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第七单元　化学反应与能量变化
(满分:100分)
一、选择题:本题包括13小题,每小题4分,共52分。每小题只有一个选项符合题意。
1.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是 (　　)
A.乙醇制乙烯
B.铝粉与氧化铁粉末反应
C.电石制乙炔
D.镁和稀硫酸反应
2.(2024·江苏无锡联考)下列热化学方程式书写正确的是 (　　)
A.在101 kPa时,2 g H2完全燃烧生成液态水,放出285.8 kJ热量,氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)　ΔH=-571.6 kJ·mol-1
B.甲烷的燃烧热为890.3 kJ·mol-1,则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(g)　ΔH=-890.3 kJ·mol-1
C.稀盐酸和稀NaOH溶液反应生成1 mol H2O(l)的ΔH=-57.3 kJ·mol-1,则H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)===BaSO4(s)+2H2O(l)　ΔH=-114.6 kJ·mol-1
D.500 ℃、30 MPa下,将0.5 mol N2(g)和1.5 mol H2(g)置于密闭容器中充分反应生成NH3(g)放热19.3 kJ,其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)　ΔH=-38.6 kJ·mol-1
3.(2024·河南郑州检测)MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg):
下列说法错误的是 (　　)
A.ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0
B.ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0
C.ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)=ΔH3(MgO)-ΔH3(CaO)
D.ΔH1+ΔH2>ΔH3
4.金属R的氢化物RH3是一种储氢材料,可作为固体火箭推进剂。通过激光加热引发RH3燃烧反应,燃烧时温度和时间的变化关系如图所示。燃烧不同阶段发生的主要变化为:
①2RH3(s)===2R(s)+3H2(g)　ΔH1
②H2(g)+O2(g)===H2O(g)　ΔH2
③R(s)===R(g)　ΔH3
④R(g)+O2(g)===R2O3(s)　ΔH4
下列说法错误的是 (　　)
A.2RH3(s)+3O2(g)===R2O3(s)+3H2O(g) H=ΔH1+3ΔH2+2ΔH3+2ΔH4
B.其他条件相同时,等物质的量的R(g)燃烧放出的热量大于R(s)燃烧放出的热量
C.氢气的燃烧热为ΔH2
D.b~c阶段温度不变的原因可能是反应②放出的热量被变化③吸收
5.(2024·河北石家庄检测)环状碳酸酯广泛用于极性非质子溶剂、电池的电解质等,某研究团队报道了一种环氧乙烷衍生物与二氧化碳催化合成环状碳酸酯的方法,其反应历程如图所示(其中R表示烃基)。下列有关说法错误的是 (　　)
A.(C4H9)4NBr是反应的催化剂
B.该反应历程中存在极性键的断裂和形成
C.反应历程中有3种中间体
D.该反应历程的总反应属于加聚反应
6.一种可充电锂-空气电池的构造原理如图所示,放电时,在催化剂多孔材料电极处有Li2O生成。下列说法错误的是 (　　)
A.多孔材料能够促进空气充分反应
B.不宜选用乙醇作有机电解液
C.锂电极电势高于催化剂多孔材料电极
D.放电时多孔材料电极可能发生反应O2+4Li++4e-===2Li2O
7.(2024·山东枣庄三中检测)科学家基于Cl2易溶于CCl4的性质,发展了一种无需离子交换膜的新型氯流电池,可作储能设备(如图所示)。充电时电极a的反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-===Na3Ti2(PO4)3。下列说法正确的是 (　　)
A.充电时,电极b是阴极
B.放电时,NaCl溶液的pH减小
C.充电时,每生成1 mol Cl2,电极a的质量理论上增加64 g
D.放电时,NaCl溶液的浓度增大
8.(2024·江苏苏州检测改编)如图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置(忽略其他有机物)。已知储氢装置的电流效率η=×100%,下列说法错误的是 (　　)
A.若η=75%,则参加反应的苯为0.8 mol
B.过程中通过C—H的断裂实现氢的储存
C.采用多孔电极增大了接触面积,可降低电池能量损失
D.生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12
9.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有可再生氢氧燃料电池(RFC),RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。RFC的工作原理如图如示。下列说法正确的是 (　　)
A.当有0.1 mol电子发生转移时,a电极产生2.24 L H2(标准状况)
B.b电极上发生的电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-
C.c电极上发生还原反应,B池中的H+可以通过隔膜进入A池
D.d电极上发生的电极反应为O2+4H++4e-===2H2O
10.一种清洁、低成本的三步法氯碱工艺工作原理如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.第一步中阳极反应为Na0.44-xMnO2+xNa++xe-===Na0.44MnO2
B.第二步中Ag电极上的反应为Ag-e-===Ag+
C.第三步中,放电结束后,电解质溶液的pH不变
D.理论上,每消耗22.4 L O2,可生产2 mol Cl2
11.(2024·河北石家庄检测改编)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域,用双极膜电解制备金属钴的装置如图所示。双极膜是一种离子交换复合膜,在直流电场作用下能将中间层的水分子解离成H+和OH-,并分别向两极迁移。下列说法错误的是 (　　)
A.电解池工作时,阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH增大
B.当电路中转移2 mol电子时,阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加80 g
C.电解过程中右侧溶液中的S透过阴离子交换膜移向左侧
D.电解总反应:2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+
12.(2024·辽宁大连检测)某课题组从催化剂结构与性能间关系的角度,设计了一种催化剂同时作用在阳极和阴极,用于CH3OH氧化和CO2还原反应耦合的混合电解,工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下CO2→CO电极反应历程如图乙所示。下列说法错误的是 (　　)
A.电解总反应为2CO2+CH3OH2CO+HCOOH+H2O
B.若有2 mol H+穿过质子交换膜,则理论上有44 g CO2被转化
C.Ni8-TET催化剂的催化效果比Ni-TPP催化剂的好
D.若以铅蓄电池为电源,则B极应与PbO2极相连接
13.利用微生物电化学处理有机废水,同时可淡化海水并获得酸碱。现以NaCl溶液模拟海水、采用惰性电极,用如图所示的装置处理有机废水(以含有机酸CH3COOH溶液为例),在直流电场作用下,双极膜间的水解离成H+和OH-。下列说法正确的是 (　　)
A.阳极反应式:CH3COOH+2H2O-8e-===2CO2↑+8H+
B.当阴极产生22.4 L(标准状况)气体时,理论上可除去模拟海水中11.7 g NaCl
C.产品室生成的物质为盐酸
D.膜a为阴离子交换膜,膜b为阳离子交换膜
二、非选择题:本题共3小题,共48分。
14.(16分)(2024·湖北武汉检测改编)有研究表明,内源性H2S作为气体信号分子家族新成员,在舒张血管等方面具有重要的生理作用,而笼状COS(羰基硫)分子可作为H2S的新型供体(释放剂)。已知COS的分子结构与CO2相似,试回答下列问题。
(1)(2分)COS的结构式为　　　　　　。
(2)(3分)已知:①COS(g)+H2(g)H2S(g)+CO(g)　ΔH1=+15 kJ·mol-1。
②COS(g)+H2O(g)H2S(g)+CO2(g) ΔH2=-56 kJ·mol-1。
③CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)　ΔH3
则ΔH3=　　　　　　。
(3)(2分)COS可由CO和H2S在一定条件下反应制得。在恒容的密闭容器中发生反应CO(g)+H2S(g)COS(g)+H2(g)并达到平衡,数据如表所示,则该反应为　　　　　　(填“吸热反应”或“放热反应”)。
实验 温度 /℃ 起始时 平衡时
n(CO) /mol n(H2S) /mol n(COS) /mol n(H2) /mol n(CO) /mol
1 150 10.0 10.0 0 0 7.0
2 400 20.0 20.0 0 0 16.0
(4)(9分)利用CO2、CH4在一定条件下重整的技术可得到富含CO的气体,在能源和环境上具有双重意义。甲烷-二氧化碳重整的催化转化原理如图所示。
已知:反应a　CH4(g)+H2O(g)===CO(g)+3H2(g)　ΔH=+216 kJ·mol-1;
反应b　CH4(g)+2H2O(g)===CO2(g)+4H2(g)　ΔH=+158.6 kJ·mol-1。
①过程(二)实现了含氢物种与含碳物种的分离,写出生成H2O(g)的化学方程式:　　　　　 　　　　　　。
②假设过程(一)和过程(二)中各步反应均转化完全,下列说法正确的是　　　　　　(填标号)。
a.过程(一)和过程(二)中均含有氧化还原反应
b.过程(二)中使用的催化剂为Fe3O4和CaCO3
c.若过程(一)中投料比n(CH4)∶n(CO2)=1∶1,可导致过程(二)中催化剂失效
③该技术中总反应的热化学方程式为　　　　　 　　　　　　。
15.(16分)(2024·江苏常州检测改编)多室电解池在工业生产中应用广泛。
(1)(6分)一种“分步法电解制氢气”的装置如图l所示,该方法制氢气分两步:第一步在其中一个惰性电极产生H2,NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应;第二步在另一个惰性电极产生O2。
①第一步反应时,开关K应该连接　　　　　　(填“K1”或“K2”)。
②第二步反应时,NiOOH/Ni(OH)2电极的电极反应式为　　　　　　。
③当电路中转移6.25 mol电子时,产生67.2 L(标准状况)H2,则电能的利用率为　　　　　　%。
(2)(4分)砷酸可用于制造有机颜料、杀虫剂等,利用如图2所示的三室电解池电解亚砷酸钠(Na3AsO3)溶液可得到砷酸(H3AsO4)和NaOH。则a电极应接电源的　　　　　　极,b电极的电极反应式为　　　　　　 　　　。
(3)(6分)用次磷酸钠通过电渗析法制备次磷酸的装置如图3所示。交换膜A为　　　　　　(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜,电极N的电极反应式为　　　　　　 　　　　　　;
当电路中通过3.852 8×105 C电荷量时,制得次磷酸的物质的量为　　　　　　(1个电子的电荷量为1.6×10-19 C,设阿伏加德罗常数NA约为6.02×1023 mol-1)。
16.(16分)(2024·江苏苏州检测改编)氢能是新能源,它的利用包括H2的制备、储存和应用三个环节。
(1)(4分)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化率远低于燃料电池,写出碱性氢氧燃料电池的负极反应式:
　　　　　　。
(2)(6分)可通过电解法制取有广泛用途的Na2FeO4,同时获得氢气:Fe+2H2O+2OH-Fe+3H2↑,工作原理如图1所示。装置通电后,铁电极附近生成紫红色Fe,镍电极附近有气泡产生。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在强碱性条件下稳定存在,易被H2还原。
①电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在　　　　　(填“阴极室”或“阳极室”)。
②电解过程中,需要将阴极产生的气体及时排出,其原因是　　　　　 　　　　　　。
③c(Na2FeO4)随c初始(NaOH)的变化如图2所示,任选M、N两点中的一点,分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因:　　　　　 　　　　　　。
(3)(6分)图3为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
①腐蚀过程中,负极是　　　　　　(填“a”“b”或“c”)。
②环境中的Cl-扩散到孔口,并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl,其反应的离子方程式为　　　　　 　　　　　　。
③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,则理论上消耗氧气的体积为　　　　　　L(标准状况)。
化学反应与能量变化
1.答案　A
解析　乙醇制乙烯属于分解反应,大部分分解反应属于吸热反应,A符合题意;Al与Fe2O3反应为铝热反应,铝热反应属于放热反应,B不符合题意;常温下,电石与水剧烈反应,实验过程中,用手摸试管外壁明显发热,说明该反应为放热反应,C不符合题意;金属与酸反应属于常见的放热反应,D不符合题意。
2.答案　A
解析　2 g H2对应的物质的量为1 mol,即1 mol H2完全燃烧生成液态水,放出285.8 kJ热量,则氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g)===2H2O(l)　ΔH=-571.6 kJ·mol-1,A正确。燃烧热是指1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物所放出的热量,则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)===CO2(g)+2H2O(l)　ΔH=-890.3 kJ·mol-1,B错误。该反应除了生成水外,还有硫酸钡沉淀生成,会对反应热有影响,C错误。合成氨反应为可逆反应,则1 mol氮气与3 mol氢气反应的焓变小于-38.6 kJ·mol-1,D错误。
3.答案　C
解析　第一步过程为断裂化学键,Mg2+的半径比Ca2+的小,因此断裂碳酸镁中的离子键需要吸收的能量比断裂碳酸钙中的离子键需要吸收的能量大,则ΔH1(MgCO3)>ΔH1(CaCO3)>0,A正确。对于两种物质而言,第二步过程相同,都是C(g)===O2-(g)+CO2(g),因此有ΔH2(MgCO3)=ΔH2(CaCO3)>0,B正确。对于两种物质而言,第二步反应的实质相同,故有ΔH(CaCO3)-ΔH1(CaCO3)-ΔH3(CaO)=ΔH(MgCO3)-ΔH1(MgCO3)-ΔH3(MgO),而ΔH(CaCO3)≠ΔH(MgCO3),故ΔH1(CaCO3)-ΔH1(MgCO3)≠ΔH3(MgO)-ΔH3(CaO),C错误。前两步都是断键过程、第三步是成键过程,则ΔH1>0、ΔH2>0、ΔH3<0,故ΔH1+ΔH2>ΔH3,D正确。
4.答案　C
解析　根据盖斯定律,由①+②×3+③×2+④×2得2RH3(s)+3O2(g)===R2O3(s)+3H2O(g)　ΔH=ΔH1+3ΔH2+2ΔH3+2ΔH4,A正确。R(g)转化为R(s)放热,根据盖斯定律,R(g)燃烧放出的热量应等于R(s)燃烧放出的热量和R(g)转化为R(s)放出的热量之和,B正确。氢气的燃烧热是指1 mol H2完全燃烧生成液态水时所放出的热量,所以氢气的燃烧热不是ΔH2,C错误。b~c阶段温度不变的原因可能是反应②放出的热量被变化③吸收,D正确。
5.答案　D
解析　
由题图可知,到(C4H9)4NBr的过程中存在C—Br键的断裂和N—Br键的形成,B项正确。由分析可知,该反应历程的总反应为为加成反应,D项错误。
6.答案　C
解析　根据电池的构造原理,可以得出多孔材料可以增大气体与反应物的接触面积,促进空气充分反应,A正确;活泼金属锂能够与乙醇直接反应,所以不宜选用乙醇作有机电解液,B正确;锂电极作负极,电极电势低于催化剂多孔材料电极(正极),C错误;放电时催化剂多孔材料电极作正极,可能发生的反应为O2+4Li++4e-===2Li2O,D正确。
7.答案　D
解析　由题意可知,充电时电极a发生得电子的还原反应,则电极a是阴极,电极b是阳极,A错误;放电时,电极a是负极,发生氧化反应Na3Ti2(PO4)3-2e-===NaTi2(PO4)3+2Na+,电极b是正极,发生还原反应Cl2+2e-===2Cl-,并不涉及H+、OH-的消耗与生成.则NaCl溶液的pH不变;由于反应后负极生成Na+,正极生成Cl-,则反应后Na+和Cl-浓度都增大,故放电时NaCl溶液的浓度增大,B错误、D正确;充电时阳极反应为2Cl--2e-===Cl2↑,阴极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-===Na3Ti2(PO4)3,由得失电子守恒可知,每生成1 mol Cl2,电极a的质量理论上增加23 g·mol-1×2 mol=46 g,C错误。
8.答案　B
解析　装置右侧反应中C6H6得电子被还原为C6H12,所以装置右侧为阴极,左侧为阳极,阳极的电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,生成的O2的物质的量n(O2)=1.6 mol,反应转移电子的物质的量n(e-)=1.6 mol×4=6.4 mol,若储氢装置的电流效率为75%,则生成目标产物环己烷消耗的电子数为6.4 mol×75%=4.8 mol,生成C6H12的电极反应式为C6H6+6e-+6H+===C6H12,则反应消耗的苯为0.8 mol,A、D正确;苯转化为环己烷的反应是加成反应,反应过程中断裂了苯分子中的大π键,B错误;采用多孔电极增大了物质的接触面积,可提高电解效率,降低电池能量损失,C正确。
9.答案　C
解析　a电极为阴极,得电子,发生还原反应:2H2O+2e-===H2↑+2OH-。当有0.1 mol电子发生转移时,a电极产生标准状况下1.12 L H2,故A错误;b电极与电源正极相连,为阳极,失电子。发生氧化反应:2H2O-4e-===4H++O2↑,故B错误;c电极上O2发生还原反应:O2+4e-+4H+===2H2O,消耗H+,则B池中的H+可以通过隔膜进入A池,故C正确;原电池采用酸性电解质溶液,d电极上发生的电极反应为H2-2e-===2H+,故D错误。
10.答案　C
解析　
阳极发生氧化反应,应该失e-,A错误;由图可知,生成物应该是AgCl,B错误;阳极氯离子失去电子生成氯气,阴极氯化银得到电子生成银和氯离子,没有H+、H2O参与反应或生成,C正确;没有指出O2是否处于标准状况下,无法进行计算,D错误。
11.答案　A
解析　
由上述分析知,电解池工作时,右侧S通过阴离子交换膜向左侧移动,可与H+结合生成硫酸,则阴离子交换膜与双极膜之间的溶液的pH减小,A错误,C正确;当电路中转移2 mol电子时,阳极产生0.5 mol(16 g)O2,同时有1 mol (96 g)S透过阴离子交换膜向左移动,则阴离子交换膜左侧溶液的质量理论上增加96 g-16 g=80 g,B正确;由上述分析知,电解总反应为2Co2++2H2O2Co+O2↑+4H+,D正确。
12.答案　C
解析　根据题图可知,该装置为电解池装置,A极上CO2→CO,发生得电子的还原反应,其电极反应式为CO2+2e-+2H+===CO+H2O,则A极为阴极,B极为阳极,B极上CH3OH→HCOOH,则其电极反应式为CH3OH+H2O-4e-===HCOOH+4H+,故电解总反应为2CO2+CH3OH2CO+HCOOH+H2O,A正确;根据A极的电极反应式可知,若有2 mol H+穿过质子交换膜,则理论上有1 mol(44 g)CO2被转化,B正确;使用Ni-TPP催化剂时反应的活化能比使用Ni8-TET催化剂时反应的活化能小,故Ni-TPP的催化效果更好,C错误;由上述分析可知,B极为阳极,应与外接电源的正极相连,即与铅蓄电池的PbO2极相连接,D正确。
13.答案　C
解析　左侧电极是阳极,阳极反应式为CH3COOH+8OH--8e-===2CO2↑+6H2O,A错误;阴极的电极反应式是2H++2e-===H2↑,当阴极产生22.4 L(标准状况)气体,即产生1 mol氢气时,转移2 mol电子,由电荷守恒可知,有2 mol Na+通过膜a向右移动,有2 mol氯离子通过膜b向左移动,理论上可除去模拟海水中2 mol NaCl,即117 g NaCl,B错误;双极膜间的水解离出的氢离子进入产品室,氯离子通过膜b向左移动进入产品室,所以产品室生成的物质为盐酸,C正确;钠离子通过膜a向右移动,膜a为阳离子交换膜,氯离子通过膜b向左移动,膜b为阴离子交换膜,D错误。
14. 答案　(1)O==C==S　(2)-71 kJ·mol-1　(3)放热反应
(4)①4H2+Fe3O43Fe+4H2O(g)　②a　③CH4(g)+3CO2(g)===2H2O(g)+4CO(g)　ΔH=+388.2 kJ·mol-1
解析　(1)由二氧化碳分子的结构式可知,COS分子中C与O、C与S均形成两个共用电子对,所以COS的结构式为O==C==S。(2)根据盖斯定律,由②-①得CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)　ΔH3=-56 kJ·mol-1-(+15 kJ·mol-1)=-71 kJ·mol-1。(3)设容器容积为1 L,根据题意可建立实验1反应的三段式:
则150 ℃时,该反应的化学平衡常数=≈0.18;同理,根据实验2数据可计算出400 ℃下该反应的平衡常数为0.062 5。0.062 5<0.18,升高温度,平衡常数K减小,即平衡逆向移动,正反应为放热反应。
(4)①
②综上分析,过程(一)和过程(二)中均含有氧化还原反应,a正确。过程(二)中CaO和Fe3O4是催化剂,b错误。若过程(一)中投料比n(CH4)∶n(CO2)=1∶1,CH4与CO2刚好反应,CO2无剩余,但生成的CO在还原Fe3O4时又生成了CO2,为催化剂CaO的转化提供了二氧化碳,不会导致催化剂失效,c错误。③根据盖斯定律,由4a-3b可得CH4(g)+3CO2(g)===2H2O(g)+4CO(g)　ΔH=(+216 kJ·mol-1)×4-(+158.6 kJ·mol-1)×3=+388.2 kJ·mol-1。
15. 答案　(1)①K1　②NiOOH+e-+H2O===Ni(OH)2+OH-　③96
(2)负　2e-+H2O===+2H+
(3)阳离子　2H2O+2e-===H2↑+2OH-　4 mol
解析　(1)①第一步反应时,NiOOH/Ni(OH)2电极发生氧化反应,作阳极,故开关K应连接K1。②第二步反应时,在另一个惰性电极产生O2,则该惰性电极为OH-失电子生成氧气,发生氧化反应,作阳极,故NiOOH/Ni(OH)2电极作阴极,发生还原反应,则其电极反应式为NiOOH+e-+H2O===Ni(OH)2+OH-。③产生标准状况下67.2 L(3 mol)H2,需要转移6 mol电子,则电能的利用率为×100%=96%。(2)电解池中阳离子移向阴极,故a电极是阴极,与电源的负极相连,b电极是阳极,As通过阴离子交换膜进入阳极区,在阳极上失去电子转化为As,故b电极的电极反应式为2e-+H2O===+2H+。(3)根据题图3可知,产品室产生次磷酸,由原料室中Na+和H2P的移动方向可知,电极M应为阳极,水电离产生的OH-放电,生成的H+通过交换膜A移向产品室,所以交换膜A为阳离子交换膜;电极N为阴极,水电离产生的H+放电,其电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-。当电路中通过3.852 8×105 C电荷量时,转移的电子的物质的量为=4 mol,电解过程中每转移1 mol电子,就有1 mol H+从阳极区移向产品室,有1 mol H2P从缓冲室移向产品室,即生成1 mol次磷酸,则转移4 mol电子时,可生成4 mol次磷酸。
16.答案　(1)污染小、可再生、资源丰富、热值高(任写其中两点,其他合理答案也可)　H2-2e-+2OH-===2H2O
(2)①阳极室　②防止Na2FeO4与H2反应,使产率降低
③M点:c(OH-)相对较低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢,产率较低[或N点:c(OH-)过高,铁电极上有Fe(OH)3生成,使Na2FeO4产率降低]
(3)①c　②2Cu2++3OH-+Cl-===Cu2(OH)3Cl↓　③0.448
解析　(1)氢气相对于汽油,其主要优点有污染小、可通过水制备而再生、以水制备资源丰富、热值高等。碱性氢氧燃料电池中氢气在负极放电,电极反应式为H2-2e-+2OH-===2H2O。(2)①该电解池阳极的电极反应式为Fe-6e-+8OH-===Fe+4H2O,阴极的电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,电解过程中阳极室消耗OH-,阴极室产生的OH-迁移至阳极室,但迁移过去的OH-数目小于阳极室消耗的,c(OH-)降低,阴极室消耗H2O,c(OH-)增大。②由于Na2FeO4易被H2还原,若不及时排出H2,生成的H2会将Fe还原,使Fe的产率降低。③M点:由于Na2FeO4在强碱性条件下稳定存在,此时c(OH-)相对较低,生成的Fe不稳定,且c(OH-)较低,反应速率较小,所以溶液中的c(Na2FeO4)低于最高值;N点:氢氧化钠溶液浓度过高,铁电极区产生红褐色的Fe(OH)3沉淀,使Fe的利用率降低而导致Na2FeO4产率降低。(3)①根据题图3,青铜基体发生氧化反应被腐蚀,转化为Cu2+,故c作负极。②负极上Cu被氧化生成Cu2+,正极上O2被还原为OH-,环境中的Cl-扩散到孔口,与Cu2+、OH-反应生成Cu2(OH)3Cl,反应的离子方程式为2Cu2++3OH-+Cl-===Cu2(OH)3Cl↓。③n[Cu2(OH)3Cl]==0.02 mol,由于负极反应为Cu-2e-===Cu2+,则反应中转移的电子的物质的量n(e-)=0.02 mol×2×2=0.08 mol,正极反应为O2+4e-+2H2O===4OH-,根据得失电子守恒,消耗的氧气的物质的量n(O2)=0.02 mol,标准状况下V(O2)=0.02 mol×22.4 L·mol-1=0.448 L。

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