2022届高三化学高考备考一轮复习电解池专项训练

这是一份2022届高三化学高考备考一轮复习电解池专项训练，共22页。试卷主要包含了单选题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（15题）
1．如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U形管中。下列正确的是
A．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e-=H2↑
B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极保护法
D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001 ml 气体
2．下列反应的方程式不正确的是
A．石灰石与醋酸反应：CO+2CH3COOH=2CH3COO- +CO2↑+H2O
B．铜片上电镀银的总反应(银作阳极，硝酸银溶液作电镀液)：Ag(阳极)Ag(阴极)
C．铜与稀硝酸反应：3Cu+2NO+8H+=3Cu2+ +2NO↑+4H2O
D．明矾溶液中加入少量氢氧化钡溶液：2Al3+ +3SO+ 3Ba2++6OH-=2Al(OH)3↓+ 3BaSO4↓
3．电解高浓度(羧酸钠)的溶液，在阳极放电可得到(烷烃)。下列说法不正确的是
A．电解总反应方程式：
B．在阳极放电，发生氧化反应
C．阴极的电极反应：
D．电解、和混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
4．铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O
研读右图，下列判断不正确的是
A．K闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++SO42-
B．当电路中转移0.2 ml电子时，Ⅰ中消耗的为0.2ml
C．K闭合时，Ⅱ中向c电极迁移
D．K闭合一段时间后，Ⅱ可单独作为原电池，d电极为正极
5．某模拟"人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是
A．该装置将化学能转化为光能和电能
B．该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移
C．每生成1 ml O2，有44 gCO2被还原
D．a电极的反应为：3CO2+ 16H＋-18e－= C3H8O+4H2O
6．在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O—CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．X是电源的负极
B．阴极的反应式是：H2O＋2eˉ＝H2＋O2ˉCO2＋2eˉ＝CO＋O2ˉ
C．总反应可表示为：H2O＋CO2H2＋CO＋O2
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1︰1
7．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是
A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为Fe
B．电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe(OH)2
C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O
8．如下图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．Y为阴极，发生还原反应B．X为正极，发生氧化反应
C．Y与滤纸接触处有氧气生成D．X与滤纸接触处变红
9．以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：
下列说法不正确的是
A．在阴极式，发生的电极反应为：2H2O＋2e－2OH―＋H2↑
B．在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H＋浓度增大，使平衡2＋2H＋＋H2O向右移动
C．该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋2O2↑
D．测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比为d，则此时铬酸钾的转化率为α＝
10．某兴趣小组设计如下微型实验装置。实验时，现断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是
A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H++2Cl—Cl2↑+H2↑
B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：Cl2+2e—＝2Cl—
D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
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。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:3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O
下列说法不正确的是
A．右侧发生的电极方程式：2H2O+2e-=H2↑+2OH-
B．电解结束时，右侧溶液中含有IO3-
C．电解槽内发生反应的总化学方程式KI+3H2O=KIO3+3H2↑
D．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方程式不变
12．最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA-Fe2+-e-＝EDTA-Fe3+
②2EDTA-Fe3++H2S＝2H++S+2EDTA-Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A．阴极的电极反应：CO2+2H++2e-＝CO+H2O
B．协同转化总反应：CO2+H2S＝CO+H2O+S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需为酸性
13．三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SO42-可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是
A．通电后中间隔室的SO42-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1ml电子的电量时，会有0.5ml的O2生成
14．某电动汽车配载一种可充放电的锂离子电池。放电时电池的总反应为：Li1-xCO2+LixC6=LiCO2+ C6(xc(OH－)，所以正极区溶液酸性增强，溶液的pH减小，故A错误；
B．阳极区氢氧根放电，溶液中产生硫酸，阴极区氢离子获得电子，发生还原反应而放电，破坏了附近的水的电离平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以产生氢氧化钠，因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品，故B正确；
C．负极区氢离子得到电子，使溶液中c(H＋)增大，所以负极区溶液pH升高，故C错误；
D．当电路中通过1ml电子的电量时，根据整个闭合回路中电子转移数目相等可知反应产生氧气的物质的量是n(O2)=1ml÷4=0.25ml，故D错误。
故选B。
【点睛】
本题主要是考查电解原理及其应用、电极判断、电极反应式书写、电极产物判断与计算等。电化学是历年高考的重要考点之一，考查的内容为：提供电极材料和电解质溶液判断能否形成原电池，原电池电极名称判断及电极反应式的书写，提供反应方程式设计原电池、电解池（包括电镀池、精炼池），根据电解时电极质量或溶液p H的变化判断电极材料或电解质种类，电解产物的判断和计算，结合图像考查电极质量或电解质溶液质量分数的变化。
14．C
【详解】
A．放电时，负极LixC6失去电子得到Li+，在原电池中，阳离子移向正极，则Li+在电解质中由负极向正极迁移，故A正确；
B．放电时，负极LixC6失去电子产生Li+，电极反应式为LixC6-xe-═xLi++C6，故B正确；
C．充电时，石墨(C6)电极变成LixC6，电极反应式为：xLi++C6+xe-═LixC6，则石墨(C6)电极增重的质量就是锂离子的质量，根据关系式：
xLi+～～～xe-
1ml 1ml
可知若转移1mle-，就增重1mlLi+，即7g，故C错误；
D．正极上C元素化合价降低，放电时，电池的正极反应为：Li1-xCO2+xLi++xe-═LiCO2，充电是放电的逆反应，故D正确；故选C。
【点晴】
明确电池反应中元素的化合价变化及原电池的工作原理是解题关键，放电时的反应为Li1-xCO2+LixC6═LiCO2+C6，C元素的化合价降低，C得到电子，则Li1-xCO2为正极，LixC6为负极，Li元素的化合价升高变成Li+，结合原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，充电是放电的逆过程，据此解答。
15．C
【详解】
A．充电时，阳离子向阴极移动，即K＋向阴极移动，A项错误；
B．放电时总反应为2Zn+O2+4OH–+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；
C．放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C项正确；
D．标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；
答案选C。
【点睛】
电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，负极电极反应式为：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。
16．扩大接触面积，加快化学反应速率 2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O 增大反应物的浓度，可使化学反应速率加快，同时使反应物的转化率增大 K2CO3 MnO42--e-=MnO4- H2 3:2 95.62%
【详解】
（1） MnO2的状态是固体，对于有固体参加的化学反应，可通过增大其反应接触面积的方法提高反应速率，故要将其粉碎成细小的颗粒；
（2） 根据流程图可知，在“平炉”中MnO2、KOH、O2在加热时反应产生K2MnO4，结合质量守恒定律可知，另外一种物质是H2O，则发生的化学方程式为2MnO2+O2+4KOH2K2MnO4+2H2O ；
（3）由于上述反应中氧气是气体，在“平炉”中加压，就可以使反应物氧气的浓度增大，根据外界条件对化学反应速率的影响，增大反应物的浓度，可以使化学反应速率加快；任何反应都具有一定的可逆性，增大压强，可以使化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，故可以提高原料的转化率；
（4） ①在K2MnO4溶液中通入CO2气体，使体系呈中性或弱碱性，K2MnO4发生歧化反应，反应中生成KMnO4，MnO2，根据质量守恒定律可知，另外一种生成物是K2CO3，根据氧化还原反应中的电子守恒及反应的原子守恒，可得该反应的化学方程式是：3K2MnO4+ 2CO2= 2KMnO4+MnO2+K2CO3；②“电解法”为现代工艺，即电解K2MnO4水溶液，在电解槽中阳极，MnO42-失去电子，发生氧化反应，产生MnO4-。电极反应式是：MnO42--e-=MnO4-；在阴极，水电离产生的H+获得电子变为氢气逸出，电极反应式是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。所以阴极逸出的气体是H2；总反应方程式是：2K2MnO4+2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH；③根据“电解法”方程式2K2MnO4+ 2H2O2KMnO4+2H2↑+2KOH 可知K2MnO4的理论利用率是100%；而在“CO2歧化法” 3K2MnO4+2CO2 = 2KMnO4+MnO2+K2CO3中，K2MnO4的理论利用率是2/3，所以二者的理论利用率之比为3:2；
（5）根据离子方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O可知KMnO4与草酸反应的关系式是：2 KMnO4～5H2C2O4。配制的溶液的浓度为：。则1.0800g样品中含KMnO4的物质的量为：n=KMnO4的质量为：m=" 0.006536ml" × 158g/ml =1.03269g。故其纯度为：×100%=95.62%。
17．CaO 11 加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少 NO3－和OH－ Ca(HCO3)2 2OH－＋Al2O3＝2AlO2－＋H2O 2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑ Al－3e－＋7AlCl4－＝4Al2Cl7－
【详解】
(1)白云石高温煅烧，CaCO3和MgCO3受热分解生成CaO和MgO，煅粉主要含有CaO和MgO。若溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6ml·L－1，根据Ksp＝c(Mg2＋)·c2(OH－)得：c(OH－)＞ml·L－1＝1×10－3 ml·L－1，c(H＋)＜1×10－11ml·L－1，即pH＞11。若用(NH4)2SO4代替NH4NO3，则(NH4)2SO4会与CaO反应生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少。
(2)煅粉的主要成分是CaO和MgO，加入适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，由于镁化合物几乎不溶，则溶液中溶质主要为生成的Ca(NO3)2和Ca(OH)2，故滤液Ⅰ中的主要阴离子为NO3－和OH－。由于滤液Ⅰ的pH大于11，溶液中含有Ca(NO3)2和少量的NH4NO3与Ca(OH)2，若仅通入CO2会生成Ca(HCO3)2，从而导致CaCO3产率降低。
(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为2OH－＋Al2O3＝2AlO2－＋H2O。
(4)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式2Al＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑。
(5)由题意可知，放电时负极Al失去电子与AlCl4－结合生成Al2Cl7－，其电极反应式为Al－3e－＋7AlCl4－＝4Al2Cl7－。
18．−136.2 HNO2−2e−+H2O3H++NO3− 2HNO2+(NH2)2CO2N2↑+CO2↑+3H2O 24/7 迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大 催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO
【分析】
（1）应用盖斯定律解答。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，根据得失电子守恒和原子守恒写出方程式。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7mlN2转移24ml电子。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应生成NO。
【详解】
（1）将两个热化学方程式编号，
2NO2（g）+H2O（l）=HNO3（aq）+HNO2（aq） ΔH=−116.1 kJ·ml−1（①式）
3HNO2（aq）=HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l） ΔH=75.9 kJ·ml−1（②式）
应用盖斯定律，将（①式3+②式）2得，反应3NO2（g）+H2O（l）=2HNO3（aq）+NO（g）ΔH=[（−116.1 kJ·ml−1）3+75.9 kJ·ml−1]2=-136.2kJ·ml−1。
（2）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1mlHNO2反应失去2ml电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。
（3）HNO2与（NH2）2CO反应生成N2和CO2，N元素的化合价由HNO2中+3价降至0价，N元素的化合价由（NH2）2CO中-3价价升至0价，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为2HNO2+（NH2）2CO=2N2↑+CO2↑+3H2O。
（4）①NH3与NO2的反应为8NH3+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7mlN2转移24ml电子。生成1mlN2时转移电子数为ml。
②因为反应时间相同，所以低温时主要考虑温度和催化剂对化学反应速率的影响；高温时NH3与O2发生催化氧化反应。在50~250℃范围内，NOx的去除率迅速上升段是催化剂活性随温度升高增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大，温度升高催化剂活性下降。反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是NH3与O2反应生成了NO，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
【点睛】
本题以有效去除NOx为载体，考查盖斯定律的应用、电解原理、指定情境下方程式的书写，氧化还原反应中转移电子数的计算、图像的分析。主要体现的是对化学反应原理的考查，对化学反应原理的准确理解是解题的关键。
19．CO2+H2OH2CO3，H2CO3HCO3－+H+ Ca2++ 2HCO3－= CaCO3↓+ CO2↑+H2O xCO2 2x H218O a室：2H2O-4e－= O2↑+4H+，H+通过阳离子膜进入b室，发生反应：HCO3－+H+= CO2↑+H2O c室的反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH
【分析】
（1）溶于海水的CO2产生的HCO3-来自于碳酸的第一步电离；
（2）①海水中的钙离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸钙从而使碳钙化；
②O2只来自于H2O，则用18O标记水；
（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：
①用硫酸酸化海水，用氮气吹出CO2 ；
②利用n(CO2)=n(HCO3－)=n(HCl)计算海水中溶解无机碳的浓度。
（4）电解海水，阳极氢氧根离子放电，阴极氢离子放电。
【详解】
（1）考查碳酸的第1步电离：CO2+H2OHCO3－+H+
（2）①根据反应物是HCO3－，生成物是CaCO3和CO2，易知本题的反应方程式。
Ca2++ 2HCO3－=CaCO3↓+ CO2↑+H2O 。
②根据元素守恒法，及示踪原子的标记可知方程式中的填空为：xCO2+ 2x H218O
（3）①注意酸化的试剂要用硫酸，一定不能用盐酸，HCl会挥发出来影响后续的滴定。
②该滴定过程转化的关系式为n(CO2)=n(HCO3－)=n(HCl)，n(HCl)= x ml/L×y×10-3L= xy×10-3ml，所以n(CO2)= xy×10-3ml，所以c()=ml/L
（4）①海水pH＞8，显碱性，需要H+中和降低海水的碱性，a室发生阳极反应：2H2O-4e－= O2↑+4H+，c（OH－）下降，H2OOH－+H+平衡右移，c（H+）增大，H+从a室进入b室，发生反应：HCO3－+H+= CO2+H2O。
②c室的反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调节至接近装置入口海水的pH 。