PAGEPAGE1第六章化學反響與能量第22講電解池金屬的電化學腐蝕與防護考綱要求1.理解電解池的構成、工作原理及應用，能書寫電極反響和總反響方程式。2.了解金屬發生電化學腐蝕的原因、金屬腐蝕的危害、防止金屬腐蝕的措施。考點一電解的原理1．電解定義在電流作用下，電解質在兩個電極上分別發生氧化反響和復原反響的過程。2．能量轉化形式電能轉化為化學能。3．電解池(1)構成條件①有與電源相連的兩個電極。②電解質溶液(或熔融鹽)。③形成閉合回路。(2)電極名稱及電極反響式(如圖)(3)電子和離子的移動方向4．陰陽兩極上放電順序陰離子失去電子或陽離子得到電子的過程叫放電。離子的放電順序取決于離子本身的性質即離子得失電子的能力，另外也與離子的濃度及電極材料有關。(1)陰極：陰極上放電的總是溶液中的陽離子，與電極材料無關。氧化性強的先放電，放電順序：(2)陽極：假設是活性電極作陽極，那么活性電極首先失電子，發生氧化反響。假設是惰性電極作陽極，那么僅是溶液中的陰離子放電，常見離子的放電順序是特別提醒一般情況下，離子按上述順序放電，但如果離子濃度相差十分懸殊，離子濃度大的也可以先放電。如理論上H＋的放電能力大于Fe2＋、Zn2＋，但在電解濃度大的硫酸亞鐵或硫酸鋅溶液中，由于溶液中c(Fe2＋)或c(Zn2＋)≥c(H＋)，那么先在陰極上放電的是Fe2＋或Zn2＋，因此陰極上的主要產物為Fe或Zn；但在水溶液中，Al3＋、Mg2＋、Na＋等是不會在陰極上放電的。深度思考1．分析電解以下物質的過程，并總結電解規律(用惰性電極電解)。(1)電解水型電解質(水溶液)電極方程式電解物質總化學方程式電解質濃度溶液pH溶液復原含氧酸(如H2SO4)陽極：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O陰極：4H＋＋4e－=2H2↑H2O2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))O2↑＋2H2↑增大減小加H2O強堿(如NaOH)增大加H2O活潑金屬的含氧酸鹽(如KNO3、Na2SO4)不變加H2O電解水型電解一段時間后，其電解質的濃度一定增大嗎？舉例說明。答案不一定，如用惰性電極電解飽和Na2SO4溶液，一段時間后會析出Na2SO4·10H2O晶體，剩余溶液仍為該溫度下的飽和溶液，此時濃度保持不變。(2)電解電解質型電解質(水溶液)電極方程式電解物質總化學方程式電解質濃度溶液pH溶液復原無氧酸(如HCl)，除HF外陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑陰極：2H＋＋2e－=H2↑酸2HCleq\o(=,\s\up7(電解))H2↑＋Cl2↑減小增大通入HCl氣體不活潑金屬的無氧酸鹽(如CuCl2)，除氟化物外陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑陰極：Cu2＋＋2e－=Cu鹽CuCl2eq\o(=,\s\up7(電解))Cu＋Cl2↑加CuCl2固體(3)放H2生堿型電解質(水溶液)電極方程式電解物質總化學方程式電解質濃度溶液pH溶液復原活潑金屬的無氧酸鹽(如NaCl)陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑陰極：2H＋＋2e－=H2↑水和鹽2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Cl2↑＋H2↑＋2OH－生成新電解質增大通入HCl氣體要使電解后的NaCl溶液復原，滴加鹽酸可以嗎？為什么？答案不可以，因為電解NaCl溶液時析出的是等物質的量的Cl2和H2，所以應通入氯化氫氣體，參加鹽酸會引入過多的水。(4)放O2生酸型電解質(水溶液)電極方程式電解物質總化學方程式電解質濃度溶液pH溶液復原不活潑金屬的含氧酸鹽(如CuSO4)陽極：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑陰極：2Cu2＋＋4e－=2Cu水和鹽2Cu2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2Cu＋O2↑＋4H＋生成新電解質減小加CuO或CuCO3①要使電解后的CuSO4溶液復原，參加Cu(OH)2固體可以嗎？為什么？參加CuCO3為什么也可復原？答案不可以因為電解CuSO4溶液時，盡管Cu2＋和OH－分別放電，按照電極反響式Cu2＋＋2e－=Cu、4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，氫元素變成H2O仍然留在溶液中，只有Cu析出和O2逸出，且物質的量之比為2∶1，所以要讓溶液復原，需要加CuO，而不能加Cu(OH)2。參加CuCO3時，CO2變為氣體逸出，相當于加的是CuO。②假設用惰性電極電解CuSO4溶液一段時間后，需參加98gCu(OH)2固體，才能使電解質溶液復原，那么這段時間，整個電路中轉移的電子數為多少？答案4NA解析方法一：98gCu(OH)2的物質的量為1mol，相當于電解了1mol的CuSO4后，又電解了1mol的水，所以轉移的電子數為2NA＋2NA＝4NA。方法二：可以認為整個電路中轉移的電子數與Cu(OH)2的O2－失電子數相等，共4NA。(5)通過以上分析，電解質溶液復原應遵循什么原那么？答案電解質溶液的復原應遵循“從溶液中析出什么補什么〞的原那么，即從溶液中析出哪種元素的原子，那么應按比例補入哪些原子。2．根據金屬活動順序表，Cu和稀H2SO4不反響，怎樣根據電化學的原理實現Cu和稀H2SO4反響產生H2?答案Cu作陽極，C作陰極，稀H2SO4作電解質溶液，通入直流電就可以實現該反響。電解反響式為陽極：Cu－2e－=Cu2＋，陰極：2H＋＋2e－=H2↑。總反響式：Cu＋2H＋eq\o(=,\s\up7(電解))Cu2＋＋H2↑。題組一電解規律的應用1．以石墨為電極分別電解水和飽和食鹽水，關于兩個電解池反響的說法正確的選項是()A．陽極反響式相同B．電解結束后所得液體的pH相同C．陰極反響式相同D．通過相同電量時生成的氣體總體積相等(同溫同壓)答案C解析A項，以石墨為電極電解水，陽極：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，以石墨為電極電解飽和食鹽水，陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑，二者陽極電極反響式不同，故A錯誤；B項，電解水溶液的pH不變，電解飽和氯化鈉溶液生成氫氧化鈉、氯氣和氫氣，pH變大，所以電解結束后所得液體的pH不相同，故B錯誤；C項，以石墨為電極分別電解水和飽和食鹽水陰極上都是2H＋＋2e－=H2↑，所以陰極電極反響式相同，故C正確；D項，設轉移電子數為4mol，那么依據電解方程式：2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2H2↑＋O2↑～4e－，電解水生成3mol氣體，依據電解方程式2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑～2e－，電解飽和食鹽水生成4mol氣體，故D錯誤。2．用惰性電極電解以下各組中的三種電解質溶液，在電解的過程中，溶液的pH依次為升高、不變、降低的是()A．AgNO3CuCl2Cu(NO3)2B．KClNa2SO4CuSO4C．CaCl2KOHNaNO3D．HClHNO3K2SO4答案B解析由電解電解質溶液的四種類型可知：類型化學物質pH變化放O2生酸型CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2降低放H2生堿型KCl、CaCl2升高電解電解質型CuCl2—HCl升高電解H2O型NaNO3、Na2SO4、K2SO4不變KOH升高HNO3降低題組二電極方程式及電極產物的判斷3．(2022·北京理綜，12)用石墨電極完成以下電解實驗。實驗一實驗二裝置現象a、d處試紙變藍；b處變紅，局部褪色；c處無明顯變化兩個石墨電極附近有氣泡產生；n處有氣泡產生……以下對實驗現象的解釋或推測不合理的是()A．a、d處：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－B．b處：2Cl－－2e－=Cl2↑C．c處發生了反響：Fe－2e－=Fe2＋D．根據實驗一的原理，實驗二中m處能析出銅答案B解析A項，a、d處試紙變藍，說明溶液顯堿性，是溶液中的氫離子得到電子生成氫氣，氫氧根離子剩余造成的，正確；B項，b處變紅，局部褪色，說明是溶液中的氯離子放電生成氯氣同時與H2O反響生成HClO和H＋，Cl－－2e－＋H2O=HClO＋H＋，錯誤；C項，c處為陽極，鐵失去電子生成亞鐵離子，正確；D項，實驗一中ac形成電解池，bd形成電解池，所以實驗二中形成3個電解池，n(右面)有氣泡生成，為陰極產生氫氣，n的另一面(左面)為陽極產生Cu2＋，Cu2＋在m的右面得電子析出銅，正確。4．按要求書寫電極反響式和總反響方程式：(1)用惰性電極電解MgCl2溶液陽極反響式：；陰極反響式：；總反響離子方程式：。(2)用Al作電極電解NaOH溶液陽極反響式： ；陰極反響式：；總反響離子方程式：。(3)用Al作陽極，電解H2SO4溶液，鋁材外表形成氧化膜陽極反響式：；陰極反響式：；總反響離子方程式：。答案(1)2Cl－－2e－=Cl2↑2H＋＋2e－=H2↑(或2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－)Mg2＋＋2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))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(電解))2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑(3)2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋6H＋＋6e－=3H2↑2Al＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Al2O3＋3H2↑5．(1)利用LiOH和鈷氧化物可制備鋰離子電池正極材料。LiOH可由電解法制備，鈷氧化物可通過處理鈷渣獲得。利用如圖裝置電解制備LiOH，兩電極區電解液分別為LiOH和LiCl溶液。B極區電解液為(填化學式)溶液，陽極電極反響式為，電解過程中Li＋向(填“A〞或“B〞)電極遷移。(2)離子液體是一種室溫熔融鹽，為非水體系。由有機陽離子、Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)組成的離子液體作電解液時，可在鋼制品上電鍍鋁。鋼制品應接電源的極，電鍍過程中不產生其他離子且有機陽離子不參與電極反響，陰極電極反響式為。假設改用AlCl3水溶液作電解液，那么陰極產物為。答案(1)LiOH2Cl－－2e－=Cl2↑B(2)負4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)H2解析(1)B極區生成H2，同時會生成LiOH，那么B極區電解液為LiOH溶液；電極A為陽極，在陽極區LiCl溶液中Cl－放電，電極反響式為2Cl－－2e－=Cl2↑；在電解過程中Li＋(陽離子)向B電極(陰極區)遷移。(2)在鋼制品上電鍍鋁，故鋼制品應作陰極，與電源的負極相連；因為電鍍過程中“不產生其他離子且有機陽離子不參與電極反響〞，Al元素在熔融鹽中以Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)形式存在，那么電鍍過程中負極上得到電子的反響是4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)；在水溶液中，得電子能力：H＋>Al3＋，故陰極上發生的反響是2H＋＋2e－=H2↑。做到“三看〞，正確書寫電極反響式(1)一看電極材料，假設是金屬(Au、Pt除外)作陽極，金屬一定被電解(注：Fe生成Fe2＋)。(2)二看介質，介質是否參與電極反響。(3)三看是否有特殊信息，如4(3)目的是制取氧化鋁，因而陽極產物不能是Al3＋，再如5(2)是非水體系，且不產生其他離子，因而離子只能在Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)之間轉化。題組三有關電化學的計算6．將兩個鉑電極插入500mLCuSO4溶液中進行電解，通電一定時間后，某一電極增重0.064g(設電解時該電極無氫氣析出，且不考慮水解和溶液體積變化)，此時溶液中氫離子濃度約為()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解析根據2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))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，用石墨作電極電解此溶液，當通電一段時間后，兩極均收集到2.24L氣體(標準狀況下)，假定電解后溶液體積仍為500mL，以下說法正確的選項是()A．原混合溶液中c(K＋)為0.2mol·L－1B．上述電解過程中共轉移0.2mol電子C．電解得到的Cu的物質的量為0.05molD．電解后溶液中c(H＋)為0.2mol·L－1答案A解析石墨作電極電解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，陽極反響式為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，陰極先后發生兩個反響：Cu2＋＋2e－=Cu,2H＋＋2e－=H2↑。從收集到O2為2.24L可推知上述電解過程中共轉移0.4mol電子，而在生成2.24LH2的過程中轉移0.2mol電子，所以Cu2＋共得到0.4mol－0.2mol＝0.2mol電子，電解前Cu2＋的物質的量和電解得到的Cu的物質的量都為0.1mol。電解前后分別有以下守恒關系：c(K＋)＋2c(Cu2＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))，c(K＋)＋c(H＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))，不難算出：電解前c(K＋)＝0.2mol·L－1，電解后c(H＋)＝0.4mol·L－1。8．(2022·牡丹江一中月考)用惰性電極電解一定濃度的CuSO4溶液時，通電一段時間后，向所得的溶液中參加0.1molCu2(OH)2CO3后恰好恢復到電解前的濃度和pH(不考慮二氧化碳的溶解)。那么電解過程中轉移電子的物質的量為()A．0.4mol B．0.5molC．0.6mol D．0.8mol答案C解析電解硫酸銅時，開始硫酸銅和水反響生成銅、氧氣和硫酸，后來電解水生成氫氣與氧氣。如果只按照第一階段的電解，反響后只需要參加氧化銅或碳酸銅即可恢復原電解質溶液。而題目中參加的是堿式碳酸銅，相當于參加了0.2mol氧化銅和0.1mol水，而0.1mol水是第二階段的反響所消耗的，該階段轉移了0.2mol電子，第一階段轉移了0.4mol電子，即一共轉移了0.6mol電子，C項正確。電化學綜合計算的三種常用方法(1)根據總反響式計算先寫出電極反響式，再寫出總反響式，最后根據總反響式列出比例式計算。(2)根據電子守恒計算①用于串聯電路中陰陽兩極產物、正負兩極產物、相同電量等類型的計算，其依據是電路中轉移的電子數相等。②用于混合溶液中電解的分階段計算。(3)根據關系式計算根據得失電子守恒定律建立起量與未知量之間的橋梁，構建計算所需的關系式。如以通過4mole－為橋梁可構建如下關系式：(式中M為金屬，n為其離子的化合價數值)該關系式具有總攬電化學計算的作用和價值，熟記電極反響式，靈活運用關系式便能快速解答常見的電化學計算問題。提示在電化學計算中，還常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19C考點二電解原理在工業生產中的應用1．氯堿工業(1)電極反響陽極反響式：2Cl－－2e－=Cl2↑(氧化反響)陰極反響式：2H＋＋2e－=H2↑(復原反響)(2)總反響方程式2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑(3)氯堿工業生產流程圖2．電鍍以下圖為金屬外表鍍銀的工作示意圖，據此答復以下問題：(1)鍍件作陰極，鍍層金屬銀作陽極。(2)電解質溶液是AgNO3溶液等含鍍層金屬陽離子的鹽溶液。(3)電極反響：陽極：Ag－e－=Ag＋；陰極：Ag＋＋e－=Ag。(4)特點：陽極溶解，陰極沉積，電鍍液的濃度不變。3．電解精煉銅(1)電極材料：陽極為粗銅；陰極為純銅。(2)電解質溶液：含Cu2＋的鹽溶液。(3)電極反響：陽極：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋、Cu－2e－=Cu2＋；陰極：Cu2＋＋2e－=Cu。4．電冶金利用電解熔融鹽的方法來冶煉活潑金屬Na、Ca、Mg、Al等。(1)冶煉鈉2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))2Na＋Cl2↑電極反響：陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑；陰極：2Na＋＋2e－=2Na。(2)冶煉鋁2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))4Al＋3O2↑電極反響：陽極：6O2－－12e－=3O2↑；陰極：4Al3＋＋12e－=4Al。深度思考正誤判斷，正確的打“√〞，錯誤的打“×〞(1)電鍍銅和電解精煉銅時，電解質溶液中c(Cu2＋)均保持不變()(2)電解飽和食鹽水時，兩個電極均不能用金屬材料()(3)電解冶煉鎂、鋁通常電解MgCl2和Al2O3，也可以電解MgO和AlCl3()(4)電解精煉時，陽極泥可以作為提煉貴重金屬的原料()(5)用Zn作陽極，Fe作陰極，ZnCl2作電解質溶液，由于放電順序H＋>Zn2＋，不可能在鐵上鍍鋅()答案(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×題組一應用電解原理制備新物質1．以下圖為EFC劍橋法用固體二氧化鈦(TiO2)生產海綿鈦的裝置示意圖，其原理是在較低的陰極電位下，TiO2(陰極)中的氧解離進入熔融鹽，陰極最后只剩下純鈦。以下說法中正確的選項是()A．陽極的電極反響式為2Cl－－2e－=Cl2↑B．陰極的電極反響式為TiO2＋4e－=Ti＋2O2－C．通電后，O2－、Cl－均向陰極移動D．石墨電極的質量不發生變化答案B解析電解質中的陰離子O2－、Cl－向陽極移動，由圖示可知陰極生成O2、CO、CO2，所以電極反響為2O2－－4e－=O2↑，O2與石墨反響生成CO、CO2，A、C、D項錯誤，只有B項正確。2．氯堿工業以電解精制飽和食鹽水的方法制取氯氣、氫氣、燒堿和氯的含氧酸鹽等系列化工產品。以下圖是離子交換膜法電解食鹽水的示意圖，圖中的離子交換膜只允許陽離子通過。完成以下填空：(1)寫出電解飽和食鹽水的離子方程式： 。(2)離子交換膜的作用為、。(3)精制飽和食鹽水從圖中(選填“a〞、“b〞、“c〞或“d〞)位置補充，氫氧化鈉溶液從圖中位置流出。答案(1)2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Cl2↑＋H2↑＋2OH－(2)能得到純度更高的氫氧化鈉溶液阻止陽極產生的Cl2和陰極產生的H2混合發生反響(3)ad3．(2022·北京市西城區高三上學期一模)利用以下圖所示裝置電解制備NCl3(氯的化合價為＋1價)，其原理是NH4Cl＋2HCleq\o(=,\s\up7(電解))NCl3＋3H2↑(1)b接電源的(填“正〞或“負〞)極。(2)陽極反響式是。答案(1)負(2)3Cl－－6e－＋NHeq\o\al(＋,4)=NCl3＋4H＋解析(1)b電極，H＋得電子生成H2，發生復原反響，所以b電極為陰極，連接電源的負極。(2)陽極反響物為NH4Cl，生成物為NCl3，題目中給出氯的化合價為＋1價，所以氯失電子，化合價升高，氮、氫不變價，然后根據電荷守恒配平方程式，那么陽極反響式是3Cl－－6e－＋NHeq\o\al(＋,4)=NCl3＋4H＋。題組二精煉和電鍍4．電解法精煉含有Fe、Zn、Ag等雜質的粗銅。以下表達正確的選項是()A．電解時以硫酸銅溶液作電解液，精銅作陽極B．粗銅與電源負極相連，發生氧化反響C．陰極上發生的反響是Cu2＋＋2e－=CuD．電解后Fe、Zn、Ag等雜質會沉積在電解槽底部形成陽極泥答案C解析根據電解池原理，粗銅作陽極，比銅活潑的Zn、Fe等雜質發生氧化反響，比Cu不活潑的金屬單質，如Ag、Au等在陽極底部沉積；精銅作陰極，只發生Cu2＋＋2e－=Cu。5．以KCl和ZnCl2混合液為電鍍液在鐵制品上鍍鋅，以下說法正確的選項是()A．未通電前上述鍍鋅裝置可構成原電池，電鍍過程是該原電池的充電過程B．因局部電能轉化為熱能，電鍍時通過的電量與鋅的析出量無確定關系C．電鍍時保持電流恒定，升高溫度不改變電解反響速率D．鍍鋅層破損后即對鐵制品失去保護作用答案C解析此題考查了電化學原理的應用中電鍍的知識點。電鍍前，Zn與Fe構成原電池，Zn為負極，Fe為正極，電鍍時，Fe為陰極，Zn為陽極，原電池充電時，原電池負極為陰極、正極為陽極，故不屬于原電池的充電過程，A錯誤；根據電子守恒，通過電子的電量與析出Zn的量成正比，B錯誤；電流恒定，單位時間通過的電子的物質的量恒定，即電解速率恒定，C正確；鍍層破損后，Zn與Fe仍能構成原電池，其中Zn為負極被腐蝕，Fe為正極被保護，D錯誤。題組三應用電解原理治理污染6．用以下圖所示裝置處理含CN－廢水時，控制溶液pH為9～10，并參加NaCl，一定條件下電解，陽極產生的ClO－將CN－氧化為無害物質而除去。鐵電極為(填“陰極〞或“陽極〞)，陽極產生ClO－的電極反響為。答案陰極2OH－＋Cl－－2e－=ClO－＋H2O7．用NaOH溶液吸收煙氣中的SO2，將所得的Na2SO3溶液進行電解，可循環再生NaOH，同時得到H2SO4，其原理如以下圖所示(電極材料為石墨)。(1)圖中a極要連接電源的(填“正〞或“負〞)極，C口流出的物質是。(2)SOeq\o\al(2－,3)放電的電極反響式為。(3)電解過程中陰極區堿性明顯增強，用平衡移動原理解釋原因 。答案(1)負硫酸(2)SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋(3)H2OH＋＋OH－，在陰極H＋放電生成H2，c(H＋)減小，水的電離平衡正向移動，堿性增強解析根據Na＋、SOeq\o\al(2－,3)的移向判斷陰、陽極。Na＋移向陰極區，a應接電源負極，b應接電源正極，其電極反響式分別為陽極：SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋陰極：2H＋＋2e－=H2↑所以從C口流出的是H2SO4，在陰極區，由于H＋放電，破壞水的電離平衡，c(H＋)減小，c(OH－)增大，生成NaOH，堿性增強，從B口流出的是濃度較大的NaOH溶液。1．常見的隔膜隔膜又叫離子交換膜，由高分子特殊材料制成。離子交換膜分三類：(1)陽離子交換膜，簡稱陽膜，只允許陽離子通過，即允許H＋和其他陽離子通過，不允許陰離子通過。(2)陰離子交換膜，簡稱陰膜，只允許陰離子通過，不允許陽離子通過。(3)質子交換膜，只允許H＋通過，不允許其他陽離子和陰離子通過。2．隔膜的作用(1)能將兩極區隔離，阻止兩極區產生的物質接觸，防止發生化學反響。(2)能選擇性的通過離子，起到平衡電荷、形成閉合回路的作用。專題訓練題組一提高產品純度1．(2022·宜昌市高三教學測試)工業上用電解法處理含鎳酸性廢水并得到單質Ni的原理如下圖。以下說法不正確的選項是()：①Ni2＋在弱酸性溶液中發生水解②氧化性：Ni2＋(高濃度)＞H＋＞Ni2＋(低濃度)A．碳棒上發生的電極反響：4OH－－4e－=O2↑＋2H2OB．電解過程中，B室中NaCl溶液的物質的量濃度將不斷減小C．為了提高Ni的產率，電解過程中需要控制廢水pHD．假設將圖中陽離子膜去掉，將A、B兩室合并，那么電解反響總方程式發生改變答案B解析電極反響式為陽極：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑陰極：Ni2＋＋2e－=Ni2H＋＋2e－=H2↑A項正確；B項，由于C室中Ni2＋、H＋不斷減少，Cl－通過陰離子膜從C室移向B室，A室中OH－不斷減少，Na＋通過陽離子膜從A室移向B室，所以B室中NaCl溶液的物質的量濃度不斷增大，錯誤；C項，由于H＋的氧化性大于Ni2＋(低濃度)的氧化性，所以為了提高Ni的產率，電解過程需要控制廢水的pH，正確；D項，假設去掉陽離子膜，在陽極Cl－首先放電生成Cl2，反響總方程式發生改變，正確。2．[2022·新課標全國卷Ⅰ，27(4)]H3PO2也可用電滲析法制備。“四室電滲析法〞工作原理如下圖(陽膜和陰膜分別只允許陽離子、陰離子通過)：①寫出陽極的電極反響式：。②分析產品室可得到H3PO2的原因。③早期采用“三室電滲析法〞制備H3PO2：將“四室電滲析法〞中陽極室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替。并撤去陽極室與產品室之間的陽膜，從而合并了陽極室與產品室。其缺點是產品中混有雜質。該雜質產生的原因是。答案①2H2O－4e－=O2↑＋4H＋②陽極室的H＋穿過陽膜擴散至產品室，原料室的H2POeq\o\al(－,2)穿過陰膜擴散至產品室，二者反響生成H3PO2③POeq\o\al(3－,4)H2POeq\o\al(－,2)或H3PO2被氧化解析①陽極發生氧化反響，在反響中OH－失去電子，電極反響式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋。②H2O放電產生H＋，H＋進入產品室，原料室的H2POeq\o\al(－,2)穿過陰膜擴散至產品室，二者發生反響：H＋＋H2POeq\o\al(－,2)H3PO2。③如果撤去陽膜，H2POeq\o\al(－,2)或H3PO2可能被氧化。解這類問題可以分三步：第一步，分清隔膜類型。即交換膜屬于陽膜、陰膜或質子膜中的哪一種，判斷允許哪種離子通過隔膜。第二步，寫出電極反響式，判斷交換膜兩側離子變化，推斷電荷變化，根據電荷平衡判斷離子遷移方向。第三步，分析隔膜作用。在產品制備中，隔膜作用主要是提高產品純度，防止產物之間發生反響，或防止產物因發生反響而造成危險。題組二限制離子遷移3．某原電池裝置如以下圖所示，電池總反響為2Ag＋Cl2=2AgCl。(1)當電路中轉移amole－時，交換膜左側溶液中約減少mol離子。交換膜右側溶液中c(HCl)(填“＞〞、“＜〞或“＝〞)1mol·L－1(忽略溶液體積變化)。(2)假設質子交換膜換成陰離子交換膜，其他不變。假設有11.2L氯氣(標準狀況)參與反響，那么必有mol離子(填離子符號)由交換膜側通過交換膜向遷移。交換膜右側溶液中c(HCl)(填“＞〞、“＜〞或“＝〞)1mol·L－1(忽略溶液體積變化)。答案(1)2a＞(2)1Cl－解析(1)正極的電極反響式為Cl2＋2e－=2Cl－，負極的電極反響式為Ag－e－＋Cl－=AgCl，隔膜只允許氫離子通過，轉移amol電子，必有amolCl－沉淀。為了維持電荷平衡，交換膜左側溶液中必有amolH＋向交換膜右側遷移，故交換膜左側共減少2amol離子(amolCl－＋amolH＋(2)n(Cl2)＝0.5mol，n(Cl－)＝1mol。正極的電極反響式為Cl2＋2e－=2Cl－，n(e－)＝1mol，Ag－e－＋Cl－=AgCl，交換膜右側溶液中增加了1mol負電荷(或增加了1molCl－)，左側減少了1mol負電荷(或減少了1molCl－)。如果質子交換膜換成陰離子交換膜，只允許陰離子(Cl－)通過交換膜，不允許H＋通過。為了維持電荷平衡，必有1molCl－從交換膜右側溶液中通過交換膜向左側遷移，氯離子遷移之后，兩側溶液中鹽酸濃度保持不變。反響物相同，不同的交換膜，遷移的離子種類不同；同種交換膜，轉移相同的電子數，如果離子所帶電荷數不同，遷移離子數不同。離子遷移依據電荷平衡，而離子數目變化量可能不相等。題組三提高電流效率4．：電流效率＝電路中通過的電子數與消耗負極失去電子總數之比。現有兩個電池Ⅰ、Ⅱ，裝置如下圖。以下說法正確的選項是()A．Ⅰ和Ⅱ的電池反響不相同B．能量轉化形式不同C．Ⅰ的電流效率低于Ⅱ的電流效率D．5min后，Ⅰ、Ⅱ中都只含1種溶質答案C解析Ⅰ、Ⅱ裝置中電極材料相同，電解質溶液局部相同，電池反響，負極反響和正極反響式相同，A項錯誤；Ⅰ和Ⅱ裝置的能量轉化形式都是化學能轉化成電能，B項錯誤；Ⅰ裝置中銅與氯化鐵直接接觸，會在銅極外表發生反響，導致局部能量損失(或局部電子沒有通過電路)，導致電流效率降低。而Ⅱ裝置采用陰離子交換膜，銅與氯化銅接觸，不會發生副反響，放電過程中交換膜左側負極的電極反響式為Cu－2e－=Cu2＋，陽離子增多；右側正極的電極反響式為2Fe3＋＋2e－=2Fe2＋，負電荷過剩。Cl－從交換膜右側向左側遷移，電流效率高于Ⅰ裝置，C正確；放電一段時間后，Ⅰ裝置中生成氯化銅和氯化亞鐵，Ⅱ裝置中交換膜左側生成氯化銅，右側生成了氯化亞鐵，可能含氯化鐵，D項錯誤。交換膜隔離兩種電解質溶液，防止負極材料與能發生反響的電解質溶液直接接觸，能提高電流效率。在這種裝置中，交換膜起到鹽橋作用，且優于鹽橋(鹽橋需要定時替換或再生)。通過限制離子遷移，使指定離子在溶液中定向移動形成閉合回路，完成氧化劑和復原劑在不接觸條件下發生氧化復原反響。考點三金屬的腐蝕與防護1．金屬腐蝕的本質金屬原子失去電子變為金屬陽離子，金屬發生氧化反響。2．金屬腐蝕的類型(1)化學腐蝕與電化學腐蝕類型化學腐蝕電化學腐蝕條件金屬跟非金屬單質直接接觸不純金屬或合金跟電解質溶液接觸現象無電流產生有微弱電流產生本質金屬被氧化較活潑金屬被氧化聯系兩者往往同時發生，電化學腐蝕更普遍(2)析氫腐蝕與吸氧腐蝕以鋼鐵的腐蝕為例進行分析：類型析氫腐蝕吸氧腐蝕條件水膜酸性較強(pH≤4.3)水膜酸性很弱或呈中性電極反響負極Fe－2e－=Fe2＋正極2H＋＋2e－=H2↑O2＋2H2O＋4e－=4OH－總反響式Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2聯系吸氧腐蝕更普遍3.金屬的防護(1)電化學防護①犧牲陽極的陰極保護法—原電池原理a．負極：比被保護金屬活潑的金屬；b．正極：被保護的金屬設備。②外加電流陰極保護法—電解原理a．陰極：被保護的金屬設備；b．陽極：惰性金屬或石墨。(2)改變金屬的內部結構，如制成合金、不銹鋼等。(3)加防護層，如在金屬外表噴油漆、涂油脂、電鍍、噴鍍或外表鈍化等方法。深度思考1．正誤判斷，正確的打“√〞，錯誤的打“×〞(1)純銀器外表變黑和鋼鐵外表生銹腐蝕原理一樣()(2)Al、Fe、Cu在潮濕的空氣中腐蝕均生成氧化物()(3)鋼鐵發生電化學腐蝕時，負極鐵失去電子生成Fe3＋()(4)在金屬外表覆蓋保護層，假設保護層破損后，就完全失去了對金屬的保護作用()(5)外加電流的陰極保護法，構成了電解池；犧牲陽極的陰極保護法構成了原電池。二者均能有效地保護金屬不容易被腐蝕()答案(1)×(2)×(3)×(4)×(5)√2．寫出鋼鐵在潮濕的空氣中發生吸氧腐蝕生成鐵銹的原理。答案鐵銹的形成負極：2Fe－4e－=2Fe2＋正極：O2＋4e－＋2H2O=4OH－2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)24Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)32Fe(OH)3=Fe2O3·xH2O(鐵銹)＋(3－x)H2O題組一腐蝕快慢與防護方法的比擬1．如下圖，各燒杯中盛有海水，鐵在其中被腐蝕的速率由快到慢的順序為()A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥答案C解析①是Fe為負極，雜質碳為正極的原電池腐蝕，是鐵的吸氧腐蝕，腐蝕較慢；其電極反響式：負極2Fe－4e－=2Fe2＋，正極2H2O＋O2＋4e－=4OH－。②③④均為原電池，③中Fe為正極，被保護；②④中Fe為負極，均被腐蝕，但Fe和Cu的金屬活動性差異大于Fe和Sn的，故Fe－Cu原電池中Fe被腐蝕的較快。⑤是Fe接電源正極作陽極，Cu接電源負極作陰極的電解腐蝕，加快了Fe的腐蝕。⑥是Fe接電源負極作陰極，Cu接電源正極作陽極的電解腐蝕，防止了Fe的腐蝕。根據以上分析可知鐵在其中被腐蝕由快到慢的順序為⑤>④>②>①>③>⑥。2．以下與金屬腐蝕有關的說法，正確的選項是()A．圖1中，鐵釘易被腐蝕B．圖2中，滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，沒有藍色沉淀出現C．圖3中，燃氣灶的中心部位容易生銹，主要是由于高溫下鐵發生化學腐蝕D．圖4中，用犧牲鎂塊的方法來防止地下鋼鐵管道的腐蝕，鎂塊相當于原電池的正極答案C解析A項，圖1中，鐵釘處于枯燥環境，不易被腐蝕；B項，負極反響為Fe－2e－=Fe2＋，Fe2＋與K3[Fe(CN)6]反響生成KFe[Fe(CN)6]藍色沉淀；D項，為犧牲陽極的陰極保護法，鎂塊相當于原電池的負極。1．判斷金屬腐蝕快慢的規律(1)對同一電解質溶液來說，腐蝕速率的快慢：電解原理引起的腐蝕>原電池原理引起的腐蝕>化學腐蝕>有防腐措施的腐蝕。(2)對同一金屬來說，在不同溶液中腐蝕速率的快慢：強電解質溶液中>弱電解質溶液中>非電解質溶液中。(3)活動性不同的兩種金屬，活動性差異越大，腐蝕速率越快。(4)對同一種電解質溶液來說，電解質溶液濃度越大，金屬腐蝕越快。2．兩種保護方法的比擬外加電流的陰極保護法保護效果大于犧牲陽極的陰極保護法。題組二正確判斷析氫腐蝕和吸氧腐蝕3．(2022·鄭州高三模擬)一定條件下，碳鋼腐蝕與溶液pH的關系如下表。pH2466.5813.514腐蝕快慢較快慢較快主要產物Fe2＋Fe3O4Fe2O3FeOeq\o\al(－,2)以下說法錯誤的選項是()A．當pH＜4時，碳鋼主要發生析氫腐蝕B．當pH＞6時，碳鋼主要發生吸氧腐蝕C．當pH＞14時，正極反響為O2＋4H＋＋4e－=2H2OD．在煮沸除氧氣后的堿性溶液中，碳鋼腐蝕速率會減緩答案C解析C項正極反響為O2＋4e－＋2H2O=4OH－。4．利用以下圖裝置進行實驗，開始時，a、b兩處液面相平，密封好，放置一段時間。以下說法不正確的選項是()A．a管發生吸氧腐蝕，b管發生析氫腐蝕B．一段時間后，a管液面高于b管液面C．a處溶液的pH增大，b處溶液的pH減小D．a、b兩處具有相同的電極反響式：Fe－2e－=Fe2＋答案C解析根據裝置圖判斷，左邊鐵絲發生吸氧腐蝕，右邊鐵絲發生析氫腐蝕，其電極反響為左邊負極：Fe－2e－=Fe2＋正極：O2＋4e－＋2H2O=4OH－右邊負極：Fe－2e－=Fe2＋正極：2H＋＋2e－=H2↑a、b處的pH均增大，C錯誤。題組三高考對金屬腐蝕與防護的考查5．正誤判斷，正確的打“√〞，錯誤的打“×〞(1)驗證鐵的吸氧腐蝕，可以將鐵釘放入試管中，用鹽酸浸沒 (×)(2022·福建理綜，8D)(2)鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法防止其腐蝕 (√)(2022·江蘇，11C)(3) (√)(2022·四川理綜，3C)6．(2022·上海，14)研究電化學腐蝕及防護的裝置如以下圖所示。以下有關說法錯誤的選項是()A．d為石墨，鐵片腐蝕加快B．d為石墨，石墨上電極反響為O2＋2H2O＋4e－→4OH－C．d為鋅塊，鐵片不易被腐蝕D．d為鋅塊，鐵片上電極反響為2H＋＋2e－→H2↑答案D解析A項，由于活動性：Fe>石墨，所以鐵、石墨及海水構成原電池，Fe為負極，失去電子被氧化變為Fe2＋進入溶液，溶解在海水中的氧氣在正極石墨上得到電子被復原，比沒有形成原電池時的速率快，正確；B項，d為石墨，由于是中性電解質，所以發生的是吸氧腐蝕，石墨上氧氣得到電子，發生復原反響，電極反響為O2＋2H2O＋4e－→4OH－，正確；C項，假設d為鋅塊，那么由于金屬活動性：Zn>Fe，Zn為原電池的負極，Fe為正極，首先被腐蝕的是Zn，鐵得到保護，鐵片不易被腐蝕，正確；D項，d為鋅塊，由于電解質為中性環境，發生的是吸氧腐蝕，在鐵片上電極反響為O2＋2H2O＋4e－→4OH－，錯誤。原電池和電解池統稱為電池，將多個電池串聯在一起，綜合考查電化學知識是近年來高考命題的熱點，該類題目能夠考查學生對解題方法的掌握情況，需要學生具有縝密的思維能力及巧妙的處理數據的能力。專題訓練類型一外接電源與電解池的串聯1．(2022·牡丹江一中月考)以下圖裝置中a、b、c、d均為Pt電極。電解過程中，電極b和d上沒有氣體逸出，但質量均增大，且增重b>d。符合上述實驗結果的鹽溶液是()選項XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3答案B解析A項，當X為MgSO4時，b極上生成H2，電極質量不增加，錯誤；C項，X為FeSO4，Y為Al2(SO4)3，b、d極上均產生氣體，錯誤；D項，b極上析出Cu，d極上析出Ag，其中d極質量大于b極質量，錯誤。2．如圖，a、b是石墨電極，通電一段時間后，b極附近溶液顯紅色。以下說法正確的選項是()A．X極是電源負極，Y極是電源正極B．a極的電極反響是2Cl－－2e－=Cl2↑C．電解過程中CuSO4溶液的pH逐漸增大D．Pt極上有6.4gCu析出時，b極產生2.24L(標準狀況)氣體答案B解析a、b是石墨電極，通電一段時間后，b極附近溶液顯紅色，依據電解質溶液為氯化鈉的酚酞溶液，判斷b電極是陰極，Y為電源負極，X為電源正極，故A錯誤；a電極是氯離子失電子發生的氧化反響，電極反響為2Cl－－2e－=Cl2↑，故B正確；電解過程中CuSO4溶液中的氫氧根離子在陽極Pt電極失電子生成氧氣，溶液中銅離子在Cu電極得到電子析出銅，溶液中氫離子濃度增大，溶液的pH逐漸減小，故C、D錯誤。3．在如下圖的裝置中，假設通直流電5min時，銅電極質量增加2.16g。試答復以下問題。(1)電源中X電極為直流電源的極。(2)pH變化：A：(填“增大〞、“減小〞或“不變〞，下同)，B：，C：。(3)通電5min時，B中共收集224mL(標準狀況下)氣體，溶液體積為200mL，那么通電前CuSO4溶液的物質的量濃度為(設電解前后溶液體積無變化)。(4)假設A中KCl足量且溶液的體積也是200mL，電解后，溶液的pH為(設電解前后溶液體積無變化)。答案(1)負(2)增大減小不變(3)0.025mol·L－1(4)13解析(1)三個裝置是串聯的電解池。電解AgNO3溶液時，Ag＋在陰極發生復原反響變為Ag，所以質量增加的銅電極是陰極，那么銀電極是陽極，Y是正極，X是負極。(2)電解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；電解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液pH減小；電解AgNO3溶液，銀為陽極，不斷溶解，Ag＋濃度根本不變，pH不變。(3)通電5min時，C中析出0.02molAg，電路中通過0.02mol電子。B中共收集0.01mol氣體，假設該氣體全為氧氣，那么電路中需通過0.04mol電子，電子轉移不守恒，因此，B中電解分為兩個階段，先電解CuSO4溶液，生成O2，后電解水，生成O2和H2，B中收集到的氣體是O2和H2的混合物。設電解CuSO4溶液時生成O2的物質的量為x，電解H2O時生成O2的物質的量為y，那么4x＋4y＝0.02mol(電子轉移守恒)，x＋3y＝0.01mol(氣體體積之和)，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)通電5min時，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。類型二原電池與電解池的串聯多個電池“串聯〞在一起，但沒有外接直流電源，其中一個裝置是原電池，裝置中兩個電極活潑性差異最大的裝置為原電池，較活潑的作負極，其余均為電解池。4．燒杯A中盛入0.1mol·L－1的H2SO4溶液，燒杯B中盛放0.1mol·L－1的CuCl2溶液(兩種溶液均足量)，裝置如下圖，以下說法不正確的選項是()A．A中Fe極質量減少，C極有氣體產生B．A為電解池，B為原電池C．當A燒杯中產生0.1mol氣體時，B燒杯中產生氣體的物質的量也為0.1molD．經過一段時間，B燒杯中溶液的pH增大答案B解析構成A裝置的活動性不同的電極、電解質溶液，兩極形成了閉合的回路，所以A為原電池裝置，且A為B的電解提供電能。電極反響式分別為(燒杯A中)C正極：2H＋＋2e－=H2↑，Fe負極：Fe－2e－=Fe2＋。(燒杯B中)陰極：Cu2＋＋2e－=Cu，陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑。燒杯B中電解氯化銅，銅離子濃度減小，水解程度減小，pH增大(不考慮Cl2溶于水)。5．某同學按以下圖所示的裝置進行實驗。A，B為兩種常見金屬，它們的硫酸鹽可溶于水，當K閉合時，Y極上產生黃綠色氣體。以下分析正確的選項是()A．溶液中c(A2＋)減小B．B極的電極反響：B－2e－=B2＋C．Y電極上有Cl2產生，發生復原反響D．反響初期，X電極周圍出現白色膠狀沉淀答案D解析根據Y極有黃綠色氣體生成，Y極電極反響為2Cl－－2e－=Cl2↑，即Y為電解池的陽極，B為原電池的正極，A為原電池的負極。故A極的電極反響為A－2e－=A2＋，溶液中c(A2＋)增大，A錯誤；B極為正極，發生復原反響，B錯誤；右邊U形管中最初為電解AlCl3溶液，X電極為H＋放電，c(H＋)減小，c(OH－)增大，且Al3＋移向X極，因此會產生Al(OH)3白色膠狀沉淀，D正確。6．(2022·吉林省實驗中學高三上學期第二次模擬考試)甲醇是一種重要的化工原料和新型燃料。以下圖是甲醇燃料電池工作的示意圖，其中A、B、D均為石墨電極，C為銅電極。工作一段時間后，斷開K，此時A、B兩極上產生的氣體體積相同。(1)甲中負極的電極反響式為 。(2)乙中A極析出的氣體在標準狀況下的體積為。(3)丙裝置溶液中金屬陽離子的物質的量與轉移電子的物質的量變化關系如以下圖，那么圖中②線表示的是的變化；反響結束后，要使丙裝置中金屬陽離子恰好完全沉淀，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)甲醇燃料電池是原電池反響，甲醇在負極失電子發生氧化反響，電極反響為CH3OH－6e－＋8OH－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O。(2)工作一段時間后，斷開K，此時A、B兩極上產生的氣體體積相同，分析電極反響，B為陰極，溶液中銅離子析出，氫離子得到電子生成氫氣，設生成氣體物質的量為x，溶液中銅離子物質的量為0.1mol，電極反響為Cu2＋＋2e－=Cu，0.1mol0.2mol2H＋＋2e－=H2↑，2xxA電極為陽極，溶液中的氫氧根離子失電子生成氧氣，電極反響為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，4xx得到0.2＋2x＝4x，x＝0.1mol所以，乙中A極析出的氣體是氧氣，物質的量為0.1mol，在標準狀況下的體積為2.24L。(3)根據轉移電子的物質的量和金屬陽離子的物質的量的變化，可知，銅離子從無到有逐漸增多，鐵離子物質的量逐漸減小，亞鐵離子物質的量逐漸增大，①為Fe3＋，②為Fe2＋，③為Cu2＋，依據(2)計算得到電子轉移為0.4mol，當電子轉移為0.4mol時，丙中陽極電極反響Cu－2e－=Cu2＋，生成Cu2＋物質的量為0.2mol，由圖像分析可知：反響前，丙裝置中n(Fe3＋)＝0.4mol，n(Fe2＋)＝0.1mol，當電子轉移0.4mol時，Fe3＋完全反響，生成0.4molFe2＋，那么反響結束后，Fe2＋的物質的量為0.5mol，Cu2＋的物質的量為0.2mol，所以需要參加NaOH溶液1.4mol，所以NaOH溶液的體積為1.4mol÷5.0mol·L－1＝0.28L＝280mL。1．串聯裝置圖比擬圖甲中無外接電源，二者必有一個裝置是原電池(相當于發電裝置)，為電解裝置提供電能，其中兩個電極活動性差異大者為原電池裝置，即左圖為原電池裝置，右圖為電解裝置。圖乙中有外接電源，兩燒杯均作電解池，且串聯電解，通過的電流相等。2．“串聯〞類電池的解題流程1．(2022·全國卷Ⅰ，11)三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如下圖，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na＋和SOeq\o\al(2－,4)可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室。以下表達正確的選項是()A．通電后中間隔室的SOeq\o\al(2－,4)離子向正極遷移，正極區溶液pH增大B．該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產品C．負極反響為2H2O－4e－=O2＋4H＋，負極區溶液pH降低D．當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.5mol的O2生成答案B解析電解池中陰離子向陽極移動，陽離子向陰極移動，即SOeq\o\al(2－,4)離子向正極區移動，Na＋向負極區移動，正極區水電離的OH－發生氧化反響生成氧氣，H＋留在正極區，該極得到H2SO4產品，溶液pH減小，負極區水電離的H＋發生復原反響生成氫氣，OH－留在負極區，該極得到NaOH產品，溶液pH增大，故A、C項錯誤，B正確；該電解池相當于電解水，根據電解水的方程式可計算出當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.25mol的O2生成，D錯誤。2．(2022·福建理綜，11)某模擬“人工樹葉〞電化學實驗裝置如下圖，該裝置能將H2O和CO2轉化為O2和燃料(C3H8O)。以下說法正確的選項是()A．該裝置將化學能轉化為光能和電能B．該裝置工作時，H＋從b極區向a極區遷移C．每生成1molO2，有44gCO2被復原D．a電極的反響為3CO2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2O答案B解析A項，該裝置是電解池，在電解和光的作用下H2O在光催化劑的外表轉化為O2和H＋，故該裝置是將電能和光能轉化為化學能，錯誤；B項，根據同種電荷相互排斥、異種電荷相互吸引的原那么，該裝置工作時，H＋從陽極b極區向陰極a極區遷移，正確；C項，該電解池的總反響式為6CO2＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2C3H8O＋9O2，根據總反響方程式可知，每生成1molO2，有eq\f(2,3)molCO2被復原，其質量為eq\f(88,3)g，錯誤；D項，a電極為陰極，發生復原反響，電極反響式為3CO2＋18H＋＋18e－=C3H8O＋5H2O，錯誤。3．[2022·天津理綜，10(5)]化工生產的副產氫也是氫氣的來源。電解法制取有廣泛用途的Na2FeO4，同時獲得氫氣：Fe＋2H2O＋2OH－eq\o(=,\s\up7(通電))FeOeq\o\al(2－,4)＋3H2↑，工作原理如圖1所示。裝置通電后，鐵電極附近生成紫紅色FeOeq\o\al(2－,4)，鎳電極有氣泡產生。假設氫氧化鈉溶液濃度過高，鐵電極區會產生紅褐色物質。：Na2FeO4只在強堿性條件下穩定，易被H2復原。①電解一段時間后，c(OH－)降低的區域在(填“陰極室〞或“陽極室〞)。②電解過程中，須將陰極產生的氣體及時排出，其原因為。③c(Na2FeO4)隨初始c(NaOH)的變化如圖2，任選M、N兩點中的一點，分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因： 。答案①陽極室②防止Na2FeO4與H2反響使產率降低③M點：c(OH－)低，Na2FeO4穩定性差，且反響慢[或N點：c(OH－)過高，鐵電極上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成，使Na2FeO4產率降低]解析①根據題意，鎳電極有氣泡產生是H＋得電子生成H2，發生復原反響，那么鐵電極上OH－被消耗且無補充，溶液中的OH－減少，因此電解一段時間后，c(OH－)降低的區域在陽極室。②H2具有復原性，根據題意：Na2FeO4只在強堿性條件下穩定，易被H2復原。因此，電解過程中，須將陰極產生的氣體及時排出，防止Na2FeO4與H2反響使產率降低。③根據題意Na2FeO4只在強堿性條件下穩定，在M點：c(OH－)低，Na2FeO4穩定性差，且反響慢；在N點：c(OH－)過高，鐵電極上有Fe(OH)3生成，使Na2FeO4產率降低。4．[2022·重慶理綜，11(5)]如圖為青銅器在潮濕環境中發生電化學腐蝕的原理示意圖。①腐蝕過程中，負極是(填圖中字母“a〞或“b〞或“c〞)；②環境中的Cl－擴散到孔口，并與正極反響產物和負極反響產物作用生成多孔粉狀銹Cu2(OH)3Cl，其離子方程式為；③假設生成4.29gCu2(OH)3Cl，那么理論上耗氧體積為L(標準狀況)。答案①c②2Cu2＋＋3OH－＋Cl－=Cu2(OH)3Cl↓③0.448解析①“青銅器的腐蝕〞，如圖銅為負極被腐蝕生成Cu2＋，正極氧氣生成OH－。②正極反響產物為OH－，負極反響產物為Cu2＋，與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，根據電子得失守恒n(O2)＝eq\f(0.04mol×2e－,4e－)＝0.02mol，標準狀況下V(O2)＝0.02mol×22.4L·mol－1＝0.448L。5．[2022·廣東理綜，32(4)(5)](4)電解制備Al(OH)3時，電極分別為Al片和石墨，電解總反響方程式為。(5)一種可超快充電的新型鋁電池，充放電時AlCleq\o\al(－,4)和Al2Cleq\o\al(－,7)兩種離子在Al電極上相互轉化，其他離子不參與電極反響，放電時負極Al的電極反響式為。答案(4)2Al＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(通電))2Al(OH)3＋3H2↑(5)Al－3e－＋7AlCleq\o\al(－,4)=4Al2Cleq\o\al(－,7)解析(4)電解制備Al(OH)3時，電極分別為Al片和石墨，電解總反響方程式為2Al＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(通電))2Al(OH)3＋3H2↑。(5)由題意可知，放電時負極Al失去電子與AlCleq\o\al(－,4)結合生成Al2Cleq\o\al(－,7)，其電極反響式為Al－3e－＋7AlCleq\o\al(－,4)=4Al2Cleq\o\al(－,7)。1．(2022·盤錦高三一模)用如圖裝置研究電化學原理，以下分析中錯誤的選項是()選項連接電極材料分析AK1K2ab模擬鐵的吸氧腐蝕石墨鐵BK1K2鋅鐵模擬鋼鐵防護中犧牲陽極的陰極保護法CK1K3石墨鐵模擬電解飽和食鹽水DK1K3鐵石墨模擬鋼鐵防護中外加電流的陰極保護法答案D解析A項，在中性條件下，鐵作負極失電子，石墨作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子，那么Fe發生吸氧腐蝕，正確；B項，Zn、Fe形成原電池，Zn作負極被腐蝕，Fe作正極被保護，屬于犧牲陽極的陰極保護法，正確；C項，Fe作陰極，陰極上氫離子得電子，石墨作陽極，陽極上氯離子失電子，電解氯化鈉溶液生成氫氣、氯氣和氫氧化鈉，正確；D項，Fe與正極相連，Fe作陽極，Fe失電子，被腐蝕，Fe不能被保護，錯誤。2．(2022·盤錦高三一模)觀察如圖裝置，以下說法正確的選項是()A．a、b接電流表，該裝置為原電池B．a、b接直流電源，該裝置為電解池C．a、b接直流電源，鐵可能不易被腐蝕D．a、b接電流表或接直流電源，鐵都可能是負極答案C解析A項，a、b接電流表，假設液體c為非電解質溶液，不滿足原電池的構成條件，不能形成原電池，錯誤；B項，假設液體c為非電解質溶液，溶液不導電，所以不能電解，即不是電解池，錯誤；C項，假設該裝置是電解池，Fe與負極相連作陰極時被保護，即鐵可能不易被腐蝕，正確；D項，接直流電源時，該裝置可能為電解池沒有正負極，Fe作陰極或陽極，錯誤。3．工業上可利用以下圖所示電解裝置吸收和轉化SO2(A、B均為惰性電極)。以下說法正確的選項是()A．A電極接電源的正極B．A極區溶液的堿性逐漸增強C．本裝置中使用的是陰離子交換膜D．B極的電極反響式為SO2＋2e－＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋答案B解析A項，由HSOeq\o\al(－,3)生成S2Oeq\o\al(2－,4)，發生復原反響，A應為負極，錯誤；B項，陰極的電極反響式為2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2e－=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O，堿性增強，正確；C項，陽極的電極反響式為SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，陰極的電極反響式為2HSOeq\o\al(－,3)＋2H＋＋2e－=S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O，離子交換膜應使H＋移動，應為陽離子交換膜，錯誤；D項，B為陽極，發生SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，錯誤。4．(2022·漳州八校第三次聯考)電浮選凝聚法是工業上采用的一種污水處理方法，即保持污水的pH在5.0～6.0之間，通過電解生成Fe(OH)3膠體，Fe(OH)3膠體具有吸附作用，可吸附水中的污物而使其沉淀下來，起到凈水的作用，其原理如下圖。以下說法正確的選項是()A．石墨電極上發生氧化反響B．為增強污水的導電能力，可向污水中參加適量乙醇C．根據圖示，物質A為CO2D．甲烷燃料電池中COeq\o\al(2－,3)向空氣一極移動答案C解析A項，甲烷燃料電池中，通入甲烷的電極是負極，與負極相連的石墨電極是陰極，陰極得電子發生復原反響，錯誤；B項，乙醇是非電解質，不能增強污水的導電能力，錯誤；C項，根據圖示，甲烷燃料電池中用熔融碳酸鹽作電解質，所以正極反響為2CO2＋O2＋4e－=2COeq\o\al(2－,3)，物質A為CO2，正確；D項，在燃料電池中，陰離子移向負極，所以COeq\o\al(2－,3)向甲烷一極移動，錯誤。5．(2022·洛陽市高三第一次統一考試)以下裝置的線路接通后，經過一段時間，溶液的pH值明顯下降的是()答案D解析A項，該裝置是原電池裝置，H＋放電生成氫氣，溶液的pH增大，錯誤；B項，該裝置是電解池，Cu＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Cu(OH)2＋H2↑，氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，錯誤；C項，電解食鹽水，生成氫氧化鈉使溶液的pH增大，錯誤；D項，電解硫酸銅實質是電解水和硫酸銅，水中的氫氧根離子放電使溶液中的氫離子濃度增大，溶液的pH減小，正確。6．用電解法可提純含有某些含氧酸根雜質的粗KOH溶液，其工作原理如下圖。以下有關說法錯誤的選項是()A．陽極反響式為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑B．通電后陰極區附近溶液pH會增大C．K＋通過交換膜從陰極區移向陽極區D．純潔的KOH溶液從b出口導出答案C解析A項，陽極發生氧化反響，電極反響式為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑；B項，陰極發生復原反響，消耗氫離子產生氫氣必然會使溶液中氫離子濃度減小，所以溶液pH增大；C項，鉀離子是通過交換膜從陽極移向陰極，這樣才可以到達提純氫氧化鉀的作用，C錯誤；D項，純潔的KOH在陰極制得從b口排出，D正確。7．(2022·揭陽高三下學期第一次模擬)甲圖為一種新型污水處理裝置，該裝置可利用一種微生物將有機廢水的化學能直接轉化為電能。乙圖是一種家用環保型消毒液發生器，用惰性電極電解飽和食鹽水。以下說法中正確的選項是()A．裝置乙的b極要與裝置甲的X極連接B．裝置乙中a極的電極反響式為2Cl－－2e－=Cl2↑C．假設有機廢水中主要含有葡萄糖，那么裝置甲中M的電極反響式為C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋D．N電極發生復原反響，當N電極消耗5.6L氣體(標準狀況下)時，那么有2NA個H＋通過離子交換膜答案C解析A項，裝置乙的a極上生成氫氧化鈉和氫氣，那么a為陰極，與甲中的負極相連，即與X相連，那么b與Y相連，錯誤；B項，乙為電解池，在下端生成氯氣，那么b極的電極反響式為2Cl－－2e－=Cl2↑，錯誤；C項，假設有機廢水中主要含有葡萄糖，那么裝置甲中M極上C6H12O6失電子生成二氧化碳，其電極反響式為C6H12O6＋6H2O－24e－=6CO2↑＋24H＋，正確；D項，N電極為氧氣得電子發生復原反響，電極反響式為O2＋4H＋＋4e－=2H2O，那么當N電極消耗5.6L氣體(標準狀況下)即0.25mol時，消耗的氫離子為1mol，那么有NA個H＋通過離子交換膜，錯誤。8．(2022·湖北七市高三3月聯合調研)如以下圖所示，某同學設計了一個燃料電池并探究氯堿工業原理和粗銅的精煉原理，其中乙裝置中X為陽離子交換膜。以下有關說法正確的選項是()A．反響一段時間后，乙裝置中生成的氫氧化鈉在鐵極區B．乙裝置中鐵電極為陰極，電極反響式為Fe－2e－=Fe2＋C．通入氧氣的一極為負極，發生的電極反響為O2＋4e－＋2H2O=4OH－D．反響一段時間后，丙裝置中硫酸銅溶液濃度保持不變答案A解析甲裝置為甲醚燃料電池，投放氧氣的一極發生復原反響，為電極的正極，投放甲醚的一極為電極的負極；乙裝置為電解飽和氯化鈉的裝置，根據串聯電池中，電子的轉移，可知Fe電極為陰極，C極為陽極，丙裝置為電解精煉銅的裝置，粗銅為陽極，純銅為陰極。A項，乙裝置中鐵極反響2H＋＋2e－=H2↑，所以反響一段時間后，裝置中生成的氫氧化鈉在鐵極區，正確；B項，乙裝置中鐵極反響為2H＋＋2e－=H2↑，錯誤；C項，投放氧氣的一極發生復原反響，為原電池的正極，發生的電極反響為O2＋2H2O＋4e－=4OH－，錯誤；D項，丙裝置中，粗銅極除了銅發生氧化反響外，活動性在銅前面的金屬也要反響，但是在純銅極，除銅離子被復原外，沒有其他離子能被復原，根據得失電子相等，可知硫酸銅溶液濃度減小，錯誤。9．(2022·禺山高級中學二輪復習)按如下圖的裝置進行電解實驗。A極是銅鋅合金，B極為純銅，電解質溶液為硫酸銅溶液(足量)。通電一段時間后，A極恰好全部溶解，此時B極質量增加7.68g，溶液質量增加0.03g，那么A合金中銅、鋅原子個數比為()A．4∶1 B．3∶1C．2∶1 D．任意比答案B解析由圖可知A是陽極，B是陰極。B極上共析出0.12molCu。陰極上析出的銅的物質的量跟陽極上溶解掉的Cu、Zn的物質的量之和相等，Zn→CuΔm1mol1mol1g0.03mol0.03g所以合金中銅、鋅原子個數比：eq\f(0.12mol－0.03mol,0.03mol)＝eq\f(3,1)。10．(2022·沈陽二中高三12月月考)用Na2SO3溶液吸收硫酸工業尾氣中的二氧化硫，將所得的混合液進行電解循環再生，這種新工藝叫再生循環脫硫法。其中陰、陽離子交換膜組合循環再生機理如下圖，那么以下有關說法中正確的選項是()A．X為直流電源的正極，Y為直流電源的負極B．陽極區pH減小C．圖中的b＜a