1、第三单元电解池金属的腐蚀与防护教材基础自热身1电解使电流通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。在此过程中，能转化为化学能。2电解池(1)概念：电解池是把电能转化为化学能的装置。(2)电解池的构成条件：有外接电源；有与电解质溶液或熔融的电解质相连的两个电极；形成闭合回路。(3)电极名称及电极反应式(以电解CuCl2溶液为例)总反应方程式：CuCl2 CuCl2。(4)电解池中电子和离子的移动：电子：从电源负极流出后，流向电解池阴极；从电解池的阳极流向电源的正极。离子：阳离子移向电解池的阴极，阴离子移向电解池的阳极。3在惰性电极上离子的放电顺序知能深化扫盲点类型电解
2、质类型电极反应式及总反应式电解质溶液浓度溶液pH电解水型含氧酸，如H2SO4阴极：4H4e=2H2阳极：4OH4e=2H2OO2总反应式：2H2O2H2O2增大减小可溶性强碱，如NaOH增大活泼金属含氧酸盐，如KNO3不变电解电解质型无氧酸，如HCl阴极：2H2e=H2阳极：2Cl2e=Cl2总反应式：2HClH2Cl2减小增大不活泼金属无氧酸盐，如CuCl2阴极：Cu22e=Cu阳极：2Cl2e=Cl2总反应式：CuCl2CuCl2增大放H2生碱型活泼金属无氧酸盐，如NaCl阴极：2H2e=H2阳极：2Cl2e=Cl2总反应式：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2增大放O2生酸型不活泼金属
3、含氧酸盐，如CuSO4阴极：2Cu24e=2Cu阳极：4OH4e=2H2OO2总反应式：2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2减小对点练1用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是()AAgNO3 CuCl2 Cu(NO3)2BKCl Na2SO4 CuSO4CCaCl2 KOH NaNO3DHCl HNO3 K2SO4解析：选BAgNO3、Cu(NO3)2、CuSO4等随电解的进行，有酸产生，溶液pH降低；KCl、CaCl2等随电解的进行，有碱产生，溶液pH升高；CuCl2、HCl电解的电解质本身，溶液中CuCl2、HCl减少，对应的H
4、减少，溶液的pH升高；KOH、HNO3相当于电解H2O，电解质浓度增大，对应的碱液碱性更强，酸液酸性更强。 提能点(二)阴、阳极的判断和电解产物的分析方法1阴、阳极的判断方法根据外接电源正极连阳极，负极连阴极根据电流方向从阴极流出，从阳极流入根据电子流向从阳极流出，从阴极流入根据离子流向阴离子移向阳极，阳离子移向阴极根据电极产物阳极：电极溶解、逸出O2(或极区变酸性)或Cl2；阴极：析出金属、逸出H2(或极区变碱性)2.电解产物的分析方法首先明确阳极材料和溶液中存在的所有离子，然后根据如下规律分析判断。(1)阳极：金属活性电极：电极材料失电子，生成相应的金属阳离子；惰性电极：溶液中的阴离子失电
5、子，生成相应的单质或高价化合物(阴离子放电顺序：S2IBrClOH含氧酸根离子)。(2)阴极：溶液中的阳离子得电子，生成相应的单质或低价化合物(阳离子放电顺序：AgFe3Cu2HFe2Zn2)。对点练2装置()为铁镍(FeNi)可充电的碱性电池：FeNiO22H2OFe(OH)2Ni(OH)2；装置()为电解示意图。当闭合开关K时，电极Y附近溶液先变红。X、Y电极为惰性电极。下列说法正确的是()A闭合K时，电极X上有无色无味的气体产生B闭合K时，电极X的反应式为2Cl2e=Cl2C闭合K时，电子从电极A流向电极XD闭合K时，电极A的反应式为NiO22e2H=Ni(OH)2解析：选B闭合K时，电
6、极Y附近溶液先变红，说明Y极H放电产生氢气，是阴极，则X极是阳极，Cl放电产生氯气，电极反应式为2Cl2e=Cl2，A项错误，B项正确；电极A是正极，电极B是负极，电子从B极流出，C项错误；装置()为碱性电池，故A极放电时的电极反应式为NiO22e2H2O=Ni(OH)22OH，D项错误。题点全练过高考题点一电极反应式、电解方程式的书写1按要求书写电极反应式和总反应式(1)用惰性电极电解AgNO3溶液：阳极反应式：_；阴极反应式：_；总反应离子方程式：_。(2)用惰性电极电解MgCl2溶液阳极反应式：_；阴极反应式：_；总反应离子方程式：_。(3)用Fe作电极电解NaCl溶液阳极反应式：_；阴
7、极反应式：_；总反应化学方程式：_。(4)用Fe作电极电解NaOH溶液阳极反应式：_；阴极反应式：_；总反应离子方程式：_。(5)用Cu作电极电解盐酸溶液阳极反应式：_；阴极反应式：_；总反应离子方程式：_。(6)用Al作电极电解NaOH溶液阳极反应式：_；阴极反应式：_；总反应离子方程式：_。(7)以铝材为阳极，电解H2SO4溶液，铝材表面形成氧化膜阳极反应式：_；阴极反应式：_；总反应离子方程式：_。(8)用Al单质作阳极，石墨作阴极，电解NaHCO3溶液阳极反应式：_；阴极反应式：_；总反应离子方程式：_。(9)用惰性电极电解熔融MgCl2阳极反应式：_；阴极反应式：_；总反应离子方程式
8、：_。答案：(1)4OH4e=O22H2O4Ag4e=4Ag4Ag2H2O4AgO24H(2)2Cl2e=Cl22H2e=H2Mg22Cl2H2OMg(OH)2Cl2H2(3)Fe2e=Fe22H2e=H2Fe2H2OFe(OH)2H2(4)Fe2e2OH=Fe(OH)22H2O2e=H22OHFe2H2OFe(OH)2H2(5)Cu2e=Cu22H2e=H2Cu2HCu2H2(6)2Al6e8OH=2AlO4H2O6H2O6e=3H26OH(或6H6e=3H2)2Al2H2O2OH2AlO3H2(7)2Al6e3H2O=Al2O36H6H6e=3H22Al3H2OAl2O33H2(8)2Al
9、6HCO6e=2Al(OH)36CO26H6e=3H22Al6HCO6H2Al(OH)36CO23H2(9)2Cl2e=Cl2Mg22e=MgMg22ClMgCl2题点二电解原理和电解规律的考查2关于用惰性电极电解CuCl2溶液实验的说法错误的是()A溶液中Cl向阳极移动，Cu2向阴极移动B阳极上发生还原反应，阴极上发生氧化反应C阴极反应：Cu22e=Cu D可以用湿润的KI淀粉试纸检验阳极产生的气体为Cl2解析：选B溶液中Cu2向阴极移动，Cl向阳极移动，A正确；阴极发生还原反应：Cu22e=Cu，阳极发生氧化反应：2Cl2e= Cl2，可以用湿润的KI淀粉试纸检验阳极产生的气体Cl2，B错
10、误，C、D正确。3.如图是一个石墨作电极，电解稀的Na2SO4溶液的装置，通电后在石墨电极A和B附近分别滴加一滴石蕊溶液。下列有关叙述正确的是()A逸出气体的体积，A电极的小于B电极的B一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气味气体CA电极附近呈红色，B电极附近呈蓝色D电解一段时间后，将全部电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶解呈中性解析：选DA、B电极反应式分别为4H2O4e=2H24OH、2H2O4e=O24H，相同温度和压强下，A电极生成气体体积大于B电极，A错误；阳极上生成O2，阴极上生成H2，O2和H2都是无色无味气体，B错误；由电极反应式知，A电极附近溶液呈碱性，B电极附近溶液呈酸
11、性，则A电极溶液呈蓝色，B电极溶液呈红色，C错误；惰性电极电解稀的Na2SO4溶液，实际是电解水，将全部电解液转移到同一烧杯中，充分搅拌后溶液呈中性，D正确。教材基础自热身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)总反应方程式化学方程式：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。离子方程式：2Cl2H2O2OHH2Cl2。(3)应用：氯碱工业制烧碱、氢气和氯气阳极钛网(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既能阻止H2和Cl2混合爆炸，又
12、能避免Cl2和NaOH溶液作用生成的NaClO影响烧碱质量2电镀和电解精炼铜电镀(铁制品上镀Cu)电解精炼铜阳极电极材料镀层金属铜粗铜(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质)电极反应Cu2e=Cu2Cu2e=Cu2、Zn2e=Zn2、Fe2e=Fe2、Ni2e=Ni2阴极电极材料待镀铁制品精铜电极反应Cu22e=Cu电解质溶液含Cu2的盐溶液电解精炼铜时，粗铜中的Ag、Au等不反应，沉积在电解池底部形成阳极泥3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)2NaCl2阳极：2Cl2e=Cl2阴极：2Na2e=2Na
13、冶炼镁MgCl2(熔融)MgCl2阳极：2Cl2e=Cl2阴极：Mg22e=Mg冶炼铝2Al2O3(熔融)4Al3O2阳极：6O212e=3O2阴极：4Al312e=4Al题点全练过高考题点一电解原理的基本应用1用电化学法制备LiOH的实验装置如图，采用惰性电极，a口导入LiCl溶液，b口导入LiOH溶液，下列叙述正确的是()A通电后阳极区溶液pH增大B阴极区的电极反应式为4OH4e=O22H2OC当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.25 mol的Cl2生成D通电后Li通过交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出解析：选DA项，左端为阳极，Cl放电生成Cl2，Cl2溶于水，生成酸，
14、pH减小，错误；B项，右端是阴极区得到电子，电极反应式为2H2O2e=2OHH2，错误；C项，2Cl2e=Cl2，通过 1 mol 电子，得到0.5 mol Cl2，错误；D项，根据电解原理，阳离子通过阳离子交换膜，从阳极区向阴极区移动，LiOH浓溶液从d口导出，正确。2(1)电镀时，镀件与电源的_极连接。化学镀的原理是利用化学反应生成金属单质沉积在镀件表面形成镀层。若用铜盐进行化学镀铜，应选用_(填“氧化剂”或“还原剂”)与之反应。(2)粗铜的电解精炼如图所示。在粗铜的电解过程中，粗铜板应是图中电极_(填图中的字母)；在电极d上发生的电极反应式为_；若粗铜中还含有Au、Ag、Fe，它们在电解
15、槽中的存在形式和位置为_。(3)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法中正确的是_。a电能全部转化为化学能b粗铜接电源正极，发生氧化反应c溶液中Cu2向阳极移动d利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属(4)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cl和AlCl组成的离子液体作电解液时，可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的_极，已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应，阴极电极反应式为_。若改用AlCl3水溶液作电解液，则阴极产物为_。解析：(1)电镀池中，镀件就是待镀金属制品，为阴极，与电源的负极相连；镀
16、层金属为阳极，与电源正极相连。要把铜从铜盐中置换出来，Cu2被还原，所以应加入还原剂。(2)粗铜电解精炼时，粗铜作阳极与电源正极相连，所以粗铜板是图中电极c，d是阴极，发生的反应是Cu22e=Cu，Au、Ag不如铜活泼，以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe比铜活泼，以Fe2的形式进入电解质溶液中。(3)粗铜电解精炼时，电能不可能全部转化为化学能，a错误；粗铜作阳极与电源正极相连，发生氧化反应，b正确；溶液中的Cu2向阴极移动，c错误；不活泼金属Ag、Pt、Au等金属在阳极沉积，可以回收。(4)在钢制品上电镀铝，故钢制品应作阴极，与电源的负极相连；因为电镀过程中“不产生其他离子且有机阳离子不参
17、与电极反应”，Al元素在熔融盐中以Al2Cl和AlCl形式存在，则电镀过程中负极上得到电子的反应是4Al2Cl3e=Al7AlCl；在水溶液中，得电子能力：HAl3，故阴极上发生的反应是2H2e=H2。答案：(1)负还原剂(2)cCu22e=CuAu、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe以Fe2的形式进入电解质溶液中(3)bd(4)负4Al2Cl3e=Al7AlClH2题点二电解原理在环境治理中的应用3电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.06.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作
18、用，其原理如图所示。下列说法正确的是()A石墨电极上发生氧化反应B根据图示，物质A为CO2C为增强污水的导电能力，可向污水中加入适量乙醇D甲烷燃料电池中CO向空气一极移动解析：选BA项，甲烷、空气燃料电池中，通甲烷的电极是负极，则石墨电极为阴极，阴极上发生还原反应，错误；B项，通入甲烷的石墨电极作负极，反应式为CH44CO8e=5CO22H2O，物质A为CO2，正确；C项，乙醇是非电解质，不能增强导电性，错误；D项，在原电池中，阴离子向负极移动，则甲烷燃料电池中CO向甲烷一极移动，错误。4工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。 已知：Ni2在弱酸性溶液中发生水解；氧化性：
19、Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)。下列说法不正确的是()A碳棒上发生的电极反应：4OH4e=O22H2OB电解过程中，乙中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减少C为了提高Ni的产率，电解过程中需要控制废水pHD若将图中阳离子膜去掉，将甲、乙两室合并，则电解反应总方程式发生改变解析：选BA项，阳极电极反应式为4OH4e=2H2OO2，阴极：Ni22e=Ni,2H2e=H2，正确；B项，由于丙中Ni2、H不断减少，Cl通过阴离子膜从丙移向乙，甲中OH不断减少，Na通过阳离子膜从甲移向乙，所以乙中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，错误；C项，由于H的氧化性大于Ni2(低浓度)的氧化性，所以为了提高
20、Ni的产率，电解过程需要控制废水的pH，正确；D项，若去掉阳离子膜，在阳极Cl放电生成Cl2，反应总方程式发生改变，正确。题点三电解原理在物质制备中的应用5(2018扬州模拟)H3BO3可以通过电解NaB(OH)4溶液的方法制备，其工作原理如图。下列叙述错误的是()AM室发生的电极反应式为2H2O4e=O24HBN室中：a% b%C膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸D理论上每生成1 mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6 L 气体解析：选DA项，M室为阳极室，发生氧化反应，电极反应式为2H2O4e=O24H，正确；B项，N室为阴极室，溶液中水电离的H得电子发生还原反应，生成H2，
21、促进水的电离，溶液中OH浓度增大，即a%NO，根据题给信息，阳极一定是OH放电，生成0.05 mol O2，转移0.2 mol电子；阴极离子放电能力：Cu2HNa，所以Cu2先放电，然后是H放电，阴极生成0.05 mol H2时，转移0.1 mol电子，根据得失电子守恒知，Cu2得到0.1 mol电子，n(Cu2)0.05 mol，所以原溶液中nCu(NO3)20.05 mol，n(NO)0.3 molL10.5 L0.15 mol，n(NaNO3)0.05 mol。原混合溶液中c(Na)0.1 molL1，A项错误；结合以上分析及电解总方程式Cu22H2OCuH2O22H可知，生成0.05
22、mol Cu、0.05 mol O2、0.05 mol H2和0.1 mol H，电解后溶液中c(H)0.2 molL1，B项正确，D项错误；上述电解过程中共转移0.2 mol电子，C项错误。51 L 1 molL1的AgNO3溶液在以银为阳极，铁为阴极的电解槽中电解，当阴极增重2.16 g时，下列判断不正确的是()A溶液浓度仍为1 molL1B阳极上产生112 mL O2(标准状况)C转移的电子数是1.2041022D反应中有0.02 mol金属被氧化解析：选B该过程是在铁上镀银，电镀过程中，溶液的浓度不变，A正确；阳极反应为Age=Ag，阴极反应为Age=Ag，阳极上无氧气生成，B错误；2
23、.16 g Ag的物质的量为0.02 mol，阳极有0.02 mol银被氧化，转移的电子数是1.2041022，C、D均正确。6将1 L一定浓度的CuSO4溶液，用a、b两个石墨电极电解，当a极上产生22.4 L(标准状况下)气体时，b极上只有固体析出。然后将a、b两极反接，继续通直流电，b极上又产生22.4 L(标准状况下)气体，溶液质量共减少227 g。(1)a极上产生22.4 L(标准状况下)气体时，b极增加的质量为_。(2)原溶液中CuSO4的物质的量浓度为_。解析：(1)电解方程式：2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2。a极即阳极上产生O2：m(O2)32 gmol132 g，
24、b极即阴极质量增加的是生成Cu的质量：m(Cu)2n(O2)M(Cu)264 gmol1128 g，溶液质量减少160 g。(2)电源反接后，b为阳极，Cu先放电，然后OH放电，a为阴极，Cu2先放电，然后H放电。电解过程可分为三个阶段：电镀铜，此阶段溶液质量变化m10。电解CuSO4溶液：2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O22 212n1(O2) 2n1(O2) n1(O2)此阶段，溶液质量减少160n1(O2)g。电解H2SO4溶液，其本质是电解水：2H2O2H2O22 2 12n2(O2) 2n2(O2)n2(O2)此阶段，溶液质量减少36n2(O2)g。则有，解得：n1(O2)0
25、.25 mol，n2(O2)0.75 mol，所以原溶液中c(CuSO4)2.5 molL1。答案：(1)128 g(2)2.5 molL1教材基础自热身1金属的腐蚀(1)金属腐蚀的本质金属原子失去电子变成金属阳离子，金属发生氧化反应。(2)金属腐蚀的类型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Mne=MnMne=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)
26、水膜酸性很弱或呈中性电极反应负极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铁锈的形成：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3=Fe2O3xH2O(铁锈)(3x)H2O。2金属的防护(1)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。(2)改变金属的内部结构，如制成合金、不锈钢等。(3)加防护层，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。题点全练
27、过高考题点一金属的腐蚀1如图所示，各烧杯中盛海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为()ABCD解析：选C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；均为原电池，中Fe为正极，被保护；中Fe为负极，均被腐蚀，但Fe和Cu的金属活动性差别大于Fe和Sn的，故FeCu 原电池中Fe被腐蚀的较快；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。2.为探究钢铁的吸氧腐蚀原理设计了如图所示的装置，下列有关说法中错误的是()A正极的电极
28、反应式为O22H2O4e=4OH B将石墨电极改成Mg电极，难以观察到铁锈生成C若向自来水中加入少量NaCl(s)，可较快地看到铁锈D分别向铁、石墨电极附近吹入O2，前者铁锈出现得快解析：选DFe是负极，失电子被氧化成Fe2，在正极O2得电子发生还原反应生成OH，故将O2吹向石墨电极的腐蚀速率比吹向铁电极快；向自来水中加入NaCl(s)，可使电解质溶液的导电能力增强，加快腐蚀速率；但若将石墨电极换成Mg电极，则负极为Mg，Fe被保护，难以看到铁生锈。规律方法判断金属腐蚀快慢的规律(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
29、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。题点二金属的防护3下列有关金属腐蚀与防护的说法不正确的是()A钢铁在弱碱性条件下发生电化学腐蚀的正极反应是O22H2O4e=4OHB当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用C在海轮外壳连接锌块保护外壳不受腐蚀是采用了牺牲阳极的阴极保护法D可将地下输油钢管与外加直流电源的负极相连以保护它不受腐蚀解析：选B弱碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，A正确；当镀层破损时，Sn、Fe可形成原电池，Fe作负
30、极，加快了Fe的腐蚀，B错误；Fe、Zn、海水形成原电池，Zn失去电子作负极，从而保护了Fe，C正确；采用外加电流的阴极保护法时，被保护金属与直流电源的负极相连，D正确。4下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是()A水中的钢闸门连接电源的负极B金属护栏表面涂漆C汽车底盘喷涂高分子膜D地下钢管连接镁块解析：选A水中的钢闸门连接电源的负极，钢闸门为阴极，从而得以保护，A项正确；金属护栏表面涂漆的原理是隔绝金属护栏与空气接触，从而减缓金属护栏的腐蚀，B项错误；汽车底盘喷涂高分子膜的原理也是隔绝与空气的接触，C项错误；地下钢管连接镁块形成了原电池，属于牺牲阳极的阴极保护法，D项错误。课堂真
31、题集训明考向(对应学生用书P115)1.(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解析：选C依题意，钢管桩为阴极，电子流向阴极，阴极被保护，钢管桩表面腐蚀电流是指铁失去电子形成的电流，接近于零，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
32、，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。2(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解析：选C利用电解氧化法在铝制品表面形成致密的Al2O3薄膜，即待加工铝质工件作阳极，A项正确；阴极与电源负极相连，对阴极电极材料没有特殊要求，可选用不锈钢网等，B项正确；电解质溶液呈酸性，阴极上应是H放电，阴极
33、发生的电极反应为2H2e=H2，C项错误；在电解过程中，电解池中的阴离子向阳极移动，D项正确。3(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，即由阳极移向阴极，故C说法正确；根
34、据装置图，陶瓷可以隔离N2和H2，故D说法正确。4.(2016全国卷)三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na和SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是()A通电后中间隔室的SO离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C负极反应为2H2O4e=O24H，负极区溶液pH降低D当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成解析：选BA项正极区发生的反应为2H2O4e=O24H，由于生成H，正极区溶液中
35、阳离子增多，故中间隔室的SO向正极迁移，正极区溶液的pH减小；B项负极区发生的反应为2H2O2e=H22OH，阴离子增多，中间隔室的Na向负极迁移，故负极区产生NaOH，正极区产生H2SO4；C项由B项分析可知，负极区产生OH，负极区溶液的pH升高；D项正极区发生的反应为2H2O4e=O24H，当电路中通过1 mol电子的电量时，生成0.25 mol O2。5(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=H22OH
36、Bb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Cu2，m、n是铜珠的右
37、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。6(2017江苏高考节选)(1)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Na2CO3溶液，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_。解析：(1)电解Al2O3时阳极上生成O2，O2会氧化石墨。(2)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。答案：(1)石墨电极被阳极上产生的O2氧化(2)4CO2H2O4e=4HCOO2H27(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
38、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
39、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，考虑到FeO易被H2还原，所以应该使用阳离子交换膜防止FeO、H2接触，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
40、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8(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
41、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，
42、二者反应生成H3PO2(3)POH2PO或H3PO2被氧化课下能力测评查缺漏1.(2018湖南长郡中学模拟)下列有关金属腐蚀与防护的说法正确的是()A常温下，断开K时，若M溶液为浓硫酸，则铁发生化学腐蚀B关闭K，若M为氯化钠，则铁极的电极反应式为O24e2H2O=4OHC关闭K，若M为硫酸铵，则石墨极的电极反应式为2H2e=H2D关闭K，若M溶液为海水，石墨换成铜或银，则叫外加电流的阴极保护法解析：选C常温下，断开K时，若M溶液为浓硫酸，金属铁发生钝化，铁受到保护，故A项错误；关闭K时，若M为氯化钠，则发生金属铁的吸氧腐蚀，金属铁是负极，电极反应式为Fe2e=Fe2，故B项错误；关闭K时，若M
43、为硫酸铵，则溶液呈酸性，发生金属铁的析氢腐蚀，金属铁是负极，石墨极的电极反应式为2H2e=H2，故C项正确；关闭K时，若M溶液为海水，石墨换成铜或银，此时金属铁是负极，会加快金属Fe的腐蚀，且装置中没有外加电流，故D项错误。2用指定材料作电极来电解一定浓度的溶液甲，然后加入物质乙能使溶液恢复为甲溶液原来的浓度，则合适的组合是()选项阳极阴极溶液甲物质乙APtPtNaOHNaOH固体BPtPtH2SO4H2OCCFeNaCl盐酸DCuCCuSO4Cu(OH)2解析：选BA项中相当于电解的是水，应加入水才能恢复原来状态，错误；B项中相当于电解的是水，加入水后可以恢复原来状态，正确；C项中相当于电解
44、的是HCl，但加入盐酸的同时，也引入了水，不可能恢复原来状态，错误；D项中阳极铜失电子，Cu2在阴极得电子，加入Cu(OH)2不可能恢复原来状态，错误。3下列有关电化学装置的说法正确的是()A利用图a装置处理银器表面的黑斑Ag2S，银器表面发生的反应为Ag2S2e=2AgS2B图b电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出C图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼D图d中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀解析：选A形成原电池反应，Al为负极，被氧化，Ag2S为正极被还原，正极反应式为Ag2S2e=2AgS2，故A正确；铜为阴极，发生还原反应，不能溶解，
45、石墨电极上生成氧气，故B错误；图c中的X极若为负极，粗铜为阴极，而电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，不能进行粗铜的精炼，故C错误；该装置有外接电源，属于“有外加电源的阴极保护法”，故D错误。4.利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正确的是()A氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到NaOHB铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO4C电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属D外加电流的阴极保护法中，Y是待保护金属解析：选D电解饱和食盐水时，阴极区得到H2和NaOH，A项错误；电解法精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，B项错误；电镀时，应以镀
46、层金属作阳极，待镀金属作阴极，C项错误。5电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O)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形式除去。下列说法不正确的是()A阳极反应为Fe2e=Fe2B电解过程中溶液pH不会变化C过程中有Fe(OH)3沉淀生成D电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O被还原解析：选B金属铁作阳极，电极本身被氧化，发生反应为Fe2e=Fe2，A正确；阴极上，发生反应为2H2e=H2，产物为H2和OH，溶液pH变大，B错误；由题意知Fe2被氧化为Fe3，阴极生成的OH会与Fe3结合生成Fe
47、(OH)3 ，C正确；电路中每转移12 mol电子，生成6 mol Fe2，则有1 mol Cr2O被还原，D正确。6将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一定时间后，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 molL1B2103 molL1C1103 molL1D1107 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 g xx0.002
48、 molc(H)4103 molL1。7如图所示装置是一种可充电电池，装置 为电解池。离子交换膜只允许Na通过，充放电的化学方程式为2Na2S2NaBr3Na2S43NaBr。闭合开关K时，b极附近先变红色。下列说法正确的是()A负极反应为4Na4e=4NaB闭合K后，b电极附近的pH变小C当有0.01 mol Na通过离子交换膜时，b电极上析出气体在标准状况下体积为112 mLD闭合K后，a电极上产生的气体具有漂白性解析：选C当闭合开关K时，b附近溶液先变红，即b附近有OH生成，在b极析出氢气，b极是阴极，a极是阳极，与阴极连接的是原电池的负极，所以N极是负极，M极是正极。闭合K时，负极发生
49、氧化反应，电极反应为2Na2S22e=2NaNa2S4，A错误；闭合开关K时，b极附近先变红色，该极上生成H2和OH，pH增大，B错误；闭合K时，有0.01 mol Na通过离子交换膜，说明有0.01 mol电子转移，阴极上生成0.005 mol H2，标准状况下体积为0.005 mol22.4 Lmol10.112 L112 mL，C正确；闭合开关K时，a极是阳极，该极上金属铜被氧化，电极反应为Cu2e=Cu2，没有气体产生，D错误。8.图中X为电源，Y为浸透饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，通电后Y中央的紫红色斑向d端扩散。下列判断正确的是()A滤纸上c点附近会变
50、红色BCu电极质量减小，Pt电极质量增大CZ中溶液的pH先减小，后增大D溶液中的SO向Cu电极定向移动解析：选A紫红色斑即MnO向d端扩散，根据阴离子向阳极移动的原理，可知d端为阳极，即b为正极，a为负极，c为阴极，NaCl溶液中H不断放电，破坏了水的电离平衡，c(OH)不断增大，c点附近会变红色，A正确；电解CuSO4溶液时，Pt为阳极，溶液中的OH放电：4OH4e=O22H2O，Cu为阴极，溶液中的Cu2得电子，生成铜，总反应式为2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，Pt电极附近生成H，则SO向Pt电极移动，B、D不正确；随着电解的进行，Z中溶液变为H2SO4溶液，继续电解则为电解水
51、，H2SO4浓度增大，pH减小，C不正确。9.下列叙述正确的是()AK与M连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大BK与N连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：2H2e=H2CK与N连接时，X为硫酸，一段时间后溶液的pH增大DK与M连接时，X为氯化钠，石墨电极反应：4OH4e=2H2OO2解析：选CK与M连接时，X为硫酸，该装置是电解硫酸装置，实质为电解水，硫酸浓度增大，pH减小，A错误；K与N连接时，X为氯化钠，该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，电极反应为2H2OO24e=4OH，B错误；K与N连接时，X为硫酸，该装置是原电池，石墨作正极，电极反应：2H2e=H2，铁作负极，电极反应：Fe
52、2e=Fe2，c(H)降低，pH增大，C正确；K与M连接时，X为氯化钠，该装置是电解池，石墨作阳极，铁作阴极，阳极上电极反应式为2Cl2e=Cl2，D错误。10假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化。为各装置中的电极编号。下列说法错误的是()A当K闭合时，甲装置发生吸氧腐蚀，在电路中作电源B当K断开时，乙装置锌片溶解，有氢气产生C当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为；D当K闭合后，甲、乙装置中pH变大，丙、丁装置中pH不变解析：选A当K闭合时，乙装置构成原电池，在电路中作电源，整个电路中电子的流动方向为；乙装置中消耗H，pH变大，甲装置中电解饱和食盐水，pH变大
53、；丙装置中相当于在银上镀铜，pH不变；丁装置中相当于铜的电解精炼，pH不变。11钢铁是目前应用最广泛的金属材料，了解钢铁腐蚀的原因与防护方法具有重要意义，对钢铁制品进行抗腐蚀处理，可适当延长其使用寿命。(1)抗腐蚀处理前，生产中常用盐酸来除铁锈。现将一表面生锈的铁件放入盐酸中，当铁锈除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式为_。(2)利用如图装置，可以模拟铁的电化学防护。若X为碳棒，为减缓铁件的腐蚀，开关K应置于_处。若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_。(3)图中若X为粗铜，容器中海水替换为硫酸铜溶液，开关K置于N处，一段时间后，当铁件质量增加3.2 g时，X电极溶解的铜的质量_3
54、.2 g(填“”或“”)。(4)图中若X为铜，容器中海水替换为FeCl3溶液，开关K置于M处，铜电极发生的反应是_，若将开关K置于N处，发生的总反应是_。解析：(1)铁锈的成分为Fe2O3，能和盐酸反应生成FeCl3和水，当铁锈除尽后，溶液中发生的化合反应的化学方程式为Fe2FeCl3=3FeCl2。(2)若X为碳棒，由于Fe比较活泼，为减缓铁的腐蚀，应使Fe为电解池的阴极即连接电源的负极，故K连接N处。若X为锌，开关K置于M处，Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，该防护法称为牺牲阳极的阴极保护法。(3)若X为粗铜，容器中海水替换为硫酸铜溶液，开关K置于N处，一段时间后，当铁件质量增加3.2
55、g时，由于粗铜中有杂质参加反应，所以X电极溶解的铜的质量3.2 g。(4)若X为铜，容器中海水替换为FeCl3溶液，开关K置于M处，此时构成原电池装置，铜电极为正极，发生的反应是2Fe32e=2Fe2；若将开关K置于N处，此时构成电解池装置，铜为阳极，铜本身被氧化而溶解，阴极铁离子被还原，发生的总反应式Cu2Fe3=2Fe2Cu2。答案：(1)Fe2FeCl3=3FeCl2(2)N牺牲阳极的阴极保护法(3)(4)2Fe32e=2Fe2Cu2Fe3=2Fe2Cu212.用图1所示装置实验，U形管中a为25 mL CuSO4溶液，X、Y为电极。(1)若X为铁，Y为纯铜，则该装置所示意的是工业上常见
56、的_池，阳极反应式为_。(2)若X为纯铜，Y为含有Zn、Ag、C等杂质的粗铜，则该图所示意的是工业上常见的_装置。反应过程中，a溶液的浓度_发生变化(填“会”或“不会”)。.现代氯碱工业常用阳离子交换膜将电解槽隔成两部分，以避免电解产物之间发生二次反应。图2为电解槽示意图。(3)阳离子交换膜，只允许溶液中的_通过(填下列微粒的编号)。H2Cl2HClNaOH(4)写出阳极的电极反应式：_。(5)已知电解槽每小时加入10%的氢氧化钠溶液10 kg，每小时能收集到标准状况下氢气896 L，而且两边的水不能自由流通。则理论上：电解后流出的氢氧化钠溶液中溶质的质量分数为_。通过导线的电量为_。(已知N
57、A 6.021023 mol1，电子电荷为1.601019 C)解析：.(3)阳离子交换膜，只允许阳离子通过，所以H、Na可以通过。(5)m(NaOH)原10 kg10%1 kg在阴极区，H放出，但又有Na移来，引起阴极区增重，所以有2H2OH22NaOH增重2(NaH)转移2e解得：m(NaOH)生成3 200 g3.2 kgm(溶液)增1 760 g1.76 kgQ7.71106 C故w(NaOH) 100%100%35.7%。答案：.(1)电镀Cu2e=Cu2(2)铜的电解精炼会.(3)(4)2Cl2e=Cl2(5)35.7%7.71106 C13如图装置所示，C、D、E、F、X、Y都是
58、惰性电极，甲、乙中溶液的体积和浓度都相同(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：(1)B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，这表明_，在电场作用下向Y极移动。(2)若甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，对应单质的物质的量之比为_。(3)现用丙装置给铜件镀银，则H应是_(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)若将C电
59、极换为铁，其他装置都不变，则甲中发生的总反应的离子方程式为_。解析：(1)由装置图知，直流电源与各电解池串联；由“F极附近呈红色”知，F极为阴极，则E极为阳极、D极为阴极、C极为阳极、G极为阳极、H极为阴极、X极为阳极、Y极为阴极、A极为正极、B极为负极。甲装置是用惰性电极电解CuSO4溶液，由于Cu2放电，导致 c(Cu2)降低，溶液颜色逐渐变浅；丁装置是胶体的电泳实验，由于X极附近的颜色逐渐变浅，Y极附近的颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷。(2)当甲、乙装置中的C、D、E、F电极均只有一种单质生成时，C、D、E、F电极的产物分别为O2、Cu、Cl2、H2，根据各电极转移电子数相同，则
60、对应单质的物质的量之比为1222。(3)给铜件镀银，根据电镀原理，铜件作阴极，银作阳极，电镀液是可溶性银盐。当乙中溶液的pH是13时，则乙中 n(OH)0.1 molL10.5 L0.05 mol，即各电极转移电子物质的量为0.05 mol，所以丙中析出银的质量为0.05 mol108 gmol15.4 g；甲装置中由于电解产生H，导致溶液的酸性增强，pH变小。(4)若将C电极换为铁，则铁作阳极发生反应：Fe2e=Fe2，D极发生反应：Cu22e=Cu，则总反应的离子方程式为FeCu2CuFe2。答案：(1)负极逐渐变浅氢氧化铁胶粒带正电荷(2)1222(3)镀件AgNO3(合理即可)5.4 g变小(4)FeCu2CuFe2