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专题八××电化学基础命题趋势电化学是氧化还原反应知识的应用和延伸，是历年高考的热点内容。考查的主要知识点：原电池和电解池的工作原理、电极反应式的书写和判断、电解产物的判断、金属的腐蚀和防护。对本部分知识的考查仍以选择题为主，在非选择题中电化学知识可能与工业生产、环境保护、新科技、新能源知识相结合进行命题。Ⅰ．客观题(1)以新型化学电源为载体，考查电极反应式的正误判断及电子、离子的移动方向等。(2)考查原电池在金属腐蚀与防护方面的应用。Ⅱ．主观题(1)考查电极反应式、电池反应式的书写。(2)考查原电池、电解池原理在工业生产中的应用。(3)考查电子转移、两极产物、pH等的相关计算。考点清单一、原电池原理和化学电池1．构建原电池模型，类比分析原电池工作原理构建如图Zn—Cu—H2SO4原电池模型，通过类比模型，结合氧化还原反应知识(如：化合价的变化、得失电子情况等)，能迅速判断原电池的正、负极，弄清楚外电路中电子的移动情况和内电路中离子的移动情况，准确书写电极反应式和电池总反应式，掌握原电池的工作原理。
2．化学电源中电极反应式书写的思维模板(1)明确直接产物：根据负极氧化、正极还原，明确两极的直接产物。(2)确定最终产物：根据介质环境和共存原则，找出参与的介质粒子，确定最终产物。(3)配平：根据电荷守恒、原子守恒配平电极反应式。注意：①H+在碱性环境中不存在；②O2−在水溶液中不存在，在酸性环境中结合H+，生成H2O，在中性或碱性环境中结合H2O，生成OH−；③若已知总反应式时，可先写出较易书写的一极的电极反应式，然后在电子守恒的基础上，总反应式减去较易写出的一极的电极反应式，即得较难写出的另一极的电极反应式。二、电解原理及应用1．构建电解池模型，类比分析电解基本原理构建如图电解CuCl2溶液模型，通过类比模型，结合氧化还原反应知识(如：化合价的变化、得失电子情况等)，能迅速判断电解池的阴、阳极，弄清楚外电路中电子的移动情况和内电路中离子的移动情况，准确判断离子的放电顺序并书写电极反应式和电解总反应式，掌握电解基本原理。2．“六点”突破电解应用题(1)分清阴、阳极，与电源正极相连的为阳极，与电源负极相连的为阴极，两极的反应为“阳氧阴还”。(2)剖析离子移向，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。(3)注意放电顺序。(4)书写电极反应式，注意得失电子守恒。(5)正确判断产物①阳极产物的判断首先看电极，如果是活性电极作阳极，则电极材料失电子，电极溶解(注意：铁作阳极溶解生成Fe2+，而不是Fe3+)；如果是惰性电极，则需看溶液中阴离子的失电子能力，阴离子放电顺序为S2−>I−>Br−>Cl−>OH−(水)>含氧酸根>F−。②阴极产物的判断直接根据阳离子的放电顺序进行判断：Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+>Pb2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)>Al3+>Mg2+>Na+。(6)恢复原态措施电解后有关电解质溶液恢复原态的问题应该用质量守恒法分析。一般是加入阳极产物和阴极产物的化合物，但也有特殊情况，如用惰性电极电解CuSO4溶液，Cu2+完全放电之前，可加入CuO或CuCO3复原，而Cu2+完全放电之后，应加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3复原。三、电化学原理的综合判断
1．金属腐蚀原理及防护方法总结(1)常见的电化学腐蚀有两类：①形成原电池时，金属作负极，大多数是吸氧腐蚀；②形成电解池时，金属作阳极。(2)金属防腐的电化学方法：①原电池原理——牺牲阳极的阴极保护法：与较活泼的金属相连，较活泼的金属作负极被腐蚀，被保护的金属作正极。注意：此处是原电池，牺牲了负极保护了正极，但习惯上叫做牺牲阳极的阴极保护法。②电解池原理——外加电流的阴极保护法：被保护的金属与电池负极相连，形成电解池，作阴极。2．可充电电池的反应规律(1)可充电电池有充电和放电两个过程，放电时是原电池反应，充电时是电解池反应。(2)放电时的负极反应和充电时的阴极反应、放电时的正极反应和充电时的阳极反应互为逆反应。将负(正)极反应式变换方向并将电子移项即可得出阴(阳)极反应式。(3)可充电电池充电时原负极必然要发生还原反应(生成原来消耗的物质)，即作阴极，连接电源的负极；同理，原正极连接电源的正极，作阳极。简记为负连负，正连正。3．“串联”类电池的解题流程
精题集训（70分钟）经典训练题1．（双选）常压电化学法合成氨过程中用纳米Fe2O3做催化剂，其电解装置如图所示：熔融NaOH-KOH为电解液，Fe2O3在发生反应时生成中间体Fe。下列说法正确的是（）A．惰性电极Ⅱ是电解池的阳极，发生氧化反应B．产生2.24LO2时，内电路转移的OH−数为0.4NAC．惰性电极Ⅰ的电极反应为D．电解过程中OH−向惰性电极Ⅱ的方向移动【答案】AD【解析】根据图象可知，电极Ⅱ生成氧气，故发生氧化反应为阳极，则电极Ⅰ为阴极，说明纳米Fe2O3在电极上先被还原成Fe，之后Fe与N2和H2O(g)反应生成NH3和Fe2O3。A．根据分析可知电极Ⅱ为阳极，失电子发生氧化反应，A正确；B．温度和压强未知，无法确定2.24LO2的物质的量，则无法确定转移电子数，B错误；C．根据分析可知惰性电极Ⅰ上Fe2O3被还原生成Fe，电极反应为Fe2O3+3H2O+6e−=2Fe+6OH−，C错误；D．电解池中阴离子向阳极移动，即向惰性电极Ⅱ的方向移动，D正确；综上所述答案为AD。2．下列关于各图的说法，不正确的是（）A．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负极相连C．③中电子由a极流向b极D．④中的离子交换膜可以避免生成的Cl2与NaOH溶液反应【答案】A【解析】A．①中阴极处为Cu2+放电，发生还原反应析出Cu，A错误；B．②中待镀铁制品做阴极，应与电源负极相连，B正确；C．原电池中电子由负极流向正极，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正确；D．因为阳极会产生Cl2如果不加离子交换膜，氢氧根会移向阳极区发生反应，④中的离子交换膜只允许阳离子通过，可以避免阳极生成的Cl2与NaOH溶液反应，D正确；故选A。3．芝加哥伊利诺伊大学的研究人员设计了一种可用于商业化的新型锂金属电池，电池结构如图所示：电池工作时，下列说法错误的是（）A．该装置将化学能转化为电能B．负极上发生的电极反应为Li-e−=Li+C．该电池可用LiOH溶液作电解质D．电池工作时，电路中每流过1mol电子，正极增重7g【答案】C【解析】A．该电池为原电池，所以该装置将化学能转化为电能，A项正确；B．负极是锂失去电子，发生氧化反应，电极反应为Li-e−=Li+，B项正确；C．电解质溶液中水与电极锂发生氧化还原反应，该电解池不能用水溶液作电解液，C项错误；D．根据转移电子守恒，电路中每流过1mol电子，正极上发生还原反应，正极材料要结合1mol锂离子，所以增重7g，D项正确；答案选C。【点评】原电池工作的原理口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是C选项，值得注意的是，电解质不同可能会影响电极反应，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。
4．深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图示，下列与此原理有关说法错误的是（）A．正极反应为：SO+5H2O+8e−=HS−+9OH−B．输送暖气的管道不易发生此类腐蚀C．这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3·xH2OD．管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀【答案】C【解析】A．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SO+5H2O+8e−=HS−+9OH−，故A正确；B．硫酸盐还原菌是蛋白质，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，故B正确；C．由图示可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，故C错误；D．管道上刷富锌油漆，形成Zn—Fe原电池，Fe变为正极，可以延缓管道的腐蚀，故D正确；答案为C。5．用惰性电极电解含0.2molCuSO4的溶液一段时间后，阳极上生成标准状况下4.48L气体，欲使电解质溶液恢复电解前的状况，应加入（）A．0.2molCuSO4B．0.2molCuOC．0.2molCu(OH)2D．0.2molCuCO3【答案】C【解析】用惰性电极电解含0.2molCuSO4的溶液，阳极上OH−放电生成O2，n(O2)==0.2mol，转移电子物质的量=0.2mol×4=0.8mol，如果Cu2+完全放电转移电子物质的量=0.2mol×2=0.4mol＜0.8mol，所以阴极上H+还放电生成氢气，即发生，电解生成n(H2)==0.2mol，所以氢气和Cu的物质的量相等，所以析出的相当于0.2molCu(OH)2。故答案为：C。高频易错题1．港珠澳大桥的设计使用寿命高达120年，主要的防腐方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是（）
A．钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe-3e−=Fe3+B．防腐过程中铝和锌均作为牺牲阳极，失去电子C．防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率D．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除【答案】A【解析】A．钢铁发生吸氧腐蚀时的负极反应式为：Fe-2e−=Fe2+，故A错误；B．铝和锌的活泼性大于铁，钢铁防腐过程中铝和锌均作为负极，失去电子，为牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．防腐涂料可以防水、隔离O2，减少铁与氧气接触，降低吸氧腐蚀速率，故C正确；D．钢铁防腐只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除钢铁腐蚀，故D正确；选A。2．下列说法正确的是（）A．装置①中，反应开始时，Al是负极，且在NaCl溶液中生成红棕色气体B．装置②在电解过程中，a极附近溶液变红C．可以用装置③在铁上镀铜，d极为铜，c极为铁D．装置④中发生铁的吸氧腐蚀【答案】C【解析】A．装置①为原电池装置，开始时因为常温下浓硝酸与Al钝化，使反应不能继续，所以Al作电池的正极，故A错误；B．装置②为电解池装置，石墨a与电源负极相连作阴极，其电极反应式为，溶液呈碱性，但阴极附近未滴加酚酞，溶液颜色无变化，故B错误；C．装置③为电解池，其中c为阴极，d为阳极。若在铁上镀铜，应将铁与电源负极相连作阴极，故C正确；D．吸氧腐蚀一般在弱酸性或者中性环境中发生，在酸化的NaCl中，铁发生析氢腐蚀，故D错误。【点评】浓硝酸做电解质溶液时要考虑其与Al、Fe的钝化。3
．热激活电池(又称热电池)可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl−KCl混合物一旦受热熔融，电池瞬间即可输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb。关于该电池的下列说法中，不正确的是（）A．负极的电极反应：Ca−2e−=Ca2+B．放电时，K+向硫酸铅电极移动C．硫酸铅作正极材料，LiCl为正极反应物D．常温时，在正负极之间连上检流计，指针不偏转【答案】C【解析】电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb，Ca化合价升高，失去电子，作负极，PbSO4化合价降低，得到电子，作正极。A．根据前面分析得到负极的电极反应：Ca−2e−=Ca2+，故A正确；B．放电时，根据离子移动方向“同性相吸”，因此K+向正极(硫酸铅)移动，故B正确；C．硫酸铅作正极材料，熔融的LiCl作为电解质，根据PbSO4+2LiCl+Ca=CaCl2+Li2SO4+Pb信息，PbSO4为正极反应物，故C错误；D．根据题中信息，电解质的无水LiCl−KCl混合物一旦受热熔融，因此常温时，在正负极之间连上检流计，指针不偏转，故D正确。综上所述，答案为C。4．试剂是由H2O2和Fe2+混合得到的一种强氧化剂，有效物质为羟基自由基，可用于处理工业废水中的有机物.电化学制备方法如图所示，在M极附近加入适量Fe2+时发生反应。下列说法错误的是（）A．A为电源的负极B．N极发生的电极反应为H2O−e−=+H+
C．电解过程中，生成的会向N极迁移D．电解一段时间后，理论上M极附近生成的与N极生成的等量【答案】D【解析】A．与电源的A极相连的电极M上发生氧气得电子生成过氧化氢的反应，则M是阴极，则A为电源的负极，故A不选；B．N极与电源的正极相连作阳极，发生氧化反应，则发生的电极反应为，故B不选；C．电解过程中，生成的不带电荷，在溶液中自由移动，故C不选；D．在M极附近加入适量时发生反应，转移1mol电子时生成1mol，消耗1mol过氧化氢，电路中转移2mol电子，N电极转移2mol电子时产生2mol，则电解一段时间后，理论上M极附近生成的与N极生成的不相等，故D选；故选D。5．用电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O时，以铁板作阴、阳极，处理过程中发生反应：，最后Cr3+以Cr(OH)3形式除去。下列说法正确的是（）A．电解过程中废水的pH会减小B．电解时H+在阴极得电子生成H2C．电解后除Cr(OH)3沉淀外，还有Fe(OH)2沉淀生成D．电路中每转移0.6mole−，最多有0.1molCr2O被还原【答案】B【解析】A．由反应式可知，处理过程中消耗H+，溶液的酸性减弱，pH会增大，故A错误；B．电解时阴极发生还原反应，溶液中H+在阴极得电子生成H2，故B正确；C．溶液中H+在阴极得电子减少，同时生成氢氧根离子，有Fe(OH)3沉淀生成，故C错误；D．由电极反应式Fe-2e−=Fe2+，转移0.6mol电子，需要0.3molFe，再根据处理过程关系式得：6Fe~12e−~6Fe2+~Cr2O，0.05molCr2O被还原，故D错误；故答案为B。精准预测题1．我国古代有“银针验毒”的记载，古时候制成的砒霜中含大量的硫化物，银针插入含砒霜的食物中会发生反应：(黑色)；用过的银针放入盛有饱和氯化钠溶液的铝制容器中浸泡可复原，下列说法中不正确的是（）
A．反应中Ag和H2S均是还原剂B．上述原理是通过银针颜色变化来判断食物是否有毒C．银针复原用到了原电池反应原理D．每生成1molAg2S，反应转移2mole－【答案】A【解析】A．反应中Ag化合价升高，是还原剂，H2S中化合价未变，既不是还原剂也不是氧化剂，故A错误；B．砒霜中含大量的硫化物，银针插入变为黑色，因此可以通过银针颜色变化来判断食物是否有毒，故B正确；C．银针复原是Al—Ag2S—饱和食盐水的原电池反应原理，Al做负极，Ag2S做正极，故C正确；D．该反应方程式是2molAg失去2mol电子变为1molAg2S，因此每生成1molAg2S，反应转移2mole−，故D正确。综上所述，答案为A。2．（双选）下列说法正确的是（）A．电解精炼铜时，电路中每通过2mole−，阴极析出64g铜B．电解精炼铜时，粗铜中含有的Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质沉积在电解槽的底部C．外接电源保护水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的负极相连D．白铁皮(镀锌铁)破损后，铁会迅速被腐蚀【答案】AC【解析】A．电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e−=Cu，则电路中每通过2mol电子，阴极析出1mol铜，即64g铜，故A正确；B．电解精炼铜时，粗铜中含有的比Cu活泼的金属Zn、Fe、Ni会优先于铜在阳极失电子放电，以金属离子的形式存在于溶液中，比铜不活泼的金属Ag、Au等杂质沉积在电解槽的底部，故B错误；C．外接电源保护水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的负极相连，钢闸门作阴极，被保护，故C正确；D．白铁皮(镀锌铁)破损后，形成原电池，锌作负极，铁做正极，被保护，故D错误；故选AC。3．双极电化学法(装置如图)是在传统电解装置中放置了导电性电极BPE，通电时，BPE两端界面产生电势差，生成梯度合金。下列有关说法正确的是（）
A．在A极上发生氧化反应B．在BPE中电子的移动方向由a到bC．若B电极产生22.4LO2，则在BPE析出金属的质量至少为118gD．【答案】B【解析】A．根据图中信息，B极是水中氢氧根失去电子变为氧气，因此B极为阳极，则A极为阴极，发生还原反应，故A错误；B．根据A选项分析得到A极为阴极，则a为阳极，b为阴极，电子流向是从阳极到阴极，即在BPE中电子的移动方向由a到b，故B正确；C．由于不清楚是否在标准状况下，因此无法计算物质的量及BPE析出金属的质量，故C错误；D．b极发生的反应是：，故D错误。综上所述，答案为B。4．将二氧化钛(TiO2）光电极嵌入到新型钠离子电池的正极，由于光电势的补偿，电池的充电电位下降。该光电极辅助充电时的工作原理如图所示，下列说法错误的是（）A．充电时阳极的电极反应式为3I−-2e−=IB．放电时，a极发生氧化反应C．放电时，正、负极反应的微粒数目比为4∶3D．辅助充电时，光能转化为电能，再转化为化学能【答案】C【解析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，I−转化为I，放电和充电互为逆过程，放电时，a是电池的负极，b是电池的正极，在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应：3I−-2e−=I。A．在充电时，阳极上发生失电子的氧化反应，电极反应式为3I−-2e−=I
，故A正确，不选；B．放电时，a是电池的负极，发生氧化反应，故B正确，不选；C．放电时，正、负极发生的电极反应为S+6e−=4S2－，3I−-2e−=I，根据转移的电子的物质的量相等，反应的微粒数目比为1∶9，故C错误，符合题意；D．TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又转化为化学能，故D正确，不选；答案选C。【点评】根据离子的移动方向判断出正负极，根据化合价的变化写出电极反应是关键。5．通过NO传感器可监测汽车排放尾气中NO含量，其工作原理如图所示，下列说法正确的是（）A．O2−向正极移动B．负极的电极反应式为：NO-2e−+O2−=NO2C．O2的电极反应产物是H2OD．反应消耗的NO与O2的物质的量之比为1∶2【答案】B【解析】根据图片知，铂电极上氧气得电子发生还原反应而作正极，NiO电极上NO失电子发生氧化反应，则NiO为负极，正极上电极反应式为：O2+4e−=2O2−，负极上电极反应式为：NO-2e−+O=NO2，结合电池内部离子移动方向判断。A．由离子的定向移动可知NiO极为原电池的负极，Pt极为原电池的正极，故A错误；B．NiO电极上NO失电子和氧离子反应生成二氧化氮，所以电极反应式为：NO+O-2e−=NO2，故B正确；C．正极上电极反应式为：O2+4e−=2O2−，故C错误；D．反应消耗的NO与O2的物质的量之比为2∶1，故D错误；选B。【点评】本题考查了原电池原理，A和B根据O、N元素化合价变化判断正负极，再结合反应物、生成物及得失电子书写电极反应式，B注意书写电极反应式时要结合电解质特点，为易错点，D要分析出电池总反应2NO+O2=2NO2，D也是易错点。6．研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用半透膜隔开。下列说法错误的是（）
A．左侧电极的反应式为B．右侧电极区补充的物质A可以是稀H2SO4C．半透膜为阳离子交换膜D．电池工作一段时间后，右侧电极附近pH减小【答案】D【解析】A．左侧电极是负极，失电子被氧化，反应式为，故A不选；B．右侧电极反应式是，消耗氢离子，从装置中分离出的物质为硫酸钾，所以放电过程中需补充的物质A是硫酸，故B不选；C．有图可知，原电池工作时钾离子通过半透膜移向正极，（右侧），则半透膜为阳离子交换膜，故C不选；D．电池工作一段时间后，右侧电极反应式是，右侧电极附近pH增大，故D选；故选D。7．钒有V(V)、V(Ⅳ)、V(Ⅲ)、V(Ⅱ)多种价态，且化合价越高氧化性越强，含有的VO/VO2+和V2+/V3+价态的钒离子溶液可作为正、负极的活性物质组成化学电池，其工作原理如图所示，下列说法不正确的是（）A．放电时，电极B的电极反应式为V2+-e−=V3+B．该电池清洁无污染，是一种理想的绿色电池C．该电池中充电时，电极A接电源正极
D．放电时，H+从左向右移动【答案】D【解析】由钒有V(V)、V(Ⅳ)、V(Ⅲ)、V(Ⅱ)多种价态，且化合价越高氧化性越强可知，放电时，VO得电子，发生还原反应，作正极，正极电极反应为VO+2H++e−=VO2++H2O，负极的电极反应为V2+-e−=V3+；充电时，原电池的正极变成电解池的阳极、负极变成电解池的阴极，阳极的反应为VO2++H2O-e−=VO+2H+，阴极上发生得电子的还原反应，即V3++e−=V2+，充放电电池总反应为V2++VO+2H+VO2++V3++H2O。A．该原电池工作时，电极B为负极，负极上V2+失去电子生成V3+，反应式为V2+-e−=V3+，故A正确；B．由充放电电池总反应为V2++VO+2H+VO2++V3++H2O可知，该电池工作时，无有毒的气体和其它有毒的物质生成，则该电池清洁无污染，是一种理想的绿色电池，故B正确；C．由上述分析可知，放电时电极A为正极，得电子发生还原反应，充电时，原电池的正极变成电解池的阳极，失电子发生氧化反应，即充电时，电极A接电源正极，故C正确；D．由上述分析可知，放电时，电极A为正极，电极B为负极，根据阳离子向正极移动，即H+由右向左移动，故D错误；答案为D。8．亚氯酸钠(NaClO2)是一种强氧化性漂白剂，广泛用于纺织，印染和食品工业，生产NaClO2的主要流程如图1所示。下列有关说法错误的是（）A．Ⅰ中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1B．Ⅱ中反应的离子方程式：2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO2+O2+2H2OC．图2中右侧区域溶液pH降低，电极反应式为：
D．A溶液为H2SO4溶液可循环利用【答案】C【解析】由流程图结合离子隔膜电解池可知，电解硫酸钠溶液本质是电解水，右侧NaOH由稀变为浓，可知A为硫酸，左侧为氧气，右侧为氢气，I中NaClO3、Na2SO3、硫酸反应生成ClO2、Na2SO4溶液，反应离子方程式为2H++SO+2ClO=2ClO2+SO+H2O，Ⅱ中ClO2与过氧化氢在碱性条件下反应生成NaClO2和氧气，离子反应为2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO2+O2+2H2O。A．由流程图可知反应Ⅰ，反应物为NaClO3、Na2SO3、加入A溶液，产生ClO2、Na2SO4溶液，反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2Na2SO4+2ClO2↑+H2O，所以Na2SO3具有还原性，是还原剂，NaClO3是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比是2∶1，故A正确；B．Ⅱ中反应根据流程信息可知，生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应中ClO2是氧化剂，发生还原反应，H2O2是还原剂，发生氧化反应，产生氧气，氢氧化钠提供碱性环境，则根据氧化还原的配平原则可知，其离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO2+O2+2H2O，B正确；C．图2中右侧区域发生的电极反应式为：，氢离子浓度减少，则溶液pH升高，C错误；D．根据图Ⅰ和图III可知，A为H2SO4，可循环利用，D正确；故选C。9．用石墨作电极电解0.1mol·L−1的NaCl溶液，通电一段时间后发现，相同条件下两极收集的气体体积之比为4∶3，下列说法正确的是（）A．在电解后的溶液中注入一定量的浓盐酸可以使溶液恢复到电解前状态B．在电解后的溶液中通入标准状况下的氯化氢气体4.48L，并注入0.2mol水可以使溶液恢复到电解前状态C．阴极产生的气体的物质的量是阳极产生的气体的物质的量的D．阳极产生的气体的平均摩尔质量为58g/mol【答案】D【解析】石墨作电极电解NaCl溶液电解过程：阳极产生氯气，电极反应式为2Cl−-2e−=Cl2↑，阴极产生氢气，电极反应式为，根据电子守恒可知，氯气和氢气的体积相等，若两极收集的气体体积之比为4∶3，则说明发生了过度电解，假设电解过程中生成氯气的物质的量为amol，则对应生成的氢气的物质的量也为amol，之后电解氢氧化钠溶液的实质是电解水，即阳极生成氧气，阴极生成氢气，二者的物质的量之比为1∶2，故可分别设其为bmol和2bmol。根据题意得=，即b=。A．按照n(HCl)∶n(H2O)=
2∶1配制所得到的盐酸浓度远远大于浓盐酸的浓度，A项错误；B．若要使电解后的溶液恢复至电解前状态，则应向溶液中通入2amol氯化氢气体并注入2bmol(或amol)水，即当n(HCl)∶n(H2O)=2∶1时，才有可能使溶液恢复到电解前状态，B项错误；C．阳极产生的气体的物质的量是阴极产生的气体的物质的量的，C项错误；D．阳极产生的气体为amol氯气和mol氧气，则平均摩尔质量为g/mol=58g/mol，D项正确；答案选D。10．科学家制造出一种使用固体电解质的燃料电池，其效率更高，可用于航空航天。如图1所示装置中，以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导正极生成的O2−离子(O2+4e−=2O2−)。(1)c电极为___________极，d电极上的电极反应式为___________。(2)如图2所示为用惰性电极电解100mLCuSO4溶液，a电极上的电极反应式为___________；电解一段时间后，a电极产生气体，b电极不产生气体，则溶液的pH___________(填“减小”或“增大”)，要使电解质溶液恢复到电解前的状态，可加入___________(填序号)a．CuO b．Cu(OH)2 c．CuCO3 d．Cu2(OH)2CO3(3)在工业上，利用该电池电解NaOH溶液生产Na2FeO4，装置如图。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“＜”)。【答案】（1）正CH4-8e−+4O2−=CO2+2H2O（2）4OH−-4e−=2H2O+O2↑或2H2O-4e−=4H++O2↑减小ac（3）Fe+8OH−-6e−=FeO+4H2OH2阴＜【解析】(1)电流的方向是从正极流向负极，根据图1装置，c电极为正极，d电极为负极，即A通入空气，B通入的是甲烷，电解质为固体电解质，因此d电极反应式为CH4+4O2−-8e−=CO2+2H2O；故答案为正极；CH4+4O2−-8e−=CO2+2H2O；(2)图2有外加电源，即该装置为电解池，根据电解原理，a为阳极，b为阴极，a电极反应式为4OH−-4e−=O2↑+2H2O或2H2O-4e−=O2↑+4H+；b电极上不产生气体，其电极反应式为Cu2++2e−=Cu，总反应式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+，溶液中c(H+)增大，pH减小；恢复到电解前的状态，a．根据电解方程式，脱离体系的是Cu和O2，因此加入CuO能恢复到电解前的状态，故A符合题意；b．Cu(OH)2可以拆写成CuO·H2O，使溶液浓度降低，故B不符合题意；c．CuCO3可以拆写成CuO·CO2，CO2对原溶液无影响，故C符合题意；d．Cu2(OH)2CO3可以拆写成2CuO·H2O·CO2，使溶液浓度降低，故D不符合题意；综上所述，选项ac符合题意；故答案为4OH−-4e−=O2↑+2H2O或2H2O-4e−=O2↑+4H+；减小；ac；(3)该装置为电解池，①Fe作阳极，其电极反应式为Fe+8OH−-6e−=FeO+4H2O；故答案为Fe+8OH−-6e−=FeO+4H2O；②根据离子放电顺序，阴极反应式为2H++2e−=H2↑或者2H2O+2e−=H2↑+2OH−，产生气体为H2；故答案为H2；③根据①的电极反应式，OH−参加反应，OH−移向右侧，即右侧的离子交换膜为阴离子交换膜；根据②的分析，阴极上成产生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%；故答案为阴；＜。11．一氧化氮－空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合。如图所示，某同学设计用该电池探究将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4的原理和粗铜的精炼原理。(1)甲装置燃料电池放电过程中正极的电极反应式_________。(2)乙装置中物质A是_____(填化学式)；电解过程中阳极附近pH_____(填“增大”“减小”或“不变”)。(3)如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中阴极的电极反应式是_____，反应一段时间，CuSO4
溶液的浓度将_____(填“增大”、“减小”或“不变”)。(4)若在标准状况下，甲装置有22.4LO2参加反应，则乙装置中转化SO2和NO的物质的量共有_____mol；丙装置中阴极析出铜的质量为_____g。【答案】（1）（2）H2SO4减小（3）减小（4）2.8128【解析】(1)由题图可知，左端NO中N元素化合价由+2价失电子变为+5价，发生氧化反应，左端的铂电极为原电池负极，电极反应式为NO-3e−+2H2O=NO+4H+，右端铂电极为原电池正极，电极反应式为。(2)由题图可知，通SO2的石墨电极与电源正极相连，为阳极，失电子发生氧化反应，其电极反应式为SO2-2e−+2H2O=SO+4H+，通NO的石墨电极为阴极，得电子发生还原反应，电极反应式为NO+5e−+6H+=NH+H2O，总反应方程式为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，产物中除了有(NH4)2SO4还有H2SO4，故A为H2SO4；电解过程中阳极附近pH减小。(3)丙装置中，粗铜做阳极，粗铜中含有锌、银等杂质，锌比铜活泼，阳极上锌先失电子发生氧化反应生成Zn2+，锌消耗完后铜失电子生成铜离子，阴极上铜离子得电子生成铜，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小。(4)在标准状况下，甲装置中有22.4LO2参加反应，即1molO2参与反应，转移4mol电子，由转移电子守恒得，由阳极电极反应SO2-2e−+2H2O=SO+4H+可知，转移4mol电子，参与反应的SO2为2mol，由阴极电极反应NO+5e−+6H+=NH+H2O可知，转移4mol电子，参与反应的NO为0.8mol，乙装置中转化的SO2和NO的物质的量共有2.8mol，丙装置中阴极转移4mol电子，析出2molCu，析出铜的质量为2mol×64g/mol=128g。12．我国科学家最近发明了一种电池，电解质为K2SO4、H2SO4和KOH，由a和b两种离子交换膜隔开，形成A、B、C三个电解质溶液区域，结构示意图如下：回答下列问题：
(1)电池中，为______极，B区域的电解质为______(填“K2SO4”、“H2SO4”或“KOH”)。(2)电池反应的离子方程式为______。(3)阳离子交换膜为图中的______膜(填“a”或“b”)。(4)已知E为电池电动势(电池电动势即电池的理论电压，是两个电极电位之差，)，为电池反应的自由能变，则该电池与传统铅酸蓄电池相比较，______；______(填“＞”或“＜”)。(5)Zn是一种重要的金属材料，工业上一般先将ZnS氧化，再采用热还原或者电解法制备。利用H2还原ZnS也可得到Zn，其反应式如下：ZnS(s)+H2(g)Zn(s)+H2S(g)。727℃时，上述反应的平衡常数。此温度下，在盛有的刚性容器内通入压强为1.01×105Pa的H2，达平衡时H2S的分压为______Pa(结果保留两位小数)。【答案】（1）负K2SO4（2）PbO2+SO+Zn+2H2O=PbSO4+（3）a（4）＞＜（5）0.23【解析】根据图示可知Zn为负极，PbO2为正极，电解质溶液A是KOH，B是K2SO4，C是H2SO4，a是阳离子离子交换膜，b是阴离子交换膜，在同一闭合回路中电子转移数目相等，结合溶液酸碱性及电极材料书写电极反应式和总反应副产物。(1)根据图示可知Zn电极失去电子Zn2+与溶液中的OH−结合形成，所以Zn电极为负极；在A区域电解质为KOH，在B区域电解质为K2SO4溶液，C区域电解质为H2SO4；PbO2电极为正极，得到电子发生还原反应。(2)负极电极反应式为Zn-2e−+4OH−=，正极的电极反应式为PbO2+2e−+4H++SO=PbSO4+2H2O；(3)A区域是KOH溶液，OH−发生反应变为，为了维持溶液呈电中性，多余的K+通过交换膜进入到B区域，由于阳离子交换膜只允许阳离子通过，因此a膜为阳离子交换膜；(4)由于Zn比Pb活动性强，正极材料都是PbO2，所以Zn-PbO2的电势差比Pb-PbO2的电势差大，则＞；不同电池的电势差越大，电池反应的自由能变就越小。由于Zn-PbO2的电势差比Pb-PbO2的电势差大，所以＜；(5)反应ZnS(s)+H2(g)Zn(s)+H2S(g)在727℃时的平衡常数
，若在盛有ZnS的刚性容器内通入压强为1.01×105Pa的H2，由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此反应前后气体总压强不变，假如H2S占总压强分数为x，则H2为(1-x)，根据平衡常数的含义可得，解得x=2.24×10−6，所以达到平衡时H2S的分压为2.24×10−6×1.01×105Pa=0.23Pa。
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