【高考突破方案】第六章 第3讲 电解池 金属的电化学腐蚀与防护 -强化训练（解析版） 高考化学一轮复习

第六章 化学反应与能量
第3讲 电解池 金属的电化学腐蚀与防护
1.用惰性电极电解等物质的量Na2SO4、AgNO3、KCl的混合液,最先从阴极和阳极上析出的物质分别是 (　)
A.H2和Cl2 B.Ag和Cl2 C.H2和O2 D.Ag和O2
【解析】C 等物质的量的Na2SO4、AgNO3、KCl混合液中Cl-与Ag+等物质的量反应生成AgCl沉淀,溶液变为Na2SO4、KNO3混合溶液,则电解时相当于电解水,阴极和阳极析出的物质分别为H2、O2,C项正确。
2.以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中(　　)
A．阴极发生的反应为Mg－2e－===Mg2＋
B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥
D．阳极和阴极的质量变化相等
【解析】C 阴极应该发生得电子的还原反应，Mg在阳极失电子生成Mg2＋，A错误；Al在阳极上被氧化生成Al3＋，B错误；阳极材料中的Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误。
3.将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在题图所示的情境中，下列有关说法正确的是(　　)
A．阴极的电极反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．金属M的活动性比Fe的活动性弱
C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【解析】C　阴极得电子，A错误；金属M失电子，其活动性应比铁强，B错误；M失去的电子流入钢铁设施表面，因积累大量电子而被保护，C正确；海水中所含电解质的浓度远大于河水中的，因此钢铁设施在海水中腐蚀的速率快，D错误。
4.(2024·广州模拟)某学生设计了一种家用消毒液发生器，装置如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．该消毒液的有效成分是NaClO
B．通电时Cl－发生氧化反应
C．通电时电子从阳极经食盐溶液流向阴极
D．该装置的优点是随制随用
【解析】C　溶液中只有阴、阳离子，没有电子，电子不能经过电解质溶液，C错误。
5.Ag催化刻蚀Si晶片的反应原理如图所示，刻蚀液由一定浓度的HF和H2O2混合而成，刻蚀时间为2～16 min，由Ag薄膜覆盖的部分硅晶片被刻蚀掉，剩余部分就形成了硅纳米线。下列说法错误的是(　　)
A．该刻蚀过程利用了原电池原理，Si作负极
B．Ag极发生的反应为H2O2＋2e－＋2H＋===2H2O
C．Ag、Si两极附近溶液酸性均增强
D．每刻蚀14 g Si，有2 mol电子流入Ag电极
【解析】C　在Si电极上发生失去电子的氧化反应，Si作负极，故A正确；根据图示可知：在Ag薄膜附近发生反应：2H＋＋2e－＋H2O2===2H2O，故B正确；Ag极附近溶液酸性减弱，故C错误；原电池中电子从负极迁移到正极，在Si电极上，Si失去电子，与HF结合形成H2SiF6和H＋，反应方程式为Si＋2H2O＋6HF－4e－===H2SiF6＋4H＋，每刻蚀14 g Si，有0.5 mol Si参加反应，失去电子2 mol，即2 mol电子迁移到Ag电极，故D正确。
6.沉积物微生物燃料电池可处理含硫废水，其工作原理如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．碳棒b为该微生物电池的正极
B．碳棒b附近释放出H＋
C．电流方向：碳棒b→电阻→碳棒a→含水沉积物→碳棒b
D．氧气的含量、光照强度会影响电池的功率
【解析】B　A项，O2在碳棒b得电子生成水，说明碳棒b为该微生物电池的正极，故A正确；B项，电极b附近发生反应为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，碳棒b附近消耗H＋，故B错误；C项，碳棒a失电子是负极，碳棒b得电子是正极，电流方向是从正极经外电路流向负极即碳棒b→电阻→碳棒a→含水沉积物→碳棒b，故C正确；D项，由图可知，CO2在光照和光合菌的作用下反应生成氧气，氧气在正极得电子生成水，光照强度越强，光合作用越强，所以氧气的含量、光照强度会影响电池的功率，故D正确。
7.（2023·湖北鄂东南名校联考） 氢氧化锂是制取锂和锂的化合物的原料,用电解法制备氢氧化锂的工作原理如图所示,下列叙述不正确的是 (　)
A.b极附近溶液的pH增大
B.a极发生的反应为2H2O-4e-O2↑+4H+
C.该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品
D.b极是电解池的阳极
【解析】D 根据溶液中离子移动方向推知,石墨a为阳极,石墨b为阴极,D错误。b极反应式为2H2O+2e-2OH-+H2↑,反应生成OH-,故b极附近溶液的pH增大,A正确。a极为阳极,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,B正确。a极产生H+,S向a极迁移,得到硫酸;b极是阴极,产生H2,C正确。
8.沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是(　　)
A．阳极发生将海水中的Cl－氧化生成Cl2的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
【解析】D　根据题干信息分析可知，阳极区海水中的Cl－会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；设置的装置为电解池原理，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH－在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；因为H2是易燃性气体，所以阴极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，会使海水中的Mg2＋沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢，需要定期清理，D错误。
9.（2023·湖南长郡中学月考）点蚀又称为孔蚀,是一种集中于金属表面很小的范围并深入金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破损后的孔蚀如图所示,则下列说法正确的是 (　)
A.为防止孔蚀发生可以将外接电源正极与金属相连
B.蚀孔外每吸收2.24 L O2,则此时HCl可以氧化0.2 mol Fe
C.在腐蚀的过程中钝化膜作为负极
D.依题孔隙中局部可能发生析氢腐蚀
【解析】D　与电源正极相连作阳极,阳极发生氧化反应,加快金属的腐蚀,故为防止孔蚀发生可以将外接电源负极与金属相连,A错误;未告知O2所处的状态,无法计算2.24 L O2的物质的量,故无法计算此时O2氧化Fe的物质的量,更无法计算HCl可以氧化Fe的物质的量,B错误;由图示可知,在腐蚀的过程中钝化膜作为正极,O2在钝化膜上得到电子发生还原反应,C错误;依题孔隙中局部可能存在酸性环境,则可能发生析氢腐蚀,D正确。
10.(1)目前已开发出电解法制取ClO2的新工艺。
①用石墨作电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2(如图所示)，写出阳极产生ClO2的电极反应：____________________________________________。
②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，则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：___________________________ 。
(2)粗银精炼装置如图所示，电解液为稀H2SO4，下列说法正确的是______(填字母)。
A．体系中存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s) 2Ag＋(aq)＋SO(aq)
B．阳极的电极反应为Ag－e－===Ag＋
C．钛电极电势高
D．阴极区可获得超细银粉的原理：Ti3＋＋Ag＋===Ag＋Ti4＋
E．电解液中添加Ti3＋/Ti4＋，可实现Ti3＋/Ti4＋循环利用
(3)工业上用PbSiF6、H2SiF6混合溶液作电解液，用电解法实现粗铅(主要杂质为Cu、Ag、Fe、Zn，杂质总质量分数约为4%)提纯，装置示意图如图所示。
电解产生的阳极泥的主要成分为___ ，工作一段时间后，溶液中c(Pb2＋)
_ _ (填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)①Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋ ②0.01　在阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，H＋浓度减小，使得平衡H2O OH－＋H＋向右移动，OH－浓度增大，pH增大　(2)ADE (3)Cu、Ag　减小
【解析】(1)①由题意可知，阳极上Cl－放电生成ClO2，由元素守恒可知，有水参加反应，同时生成H＋，阳极的电极反应为Cl－－5e－＋2H2O===ClO2↑＋4H＋。②在阴极发生反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，生成氢气的物质的量为＝0.005 mol，所以通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.005 mol×2＝0.01 mol。
（2）阳极的电极反应为2Ag－2e－＋SO===Ag2SO4，故B错误；钛电极是阴极，电势低，故C错误；电解液中添加Ti3＋/Ti4＋，阴极上：Ti4＋＋e－===Ti3＋，溶液中的银离子又将Ti3＋氧化：Ti3＋＋Ag＋===Ag＋Ti4＋，可获得超细银粉，也可实现Ti3＋/Ti4＋循环利用，故D、E正确。
(3)粗铅杂质中的Cu、Ag活泼性比Pb差，故电解产生的阳极泥的主要成分为Cu和Ag；阳极上溶解的金属有Pb、Fe、Zn，阴极上析出的金属只有Pb，两极上得失电子守恒，故工作一段时间后，溶液中Pb2＋浓度有所下降。