高考化学 化学能与热能 专项训练（WORD版） 答案解析

这是一份高考化学 化学能与热能 专项训练（WORD版） 答案解析，共7页。试卷主要包含了物质　能量　质量　能量，3 kJ·ml－1　环形　泡沫，6 kJ·ml－1，4 L，D错误等内容，欢迎下载使用。

考点 焓变与反应热、热化学方程式
答案：1.(1)物质 能量 (2)质量 能量
2．(1)H ΔH kJ·ml－1 (2)焓变 ΔH 3.大于 小于 吸热 ΔH>0 ΔH<0 放热
4．(1)①1 ml 稳定 CO2(g) H2O(l) SO2(g) (2)②OH－(aq)＋H＋(aq)===H2O(l) ΔH＝－57.3 kJ·ml－1 (3)环形 泡沫
5．(1)②能量 (2)聚集状态 ΔH
题组一 焓变的理解
1．
答案：C 解析：一般的烯烃与氢气发生的加成反应为放热反应，但是由于苯环结构的特殊性决定了苯环结构的稳定性，苯与氢气发生加成反应生成1,3环己二烯时，破坏了苯环结构的稳定性，因此该反应为吸热反应。环己烯、1,3环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放热反应，因此ΔH1＜0，ΔH2＜0，A不正确。苯分子中没有碳碳双键，其中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的共价键，因此，其与氢气完全加成的反应热不等于环己烯、1,3环己二烯分别与氢气发生的加成反应的反应热之和，即ΔH3≠ΔH1＋ΔH2，B不正确。环己烯、1,3环己二烯分别与氢气发生的加成反应均为放反应，ΔH1＜0，ΔH2＜0，由于1 ml 1,3环己二烯与氢气完全加成后消耗的氢气是等量环己烯的2倍，故其放出的热量更多，故ΔH1>ΔH2；苯与氢气发生加成反应生成1,3环己二烯的反应为吸热反应(ΔH4>0)，根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热ΔH3＝ΔH4＋ΔH2，故ΔH3>ΔH2，C正确。根据盖斯定律可知，苯与氢气完全加成的反应热ΔH3＝ΔH4＋ΔH2，故ΔH2＝ΔH3－ΔH4，D不正确。
2．
答案：B 解析：该反应为放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，根据题目中给出的反应物与生成物的比热容可知，升高温度反应物能量升高较快，反应结束后反应放出的热量也会增大，B符合题意。
题组二 能量变化图分析
3．
答案：D 解析：观察题给能量变化图知，Ea为正反应活化能，Ea′为逆反应活化能，A错误；该反应为放热反应，ΔH＝Ea－Ea′，B错误；所有活化分子的平均能量高于所有分子的平均能量，C错误；温度升高，逆反应速率加快幅度大于正反应速率加快幅度，使平衡逆向移动，D正确。
4．答案：B 解析：一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；反应Ⅰ为加成反应，而 为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH－，因此反应结束后，溶液中存在18OH－，故B正确；反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CHeq \\al(18,3)OH，故C错误；由题图可知，ΔH(总反应)＝E(反应Ⅰ)－E(反应Ⅱ)＋E(反应Ⅲ)－E(反应Ⅳ)，故D错误。
题组三 燃烧热、中和热
5．
答案：A 解析：若反应②中CH3OH变为气态，则反应物的总能量更高，放的热更多，ΔH反而要小，故A错误；CH3OH的燃烧热对应的CH3OH的物质的量应为1 ml，且应将气态的水转化为液态的水，根据盖斯定律，燃烧热ΔH＝eq \f(1,2)ΔH2－2×44 kJ·ml－1＝eq \f(1,2)×(－1 277.0 kJ·ml－1)－88 kJ·ml－1＝－726.5 kJ·ml－1，故B正确；CH3COOH是弱酸，弱酸的电离过程要吸热，所以中和热ΔH>－57.3 kJ·ml－1，故C正确；水是由分子构成的化合物，同种分子构成的物质状态间的变化没有化学键断裂，只需要克服分子间作用力，故D正确。
6．
答案：(1)H2SO4(aq)＋2NaOH(aq)===Na2SO4(aq)＋2H2O(l) ΔH＝－114.6 kJ·ml－1
(2)①4.0 ②－53.5 kJ·ml－1 ③b
解析：(2)①第2组数据偏差较大，应舍去，其他三组的温度差平均值为4.0 ℃。
②ΔH＝－eq \f(80×1.0×4.0×4.18×10－3,0.025) kJ·ml－1≈－53.5 kJ·ml－1。
③放出的热量小可能是散热、多次加入碱或起始温度读的较高等原因。
题组四 热化学方程式
7．
答案：D 解析：本题考查热化学方程式、燃烧热、中和热。稀硫酸与NaOH溶液的反应为放热反应，则ΔH<0，A错误；H2(g)的燃烧热为285.8 kJ·ml－1，则有2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH＝－571.6 kJ·ml－1，那么水分解的热化学方程式为2H2O(l)===2H2(g)＋O2(g) ΔH＝＋571.6 kJ·ml－1，B错误；表示CH3OH(l)的燃烧热的热化学方程式中，生成物水应为液态，C错误；9.6 g (0.3 ml)硫粉与11.2 g(0.2 ml)铁粉生成17.6 g(0.2 ml) FeS时放出19.12 kJ热量，此时硫粉剩余，铁粉完全反应，则1 ml Fe完全反应时放出的热量为19.12 kJ×5＝95.6 kJ，因此有Fe(s)＋S(s)===FeS(s) ΔH＝－95.6 kJ·ml－1，D正确。
8．
答案：(1)CH3OH(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－726.5 kJ·ml－1 (2)－93 (3)＋226.7 kJ·ml－1 1 299.5 142.9 (4)该反应是可逆反应
解析：(1)16 g CH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出363.25 kJ热量，32 g即1 ml CH3OH在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出726.5 kJ热量，则ΔH＝－726.5 kJ·ml－1，则燃烧热的热化学方程式为CH3OH(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－726.5 kJ·ml－1。
(2)N2(g)＋3H2(g)2NH3(g) ΔH＝945 kJ·ml－1＋436 kJ·ml－1×3－391 kJ·ml－1×6＝－93 kJ·ml－1＝a kJ·ml－1，因此a＝－93。
(3)已知：①C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1；②2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l) ΔH2＝－571.6 kJ·ml－1；③2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l) ΔH3＝－2 599 kJ·ml－1；2C(s，石墨)＋H2(g)===C2H2(g)的反应可以根据①×2＋②×1/2－③×1/2得到，所以反应焓变ΔH＝2×(－393.5 kJ·ml－1)＋(－571.6 kJ·ml－1)×1/2－(－2 599 kJ·ml－1)×1/2＝＋226.7 kJ·ml－1；燃烧热是1 ml可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时的热效应，由2C2H2(g)＋5O2(g)===4CO2(g)＋2H2O(l)
ΔH3＝－2 599 kJ·ml－1可知C2H2的燃烧热为1 299.5 kJ·ml－1；氢气的热值为eq \f(571.6,4) kJ·g－1＝142.9 kJ·g－1。
(4)由于该反应是可逆反应，加入1 ml H2和1 ml I2不可能完全反应，所以放出的热量总是少于14.9 kJ。
考点 反应热大小的比较和有关计算
答案：1.(1)始态 终态 途径 (2)能量 (3)①ΔH1－ΔH2 3.(1)> (2)< (3)> (4)<
题组一 盖斯定律及应用
1．
答案：C 解析：所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1，ΔH1＜0，则石墨燃烧是放热反应，故A正确；根据图示，C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1，CO(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－283.0 kJ·ml－1，根据反应可知都是放热反应，1 ml C(石墨)和1 ml CO分别在足量O2中燃烧，全部转化为CO2,1 ml C(石墨)放热多，故B正确；根据B项分析，①C(s，石墨)＋O2(g)===CO2(g) ΔH1＝－393.5 kJ·ml－1，②CO(g)＋eq \f(1,2)O2(g)===CO2(g) ΔH2＝－283.0 kJ·ml－1，根据盖斯定律①－②×2可得：C(s，石墨)＋CO2(g)===2CO(g) ΔH＝ΔH1－2ΔH2，故C错误；根据盖斯定律可知，化学反应的焓变只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关，故D正确。
题组二 反应热大小比较
2．
答案：B 解析：碳酸氢根的电离属于吸热过程，则COeq \\al(2－,3)(aq)＋H＋(aq)===HCOeq \\al(－,3)(aq)为放热反应，所以ΔH1<0；COeq \\al(2－,3)(aq)＋H2O(l)HCOeq \\al(－,3)(aq)＋OH－(aq)为碳酸根的水解离子方程式，COeq \\al(2－,3)的水解反应为吸热反应，所以ΔH2>0；OH－(aq)＋H＋(aq)===H2O(l)表示强酸和强碱的中和反应，为放热反应，所以ΔH3<0；醋酸与强碱的中和反应为放热反应，所以ΔH4<0；但由于醋酸是弱酸，电离过程中会吸收部分热量，所以醋酸与强碱反应过程放出的热量小于强酸和强碱反应放出的热量，则ΔH4>ΔH3；综上所述，只有ΔH1<ΔH2正确。
3．
答案：C 解析：碳完全燃烧比不完全燃烧放热多，即ΔH1<ΔH2，①错误；化学方程式的化学计量数数加倍，焓变数值加倍，该反应是放热反应，即ΔH1>ΔH2，②正确；碳酸钙分解吸热，氧化钙与水反应放热，即ΔH1>ΔH2，③正确；弱电解质电离吸热，所以盐酸和强碱反应比盐酸和弱碱反应放热多，即ΔH1<ΔH2，④错误。
题组三 反应热计算
4．
答案：C 解析：由表中数据可知，N≡N键的键能大于O===O 键的键能，则N2(g)比O2(g)稳定，A正确。由能量变化图示可知，反应N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)的ΔH1＝－534 kJ·ml－1，B正确。根据盖斯定律，反应N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)的ΔH1＝ΔH2＋ΔH3＝(－2 752 kJ·ml－1)＋ΔH3＝－534 kJ·ml－1，则有ΔH3＝＋2 218 kJ·ml－1，C错误。N2H4(g)＋O2(g)―→2N(g)＋4H(g)＋2O(g)的ΔH3＝＋2 218 kJ·ml－1，根据反应热与键能的关系可得ΔH3＝4a kJ·ml－1＋154 kJ·ml－1＋500 kJ·ml－1＝＋2 218 kJ·ml－1，解得a＝391，D正确。
5．
答案：D 解析：根据ΔH＝反应物的键能总和－生成物的键能总和计算。反应的ΔH＝2E(H—H)＋E(O===O)－4E(H—O)，即－482 kJ·ml－1＝2×436 kJ·ml－1＋E(O===O)－4×463 kJ·ml－1，解得O===O键的键能为498 kJ·ml－1，2个氧原子结合生成氧气的过程需要释放能量，因此2O(g)===O2(g)的ΔH＝－498 kJ·ml－1。
第19讲 原电池 化学电源
考点 原电池的工作原理及应用
答案：1.化学 电能 氧化还原 2.电解质 闭合 氧化还原 3.锌 铜 Zn－2e－===Zn2＋ Cu2＋＋2e－===Cu 氧化 还原 锌 铜 负 正 5.(3)负极 正极 电极材料
题组一 原电池的构成条件
1．
答案：D 解析：①中缺少一个电极。②Zn、石墨、稀H2SO4可以构成原电池。③电极均为Zn，不能构成原电池。④Fe作负极，C作正极，稀H2SO4作电解质溶液可以构成原电池。⑤酒精属于非电解质，不能构成原电池。⑥Zn作负极，Pb作正极，稀H2SO4作电解质溶液，可以构成原电池。⑦Fe、Cu、CuCl2溶液可以构成原电池。⑧两个电极材料相同，不能构成原电池。
/
题组二 原电池工作原理的分析及理解
2．
答案：B 解析：根据题干信息可知，放电时总反应为4Na＋3CO2===2Na2CO3＋C。放电时负极上Na发生氧化反应失去电子生成Na＋，故A错误；放电时正极为CO2得到电子生成C，故B正确；放电时阳离子由负极移向正极，故C错误；放电时装置为原电池，能量转化关系为化学能转化为电能，故D错误。
3．
答案：C 解析：(1)中Mg作负极；(2)中Al作负极；(3)中铜作负极；(4)是铁的吸氧腐蚀，Fe作负极，Cu作正极，正极电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－；故C错误，A、B、D正确。
4．
答案：B 解析：由题中信息可知，该电池充电时Li＋得电子成为Li嵌入电极A中，可知电极A在充电时作阴极，故其在放电时作电池的负极，而电极B是电池的正极。由图可知，集流体A与电极A相连，充电时电极A作阴极，故充电时集流体A与外接电源的负极相连，A说法正确；放电时，外电路通过a ml电子时，内电路中有a ml Li＋通过LiPON薄膜电解质从负极迁移到正极，但是LiPON薄膜电解质没有损失Li＋，B说法不正确；放电时，电极B为正极，发生还原反应，反应可表示为Li1－xCO2＋xLi＋＋xe－===LiCO2，C说法正确；电池放电时，嵌入在非晶硅薄膜中的锂失去电子变成Li＋，正极上Li1－xCO2得到电子和Li＋变为LiCO2，故电池总反应可表示为LixSi＋Li1－xCO2eq \(,\s\up17(放电),\s\d15(充电))Si＋LiCO2，D说法正确。
题组三 原电池原理的应用
5．
答案：C 解析：把四个实验从左到右分别编号为①②③④，则由实验①可知，a作原电池负极，b作原电池正极，金属活动性：a>b；由实验②可知，b极有气体产生，c极无变化，则活动性：b>c；由实验③可知，d极溶解，则d作原电池负极，c作正极，活动性：d>c；由实验④可知，电流从a极流向d极，则d极为原电池负极，a极为原电池正极，活动性：d>a。综合所述可知活动性：d>a>b>c。
6．
答案：(1)A (2)B (3)C
解析：加入CuSO4溶液，Zn置换出Cu，形成原电池，加快反应速率，(1)a中Zn减少，H2体积减小，所以A图正确；(2)中由于H2SO4定量，产生H2的体积一样多，a的反应速率快于b，所以B图正确；(3)当把CuSO4溶液改成CH3COONa溶液时，由于CH3COO－＋H＋CH3COOH，a中c(H＋)减少，反应速率减小，但产生H2的体积不变，所以C图正确。
考点 化学电源
答案：1.Zn Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2 MnO2 2MnO2＋2H2O＋2e－===2MnO(OH)＋2OH－ Zn Zn＋2OH－－2e－===Zn(OH)2 Ag2O Ag2O＋H2O＋2e－===2Ag＋2OH－ 3.2CH3OH－12e－＋2H2O===2CO2↑＋12H＋ 3O2＋12e－＋6H2O===12OH－ 2CH3OH－12e－＋16OH－===2COeq \\al(2－,3)＋12H2O 3O2＋12e－＋6H2O===12OH－ 2CH3OH－12e－＋2H2O===2CO2↑＋12H＋ 3O2＋12e－＋12H＋===6H2O 2CH3OH－12e－＋6COeq \\al(2－,3)===8CO2↑＋4H2O 3O2＋12e－＋6CO2===6COeq \\al(2－,3) 2CH3OH－12e－＋6O2－===2CO2↑＋4H2O 3O2＋12e－===6O2－
题组一 常见的化学电源、及新型一次电池
1．
答案：A 解析：A项，甲为铜锌原电池，锌为负极，铜为正极，H＋在铜上得电子发生还原反应，所以铜极附近溶液中H＋浓度减小，A项错误。B项，乙为纽扣电池，正极为Ag2O得电子发生还原反应，反应式为Ag2O＋2e－＋H2O===2Ag＋2OH－，B项正确。C项，丙为锌锰干电池，锌筒作负极，发生氧化反应被消耗，所以锌筒会变薄，C项正确。D项，丁为铅酸蓄电池，放电时总反应为Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)===2PbSO4(s)＋2H2O(l)，所以使用一段时间后，电解质溶液的酸性减弱，离子浓度减小，导电能力下降，D项正确。
题组二 新型二次电池
2．
答案：D 解析：本题以新型电池为背景，考查电化学基础知识和观察理解能力。由题图知，放电时，活泼金属锌失去电子被氧化为Zn(OH)eq \\al(2－,4)，故负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)eq \\al(2－,4)，A正确；放电时，CO2在正极得到电子被还原为HCOOH，碳的化合价由＋4价降低为＋2价，故1 ml CO2转化为HCOOH时转移的电子的物质的量为2 ml，B正确；图中虚线表示充电时物质变化过程，充电时阴极反应为2Zn(OH)eq \\al(2－,4)＋4e－===2Zn＋8OH－，阳极反应为“放氧生酸”：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，两极生成的氢离子和氢氧根离子在双极隔膜上结合生成4个H2O，可抵消阳极消耗的2个H2O，故充电时，电池总反应为2Zn(OH)eq \\al(2－,4)===2Zn＋O2↑＋4OH－＋2H2O，C正确；充电时，阳极反应为“放氧生酸”：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，正极(阳极)溶液中H＋浓度升高，OH－浓度降低，D错误。
3．
答案：B 解析：由题干信息可知，放电时，M极由于Li比Ni更活泼，也比N极上的Sb、Bi、Sn更活泼，故M极作负极，电极反应为Li－e－===Li＋，N极为正极，电极反应为3Li＋＋3e－＋Bi===Li3Bi，据此分析解题。由分析可知，放电时，M电极反应为Li－e－===Li＋，A错误；由分析可知，放电时，M极为负极，N极为正极，故Li＋由M电极向N电极移动，B正确；由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极反应为Li＋＋e－===Li，故电极质量增大，C错误；由二次电池的原理可知，充电和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，充电时，N电极反应为Li3Bi－3e－===3Li＋＋Bi，D错误。
题组三 不同环境下的燃料电池
4．
答案：C 解析：碱性环境下，甲醇燃料电池总反应为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O；N2H4O2燃料电池总反应为N2H4＋O2===N2＋2H2O；偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中C和N的化合价均为－2价，H元素化合价为＋1价，所以根据氧化还原反应原理可推知其燃料电池的总反应为(CH3)2NNH2＋4O2＋4KOH===2K2CO3＋N2＋6H2O，据此结合原电池的工作原理分析解答。放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；根据上述分析可知，N2H4O2燃料电池的产物为氮气和水，其总反应中未消耗KOH，所以KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量减小，B错误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、N2H4和(CH3)2NNH2放电量(物质的量表达式)分别是eq \f(m g,32 g·ml－1)×6、eq \f(m g,32 g·ml－1)×4、eq \f(m g,60 g·ml－1)×16，通过比较可知(CH3)2NNH2理论放电量最大，C正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 ml O2生成的氮气的物质的量为1 ml，在标准状况下为22.4 L，D错误。
5．
答案：D 解析：由题图可知，a电极为原电池的负极，单质钾失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为K－e－===K＋，b电极为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾，据以上分析解答。金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K＋通过，不允许O2通过，故A正确；由分析可知，放电时，a为负极，b为正极，电流由b电极沿导线流向a电极，充电时，b电极应与直流电源的正极相连，做电解池的阳极，故B正确；由分析可知，生成1 ml超氧化钾时，消耗1 ml氧气，两者的质量比值为(1 ml×71 g·ml－1)∶(1 ml×32 g·ml－1)≈2.22∶1，故C正确；铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为2PbSO4＋2H2O===PbO2＋Pb＋2H2SO4，反应消耗2 ml水，转移2 ml电子，由得失电子数目守恒可知，消耗3.9 g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为eq \f(3.9 g,39 g·ml－1)×18 g·ml－1＝1.8 g，故D错误。
题组四 交换膜在原电池中的应用
6．
答案：B 解析：CH3COO－转化为CO2的反应是氧化反应，为负极反应，CH3COO－中碳的平均化合价为0价，反应的电极反应方程式为CH3COO－＋2H2O－8e－===2CO2↑＋7H＋，A项正确；该过程中可以起到淡化海水的作用，则Na＋移向正极(b极)、Cl－移向负极(a极)，所以隔膜1、隔膜2分别是阴离子交换膜、阳离子交换膜，B项错误；根据电路的电量相等，电路中转移1 ml电子，通过离子交换膜的Na＋、Cl－也分别是1 ml，即可除盐58.5 g，C项正确；酸性条件下，正极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，根据电子守恒，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1，D项正确。
7．
答案：B 解析：由图可知，放电时，N电极为电池的正极，溴在正极上得到电子发生还原反应生成溴离子，电极反应式为Br2＋2e－===2Br－，M电极为负极，锌失去电子发生氧化反应生成锌离子，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，正极放电生成的溴离子通过离子交换膜进入左侧，同时锌离子通过交换膜进入右侧，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持相等；充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，N电极与直流电源的正极相连，做阳极。由分析可知，放电时，N电极为电池的正极，故A正确；由分析可知，放电或充电时，左侧贮液器和右侧贮液器中溴化锌的浓度相等，都在增大，故B错误；由分析可知，充电时，M电极与直流电源的负极相连，做电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，故C正确；由分析可知，放电或充电时，交换膜允许锌离子和溴离子通过，维持两侧溴化锌溶液的浓度保持不变，故D正确。
第20讲 电解池 金属的电化学腐蚀与防护
考点 电解的原理
答案：1.电流 氧化 还原
2．(1)电能 化学 (3)阴 还原 Cu2＋＋2e－===Cu 阳 氧化 2Cl－－2e－===Cl2↑ Cu2＋＋2Cl－eq \(=====,\s\up17(电解))Cu＋Cl2↑
3．(2)阳 阴 流出 流入 4.增大 增大 加水
增大 减小 加水 增大 不变 加水 减小 增大
通HCl 减小 加CuCl2 增大 通HCl 减小 加CuO或CuCO3
题组一 利用电解原理中的规律书写电极反应式
1．
答案：C 解析：通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，据此解答。由分析可知，a是电源的负极，故A正确；石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；当0.01 ml Fe2O3完全溶解时，消耗氢离子为0.06 ml，根据阳极电极反应式2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，产生氧气为0.015 ml，体积为336 mL (折合成标准状况下)，故D正确。
2．
答案：D 解析：由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为C2＋＋2e－===C，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解总反应的离子方程式为2C2＋＋2H2Oeq \(=====,\s\up17(通电))2C＋O2↑＋4H＋。由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；由分析可知，阴极生成1 ml钴，阳极有1 ml水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18 g，故B错误；若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜后，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；由分析可知，电解总反应的离子方程式为2C2＋＋2H2Oeq \(=====,\s\up17(通电))2C＋O2↑＋4H＋，故D正确。
3．
答案：B 解析：阴极水电离的H＋得电子生成H2，阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电解过程总反应方程式为2Ni(OH)2eq \(=====,\s\up17(通电))2NiOOH＋H2↑，电解后KOH溶液的物质的量浓度不变，故A、C错误；电解时阳极Ni(OH)2失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2＋OH－－e－===NiOOH＋H2O，故B正确；电解过程中转移4 ml电子，生成4 ml NiOOH，根据4NiOOH＋2H2Oeq \(=====,\s\up17(90 ℃))4Ni(OH)2＋O2↑，生成1 ml O2，未指明所处状况，体积不一定是22.4 L，故D错误。
题组二 信息型电解的电极反应式书写
4．
答案：B 解析：根据图示可知，在b电极上产生N2，N元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，所以b电极为阳极，连接电源的正极，A错误；电极a上产生H2，H元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，所以a电极为阴极，电极反应式为2NH3(l)＋2e－===H2↑＋2NHeq \\al(－,2)，B正确；电解过程中，阴极附近产生NHeq \\al(－,2)，使附近溶液中阴离子浓度增大，为维持溶液电中性，阳离子K＋会向阴极区定向移动，最终导致阴极附近K＋浓度增大，C错误；每反应产生1 ml H2，转移2 ml电子，每反应产生1 ml N2，转移6 ml 电子，故阴极产生H2与阳极产生的N2的物质的量之比是3∶1，D错误。
5．
答案：A 解析：根据左侧电极上生成O2，右侧电极上生成H2，知左侧电极为阳极，发生反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，右侧电极为阴极，发生反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑。由题意知，左室中Na2Cr2O7随着H＋浓度增大转化为CrO3：Cr2Oeq \\al(2－,7)＋2H＋===2CrO3＋H2O，因此阳极生成的H＋不能通过离子交换膜，A项错误、D项正确。根据两电极上转移电子数相同，由阳极反应和阴极反应知，生成O2和H2的物质的量之比为1∶2，其质量比为8∶1，B项正确；根据阴极反应知，电解一段时间后阴极区溶液中OH－的浓度增大，C项正确。
6．
答案：(1)从右往左 2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O
(2)阳 CrOeq \\al(2－,4)
解析：(1)由图可知，通NH3的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极，则另一电极为阴极，电解过程中OH－移向阳极，则从右往左移动。阳极NH3失电子发生氧化反应生成N2，结合碱性条件，电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－===N2＋6H2O。
(2)由4Na2CrO4＋4H2Oeq \(=====,\s\up17(通电))2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上OH－失去电子生成H2O和O2，阴极上H＋得到电子生成H2，由2CrOeq \\al(2－,4)＋H2OCr2Oeq \\al(2－,7)＋2OH－可知，Cr2Oeq \\al(2－,7)在c(OH－)减小的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；电解过程中，阳极室中c(OH－)减小，c(CrOeq \\al(2－,4))减小，c(Cr2Oeq \\al(2－,7))增大，为提高制备Na2Cr2O7的效率，CrOeq \\al(2－,4)通过离子交换膜移向阳极。
考点 电解原理的应用
答案：1.(1)2Cl－－2e－===Cl2↑ 2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ (2)2NaCl＋2H2Oeq \(=====,\s\up17(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ 2.镀层金属铜 Cu－2e－===Cu2＋
Zn－2e－===Zn2＋ Fe－2e－===Fe2＋ Ni－2e－===Ni2＋ 待镀金属Fe 纯铜 Cu2＋＋2e－===Cu Ag、Au 3.2Cl－－2e－===Cl2↑ 2Na＋＋2e－===2Na 2Cl－－2e－===Cl2↑ Mg2＋＋2e－===Mg 6O2－－12e－===3O2↑ 4Al3＋＋12e－===4Al
题组一 电解原理的常规应用——氯碱工业、金属精炼、电镀
1．
答案：D 解析：由示意图知，电极A上生成Cl2，发生的反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，A正确；电极B上发生的反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，为防止阴极区生成的OH－与阳极区生成的Cl2反应且维持两侧溶液呈电中性，中间的离子交换膜应不允许OH－通过，左室中的Na＋通过离子交换膜迁移到右室，故离子交换膜为阳离子交换膜，B正确；饱和NaCl溶液从a处进，得到的NaOH溶液从d处出，C正确；OH－没有发生迁移，迁移的是Na＋，且迁移的Na＋数量等于导线上通过电子的数量，D错误。
2．
答案：D 解析：在Cu­Zn原电池中，由于金属活动性：Zn>Cu，所以Zn作负极，Cu作正极，A错误；粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，电极连接不正确，B错误；在Fe片上镀锌时，Fe作阴极，Zn作阳极，电极连接不正确，C错误；电解饱和NaCl溶液时，阳极发生反应：2Cl－－2e－===Cl2↑，Cl2能使淀粉­KI溶液变蓝，用以检验Cl2，D正确。
题组二 利用电解原理制备物质
3．
答案：D 解析：从图可知，a电极产生氧气为阳极，b电极O2转化为H2O2，发生还原反应为阴极。阳极发生氧化反应失去电子生成氧气：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，A项正确；该装置阳极和阴极之间是通过质子的移动形成闭合回路的，即H＋由a极区移向b极区，阳极区的pH不发生变化，B、C项正确；阳极产生1 ml O2转移电子4 ml，阴极消耗1 ml O2转移电子2 ml，则电解过程中a极生成O2与b极反应的O2物质的量之比为1∶2，D项错误。
4．
解析：(1)①阳极产生氯气，氯气可以和水发生反应生成次氯酸，其方程式为Cl2 ＋H2OHCl＋HClO。②溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，同时阳极的钾离子会向阴极移动。
(2)①若η(EO)＝100%，则说明在电解过程中只有乙烯中的碳元素化合价发生变化，其他元素化合价没有变化，故溶液b的溶质为KCl。②ⅰ.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2。ⅱ.设EO的物质的量为a ml，则转化的乙烯的物质的量为eq \f(a,97%) ml，生成EO转移的电子的物质的量为2a ml，此过程转移电子的总物质的量为eq \f(2a,70%) ml，生成CO2的物质的量为2×eq \f(a,97%)×3% ml，生成CO2转移的电子的物质的量为2×eq \f(a,97%)×3%×6 ml，则η(CO2)＝eq \f(2×\f(a,97%)×3%×6 ml,\f(2a,70%) ml)×100%≈13%。ⅲ.实验证实推测Ⅲ成立，则验证Cl2和HClO即可。
题组三 利用电解原理解决工业、生活中的污染
5．
答案：C
6．
答案：D 解析：海水中除了水，还含有大量Na＋、Cl－、Mg2＋等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl－会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH－，结合海水成分及电解产物分析解答。根据分析可知，阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；设置的装置为电解池，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH－在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，会使海水中的Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢，需定期清理，D错误。
题组四 电化学综合计算
7．
答案：D 解析：甲装置是利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能，即甲装置为原电池，根据原电池工作原理，M极为负极，若废水中含有乙醛，则其电极反应式为CH3CHO＋3H2O－10e－===2CO2↑＋10H＋，故A正确；Fe(Ⅰ)连接Y，即Fe(Ⅰ)为阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，该区域发生氧化还原反应6Fe2＋＋Cr2Oeq \\al(2－,7)＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，Fe(Ⅱ)电极为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，H＋不断在阴极上得电子成为H2而析出，且Cr2Oeq \\al(2－,7)与Fe2＋的反应也在消耗H＋，使得溶液酸性变为中性，再由中性变为碱性，Cr3＋＋3OH－===Cr(OH)3↓，Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，因隔膜为离子交换膜，因此Fe(Ⅰ)附近有沉淀产生，故B正确；根据乙装置以及B选项分析，乙装置右侧中Cr2Oeq \\al(2－,7)向左侧移动，则隔膜为阴离子交换膜，故C正确；根据B选项分析，建立12e－～6Fe2＋～Cr2Oeq \\al(2－,7)，每转移3 ml电子，最多有eq \f(1,4) ml Cr2Oeq \\al(2－,7)被还原，故D错误。
8．
答案：C 解析：A项，甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，错误；B项，在燃料电池中，负极是甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性条件下的电极反应式为CH3OH－6e－＋8OH－===COeq \\al(2－,3)＋6H2O，错误；C项，甲池中的正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，消耗280 mL(标准状况下)O2，电路中转移 0.05 ml电子，丙池中的阴极上是水电离出的氢离子放电，电极反应式为Mg2＋＋2H2O＋2e－===H2↑＋Mg(OH)2↓，电路中转移电子数守恒，可知理论上最多产生氢氧化镁的质量应该是0.025 ml×58 g·ml－1＝1.45 g，正确；D项，乙池中，电解后生成硫酸、铜和氧气，要想使CuSO4溶液复原，要加入CuO或CuCO3，但不能加入Cu2(OH)2CO3，会使CuSO4溶液浓度减小，错误。
/
考点 金属的腐蚀和防护
答案：2.(1)原电池 较活泼金属 电流 (2)强 Fe－2e－===Fe2＋ 2H＋＋2e－===H2↑ O2＋2H2O＋4e－===4OH－ 3.(1)活泼
题组一 金属的化学腐蚀与电化学腐蚀
1．
答案：C 解析：阴极的钢铁设施实际作原电池的正极，正极金属被保护不失电子，故A错误；阳极金属M实际为原电池装置的负极，有电子流出，原电池中负极金属比正极活泼，因此M的活动性比Fe的活动性强，故B错误；金属M失电子，电子经导线流入钢铁设施，从而使钢铁设施表面积累大量电子，自身金属不再失电子从而被保护，故C正确；海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度，离子浓度越大，溶液的导电性越强，因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快，故D错误。
2．
答案：C 解析：A、D错：铁在中性环境中发生吸氧腐蚀，负极上铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－。B错：铁的电化学腐蚀过程中，化学能除转化为电能外还有部分转化为热能。
题组二 运用电化学原理比较金属腐蚀的快慢
3．
答案：C 解析：由图可知，②③④装置是原电池，在②④中，铁作负极，③中铁作正极，作负极的腐蚀速率快，并且两个电极金属活动性相差越大，负极金属腐蚀速率越快，正极被保护，并且原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀，所以腐蚀速率④>②>①，⑤⑥装置是电解池，⑤中铁为阳极，⑥中铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即腐蚀速率⑤>⑥，根据电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即腐蚀由快到慢的顺序为⑤④②①③⑥，故C项正确。
4．
答案：D 解析：NaCl和Na2SO4都是强酸强碱盐，①与④、⑤比较，相同时间内，④⑤的氧气浓度减小的幅度比①明显得多，说明盐溶液可以加快吸氧腐蚀速率，A正确；②与③都是铵盐的溶液，所含阳离子浓度相同，阴离子不同，④与⑤都是钠盐的溶液，所含阳离子浓度相同，阴离子不同，两组中腐蚀速率都有明显的差异，说明吸氧腐蚀速率可能与阴离子种类有关，B正确；③与⑤相比，(NH4)2SO4溶液中吸氧腐蚀速率快，故⑤中加入少量(NH4)2SO4固体，吸氧腐蚀速率加快，C正确；向实验②溶液中加等体积的0.5 ml·L－1 (NH4)2SO4溶液，NH4Cl、(NH4)2SO4的浓度减小为原来的一半，且NHeq \\al(＋,4)浓度相同时，(NH4)2SO4溶液的腐蚀速率较小，故该操作引起的结果是吸氧腐蚀速率减慢，D错误。