第四章实验活动5制作简单的燃料电池高中化学人教版（2019）选择性必修一

第四章实验活动5制作简单的燃料电池一、选择题（共14题）1．我国科学家利用Co的化合物在Fe(OH)2氧化过程中的催化作用，促进了电催化过程中流失的Fe催化活性中心的原位自修复(Fe再沉积的主要反应过程)，反应机理如图所示。下列说法错误的是A．反应过程中CoOOH为催化剂B．图中各反应不能在酸性条件下进行C．存在反应Co(OH)2+OH--e-=CoOOH+H2OD．图中所示物质之间的转化有非极性键的形成和断裂2．GeorgeA．Olah教授和其合作者使用Ru-PNPpincer络合物作催化剂，用五乙烯六胺(PEHA)多聚物来捕获二氧化碳，可以直接将空气中二氧化碳转化为甲醇，反应可能的过程如图所示。下列叙述正确的是A．多聚胺是中间产物B．step1只有非极性键的断裂和形成C．总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2OD．该转化过程，原子利用率为100%3．中科院化学研究所最新报道了化合物1催化CO2的氢化机理。其中化合物1(催化剂，固态)→化合物2(中间产物，固态)的过程和其相对能量曲线如图所示。下列有关该过程的说法正确的是A．过程中经历两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明该过程包含两个基元反应B．该过程的总反应速率主要由过程①决定C．升高温度，有利于过程②的进行D．过程①的热化学方程式为I(s)+CO2(g)=I1-2(s)△H=-2.08kJ•mol-14．钒元素用途广泛，如图是一种钒的化合物催化某反应的反应机理。下列叙述错误的是A．H2O参与了该催化反应B．过程①中反应的原子利用率为100%C．该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成D．每次循环的净反应为H2O2+2C1－=2HOCl+2e－5．《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。下列叙述错误的是A．56gFe参加反应，共有NA个S2O被还原B．1mol过硫酸钠(Na2S2O8)含NA个过氧键C．碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO·+OH-=SO+·OHD．pH越小，越不利于去除废水中的正五价砷6．在金属Pt、Cu和Ir(铱)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()以达到消除污染的目的，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A．Ir表面反应的反应物是H2和N2O气体B．导电基体中Pt上既发生氧化反应又发生还原反应C．若导电基体上只有Cu，难以消除含氮污染物D．若导电基体上的Cu颗粒增多，能提高硝态氮()的平衡转化率7．100mL浓度为2mol/L的盐酸跟过量的锌片反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的量，可采用的方法是A．加入适量的6mol/L的盐酸 B．加入数滴氯化铜溶液C．加入适量蒸馏水 D．加入适量的氯化钠溶液8．金属矿物通常色彩缤纷、形状各异。下列冶炼金属的方法属于热还原法的是（

）A．（熔融） B．C． D．9．最近科学家研制的一种新型“微生物电池”可以将污水中的有机物转化为H2O和CO2，同时产生电能，其原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（）A．氧化银电极上的反应为Ag2O＋2e－=2Ag＋O2－B．石墨电极上的反应为C6H12O6＋6H2O＋24e－=6CO2↑＋24H＋C．转移4mol电子，氧化银电极产生22.4LCO2气体（标准状况）D．30gC6H12O6参与反应，有4molH＋经质子交换膜进入正极区10．已知Cl2(g)+CO(g)⇌COCl2(g)的速率方程[k为速率常数，只受温度影响]，该反应可认为经过以下反应历程：第一步：Cl2⇌2Cl

快速平衡第二步：Cl+CO⇌COCl

快速平衡第三步：COCl+Cl2→COCl2+Cl

慢反应下列说法正确的是A．第一步反应和第二步反应的活化能较高B．c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，对总反应速率的影响程度相同C．该总反应的速率主要取决于第三步反应D．第三步反应的有效碰撞频率较大11．把锌片和铁片放在盛有稀食盐水和K3[Fe(CN)6]试液混合溶液的培养皿中，经过一段时间后，下列说法中正确的是(提示：Fe2+遇K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀)A．Ⅰ附近产生黄绿色气体B．Ⅱ附近铁受保护而几乎不被腐蚀C．Ⅲ附近开始时无明显现象D．Ⅳ附近很快出现蓝色沉淀12．研究发现Pd2团簇可催化CO的氧化，在催化过程中路径不同可能生成不同的过渡态和中间产物(过渡态已标出)，下图为路径1和路径2催化的能量变化。下列说法的不正确的是A．该过程中有极性键和非极性键的断裂和生成B．反应路径2的催化效果更好C．催化剂不会改变整个反应的ΔHD．路径1中最大能垒(活化能)E正=1.23eV13．用甲醇燃料电池做电源，用铁做电极电解含Cr2O的酸性废水，最终可将Cr2O转化成Cr(OH)3沉淀而除去，装置如图。下列说法不正确的是（

）A．Fe（Ⅱ）为阴极B．电解一段时间后，在Fe（Ⅰ）极附近有沉淀析出C．M电极的电极反应式为：CH3OH+8OH--6e-=CO+6H2OD．电路中每转移6mol电子，最多有1molCr2O被还原14．如图所示的电化学装置可实现苯转化为环己烷。下列有关叙述正确的是A．多孔惰性电极N接电源正极B．该装置工作时，质子从甲室移向乙室C．阴极电极反应为D．阴极导出的气体增重，则阳极生成(标准状况)气体二、填空题（共4题）15．工业废气、汽车尾气排放出的SO2、NOx等，是形成雾霾的重要因素。霾是由空气中的灰尘、硫酸、硝酸、有机碳氢化合物等粒子形成的烟雾。烟气中的SO2可以用NaOH溶液吸收，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)(1)用NaOH溶液吸收SO2发生的主要反应的离子方程式为___________________。(2)图中，交换膜I应为________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。(3)当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，a极生成气体__________L(标准状况)。(4)SO放电的电极反应式为__________________。(5)通电开始后，阴极附近溶液pH会增大，请简述原因：_______________。16．（1）化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。①电解一段时间后，c(OH－)降低的区域在________(填“阴极室”或“阳极室”)。②电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为______________________。③c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因：_______。（2）研究证实，CO2也可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在________极，该电极反应式是______________________。17．戴口罩是防控新型冠状病毒的重要手段，口罩生产的主要原料聚丙烯由丙烯聚合而来。丙烷脱氢是丙烯工业生产的重要途径。反应的热化学方程式为C3H8（g）C3H6（g）+H2（g）

△H＞0。回答下列问题：（1）从工业生产的角度来看。制备丙烯所用的丙烷可以从下面工业气体中获得的是___。A．液化石油气

B．炼铁高炉尾气

C．水煤气

D．焦炉气（2）104Pa、105Pa时由一定量丙烷脱氢制丙烯，反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷、丙烯的物质的量分数变化关系如图1所示。①104Pa时丙烷及丙烯的物质的量分数随温度变化关系的曲线分别是___、___。②丙烷脱氢制丙烯反应在___（选“高温”或“低温”）时更加容易自发进行。③起始时充入一定量的丙烷发生反应，计算Q点对应温度下该反应的平衡常数KP=___（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。（3）一种丙烷脱氢制丙烯工艺生产中增加了氧化脱氢部分，O2被引入到脱氢反应体系中，这样做的好处是___。（4）利用CO2的弱氧化性，开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺。其反应机理如图2所示。已知：CO和C3H4、C3H6的燃烧热△H分别为-283•0kJ•mol-1、-2217.8kJ•mol-1、-2049.0kJ•mol-1。②298K时，该工艺总反应的热化学方程式为___。②该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂活性，原因是___。18．电化学在我们的工业生产、生活中发挥着越来越大的作用。根据题给信息，回答问题：（1）电化学降解法治理硝酸盐污染的工作原理如图所示。①A为直流电源的______极。②Ag-Pt电极发生的电极反应为______。③当阳极室溶液质量减少45g，则阴极室溶液质量减少__g。（2）某工业废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl－，现采用双膜三室电沉积法回收Ni2+。根据图甲、图乙所给信息回答下列问题：①交换膜a是____（填“阴离子”“阳离子”）交换膜。②根据图乙分析，pH过高或过低，镍的回收率都低的原因：_____。③当浓缩室得到1L0.6mol/L盐酸时，转移电子____mol。三、综合题（共4题）19．Ⅰ．利用下列给出的试剂与材料，将氧化还原反应设计成一个带有盐桥的原电池。试剂：溶液、溶液、溶液、溶液、蒸馏水等。材料：锌棒、铁棒、铜棒、石墨棒、500mL烧杯2个、盐桥(装有含琼胶的KCl饱和溶液)等。回答下列问题：(1)选用________作正极，此电极的电极反应式是

____________________________________________________________。(2)在答题卡方框中画出一个符合上述要求的原电池的装置图(标出电解质溶液及外电路中电子流动方向)__________________。Ⅱ．如图所示，E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸。A、B分别为铂片，压在滤纸两端，R、S为电池的电极。M、N是用多微孔的Ni制成的电极，在碱溶液中可视为惰性电极。G为电流计，K为开关。C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央滴一滴紫色的KMnO4溶液，将开关K打开，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生，气体的体积见图。请回答下列问题：(1)R为________(填“正”或“负”)极。(2)A附近溶液的现象是_________________________________________，B附近发生的电极反应式为_____________________________________。(3)滤纸上的紫色点向________(填“A”或“B”)方向移动。(4)当C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间后，C、D中的气体逐渐减少，C中的电极为________(填“正”或“负”)极，电极反应式为__________________。Ⅲ．若一开始Ⅱ中的电源选用了Ⅰ中自己设计的原电池，连接起来工作一段时间后，测得Ⅱ中C和D试管气体总体积为336mL（已折算成标准状况），则你设计的原电池Ⅰ的负极质量至少要减轻_________________克？（结果保留两位小数）20．研究的利用对实现碳中和具有重要的意义。已知：I.II.回答下列问题：(1)∆H=_______kJmol-1(2)一定条件下，某恒容密闭容器中按投料，催化作用下同时发生反应I和II。反应体系中CO2(g)、的浓度随时间变化情况如图所示。①0~15s时间段内，用表示的平均反应速率为_______(保留三位有效数字)。②反应体系中的选择性_______CO的选择性(填“大于”“小于”或“等于”)。③下列示意图中能体现反应I(实线)和反应II(虚线)的活化能大小和反应进程的是_______(填标号)，判断的理由是_______。④15s时，反应I的v正反应_____________v逆反应(填“大于”“小于”或“等于”)，反应II的浓度商Qc_______(用含a的式子表示)。21．由于油价飙升、能源多样化和能源供应安全需求，以及全球环境问题，使天然气成为一种全球性的能源，也使氢气被视为未来的能源媒介。国际上最为有效的制氢工艺是甲烷水蒸气重整反应，涉及的主要反应如下：反应I：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H1=+206kJ·mol-1反应II：CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H2=+165kJ·mol-1反应III：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H3回答下列问题：(1)△H3=_______。已知(R、C为常数)，反应I、II、III的平衡常数与温度T的变化关系如图甲所示，其中表示反应II的是曲线_______(填标号)。(2)不同压强下，将甲烷和水蒸气按照物质的量之比为1：3的比例投料，测得平衡状态下某物质随温度的变化如图乙所示。图中纵坐标可以表示_______(填“CH4转化率”或“CO2物质的量分数”)，压强p1、p2、p3由大到小的顺序是_______。(3)一定条件下，向恒容容器中以物质的量之比为1：3的比例投入甲烷和水蒸气，达到平衡时，甲烷和水蒸气的转化率分别是80%和40%，则H2的物质的量分数x(H2)=_______，反应III以物质的量分数表示的平衡常数Kx=_______。(可用分数表示)(4)一种高性能甲烷燃料电池的工作原理如图丙所示，使用特定催化剂只发生反应I，以熔融碳酸盐(MCO3)为电解质，燃料电池负极的电极反应式为_______。22．I.研究氮氧化物的反应机理，对于消除对环境的污染有重要意义。某化学小组查阅资料知2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：①2NO(g)N2O2(g)(快)

ΔH1<0

V1正=K1正c2(NO)

V1逆=K1逆c(N2O2)②N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)

ΔH2<0

V2正=K2正c(N2O2)

V2逆=K2逆c2(NO2)请回答下列问题：(1)写出反应2NO+O2=2NO2的热化学方程式___(焓变用含ΔH1和ΔH2的式子表示。(2)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用K1正、K1逆、K2正、K2逆表示的平衡常数表达式K=__。(3)工业上可用氨水作为NO2的吸收剂，NO2通入氨水发生的反应：2NO2+2NH3H2O=NH4NO3+NH4NO2+H2O若反应后的溶液滴入甲基橙呈红色，则反应后溶液中c(NO)+c(NO)___c(NH)(填“>”、“<”或“=”)。II.在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)

ΔH<0(4)下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是___(填字母)。a.其他条件不变时，压缩容器体积b.其他条件不变时，升高反应体系温度c.使用合适的催化剂d.保持容器体积不变，充入一定量的氮气(5)实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因：____。参考答案：1．D【详解】A．由图可知，钴的化合物CoOOH参与第一步反应，在后面的反应中生成，属于催化剂，故A正确；B．Fe(OH)2、钴的化合物CoOOH都能与盐酸反应，另反应都在碱性条件下进行，所以各反应不能在酸性条件下进行，故B正确；C．由图可知，Co(OH)2+OH--e-=CoOOH+H2O，故C正确；D．由图可知，图中所示物质之间的转化有O-O非极性键的形成，但无非极性键的断裂，故D错误；答案选D。2．C【详解】A．多聚胺step1消耗后，在step4又生成，是反应的催化剂，选项A错误；B．step1CO2分子中的C-O极性键的断裂，选项B错误；C．二氧化碳与氢气转化为甲醇和水，总反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，选项C正确；D．该转化过程，除了生成甲醇还生成水，原子利用率<100%，选项D错误。答案选C。3．A【详解】A．由相对能量曲线可知，化合物1与CO2反应生成化合物2的过程中有两个过渡态TS11-2、TS21-2，说明这一过程包含两个基元反应，故A正确；B．过程①的活化能为：(6.05-0.00)=6.05kJ·mol-1，②的活化能为：(11.28-2.08)=9.20kJ·mol-1，过程①的活化能小于过程②的活化能，过程①的反应速率大于过程②的反应速率，故该过程的总反应速率主要由过程②决定，故B错误；C．过程②为放热反应，升高温度，反应逆向进行，不利于过程②的进行，故C错误；D．过程①的热化学方程式为：I(s)+CO2(g)=I1-2(s)△H=2.08kJ·mol-1，故D错误；故选A。4．D【详解】A．过程④说明H2O参与了该催化反应，故A正确；B．根据过程①的反应，反应物全部变为生成物，说明反应的原子利用率为100%，故B正确；C．过程①中有氢氧键的形成，过程②中有氢氧键的断裂，说明该催化循环过程中有氢氧键的断裂和形成，故C正确；D．根据整个反应体系得到每次循环的净反应为H＋＋H2O2＋C1－=HOCl＋H2O，故D错误。综上所述，答案为D。5．A【详解】A．一个S2O和一个Fe反应生成两个SO和一个Fe2+，该过程转移2个电子，但是Fe2+还要与个S2O反应变成Fe3+和自由基，56gFe为1molFe因此1mol铁参加反应要消耗1.5mol个S2O，共有1.5NA个S2O被还原，故A错误；B．1mol过硫酸钠(Na2S2O8)含1mol过氧键，即含有NA个过氧键，故B正确；C．结合图示可知，碱性条件下，SO·发生反应的方程式为：SO·+OH-=SO+·OH，故C正确；D．因为最后是将离子转变为沉淀析出的，则溶液的碱性越强越有利于析出，即pH越大越有利于去除废水中的正五价砷，pH越小，越不利于去除废水中的正五价砷，故D正确；故选A。6．D【详解】A．根据图像可知，Ir表面反应的反应物是H2和N2O气体，生成物为N2和H2O，A说法正确；B．导电基体中Pt上氢气失电子生成氢离子，发生氧化反应，NO得电子生成N2O，硝酸根离子得电子生成NO，发生还原反应，则Pt上既发生氧化反应又发生还原反应，B说法正确；C．根据图像可知，硝酸根离子得电子与氢离子反应生成氮的氧化物和水，则若导电基体上只有Cu，氢气不能失电子生成氢离子，难以消除含氮污染物，C说法正确；D．若导电基体上的Cu颗粒增多，消耗硝酸根离子的速率增大，但对硝态氮()的平衡转化率无影响，D说法错误；答案为D。7．B【详解】A．加入浓度稍高的盐酸会提高盐酸的浓度，从而加快反应速率，但是会增加生成氢气的总量，故A项错误；B．加入氯化铜溶液，过量的锌片会置换出部分铜单质，与锌构成原电池且锌为负极可加快反应速率，且不影响氢气的生成量，故B项正确；C．加入适量蒸馏水会稀释溶液，降低反应速率，故C项错误；D．加入适量氯化钠溶液会稀释原溶液，降低反应速率，故D项错误；故选B。8．B【详解】金属的冶炼方法取决于金属的活泼性，活泼金属K、、、、一般用电解熔融的氯化物（是用电解熔融的）制得；较不活泼的金属、、、、等用热还原法制得，常用的还原剂有C、、等；、用加热分解氧化物的方法制得；、用物理分离的方法制得；A.钠性质活泼，需用电解法制取不属于热还原法，A错误；B.钨性质较不活泼，可用热还原法制取，B正确；C.为湿法制铜的反应原理，不属于热还原法，C错误；D.银性质不活泼，可用热分解法制取，不属于热还原法，D错误；答案选B。9．D【详解】A．C6H12O6在微生物作用下转化为CO2和H2O，C6H12O6被氧化，即石墨电极为负极，氧化银电极为正极，Ag2O发生得电子的还原反应，电极反应式为Ag2O＋2H＋＋2e－=2Ag＋H2O，故A错误；B．石墨电极为负极，C6H12O6在负极发生失电子的氧化反应：C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋，故B错误；C．根据负极的电极反应式可知，每转移4mol电子，石墨电极产生22.4LCO2（标准状况），故C错误；D．30gC6H12O6的物质的量为，根据负极的电极反应式可知，有4molH＋经质子交换膜进入正极区，故D正确；答案选D。10．C【详解】A．第一步、第二步快速平衡，说明第一步反应和第二步反应的活化能较低，故A错误；B．c(CO)、c(Cl2)分别增大相同的倍数，根据速率方程，得出它们对总反应速率的影响程度不相同，c(Cl2)影响程度大，故B错误；C．第三步是慢反应，因此该总反应的速率主要取决于第三步反应，故C正确；D．第三步是慢反应，说明第三步反应的有效碰撞频率较小，故D错误。综上所述，答案为C。11．C【详解】A.溶液中的H+在Ⅰ处得电子，Ⅰ附近产生氢气，为无色气体，A项错误；B.Ⅱ附近铁为阳极，铁失电子生成亚铁离子，铁被腐蚀，B项错误；C.第二个装置是原电池，Zn为负极，失电子生成锌离子，所以开始时，Ⅲ附近无明显现象，C项正确；D.第二个装置是原电池，Zn为负极，Fe为正极，Ⅳ附近O2得电子生成OH-，溶液中没有亚铁离子，不会出现蓝色沉淀，D项错误；答案选C。12．AD【详解】A．由图可知CO在Pd2催化作用下与氧气反应产生CO2，反应方程式为2CO+O2=2CO2，反应过程中CO中C—O极性键、O2中O—O非极性键断裂，CO2中C—O极性键生成，没有非极性键的生成，A错误；B．由图可知：反应路径2所需总的活化能比反应路径1低，反应路径2的催化效果更好，B正确；C．催化剂改变反应的活化能，反应的ΔH只与反应物和生成物有关，催化剂不会改变整个反应的ΔH，C正确；D．路径1的最大能垒(活化能)E正=-3.96eV-(-5.73eV)=1.77eV，D错误；答案选AD。13．CD【详解】A．由分析可知，N为正极，Fe(Ⅱ)为阴极，故A说法正确；B．Fe(Ⅰ)为阳极，电极反应为Fe−2e−=Fe2+，Fe2+与Cr2O在阳极反应生成Cr(OH)3沉淀，故电解一段时间后，在Fe(Ⅰ)极附近有沉淀析出，故B说法正确；C．M电极为负极，电极反应式为CH3OH+H2O-6e-=CO2+6H+，故C说法错误；D．Cr2O被Fe2+还原，离子方程式为：6Fe2++Cr2O+8H+=6Fe3++2Cr(OH)3+H2O，电路中每转移6mol电子，则阳极有3molFe2+生成，最多有0.5molCr2O被还原，故D说法错误；答案选CD。14．AD【详解】A．由题图可知，转化为发生还原反应，故甲室为阴极室，电极M为阴极，接电源负极，则电极N为阳极，接电源正极，发生氧化反应，A项正确；B．电解装置中，质子(阳离子)从乙室(阳极)移向甲室(阴极)，B项错误；C．阴极电极反应为，C项错误；D．由阴极电极反应可知，阴极导出的气体增重，转移电子，阳极电极反应为，由得失电子守恒可知，生成，D项正确；故选AD。15．

SO2＋2OH－=＋H2O

阳离子

11.2

－2e－＋H2O=＋2H＋

H＋放电促进水的电离，使OH－浓度增大【详解】（1）NaOH溶液吸收SO2发生的主要反应为2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O，离子方程式为：SO2＋2OH－=＋H2O；（2）由上述分析可知，交换膜I为阳离子交换膜；（3）当有1molNa＋通过阳离子交换膜时，电解池中有1mol电子转移，根据a极电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知，将生产0.5molH2，在标准状况下体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；（4）发生氧化反应生成，电极反应式为－2e－＋H2O=＋2H＋；（5）通电后，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，其本质是水电离出的H+放电，电解过程中促进水的电离，使阴极负极溶液OH－浓度增大，从而使溶液pH增大。16．

阳极室

防止Na2FeO4与H2反应使产率降低

M点：c(OH－)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢[或N点：c(OH－)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低]

阴

CO2＋6H＋＋6e－=CH3OH＋H2O【详解】（1）①根据题意，镍电极有气泡产生是H＋失电子生成H2，发生还原反应，则铁电极上OH－发生氧化反应，溶液中的OH－减少，因此电解一段时间后，c(OH－)降低的区域在阳极室，故答案为：阳极室；②H2具有还原性，根据题意可知Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原，则电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反应使产率降低，故答案为：防止Na2FeO4与H2反应使产率降低；③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点：c(OH－)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢；在N点：c(OH－)过高，铁电极上有Fe(OH)3生成，使Na2FeO4产率降低，故答案为：M点：c(OH－)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢[或N点：c(OH－)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低]；（2）根据题意可知，二氧化碳在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，CO2中C呈＋4价，CH3OH中C呈－2价，结合反应前后碳元素化合价变化，可知碳元素的化合价降低，得到电子，则该电极为阴极，电极反应式为CO2＋6H＋＋6e－=CH3OH＋H2O，故答案为：阴；CO2＋6H＋＋6e－=CH3OH＋H2O。17．

A

c

b

高温

12500Pa

O2与H2反应生成H2O，使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烷转化率；丙烷脱氢反应为吸热反应，O2与H2反应放热，为脱氢反应提供热量

CO2（g）+C3H8（g）=C3H6（g）+CO（g）+H2O（l）

△H=+114.2kJ•mol-1

碳和二氧化碳生成一氧化碳气体，脱离催化剂【详解】(1)A．液化石油气是炼油厂在进行原油催化裂解与热裂解时所得到的副产品，其主要成分是丙烷和丁烷，故A正确；B．炼铁高炉尾气主要成分是CO、CO2、SO2等，故B错误；C．水煤气的主要成分是CO、H2，故C错误；D．焦炉气主要是通过煤的干馏产生的，主要成分是CO、H2、CH4等，故D错误；答案为A；(2)①图1为丙烷脱氢法中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系图，由于反应正向为吸热反应，所以其它条件相同时升高温度平衡正向进行，丙烷的体积分数降低，丙烯的体积分数升高，所以曲线a、c为丙烷的变化曲线，曲线b、d为丙烯的变化曲线；温度相同时，增大压强，平衡逆向进行，即压强越大，丙烷的体积分数越大，丙烯的体积分数越小，所以b为1×104Pa时丙烯变化曲线，d为1×105Pa时丙烯变化曲线，a为1×105Pa时丙烷变化曲线，c为1×104Pa时丙烷变化曲线；②丙烷脱氢反应正向是体积增大的吸热反应，即△H＞0、△S＞0，反应自发进行的体条件为△H-T△S＜0，所以反应在高温下更易进行；③a为1×105Pa时丙烷变化曲线，设起始时丙烷的物质的量为n，反应三段式为，Q点时丙烷的平衡体积分数为50%，即×100%=50%，解得x=，p(C3H8)=50%×1×105Pa=5×104Pa，p(C3H6)=p(H2)=2.5×104Pa，平衡常数Kp==12500Pa；(3)丙烷脱氢反应为吸热反应，氢气与氧气反应生成水，消化氢气使脱氢反应平衡正向移动，提高丙烷转化率，同时反应放热，使容器内温度升高，为脱氢反应提供热量；(4)①由反应机理图可知，丙烷氧化脱氢制丙烯的反应为CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，CO和C3H8、C3H6的燃烧热△H分别为-283•0kJ•mol-1、-2217.8kJ•mol-1、-2049.0kJ•mol-1，则反应i：CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，反应ii：C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)△H=-2217.8kJ/mol，反应iii：C3H6(g)+O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)△H=-2049.0kJ/mol，根据盖斯定律反应：ii-i-iii计算CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)的焓变△H＝+114.2kJ.mol-1，热化学方程式为CO2(g)+C3H8(g)=C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)△H=+114.2kJ•mol-1；②高温条件下，C能与CO2反应生成CO气体而脱离催化剂表面，维持催化剂活性，因此该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭。18．

正

2NO+10e-+12H+＝N2↑+6H2O

9

阳离子

pH过高，Ni2+可能转变为Ni（OH）2沉淀，pH过低，溶液中H+浓度较大，氢离子在阴极放电，Ni2+被还原的量减少，所以镍的回收率都低

0.5【详解】（1）①由分析可知，Pt电极为电解池的阳极，则与Pt电极相连的直流电源的A电极为正极，故答案为：正；②由分析可知，Ag-Pt电极为电解池的阴极，硝酸根离子在阴极得电子发生还原反应生成氮气，电极反应式为2+10e-+12H+＝N2↑+6H2O，故答案为：2+10e-+12H+＝N2↑+6H2O；③阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，若阳极转移2mol电子，阳极消耗1mol水，同时生成2mol氢离子通过质子交换膜进入阴极区，减少质量为18g，阴极室放出0.2mol氮气，同时有2mol氢离子进入，阴极室质量减少为0.2mol28g/mol-2mol1g/mol=3.6g，则当阳极室溶液质量减少45g，则阴极室溶液质量减少g=9g，故答案为：9；（2）①由分析可知，交换膜a为阳离子交换膜，故答案为：阳离子；②根据图乙可知，若溶液pH过高，Ni2+可能转变为Ni（OH）2沉淀，若pH过低，溶液中H+浓度较大，氢离子在阴极放电，Ni2+被还原的量减少，所以镍的回收率都低，故答案为：pH过高，Ni2+可能转变为Ni（OH）2沉淀，pH过低，溶液中H+浓度较大，氢离子在阴极放电，Ni2+被还原的量减少，所以镍的回收率都低；③当浓缩室得到1L0.6mol/L盐酸时，溶液中氢离子增大的物质的量为0.5mol，则转移电子的物质的量0.5mol，故答案为：0.5。19．

石墨棒

Fe3++e-=Fe2+

负

溶液变红

2H2O-4e-=O2↑+4H+

B

负

H2＋2OH－－2e－=2H2O

0.64【详解】Ⅰ．(1)由以上分析知，正极应选用石墨棒，此电极中，溶液中的Fe3+得电子生成Fe2+，电极反应式是Fe3++e-=Fe2+。答案为：石墨棒；Fe3++e-=Fe2+；(2)符合上述要求的原电池的装置图中，一个电极为Cu，电解质为CuCl2溶液，另一个电极为石墨棒，电解质为FeCl3溶液，即为：。答案为：；

Ⅱ．(1)由分析知，C试管中生成H2，则M电极为阴极，R为负极。答案为：负；(2)A为阴极，发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，生成的OH-使酚酞变红色，则附近溶液的现象是溶液变红，B极为阳极，发生的电极反应式为2H2O-4e-==O2↑+4H+。答案为：溶液变红；2H2O-4e-=O2↑+4H+；(3)带负电荷，应向阳极移动，则滤纸上的紫色点向B方向移动。答案为：B；(4)C中H2失电子，M电极为负极，在此电极，H2得电子后的产物与OH-反应生成H2O，电极反应式为H2＋2OH－－2e－=2H2O。答案为：负；H2＋2OH－－2e－=2H2O；Ⅲ．Ⅱ中C和D试管气体总体积为336mL（已折算成标准状况），则C电极生成H2224mL(标况)，物质的量为=0.01mol，依据得失电子守恒，可与Cu建立如下关系式：Cu——H2，则Cu电极至少要减轻的质量为0.01mol×64g/mol=0.64克。答案为：0.64。20．(1)-90.7(2)

0.00167

小于

A

甲醇的选择性较小，说明反应I的活化能较大，反应速率较小

大于

【解析】(1)由盖斯定律可知该反应可由反应I-反应II得到，则∆H=-()-()=-90.7，故答案为：-90.7；(2)①由图可知0~15s时间段内，CO的浓度增加至0.175，则反应II中CO2的浓度消耗为0.175，反应I和II两反应中消耗的二氧化碳的浓度为(0.5-0.3)=0.2，由此可知反应I中二氧化碳的浓度消耗量为0.2-0.175=0.025，结合反应可知的浓度变化量为0.025，用表示的平均反应速率为，故答案为：0.00167；②由上述分析可知在相同时间内，CO的浓度增加量大于的浓度增加量，说明反应体系中的选择性小于CO的选择性，故答案为：小于；③由上述分析可知反应对甲醇的选择性小于CO，说明生成甲醇的反应较生成CO的反应要慢，而反应的活化能越低反应速率越快，活化能越高反应速率越慢，则反应I的活化能大于反应II，符合的图为A，故答案为：A；甲醇的选择性较小，说明反应I的活化能较大，反应速率较小；④15s时，反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率；由图可知起始时二氧化碳的浓度为0.5mol/L，又，则氢气的起始浓度为0.5amol/L，15s时二氧化碳的浓度为0.300mol/L，CO的浓度0.175，则反应II中消耗氢气的浓度为0.175，该反应生成的水的浓度为0.175；的浓度变化量为0.025，则反应I中消耗氢气的浓度为0.075，生成水的浓度为：0.025，则此时容器中水的总浓度0.200，氢气的浓度为(0.5a-0.175-0.075)=(0.5a-0.175-0.075)=(0.5a-0.250)，反应II的浓度商Qc=，故答案为：大于；；21．(1)

-41kJ/mol

b(2)

CH4转化率

p3>p2>p1(3)

50%

(4)CO+3H2-8e-+=5CO2+3H2O【解析】(1)根据盖斯定律可知，反应III=反应II-反应I，所以对应的热效应△H3=△H2-△H1=+165kJ·mol-1-（+206kJ·mol-1）=-41kJ/mol；因为，结合图像可知，图像的斜率为，从图像变化趋势可看出，曲线a的斜率为正，则对应的为负，即代表反应III，曲线b和c的斜率为负，且c曲线更陡，则曲线b代表反应II，曲线c代表反应III，故答案为：-41kJ/mol；b；(2)反应I、II为吸热反应，反应III为放热反应，则升高温度，二氧化碳的物质的量分数不一定增大，但反应I、II中的甲烷均为反应物，升高温度，反应I、II向正向移动，甲烷的平衡转化率一定增大，则纵坐标可以表示CH4转化率；投料比一定、温度一定的条件下，增大压强，不利