上分专题2 新型化学电池电极反应式的书写及判断-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学必修第二册（鲁科版）

上分专题2 新型化学电池电极反应式的书写及判断 命题密钥 电化学是氧化还原反应知识的应用和延伸，以新型化学电源为命题背景考查原电池的工 作原理的题型是高考的必考点。通常考查电池电极的判断、电极及电池反应式的书写、电子 的移动方向、电解质溶液中离子的移动方向及有关计算，题目难度一般较大。 考点觉醒 ●原电池工作原理 (1)一般工作原理 外电路电子 沿着导线传递 e 氧化失去e 负极 正极得到e还原 反应 反应 移 内电路 向 阴离子电解质 阳离子 (2)以铜、锌、稀硫酸原电池为例 电子从负极流出，流入正极 Zn-2e =Zn24 2H*+2e=H2t Zn 负极 正极 Cu 外电路电子的定向移动 原电池 静电作用 Zn2 Zn2 3 内电路离子的定向移动 Zn2 7n2 SO 稀硫酸 ●电极反应式的书写 (1)电极反应式书写的一般步骤 列物质 负极发生氧化反应 参加反应的微粒 标得失 正极发生还原反应 和得失电子数 看环境 在电解质溶液的环境中要生成稳定的电极 配守恒 产物，即看H、OH、H,O等是否参加反应，遵 守电荷守恒、质量守恒、得失电子守恒 两式加 两电极反应式相加，与总反应式对照验证 验总式 (2)电极反应式书写的注意事项 ①H在碱性环境中不存在； ②02在水溶液中不存在，在酸性环境中结合H,生成H,0,在中性或碱性环境结合H,0,生 成OH; ③若已知总反应式时，可先写出较易书写的一极的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反 应式减去较易写出的一极的电极反应式，得到较难写出的另一极的电极反应式。 化学1必修第二册·LK 实战演练日 1.*金属()-空气电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是 负载i 金 OH M2+ 空气 A.金属M作电池负极 B.电解质是熔融的MO C.正极的电极反应为0，+4e+2H,0一40HD.电池反应为2M+02+2H,0=2M(0H)2 2.*情境创新(2024·湖北武汉高一期末)热激活电池主要用于导弹、火箭以及应急电子仪器 供电，是一种电解质受热熔融即可开始工作的电池。一种热激活电池的结构如图1所示，其放 电后的两极产物分别为Li,Si,和LiMn,O4。已知：LiCl和KCl混合物的熔点与KCl的物质的量 分数的关系如图2所示。下列说法正确的是 () 800 ,火药 7222222723777777777727 600 oa 00 LiCl和KCI混合物 的 n9z 00 00.20.40.60.81 KCI的物质的量分数 图1 图2 A.放电时，i向a极区移动 B.放电时，负极的电极反应是2MnO2-e+Li=LiMn204 C.该电池中火药燃烧的日的是提供热能将电解质熔化，使电池开始工作 D.为降低电池的启动温度，应尽量提高混合物中KC1的物质的量分数 3.*(2024·湖南长沙高一期末)某固体锂离子电池具有安全性能高、能量密度大、续航高等特 点。该电池一极是嵌锂硬碳（可表示为LiC6),另一极是Li1FP0,(0<x<1),放电时会转化为 LiFePO4,电解质是能传导Li的固态电解质，工作原理如图所示。下列有关该电池的说法错误 的是 () 负载 □ 固体电解质 6 0 0 膜 Li.Co 。锂离子 Li FePO A.放电时，b极为正极 黑白题·上分秘籍5 B.放电时，Li经固体电解质由左向右迁移 C.放电时，电子经负载由a极流向b极，再经电解质由b极流向a极 D.放电时，a极的电极反应式为LiC。-xe=xLi+C6 4.*(2025·四川资阳高一期末)H20,在工业上被称为绿色氧化剂。一种双腔室H,02燃料电 池构造如图所示，下列说法错误的是 () 负载 H,SO,溶液 KOH溶液 复合材 H02 H,02 贵 电极 →H,0 膜 6, A.复合材料电极为正极 B.离子交换膜既能隔离酸、碱，又能维持电解质溶液电荷平衡 C.Pt电极上发生的反应：H202-2e=2H+02↑ D.H,02在电池反应中体现了氧化性和还原性 5.*(2025·河南南阳高一期末)研究人员研制出一种可在一分钟内完成充放电的超常性能铝 离子电池。该电池分别以铝和石墨为电极，用A1C,和有机阳离子构成的电解质溶液作为离子 导体，其放电工作原理如图所示。下列说法不正确的是 () 用电器 铝 0u0OCU00 888003 龄 AL,CL有机阳离子 A.放电时，铝为负极，石墨为正极 B.放电时的负极反应：A1+7ACl:-3e=4AL2Cl C.放电时，有机阳离子向铝电极方向移动 D.放电时，电子经导线由铝电极移向石墨电极 6.**(2024·浙江杭州高一期末)我国科学家设计的“海泥电池”工作原理如图所示，其中微生物代 谢产物显酸性。下列说法正确的是 ( ) H,O A电极 海水层 A.电极A上发生氧化反应 B电极口 B.负极的电极反应式为CH,0-4e+H,0=C0,+4H SO HS C.质子(H)从海水层通过交接面向海底沉积层移动 微生物 海底沉积层 D.微生物代谢反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 (CH2O)(CO) 6■化学1必修第二册·LK 7.*(2025·河北石家庄高一期末)在碳中和愿景下，全球范围内可再生能源不断开发。一种 新研发的电池系统是通过二氧化碳溶于水触发电化学反应，其工作原理如图所示（钠超离子导 体只允许Na通过)。下列说法错误的是 () H 金属钠 CO 有机电解液 钠超离子导体电解质水溶液 A.Na通过钠超离子导体由a极区移动到b极区 B.b电极上的电极反应为2C02+2H20+2e=2HC03+H) C.工作一段时间b电极附近可能有白色固体析出 D.该电池中的有机电解液可选用乙醇 8.*碱酸混合锌-硝酸根离子电池具有电压高、放电 用电器 功率大等优点，其工作原理如图所示，工作时，H0 双极膜 在双极膜（允许H和OH穿梭）界内解离成H和 H Zn OH OH。下列说法正确的是 ( ）锌电极 a H,0 b室 石墨电极 H2O NH: A.放电时，双极膜内的OH会移向b室 Zn(OH)P ,HKNO,、HNO KOH溶液 OH 混合溶液 B.每转移0.2mol电子，负极质量减少13g C.放电时，总反应为60H+7H20+N0+4Zn=4[Zn(0H)4]2+NH4 D.放电一段时间后，a室溶液pH会增大 9.*某新型电池以NaBH,(B的化合价为+3价)和H2O2作原料，负极 & 材料采用Pt,正极材料采用MO,(既作电极材料又对该极的电极反应B0, OH Na Na 有催化作用)，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（) Na Na BH. H20 A.每消耗3molH02,转移6mole OH 电极a钠离子 电极b B.该电池的总反应方程式为NaBH+4H202一NaB02+6H20 交换膜 C.电极a上的电极反应式为BH+80H-8e=B02+6H,0 D.电池工作时Na从电极b区移向电极a区 10.*社会热点(2025·黑龙江龙东高一期末)我国学者发明了一 e→ 8 种新型多功能甲醛(HCH0)-硝酸盐电池（如图所示），可同时处理 质子交换膜 废水中的HCHO和NO?,电池总反应为8HCHO+NO?+7OH HCOO NHA =NH,↑+8HC00+4H2↑+2H,0。下列说法错误的是() 极 +H, a b A.电池工作过程中，H通过质子交换膜向电极b移动 HCHO NO B.电池工作过程中，电极a附近区域电解液的pH减小 KOH溶液 KOH溶液 左室 右室 C.电极b上发生的电极反应为NO?+6H,0+8e=NH↑+90H D.当电极a流出1mol电子时，生成标准状况下H2的体积为5.6L 黑白题·上分秘籍口上分秘籍 上分专题1多维度考查元素推断 1.D解析：主族元素M最高正价为+3价，为“类铝”元素，说明M在 第ⅢA族，Ge在第VA族，i在第IA族，Nh为113号元素，在 第ⅢA族，但不是“含在口中就熔化的金属”也不是类铝元素，Ga在 第ⅢA族，是类铝元素，被称为“含在口中就熔化的金属”，故选D。 2.B解析：X、Y、Z、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期 元素，XWZ。是某种电池中广泛使用的电解质，XWZ6与水反应只生 成YZ3、XZ、HZ,根据元素所形成的化合物的化合价推知：Z为F,X 为一价Li,W为P元素，Y为0元素。WYZ3为POF3,含有极性共价 键，不存在非极性共价键，B错误。 3.C解析：根据质量守恒，则24+4=b+4,b=24,Y的质子数为13，则Y 为Al元素；根据质子守恒，则a+2=13,a=11,则X为Na元素，同周 期元素从左到右金属性减弱，金属性：Na>Al,A正确：Na与Al的 质量数都是24，质子数分别为11、13，互为同量素，B正确：4Na 和9Mg的质子数不同、质量数不同，不互为同位素，C错误；X为Na, 核外电子排布为2、8、1，Y为A1,核外电子排布为2、8、3，最外层电子 数之比为1：3，D正确。 4.B解析：T、Q、R、W四种元素在元素周期表中所处位置如题图，已知 W元素能与氧元素形成化合物W02,W02中氧元素的质量分数为 50%,说明W的相对原子质量为32，且W原子中质子数等于中子数， 则质子数为16，由此可知W为S,R为N,Q为C,T为F。Q的氧化物 不止一种，比如有一氧化碳、二氧化碳，A正确；T为F,非金属性最 强，无含氧酸，B错误；W为S,核外电子排布为2、8、6，其最外层电子 数为6，C正确：R为N,其最简单气态氢化物NH3和最高价氧化物对 应水化物HNO3可以化合为NH4NO3,D正确。 5.B解析：从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数可知，x是H 元素，y是C元素，z是N元素，d是0元素，e是Na元素，f是Al元 素，g是S元素，h是Cl元素。d为0，e为Na,f为Al,三种离子具有 相同电子层排布，原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小顺 序：d>e>f,A错误；g是S元素，h是Cl元素，非金属性：S<Cl,对应的 阴离子还原性：h<g,B正确；d为0，e为Na,组成的化合物Na202中 含有离子键和非极性共价键，C错误；x(H)、z(N)和d(0)可形成离 子化合物，如硝酸铵，D错误。 6.C解析：W在四种元素中原子序数最小，且只形成1个共价键，故 W为H,X、Y、Z处于同一周期，X形成4个共价键，应为C或者Si元 素，若是S,核外最外层电子数是Z核外电子数的一半，Z应为0，不 符合条件，故X为C元素，Z为0元素，Y为N元素。H和0可以形 成H202,含有极性键和非极性键，A错误；C可以形成C0,是不成盐 氧化物，B错误；C、N、0的非金属性逐渐增强，故简单气态氢化物的 稳定性：CH4<NH3<H20,C正确；A中H不满足8电子稳定结构， 是2电子稳定结构，D错误。 7.A解析：由气态化合物I、J反应生成铵盐，气态单质D2与C2光照 条件下反应生成I,D2与E2反应生成J可知，C2为氯气，D2为氢气， E2为氨气，I为氯化氢，J为氨气；由化合物G的焰色试验为黄色，B2 为气态单质可知，A、G中含有钠元素：由A与B2加热生成的化合物 F能与气态K反应生成B2和G,G能与氯化氢的溶液反应生成K可 知，A为钠，B2为氧气，F为过氧化钠，G为碳酸钠，K为二氧化碳。 水分子能形成分子间氢键，而与氧元素同主族的其他元素简单氢化 物不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于同主族其他元 索的简单氢化物，沸点高于同主族其他元素的简单氢化物，A正确； 上分秘籍参考答案 参考答秦 同周期元素从左到右原子半径依次减小，所以氧原子的原子半径小 于氮原子，B错误；过氧化钠是含有离子键、非极性键的离子化合物， C错误；碳酸钠溶液的碱性过强，会破坏胃液中的盐酸，所以不能用 于治疗胃酸过多，D错误。 8.A解析：X、Y、Z、M、Q是五种原子序数依次递增的短周期主族元 素，X连一个键，为H元素，Y连4个键，为C元素，Z连两个键，且与 C元素同周期，则Z为0元素，M阳离子带一个正电荷，M为Na元 素，Q连两个键，且原子半径大于0，为$元素。同周期从左到右原 子半径逐渐减小，原子半径：r(0)<r(S)<r(Na),A正确：Q、Z简单气 态氢化物分别为H,S和H20,同主族元素，从上到下元素的非金属 性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，故稳定性：Q(H2S)< Z(H20),B错误；非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属 性：S>C,故最高价含氧酸的酸性：H2S04>H2C03,即最高价含氧酸的 酸性：Y<Q,C错误；化合物STG为HSCH2 COONa,为离子化合物，易 溶于水，属于电解质，D错误。 9.C解析：短周期主族元素X、Y、Z、R的原子半径依次减小，R无正 价，R为F,Z和R位于同主族，Z为Cl,X、Y、Z位于同周期，则X、Y 的原子序数小于Cl,由图可知，XZn和YZm的混合溶液中滴加NaOH 溶液，生成沉淀的质量先增大后减小，最终仍有部分不溶，故XZ和 YZm分别为MgCl2和A1Cl3,故X为Mg,Y为A1。X为Mg,Y为A1,Z 为Cl,简单离子分别为Mg2+、A13+、C,电子层数越多，半径越大，核 外电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径： C>Mg2+>Al3+,A错误；X为Mg,Z为Cl,XZn中阴、阳离子个数比 为2：1，B错误；金属性：Mg>A1,最高价氧化物对应水化物的碱 性：Mg(OH)2>AI(OH)3,C正确；非金属性：F>C1,故简单氢化物的 稳定性：HF>HCl,D错误。 10.C解析：根据“W、X、Y是三种短周期主族元素且分别位于三个周 期”推出其中一定有H;又根据“X和Y位于同一主族且原子序数 存在2倍关系”推出X和Y为0和S,则W为H,结合化合物的化 学式，知X为0，Y为S。根据ZYX4·7W2X(M=278g·mol1),推 出Z的摩尔质量为56g·mol1,故Z为Fe,该物质为FeS04· 7H20。同一主族元素自上而下非金属性诚弱，则简单氢化物的热 稳定性逐渐减弱，即稳定性：H2O>H2S,A正确；NaH是由Na+和H 构成的离子化合物，B正确；8.34gFs04·7H20的物质的量为 0.03mol,其中全部结品水为0.21mol,质量为3.78g,结合M、N、P 的质量计算，第一个拐点失去0.09molH0,第二个拐点失去 0.09molH20,第三个拐点失去0.03molH20,最终剩余的是Fe的 氧化物，其中Fe的物质的量为0.03mol,质量为1.68g,则0的质量 为0.72g,物质的量为0.045mol,n(Fe):n(0)=0.03mol: 0.045mol=2:3,故最终曲线Q所得物质为Fe203,C错误；结合选项 C可知，热重曲线的第12、3个拐点失去的都是W2X,D正确。 上分专题2新型化学电池电极反应式的 书写及判断 1.B 2.C解析：该热激活电池放电时，a电极上Li13Si4发生失电子的反应 生成Li,Si3,b电极上MnO2发生得电子的反应生成LiMn204,则a极 为负极，b极为正极。放电时阳离子向正极移动，故放电时L向b 极区移动，A错误；放电时，负极的电极反应是3Li13Si4-11e 4Li,Si3+11Li,B错误；火药燃烧放热，该电池中火药燃烧的目的是 黑白题47 提供热能将电解质熔化，使电池开始工作，C正确；由图2可知，为降 低电池的启动温度，混合物中KC1的物质的量分数既不能太低也不 能太高，应控制在0.6，D错误。 3.C解析：Li1-FeP04(0<x<1)转化成LiFeP04过程中锂离子增加，原 电池中阳离子移向正极，说明b极Li1-FeP04(0<x<1)为正极材 料，A正确：放电时，经固体电解质由左向右迁移至正极，B正确： 放电时，电子由a极经负载流向b极，不经过固体电解质，C错误；放 电时，a极为负极，失去电子，其电极反应式为i,C6-xe一xi+ C6,D正确。 4.C解析：由图可知，复合材料电极是燃料电池的正极，酸性条件下， 过氧化氢在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为 H202+2e+2H*一2H20,铂电极为负极，碱性条件下过氧化氢在 负极失去电子发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为H202 -2e+20H=2H20+02↑，总反应为2H202=2H20+02↑，电 池工作时钾离子通过离子交换膜由铂电极移向复合材料电极， C错误。 5.C解析：由装置图可知，放电时，铝是活泼的金属，铝为负极，被氧化 生成A12C7,电极反应式为A1+7A1C14-3e一4A12Cl7;石墨为正 极，电极反应式为CnA1CL4+e一Cn+AICl4。原电池工作时，阳离子 向正极移动，因此有机阳离子向石墨电极方向移动，C错误。 6.D解析：由题图可知，电极A上氧气得电子生成水，则电极A为正 极，电极反应式为02+4e+4H一2H20,电极B上HS失电子生 成S,则电极B为负极，电极反应式为HS-2e一S↓+H,微生物 作用下发生的反应为2CH20+S0子+H=2C02+HS+2H20。由分 析可知，A、B错误；原电池工作时，阳离子向正极移动，则质子从海底 沉积层向海水层移动，C错误：微生物代谢反应为2CH20+S0子+H 一2C02+HS+2H20,S0子是氧化剂，CH20是还原剂，氧化剂与还 原剂的物质的量之比为1：2，D正确。 7.D解析：由电池工作原理示意图可知，反应中Na被氧化为钠离子， 为原电池的负极，则a电极反应式为Na-e一Na,b为正极，b电 极反应式为2C02+2H20+2e一2HC03+H2,原电池工作时，阳离 子向正极移动，电解液中钠离子和碳酸氢根离子达到饱和时， 以NHCO,晶体析出。钠和乙醇能发生置换反应，该电池中的有机 电解液不可选用乙醇，D错误。 8.C解析：由题图可知，放电时，锌为原电池负极，碱性条件下失去电 子发生氧化反应生成四羟基合锌酸根离子，电极反应式为Z如-2e+ 40H一[Z(0H)4]2,石墨电极为正极，酸性条件下硝酸根离子 在正极得电子转化为铵根离子，电极反应式为N0?+8e+10H =NH+3H20,H20在双极膜解离成Ht和OH,Ht通过阳离子交 换膜进人b室，OH通过阴离子交换膜进入a室。根据分析，A错 误；负极的电极反应式为Zn-2e+40H一[Zn(0H)4]2,每转移 0.2mol电子，负极减少0.1 mol Zn,即6.5g,B错误；根据分析，放电 时，总反应为60H+7H20+N03+4Zm一4[Zn(0H)4]2+NH, C正确；根据负极的电极反应式：Zn-2e+40H一[Zn(0H)4]2,a 室每消耗4 mol OH的同时有2 mol OH通过阴离子交换膜进入a 室，放电一段时间后，OH浓度下降，所以pH会减小，D错误。 9.D解析：正极电极反应式为H202+2e一20H,每消耗3mol H202,转移的电子为6mol,A正确；电极b采用Mn02作正极，H202 发生还原反应，得到电子被还原生成OH,负极发生氧化反应生成 B02,电极反应式为BH:+80H-8e一B02+6H20,该电池总反应 方程式为NaBH4+4H202一NaB02+6H20,B、C正确；原电池工作 时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则Na从电极a区移向 电极b区，D错误。 必修第二册·LK 10.D解析：由原电池中电子移动方向可知，电极b为正极，NO3得到 电子生成NH3,电极反应式为N03+6H20+8e一NH3↑+90H; 电极a为负极，HCHO失去电子生成HCO0~和H2,负极电极反应式 为2HCH0+40H-2e一2HC00-+H2↑+2H20。根据电极反应 式2HCH0+40H-2e—2HC00+H2↑+2H20,当电极a流出 1mol电子时，生成0.5molH2,标准状况下的体积为11.2L, D错误。 上分专题3控制变量法探究影响化学 反应速率的因素 1.B解析：随着温度升高，S0?反应速率随温度升高而增大，这是温 度对反应速率的影响，不能说明该反应是吸热反应，B错误。 2.D解析：由曲线②和③可知，在相同温度、相同时间内，pH=1.5时的 Fe2+的氧化率高于pH=2.5时的Fe2+的氧化率，即pH越小，Fe2+的氧 化率越高，Fe2+的氧化速率越快，D错误。 3.B解析：实验①②③溶液中通人S02都立即产生大量红棕色物质， 说明产生红棕色物质的反应速率快些，5h后溶液中加入铁氰化钾溶 液都产生蓝色沉淀，说明S02与Fe3+的氧化还原反应速率慢些，A错 误；①与②的区别在阴离子的种类不同（一个是N03、一个是CI), 5h后，①中溶液变为浅黄色，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀， ②中溶液几乎无色，加入铁氰化钾溶液，产生大量蓝色沉淀，说明阴 离子种类对S02与F3+氧化还原反应的速率有影响，但无法证明 是NO?抑制反应进行，B正确；+4价硫也可与酸性高锰酸钾溶液发 生氧化还原反应，现象为紫红色褪去，C错误：5h后③比①黄色更 深，③和①的区别是③加人了1滴浓硝酸，也有可能是H浓度的增 大减慢了S0,与Fe3+反应的速率，D错误。 4.D解析：实验发生反应的化学方程式为Na2S203+H2S04一 Na2S04+S02↑+S↓+H20,A正确：根据实验1和2，可知是对比温度 对反应速率的影响，由于实验2温度高，所以反应速率快，用时短，则 t1>2,B正确；实验3的反应速率大于实验1的反应速率，则实验3 中x(Na2S203)>实验1中v(Na2S203),则V1>10.0,但是溶液总体积 不能超过20.0mL,因此15.0≥V1,C正确；实验1、2、3均应向 Na2S203溶液中一次性加入H2S04溶液，而不是缓慢滴加，否则反应 时间就会因滴加过程而产生差异，D错误。 5.A解析：综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中S02 浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加 快反应速率，A正确：综合分析实验②和③可知，在相同时间内，实验 ②中S0子浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小水样 初始pH,SeO?的去除效果越好，但是当水样初始pH太小时，H浓 度太大，纳米铁与H反应速率加快，会导致与S0?反应的纳米铁 减少，因此，当水样初始pH越小时，SO子的去除效果不一定越好， B错误；实验①中，0~2小时内平均反应速率v(S0子)= (5.0×10-3-1.0×10-3)m0l.L- =2.0×10-3mol·L-1·h-1,C错误； 2h 实验③中水样初始pH=8,溶液显弱碱性，发生反应的离子方程式中 不能用H*配电荷守恒，D错误。 6.(1)3133探究溶液的pH对降解反应速率的影响(2)8.0×10~6 (3)过氧化氢在温度过高时迅速分解(4)有机物p-CP不能降解 (5)将所取样品迅速加到一定量的Na0H溶液中，使pH约为10 解析：(1)对比实验的关键是控制变量，实验②探究温度对降解反应 速率的影响，则②中除了温度不同以外，其他量必须与实验①相同 则温度、pH分别为313K、3;实验③中除了pH与①不同外，其他量 黑白题48