人教版化学选修四第四章分课时学案答案及解析文档格式.docx

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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，理论上形成O2－，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－===4CO

＋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，即可画出装置图。

【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，置换出的Cu与剩余的Zn接触，置于盐酸中，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2Fe3＋＋2I－

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1mol锌时失去2mol电子，铜片上析出1mol氢气得到2mol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1mol氧气，理论上可以生成标准状况下CO2气体22.4L，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）＝2.24L/22.4L·

mol－1＝0.1mol，n（e－）＝0.2mol，D错

误。

6．答案　

（1）Mg－2e－===Mg2＋　2H＋＋2e－===H2↑

（2）2Al＋8OH－－6e－===2AlO

＋4H2O

6H2O＋6e－===6OH－＋3H2↑

2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO

＋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AlO

，电极反应式为2Al－6e－＋8OH－===2AlO

＋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）

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FeO

＋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SO

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＋，正极电极反应式为

O2＋2e－===O2－，则电池总反应式为2H2＋O2

2H2O。

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。

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（SO

和OH－）移向Pb极，所以C不正确。

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。

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－===CO

＋7H2O,1molCH4参加反应有8mole－发生转移，O2在正极上发生反应，获得电子，电极反应式为O2＋2H2O＋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。

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NH

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。

解析　n（H2O）＝

＝100mol

2H2＋O4e－2===2H2O

即每生成1molH2O则转移2mole－，当生成100molH2O时，转移200mole－。

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　②1/1148或8.71×

10－4　③32

解析　

（1）电池是把化学能转变为电能的装置；

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Ⅰ可知吸收标准状况下224LH2时生成160gLiH，则生成的LiH的体积是

，则生成的LiH的体积与被吸收的H2的体积之比为

＝

。

由②生成的20molLiH与H2O反应，由反应Ⅱ可知生成20molH2，H2～2e－，能量转化率为80%，则通过的电子的物质的量为20mol×

2×

80%＝32mol。

《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。

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。

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amolH2，水被电解了2amol，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amolH2，水被电解了amol。

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NO

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

，相当于电解水，pH变小说明电解了含氧酸。

【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。

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。

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＋＋SO

===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）＝（1mol×

32g·

mol－1）∶（2mol×

2g·

mol－1）＝8∶1，即C项正确。

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）＝2.24L/22.4L·

mol－1＝0.1mol，由电子守恒得n（Cu2＋）×

2＋

n（H2）×

2＝n（O2）×

4，即：

c（Cu2＋）×

0.1L×

2＋0.1mol×

2＝0.1mol×

4，解得：

c（Cu2＋）＝1mol·

L－1。

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0.1molCu（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。

0.1molCu（OH）2相当于0.1molCuO和0.1molH2O，由电子守恒0.1molCuO～0.1molCu～0.2mole－，0.1molH2O～0.1molH2～0.2mole－，共计0.4mole－。

8．答案　C

解析　当K闭合时，装置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＋＋SO

，正确；

电路中转移0.2mol电子时，Ⅰ中消耗0.2molH2SO4和0.1molPb，正确；

Ⅱ中SO

向阳极（d极）迁移，错误；

D项：

K闭合一段时间后，c极表面生成Pb，d极表面生成PbO2，装置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，这是一个电镀装置，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0.04mol电子通过时，有0.04mol/2×

64g·

mol－1＝1.28g铜析出。

10．答案　

（1）正　

（2）Ag　2.16　（3）2　

　1（4）不变　不变　增大　减小　（5）45.18

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：

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，M极为正极。

在336mL气体中，V（H2）＝

×

336mL＝224mL，为0.01mol；

V（O2）＝

336mL＝112mL，为0.005mol。

说明电路上有0.02mol电子，因此在b极（Pt、阴极）产生Ag：

0.02mol×

108g·

mol－1＝2.16g，即0.02mol的Ag。

则n（e－）∶n（Ag）∶n（O2）∶n（H2）＝0.02∶0.02∶0.005∶0.01＝2∶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Pt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，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xg，电解时消耗水0.01mol×

18g·

mol－1＝0.18g，则5.00%x＝5.02%（x－0.18），解得x＝45.18g。

《选修四第四章第三节　电解池》导学案（第2课时）

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置，若将阳极置于上方，则氯气一生成即逸出，不能完全与NaOH反应。

显然，应将阳极置于下方，阴极置于上方，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。

与电解装置上方阴极相连的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