2025浙江专版新教材化学高考第一轮基础练--作业24电解池 金属的腐蚀与防护(答案)


2025浙江专版新教材化学高考第一轮
作业24电解池 金属的腐蚀与防护
A组 基础达标
1.(2023·浙江湖州、衢州、丽水联考)海港、码头的钢制管桩会受到海水的长期侵袭,常用外加电流法对其进行保护(如图所示,其中高硅铸铁为惰性辅助电极)。下列有关叙述中不正确的是(  )
A.a为负极,b为正极
B.高硅铸铁是作为损耗阳极材料发挥作用的
C.通电时,海水中的阳离子向钢制管桩电极移动
D.通电后使钢制管桩表面的腐蚀电流接近零
2.(2023·浙江嘉兴高三统测)下图是以TiO2、FeO混合粉末压制的块体和石墨坩埚分别作电极材料,以CaCl2熔盐为离子导体(不参与电极反应)制备钛铁合金的装置示意图。下列相关说法正确的是(  )
A.TiO2、FeO混合粉末压制的块体为正极
B.通入Ar气主要是为了保护石墨坩埚、FeO不被氧化
C.TiO2发生的电极反应为TiO2+4e-===Ti+2O2-
D.每生成16.0 g TiFe2时,流出气体在标准状况下的体积为4.48 L
3.(2023·浙江嘉兴高三二模)为实现碳中和,可通过电解法用CO2制备C2H4,电解装置如图,下列说法不正确的是(  )
A.玻碳电极为阳极,发生氧化反应
B.铂电极的电极反应:2CO2+12e-+12H+===C2H4+4H2O
C.制得28 g C2H4时,产生32 g O2
D.电解一段时间后,右池中溶液的pH可能不变
4.(2023·浙江回浦中学检测)厌氧性硫酸盐还原菌(SRB)是导致金属微生物腐蚀最为普遍的菌种,腐蚀过程如图所示。下列说法正确的是(  )
A.正极的电极反应式为8H++8e-===8H·(吸附)、S+8H·(吸附)S2-+4H2O
B.正极区溶液的pH变小
C.生成1 mol FeS,转移6 mol电子
D.若引入新细菌,一定会加速金属的腐蚀
5.(2024·浙江温州高三一模)利用电化学富集海水中锂的电化学系统如图所示。
该电化学系统的工作步骤如下:
①启动电源1,MnO2所在腔室的海水中的Li+进入MnO2结构而形成LixMn2O4;
②关闭电源1和海水通道,启动电源2,使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2。
下列说法不正确的是(  )
A.启动电源1时,电极1为阳极,发生氧化反应
B.启动电源2时MnO2电极反应式为xLi++2MnO2+xe-===LixMn2O4
C.电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度
D.启动至关闭电源1,转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20∶3,可得LixMn2O4中的x=1.2
6.(2023·浙江绍兴高三二模)已知电极材料均为石墨材质,氧化性:LiCoO2>Co2+。设计如图装置将LiCoO2(s)转化为Co2+,并在甲处回收金属钴;工作时保持厌氧环境,并定时将乙室溶液转移至甲室;保持细菌所在环境pH稳定,借助其降解乙酸盐生成CO2。下列说法正确的是(  )
A.装置1为原电池
B.乙电极附近pH不断减小
C.细菌所在电极均发生反应:CH3COO--8e-+2H2O===2CO2↑+7H+
D.乙室得到的Co2+全部转移至甲室,恰好能补充甲室消耗的Co2+的物质的量
7.(2023·浙江1月选考)在熔融盐体系中,通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi),电解装置如图,下列说法正确的是(  )
A.石墨电极为阴极,发生氧化反应
B.电极A的电极反应:8H++TiO2+SiO2+8e-===TiSi+4H2O
C.该体系中,石墨优先于Cl-参与反应
D.电解时,阳离子向石墨电极移动
B组 综合提升
8.(2023·浙江温州高三二模)利用废料Ce2O3制备Ce(SO4)2的工作原理如图,下列说法不正确的是(  )
A.电极b为阴极,发生还原反应
B.电解总方程式:Ce2O3+8H+2Ce4++3H2O+H2↑
C.离子交换膜为阴离子交换膜
D.X可以是H2SO4溶液
9.(2023·浙江杭州外国语学校月考)某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用如图电解分离装置使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液,并回收利用。下列说法错误的是 (  )
A.用惰性电极电解时,Cr能从浆液中分离出来的原因:电解时Cr通过阴离子交换膜向阳极移动,从而从浆液中分离出来
B.通电后阴极电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-
C.分离后含铬元素的粒子是Cr
D.通电后,相同条件下阴阳两极产生气体体积之比为2∶1
10.双极膜电解法制巯基乙酸(HSCH2COOH)和高纯NaOH溶液原理如图所示,其中a、b为离子交换膜,双极膜在直流电压下可解离出H+和OH-。下列说法正确的是(  )
A.膜a和膜b均为阳离子交换膜
B.双极膜解离出的H+在双极膜的右侧
C.碱室1和碱室2的NaOH溶液可以循环使用,电解过程不产生其他副产物
D.若将盐室的原料换成Na2SO4溶液,当外电路通过2 mol电子时,可生成2 mol H2SO4
11.(2023·浙江文成中学月考)可用以下方法将气态废弃物中的H2S气体间接氧化为S而加以利用:以K4[Fe(CN)6]和KHCO3的混合液为电解质溶液,控制电压通电,惰性电极d附近有H2产生,惰性电极c附近无气体生成。一段时间后将H2S通入溶液中发生反应。下列说法不正确的是(  )
A.电解过程中,[Fe(CN)6]4-向惰性电极c移动
B.电解过程中,惰性电极d附近的pH上升
C.当外电路流过1 mol电子时,理论上可制备16 g S
D.该过程中需要不断补充K4[Fe(CN)6]和KHCO3
作业24 电解池 金属的腐蚀与防护
1.B 由图可知,该金属防护法为外加直流电源的阴极保护法,钢制管桩与直流电源的负极a极相连,作电解池的阴极,高硅铸铁与直流电源的正极b极相连,作阳极。被保护金属与电源的负极相连作为阴极被保护,则钢制管桩应与电源的负极相连,即a为负极,b为正极,A正确;高硅铸铁为惰性辅助电极,作为阳极材料不损耗,B错误;电解池中,阳离子向阴极移动,即向钢制管桩电极移动,C正确;被保护的钢制管桩作为阴极,从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制,使钢制管桩表面腐蚀电流接近零,避免或减弱电化学腐蚀的发生,D正确。
2.C 电解过程中需要Fe2+、Ti4+发生还原反应,所以二氧化钛、氧化亚铁混合粉末压制的块体应为阴极,连接电源的负极,A错误;Ti、Fe性质活泼,容易被生成的氧气氧化,所以通入Ar气主要是为了保护钛铁合金不被氧化,B错误;TiO2得电子发生还原反应,电极反应为TiO2+4e-===Ti+2O2-,C正确;16.0 g TiFe2,即=0.1 mol,需生成0.1 mol Ti、0.2 mol Fe,根据电极反应TiO2+4e-===Ti+2O2-、FeO+2e-===Fe+O2-可知,共转移0.8 mol电子,阳极电极反应为2O2--4e-===O2↑,所以生成0.2 mol氧气,标准状况下体积为0.2 mol×22.4 L·mol-1=4.48 L,但同时流出的气体还有Ar,所以流出气体在标准状况下的体积大于4.48 L,D错误。
3.C H2O在玻碳电极上失去电子生成O2,则玻碳电极为阳极,发生氧化反应,故A正确;铂电极为阴极,CO2得电子生成C2H4,电极反应:2CO2+12e-+12H+===C2H4+4H2O,故B正确;制得28 g C2H4的物质的量为=1 mol,转移12 mol电子,阳极电极反应:2H2O-4e-===O2↑+4H+,则生成3 mol O2,质量为3 mol×32 g·mol-1=96 g,故C错误;电解一段时间后,阳极产生的H+通过质子交换膜进入阴极,阳极消耗水,若右池中溶液呈中性,则右池中溶液的pH不变,故D正确。
4.A 根据示意图可知,正极上发生了2个电极反应,分别为8H++8e-===8H·(吸附)、S+8H·(吸附)S2-+4H2O,故A正确;正极区消耗氢离子,所以溶液的pH变大,而不是减小,故B错误;由A可知,生成1 mol FeS,转移8 mol电子,故C错误;若引入新的菌种,不一定能参与电极反应,故不一定会加速金属的腐蚀,故D错误。
5.B 由题意知,启动电源1,使海水中Li+进入MnO2结构形成LiMn2O4,可知MnO2为阴极,电极反应式为2MnO2+xLi++xe-===LixMn2O4,电极1为阳极,连接电源正极;关闭电源1和海水通道,启动电源2,使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2,可知此时MnO2是阳极。由分析知,启动电源1时,电极1为阳极,发生氧化反应,A正确;启动电源2时MnO2作阳极,电极反应式:LixMn2O4-xe-===xLi++2MnO2,B错误;启动电源2,使LixMn2O4中的Li+脱出进入腔室2,所以电化学系统提高了腔室2中LiOH的浓度,C正确;启动至关闭电源1,MnO2电极反应式为2MnO2+xLi++xe-===LixMn2O4,电极1电极反应式为2H2O-4e-===O2↑+4H+,由得失电子守恒得:8MnO2~xO2~4xe-,转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20∶3,即8∶x=20∶3,解得x=1.2,D正确。
6.C 氧化性:LiCoO2>Co2+,则将LiCoO2(s)转化为Co2+为自发的反应,装置将LiCoO2(s)转化为Co2+,并在甲处回收金属钴,则乙处LiCoO2(s)发生还原反应得到Co2+,乙为正极,装置2为原电池;甲处Co2+发生还原反应生成钴单质,甲为阴极,装置1为电解池。由分析可知,装置1为电解池,A错误;乙电极为正极,反应为LiCoO2(s)+e-+4H+===Li++Co2++2H2O,则c(H+)减小,附近pH不断增大,B错误;细菌所在电极附近乙酸盐均发生氧化反应生成二氧化碳,故均发生反应:CH3COO--8e-+2H2O===2CO2↑+7H+,C正确;甲处Co2+发生还原反应生成钴单质,Co2++2e-===Co,根据电子守恒可知,转移2 mol电子甲消耗1 mol Co2+,而乙处得到2 mol Co2+,D错误。
7.C 由图可知,在外加电源下石墨电极上C转化为CO,失电子发生氧化反应,为阳极,与电源正极相连,则电极A作阴极,TiO2和SiO2获得电子产生电池材料(TiSi),电极反应为TiO2+SiO2+8e-===TiSi+4O2-。在外加电源下石墨电极上C转化为CO,失电子发生氧化反应,为阳极,A错误;电极A的电极反应为TiO2+SiO2+8e-===TiSi+4O2-,B错误;根据图中信息可知,该体系中,石墨优先于Cl-参与反应,C正确;电解池中石墨电极为阳极,阳离子向阴极电极A移动,D错误。
8.C 由图可知,电极a为阳极,酸性条件下三氧化二铈在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+和水,电极b为阴极,H+在阴极得到电子发生还原反应生成H2,则X为硫酸溶液,Ce4+通过阳离子交换膜由阳极室移向阴极室,电解的总反应方程式为Ce2O3+8H+2Ce4++3H2O+H2↑。电极b为阴极,H+在阴极得电子发生还原反应生成氢气,A正确;电解的总反应方程式为Ce2O3+8H+2Ce4++3H2O+H2↑,B正确;电解时,铈离子通过阳离子交换膜由阳极室移向阴极室,C错误;X为硫酸溶液,D正确。
9.C 用惰性电极电解时,在直流电场作用下,Cr通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液,从而使Cr从浆液中分离出来,A正确;阴极溶液为Na2SO4溶液,通电后阴极H2O得到电子生成H2,电极反应为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,B正确;由A可知,Cr通过阴离子交换膜向阳极室移动,阳极H2O失电子生成O2和H+,Cr和H+发生反应2Cr+2H+Cr2+H2O,分离后含铬元素的粒子是Cr和Cr2,C错误;通电后阳极H2O失电子生成O2,电极反应为2H2O-4e-===O2↑+4H+,当转移相同的电子时,阴阳两极产生H2与O2体积之比为2∶1,D正确。
10.A 根据装置图,该装置为电解池装置,根据电解原理,左边电极为阴极,电极反应式为2H2O+2e-===H2↑+2OH-,HSCH2COONa中Na+向阴极移动,膜a为阳离子交换膜,右边电极为阳极,电极反应式为4OH--4e-===O2↑+2H2O,碱室2中Na+向左移,膜b为阳离子交换膜,据此分析。根据上述分析,膜a、b均为阳离子交换膜,A说法正确;根据上述分析,双极膜解离出的H+在双极膜的左侧,B说法错误;根据上述分析,碱室1的NaOH溶液可循环使用,副产品还有氢气和氧气,C说法错误;外电路有2 mol电子通过,盐室中有2 mol Na+移向碱室1,双极膜中有2 mol H+移向盐室,即得到1 mol H2SO4,D说法错误。
11.D 控制电压通电,惰性电极d附近有H2产生,电极反应为2HC+2e-===H2↑+2C,惰性电极d为阴极,惰性电极c为阳极,电极反应为[Fe(CN)6]4--e-=== [Fe(CN)6]3-,一段时间后将H2S通入溶液中,K3[Fe(CN)6]将H2S转化为S,离子方程式为2C+2[Fe(CN)6]3-+H2S===2[Fe(CN)6]4-+S↓+2HC。电解过程中,阴离子移向阳极,即[Fe(CN)6]4-向惰性电极c移动,A正确;电解过程中,惰性电极d附近有H2产生,电极反应为2HC+2e-===H2↑+2C,C的水解程度比HC大,故惰性电极d附近的pH上升,B正确;当外电路流过1 mol电子时,由H2S~S~2e-可知,理论上可制备0.5 mol S,0.5 mol×32 g·mol-1=16 g,C正确;阴极反应为2HC+2e-===H2↑+2C,阳极反应为[Fe(CN)6]4--e-=== [Fe(CN)6]3-,通入H2S后溶液中的离子方程式为2C+2[Fe(CN)6]3-+H2S===2[Fe(CN)6]4-+S↓+2HC,所以理论上不需要补充K4[Fe(CN)6]和KHCO3,D错误。
精品试卷·第 2 页 (共 2 页)
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