第7章 章末综合测评（七）(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·化学（鲁琼版 不定项）

**基本信息** 聚焦电化学与反应热核心模块，通过模拟题与高考题改编，构建从概念原理到实际应用的逻辑链条，强化科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |电化学|7题（含原电池/电解池/腐蚀防护）|装置分析、电极反应书写、离子迁移判断|从电极判断（活泼性/电子流向）到反应原理（氧化还原），再到实际应用（电池再生/海水制氢）| |反应热|5题（含盖斯定律/键能计算/能量图）|ΔH计算、能量变化示意图分析、多反应体系能量关系|从能量变化本质（键能差）到定律应用（盖斯定律），再到能量转化模型（热化学循环）| |综合应用|3题（非选择题）|结合环保/能源情境的综合计算与实验设计|整合电化学与反应热，通过真实问题（如CO₂转化、废气处理）体现科学态度与社会责任|

章末综合测评（七） 一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。 1．（2025·梅州模拟）化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是(　　) A．废旧电池回收处理的主要目的之一是防止电池污染环境 B．可通过电解NaCl溶液制取金属Na C．燃料电池、硅太阳能电池都利用了原电池原理 D．镀锡铁表面有划损时，仍能保护铁不受腐蚀 解析：选A。电解NaCl溶液：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，工业上采用电解熔融NaCl的方法制备金属钠：2NaCl（熔融）2Na＋Cl2↑，B项错误；燃料电池利用了原电池原理，但硅太阳能电池是直接将太阳能转化成电能，C项错误；镀锡铁破损后发生电化学腐蚀，因Fe比Sn活泼，Fe作为原电池的负极被腐蚀，D项错误。 2．（2026·珠海统考）在某温度和催化剂作用下，CO2和H2同时发生如下反应： 反应1（主反应）：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(l)＋H2O(g)　ΔH＝－86.9 kJ·mol-1 反应2（副反应）：CO2(g)＋H2(g)===CO(g)＋H2O(g)　ΔH＝＋41.2 kJ·mol-1 且主反应的速率大于副反应，下列反应过程中的能量变化示意图正确的是(　　) 解析：选A。反应1为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量；反应2为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，B、C项错误。反应1的速率大于反应2，说明反应1的活化能小于反应2，A项正确，D项错误。 3．（2025·南宁模拟）广西西江海洋油气钢结构平台安装在水深98米的大海上。下列有关钢结构桩架的腐蚀与防护的说法错误的是(　　) A．特种合金钢防腐蚀的能力比生铁强 B．海水全浸区腐蚀随深度增加有所加重 C．在桩架上镶锌块，可使桩架不易被腐蚀 D．将钢结构桩架与电源负极相连，可使钢结构桩架不易被腐蚀 解析：选B。海水含氧量随深度的增加而减少，故海水全浸区的腐蚀随深度增加而减弱，B错误。 4．（2026·永州模拟）利用如右图所示装置可测定某原电池工作一段时间内通过导线的电子的物质的量，电极材料是镁片和铝片。下列说法不正确的是(　　) A．电极b为镁片 B．电极a的电极反应式为Al－3e－＋4OH－===[Al(OH)4]－ C．当量筒内收集448 mL气体（标准状况）时，导线中通过的电子的物质的量为0.04 mol D．若将电解质溶液改为稀硫酸，则量筒内仍能收集到H2 解析：选D。由题图可知，电极b产生氢气，所以电极b为正极，为镁片，A正确；电极a为铝片，电极反应式为Al－3e－＋4OH－===[Al(OH)4]－，B正确；当量筒内收集448 mL气体（标准状况）时，H2的物质的量为 ＝0.02 mol，导线中通过的电子的物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，C正确；若将电解质溶液改为稀硫酸，因为活泼性：镁＞铝，所以电极a为正极产生氢气，电极b为负极产生镁离子，故量筒内不能收集到H2，D错误。 5．（2025·湖北卷）某电池的正极材料为LiFePO4，负极材料为嵌锂石墨。利用人工智能筛选出的补锂试剂LiSO2CF3，能使失活的电池再生并延长寿命，且保持电池原结构。将LiSO2CF3注入电池后充电补锂，过程中[SO2CF3]－转化为气体离去。下列有关充电补锂的说法错误的是(　　) A．[SO2CF3]－在阳极失去电子 B．生成气体中含有氟代烃 C．过程中铁元素的价态降低 D．[SO2CF3]－反应并离去是该电池保持原结构的原因 解析：选C。充电时，Li＋在阴极得电子生成Li嵌入负极材料，[SO2CF3]－在阳极失去电子生成气体离去，A正确；[SO2CF3]－在阳极失去电子，电极反应为2[SO2CF3]－－2e－===2SO2↑＋CF3CF3↑，生成气体中含有氟代烃CF3CF3，B正确；充电补锂时阳极材料为LiFePO4，LiFePO4不参与阳极反应，铁元素的价态不变，C错误；[SO2CF3]－转化为气体离去，不改变正极材料的同时给嵌锂石墨补充锂单质，从而可以保持电池原结构，D正确。 6．（2026·温州联考）CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义，用CO2与NH3为原料合成尿素[CO(NH2)2]是固定和利用CO2的成功范例。已知： ①2NH3(g)＋CO2(g)===NH2COONH4(s)　ΔH＝－159.5 kJ·mol-1 ②NH2COONH4(s)===CO(NH2)2(s)＋H2O(g)　ΔH＝＋72.5 kJ·mol-1 ③H2O(l)===H2O(g)　ΔH＝＋44.0 kJ·mol-1 则反应2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l)的ΔH为(　　) A．－87.0 kJ·mol-1 B．－131.0 kJ·mol-1 C．＋131.0 kJ·mol-1 D．－43.0 kJ·mol-1 解析：选B。根据盖斯定律，由①＋②－③可得反应2NH3(g)＋CO2(g)===CO(NH2)2(s)＋H2O(l)　ΔH＝(－159.5 kJ·mol-1)＋(＋72.5 kJ·mol-1)－(＋44.0 kJ·mol-1)＝－131.0 kJ·mol-1。 7．（2025·南昌模拟）碱性条件下（电解质溶液为KOH溶液），电催化共还原CO2与NO制备乙酰胺(CH3CONH2)是一种碳中和与废水处理有机结合的绿色电化学策略，其装置如下图所示。 下列说法错误的是(　　) A．离子交换膜为阴离子交换膜 B．M极存在电极反应：NO＋4e－＋4H2O===5OH－＋NH2OH C．理论上，N极收集到气体2.24 L（标准状况下），M极可制得乙酰胺的质量为5.9 g D．CH3CHO与NH2OH为制备乙酰胺的中间产物 解析：选C。在碱性条件下（电解质溶液为KOH溶液），电催化还原CO2生成CH3CHO，同时NO也被还原为NH2OH，则M为阴极，电极反应式为2CO2＋10e－＋7H2O===CH3CHO＋10OH－、NO＋4e－＋4H2O===NH2OH＋5OH－，生成的CH3CHO和NH2OH在催化剂作用下转化为CH3CH===N—OH，再转化为CH3CN，最后转化为CH3CONH2，达到处理废水的目的。M极为阴极，产生OH－，N极为阳极，因电解质溶液为KOH溶液，所以阳极发生反应4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，OH－需要从M极区迁移到N极区，故离子交换膜为阴离子交换膜，A正确；M极存在电极反应NO＋4e－＋4H2O===5OH－＋NH2OH，B正确；理论上，N极收集到标准状况下气体2.24 L(0.1 mol O2)，转移0.4 mol电子，根据电子守恒，M极可制得乙酰胺的物质的量为 mol，质量为 mol×59 g·mol-1≈1.69 g，C错误；生成的CH3CHO与NH2OH最终转化为乙酰胺(CH3CONH2)，则说明CH3CHO与NH2OH为制备乙酰胺的中间产物，D正确。 8．我国科技工作者设计了一套高效光电化学燃料电池，工作原理如下图所示（忽略溶液体积的变化）。光照时，光催化电极a会产生e－和空穴(h＋)，下列叙述错误的是(　　) A．该装置实现了光能和化学能到电能的转化 B．电池工作时，溶液中的H＋会从左向右迁移 C．电池工作时，光催化电极a的电势高于催化电极b的电势 D．用空穴表示的负极反应为＋10h＋＋2H2O===4CO2↑＋10H＋ 解析：选C。由题意可知，光催化电极a为负极，催化电极b为正极。由题图可知，该装置实现了光能和化学能到电能的转化，A正确；溶液中的H＋通过阳离子交换膜向正极移动，即从左向右迁移，B正确；电池工作时，催化电极b的电势高于光催化电极a的电势，C错误；用空穴表示的负极反应为＋10h＋＋2H2O===4CO2↑＋10H＋，D正确。 9．研究人员提出利用含硫物质的热化学循环实现太阳能的转化与存储，其原理如下图所示。 已知：①1 mol液态H2SO4完全分解生成三种气体时吸收热量275.5 kJ；②64 g固态硫完全燃烧放出热量为592 kJ。下列叙述错误的是(　　) A．上述循环至少涉及四种能量转化方式 B．反应 Ⅰ：2H2SO4(l)===2SO2(g)＋2H2O(g)＋O2(g)　ΔH＝＋551 kJ·mol-1 C．反应 Ⅲ：S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－296 kJ·mol-1 D．反应 Ⅱ：3SO2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)＋S(s)　ΔH＝＋255 kJ·mol-1 解析：选D。题述循环过程至少涉及四种能量转化方式：太阳能→热能→化学能→热能→电能，A项正确；结合已知条件可知，2 mol H2SO4(l)完全分解为二氧化硫、氧气和水蒸气，吸收551 kJ热量，反应Ⅰ为2H2SO4(l)===2SO2(g)＋2H2O(g)＋O2(g)　ΔH＝＋551 kJ·mol-1，B项正确；64 g S的物质的量为2 mol，已知64 g固态硫完全燃烧放出热量为592 kJ，故1 mol S(s)完全燃烧放出热量为296 kJ，反应Ⅲ为S(s)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－296 kJ·mol-1，C项正确；根据盖斯定律，由－反应 Ⅰ－反应Ⅲ可得反应Ⅱ 3SO2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l)＋S(s)　ΔH＝－255 kJ·mol-1，D项错误。 10．将2 mol Cl2和3 mol F2 置于密闭容器中，在250 ℃下只发生如下两个反应： Cl2(g)＋F2(g)===2ClF(g)　ΔH1＝a kJ/mol Cl2(g)＋3F2(g)===2ClF3(g)　ΔH2＝b kJ/mol 一段时间后，Cl2和F2恰好全部消耗，共放出303 kJ热量。已知部分化学键的键能见下表： 化学键 F—F Cl—Cl F—Cl （ClF中） F—Cl （ClF3中） 键能/ (kJ/mol) 157 243 248 x 则x的值为(　　) A．172　　　　　　　　　 B．202 C．238 D．258 解析：选A。ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和，由题意可知，ΔH1＝(243＋157－2×248) kJ/mol＝－96 kJ/mol，ΔH2＝(243＋3×157－2×3x) kJ/mol＝(714－6x) kJ/mol，即a＝－96，b＝714－6x；设反应Cl2(g)＋F2(g)===2ClF(g)中消耗氯气的物质的量为 m mol，则消耗氟气的物质的量也为 m mol，剩下的氯气和氟气参与反应Cl2(g)＋3F2(g)===2ClF3(g)，即＝，解得m＝1.5，则有1.5 mol×(－96 kJ/mol)＋0.5 mol×(714－6x) kJ/mol＝－303 kJ，解得x＝172。 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。 11．(2024·辽宁卷改编)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法，装置如下图所示。部分反应机理为 。 下列说法错误的是(　　) A．相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍 B．阴极反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑ C.电解时OH－通过阴离子交换膜向a极方向移动 D.阳极反应：2HCHO－2e－＋4OH－===2HCOO－＋2H2O＋H2↑ 解析：选AC。该装置为电解池，由反应机理可知，电极b上HCHO转化为HCOO－，发生失电子的氧化反应，电极b为阳极，电极反应为2HCHO－2e－＋4OH－===2HCOO－＋2H2O＋H2↑，电极a为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。传统电解水过程中每转移4 mol电子可制得2 mol H2，耦合HCHO高效制H2过程中每转移4 mol电子，阴、阳极均可产生2 mol H2，故相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍，A错误；由上述分析可知，阴极的电极反应为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，B正确；由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH－，阳极消耗OH－，OH－通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，C错误；由上述分析可知，阳极的电极反应为2HCHO－2e－＋4OH－===2HCOO－＋2H2O＋H2↑，D正确。 12．(2025·浙江联考)镁和氯气反应生成氯化镁的能量关系如下图所示。已知，气态的卤素原子得电子生成气态的卤素离子是放热过程。下列说法正确的是(　　) A．ΔH6＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＋ΔH5 B．Ca(g)－2e－===Ca2＋(g)　ΔH7，则ΔH7>ΔH3 C．2I(g)＋2e－===2I－(g)　ΔH8，则ΔH8>ΔH4 D．MgCl2(s)===Mg2＋(aq)＋2Cl－(aq)　ΔH9，则ΔH9<ΔH5 解析：选CD。根据盖斯定律可知，ΔH6＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4－ΔH5，故A错误；原子失去电子变为离子属于吸热过程，Ca和Mg属于同主族元素，Ca的金属性强于Mg，Ca→Ca2＋吸收热量小于Mg→Mg2＋吸收热量，即ΔH7＜ΔH3，故B错误；气态的卤素原子得电子变为气态的卤素离子属于放热过程，Cl和I属于同主族元素，Cl的非金属性强于I，Cl→Cl－放出热量比I→I－放出热量多，即ΔH8＞ΔH4，故C正确；MgCl2(s)===Mg2＋(g)＋2Cl－(g)属于吸热过程，即ΔH5＞0，Mg2＋(g)、2Cl－(g)转化成Mg2＋(aq)、2Cl－(aq)要放出热量，故MgCl2(s)===Mg2＋(aq)＋2Cl－(aq)吸收的热量比MgCl2(s)===Mg2＋(g)＋2Cl－(g)吸收的热量少，即ΔH9＜ΔH5，故D正确。 13．(2025·济宁模拟)一种清洁、低成本的双联装置工作原理如下图所示，浓缩海水形成的离子浓度差会驱动离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，进而产生离子电流。下列说法错误的是(　　) A．装置Ⅰ中Li＋移向电极X B．装置Ⅱ中电极W为阴极 C．装置Ⅱ中电极Z的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ D．装置Ⅱ中电极W产生标准状况下22.4 L气体时，装置Ⅰ中可制得42.5 g LiCl 解析：选BD。结合题干信息，装置Ⅰ为原电池，Li＋移向电极X，故电极X为正极，电极Y为负极；装置Ⅱ为电解池，电极W为阳极，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，电极Z为阴极，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A、C正确，B错误；装置Ⅱ中电极W产生标准状况下22.4 L (1 mol)氯气，转移电子的物质的量为2 mol，结合得失电子守恒可知，装置 Ⅰ 中制得2 mol LiCl，质量为85 g，D错误。 14．(2026·烟台模拟)为适应可再生能源的波动性和间歇性，我国科学家设计了一种电化学装置，其原理如下图所示。当闭合K1和K3、打开K2时，装置处于蓄电状态；当打开K1和K3，闭合K2时，装置处于放电状态。放电状态时，双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－并分别向两侧迁移。下列有关该电化学装置工作时的说法错误的是(　　) A.蓄电时，碳锰电极为阴极 B．蓄电时，右池中电极2发生的反应为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ C．放电时，每消耗1 mol MnO2，理论上有4 mol H＋由双极膜向碳锰电极迁移 D．理论上，该电化学装置运行过程中不需要补充H2SO4溶液和KOH溶液 解析：选AC。当闭合K1和K3、打开K2时，装置处于蓄电状态，即为电解池，电极1上H＋得电子生成H2，H元素化合价降低，为阴极，碳锰电极上Mn2＋失电子生成MnO2，为阳极；Zn电极上ZnO得电子生成Zn，为阴极；电极2上，OH－失电子生成O2，为阳极；当打开K1和K3、闭合K2时，装置处于放电状态，即为原电池，锌电极为负极，碳锰电极为正极；蓄电时，右侧电解池中Zn电极上ZnO得电子生成Zn，电极反应式为ZnO＋2e－＋H2O===Zn＋2OH－，电极2上OH－失电子生成O2，电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，发生的总反应为2ZnO2Zn＋O2↑；放电时，碳锰电极为正极，电极反应式为MnO2＋2e－＋4H＋===Mn2＋＋2H2O，每消耗1 mol MnO2 ，转移2 mol电子，则有2 mol H＋由双极膜向碳锰电极迁移；该电化学装置运行过程中不消耗H2SO4溶液和KOH，则不需要不断补充H2SO4和KOH溶液。 15．(2025·黑龙江联考)我国科研团队研发的强酸单液流电池通过多电子转移，提高了电池的安全性和能量密度，其工作原理如下图所示。下列说法错误的是(　　) A.放电时，电极N的电势高 B．放电时，每消耗0.07 mol Cd，右室有0.01 mol Br－生成 C．充电时，H＋向电极M区移动，阴极区pH减小 D．充电时，阳极区存在反应：2IBr－10e－＋6H2O===Br2＋2IO＋12H＋ 解析：选B。放电时为原电池，电极M发生氧化反应：Cd－2e－===Cd2＋，为负极；电极N为正极，电极总反应为Br2＋IO＋8e－＋6H＋===2Br－＋I－＋3H2O；充电时为电解池，电极N为阳极，电极M为阴极。原电池中正极的电势高于负极，A正确。放电时，负极反应为Cd－2e－===Cd2＋，消耗0.07 mol Cd时转移0.14 mol电子，正极总反应为Br2＋IO＋8e－＋6H＋===2Br－＋I－＋3H2O，每转移0.14 mol电子，生成0.035 mol溴离子，B错误。充电时，电极M为阴极，H＋向阴极(M极)移动；阴极反应为Cd2＋＋2e－===Cd，H＋移向阴极使阴极区H＋浓度增大，pH减小，C正确。充电时，电极N为阳极，发生氧化反应，存在电极反应：2IBr－10e－＋6H2O===Br2＋2IO＋12H＋，D正确。 三、非选择题 16．(1)在催化剂作用下，用还原剂[如肼(N2H4)]选择性地与NOx反应生成N2和H2O。 已知200 ℃时：i.3N2H4(g)===N2(g)＋4NH3(g) 　ΔH1＝－32.9 kJ·mol-1； ii.N2H4(g)＋H2(g)===2NH3(g)　ΔH2＝－41.8 kJ·mol-1。 200 ℃时，肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式为_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 (2)研究CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。工业上利用废气中的CO2合成CH3OH，主要有以下反应： 反应 Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.0 kJ·mol-1 反应 Ⅱ：2CO2(g)＋6H2(g)===CH3OCH3(g)＋3H2O(g)　ΔH2 反应Ⅲ：CH3OCH3(g)＋H2O(g)===2CH3OH(g)　ΔH3＝＋23.4 kJ·mol-1 已知某些化学键的键能数据见下表： 化学键 C===O C—O O—H 键能/(kJ·mol-1) 750 343 465 氢气中的H—H键能比甲醇中的C—H键能________（填“强”或“弱”）。用盖斯定律计算反应 Ⅱ 的ΔH2＝__________kJ·mol-1。 (3)基于Al2O3载氮体的碳基化学链合成氨技术示意图如下。 总反应3C(s)＋N2(g)＋3H2O(l)===3CO(g)＋2NH3(g)　ΔH＝__________kJ·mol-1。 (4)科学家曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(ν)光的照射下反应机理如下： ①NOCl＋hν―→NOCl* ②NOCl＋NOCl*―→2NO＋Cl2 其中hν表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1 mol NOCl需要吸收__________mol 光子。 解析：(1)根据盖斯定律，由反应i－反应ii×2得肼分解生成氮气和氢气的热化学方程式：N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)　ΔH＝(－32.9 kJ·mol-1)－(－41.8 kJ·mol-1)×2＝＋50.7 kJ·mol-1。 (2)ΔH＝反应物的总键能－生成物的总键能，ΔH1＝2EC===O＋3EH—H－(3EC—H＋EC—O＋3EO—H)，代入题表数据可得EH—H－EC—H＝63 kJ·mol-1>0，故氢气中的H—H键能比甲醇中的C—H键能强。根据盖斯定律，反应Ⅱ＝反应Ⅰ×2－反应Ⅲ，故ΔH2＝2ΔH1－ΔH3＝－121.4 kJ·mol-1。 (3)根据盖斯定律，由吸氮反应i＋释氨反应ii可得总反应3C(s)＋N2(g)＋3H2O(l)===3CO(g)＋2NH3(g)　ΔH＝＋708.1 kJ·mol-1＋(－274.1 kJ·mol-1)＝＋434.0 kJ·mol-1。 (4)根据盖斯定律，反应①＋反应②得总反应为2NOCl＋hν―→2NO＋Cl2，因此分解1 mol NOCl需要吸收0.5 mol光子。 答案：(1)N2H4(g)===N2(g)＋2H2(g)　ΔH＝＋50.7 kJ·mol-1 (2)强　－121.4　(3)＋434.0　(4)0.5 17．（2026·益阳模拟）根据如下图所示实验装置，回答相关问题。 (1)装置1中铁钉发生的电化学腐蚀类型为____________________，石墨电极的电极反应式为_______________________________________。 (2)装置2中外电路电子的移动方向为__________（填“由a到b”或“由b到a”），该装置发生的总反应的离子方程式为_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 (3)装置3中甲烧杯盛有100 mL 0.2 mol/L NaCl溶液，乙烧杯盛有100 mL 0.5 mol/L CuSO4溶液。一段时间后，铜电极增重1.28 g。 ①直流电源的M端为________（填“正”或“负”）极，乙烧杯中电解反应的化学方程式为________________________________________。 ②装置3产生的气体在标准状况下的体积为________mL；欲恢复乙烧杯中的溶液至电解前的状态，可加入________（填字母）。 a．1.96 g Cu(OH)2 b．1.6 g CuO c．2.48 g CuCO3 d．2.22 g Cu2(OH)2CO3 解析：(3)①铜电极增重1.28 g，说明乙烧杯为电解硫酸铜溶液，阳极生成氧气，阴极析出铜，则N为负极，M为正极，乙烧杯中电解反应的化学方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4。②1.28 g Cu的物质的量为0.02 mol，转移电子的物质的量为0.02 mol×2＝0.04 mol，乙烧杯中石墨电极上生成氧气，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，生成0.01 mol氧气，甲烧杯中，阳极铁被氧化，阴极产生氢气，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，生成0.02 mol氢气，故装置3产生0.03 mol气体，在标准状况下的体积为672 mL；乙烧杯中生成0.02 mol Cu和0.01 mol O2，欲恢复至电解前的状态，可加入0.02 mol CuO，质量为1.6 g；也可以加入0.02 mol CuCO3，质量为2.48 g。 答案：(1)吸氧腐蚀　O2＋4e－＋2H2O===4OH－ (2)由b到a　2Fe3+＋2I－===2Fe2+＋I2 (3)①正　2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4　②672　bc 18．Ⅰ.我国倡导推动绿色发展，促进人与自然和谐共生。回答下列问题： (1)研究脱除烟气中的NO是环境保护、促进社会可持续发展的重要课题。选择性催化还原技术是利用还原剂氨或尿素[CO(NH2)2]，把烟气中的NO还原成N2和H2O。相关反应的热化学方程式如下： N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH1＝＋180.5 kJ·mol-1 2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)　ΔH2＝－112.0 kJ·mol-1 4CO(NH2)2(s)＋6NO2(g)===7N2(g)＋4CO2(g)＋8H2O(g)　ΔH3＝－2 780.0 kJ·mol-1 2CO(NH2)2(s)＋6NO(g)===5N2(g)＋2CO2(g)＋4H2O(g)　ΔH4 ΔH4＝________________。 (2)科学家研究了在贵重金属催化剂表面上的气态体系中，CO分子还原NO的能量变化与反应历程如上图所示。图中第一步逆反应的活化能为________kJ·mol-1（用a、b、c的代数式表示）。 Ⅱ.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下图所示的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。 (3)甲池在放电过程中的负极反应式为_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 (4)乙池中通入废气SO2的电极为________极，电池总反应的离子方程式为____________________________________________________ ________________________________________________________。 (5)交换膜b为________（填“阳”或“阴”）离子交换膜。当浓缩室得到4 L 0.6 mol·L-1的盐酸时，M室中的溶液的质量变化为________（溶液体积变化忽略不计）。 (6)若在标准状况下，甲池有5.6 L O2参加反应，则乙池中处理废气（SO2和NO）的总体积为________L。 解析：Ⅱ.(3)甲池在放电过程中，负极上一氧化氮失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子，电极反应式为NO＋2H2O－3e－===NO＋4H＋。 (4)乙池中通入废气SO2的电极连接甲池的正极，为阳极，二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根离子，阴极上一氧化氮发生还原反应生成铵根离子，电池总反应的离子方程式为5SO2＋2NO＋8H2O2NH＋5SO＋8H＋。 (5)丙池中阳极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，氢离子从M室通过交换膜a进入浓缩室；N室中的氯离子通过交换膜b进入浓缩室，最终得到较浓的盐酸，故交换膜b为阴离子交换膜。丙池中阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，当浓缩室得到4 L 0.6 mol·L-1的盐酸时，迁移过来的氢离子的物质的量为4 L×(0.6 mol·L-1－0.1 mol·L-1)＝2 mol，同时M室生成的0.5 mol O2逸出，相当于消耗1 mol水，M室中溶液的质量变化为减少1 mol×18 g·mol-1＝18 g。 (6)乙池中SO2转化为硫酸根离子、NO转化为铵根离子；若在标准状况下，甲池有5.6 L(0.25 mol)O2参加反应，根据得失电子守恒可知，O2～4e－～2SO2～NO，乙池中处理废气（SO2和NO）的物质的量共0.7 mol，总体积为0.7 mol×22.4 L·mol-1＝15.68 L。 答案：Ⅰ.(1)－1 828.75 kJ·mol-1　(2)a＋b－c Ⅱ.(3)NO＋2H2O－3e－===NO＋4H＋　(4)阳　5SO2＋2NO＋8H2O2NH＋5SO＋8H＋　(5)阴　减少18 g　(6)15.68 学科网（北京）股份有限公司 $