2022届高考化学新一轮总复习课时作业21第六章第三讲.docx

1．(2022·高考上海卷)用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的选项是(　　)
A．用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片
B．用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片
C．用氢氧化铜溶液吸收阴极产物
D．用带火星的木条检验阳极产物
解析：选B。A项是在铂上电镀铜，无法提取铜，错误。利用电解法提取CuCl2溶液中的铜，阴极应发生反响：Cu2＋＋2e－===Cu，阳极可以用碳棒等惰性材料作电极，B项正确。电解时阴极产生铜，无法用NaOH溶液吸收，C项错误。阳极反响：2Cl－－2e－===Cl2↑，无法用带火星的木条检验，D项错误。
2．(2022·潍坊模拟)用铂电极电解一定浓度的以下物质的水溶液，在电解后的电解液中加 适量水，能使溶液浓度恢复到电解前浓度的是(　　)
A．NaCl　　　　　B．Na2CO3

3．(2022·哈尔滨模拟)电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol·L－1以下溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是(　　)
A．0.10 mol·L－1AgNO3溶液
B．0.10 mol·L－1ZnSO4溶液
C．0.20 mol·L－1CuCl2溶液

解析：选C。根据金属活动性顺序表可知：Ag和Cu排在H后面，而Zn和Pb排在H以前，所以Ag＋、Cu2＋的氧化性比H＋大，应优先于H＋放电而析出。因为0.01 mol Ag的质量小于0.02 mol Cu的质量，所以C项正确。
4．(2022·高考安徽卷)某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。
以下有关描述正确的选项是(　　)
A．断开K2，闭合K1时，总反响的离子方程式为
　2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑
B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反响式为：Cl2＋2e－===2Cl－
D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
解析：选D。解答此题时应特别注意，金属Cu在电解池和原电池中作何种电极。当断开K2，闭合K1时为电解池，由于两极都有气泡冒出，故相当于惰性电极电解饱和食盐水，故铜作阴极而石墨作阳极，阳极反响为2Cl－－2e－===Cl2↑，电池总反响的离子方程式为2Cl－＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2OH－，A、B都错；当断开K1，闭合K2时组成原电池，铜作负极而石墨作正极，铜电极的电极反响式为Cu－2e－===Cu2＋，故C错而D正确。
5．(2022·重庆模拟)以下有关电化学装置完全正确的选项是(　　)
A
B
C
D

铜的精炼
铁上镀银
防止Fe被腐蚀
构成铜锌原电池
解析：选C。电解精炼铜时，应该用粗铜作阳极，纯铜作阴极，故A错误；铁上镀银时，应该用银作阳极，铁作阴极，故B错误；C是外加电流的阴极保护法，正确；铜锌原电池中，锌应插入硫酸锌溶液中，铜应插入硫酸铜溶液中，故D错误。
6．(2022·高考浙江卷)以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：
以下说法不正确的选项是(　　)
A．在阴极室，发生的电极反响为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑
B．在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H＋浓度增大，使平衡2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O向右移动
C．该制备过程中总反响的化学方程式为4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑
D．测定阳极液中K和Cr的含量，假设K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为d，那么此时铬酸钾的转化率为1－
解析：选D。此题应结合电解的原理来具体分析、解决问题。根据阴、阳离子的放电顺序可知，该电解池中的反响如下：
阴极：4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－、阳极：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极区K2CrO4溶液中存在平衡：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，H＋浓度增大，使该平衡右移生成Cr2O。故电解池中的总反响式可写成4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑。故A、B、C项均正确。D项，设K2CrO4转化为K2Cr2O7的转化率为α，那么：
　　　2K2CrO4～K2Cr2O7
初始量　2　　　　0
转化量　2α　　　 α
最终量　2－2α　　 α
那么有nK/nCr＝＝d
解得α＝2－d，D项错误。
7．(2022·哈一中模拟)“天宫一号〞飞行器在太空工作期间必须有源源不断的电源供应。其供电原理是：白天太阳能帆板发电，将一局部电量直接供应天宫一号，另一局部电量储存在镍氢电池里，供黑夜时使用。如图为镍氢电池构造示意图(氢化物电极为储氢金属，可看做H2直接参加反响)。以下说法正确的选项是(　　)
A．放电时NiOOH在电极上发生氧化反响
B．充电时阴极区电解质溶液pH降低
C．放电时负极反响为：M＋H2O＋e－===MH＋OH－

解析：选D。放电时NiOOH在正极发生复原反响，A项错误；充电时阴极区电解质溶液pH增大；放电时负极发生氧化反响，C项错误；只有D项正确。
8．(2022·银川模拟)用惰性电极电解100 mL 4 mol·L－1Cu(NO3)2溶液，一定时间后在阳极收集到标准状况下气体1.12 L。停止电解，向电解后的溶液中参加足量的铁粉，充分作用后溶液中的Fe2＋浓度为(设溶液的体积不变)(　　)
A．0.75 mol·L－1 B．3 mol·L－1
C．4 mol·L－1 D．3.75 mol·L－1
解析：选D。此题涉及的反响过程可分为两个阶段，第一个阶段是电解Cu(NO3)2溶液，第二个阶段是混合溶液与足量的铁粉反响，注意硝酸与足量铁粉反响是生成硝酸亚铁。电解后溶液中硝酸和硝酸铜分别为0.2 mol、0.3 mol，前者与足量的铁粉反响生成硝酸亚铁0.075 mol，后者与足量的铁粉反响生成0.3 mol硝酸亚铁。
9．(2022·合肥模拟)以酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置如下列图。
以下说法正确的选项是(　　)
A．燃料电池工作时，正极反响为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．a极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极上有铜析出
C．a、b两极假设是石墨，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等
D．a极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出
解析：选D。此题结合原电池和电解池综合考查电化学的根本理论。图中左侧为氢氧燃料电池，右侧为电解池，燃料电池为酸性介质，负极反响为2H2－4e－===4H＋，正极反响为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，A错误；a为阳极，b为阴极，金属铁作阳极，优先失电子，a极逐渐溶解，B错误；a、b两极假设是石墨，b极上析出铜，a极上产生O2，C错误；粗铜为阳极，铜及比铜活泼的金属失电子形成离子进入溶液中，铜离子得电子后在b极上析出，D正确。
10．(2022·乌鲁木齐高三测验)以下有关电化学的图示完全正确的选项是(　　)
解析：选D。A选项，铁作阳极被腐蚀，不能起到保护作用，错误；B选项，在粗铜的精炼中应该是粗铜作阳极，精铜作阴极，错误；C选项，电镀时应该是镀层金属作阳极，镀件作阴极，错误；D选项，铁棒作阴极，氢离子被复原生成氢气收集在小试管中，可以验证氢气的存在，碳棒作阳极，氯离子被氧化生成氯气，能使碘化钾淀粉溶液变蓝，D选项正确。
11．化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。
(1)催化反硝化法中，H2能将NO复原为N2。25 ℃时，反响进行10 min，溶液的pH由7变为12。
①N2的结构式为________。
②上述反响离子方程式为________，其平均反响速率v(NO)为_____mol·L－1·min－1。
③复原过程中可生成中间产物NO，写出3种促进NO水解的方法__________________。
(2)电化学降解NO的原理如下列图。
①电源正极为________(填“A〞或“B〞)，阴极反响式为__________________________。
②假设电解过程中转移了2 mol电子，那么膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为________g。
解析：根据溶液的氧化复原反响规律及题意书写离子方程式，根据电极上发生的反响类型判断电极名称，根据电极反响式及质子的移动方向分析溶液的质量变化。
(1)①N2电子式为N⋮⋮N，结构式为NN。②反响中碱性增强，故应有OH－生成，根据得失电子守恒有：5H2＋2NO——N2＋OH－，据电荷守恒得5H2＋2NO——N2＋2OH－，最后由元素守恒得5H2＋2NON2＋2OH－＋4H2O。③水解的离子方程式为NO＋H2OHNO2＋OH－，据“越热越水解、越稀越水解〞，可知加热或加水稀释能促进水解；另外，降低生成物浓度，也可促进水解。
(2)①NO生成N2发生了复原反响，应在电解池的阴极发生，故A为原电池的正极；阴极发生复原反响，故电极反响式为2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－。由电极反响式可知，通过2 mol电子，溶液减少的质量为5.6 g(N2)，同时有2 mol H＋通过质子交换膜进入右侧，故右侧溶液减少3.6 g。
②正极发生的反响为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，使左侧溶液质量减少18 g，故两侧溶液减少的质量差为14.4 g。
答案：(1)①NN　②2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O　0.001　③加酸，升高温度，加水
(2)①A　2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－
②14.4
12．按以下列图所示装置进行实验，并答复以下问题：
(1)判断装置的名称：A池为________，B池为________。
(2)锌极为_____极，电极反响式为___________________
________________________________________________________________________；
铜极为________极，电极反响式为___________________________________；
石墨棒C1为________极，电极反响式为________；石墨棒C2附近发生的实验现象为________________________________________________________________________。
(3)当C2极析出224 mL气体(标准状况)时，锌的质量________(填“增加〞或“减少〞)________g，CuSO4溶液的质量________(填“增加〞或“减少〞)________g。
解析：A池中Zn、Cu放入CuSO4溶液中构成原电池，B池中两个电极均为石墨电极，在以A为电源的情况下构成电解池，即A原电池带动B电解池。A池中Zn为负极，Cu为正极，B池中C1为阳极，C2为阴极，阴极区析出H2，周围OH－富集，酚酞变红，且n(H2)＝0.224/L22.4 L·mol－1＝0.01 mol，故电路中转移电子的物质的量为0.01 mol×2＝0.02 mol，根据得失电子守恒，锌极有0.01 mol Zn溶解，即Zn极质量减少0.01 mol×65 g·mol－1＝0.65 g，铜极上有0.01 mol Cu析出，即CuSO4溶液增加了0.01 mol×(65 g·mol－1－64 g·mol－1)＝0.01 g。

(2)负　Zn－2e－===Zn2＋　正　Cu2＋＋2e－===Cu　阳　2Cl－－2e－===Cl2↑　有无色气体产生，附近溶液出现红色　(3)减少　0.65　增加　0.01
13．(2022·西安一检)铅蓄电池的工作原理为Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O，现用如图装置进行电解(电解液足量)，测得当 铅蓄电池中转移0.4 mol电子时铁电极的质量减少11.2 g。请答复 以下问题。
(1)A是铅蓄电池的________极，铅蓄电池正极反响式为__________________________，放电过程中电解液的密度________(填“减小〞、“增大〞或“不变〞)。
(2)Ag电极的电极反响式是________________________，该电极的电极产物共________g。
(3)Cu电极的电极反响式是________________________，CuSO4溶液的浓度________(填“减小〞、“增大〞或“不变〞)
(4)如图表示电解进行过程中某个量(纵坐标x)随时间的变化曲线，那么x表示________。
a．各U形管中产生的气体的体积
b．各U形管中阳极质量的减少量
c．各U形管中阴极质量的增加量
解析：根据在电解过程中铁电极质量的减少可判断A是电源的负极，B是电源的正极，电解时Ag极作阴极，电极反响式为2H＋＋2e－===H2↑，Fe作阳极，电极反响式为Fe－2e－===Fe2＋，左侧U形管中总反响式为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑。右侧U形管相当于电镀装置，Zn电极作阴极，电极反响式为Cu2＋＋2e－===Cu，铜电极作阳极，电极反响式为Cu－2e－===Cu2＋，电镀过程中CuSO4溶液的浓度保持不变，根据上述分析可得答案。
答案：(1)负　PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O　减小
(2)2H＋＋2e－===H2↑　0.4
(3)Cu－2e－===Cu2＋　不变　(4)b
14．(2022·西安师大附中期末)25 ℃时，用两个质量相同的铜棒作电极，电解500 mL 0.1 mol·L－1 H2SO4溶液，电解过程中，电解液的pH变化如表所示(假定溶液温度保持不变)。电解2 h后，取出电极，对电极进行枯燥，并称量，测得两电极的质量差为9.6 g。，25 ℃时0.1 mol·L－1 CuSO4溶液的pH为4.17。
时间/h
0.5
1
1.5
2
pH
1.3
2.4
3.0
3.0
(1)实验刚开始阶段电解池阴极所发生反响的电极反响式为_____________。
(2)电解进行到1.5 h后，电解质溶液的pH不再发生变化的原因是________________________________；用离子反响方程式表示0.1 mol·L－1 CuSO4溶液的pH为4.17的原因______________________________。
(3)电解进行的2 h中，转移电子的总物质的量________0.15 mol(填“<〞、“＝〞或“>〞)。
(4)假设欲使所得电解质溶液复原到500 mL 0.1 mol·L－1 H2SO4溶液，应对溶液进行怎样处理_____________________________
________________________________________________________________________。
解析：根据题意及表中数据可知，电解刚开始阶段，阳极反响式是Cu－2e－===Cu2＋，阴极反响式为2H＋＋2e－===H2↑；随着电解的继续，溶液中Cu2＋的浓度增大，此时阳极反响不变，而H＋已被电解完，阴极反响那么变成Cu2＋＋2e－===Cu；假设电解过程中只有电镀铜的过程，阳极溶解的铜与阴极生成的铜质量相同，溶液的组成保持不变，那么阳极铜的减少为9.6 g/2＝4.8 g，转移电子的物质的量为0.15 mol，而实际上先有H2产生，后有电镀铜的过程，故实际转移电子的物质的量大于0.15 mol；要使溶液复原那么需要通入H2S，H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4。
答案：(1)2H＋＋2e－===H2↑　(2)电解持续进行，H＋电解完后，电解过程发生转变，阳极反响式为Cu－2e－===Cu2＋，阴极反响式为Cu2＋＋2e－===Cu，电解质溶液的组成、浓度不再发生变化，溶液的pH也不再发生变化　Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋　(3)>
(4)向溶液中通入约0.05 mol H2S