【名师一号】高考化学大一轮复习 专题6 第三单元 电解原理及应用 金属的腐蚀与防护课时训练（含14年新题）苏教版(1).doc

第三单元电解原理及应用金属的腐蚀与防护(计时：45分钟满分：100分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)1(2014南京二调)下列说法正确的是()a氯碱工业中，烧碱在阳极区生成b电解熔融氯化铝制取金属铝c电镀时，用镀层金属作阳极d将钢闸门与外电源正极相连，可防止其腐蚀解析a选项，阳极是氯离子放电，生成氯气，阴极是氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧化钠，错误；b选项，金属铝的制取是电解熔融的氧化铝，错误；c选项，电镀时，镀层金属作阳极，镀件作阴极，正确；d选项，将钢闸门与外电源负极相连，是外接电源的阴极保护法，错误。答案c2(2014唐山一模)下列叙述正确的是()a铜、铁和fecl3溶液形成的原电池，铜极放出氢气b电解硫酸钠溶液就是电解水，电解后溶液ph升高c铁锅生锈的正极反应为：o22h2o4e=4ohd工业上电解饱和食盐水的阳极反应为：2h2e=h2解析a选项，铜极发生反应fe3e=fe2，错误；b选项，电解硫酸钠溶液就是电解水，电解后溶液ph不变，错误；d选项，工业上电解饱和食盐水的阳极反应为：2cl2e=cl2，错误。答案c3(2014潍坊模拟)如图所示，a、b是两根石墨棒。下列叙述正确的是()aa是正极，发生还原反应bb是阳极，发生氧化反应c稀硫酸中硫酸根离子的物质的量不变d往滤纸上滴加酚酞试液，a极附近颜色变红解析a是阳极，发生氧化反应；b是阴极，发生还原反应；在反应过程中，硫酸根离子没有参与反应，因此稀硫酸中硫酸根离子的物质的量不变；往滤纸上滴加酚酞试液，b极附近颜色变红。答案c4(2014宝鸡二检)按下左图装置实验，若下右图中x轴表示流入阴极的电子的物质的量，则y轴可表示的物理量为()c(ag)c(no)a棒的质量b棒的质量溶液的pha bc d解析从图中可以看出，随着流入阴极的电子的物质的量的增加，y轴表示的物理量不变，分析可知，在整个电解过程中，阳极发生反应：age=ag，阴极发生反应：age=ag，故整个电解过程中c(ag)、c(no)、c(h)始终不变，而且a棒质量增大、b棒质量减小，故d项正确。答案d5(2014太原测评)结合下图判断，下列叙述正确的是()ak与n连接时，x为硫酸，一段时间后溶液的ph增大bk与n连接时，x为氯化钠，石墨电极反应：2h2e=h2ck与m连接时，x为硫酸，一段时间后溶液的ph增大dk与m连接时，x为氯化钠，石墨电极反应为4oh4e=2h2oo2解析k与n连接时，为原电池，石墨电极为正极，铁电极为负极，若x为h2so4，负极反应为：fe2e=fe2，正极反应为2h2e=h2，一段时间后溶液ph增大，a选项正确；若x为nacl，则负极反应为fe2e=fe2，正极反应为o24e2h2o=4oh，b选项错误；k与m相连时，为电解池，石墨电极为阳极，铁电极为阴极，若x为h2so4，阳极反应为4oh4e=o22h2o，阴极反应为4h4e=2h2，实质为电解水，一段时间后，溶液ph减小，c选项错误；若x为nacl，阳极反应为：2cl2e=cl2，阴极反应为2h2e=h2，d选项错误。答案a6(2014湖南联考)关于如图所示各装置的叙述中，正确的是()a装置是原电池，总反应是cu2fe3=cu22fe2b装置中，铁作负极，负极反应式为fe3e=fe2c装置通电一段时间后石墨电极附近溶液红褐色加深d若用装置精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为cuso4溶液解析fe比cu活泼，总反应为fe2fe3=3fe2，fe电极反应式为fe2e=fe2，a、b项错误；fe(oh)3胶体粒子带正电荷，在电场作用下向阴极移动，c正确；根据电流方向可知，a为直流电源的正极，电解精炼铜时，c极为粗铜，d极为纯铜，d项错误。答案c7(2014长沙模拟)如图所示，甲池的总反应式为2ch3oh3o24koh=2k2co36h2o。下列说法正确的是()a甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化为电能的装置b甲池通入ch3oh的电极反应式为ch3oh6e2h2o=co8hc反应一段时间后，向乙池中加入一定量cu(oh)2固体，能使cuso4溶液恢复到原浓度d甲池中消耗280 ml(标准状况下)o2，此时丙池中理论上产生1.45 g固体解析a项，甲池为燃料电池，是化学能转化为电能的装置，乙池、丙池分别为电解硫酸铜溶液、氯化镁溶液的电解池，是电能转化为化学能的装置，a项错；b项，甲池中通入ch3oh的一极为负极，电解质为koh溶液，正确的负极反应式为ch3oh6e8oh=co6h2o；c项，乙池的电解产物为cu和o2，加入cu(oh)2固体不能使cuso4溶液恢复到原浓度；d项，丙池中电解氯化镁溶液生成氯气、氢气及mg(oh)2沉淀，根据反应过程中电子得失守恒可得关系式：o22mg(oh)2，因此甲池消耗280 ml o2的同时，丙池理论上可产生0.025 mol的mg(oh)2，其质量为1.45 g，d项正确。答案d8(2014合肥质检)图中x为电源，y为浸透饱和硫酸钠溶液的滤纸，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()ac电极的电极反应式为：2h2e=h2bcu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da为电源正极，b为电源负极解析根据y中央的紫红色斑向d端扩散，可知a为负极，b为正极，d选项错误；c为阴极，电极反应式为：2h2e=h2，a选项正确；在z装置中cu为阴极，电极反应式为cu22e=cu，质量增大，pt电极为阳极，电极反应式为4oh4e=o22h2o，质量不变，电解一段时间后，溶液的ph减小，不可能增大，故b、c项错误。答案a9(2013上海)糕点包装中常用的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是()a脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保持期b脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：fe3efe3c脱氧过程中碳作原电池负极，电极反应为：2h2oo24e4ohd含有1.12 g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336 ml(标准状况)解析钢铁腐蚀中铁作负极、碳作正极，b、c项错误；n(fe)0.02 mol，负极电极反应式fe2e=fe2，生成fe2与正极生成的oh结合生成fe(oh)2，fe(oh)2被空气中的氧气氧化生成fe(oh)3，所以0.02 mol fe最终失去0.06 mol电子，消耗n(o2)0.015 mol，d选项正确。答案d10(2014南昌一模)如图所示，用铁棒和石墨棒作电极电解1 l 1 mol/l的食盐水，下列有关说法正确的是()a电键k与n连接，铁棒被保护而免受腐蚀b电键k与n连接，正极反应式为4oh4e=2h2oo2c电键k与m连接，当两极共产生标准状况下气体33.6 l时，理论上生成1 mol naohd电键k与m连接，将石墨棒换成铜棒，就可实现在铁棒上镀铜解析电键k与n连接构成原电池，铁为负极，失电子，逐渐被腐蚀，正极为氧气得电子，电极反应式为o22h2o4e=4oh，a项、b项错；电键k与m连接构成电解池，因为溶液中只有1 mol nacl，所以电解开始阶段是电解nacl溶液，nacl耗尽后，电解的是水，因此阴极和阳极先分别生成氢气和氯气，后又分别生成氢气和氧气，分析得知溶液中的钠元素完全转化为naoh，故生成的naoh为1 mol，c项正确；电键k与m连接，石墨棒改为铜棒时，阳极cu失电子，变为cu2，但cu2与阴极生成的oh结合生成cu(oh)2沉淀，不能实现铁棒镀铜的目的，d项错。答案c二、非选择题(本大题共4小题，共50分)11(12分)25 时，用两个质量相同的铜棒作电极，电解500 ml 0.1 moll1 h2so4溶液，电解过程中，电解液的ph变化如表所示(假定溶液温度保持不变)。电解2 h后，取出电极，对电极进行干燥，并称量，测得两电极的质量差为9.6 g。已知，25 时0.1 moll1 cuso4溶液的ph为4.17。时间/h0.511.52ph1.32.43.03.0(1)实验刚开始阶段电解池阴极所发生反应的电极反应式为_。(2)电解进行到1.5 h后，电解质溶液的ph不再发生变化的原因是_；用离子反应方程式表示0.1 moll1 cuso4溶液的ph为4.17的原因：_。(3)电解进行的2 h中，转移电子的总物质的量_0.15 mol(填“”)。(4)欲使所得电解质溶液复原到500 ml 0.1 moll1 h2so4溶液，应对溶液进行怎样处理？_。解析根据题意及表中数据可知，电解刚开始阶段，阳极反应式是cu2e=cu2，阴极反应式为2h2e=h2；随着电解的继续，溶液中cu2的浓度增大到一定程度时，阳极反应不变，阴极反应则变成cu22e=cu；若电解过程中只有电镀铜的过程，阳极溶解的铜与阴极生成的铜质量相同，溶液的组成保持不变，则阳极铜减少4.8 g，转移电子的物质的量为0.15 mol，而实际上先有h2产生，后有电镀铜的过程，故实际转移电子的物质的量大于0.15 mol；要使溶液复原，则需要通入h2s，发生反应h2scuso4=cush2so4。原h2so4溶液的浓度为0.1 moll1，电解2 h后，溶液ph3.0，即c(h)0.001 moll1，此时溶液中c(cu2)0.099 5 moll10.1 moll1，则需通入的n(h2s)n(cu2)0.05 mol。答案(1)2h2e=h2(2)电解持续进行，h电解完后，电解过程发生转变，阳极反应式为cu2e=cu2，阴极反应式为cu22e=cu，电解质溶液的组成、浓度不再发生变化，溶液的ph也不再发生变化cu22h2ocu(oh)22h(3)(4)向溶液中通入约0.05 mol h2s12(12分)(2014山东潍坊一模)(1)为提高甲醇燃料的利用率，科学家发明了一种燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是掺入了y2o3的zro2晶体，在高温下它能传导o2离子。电池工作时正极反应式为_。若以该电池为电源，用石墨做电极电解100 ml含有如下离子的溶液。离子cu2hclsoc/(moll1)1441电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)，阳极上收集到氧气的物质的量为_mol。(2)甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是：通电后将co2氧化成co3，然后以co3做氧化剂把水中的甲醇氧化成co2而净化。实验室用右图装置模拟上述过程：写出阳极电极反应式_；除去甲醇的离子反应为；6co3ch3ohh2o=co26co26h，该过程中被氧化的元素是_，当产生标准状况下2.24 l co2时，共转移电子_mol。解析(1)正极上氧气得电子生成氧离子，电极反应式为：o24e=2o2；铜离子的物质的量0.1 mol，氢离子的物质的量0.4 mol，氯离子的物质的量0.4 mol，硫酸根离子的物质的量0.1 mol，要想使两极得到相同体积的气体，阳极上有氧气生成，设氧气的物质的量为x，电解时阴阳极上得失电子数相等，所以0.1 mol2(x0.2) mol24x0.4 mol1，x0.1。(2)阳极上二价钴离子失电子生成三价钴离子，电极反应式为co2e=co3；失电子的物质作还原剂，被氧化，所以被氧化的是c或碳；6co3ch3ohh2o=co26co26h转移电子22.4 l 6 mol2.24 l 0.6 mol所以转移电子0.6 mol。答案(1)o24e=2o20.1(2)co2e=co3c(或碳)0.613(13分)(2014荆州质检)如图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中x为阳离子交换膜。请按要求回答相关问题：(1)甲烷燃料电池负极反应式是_。(2)石墨(c)极的电极反应式为_。(3)若在标准状况下，有2.24 l氧气参加反应，则乙装置中铁极上生成的气体体积为_l；丙装置中阴极析出铜的质量为_g。(4)某同学利用甲烷燃料电池设计电解法制取漂白液或fe(oh)2的实验装置(如图所示)。若用于制漂白液，a为电池的_极，电解质溶液最好用_。若用于制fe(oh)2，使用硫酸钠作电解质溶液，阳极选用_作电极。解析(1)甲烷燃料电池负极上发生氧化反应，即甲烷在负极上被氧化。在koh溶液中甲烷被氧化的产物为碳酸钾，负极反应式为ch48e10oh=co7h2o。(2)原电池的负极与电解池的阴极相接，铁极为阴极，则c极为阳极，在c极上发生氧化反应，电极反应式为2cl2e=cl2。(3)n(o2)0.1 mol，甲池中正极反应式为o24e2h2o=4oh，由电子守恒知，经过甲、乙、丙装置的电子的总物质的量为0.4 mol。乙池中的铁极与甲池的负极相连，铁极为阴极，发生还原反应，电极反应式为2h2o2e=2ohh2，n(h2)0.2 mol，v(h2)0.2 mol22.4 lmol14.48 l。丙池中精铜为阴极，发生还原反应，电极反应式为cu22e=cu，n(cu)0.2 mol，m(cu)0.2 mol64 gmol112.8 g。(4)漂白液的有效成分是次氯酸盐，制备原理是2cl2h2o2ohcl2h2，cl22oh=clcloh2o，气体与液体反应，最好采用逆向接触，即气体在下端产生，碱溶液在上端生成，使其充分反应，所以该装置的下端为阳极，上端为阴极，阴极与电源负极相连，故a极为负极。生活中常见且廉价的氯化物是氯化钠，故电