1、第三单元电解池金属的腐蚀与防护考纲定位要点网络1.了解电解池的构成、工作原理及应用，能书写电极反应式和总反应方程式。2了解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害、防止金属腐蚀的措施。 电解原理及其规律1电解在电流作用下 ，电解质在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。注意：电解与电离的区别电解需通电才能进行而电离不需通电就能进行。电解是化学变化；而电离是在水中或熔融状态下断键离解为离子，属于物理变化。2电解池及其工作原理(1)概念：电解池是把电能转化为化学能的装置。(2)构成条件有与外接直流电源相连的两个电极。电解质溶液(或熔融电解质)。形成闭合回路。(3)电解池工作原理(以电解CuC
2、l2溶液为例)(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。电子不能通过电解质溶液。离子：阳离子移向电解池的阴极，阴离子移向电解池的阳极。电流：从电源的正极流出，流入阳极，再通过电解质溶液流入阴极，最后流向负极，形成闭合回路。3阴阳两极上放电顺序(1)阴极：(与电极材料无关)。氧化性强的先放电，放电顺序为(2)阳极：若是金属电极(Au、Pt除外)作阳极，则活性电极首先失电子，生成金属阳离子，发生氧化反应。若是惰性电极作阳极，放电顺序为注意：放电指的是电极上的得、失电子。阴极材料若为金属电极，一般是增强导电性但不参与反应。4以惰性电极电解水溶
3、液的有关规律(1)电解水型含氧酸、强碱、活泼金属含氧酸盐阴极反应式为4H4e=2H2，阳极反应式为4OH4e=2H2OO2，总方程式为2H2O2H2O2。电解质浓度变大，pH可能变大、变小或不变，可加H2O复原。(2)电解电解质类型无氧酸(如HCl)，不活泼金属无氧酸盐(CuCl2)电解质浓度变小，加电解质本身复原。(3)放H2生碱型活泼金属的无氧酸盐(如NaCl)阴极反应式为2H2e=H2，阳极反应式为2Cl2e=Cl2，总方程式为2Cl2H2OCl2H22OH。溶液pH变大，加HCl(卤化氢)复原。(4)放O2生酸型不活泼金属的含氧酸盐(如CuSO4)阴极反应式为2Cu24e=2Cu，阳极
4、反应式为4OH4e=O22H2O，总方程式为2Cu22H2O2CuO24H。溶液pH变小，加CuO(金属氧化物)或CuCO3复原。(1)二次电池的放电(原电池反应)与充电(电解反应)互为可逆反应。()(2)电解质溶液的导电过程就是电解质溶液被电解的过程，属于化学变化。()(3)电解时电子流动方向为负极阴极电解质溶液阳极正极。()(4)用惰性电极电解足量CuSO4溶液一段时间后，加入Cu(OH)2或CuO均可使电解质溶液恢复到电解前的状况。()(5)惰性电极电解Na2SO4溶液和Na2CO3溶液的过程中pH均不变。()(6)以Pt作电极，电解KCl溶液的离子方程式为2Cl2HCl2H2。()答案
5、(1)(2)(3)(4)(5)(6)1按要求书写方程式。(1)用Pt作电极，电解AgNO3溶液阴极反应式：_；阳极反应式：_；总反应式：_。(2)用Cu作电极，电解稀H2SO4溶液阴极反应式：_；阳极反应式：_；总反应式：_。(3)用惰性电极电解MgCl2溶液阳极反应式：_；阴极反应式：_；总反应式：_。(4)用惰性电极电解2 molL1 NaCl和1 molL1 CuSO4的混合溶液，电解过程明显分两个阶段。第一阶段：阴极反应式：_，阳极反应式：_。第二阶段：阴极反应式：_，阳极反应式：_。答案(1)4Ag4e=4Ag4OH4e=2H2OO24Ag2H2O4Ag4HO2(2)2H2e=H2C
6、u2e=Cu2Cu2HCu2H2(3)2Cl2e=Cl2 2H2e=H2Mg22Cl2H2OMg(OH)2Cl2H2(4)Cu22e=Cu2Cl2e=Cl24H4e=2H24OH4e=2H2OO22若用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，需加入98 g Cu(OH)2固体，才能使电解质溶液复原，则这段时间，阴极发生的电极反应式为_，整个电路中转移的电子数为_(用NA表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)。答案Cu22e=Cu、2H2O2e=H22OH4NA电极反应式和电解方程式的书写要点(1)做到“三看”，正确书写电极反应式一看电极材料，若是金属(Au、Pt除外)作阳极，金属一定被电解(注：Fe
7、生成Fe2)。二看电解质，电解质是否参与电极反应。三看电解质状态，是熔融状态，还是水溶液。(2)规避“两个”失分点书写电解池中电极反应式时，一般以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质要写成分子式，且注明“电解”条件。电解水溶液时，应注意放电顺序中H、OH之后的离子一般不参与放电。命题点1电解原理及其规律1下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH明显减小的是()ABCD答案D2如图所示，在一定电压下用惰性电极电解由等物质的量浓度的FeCl2、HCl组成的混合溶液。已知在此电压下，阴、阳离子根据放电能力顺序，都可能在阳极放电，下列分析正确的是 ()AC1电极上的电极反应式为
8、2H2O2e=2OHH2BC1电极处溶液首先变黄色CC2电极上可依次发生的电极反应为Fe2e=Fe3、2Cl2e=Cl2D当C1电极上有2 g物质生成时，就会有2NA个电子通过溶液发生转移(NA表示阿伏加德罗常数的值)CC1电极与电源的负极相连，作阴极，溶液中的H在阴极放电，电极反应式为2H2e=H2，A错误；C1电极上H放电生成H2，C2电极与电源的正极相连，作阳极，Fe2的还原性强于Cl，则依次发生的电极反应为Fe2e=Fe3、2Cl2e=Cl2，故C2电极处溶液首先变黄色，B错误，C正确；电子只能通过导线传递，不能通过溶液传递，D错误。3(2019甘肃名校联考)电Fenton法是用于水体
9、中有机污染物降解的高级氧化技术，其反应原理如图所示(酸性介质)。其中电解产生的H2O2与Fe2发生Fenton反应：Fe2H2O2=Fe3OHOH，生成的羟基自由基(OH)能氧化降解有机污染物。下列说法不正确的是()A电源的B极是正极B电解时阴极周围溶液的pH增大C阴极上发生的电极反应为O22e2H=H2O2D若产生4 mol羟基自由基(OH)，则消耗22.4 L O2DO2在电解池的左侧得电子生成H2O2，所以A极为负极，B极为正极，A项正确；阴极上O22e2H=H2O2，电解质溶液的pH增大，B、C项正确；D项，没有指明温度和压强，不能确定氧气的体积，D项错误。命题点2电化学基本计算电子守
10、恒法4(2019大连模拟)用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)。则电解过程中转移电子的物质的量为 ()A0.4 molB0.5 molC0.6 mol D0.8 molCCu2(OH)2CO3可改写为2CuOH2OCO2，因反应后生成的CO2离开溶液，所以加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3相当于加入0.2 mol CuO、0.1 mol H2O，根据2CuO24e2 mol4 mol0.2 mol0.4 mol2H2O O24e2 mol4 mol0.1 m
11、ol0.2 mol转移电子的物质的量0.4 mol0.2 mol0.6 mol。 5(2019平顶山一模)某实验小组模拟光合作用，采用电解CO2和H2O的方法制备CH3CH2OH和O2，装置如图所示。下列说法不正确的是()A铂极为阳极，发生氧化反应B电解过程中，H由交换膜左侧向右侧迁移C阴极的电极反应式为2CO212H12e=CH3CH2OH3H2OD电路上转移2 mol电子时铂极产生11.2 L O2(标准状况)BCH3CH2OH中C为2价，CO2发生还原反应，在铜极区充入CO2。由电池符号知，铂极为阳极，发生氧化反应，A项正确；铂极的电极反应式为2H2O4e=4HO2，氢离子由交换膜右侧向
12、左侧迁移，B项错误；阴极上发生还原反应生成乙醇和水，C项正确；转移2 mol 电子生成0.5 mol O2，D项正确。电化学中两种基本计算模型注：在电化学计算中，还常利用QIt和Qn(e)NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)1.601019 C来计算电路中通过的电量。命题点3多池串联的综合试题分析6将以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池甲与盛有足量硫酸铜溶液的装置乙相连，起始电路接入状况如图，以电流强度0.1 A，通电10 min后，将电池的正、负极互换接入，移动滑动变阻器，以电流强度0.2 A，继续通电10 min，结束实验。甲乙下列有关说法正确的是()A葡萄糖在装置甲的正极参加反应，氧气在负极参加
13、反应B在该电池反应中，每消耗1 mol氧气理论上能生成标准状况下二氧化碳11.2 LC电池工作20 min时，乙装置电极析出固体和电极上产生气体的质量之比为21D电池工作15分钟时，乙装置中铜棒的质量与起始通电前相等D由题意可知，装置甲是以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池，葡萄糖在负极失去电子发生氧化反应，氧气在正极得到电子发生还原反应，A项错误；在该电池中，发生的总反应为C6H12O66O2=6CO26H2O，则每消耗1 mol氧气理论上能生成标准状况下二氧化碳22.4 L，B项错误；由题意知，010 min，铜棒与电源正极相连，发生反应Cu2e=Cu2，碳棒与电源负极相连，发生反应Cu22e=
14、Cu，通电10 min后将电池的正、负极互换接入，由于1020 min时的电流强度是010 min时的2倍，则1015 min碳棒上发生反应Cu2e=Cu2，铜棒上发生反应Cu22e=Cu,15 min时乙装置中铜棒即可恢复到起始通电前的状态，1520 min碳棒上发生反应4OH4e=O22H2O，铜棒上发生反应Cu22e=Cu，生成1 mol O2的同时析出2 mol Cu，则20 min时，乙装置电极析出固体和电极上产生气体的质量之比为41，C项错误、D项正确。7(2019长沙模拟)用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是()实验一实验二装置现象a、d处试纸变蓝；b
15、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；钢珠右侧n处有气泡产生；Aa、d处：2H2O2e=H22OHBc处发生反应：Fe2e=Fe2C根据实验一的原理，实验二中n处析出O2Db处：2Cl2e=Cl2，Cl2溶于水生成HClO，使溶液褪色C由装置图可知，实验一中a、d为阴极，水电离出的氢离子得电子生成氢气，即2H2O2e=H22OH，故a、d处pH试纸显蓝色，A项正确；实验一中c、b为阳极，c处发生反应：Fe2e=Fe2，由于生成的Fe2浓度较小，且pH试纸本身有颜色，故c处无明显变化，b处发生反应：2Cl2e=Cl2，产生的Cl2溶于水生成HCl和HClO，故b处变红，局部
16、褪色，B、D项正确；结合实验一的原理和题图知，实验二中两个钢珠的左侧均为阳极，右侧均为阴极，初始时两个钢珠的左侧均发生反应：Fe2e=Fe2，右侧均发生反应：2H2e=H2，一段时间后，Fe2移动到m和n处，m、n处附近Fe2浓度增大，发生反应：Fe22e=Fe，故实验二中n处不能产生O2，C项错误。8(2019黑龙江名校联考)H2S转化是环保和资源利用的研究课题。将烧碱吸收H2S后的溶液加入如图装置，可以回收单质硫，甲为二甲醚(CH3OCH3)空气燃料电池。下列推断正确的是()AY极充入二甲醚B电子移动方向：XW溶液ZYC电解后，乙装置右池中c(NaOH)减小DZ极反应式为S22e=SD据图
17、分析甲为原电池，乙为电解池，电解池右侧有H2产生，则W极为阴极，Z极作阳极，连接的Y极为原电池的正极，发生还原反应，所以Y极应充入氧气，A项错误；电子不进入溶液，B项错误；乙装置右池中发生电极反应2H2O2e=H22OH，氢氧化钠溶液浓度增大，C项错误；Z极电极反应为S22e=S，D项正确。多池串联装置中电极的判断模型(1)(2) 电解原理的实际应用1电解饱和食盐水氯碱工业(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)。检验阳极产物的方法是：用湿润的KI淀粉试纸靠近阳极附近，若试纸变蓝，证明生成了Cl2。电解时向食盐水中加酚酞，阴极附近
18、溶液变红，说明该电极附近产生的物质为NaOH。(2)电解方程式化学方程式：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。离子方程式：2Cl2H2O2OHH2Cl2。(3)阳离子交换膜法电解饱和食盐水示意图阳离子交换膜的作用阻止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。a、b、c、d加入或取出的物质分别是饱和食盐水、稀NaOH溶液、稀的食盐水、浓NaOH溶液；X、Y分别是Cl2、H2。2电镀铜与电解精炼铜(1)电镀铜(2)电解精炼铜3电冶金活泼金属的冶炼方法(1)电解熔融氯化钠得到钠(2)电解熔融Al2O3制Al2A
19、l2O3(熔融)4Al3O2电极反应：阳极：6O212e=3O2；阴极：4Al312e=4Al。冰晶石的作用是作Al2O3的助熔剂。(1)电解饱和食盐水制碱时，用Fe作阴极可增强导电性。()(2)电解精炼铜时，杂质Zn、Au、Ag均不溶解，形成阳极泥而沉淀。()(3)电镀铜和电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2)均保持不变。()(4)电解冶炼镁、铝通常电解MgCl2和Al2O3，也可以电解MgO和AlCl3。()(5)粗铜电解精炼时，若电路中通过2 mol e，阳极减少64 g。()答案(1)(2)(3)(4)(5)1电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制氢气的装置示意图如图：电解池中隔膜仅阻止
20、气体通过，阴阳两极均为惰性电极。(1)A极为_，电极反应式为_。(2)B极为_，电极反应式为_。答案(1)阳极CO(NH2)28OH6e=N2CO6H2O(2)阴极6H2O6e=3H26OH2工业上在铁片上镀银，电镀池中，阳极材料为_，接电源的_极，电镀液可以用_，阳极反应式为_。答案银正AgNO3溶液Age=Ag命题点1电解原理的常规应用1利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产中的应用。下列说法正确的是()A氯碱工业中，X电极上的反应式是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是熔融的氯化镁答案D2(2017全国卷，T11)
21、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CA对：该电解池阳极发生的电极反应为2Al3H2O6e=Al2O36H，铝化合价升高失电子，所以待加工铝质工件应为阳极。B对，C错：阴极发生的电极反应为2H2e=H2，阴极可选用不锈钢网作电极。D对：电解质溶液中的阴离子向阳极移动。3(2019广东名校联考)科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用CuSi合金作硅源，在
22、950 利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是()A电子由液态CuSi合金流出，流入液态铝电极B液态铝电极与正极相连，作电解池的阳极C在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4优先于Cu2被还原D三层液熔盐的作用是使电子能够在三层间自由流动A由装置图中Si4流向可知液态铝为阴极，连接电源负极，液态CuSi合金为阳极，电子由液态CuSi合金流出，流入液态铝电极，A项正确；B项错误；由图示可知，阳极上Si失电子转化为Si4，阴极上Si4得电子转化为Si，C项错误；使用三层液熔盐可以有效增大电解反应的面积，使单质硅在液态铝电极上高效沉积，而不是方便电子通过，电子不通过电解质，D项错误。命题点2
23、电解原理在物质制备方面的应用4(2019重庆七校联考)O3是一种常见的绿色氧化剂，可由臭氧发生器电解稀硫酸制得，原理如图所示。下列说法错误的是()A电极a为阴极Ba极的电极反应式为O24H4e=2H2OC电解一段时间后b极周围溶液的pH下降D标准状况下，当有5.6 L O2反应时，收集到O2和O3混合气体4.48 L，O3的体积分数为80% D电极b上生成O2和O3，则电极b上发生失电子的氧化反应，则电极b为阳极，电极a为阴极，A项正确；电极a的电极反应式为O24e4H=2H2O，B项正确；电极b上H2O失去电子，发生氧化反应生成O2、O3和H，故电解一段时间后b极周围溶液的pH下降，C项正确
24、；标准状况下，当有5.6 L氧气参加反应时，转移电子1 mol，设收集到氧气为x mol，臭氧为y mol，则有xy0.2,4x6y1，解得xy0.1，故O3的体积分数为50%，D项错误。5(2019滁州模拟)常温下，NCl3是一种黄色黏稠状液体，是制备新型水消毒剂ClO2的原料，可以采用如图所示装置制备NCl3。下列说法正确的是()A每生成1 mol NCl3，理论上有4 mol H经质子交换膜从右侧向左侧迁移B可用湿润的淀粉KI试纸检验气体MC石墨极的电极反应式为NH3Cl6e=NCl34HD电解过程中，质子交换膜右侧溶液的pH会减小CA项，每生成1 mol NCl3，转移6 mol e，
25、理论上有6 mol H经质子交换膜从右侧向左侧迁移，A错误；B项，M为H2，不能用湿润的淀粉KI试纸检验，B错误；D项，右侧pH会增大，D错误。6(2018全国卷，节选)KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。(1)写出电解时阴极的电极反应式_。(2)电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_，其迁移方向是_。(3)与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有_(写出一点)。解析(1)电解法制备KIO3时，H2O在阴极得到电子，发生还原反应：2H2O2e=2OHH2。(2)电解池中阳离子向阴极移动，即由电极a向电极b迁移，阳离子交换膜只允许阳离子通过，故主要是K通过阳离子交换膜。
26、(3)根据工艺流程分析，“KClO3氧化法”主要是生成的Cl2有毒易污染环境。答案(1)2H2O2e=2OHH2(2)K由a到b(3)产生Cl2易污染环境等命题点3电解原理在环境治理方面的应用7(2019惠州模拟)化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO的原理如图所示。下列说法不正确的是()AA为电源的正极B溶液中H从阳极向阴极迁移CAgPt电极的电极反应式为2NO12H10e=N26H2OD电解过程中，每转移2 mol电子，则左侧电极就产生32 g O2D根据题给电解装置图可知，AgPt电极上NO转化为N2，发生还原反应：2NO10e12H=N26H2O，则AgPt电极作阴极，B为
27、电源的负极，故A为电源的正极，A、C项正确；在电解池中阳离子向阴极移动，所以溶液中H从阳极向阴极迁移，B项正确；左侧电极为阳极，电极反应式为2H2O4e=O24H，则每转移2 mol电子，左侧电极产生16 g O2，D项错误。8(2019郑州模拟)科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2=2COO2。下列说法正确的是()A由图分析N电极为正极BOH通过离子交换膜迁向左室C阴极的电极反应为CO2H2O2e=CO2OHD反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强C由题图可知N电极为负极，P电极为正极，A项错误；OH通过阴离子交换膜迁向右室，B项错误；根据题图
28、知，阴极发生的电极反应为CO2H2O2e=CO2OH，C项正确；根据总反应为2CO2=2COO2，可知反应完毕装置中溶液的pH并无变化，故碱性不会增强，D项错误。9(2019试题调研)某研究小组设计如图装置处理废水中的有机物，并利用该装置产生的能量处理废电镀液中的CN，其原理是：在废电镀液中加入适量食盐，调节溶液pH9，连接图和图装置，利用阳极生成的Cl2将CN氧化成两种无害气体。下列说法正确的是()图 图A图中右室电极与图中石墨极连接，图中阳极上发生氧化反应B处理废电镀液的过程中，铁极附近电解质溶液中c(H)减小，pH降低C若图装置中底物为CH3CHO，则其在细菌作用下被还原为CO2D氧化C
29、N的反应为5Cl22CN8OH=2CO2N210Cl4H2OD图中右室电极上有机物在细菌作用下被氧化为CO2，为负极，图中石墨极为阳极，连接电源的正极，与图中左室电极相连接，A项错误；处理废电镀液的过程中，铁极发生反应：2H2O2e=H22OH，铁极附近电解质溶液中c(H)减小，pH升高，B项错误；若图装置中底物为CH3CHO，则其在细菌作用下被氧化为CO2，C项错误；Cl2将CN氧化为无害气体N2和CO2，CN中C为2价，N为3价，1 mol CN参加反应失5 mol电子，而1 mol Cl2得2 mol电子，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为5Cl22CN8OH=2CO2
30、N210Cl4H2O，D项正确。 金属的腐蚀与防护1金属的腐蚀(1)本质金属原子失去电子变为金属阳离子，金属发生氧化反应。可表示为Mne=Mn。(2)类型类型化学腐蚀电化学腐蚀条件金属跟具有腐蚀性的化学物质接触不纯金属或合金跟电解质溶液接触现象无电流产生有电流产生本质金属被氧化较活泼金属被氧化联系两者往往同时发生，电化学腐蚀更普遍2.电化学腐蚀的分类以钢铁的腐蚀为例进行分析类型析氢腐蚀吸氧腐蚀条件水膜酸性较强(pH4.3)，如NH4Cl溶液水膜酸性很弱或呈中性，如NaCl溶液电极材料及反应负极Fe：Fe2e=Fe2正极C：2H2e=H2C：O22H2O4e=4OH总反应式Fe2H=Fe2H22
31、FeO22H2O=2Fe(OH)2联系吸氧腐蚀更普遍补短板(1)铁锈的成分为Fe2O3xH2O，其形成过程还涉及如下反应：4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3；2Fe(OH)3=Fe2O3xH2O(铁锈)(3x)H2O。(2)电解质所处环境决定金属的腐蚀方式：若电解质酸性较强，如NH4Cl、H2SO4等，则发生析氢腐蚀，相当于金属与酸构成原电池；若电解质为弱酸、中性、弱碱，则发生吸氧腐蚀，相当于金属、氧气构成燃料电池。但对于不活泼金属如Cu只能发生吸氧腐蚀。(3)两种腐蚀正极的现象不同：析氢腐蚀正极产生H2，气体压强变大，pH增大；吸氧腐蚀正极吸收O2，气体压强变小，pH增大。3金属
32、的防护(1)电化学防护牺牲阳极的阴极保护法原电池原理a负极：比被保护金属活泼的金属；b正极：被保护的金属设备。外加电流的阴极保护法电解原理a阴极：被保护的金属设备；b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、电镀或表面钝化等方法。注意：牺牲阳极的阴极保护法中所说的阳极是指原电池的负极，即发生氧化反应的电极在原电池中也常称为阳极。1实验探究(如图所示)(1)若棉团浸有NH4Cl溶液，铁钉发生_腐蚀，正极反应式为_，右试管中现象是_。(2)若棉团浸有NaCl溶液，铁钉发生_腐蚀，正极反应式为_，右试管中现象是_。答案(1)析氢2H2
33、e=H2有气泡冒出(2)吸氧O24e2H2O=4OH导管内液面上升2为验证牺牲阳极的阴极保护法，如图所示：(1)Fe作_极，电极反应式为_。(2)Zn电极反应式为_。(3)Fe电极附近滴加K3Fe(CN)6溶液，溶液是否有蓝色沉淀生成？_。(4)若将Zn改为Cu，则Fe电极附近加K3Fe(CN)6溶液，现象为_，此现象的离子方程式为_。答案(1)正或阴2H2e=H2(2)Zn2e=Zn2(3)否(4)溶液中生成蓝色沉淀3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62命题点1金属的腐蚀原理及快慢分析1(2019贵阳模拟)在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现。铁片腐
34、蚀过程中发生反应的总化学方程式：2Fe2H2OO2=2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图所示。下列说法正确的是()A铁片发生还原反应而被腐蚀B铁片腐蚀生成的铁锈可以保护内层的铁不被腐蚀C铁片腐蚀过程中负极发生的电极反应：2H2OO24e=4OHD铁片里的铁和碳与食盐水形成了无数微小原电池，发生了电化学腐蚀D结合题图知Fe失电子，化合价升高，被氧化，A项错误；铁锈结构疏松，不能保护内层金属，B项错误；铁片腐蚀时，Fe作负极，发生氧化反应：Fe2e=Fe2，C项错误；铁片上的NaCl溶液为铁与碳形成原电池提供了电解质溶液，D项正确
35、。2一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下，下列说法不正确的是()pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2Fe3O4Fe2O3FeOA在pH14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为O24H4e=2H2OB在pH6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀D在煮沸除氧气的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓AA项，pH14的溶液为碱性，正极反应式为O22H2O4e=4OH，故A符合题意；B项，pH6溶液中，碳钢主要发生吸氧腐蚀，正极反应式为O22H2O4e=4OH，故C不符合题意；D项，在碱性溶液中碳钢发生吸氧腐蚀，煮沸除氧气后，腐蚀速率会减慢，故D不符合题意。3(2019河北九校联考)某实验小组利
36、用下列装置探究电解质溶液的浓度对金属腐蚀的影响：装置现象电流计指针不发生偏转电流计指针发生偏转下列有关说法正确的是()A装置中的铁片均不会发生任何腐蚀B铁片d上可能发生的电极反应为Fe3e=Fe3C利用K3Fe(CN)6溶液可确定装置中的正、负极D铁片a、c所处的NaCl溶液的浓度相等，二者腐蚀速率相等C装置中因为两烧杯中NaCl溶液的浓度相等，两边电势相等，所以电流计指针不发生偏转，但铁片a、b仍可发生普通的化学腐蚀，A项错误；铁片d上Fe发生反应生成Fe2，B项错误；装置中负极发生反应：Fe2e=Fe2，Fe2遇K3Fe(CN)6溶液生成蓝色沉淀，故可利用K3Fe(CN)6溶液确定装置中的
37、正、负极，C项正确；装置中明显产生了电流，电化学腐蚀比化学腐蚀要快得多，故铁片a、c的腐蚀速率不同，D项错误。4如图所示，各烧杯中盛有海水，铁(含杂质C)在其中被腐蚀由快到慢的顺序为_(填序号)。解析是原电池，是电解池，金属被腐蚀由快到慢的顺序是：电解池的阳极原电池的负极化学腐蚀原电池的正极电解池的阴极。答案判断金属腐蚀快慢的方法(1)对同一电解质溶液来说，腐蚀的快慢：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，腐蚀的快慢：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
38、质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀速率越快。命题点2金属的电化学防护及实验探究5(2019辽宁名校联考)高压直流电线路的瓷绝缘子经日晒雨淋容易出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽腐蚀，防护原理如图所示。下列说法错误的是()A通电时，锌环是阳极，发生氧化反应B通电时，阴极上的电极反应为2H2O2e=H22OHC断电时，锌环上的电极反应为Zn22e=ZnD断电时，仍能防止铁帽被腐蚀C通电时，锌环与电源正极相连，作阳极，发生氧化反应，A项正确；通电时，铁帽为阴极，发生还原反应：2H2O2e=H22OH，B项正确；断电时，形成原电池，锌环为负极，发生氧化反应：Zn2e=Zn2，C项错误；断
39、电时，形成原电池，铁帽为正极，此为牺牲阳极的阴极保护法，仍能防止铁帽被腐蚀，D项正确。6(2018北京高考)验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是 ()A对比，可以判定Zn保护了FeB对比，K3Fe(CN)6可能将Fe氧化C验证Zn保护Fe时不能用的方法D将Zn换成Cu，用的方法可判断Fe比Cu活泼D中Zn作负极，发生氧化反应生成Zn2，Fe作正极被保护，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，试管内无明显变化。但中没有Zn保护Fe，Fe在酸性环境中发生析氢腐蚀，Fe作负极被
40、氧化生成Fe2，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，对比可知Zn保护了Fe，A项正确；与的区别在于：前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中，而后者是在取出的少量Fe附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液，中出现了蓝色沉淀，说明有Fe2生成。 对比分析可知，可能是铁氰化钾氧化Fe生成了Fe2，B项正确；通过上述分析可知，验证Zn保护Fe时不能用的方法，C项正确；若将Zn换成Cu，铁氰化钾仍会将Fe氧化为Fe2，在铁的表面同样会生成蓝色沉淀，所以无法判断Fe2是不是负极产物，即无法判断Fe与Cu的活泼性，D项错误。 隔膜在电化学装置中的应用科学探究与创新意识分析近几年高考试题，涉及隔膜
41、电化学装置的试题比较多，且常出常新，每年都有变化。隔膜的功能在于选择性地通过某些离子或阻止某些离子来隔离某些物质，进而制备一些特定物质。体现了科学探究与创新意识的化学核心素养。1隔膜的分类隔膜又叫离子交换膜，由高分子特殊材料制成。离子交换膜分三类：(1)阳离子交换膜，简称阳膜，只允许阳离子通过，即允许H和其他阳离子通过，不允许阴离子通过。(2)阴离子交换膜，简称阴膜，只允许阴离子通过，不允许阳离子通过。(3)质子交换膜，只允许H通过，不允许其他阳离子和阴离子通过。2隔膜的作用(1)能将两极区隔离，阻止两极区产生的物质接触，防止发生化学反应。(2)能选择性地通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的
42、作用。注意：反应物相同，不同的交换膜，迁移的离子种类不同。同种交换膜，如果转移相同的电子数，离子所带电荷数不同，则迁移离子数不同。离子迁移依据电荷平衡，而离子数目变化量可能不相等。典例导航(2016全国卷，T11)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
43、路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成思路点拨直流电场作用图中的“”极和“”极就是阴极和阳极SO移向“”极，Na移向“”极ab为阳离子交换膜，cd为阴离子交换膜“”极反应为2H2e=H2，pH增大；“”极反应为4OH4e=O22H2O，pH减小。答案B(1)正极区的电极反应式为_，正极区的pH变_(填“大”或“小”)，从平衡角度解释原因_。(2)当正极产生0.5 mol气体时，通过cd膜的离子数目为_，通过ab膜的离子数目为_。答案(1)4OH4e=O22H2O小正极区溶液中存在H2OHOH，OH放电，c(OH)减小，上述平衡右移，使c(H)c(OH)，且c(H)逐渐增大
44、，pH减小(2)6.021023(或NA)26.021023或2NA1(2019合肥模拟)图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能，图乙是一种用惰性电极电解饱和食盐水的消毒液发生器。下列说法不正确的是()甲乙A图甲的X点要与图乙中的a极连接B图乙中b极的电极反应式为2Cl2e=Cl2C当N极消耗1 mol气体时，有2 mol H通过离子交换膜D若有机废水中主要含有淀粉，则图甲中M极反应为(C6H10O5)n7nH2O24ne=6nCO224nHC图甲中N极上O2转化为H2O，发生还原反应，则N极为正极，M极为负极，图乙通过电解饱和食盐水获得消毒液，则a
45、极析出H2，b极析出Cl2，a极为阴极，b极为阳极，电解池的阳极与电源正极相连，电解池的阴极与电源负极相连，故X点与a极相连，A项正确；图乙中b极析出氯气，电极反应式为2Cl2e=Cl2，B项正确；根据O24e4H=2H2O，当N极消耗1 mol气体时，转移4 mol电子，故有4 mol H通过离子交换膜，C项错误；若有机废水中主要含有淀粉，则图甲中M极上淀粉转化为CO2，电极反应为(C6H10O5)n7nH2O24ne=6nCO224nH，D项正确。2(2019保定模拟)用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的二氧化硫，将所得的混合液进行电解循环再生，这种新工艺叫再生循环脱硫法。其中阴、阳离子
46、交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法中不正确的是()AX为直流电源的负极，Y为直流电源的正极B阳极反应为4OH4e=2H2OO2C图中的baD该过程中的产品主要为H2SO4和H2B根据Na和SO的移向可知Pt()为阴极，反应为2H2e=H2，Pt()为阳极，反应为SO2eH2O=SO2H。3(2019长春质检)某科研小组研究采用BMED膜堆(示意图如下)，模拟以精制浓海水为原料直接制备酸碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(A、D)。已知：在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H和OH。下列说法错误的是()A电极a连接电源的正极BB为阳离子交换膜C电
47、解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生D口排出的是淡水B根据题干信息确定该装置为电解池，阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，所以电极a为阳极，连接电源的正极，A正确；水在双极膜A解离后，氢离子吸引阴离子透过B膜到左侧形成酸，B为阴离子交换膜，B错误；电解质溶液采用Na2SO4溶液，电解时生成氢气和氧气，可避免有害气体的产生，C正确；海水中的阴、阳离子透过两侧交换膜向两侧移动，淡水从口排出，D正确。4(2019湖北名校联考)硼酸(H3BO3)为一元弱酸，已知H3BO3与足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3OH=B(OH)，H3BO3可以通过电解的方法制备。其工作原理如图所示(阳
48、膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)。下列说法正确的是()A当电路中通过1 mol电子时，可得到1 mol H3BO3B将电源的正负极反接，工作原理不变C阴极室的电极反应式为2H2O4e=O24HDB(OH)穿过阴膜进入阴极室，Na穿过阳膜进入产品室A电解时，左侧石墨电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极上H2O失电子生成O2和H，即2H2O4e=O24H，阴极上H2O得电子生成H2和OH，即2H2O2e=H22OH，当电路中通过1 mol电子时，阳极生成1 mol H，H通过阳膜进入产品室，与通过阴膜进入产品室的B(OH)反应生成1 mol H3BO3，A项正确；电源正负极反接后，左侧石墨电
49、极为阴极，阴极反应式为2H2e=H2，H被消耗，无法移向产品室，不能生成H3BO3，B项错误；结合上述分析可知，阴极反应式为2H2O2e=H22OH，C项错误；电解时原料室中Na穿过阳膜进入阴极室，B(OH)穿过阴膜进入产品室，D项错误。5以稀硫酸为电解质溶液，利用太阳能电池将CO2转化为乙烯的工作原理如图所示。则M极为_极(填“阴”或“阳”)。电极反应式为_；N极电极反应式为_，总反应式为_。解析根据化合价可知，M极碳化合价由4降为2，发生还原反应，为阴极，N为阳极。答案阴2CO212e12H=C2H44H2O6H2O12e=3O212H2CO22H2OC2H43O26(2020成都模拟)以
50、连二亚硫酸盐(S2O)为还原剂脱除烟气中的NO，并通过电解再生，装置如图所示。阴极的电极反应式为_，电解槽中的隔膜为_(填“阳”或“阴”)离子交换膜。解析由图可知，阴极区通入的液体主要含SO，流出液中主要含S2O，所以阴极的电极反应式为2SO4H2e=S2O2H2O。由阴极的电极反应式可知，隔膜应允许H通过，因此隔膜为阳离子交换膜。答案2SO4H2e=S2O2H2O阳1(2018全国卷)最近我国科学家设计了一种CO2H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：EDTAFe2e=ED
51、TAFe32EDTAFe3H2S=2HS2EDTAFe2该装置工作时，下列叙述错误的是()A阴极的电极反应：CO22H2e=COH2OB协同转化总反应：CO2H2S=COH2OSC石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的低D若采用Fe3/Fe2取代EDTAFe3/EDTAFe2，溶液需为酸性C根据装置图中物质的转化关系分析电极反应类型，如EDTAFe2生成EDTAFe3，发生了氧化反应，EDTAFe3将H2S氧化成S，本身被还原成EDTAFe2，EDTAFe3和EDTAFe2可循环使用，故石墨烯电极为阳极，阳极与光伏电池的正极连接。CO2发生还原反应生成CO，故ZnO石墨烯电极为阴极。阴极发生还原反应
52、，氢离子由交换膜右侧向左侧迁移，阴极的电极反应式为CO22e2H=COH2O，A项正确；结合阳极区发生的反应，可知协同转化总反应为CO2H2S=SCOH2O，B项正确；石墨烯作阳极，其电势高于ZnO石墨烯的，C项错误；Fe3、Fe2在碱性或中性介质中会生成沉淀，它们只稳定存在于酸性较强的介质中，D项正确。2.(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
53、护电流应该根据环境条件变化进行调整CA项，外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，正确；B项，被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，电解池中外电路电子由阳极流向阴极，即从高硅铸铁流向钢管桩，正确；C项，高硅铸铁为惰性辅助阳极，其主要作用是传递电流，而不是作为损耗阳极，错误；D项，保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，应根据环境条件变化进行调整，正确。3(1)(2019全国卷，节选)环戊二烯可用于制备二茂铁Fe(C5H5)2，结构简式为，后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如下图所示，其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。
54、NaNa该电解池的阳极为_，总反应为_。电解制备需要在无水条件下进行，原因为_。(2)(2019全国卷，节选)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：负极区发生的反应有_(写反应方程式)。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气_L(标准状况)。解析(1)由电解原理示意图可知，电解后铁变为2价，由此可判断铁作电解池的阳极，阳极的电极反应式为Fe2e=Fe2，阴极的电极反应式为22e=2H2，由此可得总方程式为Fe2=H2。电解时如果有水，水会与钠反应，阻碍的生成，而且电解时会产生OH，OH会与Fe2反应生成
55、Fe(OH)2沉淀。(2)由题图知，左端的电极反应为Fe3e=Fe2，应为阴极，接电源负极，右端的电极反应为2HCl2e=Cl22H，应为阳极，接电源正极，负极产生的Fe2进一步被O2氧化生成Fe3，则4Fe2O24H=4Fe32H2O；由此可知，每消耗1 mol O2，需转移4 mol电子，则转移1 mol电子时，应消耗 mol O2，标准状况下， mol O2的体积为 mol22.4 Lmol15.6 L。答案(1)Fe电极Fe2=H2Fe2C5H6=Fe(C5H5)2H2水会阻碍中间物的生成；水会电解生成OH，进一步与Fe2反应生成Fe(OH)2(2)Fe3e=Fe2，4Fe2O24H=4Fe32H2O5.64(2018全国卷，节选)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_。电解后，_室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。解析阳极发生氧化反应：2H2O4e=4HO2，阳极室H向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。答案2H2O4e=4HO2a