2021年高考化学一轮复习第6章第3节电解池金属的电化学腐蚀与防护课时跟踪练含解析.doc

1、 电解池电解池 金属的电化学腐蚀与防护金属的电化学腐蚀与防护 1下图表示的是钢铁在海水中的锈蚀过程。以下有关说法正确的是( ) A该金属腐蚀过程为析氢腐蚀 B正极为 C，发生的反应为氧化反应 C在酸性条件下发生的是吸氧腐蚀 D正极反应为 O22H2O4e =4OH 解析：钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极；A 项， 从图中看出，空气中的氧气减少，所以发生了吸氧腐蚀，错误；B 项，碳作正极，发生的反 应为还原反应，错误；C 项，在酸性环境下，原电池的正极发生氢离子得电子的还原反应， 析出氢气，即在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，错误；D 项，吸氧腐蚀时，氧气在正极发生 得

2、电子的还原反应：O22H2O4e =4OH，故 D 正确；故选 D。 答案：D 2(2019宜宾诊断)用粗硅作原料，熔融盐电解法制取硅烷原理如图。下列叙述正确 的是( ) A电源的 B 极为负极 B可选用石英代替粗硅 C电解时，熔融盐中 Li 向粗硅移动 D阳极反应：Si4H 4e=SiH 4 解析：根据该装置图，该装置为电解池，总反应为 Si2H2=SiH4。H2生成 H ，发生还 原反应，Si 发生氧化反应。根据电解池，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，故通入 H2的那一极是阳极，故 A 是负极，B 是正极。故 A 错误；阳极粗硅失电子，若换成石英，即 SiO2，SiO2中 Si 已经是

3、4 价，无法再失电子，故 B 错误；电解时，熔融盐中 Li 向阴极移 动，故 C 错误；阳极粗硅生成 SiH4，故电极反应为 Si4H 4e=SiH 4，故 D 正确；故 选 D。 答案：D 3载人空间站的生态系统中，要求分离人呼出的二氧化碳，同时需要提供氧气。某电 化学装置利用太阳能转化的电能可以实现上述要求， 同时还有燃料一氧化碳生成， 该电化学 装置中得电子的电极发生的反应是2CO24e 2H 2O=2CO4OH 。 下列判断错误的是( ) A上述电化学装置相当于电解池 B上述装置进行的总反应为 2CO2=2COO2 C反应结束后该电化学装置中的电解质溶液碱性增强 D失电子的电极发生的反

4、应是 4OH 4e=2H 2OO2 解析：该电池是利用化学能转化为电能，符合电解池原理，所以上述电化学装置相当于 电解池，故 A 正确；该电池中，阴极上电极反应式为 2CO24e 2H 2O=2CO4OH ，阳极 上氢氧根离子失电子生成氧气， 得失电子相同条件下将两个电极反应式相加即得电池总反应 式为 2CO2=2COO2，故 B 正确；阴极反应生成的 OH 在阳极完全反应，电池总反应式为 2CO2=2COO2，所以反应结束后该电化学装置中的电解质溶液碱性不变，故 C 错误；阳极 上氢氧根离子失电子生成氧气供给呼吸， 电极反应式为 4OH 4e=2H 2OO2， 故 D 正确。 答案：C 4如

5、图中 X 为电源，Y 为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴 KMnO4 溶液，通电后 Y 中央的紫红色斑向 d 端扩散。下列判断正确的是( ) A滤纸上 c 点附近会变红色 BCu 电极质量减小，Pt 电极质量增大 CZ 中溶液的 pH 先减小，后增大 D溶液中的 SO 2 4向 Cu 电极定向移动 解析：紫红色斑即 MnO 4向 d 端扩散，根据阴离子向阳极移动的原理，可知 d 端为阳极， 即 b 为正极，a 为负极，c 为阴极，NaCl 溶液中 H 放电，产生 OH，c 点附近会变红色，A 正确；电解硫酸铜溶液时，Pt 为阳极，溶液中的 OH 放电：4OH4e=2H 2OO2

6、，Cu 为 阴极，溶液中的 Cu 2得电子，生成铜，总反应式为 2CuSO 42H2O= 电解 2CuO22H2SO4，Pt 电极附近生成 H ，则 SO2 4向 Pt 电极定向移动，B、D 不正确。随着电解的进行，Z 中溶液变 为硫酸溶液，继续电解则为电解水，硫酸浓度增大，pH 减小，C 不正确。 答案：A 5 用如图所示装置处理含NO 3的酸性工业废水， 某电极反应式为2NO 312H 10e=N 2 6H2O，则下列说法错误的是( ) A电源正极为 A，电解过程中有气体放出 B电解时 H 从质子交换膜左侧向右侧移动 C电解过程中，右侧电解液 pH 保持不变 D电解池一侧生成 5.6 g

7、N2，另一侧溶液质量减少 18 g 解析：根据电极反应式可知，插入废水中的 Pt 电极为阴极，B 为直流电源的负极，则 电源正极为 A，电解过程中有气体放出，A 项正确；左侧电极为阳极，水电离出来的氢氧根 离子在阳极放电生成氢离子，氢离子从质子交换膜左侧向右侧移动，B 项正确；阳极电极反 应式为4OH 4e=O 22H2O，阴极电极反应式为2NO 312H 10e=N 26H2O，转移 20 mol 电子时，阳极生成 20 mol 氢离子，而阴极消耗 24 mol 氢离子，氢离子浓度减小，pH 增大，C 项错误；根据电极反应式，阳极电极反应式为 4OH 4e=O 22H2O，阴极电极 反应式为

8、 2NO 312H 10e=N 26H2O，电解池阴极生成 5.6 g N2，转移电子的物质的 量为 5.6 g28 gmol 1102 mol；每有 2 mol 水电解转移 4 mol 电子，则阳极被电解 的水的质量为 1 mol18 gmol 118 g，D 项正确。 答案：C 6把物质的量均为 0.1 mol 的 CuCl2和 H2SO4溶于水制成 100 mL 的混合溶液，用石墨作 电极电解， 并收集两电极所产生的气体， 一段时间后在两极收集到的气体在相同条件下体积 相同。则下列描述正确的是( ) A电路中共转移 0.6 NA个电子 B阳极得到的气体中 O2的物质的量为 0.2 mol

9、 C阴极质量增加 3.2 g D电解后剩余溶液中硫酸的浓度为 1 molL 1 解析：阳极开始产生 Cl2，后产生 O2，阴极开始产生 Cu，后产生 H2，根据题意两极收集 到的气体在相同条件下体积相同，则阴极产生 0.2 mol H2，阳极产生 0.1 mol Cl2和 0.1 mol O2，则转移电子数为 0.6 NA，A 正确、B 错误；阴极析出铜 0.1 mol，即 6.4 g，C 错误；电 解后溶液的体积未知，故不能计算浓度，D 错误。 答案：A 7用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗 KOH 溶液，其工作原理如图所示。下列 有关说法错误的是( ) A阳极反应式为 4OH 4e=2

10、H 2OO2 B通电后阴极区附近溶液 pH 会增大 CK 通过交换膜从阴极区移向阳极区 D纯净的 KOH 溶液从 b 口导出 解析：A 项，阳极发生氧化反应，电极反应式为 4OH 4e=2H 2OO2，A 正确；B 项， 阴极发生还原反应，消耗氢离子产生氢气，必然会使溶液中氢离子浓度减小，所以溶液 pH 增大，B 正确；C 项，钾离子是通过交换膜从阳极移向阴极，这样才可以达到提纯氢氧化钾 的作用，C 错误；D 项，纯净的 KOH 在阴极制得从 b 口排出，D 正确。 答案：C 8用 Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生， 这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中

11、阴、阳离子交换膜组合循环再生原理如图所示，下列有 关说法中不正确的是( ) AX 为直流电源的负极，Y 为直流电源的正极 B阳极区 pH 增大 C图中的ba D该过程中的产品主要为 H2SO4和 H2 解析：由图可知与 X 电极相连的电极区发生还原反应：2H 2e=H 2，所以 Pt()为 阴极，X 为直流电源的负极，Y 为直流电源的正极，A 正确。在阴极区由于发生反应 2H 2e =H 2，破坏了附近的水的电离平衡，水继续电离，最终导致阴极区的c(OH )增大，pH 增大， 溶液碱性增强； 在阳极区， 发生反应 SO 2 32e H 2O=SO 2 42H ， HSO 32e H 2O=SO

12、 2 4 3H ，溶液中的c(H)增大，溶液的酸性增强，pH 减小，B 错误。根据 B 选项的分析可知在 阳极区由于不断产生硫酸，所以产生的硫酸的浓度比加入的硫酸的浓度要大，C 正确。在反 应的过程中，阳极区不断产生 H2SO4，阴极区不断产生 H2，阴极区得到的 Na2SO3溶液则循环 使用，因此该过程中的产品主要为 H2SO4和 H2，D 正确。 答案：B 9500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO 3)0.6 molL 1，用石墨作电极电解此溶液， 当通电一段时间后， 两极均收集到 2.24 L 气体(标准状况下)， 假定电解后溶液体积仍为 500 mL，下列说法正确

13、的是( ) A原混合溶液中c(K )为 0.2 molL1 B上述电解过程中共转移 0.2 mol 电子 C电解得到的 Cu 的物质的量为 0.05 mol D电解后溶液中c(H )为 0.2 molL1 解析：石墨作电极电解 KNO3和 Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反应式为 4OH 4e=2H 2O O2，阴极先后发生两个反应：Cu 22e=Cu，2H2e=H 2。从收集到 O2为 2.24 L 可推知上述电解过程中共转移 0.4 mol 电子，而在生成 2.24 L H2的过程中转移 0.2 mol 电 子，所以 Cu 2共得到 0.4 mol0.2 mol0.2 mol 电子，电解前

14、 Cu2的物质的量和电解得 到的 Cu 的物质的量都为 0.1 mol。电解前后分别有以下守恒关系：c(K )2c(Cu2)c(NO 3)， c(K )c(H)c(NO 3)， 不难算出： 电解前c(K )0.2 molL1， 电解后 c(H )0 4 molL 1。 答案：A 10(2019景德镇模拟)(1)用间接电化学法除去 NO 的过程，如图所示： 已知电解池的阴极室中溶液的 pH 在 47 之间，写出阴极的电极反应式： _。 用离子方程式表示吸收池中除去 NO 的原理：_ _。 (2)目前已开发出电解法制取 ClO2的新工艺。 用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取 ClO2(如

15、图所示)，写出阳极产生 ClO2的电极反应式： _ _。 电解一段时间，当阴极产生的气体体积为 112 mL(标准状况)时，停止电解，通过阳 离子交换膜的阳离子的物质的量为_mol；用平衡移动原理解释阴极区 pH 增大的原 因：_ _。 解析： (1)阴极发生还原反应， 是亚硫酸氢根离子得电子生成 S2O 2 4， 电极反应式为 2HSO 3 2e 2H S2O 2 42H2O；S2O 2 4与一氧化氮发生氧化还原反应，生成氮气和亚硫酸氢 根，离子反应方程式为 2NO2S2O 2 42H2O=N24HSO 3。 (2)由题意可知，氯离子放电生成 ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成

16、 氢离子，电极反应式为 Cl 5e2H 2O=ClO24H 。在阴极发生 2H2e=H 2， 氢气的物质的量为 0.005 mol，通过阳离子交换膜的阳离子为1 价离子，通过阳离子交换 膜的阳离子的物质的量为 0.005 mol20.01 mol，电解时阴极 H浓度减小，使得 H2OOH H的平衡向右移动，溶液的 pH 增大。 答案：(1)2HSO 32e 2H=S 2O 2 42H2O 2NO2S2O 2 42H2O=N24HSO 3 (2)Cl 5e2H 2O=ClO24H 0.01 在阴极发生 2H 2e=H 2，H 浓度减小，使得 H 2OOH H的平衡 向右移动，OH 浓度增大，pH

17、 增大 11利用电化学原理，将 NO2、O2和熔融 KNO3制成燃料电池，模拟工业电解法来处理含 Cr2O 2 7废水，如图所示。电解过程中溶液发生反应：Cr2O 2 76Fe 214H=2Cr36Fe3 7H2O。 (1)甲池工作时，NO2转变成绿色硝化剂 Y，Y 是 N2O5，可循环使用。则石墨是电池的 _极；石墨附近发生的电极反应式为 _ _。 (2)工作时，甲池内的 NO 3向_极移动(填“石墨”或“石墨”)；在相同条 件下，消耗的 O2和 NO2的体积比为_。 (3)乙池中 Fe()棒上发生的电极反应为_ _。 (4)若溶液中减少了 0.01 mol Cr2O 2 7，则电路中至少转

18、移了_mol 电子。 解析：(1)根据图示知甲池为燃料电池，电池工作时，石墨附近 NO2转变成 N2O5，发生 氧化反应，电极反应式为 NO2NO 3e =N 2O5；石墨是电池的正极，O2得电子发生还原反 应，电极反应式为 O24e 2N 2O5=4NO 3。 (2)电池工作时，电解质溶液中的阴离子移向负极，即甲池内的 NO 3向石墨极移动； 根据两极的电极反应式 NO2NO 3e =N 2O5、 O24e 2N 2O5=4NO 3， 根据得失电子守恒知， 在相同条件下，消耗 O2和 NO2的体积比为 14。 (3)乙池为电解池，Fe()棒为电解池的阳极，发生的电极反应为 Fe2e =Fe2

19、。 (4)根据反应 Cr2O 2 76Fe 214H=2Cr36Fe37H 2O 知，若溶液中减少了 0.01 mol Cr2O 2 7，则参加反应的 Fe 2为 0.06 mol，根据电极反应：Fe2e=Fe2知电路中至少转移 了 0.12 mol 电子。 答案：(1)正 NO2NO 3e =N 2O5 (2)石墨 14 (3)Fe2e =Fe2 (4)0.12 12(1)电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。 电化学降解 NO 3的原理如图 1，电源正极为_(填“A”或“B”)，阴极反应式为 _ _。 (2)如图 2 是一种用电解原理来制备 H2O2，并用产生的 H2O2处理废氨水的装置

20、。 为了不影响 H2O2的产量，需要向废氨水中加入适量 HNO3调节溶液的 pH 约为 5，则所 得溶液中c(NH 4)_c(NO 3)(填“”“”或“”)。 IrRu 惰性电极吸附 O2生成 H2O2，其电极反应式为 _。 理论上电路中每转移 3 mol e ，最多可以处理废氨水中溶质(以 NH 3计)的质量是 _g。 (3)电解法也可以利用KHCO3使K2CO3溶液再生。 其原理如图3所示， KHCO3应进入_ 室(填“阴极”或“阳极”)。 简述再生 K2CO3的原理：_ _。 解析：(1)由题给原理图可知，AgPt 电极上 NO 3发生还原反应生成氮气，因此 AgPt 电极为阴极，电极反

21、应式为 2NO 312H 10e=N 26H2O，则 B 为电源负极，A 为电源正 极。 (2)溶液呈现电中性，c(NH 4)c(H )c(NO 3)c(OH )，pH 约为 5 呈酸性，即 c(H )c(OH)，则 c(NH 4)c(NO 3)；IrRu 惰性电极吸附氧气，氧气得电子发生还原反应： O22H 2e=H 2O2；4NH33O2=2N26H2O 中，4 mol 氨气转移 12 mol 电子，因此转移 3 mol 电子时，最多可以处理氨水中溶质 NH3的物质的量为 1 mol，其质量为 17 g。 (3)根据题图所示，可知在阴极水电离产生的 H 获得电子变为氢气逸出，产生的 OH和 HCO 3反应生成 CO 2 3，使得 K2CO3再生。 答案：(1)A 2NO 312H 10e=N 26H2O (2) O22H 2e=H 2O2 17 (3)阴极 在阴极水电离产生的 H 得电子生成 H 2，产生的 OH 和 HCO 3反应生成 CO 2 3，使 得 K2CO3再生