届高考化学三轮复习专项突破精讲精练电化学二.docx

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届高考化学三轮复习专项突破精讲精练电化学二

（二）

1．如下图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH=2K2CO3＋6H2O，下列说法正确的是

A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置

B．甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH－6e－＋2H2O=

＋8H＋

C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu（OH）2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度

D．甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体

【答案】D

【解析】甲池为原电池，作为电源，电解乙池、丙池两个电解池。

根据原电池的形成条件，通入CH3OH的一极为负极，通入O2的一极为正极，所以石墨、Pt（左）作阳极，Ag、Pt（右）作阴极；B项，负极反应：

CH3OH－6e－＋8OH－=

＋6H2O；C项，应加入CuO；D项，丙池中：

MgCl2＋2H2O电解,Mg（OH）2↓＋Cl2↑＋H2↑，消耗0.0125molO2，转移0.05mol电子，生成0.025molMg（OH）2，其质量为1.45g。

2．用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示（气体体积均在相同状况下测定）。

欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入

A．0.1molCuO　　　　　B．0.1molCuCO3

C．0.1molCu（OH）2  D．0.05molCu2（OH）2CO3

【答案】D

【解析】观察图像中曲线的斜率可知，OP段和PQ段气体的成分不同。

由于阳极始终是OH－放电，所以可以推断出，OP段只有阳极产生O2（阴极无气体生成），PQ段阴、阳两极都产生气体。

因此，整个过程发生的反应为①2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑和②2H2OH2↑＋O2↑。

结合图像中转移电子的物质的量，可计算出反应①析出0.1molCu和0.05molO2，反应②消耗0.05molH2O。

根据“出什么加什么，出多少加多少”的原则，欲使溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入0.1molCuO和0.05molH2O。

而0.05molCu2（OH）2CO3恰好相当于0.1molCuO和0.05molH2O（生成0.05molCO2无影响），故D正确。

3．

体积为1L的某溶液中含有的离子如表所示：

离子

Cu2＋

Al3＋

Cl－

1

1

a

1

用Pt电极电解该溶液，当电路中有3mol电子通过时（忽略电解时溶液体积的变化及电解产物可能存在的溶解现象），下列说法正确的是

A．电解后溶液的pH＝0

B．a＝3

C．阳极生成1.5molCl2

D．阴极析出的金属是铜与铝

【答案】A

【解析】根据离子的放电顺序及得失电子守恒知，先电解0.5molCuCl2，生成0.5molCu和0.5molCl2，然后电解0.5molCu（NO3）2，生成0.5molCu和0.25molO2、1molH＋，再电解Al（NO3）3溶液（即电解水），溶液中c（H＋）＝1mol·L－1，故A正确，D错误。

阳极上Cl－放电只产生0.5molCl2，C错误。

由电荷守恒可知a＝4，B错误。

4．将KCl和CuSO4两种溶液等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法正确的是

A．整个过程中两电极反应2Cl－－2e－=Cl2↑、2H＋＋2e－=H2↑不可能同时发生

B．电解至c点时，往电解液中加入适量CuCl2固体，即可使电解液恢复至原来的浓度

C．ab段表示电解过程中H＋被还原，pH上升

D．原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比恰好为2∶1

【答案】A

【解析】图像分为三段，因此整个电解过程也有三个阶段，第一个阶段相当于电解CuCl2溶液，CuCl2水解呈酸性，随着电解的进行，浓度减小，酸性减弱，pH上升，选项C错。

若原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比恰好为2∶1，则达b点时CuCl2消耗完，接着只电解水，则与图像不符，D错。

根据b→c溶液的pH明显下降，说明b点时Cl－已耗完，而Cu2＋过量，Cu2＋和水电离的OH－放电；c→d溶液的pH继续下降，但与bc段曲线的斜率不同，说明此时Cu2＋已消耗完，为电解水，可判断B错，A正确。

5．电解原理在化学工业中有着广泛的应用。

图甲表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。

则下列说法不正确的是

A．若此装置用于电解精炼铜，则X为纯铜、Y为粗铜，电解的溶液a可以是硫酸铜或氯化铜溶液

B．按图甲装置用惰性电极电解AgNO3溶液，若图乙横坐标x表示流入电极的电子的物质的量，则E可表示反应生成硝酸的物质的量，F表示电解生成气体的物质的量

C．按图甲装置用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，加入0.5mol的碳酸铜刚好恢复到通电前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子为2.0mol

D．若X、Y为铂电极，a溶液为500mLKCl和KNO3的混合液，经过一段时间后，两极均得到标准状况下11.2L气体，则原混合液中KCl的物质的量浓度至少为2.0mol·L－1

【答案】C

【解析】电解精炼铜时，阳极为粗铜，阴极为纯铜，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，A项正确；惰性电极电解AgNO3溶液时的反应为4AgNO3＋2H2O

4HNO3＋4Ag＋O2↑，故B项正确；利用电解CuSO4溶液的反应式2CuSO4＋2H2O

2Cu＋2H2SO4＋O2↑可知，若电解一段时间CuSO4溶液后加入0.5mol的碳酸铜刚好恢复到通电前的浓度和pH，则电解过程中转移的电子为1.0mol，C项错；D项，阴极析出氢气，阳极先析出氯气，后析出氧气，因此若两极气体体积相等则阳极产生的气体只能是氯气，利用氯原子守恒可知混合液中c（KCl）至少为1mol÷0.5L＝2.0mol·L－1。

6．

下图是一套电化学装置,对其有关说法错误的是

A.装置A是原电池,装置B是电解池

B.反应一段时间后,装置B中溶液pH增大

C.a口若消耗1molCH4,d口可产生4mol气体

D.a口通入C2H6时的电极反应为C2H6-14e-+18OH-

2

+12H2O

【答案】B

【解析】

由进气及出气可知A为原电池、B为电解池,装置B中是电解水,所以反应一段时间内,硫酸的浓度增大,B选项错误;C选项,a为负极、d为阴极,消耗1molCH4失8mol电子,生成1molH2的2mol电子,依据得失电子守恒可知正确。

7．

如图所示，通电一段时间后，Cu电极增重2.16g，同时在A池中收集到标准状况下的气体224mL，设A池中原混合液的体积为100mL，则通电前A池中原混合溶液Cu2＋的浓度为

A．0.05mol/L　　　B．0.035mol/LC．0.025mol/L D．0.020mol/L

【答案】A

【解析】

“Cu电极增重2.16g”那么Cu作阴极，则A池中左电极是阴极，右电极是阳极；结合，Ag＋＋e－=Ag，电极增重2.16g（即

），转移电子0.02mol。

A池中，阳极反应为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，转移0.02mol电子，即得n（O2）＝0.005mol，累计收集气体224mL（即

），那么在阴极还产生0.005molH2，阴极反应为2H＋＋2e－=H2↑，转移电子0.01mol，因此Cu2＋放电0.01mol，Cu2＋＋2e－=Cu，n（Cu2＋）＝0.005mol，

。

8．已知在pH为4~5的溶液中,Cu2+几乎不水解,而Fe3+几乎完全水解。

某学生拟用电解CuSO4溶液的方法测定铜的相对原子质量。

该同学向pH=3.8酸化的、含有Fe2（SO4）3杂质的CuSO4溶液中加入过量的黑色粉末X,充分搅拌后将滤液用右图所示装置电解,其中某电极增重ag,另一电极上产生标准状况下的气体VmL。

下列说法正确的是（　　）

A.铜电极连接电源正极

B.黑色粉末X是铁粉

C.铜的相对原子质量的计算式是

D.石墨电极上发生的反应是4OH--4e-

O2↑+2H2O

【答案】D

【解析】

若黑色粉末X是铁粉,则掺入了新的杂质Fe2+,X应为CuO;此装置因为有气体生成,所以是电解CuSO4溶液,阳极电极反应为4OH--4e-

2H2O+O2↑、阴极电极反应式为Cu2++2e-

Cu,铜接电源负极,D正确;氧气的体积单位为mL,铜的相对原子质量的计算式为

C选项错误。

9．

图甲中电极均为石墨电极，下列叙述中正确的是

A．电子沿a→d→c→d路径流动

B．b极的电极反应为O2＋4e－＋4H＋=2H2O

C．通电初期乙中的总反应为Cu＋H2SO4

CuSO4＋H2↑

D．反应过程中，甲、乙装置中溶液的pH都逐渐减小

【答案】C

【解析】

　电子可以沿着导线流动，在电解质溶液中是阴阳离子的移动产生电流，即电子沿a→d、c→b路径流动；电池电解质为NaOH，所以b电极的电极反应为O2＋4e－＋2H2O=4OH－；反应过程中，甲装置中产生水，所以溶液的pH减小，但是乙装置中由于H＋被消耗，所以pH增大。

10．

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

A．b为直流电源的负极

B．f极为阴极，发生还原反应

C．e极材料为铁片，f极材料为铜片

D．可选用CuSO4溶液或CuCl2溶液作电镀液

【答案】C

【解析】

依据c点显红色，可判断出c极发生的反应为2H＋＋2e－=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。

11．

下列与装置有关的说法中正确的是

A.图a中,随着电解的进行溶液中H+的浓度越来越大

B.图b中,Al电极作电池的负极,电极反应为Al-3e-

Al3+

C.图c中,发生的反应为Co+Cd2+

Cd+Co2+

D.图d中，K分别与M、N连接,Fe电极均受到保护不会腐蚀

【答案】D

【解析】

A选项,阴极电极反应:

2H++2e-

H2↑,阳极电极反应:

Fe-2e-

Fe2+,溶液中H+的浓度越来越小,错误;B选项生成

错误;C选项由图可知Cd为负极,失电子,错误;D选项相连后分别为电解池的阴极、原电池的正极,均被保护。

12．研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2—CaO作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂还原二氧化钛制备金属钛。

下列说法中，正确的是   

A．由TiO2制得1mol金属Ti，理论上外电路转移2mol电子

B．阳极的电极反应式为C＋2O2－－4e－=CO2↑

C．在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少

D．若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“＋”接线柱应连接Pb电极

【答案】B

【解析】

根据图中信息，电极反应为

阳极：

C＋2O2－－4e－=CO2↑

阴极：

2Ca2＋＋4e－=2Ca

TiO2＋2Ca=Ti＋2CaO

A项，制得1molTi，外电路应转移4mole－；C项，制备钛前后，CaO的总量保持不变；D项，“＋”接线柱应接外接电源的正极，即PbO2。

13．

电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁—次氯酸钠燃料电池，电池总反应为Mg＋ClO－＋H2O=Cl－＋Mg（OH）2↓，图乙是含

的工业废水的处理。

下列说法正确的是

A．图乙中

向惰性电极移动，与该极近的OH－结合转化成Cr（OH）3除去

B．图乙的电解池中，有0.084g阳极材料参与反应，阴极会有336mL的气体产生

C．图甲中发生的还原反应是Mg2＋＋ClO－＋H2O＋2e－=Cl－＋Mg（OH）2↓

D．若图甲中3.6g镁溶液产生的电量用以图乙废水处理，理论可产生10.7g氢氧化铁沉淀

【答案】C

【解析】

A项，在电解池中，阴离子应该移向阳极，根据装置乙可知，惰性电极做阴极；B项，未标明标准状况，故无法计算产生气体的体积；C项，根据装置甲可知，镁做负极，发生电极反应是Mg－2e－=Mg2＋；D项，图甲中溶解3.6g镁时，失去的电子是0.3mol，在图乙中阳极反应是Fe－2e－=Fe2＋，根据电子守恒可得此时生成的Fe2＋是0.15mol，所以最后生成的氢氧化铁也是0.15mol即16.05g。

14．

有关如图装置的叙述中，正确的是

A．若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外接电源的阴极保护法

B．若X为碳棒，Y为饱和NaOH溶液，开关K置于N处，保持温度不变，则溶液的pH保持不变

C．若X为银棒，Y为硝酸银溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中银离子浓度将减小

D．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铁电极移动

【答案】B

【解析】

A项，没有外加电源，属于牺牲阳极的阴极保护法；B项，NaOH溶液是饱和的，电解时相当于电解水，温度不变，NaOH溶液浓度、pH都不会改变；C项，溶液中c（Ag＋）不变；D项为原电池，铁作负极，电子应从铁极经外电路流向铜极。

15．

某化学学习小组学习电化学后，设计了下面的实验装置图：

下列有关该装置图的说法中正确的是

A．合上电键后，盐桥中的阳离子向甲池移动

B．合上电键后，丙池为电镀银的电镀池

C．合上电键后一段时间，丙池中溶液的pH增大

D．合上电键后一段时间，当丙池中生成标准状况下560mL气体时，丁池中理论上最多产生2.9g固体

【答案】D

【解析】

选项A，甲池与乙池及盐桥构成了原电池，锌为负极，失电子生成锌离子进入甲池，盐桥中阳离子向乙池移动，A错。

选项B，电镀银时，银应该作阳极，但丙池中银为阴极，B错。

选项C，丙池在电解过程中，不断生成H＋，溶液的pH减小。

选项D，丙池电解硝酸银溶液会生成氧气，丁池电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和Mg（OH）2沉淀，根据反应过程中的电子得失守恒可得物质的量关系式：

O2～2Mg（OH）2，根据丙池中生成气体（即氧气）的量可得Mg（OH）2的物质的量为0.05mol，即2.9g，D正确。

16．高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。

用镍（Ni）、铁做电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。

下列推断合理的是

A．铁是阳极，电极反应为Fe－6e－＋4H2O=

＋8H＋

B．镍电极上的电极反应为2H＋＋2e－=H2↑

C．若隔膜为阴离子交换膜，则OH－自右向左移动

D．电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，最终溶液pH不变

【答案】B

【解析】

A选项，Fe与电源的正极相连，故Fe为阳极，阳极发生氧化反应，因电解质溶液呈碱性，故不能得到H＋，正确的阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－=

＋4H2O；B选项，Ni电极为阴极，在阴极，水电离出的H＋发生还原反应生成H2；C选项，由电极反应式知OH－由左（阴极）向右（阳极）移动；D选项，阳极区消耗OH－，pH减小，阴极区生成OH－，pH增大，由总反应式：

Fe＋2OH－＋2H2O=

＋3H2↑可知，整个溶液碱性减小，pH减小。

17．下图为两个原电池装置图，由此判断下列说法错误的是（）

A．当两电池转移相同电子时，生成和消耗Ni的物质的量相同

B．两装置工作时，盐桥中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动

C．由此可判断能够发生2Cr3++3Ni=3Ni2++2Cr和Ni2++Sn=Sn2++Ni的反应

D．由此可判断Cr、Ni、Sn三种金属的还原性强弱顺序为：

Cr＞Ni＞Sn

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．在左边的原电池中Ni作正极，不参加反应，溶液中的Ni2+在电极上得到电子而析出；在右边的反应中Ni作负极，被氧化发生反应：

Ni-2e-=Ni2+而被消耗。

因此当两电池转移相同电子时，生成和消耗Ni的物质的量相同。

正确。

B．两装置工作时，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原则，盐桥中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动。

正确。

由题意可知发生的反应为2Cr+3Ni2+=3Ni+2Cr3+和Sn2++Ni=Ni2++Sn。

错误。

D．在原电池反应中，一般是活动性强的作负极，活动性弱的作正极。

由此可判断Cr、Ni、Sn三种金属的还原性强弱顺序为：

Cr＞Ni＞Sn。

正确。

考点：

考查原电池反应原理在比较金属的活动性及反应的发生等方面的应用的知识。

18．用石墨电极电解CuCl2溶液（见图）。

下列分析正确的是

A．a端是直流电源的负极

B．通电使CuCl2发生电离

C．阳极上发生的反应：

Cu2++2e-=Cu

D．通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体

【答案】A

【解析】

试题分析：

A、电解池中阳离子移向阴极，所以a端是阴极，连电源的负极，正确；B、通电使CuCl2发生电解，错误；C、阳极是阴离子发生氧化反应，所以应是氯离子放电，错误；D、氯离子在阳极放电产生氯气，所以在阳极附近观察到黄绿色气体，错误，答案选A。

考点：

考查电解原理的应用

19．关于如图所示各装置的叙述中，正确的是

A．装置①是原电池，总反应是：

Cu＋2Fe3＋=Cu2＋＋2Fe2＋

B．装置①中，铁作负极，电极反应式为：

Fe3＋＋e－=Fe2＋

C．装置②通电一段时间后石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深

D．若用装置③精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液

【答案】C

【解析】

试题分析：

A、装置①是原电池，Fe比Cu活泼，所以Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，错误；B、装置①中，铁作负极，发生氧化反应，Fe-2e－=Fe2＋，错误；C、氢氧化铁胶体粒子带正电荷，所以氢氧化铁胶体粒子向阴极移动，装置②中石墨Ⅱ作阴极，因此石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深，正确；D、由电流方向判断c是阳极，d是阴极，电解精炼铜时粗铜作阳极，所以c为粗铜，d为纯铜，错误，答案选C。

考点：

考查电化学理论的应用

20．以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是（　　）

A．未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程

B．因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系

C．电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率

D．镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用

【答案】C

【解析】本题考查电镀，意在考查考生对电镀原理的理解和应用能力。

未通电前，题述装置不能构成原电池，A项错误；锌的析出量与通过的电量成正比，B错误；电镀时电解反应速率只与电流大小有关，与温度无关，C项对；镀锌层破损后，会形成铁锌原电池，铁作正极，得到保护，D项错误。