1、化学可能用到的相对原子质量： H 1 B11 C 12 N 14 O 16 Na 23 S32 Cl35.5 Cu 64 Ag108一、选择题1. 下列关于能量变化的说法正确的是A. “冰，水为之，而寒于水”说明相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B. 化学反应在物质变化的同时，伴随着能量变化，其表现形式只有吸热和放热两种C. 已知C（石墨，s）=C（金刚石，s）H0，则金刚石比石墨稳定D. 化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒【答案】D【解析】【详解】A、水和冰相比较，冰的能量低，A错误；B、发生化学反应时能量的变化有多种形式，可以表现为热量的变化，还可以变现为光能，B错误；C、H0反应
2、吸热，所以石墨的能量较低，能量越低物质越稳定，故石墨更稳定，C错误；D、化学反应遵循质量守恒的同时，也遵循能量守恒，D正确；答案选D。2. 下列关于反应与能量的说法正确的是（ ）A. Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s) H=-216kJmol-1，E反应物E生成物B. CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) H=+178.2kJmol-1，E反应物E生成物C. 2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) H=+92.3kJmol-1，1molHCl在密闭容器中分解后放出92.3kJ的能量D. 将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应后生成NH
3、3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H=-38.6kJmol-1【答案】B【解析】【分析】A. 反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应； B. 反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；C. 该反应为吸热反应；D. 该反应为可逆反应。【详解】A.当反应物总能量生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应H0，A项错误；B.当反应物总能量0，B项正确；C.根据热化学方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s) H=+92.3kJmol-1可知HCl分解是吸热反应，C项错误；D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5mol
4、N2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) H0D. 一定温度下，反应2NaCl(s)2Na(s)Cl2(g)的 H0 ，S0【答案】B【解析】【详解】A反应的S0，在一定条件下能自发进行，H应小于0，故A错误；B反应的S0，由G=H-TS0时，反应可自发进行可知，H0，故B正确；C反应S0，由G=H-TS0时，反应可自发进行可知，H0，故C错误；D反应的S0，该反应为分解反应，应吸热，反应的H0，在较高温度下，可满足G=H-TS0，能自发进行，故D错误；故选B。7. 在恒温恒容的密
5、闭体系中进行的可逆反应：A(g)+2B(g)C(g)+D(g)，下列不能说明反应达到平衡状态的是A. 正(B)=2逆(C)B. n(A)：n(D)=1：1C. 容器内压强不再改变D. 容器内混合气体的平均相对分子质量不再改变【答案】B【解析】【详解】A反应过程中有正(B)=2正(C)，又当正(B)=2逆(C)时，可推出正(C) =逆(C)即正反应速率等于逆反应速率，反应处于平衡状态，A能作为判断化学平衡的依据，A不符合题意；B当n(A)：n(D)=1：1时，该反应不一定达到平衡状态，该比值与反应物浓度及转化率有关，B符合题意；C该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，随反应进行，容器内压强
6、减小，当反应到达平衡状态时，容器中压强不变，能作为判断化学平衡的依据， C不符合题意；D. 该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，随反应进行，气体的总物质的量减小，容器内混合气体的平均相对分子质量增大，现在不再改变即说明到达平衡，D不符合题意；故答案为：B。8. 在一真空容器中充入2molSO2和1molO2，发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，在一定条件下达到平衡时，SO2的转化率为85%。若在同一容器中，在相同温度下向容器中充入SO3，欲使达到平衡时，各成分的体积分数与上述平衡相同，则起始时SO3的物质的量和达到平衡时SO3的转化率为（ ）A. 2mol85%B. 1m
7、ol42.5%C. 2mol15%D. 1mol30%【答案】C【解析】【详解】在相同的温度下，使平衡时各成分的百分含量相同，说明两平衡是等效平衡；按化学计量转化到一边，对应成分的物质的量相同，根据方程式2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)可知，2molSO2和1molO2完全转化，可得n(SO3)=n(SO2)=2mol，故从SO3开始进行反应，达相同的平衡状态，需要SO3的物质的量为2mol；从SO2和O2起始达平衡时，SO2的转化率为85%，SO2转化的n(SO2)=2mol85%=1.7mol，由硫元素守恒可知据平衡时n(SO3)=n(SO2)=1.7mol，所以从SO3开始进行反
8、应，达相同的平衡状态，SO3的物质的量相同为1.7mol，转化的SO3的物质的量为2mol1.7mol=0.3mol，SO3转化率为；答案为C。9. 某温度下，将0.10 mol H2(g)和0.10 mol I2(g)充入10 L的密闭容器中，充分反应，达到平衡后，测得c(H2)0.008 0 molL1。则反应H2(g)I2(g) 2HI(g)的平衡常数K为()A. 1.0B. 0.75C. 0.5D. 0.25【答案】D【解析】【详解】由题意可知，起始时氢气和碘蒸汽的浓度均为0.010 molL1，达到平衡时氢气的浓度为0.008 0 molL1，则反应消耗氢气的浓度为（0.0100.0
9、08 0）molL1=0.0020 molL1，由化学方程可知，平衡时碘蒸汽的浓度为0.008 0 molL1，碘化氢的浓度为0.0040 molL1，平衡常数K=0.25，故选D。10. 甲图为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能，乙图是一种用惰性电极电解饱和食盐水的消毒液发生器。关于甲、乙的说法正确的是()A. 装置乙中的b极要与装置甲的X极连接B. 装置乙中a极的电极反应式为2Cl-2e-Cl2C. 当N极消耗5.6 L(标准状况下)气体时，则有2NA个H+通过质子交换膜D. 若有机废水中主要含有葡萄糖(C6H12O6)，则装置甲中M极发生的电极反
10、应为C6H12O6+6H2O-24e- 6CO2+24H+【答案】D【解析】分析】甲池为原电池，N电极上氧气转化为水，发生还原反应，所以N(Y)极为正极，则M(X)极为负极；乙池为电解池，需要制备消毒液，则b极应生成氯气，a电极生成NaOH和氢气，然后氯气移动到a电极和NaOH反应生成NaClO，所以b为阳极，a为阴极。【详解】Aa为阴极，与甲中的负极相连，即与X相连，b极要与装置甲的Y极连接，故A错误；B乙为电解池，在下端生成氯气，则b极的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2，故B错误；CN电极为氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O，则当N电极消耗5.6 L气体（
11、标准状况下）即0.25mol时，消耗的氢离子为1mol，则有NA个H+通过离子交换膜，故C错误；D若有机废水中主要含有葡萄糖，则装置甲中M极上C6H12O6失电子生成二氧化碳同时产生氢离子，其电极应为：C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，故D正确；综上所述答案为D。二、选择题11. 工业上，在一定条件下利用乙烯和水蒸气反应制备乙醇。反应原CH2=CH2(g)+H2O(g)=CH3CH2OH(g )H。已知几种共价键的键能如下：化学键C-HC=CH-OC-CC-O键能/kJmol-1413615463348351下列说法错误的是A. 上述合成乙醇的反应原子利用率为100B.
12、相同时间段内,用该反应中三种物质表示的该反应的化学反应速率相等C. 碳碳双键的键能大于碳碳单键键能，但碳碳单键更稳定D. 上述反应式中,H=+34kJmol-1【答案】D【解析】【详解】A.乙烯水化制乙醇的反应是加成反应，反应物全部转化为生成物，原子利用率为100，A正确；B.反应混合物中，各物质的化学计量数相同，所以相同时间段内，反应中用三种物质表示的反应速率相等，B正确；C.由题中数据可知，碳碳双键的键能小于碳碳单键键能的2倍，所以碳碳单键比碳碳双键更稳定，C正确；D.上述反应式中，H=(615kJmol-1)+( 413 kJmol-1)+( 463 kJmol-1)-(348 kJmo
13、l-1)-( 413 kJmol-1)-(463 kJmol-1)-( 351 kJmol-1)=-34kJmol-1，D错误； 正确选项D。【点睛】反应热=反应物断键吸收的总能量-生成物成键放出的总能量，如果反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，反应为吸热反应；如果反应物断键吸收的能量小于生成物成键放出的能量，反应为放热反应。12. 化学研究小组探究外界条件对化学反应mA(g)+nB(g)pC(g)+qD(g)的速率和平衡的影响图像如下，下列判断错误的是( )A. 甲图中，表示反应速率v正v逆的是点1B. 乙图中，若m+n=p+q，则a曲线可能使用了催化剂C. 由丙图可知，T1T2，
14、该反应正反应为放热反应D. 由丁图可知，该反应m+np+q【答案】A【解析】【详解】A甲图中曲线上各点均处于平衡状态，点1的转化率大于平衡转化率，点1应逆向进行建立平衡，则点1的反应速率：v正v逆，故A错误；B乙图中，若m+n=p+q，表示该反应为气体体积不变的反应，图中a、b的平衡状态相同，则a曲线先达到平衡，可能使用了催化剂或增大了压强，故B正确；C丙图中，T2先达到平衡，则T1T2；T2对应C%含量低，则升高温度，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故C正确；D丁图中，相同温度下，压强越大，C%含量越高，则增大压强，平衡正向移动，则m+np+q，故D正确；故选A13. 恒容密闭容器中，充
15、入1 mol A和2 mol B发生反应A(s)+2B(g)C(g)+D(g)，反应过程中测得D的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法错误的是A. 若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2B. 温度为T1时B的平衡转化率为80%，平衡常数K=4C. 无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度不变时，反应达平衡状态D. 降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率【答案】D【解析】【详解】A根据“先拐先平数值大”知，T1T2，升高温度D的含量降低，则平衡逆向移动，则该反应是放热反应，升高温度平衡常数减小，则X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2
16、，故A正确；B温度为T1时，N的平衡转化率为80%，则消耗的n（B）=2mol80%=1.6mol，化学平衡常数K=，B正确；C. 无论温度为T1还是T2，由于物质A是固体，故在反应过程中容器中气体密度一直在变化，现在不变了，说明反应达平衡状态了，C正确；D. 由A项分析可知该反应正向是个放热反应，故降低温度和及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率，但由于该反应前后气体计量数之和不变，增大压强不能使平衡发生移动，D错误；故答案为：D。14. 如图装置()为一种可充电电池的示意图,其中的离子交换膜只允许K+通过,该电池放电、充电时的电池反应为2K2S2+KI3 K2S4+3KI。装置()为
17、电解池的示意图,当闭合开关K时,电极X附近溶液先变红。则闭合K时,下列说法不正确的是()A. K+从左到右通过离子交换膜B. 电极A上发生的反应为+2e- 3I-C. 电极Y上发生的反应为2Cl-2e- Cl2D. 当有0.1 mol K+通过离子交换膜时,X电极上产生1.12 L气体【答案】BD【解析】【分析】当闭合开关K时，电极X附近溶液先变红，即电极X附近有氢氧根离子生成，所以H+在X极上得电子析出氢气，X极是阴极，Y极是阳极。与阴极连接的是原电池的负极，所以A极是负极，B极是正极。【详解】A.闭合K时，根据原电池工作原理可知，阳离子移向正极，则K+从左到右通过离子交换膜，A正确；B.闭
18、合K时，A是负极，负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为2-2e- ，B错误；C.闭合K时，Y极是阳极，溶液中的氯离子在阳极上放电生成氯气，所以电极反应式为2Cl-2e-Cl2，C正确；D.闭合K时，当有0.1 mol K+通过离子交换膜，即有0.1 mol电子转移，根据氢气与电子的关系式知，生成氢气的物质的量是0.05 mol，体积为1.12 L(标准状况下)，但D项未标明所处状况，故D错误；故选BD。15. 一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体混合放入体积为2L的密闭刚性容器中，发生反应3A(g)B(g)xC(g)2D(g)，2min末反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得
19、C的物质的量浓度为0.4molL1，下列说法正确的是()A. x的值为2B. A的平衡转化率为40%C. 此温度下该反应的平衡常数K等于0.5D. A和B的平衡转化率相等【答案】AC【解析】【详解】A.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D，并测得C的物质的量浓度为0.4molL1可得x：2=(0.4molL12)：0.8mol，解得x=2，故A正确；B.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，则A的平衡转化率为100%=60%，故B错误；C.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，消耗
20、B的物质的量为=0.4mol，平衡时A、B、C、D的浓度分别为=0.4molL1、=0.8molL1、0.4molL1、0.4molL1，则此温度下该反应的平衡常数K=0.5，故C正确；D.由2min末反应达到平衡，生成0.8mol D可知，反应消耗A的物质的量为=1.2mol，消耗B的物质的量为=0.4mol，则A的平衡转化率为100%=60%，B的平衡转化率为100%=20%，A和B的平衡转化率不相等，故D错误；故选AC。三、非选择题16. 将V1 mL 1.0 molL-1盐酸和V2 mL未知浓度的NaOH溶液混合均匀后测量并记录溶液的温度,实验结果如图所示,实验中始终保持V1+V2=5
21、0。(1)下列叙述正确的是_。A.做该实验时环境温度为22 B.该实验表明化学能可转化为热能C.NaOH溶液的浓度约为1.5 mol/LD.该实验表明有水生成的反应都是放热反应。(2)中和热的理论数值为57.3 kJmol-1,下列操作可能使测得的数值偏小的是_(填序号)。室温低于10 时进行实验在量取NaOH溶液的体积时仰视读数分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中实验时用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒在做测定中和反应的反应热实验时，应使用仪器的正确组合是（ ）天平 量筒 烧杯 滴定管 温度计 试管 酒精灯A B C D 全部(3)若含有8.0 g NaOH的稀溶液与稍过量的1 L 0
22、.21 molL-1的盐酸反应放出11.46 kJ的热量,则表示中和热的热化学方程式为_(填字母)。A.NaOH(aq)+HCl(aq) NaCl(aq)+H2O(l)H=+57.3 kJmol-1BNaOH(s)+HCl(l) NaCl(s)+H2O(l)H=-57.3 kJmol-1C.NaOH(aq)+HCl(aq) NaCl(aq)+H2O(l)H=-11.46 kJmol-1D.NaOH(aq)+HCl(aq) NaCl(aq)+H2O(l)H=-57.3 kJmol-1(4)如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：_。【答案
23、】 (1). BC (2). (3). B (4). D (5). NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) H=-234kJmol-1【解析】【详解】(1)A实验时环境的温度应为酸、碱未混合之前的温度，故A错误；B发生中和反应，溶液温度升高，表明化学能可以转化为热能，故B正确；C由题图可知，恰好反应时参加反应的盐酸的体积是30 mL,由V1+V2=50可知，消耗的氢氧化钠溶液的体积为20 mL,氢氧化钠的浓度是1.5 mol/L，故C正确；D由题给实验只能得出该反应放热,其他有水生成的反应不一定放热，如氯化铵和氢氧化钡晶体的反应，故D错误；故本题答案为：BC；(2)室温低于10 时
24、进行实验，散失热量太快,实验结果的数值偏小，正确；在量取NaOH溶液的体积时仰视读数，导致量取的NaOH溶液的体积偏大，实验结果的数值偏小，正确；分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，散失热量,实验结果的数值偏小，正确；实验时用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒，散失热量,实验结果的数值偏小，正确；故本题答案为：；在做测定中和反应的反应热实验时，应使用的仪器为量筒、烧杯、温度计，故本题答案为：B； (3)8.0 g NaOH的物质的量为0.2mol，与1 L 0.21 molL-1的盐酸反应放出11.46 kJ的热量，则1mol氢氧化钠和稍过量的盐酸反应生成1mol水时，放出57.3kJ的
25、热量，则表示中和热的热化学方程式为NaOH(aq)+HCl(aq) NaCl(aq)+H2O(l)H=-57.3 kJmol-1，故本题答案为：D；(4) 由题可知，NO2和CO反应生成CO2和NO放热反应，而且放出热量为368 kJmol-1-134 kJmol-1=234 kJmol-1，所以其热化学方程式：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) H=-234kJmol-1，故本题答案为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g) H=-234kJmol-1。【点睛】在表示中和热的热化学方程式中，除了酸、碱溶液都必须是稀溶液外，生成物H2O的化学计量数必须是“1”。中和
26、反应都是放热的，H0。表示中和热的热化学方程式中，除了“H2O”后要标注“(l)”外，其他可溶性物质后都标“(aq)”。17. （一）煤化工中常需研究不同温度下的平衡常数、产率及不同投料比对反应方向的影响等问题。已知反应CO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g)的平衡常数随温度的变化如表所示：温度/4005008301 000平衡常数K10910.6试回答下列问题。 (1)该反应的化学平衡常数表达式为K_。(2)在相同条件下，为增大反应物的转化率，该反应应在_(填“高温”或“低温”)条件下进行。(3)在830 时发生上述反应，按下表中的物质的量将各物质投入恒容反应器中，其中向正反应方向进行的
27、反应有_(填序号)。选项ABCDn(CO2)/mol3101n(H2)/mol2101n(CO)/mol1230.5n(H2O)/mol5232（二）氮及其化合物与人们的生活、生产密切相关。回答下列问题：(1)微生物作用下，废水中的可转化为，该反应分两步反应：I：2(aq)+3O2(g)=2(aq)+4H+(aq)+2H2O(l) H=-546 kJmol-1II：2(aq)+O2(g)=2 (aq) H=-146 kJmol-1则低浓度氨氮废水中的(aq)氧化生成(aq)的热化学方程式为_。(2)在容积固定的密闭容器中，通入一定量的N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g) H，随温度升
28、高，混合气体的颜色变深。温度T时反应达平衡，混合气体平衡总压强为p Pa，N2O4气体的平衡转化率为75%，则反应N2O4(g)2NO2(g)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)。若温度升高，Kp值将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半。平衡向_(填“正反应”或“逆反应”)方向移动，判断理由是_。向绝热密闭容器中通入一定量的NO2，某时间段内正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是_(填字母)。A.逆反应速率：a点小于点cB.反应在c点达到平衡状态C.反应物浓度：a点小于b点【答案】 (1). (2).
29、 低温 (3). BC (4). (aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2O(l)+(aq) H=-346kJmol-1 (5). Pa (6). 增大 (7). 逆反应 (8). 对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动 (9). A【解析】【详解】（一）：(1)化学平衡常数为一定温度下，平衡时生成物浓度的幂指数积与生成物浓度的幂指数积的比值，则该反应的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：；(2)根据表中数据可知，温度升高，反应的平衡常数减减小，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为放热反应，则在相同条件下，为增大反应物的转化率应在低温条件下进行，故莟案为：低温；(3) 根据表中
30、数据可知，830 时，K=1。AQ=1.21，反应逆向进行，A错误；BQ=0.251，反应正向进行，B正确；CQ=01，反应正向进行，C正确；DQ=1，反应处于平衡状态，D错误；故答案为：BC。（二）：(1)由盖斯定律可知，（I+）可得反应NH4+(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2 O(1)+NO3(aq)，则H=(546 kJ/mol)+( 146 kJ/mol)=346 kJ/mol，故本题答案为：(aq)+2O2(g)=2H+(aq)+H2O(l)+(aq) H=-346kJmol-1；(2) 温度T时反应达平衡，混合气体平衡总压强为p Pa，N2O4气体的平衡转化率为75%，
31、则反应N2O4(g)2NO2(g)后两物质的量之比为(1-75%)：75%2=1：6；平衡常数Kp=Pa；反应N2O4(g)2NO2(g)为吸热反应，若温度升高，平衡正向移动，Kp值将增大，故本题答案为：Pa；增大；温度T时反应达平衡后，将反应容器的容积减少一半，压强增大，平衡向气体体积缩小的逆反应方向移动，判断理由是对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动，故本题答案为：逆反应；对气体分子数增大的反应，增大压强平衡向逆反应方向移动；反应过程中正反应速率先加快后减少，先反应速率加快说明反应放热，温度升高，速率加快；后反应速率减少是因为反应物浓度减小。A随着反应进行逆反应速率逐渐增大
32、，逆反应速率：a点小于c点，选项A正确；Bc点不是平衡点，二氧化硫转化率不是最大，选项B错误；C随着反应进行，反应物浓度减小，选项C错误；故本题答案为：A。【点睛】判断某时刻反应的进行方向是根据浓度商和K值大小来判断，若QK，反应逆向进行，若QK，反应正向进行，若Q=K，反应处于平衡状态，此为易错点。18. (1)2004年美国圣路易斯大学研制了一种新型乙醇电池，该电池采用磺酸类质子溶剂，在200左右时供电，电池示意图如下所示：_极(填“a”或“b”)为电池的正极，电池工作时电子的流向为_(填“ab”或“ba”)。写出该电池负极的电极反应式：_。(2)图中X为电源，Y为浸透滴有酚酞试液的饱和食
33、盐水的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色斑向d端扩散。Y中总反应的化学方程式为_，滤纸上c点附近会变_色。电解一段时间后，Z产生280 mL的气体(标准状况下)，此时Z中溶液的体积为500 mL，假设溶液中还有AgNO3存在，则溶液中氢离子的物质的量是_，需加入_g的_(填化学式)可使溶液复原。(3)氧化还原反应与生产、生活、科技密切相关。请回答下列问题：银制器皿久置表面变黑是因为表面生成了Ag2S，该现象属于_腐蚀。在如图所示的原电池装置中，负极的电极反应为_，电池总反应为_，当电路中通过0.1 mol e-时，交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为_。【答案】 (1)
34、. b (2). ab (3). C2H5OH-12e-+3H2O 12H+2CO2 (4). 2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2 (5). 红 (6). 0.05 mol (7). 5.8 (8). Ag2O (9). 化学 (10). Ag-e-+Cl- AgCl (11). 2Ag+Cl2 2AgCl (12). 0.2 mol【解析】【分析】(1)根据燃料电池原理及图示装置分析电池的正负极，电子流向及电极反应式；(2)根据电解池原理分析电极反应并根据电子转移守恒进行相关计算；(3)根据已知条件分析金属腐蚀类型，根据原电池原理分析电极反应及根据电子转移守恒进行相关计算。【详解
35、】(1)在燃料电池中，燃料在负极发生失电子的反应，则a为负极，b为正极；电流在电路中从正极流向负极，而电子则从负极流向正极，即ab；负极失电子，电解质为质子，则电极反应式为：C2H5OH-12e-+3H2O 12H+2CO2；故答案为：b；ab；C2H5OH-12e-+3H2O 12H+2CO2；(2)紫红色斑为MnO4-呈现的颜色，MnO4-向d端扩散，根据阴离子向阳极移动的原理，可知d端为阳极，b为正极，a为负极，c为阴极；电解NaCl溶液时，总化学方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；阴极上是H2O电离出的H+放电，溶液中OH-浓度增大，故阴极附近碱性增强，c点附近会
36、变红色；电解AgNO3溶液时，Pt为阳极，溶液中的OH-放电：4OH-4e- O2+2H2O，当有280 mL(标准状况)即0.0125 mol的气体生成时，转移0.05 mol电子，溶液中产生n(H+)=0.05 mol；Ag为阴极，溶液中的Ag+得电子，生成0.05 mol Ag，脱离体系的是银元素和氧元素，且n(Ag)n(O)=21，所以可以加入0.025 mol即5.8g的Ag2O可以使溶液复原；故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；红；0.05mol；5.8；Ag2O；(3)Ag和O2、H2S反应生成Ag2S，属于化学腐蚀；该原电池中，Ag作负极、通入氯气的电极为
37、正极，负极反应式为Ag-e-+Cl- AgCl；电解质溶液中氢离子向正极方向移动，该原电池相当于氯气和Ag的反应生成AgCl，电池总反应为2Ag+Cl22AgCl；放电时，左侧装置中Ag失电子和氯离子反应生成AgCl沉淀，且溶液中氢离子向正极移动，当电路中转移0.1 mol e-时，生成1 mol银离子，1 mol银离子生成AgCl需要1 mol Cl-，所以交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为0.2 mol；故答案为：化学；Ag-e-+Cl- AgCl；2Ag+Cl22AgCl；0.2mol。19. 一氧化氮空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，实现了制硝酸、发电环保三位一体的结合。如图
38、所示，某同学设计用该电池探究将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4的原理和粗铜的精炼原理。(1)燃料电池放电过程中负极的电极反应式_。(2)乙装置中物质A是_(填化学式)，理由是_；电解过程中阳极附近pH_(填“增大”“减小”或“不变”)，阴极的电极反应式是_。(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，CuSO4溶液的浓度将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(4)若在标准状况下，甲装置有22.4 L O2参加反应，则乙装置中转化SO2和NO的物质的量共有_mol；丙装置中阴极析出铜的质量为_g。【答案】 (1). NO-3e-+2H2O=+4H+ (2). H2SO4
39、 (3). 根据反应5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4或阳极的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，故A为H2SO4 (4). 减小 (5). NO+5e-+6H+=+H2O (6). 减小 (7). 2.8 (8). 128【解析】【分析】根据题中图示，判断原电池甲的正负极，写出燃料电池电极反应；根据题中图示，判断电解池乙的阴阳极，写出阴阳极电极反应，据此分析解答；根据粗铜精炼原理，判断Cu2+减少；根据转移电子守恒，计算相应的物质的量及质量。【详解】（1）由题中图示可知，左端NO中N元素化合价由+2价失电子变成+
40、5价，发生氧化反应，由原电池的工作原理图示可知，左端的铂电极为原电池负极，其电极反应：NO-3e-+2H2O=+4H+；答案为NO-3e-+2H2O=+4H+。（2）由题中图示可知，通SO2的石墨电极与电源正极相连，为阳极，失电子发生氧化反应，其电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，通NO的石墨电极为阴极，得电子发生还原反应，其电极反应为NO+5e-+6H+=+H2O，总反应方程式为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4或阳极的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，A为H2SO4，由阳极的电极反应为SO2-2e-
41、+2H2O=+4H+，可知电解过程中阳极附近pH减小，阴极的电极反应式是NO+5e-+6H+=+H2O；答案为H2SO4，由总反应方程式为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4可知，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4或阳极的电极反应为SO2-2e-+2H2O=+4H+，A为H2SO4，减小，NO+5e-+6H+=+H2O。（3）丙装置中，粗铜作阳极，粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上金属失电子发生氧化反应，阴极上铜离子得电子生成铜，根据转移电子守恒，阳极上Zn比Cu活泼，Zn会失电子变成Zn2+，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小；答案
42、为减小。（4）在标准状况下，甲装置有22.4 L O2参加反应，即1molO2参加反应，转移4mol电子，由转移电子守恒得，阳极SO2-2e-+2H2O=+4H+，转移4mol电子，参加反应SO2为2mol，阴极NO+5e-+6H+=NH4+H2O，转移4mol电子，参加反应NO为0.8mol，乙装置中转化SO2和NO的物质的量共有2mol+0.8mol=2.8mol，丙装置中阴极电极反应为Cu2+2e-=Cu，转移4mol电子，析出2molCu，析出铜的质量为2mol64g/mol=128g；答案为2.8，128。【点睛】本题关键是要准确判断装置甲原电池的正负极，根据题中图示，左边Pt电极通入NO转化为HNO3，N元素的化合价升高，失电子，发生氧化反应，作负极，右边Pt电极通入O2，得电子，发生还原反应，作正极。