2017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.docx

第7讲电化学基础限时50分钟，满分70分一、选择题(包括7个小题，每小题5分，共35分)1(2016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(2016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)(2016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(2016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(2016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)(2016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)(2015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)(2016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)(2016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