电化学专题强化训练1．(2022·全国卷Ⅰ·11)微生物电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置,其工作原理如图所示。下列有关微生物电池的说法错误的是()A．正极反应中有CO2生成B．微生物促进了反应中电子的转移C．质子通过交换膜从负极区移向正极区D．电池总反应为C6H12O6＋6O26CO2＋6H2O【解题指南】解答本题时应遵循以下思路:【解析】选A。根据碳元素的化合价的变化,二氧化碳中碳元素的化合价为最高价＋4价,所以生成二氧化碳的反应为氧化反应,应在负极生成,其电极反应式应为C6H12O6＋6H2O－24e－24H＋＋6CO2↑,A错误;在微生物的作用下,该装置为原电池装置,反应速率比化学反应速率快,所以微生物促进了反应的发生,B正确;原电池中阳离子(质子)向正极移动,C正确;电池的总反应实质是葡萄糖的氧化反应,D正确。．(2022·江苏高考·11)下列说法正确的是()A．若H2O2分解产生1molO2,理论上转移的电子数约为4×6.02×1023B．室温下,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,溶液pH>7C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀D．一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3)【解析】选C。2H2O22H2O＋O2↑,生成1molO2时转移2mol电子,A项错误;pH=3的CH3COOH中已电离出的H＋,就可以将pH=11的NaOH电离出的OH－完全中和,但是CH3COOH是弱酸,还会继续电离,即醋酸过量,反应后溶液显酸性,B项错误;铁可用作原电池的正极或作为电解池的阴极,此时铁均会受到保护,C项正确;由反应方程式的化学计量数知,任何时候均存在2v正(H2)=3v正(NH3),氮气与氢气合成氨气达到平衡时,速率关系为2v正(H2)=3v逆(NH3),D项错误。3．下列关于电解的叙述中，正确的是( )①电解是把电能转变成化学能 ②电解是把化学能转变成电能 ③电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化 ④某些不能自发进行的氧化还原反应，通过电解可以实现 ⑤任何水溶液电解时，必将导致氧化还原反应A．②③④ B．①②③④\nC．①②④D．①③④⑤解析：选D 把化学能转变成电能的装置是原电池；只要电解，必将发生氧化还原反应，即一定发生化学变化；一些不能自发进行的氧化还原反应，可以借助电解来实现，故选D项。4．(2022·福建高考·11)某模拟“人工树叶”电化学实验装置如下图所示,该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O),下列说法正确的是()A．该装置将化学能转化为光能和电能B．该装置工作时H＋从b极区向a极区迁移C．每生成1molO2,有44gCO2被还原D．a电极的反应为:3CO2＋18H＋－18e－C3H8O＋5H2O【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)原电池和电解池装置的识别,有外接电源一定属于电解池;(2)电解池工作原理的理解与应用。【解析】选B。该装置有外接电源,结合题中图示分析可知该装置应为电能和光能转化为化学能,A错误;根据同种电荷相互排斥,异种电荷相互吸引的原则,该装置工作时,H＋从正电荷较多的阳极b极区向负电荷较多的阴极a极区迁移,B正确。该反应的总方程式是6CO2＋8H2O2C3H8O＋9O2。根据反应方程式可知,每生成1molO2,有23molCO2被还原,其质量是883g,C错误。根据题中图示可知与电源负极连接的a电极为阴极,发生还原反应,电极的反应式为3CO2＋18H＋＋18e－C3H8O＋5H2O,D错误。5．下列有关钢铁腐蚀与防护的说法正确的是( )A．钢管与电源正极连接，钢管可被保护B．铁遇冷浓硝酸表面钝化，可保护内部不被腐蚀C．钢管与铜管露天堆放在一起，钢管不易被腐蚀D．钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应是Fe－3e－===Fe3＋解析：选B A中钢管与电源正极连接，成为电解池的阳极而溶解，加速了钢管的腐蚀，A错误；铁遇冷浓硝酸表面钝化，形成了一层致密的氧化物保护膜，可保护内部不被腐蚀，B正确；钢管与铜管露天堆放在一起，表面形成电解质溶液，铜管为正极，钢管为负极，发生电化学腐蚀，加速了钢管的腐蚀，C错误；钢铁发生析氢腐蚀时，负极反应应是Fe－2e－===Fe2＋，D错误。6．(2022·广东高考·9)下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并有因果关系的是\n选项叙述Ⅰ叙述ⅡA1－己醇的沸点比己烷的沸点高1－己醇和己烷可通过蒸馏初步分离B原电池可将化学能转化为电能原电池需外接电源才能工作C乙二酸可与KMnO4溶液发生反应乙二酸具有酸性DNa在Cl2中燃烧的生成物含离子键NaCl固体可导电【解题指南】解答本题需注意以下两点:(1)物质的分离操作——蒸馏的适用条件;(2)离子化合物只有在熔融或溶于水的状态下电离出自由移动的离子后才能导电。【解析】选A。可以利用蒸馏的方式分离两种沸点不同的有机物;原电池是给电器提供电能的,所以原电池不需要外接电源;高锰酸钾具有强氧化性,可以将乙二酸氧化,所以应该体现的是乙二酸的还原性;氯化钠固体中没有自由移动的离子,所以不能导电。【误区提醒】本题易错选C,原因一是忽略了高锰酸钾具有强氧化性,二是不能根据乙二酸中碳元素的化合价判断出乙二酸具有还原性。7．下列各组中，每种电解质溶液电解时只生成氢气和氧气的是( )A．HCl、CuCl2、Ba(OH)2B．NaOH、CuSO4、H2SO4C．NaOH、H2SO4、Ba(OH)2D．NaBr、H2SO4、Ba(OH)2解析：选C 电解时只生成氧气和氢气，则电解质应是强碱、含氧酸或活泼金属的含氧酸盐，C项符合。8．下列有关电化学装置完全正确的是( )ABCD铜的精炼铁上镀银防止Fe被腐蚀构成铜锌原电池解析：选C 电解精炼铜时，应该用粗铜作阳极，纯铜作阴极，A错误；铁上镀银时，应该用银作阳极，铁作阴极，B错误；C是外加电流的阴极保护法，正确；铜锌原电池中，锌应插入硫酸锌溶液中，铜应插入硫酸铜溶液中，故D错误。9．(2022·四川高考·4)用下图所示装置除去含CN－、Cl－废水中的CN－时,控制溶液pH为9～10,阳极产生的ClO－将CN－氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是\n()A．用石墨作阳极,铁作阴极B．阳极的电极反应式:Cl－＋2OH－－2e－ClO－＋H2OC．阴极的电极反应式:2H2O＋2e－H2↑＋2OH－D．除去CN－的反应:2CN－＋5ClO－＋2H＋N2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋H2O【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)活泼金属作阳极,金属发生氧化反应;(2)碱性溶液中既不能有氢离子参加反应,也不能生成氢离子。【解析】选D。A选项石墨作阳极,为惰性电极,由溶液中的Cl－放电,电极反应式:Cl－＋2OH－－2e－ClO－＋H2O,铁作阴极,在碱性环境下发生2H2O＋2e－H2↑＋2OH－,故A、B、C正确;D选项pH为9~10的碱性溶液不可能是H＋参加反应,离子反应应为2CN－＋5ClO－＋H2ON2↑＋2CO2↑＋5Cl－＋2OH－。10．(2022·昆明模拟)如图是模拟电化学反应装置图。下列说法正确的是( )A．开关K置于N处，则铁电极的电极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋B．开关K置于N处，可以减缓铁的腐蚀C．开关K置于M处，则铁电极的电极反应式为：2Cl－－2e－===Cl2↑D．开关K置于M处，电子从碳棒经开关K流向铁棒解析：选B 开关K置于N处，构成电解池，铁电极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，铁的腐蚀减缓；开关K置于M处，构成原电池，铁电极为负极，电极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋，电子从铁棒经开关K流向碳棒。11．(2022·天津高考·4)锌铜原电池装置如图所示,其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,下列有关叙述正确的是\n()A．铜电极上发生氧化反应B．电池工作一段时间后,甲池的c(SO42-)减小C．电池工作一段时间后,乙池溶液的总质量增加D．阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动,保持溶液中电荷平衡【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)锌铜原电池的反应原理为Zn＋Cu2＋Zn2＋＋Cu。(2)明确阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,不允许阴离子通过。【解析】选C。由锌铜原电池原理可知,锌电极为负极,失电子,发生氧化反应,铜电极为正极,得电子,发生还原反应,A项错误;阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,两池中c(SO42-)不变,B项错误;电解过程中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池,乙池中Cu2＋＋2e－Cu,其溶液中的离子转换为Cu2＋→Zn2＋,摩尔质量M(Cu2＋)<M(Zn2＋),乙池溶液的总质量增加,C项正确;阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过,电解过程中Zn2＋由甲池通过阳离子交换膜进入乙池保持溶液的电荷平衡,阴离子并不通过交换膜,D项错误。12．图中X为电源，Y为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色斑向d端扩散。下列判断正确的是( )A．滤纸上c点附近会变红色B．Cu电极质量减小，Pt电极质量增大C．Z中溶液的pH先减小，后增大D．溶液中的SO向Cu电极定向移动解析：选A 紫红色斑即MnO向d端扩散，根据阴离子向阳极移动的原理，可知d端为阳极，即b为正极，a为负极，c为阴极，NaCl溶液中H＋放电，产生OH－，c点附近会变红色，A正确；电解硫酸铜溶液时，Pt为阳极，溶液中的OH－放电：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，Cu为阴极，溶液中的Cu2＋得电子，生成铜，总反应式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，Pt电极附近生成H＋，则SO向Pt电极移动，B、D不正确。随着电解的进行，Z中溶液变为硫酸溶液，继续电解则为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，C不正确。13．(2022·深圳中学调研)下列关于各图的说法，正确的是( )\nA．①中阴极处能产生使湿润淀粉_KI试纸变蓝的气体B．②中待镀铁制品应与电源正极相连C．③中电子由b极流向a极D．④中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应解析：选D ①中阴极处为Cu2＋放电，析出Cu，A错；②中待镀铁制品应与电源负极相连，B错；③中a极为负极，b极为正极，电子由a极经外电路流向b极，C错；④中的离子交换膜只允许阳离子通过，NaOH在阴极，可以避免阳极生成的Cl2与NaOH溶液反应，D对。14．(2022·浙江高考·11)在固态金属氧化物电解池中,高温共电解H2O－CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式,基本原理如图所示。下列说法不正确的是()A．X是电源的负极B．阴极的电极反应式是H2O＋2e－H2＋O2－CO2＋2e－CO＋O2－C．总反应可表示为H2O＋CO2H2＋CO＋O2D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)电解池中,电源的负极接电解池的阴极。(2)电解池的阴极发生还原反应。【解析】选D。从图示可看出,与X相连的电极发生H2O→H2、CO2→CO的转化,均得电子,应为电解池的阴极,则X为电源的负极,A正确;阴极H2O→H2、CO2→\nCO均得电子发生还原反应,电极反应式分别为H2O＋2e－H2＋O2－、CO2＋2e－CO＋O2－,B正确;从图示可知,H2O→H2、CO2→CO转化的同时有氧气生成,所以总反应可表示为H2O＋CO2H2＋CO＋O2,C正确;从总反应可知,阴、阳两极生成的气体的物质的量之比为2∶1,D不正确。15．(2022·泰安模拟)1L某溶液中含有的离子如下表：离子Cu2＋Al3＋NOCl－物质的量浓度(mol/L)11a1用惰性电极电解该溶液，当电路中有3mole－通过时(忽略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)，下列说法正确的是( )A．电解后溶液呈酸性B．a＝3C．阳极生成1.5molCl2D．阴极析出的金属是铜与铝解析：选A 1molCu2＋放电的过程中，另一极Cl－和OH－各放电1mol，故溶液显酸性，A正确；根据电荷守恒可推知a＝4，B不正确；Cl－的物质的量为1mol，阳极不会产生1.5molCl2，C不正确；铝较活泼，在溶液中Al3＋不会放电，D不正确。16．一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2＋Fe3O4Fe2O3FeO下列说法不正确的是( )A．在pH＜4溶液中，碳钢主要发生析氢腐蚀B．在pH＞6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．在pH＞14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓解析：选C A项，酸性较强条件下，碳钢主要发生析氢腐蚀，正确；B项，在pH＞6的溶液中，酸性较弱，主要发生吸氧腐蚀，正确；C项，碳钢腐蚀的正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，错误；D项，除O2后，腐蚀速率减缓，正确。17．(双选)(2022·海南高考·8)10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应,若加入适量的下列溶液,能减慢反应速率但又不影响氢气生成量的是()A．K2SO4B．CH3COONaC．CuSO4D．Na2CO3【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)影响反应速率的因素;(2)盐酸具有强酸性,和弱酸盐发生复分解反应,还需要注意反应生成的氢气量不变。【解析】选A、B。Zn与稀盐酸发生反应:Zn＋2HClZnCl2＋H2↑,若加入物质使反应速率降低,则c(H＋)减小,但是不影响生成氢气的物质的量,说明最终电离产生的n(H＋\n)不变。A项,K2SO4是强酸强碱盐,不发生水解,溶液显中性,溶液中的水对盐酸起稀释作用,使c(H＋)减小,但没有消耗H＋,因此n(H＋)不变,符合题意;B项,CH3COONa与HCl发生反应:CH3COONa＋HClCH3COOH＋NaCl,使溶液中c(H＋)减小,反应速率降低,当反应进行到一定程度,会发生反应:2CH3COOH＋Zn(CH3COO)2Zn＋H2↑,因此最终不会影响生成氢气的物质的量,符合题意;C项,加入CuSO4溶液与Zn发生置换反应:CuSO4＋ZnCu＋ZnSO4,生成的Cu与Zn和盐酸构成原电池,会加快反应速率,与题意不符合;D项,若加入Na2CO3溶液,会与盐酸发生反应:Na2CO3＋2HCl2NaCl＋H2O＋CO2↑,使溶液中的c(H＋)减小,但由于部分H＋生成了H2O,因此使n(H＋)也减小,生成氢气的物质的量减小,不符合题意。【误区提醒】需要注意加入硫酸钾溶液相当于加入水,溶液体积增大,盐酸浓度减小,容易忽略体积变化而漏选A。C项,由于没有考虑锌与硫酸铜溶液置换出单质铜,形成原电池加快反应速率而错选C。18．(2022·陕西二模)用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3后，恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)。则电解过程中转移的电子的物质的量为( )A．0.4molB．0.5molC．0.6molD．0.8mol解析：选C 用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，如果硫酸铜没有消耗完或恰好消耗完，这时向电解液中加入氧化铜或碳酸铜就可以恢复到电解前的浓度和pH，而题中加入的是Cu2(OH)2CO3，说明CuSO4消耗完，并且又电解了一部分水。则电解的硫酸铜的物质的量为0.2mol，电解的水的物质的量为0.1mol，转移的电子的物质的量为0.2mol×2＋0.1mol×2＝0.6mol。19．(2022·江苏高考·10)一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是()A．反应CH4＋H2O3H2＋CO,每消耗1molCH4转移12mol电子B．电极A上H2参与的电极反应为H2＋2OH－－2e－2H2OC．电池工作时,CO32-向电极B移动D．电极B上发生的电极反应为O2＋2CO2＋4e－2CO32-【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)燃料电池通燃料的一端为负极,通空气(或氧气)的一端为正极。\n(2)原电池中,阳离子移向正极,阴离子移向负极。【解析】选D。根据化学反应方程式,每有1mol甲烷参与反应转移电子数为6mol,A项错误;因为电解质为熔融态的碳酸盐,所以电极A上H2参与的电极反应式为H2－2e－＋CO32-H2O＋CO2,B项错误;根据原电池工作原理,电极A是负极,电极B是正极,阴离子向负极移动,碳酸根离子向负极移动(A电极),C项错误;电极B上氧气得电子与二氧化碳结合生成碳酸根离子,因此电极反应式为O2＋4e－＋2CO22CO32-,D项正确。20．(2022·中山模拟)如图甲、乙是电化学实验装置。请回答下列问题：(1)若两池中均盛放饱和NaCl溶液。①甲池中铁棒的电极反应式____________________________________________。②将湿润的淀粉碘化钾试纸放在乙烧杯上方，发现试纸先变蓝后褪色，这是因为电解生成的某种气体A氧化了生成的碘，已知反应中A气体和I2的物质的量之比为5∶1，且生成两种酸，该反应的化学方程式为_____________________________________________。(2)若两池中均盛放CuSO4溶液，反应一段时间后：①甲池中石墨棒上的电极反应式为____________。②如果起始时乙池盛有200mLpH＝5的CuSO4溶液(25℃)，一段时间后溶液蓝色变浅，测定其pH变为1(不考虑体积变化)，若要使溶液恢复到电解前的状态，可向溶液中加入________(填写物质的化学式)________g。解析：甲为原电池，乙为电解池。当溶液均为NaCl溶液时甲池发生吸氧腐蚀，乙池为电解饱和NaCl溶液，生成氢气、氯气和氢氧化钠。氯气氧化碘可根据氧化还原反应电子守恒确定生成的酸为碘酸和盐酸。当溶液均为CuSO4溶液时，甲池中Fe为负极，石墨为正极，石墨极上发生铜离子得电子的还原反应，乙池电解后铜离子仍有剩余，故根据电解的总方程式可知加入的氧化铜的物质的量为氢离子的0.5倍，由于生成的酸性变化较大，可忽略原有酸性，直接根据电解后的溶液进行计算：m(CuO)＝×80g/mol＝0.8g(或1.24gCuCO3)。答案：(1)①Fe－2e－===Fe2＋②5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3(2)①Cu2＋＋2e－===Cu②CuO(或CuCO3) 0.8(或1.24)21．(2022·山东高考)金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。\n(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是________。a．Fe2O3B．NaClc．Cu2SD．Al2O3(2)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S＋2H2SO4＋5O2===4CuSO4＋2H2O，该反应的还原剂是________。当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为________mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是________。(3)右图为电解精炼银的示意图，________(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为____________________________。(4)为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，Ag2S转化为Ag，食盐水的作用是________________________________________________。解析：(1)Na、Al的金属活动性较强，冶炼时选择电解法。(2)该反应中Cu、S的化合价升高，因此还原剂为Cu2S。反应中O2中O由0价变为－2价，1molO2发生反应，得4mol电子，根据得失电子守恒，则还原剂失电子为4mol。CuSO4溶液中由于Cu2＋水解显酸性，加入镁条，产生的气体为H2。(3)电解精炼银时，粗银作阳极，与电源正极相连。b极产生的红棕色气体为NO2，电极反应式为NO＋e－＋2H＋===NO2＋H2O。(4)食盐水的作用是做电解质溶液，形成原电池。答案：(1)b、d (2)Cu2S 4 H2 (3)a NO＋2H＋＋e－===NO2＋H2O (4)做电解质溶液(或导电)22．(2022·北京高考·27)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。(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在,其中HCO3-占95%,写出CO2溶于水产生HCO3-的方程式: 。(2)在海洋碳循环中,通过如图所示的途径固碳。①写出钙化作用的离子方程式: 。②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自H2O,用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下,将其补充完整: ＋ (CH2O)x＋x18O2＋xH2O\n(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上,其准确测量是研究海洋碳循环的基础,测量溶解无机碳,可采用如下方法:①气提、吸收CO2,用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如下),将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。②滴定。将吸收液吸收的无机碳转化为NaHCO3,再用xmol·L－1HCl溶液滴定,消耗ymLHCl溶液,海水中溶解无机碳的浓度= mol·L－1。(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结合方程式简述提取CO2的原理: 。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 。【解题指南】解答本题时应明确以下4点:(1)根据流程图中的箭头判断反应物与生成物:钙化作用生成CaCO3、CO2。(2)光合作用释放出的O2只来自H2O。(3)与电源正极相连的是阳极,阳极发生氧化反应。(4)阳离子膜只允许阳离子通过。【解析】(1)二氧化碳溶于水生成碳酸,然后碳酸电离。即CO2＋H2OH2CO3,H2CO3HCO3-＋H＋。(2)①根据反应物是HCO3-,生成物是CaCO3和CO2,易知本题的离子方程式为Ca2＋＋2HCO3-CaCO3↓＋CO2↑＋H2O。②由O2只来自H2O及示踪原子的标记可知水分子含18O,而且分子个数是2x,根据元素守恒法可知方程式中的缺项物质为xCO2、2xH218O。(3)①注意酸化的试剂要用硫酸,一定不能用盐酸,HCl会挥发出来影响后续的滴定,如图。\n②该滴定过程转化的关系式为CO2 ～ HCO3- ～ HCl1 1n(CO2) xmol·L－1×y×10－3L解得:n(CO2)=xy×10－3mol所以:c(无机碳)=xy/zmol·L－1(4)①a室是阳极室,发生氧化反应:2H2O－4e－O2↑＋4H＋,出去的海水pH<6,显酸性,表明反应后溶液由碱性变为酸性,a室中的H＋通过阳离子交换膜进入b室,发生反应:HCO3-＋H＋CO2↑＋H2O。②c室是阴极室,发生还原反应:2H2O＋2e－2OH－＋H2↑,即c室生成碱,然后用碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH。答案:(1)CO2＋H2OH2CO3,H2CO3HCO3-＋H＋(2)①Ca2＋＋2HCO3-CaCO3↓＋CO2↑＋H2O②xCO2 2xH218O(3)①②xy/z(4)①a室发生的反应:2H2O－4e－O2↑＋4H＋,H＋通过阳离子交换膜从a室进入b室,发生反应:HCO3-＋H＋CO2↑＋H2O②c室发生的反应:2H2O＋2e－2OH－＋H2↑,用c室排出的碱液将从b室排出的酸性海水调至接近装置入口海水的pH23．如图所示三套实验装置，分别回答下列问题。(1)装置1为铁的吸氧腐蚀实验。一段时间后，向插入铁钉的玻璃筒内滴入NaOH溶液，即可观察到铁钉附近的溶液有沉淀，表明铁被________(填“氧化”或“还原”);\n向插入石墨棒的玻璃筒内滴入酚酞溶液，可观察到石墨棒附近的溶液变红，该电极反应式为______________________。(2)装置2中的石墨是______极(填“正”或“负”)，该装置发生总反应的离子方程式为________________________。(3)装置3中甲烧杯盛放100mL0.2mol·L－1的NaCl溶液，乙烧杯盛放100mL0.5mol·L－1的CuSO4溶液。反应一段时间后，停止通电。向甲烧杯中滴入几滴酚酞，观察到石墨电极附近首先变红。①电源的M端为________极；甲烧杯中铁电极的电极反应式为_________________。②乙烧杯中电解反应的离子方程式为________________。③停止电解，取出Cu电极，洗涤、干燥、称量，电极增重0.64g，甲烧杯中产生的气体标准状况下的体积为________mL。解析：(1)装置1，由石墨棒附近的溶液变红可知，石墨棒作正极，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，铁钉作负极，发生氧化反应。(2)由装置2两电极活泼性强弱得Cu是负极，总反应的离子方程式即该装置中自发的氧化还原反应：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋。(3)①由甲中石墨电极附近首先变红可知该极H＋放电，即该极为阴极，Fe为阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，由此可知，电源M端为正极；②因电源M端为正极，则N端为负极，乙中Cu为阴极，石墨为阳极，发生反应的离子方程式为2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋；③两池中的对应关系：Cu～2e－～H2↑64g 1mol0．64g 0.01mol即H2体积为224mL。答案：(1)氧化 O2＋4e－＋2H2O===4OH－(2)正 2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋(3)①正 Fe－2e－===Fe2＋②2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋ ③22424．(2022·全国卷Ⅱ·26)酸性锌锰干电池是一种一次性电池,外壳为金属锌,中间是碳棒,其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可以得到多种化工原料。有关数据如下表所示:溶解度/(g/100g水) 温度/℃化合物020406080100\nNH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－39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5分钟,理论上消耗锌 g。(已知F=96500C·mol－1)(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,需除去锌皮中的少量杂质铁,其方法是:加稀H2SO4和H2O2溶解,铁变为 ,加碱调节至pH为 时,铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时,即可认为该离子沉淀完全);继续加碱至pH为 时,锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是________________________________________________,原因是 ___________________________________________________________。【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)熟悉常见锌锰干电池的电极反应和电池反应;(2)除去亚铁离子时一般先将其氧化为铁离子。【解析】(1)酸性锌锰干电池外壳为金属锌,锌是负极,电极反应式为Zn－2e－Zn2＋。中间是碳棒,碳棒是正极,二氧化锰得到电子,则正极电极反应式为MnO2＋e－＋H＋MnOOH,总反应式为Zn＋2MnO2＋2H＋Zn2＋＋2MnOOH。(2)维持电流强度为0.5A,电池工作5分钟,则通过的电量是150C,因此通过电子的物质的量是150C96500C·mol-1=1.554×10－3mol,锌在反应中失去2个电子,则理论消耗Zn的质量是×65g·mol－1=0.05g。(3)废电池糊状填充物加水处理后过滤,滤液中主要有氯化铵和氯化锌,根据溶解度表可知氯化锌的溶解度受温度影响变化较大,所以二者可以通过结晶分离获得,即通过蒸发结晶、冷却结晶实现分离。滤渣的主要成分是二氧化锰、碳粉、MnOOH,在空气中加热,碳燃烧生成二氧化碳,MnOOH被氧化为二氧化锰。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氢氧根的浓度为310-3910-5mol·L－1≈5×10－12mol·L－1,所以氢离子浓度是2×10－3mol·L－1\n,因此加碱调节pH为2.7,Fe3＋刚好完全沉淀。Zn2＋浓度为0.1mol·L－1,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10－8mol·L－1,则pH=6,即继续加碱调节pH为6,锌开始沉淀。如果不加双氧水,则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＋。答案:(1)MnO2＋e－＋H＋MnOOHZn＋2MnO2＋2H＋Zn2＋＋2MnOOH[注:式中Zn2＋可写为Zn(NH3)42+,Zn(NH3)2Cl2等,H＋可写为NH4+](2)0.05(3)加热浓缩、冷却结晶 碳粉 MnOOH 在空气中加热 碳粉转变为CO2,MnOOH被氧化为MnO2(4)Fe3＋ 2.7 6 Zn2＋和Fe2＋分离不开Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近25．(2022·山东高考·29)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备,钴氧化物可通过处理钴渣获得。(1)利用如图装置电解制备LiOH,两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为 溶液(填化学式),阳极电极反应式为 ,电解过程中Li＋向 电极迁移(填“A”或“B”)。(2)利用钴渣[含Co(OH)3、Fe(OH)3等]制备钴氧化物的工艺流程如下:Co(OH)3溶解还原反应的离子方程式为 ,铁渣中铁元素的化合价为 ,在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2,测得充分煅烧后固体质量为2.41g,CO2的体积为1.344L(标准状况),则钴氧化物的化学式为 。【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)注意阴、阳离子的放电顺序以及阴、阳离子在电解池内部移动方向的判断;(2)注意流程中各步所加试剂的作用以及原子守恒观点的应用。【解析】(1)B极区产生H2,同时生成LiOH,则B极区电解液为LiOH溶液;电极A为阳极,阳极区电解液为LiCl溶液,根据放电顺序,阳极上Cl－失去电子,则阳极电极反应式为2Cl－－2e－Cl2↑;根据电流方向,电解过程中Li＋向B电极迁移。(2)在酸性条件下,Co(OH)3首先与H＋反应生成Co3＋,Co3＋具有氧化性,把SO32-氧化为SO42-\n,配平可得离子方程式:2Co(OH)3＋4H＋＋SO32-2Co2＋＋SO42-＋5H2O;铁渣中铁元素的化合价应该为高价,为＋3价;CO2的物质的量为1.344L÷22.4L·mol－1=0.06mol,根据CoC2O4的组成可知钴元素的物质的量为0.03mol,设钴氧化物的化学式为CoxOy,根据元素的质量比可得59x∶(16y)=0.03mol×59g·mol－1∶(2.41g－0.03mol×59g·mol－1),解得x∶y=3∶4,则钴氧化物的化学式为Co3O4。答案:(1)LiOH 2Cl－－2e－Cl2↑ B(2)2Co(OH)3＋4H＋＋SO32-2Co2＋＋SO42-＋5H2O[或Co(OH)3＋3H＋Co3＋＋3H2O,2Co3＋＋SO32-＋H2O2Co2＋＋SO42-＋2H＋] ＋3Co3O4
