C．去掉盐桥电流计指针仍偏转 D．Y溶液为AgNO3溶液 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．
【分析】由方程式2Ag（aq）+Cu（s）═Cu（aq）+2Ag（s）可知，反应中Ag被还原，应为正极反应，则电解质溶液为硝酸银溶液，Cu被氧化，应为原电池负极反应，在装置图中X为Cu，Y为硝酸银溶液，盐桥原电池中金属电极插入含有金属阳离子的盐溶液中，以此解答该题． 【解答】解：A、银电极为电池的正极，被还原，故A错误； B、电极X的材料是铜，为原电池的负极，故B错误；
C、盐桥原电池中金属电极插入含有金属阳离子的盐溶液中，去掉盐桥，不能构成原电池，电流计指针不偏转，故C错误；
D、Y为硝酸银溶液，Ag被还原，为正极反应，故D正确； 故选：D．
【点评】本题考查原电池知识，为高考常见题型及高频考点，侧重于学生的分析能力和基本理论的理解和应用能力，难度不大，注意把握电极反应的判断和电极方程式的书写．
15．蓄电池在放电时起原电池的作用，在充电时起电解池的作用，下式是爱迪生蓄电池分别在充电和放电时发生的反应：Fe+NiO2+2H2O电池的推断错误的是（ ） A．放电时，Fe作负极，发生氧化反应 B．放电时，NiO2作正极，发生还原反应
C．充电时，阴极上Fe（OH）2放电，发生氧化反应 D．蓄电池的电极应浸入碱性电解质溶液中 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．
【分析】放电时电极反应式分别为：负极：Fe﹣2e+2OH═Fe（OH）正极：NiO2+2e+2H2O═Ni2，（OH）2+2OH；原电池充电时，发生电解反应，此时阴极反应为原电池负极反应的逆反应，阳极反应为原电池正极反应的逆反应．
【解答】解：A．放电时，铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe﹣2e+2OH═Fe（OH）2，故A正确；
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
++
2+
+
Fe（OH）2+Ni（OH）2．下列有关对爱迪生蓄
B．放电时，NiO2作正极，正极上得电子发生还原反应，电极反应式为NiO2+2e+2H2O═Ni（OH）
2
﹣
+2OH，故B正确；
﹣
C．充电时，阴极上Fe（OH）2放电，得电子发生还原反应，故C错误；
D．根据电池反应式知，此电池为碱性电池，写电极反应方程式时不能出现H，只能浸在碱性电解质溶液中，故D正确； 故选：C．
【点评】本题考查了原电池和电解池原理，明确各个电极上得失电子是解本题关键，难点是电极反应式的书写，难度中等．
16．500mL KNO3和Cu（NO3）2的混合溶液中c（NO3）=0.6mol?L，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是（ ）
A．原混合溶液中c（K）为0.2 mol?L B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子 C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol D．电解后溶液中c（H）为0.2 mol?L 【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．
【分析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答．
【解答】解：电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=
=0.1mol；
+
﹣1
+
﹣1
﹣
﹣1
+
每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，
所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=则铜离子的物质的量浓度=
=0.2mol/L，
﹣1
=0.1mol，
根据电荷守恒得钾离子浓度=0.6mol?L﹣0.2mol/L×2=0.2mol/L，
A．根据分析知，原混合溶液中c（K）为0.2 mol?L，故A正确； B．转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，故B错误； C．根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，故C错误；
D．当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为氧气的4倍，为0.1mol×4=0.4mol，则氢离子浓度=故D错误； 故选：A．
【点评】本题考查了电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，结合转移电子守恒、电荷守恒来分析解答，难度中等．
17．用电解质溶液为氢氧化钾水溶液的氢氧燃料电池电解饱和硫酸钠溶液一段时间，假设电解时温度不变且用惰性电极，下列说法不正确的是（ ） A．当电池负极消耗m g气体时，电解池阴极有m g气体生成 B．电解池的阴极反应式为：2H﹣2e═H2↑ C．电解后c（Na2SO4）不变，且溶液中有晶体析出 D．电池中c（KOH）不变；电解池中溶液pH变大 【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．
【分析】惰性电极，燃料电池的负极发生H2﹣2e+2OH═2H2O，正极发生O2+4e+2H2O═4OH，电解饱和硫酸钠溶液，阳极发生4OH﹣4e═O2↑+2H2O，阴极发生2H+2e═H2↑，以此来解答．
【解答】解：A．负极发生H2﹣2e+2OH═2H2O，阴极发生2H+2e═H2↑，则由电子守恒可知，当电池负极消耗mg气体时，电解池阴极有mg气体生成，故A正确；
B．惰性电极电解饱和硫酸钠溶液，电解池的阴极反应式为：2H﹣2e═H2↑，故B正确； C．电解后，饱和溶液中有晶体析出，但剩余溶液仍为饱和溶液，温度不变则浓度不变，故C正确；
D．燃料电池中反应生成水，则电池中 c（KOH） 减小，溶液的pH减小，故D错误； 故选：D．
+
﹣
﹣
﹣
+
﹣
﹣
﹣
+
﹣
﹣
﹣
﹣
﹣
+
﹣
+﹣1
=0.8mol/L，
【点评】本题考查电解原理，明确发生的电极反应是解答本题的关键，注意饱和溶液中电解水相当于蒸发，选项CD为解答的易错点，题目难度中等
18．将铁片和锌片放在盛有NaCl溶液（其中滴有酚酞）的表面皿中，如图所示，最先观察到变为红色的区域为（ ）
A．Ⅰ和Ⅱ B．Ⅰ和Ⅳ C．Ⅱ和Ⅲ D．Ⅱ和Ⅳ 【考点】原电池和电解池的工作原理． 【专题】电化学专题．
【分析】第一个装置是原电池，Zn为负极，溶液中的氧气在Ⅰ处得电子生成OH，所以Ⅰ处变红；第二个装置是电解池，铁为阳极，溶液中的H在Ⅳ处得电子，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH浓度增大，所以Ⅳ处也变红．
【解答】解：甲图示是原电池，锌做负极，锌失电子形成锌离子，正极是Ⅰ，在正极上，O2+2H2O+4e
﹣
﹣
+
﹣
=4OH；所以Ⅰ处变红；
+
﹣
﹣
乙图示是电解池，铁做阳极，铁失电子生成亚铁离子，锌做阴极，在阴极上，2H+2e=H2↑，破坏了锌片附近水的电离平衡，使得OH浓度增大，所以Ⅳ处也变红． 故选B．
【点评】本题考查了原电池和电解池的工作原理的应用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，主要是电解反应的离子变化，难度不大．
二、选择题（每小题3分，共18分．每小题只有一个选项符合题意．） 19．已知：
2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）△H=﹣571.6kJ?mol； CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ?mol．
现有H2与CH4的混合气体112L（标准状况），使其完全燃烧生成CO2和H2O（l），若实验测得反应放热3695kJ，则原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是（ ） A．1：1 B．1：3 C．1：4 D．2：3
﹣1
﹣1
﹣
【考点】有关反应热的计算． 【专题】化学反应中的能量变化． 【分析】H2与CH4的混合气体112L，n=
代入热化学反应方程式中计算热量即可解答． 【解答】解：H2与CH4的混合气体112L，n=x、y，
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=﹣571.6kJ?mol， 2 571.6kJ x 285.8x
CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890kJ?mol， 1 890kJ y 890ykJ 则
，
﹣1
﹣1
=5mol，设H2与CH4的物质的量分别为x、y，
=5mol，设H2与CH4的物质的量分别为
解得x=1.25mol，y=3.75mol，
原混合气体中H2与CH4的物质的量之比是1.25mol：3.75mol=1：3， 故选B．
【点评】本题考查反应热的有关计算，明确物质的量与热量的关系是解答本题的关键，学会利用列方程组来解答即可，难度不大．
20．以Fe为阳极，Pt为阴极，对足量的 Na2SO4溶液进行电解，一段时间后得到4mol Fe（OH）
3
沉淀，此间共消耗水的物质的量为
（ ）
A．6mol B．8mol C．10mol 【考点】电解原理． 【专题】电化学专题．
【分析】活泼金属铁作电解池阳极时，电解Na2SO4溶液的电解方程式为Fe+2H2O
H2+Fe
D．12mol
（OH）2↓，氢氧化亚铁不稳定，能被氧气氧化成氢氧化铁沉淀，反应方程式为4Fe（OH）
2
+O2+2H2O=4Fe（OH）3，结合反应的方程式计算．