2021届一轮复习人教版电解池金属腐蚀与防护学案

2021届一轮复习人教版电解池金属腐蚀与防护学案

主题16:电解池 金属腐蚀与防护 命题角度 本主题主要考查电解池的工作原理、电极反应式的书写、电解原理的应用、溶液pH的变化、借助电解原理进行的工业实际问题的处理等 备考启示 在复习备考时,应注重电化学原理的实质,从氧化还原反应的角度认识电化学反应,注重与元素化合物、有机化学、电解质溶液、新能源等知识的联系 考点一　电解原理及规律 ‎　　1.电解 ‎(1)定义:使电流通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。‎ ‎(2)能量转化形式:在此过程中,将电能转化为化学能。‎ ‎　　2.电解池的构成条件 ‎(1)有与电源相连的两个电极。‎ ‎(2)两个电极插入电解质溶液(或熔融电解质)中。‎ ‎(3)形成闭合回路。‎ ‎　　3.电解池中电子和离子的移动方向 ‎【特别提醒】‎ 电解时,在外电路中有电子通过,而在溶液中是依靠离子定向移动形成电流的,即电子本身不会通过电解质。‎ ‎　　4.电解池工作原理(以电解CuCl2溶液为例)‎ 总化学方程式:③　。 ‎ 在线反馈 ‎①2Cl--2e-Cl2↑　②Cu2++2e-Cu ‎③CuCl2Cu+Cl2↑‎ ‎ 判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。‎ ‎(1)任何化学反应都可以设计成电解池反应。(　　)‎ ‎(2)电解质溶液的导电过程就是电解质溶液被电解的过程。(　　)‎ ‎(3)电解CuCl2溶液,阴极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。(　　)‎ ‎(4)电解盐酸、硫酸等溶液,H+放电,溶液的pH逐渐增大。(　　)‎ ‎(5)电解时,电解液中阳离子移向阳极,发生还原反应。(　　)‎ ‎(6)电解质溶液通电后会使电解质电离。(　　)‎ ‎【答案】(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×‎ ‎ 某同学将电解池工作时电子、离子移动方向及电极种类等信息表示在下图中,下列有关分析完全正确的是(　　)。‎ 选项 A B C D a电极 阳极 阴极 阳极 阴极 d极 正极 正极 负极 负极 Q离子 阳离子 阳离子 阴离子 阴离子 ‎　　【解析】电子由电源的负极流出,故a电极是阴极,d极是正极,溶液中阳离子移向阴极。‎ ‎【答案】B ‎ 用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化关系如图所示,下列说法正确的是(　　)。‎ A.ab段H+被还原,溶液的pH增大 B.cd段相当于电解水 C.c点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复初始状态 D.原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为2∶1‎ ‎【解析】用惰性电极电解等体积的KCl和CuSO4混合溶液,阴极离子放电顺序是Cu2+>H+,阳极离子放电顺序是Cl->OH-。电解过程分三阶段,第一阶段,阳极的电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑,阴极的电极反应式为Cu2++2e-Cu,Cu2+浓度减小,水解得到的H+浓度减小,溶液pH增大;第二阶段,阳极的电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑,‎ 阴极的电极反应式为Cu2++2e-Cu,反应中生成硫酸,溶液pH减小;第三阶段,阳极的电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑,阴极的电极反应式为2H++2e-H2↑,实质是电解水,溶液中硫酸浓度增大,pH继续减小。ab段由于Cu2+浓度减小,水解得到的H+浓度减小,溶液pH增大,Cu2+被还原,A项错误;由上述分析可知,cd段相当于电解水,B项正确;电解至c点时,溶液中溶质为硫酸、硫酸钾,往电解液中加入适量CuCl2固体,不能使电解液恢复至初始状态,C项错误;若KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为2∶1,则相当于电解CuCl2和水,只有两个阶段,D项错误。‎ ‎【答案】 B ‎ 图中X为电源,Y为浸透过饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸,滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液,通电后Y中央的紫红色斑向d端扩散。下列判断正确的是(　　)。‎ A.滤纸上c点附近会变红色 B.Cu电极质量减小,Pt电极质量增大 C.Z中溶液的pH先减小,后增大 D.溶液中的S向Cu电极定向移动 ‎【解析】紫红色斑即Mn向d端扩散,根据阴离子向阳极移动的原理,可知d端为阳极,即b为正极,a为负极,c为阴极。NaCl溶液中H+放电,产生OH-,c点附近会变红色,A项正确;电解硫酸铜溶液时,Pt作阳极,溶液中的OH-放电,4OH--4e-O2↑+2H2O,Cu作阴极,溶液中的Cu2+得电子生成铜,总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4,Pt电极附近生成H+,则S向Pt电极移动,B、D两项均不正确;随着电解的进行,Z中溶液变为硫酸溶液,继续电解则为电解水,硫酸浓度增大,pH减小,C项不正确。‎ ‎【答案】A 以惰性电极电解电解质溶液的规律 类型 实例 电极反应特点 电解质 浓度 pH 电解质溶 液复原 方法 电解 水型 NaOH溶液 阴极:4H++4e-2H2↑‎ 阳极:4OH--4e-2H2O+O2↑‎ 增大 增大 加水 H2SO4溶液 增大 减小 加水 Na2SO4溶液 增大 不变 加水 电解电 解质型 HCl溶液 电解质电离出的阴、阳离子分别在两极放电 减小 增大 通氯化氢 CuCl2溶液 减小 ‎-‎ 加氯化铜 放H2‎ 生碱型 NaCl溶液 阴极:H2O放H2生碱 阳极:电解质阴离子放电 生成新 电解质 增大 通氯化氢 放 CuSO4‎ 阴极:‎ 加氧化铜 O2‎ 生酸型 溶液 电解质阳离子放电 阳极:H2O放O2生酸 生成新 电解质 减小 考点二　电解原理的应用 ‎　　1.氯碱工业 装置 电极反应 阳极:①　(氧化反应) ‎ 阴极:②　(还原反应) ‎ 总反应 ‎③ ‎ ‎　　2.电镀与电解精炼 电镀 电解精炼铜 示意图 电极 反应 阳极 ‎④ ‎ ‎ ‎ Zn-2e-Zn2+,‎ Cu-2e-Cu2+‎ 阴极 ‎⑤ ‎ ‎⑥ ‎ 电解质溶液 的浓度变化 CuSO4溶液的浓度不变 CuSO4溶液的浓度变小 ‎　　3.电冶金 电解冶炼 冶炼钠 冶炼铝 电极反应 阳极:⑦ ‎ 阴极:⑧ ‎ 阳极:⑨ ‎ 阴极:⑩ ‎ 总反应 ‎ ‎ ‎ ‎ 在线反馈 ‎①2Cl--2e-Cl2↑　②2H++2e-H2↑‎ ‎③2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑‎ ‎④Cu-2e-Cu2+　⑤Cu2++2e-Cu ‎⑥Cu2++2e-Cu　⑦2Cl--2e-Cl2↑‎ ‎⑧2Na++2e-2Na　⑨6O2--12e-3O2↑‎ ‎⑩4Al3++12e-4Al　2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑‎ ‎2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑‎ ‎ 判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。‎ ‎(1)电解冶炼镁、铝通常电解MgCl2和Al2O3,也可电解MgO和AlCl3。(　　)‎ ‎(2)若把Cu+H2SO4CuSO4+H2↑设计成电解池,应用Cu作阳极。(　　)‎ ‎(3)电解饱和食盐水时,两个电极均不能用金属材料。(　　)‎ ‎(4)在镀件上电镀铜时,镀件应连接电源的正极。(　　)‎ ‎(5)电解精炼时,阳极泥可以作为提炼贵重金属的原料。(　　)‎ ‎(6)阳离子交换膜(以电解NaCl溶液为例),只允许阳离子(Na+、H+)通过,而阻止阴离子(Cl-、OH-)和分子(Cl2)通过。(　　)‎ ‎【答案】(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√‎ ‎ 金属镍有广泛的用途,粗镍中含有Fe、Zn、Cu、Pt等杂质,可用电解法制得高纯度的镍。下列叙述中正确的是(已知氧化性:Fe2+Fe2+>Zn2+,故阴极反应式为 Ni2++2e-Ni,可见,阳极质量减少是因为 Zn、Fe、Ni 溶解,而阴极质量增加是因为Ni析出,B项错误;电解后溶液中的阳离子除Fe2+和Zn2+外,还有Ni2+和H+,C项错误。‎ ‎【答案】D ‎ 利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产中的应用。下列说法正确的是(　　)。‎ A.氯碱工业中,X电极上的反应式是4OH--4e-2H2O+O2↑‎ B.电解精炼铜时,Z溶液中的Cu2+浓度不变 C.在铁片上镀铜时,Y是纯铜 D.制取金属镁时,Z是熔融的氯化镁 ‎【解析】氯碱工业中阳极是Cl-放电生成Cl2;电解精炼铜时阳极上粗铜溶解,阴极上Cu2+放电析出Cu,由于粗铜中含有锌、铁、镍等杂质,溶液中Cu2+浓度变小;铁片上镀铜时,阴极应该是铁片,阳极是纯铜。‎ ‎【答案】D ‎ 工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。‎ 已知:①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解 ‎②氧化性:Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)‎ 下列说法不正确的是(　　)。‎ A.碳棒上发生的电极反应为4OH--4e-O2↑+2H2O B.电解过程中,B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小 C.为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水的pH D.若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应的总方程式将发生改变 ‎【解析】各极电极反应式如下:阳极4OH--4e-2H2O+O2↑,阴极Ni2++2e-Ni、2H++2e-H2↑,A项正确;由于C室中Ni2+、H+不断减少,Cl-通过阴离子膜从C室移向B室,A室中OH-不断减少,Na+通过阳离子膜从A室移向B室,所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大,B项错误;由于H+的氧化性大于Ni2+(低浓度)的氧化性,所以为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水的pH,C项正确;若去掉阳离子膜,则阳极为Cl-放电生成Cl2,反应的总方程式将发生改变,D项正确。‎ ‎【答案】B ‎ 如图所示,阴、阳离子交换膜电解槽中,用惰性电极电解Na2SO4溶液可制得硫酸和氢氧化钠溶液。下列说法不正确的是(　　)。‎ A.阳极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-‎ B.N为阴离子交换膜 C.进口b补充的是稀NaOH溶液 D.电解过程中阳极附近溶液的pH不断降低 ‎【解析】电解Na2SO4溶液,实际上是电解水,所以阳极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,A项错误;由H2出口知电极A为阴极,电极B为阳极,阳极为水中的OH-放电,故要不断补充阴离子,N为阴离子交换膜,B项正确;电极A为阴极,水中的H+放电,大量的氢氧化钠在阴极附近生成,故在b口加入稀氢氧化钠以增强导电性,C项正确;阳极反应不断地消耗水中的氢氧根离子,故pH不断降低,D项正确。‎ ‎【答案】A ‎ (1)在氯碱工业中,隔膜是非常重要的,若采用无隔膜法电解冷的食盐水时,Cl2会与NaOH充分接触,导致产物仅是NaClO和H2。无隔膜法电解冷的食盐水总反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)氯碱工业耗能高,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30%以上。在这种工艺设计中,相关物料的传输与转化关系如图所示,其中的电极未标出,所用的离子膜都只允许阳离子通过。‎ ‎①精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的　　　　(填“左”或“右”)室注入。 ‎ ‎②图中X是　　　　(填化学式);乙中右室的电极反应式为　　　　　　　　　　　,图中氢氧化钠溶液质量分数a%与b%的关系是　　　　(填字母)。 ‎ A.a%=b%　　B.a%>b%　　C.a%④>②>①>③>⑥。‎ ‎【答案】C ‎ 利用如图装置进行实验,开始时,左右两管液面相平,密封好放置一段时间。下列说法正确的是(　　)。‎ A.左管中O2得到电子,右管中H+得到电子 B.一段时间后,左管液面低于右管液面 C.a、b两处具有相同的电极反应式:Fe-3e-Fe3+‎ D.右管中溶液的pH减小 ‎【解析】左管中铁丝发生吸氧腐蚀,O2得电子,右管中铁丝发生析氢腐蚀,H+得电子,A项正确;左管中吸收氧气,压强减小,右管中析出氢气,压强增大,故一段时间后,左管液面上升,右管液面下降,故左管液面高于右管液面,B项错误;a、b两处铁丝均作负极,电极反应式均为Fe-2e-Fe2+,C项错误;右管中H+得电子,发生反应2H++2e-H2↑,溶液中c(H+)减小,pH增大,D项错误。‎ ‎【答案】A ‎ 一定条件下,碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下:‎ pH ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎6.5‎ ‎8‎ ‎13.5‎ ‎14‎ 腐蚀快慢 较快 慢 较快 主要产物 Fe2+‎ Fe3O4‎ Fe2O3‎ Fe 下列说法不正确的是(　　)。‎ A.在pH<4的溶液中,碳钢主要发生析氢腐蚀 B.在pH>6的溶液中,碳钢主要发生吸氧腐蚀 C.在pH>14的溶液中,碳钢腐蚀的正极反应式为O2+4H++4e-2H2O D.在煮沸除氧气后的碱性溶液中,碳钢腐蚀速率会减慢 ‎【解析】pH<4的溶液呈强酸性,主要发生析氢腐蚀,A项正确;pH>6的溶液,氧气得电子,主要发生吸氧腐蚀,B项正确;pH>14的溶液,正极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,C项错误;煮沸后除去了氧气,碳钢的腐蚀速率会减慢,D项正确。‎ ‎【答案】C 判断金属腐蚀快慢的规律 ‎ ‎1.对同一电解质溶液来说,腐蚀速率的快慢:电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐措施的腐蚀。‎ ‎2.对同一金属来说,在不同溶液中腐蚀速率的快慢:强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。‎ ‎3.金属活动性不同的两种金属,金属活动性差别越大,腐蚀速率越快。‎ ‎4.对同一种电解质溶液来说,电解质溶液浓度越大,金属腐蚀速率越快。‎ 考点四　电解池中电极反应式的书写 ‎　　电极反应式的书写步骤 ‎ 写出下列电极反应式和总反应式。‎ 阳极反应式 阴极反应式 总反应式 用惰性电极电解AgNO3溶液 用惰性电极电解MgCl2溶液 用铁作电极电解NaCl溶液 用惰性电极电解熔融MgCl2‎ 用Al作阳极,电解H2SO4溶液,‎ 铝材表面形成氧化膜 ‎　　【答案】‎ 阳极反应式 阴极反应式 总反应式 用惰性电极电解AgNO3溶液 ‎4OH--4e-O2↑+2H2O ‎4Ag++4e-4Ag ‎4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+‎ 用惰性电极电解MgCl2溶液 ‎2Cl--2e-Cl2↑‎ ‎2H++2e-H2↑‎ Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑‎ 用铁作电极电解NaCl溶液 Fe-2e-Fe2+‎ ‎2H++2e-H2↑‎ Fe+2H2OFe(OH)2↓+H2↑‎ ‎2Cl--2e-‎ Mg2+‎ MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑‎ 用惰性电极电解熔融MgCl2‎ Cl2↑‎ ‎+2e-Mg 用Al作阳极,电解H2SO4溶液,铝材表面形成氧化膜 ‎2Al-6e-+3H2OAl2O3+6H+‎ ‎6H++6e-3H2↑‎ ‎2Al+3H2OAl2O3+3H2↑‎ ‎ 利用电解原理净化含有机物的废水,其原理是在电解条件下将较低价态的金属离子(Co2+)氧化成较高价态的金属离子(Co3+),利用较高价态的金属离子将废水中的有机物氧化成CO2。装置如图所示。下列说法正确的是(　　)。‎ A.锌极为负极,发生氧化反应 B.石墨极上发生的电极反应式为Co2+-e-Co3+‎ C.电解过程中,阴极附近溶液pH减小 D.氧化1 mol HCHO时电路中至少转移3 mol电子 ‎【解析】根据题图知,锌为阴极,石墨为阳极,阴极发生还原反应,A项错误;石墨极发生氧化反应,电极反应式为Co2+-e-Co3+,B项正确;锌极的电极反应式为2H++2e-H2↑,阴极附近的电解质溶液pH增大,C项错误;4Co3++HCHO+H2OCO2↑+4H++4Co2+,氧化1 mol HCHO时电路中至少转移4 mol电子,D项错误。‎ ‎【答案】B ‎ 如图所示为用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图,其原理是TiO2中的氧解离进入熔融盐中而得到纯钛。下列说法中正确的是(　　)。‎ A.a极是正极,石墨极是阴极 B.反应后,石墨的质量不发生变化 C.电解过程中,O2-、Cl-均向a极移动 D.阴极的电极反应式为TiO2+4e-Ti+2O2-‎ ‎【解析】TiO2发生还原反应得到纯钛,故连接高纯TiO2的电极是电解池的阴极,a极是电源的负极,石墨极是阳极,A项错误;O2-在阳极发生氧化反应生成O2,高温下,石墨与O2反应生成CO、CO2,导致石墨质量减小,B项错误;电解过程中,阴离子向阳极(石墨极)移动,C项错误;TiO2中的氧解离进入熔融盐而得到纯钛,发生了还原反应,生成了Ti和O2-,故阴极的电极反应式为TiO2+4e-Ti+2O2-,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎ 按要求书写有关的电极反应式及总反应式。‎ ‎(1)以惰性电极电解FeCl2和HCl的混合物可制备FeCl3和H2。‎ 阳极反应式:　; ‎ 阴极反应式:　; ‎ 总反应式:　。 ‎ ‎(2)用惰性电极电解NaCl和CuSO4的混合溶液,电解过程中两极均有两种产物产生,判断阴、阳两极的产物并根据电解的先后顺序写出电极反应式。‎ ‎①阳极产物:　; ‎ 电极反应式:　。 ‎ ‎②阴极产物:　; ‎ 电极反应式:　。 ‎ ‎(3)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢气的装置示意图如下:‎ 电解池中隔膜仅阻止气体通过,阴阳两极均为惰性电极。‎ ‎①A极为　　　　,电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②B极为　　　　,电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎【解析】(2)阴离子在阳极发生氧化反应,由于还原性Cl->OH->S,故先生成Cl2,后生成O2;阳离子在阴极发生还原反应,由于氧化性Cu2+>H+>Na+,故先生成Cu,后生成H2。‎ ‎(3)产生H2是因为H2O电离的H+在阴极上得电子,即6H2O+6e-3H2↑+6OH-,所以B极为阴极,A极为阳极,阳极的电极反应式为CO(NH2)2-6e-+8OH-N2↑+C+6H2O。‎ ‎【答案】(1)2Fe2+-2e-2Fe3+　2H++2e-H2↑‎ ‎2Fe2++2H+2Fe3++H2↑‎ ‎(2)①Cl2、O2　2Cl--2e-Cl2↑、4OH--4e-2H2O+O2↑‎ ‎②Cu、H2　Cu2++2e-Cu、2H++2e-H2↑‎ ‎(3)①阳极　CO(NH2)2+8OH--6e-N2↑+C+6H2O ‎②阴极　6H2O+6e-3H2↑+6OH-‎ 正确书写电解过程中电极反应式的方法 ‎(1)一看电极材料,若是金属(Au、Pt除外)作阳极,金属一定被电解(注:Fe生成Fe2+)。‎ ‎(2)二看电解产物,对于规定产物的电极反应式,根据电子得失书写电极反应式。‎ ‎(3)三看介质是否参与电极反应。‎ ‎(4)书写总反应的离子方程式时,弱电解质要写成分子式(化学式不能拆),且一定注明条件“电解”。‎ 考点五　电化学计算与“多池”的连接问题分析 一 电化学的计算 ‎　　1.原则:电化学的反应是氧化还原反应,各电极上转移电子的物质的量相等,无论是单一电池还是串联电解池,均可抓住电子守恒来计算。‎ ‎2.关键:(1)电极名称要区分清楚;(2)电极产物要判断准确;(3)各产物间量的关系遵循电子得失守恒。‎ ‎3.方法 注:在电化学计算中,还常利用Q=I·t和Q=n(e-)×NA×1.60×10-19 C来计算电路中通过的电量。‎ 二 ‎“多池”连接问题的分析 ‎　　1.直接判断:对于较直观的装置,若有燃料电池、铅蓄电池等在电路中,则其他装置为电解池。如图所示,A为原电池,B为电解池。‎ ‎2.根据电池中的电极材料和电解质溶液判断 ‎(1)原电池一般是两种不同的金属电极或一种金属电极一个碳棒;而电解池则一般都是两个惰性电极,如两个铂电极或两个碳棒。‎ ‎(2)原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的氧化还原反应,电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。如图所示,B为原电池,A为电解池。‎ ‎3.根据电极反应现象判断 在某些装置中,根据电极反应或反应现象可判断电极,并由此判断电池类型,如图所示:‎ 若C极溶解,D极上析出Cu,B极附近溶液变红,A极上放出黄绿色气体,则可知乙是原电池,D是正极,C是负极;甲是电解池,A是阳极,B是阴极。B、D极发生还原反应,A、C极发生氧化反应。‎ ‎ 500 mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(N)=0.3 mol·L-1,用石墨作电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到气体1.12 L(标准状况),假定电解后溶液体积仍为500 mL,下列说法正确的是(　　)。‎ A.原混合溶液中c(Na+)=0.2 mol·L-1‎ B.电解后溶液中c(H+)=0.2 mol·L-1‎ C.上述电解过程中共转移0.4 mol电子 D.电解后得到Cu的物质的量为0.1 mol ‎【解析】阳极是阴离子放电,放电顺序为OH->N,根据题给信息,阳极一定是OH-放电,生成0.05 mol氧气,阳极的电极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O,故转移0.2 mol 电子;阴极离子的放电顺序为Cu2+>H+>Na+,所以Cu2+先放电,然后是H+放电,阴极生成0.05 mol氢气时,转移0.1 mol电子,根据得失电子守恒知,Cu2+转移0.1 mol电子,n(Cu2+)=0.05 mol。所以原溶液中n[Cu(NO3)2]=0.05 mol,又n(N)=0.3 mol·L-1×0.5 L=0.15 mol,则n(NaNO3)=0.05 mol。原混合溶液中c(Na+)=0.1 mol·L-1,A项错误;结合以上分析及电解总反应式Cu2++2H2OCu+H2↑+O2↑+2H+可知,生成0.05 mol Cu、0.05 mol O2、0.05 mol ‎ H2和0.1 mol H+,电解后溶液中c(H+)==0.2 mol·L-1,B项正确,D项错误;上述电解过程中共转移0.2 mol电子,C项错误。‎ ‎【答案】B ‎ 如图所示,通电5 min后,电极5的质量增加2.16 g,请回答下列问题:‎ ‎(1)a为电源的　　　(填“正”或“负”)极,C池是　　　　池。A池阳极的电极反应式为　　　　　　　　　,C池阴极的电极反应式为　。 ‎ ‎(2)如果B池中共收集到224 mL气体(标准状况)且溶液体积为200 mL(设电解过程中溶液体积不变),则通电前溶液中Cu2+的物质的量浓度为　　　　。 ‎ ‎(3)常温下,如果A池溶液是200 mL足量的食盐水(设电解过程中溶液体积不变),则通电5 min后,溶液的pH为　　　。 ‎ ‎(4)若将CuSO4溶液复原,需加　　　　(填一种物质)　　　　g。 ‎ ‎【解析】(1)根据已知条件通电5 min后,电极5的质量增加2.16 g可知,电极5作阴极,银离子放电,电极反应式为Ag++e-Ag,转移电子的物质的量为0.02 mol,也可知电极6作阳极,与电源的正极相连。同时可得a是负极,b是正极,电极1、3、5作阴极,电极2、4、6作阳极。(2)设CuSO4溶液足量,则开始一段时间内B池中电解总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4,因转移0.02 mol电子,若只收集到O2(只电解溶质),则根据关系式2CuSO4~O2~4e-可得n(O2)=0.005 mol,体积为112 mL(标准状况)<224 mL,说明溶质CuSO4已耗完,然后电解水。设整个过程消耗x mol CuSO4 、y mol H2O,则有2x+2y=0.02,x+y=0.01,联立解得x=y=0.005,则c(CuSO4)=0.025 mol·L-1。(3)由于A池中电解液足量,A池中只发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,根据关系式 NaOH~e-,生成的n(NaOH)=0.02 mol,则c(NaOH)==0.1 mol·L-1,即溶液的pH=13。(4)根据计算,电解分两个过程,第一过程电解CuSO4溶液(复原加CuO),第二过程电解H2O(复原加H2O),根据CuO与H2O的物质的量之比为1∶1,所加一种物质应为Cu(OH)2。m[Cu(OH)2]=0.005 mol×98 g·mol-1=0.49 g。‎ ‎【答案】(1)负　电解　2Cl--2e-Cl2↑　Ag++e-Ag ‎(2)0.025 mol·L-1‎ ‎(3)13‎ ‎(4)Cu(OH)2　0.49‎ ‎ 某同学组装了如图所示的电化学装置,电极Ⅰ为Al,其他电极均为Cu,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.电流方向:电极Ⅳ→Ⓐ→电极Ⅰ B.电极Ⅰ的质量减少2.7 g时,电极Ⅳ的质量减少9.6 g C.c烧杯溶液的pH减小 D.电极Ⅲ的电极反应式为Cu2++2e-Cu ‎【解析】根据图示可知电极Ⅰ为负极,电极Ⅱ为正极,电极Ⅲ为阳极,电极Ⅳ为阴极。‎ ‎【答案】A ‎ 如图为相互串联的甲、乙两电解池。‎ 试回答下列问题:‎ ‎(1)若甲池为用电解原理精炼铜的装置,则A是　　　　极,材料是　　　　,电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,电解质溶液为　　　　。当一极有1 mol铜析出时,另一极溶解的铜　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)1 mol。 ‎ ‎(2)若向乙池中滴入少量酚酞溶液,电解一段时间后Fe电极附近呈　　　　色,电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)若甲池为电解精炼铜装置(CuSO4溶液足量),甲池中阴极增重12.8 g,则乙池中阳极放出的气体在标准状况下的体积为　　　　L,常温下,若此时乙池剩余液体为400 mL,则电解后溶液的pH为　　　。 ‎ ‎【解析】(1)与电源负极相连的电极是电解池的阴极,与电源正极相连的电极是电解池的阳极。由图示装置知甲池中A为阴极,B为阳极,乙池中Fe为阴极,C(碳棒)为阳极。若甲池为精炼铜的装置,则A极材料是精铜,电极反应式为Cu2++2e-Cu,电解质溶液可以为CuSO4溶液。阳极材料为粗铜,电极反应式为Cu-2e-Cu2+、Zn-2e-Zn2+、Ni-2e-Ni2+等,根据电极反应和电子守恒知阴极有1 mol铜析出时,阳极溶解的铜小于1 mol。(2)乙池中是电解NaCl溶液,C为阳极,放出Cl2,Fe为阴极,电极反应式为2H++2e-H2↑,阴极区溶液呈碱性,若滴入少量酚酞溶液,电解一段时间后Fe极附近呈红色。(3)若甲池为电解精炼铜,阴极增重12.8 g,生成铜的质量为12.8 g,物质的量为0.2 mol,转移电子的物质的量为0.4 mol,根据电子守恒知乙池中阳极放出氯气的物质的量为0.2 mol,在标准状况下的体积为4.48 L;根据2H2O+2e-2OH-+H2↑知生成OH-的物质的量为0.4 mol,溶液的体积为0.4 L,c(OH-)=1 mol·L-1,pH=14。‎ ‎【答案】(1)阴　精铜　Cu2++2e-Cu　CuSO4溶液(其他合理答案也可)　小于 ‎(2)红　2H++2e-H2↑‎ ‎(3)4.48　14‎ 电化学计算注意事项:‎ ‎1.若有多个电解装置串联,其电极分别按阴、阳极依次交替排列,不可颠倒。‎ ‎2.无论是原电池还是电解池,串联在同一个电路中的每个电极上在相同时间内转移的电子数都是相同的,这是该类题型的计算依据。‎ ‎3.在电化学计算中,除上述常见问题外,还常利用Q=I·t和Q=n(e-)×NA×1.60×10-19 C来计算电路中通过的电量,要熟练掌握。‎ ‎1.全世界每年因生锈损失的钢铁,约占世界年钢铁产量的四分之一。一种钢铁锈蚀原理示意图如图所示,下列说法中不正确的是(　　)。 ‎ 铁锈蚀中的电化学过程 A.缺氧区:Fe-2e-Fe2+ ‎ B.富氧区:O2+2H2O+4e-4OH- ‎ C.Fe失去的电子通过电解质溶液传递给O2 ‎ D.隔绝氧气或电解质溶液均可有效防止铁生锈 ‎ ‎【解析】C项,电子不能通过电解质溶液传递。 ‎ ‎【答案】C ‎2.‎ 生铁在pH=2和pH=4的盐酸中发生腐蚀。在密闭容器中,用压强传感器记录该过程的压强变化,如图所示。下列说法中不正确的是(　　)。 ‎ A.两容器中负极反应式均为Fe-2e-Fe2+ ‎ B.曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化 ‎ C.曲线b记录的容器中正极反应式是O2+4e-+2H2O 4OH- ‎ D.在弱酸性溶液中,生铁能发生吸氧腐蚀 ‎ ‎【解析】A项,生铁发生腐蚀时,无论是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀,负极反应式均为Fe-2e-Fe2+;B项,观察图像知,曲线a随着时间增加,压强增大,说明有气体生成,即发生了析氢腐蚀,所以曲线a记录的是pH=2的盐酸中压强的变化;C项,曲线b的压强随时间增加而减小,说明发生了吸氧腐蚀,由于pH=4的盐酸呈酸性,所以正极反应式是O2+4e-+4H+2H2O;D项,根据曲线b的变化趋势可知生铁在弱酸性溶液中能发生吸氧腐蚀。 ‎ ‎【答案】C ‎3.垃圾渗滤液中含有大量的氨氮物质(用NH3表示)和氯化物,把垃圾渗滤液加入如图所示的电解池(电极为惰性材料)中进行净化。该净化过程分两步:第一步电解产生氧化剂,第二步氧化剂氧化氨氮物质生成N2。下列关于该过程的说法正确的是(　　)。‎ A.A电极上发生还原反应 ‎ B.B电极为电子的流出极 ‎ C.产生的氧化剂为O2 ‎ D.第二步的反应为3Cl2+2NH3 N2+6HCl ‎【解析】A项,根据图示知,A电极是电解池的阳极,该电极上发生失电子的氧化反应;B项,B电极为阴极,阴极为电子的流入极;C项,阳极反应式为2Cl--2e-Cl2↑,产生的氧化剂为Cl2;D项,第二步的反应为3Cl2+2NH3N2+6HCl。‎ ‎【答案】D ‎4.电解Na2CO3溶液制取NaHCO3溶液和NaOH溶液的装置如图所示。下列说法中不正确的是(　　)。 ‎ A.阴极产生的物质A是H2 ‎ B.溶液中Na+由阳极室向阴极室迁移 ‎ C.阳极OH-放电,H+浓度增大,C转化为HC D.物质B是NaCl,其作用是增强溶液导电性 ‎【解析】在阴极上由水电离出的氢离子得电子生成氢气,电极反应式为2H++2e-H2↑,故A项正确;钠离子是阳离子,在电解池中由阳极室通过阳离子交换膜向阴极室迁移,故B项正确;阳极OH-放电,H+浓度增大,H+和C发生反应C+H+ HC,使C转化为HC,故C项正确;据图可知,在阴极室生成的是NaOH溶液,若物质B为NaCl,则会引入杂质Cl-,故D项错误。 ‎ ‎【答案】D ‎5. -表示乳酸根离子)。下列说法正确的是(　　)。‎ A.通电后,阳极附近pH增大 B.电子从负极经电解质溶液回到正极 C.通电后,A-通过阴离子交换膜从阴极区进入浓缩室 D.当电路中通过2 mol电子的电量时,会有1 mol O2生成 ‎【解析】由题图可知,阳极上电解水产生H+和O2,所以通电后,阳极附近pH减小,A项错误;电子不能通过电解质溶液传递,B项错误;电解池中,阴离子向阳极方向移动,故通电后,A-通过阴离子交换膜从阴极区进入浓缩室,C项正确;根据阳极的电极反应式2H2O-4e-O2↑+4H+,当电路中通过2 mol 电子的电量时,会有0.5 mol O2生成,D项错误。‎ ‎【答案】C ‎6.在城市中,地下常埋有纵横交错的管道和输电线路,有些地面上还铺有地铁铁轨,当有电流泄漏入潮湿的土壤中,并与金属管道或铁轨形成回路时,就会引起金属管道、铁轨的腐蚀,原理简化如图所示,则下列有关说法不正确的是(　　)。‎ A.原理图可理解为两个串联的电解装置 B.溶液中铁丝被腐蚀时,左侧有无色气体产生,附近产生少量白色沉淀,随后变为灰绿色 C.地下管道被腐蚀,不易发现,也不便维修,故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等)‎ D.溶液中铁丝左侧的电极反应式为Fe-2e-Fe2+‎ ‎【解析】由图可知,左侧Fe电极与电源的正极相连为阳极,铁丝左侧为阴极,形成电解池;铁丝右侧为阳极,右侧Fe电极与电源负极相连为阴极,形成电解池,故该装置可看作两个串联的电解装置,A项正确。铁丝左侧为阴极,发生还原反应2H2O+2e-2OH-+H2↑,左侧Fe电极生成的Fe2+与OH-结合生成Fe(OH)2白色沉淀,随后被氧化成灰绿色,B项正确,D项错误。将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等),可减缓金属管道的腐蚀,C项正确。‎ ‎【答案】D ‎7.用粗硅作原料,熔融盐电解法制取硅烷的原理如图所示。下列叙述正确的是(　　)。‎ A.电源的B极为负极 B.可选用石英代替粗硅 C.电解时,熔融盐中Li+向粗硅移动 D.阳极的电极反应式为Si+4H--4e-SiH4↑‎ ‎【解析】根据该装置图,该装置为电解池,总反应为Si+2H2SiH4。H2生成H-,发生还原反应,Si发生氧化反应。根据电解池原理,阴极发生还原反应,阳极发生氧化反应,故通入H2的一极是阴极,故A是负极,B是正极,A项错误;阳极粗硅失电子,若换成石英,即SiO2,SiO2中Si已经是+4价,无法再失电子,故B项错误;电解时,熔融盐中Li+向阴极移动,故C项错误;阳极粗硅生成SiH4,故电极反应式为Si+4H--4e-SiH4↑,故D项正确。‎ ‎【答案】D ‎8.我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象,在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀,防护原理如图所示。下列说法错误的是(　　)。‎ A.通电时,锌环是阳极,发生氧化反应 B.通电时,阴极上的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-‎ C.断电时,锌环上的电极反应式为Zn2++2e-Zn D.断电时,仍能防止铁帽被腐蚀 ‎【解析】通电时,锌环连接电源正极,所以是阳极,发生氧化反应,故A项正确;阴极为溶液中氢离子得电子,所以电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,故B项正确;断电时发生原电池反应,由于锌的金属活动性比铁强,故锌环失电子作负极,电极反应式为Zn-2e-Zn2+,故C项错误;断电时有锌作负极,属于牺牲阳极的阴极保护法,故D项正确。‎ ‎【答案】C ‎9.用如图所示装置研究电化学原理,下列分析中错误的是(　　)。‎ 选项 连接 电极材料 分析 a b A K1K2‎ 石墨 铁 模拟铁的吸氧腐蚀 B K1K2‎ 锌 铁 模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法 C K1K3‎ 石墨 铁 模拟电解饱和食盐水 D K1K 铁 模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法 ‎3‎ 石墨 ‎【解析】若K1、K2连接,a为石墨,b为铁,该装置形成原电池,由于饱和食盐水呈中性,此时铁发生吸氧腐蚀,A项正确;若K1、K2连接,a为锌,b为铁,该装置形成原电池,Zn的金属活动性强于Fe,则Zn作负极,发生氧化反应而被腐蚀,Fe作正极受到保护,属于牺牲阳极的阴极保护法,B项正确;若K1、K3连接,a为石墨,b为铁,该装置形成电解池,a极与电源的正极相连,b极与电源的负极相连,则a极为阳极,b极为阴极,电解的总反应式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑,C项正确;若K1、K3连接,a为铁,b为石墨,该装置形成电解池,则Fe作阳极,发生氧化反应而被腐蚀,而外加电流的阴极保护法中,被保护的金属应与电源的负极相连,D项错误。‎ ‎【答案】D ‎10.(1)研究人员最近发现了一种“水”电池,这种电池能利用淡水与海水之间含盐量的差别进行发电,在海水中电池总反应可表示为5MnO2+2Ag+2NaClNa2Mn5O10+2AgCl,“水”电池在放电时:‎ ‎①该电池负极的电极反应式为　。 ‎ ‎②Na+不断向“水”电池的　　　　(填“正”或“负”)极移动。 ‎ ‎③每有1 mol电子转移,生成　　　　mol Na2Mn5O10。 ‎ ‎(2)如图所示,将该“水”电池与某装置相连。‎ ‎①若X、Y为石墨,a为2 L一定物质的量浓度的KCl溶液,电解一段时间发现Y极附近产生了黄绿色气体,写出电解总反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②若X、Y分别为铁、铜,a为CuCl2和Na2SO4的混合溶液,电池与X、Y的连接方式与①相同,Y极的电极反应式为　　　　　　　　　　。 ‎ ‎【解析】(1)①根据电池总反应可判断出Ag为该电池的负极,电极反应式为Ag+Cl--e-AgCl。②在原电池中,阴离子向负极移动,阳离子向正极移动,故Na+移向正极。③根据电池总反应和得失电子守恒知,生成1 mol Na2Mn5O10的同时生成2 mol AgCl,转移2 mol电子,故每有1 mol电子转移,生成0.5 mol Na2Mn5O10。(2)①用石墨作电极电解KCl溶液,阴极发生还原反应生成H2,阳极发生氧化反应生成Cl2,由于Y极附近出现黄绿色气体,故Y为阳极,电解总反应式为2KCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2KOH。②根据①可知此时铁作阴极,铜作阳极,故阳极金属铜放电,阳极反应式为Cu-2e-Cu2+。‎ ‎【答案】(1)①Ag+Cl--e-AgCl　②正　③0.5‎ ‎(2)①2KCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2KOH ‎②Cu-2e-Cu2+‎ ‎1.高铁酸钠(Na2FeO4)是具有紫色光泽的粉末,是一种高效绿色强氧化剂,碱性条件下稳定,可用于废水和生活用水的处理。实验室以石墨和铁钉为电极,以不同浓度的NaOH溶液为电解质溶液,控制一定电压电解制备高铁酸钠,电解装置和现象如下:‎ c(NaOH)‎ 阴极现象 阳极现象 ‎1 mol·L-1‎ 产生无色气体 产生无色气体,10 min内溶液颜色无明显变化 ‎10 mol·L-1‎ 产生大量无色气体 产生大量无色气体,3 min后溶液变为浅紫红色,随后逐渐加深 ‎15 mol·L-1‎ 产生大量无色气体 产生大量无色气体,1 min后溶液变为浅紫红色,随后逐渐加深 下列说法中不正确的是(　　)。 ‎ A.a为铁钉,b为石墨 ‎ B.阴极主要发生反应:2H2O+2e- H2↑+2OH- ‎ C.高浓度的NaOH溶液,有利于发生反应:Fe-6e-+8OH-Fe+4H2O ‎ D.制备Na2FeO4时,若用饱和NaCl溶液,可有效避免阳极产生气体 ‎ ‎【解析】A项,制备高铁酸钠需要铁在阳极放电,发生氧化反应,即a为铁钉,b为石墨;B项,电解池的阴极上阳离子放电,水电离的H+放电能力强于Na+,故阴极的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-;C项,观察实验现象,碱性越强,越易生成Fe,故高浓度的NaOH溶液,有利于发生反应Fe-6e-+8OH- Fe+4H2O;D项,若选用饱和NaCl溶液,因Cl-放电能力强于OH-,在阳极更容易产生气体。 ‎ ‎【答案】D ‎2.探究电场作用下阴、阳离子的迁移。a、b、c、d均为石墨电极,电极间距4 cm。将pH试纸用不同浓度Na2SO4溶液充分润湿,进行如下实验: ‎ 实验现象:‎ 时间 试纸Ⅰ 试纸Ⅱ ‎1 min a极附近试纸变红,b极附近试纸变蓝 c极附近试纸变红,d极附近……‎ ‎10 min 红色区和蓝色区不断向中间扩展,相遇时红色区约2.7 cm,蓝色区约1.3 cm 两极颜色范围扩大不明显,试纸大部分仍为黄色 下列说法不正确的是(　　)。 ‎ A.d极附近试纸变蓝 ‎ B.a极附近试纸变红的原因是2H2O+2e-H2↑+2OH- ‎ C.对比试纸Ⅰ和试纸Ⅱ的现象,说明电解质溶液浓度影响H+和OH-的迁移 ‎ D.试纸 Ⅰ 的现象说明,此环境中H+的迁移速率比OH-快 ‎ ‎【解析】A项,d极为阴极,H+在阴极发生还原反应生成氢气,d极附近OH-浓度增大,pH试纸变蓝;B项,a极为阳极,OH-在阳极上发生氧化反应生成氧气,即2H2O-4e-O2↑+4H+,a极附近H+浓度增大,pH试纸变红;C项,10 min 以后,试纸Ⅰ和试纸Ⅱ的现象不同,说明电解质溶液浓度对H+和OH-的迁移有影响;D项,试纸Ⅰ红色区约2.7 cm,蓝色区约1.3 cm,说明此环境中H+的迁移速率比OH-快。 ‎ ‎【答案】B ‎3.科学工作者研发了一种SUNCAT的系统,借助锂循环可持续合成氨,其原理如图所示。下列说法中不正确的是(　　)。 ‎ A.过程Ⅰ得到的Li3N中N元素的化合价为-3价 ‎ B.过程Ⅱ生成W的反应:Li3N+3H2O 3LiOH+NH3↑ ‎ C.过程Ⅲ中能量转化的形式:化学能转化为电能 ‎ D.过程Ⅲ涉及反应:4OH--4e-O2↑+2H2O ‎ ‎【解析】A项,过程Ⅰ得到的Li3N中Li元素的化合价为+1 价,则N元素的化合价为-3价;B项,根据原理图可知,过程Ⅱ中Li3N和水反应生成氨气和W,W分解可生成Li、O2和H2O,则W为LiOH,化学方程式为Li3N+3H2O3LiOH+NH3↑;C项,过程Ⅲ中氢氧化锂转变为锂、氧气和水,应该是电解过程,能量转化的形式为电能转化为化学能;D项,过程Ⅲ的阳极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O。 ‎ ‎【答案】C ‎4.臭氧是常见的强氧化剂,广泛用于水处理系统。制取臭氧的方法很多,其中高压放电法和电解纯水法原理如图所示,下列有关说法不正确的是(　　)。‎ A.高压放电法,反应的原理为3O22O3‎ B.高压放电出来的空气中,除含臭氧外还含有氮的氧化物 C.电解纯水时,电极b周围发生的电极反应有6OH--6e-O3↑+3H2O和4OH--4e-O2↑+2H2O D.电解水时,H+由电极a经聚合电解质薄膜流向电极b ‎【解析】由高压放电法原理图可知,氧气在放电的条件下生成臭氧,高压放电法反应的原理为3O22O3,故A项正确。空气中含有氮气与氧气,在高压放电条件下二者可以反应生成NO等,故B项正确。由电解纯水法原理图可知,b电极发生氧化反应,生成氧气和臭氧,同时有氢离子生成,电极b周围发生的电极反应有:3H2O-6e-O3↑+6H+或6OH--6e-O3↑+3H2O;2H2O-4e-O2↑+4H+或4OH--4e-O2↑+2H2O,故C项正确。a电极生成氢气,H+在a电极放电,H+由电极b经聚合电解质薄膜流向电极a,故D项错误。‎ ‎【答案】D ‎5.金属铝在现代生产和日常生活中应用广泛。‎ ‎(1)工业上用电解熔融氧化铝的方法来制取金属铝。纯净氧化铝的熔点很高(约2045 ℃),在实际生产中,通过加入助熔剂冰晶石(Na3AlF6)得到熔融体,反应的化学方程式为2Al2O34Al+3O2↑。‎ ‎①在电解过程中阴极的电极反应式为　; ‎ 阳极的电极反应式为　。 ‎ ‎②由于电解产生的氧气全部与石墨电极反应生成CO和CO2气体,因此在电解过程中石墨电极需要不断补充。若生产中每生成a g Al,损失石墨b g,则理论上产生CO和CO2的物质的量分别是　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)对金属制品进行抗腐蚀处理,可延长其使用寿命。如图所示,以铝片为阳极,在H2SO4溶液中电解,可使铝片表面形成氧化膜,则阳极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　。在电解过程中,阴极附近溶液的pH　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 ‎ ‎(3)“863”计划和中科院“百人计划”支持的环境友好型铝-碘电池已研制成功,电解质为AlI3溶液,已知电池总反应式为2Al+3I22AlI3。该电池负极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　,当负极质量减少27 g时,在导线中有　　　　个电子通过。 ‎ ‎【解析】(1)①分析电解熔融Al2O3的化学方程式可知,Al3+在阴极发生还原反应生成Al,电极反应式为Al3++3e-Al;O2-在阳极发生氧化反应生成O2,电极反应式为2O2--4e-O2↑。②根据电解总反应式可知,生成a g Al时,生成O2的物质的量为 mol;据O原子守恒可得:n(CO)+2n(CO2)=2× mol;据C原子守恒可得:[n(CO)+n(CO2)]×12 g·mol-1=b g;联立两式可得n(CO)= mol,n(CO2)= mol。(2)用铝片为阳极,电解H2SO4溶液使铝片表面形成氧化膜,即生成Al2O3,则阳极的电极反应式为2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+。电解过程中,阴极上H+放电生成H2,电极反应式为2H++2e-H2↑,反应中消耗H+,溶液中c(H+)减小,溶液的pH增大。(3)分析铝-碘电池总反应可知,Al失去电子被氧化成Al3+,则Al作负极,电极反应式为Al-3e-Al3+。负极质量减少27 g时,负极上消耗1 mol Al,结合负极反应式可知导线中转移电子的物质的量为3 mol,即1.806×1024(或3NA)个。‎ ‎【答案】(1)①Al3++3e-Al　2O2--4e-O2↑‎ ‎② mol、 mol ‎(2)2Al+3H2O-6e-Al2O3+6H+　增大 ‎(3)Al-3e-Al3+　1.806×1024(或3NA)‎ ‎1.下列实验设计及其对应的离子方程式均正确的是(　　)。‎ A.向稀硝酸中滴加Na2SO3溶液:S+2H+SO2↑+H2O B.用FeCl3溶液腐蚀铜来制作印刷电路板:2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+‎ C.向Na2SiO3溶液中通入过量SO2:Si+SO2+H2OH2SiO3↓+S D.用NaOH溶液吸收NO2气体:3NO2+2OH-2N+NO↑+H2O ‎【解析】硝酸是氧化性酸,Na2SO3具有还原性,两者发生氧化还原反应,故A项错误;铜和Fe3+发生氧化还原反应2Fe3++CuCu2++2Fe2+,故B项正确;向Na2SiO3溶液中通入过量SO2:Si+2SO2+2H2OH2SiO3↓+2HS,故C项错误;NaOH溶液吸收NO2气体,其离子方程式为2NO2+2OH-N+N+H2O,故D项错误。‎ ‎【答案】B ‎2.T ℃时,NaCl的溶解度为a g/(100 g 水),取该温度下的饱和氯化钠溶液V mL,测得其密度为ρ g·cm-3,则下列表达式正确的是(　　)。‎ A.w(NaCl)=%‎ B.n(NaCl)= mol C.c(NaCl)= mol·L-1‎ D.n(NaCl)= mol ‎【解析】该温度下饱和氯化钠溶液的质量分数w(NaCl)=×100%=%,A项错误;V mL饱和氯化钠溶液的质量为ρ g·cm-3×V mL=ρV g,溶液中氯化钠的质量分数为%,则溶液中n(NaCl)== mol,B项错误,D项正确;该饱和氯化钠溶液的浓度c(NaCl)= mol÷(V×10-3L)= mol·L-1,C项错误。‎ ‎【答案】D ‎3.A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素,A、E在元素周期表中的相对位置如图,A与C元素能形成两种无色气体,C是地壳中含量最多的元素,D是地壳中含量最多的金属元素。‎ A E ‎(1)C在元素周期表中的位置为　　　　,其离子的结构示意图为　　　　。 ‎ ‎(2)AE2的电子式为　。 ‎ ‎(3)C、E、F的单质沸点最低的是　　　　(填化学式)。 ‎ ‎(4)C、D、E、F的简单离子半径由大到小的顺序是　　　　(填离子符号)。 ‎ ‎(5)实验室制取F2气体的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(6)在微电子工业中,B的最简单气态氢化物的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂,所发生反应的产物不污染环境,其化学方程式为　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎【解析】由题中所给信息可知,A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的短周期主族元素,C是地壳中含量最多的元素,则C为氧元素;A能与氧元素形成两种无色气体,则A为碳元素;D为铝元素,且图中给出了A和E在元素周期表中的相对位置,则B为氮元素,E是硫元素,F为氯元素。(1)C为氧元素,在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族;O2-‎ 的结构示意图为。(2)AE2为CS2,其电子式为。(3)C、E、F的单质分别是O2、S、Cl2,通常状态下,S是固体,O2和Cl2是气体,且O2和Cl2是组成相似的分子晶体,O2的相对分子质量小于Cl2,因此O2的沸点最低。(4)具有相同电子层结构的离子,核电荷数越大,离子半径越小。具有不同电子层结构的离子,电子层数越多,离子半径越大。因此离子半径S2->Cl->O2->Al3+。(5)实验室使用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气,其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。(6)B为N元素,其最简单的气态氢化物的水溶液为NH3·H2O,与H2O2反应的化学方程式为2NH3·H2O+3H2O2N2↑+8H2O。‎ ‎【答案】(1)第二周期ⅥA族　‎ ‎(2)‎ ‎(3)O2‎ ‎(4)S2->Cl->O2->Al3+‎ ‎(5)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O ‎(6)2NH3·H2O+3H2O2N2↑+8H2O ‎4.碳、硫的含量影响钢铁性能。某兴趣小组用如下流程对钢样进行探究。‎ ‎(1)钢样中硫元素以FeS形式存在,FeS在足量氧气中灼烧,生成的固体产物中Fe、O两种元素的质量之比为21∶8,则该固体产物的化学式为　　　　。 ‎ ‎(2)检验钢样灼烧生成气体中的CO2,需要的试剂是　　　(填字母)。 ‎ a.酸性KMnO4溶液　　　b.澄清石灰水 c.饱和NaHCO3溶液 d.浓H2SO4‎ ‎(3)取10.00 g钢样在足量氧气中充分灼烧,将生成的气体用足量1%的H2O2溶液充分吸收,再用0.1000 mol·L-1NaOH溶液滴定吸收液至终点,消耗NaOH溶液20.00 mL;另取10.00 g钢样在足量氧气中充分灼烧,将生成的气体通过盛有足量碱石灰的U形管(如图),U形管增重0.614 g。‎ ‎①用1%H2O2溶液吸收SO2,发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②分别计算该钢样中硫、碳元素的质量分数(写出计算过程)。‎ ‎③实验测得的碳元素质量分数偏高,其可能的原因是　　　　(填字母)。 ‎ a.U形管中生成的亚硫酸盐吸收了O2‎ b.碱石灰吸收了空气中的CO2‎ c.气体通过碱石灰的流速过快,未被充分吸收 ‎【解析】(1)设固体产物的化学式为FexOy,则x∶y=∶=3∶4,所以化学式是Fe3O4。(2)由于灼烧生成气体中除含有CO2外还含有SO2,所以先用酸性KMnO4溶液除去SO2,再用澄清石灰水检验CO2。(3)①SO2被H2O2氧化:SO2+H2O22H++S。②由于NaOH只与生成的H2SO4反应,所以可根据消耗的NaOH的量计算出硫的量,从而计算出硫的质量分数,U形管增加的质量的是CO2和SO2的总质量,所以根据硫的量可计算出生成SO2的质量,再用总增重减去SO2的质量可得CO2的质量,从而求出碳的量,最终求出碳的质量分数。③a项,亚硫酸盐吸收了O2使得增重变大,由于硫的量已确定,所以增重的部分被认为是CO2的量,从而使得碳的质量分数偏高;b项,空气中的CO2被认为是生成的CO2,从而使得碳的质量分数偏高;c项,流速过快使得气体没有被完全吸收,使得增重变小,所以碳的质量分数变小。‎ ‎【答案】(1)Fe3O4　(2)ab ‎(3)①H2O2+SO22H++S ‎②n(S)=n(SO2)=n(NaOH)=×0.02000 L×0.1000 mol·L-1=1.000×10-3 mol w(S)=×100%=0.32%‎ m(SO2)=1.000×10-3 mol×32 g·mol-1÷=0.064 g m(CO2)=0.614 g-m(SO2)=0.550 g n(C)=n(CO2)==0.0125 mol w(C)=×100%=1.5%‎ ‎③ab ‎5.能源是国民经济发展的重要基础,我国目前使用的能源主要是化石燃料。‎ ‎(1)熔融盐燃料电池具有高的发电效率,因而受到重视。可用熔融的碳酸盐作为电解质,向负极充入燃料气CH4,用空气与CO2的混合气作为正极的助燃气,以石墨为电极材料,制得燃料电池。工作过程中,C移向　　　　(填“正”或“负”)极,已知充入CH4的一极的电极反应式为CH4+4C-8e-5CO2+2H2O,则另一极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)利用上述燃料电池,按图1所示装置进行电解,A、B、C、D均为铂电极,回答下列问题。‎ Ⅰ.甲槽电解的是200 mL一定浓度的NaCl与CuSO4的混合溶液,理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2所示(气体体积已换算成标准状况下的体积,电解前后溶液的体积变化忽略不计)。‎ ‎①原混合溶液中NaCl的物质的量浓度为　　　　　　mol·L-1,CuSO4的物质的量浓度为　　　　　　mol·L-1。 ‎ ‎②t2时所得溶液的pH=　　　　。 ‎ Ⅱ.乙槽为200 mL CuSO4溶液,乙槽内电解的总离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎①当C极析出0.64 g物质时,乙槽溶液中生成的H2SO4为　　　　mol。电解后,要使乙槽内的溶液完全复原,可向乙槽中加入　　　　(填字母)。 ‎ A.Cu(OH)2　　　　　　B.CuO C.CuCO3 D.Cu2(OH)2CO3‎ ‎②若通电一段时间后,向所得的乙槽溶液中加入0.2 mol 的Cu(OH)2才能恰好恢复到电解前的浓度,则电解过程中转移的电子数为　　　　。 ‎ ‎【解析】(1)燃料电池工作过程中,熔融盐中的阴离子向负极移动,即C移向负极。CH4在负极发生氧化反应生成CO2和H2O,该燃料电池的总反应式为CH4+2O2CO2+2H2O,结合得失电子守恒、负极反应式和电池总反应式推知,正极反应式为O2+2CO2+4e-2C。‎ ‎(2)Ⅰ.①A、B、C、D均为惰性电极Pt,甲槽电解NaCl和CuSO4的混合液,阳极上离子放电顺序为Cl->OH->S,阴极上离子放电顺序为Cu2+>H+>Na+,开始阶段阴极上析出Cu,阳极上产生Cl2,则图中曲线a代表阴极产生气体体积的变化,曲线b代表阳极产生气体体积的变化。阳极上发生的反应依次为2Cl--2e-Cl2↑、4OH--4e-2H2O+O2↑,由曲线b可知,Cl-放电完全时生成224 mL Cl2,根据Cl原子守恒可知,溶液中c(NaCl)==0.1 mol·L-1;阴极上发生的反应依次为Cu2++2e-Cu、2H++2e-H2↑,由曲线b可知Cu2+放电完全时,阳极上产生224 mL Cl2和112 mL O2,则电路中转移电子的物质的量为0.01‎ ‎ mol×2+0.005 mol×4=0.04 mol,据得失电子守恒可知n(Cu2+)=0.04 mol×=0.02 mol,故混合液中c(CuSO4)==0.1 mol·L-1。‎ ‎②0~t1时间段内相当于电解CuCl2,电解反应式为CuCl2Cu+Cl2↑,t1~t2时间段内相当于电解CuSO4,而电解CuSO4溶液的离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+,则生成H+的物质的量为0.005 mol×4=0.02 mol,则有c(H+)==0.1 mol·L-1,故溶液的pH=1。‎ Ⅱ.电解CuSO4 溶液时,Cu2+在阴极放电,水电离的OH-在阳极放电,故电解的总离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。①C极为阴极,电极反应式为Cu2++2e-Cu,析出0.64 g Cu(0.01 mol)时,生成H2SO4的物质的量也为0.01 mol。电解CuSO4溶液时,阴极析出Cu,阳极上产生O2,故可向电解质溶液中加入CuO、CuCO3等使电解质溶液完全复原。‎ ‎②加入0.2 mol Cu(OH)2相当于加入0.2 mol CuO和0.2 mol H2O,则电解过程中转移电子的物质的量为0.2 mol×2+0.2 mol×2=0.8 mol,即0.8NA个电子。‎ ‎【答案】(1)负　O2+2CO2+4e-2C ‎(2)Ⅰ.①0.1　0.1　②1‎ Ⅱ.2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+　①0.01　BC　②0.8NA ‎6.某小组同学用如图装置电解食盐水,并对电解产物进行探究。‎ 实验装置 电解质溶液 实验现象 a极附近 b极附近 ‎5 mol·L-1‎ NaCl 开始时,产生白色浑浊并逐渐增多,‎ 产生无色 气泡 溶液 当沉入U形管底部时部分沉淀变为橙黄色;随后a极附近沉淀自下而上也变为橙黄色 资料显示:①氯化亚铜(CuCl)为白色粉末,微溶于水;‎ ‎②氢氧化亚铜(CuOH)为黄色不溶于水的固体,易脱水分解为红色的Cu2O;‎ ‎③Cu+在水溶液中不稳定,酸性条件下易歧化为Cu2+和Cu;‎ ‎④氢氧化铜可以溶于浓NaOH溶液得到蓝色溶液。‎ ‎(1)经检验,b极产生的气体是H2,b极附近溶液的pH　　　　(填“增大”“减小”或“不变”);铜丝a应与电源的　　　　(填“正”或“负”)极相连。  ‎ ‎(2)同学们分析a极附近生成的白色浑浊是CuCl,则该极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　。  ‎ ‎(3)①橙黄色沉淀中含有Cu2O,则CuCl转化为Cu2O的原因是　　　　　　　　　　(用离子方程式表示);  ‎ ‎②结合离子在溶液中的运动规律,解释“a极附近沉淀自下而上”变为橙黄色的原因: ‎ ‎　。 ‎ ‎(4)同学们通过实验进一步证实沉淀中含有Cu2O:将橙黄色沉淀滤出洗涤后,滴加0.2 mol·L-1 H2SO4溶液至过量,应观察到的现象是 ‎ ‎　。  ‎ ‎(5)同学们根据上述实验提出猜想:电解时,Cu作阳极先被氧化为CuOH。为此,他们用Cu电极电解5 mol·L-1 NaOH溶液,实验时观察到阳极产生大量无色气泡,附近溶液变蓝,未见预期的黄色沉淀。 根据现象能否得出“该猜想不成立”的结论,并说明理由:　　　　　　　　　　　　　　　。  ‎ ‎【解析】(1)b极产生的气体是H2,说明水电离产生的H+放电,故b极附近溶液的pH增大;结合a极附近现象和已知资料知,a极附近生成Cu+,故铜丝a作阳极,应与电源的正极相连。 (2)铜失去电子生成Cu+,溶液中的Cl-与Cu+结合产生CuCl 沉淀,电极反应式是Cu-e-+Cl-CuCl。 (3)①CuCl在碱性条件下转化为CuOH,CuOH脱水分解产生红色的Cu2O,故CuCl转化为Cu2O的离子方程式是CuCl+OH-CuOH+Cl-、2CuOH Cu2O+H2O; ②通电时,在阴极产生的OH-向阳极定向移动,a极附近白色沉淀CuCl逐渐转化为黄色的CuOH, CuOH脱水生成红色的Cu2O,故a极附近沉淀自下而上变为橙黄色。 (4)Cu+在水溶液中不稳定,酸性条件下易歧化为Cu2+和Cu,若橙黄色沉淀中含有Cu2O,则加酸后沉淀溶解,溶液变蓝,且有少量红色固体产生。 (5)阳极产生的大量无色气泡为氧气,O2可将CuOH氧化,故不能得出猜想不成立的结论。 ‎ ‎【答案】(1)增大　正 ‎(2)Cu-e-+Cl-CuCl ‎ ‎(3)①CuCl+OH-CuOH+Cl-、2CuOHCu2O+H2O ‎ ‎②通电时,在阴极产生的OH-向阳极定向移动 ‎(4)沉淀溶解,溶液变蓝,且有少量红色固体产生 ‎(5)不能,阳极产生的大量O2可能将CuOH氧化