- 电化学基础
- 共22819题
氢能是最重要的新能源．储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一．
（1）氢气是清洁能源，其燃烧产物为______．
（2）NaBH4是一种重要的储氢载体，能与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，该反应的化学方程式为______，反应消耗1mol NaBH4时转移的电子数目为______．
（3）储氢还可借助有机物，如利用环已烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢．
在某温度下，向恒容密闭容器中加入环已烷，其起始浓度为amol•L-1，平衡时苯的浓度为bmol•L-1，该反应的平衡常数K=______
（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）．
①导线中电子转移方向为______．（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为______．
③该储氢装置的电流效率η=______．（η=
正确答案
解：（1）氢气完全燃烧生成H2O，故答案为：H2O；
（2）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，NaBO2中B元素化合价为+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为-1价，所以H元素化合价由-1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，反应消耗1mol NaBH4时转移的物质的量=1mol×4×（1-0）=4mol，所以转移电子数为4NA或2.408×1024，故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；4NA或2.408×1024；
（3）环己烷的起始浓度为amol•L-1，平衡时苯的浓度为bmol•L-1，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以根据方程式知，环己烷的平衡浓度为（a-b）mol/L，氢气的浓度为3bmol/L，则平衡常数K=
故答案为：
（4）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是分解、B是正极，电子从负极流向阴极，所以电子从A流向D，故答案为：A→D；
②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12，故答案为：C6H6+6H++6e-=C6H12；
③阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，
生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气，
设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol×24%-xmol，反应后苯的含量=
x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol×6=7.2mol，则
故答案为：64.3%．
解析
解：（1）氢气完全燃烧生成H2O，故答案为：H2O；
（2）NaBH4与水反应生成NaBO2，且反应前后B的化合价不变，NaBO2中B元素化合价为+3价，所以NaBH4中H元素的化合价为-1价，所以H元素化合价由-1价、+1价变为0价，再结合转移电子守恒配平方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑，反应消耗1mol NaBH4时转移的物质的量=1mol×4×（1-0）=4mol，所以转移电子数为4NA或2.408×1024，故答案为：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑；4NA或2.408×1024；
（3）环己烷的起始浓度为amol•L-1，平衡时苯的浓度为bmol•L-1，同一容器中各物质反应的物质的量浓度之比等于其计量数之比，所以根据方程式知，环己烷的平衡浓度为（a-b）mol/L，氢气的浓度为3bmol/L，则平衡常数K=
故答案为：
（4）①根据图知，苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是分解、B是正极，电子从负极流向阴极，所以电子从A流向D，故答案为：A→D；
②该实验的目的是储氢，所以阴极上发生的反应为生产目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12，故答案为：C6H6+6H++6e-=C6H12；
③阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气转移电子的物质的量=2.8mol×4=11.2mol，
生成1mol氧气时生成2mol氢气，则生成2.8mol氧气时同时生成5.6mol氢气，
设参加反应的苯的物质的量是xmol，参加反应的氢气的物质的量是3xmol，剩余苯的物质的量为10mol×24%-xmol，反应后苯的含量=
x=1.2，苯转化为环己烷转移电子的物质的量为1.2mol×6=7.2mol，则
故答案为：64.3%．
（1）乙池中b电极作______（填“阴极”或“阳极”），a电极上的电极反应式是______．
（2）写出甲池中负极的电极反应式______
（3）最初a和b两个电极质量相同，当电路中转移电子的物质的量为0.2mol时，a和b两电极质量变化差为______ g．
正确答案
解：（1）乙池中b与原电池的正极相连，所以b是阳极，a与原电池的负极相连是阴极，所以电极反应式是Ag++e-=Ag，故答案为：阳极；8Ag++8e-=8Ag或Ag++e-=Ag；
（2）燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故答案为：CH4+8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
（3）当电路中转移电子的物质的量为0.2mol时，根据电极反应式是Ag++e-=Ag，则生成0.2mol的银，所以a和b两电极质量变化差为 0.2×108=21.6，故答案为：21.6．
解析
解：（1）乙池中b与原电池的正极相连，所以b是阳极，a与原电池的负极相连是阴极，所以电极反应式是Ag++e-=Ag，故答案为：阳极；8Ag++8e-=8Ag或Ag++e-=Ag；
（2）燃料电池中，负极上燃料甲烷失电子和氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH4+10OH--8e-=CO32-+7H2O，故答案为：CH4+8e-+10OH-=CO32-+7H2O；
（3）当电路中转移电子的物质的量为0.2mol时，根据电极反应式是Ag++e-=Ag，则生成0.2mol的银，所以a和b两电极质量变化差为 0.2×108=21.6，故答案为：21.6．
下列叙述中，可以说明金属甲比乙活泼性强的是（ ）
正确答案
解析
解：A、将甲乙作电极组成原电池时甲是负极，可以说明金属甲比乙活泼性强，故A正确；
B、甲和乙用导线连接插入稀盐酸溶液中，乙溶解，甲上有H2气放出，说明金属甲比乙活泼性弱，故B错误；
C、在氧化还原反应中，甲比乙失去电子的能力强可以说明金属甲比乙活泼性强，金属失电子的多少不能说明金属的活泼性，故C错误；
D、同价态的阳离子，甲比乙的氧化性强，说明金属甲比乙活泼性弱，故D错误．
故选A．
正确答案
解析
解：电解硫酸钠溶液时，阳极上生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极反应式为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，则甲是氧气、乙是氢气，则a是阳极、b是阴极，阳极区域生成硫酸、阴极区域生成NaOH，
A．a为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故A错误；
B．通过以上分析知，a为阳极，同时生成硫酸，所以产物丙是硫酸，故B正确；
C．产物丁是NaOH，则离子交换膜d是阳离子交换膜，故C错误；
D．生成乙的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，每转移0.1 mol电子，产生氢气的物质的量为0.05mol氢气，但温度和压强未知，无法确定气体摩尔体积，则无法计算氢气体积，故D错误；
故选B．
某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，则（ ）
正确答案
解析
解：电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极，
A．电极Ⅱ是正极，正极上发生反应为Cu 2++2e-=Cu，所以电极Ⅱ质量逐渐增大，故A错误；
B．电极Ⅰ上电极反应式为Al-3e-=Al3+，发生氧化反应，故B正确；
C．电流从正极沿导线流向负极，即电极Ⅳ→A→电极Ⅰ，故C错误；
D．电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-═Cu 2+，故D错误；
故选B．
（1）铁片上的现象是______，电极反应式______．
（2）铜片上的现象是______，电极反应式______．
（3）写出该电池总反应的离子方程式______．
（4）Fe2+向______（填具体电极）移动，溶液中的pH______（填“变大”或“变小”）．
正确答案
解：（1）该原电池中，铁的活泼性大于铜，铁作负极，铁失电子变成离子进入溶液，所以铁片逐渐溶解，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；
故答案为：Fe-2e-=Fe2+．
（2）铜作正极，铜电极上，氢离子得电子生成氢气2H++2e-=H2↑，所以看到的现象是：有大量气泡产生．
故答案为：有大量气泡产生；2H++2e-=H2↑．
（3）正负极上电极反应式相加得电池反应式，所以电池反应式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；
故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．
（4）该电池外电路上，电子从铁片沿导线流向铜片，所以铜片上有大量电子，根据异性电荷相吸，所以
Fe2+向铜极移动，在铜极上氢离子得电子生成氢气，所以氢离子浓度降低，溶液中的pH变大．
故答案为：变大．
解析
解：（1）该原电池中，铁的活泼性大于铜，铁作负极，铁失电子变成离子进入溶液，所以铁片逐渐溶解，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+；
故答案为：Fe-2e-=Fe2+．
（2）铜作正极，铜电极上，氢离子得电子生成氢气2H++2e-=H2↑，所以看到的现象是：有大量气泡产生．
故答案为：有大量气泡产生；2H++2e-=H2↑．
（3）正负极上电极反应式相加得电池反应式，所以电池反应式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；
故答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．
（4）该电池外电路上，电子从铁片沿导线流向铜片，所以铜片上有大量电子，根据异性电荷相吸，所以
Fe2+向铜极移动，在铜极上氢离子得电子生成氢气，所以氢离子浓度降低，溶液中的pH变大．
故答案为：变大．
某反应中反应物与生成物有：FeCl2、FeCl3、CuCl2、Cu．
（1）将上述反应设计成的原电池如图甲所示，请回答下列问题：
①图中X溶液是______；
②石墨电极上发生的电极反应式为______；
③原电池工作时，盐桥中的______（填“K+”或“Cl-”）不断进入X溶液中．
（2）将上述反应设计成的电解池如图乙所示，乙烧杯中金属阳离子的物质的量与电子转移的物质的量的变化关系如图丙，请回答下列问题：
①M是______极； ②图丙中的②线是______的变化．
（3）铁的重要化合物高铁酸钠（Na2FeO4）是一种新型饮用水消毒剂，具有很多优点．
①高铁酸钠生产方法之一是电解法，其原理为Fe+2NaOH+2H2O 电解 Na2FeO4+3H2↑，则电解时阳极的电极反应式是______．
②高铁酸钠生产方法之二是在强碱性介质中用NaClO氧化Fe（OH）3生成高铁酸钠、氯化钠和水，该反应的离子方程式为______．
正确答案
解：（1）①据反应物和生成物可以确定该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，所以X为FeCl3溶液，
故答案为：FeCl3；
②反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，Cu做负极，石墨为正极，X为FeCl3溶液石墨是正极，发生得电子的还原反应：Fe3++e-=Fe2+，故答案为：Fe3++e-=Fe2+；
③Cu做负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，
故答案为：K+；
（2）①根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，则M为负极，N为正极；
故答案为：负；
②在电解过程中有Cu2+生成，则Cu2+的物质的量从零逐渐增大，所以③为Cu2+，
由图可知，①表示的金属离子的物质的量正极减少，则为Fe3+，所以②为Fe2+，
故答案为：Fe2+；
（3）①电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O，故答案为：Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O；
②NaClO氧化Fe（OH）3的反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O．
解析
解：（1）①据反应物和生成物可以确定该反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，所以X为FeCl3溶液，
故答案为：FeCl3；
②反应为2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，Cu做负极，石墨为正极，X为FeCl3溶液石墨是正极，发生得电子的还原反应：Fe3++e-=Fe2+，故答案为：Fe3++e-=Fe2+；
③Cu做负极，石墨作正极，盐桥中阳离子向正极移动，则K+不断移向正极即进入X溶液中，
故答案为：K+；
（2）①根据丙图可知溶液中有三种金属阳离子，而根据X的成分可知X中只有两种金属阳离子，说明在电解过程中还有Cu2+生成，因此Cu做阳极，石墨做阴极，则M为负极，N为正极；
故答案为：负；
②在电解过程中有Cu2+生成，则Cu2+的物质的量从零逐渐增大，所以③为Cu2+，
由图可知，①表示的金属离子的物质的量正极减少，则为Fe3+，所以②为Fe2+，
故答案为：Fe2+；
（3）①电解时阳极发生氧化反应，电极反应方程式为Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O，故答案为：Fe+8OH--6e-═FeO42-+4H2O；
②NaClO氧化Fe（OH）3的反应方程式为2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为：2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O．
海洋资源的开发与利用具有广阔的前景．海水的pH一般在7.5～8.6之间．某地海水中主要离子的含量如表：
（1）海水显弱碱性的原因是（用离子方程式表示）：______，该海水中Ca2+的物质的量浓度为______ mol/L．
（2）电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术，其原理如如图1所示．其中阴（阳）离子交换膜只允许
阴（阳）离子通过．
①阴极的电极反应式为______．
②电解一段时间，阴极区会产生水垢，其成分为CaCO3和Mg（OH）2，写出生成CaCO3的离子方程式______．
③淡水的出口为a、b、c中的______出口．
（3）海水中锂元素储量非常丰富，从海水中提取锂的研究极具潜力．锂是制造化学电源的重要原料，如LiFePO4电池某电极的工
作原理如图2所示：
该电池的电解质是能传导 Li+的固体材料．
则放电时该电极是电池的______极（填“正”或“负”），电极反应式为______．
（4）利用海洋资源可获得MnO2．MnO2可用来制备高锰酸钾：将MnO2与KOH混合后在空气中加热熔融，得到绿色的锰酸钾（K2MnO4），再利用氯气将锰酸钾氧化成高锰酸钾．该制备过程中消耗相同条件下空气和氯气的体积比为______（空气中氧气的体积分数按20%计）．
正确答案
解：（1）海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，离子方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，结合海水中钙离子含量为200mg/L，物质的量浓度=
故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；5×10-3；
（2）①阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，氢离子放电能力大于钠离子，所以电极反应为：2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；
②阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，生成碳酸钙沉淀的离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，
故答案为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O；
③在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的 阴阳离子在两个电极放电，所以水在b处流出，
故答案为：b；
（3）放电时，该装置是原电池，Fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为FePO4+e-+Li+=LiFePO4，
故答案为：正；FePO4+e-+Li+=LiFePO4．
（4）（4）2MnO2+4KOH+O2═2K2MnO4+2H2O，Cl2+2K2MnO4=2KMnO4+2KCl，得到电离关系Cl2～O2反应过程中消耗相同条件下氧气和氯气的体积比=1：1，
空气中氧气的体积分数按20%计，消耗相同条件下空气和氯气的体积比=5：1，
故答案为：5：1．
解析
解：（1）海水中存在的离子性质判断，碳酸氢根离子是弱酸阴离子水解显碱性，离子方程式为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-，结合海水中钙离子含量为200mg/L，物质的量浓度=
故答案为：HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-；5×10-3；
（2）①阴极上是阳离子得到电子发生还原反应，氢离子放电能力大于钠离子，所以电极反应为：2H++2e-=H2↑，故答案为：2H++2e-=H2↑；
②阴极是氢离子得到电子发生还原反应，阴极附近氢氧根离子浓度增大，海水中含有碳酸氢根离子、钙离子，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸根离子与钙离子生成白色沉淀碳酸钙，生成碳酸钙沉淀的离子方程式为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，
故答案为：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O；
③在电渗析法淡化海水示意图中阴离子移向阳极，阳离子移向阴极，通过用一段时间海水中的 阴阳离子在两个电极放电，所以水在b处流出，
故答案为：b；
（3）放电时，该装置是原电池，Fe元素化合价由+3价变为+2价，得电子发生还原反应，所以该电极是正极，电极反应式为FePO4+e-+Li+=LiFePO4，
故答案为：正；FePO4+e-+Li+=LiFePO4．
（4）（4）2MnO2+4KOH+O2═2K2MnO4+2H2O，Cl2+2K2MnO4=2KMnO4+2KCl，得到电离关系Cl2～O2反应过程中消耗相同条件下氧气和氯气的体积比=1：1，
空气中氧气的体积分数按20%计，消耗相同条件下空气和氯气的体积比=5：1，
故答案为：5：1．
（2015春•昆明校级期中）已知电极材料：铁、铜、银、石墨、锌、铝；电解质溶液：CuCl2溶液、Fe2（SO4）3溶液、稀硫酸．按要求回答下列问题：
（1）电工操作上规定：不能把铜导线和铝导线连接在一起使用．原因是______．
（2）设计一种以铁和硫酸铁反应为原理的原电池，写出电池的正、负极的名称及电极反应式．负极（______）______；正极（______）______．
（3）在铜-锌-硫酸构成的原电池中，阴离子移向______极，当导线中有1mol电子通过时，理论上溶解锌______ g；铜片上析出______ mol H2．
正确答案
形成原电池加速铝导线的腐蚀
铁
Fe-2e-═Fe2+
石墨
2Fe3++2e-═2Fe2+
负
32.5
0.5
解析
解：（1）铜、铝的金属活泼性不同，遇到合适的电解质溶液易构成原电池，从而加快铝的腐蚀，所以不能把铜导线和铝导线连接在一起使用，
故答案为：形成原电池加速铝导线的腐蚀；
（2）根据反应可知Fe应为负极，被氧化，正极可为C、Cu等，电解质溶液含有Fe3+，乐为氯化铁或硫酸铁等，装置图为
电极反应式为：负极（铁 ）Fe-2e-═Fe2+，正极（ 石墨）2Fe3++2e-═2Fe2+，故答案为：
（3）原电池中阴离子向负极移动，该原电池中Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极上电极反应式为Zn-2e-=Zn2+、正极电极反应式为2H++2e-=H2↑，得失电子相同时，将正负极电极反应式相加得电池反应式为Zn+2H+=Zn2++H2↑，当有1mol电子通过时，负极上溶解m（Zn）=
正确答案
解析
解：n（CuSO4）=0.2mol/L×1L=0.2mol，b为阳极、a为阴极，阳极电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，b电极生成气体物质的量=
A．通过以上分析知，a电极的产物有Cu和H2，故A正确；
B．开始时电池反应式为2CuSO4+2H2O
C．a电极附近有氢氧根离子生成，溶液呈碱性，所以酚酞试液呈红色，b电极有无色气体生成，故C错误；
D．通过以上分析知，a、b电极转移的电子数为0.8mol，故D正确；
故选C．
氢氧燃料电池是将H2通入负极，O2通入正极而发生电池反应的，其能量转换率高．
（1）若电解质溶液为KOH溶液，其正极反应为______，负极反应为______；
（2）若电解质溶液为硫酸，其正极反应为______，负极反应为______；若反应过程中转移了2mol电子，可产生水的质量为______ g．
（3）若用氢氧燃料电池电解由NaCl和CuSO4组成的混合溶液，其中c（Na+）=3c（Cu2+）=0.3mol•L-1，取该混合液100mL用石墨做电极进行电解，通电一段时间后，在阴极收集到0.112L（标准状况）气体．此时氢氧燃料电池外电路中转移电子数为______，消耗H2的质量为______g．
正确答案
解：（1）氢氧燃料电池中，如果电解质溶液为碱，则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，阴极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O，
故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2H2-4e-+4OH-=4H2O；
（2）氢氧燃料电池中，如果电解质溶液为酸，则正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，阴极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为：2H2-4e-=4H+，该反应过程中，每转移2mol电子，则生成1mol水，其质量是18g，
故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；2H2-4e-=4H+；18；
（3）用氢氧燃料电池电解NaCl和CuSO4组成的混合溶液时，阴极上先铜离子放电，后氢离子放电，c（Na+）=3c（Cu2+）=0.3mol•L-1，即混合溶液中铜离子的浓度是0.1mol/L，100mL混合溶液中n（Cu2+）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，
析出0.01mol铜需要转移0.02mol电子，阴极上生成氢气需要转移电子的物质的量=
故答案为：0.03NA；0.03．
解析
解：（1）氢氧燃料电池中，如果电解质溶液为碱，则正极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-，阴极上氢气失电子和氢氧根离子反应生成水，电极反应式为2H2-4e-+4OH-=4H2O，
故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-；2H2-4e-+4OH-=4H2O；
（2）氢氧燃料电池中，如果电解质溶液为酸，则正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为：O2+4e-+4H+=2H2O，阴极上氢气失电子生成氢离子，电极反应式为：2H2-4e-=4H+，该反应过程中，每转移2mol电子，则生成1mol水，其质量是18g，
故答案为：O2+4e-+4H+=2H2O；2H2-4e-=4H+；18；
（3）用氢氧燃料电池电解NaCl和CuSO4组成的混合溶液时，阴极上先铜离子放电，后氢离子放电，c（Na+）=3c（Cu2+）=0.3mol•L-1，即混合溶液中铜离子的浓度是0.1mol/L，100mL混合溶液中n（Cu2+）=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，
析出0.01mol铜需要转移0.02mol电子，阴极上生成氢气需要转移电子的物质的量=
故答案为：0.03NA；0.03．
锌-锰干电池是普遍使用的化学电池，其中含有MnO2、NH4Cl、ZnCl2等糊状物．以锌筒为负极材料，石墨为正极材料．工作时反应方程式是：Zn+2MnO2+2NH4+═Zn2++Mn2O3+2NH3+H2O
（1）试写出干电池放电时的正、负电极反应式：正极：______负极：______干电池用久了就会变软，其原因是______．
（2）正极反应中，前后经历下列反应：2NH4++2e-=2NH3+H2；2MnO2+H2=Mn2O3+H2O，如果没有MnO2参与，干电池将难于持续稳定工作．试说明理由：______．
正确答案
2NH4++2MnO2+2e-=2NH3+Mn2O3+H2O
Zn-2e-=Zn2+
电池放电过程中有水产生、锌筒变薄造成干电池变软
正极反应的中间产物H2附着于石墨，增加电池内阻
解析
解：（1）锌锰干电池放电时总反应式可表示为：Zn+2MnO2+2NH4+═Zn2++Mn2O3（S）+2NH3+H2O，Zn失电子做负极，则负极的电极反应为：Zn-2e-=Zn2+；正极材料为MnO2，发生还原反应，电极反应式为2MnO2+2NH4++2e-═Mn2O3+2NH3+H2O，根据电池反应：Zn+2MnO2+2NH4+═Zn2++Mn2O3+2NH3+H2O，电池放电过程中有水产生、锌筒变薄造成干电池变软，
故答案为：2MnO2+2NH4++2e-═Mn2O3+2NH3+H2O；Zn-2e-=Zn2+；电池放电过程中有水产生、锌筒变薄造成干电池变软；
（2）正极上发生反应：2NH4++2e-=2NH3+H2；2MnO2+H2=Mn2O3+H2O，正极反应的中间产物H2附着于石墨，增加电池内阻，所以如果没有MnO2参与，干电池将难于持续稳定工作．
故答案为：正极反应的中间产物H2附着于石墨，增加电池内阻．
根据如图，下列判断中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．烧杯a中发生的氧气得到电子生成氢氧根离子的反应，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，铁不被氧化，则向烧杯a中加入少量K3[Fe（CN）6]溶液，没有蓝色沉淀生成，故A错误；
B．a中Fe为正极，发生O2+2H2O+4e-=4OH-，碱性增强，pH增大，故B错误；
C．电子不能流经溶液，溶液中由离子的定向移动导电，故C错误；
D．b烧杯中Zn为负极，则b中发生的反应为Zn-2e-=Zn2+，故D正确；
故选D．
在铜-锌原电池中，理论上应观察到的现象是：铜片上：______锌片上：______．此时原电池的电极反应式是：正极：______负极：______．但在实际实验中，锌片上也有______、表面变黑等现象，其原因是______．
在相同温度下，同样大小的混有碳粒等杂质的锌比纯锌与同浓度同体积的稀硫酸反应的速率______（选填“要快”、“要慢”、“相等”、“无法确定”），其微观解释是______．
正确答案
表面产生大量气泡
表面无气泡，但锌片逐渐溶解
2H++2e-=H2↑
Zn-2e-=Zn2+
气泡
锌不纯，混有碳等杂质，本身在稀硫酸中形成许多微电池
要快
氢离子不需要克服锌离子对它的排斥力到锌片上得电子，而是通过静电引力到铜片上得电子
解析
解：该原电池中，铜片上，氢离子得电子生成氢气，所以看到的现象是：表面产生大量气泡；锌片上，锌失去电子生成锌离子进入溶液，锌片逐渐溶解，所以看到的现象是：表面无气泡，但锌片逐渐溶解；铜片作正极，锌片作负极，正极上的电极反应式为：2H++2e-=H2↑；负极上的电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+；
但在实际实验中，由于锌不纯，混有碳等杂质，锌、碳、稀硫酸构成微小的原电池，且锌、碳混在一起，所以看到锌片上有气泡、表面变黑等现象；
在相同条件下，粗锌比纯锌反应速率快，氢离子在锌片上得电子生成氢气，首先要克服锌离子对它的排斥力，在在铜片上得电子生成氢气，而是通过静电引力，相对叫容易些，所以在相同条件下纯锌比纯锌反应速率快．
故答案为：表面产生大量气泡；表面无气泡，但锌片逐渐溶解；2H++2e-=H2↑；Zn-2e-=Zn2+；气泡；锌不纯，混有碳等杂质，本身在稀硫酸中形成许多微电池；要快；氢离子不需要克服锌离子对它的排斥力到锌片上得电子，而是通过静电引力到铜片上得电子．
正确答案
解析
解：A．该装置中锌易失电子作负极，铜作正极，故A错误；
B．锌失电子发生氧化反应而作负极，故B错误；
C．锌失电子生成锌离子进入溶液，导致锌的质量逐渐减小，故C正确；
D．电子从负极锌沿导线流向正极铜，故D错误；
故选C．
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