2021年高中化学选修一化学反应与电能经典习题提高培优

1、一、选择题1 .以下说法正确的选项是A.金属腐蚀就是金属原子失去电子被复原的过程B.合金都比纯金属易被腐蚀C.将金属与外加直流电源的正极相连,而将负极接到废铁上,可以预防金属被腐蚀D.镀锌铁比镀锡铁更不容易被腐蚀答案：D【详解】A.金属腐蚀就是金属原子失去电子被氧化的过程,故 A错误；B.选项：合金不一定比纯金属易被腐蚀,如不锈钢改变了金属的内部结构,比纯铁耐腐 蚀,故B错误；C.选项：将金属与外加直流电源的负极相连,那么该金属作阴极,而将正极接到废铁上, 废铁作阳极,作阴极的金属被保护,可以预防金属被腐蚀.金属直接与电源正极相连,该 金属做阳极,直接发生氧化反响被腐蚀,故 C错误；D.金属活

2、泼性Zn>Fe>Sn,原电池中活泼金属易被腐蚀,那么镀锌铁片比镀锡铁片更不容易 被腐蚀,故D错误；应选D.2.如下图,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.以下有关说法正确的选项是伫叫 1C MI常液饱和皿化钠海液6t般铜溶液甲乙的A,通入氧气的一极为正极,发生的电极反响为O2-4e-+2H2O=4OH-B.乙装置中铁电极为阴极,电极反响式为Fe-2e-=Fe2 +C.反响一段时间后,乙装置中在铁电极区生成氢氧化钠D.反响一段时间后,丙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变答案：C解析：根据装置的特点,甲装置为燃料电池,乙、丙装置为电解池

3、,通甲醍的一极为负极,通氧气的一极为正极,根据电解原理,Fe电极为阴极,石墨为阳极,精铜为阴极,粗铜为阳极,据此分析；【详解】A.甲装置为燃料电池,通氧气一极为正极,电解质为 KOH,发生电极反响式为 O2+4e + 2H 2O=4OH ,故 A 错误；B.通甲醛的一极为负极,即 Fe电极为阴极,电极反响式为 2H+2葭=H 2T或2H2O+2e =H2T + 2OH ,故 B 错误；C.根据B选项分析,X为阳离子交换膜,允许 Na卡通过,反响一段时间后,乙装置中铁 电极区生成NaOH,故C正确；D .根据上述分析,精铜作阴极,电极反响式Cu2+ + 2e =Cu,粗铜作阳极,电极反响式为Cu

4、 2e-=Cu： 但粗铜中含有比 Cu活泼的金属,这些金属先失电子,使CuSO4溶液的浓度减小,故D错误； 答案为Co3.铜锌原电池如图工作时,以下表达正确的选项是 饱和KC1溶液A.正极反响为 Zn 2e =Zn2C.在外电路中,电子从正极流向负极D.盐桥中的k+移向ZnSO4溶液B.电池反响为Zn + Cu2 =Zn2 + Cu答案：B解析：根据装置图,Zn比Cu活泼,那么Zn极为负极,发生Zn-2e-=Zn2+；电池内电路中,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,那么盐桥中的钾离子向CuSO4溶液移动.【详解】A .分析可知,Cu作正极,正极反响为 Cu2+2e-=Cu, A表达错误；B.

5、 Zn极为负极,发生 Zn-2e-=Zn2+, Cu作正极,正极反响为 Cu2+2e-=Cu ,电池反响为Zn+Cu 2+=Zn2+Cu, B 表达正确；C.在外电路中,电子从负极流向正极,C表达错误；D,盐桥中的K+移向正极区,即 CuSO4溶液,D表达错误；答案为Bo4.以下说法不正确的选项是A.酸、碱、氯化钠都会破坏铝外表的氧化膜B,相同温度下 NaHCO3的溶解度比Na2CO3大C. K2Cr2O7具有强氧化性,能与乙醇反响,得到绿色的Cr3+,因此可用K2Cr2O7测酒驾D.钢铁在潮湿空气中生锈主要是发生了电化学腐蚀答案：B【详解】A.氧化铝属于两性氧化物,能和酸、碱反响,氯化钠吸收

6、空气里的水分,能电离出钠离子和氯离子,也会破坏铝外表的氧化膜,故 A正确；B,相同温度下NaHCO3的溶解度比Na2CO3小,故B错误；C. K2Cr2O7具有强氧化性,能与乙醇反响,得到绿色的Cr3+,因此可用 &52.7测酒驾,故D正确；D.钢铁在潮湿空气中能够形成原电池,所以生锈主要是发生了电化学腐蚀,故D正确;故答案：Bo5.图中装置为某实验组设计的Cu-Zn原电池,以下说法错误的选项是A.装置甲中电子流动方向：Zn一电流表一Cu B.装置乙比装置甲提供的电流更稳定C.装置乙盐桥中可用装有琼脂的 Na?CO3饱和溶液 D.装置乙中盐桥不可以用铁丝替答案：C解析：两个装置中Zn均

7、作负极,失电子,电极反响式为Zn-2e-=Zn2+, Cu为正极,Cu2+在正极得电子,电极反响式为 Cu2+2e-=Cu ,据此解答.【详解】A.电子由负极经导线流向正极,因此装置甲中电子流动方向：Zn 一电流表一 Cu, A正确；B.装置乙中两个电极反响分别在两池反响,互不干扰,使用盐桥,起着平衡电荷的作用,比装置甲提供的电流稳定,B正确；2-.C,装置乙盐桥中假设用 Na2CO3饱和溶液代替KCl饱和溶液,那么电池工作时, CO3移向2-ZnSO4溶液,Zn2+和CO3发生反响,产生沉淀堵塞盐桥,不能形成闭合回路,使原电池停止工作,C错误；D.假设装置乙中盐桥用铁丝替代,右侧中形成Fe、

8、Cu和硫酸铜溶液的原电池,左侧为电解池,反响原理发生改变,因此装置乙中盐桥不可以用铁丝替代,D正确；答案选Co6.化学创造了丰富的物质世界,指导着我们的生产、生活.以下说法正确的选项是A.超级电容器材料石墨烯属于烯煌B.硅太阳能电池和锂离子电池的工作原理相同C.电解精炼铜时,阳极溶解的铜与阴极析出的铜质量相等D.电解饱和食盐水,两极共生成22.4L标准状况下气体时,转移白电子数为 Na答案：D【详解】A.石墨烯不含H元素,是一种碳单质,不属于烯嫌,故A错误；B.硅太阳能电池是太阳能转化为电能,锂离子电池是电能与化学能之间的转化,二者原理不同,故B错误；C.电解精炼铜时,阳极锌、铁、馍和铜失去电

9、子,阴极只有铜离子获得电子生成铜单质,依据电子守恒,溶解的铜与阴极析出的铜质量不相等,故 C错误；D.电解饱和食盐水,阴极生成氢气,阳极生成氯气,依据电子守恒,阴阳两极产生气体体积比1:1,当两极共生成 22.4L标准状况下气体时,那么生成氢气和氯气各位0.5mol ,生成0.5mol氯气失去电子数是 0.5mol X2X1 xNa=Na,那么转移的电子数为 Na,故D正 确；应选：Do7 .高铁酸钾K2FeO4为暗紫色有光泽粉末,极易溶于水,静置后会分解放出氧气,并生成 氢氧化铁,在强碱性溶液中相当稳定.高铁酸钾是极好的氧化剂,是一种新型非氯高效消 毒剂,常用于饮水处理.实验室中模拟高铁酸钾

10、的生产流程如图：通电A,反响：2Cl-+2H2O= C12T +HT +2OH8 .反响：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC.反响：3Fe3O4+28H+N O3=9Fe3+NOT +14H2OD.反响：2Fe3+3ClO-+5H2O=2FeO2- +3Cl- + 10H +答案：D【详解】、一一一通电MA.电解氯化钠溶放的离子万程式为：2Cl +2H2O=C12T +HT +2OH故A正确;B .氯气和氢氧化钾反响离子方程式为：Cl 2 2OH Cl ClOH2O,故B正确;C.磁铁矿为Fe3O4,固体不可拆,稀硝酸和 Fe3O4反响的离子方程为：3Fe3O4 28H NO3 9F

11、e3NO14H2O,故 C正确；D .硝酸铁溶液与碱性次氯酸钾溶液反响的离子方程式为：2Fe3+3ClO -+100H -2-=2FeO4 +3Cl +5H2O,故 D 错误；故答案为Do8.以下说法正确的选项是A.在船舶外壳装上锌块,用牺牲阳极的阴极保护法预防金属腐蚀B.电解精炼铜时,阳极泥中含有 Zn、Fe、Au、Ag等金属C.电解精炼铜时,精炼过程溶液中的Cu2+浓度保持不变D.电镀铜时用待镀的金属制品作阳极,铜作阴极答案：A【详解】A.在船舶外壳装上锌块,锌比铁活泼,锌做负极失去电子被氧化,保护了铁,称作牺牲阳极的阴极保护法预防金属腐蚀,故A正确；B. Zn、Fe的活泼性比铜强,先于

12、Cu放电,所以电解精炼铜时,阳极泥中不含有Zn、Fe,含有Au、Ag等金属,故B错误；C.电解精炼铜时,阳极上锌、铁和铜失去电子,阴极上只有铜离子获得电子被复原,依据电子守恒,精炼过程溶液中的Cu2+浓度减少,故C错误；D.电镀过程中,镀件作阴极,镀层金属作阳极,所以电镀铜时用待镀的金属制品作阴极、铜作阳极,故 D错误；应选：A.9.热催化合成氨面临的两难问题：采用高温增大反响速率的同时会因平衡限制导致NH3产率降低.我国科研人员研制了 Ti-H冷区-Fe热区双温区催化剂.Ti-H-Fe双温区催化 合成氨的反响历程如下图,其中吸附在催化剂外表上的物种用*标注.以下说法正确的选项是A.放热过程在

13、冷区进行,吸热反响在热区进行B.反响,正反响活化能最大C. Ti-H生成氨气,是由于反响速率最大D.冷热区交替使用,主要目的是使催化剂活性最大答案：B【详解】A.为催化剂吸附 N2的过程,为放热反响,为形成过渡态的过程,为吸热反响,为N2解离为N的过程,为放热反响,为了增大平衡产率,需要在低温下进行,A错误；B.的生成物的相对能量比反响物的相对能量高,为吸热过程,其余过程那么是生成物能量比反响物的能量低,是放热过程,故反响的正反响活化能最大,B正确；C. Ti-H生成氨气,是由于该反响是放热反响,反响在冷区进行,降低温度,化学平衡正向移动,会导致NH3的产率增大,C错误；D.热区主要是从速率上

14、考虑,采用高温可增大反响速率,但同时会因平衡限制导致NH3产率降低；TiH冷区反响就是降温而提升产率.冷热区交替使用,既可以使反响速率加快,同时又可以提升 NH3产率,而不是从催化剂活性大小角度考虑,D错误;故合理选项是Bo10 .实验室可利用以下微生物电池将污水中的乙二胺H 2N(CH 2)2NH 2转化为无毒无害的物质并产生电能(M、N均为石墨电极).有关该电池工作时的说法中错误的选项是()A.该电池在微生物作用下将化学能转化为电能B,负极的电极反响式为：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2f +NT +16HC,电池总反响为：H 2N(CH 2)2NH 2+4O2=N

15、2+2CO2+4H 2OD.每消耗5.6 L O2时,通过质子交换膜的质子数为Na答案：D【详解】A .该电池是原电池,电池在微生物作用下将化学能转化为电能,A正确；B.负极上H2N(CH2)2NH2失去电子,发生氧化反响,产生N2、CO2,电极反响式为：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2 T +Nf +16H, B 正确;C.乙二胺H2N(CH2)2NH2转化为无毒无害的物质,那么碳生成CO2,氮元素转化为 N2,所以电池总反响为：H2N(CH 2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2O, C 正确；D.状况不知,无法由气体的体积求物质的量,所以无法求通过质子交换膜的

16、质子数,D错误； 故合理选项是D.11 .利用太阳能电池为电源,将CO2转化成燃料气体(CO),用可传导h +的固体作电解质,装置如下图.以下推断不正确的选项是()B.电极b的电极反响式为 CO2 + 2e + 2H + =CO + H2OC.产生22.4 L(标况)O2时2 mol H+由质子交换膜左侧向右侧迁移 _ _ 通电 _ _D.总反响式为 2CO22CO+O2答案：C解析：该装置利用太阳能电池为电源,将 CO2转化成燃料气体(CO),属于电解池装置,电 极a上水发生失电子的氧化反响,生成氧气,故 a极为阳极,电极 b上CO2发生得电子的 复原反响,生成 CO,故b极为阴极,据此分析

17、解答.【详解】A.由分析知,电极a为阳极,故A正确；B.电极b上CO2发生得电子的复原反响,生成 CO,同时固体电解质中氢离子移动导电,故电极反响式为 CO2+ 2e + 2H + =CO + H2O,故B正确；C. 22.4 L(标况)O2 即 1mol O2,阳极发生反响 2H2O-4e-= O2+4H+,故应有 4 mol H卡 由质子交换膜左侧向右侧迁移,故C错误；D.阴极反响式是 CO2+ 2e + 2H =CO + H2O,阳极反响式是 2H2O-4e = O2+ 4H , 诵由二者加合可得,息反响式为2CO2_2CO + O2,故D正确；应选Co12.以下图示与对应的表达相符的是

18、,j(NH 3ym有催化剂SO3的体?无催化剂A.图甲表示氢氧化钠溶液与盐酸反响时的能量变化B.图乙表示电解精炼铜时,阳极减少的质量Am随转移电子物质的量的变化C.图丙表示合成氨反响其他条件一定,在有、无催化剂条件下n(NH3)随时间的变化D.图丁表示反响 2SO2(g)+O2(g) =2SO3(g)其他条件一定,改变起始时O2的物质的量,平衡时SO3的体积分数随起始时 O2的物质的量的变化答案：D【详解】A.氢氧化钠溶液与盐酸反响是放热反响,反响物的总能量高于生成物的总能量,与图像 不符合,故A错误；B.精炼铜时,阳极是粗铜,含有杂质,故当转移 0.2mol电子时,阳极减少的质量不一定 是6

19、.4g,故与图像不符合,故 B错误；C.使用催化剂不会影响平衡,故平衡时n(NH3)应该相等,与图像不符合,故 C错误；D.对反响2SO2(g) + O2(g) =2SO3(g),其他条件一定时,增加起始时O2的物质的量,平衡时SO3的体积分数先增大后减小,与图像相符合,故 D正确.答案选Do13.以下图装置中X和丫均为石墨电极,电解液为 500mL某蓝色溶液,电解一段时间,观 察到X电极外表有红色的固态物质生成,Y电极有无色气体生成；溶液中原有溶质恰好完全电解后,停止电解,取出 X电极,洗涤、枯燥、称量,电极增重1.6g.以下有关说法中不正确的选项是电漉A. X电极是阴极B. Y电极产生气体

20、的体积为 0.28LC.假设电解过程中溶液体积变化忽略不计,电解后溶液中H+浓度为0.1mol L-1D.要使电解后溶液恢复到电解前的状态,需参加一定量的CuO或CuCO3答案：B【详解】X和丫均为石墨电极,电解液为 500mL某蓝色溶液,电解一段时间,观察到 X电极外表 有红色的固态物质生成, 丫电极有无色气体生成,那么该电解液中含 Cu2+, X电极的电极反 应式为Cu2+2e-=Cu, Y电极的电极反响式为 4OH-4e-=O2T +2HO;A. X电极上Cu2+发生得电子的复原反响,那么 X电极是阴极,A正确；B.根据得失电子守恒,X电极增重1.6g, 丫电极上产生气体的物质的量为1.

21、6g-X24=0.0125mol ,由于气体所处温度和压强未知,故无法计算气体的体积,B错64g/mol误；电解C.电解的总离子反响方程式为2Cu2+2H2O=2Cu+O2T +4H, X电极增重1.6g,那么生成的H+物质的量为2xg一=0.05mol ,电解后溶液中H+浓度为5moi =0.1mol/L , C64g/mol0.5L正确；电解D.电解的总离子反响方程式为2Cu2+2H2O2Cu+O2T +4H,电解过程中析出了 Cu、放出了.2,要使电解后溶液恢复到电解前的状态,需参加一定量的CuO或与CuO相当的CuCO3 由于CuCO3可改写成 CuO-CO2, D正确；答案选Bo14

22、.锂空气电池作为新一代大容量电池而备受瞩目,其工作原理如下图.以下有关锂空 气电池的说法不正确的选项是 负裁A.随着电极反响的不断进行,正极附近的电解液 pH不断升高B.假设把碱性电解液换成固体氧化物电解质,那么正极会由于生成Li2O而引起碳孔堵塞,不利于正极空气的吸附C.放电时,当有 22.4LO2标准状况下被复原时,溶液中有 4molLi *从左槽移动到右槽D.锂空气电池又称作锂燃料电池,其总反响方程式为 4Li+O2=2Li2O答案：D【详解】A,正极为多孔碳棒电极,电极反响式为O2+4e-+2H2O=4OH-,随着反响的进行,正极附近cOH-不断增大,电解液 pH不断升高,A正确；B.

23、假设把电解液换成固体氧化物,那么正极O2+4e-=2O2-,与负极迁移的Li+生成Li2O堵塞碳棒外表孔隙,使碳棒的吸附水平减弱,不利于空气的吸附,B正确；C.放电时,当有 22.4LO2标准状况下被复原时,生成 2molO2",为保持电解质的电性平 衡,左槽有4molLi +移到右槽,C正确；D,锂空气电池工作时,负极4Li-4e-=4Li+,正极 O2+4e-+2H2O=4OH-,其总反响方程式为4Li+O2+2H2O=4LiOH , D 不正确；应选D.15.利用小粒径零价铁ZVI的电化学腐蚀处理三氯乙烯,进行水体修复的过程如图.H+、O2、NO 3等共存物的存在会影响水体修复

24、效果,定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt,其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne.以下说法错误的选项是A.反响均在正极发生B.单位时间内,三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC.的电极反响式为 NO 3 +10H +8e-=NH + +3H2OD.增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量,可使 nt增大答案：B【详解】A.由修复过程示意图中反响前后元素化合价变化可知,反响均为得电子的反应,所以应在正极发生,故 A正确；B.三氯乙烯 C2HCI3中C原子化合价为+1价,乙烯中C原子化合价为-2价,1molC2HCl3 转化为ImolC 2H4时,得到6mol电子,脱去3mol氯原子,所

25、以脱去 amolCl时ne=2amol, 故B错误；C.由示意图及 N元素的化合价变化可写出如下转化NO3+8e-NH；,由于生成物中有NH 4 ,所以只能用H+和H2O来配平该反响,而不能用H2O和OH-来配平,所以的电极反响式为 NO 3+10H+8e-=NH ；+3H 2O,故 C 正确；D.增大单位体积水体中小微粒 ZVI的投入量,可以增大小微粒 ZVI和正极的接触面积, 加快ZVI释放电子的速率,可使 nt增大,故D正确； 答案选Bo二、填空题16.根据原电池工作原理可以设计原电池,实现原电池的多种用途.用碱性甲醛燃料电池 为电源进行电解的实验装置如以下图所示.K9H演液 式胃墟酸也

26、送液匕鼠区化饪溶技用池乙池内地甲池中通入甲醛的一极为 极,其电极反响式为 .乙池中总反响的离子方程式为 ,当甲池中消耗280mL.2时标准况,在乙池中 参加 gCuCO3才能使溶液恢复到原浓度,此日丙池中理论上最多产生 g固体.2利用以下图所示装置电极均为惰性电极吸收SO2并制取硫酸,那么通入 SO2一极的电极反 应式为,通入.2 极的电极反响式为.h2so；v质子交换膜(只允许H通过)答案：负 HCHO-4e-+6OH-= CO2-+4H2O 2Cu2+2H2O 电解 2Cu+4H+.2, 3.1 1.452-2SO2+4H 2O-4e =2 SO4 +8H + O2+4H +4e =2H

27、2O解析：(1)甲池为燃料电池,通入甲醛的一极为负极,通入氧气的一极为正极,乙池为电解池,左边的C电极为阳极,水电离的氢氧根放电；右边的 C电极为阴极,铜离子放电；丙 池为电解池,左边的 C为阳极,右边的 C为阴极；(2)通入SO2的为负极,发生氧化反响,SO2被氧化为硫酸；通入氧气的为正极,氧气被还原生成水；电池的总反响式为：2SO2+2H2O+O 2=2H2SO40【详解】(1)燃料电池中,通入燃料的为负极,故通入甲醛的一极为负极,在碱性溶液中,甲醛失 2.电子后变为碳酸根,电极反响式为：HCHO-4e-+6OH-= CO3 +4H2O；故答案为：负；2-HCHO-4e-+6OH-= CO

28、3 +4H2O；乙池为电解池,以 C为电极电解硫酸铜溶液,阴阳极分别是铜离子和水中的氢氧根放 电,总反响的离子方程式为：2Cu2+2H20 Ml 2Cu+4H+.2；甲池中根据电极反响：O2+2H2O+4e-=4OH-,所以消耗280mL(标准状况下0.0125mol)O 2,那么转移电子0.05mol,乙 池的阴极反响式为 Cu2+2e-=Cu ,当转移电子0.05mol时,析出的铜为 0.025mol,根据铜原 子守恒,要使电解质复原,参加的 CuCO3也为0.025mol,质量为0.025mol 124g/mol=3.1g ;根据丙装置中,在阴极上是氢离子放电,减小的氢离子是0.05mo

29、l,那么产生的氢氧根为 0.05mol,镁离子和氢氧根离子反响生成氢氧化镁为0.025mol,理论上最多产生氢氧化镁质量应该是0.25mol 58g/mol=1.45g固体；故答案为：2Cu2+2H2O 电解 2Cu+4H+.2个；3.1； 1.45；(2)由分析可知,那么通入 SO2一极为负极,SO2被氧化为硫酸,电极反响式为：2SO2+4H2O-4e-=2 SO2-+8H + ;通入氧气的为正极,氧气被复原为水,电极反响式为：O2+4H+4e-2-=2H2O；故答案为：2SO2+4H2O-4e =2SO4 +8H + ; O2+4H+4e =2H2.17 .：将0.1 mol/LKI溶液参

30、加到0.1 mol/LFeCl 3溶液中时,可以看到溶液颜色加深,滴加淀粉后溶液变为蓝色；当离子浓度相同时,氧化性：Ag + >Fe3+；假设浓度减小时,离子的氧化性也会随之减弱.(1)甲同学猜测,0.1 mol/L KI溶液(事先参加几滴淀粉溶液)参加到0.1 mol/LAgNO 3溶液中时,溶液变蓝色.请写出该猜测对应的离子方程式 .实验结果未见到蓝色.(2)乙同学认为甲同学的实验方案有问题,理由是 .请你用设计实验证实 Ag+也能氧 化I-,要求画出实验装置图,并标明电极材料及电解质溶液 .答案：2Ag+2I-=2Ag+I 2 Ag +会与I 一发生反响生成 AgI沉淀,使Ag +

31、的浓度下降,从而减弱Ag +的氧化性,使上述反响很难发生AgNOj 溶液(1)溶液应变蓝色应该是生成碘单质,碘元素化合价升高,金属银离子化合价降低生成银的单质,对应的离子方程式为：2Ag+2I-=2Ag+I 2；(2)卤素离子Cl - , Br -,I -,均可以和 Ag+发生反响生成相应的沉淀,所以Ag+会与I -发生反响生成 AgI黄色沉淀,使 Ag+的浓度下降,从而减弱Ag+的氧化性,使上述反响很难发生,所以甲同学的实验方案有问题；要证实：反响2Ag+2I - =2Ag+I 2发生,还要预防Ag+与I 一直接接触,故应设计成双液原电池,使碘离子的氧化反响和银离子的复原反响分别在负极和正极

32、两个电极上发生,实验装置图如右图所示AgND3溶液18 . (1)如下图,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.答复以下问题:写出甲装置中通入氧气一极的电极反响方程式 乙装置中Fe电极为 极,写出该装置中的总反响方程式(离子方程式、化学方程式均可)(2)有人设想以N2和H2为反响物,以溶有 A的稀盐酸为电解质溶液,可制造出既能提供 电能,又能固氮的新型燃料电池,装置如下图,电池正极的电极反响式是 , A是(填化学式).液的A溶液通电答案：O2+2H2O+4e- 40H 阴 2NaCl+2H 2Q= H2T +CH +2NaOH 2Cl-通电+

33、2H2O= H2 f +01T +20H N2+8H+6e-=2NH 4 NH4C1解析：(1)燃料电池中投放燃料的电极是负极,投放氧化剂的电极是正极,结合碱性条件书写电极反响式；甲中通入甲醛的为负极,Fe与负极相连为阴极,C为阳极,是惰性电极,据此书写电解氯化钠溶液的方程式；(2)氮气与氢气反响生成氨气,氮气得电子,在正极上反响生成俊根离子,氢气在负极失电子生成氢离子,据此分析解答.【详解】(1)燃料电池是将化学能转变为电能的装置,属于原电池,投放燃料的电极是负极,投放氧化剂的电极是正极,所以通入氧气的电极是正极,由于是碱性电解质溶液,电极反响式为：O2+2H2O+4e- 4OH,故答案为：

34、O2+2H2O+4e- 4OH;乙池有外接电源,属于电解池,铁电极连接原电池的负极,是阴极,那么石墨电极是阳极,以惰性电极为阳极电解饱和氯化钠溶液的总反响方程式为通电通电2NaC1+2H 2O=2NaOH+H2f +0T(或 2C1-+ 2H2O=2OH' + CI2T+ H.,故答案通电通电为：阴；2NaC1+2H 2O2NaOH+H 2 T +C21T (或 2C1-+ 2H2O= 2OH- + CI2T + H.；(2)电池正极发生复原反响,是氮气得电子,那么电池正极的电极反响式是：N2+8H+6e-=2NH 4,A是俊根离子与氯离子结合形成NH4C1,故答案为：N2+8H+6e

35、-=2NH + ；NH4C1.19.如图是一个电化学过程的示意图.KOH溶液过量AgNCh溶液某盐溶液甲池乙池丙池请答复以下问题：(1)甲池为 装置.A (石墨)电极的名称是 .(2)通入CH30H 一端的电极反响式为 .(3)当乙池中B (Ag)极质量增加5.4 g,此时丙池中某电极析出1.6 g某金属,那么丙池中的某盐溶液可能是.A. MgS04 B. CuS04 C. NaCl D , Zn(NO3)2(4)在此过程中,乙池中某一电极析出金属银4.32 g时,再参加一定量的 (填化学式)能够使溶液恢复到原来的成分和浓度.答案：原电池 阳极 CH3OH+8OH-6e-=CO32-+6H2O

36、 B Ag 2O解析：根据图示,甲池是甲醇燃料电池,通入甲醇的一极为负极、通入氧气的一极为正极；乙池是电解池,A是阳极、B是阴极；丙是电解池,C是阳极、D是阴极；【详解】(1)根据图示,甲池能自发进行氧化复原反响,所以甲池为原电池装置.乙是电解池,A连接原电池的正极,A (石墨)电极的名称是阳极；(2)甲是甲醇燃料电池,通入甲醇的一极为负极,负极CH30H失电子发生氧化反响生成碳酸根离子和水,负极的电极反响式为CH3OH+80H -6e-=CO32-+6H2O. 乙池是电解池,A是阳极、B是阴极,阴极反响式是 Ag e Ag ,乙池中B (Ag)极 质量增加5.4 g,说明电路中转移电子 0.

37、05mol,根据各电极转移电子相等,假设丙池析出一 价金属,其摩尔质量=96g 32g/mol ,那么该元素是硫元素,硫元素是非金属元素,0.05mol所以错误,当丙池析出的是二价金属,其摩尔质量 =1.6g 64g/mol ,所以该金属是0.025mol铜,那么溶液是硫酸铜溶液,应选 B;(4)在此过程中,乙池中 B电极析出金属银 4.32 g时,银的物质的量是 0.04mol ,电路中转 移电子0.04mol, A电极反响式是4OH-3e-=2H2O+O2 ,根据电子守恒,A极生成氧气 的物质的量是0.01mol,所以再参加一定量的 Ag20能够使溶液恢复到原来的成分和浓度.20.资料显示

38、：IO3在酸性溶液中能氧化I-,反响为IO3+5I-+6H+=3I2+3H2O.为探究 Na2SO3溶液和KI0 3溶液的反响,甲同学向过量的KI0 3酸性溶液中参加 Na2SO3溶液,并参加两滴淀粉溶液：开始时无明显现象,t秒后溶液忽然变为蓝色.(1)甲同学对这一现象做出如下假设:t秒前生成了 I2,但由于存在Na2SO3, I2被消耗,该2-反响的离子万程式为 , SO3的复原性(填4 “我(2)为验证他的猜测,甲同学向反响后的蓝色溶液中参加 ,蓝色迅速消失,随后再次变蓝.(3)甲同学设计了如下实验,进一步研究Na2SO3溶液和KIO 3溶液反响的过程.甲同学在b电极附近的溶液中检测出了s

39、o4刚开始放电时,a电极附近溶液未变蓝；取出a电极附近溶液于试管中,溶液变蓝._ IIO3在a极放电的产物是 .放电一段时间后,a电极附近溶液短暂出现蓝色,随即消失,重复屡次后,蓝色不再褪 去.电流表显示电路中时而出现电流,时而归零,最终电流消失.电流表短暂归零的原因 是 O以下说法正确的选项是 .a. a电极附近蓝色不再褪去时,SO2-尚未完全氧化b. a电极附近短暂出现蓝色,随即消失的原因可能是由于I2被SO：复原 c.电流消失后,向 b电极附近参加过量 Na2SO3溶液,重新产生电流,a电极附近蓝色褪去2-2答案：I2+SO3 +H2O=SO4 +2H +2I> Na2SO3 溶放

40、 I a 极区发生反响 IO3+5I-2- .+6H+=3I2+3H2O, IO 3不再与SO3发生反响,外电路无电流通过bc【详解】_2-_c 2-.(1)由于存在Na2SO3, I2被消耗,该反响的离子方程式为I2+SO3 +H2O=SO4 +2H+2I ,亚硫酸根离子为复原剂、碘离子为复原产物,复原剂的复原性大于复原产物,故SO2-的复原性 >I-.1 3刚开始放电时,a电极附近溶液未变蓝,无碘单质；取出a电极附近溶液于试管中,溶液变蓝,有碘单质生成.故说明IO3在a极放电的产物是 ,生成的I-与IO3生成了碘33单质；电流表短暂归零的原因是此时a极区发生反响IO3+5I +6H+

41、=3I2+3H2O, IO3不再与SO2-发生反响,外电路无电流通过.a. a电极附近蓝色不再褪去时,SO2-完全氧化,说法错误；b.由于IO3在a极放电的产物是I,生成的I-与IO3生成了碘单质,故 a电极附近短暂出现蓝色,随即消失的原因可能 3是由于I2被SO；-复原,说法正确；c.电流消失后,向b电极附近参加过量 Na2SO3溶液, 那么负极亚硫酸钠被氧化,正极碘单质被复原,故重新产生电流, a电极附近蓝色褪去,说 法正确；那么答案是 bc.21 .电解原理和原电池原理是电化学的两个重要内容.某兴趣小组做如下探究实验:1如上图1为某实验小组依据氧化复原反响设计的原电池装置,假设盐桥中装有

42、饱和的KNO 3溶液和琼胶制成的胶冻,那么 NO 3移向 装置填写 甲或乙.其他条件不变,假设将CuCl2溶液换为NH4C1溶液,发现生成无色无味的单质气体,那么石墨上电极反响式2如图2,其他条件不变,假设将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型,那么甲装置是 填原电池或电解池,乙装置中石墨2为 极,乙装置中与铁线相连的石墨1电极上发生的反响式为 ,甲装置中铜丝电极反响式为 .3在图2乙装置中改为参加 CuSO4溶液,一段时间后,假设某一电极质量增重1.28 g,那么另一电极生成 mL 标况下气体.答案：甲 2H+2e-=H2T 原电池阳 Cu2+2e =Cu O2+4e-+2H2O=4OH- 22

43、4 【详解】1如图1为原电池装置,铁为负极,石墨为正极,阴离子硝酸根向负极移动,所以NO 3移向甲；其他条件不变,假设将CuCl2溶液换为NH4Cl溶液,正极石墨上是氢离子放电生成氢气,电极反响式为 2H+2e-=H2t故答案为：甲；2H+2e-=H2f；2其他条件不变,假设将盐桥换成弯铜导线与石墨相连成n型,那么甲装置是活泼金属发生自发的氧化复原反响,是原电池,铁为负极,铜丝为正极；乙装置中石墨 2与电池的正极相 连是阳极,乙装置中与铁相连的石墨1电极是阴极,发生复原反响,电极反响式为Cu2+2e =Cu,甲装置中铜丝电极为原电池的正极,氧气得电子,发生复原反响,电极反应式为 O2+4e +

44、2H2O=4OH-,故答案为：原电池；阳；Cu2+2e =Cu； O2+4e-+2H 2O=4OH-3在图2乙装置中改为参加 CuSO4溶液一段时间后,用惰性电极电解硫酸铜溶液生成Cu、O2和H2SO4,假设某一电极质量增重 1.28g,即生成铜1.28g,物质的量为1.28g64g / mol=0.02mol,根据转移电子相同,那么另一极析出氧气的物质的量为:0.01mol,所以另一电极生成 224mL标况下气体,故答案为：224.22 .电化学在化学工业有着广泛的应用,1工业级氢氧化钾的溶液中含有某些含氧酸根杂质,可用离子交换法膜法电解提纯解槽内装有阳离子交换膜只允许阳离子通过,其工作原理

45、如图1所示.A电源b该电解槽的阳极反响式是 除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口 (填写"内或"B')导出.(2)甲醇燃料电池由于其结构简单、能量转化率高、对环境无污染、可作为常规能源的替代品而越来越受到关注.其工作原理如图2,质子交换膜左右两侧的溶液均为1L溶液.通入气体a的电极是电池的 (填 芷"或 负)极,其电极反响式 当电池中有2mole-发生转移时,左右两侧溶液的质量差值为 g.(3)某同学利用甲醇燃料电池设计电解法制取漂白液的实验装置(如图3所示).假设用饱和食盐水为电解质溶液制漂白液,a为电池的 (填 芷极或 负极).答案：4OH-4e-=2H

46、2O +O2T B 负 CH3OH-6e-+ H2O=CO2T +61+1 24 负极 【详解】(1)该电解槽的阳极是 OH-失去电子生成 H2O和O2,电极反响式是 4OH-4e-=2H2O+O2f;阳离子向阴极移动,B为除去杂质的KOH ,那么除去杂质后的氢氧化钾溶液从液体出口B导出,故答案为：B;(2)根据图知,交换膜是质子交换膜,那么电解质溶液呈酸性,根据氢离子移动方向知,通 入a的电极为负极、通入 b的电极为正极,负极上甲醇失去电子发生氧化反响,负极上是CH30H失去电子生成 CO2,电极反响式为 CH3OH-6e-+H2O=CO2 T +6H;负极反响式为CH3OH-6e-+H2O

47、=CO2T +6H,当转移2mol电子时,左侧质量减轻1x2 >(44-32)g=4g ,同时有2mol H通过质子父换腹进入右侧,质重减少2g,正极反响式6为O2+4H+4e-=2H2O,右侧质量增加 32g x1 >2=16g,加上转移过来的 2gH + ,因此左右两4侧溶液的质量之差为 16g+2g+4g+2g=24g ；(3)电解饱和食盐水时,阴极上析出氢气,阳极上析出氯气,氯气和氢氧化钠反响生成次氯 酸钠,次氯酸钠是漂白液的有效成分,B电极上生成氯气,氯气的密度小于溶液的密度,所以生成的氯气上升,能和氢氧化钠溶液充分的接反响生成次氯酸钠,所以A极上析出氢气,即A极是阴极,

48、所以a为电池负极.23 .氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如以下图所示:陌离于交换膜措制饱和食盐水水(含少量NaOH)(1)溶液A的溶质是 ;(2)电解饱和食盐水的离子方程式是 ;(3)电解时用盐酸限制阳极区溶液的 pH在23,用化学平衡移动原理解释盐酸的作用:通电答案：NaOH 2cl-+2H2O 2OH-+H2T+C12T Cl2+H2OU HCl + HClO ,根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反响方向移动,减少氯气在水中的溶解,有利于氯气的溢出【详解】(1)右侧电极产生氢气,说明是阴极,水电离出的氢离子放电,钠离子通过交换膜进入右侧,因此溶液 A的溶质是NaOH；(2

49、)左侧电极是阳极,氯离子放电,那么电解饱和食盐水的离子方程式是2Cl-通电+2H2O 2OH-+H2 f +Cl2 f ；(3)产生的氯气溶于水：Cl2+ H2O= HCl + HClO ,根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度 可使平衡向逆反响方向移动,减少氯气在水中的溶解,有利于氯气的溢出.24.如图是一个化学过程的示意图.(1)丙池中C电极的名称(2)写出通入O2的电极上的电极反响式 (3)乙池中总的电极反响化学方程式为 .(4)当乙池中B(Ag)极的质里增加5. 40g时,甲池中理论上消耗 .2 mL(标准状况下)；假设丙池中饱和食盐水溶液的体枳为500mL,电解后,溶液的 pH=( 25

50、 C,假设电解前后溶液的体积无变化).电解答案：阳极 O2+4e+2H2O=4OH- 2H2O 4AgNO3 4Ag O24HNO3280 13解析：燃料电池中,通入燃料的电极为负极,负极电极反响为CH3OH+8OH-6e'=CO32'+6H2O ,通入氧化剂的电极为正极,正极反响为 332O2+4e-+2H2O=4OH-,乙池、丙池是电解池,与电源正极相连的是阳极,与电源负极相连的是阴极,那么 A是阳极、B是阴极,乙池中阳极氢氧根放电产生氧气,阴极银离子放 电产生银,丙池中 C是阳极,D是阴极,电解质溶液是氯化钠溶液,氢离子在阴极放电, 氯离子在阳极放电,据此分析解答.【详解

51、】(1) C(Pt)电极的名称是阳极,故答案为：阳极；(2)通入O2的电极上的电极反响式是 O2+4e-+2H2O=4OH-,故答案为：O2+4e-+2H 2O=4OH -；(3)乙池中A是阳极、B是阴极,阳极水电离出的氢氧根失电子产生氧气,阴极银离子得电子产生单质银,属于放氧生酸型,电解反响的化学方程式为：电解2H2O 4AgNO34Ag O24HNO3,电解故答案为：2H2O 4AgNO34Ag O24HNO3 ;(6)当乙池中B(Ag)极的质量增加5. 40g时,根据Ag + +e-=Ag ,转移电子为:5.40g 一 . -_.-=0.05mol ,根据Oz+4e +2HzO=4OH

52、,甲池中理论上消耗 O2的体积是:108g/mol0.0 5mol422. 4L / mol0. 28L280mL ,丙池中产生氢氧根的物质的量为:V 0.5L故答案为：280； 13.0. 05mol , c OH- = = .mo* =0.1mol/L ,那么溶液 pH=13, 25. (1)蓄电池是一种反复充电、放电的装置.有一种蓄电池在充电和放电时发生的反响如下：NiO2+Fe+2H2O、充电、Fe(OH)2+Ni(OH) 2.此蓄电池在充电时,电池负极应与外加电源的极连接,电极反响式为 放电时生成Ni(OH)2的一极,在充电时发生 反响(填氧化或复原)(2)按如下图装置进行以下不同的

53、操作填“Ki或将Ki、K2、K3分别只关闭一个,那么铁的腐蚀的速度最快的是只闭合“壮或“J3,下同),为减缓铁的腐蚀,只闭合,该防护法称为 只闭合K3,当铁棒质量减少 5.6g时,石墨电极消耗的气体体积为 L(标准状 况).答案：负Fe (OH%+2 e =Fe+2OH氧化 Ki K2外加电源阴极保护法(或阴极电保护法)1.12L解析：(1)此蓄电池在充电时,电池负极应与外加电源的负极连接作阴极,得电子发生 复原反响；放电根据电池总反响 NiO 2+ Fe+ 2H2O、充电、Fe(OH) 2+Ni(OH) 2中,充放电过程中 Ni的化合价升降变化,判断电极发生的反响类型.(2)只闭合Ki为电解

54、池,铁做阳极,铁失电子生成亚铁离子,由于电源不断提供电子,铁电极腐蚀较快；只闭合心为电解池,铁做阴极,被保护,不被腐蚀；只闭合K3为原电池,铁做负极,铁失去电子生成亚铁离子发生吸氧腐蚀,那么铁的腐蚀的速度最快的是只闭合Ki；只闭合K2为电解池,铁做阴极,被保护,不被腐蚀,该防护法称为外加电源 的阴极保护法；只闭合K3为原电池,铁做负极,铁失去电子生成亚铁离子发生吸氧腐蚀,电极反响为：Fe-2e-= Fe2+,当铁棒质量减少 5.6g时,算出反响掉铁的物质的量,即铁棒减少O.imol,共转移0.2mol电子,石墨电极上,氧气得电子与水反响生成氢氧根离子,电极反响为：2H2O+O2+4e-=4OH

55、-,根据得失电子守恒,转移 0.2mol电子消耗氧气的物质的量为0.2mol4=0.05mol ,那么标准状况下,石墨电极消耗的氧气的体积为0.05mol 22.4L/mol=I.I2L.【详解】(I)此蓄电池在充电时,电池负极应与外加电源的负极连接作阴极,得电子发生复原反应,反响式为:Fe(OH)2+2e- Fe+2OH,故答案为：负；Fe(OH)2+2e- Fe+2OH;,一,一, ,一 一、一放电根据电池总反响 NiO 2+ Fe+ 2H2O、充电、Fe(OH) 2+Ni(OH) 2,放电时 NiO2转化为 Ni(OH) 2, Ni的化合价由+4价降低为+2价,得电子发生复原反响,该电极为正极,在充电 时该电极发生的反响为放电时的逆过程,即发生氧化反响, 答案为：氧化；(2)只闭合Ki为电解池,铁做阳极,铁失电子生成亚铁离子,由于电源不断提供电子,铁