1、高考资源网（） 您身边的高考专家课时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7个小题，每题6分，共42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
2、，铁为负极，D错。答案A2(2013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(2013大连测试)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
3、溶液，在阴极上发生反应：4OH4e=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
4、实验装置(如图)，通电后，溶液中产生白色沉淀，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关于下列各装置图的叙述不正确的是 ()。
5、A用图装置精炼铜，a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天津模拟)
6、臭氧是常见的强氧化剂，广泛用于水处理系统。制取臭氧的方法很多，其中高压放电法和电解纯水法原理如下图所示，下列有关说法不正确的是 ()。A高压放电法，反应的原理为3O22O3B高压放电出来的空气中，除含臭氧外还含有氮的氧化物C电解时，电极b周围发生的电极反应有3H2O6e=O36H和2H2O4e=O24HD电解时，H由电极a经聚合固体电解质膜流向电极b解析高压放电法与闪电条件下氧气部分转化为臭氧类似，其反应的原理为：3O22O3，因空气中还含有氮气，放电条件下，氮气也能与氧气反应，故有氮氧化物生成，A、B两项均正确；观察上图电解法制臭氧，可发现有氢气放出，必由水还原生成，发生还原反应，故a为阴极
7、；同理，由水生成氧气和臭氧，发生氧化反应，C项正确；因b为阳极，电解质中的阳离子移向阴极，故D项错误。答案D7(2013天津化学，6)为增强铝的耐腐蚀性，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：2Al3H2OAl2O33H2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
8、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 Al2O3，B错误；电池正极反应应为：PbO24HSO422e=PbSO42H2O，C错误；在电池中，由于Pb电极反应为：Pb2eSO42=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、非选择题(本题共4个小题，共58分)8(14分)(2013潍坊模拟)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_
9、。(2)镀铜可防止铁制品腐蚀，电镀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
10、棒，开关K应置于N处，Fe作阴极受到保护；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9(14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
11、电池负极的反应式为_。(4)若在标准状况下，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SO42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
12、中构成原电池，正极反应式为O22H2O4e=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)10(15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
13、间后，试管底部聚集大量红色沉淀，溶液仍为无色。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
14、方程式：_，_。解析(1)在实验1中，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3Cu2O14H2NO3=6Cu22NO7H2O；中的Cu2O在稀H2SO4溶液中发生歧化反应：Cu2O2H=CuCu2H2O。答案(1)Cu
15、2O(2)CuCle=CuCl(或CuOHe=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)3Cu2O14H2NO3=6Cu22NO7H2OCu2O2H=CuCu2H2O11(15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
16、质量增加5.40 g时，乙池的pH是_(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CO32，由此写出电极反应式：CH3OH6e8OH=CO326H2O，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
17、作阴极，电极反应式为Age=Ag，电解过程的总反应式为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=CO326H2O(3)A4OH4e=O22H2O(4)4Ag2H2O4AgO24H(5)1BD- 9 - 版权所有高考资源网