2023版高考化学二轮复习第1部分专题素能提升练专题4化学能与热能、电能的相互转化教案新人教版

2020版高考化学二轮复习第1部分专题素能提升练专题4化学能与热能、电能的相互转化教案新人教版PAGE80-化学能与热能、电能的相互转化1．了解化学反响中能量转化的原因及常见的能量转化形式。2.了解化学能与热能的相互转化，了解吸热反响、放热反响、反响热等概念。3.了解热化学方程式的含义，能正确书写热化学方程式。4.了解能源是人类生存和社会开展的重要根底。了解化学在解决能源危机中的重要作用。5.了解焓变(ΔH)与反响热的含义。6.理解盖斯定律，并能运用盖斯定律进行有关反响焓变的计算。7.理解原电池和电解池的构成、工作原理及应用，能书写电极反响和总反响方程式。8.了解常见化学电源的种类及其工作原理。9.了解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害以及防止金属腐蚀的措施。1．(1)(2022·全国卷Ⅱ，节选)：(g)=(g)＋H2(g)ΔH1＝100.3kJ·mol－1 ①H2(g)＋I2(g)=2HI(g)ΔH2＝－11.0kJ·mol－1 ②对于反响：(g)＋I2(g)=(g)＋2HI(g) ③ΔH3＝________kJ·mol－1。(2)(2022·全国卷Ⅲ，节选)Deacon直接氧化法可按以下催化过程进行：CuCl2(s)=CuCl(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g)ΔH1＝83kJ·mol－1CuCl(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CuO(s)＋eq\f(1,2)Cl2(g) ΔH2＝－20kJ·mol－1CuO(s)＋2HCl(g)=CuCl2(s)＋H2O(g) ΔH3＝－121kJ·mol－1那么4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。(3)(2022·全国卷Ⅰ，节选)我国学者结合实验与计算机模拟结果，研究了在金催化剂外表上水煤气变换的反响历程，如下图，其中吸附在金催化剂外表上的物种用*标注。可知水煤气变换的ΔH________0(填“大于〞“等于〞或“小于〞)。该历程中最大能垒(活化能)E正＝______eV，写出该步骤的化学方程式_______________________________________________________________________________________________________。[解析](1)根据盖斯定律，反响①＋②可得反响③，那么ΔH3＝ΔH1＋ΔH2＝100.3kJ·mol－1＋(－11.0kJ·mol－1)＝89.3kJ·mol－1。(2)由盖斯定律可得，4HCl(g)＋O2(g)=2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH＝2ΔH3＋2ΔH2＋2ΔH1＝(－121kJ·mol－)×2＋(－20kJ·mol－1×2)＋(83kJ·mol－1×2)＝－116kJ·mol－1。(3)根据图像，初始时反响物的总能量为0，反响后生成物的总能量为－0.72eV，那么ΔH＝－0.72eV，即ΔH小于0。由图像可看出，反响的最大能垒在过渡态2，那么此能垒E正＝1.86eV－(－0.16eV)＝2.02eV。由过渡态2初始反响物COOH*＋H*＋H2O*和结束时生成物COOH*＋2H*＋OH*，可得反响的化学方程式为COOH*＋H*＋H2O*=COOH*＋2H*＋OH*，也可以写为H2O*=H*＋OH*。[答案](1)89.3(2)－116(3)小于2.02COOH*＋H*＋H2O*=COOH*＋2H*＋OH*(或H2O*=H*＋OH*)2．(1)(2022·全国卷Ⅰ，节选)：2N2O5(g)=2N2O4(g)＋O2(g)ΔH1＝－4.4kJ·mol－12NO2(g)=N2O4(g)ΔH2＝－55.3kJ·mol－1那么反响N2O5(g)=2NO2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)的ΔH＝______kJ·mol－1。(2)(2022·全国卷Ⅰ，节选)以下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反响系统原理。通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为______________________________________________________、______________________________________________________，制得等量H2所需能量较少的是________。(3)(2022·全国卷Ⅱ，节选)甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂作用下合成甲醇，发生的主要反响如下：①CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1②CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH2③CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH3答复以下问题：反响①中相关的化学键键能数据如下：化学键H—HC—OCOH—OC—HE/(kJ·mol－1)4363431076465413由此计算ΔH1＝________kJ·mol－1；ΔH2＝－58kJ·mol－1，那么ΔH3＝________kJ·mol－1。[解析](2)令题干中的四个热化学方程式分别为①H2SO4(aq)=SO2(g)＋H2O(l)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH1＝327kJ·mol－1②SO2(g)＋I2(s)＋2H2O(l)=2HI(aq)＋H2SO4(aq)ΔH2＝－151kJ·mol－1③2HI(aq)=H2(g)＋I2(s)ΔH3＝110kJ·mol－1④H2S(g)＋H2SO4(aq)=S(s)＋SO2(g)＋2H2O(l)ΔH4＝61kJ·mol－1根据盖斯定律，将①＋②＋③可得，系统(Ⅰ)中的热化学方程式。同理，将②＋③＋④可得，系统(Ⅱ)中的热化学方程式。(3)根据键能与反响热的关系可知，ΔH1＝反响物的键能之和－生成物的键能之和＝(1076kJ·mol－1＋2×436kJ·mol－1)－(413kJ·mol－1×3＋343kJ·mol－1＋465kJ·mol－1)＝－99kJ·mol－1。根据盖斯定律，由②－①可得：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，结合盖斯定律可得：ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝(－58kJ·mol－1)－(－99kJ·mol－1)＝＋41kJ·mol－1。[答案](1)＋53.1(2)H2O(l)=H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)ΔH＝286kJ·mol－1H2S(g)=H2(g)＋S(s)ΔH＝20kJ·mol－1系统(Ⅱ)(3)－99＋413．(2022·全国卷Ⅲ)为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn(3D­Zn)可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D­Zn—NiOOH二次电池，结构如下图。电池反响为Zn(s)＋2NiOOH(s)＋H2O(l)ZnO(s)＋2Ni(OH)2(s)。以下说法错误的选项是()A．三维多孔海绵状Zn具有较高的外表积，所沉积的ZnO分散度高B．充电时阳极反响为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－=NiOOH(s)＋H2O(l)C．放电时负极反响为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－=ZnO(s)＋H2O(l)D．放电过程中OH－通过隔膜从负极区移向正极区D[A项，三维多孔海绵状Zn为多孔结构，具有较高的外表积，所沉积的ZnO分散度高，正确；B项，二次电池充电时作为电解池使用，阳极发生氧化反响，元素化合价升高，原子失去电子，阳极反响为Ni(OH)2(s)＋OH－(aq)－e－=NiOOH(s)＋H2O(l)，正确；C项，二次电池放电时作为原电池使用，负极发生氧化反响，元素化合价升高，原子失去电子，由电池总反响可知负极反响为Zn(s)＋2OH－(aq)－2e－=ZnO(s)＋H2O(l)，正确；D项，二次电池放电时作为原电池使用，阴离子从正极区向负极区移动，错误。]4．(2022·全国卷Ⅱ)我国科学家研发了一种室温下“可呼吸〞的Na­CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反响为3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。以下说法错误的选项是()A．放电时，ClOeq\o\al(－,4)向负极移动B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2C．放电时，正极反响为3CO2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)＋CD．充电时，正极反响为Na＋＋e－=NaD[充电时阳极发生氧化反响，即C被氧化生成CO2，D项错误。]5．(2022·全国卷Ⅰ)支撑海港码头根底的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如下图，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。以下有关表述不正确的选项是()A．通入保护电流使钢管桩外表腐蚀电流接近于零B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整C[C项，高硅铸铁为惰性辅助阳极，其主要作用是传递电流，而不是作为损耗阳极。]6．(1)(2022·全国卷Ⅱ，节选)环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2，结构简式为]，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如以下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。该电解池的阳极为________，总反响为___________。电解制备需要在无水条件下进行，原因为____________________________________________________________________________________。(2)(2022·全国卷Ⅲ，节选)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的根底上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如以下图所示：负极区发生的反响有__________________________(写反响方程式)。电路中转移1mol电子，需消耗氧气________L(标准状况)。[解析](1)由电解原理示意图可知，电解后铁变为＋2价，由此可判断铁做电解池的阳极，阳极的电极反响式为Fe－2e－=Fe2＋，阴极的电极反响式为2＋2e－=2＋H2↑，由此可得总方程式为＋H2↑。电解时如果有水，水会与钠反响，阻碍的生成，而且电解时会产生OH－，OH－会与Fe2＋反响生成Fe(OH)2沉淀。(2)由题图知，左端的电极反响为Fe3＋＋e－=Fe2＋，应为阴极，接电源负极，右端的电极反响为2HCl－2e－=Cl2＋2H＋，应为阳极，接电源正极，负极产生的Fe2＋进一步被O2氧化生成Fe3＋，那么4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；由此可知，每消耗1molO2，需转移4mol电子，那么转移1mol电子时，应消耗eq\f(1,4)molO2，标准状况下，eq\f(1,4)molO2的体积为eq\f(1,4)mol×22.4L·mol－1＝5.6L。[答案](1)Fe电极＋H2↑[Fe＋2C5H6=Fe(C5H5)2＋H2↑]水会阻碍中间物eq\o(,\s\do4(Na＋))的生成；水会电解生成OH－，进一步与Fe2＋反响生成Fe(OH)2(2)Fe3＋＋e－=Fe2＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O5.67．(2022·全国卷Ⅲ，节选)利用“KClO3氧化法〞制备KIO3工艺流程如以下图所示：KIO3也可采用“电解法〞制备，装置如下图。(1)写出电解时阴极的电极反响式_____________________________________________________________________________。(2)电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为________，其迁移方向是________。(3)与“电解法〞相比，“KClO3氧化法〞的主要缺乏之处有________________________________(写出一点)。[解析](1)电解法制备KIO3时，H2O在阴极得到电子，发生复原反响：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑。(2)电解池中阳离子向阴极移动，即由电极a向电极b迁移，阳离子交换膜只允许阳离子通过，故主要是K＋通过阳离子交换膜。(3)根据工艺流程分析，KClO3氧化法生成的Cl2有毒，且在调pH时参加KOH的量不易控制，另外，生成的KIO3中杂质较多。[答案](1)2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑(2)K＋由a到b(3)产生Cl2，易污染环境等上述真题的题型有选择题和大题中的填空题。命题角度主要涉及：1化学能与热能：①反响热ΔH计算，②利用盖斯定律进行计算，如T1、T2。(2)原电池：①原电池原理：两极判断、离子移动方向，电极反响书写判断，②新型二次电池的原理分析：充、放电时两极反响的书写判断，如T3、T4。(3)电解池：①电解原理：两极判断，离子移向，电极反响书写判断，②电解原理应用：物质制备，如T6、T7。(4)电化学、外加电流阴极的保护原理，如T5。预测2022年高考在盖斯定律的有关应用计算和电化学原理实际应用及间接电化学原理分析等角度加强命题。特别是电化学原理及应用要注意领悟。反响热与盖斯定律的有关计算(对应学生用书第22页)1．理解化学反响热效应的两种角度(1)从微观的角度说，反响热是旧化学键断裂吸收的能量与新化学键形成放出的能量的差值，即a－b。如下图：a表示旧化学键断裂吸收的能量；b表示新化学键形成放出的能量；c表示反响热。(2)从宏观的角度说，反响热是生成物的能量与反响物自身能量的差值，即E2－E1。2．盖斯定律中的三种定量关系转化类型反响热间的关系aAeq\o(→,\s\up10(ΔH1))B、Aeq\o(→,\s\up10(ΔH2))eq\f(1,a)BΔH1＝aΔH2ΔH1＝－ΔH2ΔH＝ΔH1＋ΔH23．“五步〞分析法突破盖斯定律的计算(1)[例如](2022·全国卷Ⅲ，节选)：①As(s)＋eq\f(3,2)H2(g)＋2O2(g)=H3AsO4(s)ΔH1②H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH2③2As(s)＋eq\f(5,2)O2(g)=As2O5(s)ΔH3那么反响As2O5(s)＋3H2O(l)=2H3AsO4(s)的ΔH＝___________。[解答思路][答案]2ΔH1－3ΔH2－ΔH3(2)思维模板化学反响能量图像分析与ΔH的根本计算1．叔丁基氯与碱溶液经两步反响得到叔丁基醇，反响(CH3)3CCl＋OH－→(CH3)3COH＋Cl－的能量与反响过程如下图：以下说法正确的选项是()A．该反响为吸热反响B．(CH3)3C＋比(CH3)3C．第一步反响一定比第二步反响快D．增大碱的浓度和升高温度均可加快反响速率D[A项，由图像可知，反响物的总能量大于生成物的总能量，该反响为放热反响，错误；B项，由图像可知，(CH3)3C＋、Cl－的能量总和比(CH3)32．北京时间2018年8月18日晚第十八届亚洲运动会在印度尼西亚正式开幕，本次亚运会火炬的燃料是丙烷，亚运圣火将体育精神代代相传。25℃，101kPa下：化学键C—HC—CO=OC=OH—O键能/(kJ·mol－1)415331498745465(丙烷燃烧过程中不考虑其他能量转化)。以下说法正确的选项是()A．火炬中丙烷完全燃烧的热化学方程式为C3H8＋5O2=3CO2＋4H2OΔH＝－1718kJ·mol－1B．C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(g)ΔH<－1718kJ·mol－1C．火炬中丙烷完全燃烧的热化学方程式为C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝1718kJ·mol－1D．火炬中丙烷燃烧的能量变化可用如下图表示D[1molC3H8分子中含有2molC—C键，8molC—H键，C3H8在燃烧过程中所有的化学键均要发生断裂，1molC3H8化学键断裂吸收的热量＝2×331kJ＋8×415kJ＝3982kJ5molO2化学键断裂吸收的热量＝5×498kJ＝2490kJ，生成的3molCO2和4molH2O放出的热量＝3×2×745kJ＋4×2×465kJ＝8190kJ，故1molC3H8完全燃烧生成CO2和H2O(g)放出热量＝8190kJ－(3982＋2490)kJ＝1718kJ，故火炬中丙烷完全燃烧的热化学方程式为C3H8(g)＋5O2(g)=3CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1718kJ·mol－1。应选项B错；选项A，没有注明物质的状态，错误；选项C中ΔH无视“－〞，错误；选项D，因C3H8(g)完全燃烧是放热反响，反响物的总能量大于生成物的总能量，正确。]3．(2022·合肥模拟)用CO2催化加氢可以制取乙烯：CO2(g)＋3H2(g)eq\f(1,2)C2H4(g)＋2H2O(g)假设该反响体系的能量随反响过程变化关系如下图，那么该反响的ΔH＝________(用含a、b的式子表示)。又知：相关化学键的键能如下表所示，实验测得上述反响的ΔH＝－152kJ·mol－1，那么表中的x＝________。化学键C=OH—HC=CC—HH—O键能/(kJ·mol－1)803436x414464[解析]该反响的ΔH＝(803kJ·mol－1×2＋436kJ·mol－1×3)－[eq\f(1,2)×(xkJ·mol－1＋414kJ·mol－1×4)＋464kJ·mol－1×4]＝－152kJ·mol－1，解得x＝764。[答案](a－b)kJ·mol－17644．(1)一定条件下(T℃、1atm)，可以用Cl2(g)和NH3(g)制得NH2Cl(g)同时得到HCl(g)。局部化学键的键能如表所示：化学键N—HCl—ClN—ClH—Cl键能/(kJ·mol－1)391.3243.0191.2431.8写出该反响的热化学方程式：____________________________。(2)1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ，18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量。其他相关数据如表：化学键OO(g)H—HH—O键能/(kJ·mol－1)496x463那么表中x为________。[解析](2)根据题意，可得热化学方程式为2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝－572kJ·mol－1；而18g水蒸气变成液态水时放出44kJ热量，那么2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－484kJ·mol－1，即－484kJ＝2xkJ＋496kJ－4×463kJ，解得x＝436。[答案](1)Cl2(g)＋NH3(g)=NH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH＝＋11.3kJ·mol－1(2)436常见反响热或ΔH的计算类型(1)利用热化学方程式进行有关计算根据的热化学方程式、的反响物或生成物的物质的量、反响吸收或放出的热量，可以把反响热当作“产物〞，计算反响放出或吸收的热量。(2)根据燃烧热数据，计算反响放出的热量计算公式：Q＝燃烧热×n(可燃物的物质的量)。(3)根据旧键断裂和新键形成过程中的能量差计算焓变假设反响物旧化学键断裂吸收能量E1，生成物新化学键形成放出能量E2，那么反响的ΔH＝E1－E2。(4)利用物质的焓(H)计算ΔH＝H(生成物)－H(反响物)。盖斯定律的有关计算与判断5．(2022·全国卷Ⅱ)室温下，将1mol的CuSO4·5H2O(s)溶于水会使溶液温度降低，热效应为ΔH1，将1mol的CuSO4(s)溶于水会使溶液温度升高，热效应为ΔH2；CuSO4·5H2O受热分解的化学方程式为：CuSO4·5H2O(s)△CuSO4(s)＋5H2O(l)，热效应为ΔH3。那么以下判断正确的选项是()A．ΔH2>ΔH3 B．ΔH1<ΔH3C．ΔH1＋ΔH3＝ΔH2 D．ΔH1＋ΔH2>ΔH3B[设计路径为且ΔH1＝ΔH2＋ΔH3。]6．(2022·衡水金卷，节选)(1)：Ⅰ.2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH1＝－113kJ·mol－1；Ⅱ.NO(g)＋O3(g)NO2(g)＋O2(g)ΔH2＝－199kJ·mol－1；Ⅲ.N2O4(g)2NO2(g)ΔH3＝＋55.3kJ·mol－1；Ⅳ.4NO2(g)＋O2(g)2N2O5(g)ΔH4＝－57kJ·mol－1。那么反响6NO2(g)＋O3(g)3N2O5(g)ΔH＝________kJ·mol－1。(2)：N2(g)＋O2(g)=2NO(g)ΔH＝＋180.5kJ·mol－1C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH＝－393.5kJ·mol－12C(s)＋O2(g)=2CO(g)ΔH＝－221kJ·mol－1假设某反响的平衡常数表达式为K＝eq\f(cN2·c2CO2,c2NO·c2CO)，请写出此反响的热化学方程式：____________________________________________________________________________________________。[解析](1)根据盖斯定律eq\f(1,2)×(Ⅳ×3＋Ⅱ×2－Ⅰ)得：6NO2(g)＋O3(g)3N2O5(g)ΔH＝eq\f(1,2)×[(－57kJ·mol－1)×3＋(－199kJ·mol－1)×2－(－113kJ·mol－1)]＝－288kJ·mol－1。(2)根据平衡常数表达式可写出目标反响，然后根据盖斯定律可知ΔH＝[－180.5－(－221)＋2×(－393.5)]kJ·mol－1＝－746.5kJ·mol－1。[答案](1)－228(2)2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)ΔH＝－746.5kJ·mol－17．(1)(2022·长沙、长郡中学模拟)：H2(g)、CH3OH(l)的燃烧热(ΔH)分别为－285.8kJ·mol－1和－726.5kJ·mol－1；CH3OH(l)=CH3OH(g)ΔH＝＋35.2kJ·mol－1；H2O(l)=H2O(g)ΔH＝＋44kJ·mol－1。那么CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH＝________kJ·mol－1。(2)(2022·济宁一模)尿素[CO(NH2)2]是一种非常重要的高效氮肥，工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反响实际为两步反响：第一步：2NH3(g)＋CO2(g)H2NCOONH4(s)ΔH＝－272kJ·mol－1第二步：H2NCOONH4(s)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH＝＋138kJ·mol－1写出工业上以NH3、CO2为原料合成尿素的热化学方程式：___________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)H2燃烧的热化学方程式为①H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ·mol－1CH3OH燃烧的热化学方程式为②CH3OH(l)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－726.5kJ·mol－1③CH3OH(l)=CH3OH(g)ΔH＝＋35.2kJ·mol－1；④H2O(l)=H2O(g)ΔH＝＋44kJ·mol－1。根据盖斯定律得①×3－②＋③＋④，得CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)的ΔH＝－51.7kJ·mol－1。[答案](1)－51.7(2)2NH3(g)＋CO2(g)H2O(g)＋CO(NH2)2(s)ΔH＝－134kJ·mol－1新型电池的工作原理分析(对应学生用书第24页)1．突破原电池工作原理2．原电池的改良说明：(1)改良后的优点是电流效率的提高，电流持续稳定。(2)盐析的三个作用①隔绝正负极反响物，防止直接接触，导致电流不稳定；②通过离子的定向移动，构成闭合回路；③平衡电极区的电荷。(3)离子交换膜的作用：离子交换膜是一种选择性透过膜，允许相应离子通过，离子迁移方向遵循电池中离子迁移方向。3．二次电池充电时连接模型(“正〞接“正〞，“负〞接“负〞)注意：放电时负极反响与充电时的阴极反响相反，同理放电时正极反响与充电时阳极反响相反。如铅蓄电池：负极：Pb＋SOeq\o\al(2－,4)－2e－=PbSO4阴极：PbSO4＋2e－=Pb＋SOeq\o\al(2－,4)4．电极反响式书写的一般方法(1)[例如]①Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2Oa．放电时：负极反响式为_________________________________b．充电时：阳极反响式为________________________________②2Li＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li＋＋2OH－为锂­铜电池的放电反响，负极反响式为_______________，正极反响式为__________________________。③H2O2是一种弱酸，在强碱溶液中主要以HOeq\o\al(－,2)的形式存在。：Al—H2O2碱性燃料电池的总反响为2Al＋3NaHO2=2NaAlO2＋NaOH＋H2O。该电池的负极反响式为____________________，正极反响式为______________________。[答案]①Pb＋SOeq\o\al(2－,4)－2e－=PbSO4PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)②2Li－2e－=2Li＋Cu2O＋2e－＋H2O=2Cu＋2OH－③2Al－6e－＋8OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋4H2O3HOeq\o\al(－,2)＋6e－＋3H2O=9OH－(2)思维模板新型二次电池1．(2022·衡水模拟)钠电池由于其快速充放电的特性受到科研工作者的重视，某钠离子钛基电池结构如下图，电解质为含钠离子的高聚物，电池的反响方程式为2NaxCn＋xNaTi2(PO4)32nC＋xNa3Ti2(PO4)3。以下关于该电池说法正确的选项是()A．放电时电池正极为NaxCnB．放电时Na＋向电极Ⅱ移动C．充电时阳极反响：NaxCn－xe－=nC＋xNa＋D．充电时电极Ⅰ与外电源正极相连D[根据电子的移动方向可知，电极Ⅱ为负极，NaxCn失去电子生成C，电极Ⅰ为正极，NaTi2(PO4)3得到电子生成Na3Ti2(PO4)3。A.根据上述方向，放电时电池正极为NaTi2(PO4)3，错误；B.放电时是原电池，在原电池中阳离子移向正极，错误；C.充电时，原电池的正极与电源的正极相连，作阳极，阳极上是Na3Ti2(PO4)3失去电子生成NaTi2(PO4)3，错误。]2．(2022·青岛一模)水系锌离子电池是一种新型二次电池，工作原理如图。该电池以粉末多孔锌电极(锌粉、活性炭及黏结剂等)为负极，V2O5为正极，三氟甲磺酸锌[Zn(CF3SO3)2]为电解液。以下表达错误的选项是()A．放电时，Zn2＋向V2O5电极移动B．充电时，阳极区电解液的浓度变大C．充电时，粉末多孔锌电极发生复原反响D．放电时，V2O5电极上的电极反响式为V2O5＋xZn2＋＋2xe－=ZnxV2O5B[充电时，阳极区发生氧化反响，Zn2＋通过阳离子交换膜移向阴极区，阳极区电解液浓度不会变大，B错误。]3．(2022·潍坊模拟)石墨烯电池是利用锂离子在石墨烯外表和电极之间快速大量穿梭运动的特性而研发的新型可充放电电池，其反响式为LixC6＋Li1－xCoO2C6＋LiCoO2，其工作原理如下图。以下关于该电池的说法正确的选项是()A．充电时，Li＋嵌入LiCoO2中B．放电时，LiCoO2极发生的电极反响为LiCoO2－e－=Li1－xCoO2＋Li＋C．放电时负极反响为Li－e－=Li＋D．充电时，假设转移1mole－，石墨烯电极增重7gD[充电时，石墨烯为阴极，C6发生复原反响生成LixC6，那么Li＋向石墨烯移动，故A项错误；放电时，LiCoO2极是正极，发生得电子的复原反响，电极反响式为Li1－xCoO2＋xLi＋＋xe－=LiCoO2，故B项错误；放电时负极反响为LixC6－xe－=C6＋xLi＋，原电池中无Li单质存在，故C项错误。]4．浙江大学成功研制出具有较高能量密度的新型铝—石墨烯(Cn)电池(如图)。该电池分别以铝、石墨稀为电极，放电时，电池中导电离子的种类不变。能量密度＝eq\f(电池容量J,负极质量g)。以下分析正确的选项是()A．放电时，Cn(石墨烯)为负极B．放电时，Al2Cleq\o\al(－,7)在负极转化为AlCleq\o\al(－,4)C．充电时，阳极反响为4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)D．以轻金属为负极有利于提高电池的能量密度D[该电池以铝、石墨稀为电极，放电时铝为负极，Cn(石墨烯)为正极，A项错误；放电时负极上Al发生氧化反响，根据放电时电池中导电离子的种类不变，可知负极上发生反响：Al－3e－＋7AlCleq\o\al(－,4)=4Al2Cleq\o\al(－,7)，AlCleq\o\al(－,4)在负极转化为Al2Cleq\o\al(－,7)，B项错误；充电时，阳极发生失电子的氧化反响，C项错误；根据能量密度＝eq\f(电池容量J,负极质量g)，以轻金属为负极，负极质量小，有利于提高电池的能量密度，D项正确。]新型二次电池常考的几个角度(1)放电时，正、负极的判断。(2)充、放电时两极反响式书写判断。(3)充、放电时，电子、离子的移动方向。(4)电极附近溶液性质的变化。(5)充、放电两极反响类型判断。(6)充电连接判断。(7)根本电化学计算。新型燃料电池5．锂­铜空气燃料电池容量高、本钱低，具有广阔的开展前景。该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象〞产生电能，其中放电过程为2Li＋Cu2O＋H2O=2Cu＋2Li＋＋2OH－，以下说法错误的选项是()A．放电时，Li＋透过固体电解质向Cu极移动B．放电时，正极的电极反响式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－C．通空气时，铜被腐蚀，外表产生Cu2OD．整个反响过程中，氧化剂为O2B[由总反响方程式可知Cu2O中Cu元素化合价降低，被复原，正极反响式应为Cu2O＋H2O＋2e－=2Cu＋2OH－，B错误。]6．(2022·江西南昌一模)微生物燃料电池(MFC)是一种现代化氨氮去除技术。如图为MFC碳氮联合同时去除的转化系统原理示意图。以下说法正确的选项是()A．好氧微生物反响器中反响为NHeq\o\al(＋,4)＋2O2=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋H2OB．B极电势比A极电势低C．A极的电极反响式：CH3COO－＋8e－＋2H2O=2CO2＋7H＋D．当电路中通过1mol电子时，理论上总共生成2.24LN2A[根据题中图示H＋移向B极，故A为负极，B为正极，正极电势高于负极电势，B错误；A电极发生失电子反响，C错误；2.24L未指明标准状况，D错误。]7．微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图，以下说法正确的选项是()A．HS－在硫氧化菌作用下转化为SOeq\o\al(2－,4)的反响为HS－＋4H2O－8e－=SOeq\o\al(2－,4)＋9H＋B．电子从电极b流出，经外电路流向电极aC．如果将反响物直接燃烧，能量的利用率不会变化D．假设该电池电路中有0.4mol电子发生转移，那么有0.5molH＋通过质子交换膜A[根据题图知，在硫氧化菌作用下HS－转化为SOeq\o\al(2－,4)，发生氧化反响：HS－＋4H2O－8e－=SOeq\o\al(2－,4)＋9H＋，A项正确；电子从电极a流出，经外电路流向电极b，B项错误；如果将反响物直接燃烧，有局部化学能转化为热能和光能，能量的利用率降低，C项错误；假设该电池电路中有0.4mol电子发生转移，那么有0.4molH＋通过质子交换膜，D项错误。]回归高考，真题验收8．(2022·全国卷Ⅲ)一种可充电锂—空气电池如下图。当电池放电时，O2与Li＋在多孔碳材料电极处生成Li2O2－x(x＝0或1)。以下说法正确的选项是()A．放电时，多孔碳材料电极为负极B．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C．充电时，电解质溶液中Li＋向多孔碳材料区迁移D．充电时，电池总反响为Li2O2－x=2Li＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(x,2)))O2D[根据电池工作原理，多孔碳材料吸附O2，O2在此获得电子，所以多孔碳材料电极为电池的正极，A项错误；放电时电子从负极(锂电极)流出，通过外电路流向正极(多孔碳材料电极)，B项错误；Li＋带正电荷，充电时，应该向电解池的阴极(锂电极)迁移，C项错误。]9．(2022·全国卷Ⅲ)全固态锂硫电池能量密度高、本钱低，其工作原理如下图，其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料，电池反响为16Li＋xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)。以下说法错误的选项是()A．电池工作时，正极可发生反响：2Li2S6＋2Li＋＋2e－=3Li2S4B．电池工作时，外电路中流过0.02mol电子，负极材料减重0.14gC．石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越多D[D项，电池充电时电极a发生反响：2Li2S2－2e－=Li2S4＋2Li＋，充电时间越长，电池中Li2S2的量越少，错误。]10．(2022·全国卷Ⅰ)利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2＋/MV＋在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。以下说法错误的选项是()A．相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能B．阴极区，在氢化酶作用下发生反响H2＋2MV2＋=2H＋＋2MV＋C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生复原反响生成NH3D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动B[A项，该反响中，可产生电流，反响条件比拟温和，没有高温高压条件，正确；B项，该生物燃料电池中，左端电极反响式为MV＋－e－=MV2＋，那么左端电极是负极，应为负极区，在氢化酶作用下，发生反响H2＋2MV2＋=2H＋＋2MV＋，错误；C项，右端电极反响式为MV2＋＋e－=MV＋，是正极，在正极区N2得到电子生成NH3，发生复原反响，正确；D项，原电池中，内电路中H＋通过交换膜由负极区向正极区移动，正确。]间接电化学反响原理简介(1)定义：间接电化学反响是以具有“电子传递〞功能的物质为媒质(催化剂)，对反响基质进行间接氧化或复原，从而得到目的产物。(2)原理：媒质也称为“电对〞或“介对〞，其首先在电极外表失去(或得到)电子，形成氧化态(或复原态)在电解溶液中进一步氧化(或复原)反响基质，最终生成目的产物。其原理如以下图所示：电解原理的应用金属腐蚀与防护(对应学生用书第27页)1．电解池工作原理模型图[注]①阳离子在阴极上的放电顺序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋＞……②阴离子在阳极上的放电顺序：S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子＞……③当阳极是金属(Au、Pt除外)电极时，溶液中的离子不再放电而是金属失电子生成金属阳离子。④微粒的放电顺序受温度、浓度、电压、电极材料等因素的影响。2．电化学计算的两种常用方法(1)根据电子守恒计算①用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。②用于混合溶液中电解的分阶段计算。(2)根据关系式计算根据得失电子守恒定律建立起量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以通过4mole－为桥梁可构建如下关系式：(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)3．金属电化学腐蚀与防护思维模型电解原理的应用1．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。采用离子交换膜控制电解液中OH－的浓度制备纳米级Cu2O的装置如下图，发生的反响为2Cu＋H2Oeq\o(=,\s\up10(电解))Cu2O＋H2↑。以下说法正确的选项是()A．钛电极发生氧化反响B．阳极附近溶液的pH逐渐增大C．离子交换膜应采用阳离子交换膜D．阳极反响式为2Cu＋2OH－－2e－=Cu2O＋H2OD[钛电极为阴极，发生复原反响，A项错误；铜作阳极，阳极上铜发生失电子的氧化反响，阳极反响为2Cu＋2OH－－2e－=Cu2O＋H2O，OH－由阴极区迁移到阳极区参与反响，离子交换膜应为阴离子交换膜，C项错误、D项正确；由阴极区迁移过来的OH－在阳极全部参与反响，阳极附近溶液的pH不变，B项错误。]2．(2022·茂名模拟)煤的电化学脱硫是借助煤在电解槽阳极发生的电化学氧化反响，将煤中黄铁矿(FeS2)或有机硫化物氧化成可溶于水的含硫化合物而到达净煤目的，如图是一种脱硫机理，那么以下说法正确的选项是()①—电极a②—黄铁矿③—MnSO4、H2SO4混合溶液④—未反响黄铁矿⑤—电解产品A．Mn3＋充当了电解脱硫过程的催化剂B．电极a应与电源负极相连C．脱硫过程中存在的离子反响为8H2O＋FeS2＋15Mn3＋=Fe3＋＋16H＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋15Mn2＋D．阴极发生的反响：2H2O＋2e－=4H＋＋O2↑C[电解初期，电极a发生Mn2＋－e－=Mn3＋，电解后期Mn3＋又被复原，Mn3＋充当了电解脱硫过程的中间产物，A错误；电极a发生Mn2＋－e－=Mn3＋，是电解池的阳极，应与电源的正极相连，B错误；阴极发生的反响：4H＋＋4e－＋O2=2H2O，D错误。]3．(1)(2022·青岛一模，改编)电解法也可以对亚硝酸盐污水进行处理(工作原理如图a所示)。通电后，左极区产生浅绿色溶液，随后生成无色气体。当Fe电极消耗11.2g时。请答复：图a①阳极反响式为_______________________________________。②阳极附近溶液中反响的离子方程式为___________________。③理论上可处理NaNO2含量为4.6%的污水____g。(2)(2022·四川各校联考，节选)利用电解原理也可以处理工厂烟气。如图b为工业生产模拟装置。其中A、B为多孔电极(外接电源未画出)，那么A为________极(填“正〞“负〞“阴〞或“阳〞)，电极反响式为_____________________。X溶液中溶质的成分为________(填化学式)。图b图c(3)过二硫酸钾(K2S2O8)可通过“电解→转化→提纯〞方法制得，电解装置示意图如图c所示。①电解时，铁电极连接电源的____________极。②常温下，电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如图d所示。图d在阳极放电的离子主要是HSOeq\o\al(－,4)，阳极区电解质溶液的pH范围为________，阳极的电极反响式为_________________________。[解析](1)根据电子守恒知，n(NaNO2)＝eq\f(nFe2＋×1,3)＝eq\f(0.2×1,3)mol，m(污水)＝eq\f(\f(0.2×1,3)×69,4.6%)g＝100g。(2)根据图示知：eq\o(S,\s\up8(＋4))O2→eq\o(S,\s\up8(＋6))Oeq\o\al(2－,4)为氧化过程，A为阳极，eq\o(N,\s\up8(＋2))O→eq\o(N,\s\up8(－3))Heq\o\al(＋,4)为复原过程，B为阴极。(3)①根据题中信息知，电解NaHSO4溶液制备K2S2O8，那么Fe电极应为阴极，即Fe电极应与电源的负极相连。②根据题图及题意可知阳极的电极反响式为2HSOeq\o\al(－,4)－2e－=S2Oeq\o\al(2－,8)＋2H＋，阳极区电解质溶液的pH在0～2之间。[答案](1)①Fe－2e－=Fe2＋②6Fe2＋＋2NOeq\o\al(－,2)＋8H＋=6Fe3＋＋N2＋4H2O③100(2)阳SO2－2e－＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋(NH4)2SO4、H2SO4(3)①负②0～22HSOeq\o\al(－,4)－2e－=S2Oeq\o\al(2－,8)＋2H＋电解原理的应用类型(1)氯碱工业。(2)电镀与电解精炼。(3)冶金。(4)制备特定物质。(5)废气、废液的处理。两池连接的综合试题分析4．(2022·聊城一中月考)电解絮凝净水可用如图装置模拟探究，以下表达正确的选项是()A．电子从X极经电解液流入Y极B．铝电极外表的反响有：Al－3e－=Al3＋，4OH－－4e－=O2↑＋2H2OC．Y的电极反响：Pb－2e－＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4D．电路每通过2mol电子，理论上电解池阴极上有22.4LH2生成B[根据右侧电解絮凝池图示信息可知，Al转化为Al3＋，溶液中OH－转化为O2，那么发生两个氧化反响，为电解池的阳极，连接铅蓄电池的正极，故Y为正极，X极为负极。根据原电池原理及电极反响式的书写规那么与电化学各物质与电子转移数之间的关系分析作答。]5．(2022·菏泽一模)用石墨烯锂硫电池电解制备Fe(OH)2的装置如下图。电池放电时的反响为16Li＋xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)，电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。以下说法不正确的选项是()A．X是铁电极，发生氧化反响B．电子流动的方向：B→Y，X→AC．正极可发生反响：2Li2S6＋2Li＋＋2e－=3Li2S4D．锂电极减重0.14g时，电解池中溶液减重0.18gD[根据图中信息可知A为正极，B为负极，X为阳极，Y为阴极。锂电极减重0.14g，那么电路中转移0.02mol电子，电解池中发生的总反响为Fe＋2H2Oeq\o(=,\s\up10(电解))Fe(OH)2↓＋H2↑，所以转移0.02mol电子时，电解液中减少了0.02molH2O即0.36g，D错误。]6．(2022·四省名校大联考)一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如下图(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时，以下说法不正确的选项是()A．甲为正极，丙为阴极B．丁极的电极反响式为MnOeq\o\al(2－,4)－e－=MnOeq\o\al(－,4)C．KOH溶液的质量分数：c%>a%>b%D．标准状况下，甲电极上每消耗22.4L气体时，理论上有4molK＋移入阴极区C[丙电极上的反响是2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，电极甲的电极反响式是O2＋2H2O＋4e－=4OH－，乙电极的电极反响式为H2－2e－＋2OH－=2H2O，根据溶液流动方向，c%>b%>a%，C错误。]析装置定原电池的正、负极→析连接定电解池的阴、阳极→析选项定答案。金属腐蚀与防护7．铜板上的铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层弱酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如图。以下说法错误的选项是()A．假设水膜中溶解了SO2，那么铁铆钉腐蚀的速率将加快B．铁、铜与弱酸性水膜形成了原电池，铁铆钉发生复原反响C．铜极上的反响有：2H＋＋2e－=H2↑，O2＋4e－＋4H＋=2H2OD．假设在金属外表涂一层油漆，可有效阻止铁铆钉被腐蚀B[假设水膜中溶解了SO2，水膜中c(H＋)增大，那么铁铆钉腐蚀的速率将加快，A项正确；铁、铜与弱酸性水膜形成了原电池，铁铆钉作负极，发生氧化反响，B项错误；铜极上的反响：水膜酸性较强时为2H＋＋2e－=H2↑，水膜酸性较弱或中性时为O2＋4e－＋4H＋=2H2O，C项正确；假设在金属外表涂一层油漆，能隔离空气，可有效阻止铁铆钉被腐蚀，D项正确。]8．(2022·唐山模拟)某同学利用如下图装置探究金属的腐蚀与防护条件。以下说法不合理的是()A．①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]后出现蓝色，Fe被腐蚀B．②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，Fe被腐蚀C．③区Zn电极反响式为Zn－2e－=Zn2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]未出现蓝色，Fe被保护D．④区Zn电极反响式为2H＋＋2e－=H2↑，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]出现蓝色，Fe被腐蚀A[①区为原电池，Fe为负极，发生吸氧腐蚀，没有气体生成，故A错误。]9．(2022·潍坊三模)我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，防护原理如下图。以下说法错误的选项是()A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反响B．通电时，阴极上的电极反响为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－C．断电时，锌环上的电极反响为Zn2＋＋2e－=ZnD．断电时，仍能防止铁帽被腐蚀C[断电时，Zn比Fe活泼，构成原电池时，Zn为负极，电极反响为Zn－2e－=Zn2＋，C项错误。](1)金属腐蚀快慢的三个规律①金属腐蚀类型的差异电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护腐蚀措施的腐蚀。②电解质溶液的影响a．对同一金属来说，腐蚀的快慢(浓度相同)：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。b．对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，腐蚀越快。③活泼性不同的两金属，活泼性差异越大，腐蚀越快。(2)两种腐蚀与三种保护①两种腐蚀：析氢腐蚀、吸氧腐蚀(关键在于电解液的pH)。②三种保护：电镀保护、牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法。离子交换膜在电化学中的综合应用(对应学生用书第29页)1．离子交换膜的作用(1)防止副反响的发生，防止影响所制取产品的质量；防止引发不平安因素(如在电解饱和食盐水中，利用阳离子交换膜，防止阳极产生的Cl2进入阴极室与氢氧化钠反响，导致所制产品不纯；防止与阴极产生的H2混合发生爆炸)。(2)用于物质的别离、提纯等。(3)用于物质的制备。2．离子交换膜的类型根据透过的微粒，离子交换膜可以分为多种，在高考试题中主要出现过阳离子交换膜、阴离子交换膜和质子交换膜三种。阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过，质子交换膜只允许质子(H＋)通过。3．离子交换膜类型的判断根据电解质溶液呈电中性的原那么，判断膜的类型：(1)首先写出阴、阳两极上的电极反响，依据电极反响式确定该电极附近哪种离子剩余。(2)根据溶液呈电中性，判断出离子移动的方向，从而确定离子交换膜的类型。4．定量关系外电路电子转移数＝通过隔膜的阴、阳离子带的负或正电荷数。5．[例如](2022·全国卷Ⅰ，节选)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如下图，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反响式为_______________________________________________________________________________。电解后，________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。[解答思路][答案]2H2O－4e－=4H＋＋O2↑a1．(2022·全国卷Ⅰ)最近我国科学家设计了一种CO2＋H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如下图，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反响为：①EDTA­Fe2＋－e－=EDTA­Fe3＋②2EDTA­Fe3＋＋H2S=2H＋＋S＋2EDTA­Fe2＋该装置工作时，以下表达错误的选项是()A．阴极的电极反响：CO2＋2H＋＋2e－=CO＋H2OB．协同转化总反响：CO2＋H2S=CO＋H2O＋SC．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低D．假设采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA­Fe3＋/EDTA­Fe2＋，溶液需为酸性C[阴极发生复原反响，氢离子由交换膜右侧向左侧迁移，阴极的电极反响式为CO2＋2e－＋2H＋=CO＋H2O，A项正确；结合阳极区发生的反响，可知协同转化总反响式为CO2＋H2S=S＋CO＋H2O，B项正确；石墨烯作阳极，其电势高于ZnO@石墨烯的，C项错误；Fe3＋、Fe2＋在碱性或中性介质中会生成沉淀，它们只稳定存在于酸性较强的介质中，D项正确。]2．三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如下图，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋和SOeq\o\al(2－,4)可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。以下表达正确的选项是()A．通电后中间隔室的SOeq\o\al(2－,4)向正极迁移，正极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．负极反响为2H2O－4e－=O2＋4H＋，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成B[A项正极区发生的反响为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，由于生成H＋，正极区溶液中阳离子增多，故中间隔室的SOeq\o\al(2－,4)向正极迁移，正极区溶液的pH减小。B项负极区发生的反响为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阴离子增多，中间隔室的Na＋向负极迁移，故负极区产生NaOH，正极区产生H2SO4。C项由B项分析可知，负极区产生OH－，负极区溶液的pH升高。D项正极区发生的反响为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，当电路中通过1mol电子的电量时，生成0.25molO2。]3．(2022·衡水金卷)学习小组设计如下图装置，进行NO和NO2(假设二者物质的量之比为1∶1)的处理并制取硝酸。以下说法正确的选项是()A．ab适宜选用阴离子交换膜B．该电池工作时，正极区溶液的pH减小C．导线中流过2mol电子的电量时，有2mol离子通过交换膜D．负极的电极反响式为NO＋H2O－2e－=NO2＋2H＋C[由信息，左边石墨电极为负极，电极反响式为NO＋2H2O－3e－=NOeq\o\al(－,3)＋4H＋、NO2＋H2O－e－=NOeq\o\al(－,3)＋2H＋；右边石墨电极为正极，电极反响式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，那么ab适宜选用阳离子交换膜或质子交换膜，A、D项错误；该电池工作时，NaCl溶液浓度减小，溶液pH不变，B项错误；由电荷守恒知，导线中流过2mol电子的电量时，有2molH＋通过交换膜，C项正确。]4．在乏燃料后处理流程中，四价铀作为铀钚别离的复原剂已广泛使用。在UO2(NO3)2­HNO3­N2H4·HNO3体系下采用电解法制备四价铀，电解总反响为2UOeq\o\al(2＋,2)＋N2Heq\o\al(＋,5)＋3H＋eq\o(=,\s\up10(电解))2U4＋＋N2↑＋4H2O，电解装置如下图。以下说法正确的选项是()A．假设转移4mole－，将有4molH＋透过质子交换膜B．b极的电极反响式为UOeq\o\al(2＋,2)＋2H2O＋2e－=U4＋＋4OH－C．电解液中NOeq\o\al(－,3)的移动方向：a→质子交换膜→bD．当产生11.2mLN2时，同时生成U4＋的质量为0.238gA[由装置图可知：电极a是阴极，电极b是阳极，电解池中阳离子向阴极移动，根据电荷守恒可知，导线中转移4mole－，溶液中消耗4molH＋，H＋透过质子交换膜向阴极(a极)移动，A项正确；酸性环境下，b极的电极反响式为N2Heq\o\al(＋,5)－4e－=N2↑＋5H＋，B项错误；NOeq\o\al(－,3)不能通过质子交换膜，C项