2024届人教版高考化学一轮复习第六章第19讲电解池金属的腐蚀与防护作业含答案

这是一份2024届人教版高考化学一轮复习第六章第19讲电解池金属的腐蚀与防护作业含答案，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

练案[19]　第19讲　电解池　金属的腐蚀与防护
一、选择题：本题共10小题，每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2023·山东滨州模拟)在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现。铁片腐蚀过程中发生反应的总化学方程式为2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图所示。

下列说法正确的是( D )
A．铁片发生还原反应而被腐蚀
B．铁片腐蚀生成的铁锈可以保护内层的铁不被腐蚀
C．铁片腐蚀过程中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－===4OH－
D．铁片里的铁和碳与食盐水形成了无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
[解析]　结合题图知Fe失电子，化合价升高，被氧化发生氧化反应，A项错误；铁锈结构疏松，不能保护内层金属，B项错误；铁片腐蚀时，Fe作负极，发生氧化反应，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，C项错误；铁片上的NaCl溶液为铁与碳形成原电池提供了电解质溶液，D项正确。
2．(2023·河南模拟)研究金属桥墩腐蚀及防护是跨海建桥的重要课题。下列有关判断中正确的是( C )

A．用装置①模拟研究时未见a上有气泡，说明铁没有被腐蚀
B．②中桥墩与外加电源正极连接，能确保桥墩不被腐蚀
C．③中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩
D．①②③中海水均是实现化学能与电能相互转化的电解质
[解析]　装置①发生吸氧腐蚀，a极是氧气得电子生成氢氧根离子，而铁是负极，发生氧化反应，生成亚铁离子，铁被腐蚀，A项错误；金属作电解池的阴极时被保护，而桥墩与电源正极相连，是阳极，发生氧化反应，B项错误；锌比铁活泼，锌失电子，所以③中采用了牺牲阳极的阴极保护法保护桥墩，C项正确；海水是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，D项错误。
3．我国科学家发明的制取H2O2的绿色方法，原理如图所示(已知：H2O2H＋＋HO，Ka＝2.4×10－12)。下列说法错误的是( D )

A．催化剂可促进反应中电子的转移
B．每生成1 mol H2O2，X膜上转移的离子为2 mol
C．b极上的电极反应为O2＋H2O＋2e－===HO＋OH－
D．加大去离子水的流速和工作电流均可以增大H2O2的浓度
[解析]　催化剂能加快化学反应速率，则催化剂可促进反应中电子的转移，故A正确；X为质子交换膜，每生成1 mol H2O2，外电路有2 mol电子转移，所以X膜上转移的H＋为2 mol，故B正确；b极上的电极反应为O2＋H2O＋2e－===HO＋OH－，故C正确；加大去离子水的流速可将产生的H2O2稀释，所以浓度减小，增大工作电流，单位时间内生成的双氧水增多，导致双氧水浓度增大，故D错误。
4.(2023·山东日照模拟)铝阳极氧化处理后形成的氧化膜比铝的天然氧化膜耐磨性、耐腐蚀性及装饰性有明显的提高，工业中以铝为阳极，置于硫酸溶液中电解，装置如图所示，下列说法正确的是( C )

A．阳极电极反应式为2Al－6e－＋6OH－===Al2O3＋3H2O
B．随着电解的进行，溶液的pH逐渐增大
C．当阴极生成气体3.36 L(标准状况)时，阳极增重2.4 g
D．电解过程中H＋移向铝电极
[解析]　A项，硫酸溶液显酸性，阳极反应式为2Al－6e－＋3H2O===Al2O3＋6H＋；B项，阴极反应式为6H＋＋6e－===3H2↑，电解过程中H2O减少，pH减小；C项，阴极生成H2的物质的量为0.15 mol，阳极由Al→Al2O3，增加O元素的质量，当n(H2)＝0.15 mol时n(Al2O3)＝0.05 mol，m(O)＝0.05 mol×3×16 g·mol－1＝2.4 g；D项，电解过程中H＋移向阴极(石墨电极)。
5．(2023·福建三明质检)下列有关铝土矿中提炼铝的说法不正确的是( C )
A．铝土矿中的铝元素是以化合态存在的，需用化学方法把铝元素变成游离态
B．提炼过程中，先将铝土矿净化提取氧化铝，再进行冶炼
C．可用常见的还原剂把氧化铝中的铝还原出来
D．冶炼铝的方法同工业冶炼钠、镁相似，可用电解法
[解析]　铝是活泼金属，常见的还原剂不能还原Al2O3，只能用电解熔融氧化铝实现。
6．中学阶段介绍的电解原理的应用主要有三种：一是氯碱工业、二是电解精炼铜、三是电解冶金。下列关于这三个工业生产的描述中正确的是( D )
A．电解精炼铜时，负极反应式：Cu2＋＋2e－===Cu
B．氯碱工业和电解精炼铜中，阳极都是氯离子放电放出氯气
C．在氯碱工业中，电解池中的阴极产生的是H2，NaOH在阳极附近产生
D．电解精炼铜时，应用粗铜作阳极、精铜作阴极，可溶性铜盐作电解质溶液
[解析]　电解精炼铜时，两极分别是阴、阳极，阴极电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，A项错误；在氯碱工业中，阳极是Cl－放电生成氯气，电解精炼铜时，阳极是粗铜失电子，生成Cu2＋，B项错误；水中存在H2OH＋＋OH－，在氯碱工业中，电解池的阴极氢离子放电生成氢气，水的电离平衡向右移动，Na＋与OH－结合生成NaOH，C项错误；电解精炼铜时，应用粗铜作阳极、精铜作阴极，可溶性铜盐作电解质溶液，D项正确。
7.(2023·山东济南模拟)利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产中的应用。下列说法正确的是( D )

A．氯碱工业中，X电极上的反应式是4OH－－4e－===2H2O＋O2↑
B．电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2＋浓度不变
C．在铁片上镀铜时，Y是纯铜
D．制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁
[解析]　氯碱工业中阳极是Cl－放电生成Cl2；电解精炼铜时阳极上粗铜溶解，阴极上Cu2＋放电析出Cu，由于粗铜中含有锌、铁、镍等杂质，电解质溶液中Cu2＋浓度变小；铁片上镀铜时，阴极Y应该是铁片，阳极X是纯铜。
8．(2023·山东济南模拟)下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是( C )

A．图甲中，铁钉易被腐蚀
B．图乙中，滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，没有蓝色沉淀出现
C．图丙中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀
D．图丁中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极
[解析]　A项，图甲中，铁钉处于干燥环境，不易被腐蚀；B项，负极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋与[Fe(CN)6]3－反应生成Fe3[Fe(CN)6]2蓝色沉淀；D项，为牺牲阳极法，镁块相当于原电池的负极。C项正确。
9．(2023·湖北武汉模拟)用如图所示装置(X、Y是直流电源的两极)分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的一项是( C )

选项
X极
实验前U形
管中液体
通电后现象及结论
A
正极
Na2SO4溶液
U形管两端滴入酚
酞后，a管中呈红色
B
正极
AgNO3溶液
b管中电极反应式是4OH－
－4e－===O2↑＋2H2O
C
负极
CuCl2溶液
b管中有气体逸出
D
负极
NaOH溶液
溶液pH降低
　　[解析]　电解Na2SO4溶液时，阳极上是OH－发生失电子的氧化反应，即a管中OH－放电，酸性增强，酚酞遇酸不变色，即a管中为无色，A错误；电解AgNO3溶液时，阴极上是Ag＋得电子发生还原反应，即b管中电极反应是析出金属Ag的反应，B错误；电解CuCl2溶液时，阳极上是Cl－失电子发生氧化反应，即b管中Cl－放电，产生Cl2，C正确；电解NaOH溶液时，阴极上是H＋放电，阳极上是OH－放电，实际上电解的是水，导致NaOH溶液的浓度增大，碱性增强，pH升高，D错误。
10．(2023·广东模拟)某小组同学用如图装置研究钢铁在海水中的腐蚀与防护。下列说法正确的是( C )

A．图1中铁片为负极，石墨为正极
B．图2中发生的是析氢腐蚀
C．图3为外加电流法
D．钢铁被腐蚀的速率：图3>图2>图1
[解析]　图1中铁片和石墨未用导线连接，不能形成原电池，A项错误；图2铁片和石墨用导线连接，插入海水中，海水呈弱碱性，铁片发生吸氧腐蚀，B项错误；图3中有外加直流电源，铁片与电源的负极相连，该保护方法是外加电流法，C项正确；图2中铁片作原电池的负极，腐蚀速率最快，图3中铁片作阴极，受保护，腐蚀最慢，故钢铁被腐蚀的速率：图2>图1>图3，D项错误。
二、非选择题：本题共4小题。
11．如图是一个化学过程的示意图。已知甲池的总反应式为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O。

请回答：
(1)甲池是 原电池　(填“原电池”或“电解池”)，通入O2的电极作 正　极，电极反应式为 O2＋2H2O＋4e－===4OH－　。
(2)乙池是 电解池　(填“原电池”或“电解池”)，石墨电极为 阳　极，电极反应式为 2H2O－4e－===O2↑＋4H＋　。乙池中总反应的离子方程式为 4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋　，一段时间后溶液pH 减小　(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)当乙池中Ag极的质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗O2 280　mL(标准状况)。
[解析]　(1)甲池能自发地进行氧化还原反应，所以甲池为原电池，通入氧气的一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。(2)乙池为电解池，石墨与原电池正极相连，为电解池的阳极，根据离子放电顺序，水电离出的OH－放电，则电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。电解硝酸银溶液，阳极生成氧气，阴极生成银，电解总反应式为4Ag＋＋2H2O4Ag＋O2↑＋4H＋，生成H＋，则一段时间后溶液pH减小。(3)乙池中Ag极发生还原反应，电极反应式为Ag＋＋e－===Ag，n(Ag)＝＝0.05 mol，则转移电子0.05 mol，由电极反应式O2＋2H2O＋4e－===4OH－可知消耗O2的物质的量为＝0.012 5 mol，则V(O2)＝0.012 5 mol×22.4 L/mol＝0.28 L＝280 mL。
12．(2023·天津模拟)HCOOH燃料电池。研究HCOOH燃料电池性能的装置如图所示，两电极区间用允许K＋、H＋通过的半透膜隔开。
(1)电池负极电极反应式为 HCOO－＋2OH－－2e－===HCO＋H2O　；放电过程中需补充的物质A为 H2SO4　(填化学式)。
(2)如图所示的HCOOH燃料电池放电的本质是通过HCOOH与O2的反应，将化学能转化为电能，其反应的离子方程式为 2HCOOH＋2OH－＋O2===2HCO＋2H2O　。

[解析]　(1)负极发生氧化反应，碱性条件下，HCOO－(其中的碳元素为＋2价)被氧化生成HCO(其中的碳元素为＋4价)，则负极的电极反应式为HCOO－＋2OH－－2e－===HCO＋H2O。正极反应中，Fe3＋被还原为Fe2＋，Fe2＋再被O2在酸性条件下氧化为Fe3＋，Fe3＋相当于催化剂，因为最终有K2SO4生成，O2氧化Fe2＋的过程中要消耗H＋，故需要补充的物质A为H2SO4。(2)结合上述分析可知，HCOOH与O2反应的离子方程式为2HCOOH＋2OH－＋O2===2HCO＋2H2O。
13．碘化氢(HI)可用“四室式电渗析法”制备，该法可获得副产品硫酸和氢氧化钠的溶液。其工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。

(1)通电后，阴极室溶液pH 增大　(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。
(2)阳极反应式为 2H2O－4e－===4H＋＋O2↑　，如果拆掉阳极室和产品室之间的阳膜，阳极反应式为 2I－－2e－===I2　。
(3)得到1 mol产品HI，阳极室溶液质量减少 9　g。
(4)通电过程中，产品室中HI的浓度逐渐 增大　。
(5)25 ℃，用惰性电极直接电解200 mL 0.01 mol·L－1的NaI溶液(阳离子交换膜)，当外电路转移电子3.01×1022，此时溶液的pH＝ 12　(忽略电解过程溶液体积的变化)。
[解析]　(1)阴极室中H＋被消耗，因此溶液pH增大。(2)阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑；因I－的失电子能力强于OH－，如果拆掉阳极室和产品室之间的阳膜，溶液中I－失去电子生成I2，电极反应式为2I－－2e－===I2。(3)每得到1 mol产品HI，阳极上会消耗0.5 mol H2O，因此阳极室溶液质量减少0.5 mol×18 g·mol－1＝9 g。(4)通电过程中，产品室中HI的浓度逐渐增大。(5)200 mL 0.01 mol·L－1的NaI溶液中n(NaI)＝0.2 L×0.01 mol·L－1＝0.002 mol，电解NaI溶液时，阳极上I－放电生成I2，阴极上H2O电离出的H＋得到电子生成H2，当外电路转移电子3.01×1022，即0.05 mol时，0.002 mol I－会被完全消耗，电解I－的过程中一共生成0.002 mol OH－，后续总反应为电解水，因此转移0.05 mol电子时，溶液中c(OH－)＝＝0.01 mol·L－1，溶液中c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，溶液pH＝12。
14．(1)环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2，结构简式为]，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。

该电解池的阳极为 Fe电极　，总反应为 Fe＋2===＋H2↑[或Fe＋2C5H6===　
Fe(C5H5)2＋H2↑]　。电解制备需要在无水条件下进行，原因为 水会与Na反应，阻碍中间物的生成；水会电解生成OH－，进一步与Fe2＋反应生成Fe(OH)2　。



(2)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如图所示：

负极区发生的反应有 Fe3＋＋e－===Fe2＋，4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O　(写反应方程式)。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气 5.6　L(标准状况)。
[解析]　(1)由电解原理示意图可知，电解后铁变为＋2价，由此可判断铁作电解池的阳极，阳极的电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，阴极的电极反应为2＋2e－===2＋H2↑，由此可得总反应方程式为Fe＋2===＋H2↑。电解时如果有水，水会与钠反应，阻碍的生成，而且电解时会产生OH－，OH－会与Fe2＋反应生成Fe(OH)2沉淀。(2)由题图知，左端的电极反应为Fe3＋＋e－===Fe2＋，应为阴极，接电源负极，右端的电极反应为2HCl－2e－===Cl2＋2H＋，应为阳极，接电源正极，负极产生的Fe2＋进一步被O2氧化生成Fe3＋，则4Fe2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋2H2O；由此可知，每消耗1 mol O2，需转移4 mol电子，则转移1 mol电子时，应消耗 mol O2，标准状况下， mol O2的体积为 mol×22.4 L·mol－1＝5.6 L。