人教版高考化学电解池、金属的电化学腐蚀与防护大一轮考点复习教学ppt

1、人教版(Ban)高考化学电解池、金属的电化学腐蚀与防护大一轮考点复习第一页，共一百八十页。考纲要求1.理解电解池的构成、工作(Zuo)原理及应用，能书写电极反应和总反应方程式。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。第二页，共一百八十页。考(Kao)点一电解的原理微专题隔膜(Mo)在电化学中的功能考点二电解原理在工业生产中的应用内容索引考能提升 探究高考明确考向课时作业考点三金属的腐蚀与防护微专题串联电池的两大模型第三页，共一百八十页。考点(Dian)一电解的原理第四页，共一百八十页。1.电解定义在 作用下，电解质在两个电极上分别发(Fa)生 和 的过程。2.能量

2、转化形式电能转化为 。3.电解池(1)构成条件有与 相连的两个电极。 (或 )。形成 。知识梳(Shu)理电流氧化反应还原反应化学能电源电解质溶液熔融盐闭合回路第五页，共一百八十页。(2)电极名(Ming)称及电极反应式(如图)阳(Yang)极氧化2Cl2e=Cl2Cu2+ 2e =Cu阴极还原第六页，共一百八十页。(3)电子和离(Li)子的移动方向第七页，共一百八十页。4.阴阳两极上放电顺序阴离子失去电子或阳离子得到电子的过程叫放电。离子的放电顺序取决于离子本身的性质即离子得失电子的能力，另外也与(Yu)离子的浓度及电极材料有关。(1)阴极：阴极上放电的总是溶液中的阳离子，与电极材料无关。氧

3、化性强的先放电，放电顺序：第八页，共一百八十页。(2)阳极：若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧(Yang)化反应。若是惰性电极作阳极，则仅是溶液中的阴离子放电，常见离子的放电顺序是第九页，共一百八十页。一般情况下，离子按上述顺序放电，但如果离子浓度相差十分悬殊，离子浓度大的也可以先放电。如理论上H的放电能力大于Fe2、Zn2，但在电解浓度大的硫酸亚铁或硫酸锌溶液中，由于溶液中c(Fe2)或c(Zn2)c(H)，则先在阴极上放电的是Fe2或Zn2，因此阴极上的主(Zhu)要产物为Fe或Zn；但在水溶液中，Al3、Mg2、Na等是不会在阴极上放电的。特别提醒第十页，共一百八十页。深度

4、思考1.分析电(Dian)解下列物质的过程，并总结电(Dian)解规律(用惰性电极电解)。(1)电解水型电解质(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溶液复原含氧酸(如H2SO4)阳极：_阴极：_H2O_增大减小加_强碱(如NaOH)增大加_活泼金属的含氧酸盐(如KNO3、Na2SO4)不变加_4OH4e=O22H2O4H4e=2H2H2OH2OH2O第十一页，共一百八十页。电解水型电解一(Yi)段时间后，其电解质的浓度一(Yi)定增大吗？举例说明。不一定(Ding)，如用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液，一段时间后会析出Na2SO410H2O晶体，剩余溶液仍为该温度下的饱

5、和溶液，此时浓度保持不变。 答案第十二页，共一百八十页。(2)电解电解质(Zhi)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溶液复原无氧酸(如HCl)，除HF外阳极：_阴极：_酸减小增大通入_气体不活泼金属的无氧酸盐(如CuCl2)，除氟化物外阳极：_阴极：_盐加_固体2Cl2e=Cl22H2e=H22Cl2e=Cl2Cu22e=CuHClCuCl2第十三页，共一百八十页。(3)放H2生碱(Jian)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：_阴极：_水和盐生成新电解质增大通入_气体2Cl2e=Cl2

6、2H2e=H2HCl第十四页，共一百八十页。要使电解后的NaCl溶液复原，滴加盐酸(Suan)可以吗？为什么？不可以，因为电解NaCl溶液时析出的是等物质的量的Cl2和H2，所以应通入氯化(Hua)氢气体，加入盐酸会引入过多的水。 答案第十五页，共一百八十页。(4)放O2生(Sheng)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：_阴极：_水和盐_生成新电解质减小加 或 4OH4e=2H2OO22Cu24e=2CuCuOCuCO3第十六页，共一百八十页。要使电解后的CuSO4溶液复原，加入Cu(OH)2固体可以吗(Ma)

7、？为什么？加入CuCO3为什么也可复原？不可以因为电解CuSO4溶液时，尽管Cu2和OH分别放电，按照电极反应式Cu22e=Cu、4OH4e=2H2OO2，氢元素变成H2O仍然留在溶液中，只有Cu析出和O2逸出，且物(Wu)质的量之比为21，所以要让溶液复原，需要加CuO，而不能加Cu(OH)2。加入CuCO3时，CO2变为气体逸出，相当于加的是CuO。 答案第十七页，共一百八十页。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(Ze)这段时间，整个电路中转移的电子数为多少？4NA 答(Da)案 解析方法一：98 g Cu(OH)2的物质

8、的量为1 mol，相当于电解了1 mol的CuSO4后，又电解了1 mol的水，所以转移的电子数为2NA2NA4NA。方法二：可以认为整个电路中转移的电子数与Cu(OH)2的O2失电子数相等，共4NA。第十八页，共一百八十页。(5)通过以上分析，电解质溶液(Ye)复原应遵循什么原则？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(Zi)，则应按比例补入哪些原子(Zi)。 答案第十九页，共一百八十页。2.根据金属活动顺序表，Cu和稀H2SO4不反应，怎样根据电(Dian)化学的原理实现Cu和稀H2SO4反应产生H2？Cu作阳极，C作阴极，稀H2SO4作电解质

9、溶液，通入直流电就可以实现该反应(Ying)。电解反应(Ying)式为阳极：Cu2e=Cu2，阴极：2H2e=H2。总反应式：Cu2H Cu2H2。 答案第二十页，共一百八十页。 解题(Ti)探究题组一电解规律的应用1.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(Sheng)成的气体总体积相等(同温同压) 答案 解析第二十一页，共一百八十页。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(He)食盐水，阳极：2Cl2e=Cl2，二者阳极电极反应式不同

10、，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；第二十二页，共一百八十页。C项，以石墨为电极分别电解水(Shui)和饱和食盐水(Shui)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4 mol，则依据电解方程式：2H2O 2H2O24e，电解水生成3 mol气体，依据电解方程式2NaCl2H2O 2NaOHCl2H22e，电解饱和食盐水生成4 mol气体，故D错误。第二十三页，共一百八十页。 2.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

11、为升高(Gao)、不变、降低的是A.AgNO3CuCl2Cu(NO3)2B.KClNa2SO4CuSO4C.CaCl2KOHNaNO3D.HClHNO3K2SO4 答(Da)案 解析第二十四页，共一百八十页。由电解电解质(Zhi)溶液的四种类型可知：类型化学物质pH变化放O2生酸型CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2降低放H2生碱型KCl、CaCl2升高电解电解质型CuCl2HCl升高电解H2O型NaNO3、Na2SO4、K2SO4不变KOH升高HNO3降低第二十五页，共一百八十页。题组二电极方程式及电极产物的判断3.(北京理综，12)用石墨电极完成下列电解实(Shi)验。实验一实验二装置

12、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处有气泡产生第二十六页，共一百八十页。 下列对(Dui)实验现象的解释或推测不合理的是A.a、d处：2H2O2e=H22OHB.b处：2Cl2e=Cl2C.c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 答(Da)案 解析第二十七页，共一百八十页。A项，a、d处试纸变蓝，说明溶液(Ye)显碱性，是溶液(Ye)中的氢离子得到电子生成氢气，氢氧根离子剩余造成的，正确；B项，b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氯离子放电生成氯气同时与H2O反应生成HClO和H，Cl2eH2O=HClOH，

13、错误；C项，c处为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，正确；D项，实验一中ac形成电解池，bd形成电解池，所以实验二中形成3个电解池，n(右面)有气泡生成，为阴极产生氢气，n的另一面(左面)为阳极产生Cu2，Cu2在m的右面得电子析出铜，正确。第二十八页，共一百八十页。4.按要求书写电极反应式和总(Zong)反应方程式：(1)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： 。(2)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： 。 答(Da)案2Cl2e=Cl22H2e=H2(或2H2O2e=H22OH) 答案6H2O6e=3H26OH

14、(或6H6e=3H2)第二十九页，共一百八十页。(3)用Al作阳(Yang)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： 。 答(Da)案2Al6e3H2O=Al2O36H6H6e=3H2第三十页，共一百八十页。5.(1)利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备，钴氧化物可通过处理钴渣获得。利用如图装置电解制备LiOH，两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为 (填(Tian)化学式)溶液，阳极电极反应式为 ，电解过程中Li向 (填“A”或“B”)电极迁移。LiOH2Cl2e=Cl2B 答(Da)案

15、 解析第三十一页，共一百八十页。B极区生成H2 ，同(Tong)时会生成LiOH ，则B极区电解液为LiOH 溶液；电极A为阳极，在阳极区LiCl 溶液中Cl 放电，电极反应式为2Cl2e=Cl2；在电解过程中Li(阳离子)向B电极(阴极区)迁移。第三十二页，共一百八十页。(2)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有(You)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 。负(Fu)H2 答案 解析在钢制品上电镀铝

16、，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4Al2Cl 3e=Al7AlCl ；在水溶液中，得电子能力：HAl3，故阴极上发生的反应是2H2e=H2。第三十三页，共一百八十页。反思归纳做到“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(Zhi)，介质(Zhi)是否参与电极反应。(3)三看是否有特殊信息，如4(3)目的是制取氧化铝，因而阳极产物不能是Al3，再如5(2

17、)是非水体系，且不产生其他离子，因而离子只能在Al2Cl 和AlCl 之间转化。第三十四页，共一百八十页。 题组三有关电化学的计算6.将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进(Jin)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A.4103 molL1 B.2103 molL1C.1103 molL1 D.1107 molL1 答(Da)案 解析第三十五页，共一百八十页。 7.500 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

18、，两极均收集到2.24 L气(Qi)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 molL1 答(Da)案 解析第三十六页，共一百八十页。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

19、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(Xia)守恒关系：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。第三十七页，共一百八十页。 8.(牡丹江一中月考)用惰性电极电解一定(Ding)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A.0.4 mo

20、l B.0.5 molC.0.6 mol D.0.8 mol 答(Da)案 解析第三十八页，共一百八十页。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(An)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。第三十九页，共一百八十页。练后反思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

21、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(Yin)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。第四十页，共一百八十页。(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(Zhi)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：(式中M为金属，n为其离子(Zi)的化合价数值)第四十一页，共一百八十页。该关系式(Shi)具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应式(Shi)，灵活运用关系式(Shi)便能快速解答常见的电化学计算问题。提示在

22、电化学计算中，还常利用QIt和Qn(e)NA1.601019 C来计算电路中通过的电量。第四十二页，共一百八十页。考点二电解原(Yuan)理在工业生产中的应用第四十三页，共一百八十页。1.氯碱工业(1)电(Dian)极反应阳极反应式： ( 反应)阴极反应式： ( 反应)(2)总反应方程式知识(Shi)梳理2Cl2e=Cl2氧化2H2e=H2还原第四十四页，共一百八十页。(3)氯碱工业(Ye)生产流程图第四十五页，共一百八十页。2.电镀下图为金(Jin)属表面镀银的工作示意图，据此回答下列问题：(1)镀(Du)件作 极，镀层金属银作 极。(2)电解质溶液是 。阳AgNO3溶液等含镀层金属阳离子的

23、盐溶液阴第四十六页，共一百八十页。(3)电极反应：阳极： ；阴极： 。(4)特点(Dian)： 极溶解， 极沉积，电镀液的浓度 。Age=AgAge=Ag阳(Yang)阴不变第四十七页，共一百八十页。3.电解(Jie)精炼铜(1)电极材料：阳极为 ；阴极为 。(2)电解质溶液：含Cu2的盐溶液。(3)电极反应：阳极： 、 、 、 ；阴极： 。粗(Cu)铜纯铜Zn2e=Zn2Fe2e=Fe2Ni2e=Ni2Cu2e=Cu2Cu22e=Cu第四十八页，共一百八十页。4.电冶金利用电解熔融盐的方法来冶炼活(Huo)泼金属Na、Ca、Mg、Al等。(1)冶炼钠电极反(Fan)应：阳极： ；阴极： 。2

24、Cl2e=Cl22Na2e=2Na第四十九页，共一百八十页。(2)冶(Ye)炼铝电极反(Fan)应：阳极： ；阴极： 。6O212e=3O24Al312e=4Al第五十页，共一百八十页。正误判断，正确的打“”，错误的打“”(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(Yang)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()深度思考第五

25、十一页，共一百八十页。 解题探(Tan)究题组一应用电解原理制备新物质1.下图为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，TiO2(阴极)中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是A.阳极的电极反应式为2Cl2e=Cl2B.阴极的电极反应式为TiO24e=Ti2O2C.通(Tong)电后，O2、Cl均向阴极移动D.石墨电极的质量不发生变化 答案 解析第五十二页，共一百八十页。电解质中的阴离子O2、Cl向阳极移动，由图示可知阴极生成O2、CO、CO2，所以电极反应为2O24e=O2，O2与石墨反应生成CO、CO2，A、C、D项错误

26、，只有B项正(Zheng)确。第五十三页，共一百八十页。2.氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气(Qi)、氢气(Qi)、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。右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。完成下列填空：(1)写出电解饱(Bao)和食盐水的离子方程式：。 答案第五十四页，共一百八十页。(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(Na)溶液从图中 位置流出。能得到纯度更(Geng)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 答案 答案ad第五十五页，共一百八十页

27、。3.(北京市西城区(Qu)高三上学期一模)利用右图所示装置电解制备NCl3(氯的化合价为1价)，其原理是(1)b接电源的 (填(Tian)“正”或“负”)极。负 答案 解析b电极，H得电子生成H2，发生还原反应 ，所以b电极为阴极，连接电源的负极。第五十六页，共一百八十页。(2)阳极反应(Ying)式是 。 解(Jie)析阳极反应物为NH4Cl，生成物为NCl3，题目中给出氯的化合价为1价，所以氯失电子，化合价升高，氮、氢不变价，然后根据电荷守恒配平方程式，则阳极反应式是3Cl6eNH =NCl34H。 答案第五十七页，共一百八十页。 题组二精炼和电镀4.电解法精炼含有Fe、Zn、Ag等杂质

28、的粗铜。下列叙述正确的是A.电解时以硫酸铜溶液作电解液，精铜作阳极B.粗铜与电源负极相连，发生氧化反应C.阴极上发生的反应是 Cu22e=CuD.电解后Fe、Zn、Ag等杂质会沉积在电解槽底部(Bu)形成阳极泥 答(Da)案 解析根据电解池原理，粗铜作阳极，比铜活泼的Zn、Fe等杂质发生氧化反应，比Cu不活泼的金属单质，如Ag、Au等在阳极底部沉积；精铜作阴极，只发生Cu22e=Cu。第五十八页，共一百八十页。 5.以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是A.未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电 过程B.因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌

29、的析出量无(Wu)确定关系C.电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率D.镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用 答(Da)案 解析第五十九页，共一百八十页。本题考查了电化学原理的应用中电镀的知识点。电镀前，Zn与Fe构成原电池，Zn为负极，Fe为正极，电镀时，Fe为阴极，Zn为阳极，原电池充电时，原电池负极为阴极、正极为阳极，故不(Bu)属于原电池的充电过程，A错误；根据电子守恒，通过电子的电量与析出Zn的量成正比，B错误；电流恒定，单位时间通过的电子的物质的量恒定，即电解速率恒定，C正确；镀层破损后，Zn与Fe仍能构成原电池，其中Zn为负极被腐蚀，Fe为正极被保护，D错误。第六十页，共一

30、百八十页。题组三应用电解原理治理污染6.用下图所示装置处(Chu)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 。 答(Da)案阴极2OHCl2e=ClOH2O第六十一页，共一百八十页。7.用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电(Dian)解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示(电极材料为石墨)。(1)图中a极要连接电源的 (填“正”或“负(Fu)”)极，C口流出的物质是 。负硫酸 答案 解析第六十二页，共一百八十页

31、。根据Na、SO 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：SO 2eH2O=SO 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(Jian)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。第六十三页，共一百八十页。(2)SO 放电的(De)电极反应式为 。(3)电解过程中阴极区碱(Jian)性明显增强，用平衡移动原理解释原因 。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 答案 答案第六十四页，共一百八十页。微专题隔

32、膜在(Zai)电化学中的功能第六十五页，共一百八十页。1.常见的隔膜隔膜又叫离子(Zi)交换膜，由高分子(Zi)特殊材料制成。离子(Zi)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)能选择性的通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。第六十六页，共一百八十页。 题组一提高产品纯度1.(宜昌市高三教学测试)工业上用电解法处

33、理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。下列说法不正确的是已知：Ni2在弱酸性溶液中发生水解氧化性：Ni2(高浓度)HNi2(低浓度)A.碳棒上发生的电极反应：4OH4e=O2 2H2OB.电解过程中，B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小C.为了提高Ni的产率(Lv)，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专题训练 答(Da)案 解析第六十七页，共一百八十页。电极反应式为阳极：4OH4e=2H2OO2阴极：Ni22e=Ni2H2e=H2A项正确；B项，由于C室中Ni2、H不(Bu)断减少，Cl通过阴离子膜从C室移向B室，A室中

34、OH不断减少，Na通过阳离子膜从A室移向B室，所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大，错误；第六十八页，共一百八十页。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Ni的产率，电解过程需要(Yao)控制废水的pH，正确；D项，若去掉阳离子膜，在阳极Cl首先放电生成Cl2，反应总方程式发生改变，正确。第六十九页，共一百八十页。2.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(Li)如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)： 答(Da)案 解析写出阳极的电极反应式： 。2H2O4e=O24H阳极发生氧化反应，在反应中OH失去电子，电

35、极反应式为2H2O4e=O24H。第七十页，共一百八十页。分析产品室(Shi)可得到H3PO2的原因 。 答(Da)案 解析H2O放电产生H，H进入产品室，原料室的H2PO 穿过阴膜扩散至产品室，二者发生反应：HH2PO H3PO2。 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H3PO2第七十一页，共一百八十页。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(Bing)撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并(Bing)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 。 答(Da)案

36、解析如果撤去阳膜，H2PO 或H3PO2可能被氧化。第七十二页，共一百八十页。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(Ji)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。反思归纳第七十三页，共一百八十页。题组二限制离子迁移3.某原电池装置(Zhi)如下图所示，电池总反应为2AgCl2=2AgCl。(1)当电路中转移(Yi)a mol e时，交换膜左侧溶液中约减

37、少 mol离子。交换膜右侧溶液中c(HCl) (填“”、“”或“”)1 molL1(忽略溶液体积变化)。2a 答案 解析第七十四页，共一百八十页。正极的(De)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。第七十五页，共一百八十页。(2)若质子交换膜换成阴(Yin)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

38、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“”、“”或“”)1 molL1(忽略溶液体积变化)。 答(Da)案 解析1Cl右左第七十六页，共一百八十页。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(Mo)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

39、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。第七十七页，共一百八十页。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(Neng)不相等。练后反思第七十八页，共一百八十页。 题组三提高电流效率4.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(Lie)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D.5 min后，、中都只含1种溶质 答(Da)案 解析第七十九页，共一百八十页。、

40、装置中电极材料(Liao)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；第八十页，共一百八十页。放电一段(Duan)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

41、化铜，右侧生成了氯化亚铁，可能含氯化铁，D项错误。第八十一页，共一百八十页。交换膜隔离两种电解质溶液，避免负极材料与能发生反(Fan)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。技巧点拨第八十二页，共一百八十页。考点三金属(Shu)的腐蚀与防护第八十三页，共一百八十页。1.金属腐蚀的本(Ben)质金属原子 变为 ，金属发生 。知识(Shi)梳理失去电子金属阳离子氧化反应第八十四页，共一百八十页。类型化学腐蚀电化学腐蚀条件

42、金属跟 接触不纯金属或合金跟 接触现象 电流产生 电流产生本质金属被_ 较活泼金属被_联系两者往往同时发生， 腐蚀更普遍2.金(Jin)属腐蚀的类型(1)化学腐蚀与电化学腐蚀非金属单质直(Zhi)接电解质溶液无有微弱氧化氧化电化学第八十五页，共一百八十页。(2)析氢腐蚀与吸氧腐蚀以钢铁的腐蚀为(Wei)例进行分析：类型析氢腐蚀吸氧腐蚀条件 电极反应负极 正极 _总反应式 _联系 更普遍水膜酸性较(Jiao)强(pH4.3)水膜酸性很弱或呈中性Fe2e=Fe22H2e=H2O22H2O4e=4OHFe2H=Fe2H22FeO22H2O=2Fe(OH)2吸氧腐蚀第八十六页，共一百八十页。3.金属的

43、防护(1)电化学防护牺牲阳极的阴极保护法 原理a. 极：比(Bi)被保护金属活泼的金属；b. 极：被保护的金属设备。外加电流阴极保护法 原理a. 极：被保护的金属设备；b. 极：惰性金属或石墨。(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。原(Yuan)电池负正电解阴阳第八十七页，共一百八十页。1.正误判断，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(Zi)生成Fe3()(4)在金属表面覆盖

44、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()深度思考第八十八页，共一百八十页。2.写出钢铁在潮(Chao)湿的空气中发生吸氧腐蚀生成铁锈的原理。 答(Da)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)H2O第八十九页，共一百八十页。 解(Jie)题探究题(Ti)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

45、海水，铁在其中被腐蚀的速率由快到慢的顺序为 答案 解析A. B.C. D.第九十页，共一百八十页。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2Fe4e=2Fe2，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(Zuo)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。第九十一页，共一百八

46、十页。 2.下列与金属腐蚀有关的说法，正确(Que)的是 答(Da)案 解析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 电池的正极第九十二页，共一百八十页。A项，图1中，铁钉(Ding)处于干燥环境，不易被腐蚀；B项，负极反应为Fe2e=Fe2，Fe2与K3Fe(CN)6反应生成KFeFe(CN)6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。第九十三页，共一百八十页。1.判断金属腐蚀快慢的规律(1)对

47、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(Ruo)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。反思归纳第九十四页，共一百八十页。 题组二正确判断析氢腐蚀和吸氧腐蚀3.(郑州高三模拟)一定条件下，碳钢腐蚀与溶(Rong)液pH的关系如下表。pH2466.5813.514腐蚀快慢较快慢较快主要产

48、物Fe2Fe3O4Fe2O3FeO下列说法错误的是A.当pH4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B.当pH6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C.当pH14时，正极反应为O2 4H 4e=2H2OD.在煮沸(Fei)除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓C项正极反应为O24e2H2O=4OH。 答案 解析第九十五页，共一百八十页。 4.利用下图装置进行实验(Yan)，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A.a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C.a处溶液的pH增大，b处溶液的pH减小D.a、b两处具有相同的电极反应式：Fe2e= Fe2 答(Da

49、)案 解析第九十六页，共一百八十页。根据装置图(Tu)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处的pH均增大，C错误。第九十七页，共一百八十页。题组三高考对金属腐蚀与防护的考查5.正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)验证铁的吸氧腐蚀，可以将铁钉放入试(Shi)管中，用盐酸浸没 ()(福建理综，8D)(2)钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 ()(江苏，11C)(3) ()(四川理综，3C)第九十八页，共一百八十页。 6.(上海，14)研究

50、电化学腐蚀及(Ji)防护的装置如下图所示。下列有关说法错误的是A.d为石墨，铁片腐蚀加快B.d为石墨，石墨上电极反应为O22H2O4e 4OHC.d为锌块，铁片不易被腐蚀D.d为锌块，铁片上电极反应为2H2e H2 答(Da)案 解析第九十九页，共一百八十页。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(Mei)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O22H2O4e 4OH，正确；C项，若d为锌

51、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O22H2O4e 4OH，错误。第一百页，共一百八十页。微专题串联(Lian)电池的两大模型第一百零一页，共一百八十页。原电池和电解池统称为电池，将多个电池串联在一起，综合考查电化学知识是近年来高考命题的热点，该类题目能够考查学生对解题方法的掌握情况，需要学生具(Ju)有缜密的思维能力及巧妙的处理数据的能力。第一百零二页，共一百八十页。 类型一外接电源与电解池的串联1.(牡丹江一中月考)下图装置中a、b、

52、c、d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量(Liang)均增大，且增重bd。符合上述实验结果的盐溶液是专题训练 答(Da)案 解析选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3第一百零三页，共一百八十页。A项，当X为MgSO4时，b极上生成H2，电极质量不增加，错误；C项，X为FeSO4，Y为Al2(SO4)3，b、d极上均产(Chan)生气体，错误；D项，b极上析出Cu，d极上析出Ag，其中d极质量大于b极质量，错误。第一百零四页，共一百八十页。 2.如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红

53、色。下列说法正确的是A.X极是电源(Yuan)负极，Y极是电源正极B.a极的电极反应是2Cl2e=Cl2C.电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大D.Pt极上有6.4 g Cu析出时，b极产生2.24 L (标准状况)气体 答(Da)案 解析第一百零五页，共一百八十页。a、b是(Shi)石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色，依据电解质溶液为氯化钠的酚酞溶液，判断b电极是阴极，Y为电源负极，X为电源正极，故A错误；a电极是氯离子失电子发生的氧化反应，电极反应为2Cl2e=Cl2，故B正确；电解过程中CuSO4溶液中的氢氧根离子在阳极Pt电极失电子生成氧气，溶液中铜离子在Cu电极得到电子析

54、出铜，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH逐渐减小，故C、D错误。第一百零六页，共一百八十页。3.在如图所(Suo)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。 答(Da)案 解析(1)电源中X电极为直流电源的_极。负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。第一百零七页，共一百八十页。(2)pH变化：A：_(填“增大”、“减小(Xiao)”或“不变”，下同)，B：_，C：_。 答(Da)案 解析电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；电解CuSO4溶液生成H2S

55、O4，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。增大减小不变第一百零八页，共一百八十页。(3)通电5 min时，B中共收集224 mL(标准状况下)气体，溶液体积(Ji)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)。 答(Da)案 解析0.025 molL1第一百零九页，共一百八十页。通(Tong)电5 min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Cu

56、SO4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 L0.025 molL1。第一百一十页，共一百八十页。(4)若A中(Zhong)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(Da)案 解析13通电5 mi

57、n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。第一百一十一页，共一百八十页。类型二原电池与电解池的串联多个电池“串联”在(Zai)一起，但没有外接直流电源，其中一个装置是原电池，装置中两个电极活泼性差异最大的装置为原电池，较活泼的作负极，其余均为电解池。第一百一十二页，共一百八十页。 4.烧杯A中盛入0.1 molL1的(De)H2SO4溶液，烧杯B中盛放0.1 molL1的CuCl2溶液(两种溶液均足量)，装置如图所示，下列说法不正确的是A.A中Fe极质量减少，C极有气体产生B.A为电解池，B为原电

58、池C.当A烧杯中产生0.1 mol气体时，B烧杯中产生 气体的物质的量也为0.1 molD.经过一段时间，B烧杯中溶液的pH增大 答(Da)案 解析第一百一十三页，共一百八十页。构成A装置的活动性不同的电极、电解质溶液，两极形成了闭合的回路，所以A为原电池装置，且A为B的电解提(Ti)供电能。电极反应式分别为(烧杯A中)C正极：2H2e=H2，Fe负极：Fe2e=Fe2。(烧杯B中)阴极：Cu22e=Cu，阳极：2Cl2e=Cl2。烧杯B中电解氯化铜，铜离子浓度减小，水解程度减小，pH增大(不考虑Cl2溶于水)。第一百一十四页，共一百八十页。 5.某同(Tong)学按下图所示的装置进行实验。A

59、，B为两种常见金属，它们的硫酸盐可溶于水，当K闭合时，Y极上产生黄绿色气体。下列分析正确的是A.溶液中c(A2)减小B.B极的电极反应：B2e=B2C.Y电极上有Cl2产生，发生还原反应D.反应初期，X电极周围出现白色胶状沉淀 答(Da)案 解析第一百一十五页，共一百八十页。根据Y极有黄绿色气体生成，Y极电极反应为2Cl2e=Cl2，即Y为电解池的阳极，B为原电池的正极，A为原电池的负极。故A极的电极反应为A2e=A2，溶液中c(A2)增大，A错误；B极为正极，发生还原反应，B错误；右边(Bian)U形管中最初为电解AlCl3溶液，X电极为H放电，c(H)减小，c(OH)增大，且Al3移向X极

60、，因此会产生Al(OH)3白色胶状沉淀，D正确。第一百一十六页，共一百八十页。6.(吉林省实验中学高三上学期第二次模拟考试)甲醇是一种重要的化工原料和(He)新型燃料。下图是甲醇燃料电池工作的示意图，其中A、B、D均为石墨电极，C为铜电极。工作一段时间后，断开K，此时A、B两极上产生的气体体积相同。 答(Da)案 解析(1)甲中负极的电极反应式为 。第一百一十七页，共一百八十页。甲醇燃料电池是原电池反应，甲醇在(Zai)负极失电子发生氧化反应，电极反应为CH3OH6e8OH=CO 6H2O。第一百一十八页，共一百八十页。(2)乙中A极析(Xi)出的气体在标准状况下的体积为_。 答(Da)案 解