2020届高考化学二轮复习电解池金属腐蚀与防护学案

2020届高考化学二轮复习电解池金属腐蚀与防护学案

‎【知识精讲】‎ 一、体系构建 ‎1．电解池 ‎2．金属的腐蚀与保护 二、电解的原理 ‎1.电解和电解池 ‎(1)电解：在电流作用下，电解质在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应的过程。‎ ‎(2)电解池：电能转化为化学能的装置。‎ ‎(3)电解池的构成 ‎①有与电源相连的两个电极。‎ ‎②电解质溶液(或熔融电解质)。‎ ‎③形成闭合回路。‎ ‎2.电解池的工作原理 ‎(1)电极名称及电极反应式(电解CuCl2溶液为例)‎ 总反应式：CuCl2Cu＋Cl2↑‎ ‎(2)电子和离子的移动方向 ‎①电子：从电源负极流出后，流向电解池阴极；从电解池的阳极流出后流向电源的正极。‎ ‎②离子：阳离子移向电解池的阴极，阴离子移向电解池的阳极。‎ ‎3.阴阳两极上放电顺序 ‎(1)阴极：(与电极材料无关)。氧化性强的先放电，放电顺序：‎ ‎(2)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 注意　①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电。②最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。③电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金属。‎ ‎4.用惰性电极电解电解质溶液的规律 类型 实例 电极反应特点或反应式 电解产物 溶液pH变化 溶液复原 电解水型 含氧酸 H2SO4‎ 溶液中的H＋和OH－分别在阴阳两极放电：‎ 阴极：____________‎ 阳极：____________‎ H2‎ O2‎ 强碱 NaOH 活泼金属的含氧酸盐 KNO3‎ 电解电解质型 无氧酸(氢氟酸除外)‎ HCl 电解质电离的阴阳离子分别在两极放电：‎ 阳极：____________‎ H2　Cl2‎ 不活泼金属的无氧酸盐 CuCl2‎ Cu　Cl2‎ 放氢生碱型 活泼金属的无氧酸盐 NaCl 阴极水电离的H＋放电，阳极电解质电离的阴离子放电 阴极：___‎ 阳极：___‎ 放氧生酸性 不活泼金属的含氧酸盐 AgNO3‎ 阳极水电离的OH－放电，阴极电解质的阳离子放电 阴极：____________‎ Ag阳极：_____‎ 答案　4H＋＋4e－===2H2↑　4OH－－4e－===2H2O＋O2↑　减小　增大　不变　水　2Cl－－2e－===Cl2‎ ‎↑　增大　HCl　CuCl2　H2(或H2、NaOH)　Cl2　增大　HCl　Ag＋＋e－===Ag　O2　减小　Ag2O 三、电解原理的应用 ‎1.氯碱工业 阳极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)‎ 阴极反应式：2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)‎ 总反应方程式：‎ ‎2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑‎ ‎2.电镀与电解精炼 电镀 电解精炼铜 示意图 电极反应 阳极 Cu－2e－===Cu2＋‎ Zn－2e－===Zn2＋，Cu－2e－===Cu2＋‎ 阴极 Cu2＋＋2e－===Cu Cu2＋＋2e－===Cu 电解质溶液的浓度变化 CuSO4溶液的浓度不变 CuSO4溶液的浓度变小 ‎3.电冶金 电解冶炼 冶炼钠 冶炼铝 电极反应 阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑‎ 阴极：2Na＋＋2e－===2Na 阳极：6O2－－12e－===3O2↑‎ 阴极：4Al3＋＋12e－===4Al 总反应 ‎2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑‎ ‎2Al2O3(熔融)4Al＋3O2↑‎ 四、金属的腐蚀与防护 ‎1.金属腐蚀的本质 金属原子失去电子变为金属阳离子，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 类型 化学腐蚀 电化学腐蚀 条件 金属跟非金属单质直接接触 不纯金属或合金跟电解质溶液接触 现象 无电流产生 有微弱电流产生 本质 金属被氧化 较活泼金属被氧化 联系 两者往往同时发生，电化学腐蚀更普遍 ‎(2)析氢腐蚀与吸氧腐蚀 以钢铁的腐蚀为例进行分析：‎ 类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀 条件 水膜酸性较强(pH≤4.3)‎ 水膜酸性很弱或呈中性 电极反应 负极 Fe－2e－===Fe2＋‎ 正极 ‎2H＋＋2e－===H2↑‎ O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ 总反应式 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑‎ ‎2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2‎ 联系 吸氧腐蚀更普遍 ‎3.金属的防护 ‎(1)电化学防护 ‎①牺牲阳极的阴极保护法——原电池原理 a.负极：比被保护金属活泼的金属；‎ b.正极：被保护的金属设备。‎ ‎②外加电流的阴极保护法——电解原理 a.阴极：被保护的金属设备；‎ b.阳极：惰性金属或石墨。‎ ‎(2)改变金属的内部结构，如制成合金、不锈钢等。‎ ‎(3)加防护层，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。‎ ‎【典题精练】‎ 考点1、考查电解规律及电极产物的判断 例1、下图为直流电源电解稀Na2SO4水溶液的装置。通电后在石墨电极a和b附近分别滴加几滴石蕊溶液。下列实验现象描述正确的是(　　)‎ A．逸出气体的体积，a电极的小于b电极的 B．一电极逸出无味气体，另一电极逸出刺激性气体 C．a电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色 D．a电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色 解析：SO、OH－移向b极，在b极OH－放电，产生O2，b极附近c(H＋)>c(OH－)，石蕊溶液变红。Na＋、H＋移向a极，在a极H＋放电产生H2，a极附近c(OH－)>c(H＋)，石蕊溶液变蓝。所以产生的气体体积a电极的大于b电极的；两种气体均为无色无味的气体。A、B、C均错。‎ 答案：D 解后归纳：分析电解过程的思维程序 ‎(1)首先判断阴、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(不要忘记水溶液中的H＋和OH－)。‎ ‎(3)然后排出阴、阳两极的放电顺序。‎ ‎(4)分析电极反应，判断电极产物，判断电极现象，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒和电荷守恒。‎ ‎(5)最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式。‎ 考点2、考查电子守恒在电化学计算中的应用 例2．500 mL NaNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝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(标准状况下)，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．电解后得到的Cu的物质的量为0.1 mol 解析：阳极是阴离子放电(放电能力：OH－>NO)，根据题给信息，阳极一定是OH－放电，生成0.05 mol氧气，转移0.2 mol电子；阴极离子放电能力：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，n(NO)＝0.3 mol·L－1×0.5 L＝0.15 mol，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方程式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＋)＝＝0.2 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 练后总结：电子得失守恒可用于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。‎ 考点3、考查电解原理的应用 例3.电解法处理含铬(六价铬)废水的原理如图所示，阳极区溶液中的离子反应是Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。下列说法正确的是(　　)‎ A．电解槽中H＋向阳极移动 B．阳极的电极反应式是：Fe－3e－===Fe3＋‎ C．电解一段时间后，阴极区溶液的pH升高 D．阳极的铁板可用石墨代替 解析：A项，电解过程中，H＋向阴极移动，错误。B项，阳极上Fe失电子生成Fe2＋，Fe2＋再发生题给反应，错误；C项，左侧几乎不含六价铬，则左侧为阳极，右侧为阴极，生成H2，说明H＋放电，H＋参与反应被消耗，pH升高，正确；D项，石墨代替Fe，无法产生Fe2＋，错误。‎ 答案：C 名师归纳：(1)正确书写电极反应式要做到“三看”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＋)。②二看介质，介质是否参与电极反应。③三看电解质状态，若是熔融状态，就是金属的电冶炼。‎ ‎(2)规避“三个”失分点①书写电解池中电极反应式时，一般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，且应注明条件“电解”。③电解水溶液时，应注意放电顺序中H＋、OH－之后的离子一般不参与放电。‎ 考点4、考查金属腐蚀速度快慢的比较 例4．如图所示，各烧杯中盛海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为(　　)‎ A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥ C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥‎ 解析：①是Fe为负极，杂质碳为正极的原电池腐蚀，是铁的吸氧腐蚀，腐蚀较慢；其电极反应式：负极2Fe－4e－===2Fe2＋，正极2H2O＋O2＋4e－===4OH－。②③④均为原电池，③中Fe为正极，被保护；②④中Fe为负极，均被腐蚀，但Fe和Cu的金属活动性差别大于Fe和Sn的，故Fe—Cu原电池中Fe被腐蚀的较快。⑤是Fe接电源正极作阳极，Cu接电源负极作阴极的电解腐蚀，加快了Fe的腐蚀。⑥是Fe接电源负极作阴极，Cu接电源正极作阳极的电解腐蚀，防止了Fe的腐蚀。根据以上分析可知铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为⑤>④>②>①>③>⑥。‎ 答案：C 规律总结：金属腐蚀速率快慢的判断方法 不纯的金属或合金，在潮湿的空气中形成微电池发生电化学腐蚀，活泼金属因被腐蚀而损耗。金属腐蚀的快慢与下面两种因素有关：‎ ‎(1)与构成微电池的材料有关，两极材料的活泼性差别越大，电动势越大，氧化还原反应的速率越大，活泼金属被腐蚀的速率就越大。‎ ‎(2)与金属所接触的电解质强弱有关，活泼金属在电解质溶液中的腐蚀速率大于在非电解质溶液中的腐蚀速率，在强电解质溶液中的腐蚀速率大于在弱电解质溶液中的腐蚀速率。‎ 一般来说，可用下列原则判断：‎ 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。‎ 考点5、考查析氢腐蚀和吸氧腐蚀的区别和联系 例5．化学与生活、生产有着密切关系，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．钢铁发生析氢腐蚀时，H＋得电子释放出H2，钢铁被腐蚀 B．钢铁发生吸氧腐蚀时，OH－失电子释放出O2，钢铁被腐蚀 C．船底镶嵌锌块，锌发生还原反应而被消耗，以保护船体 D．外加电源的正极连接在海水中的钢铁闸门上，可保护闸门 解析：发生吸氧腐蚀时正极反应式是O2＋2H2O＋4e－===4OH－，整个过程是吸收O2而不是释放出O2‎ ‎，B错误；选项C中是牺牲阳极的阴极保护法，金属锌发生氧化反应，C错；选项D中是外加电流的阴极保护法，钢铁闸门应与外加电源的负极相连，D错。‎ 答案：A 易错提醒：1．金属的腐蚀主要分为化学腐蚀和电化学腐蚀，其中以电化学腐蚀为主。‎ ‎2．钢铁发生电化学腐蚀时，负极铁失去电子生成Fe2＋，而不是生成Fe3＋。‎ ‎3．铜暴露在潮湿空气中发生的是化学腐蚀，而不是电化学腐蚀，生成铜绿的化学成分是Cu2(OH)2CO3。‎ 考点6、考查金属的防护 例6．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：A．由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为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，比没有形成原电池时的速率快，正确。B.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，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，正确。C.若d为锌块，则由于金属活动性：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，正确。D.d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，错误。‎ 答案：D 名师归纳：利用原电池原理和电解原理的金属的防护措施在考题中涉及较多，但无论哪种方法，都是以防止金属失去电子被氧化为出发点设计的。其中，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。‎ 考点7、考查多池串联分析 例7．某兴趣小组的同学用下图所示装置研究有关电化学的问题。当闭合该装置的电键时，观察到电流计的指针发生了偏转。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)甲池为________(填“原电池”“电解池”或“电镀池”)，通入CH3OH电极的电极反应为________。‎ ‎(2)乙池中A(石墨)电极的名称为________(填“正极”“负极”“阴极”或“阳极”)，总反应式为________。‎ ‎(3)当乙池中B极质量增加5.40 g时，甲池中理论上消耗O2的体积为________mL(标准状况)，丙池中________极析出________g铜。‎ ‎(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，电键闭合一段时间后，甲中溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)；丙中溶液的pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ 解析：(1)甲池为原电池，通入CH3OH的电极为负极，电极反应为CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O。‎ ‎(2)乙池中为用惰性电极电解AgNO3溶液，其中A作阳极，B作阴极，总反应为4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3。‎ ‎(3)根据各电极上转移的电子相同，则n(Ag)＝4n(O2)＝2n(Cu)，故V(O2)＝××22.4 L＝0.28 L＝280 mL，m(Cu)＝××64 g＝1.60 g。‎ ‎(4)若丙中电极不变，将其溶液换成NaCl溶液，根据丙中总反应2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，溶液pH增大，而甲中总反应为2CH3OH＋3O2＋4KOH===2K2CO3＋6H2O，溶液pH减小。‎ 答案：(1)原电池　CH3OH－6e－＋8OH－===CO＋6H2O ‎(2)阳极　4AgNO3＋2H2O4Ag＋O2↑＋4HNO3‎ ‎(3)280　D　1.60‎ ‎(4)减小　增大 方法归纳：多池串联装置的分析 解答该类试题，透彻理解电化学原理是基础，准确判断电池种类是关键，灵活利用电子守恒是处理数据的法宝。具体可按以下三个步骤进行：‎ 第一步：准确判断电池类型 ‎(1)直接判断 非常直观明显的装置，如燃料电池、铅蓄电池等在电路中，则其他装置为电解池。如下图中，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 原电池一般是两种不同的金属电极或一个为金属电极另一个碳棒做电极；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。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。如图中，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。‎ 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。‎ 第二步：利用相关概念进行分析判断 在确定了原电池和电解池后，利用有关概念作分析和判断，如电极的判断、电极反应方程式的书写、实验现象的描述、溶液中离子的移动方向、pH的变化及电解质溶液的恢复等。只要按照各自的规律分析即可。‎ 第三步：利用守恒进行数据处理 原电池和电解池综合装置的有关计算的根本依据就是电子转移的守恒，分析时要注意两点：①串联电路中各处电流相等；②并联电路中总电流等于各支路电流之和。在此基础上分析处理其他各种数据。‎ ‎【名校新题】‎ ‎1．（2019·山东师范大学附中高考模拟）图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。下列说法中不正确的是 A．a极应与X连接 B．N电极发生还原反应，当N电极消耗11.2 L(标准状况下) O2时，则a电极增重64 g C．不论b为何种电极材料，b极的电极反应式一定为2Cl－－2e－=Cl2↑‎ D．若废水中含有乙醛，则M极的电极反应为：CH3CHO＋3H2O－10e－=2CO2↑＋10H＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据题给信息知，甲图是将化学能转化为电能的原电池，N极氧气得电子发生还原反应生成水，N极为原电池的正极，M极废水中的有机物失电子发生氧化反应，M为原电池的负极。电解氯化铜溶液，由图乙氯离子移向b极，铜离子移向a极，则a为阴极应与负极相连，即与X极相连，b为阳极应与正极相连，即与Y极相连。A. 根据以上分析，M是负极，N是正极，a为阴极应与负极相连即X极连接，故A正确；B. N是正极氧气得电子发生还原反应，a为阴极铜离子得电子发生还原反应，根据得失电子守恒，则当N电极消耗11.2L(标准状况下)气体时，则a电极增重11.2L÷22.4L/mol×4÷2×64g/mol=64g，故B正确；‎ C. b为阳极，当为惰性电极时，则电极反应式为2C1−−2e−=Cl2↑，当为活性电极时，反应式为电极本身失电子发生氧化反应，故C错误；D. 若有机废水中含有乙醛，图甲中M极为CH3CHO失电子发生氧化反应，发生的电极应为：CH3CHO+3H2O−l0e−=2CO2↑+l0H+，故D正确。答案选C。‎ ‎2．（2019·山东高考模拟）海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图(电解槽内部的“┆”和“│”表示不同类型的离子交换膜)。工作过程中b电极上持续产生Cl2。下列关于该装置的说法错误的是 A．工作过程中b极电势高于a极 B．“┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜 C．海水预处理主要是除去Ca2＋、Mg2＋等 D．A口流出的是“浓水”，B口流出的是淡水 ‎【答案】D ‎【解析】电解过程中b电极上持续产生Cl2，则电极b为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极a为电解池的阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，工作过程中，氯离子向b移动，因此虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，实线为阳离子交换膜，据此分析解答。A．电极b为电解池阳极，电极a为电解池的阴极， b极电势高于a极，故A正确；B．根据分析， “┆”表示阴离子交换膜，“│”表示阳离子交换膜，故B正确；C．为了防止海水中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－等堵塞离子交换膜，影响电解，电解前，海水需要预处理，除去其中的Ca2＋、Mg2＋等，故C正确；D．根据分析，实线为阳离子交换膜，虚线为阴离子交换膜，钠离子向a移动，氯离子向b移动，各间隔室的排出液中，A口流出的是淡水， B口流出的是“浓水”，故D错误；答案选D。‎ ‎3．（2019·山东高考模拟）三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示，在直流电场的作用下，两膜中间的NH4+和NO2—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.工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3.下列叙述正确的是 A．a极为电源负极，b极为电源正极 B．c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜 C．阴极电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2 +6H2O D．当电路中通过1mol电子的电量时，会有5.6LO2生成 ‎【答案】A ‎【解析】结合题图装置可知，工作一段时间后，在两极区均得到副产品NH4NO3，则Ⅱ室中的阳离子NH4+、H+向Ⅰ室移动与Ⅰ室中的稀硝酸反应生成了硝酸铵，则c膜为阳离子交换膜，Ⅰ室中石墨为电解池阴极，a极为电源负极，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；Ⅱ室中的阴离子NO3-、OH-向Ⅲ室移动与Ⅲ室中的稀氨水反应生成硝酸铵，则d膜为阴离子交换膜，Ⅲ室中石墨为电解池阳极，b极为电源正极，阳极电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+。根据上述分析A正确，BC错误；D选项中没有给出标准状况下，无法用气体摩尔体积公式计算体积，则D错误。答案选A。‎ ‎4．（2019·山东高考模拟）高氯酸在化工生产中有广泛应用,工业上以NaClO4‎ 为原料制备高氯酸的原理如图所示.下列说法正确的是 A．上述装置中,f极为光伏电池的正极 B．阴极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑‎ C．d处得到较浓的NaOH 溶液,c处得到HClO4‎ D．若转移2mol电子,理论上生成100.5gHClO4‎ ‎【答案】C ‎【解析】A.电解池中阳离子向阴极移动，即d极为阴极，f为电源的负极，故A错误；B.阴极上阳离子得到电子发生还原反应，故B错误；C. 阳极的电极反应为2H2O－4e－ ＝4H＋＋O2↑，阴极电解方程式为：4H2O+4e-=4OH-+2H2↑，根据电极方程式可知，电池放电过程是电解水的过程，即在阳极水失去电子，所以在阳极得到高氯酸的浓溶液，在阴极得到浓的NaOH溶液，故C正确；D.根据阴极电极方程式可知，转移2mol电子时，生成HClO42mol，理论上生成HClO4201g，故D错误；故选C。‎ ‎5．（2019·山东高考模拟）《Journal of Energy Chemistry》报导我国科学家设计CO2熔盐捕获与转化装置如图。下列有关说法正确的是 A．a为负极 B．熔盐可用KOH溶液代替 C．d极电极反应式为CO32-+4e−=C+3O2−‎ D．转移lmol电子可捕获CO2 11.2L(标况下)‎ ‎【答案】C ‎【解析】A.由图所示，c电极上氧离子失电子被氧化，故c作阳极，则a为正极，故A错误；B.‎ ‎ 若用KOH溶液做电解质，则该装置成为电解水的装置，阴极上是氢离子得电子生成氢气，当电解质溶液吸收足量的二氧化碳后变为碳酸氢钠溶液，不能再吸收二氧化碳，故该装置不能连续长时间吸收二氧化碳，故B错误；C. 由图所示，d极电极得电子，反应式为CO32－+4e－===C+3O2－，故C正确；D. 碳元素化合价由+4变为0，则转移lmol电子可捕获CO25.6L(标况下)，故D错误，故选C。‎ ‎6．（2019·山东高考模拟）三元锂电池是以镍钴锰为正极材料的新型电池，镍钴锰材料可表示为Li1-nNixCoyMnzO2，x+y+z=1，通常简写为Li1-nMO2，Ni、Co、Mn三种元素分别显+2、+3、+4价。其充电时总反应为：LiMO2+C6Li1-nMO2+LinC6。下列说法错误的是 A．放电和充电时，电解液的主要作用都是传递离子，构成闭合回路 B．在Li1-nMO2材料中，若x︰y︰z=2︰3︰5，则n=0.3‎ C．放电时，正极反应为：Li1-nMO2+nLi++ne－=LiMO2‎ D．充电时，当转移0.2amol电子，负极材料减重1.4ag ‎【答案】D ‎【解析】A.放电和充电时，电解液离子通过定向移动，构成闭合回路，A不符合题意；‎ B. Li1-nNixCoyMnzO2根据正负化合价代数和为0计算，1-n+2×+3×+4×-2×2=0，得出n=0.3，B不符合题意；‎ C. 放电时，正极发生还原反应，得电子，电极反应为：Li1-nMO2+nLi++ne－=LiMO2，C不符合题意；D. 充电时，负极得电子，nLi++C6+ne-=LinC6，当转移0.2amol电子，负极材料增重1.4ag，D符合题意；答案：D。‎ ‎7．（2019·山东高考模拟）双极膜电渗析一步法盐制酸碱的技术进入到了工业化阶段，某科研小组研究采用BMED膜堆(如图所示)，模拟以精制浓海水为原料直接制备酸和碱。BMED膜堆包括阳离子交换膜、阴离子交换膜和双极膜(a、d)已知：在直流电源的作用下，双极膜内中间界面层发生水的解离，生成H+和OH-。下列说法正确的是 A．电极Y连接电源的正极，发生还原反应 B．I口排出的是混合碱，Ⅱ口排出的是淡水 C．电解质溶液采用Na2SO4溶液可避免有害气体的产生 D．a左侧膜为阳离子交换膜，c为阴离子交换膜 ‎【答案】C ‎【解析】A.氢氧根离子向左侧移动，这说明电极Y为阴极，所以电极Y连接电源的负极，发生还原反应，故A错误；B.浓海水中的氯离子向左侧移动，钠离子向右侧移动；双极膜中，氢离子向右侧迁移、氢氧根离子向左侧迁移，因此Ⅱ口排出的是淡水，I口排出的是盐酸、Ⅲ口排出的是碱液，故B错误；C.由于氯离子放电会产生有毒的气体氯气，加入Na2SO4溶液，目的是增加溶液的导电性，氯离子移向Ⅰ室，氢离子通过a移向Ⅰ室，在Ⅰ室得到HCl，可避免有害气体的产生，故C正确；D.钠离子移向Ⅲ室，c为阳离子交换膜，氢氧根离子向左侧移动，所以a左侧膜为阴离子交换膜，故D错误。‎ 故选C。‎ ‎8．（2019·山东高考模拟）用石墨烯锂硫电池电解制备Fe(OH)2的装置如图所示。电池放电时的反应为：16Li+xS8=8Li2Sx(2≤x≤8)，电解池两极材料分别为Fe和石墨，工作一段时间后，右侧玻璃管中产生大量的白色沉淀。下列说法不正确的是 A．X是铁电极，发生氧化反应 B．电子流动的方向：B→Y，X→A C．正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e－=3Li2S4‎ D．锂电极减重0.14g时，电解池中溶液减重0.18g ‎【答案】D ‎【解析】A. 电解法制备Fe(OH)2‎ ‎，则铁作阳极，根据题给总反应可知，金属锂发生氧化反应，作电池的负极，所以Y为阴极，故X是铁电极，故A项正确；B. 电子从电池的负极流至电解池的阴极，然后从电解池的阳极流回到电池的正极，即电子从B电极流向Y电极，从X电极流回A电极，故B项正确；C. 由图示可知，电极A发生了还原反应，即正极可发生反应：2Li2S6+2Li++2e－=3Li2S4，故C项正确；D. 锂电极减重0.14g，则电路中转移0.02mol电子，电解池中发生的总反应为Fe+2H2OFe(OH)2+H2↑，所以转移0.02mol电子时，电解池中溶液减少0.02molH2O，即减轻0.36g，故D项错误。故选D。‎ ‎9．（2019·山东潍坊一中高三开学考试）‎2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：‎ 饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4‎ 下列说法错误的是 A．NH4ClO4属于离子化合物 B．溶解度：NaClO4＞NH4ClO4‎ C．电解NaClO3溶液时阳极反应式为ClO3-＋H2O－2e-=C1O4-＋2H+‎ D．该流程中可循环利用的物质是NH4Cl ‎【答案】D ‎【解析】电解饱和食盐水，生成了NaClO3，再电解得到NaClO4；NaClO4提纯除杂，再和NH4Cl反应，得到高氯酸铵晶体。A. NH4ClO4由ClO4-和NH4+组成，属于离子化合物，A项正确；B．NaClO4和NH4Cl能够生成NH4ClO4粗品，铵盐和钠盐都是溶于水的，能够得到晶体，说明NH4ClO4溶解度比其他物质小，B项正确；C. 根据流程图，电解NaClO3生成NaClO4，阳极失去电子，1molClO3-失去2mol电子生成1molClO4-，结合电荷守恒和原子守恒，电极反应式为ClO3--2e-+H2O=ClO4-+2H+，C项正确；D. NaClO4和NH4Cl反应生成NH4ClO4和NaCl，循环利用的是NaCl，而不是NH4Cl， D项错误；本题答案选D。‎ ‎10．（2019·山东高三期末）利用下图所示装置一定条件下可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。下列说法不正确的是 A．A为电源的负极 B．E极的电极式为2H2O-4e-=4H++O2↑‎ C．D极生成目标产物的电极式为C6H6+6H++6e-=C6H12‎ D．该装置的电流效率75％，则b中环己烷增加2.8mol ‎【答案】D ‎【解析】A.根据图知，在左侧D电极上苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极， A正确；B.根据A选项分析可知：E是阳极，在阳极上水电离产生的氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，B正确；C.该实验的目的是储氢，所以阴极上发生反应生成目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H++6e-=C6H12，C正确；D.阳极上水电离产生的氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气，转移电子的物质的量n(e-)=4n(O2)=2.8mol×4=11.2mol，产生1mol氧气时就会生成4molH+，则生成2.8mol氧气时产生H+的物质的量为n(H+)=4n(O2)=4×2.8mol=11.2mol，由于每发生反应产生1mol环己烷消耗6molH+，该装置的电流效率75％，则b中生成环己烷的物质的量为n(C6H12)= (11.2mol×75%)÷6=1.4mol，D错误；故合理选项是D。‎ ‎11．（2019·山东聊城一中高考模拟）电解絮凝净水可用如图装置模拟探究，下列叙述正确的是 A．电子从X极经电解液流入Y极 B．铝电极表面的反应有：Al -3e-=Al3+，4OH--4e-＝O2↑+2H2O C．Y的电极反应：Pb-2e-+SO42- = PbSO4‎ D．电路每通过2mol电子，理论上电解池阴极上有22.4 L H2生成 ‎【答案】B ‎【解析】根据右侧电解絮凝池图示信息可知，Al转化为Al3+，溶液中OH-转化为O2，则发生两个氧化反应，为电解池的阳极，连接铅蓄电池的正极，故Y为正极，X极为负极。根据原电池原理及电极反应式的书写规则与电化学各物质与电子转移数之间的关系分析作答。根据上述分析可知：A.‎ ‎ Y与右侧电解池的阳极铝相连作正极，原电池中，电子从电源的负极（X极）经导线流向电源的正极（Y极），而不经过电解质溶液，故A项错误；B. 阳极铝电极Al转化为Al3+，溶液中OH-转化为O2，其电极反应式为：Al -3e-=Al3+，4OH--4e-＝O2↑+2H2O，故B项正确；C. Y极为电源的正极，发生的电极反应式为：PbO2+2e-+4H++SO42- = PbSO4+2H2O，故C项错误；D. 根据转移电子数与氢气的关系式2e-H2，可知电路每通过2 mol电子，理论上电解池阴极上有1 mol H2生成,但提示信息中未指明标准状况，则无法计算阴极上氢气的体积，故D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎12．（2019·山东省实验中学高考模拟）某化学课外活动小组拟用铅蓄电池进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）‎ A．Y 的电极反应： Pb－2e－ = Pb2+‎ B．铅蓄电池工作时SO42-向 Y 极移动 C．电解池的反应仅有2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑‎ D．每消耗 103.5 gPb ，理论上电解池阴极上有0.5 molH2生成 ‎【答案】D ‎【解析】进行净水，即Al转化成氢氧化铝胶体，Al为阳极，Fe为阴极，根据电解原理，Y为PbO2，X为Pb，从原电池工作原理、电解的原理、电路中通过的电量相等进行分析。A、根据实验的原理，絮凝净水，让Al转化成氢氧化铝胶体，即Al失电子，根据电解原理，Al为阳极，Y为PbO2，则X为Pb，Y电极反应为：PbO2＋SO42－＋4H＋＋2e－=PbSO4＋2H2O，故A错误；B、根据原电池的工作原理，SO42－向负极移动，即SO42－移向X电极，故B错误；C、电解过程中实际上发生两个反应，分别为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑和2H2O2H2↑＋O2↑，故C错误；D、消耗103.5gPb，转移电子物质的量为mol=1mol，阴极上的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，通过电量相等，即产生氢气的物质的量为1/2mol=0.5mol，故D正确。‎ ‎13．（2019·山东省实验中学高考模拟）元素周期表中的28号元素Ni有重要的用途，它有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化剂方面也有广泛应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下：‎ 已知：电极电位(E)能体现微粒的氧化还原能力强弱，如：‎ H2-2e-=2H+ E=0.00V Cu-2e-=Cu2+ E=0.34V Fe-2e-=Fe2+ E=-0.44V Ni-2e-=Ni2+ E=-0.25V ‎(1)镍在周期表中的位置为_______________________________。‎ ‎(2)高镍矿破碎细磨的作用______________________________________。‎ ‎(3)焰色反应实验可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，原因是______________________。‎ ‎(4)造渣除铁时发生的化学反应方程式___________________________________（产物以氧化形式表示)。‎ ‎(5)电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式_____________________________________。‎ ‎(6)工业上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后，再滴加NaC1O溶液，滴加过程中发生反应的离子方程式为_________________________________________________________。‎ ‎(7)电解精炼镍的过程需控制pH为2～5，试分析原因______________________________，阳极泥的成分为________________(写名称)。‎ ‎【答案】(1)第四周期Ⅷ族(2)增大接触面积，提高浮选率(3)镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色(4)2FeO+SiO2 2FeO•SiO2(5)NiS-2e-=Ni2++S (6)2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-( 2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO (OH) +Cl--+H2O)(7)pH<2时，c(H+)大，容易在阳极放电；pH>5时，c(OH-)大，镍离子容易沉淀 铜 ‎ ‎【解析】（1）镍是28号元素，根据电子排布规律分析，其在第四周期Ⅷ族；‎ ‎（2）高镍矿破碎细磨是为了增大接触面积，提高浮选率；‎ ‎（3）焰色反应实验是观察某些金属元素灼烧时的颜色，可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，说明镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色；‎ ‎（4）根据流程分析，硫化亚铁在溶炼时转化为FeO和SO2，加入二氧化硅除铁时，FeO转化为Fe2SiO4，故方程式为：2FeO+SiO2 2FeO•SiO2；‎ ‎（5）电解制粗镍时，阳极上硫化镍失去电子生成镍离子和硫，阴极是镍离子得到电子生成镍单质，阳极反应为：NiS-2e-=Ni2++S；‎ ‎（6）Ni(OH)与 NaC1O溶液发生氧化还原反应，镍元素化合价升高为+3价，氯元素化合价降低到-1价，根据电子守恒和质量守恒得方程式为：2Ni(OH)2+ClO-+H2O=2Ni(OH)3+Cl-或2Ni(OH)2+ClO-+OH-=2NiO (OH) +Cl--+H2O；‎ ‎（7电解硫酸镍溶液时需要考虑离子的放电顺序，当氢离子浓度较大时是氢离子放电不是镍离子放电，即pH<2时，c(H+)较大，容易在阳极放电；但当溶液的酸性很弱时，即pH>5时，c(OH-)较大，镍离子容易沉淀。由电极电位的数据可知，镍比铜活泼，电解精炼时，阳极上镍失去电子，铜不能失去电子，铜转化为阳极泥。‎ ‎14．（2019·黑龙江双鸭山一中高三月考）如图，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为电源。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色．‎ ‎（1）若用CO、氧气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则A为____极，A电极上的反应为__________________，B电极上的反应式为：_____________________。‎ ‎（2）若甲中装有100ml 1 mol•L-1的硫酸铜溶液，工作一段时间后，停止通电此时C、D两极上产生的气体体积相同．甲中D极产生的气体在标准状况下的体积为_____________L，欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入____。‎ A．CuO B．Cu2(OH)2CO3 C．Cu(OH)2 D．CuCO3‎ ‎（3）通电后乙中反应的化学方程式：__________________________________。‎ ‎（4）欲用（丙）装置给铜镀银，反应一段时间后（用CO、氧气燃料电池作电源）铜制品质量增加43.2克，理论上消耗氧气的质量_______克。‎ ‎（5）工作一段时间后,丁中X极附件的颜色逐渐变浅，Y极附件的颜色逐渐变深，这说明__________________在电场作用下向Y极移动。‎ ‎【答案】（1）正 O2+4e-+2H2O=4OH-  CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O（2）2.24 C （3）2NaCl+2H2O 2NaOH+H2↑+Cl2↑（4）3.2 （5）氢氧化铁胶体粒子带正电荷 ‎ ‎【解析】(1)电解食盐水时F极附近显红色，说明F为阴极，则对应的B为负极，A为正极。若用CO、氧气燃料电池作电源，则氧气在正极反应生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH- ；一氧化碳在负极反应，电极反应为： CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O。(2) 若甲中装有100ml1 mol•L-1‎ 的硫酸铜溶液，说明首先电解硫酸铜生成铜和氧气和硫酸，然后电解水生成氢气和氧气，0.1mol硫酸铜完全电解生成0.05mol氧气，则假设电解水有xmol氧气生成，则同时生成2xmol氢气，有2x=x+0.05，解x=0.05mol，则D上产生0.1mol氢气，标况下体积为2.24L。 要想溶液恢复原来的成分和浓度需要加入0.1mol氧化铜和0.1mol水，或对应的物质，故选C。(3)通电后乙中为电解食盐水，生成氯气和氢气和氢氧化钠，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。(4)欲用（丙）装置给铜镀银，反应一段时间后（用CO、氧气燃料电池作电源）铜制品质量增加43.2克，则说明析出43.2克银，即43.2/108=0.04mol银，则理论上消耗氧气0.01mol质量为3.2g。 (5)一段时间后X极附件的颜色逐渐变浅，Y极附件的颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体粒子向阴极移动，则说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷。‎