高考化学二轮专题复习专题八 电化学原理(含答案解析).doc

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1、【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流高考化学二轮专题复习专题八 电化学原理(含答案解析).精品文档.专题八电化学原理(时间：30分钟类型：(74)专项训练)一、6分选择题专项训练(一)低档题1下列有关电池的说法不正确的是()。A手机上用的锂离子电池属于二次电池B铜锌原电池工作时，电子沿外电路从铜电极流向锌电极C甲醇燃料电池可把化学能转化为电能D锌锰干电池中，锌电极是负极解析锂离子电池可以充电再次使用，属于二次电池，A项正确；铜锌原电池中铜为正极，故电流从铜流向锌，而电子是沿外电路由锌流向铜，B项错；电池的实质即是将化学能转化成电能，C正确；Zn失去电子生成Zn2，故作为负极，D

2、项正确。答案B2下列叙述中不正确的是 ()。A电解池的阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应B原电池的正极上发生氧化反应，负极上发生还原反应C电镀时，电镀池里的阳极材料发生氧化反应D用原电池作电源进行电解时，电子从原电池负极流向电解池阴极答案B3用铁丝(电极a)、铜丝(电极b)和CuSO4溶液可以构成原电池或电解池，如图所示。则下列说法正确的是 ()。A构成原电池时b极反应为Cu2e=Cu2B构成电解池时a极质量一定减少C构成电解池时b极质量可能减少也可能增加D构成的原电池或电解池工作后可能产生大量气体解析构成原电池时b极作正极，电极反应为Cu22e=Cu，A错；构成电解池时a和b的质量都是可

3、能减少也可能增加，B错误，C正确；无论构成原电池还是电解池，工作时都不可能产生大量气体，D错误。答案C(二)中档题4(2012北京理综，12)人工光合作用能够借助太阳能，用CO2和H2O制备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是 ()。A该过程是将太阳能转化为化学能的过程B催化剂a表面发生氧化反应，有O2产生C催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强D催化剂b表面的反应是CO22H2e=HCOOH解析首先标化合价，看价变化，O2HOOH，CO2中C的化合价降低，得电子，由图示装置中电子转移的方向可知催化剂a表面发生失电子的反应，催化剂b表面发生得电子的

4、反应，所以在催化剂b表面发生的电极反应为CO22H2e=HCOOH；在a表面H2O失电子生成O2，电极反应为2H2O4e=4HO2，由电极反应式可知a极附近酸性增强，b极附近酸性减弱，C错误。答案C5(2013金华联考)下列说法正确的是 ()。A用甲装置电解精炼镁B用乙装置验证试管中铁丝发生析氢腐蚀C用丙装置构成铜锌原电池D用丁装置利用电冶金法制铝解析Mg2和Al3在溶液中不放电，选项A和D错。丙装置中两种电解液互换才能构成铜锌原电池，C错。答案B6体积为1 L的某溶液中含有的离子如表所示：离子Cu2Al3NOCl11a1用Pt电极电解该溶液，当电路中有3 mol电子通过时(忽略电解时溶液体积

5、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pH0 Ba3C阳极生成1.5 mol Cl2 D阴极析出的金属是铜与铝解析根据离子的放电顺序及得失电子守恒知，先电解0.5 mol CuCl2，生成0.5 mol Cu和0.5 mol Cl2，然后电解0.5 mol Cu(NO3)2，生成0.5 mol Cu和0.25 mol O2、1 mol H，再电解Al(NO3)3溶液(即电解水)，溶液中c(H)1 molL1，故A正确，D错误。阳极上Cl放电只产生0.5 mol Cl2，C错误。由电荷守恒可知a4，B错误。答案A7(2013温州市十校联合体联考)将KCl和Cu

6、SO4两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2Cl2e=Cl2、2H2e=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Cab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21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21，则达b点时CuCl2消耗完，接

7、着只电解水，则与图像不符，D错。根据bc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；cd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。答案A二、卷15分填空题专项训练(一)低档题8(15分)甲烷作为一种新能源在化学领域应用广泛，请回答下列问题。(1)高炉冶铁过程中，甲烷在催化反应室中产生水煤气(CO和H2)还原氧化铁，有关反应为：CH4(g)CO2(g)=2CO(g)2H2(g)H260 kJmol1已知：2CO(g)O2(g)=2CO2(g)H566 kJmol1。则CH4与O2反应生成CO和H2的热

8、化学方程式为_。(2)如下图所示，装置为甲烷燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)，通过装置实现铁棒上镀铜。 a处应通入_(填“CH4”或“O2”)，b处电极上发生的电极反应式是_ _。电镀结束后，装置中溶液的pH_(填写“变大”“变小”或“不变”，下同)，装置中Cu2的物质的量浓度_。电镀结束后，装置溶液中的阴离子除了OH以外还含有_(忽略水解)。在此过程中若完全反应，装置中阴极质量变化12.8 g，则装置中理论上消耗甲烷_L(标准状况下)。解析(1)根据盖斯定律，将第一个热化学方程式乘以2，与第二个相加得2CH4(g)O2(g)=2CO(g)4H2(g)H46 kJmol1。(2)由于Fe棒上

9、镀Cu，则Cu棒发生氧化反应，作阳极，b电极作正极，a电极作负极，CH4在a处通入，O2在b处通入，由于KOH溶液作电解质溶液，则b极反应式为O22H2O4e=4OH，电镀过程中电解质溶液不参与电极反应，各离子浓度均不变；CH4燃料电池中的化学方程式为CH42O22KOH=K2CO33H2O，可得溶液中存在CO，再由电子守恒得CH44Cu，则12.8 g Cu的物质的量为0.2 mol，消耗CH4为0.05 mol，在标准状况下的体积为0.05 mol22.4 Lmol11.12 L。答案(1)2CH4(g)O2(g)=2CO(g)4H2(g)H46 kJmol1(2)CH4O22H2O4e=

10、4OH变小不变CO1.12(二)中档题9(15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。请回答下列问题：(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，

11、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”)。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 mgL1的废水，可得到乙醇_kg(计算结果保留小数点后一位)。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=Cu2O

12、2H，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)：Fe2e=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CO，由此可写出此电极的电极反应式。在电解过程中，由于SO没有参与放电，且阳离子交换膜不允许阴离

13、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 44 463 00010310660% x解得x1.9。答案(1)2CuH2O2e=Cu2O2H2H2e=H2(2)d(3)CH4CH48e10OH=CO7H2O不变1.910(15分)(2013高考试题汇编)(1)2013四川理综，11(4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2该电池反应的化学方程式是_。(2)2013重

14、庆理综，11(2)化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化学法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。电化学降解NO的原理如图所示。电源正极为_(填A或B)，阴极反应式为_。若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左m右)为_克。(3)2013广东理综，33(2)(3)能量之间可相互转化：电解食盐水制备Cl2是将电能转化为化学能，而原电池可将化学能转化为电能。设计两种类型的原电池，探究其能量转化效率。限选材料：ZnSO4(aq)，FeSO4(aq)，CuSO4(aq)；铜片，铁片，锌片和导线。完成原电池甲的装置示意图(见右图)，并作相应标注，要求：在同一烧杯中，

15、电极与溶液含相同的金属元素。以铜片为电极之一，CuSO4(aq)为电解质溶液，只在一个烧杯中组装原电池乙，工作一段时间后，可观察到负极_。甲乙两种原电池可更有效地将化学能转化为电能的是_，其原因是_。根据牺牲阳极的阴极保护法原理，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，在所给的材料中应选_作阳极。解析(1)该新型电池放电时，关键判断Al的氧化产物。由于NaOH溶液的存在，Al被氧化生成NaAlO2而不是Al(OH)3，故电池反应的化学方程式为：Al3NiO(OH)NaOHH2O=NaAlO23Ni(OH)2。(2)阴极：2NO6H2O10e=N212OH阳极：10OH10e=5H2OO2在阳极区生成的H

16、通过质子交换膜到达阴极区，所以，当电子过程中转移10 mol e时，m左 mol32 gmol110 g90 gm右28 g10 g18 g所以当转移2 mol e时，膜两侧电解液的质量变化差为14.4 g。(3)根据题给条件和原电池的构成条件可得：a若用Zn、Cu、CuSO4(aq)、ZnSO4(aq)组成原电池，Zn作负极，Cu作正极，Zn插入到ZnSO4(aq)中，Cu插入到CuSO4(aq)中。b若用Fe、Cu、FeSO4(aq)、CuSO4(aq)组成原电池，Fe作负极，Cu作正极，Fe插入到FeSO4(aq)中，Cu插入到CuSO4(aq)中。c注意，画图时要注意电极名称，电极材料

17、，电解质溶液名称(或化学式)，并形成闭合回路。由于金属活动性ZnFeCu，锌片或铁片作负极，由于Zn或Fe直接与CuSO4溶液接触，工作一段时间后，负极本身被腐蚀或氧化，失去金属光泽，质量减轻，蓝色变浅。带有盐桥的甲原电池中负极没有和CuSO4溶液直接接触，二者不会直接发生置换反应，化学能不会转化为热能，几乎全部转化为电能；而原电池乙中的负极与CuSO4溶液直接接触，两者会发生置换反应，部分化学能转化为热能，化学能不可能全部转化为电能。由牺牲阳极的阴极保护法可得，铁片作正极(阴极)时被保护，作负极(阳极)时被腐蚀，所以应选择比铁片更活泼的锌作负极(阳极)才能有效地保护铁不被腐蚀。答案(1)Al

18、3NiO(OH)NaOHH2O=NaAlO23Ni(OH)2(2)A2NO6H2O10e=N212OH14.4(3)(或其他合理答案)失去金属光泽，被腐蚀或氧化，溶液蓝色变浅甲在甲装置中，两个电极反应是在彼此隔离的条件下进行的，锌与Cu2不直接发生反应，这样可以更彻底地将反应所释放的能量转化为电能锌片(三)高档题11(15分)(2013台州调考)锌(Zinc)是第四“常见”的金属，仅次于铁、铝及铜，在现代工业中对于电池制造有不可磨灭的贡献。.湿法炼锌某种冶炼过程可用下图简略表示 (1)ZnS焙烧反应的化学方程式为_。(2)电解过程中析锌一极的电极反应式为_。(3)氧化锌像氧化铝一样，属于两性氧

19、化物，则氧化锌与氢氧化钠反应的离子方程式为_。(已知：“锌酸”的化学式可写成H2Zn(OH)4).锌电池用锌作负极的电池生活中随处可见，如锌锰干电池、锌锰碱性电池、锌空电池等。(4)锌锰碱性电池，以二氧化锰为正极，锌粒为负极，氢氧化钾溶液为电解液。其具有容量大、放电电流大的特点，因而得到广泛应用。电池总反应式为Zn2MnO22H2O=2MnO(OH)Zn(OH)2。碱性电池中，负极锌由片状改变成粒状的优点是_；正极反应式为_。(5)新型锌空电池(如图)与锂电池相比，锌空气充电电池的储存电量是它的三倍，成本是锂电池的一半，并且完全没有过热爆炸的安全隐患。该电池的总反应为2ZnO2=2ZnO，电解

20、质溶液为KOH溶液，则负极的电极反应式为_ _。若以该电池为电源，用惰性电极电解硝酸银溶液，为保证阴极有10.8 g银析出，至少需要_L空气(折算成标准状况)进入该电池。解析(2)析锌一极应是Zn(NH3)42得到电子，还原为锌，同时释放出氨气。(4)碱性锌锰电池中，负极锌失电子生成锌离子，再与溶液中的氢氧根结合生成氢氧化锌，负极反应：Zn2OH2e=Zn(OH)2，正极反应：2MnO22H2O2e=2MnO(OH)2OH。(5)锌空电池的负极反应式为2Zn4e4OH=2ZnO2H2O，正极反应式为O24e2H2O=4OH，用惰性电极电解硝酸银溶液的阴极反应式为Age=Ag，则有O24e4Ag，V(空气)22.4 Lmol12.8 L。答案(1)2ZnS3O22SO22ZnO(2)Zn(NH3)422e=Zn4NH3(3)ZnO2OHH2O=Zn(OH)42(4)增大了负极的反应面积，提高了放电效率2MnO22H2O2e=2MnO(OH)2OH(5)Zn2e2OH=ZnOH2O2.8(2.7也可)