2023屆新高考新教材化學魯科版一輪學案-第6章第21講　電能轉化為化學能-電解金屬的腐蝕與防護

第21講電能轉化為化學能——電解金屬的腐蝕與防護復習目標核心素養(yǎng)1.了解電解池的工作原理，認識電解在實現物質轉化和儲存能量中的具體應用。能分析、解釋電解池的工作原理，能設計簡單的電解池。2．了解金屬發(fā)生電化學腐蝕的本質，知道金屬腐蝕的危害。能利用電化學原理解釋金屬腐蝕現象，選擇并設計防腐措施。1.變化觀念與平衡思想：能多角度、動態(tài)地分析電解池中發(fā)生的反應，并運用電解池原理解決實際問題；認識金屬腐蝕在不同條件下，腐蝕的形式不同，發(fā)生的電極反應不同。2．證據推理與模型認知：能分析電解池中發(fā)生的反應，并運用電解池原理定性分析和定量計算推出合理的結論。考點一電解原理1．電解2．電解池的組成和工作原理(惰性電極電解CuCl2溶液)總反應的離子方程式：Cu2＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())Cu＋Cl2↑。3．放電順序(一般情況下)(1)陰極：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(酸)>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)。(2)陽極：活潑電極>S2－>I－＞Fe2＋>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根離子>F－。[微思考]根據金屬活動性順序表，Cu和稀H2SO4不反應，怎樣根據電化學的原理實現Cu和稀H2SO4反應產生H2?提示：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應。電解反應式為陽極：Cu－2e－=Cu2＋，陰極：2H＋＋2e－=H2↑?？偡磻剑篊u＋2H＋eq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())Cu2＋＋H2↑。(1)電解質溶液的導電過程就是電解質溶液被電解的過程。()(2)某些不能自發(fā)進行的氧化還原反應，通過電解可以實現。()(3)直流電源跟電解池連接后，電子從電源負極流向電解池陽極。()(4)電解稀硫酸制H2、O2時，可用不活潑的銅作陽極。()(5)電解CuCl2溶液，陰極逸出的氣體能夠使?jié)駶櫟牡矸鄣饣浽嚰堊兯{色。()(6)電解鹽酸、硫酸等溶液，H＋放電，溶液的pH均增大。()答案：(1)√(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×[典例]在某種光電池中，當光照在表面涂有氯化銀的銀片上時，發(fā)生反應：AgCl(s)eq\o(=,\s\up7(光照),\s\do5())Ag(s)＋Cl(AgCl)[Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化銀表面]，接著發(fā)生反應：Cl(AgCl)＋e－=Cl－(aq)＋AgCl(s)。如圖為用該光電池電解尿素[CO(NH2)2]的堿性溶液制氫的裝置示意圖，下列敘述正確的是()A．光電池工作時，Ag極為電流流出極，發(fā)生氧化反應B．制氫裝置溶液中K＋移向A極C．光電池工作時，Ag電極發(fā)生的反應為2Cl－－2e－=Cl2↑D．制氫裝置工作時，A極的電極反應式為CO(NH2)2＋8OH－－6e－=COeq\o\al(2－,3)＋6H2O＋N2↑[解析]根據題意，左邊裝置為原電池，右邊裝置為電解池，原電池中當光照在表面涂有氯化銀的銀片上時，發(fā)生反應：AgCl(s)eq\o(=,\s\up7(光照),\s\do5())Ag(s)＋Cl(AgCl)，接著發(fā)生反應：Cl(AgCl)＋e－=Cl－(aq)＋AgCl(s)，銀上的電極反應為AgCl(s)＋e－=Ag(s)＋Cl－，得電子發(fā)生還原反應，所以銀作正極、鉑作負極。A．得電子的電極發(fā)生還原反應，左側Ag電極上得電子作正極、Pt作負極，則Ag電極發(fā)生還原反應，故A錯誤；B.左側Ag電極上得電子作正極、Pt作負極，則連接Ag的電極為陽極、連接Pt的電極為陰極，制取氫氣裝置溶液中陽離子向陰極移動，所以K＋移向B電極，故B錯誤；C．光電池工作時，Ag電極上AgCl得電子生成Ag，電極反應式為AgCl(s)＋e－=Ag(s)＋Cl－，故C錯誤；D.制取氫氣裝置工作時，A電極為陽極，尿素失電子和氫氧根離子反應生成碳酸根離子和氮氣、水，電極反應式為CO(NH2)2＋8OH－－6e－=COeq\o\al(2－,3)＋N2↑＋6H2O，故D正確。[答案]D[延伸探究](1)光電池工作時，Cl－的遷移方向是怎樣的？電解池中，溶液中的OH－遷移方向是怎樣的？(2)若在B極生成標準狀況下224mLH2，則消耗尿素多少克？提示：(1)Ag電極作正極、Pt作負極，Cl－從左側透過膜遷移至右側；電解池中OH－從右側透過膜遷移至左側。(2)0.2g。由電子守恒得CO(NH2)2～3H2，生成H20.01mol，尿素為0.2g。[對點練1](電解規(guī)律)探究電解規(guī)律(用惰性電極電解)(1)電解水型①試寫出電解下列溶液的電解方程式稀硫酸：；NaOH：；KNO3：。②分析“電解水型”的電解質包括哪些類型：。(2)電解電解質型電解質溶液HBrCuCl2陰極反應①②陽極反應③④電解反應⑤⑥溶液復原加⑦加⑧分析“電解電解質型”的電解質包括哪些類型⑨。(3)放H2生堿型①電解NaCl溶液：陰極反應：；陽極反應：；電解反應離子方程式。電解一段時間后，NaCl溶液恢復原狀的方法：。②分析“放H2生堿型”的電解質包括哪些類型：。(4)放O2生酸型①電解CuSO4溶液陰極反應：；陽極反應：；電解反應離子方程式：；電解一段時間后，CuSO4溶液恢復原狀的方法。②分析“放O2生酸型”電解質包括哪些類型：。答案：(1)①2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())2H2↑＋O2↑2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())2H2↑＋O2↑2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())2H2↑＋O2↑②含氧酸、強堿和活潑金屬的含氧酸鹽(2)①2H＋＋2e－=H2↑②Cu2＋＋2e－=Cu③2Br－－2e－=Br2④2Cl－－2e－=Cl2↑⑤2HBreq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())H2↑＋Br2⑥CuCl2eq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())Cu＋Cl2↑⑦適量HBr⑧適量CuCl2⑨無氧酸(除HF)和不活潑金屬的無氧酸鹽(除氟化物)(3)①2H＋＋2e－=H2↑2Cl－－2e－=Cl2↑2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())Cl2↑＋H2↑＋2OH－通HCl②活潑金屬的無氧酸鹽(除氟化物)(4)①2Cu2＋＋4e－=2Cu4OH－－4e－=O2↑＋2H2O2Cu2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())2Cu＋O2↑＋4H＋加CuO(或CuCO3)②不活潑金屬的含氧酸鹽[對點練2](電解產物的判斷)用石墨電極完成下列電解實驗。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……下列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(fā)生了反應：Fe－2e－=Fe2＋D．根據實驗一的原理，實驗二中m處能析出銅解析：B根據a、d處試紙變藍，可判斷a、d兩點都為電解池的陰極，發(fā)生的電極反應為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，A選項正確；b處變紅，局部褪色，說明b為電解池的陽極，2Cl－－2e－=Cl2↑，氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸：Cl2＋H2OHCl＋HClO，HCl溶液顯酸性，HClO具有漂白性，B選項不正確；c處為陽極，鐵失去電子生成亞鐵離子，發(fā)生的電極反應為Fe－2e－=Fe2＋，C選項正確；實驗一中ac形成電解池，db形成電解池，所以實驗二中也形成電解池，銅珠的左端為電解池的陽極，銅失電子生成銅離子，m、n是銅珠的右端，為電解池的陰極，開始時產生氣體，后來銅離子移到m處，m處銅離子得到電子生成單質銅，故D選項正確。[對點練3](電解的計算)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，下列說法正確的是()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解析：A石墨作電極電解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，陽極反應式為：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，陰極先后發(fā)生兩個反應：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。[練后歸納]電化學綜合計算的三種常用方法(1)根據總反應式計算先寫出電極反應式，再寫出總反應式，最后根據總反應式列出比例式計算。(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已知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：4e－～2Cl2(Br2、I2)～O2～2H2～2Cu～4Ag～eq\f(4,n)M陽極產物陰極產物(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，熟記電極反應式，靈活運用關系式便能快速解答常見的電化學計算問題。在電化學計算中，還常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19C來計算電路中通過的電量?？键c二電解原理的應用1．電解飽和食鹽水(1)電極反應陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑(反應類型：氧化反應)，陰極：2H＋＋2e－=H2↑(反應類型：還原反應)。(2)總反應離子方程式：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())2OH－＋H2↑＋Cl2↑。(3)應用：氯堿工業(yè)制燒堿、氫氣和氯氣裝置離子交換膜電解槽陽極鈦網(涂有鈦、釕等氧化物涂層)陰極碳鋼網陽離子交換膜①只允許陽離子通過，能阻止陰離子和氣體通過②將電解槽隔成陽極室和陰極室[微思考]氯堿工業(yè)中，陽離子交換膜的作用是什么？提示：只允許陽離子通過，阻礙Cl2分子、陰離子通過。2．電鍍銅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)電極反應：陽極：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋、Cu－2e－=Cu2＋；陰極：Cu2＋＋2e－=Cu。4．電冶金(1)冶煉鈉電解方程式：2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5())2Na＋Cl2↑陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑；陰極：2Na＋＋2e－=2Na。(2)冶煉鋁電解方程式：2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解),\s\do5(冰晶石))4Al＋3O2↑陽極：6O2－－12e－=3O2↑；陰極：4Al3＋＋12e－=4Al。(1)在鍍件上電鍍銅時，也可以用惰性材料作陽極，用硫酸銅溶液作電解液。()(2)電解飽和食鹽水時，兩個電極均不能用金屬材料。()(3)電鍍銅和電解精煉銅時，電解質溶液中c(Cu2＋)均保持不變。()(4)電解冶煉鎂、鋁通常電解MgCl2和Al2O3，也可以電解MgO和AlCl3。()(5)電解精煉時，陽極泥可以作為提煉貴重金屬的原料。()(6)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)√(6)×[典例]用鐵和石墨作電極電解酸性廢水，可將廢水中的POeq\o\al(3－,4)以FePO4(不溶于水)的形式除去，其裝置如圖所示：下列說法正確的是()A．若X、Y電極材料連接反了，仍可將廢水中的POeq\o\al(3－,4)以FePO4的形式除去B．X極為石墨，該電極上發(fā)生氧化反應C．電解過程中Y極周圍溶液的pH減小D．電解時廢水中會發(fā)生反應：4Fe2＋＋O2＋4H＋＋4POeq\o\al(3－,4)=4FePO4↓＋2H2O[解析]A．根據題意分析可知，X電極材料為鐵，Y電極材料為石墨。若X、Y電極材料連接反了，鐵就不能失電子變?yōu)殡x子，也就不能生成FePO4，A項錯誤；B.Y極為石墨，該電極上發(fā)生還原反應，B項錯誤；C．電解過程中Y極發(fā)生的電極反應為2H＋＋2e－=H2↑，氫離子濃度減小，溶液的pH變大，C項錯誤；D.鐵在陽極失電子變?yōu)镕e2＋，通入的氧氣把Fe2＋氧化為Fe3＋，Fe3＋與POeq\o\al(3－,4)反應生成FePO4沉淀，D項正確。[答案]D[延伸探究](1)根據題目分析電解除磷時為什么用鐵作陽極？(2)用鐵作電極，利用如圖所示裝置除去含CN－、Cl－廢水中的CN－時，控制溶液pH為9～10，CN－與陽極產生的ClO－反應生成無污染的氣體。思考在該裝置中鐵應該作什么電極？提示：(1)陽極在直流電源作用下電解產生Fe2＋，Fe2＋可進一步被氧化生成Fe3＋，提供能與磷酸根結合生成沉淀的陽離子。(2)陽極產生ClO－，發(fā)生的反應為Cl－＋2OH－－2e－=ClO－＋H2O，所以鐵電極作陰極。[對點練1](電解原理的常規(guī)應用)某小組為研究電化學原理，設計如圖所示裝置，下列敘述正確的是()A．若a和b為石墨，通電后a極上反應為2Cl－－2e－=Cl2↑B．若a和b為石墨，通電后b極上發(fā)生氧化反應C．若a為銅，b為鐵，通電后a極質量增加D．若a為鐵，b為銅，通電后Cu2＋向鐵電極移動解析：A石墨是惰性電極，a極與電源的正極相連，作電解池的陽極，通電后a極上發(fā)生氧化反應，電極反應式為2Cl－－2e－=Cl2↑，A正確；b極與電源的負極相連，作電解池的陰極，通電后發(fā)生還原反應，B錯誤；Cu是活性電極，若a為銅，通電后a極的反應式為Cu－2e－=Cu2＋，則a極質量減小，C錯誤；電解池的電解質溶液中，陽離子向陰極移動，若a為鐵，b為銅，則通電后Cu2＋向Cu電極移動，D錯誤。[對點練2](應用電解原理制備新物質)氧化亞銅可作殺菌劑、陶瓷和搪瓷的著色劑、紅色玻璃染色劑，電解法制備氧化亞銅的原理如圖所示，下列說法不正確的是()A．理論上，除銅電極外，只需對電解液補充水，電解便可持續(xù)進行B．溶液中生成Cu2O的離子方程式為2CuCleq\o\al(2－,3)＋H2O=Cu2O↓＋6Cl－＋2H＋C．N極為陽極電極反應式為Cu－e－＋3Cl－=CuCleq\o\al(2－,3)D．M與電源的負極相連，發(fā)生還原反應解析：B由圖示可知電解池的總反應為2Cu＋H2Oeq\o(=,\s\up7(通電),\s\do5())Cu2O＋H2↑，因此理論上，除銅電極外，只需對電解液補充水，電解便可連續(xù)進行，A正確；溶液中生成Cu2O的離子方程式為2CuCleq\o\al(2－,3)＋2OH－=Cu2O＋6Cl－＋H2O，B錯誤；N極為陽極電極反應式為Cu－e－＋3Cl－=CuCleq\o\al(2－,3)，C正確；M為陰極，與電源負極相連，發(fā)生還原反應，D正確。[對點練3](應用電解原理治理污染)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(huán)再生NaOH，同時得到H2SO4，其原理如圖所示(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)放電的電極反應式為。(3)電解過程中陰極區(qū)堿性明顯增強，用平衡移動原理解釋原因。解析：根據Na＋、SOeq\o\al(2－,3)的移向判斷陰、陽極。Na＋移向陰極區(qū)，a應接電源負極，b應接電源正極，其電極反應式分別為陽極：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(qū)，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。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，堿性增強考點三金屬的腐蝕與防護1．金屬腐蝕的概念金屬表面與周圍的物質發(fā)生氧化還原反應而遭到破壞的現象。2．化學腐蝕與電化學腐蝕類型化學腐蝕電化學腐蝕反應物金屬、干燥的氣體或非電解質不純金屬、電解質溶液反應類型直接發(fā)生化學反應原電池反應有無電流產生無有實質金屬原子失電子被氧化3.電化學腐蝕的分類(鋼鐵腐蝕)類型析氫腐蝕吸氧腐蝕水膜性質酸性弱酸性、中性或堿性負極反應Fe－2e－=Fe2＋正極反應2H＋＋2e－=H2↑2H2O＋O2＋4e－=4OH－總反應Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2聯系吸氧腐蝕比析氫腐蝕更普遍4.金屬的防護(1)犧牲陽極保護法利用原電池原理。(2)外加電流保護法利用電解池原理。(3)改變金屬內部結構→如制成不銹鋼。(4)加保護層→如電鍍、噴漆、覆膜等。(1)純銀器表面變黑和鋼鐵表面生銹腐蝕原理一樣。()(2)Al、Fe、Cu在潮濕的空氣中腐蝕均生成氧化物。()(3)鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕時，負極鐵失去電子生成Fe3＋。()(4)在金屬表面覆蓋保護層，若保護層破損后，就完全失去了對金屬的保護作用。()(5)若在海輪外殼上附著一些銅塊，則可以減緩海輪外殼的腐蝕。()(6)鐵表面鍍鋅可增強其抗腐蝕性。()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√[典例]將金屬M連接在鋼鐵設施表面，可減緩水體中鋼鐵設施的腐蝕。在下圖所示的情境中，下列有關說法正確的是()A．鋼鐵設施表面的電極反應式為Fe－2e－=Fe2＋B．金屬M的活動性比Fe的活動性弱C．鋼鐵設施表面因積累大量電子而被保護D．鋼鐵設施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快[解析]該裝置為原電池原理的金屬防護措施，為犧牲陽極保護法，金屬M作負極，鋼鐵設備作正極。A．圖中鋼鐵設施作原電池的正極，正極金屬被保護不失電子，A項錯誤；B.陽極金屬M實際為原電池裝置的負極，電子流出，原電池中負極金屬比正極活潑，因此M活動性比Fe的活動性強，B項錯誤；C．金屬M失電子，電子經導線流入鋼鐵設備，從而使鋼鐵設施表面積累大量電子，自身金屬不再失電子從而被保護，C項正確；D.海水中的離子濃度大于河水中的離子濃度，離子濃度越大，溶液的導電性越強，因此鋼鐵設施在海水中的腐蝕速率比在河水中快，D項錯誤。[答案]C[鏈接教材]魯科版選擇性必修1教材P33：用犧牲陽極保護法保護金屬船體和鐵管道：將活潑性較強的金屬作為保護極，與被保護金屬相連構成原電池，活潑性較強的金屬將作為負極反應物發(fā)生氧化反應而損耗，被保護金屬作為正極材料就可以避免被腐蝕。人們在航海船只的船底四周鑲嵌鋅塊，就是利用了犧牲陽極保護法來保護金屬船體。[創(chuàng)新命題](1)為了減小某水庫的鐵閘門被腐蝕的速率，連接在鐵閘門上的固體材料可以采用(填寫字母序號)。A．銅 B．鈉C．鋅 D．石墨(2)如圖所示的方案也可以減小鐵閘門的腐蝕速率，其中鐵閘門應該連接在直流電源的極。(3)在海洋工程上，通常用鋁合金(Al—Zn—Cd)保護海底鋼鐵設施，其中負極發(fā)生的電極反應為；在實際應用中，用鋁合金而不選用純鋁，純鋁不能很好地起到保護作用，其原因是。答案：(1)C(2)負(3)Al－3e－=Al3＋鋁表面易被氧化，生成一層致密而堅固的氧化物薄膜，使金屬鋁呈現“惰性”[對點練1](析氫腐蝕和吸氧腐蝕的判斷)下列與金屬腐蝕有關的說法正確的是()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(fā)生化學腐蝕D．圖4中，用犧牲鎂塊的方法來防止地下鋼鐵輸水管的腐蝕，鎂塊相當于原電池的正極解析：C濃硫酸從環(huán)境中吸收水分，使鐵釘周圍的空氣比較干燥，因此鐵釘不易腐蝕，A項錯誤；Fe、Cu與酸化的3%NaCl溶液構成原電池，Fe作負極，發(fā)生失去電子的氧化反應，有Fe2＋生成，因此滴加少量K3[Fe(CN)6]溶液，有藍色沉淀出現，B項錯誤；燃氣灶的中心部位容易生銹，主要是由于高溫下鐵發(fā)生化學腐蝕，C項正確；用犧牲鎂塊的方法來防止地下鋼鐵輸水管的腐蝕，鎂塊相當于原電池的負極，D項錯誤。[對點練2](金屬腐蝕快慢比較)相同材質的鐵在下列情形下最不易被腐蝕的是()解析：CA、D均可由Fe、Cu構成原電池而加速鐵的腐蝕；在B中，食鹽水提供電解質溶液環(huán)境，炒鍋和鐵鏟都是鐵碳合金，符合原電池形成的條件，鐵是活潑金屬作負極，碳作正極，Fe易被腐蝕；C中銅鍍層把鐵完全覆蓋，構不成原電池而不被腐蝕。[對點練3](金屬腐蝕防護措施的設計與選擇)港珠澳大橋設計使用壽命為120年，對橋體鋼構件采用了多種防腐方法。下列分析錯誤的是()A．防腐原理主要是避免發(fā)生反應：2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2B．鋼構件表面噴涂環(huán)氧樹脂涂層，是為了隔絕空氣、水等防止形成原電池C．采用外加電流保護法時需外接鎂、鋅等作輔助陽極D．鋼構件可采用不銹鋼材料以減緩電化學腐蝕解析：C該橋體鋼構件主要發(fā)生吸氧腐蝕，吸氧腐蝕的總反應為2Fe＋2H2O＋O2=2Fe(OH)2，防腐原理主要是避免發(fā)生該反應，A項正確；鋼構件表面噴涂環(huán)氧樹脂涂層，目的是將鋼構件與空氣、水隔絕，防止形成原電池，發(fā)生吸氧腐蝕，B項正確；采用犧牲陽極的保護法時需外接鎂、鋅等作輔助陽極，C項錯誤；鋼構件采用不銹鋼，可以減緩電化學腐蝕，D項正確。[練后歸納](1)判斷析氫腐蝕與吸氧腐蝕的依據：正確判斷“介質”溶液的酸堿性是分析析氫腐蝕和吸氧腐蝕的關鍵。潮濕的空氣、中性溶液發(fā)生吸氧腐蝕；NH4Cl溶液、稀H2SO4等酸性溶液發(fā)生析氫腐蝕。(2)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。(3)外加電流的保護法保護效果大于犧牲陽極的保護法。離子交換膜是一種含離子基團的、對溶液里的離子具有選擇透過能力的高分子膜。因它對離子具有選擇透過性，且電化學性能優(yōu)良。由于離子交換膜能將工業(yè)生產與化學知識有機的融合，實現資源的最優(yōu)配置，考查學生的學以致用能力，故近幾年的電化學高考試題中年年涉及。1．離子交換膜的類型種類允許通過的離子及移動方向說明陽離子交換膜陽離子→移向電解池的陰極或原電池的正極陰離子和氣體不能通過陰離子交換膜陰離子→移向電解池的陽極或原電池的負極陽離子和氣體不能通過質子交換膜質子→移向電解池的陰極或原電池的正極只允許H＋通過，不允許其他陽離子和陰離子通過注意：離子交換或遷移依據電荷守恒，離子遷移數目不一定相同。2．離子交換膜的作用(1)選擇性透過離子，平衡電荷，形成閉合回路。(2)隔離某些分子和離子，防止副反應。(3)應用于制備物質、分離物質等。[典例](2020·山東卷，10)微生物脫鹽電池是一種高效、經濟的能源裝置，利用微生物處理有機廢水獲得電能，同時可實現海水淡化?，F以NaCl溶液模擬海水，采用惰性電極，用如圖裝置處理有機廢水(以含CH3COO－的溶液為例)。下列說法錯誤的是()A．負極反應為CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2↑＋7H＋B．隔膜1為陽離子交換膜，隔膜2為陰離子交換膜C．當電路中轉移1mol電子時，模擬海水理論上除鹽58.5gD．電池工作一段時間后，正、負極產生氣體的物質的量之比為2∶1[解析]根據題意可知，A項正確；該電池工作時，Cl－向a極移動，Na＋向b極移動，即隔膜1為陰離子交換膜，隔膜2為陽離子交換膜，B項錯誤；電路中轉移1mol電子時，向a極和b極分別移動1molCl－和1molNa＋，則模擬海水理論上可除鹽58.5g，C項正確；電池工作時負極產生CO2，正極產生H2，結合正、負極的電極反應知，一段時間后，正極和負極產生氣體的物質的量之比為2∶1，D項正確。[答案]B[模型構建]含離子交換膜電化學裝置題的解題步驟1．鋰/氟化碳電池穩(wěn)定性很高。該電池的電解質溶液為LiClO4的乙二醇二甲醚溶液，總反應為xLi＋CFx=xLiF＋C，放電產物LiF沉積在正極，工作原理如圖所示。下列說法正確的是()A．正極的電極反應式為CFx＋xe－＋xLi＋=xLiF＋CB．離子交換膜為陰離子交換膜C．電解質溶液可用LiClO4的乙醇溶液代替D．a極電勢高于b極電勢解析：A根據總反應可知，Li為負極，石墨棒為正極，正極上CFx轉化為C，電極反應式為CFx＋xe－＋xLi＋=xLiF＋C，A項正確；根據正極的電極反應式可知，負極區(qū)的Li＋通過離子交換膜進入正極區(qū)，則離子交換膜為陽離子交換膜，B項錯誤；Li能與乙醇發(fā)生反應，因此電解質溶液不能用LiClO4的乙醇溶液代替，C項錯誤；b極為正極，a極為負極，故b極電勢高于a極電勢，D項錯誤。2．用電解法可提純含有某種含氧酸根雜質的粗KOH溶液，其工作原理如圖所示。下列有關說法錯誤的是()A．陽極反應式為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑B．通電后陰極區(qū)溶液pH會增大C．K＋通過交換膜從陰極區(qū)移向陽極區(qū)D．純凈的KOH溶液從b口導出解析：C陽極區(qū)為粗KOH溶液，陽極上OH－失電子發(fā)生氧化反應：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，A項正確；陰極上H2O得電子發(fā)生還原反應：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，陰極區(qū)附近溶液中c(OH－)增大，pH增大，B項正確；電解時陽離子向陰極移動，故K＋通過陽離子交換膜從陽極區(qū)移向陰極區(qū)，C項錯誤；陰極區(qū)生成KOH，故純凈的KOH溶液從b口導出，D項正確。3．二氧化氯(ClO2)是國際上公認的高效、廣譜、安全的殺菌消毒劑，如圖是用石墨做電極通過電解法制取ClO2的工藝。下列說法正確是()A．電極A接電源的負極B．ClO2為陽極產物C．陰極溶液的pH將減小D．陰極產生224mL氣體時，通過陽離子交換膜的陽離子數為0.02NA解析：B由鈉離子的移動方向可知，電極A為電解池的陽極，故A錯誤；氯離子在陽極上失去電子發(fā)生氧化反應生成二氧化氯，電極反應式為Cl－－5e－＋2H2O=ClO2↑＋4H＋，故B正確；電極B為陰極，水在陰極上得到電子發(fā)生還原反應生成氫氣和氫氧根離子，電極反應式為2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－溶液的pH增大，故C錯誤；缺標準狀況，無法計算陰極產生224mL氫氣的物質的量，無法計算通過陽離子交換膜的陽離子數，故D錯誤。4．一種流體電解海水提鋰的工作原理如下圖所示，中間室輔助電極材料(LiMn2O4/Li1－xMn2O4)具有選擇性電化學吸附/脫出鋰離子功能。工作過程可分為兩步，第一步為選擇性吸附鋰，第二步為釋放鋰，通過以上兩步連續(xù)的電解過程，鋰離子最終以LiOH的形式被濃縮到陰極室。下列說法中錯誤的是()A．第一步接通電源1選擇性提取鋰：第二步接通電源2釋放鋰B．釋放鋰過程中，中間室材料應接電源負極，發(fā)生的電極反應式為LiMn2O4－xe－=Li1－xMn2O4＋xLi＋C．中間室兩側的離子交換膜選用陽離子交換膜D．當陰極室得到4.8gLiOH時，理論上陽極室產生1.12L氣體(標準狀態(tài)下)解析：B第一步接通電源1，中間室為陰極，發(fā)生反應Li1－xMn2O4＋xe－＋xLi＋→LiMn2O4，選擇性提取鋰，第二步接通電源2，中間室為陽極，發(fā)生反應LiMn2O4－xe－→Li1－xMn2O4＋xLi＋釋放鋰，故A正確；釋放鋰過程中，中間室材料應接電源正極做陰極，發(fā)生的電極反應式為LiMn2O4－xe－=Li1－xMn2O4＋xLi＋，故B錯誤；根據圖示，第一步為選擇性吸附鋰過程中陽極室中的陽離子向中間室移動，第二步為釋放鋰的過程中鋰離子移向陰極室，所以中間室兩側的離子交換膜選用陽離子交換膜，故C正確；當陰極室得到4.8gLiOH時，電路中轉移0.2mol電子，陽極室電極反應式是2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，產生氧氣的體積是eq\f(0.2,4)×22.4＝1.12L氣體(標準狀況下)，故D正確。5．雙極膜由陽離子交換膜、催化劑層和陰離子交換膜組合而成，在直流電場作用下可將水解離，在雙極膜的兩側分別得到H＋和OH－，將其與陽離子交換膜(陽膜)、陰離子交換膜(陰膜)組合，可有多種應用。(1)海水淡化：模擬海水淡化，雙極膜組合電解裝置示意圖如下。①X極是極(填“陰”或“陽”)。②電解后可獲得較濃的鹽酸和較濃的NaOH溶液，圖甲中雙極膜的右側得到的是(填“H＋”或“OH－”)。(2)鈉堿循環(huán)法脫除煙氣中的SO2，并回收SO2：用pH>8的Na2SO3溶液作吸收液，脫除煙氣中的SO2，至pH＜6時，吸收液的主要成分為NaHSO3，需再生。Ⅰ.加熱pH＜6時的吸收液使其分解，回收SO2并再生吸收液。所得的再生吸收液對SO2的吸收率降低，結合離子方程式解釋原因：。Ⅱ.雙極膜和陰膜組合電滲析法處理pH＜6時的吸收液，可直接獲得再生吸收液和含較高濃度HSOeq\o\al(－,3)的溶液，裝置示意圖如圖乙。①再生吸收液從室流出(填“A”或“B”)。②簡述含較高濃度HSOeq\o\al(－,3)的溶液的生成原理：。③與Ⅰ中的方法相比，Ⅱ中的優(yōu)點是(列出2條)。解析：(1)①根據題圖甲，X極OH－失電子發(fā)生氧化反應生成氧氣，所以X極是陽極；②Y極H＋得電子生成H2，說明Y極為陰極，電解質溶液中陽離子移向陰極，所以雙極膜的右側得到的是H＋。(2)Ⅰ.加熱pH<6時的吸收液，分解的過程中SOeq\o\al(2－,3)會被空氣中的氧氣氧化，發(fā)生反應：2SOeq\o\al(2－,3)＋O2=2SOeq\o\al(2－,4)，2HSOeq\o\al(－,3)＋O2=2SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，且加熱加快化學反應速率，造成再生吸收液中c(SOeq\o\al(2－,3))降低，使SO2的吸收率降低。Ⅱ.①右側電極為陰極，陰極氫離子得電子生成氫氣，生成的OH－進入B室，OH－和HSOeq\o\al(－,3)反應生成SOeq\o\al(2－,3)，直接獲得再生吸收液；②A室中經過雙極膜遷移過來的H＋和SOeq\o\al(2－,3)反應生成HSOeq\o\al(－,3)，提高HSOeq\o\al(－,3)的濃度。答案：(1)①陽②H＋(2)Ⅰ.加熱pH<6時的吸收液，分解的過程中還發(fā)生反應：2SOeq\o\al(2－,3)＋O2=2SOeq\o\al(2－,4)，2HSOeq\o\al(－,3)＋O2=2SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，且加熱加快化學反應速率，造成再生吸收液中c(SOeq\o\al(2－,3))降低，使SO2的吸收率降低Ⅱ.①B②B室中的SOeq\o\al(2－,3)和HSOeq\o\al(－,3)在電場作用下通過陰膜進入A室，A室中通過雙極膜的H＋和溶液中的SOeq\o\al(2－,3)反應生成HSOeq\o\al(－,3)，提高HSOeq\o\al(－,3)的濃度③Ⅱ中可直接獲得再生吸收液，減少因加熱氧化生成大量的SOeq\o\al(2－,4)，而降低再生吸收液對SO2的吸收率；Ⅱ中可獲得含較高濃度的HSOeq\o\al(－,3)的溶液，進而獲得比Ⅰ中濃度高的SO21．(2021·全國乙卷，12)沿海電廠采用海水為冷卻水，但在排水管中生物的附著和滋生會阻礙冷卻水排放并降低冷卻效率，為解決這一問題，通常在管道口設置一對惰性電極(如圖所示)，通入一定的電流。下列敘述錯誤的是()A．陽極發(fā)生將海水中的Cl－氧化生成Cl2的反應B．管道中可以生成氧化滅殺附著生物的NaClOC．陰極生成的H2應及時通風稀釋安全地排入大氣D．陽極表面形成的Mg(OH)2等積垢需要定期清理解析：D海水中除了水，還含有大量的Na＋、Cl－、Mg2＋等，根據題干信息可知，裝置的原理是利用惰性電極電解海水，陽極區(qū)溶液中的Cl－會優(yōu)先失電子生成Cl2，陰極區(qū)H2O優(yōu)先得電子生成H2和OH－，結合海水成分及電解產物分析解答。A．根據分析可知，陽極區(qū)海水中的Cl－會優(yōu)先失去電子生成Cl2，發(fā)生氧化反應，A正確；B.設置的裝置為電解池原理，根據分析知，陽極區(qū)生成的Cl2與陰極區(qū)生成的OH－在管道中會發(fā)生反應生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有強氧化性，可氧化滅殺附著的生物，B正確；C．因為H2是易燃性氣體，所以陰極區(qū)生成的H2需及時通風稀釋安全地排入大氣，以排除安全隱患，C正確；D.陰極的電極反應式為：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，會使海水中的Mg2＋沉淀積垢，所以陰極表面會形成Mg(OH)2等積垢需定期清理，D錯誤。2．(2021·全國甲卷，13)乙醛酸是一種重要的化工中間體，可采用如下圖所示的電化學裝置合成。圖中的雙極膜中間層中的H2O解離為H＋和OH－，并在直流電場作用下分別向兩極遷移。下列說法正確的是()A．KBr在上述電化學合成過程中只起電解質的作用B．陽極上的反應式為：C．制得2mol乙醛酸，理論上外電路中遷移了1mol電子D．雙極膜中間層中的H＋在外電場作用下向鉛電極方向遷移解析：DA．KBr在上述電化學合成過程中除作電解質外，同時還是電解過程中陽極的反應物，生成的Br2為乙二醛制備乙醛酸的中間產物，故A錯誤；B.陽極上為Br－失去電子生成Br2，Br2將乙二醛氧化為乙醛酸，故B錯誤；C．電解過程中陰陽極均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸轉移電子為2mol,1mol乙二醛生成1mol乙醛酸轉移電子為2mol，根據轉移電子守恒可知每生成1mol乙醛酸轉移電子為1mol，因此制得2mol乙醛酸時，理論上外電路中遷移了2mol電子，故C錯誤；D.由上述分析可知，雙極膜中間層的H＋在外電場作用下移向陰極，即H＋移向鉛電極，故D正確。3．(2021·廣東卷，16)鈷(Co)的合金材料廣泛應用于航空航天、機械制造等領域。如圖為水溶液中電解制備金屬鈷的裝置示意圖。下列說法正確的是()A．工作時，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B．生成1molCo，Ⅰ室溶液質量理論上減少16gC．移除兩交換膜后，石墨電極上發(fā)生的反應不變D．電解總反應：2Co2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通電),\s\do5())2Co＋O2↑＋4H＋解析：D由圖可知，該裝置為電解池，石墨電極為陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，電極反應式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，Ⅰ室中陽離子電荷數大于陰離子電荷數，放電生成的氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動，鈷電極為陰極，鈷離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成鈷，電極反應式為Co2＋＋2e－=Co，Ⅲ室中陰離子電荷數大于陽離子電荷數，氯離子過陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動，電解的總反應的離子方程式為2Co2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通電),\s\do5())2Co＋O2↑＋4H＋。A．由分析可知，放電生成的氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動，使Ⅱ室中氫離子濃度增大，溶液pH減小，故A錯誤；B.由分析可知，陰極生成1molCo，陽極有1mol水放電，則Ⅰ室溶液質量減少18g，故B錯誤；C．若移除離子交換膜，氯離子的放電能力強于水，氯離子會在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，則移除離子交換膜，石墨電極的電極反應會發(fā)生變化，故C錯誤；D.由分析可知，電解的總反應的離子方程式為2Co2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通電),\s\do5())2Co＋O2↑＋4H＋，故D正確。4．(2020·山東卷，13)采用惰性電極，以去離子水和氧氣為原料通過電解法制備雙氧水的裝置如圖所示。忽略溫度變化的影響，下列說法錯誤的是()A．陽極反應為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑B．電解一段時間后，陽極室的pH未變C．電解過程中，H＋由a極區(qū)向b極區(qū)遷移D．電解一段時間后，a極生成的O2與b極反應的O2等量解析：DA．由題圖分析a極是陽極，屬于放氧生酸型的電解，所以陽極的反應式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，故A正確；B.電解時陽極產生氫離子，氫離子