文档内容
第 03 讲 电解池、金属的腐蚀与防护
目录
01 模拟基础练
【题型一】电解原理应用于处理“三废”
【题型二】电解原理应用于制备物质
【题型三】多池、多室的电化学装置
【题型四】金属的腐蚀与防护
02 重难创新练
03 真题实战练
题型一 电解原理应用于处理“三废”
1．（2024·河北省衡水市高三模拟预测）研究表明，由于人类活动的影响，过量的二氧化碳排放已将
海洋表层水的pH值降低了0.2。海水酸性的增强，使多种海洋生物乃至生态系统面临巨大威胁．用如图所
示装置可以降低温室气体二氧化碳的含量。下列说法错误的是( )
A．a室中发生的电极反应：2HO-4e- =O ↑＋4H＋
2 2
B．c室中的部分阳离子会迁移到b室
C．b室发生的反应：H++HCO- =CO ↑＋HO
3 2 2
D．可以利用上述方法从海水中提取CO
2
【答案】B
【解析】海水从入口进入a室和c室，在a室发生氧化反应产生H+和O，在c室发生还原反应产生
2
OH-和H，由于阳离子膜只允许阳离子通过，故a室产生的氢离子通过阳离子膜进入b室，而c室产生的
2
OH-被阻隔，海水呈弱碱性，故在b室发生氢离子和碳酸氢根离子的中和反应产生二氧化碳气体，由于二
氧化碳气体微溶于水，故二氧化碳气体从海水中分离。A项，水从入口进入a室和c室，在a室发生氧化反应产生H+和O，电极方程式为：2HO-4e- =O ↑＋4H＋，A正确；B项，c室为阴极区，a室为阳极区，电
2 2 2
解池中阳离子向阴极移动，B错误；C项，b室发生氢离子和碳酸氢根离子的中和反应产生二氧化碳气体，
离子方程式为：H++HCO- =CO ↑＋HO，C正确；D项，b室发生氢离子和碳酸氢根离子的中和反应产生二
3 2 2
氧化碳气体，由于二氧化碳气体微溶于水，故二氧化碳气体从海水中分离，D正确；故选B。
2．某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意
图如下，下列说法不正确的是( )
A．A为电源正极
B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为
Cr O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO
2 2
C．阴极区附近溶液pH降低
D．若不考虑气体的溶解，当收集到H 13.44 L(标准状况)时，有0.1 mol Cr O被还原
2 2
【答案】C
【解析】根据图示，A作阳极，B作阴极，电极反应式为，阳极：Fe－2e－===Fe2＋；阴极：2H＋＋2e－
===H ↑；然后，Cr O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO，由于在阴极区c(H＋)减小，pH增大。根据
2 2 2
6H～6Fe2＋～Cr O得，当有13.44 L(标准状况)H 放出时，应有0.1 mol Cr O被还原。
2 2 2 2
3．隔膜电解法处理酸性的硝基苯废水，采用惰性电极，装置示意图如下，下列说法正确的是( )
A.阴极反应为： ＋6H＋＋6e－=== ＋2HO
2
B.隔膜应为阴离子交换膜
C.电解工作一段时间后，需补加 NaSO
2 4D.生成 与O 的物质的量之比为 1∶1
2
【答案】A
【解析】电池右边实现了C HNO →C HN的转变，N元素的化合价从＋3价变到－3价，化合价降低，
6 5 2 6 7
发生还原反应，对应电极为阴极，故阴极的电极反应式为：C HNO ＋6e－＋6H＋=== C HN＋2HO，A正
6 5 2 6 7 2
确；交换膜允许H＋通过，为阳离子交换膜，B错误；阳极电极反应式为：4OH－－4e－===O ↑＋2HO，没
2 2
有消耗钠离子和硫酸根，不需补加硫酸钠，C错误；阴极电极反应式为C HNO ＋ 6e－＋6H＋===C HN ＋
6 5 2 6 7
2HO ，每生成1 mol C HN转移电子数为6 mol，阳极电极反应式为4OH－－4e－===O ↑＋2HO，每转移6
2 6 7 2 2
mol电子生成1.5 mol O，则生成 与O 的物质的量之比为 1∶1.5＝2∶3，D错误；故答案选A。
2 2
4． 用NaOH溶液吸收烟气中的SO ，将所得的NaSO 溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到
2 2 3
HSO ，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)
2 4
(1)图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)________极，C口流出的物质是________。
(2)SO放电的电极反应式为____________。
(3)电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因________。
【答案】 (1)负 硫酸
(2)SO－2e－＋HO===SO＋2H＋
2
(3)H O H＋＋OH－，在阴极H＋放电生成H，c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强
2 2
【解析】根据Na＋、SO的移向判断阴、阳极。Na＋移向阴极区，a应接电源负极，b应接电源正极，
其电极反应式分别为，阳极：SO－2e－＋HO===SO＋2H＋，阴极：2HO＋2e－===H ↑＋2OH－，所以从C
2 2 2
口流出的是 HSO ，在阴极区，由于 H＋放电，破坏水的电离平衡，c(H＋)减小，c(OH－)增大，生成
2 4
NaOH，碱性增强，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液。
题型二 电解原理应用于制备物质
5．(2024·浙江省宁波市十校高三二模联考)高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以NaClO 为原料
4
制备高氯酸的原理如图所示。下列说法正确的是( )A．上述装置中，f极为光伏电池的正极
B．a、b处均通入NaClO 溶液
4
C．d处得到较浓的 溶液，c处得到HClO 溶液
4
D．若转移2mol电子，理论上生成100.5gNaClO
4
【答案】C
【解析】根据钠离子通过离子交换膜的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相接，
f极为光伏电池的负极，阳极HO或OH-失去电子生成氧气和氢离子或水，电极反应式为2HO-4e-=4H+
2 2
+O ↑或4OH--4e-=2H O+O↑，生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠，电解池右侧阴
2 2 2
极上HO或H+得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子或氢气，电极反应式为2HO+2e-=2OH-+H ↑或
2 2 2
2H++2e-=H ↑，OH-与Na+结合成NaOH，所以物质b为稀NaOH溶液。A项，图中Na+由左侧移动到右侧，
2
即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e极为光伏电池的正极、f极为负极，故A
错误； B项，物质b为稀NaOH溶液，故B错误； C项，左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸
钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH-与Na+结合成NaOH，所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到
HClO，故C正确； D项，电解NaClO 溶液生成HClO 时阳极电极反应式为2HO-4e-=4H++O ↑，转移
4 4 4 2 2
2mol电子则生成2molH+，即生成2molHClO ，m(HClO )=nM=2mol×100.5g/mol=201g，故D错误；故选
4 4
C。
6．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)高能耗的氯碱工业，经过优化工艺设计可降低
能耗.下图所示设计中，表示了相关物料的传输和转化关系，下列说法不正确的是( )
A．该设计中主要的节能之处一是用氢氧燃料电池来供电，二是提高NaOH溶液浓度
B．离子交换膜Ⅰ应选用阳离子交换膜，离子交换膜Ⅱ选用阴离子交换膜
C．图中Y为氢气，Y在燃料电池中发生的电极反应是：H－2e-＋2OH-=2HO
2 2
D．燃料电池装置中通空气的一端发生还原反应【答案】B
【解析】由图可知，装置I为电解饱和食盐水的电解池，左边电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失
去电子发生氧化反应生成氯气，则X为氯气，右边电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气
和氢氧根离子，则Y为氢气；装置II为氢氧燃料电池，左边电极为负极，碱性条件下氢气在负极失去电子
发生氧化反应生成水，右边电极为正极，水分子作用下氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。A项，
装置I为电解饱和食盐水的电解池，装置II为氢氧燃料电池，氢氧燃料电池可以为电解饱和食盐水供电，
燃料电池中，氢气在负极放电消耗氢氧根离子，则a%>c%，氧气在正极放电生成氢氧根离子，则b% >
a%，则氢氧化钠溶液质量分数的大小为b% > a%>c%，提高了氢氧化钠的浓度，A正确；B项，电解饱和
食盐水选用阳离子交换膜，离子交换膜Ⅰ应选用阳离子交换膜，燃料电池中为了提高氢氧化钠的浓度，离
子交换膜II也是阳离子交换膜，Na+离子通过交换膜向正极移动，可以使氢氧化钠浓度在正极室变大，B错
误；C项，Y为氢气，在碱性条件下，氢气在燃料电池中发生的电极反应是：H－2e-＋2OH-=2HO，C正
2 2
确；D项，燃料电池装置中通空气的一端为正极，发生还原反应，D正确；故选B。
7．利用电解法将CO 转化为CH 的原理如图所示。下列说法正确的是( )。
2 4
A．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移
B．电极b上的反应为CO+8HCO-
-8e-=CH
+8CO2-
+2H O
2 3 4 3 2
C．电解过程中化学能转化为电能
D．电解时NaSO 溶液浓度保持不变
2 4
【答案】A
【解析】由a极生成O 可以判断a极为阳极，b极为阴极，阳离子向阴极迁移，则H+由a极区向b极
2
区迁移，A正确；电极b上的反应为CO+8HCO-
+8e-=CH
+8CO2-
+2H O，B错误；电解过程中电能转化为
2 3 4 3 2
化学能，C错误；电解时OH-比SO2-
更容易失去电子，所以电解NaSO 溶液的实质是电解水，溶液中的水
4 2 4
被消耗，所以NaSO 溶液的浓度增大，D错误。
2 4
8．(2024· 浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估)某实验小组利用下列装置来降低某硬水中
Ca2+、Mg2+和HCO -的含量，Nb Ru O 和MnO 为极板催化剂。下列说法不正确的是( )
3 0.1 0.9 2 xA．a端电势高于b端电势
B．Nb Ru O 可加快HO失去电子的速率
0.1 0.9 2 2
C．其它条件不变，适当减小两极的极板间距，Ca2+、Mg2+沉淀速率增大
D．阳极区收集的气体中只含有O
2
【答案】D
【解析】根据图示，钛网上海水中HO发生失电子的氧化反应生成O，钛网为阳极，电极反应式为
2 2
2HO-4e-=O ↑+4H+，产生的H+消耗HCO -，钛箔上生成H，钛箔上生成H 的电极反应为2H++2e-=H ↑，同
2 2 3 2 2 2
时生成OH-，沉淀Ca2+、Mg2+，钛箔为阴极。A项，由分析可知，钛网为阳极，a为电源正极，钛箔为阴极，
b为电源负极，a端电势高于b端电势，A正确；B项，Nb Ru O 是催化剂，可加快HO失去电子的速率，
0.1 0.9 2 2
B正确；C项，其它条件不变，适当减小两极的极板间距，会加快电子转移的速率，加快了整个反应的速
率，Ca2+、Mg2+沉淀速率增大，C正确；D项，钛网为阳极，电极反应式为2HO-4e-=O +4H+，产生的
2 2
H+消耗HCO -生成CO，D错误；故选D。
3 2
9．在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图所示。下列说法错误的
是( )
A．理论上NHPI的总量在反应前后不变
B．海绵Ni电极为阳极
C．总反应为 +H ↑
2
D．每消耗1 mol苯甲醇，产生22.4 mL氢气
【答案】D
【解析】由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子生成Ni3+，发生氧化反应，
则海绵Ni电极为阳极，电极反应为Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应Ni3++NHPI→Ni2++PINO，H+在石
墨电极得到电子生成H ，发生还原反应，则石墨电极为阴极，电极反应为 2H++2e-=H ↑，阴极区同时还发
2 2
生反应 +PINO 。题型三 多池、多室的电化学装置
10．电化学原理在工业生产中发挥着巨大的作用。NaFeO 是制造高铁电池的重要原料，同时也是一
2 4
种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产NaFeO，下列说法正确的是( )
2 4
A．阳极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO 2-+4H O
4 2
B．右侧的离子交换膜为阳离子交换膜
C．阴极区a%>b%
D．阴极产生的气体是氧气
【答案】A
【解析】A项，由图所示，Fe为阳极，故发生氧化反应生成FeO2-，电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO 2-
4 4
+4H O，A正确；B项，阳极反应消耗阴离子氢氧根离子，向右侧阳极移动，故右侧交换膜为能使阴离子
2
通过的阴离子交换膜，B错误；C项，阴极区水被电解产生H 和OH-，故产出的NaOH浓度变大，
2
a%OH-、H+>金属离子，阳极反应式：2Cl--2e-=Cl↑，阴极为水放电生成
2
氢气。A项，CaCl 和NaCl混合，可降低NaCl的熔点，A正确；B项，网状隔膜用于隔离阳极产物与阴极
2
产物，防止Cl 与Na发生反应，B正确；C项，阳极反应式：2Cl--2e-=Cl↑，故转移1mol e-，理论上生成
2 2
0.5mol Cl ，C错误；D项，PbO 作为铅酸电池的正极，应与石墨阳极连接，D正确；故选C。
2 2
2．(2024·浙江省高三选考模拟考试)铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如下图所示。
若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基 ；若上端口关闭，可得到强还原性
中间体氢原子 。下列说法正确的是( )A．无论上端口是关闭还是打开，正极反应式均为：Fe-2e-=Fe2+
B．1mol O 完全转化为羟基自由基 时转移了2 mol电子
2
C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭
D．若处理含Cr O2-的酸性废水，则上端口应打开并鼓入空气
2 7
【答案】B
【解析 】A项，正极发生得电子的反应，负极发生失电子的氧化反应，所以无论是否鼓入空气，Fe
易失去电子生成Fe2+，作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A错误；B项，若上端口打开，并鼓入空气，可
得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O =2OH·，所以1mol O 完全转化为羟基自由基 时
2 2
转移了2 mol电子，B正确；C项，除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可
生成羟基自由基氧化酚类，C错误；D项，Cr O2-在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上
2 7
端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子 ，D错误；故选B。
3．(2024·浙江省宁波市镇海中学新高考调研卷)我国科学家开发出碱性海水里直接电解制氢的技术，
工作原理如图1所示。MnO 隔水薄膜可以起到阻挡Cl-与电极催化剂活性中心接触的作用，电极A含有M
x
金属的催化剂，发生的电极反应过程如图2所示，离子交换膜选择性透过参与电极A反应的物质。下列说
法错误的是( )
A．电极A上发生的反应存在极性键的断裂与生成
B．若去掉隔水薄膜，Cl-会在A电极失去电子生成Cl
2
C．电解结束后，电极B处去掉海水隔水膜，所得溶液中加入适量FeCl、NaCl、KNO 溶液无混浊现
3 3
象D．每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，就会有0.008 mol电子从电极A流向电极B
【答案】C
【解析】从图2可知，M金属催化剂，催化氢氧根离子在电极A发生失电子的氧化反应生成氧气，电
极反应式为4OH--4e-＝O↑＋2HO，所以电极A为阳极，电极B为阴极。A项，由图可知，电极A上发
2 2
生的反应存在氢氧极性键的断裂与氢氧极性键的生成，A正确；B项，去掉隔水薄膜，氯离子会在阳极A
电极失去电子发生氧化反应生成氯气，B正确；C项，电极B为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢
氧根离子：2HO+2e-=H↑＋2OH-，则加入铁离子会生成氢氧化铁沉淀变浑浊，C错误；D项，电解总反
2 2
应为 ，每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，则生成氧气
，O~ 4e-，故会有0.008 mol电子从电极A流向电极，D正确；故选C。
2
4．(2024·浙江省杭州市高三下学期二模)调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，
分子整体呈电中性，此时溶液的pH值为该氨基酸的pI值，谷氨酸的 ；丙氨酸的 ；赖氨酸的
。已知：
可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是( )
A．阳极的电极反应为2HO-4e-=O ↑+4H+
2 2
B．a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜
C．原料室的 应控制在6.02
D．在产品室1中，可以收集到赖氨酸
【答案】D
【解析】由题干电解池装置图可知，阳极室为电解HSO 溶液，故阳极反应为：2HO-4e-=O +4H+，阴
2 4 2 2
极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2HO+2e-=H +2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室
2 2
2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性，则为谷
氨酸，产品室2显碱性，则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室。A项，由题干图示装置可知，阳极室为稀硫酸，
故阳极的电极反应为2HO-4e-=O ↑+4H+，A正确；B项，a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜，B正确；
2 2
C项，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的pH应控制在6.02，C正确；D项，产品
室1显酸性，则可以收集到谷氨酸，产品室2显碱性，则可以收集到赖氨酸，D错误；故选D。5．（2024·广东省东莞等六校联考三模）回收利用工业废气中的CO 和SO ，实验原理示意图如下。
2 2
下列说法正确的是( )
A．装置a中每吸收22.4L（标准状况下）废气，b中转移电子数为2N
A
B．装置a吸收废气过多，不会影响装置b中放电微粒的种类
C．装置b中的交换膜为质子交换膜，电解过程中两极溶液pH值均稍有降低
D．装置b中右侧的电极反应为：CO+3HO＋2e-=HCOOH+2OH-
2 2
【答案】C
【解析】根据图知，含CO 和SO 的废气通入NaHCO 溶液中，得到NaHCO 和NaSO 的混合溶液和
2 2 3 3 2 3
CO，发生的反应为2NaHCO +SO=Na SO +2CO +H O，电解池中，左侧电极上SO 2-失电子生成SO 2-，该
2 3 2 2 3 2 2 3 4
电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为SO 2--2e-＋2OH-= SO 2-+HO ；
3 4 2
则通入CO 的电极为阴极，阴极反应式为CO+2H＋＋2e-=HCOOH。A项，装置a中每吸收22.4L（标准状
2 2
况下）废气，气体CO 和SO 总量为1mol，则CO 的量小于1mol，b中转移电子数小于2N ，A错误；B
2 2 2 A
项，装置a吸收废气过多，则会有机会生成NaHSO，HSO -也可以放电，会影响装置b中放电微粒的种类，
3 3
B错误；C项，装置b中的交换膜为质子交换膜，电解过程中阳极发生SO 2--2e-＋2OH-= SO 2-+HO消耗氢
3 4 2
氧根和水，pH值稍有降低，交换膜为质子交换膜，氢离子通过交换膜，进右侧，阴极反应式为CO+2H＋
2
＋2e-=HCOOH，生成酸，两极溶液pH值均稍有降低；C正确；D项，装置b中右侧的电极反应为：
CO+2H＋＋2e-=HCOOH，D错误；故选C。
2
6．（2024·安徽省马鞍山市高三三模）有机电化学合成是一种环境友好的合成方法，由对硝基苯甲酸
制取对氨基苯甲酸的电解装置如图所示，其中双极膜能将HO解离成H+和 。
2
下列说法错误的是( )
A．b端电势高于a端电势
B．电解后阳极区溶液pH下降C．每产生1mol[Ag(NH )]+就有1molHO发生解离
3 2 2
D．Pt的电极反应方程式可表示为：
【答案】B
【解析】根据装置示意图可知，Ag在b极失去电子，为阳极区，结合NH 转化为[Ag(NH )]+，则b极
3 3 2
为正极，且正极的反应式为Ag-e-+2NH =[Ag(NH )]+，a为负极，Pt为阴极区，对硝基苯甲酸转化为对氨基
3 3 2
苯甲酸需要消耗氢离子 ，则双极膜可以电解水HO=H++OH-。A项，
2
由分析知，b极为正极，a为负极，b端电势高于a端电势，A正确；B项，电解后阳极区OH-的浓度会增
大，溶液pH上升，B错误；C项，生成1mol[Ag(NH )]+，溶液需要1molOH—维持溶液环境，所以有
3 2
1molHO发生解离，C正确；D项，Pt的电极反应方程式可表示为：
2
+2H O，D正确；故选B。
2
7．(2024·浙江省北斗星盟高三联考)近年研究发现，电催化CO 和含氮物质(NO -等)在常温常压下合成
2 3
尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO 溶液通CO 至饱和，在电极上反
3 2
应生成CO(NH)，电解原理如图所示。下列说法不正确的是( )
2 2
A．电极 连接电源的正极，发生氧化反应
B．电极 发生的电极反应式为2 NO -+CO +18H++16e-= CO(NH)+7H O
3 2 2 2 2C．电极a区电解质溶液pH增大
D．当电极a区生成 尿素时，电极 区质量减少
【答案】D
【解析】由氢离子的移动方向可知，a电极是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极
得到电子生成尿素和水，电极反应式为2 NO -+CO +18H++16e-= CO(NH)+7H O，电极b为阳极，水分
3 2 2 2 2
子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2HO—4e—=4H++O ↑。A项， 电极b
2 2
为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，A正确；B项， a是电解池阴
极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极a发生的电极反应式为2 NO -
3
+CO +18H++16e-= CO(NH)+7H O，B正确；C项，a是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳
2 2 2 2
在阴极得到电子生成尿素和水，电极a区电解质溶液pH增大，C正确；D项， 当电极a区生成6.0 g尿素
时，由方程式2 NO -+CO +18H++16e-= CO(NH)+7H O，转移电子1.6mol，电极b区，2HO—4e—=4H+
3 2 2 2 2 2
+O ↑，电极b区质量减少氧气和氢离子的质量，相当于水的质量，
2
=12.8g+1.6g=14.4g，D错误；故选D。
8．(2024·福建省龙岩市高三模拟)利用丙酮酸与废水中的NO -电催化耦合温和条件下去除NO - 和生产
3 3
高值化丙氨酸，其工作原理如图。25℃，丙氨酸主要以 形式存在，其 。
下列说法错误的是（ ）
A．丙氨酸酸性很弱是因为形成了内盐
B．阴极的电极反应式为 + +10e-+11H+= +4H O
2
C．理论上阳极区每生成1 molO，阴极区H+减少4.4mol
2
D．该装置整合了电化学—化学—电化学串联反应
【答案】C
【解析】该装置为电解池，左侧接电源正极为阳极区，水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子；
右侧接电源负极为阴极，硝酸根得到电子发生还原反应；制备丙氨酸分为三步，硝酸根离子在阴极反应转
化为NH OH，NH OH和丙酮酸反应生成C HON，C HON在电极上反应生成丙氨酸。】A项，氨基酸的
2 2 3 5 3 3 5 3
酸性来自羧基，而羧基可以与氨基形成内盐，从而减弱酸性，A正确；B项，在阴极，硝酸根得到电子与丙酮酸反应转化为丙氨酸，电极反应式为： ，B正确；C项，
在阳极，水失去电子被氧化生成氧气和氢离子，同时氢离子从阳极区移向阴极，故阳极生成1mol的氧气，
转移4mol电子，阴极氢离子应该增加4mol，C错误；D项，硝酸根离子在阴极反应转化为NH OH是电化
2
学反应，NH OH和丙酮酸反应是化学反应，C HON在电极上反应生成丙氨酸是一个电化学反应，该装置
2 3 5 3
整合了电化学—化学—电化学串联反应，D正确；故选C。
9．(2024·福建省福州市高三二模)近日，西湖大学团队开发了一类水溶性有机储能小分子(M)，并提出
在电池充放电过程中实现电化学碳捕获一体化，其反应装置与原理如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．充电时，电极A连接电源的负极
B．放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H O
2
C．该电池可采用阴离子交换膜
D．充电时，外电路通过1mole-，理论上该电池最多能够捕获11.2LCO (标况下)
2
【答案】B
【解析】由装置图中物质变化分析可以知道，M→N的变化为加氢反应，是还原反应，N→M的反应
过程是去氢过程，为氧化反应，则放电条件下，电极B为原电池的负极，发生电极反应N+2OH--2e-
=M+2H O，电极A为原电池正极，实现K[Fe(CN) ]→K [Fe(CN) ]的转化，该电池可采用阳离子交换膜，
2 3 6 4 6
避免M、N的阴离子移向负极反应，充电时，正极A连接电源正极做电解池的阳极，负极B连接电源负极，
做电解池阴极。A项，由分析，充电时，电极A连接电源的正极，A错误；B项，放电时电极B发生的反
应为：N+2OH--2e-=M+2H O，B正确；C项，该电池采用阳离子交换膜，C错误；D项，充电时，外电路
2
通过1mole-，产生1mol氢氧根离子，根据CO+OH-=HCO-，理论上该电池最多能够捕获22.4LCO (标况
2 3 2
下)，D错误；故选B。
10．(2024·福建省名校联盟全国优质校高三大联考)光伏电池驱动的甲醛废水转化装置及MnO 的晶胞
2
结构如图。下列说法不正确的是（ ）
A．阴极发生的总电极反应方程式为2CO+12H++12e-=C H+4H O
2 2 4 2
B．每生成11.2LC H (标准状况下)时，阳极生成 的数目为3N
2 4 A
C．晶胞中黑球为Mn原子
D．晶胞中黑球处于白球构成的八面体空隙中
【答案】B
【解析】由图可知右侧电极上二氧化碳转化为CO，CO最终转化为乙烯，C元素化合价降低，发生还
原反应，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阳极甲醛失电子生成HCOOH，HCOOH继续失电子生产
二氧化碳。A项，阴极发生的总电极反应方程式为2CO+12H++12e-=C H+4H O，故A正确；B项，未指明
2 2 4 2
气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算阳极生成HCOOH的数目为3N ，故B错误；
A
C项，晶胞中黑球位于顶点和体心，个数为 ，白球位于面上和体内，个数为： ，结
合MnO 的化学式可知黑球为Mn，故C正确；D项，以体心黑球为观察对象，可知其周围有4个白球位于
2
面上，2个白球位于体内，黑球处于白球构成的八面体空隙中，故D正确；故选B。
11．(2024·浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试)某研究小组模拟微库仑滴定法测定样
品中 的含量，工作原理是电解质溶液中的c(Ag+)保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与
Ag+反应，便立即自动进行电解，当c(Ag+)又回到标准值，测定结束；溶液中存在：AgY - Ag++2Y-。
2
部分装置如图所示，下列说法不正确的是( )
A．阳极反应式：Ag+2Y--e-=AgY -
2
B． 电极附近离子放电的顺序： Ag+＞H+
C．CHCOO-和CHCOOH溶液可维持电解质溶液的pH在一定范围内基本不变
3 3
D．，经折算电路中转移 电子，则样品中 的含量为
【答案】B
【解析】检测前，电解质溶液中的c(Ag+)保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与
Ag+反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成Ag+，到c(Ag+)又回到原定值，
电极反应式为Ag+2Y--e-=AgY -，根据电解消耗的电量可以求出待测物中氯的含量。A项，阳极失电子，阳
2
极反应式：Ag+2Y--e-=AgY -，A正确；B项，由题意可知，电解质溶液中的c(Ag+)保持标准值时，电解池
2不工作；样品进入电解池后与Ag+反应，Ag+浓度减小，便立即自动进行电解产生Ag+，此时Pt电极Ag+不
会放电，H+放电生成H，说明Pt电极附近离子放电的顺序：Ag+7
D．反应过程中化学能完全转化为电能
【答案】C
【解析】A项，取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K[Fe(CN) ]的食盐水，铁皮发生吸
3 6
氧腐蚀，没有H 生成，A错误；B项，铁片发生吸氧腐蚀，Fe电极方程式为：Fe-2e-=Fe2+，边缘处红色得
2
原因是二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁，B错误；C项，铁片发生吸氧腐蚀，反应后中心区域溶液呈
碱性，pH>7，C正确；D项，铁皮发生吸氧腐蚀得原理是原电池，但化学能不能完全转化为电能，D错误；
故选C。
15．（2024·上海市浦东新区高三模拟）Ⅰ．研究铁的腐蚀，实验步骤如下：
步骤1：将铁粉放置于0.002 mol·L-1CuSO ·溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。
4
步骤2：向15.00mL1mol·L-1NaCl溶液（用盐酸调至 ）中加入浸泡过的Fe粉。
步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。
(1)第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为 。
(2)第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。
①析氧腐蚀时Cu上发生的电极反应为 。
②第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是 。
Ⅱ．研究铁的防护(3)在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀
已知： 放电的速率缓慢且平稳时有利于得到致密、细腻的镀层。
①镀件Fe应与电源的 相连。
②向ZnSO 电解液中加入NaCN溶液，将Zn2+转化为 [Zn(CN) ]2-，电解得到的镀层更加致密、细腻，
4 4
原因是 。
(4)电镀后的废水中含有CN-，一种测定其含量的方法是取废水50mL，再加KI溶液1mL，用
溶液滴定，达到滴定终点时，消耗 溶液 。
已知Ag+(aq)+ 2CN- (aq) [Ag(CN) ]+(aq)（无色）
2
Ag+(aq)+ I- (aq) AgI(s)（黄色）
①滴定终点的现象是 。
②废水中CN-的含量是 g/L（用含C、V的代数式表示）。
【答案】(1) 2H＋＋2e-=H ↑
2
(2) O+2H O+4e-=4OH- 溶液的酸碱性(或溶液的pH)
2 2
(3) 负极 通过反应Zn2++4CN- [Zn(CN) ]2-降低c(Zn2+ )，使得Zn2+放电速率减缓，同时通过
4
平衡的移动补充放电消耗的Zn2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用
(4) 加入最后半滴AgNO 溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失
3
【解析】铁与硫酸铜反应生成的铜附着在铁表面，当浸入酸性较强溶液时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或
接近中性溶液时发生吸氧腐蚀，发生吸氧腐蚀时铜为正极，O 得电子被还原生成OH-，正极反应式为：
2
O+2H O+4e-=4OH-。析氢腐蚀铜为正极发生反应2H＋＋2e-=H ↑，消耗H+，吸氧腐蚀产生OH-，故做探究
2 2 2
实验时可通过采集溶液pH随时间变化的数据展开，而氧化产物Fe2+可通过K[Fe(CN) ]检验。电镀后的废
3 6
水中CN−含量的测定，可选用络合滴定，滴定剂为硝酸银，指示剂为KI。（1）铜为原电池的正极，氢离
子在正极得到电子生成氢气，电极反应为2H＋＋2e-=H ↑；（2）①析氧腐蚀时Cu上发生的电极反应为
2
O+2H O+4e-=4OH-；②由图可知，酸性较强时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，则第
2 2
一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是溶液的酸碱性(或溶液的pH值)；（3）①由电镀的
工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的锌作电镀池的阳极，镀件Fe应与电源的负极相连；②电镀
时，向ZnSO 电解液中加入NaCl溶液，通过反应Zn2++4CN- [Zn(CN) ]2-，降低c(Zn2+)，使得Zn2+放
4 4
电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作
用，结合已知可知，这样电解得到的镀层更加致密、细腻；（4）①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴
定的指示剂，当银离子与氰酸根离子完全反应，滴入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，则滴定
终点的现象是：加入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；②由终点时滴
定消耗V ml，c mol/L氰化钠溶液可知，50 mL废水中氰酸根离子的浓度为
。1．(2023•浙江省1月选考，11)在熔融盐体系中，通过电解TiO 和SiO 获得电池材料(TiSi)，电解装置
2 2
如图，下列说法正确的是( )
A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极A的电极反应：8H++TiO +SiO +8e-=TiSi+4HO
2 2 2
C．该体系中，石墨优先于Cl-参与反应
D．电解时，阳离子向石墨电极移动
【答案】C
【解析】由图可知，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，与电源
正极相连，则电极A作阴极，TiO 和SiO 获得电子产生电池材料(TiSi)，电极反应为TiO+SiO +8e-
2 2 2 2
=TiSi+4O2-。A项，在外加电源下石墨电极上C转化为CO，失电子发生氧化反应，为阳极，A错误；B项，
电极A的电极反应为TiO+SiO +8e-=TiSi+4O2-，B错误；C项，根据图中信息可知，该体系中，石墨优先
2 2
于Cl-参与反应，C正确；D项，电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D错误；故选C。
2．(2023•全国甲卷，12)用可再生能源电还原CO 时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应
2
来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是( )
A．析氢反应发生在IrO -Ti电极上
x
B．Cl-从 电极迁移到IrO -Ti电极
xC．阴极发生的反应有：2CO+12H++12e−=C H+4H O
2 2 4 2
D．每转移1mol电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)
【答案】C
【解析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrO -Ti电极为电解池的阳极，水在阳极
x
失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2HO-4e—=O ↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件
2 2
下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO+12H+
2
+12e−=C H+4H O、2CO+12H++12e−=C HOH+3H O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进
2 4 2 2 2 5 2
入阴极室。A项，析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误；B项，离子交换
膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误；C项，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化
碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO+12H++12e−=C H+4H O，故C正
2 2 4 2
确；D项，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2HO-4e—=O ↑+4H+，每转移
2 2
1mol电子，生成0.25molO，在标况下体积为5.6L，故D错误；故选C。
2
3．(2023•广东卷，13)利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K，一段时间后(
1
)
A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl 和O
2 2
B．a处布条褪色，说明Cl 具有漂白性
2
C．b处出现蓝色，说明还原性：Cl-＞I-
D．断开K，立刻闭合K，电流表发生偏转
1 2
【答案】D
【解析】闭合K，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极
1
反应为2Cl-—2e-=Cl↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H ↑，总反应为2NaCl+2H O
2 2 2
2NaOH+H ↑+Cl↑。A项，根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl 和H，A错误；B项，左侧生
2 2 2 2
成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错误；C项，
b处出现蓝色，发生Cl+2KI=I +2KCl，说明还原性：I-＞Cl-，C错误；D项，断开K，立刻闭合K，此时
2 2 1 2
构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；故选D。
4．(2022·浙江省6月选考)通过电解废旧锂电池中的LiMn O 可获得难溶性的LiCO 和MnO ，电解示
2 4 2 3 2
意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A．电极A为阴极，发生还原反应
B．电极B的电极发应：2HO+Mn2+-2e-=MnO+4H+
2 2
C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变
D．电解结束，可通过调节 除去Mn2+，再加入NaCO 溶液以获得LiCO
2 3 2 3
【答案】C
【解析】A项，由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO ，锰元素化合价升高，失电子，则
2
电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B项，由电解示意图可知，电极B上
Mn2+失电子转化为了MnO ，电极反应式为：2HO+Mn2+-2e-=MnO+4H+，B正确；C项，电极A为阴极，
2 2 2
LiMn O 得电子，电极反应式为：2LiMn O+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H O，依据得失电子守恒，电解池总反
2 4 2 4 2
应为：2LiMn O+4H+=2Li++Mn2++3MnO+2H O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；D项，电解池
2 4 2 2
总反应为：2LiMn O+4H+=2Li++Mn2++3MnO+2H O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉
2 4 2 2
淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；故选C。
5．(2022•广东选择性考试，10)以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电
解，实现Al的再生。该过程中( )
A．阴极发生的反应为M-2e-=Mg2+ B．阴极上Al被氧化
C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥 D．阳极和阴极的质量变化相等
【答案】C
【解析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该
题中以熔融盐为电解液，含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可
使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电
子生成Al单质，从而实现Al的再生。A项，阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子
生成Mg2+，A错误；B项，Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；C项，阳极材料中Cu和Si不参与氧化
反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；D项，因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，
且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与
阴极的质量变化不相等，D错误；故选C。
6．(2022•北京卷，13)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。序
装置示意图 电解质溶液 实验现象
号
0.1mol·L-1 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面
① CuSO +少量 有红色固体，气体减少。经检验电解液中有
4
HSO Fe2+
2 4
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表
0.1mol·L-1
② 面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元
CuSO +过量氨水
4
素
下列说法不正确的是( )
A．①中气体减少，推测是由于溶液中c(H＋)减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍 与铁接触
B．①中检测到Fe2+，推测可能发生反应：Fe+2H+= Fe2++H ↑、Fe+Cu2+=Fe2++ Cu
2
C．随阴极析出 ，推测②中溶液c(Cu2＋)减少，Cu2＋+4NH [Cu(NH )]2＋平衡逆移
3 3 4
D．②中Cu2＋生成[Cu(NH )]2＋，使得c(Cu2＋)比①中溶液的小， 缓慢析出，镀层更致密
3 4
【答案】C
【解析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生
成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极失去电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过
量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比
实验①更致密的镀层。A项，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减
小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B项，实
验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生
的反应为Fe+2H+= Fe2++H ↑、Fe+Cu2+=Fe2++ Cu，故B正确；C项，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生
2
还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋+4NH [Cu(NH )]2＋平衡向正反应方
3 3 4
向移动，故C错误；D项，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到
电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。
7．(2022·浙江省1月选考，21)pH计是一种采用原电池原理测量溶液pH的仪器。如图所示，以玻璃
电极(在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag—AgCl电极)和另一Ag—AgCl电极插入待
测溶液中组成电池，pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059。下列说法正确的是( )
A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极反应式为：AgCl(s)+e-=Ag(s)+Cl(0.1mol·L-1)
B．玻璃膜内外氢离子浓度的差异不会引起电动势的变化C．分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH
D．pH计工作时，电能转化为化学能
【答案】C
【解析】A项，如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极为负极、负极发生氧化反应而不是还原反
应，A错误；B项，已知：pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则玻璃膜内外氢离子浓度
的差异会引起电动势的变化，B错误；C项，pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则分别
测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH，C正确；D项，pH计工作
时，利用原电池原理，则化学能转化为电能，D错误；故选C。
8．(2021•广东选择性考试，16)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶
液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是( )
A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大
B．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 g
C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变
D．电解总反应：为2Co2++2H O 2 Co +O ↑+4H+
2 2
【答案】D
【解析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和
氢离子，电极反应式为2HO-4e-=O ↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通
2 2
过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反
应式为Co2++2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，
电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H O 2 Co +O ↑+4H+。A项，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜
2 2
由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；B项，由分析可知，阴极生成
1mol钴，阳极有1mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；C项，若移除离子交换膜，氯离子的
放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极
反应会发生变化，故C错误；D项，由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H O 2 Co
2
+O ↑+4H+，故D正确；故选D。
2
9．(2021•湖北选择性考试，15) NaCr O 的酸性水溶液随着H浓度的增大会转化为CrO。电解法制备
2 2 7 3
CrO 的原理如图所示。下列说法错误的是( )
3A．电解时只允许H通过离子交换膜
B．生成O 和H 的质量比为8:1
2 2
C．电解一段时间后阴极区溶液OH的浓度增大
D．CrO 的生成反应为：Cr O2＋2H＝2CrO＋HO
3 2 7 3 2
【答案】A
【解析】左侧电极上产生O ，右侧电极上产生H ，说明左极为阳极，电极反应式为2HO－4e＝4H
2 2 2
＋O↑，左侧制备三氧化铬：Cr O2＋2H＝2CrO ＋HO；右极为阴极，电极反应式为4HO＋4e＝4OH＋
2 2 7 3 2 2
2H↑。在阳极区参与反应制备三氧化铬，故不通过离子交换膜，通过交换膜向阴极区迁移，A项错误；根
2
据电子守恒，产生O、H 的质量之比为32:4＝8:1，B项正确；由阴极反应式知，阴极产生OH；如果阴极
2 2
通过交换膜向左侧迁移，OH必然会中和H，与题意相矛盾，所以，钠离子由左侧向右侧迁移，阴极区氢
氧化钠溶液浓度增大，C项正确；根据原料和产物组成知，Cr O2＋2H＝2CrO＋HO；D项正确。
2 7 3 2
10．(2021•天津卷，11)如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O 生成，Fe O 逐渐溶解，下列
2 2 3
判断错误的是( )
A．a是电源的负极
B．通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色
C．随着电解的进行，CuCl 溶液浓度变大
2
D．当0.01mol Fe O 完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)
2 3
【答案】C
【解析】通电后石墨电极Ⅱ上有O 生成，Fe O 逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，
2 2 3
a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极。A项， a是电源的负极，故A正确；B项，石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段
时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；C项，随着电
解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl 溶液浓度变小，故C错误；D项，当0.01mol
2
Fe O 完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，根据阳极电极反应式2HO-4e-=4H++O ，产生氧气为
2 3 2 2
0.015mol，体积为336mL (折合成标准状况下)，故D正确；故选C。11．(2019·江苏卷，10)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁
的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是( )
A．铁被氧化的电极反应式为Fe－3e－===Fe3＋
B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能
C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀
D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀
【答案】C
【解析】D项，用水代替NaCl溶液，Fe和炭也可以构成原电池，Fe失去电子，空气中的O 得到电子，
2
铁发生吸氧腐蚀，错误。
12．(2017·全国卷Ⅰ，11)支撑海港码头基础的防腐技术，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
【答案】C
【解析】钢管桩接电源的负极，高硅铸铁接电源的正极，通电后，外电路中的电子从高硅铸铁(阳极)
流向正极，从负极流向钢管桩(阴极)，A、B正确；C项，题给信息高硅铸铁为“惰性辅助阳极”不损耗，
错误。
