2021高考化学(苏教版)一轮复习考点突破：6-3电解原理及应用-金属的腐蚀与防护.docx

重 点 突 破锁定高考热点探究规律方法 考点1电解原理1.电解原理(1)电解原理。电子流向：负极阴极；阳极正极。电解结果：在两极上有新物质生成。(2)电极反应式的书写。阳极产物的推断：阴离子放电挨次：S2IBrClOH含氧酸根。阴极产物的推断：直接依据阳离子得电子挨次进行推断，阳离子放电挨次：AgHg2Fe3Cu2Pb2Sn2Fe2Zn2Al3Mg2NaCa2K(3)电解时溶液pH值的变化。由电解总反应方程式推断总的变化。阳极区：失电子，产生H或消耗OH，pH减小。阴极区：得电子，消耗H或产生OH，pH增大。2以惰性电解电解质溶液的规律(1)电解水型：含氧酸、强碱、活泼金属的含氧酸盐(如NaOH、H2SO4、K2SO4等)的电解。阴极：4H4e=2H2阳极：4OH4e=O22H2O总反应：2H2O(2)电解电解质型：无氧酸(除HF外)、不活泼金属的无氧酸盐(氟化物除外)(如CuCl2等)溶液的电解。阴极：Cu22e=Cu阳极：2Cl2e=Cl2总反应：CuCl2(3)放氢生碱型：活泼金属的无氧酸盐(氟化物除外)(如NaCl、MgBr2)溶液的电解。阴极：2H2e=H2阳极：2Cl2e=Cl2总反应：2NaCl2H2O (4)放氧生酸型：不活泼金属的含氧酸盐(如CuSO4、AgNO3等)溶液的电解。阴极：2Cu24e=2Cu阳极：4OH4e=O22H2O总反应：2CuSO42H2O 题组训练1(2021天津)为增加铝的耐腐蚀性，现以铅蓄电池为外电源，以Al作阳极、Pb作阴极，电解稀硫酸，使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下：电池：Pb(s)PbO2(s)2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)2H2O(l)电解池：2Al3H2OAl2O33H2电解过程中，以下推断正确的是()选项电池电解池AH移向Pb电极H移向Pb电极B每消耗3 mol Pb生成2 mol Al2O3C正极：PbO24H2e=Pb22H2O阳极：2Al3H2O6e=Al2O36HD解析原电池中阳离子向正极移动，所以H移向PbO2极，电解池中，阳离子移向阴极，即H移向Pb极，A项错误；原电池中消耗3 mol Pb，转移6 mol e，在电解池中转移6 mol e生成1 mol Al2O3，B项错误；原电池中正极反应为PbO22e4HSO=PbSO42H2O，C项错误；原电池中Pb失电子转化为PbSO4，所以Pb电极质量增加，而电解池中Pb作阴极，不参与反应，所以质量不变，D项正确。答案D2 (2022山东临沂期末)有关如图装置的叙述中，正确的是()A若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀，这种方法称为外接电源的阴极爱护法B若X为碳棒，Y为饱和NaOH溶液，开关K置于N处，保持温度不变，则溶液的pH保持不变C若X为银棒，Y为硝酸银溶液，开关K置于N处，铁棒质量将增加，溶液中银离子浓度将减小D若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铁电极移动解析Fe比Cu活泼，总反应为Fe2Fe3=3Fe2，Fe电极反应式为Fe2e=Fe2，A、B错误；Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，在电场作用下向阴极移动，C正确；依据电流方向可知，a为直流电源的正极，电解精炼铜时，c极为粗铜，d极为纯铜，D错误。A项，若X为锌棒，Y为NaCl溶液，开关K置于M处，该装置是原电池，锌作负极被腐蚀，铁被爱护，这种方法称为牺牲阳极的阴极爱护法，错误；B项，若X为碳棒，Y为饱和NaOH溶液，开关K置于N处，该装置是电解池，碳棒是阳极，铁棒是阴极，保持温度不变，电解后溶液的体积减小，氢氧化钠的浓度不变，则溶液的pH不变，正确；C项，若X为银棒，Y为硝酸银溶液，开关K置于N处，该装置是电镀池，铁棒质量将增加，但溶液中银离子浓度将不变，错误；D项，若X为铜棒，Y为硫酸铜溶液，开关K置于M处，铁作负极被腐蚀，铜棒上铜离子得电子析出铜而使铜棒质量将增加，此时外电路中的电子向铜电极移动，错误。答案CB3(2021浙江)电解装置如图所示，电解槽内装有KI及淀粉溶液，中间用阴离子交换膜隔开。在肯定的电压下通电，发觉左侧溶液变蓝色，一段时间后，蓝色渐渐变浅。已知：3I26OH=IO5I3H2O下列说法不正确的是()A右侧发生的电极反应式：2H2O2e=H22OHB电解结束后，右侧溶液中含有IOC电解槽内发生反应的总化学方程式：KI3H2OKIO33H2D假如用阳离子交换膜代替阴离子交换膜，电解槽内发生的总化学反应不变解析装置图中左侧电极为阳极，I失去电子生成I2，右侧电极为阴极，H2O得到电子生成H2，A、C项正确；分析可知，B项正确；D项，假如将阴离子交换膜换为阳离子交换膜，那么阴极产生的OH不会与I2发生反应，故电解槽内发生的总化学反应要变化，D项错误。答案D4(2022安徽)某爱好小组设计如图所示微型试验装置。试验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发觉电流表A指针偏转。下列有关描述正确的是()A断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为2H2ClCl2 H2B断开K2，闭合K1时，石墨电极四周溶液变红C断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为Cl22e=2ClD断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极解析断开K2，闭合K1时，构成电解池，反应的离子方程式为2H2O2ClH2Cl22OH，石墨电极为阳极，发生反应：2Cl2e=Cl2；铜电极为阴极，发生反应：2H2e=H2，所以铜电极四周溶液变红。断开K1，闭合K2时，构成原电池，其中石墨电极为正极。答案D5(2022浙江)以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的试验装置示意图如下：下列说法不正确的是()A在阴极室，发生的电极反应为2H2O2e=2OHH2B在阳极室，通电后溶液渐渐由黄色变为橙色，是由于阳极区H浓度增大，使平衡2CrO2HCr2OH2O向右移动C该制备过程总反应的化学方程式为4K2CrO44H2O2K2Cr2O74KOH2H2O2D测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nK/nCr)为d，则此时铬酸钾的转化率为1解析观看试验装置，阴极反应为：4H2O4e=4OH2H2，阳极反应为：2H2O4e=4HO2，阳极室OH放电，导致H浓度增大，使平衡2CrO2HCr2OH2O右移，从而在阳极区得到K2Cr2O7，故A、B、C项正确。D项，设最初阳极室中的K2CrO4为1 mol，通电后转化的K2CrO4为x mol，依题意有2(1x)2d1，x2d，K2CrO4的转化率为：100%，故D项错误。答案D归纳总结1.分析电解过程的思维程序(1)首先推断阴、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、阳两组(不要遗忘水溶液中的H和OH)。(3)然后排出阴、阳两极的放电挨次阴极：阳离子放电挨次：AgFe3Cu2H(酸)Fe2Zn2H(水)Al3Mg2NaCa2K。阳极：活泼电极S2IBrClOH含氧酸根离子。特殊提示(1)阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，肯定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。(2)最常用、最重要的放电挨次是：阳极：ClOH；阴极：AgCu2H。(3)电解水溶液时，KAl3不行能在阴极放电，即不行能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。(4)分析电极反应，推断电极产物，写出电极反应式，要留意遵循原子守恒和电荷守恒。(5)最终写出电解反应的总化学方程式或离子方程式。2电极反应式和电解方程式的书写步骤以写出用石墨作电极电解CuSO4溶液的电极反应式及总的电解方程式为例。第一步：明确溶液中存在哪些离子。阳离子：Cu2、H；阴离子：OH、SO。其次步：推断阴阳两极四周离子种类及离子放电挨次。阴极：Cu2H；阳极：OHSO。第三步：写电极反应式和总的电解方程式。阴极：2Cu24e=2Cu；阳极：2H2O4e=O24H。依据得失电子数相等，两极反应式相加得总方程式：2CuSO42H2O2CuO22H2SO4。3规避电解池中方程式书写的3个易失分点(1)书写电解池中电极反应式时，要以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质要写成分子式。(2)要确保两极电子转移数目相同，且注明条件“电解”。(3)电解水溶液时，应留意放电挨次中H、OH之后的离子一般不参与放电。考点2有关电化学的计算原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算、依据电荷量求产物的量与依据产物的量求电荷量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种方法：1依据电子守恒计算用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电荷量等类型的计算，其依据是电路上转移的电子数相等。2依据总反应式计算先写出电极反应式，再写出总反应式，最终依据总反应式列比例式计算。3依据关系式计算由得失电子守恒关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。4e4Ag2Cu2Cl22H2O24H4OH涉及电化学计算方面的要求不高，主要是能依据总反应式或电极反应式进行计算，有时运用物理中的电量学问解题。题组训练6.两个惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时，(设电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽视不计)电极上析出银的质量最大为()A27 mgB54 mg C106 mg D216 mg解析首先结合离子放电挨次，弄清楚两极的反应：阳极4OH4e=O22H2O；阴极Age=Ag，电解的总反应式为4AgNO32H2O4AgO24HNO3。由电解的总反应式可知，电解过程中生成的n(H)n(HNO3)n(Ag)(103 molL1106 molL1)0.5 L5104 mol，m(Ag)5104 mol108 gmol10.054 g54 mg。答案B7将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法错误的是()A阳极先析出Cl2，后析出O2，阴极先产生Cu，后析出H2BAB段阳极只产生Cl2，阴极只产生CuCBC段表示在阴极上是H放电产生了H2DCD段相当于电解水解析由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各1 mol，电解分3个阶段：第一阶段阳极：1 mol氯离子失1 mol 电子，阴极：0.5 mol铜离子得1 mol电子，由于铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大。其次阶段阳极：1 mol氢氧根离子失1 mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.5 mol铜离子再得1 mol电子，由于氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH快速减小。第三阶段阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH连续减小。答案C8在如图中，甲烧杯中盛有100 mL 0.50 molL1 AgNO3溶液，乙烧杯中盛有100 mL 0.25 molL1 CuCl2溶液，A、B、C、D均为质量相同的石墨电极，假如电解一段时间后，发觉A极比C极重1.9 g，则(1)电源E为_极，F为_极。(2)A极的电极反应式为_，析出物质_mol。(3)B极的电极反应式为_，析出气体_mL(标准状况)。(4)C极的电极反应式为_，析出的物质_mol。(5)D极的电极反应式为_，析出气体_mL(标准状况)。(6)甲烧杯中滴入石蕊试液，_(填“A”或“B”)极四周变红，假如连续电解，在甲烧杯中最终得到_溶液。解析由电解一段时间后A极比C极重，可知A极上有Ag析出，C极上有Cu析出，若A极上析出银的物质的量为n(Ag)，则C极上析出Cu的物质的量为n(Ag)，有关系式108 gmol1n(Ag)64 gmol1n(Ag)1.9 g，n(Ag)0.025 mol。由此可知，两电解池内的电解质均是足量的，故两池电极反应式分别为：A极：Age=Ag；B极：4OH4e=2H2OO2；C极：Cu22e=Cu；D极：2Cl2e=Cl2。A、C两极析出物质的物质的量分别为0.025 mol和0.012 5 mol；B极析出O2的体积为0.006 25 mol22.4 Lmol10.14 L140 mL；D极析出Cl2的物质的量为0.012 5 mol22.4 Lmol10.28 L280 mL。答案(1)负正(2)4Ag4e=4Ag0.025(3)4OH4e=2H2OO2140(4)Cu22e=Cu0.012 5(5)2Cl2e=Cl2280(6)BHNO39(1)用惰性电极电解400 mL肯定浓度的硫酸铜溶液(不考虑电解过程中溶液体积的变化)，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol CuO后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为_mol。(2)假如向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为_mol。(3)假如向所得的溶液中加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑CO2的溶解)，电解过程中转移的电子为_mol。解析(1)电解硫酸铜溶液的反应方程式为2CuSO42H2O2Cu2H2SO4O2，从方程式可以看出，电解硫酸铜过程中只析出铜和释放出氧气，加入0.1 mol CuO可以使溶液恢复至原来状态，说明参与反应的硫酸铜只有0.1 mol，转移的电子为0.2 mol。(2)加入0.1 mol Cu(OH)2可以使溶液恢复至原来状态，说明电解过程中不仅硫酸铜被电解，而且有水被电解。0.1 mol Cu(OH)2可以看作是0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，则转移的电子为0.4 mol。(3)加入0.1 mol Cu2(OH)2CO3可以看作0.2 mol CuO、0.1 mol H2O和0.1 mol CO2，相当于有0.2 mol的硫酸铜和0.1 mol的水被电解，因此转移的电子为0.6 mol。答案(1)0.2(2)0.4(3)0.6考点3金属的腐蚀与防护 1.化学腐蚀与电化学腐蚀特殊提示(1)推断一种金属腐蚀是否为电化学腐蚀，应看是否符合原电池的组成条件：活性不同的两个电极、电解质溶液、构成闭合回路及自发进行氧化还原反应。(2)金属发生电化学腐蚀时，属于吸氧腐蚀还是析氢腐蚀，取决于电解质溶液酸性的强弱。2金属腐蚀快慢的推断方法(1)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护措施的腐蚀。(2)同一金属在不同电解质溶液中的腐蚀速率：强电解质弱电解质非电解质。(3)原电池原理引起的腐蚀速率：两电极金属活动性相差越大，越易腐蚀。(4)对于同一电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，腐蚀越快。题组训练10(2022海南)下列叙述错误的是()A生铁中含有碳，抗腐蚀力量比纯铁弱B用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈C在铁制品上镀铜时，镀件为阳极，铜盐为电镀液D铁管上镶嵌锌块，铁管不易被腐蚀解析选项A，生铁中的碳和铁可以在铁的表面构成很多微小的原电池，能加速铁的锈蚀。选项B，焊接处铁、锡形成很多微小原电池，加速铁的腐蚀。选项C，电镀时，镀层金属铜作阳极，铁制品作阴极，用铜盐溶液作电镀液。选项D，由于Zn比Fe活泼，故镶嵌锌块的铁管不易被腐蚀。答案C11(2022上海六校联考)如图是用铁铆钉固定两个铜质零件的示意图，若将该零件置于潮湿空气中，下列说法正确的是()A发生电化学腐蚀，铜为负极，铜极产生H2B铜易被腐蚀，铜极上发生还原反应，吸取O2C铁易被腐蚀，铁发生氧化反应：Fe2e=Fe2D发生化学腐蚀：FeCu2=CuFe2解析在潮湿的空气中发生电化学腐蚀，铁比铜活泼，铁作负极，负极发生氧化反应：Fe2e=Fe2，铁被腐蚀，铜作正极，正极发生还原反应：O22H2O4e=4OH，综上分析，C项正确。答案C12(2022湖南三十二校联考)下列与金属腐蚀有关的说法，正确的是()A图1中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严峻B图2中，往烧杯中滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色C图3中，燃气灶的中心部位简洁生锈，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解析插入海水中的铁棒，除发生化学腐蚀外，靠近液面的地方还会发生电化学腐蚀，越靠近液面腐蚀越严峻，A项错误；题图2中Fe作负极，失电子，生成Fe2，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红色，B项错误；高温下铁发生氧化反应，发生化学腐蚀，C项正确；镁块相当于原电池的负极，失电子，从而爱护地下钢铁管道，D错误。答案C13(2022山东)下列与金属腐蚀有关的说法正确的是()A图a中，插入海水中的铁棒，越靠近底端腐蚀越严峻B图b中，开关由M改置于N时，CuZn合金的腐蚀速率减小C图c中，接通开关时Zn腐蚀速率增大，Zn上放出气体的速率也增大D图d中，ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由MnO2的氧化作用引起的解析选项A，图a中，铁棒发生电化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，错误；选项B，图b中开关置于M时，CuZn合金作负极，由M改置于N时，CuZn合金作正极，腐蚀速率减小，正确；选项C，图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt极上放出，错误；选项D，图d中ZnMnO2干电池自放电腐蚀主要是由Zn的还原作用引起的，错误。答案B14(2022长春调研)某小组按图1所示的装置探究铁的吸氧腐蚀。(1)图2是图1所示装置的示意图，在图2的小括号内填写正极材料的化学式；在方括号内用箭头表示出电子流淌的方向。(2)正极反应式为_，负极反应式为_。(3)按图1装置试验，约8 min时才看到导管中液柱上升，下列措施可以更快更清楚地观看到液柱上升的是_。a用纯氧气代替具支试管内的空气b将食盐水浸泡过的铁钉表面撒上铁粉和碳粉的混合物c用毛细尖嘴管代替玻璃导管，并向试管的水中滴加少量红墨水解析(1)本题是探究铁的吸氧腐蚀，所以正极材料为碳，电子经导线由负极流向正极。(2)负极反应式为Fe2e=Fe2，正极反应式为2H2OO24e=4OH。答案(1)C(2)2H2OO24e=4OHFe2e=Fe2(3)abc名 师 究 错易错追根溯源挑战高考满分【典例】(2022长沙模拟)500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)6.0 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22.4 L气体(标准状况)，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4 molL1B上述电解过程中共转移4 mol电子C电解得到的Cu的物质的量为0.5 molD电解后溶液中c(H)为2 molL1【错因分析】电解KNO3、Cu(NO3)2混合液时，不能依据离子的放电挨次推断电解过程，误认为依次电解KNO3、Cu(NO3)2溶液；若不能依据得失电子守恒计算会导致计算简单化而错解。【解析】两极反应：阴极Cu22e=Cu、2H2e=H2，阳极4OH4e=O22H2O。两极都收集到1 mol气体，由阳极可得反应中转移电子4 mol，又知生成1 mol H2转移电子2 mol，依据电子得失守恒可得n(Cu2)1 mol；再依据电荷守恒，在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中存在关系：2c(Cu2)c(K)c(NO)，可以求出c(K)2 molL1。电解过程中消耗n(OH)4 mol，消耗的n(H)2 mol，则溶液中留下2 mol H，c(H)4 molL1。【答案】B纠错训练体积为1 L的某溶液中含有的离子如表所示：离子Cu2Al3NOCl物质的量浓度(mol/L)11a1用Pt电极电解该溶液，当电路中有3 mol电子通过时(忽视电解时溶液体积的变化及电解产物可能存在的溶解现象)，下列说法正确的是()A电解后溶液的pH0Ba3C阳极生成1.5 mol Cl2D阴极析出的金属是铜与铝解析依据离子的放电挨次及得失电子守恒知，先电解0.5 mol CuCl2，生成0.5 mol Cu和0.5 mol Cl2，然后电解0.5 mol Cu(NO3)2，生成0.5 mol Cu、0.25 mol O2和1 mol H，再电解Al(NO3)3溶液(即电解水)，溶液中c(H)1 mol/L，故A项正确、D项错误。阳极上Cl放电只产生0.5 mol Cl2，C项错误。由电荷守恒可知a4，B项错误。答案A