1、化学能与电能（4）电化学原理的综合应用（过综合）1下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是()A水中的钢闸门连接电源的负极B金属护栏表面涂漆C汽车底盘喷涂高分子膜D地下钢管连接镁块解析：选A水中的钢闸门连接电源的负极，钢闸门为阴极，从而得以保护，A项正确；金属护栏表面涂漆的原理是隔绝金属护栏与空气接触，从而减缓金属护栏的腐蚀，B项错误；汽车底盘喷涂高分子膜的原理也是隔绝与空气的接触，C项错误；地下钢管连接镁块，形成了原电池，属于牺牲阳极的阴极保护法，D项错误。2电解100 mL含c(H)0.30 molL1的下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是()
2、A0.10 molL1 AgB0.20 molL1 Zn2C0.20 molL1 Cu2 D0.20 molL1 Pb2解析：选C在电解液中除金属离子外都含有H(酸电离)，电解时阴极是先析出金属还是先放出H2，这与金属的活动性顺序有关。题中Cu和Ag的活动性顺序在H的后面，它们的离子与H共存时，首先被还原的是Cu2和Ag；而Pb和Zn的活动性顺序在H的前面，它们的离子与H共存时，首先被还原的是H。所以电解含有Zn2、Pb2的溶液时，H先得电子生成H2，n(e)n(H)0.30 molL10.1 L0.03 mol，故Zn2、Pb2得到的电子为0.04 mol0.03 mol0.01 mol，生
3、成的金属Zn、Pb的物质的量均为0.005 mol，其质量分别为0.325 g、1.035 g；电解含有Ag的溶液，可得Ag的质量为0.1 molL10.1 L108 gmol11.08 g；电解含有Cu2的溶液，可得铜的质量为0.2 molL10.1 L64 gmol11.28 g，C项符合题意。3.(2021黄山八校联考)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法正确的是()Ad为石墨，铁片腐蚀减慢Bd为石墨，石墨上电极反应式为O22H2O4e=4OHCd为锌块，铁片易被腐蚀Dd为锌块，铁片上电极反应式为2H2e=H2解析：选B电极d为石墨，腐蚀时形成原电池，铁片作负极，则铁片腐蚀加
4、快，A错误；d为石墨，形成原电池，铁片作负极，海水呈弱碱性，发生铁的吸氧腐蚀，则石墨上电极反应式为O22H2O4e=4OH，B正确；d为锌块，形成原电池时，锌块作负极，铁片作正极而受到保护，C错误；d为锌块，形成原电池，铁片作正极，海水呈弱碱性，发生吸氧腐蚀，则铁片上电极反应式为O22H2O4e=4OH，D错误。4.如图所示装置中，a、b都是惰性电极，通电一段时间后，b极附近溶液呈蓝色。下列说法中不正确的是()Ax是正极，y是负极Ba极产生氢气，b极生成I2Ca极和Pt电极都有气泡产生DU形管中溶液的碱性增强解析：选A淀粉遇碘变蓝b极生成I2，即确定b极发生反应2I2e=I2，则b极是阳极，x
5、是负极，y是正极，a极H放电，发生反应2H2e=H2，产生氢气，U形管中总反应式为2KI2H2O2KOHH2I2，溶液的碱性增强，故A错误，B、D正确；铂为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，C正确。5.埋在地下的钢管道可以用如图所示方法进行保护。下列说法正确的是()A该方法利用了电解池原理B该方法称为“外加电流的阴极保护法”C在此装置中钢管道作正极D镁块上发生的电极反应为O22H2O4e=4OH解析：选C由图可知，钢管道防腐采取的措施是将钢管道与镁块相连，则该方法称为牺牲阳极的阴极保护法，是利用原电池原理，A、B均错误；Mg的活泼性强于Fe，该装置中钢管作正极，潮湿的土壤呈碱性，则电极
6、反应式为O22H2O4e=4OH，C正确；镁块作负极，失电子被氧化生成Mg2，电极反应式为Mg2OH2e=Mg(OH)2，D错误。6.城市地下潮湿的土壤中常埋有纵横交错的管道和输电线路，当有电流泄漏并与金属管道形成回路时，就会引起金属管道的腐蚀。原理如图所示，但若电压等条件适宜，钢铁管道也可能减缓腐蚀，此现象被称为“阳极保护”。下列有关说法不正确的是()A该装置能够将电能转化为化学能B管道右端腐蚀比左端快，右端电极反应式为Fe2e=Fe2C如果没有外加电源，潮湿的土壤中的钢铁管道比较容易发生吸氧腐蚀D钢铁“阳极保护”的实质是在阳极金属表面形成一层耐腐蚀的钝化膜解析：选BA项，该装置相当于电解池
7、，能将电能转化为化学能，正确；B项，左端是阳极，腐蚀得更快，错误；C项，如果没有外加电源，潮湿的土壤(接近中性)中的钢铁管道发生原电池反应，所以发生的是吸氧腐蚀，正确；D项，根据题意，此种腐蚀较慢，所以“阳极保护”实际上是在金属表面形成了一层致密的保护膜，正确。7.钴酸锂电池是目前用量最大的锂离子电池，用它作电源按如图装置进行电解。通电后，a电极上一直有气泡产生；d电极附近先出现白色沉淀(CuCl)，后白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)。下列有关叙述正确的是()A已知钴酸锂电池放电时总反应为Li1xCoO2LixC6=LiCoO26C，则Li1xCoO2作负极，失电子B当外电路中转移0.
8、2 mol电子时，电极b处有2.24 L Cl2生成C电极d为阴极，电解开始时的电极反应式为CuCle=CuClD随着电解的进行，U形管中发生了如下转化CuClOH=CuOHCl解析：选DA项，LixC6中C为负价，根据电池总反应，LixC6作负极，则Li1xCoO2作正极，得电子，故A错误；B项，没有说明是否是标准状况，因此无法直接计算生成氯气的体积，故B错误；C项，d电极发生的变化CuCuCl是氧化反应，故d极为阳极，d极反应式为CuCle=CuCl，故C错误；D项，d电极先产生白色沉淀(CuCl)，白色沉淀逐渐转变成橙黄色沉淀(CuOH)，发生的反应是CuClOH=CuOHCl，故D正确
9、。8甲、乙两个电解池均以Pt为电极且互相串联。甲池盛有AgNO3溶液，乙池盛有一定量的某盐溶液，通电一段时间后，测得甲池阴极质量增加2.16 g，乙池电极析出0.24 g金属，则乙池中溶质可能是()ACuSO4BMgSO4CAl(NO3)3 DNa2SO4解析：选APt为惰性电极，电解各种盐溶液时，阳离子在阴极放电，阳离子的放电顺序为Cu2HAl3Mg2Na，乙池中的溶质若为MgSO4、Al(NO3)3或Na2SO4，电解过程中阴极不会析出金属，故乙池中的溶质只能为CuSO4。甲、乙两个电解池串联，通过各个电极的电子数相等。甲、乙两池的阴极分别发生的反应为2Ag2e=2Ag、Cu22e=Cu，
10、则存在关系式：2Ag2eCu，n(Cu)n(Ag)0.01 mol，故乙池中析出金属Cu的质量为m(Cu)0.01 mol64 gmol10.64 g，但实际上仅析出0.24 g Cu，这说明CuSO4的量不足，还发生反应：2H2e=H2。9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所示，下列与此原理有关说法错误的是()A正极反应为SO5H2O8e=HS9OHB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Fe2O3xH2OD管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀解析：选C原电池的正极发生还原反应，由题图可知，发生的电极反应为SO5H2O
11、8e=HS9OH，故A正确；硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化作用，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，故B正确；由题图可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，故C错误；管道上刷富锌油漆，形成ZnFe原电池，Fe为正极被保护，可以延缓管道的腐蚀，故D正确。10如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH3O24KOH=2K2CO36H2O。下列说法正确的是()A甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置B甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH6e2H2O=CO8HC反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度D甲池中消耗280 m
12、L(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生1.45 g固体解析：选D甲池是燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙、丙池是电解池，是将电能转化为化学能的装置，A项错误；在燃料电池中，在负极甲醇发生失电子的氧化反应，在碱性电解质下的电极反应式为CH3OH6e8OH=CO6H2O，B项错误；电解池乙池中，电解后生成H2SO4、Cu和O2，要想复原，应加入CuO，C项错误；甲池中根据电极反应：O22H2O4e=4OH，消耗280 mL O2(标准状况下0.012 5 mol)，则转移电子0.05 mol，丙装置中，电池总反应式为MgCl22H2OMg(OH)2Cl2H2，理论上最多产生Mg(OH)
13、2 的质量为0.025 mol58 gmol11.45 g，D项正确。11某同学进行下列实验：操作现象取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K3Fe(CN)6的食盐水放置一段时间后，生铁片上出现如图所示“斑痕”。其边缘处为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈下列说法不合理的是()A生铁片发生吸氧腐蚀B中心区：Fe2e=Fe2C边缘处：O22H2O4e=4OHD交界处：4Fe2O210H2O=4Fe(OH)38H解析：选D生铁片边缘处为红色，说明生成了OH，O22H2O4e=4OH，生铁片发生吸氧腐蚀，故A、C合理；根据实验现象，中心区域为蓝色，说明生成了亚铁离子，Fe2e=Fe2
14、，故B合理；在两色环交界处出现铁锈，是因为生成的Fe(OH)2被氧气氧化生成了Fe(OH)3，故D不合理。12如图所示装置可间接氧化工业废水中含氮离子(NH)。下列说法不正确的是()A乙是电能转变为化学能的装置B含氮离子氧化时的离子方程式为3Cl22NH=N26Cl8HC若生成H2和N2的物质的量之比为31，则处理后废水的pH减小D电池工作时，甲池中的Na移向Mg电极解析：选D甲中活泼金属镁作原电池的负极，石墨为正极形成原电池，乙是连接原电池的电解池，电解酸性工业废水，电解池是将电能转变为化学能的装置，A正确；酸性条件下含氮离子氧化时转化为氮气，反应的离子方程式为3Cl22NH=N26Cl8H
15、，B正确；若生成H2和N2的物质的量之比为31，根据电极反应6H6e=3H2、3Cl22NH=N26Cl8H，则处理后废水的H浓度增大，pH减小，C正确；电池工作时，甲池是原电池，原电池中阳离子Na移向正极石墨电极，D不正确。13.以惰性电极电解CuSO4和NaCl的混合溶液，两电极上产生的气体(标准状况下测定)体积如图所示，下列有关说法正确的是()A原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为11Ba表示阴极上产生的气体，t1前产生的为Cl2C若t1时溶液的体积为1 L，此时溶液的pH为13D若原溶液体积为1 L，则原溶液中SO的物质的量浓度为0.2 molL1解析：选A以惰性电极电解CuSO
16、4和NaCl的混合溶液，阳极依次发生2Cl2e=Cl2、4OH4e=2H2OO2；阴极依次发生Cu22e=Cu、2H2e=H2。根据题图可知，生成的氯气是112 mL，物质的量是0.005 mol，转移电子是0.01 mol，则氯化钠物质的量是0.01 mol；t2时铜离子恰好放电完毕，此时生成氧气是168 mL112 mL56 mL，物质的量是0.002 5 mol，则转移电子是0.01 mol，所以根据电子得失守恒可知，析出铜是0.01 mol，因此硫酸铜物质的量是0.01 mol；根据以上分析，原溶液中CuSO4和NaCl物质的量之比为0.01 mol0.01 mol11，故A正确；a表
17、示阳极上产生的气体，t1前产生的为Cl2，故B错误；0t1时刻，阳极生成氯气、阴极生成铜单质，溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铜，此时溶液呈酸性，故C错误；若原溶液体积为1 L，则原溶液中SO的浓度为0.01 mol1 L0.01 molL1，故D错误。14认真观察下列装置，下列说法错误的是()A装置B中PbO2上发生的电极反应式为PbO24HSO2e=PbSO42H2OB装置A中总反应的离子方程式为Cu2HCu2H2C若在装置D中生成0.2 mol Fe(OH)3，则消耗水的物质的量共为0.5 molD若装置E的目的是在Cu材料上镀银，则极板M的材料为Ag解析：选D装置B和C之间通过盐桥连接，形成
18、原电池，PbO2作正极，发生还原反应，电极反应式为PbO24HSO2e=PbSO42H2O，A正确；装置A为电解池，Cu电极为阳极，电极反应式为Cu2e=Cu2，Pt电极为阴极，电极反应式为2H2e=H2，故装置A中总反应为Cu2HCu2H2，B正确；装置D中石墨为阴极，电极反应式为2H2O2e=2OHH2，Fe电极为阳极，电极反应式为Fe2OH2e=Fe(OH)2，随后被氧化生成Fe(OH)3：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，故装置D中生成0.2 mol Fe(OH)3时，消耗水的物质的量为0.4 mol0.1 mol0.5 mol，C正确；装置E中极板M为阴极，在Cu材料上
19、镀银，应将Cu材料作阴极，Ag材料作阳极，AgNO3溶液作电解质溶液，故极板M的材料应为Cu，D错误。15如图所示，A、B、C、D均为石墨电极，E、F分别为短周期相邻两种活泼金属元素的单质，且E能与NaOH溶液反应。按图示接通电路，反应一段时间。(1)甲池是_(填“原电池”或“电解池”)装置，电极A的名称是_。(2)C极为_(填“阴极”或“阳极”)，电极反应式为_。(3)烧杯中溶液会变蓝的是_(填“a”或“b”)。(4)甲池中总反应的离子方程式为_。解析：E、F分别为短周期相邻两种活泼金属元素的单质，且E能与NaOH溶液反应，则E为Al，F为Mg。(1)Al、Mg、NaOH溶液组成的原电池中，
20、Al失去电子被氧化生成AlO，则E(Al)电极为负极，F(Mg)电极为正极；甲池和中间U形管均形成电解池，根据电极的连接方式可知，电极A为阳极。(2)U形管是电解池装置，D极连接Al电极(负极)，作阴极，故电极C为阳极，Cl在阳极上发生氧化反应生成Cl2，电极反应式为2Cl2e=Cl2。(3)电极C上Cl发生氧化反应生成Cl2，Cl2通过导管进入淀粉KI溶液，发生反应：2KICl2=2KClI2，反应生成的I2使淀粉溶液变蓝，故a烧杯中溶液会变蓝。(4)甲池中A、B电极材料均为石墨，是惰性电极，电解CuSO4溶液时，阴极上Cu2放电生成Cu，阳极上OH放电生成O2，故电池总反应为2Cu22H2
21、O2CuO24H。答案：(1)电解池阳极(2)阳极2Cl2e=Cl2(3)a(4)2Cu22H2O2CuO24H16在如图所示的装置中，若通直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g，试回答下列问题。(1)电源中X电极为直流电源的_极。(2)pH变化：A_，B_，C_。(填“增大”“减小”或“不变”)(3)通电5 min时，B中共收集224 mL(标准状况下)气体，溶液体积为200 mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为_molL1(假设电解前后溶液体积无变化)。(4)若A中KCl足量且溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH为_(假设电解前后溶液体积无变化)。解析：(1)由铜
22、电极的质量增加可知发生Age=Ag，则Cu电极为阴极，Ag为阳极，Y为正极，可知X为电源的负极。(2)A中电解KCl溶液得到KOH溶液，pH增大，B中电解CuSO4溶液生成硫酸，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，C中阴极反应为Age=Ag，阳极反应为Age=Ag，溶液浓度不变，则pH不变。(3)C中阴极反应为Age=Ag，n(Ag)2.16 g108 gmol10.02 mol，则转移的电子为0.02 mol，B中阳极反应为2H2O4e=4HO2，则转移0.02 mol电子生成氧气为0.005 mol，其体积为0.005 mol22.4 Lmol10.112 L112 mL，则在阴极也生成112 mL气体，由2H2e=H2知，氢气的物质的量为0.005 mol，该反应转移的电子为0.01 mol，则Cu22e=Cu中转移0.01 mol电子，所以Cu2的物质的量为0.005 mol，通电前c(CuSO4)0.005 mol0.2 L0.025 molL1。(4)A中发生反应2KCl2H2O2KOHH2Cl22e，由电子守恒可知，转移0.02 mol电子时生成0.02 mol KOH，忽略溶液体积的变化，则c(OH)0.02 mol0.2 L0.1 molL1，溶液pH13。答案：(1)负(2)增大减小不变(3)0.025(4)13
