高考化学总复习系列 6-3电解池、金属的电化学腐蚀与防护（课件）.ppt

第三节 电解池、金属的电化学腐蚀与防护,1了解电解池的工作原理，结合原电池工作原理，加深对化学能与电能相互转化的理解。 2掌握离子的放电顺序，能写出电极反应式和电解池总反应方程式。 3了解电解原理在氯碱工业、电镀、电冶金属等方面的应用。 4掌握电解产物的判断和计算。 5理解金属发生电化学腐蚀的原因，金属腐蚀的危害，防止金属腐蚀的措施。,本专题内容的特点是理论性强、规律性强，并与物理学基础知识有密切联系。复习时首先要理清有关概念，防止概念的混淆。可采用对比的方法对相关概念一并展出，加以对比，对比中找异同，如电解池与原电池、金属的化学腐蚀与电化学腐蚀、吸氧腐蚀与析氢腐蚀等。其次要抓规律。例如电解规律，对于不同的电解质溶液，电解后溶液的变化不同，要恢复原状态，需加入的物质也不同，这其中的规律可通过系统的分析总结，真正掌握、理解其变化的实质。最后要注重应用。本节内容在工业生产中有着广泛应用，如氯碱工业、电解法炼铝、金属的防护等，学习时要理论联系实际。,一、电解原理 1电解 使_通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在_引起_的过程。,2电解池 (1)装置特点 _转化为_。 (2)形成条件 与_相连的两个电极。 _(或_)。 形成_。,3电极反应规律 (1)阴极 与电源_极相连，_电子发生_反应。 (2)阳极 与电源_极相连，_电子发生_反应。,二、电解原理应用 1电解饱和食盐水制取氯气和烧碱 电解前应除去食盐溶液中的_等杂质离子。 电极反应：阳极(石墨)：_， 阴极(铁)：_， 总反应：_。,2铜的电解精炼 电极反应：阳极(用_)：_。 粗铜中的金、银等金属杂质，因失电子能力比铜弱，难以在阳极失去电子变成阳离子溶解下来，而以_的形式沉积下来。 阴极(用_)：_。 3电镀 电镀时，阳极是_，阴极是_，一般用含有_的电解质溶液作电镀液；电镀池工作时，阳极质量_，阴极质量_，电解质溶液浓度_。,三、金属的腐蚀与防护 1金属的腐蚀 (1)概念：金属表面与周围的_或_发生_而遭到破坏。 (2)实质：金属原子(M)失去电子而被氧化：MMnne (3)分类：一般分为_和_。,2电化学腐蚀 (1)概念：两种金属相接触且又同时暴露在潮湿空气里或与电解质溶液接触时，由于形成_而发生的腐蚀。 (2)分类(以铁生锈为例) 吸氧腐蚀：在金属表面的水膜_不强或呈_，溶解一定的_，金属生成含氧化合物。 负极：_。 正极：_。,析氢腐蚀：在金属表面的水膜_较强时，H被还原而析出。 负极：_。 正极：_。,3金属的防护 (1)加防护层，如在金属表面加上耐腐蚀的油漆、搪瓷、陶瓷、沥青、塑料、橡胶及电镀、喷镀或表面钝化等方法。 (2)电化学防护 _原电池原理 _(阴极)：被保护的金属设备。 _(阳极)：比被保护金属活泼的金属。 _电解原理 _：被保护的金属设备。 _：惰性金属(或炭棒)。,答案： 一、 1.电流阴、阳两极氧化还原反应2.电能化学能外电源电解质溶液熔融态电解质闭合回路3.负得到还原正失去氧化 二、 1.Ca2、Mg2、Fe3、 2Cl2e=Cl22H2e=H22Cl2H2O 2OHCl2H22.粗铜Cu2e=Cu2阳极泥纯铜Cu22e=Cu3.镀层金属镀件镀层金属元素减小增加不变,三、1.溶液气体氧化还原反应化学腐蚀电化学腐蚀2.原电池酸性中性O2Fe2e=Fe2O22H2O4e=4OH酸性Fe2e=Fe22H2e=H23.牺牲阳极阴极保护法正极负极外加电流的阴极保护法阴极阳极,1能用电解原理说明的问题是() 电解是把电能转变成化学能电解是化学能转化成电能电解质溶液导电是化学变化，金属导电是物理变化不能自发进行的氧化还原反应，通过电解的原理可以实现任何溶液被电解时，必然导致氧化还原反应的发生 AB C D 答案：D,2下列叙述不正确的是() A金属的电化学腐蚀比化学腐蚀普遍 B钢铁在干燥的空气里不易腐蚀 C用铝质铆钉铆接铁板，铁板易被腐蚀 D原电池外电路电子由负极流入正极 答案：C,3下列情况属于电化学保护的是() A轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块 B铝片不用特殊方法保存 C纯锌与稀H2SO4反应时，滴入少量CuSO4溶液后反应速率加快 D钢铁制品涂刷油漆 答案：A,4能够使反应Cu2H2O=Cu(OH)2H2发生的是() A用铜片作阴、阳电极，电解氯化铜溶液 B用铜片作阴、阳电极，电解硫酸钾溶液 C铜锌合金在潮湿空气中发生电化学腐蚀 D铜片作原电池的负极，碳棒作原电池的正极，氯化钠作电解质溶液 答案：B,5下列描述中，不符合生产实际的是() A电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作阳极 B电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极 C电解饱和食盐水制烧碱，用涂镍碳钢网作阴极 D在镀件上电镀锌，用锌作阳极 答案：A,6用惰性电极实现电解，下列说法正确的是 () A电解稀硫酸溶液，实质上是电解水，故溶液pH不变 B电解稀氢氧化钠溶液，要消耗OH，故溶液pH减小 C电解硫酸钠溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为12 D电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为11,解析：电解稀H2SO4，实质上是电解水，硫酸的物质的量不变，但溶液体积减小，浓度增大，故溶液pH减小，选项A不正确。电解稀NaOH溶液，阳极消耗OH，阴极消耗H，实质也是电解水，NaOH溶液浓度增大，故溶液的pH增大，选项B不正确。电解Na2SO4溶液时，在阳极发生反应：4OH4e=2H2OO2，在阴极发生反应：2H2e=H2，由于两电极通过电量相等，故析出H2与O2的物质的量之比为21，选项C不正确。电解CuCl2溶液时，阴极反应式为Cu22e=Cu，阳极反应为2Cl2e=Cl2，实质是电解电解质，故在两极上产生的物质的量之比为11。 答案：D,7将两支惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解，当电解液的pH由6.0 变为3.0时(设电解时阴极没有氢析出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略)。 (1)写出电极反应式： 阳极：_， 阴极：_。 (2)电极上应析出银的质量是_。 (3)欲使该溶液复原应加入_。,解析：由题意可知阳极4OH4e=2H2OO2，OH来自水的电离，OH浓度减小，水的电离平衡右移，溶液酸性增强，设阴极上析出银的质量为x，依据电解规律，列出物质间对应关系式为： 4AgO24e4H 4108103 mg4mol x0.5L103 molL1 0.5 L106 molL1 电解前后溶液中H的物质的量变化超出100倍，可以忽略电解前溶液中H的物质的量，所以：,54 mg 由于在两极上，一极析出Ag，另一极放出O2，故欲使其复原，应加入 Ag2O。 答案：(1)4OH4e=2H2OO2 4Ag4e=4Ag (2)54 mg(3)Ag2O,8电解原理在化学工业中有广泛应用。右图表示一个电解池，装有电解液a；X、Y是两块电极板，通过导线与直流电源相连。,回答以下问题： (1)若X、Y都是惰性电极，a是饱和NaCl溶液，实验开始时，同时在U形管两边各滴入几滴酚酞试液，则电解池中X极上的电极反应式是_，在X极附近观察到的现象是_； Y极上的电极反应式是_， 检验该电极反应产物的方法是_。,(2)如果用电解方法精炼粗铜，电解液a选用CuSO4溶液，则X电极的材料是_，电极反应式是_。Y电极的材料是_，电极反应是_(说明：杂质发生的电极反应不必写出)。 答案：(1)2H2e=H2有气泡产生，溶液变红2Cl2e=Cl2把湿润的淀粉碘化钾试纸放在Y电极附近，试纸变蓝色(2)纯铜Cu22e=Cu粗铜Cu2e=Cu2,1.电解池中电极的判断,特别提醒 电解池的阴阳极取决于外接电源的正负极，与电极材料的金属活动性无关。,2电解时电极产物的判断 (1)阳极产物的判断 首先看电极，如果是活性电极(金属活动性顺序表Ag以前)，则电极材料失电子，电极被溶解，溶液中的阴离子不能失电子；如是惰性电极(Pt、Au、石墨)，则要看溶液中离子的失电子能力，此时根据阴离子放电顺序加以判断。(阴离子放电顺序：S2IBrClOH含氧酸根F),(2)阴极产物的判断 直接根据阳离子放电顺序进行判断，阳离子放电顺序与金属活动性顺序相反，其中AgFe3Cu2HFe2Zn2Al3Mg2Na。 特别提醒 在水溶液中，含氧酸根和活泼金属离子一般不放电，OH和H放电。,案例精析 【例1】(2008全国理综)右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附近分别滴加一滴石蕊溶液，下列实验现象中正确的是() 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味气体 Ca电极附近呈红色，b电极附近呈蓝色 Da电极附近呈蓝色，b电极附近呈红色,解析电解Na2SO4溶液时发生的反应为： a为阴极：4H4e=2H2 b为阳极：4OH4e=O22H2O 对照分析A、B不正确。a极周围由于H放电呈碱性，石蕊显蓝色，b极周围由于OH放电呈酸性，石蕊显红色。 答案D,如图两个装置中，溶液体积均为200 mL，开始时，电解质溶液的浓度均为0.1 mol/L，工作一段时间后，测得导线上都通过了0.02 mol电子，若不考虑溶液体积的变化，则下列叙述中正确的是(),A在中Cu棒为阳极；在中Cu棒为负极 B电极上析出物质的质量：< C电极反应式：中阳极：4OH4e=2H2OO2；中负极：2H2e=H2 Dc(Cu2)：中不变；中减小,解析：由装置特点可知，为电解池，为原电池。A项，中Cu棒与电源正极相连，作阳极；中Cu棒为正极。B项，中Cu棒失电子而溶解变细，Fe棒有Cu析出：Cu22e=Cu；中Cu棒有Cu析出：Cu22e=Cu，Zn棒失电子而溶解变细，显然导线上通过相同的物质的量电子时，中析出的物质的质量相等。C项，中阳极反应为Cu2e=Cu2；中负极反应式为Zn2e=Zn2。D项，为电镀铜，Cu作阳极，溶液中c(Cu2)不变；为ZnCu原电池，Cu2在正极上得电子析出，溶液中c(Cu2)减小。 答案：D,1.用惰性电极电解电解质溶液的规律,特别提醒 当电解过程中电解的是水和电解质时，电极反应式中出现的是H或OH放电，但在书写总反应式时要将反应物中的H或OH均换成水，在生成物中出现的是碱或酸，同时使阴极、阳极反应式得失电子数目相同，将两个电极反应式相加，即得到总反应的化学方程式。两惰性电极电解时，若要使电解后的溶液恢复到原状态，应遵循“缺什么加什么，缺多少加多少”的原则，一般加入阴极产物与阳极产物的化合物。,2电解的有关计算 (1)计算类型 两极产物的定量计算、溶液的pH计算、确定某元素的化合价、相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算、电量与产物量的互算等。,(2)计算方法 根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴阳两极产物、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。 根据总反应式计算：凡是总反应式中反映出的物质的量关系都可以列比例式计算。 根据关系式计算：由得失电子守恒定律关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式，如H2Cl2 O2Cu2Ag2H2OH。,案例精析 【例2】500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO )6 molL1，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原混合溶液c(K)为2 molL1 B上述电解过程中共转移4 mol电子 C电解得到的Cu的物质的量为0.5 mol D电解后溶液中c(H)为2 molL1,解析该溶液用石墨作电极电解，阳极反应为：4OH4e=2H2OO2，生成1 mol氧气失去4 mol电子，阴极反应先为：Cu22e=Cu，后为：2H2e=H2，生成1 mol 氢气得2 mol电子，而阴阳两极得失电子数相等，故Cu2得2 mol电子生成1 mol 铜，原溶液中c(Cu2)2 molL1，由电荷守恒式：c(K)2c(Cu2)c(NO)得c(K)为2 molL1Cu(NO3)2水解消耗的c(H)忽略不计。电解后c(H)应为4 molL1。 答案AB,点评解答有关电解的计算，关键是正确判断离子的放电顺序及电极产物。 利用电子守恒法计算时，务必弄清电极(或线路)上通过的电子的物质的量与已知量及未知量之间的关系。,按右图的装置进行电解实验，A极是铜锌合金，B极为纯铜，电解质溶液中含有足量的铜离子。通电一段时间后，若A极恰好全部溶解，此时B极质量增加7.68 g，溶液质量增加0.03 g，则A极合金中Cu、Zn的原子个数为 () A41 B31 C21 D任意比,解析：B极增加的质量为Cu的质量， 0.12 mol，则合金中铜和锌的总物质的量也为0.12 mol。由溶液增加的质量可求得Zn的物质的量为： ZnCu2=Zn2Cum 1 mol 1 g x mol 0.03 g 求得x0.03，由此可知合金中Cu的物质的量n(Cu)0.12 mol0.03 mol0.09 mol，所以选项B符合题意。 答案：B,1.化学腐蚀与电化学腐蚀,注意：判断一种金属腐蚀是否为电化学腐蚀，应看是否符合原电池的组成条件：活性不同的两个电极、电解质溶液、构成闭合回路及自发进行氧化还原反应。 金属发生电化学腐蚀时，属于吸氧腐蚀还是析氢腐蚀，取决于电解质溶液酸性强弱。,2金属腐蚀快慢的判断方法 (1)电解原理引起的腐蚀原电池原理引起的腐蚀化学腐蚀带防护措施的腐蚀。 (2)同一金属在不同电解质溶液中的腐蚀速率：强电解质弱电解质非电解质。 (3)原电池原理引起的腐蚀速率：两电极金属活动性相差越大，越易腐蚀。 (4)对于同一电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，腐蚀越快。,案例精析 【例3】下图中，铁腐蚀由快到慢的顺序为(未标注的电解质溶液为水)_。,解析中由于水中溶解了氧气，铁与杂质碳会形成原电池，发生电化学腐蚀。中铁在油中，氧气难以溶解，无电解质溶液，不能形成原电池。、都形成原电池，但中铁为正极，受到保护；中铁为负极，被氧化。、都形成原解池，中铁与电源的正极相连，作阳极，氧化速率增大。中铁与电源的负极相连，作阴极，受到保护。所以铁腐蚀由快到慢的顺序为。 答案,为了探究金属腐蚀的条件和快慢，某课外学习小组用不同的细金属丝将三根大小相同的普通铁钉分别固定在如图所示的三个装置内，并将这些装置在相同的环境中放置相同一段时间，下列对实验结果的描述不正确的是 (),A实验结束时，装置比装置左侧的液面低 B实验结束时，装置左侧的液面会下降 C实验结束时，铁钉b腐蚀最严重 D实验结束时，铁钉c几乎没有腐蚀,解析：这是一道原电池原理应用于金属腐蚀的选择题，主要考查的是如何分析铁钉所处的环境，对铁钉的腐蚀起到促进还是保护作用，同时考查了盐酸具有挥发性，浓硫酸具有吸水性等知识点。装置中铁钉处于盐酸的蒸气中，被侵蚀而释放出H2，使左侧液面下降右侧液面上升；装置中铁钉同样处于盐酸的蒸气中，所不同的是悬挂铁钉的金属丝由铁丝换成了铜丝，由于Fe比Cu活泼，在这种氛围中构成的原电池会加速铁钉的侵蚀而放出更多的H2，使左侧液面下降更多，右侧液面上升得更多；,装置中虽然悬挂铁钉的还是铜丝，但由于浓硫酸有吸水性而无挥发性，使铁钉处于一种较为干燥的空气中，因而在短时间内几乎没有被侵独。 答案：A,【例1】(2009四川)新型锂离子电池在新能源的开发中占重要地位。可用作节能环保电动汽车的动力电池。磷酸亚铁锂(LiFePO4)是新型锂离子电池的首选电极材料，它的制备方法如下： 方法一将碳酸锂、乙酸亚铁(CH3COO)2Fe、磷酸二氢铵按一定比例混合、充分研磨后，在800左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂，同时生成的乙酸及其他产物均以气体逸出。,方法二将一定浓度的磷酸二氢铵、氯化锂混合溶液作为电解液，以铁棒为阳极，石墨为阴极，电解析出磷酸亚铁锂沉淀。沉淀经过滤、洗涤、干燥、在800左右、惰性气体氛围中煅烧制得晶态磷酸亚铁锂。 在锂离子电池中，需要一种有机聚合物作为正负极之间锂离子迁移的介质，该有机聚合物的单体之一(用M表示)的结构简式如下：,请回答下列问题： (1)上述两种方法制备磷酸亚铁锂的过程都必须在惰性气体氛围中进行。其原因是_。 (2)在方法一所发生的反应中，除生成磷酸亚铁锂、乙酸外，还有_、_、_(填化学式)生成。 (3)在方法二中，阳极生成磷酸亚铁锂的电极反应式为_。,(4)写出M与足量氢氧化钠溶液反应的化学方程式： _。 (5)已知锂离子电池在充电过程中，阳极的磷酸亚铁锂生成磷酸铁，则该电池放电时正极的电极反应式为_。,解析(1)惰性气体氛围主要是为防止Fe2被氧化。 (2)方法一中所涉及的化学反应是非氧化还原反应，根据元素守恒即可判断剩余产物 (3)阳极发生氧化反应：FeH2PO Li2e=LiFePO42H 阴极发生还原反应：2H2e=H2，,(4)由M的结构简式可知，该有机物含有酯基，故可在碱性条件下发生水解反应。 (5)电池充电为电解池，阳极失电子发生氧化反应。 电池放电为原电池，故正极得电子发生还原反应： FePO4Lie=LiFeO4,答案(1)为了防止亚铁化合物被氧化 (2)CO2H2ONH3,铁生锈是比较常见的现象，某实验小组为研究铁生锈的条件，设计了以下快速、易行的方法：,首先检查制取氧气装置的气密性，然后按图连接好装置，点燃酒精灯给药品加热，持续3分钟左右，观察到的实验现象为：直形管中用蒸馏水漫过的光亮铁丝表面颜色变得灰暗，发生锈蚀；直形管中干燥的铁丝表面依然光泽，没有发生锈蚀；烧杯中潮湿的铁丝表面依然光亮。,试回答以下问题： (1)由于与金属接触的介质不同，金属腐蚀分成不同类型，本实验中铁生锈属于_。能表示其原理的反应方程式为_。 (2)仪器A的名称为_，其中装的药品可以是_，其作用是_。 (3)由实验可知，该类铁生锈的条件为_。,答案：(1)电化学腐蚀负极：2Fe4e=2Fe2正极：2H2OO24e=4OH也可以写总反应方程式，多写Fe(OH)2Fe(OH)3的反应方程式也不算错(2)球形干燥管碱石灰(或无水CaCl2)干燥O2(3)与O2接触；与水接触,(2009阜阳模拟)如图，p、q为直流电源两极，A由2价金属单质X制成，B、C、D为铂电极，接通电源，金属X沉积于B极，同时C、D产生气泡。试回答：,(1)p为_极，A极发生了_(填反应类型)反应。 (2)C为_极，试管里收集到_；D为_极，试管里收集到_。 (3)C极的电极方程式是_。 (4)在电解过程中，测得C、D两极上产生的气体的实验数据如下：,仔细分析上表，请说出得到以上实验数据可能的原因是_。,(5)当反应进行一段时间后，A、B电极附近溶液的pH_(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (6)当电路中通过0.004 mol电子时，B电极上沉积金属X的质量为0.128 g，则此金属的摩尔质量为_。 答案：(1)正氧化(2)阳氧气阴氢气 (3)4OH4e=2H2OO2 (4)C、D两极所得O2、H2体积比应该为12，但实验数据由13随时间变化而增大，到达10分钟时约为12，这时开始阶段O2溶解的缘故 (5)不变(6)64 gmol1,某课外学习小组用下图所示的装置进行实验，a、b为石墨电极，烧杯中盛放的是等浓度的CuCl2和NaCl的混合溶液。实验可分为三个阶段：,阶段一：闭合k，只有一个电极上有大量气体生成。 (1)产生大量气体的电极是_(选填“a”或“b”)，写出其电极反应式_。 阶段二：继续通电，另一个电极上出现了大量无色无味气体，标志着新的反应阶段开始。 (2)产生无色无味气体的电极反应式为_。,阶段三：继续通电，实验现象又发生明显改变，标志第三阶段开始。 (3)标志第三阶段开始的现象是_。 (4)第三阶段中，溶液的pH变化趋势是_(选填“增大”或“减小”)，其原因是_。 数据分析： (5)当第二阶段结束时，某电极上析出0.02 mol 无色气体，至此，阶段一和阶段二理论上共析出Cl2_ mol，而实际上逸出的气体明显偏少，原因是_。,答案：(1)a；2Cl2eCl2 (2)2H2eH2(或2H2O2eH22OH) (3)电极a产生的气体由黄绿色变成无色。 (4)增大这时的溶质是氢氧化钠，实质是水被电解，溶液越来越浓，pH越来越大。 (5)0.06，部分氯气与NaOH溶液反应，少量氯气溶于水,请同学们认真完成课后强化作业,