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第7讲 电化学基础
[限时50分钟，满分70分]
一、选择题(包括7个小题，每小题5分，共35分)
1．(2016·启东模拟)如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面图。下列说法正确的是
A．该电化腐蚀为析氢腐蚀
B．图中生成铁锈最多的是C区域
C．A区域比B区域更易腐蚀
－
2＋
D．铁闸中的负极的电极反应：Fe－2e===Fe
解析 海水溶液为弱酸性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，A错误；在B处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，B错误；在B处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，所以B区域比A区域更易腐蚀，故C错误；Fe作负极失电子生成亚
铁离子，则负极的电极反应：Fe－2e－===Fe2＋，故D正确。
答案 D
2．(2016·上海高考)图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，
y轴表示
A．铜棒的质量 B．c(Zn)
2＋
－
2＋
C．c(H) D．c(SO24－)
＋
＋
解析 该装置构成原电池，Zn是负极，Cu是正极。A.在正极Cu上溶液中的H获得电子变为氢气，Cu棒的质量不变，错误；B.由于Zn是负极，不断发生反应Zn－2e===Zn，所以溶液中c(Zn)增大，错误；
2＋
C.由于反应不断消耗H，所以溶液的c(H)逐渐降低，正确；D.SO24－不参加反应，其浓度不变，错误。
＋＋
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答案 C
最新教育教学资料精选 3．(双选)(2016·海南高考)某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液。下列说法正
＋
－
确的是
A．Zn为电池的负极
B．正极反应式为2FeO24－＋10H＋6e===Fe2O3＋5H2O
C．该电池放电过程中电解质溶液浓度不变
－
D．电池工作时OH向负极迁移
－
解析 A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，正确；B.KOH溶液为电解质溶液，则正极电极反应为2FeO24－＋6e＋8H2O===2Fe(OH)3＋10OH，错误；C.该电池放电过程
－
中电解质溶液浓度减小，错误；D.电池工作时阴离子OH向负极迁移，正确。
－
答案 AD
4．工业上可利用下图所示电解装置吸收和转化SO2(A、B均为惰性电极)。下列说法正确的是
＋
－
A．A电极接电源的正极
B．A极区溶液的碱性逐渐增强
C．本装置中使用的是阴离子交换膜
－
＋
D．B极的电极反应式为SO2＋2e＋2H2O===SO24－＋4H
解析 A．由HSO3－生成S2O24－，发生还原反应，A应为负极，故A错误；B.阴极的电极反应式为：2HSO－3＋2H＋2e===S2O24－＋2H2O，碱性增强，故B正确；C.阳极的电极反应式为：SO2＋2H2O－2e===SO24－＋4H
＋
－
，阴极的电极反应式为：2HSO3－＋2H＋2e===S2O24－＋2H2O，离子交换膜应使H移动，应为阳离子交换膜，
＋－＋
故C错误；D.B为阳极，发生SO2＋2H2O－2e===SO24－＋4H，故D错误。
－＋
答案 B
5．科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置成功地实现了以CO2和H2O
合成CH4。下列关于该电池叙述错误的是
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A．电池工作时，是将太阳能转化为电能
－
＋
B．铜电极为正极，电极反应式为CO2＋8e＋8H===CH4＋2H2O
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－
＋
C．电池内部H透过质子交换膜从左向右移动
＋
D．为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量盐酸
解析 A．该电池工作时，将太阳能转化为电能，A正确；B. 铜电极为正极，得到电子，发生还原反应，电极反应式为CO2＋8e＋8H===CH4＋2H2O，B正确；C. H在Cu电极处参与反应，因此电池内部H透过质子交换膜从左向右移动，C正确；D. 为提高该人工光合系统的工作效率，可向装置中加入少量的酸，
＋
＋
由于盐酸易挥发，生成的甲烷中会混有HCl气体，因此应该加入少量的硫酸，D错误。
实验一答案 D
6．(2016·北京高考)用石墨电极完成下列电解实验。
实验二装置 现象 a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；两个石墨电极附近有气泡产生；n处有c处无明显变化 气泡产生；…… 下列对实验现象的解释或推测不合理的是 A．a、d处：2H2O＋2e===H2↑＋2OH B．b处：2Cl－2e===Cl2↑ C．c处发生了反应：Fe－2e===Fe
D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜
解析 A、a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子剩余造成的，故正确；B、b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根离子和氯离子同时放电，故错误；C、c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，故正确；D、实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池(一个球两面为不同的两极)，m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极(n的背面)，故相当于电镀，即m上有铜析出，正确。
答案 B
7．(2016·华师大附中模拟)把物质的量均为0.1 mol的AlCl3、CuCl2和H2SO4溶于水制成100 mL的混合溶液，用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积相同。则下列描述正确的是
A．阳极得到的气体中有O2且为0.35 mol B．铝元素仅以Al(OH)3的形式存在 C．阴极质量增加3.2 g D．电路中共转移0.9 mol电子
解析 用惰性电极电解，阴极：Cu＋2e===Cu,2H＋2e===H2↑；阳极：2Cl－2e===Cl2↑，4OH最新教育教学资料精选
2＋
－
＋
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－
－
－
2＋
－
－
－
－
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－
－4e===2H2O＋O2↑；根据各离子的放电顺序可知，该电解过程可分为以下几个阶段：
(1)阶段一：电解0.1 mol CuCl2，转移0.2 mol e，阴极增重质量为铜的质量，为6.4 g；阳极产生0.1 mol Cl2；故C项错误；
(2)阶段二：电解0.2 mol HCl，转移0.2 mol e，阳极又产生0.1 mol Cl2，阴极产生0.1 mol H2； (3)阶段三：电解0.1 mol HCl，转移0.1 mol e，此阶段H来源于水，Cl完全电解，阳极又产生0.05 mol Cl2，阴极又产生0.05 mol H2；此时由于水的电离平衡被破坏，体系中产生多余的OH，所以部分Al以Al(OH)3的形式沉淀，故B项错误；综上分析可知，当转移0.5 mol e时，阳极共产生0.25 mol Cl2，阴极产生0.15 mol H2，如果使两极最终所得气体的体积相等，还需要继续电解水。假设还需电解x mol H2O，则阳极产生0.5x mol O2，阴极产生x mol H2。此时阳极气体为0.25 mol＋0.5x mol，阴极气体为0.15 mol＋x mol，由二者相等得x=0.2，由此可得再电解0.2 mol H2O，还需转移电子0.4 mol，所以该过程中共转移0.9 mol e，D项正确；阳极共产生0.25 mol Cl2,0.1 mol O2，A项错误。
答案 D
二、非选择题(包括4个小题，共35分)
8．(8分)(2016·陕西师大附中模拟) 25 ℃时，用两个质量相同的铜棒作电极，电解500 mL 0.1 mol·L
－1
－
3＋
－
－
－
＋
－
－－
H2SO4溶液，电解过程中，电解液的pH变化如表所示(假定溶液温度保持不变)。电解2 h后，取出电极，
－1
对电极进行干燥，并称量，测得两电极的质量差为9.6 g。已知，25 ℃时0.1 mol·L CuSO4溶液的pH为4.17。
时间/h pH 0.5 1.3 1 2.4 1.5 3.0 2 3.0 (1)实验刚开始阶段电解池阴极所发生反应的电极反应式为____________________________________________________________________。
(2)电解进行到
1.5 h
后，电解质溶液的
pH
不再发生变化的原因是
_____________________________________________________________________； 用离子反应方程式表示
0.1 mol·L
－
1
CuSO4溶液的pH为4.17的原因
____________________________________________________________________。
(3)电解进行的2 h中，转移电子的总物质的量__________0.15 mol(填“<”、“=”或“>”)。 (4)若欲使所得电解质溶液复原到500 mL 0.1 mol·L H2SO4溶液，应对溶液进行怎样处理？________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
解析 根据题意及表中数据可知，电解刚开始阶段，阳极反应式是Cu－2e===Cu，阴极反应式为2H
＋
－
2＋
－1
＋2e===H2↑；随着电解的继续，溶液中Cu的浓度增大，此时阳极反应不变，而H已被电解完，阴极
2＋
－
－2＋＋
反应则变成Cu＋2e===Cu；若电解过程中只有电镀铜的过程，阳极溶解的铜与阴极生成的铜质量相同，溶液的组成保持不变，则阳极铜的减少量为9.6 g/2=4.8 g，转移电子的物质的量为0.15 mol，而实际上先有H2产生，后有电镀铜的过程，故实际转移电子的物质的量大于0.15 mol；要使溶液复原则需要通入最新教育教学资料精选
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H2S，H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4。
答案 (1)2H＋2e===H2↑
(2)电解持续进行，H电解完后，电解过程发生转变，阳极反应式为Cu－2e===Cu，阴极反应式为Cu
2＋
＋
－
2＋
＋
－
＋2e===Cu，电解质溶液的组成、浓度不再发生变化，溶液的pH也不再发生变化 Cu
2
－2＋
＋
2H2＋2H
＋
(3)> (4)向溶液中通入约0.05 mol H2S
9．(9分)(2015·重庆高考)我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器因受到环境腐蚀，欲对其进行修复和防护具有重要意义。
(1)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组
分
CuCl
发
生
复
分
解
反
应
，
该
化
学
方
程
式
为
____________________________________________________________________。
(2)下图为青铜器在潮湿环境中发生的电化学腐蚀的示意图。
－
①腐蚀过程中，负极是________(填图中字母“a”或“b”或“c”)；
②环境中的Cl扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔铜锈Cu2(OH)3Cl，其离子
方程式为_____________________________________
_____________________________________________________________________；
③若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为________L(标准状况)。
解析 (1)复分解反应为相互交换成分的反应，因此该反应的化学方程式为Ag2O＋2CuCl===2AgCl＋
－
2＋
Cu2O。
(2)①负极发生失电子的反应，铜作负极失电子，因此负极为c。负极反应：Cu－2e===Cu，正极反
－
2＋
－
应：O2＋2H2O＋4e===4OH。
2＋
－
－－
②正极产物为OH，负极产物为Cu，两者与Cl反应生成Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu＋3OH
＋Cl===Cu2(OH)3Cl↓。
－
③4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为0.02 mol，由Cu元素守恒知，发生电化腐蚀失电子的Cu单质的物质的量为0.04 mol，失去电子0.08 mol，根据电子守恒可得，消耗O2的物质的量为0.02 mol，所以理论
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2＋
上消耗氧气的体积为0.448 L(标准状况)。
答案 (1)Ag2O ＋2CuCl===2AgCl＋Cu2O (2)①c②2Cu＋3OH＋Cl===Cu2(OH)3Cl↓ ③0.448
－
－
10．(9分)(2016·长春模拟)化学电池的研究一直是化学工作者研究的热点之一。
2020高考化学大二轮复习第1部分知识整合专题2基本理论第7讲电化学基础
