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1、第二节 电解池 金属的电化学腐蚀与防护【高考目标导航】考纲导引考点梳理1.了解电解池的工作原理，能写出电极反应式和电池反应方程式。2.理解金属发生电化学腐蚀的原因、金属腐蚀的危害和防止金属腐蚀的措施。1.电解原理2.电解原理的应用3.金属的腐蚀与防护。【基础知识梳理】一、电解原理1.电解：使电流通过电解质溶液(或熔融的电解质)而在阴阳两极引起氧化还原反应 的过程2.电解池：(也叫电解槽)把电能转变为化学能的装置3电解池的工作原理 以电解CuCl2溶液为例(1)电极名称和电极反应 与电源正极相连的为阳极，发生氧化反应，电极反应式2Cl2e = Cl2电解 与电源负极相连的为阴极，发生还原反应，电
2、极反应式为：Cu22e = Cu(2)总反应方程式：Cu2+2Cl-= Cl2+ Cu二、电解原理的应用1电解饱和食盐水(1)电极反应：阳极2Cl2e = Cl2阴极：2H2e = H2(2)总反应方程式：电解2NaCl+ 2H2O =2NaOH+Cl2+H2(3)应用：氯碱工业制烧碱、氯气、氢气。2电镀铜或电解精炼铜(1)两极材料：待镀金属或精铜做阴极，镀层金属或粗铜做阳极。(2)电极反应：阳极：Cu2e-=Cu2+ 阴极：Cu2+2e-=Cu 3电解冶炼钠(电解熔融NaCl)电解电极反应：阳极：2Cl-2e-=Cl2 阴极：2Na+2e-=2Na总反应方程式：2NaCl=2Na+ Cl2应
3、用：冶炼Na、Mg、Al等活泼金属。三、金属的腐蚀与防护1金属的腐蚀化学腐蚀电化学腐蚀条件金属与干燥气体或非电解质直接接触不纯金属或合金跟电解质溶液接触特点无电流产生有电流产生本质金属失电子变成金属阳离子而被氧化（Mne-=Mn+）金属被氧化的过程较活泼的金属被氧化的过程相互关系两种腐蚀往往同时发生，但电化学腐蚀更普遍，危害更严重2.析氢腐蚀与吸氧腐蚀的比较析氢腐蚀吸氧腐蚀条件 金属在较强的酸性溶液中 金属在中性或酸性很弱的溶液中 电极反应 负极(Fe)：Fe2eFe2正极(C)：2H2eH2 负极(Fe)：2Fe4e2Fe2正极(C)：2H2OO24e4OH 发生情况相对较少腐蚀速率一般较快
4、 非常普遍腐蚀速率一般较慢 联系 两种腐蚀常相继发生，吸氧腐蚀为主 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)电化学防护牺牲负极的正极保护 原电池原理正极：被保护的金属设备 。负极：比被保护的金属活泼的金属 。外加电流的阴极保护 电解原理阴极：被保护的金属设备 。阳极：惰性电极 (3)添加缓蚀剂。【要点名师透析】一、电极产物的判断及有关反应式的书写原电池的两极称为正、负极，是由两极材料的相对活泼程度决定。(原电池的正、负极在内电路中有时也分别称为阴极、阳极)电解池的两极称为阴、阳极，是由外接电源决定。无论是原电池
5、还是电解池，阳离子总是向阴极移动，阴离子总是向阳极移动。1电极产物的判断阴极与电源负极相连，得电子发生还原反应。其规律有两个：一是电极本身不参加反应；二是电解质溶液中氧化性强的阳离子先得电子，如AgFe3Cu2HPb2Sn2Fe2Zn2，要注意到金属活动性顺序表中Al及Al前面的金属离子在溶液中不放电。阳极与电源正极相连，失去电子发生氧化反应。其规律有两个：一是若阳极为非惰性电极(除Pt、Au之外的金属作电极)，电极本身失去电子被氧化，电解质溶液中的阴离子不参与电极反应；二是若阳极为惰性电极(Pt、Au或非金属作电极)，电解质溶液中还原性强的阴离子失去电子被氧化，如S2IBrClOH含氧酸根。
6、2电极方程式、电解方程式的书写书写电解反应的一般步骤是：以写出用石墨做电极电解CuSO4溶液的电极反应式及总的电解方程式为例。第一步：明确溶液中存在哪些离子溶液中的阳离子：Cu2、H，阴离子：OH、SO。第二步：判断阴阳两极附近离子种类及离子放电顺序阴极：Cu2H阳极：OHSO第三步：写电极反应式和总的电解方程式阴极：2Cu24e=2Cu阳极：4OH4e=2H2OO2或2H2O4e=O24H使得失电子数相等，两极反应式相加得总方程式：2Cu22H2O2CuO24H(离子方程式)或2CuSO42H2O2CuO22H2SO4。注意 上述例子中的电极若换成铜棒，阳极电极反应式为：Cu2e=Cu2，阴
7、极电极反应式不变。电极反应式的书写要以实际放电的离子表示，但电解方程式的书写中，弱电解质要以分子式的形式书写。如本例中的阳极反应式可写为OH，但是电解总反应方程式则必须写为H2O。【典例1】右图装置中，U型管内为红墨水a、b试管内分别盛有食盐水和氯化铵溶液，各加入生铁块，放置一段时间。下列有关描述错误的是()A生铁块中的碳是原电池的正极B红墨水柱两边的液面变为左低右高C两试管中相同的电极反应式是：Fe2e=Fe2Da试管中发生了吸氧腐蚀，b试管中发生了析氢腐蚀【答案】B【解析】Fe与C及电解质溶液形成原电池，Fe是负极：Fe2e=Fe2；C是正极，在a中发生吸氧腐蚀，a中压强减小，b中发生析氢
8、腐蚀，b中压强增大，红墨水柱液面是左高右低。故选B。二、电解规律及相关计算1以惰性电极电解电解质溶液的类型类型电极反应特点实例电解对象电解质浓度pH电解质溶液复原电解水型阴：2H+ + 2e- = H2阳：2OH- - 4e- = 2H2O + O2NaOH水增大增大水H2SO4水增大减小水Na2SO4水增大不变水分解电解质型电解质电离出的阴、阳离子分别在两极放电HCl电解质减小增大氯化氢CuCl2电解质减小氯化铜放H2生碱型阴极：H2O放H2生碱阳极：电解质阴离子放电NaCl电解质和水生成新电解质增大氯化氢放O2生酸型阴极：电解质阳离子放电阳极：H2O放O2生酸CuSO4电解质和水生成新电解
9、质减小氧化铜2.电化学计算的基本方法原电池和电解池的计算包括两极产物的定量计算、溶液pH的计算、相对原子质量和阿伏加德罗常数测定的计算、根据电荷量求产物的量与根据产物的量求电荷量等的计算。不论哪类计算，均可概括为下列三种方法：根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电荷量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算根据关系式计算：借得失电子守恒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【典例2】下列叙述错误的是()A. 钢铁表面发生吸氧腐蚀时，钢铁表面水膜的pH增大B. 电解
10、精炼铜时，同一时间内阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量少C. 在镀件上电镀锌，用锌作阳极D. 工作时，在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子过程【答案】D【解析】钢铁表面发生吸氧腐蚀时，正极反应为2H2OO24e=4OH，由于生成OH，钢铁表面水膜的pH增大，A对；电解精炼铜时，粗铜中含有杂质Zn、Fe等，则阳极先是Zn、Fe等放电，后为Cu放电，因此阳极溶解的铜的质量比阴极析出的铜的质量少，B对；在镀件上电镀锌，可以用锌作阳极，C对；原电池工作时负极发生氧化反应，为失电子过程，电解池工作时阴极发生还原反应，为得电子过程，D错。【感悟高考真题】1.（2011广东高考12）某小组为研究
11、电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是A、a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B、a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2+2e-= CuC、无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D、a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2向铜电极移动【答案】选D。【解析】解答本题应从原电池原理和电解原理及其金属的置换反应考虑。a和b不连接时，铁比铜活泼，从溶液中置换出铜，A项正确；a和b连接时，形成原电池，铁作为负极而溶解，铜作为正极，溶液中的Cu2得到电子被还原成铜单质，所以B项都正确,无论a和b是否连接，装置中都发生Fe+Cu2-= Cu+Fe2+反应，溶液会
12、从蓝色逐渐变为浅绿色，C项正确；如果a和b分别连接直流电源正、负极，该装置为电解池,Cu为阳极，Fe为阴极，则溶液中的阳离子向阴极移动，即向铁电极移动，D项不正确，故选D。2.（2011海南高考12）根据右图，下列判断中正确的是A烧杯a中的溶液pH升高B烧杯b中发生氧化反应C烧杯a中发生的反应为2H+2eH2D烧杯b中发生的反应为2Cl2eCl2【答案】选A、B。【解析】解答本题要明确以下三点：（1）盐桥起导电和平衡电荷的作用；（2）一般是活泼金属作原电池的负极；（3）正极发生吸氧腐蚀。Zn比Fe活泼，所以Zn作负极，发生氧化反应，电极反应式为：Zn2eZn2+；Fe作正极，氧气在该电极上发生
13、还原反应，电极反应式为：2H2O+O2+4e4OH，反应后溶液pH升高。3.（2011山东高考15）以KCl和ZnCl2混合液为电镀液在铁制品上镀锌，下列说法正确的是A.未通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程B.因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系C. 电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率D.镀锌层破损后对铁制品失去保护作用【答案】选C。【解析】解答本题时应明确电池及电解工作原理，对于其应用也要掌握。A项，未通电前上述镀锌装置可构成原电池，因原电池反应与电镀时所发生的反应为不同的两个反应，故电镀过程不是该原电池的充电过程，A错误；B项，
14、电解过程中确实存在电能转化成热能的情况，但电镀时通过的电量与析出的锌的量存在确定的关系，与能量的其他转化无关，B错误；D项，镀锌层破损后，能形成锌铁原电池，铁为正极，锌为负极，同样起到保护铁的作用，D错误。4.（2011全国卷I10）用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的A. CuSO4 B. H2O C. CuO D. CuSO45 H2O 【答案】选C。【解析】解答本题时应注意找出真正从体系中脱离的物质，脱离什么补什么。由阳极反应式：4OH4e=2H2OO2， 阴极反应式：Cu22e=Cu，可知从体系中脱离的是Cu和O2，相当于CuO
15、，故选C。5.（2009安徽卷）Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取.Cu2O的电解池示意图如下，点解总反应：2Cu+H2O=Cu2O+H2O。下列说法正确的是A.石墨电极上产生氢气B.铜电极发生还原反应C.铜电极接直流电源的负极D.当有0.1mol电子转移时，有0.1molCu2O生成。【答案】A【解析】由电解总反应可知，Cu参加了反应，所以Cu作电解池的阳极，发生氧化反应，B选项错误；石墨作阴极，阴极上是溶液中的H反应，电极反应为：2H2e=H2，A选项正确；阳极与电源的正极相连，C选项错误；阳极反应为2Cu2OH2e=Cu2OH2O，当有0.1mol电子转移时，有0.05
16、molCu2O生成，D选项错误。6.（2011北京高考26）氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如右图所示。（1）溶液A的溶质是 ；（2）电解饱和食盐水的离子方程式是 （3）电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用 （4）电解所用的盐水需精制。去除有影响的Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42-c（SO42-）c（Ca2+）。精致流程如下（淡盐水和溶液A来自电解池）：盐泥a除泥沙外，还含有的物质是 。过程中将NH4+转化为N2的离子方程式是 。BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程中除去的离子有 。经过程处理，要求盐水中c 中剩余Na2SO3的含量小于5mg
17、/L ,若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg / L ,则处理10m3 盐水b ，至多添加10% Na2SO3溶液 kg（溶液体积变化忽略不计）。【解析】（1）充分利用图示条件判断电极和相关反应及产物；（2）除杂过程中不同的离子使用不同的方法，同时注意题目条件的提示，如“将NH4+转化为N2”等。【答案】（1）电解饱和食盐水时的两极反应分别为：阳极：2Cl- - 2e- = Cl2，阴极：2H+ + 2e- = H2。阳极产生Cl2，阴极产生H2，同时水的电离H2O H + OH-由于H浓度减小而得到促进，产生OH-，因此溶液A为NaOH溶液。（2）电解饱和食盐水时的总反应式：2Cl-
18、+ 2H2O H2 + Cl2 + 2OH-。（3）Cl2与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，增大溶液中盐酸的浓度，使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。（4）将粗盐水与含Cl2的淡盐水混合后，溶液中的杂质微粒有Ca2+、Mg2+、NH4+、SO42-、Cl2。盐泥a中除泥沙外，还有加入NaOH溶液时反应产生的沉淀，即Mg2+发生反应生成Mg(OH) 2：Mg2+2OH-=Mg(OH) 2。 过程中加入NaOH溶液将NH4+转化为N2时，因N元素化合价升高，因此发生氧化还原反应，NH4+是还原剂，成分中氧化剂只有Cl2，故Cl2 +NH4+N2+ Cl-结合电子
19、守恒、电荷守恒和原子守恒，配平反应即为3Cl2 +8OH-+2NH4+=N2+6Cl-+8 H2O。加入NaOH溶液调pH至11后，盐水a中的杂质离子中一定有Ca2+、SO42-、OH-，还可能有过量Cl2与NaOH发生反应Cl2+2OH- Cl-+ClO-+ H2O生成的ClO-。过程中由于BaCO3的溶解度比BaSO4小，加入BaCO3时，发生反应SO42- (aq) + BaCO3(s) BaSO4(s) + CO32- (aq)；由于c(SO42-)c(Ca2+)，故反应产生的c(CO32-)c(Ca2+)，发生反应CO32- +Ca2+= Ca CO3，从而除去Ca2+和SO42-。
20、往含有NaClO的溶液中加入Na2SO3时，发生反应NaClO+Na2SO3=NaCl+Na2SO4。m(NaClO)=7.45mg/L10m3103L/m3=74.5g，故NaClO+Na2SO3=NaCl+Na2SO474.5 12674.5g m(Na2SO3)故反应消耗的Na2SO3的质量m(Na2SO3)=126g。溶液中剩余的Na2SO3的最大质量m(Na2SO3) =5mg/L10m3103L/m3=50g，故总共加入的Na2SO3的质量不超过126g+50g=176g，至多添加的Na2SO3溶液的质量176g10=1760g=1.76kg。【答案】（1）NaOH（2）2Cl-
21、+ 2H2O H2 + Cl2 + 2OH-（3）Cl2与水发生反应：Cl2+H2OHCl+HClO，增大溶液中HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出。（4）Mg(OH) 2 3Cl2 +8OH-+2NH4+=N2+6Cl-+8 H2OCa2+、SO42- 1.767.（2011四川高考26）甲、乙、丙、丁、戊为原子序数依次增大的短周期元素。甲、丙处于同一主族，丙、丁、戊处于同一周期，戊原子的最外层电子数是甲、乙、丙原子最外层电子数之和。甲、乙组成的常见气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；戊的单质与X反应能生成乙的单质，同时生成两种溶于水均呈酸性的化合物Y和Z，0
22、.1mol/L的Y溶液pH1；丁的单质既能与丙元素最高价氧化物的水化物的溶液反应生成盐L，也能与Z的水溶液反应生成盐；丙、戊可组成化合物M。请回答下列问题：（1） 戊离子的结构示意图为_。（2） 写出乙的单质的电子式：_。（3） 戊的单质与X反应生成的Y和Z的物质的量之比为2 ：4，反应中被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为_。（4） 写出少量Z的稀溶液滴入过量L的稀溶液中发生反应的离子方程式：_。（5） 按如图电解M的饱和溶液，写出该电解池中发生反应的总反应方程式：_。将充分电解后所得溶液逐滴加入到酚酞试液中，观察到的现象是_。【解析】在解答该题时应注意：（1）突破口：甲.乙组成的常见
23、气体X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可知X为NH3；（2）Y和Z的推导涉及到氯气和过量氯气的反应；（3)在第（5）电解饱和食盐水时，要考虑产生的氯气要与NaOH溶液发生反应。【答案】由题中所给信息可知，甲：H，乙：N，丙：Na，丁：Al，戊：Cl，X：NH3；Y：NH4Cl，Z：HCl，L：NaAlO2，M：NaCl。其中涉及的反应为：3Cl2 + 4 NH3=N2 + 4HCl + 2 NH4Cl；2Al + 2NaOH+ 2H2O=2NaAlO2+3H2； 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2第（4）问涉及的反应为：NaAlO2+HCl +H2O=NaCl + Al（OH）3 。第（5）问
24、涉及的反应为： NaCl + H2O NaClO +H2。【答案】8.（2010重庆卷）（14分）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域（1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂 一定条件下，与空气反映t min后，和物质的量浓度分别为a mol/L和b mol/L, 则起始物质的量浓度为 mol/L ；生成的化学反应速率为 mol/(Lmin) 工业制硫酸，尾气用_吸收（2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对的氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化的装置，其原理如题29图所示当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为 充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由 色变为 色放电过程中氢离子的作
25、用是 和 ；充电时若转移的电子数为3.011023个，左槽溶液中n(H+)的变化量为 答案（14分）（1）；氨水（2） 绿 紫 参与正极反应; 通过交换膜定向移动使电流通过溶液；0.5mol【解析】本题考查以钒为材料的化学原理题，涉及化学反应速率和电化学知识。（1） 由S守恒可得，的起始浓度为（a+b）mol/L。的速率为单位时间内浓度的变化，即b/tmol/(Lmin)。可以用碱性的氨水吸收。（2） 左槽中，黄变蓝即为生成，V的化合价从+5降低为+4，得一个电子，0原子减少，从图中知，其中发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。作为原电池，左槽得电子，而右槽失电子。充电作为电解池处理，有槽
26、中则为得电子，对应化合价降低，即为生成，颜色由绿生成紫。由电极反应式知，参与了反应。溶液中离子的定向移动可形成电流。n=N/NA=3.01/6.02=0.5mol。【规律总结】电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极，化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式颠倒即为阴极反应式。9.（2010四川理综卷）（16分) 碘被称为“智力元素”，科学合理地补充碘可防止碘缺乏病。碘酸钾(KIO3)是国家规定的食盐加碘剂，它的晶体为白色，可溶于水。碘酸钾在酸性介质中
27、与过氧化氢或碘化物作用均生成单质碘。以碘为原料，通过电解制备碘酸钾的实验装置如右图所示。请回答下列问题：(1)碘是 (填颜色)固体物质，实验室常用 方法来分离提纯含有少量杂质的固体碘。(2)电解前，先将一定量的精制碘溶于过量氢氧化钾溶液，溶解时发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O，将该溶液加入阳极区。另将氢氧化钾溶液加入阴极区，电解槽用水冷却。电解时，阳极上发生反应的电极反应式为 ；阴极上观察到的实验现象是 。(3)电解过程中，为确定电解是否完成，需检验电解液中是否有I。请设计一个检验电解液中是否有I的实验方案，并按要求填写下表。要求：所需药品只能从下列试剂中选择，实验仪器及
28、相关用品自选。试剂：淀粉溶液、碘化钾淀粉试纸、过氧化氢溶液、稀硫酸。 实验方法实验现象及结论(4)电解完毕，从电解液中得到碘酸钾晶体的实验过程如下：步骤的操作名称是 ，步骤的操作名称是 。步骤洗涤晶体的目的是 。【答案】（1）紫黑色 升华（2） 有气泡产生（3）实验方法实验现象及结论取少量阳极区电解液于试管中，加稀硫酸酸化后加入几滴淀粉试液，观察是否变蓝。如果不变蓝，说明无。（如果变蓝，说明有。）（4）冷却结晶 干燥 洗去吸附在碘酸钾晶体上的氢氧化钾等杂质【解析】（1）考查物质的物理性质，较容易。（2）阳极发生氧化反应失电子。阴极区加入氢氧化钾溶液，电解氢氧化钾实质是电解水。（3）考查I-的检
29、验此题借助与碘单质遇淀粉变蓝色这一特性，要设法将碘离子转化为碘单质。（4）考查实验的基本操作。要求考生对整个流程分析透彻。10.（2010山东卷）（12分）对金属制品进行抗腐蚀处理，可延长其使用寿命。（1）以下为铝材表面处理的一种方法：碱洗的目的是除去铝材表面的自然氧化膜，碱洗时常有气泡冒出，原因是_（用离子方程式表示）。为将碱洗槽液中铝以沉淀形式回收，最好向槽液中加入下列试剂中的_。aNH3 bCO2 cNaOH dHNO3 以铝材为阳极，在H2SO4 溶液中电解，铝材表面形成氧化膜，阳极电极反应为_。取少量废电解液，加入NaHCO，溶液后产生气泡和白色沉淀，产生沉淀的原因是_。（2）镀铜可
30、防止铁制品腐蚀，电镀时用铜而不用石墨作阳极的原因是_。（3）利用右图装置，可以模拟铁的电化学防护。 若X为碳棒，为减缓铁的腐蚀，开关K应置于_处。 若X为锌，开关K置于M处，该电化学防护法称为_。【解析】(1) 冒气泡的原因是Al与NaOH反应了，方程式为：2Al+2OH-+4H2O=2Al(OH)4-+3H2；使Al(OH)4-生成沉淀，最好是通入CO2，加HNO3的话，沉淀容易溶解。阳极是Al发生氧化反应，要生成氧化膜还必须有H2O参加，故电极反应式为：2Al+3H2O-6e -Al2O3+6H+；加入NaHCO3溶液后产生气泡和白色沉淀，是由于废电解液中含有Al3+，和HCO3-发生了互
31、促水解。(2)电镀时，阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+。(3)铁被保护，可以是做原电池的负极，或者电解池的阴极，故若X为碳棒，开关K应置于N处，Fe做阴极受到保护；若X为锌，开关K置于M处，铁是做负极，称为牺牲阳极保护法。【答案】（1）2Al+2OH-+4H2O=2Al(OH)4-+3H2；c2Al+3H2O-6e -Al2O3+6H+；因为 Al3+和HCO3-发生了互促水解；Al3+3HCO3-= Al(OH)3+CO2(2)阳极Cu可以发生氧化反应生成Cu2+(3)N 牺牲阳极保护法。11.（2010天津卷）（14分）X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成
32、蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题： L的元素符号为_ ；M在元素周期表中的位置为_；五种元素的原子半径从大到小的顺序是_（用元素符号表示）。 Z、X两元素按原子数目比l3和24构成分子A和B，A的电子式为_，B的结构式为_。 硒（se）是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_。该族2 5周期元素单质分别与H2反应生成l mol气态氢化物的反应热如下，表示生成1 mol硒化氢反应热的是_（填字母代号）。a+99.7 molL1 b+29.7 molL1 c20.6 molL1 d241
33、.8 kJmol1 用M单质作阳极，石墨作阴极，NaHCO3溶液作电解液进行电解，生成难溶物R，R受热分解生成化合物Q 。写出阳极生成R的电极反应式：_；由R生成Q的化学方程式：_。【解析】(1)X、Y、Z、L是组成蛋白质的四种元素且原子序数依次增大，故分别为：H、C、N、O元素；M是地壳中含量最高的元素，为Al，其在周期表的位置为第3周第A族；再根据五种元素在周期表的位置，可知半径由大到小的顺序是：AlCNOH。(2) N和H 1：3构成的分子为NH3，电子式为；2：4构成的分子为N2H4，其结构式为。(3)Se比O多两个电子层，共4个电子层，14电子层上的电子数分别为：2、8 、18、6，
34、故其原子序数为34；其最高价氧化物对应的水化物的化学式类似H2SO4，为H2SeO4。非金属性越强，与氢气反应放出的热量越多，故25周期放出的热量依次是：d、c、b、a，则第四周期的Se对应的是b。(4)Al作阳极失去电子生成Al3+，Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，2Al(OH)3Al2O3+3H2O。【答案】(1)O 第三周第A族 AlCNOH(2) (3) 34 H2SeO4 b(4) Al-3e-Al3+ Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2 2Al(OH)3Al2O3+3H2O。命题立意：本题以元素的推断为背景，综合考查了元素符号的书写、元素位置的判断和原子
35、半径大小的比较；考查了电子式、结构式的书写，元素周期律，和电极反应式、化学方程式的书写，是典型的学科内综合试题。12.（2009江苏卷）（8分）以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过二硫酸钠和氧化铁红颜料，原料的综合利用率较高。其主要流程如下：（1）反应I前需在溶液中加入 （填字母），以除去溶液中的。A.锌粉 B.铁屑 C.KI溶液 D.（2）反应需控制反应温度低于35，其目的是 。（3）工业生产上常在反应的过程中加入一定量的醇类溶剂，其目的是 。（4）反应常被用于电解生产(过二硫酸铵)。电解时均用惰性电极，阳极发生地电极反应可表示为 。【标准答案】（1）B(2)防止NH4HCO
36、3分解（或减少Fe2的水解）（3）降低K2SO4 的溶解度，有利于K2SO4 析出。（4）2SO42- -2e2S2O82-【解析】（1）在溶液中除去溶液中的,最好选用铁屑或铁粉，比较简单。（2）如果温度过高会导致NH4HCO3分解同样也会加快Fe2的水解（温度越高水解速率越快）这样会使原料利用率降低。（3）由题目看出在III反应中生成的K2SO4 为固体，而K2SO4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使K2SO4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低K2SO4 的溶解度。（4）根据阴阳极反应原理阳极失电子发生氧化反应， 此题实质是电解硫酸铵溶液，在根据反应后的产物得出正确的答案。【考点
37、分析】此题为化工生产题型，主要考察了化合物性质，电极方程式书写。做此类题要分析清楚每一个环节目的和结果是什么。这样才能判断各反应后的产物分别是什么。13.（2009全国卷1）下图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯依次分别盛放100 g 5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和100 g 10.00%的K2SO4溶液，电极均为石墨电极。（1）接通电源，经过一段时间后，测得丙中K2SO4浓度为10.47%，乙中c电极质量增加。据此回答问题：电源的N端为极；电极b上发生的电极反应为；列式计算电极b上生成的气体在标准状况下的体积：电极c的质量变化是g；电解前后各溶液的酸、碱性大小是否发生变化，简述
38、其原因：甲溶液；乙溶液；丙溶液；（2）如果电解过程中铜全部析出，此时电解能否继续进行，为什么？。【答案】 （1）正极 4OH-4e=2H2O + O2。水减少的质量：生成O2体积：16g 碱性增大，因为电解后，水量减少溶液中NaOH浓度增大酸性增大，因为阳极上OH-生成O2，溶液中H+离子浓度增大酸碱性大小没有变化，因为K2SO4是强酸强碱盐，浓度增加不影响溶液的酸碱性(2)能继续进行，因为CuSO4溶液已转变为H2SO4溶液，反应也就变为水的电解反应。【解析】（1）乙中C电极质量增加，则c处发生的反应为：Cu2+2e=Cu，即C处为阴极，由此可推出b为阳极，a为阴极，M为负极，N为正极。丙中
39、为K2SO4，相当于电解水，设电解的水的质量为xg。由电解前后溶质质量相等有，10010%=（100-x）10.47%，得x=4.5g，故为0.25mol。由方程式2H2+O2 2H2O可知，生成2molH2O，转移4mol电子，所以整个反应中转化0.5mol电子，而整个电路是串联的，故每个烧杯中的电极上转移电子数是相等的。甲中为NaOH，相当于电解H2O，阳极b处为阴离子OH放电，即4OH-4e=2H2O + O2。转移0.5mol电子，则生成O2为0.5/4=0.125mol，标况下的体积为0.12522.4=2.8L。Cu2+2e=Cu，转移0.5mol电子，则生成的m(Cu)=0.5/
40、2 64 =16g。甲中相当于电解水，故NaOH的浓度增大，pH变大。乙中阴极为Cu2放电，阳极为OH放电，所以H增多，故pH减小。丙中为电解水，对于K2SO4而言，其pH几乎不变。（2）铜全部析出，可以继续电解H2SO4，有电解液即可电解。【考点模拟演练】1.若某电能与化学能的转化装置（电解池或原电池）中发生反应的总反应离子方程式是：Cu+2H+=Cu2+H2，则关于该装置的有关说法正确的是（ ）A该装置可能是原电池，也可能是电解池B该装置只能是原电池，且电解质溶液为硝酸C该装置只能是电解池，且金属铜为该电解池的阳极D该装置只能是电解池，电解质溶液不可能是盐酸【答案】C【解析】总反应离子方程
41、式是Cu+2H+=Cu2+H2，反应不是自发进行的氧化还原来反应，这样就不是原电池而只能是电解池。Cu失去电子为为该电解池的阳极，电解质为酸性溶液。2.向水中加入等物质的量的Ag、Pb2、K、SO42、NO3、Cl，用惰性电极电解该溶液，并收集两极气体产物，则氧化产物与还原产物的质量之比为（ ）。A. 35.5:108B. 16:207C. 108:35.5 D. 8:1【答案】D 【解析】本题中设有“陷阱”，同学们极易错选A。由于离子之间会发生沉淀反应：AgCl=AgCl；Pb2SO42=PbSO4，电解质溶液实际上是硝酸钠溶液，电解时，实质上是电解水。3.右图表示的是钢铁在海水中的锈蚀过程，以下有关说法正确的是Fe2+ 海水 O2 OHFeeeCeA. 该金属腐蚀过程为吸氢腐蚀B. 正极为C，发生的反应为氧化反应C. 在酸性条件下发生的是吸氧腐蚀D. 正极反应为：O2 + 2H2O + 4e 4OH【答案】D4.如下图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在E极附近显红色。则以下说法不正确的是A电源B极是正极B（甲）、（乙）装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1222C欲用（丙）装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液选择AgNO3溶液D装置（丁）中Y极附近红褐色变浅，说明氢氧化铁胶粒带正电荷【
