2019-2020年高考化学大二轮复习第1部分知识整合专题2基本理论第7讲电化学基础.doc

2019-2020年高考化学大二轮复习第1部分知识整合专题2基本理论第7讲电化学基础一、选择题(包括7个小题，每小题5分，共35分)1(xx启东模拟)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该电化腐蚀为析氢腐蚀B图中生成铁锈最多的是C区域CA区域比B区域更易腐蚀D铁闸中的负极的电极反应：Fe2e=Fe2解析海水溶液为弱酸性，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，故C错误；Fe作负极失电子生成亚铁离子，则负极的电极反应：Fe2e=Fe2，故D正确。答案D2(xx上海高考)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A铜棒的质量Bc(Zn2)Cc(H) Dc(SO)解析该装置构成原电池，Zn是负极，Cu是正极。A.在正极Cu上溶液中的H获得电子变为氢气，Cu棒的质量不变，错误；B.由于Zn是负极，不断发生反应Zn2e=Zn2，所以溶液中c(Zn2)增大，错误；C.由于反应不断消耗H，所以溶液的c(H)逐渐降低，正确；D.SO不参加反应，其浓度不变，错误。答案C3(双选)(xx海南高考)某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液。下列说法正确的是AZn为电池的负极B正极反应式为2FeO10H6e=Fe2O35H2OC该电池放电过程中电解质溶液浓度不变D电池工作时OH向负极迁移解析A根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，正确；B.KOH溶液为电解质溶液，则正极电极反应为2FeO6e8H2O=2Fe(OH)310OH，错误；C.该电池放电过程中电解质溶液浓度减小，错误；D.电池工作时阴离子OH向负极迁移，正确。答案AD4工业上可利用下图所示电解装置吸收和转化SO2(A、B均为惰性电极)。下列说法正确的是AA电极接电源的正极BA极区溶液的碱性逐渐增强C本装置中使用的是阴离子交换膜DB极的电极反应式为SO22e2H2O=SO4H解析A由HSO生成S2O，发生还原反应，A应为负极，故A错误；B.阴极的电极反应式为：2HSO2H2e=S2O2H2O，碱性增强，故B正确；C.阳极的电极反应式为：SO22H2O2e=SO4H，阴极的电极反应式为：2HSO2H2e=S2O2H2O，离子交换膜应使H移动，应为阳离子交换膜，故C错误；D.B为阳极，发生SO22H2O2e=SO4H，故D错误。答案B5科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O合成CH4。下列关于该电池叙述错误的是A电池工作时，是将太阳能转化为电能B铜电极为正极，电极反应式为CO28e8H=CH42H2OC电池内部H透过质子交换膜从左向右移动D为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量盐酸解析 A该电池工作时，将太阳能转化为电能，A正确；B. 铜电极为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为CO28e8H=CH42H2O，B正确；C. H在Cu电极处参与反应，因此电池内部H透过质子交换膜从左向右移动，C正确；D. 为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量的酸，由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，因此应该加入少量的硫酸，D错误。答案D6(xx北京高考)用石墨电极完成下列电解实验。实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生；下列对实验现象的解释或推测不合理的是Aa、d处：2H2O2e=H22OHBb处：2Cl2e=Cl2Cc处发生了反应：Fe2e=Fe2D根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜解析A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子剩余造成的，故正确；B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根离子和氯离子同时放电，故错误；C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，故正确；D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池(一个球两面为不同的两极)，m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极(n的背面)，故相当于电镀，即m上有铜析出，正确。答案B7(xx华师大附中模拟)把物质的量均为0.1 mol的AlCl3、CuCl2和H2SO4溶于水制成100 mL的混合溶液，用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同。则下列描述正确的是A阳极得到的气体中有O2且为0.35 molB铝元素仅以Al(OH)3的形式存在C阴极质量增加3.2 gD电路中共转移0.9 mol电子解析用惰性电极电解，阴极：Cu22e=Cu,2H2e=H2；阳极：2Cl2e=Cl2，4OH4e=2H2OO2；根据各离子的放电顺序可知，该电解过程可分为以下几个阶段：(1)阶段一：电解0.1 mol CuCl2，转移0.2 mol e，阴极增重质量为铜的质量，为6.4 g；阳极产生0.1 mol Cl2；故C项错误；(2)阶段二：电解0.2 mol HCl，转移0.2 mol e，阳极又产生0.1 mol Cl2，阴极产生0.1 mol H2；(3)阶段三：电解0.1 mol HCl，转移0.1 mol e，此阶段H来源于水，Cl完全电解，阳极又产生0.05 mol Cl2，阴极又产生0.05 mol H2；此时由于水的电离平衡被破坏，体系中产生多余的OH，所以部分Al3以Al(OH)3的形式沉淀，故B项错误；综上分析可知，当转移0.5 mol e时，阳极共产生0.25 mol Cl2，阴极产生0.15 mol H2，如果使两极最终所得气体的体积相等，还需要继续电解水。假设还需电解x mol H2O，则阳极产生0.5x mol O2，阴极产生x mol H2。此时阳极气体为0.25 mol0.5x mol，阴极气体为0.15 molx mol，由二者相等得x=0.2，由此可得再电解0.2 mol H2O，还需转移电子0.4 mol，所以该过程中共转移0.9 mol e，D项正确；阳极共产生0.25 mol Cl2,0.1 mol O2，A项错误。答案D二、非选择题(包括4个小题，共35分)8(8分)(xx陕西师大附中模拟) 25 时，用两个质量相同的铜棒作电极，电解500 mL 0.1 molL1 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 molL1 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所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 molL1 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_0.15 mol(填“”)。(4)若欲使所得电解质溶液复原到500 mL 0.1 molL1 H2SO4溶液，应对溶液进行怎样处理？_。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Cu2e=Cu2，阴极反应式为2H2e=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Cu22e=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9.6 g/2=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，H2SCuSO4=CuSH2SO4。答案(1)2H2e=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Cu2e=Cu2，阴极反应式为Cu22e=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Cu22H2OCu(OH)22H(3)(4)向溶液中通入约0.05 mol H2S9(9分)(xx重庆高考)我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义。(1)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为_。(2)下图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。腐蚀过程中，负极是_(填图中字母“a”或“b”或“c”)；环境中的Cl扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_；若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为_L(标准状况)。解析(1)复分解反应为相互交换成分的反应，因此该反应的化学方程式为Ag2O2CuCl=2AgClCu2O。(2)负极发生失电子的反应，铜作负极失电子，因此负极为c。负极反应：Cu2e=Cu2，正极反应：O22H2O4e=4OH。正极产物为OH，负极产物为Cu2，两者与Cl反应生成Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu23OHCl=Cu2(OH)3Cl。4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为0.02 mol，由Cu元素守恒知，发生电化腐蚀失电子的Cu单质的物质的量为0.04 mol，失去电子0.08 mol，根据电子守恒可得，消耗O2的物质的量为0.02 mol，所以理论上消耗氧气的体积为0.448 L(标准状况)。答案(1)Ag2O 2CuCl=2AgClCu2O(2)c2Cu23OHCl=Cu2(OH)3Cl0.44810(9分)(xx长春模拟)化学电池的研究一直是化学工作者研究的热点之一。.美国科学家S鲁宾成功开发锌汞纽扣式电池，以锌和氧化汞为电极材料，氢氧化钾溶液为电解液的原电池，有效地解决电池使用寿命短，易发生漏液等问题。电池总反应为：ZnHgO=ZnOHg。(1)该电池的正极反应式为_。(2)含汞电池生产企业的污水中会含有一定量的2价的汞离子，通常采用处理成本较低的硫化物沉淀法，即向污水中投入一定量的硫化钠，反应的离子方程式为_。(3)该方法的缺点是产物的颗粒比较小，大部分悬浮于污水中，通常采用投入一定量的明矾晶体进行后续处理，请解释其原因_。.锂离子电池由于轻便、比能量大等优点，成为当今社会最为常见的电池。其中的重要材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)通常按照下列流程进行生产：请回答下列问题：(4)生产过程中“混合搅拌”的目的是_，气体X的化学式为_。(5)请写出一定条件下由LiH2PO4生成LiFePO4的化学方程式_，当生成1 mol磷酸亚铁锂时，转移的电子数目为_。(6)生成LiFePO4的过程可能产生一种杂质对电池有致命的影响，则该杂质可能为_。解析.(1)正极发生还原反应，HgO获得电子生成Hg，碱性条件下还生成氢氧根离子，该电池的正极反应式为HgOH2O2e=Hg2OH；(2)硫离子与汞离子反应生成HgS沉淀，反应离子方程式为Hg2S2=HgS；(3)铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附HgS颗粒，加快HgS微粒的沉降。.(4)生产过程中“混合搅拌”的目的：使反应物充分混合，提高反应速率，铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气，即X为NH3；(5)流程图中LiH2PO4与Fe2O3、C反应生成LiFePO4，Fe元素被还原，C元素被氧化生成CO，还有水生成，反应方程式为：2LiH2PO4Fe2O3C=2LiFePO4CO2H2O，当生成1 mol磷酸亚铁锂时，转移的电子为1 mol，即转移电子数目为6.021023；(6)碳可能将氧化铁中Fe元素还原为Fe单质，对电池有致命的影响。答案.(1)HgOH2O2e=Hg2OH(2)Hg2S2=HgS(3)铝离子水解得到氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附HgS颗粒，加快HgS微粒的沉降.(4)使反应物充分混合，提高反应速率NH3(5)2LiH2PO4Fe2O3C=2LiFePO4CO2H2O6.021023(6)Fe11(9分)(xx聊城模拟)已知铅蓄电池的工作原理为PbPbO22H2SO42PbSO42H2O，现用如图装置进行电解(电解液足量)，测得当铅蓄电池中转移0.4 mol电子时铁电极的质量减少11.2 g。请回答下列问题。(1)A是铅蓄电池的_极，铅蓄电池正极反应式为_，放电过程中电解液的密度_(填“减小”、“增大”或“不变”)。(2)Ag电极的电极反应式是_，该电极的电极产物共_g。(3)Cu电极的电极反应式是_，CuSO4溶液的浓度_(填“减小”、“增大”或“不变”)。(4)如图表示电解进行过程中某个量(纵坐标x)随时间的变化曲线，则x表示_。a各U形管中产生的气体的体积 b各U形管中阳极质量的减少量c各U形管中阴极质量的增加量解析根据在电解过程中铁电极质量的减少可判断A是电源的负极，B是电源的正极，电解时Ag极作阴极，电极反应式为2H2e=H2，Fe作阳极，电极反应式为Fe2e=Fe2，左侧U形管中总反应式为Fe2H=Fe2H2。右侧U形管相当于电镀装置，Zn电极作阴极，电极反应式为Cu22e=Cu，铜电极作阳极，电极反应式为Cu2e=Cu2，电镀过程中CuSO4溶液的浓度保持不变，根据上述分析可得答案。答案(1)负PbO24HSO2e=PbSO42H2O减小(2)2H2e=H20.4(3)Cu2e=Cu2不变(4)b