1、第8讲电化学(时间：45分钟分值：100分)一、单项选择题(共5个小题，每小题3分，共15分)1.甲醇燃料电池被认为是21世纪电动汽车的最佳候选动力源，其工作原理如图所示。下列有关叙述正确的是()。A通氧气的一极为负极BH从正极区通过交换膜移向负极区C通甲醇的一极的电极反应式为CH3OHH2O6e=CO26HD甲醇在正极发生反应，电子经过外电路流向负极解析外电路中电子从负极流向正极，内电路H从负极移向正极，B、D错误；O2在正极发生还原反应，A错误；甲醇在负极发生氧化反应，负极反应式为CH3OHH2O6e=CO26H。答案C2(2013通泰扬二调)工业上可用软锰矿(主要成分为MnO2)和闪锌矿
2、(主要成分为ZnS)制取干电池中所需的MnO2和Zn，其工艺流程如下：下列说法正确的是()。A酸溶时，MnO2作还原剂B可用盐酸代替硫酸进行酸溶C原料硫酸可以循环使用D在电解池的阴极处产生MnO2解析A项，酸溶时反应为MnO2ZnS2H2SO4=MnSO4ZnSO4S2H2O，根据化合价的升降MnO2为氧化剂，错误；B项，假如换成用盐酸来酸溶，阳极发生的反应就是：2Cl2e=Cl2，得不到MnO2，错误；C项，根据流程图可知硫酸可循环利用，正确；D项，电解时阳极Mn22e2H2O=MnO24H，错误。答案C3(2013徐州联考)如图所示，为直流电源，为浸透饱和氯化钠溶液和酚酞试液的滤纸，为电镀
3、槽。接通电路(未闭合K)后发现上的c点显红色。为实现铁片上镀铜，接通K后，使c、d两点短路。下列叙述不正确的是()。Ab为直流电源的负极Bf极为阴极，发生还原反应Ce极材料为铁片，f极材料为铜片D可选用CuSO4溶液或CuCl2溶液作电镀液解析依据c点显红色，可判断出c极发生的反应为2H2e=H2，故c点连接的b极为直流电源的负极，a极为直流电源的正极。依次确定e极为阳极、发生氧化反应，f极为阴极、发生还原反应，则铜片作阳极、铁片作阴极，故C错误。电镀液中要含有镀层金属的阳离子，故D正确。答案C4.(2013浙江理综，11)电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。
4、在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I26OH=IO5I3H2O下列说法不正确的是()。A右侧发生的电极反应式：2H2O2e=H22OHB电解结束时，右侧溶液中含IOC电解槽内发生反应的总化学方程式：KI3H2OKIO33H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变解析左侧变蓝，说明左侧是阳极，I在阳极放电，被氧化生成I2，因而右侧是阴极，只能是水电离的H放电被还原生成H2，其电极反应为2H2O2e=H22OH，A项正确；阴离子交换膜允许阴离子通过，B项正确；电解KI的过程发生如下两个反应：2I2H2OI22OHH23I26OH=
5、IO5I3H2O3即得总方程式，C项正确；如果将阴离子交换膜换成阳离子交换膜，阴极产生的OH将不能到达阳极区，I2与OH无法反应生成IO，因而D项错。答案D5(2013湖南省十二校第一次联考，13)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，往烧杯中滴加几滴KSCN溶液，溶液变血红色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插入海水中的铁棒，除发生化学腐蚀外，靠近液面的地方还会发生电化学腐蚀，越靠近液面腐蚀越严重，A错误；图2中Fe作负极，
6、失电子，生成Fe2，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变血红色，B错误；高温下铁发生氧化反应，发生化学腐蚀，C正确；镁块相当于原电池的负极，失电子，从而保护地下钢铁管道，D错误。答案C二、不定项选择题(共3个小题，每小题6分，共18分)6.如图中，两电极上发生的电极反应如下：a极：Cu22e=Cu；b极：Fe2e=Fe2，则以下说法中不正确的是()。A该装置一定是原电池Ba极上一定发生还原反应Ca、b可以是同种电极材料D该过程中能量的转换可以是电能转化为化学能解析A项该装置不一定是原电池，可以是原电池也可以是电解池；B项根据已知条件，a极上发生Cu22e=Cu反应，一定是还原反应；C项，a、b可以是
7、同种电极材料，如用铁电极电解硫酸铜溶液；D项该过程中能量的转换可以是电能转化为化学能，也可以是化学能转化为电能。答案A7(2013天津化学，6)为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：电池：Pb(s)PbO2(s)2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)2H2O(l)电解池：2Al3H2O电解,Al2O33H2电解过程中，以下判断正确的是()。电池电解池AH移向Pb电极H移向Pb电极B每消耗3 mol Pb生成2 mol Al2O3C正极：PbO24H2e=Pb22H2O阳极：3Al3H2O6e=Al2O36HD解析在
8、电池中阳离子移向正极PbO2，在电解池中阳离子移向阴极Pb电极，A错误；当消耗3 mol Pb时，转移6 mol e，由转移电子守恒可知生成1 mol Al2O3，B错误；电池正极反应应为：PbO24HSO2e=PbSO42H2O，C错误；在电池中，由于Pb电极反应为：Pb2eSO=PbSO4，析出的PbSO4附在电极上，电极质量增大，而在电解池中Pb为阴极不参与电极反应，故质量不发生改变，D正确。答案D8(2013通扬泰连淮五市三调，12)下图是某同学设计的原电池装置，下列叙述中正确的是()。A电极上发生还原反应，做原电池的正极B电极的电极反应式为Cu22e=CuC该原电池的总反应式为2Fe
9、3Cu=Cu22Fe2D盐桥中装有含氯化钾的琼脂，其作用是传递电子解析电极为正极，发生的电极反应为Fe3e=Fe2，A正确；电极为负极，发生的电极反应为Cu2e=Cu2，B错误；根据电极和的电极反应式，可得出电池总反应为2Fe3Cu=2Fe2Cu2，C正确；盐桥中只能传递离子，K流向正极，Cl流向负极，D错误。答案AC三、非选择题(共4个小题，共67分)9(2013扬州调研)(18分)新型锂离子电池材料Li2MSiO4(M为Fe，Co，Mn，Cu等)是一种发展潜力很大的电池电极材料。工业制备Li2MSiO4有两种方法。方法一：固相法，2Li2SiO3FeSO4Li2FeSiO4Li2SO4Si
10、O2。方法二：溶胶凝胶法，CH3COOLi、Fe(NO3)3、Si(OC2H5)4等试剂胶体干凝胶Li2FeSiO4。(1)固相法中制备Li2FeSiO4过程采用惰性气体气氛，其原因是_。(2)溶胶凝胶法中，检查溶液中有胶体生成的方法是_；生产中，生成1 mol Li2FeSiO4整个过程转移电子的物质的量为_mol。(3)以Li2FeSiO4和嵌有Li的石墨为电极材料，含锂的导电固体作电解质，构成电池的总反应式为LiLiFeSiO4Li2FeSiO4，则该电池的负极是_；充电时，阳极反应的电极反应式为_。(4)使用(3)组装的电池必须先_。解析(1)Fe2易被氧化成Fe3，加热时需隔绝空气。
11、(2)胶体的特性是丁达尔效应。根据Fe(NO3)3eLi2FeSiO4，生成1 mol Li2FeSiO4转移1 mol电子。(3)负极失电子发生氧化反应，应是嵌有Li的石墨作负极。Li2FeSiO4在阳极失电子发生氧化反应。(4)该电池组装后没有LiFeSiO4，所以不能放电，充电后产生LiFeSiO4才可以放电。答案(1)防止Fe2被氧化成Fe3(2)用一束强光照射溶液，从侧面能观察到一条光亮的通路1(3)嵌有Li的石墨Li2FeSiO4e=LiFeSiO4Li(4)充电10(16分)甲、乙的实验装置如图所示，丙、丁分别是氯碱工业生产示意图和制备金属钛的示意图。请回答下列问题：(1)写出甲
12、装置中碳棒表面的电极反应式：_。(2)已知：5Cl2I26H2O=10HCl2HIO3。若将湿润的淀粉KI试纸置于乙装置中的碳棒附近，现象为_；若乙装置中转移0.02 mol电子后停止实验，烧杯中溶液的体积为200 mL，则此时溶液的pH_。(室温条件下，且不考虑电解产物的相互反应)(3)工业上经常用到离子交换膜，离子交换膜有阳离子交换膜和阴离子交换膜两种，阳离子交换膜只允许阳离子通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过。当乙装置中的反应用于工业生产时，为了阻止两极产物之间的反应，通常用如丙图所示的装置，Na的移动方向如图中标注，则H2的出口是_(填“C”、“D”、“E”或“F”)；_(填“能”或“
13、不能”)将阳离子交换膜换成阴离子交换膜。(4)研究发现，可以用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaO作电解质，利用丁装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛。写出阳极的电极反应式：_。在制备金属钛前后，CaO的总量不变，其原因是(请结合化学用语解释)_。电解过程中需定期更换阳极材料的原因是_。解析(1)甲装置中锌作负极，碳棒作正极，碳棒表面的电极反应式为O22H2O4e=4OH。(2)由乙装置中电子流向可知Fe为电解池的阴极，C为电解池的阳极，电解饱和食盐水时，碳棒上的电极反应式为2Cl2e=Cl2，若将湿润的淀粉KI试纸置于碳棒附近，试纸开始变蓝，一段时间后蓝色褪去；惰性电极电解饱
14、和食盐水的总反应式为2Cl2H2O2OHCl2H2，则n(OH)n(e)0.02 mol，c(OH)0.1 molL1，所以溶液的pH13。(3)Na移向阴极区，阴极上产生H2，H2从E口逸出；若改用阴离子交换膜，电解产生的OH移向阳极区，能与阳极产生的Cl2发生反应：2OHCl2=ClClOH2O，故不能改用阴离子交换膜。(4)根据题设条件，熔融CaO电离产生Ca2、O2。Ca2在阴极获得电子生成Ca,2Ca24e=2Ca，O2在阳极失去电子产生O2,2O24e=O2。生成的Ca与TiO2发生置换反应：2CaTiO2Ti2CaO，可见CaO的总量不变。阳极产生的O2与石墨发生反应生成CO2，
15、所以电解过程中，应补充被消耗的阳极材料石墨。答案(1)O22H2O4e=4OH(2)试纸开始变蓝，一段时间后蓝色褪去13(3)E不能(4)2O24e=O2制备Ti时，在电解槽中发生的反应：阴极2Ca24e=2Ca、阳极2O24e=O2和2CaTiO2Ti2CaO，由此可知CaO的量不变石墨与阳极产生的氧气反应而不断减少11(2013镇江质检)(18分)太阳能电池可用做电解的电源(如图)。(1)若c、d均为惰性电极，电解质溶液为硫酸铜溶液，电解过程中，c极先无气体产生，后又生成气体，则c极为_极，在电解过程中，溶液的pH_(填“增大”、“减小”或“不变”)，停止电解后，为使溶液恢复至原溶液应加入
16、适量的_。(2)若c、d均为铜电极，电解质溶液为氯化钠溶液，则电解时，溶液中氯离子的物质的量将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)若用石墨、铁作电极材料，可组装成一个简易污水处理装置。其原理是：加入试剂调节污水的pH在5.06.0之间。接通电源后，阴极产生的气体将污物带到水面形成浮渣而刮去，起到浮选净化作用；阳极产生的有色沉淀具有吸附性，吸附污物而沉积，起到凝聚净化作用。该装置中，阴极的电极反应式为_；阳极区生成的有色沉淀是_。解析(1)用惰性电极电解硫酸铜溶液，c极上先无气体生成，后产生气体，说明c极为阴极(先生成Cu，后生成H2)，电解CuSO4溶液最终生成H2SO4，溶液的pH减
17、小。电解过程分两个阶段：第一阶段，阴极生成Cu，阳极生成O2，溶液中减少的相当于CuO；第二阶段，阴极生成H2，阳极生成O2，溶液中减少的相当于H2O。(2)若c、d为铜电极时，阳极：Cu2e=Cu2，电解质溶液中Cl不放电，故其物质的量不变。(3)若用石墨、铁作电极材料，阴极产生气体，阴极发生的反应只能是2H2e=H2，阳极生成有色沉淀，则阳极为铁放电，Fe2e=Fe2，该有色沉淀是Fe(OH)2。答案(1)阴减小CuO和H2O或Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3(2)不变(3)2H2e=H2Fe(OH)212(创新预测题)(15分)电解是最强有力的氧化还原手段，在化工生产中有着重要的应
18、用。请回答下列问题：(1)以铜为阳极，以石墨为阴极，用NaCl溶液作电解液进行电解，得到半导体材料Cu2O和一种清洁能源，则阳极反应式为_，阴极反应式为_。(2)某同学设计如图所示的装置探究金属的腐蚀情况。下列判断合理的是_(填序号)。a区铜片上有气泡产生b区铁片的电极反应式为2Cl2e=Cl2c最先观察到变成红色的区域是区d区和区中铜片的质量均不发生变化(3)最新研究发现，用隔膜电解法处理高浓度乙醛废水的工艺具有流程简单、能耗较低等优点，其原理是使乙醛分别在阴、阳极发生反应生成乙醇和乙酸，总反应式为2CH3CHOH2OCH3CH2OHCH3COOH实验室中，以一定浓度的乙醛Na2SO4溶液为
19、电解质溶液，模拟乙醛废水的处理过程，其装置如图所示。若以甲烷碱性燃料电池为直流电源，则燃料电池中b极应通入_(填化学式)，电极反应式为_。电解过程中，阴极区Na2SO4的物质的量_(填“增大”、“减小”或“不变”)。在实际工艺处理中，阴极区乙醛的去除率可达60%。若在两极区分别注入1 m3乙醛含量为3 000 mg/L的废水，可得到乙醇_kg(计算结果保留小数点后一位)。解析(1)由于阳极材料为铜，所以铜本身失电子被氧化，由题意知氧化产物为Cu2O，可得阳极反应式为2CuH2O2e=Cu2O2H，阴极上阳离子放电，即溶液中H被还原成清洁能源H2。(2)左半区是原电池装置，发生的是铁的吸氧腐蚀，
20、负极(Fe)：Fe2e=Fe2，正极(Cu)：O22H2O4e=4OH。右半区是电解装置，阳极(Fe)：Fe2e=Fe2，阴极(Cu)：2H2e=H2，由于电解引起腐蚀的速率远大于吸氧腐蚀的速率，因此最先观察到变成红色的区域是区，故选项a、b、c均错误。(3)根据电解液中阳离子的迁移方向，可知c为阳极，d为阴极，因此直流电源上a为正极，通入O2，b为负极，通入CH4，在碱性条件下CH4的氧化产物为CO，由此可写出此电极的电极反应式。在电解过程中，由于SO没有参与放电，且阳离子交换膜不允许阴离子自由通过，因此根据质量守恒可得阴极区Na2SO4的物质的量不变。阴极区发生还原反应，即CH3CHO转化成CH3CH2OH，设生成的乙醇为x kg，根据碳原子守恒可得关系式： CH3CHOCH3CH2OH 44 46 3 00010310660% x解得x1.9。答案(1)2CuH2O2e=Cu2O2H2H2e=H2(2)d(3)CH4CH48e10OH=CO7H2O不变1.9
