2024届高三化学一轮复习培优-金属的腐蚀训练

这是一份2024届高三化学一轮复习培优-金属的腐蚀训练，共19页。试卷主要包含了单选题，实验题等内容，欢迎下载使用。

2024届高三化学一轮复习培优-金属的腐蚀训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列实验能达到实验目的的是



      A                              B                                      C                                D
A．铁上电镀铜 B．测定中和反应的反应热
C．比较AgCl和溶解度大小 D．验证铁发生吸氧腐蚀
2．下列化学用语的表述正确的是
A．钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：4OH--4e-=2H2O +O2
B．由Na和Cl形成离子键的过程：
C．NaHCO3的水解平衡：HCO3-+H2O H3O++CO32-
D．实验室制乙炔的反应：CaC2+H2O →CaO+C2H2
3．某研究小组向锥形瓶内加入混合均匀的新制铁粉和碳粉，塞紧瓶塞，从胶头滴管中滴入醋酸溶液，同时测量锥形瓶内压强的变化，如图所示。下列说法正确的是

A．0—t1内，压强增大的原因是铁发生了吸氧腐蚀
B．碳粉表面的电极反应式只有：2H++2e-=H2↑
C．整个过程中铁粉发生了氧化反应
D．若将铁粉换为铜粉，锥形瓶内的压强变化仍为如图
4．下列说法错误的是(　　)
A．钢铁发生析氢腐蚀时，负极电极反应是Fe－2e－===Fe2＋
B．铜制品和钢铁制品一样能发生析氢腐蚀
C．常温下钢铁在浓硝酸溶液中不会发生析氢腐蚀
D．钢铁发生析氢腐蚀时，H＋得电子释放出H2，钢铁被腐蚀
5．下列关于金属腐蚀及防护的说法中，不正确的是
A．在钢铁表面镀铬可防止钢铁生锈
B．地下钢铁管道连接镁块可防止钢铁生锈
C．将钢铁制品与电源正极连接可减缓钢铁腐蚀的速率
D．金属腐蚀绝大多数属于电化学腐蚀
6．下列关于金属腐蚀与防护的说法中正确的是（    ）
A．牺牲阳极的阴极保护法是一种基于电解池原理的金属防护法
B．钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应式相同
C．镀锌铁制品镀层受损后形成原电池，锌作负极，比破损前更耐腐蚀
D．将变黑后的银器（表面被氧化为Ag2S）放入盛有食盐溶液的铝质容器中，黑色褪去是因为生成了AgCl
7．下列方法中不能用于金属防腐处理的是（　　）
A．制成不锈钢 B．把金属制品埋入潮湿、疏松的土壤中
C．喷油漆、涂油脂 D．电镀
8．一定条件下，某含碳钢腐蚀情况与溶液pH的关系如表。下列说法正确的是
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物





A．随pH的升高，碳钢腐蚀速率逐渐加快
B．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会加快
C．pH为14，其负极反应为
D．pH＜4，发生析氢腐蚀
9．原电池的工作原理在生产、生活中应用很广泛。根据如图所示的原理示意图，判断下列说法不正确的是

A．图甲：电池工作一段时间后，右侧烧杯中溶液质量增加
B．图乙：a为甲烷，A极的电极反应式为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+
C．图丙：Ag2O被还原，Ag2O电极质量减少
D．图丁：放置一段时间后，铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域
10．下列事实可以用电化学理论解释的是
A．白磷固体在空气中易自燃
B．实验室中镁不需要保存在煤油中
C．实验室配制CuCl2溶液时常加入适量盐酸
D．电工规范上，铜、铝电线不能直接绞接在一起
11．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是

A．图①装置可用于粗铜精炼
B．图②装置是将Zn+Cu2+=Cu+Zn2+设计成原电池装置
C．图③装置可制备无水MgCl2
D．图④装置可观察铁的析氢腐蚀
12．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值，但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。研究发现，青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图如下，下列说法正确的是

A．腐蚀过程中，青铜基体是正极
B．CuCl在腐蚀过程中降低了反应的焓变
C．若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为0.448L
D．将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，可以防止青铜器进一步被腐蚀，Ag2O与催化层发生复分解反应
13．利用下列装置进行实验(夹持仪器已省略)，能达到实验目的的是

A．图①用于配制一定浓度溶液
B．图②用于除去氯气中的氯化氢
C．图③用于将干海带灼烧成灰
D．图④用于验证铁丝在中性环境中发生吸氧腐蚀
14．下列说法正确的是
A．马口铁（镀锡铁皮）镀层破损后铁仍不易腐蚀
B．合成氨生产中将NH3液化分离，一定能加快正反应速率，提高H2的转化率
C．常温下，C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）不能自发进行，则该反应的△H>0
D．保持温度不变，向稀氨水中缓慢通入CO2，溶液中的值增大
15．“西气东输”工程中，需要地下埋入铸铁管道。在下列情况下，铸铁管道被腐蚀速率最慢的是
A．在含铁元素较多的酸性土壤中 B．在潮湿疏松的碱性土壤中
C．在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中 D．在干燥致密的不透气的土壤中

二、实验题
16．某同学设计计如下图所示装置（部分夹持装置已略去）进行实验探究：

(1)用上述装置探究影响化学反应速率的因素。以生成9.0 mL气体为计时终点，结果为t1>t2。
序号
V(H2SO4）/mL
C(H2SO4)/mol·L-1
t/s
I
40
1
t1
II
40
4
t2
①比较实验I和Ⅱ可以得出的实验结论是_______________。
②若将锌片换成含杂质的粗锌片，其他条件使其与上述一致，所测得的反应速率均大于上述实验对应的数据。粗锌片中所含杂质可能是_________（填序号）。
A．二氧化硅   B．银   C．铜   D．石墨
(2)用上述装置验证生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀。
①圆底烧瓶中的试剂可选用________（填序号）。
A．稀HCl   B .NaCl溶液   C．乙醇   D．NaOH溶液
②能证明生铁在潮湿空气中会发生吸氧腐蚀的现象是_____________。
17．用如下装置进行实验：

(1)关闭上端止水夹，接通K1，一段时间后用压强传感器测得装置上部压强减小，铁棒表面出现锈迹。则铁棒主要发生，_______腐蚀(填“析氢”或“吸氧”)；此时碳棒上的电极反应式为：_______。
(2)Na2FeO4是一种新型净水剂，可以通过以下反应制备：Fe(OH)2+2Cl2+6NaOH=Na2FeO4+4NaCl+4H2O，为制得Na2FeO4，用一支倒扣的漏斗罩住碳极，如图，首先打开止水夹，断开K1、K2，接通K3。几分钟后，漏斗中产生的气体是_______；此时发生的总反应化学方程式为：_______。
(3)断开K1、K3，接通K2。阳极的电极反应式为_______。打开漏斗上口软塞，发生(2)中反应生成Na2FeO4。
(4)Na2FeO4有强氧化性可用于杀菌消毒，还可净水，其净水的原理是_______。
18．某小组同学利用下图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：
装置
分别进行的操作
现象

Ⅰ. 连好装置一段时间后，向烧杯中滴加酚酞
_______
Ⅱ. 连好装置一段时间后，向烧杯中滴加 K3[Fe(CN)]6溶液
铁片表面产生蓝色沉淀
(1)小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了_______。 (哪种电化学腐蚀)
①实验Ⅰ中的现象是_______。
②用电极反应解释实验Ⅰ中的现象：_______。
③用离子方程式解释铁片产生蓝色沉淀原因：_______。
(2)查阅资料：K3[Fe(CN)]6具有氧化性。
①据此有同学认为仅通过Ⅱ中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是_______。
②进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：
实验
试管中的溶液
现象
滴入K3[Fe(CN)6]
Ⅲ. 蒸馏水
无明显变化
Ⅳ. 1mol/L NaCl
铁片表面产生大量蓝色沉淀
Ⅴ.0.5mol/L Na2SO4
无明显变化
a.以上实验表明：在_______条件下， K3[Fe(CN)]6溶液可以与铁片发生反应。
b.为探究阴离子的存在对此反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明氯离子的作用是_______。
19．已知铁生锈的过程为：Fe → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3·xH2O。又知草酸（H2C2O4）分解的化学方程式为H2C2O4CO↑ + CO2↑ + H2O。某化学小组为测定两种不同生锈铁片的组成（设只含有铁和Fe2O3·xH2O），进行了以下探究，请你参与并完成对有关问题的解答。
(1)甲同学利用草酸分解产生的混合气体和下图所示装置测定其中一种锈铁的组成。
主要操作为：取锈铁样品12.6 g置于装置C的硬质玻璃管中，加热完全反应后得到固体的质量为8.4 g，装置D增重8.4 g。
①钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀时，其负极的电极反应式为________。
②装置A的作用是_________。装置B的作用是__________。

③根据以上数据能否测定出锈铁的组成？答：_______（填“能”或“不能”）。
④该装置还存在的一个明显的缺陷是_____________________。
(2)乙同学在甲同学装置的基础上将装置D换成装浓硫酸的洗气瓶（装置E，此装置图略），经改进后，重新按甲同学的操作和样品取用量进行实验，若完全反应后得到固体的质量仍为8.4 g，而装置E增重1.8 g，则x =______；m(Fe)︰m (Fe2O3·xH2O) =___________。
20．已知铁生锈的过程为：Fe→Fe（OH）2→Fe（OH）3→Fe2O3•xH2O．又知草酸（H2C2O4）分解的化学方程式为 H2C2O4CO↑+CO2↑+H2O，某化学小组为测定两种不同生锈铁片的组成（设只含有铁和Fe2O3•xH2O），进行了以下探究，请你参与并完成对有关问题的解答。
（1）甲同学利用草酸分解产生的混合气体和如所示装置测定其中一种锈铁的组成。

主要操作为：取锈铁样品12.6g置于装置C的硬质玻璃管中，加热完全反应后得到固体的质量为8.4g，装置D增重8.4g。
①钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀时，其负极的电极反应式为 ______ 。
②装置A的作用是 ______ ，装置B的作用是 ______ 。
③根据以上数据能否测定出锈铁的组成？答： ______ （填“能”或“不能”）。
④该装置还存在的一个明显的缺陷是 ______ 。
（2）乙同学在甲同学装置的基础上将装置D换成装浓硫酸的洗气瓶（装置E，此装置图略），经改进后，重新按甲同学的操作和样品取用量进行实验，若完全反应后得到固体的质量仍为8.4g，而装置E增重1.8g，则x= ______ ；m（Fe）：m （Fe2O3•xH2O）= ______ 。
（3）丙同学取少量的另外一种锈铁片放在烧杯中，然后逐滴加入稀盐酸，实验测知所得溶液中Fe2+、Fe3+的物质的量之和与加入稀盐酸的体积关系如图2示，此锈铁中n（Fe）：n（Fe2O3•xH2O）的取值范围是 ______ 。（填字母）
a．大于1    b．等于1    c．小于1

参考答案：
1．D
【详解】A．铁上电镀铜，铜片应放在阳极，铁片放在阴极，故A错误；
B．测定中和反应的反应热要在防散热装置中进行，故B错误；
C．比较AgCl和Ag2S溶解度大小，银离子不能过量，否则生成氯化银后，过量的银离子和硫离子反应生成Ag2S，无法比较Ag2S和AgCl的溶解性大小，故C错误；
D．验证铁发生吸氧腐蚀，左侧试管内部压强减小，右侧导管中水柱上升，故D正确；
故选D。
2．B
【详解】A. 钢铁吸氧腐蚀中的正极发生氧气得电子的还原反应： O2+4e-+2H2O =4OH-，故A错误；
B. Na原子失去1个电子被Cl原子得到，形成的化合物为离子化合物，则由Na和Cl形成离子键的过程表示为：，故B正确；
C. HCO3-结合水电离出的H+生成H2CO3，水解平衡的离子方程式为：HCO3-+H2O H2CO3+OH-，故C错误；
D. 碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，化学方程式为：CaC2+2H2O →Ca(OH)2+C2H2↑，故D错误。
故答案选B。
3．C
【分析】铁粉和碳粉、醋酸溶液构成原电池，发生析氢腐蚀，导致锥形瓶内压强变化如上图0—t1，后压强减小，铁粉发生吸氧腐蚀，在正极上得到电子发生还原反应生成，据此分析解答。
【详解】A．铁在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，不是吸氧腐蚀，且内压强增大，说明气体的物质的量增加，则铁可能发生了析氢腐蚀，A错误；
B．在正极上得到电子发生还原反应生成，电极反应式为，后压强减小，铁粉发生吸氧腐蚀，在正极上得到电子发生还原反应生成，电极反应式为；B错误；
C．不管是析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，整个过程中铁粉失电子生成亚铁离子，发生氧化反应，C正确；
D．若将铁粉换为铜粉，锥形瓶中只发生吸氧腐蚀，锥形瓶内的压强逐渐减小，D错误；
故选C。
4．B
【详解】A.钢铁发生析氢腐蚀时,负极上铁失电子生成亚铁离子,电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，A项正确；
B.钢铁制品能发生析氢腐蚀, 铜制品不能发生析氢腐蚀，B项错误；
C.常温下钢铁在浓硝酸溶液中钝化，不会发生析氢腐蚀，C项正确；
D.钢铁在酸性条件下发生析氢腐蚀时，H＋得电子释放出H2，钢铁被腐蚀，D项正确；
答案选B。
5．C
【详解】A．在钢铁表面镀铬可增强钢铁的抗腐蚀能力，因而能够防止钢铁生锈，A正确；
B．由于金属活动性Mg＞Fe，所以地下钢铁管道连接镁块时，能够在与周围的水溶液形成原电池反应中，镁作负极，钢铁为正极得到保护，故可防止钢铁生锈，B正确；
C．将钢铁制品与电源正极连接时，Fe失去电子被氧化，因而会导致钢铁腐蚀的速率大大加快，C错误；
D．金属腐蚀包括化学腐蚀和电化学腐蚀，绝大多数金属腐蚀属于电化学腐蚀，D正确；
故合理选项是C。
6．B
【详解】A. 牺牲阳极的阴极保护法是将被保护金属与比其更活泼的金属连接在一起，更活泼的金属作为阳极不断被腐蚀的方法，该方法基于原电池原理，故A错误；
B. 析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应式均为，故B正确；
C. 镀锌铁制品镀层破损后形成原电池，锌比铁活泼，锌作负极，铁作正极被保护，仍达到防腐蚀的目的，但与破损前相比锌更易被腐蚀，故C错误；
D. 将变黑的银器放入盛有食盐溶液的铝质容器中后，形成原电池，铝为负极，银为正极，Ag2S中+1价的银接受电子生成银单质，并未生成AgCl，故D错误；
答案选B。
【点睛】易错点在于金属防护的原理的应用，牺牲阳极的阴极保护法是将被保护金属与比其更活泼的金属连接在一起，更活泼的金属作为阳极不断被腐蚀的方法，该方法基于原电池原理；外加电源的阴极保护法是将被保护的金属与电源负极相连，使被保护的金属做电解池阴极，不断向被保护的金属电极输送电子，防止被保护金属失电子发生氧化反应，该方法基于电解池原理。
7．B
【分析】铁生锈的主要条件是与空气和水（或水蒸气）直接接触，结合金属的保护措施，进行分析解答。
【详解】A. 钢铁制造成耐腐蚀的合金如不锈钢就能防止钢铁生锈，故A不选；
B. 把金属制品埋入潮湿、疏松的土壤中，具备金属生锈的条件，更易腐蚀，故B选；
C. 铁生锈的主要条件是与空气和水（或水蒸气）直接接触，如果隔绝了空气和水，就能在一定程度上防止铁生锈，在钢铁表面涂油、刷漆都能防止钢铁生锈，故C不选；
D. 在金属铁的表面镀上一层比金属铁活泼的金属或耐腐蚀的金属，可以防止铁被腐蚀，故D不选。
故选B。
8．D
【详解】A．由题表可知，随pH的升高，碳钢腐蚀速率先减慢后逐渐加快，故A错误；
B．碱性条件下钢铁发生吸氧腐蚀，煮沸除氧气后的碱性溶液中氧气浓度降低，碳钢腐蚀速率会减慢，故B错误；
C．在pH=14的溶液中，碳钢发生吸氧腐蚀，负极反应为，故C错误；
D．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀，负极上电极反应式为，正极上电极反应式为，故D正确。
综上所述，答案为D。
9．D
【详解】A.原电池中锌为负极，铜为正极，正极附近铜离子得到电子变成铜单质，左侧锌离子通过阳离子交换膜到右侧，右侧烧杯中的溶液质量增加，故A正确，不符合题意；
B.从图分析，A极失去电子，所以为负极，甲烷在负极反应，电极反应为CH4-8e-+2H2O=CO2+8H+，故B正确，不符合题意；
C.锌为负极，失去电子，氧化银得到电子生成银，被还原，所以电极质量减少，故C正确，不符合题意；
D.铁片腐蚀和生锈是两个不同的过程，铁腐蚀的过程为铁失去电子生成亚铁离子，所以负极区腐蚀最严重，铁片生锈是氧气在正极反应生成氢氧根离子，与亚铁离子结合生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁进一步被氧气氧化为氢氧化铁，在一定的条件下脱水生成铁锈，因此正极为生锈最多的地方，故D错误，符合题意。
故选D。
10．D
【详解】A. 白磷固体在空气中易自燃是因为白磷的着火点低，和电化学理论无关，故A错误；
B. 镁的表面被氧化后，形成一层膜，阻止进一步氧化，所以实验室中镁不需要保存在煤油中，和电化学理论无关，故B错误；
C. 实验室配制CuCl2溶液时常加入适量盐酸，为了抑制水解，和电化学理论无关，故C错误；
D. 铜、铝电线直接绞接在一起，会形成原电池，加速被锈蚀的速率，可以用电化学理论解释，故D正确；
故选D。
11．C
【详解】A．电解精炼粗铜时，粗铜作阳极，应与电源正极相连，A错误；
B．图②装置的情况下，左侧烧杯中Zn会将溶液中的Cu置换出来附着在其表面，阻碍锌持续失电子，若锌表面完全被铜覆盖则反应终止，无电流通过。应该将左侧烧杯中与Zn电极接触的电解质溶液改为ZnSO4溶液，右侧烧杯中溶液改为CuSO4溶液，此时在盐桥的作用下能够产生持续电流，才能设计成原电池装置，B错误；
C．将在干燥的HCl气氛下加热，可避免Mg2+的水解，干燥管里的无水CaCl2可防止空气中的水蒸气进入装置并吸收水和HCl气体，因此可制得无水MgCl2，C正确；
D．NaCl溶液是中性环境，铁钉会发生吸氧腐蚀，左侧试管压强减小，右侧试管中导管内红墨水液面上升，因此图④装置可观察到铁的吸氧腐蚀，D错误；
故选C。
12．D
【详解】A．由图示信息可得，青铜做负极，电极反应为Cu-2e- =Cu2+，A错误；
B．催化剂在反应中的作用是改变反应途径，降低反应的活化能，但不能降低反应的焓变，B错误；
C．没有指明反应的温度的压强，不能利用22.4L/mol进行计算，无法求出氧气的体积，C错误；
D．根据题意可得，Ag2O与CuCl发生反应Ag2O＋2CuCl=2AgCl＋Cu2O，生成红色致密的氧化膜(Cu2O)覆盖在被腐蚀部位，阻止腐蚀反应的进行，D正确；
故选D。
13．D
【详解】A．浓不能在容量瓶中稀释，A项错误；
B．氯气也能被碳酸氢钠溶液吸收，应该用饱和食盐水，B项错误；
C．灼烧固体应该使用坩埚，不能用蒸发皿，C项错误；
D．铁丝在中性环境中发生吸氧腐蚀时，正极反应为，被消耗，试管内压强降低，打开止水夹，烧杯内溶液倒吸入试管，酚酞溶液遇碱变红，实验过程有明显现象，D项正确；
答案选D。
14．C
【详解】A．镀锡铁皮镀层破损，易形成Fe-Sn原电池，Fe比Sn活泼，Fe作负极，失电子被腐蚀，故铁更容易被腐蚀，A错误；
B．NH3液化分离，NH3的浓度减小，平衡正向移动，反应物浓度减小，正反应速率减小，B错误；
C．C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）的反应前后气体分子数增加，△S＞0，该反应不能自发进行，则△H-T△S＞0，则△H一定大于0，C正确；
D．氨水中存在电离平衡NH3·H2ONH4++OH，通入CO2后，CO2和OH-反应，OH-浓度减小，平衡正向移动，NH4+浓度增大，结合K=，温度不变，K不变可知减小，D错误。
答案选C。
15．D
【详解】A．在含铁元素较多的酸性土壤中，铸铁管道发生析氢腐蚀，铸铁管道腐蚀较快，故不选A；    
B．在潮湿疏松的碱性土壤中，铸铁管道发生吸氧腐蚀，铸铁管道腐蚀较快，故不选B；
C．在含碳粒较多，潮湿透气的中性土壤中，铸铁管道发生吸氧腐蚀，铸铁管道腐蚀较快，故不选C；    
D．在干燥致密的不透气的土壤中，铁不与氧气、水接触，铸铁管道被腐蚀速率最慢，故选D。
选D。
16．(1) 在其他条件一定时，化学反应速率随反应物浓度的增大而增大 BCD
(2) BD 量器管左管水面上升，右管水面下降

【详解】（1）①对比两者，其他条件相同，硫酸浓度不同，t1>t2，因此得出结论是：其他条件不变，反应物浓度越大，反应速率越快；
②换成粗锌片，反应速率加快，说明构成原电池，锌作负极，银、铜、石墨作正极，SiO2不导电，因此选项BCD符合题意，故选BCD。
（2）①本实验研究吸氧腐蚀，则
A．盐酸呈现酸性，发生析氢腐蚀，故A错误；
B．NaCl溶液显中性，可以验证吸氧腐蚀，故B正确；
C．乙醇属于非电解质，不能构成原电池，故C错误；
D．NaOH属于电解质，构成原电池，可以形成吸氧腐蚀，故D正确；
故选BD。
②发生吸氧腐蚀，造成烧瓶内部压强减少，因此出现器管左管水面上升，右管水面下降。
17．(1) 吸氧 O2+4e-+2H2O=4OH-
(2) 氯气 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
(3)Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2
(4)被还原为Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，利用Fe(OH)3胶体的吸附作用净水

【分析】接通K1时，该装置为原电池，Fe为负极，发生吸氧腐蚀，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，碳棒为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；接通K2时，该装置为电解池，Fe为阳极，电极反应为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，碳棒为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2+2OH-；接通K3时，该装置为电解池，碳棒为阳极，电极反应为2Cl--2e-= Cl2，Fe为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2+2OH-。
（1）
根据分析，接通K1时，铁棒主要发生吸氧腐蚀；碳棒为正极，电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-；
（2）
根据分析，接通K3时，碳棒为阳极，电极反应为2Cl--2e-= Cl2，因此漏斗中的气体为氯气；此时发生电解饱和NaCl的反应，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；
（3）
根据分析，接通K2时，Fe为阳极，电极反应为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2；
（4）
Na2FeO4中Fe为+6价，表现强氧化性，在反应后化合价降低，被还原生成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，利用Fe(OH)3胶体的吸附作用净水。
18．(1) 吸氧腐蚀 碳电极附近变红 O2+4e- +2H2O =4OH- 3Fe2+ +2 [Fe(CN)6]3-= Fe3[Fe(CN)6]2↓
(2) K3[Fe(CN)6]可能氧化Fe生成Fe2+ 会干扰电化学腐蚀生成Fe2+的检验 Cl-的存在 破坏铁片表面的氧化膜

【分析】实验中连好装置，铁片为负极，电极反应为Fe-2e-=Fe2+，碳棒为正极，由于电解质溶液呈中性，则碳棒上的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，一段时间后，向烧杯中滴加酚酞，碳棒附近溶液变红，证明铁发生了吸氧腐蚀；据此回答。
（1）
以上装置构成了原电池，由电化学原理引起的腐蚀为电化学腐蚀，由于电解质溶液是食盐水，正极是溶解氧得电子被还原的反应，则铁发生了吸氧腐蚀。
①正极反应为溶解氧得电子被还原的反应，生成的氢氧根离子使酚酞变红，则实验Ⅰ中的现象是：碳电极附近变红。
②实验Ⅰ中正极反应为：。
③负极为铁失去电子被氧化：Fe-2e-=Fe2+， Fe2+ 与[Fe(CN)6]3-反应生成蓝色沉淀Fe3[Fe(CN)6]2，离子方程式为：3Fe2+ +2 [Fe(CN)6]3-= Fe3[Fe(CN)6]2↓。
（2）
①根据资料“K3[Fe(CN)6]具有氧化性”，故实验Ⅱ中铁电极能直接和K3[Fe(CN)6]溶液发生氧化还原反应生成Fe2+，产生的Fe2+再与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，干扰对电化学腐蚀生成的Fe2+的检验。
②a．根据实验Ⅲ知，只有水时K3[Fe(CN)6]溶液和铁片不反应；再对比实验Ⅳ和Ⅴ，阳离子相同、阴离子不同，结合实验现象知，在Cl-存在条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以和铁片发生反应。
b．为探究阴离子的存在对此反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验Ⅲ，发现铁片表面产生蓝色沉淀。稀硫酸“酸洗”的目的是除去铁表面的氧化膜，由此补充实验、结合实验Ⅳ说明，Cl-的作用是：破坏了铁表面的氧化膜。
19．(1) Fe－2e－＝Fe2+ 除去混合气体中的CO2 除去混合气体中的H2O 能 缺少尾气处理装置(或其他合理答案)
(2) 2 2:7

【详解】（1）①铁在潮湿的空气发生腐蚀，铁做负极，失去电子变成亚铁离子，电极反应为Fe－2e－＝Fe2+。故答案为：Fe－2e－＝Fe2+；
②草酸分解产生二氧化碳和一氧化碳，用氢氧化钠可以除去混合气体中的CO2；用浓硫酸可以除去混合气体中的H2O。故答案为：除去混合气体中的CO2；
③加热完全反应后得到的固体是8.4g铁，装置D增重的为二氧化碳和水的质量，所以可以计算参与反应的一氧化碳的质量，进而计算铁的氧化物的质量，就可以计算铁锈的组成比例，所以答案为能。故答案为：除去混合气体中的H2O；能；
④由于反应过程有一氧化碳，有毒，不能排放到空气中，所以装置缺少尾气处理装置。故答案为：缺少尾气处理装置(或其他合理答案)；
（2）浓硫酸吸收水，碱石灰吸收水和二氧化碳，固体8.4g为铁，即物质的量为=0.15mol，装置E吸收的水的质量为1.8g，所以反应产生的二氧化碳的质量为8.4-1.8=6.6g，即=0.15 mol，根据方程式计算，氧化铁的物质的量为0.05 mol，质量为0.05×160=8g，所以氧化铁和水的物质的量比为0.05:0.1=1:2，所以x=2；样品中铁为0.15mol，所以铁单质为0.15-0.05×2=0.05 mol，即铁的质量为0.05×56=2.8g，则Fe2O3·xH2O的质量为12.6-2.8=9.8g，二者比例为2.8:9.8=2:7。故答案为：2；2:7。
20． Fe-2e-=Fe2+ 除去混合气体中的CO2 除去混合气体中的H2O 能 缺少尾气处理装置 2 2：7 c
【分析】草酸分解得到含水蒸气的CO和CO2的混合气，A装置中的NaOH除去二氧化碳，B装置中的浓硫酸干燥CO；C装置中CO还原Fe2O3，同时Fe2O3·xH2O失去结晶水，D装置中碱石灰吸收C装置中生成的CO2和H2O（g）；据此分析作答。
【详解】（1）①钢铁在潮湿空气中发生电化学腐蚀时，负极铁失去电子发生氧化反应，负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，
故答案为Fe-2e-=Fe2+；
②根据实验目的，需要使用一氧化碳还原Fe2O3·xH2O，所以需要将草酸分解生成的二氧化碳和水除去，装置A中的氢氧化钠溶液用于除去二氧化碳气体，装置B中的浓硫酸用于干燥一氧化碳气体，
故答案为除去混合气体中的CO2；除去混合气体中的H2O；
③锈铁样品12.6g，加热完全反应后得到的质量为8.4g的固体为铁的质量，则锈铁样品中氧元素和氢元素质量之和为12.6g-8.4g=4.2g，则16g/mol×3n（Fe2O3）+18g/moln（H2O）=4.2g，装置D增重8.4g为二氧化碳和水的质量，结合方程式Fe2O3·xH2O+3CO2Fe+3CO2+xH2O，44g/mol×3n（Fe2O3）+18g/moln（H2O）=8.4g，解得n（Fe2O3）=0.05mol，n（H2O）=0.1mol，则Fe2O3·xH2O的化学式为Fe2O3·2H2O，锈铁样品中含n（Fe2O3·2H2O）=0.05mol，含n（Fe）==0.05mol，能测定锈铁的组成；
故答案为能；
④该装置的缺陷是：一氧化碳有毒，不能排放到空气中，所以应该增加尾气处理装置，
故答案为缺少尾气处理装置；
（2）若将装置D换成装浓硫酸的洗气瓶（装置E），重新按上述样品的用量和操作进行实验，若完全反应后得到固体的质量仍为8.4g，则锈铁样品中氧元素和氢元素质量之和为12.6g-8.4g=4.2g，16g/mol×3n（Fe2O3）+18g/moln（H2O）=4.2g，装置E增重1.8g，n（H2O）=1.8g÷18g/mol=0.1mol，解得n（Fe2O3）=0.05mol，n（Fe2O3）：n（H2O）=0.05mol：0.1mol=1:2，则x=2；m（Fe2O3·xH2O）=0.05mol×160g/mol+1.8g=9.8g，m（Fe）=12.6g-9.8g=2.8g，m（Fe）：m （Fe2O3•xH2O）= 2.8g：9.8g=2:7。
故答案为2；2：7；
（3）0～V1段（加入盐酸少量时）发生的反应为Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、Fe+2FeCl3=3FeCl2，总反应为：Fe+Fe2O3+6HCl=3FeCl2+3H2O；由Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知，2mol氯化氢生成1mol亚铁离子，由Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O可知，6mol的氯化氢可以生成2mol的Fe3+，显然消耗相同物质的量盐酸时，铁与盐酸反应增加的亚铁离子物质的量比氧化铁与盐酸反应增加的铁离子物质的量大，由于V1～V2铁离子和亚铁离子总的物质的量增大幅度小于0～V1，说明V1～V2段为氧化铁与盐酸的反应，即氧化铁的物质的量大于铁的物质的量，故c正确，
故答案为c。