2022-2022学年高二化学成才之路章末综合检测4新人教版选修4.docx

章末综合检测(90分钟，100分)一、选择题(此题包括18个小题，每题3分，共54分)1以下过程需要通电后才可以发生或进行的是()电离电泳电解电镀电化学腐蚀ABCD全部解析：电解质溶于水即可发生电离，不需要通电；电化学腐蚀的实质是发生原电池反响，是化学能转变为电能的自发反响，也不需要通电。答案：B2以下表达中，正确的选项是()电解池是将化学能转变成电能的装置原电池是将电能转变成化学能的装置金属和石墨导电均为物理变化，电解质溶液导电是化学变化不能自发进行的氧化复原反响，通过电解的原理有可能实现电镀过程相当于金属的“迁移，可视为物理变化ABCD解析：、正好相反了，、正确，中电镀是特殊形式的电解，仍然是化学变化。答案：B3以下说法不正确的选项是()A充电电池充电时，发生电解反响；放电时，发生原电池反响B电镀时，应将镀层金属与电源正极相连C电解饱和NaCl溶液时，阳极上放出黄绿色气体的同时还产生大量的氢氧化钠D利用电化学原理保护金属主要有两种方法，分别是牺牲阳极的阴极保护法和外加电流的阴极保护法解析：二次电池放电时是原电池，充电时是电解池，所以A正确；电镀时镀层金属就应该和电源的正极相连构成阳极；C项中NaOH在阴极区生成，所以C错；D正确。答案：C4在理论上不能用于设计成原电池的化学反响是()A. 4Fe(OH)2(s)2H2O(l)O2(g)=4Fe(OH)3(s)H0BCH3CH2OH(l)3O2(g)=2CO2 (g)3H2O(l)H0CAl(OH)3(s)NaOH(aq)=NaAlO2(aq)2H2O(l)H0DH2(g)Cl2(g)=2HCl(g)HZYW BZWXYCZXYW DZYXW解析：依据氧化复原反响规律，复原性：复原剂复原产物。复原性：由题中(1)可知XY，由(3)可知ZX，由(4)可知YW，故C项正确。答案：C13如下列图，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体放出，符合这一情况的是()a极板b极板X电极ZA锌石墨负极CuSO4B石墨石墨负极NaOHC银铁正极AgNO3D铜石墨负极CuCl2解析：该装置为电解装置，a极板质量增加，说明a为阴极，X为负极，Y为正极，b为阳极。A项，a极板2Cu24e=2Cu，阳极：4OH4e=2H2OO2，符合题意。B项，a极板生成H2，质量不增加，不合题意。C项，X为正极，不合题意。D项，b极：2Cl2e=Cl2，Cl2为黄绿色气体，不合题意。答案：A14用阳极X和阴极Y电解Z的水溶液，电解一段时间后，再参加W，能使溶液恢复到电解前的状态，下表中符合题意的一组是()XYZWACFeNaClH2OBPtCuCuSO4CuSO4溶液CCCH2SO4H2ODAgFeAgNO3AgNO3晶体解析：A项，电解NaCl溶液生成H2和Cl2，显然加H2O不能恢复到电解前的状态，应通入适量HCl气体；B项，电解CuSO4溶液时n(SO)不变，加CuSO4溶液也不能复原；C项，电解H2SO4实质是电解水，再加适量水，可使H2SO4溶液复原；D项，Ag作阳极、Fe作阴极电解AgNO3溶液，实质是Fe上镀Ag，AgNO3溶液浓度不变，不需加AgNO3晶体。答案：C15(2022湖南十二校一模)空间实验室“天宫一号的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC)，RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。以下列图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的选项是()A当有0.1 mol电子转移时，a极产生标准状况下1.12 L O2Bb极上发生的电极反响是：4H2O4e,2H24OHCc极上发生复原反响，B中的H可以通过隔膜进入ADd极上发生的电极反响是：O24H4e,2H2O解析：由图可知a为阴极、b为阳极、气体X为H2、气体Y为O2、c为正极、d为负极。正极、阴极发生复原反响，负极、阳极发生氧化反响，A项、B项、D项错误；在原电池中阳离子移向正极，C项正确。答案：C16(2022山东临沂期末)有关右图装置的表达中，正确的选项是()A假设X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外接电源的阴极保护法B假设X为碳棒，Y为饱和NaOH溶液，开关K置于N处，保持温度不变，那么溶液的pH保持不变C假设X为银棒，Y为硝酸银溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中银离子浓度将减小D假设X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铁电极移动解析：A项：假设X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，该装置是原电池，锌作负极被腐蚀，铁被保护，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，错误；B项，假设X为碳棒，Y为饱和NaOH溶液，开关K置于N处，该装置是电解池。碳棒是阳极，铁棒是阴极，保持温度不变，电解后溶液的体积减小，氢氧化钠的浓度不变，那么溶液的pH不变，正确；C项，假设X为银棒，Y为硝酸银溶液，开关K置于N处，该装置是电镀池，铁棒质量将增加，但溶液中银离子浓度将不变，错误；D项，假设X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铁作负极被腐蚀。铜棒上铜离子得电子析出铜而使铜棒质量增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，错误。答案：B17(2022洛阳模拟)碱性锌锰干电池是生活中应用最广泛的电池，以下说法中不正确的选项是()A该电池正极反响式为：MnO2H2Oe=MnOOHOHB电池工作时负极pH一定降低C用该电池作电源精炼铜，纯铜与锌连接D用该电池作电源电解硫酸铜溶液，负极溶解6.5 g锌，阴极一定析出6.4 g铜解析：碱性锌锰干电池正极反响为：MnO2H2Oe,MnOOHOH，负极反响为：Zn2OH2e,Zn(OH)2，用该电池作电源电解硫酸铜溶液，负极溶解6.5 g锌，转移电子0.2 mol，如果溶液中铜离子的物质的量大于或等于0.1 mol，那么析出铜6.4 g，如果小于0.1 mol，那么析出铜小于6.4 g，D错误。答案：D18(2022沈阳质检)用石墨电极电解一定量的硫酸铜溶液，电解一段时间后，向电解液中参加0.1 mol碱式碳酸铜晶体(不含结晶水)，恰好使溶液恢复到电解前的浓度和pH。以下有关表达错误的选项是()A参加碱式碳酸铜发生的反响是Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2OB电解过程发生的反响为：2H2O2CuSO4=2Cu2H2SO4O2C标准状况下，电解过程产生的气体体积约为5.6 LD电解过程中转移电子的物质的量为0.6 mol解析：电解硫酸铜溶液起始时反响为：2CuSO42H2O=2H2SO4O22Cu，当溶质CuSO4被完全电解后，溶液转化为稀硫酸。再电解相当于电解水。故向电解后的溶液中参加碱式碳酸铜晶体后发生反响：Cu2(OH)2CO32H2SO4=2CuSO4CO23H2O；利用参加碱式碳酸铜发生反响的方程式知电解过程中消耗0.3 mol H2O与0.2 mol CuSO4，电解0.2 mol CuSO4的同时有0.2 mol H2O参与电解，由此可知电解第二阶段一定有0.1 mol H2O被电解；结合前面分析可知，电解过程产生的气体为先电解CuSO4溶液时产生的氧气、后电解水时产生的氢气和氧气，故产生的气体在标况下的总体积为(0.1 mol0.1 mol3/2)22.4 Lmol15.6 L；电解过程中转移的电子为0.2 mol(CuSO4)20.1 mol(水)20.6 mol。答案：B二、非选择题(此题包括5小题，共46分)19(2022试题调研)(8分)以下列图为以惰性电极进行电解的装置：(1)写出A、B、C、D各电极上的电极反响式和反响方程式：A：_，B：_，总反响方程式：_；C：_，D：_，总反响方程式：_；(2)在A、B、C、D各电极上析出生成物的物质的量之比为_。解析：该题装置在串联的条件下进行电解。A、B、C、D分别发生如下反响：Cu22e=Cu；2Cl2e=Cl2；2Ag2e=2Ag；4OH4e=2H2OO2；由电子守恒可知在四个电极依次析出物质的物质的量之比为n(Cu)：n(Cl)2：n(Ag)：n(O2)2：2：4：1。答案：(1)Cu22e=Cu2Cl2e=Cl2CuCl2CuCl22Ag2e=2Ag4OH4e=2H2OO24AgNO32H2O4Ag4HNO3O2(2)2:2：4：120(8分)请按要求答复以下问题。(1)根据以下列图答复：翻开K2，合并K1。A电极可观察到的现象是_；B极的电极反响式为_。翻开K1，合并K2。A电极可观察到的现象是_；B极的电极反响为_。(2)根据右图答复：将较纯洁的CuSO4溶液放入右图所示的装置中进行电解，石墨电极上的电极反响式为_，电解反响的离子方程式为_；实验完成后，铜电极增重a g，石墨电极产生标准状况下的气体体积_L。解析：(1)此时为原电池，锌为负极，不断溶解，B极为正极，反响为Cu22e=Cu。此时为电解池，A极为阴极，反响为Cu22e=Cu，故A极上镀上一层红色的铜，B极为阳极，反响为Cu2e=Cu2。(2)此时为惰性电极电解CuSO4溶液，石墨极上反响为4OH4e=2H2OO2，总反响的离子方程式为2Cu22H2O2CuO24H，V(O2)22.4 L L。答案：(1)锌不断溶解Cu22e=Cu电极外表有红色固体附着Cu2e=Cu2(2)4OH4e=2H2OO22Cu22H2O2CuO24H21(2022浙江杭州模拟)(12分)蓄电池是一种可以反复充电、放电的装置。有一种蓄电池在充电和放电时发生的反响是：NiO2Fe2H2OFe(OH)2Ni(OH)2。(1)假设此蓄电池放电时，该电池某一电极发生复原反响的物质是_(填序号)。ANiO2BFeCFe(OH)2DNi(OH)2(2)该电池放电时，正极附近溶液的pH_(填“增大“减小或“不变)。(3)充电时该电池阳极的电极反响式：_。(4)用此蓄电池分别电解以下两种溶液，假设电路中转移了0.02 mol e，且电解池的电极均为惰性电极，试答复以下问题。电解M(NO3)x溶液时某一电极增加了a g M，那么金属M的相对原子质量为_(用含“a、x的表达式表示)。电解含有0.01 mol CuSO4和0.01 mol NaCl的混合溶液100 mL，阳极产生的气体在标准状况下的体积是_；将电解后的溶液加水稀释至1 L，此时溶液的pH_。解析：(1)得到电子，化合价降低的反响是复原反响，原电池中正极得到电子，发生复原反响，负极失去电子，发生氧化反响，所以根据总的反响式可知，铁是负极，氧化镍是正极，答案选A。(2)正极是氧化镍得到电子，生成氢氧化镍，电极反响式是NiO22H2O2e,Ni(OH)22OH，所以该电池放电时，正极附近溶液的pH增大。(3)充电相当于放电的逆反响，所以阳极电极反响式就是原电池中正极反响式的逆反响，即Ni(OH)22e2OH,NiO22H2O。(4)根据硝酸盐的化学式可知，M的化合价是x价，失去0.02mol电子，所以M的相对原子质量是ax0.0250ax。阳极首先是氯离子放电生成氯气，然后是OH放电生成氧气，氯离子的物质的量是0.01 mol，失去0.01 mol电子，所以OH失去电子的物质的量是0.02 mol0.01 mol0.01 mol，因此氯气是0.005 mol、氧气是0.002 5 mol，在标准状况下的体积是0.007 5 mol22.4 Lmol10.168 L。阴极铜离子放电，失去0.01 mol20.02 mol电子，所以此时溶液中的氢离子不放电，因此反响中生成的氢离子的物质的量就是电解硫酸铜溶液时生成的氢离子，物质的量是0.01 mol，浓度是0.01 mol1 L0.01 molL1，pH2。答案：(1)A(2)增大(3)Ni(OH)22e2OH=NiO22H2O(4)50xa168 mL(无单位不可)222(2022郑州质检一)(8分)重铬酸钾又名红矾钾，是化学实验室中的一种重要分析试剂。工业上以铬酸钾(K2CrO4)为原料，采用电化学法制备重铬酸钾(K2Cr2O7)。制备装置如下列图(阳离子交换膜只允许阳离子透过)：制备原理：2CrO(黄色)2H=Cr2O(橙色)H2O。(1)通电后阳极室产生的现象为_；其电极反响式是_。(2)该制备过程总反响的离子方程式可表示为4CrO4H2O=2Cr2O4OH2H2O2，假设实验开始时在右室中参加38.8 g K2CrO4，t分钟后测得右室中K与Cr的物质的量之比为32，那么溶液中K2CrO4和K2Cr2O7的物质的量之比为_；此时电路中转移电子的物质的量为_。解析：此题考查电化学知识。难度较大。(1)阳极发生氧化反响，溶液中氢氧根离子失去电子生成氧气和水。(2)直接设两物质的物质的量分别为x、y，那么钾原子的物质的量为2x2y，铬原子物质的量为x2y，依据两原子个数比为32，可求出两物质的物质的量之比为21；根据铬酸钾的质量可求出铬原子总物质的量为0.2 mol，又t min后两物质的物质的量之比为21，那么铬酸钾为0.1 mol，重铬酸钾为0.05 mol，根据化学方程式可知，生成0.05 mol的重铬酸钾的反响中转移电子为0.052 mol。答案：(1)阳极产生无色气体，溶液由黄色逐渐变为橙色4OH4e=O22H2O(或2H2O4e=O24H)(2)210.1 mol23(2022石家庄质检)(10分)某课外活动小组用如下列图装置进行实验，请答复以下问题：(1)假设开始实验时开关K与a连接，那么B极的电极反响式为_。(2)假设开始实验时开关K与b连接，那么以下说法正确的选项是_(填序号)。溶液中Na向A极移动从A极逸出的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝反响一段时间后向电解液中加适量盐酸可使其恢复到电解前的浓度(3)该小组运用工业上离子交换膜法制烧碱的原理，用如以下列图所示装置电解K2SO4溶液。该电解槽的阳极反响式为_，通过阴离子交换膜的离子数_(填“或“)通过阳离子交换膜的离子数；图中a、b、c、d分别表示有关溶液的pH，那么a、b、c、d由小到大的顺序为_；电解一段时间后，B口与C口产生气体的质量比为_。解析：(1)开关K与a连接时，是原电池装置，B极是负极，电极反响式为：Fe2e,Fe2。(2)假设K与b连接，是电解池装置，且A是阳极，B是阴极；阳离子向阴极移动；阳极是Cl失电子生成Cl2，它能使湿润的淀粉KI试纸变蓝；阴极产生H2，故由阴、阳两极逸出的气体可知要使电解液恢复到电解前的浓度需通入HCl气体而非参加盐酸。(3)由图示参加物质可知，阳极是OH失e，阴极是H得e，据电荷守恒，那么通过阳离子交换膜的K数大于通过阴离子交换膜的SO数，故应填“。电解后生成的硫酸和KOH溶液的浓度均比原来的大，那么bc，又因为碱溶液pH大于酸溶液pH，那么：bacd。B口产生O2，C口产生H2，根据得失电子守恒知二者物质的量之比为12，那么质量比为81。答案：(1)Fe2e=Fe2(2)(3)2H2O4e=O24H(写4OH4e=2H2OO2也可)bacd81