2020版高考化学大一轮复习课时达标作业20电解池金属的腐蚀与防护.doc

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1、1课时达标作业 20 电解池 金属的腐蚀与防护基础题1.关于如图装置说法正确的是( )A装置中电子移动的途径是：负极FeM 溶液石墨正极B若 M 为 NaCl 溶液，通电一段时间后，溶液中可能有 NaClOC若 M 为 FeCl2溶液，可以实现石墨上镀铁D若 M 是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀解析：装置中电子移动的途径是：负极Fe 电极，然后是溶液中的阴离子在阳极(石墨)放电电源的正极，A 错误；若 M 为 NaCl 溶液，通电一段时间后，阳极产生 Cl2，溶液中的 NaOH 与阳极产生的 Cl2发生反应生成 NaCl 和 NaClO，所以溶液中可能有 NaClO，B

2、 正确；若 M 为 FeCl2溶液，在阳极，溶液中的 Fe2 失去电子变为 Fe3 ，所以不可能实现石墨上镀铁，C 错误；若 M 是海水，该装置是电解池，是通过外加电流的阴极保护法使铁不被腐蚀，不是通过“牺牲阳极的阴极保护法” ，D 错误。答案：B2研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是( )Ad 为石墨，铁片腐蚀加快Bd 为石墨，石墨上电极反应为：O 22H 2O4e =4OHCd 为锌块，铁片不易被腐蚀Dd 为锌块，铁片上电极反应为：2H 2e =H2解析：A 项，当 d 为石墨时，铁片为负极，腐蚀加快，正确；B 项，当 d 为石墨时，石墨为原电池的正极，其电极反应为 O

3、22H 2O4e =4OH ，正确；C 项，当 d 为锌块时，铁片为原电池的正极而受到保护，称为牺牲阳极的阴极保护法，正确；D 项，当 d 为锌块时，铁片为正极，电极反应为：O 22H 2O4e =4OH ，错误。答案：D3下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的 pH 值明显下降的是( )2解析：A 项，该装置是原电池装置，H 放电生成氢气，溶液的 pH 增大，错误；B 项，该装置是电解池，Cu2H 2O Cu(OH)2H 2，氢氧根离子浓度增大，溶液的= = = = =电 解 pH 增大，错误；C 项，电解食盐水，生成氢氧化钠使溶液的 pH 增大，错误；D 项，电解硫酸铜实质是电解水和硫

4、酸铜，水中的氢氧根离子放电使溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH 减小，正确。答案：D4下列有关电化学装置的说法正确的是( )A用图 1 装置处理银器表面的黑斑(Ag 2S)，银器表面发生的反应为Ag2S2e =2AgS 2B用图 2 装置电解一段时间后，铜电极部分溶解，溶液中铜离子的浓度基本不变C图 3 装置中若直流电源的 X 极为负极，则该装置可实现粗铜的电解精炼D图 4 装置中若 M 是铜，则该装置能防止铁被腐蚀解析：题图 1 装置中，银器、铝与食盐水构成原电池，银器是正极，银器上的 Ag2S 发3生还原反应生成银，A 项正确；题图 2 装置中，铜电极是阴极，铜不参与电极反应，B 项错误；

5、题图 3 装置中若 X 极为负极，则粗铜是阴极，电解精炼铜时粗铜应作阳极，C 项错误；题图 4 装置中，铁作负极，铁被腐蚀，D 项错误。答案：A5电解法精炼含有 Fe、Zn、Ag 等杂质的粗铜。下列叙述正确的是( )A电解时以硫酸铜溶液作电解液，精铜作阳极B粗铜与电源负极相连，发生氧化反应C阴极上发生的反应是 Cu2 2e =CuD电解后 Fe、Zn、Ag 等杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥解析：根据精炼池原理，粗铜作阳极，比铜活泼的 Zn、Fe 等杂质发生氧化反应，在阳极底部沉积比 Cu 不活泼的金属单质，如 Ag、Au 等；精铜作阴极，只发生Cu2 2e =Cu。答案：C6用石墨电极完成下

6、列电解实验。实验一 实验二装置现象a、d 处试纸变蓝；b 处变红，局部褪色；c 处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生；n 处有气泡产生；下列对实验现象的解释或推测不合理的是( )Aa、d 处：2H 2O2e =H22OH Bb 处：2Cl 2e =Cl2Cc 处发生了反应：Fe2e =Fe2D根据实验一的原理，实验二中 m 处能析出铜解析：A 项，a、d 处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液中的氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子剩余造成的，正确；B 项，b 处变红，局部褪色，说明是溶液中的氯离子放电生成氯气同时与 H2O 反应生成 HClO 和 H ，Cl e H 2O=HClOH ，错误；C

7、 项，c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，正确；D 项，实验一中 ac 形成电解池，bd 形成电解池，所以实验二中形成 3 个电解池，n(右面)有气泡生成，为阴极产生氢气，n 的另一面(左面)为阳极产生 Cu2 ，Cu 2 在 m 的右面得电子析出铜，正确。答案：B47电浮选凝聚法处理污水的原理如图所示。电解过程生成的胶体能使污水中的悬浮物凝聚成团而除去，电解时阳极也会产生少量气体。下列说法正确的是( )A可以用铝片或铜片代替铁片B阳极产生的气体可能是 O2C电解过程中 H 向阳极移动D若污水导电能力较弱，可加入足量硫酸解析：电解原理是铁作阳极发生氧化反应生成 Fe2 ，阴极水中 H 放电生成

8、 H2，阳极区生成胶体吸附水中悬浮杂质沉降而净水。A 项，铜盐无净水作用，错误；B 项，阳极可能有少量 OH 放电，正确；C 项，H 在阴极放电，错误；D 项，加入的硫酸会与胶体反应，错误。答案：B8用 Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，则下列有关说法中正确的是( )AX 为直流电源的正极，Y 为直流电源的负极B阳极区 pH 减小C图中的 ba，C 错误；阴极发生还原反应，氢离子得到电子生成氢气，D 错误。答案：B9工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质 Ni 的原理如图所示

9、。下列说法不正确的是( )已知：Ni 2 在弱酸性溶液中发生水解氧化性：Ni 2 (高浓度)H Ni2 (低浓度)A碳棒上发生的电极反应：4OH 4e =O22H 2OB电解过程中，B 室中 NaCl 溶液的物质的量浓度将不断减小C为了提高 Ni 的产率，电解过程中需要控制废水 pHD若将图中阳离子膜去掉，将 A、B 两室合并，则电解反应总方程式发生改变解析：电极反应式为阳极：4OH 4e =2H2OO 2阴极：Ni 2 2e =Ni2H 2e =H2A 项正确；B 项，由于 C 室中 Ni2 、H 不断减少，Cl 通过阴离子膜从 C 室移向 B 室，A 室中 OH 不断减少，Na 通过阳离子

10、膜从 A 室移向 B 室，所以 B 室中 NaCl 溶液的物质的量浓度不断增大，错误；C 项，由于 H 的氧化性大于 Ni2 (低浓度)的氧化性，所以为了提高 Ni 的产率，电解过程需要控制废水的 pH，正确；D 项，若去掉阳离子膜，在阳极 Cl 首先放电生成 Cl2，反应总方程式发生改变，正确。答案：B能力题10.某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将 H2O 和 CO2转化为 O2和燃料(C 3H8O)。下列说法正确的是( )6A该装置将化学能转化为光能和电能B该装置工作时，H 从 b 极区向 a 极区迁移C每生成 1 mol O2，有 44 g CO2被还原Da 电极的反应

11、为：3CO 218H 18e =C3H8O5H 2O解析：A 项，该装置是电解池，在电解和光的作用下 H2O 在光催化剂的表面转化为 O2和 H ，故该装置是将电能和光能转化为化学能，错误；B 项，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的原则，该装置工作时，H 从阳极 b 极区向阴极 a 极区迁移，正确；C 项，该电解池的总反应式为：6CO 28H 2O 2C3H8O9O 2。根据总反应方程式可知，= = = = =电 解 每生成 1 mol O2，有 mol CO2被还原，其质量为 g，错误；D 项，a 电极为阴极，发生23 883还原反应，电极反应式为：3CO 218H 18e =C3H8

12、O5H 2O，错误。答案：B11(1)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al 2Cl 和 AlCl 7组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的_极，已 4知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_。若改用 AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为_。(2)电解 NO 制备 NH4NO3，其工作原理如下图所示，为使电解产物全部转化为 NH4NO3，需补充物质 A，A 是_，说明理由：_。(3)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的 Na2FeO4，同时获得氢气：Fe2H 2O2OH FeO 3H 2，工作原理如图

13、 1 所示。装置通电= = = = =电 解 24后，铁电极附近生成紫红色 FeO ，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电24极区会产生红褐色物质。已知：Na 2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被 H2还原。7电解一段时间后， c(OH )降低的区域在_(填“阴极室”或“阳极室”)。电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_。 c(Na2FeO4)随初始 c(NaOH)的变化如图 2，任选 M、 N 两点中的一点，分析 c(Na2FeO4)低于最高值的原因：_。解析：(1)电镀时，镀件作阴极，即钢制品作阴极，接电源负极，根据阴极生成 Al 可知反应式为 4Al2Cl 3e =

14、Al7AlCl 。若改为 AlCl3水溶液作电解液，阴极反应为 7 42H 2e =H2，产物为 H2。(2)根据电解 NO 制备 NH4NO3的工作原理图知：阴极反应式为 3NO15e 18H =3NH3H 2O，阳极反应式为 5NO15e 10H 2O=5NO 20H ，总反应式为：8NO7H 2O 4 33NH4NO32HNO 3为了使电解产生的 HNO3全部转化为 NH4NO3应补充 NH3。= = = = =电 解 (3)根据题意，镍电极有气泡产生是 H 得电子生成 H2，发生还原反应，则铁电极上OH 参加反应，溶液中的 OH 减少，因此电解一段时间后， c(OH )降低的区域在阳极

15、室。H 2具有还原性，根据题意：Na 2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被 H2还原。因此，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止 Na2FeO4与 H2反应使产率降低。根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在 M 点： c(OH )低，Na 2FeO4稳定性差，且反应慢；在 N点： c(OH )过高，铁电极上有 Fe(OH)3生成，使 Na2FeO4产率降低。答案：(1)负 4Al 2Cl 3e =Al7AlCl H 2 7 4(2)NH3 根据反应：8NO7H 2O 3NH4NO32HNO 3，电解产生的 HNO3多= = = = =电 解 (3)阳极室 防止 Na2FeO4与

16、 H2反应使产率降低 M 点： c(OH )低，Na 2FeO4稳定性差，且反应慢或 N 点： c(OH )过高，铁电极上有Fe(OH)3(或 Fe2O3)生成，使 Na2FeO4产率降低12某混合物浆液含 Al(OH)3、MnO 2和少量 Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(如图所示)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答和中的问题。8固体混合物分离利用的流程图.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)反应所加试剂 NaOH 的电子式为_，BC 的反应条件为_，CAl 的制备方

17、法称为_。(2)该小组探究反应发生的条件。D 与浓盐酸混合，不加热，无变化；加热有 Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生 Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)_。a温度 bCl 的浓度 c溶液的酸度(3)0.1 mol Cl2与焦炭、 TiO2完全反应，生成一种还原性气体和一种易水解成TiO2xH2O 的液态化合物，放热 4.28 kJ，该反应的热化学方程式为_。.含铬元素溶液的分离和利用(4)用惰性电极电解时，CrO 能从浆液中分离出来的原因是24_，分离后含铬元素的粒子是_；阴极室生成的物质为_(写化学式)。解析：由电解装置分析及题目信息可知：阳极电极

18、反应式为4OH 4e =2H2OO 2，阴极电极反应式为 4H 4e =2H2。混合物浆液中的 Na 向阴极移动，CrO 向阳极移动，最终混合物浆液中剩余固体混合物 Al(OH)3、MnO 2。24(1)向固体混合物 Al(OH)3、MnO 2中加入足量 NaOH(其电子式为 )，Al(OH)3与 NaOH 反应生成偏铝酸钠，所以溶液 A 中含有的溶质为偏铝酸钠和 NaOH，再通入CO2得到的沉淀 B 为 Al(OH)3，Al(OH) 3受热分解可得到固体 C(Al2O3)，电解熔融的 Al2O3可得到 Al；固体 D 为 MnO2，MnO 2可与浓盐酸在加热的条件下生成 Cl2。所以反应所加

19、试剂NaOH 的电子式为 。BC 的反应条件为加热(或煅烧)，CAl 的制备9方法称为电解法。(2)由题意“反应发生的条件。D 与浓盐酸混合，不加热，无变化，加热有 Cl2生成”说明温度对反应有影响；由反应的离子方程式MnO24H 2Cl Mn2 Cl 22H 2O 可知，当反应停止后，固体有剩余= = = = = 时仍有 Cl 剩余，H 浓度减小至反应停止，此时滴加硫酸，提供 H ，H 浓度增大，故反应又开始产生 Cl2。由此判断 H 对反应有影响。综上所述，故选 ac。(3)由所给数据不难计算，该反应的热化学方程式为 2Cl2(g)TiO 2(s)2C(s)=TiCl4(l)2CO(g) H 85.6 kJmol1 。(4)电解一段时间后阳极室生成 O2和 H 、移动过来的 CrO ，在酸性条件下242CrO 2H =Cr2O H 2O，所以分离后含铬元素的粒子是 CrO 和 Cr2O ，阴极室24 27 24 27生成的物质为 NaOH 和 H2。答案：(1) 加热(或煅烧) 电解法(2)ac(3)2Cl2(g)TiO 2(s)2C(s)= =TiCl4(l)2CO(g) H85.6 kJmol 1(4)在直流电场作用下，CrO 通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液 CrO24和 Cr2O NaOH 和 H224 27