2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 F单元 化学反应与能量 苏教版.doc

2019-2020年高考化学大一轮复习 真题汇编 F单元 化学反应与能量 苏教版 F1 化学反应与能量变化8F1 F2xx江苏卷 通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是()太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H1571.6 kJmol1焦炭与水反应制氢：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H2131.3 kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)H3206.1 kJmol1A反应中电能转化为化学能B反应为放热反应C反应使用催化剂，H3减小D反应CH4(g)=C(s)2H2(g)的H74.8 kJmol18D解析 反应是光能转化为化学能，A项错误；反应的焓变为正值，属于吸热反应，B项错误；催化剂只能降低反应的活化能，但不会改变反应的焓变，C项错误；根据盖斯定律可知，“反应反应”得所求的反应，则焓变H206.1 kJmol1131.3 kJmol174.8 kJmol1，D项正确。10F1 G3 H1 H2xx江苏卷 下列图示与对应的叙述不相符合的是()图00A图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线10A解析 燃烧反应一定是放热反应，图甲中生成物的能量大于反应物的能量，表示的是吸热反应，与叙述不符；酶在特定温度下的催化效果最好，如果温度过高，酶会失去活性，反应速率反而减小，图示与叙述相符；弱电解质电离时，开始时分子变成离子速率最大，而离子变成分子速率最小，当二者速率相等时，则建立了电离平衡，图示与叙述相符；在强酸中滴入强碱，pH不断增大，当接近滴定终点时，溶液的pH会发生突变，图示与叙述相符。3F1、F3、G1、G2、H5xx天津卷 下列叙述正确的是()A使用催化剂能够降低化学反应的反应热(H)B金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率和氧气浓度无关C原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生D在同浓度的盐酸中，ZnS可溶而CuS不溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小3D解析 催化剂只能改变反应速率而不能改变化学反应的反应热，故A项错误；金属发生吸氧腐蚀的速率与氧气的浓度有关，浓度越大，被腐蚀的速率越大，故B项错误；原电池反应达平衡时，该电池就没有电流产生了，故C项错误；在同浓度的盐酸中，氢离子的浓度相同，CuS不溶而ZnS可溶，说明CuS的溶解度比ZnS的小，D项正确。7C5、F1、F3xx浙江卷 下列说法不正确的是()A储热材料是一类重要的能量存储物质，单位质量的储热材料在发生熔融或结晶时会吸收或释放较大的热量BGe(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池CBa2浓度较高时危害健康，但BaSO4可服入体内，作为造影剂用于X射线检查肠胃道疾病D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2、Cu2、Cd2、Hg2等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附7D解析 储热材料熔融时吸热，结晶时放热，A项正确；光电转换材料可以将光能转化为电能，B项正确；BaSO4为钡餐，与胃酸不反应，C项正确；纳米铁粉与水体中的重金属离子发生置换反应，D项错误。10F1 G2xx上海卷 一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。图0关于此反应说法错误的是()A一定属于吸热反应B一定属于可逆反应C一定属于氧化还原反应D一定属于分解反应10A解析 根据题意，反应前后有剩余，该反应为可逆反应，B项正确；反应的方程式为22，该反应为有单质生成的分解反应，必定属于氧化还原反应，C、D项正确；从图中并不能判断反应的热效应，A项错误。28F1、F2、F3、G2、G4xx浙江卷 催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H153.7 kJmol1CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2某实验室控制CO2和H2初始投料比为12.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：T(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醛的百分比已知：CO和H2的标准燃烧热分别为283.0 kJmol1和285.8 kJmol1H2O(l)=H2O(g)H344.0 kJmol1请回答(不考虑温度对H的影响)：(1)反应的平衡常数表达式K_；反应的H2_kJmol1。(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_。A使用催化剂Cat.1B使用催化剂Cat.2C降低反应温度D投料比不变，增加反应物的浓度E增大CO2和H2的初始投料比(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_。(4)在图中分别画出反应在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程能量”示意图。图00(5)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_。28(1)41.2(2)CD(3)表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响(4)(5)阴CO26H6e=CH3OHH2O解析 (1)根据反应方程式可写出平衡常数的表达式；根据CO、H2的标准燃烧热可得热化学方程式为： CO(g)O2(g)=CO2(g)H283.0 kJmol1；：H2(g)O2(g)=H2O(l)H285.8 kJmol1；若设H2O(l)=H2O(g)H44 kJmol1为反应，将反应可得反应，故H2285.8 kJmol144 kJmol1(283 kJmol1)41.2 kJmol1。(2)根据反应，要提高CO2的转化率，需使得平衡正向移动，而催化剂只能改变反应速率，A、B项错误；该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，C项正确；该反应的正反应为气体体积减小的反应，反应物浓度同时增大时，相当于增大压强，平衡正向移动，D项正确；增大CO2和H2的投料比时，相当于增大了CO2 的用量，CO2的转化率降低，E项错误。(4)催化剂对平衡移动无影响，故三条曲线的起点和终点相同，但是使用催化剂后能降低反应的活化能，由表格中的数据可知，Cat.2的催化效果更好，即在图像上表现为Cat.2对应曲线在Cat.1的下方。(5)CO2中C的化合价为4价，CH3OH中C的化合价为2价，CO2得电子后生成CH3OH，发生还原反应，为阴极，电解质溶液为酸性，所以电极反应式为CO26e6H=CH3OHH2O。 F2 反应热的计算与重要的反应热8F1 F2xx江苏卷 通过以下反应均可获取H2。下列有关说法正确的是()太阳光催化分解水制氢：2H2O(l)=2H2(g)O2(g)H1571.6 kJmol1焦炭与水反应制氢：C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H2131.3 kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)H3206.1 kJmol1A反应中电能转化为化学能B反应为放热反应C反应使用催化剂，H3减小D反应CH4(g)=C(s)2H2(g)的H74.8 kJmol18D解析 反应是光能转化为化学能，A项错误；反应的焓变为正值，属于吸热反应，B项错误；催化剂只能降低反应的活化能，但不会改变反应的焓变，C项错误；根据盖斯定律可知，“反应反应”得所求的反应，则焓变H206.1 kJmol1131.3 kJmol174.8 kJmol1，D项正确。10F2、F3、F4、F5、G2xx天津卷 氢能是发展中的新能源，它的利用包括氢的制备、储存和应用三个环节。回答下列问题：(1)与汽油相比，氢气作为燃料的优点是_(至少答出两点)。但是氢气直接燃烧的能量转换率远低于燃料电池，写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式：_。(2)氢气可用于制备H2O2。已知：H2(g)A(l)=B(l)H1O2(g)B(l)=A(l)H2O2(l)H2其中A、B为有机物，两反应均为自发反应，则H2(g)O2(g)=H2O2(l)的H_0(填“”“”或“”)。(3)在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)yH2(g)MHx2y(s)Hv(吸氢)(4)利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_。(5)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：Fe2H2O2OHFeO3H2，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO，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。 图00电解一段时间后，c(OH)降低的区域在_(填“阴极室”或“阳极室”)。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为_。c(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：_。10(1)污染小；可再生；来源广；资源丰富；燃烧热值高(任写其中2个)H22OH2e=2H2O(2)(3)ac(4)光能转化为化学能(5)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N点：c(OH)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低解析 (1)氢气相对于汽油等化石能源，其优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等。(2)由反应方程式可看出两反应的S均小于0，又因为两个反应均为自发反应，所以两个反应的焓变H1、H2均小于0，由盖斯定律得HH1H2，故Hv(放氢)，故d错误。(4)利用太阳能分解水制得氢气和氧气，其能量转化形式是光能转化为化学能。(5)依据装置及电解原理，其阳极的电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O，阴极的电极反应式为6H2O6e=6OH3H2，故c(OH)在阳极区减小，在阴极区增大；由已知条件可知，若不及时排出H2，H2会还原FeO使其浓度减小，产率降低。27D3 D4 F2 G2xx全国卷 煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，形成酸雨、污染大气，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，回答下列问题：(1)NaClO2的化学名称为_。(2)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323 K，NaClO2溶液浓度为5103molL1 。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SOSONOc/(molL1)8.351046.871061.5104离子NOClc/(molL1)1.21053.4103写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_。增加压强，NO的转化率_(填“提高”“不变”或“降低”)。随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐_(填“增大”“不变”或“减小”)。由实验结果可知，脱硫反应速率_脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是_。(3)在不同温度下，NaClO2溶液脱硫、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图00所示。图00由图分析可知，反应温度升高，脱硫、脱硝反应的平衡常数均_(填“增大”“不变”或“减小”)。反应ClO2SO=2SOCl的平衡常数K表达式为_。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2，也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析，Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是_。已知下列反应：SO2(g)2OH(aq)=SO(aq)H2O(l)H1ClO(aq)SO(aq)=SO(aq)Cl(aq)H2CaSO4(s)=Ca2(aq)SO(aq)H3则反应SO2(g)Ca2(aq)ClO(aq)2OH(aq)=CaSO4(s)H2O(l)Cl(aq)的H_。27(1)亚氯酸钠(2)4NO3ClO4OH=4NO2H2O3Cl提高减小大于NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高(3)减小(4)形成CaSO4沉淀，促使平衡向产物方向移动，SO2的转化率提高H1H2H3解析 (1)NaClO2中Cl为3价，其酸根对应含氧酸HClO2为亚氯酸，故其名称为亚氯酸钠。(2)NaClO2溶液脱硝过程，ClO转化为Cl，NO主要转化为NO，则有4NO3ClO4OH=4NO2H2O3Cl。增加压强，反应正向进行，NO的转化率提高。根据脱硫、脱硝反应，随着吸收反应的进行，吸收剂溶液由NaClO2溶液转化为NaCl、NaNO3、Na2SO4的混合溶液，pH减小。由实验结果可知，SO浓度大于NO浓度，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，原因还可能是NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高。(3)由图可知，反应温度升高，SO2和NO的lgpc都减小，则pc增大，说明平衡向逆反应方向进行，故平衡常数减小。反应ClO2SO=2SOCl的平衡常数K。(4)Ca(ClO)2替代NaClO2进行烟气脱硫，Ca(ClO)2与SO2反应，生成CaSO4沉淀，平衡向产物方向移动，SO2转化率提高。根据盖斯定律，由第一个反应第二反应第三个反应，可得SO2(g)Ca2(aq)ClO(aq)2OH(aq)=CaSO4(s)H2O(l)Cl(aq)，则HH1H2H3。11D4 D5 F2 G4xx四川卷 资源的高效利用对保护环境、促进经济持续健康发展具有重要作用。磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3 。某研究小组提出了磷尾矿综合利用的研究方案，制备具有重要工业用途的CaCO3、Mg(OH)2、P4和H2，其简化流程如下：图00已知：Ca5(PO4)3F在950 不分解；4Ca5(PO4)3F18SiO230C2CaF230CO18CaSiO33P4请回答下列问题：(1)950 煅烧磷尾矿生成气体的主要成分是_。(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是_。(3)NH4NO3溶液能从磷矿中浸取出Ca2的原因是_。(4)在浸取液中通入NH3，发生反应的化学方程式是_。(5)工业上常用磷精矿Ca5(PO4)3F和硫酸反应制备磷酸。已知25 ，101 kPa时：CaO(s)H2SO4(l)=CaSO4(s)H2O(l)H271 kJ/mol5CaO(s)3H3PO4(l)HF(g)=Ca5(PO4)3F(s)5H2O(l)H937 kJ/mol则Ca5(PO4)3F和硫酸反应生成磷酸的热化学方程式是_。(6)在一定条件下CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为15，达平衡时，CO转化了。若a kg含Ca5(PO4)3F(相对分子质量为504)的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5(PO4)3F转化为P4，将产生的CO与H2O(g)按起始物质的量之比13混合，则相同条件下达平衡时能产生H2_kg。11(1)CO2(2)漏斗、烧杯、玻璃棒(3)NH水解使溶液呈酸性，与CaO、Ca(OH)2反应生成Ca2(4)MgSO42NH32H2O=Mg(OH)2(NH4)2SO4(5)Ca5(PO4)3F(s)5H2SO4(l)=5CaSO4(s)3H3PO4(l)HF(g)H418 kJ/mol(6)解析 (1)根据题给化学工艺流程和信息知磷尾矿主要含Ca5(PO4)3F和CaCO3MgCO3在950 下煅烧，其中CaCO3和MgCO3分解，生成气体的主要成分为二氧化碳(CO2)。(2)实验室过滤所需的玻璃仪器是烧杯、漏斗和玻璃棒。(3)NH4NO3溶液中铵根离子水解呈酸性，H能从磷矿中浸取出Ca2。(4)根据化学工艺流程判断浸取液的主要成分为硫酸镁溶液，通入NH3，发生反应的化学方程式是MgSO42NH32H2O=Mg(OH)2(NH4)2SO4 。(5)按顺序给已知热化学方程式编号为、，根据盖斯定律知目标热化学方程式由5可得。(6)根据题给数据利用三段式分析。设CO的起始浓度为1 mol/L，则水蒸气的起始浓度为5 mol/L。CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)起始浓度/(mol/L)1500转化浓度/(mol/L) 平衡浓度/(mol/L) 则K1。相同条件下当CO与H2O(g)的起始物质的量之比为13，平衡常数不变，设转化的CO的浓度为x。CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，起始浓度/(mol/L)1300转化浓度/(mol/L)xxx x平衡浓度/(mol/L)(1x)(3x)x x则1，解得x mol/L，即达平衡时，CO转化了。转化为P4的Ca5(PO4)3F质量为a10%b% kg，根据反应4Ca5(PO4)3F18SiO230C2CaF230CO18CaSiO33P4知生成CO的质量为kg，则转化的CO的质量m(CO)kg，根据反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，相同条件下达平衡时能产生H2的质量m(H2)m(CO) kg。7B3、D4、E2、E5、F2xx天津卷 下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列问题(1)Z元素在周期表中的位置为_。(2)表中元素原子半径最大的是(写元素符号)_。(3)下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是_；aY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1 mol Y单质比1 mol S得电子多cY和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高(4)X与Z两元素的单质反应生成1 mol X的最高价化合物，恢复至室温，放热687 kJ，已知该化合物的熔、沸点分别为69 和58 ，写出该反应的热化学方程式：_。(5)碳与镁形成的1 mol化合物Q与水反应，生成2 mol Mg(OH)2和1 mol烃，该烃分子中碳氢质量比为91，烃的电子式为_。Q与水反应的化学方程式为_。(6)铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中两种元素组成，气体的相对分子质量都小于50。为防止污染，将产生的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1 L 2.2 molL1 NaOH溶液和1 mol O2，则两种气体的分子式及物质的量分别为_，生成硫酸铜物质的量为_。7(1)第三周期第A族(2)Si(3)ac(4)Si(s)2Cl2(g)=SiCl4(l)H687 kJmol1(5) Mg2C34H2O=2Mg(OH)2C3H4(6)NO0.9 mol；NO21.3 mol2 mol解析 根据元素在周期表中的位置及原子序数关系可判断X为Si，Y为O，Z为Cl。(1)Cl在元素周期表中位于第三周期第A族。(2)在元素周期表中同周期主族元素随着原子序数的递增原子半径逐渐减小，同主族元素原子半径自上而下逐渐增大，由此可判断所给元素中X元素即硅元素原子半径最大。(3)单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强；氢化物的稳定性越强，其非金属性越强；故选ac。(4)单质Si和Cl2发生化合反应生成Si的最高价化合物即SiCl4，根据熔沸点可判断常温下SiCl4为液体，根据题意可写出热化学方程式为Si(s)2Cl2(g)=SiCl4(l)H687 kJ/mol。(5)根据生成的烃分子的碳氢质量比为91可推知，碳氢原子个数比为34，则该烃的分子式为C3H4，即为丙炔，其电子式为；又因为1 mol Q与水反应生成2 mol Mg(OH)2和1 mol C3H4，则Q的化学式为Mg2C3，其与水反应的化学方程式为Mg2C34H2O=2Mg(OH)2C3H4。(6)铜与硝酸反应的气体产物为NO或NO2或N2O4，但其相对分子质量要小于50，则两种气体产物为NO和NO2，设NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则依据原子守恒和得失电子守恒有xy1 L2.2 mol/L2.2 mol和3xy4 mol，解得x0.9 mol，y1.3 mol；因为铜失去的电子的物质的量等于硝酸根得到的电子的物质的量，也等于NO和NO2失去的电子的物质的量(又生成硝酸根)，还等于1 mol O2得到的电子的物质的量即4 mol，1 mol Cu失去2 mol电子，则需要2 mol Cu失去4 mol 电子生成2 mol Cu2，即生成CuSO4 2 mol。28F1、F2、F3、G2、G4xx浙江卷 催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一。研究表明，在Cu/ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO。反应的热化学方程式如下：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H153.7 kJmol1CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2某实验室控制CO2和H2初始投料比为12.2，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据：T(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)543Cat.112.342.3543Cat.210.972.7553Cat.115.339.1553Cat.212.071.6【备注】Cat.1：Cu/ZnO纳米棒；Cat.2：Cu/ZnO纳米片；甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醛的百分比已知：CO和H2的标准燃烧热分别为283.0 kJmol1和285.8 kJmol1H2O(l)=H2O(g)H344.0 kJmol1请回答(不考虑温度对H的影响)：(1)反应的平衡常数表达式K_；反应的H2_kJmol1。(2)有利于提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_。A使用催化剂Cat.1B使用催化剂Cat.2C降低反应温度D投料比不变，增加反应物的浓度E增大CO2和H2的初始投料比(3)表中实验数据表明，在相同温度下不同的催化剂对CO2转化成CH3OH的选择性有显著的影响，其原因是_。(4)在图中分别画出反应在无催化剂、有Cat.1和有Cat.2三种情况下“反应过程能量”示意图。图00(5)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_。28(1)41.2(2)CD(3)表中数据表明此时反应未达到平衡，不同的催化剂对反应的催化能力不同，因而在该时刻下对甲醇选择性有影响(4)(5)阴CO26H6e=CH3OHH2O解析 (1)根据反应方程式可写出平衡常数的表达式；根据CO、H2的标准燃烧热可得热化学方程式为： CO(g)O2(g)=CO2(g)H283.0 kJmol1；：H2(g)O2(g)=H2O(l)H285.8 kJmol1；若设H2O(l)=H2O(g)H44 kJmol1为反应，将反应可得反应，故H2285.8 kJmol144 kJmol1(283 kJmol1)41.2 kJmol1。(2)根据反应，要提高CO2的转化率，需使得平衡正向移动，而催化剂只能改变反应速率，A、B项错误；该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，C项正确；该反应的正反应为气体体积减小的反应，反应物浓度同时增大时，相当于增大压强，平衡正向移动，D项正确；增大CO2和H2的投料比时，相当于增大了CO2 的用量，CO2的转化率降低，E项错误。(4)催化剂对平衡移动无影响，故三条曲线的起点和终点相同，但是使用催化剂后能降低反应的活化能，由表格中的数据可知，Cat.2的催化效果更好，即在图像上表现为Cat.2对应曲线在Cat.1的下方。(5)CO2中C的化合价为4价，CH3OH中C的化合价为2价，CO2得电子后生成CH3OH，发生还原反应，为阴极，电解质溶液为酸性，所以电极反应式为CO26e6H=CH3OHH2O。 F3 原电池原理11F3 F4xx全国卷 锌空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2ZnO24OH2H2O=2Zn(OH)。下列说法正确的是()A充电时，电解质溶液中K向阳极移动B充电时，电解质溶液中c(OH)逐渐减小C放电时，负极反应为Zn4OH2e=Zn(OH)D放电时，电路中通过2 mol电子，消耗氧气22.4 L(标准状况)11C解析 充电时该电池为电解池，电解质溶液中阳离子向阴极移动，故K向阴极移动，A项错误；充电时的总反应为2Zn(OH)=2ZnO24OH2H2O，因此c(OH)逐渐增大，B项错误；放电时负极上Zn发生氧化反应，负极反应为Zn4OH2e=Zn(OH)，C项正确；放电时的正极反应为O24e2H2O=4OH，电路中通过2 mol电子时，消耗O2 0.5 mol，在标准状况下的体积为11.2 L，D项错误。7F3 H3 A2 H1xx江苏卷 下列说法正确的是()A氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子B0.1 molL1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小C常温常压下，22.4 L Cl2中含有的分子数为6.021023个D室温下，稀释0.1 molL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强7A解析 氢氧燃料电池中，H2作为负极，失去电子发生氧化反应，A项正确；加热会促进CO水解，溶液的碱性变强，pH增大，B项错误；常温常压下，22.4 L Cl2不是1 mol，无法确定其中的分子数，C项错误；稀释CH3COOH溶液时，CH3COOH电离产生的CH3COO和H数目增加，但CH3COO和H的浓度减小，导电能力减弱，D项错误。5F3 F4xx四川卷 某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池的总反应为Li1xCoO2LixC6=LiCoO2 C6(x”“”或“”)。(3)在恒温恒容的密闭容器中，某储氢反应：MHx(s)yH2(g)MHx2y(s)Hv(吸氢)(4)利用太阳能直接分解水制氢，是最具吸引力的制氢途径，其能量转化形式为_。(5)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：Fe2H2O2OHFeO3H2，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO，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。 图00 电解一段时间后，c(OH)降低的区域在_(填“阴极室”或“阳极室”)。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因为_。c(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：_。10(1)污染小；可再生；来源广；资源丰富；燃烧热值高(任写其中2个)H22OH2e=2H2O(2)(3)ac(4)光能转化为化学能(5)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N点：c(OH)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低解析 (1)氢气相对于汽油等化石能源，其优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等。(2)由反应方程式可看出两反应的S均小于0，又因为两个反应均为自发反应，所以两个反应的焓变H1、H2均小于0，由盖斯定律得HH1H2，故Hv(放氢)，故d错误。(4)利用太阳能分解水制得氢气和氧气，其能量转化形式是光能转化为化学能。(5)依据装置及电解原理，其阳极的电极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O，阴极的电极反应式为6H2O6e=6OH3H2，故c(OH)在阳极区减小，在阴极区增大；由已知条件可知，若不及时排出H2，H2会还原FeO使其浓度减小，产率降低。26C3 F3 J5xx北京卷 用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO)已成为环境修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中NO的反应原理如图所示。图00作负极的物质是_。正极的电极反应式是_。(2)将足量铁粉投入水体中，经24小时测定NO的去除率和pH，结果如下：初始pHpH2.5pH4.5NO的去除率接近100%50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH4.5时，NO的去除率低。其原因是_。(3)实验发现：在初始pH4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe2可以明显提高NO的去除率。对Fe2的作用提出两种假设：.Fe2直接还原NO；.Fe2破坏FeO(OH)氧化层。做对比实验，结果如图所示，可得到的结论是_。图00同位素示踪法证实Fe2能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式，解释加入Fe2提高NO去除率的原因：_。(4)其他条件与(2)相同，经1小时测定NO的去除率和pH，结果如下：初始pHpH2.5pH4.5NO的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO去除率和铁的最终物质形态不同的原因：_。26(1)FeNO8e10H=NH3H2O(2)FeO(OH)不导电，阻碍电子转移(3)本实验条件下，Fe2不能直接还原NO；在Fe和Fe2共同作用下能提高NO的去除率Fe22FeO(OH)=Fe3O42H， Fe2将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移(4)初始pH低时，产生的Fe2充足；初始pH高时，产生的Fe2不足解析 (1)根据图示可知，Fe失电子，使NO还原为NH，故Fe作负极，结合电子守恒、电荷守恒和元素守恒写出正极的电极反应式为NO8e10H=NH3H2O。(2)pH越大，Fe3越容易水解生成不导电的FeO(OH)，在中间阻碍反应进行，所以NO去除率低；pH越小，越容易生成疏松、能导电的Fe3O4，所以NO去除率高。(3)从图中可以看出只加入铁粉或只加入Fe2，NO的去除率都不如同时加入铁粉和Fe2，说明不是利用Fe2的还原性直接还原NO，而是由于Fe和Fe2的共同作用。同位素示踪法证实Fe2能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。该反应的离子方程式为Fe22FeO(OH)=Fe3O42H，加入Fe2提高NO去除率的原因是将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，增强了导电性，另外生成的H使pH减小，有利于提高NO的去除率。(4)pH越低越容易发生(3)的反应，生成更多的Fe2参与反应破坏FeO(OH)氧化层，同时使致密的氧化层变疏松，所以pH越低NO的去除率越高。20F3xx江苏卷 铁炭混合物(铁屑和活性炭的混合物)、纳米铁粉均可用于处理水中污染物。(1)铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池。将含有Cr2O的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O转化为Cr3，其电极反应式为_。(2)在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2和Pb2的去除率，结果如图所示。图00当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2和Pb2，其原因是_。当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2和Pb2的去除率不升反降，其主要原因是_。(3)纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物。一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH(B元素的化合价为3)与Fe2反应生成纳米铁粉、H2和B(OH)，其离子方程式为_。纳米铁粉与水中NO反应的离子方程式为4Fe NO10H=4Fe2NH3H2O研究发现，若pH偏低将会导致NO的去除率下降，其原因是_。相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO的速率有较大差异(见图)，产生该差异的可能原因是_。图00含50 mgL1NO的水样含50 mgL1NO50 mgL1Cu2的水样20(1)Cr2O14H6e=2Cr37H2O(2)活性炭对Cu2和Pb2有吸附作用铁的质量分数增加，铁炭混合物中微电池数目减少(3)2Fe2BH4OH=2Fe2H2B(OH)纳米铁粉与H反应生成H2Cu或Cu2催化纳米铁粉去除NO的反应(或形成的FeCu原电池增大纳米铁粉去除NO的反应速率) 解析 (1)酸性条件下，Cr2O转化为Cr3，Cr的化合价降低，1 mol Cr2O得到6 mol e，用H平衡电荷，可写出电极反应式。(2)活性炭本身具有吸附作用。当铁的含量过高时，铁与炭构成的微电池数目减少，重金属离子去除率反而减小。(3)Fe2被还原为Fe，BH中H为1价，升至0价，B的化合价没有变，根据Fe和H得失电子守恒配平反应。若酸性过强，铁粉会消耗H生成H2，而减少了NO与Fe、H之间的氧化还原反应。从图像知，含有Cu2的水样中去除NO的速率