第四章第三节金属的腐蚀与防护 能力提升—— 高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1.docx

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1、金属的腐蚀与防护能力提升一、单选题（共20题，每题2分，共40分）1下列电极反应式与出现的环境相匹配的是电极反应式出现的环境AH2-2e-=2H+碱性环境下氢氧燃料电池的负极反应BO2+2H2O+4e-=4OH-钢铁吸氧腐蚀的正极反应CCu-2e-=Cu2+电镀铜的阴极反应D4OH-4e-=O2+2H2O用惰性电极电解H2SO4溶液的阳极反应AABBCCDD2下列关于电化学的实验事实正确的是出现环境实验事实A以稀H2SO4为电解液的CuZn原电池Cu为正极，溶液中SO向负极移动B惰性电极电解CuCl2电子经过负极阴极通过电解液®阳极正极C弱酸性环境下钢铁腐蚀负极处产生H2，正极处吸收

2、O2D将钢闸门与外加电源负极相连牺牲阳极阴极保护法，可防止钢闸门腐蚀AABBCCDD3下列金属的防护方法不正确的是A对健身器材涂油漆以防止生锈B对某些工具的“机械转动部位”选用刷油漆的方法来防锈C用镶嵌锌块的方法来保护船体D自行车的钢圈上镀上一层Cr防锈4深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌(该还原菌最佳生存环境在pH为78之间)作用下，能被腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，下列说法正确的是A温度升高会使铁管道腐蚀程度加重B正极电极反应为C酸性条件下，还原菌失去活性，铁管道不易被腐蚀D镀锌可保护铁管道不易被腐蚀5下列金属防护属于电化学保护的是（ ）A涂油漆B外加电流法C在金属表面覆盖一层保护

3、层D改变金属内部组成结构6化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是A在日常生活中，化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因B电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法C明矾KAl(SO4)2·12H2O溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒D处理锅炉内壁的水垢需使用Na2CO3溶液，目的是将Mg(OH)2转化为更难溶的MgCO37下列说法正确的是A在海轮外壳上镶嵌锌块，会减缓船体的锈蚀B某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，AgCl的Ksp增大C某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，主要是溶液中的SO32发生水解D关于钢铁电化

4、学保护中，外加电流的阴极保护法利用的是原电池原理8在25时用铜作电极电解饱和Na2SO4溶液，过一段时间后，阴极产生a mol气体，同时有W g Na2SO4·10H2O晶体析出。若电解过程中始终保持温度不变，则原Na2SO4溶液的质量分数浓度为ABCD9下列事实中，与电化学腐蚀无关的是A埋在潮湿土壤里的铁管比在干燥的土壤里更容易腐蚀。B在空气里金属银的表面生成一种黑色物质。C为保护海轮的船壳，常在船壳上镶上锌块。D镀银的铁制品，镀层损坏后，露出的铁表面更容易被腐蚀。10化学与科学、技术、社会、环境关系密切，下列说法正确的是A明矾既能沉降水中的悬浮物，又能杀菌消毒BNH4Cl溶液可用

5、作焊接时的除锈剂C轮船船底四周镶嵌铜块以保护船体D电解熔融氯化铝可以得到铝11NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1L0.5mol/L的KMnO4溶液中，氧原子的总数为2NAB1mol熔融状态的NH4HSO4中含1NA个H+C1L5mol/L的浓盐酸与足量MnO2共热，完全反应可生成1.25NA个Cl2分子DNaBH4燃料电池正极消耗22.4L(标准状况)气体时，电路中通过的电子数目为4NA12下列实验中操作规范且能达到目的的是( )A用如图装置验证该条件下铁发生了吸氧腐蚀B铜与浓硫酸实验完成后，向试管内加入蒸馏水观察到蓝色则证明有硫酸铜生成C将硫代硫酸钠溶液与稀硫酸混合均匀后等分为两

6、组，其中一组立即放入热水，对比观察以证明温度对反应速率的影响D用50mL酸式滴定管来量取20.00mL稀盐酸时，先调整初始读数为30.00mL，然后将溶液全部放入锥形瓶中即可13下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A二氧化硅为酸性氧化物，可用于制造光导纤维B铜的金属活泼性比铁差，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀C浓硫酸具有脱水性，可用于干燥H2、SO2等DZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料14以铁为阳极，铜为阴极，对足量的NaOH溶液进行电解。一段时间后得到4molFe(OH)3沉淀，此间共消耗的水的物质的量为A8molB10molC11molD12mol15在潮湿的深层

7、土壤中，钢管主要发生厌氧腐蚀，厌氧细菌可促使土壤中的与H2反应生成S2-，加速钢管的腐蚀，其反应原理如下图所示。下列说法正确的是A正极的电极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH-B钢管腐蚀的直接产物中含有FeS、Fe(OH)2C在钢管表面镀锌或镀铜均可减缓钢管的腐蚀D与H2的反应可表示为：4H2+-8e-S2-+4H2O16较纯的可用于原电池法生产硫酸(如图所示，电极a、b均为Pt电极，气体已换算成标准状况下)，下列说法错误的是A电板a发生氧化反应，得到电子B电极b的反应式为C电路中每转移电子，消耗D电池总反应为17下列说法正确的是（ ）A氨氮废水(含NH及NH3)可用化学氧化法或电化学氧

8、化法处理B明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒C牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阳极保护法都可以用来保护金属D工业上均用电解熔融金属氯化物的方法来冶炼金属Na、Mg、Al18下列事实能用勒夏特列原理解释的是A铜与浓硫酸反应需要加热B加热蒸干FeCl3溶液最终得到Fe(OH)3C使用催化剂提高合成氨的生产效率D钢管与铜管堆放一处，钢管更易腐蚀19某研究小组为探究铁发生电化学腐蚀的影响因素,将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部,塞上瓶塞(如图甲)从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化结果如图，下列叙述错误的是（ ） A图丙中，发生腐蚀时电子转移方向如箭头

9、所示B图乙中，t2时容器中压强明显小于起始压强是因为铁粉发生了吸氧腐蚀C碳粉表面的电极反应式只有：O2+4e-+2H2O=4OH-D若将丙图中的C 换成Zn，铁的腐蚀速率会大大降低，这是是利用了牺牲阳极的阴极保护法20下列有关电化学原理的说法错误的的是A马口铁(镀锡铁)镀层破损铁的腐蚀速率加快B可将河道中的钢铁闸门与外加直流电源的负极相连以保护其不受腐蚀C为保护海轮的船壳，利用牺牲阳极的阴极保护法，常在船壳上镶入锌块D用惰性电极电解足量NaCl溶液，一段时间后再加入一定量的NaCl，溶液能与原来溶液完全一样二、综合题（共6题，每题10分，共60分）21如图所示的三个容器中分别盛有不同的溶液，其

10、中，c、d、g、h为石墨电极，e、f为铜电极。闭合K，发现g电极附近的溶液先变红。电解20min时，停止电解，此时d电极上产生56mL气体(标准状况)。据此回答：(1)电源a极是_极。(2)整个电解过程中，电路中通过的电子的物质的量是_。(3)乙装置中发生电解的总反应方程式为_。(4)要使甲中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质及其物质的量是_。(5)电解后恢复到室温，丙中溶液的pH为_ (不考虑溶液体积变化)。221L某溶液中含有的离子如表：离子Cu2+Al3+Cl-物质的量浓度/(molL-1)214x用惰性电极电解该溶液，当电路中有5mole-通过时，溶液的c(H+)=_mol/L (忽

11、略电解时溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)23如图1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。(1)该电池工作一段时间后，断开K，此时C电极质量减小3.2g。甲中负极的电极反应式为_。此时乙中溶液中各离子浓度由大到小的顺序是_。(2)连接K，继续电解一段时间，当A、B两极上产生的气体体积相同时，断开K。此时乙中A极析出的气体在标准状态下的体积为_。该过程中丙中溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量的变化关系如图2所示，则图中曲线表示的是_(填离子符号)的变化；此时要使丙中溶液中金属阳离子恰好完全沉淀，需要_mL 5.0溶液。24已知高能锂离子电池的总

12、反应式为：2Li+FeS=Fe+Li2SLiPF6·SO(CH3)2为电解质。用该电池为电源，石墨为电极进行如图的电解实验当电极X减少2.8g时，电子转移_mol。(电解质均足量)。当电流为I A(1安培=1库仑/秒)，通过时间t s时，甲池增重mg(每个电子的电量为q库伦)，请写出阿伏伽德罗常数的表达式_。25某化学兴趣小组的同学用如图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的开关时，观察到电流表的指针发生了偏转。请回答下列问题：(1)甲池为_(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入O2电极的电极反应式为_。(2)乙池中C(石墨)电极的名称为_(填“正极”“负极”或“阴极”“

13、阳极”)，总反应的化学方程式为_。(3)当乙池中D极质量增加5.4g时，甲池中理论上消耗O2的体积为_mL(标准状况)，转移的电子数为_。(4)丙池中_(填“E”或“F”)极析出铜。(5)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，开关闭合一段时间后，丙中溶液的pH将_(填“增大”“减小”或“不变”)。26(1)用两块纯铜片作为电极，电解硫酸铜溶液，电解时，若电流强度为(单位为A)，电解时间为t(单位为)，阴极铜片上增加的质量为m(单位为g)，每个电子的电量为q(单位为C)，请写出计算阿伏伽德罗常数的数学表达式_。(2)若将两电极材料改用石墨电解含有溶质0.1mol的CuSO4溶液，在阴阳两极各

14、收集到2.24L气体(标准状况下) 后停止电解，请问若要恢复原电解质溶液需要加入的物质和物质的量分别是_；_参考答案1B【详解】A碱性环境中不会生成氢离子，应为H2-2e-+2OH-=2H2O，A错误；B钢铁在碱性、中性、弱酸性环境中发生吸氧腐蚀，所以正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；C电镀铜时阴极是铜离子被还原为Cu单质，电极反应为Cu2+2e-=Cu，C错误；D电解质溶液显酸性，不会有氢氧根参与反应，正确反应为2H2O-4e-=O2+4H+，D错误；综上所述答案为B。2A【详解】A稀硫酸为电解液的CuZn原电池中，Zn作负极，Cu作正极，根据原电池工作原理，阴离子向负极移

15、动，即SO向负极移动，或向Zn电极移动，故A正确；B电解时电解液中是阴阳离子的定向移动，电子不通过电解液，故B错误；C酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，弱酸性环境下钢铁发生吸氧腐蚀，因此负极上产生Fe2，正极上吸收氧气，故C错误；D钢闸门与外加电源负极相连，根据电解原理，可以防止钢闸门的腐蚀，这种方法叫外加电流的阴极保护法，故D错误；答案为A。3B【详解】A、对健身器材涂油漆能隔绝氧气和水，能防止生锈，故A正确；B、对某些工具的“机械转动部位”选用刷油漆的方法不能防止生锈，“机械转动部位”的油漆是挂不住的，应该选用涂油脂的方法保护，故B错误；C、用牺牲锌块的方法来保护船身能防止船身的铁生锈，属于牺

16、牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、自行车的钢圈上镀上一层Cr，能隔绝氧气和水，防止钢圈生锈，故D正确；故选B。4D【详解】A. 一般情况下，温度升高会加重腐蚀的程度，但温度太高，硫酸盐还原菌失活，铁管道腐蚀变慢，A项错误；B. pH为78时，正极-在还原菌作用下得电子，发生还原反应，电极反应式为，B项错误；C. 根据题意，硫酸盐还原菌在弱碱性条件下活性高，电化学腐蚀速率快，酸性条件下，虽然硫酸盐还原菌会失活，但铁会发生析氢腐蚀，C项错误；D. 锌的活泼性大于铁，铁上镀锌是牺牲阳极的阴极保护法，可以防止铁被腐蚀，D项正确；故答案选D。5B【详解】A涂油漆是将金属和氧气以及水隔绝的过程，不属于电化

17、学防护措施，故A错误；B外加电流阴极保护法即为让金属做电解池的阴极，属于电化学保护，故B正确；C在金属表面覆盖一层保护层将金属和氧气以及水隔绝的过程，不属于电化学防护措施，故C错误D改变金属内部组成结构，可以增强金属耐腐蚀的能力，不属于电化学防护措施，故D错误。故答案选B。6B【分析】A、电化学腐蚀更普遍；B、镁比铁活泼，作原电池的负极；C、明矾中的铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是物理吸附净水；D、Mg(OH)2比碳酸镁更难溶。【详解】A、电化学腐蚀更普遍，电化学腐蚀是造成钢铁腐蚀的主要原因，故A错误；B、镁比铁活泼，作原电池的负极，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C、明矾中的

18、铝离子水解，生成的氢氧化铝胶体具有净水作用，是物理吸附净水，不是用作自来水的杀菌消毒，故C错误；D、Mg(OH)2比碳酸镁更难溶，处理锅炉内壁的水垢需使用Na2CO3溶液，目的是将CaSO4转化为更难溶的CaCO3，故D错误。故选B。7A【详解】A. 在海轮外壳上镶嵌锌块，铁作原电池正极，锌块作原电池负极，会减缓船体的锈蚀，故A正确；B. AgCl的Ksp 只受温度影响，温度不变，AgCl的Ksp 不变，故B错误；C. 二氧化硫和水反应生成亚硫酸，所以导致雨水的pH值小于5.6，亚硫酸易被空气中的氧气氧化生成硫酸，使溶液的pH值变得更小，故C错误；D. 将钢铁与外加电源负极相连，阴极上电解质溶

19、液中阳离子得电子发生还原反应，此方法为外加电源的阴极保护法，可防止钢铁腐蚀，利用的是电解原理，故D错误。答案选A。8B【详解】电解饱和硫酸钠溶液时，阳极上水电离出来的氢氧根离子放电生成氧气，阴极上水电离出来的氢离子放电生成氢气，实际上是电解的水，电解水后，溶液中硫酸钠过饱和导致析出晶体，剩余的电解质溶液仍是饱和溶液，析出的硫酸钠和水组成的也是饱和溶液。W g Na2SO410H2O中硫酸钠的质量=W g×；根据电解水的方程式：2H2O=2H2+O2，阴极生成的氢气为amol，则电解的水为amol，质量为18ag，所以饱和溶液的质量分数=。故选：B。9B【详解】A铁管埋在潮湿的土壤中会

20、与周围的环境形成原电池，加快铁管腐蚀，A正确；B金属银在空气中与O2发生化学反应生成黑色的Ag2O，B正确；C船体主要成分是铁，镶锌块可以与海水形成原电池，Zn作负极发生氧化反应，保护船体不被腐蚀，C正确；D镀银的铁制品，镀层损坏后，镀层、铁与外界环境形成原电池，铁作负极被腐蚀，D正确。故本题选B。10B【解析】A. 明矾能沉降水中的悬浮物，但其不能杀菌消毒，A不正确；B. NH4Cl溶液显酸性，故其可用作焊接时的除锈剂，B正确；C. 轮船船底四周镶嵌锌块可以保护船体，若换作铜块则会加快船体腐蚀，C不正确；D. 氯化铝是共价化合物，其在熔融状态下不能电离，故不能通过电解熔融氯化铝来冶炼铝，D不

21、正确。本题选B。11D【详解】AKMnO4溶液的溶剂水中含有氧原子，所以氧原子数无法计算，A错误；BNH4HSO4在熔融的时候不会电离出氢离子，所以1mol熔融状态的NH4HSO4中没有氢离子，B错误；C随着反应进行浓盐酸变成稀盐酸，反应停止，无法计算生成氯气的量，C错误；D正极消耗22.4L(标准状况)气体时，是消耗1mol氧气，得到4mol电子，故电路中通过的电子数目为4NA，D正确；故选D。12A【详解】A食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，左侧试管内压强降低，红墨水沿导管上升，能达到实验目的，A正确；B试管内有浓硫酸剩余，浓硫酸稀释放热，不能直接向试管内加入蒸馏水，B错误；C先混合再分开二

22、者以及开始反应，应先分别将Na2S2O3溶液、稀硫酸置于热水浴中加热到所需温度再混合发生反应，C错误；D酸式滴定管的最下方还有一段没有刻度，若将50mL酸式滴定管中盐酸的初始读数调整为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，则盐酸的体积大于20.00mL，D错误；综上所述答案为A。13D【解析】二氧化硅为酸性氧化物与用于制造光导纤维无关，故A错误；在海轮外壳上装若干锌块以减缓铁的腐蚀，故B错误；浓硫酸具有吸水性，可用于干燥H2、SO2等，故C错误；Zn具有还原性和导电性，能失电子发生氧化反应，可用作锌锰干电池的负极材料，故D正确。14B【详解】根据题意，该电解池阳极发生：，阴极发生：，根据元素

23、原子个数守恒：，有4molFe参与反应，转移电子4mol×2e-=8mole-，对应阴极反应可知有8molH2O参与得电子的还原反应；再根据反应，按比例推得生成4molFe(OH)3又消耗2molH2O，故一共消耗H2O10mol；综上，本题选B。15B【详解】A由图知，钢铁发生析氢腐蚀，正极反应式为： ，A错误；B铁发生析氢腐蚀时，负极反应式是，正极反应式为： ，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，厌氧细菌可促使土壤中的与H2反应生成S2-，亚铁离子和硫离子反应生成FeS，则钢管腐蚀的直接产物中含有、Fe(OH)2，B正确；C原电池中，作负极的金属加速被腐蚀，作正极的金属被

24、保护，Fe、Zn和电解质溶液构成原电池时，锌易失电子作负极，Fe作正极，所以Fe被保护，在钢管表面镀锌可以防止腐蚀，但在钢管表面镀铜，铁易失电子作负极，铜作正极，铁腐蚀得更快， C错误；D 与H2发生氧化还原反应，反应可表示为：4H2+S2-+4H2O，D错误；答案选B。16A【分析】SO2转化为H2SO4，失电子发生氧化反应，所以电极a为负极，电极b为正极。【详解】A由分析知，电极a为负极，失去电子，A错误；B电极b为正极，O2在酸性溶液中得电子生成水，电极反应式为，B正确；C负极的电极反应式为SO2-2e-+2H2O=4H+，电路中每转移电子，消耗0.1molSO2，其在标准状况下的体积为

25、2.24L，C正确； D电池的负极反应式为2SO2-4e-+4H2O=8H+2，正极反应式为，电池总反应为，D正确；故选A。17A【详解】ANH及NH3中N元素均是3价，具有还原性，因此氨氮废水(含NH及NH3)可用化学氧化法或电化学氧化法处理，A说法正确；B明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，胶体具有吸附作用，可以用于饮用水净水，没有杀菌消毒功能，B说法错误；C牺牲阳极的阴极保护法、外加电流的阴极保护法都可以用来保护金属，C说法错误；D工业上均用电解熔融金属氯化物的方法来冶炼金属Na、Mg，工业上电解熔融三氧化二铝的方法冶炼金属Al，D说法错误；答案选A。18B【详解】A铜与浓硫酸在加热的条

26、件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，不涉及化学平衡，不能用勒夏特列原理解释，A与题意不符；BFeCl3为强酸弱碱盐，铁离子水解生成Fe(OH)3和H+，反应是吸热反应，加热促进水解，能用勒夏特列原理解释，B符合题意；C使用催化剂能加快反应速率，不能使化学平衡移动，能用勒夏特列原理解释，C与题意不符；D钢管与铜管堆放一处，铁、铜及金属表面的水膜形成原电池，能加快铁的腐蚀，则钢管更易腐蚀，属于电化学腐蚀，能用勒夏特列原理解释，D与题意不符；答案为B。19C【分析】混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞，从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，根据图乙的压强变化可知，开始时锥形瓶中压强增大，说明铁粉发

27、生了析氢腐蚀，后随着醋酸的消耗，溶液酸性减弱，发生了吸氧腐蚀，则锥形瓶中压强减小，据此分析。【详解】A.在形成的原电池中，铁粉作负极失去电子，碳粉作正极，氢离子或氧气在正极得电子，故电子的转移方向是由负极移向正极，A正确；B.从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，开始时锥形瓶中压强增大，说明铁粉发生了析氢腐蚀，后随着醋酸的消耗，溶液酸性减弱，说明后来发生了吸氧腐蚀，使锥形瓶中压强减小，B正确；C.铁粉和碳粉形成原电池，碳粉作正极，开始时发生析氢腐蚀，正极反应为2H+2e-=H2，后来发生吸氧腐蚀，正极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，C错误；D.若将丙图中的C 换成Zn，根据金属活动性Zn&g

28、t;Fe，Zn作原电池的负极，失去电子，Fe作原电池的正极，因此使铁的腐蚀速率会大大降低，这是是利用了牺牲阳极的阴极保护法，D正确；故合理选项是C。20D【详解】A马口铁（镀锡）的表面一旦破损，构成原电池，Fe为负极，则铁腐蚀加快，故A正确；B钢铁闸门与外加直流电源的负极相连作阴极被保护，所以可将河道中的钢铁闸门与外加直流电源的负极相连以保护其不受腐蚀，故B正确；C海轮外壳镶嵌锌块，此时铁作为原电池的正极金属而被保护，不易腐蚀，是采用了牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以加氯化氢气体让电解质溶液复原，故D错误；故选：D。21负 0.01mol Cu2

29、H2OCu(OH)2H2 0.005molCuO 13 【分析】根据装置图可知，该装置为三个串联的电解池，闭合K，丙为电解食盐水，发现g电极附近的溶液先变红，说明g电极发生的电极反应为2H2O+2e-=H2 +2OH-，h电极的电极反应为2Cl-2e-=Cl2，则g为阴极，h为阳极，电源正极与电解池阳极相连，则电源a为负极，b为正极，甲中c为阴极，d为阳极，乙中e为阴极，f为阳极，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，电源a极是负极；(2)d电极上产生56mL气体(标准状况)，装置甲中，c为阴极，d为阳极，电解质溶液为硫酸铜，阳极上阴离子放电，电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，生成

30、的气体为氧气，物质的量为=0.0025mol，根据电极反应可知，整个电解过程中，电路中通过的电子的物质的量是0.0025mol4=0.01mol；(3)乙装置中e、f为铜电极，e为阴极，f为阳极，电解质溶液为硫酸钠，阴极上电极反应为：2H2O+2e-=H2 +2OH-；阳极上电极反应为：Cu-2e-+2OH-= Cu(OH)2，两式相加可得电解的总反应方程式为Cu2H2OCu(OH)2H2；(4)结合(2)分析，甲装置中，d电极上的电极反应为2H2O-4e-=O2+4H+，c电极上的电极反应为：Cu2+2e-=Cu，电解质溶液减少了Cu和O2，要使甲中溶液恢复到原来的状态，需要加入的物质为Cu

31、O，根据(2)中计算，电路中共转移了0.01mol电子，根据c电极反应式，产生铜单质的物质的量为0.005mol，根据铜原子守恒，CuO的物质的量是0.005mol；(5)丙为电解食盐水，g电极发生的电极反应为2H2O+2e-=H2 +2OH-，h电极的电极反应为2Cl-2e-=Cl2，结合(2)中计算，电路中共转移了0.01mol电子，根据g电极发生的电极反应，电解后恢复到室温，丙中溶液g电极上产生0.01mol OH-，不考虑溶液体积变化，c(OH-)= =10-1mol/L，则pOH=1，pH=14-1=13。221【分析】电解时，阳离子放电顺序Cu2+>H+，阴离子放电顺序Cl-

32、>OH-。【详解】根据溶液中电荷守恒，2c(Cu2+)+3c(Al3+)=c()+c(Cl-)，c(Cl-)=2×2molL-1+3×1molL-1-1×4molL-1=3molL-1，电解过程中，铜离子完全放电转移电子4mol，氯离子完全放电转移电子3mol，当转移5mol电子时，阳极上有2molOH-放电，阴极有1molH+放电，所以电解过程中发生的反应分别为CuCl2Cu+Cl2(转移3mol电子)、2Cu2+2H2O2Cu+O2+4H+(转移1mol电子)、2H2O2H2+O2(转移1mol电子)，由以上反应可知，只有2Cu2+2H2O2Cu+O2+

33、4H+(转移1mol电子)产生氢离子，当转移1mol电子时生成n(H+)=1mol，该溶液中c(H+)=1mol/L，答案：1。23CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O c(H+)c(SO)c(Cu2+)c(OH-) 2.24L Fe2+ 280 【分析】甲醇燃料电池中通入氧气的一极为正极，通入甲醇的一极为负极，所以A、C为电解池的阳极，B、D为电解池的阴极；该电池工作一段时间后，断开K，此时C电极质量减小3.2g，即有3.2g铜(0.05mol)被氧化。【详解】(1)甲醇在负极失电子发生氧化反应，电解质溶液为碱性，所以电极反应为：CH3OH-6e-+8OH-=CO+6H2O；100m

34、L1mol/L的硫酸铜溶液中含有铜离子0.1mol，硫酸根离子0.1mol，当电解硫酸铜溶液时，阴极反应式为：Cu2+2e-=Cu，阳极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2，C极有3.2gCu即0.05mol溶解，转移电子0.1mol，A极反应掉氢氧根离子0.1mol，生成氢离子0.1mol，B极反应掉铜离子0.05mol，剩余铜离子0.05mol，硫酸根离子物质的量没有变化，溶液中还存在水的电离平衡，所以离子浓度大小顺序为：c(H+)c(SO)c(Cu2+)c(OH-)；(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，乙池中B为阴极，开始时电极反应为Cu2+2e-=Cu

35、，当铜离子完全反应后变为2H+2e-=H2，A极上的反应始终为4OH-4e-=2H2O+O2；设生成的氧气的物质的量为x mol，则根据A极反应可得转移的电子为4x mol；根据B极反应可得转移的电子为2xmol+0.2mol，所以有4x=2x+0.2，解得x=0.1mol，即乙中A极析出的气体是氧气物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L； 初始丙溶液中没有铜离子，C电极为阳极，铜被氧化产生铜离子，所以铜离子由无增大，即为Cu2+，D电极为阴极，铁离子被还原生成亚铁离子，所以铁离子浓度减小，则为Fe3+，为Fe2+；根据前一小题可知此时生成0.1mol氧气，整个电路中转移0.4

36、mol电子，据图可知此时溶液中有0.2molCu2+和0.5molFe2+，则完全沉淀金属阳离子需要1.4molNaOH，所需氢氧化钠溶液的体积为=0.28L=280mL。240.4 NA= 【分析】已知高能锂离子电池的总反应式为：2Li+FeS=Fe+Li2SLiPF6·SO(CH3)2为电解质，金属锂在负极发生氧化反应，锂做负极；Y为电源的正极，为FeS，发生还原反应；与X极相连的为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式：2H+2e-=H2；与Y极相连的为电解池的阳极，发生氧化反应，电极反应式：2I-2e-=I2，为了维持乙池溶液中电荷守恒，溶液中的钾离子通过阳离子交换膜进入到甲

37、池中，溶液质量增加为钾离子和氢离子的质量差。【详解】金属锂在负极发生氧化反应，极反应式为：Li-e-=Li+，当电极X减少2.8g时，锂的摩尔质量为7g/mol，所以消耗的n(Li)=0.4mol，转移电子为0.4mol；甲池为电解池的阴极，发生还原反应，电极反应式：2H+2e-=H2；阳极发生氧化反应，电极反应式：2I-2e-=I2，为了维持乙池溶液中电荷守恒，根据电荷守恒规律，乙池中的钾离子通过阳离子交换膜进入到甲池中，所以甲池增重的质量为钾离子与氢离子的质量差，1mol钾离子与1mol氢离子的质量差值为39g-1g=38g，即阴极溶液质量每增加38g，转移电子为1mol，现题给转移电子m

38、ol时，溶液质量增加mg，所以根据，所以NA=。25原电池 O2+4H+4e-=2H2O 阳极 4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3 280 0.05NA F 增大 【分析】A极加入CH3OH，B极通入O2，则该电池为燃料电池，其中A极为负极，B极为正极；从而得出乙池、丙池为电解池，其中C极与电源的正极相连，做阳极，D极做阴极；E极与阴极相连，为阳极，F极为阴极。【详解】(1)由以上分析可知，甲池为原电池，通入O2电极为正极，O2得电子产物与H+反应生成H2O，电极反应式为O2+4H+4e-=2H2O。答案为：原电池；O2+4H+4e-=2H2O；(2)乙池中C(石墨)电极与电源正极

39、相连，为电解池的阳极，用惰性电极电解硝酸银溶液，生成银、氧气和硝酸，总反应的化学方程式为4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3。答案为：阳极；4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3；(3)乙池中，D极生成Ag，质量为5.4g，n(Ag)=0.05mol，依据得失电子守恒，可建立如下关系式：4AgO24e-，则甲池中理论上消耗O2的体积为=280mL(标准状况)，转移的电子数为0.05mol ×NAmol-1=0.05NA。答案为：280；0.05NA；(4)丙池中，F极为阴极，Cu2+在该电极上得电子生成Cu，所以F极析出铜。答案为：F；(5)若丙中电极不变，将其溶液

40、换成NaCl溶液，开关闭合一段时间后，发生反应2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2，所以丙中溶液的pH将增大。答案为：增大。26 、各 【详解】(1)用两块纯铜片作为电极，电解硫酸铜溶液，电解时，若电流强度为(单位为A)，电解时间为t(单位为)，阴极铜片上增加的质量为m(单位为g)，每个电子的电量为q(单位为C)，电子的数目为，电子的物质的量为，铜的物质的量为，根据关系式Cu2+2eCu，n(e)=2n(Cu)，；故答案为：。(2)根据题意阳极电极反应式为：2H2O4eO24H，阴极Cu2+2eCu，2H2O2eH22OH，阴阳两极各收集到2.24L气体(标准状况下)即得到氢气和氧气各

41、0.1mol，根据阳极电极反应式，整个电路转移了0.4mol电子，阴极生成0.1mol氢气转移0.2mol电子，则铜离子得到0.2mol电子，因此消耗铜离子为0.1mol，生成0.1mol铜单质，因此整个反应中得到0.1mol Cu，0.1mol O2，0.1mol H2，得到的产物化合就是要恢复原电解质溶液需要加入的物质，0.1mol Cu和0.05mol O2化合为0.1molCuO，0.1mol H2和0.05mol O2化合为0.1mol H2O，或则0.1mol Cu，0.1mol O2，0.1mol H2化合为0.1mol Cu(OH)2；故答案为：Cu(OH)2 0.1mol；CuO、H2O 各0.1mol