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