2022届高考化学二轮专题复习10电化学

电化学一、选择题（本题共20小题，每题只有一个选项符合题意）1．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3e-=Fe3+C．脱氧过程中碳作原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气0.015mol【答案】D【解析】A．脱氧过程是放热反应，可吸收氧气，延长糕点保质期，A不正确；B．脱氧过程中铁作原电池负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，B不正确；C．脱氧过程中碳作原电池正极，电极反应为2H2O+O2+4e-=4OH-，C不正确；D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，铁的物质的量为0.02mol，其最终被氧化为氢氧化铁，电子转移总量为0.06mol，理论上最多能吸收氧气0.015mol，D正确。故选D。2．“自煮火锅”发热包的成分为碳酸钠、硅藻土、铁粉、铝粉、活性炭、焦炭粉、NaCl、生石灰，向发热包中加入冷水，可用来蒸煮食物。下列说法错误的是A．活性炭作正极，正极上发生还原反应B．负极反应为C．Na+由活性炭区向铝粉表面区迁移D．硅藻土结构疏松，使各物质分散并均匀混合，充分接触【答案】C【解析】发热包发热过程中有微小原电池形成，如铝粉和活性炭在水溶液中，活性炭作正极，O2得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，铝粉作负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：。A．根据分析，活性炭作正极，O2得到电子发生还原反应，A正确；B．若铝粉作负极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：，B正确；C．活性炭作正极，铝粉作负极，原电池中阳离子向正极移动，即Na+向活性炭区迁移，C错误；D．硅藻土结构疏松，可以使各物质分散并均匀混合，充分接触，D正确；答案选C。18 3．电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O）时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去。下列说法不正确的是A．阳极反应为Fe-2e-=Fe2+B．电解过程中溶液pH不断减小C．过程中有Fe(OH)3沉淀生成D．电路中每转移6mol电子，最多有0.5molCr2O被还原【答案】B【解析】A．Fe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成亚铁离子，阳极反应为Fe-2e-═Fe2+，故A正确；B．由反应式Cr2O+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O可知，处理过程中消耗氢离子，溶液的酸性减弱，溶液pH增大，故B错误；C．阴极发生还原反应，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，Cr2O-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，有Fe3+生成，所以有Fe(OH)3沉淀生成，故C正确；D．Fe-2e-=Fe2+，则转移电子数6mol需要3molFe，再根据能够处理的关系式，得3Fe～6e-～3Fe2+～0.5Cr2O，故被还原的Cr2O的物质的量为0.5mol，故D正确；故选B。4．某化学兴趣小组在实验室中设计如图所示装置（a、b、c、d均为惰性电极），以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水。下列分析错误的是A．乙装置中，d极上发生氧化反应，移向该电极B．理论上d极消耗的CH4与b极生成的O2物质的量之比为1∶2C．气体X为CO2，且c极通入的CO2与d极冒出的CO2不相等D．一段时间后，甲装置中生成的O2与消耗的O2物质的量相等【答案】D18 【解析】A．在原电池中，阴离子向负极移动。在乙装置中，通入甲烷的d极为负极，失去电子发生氧化反应，d极上发生氧化反应，则向d极移动，A正确；B．在d电极反应中每有1molCH4发生反应转化为CO2，转移8mol电子；在b电极上每反应产生1molO2，转移4mol电子，在同一闭合回路中电子转移数目相等，所以理论上d极消耗的CH4与b极生成的O2物质的量之比为1∶2，B正确；C．在c电极上电极反应式：O2+4e-+2CO2=2，d电极上电极反应式：CH4-8e-+4=5CO2↑+2H2O，则转移8mol电子时，c极通入4molCO2，d极冒出的5molCO2，两者质量不相等，C正确；D．a电极与负极连接，作阴极，发生反应：O2+2e-+2H+=H2O2；b电极与电源正极连接，作阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以a电极消耗的O2与b电极产生的O2的物质的量的比是2∶1，生成氧气的量和消耗氧气的量不相等，D错误；故选D。5．LiOH是制备锂离子电池的材料。电解LiCl溶液制备LiOH的装置如图所示。下列说法正确的是A．电极A连接电源的负极B．B极区电解液为LiCl溶液C．电极每产生22.4L气体M，电路中转移2mole-D．电池总反应为：2LiCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2LiOH【答案】D【解析】电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，由图可知，右侧生成氢气，则B上氢离子放电，可知B为阴极，在B侧制备LiOH，Li+18 由A经过阳离子交换膜向B移动，A中为LiCl溶液，氯离子放电生成氯气。A．由分析可知，A为阳极，与正极相连，故A错误；B．通过以上分析知，B极区电解液为LiOH，否则无法得到纯净的LiOH，故B错误；C．没有指明气体所处状态，无法计算其物质的量，所以无法计算转移电子物质的量，故C错误；D．电解池的阳极上是氯离子失电子，阴极上是氢离子得电子，电解的总反应方程式为：2LiCl+2H2OH2↑+Cl2↑+2LiOH，故D正确；故选D。6．用电渗析法可将含硝酸钠的废水再生为硝酸和氢氧化钠，其装置如图所示。下列叙述不正确的是A．膜a、膜c分别是阴离子交换膜、阳离子交换膜B．阳极室、阴极室的产品分别是硝酸、氢氧化钠C．阳极的电极反应式为D．该装置工作时，电路中每转移电子，两极共生成气体【答案】D【解析】连接正极的阳极室水电离产生的氢氧根离子失电子产生氧气，同时生成氢离子，膜a为阴离子交换膜，允许硝酸根离子通过进入阳极室，得到产品硝酸；连接负极的阴极室水电离产生的氢离子得电子产生氢气，同时生成氢氧根离子，膜c为阳离子交换膜，允许钠离子通过进入阴极室，得到产品氢氧化钠。A．由分析知，膜a、膜c分别是阴离子交换膜、阳离子交换膜，A正确；B．由分析知，阳极室、阴极室的产品分别是硝酸、氢氧化钠，B正确；C．阳极的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，C正确；D．当电路中每转移0.2mol电子，根据转移电子关系：O2~4e-、H2~2e-，知产生O20.05mol，产生H20.1mol，故两极共产生气体0.15mol，但题目未说明标准状况，故0.15mol气体不一定是3.36L，D错误；故答案选D。7．下列有关电化学过程的说法正确的是A．用惰性电极电解饱和食盐水，阴极逸出的气体可使湿润的淀粉-KI试纸变蓝B．在镀件上电镀铜时，镀件应连接电源的负极18 C．用惰性电极电解MgCl2溶液的离子反应为2Cl-＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH-D．电解精炼铜时，若电路中通过2mole-，阳极质量减少64g【答案】B【解析】A．用惰性电极电解饱和食盐水，在阴极发生的反应是：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，不能使淀粉碘化钾试纸变蓝，故A错误；B．电镀铜时，Cu作阳极，在镀件上铜离子得到电子生成Cu，镀件连接电源的负极，故B正确；C．惰性电极电解MgCl2溶液，离子方程式：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，故C错误；D．粗铜中含有杂质铁、锌等，所以阳极减少64g时，电路中转移的电子的物质的量不一定为2mol，故D错误；故选B。8．深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根离子腐蚀，其电化学腐蚀原理如下图所示。下列转述正确的是A．此铁管道发生的是吸氧腐蚀B．输送暖气的管道也易发生此类腐蚀C．在这种情况下，土壤的c(OH-)增大D．若管道上刷富铜油漆可以延缓管道的腐蚀【答案】C【解析】A．由题意可知：原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为+5H2O+8e-=HS-+9OH-，故不是发生吸氧腐蚀，A错误；B．硫酸盐还原菌中的蛋白质，在高温下易变性，失去催化效率，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，B错误；C．由图示可知正极发生的电极反应为+5H2O+8e-=HS-+9OH-，负极上是Fe失电子的氧化反应，反应产生OH-，使溶液中c(OH-)增大，导致土壤的pH增大，C正确；D．管道上刷富铜油漆，形成Cu-Fe原电池，Fe作为负极，会加快管道的腐蚀，D错误；故合理选项是C。9．为探究电解的离子放电规律，进行如下实验：18 序号阳极材料阴极材料电解质阳极产物阴极产物①石墨石墨0.1mol/LCuCl2溶液Cl2Cu②石墨石墨0.1mol/LNaCl溶液Cl2H2③石墨石墨0.2mol/LCuSO4溶液O2Cu④铜石墨0.2mol/LCuSO4溶液Cu2＋Cu⑤石墨石墨MgCl2熔融液MgCl2下列说法错误的是A．对比①②可知，阴极离子放电顺序是Cu2＋＞H＋＞Na＋B．对比①③可知，阳极离子放电顺序是Cl-＞OH-＞SOC．对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电D．对比①⑤可知，金属的冶炼都可通过电解盐溶液得到【答案】D【解析】A．根据①知道铜离子的氧化性强于氢离子，根据②知道氢离子的氧化性强于钠离子，得电子能力强（氧化性强）的离子优先放电，所以对比①②可知，阴极放电顺序是：Cu2＋＞H＋＞Na＋，故A正确；B．根据①知道，离子放电顺序是：Cl-＞OH-，根据③知道离子放电顺序是：OH-＞SO，所以阳极离子放电顺序是Cl-＞OH-＞SO，故B正确；C．电解池的阳极若是活泼电极，则金属电极本身失电子，发生氧化反应，对比③④可知，阳极是铜时，会先于溶液中的离子放电，故C正确；D．根据⑤可知金属的冶炼还可通过电解熔融的盐得到，故D错误。故选D。10．氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体。利用太阳能电池电解NH3得到高纯H2的装置如图所示。下列说法正确的是A．该装置工作时，只发生两种形式能量的转化18 B．电解过程中OH-由b极区向a极区迁移C．电解时b极区溶液中n（KOH）减少D．电解过程中1molNH3参与反应，得到3×6.02×1023个电子【答案】B【解析】A．装置中有太阳能转为电能，电能转为化学能，有3种能量的转化，A错误；B．a处，NH3转化为N2，N的化合价升高，失去电子，则电极a为阳极，OH-移向阳极，B正确；C．阳极反应式为：2NH3－6e-＋6OH-=N2↑＋6H2O，阴极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑或2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-，b极区溶液中n（KOH）增大，C错误；D．1molNH3转化为N2时，失去3mole-，D错误。答案选B。11．铁铬液流电池是一种在酸性介质中，正、负极活性物质均为液体的电池，其工作原理如图所示，已知氧化性：Fe3+>Cr3+。下列说法错误的是A．放电时，电子由a电极经负载流向b电极B．放电时，电池的总反应为Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+C．充电时，阴极电极反应式为Cr3++e-=Cr2+D．充电时，H+由左侧电极室经交换膜移向右侧【答案】A【解析】由离子的氧化性强弱顺序可知，电池放电时，a为原电池的正极，铁离子在正极得到电子发生还原反应生成亚铁离子，电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，b为负极，Cr2+在负极失去失去电子发生氧化反应生成Cr3+，电极反应式为Cr2+－e-=Cr3+；充电时，a与直流电源的正极相连，是电解池的阳极，b与负极相连，是阴极。A．由离子的氧化性强弱顺序可知，电池放电时，a为原电池的正极，电子由b电极经负载流向a电极，A错误；B．由离子的氧化性强弱顺序可知，电池的总反应为Cr2+与Fe3+反应生成Cr3+和Fe2+，总反应方程式为Cr2++Fe3+=Cr3++Fe2+，故B正确；C．充电时，b与直流电源的负极相连，是电解池的阴极，Cr3+在阴极得到电子发生还原反应生成Cr2+，电极反应式为Cr3++e-=Cr2+18 ，故C正确；D．充电时，阳离子向阴极移动，则H+由左侧电极室经交换膜移向右侧，故D正确；故选A。12．四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]常用作电子工业清洗剂。以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成(CH3)4NOH的工作原理如图所示（a、b极为石墨电极，c、d、e膜为离子交换膜）。下列说法正确的是A．电极a上发生氧化反应B．b极的电极反应式为4OH-+4e-=O2↑+2H2OC．c、e膜均为阳离子交换膜，d膜为阴离子交换膜D．电路中转移电子2mol，则a、b两极共产生气体33.6L【答案】C【解析】以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]为原料，采用电渗析法合成[(CH3)4NOH]的过程中，根据第三个池中浓度变化得出：钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，a为阴极b为阳极，阳极电极反应式为4OH-－4e-=O2↑+2H2O。A．a为阴极，发生还原反应，故A错误；B．b为阳极，发生氧化反应，b 极 电 极 反 应 式 ： 4OH-－4e-=O2↑＋2H2O，故B错误；C．钠离子从第四池通过e膜，氯离子从第二池通过d膜，得到c、e均为阳离子交换膜，d 为阴离子交换膜，故C正确；D．没有给出气体的状态，无法计算气体的体积，故D错误；故选C。13．LiPON薄膜锂离子电池是目前研究最广泛的全固态薄膜锂离子电池。下图为其工作示意图，LiPON薄膜只允许通过，电池反应为LixSi+Li1-xCoO2Si+LiCoO2。下列有关说法正确的是18 A．LiPON薄膜在充放电过程中质量发生变化B．导电介质C可为溶液C．放电时b极为正极，发生反应：D．充电时，当外电路通过0.2mol电子时，非晶硅薄膜上质量减少1.4g【答案】C【解析】由题干信息中电池总反应可表示为LixSi+Li1-xCoO2Si+LiCoO2可知，电极a为非晶硅薄膜，充电时Li+得电子成为Li嵌入该薄膜材料中，则电极a为阴极，电极反应式为xLi++xe-+Si=LixSi，电极b为阳极，电极反应式为LiCoO2－xe-═Li1-xCoO2+xLi+，放电时电极a为负极，电极反应为LixSi－xe-═Si+xLi+，电极b为正极，电极反应式为Li1-xCoO2+xLi++xe-═LiCoO2。A．LiPON薄膜在充放电过程中仅仅起到盐桥的作用，并未参与电极反应，故其质量不发生变化，A错误；B．由于2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故导电介质C中不能有水，则不可为溶液，B错误；C．由分析可知，放电时b极为正极，发生反应：，C正确；D．由分析可知，充电时，电极a为阴极，电极反应式为xLi++xe-+Si=LixSi，则当外电路通过0.2mol电子时，非晶硅薄膜上质量增重0.2mol×7g∙mol-1=1.4g，D错误；故答案为C。14．科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/LrOx型复合材料光催化剂，然后以Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜构建了一个还原和氧化反应分离的人工光合体系，其反应机理如图：18 下列说法正确的是A．该人工光合体系的总反应为CO2+H2OHCOOH+O2B．该反应能量转化形式为光能→化学能C．图中a、b分别代表Fe3+、Fe2+D．Cu2O—Pt上发生的反应为CO2+2e-+2H2O=HCOOH+2OH-【答案】B【解析】在可见光照射下，水分子在光催化剂Pt/WO3表面失去电子释放出氧气，电子由Pt传输给溶液中的Fe3+生成Fe2+，Fe2+透过Nafion膜抵达光催化剂Cu2O-Pt/SiC/IrOx表面，在光照、催化下失去电子重新变为Fe3+并通过Nafion膜返回，CO2在催化剂表面得到电子并结合H+生成HCOOH。A．Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式：2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故A错误；B．构建了人工光合作用体系，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；C．左边水变化为氧气，发生氧化反应，则铁离子发生还原反应，右边二氧化碳生成甲酸发生了还原反应，铁元素发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，故C错误；D．介质为酸性，CO2在催化剂表面得到电子并结合H+生成HCOOH，电极反应式为：CO2+2e-+2H+=HCOOH，故D错误；故选B。15．中科院福建物构所YaobingWang团队首次构建了一种可逆水性Zn—CO2电池，实现了CO2和HCOOH之间的高效可逆转换，其反应原理如图所示：已知双极膜可将水解离为和OH-，并实现其定向通过。下列说法中错误的是A．放电时，负极电极反应式为B．CO2转化为HCOOH过程中，Zn电极的电势低于多孔Pd电极的C．充电过程中，甲酸在多孔Pd电极表面转化为CO218 D．当外电路通过2mol电子时，双极膜中离解水的物质的量为1mol【答案】D【解析】由图中可知，Zn发生失去电子的反应，为电池的负极；CO2得电子生成HCOOH，多孔Pd为电池的正极。A．根据图中知，Zn发生失去电子的反应，电极反应式为，A项正确；B．CO2转化为HCOOH时为放电过程，Zn电极为负极，多孔Pd电极为正极，负极电势较低，B项正确；C．充电过程中，HCOOH转化为CO2，C项正确；D．根据溶液呈电中性，可知外电路通过2mol电子时，双极膜中离解的水的物质的量为2mol，D项错误。16．如下所示电解装置中，通电后向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，下列判断错误的是A．a是电源的负极B．通电一段时间后，石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解C．随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大D．当0.01molFe2O3完全溶解时，至少产生气体336mL（折合成标准状况下）【答案】C【解析】向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，说明电极Ⅱ附近溶液显酸性，结合图示电解池结构，电极Ⅱ应是H2O失去电子生成氧气，氢离子浓度增大，即石墨电极Ⅱ是阳极，则b是正极，a是负极，石墨电极Ⅰ附近溶液Cu2+得电子生成Cu。A．据分析，a是电源的负极，A正确；B．据分析，通电一段时间后，石墨电极Ⅱ上H2O失去电子生成O2，H+通过质子交换膜往左移动与Fe2O3反应，Fe2O3逐渐溶解，B正确；C．据分析，随着电解的进行，石墨电极Ⅰ附近溶液Cu2+得电子生成Cu，CuCl2溶液浓度变小，C错误；D．据分析，当0.01molFe2O3完全溶解时，消耗H+物质的量0.06mol，则至少产生O20.015mol，气体体积为336mL（折合成标准状况下），D正确；故选C。17．开发和利用新能源成为越来越迫切的需求。氢气作为能源，越来越受到人们的关注。可用电解H2S的方法制备氢气，该法制氢的过程如图所示。下列叙述错误的是18 A．A为电源的正极B．B电极的电极反应为C．离子交换膜为阴离子交换膜D．反应池中发生反应：【答案】C【解析】A．由图可知，a电极为Fe2+转化为Fe3+，发生氧化反应，a为阳极，A为电源正极，A正确；B．b电极发生还原反应生成氢气，，B正确；C．左边阳极室产生的盐酸中的H+通过离子交换膜进入右边阴极室得电子生成H2，故该离子交换膜应为阳离子交换膜，C错误；D．由图可知，反应池中发生反应为氯化铁和硫化氢生成氯化亚铁和硫单质和氯化氢，，D正确。故选C。18．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是A．电极a应连接电源负极B．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移C．电极b上反应为CO2+8HCO－8e-=CH4+8CO+2H2OD．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变【答案】B18 【解析】根据题意可知该装置为电解池，由a极生成O2可以判断出a极为阳极，则b为阴极。A．a为阳极，应连接电源正极，A错误；B．电解池中阳离子向阴极迁移，a为阳极，b为阴极，所以H+由a极区向b极区迁移，B正确；C．根据装置图可知电解过程中在KHCO3溶液中CO2在阴极得电子被还原为CH4，电极反应式应为CO2+8HCO+8e-=CH4+8CO+2H2O，C错误；D．电解时a电极上反应为2H2O－4e-=O2↑+4H+，实质是电解水，溶液中的水消耗，所以Na2SO4溶液的浓度是增大的，D错误；故答案为B。19．2020年《科学》报道科研人员研发了一种将乙烯高效转化为环氧乙烷的电化学合成方法，工作原理如图。电解结束后，将阴阳极电解液输出混合，便可生成环氧乙烷。下列说法错误的是A．泡沫镍电极为电解池的阳极B．铅箔电极的电极反应：2H2O+2e-=H2↑+2OH-C．甲室中发生了取代反应D．反应I的离子方程式为+OH-→+Cl-+H2O【答案】C【解析】A．根据泡沫镍电极的Cl-生成Cl2，失电子发生氧化反应，为阳极，故A正确；B．泡沫镍电极为阳极，则铂箔电极为阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B正确；C．泡沫镍电极为阳极，电极反应为：2Cl-－2e-=Cl2↑，铂箔电极为阴极，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，继续发生Cl2+H2O=H++Cl-+HClO、为加成反应，故C错误；D．由图可知，反应物为KOH和Cl-CH2-CH2-OH，生成物为18 ，反应I的离子方程式为+OH-→+Cl-+H2O，故D正确；故选C。20．科学家设计微生物原电池，用于处理废水（酸性）中的有机物及脱除硝态氮，该装置示意图如图。有关该微生物电池说法正确的是A．电子由m极转移到n极B．每生成1molCO2转移e-的物质的量为8molC．m电极反应式为2NO+6H2O+10e-=N2+12OH-D．H+可通过质子交换膜移向左侧极室【答案】D【解析】A．m极NO得电子生成N2，发生还原反应，m是正极，电子由n极经导线转移到m极，故A错误；B．n极C6H12O6失电子生成CO2，碳元素化合价由0升高为+4价，每生成1molCO2转移e-的物质的量为4mol，故B错误；C．质子交换膜能通过氢离子，m极NO得电子生成N2，电极反应式为2NO+12H++10e-=N2+6H2O，故C错误；D．m极NO得电子生成N2，m是正极，n是负极，H+可通过质子交换膜移向左侧极室，故D正确；选D。二、非选择题21．电化学原理在工业生产中发挥着巨大的作用。I．Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂，在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO418 （1）阳极的电极反应式为______________。（2）阴极产生的气体为________。（3）右侧的离子交换膜为_____（填“阴”或“阳”）离子交换膜，阴极区a%___________b%（填“＞”“=”或“＜”）。II．如图是一种用电解原理来制备H2O2，并用产生的H2O2处理废氨水的装置。（4）Ir-Ru惰性电极吸附O2生成H2O2，其电极反应式为___________。（5）理论上电路中每转移3mol电子，最多可以处理废氨水中溶质（以NH3计）的质量是___________g。【答案】（1）Fe-6e-+8OH-=+4H2O（2）H2（3）阴＜（4）O2+2H++2e-═H2O2（5）17【解析】（1）根据图示，Cu电极为阴极，Fe电极为阳极。阳极上Fe失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为Fe-6e-+8OH-=+4H2O；（2）H+的放电能力大于Na+，Cu电极上水电离产生的H+得电子产生氢气，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，答案为H2；18 （3）根据阳极电极反应式Fe－6e-+8OH-=+4H2O，OH-参与反应，OH-移向右侧，即右侧的离子交换膜为阴离子交换膜；根据阴极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阴极上产生OH-，即Na+通过交换膜移向左侧，生成NaOH，氢氧化钠浓度增大，即a%＜b%；（4）利用电解法制H2O2，在该电解池中，Ir-Ru惰性电极有吸附O2作用，氧气得电子发生还原反应，O2+2H++2e-═H2O2，故答案为：O2+2H++2e-═H2O2；（5）4NH3+3O22N2+6H2O中，氨气中的氮元素从-3价变为氮气中的0价，4mol氨气转移12mol电子，所以转移3mol电子，最多可以处理废氨水中溶质（以NH3计）的物质的量是1mol，质量为1mol。22．某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。实验现象Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡（1）Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为_______。（2）取少量Ⅰ中溶液，加入_______（填名称），溶液变成红色，说明产生了Fe3+。（3）Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有_______性。（4）Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如表。实验现象ⅰ.K闭合时，指针向左偏转（Cu作负极），Fe表面无明显现象ⅱ.过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次ⅲ.一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体ⅳ.Cu表面始终产生红棕色气泡18 ①推测现象ⅰ中被还原的是_______。②若将该装置Cu电极换成Zn电极，实验过程中是否会出现现象ⅱ_______（填“是”、“否”）。③现象ⅲ中，Fe一直作负极，难以形成氧化层，可能的原因是_______。④用方程式解释现象ⅳ：_______。【答案】2NO+O2=2NO2硫氰化钾强氧化性铁表面的氧化层否反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，NO+2H++e-=NO2↑+H2O【解析】Ⅰ中发生的反应为铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水；Ⅱ中铁在浓硝酸中发生钝化，在铁表面形成了致密的氧化层，阻止铁进一步反应；Ⅲ中刚开始时，铜能与浓硝酸反应，铁在浓硝酸中钝化，则铜作原电池的负极被损耗，铁作正极，铁表面形成氧化物保护膜得电子被还原，铁表面氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，金属性比铜强的铁作负极，铁失去电子被氧化，在表面形成致密的氧化层；待氧化层完全形成后，铁不能与浓硝酸接触，不能继续失电子，再次作正极，可以如此往复多次。（1）Ⅰ中发生的反应为铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，反应的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，一氧化氮为无色气体，遇到空气立即与氧气反应转化为红棕色的二氧化氮，则Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的反应为一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2，故答案为：2NO+O2=2NO2；（2）溶液中铁离子与硫氰酸根离子反应生成血红色的硫氰化铁，则取少量Ⅰ中溶液，加入硫氰化钾溶液，溶液变成红色，说明反应产生了铁离子，故答案为：硫氰化钾；（3）II中现象说明硝酸具有强氧化性，铁在浓硝酸中发生钝化，在铁表面形成了致密的氧化层，阻止铁进一步反应，故答案为：强氧化性；（4）①刚开始时，铜能与浓硝酸反应，铁在浓硝酸中钝化，则铜作原电池的负极被损耗，铁作正极，铁表面形成氧化物保护膜得电子被还原，故答案为：铁表面的氧化层；②铁作正极时，铁表面氧化层逐渐被还原而溶解，使铁与浓硝酸接触，金属性比铜强的铁作负极，铁失去电子被氧化，在表面形成致密的氧化层；待氧化层完全形成后，铁不能与浓硝酸接触，不能继续失电子，再次作正极，可以如此往复多次；若将该装置铜电极换成锌电极，锌的金属性强于铁，一直作原电池的负极，铁电极始终作正极，实验过程中不可能出现现象ⅱ，故答案为否；③硝酸与金属的反应为放热反应，随反应进行，硝酸浓度降低，反应放出的热量使溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，则铁一直作18 负极被损耗，故答案为：反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低；④铜在常温下能与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，则电池开始工作时，铜作负极，铁作正极；随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不再形成氧化物保护膜，则铁作负极，铜作正极，酸性条件下，硝酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成二氧化氮，电极反应式为NO+2H++e-=NO2↑+H2O，故答案为Cu+4HNO3（浓）=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，NO+2H++e-=NO2↑+H2O。18