第20讲 电解池 金属的电化学腐蚀与保护1.docx

1、第20讲 电解池 金属的电化学腐蚀与保护1递进题组提升素养最有价值备考训练题组一电解原理和电解规律的考查12014湖北省孝感市第一次统考LiSO2电池具有输出功率高和低温性能好等特点。其电解质是LiBr，溶剂是碳酸丙烯酯和乙腈，电池反应为2Li2SO2Li2S2O4，下列说法正确的是()A该电池反应为可逆反应B放电时，Li向负极移动C充电时，阴极反应式为Lie=LiD该电池的电解质溶液可以换成LiBr的水溶液解析：该电池反应分别是在不同条件下发生的反应，不是可逆反应，A项错误；放电时是原电池，Li向正极移动，B项错误；充电时是电解池，阴极发生还原反应，反应式为Lie=Li，C项正确；Li能与水

2、发生反应，电池的电解质溶液不能换成LiBr的水溶液，D项错误。答案：C2取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯做电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圈呈浅红色。则下列说法错误的是()Ab电极是阴极Ba电极与电源的正极相连接C电解过程中，水是氧化剂Db电极附近溶液的pH变小解析：电解饱和NaCl溶液，阳极生成Cl2，Cl2与水反应生成HClO和HCl，HClO具有漂白性，盐酸具有酸性，可使pH试纸变红色，HClO又可将红色漂白，故内圆为白色，外圈为红色，可推出a为阳极，A正确；a为阳极与电源正极相连，B正确；电解过程中，H2O得电子

3、，为氧化剂，C正确；b电极附近有OH生成，pH增大，D错。答案：D题组二电极反应式、电解总方程式的书写3按要求书写有关的电极反应式及总方程式(1)用惰性电极电解AgNO3溶液：阳极反应式_；阴极反应式_；总反应离子方程式_。(2)用惰性电极电解MgCl2溶液阳极反应式_；阴极反应式_；总反应离子方程式_。(3)用铁作电极电解NaCl溶液阳极反应式_；阴极反应式_；总反应离子方程式_。(4)用铜作电极电解盐酸溶液阳极反应式_；阴极反应式_；总反应离子方程式_。答案：(1)4OH4e=O22H2O4Ag4e=4Ag4Ag2H2O4AgO24H(2)2Cl2e=Cl22H2e=H2Mg22Cl2H2

4、OMg(OH)2Cl2H2(3)Fe2e=Fe22H2e=H2Fe2H2OFe(OH)2H2(4)Cu2e=Cu22H2e=H2Cu2HCu2H2题组三与酸、碱、盐的电解有关的实验设计4如图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围：6.88.0，酸色红色，碱色黄色)回答下列问题：(1)下列关于电解过程中电极附近溶液颜色变化的叙述正确的是_(填编号)；A管溶液由红变黄B管溶液由红变黄A管溶液不变色B管溶液不变色(2)写出A管中发生反应的反应式：_ _；(3)写出B管中发生反应的反应式：_ _；(4)检验a管中气体的方法是_

5、 _；(5)检验b管中气体的方法是_ _。答案：(1)(2)2H2e=H2(或2H2O2e=2OHH2)Mg22OH=Mg(OH)2(3)4OH4e=2H2OO2(或2H2O4e=4HO2)(4)用拇指按住管口，取出试管，管口靠近火焰，放开拇指，有爆鸣声，管口有淡蓝色火焰(5)用拇指按住管口，取出试管正立，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内会复燃题组四分阶段电解的相关计算52014江南十校联考用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则下列说法正确的是()A电解过程中阴极没有气体生成B电解过程中转移

6、的电子的物质的量为0.4 molC原CuSO4溶液的浓度为0.1 molL1D电解过程中阳极收集到的气体体积为1.12 L(标况下)解析：由2CuSO42H2O2CuH2SO4O2知，如CuSO4未电解完，加CuO即可复原，而Cu(OH)2相当于CuOH2O，故CuSO4电解完后，还电解了部分水。电解析出了0.1 mol Cu，转移电子0.2 mol，而电解0.1 mol H2O转移电子0.2 mol，故转移的电子的总物质的量为0.4 mol。答案：B6500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6.0 molL1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.

7、4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是()A原混合溶液中c(K)为4 molL1B上述电解过程中共转移4 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c(H)为2 molL1解析：两极反应：阴极Cu22e=Cu、2H2e=H2，阳极4OH4e=O22H2O。两极都收集到1 mol气体，由阳极可得反应中转移电子4 mol，又知生成1 mol H2转移电子2 mol，根据电子得失守恒可得n(Cu2)1 mol；再根据电荷守恒，在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中存在关系：2c(Cu2)c(K)c(NO)，可以求出c(K)

8、2 molL1。电解过程中消耗n(OH)4 mol，消耗的n(H)2 mol，则溶液中留下2 mol H，c(H)4 molL1。答案：B题组五电化学的有关基本计算7将两支惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解，当电解液的pH由6.0 变为3.0时(设电解时阴极没有氢析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略)：(1)写出电极反应式阳极：_ _，阴极：_。(2)电极上应析出银的质量是_。(3)欲使该溶液复原应加入_。解析：由题意可知阳极4OH4e=2H2OO2，OH来自水的电离，OH浓度减小，水的电离平衡右移，溶液酸性增强，设阴极上析出银的质量为x，依据电解规律，列出物质间对应关系

9、式为：4AgO24e4H4108103 mg4 molx0.5L103mol/L0.5 L106 mol/L电解前后溶液中H的物质的量变化超出100倍，可以忽略电解前溶液中H的物质的量，所以：x54 mg由于在两极上，一极析出Ag，另一极放出O2，故欲使其复原，应加入Ag2O。答案：(1)4OH4e=2H2OO24Ag4e=4Ag(2)54 mg(3)Ag2O题组六金属的电化学腐蚀与防护8下列与金属腐蚀有关的说法正确的是()A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图

10、d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的解析：选项A，图a中，铁棒发生电化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，错误；选项B，图b中开关置于M时，CuZn合金作负极，由M改置于N时，CuZn合金作正极，腐蚀速率减小，正确；选项C，图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt极上放出，错误；选项D，图d中ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由Zn的还原作用引起的，错误。答案：B9如图所示，在大试管里放一段光亮无锈的弯成螺旋状的铁丝，把试管倒插入水中，将这个装置这样放置约一周后，观察到铁丝发生的变化是_，原因是_。试管内水面会上升，最终上升高度大约为_

11、，原因是_。解析：主要从铁丝发生吸氧腐蚀分析。答案：铁丝表面形成一层红棕色的锈铁丝发生吸氧腐蚀试管体积的铁和O2反应，时间较长时耗尽全部O2，而O2约占空气总体积的，所以试管内水面上升高度约为试管体积的12013北京理综卷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：形成电解池，被保护的金属作阴极，与电源的负极相连，A选项正确。答案：A22013北京理综卷用石墨电极电解CuCl2溶液(如图所示)。下列分析正确的是()Aa端是直流电源的负极B通电使CuCl2发生电离C阳极上发生的反应：Cu22e=

12、CuD通电一段时间后，在阴极附近观察到的黄绿色气体解析：阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，可知a为负极、b为正极，A选项正确；阳极发生失电子的反应生成Cl2、阴极发生得电子的反应生成Cu、C、D选项错误；电解质的电离与是否通电无关，B选项错误。答案：A32013重庆理综卷化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。(1)催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25 时，反应进行10 min，溶液的pH由7变为12。N2的结构式为_。上述反应的离子方程式为_ _，其平均反应速率v(NO)为_molL1min1。还原过程中可生成中间产物NO，写出3种

13、促进NO水解的方法_。(2)电化学降解NO的原理如图所示。电源正极为_(填“A”或“B”)，阴极反应式为_。若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左m右)为_g。解析：(1)N2的结构式为NN。由题意可得反应的离子方程式为2NO5H2N22OH4H2O。反应后pH12，则c(OH)0.01 molL1，c(OH)0.01 molL1107 molL10.01 molL1v(OH)0.001 mol(Lmin)1，v(NO)v(OH)0.001 mol(Lmin)1促进NO水解的方法有：加酸，升高温度，加水。(2)图中NO在AgPt电极附近转化成N2，说明NO在该极得电子，则AgPt电极作阴极，B为负极，A为正极。阴极反应式为：2NO6H2O10e=N212OH阳极反应为：4OH4e=O22H2O，当转移2 mol电子时，左侧生成16 g O2，同时有2 mol H向右侧移动，所以左侧溶液质量减少了16 g2 g18 g；右侧生成5.6 g N2，同时质量又增加了2 mol H，所以右侧溶液质量减少了3.6 g，两侧质量变化差为18 g3.6 g14.4 g。答案：(1)NN2NO5H2N22OH4H2O0.001加酸，升高温度，加水(2)A2NO6H2O10e=N212OH12.4