衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案，目前趣答答案已经汇总了衡水金卷先享题2023-2024高三一轮复习单元检测卷(重庆专版)/化学(1-7)答案的各科答案和试卷，获取更多{{papers_name}}答案解析，请在关注本站。

△H2+2△H3=(-65.17kJ·mol-1)+(-16.73kJ·mol-1)+2×易腐蚀，说明B为原电池的正极，说明金属活动性A>B;②A、D与等物质(-415.0kJ·mol-1)=-911.9kJ·mol-1。的量浓度的盐酸反应，D比A反应剧烈，说明金属活动性D>A;③根据置(3)由题目信息可得2H,01通电0，(g)+2H,(g)△H=+572·换反应规律，Cu不能置换出B,说明金属活动性B>Cu;Cu能置换出C,说明金属活动性Cu>C。则四种金属活动性的排列顺序是D>A>B>C。mol,则H2(g)+202(g)=H201)△H=-286kJ·mol1。6.答案(1)A(2)B(3)C解析(1)因H2SO4过量，产生H2的量由Zn决定，a中加入CuSO,,消(4)I.NOCI+hy-→NOCI*耗一部分Zn,Cu、Zn形成原电池，反应速率加快，所以a放出H2的量减Ⅱ.NOCI+NOCI'→2NO+Cl2少，但反应速率加快。(2)a中Zn过量，H2SO4完全反应，加入CuSO4虽I+I得总反应为2NOCI+hv一2NO+Cl2,因此2 mol NOCI分解需然消耗Z,但不影响产生H2的量，形成原电池反应速率加快要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCI需要吸收0.5mol光子。(3)CH,COONa与H2SO4反应后生成弱酸CH3COOH,c(H+)减小，从第18讲原电池而减慢反应速率，因酸过量，产生H2的量由Z决定，所以产生H2的量微考点·大突破没发生变化O微考点1灵敏电流计知识微回扣④1.化学能电能7,答案（1)）正极中行盐桥C负极2.(1)活泼性不同(2)电解质溶液3.氧化还原(1)①失去氧化②得到还原FeCly溶液KI溶液(2)①负极正极②正极负极(3)负极正极(2)2I-2eI2(3)无(4)负冬微诊断1.×提示：只有自发进行、放热的氧化还原反应才能设计成原电池解析(1)先分析氧化还原反应，找出正、负极反应，即可确定正、负极区2.X提示：原电池闭合回路的意义，在外电路（导线）中电流由正极流向负电解质溶液。(2)发生氧化反应的电极是负极，I一失电子。(3)反应达到极，而在（内电路）电解质溶液中，阳离子却由负极流向正极，这样才能形平衡时，无电子流动，故无电流产生。(4)平衡后向FCL?溶液中加入少成闭合回路，所以Cu2+向正极移动。量FeCl2固体，平衡逆向移动，此时FeCl2溶液失电子，正极变成负极。3.×提示：电解质溶液导电的原因是自由离子的定向移动，电子不能通过拓展情境运用溶液。提示(1)伏打电池的构成条件：①两个金属活动性不同的电极(Cu和4.×提示：Mg不与氢氧化钠溶液反应，A1与氢氧化钠溶液反应，所以MgZn);②电解质溶液（稀H2SO4);③形成闭合回路作正极、A1作负极(2)伏打电池的正极是Cu,负极是Zn;电子由负极(Zn)流向正极(Cu),正5.×提示：若是由锌、铜、硫酸铜溶液构成的原电池，则正极表面析出铜，极反应式为2H++2e—H2个没有气泡产生。(3)能形成原电池，其中A1片作负极，电极反应式为2A1一6e+8OH教材实验微回放=2AIO2+4H2O,镁片作正极，电极反应式为6H2O十6e一3H2↑C解析没有盐桥，则不能形成闭合回路，即不能形成原电池，A项错+60H-误；电池工作时，盐桥中K+会向正极移动，即向铜电极一侧移动，C1一会O微考点2…向负极移动，即向Z电极一侧移动，B项错误，C项正确；电子只能在导线知识微回扣中移动，不能在溶液中移动，所以电子不能通过盐桥，D项错误。、Zn+2OH-2e-Zn(OH)2题组微演练1.C解析原电池反应为Zn+CuSO,一ZnSO4十Cu。Cu电极作正极，2MnO,+2H,O+2e-2MnOOH+20HCu2+在正极得电子，发生还原反应，A项错误；由于两半池中的阴离子二、1.(1)Pb(s)+S02(aq)-2e-PbS04(s)SO?不能通过交换膜，故c(SO?)都不变，B项错误；甲池中由于生成(2)Pb02(s)+4H+(aq)+S0(aq)+2e-PbS0,(s)+2H2O(I)Zn2+,而乙池中发生反应Cu2+十2e—Cu,甲池中Zn2+透过阳离子交2.(1)PbS04(s)+2e-Pb(s)+S02(aq)换膜进入乙池，则乙池中c(Cu2+)减少，而c(Zn2+)增加，且Cu2+减少的(2)PbS04(s)+2H2O(1)-2ePbO2(s)+4H+(aq)+S0(aq)物质的量等于Z2+增加的物质的量，导致乙池中溶液总质量变大，C项正三、1.2H2-4e-4H+2H2+40H-4e-4H20确；阴离子不能通过交换膜，D项错误。O2+4H++4e-2H20O2+2H20+4e40H2.B解析②中Mg不与NaOH溶液反应，而Al能和NaOH溶液反应失÷微诊断去电子，故Al是负极；③中Fe在浓硝酸中钝化，Cu和浓HNO3反应失去：1.X提示：可充电电池的充电与放电不是在相同条件下发生的，故不是可电子作负极，A、C两项错误；②中电池总反应为2Al+2NaOH十2H2O逆反应」-2NaA1O2+3H2↑，负极反应式为2Al+8OH-6e—2A1O?+2.×提示：铅酸蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生氧化反应。4H2O,二者相减得到正极反应式为6H,O十6e-60H+3H2，4.×3./提示：电池的电极应能导电，负极上发生氧化反应。B项正确；④中Cu是正极，电极反应式为O2+2H2O十4e一4OH,提示：不一定，如铝、镁和NaOH溶液构成的原电池，铝作原电池的负极，镁作原电池的正极。D项错误。3.答案(1)Fe-2eFe2+2H++2eH2↑:5.×提示：碘在反应中的化合价降低，发生还原反应，碘作正极。题组微演练Fe+2H+-Fe2++H2↑8.答案(1)锂Li-eLi(2)Fe3++e—Fe2+Pb-2e—Pb2(2)2S0C12+4e-4C1+S￥+S02↑(3)Cu-2e--Cu2+解析分析反应的化合价变化，可知Li失电子，被氧化，为还原剂，SOCl(4)FeO +3e+4H,O=Fe(OH),+50H得电子，被还原，为氧化剂。2FeO+8H,O+3Zn-2Fe(OH),+3Zn(OH),+40H(1)负极材料为Li(还原剂)，发生的电极反应为Li一e一Li。解析(I)Fe作负极，电极反应式为Fe一2e一Fe2+;Cu作正极，电极(2)正极反应式可由总反应式减去负极反应式得到：2S0Cl2十4eˉ一反应式为2H++2e一H2↑。(2)由Pb、Cu与氯化铁溶液组成的原电4C-+S￥+SO2↑。池，正极为Cu,电极反应式为Fe3+十e-Fe2+;负极为Pb,电极反应式9.答案(1)Mg+2OH--2e—Mg(OH)22Mg+O2+2H20为Pb一2e—Pb2+。(3)由Al、Cu与浓硝酸组成的原电池，Al遇浓硝2Mg(OH)2 a b酸钝化，Cu作负极，电极反应式为Cu一2e-=Cu2+。(4)K2FeO,一Zn(2)[Zn(OH)4]2-+2e-—Zn+4OH-40H--4e-=0,+组成碱性电池，K2FeO,在电池中作为正极材料，FeO?中+6价铁元素2H2O增大被还原为Fe(OH)3中+3价铁元素，其电极反应式为FeO?十3e十10.B解析根据题中装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应4H,O—Fe(OH)3+5OH;书写总反应的离子方程式时，关键是抓住Fe为H2-2e+2OH—2H2O,Ni电极NiO(OH)→Ni(OH)2,发生还和Zn的存在形式分别是Fe(OHD3和Zn(OH)2。原反应，电极反应为NiO(OH)+H,O十e一Ni(OH),+OH-,碳电极是负极，N电极是正极。离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离4.C解析若“右池中的银电极作负极”，Ag失去电子被氧化为Ag:子通过)，故A项错误，B项正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1Ag-e一Ag,电极质量减轻，不符合题干中的信息“两电极质量均增mol水，理论上负极区溶液质量增加18g,故C项错误；充电时，负极与大”，A项错误。题中装置图很容易让考生联想到盐桥电池，抓住“两电极电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D项错误。质量均增大”判断，若左池的Ag失去电子被氧化为Ag,Ag再结合溶11.答案(1)CH4-8e+2H2O-C02+8H液中的CI-生成AgCl,反应为Ag-e+CI=AgCl,即左池的银失去(2)CH,+100H--8e=C0?-+7H2O电子作负极；此时右池电解质溶液中的Ag在银电极表面得到电子被还(3)CH4+402--8e-C02+2H20原为Ag,反应为Ag十e一Ag,即右池的银电极为正极；两个电极反(4)CH,+4C03-8e-5C02+2H20应式相加得到总反应Ag十CI一AgCl↓；综上所述，B项错误，C项正拓广角度确。根据“阴阳相吸”可判断盐桥中的NO?向负极方向（即左池）移动，微应用1D解析锂是摩尔质量最小的金属元素，因此制成的电池具有D项错误。很高的比能量，A项正确；从题中图示可知，放电时锂离子从石墨晶格中5.C解析①A与B用导线连接后浸入电解质溶液中会构成原电池，B不：脱出，通过电解质迁移到层状正极表面后嵌入正极氧化物晶格中，C项正答案深度解析·35·