高考人教版化学一轮课后限时集训20 电解池 金属的腐蚀与防护.docx

高考人教版化学一轮课后限时集训20 电解池 金属的腐蚀与防护.docx

《高考人教版化学一轮课后限时集训20 电解池 金属的腐蚀与防护.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考人教版化学一轮课后限时集训20 电解池 金属的腐蚀与防护.docx（10页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高考人教版化学一轮课后限时集训20电解池金属的腐蚀与防护

课后限时集训（二十）　电解池　金属的腐蚀与防护

（建议用时：

35分钟）

A级　基础达标

1．（2019·绵阳模拟）下列表述不正确的是（　　）

A

B

C

D

盐桥中的Cl－移向ZnSO4溶液

a极附近产生的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝

粗铜的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu

正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－

C　[根据原电池的工作原理，锌为负极，铜为正极，阴离子向负极移动，A正确；根据电解原理，a为阳极，其电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，b为阴极，Cu2＋＋2e－===Cu，因此a极产生的气体能使淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；粗铜作阳极，Cu－2e－===Cu2＋，C错误；发生吸氧腐蚀，正极得电子，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D正确。

]

2．下列叙述错误的是（　　）

A．生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱

B．用锡焊接的铁质器件，焊接处更易生锈

C．图中，左边铜片上有气泡冒出，右边铜片上也有气泡冒出

D．图中，最先观察到红色的区域是④

C　[生铁中含有碳，更易发生电化学腐蚀，抗腐蚀能力比纯铁弱，A正确；用锡焊接的铁质器件，因锡的金属活泼性比铁弱，发生电化学腐蚀时，铁被消耗，故焊接处更易生锈，B正确；题图中左侧为原电池，右侧是电解池，左侧铜电极上氧气得电子变为OH－，会使得酚酞试液变红，右侧铜电极上（水电离出的）H＋得电子变为氢气，剩余的OH－也会使酚酞试液变红，但是电解反应比原电池反应速率快，故先看到红色的区域是④，C错误，D正确。

]

3．（2019·郑州模拟）一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表：

pH

2

4

6

6.5

8

13.5

14

腐蚀快慢

较快

慢

较快

主要产物

Fe2＋

Fe3O4

Fe2O3

FeO

下列说法错误的是（　　）

A．当pH<4时，碳钢主要发生析氢腐蚀

B．当pH>6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀

C．当pH>14时，正极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O

D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓

C　[pH>14时，发生吸氧腐蚀，反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－。

]

4.如图所示为用固体二氧化钛（TiO2）生产海绵钛的装置示意图，其原理是TiO2中的氧解离进入熔融盐中而得到钝钛。

下列说法中正确的是（　　）

A．a极是正极，石墨极是阴极

B．反应后，石墨电极的质量不发生变化

C．电解过程中，O2－、Cl－均向a极移动

D．阴极的电极反应式为TiO2＋4e－===Ti＋2O2－

D　[TiO2发生还原反应得到纯钛，故加入高纯TiO2的电极是电解池的阴极，a极是电源的负极，石墨极是阳极，A项错误；O2－在阳极发生氧化反应生成O2，高温下，石墨与O2反应生成CO、CO2，导致石墨质量减小，B项错误；电解过程中，阴离子向阳极（石墨极）移动，C项错误；TiO2中的氧解离进入熔融盐而得到纯钛，发生了还原反应，生成了Ti和O2－，D项正确。

]

5．（2018·北京高考，T12）验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。

①

②

③

在Fe表面生成蓝色沉淀

试管内无明显变化

试管内生成蓝色沉淀

下列说法不正确的是（　　）

A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe

B．对比①②，K3[Fe（CN）6]可能将Fe氧化

C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法

D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼

D　[②中Zn作负极，发生氧化反应生成Zn2＋，Fe作正极被保护，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，试管内无明显变化。

但③中没有Zn保护Fe，Fe在酸性环境中发生析氢腐蚀，Fe作负极被氧化生成Fe2＋，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，对比②③可知Zn保护了Fe，A项正确；①与②的区别在于：

前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中，而后者是在取出的少量Fe附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液，①中出现了蓝色沉淀，说明有Fe2＋生成。

对比分析可知，可能是铁氰化钾氧化Fe生成了Fe2＋，B项正确；通过上述分析可知，验证Zn保护Fe时不能用①的方法，C项正确；若将Zn换成Cu，铁氰化钾仍会将Fe氧化为Fe2＋，在铁的表面同样会生成蓝色沉淀，所以无法判断Fe2＋是不是负极产物，即无法判断Fe与Cu的活泼性，D项错误。

]

6．用如图所示装置电解一段时间后，下列叙述错误的是（　　）

A．电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，两电极间可能会出现白色沉淀

B．电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为FeCl2溶液，电极Ⅱ附近溶液变成黄绿色

C．电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Pt，A为饱和Na2SO4溶液，电解质溶液中有晶体析出

D．电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Al，A为AlCl3溶液，电极Ⅰ质量增加

D　[A项，电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Fe，A为NaCl溶液，则在阳极、阴极分别生成亚铁离子和氢氧根离子，两电极间可能会出现白色沉淀，正确；B项，电极Ⅰ、电极Ⅱ均为石墨，A为FeCl2溶液，电极Ⅱ上氯离子失电子变成氯气，而使其附近溶液变成黄绿色，正确；C项，电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Pt，A为饱和Na2SO4溶液，电解后水减少，电解质溶液中有晶体析出，正确；D项，电极Ⅰ、电极Ⅱ均为Al，A为AlCl3溶液，电极Ⅰ上氢离子得电子生成H2，电极Ⅰ质量不增加，错误。

]

7．（2018·洛阳一模）工业上联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极。

测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1∶2，下列有关说法正确的是（　　）

A．a电极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑

B．产物丙为硫酸

C．离子交换膜d为阴离子交换膜

D．每转移0.1mol电子，产生1.12L的气体乙

B　[根据题图并结合题意，同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1∶2，知甲为O2，乙为H2，则a电极上OH－放电，产生氧气，电极反应式为：

2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，A项错误；a电极为阳极，阳极上OH－放电，SO

向阳极移动，因此产物丙为硫酸，B项正确；b电极为阴极，阴极上H＋放电，Na＋向阴极移动，则d为阳离子交换膜，C项错误；根据b电极的电极反应：

2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，知每转移0.1mol电子，产生标准状况下1.12L气体乙（H2），D项错误。

]

8．（2018·重庆一模）汽车尾气（含NO、NO2）污染环境，某化学兴趣小组构想用汽车尾气发电变废为宝，其原理如图所示，其中M、N电极为多孔导电材料。

下列说法一定正确的是（　　）

A．M电极的反应之一为NO2－e－＋H2O===NO

＋2H＋

B．正极室中HNO3浓度增大

C．电池工作时，电子经外电路由M电极到N电极，内电路由N电极到M电极形成闭合回路

D．每消耗5.6LO2（标准状况下），可除去含1.0molNO和NO2的尾气

A　[用汽车尾气（含NO、NO2）发电并将氮氧化物转化为重要的化工原料HNO3，则通入氧气的电极N是正极，电极M是负极。

负极上NO、NO2失电子发生氧化反应，电极M的反应之一为NO2－e－＋H2O===NO

＋2H＋，故A正确；电极N上的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，有水生成，正极室溶液体积增大，所以硝酸浓度减小，故B错误；外电路中的电子流向为由负极到正极，即由电极M到电极N，电子不能通过电解质溶液，故C错误；该电池工作时，正极上每消耗5.6L（0.25mol）O2（标准状况下），即转移1mol电子，根据得失电子守恒，结合NO

NO

、NO2失e－,NO

可知，可除去含NO和NO2的尾气的物质的量在1/3mol～1.0mol之间，故D错误。

]

9．（2019·三晋质检）一种脱除废水中NH

的电化学装置如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．该装置将化学能转变为电能

B．该装置工作时，Cl－向阴极移动

C．NH

在阴极上被还原为N2，阴极周围溶液的pH增大

D．阳极的电极反应式为Cl－＋H2O－2e－===ClO－＋2H＋

D　[该装置为电解池，将电能转变为化学能，故A错误；电解池中阴离子向阳极移动，故B错误；用电解法处理含有NH

的废水，阴极上是水电离出的氢离子得电子发生还原反应：

2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，阳极的电极反应式为Cl－＋H2O－2e－===ClO－＋2H＋，ClO－、H＋再将NH

氧化为N2，故C错误，D正确。

]

10．（2019·石家庄模拟）如图所示装置Ⅰ是一种可充电电池，装置Ⅱ为电解池。

离子交换膜只允许Na＋通过，充放电的化学方程式为2Na2S2＋NaBr3

Na2S4＋3NaBr。

闭合开关K时，b极附近先变红色。

下列说法正确的是（　　）

A．负极反应为4Na－4e－===4Na＋

B．闭合K后，b电极附近的pH变小

C．当有0.01molNa＋通过离子交换膜时，b电极上析出气体在标准状况下体积为112mL

D．闭合K后，a电极上产生的气体具有漂白性

C　[当闭合开关K时，b附近溶液先变红，即b附近有OH－生成，在b极析出氢气，b极是阴极，a极是阳极，与阴极连接的是原电池的负极，所以B极是负极，A极是正极。

闭合K时，负极发生氧化反应，电极反应为2Na2S2－2e－===2Na＋＋Na2S4，A错误；闭合开关K时，b极附近先变红色，该极上生成H2和OH－，pH增大，B错误；闭合K时，有0.01molNa＋通过离子交换膜，说明有0.01mol电子转移，阴极上生成0.005molH2，标准状况下体积为0.005mol×22.4L·mol－1＝0.112L＝112mL，C正确；闭合开关K时，a极是阳极，该极上金属铜被氧化，电极反应为Cu－2e－===Cu2＋，没有气体产生，D错误。

]

11．电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：

Fe＋2H2O＋2OH－

FeO

＋3H2↑，工作原理如图1所示。

装置通电后，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，铁电极区会产生红褐色物质。

已知：

Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。

（1）电解一段时间后，c（OH－）降低的区域在________（填“阴极室”或“阳极室”）。

（2）电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是___________________________________________________________。

（3）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）根据电解总反应：

Fe＋2H2O＋2OH－

FeO

＋3H2↑，结合阳极发生氧化反应知，阳极反应式为Fe－6e－＋8OH－===FeO

＋4H2O，结合阴极发生还原反应知，阴极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，则阳极室消耗OH－且无补充，故c（OH－）降低。

（2）结合题给信息“Na2FeO4易被氢气还原”知，阴极产生的氢气不能接触到Na2FeO4，故需及时排出。

（3）图示中随着c（NaOH）增大，c（Na2FeO4）先增大后减小，结合已知信息“Na2FeO4只在强碱性条