2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题九 化学反应与能量

这是一份2026高考化学专题复习之历年真题精选分类汇编（学生版）_专题九 化学反应与能量，共6页。试卷主要包含了1 kJ·ml-1，22 kJ·ml-1，29 kJ·ml-1，化学反应常伴随热效应，17 kJ·ml－1，73 kJ·ml－1等内容，欢迎下载使用。
题点1 化学反应中的能量变化
1. [2024·安徽，17(1)]C2H6氧化脱氢反应：2C2H6(g)+O2(g)2C2H4(g)+2H2O(g) ΔH1=-209.8 kJ·ml-1
C2H6(g)+CO2(g) C2H4(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH2=+178.1 kJ·ml-1
计算： 2CO(g)+O2(g)2CO2(g) ΔH3= kJ·ml-1 。
2.[2024·甘肃，17(1)]SiHCl3是制备半导体材料硅的重要原料，可由不同途径制备。
由SiCl4制备SiHCl3：
SiCl4(g)+H2(g)SiHCl3(g)+HCl(g) ΔH1=+74.22 kJ·ml-1(298 K)
已知SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g) ΔH2=+219.29 kJ·ml-1(298 K)
298 K时，由SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)制备56 g硅 (填“吸”或“放”)热 kJ。升高温度有利于制备硅的原因是 。
3.(2023·广东，17)化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q可通过量热装置测量反应前后体系温度变化，用公式Q＝cρV总·ΔT计算获得。
(1)盐酸浓度的测定：移取20.00 mL待测液，加入指示剂，用0.500 0 ml·L－1 NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00 mL。
①上述滴定操作用到的仪器有______________。
②该盐酸浓度为__________ml·L－1。
(2)热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50 mL进行反应，测得反应前后体系的温度值(℃)分别为T0、T1，则该过程放出的热量为______________J(c和ρ分别取4.18 J·g－1·℃－1和1.0 g·mL－1，忽略水以外各物质吸收的热量，下同)。
(3)借鉴(2)的方法，甲同学测量放热反应Fe(s)＋CuSO4(aq)===FeSO4(aq)＋Cu(s)的焓变ΔH(忽略温度对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
①温度：b________________c(填“>”“0，b>0
D.溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关
3．(2025·重庆，12)肼（N2H4）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应：
①2NH3g+3N2Og=4N2g+3H2Ol ΔH1=akJ/ml
②N2Og+3H2g=N2H4l+H2Ol ΔH2=bkJ/ml
③N2H4l+9H2g+4O2g=2NH3g+8H2Ol ΔH3=ckJ/ml
则反应N2H4l+O2g=N2g+2H2Ol的ΔH（kJ·ml−1）为
A．14a+3b−cB．14a−3b+cC．a−3b+cD．a+3b−c
4.(2022·浙江6月选考)标准状态下，下列物质气态时的相对能量如下表：
可根据HO(g)＋HO(g)===H2O2(g)计算出H2O2中氧氧单键的键能为214 kJ·ml－1。下列说法不正确的是( )
A．H2的键能为436 kJ·ml－1
B．O2的键能大于H2O2中氧氧单键的键能的两倍
C．解离氧氧单键所需能量：HOO0，ΔH2>0
B．ΔH3＝ΔH1＋ΔH2
C．ΔH1>ΔH2，ΔH3>ΔH2
D．ΔH2＝ΔH3＋ΔH4
7.(2020·北京卷，12)依据图示关系，下列说法不正确的是( )
A．石墨燃烧是放热反应
B．1 ml C(石墨)和1 ml CO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2，前者放热多
C．C(石墨)＋CO2(g)===2CO(g) ΔH＝ΔH1－ΔH2
D．化学反应的ΔH，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关
8.(2020·江苏卷，8)反应SiCl4(g)＋2H2(g)Si(s)＋4HCl(g)可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是( )
A．该反应ΔH>0、ΔS0，说明实验ⅰ中形成原电池，反应为2H2+O22H2O
B.b0，说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应
D.d>c，是因为电极Ⅰ上吸附H2的量：ⅳ>ⅲ
2.(2023·辽宁，11)某低成本储能电池原理如下图所示。下列说法正确的是( )
A．放电时负极质量减小
B．储能过程中电能转变为化学能
C．放电时右侧H＋通过质子交换膜移向左侧
D．充电总反应：Pb＋SOeq \\al(2－,4)＋2Fe3＋===PbSO4＋2Fe2＋
3.（2021·山东卷，10）以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH—O2、N2H4—O2、(CH3)2NNH2—O2清洁燃料电池，下列说法正确的是( )
A．放电过程中，K＋均向负极移动
B．放电过程中，KOH物质的量均减小
C．消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大
D．消耗1 ml O2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2 L
4.（2020·海南卷（新高考），11）某燃料电池主要构成要素如图所示，下列说法正确的是( )
A．电池可用于乙醛的制备
B．b电极为正极
C．电池工作时，a电极附近pH降低
D．a电极的反应式为O2+4e-+4H+ =2H2O
题点6 微生物电池
(2020·山东卷，10)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO－的溶液为例)。下列说法错误的是( )
A．负极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．当电路中转移1 ml电子时，模拟海水理论上除盐58.5 g
D．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1
题点7 其他新型电池
1.(2025·山东，12)全铁液流电池工作原理如图所示，两电极分别为石墨电极和负载铁的石墨电极。下列说法正确的是( )
A.隔膜为阳离子交换膜
B.放电时，a 极为负极
C.充电时，隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小
D.理论上，Fe3+每减少1 ml，Fe2+总量相应增加2 ml
2.(2025·黑吉辽蒙，13)一种基于Cu2O的储氯电池装置如图，放电过程中a、b极均增重。若将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重。关于图中装置所示电池，下列说法错误的是( )
A.放电时Na+向b极迁移
B.该电池可用于海水脱盐
C.a极反应：Cu2O+2H2O+Cl--2e-Cu2(OH)3Cl+H+
D.若以Ag/AgCl电极代替a极，电池将失去储氯能力
3.(2025·安徽，13)研究人员开发出一种锂-氢可充电电池(如图所示)，使用前需先充电，其固体电解质仅允许Li+通过。下列说法正确的是( )
A.放电时电解质溶液质量减小
B.放电时电池总反应为H2+2Li2LiH
C.充电时Li+移向惰性电极
D.充电时每转移1 ml电子，c(H+)降低1 ml·L-1
4．(2025·四川，14)最近，我国科学工作者制备了一种Ni−CuO电催化剂，并将其与金属铝组装成可充电电池，用于还原污水中的NO3−为NH3，其工作原理如图所示。研究证明，电池放电时，水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化表面的NO3−逐步还原为NH3。
下列说法错误的是
A．放电时，负极区游离的OH−数目保持不变
B．放电时、还原1.0ml NO3−为NH3，理论上需要8.0ml氢原子
C．充电时，OH−从阴极区穿过离子交换膜进入阳极区
D．充电时，电池总反应为4[AlOH4]−=4Al+6H2O+4OH−+3O2↑
5.(2024·湖北，14)我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中H2O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中，甲醛转化为HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2−+H2O。Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2−-e-HCOO-+H·。下列说法错误的是( )
A.电解一段时间后阳极区c(OH-)减小
B.理论上生成1 ml H3N+CH2COOH双极膜中有4 ml H2O解离
C.阳极总反应式为2HCHO+4OH--2e-2HCOO-+H2↑+2H2O
D.阴极区存在反应H2C2O4+2H++2e-CHOCOOH+H2O
6.(2024·贵州，11)一种太阳能驱动环境处理的自循环光催化芬顿系统工作原理如图。光阳极发生反应：HCO3−+H2OHCO4−+2H++2e-，HCO4−+H2OHCO3−+H2O2。体系中H2O2与Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)发生反应产生的活性氧自由基可用于处理污水中的有机污染物。
下列说法错误的是( )
A.该芬顿系统能量转化形式为太阳能→电能→化学能
B.阴极反应式为O2+2H++2e-H2O2
C.光阳极每消耗1 ml H2O，体系中生成2 ml H2O2
D.H2O2在Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)的循环反应中表现出氧化性和还原性
7.（2021·湖南卷，10）锌/溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：
下列说法错误的是( )
A．放电时，N极为正极
B．放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小
C．充电时，M极的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn
D．隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过
知识点4 电解原理及其应用
题点1 电解原理及应用
1.(2025·江苏，8)以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2H2O2H2↑+O2↑。下列说法正确的是( )
A.电极a上发生氧化反应生成O2
B.H+通过质子交换膜从右室移向左室
C.光解前后，H2SO4溶液的pH不变
D.外电路每通过0.01 ml电子，电极b上产生0.01 ml H2
2.(2025·湖南，9)一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是( )
A.电解过程中，K+向左室迁移
B.电解过程中，左室中NO2−的浓度持续下降
C.用湿润的蓝色石蕊试纸置于b处，试纸先变红后褪色
D.NO3−完全转化为NH3的电解总反应：NO3−+8Cl-+6H2ONH3↑+9OH-+4Cl2↑
3.(2025·湖北，15)某电化学制冷系统的装置如图所示。Fe(H2O)63+和Fe(H2O)62+在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动(①→②→③→④→①)实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是( )
A.阴极反应为Fe(H2O)63++e-Fe(H2O)62+
B.已知②处的电解液温度比①处的低，可推断Fe(H2O)62+比Fe(H2O)63+稳定
C.多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换
D.已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变
4.(2025·河北，10)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCO2(xI－
D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转
9.(2023·北京，5)回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨
B．装置a中溶液显碱性的原因是HCOeq \\al(－,3)的水解程度大于HCOeq \\al(－,3)的电离程度
C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2
D．装置b中的总反应为SOeq \\al(2－,3)＋CO2＋H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))HCOOH＋SOeq \\al(2－,4)
10.（2022·北京卷，13）利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
下列说法不正确的是( )
A．①中气体减少，推测是由于溶液中c(H＋)减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H＋与铁接触
B．①中检测到Fe2＋，推测可能发生反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu
C．随阴极析出Cu，推测②中溶液c(Cu2＋)减少，Cu2＋＋4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆移
D．②中Cu2＋生成[Cu(NH3)4]2＋，使得c(Cu2＋)比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密
11.(2022·广东卷)以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中( )
A．阴极发生的反应为Mg－2e－===Mg2＋
B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
12.（2022·天津卷，11）实验装置如图所示。接通电源后，用碳棒(a′、b′)作笔，在浸有饱和NaCl溶液和石蕊溶液的湿润试纸上同时写字，a′端的字迹呈白色。下列结论正确的是( )
A．a为负极
B．b′端的字迹呈蓝色
C．电子流向为：b→b′→a′→a
D．如果将a′、b′换成铜棒，与碳棒作电极时的现象相同
13.（2021·辽宁卷，13）利用(Q)与电解转化法从烟气中分离CO2的原理如图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法错误的是( )
A．a为电源负极B．溶液中Q的物质的量保持不变
C．CO2在M极被还原D．分离出的CO2从出口2排出
14.（2021·海南卷，9）液氨中存在平衡：2NH3⇌NH4++NH2-。如图所示为电解池装置，以KNH2的液氨溶液为电解液，电解过程中a、b两个惰性电极上都有气泡产生。下列有关说法正确的是( )
A．b电极连接的是电源的负极
B．a电极的反应为2NH3+2e-=H2+2NH2-
C．电解过程中，阴极附近K+浓度减小
D．理论上两极产生的气体物质的量之比为1∶1
15.（2020·浙江选考，18）在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确的是( )
A．电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出
D．OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量
题点2 原电池、电解池串联的综合分析
1.(2025·甘肃，12)我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系统(如图)，以新型MNi/NiMO4为催化剂(生长在泡沫镍电极上)，在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该系统的说法错误的是( )
A.将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率
B.在外电路中，电子从电极1流向电极4
C.电极3的反应为4OH--4e-2H2O+O2↑
D.理论上，每通过2 ml电子，可产生1 ml H2
2.(2022·山东卷，13)设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCO2(s)转化为C2＋，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是( )
A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大
B．装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸
C．乙室电极反应式为LiCO2＋2H2O＋e－===Li＋＋C2＋＋4OH－
D．若甲室C2＋减少200 mg，乙室C2＋增加300 mg，则此时已进行过溶液转移
题点3 电解原理在物质制备、含量测定中的应用
微题点1 电解原理在物质制备中的应用
1.(2025·新课标卷，10)某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑料(PET)碱性水解液中的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。
电解时，下列说法错误的是( )
A.阳极区pH下降
B.OH-从阴极区向阳极区迁移
C.阴极发生反应NO3−+7H2O+8e-NH3·H2O+9OH-
D.阴极转化1 ml NO3−，阳极将生成4 ml HOCH2COO-
2.(2025·陕晋青宁，13)我国科研人员采用图甲所示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面的主要反应历程如图乙(灰球表示电极表面催化剂)。下列说法错误的是( )
A.电解时，H+从右室向左室移动
B.电解总反应：TY+H2OTQ+2H2↑
C.以为原料，也可得到TQ
D.用18O标记电解液中的水，可得到
3.(2025·湖南，18)在温和条件下，将CO转化为C4烃类具有重要意义。采用电化学⁃化学串联催化策略可将CO高选择性合成C4H10，该流程示意图如下：
回答下列问题：
(1)电解池中电极M与电源的 极相连。
(2)CO放电生成C2H4的电极反应式为 。
(3)在反应器中，发生如下反应：
反应ⅰ：2C2H4(g)C4H8(g)
ΔH1=-104.7 kJ·ml-1
反应ⅱ：2C2H4(g)+H2(g)C4H10(g)
ΔH2=230.7 kJ·ml-1
计算反应C4H8(g)+H2(g)C4H10(g)的ΔH= kJ·ml-1，该反应 (填标号)。
A.高温自发B.低温自发
C.高温低温均自发D.高温低温均不自发
(4)一定温度下，CO、C2H4和H2(体积比为x∶2∶1)按一定流速进入装有催化剂的恒容反应器(入口压强为100 kPa)发生反应ⅰ和ⅱ，有CO存在时，反应ⅱ的反应进程如图1所示。随着x的增加，C2H4的转化率和产物的选择性(选择性=转化为目的产物所消耗乙烯的量已转化的乙烯总量×100%)如图2所示。
根据图1，写出生成C4H10的决速步反应式 ；C4H10的选择性大于C4H8的原因是 。
②结合图2，当x≥2时，混合气体以较低的流速经过恒容反应器时；反应近似达到平衡，随着x的增大，C2H4的转化率减小的原因是 ；
当x=2时，该温度下反应ⅱ的Kp= (kPa)-2(保留两位小数)。
4.(2024·山东，13)以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2，装置如图所示。下列说法错误的是( )
A.电极a连接电源负极
B.加入Y的目的是补充NaBr
C.电解总反应式为Br-+3H2OBrO3−+3H2↑
D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z)∶n(Br-)=3∶2
5.(2024·吉林，12)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为：。下列说法错误的是( )
A.相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍
B.阴极反应：2H2O+2e-2OH-+H2↑
C.电解时OH-通过阴离子交换膜向b极方向移动
D.阳极反应：2HCHO-2e-+4OH-2HCOO-+2H2O+H2↑
6.(2024·湖南，10)在KOH水溶液中，电化学方法合成高能物质K4C6N16时，伴随少量O2生成，电解原理如图所示，下列说法正确的是( )
A.电解时，OH-向Ni电极移动
B.生成C6N164−的电极反应：2C3N8H4+8OH--4e-C6N164−+8H2O
C.电解一段时间后，溶液pH升高
D.每生成1 ml H2的同时，生成0.5 ml K4C6N16
7.（2023·浙江（1月选考）卷，11）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法正确的是( )
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O
C．该体系中，石墨优先于Cl－参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
8.(2023·全国甲卷，12)用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K＋抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是( )
A．析氢反应发生在IrOx-Ti电极上
B．Cl－从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极
C．阴极发生的反应有：2CO2＋12H＋＋12e－===C2H4＋4H2O
D．每转移1 ml电子，阳极生成11.2 L气体(标准状况)
9.(2023·湖南，8)葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如下：
下列说法错误的是( )
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成1 ml葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2 ml电子
C．葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物
D．葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应
10.(2023·北京，16)尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(1)十九世纪初，用氰酸银(AgOCN)与NH4Cl在一定条件下反应制得CO(NH2)2，实现了由无机物到有机物的合成。该反应的化学方程式是________________________________。
(2)二十世纪初，工业上以CO2和NH3为原料在一定温度和压强下合成尿素。反应分两步：
ⅰ.CO2和NH3生成NH2COONH4；
ⅱ.NH2COONH4分解生成尿素。
结合反应过程中能量变化示意图，下列说法正确的是____________(填序号)。
a．活化能：反应ⅰ ②－20.9(b－a)kJ·ml－1[或－41.8(c－a)kJ·ml－1] (4)抑制Fe3＋水解 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ 将一定量的Cu粉加入一定浓度的Fe2(SO4)3溶液中反应，测量反应的热量变化，计算得到反应Cu＋Fe2(SO4)3===CuSO4＋2FeSO4的焓变ΔH1；根据(3)中实验计算得到反应Fe＋CuSO4===Cu＋FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe＋Fe2(SO4)3===3FeSO4的焓变为ΔH1＋ΔH2 (5)燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【解析】(1)①滴定操作时需要用到的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台等，故选A、D。②c(HCl)＝eq \f(c(NaOH)·V(NaOH),V(HCl))＝eq \f(0.500 0 ml·L－1×22.00 mL,20.00 mL)＝0.550 0 ml·L－1。(2)由Q＝cρV总·ΔT可得Q＝4.18 J·g－1·℃－1×1.0 g·mL－1×(50 mL＋50 mL)×(T1－T0) ℃＝418(T1－T0) J。(3)①100 mL 0.20 ml·L－1CuSO4溶液含有溶质的物质的量为0.02 ml,1.20 g Fe粉和0.56 g Fe粉的物质的量分别为0.021 ml、0.01 ml，实验i中有0.02 ml CuSO4发生反应，实验ii中有0.01 ml CuSO4发生反应，实验i放出的热量多，则b>c。②若按实验i进行计算，ΔH＝－eq \f(4.18×1.0×100×(b－a),1 000×0.02) kJ·ml－1＝－20.9(b－a)kJ·ml－1；若按实验ii进行计算，ΔH＝－eq \f(4.18×1.0×100×(c－a),1 000×0.01) kJ·ml－1＝－41.8(c－a)kJ·ml－1。(4)Fe3＋易水解，为防止Fe3＋水解，在配制Fe2(SO4)3溶液时需加入酸；向少量Fe2(SO4)3溶液中加入Fe粉，溶液颜色变浅的同时有气泡冒出即氢气产生，说明溶液中还存在Fe与酸的反应，其离子方程式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。
4.【答案】(1)－911.9 (2)eq \r(3,2x) ml·L－1 (3)Ca(OH)2在水中的溶解度小，反应①达到了平衡状态 (4)不反应 Al和溶液中的OH－发生了反应 OH－ (5)A (6)实验e中，发生反应①、②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，反应②的发生促使反应①平衡右移，这三步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快，温度持续升高
【解析】(1)根据盖斯定律，①＋②＋2×③可得反应CaO(s)＋2Al(s)＋7H2O(l)===Ca2＋(aq)＋2[Al(OH)4]－(aq)＋3H2(g)，则ΔH4＝ΔH1＋ΔH2＋2ΔH3＝(－65.17 kJ·ml－1)＋(－16.73 kJ·ml－1)＋2×(－415.0 kJ·ml－1)＝－911.9 kJ·ml－1。(2)温度为T时，Ca(OH)2饱和溶液中，Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq), c(OH－)＝2c(Ca2＋)，Ksp[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝x，则c(OH－)＝eq \r(3,2x) ml·L－1。(4)实验b中，ΔT几乎不变，说明Al粉与H2O在该条件下不反应；实验c中，前3 min的ΔT有变化，是因为Al和溶液中的OH－发生了反应，3 min后ΔT基本不变，是因为饱和石灰水中OH－的浓度较低，OH－的量有限。(5)实验d中，发生反应②和③，反应③中有气体生成，气体的逸出促使反应③向右进行，反应③的发生使得溶液中OH－的浓度减小，促使反应②平衡右移，这两步反应都是放热反应，温度升高导致反应速率加快；综上所述，实验d在10 min内温度持续升高与反应①无关，故选A。
5.【答案】B
【解析】该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，比较4个图象B符合题意，故答案选B。
题点2 热化学方程式的书写
1.【答案】D
【解析】H2O应该为液态，A错误；C2H6(g)===C2H4(g)＋H2(g) ΔH＝＋137 kJ·ml－1，B错误；氢气的燃烧热为285.8 kJ·ml－1，则H2O(l)===eq \f(1,2)O2(g)＋H2(g) ΔH＝＋285.8 kJ·ml－1，C错误。
2.【答案】(1)6CO2g+6H2Ol=C6H12O6s+6O2g ΔH=+2804 kJ/ml
(2)1067.5
(3)k1600
(4)3.25×103
(5)游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：CO2+H2O+CaCO3⇌Ca2++2HCO3-，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏
【解析】（1）由题意可知，反应①为1ml葡萄糖在氧气中完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出2804kJ的热量，反应的热化学方程式为C6H12O6(s)+6O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l) ΔH=-2804 kJ/ml，二氧化碳和液态水经光合作用生成葡萄糖和氧气的反应为葡萄糖燃烧的逆反应，生成1 ml葡萄糖会吸收2804 kJ的热量，反应的热化学方程式为6CO2(g)+6H2O(l)=C6H12O6(s)+6O2(g) ΔH=+2804 kJ/ml。
（2）由题干信息结合反应②知，ΔH =反应物总键能-生成物总键能=E(CO)+12E(O=O)-2E(C=O)=E(CO)+12×495kJ·ml−1-2×799kJ·ml−1=-283 kJ·ml-1。解得E(CO)=1067.5kJ·ml-1。
（3）当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，则由v(H2CO3)=v(CO2)可得：k1c(H2CO3)= k2c(CO2)，k1k2=cCO2cH2CO3=K=600，解得k2=k1600。
（4）由方程式可知，反应的平衡常数K=cSO42-cCO32-=c(SO42-)c(Ca2+)c(CO32-)c(Ca2+)=KspCaSO4KspCaCO3=9.1×10-62.8×10-9=3.25×103。
（5）二氧化碳和碳酸钙在溶液中存在如下平衡CO2+H2O+CaCO3⇌Ca2++2HCO3-，当游客数量增大，反应物二氧化碳的浓度增大，平衡向正反应方向移动，碳酸钙因反应而减少，导致钟乳石被坏，故答案为：游客呼出的CO2可与钟乳石主要成分CaCO3发生可逆反应：CO2+H2O+CaCO3⇌Ca2++2HCO3-，CO2增加，平衡正向移动，CaCO3减少，钟乳石被坏。
题点3 反应热计算与大小比较
1.【答案】m+4n3
【解析】13×①+43×②得到反应③，根据盖斯定律ΔH3=13×m kJ·ml-1+43×n kJ·ml-1=m+4n3 kJ·ml-1。
2.【答案】C
【解析】由NaCl(s)溶解为Na+(aq)、Cl-1(aq)过程中ΔH3=+4 kJ·ml-1>0可知，NaCl固体溶解是吸热过程，A正确；根据盖斯定律可得，ΔH3=ΔH1+ΔH2=(a+b)kJ·ml-1=+4 kJ·ml-1，即a+b=4，B正确，NaCl(s)解离为气态离子的过程破坏离子键，需吸收能量，则a>0，气态离子进入水中，形成水合离子，会释放能量，则bΔH2；苯与氢气发生加成反应生成1,3­环己二烯的反应为吸热反应(ΔH4>0)，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热：ΔH3＝ΔH4＋ΔH2，因此ΔH3>ΔH2，ΔH2＝ΔH3－ΔH4，C正确，D不正确。
7.【答案】C
【解析】所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；根据图示，C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1，CO(g)＋12O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－283.0 kJ·ml－1，根据反应可知都是放热反应，1 ml C(石墨)和1 ml CO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2,1 ml C(石墨)放热多，故B正确；根据B项分析，①C(石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1，②CO(g)＋12O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－283.0 kJ·ml－1，根据盖斯定律①－②×2可得：C(石墨)＋CO2(g)===2CO(g) ΔH＝ΔH1－2ΔH2，故C错误；根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确；答案选C。
8.【答案】B
【解析】A错，该反应是气体分子数增多的反应，ΔS＞0；B对，固体不列入平衡常数表达式；C错，没有说明H2所处的状况，无法根据气体摩尔体积计算氢气的体积；D错，反应焓变等于反应物的键能之和减去生成物的键能之和，表达式中缺少了2 ml Si—Si的键能。
9.【答案】B
【解析】将题给四个热化学方程式依次编号为①②③④，反应①可看作Na2CO3溶液和少量稀盐酸反应，为放热反应，ΔH1＜0；反应②是CO32−的水解反应，为吸热反应，ΔH2＞0，从而推知：ΔH1＜ΔH2，A错误、B正确；反应③是中和反应，ΔH3＜0，反应④是CH3COOH和强碱的中和反应，ΔH4＜0，由于CH3COOH电离要吸收热量，等量的OH－分别发生反应③和④时，反应③放出的热量比④多，则有ΔH3＜ΔH4，C、D均错误。
10.【答案】(1)4.18×103 (2)－4.18×10310000.100×0.200＝－209
【解析】(1)根据题意，Q＝cmΔt＝4.18 J·g－1·℃－1×100 g×(30.1－20.1) ℃＝4.18×103 J。(2)1.95 g锌的物质的量为0.03 ml,100 mL 0.200 ml·L－1 CuSO4溶液中铜离子的物质的量为0.02 ml，所以锌过量，据(1)计算ΔH＝－4.18×103J÷1000J∙kJ−10.100L×0.200ml·L−1＝－209 kJ·ml－1。
知识点2 原电池工作原理及应用
题点1 原电池工作原理及相关应用
1.【答案】D
【解析】酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨棒为正极，A错误；原电池工作时，阳离子向正极(石墨棒电极)方向移动，B错误；MnO2发生还原反应，C错误；锌筒为负极，负极发生氧化反应：Zn-2e-Zn2+，D正确。
2.【答案】C
【解析】该装置为原电池，a为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O4OH-，b为负极，发生反应：Cu2O-2e-+2OH-2CuO+H2O，在负极区，葡萄糖被CuO氧化为葡萄糖酸：C6H12O6+2CuOC6H12O7+Cu2O；电池的总反应为2C6H12O6+O22C6H12O7，A正确；CuO将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，自身被还原为Cu2O，Cu2O在b电极上失电子转化成CuO，因此，CuO通过Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅰ)相互转变起催化作用，B正确；由反应2C6H12O6+O22C6H12O7可知，1 ml C6H12O6参加反应时转移2 ml电子，消耗18 mg(0.1 mml)葡萄糖时，理论上a电极有0.2 mml电子流入，C错误；原电池中阳离子从负极移向正极迁移，故Na+迁移方向为b→a，D正确。
3.【答案】C
【解析】电池工作时，Zn为负极，MnO2为正极，MnO2得到电子，发生还原反应，A错误；电池工作时，OH-通过隔膜向负极移动，B错误；环境温度过低，化学反应速率下降，不利于电池放电，C正确；由电极反应式MnO2+e-+H2OMnOOH+OH-可知，反应中每生成1 ml MnOOH，转移1 ml(即6.02×1023)电子，D错误。
4.【答案】B
【解析】由题图分析可知，Cl－在Ag极失去电子发生氧化反应，Ag为负极，A错误；电子由负极Ag经活性炭流向正极Pt，B正确；溶液为酸性，故Pt表面发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，C错误；每消耗标准状况下11.2 L的O2，转移2 ml电子，最多去除2 ml Cl－，D错误。
5.【答案】C
【解析】如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极为负极，负极发生氧化反应而不是还原反应，A错误；pH与电池的电动势E存在关系：pH＝eq \f(E－常数,0.059)，则玻璃膜内外氢离子浓度的差异会引起电动势的变化，B错误；pH与电池的电动势E存在关系：pH＝eq \f(E－常数,0.059)，则分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH，C正确；pH计工作时，利用原电池原理，则化学能转化为电能，D错误。
题点2 可充电电池（二次电池）及其应用
1.【答案】C
【解析】充电时，Li+在阴极得电子生成Li嵌入负极材料，[SO2CF3]-在阳极失去电子生成气体离去，反应为2[SO2CF3]--2e-2SO2+ CF3—CF3，不涉及正极材料反应，则铁元素价态不变，[SO2CF3]-反应后离去，维持电池原结构，A、B、D正确，C错误。
2.【答案】(1)①PbSO4+2e-Pb+SO42−
②a96 500 ③正四面体形 ④2Pb+O2+2H2SO42PbSO4+2H2O (2)①使硫酸铅转化为氢氧化铅，便于后续的溶解 ②H2O2的作用为还原剂，K2S2O8的作用为氧化剂 (3)ab
【解析】(1)②根据铅酸电池的工作原理：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，每消耗1 ml H2SO4，对应转移1 ml电子；产生a库仑电量，转移的电子为a96 500 ml，故消耗H2SO4的物质的量为a96 500 ml。③SO42−的中心原子S原子的价层电子对数为4+12(6+2-2×4)=4，故其空间结构为正四面体形。④Pb在H2SO4作用下与氧气反应，会生成PbSO4和水。(2)②步骤Ⅱ中H2O2的作用是将PbO2还原为Pb2+，步骤Ⅲ中K2S2O8的作用是将Pb(Ⅱ)氧化为PbO2。(3)石墨可以导电，多孔碳可以增加负极材料的比表面积，故碳材料的作用可以增强负极的导电性，且有利于生成小颗粒PbSO4，故a、b正确；负极的主要材料是Pb，且电解质环境为酸性，故负极不存在PbO2，碳材料不能使PbO2被还原，c错误。
3．【答案】D
【解析】由图可知，放电时，N电极上AgCl→Ag发生得电子的还原反应，为正极，电极反应为：AgCl+e−=Ag+Cl−，M电极为负极，电极反应为4Sb-12e−+2Cl−+5H2O=Sb4O5Cl2+10H+，充电时，N为阳极，M为阴极，电极反应与原电池相反，据此解答。由分析可知，放电时，M电极为负极，A错误；由分析可知，放电时，N电极反应为：AgCl+e−=Ag+Cl−，B错误；由分析可知，建立电子转移关系式：Sb4O5Cl2∼12e−∼12Ag，由此可知，消耗4mlAg，同时消耗13mlSb4O5Cl2，C错误；电时，M极为阴极，电极反应与原电池相反：Sb4O5Cl2+12e−+10H+=4Sb+2Cl−+5H2O，D正确；故选D。
4.【答案】C
【解析】充电时该装置为电解池，电解池中阳离子向阴极迁移，即Zn2+向阴极方向迁移，A错误；放电时，Zn电极为负极，电极反应为Zn-2e-Zn2+，则充电时阴极反应为Zn2++2e-Zn，即充电时Zn元素化合价应降低，B错误；放电时，MnO2电极为正极，正极上检测到MnOOH和少量ZnMn2O4，则正极上主要发生的电极反应为MnO2+H2O+e-MnOOH+OH-，C正确；放电时，Zn电极质量减少0.65 g(物质的量为0.010 ml)，电路中转移0.020 ml电子，由正极的主要反应MnO2+H2O+e-MnOOH+OH-可知，若正极上只有MnOOH生成，则生成MnOOH的物质的量为0.020 ml，但正极上还有少量ZnMn2O4生成，因此，MnOOH的物质的量小于0.020 ml，D错误。
5.【答案】C
【解析】由标注框内所示结构可知，其结构中存在碳碳单键、碳碳双键等多种共价键，还有由N提供孤电子对、Zn2+提供空轨道形成的配位键，A项正确；由图可知，该新型水系锌电池的负极是锌，正极是超分子材料，负极的电极反应式为Zn-2e-Zn2+，则充电时，该电极为阴极，电极反应式为Zn2++2e-Zn；正极电极反应式为I3−+2e-3I-，则充电时，该电极为阳极，电极反应式为3I--2e-I3−，则该电池总反应为I3−+ZnZn2++3I-，B项正确；充电时，阴极电极反应式为Zn2++2e-Zn，被还原的Zn2+主要来自电解质溶液，C错误；放电时，负极的电极反应式为Zn-2e-Zn2+，因此消耗0.65 g(即0.01 ml) Zn，理论上转移0.02 ml电子，D正确。
6.【答案】C
【解析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4价降低为+3价，CO2发生还原反应，所以多孔碳纳米管电极为正极，电极反应式为Mg2++2CO2+2e-MgC2O4，Mg电极为负极，电极反应式为Mg-2e-Mg2+，则放电时电池总反应为2CO2+MgMgC2O4，A正确；充电时，多孔碳纳米管电极上发生氧化反应，为阳极，与电源正极连接，B正确；充电时，Mg电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向Mg电极，同时Mg2+向阴极移动，C错误；根据放电时的电极总反应2CO2+MgMgC2O4可知，每转移1 ml电子，理论上可转化1 ml CO2，D正确。
7.【答案】C
【解析】放电时，Zn2＋可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，V2O5发生了还原反应，则放电时V2O5为正极，A正确；Zn为负极，放电时Zn失去电子变为Zn2＋，阳离子向正极迁移，则放电时Zn2＋由负极向正极迁移，B正确；电池在放电时的总反应为xZn＋V2O5＋nH2O===ZnxV2O5·nH2O，则其在充电时的总反应为ZnxV2O5·nH2O===xZn＋V2O5＋nH2O，C不正确；充电时阳极上ZnxV2O5·nH2O被氧化为V2O5，则阳极的电极反应为ZnxV2O5·nH2O－2xe－===xZn2＋＋V2O5＋nH2O，D正确。
8.【答案】A
【解析】由图可知，化学自充电时，消耗O2，该反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，c(OH－)增大，故A正确；化学自充电时，无需外接电源即能实现化学自充电，该过程不是电能转化为化学能，故B错误；由图可知，化学自充电时，锌电极作阴极，该电极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故C错误；放电时，1 ml转化为，消耗2 ml K＋，外电路通过0.02 ml电子时，正极物质增加0.02 ml K＋，增加的质量为0.02 ml×39 g·ml－1 ＝0.78 g，故D错误。
9.【答案】C
【解析】A．断开K2、合上K1，为放电过程，镍镉电池能量转化形式：化学能→电能，A正确；B．断开K1、合上K2，为充电过程，电极A与直流电源的负极相连，电极A为阴极，发生还原反应，电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，B正确；C．电极B发生氧化反应的电极反应式为2Ni(OH)2-2e-+2OH-=2NiOOH+2H2O，则电极A发生还原反应的电极反应式为Cd(OH)2+2e-=Cd+2OH-，此时为充电过程，总反应为Cd(OH)2+2Ni(OH)2Cd+2NiOOH+2H2O，溶液中KOH浓度减小，C错误；D．根据分析，放电时总反应为Cd+2NiOOH+2H2O=Cd(OH)2+2Ni(OH)2，则镍镉二次电池总反应式为Cd+2NiOOH+2H2O⇌充电放电Cd(OH)2+2Ni(OH)2，D正确。
10.【答案】B
【解析】由图可知，集流体A与电极A相连，充电时电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A说法正确；放电时，外电路通过a ml电子时，内电路中有a ml Li＋通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON薄膜电解质没有损失Li＋，B说法不正确；放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为Li1－xCO2＋xLi＋＋xe－===LiCO2，C说法正确；电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子转化为Li＋，正极上Li1－xCO2得到电子和Li＋转化为LiCO2，故电池总反应可表示为LixSi＋Li1－xCO2Si＋LiCO2，D说法正确。
知识点3 新型化学电源
题点1 活泼金属---氧气（空气）电池
（2021·河北卷，9）
【答案】D
【解析】金属性强的钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通过，不允许O2通过，故A正确；放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，故B正确；生成1 ml超氧化钾时，消耗1 ml氧气，两者的质量比为(1 ml×71 g·ml－1)∶(1 ml×32 g·ml－1)≈2.22∶1，故C正确；铅酸蓄电池充电时的总反应的化学方程式为2PbSO4＋2H2O===PbO2＋Pb＋2H2SO4，反应消耗2 ml水，转移2 ml电子，由得失电子守恒可知，消耗3.9 g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为eq \f(3.9 g,39 g·ml－1)×18 g·ml－1＝1.8 g，故D错误。
题点2 活泼金属---二氧化碳电池
1.【答案】D
【解析】A．Li是活泼金属能与水发生反应，因此不能采用水溶液作为电解质，应使用有机电解液，故A正确；B．充电时原电池的负极与电源负极相连作阴极，原电池的正极与电源正极相连作阳极，阳离子由阳极向阴极移动，则Li+由正极（电池中标注“＋”，实际阳极）向负极（电池中标注“－”，实际阴极）迁移，故B正确；C．由装置可知，该原电池的正极为二氧化碳得电子生成C单质，电极反应式为：3CO2+4Li++4e−=2Li2CO3+C，故C正确；D．由正极的反应历程图示可知，C为最终的产物，不是中间产物，故D错误。
2.【答案】B
【解析】根据题干信息可知，放电时总反应为4Na＋3CO2===2Na2CO3＋C。放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na＋，故A错误；放电时正极上CO2得到电子生成C，故B正确；放电时阳离子移向正极，故C错误；放电时该装置为原电池，将化学能转化为电能，故D正确。
题点3 活泼金属---海水电池
1.【答案】A
【解析】分析可知，b电极为电池正极，A正确；电池工作时，阳离子向正极移动，故海水中的Na＋向b电极移动，B错误；电池工作时，a电极反应为铝失去电子生成铝离子：Al－3e－===Al3＋，铝离子水解使紧邻a电极区域的海水呈酸性，C错误；每消耗1 kg Al(为eq \f(1 000,27) ml)，电池最多向外提供eq \f(1 000,27) ml×3＝eq \f(1 000,9) ml电子的电量，D错误。
2.【答案】B
【解析】海水中含有丰富的电解质，如氯化钠、氯化镁等，可作为电解质溶液，故A正确；N为正极，电极反应主要为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故B错误；Li为活泼金属，易与水反应，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反应，并能传导离子，故C正确；该电池不可充电，属于一次电池，故D正确。
题点4 新型储能电池
1.【答案】A
【解析】充电时为电解池装置，阳离子移向阴极，Na＋由硫电极迁移至钠电极，A错误；放电时Na在a电极失去电子，失去的电子经外电路流向b电极，即电子在外电路的流向为a→b，B正确；将题给硫电极发生的反应依次编号为①②③，由eq \f(x,4)×①＋eq \f(x,4)×②＋③可得正极的反应式为2Na＋＋eq \f(x,8)S8＋2e－―→Na2Sx，C正确；炭化纤维素纸中含有大量的炭，炭具有良好的导电性，可以增强硫电极的导电性能，D正确。
2.【答案】C
【解析】由充电时电极a的反应可知，充电时电极a发生还原反应，所以电极a是阴极，则电极b是阳极，故A错误；放电时负极反应为Na3Ti2(PO4)3－2e－===NaTi2(PO4)3＋2Na＋，正极反应为Cl2＋2e－===2Cl－，反应后Na＋和Cl－浓度都增大，则放电时NaCl溶液的浓度增大，pH不变，故B错误，C正确；充电时阳极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应为NaTi2(PO4)3＋2Na＋＋2e－===Na3Ti2(PO4)3，由得失电子守恒可知，每生成1 ml Cl2，电极a质量理论上增加23 g·ml－1×2 ml＝46 g，故D错误。
3.【答案】A
【解析】A．放电时负极失电子，发生氧化反应，电极反应：Na3Ti2PO43-2e-=NaTi2PO43+2Na+，故A正确；B．放电时，阴离子移向负极，放电时Cl-透过多孔活性炭电极向NaCl中迁移，故B错误；C．放电时每转移1ml电子，正极：Cl2+2e-=2Cl-，理论上CCl4释放0.5ml Cl2，故C错误；D．充电过程中，阳极：2Cl--2e-=Cl2，消耗氯离子，NaCl溶液浓度减小，故D错误。
4.【答案】B
【解析】由题干信息可知，放电时，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为：Li-e-=Li+，N极为正极，电极反应为：3Li++3e-+Bi=Li3Bi。A．由分析可知，放电时，M电极反应为Li-e-=Li+，A错误；B．由分析可知，放电时，M极为负极，N极为正极，故Li+由M电极向N电极移动，B正确；C．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极反应为：Li++e-= Li，故电极质量增大，C错误；D．由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，充电时，N电极反应为Li3Bi - 3e-=3Li++Bi，D错误。
5.
【答案】C
【解析】A对，四硫化二钠属于离子化合物，其中硫达到8电子稳定结构，其电子式为；B对，根据总反应可知，S在正极发生反应，电极反应为xS＋2Na＋＋2e－===Na2Sx；C错，电池正极是含碳粉的熔融硫；D对，因为该电池可以充电，所以为二次电池，其中Na­β­Al2O3是隔膜，防止熔融钠与熔融硫直接反应。
题点5 新型燃料电池
1.【答案】D
【解析】按照图1电解Na2SO4溶液，石墨1为阳极，电极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-，石墨2中会吸附少量氢气。对于实验ⅰ，图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极，实验ⅰ形成原电池，反应为2H2+O22H2O，A正确；因为实验ⅱ中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少H2作为还原剂，故导致b0，说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应，C正确；实验ⅲ与实验ⅳ中电极Ⅰ不同，d>c，是因为电极Ⅰ上吸附O2的量：ⅳ>ⅲ，D错误。
2.【答案】B
【解析】放电时，负极上Pb失电子结合硫酸根离子生成PbSO4附着在负极上，负极质量增大，A错误；储能过程中，该装置为电解池，将电能转化为化学能，B正确；放电时，右侧为正极，电解质溶液中的阳离子向正极移动，左侧的H＋通过质子交换膜移向右侧，C错误；充电时，总反应为PbSO4＋2Fe2＋===Pb＋SOeq \\al(2－,4)＋2Fe3＋，D错误。
3.【答案】C
【解析】放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；碱性环境下，N2H4—O2清洁燃料电池总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量均减小，B错误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是eq \f(m g,32 g·ml－1)×6、eq \f(m g,32 g·ml－1)×4、eq \f(m g,60 g·ml－1)×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 ml O2生成的氮气的物质的量为1 ml，在标准状况下为22.4 L，D错误。
4.【答案】AD
【解析】A．该电池将乙烯和水转化为了乙醛，可用于乙醛的制备，故A符合题意；B．根据分析，a电极为正极，b电极为负极，故B不符合题意；C．电池工作时，氢离子移向正极，a电极的反应式为O2+4e- +4H+ =2H2O，a电极附近pH升高，故C不符合题意；D．根据分析，a电极为正极，正极发生还原反应，a电极的反应式为O2+4e- +4H+ =2H2O，故D符合题意。
题点6 微生物电池
(2020·山东卷，10)
【答案】B
【解析】由装置示意图可知，负极区CH3COO－发生氧化反应生成CO2和H＋，A项正确；隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，才能使模拟海水中的氯离子移向负极，钠离子移向正极，达到海水淡化的目的，B项错误；电路中有1 ml 电子通过，则电解质溶液中有1 ml钠离子移向正极，1 ml氯离子移向负极，C项正确；负极产生CO2：CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋，正极产生H2：2H＋＋2e－===H2↑，根据电荷守恒，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1，D项正确。
题点7 其他新型电池
1.【答案】BC
【解析】根据电池中所含物质知，能形成的自发氧化还原反应只有Fe+2Fe3+3Fe2+，因此氧化剂Fe3+所在电极区的b电极为正极，电极材料为石墨，则a电极为负极，电极材料为负载Fe的石墨。隔膜需防止右侧的Fe3+进入左侧，应使用阴离子交换膜，A错误、B正确；充电时的总反应为3Fe2+Fe+2Fe3+，消耗Fe2+，故隔膜两侧溶液Fe2+浓度均减小，C正确；根据放电的总反应知，Fe3+每减少1 ml，Fe2+总量相应增加1.5 ml，D错误。
2.【答案】D
【解析】放电时，a、b两极均增重，由两个电极及电解液组成可知，a极上Cu2O→Cu2(OH)3Cl，发生氧化反应，a极为原电池负极，b极上NaTi2(PO4)3→Na3Ti2(PO4)3，发生还原反应，b极为原电池正极。原电池中，阳离子移向正极，即放电时，Na+向b极迁移，A正确；由两个电极的物质转化可知，a极消耗电解质溶液中的Cl-，b极消耗电解质溶液中的Na+，故电池工作时，NaCl浓度逐渐减小，则该电池可用于海水脱盐，B正确；将b极换成Ag/AgCl电极，b极仍增重，说明b极上Ag→AgCl，该电极仍能起到储氯的作用，D错误。
3.【答案】C
【解析】结合锂-氢可充电电池装置，再结合题中信息“使用前需先充电”可知，先充电的目的是将惰性电极附近的有机电解质中的Li+转化为Li，故充电时，惰性电极为阴极，其电极反应式为Li++e-Li；气体扩散电极为阳极，其电极反应式为H2-2e-+2H2PO4−2H3PO4。放电时，惰性电极为负极，其电极反应式为Li-e-Li+；气体扩散电极为正极，其电极反应式为2H3PO4+2e-H2↑+2H2PO4−。由放电时正极发生的反应知，每2 ml(14 g)Li+进入电解质溶液，有1 ml(2 g)H2扩散到储氢容器，故电解质溶液质量增加，A错误；由正、负极发生的反应知，放电时电池总反应为2Li+2H3PO4H2↑+2Li++2H2PO4−，B错误；电解池中阳离子移向阴极，故充电时Li+移向惰性电极，C正确；电解质溶液体积未知，且H3PO4是弱酸，故c(H+)不能判断，D错误。
4．【答案】A
【解析】放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根，Al−3e−+4OH−=[AlOH4]−，正极水中的氢离子在电催化剂表面获得电子成为氢原子，氢原子再将吸附在电催化剂表面的NO3−逐步还原为NH3，正极区发生反应为NO3−+8e−+6H2O=NH3+9OH−(注意此反应不是电极反应)，充电时，金属铝为阴极，Ni−CuO电极为阳极，据此解答。
放电时，负极铝失去电子和氢氧根离子结合生成四羟基合铝酸根：Al−3e−+4OH−=[AlOH4]−，当转移3ml电子时，消耗4mlOH−，同时正极区会有3mlOH−通过OH−离子交换膜进行补充，OH−净消耗1ml，故负极区游离的OH−数目会减少，故A错误；氢原子将吸附在电催化剂表面的NO3−逐步还原为NH3，还原1.0ml NO3−为NH3，由化合价变化可知，得到8ml电子，所以理论上需要8.0ml氢原子，故B正确；充电时，阴离子向阳极移动，所以充电时，OH−从阴极区穿过OH−离子交换膜进入阳极区，故C正确；充电时，电池阴极反应式为4[AlOH4]−+12e−=4Al+16OH−，阳极反应式为12OH−−12e−=3O2↑+6H2O，总反应为4[AlOH4]−=4Al+6H2O+4OH−+3O2↑，故D正确；答案选A。
5.【答案】B
【解析】由题意可知，Cu电极为阳极，电极总反应为2HCHO-2e-+4OH-2HCOO-+H2↑+2H2O，阳极区消耗OH-、同时生成H2O，c(OH-)减小，A、C正确；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：H2C2O4+2e-+2H+OHC—COOH+H2O，OHC—COOH与HO—N+H3反应生成HOOC—CHN—OH：OHC—COOH+HO—N+H3HOOC—CHN—OH+H2O+H+，HOOC—CHN—OH发生得电子的还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC—CHN—OH+4e-+5H+H3N+CH2COOH+H2O，阴极总反应为H2C2O4+NH2OH+6e-+7H+H3N+CH2COOH+3H2O，1 ml H2O解离成1 ml H+和1 ml OH-，故理论上生成1 ml H3N+CH2COOH双极膜中有6 ml H2O解离，B错误、D正确。
6.【答案】C
【解析】该装置利用光能提供能量转化为电能，在电解池中将电能转化为化学能，A正确；由图可知，阴极上O2和H+得电子生成H2O2，电极反应式为O2+2H++2e-H2O2，B正确；光阳极上水失电子生成O2和H+，电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑，每消耗1 ml H2O，转移2 ml电子，由阴极反应式O2+2H++2e-H2O2知，体系中生成1 ml H2O2，C错误；由Mn(Ⅳ)和H2O2转化为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，则H2O2中O元素化合价升高，H2O2表现还原性，由Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)时，锰元素化合价升高，则H2O2中O元素化合价降低，H2O2表现氧化性，D正确。
7.【答案】B
【解析】由题意分析可知，放电时，N极为正极，故A正确；放电或充电时，左侧贮液器和右侧贮液器中溴化锌的浓度维持不变，故B错误；充电时，M极与直流电源的负极相连，作电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，故C正确；放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D正确。
知识点4 电解原理及其应用
题点1 电解原理及应用
1.【答案】A
【解析】由图可知，该原电池中电子由电极a向电极b移动， 故电极a失电子作负极，电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑；电极b得电子作正极，电极反应式为2H++2e-H2↑；H+由负极向正极移动。由上述分析可知，电极a上发生氧化反应生成O2，A正确；H+由负极向正极移动，即通过质子交换膜由左室向右室移动，B错误；由总反应可知，光解时消耗水，电解质溶液中硫酸浓度逐渐增大，故溶液pH减小， C错误；由正极反应式可知，电路中每通过0.01 ml e-，电极b上产生 0.005 ml H2，D错误。
2.【答案】B
【解析】电解池中，阳离子向阴极移动，则K+向左室迁移，A正确；电解过程中，NO2−先生成，再消耗，是中间产物，其浓度增大还是减小，取决于其生成速率与消耗速率，无法得出其浓度持续下降的结论，B错误；b处生成氯气，与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸能使变红的试纸褪色，故能看到试纸先变红后褪色，C正确；左侧阴极总反应是NO3−+8e-+6H2ONH3↑+9OH-，右侧阳极总反应是2Cl--2e-Cl2↑，将两电极反应相加即可得到总反应，D正确。
3.【答案】B
【解析】由图可知，左侧电极发生反应Fe(H2O)62+-e-Fe(H2O)63+，则左侧为阳极，右侧电极反应为Fe(H2O)63++e-Fe(H2O)62+，则右侧电极为阴极，A正确；②处的电解液温度比①处的低，则可推断Fe(H2O)63++e-Fe(H2O)62+是吸热反应，但无法推断Fe(H2O)63+和Fe(H2O)62+的稳定性，B错误；多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，C正确；题干明确指出电子转移过程非常快，物质结构来不及改变，这意味着电子转移(即氧化还原反应)本身不会直接导致结构变化，热效应实际上来源于电子转移完成后，新生成的离子Fe(H2O)62+和Fe(H2O)63+因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致的热量变化，D正确。
4.【答案】B
【解析】LixCO2转化为LiCO2，C的化合价降低，LixCO2电极作阴极，电极反应式为LixCO2+(1-x)Li++(1-x)e-LiCO2；H2O中O失电子，化合价升高，Pt电极作阳极，电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+。由电池分析知，A错误；由电极反应式可知，每产生标准状况下5.6 L(0.25 ml) O2时转移1 ml电子，根据得失电子守恒，理论上转化的LixCO2的物质的量为11−x ml，B正确；SO42−为阴离子，向阳极(即Pt电极)迁移，C错误；由阳极的电极反应式知，电解过程中阳极有H+生成，且消耗H2O，故阳极附近溶液pH降低，D错误。
5.【答案】C
【解析】左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应为Fe2O3+6e-+3H2O2Fe+6OH-，右侧电极为阳极，溶液为饱和食盐水，Cl-放电产生氯气，电极反应为2Cl--2e-Cl2↑，中间为阳离子交换膜，Na+由阳极向阴极移动，A、B正确；理论上每消耗1 ml Fe2O3，转移6 ml电子，产生3 ml Cl2，同时有6 ml Na+由阳极转移至阴极，则阳极室溶液减少3×71 g+6×23 g=351 g，C错误；理论上每消耗1 ml Fe2O3，转移6 ml电子，有6 ml Na+由阳极转移至阴极，阴极室物质最多增加6×23 g=138 g，D正确。
6.【答案】B
【解析】电极1上H2O(g)得电子发生还原反应生成H2(g)，电极1为阴极，电极反应为2H2O+4e-2H2+2O2-，电极1的多孔结构能增大电极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A项正确；电极2上O2-失电子发生氧化反应生成O2(g)，电极2为阳极，电极反应为2O2--4e-O2，B项错误；电解池工作时，阴离子向阳极移动，即O2-从电极1迁移到电极2，C项正确；电解总反应为2H2O(g)2H2(g)+O2(g)，分解2 ml H2O转移4 ml电子，则理论上电源提供2 ml电子能分解1 ml H2O，D项正确。
7.【答案】B
【解析】电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；电极B为阴极，通入的氧气得到电子，其电极反应式为2H2O＋4e－＋O2===4OH－，故B错误；右室生成氢氧根离子，应选用阳离子交换膜，左室的钠离子进入到右室，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，从而降低电解电压，减少能耗，故D正确。
8.【答案】D
【解析】根据题图分析，U形管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，A错误；左侧生成氯气，氯气遇水生成HClO，具有漂白性，B错误；b处出现蓝色，发生反应：Cl2＋2KI===I2＋2KCl，说明还原性：I－>Cl－，C错误；断开K1，立刻闭合K2，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确。
9.【答案】C
【解析】SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到大气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；装置a中溶液的溶质为NaHCO3，溶液显碱性，说明HCOeq \\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，故B正确；装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，NaHCO3溶液不能吸收CO2，故C错误。
10.【答案】C
【解析】实验①中，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，放电生成的铜覆盖在铁电极上，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，可能发生的反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑、Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故A、B正确；四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋＋4NH3 [Cu(NH3)4]2＋平衡正向移动，故C错误。
11.【答案】C
【解析】该题中以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2＋和Al3＋，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3＋得电子生成Al单质，从而实现Al的再生，A、B错误；阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据得失电子守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误。
12.【答案】B
13.【答案】C
【解析】由题干信息可知，M极发生的是由Q转化为的过程，该过程是一个还原反应，故M极为阴极，电极反应为：+2H2O+2e-=+2OH-，故与M极相连的a电极为负极，N极为阳极，电极反应为：-2e-=+2H+，b极为电源正极，据此分析解题。
A．由分析可知，a为电源负极，A正确；B．由分析可知，根据电子守恒可知，溶液中Q的物质的量保持不变，B正确；C．由分析可知，整个过程CO2未被还原，CO2在M极发生反应为CO2+OH-=HCO3-，C错误；D．由题干信息可知，M极上CO2发生反应为：CO2+OH-=HCO3-被吸收，HCO3-向阳极移动，N极上发生的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故分离出的CO2从出口2排出，D正确。
14.【答案】B
【解析】A．根据图示可知：在b电极上产生N2，N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以b电极为阳极，连接电源的正极，A错误；B．电极a上产生H2，H元素化合价降低得到电子，发生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为：2NH3+2e-=H2+2NH2-，B正确；C．电解过程中，阴极附近产生NH2-，使附近溶液中阴离子浓度增大，为维持溶液电中性，阳离子K+会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K+浓度增大，C错误；D．每反应产生1 ml H2，转移2 ml电子，每反应产生1 ml N2，转移6 ml电子，故阴极产生H2与阳极产生的N2的物质的量的比是3∶1，D错误。
15.【答案】D
【解析】A.根据电解原理可知电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气，故A正确；B.阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，氢氧化钠要从d口流出，所以要防止OH-流向阳极即电极A，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；C.根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出，故C正确；D.因为有离子交换膜的存在，OH-不发生迁移，故D错误。
题点2 原电池、电解池串联的综合分析
1.【答案】D
【解析】由题图可知，电极1上发生转化Mg→Mg(OH)2，则电极1为原电池的负极，电极2为原电池的正极，电极3与原电池正极相连，为电解池阳极，电极4为电解池阴极，结合题目信息海水pH=8.2、电池和电解池中同时产生氢气，可得各电极的电极反应式，电极1：Mg+2OH--2e-Mg(OH)2；电极2：2H2O+2e-H2↑+2OH-；电极3：4OH--4e-O2↑+2H2O；电极4：2H2O+2e-H2↑+2OH-。将催化剂生长在泡沫镍电极上，可增大催化剂与反应物的接触面积，提高催化效率，A正确；电极1为原电池负极，故外电路中电子从电极1流向电极4，B正确；由得失电子守恒可知，理论上，电路中每通过2 ml电子，电极2和电极4均产生1 ml H2，共产生2 ml H2，D错误。
2.【答案】BD
【解析】由于右侧装置为原电池，所以乙室是原电池，甲室是电解池。电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，C2＋在另一个电极上得到电子，被还原为C单质，甲室总反应为CH3COO－＋4C2＋＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2CO2↑＋4C＋7H＋，溶液pH减小，A错误；乙室电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH－，乙室电极反应式为LiCO2＋e－＋4H＋===Li＋＋C2＋＋2H2O，且消耗H＋，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确、C错误；若甲室C2＋减少200 mg，转移电子的物质的量为n(e－)＝eq \f(0.2 g,59 g·ml－1)×2≈0.006 8 ml，乙室C2＋增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e－)＝eq \f(0.3 g,59 g·ml－1)×1≈0.005 1 ml，说明此时已进行过溶液转移，D正确。
题点3 电解原理在物质制备、含量测定中的应用
微题点1 电解原理在物质制备中的应用
1.【答案】D
【解析】根据图示，电解时，左侧电极连接电源负极，为阴极区，发生还原反应，电极反应式为NO3−+7H2O+8e-NH3·H2O+9OH-；右侧电极连接电源正极，为阳极区，发生氧化反应，电极反应式为HOCH2CH2OH-4e-+5OH-HOCH2COO-+4H2O。总反应方程式为NO3−+2HOCH2CH2OH+OH-NH3·H2O+2HOCH2COO-+H2O。根据分析，阳极区消耗OH-，pH下降，A正确；阴极区生成OH-，阳极区消耗OH-，按照离子移动方向，OH-从阴极区通过阴离子交换膜向阳极区迁移，B正确；阴极转化1 ml NO3−，转移8 ml e-，此时阳极将生成2 ml HOCH2COO-，D错误。
2.【答案】D
【解析】结合TY和TQ的结构简式可知，电极b上TY转化为TQ，发生“得氧失氢”的氧化反应，故电极b为电解池的阳极，结合电极b表面上的主要反应历程图可得，电极反应式为+H2O-4e-+4H+，电极a为电解池的阴极，电极反应式为2H++2e-H2↑。电解池中，阳离子移向阴极，故H+通过质子交换膜移向电极a，即从右室移向左室，A正确；电解的总反应=阳极的电极反应式+阴极的电极反应式，结合上述分析可知，电解总反应为TY+H2OTQ+2H2↑，B正确；根据反应历程图可知，TY中酚羟基转化为酮羰基，水中—OH连在酚羟基的对位上，进而转化为酮羰基，结合的结构并联系反应机理可知，也可以转化为TQ，C正确；根据反应历程图可知，位于甲基邻位的酮羰基上的氧原子来自水，故若用18O标记电解液中的水，则可得到，D错误。
3.【答案】(1)正 (2)2CO+8e-+6H2OC2H4+8OH- (3)-126 B (4)①*C2H5+*C2H4*C4H9 由C4H9生成C4H8时，活化能较大，反应速率慢 ②随着x的增大，CO的分压增大，对于反应ⅰ和反应ⅱ相当于减压，反应ⅰ和反应ⅱ平衡均逆向移动，所以C2H4的转化率减小 0.16
【解析】(1)由图可知，N电极上CO转化为C2H4，C元素化合价下降，发生还原反应，N为阴极，则M为阳极，与电源正极相连。
(3)根据盖斯定律，反应ⅱ-反应ⅰ即可得到目标反应，则ΔH=-230.7 kJ·ml-(-104.7 kJ·ml-1)=-126 kJ·ml-1，该反应是熵减的放热反应，则依据ΔG=ΔH-TΔSd>c>b>0
ⅱ
石墨1
新石墨
b
ⅲ
新石墨
石墨2
c
ⅳ
石墨1
石墨2
d
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
①
0.1 ml·L－1 CuSO4＋少量H2SO4
阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe2＋
②
0.1 ml·L－1 CuSO4＋过量氨水
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素