专题08电化学及其应用
1.
C
A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，为原电池负极，负极上是银失电子生成氯化银，电极反应为：Ag-e-+Cl-=AgCl，故A错误；B．pH计的玻璃膜球泡需要对H+有特殊敏感才能有测量pH的作用，故B错误；C．pH与电池的电动势E存在关系：
利用玻璃膜内外氢离子浓度的差异引起电动势的变化达到测量溶液的pH目的，故C正确；D．原电池是把化学能转化为电能，pH计是以玻璃电极（在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag-AgCl电极）和另一Ag-AgCl电极插入待测溶液中组成电池，故D错误；故选：C。
2.
B
根据电池反应式知，M为负极，反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，N为正极，反应式为Li1-xFeO4+xLi++xe-=LiFePO4，充电时，阴极、阳极反应式与负极、正极反应式正好相反。A.放电时，阳离子向正极移动，隔膜只允许Li+通过，所以Li+从左边移向右边，PO43-不发生移动，故A错误；B.放电时，M电极上失电子发生氧化反应，N电极上得电子发生还原反应，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，故B正确；C.充电时M为阴极，连接原电池负极，该电极上得电子发生还原反应，电极反应式为6C+xLi++xe-=LixC6，故C错误；D.充电时，阴极反应式为6C+xLi++xe-＝LixC6，通过1mol电子生成1molLi，则通过2mol电子生成2molLi，其质量为14.0g，故D错误。故选B。
3.
D
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液中的氢离子浓度均增大，pH均减小，故A错误；B．Ⅰ室实际为电解水4OH--4e-=2H2O+O2↑，电解1molCo，由Co2++2e-=Co，转移电子数为2mol，消耗生成氧气0.5mol，且有1mol氢离子由Ⅰ室进入Ⅱ室，共减少0.5mol×32g/mol+1mol×1g/mol=18g，故B错误；C．移除两交换膜后，由于氯离子更容易放电，石墨电极上发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑，故C错误；D．石墨电极反应为：4OH--4e-=2H2O+O2↑，Co电极反应为：Co2++2e-=Co，可得电解总反应：
故D正确；故选：D。4.
A
A.电解池中，阳极不是活泼金属电极时，在该极上放电的是溶液中活泼的阴离子即氯离子失去电子的反应，故A正确；B.氢氧燃料电池中负极放电的一定是燃料，即在负极上是氢气放电，故B错误；C.粗铜精炼时，阴极（和电源的负极相连）是纯铜，粗铜作阳极（和电源的正极相连），故C错误；D.钢铁发生电化学腐蚀，正极发生的是氧气得电子的还原反应，故D错误。故选A。
5.
B
相比现有工业合成氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，A正确；左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+-e-＝MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应式为H2+2MV2+＝2H++2MV+，B错误；右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2++e-＝MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，C正确；
电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，D正确。6.
C
放电时，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成硫酸铅，正极上PbO2得电子生成PbSO4，结合原电池中阳离子向正极移动分析。A、反应不是在同一条件发生，所以不是可逆反应，故A错误；B、正极发生还原反应，负极发生氧化反应，所以负极电极反应式为：Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故B错误；C、负极由Pb生成PbSO4固体，附着在电极上使电极质量增大，正极二氧化铅转化为硫酸铅质量增大，故C正确；D、原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，Pb2+、H+向电池的正极移动，故D错误；故选：C。
7.
A
A．据电池反应式知，该反应中Li元素化合价由0价变为+1价、Cu元素化合价由+1价变为0价，所以Li是负极，Cu电极是正极，电势：Li＜Cu，故A正确；B．根据电池反应式知，正极反应式为Cu2O+H2O+2e-=2Cu+2OH-，故B错误；C．因为金属锂可以和水之间发生反应，所以该电池负极不能用水溶液作为电解质，故C错误；D．放电时，阳离子向正极移动，根据电池反应：2Li+Cu2O+H2O=2Cu+2Li++2OH-，0.1molCu2O参与反应时有0.2molLi+通过固体电解质，故D错误；故选：A。8.
D
海水通入管道后，形成电解池，海水作为电解液，依据提示，为排除排水管中生物的附和，可以通过点解海水氯气，故阳极发生反应Cl--2e-=Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，此时海水碱性增大，由于电解液存在于管道中，生成的氯气会与碱性海水反应，生成次氯酸钠进而达到灭杀附着生物的效果，阴极生成的氢气应及时通风安全地排入大气，依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Mg（OH）2等积垢在阴极表面形成，据此分析回答问题。A.依据分析可知，阳极发生反应Cl--2e-=Cl2↑，故A正确；B.依据题意“排水管中生物的附和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率”可知，需要生成次氯酸钠进而杀灭附着生物，故B正确；C.阴极发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，若不排除，氢气浓度过大易发生危险，应及时通风稀释，故C正确；D.依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e-=2OH-+H2↑，Mg（OH）2等积垢在阴极表面形成，需要定期清理阴极表面，故D错误，故选：D。9.
C
依据题干信息X、Y、Z都是金属，把X投入Z的硝酸盐溶液中，X的表面有Z析出则金属的活泼性XZ，又由X与Y组成原电池时，Y为电池的负极，则金属的活泼性YX，故X、Y、Z三种金属的活泼性顺序为YXZ，正确选项为C。
10.
D
A．放电时，Na失电子作负极、Ni作正极，电解质溶液中阴离子向负极移动，所以ClO4-向负极移动，故A正确；B．放电时Na作负极、Ni作正极，充电时Ni作阳极、Na作阴极，则放电电池反应式为3CO2+4Na=2Na2CO3+C、充电电池反应式为2Na2CO3+C=3CO2↑+4Na，所以充电时释放CO2，放电时吸收CO2，故B正确；C．放电时负极反应式为Na-e-=Na+、正极反应式为3CO2+4e-=2CO32-+C，故C正确；D．充电时，原来的正极Ni作电解池的阳极，Na作电解池阴极，则正极发生的反应为原来正极反应式的逆反应，即2CO32-+C-4e-=3CO2↑，负极发生的反应为Na++e-=Na，故D错误。故选D。
11.
B
A.由图可知，a为负极，则b为正极，电子由负极a极经用电器流向正极b极，故A正确；B.Li与羟基乙酸(HOCH2COOH)反应，有机溶剂不能是羟基乙酸(HOCH2COOH)，故B错误；C.正极上得电子，化合价降低，电极反应式：CFx+xe-＝C+xF-，故C正确；D.14.0gLi物质的量为2mol,根据Li-e-=Li+，参与反应理论上转移2mol电子,故D正确。
12.
C
由图可知这是一个电解池，银做阳极，发生的电极反应Ag-e-=Ag+，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中生成AgxWO3，电极方程式：xAg++xe-+WO3=AgxWO3是还原反应，总的反应方程式：WO3+xAg=AgxWO3，据此答题。A．由图可知这是一个电解池，银做阳极，发生的电极反应Ag-e-=Ag+，故A正确；B．当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中生成AgxWO3，故B正确；C．电极方程式：xAg++xe-+WO3=AgxWO3，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+（6-x）价，W的化合价降低，故C错误；D．阳极反应：Ag-e-=Ag+，阴极反应：xAg++xe-+WO3=AgxWO3，二者合并：WO3+xAg=AgxWO3，故D正确；故选：C。13.
C
A．根据pH=2的溶液中压强与时间的关系知，压强随着反应的进行而逐渐增大，说明该装置发生析氢腐蚀，则溶液pH≤2时，生铁发生析氢腐蚀，故A正确；B．pH=4的醋酸溶液中压强随着反应的进行而逐渐减小，说明发生吸氧腐蚀，pH=4的醋酸溶液呈酸性，所以在酸性溶液中生铁可能发生吸氧腐蚀，故B正确；C．根据压强与时间关系图知，pH=2的溶液和pH=4的溶液中，变化相同的压强时所用时间不同，所以析氢腐蚀和吸氧腐蚀的速率不一样，故C错误；D．两个溶液中都发生电化学腐蚀，铁均作负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，故D正确。故选C。
14.
B
该装置为原电池，有机废水中的CH3COO-发生失电子的氧化反应生成CO2，则a极为负极，b极为正极，正极上H+得电子生成H2，反应式为2H++2e-=H2↑，A、该原电池中a极为负极，b极为正极，有机废水中的CH3COO-在负极失电子生成CO2，电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，故A正确；B、原电池工作时，阴离子移向负极、阳离子移向正极，即NaCl溶液中的Na+通过阳离子交换膜移向b极、Cl-通过阴离子交换膜移向a极，达到海水淡化目的，所以隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；C、由于电子与Na+、Cl-所带电荷数相等，所以路中转移1mol电子时，通过离子交换膜的Na+、Cl-物质的量均为1mol，质量为1mol×58.5g/mol=58.5g，即模拟海水理论上除盐58.5g，故C正确；D、负极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，正极反应式为2H++2e-=H2↑，转移8mole-电子时正极得到4molH2、负极得到2molCO2，即正、负极产生气体的物质的量之比为2：1，故D正确；故选：B。15.
D
乙二酸还原为乙醛酸，发生还原反应，则左侧电极为阴极，而Br-氧化为Br2，发生氧化反应，右侧电极为阳极，生成的Br2再氧化乙二醛生成乙醛酸，电解池工作时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则双极膜的左侧膜为阳离子交换膜，右侧膜为阴离子交换膜，结合电子守恒分析解答。A．电解池工作时，右侧Br-氧化为Br2，生成的Br2再氧化乙二醛生成乙醛酸，Br2再还原为Br-，说明KBr还起催化作用，故A错误；B．右侧为阳极，发生氧化反应，电极反应为2Br--2e-=Br2，故B错误；C．阳极区和阴极区均有乙醛酸生成，且1mol乙二酸转化为1mol乙醛酸、与1mol乙二醛转化为1mol乙醛酸均转移2mol电子，根据电子守恒，则制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；D．双极膜的左侧为阳离子交换膜，中间层的H+在外电场作用下，向左侧即铅电极方向迁移，故D正确；故选：D。
16.
D
A．方法1舰体上镶嵌活泼性比Fe强的金属块，如锌，发生腐蚀时舰体做正极、活泼的金属做负极，可防止舰体腐蚀，延长舰船服役寿命，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；B．方法2舰体与直流电源的负极相连，舰体做电解池的阴极，可以起到防腐效果，该方法为外加电流的阴极保护法，故B错误；C．方法1舰体上镶嵌活泼性比Fe强的金属块，如锌，而锡和铜不如铁活泼，则不能起到防腐作用，故C错误；D．方法2舰体与直流电源的负极相连，故D正确。故选D。
17.
D
A.电解盐酸溶液，溶质HCl的量会减小，溶剂量不变，所以酸性减弱，pH增大，故A错误；B.电解硝酸银溶液生成硝酸、金属银和氧气，溶液酸性增强，pH减小，故B错误；C.电解氯化钠溶液得到的是氢氧化钠、氢气和氯气，溶液碱性增强，pH增大，故C错误；D.电解氢氧化钡的实质是电解水，溶质的量不变，溶剂减少，碱性增强，pH增大，故D正确。
18.
B
原理原理图可知正极为氧气放电，氧气得到电子，结合溶液中的H+离子生成水，故溶液中氢离子浓度减小，pH值增大；负极黄铜矿中的硫失去电子，发生氧化反应生成硫单质，电极反应方程式为：CuFeS2-4e-=Cu2++Fe2++2S。A.依据上面的分析可知，负极电极反应方程式为：CuFeS2-4e-=Cu2++Fe2++2S，故A正确；B.黄铁矿附近氢离子被消耗，所以溶液pH增大，故B错误；C.依据O2+4e-+4H+=2H2O可得，每生成1molH2O，两矿物间转移2mol电子，故C正确；D.依据负极反应的产物是铜离子和亚铁离子，所以浸取过程的主要产物为CuSO4和FeSO4，故D正确。
19.
C
A.通入氧气的电极为电池的正极，与电源正极相接的一极为电解池的阳极，所以丙电极为阴极，故A正确；B.丁是电解池的阳极，MnO42-失去电子被氧化为MnO4-，电极反应式为MnO42--e-=MnO4-，故B正确；C.丙电极为阴极，电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，溶液中的钾离子向丙移动，故丙中KOH浓度在a%的基础上增加，即b%a%，甲电极的反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，溶液中的钾离子向甲移动，故甲中KOH浓度在b%的基础上增加，即c%b%，乙电极的反应式为H2+2OH--2e-=2H2O，消耗氢氧根，且钾离子向甲电极移动，故乙中KOH浓度在b%的基础上减少，即a%b%，综上：KOH溶液的质量分数：c%＞b%＞a%，故C错误；D.标准状况下，甲电极每消耗22.4L即1mol氧气时，转移4mol电子，并且K+与电子所带电荷相等，所以理论上有4moK+进入阴极区，故D正确；故选C。
20.
B
A.由图所示，d电极上发生还原反应，故d作阴极，则c为负极，故A错误；B.总反应为CO2=C+O2↑，碳元素化合价由+4变为0，则转移1mol电子可捕获CO25.6L（标况下），故B正确；C①②中碳元素化合价没有发生变化，故C错误；D.d极电极反应式为CO32-+4e-=C+3O2-，故D错误，故选：B。
