第一章 化学反应与能量转化 同步习题 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学鲁科版（2019）选择性必修1

第一章：化学反应与能量转化 同步习题
一、单选题（共13题）
1．工业上设计如下过程吸收NO和SO2.下列说法正确的是
A．装置Ⅰ的主要作用是吸收NO
B．装置Ⅱ中，加入Ce4+的主要作用是将氮、硫的化合物分离
C．装置Ⅲ中，在电解槽的阴极区生成
D．装置Ⅳ中，O2的主要作用是氧化NH3
2．新能源汽车是国家战略产业的重要组成部分，LiFePO4电池是能源汽车关键部件之一，电池工作时的总反应为LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6的生成与解离。放电工作原理如图所示，下列说法错误的是
A．电池工作时，负极材料质量减少0.7 g，转移0.1 mol电子
B．放电时负极反应为LixC6-xe-=6C+xLi+
C．放电时，Li+通过隔膜移向负极，电子由电极a沿导线流向电极b
D．充电时，电极a与电源负极连接，电极b与电源正极连接
3．二氧化硫—空气质子交换膜燃料电池实现了制硫酸、发电、环保的结合，原理如图所示。下列说法正确的是
A．该电池放电时质子从电极b移向电极a
B．电极b附近发生的电极反应为
C．电极a附近发生的电极反应为
D．相同条件下，放电过程中消耗的和的体积比为2：1
4．依据图示关系，下列说法不正确的是
A．石墨燃烧是放热反应
B．C(石墨)+CO2(g)=2CO(g) △H=△H1-△H2
C．1 mol C(石墨)和1 mol CO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
D．化学反应的△H，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
5．利用如图所示装置可以将非氧化还原反应设计成原电池——浓差电池。两侧半电池中的特定物质存在浓度差，导致半电池上发生的氧化还原反应程度不同，从而产生电势差。下列说法正确的是
编号 电极A 电解质A 电解质B 电极B
①
②
③
A．①号电池中，电极B上产生
B．①号电池中，电解质A中阳离子通过盐桥流入电解质B
C．②号电池中，若氢气压强，则A为负极
D．③号电池中，电池总反应为，电极B为负极
6．传统的氯碱工业具有能耗高的缺点，科学家正在开发一种叫“氧阴极技术”的新工艺，新工艺与传统工艺相比在于阴极结构，通过向阴极区供应纯氧从而避免直接得电子生成，这样可以降低电压，从而减少能耗。下图是采用“氧阴极技术”的氯碱工业的装置图：
下列说法中不正确的是
A．电解池中采用阳离子交换膜，可以提高NaOH的产量和纯度
B．电解时阴极电极反应式为：
C．电解的总反应离子方程式为：
D．电解过程中转移4 mol电子，理论上可获得4 mol NaOH
7．一种利用 LiCl、Li2CO3制备金属锂的装置如图所示。下列说法正确的是
A．电极M 应与电源的负极相连
B．每产生 22.4 L Cl2，将有 2 mol Li+通过隔膜
C．隔膜右电极室每产生 1.4 g Li，消耗 7.4 g Li2CO3
D．电解过程中，需要不断补充 LiCl
8．关于如图所示转化关系(X代表卤素)，说法不正确的是（ ）
A．2H(g)+2X(g)=2HX(g) △H3<0
B．途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，所以△H1=△H2+△H3
C．途径Ⅰ生成HBr放出的热量比生成HCl的少，说明HBr比HCl稳定
D．Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小
9．在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中放出的热量可测定中和反应的反应热。下列关于该实验的说法正确的是
A．烧杯间的碎泡沫塑料的作用是固定烧杯的位置
B．如果没有玻璃搅拌器，酸碱混合后可用温度计轻轻搅拌
C．完成一次中和反应反应热测定实验，温度计需要使用2次分别用于测混合液的初始温度和反应最高温度
D．由于实验过程中有热量的散失，所以测得的中和反应△H比理论值要大
10．一种无需离子交换膜的氮流电池的工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．充电时，a极接电源正极
B．充电时，左侧NaCl溶液储液罐中溶液的pH减小
C．放电时，a极的电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+
D．放电时，有1molCl2参与反应，理论上NaCl溶液增重71g
11．如图所示，电流表指针发生偏转，同时A极质量减少，B极上有气泡产生，C为电解质溶液，下列说法错误的是

A．B极为原电池的正极 B．A、B、C可能分别为Zn、Cu、稀硫酸
C．C中阳离子向A极移动 D．A极发生氧化反应
12．下列各装置不能构成原电池的是(电解质溶液均为稀硫酸)
A． B． C． D．
13．最近报道的一种处理垃圾渗透液并用其发电的示意图如图，装置工作时，下列说法正确的是
A．X作负极，该电极上发生氧化反应
B．该装置为电能转变为化学能
C．盐桥中Cl-向Y极移动
D．Y极发生的反应为2NO3- +10e-+12H+=N2↑+6H2O，周围pH减小
二、填空题（共8题）
14．苯乙烯（ ）常用来合成橡胶，还广泛应用于制药、染料、农药等行业，是石化行业的重要基础原料，苯乙烯与各物质之间反应的能量变化如下：
I.（g）＋HCl（g）→（g） △H1＝－54 kJ·mol－1
II.（g）＋H2（g）→（g） △H2＝－121 kJ·mol－1
III.（g）＋Cl2（g）→（g）＋HCl（g） △H3
IV.H2（g）＋Cl2（g）＝2HCl（g） △H4＝－185 kJ·mol－1
回答下列问题：
（1）①根据上述反应计算得△H3＝ kJ·mol－1。
②反应II每生成5.3 g苯乙烷，放出的热量为 kJ，转移的电子数为 NA。
（2）相关化学键的键能数据如下表所示。
化学键 ClCl HCl HH
键能/kJ·mol-1 243 x 436
①x＝ 。
②完全燃烧5.2 g苯乙烯，消耗氧气 mol。
③苯乙烯在一定条件下能形成聚合物，其聚合反应的化学方程式为 。
15．如图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。
(1)甲中负极的电极反应式为 。
(2)乙中反应的化学方程式为 ；A极析出的气体在标准状况下的体积为 。
(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图，则图中②线表示的是 的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要 mL 5.0 mol·L－1 NaOH溶液。
16．如图在盛有水的烧杯中，铁圈和银圈的连接处吊着一根绝缘的细丝，使之平衡。小心地从烧杯中央滴入硫酸铜溶液。
(1)片刻后可观察到的现象是___________ (指悬吊的金属圈)
A．铁圈和银圈左右摇摆不定 B．保持平衡状态不变
C．铁圈向下倾斜 D．银圈向下倾斜
(2)产生上述现象的原因是
17．已知H—H键、N≡N键、N—H键键能如下表所示：
化学键 H—H N≡N N—H
键能/kJ·mol-1 436 946 391
则在一定条件下进行反应N2(g)＋3H2(g)=2NH3(g)，生成1 mol NH3时的反应热Q= 。
18．如图所示的装置中，甲池的总反应式为：2CH3OH+3O2+4KOH＝2K2CO3+6H2O。试回答下列问题：
(1)图中甲池通入O2极的电极反应式为 ，通入CH3OH电极的电极反应式为 。
(2)若丙池中为饱和的MgCl2溶液，丙池中反应的离子方程式为 。
(3)若c极的Pt电极换为Fe盐溶液为饱和食盐水，丙池中主要反应的离子方程式为 。
(4)若丙池装有1L 0.2 mol·L－1 CuSO4溶液，刚开始时，电极c的电极反应式为 ；电解一段时间后，向电解后的溶液中加入0.2mol碱式碳酸铜可使丙池恢复到原来的状态，则电路中转移电子的物质的量为 。
19．阿波罗宇宙飞船上使用的是氢氧燃料电池，其电池总反应为2H2＋O2===2H2O。
若电解质溶液为KOH溶液，其电极反应式分别为：
负极 ，正极 。
若电解质溶液为稀H2SO4，其电极反应式分别为：
负极 ，正极 。
20．已知：①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-92.0kJ·mol-1；
②H2(g)＋O2(g)=H2O(g)　ΔH=-240.0kJ·mol-1；
③2Fe(s)＋O2(g)=Fe2O3(s)　ΔH=-1644.0kJ·mol-1。
则反应2NH3(g)＋Fe2O3(s)=N2(g)＋3H2O(g)＋2Fe(s)　ΔH= kJ·mol-1.
21．某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题(甲、乙、丙三池中溶质足量)，当闭合该装置的电键K时，观察到电流表的指针发生了偏转。
请回答下列问题：
(1)乙池为 (填“原电池”“电解池”“电镀池”)，A电极的电极反应式为： 。
(2)丙池中F电极为 (填“正极”、“负极”、“阴极”或“阳极”)，写出电解时总反应的离子方程式 。
(3)当乙池中C极质量变化10.8 g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为 mL(标准状况)。
(4)一段时间后，断开电键K。下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是 (填选项字母)。
A．Cu B．CuO C．Cu(OH)2 D．Cu2(OH)2CO3
(5)若丙池通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和PH(不考虑CO2的溶解)，则电解过程中转移的电子 mol， 若电解后溶液的体积为400ml，则所得溶液中氢离子的浓度 。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．NO和NaOH溶液不反应，SO2和NaOH溶液反应生成，所以装置Ⅰ的主要作用是吸收SO2，故A错误；
B．从图示可以看出Ce4+的主要作用是将NO氧化为留在溶液中，故B错误；
C．装置Ⅲ中, ，化合价降低，发生还原反应，在阴极区生成，故C正确；
D．装置Ⅳ中，O2的主要作用是氧化，而NH3转化为,化合价没变，故D错误；
故答案为：C
2．C
【分析】二次电池放电时是原电池，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，由图知，Li+向右侧区域移动，则电极b为原电池的正极、电极a为负极，据此回答。
【详解】A．由题干中电池反应式、结合图示可知：放电时负极反应为：LixC6-xe-=6C+xLi+，则电池工作时，负极材料质量减少0.7 g，即产生0.1molLi+、转移0.1 mol电子，A正确；
B．由题干中电池反应式、结合图示可知：放电时负极反应为：LixC6-xe-=6C+xLi+，B正确；
C．在原电池中阳离子向正极移动，C错误；
D．据分析，放电时电极b为原电池的正极、电极a为负极，则充电时，电极a为阴极、与电源负极连接，电极b为阳极与电源正极连接，D正确；
故选C。
3．D
【分析】该装置为化学电源，根据装置图，电极a上硫元素化合价由+4价转化为+6价，化合价升高，根据原电池工作原理，电极a为负极，电极b正极，据此分析；
【详解】A．放电时为原电池，质子向正极移动，电极a为负极，则该电池放电时质子从电极a移向电极b，故A错误；
B．酸性条件下，氧气得电子与氢离子反应生成水，电极b附近发生的电极反应为，故B错误；
C．电极a为负极，发生氧化反应，电极反应为，硫酸应当拆为离子形式，故C错误；
D．由总反应式可知，放电过程中消耗的和的体积比为2：1，故D正确；
答案为D。
4．B
【详解】A．由图可知：C(石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1＜0，则石墨燃烧是放热反应，A正确；
B．①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5 kJ/mol；②CO(g)+02(g)=CO2(g) △H2=-283.0 kJ/mol，根据盖斯定律①-②×2可得: C(石墨)+CO2(g)=2CO(g)△H=△H1-2△H2，B错误；
C．已知：①C(石墨)+O2(g)=CO2(g) △H1=-393.5 kJ/mol；②CO(g)+02(g)=CO2(g) △H2=-283.0 kJ/mol，二者反应都是放热反应，l molC(石墨)和1 mol C0分别在足量O2中燃烧全部转化为CO2，lmolC(石墨)放热多，C正确；
D．根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，D正确；
故合理选项是B。
5．D
【分析】浓度差电池放电时，两个电极区的电解质溶液浓度差会减小，当两个电极区的电解质浓度相等时放电停止，在浓差电池中，氧化剂多的电势高，作正极，还原剂多的电势低，作负极；
【详解】A．①号电池中，H+得到电子，A极作正极，B极为负极，发生，B极产生O2，A错误；
B．①号电池中，H+得到电子，A极作正极，根据原电池原理，阳离子移动到正极，B错误；
C．②号电池中，若氢气压强 p1D．③号电池中，根据总反应方程式及氧气作电极可知，电极反应中会有氧气生成，则B中的OH-生成O2，电解质B作还原剂，则B为负极，D正确；
故答案为：D。
6．C
【分析】阴极上O2得电子和H2O反应生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；阳极上Cl-失电子生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
【详解】A．阴极区域生成OH-，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，所以该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，采用阳离子交换膜，可以提高NaOH的产量和纯度，故A正确；
B．根据图知，阴极上O2得电子和H2O反应生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；
C．阴极上O2得电子和H2O反应生成OH-、阳极上Cl-失电子生成Cl2，阴极上没有H2生成，电池反应式为，故C错误；
D．阴极电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，转移4 mol电子，理论上可获得4 mol NaOH，故D正确；
故选：C。
7．C
【分析】据图可知，有外接电源，所以该装置为电解池，在该电解池中，根据 Li+由左向右移动可知，M 为阳极，电极反应：2Cl——2e—=Cl2，N 为阴极，电极反应：Li++ e—=Li。
【详解】A.M 为阳极，应与电源的正极相连，故A 错误；
B.根据电荷守恒，当有 2 mol Li+通过隔膜，左侧电极室消耗2molCl-则电路中转移 2mol 电子，产生 1 mol Cl2，但没有说明温度和压强，故不能确定氯气体积，故B 错误；
C.根据电极反应式，阴极产生 1.4 g Li，即 0.2 mol Li，转移 0.2 mol 电子，产生 0.1 mol Cl2， 电解池左侧的反应为 2Cl2+2Li2CO3=4LiCl+2CO2+O2，消耗 0.1 mol Li2CO3，即 7.4 g Li2CO3，故 C 正确；
D.由图可知，补充到电解池中的 LiCl 是由碳酸锂和Cl2反应产生的，故需要不断补充的是Li2CO3，故 D 错误；
故答案选C。
8．C
【详解】A.原子形成化学键放热，焓变小于0，则，故A正确；
B.由盖斯定律可知反应焓变只与起始物质和终了物质的能量有关，与变化途径无关，途径Ⅰ生成HX的反应热与途径无关，则，故B正确；
C.因化学反应所吸收或放出的能量即为反应热，反应热等于反应中断裂旧化学键消耗的能量之和与反应中形成新化学键放出的能量之和的差，途径Ⅰ生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl能量比HBr低，说明HCl比HBr稳定，故C错误；
D.Cl、Br、I的非金属性依次减弱，则稳定性：，所以途径Ⅱ吸收的热量依次减小，故D正确。
故选C。
【点睛】掌握物质结构和同主族元素的性质变化规律以及反应热的计算依据是解题的关键。反应热的计算除了借助于盖斯定律外，另一个重要的计算依据是根据既能，即H=反应物的化学键断裂吸收的能量-生成物的化学键形 成释放的能量，答题时灵活应用。
9．D
【详解】A．中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，选项A错误；
B．温度计为计量仪器，不能用于搅拌，选项B错误；
C．中和热的测定中，需要测出反应前酸溶液的温度，测反应前碱溶液的温度，混合反应后测最高温度，所以总共需要测量3次，选项C错误；
D．中和热△H是负值，由于实验过程中有热量的散失，所以测得的中和热△H比理论值要大，选项D正确；
答案选D。
10．C
【分析】由图可知，放电时b极氯气得到电子发生还原反应，为正极，则a为负极；
【详解】A．充电时，a极为阴极，接电源负极，A错误；
B．充电时，a极为阴极，NaTi2(PO4)3发生还原反应转化为Na3Ti2(PO4)3，溶液中氯化钠浓度减小，溶液的pH不变，B错误；
C．放电时，a为负极，失去电子发生氧化反应，a极的电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，C正确；
D．放电时，有1molCl2参与反应，理论上生成2molNaCl，溶液增重117g，D错误；
故选C。
11．C
【分析】电流表指针发生偏转，说明形成原电池反应，化学能转化为电能；同时A极质量减少，则A为原电池负极，B极上有气泡产生，B为原电池正极，C为电解质溶液。
【详解】A．B极上有气泡产生，应为氢离子被还原为氢气，为原电池的正极，A正确；
B．锌比铜活泼，且可以与稀硫酸反应生成氢气，稀硫酸作电解质溶液形成原电池时，Zn为负极、Cu为正极，符合题意，B正确；
C．原电池中阳离子流向正极，即阳离子流向B极，C错误；
D．A电极是原电池的负极，失去电子，发生氧化反应，D正确；
综上所述答案为C。
12．D
【详解】原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，A、B和C都符合原电池的构成条件，所以能形成原电池，D中不能构成闭合回路，所以不能构成原电池。
故选D。
13．A
【分析】根据处理垃圾渗透液并用其发电的示意图可知：该装置属于原电池装置，X是负极，发生失电子的氧化反应，Y是正极，发生得电子的还原反应，电解质里的阳离子移向正极，阴离子移向负极，电子从负极流向正极。
【详解】A．X是负极，发生失电子的氧化反应，A正确；
B．该装置属于原电池装置，化学能转化为电能，B错误；
C．溶液中的阴离子移向负极，即氯离子向X极移动，C错误；
D．Y是正极，发生得电子的还原反应，消耗氢离子，周围pH增大，D错误；
故选A。
14． 0.1 432 0.3
【详解】(1)①根据盖斯定律可知，反应III可由反应I+反应IV-反应II得，故可计算；
②苯乙烷的相对分子质量为106，每生成1mol苯乙烷，转移电子2mol；则反应II每生成5.3 g苯乙烷，放出的热量为；转移电子为0.1NA；
(2)①根据反应IV及表格中的信息可知，反应物的化学键的键能-生成物的化学键的键能=焓变，可列式：，解得x=432；
②苯乙烯与氧气反应的化学方程式为：，苯乙烯的相对原子质量为104，完全燃烧5.2 g苯乙烯，即0.05mol，根据对应关系，消耗氧气0.3mol；
③苯乙烯在一定条件下能形成聚合物，其聚合反应的化学方程式为： 。
15． CH3OH－6e－＋8OH－=CO＋6H2O 2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，2H2OO2↑＋2H2↑ 2.24 L Fe2＋ 280
【分析】甲装置为原电池，通入O2的一极为正极，电极反应为4OH--4e-=2H2O+O2，通入CH3OH的一极为负极，电极反应为CH3OH－6e－＋8OH－=CO＋6H2O；装置乙和丙均为电解池，在装置乙中，A为阳极，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2，B为阴极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，Cu2+反应完之后，发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-；装置丙中，C为阳极，电极反应为Cu-2e-= Cu2+，D为阴极，电极反应为Fe3++ e-= Fe2+；
【详解】（1）根据分析，甲中负极的电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－=CO＋6H2O；
（2）根据分析，乙中先电解CuSO4，后电解H2O，发生的反应有：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，2H2OO2↑＋2H2↑；设两极生成气体的物质的量均为x，A极产生O2的物质的量为x，则转移电子为4x，B极Cu2+的物质的量为0.1L×1mol/L=0.1mol，转移电子为0.2mol，产生H2的物质的量为x，转移电子为2x，根据转移电子守恒，4x=0.2mol+2x，解得x=0.1mol，故A极产生O2的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
（3）根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化可知，铜离子从无到有逐渐增多，铁离子物质的量逐渐减小，亚铁离子物质的量逐渐增大，①为Fe3+，②为Fe2+，③为Cu2+；依据（2）计算得到电子转移为0.4mol，当电子转移为0.4mol时，丙中阳极电极反应Cu-2e-= Cu2+，生成Cu2+物质的量为0.2mol，由图象分析可知，反应前，丙装置中n(Fe3+)=0.4mol，n(Fe2+)=0.1mol，当电子转移0.4mol时，Fe3+完全反应，生成0.4 molFe2+，则反应结束后，Fe2+的物质的量为0.5mol，Cu2+的物质的量为0.2mol，所以需要加入NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液的体积为=0.28L=280mL；
16．(1)D
(2)Fe、Ag及CuSO4溶液构成原电池，其中Fe为负极，Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，使左侧质量减轻；Ag为正极，Cu2+在Ag上得到电子变为Cu单质附着，导致右侧质量增加，Fe圈质量小于银圈质量，因而导致银圈向下倾斜。
【分析】铁圈和银圈连接浸入硫酸铜溶液中，该装置构成了原电池，较活泼的金属作负极，较不活泼的金属作正极，根据正负极上发生的电极反应判断反应现象。
【详解】（1）铁圈和银圈连接浸入硫酸铜溶液中，该装置构成了原电池，较活泼的金属Fe作负极，失去电子变为Fe2+进入溶液，较不活泼的金属作正极，Cu2+在Ag上得到电子被还原为Cu单质，生成铜单质附着在银圈上，导致银圈质量增加，所以观察到的现象是：银圈向下倾斜，故合理选项是D；
（2）产生该现象的原因是Fe、Ag及CuSO4溶液构成原电池，其中活动性强的Fe为负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，导致左侧质量减轻；右侧Ag为正极，Cu2+在正极Ag上得到电子，发生还原反应：Cu2++2e-=Cu，Cu附着导致右侧Ag圈质量增加，Fe圈、Ag圈质量不再相等，导致银圈向下倾斜。
17．-46 kJ
【详解】断开反应物的化学键吸收能量为946 kJ+436 kJ×3 = 2254 kJ，形成生成物的化学键放出能量为391 kJ×6 = 2346 kJ，生成2 mol NH3时放出的热量=2346 kJ -2254 kJ = 92 kJ，所以1 mol NH3时的放出的热量为46 kJ，即反应热Q=-46kJ，故答案为：-46kJ；
18． 3O2＋6H2O+12e－=12OH－ 2CH3OH＋16OH－－12e－＝2CO32－＋12H2O Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑ Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑ 4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑ 0.6 mol
【分析】(1)甲池为燃料电池，乙池为电解池，据此分析；
（2）电解饱和的氯化镁溶液，在阳极是氯离子失电子被氧化，阴极是氢离子得电子被还原；
（3）铁电极与电源正极相连作阳极，铁是活性电极，电极本身失电子被氧化，阴极是氢离子得电子被还原；
（4）电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入碱式碳酸铜能恢复原溶液，碱式碳酸铜和硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，溶液质量增加的量是铜、氢氧根离子，所以实际上电解硫酸铜溶液分两个阶段：
第一阶段2CuSO4+2H2O2Cu↓+O2↑+2H2SO4，
第二阶段：2H2O2H2↑+O2↑
将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO H2O CO2，所以加入0.1molCu2（OH）2CO3 就相当于加入0.2molCuO和0.1mol水，据此分析。
【详解】（1）甲池是燃料电池，通入氧气的为电源的正极，发生还原反应，电解质是碱溶液，所以电极反应式是：3O2＋6H2O+12e－=12OH－；甲醇是可燃物，作还原剂，失电子被氧化，所以电极反应式是：2CH3OH＋16OH－－12e－＝2CO32－＋12H2O；
故答案为3O2＋6H2O+12e－=12OH－；2CH3OH＋16OH－－12e－＝2CO32－＋12H2O；
（2）电解饱和的氯化镁溶液，在阳极是氯离子失电子被氧化，阴极是氢离子得电子被还原，电离总反应式是：Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑；
故答案为Mg2＋＋2Cl－＋2H2OMg(OH)2↓＋H2↑＋Cl2↑
（3）铁电极与电源正极相连作阳极，铁是活性电极，电极本身失电子被氧化，阴极是氢离子得电子被还原，氢离子来自水的电离，使氢氧根离子浓度增大，故丙池的电离方程式是：Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑；
故答案为Fe＋2H2OFe(OH)2↓＋H2↑
（4）电解硫酸铜溶液，阳极是水电离的氢氧根离子失去电子被氧化，即电极c的电极反应式为4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑；
第一阶段：根据铜原子守恒知，电解硫酸铜溶液析出n（Cu）=n（CuO）=0.2mol，转移电子的物质的量=0.2mol×2=0.4mol；
第二阶段：电解生成0.1mol水转移电子的物质的量=0.1mol×2=0.2mol，
所以解过程中共转移的电子数为0.4mol+0.2mol=0.6mol；
故答案为4OH－－4e－＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e－＝4H＋＋O2↑；0.6mol。
【点睛】燃料电池通入氧气的电极是正极，发生还原反应，与原电池相连的是电解池，与电源正极相连是阳极，与电源负极相连是阴极。
19． H2－2e－＋2OH－=2H2O O2＋2H2O＋4e－=4OH－ H2－2e－=2H＋ O2＋4e－＋4H＋=2H2O
【详解】当电解溶液为碱性时，负极氢气放电，产生的H＋会与电解质溶液中的OH－结合生成水，则电极反应方程式为H2－2e－＋2OH－=2H2O；正极为氧气放电，电极反应方程式为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，当电解质溶液为稀硫酸时，溶液显酸性，负极反应式为H2－2e－=2H＋，正极氧气放电后与电解质溶液中的氢离子结合生成水，则电极反应为O2＋4e－＋4H＋=2H2O。
【点睛】本题主要考查氢氧燃料电池电极反应的书写，电极反应的书写要考虑电解质溶液的酸碱性，即使是相同物质在电极放电，电解质溶液不同，电极反应也不同。
20．＋1016.0
【详解】根据盖斯定律，由②×3-①-③得2NH3(g)＋Fe2O3(s)=N2(g)＋3H2O(g)＋2Fe(s) ΔH=(-240.0kJ·mol-1)×3-(-92.0kJ·mol-1)-(-1644.0kJ·mol-1)=＋1016.0kJ·mol-1。
21． 电解池 CH3OH + 8OH- -6e-= CO+ 6H2O 阴极 2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑ 560 A 0.6 1 mol/L
【分析】甲池为燃料电池，CH3OH为负极、发生氧化反应，电极反应式为CH3OH+8OH--6e-= +6H2O，氧气为正极发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，则乙、丙装置为电解池：乙中C为阳极，D为阴极，阳极上Ag失电子生成银离子，即Ag-e-=Ag+，阴极上铜离子得电子生成Cu；丙池中石墨E电极为阳极，石墨F电极是阴极，即惰性电极电解硫酸铜，化学方程式为2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，据此分析解题。
【详解】(1)由分析可知，乙池为电解池，A电极的电极反应式为：CH3OH + 8OH- -6e-= CO+ 6H2O，故答案为：电解池；CH3OH + 8OH- -6e-= CO+ 6H2O；
(2)由分析可知，丙池中F电极与燃料电池A电极即负极相连，故为阴极，电解时总反应方程式为：2CuSO4+2H2O2H2SO4+2Cu+O2↑，故其离子方程式为：2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑，故答案为：阴极；2Cu2++2H2O4H++2Cu+O2↑；
(3)由分析可知，乙池C电极中的电极反应方程式为：Ag-e-=Ag+,故当乙池中C极质量变化10.8 g时，电路中流过的电子为：，甲池中B电极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故理论上消耗O2的体积为 =560mL，故答案为：560；
(4) 由分析可知，乙池中电解时阳极反应式为：Ag-e-=Ag+，阴极反应式为：Cu2++2e-=Cu，从乙池中出来的为Cu单质，故一段时间后，断开电键K。下列物质能使乙池恢复到反应前浓度的是Cu，Cu+2Ag+=Cu2++2Ag，故答案为：A；
(5) 碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和二氧化碳，所以加入0.1mol碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]相当于加入0.2molCuO、0.1molH2O，根据生成物知，阴极上铜离子和氢离子放电、阳极上氢氧根离子放电，根据Cu原子、H原子守恒得阴极上析出n(Cu)=0.2mol、n(H2)=0.1mol，则转移电子的物质的量=0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol，根据Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++3H2O+CO2↑可知，n(H+)=0.4mol，故若电解后溶液的体积为400ml，则所得溶液中氢离子的浓度为：，故答案为：0.6；