2026年上海高考化学二轮复习讲练测专题08 化学反应与能量（专题专练）（解析版）

专题08化学反应与能量

目录

第一部分风向速递洞察考向，感知前沿

第二部分分层突破固本培优，精准提分

A组·保分基础练

题型01盖斯定律与热化学方程式

题型02原电池原理及应用

题型03电解原理及应用

题型04新型化学电源

B组·抢分能力练

第三部分真题验证对标高考，感悟考法

1．（25-26高三上·上海·月考）某甲醇燃料电池工作原理如图所示。

(1)电极I的名称是；写出电极Ⅱ发生的电极反应式：。

(2)与直接燃烧甲醇相比，写出采用甲醇燃料电池方式供能的一项优势。

+-

【答案】(1)负极O2+4H+4e=2H2O

(2)能量转化效率高、能量损失少、反应充分不产生积碳（任意一条即可）

【分析】甲醇燃料电池中，氢离子移向电极Ⅱ，阳离子向正极移动，则电极Ⅱ为正极，氧气得电子发生还原

+-

反应生成水，电极反应方程式为：O2+4H+4e=2H2O；电极I为负极，甲醇失电子发生氧化反应生成CO2，

-+

电极反应式为：CH3OH＋H2O－6e＝CO2↑＋6H，据此分析回答。

+-

【详解】（1）由分析可知，电极I为负极；电极Ⅱ发生的电极反应式为：O2+4H+4e=2H2O；

（2）与直接燃烧甲醇相比，采用甲醇燃料电池方式供能的优势为能量转化效率高、能量损失少、反应充分

不产生积碳（任意一条即可）。

2．【结合新能源考查】（24-25高三下·上海·开学考试）甲醇燃料电池是目前开发最成功的燃料

电池之一，这种燃料电池由甲醇、氧气、KOH溶液(电解质溶液)构成。甲醇碱性燃料电池工作原理如图所

示。

(1)氧气的进气口为_______。

A．aB．bC．cD．d

(2)X电极上的电极反应式为。此电池工作过程中，理论上每消耗16gCH3OH转移mol电子。

(3)此燃料电池工作一段时间后，电解质溶液的碱性。

A．增强B．减弱C．不变

【答案】(1)C

--2-

(2)CH3OH+8OH-6e=CO3+6H2O3

(3)减弱

【分析】该装置为燃料电池，氢氧根向负极移动，故左侧X电极为负极，b通入甲醇，X电极上的电极反

--2---

应式为：CH3OH+8OH-6e=CO3+6H2O；右侧Y电极为正极，c口通入O2，电极反应为O2+4e+2H2O=4OH，

据此分析；

【详解】（1）根据分析可知，c口通入O2，故选C；

（2）根据分析可知，左侧X电极为负极，b通入甲醇，X电极上的电极反应式为：

--2-

CH3OH+8OH-6e=CO3+6H2O；此电池工作过程中，理论上每消耗16gCH3OH，即0.5mol，由负极电极式

可知转移0.56mol=3mol电子；

-2-

（3）此燃料电池总反应，2CH3OH+4OH+3O2=2CO3+6H2O工作一段时间后，消耗氢氧根同时生成水，故

电解质溶液的碱性减弱。

3．（2026·上海·一模）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。

、缩写为溶液可用于捕集燃煤烟气中，转化过程如下。

ⅠCH3NCH2CH2OH2(MDEA)CO2

711

(1)室温下，H2CO3的Ka14.3010，Ka25.6010，吸收后溶液的pH9，此时主要含碳阴离子为

(写离子符号)。

(2)从结构的角度解释MDEA水溶液能吸收CO2的理由是。

Ⅱ、二氧化碳加氢制甲醇体系中存在以下反应：

-1

①CO2g3H2gCH3OHgH2OgHl49.4kJmol；

-1

②CO2g+H2gCOg+H2OgH241kJmol；

③COg+2H2gCH3OHgΔH3；

1

(3)ΔH3kJmol，该反应自发进行的条件是(填“高温”、“低温”、“任意温度”)。

-

【答案】(1)HCO3

(2)MDEA分子中的N原子有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进CO2的吸收

(3)-90.4低温

-

【详解】（1）H2CO3的pKa16.37，pKa210.25，溶液pH=9，处于二者之间，此时主要含碳阴离子是HCO3；

（2）MDEA分子中的N原子有孤电子对，能与氢离子形成配位键，可以与CO2相互作用，形成碳酸氢盐

或氨基甲酸盐，从而吸收CO2；

（3）根据盖斯定律，H3H1H249.4kJ/mol41kJ/mol90.4kJ/mol，当G=H-TS＜0时，

反应自发进行，该反应H＜0，S＜0，反应低温下自发进行；

4．（2026·上海·一模）蒸汽转化是以烃类与水蒸气反应制备氢气、一氧化碳和二氧化碳的工艺，其中水碳

比是目前研究的关键。水碳比是指原料气中H2O和CH4的物质的量之比，一般用X表示，即

XnH2O/nCH4。

CH4用水蒸气重整制氢的总反应为：CH4g2H2OgCO2g4H2gΔH

已知：CH4燃烧热为890.31kJ/mol，H2燃烧热为285.8kJ/mol，液态水的汽化热为40.8kJ/mol。

(1)总反应的HkJ/mol。

CH4用水蒸气重整制氢的总反应可分为以下两个过程：

反应Ⅰ．水蒸气重整：CH4gH2OgCOg3H2gΔH10

反应Ⅱ．水煤气变换：COgH2OgCO2gH2gΔH20

(6)利用某铝CO2电池为电源，电解硫酸铜溶液的装置工作原理如图所示。b为铝电极，其余均为石墨电极，

双极膜中水电离产生的H+和OH可以在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是___________。

A．该装置既含有原电池，又含有电解池

B．双极膜中的OH移向a电极

C．b电极反应式为Al3e4OHAlOH

4

D．若a电极附近生成4.6g甲酸，则c电极的质量增加6.4g

【答案】(1)171.29

(6)B

【详解】（1）由题可知以下反应的热化学方程式：

CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH1890.31kJ/mol

1

H(g)+O(g)HO(l)ΔH285.8kJ/mol

22222

H2O(l)H2O(g)ΔH340.8kJ/mol

由盖斯定律可知总反应的反应热：

ΔHΔH14ΔH22ΔH3890.31kJ/mol4285.8kJ/mol240.8kJ/mol171.29kJ/mol；

（6）左侧铝—CO2电池为原电池，a极（正极）电极反应式为CO22e2HHCOOH，b极（负极）电

极反应式为Al3e4OHAlOH；c极为阴极，发生2，d极为阳极，发生

4Cu2eCu

2H2O4eO24H，据此分析。

A．左侧铝—CO2电池为原电池，右侧电解硫酸铜溶液的装置为电解池，该装置同时含原电池与电解池，A

正确；

B．原电池中，b（Al）为负极，a为正极，电场作用下阴离子向负极移动，故双极膜中的OH⁻应移向b电极，

而非a电极，B错误；

-

C．b为Al电极，在NaOH溶液中失电子生成[Al(OH)4]，电极反应式为Al3e4OH[Al(OH)4]C正确；

D．a极电极反应式为CO22e2HHCOOH，4.6g甲酸的物质的量为0.1mol，电子转移为0.2mol，c

极为阴极，发生Cu22eCu，产生0.1molCu单质，质量为6.4g，D正确；

答案选B。

（25-26高三上·上海·期中）某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。

甲同学设计如下双液电池装置。

5．反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差3.87g，导线中通过mol电子。

6．其他条件不变，将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液，工作一段时间后，能闻到少量刺激性气味。结合相关化

学方程式与电极反应式解释刺激性气味产生的原因。

7．双液电池可用电池表达式来简要表示，如上图装置可以表示为：

ZnsNaClaqCuCl2aqCs

其中“|”用来分隔每侧半池中的电极与电解质溶液，“||”表示盐桥。

用电池表达式表示能实现2Fe3Cu2Fe2Cu2反应的双液电池：

_____|______||______|______

乙同学探究钢铁的吸氧腐蚀原理，设计如图所示装置。

8．正极的电极反应式为。

9．关于该装置说法正确的是_____。（不定项）

A．若将石墨电极改成Mg电极，难以观察到铁锈生成

B．若向自来水中加入少量NaCls，可较快地看到铁锈

C．断开连接石墨和铁的导线，铁便不会生锈

D．为提高探究实验效率，可用稀盐酸代替自来水

丙同学对铝片电解氧化进行探究。取预处理过的铝片和铅作电极，控制电流恒定为0.06A，用直流电源在

56molL1的硫酸中进行电解，铝片表面逐渐形成一定厚度的氧化膜。

10．铝片预处理包括去除表面油污与原有的氧化膜，可选用的试剂是_____。

A．稀HClB．浓HNO3C．Na2CO3溶液D．NaOH溶液

11．关于铝电解氧化说法正确的是_____。（不定项）

A．铝片作阳极，与电源正极相连

2

B．铅电极的反应式为：Pb2eSO4PbSO4

C．铝电极的反应式为：4Al12e3O22Al2O3

D．随着电解反应进行，溶液中H浓度保持不变

丁同学在查阅文献过程中，发现某篇论文中附有如下电化学装置。

12．关于该装置说法错误的是_____。

A．电流方向是从吸附电极N通过导线到吸附电极M

B．钠离子交换膜可以阻止两侧溶液发生中和反应

C．该装置工作时，化学能转化为电能

D．该装置工作时，Na由右池通过交换膜进入左池

13．该电化学装置工作时的总反应为。

【答案】5．0.066．NH4Cl溶液中存在NH4H2ONH3H2OH，原电池工作时，石墨电极上发

生2H2eH2，消耗H，促进NH4水解平衡正向移动，NH3H2O浓度上升，达到一定浓度后分解产

生NH3逸出7．CusCuSO4aqFeCl3aqCs8．O22H2O4e4OH9．AB10．D

11．AD12．D13．HOHH2O

【解析】5．该电池的总反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu，设导线中通过的电子数为2xmol，则两极质量变化总和

为65x+64x=129xg，根据题意，两极质量相差3.87g，即129x=3.87，x=0.03mol，因此转移的电子数为

0.06mol；

6．NH4Cl溶液中存在NH4H2ONH3H2OH，原电池工作时，石墨电极上发生2H2eH2，消

耗H，促进NH4水解平衡正向移动，NH3H2O浓度上升，达到一定浓度后分解产生NH3逸出；

7．根据总反应2Fe3Cu2Fe2Cu2可以将反应拆分为负极池：Cu电极与Cu2+溶液，正极池：惰性电极

3+

与Fe溶液，盐桥连接两个半电池，故电池表达式为CusCuSO4aqFeCl3aqCs；

-

8．在吸氧腐蚀中，溶解在水中的O2得电子，与水结合生成OH，故正极的电极反应式为

O22H2O4e4OH；

9．A．Mg比Fe活泼，Zn为正极，难以生成Fe²+，故难以观察到铁锈，A正确；

B．NaCl增强导电性，可加速吸氧腐蚀及铁锈生成，B正确；

C．断开导线后，原电池不再形成，Fe仍可能与水和氧气发生化学腐蚀，C错误；

D．稀盐酸导致析氢腐蚀，无法生成铁锈，D错误；

故答案选AB；

10．A．稀HCl无法去油污，A错误；

B．浓HNO3使铝钝化，B错误；

C．Na₂CO₃溶液可水解油脂，但碱性太弱无法去除表面氧化膜，C错误；

D．NaOH溶液可同时去油污与除氧化膜，D正确；

故答案选D；

11．A．根据电解池的定义，阳极是发生氧化反应的电极，应与电源正极相连，铝片作为阳极，发生氧化反

应，A正确；

B．铅电极是阴极，应发生还原反应，B错误；

2-

C．铝作为阳极，发生氧化反应，在电解过程中，铝失去电子后与水中的O结合生成Al2O3，反应式为

2Al6e3H2OAl2O3+6H，C错误；

++

D．随着电解反应进行，溶液中H浓度保持不变，根据上述阳极反应，铝氧化生成Al2O3的同时会释放H，

++

而阴极反应为消耗H，两者结合，总反应为2Al3H2OAl2O3+3H2，可以看出，H总量不变，因此溶

液中H+浓度保持不变，D正确；

故答案选AD；

12．左侧M极：H₂→H₂O，H元素化合价升高，发生氧化反应，为负极；

右侧N极：H+→H₂，H元素化合价降低，发生还原反应，为正极；

钠离子交换膜允许Na+通过，但阻止OH-和H+直接接触；

A．电流方向与电子流向相反，电子从M→N，电流从N→M，A正确；

B．左侧为碱性环境(含OH-)，右侧为酸性环境(含H+)，交换膜可防止两者直接接触发生中和，B正确；

C．该装置为原电池，将化学能转化为电能，C正确；

D．负极(M)消耗OH-，正电荷增加，需Na+从左池移向右池以维持电荷平衡，D错误；

故答案选D；

--

13．负极(M)：H2+2OH-2e=2H2O(碱性条件)

+-

正极(N)：2H+2e=H2(酸性条件)

+-

将两极反应相加得总反应H+OH=H2O。

01盖斯定律与热化学方程式

1．（25-26高三上·上海杨浦·期中）CO2和CH4是两种主要的温室气体。

(1)CO2分子属于分子(填“极性”或“非极性”)。

(2)C与Si同族且相邻，CO2熔点远低于SiO2的原因是。

(3)C原子中有___________种空间运动状态的电子。

A．2B．3C．4D．6

甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H2)的重要方法，主要反应有：

-1

①CH4gCO2g2COg2H2gΔH1247kJ·mol

-1

②CO2gH2gCOgH2OgH241kJ·mol

-1

(4)反应CH4gH2OgCOg3H2g的ΔHkJ·mol。

(5)反应①在条件下自发进行

A．高温B．低温C．任意温度

【答案】(1)非极性

(2)SiO2是共价晶体，CO2是分子晶体，共价晶体的熔点远大于分子晶体

(3)C

(4)+206

(5)A

【详解】（1）二氧化碳的空间结构为直线形，正负电荷中心重合，所以二氧化碳是非极性分子；

（2）二氧化硅是共价晶体，二氧化碳是分子晶体，共价晶体的熔点远大于分子晶体，所以二氧化碳的熔点

远低于二氧化硅；

（3）原子核外的轨道数与核外电子的空间运动状态种类相同，碳原子的原子序数为6，基态原子的电子排

布式为1s22s22p2，原子核外的轨道数为4，所以原子中有4种空间运动状态的电子，故选C；

（4）由盖斯定律可知，反应①-反应②=目标反应，则反应△H=(+247kJ/mol)-(+41kJ/mol=+206kJ/mol；

（5）反应①是熵增的吸热反应，高温条件下，有ΔH-TΔS＜0，能自发进行，故选A；

2．（25-26高三上·上海宝山·期末）氢是清洁能源，硼氢化钠(NaBH4)是一种环境友好的固体储氢材料，其

水解生氢的化学反应如下：NaBH4s+2H2Ol=NaBO2aq+4H2gΔH0。

(1)基态B原子中______。

A．有5种不同能量的电子B．有2种电子云

C．核外电子共占据5个原子轨道D．有3个未成对电子

(2)该反应能自发进行的条件是______。

A．低温B．高温C．任意温度D．无法判断

-1

(4)根据下图数据计算反应N2g3H2g2NH3g的H=kJ·mol。

【答案】(1)B

(2)C

(4)-90

【详解】（1）基态B原子的电子排布为1s22s22p1：

A．只有1s、2s、2p3种能量的电子，A错误；

B．s轨道（球形）、p轨道（哑铃形）共2种电子云，B正确；

C．基态B原子的电子排布为1s22s22p1，1s（1个轨道）、2s（1个轨道）、2p（1个轨道），共占据3个

原子轨道，C错误；

D．2p轨道只有1个未成对电子，D错误；

故选择B；

，

（2）反应NaBH4s+2H2Ol=NaBO2aq+4H2gH0S0，根据G=H-TS0，任意条件均能

满足G<0，因此选C；

13

（4）图中给出的反应为NgHgNHg，计算该反应的H=（473+654-339-397-436）=-45

22223

-1-1

kJ·mol，因此反应N2g3H2g2NH3g的H=-90kJ·mol；

3．（2026·上海·一模）空气中CO2含量的控制和CO2资源利用具有重要意义。

、缩写为溶液可用于捕集燃煤烟气中，转化过程如下。

ⅠCH3NCH2CH2OH2(MDEA)CO2

711

(1)室温下，H2CO3的Ka14.3010，Ka25.6010，吸收后溶液的pH9，此时主要含碳阴离子为

(写离子符号)。

(2)从结构的角度解释MDEA水溶液能吸收CO2的理由是。

Ⅱ、二氧化碳加氢制甲醇体系中存在以下反应：

-1

①CO2g3H2gCH3OHgH2OgHl49.4kJmol；

-1

②CO2g+H2gCOg+H2OgH241kJmol；

③COg+2H2gCH3OHgΔH3；

1

(3)ΔH3kJmol，该反应自发进行的条件是(填“高温”、“低温”、“任意温度”)。

-

【答案】(1)HCO3

(2)MDEA分子中的N原子有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进CO2的吸收

(3)-90.4低温

-

【详解】（1）H2CO3的pKa16.37，pKa210.25，溶液pH=9，处于二者之间，此时主要含碳阴离子是HCO3；

（2）MDEA分子中的N原子有孤电子对，能与氢离子形成配位键，可以与CO2相互作用，形成碳酸氢盐

或氨基甲酸盐，从而吸收CO2；

（3）根据盖斯定律，H3H1H249.4kJ/mol41kJ/mol90.4kJ/mol，当G=H-TS＜0时，

反应自发进行，该反应H＜0，S＜0，反应低温下自发进行；

4．（2026·上海·一模）元素及其化合物在生产、生活中有广泛运用，回答下列问题：

(1)乙二胺[H2NCH2CH2NH2]和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙二胺沸点比三甲胺高，其主要原因是。

(2)PCl3的价层电子对互斥模型是；

-1

(3)已知：①P4(s)+6Cl2(g)=4PCl3(l)∆H=-akJ·mol

-1

②P4(s)+10Cl2(g)=4PCl5(s)∆H=-bkJ·mol(b>a>0)

-1

则PCl3(l)+Cl2(g)=PCl5(s)∆H=kJ·mol(用含a、b的式子表示)。

【答案】(1)乙二胺分子中存在N-H键，分子间能形成氢键；三甲胺分子中氢原子与电负性较小的碳原子相

连，分子间不能形成氢键，所以乙二胺比三甲胺的沸点高

(2)四面体形

ab

(3)

4

【详解】（1）乙二胺分子中存在NH键，分子间能形成氢键；三甲胺分子中氢原子与电负性较小的碳原

子相连，分子间不能形成氢键，所以乙二胺比三甲胺的沸点高。

1

（2）PCl中P原子的价层电子对数为：35134，含一对孤对电子，价层电子对互斥模型是四面

32

体形。

ΔHΔHbaab

（3）根据盖斯定律可知，ΔH21kJ/molkJ/mol。

444

02原电池原理及应用

1．（25-26高三上·上海·阶段练习）NO空气质子交换膜燃料电池实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结

合。某化学兴趣小组用如图装置模拟工业处理废气和废水的过程。已知电极材料均为惰性电极

(1)甲池在放电过程中的负极反应式为。

(2)乙池中通入废气NO的电极为极，电池总反应的离子方程式为。

(3)b为(填“阳”或“阴”)离子交换膜。当浓缩室得到4L浓度为0.6molL1的盐酸时，M室中的溶液的

质量变化为(增大或减小)g(溶液体积变化忽略不计)。

(4)标准状况下，甲池有11.2LO2参加反应，则乙池中处理废气(SO2和NO)的总体积为L。

--+

【答案】(1)NO+2H2O-3e=NO3+4H

通电

(2)阴2

5SO2+2NO+8H2O2NH45SO48H

(3)阴减小18

(4)31.36

【分析】甲池为NO空气质子交换膜燃料电池，左侧电极上NO被氧化生成HNO3，即左侧电极为负极，则

右侧电极为正极；

2

乙池为电解池，将SO2和NO分别转化为SO4和NH4，其左侧电极与甲池的正极相连，即作阳极，则右侧

电极作阴极；

丙池为盐酸浓缩电解池，通过电解将0.1mol/L盐酸浓缩为0.6mol/L盐酸，本质是利用离子交换膜实现H和

Cl的定向迁移。其右侧电极与甲池的负极相连，即作阴极，则左侧电极作阳极，据此解答。

【详解】（1）由分析可知，甲池的左侧电极为负极，NO被氧化生成HNO3，则负极反应式为：

--+

NO+2H2O-3e=NO3+4H；

（2）由分析可知，乙池为电解池，其左侧电极与甲池的正极相连，即作阳极，则右侧电极作阴极，即乙池

2

中通入废气NO的电极为阴极，阳极上SO2被氧化为SO4，阴极上NO被还原生成NH4，经配平得电池总

通电

反应的离子方程式为：2；

5SO2+2NO+8H2O2NH45SO48H

（3）由分析可知，丙池为盐酸浓缩电解池，通过电解将0.1mol/L盐酸浓缩为0.6mol/L盐酸，其右侧电极

与甲池的负极相连，即作阴极，则左侧电极作阳极，利用离子交换膜实现H和Cl的定向迁移，即Cl从N

室通过b膜进入浓缩室，因此b为阴离子交换膜。M室中是0.1molL1的硫酸，其H通过阳离子交换膜(a

1

膜)进入浓缩室，浓缩室得到0.6molL1的盐酸4L，增加的HCl物质的量为0.60.1mol·L4L=2mol，

-

即有2molH从M室迁移至浓缩室，M室为阳极区，发生反应：2H2O-4e4HO2，则M室中溶液质

量减小，且此时反应消耗水1mol，M室中溶液的质量减少1mol18g/mol18g；

11.2L

（4）标准状况下，11.2LO的物质的量为0.5mol，甲池中O在正极得到电子，发生电极反应：

222.4L/mol2

O2+4H4e2H2O，因此转移电子的物质的量为0.5mol42mol。乙池中电池总反应为：

通电12

2，根据得失电子守恒可得：，所以标准

5SO2NO8HO2NH5SO8H2eSO2NO

224425

状况下，甲池有11.2LO2参加反应，乙池中有1molSO2和0.4molNO废气被处理，其总体积为

10.4mol22.4L/mol31.36L。

2．（25-26高三上·上海·阶段练习）某氢氧燃料电池工作示意图如下，电解质溶液可使用氢氧化钾溶液或稀

硫酸。

(1)若用氢氧化钾溶液作电解质，写出电极a附近电极反应式。

(2)使用不同电解质溶液时，下列说法不正确的是___________。

A．能量转化方式相同

B．电极a均作负极

C．电极b附近发生的电极反应相同

D．转移等量电子，消耗氧气物质的量相等

【答案】(1)H2-2e+2OH2H2O

(2)C

【详解】（1）氢氧燃料电池的总反应为2H2+O2=2H2O，电极a的反应物为H2，则失电子，化合价升高，

发生氧化反应，变成H+，因为电解质环境为碱性，H+进一步和OH-反应，故电极方程式为：

H2-2e+2OH=2H2O；

（2）A．能量都是由化学能转化为电能，故转化方式相同，A正确；

B．电极a通入燃料H2，被氧气氧化，化合价升高，发生氧化反应，作原电池的负极，B正确；

C．当电解质为KOH溶液时，电极方程式为O24e2H2O4OH，当电解质为稀硫酸时，电极方程式为

O24e4H2H2O，电极反应不同，C错误；

D．氧气和电子的比例关系为O24e，1：4，因此转移等量电子时，消耗的氧气的物质的量相等，D正确；

故选C。

3．（25-26高三上·上海·阶段练习）油气开采、石油化工、煤化工等行业废气中普遍含有硫化氢，需要回收

处理并加以利用。

7，11；7

已知：25C时，Ka1H2CO34.210Ka2H2CO34.810Ka1H2S1.110，

13，36

Ka2H2S7.110Ksp(CuS)6.010。

回收得到的H2S可作为有用的化工原料利用于多种化工生产；科学家制造出一种使用固体电解质的H2S燃料

电池，固体电解质可以采用氧离子导体或质子H导体，电池反应原理如图所示。

2

(7)固体电解质采用氧离子O作导体时，负极生成SO2的电极反应式为：。

(8)相比氧离子(O2)导体，质子导体的优势为。

2

(9)此外H2S还可作为沉淀剂除去废水中的Cu，请从平衡常数角度，通过计算说明方案可行的原因；已知：

当K105时，认为反应进行彻底。。

【答案】

-2-

(7)H2S-6e+3O=SO2+H2O

(8)可减少污染性气体SO2的产生

2+2++

(9)除去废水中Cu的反应为：H2S+Cu=CuS↓+2H，反应的平衡常数

2+2+2

713

cHcHcHScSKa1H2SKa2H2S1.1107.110

K====≈1.3×1016＞

2+2+2K(CuS)36

cCucH2ScCucH2ScHScSsp6.010

1×105，则废水中Cu2+完全反应

--

【分析】由电离常数可知，微粒的酸性强弱顺序为：H2CO3＞H2S＞HCO3＞HS，由盐类水解规律可知，离

2-2---

子的水解程度大小顺序为：S＞CO3＞HS＞HCO3。

【详解】

（7）负极生成二氧化硫的反应为氧离子作用下硫化氢在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化硫和水，电

-2-

极反应式为H2S-6e+3O=SO2+H2O；

（8）由图可知，用质子导体做电解质的燃料电池的负极反应为酸性条件下硫化氢在负极失去电子发生氧化

-+

反应生成S2和水，电极反应式为2H2S-4e=S2+4H，则相比氧离子导体，质子导体的优势为可减少污染性

气体二氧化硫的产生，不会污染环境；

2++

（9）除去废水中铜离子的反应为：H2S+Cu=CuS↓+2H，反应的平衡常数

2+2+2

cHcHcHScS713

Ka1H2SKa2H2S1.1107.110

K====≈1.3×1016＞

2+2+2K(CuS)36

cCucH2ScCucH2ScHScSsp6.010

1×105，所以废水中铜离子完全反应，能用硫化氢做除去废水中铜离子的沉淀剂。

4．（25-26高三上·上海·阶段练习）甲醇(CH3OH)是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反

应如下：

1

反应I：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)ΔH149.58kJmol

反应Ⅱ：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2

1

反应Ⅲ：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)ΔH390.77kJmol

(1)反应Ⅱ的H2。

(2)反应Ⅲ的S0(填“<”或“>”)，在(填“较低温度”、“较高温度”或“任何温度”)下能够自发进行。

(6)H2还原CO电化学法制备甲醇的工作原理如图所示。

总反应：CO+2H2=CH3OH

①该反应的氧化剂是。

A．COB．H2

②通入CO的一端是电池的______极，电池工作过程中H+通过质子膜向______移动。

A．正、右B．正、左C．负、右D．负、左

③通入CO的一端发生的电极反应式为。

甲醇也可用于制备其他有机物。比如乙酸可用甲醇与CO催化反应制备得到。

(7)该反应历程及每分子甲醇转化为乙酸的能量变化关系如下图。下列说法正确的是______(不定项)。

A．该过程不涉及非极性键的形成B．该反应中，H2O为催化剂，HI为中间产物

C．反应iii为该历程的决速步骤D．选用不同的催化剂可改变该反应的H

【答案】(1)+41.19kJ•mol-1

(2)＜较低温度

-+

(6)ABCO+4e+4H=CH3OH

(7)C

-1-1

【详解】（1）根据盖斯定律由反应Ⅰ-反应Ⅲ可得反应Ⅱ，则H2=H1-H3=（-49.58kJ•mol）-（-90.77kJ•mol）

=+41.19kJ•mol-1，故答案为：+41.19kJ•mol-1；△△△

（2）由题干反应Ⅲ可知，反应前气体系数之和大于反应后气体系数之和，即ΔS＜0，根据ΔG=ΔH-TΔS＜0

时，反应能够自发进行，反应Ⅲ的S＜0，H＜0，故较低温度时，该反应能够自发进行，故答案为：＜；

较低温度；△△

（6）①总反应：CO+2H2=CH3OH中H的化合价升高被氧化，作还原剂，CO中C的化合价降低，被还原，

是氧化剂，故答案为：A；

②由上述分析可知，CO是氧化剂，发生还原反应，原电池中正极反应还原反应，即通入CO的一端是电池

的正极，原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，即电池工作过程中H+通过质子膜向左移动，故答案

为：B；

-+

③已知通入CO的一极为正极，发生还原反应，故通入CO的一端发生的电极反应式为：CO+4e+4H=CH3OH，

-+

故答案为：CO+4e+4H=CH3OH；

（7）A．该过程涉及碳碳键的形成，该过程涉及非极性键的形成，A错误；

B．反应过程中，中间产物先生成，后消耗；催化剂先消耗，后生成；H2O为该反应的中间产物、HI为催

化剂，B错误；

C．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决

定总反应速率的是慢反应；故反应ⅲ为该历程的决速步骤，C正确；

D．催化剂只能改变反应途径，不改变反应的始态和终态，故选用不同的催化剂不能改变该反应的H，D

错误；

故答案为：C。

5．（25-26高三上·上海·开学考试）早在1914年就有人发现，引入有机基团可以降低离子化合物的熔点。

随后，一系列在较低温度下能以液态稳定存在的离子化合物被陆续发现，这些物质被称为离子液体。EMIM

离子(结构如右图所示)具有较好的稳定性，它的电子在其环状结构中高度离域，类似于苯环。EMIM离子

能形成各种离子液体，如EMIMBF4、EMIMAlCl4等。

科学家发明了一种“快速充放电铝离子电池”，该电池以EMIMAlCl4作为电解液，结构如图所示。

(5)放电时，石墨作极；另一极的电极反应式为：。

(6)充电时，电解液中EMIM向(选填“铝”或“石墨”)电极移动。

【答案】

---

(5)正7AlCl4+Al-3e4Al2Cl7

(6)Al

【详解】

--

（5）放电时Al发生氧化反应作负极，则石墨作正极；另一极由AlCl4Al2Cl7，电极反应式为

---

7AlCl4+Al-3e4Al2Cl7

（6）根据放电时的电极可判断充电时，Al为阴极，石墨为阳极，电解液中EMIM是阳离子，充电时阳离

子移向阴极，故向Al极移动。

03电解原理及应用

1．（25-26高三上·上海·阶段练习）我国科学家设计的铜基催化剂在电催化CO2合成丙烯过程中，使丙烯展

现出明显的选择性和较高的产率，工作原理如图

该装置工作时，K+向(填“a”或“b”)极移动。写出a极生成丙烯的电极反应式：。

【答案】a3CO218e12H2OC3H618OH

【分析】该装置为电解池，在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，a极上CO2转化为C3H6(丙

烯)，C元素化合价降低，发生还原反应，故a极为阴极，b极为阳极，发生氧化反应。

【详解】①因为K为阳离子，在电解池中，阳离子向阴极移动，即K向a极移动。

②a极(阴极)上CO2还原为C3H6，CO2得到电子，电极反应式为：3CO218e12H2OC3H618OH。

2．（25-26高三上·上海杨浦·期中）锌(Zn)、镉(Cd)、汞(Hg)是第ⅡB族元素，广泛应用于多工业领域。

Ⅰ．Zn的化学性质和Al相似。我国福州大学和清华大学学者研制组装的ZnNO3/乙醇电池系统具有良好

的充放电循环稳定性，工作原理如图所示，可以实现污水脱硝、能源转化以及化学品合成的协同增效。

(1)下列关于锌及其化合物的性质说法错误的是___________。

A．锌块呈银白色是因为内部含有自由电子

B．锌能溶于氢氧化钠溶液

C．氧化锌热分解可冶炼得锌单质

D．氢氧化锌具有两性

(2)放电时，正极的电极反应式为。

(3)充电时，OH通过离子交换膜的运动方向是。

A．左侧→右侧B．右侧→左侧

(4)充放电一段时间后，储液罐甲的液流体系中主要物质为(填化学式)。

【答案】(1)C

---

(2)NO3+8e+6H2O=NH3+9OH

(3)B

(4)CH3COONH4

【分析】由图，放电时，锌失去电子被氧化，则右侧电极Zn板为负极、左侧电极为正极，则充电时，右侧

为阴极、左侧为阳极；

【详解】（1）A．金属中“自由电子”能够吸收所有频率的光并迅速释放，使得金属不透明并具有金属光泽，

锌块呈银白色是因为内部含有自由电子，正确；

B．Zn的化学性质和Al相似，则锌能溶于氢氧化钠溶液，正确

C．锌为活泼金属，氧化锌应该使用还原法冶炼得锌单质，错误；

D．Zn的化学性质和Al相似，氢氧化铝具有两性，则氢氧化锌具有两性，正确；

故选C；

（2）由分析，左侧电极为正极，放电时，正极的电极反应为硝酸根离子得到电子被还原为氨气：

---；

NO3+8e+6H2O=NH3+9OH

（3）充电时为电解装置，电解池中阴离子向阳极运动，OH通过离子交换膜的运动方向是右侧→左侧，故

选B；

（4）放电时，左侧生成氨气，充电时，左侧生成乙酸，氨气和乙酸生成乙酸铵，则充放电一段时间后，储

液罐甲的液流体系中主要物质为CH3COONH4；

3．（25-26高三上·上海·阶段练习）ClO2是一种重要的氧化剂，可用于某些污染物(如NOx、SO2)的处理。

ClO2可对烟气中NOx、SO2进行协同氧化脱除，涉及的部分反应及速率常数如下(其他条件相同时，k越大

速率越快)：

11

I.ClO2NONO2ClOk1.710mL/mols

12

II.ClONOClNO2k8.810mL/mols

4

III.ClO2SO2ClOSO3k2.110mL/mols

11

IV.ClOSO2ClSO3k6.910mL/mols

1

(1)反应IV的历程如图所示，该历程中最大活化能E正kJmol。

(2)适当增加NO的浓度，SO2的氧化速率会明显增大的原因。

ClO2可由左图所示装置制备(电极不反应)。阴极上产生ClO2的机理如右图所示(A、B均为含氯微粒，其他微

粒未标出)。

(3)电解时阳极附近溶液的pH(填“减小”“增大”或“不变”)。

(4)由B与A生成ClO2的基元反应方程式为。

【答案】(1)32.3

(2)反应I、Ⅳ的化学反应速率相对较快，增加NO的浓度，使反应I的速率增大，从而使ClO的浓度变大，ClO

又快速将SO2氧化为SO3

(3)减小

--+

(4)ClO2+ClO3+2H=2ClO2+H2O

【详解】（1）由图可知，该历程中最大活化能E正=[-5.4-(-37.7)=32.3kJ/mol；

（2）由题意可知，反应Ⅲ的化学反应速率最慢，二氧化硫的氧化速率慢，而反应I、IV的化学反应速率相

对较快，添加一氧化氮后，二氧化氯通过反应I快速生成ClO，ClO又快速将二氧化硫氧化为三氧化硫，所

以添加一氧化氮时，二氧化硫氧化速率提高；

（3）由图可知，左侧电极为电解池的阳极，水分子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，放电生成的氢离子会使阳极附近溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小；

（4）由图可知，右侧电极为电解池的阴极，酸性条件下氯酸根离子在阴极得到电子发生还原反应生成二氧

化氯，生成的二氧化氯在阴极迅速得到电子生成亚氯酸根离子，亚氯酸根离子与溶液中的氯