2020届一轮复习通用版三十七）化学能与电能（4）电化学原理的综合应用（过综合）作业

2020届一轮复习通用版三十七）化学能与电能（4）电化学原理的综合应用（过综合）作业

跟踪检测（三十七） 化学能与电能 （4）——电化学原理的综合应用（过综合）‎ ‎1．下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是(　　)‎ A．水中的钢闸门连接电源的负极 B．金属护栏表面涂漆 C．汽车底盘喷涂高分子膜 D．地下钢管连接镁块 解析：选A　水中的钢闸门连接电源的负极，钢闸门为阴极，从而得以保护，A项正确；金属护栏表面涂漆的原理是隔绝金属护栏与空气接触，从而减缓金属护栏的腐蚀，B项错误；汽车底盘喷涂高分子膜的原理也是隔绝与空气的接触，C项错误；地下钢管连接镁块，形成了原电池，属于牺牲阳极的阴极保护法，D项错误。‎ ‎2．电解100 mL含c(H＋)＝0.30 mol·L－1的下列溶液，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－1 Ag＋　　　 B．0.20 mol·L－1 Zn2＋‎ C．0.20 mol·L－1 Cu2＋ D．0.20 mol·L－1 Pb2＋‎ 解析：选C　在电解液中除金属离子外都含有H＋(酸电离)，电解时阴极是先析出金属还是先放出H2，这与金属的活动性顺序有关。题中Cu和Ag的活动性顺序在H的后面，它们的离子与H＋共存时，首先被还原的是Cu2＋和Ag＋；而Pb和Zn的活动性顺序在H的前面，它们的离子与H＋共存时，首先被还原的是H＋。所以电解含有Zn2＋、Pb2＋的溶液时，H＋先得电子生成H2，n(e－)＝n(H＋)＝0.30 mol·L－1×0.1 L＝0.03 mol，故Zn2＋、Pb2＋得到的电子为0.04 mol－0.03 mol＝0.01 mol，生成的金属Zn、Pb的物质的量均为0.005 mol，其质量分别为0.325 g、1.035 g；电解含有Ag＋的溶液，可得Ag的质量为0.1 mol·L－1×0.1 L×108 g·mol－1＝1.08 g；电解含有Cu2＋的溶液，可得铜的质量为0.2 mol·L－1×0.1 L×64 g·mol－1＝1.28 g，C项符合题意。‎ ‎3.(2019·黄山八校联考)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法正确的是(　　)‎ A．d为石墨，铁片腐蚀减慢 B．d为石墨，石墨上电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ C．d为锌块，铁片易被腐蚀 D．d为锌块，铁片上电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑‎ 解析：选B　电极d为石墨，腐蚀时形成原电池，铁片作负极，则铁片腐蚀加快，A错误；d为石墨，形成原电池，铁片作负极，海水呈弱碱性，发生铁的吸氧腐蚀，则石墨上电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ ‎，B正确；d为锌块，形成原电池时，锌块作负极，铁片作正极而受到保护，C错误；d为锌块，形成原电池，铁片作正极，海水呈弱碱性，发生吸氧腐蚀，则铁片上电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D错误。‎ ‎4.如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈蓝色。下列说法中不正确的是(　　)‎ A．x是正极，y是负极 B．a极产生氢气，b极生成I2‎ C．a极和Pt电极都有气泡产生 D．U形管中溶液的碱性增强 解析：选A　淀粉遇碘变蓝→b极生成I2，即确定b极发生反应2I－－2e－===I2，则b极是阳极，x是负极，y是正极，a极H＋放电，发生反应2H＋＋2e－===H2↑，产生氢气，U形管中总反应式为2KI＋2H2O2KOH＋H2↑＋I2，溶液的碱性增强，故A错误，B、D正确；铂为阳极，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，C正确。‎ ‎5.埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行保护。下列说法正确的是(　　)‎ A．该方法利用了电解池原理 B．该方法称为“外加电流的阴极保护法”‎ C．在此装置中钢管道作正极 D．镁块上发生的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ 解析：选C　由图可知，钢管道防腐采取的措施是将钢管道与镁块相连，则该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，是利用原电池原理，A、B均错误；Mg的活泼性强于Fe，该装置中钢管作正极，潮湿的土壤呈碱性，则电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C正确；镁块作负极，失电子被氧化生成Mg2＋，电极反应式为Mg＋2OH－－2e－===Mg(OH)2，D错误。‎ ‎6.城市地下潮湿的土壤中常埋有纵横交错的管道和输电线路，当有电流泄漏并与金属管道形成回路时，就会引起金属管道的腐蚀。原理如图所示，但若电压等条件适宜，钢铁管道也可能减缓腐蚀，此现象被称为“阳极保护”。下列有关说法不正确的是(　　)‎ A．该装置能够将电能转化为化学能 B．管道右端腐蚀比左端快，右端电极反应式为 Fe－2e－===Fe2＋‎ C．如果没有外加电源，潮湿的土壤中的钢铁管道比较容易发生吸氧腐蚀 D．钢铁“阳极保护”的实质是在阳极金属表面形成一层耐腐蚀的钝化膜 解析：‎ 选B　A项，该装置相当于电解池，能将电能转化为化学能，正确；B项，左端是阳极，腐蚀得更快，错误；C项，如果没有外加电源，潮湿的土壤(接近中性)中的钢铁管道发生原电池反应，所以发生的是吸氧腐蚀，正确；D项，根据题意，此种腐蚀较慢，所以“阳极保护”实际上是在金属表面形成了一层致密的保护膜，正确。‎ ‎7.钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按如图装置进行电解。通电后，a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是(　　)‎ A．已知钴酸锂电池放电时总反应为Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋6C，则Li1－xCoO2作负极，失电子 B．当外电路中转移0.2 mol电子时，电极b处有2.24 L Cl2生成 C．电极d为阴极，电解开始时的电极反应式为 Cu＋Cl－－e－===CuCl D．随着电解的进行，U形管Ⅱ中发生了如下转化 CuCl＋OH－===CuOH＋Cl－‎ 解析：选D　A项，LixC6中C为负价，根据电池总反应，LixC6作负极，则Li1－xCoO2作正极，得电子，故A错误；B项，没有说明是否是标准状况，因此无法直接计算生成氯气的体积，故B错误；C项，d电极发生的变化Cu→CuCl是氧化反应，故d极为阳极，d极反应式为Cu＋Cl－－e－===CuCl，故C错误；D项，d电极先产生白色沉淀(CuCl)，白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)，发生的反应是CuCl＋OH－===CuOH＋Cl－，故D正确。‎ ‎8．甲、乙两个电解池均以Pt为电极且互相串联。甲池盛有AgNO3溶液，乙池盛有一定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池阴极质量增加2.16 g，乙池电极析出0.24 g金属，则乙池中溶质可能是(　　)‎ A．CuSO4　　　　　　　　　 B．MgSO4‎ C．Al(NO3)3 D．Na2SO4‎ 解析：选A　Pt为惰性电极，电解各种盐溶液时，阳离子在阴极放电，阳离子的放电顺序为Cu2＋>H＋>Al3＋>Mg2＋>Na＋，乙池中的溶质若为MgSO4、Al(NO3)3或Na2SO4，电解过程中阴极不会析出金属，故乙池中的溶质只能为CuSO4。甲、乙两个电解池串联，通过各个电极的电子数相等。甲、乙两池的阴极分别发生的反应为2Ag＋＋2e－===2Ag、Cu2＋＋2e－===Cu，则存在关系式：2Ag～2e－～Cu，n(Cu)＝n(Ag)＝×＝0.01 mol，故乙池中析出金属Cu的质量为m(Cu)＝0.01 mol×64 g·mol－1＝0.64 g，但实际上仅析出0.24 g Cu，这说明CuSO4的量不足，还发生反应：2H＋＋2e－===H2↑。‎ ‎9．深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，下列与此原理有关说法错误的是(　　)‎ A．正极反应为SO＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－‎ B．输送暖气的管道不易发生此类腐蚀 C．这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·xH2O D．管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀 解析：选C　原电池的正极发生还原反应，由题图可知，发生的电极反应为SO＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－，故A正确；硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化作用，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，故B正确；由题图可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，故C错误；管道上刷富锌油漆，形成ZnFe原电池，Fe为正极被保护，可以延缓管道的腐蚀，故D正确。‎ ‎10．如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。下列说法正确的是(　　)‎ A．甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置 B．甲池通入CH3OH的电极反应式为 CH3OH－6e－＋2H2O===CO＋8H＋‎ C．反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度 D．甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体 解析：选D　甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，A项错误；在燃料电池中，在负极甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O，B项错误；电解池乙池中，电解后生成H2SO4、Cu和O2，要想复原，应加入CuO，C项错误；甲池中根据电极反应：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，消耗280 mL O2(标准状况下0.012 5 mol)，则转移电子0.05 mol，丙装置中，电池总反应式为MgCl2＋2H2OMg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，理论上最多产生Mg(OH)2 的质量为0.025 mol×58 g·mol－1＝1.45 g，D项正确。‎ ‎11．某同学进行下列实验：‎ 操作 现象 取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐水 放置一段时间后，生铁片上出现如图所示“斑痕”。其边缘处为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈 下列说法不合理的是(　　)‎ A．生铁片发生吸氧腐蚀 B．中心区：Fe－2e－===Fe2＋‎ C．边缘处：O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ D．交界处：4Fe2＋＋O2＋10H2O===4Fe(OH)3＋8H＋‎ 解析：选D　生铁片边缘处为红色，说明生成了OH－，O2＋2H2O＋4e－===4OH－，生铁片发生吸氧腐蚀，故A、C合理；根据实验现象，中心区域为蓝色，说明生成了亚铁离子，Fe－2e－===Fe2＋，故B合理；在两色环交界处出现铁锈，是因为生成的Fe(OH)2被氧气氧化生成了Fe(OH)3，故D不合理。‎ ‎12．如图所示装置可间接氧化工业废水中含氮离子(NH)。下列说法不正确的是(　　)‎ A．乙是电能转变为化学能的装置 B．含氮离子氧化时的离子方程式为 ‎3Cl2＋2NH===N2＋6Cl－＋8H＋‎ C．若生成H2和N2的物质的量之比为3∶1，则处理后废水的pH减小 D．电池工作时，甲池中的Na＋移向Mg电极 解析：选D　甲中活泼金属镁作原电池的负极，石墨为正极形成原电池，乙是连接原电池的电解池，电解酸性工业废水，电解池是将电能转变为化学能的装置，A正确；酸性条件下含氮离子氧化时转化为氮气，反应的离子方程式为3Cl2＋2NH===N2＋6Cl－＋8H＋，B正确；若生成H2和N2的物质的量之比为3∶1，根据电极反应6H＋＋6e－===3H2↑、3Cl2＋2NH===N2＋6Cl－＋8H＋，则处理后废水的H＋浓度增大，pH减小，C正确；电池工作时，甲池是原电池，原电池中阳离子Na＋移向正极石墨电极，D不正确。‎ ‎13.以惰性电极电解CuSO4和NaCl的混合溶液，两电极上产生的气体(标准状况下测定)体积如图所示，下列有关说法正确的是(　　)‎ A．原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为1∶1‎ B．a表示阴极上产生的气体，t1前产生的为Cl2‎ C．若t1时溶液的体积为1 L，此时溶液的pH为13‎ D．若原溶液体积为1 L，则原溶液中SO的物质的量浓度为0.2 mol·L－1‎ 解析：选A　以惰性电极电解CuSO4和NaCl的混合溶液，阳极依次发生2Cl－－2e－===Cl2↑、4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；阴极依次发生Cu2＋＋2e－===Cu、2H＋＋2e－===H2↑。根据题图可知，生成的氯气是112 mL，物质的量是0.005 mol，转移电子是0.01 mol，则氯化钠物质的量是0.01 mol；t2时铜离子恰好放电完毕，此时生成氧气是168 mL－112 mL＝56 mL，物质的量是0.002 5 mol，则转移电子是0.01 mol，所以根据电子得失守恒可知，析出铜是0.01 mol，因此硫酸铜物质的量是0.01 mol；根据以上分析，原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为0.01 mol∶0.01 mol＝1∶1，故A正确；a表示阳极上产生的气体，t1前产生的为Cl2，故B错误；0～t1时刻，阳极生成氯气、阴极生成铜单质，溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铜，此时溶液呈酸性，故C错误；若原溶液体积为1 L，则原溶液中SO的浓度为0.01 mol÷1 L＝0.01 mol·L－1，故D错误。‎ ‎14．认真观察下列装置，下列说法错误的是(　　)‎ A．装置B中PbO2上发生的电极反应式为 PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O B．装置A中总反应的离子方程式为 Cu＋2H＋Cu2＋＋H2↑‎ C．若在装置D中生成0.2 mol Fe(OH)3，则消耗水的物质的量共为0.5 mol D．若装置E的目的是在Cu材料上镀银，则极板M的材料为Ag 解析：选D　装置B和C之间通过盐桥连接，形成原电池，PbO2作正极，发生还原反应，电极反应式为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O，A正确；装置A为电解池，Cu电极为阳极，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，Pt电极为阴极，电极反应式为2H＋＋‎ ‎2e－===H2↑，故装置A中总反应为Cu＋2H＋Cu2＋＋H2↑，B正确；装置D中石墨为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑‎ ‎，Fe电极为阳极，电极反应式为Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2↓，随后被氧化生成Fe(OH)3：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，故装置D中生成0.2 mol Fe(OH)3时，消耗水的物质的量为0.4 mol＋0.1 mol＝0.5 mol，C正确；装置E中极板M为阴极，在Cu材料上镀银，应将Cu材料作阴极，Ag材料作阳极，AgNO3溶液作电解质溶液，故极板M的材料应为Cu，D错误。‎ ‎15．如图所示，A、B、C、D均为石墨电极，E、F分别为短周期相邻两种活泼金属元素的单质，且E能与NaOH溶液反应。按图示接通电路，反应一段时间。‎ ‎(1)甲池是________(填“原电池”或“电解池”)装置，电极A的名称是________。‎ ‎(2)C极为____________(填“阴极”或“阳极”)，电极反应式为_______________。‎ ‎(3)烧杯中溶液会变蓝的是________(填“a”或“b”)。‎ ‎(4)甲池中总反应的离子方程式为_________________________________________。‎ 解析：E、F分别为短周期相邻两种活泼金属元素的单质，且E能与NaOH溶液反应，则E为Al，F为Mg。(1)Al、Mg、NaOH溶液组成的原电池中，Al失去电子被氧化生成AlO，则E(Al)电极为负极，F(Mg)电极为正极；甲池和中间U形管均形成电解池，根据电极的连接方式可知，电极A为阳极。(2)U形管是电解池装置，D极连接Al电极(负极)，作阴极，故电极C为阳极，Cl－在阳极上发生氧化反应生成Cl2，电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑。(3)电极C上Cl－发生氧化反应生成Cl2，Cl2通过导管进入淀粉KI溶液，发生反应：2KI＋Cl2===2KCl＋I2，反应生成的I2使淀粉溶液变蓝，故a烧杯中溶液会变蓝。(4)甲池中A、B电极材料均为石墨，是惰性电极，电解CuSO4溶液时，阴极上Cu2＋放电生成Cu，阳极上OH－放电生成O2，故电池总反应为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。‎ 答案：(1)电解池　阳极 ‎(2)阳极　2Cl－－2e－===Cl2↑‎ ‎(3)a ‎(4)2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋‎ ‎16．在如图所示的装置中，若通直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g，试回答下列问题。‎ ‎(1)电源中X电极为直流电源的________极。‎ ‎(2)pH变化：A________，B________，C________。(填“增大”“减小”或“不变”)‎ ‎(3)通电5 min时，B中共收集224 mL(标准状况下)气体，溶液体积为200 mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为________mol·L－1(假设电解前后溶液体积无变化)。‎ ‎(4)若A中KCl足量且溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH为________(假设电解前后溶液体积无变化)。‎ 解析：(1)由铜电极的质量增加可知发生Ag＋＋e－===Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极。(2)A中电解KCl溶液得到KOH溶液，pH增大，B中电解CuSO4溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Ag＋＋‎ e－===Ag，阳极反应为Ag－e－===Ag＋，溶液浓度不变，则pH不变。(3)C中阴极反应为 Ag＋＋e－===Ag，n(Ag)＝2.16 g÷108 g·mol－1＝0.02 mol，则转移的电子为0.02 mol，B中阳极反应为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，则转移0.02 mol电子生成氧气为0.005 mol，其体积为0.005 mol×22.4 L·mol－1＝0.112 L＝112 mL，则在阴极也生成112 mL气体，由2H＋＋‎ ‎2e－===H2↑知，氢气的物质的量为0.005 mol，该反应转移的电子为0.01 mol，则Cu2＋＋‎ ‎2e－===Cu中转移0.01 mol电子，所以Cu2＋的物质的量为0.005 mol，通电前c(CuSO4)＝0.005 mol÷0.2 L＝0.025 mol·L－1。(4)A中发生反应2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑～2e－，由电子守恒可知，转移0.02 mol电子时生成0.02 mol KOH，忽略溶液体积的变化，则 c(OH－)＝0.02 mol÷0.2 L＝0.1 mol·L－1，溶液pH＝13。‎ 答案：(1)负　(2)增大　减小　不变　(3)0.025　(4)13‎