第六章 化學反應與能量（測試）（教師版） 2025年高考化學一輪復習講練測（新教材新高考）

第六章化學反應與能量測試卷時間：75分鐘分值：100分可能用到的相對原子質量：H1Li7C12N14O16Na23P31S32Cl35.5K39Ca40Fe56Cu64Br80Ag108Ba137一、選擇題（每小題只有一個正確選項，共15×3分）1．(2024·浙江省麗水湖州衢州三地市高三下學期教學質量檢測)我國科學工作者進行了如下模擬實驗：將甲、乙兩片相同的鐵片用導線連接插入海水中，鐵片甲附近通入氧氣，鐵片乙附近通入氮氣，下列說法正確的是()A．鐵片乙作正極 B．氮氣在鐵片乙上失電子C．在海水中陽離子向鐵片乙移動 D．鐵片乙的腐蝕速率明顯高于鐵片甲【答案】D【解析】將甲、乙兩片相同的鐵片用導線連接插入海水中，鐵片甲附近通入氧氣，鐵片乙附近通入氮氣；鐵片乙為負極，鐵失電子；鐵片甲作正極，氧氣在鐵片甲上得電子；溶液中的陽離子向正極移動，因海水中氧氣的濃度不同而造成電勢差形成原電池。A項，由分析可知，鐵片乙作負極、鐵片甲作正極，A錯誤；B項，鐵片乙中鐵失電子，氧氣在鐵片甲上得電子，B錯誤；C項，原電池溶液中陽離子向正極移動，即向鐵片甲，C錯誤；D項，乙做負極，甲做正極，鐵片乙的腐蝕速率明顯高于鐵片甲，D正確。故選D。2．下列兩組熱化學方程式中，有關ΔH的比較正確的是()①CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(g)ΔH1CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH2②NaOH(aq)＋eq\f(1,2)H2SO4(濃)=eq\f(1,2)Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH3NaOH(aq)＋CH3COOH(aq)=CH3COONa(aq)＋H2O(l)ΔH4A．ΔH1＞ΔH2；ΔH3＞ΔH4B．ΔH1＞ΔH2；ΔH3＜ΔH4C．ΔH1＝ΔH2；ΔH3＜ΔH4D．ΔH1＜ΔH2；ΔH3＞ΔH4【答案】B【解析】由于H2O(g)轉化為H2O(l)要放出熱量，所以等物質的量的CH4(g)燃燒生成液態(tài)水時放出熱量的數(shù)值要比生成氣態(tài)水時的大。等物質的量的NaOH與稀醋酸、濃H2SO4恰好反應生成等物質的量的水，若不考慮濃H2SO4溶解放熱和弱電解質電離吸熱，應放出相同的熱量。但在實際反應中，濃H2SO4溶于水時放熱，使反應放出的總熱量增多；醋酸是弱酸，部分CH3COOH分子在電離過程中要吸熱，使反應放熱減小。3．(2024·浙江省紹興市高三選考科目診斷性考試)已知反應NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的能量變化如圖所示，下列說法正確的是()A．該反應的ΔH=(E2-E1)kJ·mol?1B．正反應活化能E1等于反應物的鍵能之和C．由圖可知升溫對NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的逆反應速率影響更大D．恒溫條件下，縮小容器體積，平衡不移動，所以正逆反應速率均不變【答案】C【解析】A項，焓變ΔH=正反應的活化能?逆反應的活化能，則該反應的ΔH=(E2-E1)kJ·mol?1，A錯誤；B項，使普通分子變成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能，由圖知正反應活化能E1為過渡態(tài)與分子平均能量之差，而反應物的鍵能之和是氣體反應物分子的化學鍵斷裂形成氣態(tài)原子時所吸收的總能量，由圖知，過渡態(tài)并不是原子狀態(tài)，則二者不相等，B錯誤；C項，升溫對吸熱方向的速率影響更大，由圖可知NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的正方向放熱，則升溫對NO2(g)＋CO(g)NO(g)＋CO2(g)的逆反應速率影響更大，C正確；D項，該反應氣體分子總數(shù)不變，則恒溫條件下，縮小容器體積，平衡不移動，但所有氣體濃度增大、所以正逆反應速率均增大、同等幅度增大，D錯誤；故選C。4．(2024·浙江省金華市曙光中學調(diào)研)“北溪”天然氣管道至少泄漏8萬噸天然氣，近20年間甲烷的溫室效應率是的84倍。已知管道接口處有鋼鐵材料等，海水的pH約為8.0。設為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列有關敘述不正確的是()A．損壞的鋼鐵材料在海水中主要發(fā)生吸氧腐蝕B．制造管道時表面涂層能起到抗腐蝕作用C．wg鐵在海水中完全發(fā)生電化學腐蝕時轉移電子數(shù)一定為D．修復管道時在鋼管表面鑲嵌鋅塊，這種方法叫犧牲陽極法【答案】C【解析】A項，鋼鐵在弱堿性環(huán)境中主要發(fā)生吸氧腐蝕，A項正確；B項，表面涂層能防止鋼鐵管道和水、O2等物質接觸，從而起到抗腐蝕作用，B項正確；C項，鋼鐵腐蝕時負極電極反應式為Fe-2e-=Fe2+，wg鐵在海水中完全發(fā)生電化學腐蝕時轉移電子數(shù)為，后續(xù)發(fā)生，不屬于電化學腐蝕，C項錯誤；D項，鋅比鐵活潑，在海水中構成原電池，鋅為負極，鐵為正極，這種保護鋼鐵的方法叫犧牲陽極法，D項正確。故選C。5．（2024·湘豫名校聯(lián)考聯(lián)盟高三第四次模擬考試）鋅—空氣電池具有能量密度高、成本低、易組裝等優(yōu)勢。某鋅—空氣堿性電池示意圖如下，下列說法錯誤的是()A．放電時，甲極的電勢比乙極高B．放電時，負極反應：Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-C．充電時當有通過中間隔膜時，理論上甲極釋放出5.6LO2D．該電池是一種對環(huán)境友好的二次電池【答案】C【解析】A項，從題圖示外電路電子轉移方向可以判斷，甲為正極、乙為負極，故放電時甲的電勢比乙高，A正確；B項，從圖示中可以看出負極的反應是Zn和從正極室過來的OH-反應生成[Zn(OH)4]2-：Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)4]2-，B正確；C項，沒有指明溫度和壓強，不能計算生成氣體的體積，C錯誤；D項，從圖示中離子移動方向可知，該電池是二次電池，可以充電放電，使用過程中不產(chǎn)生污染和廢棄物，同時可以通過更換鋅和空氣電極來實現(xiàn)重復利用，D正確。故選C。6．(2024·浙江省稽陽聯(lián)誼學校高三聯(lián)考)級聯(lián)電池是指在同一個反應腔體中耦合兩個連續(xù)的電化學反應，它可以大大提高了電池的能量密度。某水系級聯(lián)電池，工作原理如圖所示已知電解質為CuSO4溶液，步驟2中的電池反應為：(單獨構建該步電池時效率較低)。下列說法不正確的是()A．放電時，步驟1的正極反應式為2Cu2++S+4e-=Cu2SB．Cu2S對步驟2的正極反應可能起催化作用，提高了電池工作效率C．若用該電池進行銅的電解精煉，則消耗6.5g鋅時，得到的精銅質量大于6.4gD．步驟2工作過程中，電池工作環(huán)境氧氣濃度越大，正極板質量增加也越多【答案】C【解析】由工作原理圖可知，第一步總反應為2Cu2++S+2Zn=Cu2S+2Zn2+，Zn為負極，電極反應為：Zn-2e-=Zn2+，S為正極，電極反應為：2Cu2++S+4e-=Cu2S，當正極的硫完全反應生成Cu2S后，繼續(xù)高效發(fā)生第二步反應，Zn為負極，電極反應為：Zn-2e-=Zn2+，S為正極，電極反應為，單獨構建該步電池時效率較低，可能的原因是步驟1的放電產(chǎn)物Cu2S對步驟2的放電過程起催化作用。A項，根據(jù)圖示放電時，步聚1中，銅離子和S均得到電子，生成硫化亞銅，正極反應式為2Cu2++S+4e-=Cu2S，A項正確；B項，，“單獨構建該步電池時效率較低”，可推測Cu2S對步驟2的正極反應起催化作用，提高了電池工作效率，B項正確；C項，用該電池進行銅的電解精煉，消耗6.5g鋅時，轉移2mol電子，得到的精銅質量等于6.4g，C項錯誤；D項，步驟2工作過程中，電池工作環(huán)境氧氣濃度越大，x值也越大，極板質量增加也越多，D項正確；故選C。7．（2024·山東省泰安市高三四模）我國科學家首次設計了一種可充電的鉍-空氣電池，具有較強穩(wěn)定性，該電池使用了非堿性的三氟甲磺酸鉍水系電解質溶液，簡寫為Bi(OTf)?(Mr=656g·mol?1)，該電池工作原理如圖所示。下列說法正確的是()A．放電時，Y極電極反應式：2H2O+O?+4e?=4OH?B．充電時，Y電極發(fā)生還原反應C．電解質溶液的作用是讓電子在電池內(nèi)通過，形成閉合回路D．若標準狀況下消耗1.68LO2，理論上負極區(qū)電解質溶液增重65.6g【答案】D【解析】由圖可知，放電時，X電極為原電池的負極，鉍在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鉍離子，Y電極為正極，鉍離子作用下氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成三氧化二鉍；充電時，與直流電源負極相連的X電極為電解池的陰極，鉍離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成鉍，Y電極為陽極，三氧化二鉍在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和鉍離子。A項，放電時，Y電極為正極，鉍離子作用下氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應生成三氧化二鉍，電極方程式為：3O?+12e?+4Bi3+=2Bi2O3，A錯誤；B項，充電時，Y電極為陽極，發(fā)生氧化反應，B錯誤；C項，電子不能在電解質溶液中通過，C錯誤；D項，放電時，X電極為原電池的負極，鉍在負極失去電子發(fā)生氧化反應生成鉍離子，電極反應式為Bi-3e-=Bi3+，若標準狀況下消耗1.68LO2，物質的量為=0.075mol，轉移0.3mol，負極區(qū)溶液中增加鉍離子的質量為0.1mol×209g/mol=20.9g，同時有0.1mol

通過陰離子交換膜由正極區(qū)進入負極區(qū)，所以負極區(qū)電解質溶液增重20.9g+0.1mol×447g/mol=65.6g，D正確；故選D。8．(2024·浙江省Z20名校聯(lián)盟)某無隔膜流動海水電解法制H2的裝置如圖所示，其中高選擇性催化劑PRT可抑制O2在電極表面產(chǎn)生，提高放電效率。下列說法不正確的是()A．鈦箔作陰極，發(fā)生還原反應B．陽極反應主要為：Cl--2e-+H2O=HClO+H+C．電解后海水pH明顯下降D．理論上生成1molH2轉移電子數(shù)為2NA【答案】C【解析】鈦箔附近產(chǎn)生氫氣，為陰極；鈦網(wǎng)附近氯離子失去電子產(chǎn)生次氯酸，為陽極。A項，鈦箔附近產(chǎn)生氫氣，為陰極，發(fā)生還原反應，A正確；B項，鈦網(wǎng)為陽極，產(chǎn)生HClO，反應主要為：Cl--2e-+H2O=HClO+H+，B正確；C項，電解的總反應方程式為：H＋+Cl--+H2OHClO+H2↑，電解后海水pH增大，C錯誤；D項，根據(jù)陰極電極方程式2H＋＋2e－＝H2↑，生成1molH2轉移電子數(shù)為2NA，D正確；故選C。9．(2024·浙江省義烏五校高三聯(lián)考)華南師范大學蘭亞乾教授課題組從催化劑結構與性能間關系的角度，設計了一種催化劑同時作用在陽極和陰極，用于CH3OH氧化和CO2還原反應耦合的混合電解，工作原理如圖甲所示。不同催化劑條件下CO2→CO電極反應歷程如圖乙所示。下列說法不正確的是()A．電解總反應為2CO2+CH3OH2CO+HCOOH+H2OB．理論上若有44gCO2被轉化，則有2molH+從左側向右側遷移C．與Ni8-TET催化劑相比，使用Ni-TPP時催化效果更好D．若以鉛蓄電池為電源，則B極應與PbO2極相連接【答案】B【解析】根據(jù)圖示，A電極二氧化碳得電子發(fā)生還原反應生成CO、B電極甲醇失電子發(fā)生氧化反應生成甲酸，A是陰極、B是陽極。A項，A電極二氧化碳得電子生成CO、B電極甲醇失電子生成甲酸，電解總反應為2CO2+CH3OH2CO+HCOOH+H2O，故A正確；B項，A是陰極、B是陽極，理論上若有44gCO2被轉化，則電路中轉移2mol電子，根據(jù)電荷守恒，則有2molH+從右側向左側遷移，故B錯誤；C項，使用Ni-TPP時反應活化能小，所以與Ni8-TET催化劑相比，使用Ni-TPP時催化效果更好，故C正確；D項，A是陰極、B是陽極，鉛蓄電池中PbO2為正極、Pb為負極，若以鉛蓄電池為電源，B極應與PbO2極相連接，故D正確；故選B。10．（2024·湖北省T8聯(lián)盟高三二模）近日，科學家開發(fā)///NiOOH光陽極用于持續(xù)太陽能制氫，裝置如圖所示。下列敘述正確的是()A．能量轉化形式太陽能→化學能→電能 B．陽極材料涉及元素均為前四周期元素C．電極N的反應式為H2O-4e-=O2↑＋4H＋ D．陰極區(qū)c(Zn＋)越大，H2產(chǎn)率越高【答案】C【解析】A項，如圖裝置利用太陽能制H2，能量轉化形式為“太陽能→電能→化學能”，A錯誤；B項，陽極材料中W、Bi不屬于前四周期元素，B錯誤；C項，電極N為陽極，水發(fā)生氧化反應，電極反應為：2H2O?4e?=4H++O2↑?，C正確；D項，陰極區(qū)(電極M)的主反應為2H＋＋2e-=H2↑，副反應為Zn2++e-=Zn＋，H2產(chǎn)率等于實際產(chǎn)生H2量與理論產(chǎn)生H2量之比，根據(jù)電子守恒確定理論產(chǎn)生H2量。由于c(Zn＋)越大，發(fā)生副反應程度越大，消耗電子數(shù)越多，產(chǎn)生H2量越低，故H2的產(chǎn)率越低，D錯誤；故選C。11．（2024·福建省三明市三模）利用CoP／CdS復合光催化劑可實現(xiàn)溫和條件下廢棄聚乳酸塑料(PLA)高選擇性地轉化為丙氨酸小分子，其轉化歷程如下：下列說法錯誤的是()A．該過程光能轉化為化學能B．每生成1mol丙氨酸，催化劑吸收2.41eV的能量C．乳酸銨轉化為丙酮酸主要發(fā)生氧化反應D．PLA轉化為乳酰胺的化學方程式為：+nNH3H2On+nH2O【答案】B【解析】A項，根據(jù)圖中信息可知，催化劑吸收光能最終生成丙氨酸，故該過程光能轉化為化學能，A正確；B項，根據(jù)圖中信息可知，每生成1個丙氨酸分子，催化劑吸收2.41eV的光能，B錯誤；C項，由圖中乳酸銨結構簡式、丙酮酸結構簡式可知，乳酸銨轉化為丙酮酸發(fā)生了羥基的催化氧化，C正確；D項，根據(jù)圖中信息，PLA和一水合氨反應生成乳酰胺，方程式為+nNH3?H2O→n+nH2O，D正確；故選B。12．(2024·浙江省義烏中學高三首考模擬)電解法合成氨因其原料轉化率大幅度提高，有望代替?zhèn)鹘y(tǒng)的工業(yè)合成氨工藝。利用工業(yè)廢水發(fā)電進行氨的制備(納米Fe2O3作催化劑)的原理如圖所示，其中M、N、a、b電極均為惰性電極。下列說法錯誤的是()已知：b極區(qū)發(fā)生的變化視為按兩步進行，其中第二步為Fe+H2O+N2→NH3+Fe2O3(未配平)。A．M極是負極，發(fā)生的電極反應為C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+B．Fe2O3在b極發(fā)生電極反應：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-C．理論上廢水發(fā)電產(chǎn)生的N2與合成NH3消耗的N2的物質的量之比為D．上述廢水發(fā)電在高溫下進行優(yōu)于在常溫下進行【答案】D【解析】由圖可知，左邊為原電池，右邊是電解池，含NO3-的廢水中NO3-轉化為N2，N元素化合價降低，得出N極為原電池的正極，所以M極為原電池的負極，從而判斷a極為陽極，b極為陰極，在共熔物作用下水蒸氣在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，b電極為陰極，氮氣在陰極上得到電子發(fā)生還原反應生成氨氣，F(xiàn)e2O3在陰極上得到電子發(fā)生還原反應生成Fe。A項，M極為原電池的負極，C6H12O6在負極失去電子生成CO2，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，A正確；B項，b電極為陰極，F(xiàn)e2O3在陰極上得到電子發(fā)生還原反應生成Fe，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平電極方程式為：Fe2O3+3H2O+6e-=2Fe+6OH-，B正確；C項，NO3-的廢水中NO3-轉化為N2，N元素化合價由+5價下降到0價，N2合成NH3過程中，N元素由0價下降到-3價，根據(jù)得失電子守恒可知，理論上廢水發(fā)電產(chǎn)生的N2與合成NH3消耗的N2的物質的量之比為3:5，C正確；D項，上述廢水發(fā)電過程中有微生物參與，高溫不利于微生物生存，則上述廢水發(fā)電在常溫下進行優(yōu)于在高溫下進行，D錯誤；故選D。13．(2024·浙江省北斗星盟高三聯(lián)考)一定條件下，丙烯與HCl反應生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反應歷程如圖所示。下列說法不正確的是()A．合成CH3CH2CH2Cl的反應中，第一步為反應的決速步B．其他條件不變，適當升高溫度可以提高加成產(chǎn)物CH3CHClCH3的比例C．根據(jù)該反應推測，丙烯與加成的主要產(chǎn)物為2-溴丙烷D．反應的主要產(chǎn)物為CH3CHClCH3，是由于活性中間體比更穩(wěn)定，所需活化能更低【答案】B【解析】A項，合成CH3CH2CH2Cl的反應中，第一步的活化能大于第二步為反應的，為決速步，A正確；B項，丙烯與HCl反應生成CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的反應都為放熱反應，升高溫度，反應都向著消耗CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl生成丙烯的方向移動，CH3CHClCH3和CH3CH2CH2Cl的比例都會降低，B錯誤；C項，由圖中可以看出生成CH3CHClCH3的活化能較低，反應的主要產(chǎn)物為CH3CHClCH3，類似的丙烯與HBr加成的主要產(chǎn)物為2-溴丙烷，C正確；D項，比能量更低更穩(wěn)定，因此生成所需活化能更低，反應的主要產(chǎn)物為CH3CHClCH3，D正確；故選B。14．(2024·浙江省新陣地教育聯(lián)盟、浙江十校高三聯(lián)考)室溫時用稀硝酸可將苯酚直接硝化，轉化關系及部分產(chǎn)物產(chǎn)率表示如下：反應歷程：下列說法不正確的是()A．工業(yè)生產(chǎn)中產(chǎn)物Ⅱ由于存在分子內(nèi)氫鍵，易被水蒸氣蒸出，產(chǎn)品容易提純B．反應生成產(chǎn)物Ⅱ過程中最大能壘為E2-E1C．反應足夠長的時間，升高溫度可提高體系中產(chǎn)物Ⅰ的產(chǎn)率D．反應中體系中加入濃硫酸有利于產(chǎn)生活性中間體，可促使反應進行【答案】C【解析】中間體生成產(chǎn)物Ⅱ的活化能低于生成產(chǎn)物Ⅰ的活化能，所以生成產(chǎn)物Ⅱ的速率快，生成的產(chǎn)物Ⅱ多，則產(chǎn)物Ⅰ是對硝基苯酚、產(chǎn)物Ⅱ是鄰硝基苯酚。A項，產(chǎn)物Ⅱ是鄰硝基苯酚，鄰硝基苯酚易形成分子內(nèi)氫鍵熔沸點降低，易被水蒸氣蒸出，產(chǎn)品容易提純，故A正確；B項，根據(jù)圖示，反應生成產(chǎn)物Ⅱ過程中最大能壘為E2-E1，故B正確；C項，正反應放熱，升高溫度平衡逆向移動，不能提高體系中產(chǎn)物Ⅰ的產(chǎn)率，故C錯誤；D項，濃硫酸具有吸水性，反應中體系中加入濃硫酸吸收反應生成得水，平衡正向移動，有利于產(chǎn)生活性中間體，可促使反應進行，故D正確；故選C。15．（2024·江西省高三三模）鈣鈦礦具有獨特的晶體結構，廣泛應用于太陽能電池材料、傳感器等諸多領域。圖1、2均為鈣鈦礦型化合物，圖1中另兩種離子為、Ti4+，圖2中另兩種離子為和，晶胞參數(shù)，a=B=y=90°。圖2鈣鈦礦型化合物制成的太陽能電池與鋰硫電池集成，可實現(xiàn)太陽能直接對鋰硫電池充電，其原理如圖3所示：圖3碳電極為共享電極，導電玻璃基底上涂TiO2作為電子傳輸層。充電時，鈣鈦礦層吸收太陽光產(chǎn)生光生電子（）和空穴（），分離后輸送到兩個電極上。下列說法不正確的是()A．共享碳電極為鈣鈦礦太陽能電池的負極B．鋰硫電池放電時，Li+由金屬鋰電極遷移至含硫層C．充電時，共享碳電極上電極反應式可寫作：D．該裝置至少涉及了3種形式能源的轉化【答案】A【解析】A項，電子由導電玻璃FTO電極流出，所以導電玻璃FTO電極為太陽能電池的負極，共享碳電極為鈣鈦礦太陽能電池的正極，A錯誤；B項，鋰硫電池放電時，鋰電極為負極，Li+由負極金屬鋰電極遷移至含硫層，B正確；C項，充電時，共享碳電極為陽極，其電極反應式可寫作：，C正確；D項，該裝置為太陽能電池與鋰硫電池集成，所以有太陽能轉化為電能以及化學能轉化為電能，又可實現(xiàn)太陽能直接對鋰硫電池充電，即該裝置能將太陽能轉化為化學能，所以至少涉及了3種形式能源的轉化，D正確；故選A。二、非選擇題（共5小題，共55分）16．(10分)肼(N2H4)又稱聯(lián)氨，為二元弱堿，在水中的電離與氨類似，廣泛用于火箭推進劑、有機合成及電池燃料?；卮鹣铝袉栴}：(1)肼(N2H4)可用做發(fā)射衛(wèi)星的火箭燃料。已知：①N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)△H=+67.7kJ?mol-1②N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=﹣543kJ?mol-1寫出氣態(tài)肼和NO2生成氮氣和水蒸氣的熱化學方程式_______。(2)聯(lián)氨(化學式為，二元弱堿)是重要的火箭燃料，在水中的電離方程式與氨相似。若N2H4+H+N2H5+的，。①聯(lián)氨第一步電離反應的平衡常數(shù)值為_____。②聯(lián)氨與硫酸形成的正鹽的化學式為__________，其水溶液中離子濃度的大小關系是______。(3)肼除了可作火箭的推進劑外，還可用于新型環(huán)保電池中，電池工作原理如圖所示。①O2-向_______移動(填“電極甲”或“電極乙”)。②該電池的負極反應式為_______?！敬鸢浮?1)

2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)

△H=-1153.7kJ/mol

(2分)

(2)

①48.7×10-7

(2分)

②N2H6SO4(1分)c(SO42-)＞c(N2H62+)＞c(H+)＞c(OH－)(2分)(3)

電極甲(1分)

2↑+2H2O(2分)【解題分析】(1)由蓋斯定律計算②×2-①，整理可得：2N2H4(g)+2NO2(g)=3N2(g)+4H2O(g)△H=-1153.7kJ/；(2)N2H4+H2ON2H5++OH—，；②聯(lián)氨與硫酸形成的正鹽的化學式為N2H6SO4；由于N2H62+水解，因此SO42-離子濃度最大，水解顯酸性且水解程度很小，則氫離子濃度大于氫氧根濃度，硫酸肼水溶液中離子濃度的大小關系是c(SO42－)＞c(N2H62+)＞c(H+)＞c(OH－)。(3)①由圖可知，通入氧氣的電極乙為環(huán)保電池的正極，電極甲為負極，電池工作時，陰離子氧離子向負極電極甲移動；②由圖可知，通入氧氣的電極乙為環(huán)保電池的正極，電極甲為負極，聯(lián)氨在氧離子作用下做負極失去電子發(fā)生氧化反應生成氮氣和水，電極反應式為2↑+2H2O。17．(10分)有機物的電化學合成是一種環(huán)境友好的化學合成方法，圖1和圖2中的電極相連時可實現(xiàn)電化學原理制取對氨基苯甲酸。(1)圖2為堿性肼燃料電池，c電極與(填“a”或“b”)相連，c電極發(fā)生的電極反應式為。(2)圖1、圖2相連時a電極為(填“正““負”“陰“或“陽”)極。生成的離子方程式為。(3)通過離子交換膜的離子是；當電路中轉移0.6mol電子時消耗標準狀況下O2體積為，電解池左室質量變化g?！敬鸢浮?1)b(1分)N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O(2分)(2)陽(1分)+6H++6I-=+3I2+2H2O(2分)(3)H+(1分)3.36L(1分)減少5.4(2分)【解析】(1)圖1為電解池，b電極上碘單質得電子生成碘離子，故b電極為陰極，d電極為陽極，圖2為肼燃料電池，c電極為負極，d電極為正極，原電池的負極與電解池的陰極相連，故c電極與b相連，c電極上肼發(fā)生氧化反應生成氮氣，電極反應式為N2H4-4e-+4OH-=N2+4H2O。(2)由(1)分析知，圖1、圖2相連時a電極為陽極，由圖可知，碘離子將還原為，則生成的離子方程式為+6H++6I-=+3I2+2H2O。(3)圖1中，a電極為陽極，電極反應為，離子交換膜右側發(fā)生反應+6H++6I-=+3I2+2H2O，故通過離子交換膜的離子是H+；d電極上每消耗1molO2轉移4mol電子，故當電路中轉移0.6mol電子時消耗標準狀況下O2為0.15mol，體積為22.4L/mol×0.15mol=3.36L；電解池左室發(fā)生反應，氧氣逸出，氫離子通過離子交換膜移向右側，故轉移4mol電子時，減少的質量為2mol水的質量為36g，現(xiàn)轉移0.6mol電子，質最減少為0.3mol水的質量為18g/mol×0.3mol=5.4g。18．(10分)黨的二十大報告提出推動綠色發(fā)展，促進人與自然和諧共生。回答下列問題：(1)研究脫除煙氣中的NO是環(huán)境保護、促進社會可持續(xù)發(fā)展的重要課題。選擇性催化還原技術是利用還原劑氨或尿素[CO(NH2)2]，把煙氣中的NO還原成N2和H2O。相關反應的熱化學方程式如下：N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH1＝+180.5kJ·mol?12NO(g)+O2(g)=2NO2(g)ΔH21＝-112.0kJ·mol?1CO(NH2)2(s)＋6NO2(g)=7N2(g)+4CO(g)＋8H2O(g)ΔH3＝-2780.0kJ·mol?12CO(NH2)2(s)＋6NO(g)=5N2(g)+2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH4ΔH4=_______。(2)科學家研究了在貴重金屬催化劑表面上的氣態(tài)體系中，一個CO分子還原NO的能量變化與反應歷程如圖所示。圖中第一步逆反應的活化能為_______kJ·mol-1(用a、b、c的代數(shù)式表示)。(3)液氨催化還原NO是重要的煙氣脫硝技術。有氧條件下，在Fe基催化劑表面，NH3還原NO的反應機理如圖所示，該過程可描述為___________________________________________。使用Fe2O3為催化劑，可能的反應過程如圖該脫硝過程的總反應的化學方程式為_________________________；反應過程圖中，虛線方框里的過程可描述為_____________________________________?！敬鸢浮?1)

-1828.75kJ·mol-l

(2分)

(2)a+b-c(2分)(3)在Fe基催化劑表面，NH3吸附在酸性配位點上形成NH4+，NO與O2吸附在Fe3+配位點上形成NO2，然后NH4+與NO2結合生成NO2(NH4+)2，最后NO2(NH4+)2與NO反應生成N2、H2O，并從催化劑表面逸出(2分)4NH3+4NO+O24N2+6H2O(2分)

Fe3+與NH3反應生成H+和中間產(chǎn)物Fe2+-NH2，而后Fe2+-NH2吸收NO生成N2和H2O，并生成Fe2+與H+進入下一個循環(huán)

(2分)【解析】(1)①=-1828.75kJ·mol-l；(2)圖中最高點與最低點的能量差即為第一步逆反應的活化能，為(a+b-c)kJ·mol-1；(3)有氧條件下，在Fe基催化劑表面，NH3還原NO的反應機理：在Fe基催化劑表面，NH3吸附在酸性配位點上形成NH4+，NO與O2吸附在Fe3+配位點上形成NO2，然后NH4+與NO2結合生成NO2(NH4+)2，最后NO2(NH4+)2與NO反應生成N2、H2O，并從催化劑表面逸出。據(jù)圖可知反應物為NH3、NO、O2，產(chǎn)物為N2和H2O，F(xiàn)e2O3為催化劑，總反應為4NH3+4NO+O24N2+6H2O；據(jù)圖可知虛線中的過程為：Fe3+與NH3反應生成H+和中間產(chǎn)物Fe2+-NH2，而后Fe2+-NH2吸收NO生成N2和H2O，并生成Fe2+與H+進入下一個循環(huán)。19．(13分)鋁的陽極氧化是一種重要的表面處理技術，其原理是用電化學方法處理鋁件表面，優(yōu)化氧化膜結構，增強鋁件的抗腐蝕性，同時便于表面著色。取鋁片模擬該實驗，并測定氧化膜厚度，操作步驟如下：(1)鋁片預處理鋁片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗滌，除去鋁表面薄氧化膜，離子方程式為：_______；再用10％(質量分數(shù))的HNO3溶液對鋁片表面進行化學拋光。若取一定體積68％(質量分數(shù))的濃硝酸配制該化學拋光液，需要用到的玻璃儀器有_______、_______、玻璃棒和膠頭滴管。(2)電解氧化取預處理過的鋁片和鉛做電極，控制電流恒定為0.06A，用直流電源在5～6mol/L硫酸中電解。其中鋁片接電源_______極，產(chǎn)生氧化膜的電極反應式為氧化膜的生長過程可大致分為A、B、C三個階段(如圖所示)，C階段多孔層產(chǎn)生孔隙的離子反應方程式為_____，A階段電壓逐漸增大的原因是_____。(3)氧化膜質量檢驗取出陽極氧化并封閉處理過的鋁片，洗凈、干燥，在鋁片表面滴一滴氧化膜質量檢查液(3gK2Cr2O7+75mL水+25mL濃硫酸)，用秒表測定表面顏色變?yōu)榫G色(產(chǎn)生Cr3+)所需時間，可判斷氧化膜的耐腐蝕性。寫出該變色反應的離子方程式：_______。(4)氧化膜厚度測定①取氧化完畢的鋁片，測得表面積為4.0cm2，洗凈吹干，稱得質量為0.7654g；②將鋁片浸于60℃的溶膜液中煮沸10分鐘進行溶膜處理；③取出鋁片，洗凈吹干，稱得除膜后鋁片質量為0.7442g。已知氧化膜的密度為2.7g/cm3，可以計算得出氧化膜厚度為_____μm(1μm=1×10-4cm)?！敬鸢浮?1)

Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O(2分)

燒杯(1分)

量筒(1分)(2)

正(1分)

2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+、Al2O3+6H+=Al3++3H2O(2分)

電流不變時，氧化膜覆蓋陽極表面，電阻增大(2分)(3)2Al+Cr2O72-+14H+=2Cr3++2Al3++7H2O(2分)(4)19.6(2分)【解析】(1)鋁片表面除去油垢后，用2mol/LNaOH溶液在60～70℃下洗滌，除去鋁表面薄氧化膜，即Al2O3與NaOH溶液反應的離子方程式為：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，用濃硝酸配制一定量的10％(質量分數(shù))的HNO3溶液，需要的實驗步驟為：計算、量取、稀釋、裝瓶，需要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、玻璃棒和膠頭滴管；(2)本電解的目的是將鋁片電解氧化生成致密的氧化物保護膜，電解池中陽極發(fā)生氧化反應，則其中鋁片接電源正極，產(chǎn)生氧化膜的電極反應式為氧化膜的生長過程可大致分為A、B、C三個階段(如圖所示)，C階段多孔層產(chǎn)生孔隙即生成有Al2O3保護膜，同時又被生成的H+消耗掉一部分Al2O3，從而形成多孔層產(chǎn)生空隙，該過程的離子反應方程式為2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+、Al2O3+6H+=Al3++3H2O，隨