1、 高考资源网（） 您身边的高考专家2020届高考化学二轮复习考点专项突破练习专题八电化学（8）1、下列关于各实验装置图的叙述中正确的是( )A.装置:除去Cl2中含有的少量HCl,制备纯净的氯气B.装置:构成锌铜原电池,探究原电池原理,并比较铜与锌的活泼性C.装置:证明醋酸属于弱酸,并比较醋酸和碳酸的相对强弱D.装置:电渗析法处理含Na2SO4废水得到NaOH溶液和硫酸溶液2、有一种型燃料电池,该电池所用原料为和空气,电解质为熔融的.电池总反应为: ,负极反应为.下列说法中正确的是( )A.正极反应为B.电池放电时,电池中的物质的量将逐渐减少C.放电时向负极移动D.电路中的电子经正极、负极、熔
2、融后再回到正极,形成闭合回路3、通过膜电池可除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法错误的是( )Aa极的电极反应为：Bb极上的电势比a极上的电势低C当外电路中有0.2mol e-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NAD电池工作一段时间后，a极区域的pH降低4、利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5,装置如图所示,下列说法不正确的是( )A.电极a和电极c都发生氧化反应B.电极d的电极反应式为2H+2e-=H2C.c电极上的电极反应式为N2O4-2e-+H2O=N2O5+2H+D.装置A中每消耗64gSO2,理论上装置A和装置B中均有2mol H+
3、通过质子交换膜5、有报道称以硼氢化钠（，强还原剂）和为原料的燃料电池， 可用作通信卫星电源，其工作原理如图所示。下列说法错误是（ ）A.电极b作正极，发生还原反应B.该电池的负极反应为C.每消耗3 mol，转移的电子为3 molD.不考虑能量损耗，当有1 mol参加反应6、如图为一种微生物燃料电池结构示意图,下列叙述正确的是( )A.放电过程中,电子从正极转移到负极B.放电过程中,H+从正极区移向负极区C.正极反应式为MnO2+4H+2e-=Mn2+2H2OD.若Cm(H2O)n是葡萄糖,当电路中转移了6NA个电子时,消耗的葡萄糖是1mol7、一种肼燃料电池的结构如图所示，下列说法正确的是(
4、)Aa极是正极，电极反应式为N2H44e4OH=N24H2OB电路中每转移NA个电子，就有1 mol Na穿过膜向正极移动Cb极的电极反应式为H2O22e=2OHD用该电池作电源电解饱和食盐水，当得到0.1 mol Cl2时，至少要消耗0.1 mol N2H48、用电解法处理含的废水，探究不同因素对含废水处理的影响，结果如表所示(的起始浓度、体积、电压、电解时间均相同)。下列说法错误的是( )实验iiiiiiiv是否加入Fe2(SO4)3否否加入30g否是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL阴极村料石墨石墨石墨石墨阳极材料石墨石墨石墨铁的去除率0.092%12.7%20.8%57.
5、3%实验iii中Fe3+去除的机理A. 实验与实验i对比，其他条件不变，增加c(H+)有利于的去除B. 实验与实验对比，其他条件不变，增加c(Fe3+)有利于的去除C. 实验中Fe2+循环利用提高了的去除率D. 若实验中去除0.01mol ，生成的阳离子全部转化成沉淀，则沉淀的质量是2.06g9、A.该装置将化学能转化为光能和电能B.该装置工作时, 从极区向极区迁移C.每生成1,有44被还原D. 电极的反应为: 10、三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入
6、中间隔室。下列叙述正确的是( )A.通电后中间隔室的离子向正极迁移,正极区溶液pH增大B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C.负极反应为2H2O-4e-=O2+4H+,负极区溶液pH降低D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.5mol的O2生成11、下面是常见的电化学装置图,中均为惰性电极,下列说法正确的是( )A.装置中阳极反应式为:2Cl-2e-Cl2,阴极反应式为:Cu2+ +2e-CuB.装置中铜片为阳极,若铜片和铁制品的质量相等,电解一段时间后,电路中有2mol电子转移,此时铜片和铁制品的质量差为64gC.装置中b极为负极,该极的电极反应为O2+2
7、H2O+4e-4OH-D.装置中阳离子交换膜上每透过1 mol Na+时,则阴极上产生11.2 L H212、下列与金属腐蚀有关的说法,正确的是( )A.图1中,插入海水中的铁棒,越靠近底端腐蚀越严重B.图2中,滴加少量溶液,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13、碳捕捉技术即是二氧化碳的捕集、利用与封存(CCUS),是实现温室气体减排的重要途径之一,更是我国能源领域的一个重要战略方向,CCUS或许发展成一项重要的新兴产业。利用CO2加氢合成低碳烯烃技术就是重要的应用之
8、一。以合成C2H4为例,其合成反应为:6H2(g)+2CO2(g) CH2=CH2(g)+4H2O(g) H1 ;已知H2的燃烧热为H2;CH2=CH2(g)的燃烧热为H3;H2O(l)=H2O(g)的热效应为H4。1.H1=_(请用H2、H3、H4表示)2.若将1mol CO2与3mol H2充入10L的恒容密闭容器中,达到平衡后,平衡浓度、CO2转化率与温度的关系分别如图1和图2所示,请回答下列问题:(1)图1中曲线c代表物质的电子式_。(2)该反应在较低温度时能自发进行,请分析其原因:_。(3)结合图1和图2,下列说法一定正确的是_。A.其他条件不变,T1、增大压强,再次达到平衡时c(H
9、2)比A点的c(H2)大B.平衡常数:KMKNC.生成乙烯的速率:v(M)小于v(N)(4)计算图2中M点时,乙烯的体积分数_.(保留二位有效数字)3.利用电解法也可将CO2制得乙烯,如图3所示,电极b是太阳能电池的_极,电解时其中a极对应电解槽上生成乙烯的电极反应式为_14、二氧化氯是一种黄绿色到橙黄色的气体,是国际上公认为安全、无毒的绿色消毒剂。回答下列问题:1.二氧化氯可溶于水,但常温下难与水反应,加热时会发生反应生成等物质的量的次氯酸和氯气,同时放出氧气,该反应的化学方程式为_,产物之一次氯酸的电子式为_。二氧化氯还能溶于强碱溶液,该过程中发生反应生成等物质的量的氯酸钠和另一种氯的含氧
10、酸盐,同时生成水,该反应的离子方程式为_。2.工业上可利用电解法制备二氧化氯,如图为以石墨作电极制备二氧化氯的过程,写出产生二氧化氯气体的电极反应式:_。可利用滴定法测定电解过程中产生的二氧化氯,其过程如下:在锥形瓶中加入足量用硫酸酸化的碘化钾溶液,将生成的二氧化氯通入锥形瓶中至完全吸收,再向锥形瓶中滴加几滴淀粉溶液,用0.1molL-1硫代硫酸钠标准液进行滴定(),共用去100.00mL标准液。则电解过程中产生的气体折算为标准状况下的体积为_mL(气体的溶解忽略不计)。15回答下列问题:1.汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定温度和催化剂的条件下可发生反应,达到净化的目的。已知部分化学键
11、的键能如下:分子式NOCOCO2N2化学键NOCOC=ONN键能/(kJmol-1)6321072750946请完成汽车尾气净化中NO(g)和CO(g)发生反应的热化学方程式:2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=kJmol-1若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行,并在t1时刻达到平衡状态,则下列示意图符合题意的是(填序号)。(图中v正、K、n、p总分别表示正反应速率、平衡常数、物质的量和总压强)2.在T1 下,向容积为10L的恒容密闭容器中通入NO和CO,测得不同时刻NO和CO的物质的量如下表:时间/s012345n(NO)/(10-2mol)10.04.502.501
12、.501.001.00n(CO)/(10-1mol)3.603.052.852.752.702.70T1 时该反应的平衡常数K=。既能增大反应速率又能使平衡正向移动的措施是(写出一种即可)。3.如图甲所示,以N2O4为原料采用电解法可制备新型绿色硝化剂(一种氮氧化物)。写出生成这种硝化剂的阳极电极反应式:4.NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。在氨气足量的情况下,不同、不同温度对脱氮率的影响如图乙所示(已知氨气催化还原氮氧化物的正反应为放热反应),由图乙可知300之后,温度升高,脱氮率逐渐减小,请解释原因: 答案以及解析1答案及解析：答案：D解析： 2答
13、案及解析：答案：C解析：A、该燃料电池燃料为,电解质为熔融的总反应为,负极反应为,用总反应减负极得正极反应式: 故A错误;B、电池放电时,电池总反应为: ,池中的物质的量将不变,故B错误;C、电池放电时,根据原电池的工作原理,阴离子移向负极,即向负极移动,故C正确;D、电子从负极流向正极,且只能经过导线,不会经过电解质,故D错误. 3答案及解析：答案：A解析： 4答案及解析：答案：C解析：A装置能自发的进行氧化还原反应且没有外接电源，所以是原电池，a极上二氧化硫失电子为负极，b上氧气得电子为正极，B属于电解池，与电源的正极b相连的电极c为阳极，N2O4在阳极失电子生成N2O5，d为阴极，阴极上
14、氢离子得电子生成氢气。A电极a为负极，电极c为阳极，负极和阳极都发生氧化反应，故A正确；Bd为阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，电极d的电极反应式为2H+2e-=H2，故B正确；Cc为阳极，N2O4发生氧化反应生成N2O5，电极上的电极反应式为N2O4-2e-+ 2HNO3 =2N2O5+2H+，故C错误；D装置A中每消耗64g SO2，即1mol，转移电子为2mol，由电荷守恒可知，理论上装置A和装置A中均有2mol H+通过质子交换膜和隔膜，故D正确；故选C。点睛：本题考查了原电池和电解池原理，根据是否自发进行判断原电池和电解池是解题的关键。本题的难点是电极反应式的书写，易错点为C，要注意
15、B中左侧是无水硝酸。 5答案及解析：答案：C解析：电极b为原电池的正极，发生还原反应，故A说 法正确。负极发生氧化反应生成，电极反应式为，故B说法正确。正极反应式为，每消耗3 mol，转移的电子为6 mol， 故C说法错误。原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则从a极区移向b极区，当有1 mol参加反应，转移电子为2 mol，相应有2 mol转移，故D说法正确 6答案及解析：答案：C解析：放电过程中,电子从负极转移到正极,故A错误;原电池工作时,阳离子向正极移动,阴离子向负极移动,所以H+从负极区移向正极区,故B错误;MnO2被还原生成Mn2+为原电池的正极,电极反应式为MnO2
16、+4H+2e-=Mn2+2H2O,故C正确;若Cm(H2O)n是葡萄糖,C元素化合价可认定为0价,当电路中转移了6NA个电子时,反应的葡萄糖的物质的量为0.25mol,故D错误。 7答案及解析：答案：B解析： 8答案及解析：答案：D解析：实验ii与实验i对比，差别在于是否加入1mL的硫酸，加了硫酸，去除率明显提升，所以增加c(H+)有利于的去除，故A 项正确；实验iii与实验ii对比.差别在于是否加入30g Fe2(SO4)3，增加c(Fe3+)，的去除率明显提升，故B项正确；实验iv 中，在阴极.Fe3+得电子产生Fe2+，Fe2+被氧化后再产生Fe3+，Fe2+循环利用提高了的去除率，故C
17、项正确；实验 iV中，铁做阳极先失电子变成Fe2+然后发生反应:14H+6Fe2+=2Cr3+6Fe3+7H2O,去除0. 01mol ，生 成的阳离子0.06mol Fe3+、0.02mol Cr3+，若全部转化成Fe(OH)3、Cr(OH)3沉淀.则沉淀的质量是0.06mol107g/mol + 0. 02mol103 = 8.48g,故 D 项错误。 9答案及解析：答案：B解析：该装置含有外接电源,说明是电解过程,A错误;电解时阳离子移向阴极区,B正确;该装置总反应为,由反应可知,每生成1有被还原,C错误;a电极作阴极得电子,反应为: ,D错误。 10答案及解析：答案：B解析：正极区发生
18、的反应为2H2O-4e-=O2+4H+,由于生成H+,正极区溶液的pH减小,中间隔室的向正极区迁移,A错误。负极区发生的反应为2H2O+2e-=2OH-+H2,中间隔室的Na+向负极区迁移,故负极区产生NaOH,正极区产生H2SO4,B正确。由B项分析可知,负极区产生OH-,负极区溶液的pH升高,C错误。正极区发生的反应为2H2O-4e-=O2+4H+,电路中通过1mol电子的电量时,生成0.25mol O2,D错误。 11答案及解析：答案：A解析：装置为用惰性电极电解CuCl2溶液,A 项正确;装置为电镀铜装置,电极反应为阳极:Cu -2e- Cu2+,阴极:Cu 2+ +2e-Cu,若铜片
19、和铁制品的质量相等,电解一段时间后,电路中有 2 mol电子转移,此时铜片和铁制品的廣量差为 128 g,B项错误;装置为氢氧燃料电池,b极通入O2,发生还原反应,作电池的正极,C项错误;D项中没有明确生成H2所处的温度和压强,错误。 12答案及解析：答案：C解析：A项，题图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端氧气的浓度越低，腐蚀越轻;B项，题图2中，装置为原电池，铁作负极，发生电极反应时有生成，滴加少量溶液，有蓝色沉淀出现;D项，题图4中，镁块应作负极。 13答案及解析：答案：1.6H2-H3+4H42.(1)(2)该反应为:H0、S0,所以低温自发(3)AB(4)7.7%3.正极, 2CO2
20、+12e-+12H+=C2H4+4H2O解析： 14答案及解析：答案：1.12ClO2+2H2O4HClO+4Cl2+11O2; ; 2.Cl-+2H2O-5e-ClO2+4H+; 156.8解析：根据图示,电解池中的阳离子能透过交换膜向右移动,说明右侧的电极为电解池的阴极,发生还原反应2H+2e-H2;左侧电极则为阳极,发生氧化反应Cl-+2H2O-5e-ClO2+4H+。根据电子守恒关系式2ClO25I210Na2S2O3,由已知,n(Na2S2O3)=0.01mol,则n(ClO2)=0.002mol,由阴、阳两极得失电子数相等得n(H2)=0.005mol。所以标准状况下电解过程中产生
21、的气体体积为(0.002+0.005)mol22.4L/mol=156.8mL。 15答案及解析：答案： 1.-538; D; 2.500; 加压; 3.N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+4.300时反应达平衡后,升温平衡逆向移动,脱氮率减小解析： 1.H=反应物总键能-生成物总键能=2632kJmol-1+21072kJmol-1-946kJmol-1-4750kJmol-1=-538kJmol-1t1时刻反应达到平衡状态,则平衡后正反应速率应不再变化,A错误;体系是一个恒温体系,而平衡常数K只与温度有关,故平衡常数K应当始终保持不变,B错误;t1时刻达平衡后,NO和CO2的物质的量应不再发生变化,C错误;该反应是气体分子数减小的反应,由于该反应在恒温、恒容条件下进行,未达平衡前,反应气体的物质的量不断减小,故容器内压强不断减小,当反应达到平衡状态时,压强不再发生变化,D正确。3.由图甲可知,右侧HNO3得电子生成N2O4,则右侧Pt极作阴极,左侧Pt极作阳极,N2O4发生失去电子的氧化反应,产物为N2O5,电极反应式为N2O4+2HNO3-2e-2N2O5+2H+。4.由图乙可得300时反应达到平衡状态,高于300时,由于正反应为放热反应，故升高温度平衡逆向移动，脱氮率减小。 高考资源网版权所有，侵权必究！
