2020版高考一轮复习化学通用版学案：第六章第6课时　化学能与电能（4）——电化学原理的综合应用（过综合） 11页

第6课时　化学能与电能(4)——电化学原理的综合应用(过综合)‎ 考点一　金属的腐蚀与防护 ‎1．金属的腐蚀 ‎(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 类型 化学腐蚀 电化学腐蚀 条件 金属与接触到的 物质直接反应 不纯金属接触到电解质溶液 发生原电池反应 本质 M－ne－===Mn＋‎ M－ne－===Mn＋‎ 现象 金属被腐蚀 较活泼金属被腐蚀 区别 无电流产生 有微弱电流产生 联系 电化学腐蚀比化学腐蚀普遍得多，腐蚀速率更快，危害也更严重 ‎②析氢腐蚀与吸氧腐蚀(以钢铁的腐蚀为例)‎ 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 铁锈的形成：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3，‎ ‎2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O(铁锈)＋(3－x)H2O。‎ ‎2．金属的防护 ‎ ‎(1)改变金属的内部结构 可根据不同的用途选用不同的金属或非金属制成合金。‎ ‎(2)覆盖保护层 可以通过喷油漆、涂油脂、电镀或表面钝化等方法使金属与介质隔离。‎ ‎(3)电化学防护 牺牲阳极的阴极保护法——原电池原理 负极 比被保护金属活泼的金属 正极 被保护的金属设备 外加电流的阴极保护法 阴极 被保护的金属设备 ‎——电解原理 阳极 惰性金属 ‎[考法精析]‎ 考法一　金属腐蚀的规律 ‎[典例1]　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Fe－2e－===Fe2＋，正极2H2O＋O2＋4e－===4OH－。②、③、④均为原电池，③中Fe为正极，被保护；②、④中Fe为负极，均加快了Fe的腐蚀，但Fe和Cu的金属活动性差别大于Fe和Sn的，故FeCu原电池中Fe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，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，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 ‎[备考方略]　判断金属腐蚀快慢的规律 ‎(1)对同一电解质溶液来说，腐蚀由快到慢：电解池原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。‎ ‎(2)对同一金属来说，腐蚀由快到慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中(浓度相同)。‎ ‎(3)活泼性不同的两种金属，活泼性差异越大，二者形成原电池时，较活泼的金属腐蚀越快。‎ ‎(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。‎ 考法二　金属腐蚀的类型 ‎[典例2]　一定条件下，碳钢腐蚀与溶液pH的关系如下表：‎ 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 FeO 下列说法错误的是(　　)‎ A．当pH＜4时，碳钢主要发生析氢腐蚀 B．当pH＞6时，碳钢主要发生吸氧腐蚀 C．当pH＞14时，正极反应为O2 ＋ 4H＋ ＋ 4e－===2H2O D．在煮沸除氧气后的碱性溶液中，碳钢腐蚀速率会减缓 ‎[解析]　当溶液呈较强的碱性时，碳钢主要发生的是吸氧腐蚀，其正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C项错误。‎ ‎[答案]　C 考法三　金属的防护措施 ‎[典例3]　(2018·北京高考)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 ‎[解析]　实验②中加入K3[Fe(CN)6]，溶液无变化，说明溶液中没有Fe2＋；实验③中加入K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2＋，A项正确；对比①②可知，①中K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe2＋，Fe2＋再与K3[Fe(CN)6]反应生成蓝色沉淀，B项正确；由以上分析可知，验证Zn保护Fe时，可以用②③做对比实验，不能用①的方法，C项正确；K3[Fe(CN)6]可将单质铁氧化为Fe2＋，Fe2＋与K3[Fe(CN)6]生成蓝色沉淀，附着在Fe表面，无法判断铁比铜活泼，D项错误。‎ ‎[答案]　D ‎[综合训练]‎ ‎1．(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：选C　依题意，钢管桩为阴极，电子流向阴极，阴极被保护，铁不容易失去电子，故钢管桩表面腐蚀电流(指铁失去电子形成的电流)，接近于0，A项正确；阳极上发生氧化反应，失去电子，电子经外电路流向阴极，B项正确；高硅铸铁作阳极，阳极上发生氧化反应，阳极上主要是海水中的水被氧化生成氧气，惰性辅助阳极不被损耗，C项错误；根据海水对钢管桩的腐蚀情况，增大或减小电流强度，D项正确。‎ ‎2．某同学利用如图所示装置探究金属的腐蚀与防护条件。(已知Fe2＋遇K3[Fe(CN)6]溶液呈蓝色)。‎ 下列说法不合理的是(　　)‎ A．①区Cu电极上产生气泡，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液后出现蓝色，Fe被腐蚀 B．②区Cu电极附近滴加酚酞后变成红色，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀 C．③区Zn电极的电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液未出现蓝色，Fe被保护 D．④区Zn电极的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，Fe被腐蚀 解析：选A　①区发生吸氧腐蚀，Cu为正极，电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，Cu电极上不产生气泡，A项错误；②区Cu为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Cu电极附近溶液碱性增强，滴加酚酞后变成红色，Fe为阳极，被腐蚀，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，B项正确；③区Zn为负极，电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋，Fe为正极，被保护，C项正确，④区Zn为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，Fe作阳极，被腐蚀，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液出现蓝色，D项正确。‎ 考点二　串联电池 ‎1．有外接电源电池类型的判断方法 有外接电源的各电池均为电解池，若电池阳极材料与电解质溶液中的阳离子相同，则该电池为电镀池。如：‎ 则甲为电镀池，乙、丙均为电解池。‎ ‎2．无外接电源电池类型的判断方法 ‎(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 原电池一般是两种活泼性不同的金属电极或一种金属电极和一个碳棒作电极；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。‎ ‎[典例]　某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Al，其他均为Cu，下列说法正确的是(　　)‎ A．电流方向：电极 Ⅳ→→电极Ⅰ B．电极Ⅰ发生还原反应 C．电极Ⅱ逐渐溶解 D．电极Ⅲ的电极反应：Cu2＋＋2e－===Cu ‎[解析]　带盐桥的①、②装置构成原电池，Ⅰ为负极，Ⅱ为正极，装置③为电解池。A项，电子移动方向：电极Ⅰ→→电极Ⅳ，电流方向与电子移动方向相反，正确；B项，原电池负极在工作中发生氧化反应，错误；C项，原电池正极上发生还原反应，Cu2＋在电极Ⅱ上得电子，生成Cu，该电极质量逐渐增大，错误；D项，电解池中阳极为活性电极时，电极本身被氧化，生成的离子进入溶液中，因为电极Ⅱ为正极，因此电极Ⅲ为电解池的阳极，其电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，错误。‎ ‎[答案]　A ‎[备考方略]　串联类电池的解题流程 ‎[综合训练]‎ ‎1．用铅蓄电池电解AgNO3、Na2SO4的溶液，a、b、c、d电极材料均为石墨。已知铅蓄电池的总反应为Pb(s)＋PbO2(s)＋2H2SO4(aq)2PbSO4(s)＋2H2O(l)，通电时a电极质量增加，下列说法正确的是(　　)‎ A．电路中通过1 mol电子时，Y电极质量增加48 g B．放电时铅蓄电池负极的电极反应式为PbO2(s)＋4H＋(aq)＋SO(aq)＋2e－===PbSO4(s)＋2H2O(l)‎ C．c、d电极产生气体的物质的量之比为1∶2‎ D．X极为负极 解析：选A　a极质量增加，即析出了 Ag，a为阴极，则Y为负极，X为正极，D项错；B项，所写电极反应式为正极的电极反应式；C项，c为阴极放出H2，d为阳极放出O2，物质的量之比为2∶1。‎ ‎2．如图X是直流电源。Y槽中 c、d为石墨棒，Z槽中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近显红色。‎ ‎(1)①电源上b为______极(填“正”“负”“阴”或“阳”，下同)。‎ ‎②Z槽中e为________极。‎ ‎③连接Y、Z槽线路中，电子流动的方向是d__________e(填“―→”或“ ”)。‎ ‎(2)①写出c极上反应的电极反应式：_____________________________________。‎ ‎②写出Y槽中总反应的化学方程式：____________________________________________‎ ‎______________________。‎ ‎③写出Z槽中e极上反应的电极反应式： __________________________________。‎ 解析：d极附近显红色，说明d为阴极，电极反应式为 2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，c 为阳极，电极反应式为 2Cl－－2e－===Cl2↑，Y槽电解NaCl溶液的总反应方程式为 2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑；直流电源中a为正极，b为负极，Z槽中f为阴极，e为阳极，电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋，电子流动方向由e―→d。‎ 答案：(1)①负　②阳　③　 (2)①2Cl－－2e－===Cl2↑‎ ‎②2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑‎ ‎③Cu－2e－===Cu2＋‎ 考点三　电化学定量计算 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，均可抓住电子守恒计算。‎ ‎1．解题关键 ‎(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。‎ ‎2．计算方法 如以通过4 mol e－为桥梁可构建如下关系式：‎ ‎(式中M为金属，n为其离子的化合价数值)‎ 该关系式具有总览电化学计算的作用和价值，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。‎ ‎[典例]　以石墨电极电解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，下列说法中正确的是(　　)‎ 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 ‎[解析]　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，若阴极上没有氢离子放电，则图中气体体积与转移电子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＋恰好完全析出，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、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；因电解后从溶液中析出Cu、‎ O2、H2，所以只加入CuO不能使溶液恢复到电解前的浓度，D项错误。‎ ‎[答案]　B ‎[综合训练]‎ ‎1．将两个铂电极插入500 mL CuSO4溶液中进行电解，通电一段时间后，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：选A　阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，增重0.064 g应是生成Cu的质量，设生成H＋的物质的量为x，根据总反应离子方程式： ‎ ‎2Cu2＋＋2H2O 2Cu＋O2↑＋4H＋‎ ‎2×64 g　　　4 mol ‎　　　　　　 0.064 g　　　x x＝0.002 mol c(H＋)＝＝4×10－3 mol·L－1。‎ ‎2．在500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中，c(NO)＝6 mol·L－1，用石墨电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(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．电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol B．向电解后的溶液中加入98 g的Cu(OH)2可恢复为原溶液 C．原混合溶液中c(K＋)＝4 mol·L－1‎ D．电解后溶液中c(H＋)＝2 mol·L－1‎ 解析：选B　石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4 L气体(标准状况)，n(O2)＝＝1 mol，阳极发生2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，生成1 mol氧气转移4 mol电子，阴极发生Cu2＋＋2e－===Cu、2H＋＋2e－===H2↑，生成1 mol氢气，转移2 mol 电子，因此还要转移2 mol电子生成1 mol铜，电解得到的Cu的物质的量为1 mol，故A错误；根据电解原理和原子守恒，溶液中减少的原子有铜、氧、氢，向电解后的溶液中加入1 mol Cu(OH)2，可恢复为原溶液，质量为98 g，故B正确；c(Cu2＋)＝＝2 mol·L－1，由电荷守恒可知，原混合溶液中c(K＋)为6 mol·L－1－2 mol·L－1×2＝2 mol·L－1，故C错误；开始电解时发生2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋，n(H＋)＝2n(Cu)＝2×1 mol＝2 mol，当Cu2＋消耗完后，电解HNO3、KNO3溶液，实质上是电解水，n(H＋)＝2 m ol不变，电解后溶液中c(H＋)为＝4 mol·L－1，故D错误。‎ ‎3．按如图1所示装置进行电解，A、B、C、D均为铂电极，回答下列问题。‎ ‎(1)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＝________。‎ ‎(2)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，若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)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－＞SO，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，则题图2中曲线Ⅰ代表阴极产生气体体积的变化，曲线Ⅱ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Ⅱ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)＝＝0.1 mol·L－1；阴极上发生的反应依次为Cu2＋＋2e－===Cu、2H＋＋2e－===H2↑，由曲线Ⅱ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×＝0.02 mol，故混合液中c(CuSO4)＝＝0.1 mol·L－1。②0～t1时间内相当于电解CuCl2，电解反应式为CuCl2Cu＋Cl2↑，t1～t2时间内相当于电解CuSO4，而电解CuSO4溶液的离子反应为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＋)＝＝0.1 mol·L－1，故溶液的pH＝1。(2)‎ 电解CuSO4溶液时，Cu2＋在阴极放电，水电离的OH－在阳极放电，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(即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)①0.1　0.1　②1‎ ‎(2)2Cu2＋＋2H2O2Cu＋O2↑＋4H＋‎ ‎①0.01　BC　②0.8NA