高考化学专题突破训练电化学.docx

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高考化学专题突破训练电化学

7　电化学

一、选择题（本题包括8个小题,每小题8分,共64分）

1.（2019黑龙江大庆实验中学高三上学期开学考试）有关下列四个常用电化学装置的叙述正确的是（　　）

A.图Ⅰ所示电池中,MnO2的作用是催化剂

B.图Ⅱ所示电池放电过程中,硫酸浓度不断增大

C.图Ⅲ所示装置工作过程中,电解质溶液中Cu2+浓度始终不变

D.图Ⅳ所示电池中,Ag2O是氧化剂,电池工作过程中被还原为Ag

2.（2019四川成都高三一诊）港珠澳大桥设计寿命120年,对桥体钢构件采用了多种防腐方法。

下列分析错误的是（　　）

A.防腐原理主要是避免发生反应:

2Fe+O2+2H2O

2Fe（OH）2

B.钢构件表面喷涂环氧树脂涂层,是为了隔绝空气、水等防止形成原电池

C.采用外加电流的阴极保护法时需外接镁、锌等作辅助阳极

D.钢构件可采用不锈钢材料以减缓电化学腐蚀

3.（2018山东烟台高三诊断性测试）下列装置一定能证明2Ag++2I-

2Ag+I2能否自发进行的是（　　）

4.（2019天津武清区大良中学高三月考）燃料电池作为安全性能较好的一类化学电源得到了更快的发展,一种以联氨（N2H4）为燃料的环保电池工作原理如图所示,工作时产生稳定无污染的物质。

下列说法正确的是（　　）

A.M极生成氮气且电极附近pH降低

B.负极上每消耗1molN2H4,会有2molH+通过质子交换膜

C.正极的电极反应式为O2+2H2O+4e-

4OH-

D.电极M是原电池的正极

5.（2019广东佛山普通高中教学质量检测）我国研制出非贵金属镍钼基高效电催化剂,实现电解富尿素废水低能耗制H2（装置如图）。

总反应为CO（NH2）2+H2O

3H2↑+N2↑+CO2↑。

下列说法中错误的是（　　）

A.a为阳极,CO（NH2）2发生氧化反应

B.b电极反应为2H2O+2e-

H2↑+2OH-

C.每转移6mol电子,a电极产生1molN2

D.电解一段时间,a极区溶液pH升高

6.（2019湖南衡阳高三联考）“ZEBRA”绿色电池是新型电动汽车的理想电源,结构如图所示,隔开两极的陶瓷管作钠离子导体。

下列关于该电池的叙述错误的是（　　）

A.放电时,Na+、Al3+均向负极移动

B.放电时,Na元素被氧化

C.充电时的阳极反应为Ni+2Cl--2e-

NiCl2

D.该电池具有可快充、高比功率、放电持久等优点

7.（2019山东潍坊高三二模）新型锌碘液流电池具有能量密度高、循环寿命长等优势,其工作原理如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A.放电时电流从石墨电极流向锌电极

B.充电时阳极反应式为:

3I--2e-

C.若将阳离子交换膜换成阴离子交换膜,放电时正负极也随之改变

D.放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大

8.（2019福建三明高三期末）某课题组以纳米Fe2O3作为电极材料制备锂离子电池（另一极为金属锂和石墨的复合材料）,通过在室温条件下对锂离子电池进行循环充放电,成功地实现了对磁性的可逆调控（如图）。

下列说法正确的是（　　）

A.放电时,正极的电极反应式为Fe2O3+6Li++6e-

2Fe+3Li2O

B.该电池可以用水溶液作电解质溶液

C.放电时,Fe作电池的负极,Fe2O3作电池的正极

D.充电完成后,电池被磁铁吸引

二、非选择题（本题包括2个小题,共36分）

9.（2019山西运城临猗中学高三月考）（18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转化为重要化工原料,装置如图所示:

①若A为CO,B为H2,C为CH3OH,则通入CO的为　　　　　（填“正”或“负”）极。

②若A为SO2,B为O2,C为H2SO4,则负极的电极反应式为　。

（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1∶1）直接做燃料,其工作原理如图所示。

①电池总反应为　　　　　　　　　　　。

②以此电源电解足量的硝酸银溶液,若阴极产物的质量为21.6g,电解后溶液体积为2L,溶液的pH约为　　　　。

（3）某研究小组利用下列装置用N2O4生产新型硝化剂N2O5。

①现以H2、O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池,采用电解法制备N2O5,装置如图所示,其中Y为CO2。

在该电极上同时还引入CO2的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。

②电解过程中,生成N2O5的电极反应式为　　　　　　　　　　　。

10.（2019湖北鄂州、黄冈高三调研）（18分）化学电源在日常生活和工业生产中有着重要的应用。

Ⅰ.如下图所示,某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理,其中乙装置中X为阳离子交换膜。

请按要求回答相关问题。

（1）甲烷燃料电池负极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　。

（2）石墨（C）极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　。

（3）若在标准状况下,有2.24L氧气参加反应,则乙装置中铁极上生成的气体体积为　　　　　　　　L。

丙装置中阴极析出铜的质量为　　　　　　　　g,一段时间后烧杯中c（Cu2+）　　　　　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）。

Ⅱ.“长征”火箭发射使用的燃料是液态偏二甲肼（C2H8N2）,并使用四氧化二氮作为氧化剂,这种组合的两大优点是,既能在短时间内产生巨大能量将火箭送上太空,而且产物又不污染空气（产物都是空气的组分）。

某校外研究性学习小组拟将此原理设计为原电池,如图所示,结合学习过的电化学原理分析其设计方案,回答相关问题:

（4）从a口加入　　　　　（填名称）。

H+移动方向是　　　　　　　　（填“A到B”或“B到A”）。

（5）A极发生反应的电极反应式为　。

（6）若以该电池为电源用石墨作电极电解200mL0.5mol·L-1的CuSO4溶液,电解一段时间后,两极收集到相同体积（相同条件）的气体,则整个电解过程转移的电子的数目是　　　　　　　　。

参考答案

7　电化学

1.D　解析碱性锌锰电池反应中二氧化锰得到电子被还原,为原电池的正极,A错误;铅蓄电池放电时电池反应为Pb+PbO2+2H2SO4

2PbSO4+2H2O,该反应中硫酸参加反应,所以浓度降低,B错误;电解精炼铜时,粗铜中不仅含有铜还含有其他金属,电解时,粗铜中比铜活泼的金属失电子,纯铜上只有铜离子得电子,所以阴极上析出的铜大于阳极上减少的铜,所以溶液中铜离子浓度降低,C错误;银锌纽扣电池工作时,正极上氧化银得电子生成银,所以氧化银作氧化剂发生还原反应,D正确。

2.C　解析铁为活泼金属,在潮湿的空气中容易发生吸氧腐蚀,发生的主要反应有2Fe+O2+2H2O

2Fe（OH）2、4Fe（OH）2+O2+2H2O

4Fe（OH）3等,故A正确;钢构件表面喷涂环氧树脂涂层,可以隔绝空气、水等防止形成原电池,防止铁发生电化学腐蚀,故B正确;外接镁、锌等作辅助阳极属于牺牲阳极的阴极保护法,采用外加电流的阴极保护时需外接电源,故C错误;不锈钢具有较强的抗腐蚀性,采用不锈钢材料做钢构件可以防止或减缓电化学腐蚀,故D正确。

3.C　解析KI溶液与AgNO3溶液反应产生黄色沉淀,证明碘化钾与硝酸银反应生成碘化银和硝酸钾,A项错误;两个电极为石墨电极不能发生自发的氧化还原反应,无法形成原电池,无法证明2Ag++2I-

2Ag+I2能否自发进行,B项错误;左边银电极上碘离子失电子产生碘单质,右边银离子在电极上得电子析出银,能证明2Ag++2I-

2Ag+I2能否自发进行,C项正确;碘化银连接电源的正极作阳极,阳极上氢氧根离子失电子产生氧气,银电极连接电源负极作阴极,阴极上银离子得电子产生银单质,证明电解硝酸银产生银、氧气和硝酸,无法证明反应2Ag++2I-

2Ag+I2能否自发进行,D项错误。

4.A　解析根据图中氢离子的移动方向可知电极N为正极,电极M为负极,燃料电池中的联氨在负极发生氧化反应,电极反应式为N2H4-4e-

N2↑+4H+,氧气在正极发生还原反应,电极反应式为O2+4H++4e-

2H2O。

结合分析可知电极M为负极,电极反应式为N2H4-4e-

N2↑+4H+,生成氮气,且会生成H+,导致电极M附近的pH降低,故A项正确;结合分析可知电极M为负极,联氨在负极发生氧化反应,根据电极反应式可知每消耗1molN2H4,转移4mol电子,会有4molH+通过质子交换膜,故B项错误;结合分析可知正极的电极反应为O2+4H++4e-

2H2O,故C项错误;根据图中氢离子的移动方向可知电极N为正极,电极M为负极,故D项错误。

5.D　解析电解池工作时,CO（NH2）2失去电子,a为阳极发生氧化反应,故A正确;阴极水得电子产生H2,则阴极反应式为2H2O+2e-

2OH-+H2↑,故B正确;阳极的电极反应式为CO（NH2）2-6e-+H2O

CO2↑+N2↑+6H+,若电路中通过6mol电子,阳极产生N2的物质的量为n（N2）=6mol×

=1mol,故C正确;a极发生反应CO（NH2）2-6e-+H2O

CO2↑+N2↑+6H+,a极区溶液中氢离子浓度增大,溶液的pH降低,故D错误。

6.A　解析放电为原电池装置,根据原电池的工作原理,阳离子向正极移动,故A项错误;根据装置图,金属钠为活泼金属,金属钠作负极失电子,被氧化,故B项正确;充电为电解池,根据装置图,阳极反应式为Ni+2Cl--2e-

NiCl2,故C项正确;根据题中信息,该电池应具有可快充、高比功率、放电持久等特点,故D项正确。

7.C　解析图中电极材料为锌和石墨,放电时锌较活泼作负极,石墨作正极,负极反应为Zn-2e-

Zn2+,失去的电子经外电路流向石墨,电流从石墨电极经外电路流向锌电极,A项正确;充电过程与放电过程相反,充电时锌为阴极,电极反应式为Zn2++2e-

Zn,石墨为阳极,电极反应式为3I--2e-

B项正确;将阳离子交换膜换成阴离子交换膜,放电时正负极均不变,C项错误;放电时左侧正极反应为

+2e-

3I-,反应中离子总数增加,则左侧电解质储罐中的离子总浓度增大,D项正确。

8.A　解析正极发生还原反应,Fe2O3得电子被还原,所以放电时电池正极的电极反应式为Fe2O3+6Li++6e-

3Li2O+2Fe,A正确;锂与水能发生反应,所以不可以用水溶液作电解质溶液,B错误;放电时,Li作电池的负极,Fe2O3作电池的正极,C错误;充电时,Fe作为阳极生成Fe2O3,磁铁不可吸引Fe2O3,D错误。

9.答案

（1）①正　②SO2+2H2O-2e-

S

+4H+

（2）①CO+H2+O2

CO2+H2O　②1

（3）①氧气可以和二氧化碳共同转化为碳酸根离子,保持熔融盐的成分不变

②N2O4+2HNO3-2e-

2N2O5+2H+

解析

（1）①燃料电池中,通入氧化剂的电极是正极、通入还原剂的电极是负极,题给反应中碳元素化合价由+2价变为-2价、氢元素化合价由0价变为+1价,所以CO是氧化剂,则通入CO的电极为正极。

②若A为SO2,B为O2,C为H2SO4,负极上二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子,电极反应式为SO2+2H2O-2e-

S

+4H+。

（2）①该燃料电池中,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,正极上是氧气得电子发生还原反应,电池总反应为一氧化碳、氢气与氧气反应生成二氧化碳和水,总反应方程式为CO+H2+O2

CO2+H2O。

②电解足量的硝酸银溶液,阳极为氢氧根失电子生成氧气,阴极电极反应式为Ag++e-

Ag,产物的质量为21.6g,其物质的量为0.2mol,转移电子是0.2mol,阳极电极反应式为4OH--4e-

2H2O+O2↑,产生氧气的物质的量是0.05mol,则消耗氢氧根的物质的量为0.2mol,则溶液中氢离子为0.2mol,c（H+）=

=0.1mol·L-1,所以溶液的pH为1。

（3）①在正极上氧气得电子生成的氧离子可以和二氧化碳结合为碳酸根离子,可以保持熔融盐的成分不变。

②N2O5中氮元素的化合价是+5价,而硝酸中氮元素也是+5价,因此应该在左侧生成N2O5,即在阳极区域生成,则生成N2O5的电极反应式为N2O4+2HNO3-2e-

2N2O5+2H+。

10.答案

（1）CH4-8e-+10OH-

C

+7H2O

（2）2Cl--2e-

Cl2↑

（3）4.48　12.8　减小

（4）偏二甲肼　A到B

（5）C2H8N2-16e-+4H2O

2CO2↑+N2↑+16H+

（6）0.4NA（或2.408×1023）

解析Ⅰ.甲为燃料电池,通入甲烷的一极为负极,通入氧气的一极为正极。

乙为电解池,Fe为阴极,石墨（C）为阳极,实质为电解饱和食盐水;丙为电解池,粗铜为阳极,精铜为阴极,实质为电解精炼铜。

（1）甲烷燃料电池负极上CH4失去电子后结合OH-生成C

其电极反应式为CH4-8e-+10OH-

C

+7H2O。

（2）乙为电解池,Fe为阴极,石墨（C）为阳极,实质为电解饱和食盐水,故石墨（C）电极的电极反应式为2Cl--2e-

Cl2↑。

（3）标准状况下,2.24L氧气的物质的量为0.1mol,参与反应转移电子的物质的量为0.4mol。

铁电极为阴极,阴极上阳离子放电:

2H++2e-

H2↑,则放出氢气0.2mol,标准状况下体积为4.48L。

丙装置中阴极反应式为Cu2++2e-

Cu,则应析出0.2molCu,其质量为12.8g。

一段时间后烧杯中c（Cu2+）会减小。

Ⅱ.（4）外电路中电子由A电极流向B电极,由电子转移方向可知A为负极,B为正极,根据原电池原理,还原剂在负极上失去电子发生氧化反应,氧化剂在正极上得电子发生还原反应,则从a口通入偏二甲肼。

电解质溶液中阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,所以H+移动方向是A到B。

（5）A为负极,还原剂在负极上失去电子发生氧化反应,又已知产物中气体均为空气的组分,所以A极发生的电极反应式为C2H8N2-16e-+4H2O

2CO2↑+N2↑+16H+。

（6）两极收集到相同体积（相同条件）的气体,则阴极除了反应Cu2++2e-

Cu,还应有反应2H++2e-

H2↑,阳极的电极反应式为4OH--4e-

2H2O+O2↑,设生成n（O2）=n（H2）=x,因为n（Cu2+）=0.5mol·L-1×0.2L=0.1mol,由得失电子守恒可得0.1×2+2x=4x,解得x=0.1mol,所以n（O2）=n（H2）=0.1mol,则整个电解过程转移的电子的物质的量是0.1mol×4=0.4mol,即转移电子的数目是0.4NA。