2023高考化学大一轮学考复习考点突破第六章化学反应与能量第22讲电解池金属的电化学腐蚀与防护检测新人教版

PAGEPAGE1第六章化学反响与能量第22讲电解池金属的电化学腐蚀与防护考纲要求1.理解电解池的构成、工作原理及应用，能书写电极反响和总反响方程式。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。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响和复原反响的过程。2．能量转化形式电能转化为化学能。3．电解池(1)构成条件①有与电源相连的两个电极。②电解质溶液(或熔融盐)。③形成闭合回路。(2)电极名称及电极反响式(如图)(3)电子和离子的移动方向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。氧化性强的先放电，放电顺序：(2)阳极：假设是活性电极作阳极，那么活性电极首先失电子，发生氧化反响。假设是惰性电极作阳极，那么仅是溶液中的阴离子放电，常见离子的放电顺序是特别提醒一般情况下，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＋)，那么先在阴极上放电的是Fe2＋或Zn2＋，因此阴极上的主要产物为Fe或Zn；但在水溶液中，Al3＋、Mg2＋、Na＋等是不会在阴极上放电的。深度思考1．分析电解以下物质的过程，并总结电解规律(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：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O阴极：4H＋＋4e－=2H2↑H2O2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))O2↑＋2H2↑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H2O电解水型电解一段时间后，其电解质的浓度一定增大吗？举例说明。答案不一定，如用惰性电极电解饱和Na2SO4溶液，一段时间后会析出Na2SO4·10H2O晶体，剩余溶液仍为该温度下的饱和溶液，此时浓度保持不变。(2)电解电解质型电解质(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：2Cl－－2e－=Cl2↑阴极：2H＋＋2e－=H2↑酸2HCleq\o(=,\s\up7(电解))H2↑＋Cl2↑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：2Cl－－2e－=Cl2↑阴极：Cu2＋＋2e－=Cu盐CuCl2eq\o(=,\s\up7(电解))Cu＋Cl2↑加CuCl2固体(3)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：2Cl－－2e－=Cl2↑阴极：2H＋＋2e－=H2↑水和盐2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Cl2↑＋H2↑＋2OH－生成新电解质增大通入HCl气体要使电解后的NaCl溶液复原，滴加盐酸可以吗？为什么？答案不可以，因为电解NaCl溶液时析出的是等物质的量的Cl2和H2，所以应通入氯化氢气体，参加盐酸会引入过多的水。(4)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：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑阴极：2Cu2＋＋4e－=2Cu水和盐2Cu2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋4H＋生成新电解质减小加CuO或CuCO3①要使电解后的CuSO4溶液复原，参加Cu(OH)2固体可以吗？为什么？参加CuCO3为什么也可复原？答案不可以因为电解CuSO4溶液时，尽管Cu2＋和OH－分别放电，按照电极反响式Cu2＋＋2e－=Cu、4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，氢元素变成H2O仍然留在溶液中，只有Cu析出和O2逸出，且物质的量之比为2∶1，所以要让溶液复原，需要加CuO，而不能加Cu(OH)2。参加CuCO3时，CO2变为气体逸出，相当于加的是CuO。②假设用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后，需参加98gCu(OH)2固体，才能使电解质溶液复原，那么这段时间，整个电路中转移的电子数为多少？答案4NA解析方法一：98gCu(OH)2的物质的量为1mol，相当于电解了1mol的CuSO4后，又电解了1mol的水，所以转移的电子数为2NA＋2NA＝4NA。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。(5)通过以上分析，电解质溶液复原应遵循什么原那么？答案电解质溶液的复原应遵循“从溶液中析出什么补什么〞的原那么，即从溶液中析出哪种元素的原子，那么应按比例补入哪些原子。2．根据金属活动顺序表，Cu和稀H2SO4不反响，怎样根据电化学的原理实现Cu和稀H2SO4反响产生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响。电解反响式为阳极：Cu－2e－=Cu2＋，阴极：2H＋＋2e－=H2↑。总反响式：Cu＋2H＋eq\o(=,\s\up7(电解))Cu2＋＋H2↑。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，关于两个电解池反响的说法正确的选项是()A．阳极反响式相同B．电解结束后所得液体的pH相同C．阴极反响式相同D．通过相同电量时生成的气体总体积相等(同温同压)答案C解析A项，以石墨为电极电解水，阳极：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑，二者阳极电极反响式不同，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2H＋＋2e－=H2↑，所以阴极电极反响式相同，故C正确；D项，设转移电子数为4mol，那么依据电解方程式：2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2H2↑＋O2↑～4e－，电解水生成3mol气体，依据电解方程式2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑～2e－，电解饱和食盐水生成4mol气体，故D错误。2．用惰性电极电解以下各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是()A．AgNO3CuCl2Cu(NO3)2B．KClNa2SO4CuSO4C．CaCl2KOHNaNO3D．HClHNO3K2SO4答案B解析由电解电解质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CuCl2—HCl升高电解H2O型NaNO3、Na2SO4、K2SO4不变KOH升高HNO3降低题组二电极方程式及电极产物的判断3．(2022·北京理综，12)用石墨电极完成以下电解实验。实验一实验二装置现象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……以下对实验现象的解释或推测不合理的是()A．a、d处：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－B．b处：2Cl－－2e－=Cl2↑C．c处发生了反响：Fe－2e－=Fe2＋D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜答案B解析A项，a、d处试纸变蓝，说明溶液显碱性，是溶液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反响生成HClO和H＋，Cl－－2e－＋H2O=HClO＋H＋，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。4．按要求书写电极反响式和总反响方程式：(1)用惰性电极电解MgCl2溶液阳极反响式：；阴极反响式：；总反响离子方程式：。(2)用Al作电极电解NaOH溶液阳极反响式： ；阴极反响式：；总反响离子方程式：。(3)用Al作阳极，电解H2SO4溶液，铝材外表形成氧化膜阳极反响式：；阴极反响式：；总反响离子方程式：。答案(1)2Cl－－2e－=Cl2↑2H＋＋2e－=H2↑(或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－)Mg2＋＋2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑(2)2Al－6e－＋8OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋4H2O6H2O＋6e－=3H2↑＋6OH－(或6H＋＋6e－=3H2↑)2Al＋2H2O＋2OH－eq\o(=,\s\up7(电解))2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑(3)2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋6H＋＋6e－=3H2↑2Al＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Al2O3＋3H2↑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(填化学式)溶液，阳极电极反响式为，电解过程中Li＋向(填“A〞或“B〞)电极迁移。(2)离子液体是一种室温熔融盐，为非水体系。由有机阳离子、Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)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，电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反响，阴极电极反响式为。假设改用AlCl3水溶液作电解液，那么阴极产物为。答案(1)LiOH2Cl－－2e－=Cl2↑B(2)负4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)H2解析(1)B极区生成H2，同时会生成LiOH，那么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，电极反响式为2Cl－－2e－=Cl2↑；在电解过程中Li＋(阳离子)向B电极(阴极区)迁移。(2)在钢制品上电镀铝，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响〞，Al元素在熔融盐中以Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)形式存在，那么电镀过程中负极上得到电子的反响是4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)；在水溶液中，得电子能力：H＋>Al3＋，故阴极上发生的反响是2H＋＋2e－=H2↑。做到“三看〞，正确书写电极反响式(1)一看电极材料，假设是金属(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响。(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)是非水体系，且不产生其他离子，因而离子只能在Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)之间转化。题组三有关电化学的计算6．将两个铂电极插入500mLCuSO4溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0.064g(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．4×10－3mol·L－1 B．2×10－3mol·L－1C．1×10－3mol·L－1 D．1×10－7mol·L－1答案A解析根据2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋2H2SO4＋O2↑，得：n(H＋)＝2n(H2SO4)＝2n(Cu)＝2×eq\f(0.064g,64g·mol－1)＝0.002mol，c(H＋)＝eq\f(0.002mol,0.5L)＝4×10－3mol·L－1。7．500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NOeq\o\al(－,3))＝0.6mol·L－1，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2.24L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500mL，以下说法正确的选项是()A．原混合溶液中c(K＋)为0.2mol·L－1B．上述电解过程中共转移0.2mol电子C．电解得到的Cu的物质的量为0.05molD．电解后溶液中c(H＋)为0.2mol·L－1答案A解析石墨作电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反响式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，阴极先后发生两个反响：Cu2＋＋2e－=Cu,2H＋＋2e－=H2↑。从收集到O2为2.24L可推知上述电解过程中共转移0.4mol电子，而在生成2.24LH2的过程中转移0.2mol电子，所以Cu2＋共得到0.4mol－0.2mol＝0.2mol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0.1mol。电解前后分别有以下守恒关系：c(K＋)＋2c(Cu2＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))，c(K＋)＋c(H＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))，不难算出：电解前c(K＋)＝0.2mol·L－1，电解后c(H＋)＝0.4mol·L－1。8．(2022·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，向所得的溶液中参加0.1molCu2(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)。那么电解过程中转移电子的物质的量为()A．0.4mol B．0.5molC．0.6mol D．0.8mol答案C解析电解硫酸铜时，开始硫酸铜和水反响生成铜、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，反响后只需要参加氧化铜或碳酸铜即可恢复原电解质溶液。而题目中参加的是碱式碳酸铜，相当于参加了0.2mol氧化铜和0.1mol水，而0.1mol水是第二阶段的反响所消耗的，该阶段转移了0.2mol电子，第一阶段转移了0.4mol电子，即一共转移了0.6mol电子，C项正确。电化学综合计算的三种常用方法(1)根据总反响式计算先写出电极反响式，再写出总反响式，最后根据总反响式列出比例式计算。(2)根据电子守恒计算①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用于混合溶液中电解的分阶段计算。(3)根据关系式计算根据得失电子守恒定律建立起量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。如以通过4mole－为桥梁可构建如下关系式：(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，熟记电极反响式，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Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19C考点二电解原理在工业生产中的应用1．氯碱工业(1)电极反响阳极反响式：2Cl－－2e－=Cl2↑(氧化反响)阴极反响式：2H＋＋2e－=H2↑(复原反响)(2)总反响方程式2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(3)氯碱工业生产流程图2．电镀以下图为金属外表镀银的工作示意图，据此答复以下问题：(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)电极反响：阳极：Ag－e－=Ag＋；阴极：Ag＋＋e－=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)电极反响：阳极：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋、Cu－2e－=Cu2＋；阴极：Cu2＋＋2e－=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)eq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑电极反响：阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极：2Na＋＋2e－=2Na。(2)冶炼铝2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))4Al＋3O2↑电极反响：阳极：6O2－－12e－=3O2↑；阴极：4Al3＋＋12e－=4Al。深度思考正误判断，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H＋>Zn2＋，不可能在铁上镀锌()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×题组一应用电解原理制备新物质1．以下图为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。以下说法中正确的选项是()A．阳极的电极反响式为2Cl－－2e－=Cl2↑B．阴极的电极反响式为TiO2＋4e－=Ti＋2O2－C．通电后，O2－、Cl－均向阴极移动D．石墨电极的质量不发生变化答案B解析电解质中的阴离子O2－、Cl－向阳极移动，由图示可知阴极生成O2、CO、CO2，所以电极反响为2O2－－4e－=O2↑，O2与石墨反响生成CO、CO2，A、C、D项错误，只有B项正确。2．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。以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。完成以下填空：(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。答案(1)2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Cl2↑＋H2↑＋2OH－(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混合发生反响(3)ad3．(2022·北京市西城区高三上学期一模)利用以下图所示装置电解制备NCl3(氯的化合价为＋1价)，其原理是NH4Cl＋2HCleq\o(=,\s\up7(电解))NCl3＋3H2↑(1)b接电源的(填“正〞或“负〞)极。(2)阳极反响式是。答案(1)负(2)3Cl－－6e－＋NHeq\o\al(＋,4)=NCl3＋4H＋解析(1)b电极，H＋得电子生成H2，发生复原反响，所以b电极为阴极，连接电源的负极。(2)阳极反响物为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，那么阳极反响式是3Cl－－6e－＋NHeq\o\al(＋,4)=NCl3＋4H＋。题组二精炼和电镀4．电解法精炼含有Fe、Zn、Ag等杂质的粗铜。以下表达正确的选项是()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，发生氧化反响C．阴极上发生的反响是Cu2＋＋2e－=CuD．电解后Fe、Zn、Ag等杂质会沉积在电解槽底部形成阳极泥答案C解析根据电解池原理，粗铜作阳极，比铜活泼的Zn、Fe等杂质发生氧化反响，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Cu2＋＋2e－=Cu。5．以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，以下说法正确的选项是()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．因局部电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系C．电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反响速率D．镀锌层破损后即对铁制品失去保护作用答案C解析此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。题组三应用电解原理治理污染6．用以下图所示装置处理含CN－废水时，控制溶液pH为9～10，并参加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－的电极反响为。答案阴极2OH－＋Cl－－2e－=ClO－＋H2O7．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，其原理如以下图所示(电极材料为石墨)。(1)图中a极要连接电源的(填“正〞或“负〞)极，C口流出的物质是。(2)SOeq\o\al(2－,3)放电的电极反响式为。(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)SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋(3)H2OH＋＋OH－，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＋、SOeq\o\al(2－,3)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，其电极反响式分别为阳极：SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋阴极：2H＋＋2e－=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。1．常见的隔膜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，防止发生化学反响。(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。专题训练题组一提高产品纯度1．(2022·宜昌市高三教学测试)工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如下图。以下说法不正确的选项是()：①Ni2＋在弱酸性溶液中发生水解②氧化性：Ni2＋(高浓度)＞H＋＞Ni2＋(低浓度)A．碳棒上发生的电极反响：4OH－－4e－=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，电解过程中需要控制废水pHD．假设将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，那么电解反响总方程式发生改变答案B解析电极反响式为阳极：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑阴极：Ni2＋＋2e－=Ni2H＋＋2e－=H2↑A项正确；B项，由于C室中Ni2＋、H＋不断减少，Cl－通过阴离子膜从C室移向B室，A室中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；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，电解过程需要控制废水的pH，正确；D项，假设去掉阳离子膜，在阳极Cl－首先放电生成Cl2，反响总方程式发生改变，正确。2．[2022·新课标全国卷Ⅰ，27(4)]H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法〞工作原理如下图(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：①写出阳极的电极反响式：。②分析产品室可得到H3PO2的原因。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。答案①2H2O－4e－=O2↑＋4H＋②阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2POeq\o\al(－,2)穿过阴膜扩散至产品室，二者反响生成H3PO2③POeq\o\al(3－,4)H2POeq\o\al(－,2)或H3PO2被氧化解析①阳极发生氧化反响，在反响中OH－失去电子，电极反响式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。②H2O放电产生H＋，H＋进入产品室，原料室的H2POeq\o\al(－,2)穿过阴膜扩散至产品室，二者发生反响：H＋＋H2POeq\o\al(－,2)H3PO2。③如果撤去阳膜，H2POeq\o\al(－,2)或H3PO2可能被氧化。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，写出电极反响式，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，防止产物之间发生反响，或防止产物因发生反响而造成危险。题组二限制离子迁移3．某原电池装置如以下图所示，电池总反响为2Ag＋Cl2=2AgCl。(1)当电路中转移amole－时，交换膜左侧溶液中约减少mol离子。交换膜右侧溶液中c(HCl)(填“＞〞、“＜〞或“＝〞)1mol·L－1(忽略溶液体积变化)。(2)假设质子交换膜换成阴离子交换膜，其他不变。假设有11.2L氯气(标准状况)参与反响，那么必有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“＞〞、“＜〞或“＝〞)1mol·L－1(忽略溶液体积变化)。答案(1)2a＞(2)1Cl－解析(1)正极的电极反响式为Cl2＋2e－=2Cl－，负极的电极反响式为Ag－e－＋Cl－=AgCl，隔膜只允许氢离子通过，转移amol电子，必有amolCl－沉淀。为了维持电荷平衡，交换膜左侧溶液中必有amolH＋向交换膜右侧迁移，故交换膜左侧共减少2amol离子(amolCl－＋amolH＋(2)n(Cl2)＝0.5mol，n(Cl－)＝1mol。正极的电极反响式为Cl2＋2e－=2Cl－，n(e－)＝1mol，Ag－e－＋Cl－=AgCl，交换膜右侧溶液中增加了1mol负电荷(或增加了1molCl－)，左侧减少了1mol负电荷(或减少了1molCl－)。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1molCl－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。反响物相同，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。题组三提高电流效率4．：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Ⅰ、Ⅱ，装置如下图。以下说法正确的选项是()A．Ⅰ和Ⅱ的电池反响不相同B．能量转化形式不同C．Ⅰ的电流效率低于Ⅱ的电流效率D．5min后，Ⅰ、Ⅱ中都只含1种溶质答案C解析Ⅰ、Ⅱ装置中电极材料相同，电解质溶液局部相同，电池反响，负极反响和正极反响式相同，A项错误；Ⅰ和Ⅱ装置的能量转化形式都是化学能转化成电能，B项错误；Ⅰ装置中铜与氯化铁直接接触，会在铜极外表发生反响，导致局部能量损失(或局部电子没有通过电路)，导致电流效率降低。而Ⅱ装置采用阴离子交换膜，铜与氯化铜接触，不会发生副反响，放电过程中交换膜左侧负极的电极反响式为Cu－2e－=Cu2＋，阳离子增多；右侧正极的电极反响式为2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，负电荷过剩。Cl－从交换膜右侧向左侧迁移，电流效率高于Ⅰ装置，C正确；放电一段时间后，Ⅰ装置中生成氯化铜和氯化亚铁，Ⅱ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。交换膜隔离两种电解质溶液，防止负极材料与能发生反响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，完成氧化剂和复原剂在不接触条件下发生氧化复原反响。考点三金属的腐蚀与防护1．金属腐蚀的本质金属原子失去电子变为金属阳离子，金属发生氧化反响。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(pH≤4.3)水膜酸性很弱或呈中性电极反响负极Fe－2e－=Fe2＋正极2H＋＋2e－=H2↑O2＋2H2O＋4e－=4OH－总反响式Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2联系吸氧腐蚀更普遍3.金属的防护(1)电化学防护①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。②外加电流阴极保护法—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，如在金属外表喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或外表钝化等方法。深度思考1．正误判断，正确的打“√〞，错误的打“×〞(1)纯银器外表变黑和钢铁外表生锈腐蚀原理一样()(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)在金属外表覆盖保护层，假设保护层破损后，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()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2．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：2Fe－4e－=2Fe2＋正极：O2＋4e－＋2H2O=4OH－2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)24Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)32Fe(OH)3=Fe2O3·xH2O(铁锈)＋(3－x)H2O题组一腐蚀快慢与防护方法的比拟1．如下图，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速率由快到慢的顺序为()A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥答案C解析①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；其电极反响式：负极2Fe－4e－=2Fe2＋，正极2H2O＋O2＋4e－=4OH－。②③④均为原电池，③中Fe为正极，被保护；②④中Fe为负极，均被腐蚀，但Fe和Cu的金属活动性差异大于Fe和Sn的，故Fe－Cu原电池中Fe被腐蚀的较快。⑤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。⑥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⑤>④>②>①>③>⑥。2．以下与金属腐蚀有关的说法，正确的选项是()A．图1中，铁钉易被腐蚀B．图2中，滴加少量K3[Fe(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，铁钉处于枯燥环境，不易被腐蚀；B项，负极反响为Fe－2e－=Fe2＋，Fe2＋与K3[Fe(CN)6]反响生成KFe[Fe(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。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，活动性差异越大，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拟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．(2022·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Fe2＋Fe3O4Fe2O3FeOeq\o\al(－,2)以下说法错误的选项是()A．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀B．当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀C．当pH＞14时，正极反响为O2＋4H＋＋4e－=2H2OD．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓答案C解析C项正极反响为O2＋4e－＋2H2O=4OH－。4．利用以下图装置进行实验，开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。以下说法不正确的选项是()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响式：Fe－2e－=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，其电极反响为左边负极：Fe－2e－=Fe2＋正极：O2＋4e－＋2H2O=4OH－右边负极：Fe－2e－=Fe2＋正极：2H＋＋2e－=H2↑a、b处的pH均增大，C错误。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，可以将铁钉放入试管中，用盐酸浸没 (×)(2022·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 (√)(2022·江苏，11C)(3) (√)(2022·四川理综，3C)6．(2022·上海，14)研究电化学腐蚀及防护的装置如以下图所示。以下有关说法错误的选项是()A．d为石墨，铁片腐蚀加快B．d为石墨，石墨上电极反响为O2＋2H2O＋4e－→4OH－C．d为锌块，铁片不易被腐蚀D．d为锌块，铁片上电极反响为2H＋＋2e－→H2↑答案D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复原，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，发生复原反响，电极反响为O2＋2H2O＋4e－→4OH－，正确；C项，假设d为锌块，那么由于金属活动性：Zn>Fe，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，在铁片上电极反响为O2＋2H2O＋4e－→4OH－，错误。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，需要学生具有缜密的思维能力及巧妙的处理数据的能力。专题训练类型一外接电源与电解池的串联1．(2022·牡丹江一中月考)以下图装置中a、b、c、d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重b>d。符合上述实验结果的盐溶液是()选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3答案B解析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。2．如图，a、b是石墨电极，通电一段时间后，b极附近溶液显红色。以下说法正确的选项是()A．X极是电源负极，Y极是电源正极B．a极的电极反响是2Cl－－2e－=Cl2↑C．电解过程中CuSO4溶液的pH逐渐增大D．Pt极上有6.4gCu析出时，b极产生2.24L(标准状况)气体答案B解析a、b是石墨电极，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响，电极反响为2Cl－－2e－=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。3．在如下图的装置中，假设通直流电5min时，铜电极质量增加2.16g。试答复以下问题。(1)电源中X电极为直流电源的极。(2)pH变化：A：(填“增大〞、“减小〞或“不变〞，下同)，B：，C：。(3)通电5min时，B中共收集224mL(标准状况下)气体，溶液体积为200mL，那么通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为(设电解前后溶液体积无变化)。(4)假设A中KCl足量且溶液的体积也是200mL，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)0.025mol·L－1(4)13解析(1)三个装置是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag＋在阴极发生复原反响变为Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，那么银电极是阳极，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＋浓度根本不变，pH不变。(3)通电5min时，C中析出0.02molAg，电路中通过0.02mol电子。B中共收集0.01mol气体，假设该气体全为氧气，那么电路中需通过0.04mol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，那么4x＋4y＝0.02mol(电子转移守恒)，x＋3y＝0.01mol(气体体积之和)，解得x＝y＝0.0025mol，所以n(CuSO4)＝2×0.0025mol＝0.005mol，c(CuSO4)＝0.005mol÷0.2L＝0.025mol·L－1。(4)通电5min时，A中放出0.01molH2，溶液中生成0.02molKOH，c(OH－)＝0.02mol÷0.2L＝0.1mol·L－1，pH＝13。类型二原电池与电解池的串联多个电池“串联〞在一起，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。4．烧杯A中盛入0.1mol·L－1的H2SO4溶液，烧杯B中盛放0.1mol·L－1的CuCl2溶液(两种溶液均足量)，装置如下图，以下说法不正确的选项是()A．A中Fe极质量减少，C极有气体产生B．A为电解池，B为原电池C．当A烧杯中产生0.1mol气体时，B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1molD．经过一段时间，B烧杯中溶液的pH增大答案B解析构成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的电解提供电能。电极反响式分别为(烧杯A中)C正极：2H＋＋2e－=H2↑，Fe负极：Fe－2e－=Fe2＋。(烧杯B中)阴极：Cu2＋＋2e－=Cu，阳极：2Cl－－2e－=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)。5．某同学按以下图所示的装置进行实验。A，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。以下分析正确的选项是()A．溶液中c(A2＋)减小B．B极的电极反响：B－2e－=B2＋C．Y电极上有Cl2产生，发生复原反响D．反响初期，X电极周围出现白色胶状沉淀答案D解析根据Y极有黄绿色气体生成，Y极电极反响为2Cl－－2e－=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极的电极反响为A－2e－=A2＋，溶液中c(A2＋)增大，A错误；B极为正极，发生复原反响，B错误；右边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，因此会产生Al(OH)3白色胶状沉淀，D正确。6．(2022·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新型燃料。以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。(1)甲中负极的电极反响式为 。(2)乙中A极析出的气体在标准状况下的体积为。(3)丙装置溶液中金属阳离子的物质的量与转移电子的物质的量变化关系如以下图，那么图中②线表示的是的变化；反响结束后，要使丙装置中金属阳离子恰好完全沉淀，需要mL5.0mol·L－1NaOH溶液。答案(1)CH3OH－6e－＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O(2)2.24L(3)Fe2＋280解析(1)甲醇燃料电池是原电池反响，甲醇在负极失电子发生氧化反响，电极反响为CH3OH－6e－＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O。(2)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，分析电极反响，B为阴极，溶液中铜离子析出，氢离子得到电子生成氢气，设生成气体物质的量为x，溶液中铜离子物质的量为0.1mol，电极反响为Cu2＋＋2e－=Cu，0.1mol0.2mol2H＋＋2e－=H2↑，2xxA电极为阳极，溶液中的氢氧根离子失电子生成氧气，电极反响为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，4xx得到0.2＋2x＝4x，x＝0.1mol所以，乙中A极析出的气体是氧气，物质的量为0.1mol，在标准状况下的体积为2.24L。(3)根据转移电子的物质的量和金属阳离子的物质的量的变化，可知，铜离子从无到有逐渐增多，铁离子物质的量逐渐减小，亚铁离子物质的量逐渐增大，①为Fe3＋，②为Fe2＋，③为Cu2＋，依据(2)计算得到电子转移为0.4mol，当电子转移为0.4mol时，丙中阳极电极反响Cu－2e－=Cu2＋，生成Cu2＋物质的量为0.2mol，由图像分析可知：反响前，丙装置中n(Fe3＋)＝0.4mol，n(Fe2＋)＝0.1mol，当电子转移0.4mol时，Fe3＋完全反响，生成0.4molFe2＋，那么反响结束后，Fe2＋的物质的量为0.5mol，Cu2＋的物质的量为0.2mol，所以需要参加NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液的体积为1.4mol÷5.0mol·L－1＝0.28L＝280mL。1．串联装置图比拟图甲中无外接电源，二者必有一个装置是原电池(相当于发电装置)，为电解装置提供电能，其中两个电极活动性差异大者为原电池装置，即左图为原电池装置，右图为电解装置。图乙中有外接电源，两烧杯均作电解池，且串联电解，通过的电流相等。2．“串联〞类电池的解题流程1．(2022·全国卷Ⅰ，11)三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如下图，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SOeq\o\al(2－,4)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。以下表达正确的选项是()A．通电后中间隔室的SOeq\o\al(2－,4)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．负极反响为2H2O－4e－=O2＋4H＋，负极区溶液pH降低D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有0.5mol的O2生成答案B解析电解池中阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，即SOeq\o\al(2－,4)离子向正极区移动，Na＋向负极区移动，正极区水电离的OH－发生氧化反响生成氧气，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＋发生复原反响生成氢气，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1mol电子的电量时，会有0.25mol的O2生成，D错误。2．(2022·福建理综，11)某模拟“人工树叶〞电化学实验装置如下图，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。以下说法正确的选项是()A．该装置将化学能转化为光能和电能B．该装置工作时，H＋从b极区向a极区迁移C．每生成1molO2，有44gCO2被复原D．a电极的反响为3CO2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2O答案B解析A项，该装置是电解池，在电解和光的作用下H2O在光催化剂的外表转化为O2和H＋，故该装置是将电能和光能转化为化学能，错误；B项，根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的原那么，该装置工作时，H＋从阳极b极区向阴极a极区迁移，正确；C项，该电解池的总反响式为6CO2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2C3H8O＋9O2，根据总反响方程式可知，每生成1molO2，有eq\f(2,3)molCO2被复原，其质量为eq\f(88,3)g，错误；D项，a电极为阴极，发生复原反响，电极反响式为3CO2＋18H＋＋18e－=C3H8O＋5H2O，错误。3．[2022·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：Fe＋2H2O＋2OH－eq\o(=,\s\up7(通电))FeOeq\o\al(2－,4)＋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FeOeq\o\al(2－,4)，镍电极有气泡产生。假设氢氧化钠溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2复原。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，其原因为。③c(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： 。答案①阳极室②防止Na2FeO4与H2反响使产率降低③M点：c(OH－)低，Na2FeO4稳定性差，且反响慢[或N点：c(OH－)过高，铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4产率降低]解析①根据题意，镍电极有气泡产生是H＋得电子生成H2，发生复原反响，那么铁电极上OH－被消耗且无补充，溶液中的OH－减少，因此电解一段时间后，c(OH－)降低的区域在阳极室。②H2具有复原性，根据题意：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2复原。因此，电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，防止Na2FeO4与H2反响使产率降低。③根据题意Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，在M点：c(OH－)低，Na2FeO4稳定性差，且反响慢；在N点：c(OH－)过高，铁电极上有Fe(OH)3生成，使Na2FeO4产率降低。4．[2022·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〞或“b〞或“c〞)；②环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反响产物和负极反响产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为；③假设生成4.29gCu2(OH)3Cl，那么理论上耗氧体积为L(标准状况)。答案①c②2Cu2＋＋3OH－＋Cl－=Cu2(OH)3Cl↓③0.448解析①“青铜器的腐蚀〞，如图铜为负极被腐蚀生成Cu2＋，正极氧气生成OH－。②正极反响产物为OH－，负极反响产物为Cu2＋，与Cl－作用生成Cu2(OH)3Cl。③n[Cu2(OH)3Cl]＝eq\f(4.29g,214.5g·mol－1)＝0.02mol，所以有0.04molCu被氧化，根据电子得失守恒n(O2)＝eq\f(0.04mol×2e－,4e－)＝0.02mol，标准状况下V(O2)＝0.02mol×22.4L·mol－1＝0.448L。5．[2022·广东理综，32(4)(5)](4)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反响方程式为。(5)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCleq\o\al(－,4)和Al2Cleq\o\al(－,7)两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反响，放电时负极Al的电极反响式为。答案(4)2Al＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2Al(OH)3＋3H2↑(5)Al－3e－＋7AlCleq\o\al(－,4)=4Al2Cleq\o\al(－,7)解析(4)电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反响方程式为2Al＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2Al(OH)3＋3H2↑。(5)由题意可知，放电时负极Al失去电子与AlCleq\o\al(－,4)结合生成Al2Cleq\o\al(－,7)，其电极反响式为Al－3e－＋7AlCleq\o\al(－,4)=4Al2Cleq\o\al(－,7)。1．(2022·盘锦高三一模)用如图装置研究电化学原理，以下分析中错误的选项是()选项连接电极材料分析AK1K2ab模拟铁的吸氧腐蚀石墨铁BK1K2锌铁模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法CK1K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法答案D解析A项，在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，那么Fe发生吸氧腐蚀，正确；B项，Zn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，正确；C项，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，正确；D项，Fe与正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能被保护，错误。2．(2022·盘锦高三一模)观察如图装置，以下说法正确的选项是()A．a、b接电流表，该装置为原电池B．a、b接直流电源，该装置为电解池C．a、b接直流电源，铁可能不易被腐蚀D．a、b接电流表或接直流电源，铁都可能是负极答案C解析A项，a、b接电流表，假设液体c为非电解质溶液，不满足原电池的构成条件，不能形成原电池，错误；B项，假设液体c为非电解质溶液，溶液不导电，所以不能电解，即不是电解池，错误；C项，假设该装置是电解池，Fe与负极相连作阴极时被保护，即铁可能不易被腐蚀，正确；D项，接直流电源时，该装置可能为电解池没有正负极，Fe作阴极或阳极，错误。3．工业上可利用以下图所示电解装置吸收和转化SO2(A、B均为惰性电极)。以下说法正确的选项是()A．A电极接电源的正极B．A极区溶液的碱性逐渐增强C．本装置中使用的是阴离子交换膜D．B极的电极反响式为SO2＋2e－＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋答案B解析A项，由HSOeq\o\al(－,3)生成S2Oeq\o\al(2－,4)，发生复原反响，A应为负极，错误；B项，阴极的电极反响式为2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2e－=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O，碱性增强，正确；C项，阳极的电极反响式为SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，阴极的电极反响式为2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2e－=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O，离子交换膜应使H＋移动，应为阳离子交换膜，错误；D项，B为阳极，发生SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，错误。4．(2022·漳州八校第三次联考)电浮选凝聚法是工业上采用的一种污水处理方法，即保持污水的pH在5.0～6.0之间，通过电解生成Fe(OH)3胶体，Fe(OH)3胶体具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下来，起到净水的作用，其原理如下图。以下说法正确的选项是()A．石墨电极上发生氧化反响B．为增强污水的导电能力，可向污水中参加适量乙醇C．根据图示，物质A为CO2D．甲烷燃料电池中COeq\o\al(2－,3)向空气一极移动答案C解析A项，甲烷燃料电池中，通入甲烷的电极是负极，与负极相连的石墨电极是阴极，阴极得电子发生复原反响，错误；B项，乙醇是非电解质，不能增强污水的导电能力，错误；C项，根据图示，甲烷燃料电池中用熔融碳酸盐作电解质，所以正极反响为2CO2＋O2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)，物质A为CO2，正确；D项，在燃料电池中，阴离子移向负极，所以COeq\o\al(2－,3)向甲烷一极移动，错误。5．(2022·洛阳市高三第一次统一考试)以下装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH值明显下降的是()答案D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，错误；B项，该装置是电解池，Cu＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Cu(OH)2＋H2↑，氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，错误；C项，电解食盐水，生成氢氧化钠使溶液的pH增大，错误；D项，电解硫酸铜实质是电解水和硫酸铜，水中的氢氧根离子放电使溶液中的氢离子浓度增大，溶液的pH减小，正确。6．用电解法可提纯含有某些含氧酸根杂质的粗KOH溶液，其工作原理如下图。以下有关说法错误的选项是()A．阳极反响式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑B．通电后阴极区附近溶液pH会增大C．K＋通过交换膜从阴极区移向阳极区D．纯洁的KOH溶液从b出口导出答案C解析A项，阳极发生氧化反响，电极反响式为4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；B项，阴极发生复原反响，消耗氢离子产生氢气必然会使溶液中氢离子浓度减小，所以溶液pH增大；C项，钾离子是通过交换膜从阳极移向阴极，这样才可以到达提纯氢氧化钾的作用，C错误；D项，纯洁的KOH在阴极制得从b口排出，D正确。7．(2022·揭阳高三下学期第一次模拟)甲图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。乙图是一种家用环保型消毒液发生器，用惰性电极电解饱和食盐水。以下说法中正确的选项是()A．装置乙的b极要与装置甲的X极连接B．装置乙中a极的电极反响式为2Cl－－2e－=Cl2↑C．假设有机废水中主要含有葡萄糖，那么装置甲中M的电极反响式为C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋D．N电极发生复原反响，当N电极消耗5.6L气体(标准状况下)时，那么有2NA个H＋通过离子交换膜答案C解析A项，装置乙的a极上生成氢氧化钠和氢气，那么a为阴极，与甲中的负极相连，即与X相连，那么b与Y相连，错误；B项，乙为电解池，在下端生成氯气，那么b极的电极反响式为2Cl－－2e－=Cl2↑，错误；C项，假设有机废水中主要含有葡萄糖，那么装置甲中M极上C6H12O6失电子生成二氧化碳，其电极反响式为C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋，正确；D项，N电极为氧气得电子发生复原反响，电极反响式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，那么当N电极消耗5.6L气体(标准状况下)即0.25mol时，消耗的氢离子为1mol，那么有NA个H＋通过离子交换膜，错误。8．(2022·湖北七市高三3月联合调研)如以下图所示，某同学设计了一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。以下有关说法正确的选项是()A．反响一段时间后，乙装置中生成的氢氧化钠在铁极区B．乙装置中铁电极为阴极，电极反响式为Fe－2e－=Fe2＋C．通入氧气的一极为负极，发生的电极反响为O2＋4e－＋2H2O=4OH－D．反响一段时间后，丙装置中硫酸铜溶液浓度保持不变答案A解析甲装置为甲醚燃料电池，投放氧气的一极发生复原反响，为电极的正极，投放甲醚的一极为电极的负极；乙装置为电解饱和氯化钠的装置，根据串联电池中，电子的转移，可知Fe电极为阴极，C极为阳极，丙装置为电解精炼铜的装置，粗铜为阳极，纯铜为阴极。A项，乙装置中铁极反响2H＋＋2e－=H2↑，所以反响一段时间后，装置中生成的氢氧化钠在铁极区，正确；B项，乙装置中铁极反响为2H＋＋2e－=H2↑，错误；C项，投放氧气的一极发生复原反响，为原电池的正极，发生的电极反响为O2＋2H2O＋4e－=4OH－，错误；D项，丙装置中，粗铜极除了铜发生氧化反响外，活动性在铜前面的金属也要反响，但是在纯铜极，除铜离子被复原外，没有其他离子能被复原，根据得失电子相等，可知硫酸铜溶液浓度减小，错误。9．(2022·禺山高级中学二轮复习)按如下图的装置进行电解实验。A极是铜锌合金，B极为纯铜，电解质溶液为硫酸铜溶液(足量)。通电一段时间后，A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68g，溶液质量增加0.03g，那么A合金中铜、锌原子个数比为()A．4∶1 B．3∶1C．2∶1 D．任意比答案B解析由图可知A是阳极，B是阴极。B极上共析出0.12molCu。阴极上析出的铜的物质的量跟阳极上溶解掉的Cu、Zn的物质的量之和相等，Zn→CuΔm1mol1mol1g0.03mol0.03g所以合金中铜、锌原子个数比：eq\f(0.12mol－0.03mol,0.03mol)＝eq\f(3,1)。10．(2022·沈阳二中高三12月月考)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下图，那么以下有关说法中正确的选项是()A．X为直流电源的正极，Y为直流电源的负极B．阳极区pH减小C．图中的b＜a