高考化学第一轮复习：化学电源新型电池
一、选择题
1．随着科技的发展，科学家们研发出了各种新能源。氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是（ ）
A．一定温度下，反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)能自发进行，该反应的ΔH<0
B．氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e =4OH
C．常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2，转移电子的数目为6.02×1023
D．反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)的ΔH可通过下式估算： ΔH=反应中形成新共价键的键能之和 反应中断裂旧共价键的键能之和
2．一种NO-空气燃料电池的工作原理如图所示，该电池工作时，下列说法正确的是
A．电子的流动方向：负极→电解质溶液→正极
B．H+通过质子交换膜向左侧多孔石墨棒移动
C．若产生1molHNO3，则通入O2的体积应大于16.8L
D．放电过程中负极的电极反应式为NO-3e-+2H2O=+4H+
3．镍钴锰三元材料中为主要活泼元素，镍钴锰电极材料可表示为，，通常简写为，三种元素分别显价。下列说法正确的是（ ）
A．放电时元素最先失去电子
B．在材料中，若，则
C．可从充分放电的石墨电极中回收金属锂
D．充电时，当转移电子，两极材料质量差为
4．电化学合成具有反应条件温和、反应试剂纯净和生产效率高等优点，利用下图所示装置可合成己二腈。充电时生成己二睛，放电时生成，其中a、b是互为反置的双极膜，双极膜中的会解离出和向两极移动。下列说法正确的是
A．N极的电势高于M极的电势
B．放电时，双极膜中向M极移动
C．充电时，阴极的电极反应式为
D．若充电时制得，则放电时需生成，才能使左室溶液恢复至初始状态
5．钾氧电池是一种新型金属-空气可充电电池，其使用双酰亚胺钾( KTFSI)与乙醚(DME)组成的电解液，石墨和液态Na-K合金作为电极，相关装置如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，a为负极，发生氧化反应
B．放电时，正极的电极反应式为K++e- +O2=KO2
C．充电时，电流由b电极经电解液流向a电极
D．充电时，b极生成2.24 L(标准状况下)O2时，a极质量增重15.6g
6．某HCOOH-空气燃料电池工作原理如图所示(离子交换膜只允许K+离子通过)。下列说法错误的是
A．该电池工作时K+离子从Pt1电极迁移至Pt2电极
B．Pt1的电极反应式为：HCOOH+3OH--2e- =+2H2O
C．Pt2的电极反应式为：O2+2e-+2H2O=4OH-
D．该电池实现了物质制备和发电的结合
7．某科研人员利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池。电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2，其工作原理如图。下列关于该电池的说法正确的是
A．该电池若用隔膜可选用阴离子交换膜
B．进行充电时，要将外接电源的负极与锂离子电池的石墨烯极相连
C．放电时，LiCoO2极发生的电极反应为：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+
D．对废旧的该电池进行“放电处理”让Li+嵌入石墨烯中而有利于回收
8．镁锂双盐电池是结合镁离子电池和锂离子电池而设计的新型二次离子电池。其工作原理如图所示，已知放电时，b极转化关系为：。下列说法正确的是
A．充电或放电时，a极电势均高于b极
B．放电过程中正极质量减少，负极质量增加
C．充电时阳极的电极反应式为
D．该电池工作时，若通过电路转移电子的物质的量为，则负极质量变化2.4g
9．甲酸钠燃料电池是一种膜基碱性电池，提供电能的同时可以获得烧碱。“胜哥”画出了它的工作原理图，如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．CEM隔膜为质子交换膜
B．甲为电池负极，电极反应为：
C．电池在工作时，乙极附近溶液增大
D．单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为
10．一款低成本高能效的新型无隔膜铈铅单液流电池装置如图所示，该电池用石墨毡做电极，可溶性铈盐和铅盐的混合酸性溶液作电解液。已知电池反应为：。下列相关说法正确的是
A．放电时，在b电极发生还原反应
B．该电池可用稀硫酸酸化电解质溶液
C．充电过程中，a电极发生的反应为
D．放电过程中，电解质溶液中的向a电极移动
11．一种新型电池既可以实现海水淡化，又可以处理含CH3COO-的废水，装置如图(模拟海水由NaCl溶液替代)。下列说法正确的是
A．b极为负极，发生氧化反应
B．隔膜I为阳离子交换膜
C．a极电极反应为CH3COO-+8e-+2H2O=2CO2↑+7H+
D．理论上除去模拟海水中的NaCl351g，可得1.5molCO2
12．电池实现了对的高效利用，其原理如图所示。下列说法错误的是
A．多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应
B．电极反应式为：
C．a为，b为
D．当外电路通过时，双极膜中离解水的物质的量为
二、非选择题
13．CO2/ HCOOH循环在氢能的贮存/释放、燃料电池等方面具有重要应用。
（1）CO2催化加氢。在密闭容器中，向含有催化剂的KHCO3溶液(CO2与KOH溶液反应制得)中通入H2生成HCOO-，其离子方程式为 ；其他条件不变，HCO3-转化为HCOO-的转化率随温度的变化如图-1所示。反应温度在40℃~80℃范围内，HCO3-催化加氢的转化率迅速上升，其主要原因是 。
（2）HCOOH燃料电池。研究 HCOOH燃料电池性能的装置如图-2所示，两电极区间用允许K+、H+通过的半透膜隔开。
①电池负极电极反应式为 ；放电过程中需补充的物质A为 (填化学式)。
②图-2所示的 HCOOH燃料电池放电的本质是通过 HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为 。
（3）HCOOH催化释氢。在催化剂作用下， HCOOH分解生成CO2和H2可能的反应机理如图-3所示。
①HCOOD催化释氢反应除生成CO2外，还生成 (填化学式)。
②研究发现：其他条件不变时，以 HCOOK溶液代替 HCOOH催化释氢的效果更佳，其具体优点是 。
14．新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液．某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示．
回答下列问题：
（1）甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为 、 ．
（2）闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生．其中b电极上得到的是 ，电解氯化钠溶液的总反应方程式为 ；
（3）若每个电池甲烷通如量为1L（标准状况），且反应完全，则理论上通过电解池的电量为 （法拉第常数F=9.65×104C mol﹣1列式计算），最多能产生的氯气体积为 L（标准状况）．
15．二十大提出“坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天碧水净土保卫战”。利用反应2CO(g)+2NO(g) N2(g)+2CO2(g)，可有效减少汽车尾气污染物的排放。
（1）已知该反应的 ΔH=-620.9 kJ·mol-1，逆反应活化能为a kJ·mol-1，则其正反应活化能为 kJ·mol-1。
（2）在一定温度下，向恒容容器中通入等物质的量的NO和CO气体，测得容器中压强随时间的变化关系如下表所示：
t/min 0 1 2 3 4 5
p/kPa 400 370 346 330 320 320
①反应的平衡常数Kp= (Kp为用分压代替浓度计算的平衡常数，分压=总压 ×物质的量分数)。
②实验测得该反应的速率v正=k正·p2( CO )·p2( NO)，v逆=k逆·p(N2)·p2(CO2)，k正与k逆仅与温度有关。则平衡时k正 k逆 (填“>” “<”或“=”，下同)。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数 k逆增大的倍数。
③未达平衡前，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率，应选择的最佳措施是 (填标号)。
A．降低温度 B．增大压强
C．使用合适的催化剂 D．降低氮气浓度
（3）①在不同催化剂甲、乙作用下，NO的脱氮率在相同时间内随温度的变化如图所示。工业生产中选用甲，理由是 。
②在催化剂甲作用下，反应经历三个基元反应阶段，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。
该化学反应的速率主要由反应 决定(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”，下同)。提高反应温度，逆反应速率增加最大的是反应 。
（4）若将该反应设计成如图所示的原电池，既能产生电能，又能消除环境污染。a极对应的电极反应式为 。
16． 发展科技的同时也带来了环境的恶化，全国连续出现了严重的雾霾天气，给人们的出行及身体造成了极大的危害．研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义．
（1）利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2．
①在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是 ．
②吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：
n（SO32﹣）：n（HSO3﹣） 91：9 1：l 9：91
pH 8.2 7.2 6.2
由上表判断，NaHSO3溶液显 性（填“酸”、“碱”或“中”），用化学平衡原理解释： ．
③当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生．再生示意图如下：
写出HSO3﹣在阳极放电的电极反应式： ，当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用．
（2）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．例如：
CH4（g）+4NO2（g）═4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ mol﹣1
CH4（g）+4NO（g）═2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ mol﹣1
若用标准状况下4.48L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为 （阿伏加德罗常数的值用NA表示），放出的热量为 kJ．
（3）工业上合成氮所需氢气的制备过程中，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g） {#mathmL#}{#/mathmL#} CO2（g）+H2（g）；△H＜0
一定条件下，将CO（g）与H2O（g）以体积比为1：2置于密闭容器中发生上述反应，达到平衡时测得CO（g）与H2O（g）体积比为1：6，则平衡常数K= ．
17．氢燃料电池有良好的应用前景。工业上常用下列方法制取氢气。
（1）Ⅰ．甲烷与水蒸气催化重整制取氢气，主要反应为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。
上述反应体系中属于非极性分子的化合物是 。
（2）一定条件下，向体积为2L的密闭容器中充入1molCH4和1molH2O(g)发生上述反应，10min时反应达到平衡状态，此时CH4的浓度为0.4 mol L 1，则0~10min内H2的平均反应速率为 mol L 1 min 1。
（3）Ⅱ．甲烷与硫化氢催化重整制取氢气，主要反应为：CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)。
恒温恒容时，该反应一定处于平衡状态的标志是 。
a．υ正(H2S)=2υ逆(H2) b．CH4的体积分数不再变化
c．不再变化 d．混合气体的密度不再改变
（4）该反应平衡常数表达式K= ，若改变某一条件使平衡向正反应方向移动，则K值 。
a．一定改变 b．可能增大 c．可能减小 d．可能不变
（5）III.将原料气按n(CH4)：n(H2S)=1：2充入反应容器中，保持体系压强为0.1MPa，研究不同温度对该反应体系的影响。平衡体系中各组分的物质的量分数x随温度T的变化如图所示：
图中表示H2物质的量分数变化的曲线是 (选填字母)，该反应的正反应为 反应(选填“放热”或“吸热”)。保持其他条件不变，升高温度测得CH4的平衡转化率先增大后下降，其原因可能是 。
18．雾霾天气多次肆虐我国中东部地区．其中，汽车尾气和燃煤尾气是造成空气污染的原因之一．
（1）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g）．在密闭容器中发生该反应时，c（CO2）随温度（T）、催化剂的表面积（S）和时间（t）的变化曲线，如图1所示．
据此判断：
①该反应的△Η 0（填“＞”或“＜”），△S 0（填“＞”或“＜”）
②在T1温度下，0～2s内的平均反应速率v（N2）= ．
③当固体催化剂的质量一定时，增大其表面积可提高化学反应速率．若增大催化剂的表面积，则CO转化率 （填“增大”，“减少”或“不变”）
④若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是 （填字母）．
（2）直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题．
①煤燃烧产生的烟气含氮的氧化物，用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染．
例如：CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣867.0kJ mol﹣1
2NO2（g） N2O4（g）△H=﹣56.9kJ mol﹣1
写出CH4催化还原N2O4（g）生成N2和H2O（g）的热化学方程式 ．
②将燃煤产生的二氧化碳回收利用，可达到低碳排放的目的．图2是通过人工光合作用，以CO2和H2O为原料制备HCOOH和O2的原理示意图．电极a、b表面发生的电极反应式分别为
a： ，
b： ．
答案与解析
1．答案：A
分析：A、结合焓判据和熵判据分析反应是否能自发进行；
B、燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应；
C、未给出气体所处的状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；
D、根据反应热ΔH的计算分析；
解析：A、反应能自发进行，则要求ΔH-TΔS<0，由于该反应反应前后气体分子数变小，则ΔS<0，要使ΔH-TΔS<0，则要求ΔH<0，A符合题意；
B、在燃料电池中，燃料物质在负极发生失电子的氧化反应，故氢氧燃料电池的负极反应为：H2-2e-=2H+，或H2-2e-+2OH-=2H2O，B不符合题意；
C、未给出气体所处的状态，无法应用Vm=22.4L/mol进行计算，C不符合题意；
D、反应热ΔH=反应物的化学键的键能总和-生成物的化学键的键能总和，D不符合题意；
故答案为：A
2．答案：D
分析：新型电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒。
解析：A．-空气燃料电池，通入的电级为原电池的负极，通入的电级为原电池的正极，电子从负极经导线流向正极，A不符合题意；
B．在原电池中，阳离子向正极移动，所以 通过质子交换膜从左侧向右侧多孔石墨棒移动，B不符合题意；
C．计算的体积，需要在标准状况下才能用摩尔体积计算，C不符合题意；
D．根据题目信息，在负极放电，电极反应式为：，D符合题意；
故答案为：D。
3．答案：B
分析：A．依据金属性强弱判断；
B．根据化合物中元素正负化合价的代数和为0；
C．依据电极反应式判断；
D．依据得失电子守恒。
解析：A．中金属性最强的为Mn，放电时Mn元素最先失去电子，选项A不符合题意；
B．在中，，三种元素分别显价，若x：y：z=2：3：5，根据化合物中元素正负化合价的代数和为0可得：+1(1-n)+(+20.2)+(+30.3)+(+40.5)+(-2)2=0，解得n=0.3，选项B符合题意；
C．B电极反应为，不能通过充分放电的石墨电极中回收金属锂，选项C不符合题意；
D．充电时阴极发生反应nLi++C6+ne-=LinC6，当转移nmol电子时，有nmolLi+进入负极的C6材料中，故理论上负极材料增加nmolLi，质量增加7ng，阳极，质量减少7ng，故两极材料质量变化量相差为，而无法确定两极质量差，选项D不符合题意；
故答案为：B。
4．答案：C
分析：新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
解析：A．当放电时，N极发生氧化反应，为负极，电势低于正极M极，A不符合题意；
B．放电时，阴离子向负极运动，则双极膜中向N极移动，B不符合题意；
C．充电时，N极为阴极，阴极发生还原反应生成己二腈，电极反应式为，C符合题意；
D．若充电时制得转移2mol电子，放电时反应为，根据电子守恒可知，需生成，才能使左室溶液恢复至初始状态，D不符合题意；
故答案为：C。
5．答案：D
分析：新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
解析：A．由分析可知，a为负极，K在负极失去电子生成K+，发生氧化反应，A不符合题意；
B．由分析可知，b为正极，O2在正极得到电子生成KO2，电极方程式为：K++e- +O2=KO2，B不符合题意；
C．由分析可知，a为负极，b为正极，充电时，a为阴极，b为阳极，电流由b电极经电解液流向a电极，C不符合题意；
D．充电时，b为阳极，电极方程式为：KO2-e-=K++O2，a为阴极，电极方程式为：K++e-= K，b极生成2.24 L(标准状况下)O2时，O2的物质的量为0.1mol，转移0.1mol电子，阴极生成0.1molK，a极质量增重3.9g，D符合题意；
故答案为：D。
6．答案：C
分析：A．原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极；
BC．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
D．原电池是将化学能转化为电能的装置。
解析：A．原电池工作中，阳离子从负极会移向正极，则上述装置中，工作时K+离子从Pt1电极迁移至Pt2电极，A不符合题意；
B．根据上述分析可知，Pt1的电极反应式为：HCOOH+3OH--2e- =+2H2O，B不符合题意；
C．根据上述分析可知，Pt2的电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，C符合题意；
D．该装置实现了化学能到电能的转化，也制备得到了KHCO3，D不符合题意；
故答案为：C。
7．答案：B
分析：新型二次电池的判断：
1、化合价升高的为负极，失去电子，化合价降低的为正极，得到电子；
2、电极反应式的书写要注意，负极反应为负极材料失去电子化合价升高，正极反应为正极材料得到电子化合价降低，且要根据电解质溶液的酸碱性判断，酸性溶液不能出现氢氧根，碱性溶液不能出现氢离子，且电极反应式要满足原子守恒；若是充电过程，则负极作为阴极，正极作为阳极，阴极电极反应式为负极的逆反应，阳极的电极反应式为正极的逆反应。
解析：A．该电池中，利用Li+在石墨烯表面和电极之间快速移动传导电流，若用隔膜则可选用阳离子交换膜，A不符合题意；
B．放电时，石墨烯极为负极，则充电时，石墨烯极为阴极，要与外接电源的负极相连，B符合题意；
C．放电时，LiCoO2极为正极，发生的电极反应为：Li1-xCoO2+ xe- +xLi+= LiCoO2，C不符合题意；
D．对废旧的该电池进行“放电处理”时，石墨烯极发生反应为LixC6-xe- =xLi++C6，此时Li+从石墨烯中游离出来，D不符合题意；
故答案为：B。
8．答案：C
分析：A．阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连；阳极电势比阴极高，正极电势比负极高；
B．依据电极反应判断；
C．充电时，阳极失电子，发生氧化反应；
D．依据得失电子守恒。
解析：A．Mg为负极，VS2为正极，所以充电或放电时，b极电势均高于a极，选项A不符合题意；
B．放电过程中正极质量增加，负极质量减少，选项B不符合题意；
C．充电时，阳极的电极反应式为LixVS2- xe- =VS2+xLi+ ，选项C符合题意；
D．该电池负极为Mg电极，通过电路转移电子的物质的量为时，负极质量变化为0.05mol×24g/mol=1.2g，选项D不符合题意；
故答案为：C。
9．答案：C
分析：燃料电池中，燃料在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应；依据离子与离子交换膜属性一致判断。
解析：A．该装置同时可以获得烧碱，则钠离子应与氢氧根离子结合，若为质子交换膜(只允许氢离子自由通过)，则钠离子与正极生成的氢氧根离子不能接触，无法得到NaOH，故A不符合题意；
B．由装置信息可知乙电极上氧气得电子，则甲电极上HCOONa失电子生成碳酸，电极反应为：，故B不符合题意；
C．电池在工作时，乙极发生反应：，电极附近溶液氢氧根离子浓度增大，pH增大，故C符合题意；
D．由电极反应可知转移4mol电子正极消耗1mol氧气，负极生成2mol碳酸，则单位时间内甲极产生的与乙极消耗的物质的量之比为，故D不符合题意；
故答案为：C。
10．答案：D
分析：A．反应中元素化合价升高，发生氧化反应，元素化合价降低，发生还原反应；
B．硫酸根离子会与铅离子反应生成硫酸铅沉淀；
C．充电时，阳极失电子，发生氧化反应；
D．放电时，内电路中阴离子移向阳极、阳离子移向阴极。
解析：A．由题中方程式可知放电过程是，发生在a电极氧化反应 ，A不符合题意；
B．硫酸根离子会与铅离子反应生成硫酸铅沉淀，所以不能用稀硫酸酸化电解质溶液，B不符合题意；
C．充电过程中，a电极发生的反应为，C不符合题意；
D．放电过程中，内电路电流的方向是a-b，所以电解质溶液中的向a电极移动，D符合题意；
故答案为：D。
11．答案：D
分析：放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极。
解析：A．b极为正极，发生还原反应，A不符合题意；
B．原电池中，阴离子移向负极，所以Cl-通过隔膜I进入左室，隔膜I为阴离子交换膜，B项不符合题意；
C．负极附近CH3COO-失电子被氧化生成CO2和H+，正确的电极反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2↑+7H+，C项不符合题意；
D．当电路中转移1mol电子时，根据电荷守恒可知，海水中有1mol Cl-移向负极，同时有1mol Na+移向正极，即除去1mol NaCl，根据负极反应式可知，每消耗1mol CH3COO-时转移8mol电子生成2mol二氧化碳，理论上除去模拟海水中的NaCl351g即，转移6mol电子，可得CO2，D项符合题意；
故答案为：D。
12．答案：C
分析：AB．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；
C．原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动；
D．依据电荷守恒分析。
解析：A．由分析可知，多孔纳米片为正极，电极上发生还原反应，A不符合题意；
B．电极锌失去电子生成，反应式为：，B不符合题意；
C．原电池中阳离子向正极移动、阴离子向负极移动，故b为，a为，C符合题意；
D．当外电路通过时，由电荷守恒可知，双极膜中离解水的物质的量为，产生1mol氢离子、1mol氢氧根离子，D不符合题意；
故答案为：C。
二、非选择题
13． 答案：（1）；温度升高反应速率增大，温度升高催化剂的活性增强
（2）；H2SO4； 或
（3）HD；提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度
分析：(1)根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；从温度对反应速率的影响以及温度对催化剂的影响的角度分析。(2)该装置为原电池装置，放电时HCOOˉ转化为 被氧化，所以左侧为负极，Fe3+转化为Fe2+被还原，所以右侧为正极。(3)HCOOH生成HCOOˉ和H+分别与催化剂结合，在催化剂表面HCOOˉ分解生成CO2和Hˉ，之后在催化剂表面Hˉ和第一步产生的H+反应生成H2。
解析：(1)含有催化剂的KHCO3溶液中通入H2生成HCOOˉ，根据元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为： +H2 HCOOˉ+H2O；反应温度在40℃~80℃范围内时，随温度升高，活化分子增多，反应速率加快，同时温度升高催化剂的活性增强，所以 的催化加氢速率迅速上升；(2)①左侧为负极，碱性环境中HCOOˉ失电子被氧化为 ，根据电荷守恒和元素守恒可得电极反应式为HCOOˉ+2OHˉ－2eˉ= +H2O；电池放电过程中，钾离子移向正极，即右侧，根据图示可知右侧的阴离子为硫酸根，而随着硫酸钾不断被排除，硫酸根逐渐减少，铁离子和亚铁离子进行循环，所以需要补充硫酸根，为增强氧气的氧化性，溶液最好显酸性，则物质A为H2SO4；②根据装置图可知电池放电的本质是HCOOH在碱性环境中被氧气氧化为 ，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为2HCOOH+O2+2OHˉ = 2 +2H2O或2HCOOˉ+O2= 2 ；(3)①根据分析可知HCOOD可以产生HCOOˉ和D+，所以最终产物为CO2和HD(Hˉ与D+结合生成)；②HCOOK是强电解质，更容易产生HCOOˉ和K+，更快的产生KH，KH可以与水反应生成H2和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的CO2，从而使氢气更纯净，所以具体优点是：提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度。
14．答案：（1）2O2+4H2O+8e﹣=8OH﹣；CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O
（2）H2；2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑
（3） ×8×9.65×104C/mol=3.45×104C；4
分析：（1）甲烷碱性燃料电池中正极氧气得电子被还原，负极甲烷失电子被氧化；（2）b连接电源的负极，应为阴极，生成氢气；电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠；（3）根据关系式1 mol CH4～8 mol e﹣～4 mol Cl2计算．
解析：解：（1）在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为：CH4+2O2+2OH﹣=CO32﹣+3H2O，正极是：2O2+4H2O+8e﹣═8OH﹣，负极是：CH4﹣8e﹣+10OH﹣═CO32﹣+7H2O．故答案为：2O2+4H2O+8e﹣=8OH﹣；CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32﹣+7H2O；（2）b电极与通入甲烷的电极相连，作阴极，是H+放电，生成H2；电解氯化钠溶液的总反应方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑故答案为：H2；2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑；（3）根据得失电子守恒，可得：1 mol CH4～8 mol e﹣～4 mol Cl2，故若每个电池甲烷通入量为1 L（标准状况），生成4L Cl2；电解池通过的电量为 ×8×9.65×104C mol﹣1=3.45×104C（题中虽然有两个燃料电池，但电子的传递量只能用一个池的甲烷量计算）．故答案为： ×8×9.65×104C/mol=3.45×104C；4．
15．答案：（1）(a-620.9)
（2）0.8kPa-1；<；<；C
（3）催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；I；Ⅱ
（4）2NO +4e-= N2+2O2-
分析：（1） ΔH=正反应活化能-逆反应活化能；
（2） ①分压平衡常数要结合总压强和总物质的量判断；
②结合速率常数和题目所给数据判断；
③使用合适1催化剂，可以提高单位时间内一氧化碳和一氧化氮的转化率和速率；
（3）①催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；
②决速步骤为活化能最大的步骤；
（4）一氧化氮得到电子形成氮气和氧负离子。
解析：（1）根据ΔH=正反应活化能-逆反应活化能可得，正反应活化能=ΔH+逆反应活化能=(a-620.9)kJ·mol-1；故答案为：(a-620.9)。
（2）①设开始反应时通入的NO和CO气体的物质的量均为2mol，4min反应达到平衡时生成氮气amol，由题意可建立如下三段式：
由平衡前后气体的物质的量之比等于压强之比可得：=，解得a=0.8m，平衡时各物质的分压为：p(NO)=×320kPa=40kPa，p(CO)=×320kPa=40kPa，p(CO2)=×320kPa=160kPa，p(N2)=×320kPa=80kPa，反应的平衡常数Kp=；
②达到平衡后，v正=v逆=k正·p2(NO)·p2(CO)=k逆·p(N2)·p2(CO2)，反应的平衡常数Kp=，所以平衡时k正小于k逆；反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K值减小，则仅升高温度，k正增大的倍数小于k逆增大的倍数；
③A．降低温度，化学反应速率减小，A不正确；
B．该反应为气体计量数减小的反应，增大压强，单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，但增大压强，会增大对设备的要求，增加成本，不是最佳措施，B不正确；
C．使用适合催化剂，降低反应的活化能，化单位时间内要提高汽车尾气中CO、NO的转化率和化学反应速率增大，C正确；
D．降低氮气浓度，生成物的浓度减小，化学反应速率减小，D不正确；
故答案为：C；
故答案为：0.8kPa-1；<；<；C。
（3）①由图可知，反应在催化剂甲的条件下反应时，在较低温度下，催化剂的活性可达到最大，能降低生产能耗的同时还满足一氧化氮的脱氮率最高，所以在工业生产中应选用催化剂甲；
②活化能越大反应速率越慢，整个反应由最慢的一步决定，由图可知，整个反应分为三个基元反应阶段，其中反应I正反应的活化能为298.4kJ/mol，正反应的活化能最大，故反应速率最慢，故该化学反应的速率主要由反应I决定；改变温度，对活化能大的反应影响大，反应Ⅱ的逆反应活化能最大，所以逆反应速率增加最大，逆反应速率增加最大的是反应Ⅱ；
故答案为：催化剂甲在较低温度下活性可达到最大，降低生产能耗的同时满足NO的脱氮率最高；I；Ⅱ。
（4）由图可知，a电极NO得到电子转化为氮气和O2-，a极对应的电极反应式为：2NO+4e-=N2+2O2-；
故答案为：2NO+4e-=N2+2O2-。
16．答案：（1）2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；酸；HSO3﹣存在HSO3﹣ H++SO32﹣和HSO3﹣+H2O H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度；HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+
（2）1.60NA（或1.6NA）；173.4
（3）{#mathmL#}{#/mathmL#}
分析：（1）①二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，注意弱电解质写化学式；②根据溶液中亚硫酸氢根离子浓度和亚硫酸根离子浓度的相对大小确定溶液的酸碱性；③阳极上阴离子失电子发生氧化反应；（2）利用盖斯定律计算反应热；（3）根据反应前和反应后一氧化碳和水之间的体积比结合反应方程式计算出平衡时各种物质的物质的量浓度，再根据平衡常数公式进行计算．
解析：解：（1）①酸性氧化物和碱反应生成盐和水，所以二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，反应方程式为2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O，
故答案为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；②在溶液中主要以HSO3﹣存在，HSO3﹣的电离很微弱，所以n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）＜1：1，根据表格知，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子既能水解又能电离，亚硫酸氢钠溶液呈酸性同时说明HSO3﹣的电离程度大于水解程度，故答案为：酸性；HSO3﹣存在HSO3﹣ H++SO32﹣和HSO3﹣+H2O H2SO3+OH﹣，HSO3﹣的电离程度大于水解程度；③阳极上亚硫酸氢根离子失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，电极反应式为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+，故答案为：HSO3﹣+H2O﹣2e﹣=SO42﹣+3H+；（2）已知：①CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣574kJ/mol②CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣1160kJ/mol利用盖斯定律将 {#mathmL#}{#/mathmL#} 得CH4（g）+2NO2（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）；△H=﹣867kJ/moln（CH4）= {#mathmL#}{#/mathmL#} ，整个过程中转移的电子总数为：0.20mol×8NA=1.60NA，放出的热量为：0.2mol×867kJ/mol=173.4kJ，故答案为：1.60NA（或1.6NA）；173.4；（3）同一容器中各气体的物质的量之比等于其体积之比，设容器的体积为1L，加入的一氧化碳的物质的量为1mol，则水的物质的量为2mol，假设平衡时一氧化碳的物质的量为x，
CO（g）+ H2O（g） {#mathmL#}{#/mathmL#} CO2（g）+ H2（g）； △H＜0
起始 1mol 2mol 0 0
转化 1﹣x 1﹣x 1﹣x
平衡 x 6x 1﹣x 1﹣x
（1﹣x）：（2﹣6x）=1：1，x=0.2mol，所以平衡时，c（CO）=0.2mol/L，c（H2O）=1.2mol/L，c（H2）=C（CO2）=0.8mol/L，k= {#mathmL#}{#/mathmL#} = {#mathmL#}{#/mathmL#} ，故答案为： {#mathmL#}{#/mathmL#} ．
17．答案：（1）CH4
（2）0.03
（3）b
（4）；bd
（5）a；吸热；随着温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢浓度减小，甲烷的平衡转化率下降
分析：（1）非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子。
（2）利用v=Δc/Δt计算；
（3）依据化学平衡的特征“等”和“定”进行分析判断；
（4）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比值；K的大小只与温度有关。
（5）依据影响化学平衡的因素分析。
解析：（1）CH4是含共价键的非极性分子，H2O、CO是含共价键的极性分子，H2含共价键的非极性分子，氢气是单质，因此上述反应体系中属于非极性分子的化合物是CH4；故答案为：CH4。
（2）根据题意，10min时反应达到平衡状态，此时CH4的浓度为0.4 mol L 1，则甲烷浓度改变量为0.1 mol L 1，氢气浓度改变量为0.3 mol L 1，则0~10min内H2的平均反应速率为；故答案为：0.03。
（3）a．υ正(H2S)=2υ逆(H2)，一个正反应速率，一个逆反应速率，两个不同方向，两者速率之比不等于计量系数之比，不能作为判断平衡标志，故a不正确；
b．CH4的体积分数不再变化，则能作为判断平衡标志，故b正确；
c．开始加入的甲烷和硫化氢按照计量之比加入，则始终不改变，当不再变化，不能作为判断平衡标志，故c不正确；
d．密度等于气体质量除以容器体积，气体质量不变，容器体积不变，密度始终不再改变，当混合气体的密度不再改变，不能作为判断平衡标志，故d不正确；
故答案为：b。
（4）该反应平衡常数表达式，若改变某一条件使平衡向正反应方向移动，若是增大反应物浓度或减小压强，平衡常数不变，若是改变温度，平衡向正反应方向移动，则平衡常数变大，因此bd正确；故答案为：；bd。
（5）根据题意减少的为甲烷和硫化氢，增加的为CS2、H2，再根据计量系数得到氢气增加的幅度大，因此图中表示H2物质的量分数变化的曲线是a；根据图中信息，升高温度，甲烷、硫化氢的量减少，说明平衡正向移动，正反应为吸热反应。保持其他条件不变，由于温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢的浓度减小，因此甲烷的转化率降低；故答案为：a；吸热；随着温度升高，硫化氢会发生分解，导致硫化氢浓度减小，甲烷的平衡转化率下降。
18．答案：（1）＜；＜；0.05mol/（L s）；不变；bd
（2）CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=﹣810.1kJ/mol；2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+；2CO2+4H++4e﹣=2HCOOH
分析：（1）①根据到达平衡的时间判断温度高低，根据平衡时二氧化碳的浓度判断温度对平衡的影响，进而判断△H；②由图可知，T2温度平衡时，二氧化碳的浓度变化量为0.1mol/L，根据v= 计算v（CO2），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（N2）；③接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动；④a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化；
b、到达平衡后，温度为定值，平衡常数不变，结合反应热判断随反应进行容器内温度变化，判断温度对化学平衡常数的影响；
c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，最后不再变化；
d、到达平衡后各组分的含量不发生变化；（2）①根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式；②由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极．
解析：解：（1）①由图1可知，温度T1先到达平衡，故温度T1＞T2，温度越高平衡时，二氧化碳的浓度越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，故正反应为放热反应，即△H＜0，2NO（g）+2CO（g） 2CO2（g）+N2（g），反应前后气体体积减小，反应熵变△S＜0，
故答案为：＜；＜；②由图可知，T2温度时2s到达平衡，平衡时二氧化碳的浓度变化量为0.2mol/L，故v（CO2）= =0.1mol/（L s），速率之比等于化学计量数之比，故v（N2）= v（CO2）= ×0.1mol/（L s）=0.05mol/（L s），
故答案为：0.05mol/（L s）；③接触面积越大反应速率越快，到达平衡的时间越短，催化剂的表面积S1＞S2，S2条件下达到平衡所用时间更长，但催化剂不影响平衡移动，一氧化碳的转化率不变，故答案为：不变；④a、到达平衡后正、逆速率相等，不再变化，t1时刻V正最大，之后随反应进行速率发生变化，未到达平衡，故a错误；
b、该反应正反应为放热反应，随反应进行温度升高，化学平衡常数减小，到达平衡后，温度为定值，达最高，平衡常数不变，为最小，图象与实际符合，故b正确，
c、t1时刻后二氧化碳、NO的物质的量发生变化，t1时刻未到达平衡状态，故c错误；
d、NO的质量分数为定值，t1时刻处于平衡状态，故d正确；
故答案为：bd；（2）①已知：Ⅰ、CH4（g）+2NO2（g）═N2（g）+CO2（g）+2H2O（g）△H1=﹣867kJ/mol
Ⅱ、2NO2（g） N2O4（g）△H2=﹣56.9kJ/mol
根据盖斯定律，Ⅰ﹣Ⅱ得CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），故△H=﹣867kJ/mol﹣（﹣56.9kJ/mol）=﹣810.1kJ/mol，
即CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=﹣810.1kJ/mol，
故答案为：CH4（g）+N2O4（g）=N2（g）+CO2（g）+2H2O（g），△H=﹣810.1kJ/mol；②由图可知，左室投入水，生成氧气与氢离子，电极a表面发生氧化反应，为负极，电极反应式为2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+，右室通入二氧化碳，酸性条件下生成HCOOH，电极b表面发生还原反应，为正极，电极反应式为2CO2+4e﹣+4H+═2HCOOH，
故答案为：2H2O﹣4e﹣═O2↑+4H+；2CO2+4H++4e﹣=2HCOOH．
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