1、第3讲电解池金属的电化学腐蚀与防护考纲要求1.了解电解池的工作原理，能写出电极反应和电池反应方程式。2.理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。考点一电解的原理1电解定义在电流作用下，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。2能量转化形式电能转化为化学能。3电解池(1)构成条件有与电源相连的两个电极。电解质溶液(或熔融盐)。形成闭合回路。(2)电极名称及电极反应式(如图)(3)电子和离子的移动方向特别提醒电解时，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，即电子本身不会通过电解质溶液。4分析电解过程的思维程序(1)首先判断阴、阳极，分析阳极
2、材料是惰性电极还是活泼电极。(2)再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴、阳两组(不要忘记水溶液中的H和OH)。(3)然后排出阴、阳两极的放电顺序阴极：阳离子放电顺序：AgFe3Cu2H(酸)Fe2Zn2H(水)Al3Mg2NaCa2K。阳极：活泼电极S2IBrClOH含氧酸根离子。注意阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。最常用、最重要的放电顺序是：阳极：ClOH；阴极：AgCu2H。电解水溶液时，KAl3不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。(4)分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原
3、子守恒和电荷守恒。(5)最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式。深度思考1用分析电解过程的思维程序分析电解下列物质的过程，并总结电解规律(用惰性电极电解)电解质(水溶液)电极方程式被电解的物质总化学方程式或离子方程式电解质浓度溶液pH电解质溶液复原含氧酸(如H2SO4)阳极：4OH 4e=O22H2O阴极：4H4e=2H2水2H2OO22H2增大减小加H2O强碱(如NaOH)阳极：4OH4e=O22H2O阴极：4H4e=2H2水2H2OO22H2增大增大加H2O活泼金属的含氧酸盐(如KNO3、Na2SO4)阳极：4OH4e=O22H2O阴极：4H4e=2H2水2H2OO22H2增大不变加H
4、2O无氧酸(如HCl)，除HF外阳极：2Cl2e=Cl2阴极：2H2e=H2酸2HClCl2H2减小增大通入HCl气体不活泼金属的无氧酸盐(如CuCl2)，除氟化物外阳极：2Cl2e=Cl2阴极：Cu22e=Cu盐CuCl2CuCl2减小加CuCl2活泼金属的无氧酸盐(如NaCl)阳极：2Cl2e=Cl2阴极：2H2e=H2水和盐2Cl2H2OCl2H22OH生成新电解质增大通入HCl气体不活泼金属的含氧酸盐(如CuSO4)阳极：4OH4e=O22H2O阴极：2Cu24e=2Cu水和盐2Cu22H2O2CuO24H生成新电解质减小加CuO或CuCO32. 电解过程中放H2生碱型和放O2生酸型的
5、实质是什么？在放H2生碱型的电解中，若滴入酚酞试液，哪一极附近溶液变红？答案放H2生碱型实质是水电离出H在阴极上放电，破坏了阴极附近水的电离平衡，使OH浓度增大，若滴入酚酞试液，阴极附近溶液变红；放O2生酸型的实质是水电离出OH在阳极上放电，破坏了阳极附近水的电离平衡，使H浓度增大。3(1)上表中要使电解后的NaCl溶液复原，滴加盐酸可以吗？(2)上表中要使电解后的CuSO4溶液复原，加入Cu(OH)2固体可以吗？答案电解质溶液的复原应遵循“从溶液中析出什么补什么”的原则，即从溶液中析出哪种元素的原子，则应按比例补入哪些原子。(1)电解NaCl溶液时析出的是等物质的量的Cl2和H2，所以应通入
6、氯化氢气体，加入盐酸会引入过多的水。(2)若通电一段时间，CuSO4未电解完(即Cu2未全部放电)，使溶液复原应加入CuO，而加入Cu(OH)2会使溶液的浓度降低。若Cu2全部放电，又继续通电一段时间(此时电解水)，要使溶液复原应加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3，若只加入CuO，此时浓度偏高。4若用惰性电极电解饱和的Na2SO4溶液，此时溶液的浓度和pH怎样发生变化？为什么？答案溶液浓度和pH均不发生变化，因为用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液，实质是电解水，会析出Na2SO410H2O晶体，剩余溶液仍为该温度下的饱和溶液，所以浓度和pH值均不变。题组一电解原理和电解规律的考查1右图
7、为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。下列实验现象描述正确的是() 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体Ca电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色Da电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色答案D解析SO、OH移向b极，在b极OH放电，产生O2，b极附近c(H)c(OH)，石蕊试液变红。Na、H移向a极，在a极H放电产生H2，a极附近c(OH)c(H)，石蕊试液变蓝。所以产生的气体体积a电极的大于b电极的；两种气体均为无色无味的气体。A、B、C均错。2用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液，通电一段时间后，向所
8、得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH。则下列说法正确的是()A电解过程中阴极没有气体生成B电解过程中转移的电子的物质的量为0.4 molC原CuSO4溶液的浓度为0.1 molL1D电解过程中阳极收集到的气体体积为1.12 L(标况下)答案B解析由2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2知，如CuSO4未电解完，加CuO即可复原，而加入Cu(OH)2相当于加入CuOH2O，故CuSO4电解完后，还电解了部分水。电解析出了0.1 mol Cu，转移电子0.2 mol，而电解0.1 mol H2O转移电子0.2 mol，故转移的电子的总物质的量为0.4 mo
9、l。题组二突破电极反应式、电解总方程式的书写3按要求书写电极反应式和总方程式(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)用铁作电极电解NaCl溶液阳极反应式_；阴极反应式_；总化学方程式_。(4)用铜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_。(5)用Al作电极电解NaOH溶液阴极反应式_；阳极反应式_；总反应离子方程式_。(6)用惰性电极电解熔融MgCl2阴极反应式_；阳极反应式_；总反应离子方程式_。答案(1)4OH4e=O22H2O4Ag4
10、e=4Ag4Ag2H2O4AgO24H(2)2Cl2e=Cl22H2e=H2Mg22Cl2H2OMg(OH)2Cl2H2(3)Fe2e=Fe22H2e=H2Fe2H2OFe(OH)2H2(4)Cu2e=Cu22H2e=H2Cu2HCu2H2(5)6H2O6e=3H26OH或6H6e=3H22Al6e8OH=2AlO4H2O2Al2H2O2OH2AlO3H2(6)Mg22e=Mg2Cl2e=Cl2Mg22ClMgCl24(1)以铝材为阳极，在H2SO4溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应式为_。(2)用Al单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解
11、生成化合物Q。写出阳极生成R的电极反应式： _。答案(1)2Al6e3H2O=Al2O36H(2)Al3HCO3e=Al(OH)33CO2解析(1)依据信息阳极形成的氧化膜一定为Al2O3，Al失电子生成Al2O3，Al2O3中的氧是由水提供的，溶液显酸性，所以有H生成；(2)Al作阳极，失电子，生成Al3，Al3水解显酸性，溶液中的HCO水解显碱性，两者水解互相促进，生成Al(OH)3和CO2。反思归纳1. 体会书写步骤以石墨作电极电解CuSO4溶液的电极反应式及总的电解方程式的书写为例。第一步：明确溶液中存在哪些离子。阳离子：Cu2、H；阴离子：OH、SO。第二步：判断阴阳两极附近离子种类
12、及离子放电顺序。阴极：Cu2H；阳极：OHSO。第三步：写电极反应式和总的电解方程式。阴极：2Cu24e=2Cu；阳极：4OH4e=O22H2O。根据得失电子数相等，两极反应式相加得总方程式：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4。2规避“三个”失分点(1)书写电解池中电极反应式时，要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。(2)要确保两极电子转移数目相同，且注明条件“电解”。(3)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。题组三与酸、碱、盐电解有关的实验设计5某课外活动小组设计了如图所示装置，调节滑动变阻器，在电流强度适中的情况下用其进
13、行缓慢电解NaCl溶液及相关实验(此时，打开止水夹a，关闭止水夹b)。由于粗心，实验并未达到预期目的，但也看到了令人高兴的现象。请帮助他们分析并回答下列问题(图中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过)：(1)写出B装置中的电极反应式：Pt极_；Fe极_。(2)写出观察到的A装置中的现象：_；_；_。(3)当观察到A装置中的现象后，他们关闭止水夹a，打开止水夹b，再观察C装置。若无现象，说明理由；若有现象，请写出有关反应方程式_。(4)若想达到电解NaCl溶液的目的，应如何改进装置，请提出你的意见_。答案(1)2H2e=H2(或2H2O2e=2OHH2)Fe2e=Fe2(2)A装置烧杯中的H2O
14、倒吸进烧瓶并产生红色喷泉烧瓶中液面上升到高于左侧导管口一定程度后又逐渐下落至与导管口相平最后烧杯中溶液呈红色，导管口有气泡逸出(3)Fe22OH=Fe(OH)2，4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3或4Fe28OH2H2OO2=4Fe(OH)3(4)把Fe电极换成C、Pt等惰性电极(或将装置中两电极调换位置等)解析(1)据图知，Pt极是阴极，氢离子放电生成氢气，故电极反应式为2H2e=H2(或写成2H2O2e=2OHH2)；Fe极为阳极，属活泼电极，故电极反应式为Fe2e=Fe2。(2)打开止水夹a、关闭止水夹b时，生成的氢气进入烧瓶，压强增大，将氨气压出，氨气将导管内空气排出后，与
15、烧杯中水接触而开始溶解，引起A装置烧杯中的H2O倒吸进烧瓶产生红色喷泉；但由于氢气不溶于水，故烧瓶中液面上升到高于左侧导管口一定程度后又逐渐下落至导管口相平；最终烧杯中溶液呈红色，导管口有气泡(氢气)逸出。(3)关闭止水夹a、打开止水夹b，Pt极产生的氢气，会将电解质溶液压入烧杯C中，发生反应：Fe22OH=Fe(OH)2，4Fe(OH)22H2OO2=4Fe(OH)3或4Fe28OH2H2OO2=4Fe(OH)3。(4)若想达到电解NaCl溶液的目的，应把Fe电极换成C、Pt等惰性电极或将装置中两电极调换位置等。考点二电解原理的应用1电解饱和食盐水(1)电极反应阳极反应式：2Cl2e=Cl2
16、(氧化反应)阴极反应式：2H2e=H2(还原反应)(2)总反应方程式：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2离子反应方程式：2Cl2H2O2OHH2Cl2(3)应用：氯碱工业制烧碱、氯气和氢气。2电镀右图为金属表面镀银的工作示意图，据此回答下列问题：(1)镀件作阴极，镀层金属银作阳极。(2)电解质溶液是AgNO3溶液等含镀层金属阳离子的盐溶液。(3)电极反应：阳极：Age=Ag；阴极：Age=Ag。(4)特点：阳极溶解，阴极沉积，电镀液的浓度不变。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：阳极：Zn2e=Zn2、Fe2e=Fe2、N
17、i2e=Ni2、Cu2e=Cu2；阴极：Cu22e=Cu。4电冶金利用电解熔融盐的方法来冶炼活泼金属Na、Ca、Mg、Al等。(1)冶炼钠2NaCl(熔融)2NaCl2电极反应：阳极：2Cl2e=Cl2；阴极：2Na2e=2Na。(2)冶炼铝2Al2O3(熔融)4Al3O2电极反应：阳极：6O212e=3O2；阴极：4Al312e=4Al。深度思考1(1)电解氯化钠溶液时，如何用简便的方法检验产物？答案阳极产物Cl2可以用淀粉KI试纸检验，阴极产物H2可以通过点燃检验，NaOH可以用酚酞试剂检验。(2)氯碱工业在生产过程中必须把阳极室和阴极室用离子交换膜隔开，原因是什么？答案防止H2和Cl2混
18、合爆炸，防止Cl2与溶液中的NaOH反应。2电解精炼铜时，阳极泥是怎样形成的？答案粗铜中往往含有锌、铁、镍、银、金等多种金属杂质，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还原，所以它们并不能在阴极析出，而只能以离子的形式留在电解液里。金属活动性位于铜之后的银、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，所以当阳极的铜等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。题组一电解原理的“常规”应用1利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用。下列说法
19、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是熔融的氯化镁答案D解析氯碱工业中阳极是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使用氯化钠作原料可以得到多种产品。(1)实验室用惰性电极电解100 mL 0.1 molL1 NaCl溶液，若阴阳两极均得到112 mL气体(标准状况)，则所得溶液的物质的量浓度是_(忽略反应前后溶液体积的变化)。(2)某学生想制作一种家用环保型消毒液发生器，用石墨作电极电
20、解饱和氯化钠溶液，通电时，为使Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，设计了如图的装置。对电源电极名称和消毒液的主要成分判断正确的是_(填字母序号)。Aa为正极，b为负极；NaClO和NaClBa为负极，b为正极；NaClO和NaClCa为阳极，b为阴极；HClO和NaClDa为阴极，b为阳极；HClO和NaCl(3)实验室中很难用亚铁盐溶液与烧碱反应制得白色纯净的Fe(OH)2沉淀。某同学利用上图装置，只更换一个电极，通过电解法制取较纯净的Fe(OH)2沉淀，且较长时间不变色。该同学换上的电解材料是_(用元素符号表示)，总的反应式是_。答案(1)0.1 molL1(2)B(3)FeFe
21、2H2OFe(OH)2H2解析(1)n(H2)n(Cl2)0.005 mol，参加反应的n(NaCl)0.01 mol，说明NaCl恰好电解完毕，溶液变为NaOH溶液，n(NaOH)n(NaCl)0.01 mol，c(NaOH)0.1 molL1。(2)电解饱和氯化钠溶液的总反应：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，题目要求使Cl2被完全吸收，则氯气必须在下部的电极上产生，下部的电极是阳极，推出b为电源的正极，另一极为负极a。生成的Cl2与阴极区产生的NaOH反应：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，则消毒液的主要成分是NaClO、NaCl。(3)题目要求通过电解法制取Fe(OH)
22、2，电解质溶液是NaCl溶液，必须通过电极反应产生Fe2和OH。根据电极发生反应的特点，选择铁作阳极，铁发生氧化反应产生Fe2；溶液中的阳离子Na、H向阴极移动，根据放电顺序，阴极H放电产生氢气，H来源水的电离，反应式2H2O2e=H22OH。在电场作用下，阳极产生的Fe2与阴极产生的OH在定向移动的过程中相遇，发生复分解反应生成Fe(OH)2沉淀。将阳极反应式、阴极反应式叠加得到总的反应式：Fe2H2OFe(OH)2H2。题组二电解原理的“不寻常”应用(一)处理废水3某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如下，下列说法不正确的是()AA为电源正
23、极B阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2OC阴极区附近溶液pH降低D若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44 L(标准状况)时，有0.1 mol Cr2O被还原答案C解析根据图示，A作阳极，B作阴极，电极反应式为阳极：Fe2e=Fe2阴极：2H2e=H2然后，Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O由于在阴极区c(H)减小，所以pH增大。根据6H26Fe2Cr2O得，当有13.44 L(标准状况)H2放出时，应有0.1 mol Cr2O被还原。(二)制备物质4电解尿素CO(NH2)2的碱性溶液制氢气的装置示意图如下：电解池中隔膜仅阻止气体通
24、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=3H26OH解析H2产生是因为H2O电离的H在阴极上得电子，即6H2O6e=3H26OH，所以B极为阴极，A极为阳极，电极反应式为CO(NH2)26e8OH=N2CO6H2O，阳极反应式容易错写成4OH4e=2H2OO2。(三)处理废气5用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如图所示。(电极材料为石墨)(1)图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)_
25、极，C口流出的物质是_。(2)SO放电的电极反应式为_。(3)电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因_。答案(1)负硫酸(2)SO2eH2O=SO2H(3)H2OHOH，在阴极H放电生成H2，c(H)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强解析根据Na、SO的移向判断阴、阳极。Na移向阴极区，SO移向阳极区，所以a应接电源负极，b应接电源正极，其电极反应式分别为阳极：SO2eH2O=SO2H阴极：2H2O2e=H22OH所以从C口流出的是H2SO4。在阴极区，由于H放电，破坏水的电离平衡，c(H)减小，c(OH)增大，生成NaOH，碱性增强，所以从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液。
26、考点三应对电化学定量计算的三种方法1计算类型原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。2方法技巧(1)根据电子守恒计算用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。(2)根据总反应式计算先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。(3)根据关系式计算根据得失电子守恒定律关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以通过4 mol e为桥梁可构建如下关系式：4e2Cl2(Br2、I2)O22H22Cu4AgM阳极产物阴极产物(式
27、中M为金属，n为其离子的化合价数值)该关系式具有总揽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。提示在电化学计算中，还常利用QIt和Qn(e)NA1.601019C来计算电路中通过的电量。题组一根据电子守恒，突破电化学的基本计算1两个惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计)，电极上析出银的质量最大为()A27 mg B54 mg C106 mg D216 mg答案B解析首先结合离子放电顺序，弄清楚两极的反应：阳极4OH4e=O22H
28、2O；阴极Age=Ag，电解的总反应式为4AgNO32H2O4AgO24HNO3。由电解的总反应式可知，电解过程中生成的n(Ag)n(HNO3)n(H)(103 molL1106 molL1)0.5 L5104 mol，m(Ag)5104 mol108 gmol10.054 g54 mg。题组二根据电子守恒，突破电解池的“串联”计算2在如图所示的装置中，若通直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g。试回答下列问题。(1)电源中X电极为直流电源的_极。(2)pH变化：A：_，B：_，C：_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(3)通电5 min时，B中共收集224 mL(标准状况下)气体，
29、溶液体积为200 mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为_(设电解前后溶液体积无变化)。(4)若A中KCl足量且溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH为_(设电解前后溶液体积无变化)。答案(1)负(2)增大减小不变(3)0.025 molL1(4)13解析(1)三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag在阴极发生还原反应变为Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，Y是正极，X是负极。(2)电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；电解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液pH减小；电解AgNO3溶液，银为阳极，不断溶解，Ag浓度基本不变，pH不变。(3)通电5 min
30、时，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol电子。B中共收集0.01 mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04 mol电子，电子转移不守恒。因此，B中电解分为两个阶段，先电解CuSO4溶液，生成O2，后电解水，生成O2和H2，B中收集到的气体是O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x，电解H2O时生成O2的物质的量为y，则4x4y0.02 mol(电子转移守恒)，x3y0.01 mol(气体体积之和)，解得xy0.002 5 mol，所以n(CuSO4)20.002 5 mol0.005 mol，c(CuSO4)0.005 mol0.2 L
31、0.025 molL1。(4)通电5 min时，A中放出0.01 mol H2，溶液中生成0.02 mol KOH，c(OH)0.02 mol0.2 L0.1 molL1，pH13。方法技巧无明显“外接电源”的电解池的“串联”问题，主要是根据“原电池”的形成条件判断“电源”的正、负极，从而判断电解池的阴、阳极。题组三根据电子守恒，突破电解的分阶段计算3500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)0.6 molL1，用石墨作电极电解此溶 液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是()A原混合溶液中c(K
32、)为0.2 molL1B上述电解过程中共转移0.2 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.05 molD电解后溶液中c(H)为0.2 molL1答案A解析石墨作电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反应式为4OH4e=2H2OO2，阴极先后发生两个反应：Cu22e=Cu,2H2e=H2。从收集到O2为2.24 L这个事实可推知上述电解过程中共转移0.4 mol 电子，而在生成2.24 L H2的过程中转移0.2 mol电子，所以Cu2共得到0.4 mol0.2 mol0.2 mol电子，电解前Cu2的物质的量和电解得到的Cu的物质的量都为 0.1 mol。电解前后分别有以下守恒
33、关系：c(K)2c(Cu2)c(NO)，c(K)c(H)c(NO)，不难算出：电解前c(K) 0.2 molL1，电解后c(H)0.4 molL1。4将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法错误的是()A阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2BAB段阳极只产生Cl2，阴极只产生CuCBC段表示在阴极上是H放电产生了H2DCD段相当于电解水答案C解析由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各1 mol，电解分3个阶段：第一阶段阳极：
34、1 mol氯离子失1 mol电子，阴极：0.5 mol铜离子得1 mol电子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大。第二阶段阳极：1 mol氢氧根离子失1 mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.5 mol铜离子再得1 mol 电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小。第三阶段阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小。考点四金属的腐蚀和防护1金属腐蚀的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。2金属腐蚀的类型(1)化学
35、腐蚀与电化学腐蚀类型化学腐蚀电化学腐蚀条件金属跟非金属单质直接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微弱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)析氢腐蚀与吸氧腐蚀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)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3. 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
36、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、喷镀或表面钝化等方法。深度思考1判断正误，正确的划“”，错误的划“”(1)所有金属纯度越大，越不易被腐蚀()(2)纯银器表面变黑和钢铁表面生锈腐蚀原理一样()(3)干燥环境下金属不被腐蚀()(4)Al、Fe、Cu在潮湿的空气中腐蚀均生成氧化物()(5)钢铁发生电化学腐蚀时，负极铁失去电子生成Fe3()(6)在金属表面覆盖保护层，若保护层破损后，就完全失去了对金属的保护作用()(7)外加电流的阴极保护法，构成了电解池；牺牲阳极的阴极保护法构成了
37、原电池。二者均能有效地保护金属不容易被腐蚀()答案(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)2写出钢铁、铜制品在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀生成铁锈、铜绿的原理。答案(1)铁锈的形成负极：2Fe4e=2Fe2正极：O24e2H2O=4OH2FeO22H2O=2Fe(OH)24Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)32Fe(OH)3=Fe2O3xH2O(铁锈)(3x)H2O(2)铜锈的形成负极：2Cu4e=2Cu2正极：O22H2O4e=4OH2Cu2H2OO2=2Cu(OH)22Cu(OH)2CO2=Cu2(OH)2CO3(铜绿)H2O题组一腐蚀快慢与防护方法的比较1如图所示，各烧杯中盛有海水
38、，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为()A BC D答案C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。其电极反应式：负极Fe2e=Fe2，正极2H2OO24e=4OH。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的金属活泼性差别大于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下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是()A图1中，铁钉易被腐蚀B图2
39、中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有蓝色沉淀出现C图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀D图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁管道的腐蚀，镁块相当于原电池的正极答案C解析A项，图1中，铁钉处于干燥环境，不易被腐蚀；B项，负极反应为Fe2e=Fe2，Fe2与Fe(CN)63反应生成Fe3Fe(CN)62蓝色沉淀；D项，为牺牲阳极的阴极保护法，镁块相当于原电池的负极。反思归纳(1)判断金属腐蚀快慢的规律对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀有防腐措施的腐蚀。对同一金属来说，在不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中弱电解
40、质溶液中非电解质溶液中。活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀越快。对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。(2)两种保护方法的比较外加电流的阴极保护法保护效果大于牺牲阳极的阴极保护法。题组二正确判断析氢腐蚀和吸氧腐蚀3利用下图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法不正确的是()Aa管发生吸氧腐蚀，b管发生析氢腐蚀B一段时间后，a管液面高于b管液面Ca处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小Da、b两处具有相同的电极反应式：Fe2e=Fe2答案C解析根据装置图判断，左边铁丝发生吸氧腐蚀，右边铁丝发生析氢腐蚀，其电极反应为左边负极：Fe2e=Fe2
41、正极：O24e2H2O=4OH右边负极：Fe2e=Fe2正极：2H2e=H2a、b处的pH均增大，C错误。4如图装置中，小试管内为红墨水，具支试管内盛有pH4久置的雨水和生铁片。实验时观察到：开始时导管内液面下降，一段时间后导管内液面回升，略高于小试管内液面。下列说法正确的是()A生铁片中的碳是原电池的阳极，发生还原反应B雨水酸性较强，生铁片仅发生析氢腐蚀C墨水回升时，碳电极反应式为O22H2O4e=4OHD具支试管中溶液pH逐渐减小答案C解析生铁片中的碳是原电池的正极，A错；雨水酸性较强，开始时铁片发生化学腐蚀和析氢腐蚀，产生氢气，导管内液面下降，一段时间后铁片发生吸氧腐蚀，吸收氧气，导管内
42、液面回升，B错；墨水回升时，铁片发生吸氧腐蚀，碳极为正极，电极反应为O22H2O4e=4OH，C对；铁片无论是发生析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，具支试管内溶液pH均增大，D错。失误防范正确判断“介质”溶液的酸碱性是分析析氢腐蚀和吸氧腐蚀的关键。潮湿的空气、中性溶液发生吸氧腐蚀；NH4Cl溶液、稀H2SO4等酸性溶液发生析氢腐蚀。探究高考明确考向1(2013北京理综，7)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地下钢管连接镁块答案A解析A项，水中钢闸门连接电源的负极，即作为电化学保护装置的阴极，使其不发生失电子反应而被保
43、护，正确；B项和C项都属于外加防护层的防腐方法，B、C两项不符合题意，错误；D项，属于牺牲阳极的阴极保护法，错误。2(2013北京理综，9)用石墨电极电解CuCl2溶液(见右图)。下列分析正确的是()Aa端是直流电源的负极B通电使CuCl2发生电离C阳极上发生的反应：Cu22e=CuD通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体答案A解析A项，Cu2移向电解池的阴极，可判断a极为电源的负极，正确；B项，CuCl2的电离与通电无关，错误；C项，阳极上发生的反应为2Cl2e=Cl2，错误；D项，通电后Cl2应在阳极生成，错误。3(2013大纲全国卷，9)电解法处理酸性含铬废水(主要含有Cr2O)时，
44、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被还原答案B解析根据电解原理写出电极反应式，然后逐一分析。A项电解时用铁作阳极，失去电子生成具有还原性的Fe2，Fe2将废水中的Cr2O还原为Cr3；B项电解过程中消耗H，溶液的pH发生变化；C项电解过程中H2O电离出的H参与反应，c(OH)增大，Cr3与Fe3都与OH结合为沉淀；D项根据电极反应式Fe2e
45、=Fe2，可知每转移12 mol e生成6 mol Fe2，6 mol Fe2可还原1 mol Cr2O。4(2013浙江理综，11)电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在一定的电压下通电，发现左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色逐渐变浅。已知：3I26OH=IO5I3H2O下列说法不正确的是()A右侧发生的电极反应式：2H2O2e=H22OHB电解结束时，右侧溶液中含IOC电解槽内发生反应的总化学方程式：KI3H2OKIO33H2D如果用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变答案D解析结合题给电解槽装置，利用电解原理进行分析、解决问题。该电解
46、槽的两极均为惰性电极(Pt)，在一定条件下通电，发现左侧溶液变蓝色，说明发生电极反应：2I2e=I2，由淀粉溶液遇单质碘显蓝色可知，左侧为阳极，右侧为阴极，阴极上溶液中的H得电子发生还原反应，电极反应为2H2O2e=H22OH(或 2H2e=H2)，A项正确；阴极周围溶液中产生的OH经阴离子交换膜移向左侧，并与左侧电极上产生的I2发生反应：3I26OH=IO5I3H2O，一段时间后，蓝色逐渐变浅，电解结束时，左侧溶液中的IO经阴离子交换膜进入右侧溶液，B项正确；结合阴、阳极发生的反应及I2与OH的反应可知，电解槽内总反应为I3H2O通电,IO3H2，C项正确；若用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，
47、电解槽内总反应为2I2H2O通电,I2H22OH，D项错。5(2013天津理综，6)为增强铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：电池：Pb(s)PbO2(s)2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)2H2O(l)电解池：2Al3H2O电解,Al2O33H2电解过程中，以下判断正确的是()电池电解池AH移向Pb电极H移向Pb电极B每消耗3 mol Pb生成2 mol Al2O3C正极：PbO24H2e=Pb22H2O阳极：2Al3H2O6e=Al2O36HD答案D解析依据原电池和电解池的原理分析、解决问题。原电池中，Pb为负
48、极：Pb2eSO=PbSO4，PbO2为正极：PbO22eSO4H=PbSO42H2O，所以H向PbO2极移动。电解池中，Pb为阴极：2H2e=H2，Al为阳极：3H2O2Al6e=Al2O36H，所以H向Pb电极移动，A错；每消耗3 mol Pb时转移6 mol e，每生成2 mol Al2O3时，转移12 mol e，B错；根据A项分析，可知电池的正极反应式书写错误，C错；原电池中随时间增长，Pb变为PbSO4，质量增加，电解池中Pb极产生H2，Pb电极质量不变，D正确。6(2012山东理综，13)下列与金属腐蚀有关的说法正确的是()A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严重B图b中
49、，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的答案B解析A项，插入海水中的铁棒靠近液面的位置与氧气接触，易发生吸氧腐蚀；B项，开关由M改置于N时，Zn作负极，CuZn合金作正极，合金受到保护；C项，接通开关形成原电池，Zn作负极，Zn的腐蚀速率增大，但气体是在Pt电极上生成；D项，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是Zn发生氧化反应而自放电。7(2012海南，10)下列叙述错误的是()A生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁弱B用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈C在铁制品
50、上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液D铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀答案C解析选项A，生铁中的碳和铁可以在铁的表面构成无数微小的原电池，能加速铁的锈蚀；选项B，焊接处铁、锡形成无数微小原电池，加速铁的腐蚀；选项C，电镀时，镀层金属铜作阳极，铁制品作阴极，用铜盐溶液作电镀液；选项D，由于Zn比Fe活泼，故镶嵌锌块的铁管不易被腐蚀。8(2012浙江理综，10)以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：下列说法不正确的是()A在阴极室，发生的电极反应为2H2O2e=2OHH2B在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H浓度增大，使平衡2CrO2HCr2OH2O向右移动C该制
51、备过程中总反应的化学方程式为4K2CrO44H2O2K2Cr2O74KOH2H2O2D测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为d，则此时铬酸钾的转化率为1答案D解析本题应结合电解的原理来具体分析、解决问题。根据阴、阳离子的放电顺序可知，该电解池中的反应如下：阴极：4H2O4e=2H24OH、阳极：2H2O4e=O24H，阳极区K2CrO4溶液中存在平衡：2CrO2HCr2OH2O，H浓度增大，使该平衡右移生成Cr2O。故电解池中的总反应式可写成4K2CrO44H2O2K2Cr2O74KOH2H2O2。故A、B、C项均正确。D项，设K2CrO4转化为K2Cr2O7的
52、转化率为，则：2K2CrO4K2Cr2O7初始量 2 0转化量 2 最终量 22 则有d解得2d，D项错误。9(2013高考试题组合)(1)2013重庆理综，11(2)电化学降解NO的原理如图所示。电源正极为_(填“A”或“B”)，阴极反应式为_。若电解过程中转移了2 mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左m右)为_ g。(2)2013福建理综，23(2)利用H2S废气制取氢气的方法有多种。其中电化学法如图所示。反应池中反应物的流向采用气、液逆流方式，其目的是_；反应池中发生反应的化学方程式为_。反应后的溶液进入电解池，电解总反应的离子方程式为_。(3)2013山东理综，28(3)(4)
53、右图为电解精炼银的示意图，_(填“a”或“b”)极为含有杂质的粗银，若b极有少量红棕色气体产生，则生成该气体的电极反应式为_。为处理银器表面的黑斑(Ag2S)，将银器浸于铝质容器里的食盐水中并与铝接触，使Ag2S转化为Ag，食盐水的作用是_。答案(1)A2NO6H2O10e=N212OH14.4(2)增大反应物接触面积，使反应更充分H2S2FeCl3=2FeCl2S2HCl2Fe22H2Fe3H2(3)a2HNOe=NO2H2O做电解质溶液(或导电)解析(1)NO生成N2发生了还原反应，应在电解池的阴极发生，故A为原电池的正极；阴极发生还原反应，故电极反应式为2NO6H2O10e=N212OH
54、。由阴极反应式可知，通过2 mol电子，溶液减少的质量为5.6 g(N2)，同时有2 mol H通过质子交换膜进入右侧，故右侧溶液减少 3.6 g。阳极发生的反应为4OH4e=O22H2O，每通过2 mol电子，生成16 g O2，同时有2 mol H通过质子交换膜进入右侧，使左侧溶液质量减少18 g，故两侧溶液减少的质量差为14.4 g。(2)采用气、液逆流方式的目的是增大反应物接触面积，使反应更充分。反应池内发生反应的化学方程式为H2S2FeCl3=2FeCl2S2HCl。进入电解池的物质应为FeCl2和HCl，根据电解池图示，左侧生成的为Fe3，右侧生成的为H2，则可得总反应的离子方程式
55、：2Fe22H通电,2Fe3H2。(3)电解精炼银，粗银作阳极，纯银作阴极，阴极上除了附着银之外，还会有少量的NO2气体产生。原因是NO2He=NO2H2O。用铝质容器与食盐水处理Ag2S的原理是：利用原电池原理，负极：2Al6e=2Al3，正极：3Ag2S6e=6Ag3S2，2Al33S26H2O=2Al(OH)33H2S，总反应：2Al3Ag2S6H2O=2Al(OH)33H2S6Ag。10(2012高考试题组合)(1)2012新课标全国卷，36(3)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、
56、Fe，它们在电解槽中的存在形式和位置为_。(2)(2012海南，16)新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2 ，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氯化钠溶液电解实验，如图所示。 回答下列问题：甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为_、_。闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生，其中b电极上得到的是_，电解氯化钠溶液的总反应方程式为_。若每个电池甲烷通入量为1 L(标准状况)，且反应完全，则理论上通过电解池的电量为_(法拉第常数F9.65104 C mol1列式计算)，最多能产生的氯气体积为_L(标准状况)。答案(1)cCu22
57、e=CuAu、Ag以单质的形式沉积在c(阳极)下方，Fe以Fe2的形式进入电解液(2)O22H2O4e=4OHCH410OH8e=CO7H2OH22NaCl2H2O2NaOHH2Cl289.65104 Cmol13.45104 C4解析(1)电解精炼时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，CuSO4溶液作电解液，比铜活泼的金属失电子生成离子进入溶液，不如铜活泼的金属形成阳极泥沉积下来。(2)甲烷燃料电池中正极为O2被还原，负极为CH4被氧化，在碱性条件下生成CO，其电极反应分别为O22H2O4e=4OH、CH410OH8e=CO7H2O。闭合K后构成闭合回路，此时a、b分别为电解池的阳极和阴极，阴极为H得
58、电子被还原，同时得到H2和NaOH，阳极为Cl被氧化得到Cl2，该电解池中的总反应为2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2。每个电池通入1 L CH4，电路中通过的电量为89.65104 Cmol13.45104 C。练出高分1下列关于电解原理的叙述正确的是()A为防止轮船腐蚀，将轮船的外壳与外电源的负极相连B在锌片上镀铜，用氯化锌溶液作电镀液C电解氯化钠溶液制备氢气和氯气时，用铁作阳极D用电解法精炼铜时，在阴极上可析出铁答案A解析B项，应该用氯化铜或硫酸铜溶液作电镀液，不正确；C项，电解氯化钠溶液制备氢气和氯气时，应该用惰性电极作阳极，不能用铁作阳极，不正确；D项，电解精炼铜时，在阴极只析出
59、铜，不会析出铁，不正确。2下列电解质溶液用惰性电极进行电解时，一段时间后，溶液的pH增大的是()A稀碳酸钠溶液 B硫酸钠溶液C稀硫酸 D硫酸铜溶液答案A解析A项，电解稀碳酸钠溶液，实质是电解水，碳酸钠溶液浓度增大，pH增大，故符合；B项，电解硫酸钠溶液实质也是电解水，但溶液仍为中性，pH不变；C项，电解稀硫酸实质是电解水，硫酸浓度增大，pH减小；D项，电解硫酸铜生成硫酸、氧气和铜，故pH减小。3现将氯化铝溶液蒸干灼烧并熔融后用铂电极进行电解，下列有关电极产物的判断正确的是()A阴极产物是氢气B阳极产物是氧气C阴极产物是铝和氧气D阳极产物只有氯气答案B解析将氯化铝溶液蒸干灼烧得到Al2O3，电解
60、熔融的Al2O3，阳极为O2放电，阳极产物为氧气；阴极为Al3放电，阴极产物为Al。4下列图示中关于铜电极的连接错误的是()答案C解析在镀件上镀铜时，铜应作阳极，与电源正极相连，镀件应作阴极，与电源负极相连。5用惰性电极电解下列溶液，在阴、阳两极生成气体的体积比为11的是()ANaCl溶液 BCuCl2溶液CCuSO4溶液 DKOH溶液答案A解析A项电解方程式为2NaCl2H2OCl2(阳极)H2(阴极)2NaOH，正确；B项电解方程式为CuCl2Cu(阴极)Cl2(阳极)，阴极没有气体生成，不正确；C项电解方程式为2CuSO42H2O2Cu(阴极)O2(阳极)2H2SO4，阴极没有气体生成，
61、不正确；D项电解方程式为2H2O2H2(阴极)O2(阳极)，阴、阳两极生成气体的体积比为21，不正确。6用惰性电极电解下列溶液一小段时间后，加入一定量的另一种物质(括号内)，溶液能与原来溶液完全一样的是()ACuSO4Cu(OH)2 BNaOH(NaOH)CNaCl(NaCl) DCuCl2(CuCl2)答案D解析A项中电解方程式为2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2，消耗的CuSO4与H2O的物质的量之比为11，而加入Cu(OH)2后发生反应Cu(OH)2H2SO4=CuSO42H2O，生成的CuSO4与H2O的物质的量之比为12，故不能恢复到原来的溶液；B项实质是电解水，故加入NaO
62、H不可恢复；C项电解之后生成NaOH、H2和Cl2，故要加入HCl才可以恢复；D项电解的是电解质本身，故只需要加入CuCl2即可恢复。7用如图装置电解制备N2O5，下列有关说法正确的是 ()AN2O5在惰性电极2处产生B在惰性电极2处有氢气产生C在惰性电极1处发生还原反应D在惰性电极2处有NO产生答案B解析惰性电极1是阳极，发生氧化反应，故在此生成N2O5；惰性电极2是阴极，发生还原反应，2H2e=H2，故有H2生成。8用酸性氢氧燃料电池为电源进行电解的实验装置示意图如图所示。下列说法中，正确的是()A燃料电池工作时，正极反应为O22H2O4e=4OHBa极是铁，b极是铜时，b极逐渐溶解，a极
63、上有铜析出Ca极是粗铜，b极是纯铜时，a极逐渐溶解，b极上有铜析出Da、b两极均是石墨时，在相同条件下a极产生的气体与电池中消耗的H2体积相等答案C解析燃料电池工作时，正极反应为O24H4e=2H2O，A错；a极是铁，作阳极，b极是铜，作阴极，铁溶解，B错；a极是粗铜，b极是纯铜时，是电解精炼铜装置，C正确；a、b两极均是石墨时，a极产生的气体为O2，根据得失电子守恒知，在相同条件下，生成O2的体积与电池中消耗的H2体积比为12，D错。9把物质的量均为0.1 mol的CuCl2和H2SO4溶于水制成100 mL的混合溶液，用石墨作电极电解，并收集两电极所产生的气体，一段时间后在两极收集到的气体
64、在相同条件下体积相同。则下列描述正确的是()A电路中共转移0.6NA个电子B阳极得到的气体中O2的物质的量为0.2 molC阴极质量增加3.2 gD电解后剩余溶液中硫酸的浓度为1 molL1答案A解析阳极开始产生Cl2，后产生O2，阴极开始生成Cu，后产生H2，根据题意两极收集到的气体在相同条件下体积相同，则阴极产生0.2 mol H2，阳极产生0.1 mol Cl2和 0.1 mol O2，则转移电子数为0.6NA，A正确、B错误；阴极析出铜0.1 mol，即6.4 g， C错；解后溶液的体积未知，故不能计算，D错。10如图所示，下列叙述正确的是()AX为阴极，发生还原反应BY为正极，发生氧
65、化反应CY与滤纸接触处有氢气生成DX与滤纸接触处变红答案C解析根据图示装置可以得出左侧的装置为原电池，右侧的装置为电解池。根据原电池的构成原理：Zn为负极，Cu为正极；由图示连接情况可知X为阳极，发生氧化反应，Y为阴极，发生还原反应，X、Y极的电极反应式分别为Cu2e=Cu2、2H2e=H2。在Y电极附近H的浓度减小，使H2OHOH的平衡向右移动，故 c(OH)c(H)，溶液显碱性，Y电极附近溶液变红色。11钢铁很容易生锈而被腐蚀，每年因腐蚀而损失的钢铁占世界钢铁年产量的四分之一。(1)钢铁腐蚀主要是吸氧腐蚀，该腐蚀过程中的电极反应式为_。(2)为了降低某水库的铁闸门被腐蚀的速率，可以采用图甲
66、所示的方案，其中焊接在铁闸门上的固体材料R可以采用_(填写字母序号)。A铜 B钠 C锌 D石墨(3)图乙所示的方案也可以降低铁闸门的腐蚀速率，其中铁闸门应该连接在直流电源的_极。答案(1)2Fe4e=2Fe2(负极)，O22H2O4e=4OH(正极)(2)C(3)负解析(1)发生吸氧腐蚀时，负极上Fe失电子，正极上O2得到电子。(2)铁闸门上连接一块比铁活泼的金属如锌，则锌会失去电子而溶解，Fe被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法。(3)属于外加电流的阴极保护法，需把被保护的铁闸门连接在直流电源的负极。12如图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。请回答以下问题
67、：(1)若X、Y是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在两边各滴入几滴酚酞，则：电解池中X极上的电极反应式是_，在X极附近观察到的现象是_。Y电极上的电极反应式是_，检验该电极反应产物的方法是_。(2)若用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则：X电极的材料是_，电极反应式是_。Y电极的材料是_，电极反应式是_(说明：杂质发生的电极反应不必写出)。当电路中有0.04 mol电子通过时，阴极增重_ g。答案(1)2H2e=H2有气泡产生，溶液变红色2Cl2e=Cl2将湿润的KI淀粉试纸置于c口处，试纸变蓝(2)纯铜Cu22e=Cu粗铜Cu2e=Cu21.28解析(1)电解池
68、中X极是阴极，发生还原反应，电极反应式为2H2e=H2，可以看到电极上有气泡产生，且由于H放电使X极附近溶液中OH浓度增大，使酚酞试液变红色。Y电极上是Cl放电，电极反应式为2Cl2e=Cl2。(2)电解精炼粗铜，阳极用粗铜，阴极用纯铜。根据反应，电路中通过2 mol电子，阴极析出1 mol铜，故当电路中通过0.04 mol电子时，析出0.02 mol Cu，阴极增重1.28 g。13(1)二氧化氯(ClO2)为一种黄绿色气体，是国际上公认的高效、广谱、快速、安全的杀菌消毒剂。目前已开发出用电解法制取ClO2的新工艺。图中用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2。则阳极产生ClO2
69、的电极反应式为_。电解一段时间，当阴极产生的气体体积为112 mL(标准状况)时，停止电解。通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为_ mol；用平衡移动原理解释阴极区pH增大的原因：_。(2)为提高甲醇燃料的利用率，科学家发明了一种燃料电池，电池的一个电极通入空气，另一个电极通入甲醇气体，电解质是掺入了Y2O3的ZrO2晶体，在高温下它能传导O2。电池工作时正极反应式为_。若以该电池为电源，用石墨作电极电解100 mL含有如下离子的溶液。离子Cu2HClSOc/molL11441电解一段时间后，当两极收集到相同体积(相同条件)的气体时(忽略溶液体积的变化及电极产物可能存在的溶解现象)，阳极上收集
70、到氧气的物质的量为_ mol。(3)甲醇对水质会造成一定的污染，有一种电化学法可消除这种污染，其原理是通电后将Co2氧化成Co3，然后以Co3作氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2而净化。实验室用右图装置模拟上述过程：写出阳极电极反应式：_。除去甲醇的离子反应为6Co3CH3OHH2O=CO26Co26H，该过程中被氧化的元素是_，当产生标准状况下2.24 L CO2时，共转移电子_ mol。答案(1)Cl5e2H2O=ClO24H0.01在阴极发生2H2e=H2，H浓度减小，使H2OHOH的平衡向右移动，OH浓度增大，pH增大(2)O24e=2O20.1(3)Co2e=Co3C(或碳)0.6解析(
71、1)阳极失去电子发生氧化反应。水电离产生的H在阴极上放电产生氢气，转移电子的物质的量n2n(H2)2(0.112 L22.4 Lmol1)0.01 mol，则在内电路中移动的电荷为0.01 mol，每个Na带一个单位的正电荷，则通过的Na为0.01 mol。(2)电池工作时，正极上O2得电子发生还原反应生成O2。结合离子浓度可知电解过程可分为三个阶段：先是电解CuCl2、然后电解HCl、最后电解水，由此可见阴极首先析出0.1 mol Cu(同时阳极析出0.1 mol Cl2)，然后析出氢气；阳极上先是析出 0.2 mol Cl2(此时阴极已析出0.1 mol H2)，再析出氧气，设阳极析出 x mol O2时两极析出气体体积相等，由题意可得：0.2x0.12x，解得x0.1。(3)利用方程式可知Co3被还原，甲醇中碳元素被氧化，依据方程式可知生成1 mol CO2时，有6 mol Co3还原为Co2，可知转移电子6 mol，由此可推知当产生标况下2.24 L CO2(0.1 mol)时，转移电子0.6 mol。
