主题16:电解池 金属腐蚀与防护
命题一
电解原理及其应用
1.(2017年全国Ⅱ卷,11)用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜,电解质溶液一般为H2SO4-H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是( )。
A.待加工铝质工件为阳极
B.可选用不锈钢网作为阴极
C.阴极的电极反应式为Al3++3e-Al
D.硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
【解析】Al要形成氧化膜,化合价升高失电子,因此铝为阳极,A项正确;不锈钢网接触面积大,能提高电解效率,B项正确;阴极应为氢离子得电子生成氢气,C项错误;电解时,阴离子移向阳极,D项正确。
【答案】C
2.(2016年全国Ⅰ卷,11)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SO42-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SO42-向正极迁移,正极区溶液pH增大
B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C.负极反应为2H2O-4e-O2+4H+,负极区溶液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】根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引的原则,在电解池中阴离子会向正电荷较多的阳极区定向移动,因此通电后中间隔室的SO42-向正极迁移,而在正极区带负电荷的OH-失去电子,发生氧化反应,由于破坏了附近水的电离平衡,使溶液中c(H+)>c(OH-),所以正极区溶液酸性增强,溶液的pH减小,A项错误;正极区OH-被氧化,溶液中形成硫酸,负极区H+被还原,破坏了附近水的电离平衡,使溶液中c(OH-)>c(H+),所以形成氢氧化钠,因此该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品,B项正确;负极区H+得到电子,使溶液中c(H+)减小,所以负极区溶液pH升高,C项错误;当电路中通过1 mol电子的电量时,根据整个闭合回路中电子转移的数目相等可知,反应产生氧气的物质的量是0.25 mol,D项错误。
【答案】B
3.(2017年天津理综,7节选)某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出,某研究小组利用设计的电解分离装置(如图所示),使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液,并回收利用。
用惰性电极电解时,CrO42-能从浆液中分离出来的原因是
,
分离后含铬元素的粒子是 ;阴极室生成的物质为 (写化学式)。
【解析】电解过程中,溶液中离子发生定向移动,CrO42-通过阴离子交换膜移向阳极区而被分离出来。酸性条件下,存在如下平衡:2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。电解时阴极放电的是H+,电极反应式为2H++2e-H2↑;阳极放电的是OH-,电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑。
【答案】在直流电场作用下,CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动,脱离浆液 CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2
命题二
电极反应式及总反应的书写
4.(2018年全国Ⅰ卷,13)最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置,实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示,其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯,石墨烯电极区发生反应:
①EDTA-Fe2+-e-EDTA-Fe3+
②2EDTA-Fe3++H2S2H++S+2EDTA-Fe2+
该装置工作时,下列叙述错误的是( )。
A.阴极的电极反应:CO2+2H++2e-CO+H2O
B.协同转化总反应:CO2+H2SCO+H2O+S
C.石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D.若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需为酸性
【解析】由图可知,CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO,得电子发生还原反应,故ZnO@石墨烯为阴极,电极反应式为CO2+2H++2e-CO+H2O,A项正确;根据石墨烯电极上发生的电极反应可知,2×①+②即得到H2S-2e-2H++S,因此总反应式为CO2+H2SCO+H2O+S,B项正确;石墨烯电极为阳极,与电源的正极相连,因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的高,C项错误;由于铁离子、亚铁离子均易水解,故若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+,溶液需为酸性,D项正确。
【答案】C
5.(1)[2018年全国Ⅱ卷,26(4)]我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:
回答下列问题:
电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为 ;沉积锌后的电解液可返回 工序继续使用。
(2)[2018年全国Ⅲ卷,27(3)]KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:
KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。
①写出电解时阴极的电极反应式: 。
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 ,其迁移方向是 。
③与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有 (写出一点)。
(3)[2018年江苏,20(2)]NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。
用稀硝酸吸收NOx,得到HNO3和HNO2的混合溶液,电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式: 。
【解析】(1)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极发生得到电子的还原反应,因此阴极是锌离子放电,则阴极的电极反应式为Zn2++2e-Zn;阳极是氢氧根离子放电,破坏水的电离平衡,产生氢离子,所以电解后还有硫酸产生,因此沉积锌后的电解液可返回溶浸工序继续使用。(2)①由图示可知,反应KOH+I2KIO3过程中,碘元素化合价升高,发生氧化反应,为阳极反应,所以阴极反应式为2H2O + 2e-2OH-+ H2↑。②电解时,溶液中的阳离子(K+)向阴极迁移,方向为由左向右,即由a到b。③“KClO3氧化法”生产中会产生污染环境的氯气。(3)根据电解原理,阳极发生失电子的氧化反应,阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3,1 mol
HNO2反应失去2 mol电子,结合原子守恒和溶液呈酸性,电解时阳极的电极反应式为HNO2-2e-+H2ONO3-+3H+。
【答案】(1)Zn2++2e-Zn 溶浸
(2)①2H2O+2e-2OH-+H2↑ ②K+ 由a到b
③产生Cl2易污染环境
(3)HNO2-2e-+H2O3H++NO3-
6.(2015年全国Ⅱ卷,28节选)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2。
电解时的阴极反应式为 ,阳极反应式为 ,电解时发生反应的化学方程式为 。
【解析】由图可知,电解NH4Cl和盐酸混合溶液得到H2和NCl3,阴极的电极反应式为6H++6e-3H2↑,阳极的电极反应式为NH4++3Cl--6e-NCl3+4H+,电解时发生反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3。
【答案】6H++6e-3H2↑ NH4++3Cl--6e-NCl3+4H+ NH4Cl+2HClNCl3+3H2↑
命题三
金属的腐蚀及防护
7.(2017年全国Ⅰ卷,11)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】本题使用的是外加电流的阴极保护法,外加强大的电流抑制金属电化学腐蚀产生的电流,A项正确;通电后,被保护的钢管桩作阴极,高硅铸铁作阳极,因此外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩,B项正确;高硅铸铁为惰性辅助阳极,所以不损耗,C项错误;外加电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流,D项正确。
【答案】C
8.(2015年上海,14)研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是( )。
A.d为石墨,铁片腐蚀加快
B.d为石墨,石墨上电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-
C.d为锌块,铁片不易被腐蚀
D.d为锌块,铁片上电极反应为2H++2e-H2↑
【解析】d为石墨,由于金属活动性Fe>石墨,所以铁、石墨及海水构成原电池,Fe为负极,失去电子被氧化为Fe2+进入溶液,溶解在海水中的氧气在正极(石墨)上得到电子被还原,铁片腐蚀速率比没有形成原电池时的速率快,A项正确;d为石墨,由于是中性电解质,所以发生的是吸氧腐蚀,石墨上氧气
得到电子,发生还原反应,电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,B项正确;d为锌块,由于金属活动性Zn>Fe,Zn为原电池的负极,Fe为正极,首先被腐蚀的是Zn,铁得到保护,铁片不易被腐蚀,C项正确;d为锌块,由于是中性电解质,所以发生的是吸氧腐蚀,铁片上的电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,D项错误。
【答案】D
9.下列说法正确的是( )。
A.(2016年天津理综,3)金属发生吸氧腐蚀时,被腐蚀的速率与氧气浓度无关
B.(2015年江苏,11)钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀
C.(2014年江苏,11)若在海轮外壳上附着一些铜块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀
D.(2013年北京理综,8)钢铁发生吸氧腐蚀时,铁作负极被氧化时电极反应:Fe-3e-Fe3+
【解析】金属发生吸氧腐蚀时,氧气浓度越大,被腐蚀的速率越快,A项错误;当铁作原电池的正极或电解池的阴极时,铁均会受到保护,B项正确;在海轮外壳上附着一些铜块,可形成铁、铜原电池,铁比铜活泼,作为负极被腐蚀,C项错误;钢铁在发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀时,负极发生的反应都是Fe-2e-Fe2+,D项错误。
【答案】B
命题角度
本主题主要考查电解池的工作原理、电极反应式的书写、电解原理的应用、溶液pH的变化、借助电解原理进行的工业实际问题的处理等
备考启示
在复习备考时,应注重电化学原理的实质,从氧化还原反应的角度认识电化学反应,注重与元素化合物、有机化学、电解质溶液、新能源等知识的联系
考点一 电解原理及规律
1.电解
(1)定义:使电流通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。
(2)能量转化形式:在此过程中,将电能转化为化学能。
2.电解池的构成条件
(1)有与电源相连的两个电极。
(2)两个电极插入电解质溶液(或熔融电解质)中。
(3)形成闭合回路。
3.电解池中电子和离子的移动方向
【特别提醒】
电解时,在外电路中有电子通过,而在溶液中是依靠离子定向移动形成电流的,即电子本身不会通过电解质。
4.电解池工作原理(以电解CuCl2溶液为例)
总化学方程式:③ 。
在线反馈
①2Cl--2e-Cl2↑ ②Cu2++2e-Cu
③CuCl2Cu+Cl2↑
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。
(1)任何化学反应都可以设计成电解池反应。( )
(2)电解质溶液的导电过程就是电解质溶液被电解的过程。( )
(3)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。( )
(4)电解盐酸、硫酸等溶液,H+放电,溶液的pH逐渐增大。( )
(5)电解时,电解液中阳离子移向阳极,发生还原反应。( )
(6)电解质溶液通电后会使电解质电离。( )
【答案】(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×
某同学将电解池工作时电子、离子移动方向及电极种类等信息表示在下图中,下列有关分析完全正确的是( )。
选项
A
B
C
D
a电
阳极
阴极
阳极
阴极
极
d极
正极
正极
负极
负极
Q离子
阳离子
阳离子
阴离子
阴离子
【解析】电子由电源的负极流出,故a电极是阴极,d极是正极,溶液中阳离子移向阴极。
【答案】B
(2018年聊城模拟)用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化关系如图所示,下列说法正确的是( )。
A.ab段H+被还原,溶液的pH增大
B.cd段相当于电解水
C.c点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复初始状态
D.原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为2∶1
【解析】用惰性电极电解等体积的KCl和CuSO4混合溶液,阴极离子放电顺序是Cu2+>H+,阳极离子放电顺序是Cl->OH-。电解过程分三阶段,第一阶段,阳极的电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑,阴极的电极反应式为Cu2++2e-Cu,Cu2+浓度减小,水解得到的H+浓度减小,溶液pH增大;第二阶段,阳极的电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑,阴极的电极反应式为Cu2++2e-Cu,反应中生成硫酸,溶液pH减小;第三阶段,阳极的电极反应式为4OH--4e-2H2O+O2↑,阴极的电极反应式为2H++2e-H2↑,实质是电解水,溶液中硫酸浓度增大,pH继续减小。ab段由于Cu2+浓度减小,水解得到的H+浓度减小,溶液pH增
大,Cu2+被还原,A项错误;由上述分析可知,cd段相当于电解水,B项正确;电解至c点时,溶液中溶质为硫酸、硫酸钾,往电解液中加入适量CuCl2固体,不能使电解液恢复至初始状态,C项错误;若KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为2∶1,则相当于电解CuCl2和水,只有两个阶段,D项错误。
【答案】 B
图中X为电源,Y为浸透过饱和食盐水和酚酞溶液的滤纸,滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液,通电后Y中央的紫红色斑向d端扩散。下列判断正确的是( )。
A.滤纸上c点附近会变红色
B.Cu电极质量减小,Pt电极质量增大
C.Z中溶液的pH先减小,后增大
D.溶液中的SO42-向Cu电极定向移动
【解析】紫红色斑即MnO4-向d端扩散,根据阴离子向阳极移动的原理,可知d端为阳极,即b为正极,a为负极,c为阴极。NaCl溶液中H+放电,产生OH-,c点附近会变红色,A项正确;电解硫酸铜溶液时,Pt作阳极,溶液中的OH-放电,4OH--4e-O2↑+2H2O,Cu作阴极,溶液中的Cu2+得电子生成铜,总反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4,Pt电极附近生成H+,则SO42-向Pt电极移动,B、D两项均不正确;随着电解的进行,Z中溶液变为硫酸溶液,继续电解则为电解水,硫酸浓度增大,pH减小,C项不正确。
【答案】A
以惰性电极电解电解质溶液的规律
类型
实例
电极反应特点
电解质
浓度
pH
电解质溶
液复原
方法
电解
水型
NaOH溶液
阴极:4H++4e-2H2↑
阳极:4OH--4e-2H2O+O2↑
增大
增大
加水
H2SO4溶液
增大
减小
加水
Na2SO4溶液
增大
不变
加水
电解电
解质型
HCl溶液
电解质电离出的阴、阳离子分别在两极放电
减小
增大
通氯化氢
CuCl2溶液
减小
-
加氯化铜
放H2
生碱型
NaCl溶液
阴极:H2O放H2生碱
阳极:电解质阴离子放电
生成新
电解质
增大
通氯化氢
放O2
生酸
CuSO4
溶液
阴极:电解质阳离子放电
阳极:H2O放
生成新
电解
减小
加氧化铜
型
O2生酸
质
考点二 电解原理的应用
1.氯碱工业
装置
电极反应
阳极:① (氧化反应)
阴极:② (还原反应)
总反应
③
2.电镀与电解精炼
电镀
电解精炼铜
示意图
电极
反应
阳极
④
Zn-2e-Zn2+,
Cu-2e-Cu2+
阴极
⑤
⑥
电解质溶液
CuSO4溶液的浓度不变
CuSO4溶液的浓度变小
的浓度变化
3.电冶金
电解冶炼
冶炼钠
冶炼铝
电极反应
阳极:⑦
阴极:⑧
阳极:⑨
阴极:⑩
总反应
在线反馈
①2Cl--2e-Cl2↑ ②2H++2e-H2↑
③2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
④Cu-2e-Cu2+ ⑤Cu2++2e-Cu
⑥Cu2++2e-Cu ⑦2Cl--2e-Cl2↑
⑧2Na++2e-2Na ⑨6O2--12e-3O2↑
⑩4Al3++12e-4Al 2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑
2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。
(1)电解冶炼镁、铝通常电解MgCl2和Al2O3,也可电解MgO和AlCl3。( )
(2)若把Cu+H2SO4CuSO4+H2↑设计成电解池,应用Cu作阳极。( )
(3)电解饱和食盐水时,两个电极均不能用金属材料。( )
(4)在镀件上电镀铜时,镀件应连接电源的正极。( )
(5)电解精炼时,阳极泥可以作为提炼贵重金属的原料。( )
(6)阳离子交换膜(以电解NaCl溶液为例),只允许阳离子(Na+、H+)通过,而阻止阴离子(Cl-、OH-)和分子(Cl2)通过。( )
【答案】(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)√ (6)√
金属镍有广泛的用途,粗镍中含有Fe、Zn、Cu、Pt等杂质,可用电解法制得高纯度的镍。下列叙述中正确的是(已知氧化性:Fe2+Zn2+,故阴极反应式为 Ni2++2e-Ni,可见,阳极质量减少是因为 Zn、Fe、Ni 溶解,而阴极质量增加是因为Ni析出,B项错误;电解后溶液中的阳离子除Fe2+和Zn2+外,还有Ni2+和H+,C项错误。
【答案】D
利用如图所示装置模拟电解原理在工业生产中的应用。下列说法正确的是( )。
A.氯碱工业中,X电极上的反应式是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】氯碱工业中阳极是Cl-放电生成Cl2;电解精炼铜时阳极上粗铜溶解,阴极上Cu2+放电析出Cu,由于粗铜中含有锌、铁、镍等杂质,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。
【答案】D
工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质Ni的原理如图所示。
已知:①Ni2+在弱酸性溶液中发生水解
②氧化性:Ni2+(高浓度)>H+>Ni2+(低浓度)
下列说法不正确的是( )。
A.碳棒上发生的电极反应为4OH--4e-O2↑+2H2O
B.电解过程中,B室中NaCl溶液的物质的量浓度将不断减小
C.为了提高Ni的产率,电解过程中需要控制废水的pH
D.若将图中阳离子膜去掉,将A、B两室合并,则电解反应的总方程式将发生改变
【解析】各极电极反应式如下:阳极4OH--4e-2H2O+O2↑,阴极Ni2++2e-Ni、2H++2e-H2↑,A项正确;由于C室中Ni2+、H+不断减少,Cl-通过阴离子膜从C室移向B室,A室中OH-不断减少,Na+通过阳离子膜从A室移向B室,所以B室中NaCl溶液的物质的量浓度不断增大,B项错误;由于H+的氧化性大于Ni2+(低浓度)的氧化性,所以为了提高Ni的
产率,电解过程中需要控制废水的pH,C项正确;若去掉阳离子膜,则阳极为Cl-放电生成Cl2,反应的总方程式将发生改变,D项正确。
【答案】B
如图所示,阴、阳离子交换膜电解槽中,用惰性电极电解Na2SO4溶液可制得硫酸和氢氧化钠溶液。下列说法不正确的是( )。
A.阳极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-
B.N为阴离子交换膜
C.进口b补充的是稀NaOH溶液
D.电解过程中阳极附近溶液的pH不断降低
【解析】电解Na2SO4溶液,实际上是电解水,所以阳极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,A项错误;由H2出口知电极A为阴极,电极B为阳极,阳极为水中的OH-放电,故要不断补充阴离子,N为阴离子交换膜,B项正确;电极A为阴极,水中的H+放电,大量的氢氧化钠在阴极附近生成,故在b口加入稀氢氧化钠以增强导电性,C项正确;阳极反应不断地消耗水中的氢氧根离子,故pH不断降低,D项正确。
【答案】A
(1)在氯碱工业中,隔膜是非常重要的,若采用无隔膜法电解冷的食盐水时,Cl2会与NaOH充分接触,导致产物仅是NaClO和H2。无隔膜法电解冷的食盐水总反应的离子方程式为 。
(2)氯碱工业耗能高,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节(电)能30%以上。在这种工艺设计中,相关物料的传输与转化关系如图所示,其中的电极未标出,所用的离子膜都只允许阳离子通过。
①精制的饱和NaCl溶液应从图中电解池的 (填“左”或“右”)室注入。
②图中X是 (填化学式);乙中右室的电极反应式为 ,图中氢氧化钠溶液质量分数a%与b%的关系是 (填字母)。
A.a%=b% B.a%>b% C.a%②>①>③>⑥。
【答案】C
(2018年潍坊高三模拟)利用如图装置进行实验,开始时,左右两管液面相平,密封好放置一段时间。下列说法正确的是( )。
A.左管中O2得到电子,右管中H+得到电子
B.一段时间后,左管液面低于右管液面
C.a、b两处具有相同的电极反应式:Fe-3e-Fe3+
D.右管中溶液的pH减小
【解析】左管中铁丝发生吸氧腐蚀,O2得电子,右管中铁丝发生析氢腐蚀,H+得电子,A项正确;左管中吸收氧气,压强减小,右管中析出氢气,压强增大,故一段时间后,左管液面上升,右管液面下降,故左管液面高于右管液面,B项错误;a、b两处铁丝均作负极,电极反应式均为Fe-2e-Fe2+,C项错误;右管中H+得电子,发生反应2H++2e-H2↑,溶液中c(H+)减小,pH增大,D项错误。
【答案】A
一定条件下,碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下:
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
FeO2-
下列说法不正确的是( )。
A.在pH6的溶液中,碳钢主要发生吸氧腐蚀
C.在pH>14的溶液中,碳钢腐蚀的正极反应式为O2+4H++4e-2H2O
D.在煮沸除氧气后的碱性溶液中,碳钢腐蚀速率会减慢
【解析】pH6的溶液,氧气得电子,主要发生吸氧腐蚀,B项正确;pH>14的溶液,正极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,C项错误;煮沸后除去了氧气,碳钢的腐蚀速率会减慢,D项正确。
【答案】C
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.金属活动性不同的两种金属,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,电解质溶液浓度越大,金属腐蚀速率越快。
考点四 电解池中电极反应式的书写
电极反应式的书写步骤
写出下列电极反应式和总反应式。
阳极反应式
阴极反应式
总反应式
用惰性电极电解AgNO3溶液
用惰性电极电解MgCl2溶液
用铁作电极电解NaCl溶液
用惰性电极电解熔融MgCl2
用Al作阳极,电解H2SO4溶液,铝材表面形成氧
化膜
【答案】
阳极反应式
阴极反应式
总反应式
用惰性电极电解AgNO3溶液
4OH--4e-O2↑+2H2O
4Ag++4e-4Ag
4Ag++2H2O4Ag+O2↑+4H+
用惰性电极电解MgCl2溶液
2Cl--2e-Cl2↑
2H++2e-H2↑
Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑
用铁作电极电解NaCl溶液
Fe-2e-Fe2+
2H++2e-H2↑
Fe+2H2OFe(OH)2↓+H2↑
用惰性电极电
2Cl--2e-Cl2↑
Mg2++2e-
MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
解熔融MgCl2
Mg
用Al作阳极,电解H2SO4溶液,铝材表面形成氧化膜
2Al-6e-+3H2OAl2O3+6H+
6H++6e-3H2↑
2Al+3H2OAl2O3+3H2↑
利用电解原理净化含有机物的废水,其原理是在电解条件下将较低价态的金属离子(Co2+)氧化成较高价态的金属离子(Co3+),利用较高价态的金属离子将废水中的有机物氧化成CO2。装置如图所示。下列说法正确的是( )。
A.锌极为负极,发生氧化反应
B.石墨极上发生的电极反应式为Co2+-e-Co3+
C.电解过程中,阴极附近溶液pH减小
D.氧化1 mol HCHO时电路中至少转移3 mol电子
【解析】根据题图知,锌为阴极,石墨为阳极,阴极发生还原反应,A项错误;石墨极发生氧化反应,电极反应式为Co2+-e-Co3+,B项正确;锌极的电极反应式为2H++2e-H2↑,阴极附近的电解质溶液pH增大,C项错误;4Co3++HCHO+H2OCO2↑+4H++4Co2+,氧化1 mol HCHO时电路中至少转移4 mol电子,D项错误。
【答案】B
如图所示为用固体二氧化钛(TiO2)生产海绵钛的装置示意图,其原理是TiO2中的氧解离进入熔融盐中而得到纯钛。下列说法中正确的是( )。
A.a极是正极,石墨极是阴极
B.反应后,石墨的质量不发生变化
C.电解过程中,O2-、Cl-均向a极移动
D.阴极的电极反应式为TiO2+4e-Ti+2O2-
【解析】TiO2发生还原反应得到纯钛,故连接高纯TiO2的电极是电解池的阴极,a极是电源的负极,石墨极是阳极,A项错误;O2-在阳极发生氧化反应生成O2,高温下,石墨与O2反应生成CO、CO2,导致石墨质量减小,B项错误;电解过程中,阴离子向阳极(石墨极)移动,C项错误;TiO2中的氧解离进入熔融盐而得到纯钛,发生了还原反应,生成了Ti和O2-,故阴极的电极反应式为TiO2+4e-Ti+2O2-,D项正确。
【答案】D
按要求书写有关的电极反应式及总反应式。
(1)以惰性电极电解FeCl2和HCl的混合物可制备FeCl3和H2。
阳极反应式: ;
阴极反应式: ;
总反应式: 。
(2)用惰性电极电解NaCl和CuSO4的混合溶液,电解过程中两极均有两种产物产生,判断阴、阳两极的产物并根据电解的先后顺序写出电极反应式。
①阳极产物: ;
电极反应式: 。
②阴极产物: ;
电极反应式: 。
(3)电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢气的装置示意图如下:
电解池中隔膜仅阻止气体通过,阴阳两极均为惰性电极。
①A极为 ,电极反应式为 。
②B极为 ,电极反应式为 。
【解析】(2)阴离子在阳极发生氧化反应,由于还原性Cl->OH->SO42-,故先生成Cl2,后生成O2;阳离子在阴极发生还原反应,由于氧化性Cu2+>H+>Na+,故先生成Cu,后生成H2。
(3)产生H2是因为H2O电离的H+在阴极上得电子,即6H2O+6e-3H2↑+6OH-,所以B极为阴极,A极为阳极,阳极的电极反应式为CO(NH2)2-6e-+8OH-N2↑+CO32-+6H2O。
【答案】(1)2Fe2+-2e-2Fe3+ 2H++2e-H2↑
2Fe2++2H+2Fe3++H2↑
(2)①Cl2、O2 2Cl--2e-Cl2↑、4OH--4e-2H2O+O2↑
②Cu、H2 Cu2++2e-Cu、2H++2e-H2↑
(3)①阳极 CO(NH2)2+8OH--6e-N2↑+CO32-+6H2O
②阴极 6H2O+6e-3H2↑+6OH-
正确书写电解过程中电极反应式的方法
(1)一看电极材料,若是金属(Au、Pt除外)作阳极,金属一定被电解(注:Fe生成Fe2+)。
(2)二看电解产物,对于规定产物的电极反应式,根据电子得失书写电极反应式。
(3)三看介质是否参与电极反应。
(4)书写总反应的离子方程式时,弱电解质要写成分子式(化学式不能拆),且一定注明条件“电解”。
考点五 电化学计算与“多池”的连接问题分析
一
电化学的计算
1.原则:电化学的反应是氧化还原反应,各电极上转移电子的物质的量相等,无论是单一电池还是串联电解池,均可抓住电子守恒来计算。
2.关键:(1)电极名称要区分清楚;(2)电极产物要判断准确;(3)各产物间量的关系遵循电子得失守恒。
3.方法
注: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。
二
“多池”连接问题的分析
1.直接判断:对于较直观的装置,若有燃料电池、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
(1)原电池一般是两种不同的金属电极或一种金属电极一个碳棒;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。
(2)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。
3.根据电极反应现象判断
在某些装置中,根据电极反应或反应现象可判断电极,并由此判断电池类型,如图所示:
若C极溶解,D极上析出Cu,B极附近溶液变红,A极上放出黄绿色气体,则可知乙是原电池,D是正极,C是负极;甲是电解池,A是阳极,B是阴极。B、D极发生还原反应,A、C极发生氧化反应。
(2018年山西四校联考)500 mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3-)=0.3 mol·L-1,用石墨作电极电解此溶液,当通电一段时间后,两极均收集到气体1.12 L(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(Na+)=0.2 mol·L-1
B.电解后溶液中c(H+)=0.2 mol·L-1
C.上述电解过程中共转移0.4 mol电子
D.电解后得到Cu的物质的量为0.1 mol
【解析】阳极是阴离子放电,放电顺序为OH->NO3-,根据题给信息,阳极一定是OH-放电,生成0.05 mol氧气,阳极的电极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O,故转移0.2 mol 电子;阴极离子的放电顺序为Cu2+>H+>Na+,所以Cu2+先放电,然后是H+放电,阴极生成0.05 mol氢气时,转移0.1 mol电子,根据得失电子守恒知,Cu2+转移0.1 mol电子,n(Cu2+)=0.05 mol。所以原溶液中n[Cu(NO3)2]=0.05 mol,又n(NO3-)=0.3 mol·L-1×0.5 L=0.15 mol,则n(NaNO3)=0.05 mol。原混合溶液中c(Na+)=0.1 mol·L-1,A项错误;结合以上分析及电解总反应式Cu2++2H2OCu+H2↑+O2↑+2H+可知,生成0.05 mol Cu、0.05 mol O2、0.05
mol H2和0.1 mol H+,电解后溶液中c(H+)=0.1mol0.5 L=0.2 mol·L-1,B项正确,D项错误;上述电解过程中共转移0.2 mol电子,C项错误。
【答案】B
如图所示,通电5 min后,电极5的质量增加2.16 g,请回答下列问题:
(1)a为电源的 (填“正”或“负”)极,C池是 池。A池阳极的电极反应式为 ,C池阴极的电极反应式为 。
(2)如果B池中共收集到224 mL气体(标准状况)且溶液体积为200 mL(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)常温下,如果A池溶液是200 mL足量的食盐水(设电解过程中溶液体积不变),则通电5 min后,溶液的pH为 。
(4)若将CuSO4溶液复原,需加 (填一种物质) g。
【解析】(1)根据已知条件通电5 min后,电极5的质量增加2.16 g可知,电极5作阴极,银离子放电,电极反应式为Ag++e-Ag,转移电子的物质的量为0.02 mol,也可知电极6作阳极,与电源的正极相连。同时可得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)设CuSO4溶液足量,则开始一段时间内B池中电解总反应为2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4,因转移0.02 mol电子,若只收集到O2(只电解溶质),则根据关系式2CuSO4~O2~4e-可得n(O2)=0.005 mol,体积为112 mL(标准状况)Cl->O2->Al3+。(5)实验室使用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气,其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。(6)B为N元素,其最简单的气态氢化物的水溶液为NH3·H2O,与H2O2反应的化学方程式为2NH3·H2O+3H2O2N2↑+8H2O。
【答案】(1)第二周期ⅥA族
(2)S········C····S····
(3)O2
(4)S2->Cl->O2->Al3+
(5)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
(6)2NH3·H2O+3H2O2N2↑+8H2O
4.(2018年南京一模)碳、硫的含量影响钢铁性能。某兴趣小组用如下流程对钢样进行探究。
(1)钢样中硫元素以FeS形式存在,FeS在足量氧气中灼烧,生成的固体产物中Fe、O两种元素的质量之比为21∶8,则该固体产物的化学式为 。
(2)检验钢样灼烧生成气体中的CO2,需要的试剂是 (填字母)。
a.酸性KMnO4溶液 b.澄清石灰水
c.饱和NaHCO3溶液 d.浓H2SO4
(3)取10.00 g钢样在足量氧气中充分灼烧,将生成的气体用足量1%的H2O2溶液充分吸收,再用0.1000 mol·L-1NaOH溶液滴定吸收液至终点,消耗NaOH溶液20.00 mL;另取10.00 g钢样在足量氧气中充分灼烧,将生成的气体通过盛有足量碱石灰的U形管(如图),U形管增重0.614 g。
①用1%H2O2溶液吸收SO2,发生反应的离子方程式为 。
②分别计算该钢样中硫、碳元素的质量分数(写出计算过程)。
③实验测得的碳元素质量分数偏高,其可能的原因是 (填字母)。
a.U形管中生成的亚硫酸盐吸收了O2
b.碱石灰吸收了空气中的CO2
c.气体通过碱石灰的流速过快,未被充分吸收
【解析】(1)设固体产物的化学式为FexOy,则x∶y=2156∶816=3∶4,所以化学式是Fe3O4。(2)由于灼烧生成气体中除含有CO2外还含有SO2,所以先用酸性KMnO4溶液除去SO2,再用澄清石灰水检验CO2。(3)①SO2被H2O2氧化:SO2+H2O22H++SO42-。②由于NaOH只与生成的H2SO4反应,所以可根据消耗的NaOH的量计算出硫的量,从而计算出硫的质量分数,U形管增加的质量的是CO2和SO2的总质量,所以根据硫的量可计算出生成SO2的质量,再用总增重减去SO2的质量可得CO2的质量,从而求出碳的量,最终求出碳的质量分数。③a项,亚硫酸盐吸收了O2使得增重变大,由于硫的量已确定,所以增重的部分被认为是CO2
的量,从而使得碳的质量分数偏高;b项,空气中的CO2被认为是生成的CO2,从而使得碳的质量分数偏高;c项,流速过快使得气体没有被完全吸收,使得增重变小,所以碳的质量分数变小。
【答案】(1)Fe3O4 (2)ab
(3)①H2O2+SO22H++SO42-
②n(S)=n(SO2)=12n(NaOH)=12×0.02000 L×0.1000 mol·L-1=1.000×10-3 mol
w(S)=1.000×10-3mol×32 g·mol-110.00 g×100%=0.32%
m(SO2)=1.000×10-3 mol×32 g·mol-1÷3264=0.064 g
m(CO2)=0.614 g-m(SO2)=0.550 g
n(C)=n(CO2)=0.550 g44 g·mol-1=0.0125 mol
w(C)=0.0125mol×12 g·mol-110.00 g×100%=1.5%
③ab
5.能源是国民经济发展的重要基础,我国目前使用的能源主要是化石燃料。
(1)熔融盐燃料电池具有高的发电效率,因而受到重视。可用熔融的碳酸盐作为电解质,向负极充入燃料气CH4,用空气与CO2的混合气作为正极的助燃气,以石墨为电极材料,制得燃料电池。工作过程中,CO32-移向 (填“正”或“负”)极,已知充入CH4的一极的电极反应式为CH4+4CO32--8e-5CO2+2H2O,则另一极的电极反应式为 。
(2)利用上述燃料电池,按图1所示装置进行电解,A、B、C、D均为铂电极,回答下列问题。
Ⅰ.甲槽电解的是200 mL一定浓度的NaCl与CuSO4的混合溶液,理论上两极所得气体的体积随时间变化的关系如图2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)。
①原混合溶液中NaCl的物质的量浓度为 mol·L-1,CuSO4的物质的量浓度为 mol·L-1。
②t2时所得溶液的pH= 。
Ⅱ.乙槽为200 mL CuSO4溶液,乙槽内电解的总离子方程式: 。
①当C极析出0.64 g物质时,乙槽溶液中生成的H2SO4为 mol。电解后,要使乙槽内的溶液完全复原,可向乙槽中加入 (填字母)。
A.Cu(OH)2 B.CuO
C.CuCO3 D.Cu2(OH)2CO3
②若通电一段时间后,向所得的乙槽溶液中加入0.2 mol 的Cu(OH)2才能恰好恢复到电解前的浓度,则电解过程中转移的电子数为 。
【解析】(1)燃料电池工作过程中,熔融盐中的阴离子向负极移动,即CO32-移向负极。CH4在负极发生氧化反应生成CO2和H2O,该燃料电池的总反应式为CH4+2O2CO2+2H2O,结合得失电子守恒、负极反应式和电池总反应式推知,正极反应式为O2+2CO2+4e-2CO32-。
(2)Ⅰ.①A、B、C、D均为惰性电极Pt,甲槽电解NaCl和CuSO4的混合液,阳极上离子放电顺序为Cl->OH->SO42-,阴极上离子放电顺序为Cu2+>H+>Na+,开始阶段阴极上析出Cu,阳极上产生Cl2,则图中曲线a代表阴极产生气体体积的变化,曲线b代表阳极产生气体体积的变化。阳极上发生的反应依次为2Cl--2e-Cl2↑、4OH--4e-2H2O+O2
↑,由曲线b可知,Cl-放电完全时生成224 mL Cl2,根据Cl原子守恒可知,溶液中c(NaCl)=0.01mol×20.2 L=0.1 mol·L-1;阴极上发生的反应依次为Cu2++2e-Cu、2H++2e-H2↑,由曲线b可知Cu2+放电完全时,阳极上产生224 mL Cl2和112 mL O2,则电路中转移电子的物质的量为0.01 mol×2+0.005 mol×4=0.04 mol,据得失电子守恒可知n(Cu2+)=0.04 mol×12=0.02 mol,故混合液中c(CuSO4)=0.02mol0.2 L=0.1 mol·L-1。
②0~t1时间段内相当于电解CuCl2,电解反应式为CuCl2Cu+Cl2↑,t1~t2时间段内相当于电解CuSO4,而电解CuSO4溶液的离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+,则生成H+的物质的量为0.005 mol×4=0.02 mol,则有c(H+)=0.02mol0.2 L=0.1 mol·L-1,故溶液的pH=1。
Ⅱ.电解CuSO4 溶液时,Cu2+在阴极放电,水电离的OH-在阳极放电,故电解的总离子方程式为2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+。①C极为阴极,电极反应式为Cu2++2e-Cu,析出0.64 g Cu(0.01 mol)时,生成H2SO4的物质的量也为0.01 mol。电解CuSO4溶液时,阴极析出Cu,阳极上产生O2,故可向电解质溶液中加入CuO、CuCO3等使电解质溶液完全复原。
②加入0.2 mol Cu(OH)2相当于加入0.2 mol CuO和0.2 mol H2O,则电解过程中转移电子的物质的量为0.2 mol×2+0.2 mol×2=0.8 mol,即0.8NA个电子。
【答案】(1)负 O2+2CO2+4e-2CO32-
(2)Ⅰ.①0.1 0.1 ②1
Ⅱ.2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+ ①0.01 BC ②0.8NA
6.某小组同学用如图装置电解食盐水,并对电解产物进行探究。
实验装置
电解质溶液
实验现象
a极附近
b极附近
5 mol·L-1
NaCl溶液
开始时,产生白色浑浊并逐渐增多,当沉入U形管底部时部分沉淀变为橙黄色;随后a极附近沉淀自下而上也变为橙黄色
产生无色
气泡
资料显示:①氯化亚铜(CuCl)为白色粉末,微溶于水;
②氢氧化亚铜(CuOH)为黄色不溶于水的固体,易脱水分解为红色的Cu2O;
③Cu+在水溶液中不稳定,酸性条件下易歧化为Cu2+和Cu;
④氢氧化铜可以溶于浓NaOH溶液得到蓝色溶液。
(1)经检验,b极产生的气体是H2,b极附近溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”);铜丝a应与电源的 (填“正”或“负”)极相连。
(2)同学们分析a极附近生成的白色浑浊是CuCl,则该极的电极反应式是 。
(3)①橙黄色沉淀中含有Cu2O,则CuCl转化为Cu2O的原因是 (用离子方程式表示);
②结合离子在溶液中的运动规律,解释“a极附近沉淀自下而上”变为橙黄色的原因:
。
(4)同学们通过实验进一步证实沉淀中含有Cu2O:将橙黄色沉淀滤出洗涤后,滴加0.2 mol·L-1 H2SO4溶液至过量,应观察到的现象是
。
(5)同学们根据上述实验提出猜想:电解时,Cu作阳极先被氧化为CuOH。为此,他们用Cu电极电解5 mol·L-1 NaOH溶液,实验时观察到阳极产生大量无色气泡,附近溶液变蓝,未见预期的黄色沉淀。 根据现象能否得出“该猜想不成立”的结论,并说明理由: 。
【解析】(1)b极产生的气体是H2,说明水电离产生的H+放电,故b极附近溶液的pH增大;结合a极附近现象和已知资料知,a极附近生成Cu+,故铜丝a作阳极,应与电源的正极相连。 (2)铜失去电子生成Cu+,溶液中的Cl-与Cu+结合产生CuCl 沉淀,电极反应式是Cu-e-+Cl-CuCl。 (3)①CuCl在碱性条件下转化为CuOH,CuOH脱水分解产生红色的Cu2O,故CuCl转化为Cu2O的离子方程式是CuCl+OH-CuOH+Cl-、2CuOH Cu2O+H2O; ②通电时,在阴极产生的OH-向阳极定向移动,a极附近白色沉淀CuCl逐渐转化为黄色的CuOH, CuOH脱水生成红色的Cu2O,故a极附近沉淀自下而上变为橙黄色。 (4)Cu+在水溶液中不稳定,酸性条件下易歧化为Cu2+和Cu,若橙黄色沉淀中含有Cu2O,则加酸后沉淀溶解,溶液变蓝,且有少量红色固体产生。 (5)阳极产生的大量无色气泡为氧气,O2可将CuOH氧化,故不能得出猜想不成立的结论。
【答案】(1)增大 正
(2)Cu-e-+Cl-CuCl
(3)①CuCl+OH-CuOH+Cl-、2CuOHCu2O+H2O
②通电时,在阴极产生的OH-向阳极定向移动
(4)沉淀溶解,溶液变蓝,且有少量红色固体产生
(5)不能,阳极产生的大量O2可能将CuOH氧化