第六章 化学反应与能量（测试）（解析版）

第六章化学反应与能量测试卷时间：90分钟分值：100分可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16×3分）1．（2023·上海静安·统考二模）2022年6月17日，经中央军委批准，首艘自主设计建造的弹射型航空母舰命名为“中国人民解放军海军福建舰”，舷号“18”，为我国第三艘航空母舰。下列说法正确的是A．为屏蔽自身不被定位，福建舰的舰体采用的是高强度耐腐蚀低磁钢，其熔点高于纯铁B．雷达系统相控阵化是福建舰的一大特色，所用碳化硅材料属于新型有机物C．下水前，福建舰在舰体表面刷漆涂上中国海军灰白色涂装，目的之一是防止金属腐蚀D．当前，各国常规动力航空母舰的燃料都是重油，为混合物，主要成分属于酯类【答案】C【解析】A．低磁钢属于合金，合金的硬度比各成分大，熔点比各成分低，故A错误；B．碳化硅材料属于新型无机物，故B错误；C．舰体表面刷漆，目的之一是防止金属腐蚀，故C正确；D．重油为混合物，主要成分属于烃类，故D错误；故答案选C。2．（2023·北京海淀·统考二模）甲、乙同学分别用如图所示装置验证铁的电化学防腐原理，相同时间后继续进行实验。实验①：甲同学分别向Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，Ⅰ中产生蓝色沉淀，Ⅱ中无沉淀。实验②：乙同学分别取Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，Ⅰ、Ⅱ中均无沉淀。下列说法正确的是A．Ⅰ是牺牲阳极保护法，正极反应式为B．Ⅱ为外加电流阴极保护法，Fe电极与外接电源的正极相连C．由实验①中Ⅰ、Ⅱ现象的差异，推测K3[Fe(CN)6]在Ⅰ中氧化性强于ⅡD．由实验可知，两种保护法均能保护，且Ⅱ保护得更好【答案】D【解析】A．由图可知，Fe电极是正极，Zn电极是负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，由于电解质溶液呈酸性，故正极上氢离子得电子，则正极的反应为：2H++2e-═H2↑，A错误；B．外加电流阴极保护法中要保护的电极应与外接电源的负极相连，即Fe电极与外接电源的负极相连，B错误；C．由于Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触，会有少量的Fe直接与酸反应生成Fe2+，与K3[Fe(CN)6]在Ⅰ、Ⅱ中的氧化性无关，C错误；D．对比Ⅰ、Ⅱ现象的差异可知，两种保护法均能保护Fe，且电解法保护的更好，即Ⅱ保护得更好，D正确；故答案为：D。3．（2023·山东济南·山东省实验中学校考模拟预测）铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如图所示。若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基()；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子()。下列说法错误的是A．自由基均为阴极产物B．完全转化为羟基自由基()时转移了2mol电子C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭D．处理含的酸性废水后，体系pH升高【答案】C【解析】A．由题意可知，若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基()，反应为；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子()，反应为，故自由基均为阴极产物，A正确；B．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2，所以完全转化为羟基自由基时转移了电子，B正确；C．除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化酚类，C错误；D．在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子和反应，需要消耗氢离子，则体系的pH升高，D正确；答案选C。4．（2023·辽宁·校联考模拟预测）未来的某一天，我们开着一辆电动汽车，当电池能量即将耗尽时，只需将汽车开到附近的加氨站，5分钟内就能加满一桶液态氨，电池表便显示满格，加满后汽车能开1000公里以上，且加氨价格低廉。随着“氨—氢”燃料电池的推出，这样的场景很快就要变成现实。我国某大学设计的间接氨燃料固体氧化物燃料电池的工作原理如图所示，氨首先经过重整装置在催化剂(未标出)表面分解生成与。下列说法错误的是

A．电池工作时，a极的电极反应式为B．电池工作时，b极发生还原反应C．的键角小于的键角D．大面积推广“氨—氢”燃料电池，有利于减少碳的排放量【答案】C【解析】A．电池工作时，氨首先经过重整装置在催化剂表面分解生成与，氢气在a极上发生氧化反应生成水，电极反应式为，A正确；B．电池工作时，b极上氧气得电子发生还原反应，B正确；C．与的价层电子对数均为4，有1对孤电子对、有2对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大键角越小，则的键角大于的键角，C不正确；D．大面积推广“氨—氢”燃料电池，有利于减少碳的排放量，D正确；答案选C。5．（2023·甘肃·统考三模）以硝酸盐为离子导体的Na－O2电池装置与其某一电极M附近的反应机理如图所示。下列说法正确的是

A．镍电极上发生氧化反应B．NO是该电池的氧化剂C．固体电解质只起到离子导体的作用D．M的电极反应为2Na++O2+2e-=Na2O2【答案】D【分析】该装置为电池装置，液态钠为活泼金属，根据原电池工作原理，液态钠电极为负极，镍电极为正极。【解析】A．金属钠为活泼金属，作负极，镍电极为正极，正极上得到电子，发生还原反应，故A错误；B．根据反应机理可知，为该电池的催化剂，故B错误；C．固体电解质还能防止钠直接与氧气反应，能起到隔绝空气的作用，故C错误；D．根据原理图可知，M电极的电极反应为，然后又发生2+O2=2Na2O2和2+O2=2，总反应为2Na++O2+2e-=Na2O2，故D正确；答案为D。6．（2023·四川·校联考模拟预测）某企业研发的钠离子电池“超钠F1”于2023年3月正式上市、量产。钠离子电池因原料和性能的优势而逐渐取代锂离子电池，电池结构如图所示。该电池的负极材料为NaxCy(嵌钠硬碳)，正极材料为Na2Mn[Fe(CN)6](普鲁士白)。在充、放电过程中，Na+在两个电极之间往返嵌入和脱嵌。

下列说法不正确的是A．由于未使用稀缺的锂元素，量产后的钠离子电池的生产成本比锂离子电池的低B．放电时，负极的电极反应式为NaxCy-xe-=Cy+xNa+C．放电时，Na+移向电势较高的电极后得到电子发生还原反应D．充电时，每转移1mol电子，阳极的质量减少23g【答案】C【分析】由题意知此电池为二次电池，嵌钠硬碳在放电时做负极，充电时做阴极。【解析】A．锂比钠稀缺，钠离电池生产成本低，A正确；B．负极材料为嵌钠硬碳，相当于Na原子嵌在碳中，则NaxCy中的Na为0价，放电时为负极，Na失去电子，电极反应式为NaxCy-xe-=Cy+xNa+，B正确；C．正极电势比负极高，Na+移向正极但不是Na+得电子，C错误；D．充电时阳极失去电子释放出Na+，每转移1mol电子，释放1molNa+，Na+在阴极得电子变成NaxCy，所以阳极减少的质量就是1molNa+的质量即23g，D正确；故选C。7．（2023·河南·校联考模拟预测）我国科学家最近合成的ZnO@SnO2微米花作为负极材料提高锌镍二次电池的循环性能，工作原理如图所示。已知：正极材料为NiOOH/Ni(OH)2。

下列叙述错误的是A．放电时，上述装置主要将化学能转化成电能B．放电时，负极表面副反应可能是Zn+2OH-=+H2↑C．充电时，阴极附近电解质溶液pH降低D．充电时，1molOH-向阳极迁移时理论上转移1mol电子【答案】C【分析】已知：正极材料为NiOOH/Ni(OH)2，则ZnO、ZnO@SnO2为负极材料；【解析】A．放电时为原电池装置，上述装置主要将化学能转化成电能，A正确；B．放电时，负极的锌失去电子发生氧化反应，在碱性条件下可能生成，表面副反应可能是Zn+2OH-=+H2↑，B正确；C．充电时，阴极的氧化锌得到电子发生还原反应，反应为，则附近电解质溶液pH升高，C错误；D．充电时，阳极的NiOOH失去电子发生氧化反应，反应为，则1molOH-向阳极迁移时理论上转移1mol电子，D正确；故选C。8．（2023·福建泉州·泉州五中校考一模）一种新型的锂—空气二次电池的工作原理如图所示。下列说法中错误的是A．电路中有2mol电子通过时，水性电解液的质量增加16gB．催化剂可以吸附氧气，促进氧气得电子发生还原反应C．电池充电时，电子从电源负极流向锂电极，锂电极作阴极D．固体电解质既可以传递离子又可以起到隔膜的作用【答案】A【分析】在锂—空气二次电池中，活泼金属锂是负极，通入氧气的一极为正极，负极锂失去电子形成Li+离子进入溶液，并通过交换膜到达正极一边，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，1molO2得到4mol电子。【解析】A．电路中有2mol电子通过时，水性电解液正极一边有0.5molO216g进入水性电解液，同时负极产生的2molLi+也会通过交换膜进入正极，增加的质量是氧气和锂离子的质量，不是16g，故A错误；B．催化剂可以吸附氧气，促进氧气得电子发生还原反应，故B正确；C．在二次电池充电时，二次电池的负极接外加电源的负极做阴极，锂电极做阴极，故C正确；D．固体电解质既可以传递Li+离子又可以起到隔膜的作用，故D正确；答案选A。9．（2023·宁夏吴忠·统考模拟预测）联二苯(

)是有机热载体，也是高质量绝缘液的原料。工业上可用电解高浓度苯甲酸钠/NaOH混合液合成联二苯，其原理如图所示。

下列说法正确的是A．OH-向Y极迁移B．

在阳极放电，发生还原反应C．电解过程中总反应为：2+2OH-

+D．当电路中有1mol电子通过时就会有11.2LH2生成【答案】C【分析】根据图示，Y极产生H2，则Y是阴极，X是阳极，据此作答。【解析】A．根据分析，OH-移向X极，A错误；B．

在阳极放电，应该发生氧化反应，B错误；C．电解过程中，阴极是H2O提供的H+放电产生H2，阳极是放电产生，所以总反应为：2+2OH-

，C正确；D．当电路中有1mol电子通过时就会有0.5molH2生成，但不是标准状况不一定是11.2LH2，D错误；故选C。10．（2023·江西九江·统考三模）科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质，研究出一种储能电池，原理如图。下列说法正确的是

A．充电时，多孔活性炭电极接电源负极B．充电时阳极反应：Na3Ti2(PO4)3－2e－=NaTi2(PO4)3+2Na+C．1molCl2参与反应，理论上NaCl溶液增重117gD．放电时NaCl溶液的pH减小【答案】C【分析】由图可知，放电时，总反应为：，则通入Cl2的多孔活性炭电极为正极，钛电极为负极，以此解答。【解析】A．由分析可知，放电时，多孔活性炭电极为正极，则充电时，多孔活性炭电极接电源正极，故A错误；B．由分析可知，多孔活性炭电极为正极，充电时孔活性炭电极为阳极，Cl-在阳极失去电子生成Cl2，电极方程式为：2Cl--2e-=Cl2，故B错误；C．放电时，正极电极方程式为：Cl2+2e-=2Cl-，放电时阴离子向负极移动，则Cl-透过多孔活性炭电极向NaCl溶液中迁移，1molCl2参与反应时，有2molCl-进入NaCl溶液，由电荷守恒可知，同时有2molNa+进入NaCl溶液，理论上NaCl溶液增重2mol×58.5g/mol=117g，故C正确；D．放电时，总反应为：，NaCl溶液的pH不变，故D错误；故选C。11．（2023·江西上饶·校联考二模）Li－O2电池比能最高，在汽车、航天等领域具有良好的应用前景。近年科学来家研究了一种光照充电Li－O2电池(如图所示)。光照时，光催化电极产生电子(e－)和空穴(h+)，驱动阴极反应(Li++e－=Li)和阳极反应Li2O2+2h+=2Li++O2)对电池进行充电，下列叙述错误的是

A．放电时，电池的总反应2Li+O2=Li2O2B．充电时，Li+从锂电极穿过离子交换膜向光催化电极迁移C．放电时，每转移2mol电子，消耗标况下的O2体积为22.4LD．充电效率与光照产生的电子和空穴量有关【答案】B【分析】由题意可知，充电时光照光催化电极产生电子和空穴，锂电极为阴极、光催化电极为阳极，电时金属锂电极为负极，光催化电极为正极。【解析】A．由题意可知，充电时总反应为Li2O2=2Li+O2，则放电时，电池的总反应2Li+O2=Li2O2，故A正确；B．由题意可知，充电时，锂电极为阴极、光催化电极为阳极，则阳离子锂离子向锂电极迁移，故B错误；C．由分析可知，放电时，光催化电极为正极，锂离子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成过氧化锂，电极反应式为O2+2Li++2e—=Li2O2，则每转移2mol电子，消耗标况下氧气的体积为2mol××22.4L/mol=22.4L，故C正确；D．由题意可知，充电时，光照光催化电极产生电子和空穴，阴极反应与电子有关，阳极反应与空穴有关，则充电效率与光照产生的电子和空穴量有关，故D正确；故选B。12．（2023·上海闵行·统考二模）一定条件下，在密闭容器中，氮气与氢气合成氨气，能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是A．加入催化剂，E1、E2都变小B．N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+600kJC．升温可以增大该反应的化学平衡常数D．通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ【答案】D【解析】A．加入催化剂可以降低活化能，但是不能改变反应热，即E2不变，A错误；B．根据图示，lmol氮气和3mol氢气完全反应生成2mol氨气时，放出的热量为600kJ-508kJ=92kJ，根据热化学方程式书写规则得：N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92kJ·mol

-1，B错误；C．该反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C错误；D．该反应为可逆反应，反应不能进行到底，故通入1molN2和3molH2充分反应，放热小于92kJ，D正确；故选D。13．（2023·上海长宁·统考二模）常温常压下，1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO或HCHO的能量变化如图(反应物O2和生成物水略去)，下列说法正确的是A．加入催化剂后，生成CO的热效应变大，生成HCHO的热效应变小B．加入催化剂后，生成HCHO的速率变大，单位时间内生成HCHO量变多C．1molCH3OH完全燃烧生成液态水和二氧化碳(g)放出393kJ的热量D．生成HCHO的热化学方程式为2CH3OH+O2=2HCHO+2H2O+316kJ【答案】B【解析】A．加入催化剂只改变反应历程而不改变热效应，加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，A项错误；B．活化能低反应越快。加入催化剂生成CO的活化能增大而HCHO的活化能降低，故生成HCHO速率更快，B项正确；C．1molCH3OH完全燃烧生成液态水和一氧化碳(g)放出393kJ的热量，C项错误；D．该热化学方程式为没有标注物质的状态，D项错误；故选B。14．（2023·天津·校联考二模）多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现T℃时(各物质均为气态)，与水在铜催化剂上的反应机理和能量变化如图。下列说法不正确的是A．反应B．选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能C．和的总能量大于和3molH2(g)的总能量D．反应Ⅱ的热化学方程式表示为【答案】C【解析】A．该反应中消耗2mol气体产生了4mol气体，气体量增加为熵增的反应ΔS>0，A正确；B．催化剂改变反应历程从而降低活化能，所以选择合适的催化剂可降低反应Ⅰ和反应Ⅱ的活化能，B正确；C．从能量图看1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量低于1molCO2(g)和3H2(g)的总能量，C错误；D．催化机理看，CO(g)和H2O为该反应的中间产物。从能量图看CO(g)和H2O(g)的总能量高于H2(g)和CO2(g)，所以该反应为放热反应ΔH<0，D正确；故选C。15．（2023·浙江杭州·浙江省临安中学校联考一模）一定条件下，反应物和生成物的相对能量与反应历程示意图如下，下列说法不正确的是

A．由历程I可计算，的总键能B．由历程Ⅱ可知，相同条件下的浓度比的浓度对反应速度影响更大C．相同条件下，的平衡转化率，历程I历程ⅡD．由历程I和历程Ⅱ可得，【答案】A【解析】A．由图可知，1molSO2的活化能为，的总键能不是，故A错误；B．由历程Ⅱ可知，相同条件下使用V2O5作催化剂增大的浓度后，反应的活化能降低，反应速率加快，则的浓度比的浓度对反应速度影响更大，故B正确；C．催化剂不改变化学平衡的转化率，则相同条件下，的平衡转化率，历程I历程Ⅱ，故C正确；D．催化剂不改变化学反应热，由历程I和历程Ⅱ可得，，故D正确；故选A。16．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）甲醇与水蒸气在催化剂作用下发生如下反应：反应Ⅰ：

，反应Ⅱ：

根据能量变化示意图，下列说法正确的是

A．B．反应Ⅱ决定整个反应的速率C．催化剂可以降低总反应的焓变D．

【答案】A【解析】A．由于绝对值，该值为负值，去掉绝对值后，，A正确；B．由图可知，反应I正反应的活化能为E1-E5，反应II的活化能为E2-E3，反应I的活化能较大，则反应I的反应速率慢于反应II，反应I决定整个反应的速率，B错误；C．催化剂可改变反应的活化能，反应的焓变由始态和终态决定，催化剂不改变焓变，C错误；D．根据盖斯定律，反应I+II可得目标方程，D错误；故选：A。二、主观题（共5小题，共52分）17．（8分）（2023·重庆·校联考模拟预测）2021年，我国科学家以二氧化碳为原料，通过全合成方法成功制得了淀粉，取得了科技领域的一个重大突破。以CO2为原料制备甲醇、合成气、淀粉等能源物质具有广阔的发展前景。I.在催化剂的作用下，氢气还原CO2的过程中可同时发生反应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)已知反应①的△S=-177.2J·mol-1·K-1，在下列哪些温度下反应能自发进行？_______(填标号)。A．0℃ B．5℃ C．25℃ D．500℃II.固体氧化物电解池(SOEC)利用废热电解水和CO2来制合成气(主要组分为一氧化碳和氢气)，因为高温电解可降低内阻，所以相比于低温电解池表现出更高的电解效率。(3)a为电源的极(填“正”或“负”)。(4)生成一氧化碳和氢气物质的量之比为1：3时的电极反应式为。【答案】（每空2分）(1)-91.1(2)AB(3)负(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根据盖斯定律，由①-②得反应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，反应能自发进行，则△G=△H-T△S=-50kJ·mol-1-T(-0.1772kJ·mol-1·K-1)<0，T<282.2K=9.2℃；答案选AB；（3）从图中看出，H2O、CO2在c电极转化为H2、CO，说明此电极为阴极，则与之相连的a极为负极，电源正极为b；（4）电极c上发生的电极反应式为H2O+2e-=H2↑+O2-、CO2+2e-=CO↑+O2-，根据反应，生成一氧化碳和氢气物质的量之比为1：3时的电极反应式为CO2+3H2O+8e-=CO+3H2+4O2-。18．（12分）（2023·江苏盐城·盐城市伍佑中学校考模拟预测）电催化还原是当今资源化利用二氧化碳的重点课题，常用的阴极材料有有机多孔电极材料、铜基复合电极材料等。(1)一种有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种有机物的骨架上)电催化还原的装置示意图如图-1所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图-2所示。

①电解前需向电解质溶液中持续通入过量的原因是。②控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为mol。③科研小组利用代替原有的进行研究，其目的是。(2)一种铜基复合电极材料的制备方法：将一定量分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加(一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，得，溶液呈蓝色。写出还原的离子方程式：。(3)金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO₂制备甲醛和乙醇的可能机理如图-3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图-4所示。

①X为。在答题卡上相应位置补充完整虚线框内Y的结构。②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原的优点是。【答案】（除标注外，每空2分）(1)①使阴极表面尽可能被附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率)，提高含碳化合物的产率②2.8③为确定阴极上生成的含碳化合物源自而非有机多孔电极材料(2)(3)①（1分）（1分）

②加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性【解析】（1）①电解前需向电解质溶液中持续通入过量的原因是使阴极表面尽可能被附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极上放电的几率)，提高含碳化合物的产率。②控制电压为0.8V，产生0.2mol氢气和0.2mol乙醇，根据电极反应,,故电解时转移电子的物质的量为0.4+2.4=2.8mol。③科研小组利用代替原有的进行研究，其目的是为确定阴极上生成的含碳化合物源自而非有机多孔电极材料。（2）将一定量分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加(一种强酸)溶液，搅拌一段时间后离心分离，溶液呈蓝色，说明生成铜离子。故还原的离子方程式：。（3）从过程分析，两步都与X反应，上两个氢原子，故X为氢离子和一个电子，则Y处的图为。从图-4分析，与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原的优点是加快了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性。19．（10分）（2023·江苏·校联考模拟预测）硫和氮是生物必须的营养元素，含硫和氮的化合物在自然界中广泛存在。(1)火山喷发产生H2S在大气中发生如下反应：①2H2S(g)+O2(g)=2S(g)+2H2O(l)△H=akJ•mol-1②S(g)+O2(g)=SO2(g)△H=bkJ•mol-1写出H2S(g)燃烧的热化学方程式。(2)氮的氧化物脱除可以利用电化学原理处理，利用如图所示装置可同时吸收SO2和NO。已知：H2S2O4是一种弱酸。

①阴极的电极反应式为。②若无能量损失，相同条件下，SO2和NO的体积比为时，两种气体都能被完全处理。(3)太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的装置如图所示。

①该太阳能光电催化—化学耦合分解H2S的过程可描述为。②从能源利用和资源综合利用角度分析该方法优点是。【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+在电极上失电子发生反应Fe2+-e-=Fe3+，生成的Fe3+氧化H2S生成硫单质，离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，H+通过质子交换膜从a极移向b极，在b极得电子生成H2②利用太阳能，无需额外消耗能量；实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2【解析】（1）根据题意，硫化氢气体的燃烧方程式可以表示为，再根据盖斯定律，该反应的反应热△H=(a+2b)kJ•mol-1，故硫化氢气体燃烧的热化学方程式表示为：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)

△H=(a+2b)kJ•mol-1（2）如图所示，a电极转化为了，S元素的化合价降低发生了还原反应，故a电极为阴极，阴极反应方程式为；SO2中S元素的化合价由+4价升高为+6价，NO中N元素化合价由+2价降低为0价，根据得失电子守恒，SO2与NO的物质的量之比为1∶1，故在相同条件下，体积比为1∶1时两种气体能被完全处理。（3）①Fe2+在电极上发生反应生成Fe3+（），生成的三价铁离子与硫化氢反应生成硫单质，H+通过质子交换膜从a极移向b极在b极生成氢气；②利用太阳能，无需额外消耗能量，实现煤气中H2S的脱除，同时产生清洁能源H2。20．（12分）（2023·北京顺义·北京市顺义区第一中学校考模拟预测）环状碳酸酯(

)是一种重要的工业原料，可用作锂离子电池电解质的溶剂。一种由苯乙烯经电解制备环状碳酸酯的实验操作如下：i．将一定量电解质、苯乙烯、水-二甲亚砜溶剂依次放入塑料烧杯中，搅拌均匀后放入高压反应釜内，充入一定量气体；ii．以石墨和铜片为两个电极，电解至苯乙烯完全消耗后，停止电解；iii．分离、提纯产品，计算产率。在相同条件下，采用不同电解质进行实验I～Ⅳ，实验结果如表：实验序号电解质产率/%实验现象I微量阴极产生气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝Ⅱ68ⅢaⅣNaI0阴极产生气体；阳极附近有白色固体析出已知：i．电解效率ii．环状碳酸酯的产率=n(生成的环状碳酸酯)/n(投入的苯乙烯)iii．在碱性环境中会歧化为和。(1)针对实验Ⅲ进行如下分析：①取反应后石墨电极附近溶液滴加淀粉溶液变蓝，则石墨作极(填“阳”或“阴”)。②苯乙烯与石墨电极上生成的发生加成反应，再发生水解反应，得到中间产物1-苯基-2-碘乙醇(

)，在一定条件下进一步转化为苯基环氧乙烷(

)后者与进行加成反应，得到的环状碳酸酯的结构简式为。③实验中加入80mL密度为0.91的苯乙烯，η(环状碳酸酯)≈63%，则电路中通过2mol电子时，产生mol环状碳酸酯：a=。(2)对比实验I～Ⅲ可知，其他条件相同时，电解质分别选用、、时，环状碳酸酯的产率依次显著升高，从原子结构角度解释，是因为，导致、、的放电能力依次增强。(3)探究实验Ⅳ中未生成环状碳酸酯的原因，继续实验。①实验Ⅳ中阴极产生气体为。②经X光单晶衍射实验证实，实验Ⅳ中得到的白色固体含，用化学用语和必要的文字解释得到该物质的原理。【答案】（除标注外，每空2分）(1)①阳（1分）②

③0.63mol90%(2)氯离子、溴离子、碘离子离子半径依次增大，离子半径越大，原子核对外层电子的吸附能力越小，失电子能力越强(3)①氢气（1分）②2I--2e-=I2↓，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，3I2+6OH-=5I-++3H2O，碘酸根离子与钠离子结合生成碘酸钠晶体【分析】题中采用不同的电解质进行实验，实际是电解对应的电解质溶液，所得产物与苯乙烯发生反应，得到中间产物，中间产物再经过转化最终生成环状碳酸酯，据此分析解题。【解析】（1）①取反应后石墨电极附近的溶液加淀粉溶液变蓝，说明在石墨电极处碘离子失电子生成了碘单质，故石墨做阳极；②

与CO2进行加成反应，得到环状碳酸酯，根据题干中环状碳酸酯的结构，结合反应物，可知得到的环状碳酸酯结构简式为

；③根据中间产物的结构，生成1mol

，需要1mol苯乙烯、1mol个羟基（水电解生成氢气，产生氢氧根）和1mol碘原子，故生成1mol环状碳酸酯需要1mol电子，根据η（环状碳酸酯）≈63%，生成0.63mol环状碳酸酯，故电路中通过1mol电子时，产生环状碳酸酯为0.63mol，a=×100%=90%。故答案为：0.63mol；90%；（2）氯离子、溴离子、碘离子离子半径依次增大，离子半径越大，原子核对外层电子的吸附能力越小，失电子能力越强；（3）①实验Ⅳ中电解质为NaI和水，则阴极的气体为电解水生成的氢气，故答案为：氢气；②实验Ⅳ得到白色固体碘酸钠晶体，原理为碘离子先在阳极失电子生成碘单质，阴极电解水生成氢氧根离子，碘单质在碱性条件下歧化生成碘离子和碘酸根离子，碘酸根离子与钠离子结合生成碘酸钠晶体，化学方程式为2I--2e-=I2↓，2H2O+2e-=H2↑+2OH-，3I2+6OH-=5I-++3H2O，碘酸根离子与钠离子结合生成碘酸钠晶体。21．（10分）（2023·北京朝阳·统考三模）某研究小组探究镁、铝与溶液的反应。实验Ⅰ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入60℃的温水中，观察到开始时镁条表面有气泡，5分钟后气泡迅速减少直至反应停止；铝条表面无明显现象。实验Ⅱ：将过量镁条、铝条(除去表面氧化膜)分别放入饱和溶液()中，观察到镁条表面有气泡，且持续时间较长，溶液中产生白色浑浊，铝条表面持续产生气泡。(1)实验Ⅰ中镁条表面产生气泡的反应为。(2)实验Ⅱ中饱和溶液的原因(写离子方程式)。(3)探究实验Ⅰ和Ⅱ现象不同的原因，设计实验Ⅲ。实验Ⅲa

b

现象电流计指针向右偏转，镁条上无明显现象；随后电流计指针迅速归零继而向左偏转，镁条上少量气泡产生，铝条上持续有气泡产生电流计指针持续向右偏转，示数逐渐减小，溶液中有白色浑浊物，铝条上持续有气泡产生①实验a是b的对照组，所用NaOH溶液的浓度为。②实验a中开始时Mg是原电池的极。③用化学用语表示实验a中铝条