI和水，則陰極的氣體為電解水生成的氫氣，故答案為：氫氣；②實驗Ⅳ得到白色固體碘酸鈉晶體，原理為碘離子先在陽極失電子生成碘單質，陰極電解水生成氫氧根離子，碘單質在堿性條件下歧化生成碘離子和碘酸根離子，碘酸根離子與鈉離子結合生成碘酸鈉晶體，化學方程式為2I--2e-=I2↓，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，3I2+6OH-=5I-++3H2O，碘酸根離子與鈉離子結合生成碘酸鈉晶體。21．（10分）（2023·北京朝陽·統考三模）某研究小組探究鎂、鋁與溶液的反應。實驗Ⅰ：將過量鎂條、鋁條(除去表面氧化膜)分別放入60℃的溫水中，觀察到開始時鎂條表面有氣泡，5分鐘后氣泡迅速減少直至反應停止；鋁條表面無明顯現象。實驗Ⅱ：將過量鎂條、鋁條(除去表面氧化膜)分別放入飽和溶液()中，觀察到鎂條表面有氣泡，且持續時間較長，溶液中產生白色渾濁，鋁條表面持續產生氣泡。(1)實驗Ⅰ中鎂條表面產生氣泡的反應為。(2)實驗Ⅱ中飽和溶液的原因(寫離子方程式)。(3)探究實驗Ⅰ和Ⅱ現象不同的原因，設計實驗Ⅲ。實驗Ⅲa

b

現象電流計指針向右偏轉，鎂條上無明顯現象；隨后電流計指針迅速歸零繼而向左偏轉，鎂條上少量氣泡產生，鋁條上持續有氣泡產生電流計指針持續向右偏轉，示數逐漸減小，溶液中有白色渾濁物，鋁條上持續有氣泡產生①實驗a是b的對照組，所用NaOH溶液的濃度為。②實驗a中開始時Mg是原電池的極。③用化學用語表示實驗a中鋁條