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第23讲电解池金属腐蚀与防护1. 理解电解池的构成、工作原理及应用，能写出电极反应和电理解电解池的构成、工作原理及应用，能写出电极反应和电解反应方程式。解反应方程式。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属腐蚀的措施考点一考点二探究高考提升考能考点三微课23 考点一电解原理返回 题组训练解题探究 基础小练多维思考【答案】含氧酸、强碱和活泼金属的含氧酸盐1探究电解规律(用惰性电极电解)(1)电解水型试写出电解下列溶液的电解方程式稀硫酸：_；NaOH：_；KNO3：_。分析“电解水型”的电解质包括哪些类型?返回题目电解质溶液HBrCuCl2阴极反应阳极反应电解反应溶液复原分析“电解电解质型”的电解质包括哪些类型?(2)电解电解质型无氧酸(除HF)和不活泼金属的无氧酸盐(除氟化物)2H2e=H2Cu22e=Cu2Br2e=Br22Cl2e=Cl2适量HBr适量CuCl2【答案】返回题目(3)放H2生碱型电解NaCl溶液：阴极反应：_；阳极反应：_；电解反应离子方程式_。电解一段时间后，NaCl溶液恢复原状的方法：_。分析“放H2生碱型”的电解质包括哪些类型?活泼金属的无氧酸盐(除氟化物)【答案】2H2e=H22Cl2e=Cl2通HCl返回题目(4)放O2生酸型电解CuSO4溶液阴极反应：_；阳极反应：_；电解反应离子方程式：_；电解一段时间后，CuSO4溶液恢复原状的方法_。分析“放O2生酸型”电解质包括哪些类型? 2Cu24e=2Cu4OH4e=O22H2O加CuO(或CuCO3)【答案】不活泼金属的含氧酸盐返回题目2根据金属活动顺序表，Cu和稀H2SO4不反应，怎样根据电化学的原理实现Cu和稀H2SO4反应产生H2?答案：Cu作阳极，C作阴极，稀H2SO4作电解质溶液，通入直流电就可以实现该反应。电解反应式为阳极：Cu2e=Cu2，阴极：2H2e=H2。总反应式：Cu2H Cu2H2。返回题目题组一电极反应式、电解方程式的书写1按要求书写有关的电极反应式及总方程式。(1)用惰性电极电解AgNO3溶液：阳极反应式 _；阴极反应式_；总反应的离子方程式_。(2)用惰性电极电解MgCl2溶液：阳极反应式_；阴极反应式_；总反应的离子方程式_。4OH4e=O22H2O4Ag4e=4Ag2Cl2e=Cl22H2e=H2返回题目 (3)用铁作电极电解NaCl溶液：阳极反应式_； 阴极反应式_； 总反应的化学方程式_。(4)用铜作电极电解盐酸溶液：阳极反应式_；阴极反应式_；总反应的离子方程式_。Fe2e=Fe22H2e=H2Cu2e=Cu22H2e=H2返回题目2某水溶液中含有等物质的量浓度的Cu(NO3)2和NaCl，以惰性电极对该溶液进行电解，分阶段写出电解反应的化学方程式。 第一阶段阳极：2Cl2e=Cl2； 阴极：Cu22e=Cu 第二阶段 阴极：2Cu24e=2Cu 阳极：4OH4e=O22H2O 第三阶段 阴极：4H4e=2H2 阳极：4OH4e=O22H2O 将电极反应式合并可得电解反应的化学方程式。【解析】返回题目答案：第一阶段的反应：CuCl2 CuCl2第二阶段的反应：2Cu(NO3)22H2O 2CuO24HNO3第三阶段的反应：2H2O 2H2O2返回题目返回题目下列对实验现象的解释或推测不合理的是()Aa、d处：2H2O2e=H22OHBb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B返回题目解析：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：Cl2H2O=HClHClO，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，铜失电子生成铜离子，m、n是铜珠的右端，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。返回题目做到“三看”，正确书写电极反应式(1)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生成Fe2)。(2)二看介质，介质是否参与电极反应。(3)三看是否有特殊信息。返回题目4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 molL1 B2103 molL1C1103 molL1 D1107 molL1A返回题目5500 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)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 molL1A返回题目解析：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关系：c(K)2c(Cu2)c(NO3-)，c(K)c(H)c(NO3-)，不难算出：电解前c(K)0.2 molL1，电解后c(H)0.4 molL1。返回题目6(2017牡丹江一中月考)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 mol C0.6 mol D0.8 molC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。返回题目电化学综合计算的三种常用方法(1)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。(2)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。用于混合溶液中电解的分阶段计算。返回题目(3)根据关系式计算根据得失电子守恒定律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)NA1.60 1019C来计算电路中通过的电量。返回题目考点二电解原理的应用返回 题组训练解题探究 基础小练多维思考1判断正误(正确的打“”，错误的打“”)。(1)电解冶炼镁、铝通常电解MgCl2和Al2O3，也可电解MgO和AlCl3()(2)若把CuH2SO4=CuSO4H2设计成电解池，应用Cu作阳极()(3)电解饱和食盐水时，两个电极均不能用金属材料()(4)在镀件上电镀铜时，镀件应连接电源的正极()(5)电解精炼时，阳极泥可以作为提炼贵重金属的原料()(6)阳离子交换膜(以电解NaCl溶液为例)，只允许阳离子(Na)通过，而阻止阴离子(Cl、OH)和分子(Cl2)通过()返回题目2比较下列两种装置有哪些不同？(1)请分析两装置中各电极的质量变化？(2)请分析两装置中电解质溶液浓度的变化？返回题目 (1)甲图中铜片质量减小，铁制品质量增加；乙图中粗铜质量减小，精铜质量增加。(2)甲图中CuSO4溶液浓度几乎未变化，因为阳极溶解多少铜，阴极增加多少铜；乙图中CuSO4溶液浓度逐渐变小，因为粗铜中混有Zn、Fe等杂质，放电后转化成Zn2、Fe2等离子，此时Cu2会转化为Cu，造成CuSO4溶液浓度减小。 【答案】返回题目题组一应用电解原理制备新物质1氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。(1)写出电解饱和食盐水的离子方程式：_。(2)离子交换膜的作用为_。(3)精制饱和食盐水从图中_(选填“a”“b”“c”或“d”)位置补充，氢氧化钠溶液从图中_位置流出。 返回题目答案：(1)2Cl2H2O Cl2H22OH(2)能得到纯度更高的氢氧化钠溶液阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生反应(3)ad返回题目(1)b接电源的_(填“正”或“负”)极。(2)阳极反应式是_。3Cl6eNH4+=NCl34H负2利用下图所示装置电解制备NCl3(氯的化合价为1价)，其原理是 NH4Cl2HCl NCl33H2返回题目3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)。 解析：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。0.1 molL1返回题目(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)。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NaClB返回题目【解析】电解饱和氯化钠溶液的总反应：2NaCl2H2O 2NaOHH2Cl2，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。返回题目(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。某同学利用右图装置，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)，写出总的反应式。Fe【答案】返回题目 题目要求通过电解法制取Fe(OH)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来源于水的电离，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。【解析】返回题目4用下图所示装置处理含CN废水时，控制溶液pH为910，并加入NaCl，一定条件下电解，阳极产生的ClO将CN氧化为无害物质而除去。铁电极为_(填“阴极”或“阳极”)，阳极产生ClO的电极反应为_。阴极2OHCl2e=ClOH2O返回题目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”)极，C口流出的物质是_。(2)SO32-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。返回题目 根据Na、SO32-的移向判断阴、阳极。Na移向阴极区，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：SO32-2eH2O=SO42-2H ； 阴极：2H2e=H2 ，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，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液。解析：答案：(1)负硫酸 (2)SO32-2eH2O=SO42-2H(3)H2O HOH，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 返回题目微课23电化学中“离子交换膜”的应用 微课集训 微课归纳返回离子交换膜是一种含有离子基团的、对溶液中的离子具有选择透过能力的高分子膜，也称为离子选择透过性膜。1离子交换膜的功能使离子选择性定向迁移(目的是平衡整个溶液的离子浓度或电荷)。返回要点2离子交换膜在电化学中的作用 (1)隔离某些物质防止发生反应。 (2)用于物质的制备。 (3)物质分离、提纯等。返回要点3离子交换膜的类型根据透过的微粒，离子交换膜可以分为多种，在高考试题中主要出现阳离子交换膜、阴离子交换膜和质子交换膜三种。阳离子交换膜只允许阳离子通过，阻止阴离子和气体通过，阴离子交换膜只允许阴离子通过，质子交换膜只允许质子(H)通过。可见离子交换膜的功能在于选择性地通过某些离子和阻止某些离子来隔离某些物质。返回要点集训一提高电流效率交换膜隔离两种电解质溶液，避免负极材料与能发生反应的电解质溶液直接接触，能提高电流效率。在这种装置中，交换膜起到盐桥作用，且优于盐桥(盐桥需要定时替换或再生)。通过限制离子迁移，使指定离子在溶液中定向移动形成闭合回路，完成氧化剂和还原剂在不接触条件下发生氧化还原反应。返回题目1已知：电流效率电路中通过的电子数与消耗负极失去电子总数之比。现有两个电池、，装置如图所示。下列说法正确的是()A和的电池反应不相同B能量转化形式不同C的电流效率低于的电流效率D5 min后，、中都只含1种溶质C返回题目解析：、装置中电极材料相同，电解质溶液部分相同，电池反应，负极反应和正极反应式相同，A项错误；和装置的能量转化形式都是化学能转化成电能，B项错误；装置中铜与氯化铁直接接触，会在铜极表面发生反应，导致部分能量损失(或部分电子没有通过电路)，导致电流效率降低。而装置采用阴离子交换膜，铜与氯化铜接触，不会发生副反应，放电过程中交换膜左侧负极的电极反应式为Cu2e=Cu2，阳离子增多；右侧正极的电极反应式为2Fe32e=2Fe2，负电荷过剩。Cl从交换膜右侧向左侧迁移，电流效率高于装置，C正确；放电一段时间后，装置中生成氯化铜和氯化亚铁，装置中交换膜左侧生成氯化铜，右侧生成了氯化亚铁，可能含氯化铁，D项错误。返回题目集训二限制离子迁移反应物相同，不同的交换膜，迁移的离子种类不同；同种交换膜，转移相同的电子数，如果离子所带电荷数不同，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。返回题目2某原电池装置如图所示，电池总反应为2AgCl2=2AgCl。(2)若质子交换膜换成阴离子交换膜，其他不变。若有11.2 L氯气(标准状况)参与反应，则必有_mol_离子(填离子符号)由交换膜_侧通过交换膜向_迁移。交换膜右侧溶液中c(HCl)_ (填“”“”“1Cl右左返回题目 (1)正极的电极反应式为Cl22e=2Cl，负极的电极反应式为AgeCl=AgCl，隔膜只允许氢离子通过，转移a mol电子，必有a mol Cl沉淀。为了维持电荷平衡，交换膜左侧溶液中必有a mol H向交换膜右侧迁移，故交换膜左侧共减少2a mol离子(a mol Cla mol H)。交换膜右侧溶液中氯化氢浓度增大。解析：返回题目(2)n(Cl2)0.5 mol，n(Cl)1 mol。正极的电极反应式为Cl22e=2Cl，n(e)1 mol，AgeCl=AgCl，交换膜右侧溶液中增加了1 mol负电荷(或增加了1 mol Cl)，左侧减少了1 mol负电荷(或减少了1 mol Cl)。如果质子交换膜换成阴离子交换膜，只允许阴离子(Cl)通过交换膜，不允许H通过。为了维持电荷平衡，必有1 mol Cl从交换膜右侧溶液中通过交换膜向左侧迁移，氯离子迁移之后，两侧溶液中盐酸浓度保持不变。返回题目解这类问题可以分三步：第一步，分清隔膜类型。即交换膜属于阳膜、阴膜或质子膜中的哪一种，判断允许哪种离子通过隔膜。第二步，写出电极反应式， 判断交换膜两侧离子变化， 推断电荷变化，根据电荷平衡判断离子迁移方向。第三步，分析隔膜作用。在产品制备中，隔膜作用主要是提高产品纯度，避免产物之间发生反应，或避免产物因发生反应而造成危险。集训三提高产品纯度返回题目B3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：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)。下列说法不正确的是()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A、B两室合并，则电解反应总方程式发生改变A碳棒上发生的电极反应：4OH4e=O22H2OB电解过程中，B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小返回题目42014新课标全国卷，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)：(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_。(1)写出阳极的电极反应式_。(2)分析产品室可得到H3PO2的原因_。返回题目 (2)中应该从闭合回路的角度，阴、阳离子的流向分析；(3)注意阳极反应生成O2，O2具有氧化性，H3PO2和H2PO2-均具有还原性，二者会被O2氧化生成PO43-。解析： 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H2PO2-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2(3)PO43- H2PO2-或H3PO2被氧化 返回题目 考点三金属的腐蚀和防护返回 题组训练解题探究 基础小练多维思考1判断正误，正确的打“”，错误的打“”。(1)纯银器表面变黑和钢铁表面生锈腐蚀原理一样()(2)Al、Fe、Cu在潮湿的空气中腐蚀均生成氧化物()(3)钢铁发生电化学腐蚀时，负极铁失去电子生成Fe3()(4)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()(5)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原电池。二者均能有效地保护金属不容易被腐蚀()返回题目(2)形成铁锈最多的部位是_，原因_ _ _。 由于B处海水O2浓度较大，Fe2扩散至B处附近易发生Fe22OH=Fe(OH)2,4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3,2Fe(OH)3=Fe2O3xH2O(3x)H2O2.(最新原创)右图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。(1)腐蚀最严重的部位是_(用“A”“B”或“C”回答，下同)。原因_ _ _。C 由于近水面B处溶解氧浓度大于C处，发生吸氧腐蚀时B为正极，C为负极，C处Fe2e=Fe2B返回题目题组一正确判断析氢腐蚀和吸氧腐蚀1如图所示的钢铁腐蚀中，下列说法正确的是()A碳表面发生氧化反应B钢铁被腐蚀的最终产物为FeOC生活中钢铁制品的腐蚀以图所示为主D图中，正极反应式为O24e2H2O=4OH生活中钢铁制品以发生吸氧腐蚀为主,C项错。碳作正极应发生还原反应， A项错。钢铁被腐蚀的最终产物为Fe2O3xH2O,B项错；D返回题目2.利用右图装置进行实验，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Ca处溶液的pH增大，b处溶液液面的pH减小Da、b两处具有相同的电极反应式：Fe2e=Fe2C返回题目 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 正极：O24e2H2O=4OH右边负极：Fe2e=Fe2 正极：2H2e=H2a、b的pH均增大，C项错误。【解析】返回题目题组二腐蚀快慢与防护方法的比较3相同材质的铁在下列情形下最不易被腐蚀的是()C返回题目 A、D均可由Fe、Cu构成原电池而加速铁的腐蚀；在B中，食盐水提供电解质溶液环境，炒锅和铁铲都是铁碳合金，符合原电池形成的条件，铁是活泼金属作负极，碳作正极，Fe易被腐蚀；C中铜镀层把铁完全覆盖，构不成原电池而不被腐蚀。【解析】返回题目A图1中，铁钉易被腐蚀B图2中，滴加少量K3Fe(CN)6溶液，没有蓝色沉淀出现4下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是()CC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返回题目(1)判断析氢腐蚀与吸氧腐蚀的依据：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。(2)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。(3)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。 返回题目返回1(2017全国卷，11) 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C返回题目 外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，A对；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，B对；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，C错；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，D对。解析：返回题目2(2017全国卷，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。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C返回题目解析：该电解池阳极发生的电极反应为2H2O4e=4HO2，氧气将铝制品表面氧化形成致密的氧化膜，所以待加工铝质工件应为阳极A对；阴极发生的电极反应为2H2e=H2，阴极可选用不锈钢网作电极，B对，C错；电解质溶液中的阴离子向阳极移动，D对。返回题目3(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SO42-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()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A通电后中间隔室的SO42-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B返回题目 A项正极区发生的反应为2H2O4e=O24H，由于生成H，正极区溶液中阳离子增多，故中间隔室的SO42-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。解析：返回题目42016天津理综，10(5)化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe2H2O2OH FeO42-3H2，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色FeO42-，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。返回题目返回题目(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：_。返回题目解析：返回题目(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。 (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。返回题目答案：(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产率降低返回题目52015重庆理综，11(5)如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。(1)腐蚀过程中，负极是_(填图中字母“a”“b”或“c”)；(2)环境中的Cl扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为_；(3)若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上消耗氧气体积为_L(标准状况)。返回题目 (1)在青铜器被腐蚀的过程中，Cu失去电子为原电池的负极。 (2)负极产物为Cu失去电子生成的Cu2，正极产物为O2获得电子生成的OH，Cu2、OH、Cl反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀：2Cu23OHCl=Cu2(OH)3Cl。解析：(3)4.29 g Cu2(OH)3 Cl的物质的量 0.02 mol。消耗0.04 mol Cu，转移0.08 mol e，根据正极反应：O24e2H2O= 4OH。消耗0.02 mol O2，其在标准状况下的体积为0.02 mol22.4 L/mol0.448 L。答案：(1)c(2)2Cu23OHCl=Cu2(OH)3Cl (3)0.448 返回题目返回
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