04第28讲电解池金属的腐蚀与防护【答案】听课手册

第28讲电解池金属的腐蚀与防护考点一●夯实必备知识1.电流氧化还原反应电化学2.①电源②电解质溶液熔融电解质③闭合回路3.(1)负极得到还原正极失去氧化(3)阴极还原Cu2++2e-Cu阳极氧化2Cl--2e-Cl2↑CuCl2Cu+Cl2↑4.(1)①失去氧化【对点自测】(1)×(2)√(3)×(4)×(5)√(6)×[解析](3)Cl2在阳极生成。(4)电解盐酸,pH变大;电解硫酸溶液,实际是电解水,pH变小。(6)电子不能通过溶液。●提升关键能力题组一1.A[解析]M极次氯酸失去电子发生氧化反应得到高氯酸,M为阳极、N为阴极,则a为电源正极、b为电源负极,A错误;电极M处发生氧化反应,B正确;电解池中阳离子向阴极迁移,故H+从左到右穿过质子交换膜,C正确;N为阴极,氢离子得到电子发生还原反应生成氢气:2H++2e-H2↑,D正确。2.B[解析]多孔电极1上H2O(g)发生得电子的还原反应转化成H2(g),多孔电极1为阴极,电极反应为H2O+2e-H2+O2-;多孔电极2上O2-发生失电子的氧化反应转化成O2(g),多孔电极2为阳极,电极反应为2O2--4e-O2↑。电极1的多孔结构能增大电极的表面积,增大与水蒸气的接触面积,A项正确;根据分析,电极2为阳极,发生氧化反应:2O2--4e-O2↑,B项错误;电解池工作时,阴离子O2-向阳极移动,即O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2,C项正确;根据分析,电解总反应为2H2O(g)2H2+O2,分解2molH2O转移4mol电子,则理论上电源提供2mol电子能分解1molH2O,D项正确。题组二3.D[解析]a极为阳极,电极反应为2H2O-4e-4H++O2↑,产生的O2可导入b极区作原料,A正确;反应过程中的确存在H2O2和H2N2O2,但不是最终产物HNO3,故H2O2和H2N2O2均是中间产物,B正确;H2O2和N2在Fe2+催化下能生成H2N2O2,故该反应的方程式为H2O2+N2O2,C正确;根据b电极总反应式3O2+N2+2H++2e-2HNO3可知,每制得63gHNO3,即1molHNO3,需消耗1.5molO2,电路中转移电子为1mol,则阳极上能够产生的O2为0.25mol,故阴极还需通入1.5mol-0.25mol=1.25molO2,D错误。4.(1)PbCl42-+2e-Pb↓(2)aMn2+-2e-+2H2OMnO2↓+4H+[解析](1)电解时阴极上PbCl42-得电子生成Pb,其电极反应式为PbCl42-+2e-Pb↓+4Cl-。(2)电解酸性废液(含Mn2+、SO42-、Cl-等)得到MnO2,故Mn2+失去电子发生氧化反应得到MnO2,电极反应式为Mn2+-2e-+2H2OMnO2↓+4H+,该反应在阳极发生考点二●夯实必备知识1.(1)2Cl--2e-Cl2↑2H2O+2e-H2↑+2OH-2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑(2)①阳离子2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O2.镀层粗铜待镀纯铜镀层Cu-2e-Cu2+阳离子阳极泥Cu2++2e-CuCu2++2e-Cu不变减小3.2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑2Cl--2e-Cl2↑MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑Mg2++2e-Mg2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑2O2--4e-O2↑【对点自测】(1)√(2)√(3)×(4)√(5)√(6)×●提升关键能力题组一1.B[解析]电极A上氯离子转变为氯气,氯元素的化合价升高,失去电子,发生氧化反应,则电极A作电解池阳极,接电源正极,故A正确;电极B为阴极,通入的氧气得到电子,其电极反应式为2H2O+4e-+O24OH-,故B错误;右室生成氢氧根离子,应选用阳离子交换膜,左室的钠离子进入右室,在右室获得浓度较高的NaOH溶液,故C正确;改进设计中增大了氧气的量,提高了电极B处的氧化性,通过反应物的氧化性来降低电解电压,减少能耗,故D正确。2.C[解析]该装置为电解池,利用光能提供能量转化为电能,在电解池中将电能转化为化学能,A正确;由图可知,阴极上氧气得电子和氢离子生成过氧化氢,电极反应式为O2+2H++2e-H2O2,B正确;由光阳极发生的反应可知,每消耗1molH2O,电路中转移1mol电子,阳极和阴极各生成0.5molH2O2,则体系中生成1molH2O2,C错误;Mn(Ⅳ)和H2O2转化为Mn(Ⅱ)过程中,锰元素化合价降低,H2O2作还原剂,表现还原性,Mn(Ⅱ)和H2O2转化为Mn(Ⅳ)时,H2O2中O元素化合价降低,作氧化剂,表现氧化性,D正确。题组二3.C[解析]该新型电解池基于氯碱工艺,可用于湿法冶铁,左侧电极为阴极,发生还原反应,Fe2O3在碱性条件下转化为Fe,电极反应为Fe2O3+6e-+3H2O2Fe+6OH-;右侧溶液为饱和食盐水,右侧电极为阳极,Cl-放电产生氯气,电极反应为2Cl--2e-Cl2↑;中间为阳离子交换膜,Na+由阳极向阴极移动。由分析可知,阳极反应为2Cl--2e-Cl2↑,A正确;阴极反应为Fe2O3+6e-+3H2O2Fe+6OH-,消耗水产生OH-,阴极区溶液中OH-浓度逐渐升高,B正确;理论上每消耗1molFe2O3,转移6mol电子,产生3molCl2,同时有6molNa+由阳极室转移至阴极室,则阳极室溶液减少3mol×71g·mol-1+6mol×23g·mol-1=351g,C错误;理论上每消耗1molFe2O3,转移6mol电子,有6molNa+由阳极室转移至阴极室,阴极室物质最多增加6mol×23g·mol-1=138g,D正确。4.B[解析]电极Ⅱ有O2产生,是电解质溶液中H2O失电子,电极Ⅱ作阳极,若用铁、铜作电极,则是铁、铜本身失去电子,A错误;电极Ⅰ的电极反应为2HSO3-+2e-+2H+S2O42-+2H2O,B正确;电极Ⅱ上的反应为2H2O-4e-O2↑+4H+,故电解过程中电极Ⅱ附近溶液的pH减小,C错误;工作时有0.2molH+通过质子膜时转移0.2mol电子,据得失电子守恒,消耗0.1molNO,但未指明是否是标准状况,无法得出消耗NO的体积教考衔接5【链接高考】1.D[解析]由图可知,该装置为电解水制取氢气的装置,a电极与电源正极相连,为电解池的阳极,b电极与电源负极相连,为电解池的阴极,阴极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,阳极反应为4OH--4e-O2↑+2H2O,电解池总反应为2H2O2H2↑+O2↑,据此解答。b电极为阴极,发生还原反应,b电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,故A正确;该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH溶液的浓度不变,阳极发生的电极反应为4OH--4e-O2↑+2H2O,为保持OH-浓度不变,则阴极产生的OH-要通过离子交换膜进入阳极室,即离子交换膜应为阴离子交换膜,故B正确;PTFE膜可透气但不透液态水,电解时电解槽中不断有水被消耗,海水中动能高的水分子即气态水而非液态水可穿过PTFE膜,为电解池补水,使KOH溶液的浓度不变,故C正确;由电解总反应可知,每生成1molH2要消耗1molH2O,生成H2的速率为xmol·h-1,则补水的速率也应是xmol·h-1,故D错误。2.C[解析]通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成,Fe2O3逐渐溶解,则石墨电极Ⅱ为阳极,石墨电极Ⅰ为阴极;结合电极的连接方式可知,b为电源正极,a为电源负极,A正确;石墨电极Ⅱ为阳极,通电一段时间后,产生O2和H+,故向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液,出现红色,B正确;随着电解的进行,Cu2+在阴极得电子生成铜单质,Cl-通过阴离子交换膜进入中间室,则CuCl2溶液浓度变小,C错误;当0.01molFe2O3完全溶解时,消耗0.06molH+,根据阳极电极反应2H2O-4e-4H++O2↑,产生0.015molO2,在标准状况下的体积为0.015mol×22.4L·mol-1=0.336L=336mL,D正确。考点三●夯实必备知识1.失去电子氧化2.(1)原电池无有金属原子电化学腐蚀(2)酸性酸性很弱或呈中性Fe-2e-Fe2+2H++2e-H2↑2H2O+O2+4e-4OH-Fe+2H+Fe2++H2↑2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2吸氧腐蚀3.负正阴阳【对点自测】(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×[解析](4)若水膜酸性较强,可发生析氢腐蚀。(5)被保护金属应与电源负极相连。●提升关键能力题组一1.C[解析]氨水浓度越大,越容易生成[Zn(NH3)4]2+,腐蚀趋势越大,A正确;腐蚀的总反应为Zn+4NH3·H2O[Zn(NH3)4]2++H2↑+2H2O+2OH-,有OH-生成,溶液pH变大,B正确;该电化学腐蚀中Zn作负极,Fe作正极,正极上水得电子生成氢气,铁电极上的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,C错误;根据得失电子守恒,每生成标准状况下224mLH2,转移电子的物质的量为0.224L×222.4L·mol-2.D[解析]实验Ⅱ中铁为原电池的正极,水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成OH-,电极反应式为2H2O+O2+4e-4OH-,A错误;实验Ⅱ中锌是原电池的负极而被损耗,铁作正极被保护,使铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢,B错误;由[Fe(CN)6]3-中心离子的配位数为6可知,配离子的空间结构为正八面体形,C错误;若将Ⅱ中锌片换成铜片,金属性强于铜的铁为原电池的负极,失去电子发生氧化反应生成的亚铁离子能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色物质,铜为正极,水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子,使溶液变为红色,D正确。题组二3.D[解析]钢铁外壳镶嵌了锌块,由于金属活动性Zn>Fe,即锌块为负极,钢铁为正极,形成原电池,Zn失去电子,发生氧化反应,Zn-2e-Zn2+,从而保护钢铁,延缓其腐蚀。由于金属活动性Zn>Fe,钢铁外壳为正极,锌块为负极,故A错误;Zn失去电子,发生氧化反应,Zn-2e-Zn2+,镶嵌的锌块会被逐渐消耗,需根据腐蚀情况进行维护和更换,不能永久使用,故B错误,D正确;由分析得,该方法为牺牲阳极法,故C错误。4.B[解析]图甲为牺牲阳极法,牺牲阳极一般为较活泼金属,其作为原电池的负极,易失去电子被氧化;图乙为外加电流法,阳极材料为辅助阳极,其通常是惰性电极,本身不失去电子,电解质溶液中的阴离子在其表面失去电子,如海水中的Cl-,A不正确。图乙中,外加电压偏高时,钢闸门表面积累的电子很多,除了海水中的H+放电外,海水中溶解的O2也会竞争放电,故可发生反应O2+4e-+2H2O4OH-,B正确。图乙为外加电流法,理论上只要能抵消钢闸门表面的腐蚀电流即可,当钢闸门表面的腐蚀电流为零时保护效果最好;腐蚀电流会随着环境的变化而变化,若外加电压保持恒定不变,则不能保证抵消腐蚀电流,不利于提高对钢闸门的防护效果,C不正确。图甲、图乙中,当钢闸门表面的腐蚀电流为零时,说明从牺牲阳极或外加电源传递过来的电子阻止了反应Fe-2e-Fe2+的发生,钢闸门不发生化学反应,但是牺牲阳极发生了氧化反应,辅助阳极上也发生了氧化反应,D不正确。经典真题·明考向1.D[解析]由图可知,右侧电极产生氢气,则右侧钛箔-MnOx电极为阴极,b电极为负极,左侧钛网-PRT电极为阳极,a电极为正极,以此解题。由分析可知,a为正极,b为负极,则a端电势高于b端电势,A错误;阴极发生反应2H2O+2e-H2↑+2OH-,则理论上转移2mole-时,生成H2的质量为2g,B错误;高选择性催化剂PRT可抑制O2产生,则阳极上的电极反应式为Cl-+H2O-2e-HClO+H+,结合阴极反应式可知,电解总反应为Cl-+2H2OHClO+H2↑+OH-,c(OH-)增大,电解后海水pH上升,C错误,D正确。2.B[解析]由电解原理图可知,Ni电极产生氢气,作阴极,发生还原反应,电解质溶液为KOH水溶液,则电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-;Pt电极作阳极,C3N8H4失去电子生成C6N164-,电极反应为2C3N8H4+8OH--4e-C6N164-+8H2O,同时,Pt电极还伴随少量O2生成,电极反应为4OH--4e-O2↑+2H2O。由分析可知,Ni电极为阴极,Pt电极为阳极,电解过程中,阴离子向阳极移动,即OH-向Pt电极移动,A错误;C3N8H4在阳极失去电子生成C6N164-,电解质溶液为KOH水溶液,电极反应为2C3N8H4+8OH--4e-C6N164-+8H2O,B正确;电解过程中发生的主要反应为2C3N8H4+4OH-C6N164-+4H2O+2H2↑,反应消耗OH-,生成H2O,电解一段时间后,溶液pH降低,C错误;根据C项主要电解反应可知,每生成1molH2需要得到2mole-,理论生成0.5molK4C6N16,但Pt电极伴随少量O2生成,发生电极反应:4OH--4e-O2↑+2H2O,则阳极失去的2mole-有部分电子由OH-放电产生O2提供,所以生成的K4C63.C[解析]结合图示装置中电源正负极连接情况,可知IrOx-Ti电极为阳极,Cu电极为阴极,析氢时H+得电子被还原,该反应应在Cu电极上进行,A错误;质子交换膜不允许Cl-通过,B错误;左侧的H+可通过质子交换膜进入阴极区,酸性条件下CO2在阴极发生还原反应生成乙烯、乙醇等,电极反应式有2CO2+12H++12e-C2H4+4H2O,C正确;阳极上H2O放电,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,生成标准状况下1