无锡高考化学化学反应与能量变化(大题培优易错试卷)

无锡高考化学化学反应与能量变化(大题培优易错试卷)一、化学反应与能量变化练习题（含详细答案解析）1．A、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成；乙为元素R组成的单质，它们之间存在如图所示关系．根据要求回答问题：如图三个反应中，属于氧化还原反应的有______个．若元素R与氧同主族，下列事实能说明R与氧的非金属性相对强弱的有______．A．还原性：B．酸性：C．稳定性：C．沸点：若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性答题必须用具体物质表示．化合物B的电子式为______；其水溶液呈碱性的原因是______用离子方程式表示．化合物B可与组成燃料电池氢氧化钾溶液为电解质溶液，其反应产物与反应Ⅲ相同．写出该电池负极的电极反应式______．当1mol的化合物B分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为和，则反应Ⅰ的热化学方程式为______注：反应条件相同、所有物质均为气体．【答案】3A、C【解析】【分析】、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应；元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律判断；若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为，根据转化关系可知，A为NO，乙为，据此答题。【详解】、B是中学化学常见的化合物，它们各由两种元素组成，乙为元素R组成的单质，反应Ⅰ、Ⅱ为有氧气参加的反应，应为氧化还原反应，反应Ⅲ由化合物A、B反应生成单质，也应为氧化还原反应，所以属于氧化还原反应的有Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，共3个；元素R与氧同主族，则R为硫元素，硫的非金属性弱于氧，根据元素周期律可知，能说明S与氧的非金属性相对强弱的有，还原性：、稳定性：，故答案为：A、C；若化合物B常温下为气体，其水溶液呈碱性，则B为，根据转化关系可知，A为NO，乙为；化合物B的电子式为；其水溶液呈碱性的原因是一水合氨电离产生氢氧根离子，离子方程式为；化合物与组成燃料电池氢氧化钾溶液为电解质溶液，电池负极为氨气发生氧化反应生成氮气和水，电极反应式为；当1mol的化合物B分别参与反应Ⅱ、Ⅲ时，热效应为和，根据盖斯定律，将反应反应ⅠⅡ可得反应Ⅰ的热化学方程式为。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。2．A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。①B中Sn极的电极反应式为__________，Sn极附近溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)__________。②C中总反应离子方程式为__________，比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是__________。【答案】2H++2e-=H2↑增大Zn+2H+=Zn2++H2↑B>A>C【解析】【分析】①B中形成Sn-Fe原电池，Fe比Sn活泼，则Sn为正极发生还原反应；②C中形成Zn-Fe原电池，总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，金属作原电池正极时得到保护。【详解】①B中形成Sn-Fe原电池，由于Fe比Sn活泼，所以Sn为正极，溶液中的H+在Sn上获得电子，发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-=H2↑；由于氢离子不断消耗，所以Sn附近溶液中c(H+)减小，溶液的pH值增大；②锌比铁活泼，锌为原电池负极，被腐蚀，负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极：2H++2e-=H2↑，总反应方程式为Zn+2H+=Zn2++H2↑。A发生化学腐蚀，B发生电化学腐蚀，C中发生电化学腐蚀，由于锌比铁活泼，所以铁作原电池的正极而被保护，电化学腐蚀的速率大于化学腐蚀的速率，所以由快到慢的顺序是B>A>C。【点睛】本题考查了原电池的工作原理和电极反应式的书写以及金属的活泼性。一般情况下，在原电池反应中，活动性强的电极在负极，失去电子，发生氧化反应；但也有例外。如Mg-Al-NaOH溶液构成的原电池中，活动性弱的Al为负极，活动性强的Mg为正极。知道金属腐蚀快慢的判断规律为：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极。3．我国对“可呼吸”的钠——二氧化碳电池的研究取得突破性进展。该电池的总反应式为4Na+3CO22Na2CO3+C，其工作原理如图所示(放电时产生的Na2CO3固体贮存于碳纳米管中)。（1）钠金属片作为该电池的___极(填“正”或“负”，下同)；放电时，电解质溶液中Na＋从___极区向___极区移动。（2）充电时，碳纳米管连接直流电源的___极，电极反应式为___。【答案】负负正正2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+【解析】【分析】（1）从电池总反应4Na+3CO22Na2CO3+C可以看出，Na由0价升高到+1价，则钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中阳离子向正极区移动。（2）充电时，负极连接直流电源的负极，正极连接直流电源的正极，电极反应式为作原电池正极时反应的逆反应。【详解】（1）从电池总反应4Na+3CO22Na2CO3+C可以看出，Na由0价升高到+1价，则钠金属片失电子，作为该电池的负极；放电时，电解质溶液中Na＋(阳离子)从负极区向正极区移动。答案为：负；负；正；（2）充电时，负极(钠金属片)连接直流电源的负极，碳纳米管(正极)连接直流电源的正极，电极反应式为2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。答案为：正；2Na2CO3+C-4e-=3CO2↑+4Na+。【点睛】燃料电池的电极反应式书写起来往往比较麻烦，且易出错。我们可以写出一个电极的反应式(简单易写的)，然后利用总反应方程式—某电极的电极反应式，就可得出另一电极的反应式。4．有A、B、C、D四种金属片，进行如下实验：①A、B用导线连接后浸入稀H2SO4中，电流由B导线A；②C、D用导线相连后，同时伸入稀H2SO4溶液中，C极为负极；③A、C相连后同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡；④B、D相连后同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应；试判断四种金属的活动顺序是()A．A＞C＞D＞B B．A＞B＞C＞D C．B＞A＞C＞D D．B＞D＞C＞A【答案】A【解析】【详解】①A、B用导线连接后浸入稀H2SO4中，电流由B导线A，A为负极，B为正极，金属性A>B②C、D用导线相连后，同时伸入稀H2SO4溶液中，C极为负极，D极为正极，则金属性C>D；③A、C相连后同时浸入稀H2SO4中，C极产生大量气泡，C为正极，A为负极，则金属性A>C；④B、D相连后同时浸入稀H2SO4中，D极发生氧化反应，D为负极，B为正极，则金属性D>B；综上分析：金属性：A＞C＞D＞B；答案选A。【点睛】原电池中活泼的电极做负极，不活泼的做正极，利用电极的活性来判断电极金属性的强弱，判断原电池正负极的方法：1、根据两极材料判断。一般活泼金属为负极，活泼性较弱的金属或能导电的非金属为正极；2、根据电极现象判断。一般情况下电极逐渐溶解为负极，电极增重可放出气体的为正极；3、根据电子流动方向来判断。电子流出的为负极、电子流入的为正极或电流流出的正极、电流流入的负极；4、根据原电池里电解质溶液内离子的定向移动方向判断。阴离子流向的为负极、阳离子流向的为正极；5、根据原电池两极发生的变化来判断。失去电子发生氧化的是负极、得到电子发生还原反应是正极；5．依据氧化还原反应：2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。请回答下列问题：(1)电极X的材料是_______；电解质溶液Y是________；(2)银电极上发生的电极反应式为___________________；(3)外电路中的电子是从______→______；(4)当有1.6g铜溶解时，银棒增重______g。【答案】CuAgNO3Ag++e-=AgX(或Cu)Ag5.4【解析】【分析】(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，作负极，Ag作正极，电解质溶液为含有银离子的可溶性银盐溶液；(2)银电极上是溶液中的Ag+得到电子发生还原反应；(3)外电路中的电子是从负极经导线流向正极；(4)先计算Cu的物质的量，根据反应方程式计算出正极产生Ag的质量，即正极增加的质量。【详解】(1)根据电池反应式知，Cu失电子发生氧化反应，Cu作负极，则Ag作正极，所以X为Cu，电解质溶液为AgNO3溶液；(2)银电极为正极，正极上Ag+得到电子发生还原反应，正极的电极反应式为：Ag++e-=Ag；(3)外电路中的电子是从负极Cu经导线流向正极Ag；(4)反应消耗1.6g铜的物质的量为n(Cu)==0.025mol，根据反应方程式2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知：每反应消耗1molCu，正极上产生2molAg，则0.025molCu反应，在正极上产生0.05molAg，该Ag的质量为m(Ag)=0.05mol×108g/mol=5.4g，即正极银棒增重5.4g。【点睛】本题考查原电池原理，明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键，计算正极增加的质量时，既可以根据反应方程式计算，也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。6．请根据化学反应与热能的有关知识，填写下列空白：(1)在Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl晶体反应的演示实验中：反应物混合后需用玻璃棒迅速搅拌，其目的是____________，体现该反应为吸热反应的现象是烧杯变凉和________。(2)下列过程中不一定释放能量的是____(请填编号)。A．形成化学键B．燃料燃烧C．化合反应D．葡萄糖在体内的氧化反应E.酸碱中和F.炸药爆炸(3)已知：通常条件下，酸碱稀溶液中和生成1mol水放出的热量为中和热。稀溶液中1molH2SO4和NaOH恰好反应时放出QkJ热量，则其中和热为____kJ/mol。(4)已知H2和O2反应放热，且断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，由此可以推知下列关正确的是___（填编号）。A．Q1+Q2>Q3B．Q1+Q2>2Q3C．2Q1+Q2<4Q3D．2Q1+Q2<2Q3【答案】搅拌，使反应物充分接触促进反应玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起CC【解析】【分析】(1)通过玻璃棒的搅拌可使混合物充分接触而促进反应进行；烧杯和玻璃片之间的水结冰会将二者粘在一起；(2)形成化学键释放能量，燃烧放热、有些化合反应是吸热反应，如碳和二氧化碳反应制一氧化碳，大多数分解反应是吸热反应，氧化反应、酸碱中和、炸药爆炸都是放热反应；(3)依据中和热的概念是强酸、强碱的稀溶液完全反应生成1mol水和可溶性盐放出的热量进行分析；(4)根据旧键断裂吸收的能量减去新键生成释放的能量的差值即为反应热，结合燃烧反应为放热反应分析解答。【详解】(1)固体参加的反应，搅拌可使反应混合物充分接触而促进反应进行，通过玻璃片上水结冰而与烧杯粘在一起，知道氢氧化钡晶体和氯化铵之间的反应是吸热反应；(2)形成化学键、燃料的燃烧、葡萄糖在体内的氧化反应、酸碱中和反应和炸药的爆炸过程都属于放热反应，而化合反应不一定为放热反应，如CO2与C在高温下反应产生CO的反应属于吸热反应，所以不一定释放能量的为化合反应，故合理选项是C；(3)在稀溶液中1molH2SO4与NaOH溶液恰好完全反应时生成2molH2O，放出QkJ热量，而中和热是指强酸、强碱在稀溶液中发生中和反应生成可溶性盐和1mol水时放出的热量，故H2SO4与NaOH反应的中和热为：kJ/mol；(4)1molH2O中含2molH-O键，断开1molH-H、1molO=O、1molO-H键需吸收的能量分别为Q1、Q2、Q3kJ，则形成1molO-H键放出Q3kJ热量，对于反应H2(g)+O2(g)=H2O(g)，断开1molH-H键和molO=O键所吸收的能量(Q1+Q2)kJ，生成2molH-O新键释放的能量2Q3kJ，由于该反应是放热反应，所以2Q3-(Q1+Q2)>0，2Q1+Q2<4Q3，故合理选项是C。【点睛】本题考查了化学反应与能量变化，注意掌握中和热的概念，反应热为断裂反应物化学键吸收的总能量与形成生成物化学键释放的总能量的差，(4)1molH2O中含2molH-O键为解答易错点。7．理论上讲，任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。某同学利用“Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+”反应设制一个化学电池，如图所示，已知该电池在外电路中，电流从a极流向b极。请回答下列问题：（1）b极是电池的_____________极，材料是_____________，写出该电极的反应式_____________。（2）a可以为_____________A、铜B、银C、铁D、石墨（3）c溶液是_____________A、CuSO4溶液B、AgNO3溶液C、酒精溶液（4）若该反应过程中有0.2mol电子发生转移，则生成Ag为_____________克。【答案】负CuCu–2e-=Cu2+BDB21.6【解析】【分析】有题干信息可知，原电池中，电流从a极流向b极，则a为正极，得到电子，发生还原反应，b为负极，失去电子，发生氧化反应，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析知，b是电池的负极，失去电子，反应Cu＋2Ag+＝2Ag+Cu2+中Cu失去电子，故Cu作负极，发生的电极反应为Cu–2e-=Cu2+，故答案为：负；Cu；Cu–2e-=Cu2+；(2)a是电池的正极，电极材料可以是比铜更稳定的Ag，也可以是惰性的石墨，故答案为：BD；(3)电解质溶液c是含有Ag+的溶液，故答案为：B；(4)根据得失电子守恒可得，反应过程中转移1mol电子，生成2molAg，质量为108×2=21.6g，故答案为：21.6。8．电化学在化学工业中有着广泛应用。根据图示电化学装置，（1）甲池通入乙烷(C2H6)一极的电极反应式为___。（2）乙池中，若X、Y都是石墨，A是Na2SO4溶液，实验开始时，同时在两极附近溶液中各滴入几滴酚酞溶液，X极的电极反应式为___；一段时间后，在Y极附近观察到的现象是___。（3）工业上通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4，其工作原理如图所示，则阳极的电极反应式为__，阴极反应式为___。【答案】C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-4OH--4e-=O2↑+2H2O电极表面产生气泡，附近溶液显红色Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O2H2O+2e-=H2↑+2OH-【解析】【分析】甲池为乙烷燃料电池，所以反应过程中乙烷被氧化，则通入乙烷的一极应为负极，通入氧气的一极为正极；乙池为电解池，X与电池正极相连为阳极，Y与负极相连为阴极。【详解】(1)通入乙烷的一极为负极，乙烷被氧化，由于电解质溶液KOH，所以生成碳酸根和水，电极方程式为：C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-；(2)X为阳极，硫酸钠溶液中水电离出的OH-在阳极放电生成氧气，电极方程式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；Y电极为阴极，水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气，水的电离受到促进电离出更多的氢氧根，Y电极附近显碱性，电极附近滴有酚酞，所以可以观察到Y电极附近有气泡产生且溶液显红色；(3)阳极是铁，故阳极上铁放电生成FeO42-，由于是碱性环境，故电极方程式为：Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O；电解时，水电离的H+在阴极放电生成氢气，电极方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。【点睛】陌生电极反应式的书写步骤：①根据题干找出反应物以及部分生成物，根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数；②根据电荷守恒配平电极反应式，在配平时需注意题干中电解质的环境；③检查电极反应式的守恒关系(电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等)。9．高铁电池是一种新型可充电电池该电池能较长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为3Zn+2K2FeO4+8H2O3Zn(OH)2+2Fe(OH)3+4KOH。（1）高铁电池的负极材料是___。（2）放电时，正极发生__（填“氧化”或“还原”）反应；负极的电极反应式为__。（3）放电时，__（填“正”或“负”）极附近溶液的碱性增强。【答案】Zn还原Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2正【解析】【分析】放电时该装置相当于原电池，根据原电池有关原理进行解答。【详解】（1）电池的负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应。由高铁电池放电时的总反应方程式可知，负极材料应为Zn。答案为：Zn。（2）原电池放电时，正极得到电子发生还原反应，负极材料为锌，失电子发生氧化反应，由总反应可知溶液为碱性，所以负极反应式为：Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。答案为：还原；Zn-2e-+2OH-=Zn(OH)2。（3）放电时K2FeO4中的Fe的化合价由+6价变为+3价，发生还原反应，电极反应式为：FeO42-+4H2O+3e-=Fe(OH)3+5OH-，正极上生成氢氧根离子导致溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的碱性增强。答案为：正。10．用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，工作一段时间，锌片的质量减少了3.25g，铜表面析出了氢气______________L（标准状况下）。导线中通过________mol电子。【答案】1.120.1【解析】【分析】用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+；铜为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑；根据两极转移电子数目相等计算。【详解】用锌片、铜片连接后浸入稀硫酸溶液中，构成了原电池，锌为负极，电极反应为：Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，锌片的质量减少了3.25g，则物质的量为=0.05mol，转移的电子的物质的量为n（e-）=2n（Zn）=2n（H2）=2×0.05mol=0.1mol，则：V（H2）=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12；0.1。11．I已知下列热化学方程式：①H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1②H2（g）+O2（g）═H2O（g）；△H=-241.8kJ•mol-1③CO（g）═C（s）+O2（g）；△H=+110.5kJ•mol-1④C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1回答下列问题：(1)上述反应中属于放热反应的是_________________(2)H2的燃烧热△H=___________________(3)燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为________________(4)表示CO燃烧热的热化学方程式为．________________II已知：(1)P4（s，白磷）+5O2(g)==P4O10（s）△H1＝－2983．2kJ/mol(2)P(s,红磷)+O2(g)=P4O10(s)△H1＝－738.5kJ/mol,则白磷转化为红磷的热化学方程式_________________。相同的状况下，能量较低的是_________________；白磷的稳定性比红磷_________________（填“高”或“低”）【答案】①②④-285.8kJ•mol-11429KJC（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1P4（s，白磷）=4P(s,红磷)△H＝－29．2kJ/mol红磷低【解析】【分析】I(1)根据热化学方程式中△H的符号判断；(2)燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；(3)根据物质的量之比等于热量比求算；(4)结合盖斯定律计算得到,燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量；II根据盖斯定律进行求算；物质的能量越低越稳定。【详解】I(1)由已知热化学方程式中△H的符号可知，四个反应的△H①②④均为负值，即都是放热反应；③的为正值，即为吸热反应；故答案为:①②④；(2)H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1，依据燃烧热概念可知H2的燃烧热△H=-285.8kJ•mol-1;(3)H2（g）+O2（g）═H2O（l）；△H=-285.8kJ•mol-1，燃烧10gH2的物质的量为5mol，则燃烧10gH2生成液态水，放出的热量为285.85=1429.0kJ；(4)③CO（g）═C（s）+O2（g）；△H=+110.5kJ•mol-1④C（s）+O2（g）═CO2（g）；△H=-393.5kJ•mol-1依据盖斯定律④+③得到CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol；CO燃烧热的热化学方程式为CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol；II红磷转化为白磷的化学方程式为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷），可以看成是下列两个反应方程式的和：(1)P4O10（s）=P4（s、白磷）+5O2（g）；△H=2983.2kJ/mol；(2)4P（s、红磷）+5O2（g）=P4O10（s）；△H=-738.5×4kJ/mol=-2954kJ/mol；根据盖斯定律，红磷转化为白磷4P（s、红磷）=P4（s、白磷）的△H=2983.2kJ/mol-2954kJ/mol=+29.2kJ/mol；故答案为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷）△H=+29.2kJ/mol;相同的状况下，能量较低的是红磷；能量越低越稳定，则白磷的稳定性比红磷低。12．如图所示，是原电池的装置图。请回答：（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B电极材料为Fe且作负极，则A电极上发生的电极反应式为_____________；反应进行一段时间后溶液C的pH将_____（填“升高”“降低”或“基本不变”）。（2）若需将反应：Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋设计成如图所示的原电池装置，则A（负极）极材料为____，B（正极）极材料为______，溶液C为_______。（3）CO与H2反应还可制备CH3OH，CH3OH可作为燃料使用，用CH3OH和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构示意图如下：电池总反应为2CH3OH＋3O2=2CO2＋4H2O，则c电极是____（填“正极”或“负极”），c电极的反应方程式为______________。若线路中转移2mol电子，则上述CH3OH燃料电池，消耗的O2在标准状况下的体积为_____。【答案】2H＋＋2e－=H2↑升高Cu石墨FeCl3溶液负极CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋11.2L【解析】【分析】【详解】（1）若C为稀H2SO4溶液，电流表指针发生偏转，B极电极材料为Fe且作负极，A电极为正极，电极材料为较铁不活泼的金属或非金属，发生还原反应，溶液中的氢离子得电子生成氢气，电极反应方程式为：2H＋＋2e－=H2↑；由原电池的总反应可知，反应一段时间后，溶液C的pH升高，答案为：2H＋＋2e－=H2↑；升高；（2）分析反应Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋，将其拆分为两个半反应，分别为：Cu-2e－=Cu2+，2Fe3++2e－=2Fe2+，根据原电池原理，可知负极电极反应式为：Cu-2e－=Cu2+，正极的电极反应式为：2Fe3++2e－=2Fe2+，正负极材料分别为：负极为Cu，正极为石墨（或Pt），含Fe3+的溶液（如FeCl3溶液）作电解质溶液，用导线连接正、负极，构成闭合回路即可构成原电池。答案为：Cu；石墨；FeCl3溶液；（3）根据燃料电池结构示意图中电子流向可知，c电极为负极，发生氧化反应，其电极反应方程式为：CH3OH-6e－+H2O=CO2+6H+，电极d为正极，O2得到电子，发生还原反应，电极反应方程式为：4H++4e－+O2=2H2O；1mol氧气在反应中得到4mol电子，若线路中转移2mol电子，则消耗氧气0.5mol，在标准状况下的体积为，答案为：负极；CH3OH－6e－＋H2O=CO2＋6H＋；11.5L。13．能源是国民经济发展的重要基础，我国目前使用的能源主要是化石燃料。（1）熔融盐燃料电池具有高的发电效率，因而受到重视。可用熔融的碳酸盐作为电解质，向负极充入燃料气CH4，用空气与CO2的混合气作为正极的助燃气，以石墨为电极材料，制得燃料电池。工作过程中，CO32－移向__(填“正”或“负”)极，已知CH4发生反应的电极反应式为CH4＋4CO32-－8e－=5CO2＋2H2O，则另一极的电极反应式为___。（2）利用上述燃料电池，按如图1所示装置进行电解，A、B、C、D均为铂电极，回答下列问题。Ⅰ.甲槽电解的是200mL一定浓度的NaCl与CuSO4的混合溶液，理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2所示(气体体积已换算成标准状况下的体积，电解前后溶液的体积变化忽略不计)。①原混合溶液中NaCl的物质的量浓度为___，CuSO4的物质的量浓度为__。②t2时所得溶液的pH＝__。Ⅱ.乙槽为200mLCuSO4溶液，乙槽内电解的总离子方程式：___；①当C极析出0.64g物质时，乙槽溶液中生成的H2SO4为__mol。电解后，若使乙槽内的溶液完全复原，可向乙槽中加入__(填字母)。A．Cu(OH)2B．CuOC．CuCO3D．Cu2(OH)2CO3②若通电一段时间后，向所得的乙槽溶液中加入0.2mol的Cu(OH)2才能恰好恢复到电解前的浓度，则电解过程中转移的电子数为__。【答案】负O2＋2CO2＋4e－=2CO32-或2O2＋4CO2＋8e－=4CO32-0.1mol•L-10.1mol•L-112Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋0.01BC0.8NA【解析】【分析】（1）根据燃料电池的电极反应式进行分析；（2）Ⅰ.电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系。Ⅱ.乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e-═Cu，电解的总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，结合反应进行分析。【详解】（1）甲烷燃料电池中，负极上甲烷被氧化，电极方程式为CH4+4CO32--8e-=5CO2+2H2O，正极发生的反应是氧气得电子的过程，电极反应为：O2+2CO2+4e-=2CO32-，生成的CO32-向负极移动；答案为负；O2＋2CO2＋4e－=2CO32-或2O2＋4CO2＋8e－=4CO32-；（2）Ⅰ.电解200mL一定浓度的NaCl与CuSO4混合溶液，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、4OH--4e-=O2↑+2H2O，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，结合图可知，Ⅰ为阴极气体体积与时间的关系，Ⅱ为阳极气体体积与时间的关系。①由图可知，产生氯气为224mL，则由2Cl--2e-=Cl2↑可知，n(NaCl)=×2=0.02mol，所以c(NaCl)==0.1mol/L，由t2时生成氧气为112mL，n(O2)==0.005mol，则共转移电子为0.02mol+0.005mol×4=0.04mol，根据电子守恒及Cu2++2e-=Cu可知，n(CuSO4)==0.02mol，所以c(CuSO4)==0.1mol/L；②由t2时4OH--4e-=O2↑+2H2O～4H+，n(H+)=0.005mol×4=0.02mol，则溶液的c(H+)==0.1mol/L，因此pH=-lgc(H+)=-lg0.1=1；Ⅱ.乙烧杯电解硫酸铜溶液，石墨为阳极，电极反应为4OH--4e-═O2↑+H2O，Cu为阴极，电极反应为Cu2++2e-═Cu，电解的总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4；①取出Cu电极，洗涤、干燥、称量、电极增重0.64g，则生成Cu的物质的量为=0.01mol，转移的电子的物质的量为0.01mol×2=0.02mol，阳极反应的氢氧根离子的物质的量为0.2mol，生成的硫酸为0.1mol，根据电极方程式，电解过程中损失的元素有铜和氧，A、多加了H元素，错误；B、能够补充铜和氧元素，正确；C、CuCO3与硫酸反应放出二氧化碳，相当于加入了氧化铜，正确；D．Cu2(OH)2CO3多加了H元素，错误；故选BC；②加入0.2molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度，Cu(OH)2从组成上可看成CuO•H2O，根据“析出什么加入什么”的原则知，析出的物质是氧化铜和水，则阴极上析出氢气和铜，生成0.2mol铜转移电子个数=0.2mol×2=0.4mol，根据原子守恒知，生成0.2mol水需要0.2mol氢气，生成0.2mol氢气转移电子的个数=0.2mol×2=0.4mol，所以电解过程中共转移电子数为0.8mol，数目为0.8NA，故答案为：0.8NA。【点睛】本题考查电解原理及其计算，明确发生的电极反应及图图象的对应关系是解答本题的关键。做题时注意电极的判断和电极反应的书写，注意串联电路中各电极转移的电子数目相等，利用反应的方程式计算。14．如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理的相关问题，其中乙装置中X为离子交换膜。请按要求回答相关问题：（1）甲烷燃料电池负极电极反应式是：_____。（2）乙中X是交换膜，工作一段时间后若要恢复成原溶液，应_____。（3）欲用丙装置给铜镀银，b应是_____（填化学式）。（4）若乙池中的饱和氯化钠溶液换成一定量CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子数为_____mol。（忽略溶液体积的变化）（5）通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，A极的电极反应为____。（6）化学在环境保护中起十分重要的作用，电化学降解法可用于治理水中硝酸盐污染，电化学降解NO3-的原理如图所示。①Ag-Pt电极上的电极反应式为_____。②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左-Δm右)为___g。【答案】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O阳离子通入一定量HCl气体Ag0.4+H++2e-→Cl-+2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O14.4g【解析】【分析】(1)甲烷燃料电池负极上CH4失电子，发生氧化反应，在碱性条件下产物为碳酸钾；(2)燃料电池通氧气的极为正极，则乙中电解池的阴极为Fe、阳极为C，电解产物为H2、Cl2和NaOH；(3)丙为电镀池，其中b为阳极，a为阴极，现铜镀银，则应选择Ag为阳极，Cu为阴极；(4)用C为阳极电解CuSO4溶液，加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑+O2↑，再根据“析出什么加入什么”的原则分析；(5)原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应；(6)由题给原理图可知，Ag-Pt电极上NO3-发生还原反应生成N2，则Ag-Pt电极为阴极，则B为负极，A为电源正极，Pt电极为电解池的阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，据此计算膜两侧电解液的质量变化差。【详解】(1)甲烷燃料电池负极上CH4失电子，发生氧化反应，在碱性条件下产物为碳酸钾，则负极电极反应式是CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O；(2)燃料电池通氧气的极为正极，则乙中电解池的阴极为Fe、阳极为C，电解产物为H2、Cl2和NaOH，工作一段时间后若要恢复成原溶液，应通入适量HCl气体，恰好完全中和NaOH即可；(3)丙为电镀池，其中b为阳极，a为阴极，现铜镀银，则应选择Ag为阳极，Cu为阴极，即b极材料是Ag；(4)乙池加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，发生如下电解：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4、2H2O2H2↑