2024届高三新高考化学大一轮专题训练：电解池

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2024届高三新高考化学大一轮专题训练：电解池
一、单选题
1．（2023年高考湖南卷化学真题）下列有关电极方程式或离子方程式错误的是
A．碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+
C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]↓
D．TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4H++4Cl-
2．（2023春·江苏盐城·高三盐城市第一中学校联考期中）锂离子蓄电池放电时的反应如下：Li1−xCoO2 + LixC6LiCoO2 + C6 (xNi2+ ，A项正确；
B．Ni2+ 经过KClO的氧化，得到NiOOH，反应的离子方程式为2Ni2++ClO−+4OH−=2NiOOH+Cl−+H2O，B项正确；
C．除杂过程包括：调节pH，将 Al3+ 和 Fe2+ 转化为沉淀，再过滤除去不溶性杂质，C项错误；
D．电解碱性 Ni(OH)2 悬浊液制备NiOOH，阳极反应为： Ni(OH)2−e−+OH−=NiOOH+H2O ，若加入一定量的KCl，氯离子在阳极上失电子生成氯气，氯气在碱性条件下生成 ClO− ， ClO− 将 Ni(OH)2 氧化为NiOOH，有助于提高生产效率，D项正确；
故选C。
4．D
【分析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a为正极，右侧电极为阴极，b电极为负极，该装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
【详解】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；
B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H2↑，则理论上转移生成，B错误；
C．由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，C错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为：，D正确；
故选D。
5．D
【分析】向碳酸锰矿(主要成分MnCO3，还含有FeCO3、MnO2、Al2O3、SiO2等)中加入稀硫酸，SiO2不与稀硫酸反应，滤渣Ⅰ为SiO2，用H2O2将Fe2+转化为Fe3+，加入氨水将Fe2+转化为Fe(OH)3、Al3+转化为Al(OH)3，则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3和Al(OH)3。
【详解】A．酸浸时，FeCO3溶于稀硫酸的离子方程式为：FeCO3+2H+=Fe2++H2O＋CO2↑，A项错误；
B．“除铁铝”中，H2O2在高温时分解，故温度不能过高，B项错误；
C．根据分析，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3和Al(OH)3，C项错误；
D．电解浸出过程的总反应为，生成，溶液的pH值减小，D项正确；
答案选D。
6．A
【详解】A．a电极反应为，消耗并生成，浓度减小，A正确；
B．电解的总反应方程式：，B错误；
C．电解过程中转移电子，生成，非标准状况下的体积不一定是，C错误；
D．溶液中的向电极b移动，D错误；
故选A。
7．B
【分析】放电时Zn为负极，Zn失电子转化为Zn2+，V6O13做正极得电子结合Zn2+实现Zn2+的嵌入。充电时，Zn为阴极，Zn2+得电子生成Zn，钒基氧化物为阳极，ZnxV6O13失电子生成V6O13和Zn2+，实现Zn2+的脱出。
【详解】A．充电时锌箔上Zn2+得电子生成Zn，放电时Zn失电子转化为Zn2+，充放电过程中，锌箔侧发生Zn2+与Zn的沉积或溶解，A正确；
B．充电过程中，锌箔为阴极，Zn2+向锌箔移动，B错误；
C．放电过程中，V6O13为正极得电子结合Zn2+实现Zn2+的嵌入，电极反应为V6O13+xZn2++2xe-=ZnxV6O13，C正确；
D．TMP有良好的化学稳定性和宽的液态温度范围，促进了水系锌离子电池宽温域范围内的应用，D正确；
故答案选B。
8．D
【分析】电极a上二氧化碳得电子生成或得电子产生乙烯，a为阴极，b为阳极；
【详解】A．电极a上二氧化碳得电子生成或得电子产生乙烯，没有氧气产生，A项错误；
B．电极b为阳极，与电源正极相连，B项错误；
C．由图可知，单原子催化剂上发生反应：，C项错误；
D．若乙烯的电解效率为75%，电路中通过电子时，根据公式得n(生成乙烯所用的电子)，由转化为乙烯的电极反应为，所以当n(生成乙烯所用的电子)时，产生的乙烯为，D项正确；
故选：D。
9．D
【详解】A．石墨N上I-发生氧化反应，为阳极，则b极为电源正极，A项正确；
B．该处理过程中I-起到催化作用，总反应为，B项正确；
C．阴极区发生，工作一段时间后，阴极区消耗的与从阳极区迁移过来的数量相同，阴极区溶液浓度不变，C项正确；
D．阳极上发生，导线上每通过，理论上溶液中生成，同时会和SO2反应被消耗，D项错误。
答案选D。
10．D
【详解】A．充电时，N极为阴极，析出锌，生成碱，溶液pH升高，A项正确；
B．放电时，M极为正极，发生还原反应，镍、钴、锰的化合价降低，M极上能生成、、，B项正确；
C．放电时，N极为负极，发生氧化反应，生成了，反应式为，C项正确；
D．充电时生成了NiOOH、CoOOH、MnOOH固体，水参与反应，电解质的浓度可能发生改变，D项错误；
故选D。
11．D
【详解】A．由图分析，向石墨N电极方向移动，则石墨N电极为阴极、石墨M电极为阳极，石墨M电极上的电势更高，A项错误；
B．石墨M电极上由失电子，电极反应式为，B项错误；
C．由原子守恒和电荷守恒知，Ⅱ室中的转化反应生成，故水解离出的可以促进Ⅱ室中的转化反应，C项错误；
D．由原理可知，导线中流过，Ⅰ室移入Ⅱ室的和的总物质的量为1mol，同时有生成，质量减少，Ⅲ室中阴极反应消耗的由水解离出的等量补充，溶液质量不变，故两室溶液质量变化之差约为，D项正确；
故答案为：D。
12．B
【分析】由图可知，放电时Fe2+在M极失去电子生成Fe3+，则M是负极，Cl2在N极得到电子生成Cl-，则N极为正极，以此解答。
【详解】A．放电时Fe2+在M极失去电子生成Fe3+，M是负极，则充电时，Fe3+在M极得到电子生成Fe2+，电极方程式为：，故A正确；
B．放电时Fe2+在M极失去电子生成Fe3+，即FeCl2转化为FeCl3，NaCl溶液中的Cl-要通过X进入M极区，为阴离子交换膜；Cl2在N极得到电子生成Cl-，由电荷守恒可知，NaCl溶液中的Na+要通过Y进入N极区，Y为阳离子交换膜，故B错误；
C．放电时Fe2+在M极失去电子生成Fe3+，Cl2在N极得到电子生成Cl-，则充电时，FeCl3转化为FeCl2和Cl2，总反应：，故C正确；
D．放电时，Cl2在N极得到电子生成Cl-，电极方程式为：Cl2+2e-=2Cl-，标准状况下2.24L的物质的量为0.1mol，转移0.2mole-，理论上有电子通过用电器，故D正确；
故选B。
13．C
【详解】A．设B化合价为x，根据化合价为o计算+1+x+(-2+1)×4=0，得x=+3，A项正确；
B．N与电源的负极相连为电解池的阴极，该极为H+发生还原反应：2H++2e-= H2↑或2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B项正确；
C．若撤去a膜，经b膜进入稀硫酸中而形成H3BO3，得到H3BO3混有H2SO4，C项错误；
D．装置中得到H3BO3，需要经b膜进入产品室而H+经a膜进入产品室，所以a、b分别为阳离子和阴离子交换膜。原料室中的Na+需要经c膜进入N室形成NaOH，所以c膜为阳极膜，D项正确；
故选C。
14．D
【分析】由BP双极膜中H+、OH-移动方向可知：X电极为电解池的阳极，电极反应式为：2+2e-=Cl2，Y电极为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2,电解总反应为：,精制食盐水中钠离子经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的氢氧根结合生成氢氧化钠，所以M膜为阳离子交换膜，盐室中氯离子经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的氢离子结合生成氯化氢，所以N为阴离子交换膜。
【详解】A．由图中氢氧根移动方向可知X电极为阳极，电极反应式为：2+2e-=Cl2，A错误；
B．由题意可知，精制食盐水中钠离子经过M离子交换膜移向产品A室，与BP双极膜中转移过来的氢氧根结合生成氢氧化钠，所以M膜为阳离子交换膜，盐室中氯离子经过N离子交换膜移向产品B室，与BP双极膜中转移过来的氢离子结合生成氯化氢，所以N为阴离子交换膜，BP双极膜的作用是选择性通过氢离子和氢氧根离子，B错误；
C．阳极反应式为：2+2e-=Cl2，电路中每生成标况下5.6L气体氯气，其物质的量为0.25mol，转移电子0.5mol，理论上获得副产品A（氢氧化钠溶液）和B（氯化氢溶液）各0.5mol，需标明标准状况，C错误；
D．“双极膜组”电渗析法从氯化钠溶液中获得酸（HCl）和碱（NaOH），由此可知：也可从M溶液制备相应的酸(HX)和碱(MOH)，D正确；
故选D。
15．(1)负
(2) 变大 4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+
(3)B
(4) 负 2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O
(5) 正 Cu-2e-=Cu2+ 正 C

【分析】C、D和电解池中都充满浓KOH溶液，实际是电解水，由C、D中产生的气体体积可知，C中气体为H2，D中气体为O2，则M为阴极，N为阳极，R为电源负极，S为电源正极，B为阳极，A为阴极。
（5）C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，甲装置电解MgC12溶液，反应为，D电极上生成的无色气体为氢气，则D为阴极，C为阳极。
【详解】（1）由分析可知，R为负极；
（2）M为阴极，电解消耗水电离生成的H+，生成OH-，则M极对应的电解质溶液的pH变大，生成的OH-移向N电极，故N电极对应的电解质溶液的pH变大；E为浸过含酚酞的Na2SO4溶液的滤纸，由分析可知，B为阳极，则电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑或2H2O-4e-=O2↑+4H+；
（3）B为阳极，阴离子()向阳极移动，则滤纸上的紫色点向B方向移动；
（4）当C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，此时装置变为燃料电池，经过一段时间，C、D中的气体逐渐减少，H2和O2反应生成水，在碱性条件下，C中H2发生氧化反应，C电极为负极，电极反应式为2H2+4OH--4e-=4H2O或H2+2OH--2e-=2H2O；
（5）①根据分析，D为阴极，C为阳极，电解池的阳极与电源正极相接，阴极与电源的负极相接，即A是正极、B是负极，故答案为正；
②丙装置中G为阳极，H为阴极，铁钉上镀铜时阳极为纯铜，阴极为铁钉，阳极上Cu失电子生成Cu2+，电极反应为Cu-2e-=Cu2+，故答案为Cu-2e-=Cu2+；
③甲装置电解MgCl2溶液，总反应为；乙池电解CuSO4溶液，总反应的离子方程式为；故答案为；；
④丁中X为阳极、Y为阴极，X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，即Fe(OH)3胶粒移向阴极，则Fe(OH)3胶粒带正电荷，故答案为正；
⑤乙池中E为阳极、F为阴极，乙中E、F两极上都产生2.24L气体(标准状况)，则阳极上水中的氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为，即E极气体为O2，物质的量为，阴极首先是铜离子放电，电极反应式为，然后是水中的氢离子放电，电极反应式为，且生成H2的物质的量为0.1mol。根据电子守恒有2n(Cu2+)+2n(H2)= 4n(O2)，即2n(Cu2+)+0.1mol2=0.1mol4，解得n(Cu2+)= 0.1mol，所以电解CuSO4溶液时生成0.1molCu、0.1molH2和0.1mol O2，根据溶液恢复原则可知，向反应后溶液中加入0.1molCu(OH)2可恢复到起始状态，故答案为C。
16．(1)
(2) 正极 +2H2SO4 0.4mol 镀件 5.4g
(3) C Pt 2

【详解】（1）以KOH溶液为电解质溶液设计氢氧燃料电池时，燃料电池属于原电池，其负极发生氧化反应。负极物质为氢气，碱性环境，所以反应的电极反应式为：，故答案为：；
（2）将直流电源接通后，Y极附近颜色加深，胶粒带正电荷，向阴极移动，所以Y极为阴极。可得出D、F、H、Y均为阴极，C、E、G、X均为阳极，A是电源正极，B是电源负极；故答案为：正极；在甲中C是阳极，D是阴极。在该溶液中阴离子有、，放电顺序：>，C电极发生反应：；阳离子有H+、，放电能力：> H+,所以D电极发生反应：，电解时总反应方程式为：+2H2SO4，故答案为：+2H2SO4；通电后加入0.2mol（相当于氧化铜和水）后溶液与电解前相同，根据铜元素守恒，所以析出金属铜的物质的量是0.2mol，则转移的电子是0.4mol；故答案为：0.4mol；电镀装置中，镀层金属必须作阳极连接电源的正极，镀件做阴极，连接电源的负极，所以丙装置中H应该是镀件，G是镀层金属；故答案为：镀件；当乙中溶液的pH是13时，(此时乙溶液体积为500 mL)时，根据电极反应，则放电的氢离子的物质的量为：0.1mol/L×0.5L=0.05mol，转移电子的物质的量为0.05mol电子时，丙中镀件上析出银的质量为m=0.05mol×108g/mol=5.4g; 故答案为：5.4g；
（3）D端与电源负极相连，为阴极，因此C端为阳极，发生氧化反应变成I2 ， I2遇到淀粉变蓝，故答案为：C; 装置甲中Pt与正极相连为阳极，Fe为阴极，阴极上得电子生成Ag，则阴极电极方程式为：，故答案为：Pt    ；甲乙装置共收集气体0.168L(标况下)，应该分别为氧气和氢气，则氧气为0.168L×=0.056L,转移电子0.01mol，甲中有AgNO3溶液，电解生成硝酸，，则，则pH=2, 故答案为：2。
17．(1)化学能转化为电能
(2) 2H++2e-=H2↑ Mg→Al
(3)Al
(4)CD
(5) CH4＋10OH-_8e-=CO＋7H2O 石墨上有红色固体析出 560

【分析】将电极放入2mol/L H2SO4溶液A中，镁活泼作负极，铝较不活泼作正极，将电极放入6mol/L NaOH溶液B中，镁不反应作正极，铝反应作负极；甲、乙、丙三池中，根据A、B电极中通入的甲烷和氧气可确定甲为原电池，其中A为负极、B为正极，乙、丙为电解池，乙中C为阳极、D为阴极，丙中为E阳极、F 为阴极。
【详解】（1）原电池是将化学能转化为电能；
（2）A中Al作正极，氢离子作氧化剂，电极反应式为2H++2e-=H2↑；电子的流向是由Mg（负极）→Al（正极）；
（3）B中负极为能在氢氧化钠溶液反应的Al，Mg不反应作正极；
（4）A．根据金属单质与水或酸置换出氢气的难易可得镁的金属性比铝的金属性强，Al在氢氧化钠溶液反应产生氢气不能作为比较金属性强弱的依据，A错误；
B．比较金属活动性顺序的依据要明确，不要被一些特殊反应混淆金属活动性顺序的比较，B错误；
C．该实验中镁铝在稀硫酸中比较置换出氢气的难易而可以比较金属性，镁铝在氢氧化钠溶液中镁不反应而铝反应是因为氢氧化铝具有两性能溶解于氢氧化钠而氢氧化镁只有碱性不能溶解于氢氧化钠，说明化学研究对象复杂，反应受条件影响较大，因此应具体问题具体分析，C正确；
D．上述实验证明了“直接利用金属活动性顺序判断原电池中的正负极”这种做法不可靠，要注意反应的特殊性和明确金属活动性顺序的比较方法，D正确；
答案选CD。
（5）A电极是原电池的负极，甲烷作还原剂在氢氧化钾介质下氧化为碳酸根离子，该电极反应式为CH4＋10OH-_8e-=CO＋7H2O； F是电解池的阴极，铜离子在该电极得电子还原为铜单质，现象是石墨上有红色固体析出；根据串联电极的电子守恒法可得。
18．(1) 负
(2) B

【详解】（1）由N2转化为NH3的一极，氮元素化合价降低，为电解池的阴极，对应a接电源的负极，则b接电源正极；根据两极反应物和生成物，可写出该装置的总反应化学方程式是；故答案是负；；
（2）①分析题中装置图，电极A由CH3COO-转化为CO2，碳元素的化合价升高，则A为燃料电池的负极，电极方程式是；
②电极B是正极，电极反应式是2NO+12H++10e-=N2↑+6H2O；溶液中的H+向正极移动，即B极区移动；
③在好氧微生物反应器中，分析进去的反应物和出来的生成物可知反应方程式是+2O2= NO+H2O+ 2H+，转移1mol，转移电子数是8mol，当转化，转移的电子数目为；