第3講電解池、金屬的腐蝕與防護(hù)復(fù)習(xí)目標(biāo)核心素養(yǎng)1.理解電解池的構(gòu)成、工作原理及應(yīng)用。2．能書寫電極反應(yīng)和總反應(yīng)方程式。3．能根據(jù)電子守恒規(guī)律，對(duì)電解池進(jìn)行計(jì)算。4．了解金屬發(fā)生電化學(xué)腐蝕的原因、金屬腐蝕的危害以及防止金屬腐蝕的措施。1.變化觀念與平衡思想：能多角度、動(dòng)態(tài)地分析電解池中發(fā)生的反應(yīng)，并運(yùn)用電解池原理解決實(shí)際問題；認(rèn)識(shí)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(yīng)不同。2．證據(jù)推理與模型認(rèn)知：能分析電解池中發(fā)生的反應(yīng)，并運(yùn)用電解池原理定性分析和定量計(jì)算推出合理的結(jié)論?？键c(diǎn)一電解原理1．電解和電解池(1)電解：使電流通過電解質(zhì)溶液(或熔融電解質(zhì))而在陽極、陰極引起氧化還原反應(yīng)的過程。(2)電解池：電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的裝置。(3)電解池的構(gòu)成①外接電源；②兩個(gè)電極；③電解質(zhì)溶液或熔融電解質(zhì)；④形成閉合回路。2．電解池的工作原理(1)以惰性電極電解CuCl2溶液為例分析(2)電解過程的三個(gè)流向①電子流向：電源負(fù)極→電解池陰極；電解池的陽極→電源的正極；②離子流向：陽離子→電解池的陰極，陰離子→電解池的陽極。③電流方向：電源正極→電解池陽極→電解質(zhì)溶液→陰極→負(fù)極。3．電極反應(yīng)式、電解方程式的書寫(1)首先判斷陰、陽極，分析陽極材料是惰性電極還是活潑電極。(2)再分析電解質(zhì)水溶液的組成，找全離子并分陰離子、陽離子兩組(不要忘記水溶液中的H＋和OH－)。(3)然后排出陰、陽兩極的放電順序：陰極：陽離子放電順序：Ag＋>Fe3＋>Cu2＋>H＋(酸)>Fe2＋>Zn2＋>H＋(水)>Al3＋>Mg2＋>Na＋>Ca2＋>K＋。陽極：活潑電極>S2－>I－>Br－>Cl－>OH－>含氧酸根離子。(4)分析電極反應(yīng)，判斷電極產(chǎn)物，寫出電極反應(yīng)式，要注意遵循原子守恒和電荷守恒。(5)最后寫出電解反應(yīng)的總化學(xué)方程式或離子方程式，并注明“電解”條件。4．惰性電極電解電解質(zhì)溶液的情況分析(1)電解溶劑水電解質(zhì)類型電極反應(yīng)式及總反應(yīng)式電解質(zhì)溶液濃度溶液pH電解質(zhì)溶液復(fù)原含氧酸，如H2SO4陰極：4H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－陽極：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋總反應(yīng)式：2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2H2↑＋O2↑增大減小加水可溶性強(qiáng)堿，如NaOH增大活潑金屬含氧酸鹽，如KNO3不變(2)電解溶質(zhì)電解質(zhì)類型電極反應(yīng)式及總反應(yīng)式電解質(zhì)溶液濃度溶液pH電解質(zhì)溶液復(fù)原無氧酸，如HCl陰極：2H＋＋2e－=H2↑陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑總反應(yīng)式：2HCleq\o(=,\s\up7(電解))H2↑＋Cl2↑減小增大通入HCl氣體不活潑金屬無氧酸鹽，如CuCl2陰極：Cu2＋＋2e－=Cu陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑總反應(yīng)式：CuCl2eq\o(=,\s\up7(電解))Cu＋Cl2↑加入CuCl2固體(3)電解溶質(zhì)和溶劑水，生成H2和堿電解質(zhì)(水溶液)電極反應(yīng)式及總反應(yīng)式電解質(zhì)濃度溶液pH溶液復(fù)原活潑金屬的無氧酸鹽(如NaCl)陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑陰極：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－總反應(yīng)式：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Cl2↑＋H2↑＋2OH－生成新電解質(zhì)增大通入HCl氣體(4)電解溶質(zhì)和溶劑水，生成O2和酸電解質(zhì)(水溶液)電極反應(yīng)式及總反應(yīng)式電解質(zhì)濃度溶液pH溶液復(fù)原不活潑金屬的含氧酸鹽[如CuSO4]陽極：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋陰極：2Cu2＋＋4e－=2Cu總反應(yīng)式：2Cu2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2Cu＋O2↑＋4H＋生成新電解質(zhì)減小加CuO或CuCO3電解后電解質(zhì)溶液復(fù)原遵循“少什么補(bǔ)什么”原則，如電解NaCl溶液少的H和Cl，通入HCl復(fù)原，電解CuSO4溶液少的是Cu和O，補(bǔ)CuO復(fù)原等。(1)直流電源跟電解池連接后，電子從電源負(fù)極流向電解池陽極。(×)(2)電解CuCl2溶液，陽極逸出的氣體能夠使?jié)駶?rùn)的淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)色。(√)(3)電解鹽酸、硫酸等溶液，H＋放電，溶液的pH逐漸增大。(×)(4)電解時(shí)，電解液中陽離子移向陽極，發(fā)生還原反應(yīng)。(×)(5)用惰性電極電解飽和食鹽水一段時(shí)間后，加入鹽酸可使電解質(zhì)溶液恢復(fù)到電解前的狀態(tài)。(×)題點(diǎn)一電解原理及電極變化判斷(2020·山東卷)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(cuò)誤的是()A．陽極反應(yīng)為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑B．電解一段時(shí)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(shí)間后，a極生成的O2與b極反應(yīng)的O2等量【解析】根據(jù)題給電解裝置圖可知，電解池右側(cè)O2參加反應(yīng)生成H2O2，a極為陽極，b極為陰極。電解時(shí)，陽極的電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，陰極的電極反應(yīng)式為4H＋＋2O2＋4e－=2H2O2，A正確；根據(jù)電極反應(yīng)式及電子守恒可知，陽極生成的H＋通過質(zhì)子交換膜進(jìn)入陰極區(qū)最終轉(zhuǎn)化為H2O2，陽極區(qū)H＋的物質(zhì)的量濃度不發(fā)生變化，pH不變，B、C正確；設(shè)電解時(shí)轉(zhuǎn)移電子為4mol，則陽極生成1molO2，陰極消耗2molO2，D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緿[母題延伸]把質(zhì)子交換膜換成陰離子交換膜，電解液為NaOH溶液。寫出陽極、陰極電極反應(yīng)式？提示：陽極電極反應(yīng)式：4OH－－4e－=2H2O＋O2↑陰極電極反應(yīng)式：O2＋2e－＋2H2O=H2O2＋2OH－。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1](2021·廣東卷，16)鈷(Co)的合金材料廣泛應(yīng)用于航空航天、機(jī)械制造等領(lǐng)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(shí)，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B．生成1molCo，Ⅰ室溶液質(zhì)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(yīng)不變D．電解總反應(yīng)：2Co2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通電))2Co＋O2↑＋4H＋解析：D石墨電極為陽極，電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，H＋通過陽離子交換膜由Ⅰ室進(jìn)入Ⅱ室，右側(cè)Co電極為陰極，電極反應(yīng)式為Co2＋＋2e－=Co，Cl－通過陰離子交換膜由Ⅲ室進(jìn)入Ⅱ室，與H＋結(jié)合生成鹽酸。由上述分析知，Ⅰ室中水放電使硫酸濃度增大，Ⅱ室中生成鹽酸，故Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均減小，A錯(cuò)誤；生成1molCo時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子，Ⅰ室有0.5molO2(即16g)逸出，有2mol(即2g)H＋通過陽離子交換膜進(jìn)入Ⅱ室，則Ⅰ室溶液質(zhì)量理論上減少18g，B錯(cuò)誤；移除兩交換膜后，石墨電極上的電極反應(yīng)為2Cl－－2e－=Cl2↑，C錯(cuò)誤；根據(jù)上述分析可知，電解時(shí)生成了O2、Co、H＋，則電解總反應(yīng)為2Co2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通電))2Co＋O2↑＋4H＋，D正確。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2](2021·山東卷節(jié)選，17)利用膜電解技術(shù)(裝置如圖所示)，以Na2CrO4為主要原料制備Na2Cr2O7的總反應(yīng)方程式為：4Na2CrO4＋4H2Oeq\o(=,\s\up7(通電),\s\do5())2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑。則Na2Cr2O7在______(填“陰”或“陽”)極室制得，電解時(shí)通過膜的離子主要為_____________________。解析：由4Na2Cr2O4＋4H2Oeq\o(=,\s\up7(通電),\s\do5())2Na2Cr2O7＋4NaOH＋2H2↑＋O2↑可知，電解過程中實(shí)質(zhì)是電解水，陽極上水失去電子生成H＋和O2，陰極上H＋得到電子生成H2，由2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O可知，Cr2Oeq\o\al(2－,7)在氫離子濃度較大的電極室中制得，即Na2Cr2O7在陽極室產(chǎn)生；為提高制備Na2Cr2O7的效率，CrOeq\o\al(2－,4)通過離子交換膜移向陽極。答案：陽CrOeq\o\al(2－,4)題點(diǎn)二電極反應(yīng)式的書寫與判斷焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：制備Na2S2O5也可采用三室膜電解技術(shù)，裝置如圖所示，其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。陽極的電極反應(yīng)式為_________________，電解后，________室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進(jìn)行結(jié)晶脫水，可得到Na2S2O5?！窘馕觥垦b置圖中左側(cè)與電源正極相連，為三室膜電解槽的陽極，由于陽極室的溶液為稀硫酸，故陽極發(fā)生的反應(yīng)為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，生成的H＋穿過陽離子交換膜進(jìn)入a室與SO2堿吸收液中的SOeq\o\al(2－,3)反應(yīng)生成HSOeq\o\al(－,3)，則a室中NaHSO3濃度增加?！敬鸢浮?H2O－4e－=4H＋＋O2↑a[同類對(duì)比](2020·北京卷，節(jié)選)電化學(xué)制備H2O2的方法。已知反應(yīng)2H2O2=2H2O＋O2↑能自發(fā)進(jìn)行，反向不能自發(fā)進(jìn)行，通過電解可以實(shí)現(xiàn)由H2O和O2為原料制備H2O2，如圖為制備裝置示意圖。①a極的電極反應(yīng)式是___________________________。②下列說法正確的是________。A．該裝置可以實(shí)現(xiàn)電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B．電極b連接電源負(fù)極C．該方法相較于早期制備方法具有原料廉價(jià)，對(duì)環(huán)境友好等優(yōu)點(diǎn)提示：①O2＋2H＋＋2e－=H2O2②AC[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3]按要求書寫電極反應(yīng)式和總反應(yīng)方程式：(1)用惰性電極電解MgCl2溶液陽極反應(yīng)式：________________________________________________；陰極反應(yīng)式：________________________________________________；總反應(yīng)離子方程式：__________________________________________。(2)用Al作電極電解NaOH溶液陽極反應(yīng)式：_____________________________________________；陰極反應(yīng)式：_____________________________________________；總反應(yīng)離子方程式：________________________________________。(3)以鋁材為陽極，電解H2SO4溶液，鋁材表面形成氧化膜陽極反應(yīng)式：_________________________________________；陰極反應(yīng)式：__________________________________________；總反應(yīng)方程式：________________________________________。答案：(1)2Cl－－2e－=Cl2↑Mg2＋＋2H2O＋2e－=H2↑＋Mg(OH)2↓Mg2＋＋2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Mg(OH)2↓＋Cl2↑＋H2↑(2)2Al－6e－＋8OH－=2AlOeq\o\al(－,2)＋4H2O6H2O＋6e－=3H2↑＋6OH－2Al＋2H2O＋2OH－eq\o(=,\s\up7(電解))2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑(3)2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋6H＋＋6e－=3H2↑2Al＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Al2O3＋3H2↑[歸納總結(jié)](1)分析電解過程的思維流程(2)做到“三看”，正確書寫電極反應(yīng)式考點(diǎn)二電解原理的應(yīng)用1．電解飽和食鹽水(1)電極反應(yīng)陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑(反應(yīng)類型：氧化反應(yīng))，陰極：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－(反應(yīng)類型：還原反應(yīng))。(2)總反應(yīng)方程式①化學(xué)方程式：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。②離子方程式：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑。(3)應(yīng)用：氯堿工業(yè)——制Cl2、H2和NaOH①陽離子交換膜的作用阻止OH－進(jìn)入陽極室與Cl2發(fā)生副反應(yīng)：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，阻止陽極產(chǎn)生的Cl2和陰極產(chǎn)生的H2混合發(fā)生爆炸。②a、b、c、d加入或取出的物質(zhì)分別是精制飽和NaCl溶液；含少量NaOH的水、淡鹽水、NaOH溶液；X、Y分別是Cl2、H2。2．電鍍和電解精煉銅電鍍(鐵制品上鍍Cu)電解精煉銅陽極電極材料鍍層金屬銅粗銅(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等雜質(zhì))電極反應(yīng)Cu－2e－=Cu2＋Cu－2e－=Cu2＋、Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋陰極電極材料待鍍鐵制品精銅電極反應(yīng)Cu2＋＋2e－=Cu電解質(zhì)溶液含Cu2＋的鹽溶液電解精煉銅時(shí)，粗銅中的Ag、Au等不反應(yīng)，沉積在電解池底部形成陽極泥3．電冶金本質(zhì)為Mn＋＋ne－=M，利用電解熔融鹽(或氧化物)的方法來冶煉活潑金屬Na、Ca、Mg、Al等?？偡匠淌疥枠O、陰極反應(yīng)式冶煉鈉2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))2Na＋Cl2↑陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑陰極：2Na＋＋2e－=2Na冶煉鎂MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))Mg＋Cl2↑陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑陰極：Mg2＋＋2e－=Mg冶煉鋁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)電鍍銅和電解精煉銅時(shí)，電解質(zhì)溶液中的c(Cu2＋)均保持不變。(×)(2)電解冶煉鎂、鋁通常電解MgCl2和Al2O3，也可電解MgO和AlCl3。(×)(3)若把Cu＋H2SO4=CuSO4＋H2↑設(shè)計(jì)成電解池，應(yīng)用Cu作陰極。(×)(4)電解飽和食鹽水時(shí)，兩個(gè)電極均不能用金屬材料。(×)(5)在鍍件上電鍍銅時(shí)，待鍍件應(yīng)連接電源的負(fù)極。(√)題點(diǎn)一電解原理的應(yīng)用氯堿廠電解飽和食鹽水制取NaOH的工藝流程示意圖如下：依據(jù)上圖，完成下列填空：(1)在電解過程中，與電源正極相連的電極上所發(fā)生反應(yīng)的電極反應(yīng)式為___________，與電源負(fù)極相連的電極附近，溶液pH________(選填“不變”“升高”或“下降”)。(2)為有效除去工業(yè)食鹽中含Ca2＋、Mg2＋、SOeq\o\al(2－,4)雜質(zhì)，加入試劑的合理順序?yàn)開_______(多選)。A．先加NaOH，后加Na2CO3，再加鋇試劑B．先加NaOH，后加鋇試劑，再加Na2CO3C．先加鋇試劑，后加NaOH，再加Na2CO3【解析】(1)電解飽和食鹽水，與電源正極相連的電極為陽極，電極反應(yīng)式是2Cl－－2e－=Cl2↑；與電源負(fù)極相連的電極為陰極，電極反應(yīng)式是2H＋＋2e－=H2↑，消耗H＋，產(chǎn)生OH－，所以溶液的pH升高。(2)除去雜質(zhì)時(shí)加入Ba2＋和OH－，無先后之分，但Na2CO3一定要在最后加入，因?yàn)镃Oeq\o\al(2－,3)還要除去多余的Ba2＋，過濾沉淀后加入適量HCl，即認(rèn)為NaCl被提純，選BC?！敬鸢浮?1)2Cl－－2e－=Cl2↑升高(2)BC[母題延伸]若采用無隔膜法電解冷的食鹽水：(1)有哪些不利的因素？(2)寫出該電解反應(yīng)相應(yīng)的化學(xué)方程式？提示：(1)H2和Cl2混合發(fā)生爆炸，Cl2和NaOH溶液作用生成NaClO影響燒堿的質(zhì)量。(2)將2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑和Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O合并，即可得出答案。NaCl＋H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))NaClO＋H2↑[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1]金屬鎳有廣泛的用途，粗鎳中含有少量Fe、Zn、Cu、Pt等雜質(zhì)，可用電解法制備高純度的鎳，下列敘述正確的是(已知：氧化性Fe2＋<Ni2＋<Cu2＋)()A．陽極發(fā)生還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為Ni2＋＋2e－=NiB．電解過程中，陽極質(zhì)量的減少量與陰極質(zhì)量的增加量一定相等C．電解后，電解槽底部的陽極泥中含有Cu和PtD．電解后，溶液中存在的金屬陽離子只有Fe2＋和Zn2＋解析：CA項(xiàng)，電解法制備高純度的鎳，粗鎳作為陽極，金屬按還原性順序Zn>Fe>Ni>Cu>Pt發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)依次為Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，電解過程中，陽極Zn、Fe、Ni溶解，Cu、Pt沉積到電解槽底部，陰極只析出Ni，結(jié)合兩極轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等，陽極質(zhì)量的減少量與陰極質(zhì)量的增加量不一定相等，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，Cu和Pt還原性比Ni弱，不能失去電子，以單質(zhì)沉淀的形式沉積在電解槽底部，形成陽極泥，正確；D項(xiàng)，電解后，溶液中存在的金屬陽離子除了Fe2＋、Zn2＋外，還有Ni2＋，錯(cuò)誤。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2]利用如圖所示裝置模擬電解原理在工業(yè)生產(chǎn)上的應(yīng)用。下列說法正確的是()A．氯堿工業(yè)中，X電極上反應(yīng)式是4OH－－4e－=2H2O＋O2↑B．電解精煉銅時(shí)，Z溶液中的Cu2＋濃度不變C．在鐵片上鍍銅時(shí)，Y是純銅D．制取金屬鎂時(shí)，Z是熔融的氯化鎂解析：D氯堿工業(yè)中陽極是Cl－放電生成Cl2；電解精煉銅時(shí)陽極粗銅溶解，陰極Cu2＋放電析出Cu，溶液中Cu2＋濃度變小；鐵片上鍍銅時(shí)，陰極應(yīng)該是鐵片，陽極是純銅。題點(diǎn)二電解原理的拓展應(yīng)用一種生物電化學(xué)方法脫除水體中NHeq\o\al(＋,4)的原理如下圖所示：下列說法正確的是()A．裝置工作時(shí)，化學(xué)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔蹷．裝置工作時(shí)，a極周圍溶液pH降低C．裝置內(nèi)工作溫度越高，NHeq\o\al(＋,4)脫除率一定越大D．電極b上發(fā)生的反應(yīng)之一是：2NOeq\o\al(－,3)－2e－=N2↑＋3O2↑【解析】該裝置是把電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A錯(cuò)誤；a極為陽極，電極反應(yīng)為NHeq\o\al(＋,4)＋2H2O－6e－=NOeq\o\al(－,2)＋8H＋或NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O－8e－=NOeq\o\al(－,3)＋10H＋，所以a極周圍溶液的pH減小，故B正確；該裝置是在細(xì)菌生物作用下進(jìn)行的，所以溫度過高，導(dǎo)致細(xì)菌死亡，NHeq\o\al(＋,4)脫除率會(huì)減小，故C錯(cuò)誤；b極上反應(yīng)式為2NOeq\o\al(－,3)＋12H＋＋10e－=N2↑＋6H2O，故D錯(cuò)誤?！敬鸢浮緽[母題延伸]上題若把電源去掉，用導(dǎo)線把兩極相連，在催化劑作用下發(fā)生上述反應(yīng)，寫出a極、b極的電極反應(yīng)式？提示：電極a負(fù)極NHeq\o\al(＋,4)－6e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,2)＋8H＋或NHeq\o\al(＋,4)＋3H2O－8e－=NOeq\o\al(－,3)＋10H＋電極b正極2NOeq\o\al(－,3)＋10e－＋12H＋=N2↑＋6H2O[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3](2021·濰坊模擬)一種新型的電解廢水處理技術(shù)是以活性炭為電極板和粒子凝膠顆粒填充的電解裝置(如圖所示)。該裝置電解過程中產(chǎn)生的羥基自由基(·OH)氧化能力極強(qiáng)，能氧化苯酚生成CO2、H2O。下列說法錯(cuò)誤的是()A．陽極電極反應(yīng)為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋B．H＋通過離子交換膜向陰極移動(dòng)C．苯酚被氧化的化學(xué)方程式為C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2OD．每轉(zhuǎn)移0.7mole－兩極室共產(chǎn)生氣體體積為11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)解析：A根據(jù)題給信息可知，陽極上產(chǎn)生羥基自由基，故陽極反應(yīng)為H2O－e－=·OH＋H＋，A項(xiàng)錯(cuò)誤；H＋通過離子交換膜向陰極移動(dòng)，B項(xiàng)正確；苯酚被羥基自由基氧化為CO2、H2O，配平化學(xué)方程式為C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2O，C項(xiàng)正確；陰極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑，轉(zhuǎn)移0.7mol電子，陰極產(chǎn)生0.35molH2，陽極反應(yīng)式為H2O－e－=·OH＋H＋，轉(zhuǎn)移0.7mol電子，生成0.7mol·OH，由C6H5OH＋28·OH=6CO2↑＋17H2O可知，0.7mol·OH參加反應(yīng)，生成0.15molCO2，故兩極室共產(chǎn)生0.5mol氣體，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積為11.2L，D項(xiàng)正確。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練4](雙選)燃料燃燒產(chǎn)生的尾氣含有一定量的NO，科學(xué)家提出一種間接電化學(xué)法對(duì)大氣污染物NO進(jìn)行無害化處理，其原理示意如圖(質(zhì)子膜允許H＋和H2O通過)，下列相關(guān)判斷正確的是()A．電極Ⅱ連接電源的負(fù)極B．電解池發(fā)生的反應(yīng)為4HSOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up7(電解))2S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O＋O2↑C．吸收塔中每產(chǎn)生1molHSOeq\o\al(－,3)，理論上處理NO氣體的體積為11.2LD．每產(chǎn)生1molO2電解池中從電極Ⅱ向電極Ⅰ轉(zhuǎn)移4molH＋解析：BD。電極Ⅱ產(chǎn)生O2說明發(fā)生氧化反應(yīng)，為電解池的陽極連接電源的正極，A錯(cuò)誤；電極Ⅰ發(fā)生HSOeq\o\al(－,3)生成S2Oeq\o\al(2－,4)的還原反應(yīng)為電解池的陰極，電極反應(yīng)為4HSOeq\o\al(－,3)＋4H＋＋4e－=4S2Oeq\o\al(2－,4)＋4H2O，電極Ⅱ發(fā)生2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，則電池總反應(yīng)為4HSOeq\o\al(－,3)eq\o(=,\s\up7(電解))2S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O＋O2↑，B正確；吸收塔中發(fā)生的反應(yīng)為2NO＋2S2Oeq\o\al(2－,4)＋2H2O=N2＋4HSOeq\o\al(－,3)，每產(chǎn)生1molHSOeq\o\al(－,3)，理論上處理NO氣體的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2L，C錯(cuò)誤；結(jié)合電極反應(yīng)，每產(chǎn)生1molO2電解池中從電極Ⅱ向電極Ⅰ轉(zhuǎn)移4molH＋，D正確。[歸納總結(jié)]電化學(xué)計(jì)算的三種常用方法(1)根據(jù)總反應(yīng)式計(jì)算先寫出電極反應(yīng)式，再寫出總反應(yīng)式，最后根據(jù)總反應(yīng)式列出比例式計(jì)算。(2)根據(jù)電子守恒計(jì)算①用于串聯(lián)電路中陰陽兩極產(chǎn)物、正負(fù)兩極產(chǎn)物、相同電量等類型的計(jì)算，其依據(jù)是電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等。②用于混合溶液中分階段電解的計(jì)算。(3)根據(jù)關(guān)系式計(jì)算根據(jù)得失電子守恒定律建立起已知量與未知量之間的橋梁，構(gòu)建計(jì)算所需的關(guān)系式?？键c(diǎn)三金屬的腐蝕與防護(hù)1．化學(xué)腐蝕與電化學(xué)腐蝕的比較類型化學(xué)腐蝕電化學(xué)腐蝕條件金屬跟干燥氣體或非電解質(zhì)液體接觸不純金屬或合金跟電解質(zhì)溶液接觸現(xiàn)象無電流產(chǎn)生有微弱電流產(chǎn)生本質(zhì)金屬被氧化較活潑金屬被氧化聯(lián)系兩者往往同時(shí)發(fā)生，電化學(xué)腐蝕更普遍2.析氫腐蝕與吸氧腐蝕的比較以鋼鐵的腐蝕為例進(jìn)行分析：類型析氫腐蝕吸氧腐蝕條件水膜酸性較強(qiáng)水膜酸性很弱或呈中性電極反應(yīng)負(fù)極Fe－2e－=Fe2＋正極2H＋＋2e－=H2↑O2＋2H2O＋4e－=4OH－總反應(yīng)式Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑2Fe＋O2＋2H2O=2Fe(OH)2聯(lián)系吸氧腐蝕更普遍鐵銹的形成：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，2Fe(OH)3=Fe2O3·xH2O(鐵銹)＋(3－x)H2O。3．金屬的防護(hù)(1)改變金屬材料的組成，如制成合金、不銹鋼等。(2)在金屬表面覆蓋保護(hù)層，如在金屬表面噴油漆、涂油脂、電鍍、噴鍍或表面鈍化等方法。(3)電化學(xué)防護(hù)①犧牲陽極法——原電池原理a．負(fù)極：比被保護(hù)金屬活潑的金屬；b．正極：被保護(hù)的金屬設(shè)備。②外加電流法——電解原理a．陰極：被保護(hù)的金屬設(shè)備；b．陽極：惰性金屬。(1)金屬發(fā)生腐蝕就是金屬得電子轉(zhuǎn)變?yōu)榻饘倩衔锏倪^程。(×)(2)鋼鐵發(fā)生電化學(xué)腐蝕時(shí)，負(fù)極鐵失去電子生成Fe3＋。(×)(3)Al、Fe、Cu在潮濕的空氣中腐蝕均生成氧化物。(×)(4)在金屬表面覆蓋保護(hù)層，若保護(hù)層破損后，就完全失去了對(duì)金屬的保護(hù)作用。(×)(5)鐵表面鍍鋅可增強(qiáng)其抗腐蝕性。(√)(6)干燥環(huán)境下，所有金屬都不能被腐蝕。(×)(7)銅在酸性環(huán)境下，不易發(fā)生析氫腐蝕。(√)題點(diǎn)一金屬的腐蝕與防護(hù)鋼鐵防護(hù)方法有多種，圖中的方法描述正確的是()A．b為電源負(fù)極B．該方法是犧牲陽極法C．電子流向：a→鋼鐵閘門→輔助電極→b→aD．電源改用導(dǎo)線連接進(jìn)行防護(hù)時(shí)，輔助電極發(fā)生氧化反應(yīng)【解析】A項(xiàng)，在外加電流法中，鋼鐵作電解池的陰極，即a為電源的負(fù)極，則b為電源的正極，故A錯(cuò)誤；從題圖示可知，由于有外加電源，故此為外加電流法，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，在電解池中，電子由電解池的陽極→電源的正極，電源的負(fù)極→電解池的陰極，溶液中通過離子導(dǎo)電而不是電子，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，電源改用導(dǎo)線連接進(jìn)行防護(hù)時(shí)，即犧牲陽極法，則輔助電極要作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，故D正確?！敬鸢浮緿[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1](2020·江蘇卷)將金屬M(fèi)連接在鋼鐵設(shè)施表面，可減緩水體中鋼鐵設(shè)施的腐蝕。在如圖所示的情境中，下列有關(guān)說法正確的是()A．陰極的電極反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋B．金屬M(fèi)的活動(dòng)性比Fe的活動(dòng)性弱C．鋼鐵設(shè)施表面因積累大量電子而被保護(hù)D．鋼鐵設(shè)施在河水中的腐蝕速率比在海水中的快解析：CA項(xiàng)，該裝置為原電池，陰極處為正極，參與電極反應(yīng)的可能是O2或是溶液中的H＋，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，M比Fe活潑，M將電子轉(zhuǎn)移至Fe處，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，F(xiàn)e表面有M傳過來的電子，則O2或H＋得到的電子不是Fe失去的電子，故Fe被保護(hù)，正確；D項(xiàng)，海水中存在電解質(zhì)溶液，所以更容易發(fā)生電化學(xué)腐蝕，錯(cuò)誤。題點(diǎn)二金屬腐蝕與防護(hù)的實(shí)驗(yàn)探究驗(yàn)證犧牲陽極法，實(shí)驗(yàn)如下(燒杯內(nèi)均為經(jīng)過酸化的3%NaCl溶液)。①②③在Fe表面生成藍(lán)色沉淀試管內(nèi)無明顯變化試管內(nèi)生成藍(lán)色沉淀下列說法不正確的是()A．對(duì)比②③，可以判定Zn保護(hù)了FeB．對(duì)比①②，K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化C．驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe時(shí)不能用①的方法D．將Zn換成Cu，用①的方法可判斷Fe比Cu活潑【解析】Fe2＋能與K3[Fe(CN)6]反應(yīng)生成藍(lán)色沉淀，對(duì)比②和③發(fā)現(xiàn)②中的Fe沒有被腐蝕、③中的Fe被腐蝕，說明Zn可保護(hù)Fe，A正確；由②可知①中的Fe應(yīng)被保護(hù)，而由①的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可知鐵被氧化，則可能是K3[Fe(CN)6]將Fe氧化，B正確；Fe會(huì)被K3[Fe(CN)6]氧化，所以不能用①的方法驗(yàn)證Zn保護(hù)Fe，C正確；由以上分析可知，F(xiàn)e可以被K3[Fe(CN)6]氧化，故加入K3[Fe(CN)6]溶液生成藍(lán)色沉淀不能說明Fe比Cu活潑，D錯(cuò)誤。【答案】D[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練2](雙選)某化學(xué)小組通過手持技術(shù)探究鐵釘在4種溶液中的吸氧腐蝕實(shí)驗(yàn)，相關(guān)數(shù)據(jù)如表所示。實(shí)驗(yàn)裝置實(shí)驗(yàn)編號(hào)浸泡液pH氧氣體積分?jǐn)?shù)隨時(shí)間的變化①1.0mol·L－1NH4Cl5②0.5mol·L－1(NH4)2SO45③1.0mol·L－1NaCl7④0.5mol·L－1Na2SO47已知鐵在負(fù)極被氧化的過程由3個(gè)步驟構(gòu)成：①Fe＋H2O－e－=Fe(OH)ads(吸附物)＋H＋；②Fe(OH)ads(吸附物)－e－=FeOH＋；③FeOH＋＋H＋=Fe2＋＋H2O。下列說法錯(cuò)誤的是()A．鐵釘吸氧腐蝕的負(fù)極反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋B．上述實(shí)驗(yàn)的正極反應(yīng)式均為O2＋4e－＋4H＋=2H2OC．300min內(nèi)，鐵釘?shù)钠骄醺g速率：弱酸性溶液<中性溶液D．曲線先陡后平可能是由于溶液堿性增強(qiáng)促進(jìn)氫氧化物生成，阻礙反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行解析：BC由題給信息知，鐵釘吸氧腐蝕的負(fù)極反應(yīng)式為Fe－2e－=Fe2＋，故A正確；吸氧腐蝕是在中性或弱酸性環(huán)境中發(fā)生的，故正極反應(yīng)式均為O2＋4e－＋2H2O=4OH－，故B錯(cuò)誤；①②溶液顯酸性，③④溶液顯中性，根據(jù)圖像可知，鐵釘?shù)钠骄醺g速率：弱酸性溶液大于中性溶液，故C錯(cuò)誤；氧氣體積分?jǐn)?shù)下降曲線先陡后平，一方面是由于氧氣體積分?jǐn)?shù)降低后使腐蝕速率變慢，另一方面也可能是由于溶液堿性增強(qiáng)促進(jìn)氫氧化物的生成，氫氧化物覆蓋在鐵釘表面阻礙反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行，故D正確。[對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3]如圖所示，各燒杯中盛有海水，鐵在其中被腐蝕的速率由快到慢的順序?yàn)開_______________________________________________________________________。解析：②③④均為原電池，③中Fe為正極，被保護(hù)；②④中Fe為負(fù)極，均被腐蝕，但Fe和Cu的金屬活動(dòng)性差別大于Fe和Sn，故FeCu原電池中Fe被腐蝕的較快。⑤是Fe接電源正極作陽極，Cu接電源負(fù)極作陰極的電解腐蝕，加快了Fe的腐蝕。⑥是Fe接電源負(fù)極作陰極，Cu接電源正極作陽極的電解腐蝕，防止了Fe的腐蝕。根據(jù)以上分析可知鐵在其中被腐蝕的速率由快到慢的順序?yàn)棰?gt;④>②>①>③>⑥。答案：⑤④②①③⑥[方法規(guī)律]判斷金屬腐蝕快慢的方法(1)對(duì)同一電解質(zhì)溶液來說，腐蝕的快慢：電解池原理引起的腐蝕>原電池原理引起的腐蝕>化學(xué)腐蝕>有防護(hù)措施的腐蝕。(2)對(duì)同一金屬來說，腐蝕的快慢：強(qiáng)電解質(zhì)溶液中>弱電解質(zhì)溶液中>非電解質(zhì)溶液中。(濃度相同)(3)活潑性不同的兩種金屬，活潑性差異越大，腐蝕越快。(4)對(duì)同一種電解質(zhì)溶液來說，電解質(zhì)濃度越大，金屬腐蝕速率越快?！久}分析】近幾年高考試題中，涉及隔膜電化學(xué)裝置的題目比較多，且每年都有變化。隔膜的功能在于選擇性地通過某些離子或阻止某些離子來隔離某些物質(zhì)，進(jìn)而制備一些特定物質(zhì)或?qū)ξ镔|(zhì)進(jìn)行分離，體現(xiàn)了科學(xué)探究與創(chuàng)新意識(shí)的化學(xué)核心素養(yǎng)。1．離子交換膜的類型和作用2．多室電解池多室電解池是利用離子交換膜的選擇透過性，即允許帶某種電荷的離子通過而限制帶相反電荷的離子通過，將電解池分為兩室、三室、多室等，以達(dá)到濃縮、凈化、提純及電化學(xué)合成的目的。(1)兩室電解池①制備原理：工業(yè)上利用如圖兩室電解裝置制備燒堿陽極室中電極反應(yīng)：2Cl－－2e－=Cl2↑，陰極室中的電極反應(yīng)：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，陰極區(qū)H＋放電，破壞了水的電離平衡，使OH－濃度增大，陽極區(qū)Cl－放電，使溶液中的c(Cl－)減小，為保持電荷守恒，陽極室中的Na＋通過陽離子交換膜與陰極室中生成的OH－結(jié)合，得到濃的NaOH溶液。利用這種方法制備物質(zhì)，純度較高，基本沒有雜質(zhì)。②陽離子交換膜的作用它只允許Na＋通過，而阻止陰離子(Cl－)和氣體(Cl2)通過。這樣既防止了兩極產(chǎn)生的H2和Cl2混合爆炸，又避免了Cl2和陰極產(chǎn)生的NaOH反應(yīng)生成NaClO而影響燒堿的質(zhì)量。(2)三室電解池利用三室電解裝置制備NH4NO3，其工作原理如圖所示。陰極的NO被還原為NHeq\o\al(＋,4)：NO＋5e－＋6H＋=NHeq\o\al(＋,4)＋H2O，NHeq\o\al(＋,4)通過陽離子交換膜進(jìn)入中間室；陽極的NO被氧化為NOeq\o\al(－,3)：NO－3e－＋2H2O=NOeq\o\al(－,3)＋4H＋，NOeq\o\al(－,3)通過陰離子交換膜進(jìn)入中間室。根據(jù)電路中轉(zhuǎn)移電子數(shù)相等可得電解總反應(yīng)：8NO＋7H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))3NH4NO3＋2HNO3，為使電解產(chǎn)物全部轉(zhuǎn)化為NH4NO3，補(bǔ)充適量NH3可以使電解產(chǎn)生的HNO3轉(zhuǎn)化為NH4NO3。(3)多室電解池利用“四室電滲析法”制備H3PO2(次磷酸)，其工作原理如圖所示。電解稀硫酸的陽極反應(yīng)：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，產(chǎn)生的H＋通過陽離子交換膜進(jìn)入產(chǎn)品室，原料室中的H2POeq\o\al(－,2)穿過陰離子交換膜進(jìn)入產(chǎn)品室，與H＋結(jié)合生成弱電解質(zhì)H3PO2；電解NaOH稀溶液的陰極反應(yīng)：4H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－，原料室中的Na＋通過陽離子交換膜進(jìn)入陰極室與OH－結(jié)合，得到濃的NaOH溶液。1．高鐵酸鈉(Na2FeO4)在水處理中起著凈化的作用，利用電解法制備高鐵酸鈉的裝置如圖。下列說法錯(cuò)誤的是()A．甲、乙室間的交換膜為陽離子交換膜，乙、丙室間的交換膜為陰離子交換膜B．Fe作陽極，電極反應(yīng)式為Fe＋8OH－－6e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2OC．A口產(chǎn)品為NaOH溶液和H2，B口產(chǎn)品為Na2FeO4溶液和O2D．需要向乙室和丙室中不斷補(bǔ)充NaOH濃溶液，電解生成的NaOH可循環(huán)使用解析：C由裝置圖可知，C極上H2O得電子轉(zhuǎn)化為H2，則C為陰極，F(xiàn)e電極上Fe失電子轉(zhuǎn)化為FeOeq\o\al(2－,4)，F(xiàn)e作陽極，電解池中陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，故乙池中Na＋經(jīng)左側(cè)離子交換膜進(jìn)入甲池，OH－經(jīng)右側(cè)離子交換膜進(jìn)入丙池。根據(jù)分析可知，甲、乙室間的交換膜為陽離子交換膜，乙、丙室間的交換膜為陰離子交換膜，A正確；陽極上，F(xiàn)e失電子與OH－反應(yīng)生成FeOeq\o\al(2－,4)，電極反應(yīng)式為Fe＋8OH－－6e－=FeOeq\o\al(2－,4)＋4H2O，B正確；甲池中水放電生成H2和OH－，OH－與Na＋結(jié)合使NaOH溶液濃度變大，而丙池中鐵放電轉(zhuǎn)化為Na2FeO4，無O2生成，C錯(cuò)誤；乙室中Na＋向甲室移動(dòng)，OH－向丙室移動(dòng)，會(huì)導(dǎo)致濃NaOH溶液變稀，丙室中濃NaOH溶液因生成Na2FeO4而被消耗，因此需要不斷補(bǔ)充NaOH濃溶液，甲室中生成的NaOH可以循環(huán)利用，D正確。2．(2021·湖南汨羅市高三檢測(cè))處理煙氣中的SO2可以采用堿吸——電解法，其流程如圖1；模擬過程Ⅱ如圖2，下列推斷正確的是()A．膜1為陰離子交換膜，膜2為陽離子交換膜B．若用鋅錳堿性電池為電源，a極與鋅極相連C．a(chǎn)極的電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑D．若收集22.4L的P(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)，則轉(zhuǎn)移4mol電子解析：B由圖1可知，氫氧化鈉溶液與煙氣中的SO2反應(yīng)生成亞硫酸鈉溶液，電解亞硫酸鈉溶液制得氫氧化鈉溶液和硫酸，制得的氫氧化鈉溶液可以循環(huán)使用；由圖2可知，電解Na2SO3溶液時(shí)，亞硫酸根通過陰離子交換膜進(jìn)入右室，在b極上失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成硫酸根，SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，則b極為陽極，與電源正極相連，左室中，水在a極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，溶液中OH－濃度增大，Na＋通過陽離子交換膜進(jìn)入左室，則a極為陰極，與電源負(fù)極相連，則膜1為陽離子交換膜，膜2為陰離子交換膜，故A錯(cuò)誤；a極為陰極，與鋅錳堿性電池的負(fù)極鋅極相連，故B正確；a極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，故C錯(cuò)誤；由陰極電極反應(yīng)式可知，若收集標(biāo)準(zhǔn)狀況下22.4LH2，轉(zhuǎn)移2mol電子，故D錯(cuò)誤。3．利用雙離子交換膜電解法可以從含硝酸銨的工業(yè)廢水中生產(chǎn)硝酸和氨，原理如圖所示。下列敘述正確的是()A．N室中硝酸溶液濃度a%>b%B．a(chǎn)、c為陽離子交換膜，b為陰離子交換膜C．M、N室分別產(chǎn)生氧氣和氫氣D．產(chǎn)品室發(fā)生的反應(yīng)為NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O答案：D4．利用原電池原理，在室溫下從含低濃度銅的酸性廢水中回收銅的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示：下列說法錯(cuò)誤的是()A．X、Y依次為陽離子、陰離子選擇性交換膜B．負(fù)極的電極反應(yīng)式：BHeq\o\al(－,4)＋8OH－－8e－=B(OH)eq\o\al(－,4)＋4H2OC．2室流出的溶液中溶質(zhì)為Na2SO4和K2SO4D．電路中每轉(zhuǎn)移1mol電子，電極2上有32gCu析出解析：D由圖中物質(zhì)得失電子可知，電極1為負(fù)極，電極2為正極，1室中Na＋、K＋透過X膜向2室遷移，3室中SOeq\o\al(2－,4)透過Y膜向2室遷移，故X、Y依次為陽離子選擇性交換膜、陰離子選擇性交換膜，在2室流出的溶液為Na2SO4和K2SO4溶液，A、C項(xiàng)正確；在原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，B項(xiàng)正確；正極發(fā)生還原反應(yīng)，由題圖可知H＋也參與放電，當(dāng)轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，析出的Cu少于32g，D項(xiàng)錯(cuò)誤。5．利用CH4燃料電池電解制備Ca(H2PO4)2并得到副產(chǎn)物NaOH、H2、Cl2，裝置如圖所示。下列說法不正確的是()A．a(chǎn)極反應(yīng)：CH4－8e－＋4O2－=CO2＋2H2OB．A、C膜均為陽離子交換膜，B膜為陰離子交換膜C．可用鐵電極替換陰極的石墨電極D．a(chǎn)極通入2.24L甲烷，陽極室Ca2＋減少0.4mol解析：D左側(cè)裝置為原電池裝置，甲烷在a極失電子轉(zhuǎn)化為二氧化碳，則a極為負(fù)極；氧氣在b極得電子轉(zhuǎn)化為O2－，b極為正極。右側(cè)裝置為電解池，與a極相連的石墨電極為陰極，水中的氫離子得電子轉(zhuǎn)化為氫氣；與b極相連的石墨電極為陽極，氯離子失電子轉(zhuǎn)化為氯氣；電解池中陽離子移向陰極，陰離子移向陽極，則陽極室中的鈣離子經(jīng)過A膜進(jìn)入產(chǎn)品室，原料室中的H2POeq\o\al(－,4)經(jīng)過B膜進(jìn)入產(chǎn)品室，原料室中的鈉離子經(jīng)過C膜進(jìn)入陰極室，與陰極室中產(chǎn)生的氫氧根離子結(jié)合，生成副產(chǎn)物氫氧化鈉。a極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為CH4－8e－＋4O2－=CO2＋2H2O，A正確，由分析可知，A、C膜均為陽離子交換膜，B膜為陰離子交換膜，B正確；鐵若為陰極電極材料，不會(huì)參與電極反應(yīng)，故可用鐵電極替換陰極的石墨電極，C正確；題中未給定氣體所處的溫度和壓強(qiáng)，無法確定CH4的物質(zhì)的量，進(jìn)而無法計(jì)算陽極室中Ca2＋的減少量，D錯(cuò)誤。6．(2020·山東卷)微生物脫鹽電池是一種高效、經(jīng)濟(jì)的能源裝置，利用微生物處理有機(jī)廢水獲得電能，同時(shí)可實(shí)現(xiàn)海水淡化?，F(xiàn)以NaCl溶液模擬海水，采用惰性電極，用下圖裝置處理有機(jī)廢水(以含CH3COO－的溶液為例)。下列說法錯(cuò)誤的是()A．負(fù)極反應(yīng)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(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，模擬海水理論上除鹽58.5gD．電池工作一段時(shí)間后，正、負(fù)極產(chǎn)生氣體的物質(zhì)的量之比為2∶1解析：BA項(xiàng)，結(jié)合題給微生物脫鹽電池裝置可知，a極的電極反應(yīng)式為CH3COO－＋2H2O－8e－=2CO2↑＋7H＋，故a極為負(fù)極，b極為正極，正確。B項(xiàng)，a極區(qū)有H＋產(chǎn)生，陽離子增多，為保證溶液呈電中性，Cl－需定向遷移到a極區(qū)，隔膜1為陰離子交換膜；同理，b極的電極反應(yīng)式為2H＋＋2e－=H2↑，需Na＋定向遷移到b極區(qū)，隔膜2為陽離子交換膜，錯(cuò)誤。C項(xiàng)，當(dāng)電路中轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，有1molNa＋和1molCl－發(fā)生定向遷移，故理論上除鹽58.5g，正確。D項(xiàng)，結(jié)合電極反應(yīng)式，得8e－～2CO2～4H2，故電池工作一段時(shí)間后，正、負(fù)極產(chǎn)生的氣體的物質(zhì)的量之比為2∶1，正確。1．串聯(lián)電池中原電池、電解池的判斷(1)有外接電源的判斷方法則甲為電鍍池，乙、丙均為電解池。(2)無外接電源的判斷方法①直接判斷非常直觀明顯的裝置，如燃料電池、鉛蓄電池等在電路中，則其他裝置為電解池。如圖所示：A為原電池，B為電解池。②根據(jù)電池中的電極材料和電解質(zhì)溶液判斷原電池一般是兩種活潑性不同的金屬電極或一種金屬電極和一個(gè)碳棒作電極；而電解池則一般都是兩個(gè)惰性電極，如兩個(gè)鉑電極或兩個(gè)碳棒電極。原電池中的電極材料和電解質(zhì)溶液之間能發(fā)生自發(fā)的氧化還原反應(yīng)，電解池的電極材料一般不能和電解質(zhì)溶液自發(fā)反應(yīng)。如圖所示：B為原電池，A為電解池。另外：根據(jù)電極上的現(xiàn)象也可以判斷。2．串聯(lián)類電池的思維流程3．電化學(xué)綜合計(jì)算的三種常用方法(1)根據(jù)總反應(yīng)式計(jì)算先寫出電極反應(yīng)式，再寫出總反應(yīng)式，最后根據(jù)總反應(yīng)式列出比例式計(jì)算。(2)根據(jù)電子守恒計(jì)算①用于串聯(lián)電路中陰陽兩極產(chǎn)物、正負(fù)兩極產(chǎn)物、相同電量等類型的計(jì)算，其依據(jù)是電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等。②用于混合溶液中電解的分階段計(jì)算。(3)根據(jù)關(guān)系式計(jì)算根據(jù)電子守恒定律建立起已知量與未知量之間的橋梁，構(gòu)建計(jì)算所需的關(guān)系式。如以通過4mole－為橋梁可構(gòu)建如下關(guān)系式：4e－～2Cl2(Br2、I2)～O2陽極產(chǎn)物～2H2～2Cu～4Ag～eq\f(4,n)M陰極產(chǎn)物(式中M為金屬，n為其離子的化合價(jià)數(shù)值)該關(guān)系式具有總攬電化學(xué)計(jì)算的作用和價(jià)值，熟記電極反應(yīng)式，靈活運(yùn)用關(guān)系式便能快速解答常見的電化學(xué)計(jì)算問題。1．傳統(tǒng)接觸法制取硫酸能耗大，污染嚴(yán)重。將燃料電池引入硫酸生產(chǎn)工藝可有效解決能耗和環(huán)境污染問題，同時(shí)提供電能。以燃料電池為電源電解硫酸銅溶液的工作原理如圖所示。下列說法不正確的是()A．b極為正極，電極反應(yīng)式為O2＋4H＋＋4e－=2H2OB．H＋由a極通過質(zhì)子交換膜向b極移動(dòng)C．該燃料電池的總反應(yīng)式為2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4D．若a極消耗2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)SO2，理論上c極有6.4g銅析出解析：DO2在b極上發(fā)生還原反應(yīng)生成H2O，則b極是正極，電極反應(yīng)式為O2＋4H＋＋4e－=2H2O，A正確；原電池中，陽離子向正極移動(dòng)，則H＋由a極通過質(zhì)子交換膜向b極移動(dòng)，B正確；負(fù)極反應(yīng)式為SO2＋2H2O－2e－=SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，根據(jù)正、負(fù)極反應(yīng)并結(jié)合電子守恒可得，該燃料電池的總反應(yīng)式為2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4，C正確；c極是電解池的陽極，電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，a極消耗2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)SO2，電路中轉(zhuǎn)移0.2mol電子，則c極上有0.05molO2生成，不析出銅，D錯(cuò)誤。2．在500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c(NOeq\o\al(－,3))＝6mol·L－1，用石墨電極電解此溶液，當(dāng)通電一段時(shí)間后，兩極均收集到22.4L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，假定電解后溶液體積仍為500mL，下列說法正確的是()A．電解得到的Cu的物質(zhì)的量為0.5molB．向電解后的溶液中加入98g的Cu(OH)2可恢復(fù)為原溶液C．原混合溶液中c(K＋)＝4mol·L－1D．電解后溶液中c(H＋)＝2mol·L－1解析：B石墨作電極電解此溶液，當(dāng)通電一段時(shí)間后，兩極均收集到22.4L氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，n(O2)＝eq\f(22.4L,22.4L·mol－1)＝1mol，陽極發(fā)生2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，生成1mol氧氣轉(zhuǎn)移4mol電子，陰極發(fā)生Cu2＋＋2e－=Cu、2H＋＋2e－=H2↑，生成1mol氫氣，轉(zhuǎn)移2mol電子，因此還要轉(zhuǎn)移2mol電子生成1mol銅，電解得到的Cu的物質(zhì)的量為1mol，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電解原理和原子守恒，溶液中減少的原子有銅、氧、氫，向電解后的溶液中加入1molCu(OH)2，可恢復(fù)為原溶液，質(zhì)量為98g，故B正確；c(Cu2＋)＝eq\f(1mol,0.5L)＝2mol·L－1，由電荷守恒可知，原混合溶液中c(K＋)為6mol·L－1－2mol·L－1×2＝2mol·L－1，故C錯(cuò)誤；開始電解時(shí)發(fā)生2Cu2＋＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2Cu＋O2↑＋4H＋，n(H＋)＝2n(Cu)＝2×1mol＝2mol，當(dāng)Cu2＋消耗完后，電解HNO3、KNO3溶液，實(shí)質(zhì)上是電解水，n(H＋)＝2mol不變，電解后溶液中c(H＋)為eq\f(2mol,0.5L)＝4mol·L－1，故D錯(cuò)誤。3．某種酒精檢測(cè)儀的傳感器采用Pt作為電極，其燃燒室內(nèi)充滿特種催化劑。某同學(xué)用該乙醇燃料電池作為電源設(shè)計(jì)如圖所示電解實(shí)驗(yàn)裝置。下列說法不正確的是()A．a(chǎn)電極為負(fù)極，d電極為陰極B．b電極的電極反應(yīng)式為O2＋4H＋＋4e－=2H2OC．當(dāng)裝置Ⅱ中生成11.2L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2時(shí)，有0.5molH＋通過裝置Ⅰ中的質(zhì)子交換膜D．當(dāng)裝置Ⅰ中生成6.0gCH3COOH時(shí)，裝置Ⅲ中CuSO4溶液的質(zhì)量減少16g解析：C乙醇燃料電池中，O2通入b電極區(qū)，乙醇蒸氣通入a電極區(qū)，則電極a是負(fù)極，電極b是正極，從而推知，電極d是陰極，A正確；b電極是正極，O2得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電解液呈酸性，則正極反應(yīng)式為O2＋4H＋＋4e－=2H2O，B正確；裝置Ⅱ中電解飽和氯化鈉溶液，生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下11.2LCl2(即0.5mol)，電路中通過1mol電子，據(jù)電子守恒和溶液呈電中性可知，裝置Ⅰ中有1molH＋透過質(zhì)子交換膜向右遷移，C錯(cuò)誤；裝置Ⅰ中負(fù)極反應(yīng)式為CH3CH2OH＋H2O－4e－=CH3COOH＋4H＋，生成6.0gCH3COOH(即0.1mol)時(shí)，電路中通過0.4mol電子，裝置Ⅲ中陽極反應(yīng)式為2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，陰極反應(yīng)式為2Cu2＋＋4e－=2Cu，據(jù)電子守恒推知，析出0.1molO2和0.2molCu，故裝置Ⅲ中溶液減少的質(zhì)量為0.1mol×32g·mol－1＋0.2mol×64g·mol－1＝16g，D正確。4．如圖所示，通電5min后，電極5的質(zhì)量增加2.16g，請(qǐng)回答下列問題。(1)a為電源的________(填“正”或“負(fù)”)極，C池是________________________池。A池陽極的電極反應(yīng)為____________________________________________，C池陰極的電極反應(yīng)為_________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)如果B池中共收集到224mL氣體(標(biāo)準(zhǔn)狀況)且溶液體積為200mL(設(shè)電解過程中溶液體積不變)，則通電前溶液中Cu2＋的物質(zhì)的量濃度為________。(3)如果A池溶液是200mL足量的食鹽水(電解過程溶液體積不變)，則通電5min后，溶液的pH為________。解析：(1)根據(jù)已知條件通電5min后，電極5的質(zhì)量增加2.16g，說明電極5作陰極，Ag＋放電，電極反應(yīng)為Ag＋＋e－=Ag，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.02mol，同時(shí)可知電極6作陽極，與電源的正極相連。則a是負(fù)極，b是正極，電極1、3、5作陰極，電極2、4、6作陽極。(2)B池中電解總反應(yīng)為2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4，若轉(zhuǎn)移0.02mol電子時(shí)只收集到O2(只電解溶質(zhì))，則根據(jù)關(guān)系式2CuSO4～O2～4e－可得n(O2)＝0.005mol，體積為112mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)<224mL，說明溶質(zhì)CuSO4已耗完，然后電解水。設(shè)整個(gè)過程消耗CuSO4xmol，H2Oymol，則有2x＋2y＝0.02，eq\f(1,2)x＋eq\f(3,2)y＝0.01，解得x＝y(tǒng)＝0.005mol，則c(CuSO4)＝0.025mol·L－1。(3)由于A池中電解液足量，A池中只發(fā)生反應(yīng)2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，根據(jù)關(guān)系式NaOH～e－，生成的n(NaOH)＝0.02mol，則c(NaOH)＝eq\f(0.02mol,0.2L)＝0.1mol·L－1，即溶液的pH＝13。答案：(1)負(fù)電解2Cl－－2e－=Cl2↑Ag＋＋e－=Ag(2)0.025mol·L－1(3)135．如圖甲所示，A為新型高效的甲烷燃料電池，采用鉑為電極材料，兩電極上分別通入CH4和O2，電解質(zhì)溶液為KOH溶液。B為浸透飽和硫酸鈉溶液和酚酞溶液的濾紙，濾紙中央滴有一滴KMnO4溶液，C、D為電解槽。(1)甲烷燃料電池中負(fù)極反應(yīng)式為____________________________________________________________________________________________________________________。(2)關(guān)閉K1，打開K2，通電后，B中的紫紅色液滴向d端移動(dòng)，則電源a端為________極，通電一段時(shí)間后，觀察到濾紙c端出現(xiàn)的現(xiàn)象是________________________________________________________________________________________________________。(3)D裝置中有200mL一定濃度的NaCl與CuSO4的混合溶液，閉合K2、打開K1后理論上兩極所得氣體的體積隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示(氣體體積已換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積，電解前后溶液的體積變化忽略不計(jì))，則原混合溶液中NaCl的物質(zhì)的量濃度為______mol·L－1，t2s時(shí)所得溶液的pH＝________。(4)若C裝置中溶液為AgNO3溶液且足量，電池總反應(yīng)的離子方程式為____________________________________________________________________________________。電解結(jié)束后，為了使溶液恢復(fù)原樣，則可以在反應(yīng)后的溶液中加入________(填化學(xué)式)。解析：(1)甲烷燃料電池的電解質(zhì)溶液為KOH溶液，負(fù)極上CH4失電子被氧化，電極反應(yīng)式為CH4＋10OH－－8e－=COeq\o\al(2－,3)＋7H2O。(2)關(guān)閉K1，打開K2，燃料電池A和電解池B組成串聯(lián)電路，B中紫紅色液滴向d端移動(dòng)，說明MnOeq\o\al(－,4)向d移動(dòng)，則d為陽極，從而推知a為電源的負(fù)極，b為正極；c為陰極，電極反應(yīng)式為2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑，c端溶液呈堿性，酚酞遇堿溶液變成紅色。(3)陽極上先后發(fā)生反應(yīng)：2Cl－－2e－=Cl2↑、2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，由題圖乙可知，t1s時(shí)，Cl－放電完畢，得到224mLCl2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)，則有n(NaCl)＝n(Cl－)＝2n(Cl2)＝eq\f(2×0.224L,22.4L·mol－1)＝0.02mol，故原混合液中c(NaCl)＝eq\f(0.02mol,0.2L)＝0.1mol·L－1。0～t2s陰極反應(yīng)式為Cu2＋＋2e－=Cu，t1～t2s生成112