自我诊断ppt课件

1、一、电解池自我诊断1.如图为以惰性电极进展电解：根底清点第3讲 电解池的任务原理及运用 金属的腐蚀与防护1写出A、B、C、D各电极上的电极方程式：A.，B.，C.，D.。 2在A、B、C、D各电极上析出生成物的物质的量之比为。答案 1Cu2+2e- Cu 2Cl- -2e- Cl22Ag+2e- 2Ag 4OH-4e- 2H2O+O222241 解析 该题在串联的条件下进展电解。A、B、C、D分别发生如下反响：Cu2+2e- Cu；2Cl-2e- Cl2；2Ag+2e- 2Ag；4OH-4e- 2H2O+O2。由得失电子守恒可知在四个电极依次析出物质的物质的量之比为nCun(Cl2)n(Ag)

2、 n(O2)=2241。根底回归1.电解原理：使电流经过电解质溶液或熔融的电解质而在 引起 的过程。2.电解池也叫电解槽：把 转变为 的 安装。3.电解池的组成和任务原理电解CuCl2溶液阴、阳两极氧化复原反响电能化学能阴极阳极氧化反响复原反响Cu2+2e- Cu2Cl-2e- Cl2二、电解原理的运用自我诊断 2.电解原理在化学工业中有广泛运用。如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，经过导线与直流电源相连。请回答以下问题： 1假设X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开场时，同时在两边各滴入几滴酚酞溶液,那么 电解池中X电极上的电极反响式为 ，在X电极附近察看到的景象

3、是 。 Y电极上的电极反响式为 ， 检验该电极反响产物的方法是 。 2如要用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，那么X电极的资料是，电极反响式为。 Y电极的资料是 ，电极反响式为 。阐明：杂质发生的电极反响不用写出 解析 1用惰性电极电解饱和食盐水时,阳极反应2Cl-2e- Cl2;阴极反响H+2e- H2。 与电源正极相连的为阳极，反之为阴极。所以X 为阴极，Y为阳极。X极在反响过程中耗费了H2O 电离出的H+，溶液呈碱性,参与酚酞溶液变成红色; Y极产生Cl2，能使潮湿的淀粉-KI试纸变成蓝色。 2电解精炼Cu时，用含杂质的Cu为阳极，纯Cu为阴极。反响过程中阳极上Cu以及比Cu

4、活泼的金属失去电子，成为离子，进入溶液，活泼性比Cu差的金属构成阳极泥；在阴极只需Cu2+能得电子 成为单质,其他较活泼金属对应的离子不能得电子。 根据安装图，X为阴极，Y为阳极。所以，X电极的资料是纯铜，电极反响式为Cu2+2e- Cu；Y电极资料是粗铜,电极反响式为Cu-2e- Cu2+。 答案 12H+2e- H2 放出气体，溶液变红 2Cl-2e- Cl2 把潮湿的淀粉-KI试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色 2纯铜 Cu2+2e- Cu 粗铜 Cu-2e- Cu2+根底回归1.电解饱和食盐水电极反响阳极反响式： 反响)阴极反响式： 反响总反响方程式：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2

5、+Cl2离子反响方程式:2Cl-+2H2O 2OH-+H2+Cl2运用：氯碱工业制 、 和 。2Cl-2e- Cl22H+2e- H2氧化复原烧碱氯气氢气2.电镀铜或电解精炼铜 1两极资料：待镀金属或精铜作 极， 镀层金属或粗铜作 极。 2电极反响：阳极： ；阴极： 。3电解质溶液：CuSO4溶液。3.电解冶炼钠电解熔融NaCl1电极反响：阳极： ； 阴极： 。2总反响方程式： 。3运用：冶炼 等活泼金属。阴阳Cu-2e- Cu2+Cu2+2e- Cu2Cl-2e- Cl22Na+2e- 2Na2NaCl (熔解) 2Na+Cl2Na、Mg、Al、Ca 粗铜中往往含有锌、铁、镍、银、金等多种金

6、属杂质，当含杂质的铜在阳极不断溶解时，金属活动性位于铜之前的金属杂质，如Zn、Fe、Ni等也会同时失去电子，但是它们的阳离子比铜离子难以复原，所以它们并不能在阴极析出，而只能以离子的方式留在电解液里；金属活动性位于铜之后的银、金等杂质，由于失去电子的才干比铜弱，难以在阳极失去电子变成阳离子而溶解，所以当阳极的铜等失去电子变成阳离子溶解之后，它们以金属单质的方式堆积在电解槽底，构成阳极泥。指点迷津A.B.C.D.三、金属的腐蚀与防护自我诊断3.如下图，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由 快到慢的顺序为 解析 是Fe为负极，杂质碳为正极的原电池腐蚀, 是铁的吸氧腐蚀，腐蚀较慢。其电极反响式为：负

7、极Fe-2e- Fe2+,正极2H2O+O2+4e- 4OH-。 均为原电池安装，中Fe为正极，被维护；中Fe为负极,均被腐蚀。但Fe和Cu的金属活泼性差别大于Fe和Sn的，故FeCu原电池中Fe被腐蚀较快。是Fe接电源正极作阳极，Cu接电源负极作阴极的电解腐蚀，加快了Fe的腐蚀。是Fe接电源负极作阴极，Cu接电源正极作阳极的电解腐蚀，防止了Fe的腐蚀。根据以上分析可知：铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为。 答案 C根底回归1.金属腐蚀的本质：金属原子 变为 ，金属发生 。2.金属腐蚀的类型 1化学腐蚀与电化学腐蚀失去电子金属阳离子化学腐蚀 电化学腐蚀 条件 金属跟 接触 不纯金属或合金跟 接触

8、现象 电流产生 电流产生本质 金属被 较活泼金属被联系两者往往同时发生， 腐蚀更普遍 非金属单质直接电解质溶液有微弱氧化氧化电化学无氧化反响O2+2H2O+4e-2.析氢腐蚀与吸氧腐蚀以钢铁的腐蚀为例进展分析：析氢腐蚀 吸氧腐蚀条件电极反应 负极 正极 总反应式 联系 更普遍 水膜酸性较强pH4.3 水膜酸性很弱或中性Fe-2e- Fe2+2H+2e- H24OH-Fe+2H+ Fe2+H22Fe+O2+2H2O2FeOH)2吸氧腐蚀3.金属的防护 1电化学防护 牺牲负极的正极维护法 原理a. ：比被维护金属活泼的金属；b. ：被维护的金属设备。外加电流的阴极维护法 原理a. ：被维护的金属设

9、备；b. ：隋性金属。 2改动金属的内部构造,如制成合金、不锈钢等。 3加防护层，如在金属外表喷油漆、涂油脂、电 镀、喷镀或外表钝化等方法。原电池负极正极电解阴极阳极 判别金属腐蚀快慢的规律 1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对同一种金属来说，腐蚀的快慢：强电解质溶液弱电解质溶液非电解质溶液。 3活泼性不同的两金属，活泼性差别越大，腐蚀越快。 4对同一种电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，腐蚀越快。指点迷津要点一 电极产物的判别与电极反响式的书写1.电解时电极产物的判别2.电解池中电极反响式的书写 1根据安装书写 根据电源确定阴、阳两极确定阳极能否是活性金

10、属电极据电极类型及电解质溶液中阴、阳离子的放电顺序写出电极反响式。要点精讲 在确保阴、阳两极转移电子数目一样的条件下，将两极电极反响式合并即得总反响式。 2由氧化复原反响方程式书写电极反响式找出发生氧化反响和复原反响的物质两极称号和反响物利用得失电子守恒分别写出两极反响式。假设写出一极反响式，而另一极反响式不好写，可用总反响式减去已写出的电极反响式即得另一电极反响式。 可充电电池放电时作原电池，充电时作电解池，两池的电极反响式正好相反，即电解池的阴极反响式对应于原电池的负极反响的逆反响式，电解池的阳极反响式对应于原电池正极反响的逆反响式，但电解池反响与原电池反响并不是相应的可逆反响。特别提示【

11、典例导析1】电镀等工业废水中常含有剧毒、致癌的Cr2O 。该废水处置的一种方法是：利用复原剂把Cr2O 复原成毒性较低的Cr3+，再加碱生成沉淀。另一种方法是：向废水中参与适当的NaCl，用Fe作电极进展电解。以下说法错误的选项是A.电解时，阳极反响为：Fe-2e- Fe2+ B.电解过程中阴极能产生氢气C.电解法中，转化Cr2O 的离子方程式为：Cr2O +6Fe2+14H+ 2Cr3+6Fe3+7H2O D.电解过程中，阳极附近生成Fe(OH)3和Cr(OH)3 沉淀 解析 电解过程中，H+在阴极放电生成H2，使阴 极附近溶液中c(H+)c(OH-),显碱性，阳离子Fe3+、 Cr3+移到

12、阴极附近后与OH-结合转化成Fe(OH)3和 Cr(OH)3沉淀，故D项错。答案 D迁移运用1 如下图，X、Y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量添加，b极板处有无色、无味气体放出。符合这一情况的是附表中的 a极板 b极板 X电极 Z溶液 A 锌 石墨 负极 CuSO4B 石墨 石墨 正极 NaOHC 银 铁 正极 AgNO3D 铜 石墨 负极 CuCl2 解析 由题意知，通电后a极板质量添加，阐明有金属析出，由此可知，a极为电解池的阴极，那么X为电源负极，B、C均不符合；又b极放出的是无色无味的气体，可淘汰D。 答案 A迁移运用2 某研讨性学习小组进展电化学实验，研讨安装如下图。有关说

13、法不正确的选项是 A.镁为负极B.原电池中碳极的电极反响式为Fe3+e- Fe2+C.电解池中阳极处先变红D.电解池中阴极的电极反响式为2H+2e- H2 解析 整套电路中无外接电源，因此有一安装是原电池安装，右池两个电极都是惰性电极，不符合原电池的构成条件，可知左池为原电池安装，右池为电解池安装。左池中活泼金属镁作为负极，由于电解液中Fe3+的氧化性强于H+，因此正极上Fe3+先发生复原反响生成Fe2+在酸性条件下不能生成Fe，选项A和B均正确；电解池中阳极I-先放电生成I2，因此阳极处先察看到溶液呈蓝色，阴极上H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液显碱性，阴极处溶液先变红。 答案 C要点二

14、电解类型及有关计算1.以惰性电极电解电解质溶液的类型 类型电解质（水溶液） 被电解的物质 电极产物溶液pH变化的原因、结果 电解质复原阳极阴极电解水型含氧酸（如H2SO4） 水 O2 H2 水减少，酸溶液的浓度增大，pH减小 加H2O 强碱（如NaOH） 水 O2 H2 水减少，碱溶液的浓度增大，pH增大 加H2O 电解水型活泼金属的含氧酸盐（如KNO3、Na2SO4） 水 O2 H2 水减少，盐溶液的浓度增大，pH不变或略减小(若为水解的盐)加H2O 电解电解质型 无氧酸（如HCl）,除HF外 酸 非金属 单质（如Cl2） H2 H+放电，c（H+）减小，pH增大 加HCl气体 不活泼金属的

15、无氧酸盐（如CuCl2），除氟化物外 盐 非金属单质（如Cl2） 金属单质(如Cu) pH基本不变 加CuCl2 放H2生碱型 活泼金属的无氧酸盐（如NaCl） 水和盐 非金属单质（如Cl2） H2 H+放电，c（H+）减小，c（OH-）增大，pH增大 加HCl气体放O2生酸型 不活泼金属的含氧酸盐(如CuSO4) 水和盐 O2 金属单质(如Cu) OH-放电,c（OH-）减小，c（H+）增大，pH减小 加CuO 特别提示 电解后要恢复原电解质溶液的浓度，需加适量的某物质，该物质可以是阴极与阳极产物的化合物，例如用惰性电极电解CuSO4，要恢复原溶液的浓度，可向电解后的溶液中参与CuO，也可以

16、参与CuCO3，但不能参与CuOH2，由于CuOH2与生成的H2SO4反响后使水量添加。2.电解池中有关量的计算或判别 电解池中有关量的计算或判别主要包括以下方面：根据直流电源提供的电量求产物的量析出固体的质量、产生气体的体积等、溶液的pH、相对原子质量或某元素的化合价、化学式等。解题根据是得失电子守恒，解题方法有如下： 1根据得失电子守恒法计算： 用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其根据是电路中转移的电子数相等。 2根据总反响式计算： 先写出电极反响式，再写出总反响式，最后根据总反响式计算。 3根据关系式计算：根据得失电子守恒关系，在知量与未知量之间，建立计算所

17、需的关系式。【典例导析2】1用惰性电极电解400 mL一定浓度的硫酸铜溶液不思索电解过程中溶液体积的变化，通电一段时间后，向所得的溶液中参与0.1 mol CuO后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为mol。2假设向所得的溶液中参与0.1 mol Cu(OH)2后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为mol。 3假设向所得的溶液中参与0.1 mol Cu2(OH)2CO3后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH不考虑CO2的溶解，电解过程中转移的电子为 mol。 解析 1电解硫酸铜溶液的反响方程式为：2CuSO4+2H2O 2Cu+2H2SO4+O2

18、,从方程式可以看出，电解硫酸铜过程中只析出铜和释放出氧气，参与0.1 mol CuO可以使溶液恢复至原来形状，阐明参与反响的硫酸铜只需0.1 mol，转移的电子为0.2 mol。2参与0.1 mol CuOH2可以使溶液恢复至原来形状，阐明电解过程中不仅硫酸铜被电解，而且有水被电解。0.1 mol CuOH2可以看作是0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，那么转移的电子为0.4 mol。3参与0.1 mol Cu2(OH)2CO3可以看作0.2 mol CuO、0.1 mol H2O和0.1 mol CO2，相当于有0.2 mol的硫酸铜和0.1 mol的水被电解，因此转移的电子为0

19、.6 mol。 解题时没有弄清整个电解过程中离子的放电情况，只思索了溶质的耗费而忽视了溶剂的减少。解题战略是先从元素守恒的角度推断电解过程中是耗费了溶质还是耗费了溶质和溶剂，然后再利用得失电子守恒求解。 思想提升 答案 10.2 20.4 30.6迁移运用3 如图a、b、c、d均为石墨电极，通电进展电解电解液足量。以下说法正确的选项是A.甲中a的电极反响式为:4OH-4e- O2+2H2OB.电解时向乙中滴入酚酞溶液，c电极附近变红C.向乙中参与适量盐酸，溶液组成可以恢复D.当b极有64 g Cu析出时，c电极产生2 g气体解析 此题易误选C，在电解液足量的情况下，电解过程中只逸出H2和Cl2

20、，只需补充氢和氯两种元素即可，不能参与盐酸，由于盐酸中有H2O，应通入适量HCl气体才干到达目的。答案 A迁移运用4 用阳极a和阴极b电解c的水溶液一段时间，然后参与d，能使溶液恢复到电解前形状，a、b、c、d正确组合是a b c dA Pt Pt NaOH NaOHB C C NaCl NaOHC Cu Cu CuSO4 Cu（OH）2D Pt Pt H2SO4 H2O 解析 此题调查电解后溶液复原问题。要分析电解本质，然后根据“析出物质再合成的原那么找到复原需参与的物质。A项中，本质为电解水，故应加 水复原；B项中，电解反响式：2NaCl+2H2O Cl2+H2+2NaOH从溶液中析出Cl

21、2、H2，二者合成HCl，复原措施为通入HCl气体；C项中，阳极为Cu，电解质溶液为CuSO4溶液，故为电镀安装，电解质溶液浓度和成份均未改动；D项中，本质为电解水，加水可复原。 答案 D迁移运用5 用两支惰性电极插入CuSO4溶液中，通 电电解，当有110-3 mol的OH-放电时，溶液显 浅蓝色，那么以下表达正确的选项是 A.阳极上析出11.2 mL O2规范情况B.阴极上析出32 mg CuC.阴极上析出11.2 mL H2规范情况D.阳极和阴极质量都无变化 解析 用惰性电极电解CuSO4溶液时，电极反响为，阴极：2Cu2+4e- 2Cu,阳极：4OH-4e- O2+2H2O。当有110

22、-3 mol的OH-放电时，生成标况下的O2为5.6 mL，此时转移电子为1.010-3 mol，那么在阴极上析出Cu 3210-3g。B迁移运用6 串联电路中的四个电解池分别装有0.05 mol/L的以下溶液，用惰性电极电解，衔接直流电源一段时间后，溶液的pH最小的是A.KNO3B.NaClC.AgNO3D.CuCl2 解析 电解KNO3溶液的本质是电解水，pH不变。电解NaCl溶液，H+在阴极上放电，阴极附近OH-浓度增大；阳极上Cl-放电，阳极区域H+、OH-浓度根本不变，整个溶液pH变大。电解AgNO3溶液，阴极Ag+放电；阳极是OH-放电，阳极区域H+浓度变大，溶液pH变小。电解Cu

23、Cl2溶液，H+或OH-都没有放电，但CuCl2是强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，因此假设CuCl2完全电解后，假设不思索Cl2溶于水生成HCl和HClO，溶液呈中性，pH增大实践上由于生成HCl、HClO，溶液呈酸性。答案 C要点三 原电池、电解池、电镀池的比较原电池 电解池 电镀池定义将化学能转变成电能的装置 将电能转变成化学能的装置 应用电解原理在某些金属表面镀上一层其他金属的装置装置举例 形成条件 活动性不同的两电极（连接）电解质溶液（电极插入其中，并与电极发生自发反应）形成闭合电路 两电极接直流电源两电极插入电解质溶液形成闭合电路 镀层金属接电源正极，待镀金属接电源负极电镀液必须含有镀

24、层金属的离子（电镀过程浓度不变） 电极名称 负极：氧化反应，金属失电子正极：还原反应，溶液中的阳离子得电子或者氧气得电子(吸氧腐蚀) 阳极：氧化反应，溶液中的子，或电极金应，溶液中的阳离子得电子 阳极：金属电极失电子阴极：电镀液中镀层金属阳离子得电子（在电镀控制的条件下，水电离产生的H+或OH-一般不放电） 电子流向 负极 正极 电源负极阴极电源正极阳极 同电解池阴离子失电属失电子阴极：复原反 特别提示 1同一原电池的正、负极的电极反响得、失电子数相等。2同一电解池的阴极、阳极电极反响中得、失电子数相等。3串联电路中的各个电极反响得、失电子数相等。上述三种情况下，在写电极反响式时，得、失电子数

25、要相等；在计算电解产物的量时，应按得、失电子数相等计算。【典例导析3】关于如下图各安装的表达中，正确的选项是A.安装是原电池，总反响是：Cu+2Fe3+ Cu2+ +2Fe2+B.安装中，铁作负极，电极反响式为：Fe3+e- Fe2+C.安装通电一段时间后石墨电极附近溶液红褐 色加深D.假设用安装精炼铜，那么d极为粗铜，c极为纯铜， 电解质溶液为CuSO4溶液解析 A项Fe比Cu活泼，总反响为Fe+2Fe3+ 3Fe2+；B项Fe为负极，发生的电极反响为Fe-2e- Fe2+；C项电泳时,FeOH3胶粒带正电移向石墨电极；D项根据电流方向，c极为粗铜，d极为纯铜。答案 C 规律方法 可充电电池

26、可以以为是原电池与电解池的一致体，当电池放电时即为原电池，负极失电子，发生氧化反响，正极得电子，发生复原反响；电池充电时即为电解池，阴极与直流电源的负极相连，发生复原反响;阳极与直流电源的正极相连,发生氧化反响。迁移运用 7 如下图，a、b是多孔石墨电极，某同学按图示安装进展如下实验：断开K2，闭合K1一段时间，察看到两支玻璃管内都有气泡将电极包围，此时断开K1，闭合K2，察看到电流计A的指针有偏转。下 列说法不正确的选项是 A.断开K2，闭合K1一段时间，溶液的pH变大B.断开K1，闭合K2时，b极上的电极反响式为：2H+2e- H2C.断开K2，闭合K1时，a极上的电极反响式为：4OH-4

27、e- O2+2H2OD.断开K1，闭合K2时，OH-向b极挪动解析 该题为原电池及电解池的综合调查题。当断开K2，闭合K1时为电解池，此时根据电源判别a极为阳极，b极为阴极，相当于电解了水，A项正确；a极的电极反响式为4OH-4e- O2+2H2O,C项正确;当断开K1，闭合K2时，该安装为原电池，a极为正极，电极反响式为：O2+4e-+2H2O 4OH-,b极为负极，电极反响式为：2H2+4OH-4e- 2H2O，故D项正确；B项错误。答案 B迁移运用8 如下图，甲池中电池反响式为2Fe3+Cu 2Fe2+Cu2+，知B电极质量不变，C、D为石墨电极，乙池中为200 mL饱和NaCl溶液。回

28、答以下问题：1A极为极填“正或“负，电极资料为，发生 填“氧化或“复原反响。2写出乙池的电极反响式：阳极反响式为；阴极反响式为。3A电极质量减少0.64 g时，此时乙池中电解液的pH为忽略反响过程中溶液体积的变化,C电极上产生的气体在规范情况下的体积为L。4在实验中，欲从甲池反响后的废液中回收铜，并重新制得纯真的FeCl3溶液，简述操作步骤及有关反响原理用离子方程式表示 。解析 1由于B电极质量不变，那么A极资料为Cu，B极为正极。2乙池电解饱和NaCl溶液，且C为阳极，D为阴极。3A极质量减少0.64 g，电子转移0.02 mol，那么乙池产生0.02 mol OH-，消费0.01 mol

29、H2。4可利用Fe置换出Cu,再用Cl2将Fe2+氧化即可。答案 1负 铜 氧化22Cl-2e- Cl22H+2e- H2313 0.2244在废液中参与足量的铁屑，过滤后在滤渣中加入足量的盐酸，过滤回收铜，将两次滤液合并通入足量Cl2，即得到FeCl3溶液。Fe+Cu2+ Fe2+Cu,2Fe2+Cl2 2Fe3+2Cl-1.以下图中能验证氯化钠溶液含酚酞电解产物的安装是对点训练题组一 电解池原理及其运用解析 电解食盐水时，阳极产物Cl2，阴极产物H2、NaOH，根据图中电子流向先确定安装中电源的正、负极，从而确定电解池的阴、阳极，然后判别电极产物以及检验方法，D选项符合题意。答案 D2.

30、三氧化二镍Ni2O3可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调NiCl2溶液pH至7.5，参与适量硫酸钠后进展电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO-, 把二价镍氧化为三价镍。以下说法不正确的选项是 A.可用铁作阳极资料B.电解过程中阳极附近溶液的pH降低C.阳极反响方程式为：2Cl-2e- Cl2D.1 mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中经过 了1 mol 电子解析 A项中因铁为活泼金属，用它作阳极资料时铁被氧化，错；B项中，在电解过程中阳极发生反响2Cl-2e- Cl2 ,产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO-,证明pH降低，所以B、C正确；D项中,根据化合

31、价与得失电子的关系,1 mol 二价镍全部变为三价镍时外电路经过1 mol电子，D正确。答案 A3.关于以下各图的说法其中中均为惰性电极正确的选项是A.安装中阴极产生的气体可以使潮湿淀粉-KI试纸变蓝B.安装中待镀铁制品应与电源正极相连C.安装中电子由b极流向a极D.安装中的离子交换膜可以防止生成的Cl2与NaOH溶液反响解析 安装用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极析出铜，阳极产生氯气，A错；安装为电镀铜安装,阳极电极反响式为:Cu-2e- Cu2+,阴极电极反响式为：Cu2+2e- Cu,因此待镀铁制品应与电源负极相连，B错；安装为氢氧燃料电池，b极通入O2，发生复原反响，作电池的正极，是电

32、子流入的极，C错。答案 D题组二 电解的规律及有关计算4.500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中cNO =6.0 mol/L,用石墨作电极电解此溶液，当通电一 段时间后，两极均搜集到22.4 L气体规范情况下，假定电解后溶液体积仍为500 mL，以下说法正确的选项是A.原混合溶液中cK+为4 mol/LB.上述电解过程中共转移4 mol电子C.电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD.电解后溶液中cH+为2 mol/L解析 阴极上分段发生以下两个反响：Cu2+2e-Cu,2H+2e- H2，阳极反响式为4OH-4e-2H2O+O2，当阳极产生22.4 L氧气时，转移电子4 mo

33、l，此时阴极上H+放电2 mol，还有2 mol电子转移来自于Cu2+放电，析出Cu 1 mol，溶液中cK+=c(NO )-2c(Cu2+)=6.0 mol/L-2 =2.0 mol/L，故A、C项错，B项正确；根据电荷守恒，电解后溶液中cH+=2cCu2+=4 mol/L，D项错。答案 B5.用石墨电极电解CuSO4溶液一段时间后，向所得溶液中参与0.2 mol CuOH2后，恰好使溶液恢复到电解前的浓度。那么电解过程中转移的电子的物质的量为A.0.4 molB.0.5 molC.0.6 molD.0.8 mol 解析 假设只电解CuSO4参与CuO即可恢复电解前的浓度，题意参与CuOH2

34、根据Cu(OH)2 CuO +H2O阐明电解了0.2 mol CuSO4和0.2 mol H2O，故转移的电子数目为0.4 mol+0.4 mol=0.8 mol。D6.如以下图安装所示,C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都一样(假设通电前后溶液体积不变)，A、B为外接直流电源的两极。将直流电源接通后，F极附近呈红色。请回答：1B极是电源的，一段时间后，甲中溶液颜色，丁中X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，这阐明，在电场作用下向Y极挪动。2假设甲、乙安装中的C、D、E、F电极均只需一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为 。3现用丙安装给铜件镀银，那么H应

35、该是(填“镀层金属或“镀件,电镀液是 溶液。当乙中溶液的pH是13时(此时乙溶液体积为500 mL),丙中镀件上析出银的质量为，甲中溶液的pH 填“变大、“变小或“不变。 4假设将C电极换为铁，其他安装都不变，那么甲中发生总反响的离子方程式是 。 解析 1F极附近呈红色，阐明F是阴极，E是阳极，那么A为正极，B为负极。甲中因Cu2+放电使溶液颜色变浅。丁中Y极附近颜色变深，阐明Fe(OH)3胶粒向阴极挪动,即Fe(OH)3胶粒带正电荷。2C、D、E、F的电极产物分别为O2、Cu、Cl2、H2，由于电路中经过的电量相等,所以其物质的量之比为1222。3乙中溶液pH=13，生成nNaOH= 0.1

36、 mol/L 0.5 L=0.05 mol,电路中经过的电子的物质的量为0.05mol,所以丙中镀件上析出银0.05 mol108 g/mol=5.4 g。 4当金属作阳极时，金属先于溶液中的阴离子放电而溶解，故甲中发生反响的离子方程式为Fe+Cu2+ Fe2+Cu。 答案 1负极 逐渐变浅 氢氧化铁胶体粒子带正电荷212223镀件AgNO3 5.4 g 变小4Fe+Cu2+ Cu+Fe2+题组三 金属的电化学腐蚀与防护7.以下关于金属腐蚀表达正确的选项是( )A.金属在潮湿空气中腐蚀的本质是： M+nH2O M(OH)n+ H2B.金属的化学腐蚀的本质是M-ne- Mn+,电子直 接转移给复

37、原剂C.金属的化学腐蚀必需在酸性条件下进展D.在潮湿的中性环境中，金属的电化学腐蚀主要是 吸氧腐蚀 解析 金属可发生析氢腐蚀，也能够发生吸氧腐蚀，所以A、C不对。D8.如下图水槽中试管内有一枚铁钉，放置数天察看：中、碱或1假设试管内液面上升，那么原溶液呈性，发生腐蚀，电极反响：负极： ；正极： 。2假设试管内液面下降，那么原溶液呈性,发生 腐蚀。电极反响：负极: ；正极： 。O2+4e-+2H2O 4OH-弱酸吸氧Fe-4e-2Fe2+较强酸析氢Fe-2e- Fe2+2H+2e-H2一、选择题(此题包括12小题,每题5分，共60分)1.2021安徽理综,12Cu2O是一种半导体资料，基于绿色化

38、学实际设计的制取Cu2O的电解池表示图如下，电解总反响为：2Cu+H2O Cu2O+ H2。以下说法正确的选项是定时检测A.石墨电极上产生氢气B.铜电极发生复原反响C.铜电极接直流电源的负极D.当有0.1 mol电子转移时，有0.1 mol Cu2O生成解析 由总反响知失电子的为Cu，得电子的是H2O中的氢元素。因此Cu极为电解池的阳极，接电源的正极，石墨为阴极，接电源的负极。当有0.1 mol电子转移时，应有0.05 mol Cu2O生成。答案 A2.2021上海，13如图安装中，U型管内为红墨水，a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各参与生铁块，放置一段时间。以下有关描画错误的选项是

39、A.生铁块中的碳是原电池的正极B.红墨水柱两边的液面变为左低右高C.两试管中一样的电极反响式是Fe-2e- Fe2+D.a试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀 解析 a、b试管中均发生铁的电化学腐蚀，在食盐水中的Fe发生吸氧腐蚀，正极为碳：2H2O+O2+4e- 4OH-，负极为铁：2Fe-4e-2Fe2+，由于吸收O2, a管中气压降低；b管中的电解质溶液是酸性较强的NH4Cl溶液，故发生析氢腐蚀，正极：2H+2e- H2，负极：Fe-2e- Fe2+，由于放出氢气，b管中气压增大，故U型管中的红墨水应是左高右低，B选项错误。 答案 B3.2021北京，6以下表达不正确的选项是 A.

40、铁外表镀锌，铁作阳极B.船底镶嵌锌块，锌作负极，以防船体被腐蚀C.钢铁吸氧腐蚀的正极反响：O2+2H2O+4e- 4OH-D.工业上电解饱和食盐水的阳极反响：2Cl-2e- Cl2 解析 铁外表镀锌，铁应作阴极而锌作阳极，A错误；锌比铁活泼，在船底镶嵌锌块，可有效防护船体被腐蚀；钢铁的吸氧腐蚀中正极上O2得到e-被复原；工业电解食盐水的反响中阳极上Cl-失去e-被氧化，故B、C、D均正确。A. . . 4.2021重庆理综，12如下图，将紧紧缠绕不同金属的铁钉放入培育皿中，再参与含有适量酚酞和NaCl的琼脂热溶液，冷却后构成琼胶离子在琼胶内可以挪动，以下表达正确的选项是 A.a中铁钉附近呈现红

41、色B.b中铁钉上发生复原反响C.a中铜丝上发生氧化反响D.b中铝条附近有气泡产生 解析 根据原电池原理分析可知:a中铁钉作负极，发生氧化反响，铜丝作正极发生O2+2H2O+4e- 4OH-的复原反响，可知A、C错误；b中铁钉作正极，发生O2+2H2O+4e- 4OH-的复原反响，而铝发生Al-3e- Al3+不会冒气泡，D错误。 答案 B5.2021上海,12取一张用饱和NaCl溶液浸湿的pH试纸，两根铅笔芯作电极，接通直流电源，一段时间后，发现a电极与试纸接触处出现一个双色同心圆，内圆为白色，外圈呈浅红色。那么以下说法错误的选项是A.b电极是阴极B.a电极与电源的正极相衔接C.电解过程中，水

42、是氧化剂D.b电极附近溶液的pH变小 解析 用惰性电极电解NaCl溶液，其电极反响分别为：阴极：2H+2e-H2 阳极：2Cl-2e- Cl2,由于a极出现了双色同心圆，内圆为白色，外圈呈浅红色，那么a极为电解池的阳极，由于产生的Cl2与水反响生成HCl和HClO，HCl使pH试纸显红色，HClO具有漂白性使pH试纸褪色，b极为阴极，H+得电子产生H2，H+来源于H2O的电离，因此在b极又同时生成了OH-,因此b极附近pH增大。 答案 D6. 以下过程需求通电才干进展的是电离 电解 电镀 电泳 电化学腐蚀A. B. C. D.全部 解析 电离是电解质在水溶液中或熔融形状下离解成阴、阳离子的过程

43、，不需求通电；电化学腐蚀属于原电池反响，是化学能转变为电能的过程，故C项正确。C7. 以下表达正确的选项是 A.纯锌与稀硫酸反响时，参与少量CuSO4溶液，可 使反响速率加快B.甲醇和氧气以及KOH溶液构成的新型燃料电池 中，其负极上发生的反响为：CH3OH+6OH- + 6e- CO2+5H2OC.在铁件上镀铜时，金属铜作阴极D.电解精炼铜时，电解质溶液中铜离子浓度坚持不 变 解析 锌置换出少量铜后构成铜锌原电池，使反响速率加快，A项正确；负极上应发生失去电子的氧化反响，并且CO2在碱性环境中要生成CO ，B项错；电镀池中，镀层金属作阳极，C项错；电解精炼铜时，溶液中铜离子浓度降低，D项错。

44、 答案 A8. 关于电解NaCl水溶液，以下表达正确的选项是A.假设在阴极附近的溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈无 色B.假设在阳极附近的溶液中滴入KI溶液，溶液呈棕色C.电解时在阳极得到氯气，在阴极得到金属钠D.电解一段时间后，将全部电解液转移到烧杯中， 充分搅拌后溶液呈中性解析 电解食盐水时发生的反响：阳极：2Cl-2e- Cl2阴极：2H2O+2e- H2+2OH-总反响：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2 对照分析选项，C错误；阳极附近的溶液中会溶有少量的Cl2，滴加KI溶液后发生反响：Cl2+2I- I2+2Cl-，溶液呈棕色，B正确；阴极附近产生大量的OH-,滴加酚酞后变红色

45、，A错误；电解后生成NaOH，溶液呈碱性，D错误。 答案 B 9. 用惰性电极实现电解，以下说法正确的选项是A.电解稀硫酸溶液，本质上是电解水，故溶液pH 不变B.电解稀氢氧化钠溶液，要耗费OH-，故溶液pH 减小C.电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的 物质的量之比为12D.电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的 物质的量之比为11 解析 电解稀H2SO4，本质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减小，浓度增大，故溶液pH减小，A不正确；电解稀NaOH溶液，阳极耗费OH-，阴极耗费H+，本质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，B不正确；电解Na2SO4溶液时，

46、在阳极发生反响：4OH-4e- 2H2O+O2,在阴极发生反响：2H+2e- H2，由于两电极经过的电量相等，故析出H2与O2的物质的量之比为21，C不正确；电解CuCl2溶液时，阴极反响为：Cu2+2e- Cu，阳极反响为：2Cl-2e- Cl2，两极经过电量相等时，Cu和Cl2的物质的量之比为11,D正确。 答案 D10. 天津是我国研发和消费锂离子电池的重要基地。锂离子电池正极资料是含锂的二氧化钴LiCoO2，充电时LiCoO2中Li被氧化，Li+迁移并以原子方式嵌入电池负极资料碳C6中，以LiC6表示。电池反响为LiCoO2+C6 CoO2+LiC6, 以下说法正确的选项是A.充电时，

47、电池的负极反响为LiC6-e- Li+C6B. 放电时，电池的正极反响为CoO2+Li+e- LiCoO2C.羧酸、醇等含活泼氢的有机物可用作锂离子电池 的电解质D.锂离子电池的比能量(单位质量释放的能量)低 解析 充电时，Li被氧化，电池负极反响为C6+e- C ,故A项错误；由于Li为活泼金属，可与羧酸、醇等物质反响，故C项错误；由于Li的摩尔质量较小，所以锂电池的比能量应较高，故D项错误。 答案 B11.以下图为阳离子交换膜法电解饱和食盐水原理表示图。 以下说法不正确的选项是 A.从E口逸出的气体是H2B.从B中参与含少量NaOH的水溶液以加强导电性C.规范情况下每生成22.4 L Cl

48、2,使产生2 mol NaOHD.完全电解后加适量盐酸可以恢复到电解前的浓度解析 电解饱和食盐水时两极放出的是H2和Cl2，加盐酸可以恢复NaCl的物质的量，因盐酸中有水，故不能恢复NaCl的浓度，故D项不正确。D12.以下图所示安装是一种可充电电池，安装为电解池。离子交换膜只允许Na+经过，充放电的化学方程式为2Na2S2+NaBr3 Na2S4+3NaBr。 闭合开关K时，b极附近先变红色。以下说法正确的选项是A.负极反响为4Na-4e- 4Na+B.当有0.01 mol Na+经过离子交换膜时，b电极上析 出规范情况下的气体112 mLC.闭合K后，b电极附近的pH变小D.闭合K后，a电

49、极上有气体产生 解析 此题信息新颖，多数同窗对所给的电池反响很不熟习，习惯写出电极式的同窗会由于写不出电极反响式而做不出来。电源的正极：Br +2e- 3Br-；电源的负极：2S -2e- S ，内电路为Na+挪动导电。由题意可知b极阴极：2H2O+2e- H2+2OH-，a极阳极：Cu-2e- Cu2+，所以C、D均错误；对于B项当有0.01 mol Na+经过离子交换膜时，阐明有内电路经过了0.01 mol 的电荷，外电路转移的电子也就为0.01 mol。结合b极反响，产生的气体就为0.005 mol，体积为112 mL。只需B正确。答案 B二、非选择题此题包括4小题，共40分13.12分

50、2021山东理综，29Zn-MnO2干电池运用广泛，其电解质溶液是ZnCl2-NH4Cl混合溶液。 1该电池的负极资料是。电池任务时，电子流向填“正极或“负极。 2假设ZnCl2-NH4Cl混合溶液中含有杂质Cu2+，会加速某电极的腐蚀，其主要缘由是。欲除去Cu2+，最好选用以下试剂中的 填代号。a.NaOHb.Znc.Fed.NH3H2O3MnO2的消费方法之一是以石墨为电极，电解酸化的MnSO4溶液。阴极的电极反响式是。假设电解电路中经过2 mol电子，MnO2的实际产量为 g。解析 在原电池中较活泼易失电子的物质作负极，电子从负极流向正极。电解过程中，阴极发生复原反应，阳极发生氧化反响，分析题意即可得出，当转移2 mol电子时，生成1 mol MnO2，即87 g。答案1Zn或锌 正极2锌与复原出来的Cu构成锌铜原电池而加快锌的腐蚀 b32H+2e- H2 8714.8分2021海南，29如何防止铁的锈蚀是工业上研讨的重点内容。为研讨铁锈蚀的影响要素，某同窗做了如下探求实验：序号 内容 实验现象1常温下将铁丝放在