（浙江选考）高考化学二轮专题复习提升训练电化学原理及其应用

参考答案

提升训练11 电化学原理及其应用

1.C 由原电池装置图可知铝被氧化生成NaAlO2,则Al为负极,A错误。AgO被还原,应为原电池的正极,发生还原反应,B错误。C.Al为电池的负极,电极反应为2Al+8OH-6e

--

2Al+4H2O,C正确。正极发生AgO+H2O+2e

-

Ag+2OH,溶液pH增大,D错误,

-

答案选C。

2.C

3.C 电解HCl溶液生成氢气和氯气,电解CuCl2溶液生成Cu和氯气,电解Ba(OH)2溶液生成氢气和氧气,故A不选。电解NaOH溶液生成氢气和氧气,电解CuSO4溶液生成Cu、氧气、硫酸,电解H2SO4溶液生成氢气和氧气,故B不选。电解NaOH溶液、H2SO4溶液、Ba(OH)2溶液,均只生成氢气和氧气,故C选。电解NaBr溶液生成溴、氢气、NaOH,电解H2SO4溶液生成氢气和氧气,电解Ba(OH)2溶液生成氢气和氧气,故D不选。

+

4.B 装置①中,Zn比Cu活泼,Zn失去电子为负极,阳离子向正极移动,则盐桥中的K移向CuSO4溶液,故A错误。a与电源负极相连,为阴极,氢离子在阴极上放电,则装置②工作一

-段时间后,a极附近溶液中OH浓度增大,a极附近溶液的pH增大,故B正确。粗铜精炼时,精铜为阳极,d与正极相连,则d极为粗铜,故C错误。装置④为燃料电池,正极上氧气得到电子,

--则正极反应式为O2+2H2O+4e4OH,故D错误。故选B。

2--5.B 电解质中的阴离子O、Cl向阳极移动,由图示可知阳极生成O2、CO、CO2,所以电

2--极反应为2O-4eO2↑,O2与石墨反应生成CO、CO2,A、C、D项错误,只有B项正确。

6.B 温度、压强未知,无法计算22.4 L NH3的物质的量,A错误。该电池中通入氧气的

-电极B为正极,电极A为负极,电子由电极A经外电路流向电极B,B正确。电池工作时,OH向负极移动,C错误。该电池电解质溶液显碱性,电极B上发生的电极反应为:O2+ 2H2O+ --4e4OH,D错误。

7.D A项,在该电池中电极a为正极,发生的反应依次为:

+-S8+2Li+2eLi2S8

+-3Li2S8+2Li+2e4Li2S6 +-2Li2S6+2Li+2e3Li2S4 +-Li2S4+2Li+2e2Li2S2,故A正确。B项,原电池工作时,转移0.02 mol电子时,被氧化

的Li的物质的量为0.02 mol,质量减少0.14 g,正确。C项,石墨烯能导电,利用石墨烯作电

+

极,可提高电极a的导电性,正确。D项,电池充电时由于Li得到电子生成Li,则电池充电时间越长,电池中Li2S2的量越少,错误。

8.C

-9.B 电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液,阳极上的电极反应式:4OH-4e2H2O+O2↑,当产生22.4 L即1 mol(规范状况)氧气时,转移电子4 mol,阴极上先发生电极反

2+-+-应:Cu+2eCu,然后是:2H+2eH2↑,在阴极上生成1 mol氢气时,转移电子是2 mol,

2+-1

所以铜离子共得到2 mol电子,所以铜离子的物质的量为1 mol,c(Cu)=2 mol·L。根据

c(Cu2+)=2 mol·L-1,可知Cu(NO3)2的浓度是2 mol·L-1,其中的c(N

)=4.0 mol·L,又因原

-1

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混合溶液中c(N

-1

)=6.0 mol·L,所以原混合溶液中硝酸钾的浓度是2 mol·L,所以c(K)

-1-1+

为2 mol·L,A错误。根据出来什么补什么的原则,电解产物是1 mol Cu、1 mol O2和1 mol H2,相当于1 mol Cu(OH)2的组成,电解后加入1 mol Cu(OH)2可使溶液复原,B正确。阳极上

--的电极反应式:4OH-4e2H2O+O2↑,当产生22.4 L即1 mol(规范状况)氧气时,转移电子4

+-mol,消耗氢氧根离子4 mol,阴极上发生了电极反应2H+2eH2↑,在阴极上生成1 mol氢

气时,转移电子2 mol,消耗氢离子2 mol,所以电解后溶液中,如果忽略体积变化,则

c(H+)=

B。

=4 mol·L,C错误。结合分析可知原溶液里c(Cu)=2 mol·L,D错误。答案选

-12+-1

10.LiOH 2Cl-2eCl2↑ B 【解读】 B极区生成H2,同时会生成LiOH,则B极区电解液为LiOH溶液。电极A为阳极,

---+

在阳极区LiCl溶液中Cl放电,电极反应式为2Cl-2eCl2↑。在电解过程中Li(阳离子)向B电极(阴极区)迁移。

11.参与电极反应,定向移动形成电流 CH4-8e+10OH

--

--

C+7H2O 不变 0.2 mol

【解读】 甲烷失去电子转化为CO2,CO2结合氢氧根生成碳酸根,则氢氧根的作用是参与电极反应,定向移动形成电流。负极通入甲烷,电极反应式为CH4-8e+10OH

--

C+7H2O。若

电路中转移电子数为0.8NA,正极消耗氧气0.2 mol,生成氢氧根0.8 mol,由于生成的氢氧根向负极移动,所以左侧溶液pH不变。根据负极电极反应式可知右侧甲烷消耗1 mol氢氧根,

-所以右侧的OH物质的量变化量为1 mol-0.8 mol=0.2 mol。

--12.Ⅰ.(1)O2+2H2O+4e4OH (2)

--Ⅱ.(1)正极 H2+2OH-2e2H2O 减小

+-(2)2H+2eH2↑ 通入适量HCl (3)粗铜 减小 (4)0.02 mol 【解读】 Ⅰ.(1)电解质溶液为NaCl溶液,呈中性,钢铁发生吸氧腐蚀。负极上铁失电子

--发生氧化反应,正极上氧气得电子发生还原反应,电极反应式为O2+2H2O+4e4OH。

(2)Fe作电解池的阴极可被保护,所以给该装置加外接电源,应使负极与铁相连,电子从

电源的负极流向铁,其图为。

--

Ⅱ.(1)装置A为氢氧燃料电池,燃料在负极发生氧化反应:H2+2OH-2e2H2O。因反应-消耗OH且生成水,导致电解质溶液pH减小。(2)根据图知,Y是正极,b是阴极,电解饱和食盐

+-水时,阴极上氢离子放电生成氢气:2H+2eH2↑,因为电解过程中放出氢气和氯气,所以

要恢复原溶液的成分和浓度,应通入适量的HCl。

(3)电解法精炼铜时,粗铜为阳极,精铜为阴极,所以阳极材料是粗铜。阳极上失电子变成

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离子进入溶液,因作阳极的粗铜中的铜和比铜活泼的金属都失去电子进入溶液,阴极溶液中2+

Cu得到电子沉积在阴极上,所以,电解一段时间后,溶液中铜离子浓度减小。(4)构成的装置为电镀装置,铜棒增重2.16 g,为析出Ag的质量,则n(Ag)=的电子的物质的量为0.02 mol。

=0.02 mol,故流经电路

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