第三节 电解池金属的电化学腐蚀与防护.docx

考点一电解原理及规律思维流程电解原理1.电解池(1)电解池：把电能转化为化学能的装置。(2)构成条件有与直流电源相连的两个电极；电解质溶液(或熔融盐)；形成闭合回路。(3)工作原理(以惰性电极电解CuCl2溶液为例)总反应离子方程式：Cu22ClCuCl2电极阴极：与电源负极相连，得到电子，发生还原反应。阳极：与电源正极相连，失去电子，发生氧化反应。注意电极类型：金属活动性顺序中银以前的金属(含银)作电极时，由于金属本身可以参与阳极反应，称为金属电极或活性电极(如Zn、Fe、Cu、Ag等)；金属活动性顺序中银以后的金属或非金属作电极时，称为惰性电极，主要有铂(Pt)、石墨等。电子和离子的移动方向电子：从电源负极流出后，流向电解池的阴极；从电解池的阳极流出，流向电源的正极。离子：阳离子移向电解池的阴极，阴离子移向电解池的阳极。注意电解时，在外电路中有电子通过，而在溶液中是依靠离子定向移动形成电流，即电子不通过电解质溶液。2电极反应式的书写步骤注意(1)书写电解池的电极反应式时，可以用实际放电的离子表示，但书写电解池的总反应时，弱电解质要写成分子式。如用惰性电极电解食盐水时，阴极反应式为2H2e=H2(或2H2O2e=H22OH)总反应式为2Cl2H2O2OHH2Cl2(2)电解水溶液时，应注意放电顺序，位于H、OH之后的离子一般不参与放电。(3)Fe3在阴极上放电时生成Fe2而不是得到单质Fe。对点训练1判断正误(正确的打“”，错误的打“”)。(1)电解池的阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应()(2)直流电源跟电解池连接后，电子从电源负极流向电解池阳极()(3)电解CuCl2溶液，阴极逸出的气体能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝()(4)用惰性电极电解饱和食盐水，溶液的pH不变()(5)用铜作电极电解CuSO4溶液的方程式为2Cu2H2O2CuO24H()(6)电解NaCl溶液得到22.4 L H2(标准状况)，理论上需要转移NA个电子()2.某同学将电解池工作时电子、离子流动方向及电极种类等信息表示在下图中，下列有关分析完全正确的是()选项ABCDa电极阳极阴极阳极阴极d电极正极正极负极负极Q离子阳离子阳离子阴离子阴离子解析：选B电子从电源的负极流出，故a是阴极，d是正极，溶液中阳离子移向阴极。3.(2018株洲二中月考)用如图所示装置除去含CN、Cl废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是()A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式为Cl2OH2e=ClOH2OC阴极的电极反应式为2H2O2e=H22OHD除去CN的反应：2CN5ClO2H=N22CO25ClH2O解析：选D若铁作阳极，则铁失电子生成Fe2，则CN无法除去，故铁只能作阴极，阳极需为惰性电极，可用石墨作阳极，A项正确；阳极Cl失去电子生成ClO，发生氧化反应，又已知溶液呈碱性，故B项正确；在碱性条件下，水电离出的氢离子在阴极得电子生成氢气，发生还原反应，故C项正确；溶液pH为910，呈碱性，反应物中不可能含有大量的H，故D项错误。电解规律以惰性电极电解电解质溶液的规律类型实例电极反应特点电解质溶液浓度pH电解质溶液复原电解水型NaOH阴极：4H4e=2H2阳极：4OH4e=2H2OO2增大增大加水H2SO4增大减小加水Na2SO4增大不变加水电解电解质型HCl电解质电离出的阴、阳离子分别在两极放电减小增大通HClCuCl2减小加CuCl2放H2生碱型NaCl KCl阴极：H2O放H2生碱阳极：电解质阴离子放电生成新电解质增大通HCl放O2生酸型CuSO4 Cu(NO3)2阴极：电解质阳离子放电阳极：H2O放O2生酸生成新电解质减小加CuO对点训练4下列关于电解Na2SO4溶液的叙述正确的是()A随着电解的进行，溶液的pH升高BOH向阳极移动，阳极附近溶液呈碱性CSO向阳极移动，Na向阴极移动，分别在对应的电极上析出D阴极上H得电子被还原成H2，使阴极附近的溶液呈碱性解析：选D电解Na2SO4溶液，实质上发生的是2H2O2H2O2，电解的过程中溶液pH不变，A项错；阳极因4OH4e=O22H2O而破坏附近水的电离使c(H)c(OH)，溶液呈酸性，B项错；在阴、阳极上分别是H、OH放电，C项错。5(2018桂林中学月考)下列各组中，每种电解质溶液用惰性电极电解时只生成氢气和氧气的一组是()AHCl、CuCl2、Ba(OH)2 BNaOH、CuSO4、H2SO4CNaOH、H2SO4、Ba(OH)2 DNaBr、H2SO4、Ba(OH)2解析：选C用惰性电极电解时，常见离子的放电顺序：阳离子的放电顺序为AgCu2HNaK，阴离子的放电顺序为IBrClOH常见含氧酸根离子。电解HCl溶液生成H2和Cl2，电解CuCl2溶液生成Cu和Cl2，电解Ba(OH)2溶液生成H2和O2，A不符合；电解NaOH和H2SO4溶液均生成H2和O2，电解CuSO4溶液则生成Cu和O2，B不符合；电解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2溶液均相当于电解水，均生成H2和O2，C符合；电解NaBr溶液则生成Br2和H2，D不符合。真题验收1(2016北京高考)用石墨电极完成下列电解实验。实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生下列对实验现象的解释或推测不合理的是()Aa、d处：2H2O2e=H22OHBb处：2Cl2e=Cl2Cc处发生了反应：Fe2e=Fe2D根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜解析：选B根据a、d处试纸变蓝，可判断a、d两点都为电解池的阴极，发生的电极反应为2H2O2e=H22OH，A选项正确；b处变红，局部褪色，说明b为电解池的阳极，2Cl2e=Cl2，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸：Cl2H2OHClHClO，HCl溶液显酸性，HClO具有漂白性，B选项不正确；c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，发生的电极反应为Fe2e=Fe2，C选项正确；实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也形成电解池，铜珠的左端为电解池的阳极，铜失电子生成铜离子，m、n是铜珠的右端，为电解池的阴极，开始时产生气体，后来铜离子移到m处，m处铜离子得到电子生成单质铜，故D选项正确。2(2014海南高考)以石墨为电极，电解KI溶液(其中含有少量酚酞和淀粉)。下列说法错误的是()A阴极附近溶液呈红色 B阴极逸出气体C阳极附近溶液呈蓝色 D溶液的pH变小解析：选D以石墨为电极，电解KI溶液的方程式是2KI2H2O电解,I2H22KOH。由于其中含有少量酚酞和淀粉，所以在阳极附近碘单质遇淀粉，溶液变为蓝色；在阴极由于产生氢气，溶液显碱性，遇酚酞溶液变为红色。因为产生了碱，溶液碱性增强，所以溶液的pH变大。3(1)(2017江苏高考)电解Na2CO3溶液的原理如下图所示。阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质A的化学式为_。(2)(2015山东高考)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。利用如图所示装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为_溶液(填化学式)，阳极电极反应式为_，电解过程中Li向_电极迁移(填“A”或“B”)。(3)(2014江苏高考)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应：S22e=S(n1)SS2=S写出电解时阴极的电极反应式：_。电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成_。解析：(1)阳极上OH失去电子生成O2，由H2O电离出的H可以与CO反应生成HCO。阴极上H2O放电生成H2。(2)根据电解装置图，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液，B极区产生H2，电极反应式为2H2O2e=H22OH，OH与Li结合生成LiOH，所以B极区电解液应为LiOH溶液，B电极为阴极，则A电极应为阳极，阳极区电解液应为LiCl溶液，电极反应式为2Cl2e=Cl2。电解过程中，阳离子向阴极迁移，则Li向B电极迁移。(3)由题图知，阴极区的电解质溶液为NaOH溶液，且阴极生成H2，故阴极的电极反应式为2H2O2e=H22OH。加入H2SO4后，S在酸性条件下发生歧化反应，生成硫单质和硫化氢气体，离子方程式为S2H=(n1)SH2S。答案：(1)4CO2H2O4e=4HCOO2H2(2)LiOH2Cl2e=Cl2B(3)2H2O2e=H22OHS2H=(n1)SH2S考点二电解原理的应用思维流程1电解饱和食盐水(1)电极反应阳极：2Cl2e=Cl2(反应类型：氧化反应)，阴极：2H2e=H2(反应类型：还原反应)。(2)总反应式总反应方程式：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。总反应离子方程式：2Cl2H2O2OHH2Cl2。(3)应用：氯碱工业制烧碱、氢气和氯气装置离子交换膜电解槽阳极钛网(涂有钛、钌等氧化物涂层)阴极碳钢网阳离子交换膜只允许阳离子通过，能阻止阴离子和气体通过将电解槽隔成阳极室和阴极室2电镀铜注意一增(阴极)，一减(阳极)，一不变(电镀液的浓度)，且阴极增加的质量与阳极减少的质量相等。3电解精炼铜(1)电极材料：阳极为粗铜，阴极为纯铜。(2)电解质溶液：含Cu2的盐溶液。(3)电极反应式阳极：Zn2e=Zn2、Fe2e=Fe2、Ni2e=Ni2、Cu2e=Cu2；阴极：Cu22e=Cu。(4)阳极泥的形成在电解过程中，金属活动性顺序中位于铜之后的银、金等杂质，因为失去电子的能力比铜弱，难以在阳极失去电子变成阳离子而溶解，所以当阳极的铜及比铜活泼的金属失去电子变成阳离子溶解之后，它们以金属单质的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥。(5)电解精炼必备条件两极材料：含杂质的金属作阳极，纯金属作阴极。电解质溶液的选取：含有相应金属离子的盐溶液。4电冶金利用电解熔融盐(或氧化物)的方法来冶炼活泼金属Na、Ca、Mg、Al等。总方程式阳极、阴极反应式冶炼钠2NaCl(熔融)2NaCl22Cl2e=Cl2、2Na2e=2Na冶炼镁MgCl2(熔融)MgCl22Cl2e=Cl2、Mg22e=Mg冶炼铝2Al2O3(熔融)4Al3O26O212e=3O2、4Al312e=4Al典例(2017全国卷)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Al33e=AlD硫酸根离子在电解过程中向阳极移动学审题析题第一步：审题干信息 由题干中铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，可推2O3，故铝发生失电子的氧化反应，Al作阳极。则另一极为阴极，其电极材料只要是导电材料(如石墨、不锈钢网等)即可得出A、B两项均正确；由题干中电解质溶液为H2SO4H2C2O4混合溶液可知溶液呈酸性。第二步：逐项分析定答案 由题干信息已推断出A、B两项正确；在酸性条件下，阴极中的H得到电子生成H2，故阴极电极反应式为2H2e=H2，C项错误，符合题意；在电解过程中电解质溶液中的阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，故D项正确。答案C对点训练1.利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用。下列说法正确的是()A氯碱工业中，X电极上反应式是4OH4e=2H2OO2B电解精炼铜时，Z溶液中的Cu2浓度不变C在铁片上镀铜时，Y是纯铜D制取金属镁时，Z是熔融的氯化镁解析：选D氯碱工业中阳极是Cl放电生成Cl2；电解精炼铜时阳极粗铜溶解，阴极Cu2放电析出Cu，溶液中Cu2浓度变小；铁片上镀铜时，阴极应该是铁片，阳极是纯铜。2(2018南昌一模)电化学在日常生活中用途广泛，图甲是镁次氯酸钠燃料电池，电池总反应为MgClOH2O=ClMg(OH)2，图乙是含Cr2O的工业废水的处理装置。下列说法正确的是()A图甲中发生的氧化反应是Mg2ClOH2O2e=ClMg(OH)2B图乙中惰性电极上有O2放出C图乙中Cr2O向惰性电极移动，与该极附近溶液中的OH结合转化成Cr(OH)3除去D若图甲中3.6 g镁产生的电量用于图乙中废水处理，理论上图乙中有8.4 g阳极材料参与反应解析：选D该原电池中，镁作负极，负极上镁失去电子发生氧化反应，负极反应为Mg2e=Mg2，电池总反应式为MgClOH2O=Mg(OH)2Cl，正极上ClO得电子发生还原反应，则总反应减去负极反应可得正极反应(还原反应)为Mg2ClOH2O2e=ClMg(OH)2，故A错误；图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，惰性电极附近溶液中的H得电子发生还原反应生成H2，故B错误；图乙中惰性电极为阴极，Fe电极为阳极，则Cr2O向金属铁电极移动，与Fe2发生氧化还原反应生成Cr3，Cr3与惰性电极附近的OH结合生成Cr(OH)3除去，故C错误；由电子守恒可知Mg2eFe，n(Mg)0.15 mol，则阳极氧化Fe的质量为0.15 mol56 gmol18.4 g，故D正确。3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()Ab极附近溶液的pH增大Ba极发生的反应为2H2O4e=O24HC该法制备LiOH还可得到硫酸和氢气等产品D当电路中通过1 mol电子时，可得到2 mol LiOH解析：选D由图可知，Li向b极移动，则b极为阴极，电极反应式为2H2O2e=2OHH2，由于b极生成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2H2O4e=O24H，B正确；SO向a极移动，与a极产生的H形成H2SO4，在b极上产生H2和LiOH，C正确；根据阴极反应式可知，电路中通过1 mol 电子时，生成1 mol OH，可得到1 mol LiOH，D错误。真题验收1(2016天津高考节选)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe2H2O2OHFeO3H2，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO，镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。(1)电解一段时间后，c(OH)降低的区域在_(填“阴极室”或“阳极室”)。(2)电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是_。(3)c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因：_。解析：(1)根据电解总反应：Fe2H2O2OHFeO3H2，结合阳极发生氧化反应知，阳极反应式为Fe6e8OH=FeO4H2O，结合阴极发生还原反应知，阴极反应式为2H2O2e=2OHH2，则阳极室消耗OH且无补充，故c(OH)降低。(2)结合题给信息“Na2FeO4易被氢气还原”知，阴极产生的氢气不能接触到Na2FeO4，故需及时排出。(3)图示中随着c(NaOH)增大，c(Na2FeO4)先增大后减小，结合已知信息“Na2FeO4只在强碱性条件下稳定”知，M点 c(Na2FeO4)低的原因是c(OH)低，反应速率小且Na2FeO4稳定性差。结合已知信息“若氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质”知，N点c(Na2FeO4)低的原因是c(OH)过高，铁电极上产生Fe(OH)3或Fe2O3，使Na2FeO4产率降低。答案：(1)阳极室(2)防止Na2FeO4与H2反应使产率降低(3)M点：c(OH)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢；N点：c(OH)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低2.(2015上海高考节选)氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。如图所示是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：(1)写出电解饱和食盐水的离子方程式：_。(2)离子交换膜的作用为_、_。(3)精制饱和食盐水从图中_位置补充，NaOH溶液从图中_位置流出。(填“a”、“b”、“c”或“d”)解析：(1)电解饱和食盐水时，溶液中的H在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的Cl在阳极失去电子，发生氧化反应产生Cl2，电解反应的离子方程式是2Cl2H2OCl2H22OH。(2)图中的离子交换膜，只允许阳离子通过，不能使阴离子和气体通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH进入阳极室，与Cl2发生反应，阻止Cl进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。(3)随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充，精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H不断放电，附近的溶液显碱性，NaOH溶液从图中d位置流出；水不断消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。答案：(1) 2Cl2H2OCl2H22OH(2)阻止OH进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOHCl2=NaClNaClOH2O阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸(3)ad3(2014全国卷节选)次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如下图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：(1)写出阳极的电极反应式：_。(2)分析产品室可得到H3PO2的原因：_。(3)早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替。并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有_杂质。该杂质产生的原因是_。解析：(1)阳极为水电离出的OH放电，电极反应式为2H2O4e=O24H。(2)阳极室中的H穿过阳膜进入产品室，原料室中的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2。(3)在阳极区H2PO或H3PO2可能失电子发生氧化反应，即生成物中会混有PO。答案：(1)2H2O4e=O24H(2)阳极室的H穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2(3)POH2PO或H3PO2被氧化考点三金属的电化学腐蚀与防护思维流程1金属腐蚀的类型(1)化学腐蚀与电化学腐蚀类型化学腐蚀电化学腐蚀条件金属与接触到的物质直接反应不纯金属接触到电解质溶液发生原电池反应本质金属失电子变成金属阳离子而被氧化(Mne=Mn)现象金属被腐蚀较活泼金属被腐蚀区别无电流产生有微弱电流产生联系电化学腐蚀比化学腐蚀普遍得多，腐蚀速率更快，危害也更严重(2)析氢腐蚀与吸氧腐蚀(以钢铁的腐蚀为例)类型析氢腐蚀吸氧腐蚀条件水膜酸性较强(pH4.3)水膜酸性很弱或呈中性电极反应负Fe2e=Fe2正极2H2e=H2O22H2O4e=4OH总反应式Fe2H=Fe2H22FeO22H2O=2Fe(OH)2联系吸氧腐蚀更普遍注意铁锈的形成：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3=Fe2O3xH2O(铁锈)(3x)H2O。2金属腐蚀的一般规律(1)对同一电解质溶液来说，腐蚀由快到慢：电解池原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防护措施的腐蚀。(2)对同一金属来说，腐蚀由快到慢：强电解质溶液中弱电解质溶液中非电解质溶液中(浓度相同)。(3)活泼性不同的两种金属，活泼性差异越大，腐蚀越快。(4)对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。3金属腐蚀的防护措施(1)改变金属的内部结构可根据不同的用途选用不同的金属或非金属制成合金。(2)覆盖保护层可以通过喷油漆、涂油脂、电镀或表面钝化等方法使金属与介质隔离。(3)电化学防护牺牲阳极的阴极保护法原电池原理负极比被保护金属活泼的金属正极被保护的金属设备外加电流的阴极保护法电解原理阴极被保护的金属设备阳极惰性金属典例(2017全国卷)支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是()A通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整学审题析题第一步：通过题干的文字叙述可获取信息 为了保护钢管桩不受海水腐蚀应作阴极，而高硅铸铁为阳极，且不参与电极反应。第二步：通过读图可验证从题干获取信息是否正确 由图可得钢管桩为阴极，高硅铸铁为阳极，且为惰性阳极，海水为电解质溶液，其阳极反应式为4OH4e=2H2OO2。第三步：逐项分析定答案 钢管桩表面腐蚀电流是指铁失去电子形成的电流，接近于0，钢管桩为阴极被保护，铁不容易失去电子，A项正确；阳极上发生氧化反应，失去电子，电子经外电路流向阴极，B项正确；高硅铸铁作阳极，阳极上发生氧化反应，阳极上主要是海水中的水被氧化生成氧气，惰性辅助阳极不被损耗，C项错误；根据海水对钢管桩的腐蚀情况，增大或减小电流强度，D项正确。答案C对点训练1(2018汕头一模)在日常生活中，我们经常看到铁制品生锈、铝制品表面出现白斑等众多的金属腐蚀现象。可以通过下列装置所示实验进行探究。下列说法正确的是()A按图装置实验，为了更快更清晰地观察到液柱上升，可采用酒精灯加热具支试管的方法B图是图所示装置的原理示意图，图的正极材料是铁C铝制品表面出现白斑可以通过图装置进行探究，Cl由活性炭区向铝箔表面迁移，并发生电极反应：2Cl2e=Cl2D图装置的总反应为4Al3O26H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑解析：选D具支试管内气体受热压强增大，不能更快更清晰地观察到液柱上升，A项错误；在铁腐蚀的原电池反应中，铁作负极，B项错误；负极电极反应式为Al3e=Al3，正极电极反应式为O22H2O4e=4OH，总反应方程式为4Al3O26H2O=4Al(OH)3，生成的Al(OH)3进一步脱水形成白斑，C项错误，D项正确。2深埋在潮湿土壤中的铁管道，在硫酸盐还原菌作用下，能被硫酸根腐蚀，其电化学腐蚀原理如图所示，下列与此原理有关说法错误的是()A正极反应为SO5H2O8e=HS9OHB输送暖气的管道不易发生此类腐蚀C这种情况下，Fe腐蚀的最终产物为Fe2O3xH2OD管道上刷富锌油漆可以延缓管道的腐蚀解析：选C原电池的正极发生还原反应，由图示可知发生的电极反应为SO5H2O8e=HS9OH，故A正确；硫酸盐还原菌是蛋白质，在高温下易变性，失去催化效率，则输送暖气的管道不易发生此类腐蚀，故B正确；由图示可知，Fe腐蚀的最终产物为FeO，故C错误；管道上刷富锌油漆，形成ZnFe原电池，Fe变为正极，可以延缓管道的腐蚀，故D正确。真题验收(2015重庆高考)我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。(1)原子序数为29的铜元素位于元素周期表中第_周期。(2)某青铜器中Sn、Pb的质量分别为119 g、20.7 g，则该青铜器中Sn和Pb原子的数目之比为_。(3)研究发现，腐蚀严重的青铜器表面大都存在CuCl。关于CuCl在青铜器腐蚀过程中的催化作用，下列叙述正确的是_。A降低了反应的活化能B增大了反应的速率C降低了反应的焓变 D增大了反应的平衡常数(4)采用“局部封闭法”可以防止青铜器进一步被腐蚀。如将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位，Ag2O与有害组分CuCl发生复分解反应，该化学方程式为_。(5)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。腐蚀过程中，负极是_(填图中字母“a”或“b”或“c”)；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_；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)铜位于元素周期表的第四周期。(2)119 g Sn的物质的量为1 mol,20.7 g Pb的物质的量为0.1 mol，因此Sn和Pb原子的数目之比为101。(3)催化剂能降低反应的活化能并增大化学反应速率，但不改变平衡常数和反应的焓变，所以A、B正确。(4)复分解反应为相互交换成分的反应，因此该反应的化学方程式为Ag2O2CuCl=2AgClCu2O。(5)负极发生失电子的反应，铜作负极失电子，因此负极为c。负极反应：Cu2e=Cu2，正极反应：O22H2O4e=4OH。正极产物为OH，负极产物为Cu2，两者与Cl反应生成Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为2Cu23OHCl=Cu2(OH)3Cl。4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量为0.02 mol，由Cu元素守恒知，发生电化学腐蚀失电子的Cu单质的物质的量为0.04 mol，失去电子0.08 mol，根据电子守恒可得，消耗O2的物质的量为0.02 mol，所以理论上消耗氧气的体积为0.448 L(标准状况)。答案：(1)四(2)101(3)AB(4)Ag2O2CuCl=2AgClCu2O(5) c2Cu23OHCl=Cu2(OH)3Cl0.448考点四电化学定量计算电化学的反应是氧化还原反应，各电极上转移电子的物质的量相等，无论是单一电池还是串联电解池，均可抓住电子守恒计算。1解题关键(1)电极名称要区分清楚；(2)电极产物要判断准确；(3)各产物间量的关系遵循电子得失守恒。2三种计算方法如以通过4 mol e为桥梁可构建如下关系式：(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有总览电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。注意在电化学计算中，还常利用QIt和Qn(e)NA1.601019 C来计算电路中通过的电量。题点全练1.以Pt为电极，电解含有0.10 mol M和0.10 mol N3(M、N3均为金属阳离子)的溶液，阴极析出金属单质或气体的总物质的量(y)与导线中通过电子的物质的量(x)的关系如图。对离子氧化能力的强弱判断正确的是(选项中H为氢离子)()AMHN3BMN3HCN3HM D条件不足，无法确定解析：选A当通过电子为0.1 mol时，析出固体或气体的物质的量为0.1 mol，证明此时析出的固体，而不是氢气(若是氢气，那么氢气的物质的量应该为0.05 mol)，第二阶段，失去电子0.2 mol，对应物质0.1 mol，可知该物质是氢气，后面失电子数和物质的量比例保持不变，说明X3不放电，M离子先于H放电，故氧化能力为MHN3。2电解100 mL含c(H)0.30 molL1的下列溶液，当电路中通过0.04 mol电子时，理论上析出金属质量最大的是()A0.10 molL1 Ag B0.20 molL1 Zn2C0.20 molL1 Cu2 D0.20 molL1 Pb2解析：选C在电解液中除金属离子外都含有H(酸电离)，电解时阴极是先析出金属还是先放出H2，这与金属的活动性顺序有关。题中Cu和Ag的活动性顺序在H的后面，它们的离子与H共存时，首先被还原的是Cu2和Ag；而Pb和Zn的活动性顺序在H的前面，它们的离子与H共存时，首先被还原的是H。所以电解含有Zn2、Pb2的溶液时，H先得电子生成H2，n(e)n(H)0.30 molL10.1 L0.03 mol，故Zn、Pb得到的电子为0.04 mol0.03 mol0.01 mol，生成的金属Zn、Pb的物质的量均为0.005 mol，其质量分别为0.325 g、1.035 g；电解含有Ag的溶液，可得Ag的质量为0.1 molL10.1 L108 gmol11.08 g；电解含有Cu2的溶液，可得铜的质量为0.2 molL10.1 L64 gmol11.28 g，C项符合题意。3将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后，某一电极增重0.064 g(设电解时该电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化)，此时溶液中氢离子浓度约为()A4103 molL1 B2103 molL1C1103 molL1 D1107 molL1解析：选A阴极反应：Cu22e=Cu，增重0.064 g应是生成Cu的质量，设生成H的物质的量为x，根据总反应离子方程式： 2Cu22H2O 2CuO24H 264 g4 mol 0.064 gxx0.002 molc(H)4103 molL1。4(2017成都七中阶段检测)在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c(NO)6 molL1，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是()A电解得到的Cu的物质的量为0.5 molB向电解后的溶液中加入98 g的Cu(OH)2可恢复为原溶液C原混合溶液中c(K)4 molL1D电解后溶液中c(H)2 molL1解析：选B石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，n(O2)1 mol，阳极发生2H2O4e=O24H，生成1 mol氧气转移4 mol电子，阴极发生Cu22e=Cu、2H2e=H2，生成1 mol氢气，转移2 mol 电子，因此还要转移2 mol电子生成1 mol铜。电解得到的Cu的物质的量为1 mol，故A错误；根据电解原理和原子守恒，溶液中减少的原子有铜、氧、氢，向电解后的溶液中加入Cu(OH)2，可恢复为原溶液，需要1 mol Cu(OH)2，质量为98 g，故B正确；c(Cu2)2 molL1，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K)为6 molL12 molL122 molL1，故C错误；电解后溶液中c(H)为4 molL1，故D错误。综合演练提能 课堂巩固练1下列叙述的方法不正确的是()A金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更普遍B用铝质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀C钢铁在干燥空气中不易被腐蚀D用牺牲锌块的方法来保护船身解析：选BA项，金属的电化学腐蚀比化学腐蚀更常见；B项，铝质铆钉、铁板、潮湿的空气构成了原电池，铝质铆钉作负极，容易被腐蚀，铁板得到保护；C项，因钢铁生锈需要氧气、水，在干燥空气中不易被腐蚀；D项，锌块、船身(铁)、海水构成了原电池，锌块作负极、容易被腐蚀，船身(铁)得到保护。2图1是电解饱和氯化钠溶液示意图。图2中，x轴表示实验时流入阴极的电子的物质的量，y轴表示()An(Na)Bn(Cl)Cc(OH) Dc(H)解析：选C电解饱和食盐水装置中，阳极Cl放电生成氯气：2Cl2e=Cl2，阴极H放电：2H2e=H2，总反应：2Cl2H2O2OHH2Cl2。A项，阴极H放电，n(Na)不变；B项，阳极Cl放电生成氯气，所以n(Cl)减小；C项，阴极H放电，所以溶液中c(OH)增大；D项，阴极H放电，所以c(H)减小。3.(2018辛集中学测试)利用电解法可将含有Fe、Zn、Ag、Pt等杂质的粗铜提纯，下列叙述正确的是()A电解时以精铜作阳极B电解时阴极发生氧化反应C粗铜连接电源负极，其主要的电极反应是Cu2e=Cu2D电解后，电解槽底部会形成含少量Ag、Pt等金属的阳极泥解析：选D电解精炼铜时，粗铜作阳极，A项错误；电解时阴极发生还原反应，B项错误；粗铜连接电源正极，其主要的电极反应是Cu2e=Cu2，C项错误；由于Ag、Pt不如Cu活泼，电解时不能失电子，最终以阳极泥的形式沉积下来，D项正确。4(2018深圳中学考试)电解法处理酸性含铬(主要含有Cr2O)废水时，以铁板作阴、阳极，处理过程中存在反应Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O，最后Cr3以Cr(OH)3形式被除去，下列说法不正确的是()A阳极反应为Fe2e=Fe2B过程中有Fe(OH)3沉淀生成C电解过程中溶液pH不会变化D电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O被还原解析：选CFe板作阳极，为活性电极，Fe失电子，发生氧化反应生成Fe2，阳极反应为Fe2e=Fe2，A项正确；阴极发生还原反应，溶液中的H得到电子生成氢气，H浓度减小，铁离子水解生成Fe(OH)3沉淀，B项正确；由反应Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O可知，处理过程中消耗H，溶液的酸性减弱，溶液pH增大，C项错误；Fe2e=Fe2，则电路中每转移12 mol 电子需要消耗6 mol Fe，再根据处理过程的反应方程式，得6Fe12e6Fe2Cr2O，故被还原的Cr2O的物质的量为1 mol，D项正确。5(2017海南高考)一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H。下列叙述错误的是()APd电极b为阴极B阴极的反应式为N26H6e=2NH3CH由阳极向阴极迁移D陶瓷可以隔离N2和H2解析：选A此装置为电解池，总反应式是N23H2=2NH3，Pd电极b上是氢气发生氧化反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N26H6e=2NH3，故B说法正确；根据电解池的原理，阳离子在阴极上放电，即H由阳极移向阴极，故C说法正确；根据装置图，陶瓷可以隔离N2和H2，故D说法正确。6如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5% NaOH溶液、足量CuSO4溶液和100 g 10% K2SO4溶液，电极均为石墨电极。(1)接通电源，一段时间后，测得丙中K2SO4溶液的质量分数为10.47%，乙中c电极质量增加。则电源的N端为_极；电极b上发生的电极反应为_；计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积为_L；电解前后丙中溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)乙装置中如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行：_(填“能”或“不能”)，原因是_。解析：(1)接通电源一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c电极表面析出Cu，则该电极为阴极，从而推知M端为电源的负极，N端为电源的正极。电极b为阳极，用惰性电极电解NaOH溶液相当于电解水，阳极上OH放电生成O2，电极反应式为4OH4e=O22H2O。用惰性电极电解K2SO4溶液相当于电解水，设电解过程中消耗水的质量为x g，据电解前后溶质的质量不变可得：100 g10%(100x)g10.47%，解得x4.5，则电解过程中消耗水的物质的量为0.25 mol，转移电子的物质的量为0.5 mol，故电极b上生成的O2在标准状况下的体积为V(O2)0.5 mol22.4 Lmol12.8 L。丙中用惰性电极电解K2SO4溶液相当于电解水，电解过程中c(K2SO4)增大，但溶液的pH不变。(2)当电解过程中铜全部析出时，CuSO4溶液变为H2SO4溶液，继续电解则为电解H2