（新课标）2020版高考化学一轮总复习同步测试卷9（含解析）.docx

同步测试卷 (九)时间：90分钟总分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12O16Fe56Cu64Ag108一、选择题(每小题均只有一个选项符合题意，每小题3分，共45分)1下列有关电化学的说法正确的是(D)A碱性锌锰电池比普通锌锰电池性能好，但不适用于大电流和连续放电B燃料电池与一般电池一样，均将活性物质储存在电池内部C电镀一般将待镀的金属制品作阳极，把镀层金属作阴极D在电解池的阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应【解析】A.碱性锌锰电池比普通锌锰电池性能好，它的比能量和可储存时间均有提高，适用于大电流和连续放电，故A错误；B.一般电池将活性物质储存在电池内部，燃料电池将燃料储存在外部，便于添加，故B错误；C.电镀一般将待镀的金属制品作阴极，把镀层金属作阳极，故C错误；D.电解池的阳极上失去电子发生氧化反应，阴极上得到电子发生还原反应，故D正确。2X、Y、Z、M代表四种金属，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出；若电解Y2和Z2共存的溶液时，Y先析出；又知M2的氧化性强于Y2。则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为(C)AMZXY BXYZMCXZYM DXZMY【解析】X、Y、Z、M代表四种金属，金属X和Z用导线连接放入稀硫酸中时，X溶解，Z极上有氢气放出，说明X是负极，则金属性X强于Z；若电解Y2和Z2共存的溶液时，Y先析出，说明金属性Z强于Y；又知M2的氧化性强于Y2，所以金属性是Y强于M，则这四种金属的活动性由强到弱的顺序为XZYM，答案选C。3某同学根据离子反应方程式2Fe3Fe=3Fe2来设计原电池。下列设计方案中可行的是(C)A电极材料为铁和锌，电解质溶液为FeCl3溶液B电极材料为铁，电解质溶液为 Fe(NO3)3溶液C电极材料为铁和铜，电解质溶液为FeCl3 溶液D电极材料为石墨，电解质溶液为 FeCl3溶液【解析】根据2Fe3Fe=3Fe2，铁失电子，作原电池的负极，应选择碳棒或比铁不活泼的金属作正极，电解质溶液采用可溶性的铁盐。A.锌比铁活泼作负极，错误；B、D.电极材料必须是活泼性不同的两种金属或金属与能导电的非金属、化合物(燃料电池除外)，电极材料都为铁或石墨，错误；C.符合原电池的构成条件，正确。4在原电池和电解池的电极上所发生反应的类型相同的是(C)A原电池的正极和电解池的阳极B电解池的阳极和电解池的阴极C原电池的负极和电解池的阳极D原电池的正极和原电池的负极【解析】A.原电池的正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，电解池的阳极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，反应类型不同，故A错误；B.电解池的阳极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，电解池的阴极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，反应类型不同，故B错误；C.原电池的负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，电解池的阳极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，反应类型相同，故C正确；D.原电池的正极上得到电子，化合价降低，发生还原反应，原电池的负极上失去电子，化合价升高，发生氧化反应，反应类型不同，故D错误。5下列关于如图所示电化学装置的分析正确的是(D)A若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒被保护B若X为电流计，Y为锌棒，则SO移向Fe棒C若X为导线，Y为铜棒，则Fe棒发生还原反应D若X为直流电源，Y为铜棒接正极，则Fe棒上有铜析出【解析】A.若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒接电源的正极，作阳极，首先被氧化，因此不能起到被保护的作用，选项A错误；B.若X为电流计，Y为锌棒，则构成了原电池，Zn为负极，发生氧化反应，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，SO移向正电荷较多的Zn棒，选项B错误；C.若X为导线，Y为铜棒，则构成原电池，活动性强的Fe棒为负极，发生氧化反应，选项C错误；D.若X为直流电源，Y为铜棒接正极，阳极Cu是活泼性电极，发生氧化反应，变为Cu2进入溶液，在阴极铁棒上，溶液中的Cu2得到电子，变为Cu单质附着，则Fe棒上有铜析出，选项D正确。6如图为一种微生物燃料电池结构示意图。下列关于该电池的叙述正确的是(D)A分子组成为Cm(H2O)n的物质一定是糖类B微生物所在电极区放电时发生还原反应C放电过程中，H从正极区移向负极区D正极反应式为MnO24H2e=Mn22H2O【解析】分子组成为Cm(H2O)n的物质不一定为糖类，如甲醛、乙酸等物质，故A项错误；形成原电池时，微生物所在电极区放电时发生氧化反应，故B项错误；原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故C项错误。7某蓄电池总反应为FeNi2O33H2OFe(OH)22Ni(OH)2。下列推断中正确的是(D)放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极充电时，阴极上的电极反应式是Fe(OH)22e=Fe2OH充电时，阳极附近pH降低蓄电池的电极必须是浸在某碱性溶液中A B C D【解析】由放电时的反应可以得出铁作还原剂失去电子，Ni2O3作氧化剂得到电子，即正极为Ni2O3，负极为Fe，故错误；充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，电池放电时，负极反应为Fe2OH2e=Fe(OH)2，所以电池充电过程时，阴极反应为Fe(OH)22e=Fe2OH，故正确；充电时，Ni(OH)2作阳极，电极反应式为2Ni(OH)22OH2e=Ni2O33H2O，阳极附近pH降低，故正确；根据总反应FeNi2O33H2OFe(OH)22Ni(OH)2，可以判断出铁镍蓄电池放电时Fe作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成Fe2，在电解质溶液中最终生成Fe(OH)2，所以电解质溶液是碱性溶液，故正确；故选D。8某原电池装置如图所示，电池总反应为2AgCl2=2AgCl。下列说法正确的是(D)A正极反应为AgCle=AgClB放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成C若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变D放电时，当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧溶液中减少0.02 mol 离子【解析】根据电池总反应为2AgCl2=2AgCl可知，Ag失电子生成Ag，作负极，Cl2在正极上得电子生成Cl。A.正极上Cl2得电子生成Cl，其电极反应为Cl22e=2Cl，故A错误；B.放电时，交换膜左侧溶液中生成Ag，Ag与Cl反应生成AgCl沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C.根据电池总反应为2AgCl2=2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D.放电时，当电路中转移0.01 mol e时，交换膜左侧会有0.01 mol H通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01 mol Ag失去0.01 mol 电子生成Ag，Ag会与Cl反应生成AgCl沉淀，所以Cl会减少0.01 mol，则交换膜左侧溶液中减少0.02 mol离子，故D正确。9按下图的装置进行实验，若图中x轴表示阴极的电子的物质的量，则y轴可能表示(C)ACu2物质的量浓度 BFe棒的质量CC棒的质量 DCl物质的量浓度【解析】A.Cu2被还原，在阴极析出铜，则Cu2物质的量浓度降低，故A错误；B.铁为阴极，在电极上析出铜，则质量增加，故B错误；C.C棒为惰性电极，质量不变，故C正确；D.阳极为氯离子放电，被氧化生成氯气，则Cl物质的量浓度减小，故D错误。10根据反应2CrO2HCr2OH2O，用惰性电极电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7。下列说法不正确的是(D)Aa连接电源负极Bb极反应式为2H2O4e=O24HCc为阳离子交换膜D通过2 mol电子时生成1 mol Cr2O【解析】A.右池CrO转化为Cr2O，应增加H浓度，b极上OH失电子发生氧化反应，促进水的电离，则b极为阳极，a极为阴极，连接电源负极，故A正确；B.b极(阳极)上发生氧化反应，其反应式为2H2O4e=O24H，故B正确；C.a极为阴极，阴极上H失电子生成氢气，同时生成OH，则电解后溶液中OH浓度增大，溶液电荷不守恒，右侧溶液中Na通过离子交换膜进入左池，则c为阳离子交换膜，故C正确；D.通过2 mol电子时右侧电极生成2 mol H，促进2CrO2HCr2OH2O平衡右移，根据勒夏特列原理生成Cr2O的物质的量小于1 mol ，故D错误。11据报导，我国已研制出“可充室温钠二氧化碳电池”，电极材料为钠金属片和碳钠米管，电解液为高氯酸钠四甘醇二甲醚，电池总反应为4Na3CO22Na2CO3C，生成固体Na2CO3沉积在碳钠米管上。下列叙述不正确的是(D)A放电时钠金属片发生氧化反应B充电时碳钠米管接直流电源的正极C充电时的阳极反应为C2Na2CO34e=3CO24NaD放电时每消耗3 mol CO2，转移12 mol电子【解析】A.放电时钠金属片作负极，失去电子发生氧化反应，故A正确；B.原电池中正极上CO2得到电子，则充电时碳纳米管接直流电源的正极，故B正确；C.充电为电解池，阳极与电源正极相连，失去电子发生氧化反应，则阳极反应为C2Na2CO34e=3CO24Na，故C正确；D.放电时每消耗3 mol CO2，4 mol Na失去电子，转移4 mol电子，故D错误。12如图所示的装置中，金属片紧贴着滤纸。下列判断错误的是(B)A左侧锌片是负极，右侧锌片是阳极B左侧铜片上的电极反应为2H2e=H2C阴离子移动方向分别由、D左侧变红色的区域是，右侧变红色的区域是【解析】A.左侧是原电池，活泼的锌是负极；右侧是电解池，锌是阳极，故A正确；B.左侧是发生吸氧腐蚀，铜片上的电极反应式为2H2OO24e=4OH，故B错误；C.原电池中阳离子向正极移动，电解池中阳离子向阴极移动，所以阳离子移动方向分别由、，则阴离子移动方向分别由、，故C正确；D.左侧为原电池，铜是正极，电极反应式为2H2OO24e=4OH，区域溶液变红；右侧为电解池，铜是阴极，电极反应式为2H2O2e=2OHH2，区域溶液变红，故D正确。13研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融的CaF2CaO 作电解质，利用图示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。下列说法中错误的是(D)A阳极的电极反应式为C2O24e=CO2B在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量保持不变C若用铅蓄电池作供电电源，“”接线柱应连接Pb电极D由TiO2制得1 mol金属Ti，理论上外电路通过2 mol电子【解析】A.阳极上电极反应式为C2O24e=CO2，故A正确；B.阴极上电极反应式为2Ca24e=2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为2CaTiO2=Ti2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，故B正确；C.“”表示原电池负极，所以“”接线柱应连接原电池负极，即Pb极，故C正确；D.由TiO2制得1 mol金属Ti，Ti元素化合价由4价降低到0价，则理论上外电路转移4 mol电子，故D错误。14用a、b两个质量相等的Pt电极电解AlCl3和CuSO4的混合溶液 n(AlCl3) n(CuSO4)19 。t1时刻a电极得到混合气体，其中Cl2在标准状况下为224 mL(忽略气体的溶解)；t2时刻Cu全部在电极上析出。下列判断正确的是(B)Aa电极与电源的负极相连Bt2时，两电极的质量相差3.84 gC电解过程中，溶液的pH不断增大Dt2时，b电极的反应式为4OH4e=2H2OO2【解析】t1时刻a电极得到混合气体，a电极必须与电源正极相连，产生氯气和氧气，故A项错误；Cl2在标准状况下为224 mL(忽略气体的溶解)，即0.01 mol，则n(AlCl3) mol，n(AlCl3)n(CuSO4)19，则n(CuSO4)0.06 mol，析出铜的质量为3.84 g，故B项正确；电解过程中产生氯气，氧气及铜，同时产生氢离子，溶液的pH减小，故C项错误；b电极的反应式为Cu22e=Cu，故D项错误。15双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H和OH，作为H和OH离子源。利用双极膜电渗析法电解食盐水可获得淡水、NaOH和HCl，其工作原理如下图所示，M、N为离子交换膜。下列说法错误的是(D)A阴极室发生的反应为2H2e=H2BM为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜C若去掉双极膜(BP)，阳极室会有Cl2生成D电路中每转移1 mol电子，两极共得到0.5 mol气体【解析】阴极室氢离子得电子生成氢气，发生的反应为2H2e=H2，故A正确；阴极生成氢氧化钠，钠离子穿过M进入阴极室，所以M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜，故B正确；若去掉双极膜(BP)，氯离子进入阳极室放电生成氯气，故C正确；电路中每转移1 mol电子，阳极生成0.25 mol氧气、阴极生成0.5 mol氢气，两极共得到0.75 mol气体，故D错误。二、非选择题(本题包括5个小题，共55分)16(13分)(1) A、B、C三个烧杯中分别盛有相同物质的量浓度的稀硫酸。B中Sn极的电极反应式为_，Sn极附近溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。C中总反应的离子方程式为_，比较A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是_。(2)以甲烷为燃料的新型燃料电池，其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池，目前得到广泛的研究。下图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。B极为电池_(填“正”或“负”)极，电极反应式为_。(3)工业上可在碱性溶液中通过电解的方法实现由N2制取NH3：2N26H2O4NH33O2，通入N2的一极是_(填“阴极”或“阳极”)，阳极的电极反应式是_。有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HClNH4Cl为电解质溶液制取新型燃料电池。请写出该电池的正极反应式_。【解析】(1)B中Sn是正极，发生还原反应，电极反应式为2H2e=H2，Sn极附近溶液氢离子得电子生成氢气，氢离子浓度减小，pH增大。C中构成原电池，锌是负极、铁是正极，总反应的离子方程式为2HZn=H2Zn2，原电池负极腐蚀速率化学腐蚀速率原电池正极腐蚀速率，则A、B、C中铁被腐蚀的速率，由快到慢的顺序是BAC。(2)燃料电池中负极通燃料，发生氧化反应，正极通氧气，发生还原反应。所以负极上甲烷失去电子结合氧离子生成二氧化碳和水，正极上氧气得到电子形成氧离子。(3)反应中氮气得到电子，所以通入N2的一极是阴极；阳极氢氧根失去电子转化为氧气，阳极的电极反应式是4OH4e=O22H2O。该电池的正极氮气得到电子结合氢离子转化为铵根离子，因此正极反应式为N26e8H=2NH。【答案】(1)2H2e=H2增大2HZn=H2Zn2BAC(2)负CH44O28e=CO22H2O(3)阴极4OH4e=O22H2ON26e8H=2NH17(12分)如图所示，E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸。A、B分别为铂片，压在滤纸两端，R、S为电源的电极。M、N是用多微孔的Ni制成的电极，在碱溶液中可视为惰性电极。G为电流计，K为开关。C、D和电解池中都充满浓KOH溶液。若在滤纸中央滴一滴紫色的KMnO4溶液，将开关K打开，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生。请回答下列问题：(1)R为_(填“正”或“负”)极。(2)A附近溶液的现象是_，B附近发生的电极反应式为_。(3)滤纸上的紫色点向_(填“A”或“B”)方移动。(4)当C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间后，C、D中的气体逐渐减少，C中的电极为_(填“正”或“负”)极，电极反应式为_。【解析】电解KOH溶液就是电解水，两极分别产生H2和O2，因为相同条件下产生H2的体积是O2体积的两倍，所以C管中收集到的是H2。(1)H2是在阴极产生的，所以M是阴极，与之相连的R是电源的负极。(2)B是电解池的阳极，A是电解池的阴极。电解Na2SO4溶液也是电解水，电解时H移动到A极，得电子被还原为H2，破坏了A极附近的溶液显碱性，使酚酞溶液变红。B极上OH被氧化生成O2。(3)KMnO4溶液中，紫红色的MnO向阳极移动。(4)当C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，此时装置变为燃料电池。经过一段时间，C、D中的气体逐渐减少，H2和O2反应生成水，在碱性条件下，C中H2发生氧化反应。【答案】(1)负(2)溶液变红4OH4e=O22H2O(3)B(4)负H22OH2e=2H2O18(10分)某化学兴趣小组在实验室利用质子酸甲醇燃料电池作电源，电解硫酸铜溶液。请回答下列问题：(1)通入氧气的电极为_(填“正极”或“负极”)，通入甲醇一极的电极反应式为_。(2)b电极上的现象为_。(3)假设硫酸铜溶液的体积为600 mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，若消耗336 mL(标准状况下)O2，则电解后硫酸铜溶液的pH为_。(4)若a、b均换成铜电极，则电解一段时间后硫酸铜溶液的浓度_(填“增大”“减小”或“不变”)。【解析】(1)氧气得到电子，通入氧气的电极为正极，通入甲醇一极是负极，甲醇失去电子，由于存在质子交换膜，所以电极反应式为CH3OH6eH2O=CO26H。(2)b电极与电源的负极相连，作阴极，溶液中的铜离子放电析出铜，电极上的现象为石墨电极表面有紫红色固体析出。(3)假设硫酸铜溶液的体积为600 mL(电解前后溶液的体积变化忽略不计)，336 mL(标准状况下)O2的物质的量是0.015 mol，转移0.06 mol 电子，则有0.06 mol氢氧根离子放电，产生0.06 mol氢离子，浓度是0.1 mol/L，则电解后硫酸铜溶液的pH为1。(4)若a、b均换成铜电极，相当于电镀，则电解一段时间后硫酸铜溶液的浓度不变。【答案】(1)正极CH3OH6eH2O=CO26H(2)石墨电极表面有紫红色固体析出(3)1(4)不变19(10分)SO2、CO、CO2、NOx是对环境影响较大的几种气体，对它们的合理控制和治理是优化我们生存环境的有效途径。(1)利用电化学原理将CO、SO2转化为重要的化工原料，装置如图1所示。若A为CO，B为H2，C为CH3OH，则通入CO的一极为_(填“正”或“负”)极。若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，则负极的电极反应式为_。若A为NO2，B为O2，C为HNO3，则正极的电极反应式为_。(2)碳酸盐燃料电池以一定比例Li2CO3和Na2CO3低熔混合物为电解质，操作温度为650 ，在此温度下以镍为催化剂，以煤气(CO、H2的体积比为11)直接作燃料，其工作原理如图2所示。电池总反应为_。以此电源电解足量的硝酸银溶液，若阴极产物的质量为21.6 g，则阳极产生气体在标准状况下的体积为_L。若电解后溶液的体积为2 L，溶液的pH约为_。【解析】(1)若A为CO，B为H2，C为CH3OH，C元素的化合价由2价降低到2价，得电子发生还原反应，在原电池的正极放电，所以通入CO的一极为正极。若A为SO2，B为O2，C为H2SO4，S元素的化合价由4价升高到6价，所以SO2在负极失去电子转化为SO，电极反应为SO22e2H2O=SO4H。若A为NO2 ，B为O2，C为HNO3，氧气得电子在正极放电，电极反应式为O24e4H=2H2O。(2)该燃料电池中，负极的气体按物质的量之比为11参与反应，则负极上一氧化碳、氢气失电子和碳酸根离子反应生成二氧化碳和水，电极反应式为COH24e2CO=3CO2H2O，正极则是氧气得电子结合CO2形成CO，电极反应式为O24e2CO2=2CO，正负极相加得电池的总反应为COH2O2=CO2H2O。21.6 g银的物质的量为0.2 mol，根据4AgNO32H2O4AgO24HNO3，所以生成氧气的物质的量为0.05 mol，在标准状况下0.05 mol22.4 L/mol1.12 L。由电解方程式可知，生成硝酸的物质的量为0.2 mol，则c(H)0.1 mol/L，pH1。【答案】(1)正SO22e2H2O=SO4HO24e4H=2H2O(2)COH2O2=CO2H2O1.12120(1