(新高考)高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)糾錯(cuò)筆記專題05 化學(xué)反應(yīng)與能量（含解析）

專題05化學(xué)反應(yīng)與能量易錯(cuò)點(diǎn)1混淆氧化還原反應(yīng)基本概念1．某科研團(tuán)隊(duì)研究發(fā)現(xiàn)硼氫化鈉(NaBH4)在催化劑Ru表面與水反應(yīng)可生成H2，其反應(yīng)機(jī)理如圖所示：根據(jù)以上信息判斷，下列敘述錯(cuò)誤的是A．過(guò)程①至過(guò)程④中硼元素的化合價(jià)不變B．X是H3BO3，H3BO3和BH3兩分子中H的化合價(jià)相等C．過(guò)程③和過(guò)程④各產(chǎn)生1molH2時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不相等D．0.25molNaBH4的還原能力與標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LH2的還原能力相當(dāng)(還原能力即生成H+失去電子的量)【錯(cuò)因分析】整個(gè)過(guò)程涉及反應(yīng)較多，同時(shí)由于物質(zhì)間轉(zhuǎn)變過(guò)程較多難于判斷各個(gè)物質(zhì)中相同元素化合價(jià)關(guān)系，不能準(zhǔn)確的判斷相關(guān)的概念辨析?！驹囶}解析】由圖示可知，過(guò)程①至過(guò)程④中BH4-反應(yīng)生成B(OH)4-，硼元素的化合價(jià)一直為+3價(jià)，化合價(jià)不變，A項(xiàng)正確；過(guò)程④中2moH2O水與2molX反應(yīng)生成2molB(OH)4-和1molH2，根據(jù)元素守恒X為H3BO3，H3BO3中H為+1價(jià)，但在BH3分子中H為-1價(jià)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖示可知，過(guò)程③中產(chǎn)生1molH2時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA，過(guò)程④產(chǎn)生1molH2時(shí)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA,，兩者不相等，C項(xiàng)正確；NaBH4中H為-1價(jià)，0.25molNaBH4生成H+失去的電子的量2×0.25mol×4=2mol，標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LH2為1mol，1molH2生成H+失去的電子的量2×1mol=2mol，故兩者還原能力相當(dāng)，D項(xiàng)正確。答案選B?！緟⒖即鸢浮緽氧化還原反應(yīng)概念易錯(cuò)易混點(diǎn)匯總氧化還原反應(yīng)概念易錯(cuò)易混，能考查學(xué)生閱讀能力、思維能力、計(jì)算能力，主要包括以下幾方面：1．概念不清：概念是解題的根本和依據(jù)，準(zhǔn)確理解概念才能正確解題。對(duì)概念的本質(zhì)把握不準(zhǔn)或理解不深刻、混淆相近概念、對(duì)概念不熟悉或認(rèn)識(shí)有疏漏(如對(duì)一些特殊性問(wèn)題把握不準(zhǔn))，都會(huì)造成解題出錯(cuò)。在氧化還原反應(yīng)中，有五對(duì)既相對(duì)立又相聯(lián)系的概念，易混淆，是考查重點(diǎn)。2．思維不嚴(yán)：嚴(yán)密思維是正確解題的保證。在解題過(guò)程中，對(duì)反應(yīng)變化的不確定性、問(wèn)題的開(kāi)放性、隱含條件或知識(shí)的挖掘不力等，都會(huì)造成解題時(shí)思維不嚴(yán)，導(dǎo)致答案出現(xiàn)失誤。3．審題不細(xì)：仔細(xì)審題是準(zhǔn)確解題的重要前提。在某個(gè)氧化還原反應(yīng)問(wèn)題分析中，常常同時(shí)出現(xiàn)多個(gè)限制性條件，概念辨析中常出現(xiàn)“錯(cuò)誤”、“正確”、“不一定”等詞。4．方法不當(dāng)：“好的方法是成功的一半”。在氧化還原反應(yīng)有關(guān)問(wèn)題分析中，用守恒法是最基本的方法，如電子得失守恒、質(zhì)量守恒(主要是原子個(gè)數(shù)守恒)、電荷守恒(適用于有離子參與的氧化還原反應(yīng))，更多的時(shí)候要聯(lián)合應(yīng)用上述守恒方法。5．思維無(wú)序：不能準(zhǔn)確運(yùn)用“物質(zhì)氧化性或還原性強(qiáng)弱的比較”的方法，將各離子的氧化性或還原進(jìn)行排序，更談不上應(yīng)用所得的氧化性或還原性順序?qū)懗龇匠淌?，或判斷反?yīng)能否發(fā)生。6．犯低級(jí)錯(cuò)：除上述情形外，解題時(shí)常常還出現(xiàn)如氧化產(chǎn)物或還原產(chǎn)物判斷不全或錯(cuò)誤、電子得失數(shù)目確定不準(zhǔn)、化合價(jià)分析錯(cuò)誤等問(wèn)題。1．關(guān)于鋁熱反應(yīng)2Al+Fe2O3→2Fe+Al2O3的說(shuō)法正確的是A．Al發(fā)生氧化反應(yīng) B．Fe2O3被氧化C．Fe是還原劑 D．Al2O3是還原產(chǎn)物【答案】A【解析】Al失去電子被氧化，發(fā)生氧化反應(yīng)，A項(xiàng)正確；Fe2O3中Fe元素的化合價(jià)降低，F(xiàn)e2O3被還原，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；Fe是生成物，是還原產(chǎn)物，不是還原劑，C項(xiàng)錯(cuò)誤；Al失去電子被氧化，生成的產(chǎn)物為Al2O3，則Al2O3是氧化產(chǎn)物，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選A。易錯(cuò)點(diǎn)2忽視氧化還原反應(yīng)計(jì)算類問(wèn)題的設(shè)問(wèn)條件而出錯(cuò)2．向含有淀粉的KIO3酸性溶液滴加NaHSO3溶液，溶液先變藍(lán)后褪色。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．溶液先變藍(lán)的原因：2IOSKIPIF1<0+5HSOSKIPIF1<0=I2+5SOSKIPIF1<0+H2O+3H＋B．溶液恰好褪色時(shí)n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3C．還原性I->HSOSKIPIF1<0>I2D．若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加過(guò)量KIO3酸性溶液，則溶液變藍(lán)不褪色【錯(cuò)因分析】結(jié)合試題，淀粉遇I2顯藍(lán)色，“向含有淀粉的KIO3酸性溶液滴加NaHSO3溶液，溶液先變藍(lán)后褪色”，和說(shuō)明反應(yīng)先生成I2，而后進(jìn)一步被氧化成更高價(jià)態(tài)。沒(méi)有分析出對(duì)應(yīng)的結(jié)論得不到正確的選項(xiàng)?！驹囶}解析】溶液變成藍(lán)色，說(shuō)明有單質(zhì)碘生成，即I元素化合價(jià)由+5價(jià)降低至0價(jià)，被還原，IO3-為氧化劑，S元素的化合價(jià)由+4價(jià)升高至+6價(jià)，被氧化，HSO3-為還原劑，反應(yīng)的離子方程式為2IO3-＋5HSO3-＝I2＋5SO42-＋H2O＋3H＋，A項(xiàng)正確；溶液褪色，說(shuō)明碘單質(zhì)又被亞硫酸氫鈉還原，離子方程式為I2＋HSO3-＝2I-＋SO42-＋3H＋，結(jié)合A項(xiàng)，可知溶液恰好褪色時(shí)n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B項(xiàng)正確；A項(xiàng)中的反應(yīng)可知，還原性：HSO3-＞I2，由B項(xiàng)中的反應(yīng)可知，還原性HSO3-＞I-，又還原性I-＞I2，則還原性：HSO3-＞I-＞I2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若向含有淀粉的NaHSO3溶液中滴加過(guò)量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO3-＞I2，所以不會(huì)出現(xiàn)I2被還原的情況，即溶液變藍(lán)不褪色，D項(xiàng)正確。答案選C。【參考答案】C在氧化還原反應(yīng)計(jì)算類問(wèn)題中易出錯(cuò)的情況(1)在氧化還原反應(yīng)(包括電化學(xué))的有關(guān)計(jì)算中，易忽視氧化還原反應(yīng)的先后順序，不能根據(jù)氧化還原反應(yīng)的“先后規(guī)律”分析問(wèn)題。當(dāng)同一體系中，有多個(gè)氧化還原反應(yīng)發(fā)生時(shí)，要注意反應(yīng)的先后順序，必須遵循強(qiáng)者優(yōu)先的原則。(2)不能準(zhǔn)確而迅速地再現(xiàn)、提取和運(yùn)用氧化與還原、氧化劑與還原劑、氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物等一系列對(duì)立統(tǒng)一的概念。(3)對(duì)潛在的氧化還原反應(yīng)的忽視，如：SKIPIF1<0在酸性環(huán)境中能表現(xiàn)強(qiáng)氧化性(中性、堿性環(huán)境中則無(wú)強(qiáng)氧化性)。2．已知氧化還原反應(yīng)：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4＝2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O，下列說(shuō)法中正確的是A．I2僅是還原產(chǎn)物B．CuI既是氧化產(chǎn)物又是還原產(chǎn)物C．消耗1molCu(IO3)2時(shí)轉(zhuǎn)移11mol電子D．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為：1∶12【答案】C【解析】I2既是氧化產(chǎn)物也是還原產(chǎn)物，A項(xiàng)錯(cuò)誤；CuI只是還原產(chǎn)物，B項(xiàng)錯(cuò)誤；1molCu(IO3)2在反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為1mol×1+5mol×2=11mol，C項(xiàng)正確；氧化劑為2molCu(IO3)2，還原劑是22molKI，D項(xiàng)錯(cuò)誤。易錯(cuò)點(diǎn)3忽視物質(zhì)性質(zhì)導(dǎo)致不能正確判斷氧化還原反應(yīng)的有關(guān)概念3．硫化氫與濃硫酸的反應(yīng)為3H2S+H2SO44S↓+4H2O，下列說(shuō)法正確的是A．硫化氫氣體被氧化成硫 B．硫酸被氧化成硫C．硫酸被還原成水 D．硫化氫氣體被還原成水【錯(cuò)因分析】該題反應(yīng)中，氫元素和氧元素化合價(jià)前后沒(méi)有變化，水既不是氧化產(chǎn)物也不是還原產(chǎn)物，若不能得到此結(jié)論則會(huì)導(dǎo)致答案出錯(cuò)?！驹囶}解析】該反應(yīng)硫化氫中S元素化合價(jià)由?2價(jià)變?yōu)?價(jià)，硫酸中S元素化合價(jià)由+6價(jià)變?yōu)?價(jià)，所以硫化氫是還原劑，硫酸是氧化劑；A．該反應(yīng)中硫化氫是還原劑，被氧化生成硫，故A正確；B．該反應(yīng)中硫酸是氧化劑，在反應(yīng)中被還原生成硫，故B錯(cuò)誤；C．硫酸被還原生成硫，故C錯(cuò)誤；D．硫化氫被氧化生成硫，故D錯(cuò)誤；故答案為A。【參考答案】A判斷物質(zhì)氧化性和還原性強(qiáng)弱時(shí)應(yīng)注意的兩大問(wèn)題氧化性、還原性的強(qiáng)弱取決于物質(zhì)得失電子的能力，而不是得失電子數(shù)目的多少。比較物質(zhì)氧化性、還原性強(qiáng)弱時(shí)應(yīng)注意的是物質(zhì)的氧化性、還原性可能還會(huì)與物質(zhì)的穩(wěn)定性、反應(yīng)的溫度、濃度、酸堿介質(zhì)有關(guān)，需要具體問(wèn)題具體分析。一般可以從以下幾個(gè)方面進(jìn)行判斷：①反應(yīng)條件；②反應(yīng)劇烈程度；③金屬或非金屬活動(dòng)性順序；④根據(jù)氧化劑、還原劑性質(zhì)的影響因素比較；⑤原電池、電解池的電極反應(yīng)比較；在利用原電池、電解池的電板反應(yīng)判斷物質(zhì)的氧化性、還原性強(qiáng)弱時(shí)，可參照以下規(guī)律：a.原電池中，通?；顫娦暂^強(qiáng)的金屬作負(fù)極，活潑性較弱的金屬作正極；b.電解池中，陽(yáng)極上物質(zhì)的放電順序即為對(duì)應(yīng)物質(zhì)還原性次序，陰極上的陽(yáng)離子放電順序即為陽(yáng)離子氧化性次序。⑥將同一物質(zhì)氧化或還原的程度；⑦元素在元素周期表中的位置等。3．下列反應(yīng)中，水只作氧化劑的是①氟氣通入水中

②水蒸氣經(jīng)過(guò)灼熱的焦炭

③鈉塊投入水中④鐵與水蒸氣反應(yīng)⑤氯氣通入水中A．只有①④ B．只有②③④ C．只有②③ D．只有①⑤【答案】B【解析】①氟氣通入水中生成HF和O2，O元素的化合價(jià)升高，所以水是還原劑，故不選①；②水蒸氣通入灼熱焦炭發(fā)生反應(yīng)為：C+H2OCO+H2，H元素化合價(jià)降低，水作氧化劑，故選②；③鈉投入水中發(fā)生反應(yīng)為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H元素化合價(jià)降低，水作氧化劑，故選③；④鐵與水蒸氣反應(yīng)為：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，H元素化合價(jià)降低，水作氧化劑，故選④；⑤氯氣通入水中發(fā)生的反應(yīng)為：Cl2+H2O=HCl+HClO，H和O元素的化合價(jià)都不變，水既不是氧化劑也不是還原劑，故不選⑤。故正確序號(hào)為②③④。綜上所述，本題正確答案為B。易錯(cuò)點(diǎn)4不能運(yùn)用得失電子守恒法解氧化還原反應(yīng)計(jì)算題4．高錳酸鉀溶液在酸性條件下可以與硫酸亞鐵反應(yīng)，化學(xué)方程式如下：KMnO4+FeSO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+H2O(未配平)。下列說(shuō)法正確的是A．MnO4?是氧化劑，F(xiàn)e3+是還原產(chǎn)物B．Fe2+的還原性強(qiáng)于Mn2+C．氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為5:1D．生成1?mol水時(shí)，轉(zhuǎn)移2.5?mol電子【錯(cuò)因分析】不能根據(jù)電子得失守恒進(jìn)行電子轉(zhuǎn)移數(shù)目判斷是本題易出錯(cuò)關(guān)鍵之處?！驹囶}解析】利用氧化還原反應(yīng)的幾組概念進(jìn)行分析，F(xiàn)e2+中Fe的化合價(jià)升高，F(xiàn)e2+為還原劑，KMnO4中Mn的化合價(jià)降低，KMnO4為氧化劑，然后通過(guò)氧化還原反應(yīng)規(guī)律進(jìn)行分析；根據(jù)反應(yīng)方程式，KMnO4→MnSO4，Mn的化合價(jià)由+7價(jià)→+2價(jià)，化合價(jià)降低，KMnO4為氧化劑，MnSO4為還原產(chǎn)物，F(xiàn)eSO4→Fe2(SO4)3中Fe的化合價(jià)由+2價(jià)→+3價(jià)，化合價(jià)升高，F(xiàn)eSO4為還原劑，F(xiàn)e2(SO4)3為氧化產(chǎn)物，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)氧化還原規(guī)律中的強(qiáng)弱規(guī)律，還原劑的還原性強(qiáng)于還原產(chǎn)物的還原性，即Fe2+的還原性強(qiáng)于Mn2+，B項(xiàng)正確；利用得失電子數(shù)目守恒，5n(KMnO4)＝n(FeSO4)，推出氧化劑和還原劑物質(zhì)的量之比為1：5，C項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平，該反應(yīng)方程式為2KMnO4＋10FeSO4＋8H2SO4＝K2SO4＋2MnSO4＋5Fe2(SO4)3＋8H2O，生成1molH2O時(shí)，消耗KMnO4的物質(zhì)的量為1/4mol，即轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量1/4×5mol=1.25mol，D項(xiàng)錯(cuò)誤。【參考答案】B利用得失電子守恒巧解氧化還原反應(yīng)計(jì)算題得失電子守恒是指發(fā)生氧化還原反應(yīng)時(shí)，氧化劑得到的電子總數(shù)一定等于還原劑失去的電子總數(shù)。無(wú)論是自發(fā)進(jìn)行的氧化還原反應(yīng)(原電池)，還是電解池中的氧化還原反應(yīng)，無(wú)論是無(wú)機(jī)物之間的氧化還原反應(yīng)還是有機(jī)物參與的氧化還原反應(yīng)，該規(guī)律均適用。得失電子守恒常用于氧化還原反應(yīng)中氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的有關(guān)計(jì)算及電解過(guò)程中電極產(chǎn)物的有關(guān)計(jì)算等。首先找出氧化劑、還原劑及其物質(zhì)的量以及每摩爾氧化劑、還原劑得失電子的量，然后根據(jù)電子守恒列出等式。計(jì)算公式如下：氧化劑物質(zhì)的量×一個(gè)分子內(nèi)被還原的原子的個(gè)數(shù)×化合價(jià)的變化值＝還原劑物質(zhì)的量×一個(gè)分子內(nèi)被氧化的原子的個(gè)數(shù)×化合價(jià)的變化值。4．《環(huán)境科學(xué)》刊發(fā)了我國(guó)科研部門采用零價(jià)鐵活化過(guò)硫酸鈉(Na2S2O8，其中S為+6價(jià))去除廢水中的正五價(jià)砷[As(V)]的研究成果，其反應(yīng)機(jī)制模型如圖所示(SOSKIPIF1<0?、?OH表示自由基)。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列敘述錯(cuò)誤的是A．過(guò)硫酸鈉中-2價(jià)氧與-1價(jià)氧的個(gè)數(shù)比為3：1B．若56gFe參加反應(yīng)，被還原的S2O82?小于1.5NA個(gè)C．堿性條件下硫酸根自由基發(fā)生反應(yīng)的方程式為SO4-?+OH-=SO42-+?OHD．pH越小，越有利于去除廢水中的正五價(jià)砷【答案】D【解析】過(guò)硫酸鈉中正負(fù)化合價(jià)之和為零，S為+6價(jià)，Na為+1價(jià)，正價(jià)之和=(+6)×2+(+1)×2=14，負(fù)價(jià)之和為-14，若-2價(jià)氧與-1價(jià)氧的個(gè)數(shù)比為3：1，即-2價(jià)氧為6個(gè)，-1價(jià)氧的個(gè)數(shù)為2個(gè)，負(fù)價(jià)之和為(-2)×6+(-1)×2=-14，A項(xiàng)正確；56gFe為1mol，根據(jù)圖示可知，1molS2O82?和1molFe反應(yīng)生成2molSO42?和1molFe2+，該過(guò)程轉(zhuǎn)移2mol電子，但是Fe2+還要與S2O82?反應(yīng)變成Fe3+和自由基，根據(jù)圖示，形成的沉淀中即含有二價(jià)鐵離子，又含有三價(jià)鐵離子，即第一步反應(yīng)中的二價(jià)鐵沒(méi)有被完全氧化為三價(jià)鐵離子，因此1mol鐵參加反應(yīng)消耗小于1.5molS2O82?，共有少于1.5NA個(gè)S2O82?被還原，B項(xiàng)正確；結(jié)合圖示可知，堿性條件下，SO4??發(fā)生反應(yīng)的方程式為：SO4??+OH?═SO42?+?OH，C項(xiàng)正確；根據(jù)圖示可知，最后是堿性條件下，鐵離子和亞鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化亞鐵和氫氧化鐵，正五價(jià)砷離子轉(zhuǎn)變?yōu)槌恋恚吖餐猿恋硇问轿龀龅?，則溶液的堿性越強(qiáng)越有利于析出，即pH越大越有利于去除廢水中的正五價(jià)砷，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選D。易錯(cuò)點(diǎn)5配平氧化還原反應(yīng)方程式的方法不正確導(dǎo)致出錯(cuò)5．已知：Ⅰ．高錳酸鉀在不同條件下發(fā)生的反應(yīng)如下：SKIPIF1<0+5e?+8H+Mn2++4H2OSKIPIF1<0+3e?+2H2OMnO2↓+4OH?SKIPIF1<0+e?SKIPIF1<0(溶液呈綠色)Ⅱ．在下列反應(yīng)中，產(chǎn)物K2SO4和S的物質(zhì)的量之比為3∶2_______KMnO4+_______K2S+______________K2MnO4+_______K2SO4+_______S↓+_______下列說(shuō)法不正確的是A．高錳酸根離子被還原的產(chǎn)物受溶液酸堿性的影響B(tài)．化學(xué)方程式中反應(yīng)物缺項(xiàng)為H2SO4，配平后系數(shù)為12C．化學(xué)方程式中產(chǎn)物缺項(xiàng)為H2O，配平后系數(shù)為12D．用石墨電極電解中性高錳酸鉀溶液，在陰極可以得到MnO2【錯(cuò)因分析】若不清楚高錳酸鉀在不同條件下被還原的產(chǎn)物不同，則很難得出缺項(xiàng)物質(zhì)；若不能根據(jù)反應(yīng)物和生成物的化合價(jià)變化及原子個(gè)數(shù)守恒配平，則不能正確配平反應(yīng)方程式。【試題解析】審題時(shí)要注意高錳酸鉀在不同條件下被還原的產(chǎn)物不同。在酸性溶液中生成Mn2+，在中性溶液中生成MnO2，在堿性溶液中生成MnO42－，A項(xiàng)正確。根據(jù)產(chǎn)物K2MnO4知，反應(yīng)在堿性條件下進(jìn)行，故反應(yīng)物缺項(xiàng)不可能是H2SO4，B項(xiàng)錯(cuò)誤。反應(yīng)物缺項(xiàng)為KOH，產(chǎn)物缺項(xiàng)為H2O，方程式配平得28KMnO4+5K2S+24KOH＝28K2MnO4+3K2SO4+2S↓+12H2O，C、D項(xiàng)正確?！緟⒖即鸢浮緽要正確配平氧化還原反應(yīng)方程式必須用好三個(gè)守恒：得失電子守恒、質(zhì)量守恒、電荷守恒。(1)氧化劑得電子總數(shù)必等于還原劑失電子總數(shù)，即得失電子守恒?；蟽r(jià)升高總值也等于化合價(jià)降低總值。(2)反應(yīng)前后元素種類不變，各元素的原子數(shù)目也不變，即質(zhì)量守恒。(3)在有離子參加的氧化還原反應(yīng)中，反應(yīng)前后離子所帶的正、負(fù)電荷總數(shù)相等，即電荷守恒。缺項(xiàng)配平時(shí)要注意使化學(xué)方程式兩邊滿足元素守恒和電荷守恒，可根據(jù)電解質(zhì)溶液(或反應(yīng)所處環(huán)境)的酸堿性來(lái)選擇平衡電荷時(shí)所需的H+或OH?，如酸性溶液中應(yīng)選H+，堿性溶液中應(yīng)選OH?，不能既出現(xiàn)H+，又出現(xiàn)OH?。5．工業(yè)上用粗軟錳礦(只含有MnO2和MnO)和H2SO4(過(guò)量)、FeS2制備MnSO4·H2O的流程如下圖所示：(已知，流程中的FeS2、FeSO4、MnO2、MnO均完全反應(yīng))。(1)①中發(fā)生了三個(gè)反應(yīng)：MnO+H2SO4＝MnSO4+H2O、FeS2+H2SO4=FeSO4+H2S↑+S↓完成反應(yīng)：____MnO2＋______FeSO4+___________=____MnSO4+_________+_________。(2)沉淀A、B的化學(xué)式分別為_(kāi)_________________，②中加入MnO的目的是調(diào)節(jié)溶液的pH使Fe3完全沉淀，則②中MnO參與反應(yīng)的離子方程式________________________。(3)若沉淀A的質(zhì)量和MnSO4·H2O的質(zhì)量分別為96.0g、321.1g，②中加入的MnO為0.1mol，則理論上粗軟錳礦中MnO的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)________(精確到0.01％)?！敬鸢浮?1)122H2SO41Fe2(SO4)32H2O(2)S、Fe(OH)3MnO＋2H+＝Mn2+＋H2O(3)14.03％【解析】](1)由錳元素價(jià)態(tài)降低知產(chǎn)物中有Fe2(SO4)3，依得失電子守恒原理確定氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的計(jì)量數(shù)后再依質(zhì)量守恒確定還有水生成。(2)由(1)中所給方程式知，沉淀A的成分是單質(zhì)硫；X溶液中的溶質(zhì)是Fe2(SO4)3，MnSO4及過(guò)量的硫酸，由沉淀B的形成過(guò)程及Y的成分知B是Fe(OH)3。MnO是堿性氧化物，加入它可以調(diào)節(jié)溶液的pH，有利于Fe(OH)3沉淀析出。(3)由單質(zhì)硫?yàn)?mol及第2、第3兩個(gè)反應(yīng)的方程式知，樣品的MnO2為1.5mol，又n(MnSO4·H2O)=321.1g/169g/mol=1.9mol，由錳守恒知，n(MnO)=1.9mol-0.1mol-1.5mol=0.3mol，故ω(MnO)=0.3mol×71g/mol÷(0.3mol×71g/mol+1.5mol×87g/mol)=14.03%。易錯(cuò)點(diǎn)6混淆燃燒熱、中和熱的概念6．下列推論正確的是A．2C(s)+O2(g)2CO(g)ΔH=?221kJ·mol?1，則碳的燃燒熱的數(shù)值大于110.5kJ·mol?1B．C(石墨，s)C(金剛石，s)ΔH=+1.9kJ·mol?1，則金剛石比石墨穩(wěn)定C．OH?(aq)+H+(aq)H2O(l)ΔH=?57.4kJ·mol?1，則：含20gNaOH的稀溶液與過(guò)量稀醋酸完全反應(yīng)，放出的熱量為28.7kJD．S(g)+O2(g)SO2(g)ΔH1；S(s)+O2SO2(g)ΔH2，則ΔH1＞ΔH2【錯(cuò)因分析】即在稀溶液中強(qiáng)酸與強(qiáng)酸完全反應(yīng)生成1mol水時(shí)，放出57.4kJ熱量，但醋酸是弱酸，其電離時(shí)需要吸熱，如忽略此點(diǎn)會(huì)錯(cuò)選C項(xiàng)?！驹囶}解析】燃燒熱是1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定氧化物反應(yīng)放出的熱量，1mol碳不完全燃燒釋放的能量是110.5kJ，則碳的燃燒熱大于

110.5kJ/mol，A項(xiàng)正確；C(石墨，s)＝C(金剛石，s)ΔH=+1.9kJ·mol?1，說(shuō)明石墨的能量比金剛石低，則石墨比金剛石穩(wěn)定，B項(xiàng)錯(cuò)誤；OH?(aq)+H+(aq)＝H2O(l)ΔH=?57.4kJ·mol?1，即在稀溶液中1molNaOH與強(qiáng)酸完全反應(yīng)生成1mol水時(shí)，放出57.4kJ熱量，但醋酸是弱酸，其電離時(shí)需要吸熱，則含20gNaOH的稀溶液與過(guò)量稀醋酸完全反應(yīng)，放出的熱量應(yīng)小于28.7kJ，C項(xiàng)錯(cuò)誤；固體硫燃燒時(shí)要先變?yōu)闅鈶B(tài)硫，過(guò)程吸熱，氣體與氣體反應(yīng)生成氣體比固體和氣體反應(yīng)生成氣體產(chǎn)生熱量多，但反應(yīng)熱為負(fù)值，所以ΔH1＜ΔH2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選A?！緟⒖即鸢浮緼1．關(guān)于中和熱的理解(1)中和熱的概念是酸和堿在稀溶液中發(fā)生中和反應(yīng)生成1_mol_H2O(l)時(shí)的反應(yīng)熱。(2)濃的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿在發(fā)生中和反應(yīng)的同時(shí)還要發(fā)生溶解，溶解要放出熱量；若是濃的弱酸和弱堿在發(fā)生中和反應(yīng)的同時(shí)還要發(fā)生電離，電離要吸收熱量，故放出的熱量均不完全是中和熱。(3)強(qiáng)酸和強(qiáng)堿在稀溶液中發(fā)生中和反應(yīng)時(shí)，1molH＋和1molOH－反應(yīng)生成1molH2Ol，放出57.3kJ的熱量，表示為H＋aq＋OH－aq=H2OlΔH＝－57.3kJ·mol－1。2．燃燒熱及表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式(1)(2)燃燒熱是以1mol物質(zhì)完全燃燒所放出的熱量來(lái)定義的，因此在書寫表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式時(shí)，應(yīng)以燃燒1mol物質(zhì)為標(biāo)準(zhǔn)來(lái)配平其余物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)，故在其熱化學(xué)方程式中常出現(xiàn)分?jǐn)?shù)。6．下列熱化學(xué)方程式中，正確的是A．甲烷的燃燒熱為890.3kJ·mol-1，則甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H=-890.3kJ·mol-1B．500℃、30MPa下，將0.5molN2(g)和1.5molH2(g)置于密閉容器中充分反應(yīng)生成NH3(g)放熱19.3kJ，其熱化學(xué)方程式為：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H=-38.6kJ·mol-1C．HCl和NaOH反應(yīng)的中和熱△H=-57.3kJ·mol-1，則H2SO4和Ca(OH)2反應(yīng)的中和熱△H=2×(-57.3)kJ·mol-1D．在101kPa時(shí)，2gH2完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式表示為2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1【答案】D【解析】燃燒熱指在25C°、101kPa時(shí)，1mol純物質(zhì)完全燃燒生成穩(wěn)定的氧化物時(shí)所放出的熱量；稀溶液中，酸跟堿發(fā)生中和反應(yīng)生成1mol液態(tài)水時(shí)所釋放的熱量叫做中和熱，據(jù)此回答問(wèn)題。【詳解】甲烷的燃燒熱為890.3kJ·mol-1，要生成液態(tài)水，甲烷燃燒的熱化學(xué)方程式可表示為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-890.3kJ·mol-1，A項(xiàng)錯(cuò)誤；500℃、30MPa下，將0.5molN2和1.5molH2置于密閉的容器中充分反應(yīng)生成NH3(g)，放熱19.3kJ，由于反應(yīng)為可逆反應(yīng)，則1molN2完全反應(yīng)放熱大于38.6kJ，其熱化學(xué)反應(yīng)方程式為：N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)△H＜-38.6kJ/mol，B項(xiàng)錯(cuò)誤；中和熱是指在稀溶液中，強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)生成1mol水時(shí)放出的熱量，其衡量標(biāo)準(zhǔn)是生成的水為1mol，故無(wú)論稀H2SO4和Ca(OH)2反應(yīng)生成的水是幾摩爾，其中和熱恒為57.3kJ/mol，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在101kPa時(shí)，2gH2的物質(zhì)的量為1mol，完全燃燒生成液態(tài)水，放出285.8kJ熱量，氫氣燃燒的熱化學(xué)方程式表示為2H2(g)+O2(g)=2H2O(1)△H=-571.6kJ·mol-1，D項(xiàng)正確。答案選D?！军c(diǎn)睛】本題易錯(cuò)點(diǎn)為B，注意反應(yīng)為可逆反應(yīng)，實(shí)際情況下的放熱量與反應(yīng)焓變不一致。易錯(cuò)點(diǎn)7不會(huì)利用合適的方法計(jì)算反應(yīng)熱7．肼可作為火箭發(fā)動(dòng)機(jī)的燃料，與N2O4反應(yīng)生成N2和水蒸氣。已知：①N2(g)+2O2(g)N2O4(l)ΔH1=?19.5kJ·mol?1②N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH2=?534kJ·mol?1(1)寫出肼(l)和N2O4(l)完全反應(yīng)生成N2和水蒸氣時(shí)的熱化學(xué)方程式：__________。(2)已知斷裂1mol化學(xué)鍵所需的能量(kJ)：N≡N為942、O=O為500、N—N為154，O—H為462，則斷裂1molN—H鍵所需的能量是________kJ?！惧e(cuò)因分析】不能根據(jù)化學(xué)鍵的鍵能進(jìn)行吸熱或放熱的計(jì)算，將無(wú)法得到正確結(jié)果。【試題解析】(1)肼可作為火箭發(fā)動(dòng)機(jī)的燃料，與氧化劑N2O4反應(yīng)生成N2和水蒸氣。①N2(g)+2O2(g)N2O4(l)ΔH1=?19.5kJ·mol?1，②N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH2=?534kJ·mol?1，根據(jù)蓋斯定律，將方程式②×2?①得：2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O(g)ΔH=?1048.5kJ/mol，故答案為：2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O(g)ΔH=?1048.5kJ/mol；(2)設(shè)斷裂1molN?H鍵所需的能量為KkJ，根據(jù)N2H4(l)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH2=?534kJ·mol?1，反應(yīng)的焓變?chǔ)=反應(yīng)物總鍵能?生成物總鍵能=(154+4K+500)?(942+4×462)=?534，解得K=400.5，故答案為：400.5?！緟⒖即鸢浮?1)2N2H4(l)+N2O4(l)3N2(g)+4H2O(g)ΔH2=?1048.5kJ·mol?1(2)400.5反應(yīng)熱的計(jì)算方法1．有關(guān)反應(yīng)熱計(jì)算的依據(jù)(1)根據(jù)熱化學(xué)方程式計(jì)算反應(yīng)熱與反應(yīng)物各物質(zhì)的物質(zhì)的量成正比。(2)根據(jù)蓋斯定律計(jì)算根據(jù)蓋斯定律，可以將兩個(gè)或兩個(gè)以上的熱化學(xué)方程式包括其ΔH相加或相減，得到一個(gè)新的熱化學(xué)方程式。(3)根據(jù)物質(zhì)燃燒放熱數(shù)值(或燃燒熱)計(jì)算可燃物完全燃燒產(chǎn)生的熱量＝可燃物的物質(zhì)的量×其燃燒熱。(4)根據(jù)反應(yīng)物和生成物的鍵能計(jì)算。ΔH＝反應(yīng)物的鍵能和－生成物的鍵能和。2．利用狀態(tài)，迅速比較反應(yīng)熱的大小若反應(yīng)為放熱反應(yīng)(1)當(dāng)反應(yīng)物狀態(tài)相同，生成物狀態(tài)不同時(shí)，生成固體放熱最多，生成氣體放熱最少。(2)當(dāng)反應(yīng)物狀態(tài)不同，生成物狀態(tài)相同時(shí)，固體反應(yīng)放熱最少，氣體反應(yīng)放熱最多。(3)在比較反應(yīng)熱(ΔH)的大小時(shí)，應(yīng)帶符號(hào)比較。對(duì)于放熱反應(yīng)，放出的熱量越多，ΔH反而越小。7．甲烷燃燒時(shí)的能量變化如圖，有關(guān)說(shuō)法正確的是A．圖1中反應(yīng)為：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=+890.3kJ/molB．圖2中反應(yīng)為：CH4(g)+eq\f(3,2)O2(g)=CO(g)+2H2O(g)H=﹣607.3kJ/molC．由圖可以推得：CO(g)+eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)H=﹣283kJ/molD．由圖可以推知：等物質(zhì)的量的CO2和CO，CO2具有的能量高【答案】C【解析】根據(jù)圖像分析，反應(yīng)物的總能量高于生成物總能量，則圖1中反應(yīng)為：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)H=-890.3kJ/mol，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)圖像分析，生成物水的狀態(tài)是液態(tài)，則圖2中反應(yīng)為：CH4(g)＋eq\f(3,2)O2(g)=CO(g)+2H2O(l)H=﹣607.3kJ/mol，B項(xiàng)錯(cuò)誤；CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)＝CO2(g)的焓變可根據(jù)CH4(g)＋2O2(g)=CO2(g)＋2H2O(l)H=-890.3kJ/mol和反應(yīng)H=﹣283kJ/mol，CH4(g)＋eq\f(3,2)O2(g)＝CO(g)＋2H2O(l)H=﹣607.3kJ/mol求出焓變H=﹣283kJ/mol，C項(xiàng)正確；CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)＝CO2(g)H＝﹣283kJ/mol，該反應(yīng)放熱，反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，所以等物質(zhì)的量的CO2和CO，CO具有的能量高，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選C。易錯(cuò)點(diǎn)8新型電池原理認(rèn)識(shí)不清導(dǎo)致判斷失誤8．利用微生物燃料電池進(jìn)行廢水處理，實(shí)現(xiàn)碳氮聯(lián)合轉(zhuǎn)化。其工作原理如下圖所示，其中M、N為厭氧微生物電極。下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是A．負(fù)極的電極反應(yīng)為CH3COO??8e?+2H2O2CO2↑+7H+B．電池工作時(shí)，H+由M極移向N極C．相同條件下，M、N兩極生成的CO2和N2的體積之比為3：2D．好氧微生物反應(yīng)器中發(fā)生的反應(yīng)為NH3+2O2NO3?+2H++H2O【錯(cuò)因分析】根據(jù)各電極除的通入物和排除物判斷電極極性是解題的關(guān)鍵，若判斷錯(cuò)誤將導(dǎo)致整個(gè)題目的后續(xù)判斷都將錯(cuò)誤。【試題解析】圖示分析可知：N極NO3?離子得到電子生成氮?dú)?、發(fā)生還原反應(yīng)，則N極正極。M極CH3COO?失電子、發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，則M極為原電池負(fù)極，NH4+在好氧微生物反應(yīng)器中轉(zhuǎn)化為NO3?，據(jù)此分析解答。M極為負(fù)極，CH3COO?失電子、發(fā)生氧化反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，電極反應(yīng)為CH3COO??8e?+2H2O＝2CO2↑+7H+，A項(xiàng)正確；原電池工作時(shí)，陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，即H+由M極移向N極，B項(xiàng)正確；生成1molCO2轉(zhuǎn)移4mole?，生成1molN2轉(zhuǎn)移10mole?，根據(jù)電子守恒，M、N兩極生成的CO2和N2的物質(zhì)的量之比為10mol：4mol=5:2，相同條件下的體積比為5:2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；NH4+在好氧微生物反應(yīng)器中轉(zhuǎn)化為NO3?，則反應(yīng)器中發(fā)生的反應(yīng)為NH3+2O2＝NO3?+2H++H2O，D項(xiàng)正確。答案選C?！緟⒖即鸢浮緾有關(guān)新型電池類試題的4個(gè)考查角度由于高考中的新型電池類試題題材廣、信息新、陌生度大，所以大多數(shù)考生感到這類題較難，而對(duì)難在何處又十分迷茫。這類試題主要考查考生對(duì)知識(shí)遷移應(yīng)用的能力。熟悉此類試題的4個(gè)考查角度，才能順利解題。1．新型電池“放電”時(shí)正、負(fù)極的判斷：SKIPIF1<02．新型電池“放電”時(shí)正、負(fù)極電極反應(yīng)式的書寫：根據(jù)電池反應(yīng)分析物質(zhì)得失電子的情況，考慮電極反應(yīng)生成的物質(zhì)是否與電解質(zhì)溶液中的離子發(fā)生反應(yīng)。對(duì)于較復(fù)雜的電極反應(yīng)，可以利用“總反應(yīng)式?較簡(jiǎn)單一極的電極反應(yīng)式＝較復(fù)雜一極的電極反應(yīng)式”解決。3．新型電池“充電”時(shí)陰、陽(yáng)極的判斷：首先明確原電池放電時(shí)的正、負(fù)極，再根據(jù)電池充電時(shí)，陽(yáng)極接正極、陰極接負(fù)極的原理進(jìn)行分析。4．新型電池充、放電時(shí)，電解質(zhì)溶液中離子移動(dòng)方向的判斷：先分清電池是放電還是充電，再判斷正、負(fù)極或陰、陽(yáng)極，最后再確定離子的移動(dòng)方向。8．最近我國(guó)成功研制出高效電催化固氮催化劑Mo2N，如圖所示，在0.1mol·L－1鹽酸溶液中，在一定電壓下具有較高的產(chǎn)氨速率和穩(wěn)定的電流效率。下列判斷錯(cuò)誤的是A．石墨電極為陽(yáng)極B．P為陽(yáng)離子交換膜C．Mo2N/GCE電極區(qū)反應(yīng)式為N2+6H++6e－=2NH3D．為提高溶液的導(dǎo)電性，可在石墨電極區(qū)加入適量的鹽酸【答案】D【解析】由裝置圖可以看出，在Mo2N/GCE電極區(qū)生成氨氣，Mo2N/GCE電極區(qū)N2得到電子，是陰極，所以石墨極為陽(yáng)極，A項(xiàng)正確；電解池工作時(shí)，陽(yáng)極上水電離的氫氧根離子放電生成氧氣和H+，H+從陽(yáng)極區(qū)向陰極區(qū)轉(zhuǎn)移，故P為陽(yáng)離子交換膜，B項(xiàng)正確；Mo2N/GCE電極為陰極，電極反應(yīng)式為：N2+6H++6e－=2NH3，C項(xiàng)正確；石墨電極的電極反應(yīng)式為2H2OSKIPIF1<04e－=4H+SKIPIF1<0O2SKIPIF1<0，若加入鹽酸，則變?yōu)槁入x子放電產(chǎn)生氯氣使溶液中的離子濃度逐漸減小，溶液的導(dǎo)電能力減弱，可加入適量的硫酸增強(qiáng)溶液的導(dǎo)電性，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選D。易錯(cuò)點(diǎn)9忽略原電池中介質(zhì)的作用9．2019年3月，我國(guó)科學(xué)家研發(fā)出一種新型的鋅碘單液流電池，其原理如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是A．放電時(shí)B電極反應(yīng)式為：I2+2e-=2I-B．放電時(shí)電解質(zhì)儲(chǔ)罐中離子總濃度增大C．M為陽(yáng)離子交換膜，N為陰離子交換膜D．充電時(shí)，A極增重65g時(shí)，C區(qū)增加離子數(shù)為4NA【錯(cuò)因分析】本題考查化學(xué)電源新型電池，根據(jù)電極上發(fā)生的反應(yīng)判斷放電時(shí)的正、負(fù)極是解本題關(guān)鍵，要會(huì)根據(jù)原電池、電解池反應(yīng)原理正確書寫電極反應(yīng)式，注意交換膜的特點(diǎn)，選項(xiàng)是C為易錯(cuò)點(diǎn)。【試題解析】由裝置圖可知，放電時(shí)，Zn是負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，石墨是正極，反應(yīng)式為I2+2e-=2I-，外電路中電流由正極經(jīng)過(guò)導(dǎo)線流向負(fù)極，充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)式為2I--2e-=I2、陰極反應(yīng)式為Zn2++2e-=Zn，據(jù)此分析解答。放電時(shí)，B電極為正極，I2得到電子生成I-，電極反應(yīng)式為I2+2e-=2I-，A項(xiàng)正確；放電時(shí)，左側(cè)即負(fù)極，電極反應(yīng)式為Zn-2e-=Zn2+，所以儲(chǔ)罐中的離子總濃度增大，B項(xiàng)正確；離子交換膜是防止正負(fù)極I2、Zn接觸發(fā)生反應(yīng)，負(fù)極區(qū)生成Zn2+、正電荷增加，正極區(qū)生成I-、負(fù)電荷增加，所以Cl-通過(guò)M膜進(jìn)入負(fù)極區(qū)，K+通過(guò)N膜進(jìn)入正極區(qū)，所以M為陰離子交換膜，N為陽(yáng)離子交換膜，C項(xiàng)錯(cuò)誤；充電時(shí)，A極反應(yīng)式Zn2++2e-=Zn，A極增重65g轉(zhuǎn)移2mol電子，所以C區(qū)增加2molK+、2molCl-，離子總數(shù)為4NA，D項(xiàng)正確。答案選C?！緟⒖即鸢浮緾介質(zhì)對(duì)原電池的影響同一個(gè)原電池反應(yīng)在不同的介質(zhì)中其電極反應(yīng)式有可能是不相同的，如氫氧燃料電池，其總的化學(xué)反應(yīng)方程式都是2H2+O22H2O，但在堿性介質(zhì)和酸性介質(zhì)中其電極反應(yīng)式是不同的。另外由相同的電極材料組成的原電池，在不同的介質(zhì)中其電池反應(yīng)、電極名稱、電流方向也有可能不同，如由鎂、鋁作電極組成的原電池，在氫氧化鈉溶液中，鋁作負(fù)極，鎂作正極；而在稀鹽酸中，鋁作正極，鎂作負(fù)極，因此在解電化學(xué)題時(shí)要特別注意介質(zhì)的成分，慎重思考介質(zhì)所起的作用。9．ZulemaBorjas等設(shè)計(jì)的一種微生物脫鹽池的裝置如圖所示，下列說(shuō)法正確的是A．該裝置工作時(shí)，電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B．該裝置可以在高溫下工作C．X為陽(yáng)離子交換膜，Y為陰離子交換膜D．負(fù)極反應(yīng)為CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+【答案】D【解析】由圖中信息可知，該裝置為原電池裝置，左側(cè)為原電池負(fù)極，有機(jī)物在此電極上失電子，海水中陰離子向此電極移動(dòng)，右側(cè)為原電池正極，氧氣在此電極上得電子，海水中陽(yáng)離子向此電極移動(dòng)。【詳解】該裝置工作時(shí)為原電池，是將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，A項(xiàng)錯(cuò)誤；高溫能使微生物蛋白質(zhì)凝固變性，導(dǎo)致電池工作失效，所以該裝置不能在高溫下工作，B項(xiàng)錯(cuò)誤；原電池內(nèi)電路中：陽(yáng)離子移向正極、陰離子移向負(fù)極，從而達(dá)到脫鹽目的，所以Y為陽(yáng)離子交換膜、X為陰離子交換膜，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由圖片可知，負(fù)極為有機(jī)廢水CH3COO-的電極，失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，D項(xiàng)正確。答案選D。易錯(cuò)點(diǎn)10不能熟練運(yùn)用電化學(xué)計(jì)算中的常用方法10．天然氣的主要成分為CH4，可將CH4設(shè)計(jì)成燃料電池，來(lái)解決能源問(wèn)題，裝置如圖所示。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下，持續(xù)通入甲烷，消耗甲烷VL。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．當(dāng)0<V≤33.6L時(shí)，負(fù)極反應(yīng)式為CH4+10OH??8e?CO32?+7H2OB．正極反應(yīng)式為O2+4H++4e?2H2OC．當(dāng)V=67.2L時(shí)，電池總反應(yīng)方程式可寫為CH4+2O2+NaOHNaHCO3+2H2OD．電解質(zhì)溶液中的Na+向正極移動(dòng)【錯(cuò)因分析】注意把握原電池的工作原理以及電極反應(yīng)式的書寫，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)甲烷的量計(jì)算生成的二氧化碳的量，結(jié)合反應(yīng)方程式判斷反應(yīng)產(chǎn)物及發(fā)生的反應(yīng)?！驹囶}解析】燃料電池中，通入燃料的一端為原電池的負(fù)極，通入空氣的一端為原電池的正極，n(NaOH)=1.5mol/L×2L=3mol，可能先后發(fā)生反應(yīng)①CH4+2O2→CO2+2H2O、②CO2+2NaOH＝Na2CO3+H2O、③Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3；根據(jù)甲烷的量計(jì)算生成的二氧化碳的量，結(jié)合反應(yīng)方程式判斷反應(yīng)產(chǎn)物及發(fā)生的反應(yīng)。當(dāng)0<V≤33.6L時(shí)，0<n(CH4)≤1.5mol，則0<n(CO2)≤1.5mol，只發(fā)生反應(yīng)①②，且NaOH過(guò)量，則電池總反應(yīng)式為CH4+2O2+2NaOH＝Na2CO3+3H2O，負(fù)極反應(yīng)式為CH4+10OH??8e?＝CO32?+7H2O，A項(xiàng)正確；堿性燃料電池，正極反應(yīng)式為2H2O+O2+4e?4OH?，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)V=67.2L時(shí)，n(CH4)=3mol，n(CO2)=3mol，則電池總反應(yīng)式為CH4+2O2+NaOH＝NaHCO3+2H2O，C項(xiàng)正確；燃料電池中，通入CH4的一端為原電池的負(fù)極，通入空氣的一端為原電池的正極，Na+向正極移動(dòng)，D項(xiàng)正確。正確答案選B?！緟⒖即鸢浮緽原電池和電解池的相關(guān)計(jì)算包括兩極產(chǎn)物的定量計(jì)算，溶液pH的計(jì)算、根據(jù)電量求產(chǎn)物的量與根據(jù)產(chǎn)物的量求電量等的計(jì)算。不論哪類計(jì)算，均可概括為下列三種：(1)根據(jù)電子守恒法計(jì)算：用于串聯(lián)電路，陰陽(yáng)兩極產(chǎn)物、正負(fù)兩極產(chǎn)物、相同電量等類型的計(jì)算，其依據(jù)是電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等。(2)根據(jù)總反應(yīng)式計(jì)算：先寫出電極反應(yīng)式，再寫出總反應(yīng)式，最后根據(jù)總反應(yīng)式列比例式計(jì)算。(3)根據(jù)關(guān)系式計(jì)算：根據(jù)得失電子守恒建立已知量與未知量之間的橋梁，列出計(jì)算所需的關(guān)系式。10．某化學(xué)小組構(gòu)想將汽車尾氣(NO、NO2)轉(zhuǎn)化為重要的化工原料HNO3，其原理如圖所示，其中A、B為多孔材料。下列說(shuō)法正確的是A．電解質(zhì)溶液中電流的方向由B到A，電子的流向與之相反B．電極A表面反應(yīng)之一為NO－3e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,3)＋4H＋C．電極B附近的c(NOeq\o\al(－,3))增大D．該電池工作時(shí)，每轉(zhuǎn)移4mol電子，生成22.4LO2【答案】B【解析】該電池的工作原理(以NO為例)為4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，則NO發(fā)生了氧化反應(yīng)，故A極為負(fù)極，B極為正極。電子只能通過(guò)外電路，其流向?yàn)閺腁到B，A項(xiàng)錯(cuò)誤；負(fù)極反應(yīng)(以NO為例)為NO－3e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,3)＋4H＋，B項(xiàng)正確；原電池中陰離子(NOeq\o\al(－,3))向負(fù)極附近移動(dòng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；電池工作時(shí)，每轉(zhuǎn)移4mol電子，消耗1mol氧氣，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下O2的體積為22.4L，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選B。易錯(cuò)點(diǎn)11多池組合裝置問(wèn)題無(wú)從下手11．如圖所示裝置中，甲、乙、丙三個(gè)燒杯分別盛放100g溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10.00%的K2SO4溶液，電極均為石墨電極。(1)接通電源，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，測(cè)得丙中K2SO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10.47%，乙中c電極的質(zhì)量增加。據(jù)此回答問(wèn)題：①電源的N端為_(kāi)_______極。②電極b上發(fā)生的電極反應(yīng)為_(kāi)_______________________。③電極b上生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為_(kāi)_______________________。④電極c的質(zhì)量變化是________g。⑤電解前后各溶液的酸堿性大小是否發(fā)生變化，簡(jiǎn)述其原因：甲溶液________________________________________________。乙溶液________________________________________________。丙溶液________________________________________________。(2)如果電解過(guò)程中銅全部析出，此時(shí)電解能否繼續(xù)進(jìn)行，為什么？_________________?！惧e(cuò)因分析】如果不清楚甲、乙、丙裝置中的電極串聯(lián)，會(huì)錯(cuò)誤判斷電極，導(dǎo)致回答問(wèn)題時(shí)出錯(cuò)。【試題解析】(1)①依題意，甲裝置中裝氫氧化鈉溶液，實(shí)質(zhì)相當(dāng)于電解水；乙裝置電解硫酸銅溶液：陰極2Cu2++4e?2Cu；陽(yáng)極4OH??4e?2H2O+O2↑。c電極的質(zhì)量增加，說(shuō)明該電極為陰極，由此得d極為陽(yáng)極，以此類推e極為陰極，f極為陽(yáng)極，N極為正極，M極為負(fù)極，a極為陰極，b極為陽(yáng)極。②甲裝置中裝氫氧化鈉溶液，在b極上OH?發(fā)生氧化反應(yīng)：4OH??4e?2H2O+O2↑，總電解反應(yīng)為2H2O2H2↑+O2↑。③丙裝置中裝K2SO4溶液，電解前后溶質(zhì)的質(zhì)量不變，實(shí)質(zhì)是電解水，設(shè)電解過(guò)程中電解水的質(zhì)量為x，100g×10.00%=(100g?x)×10.47%，x≈4.5g。n(H2O)=4.5g/18g·mol?1=0.25mol，n(O2)=0.125mol，V(O2)=0.125mol×22.4L/mol=2.8L。甲、丙裝置實(shí)質(zhì)上均為電解水，故轉(zhuǎn)移電子數(shù)相同，且b極上生成的氣體為2.8L。④電解0.25mol水時(shí)轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.5mol，c極反應(yīng)：Cu2++2e?Cu，根據(jù)電子守恒知，析出金屬質(zhì)量m(Cu)=0.25mol×64g/mol=16g。⑤甲、丙裝置中電解的實(shí)質(zhì)是電解水，乙裝置中的總反應(yīng)式為2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑，溶液酸性增強(qiáng)。(2)如果銅全部析出，甲裝置裝有氫氧化鈉溶液，乙裝置裝有硫酸，丙裝置裝有硫酸鉀溶液，仍然能電解，三個(gè)裝置都相當(dāng)于電解水?！緟⒖即鸢浮?1)①正②4OH??4e?2H2O+O2↑③2.8L④16⑤堿性增大，因?yàn)殡娊夂?，水量減少，溶液中NaOH的濃度增大酸性增大，因?yàn)樵陉?yáng)極上OH?參與反應(yīng)生成O2，溶液中H+的濃度增加酸堿性大小沒(méi)有變化，因?yàn)镵2SO4是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，濃度增加不影響溶液的酸堿性(2)能繼續(xù)進(jìn)行，因?yàn)橐已b置中已轉(zhuǎn)化為H2SO4溶液，反應(yīng)也就變?yōu)殡娊馑姆磻?yīng)有關(guān)電化學(xué)組合裝置的有關(guān)計(jì)算方法11．用酸性氫氧燃料電池為電源進(jìn)行電解的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖如下圖所示。下列說(shuō)法中，正確的是A．燃料電池工作時(shí)，正極反應(yīng)為：O2+2H2O+4e－＝4OH－B．a(chǎn)極是鐵，b極是銅時(shí)，b極逐漸溶解，a極上有銅析出C．a(chǎn)極是粗銅，b極是純銅時(shí)，a極逐漸溶解，b極上有銅析出D．a(chǎn)、b兩極均是石墨時(shí)，在相同條件下a極產(chǎn)生的氣體與電池中消耗的H2體積相等【答案】C【解析】左邊裝置是氫氧燃料電池，放電時(shí)燃料發(fā)生氧化反應(yīng)，投放燃料的電極為負(fù)極，投放氧化劑的電極為正極，正極上發(fā)生還原反應(yīng)，由于電解質(zhì)溶液呈酸性，正極反應(yīng)為：O2+4e-+4H+=2H2O，A項(xiàng)錯(cuò)誤；a與電池正極相連，a為電解池的陽(yáng)極，b與電池的負(fù)極相連，b為電解池的陰極，所以應(yīng)該是a極的Fe溶解，b極上析出Cu，B項(xiàng)錯(cuò)誤；a極是粗銅，b極是純銅時(shí)，為銅的電解精煉，電解時(shí)，a極逐漸溶解，b極上有銅析出，C項(xiàng)正確；電解CuSO4溶液時(shí)，a極產(chǎn)生的氣體為O2，產(chǎn)生1molO2需4mol電子，所以需要燃料電池的2molH2，二者的體積并不相等，D項(xiàng)錯(cuò)誤。1．對(duì)氧化還原反應(yīng)的基本概念的考查(1)氧化還原反應(yīng)的判斷①根據(jù)氧化還原反應(yīng)的特征判斷，看元素化合價(jià)是否發(fā)生變化。②根據(jù)氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)判斷，看電子是否發(fā)生轉(zhuǎn)移(得失或偏移)。(2)分清氧化還原反應(yīng)的常見(jiàn)類型①完全氧化還原型此類反應(yīng)的特點(diǎn)是還原劑和氧化劑分別為不同的物質(zhì)，參加反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)全部被還原(或被氧化)，有關(guān)元素的化合價(jià)全部發(fā)生變化。②部分氧化還原型此類反應(yīng)的特點(diǎn)是還原劑(或氧化劑)只有部分被氧化(或被還原)，有關(guān)元素的化合價(jià)只有部分發(fā)生變化。③自身氧化還原型自身氧化還原反應(yīng)可以發(fā)生在同一物質(zhì)的不同元素之間，即同一種物質(zhì)中的一種元素被氧化，另一種元素被還原，該物質(zhì)既是氧化劑，又是還原劑；也可以發(fā)生在同一物質(zhì)的同種元素之間，即同一種物質(zhì)中的同一種元素既被氧化又被還原。④歸中反應(yīng)型此類反應(yīng)的特點(diǎn)是同一種元素在不同的反應(yīng)物中有不同的價(jià)態(tài)(高價(jià)、低價(jià))，反應(yīng)后轉(zhuǎn)化成中間價(jià)態(tài)。(3)熟悉氧化還原反應(yīng)中的概念之間的聯(lián)系2．氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律(1)守恒規(guī)律對(duì)于一個(gè)氧化還原反應(yīng)，元素化合價(jià)升高總數(shù)與降低總數(shù)相等；還原劑失電子總數(shù)與氧化劑得電子總數(shù)相等；反應(yīng)前后電荷總數(shù)相等(離子方程式)。(2)鄰位轉(zhuǎn)化規(guī)律(歸中原則)氧化還原反應(yīng)中，元素相鄰價(jià)態(tài)之間的轉(zhuǎn)化最容易；同種元素不同價(jià)態(tài)之間若發(fā)生反應(yīng)，元素的化合價(jià)只靠近而不交叉；同種元素相鄰價(jià)態(tài)之間不發(fā)生氧化還原反應(yīng)。如H2S與濃硫酸反應(yīng)時(shí)，S元素的化合價(jià)變化為：反應(yīng)方程式為H2S+H2SO4(濃)S↓+SO2↑+2H2O。此規(guī)律適用于同一元素的不同價(jià)態(tài)間的氧化還原反應(yīng)。一般情況下分別生成中間價(jià)態(tài)的物質(zhì)，價(jià)態(tài)的轉(zhuǎn)化是鄰位轉(zhuǎn)化，生成物的化合價(jià)一般“只靠攏、不交叉、不換位”。(3)強(qiáng)弱規(guī)律氧化性較強(qiáng)的氧化劑跟還原性較強(qiáng)的還原劑反應(yīng)，生成還原性較弱的還原產(chǎn)物和氧化性較弱的氧化產(chǎn)物。應(yīng)用：在適宜條件下，用氧化性較強(qiáng)的物質(zhì)制備氧化性較弱的物質(zhì)，或用還原性較強(qiáng)的物質(zhì)制備還原性較弱的物質(zhì)，也可用于比較物質(zhì)間氧化性或還原性的強(qiáng)弱。(4)價(jià)態(tài)規(guī)律元素處于最高價(jià)，只有氧化性(如Fe3+、KMnO4中的Mn+7等)；元素處于最低價(jià)，只有還原性(如S2?、I?等)；元素處于中間價(jià)態(tài)，既有氧化性又有還原性(如Fe2+、S、Cl2等)。應(yīng)用：判斷元素或物質(zhì)氧化性或還原性的有無(wú)。(5)強(qiáng)者優(yōu)先規(guī)律若存在多種氧化劑(或還原劑)與一種還原劑(或氧化劑)反應(yīng)時(shí)，氧化性(或還原性)強(qiáng)的先被還原(或氧化)。如向含有Ag+、Cu2+的溶液中加入鐵粉時(shí)，鐵粉先與Ag+反應(yīng)，當(dāng)Ag+完全被還原為Ag后，剩余的鐵粉再與Cu2+反應(yīng)；向同時(shí)含有Fe2+、Br?、I?的溶液中通入Cl2時(shí)，由于還原性I?>Fe2+>Br?，所以Cl2先氧化I?，I?反應(yīng)完后，再氧化Fe2+，當(dāng)把Fe2+完全氧化后，最后氧化Br?。3．氧化還原反應(yīng)方程式的配平(1)氧化還原反應(yīng)方程式配平的依據(jù)①化合價(jià)升高總數(shù)=化合價(jià)降低總數(shù)。②氧化劑得電子總數(shù)=還原劑失電子總數(shù)。③反應(yīng)前后各元素種類和原子數(shù)目不變(質(zhì)量守恒)。④對(duì)于離子反應(yīng)，反應(yīng)前后電荷守恒。(2)氧化還原反應(yīng)方程式配平的步驟配平分為四步“標(biāo)價(jià)態(tài)、列變化、求總數(shù)、調(diào)化學(xué)計(jì)量數(shù)”，即標(biāo)出物質(zhì)中化合價(jià)變化的元素的化合價(jià)，列出化合價(jià)變化，求升高總數(shù)與降低總數(shù)的最小公倍數(shù)，調(diào)整化合價(jià)變化的原子的化學(xué)計(jì)量數(shù)，由原子守恒調(diào)整其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)。如：Cu+HNO3(濃)→Cu(NO3)2+NO2↑+H2O可得配平后的反應(yīng)方程式：Cu+4HNO3(濃)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。(3)其他配平技巧和方法①逆向配平法先確定生成物的化學(xué)計(jì)量數(shù)，然后再確定反應(yīng)物的化學(xué)計(jì)量數(shù)。此類方法適用于一種元素的化合價(jià)既升高又降低的氧化還原反應(yīng)，即歧化反應(yīng)。②零價(jià)配平法如果一種物質(zhì)中的各元素化合價(jià)均發(fā)生變化(且無(wú)法用常規(guī)方法確定化合價(jià))，可令該物質(zhì)中各元素的化合價(jià)均為零，然后計(jì)算出各元素化合價(jià)的升降值，利用化合價(jià)升降相等進(jìn)行配平。③缺項(xiàng)配平法這類氧化還原反應(yīng)方程式的特點(diǎn)：反應(yīng)物或生成物中缺少某一種物質(zhì)。所缺物質(zhì)一般為水、酸或堿等，它們與化合價(jià)的升降變化無(wú)關(guān)。配平技巧：先配平含變價(jià)元素物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)，然后根據(jù)原子守恒或電荷守恒確定缺項(xiàng)物質(zhì)，最后配平其他物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)。若增加的元素是除H、O外的非金屬元素，未知物一般是相應(yīng)的酸；若增加的元素是金屬元素，未知物一般是相應(yīng)的堿；若反應(yīng)前后經(jīng)部分配平后發(fā)現(xiàn)兩邊氫、氧原子不守恒，則未知物一般是水；離子反應(yīng)方程式的缺項(xiàng)一般有兩種可能：H2O、H+或H2O、OH?。4．表示物質(zhì)燃燒熱的熱化學(xué)方程式書寫的注意事項(xiàng)(1)燃燒熱規(guī)定了可燃物的物質(zhì)的量為1mol，因此在書寫燃燒熱的熱化學(xué)方程式中，應(yīng)以可燃物的化學(xué)計(jì)量數(shù)為1為標(biāo)準(zhǔn)來(lái)確定其余物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)。：H2(g)十SKIPIF1<0O2(g)H2O(l)ΔH=?285.8kJ/mol(2)物質(zhì)的燃燒熱要求的是純物質(zhì)，不同的可燃物，其燃燒熱一般不同。(3)可燃物完全燃燒，生成的必須是穩(wěn)定的氧化物。不同元素對(duì)應(yīng)的穩(wěn)定氧化物是唯一的。：C→CO2(g)，H→H2O(l)，S→SO2(g)。(4)ΔH的符號(hào)為“?”。文字表述燃燒熱時(shí)，用正值或ΔH表示。如CO的燃燒熱為283.0kJ/mol，表示燃燒熱的熱化學(xué)方程式的ΔH為?283.0kJ/mol。5．燃燒熱與中和熱的異同燃燒熱中和熱相同點(diǎn)能量變化放熱ΔHΔH<0，單位：kJ·mol?1不同點(diǎn)反應(yīng)物的量1mol(O2不限量)不限量生成物的量不限量H2O(l)是1mol反應(yīng)熱的含義1mol可燃物完全燃燒生成穩(wěn)定化合物時(shí)放出的熱量；不同的可燃物，其燃燒熱一般不同在稀溶液中，強(qiáng)酸與強(qiáng)堿發(fā)生中和反應(yīng)，生成1molH2O(l)和可溶性鹽時(shí)放出的熱量；不同的反應(yīng)物中和熱大致相同，均約為57.3kJ·mol?1表示方法燃燒熱為akJ·mol?1或ΔH=?akJ·mol?1酸與堿反應(yīng)的中和熱為57.3kJ·mol－1或ΔH=?57.3kJ·mol?1熱化學(xué)方程式的書寫以燃燒1mol可燃物為標(biāo)準(zhǔn)配平其余物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)(常用分?jǐn)?shù)表示)以生成1mol水為標(biāo)準(zhǔn)來(lái)配平其余物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)(常用分?jǐn)?shù)表示)備注必須生成穩(wěn)定的氧化物，如C燃燒應(yīng)生成CO2而不是CO，H2燃燒應(yīng)生成液態(tài)水而非氣態(tài)水①弱酸代替強(qiáng)酸(或弱堿代替強(qiáng)堿)，因電離吸熱，放出的熱量減小，中和熱增大；②若用濃硫酸(或NaOH固體)，放出熱量增多，中和熱減小6．反應(yīng)熱的計(jì)算(1)運(yùn)用蓋斯定律計(jì)算反應(yīng)熱①運(yùn)用蓋斯定律的技巧——“三調(diào)一加”一調(diào)：根據(jù)目標(biāo)熱化學(xué)方程式，調(diào)整已知熱化學(xué)方程式中反應(yīng)物和生成物的左右位置，改寫已知的熱化學(xué)方程式。二調(diào)：根據(jù)改寫的熱化學(xué)方程式調(diào)整相應(yīng)ΔH的符號(hào)。三調(diào)：調(diào)整中間物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)。一加：將調(diào)整好的熱化學(xué)方程式及其ΔH加起來(lái)。②運(yùn)用蓋斯定律的三個(gè)注意事項(xiàng)事項(xiàng)一：熱化學(xué)方程式乘以某一個(gè)數(shù)時(shí)，反應(yīng)熱的數(shù)值必須也乘上該數(shù)。事項(xiàng)二：熱化學(xué)方程式相加減時(shí)，物質(zhì)之間相加減，反應(yīng)熱也必須相加減。事項(xiàng)三：將一個(gè)熱化學(xué)方程式顛倒時(shí)，ΔH的“+、?”隨之改變，但數(shù)值不變。(2)根據(jù)熱化學(xué)方程式的反應(yīng)熱計(jì)算計(jì)算依據(jù)：反應(yīng)熱與反應(yīng)物中各物質(zhì)的物質(zhì)的量成正比。若題目給出了相應(yīng)的熱化學(xué)方程式，則按照熱化學(xué)方程式與ΔH的關(guān)系計(jì)算反應(yīng)熱；若沒(méi)有給出熱化學(xué)方程式，則根據(jù)條件先得出熱化學(xué)方程式，再計(jì)算反應(yīng)熱。(3)根據(jù)反應(yīng)物和生成物的能量計(jì)算①計(jì)算公式：ΔH=生成物的總能量?反應(yīng)物的總能量。②根據(jù)燃燒熱計(jì)算要緊扣反應(yīng)物為“1mol”、生成物為穩(wěn)定的氧化物來(lái)確定。Q放=n(可燃物)×ΔH。(4)根據(jù)反應(yīng)物和生成物的鍵能計(jì)算①計(jì)算公式：ΔH=反應(yīng)物的鍵能總和?生成物的鍵能總和。②根據(jù)鍵能計(jì)算反應(yīng)熱的關(guān)鍵是正確找出反應(yīng)物和生成物所含共價(jià)鍵的數(shù)目，如H2O分子中含有2個(gè)共價(jià)鍵，NH3分子中含有3個(gè)共價(jià)鍵等。要注意晶體結(jié)構(gòu)中化學(xué)鍵的情況，常見(jiàn)的有1molP4含有6molP—P鍵，1mol晶體硅含有2molSi—Si鍵，1mol石墨晶體中含有1.5molC—C鍵，1mol金剛石含有2molC—C鍵，1molSiO2含有4molSi—O鍵等。7．三池(原電池、電解池、電鍍池)的辨析比較原電池電解池電鍍池定義將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置利用電解原理在某些金屬(或非金屬)制品表面鍍上一層其他金屬或合金的裝置裝置舉例形成條件(1)兩個(gè)活動(dòng)性不同的電極；(2)電解質(zhì)溶液(電極插入其中并與其發(fā)生反應(yīng))；(3)形成閉合回路；(4)自發(fā)發(fā)生的氧化還原反應(yīng)(1)與直流電源相連的兩個(gè)電極；(2)兩電極插入電解質(zhì)溶液中；(3)形成閉合回路(1)鍍層金屬接電源正極，鍍件接電源負(fù)極；(2)電鍍液中必須含有鍍層金屬離子電極名稱負(fù)極：較活潑金屬；正極：較不活潑金屬(或非金屬導(dǎo)體及金屬氧化物等)陽(yáng)極：與電源正極相連的電極；陰極：與電源負(fù)極相連的電極陽(yáng)極：鍍層金屬；陰極：鍍件電極反應(yīng)負(fù)極(氧化反應(yīng))：金屬原子失電子；正極(還原反應(yīng))：溶液中的陽(yáng)離子得電子陽(yáng)極(氧化反應(yīng))：溶液中的陰離子失電子，或金屬電極本身失電子；陰極(還原反應(yīng))：溶液中的陽(yáng)離子得電子陽(yáng)極(氧化反應(yīng))：金屬電極失電子；陰極(還原反應(yīng))：電鍍液中陽(yáng)離子得電子電子流向負(fù)極SKIPIF1<0正極電源負(fù)極SKIPIF1<0陰極；電源正極SKIPIF1<0陽(yáng)極電源負(fù)極SKIPIF1<0陰極；電源正極SKIPIF1<0陽(yáng)極離子流向陽(yáng)離子向正極移動(dòng)；陰離子向負(fù)極移動(dòng)陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)；陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)；陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)1．[2020年7月浙江選考]反應(yīng)MnO2＋4HCleq\o(══,\s\up11(Δ),\s\do4())MnCl2＋Cl2↑＋H2O中，氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比是A．1:2 B．1:1 C．2:1 D．4:1【答案】B【解析】由反應(yīng)方程式可知，反應(yīng)物MnO2中的Mn元素的化合價(jià)為+4價(jià)，生成物MnCl2中Mn元素的化合價(jià)為+2價(jià)，反應(yīng)物HCl中Cl元素的化合價(jià)為-1價(jià)，生成物Cl2中Cl元素的化合價(jià)為0價(jià)，故MnCl2是還原產(chǎn)物，Cl2是氧化產(chǎn)物，由氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1：1，B符合題意；答案選B。2．[2020山東（新高考）]下列敘述不涉及氧化還原反應(yīng)的是A．谷物發(fā)酵釀造食醋 B．小蘇打用作食品膨松劑C．含氯消毒劑用于環(huán)境消毒 D．大氣中NO2參與酸雨形成【答案】B【解析】涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化還原反應(yīng)，A項(xiàng)不符合題意；小蘇打即NaHCO3，NaHCO3受熱分解產(chǎn)生無(wú)毒的CO2，因此可用小蘇打作食品膨松劑，不涉及氧化還原反應(yīng)，B項(xiàng)符合題意；利用含氯消毒劑的強(qiáng)氧化性消毒殺菌，涉及氧化還原反應(yīng)，C項(xiàng)不符合題意；NO2與水反應(yīng)有HNO3產(chǎn)生，因此NO2參與了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化還原反應(yīng)，D項(xiàng)不符合題意。答案選B。3．[2020年新課標(biāo)Ⅰ]科學(xué)家近年發(fā)明了一種新型Zn?CO2水介質(zhì)電池。電池示意圖如圖，電極為金屬鋅和選擇性催化材料，放電時(shí)，溫室氣體CO2被轉(zhuǎn)化為儲(chǔ)氫物質(zhì)甲酸等，為解決環(huán)境和能源問(wèn)題提供了一種新途徑。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．放電時(shí)，負(fù)極反應(yīng)為SKIPIF1<0B．放電時(shí)，1molCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2molC．充電時(shí)，電池總反應(yīng)為SKIPIF1<0D．充電時(shí)，正極溶液中OH?濃度升高【答案】D【解析】由題可知，放電時(shí)，CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，即CO2發(fā)生還原反應(yīng)，故放電時(shí)右側(cè)電極為正極，左側(cè)電極為負(fù)極，Zn發(fā)生氧化反應(yīng)生成SKIPIF1<0；充電時(shí)，右側(cè)為陽(yáng)極，H2O發(fā)生氧化反應(yīng)生成O2，左側(cè)為陰極，SKIPIF1<0發(fā)生還原反應(yīng)生成Zn，以此分析解答。【詳解】放電時(shí)，負(fù)極上Zn發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)式為：SKIPIF1<0，A項(xiàng)正確；放電時(shí)，CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH，C元素化合價(jià)降低2，則1molCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2mol，B項(xiàng)正確；充電時(shí)，陽(yáng)極上H2O轉(zhuǎn)化為O2，負(fù)極上SKIPIF1<0轉(zhuǎn)化為Zn，電池總反應(yīng)為：SKIPIF1<0，C項(xiàng)正確；充電時(shí)，正極即為陽(yáng)極，電極反應(yīng)式為：SKIPIF1<0，溶液中H+濃度增大，溶液中c(H+)?c(OH-)=KW，溫度不變時(shí)，KW不變，因此溶液中OH-濃度降低，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選D。4．[2020年新課標(biāo)Ⅱ]電致變色器件可智能調(diào)控太陽(yáng)光透過(guò)率，從而實(shí)現(xiàn)節(jié)能。下圖是某電致變色器件的示意圖。當(dāng)通電時(shí)，Ag+注入到無(wú)色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈現(xiàn)藍(lán)色，對(duì)于該變化過(guò)程，下列敘述錯(cuò)誤的是A．Ag為陽(yáng)極 B．Ag+由銀電極向變色層遷移C．W元素的化合價(jià)升高 D．總反應(yīng)為：WO3+xAg=AgxWO3【答案】C【解析】從題干可知，當(dāng)通電時(shí)，Ag+注入到無(wú)色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈現(xiàn)藍(lán)色，說(shuō)明通電時(shí)，Ag電極有Ag+生成然后經(jīng)固體電解質(zhì)進(jìn)入電致變色層，說(shuō)明Ag電極為陽(yáng)極，透明導(dǎo)電層時(shí)陰極，故Ag電極上發(fā)生氧化反應(yīng)，電致變色層發(fā)生還原反應(yīng)?！驹斀狻客姇r(shí)，Ag電極有Ag+生成，故Ag電極為陽(yáng)極，A項(xiàng)正確；通電時(shí)電致變色層變藍(lán)色，說(shuō)明有Ag+從Ag電極經(jīng)固體電解質(zhì)進(jìn)入電致變色層，B項(xiàng)正確；過(guò)程中，W由WO3的+6價(jià)降低到AgxWO3中的+(6-x)價(jià)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；該電解池中陽(yáng)極即Ag電極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：xAg-xe-=xAg+，而另一極陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)為：WO3+xAg++xe-=AgxWO3，故發(fā)生的總反應(yīng)式為：xAg+WO3=AgxWO3，D項(xiàng)正確；答案選C。【點(diǎn)睛】電解池的試題，重點(diǎn)要弄清楚電解的原理，陰、陽(yáng)極的判斷和陰、陽(yáng)極上電極反應(yīng)式的書寫，陽(yáng)極反應(yīng)式+陰極反應(yīng)式=總反應(yīng)式，加的過(guò)程中需使得失電子數(shù)相等。5．[2020年新課標(biāo)Ⅲ]一種高性能的堿性硼化釩(VB2)—空氣電池如下圖所示，其中在VB2電極發(fā)生反應(yīng)：SKIPIF1<0該電池工作時(shí)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．負(fù)載通過(guò)0．04mol電子時(shí)，有0．224L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)O2參與反應(yīng)B．正極區(qū)溶液的pH降低、負(fù)極區(qū)溶液的pH升高C．電池總反應(yīng)為SKIPIF1<0D．電流由復(fù)合碳電極經(jīng)負(fù)載、VB2電極、KOH溶液回到復(fù)合碳電極【答案】B【解析】根據(jù)圖示的電池結(jié)構(gòu)，左側(cè)VB2發(fā)生失電子的反應(yīng)生成SKIPIF1<0和SKIPIF1<0，反應(yīng)的電極方程式如題干所示，右側(cè)空氣中的氧氣發(fā)生得電子的反應(yīng)生成OH-，反應(yīng)的電極方程式為O2+4e-+2H2O=4OH-，電池的總反應(yīng)方程式為4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8SKIPIF1<0+4SKIPIF1<0，據(jù)此分析?！驹斀狻慨?dāng)負(fù)極通過(guò)0．04mol電子時(shí)，正極也通過(guò)0．04mol電子，根據(jù)正極的電極方程式，通過(guò)0．04mol電子消耗0．01mol氧氣，在標(biāo)況下為0．224L，A項(xiàng)正確；反應(yīng)過(guò)程中正極生成大量的OH-使正極區(qū)pH升高，負(fù)極消耗OH-使負(fù)極區(qū)OH-濃度減小pH降低，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)分析，電池的總反應(yīng)為4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8SKIPIF1<0+4SKIPIF1<0，C項(xiàng)正確；電池中，電子由VB2電極經(jīng)負(fù)載流向復(fù)合碳電極，電流流向與電子流向相反，則電流流向?yàn)閺?fù)合碳電極→負(fù)載→VB2電極→KOH溶液→復(fù)合碳電極，D項(xiàng)正確。答案選B?！军c(diǎn)睛】本題在解答時(shí)應(yīng)注意正極的電極方程式的書寫，電解質(zhì)溶液為堿性，則空氣中的氧氣得電子生成氫氧根；在判斷電池中電流流向時(shí)，電流流向與電子流向相反。6．[2020年天津卷]熔融鈉-硫電池性能優(yōu)良，是具有應(yīng)用前景的儲(chǔ)能電池。下圖中的電池反應(yīng)為2Na＋xSeq\o(SKIPIF1<0,\s\up8(放電),\s\do7(充電))Na2Sx(x=5~3，難溶于熔融硫)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．Na2S4的電子式為B．放電時(shí)正極反應(yīng)為SKIPIF1<0C．Na和Na2Sx分別為電池的負(fù)極和正極D．該電池是以SKIPIF1<0為隔膜的二次電池【答案】C【解析】根據(jù)電池反應(yīng)：2Na＋xSeq\o(SKIPIF1<0,\s\up8(放電),\s\do7(充電))Na2Sx可知，放電時(shí)，鈉作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)為：Na-e-=Na+，硫作正極，發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為SKIPIF1<0，據(jù)此分析。【詳解】Na2S4屬于離子化合物，4個(gè)硫原子間形成三對(duì)共用電子對(duì)，電子式為，A項(xiàng)正確；放電時(shí)發(fā)生的是原電池反應(yīng)，正極發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)為：SKIPIF1<0，B項(xiàng)正確；放電時(shí)，Na為電池的負(fù)極，正極為硫單質(zhì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；放電時(shí)，該電池是以鈉作負(fù)極，硫作正極的原電池，充電時(shí)，是電解池，SKIPIF1<0為隔膜，起到電解質(zhì)溶液的作用，該電池為二次電池，D項(xiàng)正確。答案選C。7．[2020年江蘇卷]將金屬M(fèi)連接在鋼鐵設(shè)施表面，可減緩水體中鋼鐵設(shè)施的腐蝕。在題圖所示的情境中，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是

A．陰極的電極反應(yīng)式為SKIPIF1<0B．金屬M(fèi)的活動(dòng)性比Fe的活動(dòng)性弱C．鋼鐵設(shè)施表面因積累大量電子而被保護(hù)D．鋼鐵設(shè)施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快【答案】C【解析】陰極的鋼鐵設(shè)施實(shí)際作原電池的正極，正極金屬被保護(hù)不失電子，A項(xiàng)錯(cuò)誤；陽(yáng)極金屬M(fèi)實(shí)際為原電池裝置的負(fù)極，電子流出，原電池中負(fù)極金屬比正極活潑，因此M活動(dòng)性比Fe的活動(dòng)性強(qiáng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；金屬M(fèi)失電子，電子經(jīng)導(dǎo)線流入鋼鐵設(shè)備，從而使鋼鐵設(shè)施表面積累大量電子，自身金屬不再失電子從而被保護(hù)，C項(xiàng)正確；海水中的離子濃度大于河水中的離子濃度，離子濃度越大，溶液的導(dǎo)電性越強(qiáng)，因此鋼鐵設(shè)施在海水中的腐蝕速率比在河水中快，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選C。8．[2020年山東新高考]微生物脫鹽電池是一種高效、經(jīng)濟(jì)的能源裝置，利用微生物處理有機(jī)廢水獲得電能，同時(shí)可實(shí)現(xiàn)海水淡化?，F(xiàn)以NaCl溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機(jī)廢水(以含CH3COO-的溶液為例)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．負(fù)極反應(yīng)為SKIPIF1<0B．隔膜1為陽(yáng)離子交換膜，隔膜2為陰離子交換膜C．當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，模擬海水理論上除鹽58．5gD．電池工作一段時(shí)間后，正、負(fù)極產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為2:1【答案】B【解析】據(jù)圖可知a極上CH3COOˉ轉(zhuǎn)化為CO2和H+，C元素被氧化，所以a極為該原電池的負(fù)極，則b極為正極?！驹斀狻縜極為負(fù)極，CH3COOˉ失電子被氧化成CO2和H+，結(jié)合電荷守恒可得電極反應(yīng)式為CH3COOˉ+2H2O-8eˉ=2CO2↑+7H+，A項(xiàng)正確；為了實(shí)現(xiàn)海水的淡化，模擬海水中的氯離子需要移向負(fù)極，即a極，則隔膜1為陰離子交換膜，鈉離子需要移向正極，即b極，則隔膜2為陽(yáng)離子交換膜，B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，根據(jù)電荷守恒可知，海水中會(huì)有1molClˉ移向負(fù)極，同時(shí)有1molNa+移向正極，即除去1molNaCl，質(zhì)量為58．5g，C項(xiàng)正確；b極為正極，水溶液為酸性，所以氫離子得電子產(chǎn)生氫氣，電極反應(yīng)式為2H++2eˉ=H2↑，所以當(dāng)轉(zhuǎn)移8mol電子時(shí)，正極產(chǎn)生4mol氣體，根據(jù)負(fù)極反應(yīng)式可知負(fù)極產(chǎn)生2mol氣體，物質(zhì)的量之比為4:2=2:1，D項(xiàng)正確。答案選B。9．[2020年山東新高考]采用惰性電極，以去離子水和氧氣為原料通過(guò)電解法制備雙氧水的裝置如下圖所示。忽略溫度變化的影響，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．陽(yáng)極反應(yīng)為SKIPIF1<0B．電解一段時(shí)間后，陽(yáng)極室的pH未變C．電解過(guò)程中，H+由a極區(qū)向b極區(qū)遷移D．電解一段時(shí)間后，a極生成的O2與b極反應(yīng)的O2等量【答案】D【解析】a極析出氧氣，氧元素的化合價(jià)升高，做電解池的陽(yáng)極，b極通入氧氣，生成過(guò)氧化氫，氧元素的化合價(jià)降低，被還原，做電解池的陰極。【詳解】依據(jù)分析a極是陽(yáng)極，屬于放氧生酸性型的電解，所以陽(yáng)極的反應(yīng)式是2H2O-4e-=4H++O2↑，A項(xiàng)正確；電解時(shí)陽(yáng)極產(chǎn)生氫離子，氫離子是陽(yáng)離子，通過(guò)質(zhì)子交換膜移向陰極，所以電解一段時(shí)間后，陽(yáng)極室的pH值不變，B項(xiàng)正確；有B的分析可知，C項(xiàng)正確；電解時(shí)，陽(yáng)極的反應(yīng)為：2H2O-4e-=4H++O2↑，陰極的反應(yīng)為：O2+2e-+2H+=H2O2，總反應(yīng)為：O2+2H2O=2H2O2，要消耗氧氣，即是a極生成的氧氣小于b極消耗的氧氣，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案選D。10．[2020年浙江卷]關(guān)于下列ΔH的判斷正確的是CO32-CO32-OH-(OH-(A．ΔH1<0????ΔH2<0【答案】B【解析】碳酸氫根的電離屬于吸熱過(guò)程，則CO32-(aq)+H+(aq)=HCO3-(aq)為放熱反應(yīng)，所以△CO32-(aq)+H2O(l)?HCO3-(aq)+OHˉ(aq)為碳酸根的水解離子方程式，CO32-的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，所以△H2>0；OHˉ(aq)+H+(aq)=H2O(l)表示強(qiáng)酸和強(qiáng)堿的中和反應(yīng)，為放熱反應(yīng)，所以△H3<0；醋酸與強(qiáng)堿的中和反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以△H4<0；但由于醋酸是弱酸，電離過(guò)程中會(huì)吸收部分熱量，所以醋酸與強(qiáng)堿反應(yīng)過(guò)程放出的熱量小于強(qiáng)酸和強(qiáng)堿反應(yīng)放出的熱量，則△H4>△H3；綜上所述，只有△H111．[2020年新課標(biāo)Ⅰ]銠的配合物離子[Rh(CO)2I2]－可催化甲醇羰基化，反應(yīng)過(guò)程如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A．CH3COI是反應(yīng)中間體B．甲醇羰基化反應(yīng)為CH3OH+CO=CH3CO2HC．反應(yīng)過(guò)程中Rh的成鍵數(shù)目保持不變D．存在反應(yīng)CH3OH+HI=CH3I+H2O【答案】C【解析】題干中明確指出，銠配合物SKIPIF1<0充當(dāng)催化劑的作用，用于催化甲醇羰基化。由題干中提供的反應(yīng)機(jī)理圖可知，銠配合物在整個(gè)反應(yīng)歷程中成鍵數(shù)目，配體種類等均發(fā)生了變化；并且也可以觀察出，甲醇羰基化反應(yīng)所需的反應(yīng)物除甲醇外還需要CO，最終產(chǎn)物是乙酸；因此，凡是出現(xiàn)在歷程中的，既非反應(yīng)物又非產(chǎn)物的物種如CH3COI以及各種配離子等，都可視作中間物種?！驹斀狻客ㄟ^(guò)分析可知，CH3COI屬于甲醇羰基