2021届高三化学一轮复习-化学反应与能量(有详细答案和解析).docx

1、2021届高三化学一轮复习化学反应与能量（有详细答案和解析）考生注意：1本试卷共4页。2答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上。3本次考试时间100分钟，满分100分。4请在密封线内作答，保持试卷清洁完整。一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1下列关于能量变化的说法正确的是()A“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C已知C(石墨，s)=C(金刚石，s)H0，则金刚石比石墨稳定D化学反应

2、遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒答案D解析A项，水和冰相比较，冰的能量低，错误；B项，发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以表现为光能，错误；C项，H0说明反应吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，错误。2下图为H2与O2反应生成H2O(g)的能量变化示意图，下列有关叙述不正确的是()A1 mol H2分子断键需要吸收436 kJ的能量BH2(g)O2(g)=H2O(g)H241.8 kJmol1C反应物的总能量高于生成物的总能量D形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量小答案D解析A项，根据示意图可知1 mol H2分子断键需要吸收43

3、6 kJ的能量，正确；B项，反应热等于断键吸收的能量和形成化学键放出的能量的差值，因此H2(g)O2(g)=H2O(g)的反应热H436 kJmol1498 kJmol12463.4 kJmol1241.8 kJmol1，正确；C项，反应是放热反应，则反应物的总能量高于生成物的总能量，正确；D项，反应是放热反应，则形成化学键释放的总能量比断裂化学键吸收的总能量大，错误。3(2018衡水调研)下面有关电化学的图示，完全正确的是()答案D解析在CuZn原电池中，由于金属活动性：ZnCu，所以Zn作负极，Cu作正极，A项错误；粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，电极连接不正确，B项错误；在Fe片上镀

4、锌时，Fe作阴极，Zn作阳极，电极连接不正确，C项错误；电解饱和NaCl溶液时， 阳极发生反应：2Cl2e=Cl2，Cl2能使淀粉KI溶液变蓝，检验Cl2，D项正确。4下列有关电化学说法错误的是()A电池中电流由正极流向负极，锂电池比能量高，锂电池一般不用有机酸、醇、水溶液直接作电解质溶液B太阳能电池有的是物理过程，有的还包括一个循环往复的化学反应C硅铁合金(一种惰性材料)可做牺牲阳极的阴极保护法的阳极D电解时，有时一些阳离子、含氧酸根也可在阳极放电答案C解析A项，因为锂属于活泼金属会和有机酸、醇、水溶液直接反应放出氢气且反应比较剧烈，所以不能直接用他们作电解质溶液；C项，硅铁合金(一种惰性材

5、料)可做牺牲阳极的阴极保护法的正极，错误；D项，电解时，有时一些阳离子如Fe2可以放电变成Fe3、含氧酸根(如MnO也可以放电成为MnO)等都能在阳极放电，正确。5分别取50 mL 0.5 molL1的盐酸与50 mL 0.55 molL1的氢氧化钠溶液进行中和热测定实验。下列操作和说法不正确的是()A稍过量的氢氧化钠是确保盐酸完全反应B向盛装盐酸的烧杯中小心缓慢地加入氢氧化钠溶液C仪器A的名称是环形玻璃搅拌棒D在实验过程中，把温度计上的酸用水冲洗干净后再测量氢氧化钠溶液的温度答案B解析50 mL 0.5 molL1的盐酸与50 mL 0.55 molL1的氢氧化钠溶液进行中和反应，稍过量的氢

6、氧化钠是确保盐酸完全反应，测定的数值准确度高，A正确；向盛装盐酸的烧杯中加入氢氧化钠溶液时要一次性快速加入，防止反应的热量损失，B错误；为了使混合液混合均匀，反应更充分，用环形玻璃搅拌棒进行搅拌，C正确；在实验过程中，把温度计上的酸用水冲洗干净后再测量氢氧化钠溶液的温度，以防止酸碱中和放出的热量影响氢氧化钠溶液的温度测定，D正确。6(2019福州模拟)工业上由CO2和H2合成气态甲醇的热化学方程式为CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)H50 kJmol1。下面表示合成甲醇的反应的能量变化示意图，其中正确的是()答案A解析反应CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g

7、)H50 kJmol1是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，物质越稳定，其能量越小，所以液态物质的能量小于气态物质，则符合条件的图像是A。7(2018九江诊断)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是CH3OH(g)H2O(g)=CO2(g)3H2(g) H49.0 kJmol1CH3OH(g)O2(g)=CO2(g)2H2(g) H192.9 kJmol1根据上述反应，下列说法正确的是()A当反应中有0.3 mol电子转移时，放出的热量为9.645 kJB如图表示反应中的能量变化C可推知2H2(g)O2(g)=2H2O(l) H483.8 kJmol1DCH3OH转变

8、成H2的过程一定要吸收能量答案A解析反应中每燃烧1 mol CH3OH转移6 mol电子，放出192.9 kJ的热量，当有0.3 mol电子转移时，放出的热量为0.3 kJ9.645 kJ，A项正确；反应的H0，为吸热反应，而图示中为放热反应，B项错误；根据盖斯定律，由()2，可得：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H(192.9 kJmol149.0 kJmol1)2483.8 kJmol1，但选项中生成物水为液态，C项错误；CH3OH转变成H2，反应吸收能量，而反应放出能量，D项错误。8某学生设计的四种锂空气电池的工作原理示意图如图所示，固体电解质膜只允许Li通过，其中不正确的是()答

9、案A解析金属锂是活泼金属，与水接触时会发生反应：2Li2H2O=2LiOHH2，所以锂电极不能与水基电解质直接接触，观察对比会发现，只有A项中金属锂电极与水基电解质直接接触，故A项不正确。9(2018银川调研)已知在101 kPa,298 K条件下，2 mol氢气燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，下列热化学方程式正确的是()AH2O(g)=H2(g)O2(g) H(298 K)242 kJmol1BH2(g)O2(g)=H2O(l) H(298 K)484 kJmol1CH2(g)O2(g)=H2O(g) H(298 K)242 kJmol1DH2(g)O2(g)=H2O(g) H(298

10、K)484 kJmol1答案C解析在101 KPa,298 K条件下，2 mol氢气燃烧生成水蒸气放出484 kJ热量，则该反应的热化学方程式为2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H484 kJmol1或H2(g)O2(g)=H2O(g)H242 kJmol1，题中只有C正确。10(2018永定区校级月考)工业上生产环氧乙烷()的反应为：2CH2=CH2(g)O2(g)=2(g) H106 kJmol1其反应机理如下：AgO2AgO2慢CH2=CH2AgO2AgO快CH2=CH26AgO2CO22H2O6Ag快下列有关该反应的说法正确的是()A理论上0.7 mol乙烯参与反应最多可能得到0.

11、6 mol环氧乙烷B反应的活化能等于106 kJmol1CAgO2也是反应的催化剂D增大乙烯浓度能显著提高环氧乙烷的生成速率答案A解析A项，由AgO2AgO2，CH2=CH2AgO2AgOCH2=CH26AgO2CO22H2O6Ag根据盖斯定律，6()可得：7CH2=CH26O262CO22H2O，则理论上0.7 mol乙烯参与反应，有0.1 mol乙烯被氧化成二氧化碳，即最多可得到0.6 mol环氧乙烷，正确；B项，2CH2=CH2(g)O2(g)=2(g)H106 kJmol1中“106 kJmol1”为反应热，不是活化能，错误；C项，Ag单质是催化剂，而AgO2是中间产物，错误；D项，根

12、据反应机理，反应速率取决于慢反应，所以增大乙烯浓度对反应速率影响不大，错误。11(2018扬州质检)金属燃料电池是一类特殊的燃料电池，具有成本低、无毒、无污染、高比功率、高比能量等优点。电池的基本结构如图所示，锌、铁、铝、锂等金属都可用在金属燃料电池中。下列说法正确的是()A电池工作时，电子沿金属M电解质溶液空气电极移动B电池工作时，正极附近溶液的pH增大CMn向负极移动D若M为锌时，电池总反应为Zn2H2O=Zn(OH)2H2答案B解析依题意知，金属M为负极，空气电极为正极，电池反应相当于在中性电解质溶液中发生吸氧腐蚀。A项，电子只在外电路中移动，错误；B项，NaCl溶液呈中性，正极上吸收O

13、2，电极反应式为O24e2H2O=4OH，正极附近溶液的pH增大，正确；C项，Mn向正极移动，错误；D项，锌为负极，电池总反应为2ZnO22H2O=2Zn(OH)2，错误。122017年9月我国科学家在可充放电式锌空气电池研究方面取得重大进展。电池原理如图所示，该电池的核心组分是驱动氧化还原反应(ORR)和析氧反应(OER)的双功能催化剂，KOH溶液为电解质溶液，放电的总反应式为2ZnO24OH2H2O=2Zn(OH)。下列有关说法不正确的是()A放电时电解质溶液中K向正极移动B放电时锌电池负极反应为Zn4OH=Zn(OH)2eCZ充电时催化剂降低析氧反应(OER)的活化能D充电时阴极生成6.

14、5 g Zn的同时阳极产生2.24 L O2(标准状况)答案D解析放电时电解质溶液中带正电荷的K向正极移动，A正确；由总反应式知，负极是活泼金属锌失去电子被氧化为Zn2，Zn2与OH反应结合为难电离的四羟基合锌酸根离子Zn(OH)：Zn2e4OH=Zn(OH)，“2e”移到右边也是正确的，B正确；由总反应式和原理图知，放电时发生“氧化还原反应(ORR)”，充电时发生“析氧反应(OER)”，“双功能催化剂”意味着无论放电还是充电均能降低反应活化能，起到催化作用，C正确；充电时阴极生成6.5 g Zn转移0.2 mol e，而阳极产生2.24 L O2(标准状况)则是转移0.4 mol e，D错误

15、。13科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用CuSi合金作硅源，在950 利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法不正确的是()A电流强度不同，会影响硅提纯速率B电子由液态CuSi合金流出，从液态铝流入C在该液态熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4优先于Cu2被还原D三层液熔盐的作用是增大电解反应的面积，提高硅的沉积效率答案C解析A项，电解反应的速率由电流强度决定，正确；B项，由图示可知，液态铝是阴极，连接电源负极，所以电子从液态铝流入，液态CuSi合金为阳极，电子由液态CuSi合金流出，正确；C项，由图示可知，电解的阳极反应为硅失去电子被氧化为Si4，阴

16、极反应为Si4得到电子被还原为硅单质，错误；D项，使用三层液熔盐可以有效增大电解反应面积，提高硅沉积效率，正确。14四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵(CH3)4NCl为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH，其工作原理如图所示(a、b为石墨电极，c、d、e为离子交换膜)，下列说法不正确的是()AN为电源正极B标况下制备0.75NA(CH3)4NOH，a、b两极共产生16.8 L气体Cc、e均为阳离子交换膜Db极电极反应式：4OH4e=O22H2O答案B解析电解后左侧四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH稀溶液转化为浓溶液，说明a极发生还原反应：2H2O2e=H2

17、2OH，据此判断a为阴极，M为电源负极，N为电源正极，A正确；b为电解池阳极，电极反应为4OH4e=O22H2O，制备0.75NA(CH3)4NOH，需要阴极产生0.75NA OH，转移电子0.75 mol，阴、阳极共生成气体22.4 L12.6 L，B错误、D正确；阴极c(OH)不断增大，中间原料室的四甲基氯化铵(CH3)4NCl电离出的(CH3)4N穿过c膜进入左侧阴极室，c膜为阳离子交换膜；原料室的氯化钠稀溶液转化为浓溶液，表明右侧阳极室的钠离子穿过e膜进入原料室，故e膜为阳离子交换膜，C正确。15(2018太原调研)用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶

18、液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是()A通电后阳极区溶液pH增大B阴极的电极反应式为4OH4e=O22H2OC当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.25 mol的Cl2生成D通电后Li通过阳离子交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出答案D解析阳极反应式为2Cl2e=Cl2，部分Cl2溶于水使溶液呈酸性，故阳极区溶液pH减小，A项错误；阴极上H得电子，发生还原反应，电极反应式为2H2O2e=H22OH，B项错误；根据阳极反应式2Cl2e=Cl2知，电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol Cl2生成，C项错误。16(2018湖北黄冈调研)用石墨电极进行下列电解反应

19、，电解进行后，可观察到b处凝胶变红，局部褪色，有关说法不正确的是()Ab处可能发生反应：4OH4e=O22H2OB开始电解时，a、d、n处均变为黄色C一段时间后，d处能析出铜Da、b、c、d、m、n处均有气泡产生答案D解析图中可看作三个串联电解池，其中a、n、d为阴极，b、m、c为阳极，电解质溶液是KCl。A项，b处发生的电极反应开始时是氯离子放电，随反应进行，氯离子减少，可能有氢氧根离子放电，正确；B项，a、n、d为阴极，均会发生溶液中的氢离子放电反应，电极附近呈碱性，使甲基橙溶液显黄色，正确；C项，m为阳极，铜失电子形成铜离子进入溶液，一段时间后d极铜离子放电产生铜单质，正确；D项，c、m

20、为阳极，分别是铁、铜单质失电子形成阳离子，无气体放出，错误。17(2018湖南十三校一联)碱性硼化钒(VB2)空气电池工作时反应为4VB211O2=4B2O32V2O5，用该电池为电源，选用惰性电极电解硫酸铜溶液。当外电路中通过0.04 mol电子时，B装置内共收集到0.448 L气体(标准状况)，则下列说法正确的是()AVB2电极发生的电极反应为2VB211H2O22e=V2O52B2O322HB外电路中电子由c电极流向VB2电极C电解过程中，c电极表面先有红色物质析出，后有气泡产生D若B装置内的液体体积为100 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.2 molL1答案C解析A装置是原电

21、池，相当于燃料电池，通入空气的一极是正极，VB2电极是负极，外电路电子由VB2电极流向c电极，B错误；B装置是电解池，c电极是阴极，b电极是阳极，电解过程中，c电极(阴极)有Cu2放电，表面先有红色物质Cu析出，然后是水中H放电，有气泡产生，C正确；由于电解质溶液显碱性，VB2电极发生的电极反应为2VB222OH22e=V2O52B2O311H2O，A错误；B装置内电解反应的方程式开始是2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2，后来是2H2O2H2O2，已知外电路中通过0.04 mol电子时，B装置内共收集到0.448 L气体(标准状况)，根据两个方程式，可以求出反应生成的O2是0.005

22、mol，则硫酸铜是0.01 mol，如果硫酸铜溶液体积为100 mL，则CuSO4溶液的物质的量浓度为0.1 molL1，D错误。18用如下装置处理KMnO4的废液，使Mn元素转化为MnO2沉淀，从而消除重金属污染，下列说法错误的是()AMnO处理完全后，实验结束时左侧可能会生成沉淀B右侧产生的Fe2沉淀MnO的离子方程式为：7H2O3Fe2MnO=3Fe(OH)3MnO25HC当电路中转移6 mol e时，可以产生87 g MnO2沉淀D为了增大右侧溶液的导电性可以加稀硫酸造成强酸性环境答案D解析A项，MnO处理完全后，阳极生成的Fe2会通过阳离子交换膜进入左侧，则左侧会生成Fe(OH)2沉

23、淀，正确；B项，右侧产生的Fe2在弱酸性条件下将MnO还原为MnO2，本身被氧化为Fe(OH)3，所以离子方程式为：7H2O3Fe2MnO=3Fe(OH)3MnO25H，正确；C项，根据阳极电极反应：Fe2e=Fe2，当电路中转移6 mol e时，生成3 mol Fe2，根据Fe2沉淀MnO的离子方程式7H2O3Fe2MnO=3Fe(OH)3MnO25H可得，生成1 mol MnO2，质量为1 mol87 gmol187 g，正确；D项，强酸性条件下，MnO与Fe2反应为：MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O，不能使Mn元素转化为MnO2沉淀，错误。二、非选择题(本题包括3小题，共46分

24、)19(15分)(2018西宁期末考试)研究CO2、H2的开发利用和氯气的循环利用意义重大。请按要求回答下列问题：(1)反应CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)在使用和未使用催化剂时，反应过程和能量的对应关系如图所示。下列说法一定正确的是_(填字母)。A该可逆反应的正反应为吸热反应B断裂反应物中的化学键吸收的总能量小于形成生成物中的化学键释放的总能量Ca与b相比，活化能EaEb(2)用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应4HClO22Cl22H2O可实现氯气的循环利用。已知：反应中4 mol HCl被氧化时放出115.6 kJ的热量，则反应的热化学方程式是_。

25、已知：O=O键和ClCl键的键能分别为498 kJmol1和243 kJmol1，则断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需的能量相差_kJ，H2O中的HO键比HCl中的HCl键_(填“强”或“弱”)。(3)甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主要反应如下：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H3CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H2CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H1已知反应中相关的化学键键能数据如下：化学键HHCOC=OHOCHE/kJmol14363431 0764654

26、13回答下列问题：由此计算H3_kJmol1，已知H258 kJmol1，则H1_kJmol1。答案(1)BC(2)4HCl(g)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)H115.6 kJmol131.9强(3)9941解析(1)根据图像可以看出，反应物的总能量高于生成物的总能量，正反应是放热反应，A错误；由于正反应是放热反应，所以断裂反应物中的化学键吸收的总能量少，形成生成物中的化学键放出的能量多，B正确；根据图像，a是没有使用催化剂的情况，活化能较高，b是使用催化剂的情况，能量较低，a与b相比，EaEb，C正确。(2)反应方程式中，4 mol HCl全部作还原剂，热化学方程式是4HCl(g

27、)O2(g)=2Cl2(g)2H2O(g)H115.6 kJmol1，H反应物的总键能生成物的总键能，即115.6 kJmol14E(HCl)498 kJmol12243 kJmol14E(OH)，E(OH)E(HCl)31.9 kJmol1，则断开1 mol HO键与断开1 mol HCl键所需的能量相差31.9 kJ，即H2O中的HO键比HCl中的HCl键强。(3)根据H反应物的总键能生成物的总键能，可以求出H3(1 076 kJmol12436 kJmol1)(3413 kJmol1343 kJmol1465 kJmol1)99 kJmol1，再利用盖斯定律，方程式方程式得出方程式，则H

28、158 kJmol1(99 kJmol1)41 kJmol1。20(15分)(2019武汉模拟)电化学原理在防止金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应用广泛。(1)图1中，为了减缓海水对钢闸门A的腐蚀，材料B可以选择_(填字母)。a碳棒 b锌板 c铜板用电化学原理解释材料B需定期拆换的原因：_。(2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图2为“镁次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铂合金。E为该燃料电池的_(填“正”或“负”)极。F电极上的电极反应式为_。镁燃料电池负极容易发生自腐蚀产生氢气，使负极利用率降低，用化学用语解释其原因：_。(3)乙醛酸(HOOCCHO

29、)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图3所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。N电极上的电极反应式为_。若有2 mol H通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生成的乙醛酸为_mol。答案(1)b锌板作原电池的负极，Zn 2e = Zn2，不断遭受腐蚀，需定期拆换(2)负ClO2eH2O=Cl2OHMg2H2O=Mg(OH)2H2(3)HOOCCOOH2e2H=HOOCCHOH2O2解析(1)形成原电池时，Fe作正极被保护，则要选择活泼性比Fe强的金属作负极，所以选锌；锌的活泼性比Fe的强，作

30、负极，不断遭受腐蚀，需定期拆换。(2)“镁次氯酸盐”燃料电池中失电子的为负极，则Mg为负极；正极上ClO得电子生成氯离子，则正极的电极反应式为ClO2eH2O=Cl2OH；Mg的活泼性较强能与水反应生成氢气，其反应的化学方程式为Mg2H2O=Mg(OH)2H2。(3)N电极上HOOCCOOH得电子生成HOOCCHO，则电极反应式为HOOCCOOH2e2H=HOOCCHOH2O；2 mol H通过质子交换膜，则电池中转移2 mol电子，根据电极方程式HOOCCOOH2e2H =HOOCCHOH2O，可知生成1 mol乙醛酸，由于两极均有乙醛酸生成，所以生成的乙醛酸为2 mol。21(16分)锌元

31、素是重要的金属元素，锌及其化合物在生活、生产中有广泛应用。(1)ZnO和Al2O3的化学性质相似，写出ZnO和NaOH溶液反应的离子方程式：_。(2)闪锌矿(主要成分为ZnS)、软锰矿(主要成分为MnO2)与硫酸共热时可以析出单质硫，该反应的化学方程式为_。(3)高铁电池是一种新型可充电电池，与普通电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压，高铁电池的总反应为3Zn2K2FeO48H2O3Zn(OH)22Fe(OH)34KOH，则放电时正极反应为_。(4)采用电化学法还原CO2是一种使CO2资源化的方法，如图是利用此法制备ZnC2O4的示意图(电解液不参与反应)。Zn与电源的_极相连。Pt电极

32、的电极反应为_。通入标准状况下11.2 L CO2时，转移电子数为_。(5)粗铜电解精炼的废电解液中常含有Zn2，Pb2，向废电解液中加入Na2S溶液，当有PbS和ZnS沉淀时，c(Zn2)c(Pb2)_。已知：Ksp(PbS)3.41028，Ksp(ZnS)1.61024。答案(1)ZnO2OH=ZnOH2O(2)MnO2ZnS2H2SO4=MnSO4ZnSO4S2H2O(3)FeO4H2O3e=Fe(OH)35OH(4)正2CO22e=C2O0.5NA(或3.011023)(5)4.7103(或104)解析(1)由Al2O3与NaOH溶液的反应类推ZnO与NaOH溶液的反应。(2)析出单质

33、硫，说明ZnS被氧化为S，则MnO2被还原为Mn2，化学方程式为MnO2ZnS2H2SO4=MnSO4ZnSO4S2H2O。(3)根据电池总反应，放电时正极上FeO发生还原反应，转化为Fe(OH)3，电极反应式为FeO4H2O3e=Fe(OH)35OH。(4)制备ZnC2O4，则Zn发生氧化反应，作阳极，与电源的正极相连。CO2在阴极上发生还原反应转化C2O，电极反应式为2CO22e=C2O。根据2CO22e=C2O，通入标准状况下11.2 L CO2时，转移0.5 mol电子。(5)c(Zn2)c(Pb2)c(Zn2)c(S2)c(Pb2)c(S2)Ksp(ZnS)Ksp(PbS)4.7103。