2018版高三化学一轮复习5年真题分类：专题13 电化学综合应用 Word版含答案

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完成下列填空：
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式 。
（2）离子交换膜的作用为 、 。
（3）精制饱和食盐水从图中位置补充，氢氧化钠溶液从图中位置流出。（选填“a”、“b”、“c”或“d”）
（4）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。
写出该反应的化学方程式 。
（5）室温下，0.1 ml/L NaClO溶液的pH0.1 ml/L Na2SO3溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1 ml/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3– 浓度从大到小的顺序为。
已知：H2SO3Ki1=1.54×10-2Ki2=1.02×10-7
HClOKi1=2.95×10-8
H2CO3Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11
【答案】（1） 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
（2）阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应 2NaOH+Cl2===NaCl+NaClO+H2O 阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
（3）a d
（4）2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4=== 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O
（5）大于 SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–
【解析】
电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl－＋2H2O Cl2↑＋H2↑＋2OH－。（2）图中的离子交换膜只允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样阻止了OH—进入阳极室，阻止Cl—进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。（3）随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H+不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断被消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。（4）KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，在酸性条件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4=== 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O。（5）NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7；HClO的Ki1=2.95×10-8，所以酸性：HSO3->HClO，因此溶液的pH: NaClO> Na2SO3。由于电离程度：H2SO3> H2CO3>HSO3->HCO3-，浓度均为0.1 ml/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO32–>SO32–，所以离子浓度：SO32–>CO32–；水解产生的离子浓度：HCO3- > HSO3-。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3– 浓度从大到小的顺序为SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。
【考点定位】考查电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写、电离平衡常数在比较离子浓度大小的应用的知识。
【名师点睛】氧化还原反应、电解原理、弱电解质的电离平衡理论、盐的水解、离子浓度大小比较是中学化学中的重要知识和理论，要掌握其反应原理、规律、方法、比较依据，再结合实际情况，进行正确的判断，得到相应的答案。
2．【2015北京理综化学】（节选）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。
（4）利用如图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①结合方程式简述提取CO2的原理： 。
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是 。
【答案】（4）①a室：2H2O-4e－=== O2↑+4H+，H+通过阳离子膜进入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
【解析】（4）海水pH＞8，显碱性，需要H+中和来降低海水的碱性，a室发生阳极反应：2H2O-4e－=== O2↑+4H+，c(OH—)下降，水电离平衡右移，c(H+)增大，H+从a室进入b室，发生反应：HCO3－+H+===CO2↑+H2O。②
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 。
【考点定位】考查化学平衡移动、电解等。
【名师点晴】本题以CO2在海洋中的转移和归宿为素材，考查有关化学反应原理知识，难度不大，要求学生掌握弱电解质的电离、化学方程式的书写以及利用守恒观点配平方程式，第（4）问利用电化学利用理论从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量，体现了化学与环境保护、理论与实际相结合的特点。
3．【2015北京理综化学】（15分）为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化。实验如下：
（1）待实验 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I溶液颜色不再改变时，再进行实验 = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II，目的是使实验 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I的反应达到 。
（2） = 3 \* rman \* MERGEFORMAT iii是 = 2 \* rman \* MERGEFORMAT ii的对比试验，目的是排除有 = 2 \* rman \* MERGEFORMAT ii中 造成的影响。
（3） = 1 \* rman \* MERGEFORMAT i和 = 2 \* rman \* MERGEFORMAT ii的颜色变化表明平衡逆向移动，Fe2+向Fe3+转化。用化学平衡移动原理解释原因： 。
（4）根据氧化还原反应的规律，该同学推测 = 1 \* rman \* MERGEFORMAT i中Fe2+向Fe3+转化的原因：外加Ag+使c(I—)降低，导致I-的还原性弱于Fe2+，用右图装置（a、b均为石墨电极）进行实验验证。
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①K闭合时，指针向右偏转，b作 极。
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01 ml/L AgNO3溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是 。
（5）按照（4）的原理，该同学用上图装置进行实验，证实了 = 2 \* rman \* MERGEFORMAT ii中Fe2+向Fe3+转化的原因，
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①转化原因是 。
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②与（4）实验对比，不同的操作是 。
（6）实验 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I中，还原性：I—>Fe2+；而实验 = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II中，还原性：Fe2+>I—，将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是 。
【答案】 （1）化学平衡状态（2）溶液稀释对颜色变化（3）加入Ag+发生反应：Ag++I—===AgI↓，c(I—)降低；或增大c(Fe2+)平衡均逆向移动（4）①正 ②左管产生黄色沉淀，指针向左偏转 （5）①Fe2+随浓度增大，还原性增强 ，使Fe2+还原性强于I- ②向U型管右管中滴加1ml/L FeSO4溶液（6）该反应为可逆氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动方向
【解析】（1）待实验 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I溶液颜色不再改变时，再进行实验 = 2 \* ROMAN \* MERGEFORMAT II，目的是使实验 = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I的反应达到化学平衡状态。
（2）根据实验 = 3 \* rman \* MERGEFORMAT iii和实验 = 2 \* rman \* MERGEFORMAT ii的对比可以看出是为了排除有 = 2 \* rman \* MERGEFORMAT ii中水造成溶液中离子浓度改变 的影响；
（3）i.加入AgNO3，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2平衡逆向移动。
ii.加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移。（4） = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①K闭合时，指针向右偏转，b极为Fe3+得电子，作正极； = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管滴加0.01 ml/L AgNO3溶液，产生黄色沉淀，I-离子浓度减小，2Fe3+ + 2I-2Fe2+ + I2平衡左移，指针向左偏转。（5）①Fe2+向Fe3+转化的原因是Fe2+浓度增大，还原性增强 ；②与（4）实验对比，不同的操作是当指针归零后，向U型管右管中滴加1ml/L FeSO4溶液。 将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是在其它条件不变时，物质的氧化性和还原性与浓度有关，浓度的改变可影响物质的氧化还原性，导致平衡移动。
【考点定位】考查化学平衡、电化学、以及化学实验设计等知识。
【名师点晴】本题以“2Fe3++2I-2Fe2++I2”反应中Fe3+和Fe2+的相互转化为基本素材，考查化学平衡状态的判断、平衡的移动、原电池原理、化学实验设计等内容，要求学生在解答本题时能充分接受、吸收、整合所给信息，分析和解决化学问题，同时本题第（2）（5）等小问也体现了对化学实验与科学探究能力的考查。题目难度不是很大。解答本题时还要注意答题的规范性。
4．【2015海南化学】（节选）银是一种贵金属，古代常用于制造钱币及装饰器皿，现代在电池和照明器材等领域亦有广泛应用。回答下列问题。
（4）右图所示原电池正极的反应式为 。
【答案】（4）Ag++e- ===Ag
【解析】（4）该原电池的实质是Cu与银离子发生置换反应生成Ag单质，所以正极是生成Ag单质的还原反应。
【考点定位】本题考查金属的腐蚀、电极反应式的书写。
【名师点睛】以银及其化合物为载体考查原电池原理的应用。考查学生分析问题、解决问题的能力。
5．【2015安徽理综化学】（节选）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。
（4）常温下，将除去表面氧化膜的Al、Cu片插入浓HNO3中组成原电池（图1），测得原电池的电流强度（I）随时间（t）的变化如图2所示，反应过程中有红棕色气体产生。
0-t1时，原电池的负极是Al片，此时，正极的电极反应式是___ __,溶液中的H+向___极移动，t1时，原电池中电子流动方向发生改变，其原因是_____ _。,科,,K]
【答案】（4）2H+ + NO3—+e— ===NO2 ↑+ H2O 正 Al在浓硝酸中发生钝化，氧化膜阻止了Al进一步反应。
【解析】（4）正极得电子发生还原反应，故电极反应为:2H+ + NO3—+e— ===NO2 ↑+ H2O ; 在电场作用下，阳离子向电池正极移动，由图像得t1时刻电流方向改变，说明电负极发生改变，Al因为发生钝化不再进一步反应。
【考点定位】本题属于实验题，考查原电池原理等知识。
【名师点睛】判断原电池的正负极关键在于理解原电池的本质是氧化还原反应，根据这个原理来判断正负极，负极失电子，发生氧化反应，进而再根据电极材料、电解质溶液和题干信息书写电极反应式。
6．【2015重庆理综化学】（节选）我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。
（5）如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
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粉状锈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）。
【答案】 (5) ① c ② 2Cu2＋+3OH－+Cl－===Cu2(OH)3Cl↓ ③0.448
【解析】(5)①根据图示，青铜基体发生氧化反应，转化为Cu2＋，故c作负极。②负极上Cu发生氧化反应，产物为Cu2＋，正极上O2发生还原反应，产物为OH－，故该反应为2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓。③根据得失电子守恒，由O2eq \(――→,\s\up7(得4e－))4OH－、2Cueq \(――→,\s\up7(失4e－))Cu2(OH)3Cl，可得关系式：O2～Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗标准状况下O2的体积为0.02ml×22.4 L/ml＝0.448 L。
【考点定位】本题主要考查铜及其化合物的性质，电化学的基本原理。
【名师点晴】生活中常见的金属，以铜为载体设计题目的较少，试题背景注重化学与生活、社会、科技及历史等的有机结合和联系，突显了化学学科的特点，能较好的考查电化学基本知识。
7．【2015新课标Ⅱ卷理综化学】（14分）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO2，ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：
溶解度/(g/100g水)
回答下列问题：
（1）该电池的正极反应式为 ，电池反应的离子方程式为 。
（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论上消耗Zn g。（已经F＝96500C/ml）
（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过 分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、______和 ，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法是 ，其原理是 。
（4）用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和H2O2溶解，铁变为_____，加碱调节至pH为 时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于1×10-5ml/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至pH为_____时，锌开始沉淀（假定Zn2＋ QUOTE 浓度为0.1ml/L）。若上述过程不加H2O2后果是 ，原因是 。
【答案】（1）MnO2＋e—＋H＋===MnOOH Zn＋2MnO2＋2H＋===Zn2＋＋2MnOOH （2）0.05g
（3）加热浓缩、冷却结晶 铁粉、MnOOH 在空气中加热；碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2 （4）Fe3＋ 2.7 6 Zn2＋和Fe2＋分离不开 Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近
【解析】（1）酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，锌是活泼的金属，锌是负极，电解质显酸性，则负极电极反应式为Zn—2e—===Zn2＋。中间是碳棒，碳棒是正极，其中二氧化锰得到电子转化为MnOOH，则正极电极反应式为MnO2＋e—＋H＋===MnOOH，所以总反应式为Zn＋2MnO2＋2H＋===Zn2＋＋2MnOOH。（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则通过的电量是0.5×300＝150，因此通过电子的物质的量是，锌在反应中失去2个电子，则理论消耗Zn的质量是。（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有氯化锌和氯化铵。根据表中数据可知氯化锌的溶解度受温度影响较大，因此两者可以通过结晶分离回收，即通过蒸发浓缩、冷却结晶实现分离。二氧化锰、铁粉、MnOOH均难溶于水，因此滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH。由于碳燃烧生成CO2，MnOOH能被氧化转化为二氧化锰，所以欲从中得到较纯的二氧化锰，最简便的方法是在空气中灼烧。（4）双氧水具有强氧化性，能把铁氧化为铁离子，因此加入稀硫酸和双氧水，溶解后铁变为硫酸铁。根据氢氧化铁的溶度积常数可知，当铁离子完全沉淀时溶液中铁离子浓度为10—5ml/L，则溶液中氢氧根的浓度＝，所以氢离子浓度是2×10—3ml/L，pH＝2.7，因此加碱调节pH为2.7时铁刚好完全沉淀。Zn2＋ QUOTE 浓度为0.1ml/L，根据氢氧化锌的溶度积常数可知开始沉淀时的氢氧根浓度为＝＝10—8ml/L，氢离子浓度是10—6ml/L，pH＝6，即继续加碱调节pH为6时锌开始沉淀。如果不加双氧水，则铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，由于氢氧化亚铁和氢氧化锌的溶度积常数接近，因此在沉淀锌离子的同时亚铁离子也沉淀，导致生成的氢氧化锌不纯，无法分离开Zn2＋和Fe2＋。
【考点定位】本题主要是考查原电池原理的应用、物质的分离与提纯等，涉及电极反应式书写、电解计算、溶度积常数的应用、pH计算、化学实验基本操作等。
【名师点晴】该题以酸性锌锰干电池为载体综合考查了氧化还原反应、电化学、化学计算、物质的分离与提纯等，能够很好地考查考生所掌握的化学知识结构。考查了学生对知识理解、综合运用能力及阅读材料接受信息的能力和思维能力，对相关知识的掌握情况。这道高考题为一道中高档题，能力要求较高。
8．【2014年高考海南卷】（9分）锂锰电池的体积小、性能优良，是常用的一次电池。该电池反应原理如图所示，其中电解质LiCIO4。溶于混合有机溶剂中，Li+通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2。
回答下列问题：
（1）外电路的电流方向是由____极流向____极。（填字母）
（2）电池正极反应式为 。
（3）是否可用水代替电池中的混合有机溶剂？____（填“是”或“否”），原因是____________ 。
（4）MnO2可与KOH和KClO3，在高温下反应，生成K2MnO4，反应的化学方程式为_______________。K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为___________。
【答案】(1) b a (2) MnO2+e-+Li+===LiMnO2 (3) 否 电极Li是活泼金属，能与水反应
（4）3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO4+KCl+3H2O 2:1
【解析】（1）结合所给装置图以及原电池反应原理，可知Li作负极材料，MnO2作正极材料，所以电子流向是从a→b，那么电流方向则是b→a；（2）根据题目中的信息“电解质LiClO4溶于混合有机溶剂中，Li+ 通过电解质迁移入MnO2晶格中，生成LiMnO2”，所以正极的电极反应式MnO2+e—+Li+===LiMnO2；（3）因为负极的电极材料Li是活泼的金属，能够与水发生反应，故不能用水代替电池中的混合有机溶剂；（4）由题目中的信息“MnO2可与KOH和KClO4在高温条件下反应，生成K2MnO4”，可知该反应属于氧化还原反应，Mn元素化合价升高，Cl元素的化合价降低，方程式：3MnO2+KClO3+6KOH2K2MnO4+KCl+3H2O；根据“K2MnO4在酸性溶液中歧化，生成KMnO4和MnO2”，根据电子得失守恒，可知生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1。
【考点定位】本题以锂锰电池为线索，从考查了原电池电极的判断、电极反应式的书写、反应条件的选择、化学方程式的书写及氧化产物与还原产物的物质的量的关系；从能力上考查了考生对原电池反应原理的了解和掌握情况，考查了考生对氧化还原反应的概念、实质、特征的关系及灵活应用能力；考查了学生应用所学知识来解决具体问题的能力。它充分体现了“源于教材又不拘泥于教材”的指导思想，在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。
【名师点睛】解答本题的思路是：首先应该掌握原电池的过程条件、电极名称、电极判断、电极反应、溶液中离子的移动方向、外电路中电子的移动方向、氧化还原反应的实质、特征、氧化剂与还原剂等概念。还要清楚加入的物质是否还会发生其它的反应，判断加入物质的可行性。最后按要求进行解答。
9．【2014年高考北京卷第28题】（15分）用FeCl3酸性溶液脱除H2S后的废液，通过控制电压电解得以再生。某同学使用石墨电极，在不同电压（x）下电解pH=1的0.1ml/L FeCl2溶液，研究废液再生机理。记录如下（a、b、c代表电压值：）
（1）用KSCN溶液检验出Fe3+的现象是 。
（2）I中，Fe2+产生的原因可能是Cl—在阳极放电，生成的Cl2将Fe2+氧化。写出有关反应的方程式__________________________。
（3）由II推测，Fe3+产生的原因还可能是Fe2+在阳极放电，原因是Fe2+具有_____性。
（4）II中虽未检测出Cl2，但Cl-在阳极是否放电仍需进一步验证。电解pH=1的NaCl溶液做对照实验，记录如下：
①NaCl溶液的浓度是________ml/L。
②IV中检测Cl2的实验方法:____________________。
③与II对比，得出的结论（写出两点）：___________________。
【答案】（1）溶液变为红色 （2）2Cl--2e- ===Cl2↑ ；2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl- （3）还原
（4）①0.2 ②取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，试纸变蓝 ③通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电
【解析】（1）铁离子与KSCN反应生成血红色络合物，故现象为溶液变为血红色；（2）Cl-在阳极放电，电解反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，生成的氯气氧化Fe2+为Fe3+，方程式为：2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl-；（3）因为阳极产物无Cl2，又Fe2+具有还原性，故也可能是Fe2+在阳极放电，被氧化为Fe3+；（4）①因为为对比实验，故Cl-浓度应与电解FeCl2的相同，即为0.1ml/L ×2=0.2ml/L；②检测氯气可以用淀粉碘化钾试纸，因氯气的量较少，且氯气能溶于水，故可取少量阳极附近的溶液，滴在淀粉KI试纸上，若试纸变蓝色，则说明有氯气存在；③与II对比可知，IV中电解氯化亚铁时，电压较大a＞x≥c时，氯离子放电产生氯气，即说明Fe3+可能是由氯气氧化亚铁离子得到；电压较小c＞x≥b时，氯离子不放电，即还原性Fe2+＞Cl-，同时也说明了铁离子也可能是由亚铁离子直接放电得到的。故结论为：①通过控制电压，证实了产生Fe3+的两种原因都成立；②通过控制电压，验证了Fe2+先于Cl-放电。
【考点定位】本题主要是考查物质性质实验设计与探究。
【名师点晴】本题以电解过程中电压控制与产物的关系考查学生的实验能力和实验方法，本题展示了一个完整的实验探究过程，即根据已有的现象和结论，分析问题→提出假设→设计实验→对比讨论→形成结论，很好地把学生对探究过程的理解展示出来了，要求学生在解答时熟练掌握铁离子的检验、电解原理、氯气的检验等知识，题目落点较低。
10．【2014年高考福建卷第24题】(节选)铁及其化合物与生产、生活关系密切。
（1）如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。
①该电化腐蚀称为 。
②图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是 (填字母)。
【答案】（1）①吸氧腐蚀 ②B
【解析】结合铁的吸氧腐蚀原理分析第⑴题。（1）①钢铁在海水(中性环境)中发生的应该是吸氧腐蚀。
②在B点的海水中氧气浓度最大，发生的吸氧腐蚀最快，生成的铁锈最多。
【考点定位】本题主要是考查金属的电化学腐蚀原理。
【名师点晴】本题主要是通过铁及其化合物为载体，重点考查学生对核心知识（电化学）的掌握和应用的能力。体现了化学是一门实用性学科，从而提高学生学习化学的积极性和学习的兴趣。在一定程度上考查了学生的知识的灵活运用能力和分析问题解决问题的能力。题目难度中等。
11．【2014年高考山东卷第30题】（16分）离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系，由有机阳离子、Al2Cl7—和AlCl4—组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。
（1）钢制品应接电源的 极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为 。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为 。
（2）为测定镀层厚度，用NaOH溶液溶解钢制品表面的铝镀层，当反应转移6 ml电子时，所得还原产物的物质的量为 ml。
（3）用铝粉和Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有 。
a．KCl b. KClO3 c. MnO2 d. Mg
取少量铝热反应所得到的固体混合物，将其溶于足量稀H2SO4，滴加KSCN溶液无明显现象， （填“能”或“不能”）说明固体混合物中无Fe2O3，理由是 （用离子方程式说明）。
【答案】（1）负 4 Al2Cl7—+3e‾===Al+7 AlCl4— H2 （2）3
b、d 不能 Fe2O3+6H+===2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+===3Fe2+（或只写Fe+2Fe3+===3Fe2+）
【解析】(1)电镀时，镀件应连接电源负极，作阴极；在阴极上发生还原反应，结合题中“电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应”可知阴极上的反应式是4Al2Cleq \\al(－,7)＋3e－===Al＋7AlCleq \\al(－,4)；若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极反应是水电离出的H＋得电子还原为H2。(2)用NaOH溶解铝镀层时发生反应： 2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑，H2是还原产物，当转移6 ml电子时，该反应可得到3 ml还原产物。(3)引发铝粉和Fe2O3粉末反应的助燃剂为KClO3，然后插入镁条，点燃镁条即可使铝热反应发生；混合物中即使含有Fe2O3，Fe2O3溶于酸后生成的Fe3＋与反应生成的Fe发生氧化还原反应生成Fe2＋，再加入KSCN溶液后溶液也不显红色，因此不能证明反应后固体不含Fe2O3。
【考点地位】本题通过电镀铝考查了学生对电化学原理的理解、电极的判断和电极方程式的书写，通过求算电子转移数目考查了学生对氧化还原反应原理的理解，通过铝热反应和Fe2O3的检验考查了学生对基本实验的掌握和基本操作，考查了学生分析问题、解决问题的能力。
【名师点晴】电极反应式的书写，要依据“电镀过程中不产生其它离子且有机阳离子不参与电极反应”，结合电极反应的书写规则，方能做出正确解答。而阴极产物的判断则需要依据“改用AlCl3水溶液作电解液”这一信息，对电镀液内各种离子成分重新分析。考生通过对两种电镀液的对比，理解选择电镀液对电镀过程的重要影响，体会到新材料在科研和生产中的重要作用。
12．【2014年高考重庆卷第11题】（节选）氢能是重要的新能源。储氢作为氢能利用的关键技术，是当前关注的热点之一。
（4）一定条件下，如图所示装置可实现有机物的电化学储氢（忽略其它有机物）。
①导线中电子移动方向为____________。（用A、D表示）
②生成目标产物的电极反应式为 。
③该储氢装置的电流效率＝_____（＝×100%，计算结果保留小数点后1位）
【答案】（4）①A→D ②C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12 ③64.3%
【解析】（4）①苯生成环戊烷属于得氢反应，因此是还原反应，即电极D是阴极，电极E是阳极，因此导线中电子的流动方向是A→D。②苯得到电子生成环戊烷是目标产物，由于存在质子交换膜，所以氢离子向阴极移动，则电极反应式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12。③阳极生成2.8ml气体，该气体应该是阳极OH－放电生成的氧气，则转移电子的物质的量＝2.8ml×4＝11.2ml。设阴极消耗苯的物质的量是xml，则同时生成 xml环戊烷，根据电极反应式C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12可知得到电子是6xml，根据电子守恒可知，阴极生成氢气是 EQ \f(11.2ml－6xml,2)＝5.6ml－3xml，所以 EQ \f(2.4－x,10＋5.6－3x)＝0.1，解得x＝1.2，因此储氢装置的电流效率＝ EQ \f(6xml,11.2ml)×100%＝64.3%。
【考点定位】本题主要是考查电化学原理的应用与计算，属于中等难度试题的考查，意在考查学生对信息的获取能力，侧重考查学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力。
【名师点睛】此题考查到了化学反应的基本原理。在解题过程中要把一个复杂的问题简单化，分离出单一的问题运用单一的原理进行解答，降低试题的难度。
温度/℃
化合物
0
20
40
60
80
100
NH4Cl
29.3
37.2
45.8
55.3
65.6
77.3
ZnCl2
343
395
452
488
541
614
化合物
Zn(OH)2
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Ksp近似值
10-17
10-17
10-39
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
I
x≥a
电极附近出现黄色，有气泡产生
有Fe3+、有Cl2
II
a＞x≥b
电极附近出现黄色，无气泡产生
有Fe3+、无Cl2
III
b＞x＞0
无明显变化
无Fe3+、无Cl2
序号
电压/V
阳极现象
检验阳极产物
IV
a＞x≥c
无明显变化
有Cl2
V
c＞x≥b
无明显变化
无Cl2