资源描述
专题十一 电化学
真题考点·高效突破
考点一:原电池原理及其应用
【真题题组】
1.B 由该电池的正、负极材料可知,电池反应式为NiCl2+2NaNi+2NaCl,因此A正确,B错误;正极为NiCl2,电极反应式为NiCl2+2e-Ni+2Cl-,C正确;电池工作时,Na+通过钠离子导体由负极移向正极,D正确。
2.D 正极上应是PbSO4发生还原反应,生成Pb,A项错误;放电过程中Li+向正极移动,B项错误;由电池总反应式可知,每转移0.1 mol电子,理论上生成0.05 mol Pb,质量为10.35 g,C项错误;常温下,电解质不是熔融态,离子不能自由移动,不能导电,因此连接电流表或检流计,指针不偏转,D项正确。
3.D 氢气作为燃料,反应产物只生成水,对环境无任何污染及影响,故D项最环保。
4.C 该电池总反应为Mg+H2O2Mg(OH)2;
负极反应为Mg-2e-Mg2+,即Mg作负极,A项错误;
正极反应为H2O2+2e-2OH-,H2O2发生还原反应生成OH-,故B项错误、C项正确;原电池中阴离子Cl-移向负极,D项错误。
5.D 脱氧过程是放热的,A项错误;脱氧过程中铁作负极,发生反应:Fe-2e-Fe2+,碳作正极,发生反应:O2+2H2O+4e-4OH-,B、C项错误;由电池总反应及后续反应:2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2,4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,可知:4Fe～3O2,则1.12 g铁粉,即0.02 mol铁粉最多可吸取标准状况下O2为:×3×22.4 L·mol-1×
1 000 mL·L-1=336 mL,D项正确。
6.B 由题干信息知,银器的这一处理过程运用了原电池原理。其中银器作正极,铝质容器为负极,食盐溶液为电解质溶液,负极反应式为:2Al-6e-2Al3+,正极反应式为:3Ag2S+6e-6Ag+3S2-,由此可知,B项正确,A、D项错误,又因Al3+与S2-可以相互促进水解,则原电池的总反应方程式为:3Ag2S+2Al+6H2O6Ag+2Al(OH)3+3H2S↑,故C项错误。
7.C 由负极的反应式可知,该电池应当是CH3CH2OH被氧化为CH3COOH的过程,所以总反应式为C选项的方程式。再由总反应式-负极反应式=正极反应式,则正极反应式为:O2+4e-+4H+2H2O,电池负极生成H+,正极消耗H+,溶液中H+向正极移动,A错;从正极电极反应看,有0.4 mol电子转移,消耗O2 0.1 mol,标准状况下体积为2.24 L,B错。
8.C 由题意知,这是太阳能电池,是太阳能引发原电池反应,形成电能,再转化为化学能,A项正确;由e-转移方向推断a为负极,b为正极。CO2和水生成HCOOH的化学方程式为:,负极a反应为:2H2O-4e-4H++O2↑,B项正确,C项错;正极b反应为:2CO2+4H++4e-2HCOOH,D项正确。
9.C Li和H2O反应,H2O是氧化剂,A项正确;放电时正极反应为2H2O+2e-2OH-+H2↑,B项正确;放电时OH-移向负极,C项错误;参照Na与水的反应,D项正确。
10.B 正极为电子流入的一极,元素的原子得电子被还原,化合价降低,因此Ag为负极,MnO2为正极,A错;每生成1 mol Na2Mn5O10,同时有2 mol Ag发生反应,转移2 mol电子,B正确;Na+向电池正极移动,C错,AgCl是氧化产物,D错。
11.A 结合两装置可以推断活泼性:Cd>Co>Ag,依据金属单质间的置换规律可知A错。
12.B 在LiAl/FeS电池中,负极材料为LiAl,该材料中Li以游离态存在,0价,故A错;负极反应式为2Li-2e-2Li+,C错;已知正极反应式为2Li++FeS+2e-Li2S+Fe,则总反应为2Li+FeSLi2S+Fe,故B对;充电时,阴极反应为Li2S+2e-2Li+S2-,故D错。
13.D 原电池反应中,正极上发生还原反应,负极上发生氧化反应,电子从负极流向正极,H2发生氧化反应,a极为负极,b极为正极,酸性条件下不毁灭OH-,则负极反应:2H2-4e-4H+,正极反应:O2+4H++4e-2H2O,故A、B项错误;该反应中转移0.1 mol 电子,消耗标准状况下1.12 L H2,C项未指明标准状况,错误;H+移向正极,D正确。
14.解析:(1)①由一般锌锰电池放电发生的主要反应可知,Zn作负极,电解质的主要成分为NH4Cl,正极反应为MnO2+N+e-MnOOH+NH3。②碱性锌锰电池的负极在电池的内部,不易发生因负极的消耗而使电解质泄漏;由于金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中稳定,故碱性锌锰电池使用寿命较长。(2)黑色固体混合物中溶于水的物质有NH4Cl、Zn(NH3)2Cl2,不溶于水的物质有MnO2、MnOOH,因此滤液中含Zn(NH3)2Cl2、NH4Cl,加盐酸后生成ZnCl2和NH4Cl,故得到的化合物A是ZnCl2,B是NH4Cl;由操作b的现象可推知,K2MnO4在溶液中发生歧化反应生成KMnO4和MnO2;用惰性电极电解K2MnO4溶液时,阴极是H+得电子,生成H2。
答案:(1)①Zn NH4Cl MnO2+N+e-MnOOH+NH3
②碱性电池不易发生电解质的泄漏,由于消耗的负极改装在电池的内部;碱性电池使用寿命较长,由于金属材料在碱性电解质中比在酸性电解质中的稳定性提高(答对一条即可,其他合理答案也给分)
(2)①ZnCl2 NH4Cl ②3Mn+2CO22Mn+MnO2↓+2C ③H2
15.解析:(1)已知在LiCoO2中Li为+1价,O为-2价,依据化合物中元素化合价代数和为零原则,可算得Co的化合价为
+3价。
(2)在正极碱浸的条件下,正极材料中的铝箔和氢氧化钠溶液发生反应:2Al+2OH-+6H2O+3H2↑。
(3)酸浸是在80 ℃下进行,H2O2会发生分解,2H2O22H2O+O2↑;另外H2O2具有还原性,+3价的Co可以将H2O2氧化,反应为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O;若用盐酸代替H2SO4和H2O2,在反应过程中盐酸被氧化,生成氯气,会污染环境。
(4)在CoSO4溶液中加入NH4HCO3,然后过滤得到CoCO3,说明沉淀钴过程中生成碳酸钴沉淀,同时HC在转化为CoCO3的过程中,会电离出H+,因此还会有CO2和水生成,反应方程式为CoSO4+2NH4HCO3CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑。
(5)充电时,阴极反应为6C+xLi++xe-LixC6,则放电时,负极反应式为LixC6-xe-6C+xLi+,该反应中C的化合价上升,属于氧化反应,则另一极发生还原反应,应是Li1-xCoO2转化为LiCoO2的过程,其电极反应式为:Li1-xCoO2+xLi+LiCoO2。此时电池反应方程式为:Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+6C。
(6)放电时Li+从负极流出,并向正极移动,正极上便富集了锂,由流程图可得可回收的金属化合物有Al(OH)3、Li2SO4、CoCO3。
答案:(1)+3
(2)2Al+2OH-+6H2O+3H2↑
(3)2LiCoO2+3H2SO4+H2O2Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O、2H2O22H2O+O2↑ 有氯气生成,污染较大
(4)CoSO4+2NH4HCO3CoCO3↓+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑
(5)Li1-xCoO2+LixC6LiCoO2+6C
(6)Li+从负极流出,经电解质向正极移动并进入正极材料中 Al(OH)3、CoCO3、Li2SO4
16.解析:(1)FeS2完全燃烧生成Fe2O3和SO2,由于1 g FeS2燃烧放出7.1 kJ热量,则1 mol FeS2燃烧放出852 kJ热量,故FeS2燃烧反应的热化学方程式为:4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)
ΔH=-3 408 kJ·mol-1。
(2)该循环工艺中,反应物为SO2和H2O,产物为H2SO4和H2,故总反应方程式为:2H2O+SO2H2SO4+H2。
(3)在HI分解反应中:2HI(g)H2(g)+I2(g),从平衡移动原理分析,削减H2的量,上述平衡正向移动,HI的分解率增大。
(4)①分析充、放电总反应式:NiO(OH)+MHNi(OH)2+M。则电池放电时,负极上发生氧化反应:MH失去电子生成M、H+,在碱性环境中H+与OH-结合生成H2O:
MH+OH--e-M+H2O。
②电池连续充电时,O2在另一电极上被消耗,则该电极反应式为:O2+2H2O+4e-4OH-。
答案:(1)4FeS2(s)+11O2(g)2Fe2O3(s)+8SO2(g)
ΔH=-3 408 kJ·mol-1
(2)2H2O+SO2H2SO4+H2
(3)削减H2的量,使HI分解平衡正向移动,提高HI的分解率
(4)①MH+OH--e-M+H2O
②O2+2H2O+4e-4OH-
考点二:电解原理及应用
【真题题组】
1.A 电解池中,电解质阴离子移向阳极,阳离子移向阴极,阴极与电源负极相连,A正确;CuCl2溶液中CuCl2由于溶于水发生电离与通电无关,B错误;石墨阳极,Cl-放电发生氧化反应,2Cl--2e-Cl2↑,可观看到逸出的黄绿色气体;阴极,Cu2+放电析出铜,C错误,D错误。
2.D 原电池中阳离子移向正极,即H+移向PbO2极,电解池中,阳离子移向阴极,即H+移向Pb极,A错误;依据电子守恒,电池中每消耗3 mol Pb,则在电解池中生成1 mol Al2O3,B错误;电池中正极反应为PbO2+2e-+4H++SPbSO4+2H2O,C错误;电池中Pb失电子转化犯难溶的PbSO4,所以Pb电极质量增加,电解池中Pb作阴极,不参与电极反应,因此质量不变,D正确。
3.D 电解的电极反应为:阳极2I--2e-I2,由于左侧溶液变蓝色,所以左侧为阳极,则右侧为阴极,而又由题意知,阳极生成的I2又可以发生反应3I2+6OH-I+5I-+3H2O,则一段时间后,蓝色变浅;阴极2H2O+2e-H2↑+2OH-,右侧放出氢气,则A正确;把阴、阳两极反应式相加即得总反应式,C正确;由于题给条件是阴离子交换膜,则阴离子可以通过,所以右侧产生的OH-穿过膜到达左侧,与阳极生成的I2反应,生成I-和I,而阴离子I可穿过膜到右侧,B正确;假如把阴离子交换膜换成阳离子交换膜,则只允许阳离子通过,右侧OH-无法到达左侧与I2反应,所以总化学反应要转变,D错误。
4.A 在盐桥存在的状况下,甲、乙可组成原电池,以此为电源,可电解滤纸上浸有的Na2SO4溶液。Cu为原电池正极,发生还原反应,A正确;电子由Zn沿导线流向a,在a上将电子传递给H+,在b上OH-失电子,然后电子由b流向Cu,a,b之间无电子流淌,B错误;甲池中S浓度不变,C错误;滤纸b点应为电解池阳极,OH-失电子生成O2,使得c(H+)>c(OH-),b电极四周显酸性,遇酚酞不变红色,D错误。
5.D 断开K2,闭合K1时,装置为电解池;由于两极均有气泡产生,说明铜电极为阴极,其电极反应是:2H++2e-H2↑,铜电极四周溶液变红;总反应的离子方程式应为:2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑,故A、B均错误。断开K1,闭合K2时,装置为原电池,铜为负极,石墨为正极,发生吸氧腐蚀,故铜电极反应为Cu-2e-Cu2+,石墨电极反应为:O2+2H2O+4e-4OH-,故C错误,D正确。
6.D 阴极室阳离子有K+、H+,H+得电子生成H2,A正确;阳极室是OH-失电子,造成H+浓度增大,平衡右移,Cr2浓度增大,溶液显橙色,B正确;依据两电极反应和平衡移动,C正确;设平衡后K2CrO4、K2Cr2O7物质的量分别为x、y,则=d, =,铬酸钾转化率: ==2-d,D错。
7.C 电解中阳极产生O2,阴极产生Cu,使其恢复到起始状态原则为出什么加什么,因此需加入CuO,故选C。
8.C 由总反应知,得电子的为正极(Ni2O3),失电子的为负极(Fe),A项正确;由总反应知介质为碱性溶液,负极反应为Fe-2e-+2OH-Fe(OH)2,B项正确;电池充电时阴极反应Fe(OH)2+2e-Fe+2OH-,pH会增大,C项错误;电池充电时Ni(OH)2作阳极,失电子变为Ni2O3,D项正确。
9.解析:(1)依据金属活动性挨次,活动性较强金属Na、Al冶炼用电解法;(2)反应物Cu2S中,Cu、S元素化合价+1、-2价变为生成物CuSO4 中+2、+6价,Cu2S为还原剂,O2中O元素由0价降为-2价,O2是氧化剂,1 mol O2发生反应得到4 mol电子,还原剂Cu2S必定失去4 mol电子;CuSO4溶液中Cu2+水解显酸性,加入镁条反应生成H2;(3)电解精炼银时,粗银作阳极,与电源正极相连,若与电源负极相连的阴极b电极有红棕色NO2气体产生,只能是N+2H++e-NO2+H2O。
(4)银器浸入盛有食盐水的铝质容器里形成原电池,食盐水的作用是形成原电池的条件之一,做电解质溶液。
答案:(1)b、d
(2)Cu2S 4 H2
(3)a N+2H++e-NO2+H2O
(4)做电解质溶液(或导电)
10.解析:(1)①N2分子中含共价三键,结构式为;②由溶液的pH变化可知H2与N反应的另一产物为OH-,再由电子守恒和质量守恒得:5H2+2NN2+2OH-+4H2O,v(N)=v(OH-)=
=0.001 mol·L-1·min-1;③由N+H2OHNO2+OH-和水解原理知,加热、加水稀释、加酸降低溶液的pH均可促进N的水解。
(2)①由图知N得电子转化为N2,故B为负极,则A为正极,阴极的电极反应式为:2N+6H2O+10e-N2↑+12OH-,由电极反应式可知,通过2 mol电子,溶液削减的质量为5.6 g(N2),同时有2 mol H+通过质子交换膜进入右侧,故右侧溶液削减3.6 g。②正极发生的反应为4OH--4e-O2↑+2H2O,每通过2 mol电子,生成16 g O2,同时有2 mol H+通过质子交换膜进入右侧,使左侧溶液质量削减18 g,故两侧溶液削减的质量差为 14.4 g。
答案:(1)① ②2N+5H2N2+2OH-+4H2O
0.001 ③加酸,上升温度,加水
(2)①A 2N+6H2O+10e-N2↑+12OH- ②14.4
11.解析:(1)依据原子守恒可写出反应方程式:
CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O。
(2)由图像可知A点时反应仍向正向进行,所以A点v逆(CO2)小于B点v正(CO2)。
依据反应:
CO2 + 2NH3CO(NH2)2+H2O
起始量 1 mol 4 mol
转化量 0.6 mol 1.2 mol
所以NH3的平衡转化率为:×100%=30%。
(3)左侧由2Cl-→Cl2发生氧化反应,连电源正极,所以电源负极为B。阳极首先发生反应:2Cl--2e-Cl2↑。生成Cl2将尿素氧化:CO(NH2)2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl。
阴极区发生反应为:2H++2e-H2↑,但由质子交换膜可知阳极生成H+向阴极移动,最终使阴极室溶液的pH不变。依据CO(NH2)2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl,可知,当有3 mol Cl2参与反应时,阳极上生成2 mol气体,阴极上生成3 mol H2。即:共生成5 mol气体,13.44 L(标准状况)混合气体为0.6 mol。推出参与反应的Cl2为0.36 mol。由:CO(NH2)2～3Cl2,知n[CO(NH2)2]=0.12 mol,m[CO(NH2)2]=0.12 mol×60 g/mol=7.2 g。
答案:(1)2NH3+CO2CO(NH2)2+H2O
(2)①小于 ②30%
(3)①B ②2Cl--2e-Cl2↑
CO(NH2)2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl
③不变 7.2
12.解析:A与电源负极相连,为阴极,B与电源正极相连,为阳极,溶液中H+、OH-分别在A、B两极上放电,反应式为:
A极:2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-2OH-+H2↑)
B极:4OH--4e-O2↑+2H2O
则A极四周会产生OH-(水电离出来的),B极四周会产生H+(水电离出来的),所以A管溶液由红变黄,B管溶液不变色;同时Mg2+向A极移动,与产生的OH-生成Mg(OH)2沉淀,S向阳极(B极)移动,相当于生成H2SO4,当把电解液倒入烧杯中时,H2SO4与Mg(OH)2混合,Mg(OH)2会溶解。
答案:(1)①④
(2)2H++2e-H2↑(或2H2O+2e-2OH-+H2↑),
Mg2++2OH-Mg(OH)2↓
(3)4OH--4e-2H2O+O2↑(写2H2O-4e-4H++O2↑ 也可)
(4)用拇指按住管口,取出试管,靠近火焰,放开拇指,有爆鸣声,管口有蓝色火焰
(5)用拇指按住管口,取出试管,放开拇指,将带有火星的木条伸入试管内会复燃
(6)溶液呈红色,白色沉淀溶解(或大部分溶解)
考点三:金属的腐蚀与防护
【真题题组】
1.A 水中的钢闸门连接电源的负极,为阴极,从而得以疼惜,A正确;金属护栏表面涂漆是隔绝金属护栏与空气接触,减缓金属护栏的腐蚀,B错误;汽车底盘喷涂高分子膜也是隔绝与空气的接触,C错误;地下钢管连接镁块,形成了原电池,属于牺牲阳极的阴极疼惜法,D错误。
2.B 图a中,铁棒发生电化学腐蚀,越靠近底端的部分与O2接触少,腐蚀程度越轻,A错误。图b中,开关连接M、N时均构成原电池,但置于M时,是Cu-Zn合金中的Zn被腐蚀;而置于N时,Zn棒和Cu-Zn合金构成原电池时,疼惜了有铜的这一极(Cu-Zn合金),B正确。图c中接通开关时构成原电池,Zn腐蚀速率增大,但是H2在Pt电极上放出,C错误。图d中,酸性干电池的放电主要是由NH4Cl产生的H+的氧化作用引起的。
3.C A中构成Fe—C原电池抗腐蚀力气减弱;在铁制品上镀铜时,镀件应为阴极,铜作阳极,C项符合题意;铁管上镶嵌锌块,构成的原电池中Fe作正极,受到疼惜。
4.B 液滴下氧气含量比边缘少,则形成原电池时边缘处(b)为正极,中心(a)为负极,(b)电极反应为O2+4e-+2H2O4OH-,(a)电极反应为Fe-2e-Fe2+,所以Fe2+、Na+移向(b)区,Cl-移向(a)区,所以A项错误,B项正确;Fe因发生氧化反应而被腐蚀,C项错误;铜和铁形成原电池,Fe为负极,电极反应为Fe-2e-Fe2+,D项错误。
5.C 从图示知,此装置中发生吸氧腐蚀,铁作负极,杂质C作正极,电极反应
Fe2++2OH-Fe(OH)2↓,4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3,Fe(OH)3脱去一部分水生成Fe2O3·xH2O,即铁锈的主要成分,反应中消耗试管中的O2,故液面上升。
6.B 对钢铁制品进行电化学防腐时,需接电源的负极,接正极会加快腐蚀,A错误;铁钝化的两个前提是常温、浓HNO3或浓H2SO4,钝化的结果是表面形成致密氧化膜,B正确;钢管与铜管堆放在一起,当形成原电池时,钢管作负极,腐蚀加快,C错误;钢铁发生析氢腐蚀时,Fe只能失去2个电子生成Fe2+,Fe-2e-Fe2+,D错误。
7.解析:(1)①Cl2有毒,且密度比空气大,只有C装置合理。
②Cl2通入水中,所得溶液中含氯的粒子有:Cl2、HClO、ClO-、Cl-,但具有氧化性的只有HClO、Cl2、ClO-。
③通过Cl2与NaBr的置换反应来比较氧化性的强弱,当Cl2能置换出Br2时,Br2会溶解在四氯化碳中,而使下层溶液变为
橙色。
(2)①依据电子的流向可知,左边的烧杯中的电极为负极,右边烧杯中电极为正极,在原电池中活泼金属做负极,故左边烧杯中盛有ZnSO4溶液,以锌片作负极,右边烧杯中盛有CuSO4溶液,以铜片作正极。左边也可用FeSO4溶液及铁片。
②由题中信息可知,在原电池中,铜片确定作正极,另一极作负极,负极材料渐渐溶解,表面有红色固体析出。
③以铁片和铜片作电极为例,假如不用盐桥,则除了电化学反应外还发生铁和铜离子的置换反应,反应放热,会使一部分化学能转化为热能,使其不能完全转化为电能,而盐桥的使用,可以避开铁和铜离子的接触,从而避开置换反应的发生,避开化学能转化为热能,提高电池效率。
(3)以被疼惜的金属作阴极,活泼性强的金属作阳极,因此应选锌片作阳极。
答案:(1)①C ②HClO、Cl2、ClO- ③用胶头滴管向试管中滴加溴化钠溶液,振荡使其充分反应,发觉溶液毁灭分层现象,下层溶液变为橙色
(2)①
②电极渐渐溶解,表面有红色固体析出
③甲 负极不和铜离子接触,避开了铜离子直接与负极发生反应而使化学能转化为热能
(3)锌片
8.解析:(1)①有气泡冒出是由于2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑;因碱洗槽液中有Al,故应通入CO2来回收Al(OH)3,发生反应2Al+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+C或Al+CO2+2H2OHC+Al(OH)3↓;②铝为阳极,会发生氧化反应,表面形成氧化膜,必需有水参与,所以电极反应式为:2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+;由于存在Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,加入NaHCO3后发生:HC+H+H2O+CO2↑,消耗H+,使上述平衡右移,产生Al(OH)3沉淀。
(2)用铜作电极可准时补充电镀液中消耗的Cu2+,保持其浓度恒定。
(3)考查金属的防护,X为碳棒时,K置于N处,Fe作阴极被疼惜,若开关K置于M处,形成原电池,锌作负极,为牺牲阳极的阴极疼惜法。
答案:(1)2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2↑ b
②2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+ HC与H+反应使H+浓度减小,使Al3+的水解平衡向右移动,产生Al(OH)3沉淀(合理即可)
(2)补充溶液中消耗的Cu2+,保持溶液中Cu2+浓度恒定
(3)N 牺牲阳极的阴极疼惜法
三年模拟·力气提升
1.C 原电池中阴离子向负极移动,A错;熔融的K2CO3中没有OH-,B错;C是电池内的导电微粒,该电池的总反应为2H2+O22H2O,用总反应式-正极反应式=负极反应式,C正确;生成1 mol水,转移电子2 mol,D错。
2.D 原电池中阴离子移向负极,A项错误;依据题意,熔融状态下电解质可传导O2-,所以O2得e-生成O2-,正极反应为O2+4e-2O2-,B项错误;由题意知,总反应方程式为丁烷燃烧的方程式:C4H10+6.5 O24CO2+5H2O,总反应式-正极反应式=负极反应式,则负极反应式为:C4H10-26e-+13O2-4CO2+5H2O,C项错误;由6.5 O2～4CO2,知D正确。
3.B 电解质溶液为NaCl中性溶液,所以正极反应类似吸氧腐蚀的正极反应,为O2+2H2O+4e-4OH-,B正确;负极反应为:2Mg-4e-+4OH-2Mg(OH)2,Mg被氧化,A错;原电池中,电子由负极流向正极,C错;D中O2未指定标准状况,所以无法计算其体积。
4.D 从已知反应分析,I-转化为I是氧化反应,则在阳极发生,阳极材料确定是惰性电极,则不锈钢作阴极,反应过程中转移了6个电子,则转移3 mol电子,有0.5 mol KIO3生成,A、B、C都正确。电解过程中,阳极产生的H+正好移动到阴极被消耗了,所以pH不发生变化,D错误。
5.A 依题意,阳极反应:4OH--4e-O2↑+2H2O;阴极反应:Cu2++2e-Cu,2H++2e-H2↑。则生成22.4 L O2、H2分别转移4 mol e-、2 mol e-,依据得失电子守恒,Cu2+转移2 mol e-,则n(Cu2+)=1 mol,c(Cu2+)= 1 mol·L-1,依据电荷守恒:c(K+)+2c(Cu2+)=2c(S),c(K+)=2.0 mol·L-1。
6.B 依据a电极得到氯气,即2Cl--2e-Cl2↑,则电极a为阳极,与电源的正极相连,A错;n(Cl2)=0.01 mol,则n(Cl-)=0.02 mol,n(AlCl3)=0.02/3 mol,则n(CuSO4)=0.06 mol,t2时,阴极b上铜离子完全析出,其电极质量增加
0.06 mol×64 g/mol=3.84 g,B项正确;刚开头时Cl-和Cu2+放电(相当于电解CuCl2:0.01 mol),溶液的pH不变,当Cl-放电结束后,则是OH-和Cu2+放电(相当于电解CuSO4:0.05 mol,方程式为:2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑),此时由于消耗OH-而溶液的酸性增加;t2时刻,Cu2+放电完毕,a、b两极分别是OH-和H+放电,相当于电解Al2(SO4)3(实质是电解H2O),溶剂削减,b电极的电极反应是2H++2e-H2↑,c(H2SO4)增大,所以酸性增加。
7.B 在同一电解质溶液中,金属腐蚀的快慢规律如下:电解池的阳极>原电池的负极(两极材料的活泼性差别越大,氧化还原反应的速率越快)>化学腐蚀>牺牲阳极的阴极疼惜法>外接电源的阴极疼惜法。
8.C 本题主要考查了钢铁腐蚀中的析氢腐蚀和吸氧腐蚀。生铁片中的碳是正极,A错误;生铁片先发生析氢腐蚀,后发生吸氧腐蚀,B错误;墨水液面回升时,装置内压强减小,正极发生吸氧腐蚀,C正确;随着生铁片的腐蚀,U形管中溶液的pH变大,D错误。
9.D A选项中锌的活泼性比铁强,所以可减缓铁的腐蚀,A正确;B选项是外加电源的阴极疼惜法,可减缓铁的腐蚀,溶液中的阳离子向阴极移动,所以B正确;C选项是原电池,铜是正极,质量将增加,铁是负极,此时外电路中的电子由负极向正极移动,C正确;D选项是在铁棒上镀铜,铁棒质量将增加,但溶液中各离子浓度都不发生变化,所以D错误。
10.C 氢氧燃料电池的电解质溶液呈酸性,故正极反应式为O2+4H++4e-2H2O,负极反应式:2H2-4e-4H+,A项错误;B项中a极是阳极,b极是阴极,a极渐渐溶解,b极上有铜析出,故B项错误;C项为电解精炼铜,a极发生反应:Cu-2e-Cu2+,b极发生反应:Cu2++2e-Cu,C项正确;D中a极发生反应:4OH--4e-O2↑+2H2O,电池中H2发生反应:H2-2e-2H+,故a极产生的气体与电池中消耗的H2体积不行能相等,D项错误。
11.A 乙为原电池,作电源用,甲为电解池。乙中甲烷一极为负极,空气一极为正极,则甲中Fe为阳极,C为阴极,A项由于未指明标准状况,气体体积无法计算;由图中乙中正极进入的物质为空气和CO2,知此两者为反应物,则电极反应为:O2+4e-+2CO22C,负极反应为:CH4-8e-+4C5CO2+2H2O,C正确;B项,Na2SO4是电解质,可增加导电性,同时对污水中阴、阳离子的放电都没有影响,正确;甲中Fe溶解:Fe-2e-Fe2+,生成的Fe2+具有还原性,所以将Cr2还原,依题干中信息知:该还原过程要消耗H+,形成Cr3+,进而形成Cr(OH)3沉淀,配平方程式即可,D正确。
12.解析:(1)为加速腐蚀,应选用20% NaCl溶液为电解质溶液,以纯铁丝和碳棒作两极,分别针对两极产物Fe2+和OH-进行检验。(2)具备构成原电池的基本条件,所以是原电池,在正极上发生还原反应的是空气中的O2,要加快反应速率,可增大O2浓度。(3)在众多限制下,可考虑电化学疼惜法。
答案:(1)用导线连接纯铁丝和碳棒后插入盛有20% NaCl溶液的U形管中,放置数分钟,向插入纯铁丝的一端滴入1～2滴KSCN溶液未显色,再滴入氯水显(血)红色,证明负极有Fe2+生成,相关离子方程式为:2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-;Fe3++3SCN-Fe(SCN)3。向插入碳棒的一端滴入酚酞溶液,溶液显红色,证明有OH-生成
(2)②向插入碳棒的溶液中通入氧气或空气
(3)将铁块(或锌块)连接文物底座并埋入地下,定期更换;原理是:使文物成为原电池的正极
(或使铜文物用导线连接直流电源的负极,正极用导线连接埋入地下的导体;原理是:使文物成为电解池的阴极)
13.解析:(1)Ⅰ+Ⅱ得:CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g) ΔH=+77.0 kJ·mol-1。
(2)依据反应原理,通电后,将Co2+氧化成C,然后以C作氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化,则通电时Co2+失电子,阳极的电极反应式为Co2+—e-C,
除去甲醇的离子方程式:6C+CH3OH+H2OCO2↑+6Co2++6H+。
(3)Al—空气原电池铝作负极失电子生成铝离子,和碳酸氢钠反应生成氢氧化铝和二氧化碳。负极:Al-3e-+3HCAl(OH)3↓+3CO2↑。
答案:(1)CH4(g)+H2O(g)CH3OH(g)+H2(g)
ΔH=+77.0 kJ·mol-1
(2)①Co2+-e-C
②6Co3++CH3OH+H2OCO2↑+6Co2++6H+
(3)Al-3e-+3HCAl(OH)3↓+3CO2↑
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