2020年高考化学一轮总复习文档：第九章第29讲电解池金属的腐蚀和防护 学案

第29讲　电解池　金属的腐蚀和防护1.电解池(1)定义：电解池是把电能转变为化学能的装置。(2)电解池的构成条件①有外接直流电源。②有与电源相连的两个电极。③形成闭合回路。④电解质溶液或熔融电解质。(3)电解池工作原理(以电解CuCl2溶液为例)①电解原理示意图②阴阳两极上放电顺序a．阴极：(与电极材料无关)。氧化性强的先放电，放电顺序：b．阳极：若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应。若是惰性电极作阳极，放电顺序为2．电解原理的应用(1)氯碱工业①电极反应阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑(反应类型：氧化反应)，阴极：2H＋＋2e－===H2↑(反应类型：还原反应)。②总反应方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。总反应离子方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。(2)电解精炼铜(3)电镀铜 (4)电冶金利用电解熔融盐(或氧化物)的方法来冶炼活泼金属Na、Ca、Mg、Al等。3．金属的腐蚀和防护(1)金属腐蚀的本质金属原子失去电子变成金属阳离子，金属发生氧化反应。(2)金属腐蚀的类型①化学腐蚀与电化学腐蚀②析氢腐蚀与吸氧腐蚀以钢铁的腐蚀为例进行分析：铁锈的形成：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2，4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，2Fe(OH)3＋(x－3)H2O===Fe2O3·xH2O(铁锈)。(3)金属的防护1．判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，并指明错因。(1)电解质溶液的导电过程就是电解质溶液被电解的过程。(√)错因：_____________________________________________________________(2)电解CuCl2溶液，阴极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色。(×)错因：电解CuCl2溶液时，阴极生成Cu。(3)电解盐酸、硫酸等溶液，H＋放电，溶液的pH逐渐增大。(×)错因：电解H2SO4溶液是电解水，c(H＋)增大，pH减小。(4)电镀铜和电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)均保持不变。(×)错因：电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)减小。(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。(×)错因：电解饱和食盐水一段时间后，通入适量的HCl会恢复到电解前的状态，加盐酸会使溶液浓度变稀。(6)电解饱和食盐水时，两个电极均不能用金属材料。(×)错因：电解饱和食盐水时，可用金属材料。(7)在镀件上电镀铜时，镀件应连接电源的正极。(×)错因：镀件上镀铜时，镀件连接电源的负极。2．教材改编题(据人教选修四P88 T6)下列说法不正确的是(　　)A．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿B．生铁比纯铁容易生锈C．铁质器件附有铜质配件，在接触处不易生铁锈D．用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈答案　C考点　电解原理及应用[典例1]　(2016·全国卷Ⅰ)三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，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SO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。下列叙述正确的是(　　)A．通电后中间隔室的SO离子向阳极迁移，阳极区溶液pH增大B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C．阴极反应为2H2O－4e－===O2＋4H＋，阴极区溶液pH降低D．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成解析　阳极区域水电离出的OH－放电，溶液中c(H＋)增大，pH减小，中间隔室的SO透过cd膜移到阳极区可得产品H2SO4；阴极区水电离出的H＋放电：2H＋＋2e－===H2↑，溶液中c(OH－)增大，溶液pH增大，中间隔室的Na＋透过ab膜移入阴极区，可得产品NaOH；由得失电子守恒，结合电极反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑可知，通过1 mol e－会有0.25 mol O2产生。答案　B名师精讲1．以惰性电极电解电解质溶液的规律2.电极反应式的书写步骤与方法3．电解原理应用的注意事项(1)阳离子交换膜(以电解NaCl溶液为例)，只允许阳离子(Na＋)通过，而阻止阴离子(Cl－、OH－)和分子(Cl2)通过，这样既能防止H2和Cl2混合发生爆炸，又能避免Cl2和NaOH溶液作用生成NaClO影响烧碱的质量。(2)电解或电镀时，电极质量减少的电极必为金属电极——阳极；电极质量增加的电极必为阴极，即溶液中的金属阳离子得电子变成金属吸附在阴极上。(3)电解精炼铜，粗铜中含有的Zn、Fe、Ni等活泼金属失去电子，变成金属阳离子进入溶液，其他活泼性弱于铜的杂质以阳极泥的形式沉积。电解过程中电解质溶液中的Cu2＋浓度会逐渐减小。(4)电镀时，阳极(镀层金属)失去电子的数目跟阴极镀层金属离子得到电子的数目相等，因此电镀液中电解质的浓度保持不变。1．用图甲装置电解一定量的CuSO4溶液，M、N为惰性电极。电解过程实验数据如图乙所示。横轴表示电解过程中转移电子的物质的量，纵轴表示电解过程产生气体的总体积。下列说法不正确的是(　　)A．A点所得溶液只需加入一定量的CuO固体就可恢复到起始状态B．电解过程中N电极表面先有红色物质生成，后有气泡产生C．Q点时M、N两电极上产生的总气体在相同条件下体积相同D．若M电极材料换成Cu，则电解过程中CuSO4溶液的浓度不变答案　A解析　惰性材料作电极，在阳极上H2O先放电，即阳极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，在阴极，Cu2＋先放电，即阴极的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，P点后，气体体积突然增大，说明P点Cu2＋消耗完全，P点后，阴极的电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑，即A点是电解完CuSO4后，又电解了一部分水，应加入CuO和H2O，才能恢复到原来的状态，故A说法错误；N极接电源的负极，N极作阴极，根据选项A的分析，先有红色铜析出，然后出现气体，故B说法正确；Q点的气体来自两个阶段，第一阶段：阳极电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，第二阶段：阳极电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，P点产生的气体为氧气，其体积为b L，从P点到Q点，第二阶段，阴极产生的气体体积为2b L，阳极产生的气体体积为b L，阳极气体总体积为(b＋b) L＝2b L，故C说法正确；若M电极换成Cu，阳极上发生反应Cu－2e－===Cu2＋，阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，因此电解过程中CuSO4溶液的浓度不变，故D说法正确。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。如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。完成下列填空：(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________位置补充，氢氧化钠溶液从图中________(选填“a”“b”“c”或“d”)位置流出。答案　(1)2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－(2)阻止OH－进入阳极室与Cl2发生副反应：2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O，以便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混合发生爆炸(3)a　d解析　(1)电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H＋在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl－在阳极失去电子产生Cl2。该电解反应的离子方程式是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。(2)图中的离子交换膜是阳离子交换膜，可以允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH－进入阳极室与氯气发生反应，阻止Cl－进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。(3)随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从阳极补充，即从图中a位置补充，由于阴极H＋不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；从c位置流出的是稀的NaCl溶液。考点　金属的电化学腐蚀与防护[典例2]　(2017·全国卷Ⅰ)支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是(　　)A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整解析　外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，A正确；被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，电解池中外电路电子由阳极流向阴极，即从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；高硅铸铁为惰性辅助阳极，其主要作用是传递电流，而不是作为损耗阳极，C错误；保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，应根据环境条件变化进行调整，D正确。答案　C名师精讲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：电解池原理引起的腐蚀＞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，在同浓度的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，活动性差别越大，腐蚀速率越快。(4)对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。2．金属腐蚀的防护(1)电化学保护法①牺牲锌(负极)保护铁(正极)，习惯上叫做牺牲阳极的阴极保护法。如船壳上钉上锌块形成原电池。②外加电流的阴极保护法：钢铁外接电源负极形成电解池，使之成为阴极而被保护。如钢闸门接低压直流电负极，石墨接电源正极作阳极，浸入水中。(2)两种保护方法的比较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。3．铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀B．若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小C．铜极上的反应是2H＋＋2e－===H2↑、O2＋4e－＋4H＋===2H2OD．在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀答案　B解析　铁、铜和水膜形成原电池，因为铁的金属性比铜强，所以铁为负极，铁铆钉被氧化而腐蚀，A正确；若水膜中溶解了SO2，则发生析氢腐蚀，铁铆钉腐蚀的速率加快，B错误；铜极发生还原反应，根据题图知铜电极吸收了氧气且生成氢气，所以发生两个电极反应：2H＋＋2e－===H2↑、O2＋4e－＋4H＋===2H2O，C正确；在金属表面涂一层油脂，可隔绝空气和水，能防止铁铆钉被腐蚀，D正确。4．(2016·浙江高考)在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现。铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式为2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如下图。下列说法正确的是(　　)A．铁片发生还原反应而被腐蚀B．铁片腐蚀最严重的区域应该是生锈最多的区域C．铁片腐蚀中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－===4OH－D．铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀答案　D解析　铁失去电子变为Fe2＋，发生氧化反应而被腐蚀，A错误；由于得失电子在不同的区域，所以铁片腐蚀最严重的区域与生锈最多的区域是不同的区域，B错误；铁片腐蚀中正极发生的电极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－，C错误；D正确。考点　有关电解的计算[典例3]　(2018·兰州质检)将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0.064 g(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．4×10－3 mol·L－1  B．2×10－3 mol·L－1C．1×10－3 mol·L－1  D．1×10－7 mol·L－1解析　根据2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，得n(H＋)＝2n(H2SO4)＝2n(Cu)＝2×＝0.002 mol，c(H＋)＝＝4×10－3 mol·L－1。答案　A名师精讲电化学的有关计算方法原电池和电解池的计算，主要包括两极产物的定量计算、相对原子质量的计算、阿伏加德罗常数测定的计算、溶液pH的计算，根据产物的量求电量及根据电量求产物的量等。在进行有关计算时，可运用以下基本方法：(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)根据得失电子守恒计算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关系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4 mol e－为桥梁可构建如下关系式：该关系式具有总揽电化学计算的作用，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。提示　在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19 C来计算电路中通过的电量。5．(2018·华中师大附中期末)用惰性电极电解100 mL 3 mol·L－1的Cu(NO3)2溶液，一段时间后在阳极收集到标准状况下气体1.12 L，停止电解，向电解后的溶液中加入足量的铁粉，充分作用后溶液中Fe2＋浓度为(设溶液体积不变)(　　)A．3 mol·L－1  B．2.75 mol·L－1C．2 mol·L－1  D．3.75 mol·L－1答案　B解析　阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，阳极生成的气体为氧气，氧气的物质的量为1.12 L÷22.4 L·mol－1＝0.05 mol，则2Cu(NO3)2＋2H2O2Cu↓＋O2↑　＋　4HNO3　2　　　　　　　　　　　　　1　　　　　　40．1 mol　　　　　　　　　　0.05 mol　　　0.2mol故电解后溶液中生成的HNO3的物质的量为0.2 mol。电解后溶液中硝酸铜的物质的量为0.1 L×3 mol·L－1－0.1 mol＝0.2 mol，硝酸与足量的铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为8HNO3＋3Fe===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故0.2 mol HNO3生成Fe(NO3)2的物质的量为0.2 mol×3/8＝0.075 mol，硝酸铜与铁反应生成硝酸亚铁，离子方程式为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故0.2 mol硝酸铜生成Fe(NO3)2的物质的量为0.2 mol，反应后溶液中Fe2＋的物质的量为0.2 mol＋0.075 mol＝0.275 mol，反应后溶液中Fe2＋浓度为0.275 mol/0.1 L＝2.75 mol·L－1，选B。6．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5% NaOH溶液、足量CuSO4溶液和100 g 10% K2SO4溶液，电极均为石墨电极。(1)接通电源，一段时间后，测得丙中K2SO4溶液的溶质质量分数为10.47%，乙中c电极质量增加。则①电源的N端为________极；②电极b上发生的电极反应为____________________；③计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积为________L；④电解前后丙中溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。(2)乙装置中如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行：________(填“能”或“不能”)，原因是____________________________________________。答案　(1)①正　②4OH－－4e－===O2↑＋2H2O③2.8　④不变(2)能　CuSO4溶液变为H2SO4溶液，可继续电解H2SO4溶液，相当于电解水解析　(1)①接通电源一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c电极表面析出Cu，则该电极为阴极，从而推知M端为电源的负极，N端为电源的正极。②电极b为阳极，用惰性电极电解NaOH溶液相当于电解水，阳极上OH－放电生成O2，电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。③用惰性电极电解K2SO4溶液相当于电解水，设电解过程中消耗水的质量为x g，据电解前后溶质的质量不变可得：100 g×10%＝(100－x) g×10.47%，解得x≈4.5，则电解过程中消耗水的物质的量为＝0.25 mol，转移电子的物质的量为0.5 mol，故电极b上生成的O2在标准状况下的体积为V(O2)＝0.5 mol××22.4 L·mol－1＝2.8 L。④丙中用惰性电极电解K2SO4溶液相当于电解水，电解过程中c(K2SO4)增大，但溶液的pH不变。(2)当电解过程中铜全部析出时，CuSO4溶液变为H2SO4溶液，继续电解则为电解H2SO4溶液，相当于电解水。