人教版化学选修四第四章分课时学案答案及解析

《选修四第四章第一节 原电池》导学案（第1课时）

【对点练习】

知识点一 原电池

1．答案 B

解析 A、D项中电极与电解质溶液之间不发生反应，不能构成原电池；B项符合原电池的构

－＋＋－成条件，两电极发生的反应分别是Zn－2e===Zn2，2H＋2e===H2↑；C项中酒精不是电解质，

故不能构成原电池。

2．答案 D

解析 判断一个装臵能否构成原电池，要看是否符合原电池的构成条件：①电极材料(活动性不同的金属、金属与非金属、金属与金属氧化物)；②电解质溶液；③构成闭合回路；④能自发进行的氧化还原反应。A装臵：由于两个电极是同种金属，不能形成原电池；B装臵：酒精不是电解质溶液，不能构成原电池；C装臵：没有形成闭合回路，不能形成原电池；D装臵：符合原电池构成的条件，能形成原电池。

3．答案 C

解析 因乙杯中锌片和铜片没有接触，故不能构成原电池，A、B皆错；因甲烧杯中Zn、Cu用导线连接后构成原电池，加快了Zn的溶解，故D错；又因两杯中的Zn都能与稀H2SO4反应产

＋生H2而消耗H，故C正确。

4．答案 C

解析 金属组成原电池，相对活泼的金属失去电子作负极，相对不活泼的金属作正极。负极被氧化，质量减轻，正极发生还原反应，有物质析出，由题意得活动性A>B、A>C、C>D、D>B，故正确答案为C。

5．答案 C

解析 乙烷燃烧的化学方程式为2C2H6＋7O2―→4CO2＋6H2O，在该反应中氧气得电子，乙烷失电子，因此通入氧气的电极为正极，而通入乙烷的电极为负极，故A答案错误；反应中参加反应的乙烷与氧气的物质的量之比应为2∶7，故B答案错误；考虑到该电池是以KOH为电解质溶液的，生成的CO2会和KOH反应转化成K2CO3，反应中消耗KOH，KOH的物质的量浓度减少，

＋故C答案正确；由于该电池是以KOH溶液为电解液的，D答案中负极生成的H显然在溶液中是

不能存在的，故D答案错误。考虑到电解质溶液的影响，此时该电池的总反应式应为2C2H6＋8KOH

－－＋7O2―→4K2CO3＋10H2O，正极反应式为14H2O＋7O2＋28e===28OH(正极氧气得电子，理论上

－2－形成O，但该粒子在水中不稳定，必须以OH形式存在)，负极反应式可用总反应式减去正极反

－－－应式得到：2C2H6＋36OH－28e===4CO23＋24H2O。

6．答案 (1)二者连接在一起时，接头处在潮湿的空气中形成原电池而被腐蚀

－＋＋－＋(2)能 Cu－2e===Cu2 2Fe3＋2e===2Fe2 (3)

解析 (1)当Cu、Al导线连接时，接触到潮湿的空气就易形成原电池而被腐蚀。

(2)因为FeCl3能与Cu发生反应：2FeCl3＋Cu===2FeCl2＋CuCl2，因此根据给出的条件可以设

－＋＋－计成原电池，其负极为Cu，反应为Cu－2e===Cu2，正极为石墨，电极反应式为2Fe3＋2e===2Fe2

＋。

(3)因为总反应式为Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，所以负极为Fe，正极可为Cu、Ag或石墨，电解质为稀硫酸，即可画出装臵图。

【课后作业】

1．答案 C

＋＋解析 铜片和铁片紧靠并浸入稀H2SO4中，铜片上的H获得由铁片传递过来的电子：2H＋

－＋2e===H2↑，所以可观察到铜片表面出现气泡；锌片作负极，铜片作正极，发生反应Zn＋Cu2===Zn2＋＋Cu，生成的Cu在铜片上析出使其质量增加；铜片插入FeCl3溶液中，发生的反应是Cu＋2Fe3＋＋＋===Cu2＋2Fe2，并没有单质铁的析出；向盛有锌粒和盐酸的试管中滴入几滴CuCl2溶液，发生

＋＋反应Zn＋Cu2===Zn2＋Cu，臵换出的Cu与剩余的Zn接触，臵于盐酸中，构成了原电池，加速

＋－2H＋2e===H2↑反应，可观察到气泡放出的速率加快。

2．D．电流计读数为零后，在甲中溶入FeCl2固体，乙中的石墨电极为负极

答案 D

解析 由反应2Fe＋＋2I－

－3 2Fe2＋＋I2可知，反应开始时，甲中Fe3＋发生还原反应，乙中I 发生氧化反应；当电流计读数为零时，则反应达到了平衡状态，此时在甲中溶入FeCl2固体，平衡向逆反应方向移动，乙中I2发生还原反应，则乙中石墨电极为正极；故选D。

3.答案 A

解析 在涉及原电池的有关计算中，关键是要把握住一点即两极得、失电子数相等。利用这

－＋＋－一特点，我们从电极反应式看：负极：Zn－2e===Zn2；正极：2H＋2e===H2↑。当溶解1 mol

锌时失去2 mol电子，铜片上析出1 mol氢气得到 2 mol电子，得失电子守恒，这样即可推出A正确。

4．答案 B

解析 由葡萄糖微生物燃料电池结构示意图可知，此燃料电池是以葡萄糖为燃料，以氧气为氧化剂，以质子交换膜为隔膜，以惰性材料为电极的一种燃料电池。由于是微生物电池，而微生物的生存温度有一定的范围，所以高温下微生物不一定能够生存，A错误；放电时，负极：C6H12O6

＋－＋被微生物分解成CO2、H和电子，电极反应式：C6H12O6＋6H2O－24e===6CO2↑＋24H，B正确；

＋负极产生的H透过质子交换膜进入正极室，C错误；负极产生的电子沿外电路从负极流向正极，

＋在正极室与H和氧气发生反应生成水。总反应方程式为C6H12O6＋6O2===6CO2＋6H2O，由总反应

方程式可知：每消耗1 mol氧气，理论上可以生成标准状况下CO2气体22.4 L，D错误。

5答案 D

解析 本题考查燃料电池的工作原理。氧气在正极发生还原反应，A正确；该燃料电池中氢气与氧气反应生成水，KOH没有消耗，也没有生成，故KOH的物质的量不变，但其溶液浓度变小，B正确；H2和O2反应生成水是该电池发生的反应，C正确；CuCl2=====Cu＋Cl2↑，2Cl－－－－2e===Cl2↑，n(Cl2)＝2.24 L/22.4 L·mol1＝0.1 mol，n(e)＝0.2 mol，D错

误。

－＋＋－6．答案 (1)Mg－2e===Mg2 2H＋2e===H2↑

－－－(2)2Al＋8OH－6e===2AlO2＋4H2O

－－6H2O＋6e===6OH＋3H2↑

－－2Al＋2OH＋2H2O===2AlO2＋3H2↑

(3)Mg Al (4)AD

(5)不可靠 将两种金属电极连上电流表而构成原电池，利用电流表检测电流的方向，从而判断电子的流动方向，再来确定原电池的正、负极

解析 (1)甲池中电池总反应方程式为Mg＋H2SO4===MgSO4＋H2↑，Mg作负极，电极反应式

－＋＋－为Mg－2e===Mg2，Al作正极，电极反应式为2H＋2e===H2↑。

(2)乙池中电池总反应方程式为2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，负极上为Al被氧化

＋－－－－－生成Al3后与OH反应生成AlO2，电极反应式为2Al－6e＋8OH===2AlO2＋4H2O；正极产物

－－为H2，电极反应式为6H2O＋6e===6OH＋3H2↑。

(3)甲池中Mg为负极，Al为正极；乙池中Al为负极，Mg为正极，若根据负极材料金属比正极活泼，则甲判断Mg活动性强，乙判断Al活动性强。

(4)选AD。Mg的金属活动性一定比Al强，金属活动性顺序表是正确的，应用广泛。

(5)判断正、负极可根据回路中电流方向或电子流向等进行判断，直接利用金属活动性顺序表

电解－

判断原电池的正、负极是不可靠的。

《选修四第四章第二节 化学电源》导学案（第1课时）

【对点练习】

1．答案 C

解析 本题要求利用原电池的原理，分析碱性锌锰电池：锌为负极，在反应中失去电子，故A正确；电池工作时，电流由正极通过外电路流向负极，而电子定向移动方向与电流方向相反，故C错误；由电子守恒知D项正确；由该电池反应的总反应式和原电池的原理写出正极反应式知B正确。

2．答案 C

－－解析 选项A，放电时，在碱性条件下，Zn失去电子为电池的负极：Zn－2e＋2OH

===Zn(OH)2；选项B，根据放电时总电池反应式减去负极反应式(电子数需相等)可得放电时正极反

－－－应式为FeO24＋4H2O＋3e===Fe(OH)3＋5OH；选项C，放电时，K2FeO4被还原；选项D，充电

－是放电的逆向反应，所以充电时，阳极消耗OH，导致阳极附近的溶液的碱性减弱。

3．答案 A

解析 铅蓄电池放电时相当于原电池，Pb是负极，PbO2是正极，负极发生的反应是Pb失去

＋＋－电子生成Pb2，Pb2与溶液中的SO24生成PbSO4沉淀，放电时消耗的硫酸与充电时生成的硫酸相

等，在电池制备时，PbSO4的量是一定的，制成膏状，干燥后再安装，说明H2SO4不用补充；放电时，H2SO4被消耗，溶液中的H2SO4的物质的量浓度减小，所以溶液的密度也随之减小。

4．答案 D

解析 因为电子从b电极流向a电极，所以b电极为负极，H2在该极发生氧化反应；a电极为

－＋正极，O2在该极发生还原反应。由此推断该原电池的负极反应式为H2－2e===2H，正极电极反

1高温－－应式为O2＋2e===O2，则电池总反应式为2H2＋O2=====2H2O。 2

5．答案 D

解析 因为放电时，电池正极发生还原反应(元素化合价降低)，负极发生氧化反应(元素化合

－－－－价升高)。所以正极反应式是O2＋4e===2O2，负极反应式是CH4＋4O2－8e===CO2＋2H2O。由

－上述电池的正、负极反应式可以看出：正极反应“源源不断”地产生O2，负极反应要持续进行，

－－则需要“持续不断”的O2供应，故电池内O2的移动方向是由正极流向负极。电池的负极发生氧

化反应，失去电子，故外电路电子从负极流出，所以D错误。

【课后作业】

1．答案 D

解析 由题给电极反应式可以看出H2SO4不断被消耗，故pH不断增大，所以B不正确，D正确；由Pb元素化合价的变化，可以看出Pb是负极，所以A不正确；原电池工作时，整个电路

－中负电荷的流向是一致的，外电路中，电子由Pb极流向PbO2极；内电路中，负电荷(SO24和OH

－)移向Pb极，所以C不正确。

2．答案 C

解析 (1)根据电极反应式可知Zn失电子被氧化而溶解，Ag2O得电子被还原，故Zn是负极，

－Ag2O是正极，所以C正确；(2)负极(即Zn极)在反应时消耗OH，则负极区溶液的pH应减小，

故A错误；(3)发生原电池反应时，电子由负极经外电路到正极，即电子从Zn极经外电路到Ag2O极，故B错误；(4)在原电池中，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故D错误。

3．答案 A

解析 CH4在铂电极上发生类似于CH4在O2中燃烧的反应，即CH4→CO2，严格地讲生成的CO2还与KOH反应生成K2CO3，化合价升高，失去电子，是电池的负极，电极反应式为CH4－8e－－－－＋10OH===CO23＋7H2O,1 mol CH4参加反应有8 mol e发生转移，O2在正极上发生反应，获得

－－－－电子，电极反应式为O＋2HO＋4e===4OH。虽然正极产生OH，负极消耗OH，但从总反应

式CH4＋2O2＋2KOH===K2CO3＋3H2O可看出是消耗了KOH，所以电池放电时溶液的pH值不断下降，故①②正确，③④错误。

4．答案 C

解析 根据原电池原理，锌为负极，碳棒为正极，锌应参加负极反应，而MnO2在反应中得到

＋电子，应当在正极区发生反应，又由于NH4移向正极，在正极发生反应生成NH3。本题考查原电

池电极反应式的书写，阳离子移动的方向。

5．答案 D

1.8×103 g解析 n(H2O)＝100 mol 18 g·mol－2H2＋O4e2===2H2O

－－即每生成1 mol H2O则转移2 mol e，当生成100 mol H2O时，转移200 mol e。

6．答案 B

解析 通入乙醇的一极(a极)为负极，发生氧化反应；通入氧气的一极(b极)为正极，发生还原反应。电池工作时，阳离子(质子)向电池的正极迁移，A项不正确；电流方向与电子流向相反，电流由b极沿导线流向a极，B项正确；a极上乙醇应该失电子被氧化，所以C项不正确；因为电池

－中使用的是磺酸类质子溶剂，所以电极反应式中不能出现OH，D项不正确。

7．答案 (1)2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O

＋－(2)3O2＋12H＋12e===6H2O

－＋2CH3OH＋2H2O－12e===2CO2＋12H

(3)正 负极 (4)对环境无污染

解析 (1)燃料电池的电池反应为燃料的氧化反应，在酸性条件下生成的CO2不与H2SO4反应，故电池总反应式为2CH3OH＋3O2===2CO2＋4H2O。

(2)电池的正极O2得电子，由于是酸性环境，所以会生成H2O，用电池总反应式减去正极反应式即可得出负极的电极反应式。

＋(3)H移向正极，在正极生成水。

(4)产物是CO2和H2O，不会对环境造成污染。

－－－－8．答案 (1)化学能转变为电能 a到b (2)2H2＋4OH－4e===4H2O或H2＋2OH－2e

===2H2O (3)增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，加快电极反应速率(4)①Li H2O ②1/1 148

－4或8.71×10 ③32

解析 (1)电池是把化学能转变为电能的装臵；在电池中，电子从负极经导线流向正极，而氢氧燃料电池中通入H2的一极是负极，故电子由a流动到b。

－－(2)H2在负极失电子，因为电解质溶液是KOH溶液，故负极反应式为2H2＋4OH－4e

===4H2O。

(3)电极表面镀铂粉可以增大电极单位面积吸附H2、O2的分子数，从而增大反应速率。

(4)LiH中Li为＋1价，H为－1价，故反应Ⅰ中还原剂是Li，反应Ⅱ中氧化剂是H2O。由反应

160 gⅠ可知吸收标准状况下224 L H2时生成160 g LiH，则生成的LiH的体积是－30.82 g·cm

1601的LiH的体积与被吸收的H2的体积之比为＝20 mol LiH与H2O0.82×224×101 148

－反应，由反应Ⅱ可知生成20 mol H2，H2～2e，能量转化率为80%，则通过的电子的物质的量为20

mol×2×80%＝32 mol。

《选修四第四章第三节 电解池》导学案（第1课时）

知识点一 电解池

1.答案 C

解析 电流从电源的正极流出，故a为电源的正极，b为负极；与电源正极相连的c为阳极，

＋与电源负极相连的d为阴极。在电解过程中，因为Cu2是阳离子，移向阴极d，在阴极放电析出

－Cu，所以d电极质量增加；Cl是阴离子，移向阳极c，在阳极放电析出Cl2，导致溶液中氯离子浓

度降低。

2．答案 B

解析 与负极相连的是阴极。电解氯化铜时，阳极上有氯气生成，阴极上有铜析出；电解NaCl溶液时，水参加了反应，而电解CuCl2溶液时，水没有参加反应。

3．答案 A

解析 由题意知，通电后a极板质量增加，说明有金属析出，由此可知，a极为电解池的阴极，则X为电源负极，B、C均不符合；又b极放出的是无色无味的气体，可淘汰D。

4．答案 C

＋＋解析 电解发生的电极反应：阳极为Cu－2e===Cu2，阴极为2H＋2e===H2↑。电解时总的

化学反应方程式为Cu＋2H2O=====Cu(OH)2↓＋H2↑，阴极逸出a mol H2，水被电解了2a mol，根据溶解度知识，不难求出答案为C。如果将题中的铜电极换作铂电极，只改一个字，其电解的总反应方程式即为2H2O=====2H2↑＋O2↑，阴极逸出a mol H2，水被电解了a mol。可见因一字之差(“铜”与“铂”)，答案各异。由此再次强调提高审题的准确性是多么的必要。

5．答案 B

解析 A项：4AgNO3＋2H2O=====4Ag＋O2↑＋4HNO3脱离反应体系的物质是4Ag＋O2，相

－当于2Ag2O，所以应当加入适量Ag2O才能复原。(加入AgNO3，会使NO3的量增加)；B项：

2H2O=====2H2↑＋O2↑ 脱离反应体系的是2H2＋O2，相当于2H2O，加入适量水可以复原。C项：2KCl＋2H2O=====2KOH＋H2↑＋Cl2↑ 脱离反应体系的是H2＋Cl2，相当于2HCl，应通入适量HCl气体才能复原。(加入盐酸时，同时也增加了水) D项：2CuSO4＋2H2O=====2H2SO4＋2Cu＋O2↑ 脱离反应体系的是2Cu＋O2，相当于2CuO，加入适量CuO可以复原。

6．答案 D

解析 阳极与阴极产生的气体体积比为1，相当于电解水，pH变小说明电解了含氧酸。 2电解电解电解电解电解电解

【课后作业】1．答案 B

解析 此题将电解知识与原电池知识融合在一起。要解决此问题，必须要从概念、模型、电极名称、电极反应式等方面去区分，这些知识都弄清楚了，才能顺利解答此题，达到“在应用中

－＋理解、在理解中应用”的效果。左图为电解池，Fe为阳极，阳极反应式为Fe－2e===Fe2；Zn为

＋－－阴极，阴极反应式为2H＋2e===H2↑，因此Ⅰ区域c(OH)变大，碱性增强使酚酞变红；右图为

－－－原电池，Fe为正极，正极反应式为2H2O＋O2＋4e===4OH，因此Ⅳ区域c(OH)变大，碱性增强

使酚酞变红。

2．答案 D

解析 电解稀H2SO4，其实质是电解水，因溶剂减少，H2SO4浓度将增大，故溶液的pH变小；

－＋电解稀NaOH溶液，虽然OH在阳极放电，但H同时也在阴极放电，其实质同样是电解水，溶液

的浓度也将变大，故溶液的pH变大；电解Na2SO4溶液，其实质也是电解水，在阴极和阳极分别析出H2和O2，二者的物质的量之比为2∶1，而非1∶2；电解CuCl2溶液，在阴、阳两极上分别析出Cu和Cl2，二者的物质的量之比为1∶1。

3．答案 B

＋＋＋＋－－－解析 溶液中Cu2、H、Na移向阴极，Cu2先放电得到Cu；Cl、OH移向阳极，Cl先放

电得到Cl2。

4．答案 C

＋－＋－解析 溶液中的六种离子，有四种发生反应生成沉淀，Ag＋Cl===AgCl↓、Pb2＋SO24

===PbSO4↓，最后溶液就成了NaNO3溶液；而电解NaNO3溶液，实质上就是电解水，电解方程式为2H2O=====2H2↑＋O2↑。氧化产物和还原产物的质量之比为m(O2)∶m(H2)＝(1 mol×32 g·mol－1－1)∶(2 mol×2 g·mol)＝8∶1，即C项正确。

5．答案 D

解析 从能量角度看，电解是把电能转变成化学能的过程，故①对、②错；电解质溶液的导电过程，必将伴随着两个电极上氧化还原反应的发生，同时生成新的物质，故③、⑤对；某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理供给电能也可以实现，故④对。所以D选项符合题意。

6．答案 A

＋＋－解析 两极均收集到气体时，阴极是Cu2放电后，H又放电生成氢气；阳极是OH放电生成

－＋氧气。n(H2)＝n(O2)＝2.24 L/22.4 L·mol1＝0.1 mol，由电子守恒得n(Cu2)×2＋

＋＋－n(H2)×2＝n(O2)×4，即：c(Cu2)×0.1 L×2＋0.1 mol×2＝0.1 mol×4，解得：c(Cu2)＝1 mol·L1。

＋＋本题考查阳离子在阴极的放电顺序：Cu2>H。

7．答案 D

解析 由电解CuSO4溶液的反应的化学方程式2CuSO4＋2H2O=====2Cu＋O2↑＋2H2SO4知，电解过程中只析出Cu和放出O2，故电解后加入CuO就可以复原。但本题提示加入0.1 mol Cu(OH)2可以复原，说明电解过程中不仅有CuSO4被电解，还有H2O被电解。0.1 mol Cu(OH)2相当于0.1 mol

－CuO和0.1 mol H2O，由电子守恒0.1 mol CuO～0.1 mol Cu～0.2 mol e，0.1 mol H2O～0.1 mol H2～

－－0.2 mol e，共计0.4 mol e。

8．答案 C

解析 当K闭合时，装臵Ⅰ中的电极为Pb和PbO2，应为原电池，b极(Pb)作负极，a极(PbO2)作正极；Ⅱ中的电极均为PbSO4，应为电解池，c极为阴极，d极为阳极。A项：K闭合时，d极

－＋－发生氧化反应：PbSO4＋2H2O－2e===PbO2＋4H＋SO24，正确；B项：电路中转移0.2 mol电子

－时，Ⅰ中消耗0.2 mol H2SO4和0.1 mol Pb，正确；C项：Ⅱ中SO2错误；D项：4向阳极(d极)迁移，

K闭合一段时间后，c极表面生成Pb，d极表面生成PbO2，装臵Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极，正确。

－＋＋－9．答案 (1)不变 (2)Zn－2e===Zn2 (3)1.28 Cu2＋2e===Cu

解析 (1)两极均为铜片，电解液为CuSO4溶液，这是一个电镀装臵，电解过程中电解质溶液的浓度不变。

－＋(2)阳极为纯锌，为活泼金属，通电电解时，锌发生氧化反应：Zn－2e===Zn2。

＋＋(3)若阳极为纯锌，阴极为铜片，不考虑H在阴极上放电，则阴极反应为Cu2得电子的还原

＋－－反应：Cu2＋2e===Cu。当电路中有0.04 mol电子通过时，有0.04 mol/2×64 g·mol1＝1.28 g铜

析出。

110．答案 (1)正 (2)Ag 2.16 (3)2 1 (4)不变 不变 增大 减小 (5)45.18 2

解析 电解5.00%的稀硫酸溶液，实际上是电解其中的水。因此在该电解池中发生反应：2H2O=====2H2↑＋O2↑，V(H2)∶V(O2)＝2∶1。据此可确定d极为阴极，则电源的N极为负极，

21M极为正极。在336 mL气体中，V(H2)＝336 mL＝224 mL，为0.01 mol；V(O2)＝336 mL＝33

112 mL，为0.005 mol。说明电路上有0.02 mol电子，因此在b极(Pt、阴极)产生Ag：0.02 mol×108

－1－g·mol＝2.16 g，即0.02 mol的Ag。则n(e)∶n(Ag)∶n(O2)∶n(H2)＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝12∶2∶∶1。由Ag(阳)电极、Pt(阴)电极和AgNO3溶液组成的电解池，在通电一定时间后，在Pt2

＋＋电极上放电所消耗溶液中Ag的物质的量等于Ag电极被还原给溶液补充的Ag的物质的量，因此

AgNO3溶液的浓度不变，溶液的pH也不变。电解5.00%的稀硫酸溶液时，由于其中的水发生电解，

通电电解电解

＋因此硫酸的浓度增大，H的浓度增大，故溶液的pH减小。设原5.00%的硫酸为x g，电解时消耗

－水0.01 mol×18 g·mol1＝0.18 g，则5.00%x＝5.02%(x－0.18)，解得x＝45.18 g。

《选修四第四章第三节 电解池》导学案（第2课时）

【对点练习】

1.答案 B

解析 电解饱和食盐水的方程式为2NaCl＋2H2O电解,2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，NaOH在阴极区生成，Cl2在阳极区生成。按照该学生制作的竖直的家用环保型消毒装臵，若将阳极臵于上方，则氯气一生成即逸出，不能完全与NaOH反应。显然，应将阳极臵于下方，阴极臵于上方，下方阳极生成的氯气通过溶液时即可很好地被阴极生成的NaOH吸收。反应为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。还应注意的是图中电极a、b是电源的电极而非电解池的电极。与电解装臵上方阴极相连的a为电源的负极，则b为正极。

－－2.答案 (1)阳 2Cl－2e===Cl2↑ Fe 用湿润的淀粉碘化钾试纸放在X极附近，若试纸变

蓝，说明生成了Cl2

＋＋－(2)Fe(OH)2 铁作阳极时被氧化为Fe2，纠正错误后，这一端又变为阴极，2H＋2e

－＋===H2↑，生成的OH与Fe2结合成Fe(OH)2 先变灰绿色，后变红褐色

(3)防止H2与Cl2混合发生爆炸，防止Cl2与NaOH反应生成NaClO，使NaOH不纯 饱和食

＋盐水 纯水(或NaOH稀溶液) Na

解析 与电源正极相接的为电解池的阳极，与电源负极相接的为电解池的阴极，若接反则金属Fe失去电子而产生Fe(OH)2沉淀。

知识点二 电镀池及电冶金

＋3．解析 要在铁制品上镀锌，应该用锌作阳极，铁制品作阴极，含有Zn2的溶液作电镀液，

所以D项正确。

4．答案 D

解析 此题考查的是电解的基本原理。在电解池中，阳极失去电子，化合价升高，发生氧化

＋＋＋反应，而阴极得到电子，化合价降低，发生还原反应。题目中已经告诉氧化性：Fe2<Ni2<Cu2，

可以推出题中几种金属在阳极的放电顺序为：Zn>Fe>Ni>Cu>Pt(惰性金属不放电)，阴极的放电顺

＋＋＋＋－＋－＋序为：Zn2<Fe2<Ni2<Cu2，所以A中阳极电极反应式有：Zn－2e===Zn2，Fe－2e===Fe2，

－＋Ni－2e===Ni2(主要电极反应)。B：由于阳极中Cu和Pt沉于电解槽底部的阳极泥中，而Zn和

＋Fe在阳极放电，在阴极不能放电，因此阳极质量的减少>阴极质量的增加。C：溶液中除了Fe2和

＋＋＋Zn2还有Ni2、H等。

5．答案 C

解析 串联电路中，相同时间内各电极得或失的电子的物质的量相同，各电极上放出气体的物质的量之比为定值。不必注意电极增重是多少，只要判断出生成何种气体及生成该气体一定物质的量所得失电子的物质的量，就可以通过得失电子守恒，判断气体体积之比，第一个烧杯中放出Cl2，第二个烧杯中放出Cl2和H2，第三个烧杯中放出O2。在有1 mol电子转移时，生成的气体的物质的量分别是0.5 mol、0.5 mol、0.5 mol和0.25 mol。所以共放出有色气体(Cl2)0.5 mol＋0.5 mol＝1 mol，无色气体(O2和H2)0.5 mol＋0.25 mol＝0.75 mol。

6．答案 B

－－＋＋解析 由电子守恒知，e～OH～H～Ag，所以n(Ag)＝n(H)。AgNO3溶液电解后产生酸，

＋产生的H的物质的量可由pH差来计算：pH从6.0变为3.0，即

＋－－－－－－c(H)＝103 mol·L1－106 mol·L1≈103 mol·L1。

＋－－－所以n(Ag)＝n(H)＝103 mol·L1×0.5 L＝5×104 mol，

－－m(Ag)＝n(Ag)×M＝5×104 mol×108 g·mol1＝0.054 g，

即54 mg。

【课后作业】1．答案 B

解析 金属冶炼方法的选取主要依据的是金属的活泼性强弱，不活泼的金属可以用热分解法制备，如加热氧化汞；比较活泼的金属用热还原法制备，如用焦炭炼铁；活泼的金属离子很难被其他还原剂还原，只能用电解法制备。由于钠、镁、铝是活泼金属，所以只能用电解法。

2．答案 B

解析 根据①，须选择非惰性电极(除石墨、金、铂外的电极)作阳极；根据③，须选择纯铜为

＋阳极，含有Cu2的盐溶液(如硫酸铜溶液)作电解液。至于阴极材料则选择的余地较大，如B选项

中用含Zn、Ag的铜合金作阴极，当然也可用纯铜、石墨、铂等作阴极。

3．答案 A

解析 对于蓄电池，充电和放电过程中发生的电极反应相反。铅蓄电池标有“＋”的接线柱，表示原电池的正极，放电时该极发生还原反应，当充电时，该极发生氧化反应，因此标有“＋”的接线柱，充电时作阳极。

4．答案 A

解析 仔细观察三个装臵，Ⅰ为原电池，电极反应式为

－＋＋－负极(Zn)：Zn－2e===Zn2，正极(Cu)：Cu2＋2e===Cu，

Ⅱ为电镀池，电极反应式为

－＋＋－阳极(Cu)：Cu－2e===Cu2，阴极(Zn)：Cu2＋2e===Cu，

Ⅲ为电解池，电极反应式为

－＋＋－阳极(Zn)：Zn－2e===Zn2，阴极Cu：Cu2＋2e===Cu。 练方法技巧

5．答案 B

＋－＋－－解析 阴极上分段发生以下两个反应：Cu2＋2e===Cu,2H＋2e===H2↑，阳极反应式为4OH－

－＋4e===2H2O＋O2↑，当阳极产生22.4 L氧气时，转移电子4 mol，此时阴极上H放电2 mol，还有

＋＋－＋－2 mol电子转移来自于Cu2放电，析出Cu 1 mol，溶液中c(K)＝c(NO3)－2c(Cu2)＝6.0 mol·L1－

2×

＋＝2.0 mol·L1，故A、C项错，B项正确；根据电荷守恒，电解后溶液中c(H)＝2c(Cu2－＋－)＝4 mol·L1，D项错。

6．答案 C

解析 根据得失电子守恒列出物质间的对应关系，设M的相对原子质量为Mr。

x＋－Mx ～xe ～ 2 4

xMr g L 4

a g b L

22.4ax5.6ax解得Mr＝。 4bb

－＋7．答案 (1)Zn－2e===Zn2

电解(2)CuCl2=====Cu＋Cl2↑ C、D

(3)CuCl2或CuSO4 D

解析 (1)甲同学在实验中将电键K5闭合，装臵为原电池，较活泼的Zn为原电池负极，电极

－＋反应式为Zn－2e===Zn2。

(2)乙同学用惰性电极电解CuCl2溶液，电解时的总反应方程式为CuCl2=====Cu＋

Cl2↑，实验时应闭合K1和K4或K2和K3。

(3)丙同学准备在Fe上镀Cu，则Fe为电镀池阴极，接电源负极，Cu为电镀池阳极，接电源

＋正极，实验时应闭合K2和K3。应选择含有Cu2的电解质溶液为电解液。

电解

8．答案 (1)2Cl－2e===Cl2↑ 升高

＋－(2)Ca2＋CO23===CaCO3↓

＋－Mg2＋2OH===Mg(OH)2↓

(3)AC (4)BC (5)蒸发 过滤

(6)NaCl＋H2O=====NaClO＋H2↑(或2NaCl＋2H2O=====H2↑＋Cl2↑＋2NaOH；Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O)

－－解析 (1)电解饱和食盐水，与电源正极相连的电极为阳极，电极反应式是2Cl－2e===Cl2↑；

＋－＋－与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式是2H＋2e===H2↑，消耗H，产生OH，所以溶液

的pH升高。

＋＋－－2＋2＋(2)除去Ca2：Ca2＋CO23===CaCO3↓，除去Mg：Mg＋2OH===Mg(OH)2↓，由

＋－－于Mg(OH)2的溶解能力小于MgCO3，所以Mg2与CO23、OH混合时，一般是生成Mg(OH)2

沉淀。

－2＋(3)除去SO24，应选择Ba，如果加入Ba(NO3)2，溶液中会引进新的杂质，加入

Ba(OH)2、BaCl2不会增加新的杂质，选A、C。

＋－－(4)除去杂质时加入Ba2和OH，无先后之分，但Na2CO3一定要在最后加入，因为CO23

＋还要除去多余的Ba2，过滤沉淀后即认为NaCl被提纯，选B、C。

(5)脱盐实际上是分离NaOH和NaCl，由于NaCl溶解度小，因而NaCl首先析出，其操作过程是蒸发、冷却、结晶，经过滤得NaCl晶体，滤液进一步精制得NaOH。

(6)将2NaCl＋2H2O=====2NaOH＋H2↑＋Cl2↑和Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O合并，即可得出答案。

电解电解电解－－

《选修四第四章第三节 电解池》导学案（第3课时）

【对点练习】

1. 解析 将Al片和Cu片用导线相连，插入浓HNO3溶液中，此时Al在浓硝酸中钝化，不能继续反应，而Cu却能与浓硝酸持续反应。也就是说，在这种情况下，Cu易失去电子而Al却表现相对“惰性”，“相对活泼”的Cu为负极；插入稀NaOH溶液中，Al能与NaOH溶液反应，此时Al失去电子被氧化，也就是Al为负极。

答案 A

2. 答案 A

＋解析 铜与H不反应，因此不可能是原电池，只能是电解池。在该电解池中，铜失去电子被

氧化，因此铜作电解池的阳极，A正确，B、C错误；D选项中若电解质溶液是硫酸铜溶液，则相当于电镀铜，与题给离子方程式不符，故D错误。

3. 解析 电解食盐水时发生的反应：

－－阳极：2Cl－2e===Cl2↑

－－阴极：2H2O＋2e===H2↑＋2OH

总反应式：2NaCl＋2H2O=====2NaOH＋H2↑＋Cl2↑

对照分析选项，A错误；阳极附近的溶液中会溶有少量的Cl2，滴加KI溶液后发生反应：Cl2－－－＋2I===I2＋2Cl，溶液呈棕色，B正确；阴极附近产生大量的OH，滴加酚酞后变红色，C错误；电解后生成NaOH，溶液呈碱性，D错误。

答案 B

4.答案 B

－＋解析 由题目所给图示可知：活泼金属铜作阳极，发生反应：Cu－2e===Cu2，电解初期，

溶液中的H在阴极石墨上发生反应：2H＋2e===H2↑，电池反应式为Cu＋H2SO4=====CuSO4

＋＋H2↑，所以A、D选项不正确，B选项正确；随着电解过程不断进行，溶液中的Cu2浓度不断

＋＋＋增大，一定时间后即当Cu2移动到阴极附近时，由于Cu2的氧化性大于H，故此时阴极发生反

＋－应：Cu2＋2e===Cu，故C选项不正确。

＋＋－电解电解

5. 解析 此装臵相当于两个电解槽串联到一起，在整个电路中电子转移总数相等，首先判断各极的产物，即A极产物H2，B极产物Cl2，C极产物Ag，D极产物O2，若整个电路中有4 mol

－电子转移，有2H2～2Cl2～4Ag～O2～4e，则A、B、C、D各电极上生成物的物质的量之比为

2∶2∶4∶1。

答案 A

6．答案 C

解析 因为锌锰干电池中锌棒为负极，锌棒变细，碳棒不变，所以A错；原电池是将化学能

－＋直接转化为电能，所以B错；氢氧燃料电池负极反应式为H2－2e===2H，所以C对；太阳能电

池采用硅材料制作，所以D错。

7．答案 A

解析 本题考查原电池形成条件。只有能自发进行的氧化还原反应才可能用于设计原电池，非氧化还原反应因没有电子转移所以不能设计成原电池，题中只有A项不是氧化还原反应。

8．答案 D

解析 在生物体内葡萄糖贮存的化学能是通过与O2的氧化还原反应释放出来的。反应中葡萄

－－糖中的碳元素失电子，首先被氧化为CO2分子，然后再与血液中的OH反应转化为HCO3，因此，

－－在正极上发生的是O2得电子的还原反应：O2＋4e＋2H2O===4OH；负极上发生的反应是C6H12O6

－失电子的氧化反应，生成CO2或HCO3。

9．答案 C

解析 要求得硫酸的量，需首先找出铅蓄电池的总反应。将上述两个电极反应式合并可得：Pb＋PbO2＋2H2SO4===2PbSO4＋2H2O。而在制取Cl2时，每生成1 mol Cl2，电子转移2

mol，现需要转移电子0.050 mol×2＝0.10 mol。由铅蓄电池总反应式可知，每转移0.10 mol电子，将消耗0.10 mol硫酸。

10．答案 D

＋＋解析 此题有些学生一看，立即想到X3是Fe3，不加以仔细分析，即选答案C。先分析图中

变化：一开始通电，阴极就有固体析出，且通过0.2 mol电子后，质量不再增加。根据离子放电规

＋＋＋律，是Cu2先放电，再是H放电，X3在溶液中不放电。

－11. 答案 (1)64 g·mol1 2 3 (2)负

1.21 g解析 (1)n(硝酸盐)＝0.005 mol，则金属M也为0.005 mol。M的摩尔质量＝242 g·mol0.32 g－64 g·mol1。 0.005 mol

＋－Mx＋xe===M

x1＝解得：x＝2 0.010.005

188＋18n＝242，n＝3。

(2)因为金属在A极析出，所以A极是电解池的阴极，则C极是电源的负极。

12．答案 (1)2Al2O3(熔融)=====4Al＋3O2↑

－－(2)2Al＋2OH＋2H2O===2AlO2＋3H2↑

－－(3)①4OH－4e===2H2O＋O2↑

＋－②H放电，促进水的电离，OH浓度增大

③B

解析 本题主要考查学生对电解原理的理解和掌握，注重考查学生用所学知识解释、解决实际问题的能力。(1)、(2)问主要考查教材的基础知识，应该属于得分的问题，(3)中根据电解原理，

－－－＋阳极应是OH失电子，所以电极反应式为4OH－4e===2H2O＋O2↑，而阴极为H放电，促进水

－＋的电离，使OH浓度增大，所以pH增大，根据阳离子交换膜的特点，K可从阳极区进入阴极区

－和OH组成KOH，从而可在阴极区得到纯的KOH溶液，故液体应从B口导出。

13. 答案 (1)2Cl＋2H2O=====2OH＋Cl2↑＋H2↑ 阴

－电解电解－

(2)①1 CuO或CuCO3(仅答1种即可)

②0.28

③硫酸根离子 取少量待测液于试管中，滴加盐酸无明显现象，继续加入氯化钡溶液，若有白色沉淀产生，则证明是硫酸根离子(或：硝酸根离子 取少量待测液于试管中，加热浓缩后滴加浓硫酸和铜粉，若有红棕色气体产生，则证明是硝酸根离子)

解析 (1)电解饱和食盐水的离子方程式：2Cl＋2H2O=====2OH＋Cl2↑＋H2↑，在阴极区生成NaOH，使酚酞溶液变红。

＋(2)蓝色溶液中可能含有Cu2，并且在电解过程中析出红色固体，进一步验证析出的是铜；Y

电极上析出无色气体，应该是O2，电解离子方程式：2Cu2＋2H2O=====2Cu＋O2↑＋4H。

1.6 g＋＋＋①根据电解离子方程式得：n(H)＝2n(Cu2)＝2×－＝0.05 mol，故溶液中c(H)

＝64 g·mol＋＋－电解－电解

＝0.1 mol·L1，溶液的pH＝1。要使溶液恢复到以前，可以加入CuO或CuCO3。 －

1②根据电解离子方程式得：n(O2)＝×n(Cu)＝0.012 5mol，在标准状况下的体积V(O2)＝22.4 2

－1L·mol×0.012 5 mol＝0.28 L。

－－③溶液中存在的必须是含氧酸根离子，可以是SO24或NO3；然后利用实验进行检验。

14．答案 (1)HCl、CuCl2 (2)H2SO4、Na2SO4、NaHSO4 (3)CuSO4、NaCl

解析 首先把阴、阳离子两两组合成物质，根据离子放电顺序判断(1)为分解电解质型；(2)为电解水型；(3)为放氧生酸型和放氢生碱型。

15．答案 (1)否

－＋＋－(2)Al－3e===Al3 2H＋2e===H2↑

＋＋2Al＋6H===2Al3＋3H2↑

－－－(3)负 Al＋4OH－3e===AlO2＋2H2O

因为Al能与NaOH溶液反应，而Mg不反应

(4)实验5中由于Al在浓硝酸中发生钝化，所以Zn为负极

解析 一般情况下，较活泼的金属作原电池的负极，根据实验1、2的结果，可得出1中Al作正极，2中Al作负极，但在NaOH溶液中，Al反应，Mg不反应，Al作负极，在浓硝酸中由于Al发生钝化，Zn作负极。

＋－＋＋16．答案 (1)①2H＋2e===H2↑ 有气体放出，溶液变红 Na、H

－－②2Cl－2e===Cl2↑ 把湿润的淀粉碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色，说明生成了

Cl2

＋－(2)①纯铜 Cu2＋2e===Cu

－＋②粗铜 Cu－2e===Cu2 ③变小

＋－(3)Zn2＋2e===Zn ZnCl2 ZnSO4(答案不惟一，合理即可)

《选修四第四章第四节 金属的电化学腐蚀与防护》导学案（第1课时）

【对点练习】

1．答案 C

解析 金属腐蚀的本质主要是金属原子失电子被氧化，腐蚀的内因是金属的化学性质比较活泼，外因是金属与空气、水和其他腐蚀性的物质相接触，腐蚀主要有化学腐蚀和电化学腐蚀。A

－＋中金属腐蚀的本质应包括化学腐蚀和电化学腐蚀，为M－ne===Mn；B选项中Sn、Fe构成电化

－＋学腐蚀，主要是Fe－2e===Fe2，铁先被腐蚀。常温下，空气中的金属主要发生电化学腐蚀中的

吸氧腐蚀，难以和非金属氧化剂(Cl2、S)等反应，发生化学腐蚀。

－＋－－2．答案 (1)电化学 (2)弱酸性或中 吸氧 2Fe－4e===2Fe O2＋2H2O＋4e===4OH

－＋＋－(3)较强的酸 析氢 Fe－2e===Fe2 2H＋2e===H2↑

解析 根据原电池的构成条件：有两种不同的材料(Fe为负极，碳为正极)，有电解质溶液，形成闭合回路，可知铁钉的腐蚀属于电化学腐蚀。根据金属腐蚀的条件、原理及结果可知：试管内液面上升，说明试管内压强减小，试管内气体被吸收所致，是铁钉吸氧腐蚀的结果，据此写出电极反应式；试管内液面下降，说明试管内气体压强变大，试管内产生了新气体所致，是铁钉的析氢腐蚀的结果，据此写出电极反应式。

3．答案 D

解析 金属的腐蚀主要是电化学腐蚀，题目中①③④⑤中的方法都可以起到避免金属和电解质溶液接触形成原电池的目的；②中如在金属中加入某些其他元素改变金属内部结构也可以起到防腐蚀的效果。

4．答案 D

解析 纯银器的表面在空气中易生成硫化物失去光泽；当镀锡铁制品镀层破损时，由于铁比锡活泼，形成原电池时，铁作原电池的负极，加快铁的腐蚀；锌比铁活泼，当在海轮外壳上连接锌块后，锌失电子而海轮外壳被保护；要采用电解原理保护金属，应将金属与电源的负极相连，即作电解池的阴极。

【课后作业】

1．答案 C

解析 在轮船的船壳水线以下部分，装上锌能形成铁-锌原电池，锌为负极，被腐蚀，铁被保护。

2．答案 A

－＋－－解析 由原电池反应式知：负极为Fe－2e===Fe2，正极为2H2O＋O2＋4e===4OH，所以

A对、B错；原电池是将化学能转化为电能的装臵，C错；根据原电池原理，钢柱在空气与水交界处更容易腐蚀，D错。

3．答案 C

解析 ②、③、④的实质均为原电池装臵。③中Fe为正极，被保护；②、④中Fe为负极，均被腐蚀，但相对来说Fe和Cu的金属活动性比Fe和Sn的差别大，故Fe－Cu原电池中Fe被腐蚀得更快；①中因铁不纯而发生微电池反应。

4．答案 D

解析 化工厂的空气中含有大量的化学物质，有的容易与铁制品反应，导致钢铁腐蚀。 练方法技巧

5．答案 B

解析 装臵Ⅰ中铁钉处于盐酸的蒸气中，被侵蚀而释放出H2，使左侧液面下降，右侧液面上升；装臵Ⅱ中铁钉同样处于盐酸的蒸气中，不同的是悬挂铁的金属丝由铁丝换成了铜丝，由于Fe比Cu活泼，在这种氛围中构成的原电池会加速铁钉的侵蚀而放出更多的H2，使左侧液面下降得更多，右侧液面上升得更多；装臵Ⅲ中虽然悬挂铁钉的还是铜丝，但由于浓硫酸有吸水性而无挥发性，使铁钉处于一种较为干燥的空气中，因而在短时间内几乎没有被侵蚀。

6．答案 B

－＋－解析 在镀锌铁的析氢腐蚀中：负极(Zn)：Zn－2e===Zn2，有0.2 mol e转移时，有

＋－0.1 mol Zn溶解，即6.5 g；正极(Fe)：2H＋2e===H2↑，生成0.1 mol H2，标准状况下的

体积为2.24 L。

7．答案 B

－＋解析 Fe与C及电解质溶液形成原电池，Fe是负极：Fe－2e===Fe2，C是正极，在a中发

生吸氧腐蚀，a中压强减小，b中发生析氢腐蚀，b中压强增大，红墨水柱液面是左高右低，故选B。本题考查钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀。

＋＋8．答案 (1)Fe＋2H===Fe2＋H2↑

＋－(2)2H＋2e===H2↑ 增大

＋＋(3)Zn Zn＋2H===Zn＋H2↑ B＞A＞C

解析 铁在不同的情况下被腐蚀的速率不同。作原电池的负极时易被腐蚀，作原电池的正极时受到保护不被腐蚀。

－＋9．案 (1)①2Fe－4e===2Fe2

－－②O2＋2H2O＋4e===4OH

(2)吸氧 (3)析氢 锌(或其他比铁活泼的金属)

10．答案 (1)C (2)AD (3)33.6 1 066

解析 (1)根据反应机理，将方程式叠加：①×4＋②×8＋③×2＋④可得：

4Fe＋3O2＋2xH2O===2(Fe2O3·xH2O)

可知为吸氧腐蚀。

(2)保护铁不被腐蚀，可隔绝O2或采取牺牲阳极的阴极保护法。

(3)4Fe＋3O2＋2H2O===2(Fe2O3·H2O) 转移电子

3×22.4 L 12 mol

V(O2) 6 mol

＝33.6 L V(O2)＝

6 mol×132 g由差值法得Δm＝66 g，故反应后铁件质量为1 066 g。 12 mol

《选修四第四章 复习课》导学案（第1课时）

【对点练习】

1．答案 A

解析 铁表面镀锌，铁应作阴极而锌作阳极，A错误；锌比铁活泼，在船底镶嵌锌块，可有

－效防护船体被腐蚀；钢铁的吸氧腐蚀中正极上O2得到e被还原；工业电解饱和食盐水的反应中阳

－－极上Cl失去e被氧化，故B、C、D均正确。

2．答案 B

解析 依据原电池原理分析可知：a中铁钉作负极，发生氧化反应，铜丝作正极，发生O2＋

－－－2H2O＋4e===4OH的还原反应，可知A、C错误；b中铁钉作正极，发生O2＋2H2O＋4e===4OH－的还原反应，而铝条发生氧化反应，不会冒气泡，B正确、D错误。

3．答案 A

解析 从总反应式可知：电池放电时甲醇被氧化生成碳酸根离子，而原电池中负极发生氧化

－－－反应，故甲醇参与反应的电极为负极，电极反应式为CH3OH－6e＋8OH===CO23＋6H2O。充电

－时，由反应式可知生成OH，故pH逐渐增大。

4．答案 A

解析 将金属X、Y用导线连接，同时插入相应的电解质溶液中，构成原电池。负极上发生氧化反应，失去电子，电子经外电路流向正极，溶液中的阳离子在正极得电子而被还原，若使Y极质量增加，四个选项中，只有A正确，X是负极，Y是正极，电解质溶液是CuSO4溶液。

5．答案 D

解析 金属腐蚀速率一般为：作电解池的阳极＞作原电池的负极＞化学腐蚀＞作原电池的正极＞作电解池的阴极，所以②最快，因为Zn作阳极；③最慢，因为Zn作阴极。

6．答案 B

解析 由题意知：铜电极溶解，发生氧化反应，即铜为阳极，A为正极，B为负极，Pt为阳极，铁均为阴极，则P电解池中的电解反应方程式为2CuSO4＋2H2O=====2Cu＋O2↑＋2H2SO4，

电解

－＋＋－有O2析出，电解质溶液质量逐渐减小，Q电解池中，阳极：Cu－2e===Cu，阴极：Cu＋2e

===Cu，电解质溶液质量和组分不变，综上分析，推知B项不正确。

7．答案 A

解析 根据图示的装臵可以得出左侧的装臵为原电池，右侧的装臵为电解池。根据原电池的

2构成规律：Zn为负极，Cu为正极，则X为阳极发生氧化反应Cu－2e－===Cu＋，Y为阴极发生还

＋－＋原反应2H＋2e===H2↑。因为在Y电极附近H的浓度减小，将使H2O

－＋ ＋＋OH－ 平衡向右移动，移动的结果是c(OH)>c(H)，显碱性，所以Y电极附近变红色。

8．案 D

解析 蓄电池在放电时发生原电池反应，把化学能转变为电能；在充电时发生电解反应，将电能转变为化学能。反应方程式的左右各物质互为反应物和生成物。

0＋3

此蓄电池在放电时的反应：Fe＋Ni2O3＋3H2O=====Fe (OH)2＋2 Ni (OH)2，生成物为

－－Fe(OH)2、Ni(OH)2，电解质溶液应为碱性溶液。Fe为负极，其电极反应式为Fe＋2OH－2e

－－===Fe(OH)2；Ni2O3为正极，其电极反应式为Ni2O3＋2e＋3H2O===2Ni(OH)2＋2OH；蓄电

池在充电时的反应：Fe(OH)2＋2Ni(OH)2=====Fe＋Ni2O3＋3H2O；阳极Ni(OH)2发生氧化反

－－－应：2Ni(OH)2＋2OH－2e===Ni2O3＋3H2O；阴极Fe(OH)2发生还原反应：Fe(OH)2＋2e

－===Fe＋2OH。

9．答案 (2)(3)(5) 水、空气、电解质溶液和不活泼金属杂质的存在

解析 由于(2)、(3)两个试管不具备构成原电池的条件，不能发生电化学腐蚀，所以暂未被腐蚀。试管(5)尽管具备构成原电池的条件，但Zn比较活泼，在原电池中作负极，使铁变成离子的反应难以发生，所以铁也暂未被腐蚀。引起和促进铁钉被腐蚀的条件是：水、空气、电解质溶液和不活泼金属杂质的存在。

10．答案 (1)铜 AgNO3溶液

＋－－＋(2)正 Ag＋e===Ag Cu－2e===Cu2

(3)Cu Ag

解析 根据所给氧化还原反应的化学方程式，结合原电池反应原理以及所给原电池装臵，Cu应作负极，AgNO3溶液为电解质溶液，从而推知：

(1)X的材料为铜，Y是AgNO3溶液。

＋－(2)银为原电池的正极，发生的电极反应式为Ag＋e===Ag。X电极上发生的电极反应式为

－＋Cu－2e===Cu2。(3)外电路中的电子从铜(负)电极流向银(正)电极。

－－11．答案 (1)负 电解 2Cl－2e===Cl2↑

＋－2H＋2e===H2↑

－＋＋－Cu－2e===Cu2 2Ag＋2e===2Ag

－1(2)0.025 mol·L (3)13 充电放电＋2＋2

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