B
向盛有2ml0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加一定量0.1mol/LNaCl溶液，再向其中滴加一定量0.1mol/LKI溶液，
先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀
Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）
C
室温下，取相同大小、形状和质量的Cu粒分别投入0.1mol/L的稀硝酸和10.0mol/L的浓硝酸中
Cu粒与浓硝酸反应比与稀硝酸反应剧烈
探究浓度对化学反应速率的影响
D
用石墨做电极电解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液
阴极上先析出铜
金属活动性：
Mg>Cu
20.微型纽扣电池在现代生活中有广泛应用，有一种银锌电池，其电极分别是Ag2O和Zn，电解质溶液为KOH溶液，总反应为Ag2O+Zn+H2O=Zn（OH）2+2Ag，其中一个电极反应为：
Ag2O+H2O+2e-=2Ag+2OH-。
（1）判断正负极的材料：
负极材料___，正极材料__。
（2）判断电池工作时，电子的流动方向和电解质溶液中离子的流动方向。
电子由___到__，溶液中的阳离子流向电池的___，阴离子流向___。
（3）甲醇（CH3OH）燃料电池为绿色化学电源，在碱性NaOH溶液为电解质溶液时的负极电极反应式为___。
正极反应式：
___。
该电池工作时，外电路每流过1×103mole-，消耗标况下氧气___m3。
21.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。
①甲烷燃料电池负极的电极反应为_______________________________。
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__________（填化学式），电解氯化钠溶液的总反应方程式为_________________________。
③若每个电池甲烷通入量为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＝9.65×104 C·mol－1，列式计算），最多能产生的氯气体积为________L（标准状况）。
22.下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100g5.00％的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100g10.00％的K2SO4溶液,电极均为石墨电极。
（1）接通电源，经过一段时间后，测得e电极上收集到气体在标准状况下体积为4.48L，乙中c电极质量增加。
据此回答问题：
①电源的N端为 极。
②电极b上发生的电极反应为 。
③电解前后甲溶液pH ；乙溶液pH ；丙溶液pH 。
（填“变大”、“变小”或“不变”）。
（2）写出乙溶液中的电解反应方程式：
需加入 g （填物质名称）复原。
试卷答案
1.C
【详解】A．根据原电池的工作原理，阴离子向负极移动，即
向负极移动，A错项误；
B．电子不能通过电解质溶液，电子移动方向应为电极a→负载→电极b，B项错误；
C．根据电池总反应式及电解质溶液是磷酸溶液，可写出负极反应式：
CH2=CH2＋2H2O-4e-===CH3COOH＋4H＋，C项正确；
D．根据负极的电极反应式可知，当电路中通过0.04mol电子时，参加反应的CH2=CH2为0.01mol，但题中没有给出气体所处的状态，故无法计算气体的体积，D项错误；
答案选C。
2.B
【详解】A、根据题给信息知乙烯发生氧化反应，在燃料电池的负极反应，故a电极发生氧化反应，A错误；
B、放电时，负极发生CH2=CH2-2e-+H2O=CH3CHO+2H+，每转移2mol电子，理论上需要消耗1mol乙烯，即28g，B正确；
C、b极反应式为：
O2+4e-+4H＋=2H2O，C错误；
D、原电池中电子只能通过导线和电极传递，不能通过溶液传递，D错误；
故合理选项为B。
3.B
【分析】
燃料电池是原电池，失电子的电极是负极，发生氧化反应。
得电子的电极是正极，发生还原反应。
放电时，电子从负极沿导线流向正极，电流与电子流向相反，据此分析解答。
【详解】A.a极上NH3发生氧化反应生成N2，a极是原电池的负极，故A错误；
B.负极发生失电子的氧化反应，2molNH3变为1molN2失去6mol电子，所以电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O，故B正确；
C.生成1molN2失去6mol电子，即电路中通过电子物质的量为6mol，故C错误；
D.外电路的电流方向是从正极流向负极，即从b极流向a极，故D错误；
答案选B。
4.B
【分析】
电池的反应为：
LiCoO2＋6C
Li1－xCoO2＋LixC6，放电时电子经外电路、锂离子经内电路同时移向正极，锂离子插入到层状结构的氧化物中；充电时，碳电极参与还原反应，锂离子从正极中脱嵌，在负极中嵌入形成LixC6，据此分析。
【详解】A．Li的氧化物是Li2O，Co的氧化物是Co2O3，LiCoO2改写为氧化物的形式为Li2O∙Co2O3，A正确；
B．采用有机电解液的锂电池可以抑制极性溶剂的还原分解，从而提高电池的容量保持率，因而能够提高电池的充电或放电效率和使用寿命，B错误；
C．根据电池总反应得电池放电时正极反应式：
Li1－xCoO2＋xe－＋xLi＋＝LiCoO2，C正确；
D．充电时，碳电极参与还原反应，锂离子从正极中脱嵌，在负极中嵌入形成LixC6，D正确；
答案选B。
5.B
【详解】A．根据总反应可知Zn被氧化，原电池中负极发生氧化反应，所以Zn为负极材料，故A正确；
B．根据总反应可知产物中有MnOOH和Zn（OH）2，若电解质为稀硫酸，稀硫酸可以和二者发生反应，产物会发生变化，故B错误；
C．原电池中正极得电子发生还原反应，根据总反应可知正极反应应为：
MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-，故C正确；
D．13g锌的物质的量为
=0.2mol，放电过程中锌由0价变为+2价，所以转移电子的物质的量为0.4mol，故D正确；
故答案为B。
6.B
【详解】A．根据电极反应式X极：
CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，Y极：
4H2O+2O2+8e-═8OH-可知，X极甲烷被氧化，应为原电池的负极反应，Y极氧气得电子被还原，应为原电池的正极反应，故A正确；
B．根据电极反应式X极：
CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，可知反应消耗KOH，OH-浓度减小，则pH减小，碱性减弱，故B错误；
C．n（O2）=
，转移电子的物质的量为0.25mol×4=1mol，故C正确；
D．X极：
CH4+10OH--8e-═CO32-+7H2O，Y极：
4H2O+2O2+8e-═8OH-，则总反应：
CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，氢氧化钾被消耗，物质的量减小，故D正确；
故选：
B。
7.B
【详解】A.根据电池放电总反应为：
Li3C6+V2（PO4）3=6C+Li3V2（PO4）3，Li3C6发生失去电子的氧化反应，M电极为负极，N电极为正极，由装置图可知Li3V2（PO4）3作正极材料，A错误；
B.放电时，M电极为负极，反应式为Li3C6-3e-=6C+3Li+，即外电路中通过0.1mol电子，M极有0.1molLi生成Li+转移到正极N极，即M减少0.1molLi，质量为7g/mol×0.1mol=0.7g，B正确；
C.充电时，N电极为阳极、M电极为阴极，Li+由阳极N区向阴极M极区迁移，C错误；
D.放电时N电极为正极，充电时N电极为阳极，电极反应式为Li3V2（PO4）3-3e-=V2（PO4）3+3Li+，D错误；
故合理选项是B。
8.B
9.A
【考点】原电池和电解池的工作原理．
【分析】根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，高铁酸钠在正极得到电子，电极反应式为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，根据电极反应式可判断电子转移的物质的量与反应物之间的关系，充电时，阳极上氢氧化铁转化成高铁酸钠，电极反应式为Fe（OH）3+5OH﹣=FeO42+4H2O+3e﹣，阳极消耗OH﹣离子，碱性要减弱，以此解答该题．
【解答】解：
A．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，每转移3mol电子，正极有1molK2FeO4被还原，故A错误；
B．充电时阳极发生Fe（OH）3失电子的氧化反应，即反应为：
Fe（OH）3﹣3e﹣+5OH﹣=FeO42﹣+4H2O，故B正确；
C．放电时正极反应为FeO42+4H2O+3e﹣=Fe（OH）3+5OH﹣，生成氢氧根离子，碱性要增强，故C正确；
D．根据电池的总反应可知，高铁电池放电时必定是锌在负极失去电子，电极反应式为Zn﹣2e﹣+2OH﹣=Zn（OH）2，故D正确．
故选A．
10.D
【详解】A．M室中石墨电极为阳极，电解时阳极上水失电子生成O2和H＋，电极反应式为2H2O-4e－=O2↑+4H＋，故A正确；
B．原料室中的B（OH）4-通过b膜进入产品室，M室中氢离子通入a膜进入产品室，原料室中的Na＋通过c膜进入N室，则a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，故B正确；
C．电解时阴极上水得电子生成H2和OH－，原料室中的钠离子通过c膜进入N室，溶液中c（NaOH）增大，所以N室：
a%＜b%，故C正确；
D．理论上每生成1molH3BO3，则M室中就有1mol氢离子通入a膜进入产品室即转移1mole－，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e－=O2↑+4H＋、2H2O+2e－=H2↑+2OH－，M室生成0.25molO2、N室生成0.5molH2，则两极室共产生标准状况下16.8L气体，故D错误；
故选D。
11.A
【分析】
该装置为电解池，M为阳极，电极材料为金属钴，钴失电子生成钴离子，钴离子通过膜I进入产品室，H2PO2-通过膜Ⅱ、Ⅲ进入产品室与钴离子生成Co（H2PO2）2。
【详解】A.综上分析，膜Ⅱ、膜Ⅲ均为阴离子交换膜，A正确；
B.Co（H2PO2）2在产品室生成，不是在阳极生成，阳极的电极反应式为Co-2e-=Co2+，B错误；
C.M为阳极，应接电源的正极，故a为电源的正极，C错误；
D.离子方程式中电荷不守恒，应为Co2++H2PO2-+3OH-=Co+HPO32-+2H2O，D错误；
答案选A。
12.B
【分析】
用新型甲醇燃料电池作电源电解硫酸铜溶液，在组合装置中，燃料电池提供电能为原电池装置，通入氧气一极得电子发生还原，作正极，通入甲醇一极失电子发生氧化反应，作负极。
电解池中，与电源正极先连的电极为阳极，那么a电极是阳极，b电极是阴极。
【详解】A.根据分析，甲醇作负极失去电子发生氧化反应，在酸性电解液中，甲醇被氧化为CO2，化合物中碳元素化合价从-2上升到+4，故其电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+，A说法正确；
B.若a为粗钢，b为精铜，粗铜作阳极不考虑溶液中其他离子放电，粗铜（含铜、锌、铁、银等杂质）发生氧化会溶解，燃料电池中消耗标准状况下224mLO2，氧气的物质的量0.1mol，电路中转移电子0.04mol，则粗铜上转移的电子0.04mol，a极由锌、铁、铜等金属溶解，则a极减少的质量不能确定，B说法错误；
C.若a.b均为石墨为惰性电极，根据分析a极为阳极，聚集阴离子SO42¯和水中的OH¯，水中OH¯失电子能力比SO42¯强，故OH¯放电失去电子发生氧化，a极反应为：
2H2O-4e-=4H++O2↑，C说法正确；
D.若a为石墨,b为铜，则阳极为惰性电极，只考虑离子放电。
阳极区聚集的水中OH¯失电子能力比SO42¯强，则水中OH¯先放电发生氧化反应生成氧气。
阴极区Cu2+得电子能力比水中的H+强，则Cu2+先放电发生还原反应生成Cu。
故电解池的总反应为2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+，消耗标准状况下224mLO2，n（O2）=0.01mol，根据关系式法O2~4e-~4H+，得n（H+）=0.04mol，溶液体积400mL，c（H+）=0.1mol·L-1，故pH为1，D说法正确；
答案选B。
13.C
【分析】
装置图分析可知放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，气体X为阴极上溶液中氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，电极连接电源负极，放电过程中生成更多氢氧根离子，据此分析判断。
【详解】A．乙池电极为电解池阴极，和电源负极连接，溶液中氢离子放电生成氢气，故A错误；B．电解池中阳离子移向阴极，钠离子移向乙池，故B错误；C．阴极附近氢离子放电破坏了水的电离平衡，电极附近氢氧根离子浓度增大，NaOH溶液Y比NaOH溶液Z浓度大，故C正确；D．放出氧气的电极为阳极，电解质溶液中氢氧根离子放电生成氧气，气流浓度增大，碳酸根离子结合氢离子生成碳酸氢根离子，出口为碳酸氢钠，则电极反应，4CO32-+2H2O-4e-=HCO3-+O2↑，故D错误；故答案为C。
14.D
【分析】
A.该装置为外加电源的电解池原理；
B.根据装置图易知，阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应，根据化合价的升降判断该氧化还原反应的规律；
C.根据电解池阴阳极发生的电极反应式及溶液电中性原则分析作答；
D.根据具体的电解反应与氧化还原反应综合写出该装置的总反应。
【详解】A.该装置为电解池，则工作时，电能转变为化学能，故A项错误；
B.C2H4中C元素化合价为-2价，ClCH2CH2Cl中C元素化合价为-1价，则CuCl2能将C2H4氧化为1，2一二氯乙烷，故B项错误；
C.该电解池中，阳极发生的电极反应式为：
CuCl-e-+Cl-=CuCl2，阳极区需要氯离子参与，则X为阴离子交换膜，而阴极区发生的电极反应式为：
2H2O+2e-=H2↑+2OH-，有阴离子生成，为保持电中性，需要电解质溶液中的钠离子，则Y为阳离子交换膜，故C项错误；
D.该装置中发生阳极首先发生反应：
CuCl-e-+Cl-=CuCl2，生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1，2一二氯乙烷和CuCl，在阳极区循环利用，而阴极水中的氢离子放电
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