新编高考化学二轮训练上篇专题2第8讲电化学含答案解析Word文档下载推荐.docx

1、C石墨电极附近溶液的pH增大D溶液中Cl向正极移动解析MgH2O2海水电池，活泼金属（Mg）作负极，发生氧化反应：Mg2e=Mg2，H2O2在正极（石墨电极）发生还原反应：H2O22e=2OH（由于电解质为中性溶液，则生成OH），A项、B项错误，C项正确。由于负极阳离子（Mg2）增多，则Cl向负极移动平衡电荷，D错误。3.（2013皖南八校联考）如图所示，为直流电源，为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，为电镀槽。接通电路（未闭合K）后发现上的c点显红色。为实现铁片上镀铜，接通K后，使c、d两点短路。下列叙述不正确的是 （）。Ab为直流电源的负极Bf极为阴极，发生还原反应Ce极材料为铁片，f极

2、材料为铜片D可选用CuSO4溶液或CuCl2溶液作电镀液解析依据c点显红色，可判断出c极发生的反应为2H2e=H2，故c点连接的b极为直流电源的负极，a极为直流电源的正极。依次确定e极为阳极、发生氧化反应，f极为阴极、发生还原反应，则铜片作阳极、铁片作阴极，故C错误。电镀液中要含有镀层金属的阳离子，故D正确。4.（2013浙江理综，11）电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I26OH=IO35I3H2O下列说法不正确的是 （）。A右侧发生的电极反应式：2H2O2e=H22OHB电解结束时

3、，右侧溶液中含IO3C电解槽内发生反应的总化学方程式：KI3H2OKIO33H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变解析左侧变蓝，说明左侧是阳极，I在阳极放电，被氧化生成I2，因而右侧是阴极，只能是水电离的H放电被还原生成H2，其电极反应为2H2O2e=H22OH，A项正确；阴离子交换膜允许阴离子通过，B项正确；电解KI的过程发生如下两个反应：2I2H2OI22OHH23I26OH=IO35I3H2O3即得总方程式，C项正确；如果将阴离子交换膜换成阳离子交换膜，阴极产生的OH将不能到达阳极区，I2与OH无法反应生成IO3，因而D项错。答案D5下列与金属腐蚀有关的说

4、法，正确的是 （）。A图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图2中，往烧杯中滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色C图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极解析插入海水中的铁棒，除发生化学腐蚀外，靠近液面的地方还会发生电化学腐蚀，越靠近液面腐蚀越严重，A错误；图2中Fe作负极，失电子，生成Fe2，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变血红色，B错误；高温下铁发生氧化反应，发生化学腐蚀，C正确；镁块相当于原电池的负极，失电子，从而保护地下钢铁管道，D错误。6（2013淮南模拟）如图装置堪称多功能电化学

5、实验装置。下列有关此装置的叙述中，不正确的是 （）。A若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动B若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度将减小C若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法D若X为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阳离子向铁电极移动解析FeCuCuSO4溶液构成原电池时，Fe作负极失电子：Fe2e=Fe2，正极材料是Cu，溶液中的Cu2到正极得电子：Cu22e=Cu，电子由Fe棒移向Cu棒，A项正确；B项构成电解池

6、，Cu棒作阳极，铁棒作阴极，电解质溶液为CuSO4溶液，阳极电极反应式：Cu2e=Cu2，阴极电极反应式：Cu22e=Cu，故铁棒上质量增加，但溶液中Cu2浓度理论上不变，B项错误；ZnFeNaCl溶液构成原电池时，Zn较活泼作负极，失电子，Fe作正极得到了保护，C项正确；D项构成了电解池，Fe作阴极，碳棒作阳极，溶液为NaCl溶液，阴离子（Cl）移向阳极失电子：2Cl2e=Cl2，阳离子移向阴极，正确。答案B7（2013天津化学，6）为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：电池：Pb（s）PbO2（s）2H2SO4（

7、aq）=2PbSO4（s）2H2O（l）电解池：2Al3H2OAl2O33H2电解过程中，以下判断正确的是 （）。电池电解池AH移向Pb电极B每消耗3 mol Pb生成2 mol Al2O3C正极：PbO24H2e=Pb22H2O阳极：3Al3H2O6e=Al2O36HD解析在电池中阳离子移向正极PbO2，在电解池中阳离子移向阴极Pb电极，A错误；当消耗3 mol Pb时，转移6 mol e，由转移电子守恒可知生成1 mol Al2O3，B错误；电池正极反应应为：PbO24HSO422e=PbSO42H2O，C错误；在电池中，由于Pb电极反应为：Pb2eSO42=PbSO4，析出的PbSO4附

8、在电极上，电极质量增大，而在电解池中Pb为阴极不参与电极反应，故质量不发生改变，D正确。二、非选择题（共4个题，共58分）8（2013江西南昌调研）（14分）新型锂离子电池材料Li2MSiO4（M为Fe，Co，Mn，Cu等）是一种发展潜力很大的电池电极材料。工业制备Li2MSiO4有两种方法。方法一：固相法，2Li2SiO3FeSO4Li2FeSiO4Li2SO4SiO2。方法二：溶胶凝胶法，CH3COOLi、Fe（NO3）3、Si（OC2H5）4等试剂胶体干凝胶Li2FeSiO4。（1）固相法中制备Li2FeSiO4过程采用惰性气体气氛，其原因是_。（2）溶胶凝胶法中，检查溶液中有胶体生成的

9、方法是_；生产中，生成1 mol Li2FeSiO4整个过程转移电子的物质的量为_mol。（3）以Li2FeSiO4和嵌有Li的石墨为电极材料，含锂的导电固体作电解质，构成电池的总反应式为LiLiFeSiO4Li2FeSiO4，则该电池的负极是_；充电时，阳极反应的电极反应式为_。（4）使用（3）组装的电池必须先_。解析（1）Fe2易被氧化成Fe3，加热时需隔绝空气。（2）胶体的特性是丁达尔效应。根据Fe（NO3）3eLi2FeSiO4，生成1 mol Li2FeSiO4转移1 mol电子。（3）负极失电子发生氧化反应，应是嵌有Li的石墨作负极。Li2FeSiO4在阳极失电子发生氧化反应。（4

10、）该电池组装后没有LiFeSiO4，所以不能放电，充电后产生LiFeSiO4才可以放电。答案（1）防止Fe2被氧化成Fe3（2）用一束强光照射溶液，从侧面能观察到一条光亮的通路1（3）嵌有Li的石墨Li2FeSiO4e=LiFeSiO4Li（4）充电9（2013江南十校一模，21）（16分）甲、乙的实验装置如图所示，丙、丁分别是氯碱工业生产示意图和制备金属钛的示意图。请回答下列问题：（1）写出甲装置中碳棒表面的电极反应式：_。（2）已知：5Cl2I26H2O=10HCl2HIO3。若将湿润的淀粉KI试纸置于乙装置中的碳棒附近，现象为_；若乙装置中转移0.02 mol电子后停止实验，烧杯中溶液的

11、体积为200 mL，则此时溶液的pH_。（室温条件下，且不考虑电解产物的相互反应）（3）工业上经常用到离子交换膜，离子交换膜有阳离子交换膜和阴离子交换膜两种，阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过。当乙装置中的反应用于工业生产时，为了阻止两极产物之间的反应，通常用如丙图所示的装置，Na的移动方向如图中标注，则H2的出口是_（填“C”、“D”、“E”或“F”）；_（填“能”或“不能”）将阳离子交换膜换成阴离子交换膜。（4）研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaO作电解质，利用丁装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极的电极反应式：_。在制备金

12、属钛前后，CaO的总量不变，其原因是（请结合化学用语解释）_。电解过程中需定期更换阳极材料的原因是_。解析（1）甲装置中锌作负极，碳棒作正极，碳棒表面的电极反应式为O22H2O4e=4OH。（2）由乙装置中电子流向可知Fe为电解池的阴极，C为电解池的阳极，电解饱和食盐水时，碳棒上的电极反应式为2Cl2e=Cl2，若将湿润的淀粉KI试纸置于碳棒附近，试纸开始变蓝，一段时间后蓝色褪去；惰性电极电解饱和食盐水的总反应式为2Cl2H2O2OHCl2H2，则n（OH）n（e）0.02 mol，c（OH）0.1 molL1，所以溶液的pH13。（3）Na移向阴极区，阴极上产生H2，H2从E口逸出；若改用阴

13、离子交换膜，电解产生的OH移向阳极区，能与阳极产生的Cl2发生反应：2OHCl2=ClClOH2O，故不能改用阴离子交换膜。（4）根据题设条件，熔融CaO电离产生Ca2、O2。Ca2在阴极获得电子生成Ca，2Ca24e=2Ca，O2在阳极失去电子产生O2，2O24e=O2。生成的Ca与TiO2发生置换反应：2CaTiO2Ti2CaO，可见CaO的总量不变。阳极产生的O2与石墨发生反应生成CO2，所以电解过程中，应补充被消耗的阳极材料石墨。答案（1）O22H2O4e=4OH（2）试纸开始变蓝，一段时间后蓝色褪去13（3）E不能（4）2O24e=O2制备Ti时，在电解槽中发生的反应：阴极2Ca24

14、e=2Ca、阳极2O24e=O2和2CaTiO2Ti2CaO，由此可知CaO的量不变石墨与阳极产生的氧气反应而不断减少10（2013合肥高三质检）（14分）太阳能电池可用做电解的电源（如图）。（1）若c、d均为惰性电极，电解质溶液为硫酸铜溶液，电解过程中，c极先无气体产生，后又生成气体，则c极为_极，在电解过程中，溶液的pH_（填“增大”、“减小”或“不变”），停止电解后，为使溶液恢复至原溶液应加入适量的_。（2）若c、d均为铜电极，电解质溶液为氯化钠溶液，则电解时，溶液中氯离子的物质的量将_（填“增大”、“减小”或“不变”）。（3）若用石墨、铁作电极材料，可组装成一个简易污水处理装置。其原理

15、是：加入试剂调节污水的pH在5.06.0之间。接通电源后，阴极产生的气体将污物带到水面形成浮渣而刮去，起到浮选净化作用；阳极产生的有色沉淀具有吸附性，吸附污物而沉积，起到凝聚净化作用。该装置中，阴极的电极反应式为_；阳极区生成的有色沉淀是_。解析（1）用惰性电极电解硫酸铜溶液，c极上先无气体生成，后产生气体，说明c极为阴极（先生成Cu，后生成H2），电解CuSO4溶液最终生成H2SO4，溶液的pH减小。电解过程分两个阶段：第一阶段，阴极生成Cu，阳极生成O2，溶液中减少的相当于CuO；第二阶段，阴极生成H2，阳极生成O2，溶液中减少的相当于H2O。（2）若c、d为铜电极时，阳极：Cu2e=Cu

16、2，电解质溶液中Cl不放电，故其物质的量不变。（3）若用石墨、铁作电极材料，阴极产生气体，阴极发生的反应只能是2H2e=H2，阳极生成有色沉淀，则阳极为铁放电，Fe2e=Fe2，该有色沉淀是Fe（OH）2。答案（1）阴减小CuO和H2O或Cu（OH）2、Cu2（OH）2CO3（2）不变（3）2H2e=H2Fe（OH）211（创新预测题）（14分）电解是最强有力的氧化还原手段，在化工生产中有着重要的应用。（1）以铜为阳极，以石墨为阴极，用NaCl溶液作电解液进行电解，得到半导体材料Cu2O和一种清洁能源，则阳极反应式为_，阴极反应式为_。（2）某同学设计如图所示的装置探究金属的腐蚀情况。下列判断

17、合理的是_ （填序号）。a区铜片上有气泡产生b区铁片的电极反应式为2Cl2e=Cl2c最先观察到变成红色的区域是区d区和区中铜片的质量均不发生变化（3）最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水的工艺具有流程简单、能耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应生成乙醇和乙酸，总反应式为2CH3CHOH2OCH3CH2OHCH3COOH实验室中，以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示。若以甲烷碱性燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入_（填化学式），电极反应式为_。电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量_（填“增大”、“减小”或“不变”

18、）。在实际工艺处理中，阴极区乙醛的去除率可达60%。若在两极区分别注入1 m3乙醛含量为3 000 mg/L的废水，可得到乙醇_kg（计算结果保留小数点后1位）。解析（1）由于阳极材料为铜，所以铜本身失电子被氧化，由题意知氧化产物为Cu2O，可得阳极反应式为2CuH2O2e=Cu2O2H，阴极上阳离子放电，即溶液中H被还原成清洁能源H2。（2）左半区是原电池装置，发生的是铁的吸氧腐蚀，负极（Fe）：Fe2，正极（Cu）：O22H2O4e=4OH。右半区是电解装置，阳极（Fe）：Fe2e=Fe2，阴极（Cu）：2H2e=H2，由于电解引起腐蚀的速率远大于吸氧腐蚀的速率，因此最先观察到变成红色的区

19、域是区，故选项a、b、c均错误。（3）根据电解液中阳离子的迁移方向，可知c为阳极，d为阴极，因此直流电源上a为正极，通入O2，b为负极，通入CH4，在碱性条件下CH4的氧化产物为CO32，由此可写出此电极的电极反应式。在电解过程中，由于SO42没有参与放电，且阳离子交换膜不允许阴离子自由通过，因此根据质量守恒可得阴极区Na2SO4的物质的量不变。阴极区发生还原反应，即CH3CHO转化成CH3CH2OH，设生成的乙醇为x kg，根据碳原子守恒可得关系式：CH3CHOCH3CH2OH 44 46 3 00010310660% x解得x1.9。答案（1）2CuH2O2e=Cu2O2H2H2e=H2（2）d（3）CH4CH48e10OH=CO327H2O不变1.9