苏教版26-27学年高二上化学复习题解与答-化学反应与能量

第1页（共1页）苏教版26-27学年高二上化学复习题解与答——化学反应与能量一．选择题（共15小题）1．（2026•浙江开学）一定条件下，H2+I2⇌2HI，反应过程与能量关系如图，下列说法不正确的是（）A．I2（s）转化为I2（g）的过程中所吸收的热量用于克服分子间作用力 B．1molI2（s）与1molH2（g）混合生成HI（g），需要吸收5kJ的能量 C．断开1molI2（g）和1molH2（g）中的化学键所需能量小于形成2molHI（g）中的化学键释放能量 D．HI（g）分解反应可能是吸热反应也可能是放热反应2．（2026•营口开学）汽车尾气处理器中发生反应2NO（g）+2CO（g）催化剂N2（g）+2CO2（g）ΔHA．图中显示总反应包含3个基元反应 B．该总反应的ΔH＝﹣306.6kJ/mol C．决定总反应速率的基元反应是NO+NO＝ D．反应过程中存在极性键的断裂和非极性键的形成3．（2026•房山区开学）1，3﹣丁二烯与HBr反应过程的能量变化示意图如图。资料：不同位点的碳正离子（中间体）与溴离子结合，得到不同的产物。下列说法不正确的是（）A．1，2﹣加成产物的结构简式为CH2＝CH﹣CH2﹣CH2Br B．1，4﹣加成产物比1，2﹣加成产物更稳定 C．1，2﹣加成产物不存在顺反异构体，1，4﹣加成产物存在顺反异构体 D．生成1，2﹣加成产物的反应速率比生成1，4﹣加成产物快，但两个反应最终同时达到平衡4．（2026•榆林校级模拟）CH3CH＝CH2与HCl加成有两种产物，对应的反应①和反应②的能量与反应进程如图所示。下列说法错误的是（）A．CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl稳定 B．反应①的第Ⅰ步与第Ⅱ步均放出能量 C．反应②的第Ⅰ步比第Ⅱ步反应速率慢 D．反应②比反应①更易进行5．（2026•天津校级模拟）如图所示与对应的叙述不相符的是（）A．（a）图可表示碳酸钙高温分解反应过程中的能量变化 B．通过（b）图可知石墨比金刚石稳定 C．由（c）图可知，2SO3（g）＝2SO2（g）+O2（g）的ΔH＝（a﹣b）kJ•mol﹣1 D．（d）图是某反应A→C的能量变化曲线图（E表示能量），反应中ΔH＝E1+E3+E2﹣E46．（2026春•渝中区校级期中）据图判断，下列说法正确的是（）A．氢气的标准燃烧热ΔH＝﹣241.8kJ•mol﹣1 B．2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量低 C．液态水分解的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+571.6kJ•mol﹣1 D．2molH2（g）与1molO2（g）生成2molH2O（l）时，断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量7．（2026•烟台校级开学）下图分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是（）A．图1：石墨转变为金刚石是吸热反应 B．图2：白磷比红磷稳定 C．图3：S（g）+O2（g）＝SO2（g）ΔH1＝﹣Q1kJ/mol；S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2＝﹣Q2kJ/molΔH1＞ΔH2 D．图4：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH＞08．（2026•黔南州开学）一定温度下，甲酸分解存在两种竞争路径：反应①HCOOH（g）⇌CO（g）+H2O（g）反应②HCOOH（g）⇌H2（g）+CO2（g）使用某催化剂时反应历程如图（其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注）。下列有关说法错误的是（）A．反应①为吸热反应 B．反应②的速率更快 C．反应①和②的反应历程中均涉及极性键的断裂和形成 D．为得到更多氢气，需寻找合适的催化剂9．（2026•方城县校级开学）下列关于电解CuCl2溶液（如图所示）的说法中，正确的是（）A．阴极的电极反应：Cu2++2e﹣＝Cu B．阴极有黄绿色气体产生 C．电解过程中，Cl﹣向阴极移动 D．总反应为：CuCl2＝Cu2++2Cl﹣10．（2026•昭通开学）铅蓄电池是一种历史悠久的商用电池，结构如图所示。下列有关铅蓄电池的说法正确的是（）A．铅蓄电池是一种二次电池，可以无限次数充电放电 B．充电时，Pb连接电源的负极 C．放电时，正极反应为PbO2+4H++2e﹣＝Pb2++2H2O D．充、放电时的电池反应为Pb+PbO2+2H2SO4⇌放电充电2PbSO4+2H11．（2026•扬州校级开学）为实现CO2资源化利用，可电解CO2制HCOOH（同时也生成CH4、C2H4等产物）。以Sn/Pt材料作电极，0.1mol/LNaHCO3溶液作电解液，电解CO2制备HCOO﹣的装置如图。下列说法正确的是（）A．该装置将化学能转化为电能 B．Pt电极区产生的气体只有O2 C．电解CO2过程中每消耗1molCO2转移电子数大于2×6.02×1023 D．电解过程中H+通过阳离子交换膜从右室移向左室12．（2026•昭通开学）电催化还原硝酸盐制氨（装置如图所示）为硝氮循环利用提供了一种有前景的方法。该装置工作时，下列说法正确的是（）A．SO4B．石墨Ⅱ电极上发生氧化反应，生成大量的H2 C．CuO/石墨Ⅰ电极上的电极反应式为NO3-+9H++8e﹣＝NH3↑+3HD．一段时间后，Na2SO4溶液的浓度和pH均增大13．（2026•安新县开学）我国科研团队设计了“绿电”催化回收PET废塑料装置，即PET水解产物乙二醇与CO2在酸性电解质溶液中同步转化制备甲酸，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．电极Ⅱ与电源的正极连接 B．装置工作时电极Ⅱ附近电解液的pH减小 C．电极Ⅰ的电极反应式：HOCH2CH2OH﹣6e﹣+6OH﹣＝2HCOOH+4H2O D．当电路转移3mole﹣时，理论上得到115g甲酸14．（2026秋•贵州月考）我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气。电化学反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．Ni电极为阳极 B．阳极的电极反应式为CH4﹣4e﹣+2H2O＝CO2+2H2+4H+ C．电子流向：直流电源→Ni电极→介质→Ni﹣YSZ电极→电源 D．标准状况下每分解33.6L的CH4，Ni电极产生O2﹣的物质的量为4.5mol15．（2026秋•湖北月考）一种电解葡萄糖（C6H12O6）制取葡萄糖二酸钾（C6H8O8K2）的装置示意图如图所示。下列说法错误的是（）A．电极M的电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣ B．装置工作时，电极N附近pH减小 C．每产生1mol葡萄糖二酸钾（C6H8O8K2），左室溶液质量减少6g D．电解过程可能产生葡萄糖酸钾（C6H11O7K）二．解答题（共4小题）16．（2026•重庆开学）Ⅰ．（1）在下列物质中：A．金刚石、B．MgF2、C．NH4Cl、D．氦气、E．干冰、F．固体碘。熔化时不需破坏化学键的是（用序号作答，下同），熔化时只需破坏共价键的是，晶体中既存在离子键又存在共价键的是。（2）意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1molN﹣N键吸收167kJ热量，生成1molN≡N键释放942kJ热量。根据以上信息和数据，则由N2（g）生成1molN4（g）的热化学方程式为。（3）已知在微生物的作用下，NH4+经过两步反应被氧化成1molNH4+全部被氧化成NO3-的ΔH＝kJ•Ⅱ．氢能作为前沿新兴产业被写入《政府工作报告》。如图所示为一种新型“全氢电池”的简易示意图（起始时两侧溶液质量相等）。请回答以下问题：（4）吸附层b为电池的（填“正极”或“负极”）。（5）吸附层a的电极反应式为。（6）Na+移动方向为室到室（填a或b）。（7）吸附层a消耗1molH2时，理论上两侧电解质溶液质量相差g。17．（2026•大庆校级开学）Ⅰ．我国提出争取在2060年实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。工业上有一种方法是利用CO2生产甲醇（CH3OH）：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），该反应过程中的能量变化如图甲所示：（1）该反应是（填“放热”或“吸热”）反应，若有1molCO2（g）参加反应，则变化的能量是kJ。Ⅱ．研究人员又开发了双功能催化剂，它具有吸收二氧化碳和将其吸收的二氧化碳与氢气反应转化为甲烷的功能，过程中发生的反应为CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g）。某温度下，在2L的密闭容器中充入n（CO2）：n（H2）＝1：5的混合气体，发生上述反应，n（CO2）与n（CH4）随时间的变化如图乙所示。（2）x、y两点用CO2表示的化学反应速率：v（x）正v（y）逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）下列说法正确的是（填标号）。A．5min后该反应停止B．2min时，v（正）＝v（逆）C．容器中CO2的质量不再发生改变时，该反应达到平衡Ⅲ．电化学处理CO2将其转化为其他化学产品，是综合利用CO2的好方法。回答下列问题：原电池法：通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图丙所示。（4）原电池工作时，a极为极（填“正”或“负”），b极区的电极反应式为。（5）原电池工作时，电子经导线由（填“a→b”或“b→a”），b极区析出少量固体为（填化学式）。18．（2024秋•泉州校级月考）请回答下列问题：（1）电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线，电催化合成氨装置如图：①a为极。②该装置总反应化学方程式为。（2）下图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有。（3）铜是人类最早使用的金属，它与人类生产、生活关系密切，请运用所学知识解释下列与铜有关的化学现象。①如图，在硫酸型酸雨地区，不纯的铜制品发生电化学腐蚀，Cu发生（填“氧化”或“还原”）反应，写出正极的电极反应式：。②若在铜制品表面镀锌，镀层破损后是否还可以起到保护作用（填“是”或“否”），这种保护方法叫做。（填“外加电流法”或“牺牲阳极法”）19．（2026•浙江开学）硫元素在自然界的循环和转化对生产、生活有重要的价值。Ⅰ．工业制硫酸中有一步重要的反应：2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）（1）某温度下，在2L密闭容器中发生上述反应，测得c（SO2）随时间变化如下表：时间（s）012345c（SO2）（mol/L）0.200.100.080.070.070.07用O2表示0﹣2s内该反应的平均速率v（O2）＝mol•L﹣1•s﹣1。（2）在恒温恒容的条件下，通入一定量的SO2和O2进行反应，下列说法正确的有。A．在平衡时加入催化剂，v正、v逆均增大B．容器内压强不再随时间而发生变化，说明该反应达到平衡状态C．v正（O2）＝2v逆（SO2），说明该反应达到平衡状态D．若容器中气体的密度不变，说明该反应达到平衡状态（3）①上述反应在V2O5的催化作用下分以下两步进行：第一步反应：V2O5（s）+SO2（g）⇌V2O4（s）+SO3（g）ΔH1＝+12kJ•mol﹣1Ea1第二步反应：_____+O2（g）⇌_____ΔH2＝﹣222kJ•mol﹣1Ea2请根据提示写出第二步反应的完整化学方程式。②已知两步反应的活化能为Ea1和Ea2且Ea1＜Ea2。请在下方空白坐标系中绘制出该反应的能量变化示意图。Ⅱ．H2S作为一种有毒气体，广泛存在于石油化工、冶金等行业的废气中，脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源有着现实而重要的意义。（4）我国最近在太阳能光电催化﹣化学耦合分解硫化氢研究中获得新进展，相关装置如图所示。①其中b极为（填“正极”或“负极”）。②若电路中转移0.4mol电子，请计算分解的H2S的体积（标准状况）L。

苏教版26-27学年高二上化学复习题解与答——一．选择题（共15小题）1．（2026•浙江开学）一定条件下，H2+I2⇌2HI，反应过程与能量关系如图，下列说法不正确的是（）A．I2（s）转化为I2（g）的过程中所吸收的热量用于克服分子间作用力 B．1molI2（s）与1molH2（g）混合生成HI（g），需要吸收5kJ的能量 C．断开1molI2（g）和1molH2（g）中的化学键所需能量小于形成2molHI（g）中的化学键释放能量 D．HI（g）分解反应可能是吸热反应也可能是放热反应【答案】B【分析】A．I2（s）转化为I2（g）为物理变化，需要克服的是分子间作用力；B．根据能量关系图可知，1molI2（s）与1molH2（g）完全反应生成2molHI（g）时，需要吸收能量为5kJ；C．I2（g）+H2（g）⇌2HI（g）为放热反应，焓变ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＜0；D．HI（g）分解若生成I2（g）和H2（g），反应物能量小于生成物能量，反应为吸热反应。【解答】解：A．I2（s）转化为I2（g）为物理变化，需要克服的是分子间作用力，因此该过程吸收的热量是用于克服分子间作用力，故A正确；B．1molI2（s）与1molH2（g）完全反应生成2molHI（g）时，需要吸收能量为5kJ，而该反应为可逆反应，1molI2（s）与1molH2（g）混合无法完全反应生成2molHI（g），因此实际吸收的能量小于5kJ，故B错误；C．该反应为放热反应，焓变ΔH＝反应物总键能﹣生成物总键能＜0，因此断开1molI2（g）和1molH2（g）中化学键所需总能量小于形成2molHI（g）中化学键释放的总能量，故C正确；D．HI（g）分解若生成I2（g）和H2（g），反应物能量小于生成物能量，反应为吸热反应，碘化氢气体分解若生成碘单质和氢气，反应物能量大于生成物能量，反应为放热反应，因此分解反应可能吸热也可能放热，故D正确；故选：B。【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．（2026•营口开学）汽车尾气处理器中发生反应2NO（g）+2CO（g）催化剂N2（g）+2CO2（g）ΔHA．图中显示总反应包含3个基元反应 B．该总反应的ΔH＝﹣306.6kJ/mol C．决定总反应速率的基元反应是NO+NO＝ D．反应过程中存在极性键的断裂和非极性键的形成【答案】B【分析】A．1个过渡态对应1个基元反应；B．由图可知，反应①为：2NO（g）＝N2O2（g）ΔH＝+199.2kJ/mol，反应②为：N2O2（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2O（g）ΔH＝﹣513.5kJ/mol，反应③为：N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g）ΔH＝﹣306.6kJ/mol，由盖斯定律可知，反应①+反应②+反应③＝总反应；C．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率；D．由总反应方程式知，反应过程中会断裂氮氧、碳氧极性键，同时有氮氮非极性键的形成。【解答】解：A．1个过渡态对应1个基元反应，反应历程中存在TS1、TS2、TS33个过渡态，所以总反应包含3个基元反应，故A正确；B．反应①为：2NO（g）＝N2O2（g）ΔH＝+199.2kJ/mol，反应②为：N2O2（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2O（g）ΔH＝﹣513.5kJ/mol，反应③为：N2O（g）+CO（g）＝CO2（g）+N2（g）ΔH＝﹣306.6kJ/mol，由盖斯定律可知，反应①+反应②+反应③＝总反应，则总反应的焓变为：ΔH＝（+199.2kJ/mol）+（﹣513.5kJ/mol）+（﹣306.6kJ/mol）＝﹣620.9kJ/mol，故B错误；C．反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速率，反应①、反应②、反应③的活化能分别为298.4kJ/mol、130.0kJ/mol、248.3kJ/mol，则反应①活化能最大，决定总反应速率，反应方程式为：NO+NO＝，故C正确；D．由总反应方程式2NO（g）+2CO（g）催化剂N2（g）+2CO2（g故选：B。【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。3．（2026•房山区开学）1，3﹣丁二烯与HBr反应过程的能量变化示意图如图。资料：不同位点的碳正离子（中间体）与溴离子结合，得到不同的产物。下列说法不正确的是（）A．1，2﹣加成产物的结构简式为CH2＝CH﹣CH2﹣CH2Br B．1，4﹣加成产物比1，2﹣加成产物更稳定 C．1，2﹣加成产物不存在顺反异构体，1，4﹣加成产物存在顺反异构体 D．生成1，2﹣加成产物的反应速率比生成1，4﹣加成产物快，但两个反应最终同时达到平衡【答案】A【分析】A．1，3﹣丁二烯与HBr发生马氏1，2﹣加成时，氢加在含氢更多的端位双键碳上；B．物质能量越低稳定性越强；C．顺反异构的形成条件是：碳碳双键的每个双键碳原子，都连接2种不同的原子或基团；D．生成1，2﹣加成产物的活化能更低，反应速率更快。【解答】解：A．1，3﹣丁二烯与HBr发生马氏1，2﹣加成时，氢加在含氢更多的端位双键碳上，1，2﹣加成产物的结构简式应为CH3﹣CHBr﹣CH＝CH2，选项给出的结构错误，故A错误；B．物质能量越低稳定性越强，由能量变化图可知1，4﹣加成产物的能量低于1，2﹣加成产物的能量，故1，4﹣加成产物更稳定，故B正确；C．1，2﹣加成产物CH3﹣CHBr﹣CH＝CH2的碳碳双键中1个碳原子连接2个氢原子，不满足顺反异构的条件；1，4﹣加成产物CH3﹣CH＝CH﹣CH2Br的碳碳双键两端碳原子均连接不同基团，存在顺反异构体，故C正确；D．生成1，2﹣加成产物的活化能更低，反应速率更快；两个反应为同一体系中的平行竞争反应，体系达到平衡时两个反应同时达到平衡状态，故D正确；故选：A。【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。4．（2026•榆林校级模拟）CH3CH＝CH2与HCl加成有两种产物，对应的反应①和反应②的能量与反应进程如图所示。下列说法错误的是（）A．CH3CHClCH3比CH3CH2CH2Cl稳定 B．反应①的第Ⅰ步与第Ⅱ步均放出能量 C．反应②的第Ⅰ步比第Ⅱ步反应速率慢 D．反应②比反应①更易进行【答案】B【分析】根据能量﹣反应进程图，实线①生成CH3CH2CH2Cl，虚线②生成CH3CHClCH3，能量越低物质越稳定，活化能越小反应越容易进行。【解答】解：A．能量越低物质越稳定，产物CH3CHClCH3的能量低于CH3CH2CH2Cl，则CH3CHClCH3更稳定，故A正确；B．反应①第Ⅰ步：反应物总能量低于第一步反应后中间体的总能量，吸收能量，故B错误；C．活化能越大反应速率越慢，反应②第Ⅰ步的活化能大于第Ⅱ步，因此第Ⅰ步反应速率更慢，故C正确；D．反应②的总活化能小于反应①，反应②更易进行，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应热与焓变，侧重考查学生识图能力和分析能力，掌握能量越低越稳定，反应热与物质能量的关系为解题关键，此题难度不大。5．（2026•天津校级模拟）如图所示与对应的叙述不相符的是（）A．（a）图可表示碳酸钙高温分解反应过程中的能量变化 B．通过（b）图可知石墨比金刚石稳定 C．由（c）图可知，2SO3（g）＝2SO2（g）+O2（g）的ΔH＝（a﹣b）kJ•mol﹣1 D．（d）图是某反应A→C的能量变化曲线图（E表示能量），反应中ΔH＝E1+E3+E2﹣E4【答案】D【分析】A．（a）图中生成物能量高于反应物能量，则反应为吸热反应；B．（b）图中金刚石的能量大于石墨的能量，能量越低物质越稳定；C．由（c）图可知，反应为吸热反应；D．反应中ΔH＝E1+E3﹣E2﹣E4。【解答】解：A．该图中生成物能量高于反应物能量，则反应为吸热反应，CaCO3高温分解反应过程为吸热反应，故A正确；B．该图中金刚石的能量大于石墨的能量，能量越低物质越稳定，则通过（b）图可知石墨比金刚石稳定，故B正确；C．由该图可知，反应为吸热反应，2SO3（g）⇌2SO2（g）+O2（g），ΔH＝（a﹣b）kJ•mol﹣1，故C正确；D．该图是某反应A→C的能量变化曲线图（E表示能量），反应中ΔH＝E1+E3﹣E2﹣E4，故D错误；故选：D。【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。6．（2026春•渝中区校级期中）据图判断，下列说法正确的是（）A．氢气的标准燃烧热ΔH＝﹣241.8kJ•mol﹣1 B．2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量低 C．液态水分解的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+571.6kJ•mol﹣1 D．2molH2（g）与1molO2（g）生成2molH2O（l）时，断裂化学键吸收的能量大于形成化学键放出的能量【答案】C【分析】A．燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量；B．根据图示可知2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量高；C．根据图示可知：2molH2（g）与1molO2（g）生成2molH2O（l）时放出热量为Q＝（483.6+88）kJ＝571.6kJ；D．根据图示可知2molH2（g）与1molO2（g）比2molH2O（l）能量多571.6kJ。【解答】解：A．燃烧热是指在101kPa时，1mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，氢气的标准燃烧热ΔH=-12×（483.6+88）kJ/mol＝﹣B．根据图示可知2molH2（g）与1molO2（g）所具有的总能量比2molH2O（g）所具有的总能量高，故B错误；C．根据图示可知：2molH2（g）与1molO2（g）生成2molH2O（l）时放出热量为Q＝（483.6+88）kJ＝571.6kJ，则2molH2O（l）分解产生2molH2（g）与1molO2（g）时吸收热量是571.6kJ，故液态水分解的热化学方程式为2H2O（l）＝2H2（g）+O2（g）ΔH＝+571.6kJ•mol﹣1，故C正确；D．根据图示可知2molH2（g）与1molO2（g）比2molH2O（l）能量多571.6kJ，说明断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量，故D错误；故选：C。【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。7．（2026•烟台校级开学）下图分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系，据此判断下列说法中正确的是（）A．图1：石墨转变为金刚石是吸热反应 B．图2：白磷比红磷稳定 C．图3：S（g）+O2（g）＝SO2（g）ΔH1＝﹣Q1kJ/mol；S（s）+O2（g）＝SO2（g）ΔH2＝﹣Q2kJ/molΔH1＞ΔH2 D．图4：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）ΔH＞0【答案】A【分析】A．由图1可知金刚石总能量高于石墨；B．物质能量越低越稳定；C．放热反应中，放出热量越多，ΔH越小；D．反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应。【解答】解：A．由图1可知金刚石总能量高于石墨，故石墨转变为金刚石时，属于吸热反应，故A正确；B．物质能量越低越稳定，由图2可知白磷总能量高于红磷，因此红磷比白磷稳定，故B错误；C．S（g）能量高于S（s），硫的燃烧为放热反应，ΔH为负值，放出热量越多ΔH越小，因此Q1＞Q2，则ΔH1＜ΔH2，故C错误；D．由图4可知对于反应：CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g），反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，ΔH＜0，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。8．（2026•黔南州开学）一定温度下，甲酸分解存在两种竞争路径：反应①HCOOH（g）⇌CO（g）+H2O（g）反应②HCOOH（g）⇌H2（g）+CO2（g）使用某催化剂时反应历程如图（其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注）。下列有关说法错误的是（）A．反应①为吸热反应 B．反应②的速率更快 C．反应①和②的反应历程中均涉及极性键的断裂和形成 D．为得到更多氢气，需寻找合适的催化剂【答案】B【分析】A．反应①生成物CO（g）+H2O（g）的总能量高于反应物HCOOH（g）的总能量；B．反应速率由决速步活化能决定；C．反应①和②中均断裂HCOOH中的极性键，且分别形成H2O、CO、CO2中的极性键；D．寻找合适的催化剂可提高反应②的选择性，抑制反应①。【解答】解：A．反应①生成物CO（g）+H2O（g）的总能量高于反应物HCOOH（g）的总能量，故为吸热反应，故A正确；B．反应速率由决速步活化能决定，反应②对应过渡态2的能量更高，活化能更大，反应速率更慢，故B错误；C．反应①和②中均断裂HCOOH中的极性键，且分别形成水分子、一氧化碳分子、二氧化碳分子中的极性键，均涉及极性键的断裂和形成，故C正确；D．寻找合适的催化剂可提高反应②的选择性，抑制反应①，从而得到更多氢气，故D正确；故选：B。【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。9．（2026•方城县校级开学）下列关于电解CuCl2溶液（如图所示）的说法中，正确的是（）A．阴极的电极反应：Cu2++2e﹣＝Cu B．阴极有黄绿色气体产生 C．电解过程中，Cl﹣向阴极移动 D．总反应为：CuCl2＝Cu2++2Cl﹣【答案】A【分析】这是一个电解池，使用惰性电极（碳棒）电解CuCl2溶液，CuCl2溶液中存在Cu2+和Cl﹣两种主要离子；电极判断：与电源正极相连的电极是阳极，发生氧化反应，溶液中的阴离子Cl﹣移向阳极，失去电子被氧化成氯气（Cl2），电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑；与电源负极相连的电极是阴极，发生还原反应，氧化性更强的Cu2+优先得电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，电解总反应为CuCl2电解【解答】解：A．阴极连接电源负极，发生还原反应，氧化性更强的Cu2+优先得电子生成Cu，电极反应式为Cu2++2e﹣＝Cu，故A正确；B．黄绿色气体为氯气，是阳极Cl﹣失电子生成的，阴极只析出红色固体Cu，无黄绿色气体产生，故B错误；C．电解池中阴离子向阳极移动，故氯离子向阳极移动，而非阴极，故C错误；D．给出的式子是氯化铜的电离方程式，电解总反应为CuCl2电解Cu+Cl2故选：A。【点评】本题考查电解原理，关键是明确电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。10．（2026•昭通开学）铅蓄电池是一种历史悠久的商用电池，结构如图所示。下列有关铅蓄电池的说法正确的是（）A．铅蓄电池是一种二次电池，可以无限次数充电放电 B．充电时，Pb连接电源的负极 C．放电时，正极反应为PbO2+4H++2e﹣＝Pb2++2H2O D．充、放电时的电池反应为Pb+PbO2+2H2SO4⇌放电充电2PbSO4+2H【答案】B【分析】A．铅蓄电池属于二次电池，可反复充放电，但充放电次数会受到电极材料损耗、电解液变质等因素限制；B．充电时，原电池的负极（Pb）需要发生还原反应（PbSO4→Pb）；C．放电时正极生成的Pb2+会和电解质中的SO42-结合生成D．反应可逆符号的条件标注错误，左到右为放电过程，应标注在可逆符号上方，右到左为充电过程，应标注在下方。【解答】解：A．铅蓄电池属于二次电池，可反复充放电，但充放电次数会受到电极材料损耗、电解液变质等因素限制，无法无限次循环，故A错误；B．充电时，原电池的负极（Pb）需要发生还原反应（PbSO4→Pb），因此Pb应连接电源的负极，作为电解池的阴极，故B正确；C．放电时正极生成的Pb2+会和电解质中的SO42-结合生成PbSO4，正确的正极反应为PbO2+4H++SO42-+2e﹣＝PbSOD．反应可逆符号的条件标注错误，左到右为放电过程，应标注在可逆符号上方，右到左为充电过程，应标注在下方，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查了电化学的知识，题目难度中等，掌握原电池的工作原理是解答该题的关键。11．（2026•扬州校级开学）为实现CO2资源化利用，可电解CO2制HCOOH（同时也生成CH4、C2H4等产物）。以Sn/Pt材料作电极，0.1mol/LNaHCO3溶液作电解液，电解CO2制备HCOO﹣的装置如图。下列说法正确的是（）A．该装置将化学能转化为电能 B．Pt电极区产生的气体只有O2 C．电解CO2过程中每消耗1molCO2转移电子数大于2×6.02×1023 D．电解过程中H+通过阳离子交换膜从右室移向左室【答案】C【分析】该装置为外接电源驱动的电解池体系，以0.1mol/LNaHCO3溶液作为电解液，中间设置阳离子交换膜分隔左右两个电解室：通入CO2的右室中Sn电极为阴极，CO2在此得电子发生还原反应，主反应生成HCOO﹣，同时还会副反应生成CH4、C2H4等还原产物，左室的Pt电极为阳极，阳极区主要发生H2O失电子生成O2的氧化反应，电解液中的阳离子可通过阳离子交换膜定向移动，整个装置的作用是利用电能驱动CO2的还原过程，实现CO2向高附加值化学品的资源化转化，据此作答。【解答】解：A．该装置为电解池，外接电源，是将电能转化为化学能，故A错误；B．Pt电极为阳极，阳极OH﹣放电生成O2，同时生成的H+与HCO3-C．CO2生成HCOO﹣时，1molCO2转移2mol电子，同时有CH4、C2H4等副产物生成，生成该类产物时1mol二氧化碳转移电子数大于2mol，故每消耗1mol二氧化碳转移电子数大于2×6.02×1023，故C正确；D．电解池中阳离子向阴极移动，Sn电极为阴极（位于右室），故氢离子通过阳离子交换膜从左室移向右室，故D错误；故选：C。【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。12．（2026•昭通开学）电催化还原硝酸盐制氨（装置如图所示）为硝氮循环利用提供了一种有前景的方法。该装置工作时，下列说法正确的是（）A．SO4B．石墨Ⅱ电极上发生氧化反应，生成大量的H2 C．CuO/石墨Ⅰ电极上的电极反应式为NO3-+9H++8e﹣＝NH3↑+3HD．一段时间后，Na2SO4溶液的浓度和pH均增大【答案】C【分析】该装置为电解池，CuO/石墨I连接电源负极，是阴极，NO3-在此得电子被还原生成NH3；石墨Ⅱ连接电源正极，为阳极；中间为质子交换膜，只允许H+通过，阴离子不能通过；阳极水放电，H【解答】解：A．电解池中阴离子向阳极移动，硫酸根离子应向阳极（石墨Ⅱ电极）移动，但是该膜为质子交换膜，仅允许H+通过，SO42-B．石墨Ⅱ为阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应为2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，生成O2而非H2，故B错误；C．CuO/石墨Ⅰ为阴极，NO3-发生得电子的还原反应生成NH3，结合质子交换膜允许H+通过的特点配平，电极反应式为NO3-+9H++8e﹣＝NH3↑D．阳极生成的H+全部通过质子交换膜移向阴极，Na2SO4溶液仍呈中性，pH不变，仅水被消耗导致Na2SO4浓度增大，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查电解池综合应用；判断阴阳极，区分质子交换膜的通过粒子，正确书写电极反应，分析电极反应对电解质溶液浓度、pH带来的变化，是高频考点。13．（2026•安新县开学）我国科研团队设计了“绿电”催化回收PET废塑料装置，即PET水解产物乙二醇与CO2在酸性电解质溶液中同步转化制备甲酸，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．电极Ⅱ与电源的正极连接 B．装置工作时电极Ⅱ附近电解液的pH减小 C．电极Ⅰ的电极反应式：HOCH2CH2OH﹣6e﹣+6OH﹣＝2HCOOH+4H2O D．当电路转移3mole﹣时，理论上得到115g甲酸【答案】D【分析】该装置为电解池，目标是乙二醇和CO2在酸性电解质中同步转化为甲酸，由图可知，CH2OH﹣CH2OH在电极Ⅰ上发生失电子的氧化反应生成HCOOH，CO2在电极Ⅱ上发生得电子的还原反应生成HCOOH，电极Ⅰ为阳极、接电源正极，电极Ⅱ为阴极、接电源负极，阳极反应式为CH2OH﹣CH2OH﹣6e﹣+2H2O＝2HCOOH+6H+，阴极反应式为CO2+2H++2e﹣＝HCOOH，据此分析解答。【解答】解：A．由上述分析可知，电极Ⅰ为阳极、接电源正极，电极Ⅱ为阴极、与电源的负极连接，故A错误；B．阴极反应式为CO2+2H++2e﹣＝HCOOH，消耗H+，则电极Ⅱ附近电解液的pH增大，故B错误；C．电解液为酸性，阳极反应式为CH2OH﹣CH2OH﹣6e﹣+2H2O＝2HCOOH+6H+，故C错误；D．阳极反应式为CH2OH﹣CH2OH﹣6e﹣+2H2O＝2HCOOH+6H+，阴极反应式为CO2+2H++2e﹣＝HCOOH，当电路转移3mole﹣时，阳极生成1molHCOOH，阴极生成1.5molHCOOH，理论上共得到2.5molHCOOH，质量为2.5mol×46g/mol＝115g，故D正确；故选：D。【点评】本题考查电解原理，侧重分析判断能力和运用能力考查，明确电极判断、电极反应及反应式书写是解题关键，题目难度中等。14．（2026秋•贵州月考）我国科技工作者发明了一种电化学分解甲烷的方法，从而实现了碳和水的零排放方式生产氢气。电化学反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．Ni电极为阳极 B．阳极的电极反应式为CH4﹣4e﹣+2H2O＝CO2+2H2+4H+ C．电子流向：直流电源→Ni电极→介质→Ni﹣YSZ电极→电源 D．标准状况下每分解33.6L的CH4，Ni电极产生O2﹣的物质的量为4.5mol【答案】D【分析】由图知，碳酸根离子在Ni电极上发生还原反应生成C，则Ni为阴极，阴极反应为CO32-+4e﹣＝C+3O2﹣；Ni﹣YSZ电极为阳极，是CH4失电子生成氢气和CO2，阳极反应为：CH4+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2【解答】解：A．Ni﹣YSZ电极上CH4转化为二氧化碳、生成氢气，C元素化合价升高，发生氧化反应，故Ni﹣YSZ为阳极，Ni电极为阴极，故A错误；B．体系中传导的是O2﹣（无H+参与迁移），阳极正确电极反应：CH4+2O2﹣﹣4e﹣＝CO2+2H2，故B错误；C．电子不能通过电解质介质传导，电子流向：直流电源负极→Ni电极；Ni﹣YSZ电极→直流电源正极，介质中是氧离子、碳酸根离子等离子迁移导电，故C错误；D．标准状况33.6LCH4物质的量n=33.622.4=1.5mol；阳极CH4﹣4e﹣+2O2﹣＝CO2+2H2，1molCH4反应转移4mole﹣、消耗2molO2﹣；阴极Ni电极上CO32-+4e﹣＝C+3O2﹣，每转移4mole﹣生成3molO2﹣。1.5molCH4转移1.5×4＝6mole﹣，生成O2﹣：6故选：D。【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。15．（2026秋•湖北月考）一种电解葡萄糖（C6H12O6）制取葡萄糖二酸钾（C6H8O8K2）的装置示意图如图所示。下列说法错误的是（）A．电极M的电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣ B．装置工作时，电极N附近pH减小 C．每产生1mol葡萄糖二酸钾（C6H8O8K2），左室溶液质量减少6g D．电解过程可能产生葡萄糖酸钾（C6H11O7K）【答案】C【分析】产物中的C化合价升高，所以电极N为阳极发生氧化反应，电极M为阴极发生还原反应，阴极处的溶液仅含有KOH，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，阳极处的电极反应式为C6H12O6+8OH﹣﹣6e﹣＝（C6H8O8）2﹣+6H2O；据此回答该问题。【解答】解：A．电极M为阴极，碱性条件下水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣，故A正确；B．电极N为阳极，葡萄糖发生氧化反应消耗氢氧根离子，因此电极N附近pH减小，故B正确；C．生成1mol葡萄糖二酸钾时，葡萄糖共失去6mol电子，左室转移6mol电子时生成3mol氢气（质量6g），同时有6mol氢氧根离子从左室迁移到右室，左室溶液共减少质量为6molH2O的总质量，远大于6g，故C错误；D．若葡萄糖氧化不彻底，仅醛基被氧化为羧基，可生成葡萄糖酸钾，故D正确；故选：C。【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。二．解答题（共4小题）16．（2026•重庆开学）Ⅰ．（1）在下列物质中：A．金刚石、B．MgF2、C．NH4Cl、D．氦气、E．干冰、F．固体碘。熔化时不需破坏化学键的是DEF（用序号作答，下同），熔化时只需破坏共价键的是A，晶体中既存在离子键又存在共价键的是C。（2）意大利罗马大学的FulvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子。N4分子结构如图所示，已知断裂1molN﹣N键吸收167kJ热量，生成1molN≡N键释放942kJ热量。根据以上信息和数据，则由N2（g）生成1molN4（g）的热化学方程式为2N2（g）＝N4（g）ΔH＝+882kJ•mol﹣1。（3）已知在微生物的作用下，NH4+经过两步反应被氧化成1molNH4+全部被氧化成NO3-的ΔH＝﹣346kJ•Ⅱ．氢能作为前沿新兴产业被写入《政府工作报告》。如图所示为一种新型“全氢电池”的简易示意图（起始时两侧溶液质量相等）。请回答以下问题：（4）吸附层b为电池的正极（填“正极”或“负极”）。（5）吸附层a的电极反应式为H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O。（6）Na+移动方向为a室到b室（填a或b）。（7）吸附层a消耗1molH2时，理论上两侧电解质溶液质量相差88g。【答案】（1）DEF；A；C；（2）2N2（g）＝N4（g）ΔH＝+882kJ•mol﹣1；（3）﹣346；（4）正极；（5）H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；（6）a；b；（7）88。【分析】（1）氦气（D）为单原子分子，干冰（E）和固体碘（F）为分子晶体，它们熔化时只需克服分子间作用力（范德华力），不需要破坏化学键；金刚石（A）为共价晶体，熔化时只需破坏共价键；NH4Cl（C）为离子晶体，由NH4+和Cl﹣构成，晶体中既存在离子键，又在NH4+（2）根据N4的分子结构图可知，1个N4分子为正四面体结构，含有6个N﹣N键。由N2（g）生成1molN4（g）的反应方程式为：2N2（g）＝N4（g）。反应的焓变ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能；（3）根据能量变化示意图，可写出两步反应的热化学方程式：①NH4+（aq）+32O2（g）=NO2-（aq）+2H+（aq）+H2O（l）ΔH1＝﹣273kJ/mol，②NO2-（aq）+12O2（g）=NO3-（aq）Δ（4）在该“全氢电池”中，左侧吸附层a通入H2，发生失电子的氧化反应，故a为负极；右侧吸附层b生成H2，发生得电子的还原反应；（5）吸附层a为负极，通入的H2发生氧化反应。由于a室中的电解质溶液含有NaOH，环境呈碱性，根据电极反应式书写方法进行书写；（6）在原电池内部，阳离子向正极移动；（7）当吸附层a消耗1molH2（质量为2g）时，电路中转移2mole﹣。对于a室（负极）：通入1molH2质量增加2g，同时为了保持电荷守恒，有2molNa+（质量为2×23g＝46g）移出a室，故a室溶液质量净减少46g﹣2g＝44g。对于b室（正极）：生成1molH2逸出导致质量减少2g，同时有2molNa+移入b室导致质量增加46g，故b室溶液质量净增加46g﹣2g＝44g。【解答】解：（1）氦气（D）为单原子分子，干冰（E）和固体碘（F）为分子晶体，它们熔化时只需克服分子间作用力（范德华力），不需要破坏化学键；金刚石（A）为共价晶体，熔化时只需破坏共价键；NH4Cl（C）为离子晶体，由NH4+和Cl﹣构成，晶体中既存在离子键，又在NH4+故答案为：DEF；A；C；（2）根据N4的分子结构图可知，1个N4分子为正四面体结构，含有6个N﹣N键。由N2（g）生成1molN4（g）的反应方程式为：2N2（g）＝N4（g）。反应的焓变ΔH＝反应物的总键能﹣生成物的总键能＝2×942kJ•mol﹣1﹣6×167kJ•mol﹣1＝+882kJ•mol﹣1，故热化学方程式为：2N2（g）＝N4（g）ΔH＝+882kJ•mol﹣1；故答案为：2N2（g）＝N4（g）ΔH＝+882kJ•mol﹣1；（3）根据能量变化示意图，可写出两步反应的热化学方程式：①NH4+（aq）+32O2（g）=NO2-（aq）+2H+（aq）+H2O（l）ΔH1＝﹣273kJ/mol，②NO2-（aq）+12O2（g）=NO3-（aq）ΔH2＝﹣73kJ/mol，根据盖斯定律，将①式和②式相加，即可得到1molNH4+全部被氧化成NO3-的热化学方程式：NH4+（aq）+2O2（g）=NO3-（aq）+2H+（aq）+H2O故答案为：﹣346；（4）在该“全氢电池”中，左侧吸附层a通入H2，发生失电子的氧化反应，故a为负极；右侧吸附层b生成H2，发生得电子的还原反应，故b为正极，故答案为：正极；（5）吸附层a为负极，通入的H2发生氧化反应。由于a室中的电解质溶液含有NaOH，环境呈碱性，故电极反应式为：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O，故答案为：H2﹣2e﹣+2OH﹣＝2H2O；（6）在原电池内部，阳离子向正极移动。因为a是负极，b是正极，所以Na+的移动方向为从a室穿过钠离子交换膜进入b室；故答案为：a；b；（7）当吸附层a消耗1molH2（质量为2g）时，电路中转移2mole﹣。对于a室（负极）：通入1molH2质量增加2g，同时为了保持电荷守恒，有2molNa+（质量为2×23g＝46g）移出a室，故a室溶液质量净减少46g﹣2g＝44g。对于b室（正极）：生成1molH2逸出导致质量减少2g，同时有2molNa+移入b室导致质量增加46g，故b室溶液质量净增加46g﹣2g＝44g。起始时两侧溶液质量相等，故理论上反应后两侧电解质溶液的质量相差44g﹣（﹣44g）＝88g，故答案为：88。【点评】本题主要考查了热化学方程式的书写和原电池的知识，题目难度中等，掌握盖斯定律和原电池的工作原理是解答该题的关键。17．（2026•大庆校级开学）Ⅰ．我国提出争取在2060年实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。工业上有一种方法是利用CO2生产甲醇（CH3OH）：CO2（g）+3H2（g）⇌CH3OH（g）+H2O（g），该反应过程中的能量变化如图甲所示：（1）该反应是放热（填“放热”或“吸热”）反应，若有1molCO2（g）参加反应，则变化的能量是445kJ。Ⅱ．研究人员又开发了双功能催化剂，它具有吸收二氧化碳和将其吸收的二氧化碳与氢气反应转化为甲烷的功能，过程中发生的反应为CO2（g）+4H2（g）＝CH4（g）+2H2O（g）。某温度下，在2L的密闭容器中充入n（CO2）：n（H2）＝1：5的混合气体，发生上述反应，n（CO2）与n（CH4）随时间的变化如图乙所示。（2）x、y两点用CO2表示的化学反应速率：v（x）正＞v（y）逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）下列说法正确的是C（填标号）。A．5min后该反应停止B．2min时，v（正）＝v（逆）C．容器中CO2的质量不再发生改变时，该反应达到平衡Ⅲ．电化学处理CO2将其转化为其他化学产品，是综合利用CO2的好方法。回答下列问题：原电池法：通过“溶解”水中的二氧化碳，以触发电化学反应，有效减少碳的排放，其工作原理如图丙所示。（4）原电池工作时，a极为负极（填“正”或“负”），b极区的电极反应式为2CO2+2H2O+2e﹣＝2HCO3-+（5）原电池工作时，电子经导线由a→b（填“a→b”或“b→a”），b极区析出少量固体为NaHCO3（填化学式）。【答案】（1）放热；445；（2）＞；（3）C；（4）负；2CO2+2H2O+2e﹣＝2HCO3-（5）a→b；NaHCO3。【分析】（1）依据能量‑反应历程图，反应物总能量高于生成物，判断反应为放热；通过反应物与生成物能量差值，计算1mol二氧化碳参加反应的能量变化；（2）可逆反应中，反应物浓度随反应进行不断降低，正反应速率逐渐减小；对比x、y两点的时刻与二氧化碳浓度，比较两点正反应速率大小；（3）根据化学平衡的特征辨析三个选项的正误；（4）原电池中活泼金属钠作负极发生失电子的氧化反应；b电极为正极，水得电子产生氢气，二氧化碳与氢氧根结合生成碳酸氢根离子，据以上分析书写正极电极反应方程式；（5）原电池电子从负极沿导线流向正极；钠离子通过钠超离子导体迁移到b极，与正极生成的碳酸氢根离子结合，确定析出固体物质。【解答】解：（1）根据图甲可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，因此该反应为放热反应；该反应的反应热ΔH＝正反应活化能﹣逆反应活化能＝451kJ/mol﹣896kJ/mol＝﹣445kJ/mol，故若有1molCO2（g）参加反应，变化的能量为445kJ；故答案为：放热；445；（2）x点时反应未达到平衡，反应正向进行，随着反应的进行，反应物浓度逐渐减小，正反应速率逐渐减小，即v（x）正＞v（y）正；y点时反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，即v（y）正＝v（y）逆，因此可得v（x）正＞v（y）逆；故答案为：＞；（3）A．化学平衡是动态平衡，5min后反应达到平衡状态，但反应并未停止，A错误；B．2min时CO2和CH4的物质的量相等，但反应仍在向正方向进行，未达到平衡状态，此时v（正）＞v（逆），B错误；C．容器中CO2的质量不再发生改变，说明各组分的浓度不再变化，标志着该反应已达到平衡状态，C正确；故答案为：C；（4）原电池工作时，活泼金属钠失去电子发生氧化反应，作负极，故a极为负极；b极为正极，根据图丙可知，在b极区，H2O获得电子生成H2和并产生氢氧根离子，二氧化碳与氢氧根离子结合生成HCO3-，其电极反应式为：2CO2+2H2O+2e﹣＝2HC故答案为：负；2CO2+2H2O+2e﹣＝2HCO3-（5）原电池工作时，电子从负极经外电路导线流向正极，即由a流向b（a→b）；a极生成的Na+通过钠超离子导体移向正极（b极）区，与b极生成的HCO3-结合，从而析出溶解度较小的故答案为：a→b；NaHCO3。【点评】本题主要考查热化学、化学平衡与原电池综合知识；包含能量图像判断吸放热、速率大小比较、平衡状态判断、原电池正负极判断、电极反应书写、电子流向与产物分析，综合考查化学反应原理的核心基础。18．（2024秋•泉州校级月考）请回答下列问题：（1）电催化氮气还原合成氨是一种常温常压条件下利用水作为氢源的低碳环保路线，电催化合成氨装置如图：①a为负极。②该装置总反应化学方程式为2N2+6H2O电解4NH3+3O（2）下图为高铁电池和常用的高能碱性电池的放电曲线，由此可得出高铁电池的优点有放电时间长，工作电压稳定。（3）铜是人类最早使用的金属，它与人类生产、生活关系密切，请运用所学知识解释下列与铜有关的化学现象。①如图，在硫酸型酸雨地区，不纯的铜制品发生电化学腐蚀，Cu发生氧化（填“氧化”或“还原”）反应，写出正极的电极反应式：O2+4H++4e﹣＝2H2O。②若在铜制品表面镀锌，镀层破损后是否还可以起到保护作用是（填“是”或“否”），这种保护方法叫做牺牲阳极法。（填“外加电流法”或“牺牲阳极法”）【答案】（1）①负；②2N2+6H2O电解4NH3（2）放电时间长，工作电压稳定；（3）①氧化；O2+4H++4e﹣＝2H2O；②是；牺牲阳极法。【分析】（1）①由装置图可知，左侧电极上通入N2并生成NH3，氮元素的化合价由0价降低到﹣3价，发生还原反应；②该装置利用水和氮气在电解条件下生成氨气和氧气；（2）分析放电曲线图可知，高铁电池的电压在较长时间内保持水平不变，且整体放电时间远大于高能碱性电池；（3）①不纯的铜制品在硫酸型酸雨中形成原电池，铜的金属活动性强于碳，故铜作负极，失去电子发生氧化反应。由于铜的金属活动性排在氢之后，不能置换出酸中的氢发生析氢腐蚀，因此只能发生吸氧腐蚀；②在铜制品表面镀锌，镀层破损后，由于锌比铜活泼，在潮湿环境中形成原电池时，锌作负极被腐蚀，铜作正极受到保护，因此依然可以起到保护作用。【解答】解：（1）①由装置图可知，左侧电极上通入N2并生成NH3，氮元素的化合价由0价降低到﹣3价，发生还原反应，因此左侧电极为电解池的阴极。与阴极相连的a极为电源的负极，故答案为：负；②该装置利用水和氮气在电解条件下生成氨气和氧气，根据得失电子守恒和原子守恒，总反应的化学方程式为2N2+6H2O电解4NH3故答案为：2N2+6H2O电解4NH3（2）分析放电曲线图可知，高铁电池的电压在较长时间内保持水平不变，且整体放电时间远大于高能碱性电池，由此可得出高铁电池的优点是：放电时间长，工作电压稳定，故答案为：放电时间长，工作电压稳定；（3）①不纯的铜制品在硫酸型酸雨中形成原电池，铜的金属活动性强于碳，故铜作负极，失去电子发生氧化反应。由于铜的金属活动性排在氢之后，不能置换出酸中的氢发生析氢腐蚀，因此只能发生吸氧腐蚀。正极上是溶解的氧气得到电子，在酸性条件下生成水，正极的电极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，故答案为：氧化；O2+4H++4e﹣＝2H2O；②在铜制品表面镀锌，镀层破损后，由于锌比铜活泼，在潮湿环境中形成原电池时，锌作负极被腐蚀，铜作正极受到保护，因此依然可以起到保护作