2019年高考化学一轮课时达标习题 第6章 化学反应与能量（3）（含解析）.doc

第6章化学反应与能量（3）1下列事实与电化学腐蚀无关的是(A)A光亮的自行车钢圈不易生锈B黄铜(Cu、Zn合金)制的铜锣不易产生铜绿C铜、铝电线一般不连接起来作导线D生铁比熟铁(几乎是纯铁)更容易生锈解析A项，自行车钢圈不易生锈是由于熔炼的时候在铁中加入了一定比例的镍、铬，改变了其金属的组织结构，与电化学腐蚀无关；B项，黄铜中，锌比铜活泼，二者构成原电池，锌失电子，这样可以保护铜不被氧化；C项，铜、铝导线连接起来会与表面液体构成原电池，铝比铜活泼，铝失电子被氧化，就会引起连接处断开，造成断路；D项，生铁中含有杂质碳，碳、铁、水膜会构成无数个微小的原电池，使铁不断被腐蚀。2为探究钢铁的吸氧腐蚀原理设计了如图所示的装置，下列有关说法错误的是 (D)A正极的电极反应方程式为O22H2O4e=4OHB将石墨电极改成Mg电极，难以观察到铁锈生成C若向自来水中加入少量NaCl(s)，可较快地看到铁锈D分别向铁、石墨电极附近吹入O2，前者铁锈出现得快解析铁是负极，失电子被氧化成Fe2，在正极O2得电子发生还原反应生成OH，故将O2吹向石墨电极的腐蚀速率比吹向铁电极得快；向自来水中加入NaCl(s)，可使电解质溶液的导电能力增强，加快腐蚀速率；但若将石墨电极换成Mg电极，则负极为Mg，Fe被保护，难以看到铁生锈。3将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法错误的是(C)A阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2BAB段阳极只产生Cl2，阴极只产生CuCBC段表示在阴极上是H放电产生了H2DCD段相当于电解水解析由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各为1 mol ，电解分3个阶段。第一阶段阳极：1 mol Cl失1 mol 电子，阴极：0.5 mol Cu2得1 mol电子，因为Cu2水解使溶液显酸性，随着电解的进行，Cu2的浓度降低，溶液酸性减弱，pH将增大；第二阶段阳极：1 mol OH(来源于水的电离)失1 mol 电子，阴极：0.5 mol Cu2再得1 mol 电子，因为OH消耗，使溶液中H的浓度增大，pH迅速减小；第三阶段阳极：OH失电子，阴极：H得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，溶液的体积减小，使溶液中H的浓度增大，pH继续减小。4下列有关电化学装置完全正确的是(C)ABCD铜的精炼铁上镀银防止Fe被腐蚀构成铜锌原电池解析电解精炼铜时，应该用粗铜作阳极，纯铜作阴极，A项错误；铁上镀银时，应该用银作阳极，铁作阴极，B项错误；C项是外加电流的阴极保护法，正确；铜锌原电池中，锌应插入硫酸锌溶液中，铜应插入硫酸铜溶液中，D项错误。5用惰性电极电解下列溶液一段时间后再加入一定量的某种纯净物(括号内物质)，能使溶液恢复到原来的成分和浓度的是(B)AAgNO3(AgNO3) BNaOH(H2O)CKCl(KCl)DCuSO4(CuSO4)解析A项，4AgNO32H2O4AgO24HNO3，脱离反应体系的物质是4AgO2，所以应当加入适量的Ag2O才能复原；B项，2H2O2H2O2，脱离反应体系的是2H2O2，加入适量水可以复原；C项，2KCl2H2O2KOHH2Cl2，脱离反应体系的是H2Cl2，通入适量HCl气体才能复原；D项，2CuSO42H2O2H2SO42CuO2，脱离反应体系的是2CuO2，加入适量CuO才可以复原。6(2018荆州中学高三上学期月考)利用控制n(H2S)：n(FeCl3)1：2反应得到的产物，再用电解法制氢，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是(B)A惰性电极a发生氧化反应BFe(OH)3胶体中滴加溶液X，先有沉淀后沉淀溶解C溶液Y加热蒸发灼烧最终得到Fe2O3D电解池总反应的离子方程式为2Fe22H2Fe3H2解析H2S与FeCl3反应生成硫单质和氯化亚铁以及盐酸。根据示意图，惰性电极b放出氢气，说明b为阴极，则a为阳极，发生氧化反应，A项正确；惰性电极a发生氧化反应生成氯气，氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，因此溶液X为氯化铁，Fe(OH)3胶体中滴加氯化铁，发生胶体的聚沉，但不能溶解，B项错误；溶液Y为氯化亚铁，加热蒸发灼烧会被空气中的氧气氧化，最终得到Fe2O3，C项正确；电解池总反应的离子方程式为2Fe22H2Fe3H2，D项正确。7(2018南阳一中高三第一次月考)如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向乙装置中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则以下说法正确的是(B)A电源B极是正极B甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量之比为1：2：2：2C欲用丙装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液D丁装置中X极附近红褐色不变解析根据图知，该装置是电解池，将电源接通后，向乙装置中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量的OH，由此得出F极上H放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，A项错误；甲装置中C电极上OH放电生成氧气，乙装置中F电极上H放电生成氢气，所以甲、乙装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1 mol 氧气转移4 mol 电子，生成1 mol 铜时转移2 mol电子，生成1 mol 氯气时转移2 mol电子，生成1 mol 氢气时转移2 mol 电子 ，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1：2：2：2，B项正确；若用丙装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，C项错误；丁装置中Y电极是阴极，氢氧化铁胶粒带正电荷，Y极附近红褐色变深，D项错误。8在水中加入等物质的量的MgSO4、NaCl、AgNO3三种物质组成的混合溶液，该溶液在惰性材料作电极的电解槽中通电一段时间后，在两个电极区析出的氧化产物与还原产物的质量之比约为(C)A35.5108B16207C81D10835.5解析三种物质等物质的量混合，则NaCl、AgNO3恰好完全反应，故反应后的溶液为NaNO3和MgSO4的混合液。实质上是电解水：2H2O2H2O2，氧化产物和还原产物分别为O2和H2，质量之比为81。9下列离子方程式书写正确的是(B)A用Cu片作阳极电解饱和食盐水：2Cl2H2OCl2H22OHB用两个铜片作电极电解AgNO3溶液：Cu2Ag2AgCu2C用石墨作电极电解AlCl3溶液：2Cl2H2OCl2H22OHD用石墨作电极电解CuBr2溶液：2Cu22H2O2CuO24H10以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：下列说法不正确的是(D)A在阴极室，发生的电极反应为2H2O2e=2OHH2B在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H浓度增大，使平衡2CrO2HCr2OH2O向右移动C该制备过程总反应的化学方程式为4K2CrO44H2O2K2Cr2O74KOH2H2O2D测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比为d，则此时铬酸钾的转化率为解析该电解池发生的反应为电解水，阴极反应式：4H2O4e=4OH2H2，阳极反应式：2H2O4e=4HO2，铬酸钾的转化率2d，D项错误。11已知高能锂离子电池的总反应式为2LiFeS=FeLi2S，LiPF6SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法不正确的是(B)A电极Y应为LiB电解过程中，b中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小CX极反应式为FeS2Li2e=FeLi2SD若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变解析由于c 中反应为Ni22e=Ni，故c室为阴极室，则电极Y为Li，由于c中Ni2不断减少，Cl通过阴离子膜从c移向b，a中OH放电不断减少，Na通过阳离子膜从a移向b，所以b中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，B项错误。12如图所示甲、乙两个装置，所盛溶液体积和浓度均相同且足量，当两装置电路中通过的电子都是1 mol时，下列说法不正确的是(C)A溶液的质量变化：甲减小乙增大B溶液的pH变化：甲减小乙增大C相同条件下产生气体的体积：V甲V乙D电极反应式：甲中阴极为Cu22e=Cu，乙中负极为Mg2e=Mg2解析A项，甲中总反应为2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2，乙中总反应为Mg2HCl=MgCl2H2，故甲溶液质量减小，乙溶液质量增大，正确；B项，甲中生成H2SO4，pH减小，乙中消耗盐酸，pH增大，正确；C项，当两装置电路中通过的电子都是1 mol时，甲中产生0.25 mol O2，乙中产生0.5 mol H2，故相同条件下，甲乙中产生气体的体积比为12，错误；甲中阴极为Cu2放电，电极反应为Cu22e=Cu，乙中负极为Mg放电，电极反应为Mg2e=Mg2，正确。13用酸性氢氧燃料电池(乙池)为电源进行电解的实验装置(甲池在一定条件下可实现有机物的电化学储氢)如图所示。甲池中A为含苯的物质的量分数为10%的混合气体，B为10 mol混合气体，其中苯的物质的量分数为24%，C为标准状况下2.8 mol气体(忽略水蒸气)，下列说法不正确的是(C)A乙池中溶液的pH变大BE处通入H2，C处有O2放出C甲池中阴极区只有苯被还原D导线中共传导11.2 mol电子解析乙池是氢氧燃料电池，有水生成，则溶剂增加，氢离子浓度降低，因此pH增大，A项正确；苯转化为环己烷属于加氢的还原反应，则该电极是阴极，所以与之相连的电极是负极，所以E处通入H2，电解池中阳极失去电子，即溶液中氢氧根放电，生成氧气，则C处有O2放出，B项正确；根据题干信息可知参加反应的苯的物质的量为10 mol24%10 mol10%1.4 mol，甲池中阴极区苯放电的电极反应式为C6H66H6e=C6H12，说明1.4 mol苯反应转移电子的物质的量为1.4 mol68.4 mol，阳极产生的氧气是2.8 mol，转移电子的物质的量是2.8 mol411.2 mol，所以根据电子得失守恒可知甲池中阴极区不只苯被还原，即进入甲池中的氢离子也放电，C项错误；根据C项分析可知导线中共传导11.2 mol电子，D项正确。14500 mL AgNO3和Ca(NO3)2的混合溶液中c(NO)0.6 molL1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是(A)A原混合溶液中c(Ca2)为0.1 molL1B上述电解过程中共转移0.2 mol电子C电解得到的Ag的物质的量为0.1 molD电解后溶液中c(H)为0.2 molL1解析石墨作电极电解AgNO3和Ca(NO3)2的混合溶液，阳极反应式为4OH4e=2H2OO2，阴极先后发生两个反应：Age=Ag,2H2e=H2。阳极收集到O2为2.24 L，由这个事实可推知上述电解过程中共转移0.4 mol电子，阴极生成2.24 L H2的过程中转移0.2 mol电子，所以Ag共得到0.4 mol0.2 mol0.2 mol电子，电解前Ag的物质的量和电解得到的Ag的物质的量都为0.2 mol。电解前后分别有以下守恒关系：c(Ag)2c(Ca2)c(NO)，2c(Ca2)c(H)c(NO)。不难算出电解前c(Ca2)0.1 molL1，电解后c(H)0.4 molL1。