（通用版）2020高考化學一輪復習 跟蹤檢測（三十七）化學能與電能（4）電化學原理的綜合應用（過綜合）（含解析）.doc

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跟蹤檢測（三十七） 化學能與電能 （4）——電化學原理的綜合應用（過綜合） 1．下列金屬防腐的措施中，使用外加電流的陰極保護法的是(　　) A．水中的鋼閘門連接電源的負極 B．金屬護欄表面涂漆 C．汽車底盤噴涂高分子膜 D．地下鋼管連接鎂塊 解析：選A　水中的鋼閘門連接電源的負極，鋼閘門為陰極，從而得以保護，A項正確；金屬護欄表面涂漆的原理是隔絕金屬護欄與空氣接觸，從而減緩金屬護欄的腐蝕，B項錯誤；汽車底盤噴涂高分子膜的原理也是隔絕與空氣的接觸，C項錯誤；地下鋼管連接鎂塊，形成了原電池，屬于犧牲陽極的陰極保護法，D項錯誤。 2．電解100 mL含c(H＋)＝0.30 molL－1的下列溶液，當電路中通過0.04 mol電子時，理論上析出金屬質量最大的是(　　) A．0.10 molL－1 Ag＋　　　 B．0.20 molL－1 Zn2＋ C．0.20 molL－1 Cu2＋ D．0.20 molL－1 Pb2＋ 解析：選C　在電解液中除金屬離子外都含有H＋(酸電離)，電解時陰極是先析出金屬還是先放出H2，這與金屬的活動性順序有關。題中Cu和Ag的活動性順序在H的后面，它們的離子與H＋共存時，首先被還原的是Cu2＋和Ag＋；而Pb和Zn的活動性順序在H的前面，它們的離子與H＋共存時，首先被還原的是H＋。所以電解含有Zn2＋、Pb2＋的溶液時，H＋先得電子生成H2，n(e－)＝n(H＋)＝0.30 molL－10.1 L＝0.03 mol，故Zn2＋、Pb2＋得到的電子為0.04 mol－0.03 mol＝0.01 mol，生成的金屬Zn、Pb的物質的量均為0.005 mol，其質量分別為0.325 g、1.035 g；電解含有Ag＋的溶液，可得Ag的質量為0.1 molL－10.1 L108 gmol－1＝1.08 g；電解含有Cu2＋的溶液，可得銅的質量為0.2 molL－10.1 L64 gmol－1＝1.28 g，C項符合題意。 3.(2019黃山八校聯(lián)考)研究電化學腐蝕及防護的裝置如圖所示。下列有關說法正確的是(　　) A．d為石墨，鐵片腐蝕減慢 B．d為石墨，石墨上電極反應式為O2＋2H2O＋4e－===4OH－ C．d為鋅塊，鐵片易被腐蝕 D．d為鋅塊，鐵片上電極反應式為2H＋＋2e－===H2↑ 解析：選B　電極d為石墨，腐蝕時形成原電池，鐵片作負極，則鐵片腐蝕加快，A錯誤；d為石墨，形成原電池，鐵片作負極，海水呈弱堿性，發(fā)生鐵的吸氧腐蝕，則石墨上電極反應式為O2＋2H2O＋4e－===4OH－，B正確；d為鋅塊，形成原電池時，鋅塊作負極，鐵片作正極而受到保護，C錯誤；d為鋅塊，形成原電池，鐵片作正極，海水呈弱堿性，發(fā)生吸氧腐蝕，則鐵片上電極反應式為O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D錯誤。 4.如圖所示裝置中，a、b都是惰性電極，通電一段時間后，b極附近溶液呈藍色。下列說法中不正確的是(　　) A．x是正極，y是負極 B．a極產生氫氣，b極生成I2 C．a極和Pt電極都有氣泡產生 D．U形管中溶液的堿性增強 解析：選A　淀粉遇碘變藍→b極生成I2，即確定b極發(fā)生反應2I－－2e－===I2，則b極是陽極，x是負極，y是正極，a極H＋放電，發(fā)生反應2H＋＋2e－===H2↑，產生氫氣，U形管中總反應式為2KI＋2H2O2KOH＋H2↑＋I2，溶液的堿性增強，故A錯誤，B、D正確；鉑為陽極，電極反應式為2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，C正確。 5.埋在地下的鋼管道可以用如圖所示方法進行保護。下列說法正確的是(　　) A．該方法利用了電解池原理 B．該方法稱為“外加電流的陰極保護法” C．在此裝置中鋼管道作正極 D．鎂塊上發(fā)生的電極反應為O2＋2H2O＋4e－===4OH－ 解析：選C　由圖可知，鋼管道防腐采取的措施是將鋼管道與鎂塊相連，則該方法稱為犧牲陽極的陰極保護法，是利用原電池原理，A、B均錯誤；Mg的活潑性強于Fe，該裝置中鋼管作正極，潮濕的土壤呈堿性，則電極反應式為O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C正確；鎂塊作負極，失電子被氧化生成Mg2＋，電極反應式為Mg＋2OH－－2e－===Mg(OH)2，D錯誤。 6.城市地下潮濕的土壤中常埋有縱橫交錯的管道和輸電線路，當有電流泄漏并與金屬管道形成回路時，就會引起金屬管道的腐蝕。原理如圖所示，但若電壓等條件適宜，鋼鐵管道也可能減緩腐蝕，此現(xiàn)象被稱為“陽極保護”。下列有關說法不正確的是(　　) A．該裝置能夠將電能轉化為化學能 B．管道右端腐蝕比左端快，右端電極反應式為 Fe－2e－===Fe2＋ C．如果沒有外加電源，潮濕的土壤中的鋼鐵管道比較容易發(fā)生吸氧腐蝕 D．鋼鐵“陽極保護”的實質是在陽極金屬表面形成一層耐腐蝕的鈍化膜 解析：選B　A項，該裝置相當于電解池，能將電能轉化為化學能，正確；B項，左端是陽極，腐蝕得更快，錯誤；C項，如果沒有外加電源，潮濕的土壤(接近中性)中的鋼鐵管道發(fā)生原電池反應，所以發(fā)生的是吸氧腐蝕，正確；D項，根據題意，此種腐蝕較慢，所以“陽極保護”實際上是在金屬表面形成了一層致密的保護膜，正確。 7.鈷酸鋰電池是目前用量最大的鋰離子電池，用它作電源按如圖裝置進行電解。通電后，a電極上一直有氣泡產生；d電極附近先出現(xiàn)白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐漸轉變成橙黃色沉淀(CuOH)。下列有關敘述正確的是(　　) A．已知鈷酸鋰電池放電時總反應為Li1－xCoO2＋LixC6===LiCoO2＋6C，則Li1－xCoO2作負極，失電子 B．當外電路中轉移0.2 mol電子時，電極b處有2.24 L Cl2生成 C．電極d為陰極，電解開始時的電極反應式為 Cu＋Cl－－e－===CuCl D．隨著電解的進行，U形管Ⅱ中發(fā)生了如下轉化 CuCl＋OH－===CuOH＋Cl－ 解析：選D　A項，LixC6中C為負價，根據電池總反應，LixC6作負極，則Li1－xCoO2作正極，得電子，故A錯誤；B項，沒有說明是否是標準狀況，因此無法直接計算生成氯氣的體積，故B錯誤；C項，d電極發(fā)生的變化Cu→CuCl是氧化反應，故d極為陽極，d極反應式為Cu＋Cl－－e－===CuCl，故C錯誤；D項，d電極先產生白色沉淀(CuCl)，白色沉淀逐漸轉變成橙黃色沉淀(CuOH)，發(fā)生的反應是CuCl＋OH－===CuOH＋Cl－，故D正確。 8．甲、乙兩個電解池均以Pt為電極且互相串聯(lián)。甲池盛有AgNO3溶液，乙池盛有一定量的某鹽溶液，通電一段時間后，測得甲池陰極質量增加2.16 g，乙池電極析出0.24 g金屬，則乙池中溶質可能是(　　) A．CuSO4　　　　　　　　　 B．MgSO4 C．Al(NO3)3 D．Na2SO4 解析：選A　Pt為惰性電極，電解各種鹽溶液時，陽離子在陰極放電，陽離子的放電順序為Cu2＋>H＋>Al3＋>Mg2＋>Na＋，乙池中的溶質若為MgSO4、Al(NO3)3或Na2SO4，電解過程中陰極不會析出金屬，故乙池中的溶質只能為CuSO4。甲、乙兩個電解池串聯(lián)，通過各個電極的電子數相等。甲、乙兩池的陰極分別發(fā)生的反應為2Ag＋＋2e－===2Ag、Cu2＋＋2e－===Cu，則存在關系式：2Ag～2e－～Cu，n(Cu)＝n(Ag)＝＝0.01 mol，故乙池中析出金屬Cu的質量為m(Cu)＝0.01 mol64 gmol－1＝0.64 g，但實際上僅析出0.24 g Cu，這說明CuSO4的量不足，還發(fā)生反應：2H＋＋2e－===H2↑。 9．深埋在潮濕土壤中的鐵管道，在硫酸鹽還原菌作用下，能被硫酸根腐蝕，其電化學腐蝕原理如圖所示，下列與此原理有關說法錯誤的是(　　) A．正極反應為SO＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－ B．輸送暖氣的管道不易發(fā)生此類腐蝕 C．這種情況下，F(xiàn)e腐蝕的最終產物為Fe2O3xH2O D．管道上刷富鋅油漆可以延緩管道的腐蝕 解析：選C　原電池的正極發(fā)生還原反應，由題圖可知，發(fā)生的電極反應為SO＋5H2O＋8e－===HS－＋9OH－，故A正確；硫酸鹽還原菌是蛋白質，在高溫下易變性，失去催化作用，則輸送暖氣的管道不易發(fā)生此類腐蝕，故B正確；由題圖可知，F(xiàn)e腐蝕的最終產物為FeO，故C錯誤；管道上刷富鋅油漆，形成ZnFe原電池，F(xiàn)e為正極被保護，可以延緩管道的腐蝕，故D正確。 10．如圖所示，其中甲池的總反應式為2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。下列說法正確的是(　　) A．甲池是電能轉化為化學能的裝置，乙、丙池是化學能轉化為電能的裝置 B．甲池通入CH3OH的電極反應式為 CH3OH－6e－＋2H2O===CO＋8H＋ C．反應一段時間后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固體能使CuSO4溶液恢復到原濃度 D．甲池中消耗280 mL(標準狀況下)O2，此時丙池中理論上最多產生1.45 g固體 解析：選D　甲池是燃料電池，是化學能轉化為電能的裝置，乙、丙池是電解池，是將電能轉化為化學能的裝置，A項錯誤；在燃料電池中，在負極甲醇發(fā)生失電子的氧化反應，在堿性電解質下的電極反應式為CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O，B項錯誤；電解池乙池中，電解后生成H2SO4、Cu和O2，要想復原，應加入CuO，C項錯誤；甲池中根據電極反應：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，消耗280 mL O2(標準狀況下0.012 5 mol)，則轉移電子0.05 mol，丙裝置中，電池總反應式為MgCl2＋2H2OMg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑，理論上最多產生Mg(OH)2 的質量為0.025 mol58 gmol－1＝1.45 g，D項正確。 11．某同學進行下列實驗： 操作 現(xiàn)象 取一塊打磨過的生鐵片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食鹽水 放置一段時間后，生鐵片上出現(xiàn)如圖所示“斑痕”。其邊緣處為紅色，中心區(qū)域為藍色，在兩色環(huán)交界處出現(xiàn)鐵銹 下列說法不合理的是(　　) A．生鐵片發(fā)生吸氧腐蝕 B．中心區(qū)：Fe－2e－===Fe2＋ C．邊緣處：O2＋2H2O＋4e－===4OH－ D．交界處：4Fe2＋＋O2＋10H2O===4Fe(OH)3＋8H＋ 解析：選D　生鐵片邊緣處為紅色，說明生成了OH－，O2＋2H2O＋4e－===4OH－，生鐵片發(fā)生吸氧腐蝕，故A、C合理；根據實驗現(xiàn)象，中心區(qū)域為藍色，說明生成了亞鐵離子，F(xiàn)e－2e－===Fe2＋，故B合理；在兩色環(huán)交界處出現(xiàn)鐵銹，是因為生成的Fe(OH)2被氧氣氧化生成了Fe(OH)3，故D不合理。 12．如圖所示裝置可間接氧化工業(yè)廢水中含氮離子(NH)。下列說法不正確的是(　　) A．乙是電能轉變?yōu)榛瘜W能的裝置 B．含氮離子氧化時的離子方程式為 3Cl2＋2NH===N2＋6Cl－＋8H＋ C．若生成H2和N2的物質的量之比為3∶1，則處理后廢水的pH減小 D．電池工作時，甲池中的Na＋移向Mg電極 解析：選D　甲中活潑金屬鎂作原電池的負極，石墨為正極形成原電池，乙是連接原電池的電解池，電解酸性工業(yè)廢水，電解池是將電能轉變?yōu)榛瘜W能的裝置，A正確；酸性條件下含氮離子氧化時轉化為氮氣，反應的離子方程式為3Cl2＋2NH===N2＋6Cl－＋8H＋，B正確；若生成H2和N2的物質的量之比為3∶1，根據電極反應6H＋＋6e－===3H2↑、3Cl2＋2NH===N2＋6Cl－＋8H＋，則處理后廢水的H＋濃度增大，pH減小，C正確；電池工作時，甲池是原電池，原電池中陽離子Na＋移向正極石墨電極，D不正確。 13.以惰性電極電解CuSO4和NaCl的混合溶液，兩電極上產生的氣體(標準狀況下測定)體積如圖所示，下列有關說法正確的是(　　) A．原溶液中CuSO4和NaCl物質的量之比為1∶1 B．a表示陰極上產生的氣體，t1前產生的為Cl2 C．若t1時溶液的體積為1 L，此時溶液的pH為13 D．若原溶液體積為1 L，則原溶液中SO的物質的量濃度為0.2 molL－1 解析：選A　以惰性電極電解CuSO4和NaCl的混合溶液，陽極依次發(fā)生2Cl－－2e－===Cl2↑、4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；陰極依次發(fā)生Cu2＋＋2e－===Cu、2H＋＋2e－===H2↑。根據題圖可知，生成的氯氣是112 mL，物質的量是0.005 mol，轉移電子是0.01 mol，則氯化鈉物質的量是0.01 mol；t2時銅離子恰好放電完畢，此時生成氧氣是168 mL－112 mL＝56 mL，物質的量是0.002 5 mol，則轉移電子是0.01 mol，所以根據電子得失守恒可知，析出銅是0.01 mol，因此硫酸銅物質的量是0.01 mol；根據以上分析，原溶液中CuSO4和NaCl物質的量之比為0.01 mol∶0.01 mol＝1∶1，故A正確；a表示陽極上產生的氣體，t1前產生的為Cl2，故B錯誤；0～t1時刻，陽極生成氯氣、陰極生成銅單質，溶液中的溶質為硫酸鈉、硫酸銅，此時溶液呈酸性，故C錯誤；若原溶液體積為1 L，則原溶液中SO的濃度為0.01 mol1 L＝0.01 molL－1，故D錯誤。 14．認真觀察下列裝置，下列說法錯誤的是(　　) A．裝置B中PbO2上發(fā)生的電極反應式為 PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O B．裝置A中總反應的離子方程式為 Cu＋2H＋Cu2＋＋H2↑ C．若在裝置D中生成0.2 mol Fe(OH)3，則消耗水的物質的量共為0.5 mol D．若裝置E的目的是在Cu材料上鍍銀，則極板M的材料為Ag 解析：選D　裝置B和C之間通過鹽橋連接，形成原電池，PbO2作正極，發(fā)生還原反應，電極反應式為PbO2＋4H＋＋SO＋2e－===PbSO4＋2H2O，A正確；裝置A為電解池，Cu電極為陽極，電極反應式為Cu－2e－===Cu2＋，Pt電極為陰極，電極反應式為2H＋＋ 2e－===H2↑，故裝置A中總反應為Cu＋2H＋Cu2＋＋H2↑，B正確；裝置D中石墨為陰極，電極反應式為2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，F(xiàn)e電極為陽極，電極反應式為Fe＋2OH－－2e－===Fe(OH)2↓，隨后被氧化生成Fe(OH)3：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，故裝置D中生成0.2 mol Fe(OH)3時，消耗水的物質的量為0.4 mol＋0.1 mol＝0.5 mol，C正確；裝置E中極板M為陰極，在Cu材料上鍍銀，應將Cu材料作陰極，Ag材料作陽極，AgNO3溶液作電解質溶液，故極板M的材料應為Cu，D錯誤。 15．如圖所示，A、B、C、D均為石墨電極，E、F分別為短周期相鄰兩種活潑金屬元素的單質，且E能與NaOH溶液反應。按圖示接通電路，反應一段時間。 (1)甲池是________(填“原電池”或“電解池”)裝置，電極A的名稱是________。 (2)C極為____________(填“陰極”或“陽極”)，電極反應式為_______________。 (3)燒杯中溶液會變藍的是________(填“a”或“b”)。 (4)甲池中總反應的離子方程式為_________________________________________。 解析：E、F分別為短周期相鄰兩種活潑金屬元素的單質，且E能與NaOH溶液反應，則E為Al，F(xiàn)為Mg。(1)Al、Mg、NaOH溶液組成的原電池中，Al失去電子被氧化生成AlO，則E(Al)電極為負極，F(xiàn)(Mg)電極為正極；甲池和中間U形管均形成電解池，根據電極的連接方式可知，電極A為陽極。(2)U形管是電解池裝置，D極連接Al電極(負極)，作陰極，故電極C為陽極，Cl－在陽極上發(fā)生氧化反應生成Cl2，電極反應式為2Cl－－2e－===Cl2↑。(3)電極C上Cl－發(fā)生氧化反應生成Cl2，Cl2通過導管進入淀粉KI溶液，發(fā)生反應：2KI＋Cl2===2KCl＋I2，反應生成的I2使淀粉溶液變藍，故a燒杯中溶液會變藍。(4)甲池中A、B電極材料均為石墨，是惰性電極，電解CuSO4溶液時，陰極上Cu2＋放電生成Cu，陽極上OH－放電生成O2，故電池總反應為2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋。 答案：(1)電解池　陽極 (2)陽極　2Cl－－2e－===Cl2↑ (3)a (4)2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ 16．在如圖所示的裝置中，若通直流電5 min時，銅電極質量增加2.16 g，試回答下列問題。 (1)電源中X電極為直流電源的________極。 (2)pH變化：A________，B________，C________。(填“增大”“減小”或“不變”) (3)通電5 min時，B中共收集224 mL(標準狀況下)氣體，溶液體積為200 mL，則通電前CuSO4溶液的物質的量濃度為________molL－1(假設電解前后溶液體積無變化)。 (4)若A中KCl足量且溶液的體積也是200 mL，電解后，溶液的pH為________(假設電解前后溶液體積無變化)。 解析：(1)由銅電極的質量增加可知發(fā)生Ag＋＋e－===Ag，則Cu電極為陰極，Ag為陽極，Y為正極，可知X為電源的負極。(2)A中電解KCl溶液得到KOH溶液，pH增大，B中電解CuSO4溶液生成硫酸，溶液中氫離子濃度增大，pH減小，C中陰極反應為Ag＋＋ e－===Ag，陽極反應為Ag－e－===Ag＋，溶液濃度不變，則pH不變。(3)C中陰極反應為 Ag＋＋e－===Ag，n(Ag)＝2.16 g108 gmol－1＝0.02 mol，則轉移的電子為0.02 mol，B中陽極反應為2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，則轉移0.02 mol電子生成氧氣為0.005 mol，其體積為0.005 mol22.4 Lmol－1＝0.112 L＝112 mL，則在陰極也生成112 mL氣體，由2H＋＋ 2e－===H2↑知，氫氣的物質的量為0.005 mol，該反應轉移的電子為0.01 mol，則Cu2＋＋ 2e－===Cu中轉移0.01 mol電子，所以Cu2＋的物質的量為0.005 mol，通電前c(CuSO4)＝0.005 mol0.2 L＝0.025 molL－1。(4)A中發(fā)生反應2KCl＋2H2O2KOH＋H2↑＋Cl2↑～2e－，由電子守恒可知，轉移0.02 mol電子時生成0.02 mol KOH，忽略溶液體積的變化，則 c(OH－)＝0.02 mol0.2 L＝0.1 molL－1，溶液pH＝13。 答案：(1)負　(2)增大　減小　不變　(3)0.025　(4)13