人教版选修4 第4章第3、4节 电解池 金属的电化学腐蚀与防护 作业.doc

第3、4节 电解池 金属的电化学腐蚀与防护1现将氯化铝溶液蒸干灼烧并熔融后用铂电极进行电解，下列有关电极产物的判断正确的是()a阴极产物是氢气b阳极产物是氧气c阴极产物是铝和氧气d阳极产物只有氯气解析：将氯化铝溶液蒸干灼烧得到al2o3，电解熔融的al2o3，阳极为o2放电，阳极产物为氧气；阴极为al3放电，阴极产物为铝。答案：b2下列与金属腐蚀有关的说法正确的是()a图1中，铁钉易被腐蚀b图2中，滴加少量k3fe(cn)6溶液，没有蓝色沉淀出现c图3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4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1中，铁钉处于干燥环境，不易被腐蚀；b项，负极反应为fe2e=fe2，fe2与k3fe(cn)6反应生成kfefe(cn)6蓝色沉淀；d项，为牺牲阳极的阴极保护法，镁块相当于原电池的负极。答案：c3图中是化学能与电能相互转化的两套装置。下列分析正确的是()a两装置中，铁电极均要消耗b图乙装置中两极均有气泡产生c图甲装置铁电极上发生的电极反应为fe3e=fe3d随着反应的进行，图甲装置中溶液的ph增大，图乙装置中溶液的ph不变解析：图甲是原电池，较活泼的金属铁做负极，负极上铁失电子生成亚铁离子进入溶液，铁电极逐渐溶解，图乙是电解池，铁做阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，铁不溶解，故a错误；图乙是电解池，石墨做阳极，阳极上生成o2，铁做阴极，h放电生成h2，故b正确；图甲中fe做负极，电极反应式为fe2e=fe2，故c错误；图甲电池的总反应为fe2h=fe2h2，随反应的进行c(h)减小，溶液ph增大，图乙相当于电解水，h2so4浓度增大，溶液的ph减小，故d错误。答案：b4以铅蓄电池为电源，石墨为电极电解cuso4溶液，装置如图。若一段时间后y电极上有6.4 g红色物质析出，停止电解。下列说法正确的是()aa为铅蓄电池的负极b电解过程中so向右侧移动c电解结束时，左侧溶液质量增重8 gd铅蓄电池工作时正极电极反应式为：pbso42e=pbso解析：y极有cu析出，发生还原反应，y极为阴极，故b为负极，a为正极，a错误；电解过程中阴离子向阳极移动，b错误；阴极反应式为cu22e=cu，阳极反应式为4oh4e=o22h2o，当有6.4 g cu析出时，转移0.2 mol e，左侧生成1.6 g o2，同时有0.1 mol (9.6 g) so进入左侧，则左侧质量净增加9.6 g1.6 g8 g，c正确；铅蓄电池的负极是pb，正极是pbo2，正极反应式为pbo22e4hso=pbso42h2o，d错误。答案：c5下列现象与电化学腐蚀无关的是()a生铁比纯铁易生锈b纯银饰品久置表面变暗c黄铜(铜锌合金)制品不易产生铜绿d与铜管连接的铁管易生锈解析：a项，生铁能够构成原电池，所以比纯铁易生锈；b项，纯银不符合构成原电池的条件，故它表面变暗与电化学腐蚀无关；c项，铜锌合金能构成原电池，锌做负极被氧化，铜被保护起来，不易被腐蚀；d项，铜管与铁管连接构成原电池，铁做负极，易被腐蚀。答案：b6相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是()解析：a、d均可由fe、cu构成原电池而加速铁的腐蚀；在b中，食盐水提供电解质溶液环境，炒锅和铁铲都是铁碳合金，符合原电池形成的条件，铁是活泼金属做负极，碳做正极，易被腐蚀；c中铜镀层把铁完全覆盖，构不成原电池而不被腐蚀。答案：c7下列描述不符合生产实际的是()a电解熔融的氧化铝制取金属铝时用铁做阳极b电解法精炼粗铜时用纯铜做阴极c电解饱和食盐水制烧碱时用涂镍碳钢网做阴极d在镀件上电镀锌时用锌做阳极解析：铁做阳极时，铁发生氧化反应生成fe2而进入电解液中，在阴极析出使铝不纯。答案：a8以kcl和zncl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是()a未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程b因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系c电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率d镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用解析：电镀前，zn与fe构成原电池，zn为负极，fe为正极，电镀时，fe为阴极，zn为阳极，原电池充电时，原电池负极为阴极、正极为阳极，故不属于原电池的充电过程，a错误；根据电子守恒，通过电子的电量与析出zn的量成正比，b错误；电流恒定，单位时间通过的电子的物质的量恒定，即电解速率恒定，c正确；镀层破损后，zn与fe仍能构成原电池，其中zn为负极被腐蚀，fe为正极被保护，d错误。答案：c9下列电解质溶液用惰性电极进行电解时，一段时间后，溶液的ph增大的是()a稀碳酸钠溶液b硫酸钠溶液c稀硫酸 d硫酸铜溶液解析：a项，电解稀碳酸钠溶液，实质是电解水，碳酸钠溶液浓度增大，ph增大，正确；b项，电解硫酸钠溶液的实质也是电解水，但溶液仍为中性，ph不变，错误；c项，电解稀硫酸的实质是电解水，硫酸浓度增大，ph减小，错误；d项，电解硫酸铜溶液时生成硫酸、氧气和铜，故ph减小，错误。答案：a10. 采用电化学法还原co2是一种使co2资源化的方法。如图是利用此法制备znc2o4的示意图(电解液不参与反应)。下列说法正确的是()azn与电源的负极相连bznc2o4在交换膜右侧生成c电解的总反应为2co2znznc2o4d通入11.2 l co2时，转移0.5 mol电子解析：电解过程中zn被氧化，做阳极，所以zn与电源的正极相连，a错误；zn2透过阳离子交换膜到达左侧与生成的c2o形成znc2o4，b错误；电解的总反应为2co2znznc2o4，c正确；没有给出气体所处的温度和压强，d错误。答案：c11厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸的原理如图所示(图中ha表示乳酸分子，a表示乳酸根离子)。下列说法正确的是()a通电后，阳极附近ph增大b电子从负极经电解质溶液回到正极c通电后，a通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室d当电路中通过2 mol电子的电量时，会有1 mol的o2生成解析：由图示判断左侧为阳极，右侧为阴极，阳极电极反应式为4oh4e=o22h2o，氢离子浓度增大，ph减小，a错误；电子从电源的负极到电解池的阴极，由阳极回到电源的正极，电子不能进入电解质溶液，电解质溶液中靠离子传递电荷，b错误；氢离子由阳极室进入浓缩室，a由阴极室进入浓缩室，得到乳酸，c正确；由电极反应式4oh4e=o22h2o可知，当电路中通过2 mol电子的电量时，会有0.5 mol o2生成，d错误。答案：c12采用离子交换膜控制电解液中oh的浓度而制备纳米cu2o，装置如图所示：该离子交换膜为_离子交换膜(填“阴”或“阳”)，该电池的阳极反应式为_，钛极附近的ph值_(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：该电解池的阳极发生氧化反应，所以cu失去电子，与氢氧根离子结合生成氧化亚铜和水，电极反应式是2cu2e2oh=cu2oh2o；钛极为阴极，氢离子放电生成氢气，则氢氧根离子浓度增大，所以钛极附近的ph值增大。答案：阴2cu2e2oh=cu2oh2o增大13. 利用如图所示装置电解制备ncl3(氯的化合价为1价)，其原理是nh4cl2hclncl33h2。(1)b接电源的_(填“正”或“负”)极。(2)阳极反应式是_。解析：(1)b电极，h得电子生成h2，发生还原反应，所以b电极为阴极，连接电源的负极。(2)阳极反应物为nh4cl，生成物为ncl3，题目中给出氯的化合价为1价，所以氯失电子，化合价升高，氮、氢不变价，然后根据电荷守恒配平方程式，则阳极反应式是3cl6enh=ncl34h。答案：(1)负(2)3cl6enh=ncl34h14电化学法处理cn。如图装置模拟电化学法处理cn，有关结果见下表。 甲 乙实验序号电极/xnacl溶液浓度/(mol/l)甲中石墨表面通入气体电流计读数/afe0.1空气1al0.1空气1.51fe0.1o221al0.5空气1.61(1)若乙池中石墨()极产生无毒无害的物质，其电极反应式为_(2)该实验表明电化学法处理cn时，影响处理速率的因素有_、_。解析：(1)乙装置中阳极是发生氧化反应生成无毒无害的氮气和碳酸根离子，电极反应式为2cn12oh10e=2co3n26h2o；(2)通过比较表中的数据可知，影响处理速率的因素有负极的金属材料、电解质的浓度及氧气的浓度。答案：(1)2cn12oh10e=n26h2o2co3(2)负极的金属材料，甲中电解质氯化钠的浓度和氧气的浓度15甲醇是一种重要的化工原料和新型燃料。如图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中a、b、d均为石墨电极，c为铜电极。工作一段时间后，断开k，此时a、b两极上产生的气体体积相同。(1)甲中负极的电极反应式为_。(2)乙中a极析出的气体在标准状况下的体积为_。(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如图，则图中线表示的是_的变化；反应结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要_ ml 5.0 moll1 naoh溶液。解析：(1)甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在负极失电子发生氧化反应，电极反应为ch3oh6e8oh=co6h2o。(2)工作一段时间后，断开k，此时a、b两极上产生的气体体积相同，分析电极反应，b为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1 mol，电极反应为cu22e=cu，01 mol 0.2 mol2h2e=h2， 2x xa电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反应为4oh4e=2h2oo2，4x x得到0.22x4x，x0.1 mol乙中a极析出的气体是氧气，物质的量为0.1 mol，在标准状况下的体积为2.24 l。(3)根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无到有逐渐增多，铁离子物质的量逐渐减小，亚铁离子物质的量逐渐增大，为fe3，为fe2，为cu2，依据(2)计算得到电子转移为0.4 mol，当电子转移为0.4 mol时，丙中阳极电极反应cu2e=cu2，生成cu2物质的量为0.2 mol