1、四川省南充市阆中中学2018-2019学年高二化学下学期3月月考试题（含解析）可能用到的原子量：H1，C12，N14，O16，Na23，Mg24，P31，Cl35.5，Fe56，Cu64，S32， Br80，Ag108第卷（选择题 共54分）一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分183=54）1.下列有关叙述正确的是（ ）A. 碱性锌锰电池中，MnO2是催化剂B. 银锌纽扣电池工作时，Ag2O被还原为AgC. 放电时，铅蓄电池中硫酸浓度不断增大D. 电镀时，待镀的金属制品表面发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】A碱性锌锰电池中，MnO2中Mn元素化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故
2、A错误；B银锌纽扣电池工作时，Ag2O发生还原反应生成Ag，故B正确；C铅酸蓄电池总电池反应为：PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O，可知放电时铅酸蓄电池硫酸浓度不断减小，故C错误；D电镀时，镀层阳离子在待镀的金属制品表面放电形成镀层，化合价降低，发生还原反应，故D错误；2.某固体酸燃料电池以CsHSO4固体为电解质传递H，其基本结构见下图，电池总反应可表示为2H2O2=2H2O，下列有关说法正确的是（ ）A. 电子通过外电路从b极流向a极B. b极上的电极反应式为O22H2O4e=4OHC. 每转移0.1 mol电子，便消耗1.12L的H2D. H由a极通过固体酸电解质传递到b
3、极【答案】D【解析】试题分析：A燃料电池中，通入燃料氢气的电极是负极，则a是负极，通入氧化剂的电极b是正极，电子从负极a沿导线流向正极b，A错误；Bb是正极，电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，B错误；C温度和压强未知，导致气体摩尔体积未知，所以无法计算氢气体积，C错误；D放电时，a是负极、b是正极，阳离子氢离子从负极a通过固体酸电解质传递到b极，D正确，答案选选D。考点：考查了化学电源新型电池的相关知识。3.镍镉电池是一种可充电的“干电池”，使用寿命长达1015年。镍镉电池的总反应为Cd2NiOOH2H2O2Ni(OH)2Cd(OH)2。下列说法不正确的是（ ）A. 放电时，负极发生
4、了氧化反应，反应为Cd2OH2e=Cd(OH)2B. 充电时，阳极反应为Ni(OH)2(s)eOH(aq)=NiOOH(s)H2O(l)C. 电池工作时，负极区pH增大，正极区pH减小D. 该电池充电时将电能转化为化学能【答案】C【解析】【分析】镍镉电池的总反应为Cd2NiOOH2H2O2Ni(OH)2Cd(OH)2，镍镉电池放电时Cd失电子，作负极，反应式为：Cd+2OH-2e-Cd（OH）2；放电时NiOOH得电子，作正极，反应式为：NiOOH（s）+H2O+e-=Ni（OH）2（s）+OH-，充电时阴极、阳极反应分别与负极、正极反应相反。【详解】A由分析可知，放电时，负极发生了氧化反应，
5、反应为Cd2OH2e=Cd(OH)2，故A正确；B充电时阳极反应分别与正极反应相反。放电时NiOOH得电子，作正极，反应式为：NiOOH（s）+H2O+e-=Ni（OH）2（s）+OH-，充电时，阳极反应为Ni(OH)2(s)eOH(aq)=NiOOH(s)H2O(l)，故B正确；C放电时Cd失电子，作负极，反应式为：Cd+2OH-2e-Cd（OH）2，NiO（OH）得电子作正极，反应式为：NiOOH（s）+H2O+e-=Ni（OH）2（s）+OH-，所以负极区pH减小，正极区pH增大，故C错误；D充电时，作为电解池，将电能转化为化学能，故D正确；答案选C。【点睛】注意充电时阴极、阳极反应分别
6、与负极、正极反应相反。4.用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为混合溶液。下列叙述错误的是A. 待加工铝质工件为阳极B. 可选用不锈钢网作为阴极C. 阴极的电极反应式为：D. 硫酸根离子在电解过程中向阳极移动【答案】C【解析】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故A说法正确；B、不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故B说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺序应是H放电，即2H2e=H2，故C说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极，故D说法正确。5.石墨作电极电解下列溶液，阴阳两极产生的气体体积比为2:1，且
7、电解液pH增大的是（ ）A. KClB. Na2SO4C. NaOHD. H2SO4【答案】C【解析】【详解】A电解产生氢气与氯气，气体体积比为1:1，故A错误；B电解产生氢气与氧气，气体体积比为2:1，相当于电解水，但是pH值不发生变化，一直是中性的，故B错误；C. 电解产生氢气与氧气，气体体积比为2:1，相当于电解水，NaOH溶液浓度增大，故电解液pH增大，故C正确；D电解产生氢气与氧气，气体体积比为2:1，相当于电解水，H2SO4溶液浓度增大，故电解液pH降低，故D错误；答案选C。【点睛】注意电解水时，pH变化分三种情况，碱性的溶液pH增大，酸性的溶液pH减小，中性的溶液pH不变。6.用
8、惰性电极电解M（NO3）x的水溶液，当阴极增重ag，阳极同时产生bLO2（标准状况下），从而知M的相对分子质量为（ ）A. （22.4ax）/bB. （11.2ax）/bC. （5.6ax）/bD. （2.5ax）/b【答案】C【解析】试题分析：电解的溶液，阴极上是Mx+得到电子生成M，阳极上产生bL氧气，则氧气的物质的量为b/22.4，转移电子数为4b/22.4mol，则金属的物质的量为4b/22.4x，其相对原子质量为a/(4b/22.4x)=5.6ax/b，选C。考点：电解原理的应用和计算7.如图所示的电解池和中，a、b、c和d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均
9、增大，且增重bd。符合上述实验结果的盐溶液是选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2 (SO4)3DCuSO4AgNO3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】试题分析：电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重bd，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d阳离子得电子能力如图所示：，前面的H+表示酸溶液中的H+，后面的H+表示盐溶液中的H+A在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，故A错误；B由阳离子得电子能力顺序表可以看出，盐溶
10、液中Ag+的得电子能力大于H+，K+小于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸钾溶液阴极d上生成H2，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d极生成2gH2，增重0g，所以质量增加bd，故B错误；C在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，故C错误；D两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加bd，故D正确；故选D。【考点定位】考查电解原理及计算【名师点晴】电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重bd，则所电解的盐
11、溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中（H）以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d，据此分析解答。8.用惰性电极电解100mL饱和食盐水，一段时间后，在阴极得到112mL H2（标准状况），此时电解质溶液（体积变化忽略不计）的pH为（ ）A. 13B. 12C. 8D. 1【答案】A【解析】【分析】惰性电极电解100mL饱和食盐水，阴极电解溶液中的阳离子H+，阳极电解溶液中的阴离子Cl-。写出总反应式，求出氢氧根物质的量，再求出氢氧根物质的量浓度，接着再求出氢离子物质的量浓度，进而算pH。【详解】电解的总反应式为：2Cl-+ 2H2O Cl2 + H2 +2OH-。n（H2）=510-3 m
12、ol，n（OH-）=2n（H2）=2510-3 mol =10-2 mol，c（OH-）=10-1 mol/L，c（H+）=10-13 mol/L，故pH=13，A项正确；答案选A。9.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和SO42可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。 下列叙述正确的是（ ）A. 通电后中间隔室的SO42离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B. 该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C. 负极反应为2H2O 4e = O2+4H+，负极区溶液p
13、H降低D. 当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成【答案】B【解析】【分析】用惰性电极电解硫酸钠溶液，相当于电解水，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，硫酸根离子就要通过cd膜进入阳极区，生成硫酸，所以cd为阴离子交换膜；氢离子在阴极得电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，钠离子就要通过ab 膜进入阴极区，生成氢氧化钠，所以ab为阳离子交换膜；据以上分析进行解答。【详解】A项，阴离子向阳极移动，氢氧根离子放电：4OH4e=O2+2H2O，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，故A项错误；B项，直流电场的作用下，两膜中间的Na+、SO42可通过离子交换膜，而两端
14、隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室，通电时，氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气，考虑电荷守恒，两膜中间的硫酸根离子会进入正极区，与氢离子结合成硫酸；氢离子在阴极得电子生成氢气，考虑电荷守恒，两膜中间的钠离子会进入负极区，与氢氧根离子结合成氢氧化钠，故可以得到NaOH和H2SO4产品，故B项正确；C项，负极即为阴极，发生还原反应，氢离子得电子生成氢气，故C项错误；D项，每生成1mol氧气转移4mol电子，当电路中通过1mol 电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，故D项错误；综上所述，本题选B。10.下列有关说法正确的是（ ）A. 铅蓄电池的正极反应为PbO24H2e=Pb22H2OB. 以
15、CO和O2构成的碱性燃料电池负极电极反应式为CO4OH2e=CO2H2OC. 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极D. 工业上通过电解氯化钠溶液制备金属钠和氯气【答案】B【解析】【详解】A.由铅蓄电池的总反应PbO2+2H2SO4+Pb2PbSO4+2H2O可知，放电时，铅蓄电池的正极反应为PbO24H+SO42-2e= PbSO42H2O，故A错误；B.碱性燃料电池负极CO失电子发生氧化反应，电极反应式为CO4OH2e=CO2H2O，故B正确；C.电解精炼铜时，阳极上失电子发生氧化反应，所以粗铜作阳极，纯铜作阴极，故C错误；D.电解熔融氯化钠制备金属钠和氯气，电解氯化钠溶液得到氯气、氢气
16、、氢氧化钠，故D错误；答案选B。11.生物体中细胞膜内的葡萄糖，细胞膜外的富氧液体及细胞膜构成微型的生物原电池，下列有关判断正确的是（ ）正极的电极反应可能是：O2+2H2O+4e-=4OH-负极的电极反应可能是：O2+2H2O+4e-=4OH-负极的反应主要是C6H12O6(葡萄糖)生成CO2或HCO3-正极的反应主要是C6H12O6(葡萄糖)生成CO2或HCO3-A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】正极化合价降低得电子，电极反应可能是：O2+2H2O+4e-=4OH-。负极化合价升高失电子，负极的反应主要是C6H12O6(葡萄糖)生成CO2或HCO3-，故正确，错误。答案选C
17、。12.pH=1的两种一元酸HX和HY溶液,分别取100mL加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2的体积分别为VHX和VHY。若相同条件下VHXVHY，则下列说法正确的是（ ）A. HX可能是强酸B. HY一定是强酸C. HX的酸性强于HY的酸性D. 反应开始时二者生成H2的速率相等【答案】D【解析】解答该题应注意以下三点：(1)强酸完全电离，弱酸部分电离。(2)酸性相同的溶液，弱酸的浓度大，等体积时，其物质的量多。(3)产生H2的速率取决于c(H)的大小。据题意，Mg粉足量，酸不足，应根据酸的物质的量来计算H2的体积，由V(HX)V(HY)，知pH相等时，HX的物质的量浓度比HY的大，即HX
18、是酸性比HY弱的弱酸，而无法判断HY是强酸还是弱酸，故A、B、C错误；D项反应开始时生成H2的速率取决于c(H)，因为开始时c(H)相等，故D项正确。13.常温下，某溶液中由水电离产生的c(H+)等于1.010-13 mol/L，该溶液的溶质不可能是A. H2SO4B. Na2SO4C. HNO3D. NaOH【答案】B【解析】【分析】由水电离产生的c(H+)等于1.010-13 mol/L，说明水的电离受到了抑制，可能是酸的溶液也可能是碱的溶液。【详解】A.H2SO4会抑制水的电离，故A不选；B.Na2SO4对水的电离无影响，故B选；C.HNO3会抑制水的电离，故C不选；D.NaOH会抑制水
19、的电离，故D不选；【点睛】酸、碱以及电离程度大于水解程度的酸式根，会抑制水的电离；弱碱阳离子、弱酸阴离子以及电离程度小于水解程度的酸式根，会促进水的电离。14.25时不断将水滴入0.1molL1的氨水中，下列图像变化合理的是（ ）A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A、稀释时氢氧根离子浓度下降，pH下降，趋近于7，但不可能小于7，故A错误；B、随着水的滴入，电离度始终增大，故B错误；C、随着水的滴入，离子浓度下降，导电能力下降，故C正确；D、随着水的滴入，氢氧根离子浓度下降，氢离子浓度增大，最后基本不变，故D错误；综上所述，本题正确答案为C。15.已知温度T时水的离子积常
20、数为Kw，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（ ）A. a=bB. 混合溶液中，c(H+)+ c(B+) = c(OH-)+ c(A-)C. 混合溶液的pH=7D. 混合溶液中，c(H+)=mol/L【答案】D【解析】A因酸碱的强弱未知，a=b，只能说明酸碱恰好完全反应，但如为强酸弱碱盐或强碱弱酸盐，则溶液不呈中性，选项A错误；B任何溶液都存在电荷守恒，即c（H+）+c（B-）=c（OH-）+c（A-），不能确定溶液的酸碱性，选项B错误；C因温度未知，则pH=7不一定为中性，选项C错误；D混合溶液中，c（H+）=mo
21、l/L，根据c（H+）c（OH-）=Kw，可知溶液中c（H+）=c（OH-） mol/L，溶液呈中性，选项D正确。答案选D。16.常温下，在0.01 molL-1氢氧化钡溶液中，由水电离出的氢氧根离子浓度是（ ）A. 510-13 molL-1B. 0.02 molL-1C. 110-7 molL-1D. 110-12 molL-1【答案】A【解析】【分析】碱会抑制水的电离，求出水电离的氢离子浓度等于水电离的氢氧根浓度。【详解】0.01molL-1氢氧化钡溶液中，c（OH-）=0.02 molL-1，c水（OH-）=c水（H+）=510-13 molL-1，A项正确；答案选A。17.下列各组关
22、于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是（ ）ABCD强电解质FeNaClCaCO3HNO3弱电解质CH3COOHNH3H3PO4Fe(OH)3非电解质C12H22O11(蔗糖)BaSO4C2H5OH(酒精)H2OA. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】铁为单质，不属于电解质，A错误；氨气溶于水生成一水合氨，电离出铵根离子和氢氧根离子，氨气为非电解质，B错误；醋酸为弱电解质，氨气溶于水生成一水合氨，其电离出离子能够导电，氨气为非电解质，B错误；碳酸钙为盐，强电解质，磷酸为弱酸，弱电解质，乙醇为非电解质，C正确；水为弱电解质，D错误；正确选项C。点睛：电解质包括酸、碱、盐、金
23、属氧化物和水；非电解质只要包括绝大部分有机物、极少数盐、非金属氧化物、非金属氢化物（如氨气）等。18.在由水电离出来的c (H+）=11013 molL-1溶液中，下列离子可能大量共存的是（ ）A. NH4+、Ba2+、NO3-、CO32-B. Fe2+、Na+、SO42-、MnO4-C. K+、Mg2+、NO3-、SO42-D. Na+、Fe3+、Cl-、AlO2-【答案】C【解析】由水电离出来的c(H+)=110-13molL-1，溶液为强酸或强碱溶液，A、若碱性条件下则NH4+不能大量存在，且Ba2+与CO32-反应生成沉淀而不能大量共存，若酸性条件下，则CO32-不能大量存在，选项A错
24、误；B、 若碱性条件下，Fe2+不能大量存在，若酸性条件下，MnO4-会将Fe2+氧化而不能大量共存，选项B错误；C、若碱性条件下，Mg2+不能大量存在，若酸性条件下，各离子不反应，可以大量共存，选项C正确；D、若酸性条件下，AlO2-不能大量存在，若碱性条件下，Fe3+不能大量存在，选项D错误。答案选C。第II卷（共46分）二、非选择题（共46分）19.用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，试根据实验回答下列问题：（1）准确称量8.2 g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液。称量时，样品可放在_(填字母)称量。A小烧杯中 B洁净纸片上 C托盘上（2）滴定时，用0.2000 molL
25、1的盐酸来滴定待测溶液，不可选用_(填字母)作指示剂。A甲基橙 B石蕊 C酚酞（3）滴定过程中，眼睛应注视_；在铁架台上垫一张白纸，其目的是_。（4）根据下表数据，计算被测烧碱溶液的物质的量浓度是_ molL1，烧碱样品的纯度是_。滴定次数待测溶液体积(mL)标准酸体积滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00【答案】 (1). A (2). B (3). 锥形瓶内溶液颜色的变化 (4). 便于观察锥形瓶内液体颜色的变化，减小滴定误差 (5). 0.4000 (6). 97.56%【解析】【分析】利用公式：c（待测）c（标准）V
26、（标准）V（待测），利用表格求出V（标准），再将V（标准）、c（标准）、V（待测）代入可解。【详解】（1）易潮解的药品，必须放在玻璃器皿上（如：小烧杯、表面皿）里称量，防止玷污托盘。因烧碱易潮解，所以应放在小烧杯中称量，答案选A；（2）酸碱中和滴定时，可用酚酞或甲基橙做指示剂，石蕊变色范围宽且现象不明显，故一般不用石蕊作指示剂，答案选B；（3）滴定时，滴定过程中两眼应该注视锥形瓶内溶液的颜色变化，在盛放待测溶液的锥形瓶下方放一张白纸的作用是观察锥形瓶中溶液颜色的变化明显，减少实验误差； （4）V（标准）（20.50-0.40）+（24.00-4.10）mL220.00mL，c（待测）c（标准）
27、V（标准）V（待测）0.2000molL20.00mL/10.00mL0.4000molL-1，mcVM0.4000molL-10.5L40g/mol8.0g（8.0g8.2g）100%97.56%故答案为：0.4000 molL-197.56%。20.在一定温度下，有下列物质的溶液：aHCl bH2SO4 cCH3COOH dNaHSO4。（1）同体积、同物质的量浓度的四种溶液，分别放入足量的锌，则开始时反应速率的大小关系为 _；相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是_。 （2）同体积、同c(H+)的四种溶液，中和NaOH的能力由大到小的顺序是_。 （3）同体积、同c(H+)的四种溶液均加
28、水稀释至原来的100倍后，c(H+)由大到小的顺序是_。【答案】 (1). ba=dc (2). ba=c=d (3). ca=b=d (4). ca=b=d【解析】(1)醋酸是一元弱酸、盐酸是一元强酸、硫酸是二元强酸，硫酸氢钠为显强酸性的盐；同体积、同物质的量浓度的四种溶液，氢离子浓度最大的是硫酸，最小的为醋酸，而盐酸与硫酸氢钠中氢离子浓度相同；所以分别放入足量的锌，则开始时反应速率的大小关系为：ba=dc；四种溶液和足量的锌反应，溶液中溶质的量：醋酸、盐酸、硫酸氢钠、硫酸均相等，但是硫酸为二元强酸，提供的氢离子的量多，所以产生的氢气量最大，其它三种物质产生的氢气量相等；所以相同状况下产生气
29、体的体积由大到小的顺序ba=c=d；正确答案：ba=dc ；ba=c=d。（2）同体积、同c(H+)的四种溶液，氢离子的量相等的为硫酸氢钠、盐酸、硫酸；由于醋酸是弱酸，醋酸的浓度比较大，提供总的醋酸溶质的量较大，中和碱的能力较强，其他三种相等；所以中和NaOH的能力由大到小的顺序是 ca=b=d；正确答案：ca=b=d。（3）同体积、同c(H+)的四种溶液，均加水稀释至原来的100倍后，硫酸氢钠、盐酸、硫酸溶液中c(H+)减少的程度一样，均为原来的1/100；而醋酸为弱酸，存在电离平衡，加水稀释至原来的100倍后，氢离子浓度减小不到原来的100倍，即氢离子浓度比其它三种物质中氢离子浓度稍大一些
30、，所以c(H+)由大到小的顺序是ca=b=d；正确答案：ca=b=d。点睛：浓度、体积相同的盐酸和醋酸，溶质的总量相等，但是溶液中的氢离子的量盐酸多；氢离子浓度相同、体积相同的盐酸和醋酸，溶液中氢离子的浓度相同，但是溶质的总量醋酸多。21.被誉为改变未来世界的十大新科技之一的燃料电池具有无污染、无噪音、高效率的特点。如图所示为氢氧燃料电池的结构示意图，电解质溶液为KOH溶液，电极材料为疏松多孔石墨棒。当氧气和氢气分别连续不断地从正、负两极通入燃料电池时，便可在闭合回路中不断地产生电流。试回答下列问题：（1）图中通过负载的电子流动方向为_(填“向左”或“向右”)。（2）写出氢氧燃料电池工作时的电
31、极反应和总反应。正极：_，总反应：_。（3）为了获得氢气，除了充分利用太阳能外，工业上利用石油产品与水在催化剂作用下制取氢气。写出C3H8和H2O反应生成H2和CO化学方程式_。（4）若将此燃料电池改为甲烷空气燃料电池，该电池工作时的负极反应为_。【答案】 (1). 向右 (2). 2H2OO24e=4OH (3). 2H2O2=2H2O (4). C3H83H2O=3CO7H2 (5). CH410OH8e=CO7H2O【解析】【分析】在氢氧燃料电池中，通入氢气的电极化合价升高，失电子，是负极；通入氧气的电极化合价降低，得电子，是正极。在甲烷空气燃料电池中，通入甲烷的电极化合价升高，失电子，
32、是负极，产物是碳酸根离子。【详解】（1）电子由负极流向正极，故通过负载的电子流动方向为向右；（2）在氢氧燃料电池中，通入氢气的电极是负极，通入氧气的电极是正极，工作时正极电极反应方程式：2H2OO24e=4OH。总反应是氢气和氧气反应生成水，总反应方程式：2H2O2=2H2O；（3）该反应中反应物是C3H8和H2O，产物是CO和H2，反应条件是高温、催化剂，所以方程式为C3H83H2O=3CO7H2；（4） 若将此燃料电池改进为直接以甲烷和氧气为原料进行工作时，电池总离子反应方程式为CH42O22OH=CO32-3H2O，则通入甲烷的电极为负极，负极反应式为CH410OH8e=CO32-7H2
33、O。【点睛】注意碱性环境下，甲烷燃料电池的负极产物为CO32-，负极反应式为CH410OH8e=CO32-7H2O。22.科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航天航空。如下图所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在电极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导O2(O24e=2O2)。（1）c电极作_极，d电极上的电极反应式为_。（2）如下图所示用惰性电极电解100mL0.5molL1CuSO4溶液，a电极上的电极反应式为_，若a电极产生56mL(标准状况)气体，则所得溶液的pH_(不考虑溶液体积变化)，若要使电解质溶液恢复到
34、电解前的状态，可加入_(填字母)。aCuO bCu(OH)2 cCuCO3 dCu2(OH)2CO3【答案】(1)正极 CH44O28e=CO22H2O(2)4OH4e=2H2OO2 1 ac【解析】(1)原电池中电流的方向是从正极流向负极，故c电极为正极；d电极为负极，通入的气体为甲烷，d电极反应式为：CH44O28e=CO22H2O。(2)用惰性电极电解CuSO4溶液时，阳极(a电极)反应式：4OH4e=2H2OO2；阴极反应式：2Cu24e=2Cu，n(O2)2.5103mol。线路中转移电子的物质的量为2.5103mol40.01 mol，溶液中c(H)0.1 mol/L，pHlg 0
35、.11。加入CuO或CuCO3与溶液中的H反应，可使电解质溶液恢复到电解前的状态。23.某铬盐厂生产过程中排出含Cr2O72-的工业酸性废水。为防止污染环境，现采用下列工艺流程进行处理后再排出。在整个处理过程中，Cr2O72-被还原为Cr3+，溶液的pH值逐渐升高，最后滤出的沉淀有Cr(OH)3和Fe(OH)3，试分析这个污水处理过程，回答：（1）电解时，铁电极上的电极反应式：阳极：_，阴极：_。（2）用铁(而不用炭)作电极进行电解的原因：_。（3）Cr2O72-在酸性环境中被还原剂还原，能除去Cr2O72-。减少溶液酸性是整个工艺流程中关键的一步，这个变化的离子方程式是_。（4）溶液的pH值
36、逐渐增大的原因是_。【答案】 (1). Fe2e-Fe2+ (2). 2H+2e-H2 (3). 产生还原剂Fe2+ (4). Cr2O72-6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O (5). Cr2O72-还原时消耗H+，电解时阴极H+放电，都使溶液酸性减弱，pH值升高【解析】【分析】实验原理是：电解产生Fe2+，将Cr2O72-被还原为Cr3+；电解消耗溶液中的H，降低了溶液的酸性，从而生成Cr（OH）3沉淀。【详解】（1）电解时，阳极电解活性电极铁，电极反应式为：Fe2e-Fe2+，阴极电解溶液中的阳离子氢离子放电，电极反应式为：2H+2e-H2；（2）炭是惰性电极，铁是活性电极，用铁作电极进行电解能产生还原剂Fe2+，在酸性溶液中与Cr2O72-离子发生氧化还原反应，将Cr2O72-被还原为Cr3+；（3）Cr2O72-在酸性环境中被还原剂Fe2+还原，能减少溶液酸性，该离子方程式是Cr2O72-6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O；（4）在电解过程中，阴极消耗了溶液中的H产生氢气，降低了溶液的酸性，同时，在Cr2O72与Fe2反应被还原为Cr3的过程中，又消耗了溶液中的H使溶液的酸性减弱，从而生成Cr（OH）3沉淀，降低了废水中有害物质铬的污染。所以，导致溶液pH值升高的原因有上述两个。
