1、课时4电解池、金属的电化学腐蚀 与防护 (时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共6个小题，每题4分，共24分，每个小题只有一个选项符合题意。)1化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是()。A用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2B氢氧燃料电池的负极反应式：O22H2O4e=4OHC粗铜精炼时，与电源正极相连的是纯铜，阳极反应式为Cu2e=Cu2D钢铁发生电化学腐蚀的正极反应式：Fe2e=Fe2解析电池的负极发生的是氧化反应，B不对；粗铜精炼时，纯铜应该连接电源的负极，C错；钢铁发生电化学腐蚀时，铁为负极，D错。答案A2(20
2、14中山模拟)下图是两套电能与化学能相互转化的装置。对此两套装置的分析正确的是()。A图1装置中的铁电极发生还原反应B图2装置反应一段时间后溶液的pH会降低C两装置中石墨电极上所产生的气体都是H2D两装置都可用于防止铁被腐蚀解析图1是原电池，铁发生氧化反应，故A、D错；图2是电解池，被电解的物质是水，硫酸浓度增大，pH下降，B正确；图2中石墨电极是阳极，电极上有O2生成，C错误。答案B3(2014佛山测试)用惰性电极实现如下电解过程，下列说法正确的是()。A电解稀硫酸溶液实质上是电解水，故溶液pH不变B电解稀氢氧化钠溶液要消耗OH，故溶液pH减小C电解硫酸钠溶液，在阴极上发生反应：4OH4e=
3、2H2OO2D电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为11解析电解稀硫酸实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减小，浓度增大，故溶液pH减小，A错误。电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH，阴极消耗H，实质上是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，B错误。电解Na2SO4溶液时，在阳极上发生反应4OH4e=2H2OO2，在阴极上发生反应2H2e=H2，C错误。电解CuCl2溶液时，阴极反应为Cu22e=Cu，阳极反应为2Cl2e=Cl2，故产物Cu和Cl2的物质的量之比为11。答案D4某同学设计了一种利用电解法制取Fe(OH)2的实验装置(如图)，通电后，溶液中产生
4、白色沉淀，且较长时间不变色。下列说法中正确的是()。A电源中a一定为负极，b一定为正极B可以用NaCl作为电解质，但不能用Na2SO4CA、B两端都必须用铁作电极D阴极上发生的反应是：2H2e=H2解析利用电解法制备Fe(OH)2，由于Fe(OH)2极易被氧化，故可利用电解过程中生成的H2排出装置中的O2，使反应在H2环境中发生，故B电极上必须是H放电，B极为阴极，b为电源负极，A错误、D正确；电解液可以为NaOH、NaCl、Na2SO4溶液等，故B错误；阳极为铁电极，阴极可为铁电极，也可为其他电极，C错误。答案D5(2014深圳质检)关于下列各装置图的叙述不正确的是()。A用图装置精炼铜，a
5、极为粗铜，电解质溶液为CuSO4溶液B图装置的盐桥中KCl的Cl移向乙烧杯C图装置中钢闸门可与外接电源的负极相连受到保护D图两个装置中通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同解析A项正确，由电流方向判断a极为阳极，可使粗铜溶解；B项错误，图装置中的甲烧杯中锌作负极，溶液中不断增加Zn2，盐桥中KCl的Cl移向甲烧杯；C项正确，因为钢闸门与外接电源的负极相连作阴极受到了保护；图中左、右装置均为原电池，左装置中的铝作负极被氧化，右装置中的锌作负极被氧化，但两种金属的氧化产物的化合价不同，当通过导线的电子数相同时，消耗负极材料的物质的量不同。答案B6(2013天津化学，6)为增强铝的耐腐蚀
6、性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：电池：Pb(s)PbO2(s)2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)2H2O(l)电解池：2Al3H2O电解,Al2O33H2电解过程中，以下判断正确的是()。电池电解池AH移向Pb电极H移向Pb电极B每消耗3 mol Pb生成2 mol Al2O3C正极：PbO24H2e=Pb22H2O阳极：3Al3H2O6e=Al2O36HD解析在电池中阳离子移向正极PbO2，在电解池中阳离子移向阴极Pb电极，A错误；当消耗3 mol Pb时，转移6 mol e，由转移电子守恒可知生成1 mol Al2O
7、3，B错误；电池正极反应应为：PbO24HSO2e=PbSO42H2O，C错误；在电池中，由于Pb电极反应为：Pb2eSO=PbSO4，析出的PbSO4附在电极上，电极质量增大，而在电解池中Pb为阴极不参与电极反应，故质量不发生改变，D正确。答案D二、选择题(本大题共2小题，每小题6分，共12分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分)7(2013广东广州二模，23)下列实验现象预测正确的是()。A实验：电流表A指针偏转，碳棒上有红色固体析出B实验：电流表A指针偏转，铁极上有无色气体产生C实验：碳棒上有无色气体产生，铁极
8、上有黄绿色气体产生D实验：粗铜溶解，精铜上有红色固体析出解析为原电池，实质是铁置换出铜，铁为负极，故A正确；为原电池，实质为模拟吸氧腐蚀，故B错误；为电解食盐水，阳极(石墨电极)附近产生黄绿色的氯气，阴极(铁电极)附近产生无色的氢气，故C错误；为铜的精炼，故D正确。答案AD8(2013广东佛山一模，22)下图是模拟电化学反应的装置图。下列有关叙述中，错误的是()。AX为碳棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，溶液中的阳离子移向碳棒BX为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，该法称为牺牲阳极的阴极保护法CX为铜棒，Y为CuSO4溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，外电路中的电
9、子流向铜棒DX为铜棒，Y为CuSO4溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中Cu2浓度不会改变解析电解NaCl溶液时，溶液中阳离子移向阴极(铁电极)，故A错误；B中是电解池，且铁电极为阴极被保护，被称为外加电流的阴极保护法，故B错误；C中构成原电池，且铁电极为负极，该原电池反应的实质是FeCu2=Fe2Cu，故C正确；D中为电解池，实质是电镀，故D正确。答案AB三、非选择题(本题共4个小题，共64分)9(14分)(2013中山模拟)对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。(1)以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为_。(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀
10、时用铜而不用石墨作阳极的原因是_。在此过程中，两个电极上质量的变化值：阴极_阳极(填“”、“”或“”)。(3)利用右图所示的装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_(填“M”或“N”)处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_。解析(1)阳极铝被氧化成Al2O3，反应过程中有水参加，故电极反应式为2Al3H2O6e=Al2O36H。(2)电镀时，为保证阴极上只有铜析出，就要确保电镀过程中溶液中有足够多的Cu2，因此阳极就需要不断地溶解铜，以补充电镀液中的Cu2。(3)铁被保护，可以作原电池的负极或电解池的阴极。故若X为碳棒，开关K应置于N处，Fe作阴极受
11、到保护；若X为锌，开关K置于M处，铁作正极，称为牺牲阳极的阴极保护法。答案(1)2Al3H2O6e=Al2O36H(2)能向电镀液中不断补充Cu2，使电镀液中的Cu2浓度保持恒定(3)N牺牲阳极的阴极保护法10(16分)某小组同学设想用如图装置电解硫酸钾溶液来制取氧气、氢气、硫酸和氢氧化钾。(1)X极与电源的_(填“正”或“负”)极相连，氢气从_(填“A”、“B”、“C”或“D”)口导出。(2)离子交换膜只允许一类离子通过，则M为_(填“阴离子”或“阳离子”，下同)交换膜，N为_交换膜。(3)若将制得的氢气、氧气和氢氧化钾溶液组合为氢氧燃料电池(石墨为电极)，则电池负极的反应式为_。(4)若在
12、标准状况下，制得11.2 L氢气，则生成硫酸的质量是_，转移的电子数为_。解析题图中左边加入含硫酸的水，暗示左边制硫酸，即OH在阳极发生氧化反应，使左边溶液中H增多，为了使溶液呈电中性，硫酸钾溶液中的SO通过M交换膜向左边迁移，即M为阴离子交换膜，由此推知X为阳极，与电源正极相连，B出口产生氧气，A出口流出硫酸；同理，右侧加入含KOH的水，说明右边制备KOH溶液，H在Y极发生还原反应，说明Y极为阴极，与电源负极相连，右边溶液中OH增多，硫酸钾溶液中K向右迁移，N为阳离子交换膜，所以C出口产生氢气，D出口流出KOH溶液。(3)若将制得的氢气和氧气在氢氧化钾溶液中构成原电池，正极反应式为O22H2
13、O4e=4OH，负极反应式为2H24e4OH=4H2O。(4)n(H2)0.5 mol，2H2e=H2，得电子1 mol，X极的反应式为4OH4e=2H2OO2，根据得失电子守恒知，生成H的物质的量为1 mol，故生成0.5 mol H2SO4，m(H2SO4)49 g。答案(1)正C(2)阴离子阳离子(3)H22e2OH=2H2O(4)49 g6.021023(或nA)11(17分)某化学研究小组以铜为电极，按右图所示的装置电解饱和食盐水，探究过程如下。实验1：接通电源30 s内，阳极附近出现白色浑浊，之后变成橙黄色浑浊，此时测定溶液的pH约为10。一段时间后，试管底部聚集大量红色沉淀，溶液
14、仍为无色。查阅资料：物质氯化铜氧化亚铜氢氧化亚铜(不稳定)氯化亚铜颜色固体呈棕色，浓溶液呈绿色，稀溶液呈蓝色红色橙黄色白色相同温度下CuCl的溶解度大于CuOH。实验2：分离出实验1中试管底部的沉淀，洗涤，分装在两支小试管中，实验操作和现象如下。序号操作现象滴入足量稀硝酸溶液沉淀溶解，有无色气泡产生，最终得到蓝色溶液滴入足量稀硫酸溶液仍有红色不溶物，溶液呈现蓝色请回答：(1)实验1中试管底部红色沉淀的化学式为_。(2)实验1中阳极上的电极反应式为_。(3)利用平衡移动的原理解释，实验1中最初生成的白色浑浊转化为橙黄色浑浊的原因是_。(4)实验2中、的离子反应方程式：_，_。解析(1)在实验1中
15、，阳极铜被氧化，由现象不难判断，铜逐步转化为氯化亚铜氢氧化亚铜氧化亚铜，所以实验1试管底部是Cu2O。(2)实验1中阳极上的电极反应式为CuCle=CuCl(或CuOHe=CuOH)。(3)实验1中最初生成的白色浑浊转化为橙黄色浑浊是因为CuCl存在如下沉淀溶解平衡：CuCl(s)Cu(aq)Cl(aq)，OH与Cu结合，生成更难溶的物质，使平衡正向移动。(4)在实验2中，中的Cu2O会被HNO3氧化，离子反应方程式为3Cu2O14H2NO=6Cu22NO7H2O；中的Cu2O在稀H2SO4溶液中发生歧化反应：Cu2O2H=CuCu2H2O。答案(1)Cu2O(2)CuCle=CuCl(或Cu
16、OHe=CuOH)(3)CuCl(s)Cu(aq)Cl(aq)，OH与Cu结合，生成更难溶的物质，使平衡正向移动(4)3Cu2O14H2NO=6Cu22NO7H2OCu2O2H=CuCu2H2O12(17分)下图是一个化学过程的示意图。(1)图中甲池是_装置(填“电解池”或“原电池”)，其中OH移向_极(填“CH3OH”或“O2”)。(2)写出通入CH3OH的电极的电极反应式：_。(3)向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为_极(填“A”或“B”)，并写出此电极的反应式：_。(4)乙池中总反应的离子方程式：_。(5)当乙池中B(Ag)极的质量增加5.40 g时，乙池的pH是_(
17、若此时乙池中溶液的体积为500 mL)；此时丙池某电极析出1.60 g某金属，则丙中的某盐溶液可能是_(填序号)。AMgSO4 BCuSO4 CNaCl DAgNO3解析(1)分析图中装置，甲池是碱性条件下的甲醇燃料电池，用于发电，甲醇所在电极作负极，O2所在电极为正极，在碱性条件下甲醇的氧化产物为CO，由此写出电极反应式：CH3OH6e8OH=CO6H2O，原电池工作时溶液中的阴离子向负极移动。(3)碳电极(A极)与原电池装置中通入O2的电极相连，则作阳极，电极反应式为4OH4e=O22H2O，银电极(B极)与原电池装置中通入甲醇的电极相连，则作阴极，电极反应式为Age=Ag，电解过程的总反
18、应式为4Ag2H2O4AgO24H，因此当向乙池两电极附近滴加适量紫色石蕊试液，附近变红的电极为A电极。(5)当乙池中B(Ag)电极的质量增加5.40 g时，即析出Ag的物质的量为0.05 mol，则生成H的物质的量为0.05 mol，由此可得溶液的pH1。根据放电规律，本题首先排除选项A和选项C。当乙池中B(Ag)电极的质量增加5.40 g时，此时转移的电子数为0.05 mol，当丙池中电极上析出1.60 g金属铜时，正好转移0.05 mol电子，因此选项B正确。当丙装置中为AgNO3溶液，且AgNO3溶液足量时，可知析出金属的质量也应为5.40 g，若AgNO3溶液不足时，析出金属的质量必小于5.40 g，故选项D也有可能。答案(1)原电池CH3OH(2)CH3OH6e8OH=CO6H2O(3)A4OH4e=O22H2O(4)4Ag2H2O4AgO24H(5)1BD
