专题05 化学反应与能量-高考化学纠错笔记（学生版）

专题05化学反应与能量易错点1混淆氧化还原反应基本概念1．某科研团队研究发现硼氢化钠(NaBH4)在催化剂Ru表面与水反应可生成H2，其反应机理如图所示：根据以上信息判断，下列叙述错误的是A．过程①至过程④中硼元素的化合价不变B．X是H3BO3，H3BO3和BH3两分子中H的化合价相等C．过程③和过程④各产生1molH2时转移的电子数不相等D．0.25molNaBH4的还原能力与标准状况下22.4LH2的还原能力相当(还原能力即生成H+失去电子的量)【错因分析】整个过程涉及反应较多，同时由于物质间转变过程较多难于判断各个物质中相同元素化合价关系，不能准确的判断相关的概念辨析。【试题解析】由图示可知，过程①至过程④中BH4-反应生成B(OH)4-，硼元素的化合价一直为+3价，化合价不变，A项正确；过程④中2moH2O水与2molX反应生成2molB(OH)4-和1molH2，根据元素守恒X为H3BO3，H3BO3中H为+1价，但在BH3分子中H为-1价，B项错误；由图示可知，过程③中产生1molH2时转移的电子数为NA，过程④产生1molH2时转移的电子数为2NA,，两者不相等，C项正确；NaBH4中H为-1价，0.25molNaBH4生成H+失去的电子的量2×0.25mol×4=2mol，标准状况下22.4LH2为1mol，1molH2生成H+失去的电子的量2×1mol=2mol，故两者还原能力相当，D项正确。答案选B。【参考答案】B氧化还原反应概念易错易混点汇总氧化还原反应概念易错易混，能考查学生阅读能力、思维能力、计算能力，主要包括以下几方面：1．概念不清：概念是解题的根本和依据，准确理解概念才能正确解题。对概念的本质把握不准或理解不深刻、混淆相近概念、对概念不熟悉或认识有疏漏(如对一些特殊性问题把握不准)，都会造成解题出错。在氧化还原反应中，有五对既相对立又相联系的概念，易混淆，是考查重点。2．思维不严：严密思维是正确解题的保证。在解题过程中，对反应变化的不确定性、问题的开放性、隐含条件或知识的挖掘不力等，都会造成解题时思维不严，导致答案出现失误。3．审题不细：仔细审题是准确解题的重要前提。在某个氧化还原反应问题分析中，常常同时出现多个限制性条件，概念辨析中常出现“错误”、“正确”、“不一定”等词。4．方法不当：“好的方法是成功的一半”。在氧化还原反应有关问题分析中，用守恒法是最基本的方法，如电子得失守恒、质量守恒(主要是原子个数守恒)、电荷守恒(适用于有离子参与的氧化还原反应)，更多的时候要联合应用上述守恒方法。5．思维无序：不能准确运用“物质氧化性或还原性强弱的比较”的方法，将各离子的氧化性或还原进行排序，更谈不上应用所得的氧化性或还原性顺序写出方程式，或判断反应能否发生。6．犯低级错：除上述情形外，解题时常常还出现如氧化产物或还原产物判断不全或错误、电子得失数目确定不准、化合价分析错误等问题。1．关于铝热反应2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3的说法正确的是A．Al发生氧化反应 B．Fe2O3被氧化C．Fe是还原剂 D．Al2O3是还原产物易错点2忽视氧化还原反应计算类问题的设问条件而出错2．向含有淀粉的KIO3酸性溶液滴加NaHSO3溶液，溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是A．溶液先变蓝的原因：2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋B．溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3C．还原性I->HSO>I2D．若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，则溶液变蓝不褪色【错因分析】结合试题，淀粉遇I2显蓝色，“向含有淀粉的KIO3酸性溶液滴加NaHSO3溶液，溶液先变蓝后褪色”，和说明反应先生成I2，而后进一步被氧化成更高价态。没有分析出对应的结论得不到正确的选项。【试题解析】溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，IO3-为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO3-为还原剂，反应的离子方程式为2IO3-＋5HSO3-＝I2＋5SO42-＋H2O＋3H＋，A项正确；溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式为I2＋HSO3-＝2I-＋SO42-＋3H＋，结合A项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B项正确；A项中的反应可知，还原性：HSO3-＞I2，由B项中的反应可知，还原性HSO3-＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO3-＞I-＞I2，C项错误；若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO3-＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D项正确。答案选C。【参考答案】C在氧化还原反应计算类问题中易出错的情况(1)在氧化还原反应(包括电化学)的有关计算中，易忽视氧化还原反应的先后顺序，不能根据氧化还原反应的“先后规律”分析问题。当同一体系中，有多个氧化还原反应发生时，要注意反应的先后顺序，必须遵循强者优先的原则。(2)不能准确而迅速地再现、提取和运用氧化与还原、氧化剂与还原剂、氧化产物与还原产物等一系列对立统一的概念。(3)对潜在的氧化还原反应的忽视，如：在酸性环境中能表现强氧化性(中性、碱性环境中则无强氧化性)。2．已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4＝2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，下列说法中正确的是A．I2仅是还原产物B．CuI既是氧化产物又是还原产物C．消耗1molCu(IO3)2时转移11mol电子D．氧化剂与还原剂的物质的量之比为：1∶12易错点3忽视物质性质导致不能正确判断氧化还原反应的有关概念3．硫化氢与浓硫酸的反应为3H2S+H2SO44S↓+4H2O，下列说法正确的是A．硫化氢气体被氧化成硫 B．硫酸被氧化成硫C．硫酸被还原成水 D．硫化氢气体被还原成水【错因分析】该题反应中，氢元素和氧元素化合价前后没有变化，水既不是氧化产物也不是还原产物，若不能得到此结论则会导致答案出错。【试题解析】该反应硫化氢中S元素化合价由−2价变为0价，硫酸中S元素化合价由+6价变为0价，所以硫化氢是还原剂，硫酸是氧化剂；A．该反应中硫化氢是还原剂，被氧化生成硫，故A正确；B．该反应中硫酸是氧化剂，在反应中被还原生成硫，故B错误；C．硫酸被还原生成硫，故C错误；D．硫化氢被氧化生成硫，故D错误；故答案为A。【参考答案】A判断物质氧化性和还原性强弱时应注意的两大问题氧化性、还原性的强弱取决于物质得失电子的能力，而不是得失电子数目的多少。比较物质氧化性、还原性强弱时应注意的是物质的氧化性、还原性可能还会与物质的稳定性、反应的温度、浓度、酸碱介质有关，需要具体问题具体分析。一般可以从以下几个方面进行判断：①反应条件；②反应剧烈程度；③金属或非金属活动性顺序；④根据氧化剂、还原剂性质的影响因素比较；⑤原电池、电解池的电极反应比较；在利用原电池、电解池的电板反应判断物质的氧化性、还原性强弱时，可参照以下规律：a.原电池中，通常活泼性较强的金属作负极，活泼性较弱的金属作正极；b.电解池中，阳极上物质的放电顺序即为对应物质还原性次序，阴极上的阳离子放电顺序即为阳离子氧化性次序。⑥将同一物质氧化或还原的程度；⑦元素在元素周期表中的位置等。3．下列反应中，水只作氧化剂的是①氟气通入水中

②水蒸气经过灼热的焦炭

③钠块投入水中④铁与水蒸气反应⑤氯气通入水中A．只有①④ B．只有②③④ C．只有②③ D．只有①⑤易错点4不能运用得失电子守恒法解氧化还原反应计算题4．高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下：KMnO4+FeSO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)。下列说法正确的是A．MnO4−是氧化剂，Fe3+是还原产物B．Fe2+的还原性强于Mn2+C．氧化剂和还原剂物质的量之比为5:1D．生成1 mol水时，转移2.5 mol电子【错因分析】不能根据电子得失守恒进行电子转移数目判断是本题易出错关键之处。【试题解析】利用氧化还原反应的几组概念进行分析，Fe2+中Fe的化合价升高，Fe2+为还原剂，KMnO4中Mn的化合价降低，KMnO4为氧化剂，然后通过氧化还原反应规律进行分析；根据反应方程式，KMnO4→MnSO4，Mn的化合价由+7价→+2价，化合价降低，KMnO4为氧化剂，MnSO4为还原产物，FeSO4→Fe2(SO4)3中Fe的化合价由+2价→+3价，化合价升高，FeSO4为还原剂，Fe2(SO4)3为氧化产物，A项错误；根据氧化还原规律中的强弱规律，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即Fe2+的还原性强于Mn2+，B项正确；利用得失电子数目守恒，5n(KMnO4)＝n(FeSO4)，推出氧化剂和还原剂物质的量之比为1：5，C项错误；根据化合价升降法进行配平，该反应方程式为2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4＝K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，生成1molH2O时，消耗KMnO4的物质的量为1/4mol，即转移电子物质的量1/4×5mol=1.25mol，D项错误。【参考答案】B利用得失电子守恒巧解氧化还原反应计算题得失电子守恒是指发生氧化还原反应时，氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。无论是自发进行的氧化还原反应(原电池)，还是电解池中的氧化还原反应，无论是无机物之间的氧化还原反应还是有机物参与的氧化还原反应，该规律均适用。得失电子守恒常用于氧化还原反应中氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的有关计算及电解过程中电极产物的有关计算等。首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：氧化剂物质的量×一个分子内被还原的原子的个数×化合价的变化值＝还原剂物质的量×一个分子内被氧化的原子的个数×化合价的变化值。4．《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8，其中S为+6价)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果，其反应机制模型如图所示(SO·、·OH表示自由基)。设阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是A．过硫酸钠中-2价氧与-1价氧的个数比为3：1B．若56gFe参加反应，被还原的S2O82−小于1.5NA个C．碱性条件下硫酸根自由基发生反应的方程式为SO4-·+OH-=SO42-+·OHD．pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷易错点5配平氧化还原反应方程式的方法不正确导致出错5．已知：Ⅰ．高锰酸钾在不同条件下发生的反应如下：+5e−+8H+Mn2++4H2O+3e−+2H2OMnO2↓+4OH−+e−(溶液呈绿色)Ⅱ．在下列反应中，产物K2SO4和S的物质的量之比为3∶2_______KMnO4+_______K2S+______________K2MnO4+_______K2SO4+_______S↓+_______下列说法不正确的是A．高锰酸根离子被还原的产物受溶液酸碱性的影响B．化学方程式中反应物缺项为H2SO4，配平后系数为12C．化学方程式中产物缺项为H2O，配平后系数为12D．用石墨电极电解中性高锰酸钾溶液，在阴极可以得到MnO2【错因分析】若不清楚高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同，则很难得出缺项物质；若不能根据反应物和生成物的化合价变化及原子个数守恒配平，则不能正确配平反应方程式。【试题解析】审题时要注意高锰酸钾在不同条件下被还原的产物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在碱性溶液中生成MnO42－，A项正确。根据产物K2MnO4知，反应在碱性条件下进行，故反应物缺项不可能是H2SO4，B项错误。反应物缺项为KOH，产物缺项为H2O，方程式配平得28KMnO4+5K2S+24KOH＝28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，C、D项正确。【参考答案】B要正确配平氧化还原反应方程式必须用好三个守恒：得失电子守恒、质量守恒、电荷守恒。(1)氧化剂得电子总数必等于还原剂失电子总数，即得失电子守恒。化合价升高总值也等于化合价降低总值。(2)反应前后元素种类不变，各元素的原子数目也不变，即质量守恒。(3)在有离子参加的氧化还原反应中，反应前后离子所带的正、负电荷总数相等，即电荷守恒。缺项配平时要注意使化学方程式两边满足元素守恒和电荷守恒，可根据电解质溶液(或反应所处环境)的酸碱性来选择平衡电荷时所需的H+或OH−，如酸性溶液中应选H+，碱性溶液中应选OH−，不能既出现H+，又出现OH−。5．工业上用粗软锰矿(只含有MnO2和MnO)和H2SO4(过量)、FeS2制备MnSO4·H2O的流程如下图所示：(已知，流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO均完全反应)。(1)①中发生了三个反应：MnO+H2SO4＝MnSO4+H2O、FeS2+H2SO4=FeSO4+H2S↑+S↓完成反应：____MnO2＋______FeSO4+___________=____MnSO4+_________+_________。(2)沉淀A、B的化学式分别为__________________，②中加入MnO的目的是调节溶液的pH使Fe3完全沉淀，则②中MnO参与反应的离子方程式________________________。(3)若沉淀A的质量和MnSO4·H2O的质量分别为96.0g、321.1g，②中加入的MnO为0.1mol，则理论上粗软锰矿中MnO的质量分数为_________(精确到0.01％)。易错点6混淆燃烧热、中和热的概念6．下列推论正确的是A．2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=−221kJ·mol−1，则碳的燃烧热的数值大于110.5kJ·mol−1B．C(石墨，s)C(金刚石，s)ΔH=+1.9kJ·mol−1，则金刚石比石墨稳定C．OH−(aq)+H+(aq)H2O(l)ΔH=−57.4kJ·mol−1，则：含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量为28.7kJD．S(g)+O2(g)SO2(g)ΔH1；S(s)+O2SO2(g)ΔH2，则ΔH1＞ΔH2【错因分析】即在稀溶液中强酸与强酸完全反应生成1mol水时，放出57.4kJ热量，但醋酸是弱酸，其电离时需要吸热，如忽略此点会错选C项。【试题解析】燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物反应放出的热量，1mol碳不完全燃烧释放的能量是110.5kJ，则碳的燃烧热大于

110.5kJ/mol，A项正确；C(石墨，s)＝C(金刚石，s)ΔH=+1.9kJ·mol−1，说明石墨的能量比金刚石低，则石墨比金刚石稳定，B项错误；OH−(aq)+H+(aq)＝H2O(l)ΔH=−57.4kJ·mol−1，即在稀溶液中1molNaOH与强酸完全反应生成1mol水时，放出57.4kJ热量，但醋酸是弱酸，其电离时需要吸热，则含20gNaOH的稀溶液与过量稀醋酸完全反应，放出的热量应小于28.7kJ，C项错误；固体硫燃烧时要先变为气态硫，过程吸热，气体与气体反应生成气体比固体和气体反应生成气体产生热量多，但反应热为负值，所以ΔH1＜ΔH2，D项错误。答案选A。【参考答案】A1．关于中和热的理解(1)中和热的概念是酸和碱在稀溶液中发生中和反应生成1_mol_H2O(l)时的反应热。(2)浓的强酸和强碱在发生中和反应的同时还要发生溶解，溶解要放出热量；若是浓的弱酸和弱碱在发生中和反应的同时还要发生电离，电离要吸收热量，故放出的热量均不完全是中和热。(3)强酸和强碱在稀溶液中发生中和反应时，1molH＋和1molOH－反应生成1molH2Ol，放出57.3kJ的热量，表示为H＋aq＋OH－aq=H2OlΔH＝－57.3kJ·mol－1。2．燃烧热及表示燃烧热的热化学方程式(1)(2)燃烧热是以1mol物质完全燃烧所放出的热量来定义的，因此在书写表示燃烧热的热化学方程式时，应以燃烧1mol物质为标准来配平其余物质的化学计量数，故在其热化学方程式中常出现分数。6．下列热化学方程式中，正确的是A．甲烷的燃烧热为890.3kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1C．HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ·mol-1，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△H=2×(-57.3)kJ·mol-1D．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1易错点7不会利用合适的方法计算反应热7．肼可作为火箭发动机的燃料，与N2O4反应生成N2和水蒸气。已知：①N2(g)+2O2(g)N2O4(l)ΔH1=−19.5kJ·mol−1②N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH2=−534kJ·mol−1(1)写出肼(l)和N2O4(l)完全反应生成N2和水蒸气时的热化学方程式：__________。(2)已知断裂1mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O=O为500、N—N为154，O—H为462，则断裂1molN—H键所需的能量是________kJ。【错因分析】不能根据化学键的键能进行吸热或放热的计算，将无法得到正确结果。【试题解析】(1)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。①N2(g)+2O2(g)N2O4(l)ΔH1=−19.5kJ·mol−1，②N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH2=−534kJ·mol−1，根据盖斯定律，将方程式②×2−①得：2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O(g)ΔH=−1048.5kJ/mol，故答案为：2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O(g)ΔH=−1048.5kJ/mol；(2)设断裂1molN−H键所需的能量为KkJ，根据N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH2=−534kJ·mol−1，反应的焓变ΔH=反应物总键能−生成物总键能=(154+4K+500)−(942+4×462)=−534，解得K=400.5，故答案为：400.5。【参考答案】(1)2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O(g)ΔH2=−1048.5kJ·mol−1(2)400.5反应热的计算方法1．有关反应热计算的依据(1)根据热化学方程式计算反应热与反应物各物质的物质的量成正比。(2)根据盖斯定律计算根据盖斯定律，可以将两个或两个以上的热化学方程式包括其ΔH相加或相减，得到一个新的热化学方程式。(3)根据物质燃烧放热数值(或燃烧热)计算可燃物完全燃烧产生的热量＝可燃物的物质的量×其燃烧热。(4)根据反应物和生成物的键能计算。ΔH＝反应物的键能和－生成物的键能和。2．利用状态，迅速比较反应热的大小若反应为放热反应(1)当反应物状态相同，生成物状态不同时，生成固体放热最多，生成气体放热最少。(2)当反应物状态不同，生成物状态相同时，固体反应放热最少，气体反应放热最多。(3)在比较反应热(ΔH)的大小时，应带符号比较。对于放热反应，放出的热量越多，ΔH反而越小。7．甲烷燃烧时的能量变化如图，有关说法正确的是A．图1中反应为：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=+890.3kJ/molB．图2中反应为：CH4(g)+eq\f(3,2)O2(g)=CO(g)+2H2O(g)H=﹣607.3kJ/molC．由图可以推得：CO(g)+eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)H=﹣283kJ/molD．由图可以推知：等物质的量的CO2和CO，CO2具有的能量高易错点8新型电池原理认识不清导致判断失误8．利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如下图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述错误的是A．负极的电极反应为CH3COO−−8e−+2H2O2CO2↑+7H+B．电池工作时，H+由M极移向N极C．相同条件下，M、N两极生成的CO2和N2的体积之比为3：2D．好氧微生物反应器中发生的反应为NH3+2O2NO3−+2H++H2O【错因分析】根据各电极除的通入物和排除物判断电极极性是解题的关键，若判断错误将导致整个题目的后续判断都将错误。【试题解析】图示分析可知：N极NO3−离子得到电子生成氮气、发生还原反应，则N极正极。M极CH3COO−失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，则M极为原电池负极，NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3−，据此分析解答。M极为负极，CH3COO−失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，电极反应为CH3COO−−8e−+2H2O＝2CO2↑+7H+，A项正确；原电池工作时，阳离子向正极移动，即H+由M极移向N极，B项正确；生成1molCO2转移4mole−，生成1molN2转移10mole−，根据电子守恒，M、N两极生成的CO2和N2的物质的量之比为10mol：4mol=5:2，相同条件下的体积比为5:2，C项错误；NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO3−，则反应器中发生的反应为NH3+2O2＝NO3−+2H++H2O，D项正确。答案选C。【参考答案】C有关新型电池类试题的4个考查角度由于高考中的新型电池类试题题材广、信息新、陌生度大，所以大多数考生感到这类题较难，而对难在何处又十分迷茫。这类试题主要考查考生对知识迁移应用的能力。熟悉此类试题的4个考查角度，才能顺利解题。1．新型电池“放电”时正、负极的判断：2．新型电池“放电”时正、负极电极反应式的书写：根据电池反应分析物质得失电子的情况，考虑电极反应生成的物质是否与电解质溶液中的离子发生反应。对于较复杂的电极反应，可以利用“总反应式−较简单一极的电极反应式＝较复杂一极的电极反应式”解决。3．新型电池“充电”时阴、阳极的判断：首先明确原电池放电时的正、负极，再根据电池充电时，阳极接正极、阴极接负极的原理进行分析。4．新型电池充、放电时，电解质溶液中离子移动方向的判断：先分清电池是放电还是充电，再判断正、负极或阴、阳极，最后再确定离子的移动方向。8．最近我国成功研制出高效电催化固氮催化剂Mo2N，如图所示，在0.1mol·L－1盐酸溶液中，在一定电压下具有较高的产氨速率和稳定的电流效率。下列判断错误的是A．石墨电极为阳极B．P为阳离子交换膜C．Mo2N/GCE电极区反应式为N2+6H++6e－=2NH3D．为提高溶液的导电性，可在石墨电极区加入适量的盐酸易错点9忽略原电池中介质的作用9．2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是A．放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-B．放电时电解质储罐中离子总浓度增大C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜D．充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA【错因分析】本题考查化学电源新型电池，根据电极上发生的反应判断放电时的正、负极是解本题关键，要会根据原电池、电解池反应原理正确书写电极反应式，注意交换膜的特点，选项是C为易错点。【试题解析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A项正确；放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B项正确；离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C项错误；充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区增加2molK+、2molCl-，离子总数为4NA，D项正确。答案选C。【参考答案】C介质对原电池的影响同一个原电池反应在不同的介质中其电极反应式有可能是不相同的，如氢氧燃料电池，其总的化学反应方程式都是2H2+O22H2O，但在碱性介质和酸性介质中其电极反应式是不同的。另外由相同的电极材料组成的原电池，在不同的介质中其电池反应、电极名称、电流方向也有可能不同，如由镁、铝作电极组成的原电池，在氢氧化钠溶液中，铝作负极，镁作正极；而在稀盐酸中，铝作正极，镁作负极，因此在解电化学题时要特别注意介质的成分，慎重思考介质所起的作用。9．ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是A．该装置工作时，电能转化为化学能B．该装置可以在高温下工作C．X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜D．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+易错点10不能熟练运用电化学计算中的常用方法10．天然气的主要成分为CH4，可将CH4设计成燃料电池，来解决能源问题，装置如图所示。在标准状况下，持续通入甲烷，消耗甲烷VL。下列说法错误的是A．当0<V≤33.6L时，负极反应式为CH4+10OH−−8e−CO32−+7H2OB．正极反应式为O2+4H++4e−2H2OC．当V=67.2L时，电池总反应方程式可写为CH4+2O2+NaOHNaHCO3+2H2OD．电解质溶液中的Na+向正极移动【错因分析】注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。【试题解析】燃料电池中，通入燃料的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，n(NaOH)=1.5mol/L×2L=3mol，可能先后发生反应①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O、③Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；根据甲烷的量计算生成的二氧化碳的量，结合反应方程式判断反应产物及发生的反应。当0<V≤33.6L时，0<n(CH4)≤1.5mol，则0<n(CO2)≤1.5mol，只发生反应①②，且NaOH过量，则电池总反应式为CH4+2O2+2NaOH＝Na2CO3+3H2O，负极反应式为CH4+10OH−−8e−＝CO32−+7H2O，A项正确；碱性燃料电池，正极反应式为2H2O+O2+4e−4OH−，B项错误；当V=67.2L时，n(CH4)=3mol，n(CO2)=3mol，则电池总反应式为CH4+2O2+NaOH＝NaHCO3+2H2O，C项正确；燃料电池中，通入CH4的一端为原电池的负极，通入空气的一端为原电池的正极，Na+向正极移动，D项正确。正确答案选B。【参考答案】B原电池和电解池的相关计算包括两极产物的定量计算，溶液pH的计算、根据电量求产物的量与根据产物的量求电量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种：(1)根据电子守恒法计算：用于串联电路，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)根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。(3)根据关系式计算：根据得失电子守恒建立已知量与未知量之间的桥梁，列出计算所需的关系式。10．某化学小组构想将汽车尾气(NO、NO2)转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料。下列说法正确的是A．电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反B．电极A表面反应之一为NO－3e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,3)＋4H＋C．电极B附近的c(NOeq\o\al(－,3))增大D．该电池工作时，每转移4mol电子，生成22.4LO2易错点11多池组合装置问题无从下手11．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯分别盛放100g溶质的质量分数为5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g溶质的质量分数为10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4的质量分数为10.47%，乙中c电极的质量增加。据此回答问题：①电源的N端为________极。②电极b上发生的电极反应为________________________。③电极b上生成的气体在标准状况下的体积为________________________。④电极c的质量变化是________g。⑤电解前后各溶液的酸碱性大小是否发生变化，简述其原因：甲溶液________________________________________________。乙溶液________________________________________________。丙溶液________________________________________________。(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？_________________。【错因分析】如果不清楚甲、乙、丙装置中的电极串联，会错误判断电极，导致回答问题时出错。【试题解析】(1)①依题意，甲装置中装氢氧化钠溶液，实质相当于电解水；乙装置电解硫酸铜溶液：阴极2Cu2++4e−2Cu；阳极4OH−−4e−2H2O+O2↑。c电极的质量增加，说明该电极为阴极，由此得d极为阳极，以此类推e极为阴极，f极为阳极，N极为正极，M极为负极，a极为阴极，b极为阳极。②甲装置中装氢氧化钠溶液，在b极上OH−发生氧化反应：4OH−−4e−2H2O+O2↑，总电解反应为2H2O2H2↑+O2↑。③丙装置中装K2SO4溶液，电解前后溶质的质量不变，实质是电解水，设电解过程中电解水的质量为x，100g×10.00%=(100g−x)×10.47%，x≈4.5g。n(H2O)=4.5g/18g·mol−1=0.25mol，n(O2)=0.125mol，V(O2)=0.125mol×22.4L/mol=2.8L。甲、丙装置实质上均为电解水，故转移电子数相同，且b极上生成的气体为2.8L。④电解0.25mol水时转移电子的物质的量为0.5mol，c极反应：Cu2++2e−Cu，根据电子守恒知，析出金属质量m(Cu)=0.25mol×64g/mol=16g。⑤甲、丙装置中电解的实质是电解水，乙装置中的总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，溶液酸性增强。(2)如果铜全部析出，甲装置装有氢氧化钠溶液，乙装置装有硫酸，丙装置装有硫酸钾溶液，仍然能电解，三个装置都相当于电解水。【参考答案】(1)①正②4OH−−4e−2H2O+O2↑③2.8L④16⑤碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH的浓度增大酸性增大，因为在阳极上OH−参与反应生成O2，溶液中H+的浓度增加酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性(2)能继续进行，因为乙装置中已转化为H2SO4溶液，反应也就变为电解水的反应有关电化学组合装置的有关计算方法11．用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如下图所示。下列说法中，正确的是A．燃料电池工作时，正极反应为：O2+2H2O+4e－＝4OH－B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出C．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出D．a、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等1．对氧化还原反应的基本概念的考查(1)氧化还原反应的判断①根据氧化还原反应的特征判断，看元素化合价是否发生变化。②根据氧化还原反应的本质判断，看电子是否发生转移(得失或偏移)。(2)分清氧化还原反应的常见类型①完全氧化还原型此类反应的特点是还原剂和氧化剂分别为不同的物质，参加反应的氧化剂(或还原剂)全部被还原(或被氧化)，有关元素的化合价全部发生变化。②部分氧化还原型此类反应的特点是还原剂(或氧化剂)只有部分被氧化(或被还原)，有关元素的化合价只有部分发生变化。③自身氧化还原型自身氧化还原反应可以发生在同一物质的不同元素之间，即同一种物质中的一种元素被氧化，另一种元素被还原，该物质既是氧化剂，又是还原剂；也可以发生在同一物质的同种元素之间，即同一种物质中的同一种元素既被氧化又被还原。④归中反应型此类反应的特点是同一种元素在不同的反应物中有不同的价态(高价、低价)，反应后转化成中间价态。(3)熟悉氧化还原反应中的概念之间的联系2．氧化还原反应的基本规律(1)守恒规律对于一个氧化还原反应，元素化合价升高总数与降低总数相等；还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数相等；反应前后电荷总数相等(离子方程式)。(2)邻位转化规律(归中原则)氧化还原反应中，元素相邻价态之间的转化最容易；同种元素不同价态之间若发生反应，元素的化合价只靠近而不交叉；同种元素相邻价态之间不发生氧化还原反应。如H2S与浓硫酸反应时，S元素的化合价变化为：反应方程式为H2S+H2SO4(浓)S↓+SO2↑+2H2O。此规律适用于同一元素的不同价态间的氧化还原反应。一般情况下分别生成中间价态的物质，价态的转化是邻位转化，生成物的化合价一般“只靠拢、不交叉、不换位”。(3)强弱规律氧化性较强的氧化剂跟还原性较强的还原剂反应，生成还原性较弱的还原产物和氧化性较弱的氧化产物。应用：在适宜条件下，用氧化性较强的物质制备氧化性较弱的物质，或用还原性较强的物质制备还原性较弱的物质，也可用于比较物质间氧化性或还原性的强弱。(4)价态规律元素处于最高价，只有氧化性(如Fe3+、KMnO4中的Mn+7等)；元素处于最低价，只有还原性(如S2−、I−等)；元素处于中间价态，既有氧化性又有还原性(如Fe2+、S、Cl2等)。应用：判断元素或物质氧化性或还原性的有无。(5)强者优先规律若存在多种氧化剂(或还原剂)与一种还原剂(或氧化剂)反应时，氧化性(或还原性)强的先被还原(或氧化)。如向含有Ag+、Cu2+的溶液中加入铁粉时，铁粉先与Ag+反应，当Ag+完全被还原为Ag后，剩余的铁粉再与Cu2+反应；向同时含有Fe2+、Br−、I−的溶液中通入Cl2时，由于还原性I−>Fe2+>Br−，所以Cl2先氧化I−，I−反应完后，再氧化Fe2+，当把Fe2+完全氧化后，最后氧化Br−。3．氧化还原反应方程式的配平(1)氧化还原反应方程式配平的依据①化合价升高总数=化合价降低总数。②氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数。③反应前后各元素种类和原子数目不变(质量守恒)。④对于离子反应，反应前后电荷守恒。(2)氧化还原反应方程式配平的步骤配平分为四步“标价态、列变化、求总数、调化学计量数”，即标出物质中化合价变化的元素的化合价，列出化合价变化，求升高总数与降低总数的最小公倍数，调整化合价变化的原子的化学计量数，由原子守恒调整其他物质的化学计量数。如：Cu+HNO3(浓)→Cu(NO3)2+NO2↑+H2O可得配平后的反应方程式：Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。(3)其他配平技巧和方法①逆向配平法先确定生成物的化学计量数，然后再确定反应物的化学计量数。此类方法适用于一种元素的化合价既升高又降低的氧化还原反应，即歧化反应。②零价配平法如果一种物质中的各元素化合价均发生变化(且无法用常规方法确定化合价)，可令该物质中各元素的化合价均为零，然后计算出各元素化合价的升降值，利用化合价升降相等进行配平。③缺项配平法这类氧化还原反应方程式的特点：反应物或生成物中缺少某一种物质。所缺物质一般为水、酸或碱等，它们与化合价的升降变化无关。配平技巧：先配平含变价元素物质的化学计量数，然后根据原子守恒或电荷守恒确定缺项物质，最后配平其他物质的化学计量数。若增加的元素是除H、O外的非金属元素，未知物一般是相应的酸；若增加的元素是金属元素，未知物一般是相应的碱；若反应前后经部分配平后发现两边氢、氧原子不守恒，则未知物一般是水；离子反应方程式的缺项一般有两种可能：H2O、H+或H2O、OH−。4．表示物质燃烧热的热化学方程式书写的注意事项(1)燃烧热规定了可燃物的物质的量为1mol，因此在书写燃烧热的热化学方程式中，应以可燃物的化学计量数为1为标准来确定其余物质的化学计量数。：H2(g)十O2(g)H2O(l)ΔH=−285.8kJ/mol(2)物质的燃烧热要求的是纯物质，不同的可燃物，其燃烧热一般不同。(3)可燃物完全燃烧，生成的必须是稳定的氧化物。不同元素对应的稳定氧化物是唯一的。：C→CO2(g)，H→H2O(l)，S→SO2(g)。(4)ΔH的符号为“−”。文字表述燃烧热时，用正值或ΔH表示。如CO的燃烧热为283.0kJ/mol，表示燃烧热的热化学方程式的ΔH为−283.0kJ/mol。5．燃烧热与中和热的异同燃烧热中和热相同点能量变化放热ΔHΔH<0，单位：kJ·mol−1不同点反应物的量1mol(O2不限量)不限量生成物的量不限量H2O(l)是1mol反应热的含义1mol可燃物完全燃烧生成稳定化合物时放出的热量；不同的可燃物，其燃烧热一般不同在稀溶液中，强酸与强碱发生中和反应，生成1molH2O(l)和可溶性盐时放出的热量；不同的反应物中和热大致相同，均约为57.3kJ·mol−1表示方法燃烧热为akJ·mol−1或ΔH=−akJ·mol−1酸与碱反应的中和热为57.3kJ·mol－1或ΔH=−57.3kJ·mol−1热化学方程式的书写以燃烧1mol可燃物为标准配平其余物质的化学计量数(常用分数表示)以生成1mol水为标准来配平其余物质的化学计量数(常用分数表示)备注必须生成稳定的氧化物，如C燃烧应生成CO2而不是CO，H2燃烧应生成液态水而非气态水①弱酸代替强酸(或弱碱代替强碱)，因电离吸热，放出的热量减小，中和热增大；②若用浓硫酸(或NaOH固体)，放出热量增多，中和热减小6．反应热的计算(1)运用盖斯定律计算反应热①运用盖斯定律的技巧——“三调一加”一调：根据目标热化学方程式，调整已知热化学方程式中反应物和生成物的左右位置，改写已知的热化学方程式。二调：根据改写的热化学方程式调整相应ΔH的符号。三调：调整中间物质的化学计量数。一加：将调整好的热化学方程式及其ΔH加起来。②运用盖斯定律的三个注意事项事项一：热化学方程式乘以某一个数时，反应热的数值必须也乘上该数。事项二：热化学方程式相加减时，物质之间相加减，反应热也必须相加减。事项三：将一个热化学方程式颠倒时，ΔH的“+、−”随之改变，但数值不变。(2)根据热化学方程式的反应热计算计算依据：反应热与反应物中各物质的物质的量成正比。若题目给出了相应的热化学方程式，则按照热化学方程式与ΔH的关系计算反应热；若没有给出热化学方程式，则根据条件先得出热化学方程式，再计算反应热。(3)根据反应物和生成物的能量计算①计算公式：ΔH=生成物的总能量−反应物的总能量。②根据燃烧热计算要紧扣反应物为“1mol”、生成物为稳定的氧化物来确定。Q放=n(可燃物)×ΔH。(4)根据反应物和生成物的键能计算①计算公式：ΔH=反应物的键能总和−生成物的键能总和。②根据键能计算反应热的关键是正确找出反应物和生成物所含共价键的数目，如H2O分子中含有2个共价键，NH3分子中含有3个共价键等。要注意晶体结构中化学键的情况，常见的有1molP4含有6molP—P键，1mol晶体硅含有2molSi—Si键，1mol石墨晶体中含有1.5molC—C键，1mol金刚石含有2molC—C键，1molSiO2含有4molSi—O键等。7．三池(原电池、电解池、电镀池)的辨析比较原电池电解池电镀池定义将化学能转化为电能的装置将电能转化为化学能的装置利用电解原理在某些金属(或非金属)制品表面镀上一层其他金属或合金的装置装置举例形成条件(1)两个活动性不同的电极；(2)电解质溶液(电极插入其中并与其发生反应)；(3)形成闭合回路；(4)自发发生的氧化还原反应(1)与直流电源相连的两个电极；(2)两电极插入电解质溶液中；(3)形成闭合回路(1)镀层金属接电源正极，镀件接电源负极；(2)电镀液中必须含有镀层金属离子电极名称负极：较活泼金属；正极：较不活泼金属(或非金属导体及金属氧化物等)阳极：与电源正极相连的电极；阴极：与电源负极相连的电极阳极：镀层金属；阴极：镀件电极反应负极(氧化反应)：金属原子失电子；正极(还原反应)：溶液中的阳离子得电子阳极(氧化反应)：溶液中的阴离子失电子，或金属电极本身失电子；阴极(还原反应)：溶液中的阳离子得电子阳极(氧化反应)：金属电极失电子；阴极(还原反应)：电镀液中阳离子得电子电子流向负极正极电源负极阴极；电源正极阳极电源负极阴极；电源正极阳极离子流向阳离子向正极移动；阴离子向负极移动阳离子向阴极移动；阴离子向阳极移动阳离子向阴极移动；阴离子向阳极移动1．[2020年7月浙江选考]反应MnO2＋4HCleq\o(══,\s\up11(Δ),\s\do4())MnCl2＋Cl2↑＋H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是A．1:2 B．1:1 C．2:1 D．4:12．[2020山东（新高考）]下列叙述不涉及氧化还原反应的是A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成3．[2020年新课标Ⅰ]科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。下列说法错误的是A．放电时，负极反应为B．放电时，1molCO2转化为HCOOH，转移的电子数为2molC．充电时，电池总反应为D．充电时，正极溶液中OH−浓度升高4．[2020年新课标Ⅱ]电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是A．Ag为阳极 B．Ag+由银电极向变色层迁移C．W元素的化合价升高 D．总反应为：WO3+xAg=AgxWO35．[2020年新课标Ⅲ]一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是A．负载通过0．04mol电子时，有0．224L(标准状况)O2参与反应B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高C．电池总反应为D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极6．[2020年天津卷]熔融钠-硫电池性能优良，是具有应用前景的储能电池。下图中的电池反应为2Na＋xSeq\o(,\s\up8(放电),\s\do7(充电))Na2Sx(x=5~3，难溶于熔融硫)，下列说法错误的是A．Na2S4的电子式为B．放电时正极反应为C．Na和Na2Sx分别为电池的负极和正极D．该电池是以为隔膜的二次电池7．[2020年江苏卷]将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是

A．阴极的电极反应式为B．金属M的活动性比Fe的活动性弱C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快8．[2020年山东新高考]微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO-的溶液为例)。下列说法错误的是A．负极反应为B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58．5gD．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2:19．[2020年山东新高考]采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如下图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是A．阳极反应为B．电解一段时间后，阳极室的pH未变C．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量10．[2020年浙江卷]关于下列ΔH的判断正确的是CO32-CO32-OH-(OH-(A．ΔH1<0    ΔH2<011．[2020年新课标Ⅰ]铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是A．CH3COI是反应中间体B．甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2HC．反应过程中Rh的成键数目保持不变D．存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O12．[2020年江苏卷]反应可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是A．该反应、B．该反应的平衡常数C．高温下反应每生成1molSi需消耗D．用E表示键能，该反应13．[2020年天津卷]理论研究表明，在101kPa和298K下，异构化反应过程的能量变化如图所示。下列说法错误的是A．HCN比HNC稳定B．该异构化反应的C．正反应的活化能大于逆反应的活化能D．使用催化剂，可以改变反应的反应热14．[2020年新课标Ⅱ]据文献报道：Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是A．OH-参与了该催化循环 B．该反应可产生清洁燃料H2C．该反应可消耗温室气体CO2 D．该催化循环中Fe的成键数目发生变化15．[2019江苏]氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是A．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e−4OH−C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2LH2，转移电子的数目为6.02×1023D．反应2H2(g)+O2(g)2H2O(g)的ΔH可通过下式估算：ΔH=反应中形成新共价键的键能之和−反应中断裂旧共价键的键能之和16．[2019新课标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。下列说法错误的是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应H2+2MV2+2H++2MV+C．正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3D．电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动17．[2019新课标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（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—NiOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。下列说法错误的是A．三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B．充电时阳极反应为Ni(OH)2(s)+OH−(aq)−e−NiOOH(s)+H2O(l)C．放电时负极反应为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18．[2019天津]我国科学家研制了一种新型的高比能量锌−碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是A．放电时，a电极反应为B．放电时，溶液中离子的数目增大C．充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化D．充电时，a电极接外电源负极19．常温下，向溶液中滴加少量溶液，反应原理如图所示。关于该反应过程的说法正确的是A．该反应过程中，是是 B．当有生成时，转移电子C．在分解过程中，溶液的逐渐降低 D．的氧化性比强，还原性比弱20．Cr2O72−毒性较强，常用NaHSO3处理工业废水中的。反应的离子方程式为：5H++Cr2O72−+3HSO3−2Cr3++3SO42−+4H2O，下列关于该反应的说法正确的是A．Cr2O72−在反应中表现氧化性 B．Cr3+是氧化反应的产物C．HSO3−发生还原反应 D．生成1molCr3+时转移6mol电子21．是一种食品添加剂，具有致癌作用酸性溶液与的反应为：未配平下列叙述正确的是A．反应中是氧化剂B．反应过程中溶液pH减小C．可以消耗D．该反应可说明氧化性22．根据热化学方程式N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+92kJ，下列有关图像和叙述中正确的是A．B．C．向密闭容器中通入1mol氮气和3mol氢气发生反应放出92kJ的热量D．形成1mol氮氮键和3mol氢氢键所放出的能量比拆开6mol氮氢键所吸收的能量多92kJ23．电化学降解NO3A．铅蓄电池的负极反应为：Pb−2e−+