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

第29讲　电解池　金属的腐蚀和防护

1.电解池

(1)定义：电解池是把电能转变为化学能的装置。

(2)电解池的构成条件

①有外接直流电源。

②有与电源相连的两个电极。

③形成闭合回路。

④电解质溶液或熔融电解质。

(3)电解池工作原理(以电解CuCl2溶液为例)

①电解原理示意图

②阴阳两极上放电顺序

a．阴极：(与电极材料无关)。氧化性强的先放电，放电顺序：

b．阳极：若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应。

若是惰性电极作阳极，放电顺序为

2．电解原理的应用

(1)氯碱工业

①电极反应

阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑(反应类型：氧化反应)，

阴极：2H＋＋2e－===H2↑(反应类型：还原反应)。

②总反应方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。

总反应离子方程式：2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑。

(2)电解精炼铜

(3)电镀铜

(4)电冶金

利用电解熔融盐(或氧化物)的方法来冶炼活泼金属Na、Ca、Mg、Al等。

3．金属的腐蚀和防护

(1)金属腐蚀的本质

金属原子失去电子变成金属阳离子，金属发生氧化反应。

(2)金属腐蚀的类型

①化学腐蚀与电化学腐蚀

②析氢腐蚀与吸氧腐蚀

以钢铁的腐蚀为例进行分析：

铁锈的形成：2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2，

4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，2Fe(OH)3＋(x－3)H2O===Fe2O3·xH2O(铁锈)。

(3)金属的防护

1．判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，并指明错因。

(1)电解质溶液的导电过程就是电解质溶液被电解的过程。(√)

错因：_____________________________________________________________

(2)电解CuCl2溶液，阴极逸出的气体能够使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝色。(×)

错因：电解CuCl2溶液时，阴极生成Cu。

(3)电解盐酸、硫酸等溶液，H＋放电，溶液的pH逐渐增大。(×)

错因：电解H2SO4溶液是电解水，c(H＋)增大，pH减小。

(4)电镀铜和电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)均保持不变。(×)

错因：电解精炼铜时，电解质溶液中c(Cu2＋)减小。

(5)用惰性电极电解饱和食盐水一段时间后，加入盐酸可使电解质溶液恢复到电解前的状态。(×)

错因：电解饱和食盐水一段时间后，通入适量的HCl会恢复到电解前的状态，加盐酸会使溶液浓度变稀。

(6)电解饱和食盐水时，两个电极均不能用金属材料。(×)

错因：电解饱和食盐水时，可用金属材料。

(7)在镀件上电镀铜时，镀件应连接电源的正极。(×)

错因：镀件上镀铜时，镀件连接电源的负极。

2．教材改编题

(据人教选修四P88 T6)下列说法不正确的是(　　)

A．黄铜(铜锌合金)制作的铜锣不易产生铜绿

B．生铁比纯铁容易生锈

C．铁质器件附有铜质配件，在接触处不易生铁锈

D．用锡焊接的铁质器件，焊接处易生锈

答案　C

考点　电解原理及应用

[典例1]　(2016·全国卷Ⅰ)三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na＋和SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。

下列叙述正确的是(　　)

A．通电后中间隔室的SO离子向阳极迁移，阳极区溶液pH增大

B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品

C．阴极反应为2H2O－4e－===O2＋4H＋，阴极区溶液pH降低

D．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成

解析　阳极区域水电离出的OH－放电，溶液中c(H＋)增大，pH减小，中间隔室的SO透过cd膜移到阳极区可得产品H2SO4；阴极区水电离出的H＋放电：2H＋＋2e－===H2↑，溶液中c(OH－)增大，溶液pH增大，中间隔室的Na＋透过ab膜移入阴极区，可得产品NaOH；由得失电子守恒，结合电极反应4OH－－4e－===2H2O＋O2↑可知，通过1 mol e－会有0.25 mol O2产生。

答案　B

名师精讲

1．以惰性电极电解电解质溶液的规律

2.电极反应式的书写步骤与方法

3．电解原理应用的注意事项

(1)阳离子交换膜(以电解NaCl溶液为例)，只允许阳离子(Na＋)通过，而阻止阴离子(Cl－、OH－)和分子(Cl2)通过，这样既能防止H2和Cl2混合发生爆炸，又能避免Cl2和NaOH溶液作用生成NaClO影响烧碱的质量。

(2)电解或电镀时，电极质量减少的电极必为金属电极——阳极；电极质量增加的电极必为阴极，即溶液中的金属阳离子得电子变成金属吸附在阴极上。

(3)电解精炼铜，粗铜中含有的Zn、Fe、Ni等活泼金属失去电子，变成金属阳离子进入溶液，其他活泼性弱于铜的杂质以阳极泥的形式沉积。电解过程中电解质溶液中的Cu2＋浓度会逐渐减小。

(4)电镀时，阳极(镀层金属)失去电子的数目跟阴极镀层金属离子得到电子的数目相等，因此电镀液中电解质的浓度保持不变。

1．用图甲装置电解一定量的CuSO4溶液，M、N为惰性电极。电解过程实验数据如图乙所示。横轴表示电解过程中转移电子的物质的量，纵轴表示电解过程产生气体的总体积。下列说法不正确的是(　　)

A．A点所得溶液只需加入一定量的CuO固体就可恢复到起始状态

B．电解过程中N电极表面先有红色物质生成，后有气泡产生

C．Q点时M、N两电极上产生的总气体在相同条件下体积相同

D．若M电极材料换成Cu，则电解过程中CuSO4溶液的浓度不变

答案　A

解析　惰性材料作电极，在阳极上H2O先放电，即阳极的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，在阴极，Cu2＋先放电，即阴极的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，P点后，气体体积突然增大，说明P点Cu2＋消耗完全，P点后，阴极的电极反应式是2H＋＋2e－===H2↑，即A点是电解完CuSO4后，又电解了一部分水，应加入CuO和H2O，才能恢复到原来的状态，故A说法错误；N极接电源的负极，N极作阴极，根据选项A的分析，先有红色铜析出，然后出现气体，故B说法正确；Q点的气体来自两个阶段，第一阶段：阳极电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，第二阶段：阳极电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极反应式为2H＋＋2e－===H2↑，P点产生的气体为氧气，其体积为b L，从P点到Q点，第二阶段，阴极产生的气体体积为2b L，阳极产生的气体体积为b L，阳极气体总体积为(b＋b) L＝2b L，故C说法正确；若M电极换成Cu，阳极上发生反应Cu－2e－===Cu2＋，阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，因此电解过程中CuSO4溶液的浓度不变，故D说法正确。

2．氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。如图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。

完成下列填空：

(1)写出电解饱和食盐水的离子方程式：_____________________________________________________________________。

(2)离子交换膜的作用为___________________________________________________________________________________________________________________________________________、

________________________________________________________________________。

(3)精制饱和食盐水从图中________位置补充，氢氧化钠溶液从图中________(选填“a”“b”“c”或“d”)位置流出。

答案　(1)2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－

(2)阻止OH－进入阳极室与Cl2发生副反应：2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O，以便得到纯度更高的氢氧化钠溶液　阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸

(3)a　d

解析　(1)电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H＋在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl－在阳极失去电子产生Cl2。该电解反应的离子方程式是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。

(2)图中的离子交换膜是阳离子交换膜，可以允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH－进入阳极室与氯气发生反应，阻止Cl－进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。

(3)随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从阳极补充，即从图中a位置补充，由于阴极H＋不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；从c位置流出的是稀的NaCl溶液。

考点　金属的电化学腐蚀与防护

[典例2]　(2017·全国卷Ⅰ)支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是(　　)

A．通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零

B．通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩

C．高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流

D．通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整

解析　外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流，A正确；被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，电解池中外电路电子由阳极流向阴极，即从高硅铸铁流向钢管桩，B正确；高硅铸铁为惰性辅助阳极，其主要作用是传递电流，而不是作为损耗阳极，C错误；保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，应根据环境条件变化进行调整，D正确。

答案　C

名师精讲

1．判断金属腐蚀快慢的规律

(1)对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解池原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防腐措施的腐蚀。

(2)对同一金属来说，在同浓度的不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中＞弱电解质溶液中＞非电解质溶液中。

(3)活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀速率越快。

(4)对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。

2．金属腐蚀的防护

(1)电化学保护法

①牺牲锌(负极)保护铁(正极)，习惯上叫做牺牲阳极的阴极保护法。如船壳上钉上锌块形成原电池。

②外加电流的阴极保护法：钢铁外接电源负极形成电解池，使之成为阴极而被保护。如钢闸门接低压直流电负极，石墨接电源正极作阳极，浸入水中。

(2)两种保护方法的比较

外加电流的阴极保护法保护效果大于牺牲阳极的阴极保护法。

3．铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀

B．若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小

C．铜极上的反应是2H＋＋2e－===H2↑、O2＋4e－＋4H＋===2H2O

D．在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀

答案　B

解析　铁、铜和水膜形成原电池，因为铁的金属性比铜强，所以铁为负极，铁铆钉被氧化而腐蚀，A正确；若水膜中溶解了SO2，则发生析氢腐蚀，铁铆钉腐蚀的速率加快，B错误；铜极发生还原反应，根据题图知铜电极吸收了氧气且生成氢气，所以发生两个电极反应：2H＋＋2e－===H2↑、O2＋4e－＋4H＋===2H2O，C正确；在金属表面涂一层油脂，可隔绝空气和水，能防止铁铆钉被腐蚀，D正确。

4．(2016·浙江高考)在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现。铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式为2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如下图。下列说法正确的是(　　)

A．铁片发生还原反应而被腐蚀

B．铁片腐蚀最严重的区域应该是生锈最多的区域

C．铁片腐蚀中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－===4OH－

D．铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀

答案　D

解析　铁失去电子变为Fe2＋，发生氧化反应而被腐蚀，A错误；由于得失电子在不同的区域，所以铁片腐蚀最严重的区域与生锈最多的区域是不同的区域，B错误；铁片腐蚀中正极发生的电极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－，C错误；D正确。

考点　有关电解的计算

[典例3]　(2018·兰州质检)将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0.064 g(设电解时该电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化)，此时溶液中氢离子浓度约为(　　)

A．4×10－3 mol·L－1  B．2×10－3 mol·L－1

C．1×10－3 mol·L－1  D．1×10－7 mol·L－1

解析　根据2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，得n(H＋)＝2n(H2SO4)＝2n(Cu)＝2×＝0.002 mol，c(H＋)＝＝4×10－3 mol·L－1。

答案　A

名师精讲

电化学的有关计算方法

原电池和电解池的计算，主要包括两极产物的定量计算、相对原子质量的计算、阿伏加德罗常数测定的计算、溶液pH的计算，根据产物的量求电量及根据电量求产物的量等。在进行有关计算时，可运用以下基本方法：

(1)根据总反应式计算

先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。

(2)根据得失电子守恒计算

①用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。

②用于混合溶液中电解的分阶段计算。

(3)根据关系式计算

根据得失电子守恒关系建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。

如以通过4 mol e－为桥梁可构建如下关系式：

该关系式具有总揽电化学计算的作用，熟记电极反应式，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。

提示　在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19 C来计算电路中通过的电量。

5．(2018·华中师大附中期末)用惰性电极电解100 mL 3 mol·L－1的Cu(NO3)2溶液，一段时间后在阳极收集到标准状况下气体1.12 L，停止电解，向电解后的溶液中加入足量的铁粉，充分作用后溶液中Fe2＋浓度为(设溶液体积不变)(　　)

A．3 mol·L－1  B．2.75 mol·L－1

C．2 mol·L－1  D．3.75 mol·L－1

答案　B

解析　阳极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，阳极生成的气体为氧气，氧气的物质的量为1.12 L÷22.4 L·mol－1＝0.05 mol，则

2Cu(NO3)2＋2H2O2Cu↓＋O2↑　＋　4HNO3

　2　　　　　　　　　　　　　1　　　　　　4

0．1 mol　　　　　　　　　　0.05 mol　　　0.2mol

故电解后溶液中生成的HNO3的物质的量为0.2 mol。电解后溶液中硝酸铜的物质的量为0.1 L×3 mol·L－1－0.1 mol＝0.2 mol，硝酸与足量的铁反应生成硝酸亚铁，反应方程式为8HNO3＋3Fe===3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，故0.2 mol HNO3生成Fe(NO3)2的物质的量为0.2 mol×3/8＝0.075 mol，硝酸铜与铁反应生成硝酸亚铁，离子方程式为Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu，故0.2 mol硝酸铜生成Fe(NO3)2的物质的量为0.2 mol，反应后溶液中Fe2＋的物质的量为0.2 mol＋0.075 mol＝0.275 mol，反应后溶液中Fe2＋浓度为0.275 mol/0.1 L＝2.75 mol·L－1，选B。

6．如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5% NaOH溶液、足量CuSO4溶液和100 g 10% K2SO4溶液，电极均为石墨电极。

(1)接通电源，一段时间后，测得丙中K2SO4溶液的溶质质量分数为10.47%，乙中c电极质量增加。则

①电源的N端为________极；

②电极b上发生的电极反应为____________________；

③计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积为________L；

④电解前后丙中溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(2)乙装置中如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行：________(填“能”或“不能”)，原因是____________________________________________。

答案　(1)①正　②4OH－－4e－===O2↑＋2H2O

③2.8　④不变

(2)能　CuSO4溶液变为H2SO4溶液，可继续电解H2SO4溶液，相当于电解水

解析　(1)①接通电源一段时间后，乙中c电极质量增加，说明c电极表面析出Cu，则该电极为阴极，从而推知M端为电源的负极，N端为电源的正极。

②电极b为阳极，用惰性电极电解NaOH溶液相当于电解水，阳极上OH－放电生成O2，电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。

③用惰性电极电解K2SO4溶液相当于电解水，设电解过程中消耗水的质量为x g，据电解前后溶质的质量不变可得：100 g×10%＝(100－x) g×10.47%，解得x≈4.5，则电解过程中消耗水的物质的量为＝0.25 mol，转移电子的物质的量为0.5 mol，故电极b上生成的O2在标准状况下的体积为V(O2)＝0.5 mol××22.4 L·mol－1＝2.8 L。

④丙中用惰性电极电解K2SO4溶液相当于电解水，电解过程中c(K2SO4)增大，但溶液的pH不变。

(2)当电解过程中铜全部析出时，CuSO4溶液变为H2SO4溶液，继续电解则为电解H2SO4溶液，相当于电解水。