第六單元聽(tīng)課答案

第頁(yè)第六單元化學(xué)反應(yīng)與能量考點(diǎn)2019年2019年2019年2019年2019年化學(xué)反應(yīng)與熱能全國(guó)Ⅱ12(選擇);全國(guó)Ⅰ28(填空)全國(guó)Ⅱ13(選擇);全國(guó)Ⅰ28(填空)全國(guó)Ⅰ28(填空);全國(guó)Ⅱ27(填空);全國(guó)Ⅱ36(填空)全國(guó)Ⅱ26(填空);全國(guó)Ⅲ27(填空)全國(guó)Ⅱ27(填空)原電池化學(xué)電源全國(guó)Ⅱ11(選擇);全國(guó)Ⅰ10(選擇);全國(guó)Ⅰ28(填空)全國(guó)Ⅱ12(選擇)全國(guó)Ⅰ11(選擇)全國(guó)Ⅲ11(選擇)全國(guó)Ⅲ11(選擇)電解池、金屬的腐蝕及防護(hù)全國(guó)Ⅰ27(填空)全國(guó)Ⅰ27(填空)全國(guó)Ⅱ28(填空)全國(guó)Ⅰ11(選擇);全國(guó)Ⅲ11(選擇)全國(guó)Ⅰ11(選擇);全國(guó)Ⅱ11(選擇)一、教學(xué)建議化學(xué)反應(yīng)與能量包括化學(xué)能與熱能、化學(xué)能與電能兩部分,這兩部分內(nèi)容理論性強(qiáng)且均屬于中學(xué)化學(xué)的核心知識(shí),是高考試題中必考的知識(shí)點(diǎn),考查的層次相對(duì)較高、難度相對(duì)較大,復(fù)習(xí)中應(yīng)注意解決好如下幾個(gè)方面的問(wèn)題。1.研究高考題命制特點(diǎn),提高復(fù)習(xí)的針對(duì)性。近幾年高考對(duì)化學(xué)反應(yīng)與熱能知識(shí)的考查主要有:①根據(jù)熱化學(xué)方程式中ΔH與鍵能的關(guān)系求算某一化學(xué)鍵的鍵能或給出化學(xué)鍵鍵能求算某一反應(yīng)的ΔH;②根據(jù)幾個(gè)已知熱化學(xué)方程式,利用蓋斯定律書(shū)寫(xiě)某指定反應(yīng)的熱化學(xué)方程式或求該反應(yīng)的反應(yīng)熱、活化能、ΔH大小比較等;③利用物質(zhì)能量圖判斷反應(yīng)的熱效應(yīng)。常以新型可逆電池為素材來(lái)考查原電池、電解池工作原理、工作中電極周?chē)淖兓?、電解質(zhì)溶液的變化等。另外近幾年有關(guān)電解池在污水治理、物質(zhì)制備以及環(huán)境保護(hù)等方面應(yīng)用的試題開(kāi)始頻頻出現(xiàn)。因此復(fù)習(xí)過(guò)程中,一方面要通過(guò)對(duì)上述相應(yīng)基礎(chǔ)知識(shí)的重組、整合,形成知識(shí)網(wǎng)絡(luò);另一方面要選用、組編符合高考試題命制特點(diǎn)的練習(xí)題,訓(xùn)練學(xué)生的思維,培養(yǎng)與提高學(xué)生解決實(shí)際問(wèn)題的能力。2.總結(jié)規(guī)律技巧、突破難點(diǎn)與易錯(cuò)點(diǎn)。利用蓋斯定律求反應(yīng)熱、電極反應(yīng)方程式(尤其是新型原電池)的書(shū)寫(xiě)、電極產(chǎn)物種類(lèi)的判斷與數(shù)量的計(jì)算等是本單元知識(shí)的幾個(gè)難點(diǎn);電化學(xué)裝置工作時(shí),電子流動(dòng)方向、離子移動(dòng)方向、可能的電解產(chǎn)物H2、O2生成的電極種類(lèi)等是本單元知識(shí)的幾個(gè)易混點(diǎn)。復(fù)習(xí)中可通過(guò)列表對(duì)比、歸納總結(jié)、諧音記憶等方法突破上述難點(diǎn)、攻克易混點(diǎn)。二、課時(shí)安排本單元共3講,建議8課時(shí)完成,6課時(shí)用于在課堂上互動(dòng)式完成22~24講,2課時(shí)進(jìn)行測(cè)試及講評(píng)。第22講化學(xué)能與熱能【考點(diǎn)互動(dòng)探究】考點(diǎn)一知識(shí)梳理1.(1)H(生成物)-H(反應(yīng)物)(2)吸收或放出ΔHkJ/molkJ·mol-1(3)1mol(4)非活化活化2.(1)①吸收活化能②放出放出③反應(yīng)熱a.H(生成物)-H(反應(yīng)物)b.反應(yīng)物生成物ab3.煤石油天然氣不可再生可再生對(duì)點(diǎn)自測(cè)1.(1)×(2)×(3)√(4)×(5)√(6)√(7)×(8)×(9)√[解析](1)放熱反應(yīng)中,反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量。(2)放熱反應(yīng)的發(fā)生有的也需要加熱,如鋁熱反應(yīng);吸熱反應(yīng)有的不加熱也能發(fā)生,如Ba(OH)2·8H2O晶體和NH4Cl晶體的反應(yīng),錯(cuò)誤。(3)活化能越大,表明斷裂舊化學(xué)鍵需要克服的能量越大,正確。(4)焓變與反應(yīng)條件無(wú)關(guān),所以同溫同壓下,反應(yīng)H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)在光照和點(diǎn)燃條件下的ΔH相同,錯(cuò)誤。(5)可逆反應(yīng)的ΔH表示完全反應(yīng)時(shí)的熱量變化,與方程式中的化學(xué)計(jì)量數(shù)有關(guān),與反應(yīng)是否可逆無(wú)關(guān),正確。(7)釋放能量的過(guò)程不一定是化學(xué)反應(yīng),如固體氫氧化鈉溶于水,錯(cuò)誤。(8)化石能源為不可再生能源,錯(cuò)誤。(9)清潔燃料是指燃燒時(shí)不產(chǎn)生對(duì)人體和環(huán)境有害的物質(zhì)或產(chǎn)生很微量的有害物質(zhì),如天然氣、液化石油氣等,正確。2.(1)吸熱E1-E2(2)2E(C—H)+E(C—C)-E(CC)-E(H—H)題組訓(xùn)練題組一1.C[解析]物質(zhì)變化與能量變化是化學(xué)反應(yīng)的兩大特征,A項(xiàng)錯(cuò)誤;B項(xiàng)反應(yīng)為放熱反應(yīng),B項(xiàng)錯(cuò)誤;催化劑只能改變反應(yīng)的路徑,降低活化能,不能改變反應(yīng)熱,D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.D[解析]碳酸鈣受熱分解的反應(yīng)是吸熱反應(yīng),焓變大于零,故CO2(g)和CaO(s)的總能量大于CaCO3(s)的總能量,A、B項(xiàng)正確;在CaCO3中,Ca2+和CO32-之間存在離子鍵,CO32-中C與O之間存在共價(jià)鍵,故反應(yīng)中有離子鍵斷裂也有共價(jià)鍵斷裂,舊化學(xué)鍵斷裂需要吸收能量,新化學(xué)鍵形成放出能量,C項(xiàng)正確;需要加熱才能發(fā)生的反應(yīng)不一定為吸熱反應(yīng)題組二1.A[解析]金剛石的能量高于石墨,所以石墨轉(zhuǎn)變?yōu)榻饎偸俏鼰岱磻?yīng),A項(xiàng)正確;固態(tài)S的能量低于氣態(tài)S的能量,所以氣態(tài)S燃燒放出的熱量多,但放熱越多,ΔH越小,B項(xiàng)錯(cuò)誤;白磷的能量高于紅磷的能量,所以紅磷比白磷穩(wěn)定,C項(xiàng)錯(cuò)誤;圖(d)反應(yīng)應(yīng)為放熱反應(yīng),ΔH<0,D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.C[解析]反應(yīng)總過(guò)程為N2O+CON2+CO2,根據(jù)圖示可知,反應(yīng)物總能量高于生成物總能量,為放熱反應(yīng),ΔH<0,A項(xiàng)正確;根據(jù)反應(yīng)歷程,Fe+為催化劑,能夠降低反應(yīng)的活化能,B項(xiàng)正確;FeO+為中間產(chǎn)物,而不是催化劑,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)圖示,Fe++N2OFeO++N2、FeO++COFe++CO2兩反應(yīng)中反應(yīng)物總能量均高于生成物總能量,均為放熱反應(yīng),D項(xiàng)正確?？键c(diǎn)二知識(shí)梳理1.物質(zhì)的量反應(yīng)熱2.能量1molH2(g)和12molO2(g)反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)放出285.8kJ對(duì)點(diǎn)自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√[解析](1)反應(yīng)熱的單位應(yīng)該是kJ·mol-1。(2)水未注明狀態(tài),且酸堿中和反應(yīng)ΔH<0。(3)燃燒是放熱反應(yīng),ΔH<0。(4)未注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)。(5)該反應(yīng)為可逆反應(yīng),不能進(jìn)行到底,錯(cuò)誤。(6)能量越低,越穩(wěn)定。2.(1)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.5kJ·mol-1(2)3CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s)ΔH=-24.8kJ·mol-1(3)B2H6(g)+3O2(g)B2O3(s)+3H2O(l)ΔH=-2165kJ·mol-1[解析](1)1molC與1molH2O(g)反應(yīng)生成CO和H2時(shí)吸收131.5kJ熱量,則反應(yīng)的ΔH=+131.5kJ·mol-1。(2)用3molCO(g)還原1molFe2O3(s),放熱24.8kJ,則反應(yīng)的ΔH=-24.8kJ·mol-1。(3)1mol乙硼烷氣體燃燒時(shí)放出2165kJ的熱量。題組訓(xùn)練題組一1.B2.D[解析]化學(xué)反應(yīng)的焓變等于反應(yīng)物總鍵焓與生成物總鍵焓的差,由此可確定D項(xiàng)正確。3.B[解析]1molCH4完全燃燒生成液態(tài)水和CO2,放出890.3kJ的熱量,則熱化學(xué)方程式為CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.3kJ/mol,故①錯(cuò)誤,②正確,③錯(cuò)誤;1molH2完全燃燒生成液態(tài)水,放出285.8kJ的熱量,則熱化學(xué)方程式為2H2(g)+O2(g)2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol,故④正確,即正確的為②④。題組二1.(1)N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.2kJ·mol-1(2)N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+68kJ·mol-1(3)2Cu(s)+O2(g)2CuO(s)ΔH=-314kJ·mol-1(4)C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.3kJ·mol-1(5)C8H18(l)+252O2(g)8CO2(g)+9H2O(g)ΔH=-5518kJ·mol-1(6)C2H5OH(l)+3O2(g)2CO2(g)+3H2O(l)ΔH=-2QkJ·mol-1[解析](6)根據(jù)碳原子守恒有C2H5OH~2CO2~2CaCO3。生成100gCaCO3沉淀,則乙醇的物質(zhì)的量為0.5mol,據(jù)此可寫(xiě)出反應(yīng)的熱化學(xué)方程式。2.(1)A2(g)+B2(g)2AB(g)ΔH=+(a-b)kJ·mol-1(2)NH4+(aq)+2O2(g)NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346kJ[解析](1)由圖可知,生成物總能量高于反應(yīng)物總能量,故該反應(yīng)為吸熱反應(yīng),ΔH=+(a-b)kJ·mol-1。(2)根據(jù)圖像可以寫(xiě)出,第一步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為①NH4+(aq)+1.5O2(g)NO2-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)ΔH=-273kJ·mol-1,第二步反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為②NO2-(aq)+0.5O2(g)NO3-(aq)ΔH=-73kJ·mol-1,根據(jù)蓋斯定律①+②得NH4+(aq)+2O2(g)NO3-(aq)+2H+(aq)+H2考點(diǎn)三知識(shí)梳理1.1mol穩(wěn)定的氧化物kJ/mol1mol1molCO2C(s)+O2(g)CO2(g)ΔH=-393.5kJ/mol負(fù)2.1mol液態(tài)水kJ/molH+(aq)+OH+(aq)H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol3.(1)環(huán)形玻璃攪拌棒(3)-對(duì)點(diǎn)自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×[解析](1)氫氣的燃燒熱是指常溫下1molH2完全燃燒生成液態(tài)水時(shí)放出的熱量。(2)1molS完全燃燒生成SO2時(shí)所放出的熱量為硫的燃燒熱。(3)熱化學(xué)方程式中氫氣的化學(xué)計(jì)量數(shù)為2,因此氫氣的燃燒熱為285.5kJ·mol-1。(4)醋酸是弱酸,電離吸熱,使測(cè)得的反應(yīng)熱數(shù)值偏小,因此ΔH>-57.3kJ·mol-1。(5)沒(méi)有寫(xiě)出具體的熱化學(xué)反應(yīng),不能斷定具體的ΔH。(6)表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式中水應(yīng)為液態(tài)而不是氣態(tài)。2.(1)CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-akJ/mol(2)S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH=-2bkJ/mol(3)H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH=-285.8kJ·mol-1題組訓(xùn)練題組一1.B[解析]表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式中,可燃物質(zhì)的物質(zhì)的量為1mol,反應(yīng)生成穩(wěn)定氧化物,A中應(yīng)生成SO2,C中應(yīng)生成H2O(l),D中CO的物質(zhì)的量應(yīng)為1mol。2.A[解析]醋酸是弱酸,其電離過(guò)程吸熱,40.0g即1molNaOH的稀溶液與稀醋酸完全中和,放出的熱量小于57.3kJ,A項(xiàng)正確;氫氣的燃燒熱必須是生成液態(tài)水的過(guò)程所放出的熱量,液態(tài)水變?yōu)闅鈶B(tài)水是吸熱的,氫氣的燃燒熱大于241.8kJ·mol-1,B項(xiàng)錯(cuò)誤;焦炭完全燃燒放出的熱量高于不完全燃燒放出的熱量,因焓變是負(fù)值,則a<b,C項(xiàng)錯(cuò)誤;P(白磷,s)P(紅磷,s)ΔH<0,紅磷的能量低于白磷的能量,所以白磷不如紅磷穩(wěn)定,D項(xiàng)錯(cuò)誤。題組二1.A[解析]攪拌可加快反應(yīng)速率,減小熱量損耗帶來(lái)的誤差,A正確;實(shí)驗(yàn)中溫度計(jì)水銀球應(yīng)插入液面以下,不能與小燒杯底部接觸,B項(xiàng)錯(cuò)誤;鹽酸為強(qiáng)酸,醋酸為弱酸,弱酸電離要吸收能量,因此實(shí)驗(yàn)中二者測(cè)得的中和熱數(shù)值不同,C項(xiàng)錯(cuò)誤;在測(cè)定中和熱實(shí)驗(yàn)中不需要容量瓶,D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.(1)環(huán)形玻璃攪拌棒量筒(2)B(3)偏大(4)①-56.8kJ/mol-52.7kJ/mol②NaOH是強(qiáng)堿;NH3·H2O是弱堿,電離吸熱[解析](1)中和熱測(cè)定的實(shí)驗(yàn)中,用到的玻璃儀器有燒杯、溫度計(jì)、環(huán)形玻璃攪拌棒、量筒。(2)量取反應(yīng)物時(shí),取50mL0.50mol·L-1的鹽酸,還需加入等體積但濃度略大的NaOH溶液,使酸被完全中和,并且根據(jù)酸的濃度和體積計(jì)算生成水的物質(zhì)的量。(3)實(shí)驗(yàn)時(shí)大燒杯上若不蓋硬紙板,則中和放出的熱量散失得多,溫度計(jì)測(cè)得的溫度偏小,中和反應(yīng)放出的熱量偏小,由ΔH=-Q放出n(H2O)可知,計(jì)算出的中和熱ΔH偏大。(4)①ΔH1=-0.418(t2-t1)0.05kJ/mol=-0.418×(19.8-13.0)0.05kJ/mol≈-56.8kJ/mol;②ΔH2=-0.418(t2-t1)0.05kJ/mol=-考點(diǎn)四知識(shí)梳理1.(1)始態(tài)和終態(tài)反應(yīng)的途徑ΔH=ΔH1+ΔH2(2)aΔH2-ΔH2ΔH1+ΔH2-283kJ·mol-12.(1)小大(2)①大于②<ΔH2-ΔH1<③<ΔH1-ΔH2<④<ΔH1-ΔH2>3.(5)n(可燃物)×|ΔH|對(duì)點(diǎn)自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)×[解析](1)一個(gè)反應(yīng)的ΔH大小只與反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)有關(guān),與途徑無(wú)關(guān)。(2)1gH2燃燒生成H2O(g)放出熱量0.5akJ。(3)根據(jù)ΔH=∑E(反應(yīng)物)-∑E(生成物)=436kJ·mol-1+496kJ·mol-1×12-462kJ·mol-1×2=-240kJ·mol-1(5),ΔH2+ΔH3=ΔH1,則ΔH3=ΔH1-ΔH2,又ΔH3<0,所以ΔH1<ΔH2。(6)根據(jù)常識(shí)可知,CO(g)+12O2(g)CO2(g)ΔH3<0,又因?yàn)棣2+ΔH3=ΔH1,所以ΔH2>ΔH1。2.(1)296.8(2)6g[解析](2)857.4kJ571.題組訓(xùn)練題組一1.B[解析]由蓋斯定律可知①×3-(②×3+③×2)6得到反應(yīng)CO(g)+FeO(s)Fe(s)+CO2(g),所以其反應(yīng)熱為[(-24.8kJ/mol)×3-(-15.73kJ/mol)×3-(+640.4kJ/mol)×2]÷6≈218kJ/mol,14gCO的物質(zhì)的量為0.5mol,故2.(1)TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)TiCl4(g)+2CO(g)ΔH=-45.5kJ·mol-1(2)+135.6(3)2ΔH3-2ΔH2-ΔH1(4)ΔH1+ΔH2-ΔH3[解析](2)根據(jù)蓋斯定律可知,①-②×2即得目標(biāo)熱化學(xué)方程式。(3)觀(guān)察可知,四個(gè)熱化學(xué)方程式關(guān)系為③×2-②×2-①=④,由蓋斯定律可知2ΔH3-2ΔH2-ΔH1=ΔH4。(4)根據(jù)蓋斯定律,由第一個(gè)反應(yīng)+第二個(gè)反應(yīng)-第三個(gè)反應(yīng),可得SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq)CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq),則ΔH=ΔH1+ΔH2-ΔH3。題組二1.B[解析]由圖示可知斷開(kāi)1molN2H4(g)和1molO2中所有化學(xué)鍵需要吸收的總能量為2752kJ-534kJ=2218kJ,則斷裂1molN—H鍵所需的能量為2218kJ-5002.(1)299(2)-99+41[解析](1)設(shè)HI的鍵能為x,則有2x-436kJ·mol-1-151kJ·mol-1=+11kJ·mol-1,解得x=299kJ·mol-1。(2)根據(jù)反應(yīng)熱=斷開(kāi)舊鍵吸收的總能量-形成新鍵釋放的總能量,ΔH1=(1076+436×2)kJ·mol-1-(413×3+343+465)kJ·mol-1=-99kJ·mol-1。②式-③式可得①式,故ΔH2-ΔH3=ΔH1,ΔH3=-58kJ·mol-1-(-99kJ·mol-1)=+41kJ·mol-1。題組三1.b=2a>d=2c[解析]根據(jù)蓋斯定律可知,由①式乘以2可以得到②式,故b=2a,由③式乘以2可以得到④式,故d=2c,由①式減去③式可得到H2O(l)H2O(g)ΔH=ΔH1-ΔH3=(a-c)kJ·mol-1,該過(guò)程吸收熱量,故a-c>0,a>c,綜上可得b=2a>d=2c。2.A[解析]膽礬溶于水時(shí)溶液溫度降低,說(shuō)明此過(guò)程是吸熱過(guò)程,即①CuSO4·5H2O(s)CuSO4(aq)+5H2O(l)ΔH1>0,②CuSO4·5H2O(s)CuSO4(s)+5H2O(l)ΔH=Q1kJ·mol-1,③CuSO4(s)CuSO4(aq)ΔH=-Q2kJ·mol-1<0,①-②得出③CuSO4(s)CuSO4(aq)ΔH=(ΔH1-Q1)kJ·mol-1=-Q2kJ·mol-1<0,因此推出Q1>Q2,故選項(xiàng)A正確。【考例考法直擊】1.A[解析]硅太陽(yáng)能電池能夠?qū)⒐饽苤苯愚D(zhuǎn)化為電能,與氧化還原反應(yīng)無(wú)關(guān),A項(xiàng)正確;鋰離子電池將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的過(guò)程中,有自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)發(fā)生,B項(xiàng)錯(cuò)誤;電解質(zhì)溶液導(dǎo)電的過(guò)程實(shí)際上是電解過(guò)程,有氧化還原反應(yīng)的發(fā)生,C項(xiàng)錯(cuò)誤;葡萄糖在體內(nèi)氧化釋放能量,D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.C[解析]反應(yīng)①和②的最終產(chǎn)物中含有H2和CO2,A項(xiàng)正確;CO2與H2化合生成能源物質(zhì)CH3OH,B項(xiàng)正確;該反應(yīng)生成的H2O為液態(tài),液態(tài)水汽化需要吸熱,則ΔH<d2kJ·mol-1,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)蓋斯定律,反應(yīng)②×2+反應(yīng)③×2+反應(yīng)④可得該熱化學(xué)方程式,D3.D[解析]燃燒熱是1mol燃料完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)放出的熱量。1mol油酸甘油酯的質(zhì)量為884g,燃燒1kg油酸甘油酯放出熱量為3.8×104kJ,則油酸甘油酯的燃燒熱ΔH=-3.8×104×8841000kJ·mol-1≈-3.4×104.BC[解析]由題給圖示可知,X→Y的ΔH=生成物的總能量-反應(yīng)物的總能量=E3-E2,A項(xiàng)錯(cuò)誤;2X(g)的能量高于Z(g)的能量,故X→Z是放熱反應(yīng),ΔH<0,B項(xiàng)正確;根據(jù)反應(yīng)2X(g)3Y(g),可知壓強(qiáng)減小,平衡正向移動(dòng),Y的產(chǎn)率提高,C項(xiàng)正確;根據(jù)反應(yīng)2X(g)Z(g)ΔH<0,溫度升高,平衡逆向移動(dòng),Z的產(chǎn)率降低,D項(xiàng)錯(cuò)誤。5.D[解析]反應(yīng)①是光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能,A項(xiàng)錯(cuò)誤;反應(yīng)②的焓變?yōu)檎?屬于吸熱反應(yīng),B項(xiàng)錯(cuò)誤;催化劑只能降低反應(yīng)的活化能,但不會(huì)改變反應(yīng)的焓變,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)蓋斯定律可知,“反應(yīng)③-反應(yīng)②”得所求的反應(yīng),則焓變?chǔ)=+206.1kJ·mol-1-131.3kJ·mol-1=+74.8kJ·mol-1,D項(xiàng)正確。6.A[解析]丙烷分子式是C3H8,1mol丙烷燃燒會(huì)產(chǎn)生4molH2O,丙烷完全燃燒產(chǎn)生1.8g水(物質(zhì)的量為0.1mol),則4mol∶0.1mol=2215kJ∶Q,解得Q=55.375kJ,A項(xiàng)正確。7.(1)2Cl2(g)+TiO2(s)+2C(s)TiCl4(l)+2CO(g)ΔH=-85.6kJ·mol-1(2)Si(s)+2Cl2(g)SiCl4(l)ΔH=-687kJ·mol-1(3)NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)ΔH=-216.0kJ·mol-1(4)2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)ΔH=-511kJ·mol-1[解析](1)從元素守恒的角度分析還原性氣體應(yīng)為CO,即焦炭發(fā)生了氧化反應(yīng),則Cl2發(fā)生了還原反應(yīng),0.1molCl2發(fā)生反應(yīng)生成0.05mol易水解的液態(tài)化合物TiCl4,則生成1molTiCl4放出熱量4.28kJ0.05mol=85.6kJ·mol-1。(3)首先寫(xiě)出化學(xué)方程式并配平,標(biāo)出各物質(zhì)的聚集狀態(tài):NaBH4(s)+2H2O(l)NaBO2(s)+4H2(g)。3.8gNaBH4的物質(zhì)的量為0.1mol,反應(yīng)放熱21.6kJ,則根據(jù)方程式的化學(xué)計(jì)量數(shù)計(jì)算ΔH,寫(xiě)出熱化學(xué)方程式。(4)Na在O2中燃燒生成Na2O2,則該熱化學(xué)方程式為2Na(s)+O2(g)Na2O2(s)ΔH=-255.5kJ·mol-1×2=-5111.[2019·江蘇鎮(zhèn)江模擬]2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)反應(yīng)過(guò)程中能量變化如圖所示(圖中E1表示正反應(yīng)的活化能,E2表示逆反應(yīng)的活化能)。下列有關(guān)敘述正確的是()A.該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B.升高溫度,不影響活化分子百分?jǐn)?shù)C.使用催化劑使該反應(yīng)的反應(yīng)熱發(fā)生改變D.E1-E2=ΔH[解析]D由圖像知反應(yīng)物的能量高于生成物的能量,為放熱反應(yīng),A錯(cuò)誤;升高溫度,活化分子百分?jǐn)?shù)增大,B錯(cuò)誤;催化劑對(duì)反應(yīng)的始態(tài)和終態(tài)無(wú)影響,只改變活化能,對(duì)反應(yīng)的焓變無(wú)影響,C錯(cuò)誤。2.[2019·湖南長(zhǎng)沙長(zhǎng)郡中學(xué)月考]下列關(guān)于如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系(X代表鹵素)的說(shuō)法錯(cuò)誤的是 ()A.2H(g)+2X(g)2HX(g)ΔH3<0B.ΔH1=ΔH2+ΔH3C.Cl、Br、I的非金屬性依次減弱,所以按照途徑Ⅰ對(duì)應(yīng)的ΔH1逐漸減小D.途徑Ⅰ生成HCl放出的熱量比生成HBr的多,說(shuō)明HCl比HBr穩(wěn)定[解析]C原子形成化學(xué)鍵放熱,焓變小于0,2H(g)+2X(g)2HX(g)ΔH3<0,A正確;反應(yīng)焓變與起始狀態(tài)和終了狀態(tài)有關(guān),與變化途徑無(wú)關(guān),途徑Ⅰ生成HX的反應(yīng)熱與途徑無(wú)關(guān),所以ΔH1=ΔH2+ΔH3,B正確;Cl、Br、I的非金屬性依次減弱,單質(zhì)與H2反應(yīng)放出的熱量逐漸減小,又因ΔH1<0,則按照途徑Ⅰ對(duì)應(yīng)的ΔH1逐漸增大,C錯(cuò)誤;因化學(xué)反應(yīng)所吸收或放出的能量即為反應(yīng)熱,反應(yīng)熱等于反應(yīng)中斷裂舊化學(xué)鍵消耗的能量之和與反應(yīng)中形成新化學(xué)鍵放出的能量之和的差,氯原子半徑小于溴原子,途徑Ⅰ生成HCl放出的熱量比生成HBr的多,說(shuō)明HCl比HBr穩(wěn)定,D正確。3.[2019·湖南師大附中月考]下列有關(guān)反應(yīng)熱的敘述中正確的是 ()①已知2H2(g)+O2(g)2H2O(g)ΔH=-483.6kJ·mol-1,則氫氣的燃燒熱為ΔH=-241.8kJ·mol-1②由單質(zhì)A轉(zhuǎn)化為單質(zhì)B是一個(gè)吸熱過(guò)程,由此可知單質(zhì)B比單質(zhì)A穩(wěn)定③X(g)+Y(g)Z(g)+W(s)ΔH>0,恒溫恒容條件下達(dá)到平衡后加入X,上述反應(yīng)的ΔH增大④已知:共價(jià)鍵C—CCCC—HH—H鍵能/(kJ·mol-1)348610413436上表數(shù)據(jù)可以計(jì)算出+3H2(g)(g)的焓變⑤根據(jù)蓋斯定律,推知在相同條件下,金剛石或石墨燃燒生成1molCO2固體時(shí),放出的熱量相等⑥25℃,101kPa時(shí),1mol碳完全燃燒生成CO2所放出的熱量為碳的燃燒熱A.①②③④ B.③④⑤C.④⑤ D.⑥[解析]D①燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物放出的熱量,氫氣燃燒生成液態(tài)水,由熱化學(xué)方程式可知,氫氣的燃燒熱大于241.8kJ·mol-1,錯(cuò)誤;②單質(zhì)A轉(zhuǎn)化為單質(zhì)B是一個(gè)吸熱過(guò)程,則B的能量比A的高,能量越高越不穩(wěn)定,錯(cuò)誤;③一定條件下,反應(yīng)熱與平衡移動(dòng)無(wú)關(guān),與化學(xué)計(jì)量數(shù)與物質(zhì)的狀態(tài)有關(guān),錯(cuò)誤;④反應(yīng)熱=反應(yīng)物總鍵能-生成物總鍵能,由于苯環(huán)中不存在碳碳雙鍵,不能計(jì)算反應(yīng)熱,錯(cuò)誤;⑤金剛石與石墨的結(jié)構(gòu)不同,能量不相同,在相同條件下,金剛石或石墨燃燒生成1molCO2固體時(shí),放出的熱量不相等,錯(cuò)誤;⑥碳的燃燒熱指25℃,101kPa時(shí),1mol碳完全燃燒生成CO2所放出的熱量,正確,答案選D。4.已知反應(yīng):H2(g)+12O2(g)H2O(g)ΔH112N2(g)+O2(g)NO2(g)ΔH212N2(g)+32H2(g)NH3(g)ΔH則反應(yīng)2NH3(g)+72O2(g)2NO2(g)+3H2O(g)的ΔH為 ()A.2ΔH1+2ΔH2-2ΔH3B.ΔH1+ΔH2-ΔH3C.3ΔH1+2ΔH2+2ΔH3D.3ΔH1+2ΔH2-2ΔH3[解析]D由題意把已知反應(yīng)依次編號(hào)為①②③,根據(jù)蓋斯定律,將熱化學(xué)方程式①×3+②×2-③×2得2NH3(g)+72O2(g)2NO2(g)+3H2O(g)ΔH=3ΔH1+2ΔH2-2ΔH3。第23講原電池化學(xué)電源【考點(diǎn)互動(dòng)探究】考點(diǎn)一知識(shí)梳理1.化學(xué)能電能氧化還原反應(yīng)2.(1)氧化還原反應(yīng)(2)活潑性(3)閉合回路3.負(fù)極正極Zn-2e-Zn2+Cu2++2e-Cu氧化反應(yīng)還原反應(yīng)鋅片銅片正極負(fù)極正極負(fù)極Zn+Cu2+Zn2++Cu熱能穩(wěn)定4.(1)負(fù)極正極(3)正極鋅塊鋅塊(4)①負(fù)極正極②負(fù)極③導(dǎo)線(xiàn)AgNO3CuSO4對(duì)點(diǎn)自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×[解析](1)若是由鋅、銅、硫酸銅溶液構(gòu)成的原電池,則正極表面析出銅,沒(méi)有氣泡產(chǎn)生。(2)Mg-Al與氫氧化鈉溶液形成的原電池,Mg作正極。(3)燃料電池中負(fù)極Pt電極不參與反應(yīng),而是燃料參加反應(yīng)。(5)鐵參與原電池反應(yīng)時(shí)一般生成Fe2+。(6)原電池的電解質(zhì)溶液中,陰離子向負(fù)極移動(dòng)。(7)電子只能在導(dǎo)線(xiàn)上運(yùn)動(dòng),不能在溶液中傳輸。2.(1)Cu氧化(2)Fe2(SO4)3[FeCl3、Fe(NO3)3等可溶性鐵鹽也可]溶液電子移動(dòng)[解析]在反應(yīng)Cu+2Fe3+2Fe2++Cu2+中,Cu作還原劑,即為原電池的負(fù)極材料,失去電子,發(fā)生氧化反應(yīng);左右兩個(gè)燒杯中的電解質(zhì)溶液依據(jù)其中的電極材料選擇,故X是可溶性鐵鹽溶液,電子從負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到正極。題組訓(xùn)練題組一1.D[解析]活潑電極鋅作負(fù)極;電流和電子的流動(dòng)方向相反;原電池中,陽(yáng)離子移向正極,陰離子移向負(fù)極;A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤。2.C[解析]該裝置為原電池,銅電極為正極,發(fā)生還原反應(yīng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;SO42-不參與電極反應(yīng),且不能通過(guò)陽(yáng)離子交換膜,電池工作一段時(shí)間,甲池中c(SO42-)不變,B項(xiàng)錯(cuò)誤;乙池中電極反應(yīng)為Cu2++2e-Cu,乙池中陽(yáng)離子濃度減小,甲池中Zn2+通過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入乙池,則乙池中析出Cu,進(jìn)入Zn2+,溶液質(zhì)量增加,C項(xiàng)正確;該裝置中只有陽(yáng)離子交換膜,題組二1.B[解析]②中Mg不與NaOH溶液反應(yīng),而Al能和NaOH溶液反應(yīng)失去電子,故Al是負(fù)極;③中Fe在濃硝酸中易鈍化,Cu和濃HNO3反應(yīng)失去電子作負(fù)極,A錯(cuò),C錯(cuò)。②中電池總反應(yīng)為2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2↑,負(fù)極電極反應(yīng)式為2Al+8OH--6e-2AlO2-+4H2O,二者相減得到正極電極反應(yīng)式為6H2O+6e-6OH-+3H2↑,B正確。④中Cu是正極,電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-4OH-,D錯(cuò)。2.(1)Fe-2e-Fe2+2H++2e-H2↑Fe+2H+Fe2++H2↑(2)Fe3++e-Fe2+Pb-2e-Pb2+(3)Cu-2e-Cu2+(4)FeO42-+3e-+4H2OFe(OH)32FeO42-+8H2O+3Zn2Fe(OH)3+3Zn(OH)2[解析](1)Fe作負(fù)極,電極反應(yīng)為Fe-2e-Fe2+;Cu作正極,電極反應(yīng)為2H++2e-H2↑。(2)由Pb、Cu與氯化鐵溶液組成的原電池,正極為Cu,電極反應(yīng)式為Fe3++e-Fe2+;負(fù)極為Pb,電極反應(yīng)式為Pb-2e-Pb2+。(3)由Al、Cu與濃硝酸組成的原電池,Al遇濃硝酸鈍化,Cu作負(fù)極,電極反應(yīng)式為Cu-2e-Cu2+。(4)K2FeO4-Zn組成堿性電池,K2FeO4在電池中作為正極材料,FeO42-中+6價(jià)鐵元素被還原為Fe(OH)3中+3價(jià)鐵元素,其電極反應(yīng)式為FeO42-+3e-+4H2OFe(OH)3+5OH-;書(shū)寫(xiě)總反應(yīng)的離子方程式時(shí),關(guān)鍵是抓住Fe和Zn的存在形式分別是Fe(OH)3和Zn(OH)2。題組三1.C[解析]由電池反應(yīng)可知,鐵作負(fù)極,鐵失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)。C項(xiàng)中,由于鋅的活潑性大于鐵,故鋅作負(fù)極,發(fā)生氧化反應(yīng),與電池反應(yīng)不符。2.B[解析]金屬與稀H2SO4溶液組成原電池,活潑金屬失去電子發(fā)生氧化反應(yīng),作負(fù)極,較不活潑的金屬作正極。H+在正極電極表面得到電子生成H2,電子運(yùn)動(dòng)方向由負(fù)極→正極,電流方向則由正極→負(fù)極。在題述原電池中,A、B原電池,A為負(fù)極;C、D原電池,C為負(fù)極;A、C原電池,A為負(fù)極;B、D原電池,D為負(fù)極。綜上可知,金屬活動(dòng)性A>C>D>B。3.(1)C1逆反應(yīng)或左AsO33--2e-+H2OAsO(2)a(3)c([解析](1)根據(jù)反應(yīng)AsO43-+2I-+2H+AsO33-+I2+H2O知電池工作時(shí),碘離子失去電子,發(fā)生氧化反應(yīng),則A中C1是原電池的負(fù)極,鹽橋中的陰離子向負(fù)極C1移動(dòng);若向B池里滴加NaOH溶液,氫氧根離子和氫離子反應(yīng),溶液中氫離子濃度降低,平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),此時(shí)C2極的電極反應(yīng)式為AsO33--2e-+H2OAsO43-+2H+。(2)微安表指針為0時(shí),該反應(yīng)處于平衡狀態(tài),a正確;向A池中加入淀粉溶液,溶液變藍(lán)說(shuō)明有碘單質(zhì)存在,但該反應(yīng)不一定處于平衡狀態(tài),b錯(cuò)誤;AsO43-、AsO33-離子濃度相等時(shí),考點(diǎn)二知識(shí)梳理1.ZnZn+2OH--2e-Zn(OH)2MnO22MnO2+2H2O+2e-2MnOOH+2OH-Zn+2MnO2+2H2O2MnOOH+Zn(OH)2ZnZn+2OH--2e-Zn(OH)2Ag2OAg2O+H2O+2e-2Ag+2OH-Zn+Ag2O+H2OZn(OH)2+2Ag2.①Pb(s)-2e-+SO42-(aq)PbSO③PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)+2e-PbSO4(s)+2H④PbSO4(s)+2H2O(l)-2e-PbO2(s)+4H+(aq)+SO423.(1)2H2-4e-4H+2H2+4OH--4e-4H2OO2+4H++4e-2H2OO2+2H2O+4e-4OH-2H2+O22H2O(2)①O2+4e-+4H+2H2O2CO-4e-+2H2O2CO2+4H+2CO+O22CO2②O2+4e-+2H2O4OH-2CO-4e-+8OH-2CO32-+4H2O2CO+O2+4OH-2CO32-③O2+4e-2O2-2CO-4e-+2O2-2CO22CO+O22CO2④O2+4e-+2CO22CO32-2CO-4e-+2CO32-4CO22CO+O(3)4Al-12e-4Al3+3O2+12e-+6H2O12OH-4Al+3O2+6H2O4Al(OH)3對(duì)點(diǎn)自測(cè)1.(1)√(2)×(3)√(4)√(5)×(6)√[解析](2)鋰離子電池屬于可充電電池,即二次電池。(5)負(fù)極反應(yīng)應(yīng)寫(xiě)為2H2-4e-+4OH-4H2O。2.負(fù)極CH4+10OH--8e-CO32-+7HCH4+2O2+2OH-CO32-+3H題組訓(xùn)練題組一1.D[解析]充電時(shí),Zn板為陰極,應(yīng)與外接電源的負(fù)極相連,A正確;放電時(shí)是原電池,溶液中的OH-從正極向負(fù)極移動(dòng),B正確;放電時(shí)正極發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為FeO42-+3e-+4H2OFe(OH)3+5OH-,C正確;充電時(shí)陰極反應(yīng)式為Zn(OH)2+2e-Zn+2OH-,當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí),陰極質(zhì)量減少3.4g,D2.(1)MnO2+H++e-MnOOH2MnO2+Zn+2H+2MnOOH+Zn2+[注:式中Zn2+可寫(xiě)為Zn(NH3)42+、Zn(NH3)2Cl2等,H+可寫(xiě)為N(2)0.05[解析](1)MnO2在正極發(fā)生還原反應(yīng),且H+參與正極反應(yīng)生成MnOOH,結(jié)合負(fù)極反應(yīng)式Zn-2e-Zn2+,可寫(xiě)出總反應(yīng)的離子方程式。(2)Q=It=0.5A×300s=150C,則需消耗Zn的質(zhì)量為m(Zn)=QF×M(Zn)÷2=150C96500C·mol-1題組二1.C[解析]電池在放電時(shí),Li+的移動(dòng)方向與內(nèi)電路電流方向相同,因此向正極移動(dòng),A錯(cuò)誤;鋰在放電時(shí)發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng),因此作負(fù)極,充電時(shí)LixV2O5發(fā)生得到電子的還原反應(yīng)生成Li,因此作陰極,B錯(cuò)誤;該電池在充電時(shí)陽(yáng)極上LixV2O5發(fā)生失去電子的氧化反應(yīng)生成V2O5,因此陽(yáng)極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixV2O5-xe-V2O5+xLi+,C正確;V2O5參與電池反應(yīng),D錯(cuò)誤。2.D[解析]放電時(shí),鋰在負(fù)極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng),A正確;放電時(shí),S在正極得電子,根據(jù)總反應(yīng),正極電極反應(yīng)式為nS+2e-+2Li+Li2Sn,B正確;充電時(shí),電池負(fù)極作陰極,鋰與電源負(fù)極相連,C正確;充電時(shí),理論上陽(yáng)極失去2mol電子生成32ng硫,D錯(cuò)誤。題組三1.B[解析]根據(jù)圖示,通入氧氣的鉑電極為正極,呼氣所在的鉑電極為負(fù)極。電子由呼氣所在的鉑電極流出,A錯(cuò)誤;陽(yáng)離子移向正極,H+透過(guò)質(zhì)子交換膜流向氧氣所在的鉑電極,B正確;電路中流過(guò)2mol電子時(shí),消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LO2,C錯(cuò)誤;根據(jù)圖示,該電池的負(fù)極生成乙酸,電極反應(yīng)式為CH3CH2OH+H2O-4e-CH3COOH+4H+,D錯(cuò)誤。2.B[解析]放電時(shí),陽(yáng)離子向正極移動(dòng),則Li+透過(guò)固體電解質(zhì)向Cu極移動(dòng),A正確;放電過(guò)程為2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li++2OH-,正極上Cu2O反應(yīng),B錯(cuò)誤;放電過(guò)程為2Li+Cu2O+H2O2Cu+2Li++2OH-,正極上Cu2O反應(yīng),堿性條件下通空氣時(shí),銅被氧化表面產(chǎn)生Cu2O,C正確;通空氣時(shí),銅被腐蝕,表面產(chǎn)生Cu2O,放電時(shí)Cu2O轉(zhuǎn)化為Cu,則整個(gè)反應(yīng)過(guò)程中,銅相當(dāng)于催化劑,D正確?！究祭挤ㄖ睋簟?.D[解析]根據(jù)圖示可知,正極先生成Li2S8,然后逐步完成Li2S8→Li2S6→Li2S4→Li2S2的轉(zhuǎn)化,所以A項(xiàng)正確;充電時(shí),逐步發(fā)生Li2S2→Li2S4→Li2S6→Li2S8的轉(zhuǎn)化,D項(xiàng)錯(cuò)誤;負(fù)極電極反應(yīng)式為2Li-2e-2Li+,當(dāng)外電路通過(guò)0.02mol電子時(shí),負(fù)極參加反應(yīng)的Li的物質(zhì)的量為0.02mol,質(zhì)量為0.14g,B項(xiàng)正確;石墨烯可提高電極a的導(dǎo)電性,C項(xiàng)正確。2.C[解析]該電池放電時(shí)是原電池,帶正電荷的陽(yáng)離子向正極移動(dòng),放電時(shí)負(fù)極失去電子,電極反應(yīng)式為L(zhǎng)ixC6-xe-xLi++C6,A、B項(xiàng)正確;充電時(shí)是電解池,陰極石墨(C6)發(fā)生還原反應(yīng)xLi++C6+xe-LixC6,若轉(zhuǎn)移1mol電子,則石墨C6電極增重7g,陽(yáng)極失去電子發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)式為L(zhǎng)iCoO2-xe-Li1-xCoO2+xLi+,C項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確。3.C[解析]充電時(shí)該電池為電解池,電解質(zhì)溶液中陽(yáng)離子向陰極移動(dòng),故K+向陰極移動(dòng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;充電時(shí)的總反應(yīng)為2Zn(OH)42-2Zn+O2+4OH-+2H2O,因此c(OH-)逐漸增大,B項(xiàng)錯(cuò)誤;放電時(shí)負(fù)極上Zn發(fā)生氧化反應(yīng),負(fù)極反應(yīng)為Zn+4OH--2e-Zn(OH)42-,C項(xiàng)正確;放電時(shí)的正極反應(yīng)為O2+4e-+2H2O4OH-,電路中通過(guò)2mol電子時(shí),消耗0.5molO2,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.24.B[解析]該電池中還原性較強(qiáng)的Mg為負(fù)極,失去2個(gè)電子發(fā)生氧化反應(yīng),A項(xiàng)正確;氧化性較強(qiáng)的AgCl為正極,發(fā)生還原反應(yīng),AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)、Ag++e-Ag,AgCl是難溶鹽,則正極反應(yīng)式為AgCl+e-Ag+Cl-,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由于Mg失去電子成為Mg2+,使負(fù)極區(qū)域帶正電,AgCl得到電子生成Ag和Cl-,使正極區(qū)域帶負(fù)電,因此Cl-由正極向負(fù)極遷移,使電解質(zhì)溶液保持電中性,C項(xiàng)正確;氧化還原反應(yīng)為放熱反應(yīng),鎂與熱水能發(fā)生置換反應(yīng)生成Mg(OH)2和H2,D項(xiàng)正確。5.A[解析]C6H12O6反應(yīng)生成CO2時(shí),C的化合價(jià)升高為+4,發(fā)生氧化反應(yīng),因此是原電池的負(fù)極反應(yīng),A項(xiàng)錯(cuò)誤;在微生物的作用下,該裝置為原電池裝置,反應(yīng)速率加快,促進(jìn)了反應(yīng)中電子的轉(zhuǎn)移,B項(xiàng)正確;原電池工作時(shí),陽(yáng)離子(H+)移向電池的正極,C項(xiàng)正確;根據(jù)電池裝置圖知電池總反應(yīng)為葡萄糖的氧化反應(yīng),總反應(yīng)為C6H12O6+6O26CO2+6H2O,D項(xiàng)正確。6.2H++NO3-+e-NO2↑+H2O正Al在濃HNO3中發(fā)生鈍化,形成的氧化膜阻止了Al[解析]由題意知反應(yīng)過(guò)程中產(chǎn)生NO2氣體,則是NO3-被還原得到的;正極發(fā)生還原反應(yīng)且消耗H+,故H+向正極移動(dòng);該原電池中剛開(kāi)始Al片為負(fù)極,隨著反應(yīng)的進(jìn)行,鋁片與濃硝酸接觸鈍化,銅片被硝酸氧化失電子作負(fù)極1.可充電氟鎂動(dòng)力電池比鋰電池具有更高的能量密度和安全性,其電池反應(yīng)為Mg+2MnF32MnF2+MgF2。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是 ()A.鎂為負(fù)極材料B.正極的電極反應(yīng)式為MnF3+e-MnF2+F-C.電子從鎂極流出,經(jīng)電解質(zhì)流向正極D.每生成1molMnF2時(shí)轉(zhuǎn)移1mol電子[解析]C由電池反應(yīng)知,鎂作還原劑,發(fā)生氧化反應(yīng),鎂極為負(fù)極,A正確;電池反應(yīng)中,三氟化錳發(fā)生還原反應(yīng),B正確;電子由負(fù)極(鎂極)流出經(jīng)外電路流向正極,C不正確;錳元素由+3價(jià)降至+2價(jià),D正確。2.[2019·黑龍江哈爾濱期中]某興趣小組同學(xué)利用氧化還原反應(yīng)2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O設(shè)計(jì)如下原電池,鹽橋中裝有飽和K2SO4溶液。下列說(shuō)法正確的是 ()A.b電極上發(fā)生還原反應(yīng)B.外電路電子的流向是從a到bC.電池工作時(shí),鹽橋中的SO4D.a電極上發(fā)生的反應(yīng)為MnO4-+8H++5e-Mn2++4H2[解析]D根據(jù)反應(yīng)方程式判斷b極是FeSO4發(fā)生氧化反應(yīng),b極為負(fù)極,A錯(cuò)誤;由上述分析可知,a為正極,電子由負(fù)極經(jīng)外電路流向正極,即從b流向a,B錯(cuò)誤;原電池中陰離子向負(fù)極移動(dòng),則鹽橋中的SO42-移向乙燒杯,C錯(cuò)誤;甲燒杯中發(fā)生還原反應(yīng),Mn的化合價(jià)降低,電極反應(yīng)為MnO4-+8H++5e-Mn2+3.我國(guó)科研人員以Zn和尖晶石型錳酸鋅(ZnMn2O4)為電極材料,研制出一種水系鋅離子電池。該電池的總反應(yīng)方程式為xZn+Zn1-xMn2O4ZnMn2O4(0<x<1)。下列說(shuō)法正確的是 ()A.ZnMn2O4是負(fù)極材料B.充電時(shí),Zn2+向ZnMn2O4電極遷移C.充電時(shí),陽(yáng)極反應(yīng)為ZnMn2O4-xZn2+-2xe-Zn1-xMn2O4D.充放電過(guò)程中,只有Zn的化合價(jià)發(fā)生變化[解析]C原電池放電時(shí)Zn失電子發(fā)生氧化反應(yīng),為負(fù)極材料,A錯(cuò)誤;充電時(shí)其原理為電解原理,原來(lái)的負(fù)極連接電源的負(fù)極變?yōu)殛帢O(Zn極),Zn2+向陰極即Zn電極遷移,B錯(cuò)誤;充電時(shí),陽(yáng)極ZnMn2O4發(fā)生氧化反應(yīng)生成Zn1-xMn2O4,其電極反應(yīng)為ZnMn2O4-xZn2+-2xe-Zn1-xMn2O4,C正確;充電過(guò)程中,Zn的化合價(jià)降低,Mn的化合價(jià)升高,放電時(shí)化合價(jià)變化反之,D錯(cuò)誤。第24講電解池金屬腐蝕與防護(hù)【考點(diǎn)互動(dòng)探究】考點(diǎn)一知識(shí)梳理1.(1)氧化還原反應(yīng)(2)電化學(xué)2.(1)電源(2)電解質(zhì)溶液熔融電解質(zhì)(3)閉合回路4.總反應(yīng)方程式:CuCl2Cu+Cl2↑5.Fe-2e-Fe2+Cu-2e-Cu2+Ag-e-Ag+對(duì)點(diǎn)自測(cè)1.(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×(7)×[解析](1)只有氧化還原反應(yīng)才能設(shè)計(jì)成電解池。(3)Cl2在陽(yáng)極生成。(4)電解鹽酸,pH變大;電解硫酸,實(shí)際是電解水,pH變小。(5)陰離子向陽(yáng)極移動(dòng),陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)。(6)電解硫酸銅一段時(shí)間,從電解質(zhì)溶液中分離出去的是銅和氧氣,故復(fù)原加氧化銅或碳酸銅。(7)電離不需要通電。2.用惰性電極電解AgNO3溶液:4OH--4e-O2↑+2H2O(或2H2O-4e-O2↑+4H+)4Ag++4e-4Ag4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+用惰性電極電解MgCl2溶液:2Cl--2e-Cl2↑2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-H2↑+2OH-)Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑用鐵作電極電解NaCl溶液:Fe-2e-Fe2+2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-H2↑+2OH-)Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑用惰性電極電解熔融MgCl2:2Cl--2e-Cl2↑Mg2++2e-MgMg2++2Cl-Mg+Cl2↑用Al作陽(yáng)極,電解H2SO4溶液,鋁材表面形成氧化膜:2Al-6e-+3H2OAl2O3+6H+6H++6e-3H2↑2Al+3H2OAl2O3+3H2↑題組訓(xùn)練題組一1.B[解析]用惰性電極電解等體積的KCl和CuSO4混合溶液,陰極離子放電順序是Cu2+>H+,陽(yáng)極上離子放電順序是Cl->OH-,電解過(guò)程中分三段:第一階段,陽(yáng)極上電極反應(yīng)式為2Cl--2e-Cl2↑,陰極電極反應(yīng)式為Cu2++2e-Cu,銅離子濃度減小,水解得到的氫離子濃度減小,溶液pH上升;第二階段,陽(yáng)極上電極反應(yīng)式為2H2O-4e-4H++O2↑,陰極反應(yīng)發(fā)生Cu2++2e-Cu,反應(yīng)中生成硫酸,溶液pH降低;第三階段,陽(yáng)極電極反應(yīng)式為4OH--4e-2H2O+O2↑,陰極電極反應(yīng)式為2H++2e-H2↑,實(shí)質(zhì)是電解水,溶液中硫酸濃度增大,pH繼續(xù)降低。ab段由于銅離子濃度減小,水解得到氫離子濃度減小,溶液pH上升,銅離子為被還原,A錯(cuò)誤;由上述分析可知,cd段相當(dāng)于電解水,B正確;電解至c點(diǎn)時(shí),溶液中溶質(zhì)為硫酸、硫酸鉀,往電解液中加入適量CuCl2固體,不能使電解液恢復(fù)至原來(lái)的濃度,C錯(cuò)誤;圖像中具體數(shù)量關(guān)系未知,不能計(jì)算原混合溶液中KCl和CuSO4的濃度之比,D錯(cuò)誤。2.(1)C(2)①石墨電極被陽(yáng)極上產(chǎn)生的O2氧化②4CO32-+2H2O-4e-4HCO3-+O[解析](1)Al制品表面要形成氧化膜,鋁被氧化失電子,因此電解時(shí)鋁為陽(yáng)極,A項(xiàng)正確;根據(jù)電解原理可知,不銹鋼網(wǎng)接觸面積大,電解效率高,B項(xiàng)正確;陰極反應(yīng)為2H++2e-H2↑,C項(xiàng)錯(cuò)誤;電解時(shí),電解質(zhì)溶液中的陰離子向陽(yáng)極移動(dòng),D項(xiàng)正確。(2)①陽(yáng)極為O2-發(fā)生氧化反應(yīng)生成O2,石墨可能被O2氧化。②電解時(shí)陽(yáng)極由圖示可知是由碳酸鈉生成碳酸氫鈉的過(guò)程,陽(yáng)極應(yīng)該是水電離產(chǎn)生的氫氧根離子放電生成氧氣,多出的氫離子與碳酸根離子反應(yīng)生成碳酸氫根離子。即:2H2O-4e-O2↑+4H+,CO32-+H+HCO3-合并得答案4CO32-+2H2O-4e-4HCO題組二1.D[解析]若鐵作陽(yáng)極,則鐵失電子生成Fe2+,則CN-無(wú)法除去,故鐵只能作陰極,A項(xiàng)正確;Cl-要生成ClO-,氯元素的化合價(jià)要升高,故在陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng),又已知該溶液為堿性條件,B項(xiàng)正確;陽(yáng)離子在電解池的陰極得電子發(fā)生還原反應(yīng),堿性條件下,H2O提供陽(yáng)離子H+,故C項(xiàng)正確;由于溶液是堿性條件,方程式中反應(yīng)物不能出現(xiàn)H+,D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.C[解析]陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣的電極反應(yīng)式為2H2O+2e-H2↑+2OH-,A正確;陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)得到N2的電極反應(yīng)式為CO(NH2)2-6e-+8OH-CO32-+N2↑+6H2O,B正確;如用金屬銅作電解池的陽(yáng)極,則陽(yáng)極本身要發(fā)生氧化反應(yīng),不能達(dá)到電解尿素的目的,C錯(cuò)誤;根據(jù)電子守恒,電解過(guò)程中陰極產(chǎn)生的H2、陽(yáng)極產(chǎn)生的N2的物質(zhì)的量之比為3∶1,D考點(diǎn)二知識(shí)梳理1.2Cl--2e-Cl2↑氧化2H++2e-H2↑還原2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑燒堿氯氣氫氣2.鍍層粗銅待鍍純銅鍍層Cu-2e-Cu2+陽(yáng)離子陽(yáng)極泥Cu2++2e-CuCu2++2e-Cu不變減小3.2Cl--2e-Cl2↑2Na++2e-2Na6O2--12e-3O2↑4Al3++12e-4Al2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑對(duì)點(diǎn)自測(cè)1.(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√(6)√[解析](1)MgO熔點(diǎn)很高,一般不用來(lái)冶煉Mg,而AlCl3為共價(jià)化合物,無(wú)離子,無(wú)法電解。(3)陽(yáng)極也可用Pt等惰性金屬材料,陰極不參與反應(yīng),可用金屬材料。(4)鍍件作陰極,應(yīng)與電源負(fù)極相連。2.(1)陽(yáng)Cl2H2(2)阻止OH-進(jìn)入陽(yáng)極室與Cl2發(fā)生副反應(yīng)2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O,阻止陽(yáng)極產(chǎn)生的Cl2和陰極產(chǎn)生的H2混合發(fā)生爆炸(3)飽和食鹽水稀的NaOH溶液稀的食鹽水濃NaOH溶液題組訓(xùn)練題組一1.A[解析]電解硫酸鈉溶液,陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng),a為氧氣,A為硫酸,陰極發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣和氫氧化鈉,b為氫氣,B為氫氧化鈉。如電極材料均改為銅板,銅為活性電極,陽(yáng)極銅被氧化,電解池的總反應(yīng)方程式發(fā)生變化,A錯(cuò)誤;A為硫酸,向A溶液中滴加石蕊試液顯紅色,B正確;根據(jù)外加電源的正、負(fù)極可知有氣體a生成的一極為陽(yáng)極,有氣體b生成的一極為陰極,陽(yáng)離子透過(guò)d隔膜向陰極移動(dòng),則d隔膜為陽(yáng)離子交換膜,陰離子透過(guò)c隔膜向陽(yáng)極移動(dòng),c隔膜為陰離子交換膜,C正確;在陽(yáng)極氫氧根離子放電生成氧氣,在陰極氫離子放電生成氫氣,所以該電解反應(yīng)的總方程式為2Na2SO4+6H2O2H2SO4+4NaOH+O2↑+2H2↑,a為氧氣,b為氫氣,體積比為1∶2,D正確。2.(1)淺綠2H++2e-H2↑(2)(NH4)3PO4、(NH4)2HPO4、NH4H2PO4、NH3·H2O[解析](1)陽(yáng)極上Fe發(fā)生氧化反應(yīng)得到Fe2+,溶液由無(wú)色變?yōu)闇\綠色;陰極上H+發(fā)生還原反應(yīng)。(2)電解一段時(shí)間后,陰極室溶液pH升高,NH4+與OH-反應(yīng)生成NH3·H2O,因此陰極室溶液中溶質(zhì)除(NH4)3PO4、(NH4)2HPO4、NH4H2PO4外,還可能有NH3·H2題組二1.D[解析]陽(yáng)極室水失去電子,電極反應(yīng)為2H2O-4e-4H++O2↑,使陽(yáng)極區(qū)氫離子濃度增大,平衡2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O右移,溶液逐漸由黃色變?yōu)槌壬?A錯(cuò)誤;由于陽(yáng)極反應(yīng)2H2O-4e-4H++O2↑和陰極反應(yīng)4H++4e-2H2↑,如果不考慮陽(yáng)離子能由陽(yáng)極移向陰極,則當(dāng)有0.2mol電子通過(guò)時(shí),陽(yáng)極室質(zhì)量減少1.6g,陰極室質(zhì)量減少0.2g,此時(shí)陽(yáng)極與陰極溶液減少的質(zhì)量差為1.4g,但溶液中的H+、K+能由陽(yáng)極向陰極移動(dòng),故陽(yáng)極與陰極溶液減少的質(zhì)量差不是1.4g,B錯(cuò)誤;加入反應(yīng)容器內(nèi)的K2CrO4的物質(zhì)的量為0.4mol,反應(yīng)過(guò)程中有xmolK2CrO4轉(zhuǎn)化為K2Cr2O7,則陽(yáng)極區(qū)剩余K2CrO4的物質(zhì)的量為(0.4-x)mol,對(duì)應(yīng)的n(K)=2(0.4-x)mol,n(Cr)=(0.4-x)mol,生成的K2Cr2O7的物質(zhì)的量為x2mol,對(duì)應(yīng)的n(K)=xmol,n(Cr)=xmol,根據(jù)K與Cr的物質(zhì)的量之比為3∶2,2(0.4-x)+x0.4-x+x=3∶2,計(jì)算得到x=0.2,由反應(yīng)式4CrO42-+4H2O2Cr2O72-+4OH-+2H2↑+O2↑可知反應(yīng)4molCrO42-,轉(zhuǎn)移4mol電子,所以反應(yīng)0.2molK2CrO42.(1)O2CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O(2)①A2NO3-+6H2O+10e-N2↑+12OH②14.4[解析](1)甲烷堿性燃料電池為電源,總電極反應(yīng)式為CH4+2O2+2KOHK2CO3+3H2O,負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng),正極發(fā)生還原反應(yīng),電鍍時(shí),鍍件鐵作電解池的陰極,連接甲烷燃料電源的負(fù)極,所以a應(yīng)通入CH4,鍍層金屬作電解池的陽(yáng)極,發(fā)生氧化反應(yīng),連接甲烷燃料電池的正極,所以b應(yīng)通入O2。甲烷堿性燃料電池a處電極上CH4放電,發(fā)生氧化反應(yīng),電極反應(yīng)式是CH4-8e-+10OH-CO32-+7H2O,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒8n(CH4)=2n(Cu)=2×3.2g64g/mol=0.1mol,所以n(CH4)=180mol,所以V(CH4)=180mol×22.4L/mol=0.28L。(2)①由圖示知在A(yíng)g-Pt電極上NO3-發(fā)生還原反應(yīng),因此Ag-Pt電極為陰極,則B為負(fù)極,A為電源正極;在陰極反應(yīng)是NO3-得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成N2,利用電荷守恒與原子守恒知有H2O參與反應(yīng),所以陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為2NO3-+6H2O+10e-N2↑+12OH-;②轉(zhuǎn)移2mol電子時(shí),陽(yáng)極(陽(yáng)極反應(yīng)為H2O失電子氧化為O2和H+)消耗1mol水,產(chǎn)生2molH+進(jìn)入陰極室,陽(yáng)極室質(zhì)量減少18g;陰極室中放出0.2molN2(5.6g),同時(shí)有2molH+(2g)進(jìn)入陰極室,因此陰極室質(zhì)量減少3.6考點(diǎn)三知識(shí)梳理1.原電池?zé)o有(1)金屬原子(2)電化學(xué)腐蝕2.酸性酸性很弱或者呈中性Fe-2e-Fe2+2H++2e-H2↑2H2O+O2+4e-4OH-Fe+2H+Fe2++H2↑2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2吸氧腐蝕3.(1)①原電池a.負(fù)極b.正極②電解a.陰極b.陽(yáng)極對(duì)點(diǎn)自測(cè)1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×[解析](1)金屬鈉與O2反應(yīng)無(wú)需潮濕環(huán)境。(2)不活潑金屬與酸一般不反應(yīng)。(3)純銀器表面變黑是化學(xué)腐蝕,鋼鐵表面生銹是電化學(xué)腐蝕原理。(5)若水膜酸性較強(qiáng),可發(fā)生析氫腐蝕。(6)被保護(hù)金屬應(yīng)與電源負(fù)極相連。(7)應(yīng)是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法。2.導(dǎo)管中液面左低右高2H++2e-H2↑2H2O+O2+4e-4OH-題組訓(xùn)練題組一1.D[解析]插入海水中的鐵棒,在水面和空氣的結(jié)合處腐蝕最嚴(yán)重;A錯(cuò)誤;金屬鋅與NH4Cl糊狀物直接接觸,易失電子發(fā)生氧化反應(yīng)而被腐蝕,B錯(cuò)誤;鋅的活潑性大于鉑,作原電池的負(fù)極,發(fā)生氧化反應(yīng),電子轉(zhuǎn)移到鉑電極,氫離子在其上得電子發(fā)生還原反應(yīng),生成氫氣,C錯(cuò)誤;圖(b)中開(kāi)關(guān)由M改置于N時(shí),Cu-Zn合金的活動(dòng)性小于鋅的活動(dòng)性,因此鋅作負(fù)極,腐蝕速率加快,Cu-Zn合金的腐蝕速率減小,D正確。2.C[解析]pH<4的溶液呈強(qiáng)酸性,發(fā)生析氫腐蝕,A項(xiàng)正確;pH>6的溶液,氧氣得電子,發(fā)生吸氧腐蝕,B項(xiàng)正確;pH>14的溶液,正極反應(yīng)為O2+2H2O+4e-4OH-,C項(xiàng)錯(cuò)誤;煮沸后除去了氧氣,碳鋼的腐蝕速率會(huì)減小,D項(xiàng)正確。題組二1.C[解析]由圖示知,該裝置為通過(guò)“外加電流的陰極保護(hù)法”進(jìn)行防腐的裝置,因此需外加強(qiáng)大的電流抑制金屬電化學(xué)腐蝕產(chǎn)生電流,即通入保護(hù)電流使鋼管樁表面腐蝕電流接近于零,A項(xiàng)正確;通電后,被保護(hù)的鋼管樁作陰極,高硅鑄鐵作陽(yáng)極,因此通電后外電路電子被強(qiáng)制從高硅鑄鐵流向鋼管樁,B項(xiàng)正確;高硅鑄鐵為惰性輔助陽(yáng)極,所以高硅鑄鐵不損耗,C項(xiàng)錯(cuò)誤;外加電流的目的是抑制金屬電化學(xué)腐蝕產(chǎn)生電流,因此通入的保護(hù)電流應(yīng)該根據(jù)環(huán)境條件變化進(jìn)行調(diào)整,D項(xiàng)正確。2.D[解析]d為石墨,活潑金屬鐵片作負(fù)極,發(fā)生腐蝕,所以鐵片腐蝕加快,A正確;海水呈中性,所以發(fā)生吸氧腐蝕,所以石墨作正極,電極反應(yīng)為O2+2H2O+4e-4OH-,B正確;鋅比鐵片活潑,所以腐蝕鋅,所以鐵片不易被腐蝕,C正確;d為鋅塊,作為負(fù)極,因海水呈弱堿性,所以發(fā)生吸氧腐蝕,所以鐵片上電極反應(yīng)為O2+2H2O+4e-4OH-,D錯(cuò)誤?！究祭挤ㄖ睋簟?.A[解析]此裝置為電解池,Pd電極b上是氫氣發(fā)生氧化反應(yīng),Pd電極b為陽(yáng)極,A項(xiàng)錯(cuò)誤;Pd電極a為陰極,陰極的反應(yīng)式為N2+6H++6e-2NH3,B項(xiàng)正確;電解池的陽(yáng)離子H+由陽(yáng)極向陰極移動(dòng),C項(xiàng)正確;分析裝置圖可知,陶瓷可以隔離N2和H2,D項(xiàng)正確。2.B[解析]由裝置圖中物質(zhì)變化及變化的條件知,該裝置是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置,A項(xiàng)錯(cuò)誤;工作中陽(yáng)離子(H+)移向陰極a區(qū),B項(xiàng)正確;由反應(yīng)方程式6CO2+8H2O2C3H8O+9O2知每生成1molO2,有23molCO2被還原,其質(zhì)量為23×44g,C項(xiàng)錯(cuò)誤;a極為陰極,電極上得電子發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為3CO2+18H++18e-C3H8O+5H2O,D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.D[解析]電解H2O-CO2制備H2和CO時(shí),H和C得電子化合價(jià)降低,發(fā)生還原反應(yīng),故為陰極反應(yīng),所以X為電源的負(fù)極,A項(xiàng)正確;圖中電解質(zhì)為金屬氧化物,故傳導(dǎo)電流的為O2-,陰極H2O和CO2得電子生成H2和CO及O2-,B項(xiàng)正確;由圖可知反應(yīng)物為H2O和CO2,生成物為H2、CO和O2,故總反應(yīng)方程式為H2O+CO2H2+CO+O2,C項(xiàng)正確;陰極處生成H2和CO,陽(yáng)極處生成O2,由總反應(yīng)方程式可知,生成的氣體物質(zhì)的量之比為2∶1,D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.①陽(yáng)極室②防止Na2FeO4與H2反應(yīng)使產(chǎn)率降低③M點(diǎn):c(OH-)低,Na2FeO4穩(wěn)定性差,且反應(yīng)慢N點(diǎn):c(OH-)過(guò)高,鐵電極上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成,使Na2FeO4產(chǎn)率降低[解析]依據(jù)裝置及電解原理,其陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O,陰極的電極反應(yīng)式為6H2O+6e-6OH-+3H2↑,故c(OH-)在陽(yáng)極區(qū)減小,在陰極區(qū)增大;由已知條件可知,若不及時(shí)排出H2,H2會(huì)還原FeO425.LiOH2Cl--2e-Cl2↑B[解析]B極產(chǎn)生H2,根據(jù)反應(yīng)2H++2e-H2↑,說(shuō)明B極為陰極,隨著電解進(jìn)行,溶液中c(H+)減小、c(OH-)增大,B極區(qū)生成LiOH,則B極溶質(zhì)為L(zhǎng)iOH。A極為陽(yáng)極,電解質(zhì)溶液為L(zhǎng)iCl溶液,電極反應(yīng)為2Cl--2e-Cl2↑,在電解過(guò)程中Li+向陰極附近移動(dòng),即向B極遷移。1.[2019·山西太原模擬]鋅溴液流電池是一種新型電化學(xué)儲(chǔ)能裝置(如圖所示),電解液為溴化鋅水溶液,其在電解質(zhì)儲(chǔ)罐和電池間不斷循環(huán)。下列說(shuō)法不正確的是 ()A.放電時(shí)負(fù)極的電極反應(yīng)式為Zn-2e-Zn2+B.充電時(shí)電極a連接電源的負(fù)極C.陽(yáng)離子交換膜可阻止Br2與Zn直接發(fā)生反應(yīng)D.放電時(shí)左側(cè)電解質(zhì)儲(chǔ)罐中的離子總濃度增大[解析]B由題知電解液為溴化鋅水溶液,結(jié)合電解裝置圖分析可知充電時(shí)左側(cè)電極上發(fā)生氧化反應(yīng)2Br--2e-Br2,則左側(cè)電極為陽(yáng)極,充電時(shí)電極a連接電源的正極,充電時(shí)右側(cè)電極上發(fā)生還原反應(yīng)Zn2++2e-Zn,則右側(cè)電極為陰極,充電時(shí)電極b連接電源的負(fù)極,B錯(cuò)誤;該電池放電時(shí)負(fù)極反應(yīng)為充電時(shí)陰極反應(yīng)的逆反應(yīng),即為Zn-2e-Zn2+,A正確;陽(yáng)離子交換膜只允許陽(yáng)離子通過(guò),可阻止Br2與Zn直接發(fā)生反應(yīng),C正確;該電池放電時(shí)正極反應(yīng)為充電時(shí)陽(yáng)極反應(yīng)的逆反應(yīng),即為Br2+2e-2Br-,放電時(shí)作原電池,原電池中陽(yáng)離子向正極移動(dòng),陰離子向負(fù)極移動(dòng),且該裝置使用了陽(yáng)離子交換膜,其只允許陽(yáng)離子通過(guò),即左側(cè)電極上生成了Br-,同時(shí)Zn2+不斷移向左側(cè)電極區(qū),所以放電時(shí)左側(cè)電解質(zhì)儲(chǔ)罐中的離子總濃度增大,D正確。2.[2019·吉林白城二模]KIO3是食用碘鹽的添加劑,工業(yè)上制取KIO3的方法之一如圖所示,其中陽(yáng)(陰)離子隔膜只允許陽(yáng)(陰)離子通過(guò),下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是 ()A.可用鐵作陽(yáng)極、石墨作陰極B.裝置中的隔膜為陽(yáng)離子隔膜C.當(dāng)外電路中通過(guò)2mole-時(shí),陰極上會(huì)有22.4LH2生成D.陽(yáng)極電極反應(yīng)式為I--6e-+6OH-IO3-+3H2[解析]D由題意知以碘化鉀為原料采用電解法制取碘酸鉀,就是把-1價(jià)碘氧化為+5價(jià)碘的過(guò)程,所以陽(yáng)極上的電極反應(yīng)為I--6e-+6OH-IO3-+3H2O,因此陽(yáng)極只能用惰性電極而不能用鐵作陽(yáng)極,D正確、A不正確;陰極上水電離的氫離子放電生成氫氣,電極反應(yīng)式為2H++2e-H2↑,理論上每轉(zhuǎn)移2mole-,可生成1molH2,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下所占的體積為22.4L,C不正確;只有使用陰離子交換膜,才能保證陰極區(qū)的碘離子定向移動(dòng)到陽(yáng)極區(qū)被氧化為碘酸根離子從而提高原料的轉(zhuǎn)化率,同時(shí)陰極區(qū)可得到副產(chǎn)品氫氧化鉀,B不正確。3.[2019·廣東江門(mén)模擬]利用如圖裝置可以模擬鐵的電化學(xué)防護(hù)。下列說(shuō)法不正確的是 ()A.若X為鋅棒,開(kāi)關(guān)K置于M處,可減緩鐵的腐蝕速率B.若X為鋅棒,開(kāi)關(guān)K置于M處,鐵的保護(hù)屬于犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法C.若X為碳棒,開(kāi)關(guān)K置于N處,鐵的保護(hù)屬于外接電流的陰極保護(hù)法D.若X為碳棒,開(kāi)關(guān)K置于N處,X極發(fā)生還原反應(yīng)[解析]D若X為碳棒,開(kāi)關(guān)K置于N處,X極為陽(yáng)極,發(fā)生氧化反應(yīng)。4.如圖是可用于測(cè)量阿伏伽德羅常數(shù)的裝置示意圖,其中A是純銅片、B是石墨,插在100mLCuSO4稀溶液中,銅片、石墨與導(dǎo)線(xiàn)相連,引出端分別為X、Y。(1)當(dāng)以IA的電流電解6min后,測(cè)得銅片A的質(zhì)量減少2.56g,則裝置中的X端應(yīng)與直流電的極相連。

(2)電解后將電源反接,2IA的電流電解6min后,假設(shè)溶液體積不變,測(cè)得溶液中CuSO4物質(zhì)的量濃度為0.1mol/L,則原溶液中CuSO4物質(zhì)的量濃度為mol/L。溶液中H+的物質(zhì)的量濃度為mol/L。

(3)列式計(jì)算實(shí)驗(yàn)測(cè)得的阿伏伽德羅常數(shù)NA(用I表示)約為mol-1。(已知電子電量e-=1.60×10-19C)

[答案](1)正(2)0.50.8(3)2.8I×1022[解析](1)銅片A的質(zhì)量減少,銅失去電子發(fā)生氧化反應(yīng),表明A是陽(yáng)極,X端應(yīng)與直流電的正極相連。(2)當(dāng)以IA的電流電解6min后,測(cè)得銅片A的質(zhì)量減少了2.56g,銅的物質(zhì)的量為2.56g64g/mol=0.04mol,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.08mol,石墨上析出0.04mol銅;電解后將電源反接,銅作陰極,石墨作陽(yáng)極,首先,石墨上析出的銅放電溶解,轉(zhuǎn)移0.08mol電子,然后電解硫酸銅溶液,方程式為2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑,以2IA的電流電解6min后,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.08mol×2=0.16mol,則電解的硫酸銅的物質(zhì)的量為0.16mol-0.08mol2=0.04mol;原溶液中CuSO4物質(zhì)的量濃度為0.04mol+0.1mol/L×0.1L0.1L=0.5mol/L。溶液中H+的物質(zhì)的量為0.04mol×2=0.08mol,物質(zhì)的量濃度為0.08mol0.1L=0.8mol/L。(3)當(dāng)以IA的電流電解6min后,測(cè)得銅片A的質(zhì)量減少了2.56增分微課七電化學(xué)中的離子交換膜【增分典例探究】例1B[解析]通電時(shí)中間隔室的SO42-向正極移動(dòng),正極為水電離出的OH-失去電子,溶液中H+濃度增大,溶液的pH減小,A項(xiàng)錯(cuò)誤;該法處理含Na2SO4的廢水,在負(fù)極區(qū)和正極區(qū)分別得到NaOH和H2SO4,B項(xiàng)正確;負(fù)極為水電離出的H+得電子被還原,溶液中c(OH-)增大,負(fù)極區(qū)溶液pH升高,C項(xiàng)錯(cuò)誤;正極反應(yīng)為4OH--4e-O2↑+2H2O,電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí),生成0.25molO2變式題B[解析]Na+移向陰極區(qū),SO32-移向陽(yáng)極區(qū),所以a極為陰極,應(yīng)接電源負(fù)極,A項(xiàng)正確;陰極區(qū)H+放電生成氫氣,陰極電極反應(yīng)式為2H2O+2e-H2↑+2OH-,從A口出來(lái)的是氫氣,b極應(yīng)接電源正極,陽(yáng)極電極反應(yīng)式為SO32--2e-+H2OSO42-+2H+,從C口流出的是濃度較大的硫酸,B項(xiàng)錯(cuò)誤;b為陽(yáng)極,SO32-在陽(yáng)極失去電子變成SO42-,陽(yáng)極電極反應(yīng)式為SO32--2e-+H2OSO42-+2H+,C項(xiàng)正確;陰極電極反應(yīng)為2H2例2B[解析]根據(jù)題意可知該裝置是電解池,根據(jù)質(zhì)子的流向知b是陰極,B極室是陰極室,發(fā)生的反應(yīng)是CO2+2e-+2H+CO+H2O,A極室發(fā)生的反應(yīng)是2H2O-4e-4H++O2↑,總反應(yīng)是2CO22CO+O2,A錯(cuò)誤,B正確;A極室中溶液的pH不變,C錯(cuò)誤;電子不能在電解質(zhì)溶液中流動(dòng),D錯(cuò)誤。質(zhì)子交換膜的使用將電池分割成陰、陽(yáng)兩極室,有效地避免了CO、O2的直接接觸,提高了放電效率。變式題C[解析]多孔電極的接觸面積大,有利于氧氣的吸附,A項(xiàng)正確;根據(jù)信息提示,相同質(zhì)量的Mg、Al、Zn完全反應(yīng),失去電子的物質(zhì)的量分別為m12mol、m9mol、m32.5mol,B項(xiàng)正確;正極為O2放電,電極反應(yīng)式為O2+2H2O+4e-4OH-,C項(xiàng)錯(cuò)誤;不能采用堿性電解質(zhì),否則負(fù)極產(chǎn)生的Mg2+與OH-反應(yīng)生成沉淀,采用陽(yáng)離子交換膜時(shí),正極產(chǎn)生的OH【提分強(qiáng)化訓(xùn)練】1.D[解析]正極反應(yīng)為Cl2+2e-2Cl-,A項(xiàng)錯(cuò)誤;放電時(shí),交換膜右側(cè)的電極為正極,交換膜左側(cè)的電極為負(fù)極,負(fù)極放電產(chǎn)生的Ag+與電解質(zhì)HCl中的Cl-結(jié)合生成AgCl白色沉淀。則負(fù)極電極反應(yīng)式:2Ag-2e-+2Cl-2AgCl,B項(xiàng)錯(cuò)誤;負(fù)極放電產(chǎn)生的Ag+與電解質(zhì)中的Cl-結(jié)合,若用NaCl代替鹽酸不會(huì)改變電池總反應(yīng),C項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移0.01mole-時(shí),交換膜左側(cè)的電極放電產(chǎn)生0.01molAg+,與電解質(zhì)中的0.01molCl-結(jié)合生成AgCl沉淀,同時(shí)約有0.01molH+通過(guò)陽(yáng)離子交換膜轉(zhuǎn)移到右側(cè)溶液中,則交換膜左側(cè)溶液中約減少0.02mol離子,D項(xiàng)正確。2.C[解析]用鎳(Ni)、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鈉(Na2FeO4),鐵失電子生成高鐵酸鈉,則鐵作陽(yáng)極,鎳作陰極,電極反應(yīng)式為Fe+8OH--6e-FeO42-+4H2O,A項(xiàng)錯(cuò)誤;鎳電極上H+放電生成H2,溶液的pH增大,B項(xiàng)錯(cuò)誤;若離子交換膜為陰離子交換膜,FeO42-穿過(guò)陰離子交換膜向左側(cè)擴(kuò)散,左側(cè)溶液中會(huì)含有FeO42-3.D[解析]H+移向N極,N極為電源正極,聯(lián)氨從b口通入,A項(xiàng)錯(cuò)誤;原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng),正極發(fā)生還原反應(yīng),負(fù)極反應(yīng)為N2H4-4e-4H++N2↑,負(fù)極上每消耗1molN2H4,轉(zhuǎn)移4mol電子,B項(xiàng)錯(cuò)誤;電解質(zhì)溶液呈酸性,正極反應(yīng)為O2+4H++4e-2H2O,C項(xiàng)錯(cuò)誤;可將聯(lián)氨改進(jìn)為引火性低、穩(wěn)定性好的N2H4·H2O,D項(xiàng)正確。4.B[解析]電極B材料中包含MnO2層,二氧化錳能促進(jìn)過(guò)氧化氫分解,所以MnO2可起催化作用,A項(xiàng)正確;原電池工作時(shí),陽(yáng)離子向正極移動(dòng),則Na+從A極區(qū)移向B極