2023届新高考新教材化学人教版一轮学案-第六章第3讲　电解池、金属的腐蚀与防护

第3讲电解池、金属的腐蚀与防护复习目标核心素养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．能根据电子守恒规律，对电解池进行计算。4．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。1.变化观念与平衡思想：能多角度、动态地分析电解池中发生的反应，并运用电解池原理解决实际问题；认识金属腐蚀在不同条件下，腐蚀的形式不同，发生的电极反应不同。2．证据推理与模型认知：能分析电解池中发生的反应，并运用电解池原理定性分析和定量计算推出合理的结论。考点一电解原理1．电解和电解池(1)电解：使电流通过电解质溶液(或熔融电解质)而在阳极、阴极引起氧化还原反应的过程。(2)电解池：电能转化为化学能的装置。(3)电解池的构成①外接电源；②两个电极；③电解质溶液或熔融电解质；④形成闭合回路。2．电解池的工作原理(1)以惰性电极电解CuCl2溶液为例分析(2)电解过程的三个流向①电子流向：电源负极→电解池阴极；电解池的阳极→电源的正极；②离子流向：阳离子→电解池的阴极，阴离子→电解池的阳极。③电流方向：电源正极→电解池阳极→电解质溶液→阴极→负极。3．电极反应式、电解方程式的书写(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，找全离子并分阴离子、阳离子两组(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：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(酸)>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋。阳极：活泼电极>S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根离子。(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，并注明“电解”条件。4．惰性电极电解电解质溶液的情况分析(1)电解溶剂水电解质类型电极反应式及总反应式电解质溶液浓度溶液pH电解质溶液复原含氧酸，如H2SO4阴极：4H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－阳极：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋总反应式：2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2H2↑＋O2↑增大减小加水可溶性强碱，如NaOH增大活泼金属含氧酸盐，如KNO3不变(2)电解溶质电解质类型电极反应式及总反应式电解质溶液浓度溶液pH电解质溶液复原无氧酸，如HCl阴极：2H＋＋2e－=H2↑阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑总反应式：2HCleq\o(=,\s\up7(电解))H2↑＋Cl2↑减小增大通入HCl气体不活泼金属无氧酸盐，如CuCl2阴极：Cu2＋＋2e－=Cu阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑总反应式：CuCl2eq\o(=,\s\up7(电解))Cu＋Cl2↑加入CuCl2固体(3)电解溶质和溶剂水，生成H2和碱电解质(水溶液)电极反应式及总反应式电解质浓度溶液pH溶液复原活泼金属的无氧酸盐(如NaCl)阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑阴极：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－总反应式：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))Cl2↑＋H2↑＋2OH－生成新电解质增大通入HCl气体(4)电解溶质和溶剂水，生成O2和酸电解质(水溶液)电极反应式及总反应式电解质浓度溶液pH溶液复原不活泼金属的含氧酸盐[如CuSO4]阳极：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋阴极：2Cu2＋＋4e－=2Cu总反应式：2Cu2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋4H＋生成新电解质减小加CuO或CuCO3电解后电解质溶液复原遵循“少什么补什么”原则，如电解NaCl溶液少的H和Cl，通入HCl复原，电解CuSO4溶液少的是Cu和O，补CuO复原等。(1)直流电源跟电解池连接后，电子从电源负极流向电解池阳极。(×)(2)电解CuCl2溶液，阳极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色。(√)(3)电解盐酸、硫酸等溶液，H＋放电，溶液的pH逐渐增大。(×)(4)电解时，电解液中阳离子移向阳极，发生还原反应。(×)(5)用惰性电极电解饱和食盐水一段时间后，加入盐酸可使电解质溶液恢复到电解前的状态。(×)题点一电解原理及电极变化判断(2020·山东卷)采用惰性电极，以去离子水和氧气为原料通过电解法制备双氧水的装置如图所示。忽略温度变化的影响，下列说法错误的是()A．阳极反应为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑B．电解一段时间后，阳极室的pH未变C．电解过程中，H＋由a极区向b极区迁移D．电解一段时间后，a极生成的O2与b极反应的O2等量【解析】根据题给电解装置图可知，电解池右侧O2参加反应生成H2O2，a极为阳极，b极为阴极。电解时，阳极的电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，阴极的电极反应式为4H＋＋2O2＋4e－=2H2O2，A正确；根据电极反应式及电子守恒可知，阳极生成的H＋通过质子交换膜进入阴极区最终转化为H2O2，阳极区H＋的物质的量浓度不发生变化，pH不变，B、C正确；设电解时转移电子为4mol，则阳极生成1molO2，阴极消耗2molO2，D错误。【答案】D[母题延伸]把质子交换膜换成阴离子交换膜，电解液为NaOH溶液。写出阳极、阴极电极反应式？提示：阳极电极反应式：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑阴极电极反应式：O2＋2e－＋2H2O=H2O2＋2OH－。[对点训练1](2021·广东卷，16)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是()A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少16gC．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变D．电解总反应：2Co2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2Co＋O2↑＋4H＋解析：D石墨电极为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，H＋通过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室，右侧Co电极为阴极，电极反应式为Co2＋＋2e－=Co，Cl－通过阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室，与H＋结合生成盐酸。由上述分析知，Ⅰ室中水放电使硫酸浓度增大，Ⅱ室中生成盐酸，故Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均减小，A错误；生成1molCo时，转移2mol电子，Ⅰ室有0.5molO2(即16g)逸出，有2mol(即2g)H＋通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，则Ⅰ室溶液质量理论上减少18g，B错误；移除两交换膜后，石墨电极上的电极反应为2Cl－－2e－=Cl2↑，C错误；根据上述分析可知，电解时生成了O2、Co、H＋，则电解总反应为2Co2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2Co＋O2↑＋4H＋，D正确。[对点训练2](2021·山东卷节选，17)利用膜电解技术(装置如图所示)，以Na2CrO4为主要原料制备Na2Cr2O7的总反应方程式为：4Na2CrO4＋4H2Oeq\o(=,\s\up7(通电),\s\do5())2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑。则Na2Cr2O7在______(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为_____________________。解析：由4Na2Cr2O4＋4H2Oeq\o(=,\s\up7(通电),\s\do5())2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑可知，电解过程中实质是电解水，阳极上水失去电子生成H＋和O2，阴极上H＋得到电子生成H2，由2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O可知，Cr2Oeq\o\al(2－,7)在氢离子浓度较大的电极室中制得，即Na2Cr2O7在阳极室产生；为提高制备Na2Cr2O7的效率，CrOeq\o\al(2－,4)通过离子交换膜移向阳极。答案：阳CrOeq\o\al(2－,4)题点二电极反应式的书写与判断焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题：制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为_________________，电解后，________室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。【解析】装置图中左侧与电源正极相连，为三室膜电解槽的阳极，由于阳极室的溶液为稀硫酸，故阳极发生的反应为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，生成的H＋穿过阳离子交换膜进入a室与SO2碱吸收液中的SOeq\o\al(2－,3)反应生成HSOeq\o\al(－,3)，则a室中NaHSO3浓度增加。【答案】2H2O－4e－=4H＋＋O2↑a[同类对比](2020·北京卷，节选)电化学制备H2O2的方法。已知反应2H2O2=2H2O＋O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。①a极的电极反应式是___________________________。②下列说法正确的是________。A．该装置可以实现电能转化为化学能B．电极b连接电源负极C．该方法相较于早期制备方法具有原料廉价，对环境友好等优点提示：①O2＋2H＋＋2e－=H2O2②AC[对点训练3]按要求书写电极反应式和总反应方程式：(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：________________________________________。(3)以铝材为阳极，电解H2SO4溶液，铝材表面形成氧化膜阳极反应式：_________________________________________；阴极反应式：__________________________________________；总反应方程式：________________________________________。答案：(1)2Cl－－2e－=Cl2↑Mg2＋＋2H2O＋2e－=H2↑＋Mg(OH)2↓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－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↑[归纳总结](1)分析电解过程的思维流程(2)做到“三看”，正确书写电极反应式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：2Cl－－2e－=Cl2↑(反应类型：氧化反应)，阴极：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－(反应类型：还原反应)。(2)总反应方程式①化学方程式：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。②离子方程式：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑。(3)应用：氯碱工业——制Cl2、H2和NaOH①阳离子交换膜的作用阻止OH－进入阳极室与Cl2发生副反应：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。②a、b、c、d加入或取出的物质分别是精制饱和NaCl溶液；含少量NaOH的水、淡盐水、NaOH溶液；X、Y分别是Cl2、H2。2．电镀和电解精炼铜电镀(铁制品上镀Cu)电解精炼铜阳极电极材料镀层金属铜粗铜(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质)电极反应Cu－2e－=Cu2＋Cu－2e－=Cu2＋、Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋阴极电极材料待镀铁制品精铜电极反应Cu2＋＋2e－=Cu电解质溶液含Cu2＋的盐溶液电解精炼铜时，粗铜中的Ag、Au等不反应，沉积在电解池底部形成阳极泥3．电冶金本质为Mn＋＋ne－=M，利用电解熔融盐(或氧化物)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)eq\o(=,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑阴极：2Na＋＋2e－=2Na冶炼镁MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解))Mg＋Cl2↑阳极：2Cl－－2e－=Cl2↑阴极：Mg2＋＋2e－=Mg冶炼铝2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up7(电解),\s\do5(冰晶石))4Al＋3O2↑阳极：6O2－－12e－=3O2↑阴极：4Al3＋＋12e－=4Al(1)电镀铜和电解精炼铜时，电解质溶液中的c(Cu2＋)均保持不变。(×)(2)电解冶炼镁、铝通常电解MgCl2和Al2O3，也可电解MgO和AlCl3。(×)(3)若把Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑设计成电解池，应用Cu作阴极。(×)(4)电解饱和食盐水时，两个电极均不能用金属材料。(×)(5)在镀件上电镀铜时，待镀件应连接电源的负极。(√)题点一电解原理的应用氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：依据上图，完成下列填空：(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的电极反应式为___________，与电源负极相连的电极附近，溶液pH________(选填“不变”“升高”或“下降”)。(2)为有效除去工业食盐中含Ca2＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)杂质，加入试剂的合理顺序为________(多选)。A．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂B．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3C．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3【解析】(1)电解饱和食盐水，与电源正极相连的电极为阳极，电极反应式是2Cl－－2e－=Cl2↑；与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式是2H＋＋2e－=H2↑，消耗H＋，产生OH－，所以溶液的pH升高。(2)除去杂质时加入Ba2＋和OH－，无先后之分，但Na2CO3一定要在最后加入，因为COeq\o\al(2－,3)还要除去多余的Ba2＋，过滤沉淀后加入适量HCl，即认为NaCl被提纯，选BC。【答案】(1)2Cl－－2e－=Cl2↑升高(2)BC[母题延伸]若采用无隔膜法电解冷的食盐水：(1)有哪些不利的因素？(2)写出该电解反应相应的化学方程式？提示：(1)H2和Cl2混合发生爆炸，Cl2和NaOH溶液作用生成NaClO影响烧碱的质量。(2)将2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑和Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O合并，即可得出答案。NaCl＋H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))NaClO＋H2↑[对点训练1]金属镍有广泛的用途，粗镍中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等杂质，可用电解法制备高纯度的镍，下列叙述正确的是(已知：氧化性Fe2＋<Ni2＋<Cu2＋)()A．阳极发生还原反应，其电极反应式为Ni2＋＋2e－=NiB．电解过程中，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量一定相等C．电解后，电解槽底部的阳极泥中含有Cu和PtD．电解后，溶液中存在的金属阳离子只有Fe2＋和Zn2＋解析：CA项，电解法制备高纯度的镍，粗镍作为阳极，金属按还原性顺序Zn>Fe>Ni>Cu>Pt发生氧化反应，电极反应依次为Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋，错误；B项，电解过程中，阳极Zn、Fe、Ni溶解，Cu、Pt沉积到电解槽底部，阴极只析出Ni，结合两极转移的电子数相等，阳极质量的减少量与阴极质量的增加量不一定相等，错误；C项，Cu和Pt还原性比Ni弱，不能失去电子，以单质沉淀的形式沉积在电解槽底部，形成阳极泥，正确；D项，电解后，溶液中存在的金属阳离子除了Fe2＋、Zn2＋外，还有Ni2＋，错误。[对点训练2]利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产上的应用。下列说法正确的是()A．氯碱工业中，X电极上反应式是4OH－－4e－=2H2O＋O2↑B．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是熔融的氯化镁解析：D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。题点二电解原理的拓展应用一种生物电化学方法脱除水体中NHeq\o\al(＋,4)的原理如下图所示：下列说法正确的是()A．装置工作时，化学能转变为电能B．装置工作时，a极周围溶液pH降低C．装置内工作温度越高，NHeq\o\al(＋,4)脱除率一定越大D．电极b上发生的反应之一是：2NOeq\o\al(－,3)－2e－=N2↑＋3O2↑【解析】该装置是把电能转化为化学能，故A错误；a极为阳极，电极反应为NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O－6e－=NOeq\o\al(－,2)＋8H＋或NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O－8e－=NOeq\o\al(－,3)＋10H＋，所以a极周围溶液的pH减小，故B正确；该装置是在细菌生物作用下进行的，所以温度过高，导致细菌死亡，NHeq\o\al(＋,4)脱除率会减小，故C错误；b极上反应式为2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，故D错误。【答案】B[母题延伸]上题若把电源去掉，用导线把两极相连，在催化剂作用下发生上述反应，写出a极、b极的电极反应式？提示：电极a负极NHeq\o\al(＋,4)－6e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,2)＋8H＋或NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O－8e－=NOeq\o\al(－,3)＋10H＋电极b正极2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=N2↑＋6H2O[对点训练3](2021·潍坊模拟)一种新型的电解废水处理技术是以活性炭为电极板和粒子凝胶颗粒填充的电解装置(如图所示)。该装置电解过程中产生的羟基自由基(·OH)氧化能力极强，能氧化苯酚生成CO2、H2O。下列说法错误的是()A．阳极电极反应为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋B．H＋通过离子交换膜向阴极移动C．苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2OD．每转移0.7mole－两极室共产生气体体积为11.2L(标准状况)解析：A根据题给信息可知，阳极上产生羟基自由基，故阳极反应为H2O－e－=·OH＋H＋，A项错误；H＋通过离子交换膜向阴极移动，B项正确；苯酚被羟基自由基氧化为CO2、H2O，配平化学方程式为C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2O，C项正确；阴极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，转移0.7mol电子，阴极产生0.35molH2，阳极反应式为H2O－e－=·OH＋H＋，转移0.7mol电子，生成0.7mol·OH，由C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2O可知，0.7mol·OH参加反应，生成0.15molCO2，故两极室共产生0.5mol气体，在标准状况下体积为11.2L，D项正确。[对点训练4](双选)燃料燃烧产生的尾气含有一定量的NO，科学家提出一种间接电化学法对大气污染物NO进行无害化处理，其原理示意如图(质子膜允许H＋和H2O通过)，下列相关判断正确的是()A．电极Ⅱ连接电源的负极B．电解池发生的反应为4HSOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up7(电解))2S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O＋O2↑C．吸收塔中每产生1molHSOeq\o\al(－,3)，理论上处理NO气体的体积为11.2LD．每产生1molO2电解池中从电极Ⅱ向电极Ⅰ转移4molH＋解析：BD。电极Ⅱ产生O2说明发生氧化反应，为电解池的阳极连接电源的正极，A错误；电极Ⅰ发生HSOeq\o\al(－,3)生成S2Oeq\o\al(2－,4)的还原反应为电解池的阴极，电极反应为4HSOeq\o\al(－,3)＋4H＋＋4e－=4S2Oeq\o\al(2－,4)＋4H2O，电极Ⅱ发生2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，则电池总反应为4HSOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up7(电解))2S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O＋O2↑，B正确；吸收塔中发生的反应为2NO＋2S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O=N2＋4HSOeq\o\al(－,3)，每产生1molHSOeq\o\al(－,3)，理论上处理NO气体的体积在标准状况下为11.2L，C错误；结合电极反应，每产生1molO2电解池中从电极Ⅱ向电极Ⅰ转移4molH＋，D正确。[归纳总结]电化学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用于混合溶液中分阶段电解的计算。(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。考点三金属的腐蚀与防护1．化学腐蚀与电化学腐蚀的比较类型化学腐蚀电化学腐蚀条件金属跟干燥气体或非电解质液体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的比较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水膜酸性很弱或呈中性电极反应负极Fe－2e－=Fe2＋正极2H＋＋2e－=H2↑O2＋2H2O＋4e－=4OH－总反应式Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2联系吸氧腐蚀更普遍铁锈的形成：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3=Fe2O3·xH2O(铁锈)＋(3－x)H2O。3．金属的防护(1)改变金属材料的组成，如制成合金、不锈钢等。(2)在金属表面覆盖保护层，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。(3)电化学防护①牺牲阳极法——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外加电流法——电解原理a．阴极：被保护的金属设备；b．阳极：惰性金属。(1)金属发生腐蚀就是金属得电子转变为金属化合物的过程。(×)(2)钢铁发生电化学腐蚀时，负极铁失去电子生成Fe3＋。(×)(3)Al、Fe、Cu在潮湿的空气中腐蚀均生成氧化物。(×)(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)铁表面镀锌可增强其抗腐蚀性。(√)(6)干燥环境下，所有金属都不能被腐蚀。(×)(7)铜在酸性环境下，不易发生析氢腐蚀。(√)题点一金属的腐蚀与防护钢铁防护方法有多种，图中的方法描述正确的是()A．b为电源负极B．该方法是牺牲阳极法C．电子流向：a→钢铁闸门→辅助电极→b→aD．电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应【解析】A项，在外加电流法中，钢铁作电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，故A错误；从题图示可知，由于有外加电源，故此为外加电流法，故B错误；C项，在电解池中，电子由电解池的阳极→电源的正极，电源的负极→电解池的阴极，溶液中通过离子导电而不是电子，故C错误；D项，电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极法，则辅助电极要作负极，发生氧化反应，故D正确。【答案】D[对点训练1](2020·江苏卷)将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在如图所示的情境中，下列有关说法正确的是()A．阴极的电极反应式为Fe－2e－=Fe2＋B．金属M的活动性比Fe的活动性弱C．钢铁设施表面因积累大量电子而被保护D．钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快解析：CA项，该装置为原电池，阴极处为正极，参与电极反应的可能是O2或是溶液中的H＋，错误；B项，M比Fe活泼，M将电子转移至Fe处，错误；C项，Fe表面有M传过来的电子，则O2或H＋得到的电子不是Fe失去的电子，故Fe被保护，正确；D项，海水中存在电解质溶液，所以更容易发生电化学腐蚀，错误。题点二金属腐蚀与防护的实验探究验证牺牲阳极法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。①②③在Fe表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是()A．对比②③，可以判定Zn保护了FeB．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼【解析】Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，对比②和③发现②中的Fe没有被腐蚀、③中的Fe被腐蚀，说明Zn可保护Fe，A正确；由②可知①中的Fe应被保护，而由①的实验现象可知铁被氧化，则可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化，B正确；Fe会被K3[Fe(CN)6]氧化，所以不能用①的方法验证Zn保护Fe，C正确；由以上分析可知，Fe可以被K3[Fe(CN)6]氧化，故加入K3[Fe(CN)6]溶液生成蓝色沉淀不能说明Fe比Cu活泼，D错误。【答案】D[对点训练2](双选)某化学小组通过手持技术探究铁钉在4种溶液中的吸氧腐蚀实验，相关数据如表所示。实验装置实验编号浸泡液pH氧气体积分数随时间的变化①1.0mol·L－1NH4Cl5②0.5mol·L－1(NH4)2SO45③1.0mol·L－1NaCl7④0.5mol·L－1Na2SO47已知铁在负极被氧化的过程由3个步骤构成：①Fe＋H2O－e－=Fe(OH)ads(吸附物)＋H＋；②Fe(OH)ads(吸附物)－e－=FeOH＋；③FeOH＋＋H＋=Fe2＋＋H2O。下列说法错误的是()A．铁钉吸氧腐蚀的负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋B．上述实验的正极反应式均为O2＋4e－＋4H＋=2H2OC．300min内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率：弱酸性溶液<中性溶液D．曲线先陡后平可能是由于溶液碱性增强促进氢氧化物生成，阻碍反应继续进行解析：BC由题给信息知，铁钉吸氧腐蚀的负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故A正确；吸氧腐蚀是在中性或弱酸性环境中发生的，故正极反应式均为O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故B错误；①②溶液显酸性，③④溶液显中性，根据图像可知，铁钉的平均吸氧腐蚀速率：弱酸性溶液大于中性溶液，故C错误；氧气体积分数下降曲线先陡后平，一方面是由于氧气体积分数降低后使腐蚀速率变慢，另一方面也可能是由于溶液碱性增强促进氢氧化物的生成，氢氧化物覆盖在铁钉表面阻碍反应继续进行，故D正确。[对点训练3]如图所示，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________________________________________________________________________。解析：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的金属活动性差别大于Fe和Sn，故FeCu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的速率由快到慢的顺序为⑤>④>②>①>③>⑥。答案：⑤④②①③⑥[方法规律]判断金属腐蚀快慢的方法(1)对同一电解质溶液来说，腐蚀的快慢：电解池原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。(2)对同一金属来说，腐蚀的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。(浓度相同)(3)活泼性不同的两种金属，活泼性差异越大，腐蚀越快。(4)对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀速率越快。【命题分析】近几年高考试题中，涉及隔膜电化学装置的题目比较多，且每年都有变化。隔膜的功能在于选择性地通过某些离子或阻止某些离子来隔离某些物质，进而制备一些特定物质或对物质进行分离，体现了科学探究与创新意识的化学核心素养。1．离子交换膜的类型和作用2．多室电解池多室电解池是利用离子交换膜的选择透过性，即允许带某种电荷的离子通过而限制带相反电荷的离子通过，将电解池分为两室、三室、多室等，以达到浓缩、净化、提纯及电化学合成的目的。(1)两室电解池①制备原理：工业上利用如图两室电解装置制备烧碱阳极室中电极反应：2Cl－－2e－=Cl2↑，阴极室中的电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，阴极区H＋放电，破坏了水的电离平衡，使OH－浓度增大，阳极区Cl－放电，使溶液中的c(Cl－)减小，为保持电荷守恒，阳极室中的Na＋通过阳离子交换膜与阴极室中生成的OH－结合，得到浓的NaOH溶液。利用这种方法制备物质，纯度较高，基本没有杂质。②阳离子交换膜的作用它只允许Na＋通过，而阻止阴离子(Cl－)和气体(Cl2)通过。这样既防止了两极产生的H2和Cl2混合爆炸，又避免了Cl2和阴极产生的NaOH反应生成NaClO而影响烧碱的质量。(2)三室电解池利用三室电解装置制备NH4NO3，其工作原理如图所示。阴极的NO被还原为NHeq\o\al(＋,4)：NO＋5e－＋6H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O，NHeq\o\al(＋,4)通过阳离子交换膜进入中间室；阳极的NO被氧化为NOeq\o\al(－,3)：NO－3e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,3)＋4H＋，NOeq\o\al(－,3)通过阴离子交换膜进入中间室。根据电路中转移电子数相等可得电解总反应：8NO＋7H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))3NH4NO3＋2HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，补充适量NH3可以使电解产生的HNO3转化为NH4NO3。(3)多室电解池利用“四室电渗析法”制备H3PO2(次磷酸)，其工作原理如图所示。电解稀硫酸的阳极反应：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，产生的H＋通过阳离子交换膜进入产品室，原料室中的H2POeq\o\al(－,2)穿过阴离子交换膜进入产品室，与H＋结合生成弱电解质H3PO2；电解NaOH稀溶液的阴极反应：4H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－，原料室中的Na＋通过阳离子交换膜进入阴极室与OH－结合，得到浓的NaOH溶液。1．高铁酸钠(Na2FeO4)在水处理中起着净化的作用，利用电解法制备高铁酸钠的装置如图。下列说法错误的是()A．甲、乙室间的交换膜为阳离子交换膜，乙、丙室间的交换膜为阴离子交换膜B．Fe作阳极，电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2OC．A口产品为NaOH溶液和H2，B口产品为Na2FeO4溶液和O2D．需要向乙室和丙室中不断补充NaOH浓溶液，电解生成的NaOH可循环使用解析：C由装置图可知，C极上H2O得电子转化为H2，则C为阴极，Fe电极上Fe失电子转化为FeOeq\o\al(2－,4)，Fe作阳极，电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，故乙池中Na＋经左侧离子交换膜进入甲池，OH－经右侧离子交换膜进入丙池。根据分析可知，甲、乙室间的交换膜为阳离子交换膜，乙、丙室间的交换膜为阴离子交换膜，A正确；阳极上，Fe失电子与OH－反应生成FeOeq\o\al(2－,4)，电极反应式为Fe＋8OH－－6e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O，B正确；甲池中水放电生成H2和OH－，OH－与Na＋结合使NaOH溶液浓度变大，而丙池中铁放电转化为Na2FeO4，无O2生成，C错误；乙室中Na＋向甲室移动，OH－向丙室移动，会导致浓NaOH溶液变稀，丙室中浓NaOH溶液因生成Na2FeO4而被消耗，因此需要不断补充NaOH浓溶液，甲室中生成的NaOH可以循环利用，D正确。2．(2021·湖南汨罗市高三检测)处理烟气中的SO2可以采用碱吸——电解法，其流程如图1；模拟过程Ⅱ如图2，下列推断正确的是()A．膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜B．若用锌锰碱性电池为电源，a极与锌极相连C．a极的电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑D．若收集22.4L的P(标准状况下)，则转移4mol电子解析：B由图1可知，氢氧化钠溶液与烟气中的SO2反应生成亚硫酸钠溶液，电解亚硫酸钠溶液制得氢氧化钠溶液和硫酸，制得的氢氧化钠溶液可以循环使用；由图2可知，电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室，在b极上失电子发生氧化反应生成硫酸根，SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，则b极为阳极，与电源正极相连，左室中，水在a极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，溶液中OH－浓度增大，Na＋通过阳离子交换膜进入左室，则a极为阴极，与电源负极相连，则膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，故A错误；a极为阴极，与锌锰碱性电池的负极锌极相连，故B正确；a极反应式为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，故C错误；由阴极电极反应式可知，若收集标准状况下22.4LH2，转移2mol电子，故D错误。3．利用双离子交换膜电解法可以从含硝酸铵的工业废水中生产硝酸和氨，原理如图所示。下列叙述正确的是()A．N室中硝酸溶液浓度a%>b%B．a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜C．M、N室分别产生氧气和氢气D．产品室发生的反应为NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O答案：D4．利用原电池原理，在室温下从含低浓度铜的酸性废水中回收铜的实验装置如图所示：下列说法错误的是()A．X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜B．负极的电极反应式：BHeq\o\al(－,4)＋8OH－－8e－=B(OH)eq\o\al(－,4)＋4H2OC．2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4D．电路中每转移1mol电子，电极2上有32gCu析出解析：D由图中物质得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，1室中Na＋、K＋透过X膜向2室迁移，3室中SOeq\o\al(2－,4)透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子选择性交换膜、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，A、C项正确；在原电池中负极发生氧化反应，B项正确；正极发生还原反应，由题图可知H＋也参与放电，当转移1mol电子时，析出的Cu少于32g，D项错误。5．利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法不正确的是()A．a极反应：CH4－8e－＋4O2－=CO2＋2H2OB．A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜C．可用铁电极替换阴极的石墨电极D．a极通入2.24L甲烷，阳极室Ca2＋减少0.4mol解析：D左侧装置为原电池装置，甲烷在a极失电子转化为二氧化碳，则a极为负极；氧气在b极得电子转化为O2－，b极为正极。右侧装置为电解池，与a极相连的石墨电极为阴极，水中的氢离子得电子转化为氢气；与b极相连的石墨电极为阳极，氯离子失电子转化为氯气；电解池中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，则阳极室中的钙离子经过A膜进入产品室，原料室中的H2POeq\o\al(－,4)经过B膜进入产品室，原料室中的钠离子经过C膜进入阴极室，与阴极室中产生的氢氧根离子结合，生成副产物氢氧化钠。a极为负极，电极反应式为CH4－8e－＋4O2－=CO2＋2H2O，A正确，由分析可知，A、C膜均为阳离子交换膜，B膜为阴离子交换膜，B正确；铁若为阴极电极材料，不会参与电极反应，故可用铁电极替换阴极的石墨电极，C正确；题中未给定气体所处的温度和压强，无法确定CH4的物质的量，进而无法计算阳极室中Ca2＋的减少量，D错误。6．(2020·山东卷)微生物脱盐电池是一种高效、经济的能源装置，利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用下图装置处理有机废水(以含CH3COO－的溶液为例)。下列说法错误的是()A．负极反应为CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2↑＋7H＋B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜C．当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gD．电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为2∶1解析：BA项，结合题给微生物脱盐电池装置可知，a极的电极反应式为CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2↑＋7H＋，故a极为负极，b极为正极，正确。B项，a极区有H＋产生，阳离子增多，为保证溶液呈电中性，Cl－需定向迁移到a极区，隔膜1为阴离子交换膜；同理，b极的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，需Na＋定向迁移到b极区，隔膜2为阳离子交换膜，错误。C项，当电路中转移1mol电子时，有1molNa＋和1molCl－发生定向迁移，故理论上除盐58.5g，正确。D项，结合电极反应式，得8e－～2CO2～4H2，故电池工作一段时间后，正、负极产生的气体的物质的量之比为2∶1，正确。1．串联电池中原电池、电解池的判断(1)有外接电源的判断方法则甲为电镀池，乙、丙均为电解池。(2)无外接电源的判断方法①直接判断非常直观明显的装置，如燃料电池、铅蓄电池等在电路中，则其他装置为电解池。如图所示：A为原电池，B为电解池。②根据电池中的电极材料和电解质溶液判断原电池一般是两种活泼性不同的金属电极或一种金属电极和一个碳棒作电极；而电解池则一般都是两个惰性电极，如两个铂电极或两个碳棒电极。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的氧化还原反应，电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。如图所示：B为原电池，A为电解池。另外：根据电极上的现象也可以判断。2．串联类电池的思维流程3．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4mole－为桥梁可构建如下关系式：4e－～2Cl2(Br2、I2)～O2阳极产物～2H2～2Cu～4Ag～eq\f(4,n)M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。1．传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理如图所示。下列说法不正确的是()A．b极为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2OB．H＋由a极通过质子交换膜向b极移动C．该燃料电池的总反应式为2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4D．若a极消耗2.24L(标准状况)SO2，理论上c极有6.4g铜析出解析：DO2在b极上发生还原反应生成H2O，则b极是正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，A正确；原电池中，阳离子向正极移动，则H＋由a极通过质子交换膜向b极移动，B正确；负极反应式为SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，根据正、负极反应并结合电子守恒可得，该燃料电池的总反应式为2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4，C正确；c极是电解池的阳极，电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，a极消耗2.24L(标准状况)SO2，电路中转移0.2mol电子，则c极上有0.05molO2生成，不析出铜，D错误。2．在500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c(NOeq\o\al(－,3))＝6mol·L－1，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)，假定电解后溶液体积仍为500mL，下列说法正确的是()A．电解得到的Cu的物质的量为0.5molB．向电解后的溶液中加入98g的Cu(OH)2可恢复为原溶液C．原混合溶液中c(K＋)＝4mol·L－1D．电解后溶液中c(H＋)＝2mol·L－1解析：B石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L气体(标准状况)，n(O2)＝eq\f(22.4L,22.4L·mol－1)＝1mol，阳极发生2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，生成1mol氧气转移4mol电子，阴极发生Cu2＋＋2e－=Cu、2H＋＋2e－=H2↑，生成1mol氢气，转移2mol电子，因此还要转移2mol电子生成1mol铜，电解得到的Cu的物质的量为1mol，故A错误；根据电解原理和原子守恒，溶液中减少的原子有铜、氧、氢，向电解后的溶液中加入1molCu(OH)2，可恢复为原溶液，质量为98g，故B正确；c(Cu2＋)＝eq\f(1mol,0.5L)＝2mol·L－1，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K＋)为6mol·L－1－2mol·L－1×2＝2mol·L－1，故C错误；开始电解时发生2Cu2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋4H＋，n(H＋)＝2n(Cu)＝2×1mol＝2mol，当Cu2＋消耗完后，电解HNO3、KNO3溶液，实质上是电解水，n(H＋)＝2mol不变，电解后溶液中c(H＋)为eq\f(2mol,0.5L)＝4mol·L－1，故D错误。3．某种酒精检测仪的传感器采用Pt作为电极，其燃烧室内充满特种催化剂。某同学用该乙醇燃料电池作为电源设计如图所示电解实验装置。下列说法不正确的是()A．a电极为负极，d电极为阴极B．b电极的电极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2OC．当装置Ⅱ中生成11.2L(标准状况)Cl2时，有0.5molH＋通过装置Ⅰ中的质子交换膜D．当装置Ⅰ中生成6.0gCH3COOH时，装置Ⅲ中CuSO4溶液的质量减少16g解析：C乙醇燃料电池中，O2通入b电极区，乙醇蒸气通入a电极区，则电极a是负极，电极b是正极，从而推知，电极d是阴极，A正确；b电极是正极，O2得电子发生还原反应，电解液呈酸性，则正极反应式为O2＋4H＋＋4e－=2H2O，B正确；装置Ⅱ中电解饱和氯化钠溶液，生成标准状况下11.2LCl2(即0.5mol)，电路中通过1mol电子，据电子守恒和溶液呈电中性可知，装置Ⅰ中有1molH＋透过质子交换膜向右迁移，C错误；装置Ⅰ中负极反应式为CH3CH2OH＋H2O－4e－=CH3COOH＋4H＋，生成6.0gCH3COOH(即0.1mol)时，电路中通过0.4mol电子，装置Ⅲ中阳极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，阴极反应式为2Cu2＋＋4e－=2Cu，据电子守恒推知，析出0.1molO2和0.2molCu，故装置Ⅲ中溶液减少的质量为0.1mol×32g·mol－1＋0.2mol×64g·mol－1＝16g，D正确。4．如图所示，通电5min后，电极5的质量增加2.16g，请回答下列问题。(1)a为电源的________(填“正”或“负”)极，C池是________________________池。A池阳极的电极反应为____________________________________________，C池阴极的电极反应为_________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)如果B池中共收集到224mL气体(标准状况)且溶液体积为200mL(设电解过程中溶液体积不变)，则通电前溶液中Cu2＋的物质的量浓度为________。(3)如果A池溶液是200mL足量的食盐水(电解过程溶液体积不变)，则通电5min后，溶液的pH为________。解析：(1)根据已知条件通电5min后，电极5的质量增加2.16g，说明电极5作阴极，Ag＋放电，电极反应为Ag＋＋e－=Ag，转移电子的物质的量为0.02mol，同时可知电极6作阳极，与电源的正极相连。则a是负极，b是正极，电极1、3、5作阴极，电极2、4、6作阳极。(2)B池中电解总反应为2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4，若转移0.02mol电子时只收集到O2(只电解溶质)，则根据关系式2CuSO4～O2～4e－可得n(O2)＝0.005mol，体积为112mL(标准状况)<224mL，说明溶质CuSO4已耗完，然后电解水。设整个过程消耗CuSO4xmol，H2Oymol，则有2x＋2y＝0.02，eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)y＝0.01，解得x＝y＝0.005mol，则c(CuSO4)＝0.025mol·L－1。(3)由于A池中电解液足量，A池中只发生反应2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，根据关系式NaOH～e－，生成的n(NaOH)＝0.02mol，则c(NaOH)＝eq\f(0.02mol,0.2L)＝0.1mol·L－1，即溶液的pH＝13。答案：(1)负电解2Cl－－2e－=Cl2↑Ag＋＋e－=Ag(2)0.025mol·L－1(3)135．如图甲所示，A为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，电解质溶液为KOH溶液。B为浸透饱和硫酸钠溶液和酚酞溶液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D为电解槽。(1)甲烷燃料电池中负极反应式为____________________________________________________________________________________________________________________。(2)关闭K1，打开K2，通电后，B中的紫红色液滴向d端移动，则电源a端为________极，通电一段时间后，观察到滤纸c端出现的现象是________________________________________________________________________________________________________。(3)D装置中有200mL一定浓度的NaCl与CuSO4的混合溶液，闭合K2、打开K1后理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图乙所示(气体体积已换算成标准状况下的体积，电解前后溶液的体积变化忽略不计)，则原混合溶液中NaCl的物质的量浓度为______mol·L－1，t2s时所得溶液的pH＝________。(4)若C装置中溶液为AgNO3溶液且足量，电池总反应的离子方程式为____________________________________________________________________________________。电解结束后，为了使溶液恢复原样，则可以在反应后的溶液中加入________(填化学式)。解析：(1)甲烷燃料电池的电解质溶液为KOH溶液，负极上CH4失电子被氧化，电极反应式为CH4＋10OH－－8e－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O。(2)关闭K1，打开K2，燃料电池A和电解池B组成串联电路，B中紫红色液滴向d端移动，说明MnOeq\o\al(－,4)向d移动，则d为阳极，从而推知a为电源的负极，b为正极；c为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，c端溶液呈碱性，酚酞遇碱溶液变成红色。(3)阳极上先后发生反应：2Cl－－2e－=Cl2↑、2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，由题图乙可知，t1s时，Cl－放电完毕，得到224mLCl2(标准状况)，则有n(NaCl)＝n(Cl－)＝2n(Cl2)＝eq\f(2×0.224L,22.4L·mol－1)＝0.02mol，故原混合液中c(NaCl)＝eq\f(0.02mol,0.2L)＝0.1mol·L－1。0～t2s阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，t1～t2s生成112