2022届高考化学二轮复习疯狂专练12电解池含解析20221218316

1、电解池考点说明××××××××主要考查电解池的工作原理、电解产物的判断及相关电极反响的书写、电解的规律及有关计算、电解原理的应用。考点透视××××××××1【2022北京卷】验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下烧杯内均为经过酸化的3%nacl溶液。在fe外表生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀以下说法不正确的选项是a比照，可以判定zn保护了feb比照，k3fe(cn)6可能将fe氧化c验证zn保护fe时不能用的方法d将zn换成c

2、u，用的方法可判断fe比cu活泼2【2022年江苏卷】co2的资源化利用能有效减少co2排放，充分利用碳资源。2电解法转化co2可实现co2资源化利用。电解co2制hcooh的原理示意图如下。写出阴极co2复原为hcoo的电极反响式：_。电解一段时间后，阳极区的khco3溶液浓度降低，其原因是_。3.【2022年北京卷】氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。2可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接k1或k2，可交替得到h2和o2。制h2时，连接_。产生h2的电极反响式是_。改变开关连接方式，可得o2。结合和中电极3的电极反响式，说明电极3的

3、作用：_。考点突破××××××××1以下示意图与化学用语表述内容不相符的是水合离子用相应离子符号表示abcdnacl溶于水电解cucl2溶液ch3cooh在水中电离h2与cl2反响能量变化nacl=na+clcucl2=cu2+2clch3coohch3coo+h+h2(g)+cl2(g)=2hcl(g)h=183kj·mol12kno3和cu(no3)2的混合溶液200ml，其中c(no)=2mol·l-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24l气体(标准状况)，假设

4、电解后溶液体积不变，以下说法正确的选项是a原混合溶液中c(k+)=0.5mol·l-1b电解得到的cu的物质的量为0.2molc上述电解过程中共转移0.4mol电子d电解后溶液中c(h+)=2mol·l-13利用如下图装置，当x、y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。以下说法中正确的选项是a氯碱工业中，x、y均为石墨，y附近能得到氢氧化钠b铜的精炼中，x是纯铜，y是粗铜，z是cuso4c电镀工业中，x是待镀金属，y是镀层金属d外加电流的阴极保护法中，x是待保护金属4我国科学家研发了一种室温下“可呼吸的na-co2二次电池。将naclo4溶于有机溶剂作为电解液，钠

5、和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反响为：3co2+4na2na2co3+c。以下说法错误的选项是a放电时，clo向负极移动b充电时释放co2，放电时吸收co2c放电时，正极反响为：3co2+4e=2co+cd充电时，正极反响为：na+e=na5以下表述不正确的选项是abcd盐桥中的cl移向agno3溶液a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝纯铜的电极反响式为：cu2+2e=cu正极反响式为：o2+2h2o+4e=4oh6如图某工厂用no气体制取nh4no3溶液，以下说法正确的选项是a阳极的电极反响式为：no-3e+2h2o=no+4h+b物质b与物质c是同一种物质ca物质

6、可为氨气d阴、阳两极转移的电子数之比为537银ferrozine法检测甲醛的原理：在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为co2fe3+与中产生的ag定量反响生成fe2+fe2+与ferrozine形成有色物质测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。以下说法不正确的选项是a中负极反响式：hcho-4e+h2o=co2+4h+b溶液中的h+由ag2o极板向另一极板迁移c测试结果中假设吸光度越大，那么甲醛浓度越高d理论上消耗的甲醛与生成的fe2+的物质的量之比为148以ch4、o2、熔融na2co3组成的燃料电池电解制备n2o5，装置如下图。以下说法正确的选项是a石墨1为电池负极，p

7、t2为电解池阳极b石墨2上的电极反响为：c阳极的电极反响为：n2o4+h2o-2e=n2o5+2h+d每制得1moln2o5，理论上消耗标况下2.8l的ch49高锰酸钾在化工医药、水处理等很多方面有重要应用，可以用电解法制备，装置如下。直流电源采用乙烷空气的碱性燃料电池。以下说法不正确的选项是(电流效率=×100%)a电源负极的电极反响式为c2h6-14e+18oh=2co+12h2ob该离子交换膜为阴离子交换膜ca极为直流电源的正极d假设消耗0.02mo1，产生0.055mol，那么答案与解析×××××××

8、15;一、考点透视1.【答案】d【解析】a项，比照，fe附近的溶液中参加k3fe(cn)6无明显变化，fe附近的溶液中不含fe2+，fe附近的溶液中参加k3fe(cn)6产生蓝色沉淀，fe附近的溶液中含fe2+，中fe被保护，a项正确；b项，参加k3fe(cn)6在fe外表产生蓝色沉淀，fe外表产生了fe2+，比照的异同，可能是k3fe(cn)6将fe氧化成fe2+，b项正确；c项，比照，参加k3fe(cn)6在fe外表产生蓝色沉淀，也能检验出fe2+，不能用的方法验证zn保护fe，c项正确；d项，由实验可知k3fe(cn)6可能将fe氧化成fe2+，将zn换成cu不能用的方法证明fe比cu活

9、泼，d项错误；答案选d。【点拨】k3fe(cn)6溶液可用来检验fe2+的存在。2.【答案】2co2+h+2e=hcoo或co2+hco+2e=hcoo+co阳极产生o2，ph减小，hco浓度降低；k+局部迁移至阴极区【解析】2根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，co2+h+2e=hcoo或co2+hco+2e=hcoo+co；阳极反响式为2h2o-4e=o2+4h+，阳极附近ph减小，h+与hco反响，同时局部k+迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的khco3溶液浓度降低。【点拨】此题的难点2电极反响式的书写，阴极反响是将co2复原成hcoo，先写出co2+2ehcoo，然后根据

10、原子守恒和电荷守恒，得出co2+h+2e=hcoo或co2+hco+2e=hcoo+co。3.【答案】2k1 2h2o+2e=h2+2oh连接k1或k2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且niooh和ni(oh)2相互转化提供电子转移【解析】2电极生成h2时，根据电极放电规律可知h+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因而制h2时，连接k1，该电池在碱性溶液中，由h2o提供h+，电极反响式为2h2o+2e=h2+2oh；电极3上niooh和ni(oh)2相互转化，其反响式为niooh+e-+h2oni(oh)2+oh-，当连接k1时，ni(oh)2失去电子变为niooh，当连接k2时，

11、niooh得到电子变为ni(oh)2，因而作用是连接k1或k2时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且niooh和ni(oh)2相互转化提供电子转移。【点拨】在电解池中，电极放电规律及阴极发生复原反响、阳极发生氧化反响是解题关键，氢离子放电变成氢气发生复原反响，电极连接的电源的负极。二、考点突破1.【答案】b【解析】anacl为强电解质，nacl溶于水，nacl在水分子作用下，自发解离为na+和cl，故电离方程式为nacl=na+cl，故a不符合题意；b电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反响为：cu2+2e=cu，氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反响为：2cl+2e=cl2

12、，所以电解总反响为：cu2+2clcu+cl2，故b符合题意；cch3cooh为弱电解质，溶于水局部电离，因此电离方程式为ch3coohch3coo+h+，故c不符合题意；d由图可知，反响h2(g)+cl2(g)=2hcl(g)的反响热等于断裂反响物分子中的化学键吸收的总能量436kj/mol+243kj/mol=679kj/mol，与形成生成物分子中化学键放出的总能量431kj/mol×2=862kj/mol之差，即放热183kj/mol，放热h为负值，所以h2(g)+cl2(g)=2hcl(g)h=-183kj/mol，故d不符合题意。【点拨】此题所选四个实验或原理均取材于课本，

13、可见高考题越来越回归于课本。此题综合考查化学用语，涉及强、弱电解质的电离、电解方程式的书写，化学反响热的计算，题目把化学用语与化学反响原理巧妙地结合。2.【答案】c【解析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，氢离子放电生成氢气，气体的物质的量=0.1mol；每生成1mol氧气转移4mol电子，每生成1mol氢气转移2mol电子，每生成1mol铜转移2mol电子，所以根据转移电子守恒得铜的物质的量=0.1mol，那么铜离子的物质的量浓度=0.5mol/l，根据电荷守恒得钾离子浓度=2mol·l1-0.5mol/l

14、×2=1mol/l；a根据分析知，原混合溶液中c(k+)为1mol·l1，故a错误；b根据以上分析知，铜的物质的量为0.1mol，质量为6.4 g，故b错误；c转移电子的物质的量=0.1mol×4=0.4mol，故c正确；d当电解硝酸铜时溶液中生成氢离子，当电解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后氢离子的物质的量为铜的2倍，为0.1mol×2=0.2mol，那么氢离子浓度=1mol/l，故d错误；应选c。【点拨】明确离子放电顺序是解此题关键，电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阴极上先铜离子放电生成铜单质，当铜离子完全析出时，

15、氢离子放电生成氢气，根据得失电子守恒计算铜的物质的量，再结合电荷守恒计算钾离子的浓度，据此分析解答。3.【答案】d【解析】a氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阴极附近得到氢氧化钠，即y附近能得到氢氧化钠，故a错误；b铜的精炼中，粗铜作阳极x，纯铜作阴极y，硫酸铜溶液作电解质溶液，故b错误；c电镀工业上，y是待镀金属，x是镀层金属，故c错误；d外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，即y是待保护金属，故d正确。【点拨】原电池原理和电解池原理是高考的热点，根据电解时离子的放电顺序、电镀、电解精炼、金属的腐蚀与防护来分析解答即可，具体分析：氯碱工业上，用惰性电极电解饱和氯化钠溶液，阳极上析

16、出氯气，阴极上析出氢气，阴极附近得到氢氧化钠；铜的精炼中，粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解质溶液；电镀工业上，镀层作阳极，镀件作阴极；外加电流的阴极保护法中，阴极是待保护金属，根底性知识考查，要求强调知识面的熟悉程度，据此分析解题。4.【答案】d【解析】原电池中负极发生失去电子的氧化反响，正极发生得到电子的复原反响，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反响，据此解答。a放电时是原电池，阴离子clo向负极移动，a正确；b电池的总反响为3co2+4na2na2co3+c，因此充电时释放co2，放电时吸收co2，b正确；c放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，

17、反响为：3co2+4e2co+c，c正确；d充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反响，反响为2co+c-4e3co2，d错误。答案选d。【点拨】此题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与发电关系的理解。5.【答案】a【解析】a该原电池锌、硫酸锌溶液为负极，原电池中阴离子移向负极，阳离子移向正极，那么cl移向znso4溶液，故a错误；b该电解池中，a与电源正极相连是阳极，溶液中氯离子失电子生成氯气，2cl-2e=cl2，氯气和碘化钾反响生成碘单质

18、，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故b正确；c该电解池中，粗铜与电源正极相连是阳极，电极反响式为cu-2e=cu2+、fe-2e=fe2+等，纯铜作阴极，发生复原反响，电极反响式为：cu2+2e=cu，故c正确；d根据图示，发生的腐蚀为吸氧腐蚀，正极反响为o2+4e+2h2o=4oh，故d正确。【点拨】注意原电池中电解质离子的移动方向，阳离子移向正极，阴离子移向负极。6.【答案】c【解析】a阳极no失电子发生氧化反响生成no，电极反响式是：no-3e+2h2o=no+4h+，故a错误；b阴极是no得电子发生复原反响生成铵根离子，所以b是铵根离子，c是硝酸根离子，故b错误；c阳极反响为no-3e+2

19、h2o=no+4h+，阴极反响为：no+5e+6h+=nh+h2o，从两极反响可看出，要使得失电子守恒，阳极产生的no的物质的量大于阴极产生的nh的物质的量，因此假设要使电解产物全部转化为nh4no3，需补充nh3，故c正确；d电解过程中两个电极转移电离量一定相等，阴、阳两极转移的电子数之比为11，故d错误；应选c。【点拨】此题考查电解池中电极反响式书写。c选项的判断，关键是理解好阴阳两个电极转移电子数一定相同，电解生成的硝酸根离子比铵根离子多。7.【答案】b【解析】a在原电池装置中，氧化银将甲醛充分氧化为co2，那么负极hcho失电子变成co2，其电极反响式为：hcho-4e+h2o=co2

20、+4h+，a项正确；bag2o极板作正极，原电池中阳离子向正极移动，那么溶液中的h+由负极移向正极，b项错误；c甲醛浓度越大，反响生成的fe2+的物质的量浓度越大，形成有色配合物的浓度越大，吸光度越大，c项正确；d甲醛充分氧化为co2，碳元素的化合价从0价升高到+4价，转移电子数为4，fe3+反响生成fe2+转移电子数为1，那么理论上消耗的甲醛与生成的fe2+的物质的量之比为14，d项正确；答案选b。【点拨】此题的难点是d选项，原电池有关的计算主要抓住转移的电子数相等，根据关系式法作答。8.【答案】c【解析】图中左侧装置为燃料电池，石墨1：通入甲烷的一极为原电池的负极，发生氧化反响，电极反响式为ch4+4co-8e=6co2，石墨2：通入氧气和co2的混合气体一极为原电池的正极，发生复原反响，电极反响式为o2+4e+2co2=2co，n2o5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，据电极反响离子放电顺序可知：pt2极阴极发生2h+2e=h2的反响，pt1极阳极为n2o4+2hn