高考化學總復習 第六章 化學反應與能量 課時作業(yè)19 電解池 金屬的電化學腐蝕與防護 新人教版

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1、課時作業(yè)19電解池金屬的電化學腐蝕與防護一、選擇題1下列有關電化學原理的說法錯誤的是()A氯化鋁的熔點比氧化鋁低，因此工業(yè)上最好采用電解熔融氯化鋁來制備單質鋁B電鍍時，通常把待鍍的金屬制品作陰極，把鍍層金屬作陽極C冶煉鈉、鈣、鎂、鋁等活潑金屬，電解法幾乎是唯一可行的工業(yè)方法D對大型船舶的外殼進行的“犧牲陽極的陰極保護法”，是應用了原電池原理解析：氯化鋁是共價化合物，工業(yè)上采用電解熔融氧化鋁來制備單質鋁，A錯誤；電鍍時，通常把待鍍的金屬制品作陰極，把鍍層金屬作陽極，B正確；鈉、鈣、鎂、鋁是活潑的金屬，電解法幾乎是唯一可行的工業(yè)方法，C正確；對大型船舶的外殼連接更活潑的金屬，進行的“犧牲陽極的陰極

2、保護法”，是應用了原電池原理，D正確。答案：A2下列關于電化學知識說法正確的是()A電解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液，在陰極上依次析出Al、Fe、CuB電解CuSO4溶液，加入適量Cu(OH)2可以使溶液恢復至原狀態(tài)C鉛蓄電池在充電時，連接電源正極的電極發(fā)生的電極反應為PbSO42e=PbSOD將鋼閘門與直流電源的負極相連，可防止鋼閘門腐蝕解析：根據(jù)金屬活動性順序表可知，陰極上離子的放電順序是Fe3Cu2HFe2Al3，F(xiàn)e2和Al3不放電，F(xiàn)e3得電子成為Fe2，不會析出鐵，所以鐵和Al不會析出，A錯誤；電解CuSO4溶液，陰極析出Cu，陽極生成氧氣，應加入CuO使溶液恢復至

3、原狀態(tài)，故B錯誤；C.鉛蓄電池充電時，與正極相連的電極是陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應為PbSO42H2O2e=PbO2SO4H，C錯誤；將鋼閘門與直流電源的負極相連，作陰極，屬于外加電源的陰極保護法，D正確。答案：D3下列敘述正確的是()AK與M連接時，X為硫酸，一段時間后溶液的pH增大BK與N連接時，X為氯化鈉，石墨電極反應：2H2e=H2CK與N連接時，X為硫酸，一段時間后溶液的pH增大DK與M連接時，X為氯化鈉，石墨電極反應：4OH4e=2H2OO2解析：K與M連接時，X為硫酸，該裝置是電解池，鐵作陰極，氫離子放電生成氫氣，石墨作陽極，氫氧根離子放電生成氧氣，電解一段時間后溶液的濃度增大

4、，pH減小，A錯誤；K與N連接時，X為氯化鈉，該裝置是原電池，鐵作負極，石墨作正極，石墨上氧氣得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為2H2OO24e=4OH，B錯誤；K與N連接時，X為硫酸，該裝置是原電池，石墨作正極，正極上氫離子放電生成氫氣，鐵作負極，鐵失電子生成2價鐵，溶液的濃度降低，溶液的pH增大，C正確；K與M連接時，X為氯化鈉，該裝置是電解池，石墨作陽極，鐵作陰極，陽極上氯離子放電，所以陽極上的電極反應式為2Cl2e=Cl2，D錯誤。答案：C4.圖中X為電源，Y為浸透飽和食鹽水和酚酞試液的濾紙，濾紙中央滴有一滴KMnO4溶液，通電后Y中央的紫紅色斑向d端擴散。下列判斷正確的是()A濾紙上c

5、點附近會變紅色BCu電極質量減小，Pt電極質量增大CZ中溶液的pH先減小，后增大D溶液中的SO向Cu電極定向移動解析：紫紅色斑即MnO向d端擴散，根據(jù)陰離子向陽極移動的原理，可知d端為陽極，即b為正極，a為負極，c為陰極，NaCl溶液中H放電，產(chǎn)生OH，c點附近會變紅色，A正確；電解硫酸銅溶液時，Pt為陽極，溶液中的OH放電：4OH4e=O22H2O，Cu為陰極，溶液中的Cu2得電子，生成銅，總反應式為2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，Pt電極附近生成H，則SO向Pt電極移動，B、D不正確。隨著電解的進行，Z中溶液變?yōu)榱蛩崛芤?，繼續(xù)電解則為電解水，硫酸濃度增大，pH減小，C不正確。答

6、案：A5.鋁陽極氧化處理后形成的氧化膜比鋁的天然氧化膜耐磨性、耐腐蝕性及裝飾性有明顯的提高，工業(yè)中以鋁為陽極，置于硫酸溶液中電解，裝置如圖所示，下列說法正確的是()A陽極電極方程式為Al3e6OH=Al2O3H2OB隨著電解的進行，溶液的pH逐漸增大C當陰極生成氣體3.36 L(標準狀況)時，陽極增重2.4 gD電解過程中H移向鋁電極解析：電解質為硫酸溶液，OH不可能參加反應，A錯誤；根據(jù)原電池裝置和題目信息可知電解總反應方程式為2Al3H2OAl2O33H2，H2O減少，溶液的pH逐漸減小，B錯誤；陰極反應為2H2e=H2，H2的物質的量為3.36 L22.4 Lmol10.15 mol，則

7、轉移電子為20.15 mol0.3 mol，陽極反應為Al3e=Al3。根據(jù)差量法進行計算：設陽極增重的質量為x。2Al3H2O=Al2O33H26em6 mol 48 g0.3 molx，解得x2.4 g，即陽極增重2.4 g，C正確；根據(jù)電流的方向可知，陽離子移向陰極，所以H移向石墨電極，D錯誤。答案：C6假設圖中原電池產(chǎn)生的電壓、電流強度均能滿足電解、電鍍要求，即為理想化。為各裝置中的電極編號。下列說法錯誤的是()A當K閉合時，A裝置發(fā)生吸氧腐蝕，在電路中作電源B當K斷開時，B裝置鋅片溶解，有氫氣產(chǎn)生C當K閉合后，整個電路中電子的流動方向為；D當K閉合后，A、B裝置中pH變大，C、D裝置

8、中pH不變解析：當K閉合時，B裝置構成原電池，在電路中作電源，整個電路中電子的流動方向為；B裝置中消耗H，pH變大，A裝置中相當于電解飽和食鹽水，pH變大；C裝置中相當于在銀上鍍銅，pH不變；D裝置中相當于銅的電解精煉，pH不變。答案：A7下圖是CO2電催化還原為CH4的工作原理示意圖。下列說法不正確的是()A該過程是電能轉化為化學能的過程B銅電極的電極反應式為CO28H8e=CH42H2OC一段時間后，池中n(KHCO3)不變D一段時間后，池中溶液的pH一定減小解析：分析工作原理圖可知此裝置為電解池，銅電極通入CO2，還原為CH4，所以銅電極為陰極，發(fā)生還原反應CO28H8e=CH42H2O

9、，鉑電極為陽極，OH放電，被氧化，導致pH減小，同時鹽橋中的K向池中移動，池中溶有CO2，故n(KHCO3)增大，C項錯誤。答案：C8把物質的量均為0.1 mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100 mL的混合溶液，用石墨作電極電解，并收集兩電極所產(chǎn)生的氣體，一段時間后在兩極收集到的氣體在相同條件下體積相同。則下列描述正確的是()A電路中共轉移0.6NA個電子B陽極得到的氣體中O2的物質的量為0.2 molC陰極質量增加3.2 gD電解后剩余溶液中硫酸的濃度為1 molL1解析：陽極開始產(chǎn)生Cl2，后產(chǎn)生O2，陰極開始產(chǎn)生Cu，后產(chǎn)生H2，根據(jù)題意兩極收集到的氣體在相同條件下體積相同，則陰

10、極產(chǎn)生0.2 mol H2，陽極產(chǎn)生0.1 mol Cl2和0.1 mol O2，則轉移電子數(shù)為0.6NA，A正確、B錯誤；陰極析出銅0.1 mol，即6.4 g，C錯；電解后溶液的體積未知，故不能計算濃度，D錯誤。答案：A9工業(yè)上用電解法處理含鎳酸性廢水并得到單質Ni的原理如圖所示。下列說法不正確的是()已知：Ni2在弱酸性溶液中發(fā)生水解氧化性：Ni2(高濃度)HNi2(低濃度)A碳棒上發(fā)生的電極反應：4OH4e=O22H2OB電解過程中，B中NaCl溶液的物質的量濃度將不斷減少C為了提高Ni的產(chǎn)率，電解過程中需要控制廢水pHD若將圖中陽離子膜去掉，將A、B兩室合并，則電解反應總方程式發(fā)生改

11、變解析：電極反應式為陽極：4OH4e=2H2OO2陰極：Ni22e=Ni2H2e=H2A項正確；B項，由于C中Ni2、H不斷減少，Cl通過陰離子膜從C移向B，A中OH不斷減少，Na通過陽離子膜從A移向B，所以B中NaCl溶液的物質的量濃度不斷增大，錯誤；C項，由于H的氧化性大于Ni2(低濃度)的氧化性，所以為了提高Ni的產(chǎn)率，電解過程需要控制廢水的pH；D項，若去掉陽離子膜，在陽極Cl放電生成Cl2，反應總方程式發(fā)生改變，正確。答案：B10下列關于電化學的敘述正確的是()A圖兩極均有氣泡產(chǎn)生，滴加酚酞溶液時石墨一極變紅B圖裝置可以驗證犧牲陽極的陰極保護法C圖可以模擬鋼鐵的吸氧腐蝕，碳棒一極的電

12、極反應式：O22H2O4e=4OHD上述4個裝置中，圖、中Fe腐蝕速率較快，圖中Fe腐蝕速率較慢解析：圖陽極為惰性電極石墨，電解時陽極產(chǎn)生Cl2，陰極產(chǎn)生H2，兩極均有氣泡產(chǎn)生，滴加酚酞溶液時Fe電極附近溶液變紅，A錯誤。犧牲陽極的陰極保護法利用的原電池原理，將受保護的金屬作原電池的正極，而圖為電解池，可驗證外加電源的陰極保護法，B錯誤。NaCl溶液呈中性，鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，碳棒作正極，電極反應式為O22H2O4e=4OH，C正確。圖中Fe作負極，腐蝕速率最快；圖和中Fe作陰極，圖中鐵作正極，均受到保護，不易被腐蝕，D錯誤。答案：C11如圖所示，甲池的總反應式為N2H4O2=N22H2O。下列

13、說法正確的是()A甲池中負極上的電極反應式為N2H44e=N24HB乙池中石墨電極上發(fā)生的反應為4OH4e=2H2OO2C甲池溶液pH增大，乙池溶液pH減小D甲池中每消耗0.1 mol N2H4乙池電極上則會析出6.4 g固體解析：分析圖知甲是燃料電池，則乙是電解池，甲的電解質溶液是KOH，則負極不可能生成H，應該是N2H44e4OH=N24H2O，A錯誤；乙的石墨極是陽極，發(fā)生氧化反應，B正確；根據(jù)甲池總反應生成了水，則KOH溶液濃度變小，pH減小，乙的陰極析出銅，結合B項則乙池的溶液pH減小，C錯誤；根據(jù)各個電極流過的電量相等知N2H42Cu，消耗0.1 mol N2H4乙池電極上則會析出

14、12.8 g銅，D錯誤。答案：B12如圖所示裝置是一種可充電電池，裝置為電解池。離子交換膜只允許Na通過，充放電的化學方程式為2Na2S2NaBr3Na2S43NaBr。閉合開關K時，b極附近先變紅色。下列說法正確的是()A負極反應為4Na4e=4NaB閉合K后，b電極附近的pH變小C當有0.01 mol Na通過離子交換膜時，b電極上析出氣體在標準狀況體積為112 mLD閉合K后，a電極上產(chǎn)生的氣體具有漂白性解析：當閉合開關K時，b附近溶液先變紅，即b附近有OH生成，在b極析出氫氣，b極是陰極，a極是陽極，與陰極連接的是原電池的負極，所以B極是負極，A極是正極。閉合K時，負極發(fā)生氧化反應，電

15、極反應為2Na2S22e=2NaNa2S4，A錯誤；閉合開關K時，b極附近先變紅色，該極上生成H2和OH，pH增大，B錯誤；閉合K時，有0.01 mol Na通過離子交換膜，說明有0.01 mol電子轉移，陰極上生成0.005 mol H2，標準狀況下體積為0.005 mol22.4 Lmol10.112 L112 mL，C正確；閉合開關K時，a極是陽極，該極上金屬銅被氧化，電極反應為Cu2e=Cu2，沒有氣體產(chǎn)生，D錯誤。答案：C二、非選擇題13在如圖所示均用石墨作電極的電解池中，甲池中為500 mL含某一溶質的藍色溶液，乙池中為500 mL稀硫酸，閉合K1，斷開K2進行電解，觀察到A電極表

16、面有紅色的固態(tài)物質生成，B電極有無色氣體生成；當溶液中的原有溶質完全電解后，立即停止電解，取出A電極，洗滌、干燥、稱量，電極質量增重1.6 g。請回答下列問題：(1)電解過程中，乙池C電極發(fā)生反應的電極反應式為_。(2)甲池電解時反應的離子方程式為_。(3)甲池電解后溶液的pH_，要使電解后的溶液恢復到電解前的狀態(tài)，則需加入_，其質量為_g。(假設電解前后溶液的體積不變)(4)電解后若再將K1斷開，閉合K2，電流計指針發(fā)生偏轉，則D電極發(fā)生反應的電極反應式為_。解析：(1)甲池為CuSO4溶液，閉合K1，觀察到A電極表面有紅色的固態(tài)物質生成，說明A電極為陰極，發(fā)生反應：Cu22e=Cu；B為陽

17、極，發(fā)生反應：2H2O4e=4HO2；B電極有無色氣體O2生成；則p為負極，q為正極，C為陰極，D為陽極。在乙池C電極發(fā)生還原反應，電極反應式是2H2e=H2；在D電極發(fā)生反應2H2O4e=4HO2。(2)根據(jù)(1)分析及電極反應式可知，甲池電解的總反應方程式是2Cu22H2O2CuO24H。(3)當溶液中的原有溶質完全電解后，立即停止電解，取出A電極，洗滌、干燥、稱量，電極質量增重1.6 g。n(Cu)1.6 g64 g/mol0.025 mol，n(H)2n(Cu)0.025 mol20.05 mol，所以c(H)0.05 mol0.5 L0.1 mol/L，因此pH1；由于從兩個電極分別

18、產(chǎn)生了Cu、O2，所以要使電解后溶液恢復到電解前的狀態(tài)，需加入CuO；n(CuO)0.025 mol，則m(CuO)0.025 mol80 g/mol2 g。(4)電解后若再將K1斷開，閉合K2，乙池形成的是氫氧燃料電池，電流計指針發(fā)生偏轉，則D電極是原電池的正極，發(fā)生反應的電極反應式是O24e4H=2H2O。C電極發(fā)生的反應是H22e=2H。答案：(1)2H2e=H2(2)2Cu22H2O2CuO24H(3)1CuO2(4)O24e4H=2H2O14已知鉛蓄電池的工作原理為PbPbO22H2SO42PbSO42H2O，現(xiàn)用如圖裝置進行電解(電解液足量)，測得當鉛蓄電池中轉移0.4 mol電子

19、時鐵電極的質量減少11.2 g。請回答下列問題：(1)A是鉛蓄電池的_極，鉛蓄電池正極反應式為_，放電過程中電解液的密度_(填“減小”“增大”或“不變”)。(2)Ag電極的電極反應式是_，該電極的電極產(chǎn)物共_g。(3)Cu電極的電極反應式是_，CuSO4溶液的濃度_(填“減小”“增大”或“不變”)。(4)如圖表示電解進行過程中某個量(縱坐標x)隨時間的變化曲線，則x表示_。a各U形管中產(chǎn)生的氣體的體積b各U形管中陽極質量的減少量c各U形管中陰極質量的增加量解析：根據(jù)在電解過程中鐵電極質量的減少可判斷A是電源的負極，B是電源的正極，電解時Ag極作陰極，電極反應式為2H2e=H2，F(xiàn)e作陽極，電極

20、反應式為Fe2e=Fe2，左側U形管中總反應式為Fe2H=Fe2H2。右側U形管相當于電鍍裝置，Zn電極作陰極，電極反應式為Cu22e=Cu，銅電極作陽極，電極反應式為Cu2e=Cu2，電鍍過程中CuSO4溶液的濃度保持不變，根據(jù)上述分析可得答案。答案：(1)負PbO24HSO2e=PbSO42H2O減小(2)2H2e=H20.4(3)Cu2e=Cu2不變(4)b15如下圖裝置所示，C、D、E、F、X、Y都是惰性電極，甲、乙中溶液的體積和濃度都相同(假設通電前后溶液體積不變)，A、B為外接直流電源的兩極。將直流電源接通后，F(xiàn)極附近呈紅色。請回答：(1)B極是電源的_，一段時間后，甲中溶液顏色_

21、，丁中X極附近的顏色逐漸變淺，Y極附近的顏色逐漸變深，這表明_，在電場作用下向Y極移動。(2)若甲、乙裝置中的C、D、E、F電極均只有一種單質生成時，對應單質的物質的量之比為_。(3)現(xiàn)用丙裝置給銅件鍍銀，則H應是_(填“鍍層金屬”或“鍍件”)，電鍍液是_溶液。當乙中溶液的pH是13時(此時乙溶液體積為500 mL)，丙中鍍件上析出銀的質量為_，甲中溶液的pH_(填“變大”“變小”或“不變”)。(4)若將C電極換為鐵，其他裝置都不變，則甲中發(fā)生的總反應的離子方程式為_。解析：(1)由裝置圖知，直流電源與各電解池串聯(lián)；由“F極附近呈紅色”知，F(xiàn)極為陰極，則E極為陽極、D極為陰極、C極為陽極、G極

22、為陽極、H極為陰極、X極為陽極、Y極為陰極、A極為正極、B極為負極。甲裝置是用惰性電極電解CuSO4溶液，由于Cu2放電，導致c(Cu2)降低，溶液顏色逐漸變淺；丁裝置是膠體的電泳實驗，由于X極附近的顏色逐漸變淺，Y極附近的顏色逐漸變深，說明氫氧化鐵膠粒帶正電荷。(2)當甲、乙裝置中的C、D、E、F電極均只有一種單質生成時，C、D、E、F電極的產(chǎn)物分別為O2、Cu、Cl2、H2，根據(jù)各電極轉移電子數(shù)相同，則對應單質的物質的量之比為1222。(3)給銅件鍍銀，根據(jù)電鍍原理，銅件作陰極，銀作陽極，電鍍液是可溶性銀鹽。當乙中溶液的pH是13時，則乙中n(OH)0.1 molL10.5 L0.05 m

23、ol，即各電極轉移電子0.05 mol，所以丙中析出銀0.05 mol；甲裝置中由于電解產(chǎn)生H，導致溶液的酸性增強，pH變小。(4)若將C電極換為鐵，則鐵作陽極發(fā)生反應：Fe2e=Fe2，D極發(fā)生：Cu22e=Cu，則總反應的離子方程式為FeCu2CuFe2。答案：(1)負極逐漸變淺氫氧化鐵膠粒帶正電荷(2)1222(3)鍍件AgNO3(合理即可)5.4 g變小(4)FeCu2CuFe26EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375