新教材(广西专版)高考化学一轮复习课时规范练22电解池金属的腐蚀与防护含答案

这是一份新教材(广西专版)高考化学一轮复习课时规范练22电解池金属的腐蚀与防护含答案，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.关于图中装置说法正确的是( )
A.装置中电子移动的方向:负极→Fe→M溶液→石墨→正极
B.若M为滴加酚酞的NaCl溶液,通电一段时间后,铁电极附近溶液显红色
C.若M为CuSO4溶液,可以实现在石墨上镀铜
D.若将电源反接,M为NaCl溶液,可用于制备Fe(OH)2并使其较长时间保持白色
2.关于下列装置分析正确的是( )
A.装置甲中阳极上析出红色物质
B.若装置甲起始阶段两极质量相同,电流表中通过0.1 ml电子,则装置甲两极质量差为3.2 g
C.若装置乙通电一段时间后,撤去直流电源,电流表指针可能偏转
D.可以将装置乙中的铜片更换为锌片制成镀锌铁
3.一种电解法制备Ca(H2PO4)2并得到NaOH等副产物的示意装置如图,下列说法错误的是( )
A.与a、b相连的分别是电源的正极、负极
B.NaOH溶液中石墨电极上的反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-
C.A膜、C膜均为阳离子交换膜,B膜为阴离子交换膜
D.产品室中的Ca2+和原料室的Na+物质的量浓度同等程度增大
4.(2023辽宁卷)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如图所示,其中高选择性催化剂PRT可抑制O2产生。下列说法正确的是( )
A.b端电势高于a端电势
B.理论上转移2 ml e-生成4 g H2
C.电解后海水pH下降
D.阳极发生:Cl-+H2O-2e-HClO+H+
5.我国科技工作者设计以CP和Ni2P纳米片为催化电极材料,电催化合成偶氮化合物的新装置,如图所示(R代表烃基)。下列说法错误的是( )
A.硝基苯分子中所有原子可能共面
B.该离子交换膜是阴离子交换膜
C.电极a的电极电势低于电极b
D.阳极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-RCN+4H2O
6.我国科学家设计的CO2熔盐捕获与转化装置如图所示。下列有关说法正确的是( )
A.由图可知捕获CO2过程的初期发生了氧化还原反应
B.熔盐可用CCl4代替
C.d极的电极反应式CO32--4e-C+3O2-
D.转移1 ml电子该装置最终可捕获CO2 5.6 L(标准状况下)
7.(2023全国甲卷)用可再生能源电还原CO2时,采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率,装置如图所示。下列说法正确的是( )
A.析氢反应发生在IrOx-Ti电极上
B.Cl-从Cu电极迁移到IrOx-Ti电极
C.阴极发生的反应有2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O
D.每转移1 ml电子,阳极生成11.2 L气体(标准状况)
二、非选择题:本题共2小题。
8.(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 ,总反应为 。
电解制备需要在无水条件下进行,原因为 。
(2)可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢,工作示意图如图。通过控制开关连接K1或K2,可交替得到H2和O2。
①制H2时,连接 。产生H2的电极反应式是 。
②改变开关连接方式,可得O2。
③结合①和②中电极3的电极反应式,说明电极3的作用: 。
(3)CH4和CO2都是比较稳定的分子,科学家利用电化学装置实现两种分子的耦合转化,其原理如下图所示:
①阴极上的反应式为 。
②若生成的乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则消耗的CH4和CO2体积比为 。
9.(1)电解法转化CO2可实现CO2的资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如图1。
图1
①写出阴极CO2还原为HCOO-的电极反应: 。
②电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低,其原因是 。
(2)化工生产的副产物氢也是氢气的来源。电解法可制取有广泛用途的Na2FeO4,同时获得氢气:Fe+2H2O+2OH-FeO42-+3H2↑,工作原理如图2所示。装置通电后,铁电极附近生成紫红色FeO42-,镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高,铁电极区会产生红褐色物质。已知:Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原。
①电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在 (填“阴极室”或“阳极室”)。
②电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,其原因: 。
③c(Na2FeO4)随初始c(NaOH溶液)的变化如图3,任选M、N两点中的一点,分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因: 。
参考答案
课时规范练22 电解池 金属的腐蚀与防护
1.B 解析 电子不能进入溶液中,A项错误;由图可知铁电极为阴极,水电离出的氢离子在阴极得电子生成氢气,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,阴极附近OH-浓度增大,碱性增强,使酚酞溶液变红,B项正确;若M为CuSO4溶液,Cu在铁电极表面析出,C项错误;若将电源反接,铁作阳极,则铁失电子生成Fe2+,石墨作阴极,水电离出的氢离子在阴极得到电子生成氢气,溶液中的OH-浓度增大,Fe2+和OH-反应生成氢氧化亚铁沉淀,但是溶液中的氧气能够将氢氧化亚铁氧化为红褐色的氢氧化铁沉淀,则氢氧化亚铁不能较长时间保持白色,D项错误。
2.B 解析 由题图可知,装置甲为电解池,右侧石墨电极为阳极,氯离子发生氧化反应生成氯气,A项错误;装置甲左侧石墨电极上析出铜单质,转移0.1 ml电子,会生成3.2 g铜单质,右侧石墨电极上无固体析出,两极质量差为3.2 g,B项正确;由题图可知,装置乙为电镀池,阳极电极反应式为Cu-2e-Cu2+,阴极电极反应式为Cu2++2e-Cu,所以电解池工作一段时间后,铁制品表面镀上一层铜,撤去直流电源无法形成原电池,电流表指针不会偏转,C项错误;将铜片更换为锌片,阳极的电极反应式为Zn-2e-Zn2+,氧化性:Zn2+3.D 解析 左侧电极为阳极,应连接电源正极,即a、b相连的分别是电源的正极、负极,故A项正确;右侧石墨极为阴极,水中的H+得电子,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,故B项正确;A膜、C膜为阳离子交换膜,B膜为阴离子交换膜,故C项正确;阳极室的Ca2+透过A膜进入产品室,产品室中的Ca2+浓度增大,Na+透过C膜进入阴极室,原料室的Na+浓度减小,故D项错误。
4.D 解析 H2为还原产物,故钛箔为电解池的阴极,钛网极为阳极。阳极连接电源正极,阴极连接电源负极,故a端电势高于b端电势,A项错误;电解时,阳极反应为Cl-+H2O-2e-HClO+H+,阴极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,总反应方程式为Cl-+H2OClO-+H2↑,理论上转移2 ml e-生成2 g H2,B项错误、D项正确;流动海水电解后,海水中含有NaClO,其为强碱弱酸盐,pH不会下降,C项错误。
5.C 解析 苯为平面结构,硝基为平面结构,单键可旋转,故所有原子可能共面,A正确;a极的电极反应为RCH2NH2-4e-+4OH-RCN+4H2O,RCH2NH2发生氧化反应,电极a为阳极,消耗OH-,为保持电中性,右端OH-通过阴离子交换膜移向左端,该离子交换膜是阴离子交换膜,B正确、D正确;a为阳极,b为阴极,电极a的电极电势高于电极b,C错误。
6.D 解析 由图可知捕获CO2过程的初期CO2与O2-反应生成CO32-和C2O52-,元素化合价不变,为非氧化还原反应,A错误;CCl4不能导电,无法形成电解池,B错误;d极电极上CO32-得电子生成C,电极反应为CO32-+4e-C+3O2-,C错误;碳元素的化合价由+4价变为0价,则转移1 ml电子可捕获标准状况下5.6 L CO2,D正确。
7.C 解析 根据电还原CO2可知IrOx-Ti电极为电解池阳极,Cu电极为电解池阴极。析氢反应发生在阴极(Cu电极)上,A项错误;质子交换膜只允许两极区转移H+,B项错误;2C+4O2C2-2H4,结合H2SO4溶液和电荷守恒可知阴极反应有2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O,C项正确;阳极反应为:
2H2O-4e- O2↑+4H+
4 ml22.4 L
1 mlV(O2)
解得V(O2)=5.6 L,D项错误。
8.答案 (1)Fe电极 Fe+2+H2↑[或Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑] 水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2
(2)①K1 2H2O+2e-H2↑+2OH- ③制H2时,电极3发生反应:Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O。制O2时,上述电极反应逆向进行,使电极3得以循环使用
(3)①CO2+2e-CO+O2- ②6∶5
解析 (1)根据Fe的化合价升高为+2价可知,Fe发生氧化反应,故Fe作阳极;根据二茂铁的分子式可知,两个环戊二烯去掉2个H原子,再结合所给信息,可得总反应方程式为Fe+2+H2↑或Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑。有水存在的条件下,Na+不能得到电子生成Na,而是H2O得电子生成H2和OH-,OH-会与Fe2+反应生成Fe(OH)2。
(2)①根据题图中电极3的转化关系可知,制H2时,连接K1。碱性条件下,生成H2的电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-。
③①中电极3反应式为Ni(OH)2+OH--e-NiOOH+H2O,消耗生成H2时产生的OH-。而②中电极3的电极反应式为NiOOH+H2O+e-Ni(OH)2+OH-,补充生成O2所需的OH-,同时保证电极3得以循环使用。
(3)由题图可知,阳极上CH4转化成C2H6、C2H4、H2O:
2CH4-2e-+O2-C2H6+H2O,
2CH4-4e-+2O2-C2H4+2H2O。
阴极上CO2转化成CO和O2-:CO2+2e-CO+O2-。
相同条件下,气体的体积比等于气体的物质的量之比,若生成乙烯和乙烷的体积比为2∶1,则每生成2 ml C2H4、1 ml C2H6,转移电子10 ml、消耗6 ml CH4,根据得失电子守恒可知消耗5 ml CO2。则消耗的CH4和CO2的体积比为6∶5。
9.答案 (1)①CO2+H++2e-HCOO-(或CO2+HCO3-+2e-HCOO-+CO32-) ②阳极产生O2和H+,HCO3-浓度降低;部分K+迁移至阴极区
(2)①阳极室 ②防止Na2FeO4与H2反应使产率降低 ③M点:c(OH-)低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢[或N点:c(OH-)过高,铁电极上有Fe(OH)3生成,使Na2FeO4产率降低]
解析 (1)①CO2中的C元素为+4价,HCOO-中的C元素为+2价,1 ml CO2转化为HCOO-时,得2 ml e-。②阳极上水放电,生成O2和H+,H+会与HCO3-反应使HCO3-减少,由电荷平衡可知,K+会移向阴极区,所以KHCO3溶液浓度降低。
(2)①根据题意,镍电极与电池的负极相连,为阴极,则镍电极有气泡产生是水电离出的H+得电子生成H2,阴极的电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,阳极的电极反应为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O,阳极室中OH-的消耗大于补充,因此电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在阳极室。②Na2FeO4易被H2还原,因此电解过程中,须将阴极产生的H2及时排出,防止Na2FeO4与H2反应使产率降低。③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,在M点:c(OH-)低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢;根据题意若NaOH溶液浓度过高,铁电极区会产生红褐色物质,在N点:c(OH-)过高,铁电极上有Fe(OH)3生成,使Na2FeO4产率降低。