第六章第3讲电解池金属的电化学腐蚀与防护

伏加德罗常数的计算、产物的量与电量关系的计算等。 2．方法技巧

(1)根据电子守恒计算

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)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。 (3)根据关系式计算

根据得失电子守恒定律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： 4－

4e～2Cl2(Br2、I2)～O2～2H2～2Cu～4Ag～M

n 阳极产物 阴极产物 (式中M为金属，n为其离子的化合价数值)

该关系式具有总揽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。

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

－

－19

－

C来计算电路

题组一 根据电子守恒，突破电化学的基本计算

1．两个惰性电极插入500 mL AgNO3溶液中，通电电解。当电解液的pH从6.0变为3.0时(设 电解过程中阴极没有H2放出，且电解液在电解前后体积变化可以忽略不计)，电极上析出 银的质量最大为 A．27 mg 答案 B

解析 首先结合离子放电顺序，弄清楚两极的反应：阳极4OH－4e===O2↑＋2H2O；阴极Ag＋e===Ag，电解的总反应式为4AgNO3＋2H2O=====4Ag＋O2↑＋4HNO3。由电解的总反应式可知，电解过程中生成的n(Ag)＝n(HNO3)＝n(H)＝(103 mol·L1－

＋

－

－

＋

－

－

－

( )

B．54 mg C．106 mg D．216 mg

电解

106 mol·L1)×0.5 L≈5×104 mol，m(Ag)＝5×104 mol×108 g·mol1＝0.054 g＝54 mg。

－

－

－

－

－

题组二 根据电子守恒，突破电解池的“串联”计算

2．在如图所示的装置中，若通直流电5 min时，铜电极质量增加2.16 g。试回答下列问题。

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(1)电源中X电极为直流电源的________极。

(2)pH变化：A：________，B：________，C：________(填“增大”、“减小”或“不变”)。

(3)通电5 min时，B中共收集224 mL(标准状况下)气体，溶液体积为200 mL，则通电前CuSO4溶液的物质的量浓度为________(设电解前后溶液体积无变化)。

(4)若A中KCl足量且溶液的体积也是200 mL，电解后，溶液的pH为__________(设电解前后溶液体积无变化)。

答案 (1)负 (2)增大 减小 不变 (3)0.025 mol·L

－1

(4)13

＋

解析 (1)三个装臵是串联的电解池。电解AgNO3溶液时，Ag在阴极发生还原反应变为Ag，所以质量增加的铜电极是阴极，则银电极是阳极，Y是正极，X是负极。 (2)电解KCl溶液生成KOH，溶液pH增大；电解CuSO4溶液生成H2SO4，溶液pH减小；电解AgNO3溶液，银为阳极，不断溶解，Ag浓度基本不变，pH不变。 (3)通电5 min时，C中析出0.02 mol Ag，电路中通过0.02 mol电子。B中共收集0.01 mol气体，若该气体全为氧气，则电路中需通过0.04 mol电子，电子转移不守恒。因此，B中电解分为两个阶段，先电解CuSO4溶液，生成O2，后电解水，生成O2和H2，B中收集到的气体是O2和H2的混合物。设电解CuSO4溶液时生成O2的物质的量为x，电解H2O时生成O2的物质的量为y，则4x＋4y＝0.02 mol(电子转移守恒)，x＋3y＝0.01 mol(气体体积之和)，解得x＝y＝0.002 5 mol，所以n(CuSO4)＝2×0.002 5 mol＝0.005 mol，c(CuSO4)＝0.005 mol÷0.2 L＝0.025 mol·L1。(4)通电5 min时，A中放出0.01 mol

－

＋

H2，溶液中生成0.02 mol KOH，c(OH)＝0.02 mol÷0.2 L＝0.1 mol·L1，pH＝13。

－

－

无明显“外接电源”的电解池的“串联”问题，主要是根据“原电池”的形成条件判断“电源”的正、负极，从而判断电解池的阴、阳极。 题组三 根据电子守恒，突破电解的分阶段计算

3．500 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO3)＝0.6 mol·L1，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2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是

＋

－1

( )

A．原混合溶液中c(K)为0.2 mol·LB．上述电解过程中共转移0.2 mol电子 D．电解后溶液中c(H)为0.2 mol·L1

＋

－

C．电解得到的Cu的物质的量为0.05 mol

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答案 A

解析 石墨作电极电解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，阳极反应式为4OH－4e

＋

－

＋

－

－

－

===2H2O＋O2↑，阴极先后发生两个反应：Cu2＋2e===Cu,2H＋2e===H2↑。从收集到O2为2.24 L这个事实可推知上述电解过程中共转移0.4 mol 电子，而在生成2.24 L H2的过程中转移0.2 mol电子，所以Cu2共得到0.4 mol－0.2 mol＝0.2 mol电子，电解

＋

前Cu2的物质的量和电解得到的Cu的物质的量都为 0.1 mol。电解前后分别有以下守

＋

恒关系：c(K)＋2c(Cu2)＝c(NO3)，c(K)＋c(H)＝c(NO3)，不难算出：电解前c(K)

＋

＋

－

＋

＋

－

＋

＝0.2 mol·L1，电解后c(H)＝0.4 mol·L1。

－

＋

－

4．将等物质的量浓度的CuSO4和NaCl等体积混合后，用石墨电极进行电解，电解过程中，

溶液pH随时间t变化的曲线如图所示，则下列说法错误的是(双选)

( )

A．阳极先析出O2，后析出Cl2，阴极先产生Cu，后析出H2 B．AB段阳极只产生Cl2，阴极只产生Cu C．BC段表示在阴极上是H放电产生了H2 D．CD段相当于电解水 答案 AC

解析 由于两种溶液的体积相等，物质的量浓度也相等，即溶质的物质的量相等，设CuSO4和NaCl的物质的量各1 mol，电解分3个阶段：[第一阶段]阳极：1 mol氯离子失1 mol电子，阴极：0.5 mol铜离子得1 mol电子，因为铜离子水解使溶液显酸性，随着电解的进行，铜离子的浓度降低，酸性减弱，pH将增大。[第二阶段]阳极：1 mol氢氧根离子失1 mol电子(来源于水的电离)，阴极：0.5 mol铜离子再得1 mol 电子，因为氢氧根离子消耗，使水溶液中氢离子浓度增大，pH迅速减小。[第三阶段]阳极：氢氧根离子失电子，阴极：氢离子得电子，它们都来源于水的电离，实质是电解水，导致溶液的体积减小，使溶液中氢离子浓度增大，pH继续减小。

考点四 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为金属阳离子，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

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＋

类型 条件 现象 本质 联系 化学腐蚀 金属跟非金属单质直接接触 无电流产生 金属被氧化 电化学腐蚀 不纯金属或合金跟电解质溶液接触 有微弱电流产生 较活泼金属被氧化 两者往往同时发生，电化学腐蚀更普遍 (2)析氢腐蚀与吸氧腐蚀 以钢铁的腐蚀为例进行分析： 类型 条件 电 极 反 应 总反应式 联系 3.金属的防护 (1)电化学防护

①牺牲阳极的阴极保护法—原电池原理 a．负极：比被保护金属活泼的金属； b．正极：被保护的金属设备。 ②外加电流的阴极保护法—电解原理 a．阴极：被保护的金属设备； b．阳极：惰性金属。

(2)改变金属的内部结构，如制成合金、不锈钢等。

(3)加防护层，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。 深度思考

1．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”

(1)所有金属纯度越大，越不易被腐蚀

＋

析氢腐蚀 水膜酸性较强 (pH≤4.3) －吸氧腐蚀 水膜酸性很弱或呈中性 Fe－2e===Fe2 ＋负极 正极 2H＋2e===H2↑ ＋－O2＋2H2O＋4e===4OH －－Fe＋2H===Fe2＋H2↑ ＋＋2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2 吸氧腐蚀更普遍

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

(2)纯银器表面变黑和钢铁表面生锈腐蚀原理一样 (3)干燥环境下金属不被腐蚀

(4)Al、Fe、Cu在潮湿的空气中腐蚀均生成氧化物 (5)钢铁发生电化学腐蚀时，负极铁失去电子生成Fe3

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