1、课后训练与检测(时间：45分钟)一、选择题1下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是()A图1中，铁钉易被腐蚀B图2中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有蓝色沉淀出现C图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极解析：A项，图1中，铁钉处于干燥环境，不易被腐蚀；B项，负极反应为Fe2e=Fe2，Fe2与Fe(CN)63反应生成Fe3Fe(CN)62蓝色沉淀；D项，为牺牲阳极的阴极保护法，镁块相当于原电池的负极。答案：C2.下列图示中关于铜电极的连接错误的是()解析：在镀件上镀铜时，铜应作阳极，与电源正极相
2、连，镀件应作阴极，与电源负极相连。答案：C3(2015上海卷)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是()Ad为石墨，铁片腐蚀加快Bd为石墨，石墨上电极反应为：O22H2O4e=4OHCd为锌块，铁片不易被腐蚀Dd为锌块，铁片上电极反应为2H2e=H2解析：由图可知，若d为石墨，则活泼金属做负极，加快了铁片的腐蚀，A正确；d为石墨，电极反应为O22H2O4e=4OH，B正确；若d为锌块，则为负极，所以铁片不易被腐蚀，C正确，D错误。故选D。答案：D4用石墨电极电解CuCl2溶液(见下图)。下列分析正确的是()Aa端是直流电源的负极B通电使CuCl2发生电离C阳极上发生的反应：C
3、u22e=CuD通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体解析：A.铜离子应移向阴极，则a为负极。B.CuCl2发生电离是在水分子的作用下完成的，并非通电才能发生。C.反应Cu22e=Cu应在阴极上发生，阳极上发生的反应为2Cl2e=Cl2。D.通电一段时间后，应在阳极附近观察到黄绿色气体。答案：A5(2015河源一中检测)用惰性电极电解物质的量浓度为13的CuSO4和NaCl的混合溶液，可能发生的反应有()2Cu22H2O2Cu4HO2Cu22ClCuCl22Cl2H2O2OHH2Cl22H2O2H2O2A BC D解析：用惰性电极电解物质的量浓度为13的CuSO4和NaCl的混合溶液，电解
4、过程可分为，第一阶段：阳极上氯离子放电，阴离子铜离子放电。当铜离子完全析出时，转移电子的物质的量为2 mol，析出氯离子2 mol，所以氯离子还剩1 mol，此时反应为；第二阶段：阴极上氢离子放电。当氯离子完全析出前，发生的电极反应为；第三阶段：阳极上氢氧根离子放电，生成氧气，阴极上氢离子放电，所以发生的电池反应为；故选C。答案：C6用如图装置电解硫酸钾溶液制取氢气，氧气，硫酸和氢氧化钾。从开始通电时，收集B和C逸出的气体。1 min后测得B口的气体体积为C口处的一半，下列说法不正确的是()A电源左侧为正极B电解槽左侧的电极反应方程式为2H2O4e=O24HCD口导出的溶液为KOH溶液，且浓度
5、比刚加入电解槽右侧时的浓度大D在标准状况下，若1 min后从C口处收集到的气体比B口处收集到的气体多2.24 L，则有0.1NA个SO通过阴离子膜解析：根据题意，电极应为惰性电极，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为阳极：4OH4e=2H2OO2或2H2O4e=O24H；阴极：4H4e=2H2或4H2O4e=2H24OH；A、B均正确；C项，右侧由于H放电，产生KOH，所以其浓度比刚加入电解槽右侧时的浓度大；D项，设产生O2为x mol，则产生H2为2x mol，2xx0.1 mol，x0.1 mol，消耗的OH为0.4 mol，则有0.2NA个SO通过阴离子膜。答案：D7用惰性电极电
6、解100 mL 4 molL1的CuSO4溶液，一定时间后在阳极收集到1.12 L气体，向电解后的溶液中加入足量的铁粉，充分作用后溶液中的Fe2浓度为(设溶液的体积不变，反应前后均为标准状况)()A2.7 molL1 B3 molL1C4 molL1 D1 molL1解析：惰性电极电解硫酸铜，生成物是氧气、硫酸和铜。加入铁粉后发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁，所以根据S原子守恒可知，硫酸亚铁的物质的量浓度与原硫酸铜的物质的量浓度应该是相等的，所以反应后溶液中Fe2浓度为4 molL1。答案：C二、非选择题8按下图所示装置进行实验，并回答下列问题：(1)判断装置的名称：A池为_，B池为_。(2)锌
7、极为_极，电极反应式为_；铜极为_极，电极反应式为_；石墨棒C1为_极，电极反应式为_；石墨棒C2附近的实验现象为_。(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：(1)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原电池为B电解池的电源。(2)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。(3)n(H2)0.224 L/22.4 Lmol10.01 mol，故电路中转移电子
8、的物质的量为0.01 mol20.02 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 mol65 gmol10.65 g，铜极上有0.01 mol Cu析出，即CuSO4溶液增加了0.01 mol65 gmol10.01 mol64 gmol10.01 g。答案：(1)原电池电解池(2)负Zn2e=Zn2正Cu22e=Cu阳2Cl2e=Cl2有无色气体产生，附近溶液出现红色(3)减少0.65增加0.019(高考组合题)(1)(2015上海卷)氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的
9、示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：离子交换膜的作用为_。精制饱和食盐水从图中_(选填“a”“b”“c”或“d”，下同)位置补充，氢氧化钠溶液从图中_位置流出。(2)(2014四川卷)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是_。MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是_。(3)(2014江苏卷)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如上图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S22e=S(n1)SS2
10、=S写出电解时阴极的电极反应式：_。电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式为_。解析：(1)这儿的离子交换膜采用的是阳离子交换薄膜，目的是以防阴极产生的OH到达阳极会与氯气反应，从而得不到NaOH和Cl2。因为在阳极处是Cl失去电子生成Cl2，所以Cl的量会减少，需要外加补充，所以应该从a处补充进去精制饱和食盐水，在阴极处水得到电子生成OH和H2，而阳极的Na从阳极到达阴极与OH结合生成NaOH，所以从d处收集到NaOH。(2)根据Mn的化合价，从2价4价，失电子发生氧化反应，则阳极电极反应式为Mn22H2O2e=MnO24H。碱性锌锰干电池中，MnO2作为正极，发生还原反应，
11、其电极反应式MnO2H2Oe=MnO(OH)OH。(3)电解时，阴极溶液中的阳离子放电，即水溶液中的H放电生成H2和OH。由题给反应可知，阳极区生成了S，S可以理解为(n1)SS2，加入稀硫酸生成S单质同时还有H2S气体。答案：(1)以防阴极产生的OH到达阳极会与氯气反应，从而得不到NaOH和Cl2ad(2)Mn22H2O2e=MnO24HMnO2H2Oe=MnO(OH)OH(3)2H2O2e=H22OHS2H=(n1)SH2S10(1)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。图中用石墨作电极，在一定条件
12、下电解饱和食盐水制取ClO2。则阳极产生ClO2的电极反应式为_。电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112 mL(标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为_mol；用平衡移动原理解释阴极区pH增大的原因：_。(2)为提高甲醇燃料的利用率，科学家发明了一种燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是掺入了Y2O3的ZrO2晶体，在高温下它能传导O2。电池工作时正极反应式为_。若以该电池为电源，用石墨作电极电解100 mL含有以下离子的溶液。离子Cu2HClSOc/molL11441电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体时(忽略溶液体积的
13、变化及电极产物可能存在的溶解现象)，阳极上收集到氧气的物质的量为_mol。解析：(1)阳极失去电子发生氧化反应故反应为Cl5e2H2O=ClO24H。水电离产生的H在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n(e)2n(H2)2(0.112 L22.4 Lmol1)0.01 mol，则在内电路中移动的电荷为0.01 mol，每个Na带一个单位的正电荷，则通过的Na为0.01 mol；在阴极发生反应2H2e=H2，在阴极区氢离子浓度减小，使H2OHOH平衡向右移动，氢氧根离子浓度增大。(2)电池工作时，正极上O2得电子发生还原反应生成O2。结合离子浓度可知电解过程可分为三个阶段：先是电解CuCl2
14、、然后电解HCl、最后电解水，由此可见阴极首先析出0.1 mol Cu(同时阳极析出0.1 mol Cl2)，然后析出氢气；阳极上先是析出0.2 mol Cl2(此时阴极已析出0.1 mol H2)，再析出氧气，设阳极析出x mol O2时两极析出气体体积相等，由题意可得：0.2x0.12x，解得x0.1。答案：(1)Cl5e2H2O=ClO24H0.01在阴极发生2H2e=H2，H浓度减小，使H2OHOH的平衡向右移动，OH浓度增大，pH增大(2)O24e=2O20.111(2014安徽卷)某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，
15、塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：编号实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%为以下实验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.536.00.22.090.0(2)编号实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了_腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时，碳粉表面发生了_(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是_。(3)该小组对图2中0t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；假设二：_；(4)为验证假设一
16、，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。解析：(1)本题采用“控制变量法”进行研究，即保持其他条件相同，只考虑其中一个因素对实验的影响。探究醋酸浓度对电化学腐蚀的影响时，应保证碳粉和铁粉的质量与参照实验相同，因此实验中铁粉为2.0 g；对比实验和可知，铁粉的质量及醋酸的浓度相同，而碳粉的质量不同，显然探究的是碳粉的含量对铁的电化学腐蚀的影响。(2)当铁发生析氢腐蚀时，由于生成H2，容器的压强不断增大，而发生吸氧腐蚀时，由于消耗O2，容器的压强不断减小，t2时容器的压强明显小于起始压强，说明铁发生了吸氧腐蚀，此时Fe作负极，失去电子
17、发生氧化反应；碳粉作正极，O2在其表面得到电子发生还原反应，电极反应式为O22H2O4e=4OH(或4HO24e=2H2O)。(3)Fe发生电化学腐蚀时，放出热量，使体系的温度升高。(4)参照实验中药品的用量及操作方法，更换多孔橡皮塞，增加进、出气导管，并通入稀有气体，排出空气，滴加醋酸溶液，同时测量瓶内压强的变化、温度变化等，确定猜想一是否成立。答案：(1)2.0碳粉含量的影响(2)吸氧还原2H2OO24e=4OH(或4HO24e=2H2O)(3)反应放热，温度升高(4)药品用量和操作同编号实验(多孔橡皮塞增加进、出导管)；通入氩气排净瓶内空气；滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化(也可测温度
18、变化、检验Fe2等)。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。(本题属于开放性试题，答案合理即可)热点专题讲座(六)电化学组合装置问题的分析将原电池和电解池结合在一起，综合考查化学反应中的能量变化、氧化还原反应、化学实验和化学计算等知识，是高考试卷中电化学部分的重要题型。该类题目的考查内容通常有以下几个方面：电极的判断、电极反应式的书写、实验现象的描述、溶液中离子的移动、pH的变化以及电解质溶液的恢复、运用电子守恒处理相关数据等。解答该类试题，透彻理解电化学原理是基础，准确判断电池种类是关键，灵活利用电子守恒是处理数据的法宝。具体可按以下三个步骤进行：第一步多池串联装置中电池类型的判断
19、1直接判断非常直观明显的装置，如燃料电池、铅蓄电池等在电路中，则其他装置为电解池。如下图中，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原电池一般是两种不同的金属电极或一个为金属电极另一个碳棒做电极；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。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。如下图中，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。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
20、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。第二步利用相关概念进行分析判断在确定了原电池和电解池后，利用有关概念作分析和判断，如电极的判断、电极反应方程式的书写、实验现象的描述、溶液中离子的移动方向、pH的变化及电解质溶液的恢复等。只要按照各自的规律分析即可。第三步串联装置中的数据处理原电池和电解池综合装置的有关计算的根本依据就是电子转移的守恒，分析时要注意两点：串联电路中各支路电流相等；并联电路中总电流等于各支路电流之和。在此基础上分析处理其他各种数据。上图中，装置甲是原电池，装置乙是电解池，若电路中有0.2 mol电子转移，则Zn极溶解6.5
21、g，Cu极上析出H2 2.24 L(标准状况)，Pt极上析出Cl2 0.1 mol，C极上析出Cu 6.4 g。甲池中H被还原，产生H2，负极Zn氧化生成ZnSO4溶液，pH变大；乙池中是电解CuCl2溶液，由于Cu2浓度的减小使溶液pH微弱增大，电解后再加入适量CuCl2固体可使溶液复原。【例1】某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池为_(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应为_。(2)乙池中A(石墨)电极的名称为_(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为_。
22、(3)当乙池中B极质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_mL(标准状况)，丙池中_极析出_g铜。(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将_(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将_(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：(1)甲池为原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应为CH3OH6e8OH=CO6H2O。(2)乙池中为用惰性电极电解AgNO3溶液，其中A作阳极，B作阴极，总反应为：4AgNO32H2O4AgO24HNO3。(3)根据各电极上转移的电子相同，则n(Ag)4n(O2)2n(Cu)，故V(O2)22.4 L
23、0.28 L280 mL，m(Cu)64 g1.60 g。(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙中总反应2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，溶液pH增大，而甲中总反应为2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O，溶液pH减小。答案：(1)原电池CH3OH6e8OH=CO6H2O(2)阳极4AgNO32H2O4AgO24HNO3(3)280D1.6(4)减小增大1(2014广东卷)某同学组装了如图所示的电化学装置，电极为Al，其他均为Cu，则()A电流方向：电极电极B电极发生还原反应C电极逐渐溶解D电极的电极反应：Cu22e=Cu解析：当多个池串联时，两电极材料活泼性相
24、差大的作原电池，其他池作电解池，由此可知图示中左边两池组成原电池，右边组成电解池。A项，电子移动方向：电极电极，电流方向与电子移动方向相反，A正确。B项，电极为原电池负极在工作中失电子，被氧化，发生氧化反应，B错误。C项，原电池正极为得电子极，铜离子在电极上得电子，生成铜单质，该电极质量逐渐增大，C错误。D项，电解池中阳极为非惰性电极时，电极本身失电子，形成离子进入溶液中，因为电极为正极，因此电极为电解池的阳极，其电极反应式为Cu2e=Cu2，D错误。答案：A2下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K
25、2SO4溶液，电极均为石墨电极。(1)接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：电源的N端为_极；电极b上发生的电极反应为_；列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积_；电极c的质量变化是_g；电解前后各溶液的酸、碱性强弱是否发生变化，简述其原因：甲溶液_；乙溶液_；丙溶液_。(2)如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？_解析：(1)乙中c电极质量增加，说明c处发生的反应为Cu22e=Cu，c电极应为阴极，则M为负极，N为正极。甲中盛放的是NaOH溶液，电解时实质上是电解水，b电极上的电极反应为4OH4e=2H2OO
26、2。要计算出b电极上产生气体的体积，就必须先根据丙中K2SO4浓度的变化计算出转移电子的物质的量。设丙中电解水的质量为x g，由电解前后溶质的质量相等可得：10010%(100x)10.47%，x4.5 g，所以整个反应转移了0.5 mol电子，根据电极反应式可计算出b电极放出的O2为0.125 mol，其体积为2.8 L。电极上析出的铜为0.25 mol，其质量为16 g。甲中电解的是水，NaOH浓度增大；乙中水电离出来的OH放电，H浓度增大；丙中电解的也是水，虽然K2SO4浓度变大，但pH不变。(2)铜全部析出时溶液变为H2SO4溶液，电解仍可以继续进行。答案：(1)正4OH4e=2H2OO2丙中水减少的质量：100 g4.5 g，转移电子的物质的量：20.5 mol，生成O2的体积：22.4 L/mol2.8L16碱性增强，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH浓度增大酸性增强，因为电解后生成H2SO4，溶液中H浓度增大酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增大不影响溶液的酸碱性(2)能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应