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第 17 讲 电解池 金属的腐蚀与防护
1．港珠澳大桥设计寿命为120年，对桥体钢制构件采用了多种防腐措施，下列防腐措施错误的是(
)
A．用导线与石墨相连
B．用导线与电源负极相连
C．钢制构件上焊接锌块
D．表面喷涂分子涂层
【答案】A
【解析】A项，石墨、Fe和电解质溶液构成原电池，Fe作负极加速被腐蚀，错误；B项，将铁和电源
负极相连时，Fe作阴极而被保护，正确；C项，为牺牲阳极法，正确；D项，为增加防护层，正确。
2．如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为( )
A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥
C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥
【答案】C
【解析】①是化学腐蚀；②③④均为原电池，③中Fe为正极，被保护；②④中Fe为负极，均被腐蚀，
但Fe和Cu的金属活动性差别大于Fe和Sn的，故FeCu原电池中Fe被腐蚀的较快；⑤是Fe接电源正极作
阳极，Cu接电源负极作阴极的电解原理腐蚀，Fe的腐蚀最快；⑥是Fe接电源负极作阴极，Cu接电源正极
作阳极的电解原理腐蚀，Fe的腐蚀最慢。根据以上分析可知铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为⑤④②①③⑥。
3．四个电解装置都以Pt作电极，它们分别装有如下电解质溶液，电解一段时间后，测定其pH变化，
所记录的结果正确的是( )
选项 A B C D
电解质溶液 HCl AgNO KOH BaCl
3 2
pH变化 减小 增大 增大 不变
【答案】C
【解析】电解盐酸，溶质HCl的量减少，溶剂的量不变，所以酸性减弱，pH增大，A项错误；电解硝
酸银溶液生成硝酸、金属银和氧气，溶液酸性增强，pH减小，B项错误；电解氢氧化钾溶液的实质是电解
水，溶质的量不变，溶剂的量减少，溶液碱性增强，pH增大，C项正确；电解氯化钡溶液得到氢氧化钡、
氢气和氯气，溶液碱性增强，pH增大，D项错误。
4．利用如图所示装置，当X、Y选用不同材料时，可将电解原理广泛应用于工业生产。下列说法中正
确的是( )
A．氯碱工业中，X、Y均为石墨，X附近能得到氢氧化钠
B．铜的精炼中，X是纯铜，Y是粗铜，Z是CuSO
4
C．电镀工业中，X是待镀金属，Y是镀层金属
D．外加电流法中，Y是待保护金属
【答案】D
【解析】根据图像可知，X为阳极，Y为阴极，电解饱和食盐水时，阴极区得到H 和NaOH，所以Y
2
附近的得到氢氧化钠，故A错误；铜的电解精炼，应用粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以X是粗铜，Y是纯
铜，故B错误；电镀时，应以镀层金属作阳极、待镀金属作阴极，所以X是镀层金属，Y是待镀金属，故
C错误。
5．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】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为Fe－2e－===Fe2＋，正极反应
为O＋2HO＋4e－===4OH－，据此解题。在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负
2 2
极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，故A错误；铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，
故B错误；活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；以
水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误。
6．采用电化学法还原CO 是一种使CO 资源化的方法。如图是利用此法制备ZnC O 的示意图(电解液
2 2 2 4
不参与反应)。下列说法中正确的是( )
A．Zn与电源的负极相连
B．ZnC O 在交换膜右侧生成
2 4
C．电解的总反应为2CO＋Zn=====ZnC O
2 2 4
D．通入11.2 L CO 时，转移0.5 mol电子
2
【答案】C
【解析】电解过程中Zn被氧化，作阳极，所以Zn与电源的正极相连，A错误；Zn2＋透过阳离子交换
膜到达左侧与生成的C O形成ZnC O，B错误；没有给出气体所处的温度和压强，无法计算转移电子的物
2 2 4
质的量，D错误。
7．某电化学装置如图所示，a、b分别接直流电源两极。下列说法正确的是( )A．溶液中电子从B极移向A极
B．若B为粗铜，A为精铜，则溶液中c(Cu2＋)保持不变
C．若A、B均为石墨电极，则通电一段时间后，溶液pH增大
D．若B为粗铜，A为精铜，则A、B两极转移的电子数相等
【答案】D
【解析】电解质溶液通过离子移动导电，电解质溶液中没有电子移动，故A错误；若B为粗铜，A为
精铜，电解质溶液是硫酸铜溶液，该装置为电解精炼铜装置，溶液中c(Cu2＋)略减小，故B错误；若A、B
均为石墨电极，电解总反应式为2CuSO ＋2HO=====2Cu＋O↑＋2HSO ，则通电一段时间后，溶液pH减
4 2 2 2 4
小，故C错误；根据电子守恒，阴极、阳极转移电子数一定相等，若B为粗铜，A为精铜，则A、B两极
转移的电子数相等，故D正确。
8．用惰性电极电解一定浓度的CuSO 溶液时，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1 mol
4
Cu (OH) CO 后恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑二氧化碳的溶解)。则电解过程中转移电子的物质的
2 2 3
量为( )
A．0.4 mol B．0.5 mol
C．0.6 mol D．0.8 mol
【答案】C
【解析】电解硫酸铜溶液时，开始发生反应：2CuSO ＋2HO=====2Cu＋O↑＋2HSO ，后来发生反应：
4 2 2 2 4
2HO=====2H↑＋O↑。如果只按照第一阶段的电解，反应后只需要加入氧化铜或碳酸铜即可恢复原电解
2 2 2
质溶液，而题目中加入的是0.1 mol碱式碳酸铜，相当于加入了0.2 mol氧化铜和0.1 mol水，而0.1 mol水
是第二阶段的反应所消耗的，该阶段转移了0.2 mol电子，第一阶段转移了0.4 mol电子，即一共转移了0.6
mol电子，C项正确。
9．一种电化学制备NH 的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H＋。下列叙述错误的是( )
3A．Pd电极b为阴极
B．阴极的反应式为N＋6H＋＋6e－===2NH
2 3
C．H＋由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N 和H
2 2
【答案】A
【解析】此装置为电解池，总反应是N＋3H2NH ，Pd电极b上发生的反应是氢气失去电子，氢
2 2 3
元素的化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N
2
＋6H＋＋6e－===2NH，故B说法正确；H＋在阴极上与N 反应，则H＋由阳极移向阴极，故C说法正确；根
3 2
据装置图，陶瓷可以隔离N 和H，故D说法正确。
2 2
10．载人空间站的生态系统中，要求分离人呼出的二氧化碳，同时需要提供氧气。某电化学装置利用
太阳能转化的电能可以实现上述要求，同时还有燃料一氧化碳生成，该电化学装置中得电子的电极发生的
反应是2CO＋4e－＋2HO===2CO＋4OH－。下列判断错误的是( )
2 2
A．上述电化学装置相当于电解池
B．上述装置进行的总反应式为2CO===2CO＋O
2 2
C．反应结束后该电化学装置中的电解质溶液碱性增强
D．失电子的电极发生的反应是4OH－－4e－===2H O＋O↑
2 2
【答案】C
【解析】该电化学装置是利用电能转化为化学能，符合电解池原理，所以上述电化学装置相当于电解
池，故A正确；该电池中，阴极电极反应式为2CO＋4e－＋2HO===2CO＋4OH－，阳极上氢氧根离子失电
2 2
子生成氧气，得失电子相同条件下将两个电极反应式相加即得电池总反应式为2CO===2CO＋O，故B正
2 2
确；阴极反应生成的OH－在阳极完全反应，电池总反应式为2CO===2CO＋O，所以反应结束后该电化学
2 2
装置中的电解质溶液碱性不变，故C错误；阳极上氢氧根离子失电子生成氧气供给呼吸，电极反应式为
4OH－－4e－===2H O＋O↑，故D正确。
2 21．如图所示，x、y分别是直流电源的两极，通电后发现a极板质量增加，b极板处有无色无味的气体
放出，符合这一情况的是( )
选项 a极板 b极板 x电极 z溶液
A 锌 石墨 负极 CuSO
4
B 石墨 石墨 负极 NaOH
C 银 铁 正极 AgNO
3
D 铜 石墨 负极 CuCl
2
【答案】A
【解析】由题意知a极板质量增加，a应为阴极，则b为阳极，x为电源负极，y为电源正极，参考各
个选项知，A项符合，电解时，a极板有Cu附着，b极板有O 放出；B项不符合，电解时a极板无质量变
2
化；C项不符合，阳极为Fe，为活性电极，电解时Fe在阳极放电溶解，无气体生成；D项不符合，电解时，
Cl－在阳极放电生成Cl，Cl 为黄绿色有刺激气味的气体。
2 2
2．将两个铂电极插入500 mL CuSO 溶液中进行电解，通电一定时间后，某一电极增重0.064 g(设电解
4
时该电极无氢气析出，且不考虑水解和溶液体积变化)，此时溶液中氢离子浓度约为( )
A．4×10－3 mol·L－1
B．2×10－3 mol·L－1
C．1×10－3 mol·L－1
D．1×10－7 mol·L－1
【答案】A
【解析】根据电解规律可知，阴极反应：Cu2＋＋2e－===Cu，增重0.064 g，应是Cu的质量，设溶液中
H＋的物质的量为x；根据总反应式：
2Cu2＋＋2HO=====2Cu＋O↑＋4H＋
2 2
2×64 g 4 mol
0.064 g x
解得x＝0.002 mol，溶液中c(H＋)＝＝4×10－3 mol·L－1。3．如图为EFC剑桥法用固体二氧化钛(TiO )生产海绵钛的装置示意图，其原理是在较低的阴极电位下，
2
TiO (阴极)中的氧解离进入熔融盐，阴极最后只剩下纯钛。下列说法中正确的是( )
2
A．阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl↑
2
B．阴极的电极反应式为TiO ＋4e－===Ti＋2O2－
2
C．通电后，O2－、Cl－均向阴极移动
D．石墨电极的质量不发生变化
【答案】B
【解析】电解池中的阴离子O2－、Cl－向阳极移动，由图示可知阳极生成O、CO、CO，所以电极反
2 2
应为2O2－－4e－===O ↑，O 与石墨反应生成CO、CO，石墨电极质量减小，A、C、D项错误，只有B项
2 2 2
正确。
4．用如图所示装置处理含NO的酸性工业废水，某电极反应式为2NO＋12H＋＋10e－===N ↑＋6HO，
2 2
则下列说法错误的是( )
A．电源正极为A，电解过程中有气体放出
B．电解时H＋从质子交换膜左侧向右侧移动
C．电解过程中，右侧电解液pH保持不变
D．电解池一侧生成5.6 g N ，另一侧溶液质量减少18 g
2
【答案】C
【解析】根据电极反应式可知，插入废水中的Pt电极为阴极，B为直流电源的负极，则电源正极为
A，电解过程中有气体放出，A项正确；左侧电极为阳极，电解池中阳离子向阴极移动，故电解时氢离子
从质子交换膜左侧向右侧移动，B项正确；阳极电极反应式为2HO－4e－===O ↑＋4H＋，阴极电极反应式
2 2
为2NO＋12H＋＋10e－===N ↑＋6HO，当转移20 mol电子时，阳极生成20 mol氢离子，而阴极消耗24 mol
2 2氢离子，氢离子浓度减小，故右侧电解液pH增大，C项错误；根据电极反应式，阳极电极反应式为2HO
2
－4e－===O ↑＋4H＋，阴极电极反应式为2NO＋12H＋＋10e－===N ↑＋6HO，电解池阴极生成5.6 g N ，转
2 2 2 2
移电子的物质的量为×10＝2 mol，当转移2 mol电子时，阳极有0.5 mol O(即16 g)逸出，有2 mol H＋(即2
2
g)通过质子交换膜进入右侧溶液，则左侧溶液质量减少18 g，D项正确。
5．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O＋2HO＋4e－===4OH－
2 2
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－===H ↑
2
【答案】D
【解析】A项，由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧
化变为Fe2＋进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时铁片的腐
蚀速率快，正确；B项，d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，
发生还原反应，电极反应为O＋2HO＋4e－===4OH－，正确；C项，若d为锌块，则由于金属活动性：
2 2
Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确；D项，
d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，铁片上电极反应为O＋2HO＋4e－===4OH－，错
2 2
误。
6．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上反应为CO＋8HCO－8e－===CH ＋CO＋2HO
2 4 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】通过电解法可知此装置为电解池，由a极生成O 可以判断出a极为阳极，则b极为阴极，阳
2
离子向阴极流动，电极a上反应为2HO－4e－===4H＋＋O↑，电极b上反应为CO＋8HCO＋8e－===CH ＋
2 2 2 4
8CO＋2HO。由a极生成O 可以判断出a极为阳极，b极为阴极，阳离子向阴极流动，则H＋由a极区向b
2 2
极区迁移，故A正确；电极方程式配平发生错误，电极b上反应应为CO＋8HCO＋8e－===CH ＋8CO＋
2 4
2HO，故B错误；通过电解法可知此装置为电解池，所以电解过程中电能转化为化学能，故C错误；电解
2
时OH－比SO更容易失去电子，所以电解NaSO 溶液的实质是电解水，溶液中的水发生消耗，所以NaSO
2 4 2 4
溶液的浓度是增大的，故D错误。
7．三室式电渗析法处理含NH NO 废水的原理如图所示，在直流电源的作用下，两膜中间的NH和
4 3
NO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。工作一段时间后，在两极区均得到
副产品NH NO 。下列叙述正确的是( )
4 3
A．a极为电源负极，b极为电源正极
B．c膜是阴离子交换膜，d膜是阳离子交换膜
C．阴极电极反应式为2NO＋12H＋＋10e－===N ↑＋6HO
2 2
D．当电路中通过2 mol电子的电量时，阳极产生标准状况下的O 5.6 L
2
【答案】A
【解析】根据题意两极均得到副产物NH NO ，可知Ⅱ室废水中的NH移向Ⅰ室、NO移向Ⅲ室，根据
4 3
电解过程中离子的移动原理，可知Ⅰ室石墨电极为阴极、Ⅲ室石墨电极为阳极。阴极所连的a极为电源负
极，b极为电源正极，A项正确；c膜通过的是NH，故c膜应为阳离子交换膜，同理可知d膜为阴离子交
换膜，B项错误；阴极上H＋得电子生成氢气，C项错误；阳极上OH－失电子生成氧气，反应式为4OH－－
4e－===O ↑＋2HO，当电路中通过1 mol电子的电量时，阳极产生标准状态下的O 体积为5.6 L，D项错误。
2 2 2
8．HBO 可以通过电解NaB(OH) 溶液的方法制备，其工作原理如图。下列叙述错误的是( )
3 3 4A．M室发生的电极反应式为2HO－4e－===O ↑＋4H＋
2 2
B．N室中：a%<b%
C．Ⅱ膜为阴膜，产品室发生反应的化学原理为强酸制弱酸
D．理论上每生成1 mol产品，阴极室可生成标准状况下5.6 L 气体
【答案】D
【解析】A项，M室为阳极室，发生氧化反应，电极反应式为2HO－4e－===O ↑＋4H＋，正确；B项，
2 2
N室为阴极室，溶液中由水电离的H＋得电子发生还原反应，生成H，促进水的电离，溶液中OH－浓度增
2
大，即a%<b%，正确；C项，阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)穿过阴膜扩散至产品
室，二者反应生成HBO，则Ⅱ膜为阴膜，正确；D项，每生成1 mol 产品，转移电子数目为1 mol，阴极
3 3
室生成0.5 mol H，其标准状况下体积为11.2 L，错误。
2
9．双极膜在电渗析中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成。双极膜内层为水层，
工作时水层中的HO解离成H＋和OH－，并分别通过离子交换膜向两侧发生迁移。如图为NaBr溶液的电渗
2
析装置示意图。
下列说法正确的是( )
A．出口2的产物为HBr溶液
B．出口5的产物为硫酸溶液
C．Br－可从盐室最终进入阳极液中
D．阴极电极反应式为2H＋＋2e－===H ↑
2
【答案】D
【解析】A项，电解时， 溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，NaBr溶液中的Na＋向阴
极移动，与双极膜提供的氢氧根离子结合，出口2的产物为NaOH溶液，错误；B项，电解时， 溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，NaBr溶液中的Br－向阳极移动，与双极膜提供的氢离子结合，故
出口4的产物为HBr溶液，钠离子不能通过双极膜，故出口5的产物不是硫酸溶液，错误；C项，结合选
项B分析，Br－不会从盐室最终进入阳极液中，错误；D项，电解池阴极处，物质得到电子被还原，发生
还原反应，则在阴极处发生的反应为2H＋＋2e－===H ↑，正确。
2
10.(双选)如图所示，在一定电压下用惰性电极电解由等物质的量浓度的FeCl、HCl组成的混合溶液。已知
2
在此电压下，阴、阳离子根据放电顺序都可能在阳极放电，下列分析正确的是( )
A．C 电极上的电极反应式为2H＋＋2e－===H↑
1 2
B．C 电极处溶液首先变棕黄色
1
C．C 电极上可依次发生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋、2Cl－－2e－===Cl↑
2 2
D．当C 电极上有2 g物质生成时，就会有2N 个电子通过溶液发生转移
1 A
【答案】AC
【解析】C 电极与电源的负极相连，做阴极，溶液中的H＋在阴极放电，电极反应式为2H＋＋2e－===H↑，
1 2
A正确；C 电极上H＋放电生成H，C 电极与电源的正极相连，做阳极，Fe2＋的还原性强于Cl－，则依次发生的
1 2 2
电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋、2Cl－－2e－===Cl↑，故C 电极处溶液首先变棕黄色，B错误，C正确；电子只能
2 2
通过导线传递，不能通过溶液传递，D错误。
1.(2018·北京卷)验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。
① ② ③
在Fe表面生成蓝色沉淀 试管内无明显变化 试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是( )
A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K[Fe(CN) ]可能将Fe氧化
3 6
C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】实验②中加入K[Fe(CN) ]，溶液无变化，说明溶液中没有Fe2＋；实验③中加入K[Fe(CN) ]
3 6 3 6
生成蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2＋，A项正确；对比①②可知，①中K[Fe(CN) ]可能将Fe氧化成Fe2＋，
3 6
Fe2＋再与K[Fe(CN) ]反应生成蓝色沉淀，B项正确；由以上分析可知，验证Zn保护Fe时，可以用②③做
3 6
对比实验，不能用①的方法，C项正确；K[Fe(CN) ]可将单质铁氧化为Fe2＋，Fe2＋与K[Fe(CN) ]生成蓝色
3 6 3 6
沉淀，附着在Fe表面，无法判断铁比铜活泼，D项错误。
2.(2018·全国卷Ⅰ，13)最近我国科学家设计了一种CO＋HS协同转化装置，实现对天然气中CO 和
2 2 2
HS的高效去除。示意图如下所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯，石墨烯电
2
极区发生反应为：
①EDTA-Fe2＋－e－===EDTA-Fe3＋
②2EDTA-Fe3＋＋HS===2H＋＋S＋2EDTA-Fe2＋
2
该装置工作时，下列叙述错误的是( )
A.阴极的电极反应：CO＋2H＋＋2e－===CO＋HO
2 2
B.协同转化总反应：CO＋HS===CO＋HO＋S
2 2 2
C.石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D.若采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需为酸性
【答案】C
【解析】由题中信息可知，石墨烯电极发生氧化反应，为电解池的阳极，则ZnO@石墨烯电极为阴极。
阳极接电源正极，电势高，阴极接电源负极，电势低，故石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的高，C项错
误；由题图可知，电解时阴极反应式为CO＋2H＋＋2e－===CO＋HO，A项正确；将阴、阳两极反应式合
2 2
并可得总反应式为CO＋HS===CO＋HO＋S，B项正确；Fe3＋、Fe2＋只能存在于酸性溶液中，D项正确。
2 2 2
3.[2019·北京节选]氢能源是最具应用前景的能源之一，高纯氢的制备是目前的研究热点。可利用太阳
能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如下。通过控制开关连接K 或K，可交替得到H 和O。
1 2 2 2①制H 时，连接_______________。产生H 的电极反应式是_______________________。
2 2
②改变开关连接方式，可得O。
2
③结合①和②中电极3的电极反应式，说明电极3的作用：________________________。
【答案】K 2H O+2e−=H ↑+2OH− 连接K 或K 时，电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并
1 2 2 1 2
且NiOOH和Ni(OH) 相互转化提供电子转移
2
【解析】①电极生成H 时，根据电极放电规律可知H+得到电子变为氢气，因而电极须连接负极，因
2
而制H 时，连接K，该电池在碱性溶液中，由HO提供H+，电极反应式为2HO+2e−=H ↑+2OH−；
2 1 2 2 2
③电极3上NiOOH和Ni(OH) 相互转化，其反应式为NiOOH+e−+H O Ni(OH) +OH−，当连接K 时，
2 2 2 1
Ni(OH) 失去电子变为NiOOH，当连接K 时，NiOOH得到电子变为Ni(OH⇌) ，因而作用是连接K 或K 时，
2 2 2 1 2
电极3分别作为阳极材料和阴极材料，并且NiOOH和Ni(OH) 相互转化提供电子转移。
2
4.[2019·江苏卷]CO 的资源化利用能有效减少CO 排放，充分利用碳资源。电解法转化CO 可实现CO
2 2 2 2
资源化利用。电解CO 制HCOOH的原理示意图如下。
2
①写出阴极CO 还原为HCOO−的电极反应式： 。
2
②电解一段时间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低，其原因是 。
3
【答案】①CO+H++2e−====HCOO−或CO+ HCO −+2e−====HCOO−+ CO2− ②阳极产生O，pH减
2 2 3 3 2
小，HCO −浓度降低；K+部分迁移至阴极区
3
【解析】①根据电解原理，阴极上得到电子，化合价降低，CO＋HCO −＋2e− =HCOO−＋CO2−，或
2 3 3
CO＋H＋＋2e− =HCOO−；②阳极反应式为2HO−4e− =O ↑＋4H＋，阳极附近pH减小，H＋与HCO − 反应，
2 2 2 3
同时部分K＋迁移至阴极区，所以电解一段时间后，阳极区的KHCO 溶液浓度降低。
35.[2019新课标Ⅲ节选]近年来，随着聚酯工业的快速发展，氯气的需求量和氯化氢的产出量也随之迅
速增长。因此，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。回答下列问题：
在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，
主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
负极区发生的反应有____________________（写反应方程式）。电路中转移1 mol电子，需消耗氧气
__________L（标准状况）。
【答案】Fe3++e−=Fe2+，4Fe2++O +4H+=4Fe3++2H O 5.6
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【解析】电解过程中，负极区即阴极上发生的是得电子反应，元素化合价降低，属于还原反应，则图
中左侧为负极反应，根据图示信息知电极反应为：Fe3++e− ＝Fe2+和4Fe2++O +4H+＝4Fe3++2H O；电路中转
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移1 mol电子，根据电子得失守恒可知需消耗氧气的物质的量是1mol÷4＝0.25mol，在标准状况下的体积为
0.25mol×22.4L/mol＝5.6L。
