2018届一轮复习鲁科版专题十二电化学考点三金属的腐蚀与防护学案

2018届一轮复习鲁科版专题十二电化学考点三金属的腐蚀与防护学案

‎1　金属的腐蚀 ‎(1)概念：金属的腐蚀是指金属或合金跟周围接触到的化学物质发生化学反应而腐蚀损耗的过程。‎ ‎(2)本质：金属失去电子而被损耗，M－ne－===Mn＋(M表示金属)，发生氧化反应。‎ ‎(3)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 金属或合金直接与具有腐蚀性的化学物质接触发生氧化还原反应而消耗的过程 不纯金属或合金与电解质溶液接触发生原电池反应而消耗的过程 现象 无电流产生 有微弱电流产生 本质 金属被氧化 较活泼金属被氧化 联系 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 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　金属的防护方法 ‎(1)改变金属的内部组织结构 例如把铬、镍等加入普通钢里制成不锈钢，就大大增加了钢铁对各种侵蚀的抵抗力。‎ ‎(2)在金属表面覆盖保护层 在金属表面覆盖致密的保护层，从而使金属制品跟周围物质隔离开来，这是一种普遍采用的防护方法。‎ ‎(3)电化学防护法 牺牲阳极的阴极保护法 ‎ 外加电流的阴极保护法 依据 原电池原理 电解原理 原理 形成原电池时，被保护金属作正极(阴极)，不反应受到保护；活泼金属作负极(阳极)，发生反应受到腐蚀，阳极要定期予以更换 将被保护的金属与另一附加电极作为电解池的两个极，使被保护金属作阴极，在外加直流电的作用下使阴极得到保护 ‎1.思维辨析 ‎(1)所有金属纯度越大，越不易被腐蚀。 (　　)‎ ‎(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＋。(　　)‎ ‎(6)在金属表面覆盖保护层，若保护层破损后，就完全失去了对金属的保护作用。(　　)‎ ‎(7)外加电流的阴极保护法，构成了电解池；牺牲阳极的阴极保护法构成了原电池。二者均能有效地保护金属不容易被腐蚀。(　　)‎ 答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)√‎ ‎2．研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是 (　　)‎ A．d为石墨，铁片腐蚀加快 B．d为石墨，石墨上电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ C．d为锌块，铁片不易被腐蚀 D．d为锌块，铁片上电极反应为2H＋＋2e－===H2↑‎ 答案　D 解析　d为石墨，则铁片作负极，铁片腐蚀加快，A选项正确；d为石墨，则铁片发生吸氧腐蚀，石墨作正极，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，B选项正确；d为锌块，锌比铁活泼，锌块作负极，铁片作正极被保护起来，不易被腐蚀，C选项正确；d为锌块，铁片上的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，D选项错误。‎ ‎　[考法综述]　本考点要求考生理解金属电化学腐蚀的原理、形成电化学腐蚀的条件，会判断金属在不同条件下腐蚀的快慢，并能选择合适方法进行金属防护。‎ 命题法1　金属腐蚀快慢的比较 典例1　　如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为(　　)‎ A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥‎ C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥‎ ‎[解析]　①中Fe为负极，C为正极，属于钢铁的吸氧腐蚀，腐蚀速率较慢。②、③、④的实质均为原电池装置。③中Fe为正极，被保护；②、④中Fe为负极，均被腐蚀。但相对来说Fe和Cu的金属活动性差别较Fe和Sn的大，故Fe－Cu原电池中Fe的腐蚀速率较快；⑤中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中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 ‎【解题法】　金属腐蚀快慢规律 ‎(1)在同一电解质溶液中，金属腐蚀由快到慢的顺序：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>应用原电池原理有保护措施的腐蚀>应用电解原理有保护措施的腐蚀。或电解池阳极>原电池负极>化学腐蚀>原电池正极>电解池阴极。‎ ‎(2)同一种金属在不同介质中腐蚀由快到慢的顺序：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。‎ ‎(3)对于活动性不同的两种金属的合金，活动性差别越大，氧化还原反应速率越大，活泼金属腐蚀越快。‎ ‎(4)对于同一电解质溶液，电解质溶液浓度越大，金属腐蚀越快(除钝化外)。‎ ‎(5)纯度越高的金属，腐蚀得越慢。‎ ‎(6)不纯的金属或合金，在潮湿空气中的腐蚀速率远大于在干燥、隔绝空气条件下的腐蚀速率。‎ 命题法2　析氢腐蚀与吸氧腐蚀的判断 典例2　　如图装置中，小试管内为红墨水，具支试管内盛有pH＝4久置的雨水和生铁片。实验时观察到：开始时导管内液面下降，一段时间后导管内液面回升，略高于小试管内液面。下列说法正确的是 (　　)‎ A．生铁片中的碳是原电池的阳极，发生还原反应 B．雨水酸性较强，生铁片仅发生析氢腐蚀 C．墨水回升时，碳电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－‎ D．具支试管中溶液pH逐渐减小 ‎[解析]　生铁片浸入酸性较强的雨水中，形成铁碳原电池，因铁比碳活泼，故碳为正极，铁为负极。因起始时雨水pH＝4，酸性较强，故发生析氢腐蚀，负极反应为Fe－2e－===Fe2＋，正极反应为2H＋＋2e－===H2↑，总反应为2H＋＋Fe===Fe2＋＋H2↑，因生成H2，气体增加，导管内液面下降；随着反应的进行，c(H＋)变小，发生吸氧腐蚀，负极反应为Fe－2e－===Fe2＋，正极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，总反应为O2＋2H2O＋2Fe===2Fe(OH)2，因消耗O2，故一段时间后导管内液面回升。综合以上反应，生铁片中的碳是原电池的正极，发生还原反应，A错；反应过程中先发生析氢腐蚀，后发生吸氧腐蚀，B错；墨水液面回升时，发生吸氧腐蚀，碳极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C正确；反应过程中c(H＋)先变小，后不变，故具支试管中溶液pH先增大，后不变，D错。‎ ‎[答案]　C ‎【解题法】　析氢腐蚀和吸氧腐蚀的判断方法 正确判断“介质”溶液的酸碱性是分析析氢腐蚀和吸氧腐蚀的关键。潮湿的空气、中性溶液发生吸氧腐蚀；NH4Cl溶液、稀H2SO4等酸性溶液发生析氢腐蚀。‎ ‎1．下列说法正确的是(　　)‎ A．若H2O2分解产生1 mol O2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023‎ B．室温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7‎ C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 D．一定条件下反应N2＋3H22NH3达到平衡时，3v正(H2)＝2v逆(NH3)‎ 答案　C 解析　2H2O2===2H2O＋O2↑，生成1 mol O2时转移2 mol e－，A项错误；pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，反应后醋酸过量，溶液显酸性，B项错误；当铁作原电池的正极或电解池的阴极时，铁均会受到保护，C项正确；由反应方程式的系数知，任何时候均存在2v正(H2)＝3v正(NH3)，只有达到平衡时，v正(NH3)＝v逆(NH3)，所以当2v正(H2)＝3v逆(NH3)时，表明反应已达平衡，D项错误。‎ ‎2．下列金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法的是(　　)‎ A．水中的钢闸门连接电源的负极 B．金属护栏表面涂漆 C．汽车底盘喷涂高分子膜 D．地下钢管连接镁块 答案　A 解析　B、C为加保护层保护法；D为原电池原理的牺牲阳极的阴极保护法。‎ ‎3．糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是(　　)‎ A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期 B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为Fe－3e－===Fe3＋‎ C．脱氧过程中碳作原电池负极，电极反应为2H2O＋O2＋4e－===4OH－‎ D．含有‎1.12 g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336 mL(标准状况)‎ 答案　D 解析　在脱氧过程中，由铁、碳作电极，氯化钠溶液作电解质溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀，该过程为放热反应；在脱氧过程中，碳作正极，铁作负极，铁失电子发生氧化反应，生成Fe2＋；在脱氧过程中，Fe失电子被氧化为Fe2＋，Fe2＋最终还是被氧气氧化为Fe3＋，由电子得失守恒知消耗氧气的体积(标准状况下)V(O2)＝‎22.4 L·mol－1×＝336 mL。‎ ‎4．化学与社会息息相关，下列物质在社会、生活中的应用及解释都正确的是(　　)‎ 选项 应用 解释 A 高纯硅作计算机芯片的材料 硅晶体在自然界中能稳定存在 B 在入海口的钢铁闸门上装一定数量的锌块防止闸门被腐蚀 利用外加电流的阴极保护法保护金属 C 高铁车厢采用铝合金材料 铝合金强度大，质量轻，不与氧气反应 D 用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果 其作用是吸收水果释放出的乙烯 答案　D 解析　A错，硅晶体在自然界中不能稳定存在；B错，锌先被腐蚀，是牺牲阳极的阴极保护法；C错，铝合金耐腐蚀，不是不与氧气反应。‎ ‎5．下列有关下图所示的说法正确的是(　　)‎ A．图甲中开关置于N处时铜锌合金腐蚀的速率增大 B．图乙中接通开关时，锌腐蚀的速率增大，锌上放出气体的速率增大 C．图丙中接通K2时铁棒不被腐蚀，属于牺牲阳极保护法 D．图丙中接通K1时，石墨棒周围溶液的pH增大 答案　D 解析　A错，图甲中开关置于N处时铜锌合金腐蚀的速率减小；B错，图乙中接通开关时，锌腐蚀的速率增大，金属铂上放出气体的速率增大；C错，图丙中接通K2时铁棒不被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法。‎ ‎6．我国古代青铜器工艺精湛，有很高的艺术价值和历史价值。但出土的青铜器大多受到环境腐蚀，故对其进行修复和防护具有重要意义。‎ 如图为青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀的原理示意图。‎ ‎(1)腐蚀过程中，负极是________(填图中字母“a”或“b”或“c”)。‎ ‎(2)环境中的Cl－扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，其离子方程式为____________。‎ ‎(3)若生成‎4.29 g Cu2(OH)3Cl，则理论上耗氧体积为________L(标准状况)。‎ 答案　(1)c ‎(2)2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓‎ ‎(3)0.448‎ 解析　(1)在青铜器被腐蚀过程中，Cu失去电子为原电池的负极。‎ ‎(2)负极产物为Cu失去电子生成的Cu2＋，正极产物为O2获得电子生成的OH－，Cu2＋、OH ‎－、Cl－反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀：2Cu2＋＋3OH－＋Cl－===Cu2(OH)3Cl↓。‎ ‎(3)‎4.29 g Cu2(OH)3Cl的物质的量n＝＝0.02 mol，消耗0.04 mol Cu，转移0.08 mol e－，根据正极反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，消耗0.02 mol O2，其在标准状况下的体积为0.02 mol×‎22.4 L/mol＝‎0.448 L。‎ ‎7．铁及其化合物与生产、生活关系密切。‎ 如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。‎ ‎(1)该电化学腐蚀称为________。‎ ‎(2)图中A、B、C、D四个区域，生成铁锈最多的是________(填字母)。‎ 答案　(1)吸氧腐蚀　(2)B 解析　海水的酸性弱，钢铁发生的是吸氧腐蚀；形成原电池，水中的O2得电子生成OH－，最终生成铁锈，符合条件的是B。‎ ‎8. 某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。‎ ‎(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)‎ 编号 实验目的 碳粉/g 铁粉/g 醋酸/%‎ ‎①‎ 为以下实验作参照 ‎0.5‎ ‎2.0‎ ‎90.0‎ ‎②‎ 醋酸浓度的影响 ‎0.5‎ ‎36.0‎ ‎③‎ ‎0.2‎ ‎2.0‎ ‎90.0‎ ‎(2)编号①实验测得容器中压强随时间变化如图甲。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了________腐蚀，请在图乙中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时，碳粉表面发生了________(填“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是__________。‎ ‎(3)该小组对图甲中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二：‎ 假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；‎ 假设二：___________________________________；‎ ‎……‎ ‎(4)为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。‎ 答案　(1)②2.0　③碳粉含量的影响 ‎(2)吸氧　　还原 2H2O＋O2＋4e－===4OH－(或4H＋＋O2＋4e－===2H2O)‎ ‎(3)反应放热，温度升高 ‎(4)‎ ‎(本题属于开放性试题，合理答案即可)‎ 解析　(1)由表格数据知：①组实验作参照；②组实验探究醋酸浓度的影响，所以铁粉质量不变；③组实验中醋酸浓度和铁粉质量未变，碳粉质量减少，所以实验目的是碳粉含量的影响。‎ ‎(2)由图甲知，t2时瓶内压强明显小于起始压强，所以瓶内压强减小，发生了吸氧腐蚀；Fe和碳构成了原电池的两极，电子由负极Fe流向正极碳，碳粉表面发生了还原反应，电极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－或4H＋＋O2＋4e－===2H2O。‎ ‎(3)由图甲知，0～t1时瓶内压强增大，假设二可以为Fe与醋酸反应放热使气体体积受热膨胀。本题为开放性题，其他合理答案也可。‎ ‎(4)排除吸氧腐蚀的方法为将反应装置中的氧气排出，再滴入醋酸，若压强增大，则假设正确。‎ 如图所示装置中，甲、乙、丙三个烧杯分别盛放‎100 g溶质的质量分数为5.00%的NaOH溶液、足量的CuSO4溶液和‎100 g溶质的质量分数为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的质量分数为10.47%，乙中c电极的质量增加。据此回答问题：‎ ‎①电源的N端为________极。‎ ‎②电极b上发生的电极反应为___________。‎ ‎③电极b上生成的气体在标准状况下的体积为________。‎ ‎④电极c的质量变化是________g。‎ ‎⑤电解前后各溶液的酸碱性大小是否发生变化，简述其原因：‎ 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？‎ ‎[错解]　(1)①负　②2H＋＋2e－===H2　③‎‎5.6 L ‎(2)不能继续进行 ‎[错因分析]　不清楚甲、乙、丙装置中的电极串联，不能利用题目所给条件找到突破口，或将电极名称记反，导致后面一系列出错。‎ ‎[解析]　本题综合考查考生分析电解原理及计算的能力。‎ ‎(1)①依题意，甲装置中装氢氧化钠溶液，实质相当于电解水；乙装置电解硫酸铜溶液：阴极2Cu2＋＋4e－===2Cu；阳极4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。c电极的质量增加，说明该电极为阴极，由此得d极为阳极，以此类推e极为阴极，f极为阳极，N极为正极，M极为负极，a极为阴极，b极为阳极。②甲装置中装氢氧化钠溶液，在b极上OH－发生氧化反应：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，总电解反应为2H2O2H2↑＋O2↑。③丙装置中装K2SO4溶液，电解前后溶质的质量不变，实质是电解水，设电解过程中电解水的质量为x,‎100 g×10.00%＝(‎100 g－x)×10.47%，x≈‎4.5 g。n(H2O)＝＝0.25 mol，n(O2)＝0.125 mol，V(O2)＝0.125 mol×‎22.4 L/mol＝‎2.8 L。甲、丙装置实质上均为电解水，故转移电子数相同，且b极上生成的气体为‎2.8 L。④电解0.25 mol水时转移电子的物质的量为0.5 mol，c极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，根据电子守恒知，析出金属质量m(Cu)＝0.25 mol×‎64 g/mol＝‎‎16 g ‎。⑤甲、丙装置中电解的实质是电解水，乙装置中的总反应式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑，溶液酸性增强。‎ ‎(2)如果铜全部析出，甲装置装有氢氧化钠溶液，乙装置装有硫酸，丙装置装有硫酸钾溶液，仍然能电解，三个装置都相当于电解水。‎ ‎[答案]　(1)①正　②4OH－－4e－===2H2O＋O2↑　③‎2.8 L　④16　⑤碱性增大，因为电解后，水量减少，溶液中NaOH的浓度增大　酸性增大，因为在阳极上OH－参与反应生成O2，溶液中H＋的浓度增加　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，因为乙装置中已转化为H2SO4溶液，反应也就变为电解水的反应。‎ ‎[心得体会]‎