一、选择题
1．铅蓄电池广泛应用于汽车中，如图所示。铅蓄电池工作时，下列说法错误的是
A．Pb为负极，PbO2为正极 B．H+离子移向PbO2电极 C．电子从Pb流向PbO2 D．负极失去电子，发生还原反应
答案：D
解析：负极反应方程式为：PbSO42e=PbSO4； 正极反应方程式为：PbO24H+SO42e=PbSO42H2O 【详解】
A．负极失电子，正极得电子，故Pb为负极，PbO2为正极，A项正确； B．根据分析得到，氢离子与PbO2反应，故H+移向PbO2电极，B项正确； C．Pb失电子，PbO2电极得电子，故电子从Pb流向PbO2，C项正确； D．负极失去电子，发生氧化反应，D项错误； 答案选D。
2．下列说法不正确的是 A．Cl-会破坏铝表面的氧化膜
B．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了吸氧腐蚀
C．测定硫代硫酸钠与硫酸反应的速率，可以通过生成SO2的体积计算得到
D．在测定镀锌铁皮厚度时，将镀锌铁皮与稀硫酸反应，到反应速率突然减小时，应立即将未反应的铁片取出 答案：C 【详解】
A．Cl-容易被吸附在氧化膜上，把Al2O3中的O2-替代下列，产生可溶性AlCl3，因而会破坏铝表面的氧化膜，A正确；
B．钢铁在潮湿空气中生锈主要是Fe与杂质C及溶解在水膜中的O2构成原电池，Fe作负极失去电子发生氧化反应，O2得到电子发生还原反应，导致金属的腐蚀，即主要是发生了吸氧腐蚀，B正确；
C．由于SO2气体易溶于水，且其体积受温度、压强的影响，不容易测量，因此在测定硫代硫酸钠与硫酸反应的速率时，通常是通过产生S单质使溶液变浑浊的快慢来测量反应速率，C错误；
+2--2--D．在测定镀锌铁皮厚度时，将镀锌铁皮放入稀硫酸中，开始是镀层Zn与硫酸反应，由于Zn、Fe活动性不同，因此与硫酸反应速率不同，到反应速率突然减小时，说明镀层Zn反应完全，此时应立即将未反应的铁片取出，D正确； 故合理选项是C。
3．硫含量是生铁质量的重要指标，精确测定铁水中硫含量是高炉炼铁过程中的重要任务，利用硫化物固体电解质浓差电池定硫工作原理如图所示，电池两边产生一定硫分压差时，两极会产生相应的电势，若已知某硫分压(p's2)，测定其电池电势，则可通过公式计算得出
＋
另一硫分压(p\"s2)，从而确定铁水中的硫含量，N电极反应为S2(p\"s2)＋2Mg2＋4e-
=2MgS。下列有关该浓差电池说法正确的是
A．M极电势比N极电势高 B．该电池为电解池
D．Mg2＋从左向右移动
C．M极上的电极反应式：2MgS-4e-=2Mg2＋+S2(p\"s2)
答案：D
解析：N电极反应为S2(p\"s2)＋2Mg2＋＋4e-=2MgS，发生还原反应，故N为原电池正极，M电极为原电池负极，该电池是浓差电池，是原电池，由此解答。 【详解】
A．N极电势比M极电势高，A错误； B．该电池是原电池，B错误；
C．M电极为原电池负极，发生氧化反应，根据图示可知，M极电极反应为：2MgS-4e-=2Mg2＋+S2(p's2)，C错误；
D．原电池中镁离子向正极移动，即向N极移动，D正确； 答案选D。
4．根据反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4设计的双液原电池如图所示，电极I的材料为Fe ，电极Ⅱ的材料为石墨，下列说法中错误的是
A．B烧杯中溶液可使KSCN溶液显红色 B．电极Ⅰ上发生的电极反应式为Fe-3e-= Fe3+
C．盐桥的作用是形成闭合回路，且盐桥中阳离子向B烧杯中移动
D．该电池的优点是可避免氧化剂和还原剂直接接触，使能量利用率更高 答案：B 【详解】
在反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4中Fe失电子发生氧化反应，电极I的材料Fe为负极 ，Fe3+得电子发生还原反应，电极Ⅱ的材料石墨为正极，B烧杯中的溶液为Fe2(SO4)3溶液； A．B烧杯中的溶液为Fe2(SO4)3溶液，Fe3+可使KSCN溶液显红色，A正确； B．电极Ⅰ上发生的电极反应式为Fe-2e-= Fe2+，B错误；
C．盐桥的作用是形成闭合回路，平衡电荷，盐桥中阳离子向B烧杯中移动，阴离子向A烧杯中移动，C正确；
D．设计成双液原电池，可避免氧化剂[Fe2(SO4)3]和还原剂(Fe)直接接触，避免Fe与Fe2(SO4)3直接反应，使能量利用率更高，D正确； 答案选B。
5．过二硫酸的分子式为：H2S2O8(结构：
)，极易溶于
水，且在水中会水解得到硫酸和双氧水。下列说法不正确的是 A．H2S2O8中硫元素的化合价为+6价
B．用惰性电极电解硫酸可得H2S2O8，阳极的电极反应式为2SO4-2e-=S2O8 C．H2S2O8溶液滴入紫色石蕊试液中，溶液变红 D．硫酸中含有少量杂质亚硫酸，可用过二硫酸除去 答案：C 【详解】
A．由结构可知，H2S2O8中含有1个O2，O元素的化合价为-1价，再根据化合物元素化合价之和为0计算可得，H2S2O8中硫元素的化合价为价，A正确；
B．用惰性电极电解硫酸可得H2S2O8，阳极SO4失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2SO4-2e-=S2O8，B正确；
C．H2S2O8极易溶于水，且在水中会水解得到硫酸和双氧水，双氧水具有漂白性，滴入紫色石蕊试液中，溶液褪色，C错误；
D．过二硫酸在水中会水解得到硫酸和双氧水，双氧水可将亚硫酸氧化成硫酸，故硫酸中含有少量杂质亚硫酸，可用过二硫酸除去，D正确； 答案选C。 【点睛】
A选项为易错点，注意分析过二硫酸根的结构，得出过二硫酸根中还含有过氧根，并不是所有的O元素的化合价均为-2价。
22-22-2-0[261212]=+6
22
6．下列说法不正确的是
A．酸、碱、氯化钠都会破坏铝表面的氧化膜 B．相同温度下NaHCO3的溶解度比Na2CO3大
C．K2Cr2O7具有强氧化性，能与乙醇反应，得到绿色的Cr3+，因此可用K2Cr2O7测酒驾 D．钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀 答案：B 【详解】
A．氧化铝属于两性氧化物，能和酸、碱反应，氯化钠吸收空气里的水分，能电离出钠离子和氯离子，也会破坏铝表面的氧化膜，故A正确； B．相同温度下NaHCO3的溶解度比Na2CO3小，故B错误；
C．K2Cr2O7具有强氧化性，能与乙醇反应，得到绿色的Cr3+，因此可用K2Cr2O7测酒驾，故D正确；
D．钢铁在潮湿空气中能够形成原电池，所以生锈主要是发生了电化学腐蚀，故D正确； 故答案：B。
7．南开大学陈军院士最近开发出一种可充电的新型水系聚合物空气电池，其充放电时的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，M极电势低于N极电势
B．放电时，N极上的电极反应式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-
C．充电时，每消耗22.4 L O2，通过阳离子交换膜的K＋的物质的量为4 mol D．充电时，电池总反应为
答案：C
解析：主要从N极的变化入手判断，放电时，N极氧气得电子被还原：O2＋4e-＋2H2O=4OH-，充电时氢氧根失电子被氧化生成氧气； 【详解】
A．由图可知，放电N极是氧气得到电子形成OH−，为电池的正极，所以M极电势低于N
极电势，故A正确；
B．由图知，放电时，N极上的电极反应式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-，故B正确； C．由于22.4 L O2不知道气体所处的是否为标况，所以不能计算，故C错误； D．由图知，充电时，电池总反应为确； 答案选C。
8．通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理如图所示，电池工作前，两极电解质溶液质量相等。下列说法错误的是
，故D正
A．该装置实现了太阳能到化学能的转化 B．H＋由电极a移向电极b
C．b的电极反应式为CO2＋2H＋＋2e-=HCOOH
D．当电极a生成标准状况下1.12 L O2时，两极电解质溶液质量相差4.6 g
答案：D
解析：根据题干信息以“CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2”可知此电池的总反应为2CO2+2H2O=2HCOOH+O2，a电极作原电池的负极，水失电子生成氧气，O元素化合价升高，发生氧化反应，其电极反应为：2H2O-4e-=O2↑+4H+，b电极作原电池的正极，二氧化碳得电子生成甲酸，其电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH，据此结合原电池的工作原理分析解答。 【详解】
A．由图可知，该装置是由太阳能转化为化学能和电能的装置，A正确；
B．原电池中，阳离子移向正极，即H＋通过质子交换膜由电极a（负极）移向电极b（正极），B正确；
C．根据上述分析可知，b的电极反应式为CO2＋2H＋＋2e-=HCOOH，C正确； D．负极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，当电极a生成标准状况下1.12 L O2（0.05mol）时，则消耗0.1mol H2O，即负极溶液质量减少0.1mol18g/mol=1.8 g，转移的电子物质的量为
1.12L4=0.2 mol，则根据CO2+2H++2e-=HCOOH可知，正极区生成0.1mol
22.4L/molHCOOH，溶液质量增加0.1mol46g/mol=4.6g，所以两极电解质溶液质量相差4.6 g- (-1.8g)=6.4g，D错误； 故选D。 【点睛】
此电池工作原理类似燃料电池，电极未参与反应。根据总反应，找出两极反应。电池正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，关于电化学的计算，抓住电子转移数守恒分析解答。
9．下列防止钢铁腐蚀的方法不属于电化学防护的是（ ）
A． B．
C． D．
答案：D 【详解】
A．将铁管道与直流电源的负极相连即为让金属做电解池的阴极，防止金属的腐蚀，属于电化学保护，故A不选；
B．将钢铁输水管与金属镁相连，形成原电池，即让被保护金属做原电池的正极，防止金属的腐蚀，属于电化学保护，故B不选；
C．将铁管道与锌相连，形成原电池，即让被保护金属做原电池的正极，防止金属的腐蚀，属于电化学保护，故C不选；
D．在表面刷漆是为了将金属和空气隔绝，防止金属生锈，不属于电化学防护，故D选。 答案选D。
10．下列说法正确的是
A．在船舶外壳装上锌块，用牺牲阳极的阴极保护法防止金属腐蚀 B．电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Au、Ag等金属 C．电解精炼铜时，精炼过程溶液中的Cu2+浓度保持不变 D．电镀铜时用待镀的金属制品作阳极，铜作阴极 答案：A 【详解】
A．在船舶外壳装上锌块，锌比铁活泼，锌做负极失去电子被氧化，保护了铁，称作牺牲阳极的阴极保护法防止金属腐蚀，故A正确；
B． Zn、Fe的活泼性比铜强，先于Cu放电，所以电解精炼铜时，阳极泥中不含有Zn、Fe，含有Au、Ag等金属，故B错误；
C．电解精炼铜时，阳极上锌、铁和铜失去电子，阴极上只有铜离子获得电子被还原，依据电子守恒，精炼过程溶液中的Cu2+浓度减少，故C错误；
D．电镀过程中，镀件作阴极，镀层金属作阳极，所以电镀铜时用待镀的金属制品作阴
极、铜作阳极，故D错误； 故选：A。
11．在电解水制取H2和O2时，为了增强导电性，常常要加入一些电解质，下列电解质中不适宜加入的是 A．KI 答案：A 【详解】
A．加入KI时，碘离子还原性大于氢氧根离子，阳极为I−放电，阴极H+放电，不是电解水，故A选；
B．加入NaNO3，在阴极上析出氢气，阳极上析出氧气，增强了导电性，可以加入，故B不选；
C．加入H2SO4时，在阴极上析出氢气，阳极上析出氧气，增强了导电性，可以加入，故C不选；
D．加入Ba(OH)2时，在阴极上析出氢气，阳极上析出氧气，增强了导电性，可以加入，故D不选； 答案选A。
B．NaNO3
C．H2SO4
D．Ba(OH)2
12．实验室可利用下列微生物电池将污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]转化为无毒无害的物质并产生电能(M、N均为石墨电极)。有关该电池工作时的说法中错误的是（ ）
A．该电池在微生物作用下将化学能转化为电能
B．负极的电极反应式为：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+ C．电池总反应为：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2O D．每消耗5.6 L O2时，通过质子交换膜的质子数为NA 答案：D 【详解】
A．该电池是原电池，电池在微生物作用下将化学能转化为电能，A正确； B．负极上H2N(CH2)2NH2失去电子，发生氧化反应，产生N2、CO2，电极反应式为：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+，B正确；
C．乙二胺[H2N(CH2)2NH2]转化为无毒无害的物质，则碳生成CO2，氮元素转化为N2，所以电池总反应为：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2O，C正确；
D．状况不知，无法由气体的体积求物质的量，所以无法求通过质子交换膜的质子数，D错误；
故合理选项是D。
13．钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按如图装置进行电解。通电后。a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是( )
A．已知钴酸锂电池放电时总反应为：Li1－xCoO2＋LixC6=LiCoO2＋6C，则Li1－xCoO2作负极
B．当外电路中转移0.2 mol电子时，电极b处有2.24 L Cl2生成 C．电极d为阴极，电解开始时的电极反应式为Cu＋Cl－－e－=CuCl D．随着电解的进行，U形管Ⅱ中发生了如下转化CuCl＋OH－=CuOH＋Cl－
答案：D
解析：根据题意，结合图示，a电极上一直有气泡产生，且a电极的材料为铜，故a电极为阴极，b电极为阳极，c为阴极，d极为阳极，d电极反应式为：Cu＋Cl--e-=CuCl，d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。 【详解】
A．已知钴酸锂电池放电时总反应为：Li1－xCoO2＋LixC6=LiCoO2＋6C，LixC6中C为负价，根据电池总反应，C的化合价升高，失电子，发生氧化反应，LixC6作负极，则Li1－
xCoO2为正极，得到电子，故
A错误；
B．没有说明是否是标准状况，因此无法直接计算氯气的体积，故B错误；
C．a电极一直由气泡产生，且a电极的材料为铜，故a电极为阴极，b电极为阳极，d极为阳极，电极反应式为：Cu＋Cl--e-=CuCl，故C错误；
D．结合C项分析，d电极先产生CuCl白色沉淀，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)，发生的反应为：CuCl＋OH－=CuOH＋Cl－，故D正确； 答案选D。
14．下列图示与对应的叙述相符的是
A．图甲表示氢氧化钠溶液与盐酸反应时的能量变化
B．图乙表示电解精炼铜时，阳极减少的质量Δm随转移电子物质的量的变化 C．图丙表示合成氨反应其他条件一定，在有、无催化剂条件下n(NH3)随时间的变化 D．图丁表示反应2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)其他条件一定，改变起始时O2的物质的
量，平衡时SO3的体积分数随起始时O2的物质的量的变化 答案：D 【详解】
A．氢氧化钠溶液与盐酸反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，与图像不符合，故A错误；
B．精炼铜时，阳极是粗铜，含有杂质，故当转移0.2mol电子时，阳极减少的质量不一定是6.4g，故与图像不符合，故B错误；
C．使用催化剂不会影响平衡，故平衡时n(NH3)应该相等，与图像不符合，故C错误； D．对反应2SO2(g)＋O2(g)
2SO3(g)，其他条件一定时，增加起始时O2的物质的量，
平衡时SO3的体积分数先增大后减小，与图像相符合，故D正确。 答案选D。
15．下图装置中X和Y均为石墨电极，电解液为500mL某蓝色溶液，电解一段时间，观察到X电极表面有红色的固态物质生成，Y电极有无色气体生成；溶液中原有溶质恰好完全电解后，停止电解，取出X电极，洗涤、干燥、称量，电极增重1.6g。下列有关说法中不正确的是( )
A．X电极是阴极
B．Y电极产生气体的体积为0.28L
L-1 C．若电解过程中溶液体积变化忽略不计，电解后溶液中H+浓度为0.1mol·D．要使电解后溶液恢复到电解前的状态，需加入一定量的CuO或CuCO3 答案：B 【详解】
X和Y均为石墨电极，电解液为500mL某蓝色溶液，电解一段时间，观察到X电极表面有红色的固态物质生成，Y电极有无色气体生成，则该电解液中含Cu2+，X电极的电极反应式为Cu2++2e-=Cu，Y电极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑+2H2O； A．X电极上Cu2+发生得电子的还原反应，则X电极是阴极，A正确； B．根据得失电子守恒，X电极增重1.6g，Y电极上产生气体的物质的量为
1.6g×2÷4=0.0125mol，由于气体所处温度和压强未知，故无法计算气体的体积，B错
64g/mol误；
C．电解的总离子反应方程式为2Cu+2H2O
2+
电解2Cu+O2↑+4H+，X电极增重1.6g，则生成
的H+物质的量为2×正确；
1.6g0.05mol=0.05mol，电解后溶液中H+浓度为=0.1mol/L，C
64g/mol0.5LD．电解的总离子反应方程式为2Cu+2H2O
2+
电解2Cu+O2↑+4H+，电解过程中析出了Cu、
放出了O2，要使电解后溶液恢复到电解前的状态，需加入一定量的CuO或与CuO相当的CuCO3（因为CuCO3可改写成CuO·CO2），D正确； 答案选B。
二、填空题
16．三氯乙酸(CCl3COOH)是饮用水中常见污染物，难以直接氧化降解。通过Fe/Cu微电池法和芬顿法可将三氯乙酸除去。
(1)pH=4时，向含有三氯乙酸的水样中投入铁屑和铜屑，通过原电池反应生成的活性氢原子(H)将CCl3COOH脱氯后转化为CHCl2COOH。 ①原电池反应时的负极反应式为______。
②写出活性氢原子(H)与CCl3COOH反应的离子方程式：______。
③铁屑和铜屑的总质量一定，改变铁屑和铜屑的质量比，水样中单位时间三氯乙酸的脱氯率如图1所示，当m(Fe)/m(Cu)大于4时，铁屑质量越大，脱氯率越低的原因是______。 (2)取上述反应后的溶液，向其中加入H2O2，发生图2所示转化，生成羟基自由基(·OH)，·OH能将溶液中的CHCl2COOH等物质进一步脱氯除去。 ①写出图2所示转化中反应II的离子方程式：______。
②控制水样的pH不同，所得脱氯率如图3所示，当pH>4后，脱氯率逐渐下降的原因是______。
③加入H2O2后需控制溶液的温度，温度过高时脱氯率减小的原因______。
答案：Fe-2e-=Fe2+ CCl3COOH+2H=CHCl2COOH+Cl-+H+ 形成的Fe/Cu微电池数目越少 2Fe3++H2O2=2Fe2++2H++O2↑ Fe2+、Fe3+发生水解，浓度降低，减少了·OH的生成 H2O2发生分解 【详解】
(1) ①含有三氯乙酸的水样中投入铁屑和铜屑，酸性环境，组成铜锌原电池，铁作负极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+；
②原电池反应生成的活性氢原子（H）将CCl3COOH脱氯后转化为CHCl2COOH，活性氢原子（H）与CCl3COOH反应的离子方程式：CCl3COOH+2H=CHCl2COOH+Cl-+H+； ③铁屑和铜屑的总质量一定，改变铁屑和铜屑的质量比，当m(Fe)/m(Cu)大于4时，铁屑质量越大，形成的Fe/Cu微电池数目越少，生成的活性氢速率越低，单位时间内脱氯率越低；
(2) ①根据图2所示转化中，反应Ⅱ中H2O2转化为O2，Fe3+转化为Fe2+，故反应Ⅱ的离子方程式：2Fe3++H2O2=2Fe2++2H++O2↑；
②酸性条件会抑制Fe3+和Fe2+的水解，随着pH增大，Fe3+和Fe2+的水解程度增大，减小了羟基自由基的生成，因此根据脱氯率图3所示，当pH＞4后，脱氯率逐渐下降的原因是Fe2+、Fe3+发生水解，浓度降低，减少了·OH的生成；
OH）减少，脱氯率减小，因此需控制③由于双氧水溶液受热易分解，生成羟基自由基（·
溶液的温度，温度过高时脱氯率减小的原因是H2O2发生分解。
17．根据原电池工作原理可以设计原电池，实现原电池的多种用途。用碱性甲醛燃料电池为电源进行电解的实验装置如下图所示。
①甲池中通入甲醛的一极为_______极，其电极反应式为_______。
②乙池中总反应的离子方程式为_______，当甲池中消耗280mLO2时(标准状况)，在乙池中加入_______gCuCO3才能使溶液恢复到原浓度，此时丙池中理论上最多产生_______g固体。
(2)利用下图所示装置(电极均为惰性电极)吸收SO2并制取硫酸，则通入SO2一极的电极反应式为_______，通入O2一极的电极反应式为_______。
答案：负 HCHO-4e-+6OH-=CO3+4H2O 2Cu2++2H2O电解2Cu+4H++O2↑ 3.1 1.45
2-2SO2+4H2O-4e-=2SO4+8H+ O2+4H++4e-=2H2O
解析：(1)甲池为燃料电池，通入甲醛的一极为负极，通入氧气的一极为正极，乙池为电解池，左边的C电极为阳极，水电离的氢氧根放电；右边的C电极为阴极，铜离子放电；丙池为电解池，左边的C为阳极，右边的C为阴极；
(2) 通入SO2的为负极，发生氧化反应，SO2被氧化为硫酸；通入氧气的为正极，氧气被还原生成水；电池的总反应式为：2SO2+2H2O+O2=2H2SO4。 【详解】
(1)①燃料电池中，通入燃料的为负极，故通入甲醛的一极为负极，在碱性溶液中，甲醛失电子后变为碳酸根，电极反应式为：HCHO-4e-+6OH-=CO3+4H2O；故答案为：负；HCHO-4e-+6OH-=CO3+4H2O；
②乙池为电解池，以C为电极电解硫酸铜溶液，阴阳极分别是铜离子和水中的氢氧根放电，总反应的离子方程式为：2Cu2++2H2O电解2Cu+4H++O2；甲池中根据电极反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，所以消耗280mL(标准状况下0.0125mol)O2，则转移电子0.05mol，乙池的阴极反应式为Cu2++2e-=Cu，当转移电子0.05mol时，析出的铜为0.025mol，根据铜原子守恒，要使电解质复原，加入的CuCO3也为0.025mol，质量为
0.025mol124g/mol=3.1g；根据丙装置中，在阴极上是氢离子放电，减小的氢离子是0.05mol，则产生的氢氧根为0.05mol，镁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化镁为
0.025mol，理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.25mol×58g/mol=1.45g固体；故答案为：2Cu2++2H2O电解2Cu+4H++O2↑；3.1；1.45；
(2)由分析可知，则通入SO2一极为负极，SO2被氧化为硫酸，电极反应式为：2SO2+4H2O-4e-=2SO4+8H+；通入氧气的为正极，氧气被还原为水，电极反应式为：O2+4H++4e-=2H2O；故答案为：2SO2+4H2O-4e-=2SO4+8H+；O2+4H++4e-=2H2O。
2-2-2-2-2-18．Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4。
(1)阳极的电极反应式为_______。 (2)阴极产生的气体为_______。
(3)左侧的离子交换膜为_______(填“阴”或“阳”)离子交换膜，阴极区a% _______b%(填“＞”“＝”或“＜”)。
(4)Na2FeO4作为高效净水剂的工作原理是：_______。 (5)能循环利用的物质是_______。
答案：Fe+8OH--6e-=FeO4+4H2O H2 阳 ＜ 强氧化性，可杀菌消毒；FeO4被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体吸附了水中悬浮的颗粒，起到净水的作用 NaOH溶液 解析：电解时，右侧阳极铁电极反应为：Fe+8OH--6e-=FeO4+4H2O，OH-通过右侧交换膜向右侧移动，则右侧为阴离子交换膜；左侧阴极的反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Na+通过左侧离子交换膜向左侧移动，则左侧为阳离子交换膜。一段时间后，装置中部NaOH溶液变稀，可以将左侧流出的NaOH浓溶液补充到该装置中部，以保证装置连续工作，以此解答该题。 【详解】
(1)在阳极上Fe失去电子，与溶液中的OH-结合形成FeO4和H2O，所以阳极的电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO4+4H2O；
(2)在阴极上水电离产生的H+得到电子变为H2逸出，因此阴极上产生的气体是H2； (3)根据上述分析可知：左侧的离子交换膜为阳离子交换膜，进入的NaOH溶液浓度较小，流出的NaOH溶液浓度比原来大，故阴极区NaOH溶液的浓度：a%＜b%； (4)Na2FeO4作为高效净水剂的工作原理是因为Na2FeO4具有强氧化性，具有杀菌消毒作用；FeO4得到电子被还原为Fe3+，Fe3+水解生成的氢氧化铁胶体吸附了水中悬浮的颗粒，使之形成沉淀，因此又同时起到净水的作用；
(5)加入NaOH溶液为电解质溶液，在电解过程中，NaOH溶液有从阴极流出，可以补充到电解池中进一步使用，因此能够循环利用的物质是NaOH溶液。
19．知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理，形成如下问题(显示的电极均为石墨)
222222
（1）图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是___(填化学式)。
（2）利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分NaClO，则c为电源的___极；该发生器中反应的总离子方程式为____。
（3）二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。如图是目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。 ①阳极产生ClO2的电极反应式：____。
②当阴极产生标准状况下112mL气体时，通过阳离子交换膜离子的物质的量为__。
（4）SO2和NOx是主要大气污染物，利用如图装置可同时吸收SO2和NO。
①已知电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，阴极的电极反应为____。 ②用离子方程式表示吸收NO的原理____。 答案：H2 负 Cl＋H2O
-
电解ClO-＋H2↑ Cl--5e-＋2H2O=ClO2↑＋4H＋ 0.01mol
22HSO3＋2H+＋2e-=S2O4＋2H2O 2NO＋2S2O4＋2H2O=N2＋4HSO3 【详解】
(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极、右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以a气球中气体是氯气、b气球中的
2气体是氢气，故答案为：H2；
(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，阳极上氯离子放电生成氯气、阴极上氢离子放电生成氢气，同时阴极有NaOH生成，氯气和氢氧化钠反应生成NaClO，次氯酸钠具有漂白性，为了使反应更充分，则下边电极生成氯气、上边电极附近有NaOH生成，上边电极生成氢气，为阴极，则c为负极、d为正极，发生器中反应的总离子方程式为Cl＋H2O
-
电解ClO-＋H2↑；
(3)①由题意可知，氯离子放电生成ClO2，根据电子守恒和电荷守恒写出阳极的电极反应式为Cl-5e＋2H2O=ClO2↑＋4H；
②阴极产生标准状况下112mL是H2，物质的量为0.005mol，阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑，所以电路中转移电子0.01mol，钠离子所带电荷与电子所带电荷数相同，所以通过阳离子交换膜的钠离子的物质的量为0.01mol；
(4)①阴极发生得到电子的还原反应，根据装置图可知阴极是HSO3得到电子，被还原为S2O4，由于电解池的阴极室中溶液的pH在4～7之间，因此阴极的电极反应为2HSO3＋2H+＋2e-=S2O4＋2H2O。
②S2O4具有强还原性，能把NO还原为氮气，则用离子方程式表示吸收NO的原理为2NO＋2S2O4＋2H2O=N2＋4HSO3。
2--＋
222
20．将质量相等的铁片和铜片用导线相连浸入500mL硫酸铜溶液中构成如图1的装置：
（以下均假设反应过程中溶液体积不变）。
（1）铁片上的电极反应式为_________________，铜片上的电极反应式为___________________；
（2）铜片周围溶液会出现的现象___________________。
（3）若2min后测得铁片质量减少5.6g，导线中流过的电子的物质的量为_________ mol； （4）金属的电化学腐蚀的本质是形成了原电池。如下图所示，烧杯中都盛有稀硫酸。
①图2 B中的Sn为_________极，Sn极附近溶液的pH_________（填“增大”“减小”或“不变”）。
②图2 C中被腐蚀的金属是_________。比较A、B、C中纯铁被腐蚀的速率由快到慢的顺
序是_________。
（5）人们应用原电池原理制作了多种电池，以满足不同的需要。燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，如图是电解质为稀硫酸溶液的氢氧燃料电池原理示意图，回答下列问题：
氢氧燃料电池的正极电极反应是：_________。电池工作一段时间后硫酸溶液的浓度_________（填“增大”“减小”或“不变”）。
答案：Fe-2e-=Fe2+ Cu2++2e-=Cu 溶液颜色变浅 0.2 正 增大 Zn B>A>C O2+4H++4e-=2H2O 减小 【详解】
(1)该原电池中，铁片作负极，其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，铜片作正极，其电极反应式为Cu2++2e-=Cu；
(2)铜片周围，Cu2+不断被消耗，其浓度逐渐降低，则溶液颜色变浅；
(3)铁片质量减少5.6g，即参加反应的铁的物质的量为0.1mol，则根据铁片的电极反应式可知，导线中流过电子的物质的量为0.2mol；
(4)①B为原电池装置，其中Fe比Sn活泼，则Fe极作负极，Sn极作正极，H+在Sn极得到电子产生H2，导致Sn极附近H+的浓度降低，pH增大；
②C为原电池装置，其中Zn比Fe活泼，则Zn作负极，被腐蚀的金属为Zn，Fe被保护；同理，在B中，Fe被腐蚀；A不是原电池装置，Fe的腐蚀速度要慢一些；故三个装置中，纯铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是B>A>C；
(5)该电池为原电池，电解质溶液为稀硫酸，正极上，O2和H+反应生成水：O2+4H++4e-=2H2O；该电池的总反应为2H2+O2=2H2O，电池工作一段时间后，水的量增多，硫酸的量没有改变，则硫酸溶液的浓度减小。
21．高铁酸钠(Na2FeO4)可用作水处理剂，工业上常用电解法制取，同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH-通电FeO4+3H2↑，工作原理如图所示。
2
请写出阳极电极反应式___。
答案：Fe+8OH--6e-=FeO4+4H2O 【详解】
电解池阳极发生氧化反应，Fe转化为FeO4，过程为失电子过程，Fe转化为FeO4需失去6个电子，在碱性介质中反应产生H2O，所以阳极的电极反应式为：Fe+8OH--6e-=FeO4+4H2O。
2222
22．金属腐蚀现象在生产生活中普遍存在，依据下列2种腐蚀现象回答下列问题：
(1)图1，被腐蚀的金属为____，其腐蚀类型属于____(填字母)。图2，金属腐蚀类型属于____(填字母)。
A．化学腐蚀 B．电化学腐蚀 C．析氢腐蚀 D．吸氧腐蚀
(2)图1中Cu的作用是______，结合电极反应、电子移动、离子移动等，分析金属被腐蚀的原理______。
(3)图2中铁的生锈过程：Fe→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe2O3·nH2O，将Fe转变为Fe(OH)2的反应补充完整：正极反应为_______，负极反应为______，总反应为____。 (4)下列防止铁制品生锈的措施合理的是__________。 A．在铁闸门表面涂油漆
B．在地下铁管道上安装若干镁合金
C．将铁罐与浓硫酸等强氧化剂接触，使之发生钝化
答案：铁或Fe BC BD 做正极材料，导电 铜做正极，氢离子在内电路移向正极，得到电子，生成氢气；铁做负极，在外电路失去电子，电子从负极移向正极，金属铁被腐蚀成亚铁离子。 O2+4e-+2H2O=4OH- 2Fe-4e-=2Fe2+ 2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2 ABC 【详解】
（1） 析氢腐蚀发生条件为较强酸性环境，图1为二氧化硫的水溶液，酸性较强，与铁、铜形成电化学腐蚀中的析氢腐蚀；图2为碱性环境，碱性或中性或酸性较弱环境易发生吸氧腐蚀，腐蚀类型属于电化学腐蚀中的吸氧腐蚀，故答案为：铁或Fe；BC；BD； （2）图1中Cu的作用是做正极材料，导电（不参与反应），结合电极反应、电子移动、离子移动等，可得出图1金属被腐蚀的原理为铜做正极，氢离子在内电路移向正极，得到电子，生成氢气，铁做负极，在外电路失去电子，从负极移向正极，金属铁被腐蚀成亚铁离子。答案为：做正极材料，导电；铜做正极，氢离子在内电路移向正极，得到电子，生成氢气，铁做负极，在外电路失去电子，电子从负极移向正极，金属铁被腐蚀成亚铁离子。
（3）图2发生吸氧腐蚀，正极反应为氧气得电子，反应式为O2+4e-+2H2O=4OH- ，负极反
应为铁失电子，反应式为2Fe-4e-=2Fe2+，总反应为2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2，答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2Fe-4e-=2Fe2+，2Fe+O2+2H2O=2Fe(OH)2
(4)下列防止铁制品生锈的措施可以在铁闸门表面涂一层保护膜如油漆等，也可以在地下铁管道上安装若干镁合金或锌合金（比铁活泼），利用牺牲阳极保护法来防止铁生锈，还可将铁罐与浓硫酸等强氧化剂接触，使之发生钝化，在铁表面形成致密氧化膜来防止铁生锈，故答案为：ABC。
23．(1)将洁净的金属片甲、乙、丙、丁分别与Cu用导线连结浸在相同的电解质溶液里。实验并记录电压指针的移动方向和电压表的读数如表所示： 金属 甲 乙 丙 丁 电子流动方向 甲→Cu 乙→Cu Cu→丙 丁→Cu 电压/V 1.10 0.78 0.15 0.3 已知：甲、乙、Cu三种金属活动性由强到弱的顺序是甲>乙>Cu，试根据以上实验记录，完成以下填空：
①构成两电极的金属活动性相差越大，电压表的读数越___（填“大”、“小”）。 ②Cu与丙组成的原电池，___为负极。
③乙、丁形成合金，露置在潮湿空气中，___先被腐蚀。 (2)如图是一个电解过程示意图。
①锌片上发生的电极反应式是：___。
②电解过程中，铜电极质量减少为128g，则硫酸铜溶液浓度___（填“增大”、“减小”或“不变”），电路中通过的电子数目为___。 答案：大 铜 乙 Cu2++2e-=Cu 不变 4NA 【详解】
(1)①已知甲、乙、Cu三种金属活动性由强到弱的顺序是甲＞乙＞Cu，根据表中数据可知，金属的活泼性相差越大，则电压表的读数越大；
②根据电压表的读数可知，铜的活泼性大于丙，Cu与丙组成的原电池，则铜作负极； ③根据表中数据，金属的活泼性差距越大，电压表的读数越大，对比乙、丁，乙的活泼性大于丁，乙、丁形成合金，露置在潮湿空气中，乙先被腐蚀；
(2)①根据装置可知，此装置为电解池，Cu与电池的正极相连，作阳极，Zn与电池负极相连，溶液中的铜离子得电子生成单质铜，电极反应式为Cu2++2e-=Cu；
②电解过程中，阳极上铜电极失电子生成铜离子，阴极铜离子得电子生成单质铜，硫酸铜溶液的浓度不变；铜电极质量减少为128g，即反应2mol铜，则转移4mol电子，电子数目为4NA。
24．铁及其化合物用途非常广泛。
（1）已知赤铁矿还原冶炼时是逐级进行的，已知： (a) 3Fe2O3(s)＋CO(g) (b) Fe2O3(s)＋3CO(g) (c) Fe3O4(s)＋CO(g) ②反应FeO(s)＋CO(g) 式表示）。
（2）用类似冶炼铝的方法， 在600～1000℃时电解熔融的Fe2O3冶炼铁（装置示意图如图），该法除消耗能量较少外，另一最突出的优点是
__________________________________；电解时阳极发生的电极反应为____________。
2Fe3O4(s)＋CO2(g) H = a kJ·mol－1 2Fe(s)＋3CO2(g) H =b kJ·mol－1 3FeO(s)＋CO2 (g) H = c kJ·mol－1
Fe(s)＋CO2(g) H =__________kJ·mol－1（用含a、b、c的代数
①上述反应(a)平衡常数表达式为K=___________________。
（3）生铁在自然界中可发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀，析氢腐蚀的负极的电极反应式为_________；如图所示，纯铁处于a、b、c三种不同的环境中，铁被腐蚀的速率由大到小的顺序是（填字母）_____________。
答案：
cCO2cCO (3b-a-2c)/6 不产生CO2 2O2--4e-=O2↑ Fe-2e-=Fe2+ c>a>b
解析：(1)①固体物质不写入平衡常数表达式中； ②依据盖斯定律，[3(b)-(a)2(c)]/6即得FeO(s)+CO(g)炼铁时，O2-在阳极失去电子生成O2；
(3) 析氢腐蚀，铁在负极失电子生成亚铁离子；铁与碳构成原电池，加快了铁的腐蚀；铁与锌构成原电池，Zn作负极，保护了Fe，减慢了Fe的腐蚀。
Fe(s)+CO 2(g)；
(2)还原法冶炼铁过程中会产生CO2气体，对环境有破坏；从图中看，电解熔融的Fe2O3冶
【详解】
(1)①反应(a)为3Fe2O3(s)＋CO(g)
2Fe3O4(s)＋CO2(g)，平衡常数表达式为：
KcCO2cCO，故答案为：
cCO2cCO
Fe(s)＋CO2(g)，则H =(3b-a-
②根据盖斯定律，[3(b)-(a)-2(c)]/6可得：FeO(s)＋CO(g)2c)/6kJ·mol－1，故答案为：(3b-a-2c)/6；
(2) 还原法冶炼铁过程中会产生CO2气体，对环境有破坏，电解熔融的Fe2O3冶炼铁时，不产生CO2；O2-在阳极失去电子生成O2，其阳极发生的电极反应为：2O2--4e-=O2↑，故答案为：不产生CO2；2O2--4e-=O2↑；
(3)析氢腐蚀，铁在负极失电子生成亚铁离子，其负极的电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；铁与碳构成原电池，加快了铁的腐蚀；铁与锌构成原电池，Zn保护了Fe，减慢了Fe的腐蚀，所以铁被腐蚀的速率由大到小的顺序是：c>a>b，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；c>a>b。 【点睛】
①析氢腐蚀是金属在酸性较强的溶液中，发生电化学腐蚀时放出氢气，以Fe作为例子：负极：Fe-2e-=Fe2+；正极：2H++2e-=H2↑；
②吸氧腐蚀是指金属在酸性很弱或中性溶液里，空气里的氧气溶解于金属表面水膜中而发生的电化学腐蚀，如钢在接近中性的潮湿的空气中的腐蚀就属于吸氧腐蚀，其电极反应如下：负极：2M-4e-=2M2+ ；正极：2H2O+O2+4e-=4OH-。 25．如图是一个化学过程的示意图．已知甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH═2K2CO3+6H2O
（1）请回答图中甲、乙两池的名称．甲池是 ______装置，乙池是 ______ 装置； （2）请回答下列电极的名称：通入CH3OH的电极名称是 ______ ，B（石墨）电极的名称是 ______ ；
（3）通入O2的电极的电极反应式为： ______ ，A （Fe）电极的电极反应式为 ______ ； （4）乙池中反应的化学方程式为 ______ ；
（5）电解一段时间后，乙池中A（Fe）极的质量增加5.4g时，且溶液的体积为500mL，求所得溶液在25℃时的pH= ______ ，甲池中消耗O2为 ______ mL（标准状况下）． （6）钴铁氧体（CoFe2O4）不仅是重要的磁性材料、磁致伸缩材料，还是重要的锂离子电池负极材料。工业上，用电化学法制得CoFe2O4。以NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，在阳极上获得CoFe2O4薄膜。该电解过程的化学方程式为_________________________。
答案：原电池 电解池 负极 阳极 O2+2H2O+4e-=4OH- 4Ag++4e-=4Ag 4AgNO3+2H2O
通电= 4Ag+O2↑+4HNO3 1 280 CoFe2+4H2O CoFe2O4+4 H2↑
通电解析：根据反应方程式知，甲是把化学能转变为电能的装置；乙有外加电源，所以是电解池；根据2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O知，CH3OH发生氧化反应，所以该电极是负极，O2 发生还原反应，所以该电极是正极;石墨与原电池的正极相连，所以B（石墨）电极是阳极，A （Fe）极与负极相连，A是阴极。 【详解】
(1)根据反应方程式知，甲装置是一个燃料电池，所以甲是把化学能转变为电能的装置，甲是原电池；乙有外加电源，所以乙是电解池；
(2)CH3OH发生氧化反应，通入CH3OH的电极名称是负极，石墨与原电池的正极相连，所以B（石墨）电极的名称是阳极；
(3)O2 得电子发生还原反应，所以该电极是正极，通入O2的电极反应式为： O2+2H2O+4e-=4OH-，A （Fe）极与负极相连，A是阴极，A （Fe）电极的电极反应式为 4Ag++4e-=4Ag；
(4)乙是电解池，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，阴极银离子得电子生成单质银，总反应的化学方程式为4AgNO3+2H2O = 4Ag+O2↑+4HNO3；
(5)乙池中A(Fe)极是阴极，阴极的质量增加的5.40g是银，根据得失电子数相等，氧气、氢离子与银的关系式为O2--------4Ag-------4H+；设消耗氧气的体积是xL，生成氢离子的物质的量为ymol； O2--------4Ag-------4H+ 22.4L ( 4×108 )g 4mol xL 5.40g ymol
通电4108422.44108= = 、
5.4yx5.4x=0.28L=280mL；y=0.05mol； 溶液的体积为500mL，cH=0.1mol/L，所得溶液在25℃时的pH=1。 0.05mol0.5L+(6)以NaOH溶液作电解液，纯净的钴铁合金（CoFe2）作阳极进行电解，阳极上CoFe2失电子生成CoFe2O4薄膜，阴极氢离子得电子生成氢气，该电解过程的化学方程式为CoFe2+4H2O CoFe2O4+4 H2↑。
26．Ⅰ.铁、铝及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。 (1)某研究性学习小组设计了如图所示装置探究钢铁的腐蚀与防护。
通电
为防止金属Fe被腐蚀，可以采用上述________(填装置序号)装置原理进行防护；装置③中
总反应的离子方程式为_________________。
(2)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用为_______________________。
Ⅱ.纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注，采用肼(N2H4)燃料电池为电源，用离子交换膜控制电解液中c(OH)制备纳米Cu2O，其装置如图甲、乙。
－
(1)上述装置中D电极应连接肼燃料电池的________极(填“A”或“B”)，该电解池中离子交换膜为________离子交换膜(填“阴”或“阳”)。 (2)该电解池的阳极反应式为____________________。 (3)当反应生成14.4 g Cu2O时，至少需要肼________mol。 答案：②③ 2Cl－＋2H2O
2OH－＋Cl2↑＋H2↑ 作电解质溶液(或导电) B 阴
2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O 0.05 【详解】
Ⅰ.(1)①装置为原电池铁为负极被腐蚀；②装置为原电池锌做负极被腐蚀，铁做正极被保护；③装置为电解池，铁做阴极被保护；装置③中发生的是电解饱和食盐水的反应，阳极是氯离子失电子生成氯气，阴极是氢离子得到电子发生还原反应，反应离子方程式为：2Cl
－
＋2H2O2OH－＋Cl2↑＋H2↑；
(2)为处理银器表面的黑斑（Ag2S），将银器置于铝制容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，是利用原电池原理，用铝置换出银，食盐水的作用为做电解质溶液，形成原电池。
Ⅱ. (1)燃料电池正极通氧化剂，负极通燃料，即A极为负极，B极为正极。图乙为电解池装置，电解目的为制备Cu2O，则D极作阳极，接电池正极(B极)，铜被氧化。阳极反应为2Cu-2e-+2OH－＝Cu2O+H2O，反应消耗OH-，采用阴离子交换膜使OH-向阳极移动。 (2)根据上述分析，阳极反应为2Cu－2e－＋2OH－＝Cu2O＋H2O；
(3)根据电极反应2Cu-2e-+2OH-＝Cu2O+H2O和N2H4-4e-+4OH-＝N2↑+4H2O可知，Cu2O与N2H4的数量关系式为2Cu2O～N2H4～4e-，当反应生成14.4 g Cu2O(0.1mol)时，至少需要肼为0.05mol。
三、解答题
27．甲醇是基本的有机合成原料之一，甲醇的制取及应用是有机工业研究的热点。 (1)以CO2、H2为原料合成CH3OH涉及的主要反应如下：
mol－1 反应Ⅰ：CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH1＝－49.5 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g) ΔH2＝－90.4 kJ·反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O (g) ΔH3 ①反应Ⅲ能够自发进行的原因是______。
②不同压强下，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，测得CO2的平衡转化率随温度的变化关系如图所示。压强 p1______p2（填“＞”或“<”），T1 K后，反应主要以______（填“反应Ⅰ”、“反应Ⅱ”或“反应Ⅲ”）为主。T2 K后，曲线重合的原因是______。
(2)以甲醇为原料，通过电化学法可以合成碳酸二甲酯[(CH3O)2CO]，工作原理如图所示。
①阳极的电极反应式为_____。
②若以铅蓄电池为电源，B应与铅蓄电池的_____（填“Pb”或“PbO2” ）相连。
答案：ΔS＞0 ＞ 反应Ⅲ 反应Ⅲ前后气体分子数相等，改变压强对平衡没有影响 2CH3OH＋CO－2e－=(CH3O)2CO＋2H＋ Pb
解析：(1)利用盖斯定律和复合判据来分析反应是否自发进行，压强和温度影响平衡移动方向的判断；
(2)利用电解池原理来分析阳极上发生的反应及铅蓄电池正负极的判断； 【详解】
(1)①利用盖斯定律，①式-②式得到反应Ⅲ：CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O (g) ，其
H3=H1-H2=-49.5kJ?mol－1(90.4kJ?mol－1)40.9kJ?mol－1 ，即ΔH3>0，根据
复合判据G=HTS，要能够自发进行，ΔG<0，则ΔS>0；
②根据图像可知，在相同温度下，p1、p2、p3对应的CO2的平衡转化率依次减小，而增大压强，平衡向气体体积减小方向移动，即正反应方向移动，CO2的平衡转化率增大，故p1 >p2 >p3；
根据曲线变化趋势T1 K后，温度对平衡的影响比压强大得多，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，而反应Ⅲ为吸热反应，故反应主要以反应Ⅲ主；T2 K后，反应还是主要以反应Ⅲ主，反应Ⅲ前后气体分子数相等，改变压强对平衡没有影响；
(2) ①根据工作原理图可知，该装置为电解池，阳极上CH3OH和CO失去电子变成(CH3O)2CO，其电极反应式为2CH3OH＋CO－2e－=(CH3O)2CO＋2H＋；
②根据工作原理图可知，A是电源的正极，B是电源的负极，铅蓄电池负极上Pb放电，故B应与铅蓄电池的Pb相连。
28．氮元素形成的单质和化合物在生产、生活中具有广泛的应用，对它们的研究具有重要的价值和意义。
mol－1 已知：Ⅰ.N2(g)+O2(g)=2NO(g) ∆H＝+180.5 kJ·mol－1 Ⅱ.2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ∆H＝－167.7 kJ·
mol－1 Ⅲ.4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ∆H＝－809.6 kJ·回答下列问题：
(1)在热力学上反应Ⅱ比反应Ⅰ趋势更大，原因是________。 (2)研究发现反应Ⅱ分两步进行：
第一步：2NO(g)=N2O2(g) ∆H＜0 快反应； 第二步：N2O2(g)+ O2(g)=2NO2(g) ∆H＜0 慢反应； 下列有关叙述正确的是___________。 A．反应速率：v(第一步)> v(第二步) B．活化能：E(第一步)> E(第二步) C．决定反应 II 速率快慢的步骤为第二步
D．若第二步的 v 正=k 正 c(N2O2)·c(O2)、v 逆=k 逆 c2(NO2)，则第二步的平衡常数 K=k 正·k 逆 (3)将 NH3 与 O2 按体积比 4:5 充入体积不变的容器中，起始体系总压强为 45kPa，分别在催化剂 M、N 作用下发生反应 III，NO 的分压(P)与反应时间(t)和温度(T)的关系如图：
①下列叙述能证明该反应已达平衡状态的是___________(填序号)。 A．NH3 与 O2 体积比不再发生变化
B．单位时间内断裂 1molN－H 键，同时断裂 1molO－H 键 C．c(NO)与 c(H2O)浓度之比为 2:3 D．容器内混合气体的压强不再变化
②由图像可判断反应温度：T1_______________T2(填“>”“<”“=”，下同)，催化剂效率：催化剂 M_________催化剂 N，T1℃时，在催化剂 M 作用下，0～10min 内的平均反应速率 v[NH3(g)]=____________kPa·min－1。
答案：反应 II 为放热反应，反应 I 为吸热反应 AC BD ＜ ＞ 1.0 【详解】
(1)反应 II 为放热反应，反应 I 为吸热反应，所以在热力学上反应Ⅱ比反应Ⅰ趋势更大，故
答案为：反应 II 为放热反应，反应 I 为吸热反应；
(2)A．由原理可知，第一步为快反应，速率快，所以反应速率：v(第一步)＞ v(第二步)，故A正确；
B．由原理可知，第一步为快反应，活化能较低，所以E(第一步)＜ E(第二步)，故B错误；
C．反应速率的快慢由反应慢的决定，所以决定反应 II 速率快慢的步骤为第二步，故C正确；
D．若第二步的 v正=k正 c(N2O2)·c(O2)、v 逆=k 逆 c2(NO2)，则第二步的平衡常数 K=k 正/k 逆，故D错误； 故选AC。
(3)①A．NH3与 O2体积比不再发生变化，不能判断物质的量是否改变，所以不能判断反应是否达到平衡，故A错误；
B．单位时间内断裂 1molN－H 键，反应正向进行，同时断裂 1molO－H 键，反应逆向进行，而且正逆反应速率相等，达到平衡状态，故B正确；
C．c(NO)与 c(H2O)浓度之比为 2:3，不能判断物质的量是否改变，所以不能判断反应是否达到平衡，故C错误；
D．容器内混合气体的压强不再变化，说明气体分子数不在改变，达到平衡状态，故D正确； 故选BD。
mol－1，该反应为放热反应，升高②已知4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g) ∆H＝－809.6 kJ·
温度，平衡逆向进行，一氧化氮的量减少，所以由图像可判断T1＜T2，T1先达到平衡，催化剂效率高，所以催化效率：催化剂 M＞催化剂 N，T1℃时，在催化剂 M 作用下，0～10min 内p(NO)=10kPa，p(NH3)=10kPa，平均反应速率 v[NH3(g)]= 10kPa /10min=1.0kPa·min－1。故答案为：1.0
29．用含锂废渣（主要金属元素的含量：Li3.50% Ni 6.55% Ca 6.41% Mg 13.24%）制备Li2CO3，并用其制备Li+电池的正极材料LiFePO4。部分工艺流程如下：
L-1）： 资料：i. 滤液1，滤液2中部分离子的浓度（g·
滤液 滤液2 Li+ 22.72 21.94 Ni2+ 20.68 7.7×103 Ca2+ 0.36 0.08 Mg2+ 60.18 0.78×103 ii. EDTA能和某些二价金属离子形成稳定的水溶性络合物。 iii.某些物质的溶解度（S）： T/C S(LizCO3)/g S(LizSO4)/g 20 1.33 34.7 40 1.17 33.6 60 1.01 32.7 80 0.85. 31.7 100 0.72. 30.9 I.制备Li2CO3粗品 （1）滤渣2的主要成分有____________。
（2）向滤液2中先加入EDTA目的是：________，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，分离出固体Li2CO3粗品的操作是________。
（3）处理1 kg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a, Li+转化为Li2CO3的转化率为b,则粗品mol-1 Li2CO3 74 中含Li2CO3的质量是________g。（用a,b表示需化简，摩尔质量：Li 7g·g·mol-1） II.纯化Li2CO3粗品
（4）将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3。电解原理如图所示，阳极的电极反应式是_______，该池使用了___（填“阳”或“阴”）离子交换膜。 III.制备LiFePO4
（5）将电池级Li2CO3和C、 FePO4高温下反应，共生成2种产物其中有一种为可燃性气体，该反应的化学方程式是____________。
答案：Ni(OH)2、Mg(OH)2、Ca(OH)2 和水溶液中残留的少量Ni2+、Ca2+、Mg2+形成稳定的水溶性络合物，防止Ni2+、Ca2+、Mg2+和加入的饱和Na2CO3溶液反应 趁热过滤
185ab 4OH--4e-=2H2O+O2↑ 阳 LiCO+2C+2FePO234高温=2LiFePO4+3CO
解析：根据流程可知，将含锂废渣研磨后，在70℃条件下用稀硫酸酸浸其中的金属，得到含有的Li+、Ni2+、Ca2+、Mg2+酸性溶液，其中部分Ca2+与硫酸根离子生成CaSO4沉淀，过滤，滤渣1主要是CaSO4，向滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2，滤液2含有Li+，向滤液2中先加入EDTA，再加入饱和Na2CO3溶液，90℃充分反应后，得到沉淀，趁热过滤得到粗品Li2CO3，将Li2CO3转化为LiHCO3后，用隔膜法电解LiHCO3溶液制备高纯度的LiOH，再转化得电池级Li2CO3．将电池级Li2CO3和C、FePO4高温下反应：Li2CO3+2C+2FePO4=2LiFePO4+3CO↑，据此分析作答。 【详解】
(1)根据分析滤液1中加入NaOH调节pH=12沉淀Ni2+、Ca2+、Mg2+，故滤渣2主要为Ni(OH)2、Mg(OH)2还有极少量的Ca(OH)2；
(2)向滤液2中先加入EDTA目的是：和水溶液中残留的少量Ni2+、Ca2+、Mg2+形成稳定的水溶性络合物，防止Ni2+、Ca2+、Mg2+和加入的饱和Na2CO3溶液反应产生沉淀；根据表可知Li2CO3的溶解度小在较高的温度下较小，故90℃充分反应后，通过趁热过滤分离出固体Li2CO3粗品；故答案为：趁热过滤；
(3)lkg含锂3.50%的废渣，锂的浸出率为a，则浸出的n(Li+)=
1000g3.5%a7g/mol=5amol，
Li+转化为Li2CO3的转化率为b，则粗品中含Li2CO3的质量是5amol×0.5×b×74g/mol=185ab g；
(4)根据电解图，阳极上发生氧化反应，氢氧根离子放电，电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑；阴极上放电的是氢离子，阴极生成OH-，根据题意得到LiOH，则LiOH在阴极生成，Li+移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜；
(5)Li2CO3和C、FePO4高温下反应，生成LiFePO4和一种可燃性气体，根据元素分析该气体为CO，则反应为：LiCO+2C+2FePO234高温=2LiFePO4+3CO。
30．银铜合金广泛用于航空工业，从切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如图：
(注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃) (1)电解精炼银时，阴极反应式为_____________。
(2)固体混合物B的组成为_________；在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量。若NaOH过量，则因过量引起的反应的离子方程式_____________________。 (3)完成煅烧过程中一个反应的化学方程式：____CuO＋____Al2O3____。
高温____CuAlO2＋
(4)若银铜合金中铜的质量分数为64%，理论上5.0 kg废料中的铜可完全转化为CuAlO2，L1的Al2(SO4)3溶液________L。 至少需要1.0 mol·
(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，其基本操作是________、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。
－
答案：Ag++e-=Ag Al(OH)3和CuO Al(OH)3+OH-=AlO2+2H2O (写成Al3++4OH-=AlO2+2H2O也可以) 4 2 4 O2 25 蒸发浓缩(或加热浓缩)
解析：银铜合金在空气中熔炼，渣料中含有氧化铜和少量银，加入稀硫酸，过滤后得到硫酸铜溶液，在硫酸铜溶液中加入硫酸铝和稀氢氧化钠溶液，煮沸、过滤得到Al(OH)3和CuO，煅烧可得到CuAlO2，滤渣含有Ag，粗银电解时，粗银为阳极，在阴极上得到银，可得到提纯的目的。 【详解】
(1)电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阴极上Ag+得到电子形成单质银，电极反应式为：Ag++e-=Ag；
(2)未煮沸之前是Cu(OH)2和Al(OH)3，Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu(OH)2分解产生CuO，可知B为Al(OH)3和CuO；Al(OH)3显两性，能与强碱NaOH发生应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，该反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2+2H2O(也可写为：Al3++4OH-=AlO2+2H2O)；
(3)反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，得到电子e-，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成O2，反应前O为-2价，反应后为0价，O元素化合价升高2，每反应产生1个O2，得到电子2×2e-，电子得失的最小公倍数是4，则CuO、CuAlO2系数是4，O2系数是1，Al2O3系数是2，配平后方程式为：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑； (4)由关系式：Cu～CuAlO2得n(CuAlO2)=n(Cu)=Al2(SO4)3～2CuAlO2得n[Al2(SO4)3]=
5000g64%=50.0 mol，再由关系式：
64g/mol11n(CuAlO2)= ×50.0 mol=25.0 mol，由于Al2(SO4)32225.0?mol=25.0 L；
1mol/L的浓度为1 mol/L，则需要Al2(SO4)3的体积V[Al2(SO4)3]=
(5)CuSO4溶液也可用于制备胆矾，由于该物质的溶解度受温度的影响变化较大，所以由溶液制备晶体的操作方法是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥。 【点睛】
本题考查物质的制备。注意把握物质的性质以及实验流程所给信息，掌握化学反应原理，利用反应过程中元素守恒分析解答。
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容