人教版新教材高三化学一轮复习20 课时作业(二十)

这是一份人教版新教材高三化学一轮复习20 课时作业(二十)，共8页。试卷主要包含了下列现象与电化学腐蚀无关的是，关于如图装置的说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

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
B [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。]
2．家用暖气片大多用低碳钢材料制成，一旦生锈不仅影响美观，也会造成安全隐患。下列防止生锈的方法中，存在安全隐患的是( )
A．在暖气片表面镀锡
B．在暖气片表面涂漆
C．在暖气片表面涂铝粉
D．非供暖期在暖气片内充满弱碱性的无氧水
A [A项，Fe的活泼性比Sn强，镀锡层破坏后，Fe、Sn构成原电池，加快了暖气片的腐蚀，存在安全隐患；B项，暖气片表面涂漆，隔绝了Fe与空气的接触，起到了防护作用，且无安全隐患；C项，Al表面易形成致密的氧化膜，有利于保护暖气片中的Fe，无安全隐患；D项，弱碱性的无氧水可防止Fe的吸氧腐蚀和析氢腐蚀，无安全隐患。]
3．高压直流电线路的瓷绝缘子经日晒雨淋容易出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽腐蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．通电时，锌环是阳极，发生氧化反应
B．通电时，阴极上的电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
C．断电时，锌环上的电极反应为Zn2＋＋2e－===Zn
D．断电时，仍能防止铁帽被腐蚀
C [通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，A项正确；通电时，铁帽为阴极，发生还原反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，B项正确；断电时，形成原电池，锌环为负极，发生氧化反应：Zn－2e－===Zn2＋，C项错误；断电时，形成原电池，铁帽为正极，此为牺牲阳极的阴极保护法，仍能防止铁帽被腐蚀，D项正确。]
4．某校活动小组为探究金属腐蚀的相关原理，设计了如图a所示装置，图a的两根铁棒分别连上一块Zn片和Cu片，并静置于含有K3[Fe(CN)6]及酚酞的混合凝胶上。一段时间后发现凝胶的某些区域(如图b所示)发生了变化。已知：3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色)。则下列说法错误的是( )
A．甲区发生的电极反应为Fe－2e－===Fe2＋
B．乙区产生Zn2＋
C．丙区呈现红色
D．丁区呈现蓝色
A [甲区是Fe­Zn相连的Fe区域，而Fe、Zn相连，Zn对Fe起到保护作用，Fe为正极，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，Fe没有被氧化，A项错误；乙区为Fe­Zn相连的Zn区域，Zn为负极，失电子，生成Zn2＋，B项正确；丙区为Fe­Cu相连的Cu区域，Cu为正极，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，因凝胶中含有酚酞，故该区域呈现红色，C项正确；丁区为Fe­Cu相连的Fe区域，Fe为负极，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，Fe2＋与[Fe(CN)6]3－反应生成了蓝色的Fe3[Fe(CN)6]2，D项正确。]
5．用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4­H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是( )
A．待加工铝质工件为阳极
B．可选用不锈钢网作为阴极
C．阴极的电极反应式为Al3＋＋3e－===Al
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
C [A对：该电解池阳极发生的电极反应为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，氧气将铝制品表面氧化形成致密的氧化膜，所以待加工铝质工件应为阳极。B对，C错：阴极发生的电极反应为2H＋＋2e－===H2↑，阴极可选用不锈钢网作电极。D对：电解质溶液中的阴离子向阳极移动。]
6．用石墨作电极电解下列四种溶液，以下说法错误的是( )
A．电解AgNO3溶液，阳极生成O2，溶液的酸性增强
B．电解ZnBr2溶液，阴极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn
C．电解AlCl3溶液，总反应的离子方程式：2H2O＋2Cl－ eq \(=====,\s\up7(通电)) 2OH－＋Cl2↑＋H2↑
D．电解Pb(NO3)2和CuCl2的混合溶液，可明显分为三个阶段
C [石墨是惰性电极，电解AgNO3溶液，阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极反应式为Ag＋＋e－===Ag，则阳极生成O2，溶液的酸性增强，A正确；电解ZnBr2溶液，由于Zn2＋的氧化性强于水电离出的H＋的氧化性，则阴极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，B正确；电解AlCl3溶液，阳极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，电解产生的OH－与Al3＋结合生成Al(OH)3沉淀，故电池总反应的离子方程式为2Al3＋＋6H2O＋6Cl－ eq \(=====,\s\up7(通电)) 2Al(OH)3↓＋3Cl2↑＋3H2↑，C错误；电解Pb(NO3)2和CuCl2的混合溶液，阳离子的氧化性：Cu2＋>Pb2＋>H＋(水)，阴离子的还原性：Cl－>OH－>NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，第一阶段电解CuCl2，第二阶段电解Pb(NO3)2和H2O，第三阶段电解HNO3，D正确。]
7．关于如图装置的说法正确的是( )
A．装置中电子移动的途径：负极→Fe→M溶液→石墨→正极
B．若M溶液为滴加酚酞的NaCl溶液，通电一段时间后，铁电极附近溶液显红色
C．若M溶液为CuSO4溶液，可以实现石墨上镀铜
D．若将电源反接，M溶液为NaCl溶液，可以用于制备Fe(OH)2并可以使其较长时间保持白色
B [该装置是电解池，电子只能沿着导线移动，不能进入溶液中，A项错误；铁电极为阴极，溶液中的H＋在此电极上得电子变为H2，溶液中的OH－浓度增大，碱性增强，酚酞遇碱变红，B项正确；石墨作阴极才能实现石墨上镀铜，C项错误；若将电源反接，铁作阳极，铁失电子生成Fe2＋，石墨作阴极，溶液中的H＋在此极得电子变为H2，溶液中的OH－浓度增大，Fe2＋和OH－反应生成Fe(OH)2白色沉淀，但是溶液中的O2能够把Fe(OH)2氧化为红褐色沉淀Fe(OH)3，Fe(OH)2不能较长时间保持白色，D项错误。]
8．溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 占95%，利用图示装置从海水中提取CO2。下列说法正确的是( )
A．a室排出的是NaOH、Ca(OH)2等强碱性物质
B．b室发生主要反应：2H＋＋CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ===H2O＋CO2↑
C．c室发生的反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋
D．装置中产生的O2和提取的CO2的体积比为1∶4
D [a室为阳极室，发生反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阳极室内c(H＋)增大，结合电解池中阳离子向阴极移动可知，H＋通过阳离子透过膜进入b室，b室海水中的Na＋、Ca2＋等通过阳离子透过膜进入c室，故A项错误；b室发生反应：H＋＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===H2O＋CO2↑，B项错误；c室为阴极室，发生反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，C项错误；根据a室反应：2H2O－4e－===O2↑＋4H＋及b室反应：H＋＋HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ===H2O＋CO2↑，可得关系式O2～4H＋～4CO2，则装置中产生的O2和提取的CO2的体积比为1∶4，D项正确。]
9．某实验小组在常温下进行电解饱和Ca(OH)2溶液的实验，实验装置与现象如表所示。
下列关于实验现象的解释与推论正确的是( )
A．a极附近溶液产生白色浑浊的主要原因是电解过程消耗水，析出Ca(OH)2固体
B．b极产生气泡：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O
C．c极表面变黑：Cu－2e－＋2OH－===CuO＋H2O
D．d极电极反应的发生抑制了水的电离
C [a极为电解池的阳极，氢氧根离子放电生成的氧气且与电极材料石墨反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，碳酸钙加入盐酸中有二氧化碳产生，该白色浑浊为碳酸钙，A项错误；b极是阴极，水电离产生的氢离子放电生成氢气，B项错误；c极表面产生的少量黑色固体是铜放电生成的氧化铜：Cu－2e－＋2OH－===CuO＋H2O，所以c极表面变黑，C项正确；d极为阴极，水电离产生的氢离子在阴极上放电生成氢气，促进水的电离，D项错误。]
10.肼(N2H4)是一种常见的还原剂，在酸性溶液中以N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 形式存在。利用如图电解装置，N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 可将UO eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(2)) 转化为U4＋( N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 转化为N2)，下列说法中错误的是( )
A．镀铂钛网上发生的电极反应式为N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) －4e－===N2↑＋5H＋
B．若生成11.2 L(标准状况)N2，则被还原的U元素为1 ml
C．在该电解装置中，N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 还原性强于H2O
D．电解一段时间后电解质溶液的pH基本上不发生变化
D [镀铂钛网与电源的正极相连，溶液中N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 在该电极上发生失电子的反应，A项正确；根据得失电子守恒可知 eq \f(11.2 L,22.4 L·ml－1) ×2×[0－(－2)]＝n(U)×[(＋6)－(＋4)]，n(U)＝1 ml，B项正确；由于在该电解装置中N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 失电子变成了N2，由此可知在该电解装置中N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 还原性强于H2O，C项正确；该电解的总反应为2UO eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(2)) ＋N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ＋3H＋ eq \(=====,\s\up7(电解)) 2U4＋＋N2↑＋4H2O，故随着电解的进行，溶液的pH应升高，D项错误，符合题意。]
11．氯碱工业的原理改进方法如下图分两个阶段进行，下列说法错误的是( )
A．在阶段Ⅰ中，a为电源正极，b为电源负极
B．阶段Ⅱ阴极反应：Na0.44－xMnO2＋xe－＋xNa＋===Na0.44MnO2
C．该方法比传统氯碱工业减少了阳离子交换膜，避免氢气和氯气混合，便于NaOH提纯
D．阶段Ⅰ、Ⅱ的反应不能都在饱和食盐水的条件下进行
A [解答本题的关键是根据阶段Ⅰ中两电极的产物判断左右两电极分别为阴极和阳极，由此可确定a、b分别为电源的负极和正极；再结合阶段Ⅱ中两电极的产物写出电极反应式，从而进行分析判断。阶段Ⅰ中，左侧电极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，则该电极为阴极，a为电源负极，b为电源正极，A项错误；阶段Ⅱ中，Na0.44－xMnO2在阴极发生还原反应生成Na0.44MnO2，其电极反应式为Na0.44－xMnO2＋xe－＋xNa＋===Na0.44MnO2，B项正确；和传统氯碱工业相比，该方法减少了阳离子交换膜，阶段Ⅰ和阶段Ⅱ分别产生H2和Cl2，避免H2和Cl2混合发生爆炸，且便于NaOH提纯，C项正确；若阶段Ⅰ在饱和食盐水中进行，则阴极和阳极分别产生H2和Cl2，达不到改进目的，故阶段Ⅰ、Ⅱ的反应不能都在饱和食盐水中进行，D项正确。]
12．用如图所示装置处理含NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 的酸性废水，右侧电极反应式为2NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O，下列说法正确的是( )
A．a端是直流电源的负极
B．该装置将化学能转化为电能
C．电解时，H＋通过离子交换膜从右侧移向左侧
D．每转移1 ml电子，左侧电极上产生8 g O2
D [NO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) 在右侧Pt电极被还原生成N2，则该Pt电极是阴极，b端是直流电源的负极，A错误；该装置是电解池，将电能转化为化学能，B错误；电解时，阳离子向阴极移动，则H＋从左侧向右侧移动，C错误；左侧电极是阳极，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，转移1 ml电子时生成0.25 ml O2，其质量为0.25 ml×32 g·ml－1＝8 g，D正确。]
13．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2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O；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 2Cu－2e－＋2OH－===Cu2O＋H2O 增大
14．如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。
(1)腐蚀过程中，负极是________(填图中字母“a”“b”或“c”)；
(2)环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_________________________________________________
________________________________________________________________________；
(3)若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为________ L(标准状况)。
解析： (1)“青铜器的腐蚀”图中铜为负极被腐蚀生成Cu2＋，正极氧气放电生成OH－。(2)正极反应产物为OH－，负极反应产物为Cu2＋，与Cl－作用生成Cu2(OH)3Cl。(3)n[Cu2(OH)3Cl]＝ eq \f(4.29 g,214.5 g·ml－1) ＝0.02 ml，所以有0.04 ml Cu被氧化，根据得失电子守恒n(O2)＝ eq \f(0.04 ml×2e－,4e－) ＝0.02 ml，标准状况下V(O2)＝0.02 ml×22.4 L·ml－1＝0.448 L。
答案： (1)c
(2)2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓
(3)0.448
15．铝是应用广泛的金属。以铝土矿(主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下：
注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀。
(1)“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_____
________________________________________________________________________。
(2)“电解Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示。阳极的电极反应式为_______
________________________________________________________________________，
阴极产生的物质A的化学式为_____________________________________________。
解析： (1)电解熔融Al2O3时，阳极反应式为2O2－－4e－===O2↑，O2会与石墨发生化学反应，从而消耗石墨。(2)阳极应是H2O电离出的OH－放电，生成O2和H＋，在Na2CO3溶液充足的条件下，H＋与CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) 反应生成HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ，故阳极的电极反应式为4CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋2H2O－4e－===4HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋O2↑；阴极的电极反应式为4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－，所以物质A为H2。
答案： (1)石墨电极被阳极上产生的O2氧化
(2)4CO eq \\al(\s\up1(2－),\s\d1(3)) ＋2H2O－4e－===4HCO eq \\al(\s\up1(－),\s\d1(3)) ＋O2↑ H2序号
Ⅰ
Ⅱ
装置
现象
两极均产生大量气泡，b极比a极多；a极附近溶液逐渐产生白色浑浊，该白色浑浊加入盐酸中有气泡产生
两极均产生大量气泡，d极比c极多；C极表面产生少量黑色固体；c极附近溶液未见白色浑浊