（人教通用版）2022高考化学新一线大一轮复习 第六章 第3讲 电解池、金属的腐蚀与防护讲义+精练（含解析）

（人教通用版）2022高考化学新一线大一轮复习 第六章 第3讲 电解池、金属的腐蚀与防护讲义+精练（含解析）【2019备考】最新考纲：1.理解电解池的构成、工作原理及应用。2.能书写电极反应和总反应方程式。3.了解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害以及防止金属腐蚀的措施。考点一电解原理(频数：难度：)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)形成闭合电路。(2)电极名称及电极的反应式(如图)(3)电子和离子的移动方向(惰性电极)4电解过程(1)首先判断阴、阳极，分析阳极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。说明不要忘记水溶液中的H和OH，不要把H、OH误加到熔融电解质中。(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。说明“活泼电极”一般指Pt、Au以外的金属。最常用的放电顺序：阳极：活泼金属ClOH；阴极：AgFe3Cu2H。(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。名师助学：在掌握放电顺序的基础上，总结用惰性电极电解电解质的规律，是灵活运用电解原理的基础。1电解水型规律：H、OH放电，电解质形成的阳离子要么是H，要么是放电顺序排在H之后的活泼性较强的金属对应的阳离子；阴离子要么是OH，要么是放电顺序排在OH之后的含氧酸根等。实例电解质(水溶液)电极方程式电解物质总化学方程式电解质浓度溶液pH溶液复原含氧酸(如H2SO4)阳极：4OH4e=O22H2O阴极：4H4e=2H2H2O2H2OO22H2增大减小加H2O强碱(如NaOH)增大加H2O活泼金属的含氧酸盐(如KNO3、Na2SO4)不变加H2O2.电解电解质型规律：电解质形成的阴、阳离子放电，电解质电离形成的阴、阳离子要么是H、OH，要么是放电顺序排在H、OH之前的对应离子。实例：电解质(水溶液)电极方程式电解物质总化学方程式电解质浓度溶液pH溶液复原无氧酸(如HCl)，除HF外阳极：2Cl2e=Cl2阴极：2H2e=H2酸2HClH2Cl2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加CuCl2固体3.电解电解质和水型规律：放电离子分别是水电离形成的H或OH以及电解质形成的阴离子或阳离子。实例1放H2生碱型电解质(水溶液)电极方程式电解物质总化学方程式电解质浓度溶液pH溶液复原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气体实例2放O2生酸型电解质(水溶液)电极方程式电解物质总化学方程式电解质浓度溶液pH溶液复原不活泼金属的含氧酸盐(如CuSO4)阳极：4OH4e=2H2OO2阴极：2Cu24e=2Cu水和盐2Cu22H2O2CuO24H生成新电解质减小加CuO或CuCO3题组一电解原理的理解及电解规律的应用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()解析A项，该装置是原电池装置，H放电生成氢气，溶液的pH增大，A项错误；B项，阳极：Cu2e2OH=Cu(OH)2，阴极：2H2O2e=H22OH，总反应为：Cu2H2OCu(OH)2H2，pH增大，B项错误；电解食盐水，总反应为：2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，生成氢氧化钠使溶液的pH增大，C项错误；电解硫酸铜溶液的总反应为：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4，溶液的pH减小，D项正确。答案D2(2018宜昌期末)用图甲装置电解一定量的CuSO4溶液，M、N为惰性电极。电解过程实验数据如图乙所示。横轴表示电解过程中转移电子的物质的量，纵轴表示电解过程产生气体的总体积。下列说法不正确的是()AA点所得溶液只需加入一定量的CuO固体就可恢复到起始状态B电解过程中N电极表面先有红色物质生成，后有气泡产生CQ点时M、N两电极上产生的总气体在相同条件下体积相同D若M电极材料换成Cu，则电解过程中CuSO4溶液的浓度不变解析惰性材料作电极，在阳极上H2O先放电，即阳极的电极反应式为2H2O4e=O24H，在阴极，Cu2先放电，即阴极的电极反应式为Cu22e=Cu，P点后，气体体积突然增大，说明P点Cu2消耗完全，P点后，阴极的电极反应式是2H2e=H2，即A点是电解完CuSO4后，又电解了一部分水，应加入CuO和H2O或Cu(OH)2，才能恢复到原来的状态，故A说法错误；N极接电源的负极，N极作阴极，根据选项A的分析，先有红色铜析出，然后出现气体，故B说法正确；Q点的气体来自两个阶段，第一阶段：阳极电极反应式为2H2O4e=4HO2，阴极电极反应式为Cu22e=Cu，第二阶段：阳极电极反应式为2H2O4e=4HO2，阴极反应式为2H2e=H2，P点产生的气体为氧气，其体积为b L，从P点到Q点，第二阶段，阴极产生的气体体积为2b L，阳极产生的气体体积为b L，阳极气体总体积为(bb)L2b L，故C说法正确；若M电极换成Cu，阳极上发生反应Cu2e=Cu2，阴极反应式为Cu22e=Cu，因此电解过程中CuSO4溶液的浓度不变，故D说法正确。答案A题组二电解装置分析及电极方程式书写3纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注。采用离子交换膜控制电解液中OH的浓度制备纳米级Cu2O的装置如图所示，发生的反应为：2CuH2OCu2OH2。下列说法正确的是()A钛电极发生氧化反应B阳极附近溶液的pH逐渐增大C离子交换膜应采用阳离子交换膜D阳极反应式是：2Cu2OH2e=Cu2OH2O解析钛电极为阴极，发生还原反应，A项错误；铜作阳极，阳极上铜发生失电子的氧化反应，电极反应式为2Cu2OH2e=Cu2OH2O，OH由阴极区迁移到阳极区参与反应，离子交换膜应为阴离子交换膜，C项错误，D项正确；由阴极区迁移过来的OH在阳极全部参与反应，消耗OH，pH值减小，B项错误。答案D4铅蓄电池在日常生活中应用广泛。回答下列问题：(1)铅蓄电池放电时的工作原理为PbPbO22H2SO4=2PbSO42H2O，现用如图装置进行电解(电解液足量)，测得当铅蓄电池中转移0.4 mol电子时铁电极的质量减少11.2 g。请回答下列问题：A是铅蓄电池的_极。Ag电极的电极反应式是_，该电极的电极产物共_ g。Cu电极的电极反应式是_，CuSO4溶液的浓度_(填“减小”“增大”或“不变”)。(2)铅蓄电池的PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为_；PbO2也可以石墨为电极，Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液制取。阳极发生的电极反应式为_，阴极上观察到的现象是_；若电解液中不加入Cu(NO3)2，阴极发生的电极反应式为_，这样做的主要缺点是_。(3)将Na2S溶液加入如图所示的电解池的阳极区，用铅蓄电池进行电解，电解过程中阳极区发生如下反应：S22e=S，(n1)SS2=S。电解时阴极的电极反应式：_。电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成_。解析(1)因电解过程中铁电极质量减少，判断A是电源负极，B是电源正极。电解时Ag极作阴极，发生2H2e=H2，转移0.4 mol电子时，析出氢气0.4 g。右侧U形管相当于电镀装置，Zn电极作阴极，电极反应式为Cu22e=Cu，铜电极作阳极，电极反应式为Cu2e=Cu2，电镀过程中CuSO4溶液的浓度保持不变。(2)根据电子得失守恒可得PbOClO=PbO2Cl。用电解法制PbO2，Pb价态升高，PbO2应为阳极产物，即Pb22H2O2e=PbO24H；阴极Cu2放电，在石墨极上析出铜；若不加Cu(NO3)2，则阴极为Pb2放电，损失Pb2，不能有效利用Pb2。(3)阴极只有H得电子生成H2；反应物为S、H，产物有S，所以S中S的化合价既升高也降低，有H2S生成，配平即可。答案(1)负2H2e=H20.4Cu2e=Cu2不变(2)PbOClO=PbO2ClPb22H2O2e=PbO24H石墨上析出铜Pb22e=Pb不能有效利用Pb2(3)2H2e=H2S2H=(n1)SH2S【易错警示】规避“四个”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。(4)当电解池的电极材料为活性电极时，则阳极为电极本身失电子，不能再用电解规律。题组三电解过程中的定量分析5用惰性电极电解一定浓度的CuSO4溶液时，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 mol B0.5 molC0.6 mol D0.8 mol解析电解硫酸铜时，开始硫酸铜和水反应生成铜、氧气和硫酸，后来电解水生成氢气与氧气。如果只按照第一阶段的电解，反应后只需要加入氧化铜或碳酸铜即可恢复原电解质溶液。而题目中加入的是碱式碳酸铜，相当于加入了0.2 mol氧化铜和0.1 mol水，而0.1 mol水是第二阶段的反应所消耗的，该阶段转移了0.2 mol电子，第一阶段转移了0.4 mol电子，即一共转移了0.6 mol电子，C项正确。答案C6(2018华中师大附中期末)用惰性电极电解100 mL 3 molL1的Cu(NO3)2溶液，一段时间后在阳极收集到标准状况下气体1.12 L，停止电解，向电解后的溶液中加入足量的铁粉，充分作用后溶液中Fe2浓度为(设溶液体积不变)()A3 molL1 B2.75 molL1C2 molL1 D3.75molL1解析阳极反应式为2H2O4e=4HO2，阴极反应式为Cu22e=Cu，阳极生成的气体为氧气，氧气的物质的量为1.12 L22.4 Lmol10.05 mol，则故电解后溶液中生成的HNO3的物质的量为0.2 mol。电解后溶液中硝酸铜的物质的量为0.1 L3 molL10.1 mol0.2 mol，硝酸与足量的铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为8HNO33Fe=3Fe(NO3)22NO4H2O，故0.2 mol HNO3生成Fe(NO3)2的物质的量为0.2 mol3/80.075 mol，硝酸铜与铁反应生成硝酸亚铁，离子方程式为FeCu2=Fe2Cu，故0.2 mol硝酸铜生成Fe(NO3)2的物质的量为0.2 mol，反应后溶液中Fe2的物质的量为0.2 mol0.075 mol0.275 mol，反应后溶液中Fe2浓度为0.275 mol/0.1 L2.75 molL1，选B。答案B【方法规律】突破电化学定量计算的三种方法考点二电解原理的应用(频数：难度：)1电解饱和食盐水(1)电极反应阳极反应式：2Cl2e=Cl2(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、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。2电解精炼铜3电镀铜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等总方程式阳极、阴极反应式冶炼钠2NaCl(熔融)2NaCl22Cl2e=Cl22Na2e=2Na冶炼镁MgCl2(熔融)MgCl22Cl2e=Cl2Mg22e=Mg冶炼铝2Al2O3(熔融)4Al3O26O212e=3O24Al312e=4Al由于AlCl3为共价化合物熔融状态下不导电，所以电解冶炼铝时，电解的为熔点很高的氧化铝，为降低熔点，加入了助熔剂冰晶石(Na3AlF6)；而且电解过程中，阳极生成的氧气与石墨电极反应，所以石墨电极需不断补充。1源于教材电解原理的基本判断(1)电镀铜和电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2)均保持不变()(2)电解饱和食盐水时，两个电极均不能用金属材料()(3)电解冶炼镁、铝通常电解MgCl2和Al2O3，也可以电解MgO和AlCl3()(4)电解精炼时，阳极泥可以作为提炼贵重金属的原料()(5)用Zn作阳极，Fe作阴极，ZnCl2作电解质溶液，由于放电顺序HZn2，不可能在铁上镀锌()答案(1)(2)(3)(4)(5)2(溯源题)(2017课标全国，11)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。判断下列叙述是否正确(1)待加工铝质工件为阳极()(2)可选用不锈钢网作为阴极()(3)阴极的电极反应式为：Al33e=Al()(4)硫酸根离子在电解过程中向阳极移动()答案(1)(2)(3)(4)探源：本题源于RJ选修4 P80“电解原理应用”及其知识拓展，对电解原理的应用进行了考查。题组一电解原理在物质制备中的应用1氨是生产氮肥、尿素等物质的重要原料。电化学法是合成氨的一种新方法，其原理如图所示，下列有关说法正确的是()A图中所示物质中，X为H2，Y为N2BY参与的电极反应为H22e=2HC当有3 mol H通过质子交换膜时，Z的体积为22.4 LD反应过程中左边区域溶液pH逐渐升高解析根据题图可知，H向左边电极移动，则左边电极为阴极，右边电极为阳极，合成氨的过程中N2得电子发生还原反应，H2失去电子发生氧化反应，故X为N2，Y为H2，Z为NH3，A项错误。H2在阳极上失电子发生氧化反应，电极反应式为H22e=2H，B项错误。未指明温度与压强，无法计算气体体积，C项错误。N2在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为N26H6e=2NH3，故左边区域溶液中H浓度逐渐降低，溶液pH逐渐升高，D项正确。答案D2在电解液不参与反应的情况下，采用电化学法还原CO2可制备ZnC2O4，原理如图所示。下列说法正确的是()A电解结束后电解液中c(Zn2)增大B电解液应为ZnSO4溶液CPt极反应式为2CO22e=C2OD当通入44 g CO2时，溶液中转移1 mol电子解析因为右室Zn失去电子生成Zn2，溶液中的Zn2通过阳离子交换膜进入左室，根据电荷守恒，阴离子浓度不变，c(Zn2)不变，A项错误；右室生成的Zn2通过阳离子交换膜进入左室与生成的C2O结合为ZnC2O4，因此，电解液为稀的ZnC2O4溶液，不含杂质，电解液只要是含Zn2的易溶盐溶液即可，B项错误；Pt极反应式为2CO22e=C2O，C项正确；当通入44 g CO2时，外电路中转移1 mol电子，溶液中不发生电子转移，D项错误。答案C题组二电解原理在环境治理中的应用3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、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法不正确的是()AX为直接电源的负极，Y为直流电源的正极B阳极的电极反应式为4OH4e=2H2OO2C图中的baD该过程中的产品主要为H2SO4和H2解析根据Na和SO、HSO的移动方向可知Pt()为阴极，电极反应式为2H2e=H2，Pt()为阳极，电极反应式为SO2eH2O=SO2H。答案B4(2017南师附中模拟)电化学降解法治理水中硝酸盐的污染原理如图所示。下列说法正确的是()AB为电源正极B电解过程中H向阳极移动C阴极反应式为2NO6H2O10e=N212OHD理论上电解过程中阴、阳两极产生的气体在同温同压下体积比为25解析A项，从图中看，NO转化成N2，N由5价降为0价，得电子，应为阴极，则B为负极，错误；B项，电解过程中，H移向阴极，错误；C项，阳极为OH放电，留下H，H移向阴极参与电极反应2NO12H10e=NO26H2O，错误；D项，阴极：10eN2，阳极：4eO2，两者转移电子数相等，则在同温同压下生成的气体体积比为25，正确。答案D题组三电解原理在物质分离、提纯中的应用5(2018广州综合测试)用电解法可提纯含有某种含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如图所示。下列有关说法错误的是()A阳极反应式为4OH4e=2H2OO2B通电后阴极区溶液pH会增大CK通过交换膜从阴极区移向阳极区D纯净的KOH溶液从b口导出解析阳极区为粗KOH溶液，阳极上OH失电子发生氧化反应：4OH4e=2H2OO2，A项正确；阴极上H2O得电子发生还原反应：2H2O2e=H22OH，阴极区附近溶液中c(OH)增大，pH增大，B项正确；电解时阳离子向阴极移动，故K通过阳离子交换膜从阳极区移向阴极区，C项错误；阴极区生成KOH，故纯净的KOH溶液从b口导出，D项正确。答案C考点三金属的腐蚀与防护(频数：难度：)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干燥气体(如O2、Cl2、SO2等)或非电解质液体(如石油)等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(pH43)水膜酸性很弱或呈中性电极材料及反应负极Fe：Fe2e=Fe2正极C：2H2e=H2C：O22H2O4e=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组成，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。教材图解LK选修4P21铜锌原电池装置(2)示意图RJ选修4P86牺牲阳极的阴极保护法示意图以上教材中的两个图示中所说的阳极是指原电池的负极。1判断正误(RJ选修4P886改编)(1)黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿()(2)生铁比纯铁容易生锈()(3)铁质器件附有铜质配件，在接触处易生铁锈()(4)用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈()答案(1)(2)(3)(4)2依据教材内容写出钢铁在潮湿的空气中发生吸氧腐蚀生成铁锈的原理。答案铁锈的形成负极：2Fe4e=2Fe2正极：O24e2H2O=4OH2FeO22H2O=2Fe(OH)24Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)32Fe(OH)3=Fe2O3xH2O(铁锈)(3x)H2O3(溯源题)(2017课标全国，11)支撑海港码头基础的防腐技术，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。判断下列有关表述是否正确(1)通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零()(2)通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩()(3)高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流()(4)通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整()答案(1)(2)(3)(4)探源：本题源于教材RJ选修4 P84“金属的电化学腐蚀”P86“金属的电化学防护”对金属腐蚀类型及常见的防腐方法进行了考查。题组一金属腐蚀原理分析1(2018郑州高三模拟)一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表：pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产物Fe2Fe3O4Fe2O3FeO下列说法错误的是()A当pH6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C当pH14时，正极反应为O24H4e=2H2OD在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓解析C项正极反应为O24e2H2O=4OH。答案C2某同学进行下列实验：操作现象取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K3Fe(CN)6的食盐水放置一段时间后，生铁片上出现如图所示“斑痕”。其边缘处为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈下列说法不合理的是()A生铁片发生吸氧腐蚀B中心区：Fe2e=Fe2C边缘处：O22H2O4e=4OHD交界处：4Fe2O210H2O=4Fe(OH)38H解析生铁片边缘处为红色，说明生成了氢氧根离子，O22H2O4e=4OH，生铁片发生吸氧腐蚀，故A、C合理；根据实验现象，中心区域为蓝色，说明生成了亚铁离子，Fe2e=Fe2，故B合理；在两色环交界处出现铁锈，是因为生成的氢氧化亚铁被氧气氧化生成了氢氧化铁，故D不合理。答案D3(2018河南罗山模拟)某学生为探究铜生锈的过程设计如图所示装置，下列选项正确的是()A一段时间后C棒上有气泡冒出，附近的溶液变为红色B一段时间后溶液中会有蓝色沉淀产生CCu棒为正极，电极反应式：Cu2e=Cu2DC棒为正极，电极反应式：2H2e=H2解析由于铜的金属活动性比氢弱，在电解质溶液中发生吸氧腐蚀，负极：Cu2e=Cu2，正极：O24e2H2O=4OH，溶液中，Cu22OH=Cu(OH)2，所以B选项正确。答案B题组二常见金属防护措施4下列做法有利于金属防护的是()A在钢铁零件表面涂油漆B将钢铁制成的闸门与直流电源正极相连C菜刀切菜后不洗净就放回刀架D埋在地下的钢管与铜块相连解析一般钢铁容易生锈，如果在钢铁零件的表面涂油漆，就能大大增强抗腐蚀能力，延长使用寿命，A项正确；钢铁制成的闸门与直流电源的正极相连，闸门成为电解池的阳极，能加速腐蚀，B项错误；菜刀切菜后不洗净，容易发生吸氧腐蚀，C项错误；铁比铜活泼，当埋在地下的钢管与铜块相连时，钢管成为原电池的负极，加快了腐蚀，D项错误。答案A5利用如图装置，可完成很多电化学实验。下列有关此装置的叙述不正确的是()A若X为锌棒，Y溶液为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法B若X为碳棒，Y溶液为NaCl溶液，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阴离子向碳极移动C若X为铜棒，Y溶液为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜极移动D若X为铜棒，Y溶液为硫酸铜溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度将减小解析A项，该装置为原电池，铁作正极，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为牺牲阳极的阴极保护法，A项正确；B项，该装置为电解池，铁作阴极，可减缓铁的腐蚀，溶液中的阴离子向碳极移动，B项正确；C项，该装置为原电池，铁棒作负极，铜棒作正极，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜极移动，C项正确；D项，开关K置于N处，该装置为电镀装置，铁棒质量将增加，溶液中铜离子浓度不变，D项错误。答案D【练后归纳】1判断金属腐蚀快慢的规律(1)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。(2)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质溶液中非电解质溶液中。(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀速率越快。(4)对同一种电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，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。 试题分析(2016全国卷，11)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生成解题思路：我的答案：考查意图：该题以三室式电渗析法处理含Na2SO4废水为背景，考查了电解池的工作原理。题目涉及电极产物、溶液的酸碱性和阴阳离子移动方向的判断、电极反应式的书写、电化学的简单计算等知识点；要求考生准确读取图示信息，运用逻辑思维能力去辩证地分析与解决电化学问题；题目兼有“对立统一”和“模型”思想方法的考查。题目从多角度考查了电化学的基础知识，有一定的迷惑性。在今后的教学中要加强电化学基础教学，提高学生获取信息的能力，注意引导学生灵活掌握知识。该题难度适中，本题抽样统计难度为0.56。解题思路：电解池中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，即SO离子向正极区移动，Na向负极区移动，正极区水电离的OH发生氧化反应生成氧气，H留在正极区，该极得到 H2SO4产品，溶液pH减小，负极区水电离的H发生还原反应生成氢气，OH留在负极区，该极得到NaOH产品，溶液pH增大，故A、C项错误，B正确；该电解池相当于电解水，根据电解水的方程式可计算出当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.25 mol的O2生成，D错误。正确答案：B真题演练1(安徽理综)某兴趣小组设计如图所示的微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是()A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H2ClCl2H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl22e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极解析本题综合考查电化学知识，意在考查考生对原电池、电解池原理的理解。断开K2，闭合K1时，该装置为电解池，由两极均有气泡产生可知铜电极为阴极，总反应的离子方程式为2Cl2H2OCl2H22OH，A项错；由此可知铜电极附近溶液中因有OH生成，溶液变红色，B项错；断开K1，闭合K2时，装置为原电池，铜极上产生的氢气发生氧化反应，电极反应式为H22e2OH=2H2O，C项错；由此可知铜电极为负极，石墨电极为正极，故D项正确。答案D2(2015四川理综，4)用下图所示装置除去含CN、Cl废水中的CN时，控制溶液pH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体。下列说法不正确的是()A用石墨作阳极，铁作阴极B阳极的电极反应式：Cl2OH2e=ClOH2OC阴极的电极反应式：2H2O2e=H22OHD除去CN的反应：2CN5ClO2H=N22CO25ClH2O解析Cl在阳极发生氧化反应生成ClO，水电离出的H在阴极发生还原反应生成H2，又由于电解质溶液呈碱性，故A、B、C项正确；D项，溶液呈碱性，离子方程式中不能出现H，正确的离子方程式为2CN5ClOH2O=N22CO25Cl2OH，错误。答案D3(2015上海化学，14)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是()Ad为石墨，铁片腐蚀加快Bd为石墨，石墨上电极反应为：O22H2O4e4OHCd为锌块，铁片不易被腐蚀Dd为锌块，铁片上电极反应为：2H2eH2解析A项，由于活动性：Fe石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，正确；B项，d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为O22H2O4e4OH，正确；C项，若d为锌块，则由于金属活动性：ZnFe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确；D项，d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为O22H2O4e4OH，错误。答案D42014新课标全国，27(4)H3PO2也可用电渗析法制备。 “四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：写出阳极的电极反应式_。分析产品室可得到H3PO2的原因_。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：_。解析阳极发生氧化反应，由于OH的放电性大于SO，则在反应中OH失去电子，电极反应式为2H2O4e=4HO2。阳极室H2O放电产生H，H进入产品室，原料室中的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，两者发生反应：HH2POH3PO2。如果撤去阳膜，H2PO或H3PO2可能被氧化为PO。答案2H2O4e=O24H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，二者反应生成H3PO2POH2PO或H3PO2被氧化52017天津理综，7(4)某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见下图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答下列问题。用惰性电极电解时，CrO能从浆液中分离出来的原因是_，分离后含铬元素的粒子是_；阴极室生成的物质为_(写化学式)。解析电解一段时间后阳极室生成O2和H、移动过来的CrO，在酸性条件下2CrO2HCr2OH2O，所以分离后含铬元素的粒子是CrO和Cr2O，阴极室生成的物质为NaOH和H2。答案在直流电场作用下，CrO通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO和Cr2ONaOH和H2一、选择题1下列防止金属腐蚀的做法不可行的是()A军事演习期间给坦克的履带上刷上油漆以防止生锈B地下钢管道每隔一段距离就连接一定数量镁块C在轮船外壳水线以下部分装上一定数量的锌块D洗衣机的滚筒采用不锈钢材料，既耐磨又耐腐蚀解析油漆经不住高温，军事演习期间，坦克高速行驶履带会发热，油漆很快脱落，故A项错；B、C项均属于牺牲阳极的阴极保护法，正确；D项滚筒采用的不锈钢材料既耐磨又耐腐蚀，正确。答案A2以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是()A阳极反应式相同B电解结束后所得液体的pH相同C阴极反应式相同D通过相同电量时生成的气体总体积相等(同温同压)解析A项，以石墨为电极电解水，阳极：4OH4e=2H2OO2，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极：2Cl2e=Cl2，二者阳极电极反应式不同，故A错误；B项，电解水溶液的pH不变，电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气，pH变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误；C项，以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水阴极上都是2H2e=H2，所以阴极电极反应式相同，故C正确；D项，设转移电子数为4NA，则依据电解方程式：2H2O2H2O24e，电解水生成3 mol气体，依据电解方程式2NaCl2H2O2NaOHCl2H22e，电解饱和食盐水生成4 mol气体，故D错误。答案C3(2018天津质检)用含有少量银和锌的粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜溶液作电解液，通电一段时间后，阳极质量减轻了6.4 g，下列说法正确的是()A电解质溶液质量增加6.4 gB阴极质量增加6.4 gC阴极质量增加的质量小于6.4 gD溶液中Cu2浓度保持不变解析阳极金属放电，使电解质溶液质量增加，同时Cu2在阴极放电，使电解质溶液质量减小，A错误；在阳极上有锌与铜两种单质放电，而在阴极只有Cu2放电，且锌的摩尔质量大于铜的摩尔质量，B错误、C正确；电解质溶液中c(Cu2)减小，D错误。答案C4下列实验装置设计正确的是()解析电解饱和食盐水，铁作阳极，铁失去电子，而不是溶液中的氯离子失去电子，A项错误；原电池中锌作负极，铜作正极，锌和硫酸铜分开，用导线和盐桥构成闭合回路，B项正确；电镀银，银作阳极连接电源的正极，电解质溶液应为硝酸银，C项错误；电解精炼铜时，粗铜连接电源的正极作阳极，精铜连接电源的负极作阴极，D项错误。答案B5(2018杭州一模)电渗析法是一种利用离子交换膜进行海水淡化的方法，其原理如图所示。已知海水中含Na、Cl、Ca2、Mg2、SO等离子，电极为惰性电极。下列叙述中正确的是()AB膜是阴离子交换膜B通电后，海水中阳离子往a电极处运动C通电后，a电极的电极反应式为4OH4e=O22H2OD通电后，b电极区周围会出现少量白色沉淀解析根据海水中离子成分及离子放电顺序知，通电后阳极是氯离子放电，阴极是氢离子放电，电解过程中，海水中阳离子通过B膜进入阴极区，所以B膜是阳离子交换膜(海水中阴离子通过A膜进入阳极区)，b电极(阴极)区周围OH浓度增大，与镁离子反应生成白色沉淀。答案D6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，开关由M改置于N时，Fe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的氧化作用引起的解析图a中，海水与空气的交界面处腐蚀严重，故A项错误；图b中，开关由M改置于N时，形成原电池，Zn电极为负极，Fe为正极，腐蚀速率减小，B选项正确；图c中，接通开关时，形成原电池，Zn为原电池的负极，Zn腐蚀速率增大，Pt上放出气体的速率增大，C选项错误；图d中，ZnMnO2干电池中Zn作负极，干电池自放电腐蚀主要是由Zn的还原作用引起的，D选项错误。答案B7早在1807年化学家戴维用电解熔融氢氧化钠制得钠，反应原理为：4NaOH(熔融)4NaO22H2O；后来盖吕萨克用铁与熔融氢氧化钠作用也制得钠，反应原理为：3Fe4NaOHFe3O42H24Na。下列有关说法中正确的是()A电解熔融氢氧化钠制钠，阳极发生的电极反应为：Nae=NaB盖吕萨克法制钠原理是利用铁的还原性比钠强C若戴维法与盖吕萨克法制得等量的钠，则两反应中转移的电子总数之比为21D工业上常用电解熔融氯化钠法制钠(如图)，电解槽中石墨极为阳极，铁为阴极解析由4NaOH(熔融)4NaO22H2O可知，阳极氢氧根离子放电生成氧气和水：4OH4e=O22H2O，A错误；盖吕萨克法中生成钠蒸气，有利于反应正向移动，但钠的还原性比铁强，B错误；戴维法生成4 mol钠转移4 mol电子，盖吕萨克法生成4 mol钠转移8 mol电子，则转移电子总数之比为12，C错误；电解熔融氯化钠法制钠时，石墨极为阳极，Cl放电生成氯气，在阴极Na放电生成Na，D正确。答案D8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通过阳离子交换膜向阴极区迁移 ，LiOH浓溶液从d口导出解析阳极反应式为2Cl2e=Cl2，部分Cl2溶于水并与H2O反应使溶液呈酸性，故阳极区溶液pH减小，A项错误；阴极上H得电子，发生还原反应，电极反应式为2H2O2e=H22OH，B项错误；根据阳极反应式2Cl2e=Cl2知，电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol Cl2生成，C项错误；通电后Li通过阳离子交换膜向阴极区迁移，LiOH浓溶液从d口导出，D项正确。答案D9(2018湖北武汉调研)厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理，同时得到乳酸的原理如图所示(图中HA表示乳酸分子，A表示乳酸根离子)。下列说法正确的是()A通电后，阳极附近pH增大B电子从负极经电解质溶液回到正极C通电后，A通过阴离子交换膜从阴极进入浓缩室D当电路中通过2 mol电子的电量时，会有1 mol的O2生成解析由图示判断左侧为阳极，右侧为阴极，阳极电极反应式为4OH4e=O22H2O，氢离子浓度增大，pH减小，A错误；电子从电源的负极到电解池的阴极，由阳极回到电源的正极，电子不能进入电解质溶液，电解质溶液中靠离子传递电荷，B错误；氢离子由阳极室进入浓缩室，A由阴极室进入浓缩室，得到乳酸，C正确；由电极反应式4OH4e=O22H2O可知，当电路中通过2 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成，D错误。答案C10(2018衡水模拟)1 L某溶液中含有的离子如下表：离子Cu2Al3NOCl物质的量浓度/(molL1)11a1用惰性电极电解该溶液，当电路中有3 mol e通过时(忽略电解时溶液体积的变化及电解产物可能存在的溶解现象)，下列说法正确的是()A电解后溶液pH0B阳极生成1.5 mol Cl2Ca3D阴极析出的金属是铜与铝解析当电路中有3 mol e通过时，阳极首先发生2Cl2e=Cl2，有0.5 mol Cl2生成，后发生4OH4e=O22H2O，生成2 mol H，阴极首先发生Cu22e=Cu，析出1 mol Cu，后发生2H2e=H2，此时溶液中生成1 mol OH，最终溶液里得到1 mol H，c(H)1 mol/L，pH0，故A正确，B错误；由溶液中电荷守恒可知：2c(Cu2)3c(Al3)c(NO)c(Cl)，可求得c(NO)4 molL1，即a4，故C错误；离子放电顺序Cu2HAl3，没有Al生成，故D错误。答案A二、填空题11(2018石景山高三上学期期末考试)知识的梳理和感悟是有效学习的方法之一。某学习小组将有关“电解饱和食盐水”的相关内容进行梳理，形成如下问题(显示的电极均为石墨)。(1)图1中，电解一段时间后，气球b中的气体是_(填化学式)，U形管_(填“左”或“右”)边的溶液变红。(2)利用图2制作一种环保型消毒液发生器，电解可制备“84”消毒液的有效成分，则c为电源的_极；该发生器中反应的总离子方程式为_。(3)氯碱工业是高耗能产业，一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30%以上。该工艺的相关物质运输与转化关系如图3所示(其中的电极未标出，所用的离子膜都只允许阳离子通过)。燃料电池B中的电极反应式分别为负极_，正极_。分析图3可知，氢氧化钠的质量分数为a%、b%、c%，由大到小的顺序为_。解析(1)图1中，根据电子流向知，左边电极是电解池阳极，右边电极是电解池阴极，阳极上氯离子放电生成氯气，阴极上氢离子放电生成氢气，所以气球a中气体是氯气，气球b中的气体是氢气，同时阴极附近有NaOH生成，溶液呈碱性，无色酚酞遇碱变红色，所以U形管右边溶液变红