（新课标）广西2022高考化学二轮复习 专题二 化学基本理论 第6讲 电化学学案

（新课标）广西2022高考化学二轮复习 专题二 化学基本理论 第6讲 电化学学案一、选择题(本题包括7个小题,每小题6分,共42分)1.如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面图。下列说法正确的是()A.该电化学腐蚀为析氢腐蚀B.图中生成铁锈最多的是C区域C.A区域比B区域更易腐蚀D.铁闸中的负极的电极反应:Fe-2e-Fe2+答案D解析海水为弱酸性,发生吸氧腐蚀,在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀,A错误。在B处,海水与氧气接触,与Fe最易形成原电池,发生的吸氧腐蚀的程度最大,生成铁锈最多,B错误。在B处,海水与氧气接触,与Fe最易形成原电池,所以B区域比A区域更易腐蚀,C错误。Fe作负极失电子生成亚铁离子,则负极的电极反应:Fe-2e-Fe2+,D正确。2.原电池中,B极逐渐变粗,A极逐渐变细,C为电解质溶液,则A、B、C应是下列各组中的()A.A是Zn,B是Cu,C为稀硫酸B.A是Cu,B是Zn,C为稀硫酸C.A是Fe,B是Ag,C为稀AgNO3溶液D.A是Ag,B是Fe,C为稀AgNO3溶液答案C解析在原电池中,一般活泼金属作负极,失去电子发生氧化反应(金属被氧化)而逐渐溶解(或质量减轻);不活泼金属(或导电的非金属)作正极,发生还原反应有金属析出(质量增加)或有气体放出;依据题意可知A为负极、B为正极,即活泼性A大于B,且A能从电解质溶液中置换出金属单质。只有C正确。3.(2017海南高考,10)一种电化学制备NH3的装置如图所示,图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是()A.Pd电极b为阴极B.阴极的反应式为N2+6H+6e-2NH3C.H+由阳极向阴极迁移D.陶瓷可以隔离N2和H2答案A解析Pd电极b上是氢气发生氧化反应,Pd电极b为阳极,A错误。Pd电极a为阴极,N2发生还原反应,N2+6H+6e-2NH3,B正确。阳离子向阴极移动,C正确。陶瓷隔离N2和H2,使之分别在阴极、阳极放电,D正确。4.图1是铜锌原电池示意图。图2中,x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量,y轴表示()图1图2A.铜棒的质量B.c(Zn2+)C.c(H+)D.c(S)答案C解析该装置构成原电池,Zn是负极,Cu是正极。在正极Cu附近溶液中的H+获得电子变为氢气,Cu电极的质量不变,A错误。由于Zn是负极,不断发生反应Zn-2e-Zn2+,所以溶液中c(Zn2+)增大,B错误。由于反应不断消耗H+,所以溶液的c(H+)逐渐降低,C正确。S不参加反应,其浓度不变,D错误。5.我国科研人员以Zn和尖晶石型锰酸锌(ZnMn2O4)为电极材料,研制出一种水系锌离子电池。该电池的总反应方程式:xZn+Zn1-xMn2O4ZnMn2O4(0x1)。下列说法正确的是()A.充电时,Zn2+向ZnMn2O4电极迁移B.充电时,阳极反应:ZnMn2O4-2xe-Zn1-xMn2O4+xZn2+C.放电时,每转移1 mol e-,ZnMn2O4电极质量增加65 gD.充放电过程中,只有Zn元素的化合价发生变化答案B解析充电时,Zn2+向Zn电极迁移,A错误。充电时,阳极发生氧化反应:ZnMn2O4-2xe-Zn1-xMn2O4+xZn2+,B正确。每转移1 mol e-,ZnMn2O4电极质量增加32.5 g,C错误。充放电过程中Mn元素的化合价也发生变化,D错误。6.现代膜技术可使某种离子具有单向通过能力,常用于电解池、原电池中。电解NaB(OH)4溶液可制备H3BO3,其工作原理如图。下列叙述错误的是()A.M室发生的电极反应式:2H2O-4e-O2+4H+B.N室:abC.产品室发生的反应是B(OH+H+H3BO3+H2OD.理论上每生成1 mol产品,阴极室可生成标准状况下5.6 L气体答案D解析M室为阳极室,水中的氢氧根离子放电,2H2O-4e-O2+4H+,A正确。N室,水中的氢离子放电,生成氢氧根离子,原料室中钠离子移动到N室,NaOH浓度增大,B正确。原料室中的B(OH移向产品室,M室中生成的H+移向产品室,二者反应生成产品,C正确。根据关系式:H3BO3H+H2,理论上每生成1 mol产品,阴极室可生成标准状况下11.2 L气体,D错误。7.(2018北京理综,12)验证牺牲阳极的阴极保护法,实验如下(烧杯内均为经过酸化的3% NaCl溶液)。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是()A.对比,可以判定Zn保护了FeB.对比,K3Fe(CN)6可能将Fe氧化C.验证Zn保护Fe时不能用的方法D.将Zn换成Cu,用的方法可判断Fe比Cu活泼答案D解析A项,对比可知,没有连接锌的Fe附近溶液在加入K3Fe(CN)6溶液后产生了蓝色沉淀,说明Zn保护了Fe,正确;B项,对比可知,铁氰化钾可能把Fe氧化为Fe2+,并进一步与Fe2+反应生成蓝色沉淀,正确;C项,生成蓝色沉淀,说明有Fe2+生成,因而不能用于验证Zn保护Fe,正确;D项,实验中无论Fe作正极还是负极,Fe附近均产生蓝色沉淀,故将Zn换成Cu,无法证明Fe比Cu活泼,错误。二、非选择题(本题包括4个小题,共58分)8.(12分)锂锰电池的体积小、性能优良,是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示,其中电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中,Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中,生成LiMnO2。回答下列问题:(1)外电路的电流方向是由极流向极。(填字母)(2)电池正极反应式为。(3)是否可用水代替电池中的混合有机溶剂?(填“是”或“否”),原因是。(4)MnO2可与KOH和KClO3在高温下反应,生成K2MnO4,反应的化学方程式为。K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为。答案(1)ba(2)MnO2+e-+Li+LiMnO2(3)否电极Li是活泼金属,能与水反应(4)3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O21解析(1)结合所给装置图以及原电池反应原理,可知Li作负极材料,MnO2作正极材料,电子流向是从ab,电流方向则是ba。(2)根据题目中的信息“电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中,Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中,生成LiMnO2”,所以正极的电极反应式MnO2+e-+Li+LiMnO2。(3)因为负极的电极材料Li是活泼的金属,能够与水发生反应,故不能用水代替电池中的混合有机溶剂。(4)由题目中的信息“MnO2可与KOH和KClO3在高温条件下反应,生成K2MnO4”,可知该反应属于氧化还原反应,Mn元素化合价升高(),则Cl元素的化合价降低(),所以化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O;根据“K2MnO4在酸性溶液中歧化,生成KMnO4(K2O4KO4)和MnO2(K2O4O2)”,结合电子得失守恒可得,生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为21。9.(14分)25 时,用两个质量相同的铜棒作电极,电解500 mL 0.1 molL-1 H2SO4溶液,电解过程中,电解液的pH变化如表所示(假定溶液温度保持不变)。电解2 h后,取出电极,对电极进行干燥,并称量,测得两电极的质量差为9.6 g。已知,25 时0.1 molL-1 CuSO4溶液的pH为4.17。时间/h0.511.52pH1.32.43.03.0(1)实验刚开始阶段电解池阴极发生反应的电极反应式为。(2)电解进行到1.5 h后,电解质溶液的pH不再发生变化的原因是。用离子反应方程式表示0.1 molL-1 CuSO4溶液的pH为4.17的原因:。(3)电解进行的2 h中,转移电子的总物质的量(填“”)0.15 mol。(4)若欲使所得电解质溶液复原到500 mL 0.1 molL-1 H2SO4溶液,应对溶液进行怎样处理?。答案(1)2H+2e-H2(2)电解持续进行,H+电解完后,电解过程发生转变,阳极反应式为Cu-2e-Cu2+,阴极反应式为Cu2+2e-Cu,电解质溶液的组成、浓度不再发生变化,溶液的pH也不再发生变化Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+(3)(4)向溶液中通入约0.05 mol H2S解析根据题意及表中数据可知,电解刚开始阶段,阳极反应式是Cu-2e-Cu2+,阴极反应式为2H+2e-H2;随着电解的继续,溶液中Cu2+的浓度增大,此时阳极反应不变,而H+已被电解完,阴极反应则变成Cu2+2e-Cu;若电解过程中只有电镀铜的过程,阳极溶解的铜与阴极生成的铜质量相同,溶液的组成保持不变,则阳极铜的减少量为=4.8 g,转移电子的物质的量为0.15 mol,而实际上先有H2产生,后有电镀铜的过程,故实际转移电子的物质的量大于0.15 mol;要使溶液复原则需要通入H2S,H2S+CuSO4CuS+H2SO4。10.(16分)某实验小组同学对电化学原理进行了一系列探究活动。(1)如图为某实验小组依据氧化还原反应:(用离子方程式表示)设计的原电池装置,反应前,电极质量相等,一段时间后,两电极质量相差12 g,导线中通过 mol电子。(2)其他条件不变,若将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液,石墨电极反应式为,这是由于NH4Cl溶液显(填“酸性”“碱性”或“中性”),用离子方程式表示溶液显此性的原因:,用吸管吸出铁片附近溶液少许置于试管中,向其中滴加少量新制饱和氯水,写出发生反应的离子方程式:,然后滴加几滴硫氰化钾溶液,溶液变红,继续滴加过量新制饱和氯水,颜色褪去,同学们对此做了多种假设,某同学的假设是:“溶液中的+3价铁被氧化为更高的价态。”如果+3价铁被氧化为Fe,试写出该反应的离子方程式:。(3)如图其他条件不变,若将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型,如图所示。一段时间后,在甲装置铜丝附近滴加酚酞溶液,现象是,电极反应为;乙装置中石墨(1)为(填“正”“负”“阴”或“阳”)极,乙装置中与铜丝相连石墨电极上发生的反应式为,产物常用检验,反应的离子方程式为。答案(1)Fe+Cu2+Fe2+Cu0.2(2)2H+2e-H2酸性N+H2ONH3H2O+H+2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-2Fe3+3Cl2+8H2O2Fe+6Cl-+16H+(3)溶液变红O2+2H2O+4e-4OH-阴2Cl-2e-Cl2湿润淀粉碘化钾试纸Cl2+2I-2Cl-+I2解析(1)设导线中通过的电子的物质的量为x,则负极质量减少28 gmol-1x,正极质量增加32 gmol-1x,28x+32x=12,x=0.2 mol。(2)NH4Cl水解,溶液显酸性,正极上H+得电子,负极上Fe失电子生成Fe2+。Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,Cl2过量时,发生的反应为2Fe3+3Cl2+8H2O2Fe+6Cl-+16H+。(3)将盐桥改为铜丝和石墨后甲装置成为原电池,乙装置成为电解池。甲中Fe为负极,Cu为正极,正极电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,滴加酚酞后,溶液变红色。乙中石墨(1)为阴极,与铜丝相连的电极为阳极,电极反应式为2Cl-2e-Cl2,Cl2可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。11.(2018安徽合肥质检)(16分)如图所示,U形管内盛有100 mL的溶液,按要求回答下列问题:(1)断开K2,闭合K1,若所盛溶液为CuSO4溶液,则A极为极,B极的电极反应式为。若所盛溶液为KCl溶液,则B极的电极反应式为。(2)断开K1,闭合K2,若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液,则:A电极附近可以观察到的现象是,Na+移向(填“A”或“B”)极。B电极上的电极反应式为,总反应的化学方程式是。反应一段时间后断开K2,若忽略溶液的体积变化和气体的溶解,B极产生气体的体积(标准状况)为11.2 mL,将溶液充分混合,溶液的pH约为。若要使电解质溶液恢复到原状态,需向U形管内加入或通入一定量的。答案(1)负Cu2+2e-CuO2+2H2O+4e-4OH-(2)溶液变红A2Cl-2e-Cl22NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H212HCl解析(1)断开K2,闭合K1时,该装置是原电池,锌作负极,碳作正极,正极上铜离子得电子生成铜,发生还原反应,电极反应式为Cu2+2e-Cu;所盛溶液为KCl溶液时发生锌的吸氧腐蚀,正极(B极)的电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-;(2)断开K1,闭合K2,若所盛溶液为滴有酚酞的NaCl溶液,该装置是电解池,碳棒是阳极,锌棒是阴极,电解时,锌棒上氢离子放电生成氢气,同时电极附近生成的氢氧根离子导致溶液呈碱性,使酚酞变红;溶液中的Na+向阴极移动,即向A电极移动;电解时,阳极B上氯离子放电生成氯气:2Cl-2e-Cl2,阴极上氢离子放电生成氢气,同时溶液中生成氢氧化钠,所以电池总反应式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2;由可知,B极产生(标准状况)11.2 mL Cl2,生成0.001 mol NaOH。故c(OH-)=0.01 molL-1,c(H+)=molL-1=10-12 molL-1,故pH=12。两极逸出的气体分别是H2和Cl2,故要使电解质溶液恢复到原状态,需向U形管内通入一定量的HCl气体。