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新教材适用2024版高考化学一轮总复习练案19第六章化学反应与能量第19讲电解池金属的腐蚀与防护
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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:H2O2H++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H2OH++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。
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