2026苏教版高考化学一轮复习大单元5答案（学用）

大单元五化学反应与能量变化第17讲反应热盖斯定律[备考导航]1.(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×2.(8)E1－E2＋ΔH＋E3－E4【解析】(8)由图可知，X(g)→Y(g)过程分为3个阶段，第一步反应的焓变ΔH1＝E1－E2，第二步反应的焓变ΔH2＝ΔH，第三步反应的焓变ΔH3＝E3－E4，根据盖斯定律计算总反应的焓变为E1－E2＋ΔH＋E3－E4。考点1[知识梳理]知识14.(2)吸收放出知识31.1mol1mol2.CO2(g)H2O(l)SO2(g)N2(g)H2O(l)和N2(g)知识4[常考归纳]①减少②增多[典题悟法]典例1D【解析】CaCO3受热分解不涉及元素化合价的变化，是非氧化还原反应，A错误；Na和H2O反应生成NaOH和H2，Na、H元素的化合价发生改变，属于氧化还原反应，但反应放热，B错误；NH4Cl晶体和Ba(OH)2晶体的反应不涉及元素化合价的变化，是非氧化还原反应，C错误。典例2(1)CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH＝－41kJ/mol(2)N2(g)＋3H2(g)2NH3(l)ΔH＝－2(c＋b－a)kJ/mol【解析】(2)由图可知，eq\f(1,2)molN2(g)＋eq\f(3,2)molH2(g)比1molNH3(l)能量高(c＋b－a)kJ，该反应放热，ΔH为负值，故N2(g)＋3H2(g)2NH3(l)ΔH＝－2(c＋b－a)kJ/mol。典例3(1)①×②√(2)＋120【解析】(1)ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和＝2E(C=O)＋3E(H—H)－3E(C—H)－E(C—O)－3E(O—H)。②ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和<0，可得反应物的键能总和小于生成物的键能总和。(2)ΔH＝(413kJ/mol×4＋745kJ/mol×2)－(1075kJ/mol×2＋436kJ/mol×2)＝＋120kJ/mol。典例4D【解析】斜方硫燃烧的热化学方程式为S(s，斜方硫)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－297kJ/mol，A错误；表示燃烧热的产物中H2O应该是液态，B错误；硫化氢燃烧生成的物质为气态二氧化硫和液态水，C错误。典例5B【解析】装置图缺少玻璃搅拌器，且小烧杯与大烧杯的上沿不齐平，该装置图不可用于精确测定酸碱反应的中和热，A错误；温度计的水银球应浸于溶液中，准确测量溶液的温度，B正确；温度计用于测定溶液温度，不能用于搅拌溶液，C错误；碎泡沫塑料可以起隔热作用，能替代碎纸屑，D错误。考点2[知识梳理]知识2ΔH2＋ΔH3[典题悟法]典例6(1)＋233.5kJ/mol(2)＋657.1kJ/mol【解析】(1)根据盖斯定律，将反应Ⅰ＋反应Ⅱ可得目标热化学方程式，故ΔH＝＋233.5kJ/mol。(2)根据盖斯定律，将反应Ⅰ×3－Ⅱ×2可得目标热化学方程式，则ΔH4＝ΔH1×3－ΔH2×2＝＋657.1kJ/mol。典例7C【解析】物质的燃烧是放热反应，焓变是负值，液态水变为气态水的过程需要吸热热量，故ΔH1＜ΔH2，A错误；合成氨反应是放热反应，ΔH1是负值，而碳酸钙分解是吸热反应，ΔH2是正值，所以ΔH1＜ΔH2，B错误；相同质量的碳单质完全燃烧生成CO2时放出的热量要多于不完全燃烧生成CO时放出的热量，反应的焓变是负值，故ΔH1＞ΔH2，C正确；化学反应方程式的系数加倍，焓变数值加倍，该化合反应是放热反应，所以焓变值是负值，ΔH1＝2ΔH2，ΔH1＜ΔH2，D错误。典例8(1)2NH3(g)＋CO2(g)=CO(NH2)2(s)＋H2O(g)ΔH＝－(E4＋E2－E1－E3)kJ/mol(2)<【解析】(1)由图可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，故ΔH为负值。(2)活化能大的反应决定了反应速率的快慢，已知第二步反应决定了生产尿素的快慢，则可推测活化能：E1<E3。[质量评价]1.A【解析】由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以CH3OH转变成H2的过程是一个放出热量的过程，A错误。2.－206.1【解析】根据盖斯定律，反应Ⅲ＝反应Ⅱ－反应Ⅰ，则ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝－206.1kJ/mol。3.(b－a－c)kJ/mol【解析】①C(s)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO(g)ΔH1＝akJ/mol，②C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝bkJ/mol，③H2(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=H2O(g)ΔH3＝ckJ/mol，根据盖斯定律，将②－①－③得到：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH，则ΔH＝ΔH2－ΔH1－ΔH3＝(b－a－c)kJ/mol。第18讲原电池及其应用[备考导航]1.(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√2.(6)H2－2e－＋2OH－=2H2O(7)C6H6－30e－＋42OH－=6COeq\o\al(2－,3)＋24H2O(8)Pb－2e－＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4考点1[知识梳理]知识1化学能电能知识21.Zn－2e－=Zn2＋Cu2＋＋2e－=CuZn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋2.(2)正负[及时巩固](1)⑤(2)Fe－2e－=Fe2＋2H＋＋2e－=H2↑由Fe电极经外电路流向C电极由C电极出发经导线流向Fe电极，再由Fe电极出发经溶液流向正极，形成闭合回路H＋向C电极(正极)迁移(3)形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为AgCl＋e－=Ag＋Cl－，生成Ag[典题悟法]典例1A【解析】X电极上NHeq\o\al(＋,4)转化为N2，X电极为负极，负极反应式为2NHeq\o\al(＋,4)－6e－=N2↑＋8H＋，A错误；Y电极上NOeq\o\al(－,3)转化为N2，NOeq\o\al(－,3)发生还原反应，B正确；Y电极为正极，正极反应式为2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=N2↑＋6H2O，即每产生1molN2会转移10mol电子，当电路中通过5mol电子时正极区产生0.5mol氮气，质量为14g，C正确；阳离子移向正极，阴离子移向负极，即盐桥内Cl－移向X极，D正确。典例2D【解析】当a、b组成原电池时，电子流动方向a→b，则金属性：a>b；当a、d组成原电池时，a为正极，则金属性：d>a；b与c构成原电池时，电极反应式：c2＋＋2e－=c、b－2e－=b2＋，b失去电子，则金属性：b>c；综上所述，金属性：d＞a＞b＞c，D正确。典例3铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2＋)，Cr(Ⅵ)去除率增大[深度指津]1.(2)CuSO4铜锌原电池加快考点2[知识梳理]知识1H2－2e－=2H＋H2＋2OH－－2e－=2H2OO2＋4e－＋4H＋=2H2OO2＋4e－＋2H2O=4OH－知识21.CH4－8e－＋2H2O=CO2＋8H＋CH4－8e－＋10OH－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2OO2＋4e－＋4H＋=2H2OO2＋4e－＋2H2O=4OH－CH4＋2O2=CO2＋2H2OCH4＋2O2＋2KOH=K2CO3＋3H2OC2H5OH－12e－＋3H2O=2CO2↑＋12H＋C2H5OH－12e－＋16OH－=2COeq\o\al(2－,3)＋11H2OO2＋4e－＋4H＋=2H2OO2＋4e－＋2H2O=4OH－C2H5OH＋3O2=2CO2＋3H2OC2H5OH＋3O2＋4KOH=2K2CO3＋5H2OC6H6－30e－＋12H2O=6CO2↑＋30H＋C6H6－30e－＋42OH－=6COeq\o\al(2－,3)＋24H2OO2＋4e－＋4H＋=2H2OO2＋4e－＋2H2O=4OH－2C6H6＋15O2=12CO2＋6H2O2C6H6＋15O2＋24KOH=12K2CO3＋18H2O2.(1)CH4－8e－＋4COeq\o\al(2－,3)=5CO2＋2H2O(2)CH4－8e－＋4O2－=CO2＋2H2O[典题悟法]典例4D【解析】任何实用电池都不可能将化学能完全转化为电能，A错误；通入N2H4的一极是负极，由图可知，放电时负极反应消耗OH－，pH减小，B错误；负极反应式为N2H4－4e－＋4OH－=N2＋4H2O，C错误；总反应为N2H4＋O2=N2＋2H2O，反应前后NaOH的物质的量不变，即负极消耗的NaOH与正极生成的NaOH的物质的量相等，D正确。典例5B【解析】电极B通入的是O2、CO2，则电极B为正极，电极A为负极，负极反应式为H2＋COeq\o\al(2－,3)－2e－=H2O＋CO2、CO＋COeq\o\al(2－,3)－2e－=2CO2，正极反应式为O2＋4e－＋2CO2=2COeq\o\al(2－,3)，A、C、D错误；原电池工作时，阴离子(COeq\o\al(2－,3))向负极(电极A)移动，B正确。典例6D【解析】该微生物电池中乙醇转化为CO2，电极a为该电池的负极，A错误；电极a的电极反应式为CH3CH2OH－12e－＋3H2O=2CO2↑＋12H＋，其附近pH降低，B错误；电极b的电极反应式为[Fe(CN)6]3－＋e－=[Fe(CN)6]4－，C错误；每消耗23gCH3CH2OH(即0.5mol)，根据电极a的电极反应式，产生6molH＋，6molH＋通过质子交换膜移向b极即移向正极，D正确。考点3[知识梳理]知识(1)Zn－2e－＋2NH3=[Zn(NH3)2]2＋MnO2＋e－＋NHeq\o\al(＋,4)=MnO(OH)＋NH3(2)Zn＋2OH－－2e－=Zn(OH)2MnO2＋H2O＋e－=MnO(OH)＋OH－(3)ZnAg2OZn＋2OH－－2e－=ZnO＋H2OAg2O＋H2O＋2e－=2Ag＋2OH－(4)①PbPbO2Pb－2e－＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4PbO2＋2e－＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋=PbSO4＋2H2O②PbSO4＋2e－=Pb＋SOeq\o\al(2－,4)PbSO4＋2H2O－2e－=PbO2＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋[典题悟法]典例7D【解析】D项装置中含有外接电源，属于电解池，D符合题意。典例8C【解析】碱性锌锰电池的总反应为Zn＋2MnO2＋H2O=ZnO＋2MnO(OH)，负极为锌，正极为MnO2。电池工作时，正极MnO2发生还原反应，A错误；原电池工作时，阴离子向负极移动，则OH－通过隔膜向负极移动，B错误；环境温度过低，化学反应速率较慢，不利于电池放电，C正确；反应中锰元素的化合价由＋4降低到＋3，则每生成1molMnO(OH)，转移电子数约为6.02×1023，D错误。典例9D【解析】铅酸蓄电池的电极材料分别为Pb和PbO2，放电时，负极反应式为Pb－2e－＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4，正极反应式为PbO2＋2e－＋4H＋＋SOeq\o\al(2－,4)=PbSO4＋2H2O，由题给信息知，两电极质量都增加，故该状态下铅酸蓄电池正在放电，A、B错误，D正确；放电时，由电池总反应：Pb＋PbO2＋2H2SO4=2PbSO4＋2H2O可知，氢离子浓度减小，pH增大，C错误。典例10B【解析】由电池反应知，Al元素的化合价升高，发生氧化反应，铝片作负极，A错误；海水作为电解质溶液，B正确；电池工作时，O2得到电子，C错误；电池工作时实现了化学能向电能的转化，D错误。考点4[知识梳理]知识1析氢吸氧知识21.Fe－2e－=Fe2＋2H＋＋2e－=H2↑2.Fe－2e－=Fe2＋O2＋4e－＋2H2O=4OH－[典题悟法]典例11C【解析】中性环境中，Fe发生吸氧腐蚀，A错误；钢铁制品在潮湿空气中发生电化学腐蚀，负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，B错误；该原电池装置中，Fe作正极被保护，从Fe电极区域取少量溶液于试管中，再向试管中滴入2滴K3[Fe(CN)6]溶液，没有特征蓝色沉淀生成，该方案能用于探究金属的电化学保护法，C正确；Zn比Fe活泼，Zn作负极，铁钉被保护，未发生吸氧腐蚀，该方案不能用于探究铁钉的吸氧腐蚀，D错误。[质量评价]1.B【解析】空气中的O2在石墨电极上发生还原反应，A错误；石墨电极是正极，移向正极的离子是阳离子，故该电池放电时溶液中的OH－向Zn电极移动，C错误；电池总反应式为2Zn＋O2=2ZnO，故该电池工作一段时间后，溶液pH变化不大，D错误。2.B【解析】搪瓷层破损后，Fe直接暴露在空气中，容易发生电化学腐蚀，搪瓷层破损后不能再起到防止生锈的作用，A错误；镀锌层破坏后，Zn作原电池的负极，失电子，Fe作正极，Zn继续保护Fe，B正确；轮船的船壳水线以下常装有一些锌块，利用的是牺牲阳极法，C错误；钢铁制造的暖气管道外常涂有一层沥青，在金属表面覆盖保护层，不属于电化学保护法，D错误。3.(1)能(2)2NH3＋6OH－－6e－=N2＋6H2O【解析】(1)铁钉在食盐水中发生吸氧腐蚀时会消耗氧气，会使试管内的气体压强减小，则通过压强传感器测定试管内的压强可以验证铁钉的吸氧腐蚀。第19讲电解池及其应用[备考导航]1.(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√(7)×(8)×2.(8)4OH－－4e－=O2↑＋2H2OS2－－2e－=S(9)CuCleq\o\al(－,2)＋2Cl－－e－=CuCleq\o\al(2－,4)考点1[知识梳理]知识11.电能化学能2.(1)Cu2＋＋2e－=Cu2Cl－－2e－=Cl2↑(2)CuCl2eq\o(=,\s\up7(电解))Cl2↑＋Cu(3)阳极→正极，负极→阴极知识21.(1)阳阴(2)阳阴(3)阴阳知识3H2O4OH－－4e－=2H2O＋O2↑2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－增大2H2O－4e－=4H＋＋O2↑2H＋＋2e－=H2↑减小2H2O－4e－=4H＋＋O2↑2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－不变知识42Cl－－2e－=Cl2↑2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Cl2↑＋H2↑＋2NaOH增大2H2O－4e－=O2↑＋4H＋Cu2＋＋2e－=Cu2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4减小解疑释惑262.例12NOeq\o\al(－,3)＋16e－＋CO2＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O【解析】由图可知，装置为电解池，尿素在左侧电极生成，NOeq\o\al(－,3)转化为尿素，N元素从＋5价降低为－3价，得电子，左侧为阴极，结合装置中的质子交换膜，电极反应式为2NOeq\o\al(－,3)＋16e－＋CO2＋18H＋=CO(NH2)2＋7H2O。例2N2＋6e－＋6HCOeq\o\al(－,3)＋CO2=CO(NH2)2＋6COeq\o\al(2－,3)＋H2O例311HCOeq\o\al(－,3)＋8e－=CH3COO－＋9COeq\o\al(2－,3)＋4H2O例42CO2＋12e－＋12HCOeq\o\al(－,3)=C2H4＋12COeq\o\al(2－,3)＋4H2O例5H＋＋CO2＋2e－=HCOO－或HCOeq\o\al(－,3)＋CO2＋2e－=HCOO－＋COeq\o\al(2－,3)[典题悟法]典例1D【解析】D项装置中没有外接电源，没有标“＋、－”极或注阴、阳极等，不属于电解池装置，D符合题意。典例2D【解析】电解时电能转化成化学能，A错误；铂电极为阴极，将铂电极与直流电源负极相连，B错误；阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，转移2mol电子时，生成1mol氢气，标准状况下氢气的体积为22.4L，C错误。典例3(1)H2O＋2e－=H2↑＋O2－(2)FeP＋4H2O－8e－=FePO4＋8H＋【解析】(1)电解水制氢，电解时阴极上H2O(g)得电子生成H2、O2－，电极反应式为H2O＋2e－=H2↑＋O2－。(2)由图可知，与直流电源正极相连的磷铁渣为电解池的阳极，水分子作用下FeP在阳极失去电子发生氧化反应生成磷酸铁和氢离子，电极反应式为FeP＋4H2O－8e－=FePO4＋8H＋。考点2[知识梳理]知识12.2Cl－－2e－=Cl2↑Na＋＋e－=Na2Cl－－2e－=Cl2↑Mg2＋＋2e－=Mg2O2－－4e－=O2↑Al3＋＋3e－=Al知识22.(1)粗铜Cu－2e－=Cu2＋Zn－2e－=Zn2＋Fe－2e－=Fe2＋Ni－2e－=Ni2＋精铜Cu2＋＋2e－=Cu(2)CuSO4溶液(3)减小(4)不等于知识31.(2)Ag＋2.Ag－e－=Ag＋Ag＋＋e－=Ag3.不变4.等于知识42.2Cl－－2e－=Cl2↑2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－Cl2H2、NaOH3.(1)避免H2和Cl2混合引起爆炸(2)避免Cl2和NaOH反应，提高碱的纯度4.增强导电性[典题悟法]典例4D【解析】铜为镀层金属，与电源正极相连，能达到实验目的，A错误；粗铜提纯时，粗铜作阳极，精铜作阴极，B错误；一般情况下，电解精炼铜时，阳极减少的质量与阴极增加的质量不相等，C错误；该装置为电解池，铁钉与电源负极相连作阴极，锌片与电源的正极相连作阳极，电解质溶液为ZnCl2溶液，可以实现铁钉上镀锌，D正确。典例5D【解析】用惰性电极电解MgCl2溶液的离子方程式为Mg2＋＋2Cl－＋2H2O=Mg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑，A错误；铜作阳极时，铜失电子变成Cu2＋，Cl－不参与反应，B错误；用惰性电极电解NaCl溶液的离子方程式：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Cl2↑＋H2↑＋2OH－，C错误；氧化铝在熔融状态下能电离成自由移动的离子，D正确。典例6C【解析】在电解池中，HSOeq\o\al(－,3)变成了S2Oeq\o\al(2－,4)，S元素化合价降低，电极Ⅰ为阴极，电极反应式为2HSOeq\o\al(－,3)＋2e－＋2H＋=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O，A错误；电解时，阳离子向阴极移动，电极Ⅰ为阴极，H＋由电极Ⅱ向电极Ⅰ移动，B错误；吸收塔中NO变N2，S2Oeq\o\al(2－,4)变成HSOeq\o\al(－,3)，C正确；整个装置中转移的电子数相同，处理1molNO，N元素的化合价从＋2降低到0，转移了2mol电子，阳极(电极Ⅱ)发生反应：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，故若生成32g(即1mol)O2需要4mol电子，D错误。典例7B【解析】该装置工作时，太阳能转化为电能、光能和热能，电能转化为化学能和热能，故能量转化形式不止两种，A错误；电解时，a电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O，b电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，b电极为阴极，a电极为阳极，故电解过中OH－由b极区向a极区迁移，B正确；由于K＋不能进行迁移，故b极区n(KOH)不变，C错误；NH3参与反应时失电子，D错误。典例8(1)CO2＋HCOeq\o\al(－,3)＋2e－=HCOO－＋COeq\o\al(2－,3)(2)[Ga(OH)4]－＋3e－=Ga＋4OH－(3)GaOeq\o\al(－,2)＋3e－＋2H2O=Ga＋4OH－[质量评价]1.C【解析】a极上，N2→NOeq\o\al(－,3)，发生氧化反应，a极为阳极，酸性水溶液中，反应物和产物中不出现OH－，电极反应式为N2＋6H2O－10e－=2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋，A错误；b极为阴极，阴极反应式为N2＋6e－＋8H＋=2NHeq\o\al(＋,4)，电解一段时间，阴极区消耗H＋，溶液pH增大，B错误；a极为阳极，b极为阴极，电解过程中H＋从a极通过质子交换膜转移至b极，C正确；根据化合价升降守恒，10na极(N2)＝6nb极(N2)，电解一段时间，a、b两极消耗N2的物质的量之比为3∶5，D错误。2.D【解析】电解精炼铜时阴极上Cu2＋得到电子被还原为Cu单质，电极反应式：Cu2＋＋2e－=Cu，A错误；电解时，Mn2＋在阳极被氧化生成MnO2，B错误；阴极发生还原反应，得到电子，C错误；电解饱和NaCl溶液的阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，D正确。3.C【解析】由图可知，苯转化为环己烷，发生加氢还原反应：＋6e－＋6H＋→，故电极A为阴极，与电源负极相连，A错误；电极B为阳极，发生反应：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，B错误；电解的总反应：＋6H2O→＋3O2↑，D错误。4.(1)2HCHO＋4OH－－2e－=2HCOO－＋H2↑＋2H2O(2)1【解析】(1)电解时，电极b与电源正极相连，是电解池的阳极，HCHO失去电子同时产生H2与HCOO－，电极a是阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－。(2)电解过程中每产生1molH2，每个电极上各产生0.5molH2，故通过阴离子交换膜的OH－为1mol。大单元整合提能力验考情五[高考新视野]1.C【解析】反应NaBH4(s)＋2H2O(l)=NaBO2(aq)＋4H2(g)ΔH<0，ΔS＞0，由ΔG＝ΔH－TΔS可知，任意温度下，该反应均能自发进行，故选C。2.(1)＋14.8(2)－67(3)－566.0(4)ΔH1－ΔH2－ΔH3＋ΔH4(5)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(6)ΔH1＋ΔH2＋ΔH3(7)NaBO2(s)＋2H2(g)＋2Mg(s)=NaBH4(s)＋2MgO(s)ΔG＝－340kJ/mol【解析】(1)ΔH3＝ΔH2－ΔH1＝(－378.7＋393.5)kJ/mol＝＋14.8kJ/mol。(2)根据盖斯定律，将反应①×3＋②可得反应③，故ΔH＝(－29×3＋20)kJ/mol＝－67kJ/mol。(3)根据盖斯定律，反应①－反应②×2可得目标反应，则ΔH3＝ΔH1－2ΔH2＝(－209.8－178.1×2)kJ/mol＝－566.0kJ/mol。(4)由已知可得：Ⅰ.NaNO2(s)＋NH4Cl(s)=N2(g)＋NaCl(s)＋2H2O(l)ΔH1；Ⅱ.NaNO2(s)=Na＋(aq)＋NOeq\o\al(－,2)(aq)ΔH2；Ⅲ.NH4Cl(s)=Cl－(aq)＋NHeq\o\al(＋,4)(aq)ΔH3；Ⅳ.NaCl(s)=Na＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH4；由盖斯定律可知，由反应Ⅰ－Ⅱ－Ⅲ＋Ⅳ可得目标反应，故ΔH＝ΔH1－ΔH2－ΔH3＋ΔH4。(7)结合题干信息，要使得氢原子利用率为100%，可由(2×反应Ⅲ)－(2×反应Ⅱ＋反应Ⅰ)得NaBO2(s)＋2H2(g)＋2Mg(s)=NaBH4(s)＋2MgO(s)，ΔG＝2ΔG3－(2ΔG2＋ΔG1)＝2×(－570kJ/mol)－[2×(－240)＋(－320)]kJ/mol＝－340kJ/mol。3.D【解析】太阳能电池是一种将太阳能转化为电能的装置，D错误。4.D【解析】酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，A错误；原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，B错误；MnO2发生得电子的还原反应，C错误；锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应：Zn－2e－=Zn2＋，D正确。5.D【解析】钢铁外壳镶嵌了锌块，由于金属活动性：Zn＞Fe，即锌块为负极，钢铁为正极，形成原电池，Zn失去电子，发生氧化反应，Zn－2e－=Zn2＋，从而保护钢铁，延缓其腐蚀，故选D。6.C【解析】氨水浓度越大，越容易生成[Zn(NH3)4]2＋，腐蚀趋势越大，A正确；腐蚀的总反应为Zn＋4NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2＋＋H2↑＋2H2O＋2OH－，有OH－生成，溶液pH变大，B正确；该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上水得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，C错误；根据得失电子守恒，每生成标准状况下224mLH2，转移电子数为eq\f(0.224L×2,22.4L/mol)＝0.02mol，消耗0.010molZn，D正确。7.B【解析】图1为牺牲阳极法保护钢闸门，牺牲阳极一般为较活泼金属，作为原电池的负极，失去电子被氧化；图2为外加电流法，阳极材料为辅助阳极，通常是惰性电极，本身不失去电子，电解质溶液中的阴离子在其表面失去电子，如海水中的Cl－，A错误；图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，除了海水中的H＋放电外，海水中溶解的O2也会竞争放电，故可发生：O2＋4e－＋2H2O=4OH－，B正确；图2中理论上只要能对抗钢闸门表面的腐蚀电流即可，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时保护效果最好；腐蚀电流会随着环境的变化而变化，若外加电压保持恒定不变，则不能保证抵消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C错误；图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明从牺牲阳极或外加电流传递过来的电子阻止了Fe－2e－=Fe2＋的发生，钢闸门不发生化学反应，但是牺牲阳极和辅助阳极上均发生了氧化反应，D错误。8.O2＋4e－＋2CO2=2COeq\o\al(2－,3)【解析】根据题干信息，该燃料电池中H2为负极，O2为正极，熔融碳酸盐为电解质溶液，故正极的电极反应式为O2＋4e－＋2CO2=2COeq\o\al(2－,3)。9.C【解析】该电解装置可用于湿法冶铁，则左侧发生反应为Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，Cl－放电产生氯气，电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑，A正确；左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应式为Fe2O3＋6e－＋3H2O=2Fe＋6OH－，消耗水产生OH－，阴极区溶液中OH－浓度逐渐升高，B正确；理论上每消耗1molFe2O3，转移6mol电子，产生3molCl2，同时有6molNa＋由阳极转移至阴极，则阳极室溶液减少3×71g＋6×23g＝351g，C错误；阴极室物质最多增加6×23g＝138g，D正确。10.B【解析】由电解原理图可知，Ni电极产生氢气，阴极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，Ni电极为阴极，Pt电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，即OH－向Pt电极移动，A错误；Pt电极为阳极，Pt电极C3N8H4失去电子生成C6Neq\o\al(4－,16)，电解质溶液为KOH溶液，电极反应式为2C3N8H4＋8OH－－4e－=C6Neq\o\al(4－,16)＋8H2O，B正确；则电解过程中发生的总反应主要为2C3N8H4＋4OH－eq\o(=,\s\up7(电解))C6Neq\o\al(4－,16)＋4H2O＋2H2↑，反应消耗OH－，生成H2O，电解一段时间后，溶液pH降低，C错误；由电解总反应可知，每生成1molH2，生成0.5molK4C6N16，但Pt电极还会伴随少量O2生成，发生电极反应：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，则生成1molH2时得到的部分电子由OH－放电产生O2提供，所以生成K4C6N16小于0.5mol，D错误。11.B【解析】根据图知，电极b上Br－转化BrOeq\o\al(－,3)，Br元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，作阳极，接电源正极，则电极a连接电源负极，电极a发生反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，X为H2，A正确；电极b发生的反应为Br－＋3H2O－6e－=BrOeq\o\al(－,3)＋6H＋，可得电解总反应为Br－＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))BrOeq\o\al(－,3)＋3H2↑，产生的BrOeq\o\al(－,3)在催化剂存在下发生反应：2BrOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up7(催化剂))2Br－＋3O2↑，Z为O2，即Br－在循环过程中不需要补充，在此过程中消耗了H2O，加入Y的目的是补充H2O，B错误、C正确；由催化时发生的反应可知：n(O2)∶n(Br－)＝3∶2，D正确。12.B【解析】由已知信息知，Cu电极为阳极，PbCu电极为阴极，电解过程中，阳极区消耗OH－、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH－)减小，A正确；阴极区的总反应式为H2C2O4＋HO—N＋H3＋6e－＋6H＋=H3N＋CH2COOH＋3H2O，1molH2O解离成1molH＋和1molOH－，故理论上生成1molH3N＋CH2COOH，双极膜中有6molH2O解离，B错误；阳极总反应式为2HCHO－2e－＋4OH－=2HCOO－＋H2↑＋2H2O，C正确；阴极区的Pb上存在反应：H2C2O4＋2e－＋2H＋=OHC—COOH＋H13.(1)2Al2O3(熔融)eq\o(=,\