1、F单元化学反应与能量F1化学反应与能量变化25E5 F1 C1 D52011安徽卷 W、X、Y、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图118所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10；X和Ne原子的核外电子数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的电负性在同周期主族元素中最大。图118(1)X位于元素周期表中第_周期第_族；W的基态原子核外有_个未成对电子。(2)X的单质和Y的单质相比，熔点较高的是_(写化学式)；Z的气态氢化物和溴化氢相比，较稳定的是_(写化学式)。 (3)Y与Z形成的化合物和足量水反应，生成一种弱酸和一种强酸，该反应的化学方程式是_。 (4)在2
2、5 、101 kPa下，已知Y的气态氢化物在氧气中完全燃烧后恢复至原状态，平均每转移1 mol 电子放热190.0 kJ，该反应的热化学方程式是_。25E5 F1 C1 D5(1)三A2(2)SiHCl(3)SiCl43H2O=H2SiO34HCl(4)SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1【解析】 由W的一种核素的质量数18，中子数为10，可知W为氧元素；和Ne原子的核外电子数相差1的元素有F和Na，而F的原子半径要比O的小，故X只能是Na，短周期元素的常见单质可用做半导体材料的只有Si，故Y为Si，第三周期中电负性最大的元素是Cl，故Z是Cl。
3、(1)Na位于元素周期表中第三周期第IA族；O的基态电子排布式为1s22s22p4，其中2p4中有2个未成对电子。(2)金属Na熔点比Si单质低，Cl的非金属性比Br的强，因此，HCl比HBr稳定。(3)Si和Cl形成的SiCl4遇水发生水解反应：SiCl43H2O=H2SiO34HCl。(4)Y的气态氢化物为SiH4，由反应方程式：SiH42O2SiO22H2O可知1 mol SiH4完全燃烧转移8 mol电子，故该热化学方程式为SiH4(g)2O2(g)=SiO2(s)2H2O(l)H1520.0 kJmol1。25F1N12011北京卷 在温度t1和t2下，X2(g)和H2反应生成HX的
4、平衡常数如下表：化学方程式K(t1)K(t2)F2H22HF1.810361.91032Cl2H22HCl9.710124.21011Br2H22HBr5.61079.3106I2H22HI4334(1)已知t2t1，HX的生成反应是_反应(填“吸热”或“放热”)。(2)HX的电子式是_。(3)共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是_。(4)X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：_。(5)K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：_，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。(6)仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加
5、，_(选填字母)。a在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低bX2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱cHX的还原性逐渐减弱dHX的稳定性逐渐减弱25F1N1(1)放热(2)H (3)HF、HCl、HBr、HI(4)卤素原子的最外层电子数均为7(5)同一主族元素从上到下原子核外电子层数依次增多(6)ad【解析】 (1)温度越高K值越小，说明升温平衡逆向移动，则正反应(HX的生成反应)是放热反应；(2)卤原子最外层有7个电子，与H以共价键结合为卤化氢分子，其电子式为H 。(3)F、Cl、Br、I原子得电子能力依次减弱，共用电子对偏移程度依次减小，因而HX共价键的极性依次减弱。(4)卤原子最外层有7个电子
6、，易得到1个电子形成8电子稳定结构，而氢原子最外层1个电子，恰好与卤原子形成一对共用电子，也达到2电子稳定结构。(5)生成HF、HCl、HBr、HI的K依次减小，即各反应进行程度依次减弱，说明F、Cl、Br、I原子得电子能力依次减弱，这是由于同主族元素自上而下电子层数依次增多导致的。(6)平衡常数K表明了可逆反应进行的程度，K越小，反应进行的程度越小，即相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低；同理说明产物HX越易分解，故HX的稳定性逐渐减弱。根据K值无法判断反应的剧烈程度。11F12011海南化学卷 某反应的H100 kJmol1，下列有关该反应的叙述正确的是()A正反应活化能小于100 kJ
7、mol1B逆反应活化能一定小于100 kJmol1C正反应活化能不小于100 kJmol1D正反应活化能比逆反应活化能大100 kJmol111F1【解析】 CD反应过程与能量关系如图：则有E1E2H100 kJmol1E2100 kJmol1，C项正确；HE1E2100 kJmol1，D项正确。F2反应热的计算与重要的反应热10F22011北京卷 25 、101 kPa下：2Na(s)O2(g)=Na2O(s)H1414 kJ/mol2Na(s)O2(g)=Na2O2(s)H2511 kJ/mol下列说法正确的是()A和产物的阴阳离子个数比不相等B和生成等物质的量的产物，转移电子数不同C常温
8、下Na与足量O2反应生成Na2O，随温度升高生成Na2O的速率逐渐加快D25 、101 kPa下，Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H317 kJ/mol10F2【解析】 DNa2O2与Na2O阴阳离子个数比都为12，注意O是一个原子团，A项错误；根据钠元素的化合价变化，钠氧化生成等物质的量的Na2O2与Na2O时，转移电子数相等，B项错误；钠与氧气的反应随温度升高将会生成Na2O2，C项错误；根据盖斯定律，利用方程式2可得Na2O2(s)2Na(s)=2Na2O(s)H317 kJmol1，D项正确。24F2H5H42011福建卷 四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料钛合
9、金的重要原料。由钛铁矿(主要成为是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程示意如下：图0回答下列问题：(1)往中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性。该过程中有如下反应发生：2Fe3Fe=3Fe22TiO2(无色)Fe4H=2Ti3(紫色)Fe22H2OTi3(紫色)Fe3H2O=TiO2(无色)Fe22H加入铁屑的作用是_。(2)在工艺过程中需要控制条件以形成TiO2nH2O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在_范围。(3)若把中制得的固体TiO2nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质，还可以制得钛白粉。已知25 时，KspFe(OH)32.791039，该温度下反应Fe(
10、OH)33HFe33H2O的平衡常数K_。(4)已知：TiO2(s)2Cl2(g)=TiCl4(l)O2(g)H140 kJmol12C(s)O2(g)=2CO(g)H221 kJmol1写出中TiO2和焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO气体的热化学方程式：_。(5)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点。依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是_(只要求写出一项)。(6)依据下表信息，要精制含少量SiCl4杂质的TiCl4的，可采用_方法。TiCl4SiCl4熔点/25.068.8沸点/136.457.624.F2H5H4(1)使Fe3还原为Fe2；生成Ti3，保护Fe2不被氧
11、化(2)109m107m(其他合理答案也可)(3)2.79103(4)TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)TiCl4(l)2CO(g)H81 kJmol1(5)产生三废(其他合理答案也可)(6)蒸馏(或分馏，或精馏)【解析】 (1)该流程副产物之一为绿矾，加入铁屑后可以将Fe3还原为Fe2，而且还可以与TiO2反应生成还原性更强的Ti3，起到保护Fe2不被氧化的作用。(2)胶体分散质微粒直径在1 nm100 nm之间。(3)根据氢氧化铁的平衡常数表达式：KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)，而该反应的K的表达式为K，又由于水的离子积KW11014，从而推得K，即K2.79103。(4
12、)根据盖斯定律，由反应1加反应2可得热化学方程式：TiO2(s)2Cl2(g)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g)H81 kJmol1(5)由反应流程图可以看出，该过程产生了废渣、废液和废气，违背绿色化学理念。(6)由题目表格可以看出SiCl4和TiCl4熔沸点差别较大，故可以用蒸馏、分馏或精馏的方法进行分离。31G3G4F22011广东卷 利用光能和光催化剂，可将CO2和H2O(g)转化为CH4和O2。紫外光照射时，在不同催化剂(，)作用下，CH4产量随光照时间的变化如图0所示。图0(1)在030小时内，CH4的平均生成速率v、v和v从大到小的顺序为_；反应开始后的12小时内，在第_种催
13、化剂作用下，收集的CH4最多。(2)将所得CH4与H2O(g)通入聚焦太阳能反应器，发生反应：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)。该反应的H206 kJmol1。画出反应过程中体系能量变化图(进行必要标注)。将等物质的量的CH4和H2O(g)充入1 L恒容密闭反应器，某温度下反应达到平衡，平衡常数K27，此时测得CO的物质的量为0.10 mol，求CH4的平衡转化率(计算结果保留两位有效数字)。(3)已知：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(g)H802 kJmol1。写出由CO2生成CO的热化学方程式_。31G3G4F2(1)vvv(2)设CH4的初始物质的量为x
14、mol，则CH4(g) H2O(g)CO(g) 3H2(g)初始浓度/molL1 平衡浓度/molL1 K27解得：x0.11转化率100%91%(3)CO2(g)3H2O(g)=CO(g)3H2(g)2O2(g)H1008 kJmol1【解析】 (1)030小时内，CH4的平均速率，由图可知，30小时内CH4的产量，即速率关系为；前12小时第种催化剂作用下，收集的CH4最多。(2)该反应中，CH4的用量越多，放出的热量越多，成正比例关系。假设CH4和H2O的起始量均为x mol，结合平衡时n(CO)0.10 mol，有：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g) x x 0 0 0.1
15、0 0.10 0.10 0.30 x0.10 x0.10 0.10 0.30结合K27，解得x0.11 molL1，CH4的转化率100%91%。(3)由已知反应：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)H206 kJmol1；CH4(g)2O2(g)=2CO2(g)2H2O(g)H802 kJmol1；式得热化学反应方程式：CO2(g)3H2O(g)=2O2(g)CO(g)3H2(g)H1008 kJmol1。5F22011海南化学卷 已知：2Zn(s)O2(g)=2ZnO(s)H701.0 kJmol12Hg(l)O2(g)=2HgO(s)H181.6 kJmol1则反应Zn(s)
16、HgO(s)=ZnO(s) Hg(l)的H为()A519.4 kJmol1 B259.7 kJmol1C259.7 kJmol1 D519.4 kJmol15F2【解析】 C利用题干中的第一个热化学方程式减去第二个热化学方程式得：2Zn(s)2HgO(s)=2ZnO(s) 2Hg(l)H519.4 kJmol1，然后再将各化学计量数缩小一半得Zn(s)HgO(s)=ZnO(s)Hg(l)H259.7 kJmol1，故答案为C。14C2F22011海南化学卷 镁化合物具有广泛用途，请回答有关镁的下列问题：(1)单质镁在空气中燃烧的主要产物是白色的_，还生成少量的_(填化学式)；(2)CH3MgC
17、l是一种重要的有机合成试剂，其中镁的化合价是_，该化合物水解的化学方程式为_；(3)下图是金属镁和卤素反应的能量变化图(反应物和产物均为298 K时的稳定状态)。图0下列选项中正确的是_(填序号)。MgI2中Mg2与I间的作用力小于MgF2中Mg2与F间的作用力Mg与F2的反应是放热反应MgBr2与Cl2反应的H0化合物的热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2MgF2MgF2(s)Br2(l)=MgBr2(s)F2(g)H600 kJmol114C2F2(1)MgOMg3N2(2)2CH3MgClH2OCH4Mg(OH)Cl(3)【解析】 (1)镁在空气中燃烧的反应：2MgO2=2MgO、
18、3MgN2=Mg3N2；(2)镁原子最外层电子数是2，且镁元素没有可变化合价，只能为2价；(3)组成和结构相似的离子化合物，离子半径之和越大，离子键越弱，FI，故正确；由于Mg与F2的反应体系总能量降低，因此该反应是放热反应，故正确；Mg(s)Cl2(g)=MgCl2(s)H641.3 kJmol1，Mg(s)Br2(l)=MgBr2(s)H524 kJmol1，由盖斯定律两方程式相减得Cl2(g)MgBr2(s)=Br2(l)MgCl2(s)H117.3 kJmol1，H0是放热反应，故正确；离子半径之和越大，离子键越弱，离子化合物越不稳定，FCIBrI，故错；由盖斯定律可得MgF2(s)B
19、r2(l)=MgBr2(s)F2(g)H600 kJmol1，故正确。28F2、G22011山东卷 研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。(1)NO2可用水吸收，相应的化学反应方程式为_。利用反应6NO2 8NH37N212H2O也可处理NO2。当转移1.2 mol电子时，消耗的NO2在标准状况下是_L。(2)已知：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)H196.6 kJmol12NO(g)O2(g)2NO2(g)H113.0 kJmol1则反应NO2(g)SO2(g)SO3(g)NO(g)的H_kJmol1。一定条件下，将NO2与SO2以体积比12置于密闭容器中发生上述
20、反应，下列能说明反应达到平衡状态的是_。a体系压强保持不变b混合气体颜色保持不变cSO3和NO的体积比保持不变d每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2测得上述反应平衡时NO2与SO2体积比为16，则平衡常数K_。图114(3)CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图114所示。该反应H_0(填“”或“ ”)。实际生产条件控制在250、1.3104 kPa左右，选择此压强的理由是_。28F2、G2(1)3NO2H2O=2HNO3NO6.72(2)41.8b2.67或(3)c(S2)c(OH)c(HS)c(H
21、)减小2S2O22H2O=2S4OH【解析】 (2)负极发生氧化反应：2Na2e2Na，正极发生还原反应：xS2eS。在铅蓄电池中，铅作负极，当铅蓄电池消耗a g Pb时转移电子的物质的量为 mol，而钠硫电池消耗a g Na时转移电子的物质的量为 mol，故钠硫电池的理论放电量是铅蓄电池的4.5倍。(3)Na2S溶液中存在水解平衡：S2H2OHSOH和HSH2OH2SOH，故溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na)c(S2)c(OH)c(HS)c(H)。当加入CuSO4时，Cu2与S2结合成CuS沉淀，使上述两个平衡均向左移动，使溶液中c(OH)减小，溶液pH减小。而Na2S溶液长期放置有硫析出
22、，则是由于S2被空气中的氧气氧化所致。10F32011浙江卷 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆圈中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿形成棕色铁锈环(b)，如图所示。导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘处少。下列说法正确的是()图0A液滴中的Cl由a 区向b区迁移B液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O22H2O4e=4OHC液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2由a 区向b区迁移，与b区的OH形成Fe (OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈D若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为：Cu2e=Cu2
23、10F32011浙江卷 【解析】 B铁板为铁和碳的合金，滴入NaCl溶液，形成微小的原电池，显然a区为负极，溶液中Cl由b区向a区迁移，A错；液滴边缘为正极区，为溶解在溶液中的O2放电，电极反应为：O22H2O4e=4OH，B对；液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀，C错；改用嵌有铜螺丝钉的铁板，则铁为负极，D错。F4电解原理26F4O22011北京卷 氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。图0(1)溶液A的溶质是_；(2)电解饱和食盐水的离子方程式是_。(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：_。(4)电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2、
24、Mg2，NH，SOc(SO)c(Ca2)。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：图0盐泥a除泥沙外，还含有的物质是_。过程中将NH转化为N2的离子方程式是_。BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程中除去的离子有_。经过程处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5 mg/L。若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg/L，则处理10 m3盐水b，至多添加10% Na2SO3溶液_kg(溶液体积变化忽略不计)。26F4O2(1)NaOH(2)2Cl2H2OH2Cl22OH(3)Cl2与水反应：Cl2H2OHClHClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2
25、的逸出(4)Mg(OH)22NH3Cl28OH=N26Cl8H2OSO、Ca21.76【解析】 (1)根据食盐水的组成，电解饱和食盐水的化学方程式是2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，故溶液A为NaOH溶液；(2)其中NaCl、NaOH为易溶于水的强电解质，写成离子形式，故离子方程式是2Cl2H2OH2Cl22OH；(3)阳极区生成Cl2，Cl2与水反应的化学方程式为Cl2H2OHClOHCl，由于反应可逆，故增大产物HCl的浓度会使平衡逆向移动，降低Cl2在水中的溶解度而有利于Cl2逸出；(4)将溶液A的pH调至11(碱性较强)时，Mg2会以Mg(OH)2的形式沉淀下来，故盐泥a含有Mg
26、(OH)2；NH转化为N2的过程中N元素的化合价升高，故Cl元素的化合价降低，即Cl2转化为Cl，根据化合价升降总数相等，NH和Cl2的化学计量数分别为2和3，再根据原子守恒可得N2和Cl的化学计量数分别为1和6，再根据电荷守恒可知等号左边添加OH、等号右边添加H2O，最后结合原子守恒可知二者的化学计量数分别为8和8。由于BaSO4的溶解度比BaCO3小，根据沉淀溶解平衡原理，可知向含有SO的溶液中加入BaCO3后，会发生如下转化：SOBaCO3COBaSO4，生成的CO会与溶液中的Ca2生成CaCO3沉淀，故除去的离子有SO、Ca2；向盐水b中加入Na2SO3是为了还原其中的NaClO，反应
27、过程中Na2SO3被氧化为Na2SO4、NaClO被还原为NaCl，根据化合价升降总数相等，可知反应掉的Na2SO3和NaClO的物质的量之比为11,10 m3盐水b中含NaClO的物质的量为7.45 mg/L10103 L103 g/mg74.5 g/mol1 mol，故反应掉的Na2SO3的物质的量也为1 mol；再根据已知条件可知剩余Na2SO3的物质的量最多为5 mg/L10103 L103 g/mg126 g/mol0.4 mol，故最多添加10%Na2SO3溶液的质量为126 g/mol(1 mol0.4 mol)10%1764 g1.76 kg。12F3F42011广东卷 某小组
28、为研究电化学原理，设计如图0装置。下列叙述不正确的是()图0Aa和b不连接时，铁片上会有金属铜析出Ba和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu22e=CuC无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液均从蓝色逐渐变成浅绿色Da和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动12F3F4【解析】 Da和b不连接时，不能构成原电池，铁置换出的铜附着在铁片上，故A正确；a和b用导线连接时，构成原电池，溶液中的Cu2得到电子生成铜在铜片上析出，故B正确；无论a和b是否连接，都是铁片不断溶解生成Fe2，溶液中的Cu2不断得到电子生成Cu，从溶液中析出，溶液颜色从蓝色逐渐变成浅绿色，故C正确；a
29、和b分别连接直流电源正、负极时，装置为电解池，铜电极为阳极，铁为阴极，电解质溶液中阳离子向阴极移动，因此，即使电压足够大，Cu2也只能向阴极移动，故D错误。32C2F42011广东卷 由熔盐电解法获得的粗铝含一定量的金属钠和氢气，这些杂质可采用吹气精炼法除去，产生的尾气经处理后可用于钢材镀铝，工艺流程如下：图0(注：NaCl熔点为801 ；AlCl3在181 升华)(1)精炼前，需清除坩埚表面的氧化铁和石英砂，防止精炼时它们分别与铝发生置换反应产生新的杂质，相关的化学方程式为_和_。(2)将Cl2连续通入坩埚中的粗铝熔体，杂质随气泡上浮除去。气泡的主要成分除Cl2外还含有_；固态杂质粘附于气泡
30、上，在熔体表面形成浮渣，浮渣中肯定存在_。(3)在用废碱液处理气体A的过程中，所发生反应的离子方程式为_。(4)镀铝电解池中，金属铝为_极，熔融盐电镀液中铝元素和氯元素主要以AlCl和Al2Cl形式存在，铝电极的主要电极反应式为_。(5)钢材镀铝后，表面形成的致密氧化铝膜能防止钢材腐蚀，其原因是_。32C2F4(1)Fe2O32AlAl2O32Fe3SiO24Al2Al2O33Si(2)HCl，氯化铝NaCl(3)Cl22OH=ClOClH2O，HOH=H2O(4)阳Al3e7AlCl=4Al2Cl(5)致密的氧化铝膜能隔绝钢材与空气中的O2、CO2和H2O等接触，使电化学腐蚀和化学腐蚀不能发
31、生【解析】 (1)结合题意，即是Fe2O3、SiO2和金属Al在高温下发生置换反应；(2)杂质中还存在H2，与Cl2结合形成HCl，高温下Cl2也能与Na和Al反应生成NaCl和AlCl3(700 时升华形成气体)；(3)冷凝后的气体Cl2和HCl均能与碱液反应；(4)电镀时，镀层金属作阳极，失电子形成阳离子，即Al失电子形成Al3，Al3再与AlCl结合形成Al2Cl；(5)防止腐蚀的原理包括隔绝金属与电解质溶液的接触、改变金属内部结构等。11F3F42011课标全国卷 铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：FeNi2O33H2OFe(OH)22Ni(OH)2下列有关该电池的说法不正确
32、的是()A电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为FeB电池放电时，负极反应为Fe2OH2eFe(OH)2C电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)22OH2eNi2O33H2O11F3F4【解析】 C电池充电时，阴极反应为放电时负极的逆反应，其电极方程式为Fe(OH)22e=Fe2OH，故该电极反应溶液pH升高，C项错误。10F42011全国卷 用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的()ACuSO4BH2OCCuO DCuSO45H2O10F4【解析】 C电解CuSO4溶液的方程式为：2CuS
33、O42H2O2CuO22H2SO4，离开溶液的物质为Cu和O2，其中铜和氧的原子个数比为11，因此需要加入CuO。15F3 、F42011山东卷 以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是()A未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程B因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系C. 电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率D镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用15F3 、F4【解析】 CZn的金属性强于Fe，Fe不能从溶液中置换出Zn，电镀前不能形成原电池，A项错误；电镀时，每转移2 mol电子析出1 mol Zn，B项错误；
34、电镀时保持电流恒定，即单位时间内转移的电子数恒定，则消耗的反应物与产生的生成物的量恒定，也就是反应速率恒定，与温度无关，C项正确；镀锌铁制品的镀层破损后，易形成ZnFe原电池，Zn作负极优先被腐蚀，铁制品仍能受到保护，D项错误。26E5、F42011四川卷 甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z,0.1 mol/L的Y溶液pH1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水
35、化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。请回答下列问题：(1)戊离子的结构示意图为_。(2)写出乙的单质的电子式：_。(3)戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为24，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为_。(4)写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：_。(5)按图111电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：_。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到的现象是_。图11126E5、F4【答案】 (1)(2)NN(3)23(4)HAlOH2O=Al(OH)3(5)NaClH2O=NaClOH2先变
36、红后褪色【解析】 由X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知其为NH3，所以甲为氢、乙为氮，由“甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和”可知戊为氯。由“0.1 mol/L的Y溶液pH1”可知Y为弱酸或强酸弱碱盐，结合题中其他信息可知，Y为NH4Cl，则Z为HCl。所以(3)中反应方程式为4NH33Cl2=2NH4Cl4HClN2，则被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为23。丙、丁处于同一周期且丙的原子序数小于丁，所以丙的金属性强于丁，由“丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐”可知丙为N
37、a、丁为Al。所以L为NaAlO2，M为NaCl。(4)中少量盐酸与过量偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝。(5)中电解饱和食盐水，阳极上生成的Cl2充分和阴极上生成的NaOH接触，所以电解的总方程式为NaClH2O=NaClOH2，所以充分电解后的溶液为次氯酸钠的溶液，显碱性并具有强氧化性，所以遇酚酞先变红后褪色。10F4G22011天津卷 工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。方法1：还原沉淀法该法的工艺流程为CrOCr2OCr3Cr(OH)3其中第步存在平衡：2CrO(黄色)2HCr2O(橙色)H2O(1)若平衡体系的
38、pH2，该溶液显_色。(2)能说明第步反应达平衡状态的是_。aCr2O和CrO的浓度相同b2v(Cr2O)v(CrO)c溶液的颜色不变(3)第步中，还原1 mol Cr2O离子，需要_mol的FeSO47H2O。(4)第步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3(aq)3OH(aq)常温下，Cr(OH)3的溶度积Kspc(Cr3)c3(OH)1032，要使c(Cr3)降至105mol/L，溶液的pH应调至_。方法2：电解法该法用Fe做电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。(5)用Fe做电极的原因为_。(6
39、)在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)_。溶液中同时生成的沉淀还有_。10F4G2(1)橙(2)c(3)6(4)5(5)阳极反应为Fe2e=Fe2，提供还原剂Fe2(6)2H2e=H2Fe(OH)3【解析】 (1)溶液pH2时，溶液中c(H)浓度较大，平衡正向移动，故溶液显橙色。(2)a项，由于反应平衡常数未知，故反应进行的程度也未知，当两者浓度相等时，反应不一定达到平衡；b项，没有指明这些物质的反应速率代表正反应还是逆反应，也不能说明一定达到平衡；c项，当溶液的颜色不变时，说明体系中各微粒浓度都不再改变，故达到平衡状态。(3)结合关系式Cr2O2Cr36e、Fe2Fe3e，根据电
40、子守恒可知Cr2O6Fe2，故需要6 mol FeSO47H2O。(4)因为c(OH)109molL1，故c(H)105molL1，pH5。(5)当用铁作电极时，阳极反应式为Fe2e=Fe2，生成的Fe2具有还原性，将Cr2O还原为Cr3，从而生成Cr(OH)3沉淀，因而铁作电极是为了生成还原剂Fe2。(6)在阴极上只能是H得电子生成氢气，电极反应式为2H2e=H2，随着电极附近c(H)减小，使得溶液中c(OH)c(H)，溶液显碱性；同时，阳极上生成的Fe2被Cr2O氧化为Fe3，随着碱性的增强而生成Fe(OH)3沉淀下来。29G5F42011重庆卷 臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等。(
41、1)O3与KI溶液反应生成的两种单质是_和_。(填分子式)(2)O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间(t)如下表所示。已知O3的起始浓度为0.0216 mol/L。pHt/minT/3.04.05.06.02030123116958301581084815503126157pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是_。在30 、pH4.0条件下，O3的分解速率为_mol/(Lmin)。据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为_。(填字母代号)a40 、pH3.0b10 、pH4.0c30 、pH7.0(3)O3可由臭氧发生器(原理如题29图
42、)电解稀硫酸制得。图0图中阴极为_(填“A”或“B”)，其电极反应式为_。若C处通入O 2 ，则A极的电极反应式为_。若C处不通入O2，D、E处分别收集到x L和y L气体(标准状况)，则E处收集的气体中O3所占的体积分数为_。(忽略O3的分解)29G5F42011重庆卷 (1)I2O2(2)OH1.00104b、a、c(3)A2H2e=H2O24H4e=2H2O【解析】 (1)臭氧具有强氧化性，在溶液里能将I氧化成I2，自身一部分氧元素被还原为OH，反应的化学方程式为2KIO3H2O=2KOHI2O2，因此，生成的单质为I2和O2。(2)pH越大，OH浓度越大，判断起催化作用的离子为OH。由
43、表格可知，题目给定条件下所用时间为108 min，而臭氧浓度减少为原来的一半，即有0.0108 mol/L臭氧分解，速率为1104 mol/(Lmin)。分析表中的递变规律可知，a项反应所需时间的范围是：31 mint231 min，c项反应所需时间t15 min，因此，分解速率依次增大的顺序为b、a、c。(3)电解硫酸时，溶液中的OH发生氧化反应生成氧气和臭氧，因此产生氧气和臭氧的一极为阳极，根据装置中电极B处产生臭氧，则说明电极B为阳极，则A为阴极，硫酸溶液中的H在阴极放电生成氢气。若C处通入氧气，则A极上产生的氢气与氧气反应生成水。D处得到氢气，E处生成氧气和臭氧，每生成1 mol H2
44、，可得到2 mol电子，生成x L氢气时，得到电子的物质的量为2，每生成1 mol O2，可失去4 mol电子，每生成1 mol O3，可失去6 mol电子，根据得失电子守恒得462，生成氧气和臭氧的体积共y L，则V(O2)V(O3)y，因此。F5化学反应与能量综合6F52011海南化学卷 一种充电电池放电时的电极反应为H22OH2e=2H2O；NiO(OH)H2Oe=Ni(OH)2OH。当为电池充电时，与外电源正极连接的电极上发生的反应是()AH2O的还原 BNiO(OH)的还原CH2的氧化 DNi(OH)2的氧化6F5【解析】 D当为电池充电时，为电解池。与外电源正极连接的电极为电解池的
45、阳极，发生反应为氧化反应，排除A、B选项；电极反应式应是将放电时的电极反应式逆回去：Ni(OH)2OHe=NiO(OH)H2O(氧化反应，阳极)，2H2O2e= H22OH(还原反应，阴极)，故答案为D。20F52011江苏化学卷 氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。已知：CH4(g)H2O(g)=CO(g)3H2(g)H206.2 kJmol1CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g)H247.4 kJmol12H2S(g)=2H2(g)S2(g)H169.8 kJmol1(1)以甲烷为原料制取氢气是工业上常用的制氢方法。CH4(g)与H2O(g)反应生成
46、CO2(g)和H2(g)的热化学方程式为_。(2)H2S热分解制氢时，常向反应器中通入一定比例空气，使部分H2S燃烧，其目的是_；燃烧生成的SO2与H2S进一步反应，生成物在常温下均非气体，写出该反应的化学方程式：_。(3)H2O的热分解也可得到H2，高温下水分解体系中主要气体的体积分数与温度的关系如图0所示。图中A、B表示的物质依次是_。图0(4)电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制氢的装置示意图见图0(电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极)。电解时，阳极的电极反应式为_。图0(5)Mg2Cu是一种储氢合金。350 时，Mg2Cu与H2反应，生成MgCu2和仅含一种金属元素的氢化
47、物(其中氢的质量分数为0.077)。Mg2Cu与H2反应的化学方程式为_。20F5(1)CH4(g)2H2O(g)=CO2(g)4H2(g)H165.0 kJmol1(2)为H2S热分解反应提供热量2H2SSO2=2H2O3S(或4H2S2SO2=4H2O3S2)(3)H、O(或氢原子、氧原子)(4)CO(NH2)28OH6e=CON26H2O(5)2Mg2Cu3H2MgCu23MgH2【解析】 (1)先写出甲烷与水生成二氧化碳和氢气的化学方程式，该反应可由已知中的前两个反应加减得到，第一个2第二个即可；(2)硫化氢分解是吸热反应，需要加热，所以使部分硫化氢燃烧可以提供分解反应所需的热量，综合
48、利用资源，但会产生SO2污染，所以在用硫化氢与生成的二氧化硫反应生成硫和水。(3)水分解生成氢气、氧气，温度升高，氢气、氧气中化学键断裂，转化为原子，根据个数比，可分析出A为氢原子，B为氧原子；(4)阳极发生氧化反应，只能是尿素中氮失去电子元素化合价升高，生成氮气，碳元素在碱性条件下生成碳酸根离子；(5)根据生成的氢化物中氢的质量分数得出氢化物是MgH2，然后可写出方程式2Mg2Cu3H2MgCu23MgH2。27F5G22011课标全国卷 科学家利用太阳能分解水生成的氢气在催化剂作用下与二氧化碳反应生成甲醇，并开发出直接以甲醇为燃料的燃料电池。已知H2(g)、CO(g)和CH3OH(l)的燃
49、烧热H分别为285.8 kJmol1、283.0 kJmol1和726.5 kJmol1。请回答下列问题：(1)用太阳能分解10 mol水消耗的能量是_kJ；(2)甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_；(3)在容积为2 L的密闭容器中，由CO2和H2合成甲醇，在其他条件不变的情况下，考察温度对反应的影响，实验结果如图所示(注：T1、T2均大于300 )；图112下列说法正确的是_(填序号)温度为T1时，从反应开始到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH) molL1min1该反应在T1时的平衡常数比T2时的小该反应为放热反应处于A点的反应体系从T1变到T2，达到平衡时增大(4
50、)在T1温度时，将1 mol CO2和3 mol H2充入一密闭恒容容器中，充分反应达到平衡后，若CO2转化率为，则容器内的压强与起始压强之比为_；(5)在直接以甲醇为燃料的燃料电池中，电解质溶液为酸性，负极的反应式为_、正极的反应式为_。理想状态下，该燃料电池消耗1 mol甲醇所能产生的最大电能为702.1 kJ，则该燃料电池的理论效率为_。(燃料电池的理论效率是指电池所产生的最大电能与燃料电池反应所能释放的全部能量之比)27F5G2(1)2858(2)CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l)H443.5 kJmol1(3)(4)1(5)CH3OHH2O=CO26H6eO26H6
51、e=3H2O96.6%【解析】 (1)H2的燃烧热为285.8 kJmol1，则分解10 mol H2O消耗能量为285.8 kJmol110 mol2858 kJ。(2)CO(g)和CH3OH(l)燃烧的热化学方程式分别为：CO(g)O2(g)=CO2(g)H283.0 kJmol1CH3OH(l)O2(g)=CO2(g)2H2O(l)H726.5 kJmol1得CH3OH(l)不完全燃烧的热化学方程式：CH3OH(l)O2(g)=CO(g)2H2O(l)H443.5 kJmol1。(3)温度为T1时，从反应到平衡，生成甲醇的平均速率为v(CH3OH)molL1min1，错；由图象看出T1时
52、反应达平衡生成甲醇的物质的量大于T2时，可知T1时反应限度大，平衡常数也大，错；温度为T2时反应先达到平衡，则T2T1，但T2时反应达到平衡生成的甲醇的物质的量比T1小，说明升高温度不利于甲醇生成，该反应为放热反应，正确；A点的反应体系从T1变到T2，即升高温度，平衡向逆反应方向移动，正确。(4)CO23H2=CH3OHH2On 1 2 2则容器内平衡压强与起始压强之比为： 1。(5)甲醇燃料电池中甲醇失电子发生氧化反应，负极电极方程式为CH3OHH2O=CO26H6e，正极电极方程式为O26H6e=3H2O。该燃料电池的理论效率为100%96.6%。29F5、G2、O12011四川卷 开发氢
53、能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。请回答下列问题：(1)已知1 g FeS2完全燃烧放出7.1 kJ热量，FeS2燃烧反应的热化学方程式为_。(2)该循环工艺过程的总反应方程式为_。(3)用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是_。(4)用吸收H2后的稀土储氢合金作为电池负极材料(用MH表示)，NiO(OH)作为电池正极材料，KOH溶液作为电解质溶液，可制得高容量，长寿命的镍氢电池。电池充放电时的总反应为：NiO(OH)MHNi(OH)2M电池放电时，负极的电极反应式为_。充电完成
54、时，Ni(OH)2全部转化为NiO(OH)。若继续充电将在一个电极产生O2，O2扩散到另一个电极发生电极反应被消耗，从而避免产生的气体引起电池爆炸，此时，阴极的电极反应式为_。29F5、G2、O1【答案】 (1)4FeS2(s)11O2(g)2Fe2O3(s)8SO2(g)；H3408 kJ/mol(2)2H2OSO2=H2SO4H2(3)减小H2浓度，使HI分解平衡正向移动，提高HI的分解率(4)MHOHe=MH2O2H2OO24e=4OH【解析】 该工艺过程的原理是：SO2I22H2O=H2SO42HI，2HIH2I2。则总反应式为，即2H2OSO2=H2SO4H2。(4)蓄电池放电时是原
55、电池、充电时是电解池。只要记清原电池中“负氧化、正还原”，电解池中“阳氧化、阴还原”的规律，在写电极反应式时先弄清楚是原电池还是电解池，然后将给出的总反应拆成氧化反应和还原反应两个半反应按需选取即可。中阴极的电极反应有两个，第一阶段是充电时的反应式，由中的方法不难确定为MH2Oe=MHOH，第二阶段为吸收氧气的电解反应式，由题意氧气在阴极被还原，结合该蓄电池中电解质溶液显碱性可知氧气被还原为OH，所以其电极方程式为：2H2OO24e=4OH。7.F52011天津卷 图中X、Y、Z为单质，其他为化合物，它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。其中，A俗称磁性氧化铁；E是不溶于水的酸性氧化物，
56、能与氢氟酸反应。图0回答下列问题：(1)组成单质Y的元素在周期表中的位置是_；M中存在的化学键类型为_；R的化学式是_。(2)一定条件下，Z与H2反应生成ZH4，ZH4的电子式为_。(3)已知A与1 mol Al反应转化为X时(所有物质均为固体)，放出a kJ热量。写出该反应的热化学方程式：_。(4)写出A和D的稀溶液反应生成G的离子方程式：_。(5)向含4 mol D的稀溶液中，逐渐加入X粉末至过量。假设生成的气体只有一种，请在坐标系中画出n(X2)随n(X)变化的示意图，并标出n(X2)的最大值。图07F5(1)第二周期第A族离子键、共价键H2SiO3(或H4SiO4)(2)H H(3)8
57、Al(s)3Fe3O4(s)=9Fe(s)4Al2O3(s) H8a kJ/mol(4)3Fe3O428HNO=9Fe3NO14H2O(5)【解析】 该题的突破口是物质A的推断，磁性氧化铁是Fe3O4的俗称，故A是Fe3O4；高温下Fe3O4和Al发生铝热反应生成Fe和Al2O3，故单质X为Fe，单质X(Fe)与单质Y点燃时反应得到A(Fe3O4)，故Y为O2。O2与NO、H2O反应后得到HNO3，故D为HNO3；D(HNO3)与A(Fe3O4)反应得到Fe(NO3)3，故G为Fe(NO3)3溶液。该题的第二个突破口是物质E的推断，能与氢氟酸反应且不溶于水的酸性氧化物为SiO2，即E为SiO2
58、，故单质Z为Si。SiO2和NaOH溶液反应得到Na2SiO3，故M为Na2SiO3；Na2SiO3和D(HNO3)反应得到硅酸胶体，故R为硅酸。(1)氧元素位于第二周期第A族，Na2SiO3属于离子化合物，存在离子键和共价键；硅酸在水溶液中可以以原硅酸(H4SiO4)的形式存在，常写作H2SiO3。(2)硅与氢气生成硅烷(SiH4)，其结构类似甲烷(CH4)，其电子式为H H。(3)1 mol Al参加反应时放热a kJ，配平的方程式中Al的化学计量数为8，故放热8a kJ，要特别注意热量与化学计量数相符合。(4)HNO3属于氧化性酸，能把Fe3O4中的二价铁氧化为三价铁，本身被还原为NO，
59、得到的Fe(NO3)3属于易溶于水的盐，写成离子形式；HNO3属于强酸，写成离子形式；Fe3O4、NO、H2O属于氧化物，写成分子形式。(5)根据反应Fe4HNO3=Fe(NO3)3NO2H2O可知，4 mol HNO3和1 mol Fe恰好反应生成1 mol Fe(NO3)3，此时溶液中只有Fe3；继续加入铁粉，发生反应2Fe3Fe=3Fe2，开始生成Fe2，1 mol Fe3消耗0.5 mol Fe得到1.5 mol Fe2，反应停止，Fe2含量保持不变。12011南昌一模 下列物质间的反应，其能量变化符合下图的是()A由电石制乙炔B灼热的碳与二氧化碳反应CBa(OH)28H2O晶体和NH
60、4Cl晶体混合D碳酸钙的分解1A【解析】 该图示为放热反应能量图，A为典型的放热反应，B、C是吸热反应的典型代表；D项反应条件为持续高温加热，说明是吸热反应。22011湖州一模 已知充分燃烧a g乙炔气体时生成1 mol二氧化碳气体和液态水，并放出热量b kJ，则表示乙炔燃烧热的热化学方程式正确的是()A2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(l)H4b kJ/molBC2H2(g)O2(g)=2CO2(g)H2O(l)H2b kJ/molC2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(l)H2b kJ/molD2C2H2(g)5O2(g)=4CO2(g)2H2O(l)H
61、b kJ/mol2B【解析】 燃烧热是指在25 ，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量。1 mol乙炔完全燃烧生成2 mol二氧化碳，因此对应放出的热量为2b kJ。3.2011商丘月考 己知：NH3H2O(aq)与H2SO4(aq)反应生成1 mol正盐的H24.2 kJmol1；强酸、强碱的稀溶液反应的中和热的H57.3 kJmol1。则NH3H2O在水溶液中电离的H等于()A69.4 kJmol1B45.2 kJmol1C69.4 kJmol1 D45.2 kJmol13D【解析】 根据题意先写出热化学离子方程式：NH3H2O(aq)H(aq)=NH(
62、aq)H2O(l)H12.1 kJmol1，H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1。根据盖斯定律得NH3H2O(aq)=NH(aq)OH(aq)H45.2 kJmol1，由此可知选项D正确。42011岳阳联考 在汽车上安装三效催化转化器，可使汽车尾气中的主要污染物(CO、NOx、碳氢化合物)进行相互反应，生成无毒物质，减少汽车尾气污染。(1)已知：N2(g)O2(g)=2NO(g)H180.5 kJ/mol；2C(s)O2(g)=2CO(g)H221.0 kJ/mol；C(s)O2(g)=CO2(g)H393.5 kJ/mol。尾气转化的反应之一：2NO(g)2CO(g)
63、=N2(g)2CO2(g)H_。(2)某研究性学习小组在技术人员的指导下，按下列流程探究某种催化剂在不同空燃比(空气与燃油气的质量比)条件下对汽车尾气的催化效果。汽车尾气实验过程中除空燃比不同外，其他条件：汽车尾气的流速、_等必须相同。在一定条件下，测得尾气中的主要污染物的转化率与空燃比的关系如图K291所示。空燃比约为_时，催化剂对汽车尾气的催化效果最好。图K291(3)CO分析仪以燃料电池为工作原理，其装置如图K292所示，该电池中电解质为氧化钇氧化钠，其中O2可以在固体介质NASICON中自由移动。下列说法错误的是_。图K292A负极的电极反应式为：COO22e=CO2B工作时电极b作正
64、极，O2由电极a流向电极bC工作时电子由电极a通过传感器流向电极bD传感器中通过的电流越大，尾气中CO的含量越高(4)研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中，请在表格中填入剩余的实验条件数据。实验编号T/NO初始浓度molL1CO初始浓度molL1催化剂的比表面积m2g12801.21035.8103821243501244(1)746.5 kJ/mol(2)催化反应的温度c(3)B(4)2801.21035.801031.21035.80103【
65、解析】 (1)由盖斯定律计算得出，H746.5 kJ/mol。(2)从图象可以看出实验中除空燃比不同外，其他相同的是汽车尾气的流速、催化剂的温度。当空燃比约为c时，此时的CO、NOx的转化率均很高，催化效果最好。(3)分析该燃料电池的结构，判断出通入CO的一极为负极，通入空气的一极为正极，结合各电极发生的反应，则B错误。(4)分析图表数据，该实验研究中应用了对比试验方法。所以所填内容为：2801.21035.801031.21035.8010352011连云港测试 下列有关电池的说法中正确的是()A太阳能电池的主要材料是高纯度的二氧化硅B铜锌原电池工作时，电子从铜电极沿外电路流向锌电极C氢氧燃
66、料电池工作时，氢气在正极被氧化D锌锰干电池中，锌电极是负极5D【解析】 A项，太阳能的光电转换材料的主要成分是晶体硅；B项，电子流向从锌流向铜；C项，氢氧燃料电池中氢在负极发生氧化反应。62011四平模拟 镁及其化合物一般无毒(或低毒)、无污染，且镁原电池放电时电压高而平稳，使镁原电池越来越成为人们研制绿色原电池的关注焦点。其中一种镁原电池的反应为：xMgMo3S4MgxMo3S4，下列说法错误的是()A放电时，负极反应为Mg2e=Mg2B放电时，Mo3S4发生氧化反应C放电过程中Mg2向正极迁移D充电时，阳极反应为MgxMo3S42xe=Mo3S4xMg26B【解析】 充电电池放电过程是原电
67、池原理，充电过程是电解原理，故放电过程中镁发生氧化反应，Mo3S4发生还原反应。72011铁岭二模 某新型可充电电池能长时间保持稳定的放电电压。该电池的总反应为：3Zn2K2FeO48H2O3Zn(OH)22Fe(OH)34KOH，以下说法不正确的是()A放电时负极反应为：Zn2e2OH=Zn(OH)2B放电时正极反应为：FeO4H2O3e=Fe(OH)35OHC放电时每转移3 mol电子，正极有1 mol K2FeO4被氧化D充电时阳极附近溶液的碱性减弱7C【解析】 原电池放电时，正极被还原，所以C项错误。82011南京调研 图K301两个装置中，液体体积均为200 mL，开始工作前电解质溶
68、液的浓度均为0.5 mol/L，工作一段时间后，测得有0.02 mol电子通过，若忽略溶液体积的变化，下列叙述正确的是()图K301A产生气体体积B中阴极质量增加，中正极质量减小C电极反应式：中阳极：4OH4e=2H2OO2中负极：2H2e=H2D溶液的pH变化：减小，增大8D【解析】 是电解装置，阳极产生氧气：4OH4e=2H2OO2，每转移4 mol电子生成1 mol O2，是原电池，正极产生氢气：2H2e=H2，每转移2 mol电子生成1 mol H2，故当电路中通过等量的电子时，产生的气体是不相等的。中阴极质量增加，中正极质量不变。故B不正确。中负极反应是：Zn2e=Zn2。故C错误。
69、中生成硫酸，故溶液的pH减小，而中消耗硫酸，故溶液的pH增大。92011宜兴统测图K311是一种航天器能量储存系统原理示意图。下列说法正确的是()图K311A该系统中只存在3种形式的能量转化B装置Y中负极的电极反应式为：O22H2O4e4OHC装置X能实现燃料电池的燃料和氧化剂再生D装置X、Y形成的子系统能实现物质的零排放，并能实现化学能与电能间的完全转化9C【解析】 A项，在该装置系统中，有四种能量转化的关系，即太阳能、化学能、电能和机械能之间的转化关系；B项，装置Y为氢氧燃料电池，负极电极反应为H22e2OH2H2O；C项，相当于用光能电解水，产生H2和O2，实现燃料(H2)和氧化剂(O2
70、)的再生；D项，在反应过程中，有能量的损耗和热效应的产生，不可能实现化学能与电能的完全转化。综上分析可知，本题选C项。102011宿豫中学二模NaBH4/H2O2燃料电池(DBFC)的结构如图K312，有关该电池的说法正确的是()图K312A电极B材料中包含MnO2层，MnO2可起催化作用B电池负极区的电极反应为：BH8OH8e=BO6H2OC放电过程中，Na从正极区向负极区迁移D在电池反应中，每消耗1 L 6 mol/L H2O2溶液，理论上流过电路中的电子为6NA个10AB【解析】 A项正确，MnO2没有参与氧化还原反应，因此在反应中起催化作用；B项正确，在原电池中，负极发生失电子的还原反
71、应，而且电池的介质为碱性环境，所以负极反应为BH8OH8eBO6H2O；C项错误，在原电池中，为确保溶液中电荷守恒，阳离子(Na)向正极区移动；D项错误，由化合价变化可知，理论上流过电路中的电子为12NA个。112010常州二模三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调NiCl2溶液pH至7.5，加放适量硫酸钠后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO，把二价镍氧化为三价镍。以下说法不正确的是( )A可用铁作阳极材料B电解过程中阳极附近溶液的pH降低C阳极反应方程式为：2Cl2eCl2D1 mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1 mol电子11A【解析】 电解时阳极产生Cl2，电极反应式为2Cl2eCl2，故C项对；同时可知阳极应是惰性电极，否则溶液中的Cl不可能失电子，故A项错。B项，阳极产生的Cl2与原碱性溶液反应，溶液中c(OH)减小，溶液的pH降低，故B正确。根据电子守恒即可判定D项正确。
