第四章《化学反应与电能》单元检测-2022-2023学年高二化学精讲精练（人教选择性必修1）（解析版）

第四章《化学反应与电能》单元检测一、选择题1．下列有关电化学装置完全正确的是()ABCD铁上镀银电解法制钠保护铁铜锌原电池【答案】C【解析】铜极烧杯中盛放硫酸铜溶液，锌极烧杯中盛放硫酸锌，A错误；工业上得到金属钠，电解熔融状态的氯化钠，电解氯化钠溶液得到NaOH、H2和Cl2，B错误；锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极，这叫牺牲阳极的阴极保护法，C正确；铁上镀银，铁作阴极，银作阳极，电解质溶液为硝酸银溶液，D错误。2．下列说法正确的是()A．船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀B．电解法精炼铜时应将粗铜作阴极C．在外加电流法中，须将被保护的钢铁与直流电源的正极相连D．电镀时应将待镀物品(镀件)与直流电源的正极相连【答案】A【解析】电解法精炼铜时应将粗铜作阳极；在外加电流法中，须将被保护的钢铁与直流电源的负极相连；电镀时应将待镀物品(镀件)与直流电源的负极相连。3．粗铜中含有少量铁、锌、银、金等杂质，工业上可用电解法精炼粗铜制得纯铜，下列说法正确的是()A．精铜作阳极，粗铜作阴极B．可用AgNO3溶液作电解质溶液C．电解时，阴极反应为Cu-2e-=Cu2+D．电解后，可用阳极泥来提炼金、银【答案】D【解析】电解精炼粗铜，粗铜作阳极，精铜作阴极；若用AgNO3溶液作电解质溶液，则阴极析出银，不能析出铜；阴极反应为Cu2++2e-=Cu。4．结合下图判断，下列叙述正确的是()A．Ⅰ和Ⅱ中正极材料均未被腐蚀B．Ⅰ和Ⅱ中负极反应均是Fe-2e-=Fe2+C．Ⅰ和Ⅱ中正极反应均是O2+2H2O+4e-=4OH-D．Ⅰ和Ⅱ中电解质溶液中的阳离子均向负极做定向移动【答案】A【解析】Ⅰ和Ⅱ中正极材料均未被腐蚀，受到保护，A项正确；Ⅱ中负极反应是Fe-2e-=Fe2+，Ⅰ中负极是锌失去电子；Ⅰ中正极反应是O2+2H2O+4e-=4OH-，Ⅱ中正极是析氢反应；Ⅰ和Ⅱ中电解质溶液中的阳离子均向正极做定向移动。5．下列叙述中错误的是()A．电解熔融的氯化钠制取金属钠，用石墨作阳极B．当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C．电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极D．在海轮外壳镶嵌锌块保护外壳不受腐蚀，采用了牺牲阳极法【答案】B【解析】当镀锡铁的镀层破损时，构成原电池，铁为负极，加快铁的腐蚀，B项错误。6．下列叙述正确的是()A．电解精炼铜时，若阳极质量减小64g，则电解时转移的电子数为2NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)B．甲烷碱性燃料电池的负极反应式：CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OC．钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2-4e-+2H2O=4OH-D．工业上电解饱和食盐水的阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑【答案】D【解析】粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极质量减小64g时，电路中转移的电子数不一定为2NA；燃料电池中，通入燃料的一极为负极，甲烷失电子生成二氧化碳和水，二氧化碳能和碱反应生成碳酸盐和水，所以负极的电极反应式为CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O；钢铁发生吸氧腐蚀的正极反应：O2+4e-+2H27．为减少二氧化碳排放，我国科学家设计了熔盐电解池捕获二氧化碳的装置，如图所示。下列说法不正确的是()A．过程①中的反应可表示为2CO2+O2-=C2O52-B．过程②中C2O52-在电极a上发生还原反应C．电极b为阴极D．电解总反应为CO2C+O2【答案】B【解析】过程①的离子方程式为2CO2+O2-=C2O52-；过程②中，电极a上的电极反应为2C2O52--4e-=4CO2↑+O2↑，该反应为氧化反应，B项错误；过程④中碳元素化合价降低，得电子，所以电极b为阴极；经分析，熔盐电池总反应为CO2C+O2。8．借助太阳能将光解水制H2与脱硫结合起来，既能大幅度提高光解水制氢的效率，又能脱除SO2，工作原理如图所示。下列说法不正确的是()A．该装置可将太阳能转化为化学能B．催化剂b附近溶液的pH升高C．吸收1molSO2，理论上能产生1molH2D．催化剂a表面发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-【答案】B【解析】由图可知，该装置可将太阳能转化为化学能；在催化剂b极SO2失电子生成SO42-，发生氧化反应，电极反应式为4OH-+SO2-2e-=SO42-+2H2O，则附近溶液的pH降低，B项错误；由得失电子守恒可知，吸收1molSO2，理论上能产生1molH2；由电子移动方向可知，催化剂a为正极，氢离子得电子生成氢气，发生还原反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。9．镍锌可充电电池放电时电极发生物质转化的示意图如下，电池使用KOH和K2Zn(OH)4溶液作电解质溶液，下列叙述正确的是()A．放电时，电子沿导线由b极流向a极B．放电时，b极反应为H++NiOOH+e-=Ni(OH)2C．充电时，a极附近溶液的pH降低D．充电时，电路中每有1mol电子通过，b极减轻1g【答案】D【解析】放电时，a极为负极，b极为正极，电子由负极流向正极；放电时，b极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-；充电时属于电解池，阴极发生还原反应，阴极的电极反应式为Zn(OH)42-+2e-=Zn+4OH-，阴极附近溶液的pH升高；充电时，b极反应为Ni(OH)2+OH--e-10．我国科研工作者研发了电解熔融甲硫醇钠(CH3SNa)制备杀虫剂(CH3-S-S-CH3)的方法，消除了常规合成法造成的污染，并大幅度提高了原料转化率。基本原理如图所示，A、B为惰性电极，CH3-S-S-CH3在A电极产生，下列说法错误的是()A．M极为电源的正极，B极为电解池的阴极B．A极的电极反应为2CH3S-+2e-=CH3-S-S-CH3C．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜D．该装置工作一段时间，右侧电极室中NaOH溶液的浓度增大【答案】B【解析】根据化合价分析可知，M极为电源的正极，B极为电解池的阴极；A极为电解池的阳极，熔融甲硫醇钠失电子发生氧化反应生成CH3-S-S-CH3，电极反应式为2CH3S--2e-=CH3-S-S-CH3，B项错误；电解过程中阳极区的钠离子通过离子交换膜移向阴极，所以装置中的离子交换膜为阳离子交换膜；该装置工作一段时间，右侧电极室中氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，钠离子通过离子交换膜移向阴极，所以NaOH溶液的浓度增大。11．新型镁锂双离子二次电池的工作原理如图所示，下列说法不正确的是()A．充电时，导线上每通过1mole-，理论上左室电解液质量减小12gB．充电时，外加电源的正极与Y相连C．放电时，Li+由左向右移动D．放电时，正极的电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4【答案】A【解析】充电时，左室电极反应式为Mg2++2e-=Mg，导线上每通过1mol电子，电解液质量减小12g，同时右室将有1molLi+移向左室，使电解液质量增大7g，所以左室溶液质量共减小12g-7g=5g，A项错误；充电时，外加电源的正极与该电池的正极相连，所以外加电源的正极与Y相连，B项正确；放电时，溶液中阳离子移向正极，Li+由左向右移动；放电时，右室电极是正极，发生还原反应，电极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。12．工业上联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极。实验过程中取样测丙溶液的pH值，pH试纸显红色。下列有关说法正确的是()A．a电极的电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑B．联合生产过程中需添加补充Na2SO4C．离子交换膜d为阴离子交换膜D．每转移0.1mol电子，产生1.12L的气体乙【答案】B【解析】根据题干信息，实验过程中取样测丙溶液的pH值，pH试纸显红色，说明并溶液呈酸性，电解过程中，OH-离子在a极放电，失去电子，所以a极为阳极，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，即气体甲为氧气，SO42-向阳极移动，则c为阴离子交换膜，产物丙为硫酸，则b为阴极，电极反应式为2H++2e-=H2↑，即气体乙为氢气，Na+向阴极移动，则d为阳离子交换膜，产物丁为NaOH。A项，a极为阳极，电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，A错误；B项，电解过程中Na2SO4不断减少，所以联合生产过程中需添加补充Na2SO4，B正确；C项，由上述分析，d为阳离子交换膜，C错误；D项，未指明标准状况下，不能准确计算产生的氢气的体积，D错误；故选B。13．硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：H3BO3＋OH－=B(OH)eq\o\al(－,4)，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)下列说法正确的是()A．当电路中通过1mol电子时，可得到1molH3BO3B．将电源的正、负极反接，工作原理不变C．阴极室的电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋D．B(OH)eq\o\al(－,4)穿过阴膜进入阴极室，Na＋穿过阳膜进入产品室【答案】A【解析】电解时，左侧石墨电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极上H2O失电子生成O2和H＋，即2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，阴极上H2O得电子生成H2和OH－，即2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，当电路中通过1mol电子时，阳极生成1molH＋，H＋通过阳膜进入产品室，与通过阴膜进入产品室的B(OH)eq\o\al(－,4)反应生成1molH3BO3，A项正确；电源正、负极反接后，左侧石墨电极为阴极，阴极反应式为：2H＋＋2e－=H2↑，H＋被消耗，无法移向产品室，不能生成H3BO3，B项错误；结合上述分析可知，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，C项错误；电解时原料室中Na＋穿过阳膜进入阴极室，B(OH)eq\o\al(－,4)穿过阴膜进入产品室，D项错误。14．用电渗析法由NaH2PO2制备H3PO2的工作原理如图所示，下列说法正确的是()A．电源a极为负极，所连石墨电极上的反应为2H＋＋2e－=H2↑B．氢氧化钠溶液所在的极室中pH减小C．H＋由左向右穿过阳膜1，H2POeq\o\al(－,2)由右向左穿过阴膜D．当导线中转移0.4mole－时，两石墨电极上产生气体体积之和为标准状况下4.48L【答案】C【解析】由工作原理图可知，四室中左端电极室的H＋通过阳膜1进入产品室，H2POeq\o\al(－,2)由右向左穿过阴膜进入产品室，因此左端电极为阳极，和电源正极相连，a为正极，则b为负极，右端石墨电极为阴极。结合以上分析可判断电源a极为正极，所连石墨电极上的反应为氧化反应：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，A错误；氢氧化钠溶液所在的极室中发生的电极反应为还原反应：2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，有OH－生成，故pH增大，B错误；H＋由左向右穿过阳膜1，H2POeq\o\al(－,2)由右向左穿过阴膜，C正确；根据电极反应，当导线中转移0.4mole－时，阳极产生0.1molO2，阴极产生0.2molH2，产生气体体积之和为标准状况下6.72L，故D错误。15．一种可充放电的铝离子电池工作原理如图所示，电解质为AlxOy离子液体，CuS在电池反应后转化为Cu2S和Al2S3。下列说法正确的是()A．若CuS从电极表面脱落，则电池单位质量释放电量增大B．该电池放电时，正极反应为6CuS+8Al2Cl7-+6e-=3Cu2S+Al2S3+14AlCl4-C．为提高电池效率，可以向CuS@C电极附近加入适量AlCl3水溶液D．充电时电池负极的反应为Al+7AlCl4--3e-=4Al2Cl7-【答案】B【解析】放电时，Al电极作负极，发生氧化反应，失去电子生成Al3+，Al3+与AlCl4-结合生成Al2Cl7-，电极反应为Al+7AlCl4--3e-=4Al2Cl7-；CuS@C作正极，发生还原反应，得到电子生成Cu2S和Al2S3，电极反应为6CuS+8Al2Cl7-+6e-=3Cu2S+Al2S3+14AlCl4-；充电时，阳极反应为3Cu2S+Al2S3+14AlCl4--6e-=6CuS+8Al2Cl7-，阴极反应为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-。A项，CuS反应后转化为Cu2S和Al2S3，化合价改变的只有Cu，故CuS从电极表面脱落，电池单位质量释放电量减少，A错误；B项，CuS@C作正极，该电池放电时，正极反应为6CuS+8Al2Cl7-+6e-=3Cu2S+Al2S3+14AlCl4-，B正确；C项，根据题中信息可知，应该加入Al2Cl7-，C错误；D项，电池充电时，Al电极(即电池负极)的电极反应为4Al2Cl7-+3e-=Al+7AlCl4-，D错误；故选B。16．包覆纳米硅复合材料(GS-Si)的可充电石墨烯电池工作原理如图所示。放电时，GS-Si包覆石墨烯电极上的物质变化为：C6Li→C6Li1-x；多元含锂过渡金属氧化物电极上的物质变化为：Li1-xMO2→LiMO2，下列说法错误的是()A．放电时，胶状聚合物电解质和固体电解质的作用均为传导离子，构成闭合回路B．若放电前两个电极质量相等，转移0.1mol电子后两个电极质量相差0.7gC．充电时，与正极连接的电极反应为LiMO2-xe-=Lil-xMO2+xLi+D．为保护电池，GS-Si包覆石墨烯的电极反应不能进行至C6Li-e-=C6+Li+【答案】B【解析】A项，放电时，电池内电路由胶状聚合物电解质、隔膜、固体电解质构成，放电时，胶状聚合物电解质和固体电解质的作用均为传导Li+，构成闭合回路，A正确；B项，由电极反应可知，放电时，转移0.1mol电子后，负极材料减少0.1molLi+，正极材料增加0.1molLi+，因此转移0.1mol电子后两个电极质量相差0.1mol×2×7g/mol=1.4g，B错误；C项，放电时，正极反应式为xLi++xe-+Li1-xMO2=LiMO2，则充电时，与正极连接的电极反应式为LiMO2-xe-=Lil-xMO2+xLi+，C正确；D项，若GS-Si包覆石墨烯的电极反应进行至C6Li-e-=C6+Li+，石墨烯电极会被氧化，损伤电极，因此为保护电池，GS-Si包覆石墨烯的电极反应不能进行至C6Li-e-=C6+Li+，D正确；故选B。17．下图是处理废水中苯酚的装置，回收利用苯后再排放。下列有关说法合理的是()A．a为负极，电极附近pH增大B．该离子交换膜为阳离子交换膜C．b电极反应式为WO3+xH++xe-=HxWO3D．若有0.1mol电子通过导线，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.2g【答案】B【解析】A项，a极为苯酚C6H6O变为C6H6，碳原子的化合价由价变为价，化合价降低，得到电子，a极为正极，电极反应式为：，电极附近pH增大，A错误；B项，自由移动的离子为H+，阳离子向正极移动，则离子交换膜为阳离子交换膜，从右向左移动，B项正确；C项，b电极为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为：HxWO3-xe-=WO3+xH+，C项错误；D项，若有0.1mol电子通过导线，就有0.1molH+从B迁移到A，A区溶液质量增加0.1g，B区溶液的质量不变，A、B两区域中液体质量改变量的和为0.1g，D项错误；故选B。18．CO气敏电极是一种电化学气体传感器，在数字化实验中常用于检测混合气体或者溶解在溶液中的CO含量。如图是一氧化碳气体传感器的工作原理示意图。图中电流方向已示。电极A、B外覆盖一层聚四氟乙烯纳米纤维膜，可以让气体透过。下列有关CO气敏电极的说法中不正确的是()A．该传感器运用了原电池原理，负极反应为CO+H2O-2e-=CO2+2H+B．该传感器工作时，接触到的CO浓度增大，输出的电流强度也相应增大C．当外电路中流过0.06mol电子时，正极消耗标况下448mL氧气D．给传感器充电时，传感器内部H+将由A极向B极迁移【答案】C【解析】该传感器运用了原电池原理，负极上CO发生失电子的氧化反应，正极上氧气发生得电子的还原反应，负极反应式为CO-2e-+H2O═CO2+2H+，正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，原电池放电时电子从负极流向正极，阴离子向负极移动；充电时为电解池，原电池的正极变为阳极、负极变为阴极，阴阳极反应与负正极反应相反。A项，该装置是原电池，通入CO的电极为负极，通入O2的电极为正极，负极反应式为CO-2e-+H2O═CO2+2H+，正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故A正确；B项，该传感器工作时，接触到的CO浓度增大，原电池放电时产生的电流越大，即接触到的CO浓度增大，输出的电流强度也相应增大，故B正确；C项，正极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，当外电路中流过0.06mol电子时，正极消耗标况下=336mL氧气，故C错误；D．传感器充电时，原电池的正极变为阳极、负极变为阴极，阳离子移向阴极，即传感器内部H+将由A极向B极迁移，故D正确；故选C。19．利用如图装置溶解铁矿石中的Fe2O3，下列说法不正确的是()A．X为阴离子交换膜，Y为质子交换膜B．通电一段时间后，Na2SO4溶液浓度变大C．电极I发生的电极反应为2Cl--2e-=Cl2↑D．当0.01molFe2O3溶解时，至少产生336mL气体(标准状况下，不考虑气体溶解)【答案】C【解析】由题意，产生H+才能溶解铁矿石中的Fe2O3，Ⅰ极不可能产生H+，Ⅱ极水提供的OH-放电，产生氧气和H+，H+透过Y移动到中间与Fe2O3反应，所以判断出a为负极，b为正极，I为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，Ⅱ为阳极，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，X为阴离子交换膜，Y为质子交换膜。A项，据分析X为阴离子交换膜，Y为质子交换膜，A正确；B项，通电一段时间后，因阳极区水消耗Na2SO4溶液浓度变大，B正确；C项，I为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，C不正确；D项，当0.01molFe2O3溶解时，消耗0.06molH+，按2H2O-4e-=O2↑+4H+可知至少产生0.015molO2，即336mL气体(标准状况下，不考虑气体溶解)，D正确；故选C。20．某化学兴趣小组，根据电化学原理，设计出利用K、Na为原料制取KNO3和Na的装置如图。A、C代表不同类别的选择性离子通过膜，M、N为惰性电极。下列有关说法中正确的是()A．若产品出口1为Na溶液，则C为阳离子交换膜B．电解总反应：K+NaKNO3+NaC．产品出口1溶液离子总浓度与产品出口2相等D．M上反应确定为：↑【答案】C【解析】将题给产品室依次编号为1、2、3，由图可知，产品出口1为氯化钠溶液，电极M为电解池的阴极，水在阴极放电生成生成氢气和氢氧根离子，电极附近阴离子电荷数大于阳离子，氯离子通过阴离子交换膜C进入产品室1中，导致流入硝酸钠溶液的原料室中的钠离子通过阳离子交换膜A进入产品室1中、硝酸根离子通过阴离子交换膜C进入产品室2中，N电极为电解池阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极附近阳离子电荷数大于阴离子，钠离子通过通过阳离子交换膜A进入产品室3中，导致流入氯化钾溶液的原料室中的钾离子通过阳离子交换膜A进入产品室2中、氯离子通过阴离子交换膜C进入产品室3中，电解的总反应为2H2O2H2↑+O2↑，由得失电子数目守恒可知，产品出口1氯化钠溶液的浓度与产品出口2硝酸钾溶液的浓度相等。A项，C为阴离子交换膜，故A错误；B项，电解的总反应为2H2O2H2↑+O2↑，故B错误；C项，产品出口1氯化钠溶液的浓度与产品出口2硝酸钾溶液的浓度相等，则产品出口1溶液离子总浓度与产品出口2相等，故C正确；D项，电极M为电解池的阴极，水在阴极放电生成生成氢气和氢氧根离子，故D错误；故选C。二、非选择题21．高铁酸钠(Na2FeO4)易溶于水，是一种新型多功能水处理剂。已知Na2FeO4在强碱性溶液中会析出沉淀。其生产工艺流程如图所示：(1)写出向NaOH溶液中通入足量Cl2发生反应的离子方程式：_____________________。(2)向溶液Ⅱ中加入Fe(NO3)3溶液发生反应，该反应的氧化剂是____________，每制得49.8gNa2FeO4，理论上消耗氧化剂的物质的量为____________mol。(3)从环境保护的角度看，制备Na2FeO4较好的方法为电解法，其装置如图甲所示。①电解过程中阳极的电极反应式为________________________________________。②图甲装置中的电源采用NaBH4(B元素的化合价为＋3价)和H2O2作原料的燃料电池，电源工作原理如图乙所示。工作过程中该电源的正极反应式为__________________，Na＋由____________(填“a”或“b”，下同)极区移向____________极区。【答案】(1)2OH－＋Cl2=ClO－＋Cl－＋H2O(2)NaClO(或次氯酸钠)0.45(3)①Fe＋8OH－－6e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O②H2O2＋2e－=2OH－ab【解析】(1)Cl2与NaOH溶液发生歧化反应生成NaCl、NaClO和H2O，由此可写出离子方程式(2)结合(1)分析和流程知溶液Ⅱ中溶质主要是NaClO，因此加入Fe(NO3)3溶液后生成Na2FeO4，此反应中，氧化剂为NaClO，还原剂为Fe(NO3)3；利用得失电子守恒得：3NaClO～2Na2FeO4，由此可知生成49.8gNa2FeO4消耗氧化剂的物质的量为eq\f(49.8g,166g·mol－1)×eq\f(3,2)＝0.45mol(3)①电解时阳极Fe失电子被氧化为FeOeq\o\al(2－,4)，结合电解质溶液为碱性可得，阳极电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O；②电池工作时正极发生还原反应，结合图示原理知正极反应为H2O2得电子，被还原为OH－；电解质溶液中的阳离子(Na＋)应由负极区(a极)移向正极区(b极)。22．氨是一种重要的化工原料，电化学合成氨在工业上起着相当重要的作用。(1)如图所示是电解法合成氨反应装置示意图①b极为___________(填“阴”或“阳”)极，a极的电极反应式为___________；②电解装置中质子交换膜的作用为___________；③若b极产生的O2在一定条件下的体积为336L，a极中通入相同条件下N2的总体积为672L，则N2的转化率为___________%(保留两位有效数字)(2)近几年科学家研究通过一种生物燃料电池实现室温下合成氨，其工作原理如图：该电池负极是电极___________(填“a”或“b”)，正极的电极反应方程为：___________；对比传统的工业合成氨，生物燃料电池合成氨的优点是___________(任写一条)(3)以悬浮的纳米Fe2O3作催化剂，H2O和N2为原料直接常压电化学合成氨方面取得了突破性进展。其工作原理如图所示：①Ni电极处发生的总反应为：N2＋6e-＋6H2O=2NH3＋6OH-。已知该反应分为两步，其中第二步的反应为2Fe＋3H2O＋N2=2NH3＋Fe2O3，则第一步反应为_______。②蒙乃尔筛网处发生的电极反应为：_______。【答案】(1)①阳N2+6e-+6H+=2NH3②质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触(2分)③33(2)aMV2++e--=MV+条件温和(或生成氨的同时释放电能)(3)①Fe2O3＋6e-＋3H2O=2Fe＋6OH-4OH--4e-=2H2O＋O2↑【解析】①b极上H2O中O元素失去电子发生氧化反应生成O2，因此b极为阳极；a极上N2得到电子发生还原反应生成NH3，因此a极为阴极，其电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3；②质子交换膜只允许H+和H2O通过，a极上会消耗H+，b极上会生成H+，NH3能与H+反应生成NH4+，因此质子交换膜的作用是质子交换膜为质子的迁移和输送提供通道，并阻隔阴阳极产物接触；③b极的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，根据氧化还原反应得失电子守恒可知参加反应各物质关系式为2N2～3O2，理论条件下，生成O2和通入N2的体积比为2：3，即通入1molN2生成molO2，实际情况在相同条件下生成O2和通入N2的体积比为1：2，即通入1molN2生成0.5molO2，因此N2的转化率为×100%=33%(2)根据装置中物质的转化过程，电极b上MV2+转化为MV+，过程中得到电子，则电子从电极a流向电极b，电极a为负极，电极b为正极；正极的电极反应式为MV2++e--=MV+；该电化学装置运行过程中，利用生物燃料电池在室温下合成氨，既不需要高温加热，同时还能将化学能转化为电能，因此较之于传统的合成氨工业，该方法的优点有：条件温和、生成氨的同时释放电能。(3)①Ni电极处两步反应合并得到总电极反应式N2＋6e-＋6H2O=2NH3＋6OH-，再根据电解质成分及第二步反应的方程式，总方程式与第二步反应方程式拆分，得到第一步相应电极反应式，所以本问应填“Fe2O3＋6e-＋3H2O=2Fe＋6OH-”；②根据产物分析，Ni电极是阴极，所以蒙乃尔筛网所在电极是阳极，再根据电解液成分，该电极处应是OH-失电子生成O2和H2O，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2↑。23．根据下列要求回答下列问题。(1)次磷酸钴[Co(H2PO2)2]广泛用于化学镀钴，以金属钴和次磷酸钠为原料，采用四室电渗析槽电解法制备，原理如图：则Co的电极反应式为___________，A、B、C为离子交换膜，其中B为___________离子交换膜(填“阳”或“阴”)(2)我国科研人员研制出的可充电“Na­CO2”电池，以钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应方程式为4Na＋3CO22Na2CO3＋C．放电时该电池“吸入”CO2，其工作原理如图所示：①放电时，正极的电极反应式为___________。②若生成的Na2CO3和C全部沉积在正极表面，当正极增加的质量为28g时，转移电子的物质的量为___________。③可选用高氯酸钠­四甘醇二甲醚作电解液的理由是___________。(3)铈元素()常见有、两种价态。可以被含的溶液吸收，生成含有Ce3+和NO2-的吸收液。现采用电解法将上述吸收液中的NO2-转化为无毒物质，同时再生，其原理如图所示。①从电解槽的_______(填字母代号)口流出。②写出阴极的电极反应式：_______。【答案】(1)Co-2e-=Co2＋阴(2)3CO2＋4Na＋＋4e-=2Na2CO3＋C0.5mol导电性好、与金属钠不反应、难挥发等(3)①a②2NO2-+8H＋＋6e-=N2↑+4H2O【解析】(1)以金属钴和次磷酸钠为原料，用电解法制备次磷酸钴[Co(H2PO2)2]，Co的化合价从0升高到＋2，则Co的电极反应式为Co-2e-=Co2+，产品室可得到次磷酸钴的原因是阳极室中的Co2＋通过阳离子交换膜进入产品室，原料室中的H2PO2-通过阴离子交换膜进入产品室与Co2＋结合生成Co(H2PO2)2，所以B是阴离子交换膜；(2)①放电时，正极发生得到电子的还原反应，则根据总反应式可知电极反应式为3CO2＋4Na＋＋4e-=2Na2CO3＋C；②根据反应式可知每转移4mol电子，正极质量增加2×106g＋12g=224g，所以当正极增加的质量为28g时，转移电子的物质的量为×4mol=0.5mol；③根据题干信息以及金属钠的化学性质可知可选用高氯酸钠­四甘醇二甲醚作电解液的理由是其导电性好、与金属钠不反应、难挥发等。(3)①Ce3+转化为Ce4+相应失去电子，即在阳极放电，所以从电解槽的a口流出；②阴极是NO2-得到电子转化为无毒物质氮气，电极反应式为2NO2-+8H＋＋6e-=N2↑+4H2O。24．锂离子电池应用很广。某种锂离子二次电池的电极材料主要是钴酸锂(LiCoO2)和石墨。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大。(1)锂离子电池(又称锂离子浓差电池)的工作原理：ⅰ.充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态(Li1-xCoO2)ⅱ.放电过程原理示意图如图所示：①放电时，电流从______(填“a”或“b”)极流出。②充电时，a极的电极反应式为______________。(2)钴酸锂回收再生流程如下：①用H2SO4酸浸时，通常添加30%的H2O2以提高浸出效率，其中H2O2的作用是______。②用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高，但工业上不使用盐酸，主要原因之一是：会产生有毒、有污染的气体。写出相应反应的化学方程式_______________。③其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30%H2O2混合液中的浸出率曲线如图，请解释温度高于80℃，钴的浸出率变化的原因：______________________________。④高温下，在O2存在时纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为______。【答案】(1)①a②LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+(2)①还原LiCoO2(将LiCoO2中的+3价Co还原为Co2+)②2LiCoO2+8HCl=2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O③80℃后，升高温度使H2O2分解速率加快，H2O2浓度下降，使浸出率反而降低④4CoC2O4+2Li2CO3+3O24LiCoO2+10CO2【解析】(1)①根据放电过程原理示意图，锂离子向a极移动，原电池中阳离子向正极移动，故a为正极，b为负极，电子从负极流向正极，电流与电子流向相反，故电流从正极流向负极；②根据图示，充电时a电极与电源正极相连，故a为阳极，失电子，发生氧化反应，根据题干提供信息：充电过程：Li+从含LiCoO2的电极中脱出，正三价Co被氧化，此时该极处于贫锂态(Li1-xCoO2)，则a极电极反应式为LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+；(2)①根据酸浸流程显示，浸出液中含有+2价钴离子，因此加入H2O2的作用是还原LiCoO2(将LiCoO2中的+3价