【文档说明】选择性必修第一册化学同步精品练习试题 第四章 章末测试（提升） Word版含解析.docx，共(22)页，2.971 MB，由小赞的店铺上传

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第四章章末测试（提升）满分100分，考试用时75分钟一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．（20

22·山东·济南市章丘区第四中学高二期中）下列实验装置不能达到实验目的的是A．甲：打开止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液进入试管中B．乙：探究浓度对反应速率的影响C．丙：利用外加电流阴极保护法保护钢闸门不被腐蚀D．丁：探究温度对化学平衡的影响【答案】B【解析】A．用食盐水浸润的

铁丝网中铁发生吸氧腐蚀消耗试管中的氧气，气体的压强减小，所以打开止水夹，一段时间后，可观察到烧杯内溶液进入试管中，故A正确；B．利用锌和稀硫酸溶液的反应探究浓度对反应速率的影响时，锌的表面积应该相同，则用锌粉和芯片与不同浓度的稀硫酸反应不能探究浓度对反应速率的影响，故B错误；C．由图可知

，钢闸门与直流电源负极相连的保护方法为加电流阴极保护法，目的是保护钢闸门不被腐蚀，故C正确；D．由图可知，热水中烧瓶中颜色较深、冷水中烧瓶的颜色较浅，说明二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，降低温度，平衡向正反应方向移动，故D正确；故

选B。2．（2022·湖北）“电解法”制备氢碘酸的装置如图所示。其中双极膜(BPM)是阴、阳复合膜，在直流电作用下复合层间的H2O解离成H+和OH－(少量I－会因为浓度差通过BPM膜)。下列说法正确的是A

．a极的电势比b极的低B．A、B膜均为阳离子交换膜C．若撤去A膜，对该电解池的工作无影响D．电解过程中，图中三处H2SO4溶液的c(H2SO4)均不变【答案】B【解析】A．根据前面分析a极为阳极，b为阴极，则a极的电势比b极的高，故A错误；B．钠离子穿过B膜进入到右边，因此B膜为阳离子交换膜

，a为阳极，水中的氢氧根失去电子生成氧气，氢离子穿过A膜进入到右边，因此A、B膜均为阳离子交换膜，故B正确；C．若撤去A膜，由于少量的碘离子在a极失去电子变为碘单质，因此对该电解池的工作有影响，故C错误；D．电解过程中，a电极是阳极，水

中失去电子生成氧气和氢离子，氢离子穿过A膜进入右边，溶液体积减小，则H2SO4溶液的c(H2SO4)增大，故D错误。综上所述，答案为B。3．（2022·湖北）某科研小组设计如图所示的原电池装置制取硫酸并处理含氯废水[()--12cClO=0.2molL]。下列有关说

法正确的是A．电极A为原电池负极，电极材料可以选用FeB．I区溶液中()+cH升高，II区溶液中()+cH降低C．电极A的电极反应式为2224SO2e2HOSO2H−−+−+=+D．每消耗32g2SO气体，理论上可以处理1.25L含氯废水【答案】D【解析】A．Fe会在负极失去电子，无法制取硫酸，

负极是SO2失去电子生成较浓的硫酸，故A错误；B．I区SO2失去电子生成较浓的硫酸，溶液中()+cH升高，B电极Fe3++e-=Fe2+，有H+穿过质子交换膜进入II区，II区溶液中()+cH升高，故B错误；C．电荷不守恒，

电极A的电极反应式为2224SO2e2HOSO4H−−+−+=+，故C错误；D．根据电极方程式每消耗32g2SO气体，转移电子数为1mol，B极Fe3++e-=Fe2+，转移1mol电子产生1molFe2+，2+-+3+-224Fe+ClO+4H=4Fe+Cl

+2HO，可以反应0.25mol-2ClO，0.25mol=1.25L0.2mol/L，故D正确；故答案为D。4．（2022·安徽）镁-空气中性燃料电池比能量大，成本低。实验小组以该燃料电池为电源制备PbO2，工

作原理示意图如图所示。下列说法错误的是A．采用多孔电极有利于增大接触面积和氧气扩散B．工作时，电源的正极反应式为22O2HO4e=4OH−−++C．工作时，Pb2+在石墨II电极上失去电子D．外电路中流过2mole-，理论上生成1molPbO2【答

案】C【解析】A．反应物的接触面积越大，反应速率越快，采用多孔电极，可增大电极与电解质的接触面积，有利于氧气扩散到电极表面，从而加快反应速率，A正确；B．工作时，多孔电极为电源的正极，在正极，O2得电子产物与电解质反应生

成OH-，反应式为22O2HO4e=4OH−−++，B正确；C．工作时，石墨II为阴极，Pb2+在石墨Ⅰ电极上失去电子，生成PbO2等，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，C错误

；D．由石墨Ⅰ中电极反应式可建立关系式PbO2——2e-，则外电路中流过2mole-，理论上生成1molPbO2，D正确；故选C。5．（2022·江苏宿迁·高二期中）支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流法进行防腐，工作原理如图所示。其中高硅铸铁为惰性．．辅助

电极。下列有关表述不正确的是A．通入保护电流使钢管桩表面的腐蚀电流接近于零B．通电后，外电路电子从高硅铸铁流向钢管桩C．高硅铸铁的作用是作为阳极材料被损耗和传递电流D．该保护装置属于电解池【答案】C【解析】A．钢管桩作为被保护

的阴极，外加电流使得其表面腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使其表面腐蚀电流接近于零，从而避免或减弱腐蚀的发生，故A正确；B．高硅铸铁作为阳极，海水中的氯离子在其上失去电子发生氧化反应，电子经导线流入电源正极，再从电源负极经导线流入阴极，即被保护的钢管桩，故B正确；

C．高硅铸铁为惰性辅助阳极，其不会损耗，而是由海水中的氯离子在阳极失去电子发生氧化反应，故C错误；D．外加电流法进行防腐，属于电解池装置，故D正确；故答案为C。6（2022·江苏宿迁·高二期中）金属镍有

广泛的用途。粗镍中含有少量杂质Fe、Zn、Cu、Pt，可用电解法制备高纯度的镍(已知：氧化性222FeNiCu+++)，下列叙述正确的是A．阳极的电极反应式：2Ni2eNi+−+=B．电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和

PtC．电解后，溶液中存在的阳离子只有2Fe+和2Zn+D．电解过程中，阳极质量的减少与阴极质量的增加相等【答案】B【解析】A．阳极发生氧化反应，其电极反应式：Ni﹣2e﹣=Ni2+，Fe﹣2e﹣=Fe2+；Zn﹣2e﹣=Zn2+，故A错误；B．粗镍中含有

少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质做阳极，铜和鉑不失电子沉降电解池底部形成阳极泥，电解后，电解槽底部的阳极泥中只有Cu和Pt，故B正确；C．电解后，溶液中存在的阳离子有H+、Fe2+、Zn2+、Ni2+

，故C错误；D．电解过程中阳极失电子的有Fe、Zn、Cu；阴极析出的是镍；依据电子守恒，阳极质量的减少与阴极质量的增加不相等，故D错误；故答案为B。7．（2022·北京四中高二期中）下列实验方案不能达到相应目的的是目的A．验证Fe是否被氧化B．研究浓度对FeCl3水解平衡的影响实验

方案目的C．比较CH3COOH和H3BO3(硼酸，一元弱酸)酸性的强弱D．比较AgCl和AgI溶解度的大小实验方案【答案】D【解析】A．取Fe电极附近溶液放入试管，加入K3[Fe(CN)6]溶液，试管内无明显现象，表明溶液中不含有Fe2+，从而表明Fe没有被氧化，A不符合

题意；B．0.1mol/LFeCl3溶液的pH=1.43，加水稀释10倍后，若不存在水解平衡，pH=2.43，现在溶液的pH=2.19＜2.43，则表明加水稀释后溶液中H+的物质的量增大，从而表明减小浓度，FeCl3的水解平衡正向移动，B不符合题意；C．CH3COOH溶

液中有气泡产生，表明酸性CH3COOH＞H2CO3，H3BO3溶液中无气泡产生，表明酸性H3BO3＜H2CO3，从而证明CH3COOH的酸性比H3BO3强，C不符合题意；D．2mL0.1mol/LAgN

O3溶液中加入3滴0.1mol/LNaCl溶液后，AgNO3大量剩余，再加入KI溶液，直接与AgNO3反应，而不是与AgCl反应，所以不能比较AgCl和AgI溶解度的大小，D符合题意；故选D。8．（202

2·北京四中高二期中）下列用于解释事实的方程式书写不正确．．．的是A．钢铁制品在潮湿空气中的电化学腐蚀：Fe-3e-=Fe3+B．电解精炼铜的阴极反应：Cu2++2e-=CuC．牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用，因为

氟离子能与羟基磷灰石发生反应生成氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq)D．Na2CO3溶液能去油污的原理：23CO−+H2O3HCO−+OH-【答案】A【解析】

A．钢铁制品在潮湿空气中发生电化学腐蚀时，Fe作负极，C作正极，在负极，Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，A不正确；B．电解精炼铜时，阴极材料为纯铜，在阴极，溶液中的Cu2+得电子生成Cu，阴极反应为：Cu2+

+2e-=Cu，B正确；C．牙膏中添加氟化物，与牙齿中的羟基磷灰石Ca5(PO4)3OH发生反应，生成更难溶的氟磷灰石Ca5(PO4)3F，能起到预防龋齿的作用，发生反应的离子方程式为：Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO

4)3F(s)+OH-(aq)，C正确；D．Na2CO3在溶液中能发生水解，生成OH-等，从而促进油脂的水解，达到去油污作用，其原理为：23CO−+H2O3HCO−+OH-，D正确；故选A。9．（2022·湖北）某同学为研究原电池原理，设计了如图所示的两种装置，溶液A、

溶液B均为硫酸盐溶液，闭合开关1K、2K后，装置①和装置②中小灯泡均可以发光。下列有关说法错误的是A．断开开关1K前后，装置①中负极质量均减小B．溶液A为4CuSO溶液，溶液B为4ZnSO溶液C．消耗相同质量的金属Zn，装置②产生的电能比装置①更多D．装置②溶液A中生成2ZnCl，溶液B中生成2

4KSO【答案】B【解析】A．闭合开关1K时构成原电池，Zn电极质量减小，断开开关1K后，装置①仍然发生置换反应，Zn电极表面产生铜单质，质量减小，A正确；B．若溶液A为4CuSO溶液，溶液B为4ZnSO溶液，闭合开关2K不能构成原电池，小灯泡不能发光，B错误；C．

装置②中，Zn无法与2Cu+接触，化学能转化成电能的效率更高，C正确；D．负极锌失去电子生成锌离子，正极铜离子得电子生成铜单质，盐桥中Cl-离子向负极移动，K+离子向正极移动，故装置②溶液A中生成2ZnCl，溶液B中生成24KSO，D正确；故选B。10．（2022·湖北·模拟预测）某储能电池原

理如图1，其俯视图如图2，已知放电时N是负极(NA是阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是A．放电时，负极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+B．放电时，每转移NA个电子，理论上CCl4吸收0.5

NA个Cl2C．充电时，每转移1mol电子，N极理论质量减小23gD．充电过程中，右侧储液器中NaCl溶液浓度增大【答案】A【解析】A．放电时N为负极，失去电子，Ti元素价态升高，电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaT

i2(PO4)3+2Na+，A正确；B．在放电时，正极反应为Cl2+2e-=2C1-，电路中转移1mol电子，理论上氯气的CCl4溶液中释放0.5molCl2，，B错误；C．充电时，N极为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=N

a3Ti2(PO4)3，N极理论质量增加23g，C错误；D．充电过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2，消耗Cl-，NaCl溶液浓度减小，D错误；故选A。11．（2022·江西）国家能源局发布2021年前三季度全

国光伏发电建设运行情况，前三季度新增并网容量2555.6万千瓦，下列如图为光伏并网发电装置，左图甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂，以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]，其工作原理如图所示，下列叙述中不正确的是A．光伏

并网发电装置是利用原电池原理，图中N型半导体为负极，P型半导体为正极B．a极电极反应式：2(CH3)4N++2H2O+2e-=2(CH3)4NOH+H2↑C．制备18.2g(CH3)4NOH，两极共产生4.48L气体(标准状况)D．c、e为阳

离子交换膜，d均为阴离子交换膜【答案】C【解析】A．根据第三个池中浓度变化得出，钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，由电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则a为阴极，b为阳极，a与N型半导体相连，b与P型半导体

相连，所以N型半导体为负极，P型半导体为正极，选项A正确；B．由题中信息可知，a为阴极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为()()+-3232442CHN+2HO+2e=2CHNOH+H，选项B正确；C．

()3418.2gCHNOH的物质的量为18.2g=0.2mol91g/mol，a极电极反应式为()()+-3232442CHN+2HO+2e=2CHNOH+H，收集氢气0.1mol，转移电子为0.2mol，b极

电极反应式为--22=4OH-4eO+2HO，收集氧气为0.05mol，标况下两极可得气体体积为0.15mol?22.4L/mol=3.36L，选项C错误；D．由题中图示信息可知，Na+离子通过e膜，Cl-通过d膜，(CH3)4N+通过c膜，所以c、e膜为阳

离子交换膜，d为阴离子交换膜，选项D正确；答案选C。12（2022·浙江·宁波市北仑中学高二期中）下列关于金属的腐蚀与防护说法正确的是A．图①中往Fe电极区滴入2滴K3[Fe(CN)6]，产生蓝色沉淀B．图②中铁丝容易生成Fe2O3·xH2O

C．图③中M可用石墨代替D．图④中若电源断开，闸门易发生吸氧腐蚀【答案】D【解析】A．因为锌比铁活泼，所以锌为负极，失去电子生成锌离子，铁为正极，不失电子，不产生亚铁离子，故图①中往Fe电极区滴入2滴K3[Fe(CN)6]，不能产生蓝色沉淀，故A错误；B．试管内为干燥的空气，铁不发生腐蚀，故B错

误；C．若图③中M用石墨代替，则钢铁输水管为负极，钢铁被腐蚀，不能保护钢铁输水管，故C错误；D．图④中若电源断开，钢铁闸门形成原电池，铁为负极，碳为正极，铁失去电子，在海水中发生吸氧腐蚀，故D正确；故选D。1

3．（2022·黑龙江）我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s—SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法错误的是A．放电时，负极电极反应式为24Zn4OH2eZn(OH)

−−−=+−B．使用催化剂Sn或者sSnLi−均能加快化学反应速率，且能有效减少副产物CO的生成C．若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论上消耗2CO的质量为60It44g96500(已知F96500C/mo

l=)D．充电时，阳极电极周围pH降低【答案】C【解析】A．由图示可知，放电时，负极反应式：Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)24−，A正确；B．使用催化剂Sn或者s-SnLi均能加快化学反应速率，由图示可知，使用催化剂

Sn或者s-SnLi均能使生成CO的活化能增大，且CO具有的能量比HCOOH具有的能量高，则HCOOH更稳定，因此使用催化剂Sn或者s-SnLi可以有效减少副产物CO的生成，B正确；C．由图示可知，放电时，正极电极反应式为：CO2+2e-+H2O

=HCOO-+OH-，若电池工作tmin，维持电流强度为IA，理论上转移电子的物质的量为mol，则消耗CO2的物质的量为mol，质量为g，C错误；D．由图示可知，充电时，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，OH-减少

，则pH减小，D正确；故答案为：C14．（福建省三明市五校协作2022-2023学年高二上学期期中联考化学试题）某溶液中含有两种溶质CuSO4和NaCl，它们的物质的量之比为2：1，用石墨作电极电解该混合溶液时，下列叙述不正确的

是A．阳极先析出Cl2后析出O2B．阳极析出Cl2时，阴极析出的一定只有CuC．电解最后阶段为电解水D．电解最后阶段溶液中pH会增大的【答案】D【解析】A．由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，所以阳极先发生反应：2Cl--2e-=Cl2↑，后发生反应：2H2O-4e-=

O2↑+4H+，故阳极上先析出Cl2后析出O2，A正确；B．阴离子放电能力Cl-＞OH-，故阳极上先析出Cl2，假设NaCl的物质的量是1mol，CuSO4的物质的量是2mol，当Cl-放电完全，转移1mol电子。阳离子放电能力：Cu2+＞

H+，阴极先发生反应：Cu2++2e-=Cu，Cu2+放电完全时要转移2mol电子，故Cl-放电完全时，只有一半Cu2+放电产生Cu单质，因此阴极析出的一定只有Cu，B正确；C．电解物质的量的比是1：2的CuSO4和

NaCl混合溶液时，由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，阳离子放电能力：Cu2+＞H+，所以电解到最后，Cl-、Cu2+放电完全，为OH-、H+放电，OH-、H+是水电离产生，故电解最后阶段为电解水，C正确

；D．电解物质的量的比是1：2的CuSO4和NaCl混合溶液时，根据离子放电顺序可：当溶液中Cl-、Cu2+都放电完全，此时溶液为Na2SO4、H2SO4的混合溶液，再进行电解，实际上是电解水，导致溶液浓度增大，溶液

酸性增强，则溶液pH会减小，D错误；故合理选项是D。15．（福建省三明市五校协作2022-2023学年高二上学期期中联考化学试题）镍镉电池是二次电池，其工作原理如图(L为小灯泡，K1、K2为开关，a、b为直流电源两极)。下列说法不正确的是A．断开K2、合上K1，OH-从电极B移向电极

AB．电极B发生还原反应过程中，溶液中的KOH浓度没有变化C．断开K1、合上K2，电极A为阴极，发生还原反应D．镍镉二次电池的总反应式：()()222CdOH2NiOHCd2NiOOH2HO+++充电放电【答案】B【解析】A．断开K2、合上K1，形成原电池，在原电池中，OH-移向

正电荷较多的负极电极A，故OH-从电极B移向电极A，A正确；B．断开K1、合上K2，装置为原电池，电极B为正极，正极上NiOOH得电子发生还原反应生成Ni(OH)2，正极反应式为：2NiOOH+2e-+2H2O=2Ni(OH)2+2OH-，溶液中c(OH-)增大，B错误；C．断开

K1、合上K2，装置为电解池，电极A为阴极，发生还原反应，C正确；D．镍镉二次电池放电时发生反应：Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，充电时发生反应：Cd(OH)2+2Ni(OH)2=Cd+2NiOOH+2H2O，

故该电池的总反应式()()222CdOH2NiOHCd2NiOOH2HO+++充电放电，D正确；故合理选项是B。16．（福建省三明市五校协作2022-2023学年高二上学期期中联考化学试题）关于下列电化学装置说正确的是A．装置①中，构成电解池时Fe极质量既

可增加也可减少B．装置②表示锌粒与盐酸反应的速率随时间变化的曲线，则t1时刻溶液的温度最高C．装置③盐桥中的阴离子流向乙池D．装置④中电流由Zn经导线流向Fe【答案】A【解析】A．装置①中，构成电解池时，若Fe极连接电源的负极作阴极，则Fe电极上发生反应：Cu2++2e-=Cu，Fe电极质量增加；

若Fe电极连接电源的正极作阳极，则Fe电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe电极质量就会减少，故Fe电极的质量既可增加也可减少，A正确；B．装置②表示锌粒与盐酸反应的速率随时间变化的曲线，随着反应的进行，c(H+)减小，导致反

应速率减慢；反应放热是溶液温度升高，反应速率加快，在t1时刻前温度升高对速率的影响大于浓度减小使反应速率减小的影响，故此时反应速率最快，此时溶液的温度最高，后反应物浓度降低，反应速率逐渐减慢，B错误；C．在装置③中，由于金属活动性：Cu＞Ag，所以Cu为原电池的负极，Ag为正极，盐桥中的阴离子

流向正电荷较多的负极区，即盐桥中的阴离子流向甲池，C错误；D．由于金属活动性：Zn＞Fe，所以Zn为原电池的负极，Fe为原电池的正极，则电子由负极Zn经导线流向正极Fe，电流则由正极Fe经导线流向负极Zn，D错误；故合理选项是A。二

、非选择题：共56分。17．（14分）（2022·广东·广州市第十六中学高二期中）按照要求回答下列问题。(1)工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN−，装置如图所示，依次发生的反应有：i．2CN2e+2OH=CNO+H

O−−−−−ii．22Cl2e=Cl−−−iii．222323Cl+2CNO+8OH=N+6Cl+2CO+4HO−−−−①a为电源_______极。②通电过程中溶液pH不断_______(填“增大”“减小”或“不变”)。③除去0.1molCN−

，外电路中至少需要转移_______mol电子。④为了使电解池连续工作，需要不断补充_______、_______。(填化学式)(2)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(3NO−)已成为环境修复研究的热点之一、Fe还原水体中的3NO−的反应原理如图所示。①作负极的物质是_______。②正极的电

极反应式是_______。(3)通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如图所示。①Pt电极上发生的是_______反应(填“氧化”或“还原”)。②写出NiO电极的电极反应式：_______。【答案】(1

)正极减小0.5NaOHNaCl（7分）(2)铁NO-3+8e-+10H+=NH4++3H2O（4分）(3)还原NO+O2--2e-=NO2（3分）【解析】（1）①根据发生的电极反应，可以知道金属铁是阴极，石墨电极是阳极，a为电源正极极。故答案为：正极；②根据反应i．CN-

-2e-+2OH-═CNO-+H2O，iii．3Cl2+2CNO-+8OH-═N2+6Cl-+2CO2-3+4H2O，氢氧根离子被不断的消耗，通电过程中溶液pH不断减小(填“增大”“减小”或“不变”)。故答案为：减小

；③根据反应：3Cl2+2CNO-+8OH-═N2+6Cl-+2CO2-3+4H2O，除去1molCN-，消耗1.5mol氯气，转移电子3mol,根据CN--2e-+2OH-═CNO-+H2O，转移电子是2mol,所以外电路至少需转移5mol

电子，除去0.1molCN−，外电路中至少需要转移0.5mol电子。故答案为：0.5；④根据电极反应的离子，为了使电解池连续工作，需要不断补充NaOH、NaCl。(填化学式)故答案为：NaOH、NaCl；（

2）①反应中铁失电子，发生氧化反应，作负极的物质是铁。故答案为：铁；②正极得电子，硝酸根被还原成铵根离子，电极反应式是NO-3+8e-+10H+=NH4++3H2O。故答案为：NO-3+8e-+10H+=NH

4++3H2O；（3）①Pt电极上氧气发生得电子的还原反应，故答案为：还原；②NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，NiO电极的电极反应式：NO+O2--2e-=NO2。故答案为：NO+O2--2e-=NO2。18．（15分）（2022·四川·遂宁中学高二期中）

两位同学均想利用原电池反应检测金属的活动性顺序，两人均使用镁片和铝片作电极，甲同学将电极放入2mol/LH2SO4溶液A中，乙同学将电极放入6mol/LNaOH溶液B中，如图：(1)原电池中的能量转化过程是将_______。(2)

A中正极的电极反应式为_______，电子的流向是由_______(填“Al→Mg或Mg→Al”)。(3)B中负极为_______(填元素符号)。(4)由此实验得出的下列结论中，正确的是_______(填字母)。A．镁的金属性不一定比

铝的金属性强B．该实验说明金属活动性顺序已过时，已没有实用价值C．该实验说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析D．上述实验证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”这种做法不可靠(5)两位同学继续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，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：①A电极的电极反应式为_______。②一段时间后，丙池中F电极上出现的现象是_______。③当乙池中C极质量减轻10.8g时，甲池中B电极理论上消耗O2的体积为_______mL(标准状况)。【答案】

(1)化学能转化为电能（1分）(2)2H++2e-=H2↑Mg→Al（4分）(3)Al（2分）(4)CD（2分）(5)CH4＋10OH-_8e-=CO2-3＋7H2O石墨上有红色固体析出560（6分）【解析】（1）原电池是将化学能转化为电能；（2）A中Al作正极，氢离子作氧化剂，电极反应式为2

H++2e-=H2↑；电子的流向是由Mg（负极）→Al（正极）；（3）B中负极为能在氢氧化钠溶液反应的Al，Mg不反应作正极；（4）A．根据金属单质与水或酸置换出氢气的难易可得镁的金属性比铝的金属性强，Al在氢氧化钠溶液反应产

生氢气不能作为比较金属性强弱的依据，A错误；B．比较金属活动性顺序的依据要明确，不要被一些特殊反应混淆金属活动性顺序的比较，B错误；C．该实验中镁铝在稀硫酸中比较置换出氢气的难易而可以比较金属性，镁铝在氢氧化钠溶液中镁不反应而铝反应是因为氢氧化铝具有两性能溶解于氢氧化钠

而氢氧化镁只有碱性不能溶解于氢氧化钠，说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析，C正确；D．上述实验证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”这种做法不可靠，要注意反应的特殊性和明确金属

活动性顺序的比较方法，D正确；答案选CD。（5）A电极是原电池的负极，甲烷作还原剂在氢氧化钾介质下氧化为碳酸根离子，该电极反应式为CH4＋10OH-_8e-=CO2-3＋7H2O；F是电解池的阴极，铜离子在该电极得电子还原为铜单质，现象是石墨上有红色固

体析出；根据串联电极的电子守恒法可得-1-1222-110.8gn(O)4n(O)=0.025molV(O)=0.025mol22.4Lmol1000mLL560mL108gmol==，，。19．（13分）（2022·江苏·马

坝高中高二期中）完成下列问题(1)工厂烟气(主要污染物2SO、NO)直接排放会造成空气污染，需处理后才能排放。用3O氧化。3O氧化过程中部分反应的能量变化如图所示。①已知2232SO(g)O(g)=2SO(g)+1198kJmolH−=−。则3O转化为2O的热化

学方程式为_______。②其他条件不变时，增加3n(O)，3O氧化2SO的反应几乎不受影响，其可能原因是_______。(2)利用如图1装置可将2SO转化为24HSO，变废为宝，分别在两极通入2SO和2O，溶液中H+向_______极(填“A”或“B”)移动，则该电池总反应方程式为__

_____。(3)利用电解法处理含氮氧化物的废气。实验室模拟电解法吸收NO，装置如图2所示(均为石墨电极)，电解过程中NO转化为硝酸，请写出阳极的电极反应式为_______；电解总反应方程式为_______。【答案】(1)322O(g)=3O(g)△H=-285.2kJ/mol2SO与3O反应的活

化能比NO与3O反应的活化能大得多，其他条件不变时2SO与3O的反应速率慢（5分）(2)B222242SOO2HO=2HSO++（4分）(3)--+23NO+2HO-3e=NO+4H2322NO+4HO2HNO+3H=

通电（4分）【解析】（1）①已知a：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)ΔH=−198kJ·mol−1，根据图示可知b：SO2(g)+O3(g)=SO3(g)+O2(g)ΔH=−241.6kJ·mol−1。根据盖斯定律，将2

×b-a，整理可得2O3(g)=3O2(g)的ΔH=-285.2kJ/mol；②其他条件不变时，增加n(O3)，O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是SO2与O3反应的活化能比NO与O3反应的活化能大得多，其他条件不变时SO2与O3的反应速率慢，因此反应速率几乎不变；

（2）电池左侧有硫酸生成，是SO2生成H2SO4的过程，故A极是原电池负极，原电池中阳离子H+向正极移动，故向B极移动；负极反应式为4H2O+2SO2-4e-=224SO−+8H+，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，故总反应式为222242SOO2HO=2HSO++；（3

）阳极上NO失电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应式为--+23NO+2HO-3e=NO+4H；阴极上水电离出的氢离子得电子产生氢气4H++4e-=2H2↑，电极总反应式为2322NO+4HO2HNO+3H=通电。20．（14分）（2022·福建·南靖县第一中学高二期中）

应用电化学原理，回答下列问题。(1)甲中电流计指针偏移时，盐桥(装含琼脂的饱和3KNO溶液)中离子移动的方向：_______离子移向硫酸锌溶液。(2)乙中正极反应式为_______；若将2H换成4CH，则负极反应式为_______。(3)丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时，要将外接电源的负

极与铅蓄电池_______极相连接。(4)海水中锂元素储量非常丰富，锂是制造化学电源的重要原料，如4LiFePO电池某电极的工作原理如下图所示：该电池电解质为传导Li+的固体材料。放电时4FePO电极是电池的_

______极(填“正”或“负”)，电极反应式为_______。(5)应用原电池反应可以探究氧化还原反应进行的方向和程度。现连接如图装置并加入药品(盐桥中的物质不参与反应)，进行实验：ⅰ.K闭合时，指

针偏移。放置一段时间后，指针偏移减小。ⅱ.随后向U形管左侧逐渐加入浓()243FeSO溶液，发现电流表指针的变化依次为偏移减小→回到零点→逆向偏移。①实验ⅰ中银作_______极。②综合实验i、ii的现象，得出Ag+和2Fe+反应的离子

方程式是_______。【答案】(1)3NO−（2分）(2)22O4e2HO4OH−−++=2432CH8e10OHCO7HO−−−−+=+（4分）(3)负（2分）(4)正44FePOeLiLiFePO−+=++（3分）(5)正23FeAgFeAg+++++（3

分）【解析】（1）阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，盐桥中的K+会移向CuSO4溶液，3NO−离子移向硫酸锌溶液；（2）正极是氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-，将H2换成CH4，则负极反应式为CH4-

8e-+10OH-=23CO−+7H2O；（3）丙中铅蓄电池放电一段时间后，进行充电时，要将外接电源的负极要使硫酸铅变成单质铅，发生还原反应，所以应做电解池的阴极，则与电源的负极相连；（4）根据图示，放电时FePO4得电子发生还原反应生成LiFePO4，所以FePO4是正极，

电极反应式为FePO4+e-+Li+=LiFePO4；（5）①亚铁离子失电子发生氧化反应，所以碳是负极，银是正极；②综合实验i、ⅱ的现象，得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是Fe2++Ag+⇌Fe3++Ag。