2020届二轮复习电解池金属的腐蚀与防护学案（全国通用）

2020届二轮复习电解池金属的腐蚀与防护学案（全国通用）

电解池 金属的腐蚀与防护 考点1　电解原理及其应用 ‎1.[2019山东德州高三联考]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.装置中,f极为光伏电池的正极 B.阴极的电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑‎ C.d处得到较浓的NaOH 溶液,c处得到HClO4浓溶液 D.若转移2 mol电子,理论上生成100.5 g HClO4‎ 利用工业上电解制备高氯酸的原理,多角度考查电极名称的判断、电极反应式的书写、电解质溶液中离子的移动方向、简单化 学计算等必备知识,较好地体现了“基础性”“综合性”和“应用性”等高考命题原则。‎ 解题模型:链接考法3命题角度1 ‎ ‎2.[2019四川名校第三次联考]一种将燃料电池与电解池组合制备KMnO4的装置如图所示(电极甲、乙、丙、丁均为惰性电极)。该装置工作时,下列说法不正确的是 (　　)‎ A.电极丁的反应式为Mn-e-Mn B.电极乙附近溶液的pH减小 C.KOH溶液中溶质的质量分数:c%>a%>b%‎ D.导线中流过2 mol电子时,理论上有2 mol K+移入阴极区 本题给出了燃料电池与电解池的组合装置,装置图复杂,信息容量大,需要考生从复杂的信息中提取有效信息,考查了考生接受、吸收、整合化学信息的能力。本题的难点是根据电解池的阴极反应确定气体X及不同位置KOH溶液浓度的大小。‎ 解题模型:链接疑难4‎ ‎3.[2019福建莆田联考]如图所示甲装置是一种在微生物作用下将有机废水中的尿素[CO(NH2)2]转化为环境友好物质并实现化学能转化为电能的装置,且利用甲、乙两装置可实现在铁上镀铜。下列说法不正确的是 (　　)‎ A.乙装置中溶液的颜色不变 B.铜电极应与Y相连接 C.M电极的反应式:CO(NH2)2+H2O-6e-CO2↑+N2↑+6H+‎ D.当N电极消耗0.25 mol气体时,铜电极质量减少16 g 试题在选材上具有正确的价值取向,利用有机废水发电的甲装置(微生物燃料电池)解决“污水净化”和“能源短缺”两大问题,体现“变废为宝”的化学理念。铁上镀铜的乙装置中铜只能作阳极,考查考生思维的敏捷性。‎ 解题模型: 链接考法1命题角度3‎ ‎4.[2019湖北武汉第二次调考]电解原理在物质制备、污水处理等领域应用广泛。‎ ‎(1)以甲醇为主要原料,电化学合成碳酸二甲酯的工作原理如图1所示。‎ 图1‎ ‎①电源负极为　　　(填“A”或“B”),写出阳极的电极反应式:　　　　　　　。 ‎ ‎②若参加反应的O2为1.12 m3(标准状况),制得的碳酸二甲酯的质量为　　　kg。 ‎ ‎ (2)高剂量的亚硝酸盐有很大毒性,电化学降解N的原理如图2所示。‎ 图2‎ ‎①阴极的电极反应式为　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②若电解过程中转移了3 mol电子,则质子交换膜两侧电解液的质量变化差(Δm左-Δm右)为　　　　g。 ‎ 利用新型电解槽将有机与无机、定性与定量综合起来,设计了具有较好知识维度和难度梯度的试题,符合高考命题的新趋势。 ‎ 解题模型:链接考法2命题角度;考法4命题角度3‎ 考点2　金属的腐蚀与防护 ‎5.[2019浙江适应性考试]将 NaCl 溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上,一段时间后,发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀变暗,在液滴外沿出现棕色铁锈环(b),如图所示。下列说法不正确的是 (　　)‎ A.铁锈环的主要成分是Fe2O3·xH2O,铁片腐蚀过程发生的总反应为4Fe+6H2O+3O24Fe(OH)3‎ B.液滴之下氧气含量少, 铁片作负极,发生的还原反应为Fe-2e-Fe2+‎ C.液滴边缘是正极区,发生的电极反应为O2+2H2O+4e-4OH-‎ D.铁片腐蚀最严重的区域不是生锈最多的区域 本题“细致入微”地考查考生对铁片电化学腐蚀的理解,体现试题设计的基础性。‎ 解题模型:链接考法5命题角度1‎ ‎6.[2019四川成都第一次模拟]港珠澳大桥设计寿命120年,对桥体钢构件采用了多种防腐方法。下列分析错误的是 (　　)‎ A.防腐原理主要是避免发生反应:2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2‎ B.钢构件表面喷涂环氧树脂涂层,是为了隔绝空气、水等,防止其与钢构件形成原电池 C.采用外加电流的阴极保护时需要外接镁、锌等作辅助阳极 D.钢构件可采用不锈钢材料以减缓电化学腐蚀 以闻名世界的港珠澳大桥为背景,考查钢铁的腐蚀及防护等基础知识,体现“综合性”和“应用性”的高考命题趋势。‎ 解题模型:链接考法5命题角度2‎ ‎7.[2019江苏,10,2分]将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后,置于如图所示装置中,进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关 该实验的说法正确的是 (　　)‎ A.铁被氧化的电极反应式为Fe-3e-Fe3+‎ B.铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能 C.活性炭的存在会加速铁的腐蚀 D.以水代替NaCl溶液,铁不能发生吸氧腐蚀 本题结合实验考查电化学腐蚀,体现了“基础性”和“综合性”的高考命题趋势,解答本题需要明确铁发生吸氧腐蚀的本质和条件。‎ 解题模型:链接考法5命题角度1‎ ‎8.[2017全国卷Ⅰ, 11,6分]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 本题选取真实情境“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”,考查电化学腐蚀在生活中的具体应用,考查考生的观察、理解能力以及从新情境中提取信息的能力,对电化学原理的实践应用能力。‎ 解题模型:链接考法5命题角度2‎ ‎ 考点1　电解原理及其应用 ‎ 考法1 电解原理及其应用 命题角度1　电解池中电极名称的判断 ‎1 [北京高考]用石墨电极电解CuCl2溶液(如图所示)。下列分析正确的是 A.a端是直流电源的负极 B.通电使CuCl2发生电离 C.阳极上发生的反应:Cu2++2e-Cu D.通电一段时间后,在阴极附近观察到黄绿色气体 ‎ 根据电解质溶液中Cu2+(阳离子)的移动方向可判断左边的石墨电极为电解池的阴极,再由与电源负极相连的电极为电解池的阴极判断a端是直流电源的负极,选项A正确。离子化合物的电离不需要通电,其电离条件是“溶于水”或“熔融”,选项B错误。电解池中,还原剂在阳极失去电子发生氧化反应2Cl--2e-Cl2↑,选项C错误。通电一段时间后,阴极析出金属铜,故在阴极附近可观察到红色固体;阳极放出氯气,故在阳极附近可观察到黄绿色气体,选项D错误。‎ ‎ A ‎1. [2017海南,10,4分]一种电化学制备NH3的装置如图所示,图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是 (　　)‎ A.Pd电极b为阴极 B.阴极的反应式为N2+6H++6e-2NH3‎ C.H+由阳极向阴极迁移 D.陶瓷可以隔离N2和H2‎ 命题角度2　电解产物的判断 ‎2 常温下,将物质的量浓度相等的CuSO4溶液和NaCl溶液等体积混合后,用石墨电极进行电解,电解过程中,溶液的pH随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是 A.A点对应溶液的pH小于7,因为Cu2+水解使溶液显酸性 B.整个电解过程中阳极先产生Cl2,后产生O2‎ C.BC段对应的电解过程的阳极产物是Cl2‎ D.CD段对应的电解过程电解的物质是水 题给图像分段 对应的电解产物 AB段 阳极产物为Cl2、阴极产物为Cu BC段 阳极产物为O2、阴极产物为Cu CD段 阳极产物为O2、阴极产物为H2‎ ‎ CuSO4水解,溶液显酸性,A点对应溶液的pH小于7,A项说法正确。根据阳极放电顺序,整个过程中阳极上Cl-先放电,产生Cl2,H2O后放电,产生O2,B项说法正确。阳极先产生Cl2,后产生O2,BC段对应的电解过程溶液pH减小,说明阳极电解H2O,阳极产物是O2和H+,阴极产物为Cu,C项说法错误。CD段对应的电解过程,溶液pH下降速率减小,电解的是H2O,阳极产物为O2、阴极产物为H2,D项说法正确。‎ ‎ C 考法点睛·学习理解 该题的独特之处是结合图像考查电解理论。解答该题的关键是分析图像中不同阶段反应的实质。分析图像的基础是弄清电解质溶液中的离子组成,解答电解混合的电解质溶液的试题时,可以把混合的电解质溶液看作一个整体,即只分析溶液中含有的离子,而不考虑该离子来自哪种电解质。如该题中只需要考虑溶液中含有Na+、S、Cl-、Cu2+、OH-、H+,然后根据离子的放电顺序分析电解产物。‎ 命题角度3　“活泼阳极”电解池电解产物的判断(新角度)‎ ‎3 [2017全国卷Ⅱ,11,6分]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 ‎ 题给信息“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”的含义是铝制品作活泼阳极被氧化为Al2O3,选项A正确。电解池的阴极总是被保护,所以可选用不锈钢网作为阴极,选项B正确。电解池的阴极反应是氧化剂得电子生成还原产物的反应,电解质溶液为H2SO4-H2C2O4混合溶液,呈酸性,H+在阴极表面得电子被还原为H2,故阴极的电极反应式为2H++2e-H2↑,选项C错误。电解时,电解池中的阴离子向阳极移动,选项D正确。‎ ‎ C 考法归纳·迁移创新 ‎“活泼阳极”产物的判断 用金属活动性顺序表中Ag或Ag以前的金属(如Cu、Fe、Al等)作电解池阳极时,这些金属本身失电子被氧化,常称为“活泼阳极”,“活泼阳极”失电子后得到的离子一般都会与电解质溶液中的离子继续发生复杂的反应。电解精炼铜和电镀是“活泼阳极”电解池在工业上的具体应用。考生做题时,首先要判断阳极是“活泼阳极”还是“惰性阳极”,如果是“活泼阳极”,则阳极自身被氧化;如果是“惰性阳极”,根据离子放电顺序判断阳极反应。最终的氧化产物一般需要根据试题中的信息确定。‎ 一般结论 试题信息 阳极反应(或具体反应过程)‎ Fe作“活泼阳极”时,其氧化产物可能是Fe2+、Fe(OH)2或Fe 用铁作电极电解含Cr2的酸性废水 阳极反应为Fe-2e-Fe2+,生成的Fe2+会还原酸性废水中的Cr2,离子方程式为Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,由于酸性废水中H+不断被消耗,溶液的pH增大,碱性增强,Fe3+和Cr3+分别转化为Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀 用铁作电极电解稀NaOH溶液制备Fe(OH)2‎ 阳极反应为Fe-2e-+2OH-Fe(OH)2‎ 用铁作电极电解浓KOH溶液制备K2FeO4‎ 阳极反应为Fe-6e-+8OH-Fe+4H2O Al作“活泼阳极”时,其氧化产物可能是Al2O3、Al(OH)3、Al、Al3+‎ 增厚铝制品氧化膜,铝制品作电解池阳极电解稀硫酸 阳极反应为2Al-6e-+3H2OAl2O3+6H+‎ 用铝作阳极电解烧碱溶液 阳极反应为Al-3e-+4OH-Al+2H2O Cu作“活泼阳极”时,其氧化产物可能是Cu2+或Cu2O 电镀铜或电解精炼铜 阳极反应为Cu-2e-Cu2+‎ 用铜电极电解NaCl的碱性水溶液制备Cu2O 阳极总反应为2Cu-2e-+2OH-Cu2O+H2O ‎2. [2016天津,10(5),5分]化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4。同时获得氢气:Fe+2H2O+2OH-Fe+3H2↑,工作原理如图1所示。装置通电后,铁电极附近生成紫红色Fe,镍电极有气泡产生。若氢氧化钠溶液浓度过高,铁电极区会产生红褐色物质。已知:Na2FeO4只在强碱性条件下稳定,易被H2还原。‎ ‎(1)电解一段时间后,c(OH-)降低的区域在　　　　　　　　　(填“阴极室”或“阳极室”)。 ‎ ‎(2)电解过程中,须将阴极产生的气体及时排出,其原因为　　　　　 。 ‎ ‎(3)c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2,任选M、N两点中的一点,分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因:　‎ ‎　　　　 　　。 ‎ 命题角度4　惰性电极电解后溶液pH的变化 ‎4 [2019辽宁沈阳第一次质检]在一定条件下,用石墨电极电解0.5 mol·L-1 CuSO4溶液(含H2SO4),监测到阳极附近溶液pH随着通电时间的延长而变化,数据如表所示,下列说法错误的是 通电前pH 通电后pH 瞬间 ‎20 s ‎40 s ‎60 s ‎80 s ‎100 s ‎120 s ‎…‎ ‎2.35‎ ‎2.55‎ ‎2.50‎ ‎2.48‎ ‎2.45‎ ‎2.41‎ ‎2.35‎ ‎2.25‎ ‎…‎ A.通电瞬间,阳离子向阴极移动 B.电解过程中,阳极发生的电极反应是2H2O-4e-4H++O2↑‎ C.通电后pH下降过程中,阴极发生的主要电极反应是 Cu2++2e-Cu D.通电后pH下降过程中,H+向阴极移动的速率大于其在阳极生成的速率 ‎ 电解时,阳离子向阴极移动,阴离子向阳极移动,A项正确。因为在酸性条件下电解,故电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,B项正确。通电后pH下降过程中,阴极上主要是Cu2+放电,其电极反应为Cu2++2e-Cu,C项正确。通电后pH下降过程中,阳极附近溶液中H+浓度增大,则H+向阴极移动的速率小于其在阳极生成的速率,D项错误。‎ ‎ D 考法点睛·学习理解 电解前后电解质溶液的酸碱性变化可概括为“有氢无氧增碱性,有氧无氢增酸性;有氢有氧增原性,无氢无氧减原性”。即(1)电极区域: ①阴极H+放电产生H2,阴极区pH变大;②阳极OH-放电产生O2,阳极区pH变小。(2)电解质溶液:①电解过程中,既产生H2,又产生O2,实质是电解水,溶液浓度增大,因而原溶液呈酸性的pH变小,原溶液呈碱性的pH变大,原溶液呈中性的pH不变;②电解过程中,无H2和O2产生,pH几乎不变;③电解过程中,只产生H2,溶液中OH-浓度增大,pH变大;④电解过程中,只产生O2,溶液中H+浓度增大,pH变小。‎ 命题角度5　惰性电极电解实验探究(新角度)‎ ‎5 [2016北京,12,6分]用石墨电极完成下列电解实验。‎ 实验一 实验二 装置 现象 a、d处试纸变蓝;b处变红,局部褪色;c处无明显变化 两个石墨电极附近有气泡产生;n处有气泡产生;……‎ 下列对实验现象的解释或推测不合理的是 A.a、d处:2H2O+2e-H2↑+2OH-‎ B.b处:2Cl--2e-Cl2↑‎ C.c处发生了反应:Fe-2e-Fe2+‎ D.根据实验一的原理,实验二中m处能析出铜 ‎ 由于有外接电源,所以实验一和实验二中的装置均为电解池装置。实验一中,铁丝中的电流方向为从d到c,电子移动方向为从c到d,所以实验一的装置是比较复杂的电解池,其中a为阴极,c为阳极,d为阴极,b为阳极。a、d处发生反应2H2O+2e-H2↑+2OH-,A项正确。若b处只发生反应2Cl--2e-Cl2↑,不足以解释b处“变红”和“局部褪色”现象,B项错误。c处铁作阳极,发生反应Fe-2e-Fe2+,由于生成的Fe2+浓度较小,且pH试纸本身有颜色,故c处无明显变化,C项正确。实验二中的装置是一个更加复杂的电解池装置,两个铜珠的左端均为阳极,右端均为阴极,初始时两个铜珠的左端(阳极)均发生反应Cu-2e-Cu2+,右端(阴极)均发生反应2H++2e-H2↑,一段时间后,Cu2+移动到m处,m处附近Cu2+浓度增大,发生反应Cu2++2e-Cu,m处能析出铜,D项正确。‎ ‎ B 考法点睛·学习理解 此题A选项,a、d处电极反应式相同,考查电解池的知识。电解池的阳极可能发生金属腐蚀,可能生成卤素单质,也可能“放O2生酸”等。阴极可能有金属析出或“放H2生碱”等。“b处变红”和“局部褪色”是发生了“放O2生酸”和生成卤素单质两个反应。D选项中左边铜珠m处为阴极,另一个铜珠左端为阳极,发生反应Cu-2e-Cu2+,Cu2+移动到m处,发生反应Cu2++2e-Cu,能析出金属铜。‎ ‎3. [2019北京昌平区期末]某小组同学利用如图1所示装置对电解氯化铜溶液实验进行了研究。‎ 装置 现象 图1‎ 电解一段时间后,阳极石墨表面产生气体,阴极石墨上附着红色物质,烧杯壁变热,‎ 溶液由蓝色变为绿色 ‎(1)甲认为电解过程中阳极产生的　　 　　是溶液变绿的原因,写出产生该物质的电极反应式:　　 　　　　　　。 ‎ ‎(2)乙查阅资料,CuCl2溶液中存在平衡:Cu2++4Cl-[CuCl4]2-(黄色)　ΔH>0。据此乙认为:电解过程中,[CuCl4]2-(黄色)浓度增大,与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色。乙依据平衡移动原理推测在电解过程中[CuCl4]2-浓度增大的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　 　。 ‎ ‎(3)丙改用如图2所示装置,在相同条件下电解CuCl2溶液,对溶液变色现象继续探究。‎ 装置 现象 图2‎ 电解相同时间后,阳极石墨表面产生气泡,溶液仍为蓝色;阴极石墨上附着红色物质,溶液由蓝色变为绿色;U形管变热,冷却后阴极附近溶液仍为绿色 丙通过对现象分析证实了甲和乙的观点均不是溶液变绿的主要原因。丙否定甲的依据是　　　　　　　　　　,否定乙的依据是　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)丙继续查阅资料:‎ ⅰ.电解CuCl2溶液时可能产生[CuCl2]-,[CuCl2]-掺杂Cu2+后呈黄色;‎ ⅱ.稀释含[CuCl2]-的溶液生成CuCl白色沉淀。‎ 据此丙认为:电解过程中,产生了[CuCl2]-,掺杂Cu2+后呈黄色,与CuCl2蓝色溶液混合呈绿色。‎ 丙进行如下实验:‎ a.取电解后绿色溶液2 mL,加20 mL水稀释,静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。‎ b.另取少量氯化铜晶体和铜粉,向其中加2 mL浓盐酸,加热获得含[CuCl2]-的黄色溶液。‎ c.冷却后向上述溶液中……‎ d.取c中溶液2 mL,加20 mL水稀释,静置5分钟后溶液中产生白色沉淀。‎ ‎①a的目的是　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②写出b中生成[CuCl2]-的离子方程式:　。 ‎ ‎③补充c中必要的操作及现象:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 丙据此得出结论:电解时阴极附近生成的[CuCl2]-是导致溶液变绿的原因。‎ 考法2 电解池中电极反应式的书写 命题角度　新情境条件下电极反应式的书写(新角度)‎ ‎6 (1)[2019全国卷Ⅱ,27(4),4分]环戊二烯可用于制备二茂铁[Fe(C5H5)2,结构简式为],后者广泛应用于航天、化工等领域中。二茂铁的电化学制备原理如图1所示,其中电解液为溶解有溴化钠(电解质)和环戊二烯的DMF溶液(DMF为惰性有机溶剂)。该电解池的阳极为　　　　,总反应为　　　　　　　。电解制备需要在无水条件下进行,原因为　　　　　　　　。 ‎ 图1‎ ‎(2)[2018全国卷Ⅰ,27(3),4分]焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术,装置如图2所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为　　　　 　　　。电解后,　　　　室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na2S2O5。 ‎ 图2‎ ‎(3)[2014山东,30(1),6分]离子液体是一种室温熔融盐,为非水体系。由有机阳离子、Al2C和AlC组成的离子液体作电解液时,可在钢制品上电镀铝。钢制品应接电源的　　　　极,已知电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应,阴极电极反应式为　　　　 　　　　。若改用AlCl3水溶液作电解液,则阴极产物为　　　 　。 ‎ ‎(1)结合图1电解原理可知,Fe电极发生氧化反应,为阳极;在阴极上有H2生成,故电解时的总反应为Fe+2 +H2↑或Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑。结合相关反应可知,电解制备需要在无水条件下进行,否则水会阻碍中间产物Na的生成;水会电解生成OH-,OH-会进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2,从而阻碍二茂铁的生成。(2)阳极发生氧化反应,2H2O-4e-4H++O2↑,阳极室H+向a室迁移,a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应,析出H2,OH-增多,Na+由a室向b室迁移,则b室中Na2SO3浓度增大。(3)电镀时,钢制品为镀件,应作阴极,故应与电源的负极相连接。根据题意,阴极发生得电子的还原反应,应生成金属铝,‎ 电镀过程中不产生其他离子且有机阳离子不参与电极反应,则Al2C、AlC参与电极反应,故阴极的电极反应式为4Al2C+3e-Al+ 7AlC。电解AlCl3水溶液时,阴极为H+得电子生成H2。‎ ‎(1)Fe电极　Fe+2 +H2↑[或Fe+2C5H6Fe(C5H5)2+H2↑]　水会阻碍中间物Na的生成;水会电解生成OH-,进一步与Fe2+反应生成Fe(OH)2　(2)2H2O-4e-4H++O2↑　a　(3)负　4Al2C+3e-Al+7AlC　H2‎ 考法归纳·应用实践 做到“三看”,正确书写电极反应式 ‎1.一看电极材料,若是金属(Au、Pt除外)作阳极,金属本身发生氧化反应。‎ ‎2.二看介质类型及介质是否参与电极反应。若电极反应的产物与酸性或碱性介质反应,则在书写电极反应式时需要将电解产物与酸或碱的反应合并到电极反应式中。‎ ‎3.三看是否有特殊信息,如本题第(2)问的离子液体是非水体系,且不产生其他离子,因而离子只能在Al2C和AlC之间转化。‎ 拓展延伸·迁移创新 本题第(2)问可以从以下角度进行设问:‎ ‎①判断两个离子交换膜的属性以及书写a室反应的离子方程式。‎ 提示:“a室的NaHSO3浓度增加”表明阳极生成的H+穿过离子交换膜进入a室,与S结合生成HS,离子方程式为H++SHS;“b室的Na2SO3浓度增加”说明b室中发生还原反应,放出氢气,2HS+2e-2S+H2↑。由于b室中S浓度增加,吸引a室中的Na+穿过离子交换膜进入b室,故两个离子交换膜均为阳离子交换膜。‎ ‎②从定量角度进行考查,如a室增加0.1 mol NaHSO3时,两极共生成气体的质量为0.9 g。‎ 提示:a室增加0.1 mol NaHSO3表明有0.1 mol H+穿过离子交换膜,此时外电路中有0.1 mol e-通过,该电解池相当于电解水,每转移4 mol e-时,两极共生成36 g气体,故转移0.1 mol e-时,两极共生成0.9 g气体。‎ ‎4. (1)[2015四川,4改编]用如图1所示装置除去含CN-、Cl-废水中的CN-时,控制溶液pH为9~10,阳极产生的 ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体。 阳极的电极反应式是　　　　　 　　　,阴极的电极反应式是　　　　　　　　,除去CN-的反应为　　　　　　　 　　。 ‎ 图1‎ ‎(2)[2014四川,11(4)(5),6分]①MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2,其阳极的电极反应式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时,正极的电极反应式是　 。 ‎ ‎(3)[2014北京,26(4),4分]电解NO制备NH4NO3,其工作原理如图2所示。为使电解产物全部转化为NH4NO3,需补充物质A。A是　　　　,说明理由:　 。 ‎ 图2‎ ‎(4)[2014新课标全国卷Ⅱ,27(3),6分]PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得,反应的离子方程式为　　　　　　　 　　;PbO2也可以通过石墨为电极,Pb(NO3)2和Cu(NO3)2的混合溶液为电解液电解制取。阳极发生的电极反应式为　　　　　　　　　　,阴极上观察到的现象是　 　　　　　　　;若电解液中不加入Cu(NO3)2,阴极发生的电极反应式为　　　　　　　　　　　 　,这样做的主要缺点是　　　 　　　　　　　　　。  ‎ 考法3 多室膜电解装置 近几年高考涉及交换膜装置的题较多,重点在避免副反应发生、分离提纯、提高电池效率、定量分析计算、反应物再生、工业制备等方面进行命题,且从单膜到多膜,从单室到多室,渐趋复杂。常考的有“两室电解池”(2015山东第29题,两室电解池制备LiOH)、“三室电解池”(2016全国卷Ⅰ第11题,三室式电渗析法处理废水)、“四室电解池”(2014新课标全国卷Ⅰ第27题,四室电渗析法制备H3PO2)。多室多膜电解槽是电解原理的创新应用,能较好地考查“宏观辨识与微观探析”和“证据推理与模型认知”核心素养,所以多室多膜电解槽是高考命题的热点。今后可能的命题方向:(1)将交换膜用于新型工业电解或电渗析装置中。(2)非选择题中将交换膜在原电池和电解池中同时使用,并比较作用的不同。‎ 多室电解池是利用离子交换膜的选择透过性,即容许带某种电荷的离子通过而限制带相反电荷的离子通过,将电解池分为两室、三室等,以达到浓缩、净化、提纯以及电化学合成的目的。‎ ‎1.两室电解池 以惰性电极电解一定浓度的Na2CO3溶液为例,其原理如图所示:‎ ‎(1)电极名称的判断:根据“阴阳相吸”判断,Na+移向的乙电极是阴极;根据“阳极放氧生酸”判断,左侧有氧气生成的甲电极是阳极。‎ ‎(2)电极反应式的书写:右侧阴极区电解液为稀氢氧化钠溶液,根据“阴极放氢生碱”, 得4H2O+4e-2H2↑+4OH-,A为氢气;左侧阳极区电解液为碳酸钠溶液,根据“阳极放氧生酸”,且H+会与C结合生成HC,得2H2O-4e-+4C4HC+O2↑。‎ 拓展延伸 ‎“阴阳相吸”是很多化学反应的微观基础,其含义有①阴离子与阳离子相互吸引并发生迁移;②阴极吸引电解质溶液中的阳离子,阳极吸引电解质溶液中的阴离子,并使阳离子、阴离子发生定向移动;③正极吸引自由电子,使电子经过金属导线由负极定向移动到正极。‎ ‎2.三室电解池 以三室式电渗析法处理含KNO3的废水得到KOH和HNO3为例,其原理如图所示:‎ ‎(1)阴极反应及ab膜的判断:阴极的电极反应式是4H2O+4e-2H2↑+4OH-(放氢生碱),生成的OH-吸引中间隔室的K+向阴极区迁移,得到KOH溶液,阴极区溶液的pH增大,ab膜为阳离子交换膜。‎ ‎(2)阳极反应及cd膜的判断:阳极的电极反应式是2H2O-4e-O2↑+4H+(放氧生酸),生成的H+吸引中间隔室的N向阳极区迁移,得到HNO3溶液,阳极区溶液的pH减小,cd膜为阴离子交换膜。‎ 注意　虽然其实质是电解水,但总反应不能写成2H2O2H2↑+O2↑,而应该写为4KNO3+6H2O2H2↑+4KOH+ O2↑+‎ ‎4HNO3。‎ ‎3.四室电解池 以四室电渗析法制备H3PO2(次磷酸)为例,其工作原理如图所示:‎ 电解稀硫酸的阳极反应为2H2O-4e-O2↑+4H+(放氧生酸),产生的H+通过阳离子交换膜进入产品室,原料室中的H2P通过阴离子交换膜进入产品室,与H+结合生成弱电解质H3PO2;电解NaOH稀溶液的阴极反应为4H2O+4e-2H2↑+4OH-(放氢生碱),原料室中的Na+通过阳离子交换膜进入阴极室。‎ 命题角度1　两室膜电解装置 ‎7[2015山东,29节选,6分]利用LiOH和钴氧化物可制备锂离子电池正极材料。LiOH可由电解法制备,钴氧化物可通过处理钴渣获得。‎ 利用如图装置电解制备LiOH,两电极区电解液分别为LiOH和LiCl溶液。B极区电解液为　　　　溶液(填化学式),阳极电极反应式为　　　　　　　　　　　　　,电解过程中Li+向　　电极迁移(填“A”或“B”)。 ‎ 产生H2的极为阴极,同时产生OH-,Li+通过阳离子交换膜进入阴极,阴极区电解液为LiOH溶液。阳极区电解液为LiCl溶液,Cl-发生失电子的氧化反应生成Cl2。‎ LiOH　2Cl--2e-Cl2↑　B 命题角度2　三室电解池(热点角度)‎ ‎8 [2016全国卷Ⅰ,11,6分]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S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S离子向正极迁移,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电子的电荷量时,会有0.5 mol的O2生成 ‎ 本题看似是废水的处理问题,实际上是电解原理的具体应用。题中所谓的“正极”和“负极”,实质上就是电解池的“阳极”和“阴极”。在负极区和正极区发生的反应,实质上就是电解池的阴极反应和阳极反应。答题关键在于对电解基本原理的理解和掌握。‎ ‎ A项考查电解池中离子的迁移方向和溶液中正极区(阳极)离子的放电情况。电解池中,阳离子向阴极迁移,阴离子向阳极迁移。因此,S向阳极(正极区)迁移,根据离子放电顺序,溶液中水电离出的OH-在阳极(正极区)失去电子发生氧化反应生成氧气。由于两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室,因此水电离出的H+保留在正极区,最终导致该极区H+浓度增大,pH减小,A项错误。B项考查对电解池电极产物的分析。由于两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室,因此在阳极(正极区)H+浓度增大,同时,中间隔室的S将迁移到正极区,最终会生成H2SO4。在阴极(负极区),溶液中水电离出的H+得到电子发生还原反应生成氢气,水电离出的OH-保留在该极区,最终导致该极区OH-浓度增大,同时,中间隔室的Na+将迁移到负极区,最终会生成NaOH,B项正确。C项考查电极反应式的书写和电解池中阴极离子的放电情况。在阴极(负极区),电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,C项错误。D项考查电解池中电子转移的有关计算。每生成1 mol O2要转移4 mol电子,因此,当电路中通过1 mol电子的电荷量时,生成的O2应为0.25 mol,D项错误。‎ ‎ B 拓展延伸·迁移创新 ‎(1)如果废水中只有Na2SO4,不考虑其他物质的存在,只去掉ab膜,且通电时间足够长,最终能否得到NaOH溶液和H2SO4溶液?如果只去掉cd膜呢?‎ 提示:如果只去掉ab膜,两个极区的电极反应不会发生变化,废水中的S依然会通过cd膜进入正极(阳极)区得到H2SO4溶液。当通电时间足够长,S全部进入正极区时,cd膜左侧的溶液即为NaOH溶液。如果只去掉cd膜,则在负极(阴极)区可以得到NaOH溶液,ab膜右侧最终得到H2SO4溶液。‎ ‎(2)常温下,如果Na2SO4的量足够,当电路中通过0.1 mol电子的电荷量时,负极区和正极区溶液的pH分别为多少?(设两个极区的溶液体积均为1 L)‎ 提示:当电路中通过0.1 mol电子的电荷量时,根据负极(阴极)区反应2H2O+2e-H2↑+2OH-可求得生成OH-的物质的量为0.1 mol,所以溶液pH为13;根据正极(阳极)区反应2H2O-4e-O2↑+4H+可求得生成H+的物质的量为0.1 mol,所以溶液pH为1。‎ ‎(3)废水处理完毕后,如果去掉ab膜和cd膜,将三部分溶液充分混合,再经过什么处理,可将溶液恢复到原状态?‎ 提示:从两个电极反应不难看出,整个电解过程的实质是电解水,因此去掉ab膜和cd膜后,正极区和负极区的溶液会发生中和反应,最终仍得到Na2SO4溶液。只需要补充电解过程中消耗掉的水,即可将溶液恢复至原状态。‎ ‎5. 厨房垃圾发酵液可通过电渗析法处理,同时得到乳酸,其原理如图所示(图中HA表示乳酸分子,A-表示乳酸根离子)。下列说法正确的是 (　　)‎ A.通电后,阳极附近pH增大 B.电子从负极经电解质溶液回到正极 C.通电后,A-通过阴离子交换膜从阴极室进入浓缩室 D.当电路中通过2 mol电子时,会有1 mol O2生成 命题角度3　四室电解池在化工生产中的应用(新角度)‎ ‎9 [2014新课标全国卷Ⅰ,27(3)(4),8分]次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品,具有较强还原性。回答下列问题:‎ ‎(1)H3PO2的工业制法是:将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2,后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式:　　　　　　　　　。 ‎ ‎(2)H3PO2也可用电渗析法制备。“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过):‎ ‎①写出阳极的电极反应式:　 。 ‎ ‎②分析产品室可得到H3PO2的原因:　 。 ‎ ‎③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2:将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替,并撤去阳极室与产品室之间的阳膜,从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有　　　　杂质,该杂质产生的原因是　　　　。 ‎ ‎ (1)根据题中信息和反应前后元素化合价变化可写出化学方程式,即2P4+3Ba(OH)2+6H2O2PH3↑+3Ba(H2PO2)2。(2)①阳极为水电离出的OH-放电,‎ 电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+。②阳极室中的H+穿过阳膜进入产品室,原料室中的H2P穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3PO2。③在阳极区H2P或H3PO2可能失电子发生氧化反应,即生成物中会混有P。‎ ‎ (1)2P4+3Ba(OH)2+6H2O3Ba(H2PO2)2+2PH3↑　(2)①2H2O-4e-O2↑+4H+　②阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室,原料室的H2P穿过阴膜扩散至产品室,二者反应生成H3PO2　③P　H2P或H3PO2被氧化 ‎6. [多膜室电解装置][2019湖北武汉调研测试]电渗析法淡化海水装置如图所示,电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜交替排列,将电解槽分隔成多个独立的间隔室,海水充满各个间隔室。通电后,一个间隔室的海水被淡化,而其相邻间隔室的海水被浓缩,从而实现了淡水和浓缩海水的分离。下列说法正确的是 (　　)‎ A.离子交换膜b为阳离子交换膜 B.①③⑤⑦间隔室的排出液为淡水 C.通电时,电极1附近溶液的pH比电极2附近溶液的pH变化明显 D.淡化过程中,得到的浓缩海水没有任何使用价值 考法4 与电化学有关的定量计算 命题角度1　根据电路中得失电子守恒计算 ‎10 以石墨为电极电解200 mL CuSO4溶液,电解过程中转移电子的物质的量[n(e-)]与产生气体总体积[V(标准状况)]的关系如图所示。下列说法正确的是 A.电解前CuSO4溶液的物质的量浓度为2 mol·L-1‎ B.忽略溶液体积变化,电解后所得溶液中c(H+)=2 mol·L-1‎ C.当n(e-)=0.6 mol时,V(H2)∶V(O2)=3∶2‎ D.向电解后的溶液中加入16 g CuO,则溶液可恢复到电解前的浓度 ‎ 电解CuSO4溶液时,阳极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,阴极反应式为Cu2++2e-Cu,若阴极上由水电离的H+不放电,则图中气体体积与转移电子的物质的量的关系曲线是直线,而题图中是折线,说明阴极上还发生反应:2H++2e-H2↑。当转移0.4 mol电子时,Cu2+恰好完全反应,n(Cu2+)==0.2 mol,根据铜原子守恒得,c(CuSO4)=c(Cu2+)==1 mol·L-1,A项错误。当转移0.4 mol电子时,生成n(H2SO4)=0.2 mol,随后相当于电解水,因为忽略溶液体积变化,所以电解后所得溶液中c(H+)==2 mol·L-1,B项正确。当n(e-)=0.6 mol时,发生反应2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4和2H2O2H2↑+O2↑,n(H2)=0.1 mol,n(O2)=0.1 mol+0.05 mol=0.15 mol,所以V(H2)∶V(O2)=0.1 mol∶0.15 mol=2∶3,C项错误。因电解时溶液中消耗Cu2+、H2O,所以只加入CuO不能使溶液恢复到电解前的浓度,D项错误。‎ ‎ B 命题角度2　结合电池或电解池的实际工作效率、能量密度和功率密度等进行计算 为衡量电池的性能好坏,工业上有电池的理论工作效率、实际工作效率、能量密度和功率密度等概念。 命题人常通过提供表征电池性能的新概念,要求考生列式计算,其中,电池的电流效率、能量密度等已在高考中考查过,但功率密度等未考查过。 ‎ ‎11 (1)[新课标全国卷Ⅰ高考]二甲醚直接燃料电池具有启动快、效率高等优点,其能量密度高于甲醇直接燃料电池(5.93 kW·h·kg-1)。若电解质为酸性,二甲醚直接燃料电池的负极反应为　　　　　　　　　,一个二甲醚分子经过电化学氧化,可以产生　　　　个电子的电量;该电池的理论输出电压为1.20 V,能量密度E=　　　　　　　　　　　　(列式计算。能量密度=电池输出电能/燃料质量,1 kW·h=3.6×106 J)。 ‎ ‎(2)[2014重庆,11(4),6分]一定条件下,如图所示装置可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。‎ ‎①导线中电子移动方向为　　　。(用A、D表示) ‎ ‎②生成目标产物的电极反应式为　 。 ‎ ‎③该储氢装置的电流效率η=　　　　　　。(η=×100%,计算结果保留小数点后1位) ‎ ‎ (1)本题考查电极反应式的书写和电能计算等知识。电解质为酸性时,二甲醚在燃料电池的负极上发生氧化反应,生成CO2和H+,CH3OCH3中碳元素的化合价可看作-2,CO2‎ 中碳元素的化合价为+4,所以1 mol CH3OCH3失去12 mol 电子,负极反应为CH3OCH3+3H2O-12e-2CO2+12H+。假设燃料二甲醚的质量为1 kg,则我们只要知道电池的输出电能就能算出能量密度。1 kg二甲醚的物质的量为,1 kg二甲醚失去电子的物质的量为 ×12,那么1 kg二甲醚所产生的电荷量为×12×96 500 C·mol-1。根据电能公式W=UQ算出电能,再求出能量密度即可。(2)①仔细观察装置图可以发现:电解池左边电极D上发生的反应是“苯加氢还原”,则发生还原反应的电极D是阴极,故导线中电子移动方向为A→D。②该电解池的目的是储氢,故目标产物为环己烷,其电极反应式为C6H6+6H++6e-C6H12。③阳极生成的H+经过高分子电解质膜移动至阴极,一部分H+与苯生成环己烷,还有一部分H+得电子生成H2(2H++2e-H2↑,阴极的副反应),左边(阴极区)出来的混合气体为未参与反应的其他气体、未反应的苯(g)、生成的环己烷(g)和H2。设未反应的苯蒸气的物质的量为x mol,生成的氢气的物质的量为y mol,阴极生成的气态环己烷的物质的量为(2.4-x) mol,得到电子6×(2.4-x) mol,阴极生成y mol H2得到电子2y mol,阳极(E极)的电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,生成2.8 mol O2失去电子的物质的量为4×2.8 mol=11.2 mol,根据得失电子守恒有6×(2.4-x) mol+2y mol=11.2 mol;阴极出来的混合气体中苯蒸气的物质的量分数为=0.1;联立解得x=1.2,电流效率为×100%=64.3%。‎ ‎ (1)CH3OCH3+3H2O-12e-2CO2+12H+　12　÷(3.6×106 J·kW-1·h-1)=8.39 kW·h·kg-1　(2)①A→D　②C6H6+6H++6e-C6H12　③64.3%‎ 核心素养对接　‎ 核心素养之“模型认知”—— “电流效率”等概念模型 ‎1.电流效率的计算 电流效率可以认为是电解时,在电极上实际析出或溶解的物质的量与按理论计算出的析出或溶解的物质的量的比值,通常用符号η表示。如图所示装置,燃料电池中负极消耗2.24 L(标准状况)CH4,且能量完全转化为电能,电解池中回收制得19.5 g单质Zn,则该装置的电流效率η=　　　　。(η=×100%) ‎ 分析:燃料电池中n(CH4)=2.24 L÷22.4 L·mol-1=0.1 mol,由负极反应CH4-8e-+10OH-C+7H2O知,消耗0.1 mol甲烷失去0.8 mol电子;电解池中n(Zn)=19.5 g÷65 g·mol-1=0.3 mol,由阴极反应Zn2++2e-Zn知,生成0.3 mol Zn得到0.6 mol电子;故该装置的电流效率η=×100%=75%。‎ ‎2.法拉第常数的相关计算 跨学科命题是高考化学偶尔会采用的命题形式,如将电化学知识与物理学科知识中的法拉第常数结合进行命题,有关计算公式为Q=It=nF。例如,维持电流为0.5 A,酸性锌锰电池持续工作5 min,理论上消耗Zn　　　　g。(已知F=96 500 C·mol-1) ‎ 分析:Q=It=0.5 A×5×60 s=150 C,转移电子的物质的量n(e-)==≈1.554×10-3 mol,m(Zn2+)=×65 g·mol-1‎ ‎≈0.05 g。‎ 命题角度3　根据膜两侧溶液质量的变化进行计算(新角度)‎ 在离子交换膜电池或电解池中考查电化学的定量计算,要求考生具备较强的分析计算能力。‎ ‎12 某甲醇燃料电池的工作原理如图所示,质子交换膜(只有质子能够通过)左右两侧的溶液均为1 L 2 mol·L-1 H2SO4溶液。当电池中有1 mol e-发生转移时,左右两侧溶液的质量之差为　　　　g(假设反应物耗尽,忽略气体的溶解)。 ‎ ‎ 根据电极反应式,结合得失电子守恒和差量法进行计算。通入甲醇的一极为负极,电极反应式为 CH3OH-6e-+H2OCO2+6H+　Δm ‎6 mol 44 g-32 g=12 g ‎1 mol 2 g 通入氧气的一极为正极,电极反应式为 O2+4e-+4H+2H2O　Δm ‎4 mol 32 g ‎1 mol 8 g ‎1 mol e-发生转移时,左侧还有1 mol H+穿过质子交换膜进入右侧,即左侧减少1 g H+,右侧增加1 g H+,故Δm左=3 g,Δm右=‎ ‎9 g。两侧溶液的质量之差为Δm右+Δm左=9 g+3 g=12 g。‎ ‎ 12‎ 考法点睛·学习理解 膜两侧溶液质量变化的计算 计算原电池或电解池膜两侧溶液质量变化时,要注意气体的排出或吸收、沉淀的析出或溶解,尤其不能忽略离子的转移对溶液质量的影响。‎ ‎7. 利用在特定条件下用铂电极(阳极为铂)电解饱和硫酸氢钾溶液的方法制备K2S2O8(过二硫酸钾)。电解液中主要含有K+、H+和HS,阳极的电极反应式为　　　　　　,X为　　　　(填“质子”“阳离子”或“阴离子”)交换膜,当电路中有0.2 mol电子转移时,两边溶液的质量之差为　　　　。 ‎ ‎ 考点2　金属的腐蚀与防护 ‎ 考法5 金属的腐蚀与防护 命题角度1　金属腐蚀的快慢 ‎13 如图所示,各烧杯中盛有海水,铁在其中的腐蚀由快到慢的顺序为 ‎①　　　②　　　③‎ ‎④　　　⑤　　　⑥‎ A.②①③④⑤⑥　　　　　B.⑤④③①②⑥ C.⑤④②①③⑥ D.⑤③②④①⑥‎ ‎ 先判断装置形成的是原电池还是电解池,再分析金属活动性的差别。‎ ‎ ①中Fe为负极,C为正极,属于钢铁的吸氧腐蚀,腐蚀较慢。②③④形成的均为原电池装置。③中Fe为正极,被保护,②④中Fe为负极,均被腐蚀。但相对来说Fe和Cu的金属活动性差别较Fe和Sn的大,故Fe-Cu原电池中Fe的腐蚀较快。⑤中Fe接电源正极作阳极,Cu接电源负极作阴极,加快了Fe的腐蚀。⑥中Fe接电源负极作阴极,Cu接电源正极作阳极,防止了Fe的腐蚀。根据以上分析可知:铁在其中的腐蚀由快到慢的顺序为⑤>④>②>①>③>⑥。‎ ‎ C 考法点睛·学习理解 外加电流的阴极保护法的保护效果大于牺牲阳极的阴极保护法的保护效果,如本题中,⑥中的保护效果强于③中的保护效果。‎ 命题角度2　实验验证牺牲阳极的阴极保护法 ‎14 [2018北京,12,6分]验证牺牲阳极的阴极保护法,实验如下(烧杯内均为经过酸化的3% NaCl溶液)。‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是 A.对比②③,可以判定Zn保护了Fe B.对比①②,K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 C.验证Zn保护Fe时不能用①的方法 D.将Zn换成Cu,用①的方法可判断Fe比Cu活泼 ‎ ②中Zn作负极,发生氧化反应生成Zn2+,Fe作正极被保护,所以向取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液,试管内无明显变化;但③中没有Zn保护Fe,Fe在酸性环境中发生析氢腐蚀,Fe作负极被氧化生成Fe2+,所以向取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液,生成蓝色沉淀,对比②③可知Zn保护了Fe,A项正确。①与②的区别在于前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中,而后者是在取出的少量Fe附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液,①中出现了蓝色沉淀,说明有Fe2+生成。对比分析可知,可能是铁氰化钾氧化Fe生成了Fe2+,B项正确。通过上述分析可知,验证Zn保护Fe时不能用①的方法,C项正确。若将Zn换成Cu,铁氰化钾仍会将Fe氧化为Fe2+,同样会生成蓝色沉淀,所以无法判断Fe2+是不是负极产物,即无法判断Fe与Cu的活泼性,D项错误。‎ ‎ D 教材链接 ‎1.本题是对教材实验的创新设计,源于人教版《化学》(选修4)第87页“科学探究”(用实验验证牺牲阳极的阴极保护法),启示考生2021年高考化学备考中要关注对教材实验的挖掘与创新设计,关注对教材中科学探究内容的整合与创新。‎ ‎2.高考着力考查创新思维、批判思维能力。教材中实验涉及“往Fe电极区滴入2滴黄色K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液,观察烧杯内溶液颜色有无变化”,本题以此为切入点设计一组对照实验,更加严谨,正确的操作如本题中的②,将Fe与K3[Fe(CN)6]溶液隔离开,方能确定Fe真的受到了保护。启示考生在复习中“不唯书”,大胆创新。‎ 核心素养对接　‎ 核心素养之“证据推理与模型认知”“科学探究与创新意识”‎ 本题体现了对“证据推理与模型认知”的化学学科核心素养的考查,要求考生具有证据意识,能基于证据对物质性质(铁氰化钾具有氧化性,Fe具有还原性)及变化(Fe与Fe3+发生氧化还原反应)提出可能的假设,通过分析推理加以证实或证伪(设计①②③对照实验);也体现了对“科学探究与创新意识”的化学学科核心素养的考查,启示考生学会研究实验、设计实验、提升实验设计与评价能力。‎ 命题角度3　将电化学腐蚀的影响因素与实验探究结合创设新情境(新角度)‎ ‎15 某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素,将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部,塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液,同时测量容器中的压强变化。‎ ‎(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格):‎ 编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸体积分数/%‎ ‎①‎ 为以下实验作参照 ‎0.5‎ ‎2.0‎ ‎90.0‎ ‎②‎ 醋酸浓度的影响 ‎0.5‎ ‎36.0‎ ‎③‎ ‎0.2‎ ‎2.0‎ ‎90.0‎ ‎(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时,容器中压强明显小于起始压强,其原因是铁发生了　　　腐蚀,请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向;此时,碳粉表面发生了　　　(填“氧化”或“还原”)反应,其电极反应式是　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)该小组对图2中0~t1时压强变大的原因提出了如下假设,请你完成假设二:‎ 假设一:发生析氢腐蚀产生了气体;‎ 假设二:　　　　　　　　　; ‎ ‎……‎ ‎(4)为验证假设一,某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个实验方案验证假设一,写出实验步骤和结论。‎ 实验步骤和结论(不要求写具体操作过程):‎ ‎(1)对比实验①,实验②中碳粉的质量与实验①相同,醋酸的浓度与实验①不同,所以铁粉的质量应与实验①相同,即2.0 g;实验③中碳粉质量与实验①不同,铁粉质量和醋酸浓度均与实验①相同,显然实验③目的是探究碳粉含量的影响。(2)t2时,容器中压强明显小于起始压强,说明容器中气体减少,所以铁发生的是吸氧腐蚀。在铁吸氧腐蚀过程中,铁为负极,发生氧化反应,形成Fe2+,碳为正极,发生还原反应:4H++O2+4e-2H2O。(3)0~t1时压强增大,应从两方面考虑,一是生成气体,二是温度升高,则由假设一内容可得假设二应是:此反应是放热反应,温度升高。‎ ‎(1)‎ 编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸/%‎ ‎②‎ ‎2.0‎ ‎③‎ 碳粉含量的影响 ‎(2)吸氧　　还原　4H++O2+4e-2H2O　(3)反应放热,温度升高 ‎(4)‎ 实验步骤和结论(不要求写具体操作过程):‎ ‎①药品用量和操作同编号①实验(多孔橡皮塞增加进、出导管);‎ ‎②通入氩气排净瓶内空气;‎ ‎③滴入醋酸溶液,同时测量瓶内压强变化(也可测温度变化、检验Fe2+等)。‎ 如果瓶内压强增大,假设一成立。否则假设一不立。‎ ‎(本题属于开放性试题,合理答案均给分)‎ 考法点睛·学习理解 本题侧重考查考生分析问题、解决问题及化学实验与探究的能力。本题第(1)问考查实验条件的控制,要求考生根据控制单一变量的思想讨论外界条件对反应速率的影响。第(2)问考查原电池原理(讨论外电路电子的流动方向和电极反应式的书写)和电化学腐蚀原理(腐蚀原理的类别与反应)。通过坐标图给出的容器内开始时与t2时的压强比较,说明铁粉最终发生了吸氧腐蚀。第(3)问考查实验探究中很重要的一步,即提出假设,可从影响体积的因素联想到压强变大可能与温度有关。第(4)问考查实验方案的设计,要求设计实验检验气体中是否含有H2——首先保证实验条件与编号①实验的条件相同;然后排净容器内的空气,‎ 防止发生吸氧腐蚀;最后通过明显的宏观现象(测容器内压强、温度,或检验实验后溶液中产生的Fe2+)来进行判断。‎ ‎8. [2015重庆,11改编]我国古代青铜器工艺精湛,有很高的艺术价值和历史价值,但出土的青铜器大多受到环境腐蚀,故对其进行修复和防护具有重要意义。研究发现,青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理如图所示,下列说法正确的是 (　　)‎ A.腐蚀过程中,青铜基体作正极 B.CuCl在腐蚀过程中降低了反应的焓变 C.若生成4.29 g Cu2(OH)3Cl,则理论上消耗氧气的体积为448 mL D.将糊状Ag2O涂在被腐蚀部位,可以防止青铜器进一步被腐蚀,Ag2O与催化层发生了复分解反应 核心素养对接　‎ 本题将电化学腐蚀与防护的原理与青铜器的研究相结合,不仅是对理论知识的考查,更突出了化学的实际应用意义,题中还考查了催化剂改变反应过程的实质,将电化学、热化学有机结合,具有一定的综合性。‎ 命题角度4　电化学防腐在实际工业生产中的应用(新角度)‎ 电化学腐蚀在实际工业生产中有积极的意义,可产生可利用的电能,将电化学腐蚀与电解池及化学实验结合且考查电化学腐蚀在实际工业生产中有用的一面,可能成为未来命题的方向之一。‎ ‎16 [2019湖南长郡中学第五次调研考试]城市地下潮湿的土壤中常埋有纵横交错的管道和输电线,当有电流泄漏并与金属管道形成回路时,就会引起金属管道的腐蚀。原理如图所示,但若电压等条件适宜,钢铁管道也可能减缓腐蚀,此现象被称为“阳极保护”。下列有关说法不正确的是 A.该装置能够将电能转化为化学能 B.管道右端腐蚀比左端快,右端电极反应式为Fe-2e-Fe2+‎ C.如果没有外加电源,潮湿的土壤中的钢铁管道比较容易发生吸氧腐蚀 D.钢铁“阳极保护”的实质是在阳极金属表面形成一层耐腐蚀的钝化膜 ‎ 该装置相当于电解池,能将电能转化为化学能,A正确。左端为阳极,腐蚀得更快,B错误。如果没有外加电源,潮湿的土壤(接近中性)中的钢铁管道发生原电池反应,所以发生的是吸氧腐蚀,C正确。根据题意,此种腐蚀较慢,所以“阳极保护”实际上是在金属表面形成了一层致密的保护膜,D正确。‎ ‎ B 冲刺双一流 疑难4 “多池相联”的两大模型 ‎1.多池相联的解题流程 ‎2.“多池相联”的判断方法 ‎(1)外接电源与电解池的串联 有外接电源的各电池均为电解池,若电解池阳极材料的组成元素与电解质溶液中的阳离子对应的元素相同,则该电解池为电镀池。如:‎ 则甲为电镀池,乙、丙均为电解池。‎ ‎(2)原电池与电解池的“串联”‎ 多个电池“串联”在一起,但没有外接电源,则其中两个电极活动性差异最大的一个装置为原电池,其余均为电解池。‎ ‎　　‎ 甲 乙 甲中无外接电源,二者必有一个装置是原电池,为电解装置提供电能,其中两个电极活动性差异较大者为原电池,则甲中左装置为原电池,右装置为电解池。乙中有外接电源,左、右装置均为电解池,且电解时通过两装置的电荷量相等。‎ ‎17 某同学按如图所示的装置进行实验。A、B为两种常见金属,它们的硫酸盐可溶于水,当K闭合时,Y极上产生黄绿色气体。下列分析正确的是 A.溶液中c(A2+)减小 B.B极的电极反应:B-2e- B2+‎ C.Y极上有Cl2产生,发生还原反应 D.反应初期,X极周围出现白色胶状沉淀 ‎ 根据Y极有黄绿色气体生成可知,Y极电极反应为2Cl--2e- Cl2↑,即Y极为电解池的阳极,B极为原电池的正极,A极为原电池的负极。A极的电极反应式为A-2e-A2+,溶液中c(A2+)增大,A错误。B极为正极,发生还原反应,B错误。Y极上有Cl2产生,发生的是氧化反应,C错误。右边U形管中最初的反应为电解AlCl3溶液,由水电离出的H+在X极上放电,c(H+)减小,c(OH-)增大,且Al3+移向X极,反应初期,Al3+过量,因此会产生Al(OH)3白色胶状沉淀,D正确。‎ ‎ D 核心素养对接　‎ 核心素养之“模型认知”——原电池与电解池综合串联装置结构模型 ‎　　以利用膜技术原理和电化学原理制备少量硫酸和绿色硝化剂N2O5为例,装置如图所示。‎ ‎　　　　　　　 甲　　　　　　　　　　　　乙 主要能量转化方式:a极通入常见还原剂SO2、b极通入O2,甲类似于燃料电池,主要是将化学能转化为电能;乙是惰性电极电解池,主要是将电能转化为化学能。‎ ‎　　电极类型的判断:燃料电池中通入O2的电极(b极)为正极,还原剂SO2在a极上失去电子发生氧化反应,a极是负极;与电源负极相连的电解池的d极是阴极,与电源正极相连的电解池的c极是阳极。‎ 电极反应式的书写:利用“公式法”可以写出原电池的电极反应,SO2-2e-+2H2OS+4H+(负极),O2+4e-+4H+2H2O(正极);在电解池阴极(d极)的表面上HNO3溶液中的H+得到电子被还原为氢气,2H++2e-H2↑,要注意电解池中隔膜左侧是无水环境,不电离,则左侧阳极的电极反应式为N2O4-2e-+2HNO32N2O5+2H+。‎ 隔膜:均为阳离子交换膜,工作时两池中隔膜左侧生成的H+均穿过隔膜定向移动到右侧。‎ ‎9. 已知H2O2是一种弱酸,在强碱性溶液中主要以H的形式存在。目前研究比较热门的Al-H2O2电池,其电池总反应为2Al+3H2Al+OH-+H2O。现以Al-H2O2电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制备氢气(右装置中隔膜仅阻止气体通过,b、c、d均为惰性电极)。下列说法错误的是 (　　)‎ A.左装置中Na+移向电极b B.电极c的电极反应式:CO(NH2)2-6e-+6OH-CO2↑+N2↑+5H2O C.电解时,电子流动路径:Al电极→导线→电极d,电极c→导线→电极b D.通电2 min后,Al电极的质量减轻2.7 g,则产生H2的体积为3.36 L(标准状况)‎ 参考答案 讲义部分 ‎1.C　根据题图判断,电解池中阳离子(Na+)向阴极移动,即右侧为阴极区,f极为光伏电池的负极,A错误。阳极“放氧生酸”,电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,得到高氯酸的浓溶液,阴极“放氢生碱”,电极反应式为4H2O+4e- 4OH-+2H2↑,得到浓的NaOH溶液,B错误、C正确。由阳极反应式知,转移2 mol电子时,生成2 mol HClO4,理论上生成HClO4的质量为201 g,D错误。‎ ‎2.C　电极甲通入O2,故左侧为燃料电池,右侧为电解池。通入O2的电极甲为电池正极,故电极丁为阳极,Mn放电生成Mn,A项正确;电极乙为电池负极,燃料H2放电,与OH-结合生成水,故电极乙附近溶液pH减小,B项正确;电极丙生成H2,水的电离程度增大,故该电极除有H2‎ 生成外,还有 KOH 生成,因此b%>a%,电极甲的反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,结合题图可知c%>b%,C项错误;由电荷守恒可知D项正确。‎ ‎3.D　甲装置中N电极上O2得到电子被还原成H2O,N电极为正极,M电极为负极;利用甲装置作电源实现乙装置中铁上镀铜,则铁电极与甲装置的负极X连接作电镀池的阴极,铜电极与甲装置的正极Y连接作电镀池的阳极。乙装置中Cu2+在Fe电极上获得电子变为Cu单质,阳极Cu失去电子变为Cu2+进入溶液中,所以乙装置中溶液的颜色不变,A正确。乙装置中铁上镀铜,则铁为阴极应与负极X相连,铜为阳极应与正极Y相连,B正确。CO(NH2)2在M电极上失电子发生氧化反应,电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-CO2↑+N2↑+6H+,C正确。N电极的反应式为O2+4e-+4H+2H2O,当N电极消耗0.25 mol氧气时,则转移n(e-)=0.25 mol×4=1 mol,Cu电极上的电极反应式为Cu-2e-Cu2+,所以Cu电极减少的质量m(Cu)= mol×64 g/mol=32 g,D错误。‎ ‎4.(1)①B　2CH3OH+CO-2e-(CH3O)2CO+2H+　②9　(2)①2N+6e-+8H+N2↑+4H2O　②16‎ ‎【解析】　(1)①由题图1知,右侧O2得电子被还原,则右侧为阴极室,B为电源负极,A为电源正极,或根据H+移向阴极可判断右侧为阴极室。左侧(阳极室)CO中的C由+2价升高为+4价(),则阳极反应式为2CH3OH+CO-2e-(CH3O)2CO+2H+。②阴极反应式为4H++O2+4e-2H2O,总反应式为4CH3OH+2CO+O22(CH3O)2CO+2H2O,则m[(CH3O)2CO]=2n(O2)×M[(CH3O)2CO]=2××90 g·mol-1=9 000 g=9 kg。(2)①由题图2知,右侧氮元素的化合价由+3降低到0,发生还原反应,据此判断右侧为阴极区,则阴极反应式为2N+6e-+8H+N2↑+4H2O。‎ ‎②2N+6e-+8H+N2↑+4H2O　Δm ‎6 mol 28 g ‎3 mol 14 g 转移3 mol电子时,有3 mol H+由左侧穿过质子交换膜进入右侧,Δm右=14 g-3 g=11 g。‎ 左侧(阳极区)放氧生酸: 2H2O-4e-O2↑+4H+　Δm ‎ 4 mol 32 g ‎ 3 mol 24 g 转移3 mol电子时,有3 mol H+由左侧穿过质子交换膜进入右侧,Δm左=24 g+3 g=27 g。Δm左-Δm右=27 g-11 g=16 g。‎ ‎5.B　NaCl溶液覆盖的铁片主要发生吸氧腐蚀,正极区O2在液滴外沿得到电子被还原:2H2O+O2+4e-4OH-;铁片作负极,发生氧化反应,电极反应为Fe-2e-Fe2+;两极生成的Fe2+和OH-相互吸引,发生迁移接触后生成Fe(OH)2,继而发生反应4Fe(OH)2+O2+2H2O ‎4Fe(OH)3和2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O(铁锈)+(3-x)H2O,则铁锈环的主要成分是Fe2O3·xH2O;铁片腐蚀过程的总反应为4Fe+6H2O+3O24Fe(OH)3;铁片腐蚀最严重的区域不是生锈最多的区域,而是液滴覆盖的圆周中心区。‎ ‎6.C　铁为活泼的金属,在潮湿的空气中容易发生吸氧腐蚀,主要反应有2Fe+O2+2H2O2Fe(OH)2等,故A正确。钢构件表面喷涂环氧树脂涂层,可以隔绝空气、水等,防止其与钢构件形成原电池而发生电化学腐蚀,故B正确。外接镁、锌等作辅助阳极属于牺牲阳极的阴极保护法,采用外加电流的阴极保护时需外接电源,故C错误。不锈钢具有较强的抗腐蚀性,采用不锈钢材料作为钢构件可以防止或减缓电化学腐蚀,故D正确。‎ ‎7.C　本题考查金属的电化学腐蚀。A项,铁和炭的混合物用NaCl溶液湿润后构成原电池,铁作负极,铁失去电子生成Fe2+,电极反应式为Fe-2e-Fe2+,错误。B项,铁腐蚀过程中化学能除了转化为电能外,还可转化为热能等,错误。C项,构成原电池后,铁腐蚀变快,正确。D项,用水代替NaCl溶液,Fe和炭也可以构成原电池,Fe失去电子,空气中的O2得到电子,铁发生吸氧腐蚀,错误。 ‎ ‎8.C　本题的认知冲突是考生熟知的“铁是电解池的活泼阳极”和题给“高硅铸铁为惰性辅助阳极”。平时做题时铁常作电解池的活泼阳极,铁失去电子被氧化而损耗,本题明确告知实际应用过程中高硅铸铁为惰性辅助阳极,就是其中的铁不失去电子不被损耗,只是传递电流,故C不正确。“腐蚀电流”是指断开外加直流电源后,钢管桩发生电化学腐蚀过程中形成的电流,通入的保护电流相当于给电池充电,此时腐蚀电流接近于零,A正确。若断开外加直流电源,钢管桩发生电化学腐蚀时电子流出,通电后电子则被“强制”从高硅铸铁流向直流电源正极,再由直流电源负极流向钢管桩,B正确。通入的保护电流要根据海水中电解质的浓度、pH、温度等环境条件变化而进行调整,从而有效地保护钢管桩,D正确。‎ ‎1.A　用N2和H2合成氨时,N2发生还原反应,H2发生氧化反应,所以通入N2的一极(Pd电极a)是阴极,通入H2的一极(Pd电极b)是阳极,A项错误。阴极上N2得电子,并与通过陶瓷传输过来的H+结合生成NH3,B项正确。电解池中,阳离子由阳极向阴极迁移,C项正确。由题图可知,陶瓷可以隔离N2和H2,D项正确。 ‎ ‎2.(1)阳极室(1分)　(2)防止Na2FeO4与H2反应使产率降低(2分)　(3)M点:c(OH-)低,Na2FeO4稳定性差,且反应慢[或N点:c(OH-)过高,铁电极上有Fe(OH)3(或Fe2O3)生成,使Na2FeO4产率降低](2分)‎ ‎【解析】　(1)电解时,阳极反应式为Fe-6e-+8OH-Fe+4H2O,阴极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,电解过程中,阳极室消耗OH-,c(OH-)降低。(2)根据题意知,Na2FeO4易被H2还原,由于阴极产生的气体为H2,若不及时排出,会将Na2FeO4还原,使其产率降低。(3)根据题意知,若碱性较弱,则Na2FeO4稳定性差,且反应慢;若碱性较强,则铁电极区会产生Fe(OH)3或Fe2O3[Fe(OH)3的分解产物],所以M点和N点的c(Na2FeO4)均低于最高值。 ‎ ‎3.(1)Cl2　2Cl--2e-Cl2↑　(2)电解过程放热导致温度升高,Cu2++4Cl-[CuCl4]2-为吸热反应,平衡正向移动　(3)阳极附近溶液仍为蓝色　U形管冷却后阴极附近溶液仍为绿色　(4)①证明在上述实验条件下,电解后的绿色溶液中存在[CuCl2]-　②Cu2++4Cl-+Cu2[CuCl2]-　③加入CuCl2蓝色溶液,直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同 ‎【解析】　(1)氯气呈黄绿色,故溶液变绿可能是Cl-放电生成Cl2引起的,即2Cl--2e-Cl2↑,Cl2溶于水使溶液变绿。(2)烧杯壁变热,说明电解过程放热,而Cu2++4Cl-[CuCl4]2-为吸热反应,温度升高,使该平衡正向移动,导致[CuCl4]2-浓度增大。(3)若按照甲的推测,阳极生成氯气,则阳极附近溶液应为绿色,而实验现象却是阳极附近溶液为蓝色,故甲的观点错误。若按照乙的推测,电解冷却后,平衡逆向移动,阴极应恢复蓝色,而U形管冷却后阴极附近溶液仍为绿色,故乙的观点错误。(4)①通过a实验,证明在上述实验条件下,电解后的绿色溶液中确实存在[CuCl2]-。②由题给的反应物和生成物可知,该反应的离子方程式为Cu2++4Cl-+Cu2[CuCl2]-。③冷却后,应向所得的溶液中加入蓝色CuCl2溶液,直至溶液颜色与电解后绿色溶液基本相同,由此可证明丙的观点正确。‎ ‎4.(1)Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O　2H2O+2e-H2↑+2OH- 　2CN-+ 5ClO-+H2O5Cl-+2CO2↑+N2↑+2OH-　(2)①Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+(3分)　②MnO2+H2O+e-MnO(OH)+OH-(3分)　(3)NH3(2分)　根据反应8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,电解产生的HNO3多(2分)　(4)PbO+ClO-PbO2+Cl-(1分)　Pb2++2H2O-2e-PbO2↓+4H+(2分)　石墨上包上铜镀层(1分)　Pb2++2e-Pb↓(1分)　不能有效利用Pb2+(1分)‎ ‎【解析】　(1) 由题目信息提示,溶液中的离子为CN-和Cl-,而阳极产生ClO-,故其反应物一定是Cl-,即Cl-在阳极被氧化为ClO-,阳极的电极反应式为Cl-+2OH--2e-ClO-+H2O;阴极为水得电子生成氢气的反应,阴极的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-。根据题目信息提示,除去CN-的反应为2CN-+ 5ClO-+H2O5Cl-+2CO2↑+N2↑+2OH-。 (2)①电解后,Mn2+被氧化为MnO2,说明Mn2+是还原剂,MnO2是氧化产物,即阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2OMnO2+4H+。②正极MnO2发生还原反应,生成的还原产物为MnO(OH),正极的电极反应式为MnO2+e-+H2OMnO(OH)+OH-。(3)由图2知,阴极的NO被还原为N,阳极的NO被氧化为N,阳极反应式为NO-3e-+2H2ON+4H+,阴极反应式为NO+5e-+6H+N+H2O。由得失电子守恒可得总反应为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3,补充适量NH3可以使电解产生的HNO3转化为NH4NO3。(4)由题意知,PbO作还原剂,NaClO作氧化剂,反应的离子方程式为PbO+ClO-PbO2+Cl-;根据阳极发生氧化反应知,阳极反应式为Pb2++2H2O-2e-PbO2↓+4H+,阴极发生还原反应,Cu2+放电生成Cu,现象为石墨上包上铜镀层。若电解液中不加入Cu(NO3)2,则溶液中的Pb2+放电:Pb2++2e-Pb↓。这样Pb2+就不能很好地转化为PbO2,导致Pb2+的利用率降低。‎ ‎5.C　由图示判断左侧为阳极,右侧为阴极,阳极的电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,氢离子浓度增大,pH减小,A错误。电子不能进入电解质溶液,B错误。氢离子通过阳离子交换膜由阳极室进入浓缩室,A-通过阴离子交换膜由阴极室进入浓缩室,C正确。由电极反应式2H2O-4e-O2↑+4H+可知,当电路中通过2 mol电子时,会有0.5 mol O2生成,D错误。‎ ‎6.B　由题图知,电极2产生H2,其是由水电离出的H+发生还原反应得到的,则电极2为阴极,电极1为阳极。电极1附近Cl-放电生成Cl2,故①室中的Cl-移向阳极,离子交换膜b为阴离子交换膜,A项错误。①室中的Na+向阴极移动,进入②室,①室海水被淡化,③⑤⑦室原理与①室相同,B项正确。电极2处H2O电离出的H+放电产生H2,并生成OH-,溶液的pH明显增大,电极1处产生的Cl2少量溶解在水中,使溶液的pH略有下降,故电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显,C项错误。浓缩海水可以用于提取氯化钠等,有使用价值, D项错误。‎ ‎7.2HS-2e-S2+2H+　质子　0.2 g ‎【解析】　电解饱和硫酸氢钾溶液制备过二硫酸钾,阳极反应式为2HS-2e-S2+2H+;阴极反应式为2H++2e-H2↑。当电路中有0.2 mol电子转移时,阳极区向阴极区转移0.2 mol H+,同时阴极区消耗0.2 mol H+产生氢气,阴极区溶液质量不变,阳极区溶液质量减少0.2 g。‎ ‎8.D　根据题图知,O2得电子生成OH-,Cu失电子生成Cu2+,Cu发生吸氧腐蚀,则青铜基体作负极,A项错误。催化剂只能降低化学反应的活化能,不能改变反应的焓变,B项错误。没有指明反应条件为标准状况,C项错误。Ag2O与催化剂CuCl发生复分解反应,化学方程式为Ag2O+2CuCl2AgCl+Cu2O,D项正确。‎ ‎9.B　Al-H2O2电池工作时,Al失电子发生氧化反应,为原电池负极,则b电极为正极,故Na+移向b电极,A正确。电极c为电解池的阳极,CO(NH2)2在阳极被氧化为N2,并生成C和H2O,电极反应式为CO(NH2)2-6e-+8OH-C+N2↑+6H2O,B错误。电子从原电池负极→电解池阴极,从电解池阳极→原电极正极,C正确。每消耗2.7 g Al,则转移0.3 mol e-,故产生0.15 mol H2,即3.36 L(标准状况),D正确。‎ ‎1.A　由题图中Si4+流向可知液态铝为阴极,连接电源负极,液态Cu-Si合金为阳极,电子由液态Cu-Si合金流出,流入液态铝电极,A项正确,B项错误;由题图可知,阳极上Si失电子转化为Si4+,阴极上Si4+得电子转化为Si,C项错误;使用三层液熔盐可以有效增大电解反应的面积,使单质硅在液态铝电极上高效沉积,而不是方便电子通过,电子不通过电解质,D项错误。‎ ‎2.AC　在与a连接的电极上SO2失去电子,被氧化成S,与a连接的电极为阳极,则a为直流电源的正极,A项正确;a为正极,b为负极,所以阴极获得电子,发生还原反应,电极反应式为2HS+2H++2e-S2+2H2O,B项错误;在阳极SO2失去电子被氧化成S,阳极的电极反应式为SO2+2H2O-2e-S+4H+,C项正确;阳离子交换膜只允许阳离子通过,电解时,阳离子移向阴极,所以H+通过阳离子交换膜由阳极室到阴极室,D项错误。‎ ‎3.D　该装置为电解池,则工作时,电能转变为化学能,A项错误。根据题图可知,阳极生成的CuCl2与C2H4发生了氧化还原反应,C2H4中C元素化合价可看作-2,ClCH2CH2Cl中C元素化合价可看作-1,则CuCl2能将C2H4氧化为1,2-二氯乙烷,B项错误。该电解池中,阳极发生的电极反应为CuCl-e-+Cl-CuCl2,阳极区需要Cl-参与,则X为阴离子交换膜,而阴极发生的电极反应为2H2O+2e-H2↑+2OH-,有阴离子生成,为保持溶液电中性,需要电解质溶液中的钠离子迁移过来,则Y为阳离子交换膜,C项错误。该装置中阳极首先发生反应CuCl-e-+Cl-CuCl2,生成的CuCl2再继续与C2H4反应生成1,2-二氯乙烷和CuCl,而阴极水中的氢离子放电生成氢气,其总反应方程式为CH2CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl,D项正确。‎ ‎4.C　 由已知电池反应可知C电极为正极,发生还原反应,电极反应式为SO2Cl2+2e-2Cl-+SO2↑,A项正确;由题干信息可知镍应作电解池的阳极,与外接电源的正极相连,不锈钢作电解池的阴极,与外接电源的负极相连,故电池的e极连接电解池的h极,B项正确;Ⅱ室为产品室,故阳极上Ni失去电子生成的Ni2+通过膜a进入产品室,Ⅲ室中的H2P通过膜b进入产品室,与Ni2+形成Ni(H2PO2)2,故膜a为阳离子交换膜,膜b为阴离子交换膜,膜c应为阳离子交换膜,以防Ⅳ室的OH-通过膜c进入Ⅲ室与NaH2PO2反应消耗原料,同时Na+通过膜c进入Ⅳ室可制备浓氢氧化钠溶液,C项错误;由图像分析可知,D项正确。‎ ‎【图像分析】　结合题图、已知反应和题目信息“制备Ni(H2PO2)2”可进行如下分析:‎ ‎5.D　甲池是化学能转化为电能的装置,属于碱性燃料电池,总反应为2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O,A项错误;乙池Ag电极上Cu2+放电,Ag不溶解,B项错误;根据乙池中总反应2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+知,要使乙池恢复原状,可加入一定量CuO,C项错误;甲池中消耗280 mL(标准状况下)O2时转移电子 0.05 mol,根据各电极上转移电子数相等知,乙池中理论上生成 0.025 mol Cu,所以析出固体的质量=0.025 mol×64 g·mol-1=1.6 g,D项正确。‎ ‎【图像分析】‎ ‎6.C　由题图可知,在Ni电极表面SS和CC均为还原反应,即Ni电极作阴极,SnO2电极表面O2-O2,为氧化反应,即SnO2电极作阳极,选项A、B正确;‎ 由题图中电解质的转换关系可知,发生的离子反应有2SO2+O2+2O2-2S、CO2+O2-C等,选项C错误;该转换过程中,S和C在阴极被还原,同时电解质中又不断生成S和C,所以实现了电解质中熔融碳酸盐和硫酸盐的自补充循环,选项D正确。‎ ‎7.B　a极SO2失电子生成S,发生氧化反应,与电源正极相连,A项错误;根据电解的总反应:5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4可知,A为H2SO4,则每处理1 mol NO可以生成2 mol H2SO4,B项正确;根据阳极的电极反应式SO2-2e-+2H2OS+4H+可知,通电后,阳极附近溶液的pH减小,C项错误;理论上将SO2与NO以体积比为5∶2通入装置可彻底转化,D项错误。‎ ‎8.C　A极上H2O2转化为OH-,发生还原反应:H2O2+2e-2OH-,则A极为正极,根据图甲所示,Na+能透过离子交换膜进入A极区生成NaOH,则离子交换膜为阳离子交换膜,A项正确、B项正确;B极为负极,发生氧化反应:B+8OH--8e-B+6H2O,每有1 mol NaBH4参加反应,转移电子数为8NA,C项错误;根据LED发光二极管中电荷移动情况知,导线a应与负极相连,导线b应与正极相连,故图乙中的导线a应与图甲中的B极相连,D项正确。‎ ‎9.B　由题图可知,H2O生成H2,H的化合价降低,得电子,故正极的电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,A项错误。反应生成的OH-、S2-与Fe2+可生成Fe(OH)2、FeS,B项正确。根据题中所给信息可知,S与H2反应生成S2-,根据元素守恒可知,生成物中还有H2O,故反应式为4H2+SS2-+4H2O,C项错误。钢管表面镀锌,锌会与铁形成原电池,锌比铁活泼,铁作正极,可减缓钢管的腐蚀;钢管表面镀铜,铜会与铁形成原电池,铁比铜活泼,铁作负极,从而加速钢管的腐蚀,D项错误。‎ ‎10.A　桥墩的腐蚀主要是吸氧腐蚀,A项错误;河水中电解质含量少,海水中含有大量的氯化钠,所以钢铁桥墩在海水中比在河水中更易腐蚀,B项正确;外加电流的阴极保护法常用惰性电极作为辅助阳极,C项正确;由题图2分析知,D项正确。‎ ‎【图像分析】　‎ ‎11.(1)正(1分)　FePO4+e-+Li+LiFePO4(2分)　(2) 0.168(2分)‎ ‎【解析】　(1)放电时,该装置是原电池,铁元素由+3价变为+2价,得电子发生还原反应,所以该电极是正极,电极反应式为FePO4+e-+Li+LiFePO4。(2)电解含有0.01 mol CuSO4和0.01 mol NaCl的混合溶液,电路中转移了0.02 mol e-,阳极:2Cl--2e-Cl2↑, 4OH--4e-2H2O+O2↑,根据电子守恒计算阳极上生成的氯气为0.005 mol,氧气为0.002 5 mol,所以阳极上生成的气体在标准状况下的体积=(0.005 mol+0.002 5 mol)×22.4 L/mol=0.168 L。‎ ‎12.(除标明外,每空2分)(1)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH=-128.8 kJ·mol-1(3分)　0.8 mol(1分)　(2)①CH3OH-6e-+8OH-C+6H2O　②B(1分)　1.12(1分)　(3) Co2+-e-Co3+　6Co3++CH3OH+H2OCO2↑+6Co2++6H+‎ ‎【解析】　根据盖斯定律由①×+②-③×得CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)　ΔH=-128.8 kJ·mol-1;若反应生成6.4 g甲醇,甲醇的物质的量是6.4 g÷32 g·mol-1=0.2 mol,反应中碳元素从+2价降低到-2价,则转移电子的物质的量为 0.8 mol。‎ ‎(2)①用Pt作电极材料,用氢氧化钾溶液作电解质溶液,由于原电池中负极发生失去电子的氧化反应,因此甲醇在负极失电子生成C,负极的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH-C+6H2O。②利用该燃料电池提供电源,与题图1右边烧杯相连,在铁件表面镀铜,则铁件作电解池的阴极,阴极与电源负极连接,题图中与甲醇相连的B电极是阴极;当铁件的质量增重6.4 g(0.1 mol)铜时,根据Cu2++2e-Cu可知转移电子0.2 mol,燃料电池中消耗氧气的电极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,依据电子守恒计算消耗的氧气的物质的量为0.05 mol,标准状况下氧气的体积=0.05 mol×22.4 L·mol-1=1.12 L。‎ ‎(3)通电后,Co2+转化为Co3+,电解池中阳极失电子发生氧化反应,电极反应式为Co2+-e-Co3+;Co3+作氧化剂把水中的甲醇氧化成CO2和H+,自身被还原为Co2+,反应的离子方程式为6Co3++CH3OH+H2OCO2↑+6Co2++6H+。‎ ‎1.AB　甲烷燃料电池中,通入甲烷的电极是负极,与负极相连的石墨电极是阴极,阴极得电子发生还原反应,A项正确;根据题图可知,甲烷燃料电池中用熔融碳酸盐作电解质,故正极反应为2CO2+O2+4e-2C,A为CO2,B项正确;乙醇是非电解质,不能增强污水的导电能力,C项错误;在燃料电池中,阴离子移向负极,所以C向甲烷一极移动,D项错误。‎ ‎2.D　由题图可知a电极发生的转化关系是O2H2O2,为得电子的还原反应,所以a电极为阴极,电极反应式为O2+2e-+2H2OH2O2+2OH-,b电极为阳极,外接电源的正极,电极反应式为Fe-2e-2Fe2+,选项A、B错误;·OH不带电,在溶液中自由移动,选项C错误;由题给信息知电解过程中生成的Fe2+和H2O2会继续反应生成Fe3+、·OH与OH-,所以电解液中可能出现红褐色Fe(OH)3沉淀,选项D正确。‎ ‎3.A　与Y相连的电极上的转化关系为NN2,发生还原反应,该电极为阴极,阴极的电极反应式为2N+10e-+12H+N2↑+6H2O,选项A正确;若该装置在高温下进行,微生物易被灭活,则净化效果将变差,选项B错误;若有1 mol N被还原为N2,则转移5 mol 电子,会有5 mol H+通过质子交换膜迁移至阴极区,选项C错误;1 mol葡萄糖被完全氧化时,碳元素的化合价可看作由0升高至+4,理论上转移24 mol e-,选项D错误。‎ ‎4.D　由题图可知,甲室电极与电源正极相连,为阳极室,Cl-放电能力大于OH-,所以阳极的电极反应式为2Cl--2e-Cl2↑,A项正确;戊室电极与电源负极相连,为阴极室,开始电解时,阴极上水得电子生成氢气,同时生成OH-,生成的OH-和HC反应生成C,生成的C与Ca2+‎ 反应生成CaCO3,OH-和Mg2+反应生成Mg(OH)2,CaCO3和Mg(OH)2是水垢的主要成分,B项正确; 阳膜只允许阳离子通过,阴膜只允许阴离子通过,电解时丙室中阴离子移向乙室,阳离子移向丁室,所以丙室中物质主要是水,则淡水的出口为b,C项正确;根据B项分析,戊室收集到的是H2,当戊室收集到22.4 L(标准状况)气体时,则电路中转移2 mol电子,通过甲室阳膜的离子为阳离子,既有+1价的离子,又有+2价的离子,所以物质的量不是2 mol,D项错误。‎ ‎5.A　由题意结合题图可知,膜1为阳离子交换膜,膜2为阴离子交换膜,左室中H+向c室迁移,右室中Cl-向c室迁移,电极a为阳极,电极b为阴极,A项正确;如果用稀盐酸代替稀硫酸,Cl-会在阳极反应,电极a上电解产物发生变化,B项错误;电极b的电极反应式为Ni2++2e-Ni,C项错误;电极a的电极反应式为2H2O-4e-4H++O2↑,随着反应进行,消耗H2O,生成H+,电极a附近溶液pH降低,D项错误。‎ ‎6.B　由题意知,铁钉在弱酸性、中性条件下发生吸氧腐蚀,则正极反应式为O2+2H2O+4e-4OH-,A项正确。实验①②的溶液呈酸性,实验③④的溶液呈中性,根据题图可知,300 min内铁钉的平均吸氧腐蚀速率:酸性溶液>中性溶液,D项正确。向实验④中加入少量(NH4)2SO4固体,浸泡液由中性溶液变成弱酸性溶液,溶液pH下降,则吸氧腐蚀速率加快,C项正确。结合所用浸泡液及氧气体积分数随时间的变化图像可知,相同时间内,实验①②、③④的平均吸氧腐蚀速率均相差不大,实验①③、②④的平均吸氧腐蚀速率相差较大,则Cl-不是影响吸氧腐蚀速率的主要因素,影响吸氧腐蚀速率的主要因素是pH,B项错误。‎ ‎7.C　金属M可以是锌等比铁活泼的金属,在原电池中作负极,被腐蚀,但不能是锡,否则铁作负极,腐蚀速率更快,A项错误;该方法利用了原电池原理,化学能转变为电能,B项错误;输油管的保护原理是金属M作负极,失电子,电子沿导线转移到输油管,输油管附近的H+或O2得电子,发生还原反应,C项正确;不能确定潮湿土壤为酸性还是中性,故正极可能发生吸氧腐蚀,也可能发生析氢腐蚀,D项错误。‎ ‎8.D　M室中石墨电极为阳极,电解时阳极上水失电子生成O2和H+,电极反应式为2H2O-4e-O2↑+4H+,M室pH减小;N室中石墨电极为阴极,电解时阴极上水得电子生成H2和OH-,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-,N室pH增大,A项错误。原料室中的[B(OH)4]-通过b膜进入产品室、Na+通过c膜进入N室,M室中氢离子通入a膜进入产品室,则a膜、c膜为阳离子交换膜,b膜为阴离子交换膜,B项错误。产品室中发生的反应为[B(OH)4]-+H+H3BO3+H2O,理论上每生成1 mol H3BO3,M室生成1 mol H+,转移电子1 mol,N室生成0.5 mol H2,M室生成0.25 mol O2,两极室共产生标准状况下16.8 L气体,C项错误。6.2 g H3BO3的物质的量为=0.1 mol,则消耗的电荷量为0.1 mol×1×96 500 C·mol-1=9 650 C,而电极上通过的总电荷量为3A×60×60 s=10 800 C,故η=×100%≈89%,D项正确。‎ ‎9.(1)温度过高,促进CN-水解,生成有毒的HCN,污染环境(2分)　(2)稀硫酸和铁屑(2分)　(3)CaCl2(2分)　(4)2K2CO3+6HCN+FeK4[Fe(CN)6]+2CO2↑+H2↑+2H2O(2分)　(5)过滤(1‎ 分)　洗涤(1分)　(6)[Fe(CN)6]4--e-[Fe(CN)6]3-(2分)　(7)铁被铁氰化钾氧化生成了Fe2+(2分)‎ ‎【解析】　(1)温度过高,会促进CN-水解,生成有毒的HCN,污染环境,故需控制温度低于80 ℃。(2)为防止硫酸亚铁氧化变质,应加入铁粉,为防止其水解,应加入稀硫酸。(3)分析流程图可知,获得的常用干燥剂是CaCl2。(4)根据题给条件知“反应Ⅲ”的反应物为HCN、K2CO3、Fe,生成物为K4[Fe(CN)6]、CO2、H2,结合原子守恒和得失电子守恒可得反应的化学方程式为6HCN+2K2CO3+FeK4[Fe(CN)6]+2CO2↑+H2↑+2H2O。(5)从溶液中得到溶质一般需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥操作。(6)阳极发生氧化反应,Fe元素由+2价变为+3价,电极反应式为[Fe(CN)6]4--e-[Fe(CN)6]3-。(7)由操作(i)及实验现象可知,在该原电池中Zn被腐蚀,铁被保护,电解液中无Fe2+,在U形管铁极附近滴加铁氰化钾溶液后产生了蓝色沉淀,则说明有二价铁生成,即铁被铁氰化钾氧化生成了Fe2+。‎ ‎10.(1)①不锈钢(1分)　②阳极反应为2H2O-4e-4H++O2↑,使2Cr+2H+Cr2+H2O平衡右移(2分)　③0.067(2分)　(2)①负(1分)　②0~2(1分)　2HS-2e-S2+2H+(2分)　③重结晶(1分)　(3)①2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O(2分)　②336(2分)‎ ‎【解析】　(1)①不锈钢中的铁不参与反应,故不锈钢电极为阴极,接电池负极。②在电解过程中阳极生成H+,使2Cr+2H+Cr2+H2O平衡向生成Cr2的方向移动。③设电解一段时间后,电解池右侧装置溶液中K2CrO4和K2Cr2O7分别为x mol和y mol,则(2x+2y)∶(x+2y)=4∶3,解得x=y,因19.4 g K2CrO4的物质的量为19.4 g÷194 g·mol-1=0.1 mol,故电解一段时间后生成的K2Cr2O7为 mol。由阳极区反应2H2O-4e-O2↑+4H+,2Cr+2H+Cr2+H2O可知,生成 mol K2Cr2O7,转移约0.067 mol电子。(2)①根据题中信息知,电解NaHSO4溶液制备K2S2O8,则Fe电极应为阴极,即Fe电极应与电源的负极相连。②根据题图3及题意可知阳极的电极反应式为2HS-2e-S2+2H+,阳极区电解质溶液的pH在0~2之间。③可用重结晶法对K2S2O8粗产品进行提纯。(3)①根据题图4中电子的流动方向可知,a极上失去电子发生氧化反应,结合题给总反应可知,a极上氨气在碱性条件下发生氧化反应生成氮气,电极反应式为2NH3-6e-+6OH-N2+6H2O。②电解0.6 L饱和食盐水,电解反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,一段时间后,测得饱和食盐水pH变为13,则溶液中n(OH-)=0.6 L×0.1 mol·L-1=0.06 mol,转移电子为0.06 mol,同一串联电路转移电子数目相同,根据b极电极反应2NO2+4H2O+8e- N2+8OH-可知,理论上b极消耗的NO2的体积为 L=0.336 L=336 mL。‎