乙烷—空气的碱性燃料电池。下列说法不正确的是(已知电流效率η=

生成目标产物转移电子数×100%)（）

转移电子总数

A．电源负极的电极反应式为C2H6-14e+18OH=2CO3+12H2O B．该离子交换膜为阴离子交换膜 C．a极为直流电源的正极

D．若消耗0.02mo1O2，产生0.055molKMnO4，则η?68.75%

一、考点透视 1.【答案】D

【解析】A项，对比②③，②Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]无明显变化，②Fe附近的溶液中不含Fe2+，③Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀，③Fe附近的溶液中含Fe2+，②中Fe被保护，A项正确；B

??

2?

答案与解析

5

项，①加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe，对比①②的异同，①可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化成Fe，B项正确；C项，对比①②，①加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀，①也能检验出Fe，不能用①的方法验证Zn保护Fe，C项正确；D项，由实验可知K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D项错误；答案选D。

【点拨】K3[Fe(CN)6]溶液可用来检验Fe2+的存在。

??2?

2.【答案】（2）CO2+H++2e?=HCOO?或CO2+HCO?3+2e=HCOO+CO3

2+

2+

2+

2+

阳极产生O2，pH减小，HCO3浓度降低；K部分迁移至阴极区

【解析】（2）①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO2+H+2e=HCOO或CO2+HCO3+2e=HCOO+CO3；②阳极反应式为2H2O-4e=O2↑+4H，阳极附近pH减小，H与HCO3反应，同时部分K迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO3溶液浓度降低。

【点拨】本题的难点（2）电极反应式的书写，阴极反应是将CO2还原成HCOO－，先写出CO2+2e－→HCOO－，

??2?

然后根据原子守恒和电荷守恒，得出CO2+H++2e?=HCOO?或CO2+HCO?3+2e=HCOO+CO3。

－

+

+

?

+

+

?

?

?

?

?

2?

?

+

3.【答案】（2）K1 2H2O+2e?=H2↑+2OH?

连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移 【解析】（2）①电极生成H2时，根据电极放电规律可知H得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制H2时，连接K1，该电池在碱性溶液中，由H2O提供H+，电极反应式为2H2O+2e?=H2↑+2OH?；③电极3上NiOOH和Ni(OH)2相互转化，其反应式为NiOOH+e+H2O?Ni(OH)2+OH，当连接K1时，Ni(OH)2失去电子变为NiOOH，当连接K2时，NiOOH得到电子变为Ni(OH)2，因而作用是连接K1或K2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH)2相互转化提供电子转移。

【点拨】在电解池中，电极放电规律及阴极发生还原反应、阳极发生氧化反应是解题关键，氢离子放电变成氢气发生还原反应，电极连接的电源的负极。

二、考点突破 1.【答案】B

【解析】A．NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na和Cl，故电离方程式为NaCl=Na++Cl?，故A不符合题意；B．电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：通电Cu2++2e?=Cu，氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl?+2e?=Cl2，所以电解总反应为：Cu2++2Cl?=====Cu+Cl2↑，故B符合题意；C．CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH

CH3COO?+H+，

+

?

--+

故C不符合题意；D．由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol），与形成生成物分子中化学键放出的总能量（431kJ/mol×2=862kJ/mol）之差，即放热H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)?H=-183kJ/mol，故D不符合题意。

【点拨】本题所选四个实验（或原理）均取材于课本，可见高考题越来越回归于课本。本题综合考查化

6

183kJ/mol，放热?H为负值，所以

学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反应热的计算，题目把化学用语与化学反应原理巧妙地结合。

2.【答案】C

【解析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=

=0.1mol；每生成1mol氧

气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=

?1

=0.1mol，则铜离子的物质的量浓度==0.5mol/L，根据电荷守恒

+

?1

得钾离子浓度=2mol·L-0.5mol/L×2=1mol/L；A．根据分析知，原混合溶液中c(K)为1mol·L，故A错误；B．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4 g，故B错误；C．转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，故C正确；D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为铜的2倍，为0.1mol×2=0.2mol，则氢离子浓度=错误；故选C。

【点拨】明确离子放电顺序是解本题关键，电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答。

3.【答案】D

【解析】A．氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即Y附近能得到氢氧化钠，故A错误；B．铜的精炼中，粗铜作阳极X，纯铜作阴极Y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故B错误；C．电镀工业上，Y是待镀金属，X是镀层金属，故C错误；D．外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即Y是待保护金属，故D正确。

【点拨】原电池原理和电解池原理是高考的热点，根据电解时离子的放电顺序、电镀、电解精炼、金属的腐蚀与防护来分析解答即可，具体分析：氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上析出氯气，阴极上析出氢气，阴极附近得到氢氧化钠；铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；电镀工业上，镀层作阳极，镀件作阴极；外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，基础性知识考查，要求强调知识面的熟悉程度，据此分析解题。

4.【答案】D

【解析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。A．放电时是原电池，阴离子ClO?4向负极移动，A正确；B．电池的总反应为3CO2+4Na

2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；C．放电

=1mol/L，故D

?

时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e?＝2CO23+C，C正确；D．充电时是电解，正??极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO23+C-4e＝3CO2，D错误。答案选D。

7

【点拨】本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与发电关系的理解。

5.【答案】A

【解析】A．该原电池锌、硫酸锌溶液为负极，原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，则Cl?移向ZnSO4溶液，故A错误；B．该电解池中，a与电源正极相连是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，2Cl?-2e?=Cl2↑，氯气和碘化钾反应生成碘单质，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故B正确；C．该电解池中，粗铜与电源正极相连是阳极，电极反应式为Cu-2e=Cu、Fe-2e=Fe等，纯铜作阴极，发生还原反应，电极反应式为：Cu+2e

－

?

2+

?

2+

2+

=Cu，故C正确；D．根据图示，发生的腐蚀为吸氧腐蚀，正极反应为O2+4e+2H2O=4OH，故D正确。 【点拨】注意原电池中电解质离子的移动方向，阳离子移向正极，阴离子移向负极。 6.【答案】C

+

【解析】A．阳极NO失电子发生氧化反应生成NO?电极反应式是：NO-3e?+2H2O=NO?故A错误；B．阴3，3+4H，

??

极是NO得电子发生还原反应生成铵根离子，所以B是铵根离子，C是硝酸根离子，故B错误；C．阳极反应为NO-3e+2H2O=NO3+4H，阴极反应为：NO+5e+6H=NH4+H2O，从两极反应可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的NO3的物质的量大于阴极产生的NH4的物质的量，因此若要使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充NH3，故C正确；D．电解过程中两个电极转移电离量一定相等，阴、阳两极转移的电子数之比为1∶1，故D错误；故选C。

【点拨】本题考查电解池中电极反应式书写。C选项的判断，关键是理解好阴阳两个电极转移电子数一定相同，电解生成的硝酸根离子比铵根离子多。

7.【答案】B

【解析】A．①在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为CO2，则负极HCHO失电子变成CO2，其电极反应式为：HCHO-4e?+H2O=CO2+4H+，A项正确；B．Ag2O极板作正极，原电池中阳离子向正极移动，则①溶液中的H+由负极移向正极，B项错误；C．甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，C项正确；D．甲醛充分氧化为CO2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，Fe反应生成Fe转移电子数为1，则理论上消耗的甲醛与生成的Fe的物质的量之比为1∶4，D项正确；答案选B。

【点拨】本题的难点是D选项，原电池有关的计算主要抓住转移的电子数相等，根据关系式法作答。 8.【答案】C

【解析】图中左侧装置为燃料电池，石墨1：通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应

??

式为CH4+4CO23-8e=6CO2，石墨2：通入氧气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应?式为O2+4e?+2CO2=2CO2N2O5中氮元素的化合价是+5价，而硝酸中氮元素也是+5价。因此应该在左侧生成N2O5，3，

3+

2+

2+

?

+

?

?

+

?

+

+

即在阳极区域生成，据电极反应离子放电顺序可知：Pt2极阴极发生2H++2e?=H2↑的反应，Pt1极阳极为N2O4+2HNO3-2e?=2N2O5+2H+；A．根据上面分析可知石墨1为电池负极，Pt2为电解池阴极，故A错误； B．石墨2

8

上的电极反应为：O2+4e+2CO2=2CO3，故B错误；C．阳极的电极反应为：N2O4+2HNO3-2e=2N2O5+2H，故C正确；D．电极反应式：CH4+4CO3-8e=6CO2，N2O4+2HNO3-2e=2N2O5+2H，根据转移电子数相等，每制得1molN2O5，理论上消耗标况下CH4：

2?

?

?

+

?

2?

?

+

1?22.4=2.8L，故D错误。 8【点拨】明确电极的判断、电极反应为解答关键，电解池电极反应的判断为易错点，题目难度较大。 9.【答案】B

【解析】A．电源负极上乙烷在碱性条件下失电子产生碳酸根离子，反应的电极反应式为C2H6-14e+18OH=2CO3+12H2O，选项A正确；B．电解池左侧Pt电极的电极反应为MnO4-e=MnO4，右侧稀氢氧化钾溶液变为浓氢氧化钾溶液，右侧电极反应为2H2O+2e?=H2↑+2OH?，钾离子通过离子交换膜进行右侧，故该离

???

子交换膜为阳离子交换膜，选项B不正确；C．电解池左侧Pt电极的电极反应为MnO2Pt电极为阳极，4-e=MnO4，

?

?

2?

2?

?

?

则a极为直流电源的正极，选项C正确；D．O2发生的电极反应为O2+4e?+2H2O=4OH?，若消耗0.02mo1O2，转移

???电子数为0.02mo1×4=0.08mol，根据电极反应MnO2产生0.055molKMnO4，转移电子数为0.055mol，4-e=MnO4，

电流效率η=

0.055mol×100%=68.75%，选项D正确。

0.08mol【点拨】本题考查电极反应式的书写，明确各个电极上发生的反应是解本题关键，注意要结合电解质溶液酸碱性书写电极反应式。

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