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高中化学新教材同步选择性必修第1册单元检测 第29讲 第四章《化学反应与电能》单元测试（培优提升）
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高中化学新教材特点分析及教学策略
（一）化学基本概念和化学基本理论：全套教材的知识安排，注意各年级内及各年级间的联系，在保证知识结构的系统性和完整性的同时，对内容的安排采用了将各部分知识分散处理，相对集中的方法。
（二）元素化合物知识：关于元素化合物知识，高一教材首先介绍了碱金属和卤素两个最典型的金属族和非金属族。
（三）化工基础知识：高一介绍了硅酸盐工业和环境保护知识。高二主要介绍合成氨工业，删掉了硝酸工业、钢铁工业和铝的冶炼。重点突出了合成氨工业中合成氨条件的选择。
《化学反应与电能》单元测试（培优提升）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题(共45分)
1．(本题3分)下列叙述正确的是
①电解池是将化学能转变成电能的装置
②原电池是将电能转变成化学能的装置
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化
④电解池两个电极材料可以相同杨sir化学，侵权必究
A．①②③④ B．③④ C．②③④ D．③
【答案】B
【详解】
①电解池是将电能转变成化学能的装置，故①错误；
②原电池是将化学能转变成电能的装置，故②错误；
③金属和石墨均为自由电子导电，属于物理变化；电解质溶液导电的实质是电解，属于化学变化，故③正确；
④电解池连接外接电源，两个电极材料可以相同也可以不同，故④正确；
选B。
2．(本题3分) 铜锌原电池为电化学建构认识模型奠定了重要的基础，懂得原理才能真正做到举一反三，应用到其他复杂的电池分析中。盐桥中装有琼脂凝胶，内含氯化钾。下面两种原电池说法错误的是
A．原电池Ⅰ和Ⅱ的反应原理都是Zn+Cu2+=Zn2++Cu
B．电池工作时，导线中电子流向为Zn→Cu
C．正极反应为Zn-2e-=Zn2+，发生还原反应
D．电池工作时，盐桥中的K+向右侧烧杯移动，Cl-向左侧烧杯移动杨sir化学，侵权必究
【答案】C
【分析】
在原电池中，若两金属做电极，一般活泼金属做负极，不活泼金属做正极。Ⅰ和Ⅱ两个原电池装置中，都是锌做负极，铜做正极。
【详解】
A．原电池Ⅰ和Ⅱ中，Zn为负极，Cu为正极，CuSO4为电解质溶液，工作原理都是Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故A正确；
B．在原电池中，负极锌失去电子，经外电路流向正极铜，故B正确；
C．正极反应为Cu2++2e-=Cu，发生还原反应，故C错误；
D．在原电池内部，阳离子移向正极，阴离子移向负极，装置Ⅱ中，右侧烧杯中的铜为正极，左侧烧杯中的锌为负极，所以盐桥中的K+向右侧烧杯移动，Cl-向左侧烧杯移动，故D正确；
故选C。
3．(本题3分)控制合适的条件，将反应2Fe3++ 2I- 2Fe2++ I2设计成如图所示原电池(甲池为FeCl3溶液，乙池为KI溶液，盐桥的作用是形成闭合回路)，下列判断不正确的是
A．反应开始时，电流方向是从甲池石墨棒流向乙池石墨棒
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，在甲中加入FeCl2固体后，乙中石墨电极为负极杨sir化学，侵权必究
【答案】D
【分析】
根据装置图及原电池反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，开始时乙池中碘离子失电子生成碘单质，乙中石墨电极为负极，而甲池的铁离子发生得电子的还原反应生成亚铁离子，甲中石墨电极为正极，该原电池反应为可逆反应，当电流为零时，反应达到平衡状态，并结合物质浓度的改变对化学平衡的影响分析判断。
【详解】
A．反应开始时，乙中石墨电极为负极，甲中石墨电极为正极，则电流方向是从甲池石墨棒流向乙池石墨棒，故A正确；
B．由总反应方程式知，Fe3+得电子、被还原成Fe2+，故B正确；
C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，各物质的浓度不变，则反应达到平衡状态，故C正确；
D．电流计读数为零后，甲中加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，为负极反应，则甲中石墨电极为负极，乙中石墨电极为正极，故D错误；
故选D。
4．(本题3分) 一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极，两电极插入KOH溶液中，向两极分别通入乙烷和氧气，其中一电极反应式为C2H6＋18OH--14e-=2＋12H2O。有关此电池的推断正确的是
A．通入氧气的电极为正极，电极反应式为2H2O＋O2＋4e-=4OH-
B．电池工作过程中，溶液的OH-浓度减小，pH逐渐增大
C．电解质溶液中的OH-向正极移动，K+向负极移动
D．正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为2∶7
【答案】A
【分析】
燃料电池中发生的反应一般是燃料和氧气的氧化还原反应，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极。
【详解】
A．根据题目已知：其中一电极反应式为C2H6＋18OH--14e-=2＋12H2O可知，通入乙烷的一极为负极，则通入氧气的一极为正极，在碱性溶液中，正极电极反应式为2H2O＋O2＋4e-=4OH-，故A正确；
B．电池工作的总反应为：2C2H6+7O2+8OH-=4+10H2O，消耗了OH-，OH-浓度减小，溶液的pH逐渐降低，故B错误；
C．在原电池内部，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以OH-向负极移动，K+向正极移动，故C错误；
D．正极上参加反应的气体为氧气，负极上参加反应的气体为乙烷，根据总反应方程式：2C2H6+7O2+8OH-=4+10H2O，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7∶2，故D错误；
故选A。
5．(本题3分)三元电池是电动汽车的新能源，其正极材料可表示为LiNixCoyMnzO2。充电时电池总反应为LiNixCoyMnzO2+6C(石墨)=Li1-aNixCoyMnzO2+LiaC6，其电池工作原理如图所示，两极之间有一个允许特定的
离子X通过的隔膜。下列说法正确的是
A．允许离子X通过的隔膜属于阴离子交换膜
B．放电时，电流由A经负载回到B
C．充电时，B为阴极，发生还原反应杨sir化学，侵权必究
D．放电时，负极反应式为：LiaC6-ae-=6C(石墨)+aLi+
【答案】D
【分析】
根据题目正极材料可表示为LiNixCoyMnzO2，判断LiaC6为负极材料，故A为负极，B为正极，根据充电时电池总反应是阴极和阳极的总反应，该反应逆过程即是原电池的反应，也是正极和负极的总反应。
【详解】
A．根据分析得B为正极，原电池中离子移动的方向是阳离子移向正极，故离子X通过的隔膜属于阳离子交换膜，故A不正确；
B．放电时是原电池，电流从正极流向负极，故从B经负载回到A，故B不正确；
C．充电时，根据正极接电源的正极判断，B为阳极，发生氧化反应，故C不正确；
D．放电时，是原电池反应，负极反应与电解池中的阴极反应刚好相反，根据题目中的充电时电池反应进行书写电极反应：LiaC6-ae-=6C(石墨)+aLi+，故D正确；
故选答案D。
【点睛】
本题考查二次电池的原理，注意二次电池充电时，正极做的是阳极，负极做的是阴极，根据总反应方程式进行改写可以得到电极反应。
6．(本题3分)一种以液态肼(N2H4)为燃料、氧气为氧化剂、某固体氧化物为电解质的新型燃料电池的工作原理如图所示。在700~900℃时，O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动。生成物为无毒无害的物质。下列说法正确的是
A．该装置将电能转化为化学能 B．甲电极上N2H4失去电子
C．电池内的O2-由电极甲移向电极乙 D．电池总反应为：N2H4+2O2=2NO+2H2O
【答案】B
【分析】
该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，产物为无毒无害物质，则电极反应式为：N2H4+2O2--4e -=N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。
【详解】
A．该装置为燃料电池，是将化学能转化为电能，故A错误；
B．由图示知，甲电极反应为：N2H4+2O2--4e -=N2↑+2H2O，N2H4失去电子，故B正确；
C．根据上述分析，电池内的O2-由电极乙移向电极甲，故C错误；
D．根据上述分析，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，故D错误；
故选：B。
7．(本题3分) 某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理见如图。下列说法正确的是
A．此电池在常温时也能工作
B．正极电极反应式为：O2+2CO2+4e-=2
C．向正极移动
D．a为CH4，b为CO杨sir化学，侵权必究
【答案】B
【分析】
燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边a电极是负极、右边b电极是正极，所以a是CH4，b为空气。
【详解】
A．电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，A错误；
B．正极上O2得电子和CO2反应生成，电极反应式为O2+2CO2-4e-═2，B正确；
C．原电池放电时，向负极移动，C错误；
D．根据分析，a是CH4，b为空气，D错误；
故选B。
8．(本题3分) 工业上通过惰性电极电解Na2SO4浓溶液来制备氢氧化钠和硫酸，a、b为离子交换膜，装置如下图所示，下列说法正确的是
A．c电极与外接电源负极相连
B．a为阴离子交换膜杨sir化学，侵权必究
C．从d端注入的是稀NaOH溶液
D．生成标状况下22.4L的O2，将有2molNa+穿过阳离子交换膜
【答案】C
【分析】
由题干电解装置图可知，c电极区产生O2，故说明该电极区发生氧化反应，电极方程式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，故c电极区为阳极区，c电极与外接电源的正极相连，左侧区为阴极区，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，又知电解池中阳离子移向阴极区，阴离子移向阳极区，故Na+经过阳离子交换膜a进入左侧区，左侧区进入口d进入的稀NaOH，出口为浓NaOH，硫酸根离子经过阴离子交换膜
b进入右侧阳极区，故右侧区进入的是稀硫酸，流出的为浓硫酸，据此分析解题。
【详解】
A．由分析可知，c电极与外接电源正极相连，A错误；
B．由分析可知，a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，B错误；
C．由分析可知，从d端注入的是稀NaOH溶液，C正确；
D．生成标状况下22.4L即=1mol的O2，则线路上流过的电子为4mol，故将有4molNa+穿过阳离子交换膜，D错误；
故答案为：C。
9．(本题3分)如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液在F极附近显红色。则下列说法正确的是
A．电源B极是正极
B．(甲)(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：1
C．欲用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D．装置(丁)中Y极附近红褐色变深，说明Fe(OH)3胶体带正电荷杨sir化学，侵权必究
【答案】C
【详解】
A．根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，A错误；
B．甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，B错误；
C．若用丙装置给铜镀银，G应该是Ag，H是Cu，电镀液是AgNO3溶液，C正确；
D．丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷，Fe(OH)3胶体是不带电的，D错误；
故选C。
10．(本题3分)下列金属防护的做法中，运用了电化学原理的是
A．健身器材刷油漆以防锈 B．衣架外面包上一层塑料层
C．地下钢铁管道连接镁块以防腐 D．自行车链条涂抹润滑油
【答案】C
【详解】
A．健身器材刷油漆为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，只运用了化学防腐蚀的原理，故A不选；
B．衣架的外面包上一层塑料层为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，只运用了化学防腐蚀的原理，故B不选；
C．地下钢铁管道连接镁块，金属镁比铁活泼，属于牺牲阳极的阴极保护法，运用了电化学原理，故C选；
D．自行车链条涂抹润滑油，可以隔绝空气，只运用了化学防腐蚀的原理，故D不选；
故选：C。
11．(本题3分)“西气东输”工程中，需要地下埋入铸铁管道。在下列情况下，铸铁管道被腐蚀速率最慢的是
A．在含铁元素较多的酸性土壤中 B．在潮湿疏松的碱性土壤中
C．在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中 D．在干燥致密的不透气的土壤中
【答案】D
【详解】
A．在含铁元素较多的酸性土壤中，铸铁管道发生析氢腐蚀，铸铁管道腐蚀较快，故不选A；
B．在潮湿疏松的碱性土壤中，铸铁管道发生吸氧腐蚀，铸铁管道腐蚀较快，故不选B；
C．在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中，铸铁管道发生吸氧腐蚀，铸铁管道腐蚀较快，故不选C；
D．在干燥致密的不透气的土壤中，铁不与氧气、水接触，铸铁管道被腐蚀速率最慢，故选D。
选D。
12．(本题3分)利用如图装置，完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，正确的是
A．若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法
B．若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀杨sir化学，侵权必究
C．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动
D．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小
【答案】C
【详解】
A．开关K置于M处，则该装置为原电池，由于活动性Zn＞Fe，所以Zn为负极，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；
B．开关K置于N处，，则该装置为电解池，若阳极X为碳棒，Y为NaCl溶液，Fe为阴极，被保护，不会引起Fe的腐蚀，B错误；
C．开关K置于M处，则该装置为原电池，若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，由于活动性Fe＞Cu，Fe作负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，此时铜棒质量将增加，在外电路中的电子由Zn经导线向铜电极移动，C正确；
D．开关K置于N处，则该装置为电解池，Y为硫酸铜溶液，若阳极X为铜棒，电极反应：Cu-2e-=Cu2+，Fe为阴极，电极反应：Cu2++2e-=Cu可用于铁表面镀铜，由于两电极溶解的Cu的质量和析出的Cu 的质量相等，所以溶液中铜离子浓度将不变，D错误；
故选C。
13．(本题3分)如图，甲池的总反应为2CH3OH＋3O2＋4KOH=2K2CO3＋6H2O。下列说法不正确的是
A．甲池中每消耗2mol CH3OH，电解液中通过12mol电子
B．反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO固体能使CuSO4溶液恢复原浓度
C．反应一段时间后，丙池中会产生白色沉淀且不会溶解
D．反应一段时间后，甲、乙两池pH均减小杨sir化学，侵权必究
【答案】A
【详解】
A．甲池中CH3OH由-2价转化为CO2中得+4价，故每消耗2mol CH3OH，电路中通过2×[+4-（-2）]=12mol电子，但电子不可能通过电解液溶液，A错误；
B．甲池中投放甲醇的电极是负极，投放氧气的电极是正极，所以乙池中石墨是阳极，银极是阴极，电解时，石墨极上析出氧气，银极上析出铜，所以要想使CuSO4溶液恢复到原浓度应加入氧化物，B正确；
C．反应一段时间后，丙池中会产生白色沉淀且不会溶解，两电极发生得反应分别为：左电极：2Cl--2e-=Cl2↑，右电极为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，然后阴极和阳极的产物发生反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Mg(OH)2不溶于NaOH溶液中，C正确；
D．根据甲、乙两池的总反应式分别为：2CH3OH+3O2+4OH-=2+6H2O和2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，可知反应一段时间后，甲、乙两池pH均减小， D正确；
故答案为：A。
14．(本题3分)2019年12月17日，中国首艘国产航母山东舰正式列装服役，山东舰所用特种钢材全部国产，研发过程中重点提高了材料的耐腐蚀性。在一定条件下，某含碳钢腐蚀情况与溶液pH的关系如表所示，下列说法正确的是
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO
A．当pH＜6.5时，碳钢主要发生化学腐蚀
B．当pH＜4和pH＞13.5时，碳钢主要发生析氢腐蚀
C．pH越大，碳钢的腐蚀速率越慢
D．pH＝14时，负极反应为4OH-+Fe-3e-=+2H2O杨sir化学，侵权必究
【答案】D
【详解】
A．当pH＜4时，碳钢主要发生化学腐蚀，当4＜pH＜6.5时，主要发生电化学腐蚀，A不正确；
B．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀，当pH＞13.5，碳钢主要发生吸氧腐蚀，B不正确；
C．从表中信息可以得出，pH在6~8之间时，碳钢的腐蚀速率慢，但pH＞8时，碳钢的腐蚀速率加快，C不正确；
D．pH＝14时，在负极，Fe失电子的产物与OH-反应生成等，电极反应式为4OH-+Fe-3e-=+2H2O，D正确；
故选D。
15．(本题3分)某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，原理示意图如下。经过一段时间后，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀随废水排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。下列说法不正确的是
A．阴极区发生的电极反应包括：2H++2e-=H2↑
B．还原的主要方式是：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
C．废水的pH过高或过低均会降低铬的去除率
D．电解槽工作时，通过阴离子交换膜从阳极室进入阴极室杨sir化学，侵权必究
【答案】D
【分析】
耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，在阴极，水电离产生的H+得电子生成H2；在阳极，Fe失电子生成Fe2+，Fe2+将还原为Cr3+；、OH-从阴极室进入阳极室，与Fe3+、Cr3+反应生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀。
【详解】
A．在阴极区，水电离产生的H+得电子，发生的电极反应包括：2H++2e-=H2↑，A正确；
B．在阳极区，Fe失电子生成的Fe2+还原，主要方式是：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，B正确；
C．若废水的pH过高，会直接与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀，影响的还原，若pH过低，会将Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀溶解，都会降低铬的去除率，C正确；
D．电解槽工作时，因为要进入阳极区被Fe2+还原，所以通过阴离子交换膜从阴极室进入阳极室，D不正确；
故选D。
二、填空题(共37分)
16．(本题10分) 钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一。
（1）如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有氯化铵溶液(显酸性)和食盐水，各加入生铁块，放置一段时间均被腐蚀。
①红墨水柱两边的液面变为左低右高，则_______(填“a”或“b”)试管内盛有食盐水。
②a试管中铁发生的是_______(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀，生铁中碳上发生的电极反应式为_______。
（2）如图两个图都是金属防护的例子。杨sir化学，侵权必究
①为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图甲所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用_______ (填字母)，此方法叫做_______保护法。
A．铜 B．钠 C．锌 D．石墨
②图乙方案也可以降低铁闸门腐蚀的速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的_______ (填“正”或“负”)极。
③以上两种方法中，_______填“甲”或“乙”)方法能使铁闸门保护得更好。
【答案】
（1） b 析氢
（2） C 牺牲阳极的阴极 负 乙
【分析】
（1）
①红墨水柱两边的液面变为左低右高，则a发生析氢腐蚀，a中盛有氯化铵溶液，b发生吸氧腐蚀，b中盛有食盐水，故答案为b。
②a试管中铁发生的是析氢腐蚀，生铁中碳为正极，正极上发生还原反应，故发生的电极反应式为。b试管中铁发生的是吸氧腐蚀，生铁中碳为正极，发生的电极反应式O2+2H2O+4e-=4OH-；铁为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+。
（2）
①为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以让金属铁做原电池的正极，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以是比金属铁的活泼性强的金属，钠能够与水反应，不能做电极材料，所以选锌，此方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故答案为C；牺牲阳极的阴极；
②电解池的阴极上的金属被保护，为降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极，故答案为负。
③因为电解池的保护比原电池保护更好，所以方法乙能使铁闸门保护得更好；故答案为乙。
17．(本题12分) 按要求完成下列问题。
（1）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示：
② HS-在硫氧化菌作用下转化为的电极反应式是_______。
②若维持该微生物电池中两种细菌的存在，则电池可以持续供电，原因是_______。杨sir化学，侵权必究
（2）PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。
①放电过程中，Li+向_______(填“负极”或“正极”)移动。
②负极反应式为_______。
③电路中每转移0.2mol电子，理论上生成_______gPb。
（3）氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池工作原理如下图所示。
② a电极的电极反应式是_______；
②一段时间后，需向装置中补充KOH，请依据反应原理解释原因是_______。杨sir化学，侵权必究
【答案】
（1） HS-+4H2O-8e-=+9H+ HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子
（2） 正极 Ca+2Cl--2e-=CaCl2 20.7
（3） 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O 发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH
【分析】
（1）
①酸性环境中反应物为HS-，产物为，利用质量守恒和电荷守恒进行配平，电极反应式：HS-+4H2O-8e-=+9H+，答案为：HS-+4H2O-8e-=+9H+；
②从质量守恒角度来说，HS-、SO浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，答案为：HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子；
（2）
①放电过程中，Li+向正极移动，答案为：正极；
②原电池的钙电极为负极，负极反应式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，答案为：Ca+2Cl--2e-=CaCl2；
③根据方程式，电路中每转移0.2 mol电子，生成0.1 mol Pb，即20.7 g Pb，答案为：20.7；
（3）
①a电极是通入NH3的电极，失去电子，发生氧化反应，所以该电极作负极，电极反应式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；
②一段时间后，需向装置中补充KOH，原因是发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH，答案为：发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH。
18．(本题15分)回答下列问题
（1）高铁酸钾(K2FeO4)不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中，如图是高铁电池的模拟实验装置，实验过程中碳电极周围出现红褐色沉淀：
①该电池放电时正极的电极反应式为___________；
②盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向___________移动(填“左”或“右”)；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向___________移动(填“左”或“右”)。杨sir化学，侵权必究
（2）有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，电池正极的电极反应式是___________，A是___________。
（3）利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度，其装置如图所示。该电池中O2-可以在固体介质NASICON(固熔体)内自由移动，工作时O2-的移动方向___________ (填“从a到b”或“从b到a”)，负极发生的电极反应式为___________。
【答案】
（1） 右 左
（2） 氯化铵或NH4Cl
（3） 从b到a CO+O2-－2e-=CO2
【解析】
（1）
①根据电池装置可知C为正极，Zn为负极，高铁酸钾具有较强的氧化性，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe(OH)3，电极反应为：；
②盐桥中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此氯离子向右侧移动，K+向左侧移动；若用阳离子交换膜代替盐桥，则K+向左侧移动；
（2）
由图可知，该装置的总反应是合成氨的反应，氢气失去电子，在负极发生氧化反应，氮气得到电子，在正极发生还原反应，那么正极的电极反应为：，氨气与HCl反应生成NH4Cl，因此电解质是NH4Cl；
（3）
电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极流向正极，因此O2−由电极b向电极a移动电子由电极a通过传感器流向电极b；该装置中CO为燃料，在负极(即a极)通入，失电子发生氧化反应，电极反应为：。
三、原理综合题(共18分)
19．(本题18分)Ⅰ.甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作一段时间后，断开。
（1）甲中负极的电极反应式为___________。
（2）若丙中为铝，为石墨，溶液为稀，若能使铝的表面生成一层致密的氧化膜，则电极反应式为___________。
（3）若、、、均为石墨，溶液为饱和氯化钠溶液：杨sir化学，侵权必究
a． 丙中电解的总化学方程式为___________。
b． 工作一段时间后，向乙中所得溶液加入后恰好使电解质溶液复原，则丙中电极上生成的气体标况下的体积为___________。
c． 丙中为使两极产物不发生反应，可以在两极之间放置___________(“阴”或“阳”)离子交换膜。
（4）若把乙装置改为精炼铜装置(粗铜含、、、、等杂质)，下列说法正确的是___________。
A．电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等
B．为粗铜，发生氧化反应
C．溶液的浓度保持不变
D．杂质都将以单质的形式沉淀到池底
（5）用盐酸和溶液反应测定中和热，实验中测得起始平均温度为，反应后最高温度为，反应后溶液的比热容为，盐酸和溶液的密度都近似认为是，则中和热___________。
Ⅱ.甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其相关反应并合理利用具有重要意义。请回答下列问题：
（6）已知：
a． 工业上甲烷可用于制造合成气，常温常压下其反应为 ；
b． 、的燃烧热依次为、。常温常压下，甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量为___________。杨sir化学，侵权必究
（7）甲烷属于易燃易爆气体，可用电化学原理测定空气中甲烷的含量防止爆炸事故的发生，其原理如图所示，则负极的电极反应式为___________；若测得标准状况下空气中甲烷的含量为，当甲烷完全被氧化时消耗的为___________。
【答案】
（1）
（2）
（3） 阳
（4）B
（5）
（6）890.3
（7） 0
【分析】
通入燃料（甲醇或甲烷）的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的电极为正极，发生还原反应。因此甲为原电池，乙、丙为电解池，结合原电池和电解池原理分析解答；根据盖斯定律分析解答；先根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出中和热。
（1）
甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；
（2）
丙中C为铝，Al与正极相连为阳极，D为石墨，与负极相连为阴极，阳极上铝失电子生成氧化铝，则阳极的电极反应式为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+，故答案为：2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+；
（3）
若A、B、C、D均为石墨，W溶液为饱和氯化钠溶液，
a．电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解反应式：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
b．电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入能恢复原溶液，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氧化铜和水，将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO•H2O•CO2，所以加入0.05molCu2(OH)2CO3就相当于加入0.1molCuO和0.05molH2O，则电解时生成的氧气为(0.1mol+0.05mol)×=0.075mol，转移电子为0.75mol×4=0.3mol；丙中D电极为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，则氢气的体积为0.3mol××22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36L；
c．阴极生成氢氧根离子，阳极生成氯气，氢氧根离子向阳极移动能与氯气反应，所以要阻止阴离子向阳极移动，则使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过，故答案为：阳；
（4）
把乙装置改为精炼铜装置(粗铜含、、、、等杂质)。A．电解过程中，阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu，所以阳极减少的质量大于阴极增加的质量，故A错误；B．A与正极相连为阳极，电解精炼时粗铜为阳极，失电子发生氧化反应，故B正确；C．阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu，析出的铜的量大于溶解的铜的量，所以CuSO4溶液的浓度逐渐减小，故C错误；D．Zn等较活泼的金属失电子形成金属阳离子，活泼性比铜弱的金属如Ag、Au，以单质的形式沉淀到池底，故D错误；故答案为：B；
（5）
50mL 0.5mol•L-1HCl与50mL 0.55mol•L-1 NaOH进行中和反应，盐酸完全反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值△T=23.4℃-20.4℃=3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.2J/(g•℃)×3.0℃=1260J=1.26kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-50.4kJ/mol，故答案为：-50.4kJ/mol；
（6）
、的燃烧热依次为、，则①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，②H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，③CH4(g)+H2O(l)⇌CO(g)+3H2(g)△H=+250.1kJ/mol，由盖斯定律③+①+3×②可得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=+250.1kJ/mol+(-283.0kJ/mol)+3×(-285.8kJ/mol)=-890.3kJ/mol，16g甲烷物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水放出的热量为890.3kJ，故答案为：890.3；
（7）
通入甲烷的电极为负极，酸性介质中，负极的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，硫酸消耗量为0，故答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；0。
高中化学新教材特点分析及教学策略
（一）化学基本概念和化学基本理论：全套教材的知识安排，注意各年级内及各年级间的联系，在保证知识结构的系统性和完整性的同时，对内容的安排采用了将各部分知识分散处理，相对集中的方法。
（二）元素化合物知识：关于元素化合物知识，高一教材首先介绍了碱金属和卤素两个最典型的金属族和非金属族。
（三）化工基础知识：高一介绍了硅酸盐工业和环境保护知识。高二主要介绍合成氨工业，删掉了硝酸工业、钢铁工业和铝的冶炼。重点突出了合成氨工业中合成氨条件的选择。
《化学反应与电能》单元测试（培优提升）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题(共45分)
1．(本题3分)下列叙述正确的是
①电解池是将化学能转变成电能的装置
②原电池是将电能转变成化学能的装置
③金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化
④电解池两个电极材料可以相同杨sir化学，侵权必究
A．①②③④ B．③④ C．②③④ D．③
【答案】B
【详解】
①电解池是将电能转变成化学能的装置，故①错误；
②原电池是将化学能转变成电能的装置，故②错误；
③金属和石墨均为自由电子导电，属于物理变化；电解质溶液导电的实质是电解，属于化学变化，故③正确；
④电解池连接外接电源，两个电极材料可以相同也可以不同，故④正确；
选B。
2．(本题3分) 铜锌原电池为电化学建构认识模型奠定了重要的基础，懂得原理才能真正做到举一反三，应用到其他复杂的电池分析中。盐桥中装有琼脂凝胶，内含氯化钾。下面两种原电池说法错误的是
A．原电池Ⅰ和Ⅱ的反应原理都是Zn+Cu2+=Zn2++Cu
B．电池工作时，导线中电子流向为Zn→Cu
C．正极反应为Zn-2e-=Zn2+，发生还原反应
D．电池工作时，盐桥中的K+向右侧烧杯移动，Cl-向左侧烧杯移动杨sir化学，侵权必究
【答案】C
【分析】
在原电池中，若两金属做电极，一般活泼金属做负极，不活泼金属做正极。Ⅰ和Ⅱ两个原电池装置中，都是锌做负极，铜做正极。
【详解】
A．原电池Ⅰ和Ⅱ中，Zn为负极，Cu为正极，CuSO4为电解质溶液，工作原理都是Zn+Cu2+=Zn2++Cu，故A正确；
B．在原电池中，负极锌失去电子，经外电路流向正极铜，故B正确；
C．正极反应为Cu2++2e-=Cu，发生还原反应，故C错误；
D．在原电池内部，阳离子移向正极，阴离子移向负极，装置Ⅱ中，右侧烧杯中的铜为正极，左侧烧杯中的锌为负极，所以盐桥中的K+向右侧烧杯移动，Cl-向左侧烧杯移动，故D正确；
故选C。
3．(本题3分)控制合适的条件，将反应2Fe3++ 2I- 2Fe2++ I2设计成如图所示原电池(甲池为FeCl3溶液，乙池为KI溶液，盐桥的作用是形成闭合回路)，下列判断不正确的是
A．反应开始时，电流方向是从甲池石墨棒流向乙池石墨棒
B．反应开始时，甲中石墨电极上Fe3+被还原
C．电流计读数为零时，反应达到化学平衡状态
D．电流计读数为零后，在甲中加入FeCl2固体后，乙中石墨电极为负极杨sir化学，侵权必究
【答案】D
【分析】
根据装置图及原电池反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2可知，开始时乙池中碘离子失电子生成碘单质，乙中石墨电极为负极，而甲池的铁离子发生得电子的还原反应生成亚铁离子，甲中石墨电极为正极，该原电池反应为可逆反应，当电流为零时，反应达到平衡状态，并结合物质浓度的改变对化学平衡的影响分析判断。
【详解】
A．反应开始时，乙中石墨电极为负极，甲中石墨电极为正极，则电流方向是从甲池石墨棒流向乙池石墨棒，故A正确；
B．由总反应方程式知，Fe3+得电子、被还原成Fe2+，故B正确；
C．当电流计为零时，说明没有电子发生转移，各物质的浓度不变，则反应达到平衡状态，故C正确；
D．电流计读数为零后，甲中加入Fe2+，导致平衡逆向移动，则Fe2+失去电子生成Fe3+，为负极反应，则甲中石墨电极为负极，乙中石墨电极为正极，故D错误；
故选D。
4．(本题3分) 一种新型燃料电池，它以多孔镍板为电极，两电极插入KOH溶液中，向两极分别通入乙烷和氧气，其中一电极反应式为C2H6＋18OH--14e-=2＋12H2O。有关此电池的推断正确的是
A．通入氧气的电极为正极，电极反应式为2H2O＋O2＋4e-=4OH-
B．电池工作过程中，溶液的OH-浓度减小，pH逐渐增大
C．电解质溶液中的OH-向正极移动，K+向负极移动
D．正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为2∶7
【答案】A
【分析】
燃料电池中发生的反应一般是燃料和氧气的氧化还原反应，通入氧气的一极为正极，通入燃料的一极为负极。
【详解】
A．根据题目已知：其中一电极反应式为C2H6＋18OH--14e-=2＋12H2O可知，通入乙烷的一极为负极，则通入氧气的一极为正极，在碱性溶液中，正极电极反应式为2H2O＋O2＋4e-=4OH-，故A正确；
B．电池工作的总反应为：2C2H6+7O2+8OH-=4+10H2O，消耗了OH-，OH-浓度减小，溶液的pH逐渐降低，故B错误；
C．在原电池内部，阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以OH-向负极移动，K+向正极移动，故C错误；
D．正极上参加反应的气体为氧气，负极上参加反应的气体为乙烷，根据总反应方程式：2C2H6+7O2+8OH-=4+10H2O，正极与负极上参加反应的气体的物质的量之比为7∶2，故D错误；
故选A。
5．(本题3分)三元电池是电动汽车的新能源，其正极材料可表示为LiNixCoyMnzO2。充电时电池总反应为LiNixCoyMnzO2+6C(石墨)=Li1-aNixCoyMnzO2+LiaC6，其电池工作原理如图所示，两极之间有一个允许特定的
离子X通过的隔膜。下列说法正确的是
A．允许离子X通过的隔膜属于阴离子交换膜
B．放电时，电流由A经负载回到B
C．充电时，B为阴极，发生还原反应杨sir化学，侵权必究
D．放电时，负极反应式为：LiaC6-ae-=6C(石墨)+aLi+
【答案】D
【分析】
根据题目正极材料可表示为LiNixCoyMnzO2，判断LiaC6为负极材料，故A为负极，B为正极，根据充电时电池总反应是阴极和阳极的总反应，该反应逆过程即是原电池的反应，也是正极和负极的总反应。
【详解】
A．根据分析得B为正极，原电池中离子移动的方向是阳离子移向正极，故离子X通过的隔膜属于阳离子交换膜，故A不正确；
B．放电时是原电池，电流从正极流向负极，故从B经负载回到A，故B不正确；
C．充电时，根据正极接电源的正极判断，B为阳极，发生氧化反应，故C不正确；
D．放电时，是原电池反应，负极反应与电解池中的阴极反应刚好相反，根据题目中的充电时电池反应进行书写电极反应：LiaC6-ae-=6C(石墨)+aLi+，故D正确；
故选答案D。
【点睛】
本题考查二次电池的原理，注意二次电池充电时，正极做的是阳极，负极做的是阴极，根据总反应方程式进行改写可以得到电极反应。
6．(本题3分)一种以液态肼(N2H4)为燃料、氧气为氧化剂、某固体氧化物为电解质的新型燃料电池的工作原理如图所示。在700~900℃时，O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动。生成物为无毒无害的物质。下列说法正确的是
A．该装置将电能转化为化学能 B．甲电极上N2H4失去电子
C．电池内的O2-由电极甲移向电极乙 D．电池总反应为：N2H4+2O2=2NO+2H2O
【答案】B
【分析】
该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，产物为无毒无害物质，则电极反应式为：N2H4+2O2--4e -=N2↑+2H2O，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，结合离子的移动方向、电流的方向分析解答。
【详解】
A．该装置为燃料电池，是将化学能转化为电能，故A错误；
B．由图示知，甲电极反应为：N2H4+2O2--4e -=N2↑+2H2O，N2H4失去电子，故B正确；
C．根据上述分析，电池内的O2-由电极乙移向电极甲，故C错误；
D．根据上述分析，电池总反应为：N2H4+O2=N2↑+2H2O，故D错误；
故选：B。
7．(本题3分) 某种熔融碳酸盐燃料电池以Li2CO3、K2CO3为电解质、以CH4为燃料时，该电池工作原理见如图。下列说法正确的是
A．此电池在常温时也能工作
B．正极电极反应式为：O2+2CO2+4e-=2
C．向正极移动
D．a为CH4，b为CO杨sir化学，侵权必究
【答案】B
【分析】
燃料电池中通入燃料的电极是负极、通入氧化剂的电极是正极，根据电子流向知，左边a电极是负极、右边b电极是正极，所以a是CH4，b为空气。
【详解】
A．电解质为熔融碳酸盐，需要高温条件，A错误；
B．正极上O2得电子和CO2反应生成，电极反应式为O2+2CO2-4e-═2，B正确；
C．原电池放电时，向负极移动，C错误；
D．根据分析，a是CH4，b为空气，D错误；
故选B。
8．(本题3分) 工业上通过惰性电极电解Na2SO4浓溶液来制备氢氧化钠和硫酸，a、b为离子交换膜，装置如下图所示，下列说法正确的是
A．c电极与外接电源负极相连
B．a为阴离子交换膜杨sir化学，侵权必究
C．从d端注入的是稀NaOH溶液
D．生成标状况下22.4L的O2，将有2molNa+穿过阳离子交换膜
【答案】C
【分析】
由题干电解装置图可知，c电极区产生O2，故说明该电极区发生氧化反应，电极方程式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，故c电极区为阳极区，c电极与外接电源的正极相连，左侧区为阴极区，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，又知电解池中阳离子移向阴极区，阴离子移向阳极区，故Na+经过阳离子交换膜a进入左侧区，左侧区进入口d进入的稀NaOH，出口为浓NaOH，硫酸根离子经过阴离子交换膜
b进入右侧阳极区，故右侧区进入的是稀硫酸，流出的为浓硫酸，据此分析解题。
【详解】
A．由分析可知，c电极与外接电源正极相连，A错误；
B．由分析可知，a为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，B错误；
C．由分析可知，从d端注入的是稀NaOH溶液，C正确；
D．生成标状况下22.4L即=1mol的O2，则线路上流过的电子为4mol，故将有4molNa+穿过阳离子交换膜，D错误；
故答案为：C。
9．(本题3分)如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液在F极附近显红色。则下列说法正确的是
A．电源B极是正极
B．(甲)(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：1
C．欲用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D．装置(丁)中Y极附近红褐色变深，说明Fe(OH)3胶体带正电荷杨sir化学，侵权必究
【答案】C
【详解】
A．根据图片知，该装置是电解池，将电源接通后，向乙中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，A错误；
B．甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1mol氧气需要4mol电子，生成1mol铜时需要2mol电子，生成1mol氯气时需要2mol电子，生成1mol氢气时需要2mol子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，B错误；
C．若用丙装置给铜镀银，G应该是Ag，H是Cu，电镀液是AgNO3溶液，C正确；
D．丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明Fe(OH)3胶粒带正电荷，Fe(OH)3胶体是不带电的，D错误；
故选C。
10．(本题3分)下列金属防护的做法中，运用了电化学原理的是
A．健身器材刷油漆以防锈 B．衣架外面包上一层塑料层
C．地下钢铁管道连接镁块以防腐 D．自行车链条涂抹润滑油
【答案】C
【详解】
A．健身器材刷油漆为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，只运用了化学防腐蚀的原理，故A不选；
B．衣架的外面包上一层塑料层为外加防护膜的保护法，可以隔绝空气，只运用了化学防腐蚀的原理，故B不选；
C．地下钢铁管道连接镁块，金属镁比铁活泼，属于牺牲阳极的阴极保护法，运用了电化学原理，故C选；
D．自行车链条涂抹润滑油，可以隔绝空气，只运用了化学防腐蚀的原理，故D不选；
故选：C。
11．(本题3分)“西气东输”工程中，需要地下埋入铸铁管道。在下列情况下，铸铁管道被腐蚀速率最慢的是
A．在含铁元素较多的酸性土壤中 B．在潮湿疏松的碱性土壤中
C．在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中 D．在干燥致密的不透气的土壤中
【答案】D
【详解】
A．在含铁元素较多的酸性土壤中，铸铁管道发生析氢腐蚀，铸铁管道腐蚀较快，故不选A；
B．在潮湿疏松的碱性土壤中，铸铁管道发生吸氧腐蚀，铸铁管道腐蚀较快，故不选B；
C．在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中，铸铁管道发生吸氧腐蚀，铸铁管道腐蚀较快，故不选C；
D．在干燥致密的不透气的土壤中，铁不与氧气、水接触，铸铁管道被腐蚀速率最慢，故选D。
选D。
12．(本题3分)利用如图装置，完成很多电化学实验．下列有关此装置的叙述中，正确的是
A．若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阴极保护法
B．若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可加快铁的腐蚀杨sir化学，侵权必究
C．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动
D．若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，可用于铁表面镀铜，溶液中铜离子浓度将减小
【答案】C
【详解】
A．开关K置于M处，则该装置为原电池，由于活动性Zn＞Fe，所以Zn为负极，Fe为正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，A错误；
B．开关K置于N处，，则该装置为电解池，若阳极X为碳棒，Y为NaCl溶液，Fe为阴极，被保护，不会引起Fe的腐蚀，B错误；
C．开关K置于M处，则该装置为原电池，若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，由于活动性Fe＞Cu，Fe作负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应为Cu2++2e-=Cu，此时铜棒质量将增加，在外电路中的电子由Zn经导线向铜电极移动，C正确；
D．开关K置于N处，则该装置为电解池，Y为硫酸铜溶液，若阳极X为铜棒，电极反应：Cu-2e-=Cu2+，Fe为阴极，电极反应：Cu2++2e-=Cu可用于铁表面镀铜，由于两电极溶解的Cu的质量和析出的Cu 的质量相等，所以溶液中铜离子浓度将不变，D错误；
故选C。
13．(本题3分)如图，甲池的总反应为2CH3OH＋3O2＋4KOH=2K2CO3＋6H2O。下列说法不正确的是
A．甲池中每消耗2mol CH3OH，电解液中通过12mol电子
B．反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO固体能使CuSO4溶液恢复原浓度
C．反应一段时间后，丙池中会产生白色沉淀且不会溶解
D．反应一段时间后，甲、乙两池pH均减小杨sir化学，侵权必究
【答案】A
【详解】
A．甲池中CH3OH由-2价转化为CO2中得+4价，故每消耗2mol CH3OH，电路中通过2×[+4-（-2）]=12mol电子，但电子不可能通过电解液溶液，A错误；
B．甲池中投放甲醇的电极是负极，投放氧气的电极是正极，所以乙池中石墨是阳极，银极是阴极，电解时，石墨极上析出氧气，银极上析出铜，所以要想使CuSO4溶液恢复到原浓度应加入氧化物，B正确；
C．反应一段时间后，丙池中会产生白色沉淀且不会溶解，两电极发生得反应分别为：左电极：2Cl--2e-=Cl2↑，右电极为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，然后阴极和阳极的产物发生反应Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，Mg(OH)2不溶于NaOH溶液中，C正确；
D．根据甲、乙两池的总反应式分别为：2CH3OH+3O2+4OH-=2+6H2O和2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，可知反应一段时间后，甲、乙两池pH均减小， D正确；
故答案为：A。
14．(本题3分)2019年12月17日，中国首艘国产航母山东舰正式列装服役，山东舰所用特种钢材全部国产，研发过程中重点提高了材料的耐腐蚀性。在一定条件下，某含碳钢腐蚀情况与溶液pH的关系如表所示，下列说法正确的是
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO
A．当pH＜6.5时，碳钢主要发生化学腐蚀
B．当pH＜4和pH＞13.5时，碳钢主要发生析氢腐蚀
C．pH越大，碳钢的腐蚀速率越慢
D．pH＝14时，负极反应为4OH-+Fe-3e-=+2H2O杨sir化学，侵权必究
【答案】D
【详解】
A．当pH＜4时，碳钢主要发生化学腐蚀，当4＜pH＜6.5时，主要发生电化学腐蚀，A不正确；
B．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀，当pH＞13.5，碳钢主要发生吸氧腐蚀，B不正确；
C．从表中信息可以得出，pH在6~8之间时，碳钢的腐蚀速率慢，但pH＞8时，碳钢的腐蚀速率加快，C不正确；
D．pH＝14时，在负极，Fe失电子的产物与OH-反应生成等，电极反应式为4OH-+Fe-3e-=+2H2O，D正确；
故选D。
15．(本题3分)某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，原理示意图如下。经过一段时间后，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀随废水排出，从而使废水中铬含量低于排放标准。下列说法不正确的是
A．阴极区发生的电极反应包括：2H++2e-=H2↑
B．还原的主要方式是：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
C．废水的pH过高或过低均会降低铬的去除率
D．电解槽工作时，通过阴离子交换膜从阳极室进入阴极室杨sir化学，侵权必究
【答案】D
【分析】
耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，在阴极，水电离产生的H+得电子生成H2；在阳极，Fe失电子生成Fe2+，Fe2+将还原为Cr3+；、OH-从阴极室进入阳极室，与Fe3+、Cr3+反应生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀。
【详解】
A．在阴极区，水电离产生的H+得电子，发生的电极反应包括：2H++2e-=H2↑，A正确；
B．在阳极区，Fe失电子生成的Fe2+还原，主要方式是：+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，B正确；
C．若废水的pH过高，会直接与Fe2+反应生成Fe(OH)2沉淀，影响的还原，若pH过低，会将Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀溶解，都会降低铬的去除率，C正确；
D．电解槽工作时，因为要进入阳极区被Fe2+还原，所以通过阴离子交换膜从阴极室进入阳极室，D不正确；
故选D。
二、填空题(共37分)
16．(本题10分) 钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢材占世界钢铁年产量的四分之一。
（1）如图装置中，U形管内为红墨水，a、b试管内分别盛有氯化铵溶液(显酸性)和食盐水，各加入生铁块，放置一段时间均被腐蚀。
①红墨水柱两边的液面变为左低右高，则_______(填“a”或“b”)试管内盛有食盐水。
②a试管中铁发生的是_______(填“析氢”或“吸氧”)腐蚀，生铁中碳上发生的电极反应式为_______。
（2）如图两个图都是金属防护的例子。杨sir化学，侵权必究
①为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图甲所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用_______ (填字母)，此方法叫做_______保护法。
A．铜 B．钠 C．锌 D．石墨
②图乙方案也可以降低铁闸门腐蚀的速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的_______ (填“正”或“负”)极。
③以上两种方法中，_______填“甲”或“乙”)方法能使铁闸门保护得更好。
【答案】
（1） b 析氢
（2） C 牺牲阳极的阴极 负 乙
【分析】
（1）
①红墨水柱两边的液面变为左低右高，则a发生析氢腐蚀，a中盛有氯化铵溶液，b发生吸氧腐蚀，b中盛有食盐水，故答案为b。
②a试管中铁发生的是析氢腐蚀，生铁中碳为正极，正极上发生还原反应，故发生的电极反应式为。b试管中铁发生的是吸氧腐蚀，生铁中碳为正极，发生的电极反应式O2+2H2O+4e-=4OH-；铁为负极，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+。
（2）
①为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以让金属铁做原电池的正极，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以是比金属铁的活泼性强的金属，钠能够与水反应，不能做电极材料，所以选锌，此方法叫做牺牲阳极的阴极保护法，故答案为C；牺牲阳极的阴极；
②电解池的阴极上的金属被保护，为降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的负极，故答案为负。
③因为电解池的保护比原电池保护更好，所以方法乙能使铁闸门保护得更好；故答案为乙。
17．(本题12分) 按要求完成下列问题。
（1）微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。某微生物燃料电池的工作原理如下图所示：
② HS-在硫氧化菌作用下转化为的电极反应式是_______。
②若维持该微生物电池中两种细菌的存在，则电池可以持续供电，原因是_______。杨sir化学，侵权必究
（2）PbSO4热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。
①放电过程中，Li+向_______(填“负极”或“正极”)移动。
②负极反应式为_______。
③电路中每转移0.2mol电子，理论上生成_______gPb。
（3）氨氧燃料电池具有很大的发展潜力。氨氧燃料电池工作原理如下图所示。
② a电极的电极反应式是_______；
②一段时间后，需向装置中补充KOH，请依据反应原理解释原因是_______。杨sir化学，侵权必究
【答案】
（1） HS-+4H2O-8e-=+9H+ HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子
（2） 正极 Ca+2Cl--2e-=CaCl2 20.7
（3） 2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O 发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH
【分析】
（1）
①酸性环境中反应物为HS-，产物为，利用质量守恒和电荷守恒进行配平，电极反应式：HS-+4H2O-8e-=+9H+，答案为：HS-+4H2O-8e-=+9H+；
②从质量守恒角度来说，HS-、SO浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，答案为：HS-、浓度不会发生变化，只要有两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子；
（2）
①放电过程中，Li+向正极移动，答案为：正极；
②原电池的钙电极为负极，负极反应式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，答案为：Ca+2Cl--2e-=CaCl2；
③根据方程式，电路中每转移0.2 mol电子，生成0.1 mol Pb，即20.7 g Pb，答案为：20.7；
（3）
①a电极是通入NH3的电极，失去电子，发生氧化反应，所以该电极作负极，电极反应式是2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O；
②一段时间后，需向装置中补充KOH，原因是发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH，答案为：发生反应4NH3+3O2=2N2+6H2O，有水生成，使得溶液逐渐变稀，为了维持碱的浓度不变，所以要补充KOH。
18．(本题15分)回答下列问题
（1）高铁酸钾(K2FeO4)不仅是一种理想的水处理剂，而且高铁电池的研制也在进行中，如图是高铁电池的模拟实验装置，实验过程中碳电极周围出现红褐色沉淀：
①该电池放电时正极的电极反应式为___________；
②盐桥中盛有饱和KCl溶液，此盐桥中氯离子向___________移动(填“左”或“右”)；若用阳离子交换膜代替盐桥，则钾离子向___________移动(填“左”或“右”)。杨sir化学，侵权必究
（2）有人设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电能，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，电池正极的电极反应式是___________，A是___________。
（3）利用原电池工作原理测定汽车尾气中CO的浓度，其装置如图所示。该电池中O2-可以在固体介质NASICON(固熔体)内自由移动，工作时O2-的移动方向___________ (填“从a到b”或“从b到a”)，负极发生的电极反应式为___________。
【答案】
（1） 右 左
（2） 氯化铵或NH4Cl
（3） 从b到a CO+O2-－2e-=CO2
【解析】
（1）
①根据电池装置可知C为正极，Zn为负极，高铁酸钾具有较强的氧化性，正极上高铁酸钾发生还原反应生成Fe(OH)3，电极反应为：；
②盐桥中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，因此氯离子向右侧移动，K+向左侧移动；若用阳离子交换膜代替盐桥，则K+向左侧移动；
（2）
由图可知，该装置的总反应是合成氨的反应，氢气失去电子，在负极发生氧化反应，氮气得到电子，在正极发生还原反应，那么正极的电极反应为：，氨气与HCl反应生成NH4Cl，因此电解质是NH4Cl；
（3）
电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，电子由负极流向正极，因此O2−由电极b向电极a移动电子由电极a通过传感器流向电极b；该装置中CO为燃料，在负极(即a极)通入，失电子发生氧化反应，电极反应为：。
三、原理综合题(共18分)
19．(本题18分)Ⅰ.甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。如图是甲醇燃料电池工作的示意图，工作一段时间后，断开。
（1）甲中负极的电极反应式为___________。
（2）若丙中为铝，为石墨，溶液为稀，若能使铝的表面生成一层致密的氧化膜，则电极反应式为___________。
（3）若、、、均为石墨，溶液为饱和氯化钠溶液：杨sir化学，侵权必究
a． 丙中电解的总化学方程式为___________。
b． 工作一段时间后，向乙中所得溶液加入后恰好使电解质溶液复原，则丙中电极上生成的气体标况下的体积为___________。
c． 丙中为使两极产物不发生反应，可以在两极之间放置___________(“阴”或“阳”)离子交换膜。
（4）若把乙装置改为精炼铜装置(粗铜含、、、、等杂质)，下列说法正确的是___________。
A．电解过程中，阳极减少的质量与阴极增加的质量相等
B．为粗铜，发生氧化反应
C．溶液的浓度保持不变
D．杂质都将以单质的形式沉淀到池底
（5）用盐酸和溶液反应测定中和热，实验中测得起始平均温度为，反应后最高温度为，反应后溶液的比热容为，盐酸和溶液的密度都近似认为是，则中和热___________。
Ⅱ.甲烷是一种重要的化工原料和清洁能源，研究其相关反应并合理利用具有重要意义。请回答下列问题：
（6）已知：
a． 工业上甲烷可用于制造合成气，常温常压下其反应为 ；
b． 、的燃烧热依次为、。常温常压下，甲烷完全燃烧生成液态水放出的热量为___________。杨sir化学，侵权必究
（7）甲烷属于易燃易爆气体，可用电化学原理测定空气中甲烷的含量防止爆炸事故的发生，其原理如图所示，则负极的电极反应式为___________；若测得标准状况下空气中甲烷的含量为，当甲烷完全被氧化时消耗的为___________。
【答案】
（1）
（2）
（3） 阳
（4）B
（5）
（6）890.3
（7） 0
【分析】
通入燃料（甲醇或甲烷）的一极为原电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的电极为正极，发生还原反应。因此甲为原电池，乙、丙为电解池，结合原电池和电解池原理分析解答；根据盖斯定律分析解答；先根据Q=m•c•△T计算反应放出的热量，然后根据△H=-kJ/mol计算出中和热。
（1）
甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极上失电子发生氧化反应，电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O，故答案为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；
（2）
丙中C为铝，Al与正极相连为阳极，D为石墨，与负极相连为阴极，阳极上铝失电子生成氧化铝，则阳极的电极反应式为2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+，故答案为：2Al-6e-+3H2O=Al2O3+6H+；
（3）
若A、B、C、D均为石墨，W溶液为饱和氯化钠溶液，
a．电解饱和氯化钠溶液生成氯气、氢气和氢氧化钠，电解反应式：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，
故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；
b．电解硫酸铜溶液后溶液呈酸性，向电解后的溶液中加入能恢复原溶液，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氧化铜和水，将碱式碳酸铜化学式改变为2CuO•H2O•CO2，所以加入0.05molCu2(OH)2CO3就相当于加入0.1molCuO和0.05molH2O，则电解时生成的氧气为(0.1mol+0.05mol)×=0.075mol，转移电子为0.75mol×4=0.3mol；丙中D电极为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，则氢气的体积为0.3mol××22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36L；
c．阴极生成氢氧根离子，阳极生成氯气，氢氧根离子向阳极移动能与氯气反应，所以要阻止阴离子向阳极移动，则使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过，故答案为：阳；
（4）
把乙装置改为精炼铜装置(粗铜含、、、、等杂质)。A．电解过程中，阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu，所以阳极减少的质量大于阴极增加的质量，故A错误；B．A与正极相连为阳极，电解精炼时粗铜为阳极，失电子发生氧化反应，故B正确；C．阳极上Cu、Zn等金属失电子，阴极上生成Cu，析出的铜的量大于溶解的铜的量，所以CuSO4溶液的浓度逐渐减小，故C错误；D．Zn等较活泼的金属失电子形成金属阳离子，活泼性比铜弱的金属如Ag、Au，以单质的形式沉淀到池底，故D错误；故答案为：B；
（5）
50mL 0.5mol•L-1HCl与50mL 0.55mol•L-1 NaOH进行中和反应，盐酸完全反应，生成水的物质的量为0.05L×0.50mol=0.025mol，溶液的质量为：100mL×1g/cm3=100g，温度变化的值△T=23.4℃-20.4℃=3.0℃，则生成0.025mol水放出的热量为Q=m•c•△T=100g×4.2J/(g•℃)×3.0℃=1260J=1.26kJ，所以实验测得的中和热△H=-=-50.4kJ/mol，故答案为：-50.4kJ/mol；
（6）
、的燃烧热依次为、，则①CO(g)+O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ/mol，②H2(g)+ O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol，③CH4(g)+H2O(l)⇌CO(g)+3H2(g)△H=+250.1kJ/mol，由盖斯定律③+①+3×②可得CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=+250.1kJ/mol+(-283.0kJ/mol)+3×(-285.8kJ/mol)=-890.3kJ/mol，16g甲烷物质的量为1mol，完全燃烧生成液态水放出的热量为890.3kJ，故答案为：890.3；
（7）
通入甲烷的电极为负极，酸性介质中，负极的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O，硫酸消耗量为0，故答案为：CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+；0。
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