2018-2019学年新课标化学高三化学热门考点：电化学（解析版）

电化学一、选择题1.某电池以K2FeO4和Zn为电极材料,KOH溶液为电解质溶液。下列说法正确的是()A.Zn为电池的负极B.正极反应式为2+10H+6e-Fe2O3+5H2OC.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【解题指南】解答本题时应遵循以下思路:【解析】选A、D。Zn在反应中化合价升高为负极材料,A正确;K2FeO4为正极材料,KOH溶液为电解质溶液,则正极电极反应方程式为2+6e-+8H2O 2Fe(OH)3+10OH-,B错误;该电池放电过程中正极生成OH-,电解质溶液浓度增大,C错误;电池工作时阴离子OH-向负极迁移,D正确。2.金属(M)-空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点,有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应方程式为:4M+nO2+2nH2O4M(OH)n。已知:电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是()A.采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积,并有利于氧气扩散至电极表面B.比较Mg、Al、Zn三种金属-空气电池,Al-空气电池的理论比能量最高C.M-空气电池放电过程的正极反应式:4Mn+nO2+2nH2O+4ne-4M(OH)nD.在Mg-空气电池中,为防止负极区沉积Mg(OH)2,宜采用中性电解质及阳离子交换膜【解题指南】解答本题时应注意以下几点:(1)原电池的正极发生还原反应,负极发生氧化反应。(2)理解理论比能量的含义。【解析】选C。根据题给放电的总反应4M+nO2+2nH2O4M(OH)n,氧气在正极得电子,由于有阴离子交换膜,正极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,故C项错误;多孔电极能够增大接触面积,从而加快反应速率,故A项正确;理论比能量是指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能,等质量的Mg、Al、Zn三种金属释放电子的物质的量之比为,因此Al-空气电池的理论比能量最高,故B项正确;由于在碱性条件下Mg2+会生成Mg(OH)2沉淀,因此应采用中性电解质及阳离子交换膜,故D项正确。3.下列说法正确的是()A.氢氧燃料电池工作时,H2在负极上失去电子B.0.1 molL-1Na2CO3溶液加热后,溶液的pH减小C.常温常压下,22.4 L Cl2中含有的分子数为6.021023个D.室温下,稀释0.1 molL-1CH3COOH溶液,溶液的导电能力增强【解析】选A。氢氧燃料电池中,H2作为负极,失去电子,A项正确;加热会促进水解,溶液的碱性增强,pH增大,B项错误;常温常压下,22.4 L Cl2不是1 mol,C项错误;稀释CH3COOH溶液时,CH3COO-和H+的浓度减小,导电能力减弱,D项错误。4.下列叙述正确的是()A.使用催化剂能够降低化学反应的反应热(H)B.金属发生吸氧腐蚀时,被腐蚀的速率与氧气浓度无关C.原电池中发生的反应达平衡时,该电池仍有电流产生D.在同浓度的盐酸中,ZnS可溶而CuS不溶,说明CuS的溶解度比ZnS的小【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)影响反应速率的因素。(2)阴、阳离子个数相同的难溶电解质可以通过实验直接比较溶解度大小。【解析】选D。催化剂能降低反应的活化能,不能改变该反应的反应热,A错误;金属发生吸氧腐蚀时,氧气的浓度越大,腐蚀速率越快,B错误;原电池发生的反应达到平衡时,此时正、逆反应速率相等,各组分的浓度不变,就是相当于不消耗反应物和生成物,无法形成电流,C错误;ZnS与CuS化学式形式相似,在同浓度的盐酸中,硫化锌能溶解,即硫化锌的溶解平衡发生移动,而硫化铜不溶解,则硫化铜的溶解度比硫化锌的溶解度小,D正确。【误区提醒】催化剂能改变反应速率,不能改变平衡状态,也不能改变该反应的反应热。5.某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池总反应为Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+C6(x”“”或“=”)。(3)在恒温恒容的密闭容器中,某储氢反应:MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)Hv(吸氢)(4)利用太阳能直接分解水制氢,是最具吸引力的制氢途径,其能量转化形式为。(5)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4,同时获得氢气:Fe+2H2O+2OH-+3H2,工作原理如图1所示。装置通电后,铁电极附近生成紫红色,镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高,铁电极区会产生红褐色物质。已知:Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原。 电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在(填“阴极室”或“阳极室”)。电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,其原因是 。c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2,任选M、N两点中的一点,分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因: 。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)氢气具有还原性,具有强氧化性,二者能发生氧化还原反应。(2)电解池工作原理的理解与应用。【解析】(1)与汽油相比,氢气作为燃料的优点有污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高等;碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2+2OH-2e-2H2O。(2)根据盖斯定律将+得:H2(g)+O2(g)H2O2(l)H=H1+H2,反应的S0,根据G=H-TS,因为两反应均为自发反应,因此H1、H2均小于0,即H=H1+H20。(3)MHx(s)+yH2(g)MHx+2y(s)H0,该反应属于气体物质的量发生变化的反应,平衡时气体物质的量不再发生变化,压强不变,a正确;该反应为可逆反应,吸收ymol H2需要大于1 mol的MHx,b错误;该反应是放热反应,降温平衡向正方向移动,该反应的平衡常数增大,c正确;向容器内通入少量氢气,平衡向正方向移动,则v(放氢)v(吸氢),d错误。(4)利用太阳能直接分解水制氢,是将光能转化为化学能。(5)根据题意镍电极有气泡产生是氢离子放电生成氢气,铁电极发生氧化反应,溶液中的氢氧根离子减少,因此电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在阳极室。Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,氢气具有还原性, 具有强氧化性,易被H2还原。电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。根据题意,Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,在M点,c(OH-)低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢,在N点:c(OH-)过高,铁电极上有氢氧化铁(或氧化铁)生成,使Na2FeO4产率降低。答案:(1)污染小、可再生、来源广、资源丰富、燃烧热值高(任写其中2个)H2+2OH-2e-2H2O(2) (3)a、c (4)光能转化为化学能(5)阳极室防止Na2FeO4与H2反应使产率降低M点:c(OH-)低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢或N点:c(OH-)过高,铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成,使Na2FeO4产率降低13.用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐()已成为环境修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中的反应原理如下图所示。作负极的物质是。正极的电极反应式是 。(2)将足量铁粉投入水体中,经24小时测定的去除率和pH,结果如下:初始pHpH=2.5pH=4.5的去除率接近100%50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态pH=4.5时, 的去除率低。其原因是 。(3)实验发现:在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时,补充一定量的Fe2+可以明显提高的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设:.Fe2+直接还原;.Fe2+破坏FeO(OH)氧化层。做对比实验,结果如下图所示,可得到的结论是 。同位素示踪法证实Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式,解释加入Fe2+提高去除率的原因: 。(4)其他条件与(2)相同,经1小时测定的去除率和pH,结果如下:初始pHpH=2.5pH=4.5的去除率约10%约3%1小时pH接近中性接近中性与(2)中数据对比,解释(2)中初始pH不同时, 去除率和铁的最终物质形态不同的原因: 。【解题指南】解答本题时应明确以下两点:(1)正极的产物不能在碱性环境下大量存在,故溶液应显酸性。(2)解释加入Fe2+提高去除率时,要结合该反应的离子方程式。【解析】(1)由图可知失电子作为负极的是球中心的铁单质,正极则是得到电子变成,根据产物中生成,不能在碱性环境下大量存在,所以溶液显酸性,故正极的电极反应式是+8e-+10H+3H2O。(2)由图可知,在pH=2.5时,绝缘的FeO(OH)零散存在于Fe3O4球壳上,不影响体系导电;而pH=4.5时,FeO(OH)在Fe3O4表面均匀覆盖,阻碍了体系导电,从而阻碍电化学反应进行。(3)由图可知,pH=4.5的条件下,亚铁离子单独存在时无法去除硝酸根,而只有铁单质时去除率为50%,两者同时存在可达到100%的去除率。反应的方程式为Fe2+2FeO(OH)Fe3O4+2H+,Fe2+将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4,利于电子转移。(4)根据表格中的数据可看到经过1小时后,两种溶液接近中性,溶液的酸碱性对后面的去除率影响是一致的,故影响去除率的是开始时的pH。根据pH=2.5时的去除率更高,结合(3)中的观点,是初始酸性较强时,Fe2+浓度较大,从而减少了绝缘的FeO(OH)的量,