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江苏省苏州市吴江区汾湖高级中学2025-2026学年高二上学期9月月考化学试题
1．（2025高二上·吴江月考）“能源的发展”与“能源和环境”是全世界、全人类共同关心的问题，下列措施中不利于可持续发展的是
A．大力开采煤、石油和天然气
B．将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
C．开发太阳能、氢能、海洋能等新能源
D．增加资源的重复使用和循环再生
【答案】A
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；绿色化学
【解析】【解答】A、煤、石油、天然气是不可再生化石能源，大力开采会加速资源枯竭，同时加剧环境污染，不利于可持续发展，故A符合题意 ；
B、秸秆转化为清洁能源，实现废弃物资源化，利于可持续发展，故B不符合题意 ；
C、太阳能、氢能等是清洁可再生能源，开发新能源利于可持续发展，故C不符合题意 ；
D、资源重复使用、循环再生，能减少资源消耗，利于可持续发展，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
混淆 “化石能源开采” 与 “可持续发展” 的关系—易误将 “开采化石能源” 当成合理能源利用方式，但煤、石油、天然气是不可再生资源，大力开采会加速枯竭，同时带来污染，本质不符合可持续发展的 “资源永续利用、环境友好” 核心要求。
2．（2025高二上·吴江月考）港珠澳大桥设计使用寿命120年，需对桥体钢构件采取防腐措施。下列说法错误的是（　　）
A．采用外加电流保护钢构件时，需在钢构件上焊接锌块
B．防腐主要避免发生的反应是：
C．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层是为了隔绝空气、海水等
D．钢构件可多采用不锈钢材料以减缓腐蚀速率
【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A.采用外加电流保护钢架件，需要加石墨电极，钢构件与外电源的负极相连接做阴极，石墨电极与外接电源正极连接，做阳极，故A符合题意
B.钢铁的原电池中，铁作为负极，失去电子发生氧化反应，Fe-2e=Fe2+，碳作为正极，氧气在正极上得到电子和水结合形成氢氧根离子，因此结合正极和负极的总反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，故B不符合题意
C.钢构件表面喷涂环氧树脂层能够隔绝空气，海水等，避免由于接触发生造成铁腐蚀损耗，故C不符合题意
D.钢构件可以采用不锈钢材料，由于其抗腐蚀能力增强，不容易被氧化，因此可以减缓腐蚀速率，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】A.在钢构件上焊接锌块是牺牲阳极的阴极保护法
B.钢铁构件主要发生的是吸氧腐蚀，主要形成原电池，根据正负极电池反应即可写出方程式
C.铁生锈主要是和水和氧气作用，涂环氧树脂层主要是防水和氧气
D.合金的抗腐蚀性能强不易腐蚀
3．（2025高二上·吴江月考）某同学根据离子反应方程式2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋来设计原电池。下列设计方案中可行的是
A．电极材料为Fe和Zn，电解质溶液为FeCl3溶液
B．电极材料为Fe和石墨，电解质溶液为Fe(NO3)3溶液
C．电极材料为Fe和石墨，电解质溶液为FeCl2溶液
D．电极材料为石墨，电解质溶液为FeCl3溶液
【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】、电极材料为 Fe 和 Zn，Zn 的活泼性强于 Fe，Zn 会优先与 FeCl3中的 Fe3+反应（Zn 作负极），实际总反应为 Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，与目标反应 “2Fe3++Fe=3Fe2+” 不符，A不可行；
B、电极材料为 Fe 和石墨，电解质溶液为 Fe(NO3)3：Fe 作负极（活泼金属），发生氧化反应：Fe 失去电子生成 Fe2+；石墨作正极（惰性电极），Fe(NO3)3提供的 Fe3+在正极得电子生成 Fe2+；总反应为 2Fe3++Fe=3Fe2+，完全匹配目标反应，B可行；
C、电解质溶液为 FeCl2，不含 Fe3+，无法发生 “Fe 与 Fe3+的反应”，无自发氧化还原反应，C不可行；
D、两电极均为石墨（惰性电极），无活泼金属作负极提供电子，无法发生氧化反应，原电池不能工作，D不可行；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
混淆负极材料的活性：误选 A 选项，忽略 Zn 比 Fe 更活泼，会优先参与反应，导致总反应偏离目标方程式。
忽略电解质溶液的离子要求：误选 C 选项，未注意电解质溶液需含 Fe3+（而非 Fe2+），否则无法发生目标反应。
忽视电极的活性差异：误选 D 选项，未意识到两电极均为惰性材料时，无物质能自发失电子，原电池无法工作。
对正极材料的认知模糊：错误认为正极必须是金属，实际上石墨等惰性电极可作正极，导致误判 B 选项的可行性。
4．（2025高二上·吴江月考）已知充分燃烧ag乙烷()气体时生成二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则表示乙烷标准燃烧热的热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】已知：生成 1mol CO2时放热 b kJ，而 1mol C2H6燃烧生成 2mol CO2，故 1mol C2H6燃烧放热 2b kJ。
A、燃烧放热，ΔH 应为负值，“+2b” A错误；
B、1mol C2H6燃烧，生成液态 H2O，ΔH=-2b kJ mol- ， 热化学方程式为，B正确；
C、可燃物为 2mol，不符合 “1mol 可燃物” 的燃烧热要求，C错误；
D、H2O 为气态（非稳定氧化物），不符合燃烧热中 “H2O 为液态” 的要求，D错误；
故答案为：B。
【分析】首先明确燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物（如H2O为液态）时放出的热量。已知“燃烧ag乙烷生成1mol CO2（液态水）放热b kJ”，而1mol C2H6完全燃烧会生成2mol CO2，因此1mol C2H6燃烧对应的放热量为2b kJ。
结合燃烧热的热化学方程式要求（1mol可燃物、稳定产物、ΔH为负值），可写出乙烷标准燃烧热的热化学方程式：。
5．（2025高二上·吴江月考）有关中和热的测定实验中，下列说法中正确的是
A．中和热的测定实验中需要用到的主要玻璃仪器有：两只大小相同的烧杯、两只大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒
B．可以用保温杯来代替烧杯做有关测定中和热的实验
C．在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是2次
D．测定中和热实验中，若使用NaOH固体和稀盐酸，则会导致所测得的中和热H偏大
【答案】B
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】A、中和热测定需 “大小不同的烧杯（大烧杯套小烧杯，保温）”，而非 “大小相同的烧杯”，A错误；
B、保温杯的保温效果优于普通烧杯，能减少热量散失，可替代烧杯进行实验，B正确；
C、实验需测 “酸的初始温度、碱的初始温度、混合后的最高温度”，至少记录 3 次温度，并非2 次，C错误；
D、NaOH 固体溶解会放热，导致测得的温度变化偏大，中和热 ΔH（为负值）会偏小（而非偏大），D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：仪器选择误区：误将 “大小相同的烧杯” 当作中和热测定的仪器，实际需要大烧杯套小烧杯（保温），对仪器的功能（保温）理解不到位。
保温容器的替代认知错误：不清楚保温杯的保温效果适配中和热实验，错认为只能用烧杯。
温度测量次数混淆：误以为只需测 2 次温度，忽略需测酸、碱初始温度及混合后最高温度（至少 3 次）。
物质溶解的能量干扰：忽略 NaOH 固体溶解会放热，错误认为其对中和热 ΔH 的影响是 “偏大”，实际会导致 ΔH（负值）偏小。
6．（2025高二上·吴江月考）下列根据某些实验事实，得出的相关结论合理的是
选项 实验 热化学方程式
A 在光照条件下：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-184.5 kJ/mol 同温同压，在点燃条件下：H2(g)+Cl2(g)= 2HCl(g) H≠-184.5 kJ/mol
B 一定条件下向密闭容器中充入0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)充分反应放出46.1kJ的热量 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.2 kJ/mol
C H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3kJ/mol。将稀硫酸与稀氢氧化钡溶液混合 H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)= BaSO4(s)+2H2O(l) H=-114.6 kJ/mol
D 已知25℃、101kPa 下，12g 石墨完全燃烧放出热量393.51kJ CO2(g)=C(s，石墨)+O2(g) H=393.5kJ/mol
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】反应热和焓变；中和热
【解析】【解答】A、ΔH 由反应物、生成物总能量差决定，与反应条件（光照、点燃）无关，故点燃时 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 的 ΔH 仍为 - 184.5 kJ/mol，A错误；
B、N2与 H2的反应是可逆反应，0.5 mol N2和 1.5 mol H2无法完全反应，实际放热小于92.2 kJ ，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H＜-92.2 kJ/mol，B错误；
C、稀硫酸与 Ba(OH)2溶液混合时，发生的反应包含两部分：
H+(aq) +OH-(aq)=H2O (l)，对应中和热 ΔH=-57.3 kJ/mol；Ba2+(aq) + SO42-(aq) = BaSO4(s)，该过程会额外放出热量（ΔH<0）。因此总反应 H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O (l) 的 ΔH，是 “中和放热” 与 “沉淀放热” 的总和，其数值应小于 - 114.6 kJ/mol ，C错误；
D、石墨燃烧的热化学方程式为 C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.51 kJ/mol，其逆反应 CO2(g)=C(s，石墨)+O2(g) 的 ΔH 符号相反、数值相等，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
对 ΔH 与反应条件的认知误区：误认为反应条件（如光照、点燃）会改变 ΔH，实际 ΔH 只由反应物、生成物的状态决定。
可逆反应的 ΔH 理解偏差：错把可逆反应的实际放热等同于热化学方程式中 “完全反应” 的 ΔH，忽略可逆反应无法进行到底的特点。
忽略反应的额外能量变化：分析中和反应时，只考虑 H+与 OH-的中和放热，遗漏沉淀（如 BaSO4）生成过程的能量变化，导致 ΔH 计算错误。
逆反应 ΔH 的符号混淆：易搞反正、逆反应的 ΔH 符号，忘记逆反应的 ΔH 与正反应数值相等、符号相反。
7．（2025高二上·吴江月考）下列图示与对应的叙述不相符的是
A．（a）图可表示一氧化碳和水反应的能量变化
B．通过（b）图可知石墨比金刚石稳定
C．由（c）图可知，若在密闭容器中加入1 mol和2 mol充分反应放出的热量为
D．由（d）图可知，A与C的能量差为：
【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、(a) 图中反应物能量低于生成物，对应吸热反应。一氧化碳与水的反应（CO+H2O=CO2+H2）是吸热反应，能量变化与图示一致，A相符；
B、(b) 图中石墨的能量低于金刚石，物质能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，B相符；
C、(c) 图中 2mol SO2(g) 和 1mol O2(g) 完全反应的放热为 (a b) kJ，但 SO2与 O2的反应是可逆反应，密闭容器中 1mol O2和 2mol SO2无法完全反应，实际放热量小于 (a b) kJ，C不相符；
D、(d) 图中，A 到 B 的能量变化为 E2 E1，B 到 C 的能量变化为 E4 E3，总能量差（A 与 C）为 (E2 E1)+(E4 E3)=E4 E1 E3+E2，D相符；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “反应热类型”——(a) 图是吸热反应，CO 与 H2O 的反应恰好是吸热反应，直接匹配。
B．抓 “稳定性与能量”——(b) 图中石墨能量更低，直接判定石墨更稳定。
C．抓 “可逆反应的限度”——SO2与 O2的反应是可逆反应，无法完全转化，实际放热小于 (a b) kJ，直接判定叙述不符。
D．抓 “能量差计算”—— 分两步算 A到B、B到C 的能量变化，再求和，结果与叙述一致，判定相符。
8．（2025高二上·吴江月考）下列电化学装置正确且能达到目的的是
A．用装置甲在铁制品表面镀铜 B．用装置乙电解精炼铜
C．用装置丙制备NaOH和氯气 D．用装置丁保护钢闸门
【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；以氯碱工业为基础的化工生产简介；电镀
【解析】【解答】A、镀铜的要求是 “待镀金属（铁）作阴极、镀层金属（铜）作阳极”。但装置甲中 “铁接电源正极（阳极）、铜接电源负极（阴极）”，电极连接反了，无法实现镀铜，故A不符合题意 ；
B、电解精炼铜的规则是 “粗铜作阳极（失电子溶解）、精铜作阴极（Cu2+ 得电子析出）”，电解质用 CuSO4溶液。装置乙中 “粗铜接正极、精铜接负极”，符合电解精炼的电极要求，能达到目的，故B符合题意 ；
C、电解饱和 NaCl 溶液制备 NaOH 时，需用阳离子交换膜（让 Na+ 进入阴极区，避免 OH - 与 Cl2反应）。但装置丙用的是阴离子交换膜，Cl- 会进入阴极区与 OH-反应，无法有效分离产物，装置错误，故C不符合题意 ；
D、保护钢闸门需采用 “牺牲阳极法”（钢闸门作正极）或 “外加电流法”（钢闸门作阴极）。装置丁中钢闸门与石墨直接相连，无外加电源，且石墨不如铁活泼，钢闸门会作负极被腐蚀，无法防护，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．镀铜时铁（待镀）接正极（阳极），违反 “待镀金属作阴极”。
B．粗铜接正极（阳极）、精铜接负极（阴极），符合电解精炼的电极要求。
C．用阴离子交换膜，违反 “制 NaOH 需阳离子交换膜”。
D．钢闸门与石墨直接连，无电源，钢闸门作负极被腐蚀，违反 “被保护金属作正 、 阴极”。
9．（2025高二上·吴江月考）微生物燃料电池可用于净化含铬废水，其工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法不正确的是
A．M极是电池的负极
B．在电极上发生氧化反应
C．N电极附近溶液的pH增大
D．若参加反应，则有从交换膜右侧向左侧迁移
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】正负极判断：燃料（如 CH3OH）发生氧化反应的电极为负极；发生还原反应（如 Cr2O72-到Cr(OH)3）的电极为正极。
电极反应与 pH 的关系：正极反应若消耗 H+，则附近溶液 pH增大；若生成 H+，则 pH 减小。
离子迁移与电子转移的关系：阳离子（如 H+）向正极迁移，迁移的阳离子物质的量与转移电子的物质的量相等。
A、M 极上 CH3OH 被氧化，M 是负极，符合 “燃料在负极氧化”，A正确；
B、CH3OH 在 M 极（负极）发生氧化反应，符合 “负极发生氧化反应”，B正确；
C、N 极（正极）反应消耗 H+，H+浓度降低，pH 增大，符合 “消耗 H+pH 增大”，C正确；
D、0.1 mol Cr2O72-反应转移 0.6 mol 电子（Cr 从 +6到+3），H+应从左侧（负极）向右侧（正极）迁移，且根据电极方程式 O2+4e-+4H+=2H2O、+6e-+8H+=2Cr(OH)3+H2O，可知迁移量 大于0.8 mol ，既违背 “阳离子向正极迁移”，又与电子转移量不符，D错误；
故答案为：D。
【分析】从装置图可知，M 电极是原电池的负极：在微生物与水分子的作用下，甲醇在 M 极失去电子，发生氧化反应，生成二氧化碳与氢离子，对应的电极反应为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
N 电极为原电池的正极：在还原菌的作用下，酸性环境中的重铬酸根离子（Cr2O72-）与氧气在 N 极得到电子，发生还原反应，分别生成氢氧化铬和水，对应的电极反应有两个：
O2+4e-+4H+＝2H2O、Cr2O+6e-+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，
原电池工作时，负极区产生的 H+（阳离子）会通过阳离子交换膜，向正极区（N 极）移动，以维持溶液的电荷平衡。
10．（2025高二上·吴江月考）为实现碳中和，科学家利用多晶铜高效催化电解制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是
A．铂电极为阳极，产生的气体是和
B．铜电极的电极反应式为
C．电解过程中，溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动
D．制得时，产生标准状况下
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铂电极为阳极，发生氧化反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+。生成的 H+与 HCO3-反应生成 CO2，故阳极产生 O2和 CO2，A正确；B、铜电极为阴极，CO2得电子生成 C2H4。反应式为，B错误；
C、电解时，阴离子（HCO3-）向阳极（左槽，铂电极）移动，通过阴离子交换膜左移，C正确；
D、2.8g C2H4为 0.1mol，生成 1mol C2H4转移 12mol e-，故 0.1mol 转移 1.2mol e-。阳极生成 1mol O2转移 4mol e-，则 1.2mol e-对应 0.3mol O2，标准状况下体积为 6.72L，D正确；
故答案为：B。
【分析】先判断电极极性：多晶铜电极未参与反应，且 CO2在此得电子生成 C2H4，故铜电极为阴极；铂电极为阳极（发生氧化反应）。结合电解质（KHCO3溶液）和离子交换膜，分析电极反应与离子移动：
电极与反应分析
阴极（铜电极）：CO2得电子，结合 HCO3-生成 C2H4、CO32-和 H2O，反应需满足电子、电荷守恒。
阳极（铂电极）：H2O 失电子生成 O2和 H+，H+与迁移来的 HCO3-反应生成 CO2，故阳极产生 O2和 CO2。离子移动：阴离子（HCO3-）向阳极（铂电极）移动，通过阴离子交换膜进入左槽。据此解题。
11．（2025高二上·吴江月考）和Zn在碱性条件下可组成二次电池，放电原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．放电时，石墨电极上发生氧化反应
B．放电时，每生成，甲池中的物质的量减少2mol
C．充电时，通过阴离子交换膜向锌电极移动
D．充电时，石墨电极附近溶液的pH将减小
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，Zn 转化为 Zn(OH)2（失电子，氧化反应），故 Zn 是负极；石墨电极上 FeO42-转化为 Fe (OH)3（得电子，还原反应），并非氧化反应，A错误；
B、放电时，甲池（负极区）的反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。每生成 1mol Zn(OH)2，消耗 2mol OH-，但题目未说明生成物质的量，表述不明确，B错误；
C、充电时，Zn 电极是阴极（得电子），阴离子向阳极（石墨电极）移动，并非向锌电极移动，C错误；
D、充电时，石墨电极是阳极，反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，消耗 OH-，导致电极附近 OH-浓度降低，pH 减小，D正确；
故答案为：D。
【分析】先通过放电时的电极反应判断正负极：Zn 失电子生成 Zn(OH)2，故锌电极为负极（发生氧化反应）；石墨电极为正极（发生还原反应）。充电时，原电池的负极（锌电极）变为电解池的阴极（发生还原反应），原电池的正极（石墨电极）变为电解池的阳极（发生氧化反应）。
12．（2025高二上·吴江月考）Pt/HC是一种含丰富羟基的催化剂，其催化氧化甲醛()的反应机理如图：
下列说法不正确的是
A．Pt/HC催化剂通过改变反应历程，降低了反应的焓变
B．步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的-OH上
C．0.1mol参与反应，消耗在标准状况下为2.24L
D．若用代替，反应生成的中O原子为
【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；气体摩尔体积
【解析】【解答】A、催化剂的作用是改变反应历程、降低活化能，但反应的焓变由反应物和生成物的总能量差决定，与催化剂无关，A错误；
B、步骤 Ⅰ 中，甲醛的 O 原子与催化剂表面 - OH 的 H 原子形成氢键，实现吸附，该描述符合氢键吸附的特征，B正确；
C、甲醛完全氧化的反应为：HCHO+O2=CO2+H2O，1mol HCHO 消耗 1mol O2。0.1mol HCHO 参与反应时，消耗 0.1mol O2，标准状况下体积为 2.24L，C正确；
D、从反应机理看，O2参与反应后，O 原子最终进入 H2O 中，因此用 8O2代替 O2时，生成的 H2O 中 O 原子为 8O，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．直接抓 “催化剂与焓变的关系”—催化剂不会改变反应的焓变，仅影响活化能。
B．聚焦 “吸附方式”—步骤 Ⅰ 中甲醛的 O 原子与催化剂表面 - OH 的 H 原子形成氢键，符合氢键吸附的结构特征。
C．紧扣 “计量关系”—总反应中 1mol HCHO 对应 1mol O2，0.1mol HCHO 在标准状况下消耗 0.1mol O2（体积 2.24L），计算无偏差。
D．利用 “原子追踪”—O2参与反应后 O 原子最终进入 H2O，用 8O2标记时，生成的 H2O 必然含 8O。
13．（2025高二上·吴江月考）用甲醚(CH3OCH3)燃料电池电解Na2SO4溶液制取NaOH溶液和硫酸的装置如下图所示。下列说法正确的是
A．通入甲醚的电极反应式为CH3OCH3+12e-＋3H2O=2CO2＋12H＋
B．膜a、膜b依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜
C．M为硫酸、N为NaOH
D．反应的甲醚与生成气体Y的物质的量之比为1：3
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、甲醚在负极发生氧化反应，电极反应应失电子，而该式写了 “+12e-”（得电子）， 最终电极反应为：CH3OCH3 + 3H2O -12e-= 2CO2+12H+，A错误；B、电解时，Na+需通过膜 b 到阴极生成 NaOH，SO42-需通过膜 a 到阳极生成 H2SO4，故膜 a 是阴离子交换膜、膜 b 是阳离子交换膜，B错误；
C、阳极区（膜 a 侧）SO42-富集，结合 H+生成 H2SO4（即 M）；阴极区（膜 b 侧）Na+富集，结合 OH-生成 NaOH（即N），C正确；
D、甲醚负极反应转移 12e-，生成气体 Y（H2）的阴极反应每生成 1mol H2转移 2e-，则甲醚与 Y 的物质的量比为 1：6，不是 1：3，D错误；
故答案为：C。
【分析】左侧是甲醚燃料电池单元：通入甲醚的电极是负极（燃料在此发生氧化反应），通入氧气的电极是正极（氧气在此发生还原反应）。
右侧是电解 Na2SO4溶液的分离单元（与燃料电池形成电路）：燃料电池的电极与电解池电极直接关联—燃料电池的正极对应电解池的阴极，燃料电池的负极对应电解池的阳极。
电解池左侧（阳极区）发生反应： 2H2O-4e-= O2↑+4H+。中间室里的 SO42-需要向阳极区移动，才能和生成的 H+结合成 H2SO4，因此分隔中间室与阳极区的膜 a，得允许阴离子通过，属于阴离子交换膜。
电解池右侧（阴极区）发生反应： 2H2O+2e-= H2↑+ 2OH- 。中间室里的 Na+需要向阴极区移动，才能和生成的 OH-结合成 NaOH，因此分隔中间室与阴极区的膜 b，得允许阳离子通过，属于阳离子交换膜。
14．（2025高二上·吴江月考）完成下列问题
（1）在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意如图：
①第一步反应是　 　(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是　 　。
②1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式是　 　。
（2）已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)　ΔH=-566 kJ·mol-1①
Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH=-226 kJ·mol-1②
则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，生成的O2为　 　L(标况)。
（3）有科学家预言，氢能将成为21世纪的主要能源，而且是一种理想的绿色能源。若1 mol氢气完全燃烧生成1 mol气态水放出241 kJ的热量，已知H—O键能为463 kJ·mol-1，O=O键能为498 kJ·mol-1，计算H—H键能为　 　kJ·mol-1。
（4）氢能的储存是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni，已知：
Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s)　ΔH1=-74.5 kJ·mol-1；
Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s)　ΔH2=-64.4 kJ·mol-1；
Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s)　ΔH3。
则ΔH3=　 　kJ·mol-1。
【答案】（1）放热；ΔH＜0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)；NH (aq)＋2O2(g)=NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH=-346 kJ·mol-1
（2）11.2L
（3）436
（4）＋84.6
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；盖斯定律及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①从图象中可知，第一步反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应；
②第一步反应的热化学方程式是 ，第二步反应的热化学方程式是 ，根据盖斯定律，得到1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式
NH (aq)＋2O2(g)=NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH=-346 kJ·mol-1。
故答案为： 放热 ； ΔH＜0(或反应物的总能量大于生成物的总能量) ； NH (aq)＋2O2(g)=NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH=-346 kJ·mol-1 ；
（2）根据盖斯定律，“反应①× +反应②”可得到CO(g)与Na2O2(s)反应的热化学方程式 ，则放出509 kJ热量时，消耗Na2O2(s)1mol，生成的O20.5mol，标况下体积为11.2L。
故答案为： 11.2L ；
（3）根据题意，1 mol氢气完全燃烧生成1 mol气态水的热化学方程式为 ，由热效应等于反应物总键能减去生成物总键能可知，，求得H—H键能为436 kJ·mol-1。
故答案为： 436 ；
（4）氢能的储存是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni，已知：
Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s)　ΔH1=-74.5 kJ·mol-1； Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s)　ΔH2=-64.4 kJ·mol-1；Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s)　ΔH3=＋84.6 kJ·mol-1
故答案为： ＋84.6 。
【分析】①放热反应，判断依据：ΔH<0（反应物总能量> 生成物总能量）；②利用盖斯定律，将两步反应相加，得总热化学方程式。
(2)用盖斯定律，将反应①×+ 反应②，得到 CO 与 Na2O2反应的热化学方程式；结合放出热量计算 O2物质的量，再算标况体积。
(3)根据 “ΔH = 反应物键能总和 - 生成物键能总和”，代入数据计算 H—H 键能。
(4) 利用盖斯定律，将反应② - 2× 反应①，得到 ΔH3。
（1）①从图象中可知，第一步反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应；
②第一步反应的热化学方程式是 ，第二步反应的热化学方程式是 ，根据盖斯定律，得到1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式NH (aq)＋2O2(g)=NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH=-346 kJ·mol-1。
（2）根据盖斯定律，“反应①× +反应②”可得到CO(g)与Na2O2(s)反应的热化学方程式 ，则放出509 kJ热量时，消耗Na2O2(s)1mol，生成的O20.5mol，标况下体积为11.2L。
（3）根据题意，1 mol氢气完全燃烧生成1 mol气态水的热化学方程式为 ，由热效应等于反应物总键能减去生成物总键能可知，，求得H—H键能为436 kJ·mol-1。
（4）氢能的储存是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni，已知：
Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s)　ΔH1=-74.5 kJ·mol-1； Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s)　ΔH2=-64.4 kJ·mol-1；Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s)　ΔH3=＋84.6 kJ·mol-1
15．（2025高二上·吴江月考）某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图1）。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
（1）请完成以下实验设计表（填入表格空白处）：
编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸/%
① 为以下实验作参照 0.5 2.0 90.0
② 醋酸浓度的影响 0.5 　 　 36.0
③ 　 　 0.2 2.0 90.0
（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化曲线如图2所示。时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了　 　腐蚀；此时，碳粉表面发生了　 　（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式是　 　。
（3）该小组对图2中时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二。
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：　 　。
【答案】（1）2.0；碳粉含量的影响
（2）吸氧；还原；
（3）反应放热，温度升高
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①为参照试验，由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，
故答案为：2.0；碳粉含量的影响；
（2）t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：，
故答案为：吸氧；还原；；
（3）图中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，
故答案为：反应放热，温度升高。
【分析】(1) 遵循控制变量法：②探究醋酸浓度影响，铁粉质量需与①一致（2.0g）；③变量为碳粉质量，实验目的为 “探究碳粉含量的影响”。
(2) 压强小于起始值，推出气体减少，铁发生吸氧腐蚀；碳粉为正极，发生还原反应，电极反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-。
(3)压强增大原因除析氢腐蚀产气体外，还可能是反应放热使容器内温度升高，气体膨胀导致压强变大。
（1）①为参照试验，由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，故答案为：2.0；碳粉含量的影响；
（2）t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：，故答案为：吸氧；还原；；
（3）图中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热，温度升高。
16．（2025高二上·吴江月考）回答下列问题。
（1）以铅蓄电池为电源可将转化为乙醇，其每生成0.5 mol乙醇，理论上需消耗铅蓄电池中　 　mol硫酸，写出铅蓄电池为电源时正极的电极反应式　 　。
（2）通过电化学循环法可将转化为和（如图1所示）。其中氧化过程发生如下两步反应：、
①电极a上发生电极反应式：　 　。
②理论上1 mol参加反应可产生的物质的量为　 　。
（3）是电池（如图2）的正极活性物质，电池的负极是金属Li，电解液是含锂盐的有机溶液。电池放电反应：。该反应可认为分两步进行：第1步：，则第2步正极的电极反应式：　 　。
（4）浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某浓差电池的原理如图3所示，该电池从浓缩海水中提取的同时又获得了电能。
①X为　 　正极，Y极反应式：　 　。
②Y极生成1 mol时，　 　mol移向　 　（填“X”或“Y”）极。
（5）可作为燃料使用，用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图4.电池总反应：，则c电极是　 　（填“正极”或“负极”），c电极的电极反应式：　 　。
（6）甲烷化是实现碳平衡阶段的中坚力量。1902年，PaulSabatier首次报道了的甲烷化。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的和通过装有金属Ni的反应器，可得到。
已知：和的标准燃烧热分别为、。由题可知，甲烷化反应：的　 　kJ/mol。
（7）近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了的甲烷化，其工作原理如图5所示。
①微生物电解池实现甲烷化的阴极反应式为　 　。
②如果处理有机物产生标准状况下112的，则理论上导线中通过的电子的物质的量为　 　。
（8）沼气的主要成分是，还含有、等。JoDeVrieze等设计了利用膜电解法脱除沼气中的和，并将阴极处理后气体制成高纯度生物甲烷，其流程如图6所示。
①需控制电解槽中阴极室pH>7，其目的：　 　。
②阳极室逸出和　 　（填化学式）；在阳极上转化为而除去，其电极反应式　 　。
【答案】（1）6；
（2）SO2-2e-+2H2O=4H++SO；2mol
（3）+2e-=2S2-+Fe
（4）正；2Cl--2e-=Cl2↑；2；X
（5）负；
（6）-252.9
（7）CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；4×104mol
（8）有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，将H2S转化为HS-(或S2-)，将部分CO2转化为(或CO)；O2；H2S+4H2O-8e-=10H++SO
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）阴极上CO2得电子和氢离子生成乙醇和水，电极反应式为：，转移电子为12mol，同理根据铅蓄电池的总反应方程式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知，每消耗2mol硫酸转移2mol电子，每生成0.5mol乙醇转移6mol电子，转移6mol电子，消耗6mol硫酸；铅蓄电池为电源时正极氧化铅得电子，生成硫酸铅，电极反应式；
故答案为： 6 ； ；
（2）①a电极上是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H++SO；
②理论上1mol H2S参加反应，H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2，生成2molSO2，在电极上发生氧化反应，转移4mol电子，阴极上电极反应：I2+2H++2e-=2HI，2HI H2↑+I2，电极上生成4molHI，所以理论上生成2mol氢气；
故答案为： SO2-2e-+2H2O=4H++SO ； 2mol ；
（3）原电池反应为FeS2+4Li=Fe+4Li++2S2-，负极是Li失电子发生氧化反应，FeS2得到电子生成硫离子和铁，该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++，负极反应式为Li-e-=Li+，用总反应减去第1步反应得，2Li+=Fe+2Li++2S2-，用该反应减去负极反应式，消去Li+即可得正极反应式的第2步电极反应式为+2e-=2S2-+Fe；
故答案为：+2e-=2S2-+Fe ；
（4）①X极上H+得到电子生成H2，为正极，Y极为负极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
②由电荷守恒可知，Y极生成1molCl2时，电路中转移2mol电子，有2mol锂离子移向X极(正极)；
故答案为： 正 ； 2Cl--2e-=Cl2↑ ；2；X；
（5）CH4酸性燃料电池中电子从负极经外电路流向正极，则图中电极c为负极，电极d为正极，负极上CH4发生失电子的氧化反应生成CO2，正极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，中间采用质子交换膜，允许H+通过，故负极的电极反应式为：；
故答案为： 负 ； ；
（6）由已知可得①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（l）ΔH=-890.3 kJ mol-1；②H2(g)+O2(g)=H2O（l）ΔH=-285.8 kJ mol-1，根据盖斯定律知4×②-①可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)，其ΔH=4×(-285.8kJ mol-1)-(-890.3kJ mol-1)=-252.9kJ mol-1；
故答案为： -252.9 ；
（7）①微生物电解池实现CO2甲烷化，CO2得到电子生成CH4，其阴极电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；
②标准状况下112 m3的CH4的物质的量为=5000mol，故产生5000molCH4，理论上导线中通过的电子的物质的量为5000mol×8=4×104mol；
故答案为： CO2+8H++8e-=CH4+2H2O ； 4×104mol ；
（8）①控制电解槽中阴极室pH＞7，有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，并转化为HS-(或S2-)、HCO(或CO)；
②电解池中，HS-(或S2-)、HCO(或CO)移向阳极与酸生成H2S、CO2，阳极上OH-(或H2O)、H2S发生失去电子的氧化反应生成O2、SO，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O(或2H2O-4e-=O2↑+4H+)、H2S+4H2O-8e-=10H++SO，所以阳极室逸出CO2和O2，H2S转化为SO42-而除去。
故答案为： 有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，将H2S转化为HS-(或S2-)，将部分CO2转化为(或CO) ； O2 ； H2S+4H2O-8e-=10H++SO 。
【分析】(1)算硫酸消耗：CO2制乙醇转移12e-，0.5mol乙醇转移6e-；铅蓄电池每2mol H2SO4转移2e-，故消耗6mol H2SO4。
正极反应：PbO2得电子生成PbSO4，反应为。
(2)① 电极a反应：SO2失电子生成SO42-，反应为。
② 1mol H2S生成2mol SO2，转移4e-，对应生成2mol H2。
(3)总反应减第1步反应，得正极第2步反应：。
(4)① X极生成H2（得电子）为正极；Y极Cl-失电子生成Cl2，反应为。
② 生成1mol H2转移2e-，2mol Li+移向X极。
(5)c电极失电子为负极；负极反应：CH4失电子生成CO2，反应为。
(6)用盖斯定律：4×H2燃烧热 - CH4燃烧热，得。
(7)① 阴极反应：CO2得电子生成CH4，反应为。
② 112m3 CH4为5000mol，转移电子。
(8)① 阴极室pH>7：利于吸收酸性气体（CO2、H2S），转化为弱酸根。
② 阳极室逸出O2；H2S氧化为SO42-，反应为。
（1）阴极上CO2得电子和氢离子生成乙醇和水，电极反应式为：，转移电子为12mol，同理根据铅蓄电池的总反应方程式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知，每消耗2mol硫酸转移2mol电子，每生成0.5mol乙醇转移6mol电子，转移6mol电子，消耗6mol硫酸；铅蓄电池为电源时正极氧化铅得电子，生成硫酸铅，电极反应式；
（2）①a电极上是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H++SO；
②理论上1mol H2S参加反应，H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2，生成2molSO2，在电极上发生氧化反应，转移4mol电子，阴极上电极反应：I2+2H++2e-=2HI，2HI H2↑+I2，电极上生成4molHI，所以理论上生成2mol氢气；
（3）原电池反应为FeS2+4Li=Fe+4Li++2S2-，负极是Li失电子发生氧化反应，FeS2得到电子生成硫离子和铁，该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++，负极反应式为Li-e-=Li+，用总反应减去第1步反应得，2Li+=Fe+2Li++2S2-，用该反应减去负极反应式，消去Li+即可得正极反应式的第2步电极反应式为+2e-=2S2-+Fe；
（4）①X极上H+得到电子生成H2，为正极，Y极为负极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
②由电荷守恒可知，Y极生成1molCl2时，电路中转移2mol电子，有2mol锂离子移向X极(正极)；
（5）CH4酸性燃料电池中电子从负极经外电路流向正极，则图中电极c为负极，电极d为正极，负极上CH4发生失电子的氧化反应生成CO2，正极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，中间采用质子交换膜，允许H+通过，故负极的电极反应式为：；
（6）由已知可得①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（l）ΔH=-890.3 kJ mol-1；②H2(g)+O2(g)=H2O（l）ΔH=-285.8 kJ mol-1，根据盖斯定律知4×②-①可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)，其ΔH=4×(-285.8kJ mol-1)-(-890.3kJ mol-1)=-252.9kJ mol-1；
（7）①微生物电解池实现CO2甲烷化，CO2得到电子生成CH4，其阴极电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；
②标准状况下112 m3的CH4的物质的量为=5000mol，故产生5000molCH4，理论上导线中通过的电子的物质的量为5000mol×8=4×104mol；
（8）①控制电解槽中阴极室pH＞7，有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，并转化为HS-(或S2-)、HCO(或CO)；
②电解池中，HS-(或S2-)、HCO(或CO)移向阳极与酸生成H2S、CO2，阳极上OH-(或H2O)、H2S发生失去电子的氧化反应生成O2、SO，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O(或2H2O-4e-=O2↑+4H+)、H2S+4H2O-8e-=10H++SO，所以阳极室逸出CO2和O2，H2S转化为SO42-而除去。
17．（2025高二上·吴江月考）NOx是空气的主要污染物之一，有效去除大气中的NOx可以保护大气环境。含氮废水氨氮(以NH3、存在)和硝态氮(以、存在)引起水体富营养化，需经处理后才能排放。
（1）空气中污染物NO可在催化剂作用下用NH3还原。
已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H=-905.6 kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=180.5 kJ/mol
有氧条件下，NH3与NO反应生成N2.完成下面热化学方程式4N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) H =　 　kJ/mol。
（2）工业上含氮化合物污染物处理
①以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图所示，在使用过程中石墨Ⅰ电极反应生成一种氧化物Y、则该电池的正极反应式为　 　。
②最近我国科学家开发了如图所示电解装置，可将氨氮氧化去除。处理前先调节废水pH=12，通电后可将其转化为无害气体。请结合电极反应式简述其去除氨氮的化学原理　 　。
【答案】（1）+1627.6
（2）；电极B上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，为阴极，则电极A为阳极，电极反应为，生成的ClO-将或NH3氧化为N2，自身被还原为Cl-循环反应，电极B的反应为，生成的OH-通过阴离子交换膜参与阳极的反应
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H1=-905.6 kJ/mol
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=180.5 kJ/mol；
根据盖斯定律，4×②－①得到4N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)，H =4×180.5 kJ/mol－(-905.6 kJ/mol)=+1627.6 kJ/mol
故答案为： +1627.6 ；
（2）以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图，使用过程中石墨I电极发生反应生成氧化物Y，二氧化氮在负极失电子发生氧化反应，元素化合价升高为+5价，氧化物为N2O5，即石墨I电极为负极；石墨Ⅱ为正极；
①根据分析可知，石墨Ⅱ为正极，在正极发生得电子的还原反应，电极反应式：；
②电极B上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，为阴极，则电极A为阳极，电极反应为，生成的ClO-将或NH3氧化为N2，自身被还原为Cl-循环反应，电极B的反应为，生成的OH-通过阴离子交换膜参与阳极的反应。
故答案为： ； 电极B上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，为阴极，则电极A为阳极，电极反应为，生成的ClO-将或NH3氧化为N2，自身被还原为Cl-循环反应，电极B的反应为，生成的OH-通过阴离子交换膜参与阳极的反应 。
【分析】(1)利用盖斯定律，将已知反应 “4×② - ①”，代入 ΔH 计算，得到目标热化学方程式的 ΔH。
(2)①判断正负极（石墨 II 为正极），结合反应物（N2O5、O2）与生成物（NO3-），写出正极得电子的还原反应式。
②确定电极极性（电极 B 为阴极、A 为阳极），写出阳极（Cl-到ClO-）和阴极（H2O到H2）的反应式，说明 ClO-氧化 NH4+、NH3为 N2，ClO-被还原为 Cl-循环，OH-通过交换膜参与反应。
（1）已知①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H1=-905.6 kJ/mol
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=180.5 kJ/mol；
根据盖斯定律，4×②－①得到4N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)，H =4×180.5 kJ/mol－(-905.6 kJ/mol)=+1627.6 kJ/mol
（2）以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图，使用过程中石墨I电极发生反应生成氧化物Y，二氧化氮在负极失电子发生氧化反应，元素化合价升高为+5价，氧化物为N2O5，即石墨I电极为负极；石墨Ⅱ为正极；
①根据分析可知，石墨Ⅱ为正极，在正极发生得电子的还原反应，电极反应式：；
②电极B上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，为阴极，则电极A为阳极，电极反应为，生成的ClO-将或NH3氧化为N2，自身被还原为Cl-循环反应，电极B的反应为，生成的OH-通过阴离子交换膜参与阳极的反应。
1 / 1江苏省苏州市吴江区汾湖高级中学2025-2026学年高二上学期9月月考化学试题
1．（2025高二上·吴江月考）“能源的发展”与“能源和环境”是全世界、全人类共同关心的问题，下列措施中不利于可持续发展的是
A．大力开采煤、石油和天然气
B．将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源
C．开发太阳能、氢能、海洋能等新能源
D．增加资源的重复使用和循环再生
2．（2025高二上·吴江月考）港珠澳大桥设计使用寿命120年，需对桥体钢构件采取防腐措施。下列说法错误的是（　　）
A．采用外加电流保护钢构件时，需在钢构件上焊接锌块
B．防腐主要避免发生的反应是：
C．钢构件表面喷涂环氧树脂涂层是为了隔绝空气、海水等
D．钢构件可多采用不锈钢材料以减缓腐蚀速率
3．（2025高二上·吴江月考）某同学根据离子反应方程式2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋来设计原电池。下列设计方案中可行的是
A．电极材料为Fe和Zn，电解质溶液为FeCl3溶液
B．电极材料为Fe和石墨，电解质溶液为Fe(NO3)3溶液
C．电极材料为Fe和石墨，电解质溶液为FeCl2溶液
D．电极材料为石墨，电解质溶液为FeCl3溶液
4．（2025高二上·吴江月考）已知充分燃烧ag乙烷()气体时生成二氧化碳气体和液态水，并放出热量bkJ，则表示乙烷标准燃烧热的热化学方程式正确的是
A．
B．
C．
D．
5．（2025高二上·吴江月考）有关中和热的测定实验中，下列说法中正确的是
A．中和热的测定实验中需要用到的主要玻璃仪器有：两只大小相同的烧杯、两只大小相同的量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒
B．可以用保温杯来代替烧杯做有关测定中和热的实验
C．在测定中和热的实验中，至少需要测定并记录的温度是2次
D．测定中和热实验中，若使用NaOH固体和稀盐酸，则会导致所测得的中和热H偏大
6．（2025高二上·吴江月考）下列根据某些实验事实，得出的相关结论合理的是
选项 实验 热化学方程式
A 在光照条件下：H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-184.5 kJ/mol 同温同压，在点燃条件下：H2(g)+Cl2(g)= 2HCl(g) H≠-184.5 kJ/mol
B 一定条件下向密闭容器中充入0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)充分反应放出46.1kJ的热量 N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-92.2 kJ/mol
C H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3kJ/mol。将稀硫酸与稀氢氧化钡溶液混合 H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)= BaSO4(s)+2H2O(l) H=-114.6 kJ/mol
D 已知25℃、101kPa 下，12g 石墨完全燃烧放出热量393.51kJ CO2(g)=C(s，石墨)+O2(g) H=393.5kJ/mol
A．A B．B C．C D．D
7．（2025高二上·吴江月考）下列图示与对应的叙述不相符的是
A．（a）图可表示一氧化碳和水反应的能量变化
B．通过（b）图可知石墨比金刚石稳定
C．由（c）图可知，若在密闭容器中加入1 mol和2 mol充分反应放出的热量为
D．由（d）图可知，A与C的能量差为：
8．（2025高二上·吴江月考）下列电化学装置正确且能达到目的的是
A．用装置甲在铁制品表面镀铜 B．用装置乙电解精炼铜
C．用装置丙制备NaOH和氯气 D．用装置丁保护钢闸门
9．（2025高二上·吴江月考）微生物燃料电池可用于净化含铬废水，其工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法不正确的是
A．M极是电池的负极
B．在电极上发生氧化反应
C．N电极附近溶液的pH增大
D．若参加反应，则有从交换膜右侧向左侧迁移
10．（2025高二上·吴江月考）为实现碳中和，科学家利用多晶铜高效催化电解制乙烯，原理如图所示。已知：电解前后电解液浓度几乎不变。下列说法错误的是
A．铂电极为阳极，产生的气体是和
B．铜电极的电极反应式为
C．电解过程中，溶液中通过阴离子交换膜向左槽移动
D．制得时，产生标准状况下
11．（2025高二上·吴江月考）和Zn在碱性条件下可组成二次电池，放电原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．放电时，石墨电极上发生氧化反应
B．放电时，每生成，甲池中的物质的量减少2mol
C．充电时，通过阴离子交换膜向锌电极移动
D．充电时，石墨电极附近溶液的pH将减小
12．（2025高二上·吴江月考）Pt/HC是一种含丰富羟基的催化剂，其催化氧化甲醛()的反应机理如图：
下列说法不正确的是
A．Pt/HC催化剂通过改变反应历程，降低了反应的焓变
B．步骤Ⅰ中甲醛通过氢键吸附在催化剂表面的-OH上
C．0.1mol参与反应，消耗在标准状况下为2.24L
D．若用代替，反应生成的中O原子为
13．（2025高二上·吴江月考）用甲醚(CH3OCH3)燃料电池电解Na2SO4溶液制取NaOH溶液和硫酸的装置如下图所示。下列说法正确的是
A．通入甲醚的电极反应式为CH3OCH3+12e-＋3H2O=2CO2＋12H＋
B．膜a、膜b依次为阳离子交换膜和阴离子交换膜
C．M为硫酸、N为NaOH
D．反应的甲醚与生成气体Y的物质的量之比为1：3
14．（2025高二上·吴江月考）完成下列问题
（1）在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意如图：
①第一步反应是　 　(填“放热”或“吸热”)反应，判断依据是　 　。
②1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式是　 　。
（2）已知：2CO(g)＋O2(g)=2CO2(g)　ΔH=-566 kJ·mol-1①
Na2O2(s)＋CO2(g)=Na2CO3(s)＋O2(g)　ΔH=-226 kJ·mol-1②
则CO(g)与Na2O2(s)反应放出509 kJ热量时，生成的O2为　 　L(标况)。
（3）有科学家预言，氢能将成为21世纪的主要能源，而且是一种理想的绿色能源。若1 mol氢气完全燃烧生成1 mol气态水放出241 kJ的热量，已知H—O键能为463 kJ·mol-1，O=O键能为498 kJ·mol-1，计算H—H键能为　 　kJ·mol-1。
（4）氢能的储存是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni，已知：
Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s)　ΔH1=-74.5 kJ·mol-1；
Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s)　ΔH2=-64.4 kJ·mol-1；
Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s)　ΔH3。
则ΔH3=　 　kJ·mol-1。
15．（2025高二上·吴江月考）某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞（如图1）。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
（1）请完成以下实验设计表（填入表格空白处）：
编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸/%
① 为以下实验作参照 0.5 2.0 90.0
② 醋酸浓度的影响 0.5 　 　 36.0
③ 　 　 0.2 2.0 90.0
（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化曲线如图2所示。时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了　 　腐蚀；此时，碳粉表面发生了　 　（填“氧化”或“还原”）反应，其电极反应式是　 　。
（3）该小组对图2中时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二。
假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；
假设二：　 　。
16．（2025高二上·吴江月考）回答下列问题。
（1）以铅蓄电池为电源可将转化为乙醇，其每生成0.5 mol乙醇，理论上需消耗铅蓄电池中　 　mol硫酸，写出铅蓄电池为电源时正极的电极反应式　 　。
（2）通过电化学循环法可将转化为和（如图1所示）。其中氧化过程发生如下两步反应：、
①电极a上发生电极反应式：　 　。
②理论上1 mol参加反应可产生的物质的量为　 　。
（3）是电池（如图2）的正极活性物质，电池的负极是金属Li，电解液是含锂盐的有机溶液。电池放电反应：。该反应可认为分两步进行：第1步：，则第2步正极的电极反应式：　 　。
（4）浓差电池中的电动势是由于电池中存在浓度差而产生的。某浓差电池的原理如图3所示，该电池从浓缩海水中提取的同时又获得了电能。
①X为　 　正极，Y极反应式：　 　。
②Y极生成1 mol时，　 　mol移向　 　（填“X”或“Y”）极。
（5）可作为燃料使用，用和组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如图4.电池总反应：，则c电极是　 　（填“正极”或“负极”），c电极的电极反应式：　 　。
（6）甲烷化是实现碳平衡阶段的中坚力量。1902年，PaulSabatier首次报道了的甲烷化。在一定的温度和压力条件下，将按一定比例混合的和通过装有金属Ni的反应器，可得到。
已知：和的标准燃烧热分别为、。由题可知，甲烷化反应：的　 　kJ/mol。
（7）近年来，生物电催化技术运用微生物电解池实现了的甲烷化，其工作原理如图5所示。
①微生物电解池实现甲烷化的阴极反应式为　 　。
②如果处理有机物产生标准状况下112的，则理论上导线中通过的电子的物质的量为　 　。
（8）沼气的主要成分是，还含有、等。JoDeVrieze等设计了利用膜电解法脱除沼气中的和，并将阴极处理后气体制成高纯度生物甲烷，其流程如图6所示。
①需控制电解槽中阴极室pH>7，其目的：　 　。
②阳极室逸出和　 　（填化学式）；在阳极上转化为而除去，其电极反应式　 　。
17．（2025高二上·吴江月考）NOx是空气的主要污染物之一，有效去除大气中的NOx可以保护大气环境。含氮废水氨氮(以NH3、存在)和硝态氮(以、存在)引起水体富营养化，需经处理后才能排放。
（1）空气中污染物NO可在催化剂作用下用NH3还原。
已知：4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H=-905.6 kJ/mol
N2(g)+O2(g)=2NO(g) H=180.5 kJ/mol
有氧条件下，NH3与NO反应生成N2.完成下面热化学方程式4N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) H =　 　kJ/mol。
（2）工业上含氮化合物污染物处理
①以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图所示，在使用过程中石墨Ⅰ电极反应生成一种氧化物Y、则该电池的正极反应式为　 　。
②最近我国科学家开发了如图所示电解装置，可将氨氮氧化去除。处理前先调节废水pH=12，通电后可将其转化为无害气体。请结合电极反应式简述其去除氨氮的化学原理　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】化学在解决能源危机中的重要作用；绿色化学
【解析】【解答】A、煤、石油、天然气是不可再生化石能源，大力开采会加速资源枯竭，同时加剧环境污染，不利于可持续发展，故A符合题意 ；
B、秸秆转化为清洁能源，实现废弃物资源化，利于可持续发展，故B不符合题意 ；
C、太阳能、氢能等是清洁可再生能源，开发新能源利于可持续发展，故C不符合题意 ；
D、资源重复使用、循环再生，能减少资源消耗，利于可持续发展，故D不符合题意 ；
故答案为：A。
【分析】本题易错点：
混淆 “化石能源开采” 与 “可持续发展” 的关系—易误将 “开采化石能源” 当成合理能源利用方式，但煤、石油、天然气是不可再生资源，大力开采会加速枯竭，同时带来污染，本质不符合可持续发展的 “资源永续利用、环境友好” 核心要求。
2．【答案】A
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；金属的腐蚀与防护
【解析】【解答】A.采用外加电流保护钢架件，需要加石墨电极，钢构件与外电源的负极相连接做阴极，石墨电极与外接电源正极连接，做阳极，故A符合题意
B.钢铁的原电池中，铁作为负极，失去电子发生氧化反应，Fe-2e=Fe2+，碳作为正极，氧气在正极上得到电子和水结合形成氢氧根离子，因此结合正极和负极的总反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，故B不符合题意
C.钢构件表面喷涂环氧树脂层能够隔绝空气，海水等，避免由于接触发生造成铁腐蚀损耗，故C不符合题意
D.钢构件可以采用不锈钢材料，由于其抗腐蚀能力增强，不容易被氧化，因此可以减缓腐蚀速率，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】A.在钢构件上焊接锌块是牺牲阳极的阴极保护法
B.钢铁构件主要发生的是吸氧腐蚀，主要形成原电池，根据正负极电池反应即可写出方程式
C.铁生锈主要是和水和氧气作用，涂环氧树脂层主要是防水和氧气
D.合金的抗腐蚀性能强不易腐蚀
3．【答案】B
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】、电极材料为 Fe 和 Zn，Zn 的活泼性强于 Fe，Zn 会优先与 FeCl3中的 Fe3+反应（Zn 作负极），实际总反应为 Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+，与目标反应 “2Fe3++Fe=3Fe2+” 不符，A不可行；
B、电极材料为 Fe 和石墨，电解质溶液为 Fe(NO3)3：Fe 作负极（活泼金属），发生氧化反应：Fe 失去电子生成 Fe2+；石墨作正极（惰性电极），Fe(NO3)3提供的 Fe3+在正极得电子生成 Fe2+；总反应为 2Fe3++Fe=3Fe2+，完全匹配目标反应，B可行；
C、电解质溶液为 FeCl2，不含 Fe3+，无法发生 “Fe 与 Fe3+的反应”，无自发氧化还原反应，C不可行；
D、两电极均为石墨（惰性电极），无活泼金属作负极提供电子，无法发生氧化反应，原电池不能工作，D不可行；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：
混淆负极材料的活性：误选 A 选项，忽略 Zn 比 Fe 更活泼，会优先参与反应，导致总反应偏离目标方程式。
忽略电解质溶液的离子要求：误选 C 选项，未注意电解质溶液需含 Fe3+（而非 Fe2+），否则无法发生目标反应。
忽视电极的活性差异：误选 D 选项，未意识到两电极均为惰性材料时，无物质能自发失电子，原电池无法工作。
对正极材料的认知模糊：错误认为正极必须是金属，实际上石墨等惰性电极可作正极，导致误判 B 选项的可行性。
4．【答案】B
【知识点】燃烧热；热化学方程式
【解析】【解答】已知：生成 1mol CO2时放热 b kJ，而 1mol C2H6燃烧生成 2mol CO2，故 1mol C2H6燃烧放热 2b kJ。
A、燃烧放热，ΔH 应为负值，“+2b” A错误；
B、1mol C2H6燃烧，生成液态 H2O，ΔH=-2b kJ mol- ， 热化学方程式为，B正确；
C、可燃物为 2mol，不符合 “1mol 可燃物” 的燃烧热要求，C错误；
D、H2O 为气态（非稳定氧化物），不符合燃烧热中 “H2O 为液态” 的要求，D错误；
故答案为：B。
【分析】首先明确燃烧热的定义：1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物（如H2O为液态）时放出的热量。已知“燃烧ag乙烷生成1mol CO2（液态水）放热b kJ”，而1mol C2H6完全燃烧会生成2mol CO2，因此1mol C2H6燃烧对应的放热量为2b kJ。
结合燃烧热的热化学方程式要求（1mol可燃物、稳定产物、ΔH为负值），可写出乙烷标准燃烧热的热化学方程式：。
5．【答案】B
【知识点】中和热的测定
【解析】【解答】A、中和热测定需 “大小不同的烧杯（大烧杯套小烧杯，保温）”，而非 “大小相同的烧杯”，A错误；
B、保温杯的保温效果优于普通烧杯，能减少热量散失，可替代烧杯进行实验，B正确；
C、实验需测 “酸的初始温度、碱的初始温度、混合后的最高温度”，至少记录 3 次温度，并非2 次，C错误；
D、NaOH 固体溶解会放热，导致测得的温度变化偏大，中和热 ΔH（为负值）会偏小（而非偏大），D错误；
故答案为：B。
【分析】本题易错点：仪器选择误区：误将 “大小相同的烧杯” 当作中和热测定的仪器，实际需要大烧杯套小烧杯（保温），对仪器的功能（保温）理解不到位。
保温容器的替代认知错误：不清楚保温杯的保温效果适配中和热实验，错认为只能用烧杯。
温度测量次数混淆：误以为只需测 2 次温度，忽略需测酸、碱初始温度及混合后最高温度（至少 3 次）。
物质溶解的能量干扰：忽略 NaOH 固体溶解会放热，错误认为其对中和热 ΔH 的影响是 “偏大”，实际会导致 ΔH（负值）偏小。
6．【答案】D
【知识点】反应热和焓变；中和热
【解析】【解答】A、ΔH 由反应物、生成物总能量差决定，与反应条件（光照、点燃）无关，故点燃时 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) 的 ΔH 仍为 - 184.5 kJ/mol，A错误；
B、N2与 H2的反应是可逆反应，0.5 mol N2和 1.5 mol H2无法完全反应，实际放热小于92.2 kJ ，则N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H＜-92.2 kJ/mol，B错误；
C、稀硫酸与 Ba(OH)2溶液混合时，发生的反应包含两部分：
H+(aq) +OH-(aq)=H2O (l)，对应中和热 ΔH=-57.3 kJ/mol；Ba2+(aq) + SO42-(aq) = BaSO4(s)，该过程会额外放出热量（ΔH<0）。因此总反应 H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)=BaSO4(s)+2H2O (l) 的 ΔH，是 “中和放热” 与 “沉淀放热” 的总和，其数值应小于 - 114.6 kJ/mol ，C错误；
D、石墨燃烧的热化学方程式为 C(s，石墨)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-393.51 kJ/mol，其逆反应 CO2(g)=C(s，石墨)+O2(g) 的 ΔH 符号相反、数值相等，D正确；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
对 ΔH 与反应条件的认知误区：误认为反应条件（如光照、点燃）会改变 ΔH，实际 ΔH 只由反应物、生成物的状态决定。
可逆反应的 ΔH 理解偏差：错把可逆反应的实际放热等同于热化学方程式中 “完全反应” 的 ΔH，忽略可逆反应无法进行到底的特点。
忽略反应的额外能量变化：分析中和反应时，只考虑 H+与 OH-的中和放热，遗漏沉淀（如 BaSO4）生成过程的能量变化，导致 ΔH 计算错误。
逆反应 ΔH 的符号混淆：易搞反正、逆反应的 ΔH 符号，忘记逆反应的 ΔH 与正反应数值相等、符号相反。
7．【答案】C
【知识点】化学反应中能量的转化；吸热反应和放热反应
【解析】【解答】A、(a) 图中反应物能量低于生成物，对应吸热反应。一氧化碳与水的反应（CO+H2O=CO2+H2）是吸热反应，能量变化与图示一致，A相符；
B、(b) 图中石墨的能量低于金刚石，物质能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，B相符；
C、(c) 图中 2mol SO2(g) 和 1mol O2(g) 完全反应的放热为 (a b) kJ，但 SO2与 O2的反应是可逆反应，密闭容器中 1mol O2和 2mol SO2无法完全反应，实际放热量小于 (a b) kJ，C不相符；
D、(d) 图中，A 到 B 的能量变化为 E2 E1，B 到 C 的能量变化为 E4 E3，总能量差（A 与 C）为 (E2 E1)+(E4 E3)=E4 E1 E3+E2，D相符；
故答案为：C。
【分析】A．抓 “反应热类型”——(a) 图是吸热反应，CO 与 H2O 的反应恰好是吸热反应，直接匹配。
B．抓 “稳定性与能量”——(b) 图中石墨能量更低，直接判定石墨更稳定。
C．抓 “可逆反应的限度”——SO2与 O2的反应是可逆反应，无法完全转化，实际放热小于 (a b) kJ，直接判定叙述不符。
D．抓 “能量差计算”—— 分两步算 A到B、B到C 的能量变化，再求和，结果与叙述一致，判定相符。
8．【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；以氯碱工业为基础的化工生产简介；电镀
【解析】【解答】A、镀铜的要求是 “待镀金属（铁）作阴极、镀层金属（铜）作阳极”。但装置甲中 “铁接电源正极（阳极）、铜接电源负极（阴极）”，电极连接反了，无法实现镀铜，故A不符合题意 ；
B、电解精炼铜的规则是 “粗铜作阳极（失电子溶解）、精铜作阴极（Cu2+ 得电子析出）”，电解质用 CuSO4溶液。装置乙中 “粗铜接正极、精铜接负极”，符合电解精炼的电极要求，能达到目的，故B符合题意 ；
C、电解饱和 NaCl 溶液制备 NaOH 时，需用阳离子交换膜（让 Na+ 进入阴极区，避免 OH - 与 Cl2反应）。但装置丙用的是阴离子交换膜，Cl- 会进入阴极区与 OH-反应，无法有效分离产物，装置错误，故C不符合题意 ；
D、保护钢闸门需采用 “牺牲阳极法”（钢闸门作正极）或 “外加电流法”（钢闸门作阴极）。装置丁中钢闸门与石墨直接相连，无外加电源，且石墨不如铁活泼，钢闸门会作负极被腐蚀，无法防护，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】A．镀铜时铁（待镀）接正极（阳极），违反 “待镀金属作阴极”。
B．粗铜接正极（阳极）、精铜接负极（阴极），符合电解精炼的电极要求。
C．用阴离子交换膜，违反 “制 NaOH 需阳离子交换膜”。
D．钢闸门与石墨直接连，无电源，钢闸门作负极被腐蚀，违反 “被保护金属作正 、 阴极”。
9．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】正负极判断：燃料（如 CH3OH）发生氧化反应的电极为负极；发生还原反应（如 Cr2O72-到Cr(OH)3）的电极为正极。
电极反应与 pH 的关系：正极反应若消耗 H+，则附近溶液 pH增大；若生成 H+，则 pH 减小。
离子迁移与电子转移的关系：阳离子（如 H+）向正极迁移，迁移的阳离子物质的量与转移电子的物质的量相等。
A、M 极上 CH3OH 被氧化，M 是负极，符合 “燃料在负极氧化”，A正确；
B、CH3OH 在 M 极（负极）发生氧化反应，符合 “负极发生氧化反应”，B正确；
C、N 极（正极）反应消耗 H+，H+浓度降低，pH 增大，符合 “消耗 H+pH 增大”，C正确；
D、0.1 mol Cr2O72-反应转移 0.6 mol 电子（Cr 从 +6到+3），H+应从左侧（负极）向右侧（正极）迁移，且根据电极方程式 O2+4e-+4H+=2H2O、+6e-+8H+=2Cr(OH)3+H2O，可知迁移量 大于0.8 mol ，既违背 “阳离子向正极迁移”，又与电子转移量不符，D错误；
故答案为：D。
【分析】从装置图可知，M 电极是原电池的负极：在微生物与水分子的作用下，甲醇在 M 极失去电子，发生氧化反应，生成二氧化碳与氢离子，对应的电极反应为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
N 电极为原电池的正极：在还原菌的作用下，酸性环境中的重铬酸根离子（Cr2O72-）与氧气在 N 极得到电子，发生还原反应，分别生成氢氧化铬和水，对应的电极反应有两个：
O2+4e-+4H+＝2H2O、Cr2O+6e-+8H+＝2Cr(OH)3+H2O，
原电池工作时，负极区产生的 H+（阳离子）会通过阳离子交换膜，向正极区（N 极）移动，以维持溶液的电荷平衡。
10．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、铂电极为阳极，发生氧化反应：2H2O-4e-=O2↑+4H+。生成的 H+与 HCO3-反应生成 CO2，故阳极产生 O2和 CO2，A正确；B、铜电极为阴极，CO2得电子生成 C2H4。反应式为，B错误；
C、电解时，阴离子（HCO3-）向阳极（左槽，铂电极）移动，通过阴离子交换膜左移，C正确；
D、2.8g C2H4为 0.1mol，生成 1mol C2H4转移 12mol e-，故 0.1mol 转移 1.2mol e-。阳极生成 1mol O2转移 4mol e-，则 1.2mol e-对应 0.3mol O2，标准状况下体积为 6.72L，D正确；
故答案为：B。
【分析】先判断电极极性：多晶铜电极未参与反应，且 CO2在此得电子生成 C2H4，故铜电极为阴极；铂电极为阳极（发生氧化反应）。结合电解质（KHCO3溶液）和离子交换膜，分析电极反应与离子移动：
电极与反应分析
阴极（铜电极）：CO2得电子，结合 HCO3-生成 C2H4、CO32-和 H2O，反应需满足电子、电荷守恒。
阳极（铂电极）：H2O 失电子生成 O2和 H+，H+与迁移来的 HCO3-反应生成 CO2，故阳极产生 O2和 CO2。离子移动：阴离子（HCO3-）向阳极（铂电极）移动，通过阴离子交换膜进入左槽。据此解题。
11．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、放电时，Zn 转化为 Zn(OH)2（失电子，氧化反应），故 Zn 是负极；石墨电极上 FeO42-转化为 Fe (OH)3（得电子，还原反应），并非氧化反应，A错误；
B、放电时，甲池（负极区）的反应为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。每生成 1mol Zn(OH)2，消耗 2mol OH-，但题目未说明生成物质的量，表述不明确，B错误；
C、充电时，Zn 电极是阴极（得电子），阴离子向阳极（石墨电极）移动，并非向锌电极移动，C错误；
D、充电时，石墨电极是阳极，反应为：Fe(OH)3-3e-+5OH-=FeO42-+4H2O，消耗 OH-，导致电极附近 OH-浓度降低，pH 减小，D正确；
故答案为：D。
【分析】先通过放电时的电极反应判断正负极：Zn 失电子生成 Zn(OH)2，故锌电极为负极（发生氧化反应）；石墨电极为正极（发生还原反应）。充电时，原电池的负极（锌电极）变为电解池的阴极（发生还原反应），原电池的正极（石墨电极）变为电解池的阳极（发生氧化反应）。
12．【答案】A
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂；气体摩尔体积
【解析】【解答】A、催化剂的作用是改变反应历程、降低活化能，但反应的焓变由反应物和生成物的总能量差决定，与催化剂无关，A错误；
B、步骤 Ⅰ 中，甲醛的 O 原子与催化剂表面 - OH 的 H 原子形成氢键，实现吸附，该描述符合氢键吸附的特征，B正确；
C、甲醛完全氧化的反应为：HCHO+O2=CO2+H2O，1mol HCHO 消耗 1mol O2。0.1mol HCHO 参与反应时，消耗 0.1mol O2，标准状况下体积为 2.24L，C正确；
D、从反应机理看，O2参与反应后，O 原子最终进入 H2O 中，因此用 8O2代替 O2时，生成的 H2O 中 O 原子为 8O，D正确；
故答案为：A。
【分析】A．直接抓 “催化剂与焓变的关系”—催化剂不会改变反应的焓变，仅影响活化能。
B．聚焦 “吸附方式”—步骤 Ⅰ 中甲醛的 O 原子与催化剂表面 - OH 的 H 原子形成氢键，符合氢键吸附的结构特征。
C．紧扣 “计量关系”—总反应中 1mol HCHO 对应 1mol O2，0.1mol HCHO 在标准状况下消耗 0.1mol O2（体积 2.24L），计算无偏差。
D．利用 “原子追踪”—O2参与反应后 O 原子最终进入 H2O，用 8O2标记时，生成的 H2O 必然含 8O。
13．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、甲醚在负极发生氧化反应，电极反应应失电子，而该式写了 “+12e-”（得电子）， 最终电极反应为：CH3OCH3 + 3H2O -12e-= 2CO2+12H+，A错误；B、电解时，Na+需通过膜 b 到阴极生成 NaOH，SO42-需通过膜 a 到阳极生成 H2SO4，故膜 a 是阴离子交换膜、膜 b 是阳离子交换膜，B错误；
C、阳极区（膜 a 侧）SO42-富集，结合 H+生成 H2SO4（即 M）；阴极区（膜 b 侧）Na+富集，结合 OH-生成 NaOH（即N），C正确；
D、甲醚负极反应转移 12e-，生成气体 Y（H2）的阴极反应每生成 1mol H2转移 2e-，则甲醚与 Y 的物质的量比为 1：6，不是 1：3，D错误；
故答案为：C。
【分析】左侧是甲醚燃料电池单元：通入甲醚的电极是负极（燃料在此发生氧化反应），通入氧气的电极是正极（氧气在此发生还原反应）。
右侧是电解 Na2SO4溶液的分离单元（与燃料电池形成电路）：燃料电池的电极与电解池电极直接关联—燃料电池的正极对应电解池的阴极，燃料电池的负极对应电解池的阳极。
电解池左侧（阳极区）发生反应： 2H2O-4e-= O2↑+4H+。中间室里的 SO42-需要向阳极区移动，才能和生成的 H+结合成 H2SO4，因此分隔中间室与阳极区的膜 a，得允许阴离子通过，属于阴离子交换膜。
电解池右侧（阴极区）发生反应： 2H2O+2e-= H2↑+ 2OH- 。中间室里的 Na+需要向阴极区移动，才能和生成的 OH-结合成 NaOH，因此分隔中间室与阴极区的膜 b，得允许阳离子通过，属于阳离子交换膜。
14．【答案】（1）放热；ΔH＜0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)；NH (aq)＋2O2(g)=NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH=-346 kJ·mol-1
（2）11.2L
（3）436
（4）＋84.6
【知识点】吸热反应和放热反应；热化学方程式；盖斯定律及其应用；有关反应热的计算
【解析】【解答】（1）①从图象中可知，第一步反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应；
②第一步反应的热化学方程式是 ，第二步反应的热化学方程式是 ，根据盖斯定律，得到1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式
NH (aq)＋2O2(g)=NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH=-346 kJ·mol-1。
故答案为： 放热 ； ΔH＜0(或反应物的总能量大于生成物的总能量) ； NH (aq)＋2O2(g)=NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH=-346 kJ·mol-1 ；
（2）根据盖斯定律，“反应①× +反应②”可得到CO(g)与Na2O2(s)反应的热化学方程式 ，则放出509 kJ热量时，消耗Na2O2(s)1mol，生成的O20.5mol，标况下体积为11.2L。
故答案为： 11.2L ；
（3）根据题意，1 mol氢气完全燃烧生成1 mol气态水的热化学方程式为 ，由热效应等于反应物总键能减去生成物总键能可知，，求得H—H键能为436 kJ·mol-1。
故答案为： 436 ；
（4）氢能的储存是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni，已知：
Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s)　ΔH1=-74.5 kJ·mol-1； Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s)　ΔH2=-64.4 kJ·mol-1；Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s)　ΔH3=＋84.6 kJ·mol-1
故答案为： ＋84.6 。
【分析】①放热反应，判断依据：ΔH<0（反应物总能量> 生成物总能量）；②利用盖斯定律，将两步反应相加，得总热化学方程式。
(2)用盖斯定律，将反应①×+ 反应②，得到 CO 与 Na2O2反应的热化学方程式；结合放出热量计算 O2物质的量，再算标况体积。
(3)根据 “ΔH = 反应物键能总和 - 生成物键能总和”，代入数据计算 H—H 键能。
(4) 利用盖斯定律，将反应② - 2× 反应①，得到 ΔH3。
（1）①从图象中可知，第一步反应反应物的总能量大于生成物的总能量，是放热反应；
②第一步反应的热化学方程式是 ，第二步反应的热化学方程式是 ，根据盖斯定律，得到1 mol NH (aq)全部氧化成NO (aq)的热化学方程式NH (aq)＋2O2(g)=NO (aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH=-346 kJ·mol-1。
（2）根据盖斯定律，“反应①× +反应②”可得到CO(g)与Na2O2(s)反应的热化学方程式 ，则放出509 kJ热量时，消耗Na2O2(s)1mol，生成的O20.5mol，标况下体积为11.2L。
（3）根据题意，1 mol氢气完全燃烧生成1 mol气态水的热化学方程式为 ，由热效应等于反应物总键能减去生成物总键能可知，，求得H—H键能为436 kJ·mol-1。
（4）氢能的储存是氢能利用的前提，科学家研究出一种储氢合金Mg2Ni，已知：
Mg(s)＋H2(g)=MgH2(s)　ΔH1=-74.5 kJ·mol-1； Mg2Ni(s)＋2H2(g)=Mg2NiH4(s)　ΔH2=-64.4 kJ·mol-1；Mg2Ni(s)＋2MgH2(s)=2Mg(s)＋Mg2NiH4(s)　ΔH3=＋84.6 kJ·mol-1
15．【答案】（1）2.0；碳粉含量的影响
（2）吸氧；还原；
（3）反应放热，温度升高
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）①为参照试验，由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，
故答案为：2.0；碳粉含量的影响；
（2）t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：，
故答案为：吸氧；还原；；
（3）图中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，
故答案为：反应放热，温度升高。
【分析】(1) 遵循控制变量法：②探究醋酸浓度影响，铁粉质量需与①一致（2.0g）；③变量为碳粉质量，实验目的为 “探究碳粉含量的影响”。
(2) 压强小于起始值，推出气体减少，铁发生吸氧腐蚀；碳粉为正极，发生还原反应，电极反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-。
(3)压强增大原因除析氢腐蚀产气体外，还可能是反应放热使容器内温度升高，气体膨胀导致压强变大。
（1）①为参照试验，由于②探究醋酸的浓度的影响，则除了醋酸浓度不同外，其它条件必须完全相同，即铁粉质量应该为2.0g；③中只有碳粉含量与①不同，则③为探究碳粉含量的影响，故答案为：2.0；碳粉含量的影响；
（2）t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：，故答案为：吸氧；还原；；
（3）图中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热，温度升高。
16．【答案】（1）6；
（2）SO2-2e-+2H2O=4H++SO；2mol
（3）+2e-=2S2-+Fe
（4）正；2Cl--2e-=Cl2↑；2；X
（5）负；
（6）-252.9
（7）CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；4×104mol
（8）有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，将H2S转化为HS-(或S2-)，将部分CO2转化为(或CO)；O2；H2S+4H2O-8e-=10H++SO
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）阴极上CO2得电子和氢离子生成乙醇和水，电极反应式为：，转移电子为12mol，同理根据铅蓄电池的总反应方程式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知，每消耗2mol硫酸转移2mol电子，每生成0.5mol乙醇转移6mol电子，转移6mol电子，消耗6mol硫酸；铅蓄电池为电源时正极氧化铅得电子，生成硫酸铅，电极反应式；
故答案为： 6 ； ；
（2）①a电极上是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H++SO；
②理论上1mol H2S参加反应，H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2，生成2molSO2，在电极上发生氧化反应，转移4mol电子，阴极上电极反应：I2+2H++2e-=2HI，2HI H2↑+I2，电极上生成4molHI，所以理论上生成2mol氢气；
故答案为： SO2-2e-+2H2O=4H++SO ； 2mol ；
（3）原电池反应为FeS2+4Li=Fe+4Li++2S2-，负极是Li失电子发生氧化反应，FeS2得到电子生成硫离子和铁，该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++，负极反应式为Li-e-=Li+，用总反应减去第1步反应得，2Li+=Fe+2Li++2S2-，用该反应减去负极反应式，消去Li+即可得正极反应式的第2步电极反应式为+2e-=2S2-+Fe；
故答案为：+2e-=2S2-+Fe ；
（4）①X极上H+得到电子生成H2，为正极，Y极为负极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
②由电荷守恒可知，Y极生成1molCl2时，电路中转移2mol电子，有2mol锂离子移向X极(正极)；
故答案为： 正 ； 2Cl--2e-=Cl2↑ ；2；X；
（5）CH4酸性燃料电池中电子从负极经外电路流向正极，则图中电极c为负极，电极d为正极，负极上CH4发生失电子的氧化反应生成CO2，正极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，中间采用质子交换膜，允许H+通过，故负极的电极反应式为：；
故答案为： 负 ； ；
（6）由已知可得①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（l）ΔH=-890.3 kJ mol-1；②H2(g)+O2(g)=H2O（l）ΔH=-285.8 kJ mol-1，根据盖斯定律知4×②-①可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)，其ΔH=4×(-285.8kJ mol-1)-(-890.3kJ mol-1)=-252.9kJ mol-1；
故答案为： -252.9 ；
（7）①微生物电解池实现CO2甲烷化，CO2得到电子生成CH4，其阴极电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；
②标准状况下112 m3的CH4的物质的量为=5000mol，故产生5000molCH4，理论上导线中通过的电子的物质的量为5000mol×8=4×104mol；
故答案为： CO2+8H++8e-=CH4+2H2O ； 4×104mol ；
（8）①控制电解槽中阴极室pH＞7，有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，并转化为HS-(或S2-)、HCO(或CO)；
②电解池中，HS-(或S2-)、HCO(或CO)移向阳极与酸生成H2S、CO2，阳极上OH-(或H2O)、H2S发生失去电子的氧化反应生成O2、SO，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O(或2H2O-4e-=O2↑+4H+)、H2S+4H2O-8e-=10H++SO，所以阳极室逸出CO2和O2，H2S转化为SO42-而除去。
故答案为： 有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，将H2S转化为HS-(或S2-)，将部分CO2转化为(或CO) ； O2 ； H2S+4H2O-8e-=10H++SO 。
【分析】(1)算硫酸消耗：CO2制乙醇转移12e-，0.5mol乙醇转移6e-；铅蓄电池每2mol H2SO4转移2e-，故消耗6mol H2SO4。
正极反应：PbO2得电子生成PbSO4，反应为。
(2)① 电极a反应：SO2失电子生成SO42-，反应为。
② 1mol H2S生成2mol SO2，转移4e-，对应生成2mol H2。
(3)总反应减第1步反应，得正极第2步反应：。
(4)① X极生成H2（得电子）为正极；Y极Cl-失电子生成Cl2，反应为。
② 生成1mol H2转移2e-，2mol Li+移向X极。
(5)c电极失电子为负极；负极反应：CH4失电子生成CO2，反应为。
(6)用盖斯定律：4×H2燃烧热 - CH4燃烧热，得。
(7)① 阴极反应：CO2得电子生成CH4，反应为。
② 112m3 CH4为5000mol，转移电子。
(8)① 阴极室pH>7：利于吸收酸性气体（CO2、H2S），转化为弱酸根。
② 阳极室逸出O2；H2S氧化为SO42-，反应为。
（1）阴极上CO2得电子和氢离子生成乙醇和水，电极反应式为：，转移电子为12mol，同理根据铅蓄电池的总反应方程式为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O可知，每消耗2mol硫酸转移2mol电子，每生成0.5mol乙醇转移6mol电子，转移6mol电子，消耗6mol硫酸；铅蓄电池为电源时正极氧化铅得电子，生成硫酸铅，电极反应式；
（2）①a电极上是二氧化硫失电子发生氧化反应生成硫酸，电极反应为：SO2-2e-+2H2O=4H++SO；
②理论上1mol H2S参加反应，H2S+H2SO4=SO2↑+S↓+2H2O、S+O2=SO2，生成2molSO2，在电极上发生氧化反应，转移4mol电子，阴极上电极反应：I2+2H++2e-=2HI，2HI H2↑+I2，电极上生成4molHI，所以理论上生成2mol氢气；
（3）原电池反应为FeS2+4Li=Fe+4Li++2S2-，负极是Li失电子发生氧化反应，FeS2得到电子生成硫离子和铁，该反应可认为分两步进行：第1步，FeS2+2Li═2Li++，负极反应式为Li-e-=Li+，用总反应减去第1步反应得，2Li+=Fe+2Li++2S2-，用该反应减去负极反应式，消去Li+即可得正极反应式的第2步电极反应式为+2e-=2S2-+Fe；
（4）①X极上H+得到电子生成H2，为正极，Y极为负极，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
②由电荷守恒可知，Y极生成1molCl2时，电路中转移2mol电子，有2mol锂离子移向X极(正极)；
（5）CH4酸性燃料电池中电子从负极经外电路流向正极，则图中电极c为负极，电极d为正极，负极上CH4发生失电子的氧化反应生成CO2，正极上氧气发生得电子的还原反应生成H2O，中间采用质子交换膜，允许H+通过，故负极的电极反应式为：；
（6）由已知可得①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O（l）ΔH=-890.3 kJ mol-1；②H2(g)+O2(g)=H2O（l）ΔH=-285.8 kJ mol-1，根据盖斯定律知4×②-①可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(l)，其ΔH=4×(-285.8kJ mol-1)-(-890.3kJ mol-1)=-252.9kJ mol-1；
（7）①微生物电解池实现CO2甲烷化，CO2得到电子生成CH4，其阴极电极反应式为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O；
②标准状况下112 m3的CH4的物质的量为=5000mol，故产生5000molCH4，理论上导线中通过的电子的物质的量为5000mol×8=4×104mol；
（8）①控制电解槽中阴极室pH＞7，有利于酸性气体CO2和H2S的吸收，并转化为HS-(或S2-)、HCO(或CO)；
②电解池中，HS-(或S2-)、HCO(或CO)移向阳极与酸生成H2S、CO2，阳极上OH-(或H2O)、H2S发生失去电子的氧化反应生成O2、SO，电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O(或2H2O-4e-=O2↑+4H+)、H2S+4H2O-8e-=10H++SO，所以阳极室逸出CO2和O2，H2S转化为SO42-而除去。
17．【答案】（1）+1627.6
（2）；电极B上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，为阴极，则电极A为阳极，电极反应为，生成的ClO-将或NH3氧化为N2，自身被还原为Cl-循环反应，电极B的反应为，生成的OH-通过阴离子交换膜参与阳极的反应
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）已知①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H1=-905.6 kJ/mol
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=180.5 kJ/mol；
根据盖斯定律，4×②－①得到4N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)，H =4×180.5 kJ/mol－(-905.6 kJ/mol)=+1627.6 kJ/mol
故答案为： +1627.6 ；
（2）以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图，使用过程中石墨I电极发生反应生成氧化物Y，二氧化氮在负极失电子发生氧化反应，元素化合价升高为+5价，氧化物为N2O5，即石墨I电极为负极；石墨Ⅱ为正极；
①根据分析可知，石墨Ⅱ为正极，在正极发生得电子的还原反应，电极反应式：；
②电极B上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，为阴极，则电极A为阳极，电极反应为，生成的ClO-将或NH3氧化为N2，自身被还原为Cl-循环反应，电极B的反应为，生成的OH-通过阴离子交换膜参与阳极的反应。
故答案为： ； 电极B上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，为阴极，则电极A为阳极，电极反应为，生成的ClO-将或NH3氧化为N2，自身被还原为Cl-循环反应，电极B的反应为，生成的OH-通过阴离子交换膜参与阳极的反应 。
【分析】(1)利用盖斯定律，将已知反应 “4×② - ①”，代入 ΔH 计算，得到目标热化学方程式的 ΔH。
(2)①判断正负极（石墨 II 为正极），结合反应物（N2O5、O2）与生成物（NO3-），写出正极得电子的还原反应式。
②确定电极极性（电极 B 为阴极、A 为阳极），写出阳极（Cl-到ClO-）和阴极（H2O到H2）的反应式，说明 ClO-氧化 NH4+、NH3为 N2，ClO-被还原为 Cl-循环，OH-通过交换膜参与反应。
（1）已知①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) H1=-905.6 kJ/mol
②N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=180.5 kJ/mol；
根据盖斯定律，4×②－①得到4N2(g)+6H2O(g)=4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)，H =4×180.5 kJ/mol－(-905.6 kJ/mol)=+1627.6 kJ/mol
（2）以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如图，使用过程中石墨I电极发生反应生成氧化物Y，二氧化氮在负极失电子发生氧化反应，元素化合价升高为+5价，氧化物为N2O5，即石墨I电极为负极；石墨Ⅱ为正极；
①根据分析可知，石墨Ⅱ为正极，在正极发生得电子的还原反应，电极反应式：；
②电极B上水得到电子生成氢气和氢氧根离子，为阴极，则电极A为阳极，电极反应为，生成的ClO-将或NH3氧化为N2，自身被还原为Cl-循环反应，电极B的反应为，生成的OH-通过阴离子交换膜参与阳极的反应。
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