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考点巩固卷 07 化学反应与能量
考点一 化学能与热能 分值：30分 建议用时：20分钟
一、选择题（每小题2分，共30分）
1．下列变化过程，既属于氧化还原反应又是放热反应的是
A． 与 反应 B．浓 稀释
C．灼热的炭与 反应 D．甲烷与 的燃烧反应
【答案】D
【详解】A． 与 反应属于吸热反应，但不是氧化还原反应，A不符合；
B．浓 稀释放热，不是化学变化，B不符合；
C．灼热的炭与 反应生成CO，属于吸热反应，且是氧化还原反应，C不符合；
D．甲烷与 的燃烧反应属于放热的氧化还原反应，D符合；
答案选D。
2．中和热测定实验中用 盐酸和 溶液进行实验，下列说法不正确的
是
A．酸碱混合时，量筒中 溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌
B．装置中的大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔热减少热量损失
C．实验中用过量 ，目的是为了确保酸完全反应
D．改用 盐酸跟 溶液进行反应，求出的中和热 和原来相同
【答案】A
【详解】A．在中和热的测定过程中，酸碱混合时要迅速，并且不能搅拌，防止热量的散失，保证放出的
热量都体现在温度计温度的升高上，A选项错误；
B．中和热测定实验成败的关键是做好保温工作，实验中，大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温隔
热，减少热量损失，B选项说法正确；
C．实验中用过量 ，目的是为了确保酸完全反应，C选项说法正确；
D．反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用25mL 0.50mol/L盐酸跟25mL 0.55 mol/L NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的物质的量减少，所放出的热量偏低，但中和热是强酸和强碱反
应生成1mol水时放出的热量，与酸碱的用量无关，中和热数值相等， D选项发生正确；
故选A。
3．下列反应属于吸热反应的是
A．Zn与稀盐酸的反应 B．焦炭在高温下与水蒸气的反应
C． 与稀硫酸的反应 D．硫单质在氧气中燃烧
【答案】B
【详解】A．Zn与稀盐酸的反应属于放热反应，A不符合；
B．焦炭在高温下与水蒸气的反应属于吸热反应，B符合；
C． 与稀硫酸的反应属于放热反应，C不符合；
D．硫单质在氧气中燃烧属于放热反应，D不符合；
答案选B。
4．下列能正确表示 燃烧热热化学方程式的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】乙烯的燃烧热为1mol乙烯完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的热量，反应的热化学方程式为
；
故选C。
5．下列说法正确的是
A．浓硫酸与NaOH溶液反应生成1mol水时放出57.3kJ热量
B．稀硫酸和稀Ba(OH) 反应生成1mol水时放出57.3kJ热量
2
C．1L 1mol/L稀硫酸被NaOH溶液恰好完全中和放出57.3kJ热量
D．0.1mol/L HCl和0.2mol/L NaOH溶液反应的中和热的焓变(ΔH)为-57.3kJ/mol【答案】D
【详解】A．浓硫酸溶于水后放热，所以浓硫酸与NaOH溶液反应生成1mol水时放出的热量大于57.3kJ，A
错误；
B．稀硫酸和稀Ba(OH) 发生中和反应时生成水，还会生成硫酸钡沉淀，生成沉淀的过程放热，所以两者反
2
应生成1mol水时放出的热量大于57.3kJ，B错误；
C．1L 1mol/L稀硫酸被NaOH溶液恰好完全中和生成的是2mol水，所以放热为57.3kJ 2=114.6kJ，C错误；
D．中和热是指稀的强酸与稀的强碱反应生成1mol水所放出的热量，表示为ΔH=-57.3kJ/mol，D正确；
故选D。
6．关于反应：①2C H (g)+5O (g)=4CO (g)+2H O(l) ΔH=-2600kJ/mol；
2 2 2 2 2
②2CO(g)+O (g)=2CO (g) ΔH=-566kJ/mol；
2 2
③CH (g)+H O(g)=CO(g)+3H (g) ΔH=+216kJ/mol。
4 2 2
下列叙述正确的是
A．CO的燃烧热为ΔH=+283kJ/mol
B．在③进行时，若加入催化剂，可以使ΔH减小
C．若有3.2gCH 与足量水蒸气按③反应，则吸收的热量是43.2kJ
4
D．若生成相同质量的CO ，C H 放出的热量小于CO
2 2 2
【答案】C
【详解】A．CO的燃烧热为1 mol CO完全燃烧产生CO 气体时放出热量，则反应热小于0，故根据
2
②2CO(g)+O (g)=2CO (g) ΔH=-566 kJ/mol可知CO的燃烧热为ΔH=-283 kJ/mol，A错误；
2 2
B．在③进行时，若加入催化剂，可以降低反应的活化能，但不能改变反应物即生成物的总能量，因此不
能使ΔH减小，B错误；
C．3.2 g CH 的物质的量是n(CH )= ，根据③CH (g)+H O(g)=CO(g)+3H (g) ΔH=+216 kJ/mol可
4 4 4 2 2
知：若有3.2 g CH 与足量水蒸气按③反应，则吸收的热量是43.2 kJ，C正确；
4
D．根据①可知反应产生2 mol CO 气体，放出热量是1300 kJ，而根据②反应可知产生2 mol CO 气体，放
2 2
出热量是566 kJ，故若生成相同质量的CO ，C H 放出的热量大于CO，D错误；
2 2 2
故选C。
7．下列有关热化学方程式的叙述正确的是
A．2H (g)+O (g)＝2H O(l) ΔH=-571.6 kJ/mol可以表示氢气的燃烧热
2 2 2
B．已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH>0，则金刚石比石墨稳定
C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则该反应的热化学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)＝NaCl(aq)+H O(l) ΔH=-28.7kJ/mol
2
D．已知2C(s)+2O (g)＝2CO (g) ΔH ；2C(s)+O (g)＝2CO(g) ΔH ；则ΔH <ΔH
2 2 1 2 2 1 2
【答案】D
【详解】A．一定条件下，1mol的物质完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量称为燃烧热，所以2H (g)
2
+O (g)＝2H O(l) ΔH=-571.6 kJ/mol不能表示氢气的燃烧热，A错误；
2 2
B．已知C(石墨，s)＝C(金刚石，s) ΔH＞0，反应热，说明石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，则石墨
比金刚石稳定，B错误；
C．含20.0g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，由于生成0.5mol水，则该反应的热化
学方程式为：NaOH(aq)+HCl(aq)＝NaCl(aq)+H O(l) ΔH=-57.4kJ/mol，C错误；
2
D．已知2C(s)+2O (g)＝2CO (g) ΔH ；2C(s)+O (g)＝2CO(g) ΔH ；由于碳完全燃烧放热多，且焓变小于0，
2 2 1 2 2
则ΔH ＜ΔH ，D正确；
1 2
答案选D。
8．某反应的反应物和生成物的相对能量如图所示，下列有关说法正确的是
A．该反应的发生不需要加热或点燃
B．该反应可看成是热能转化为化学能被生成物所“储存”
C．该图可表示灼热的木炭与二氧化碳反应过程的能量变化
D．该反应过程反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量
【答案】D
【分析】由反应物的总能量高于生成物的总能量，故为放热反应。
【详解】A．加热是反应条件，与反应吸放热没有必然联系，故A错误；
B．吸热反应可看成是热能转化为化学能被生成物所“储存”，故B错误；
C．灼热的木炭与二氧化碳反应为吸热反应，故C错误；
D．该反应为放热反应，故反应物断键吸收的能量小于生成物成键释放的能量，故D正确；
故选D。
9．下列说法或表示方法正确的是
A．等物质的量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．由C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=+1.90kJ·mol-1可知金刚石比石墨坚硬
C．在101kPa时，2gH 完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H (g)
2 2
+O (g)=2H O(l) ΔH=-285.8kJ·mol-1
2 2
D．在稀溶液中，H+(aq)+OH-(aq)=H O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH SO 的浓硫酸与含1molNaOH的溶
2 2 4
液混合，放出的热量大于57.3kJ
【答案】D
【详解】A．硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热
量硫蒸气多，即前者放出热量多，故A错误；
B．反应C(s，石墨)=C(s，金刚石)ΔH=+1.90kJ·mol-1是吸热反应，说明石墨总能量小于金刚石，不能说明金刚
石比石墨坚硬，故B错误；
C．2gH 的物质的量为1mol，在101kPa时，1mol H 完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的
2 2
热化学方程式表示为2H (g)+O (g)=2H O(l) ΔH=-2×285.8kJ·mol-1=-571.6 kJ·mol-1，故C错误；
2 2 2
D．稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H O(l) ΔH=-57.3kJ·mol-1，若将含0.5molH SO 的浓硫酸与含l mol NaOH的溶
2 2 4
液混合，浓硫酸稀释放热，所以放出的热量大于57.3kJ，故D正确；
故选D。
10．下列有关说法正确的是
A．已知HI(g) H (g)＋ I (s) ΔH=-26.5 kJ·mol-1，由此可知1 mol HI气体在密闭容器中充分分解后可以
2 2
放出26.5 kJ的热量
B．已知2H (g)＋O (g)=2H O(g) ΔH= -571.6 kJ·mol-1，则氢气的燃烧热为ΔH= -285.8 kJ·mol-1
2 2 2
C．已知2C(s)＋2O (g)=2CO (g) ΔH ，2C(s)＋O (g)=2CO(g) ΔH ，则ΔH <ΔH
2 2 1 2 2 1 2
D．含20.0 g NaOH的稀溶液与稀盐酸完全中和，放出28.7 kJ的热量，则稀醋酸和稀NaOH溶液反应的热化
学方程式为：NaOH(aq)＋CH COOH(aq)=CH COONa(aq)＋H O(l) ΔH=-57.4 kJ·mol-1
3 3 2
【答案】C
【详解】A．HI的分解属于可逆反应，故放出的热量小于26.5kJ，A错误；
B．氢气燃烧热指的是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量，B错误；
C．C燃烧生成CO 比生成CO放出的热量更多，由于放热反应ΔH为负值，故ΔH <ΔH ，C正确；
2 1 2
D．中和热指的是强酸与强碱的稀溶液反应只生成1mol水所放出的热量，CH COOH为弱酸，D错误；
3
故答案为C。
11．下列说法正确的是A． 和 反应的中和热为 ，则 和 反应的中和热为
B．已知 ； ，则 的燃烧热是
C．在一定温度和压强下，将 和 置于密闭容器中充分反应生成 ，放出热量
，则其热化学方程式为
D．一定条件下 ， ，则
【答案】D
【详解】A．H SO 为弱酸，电离时吸收热量，盐酸是强酸， 和 反应的中和热为 ，
2 3
则 和 反应的中和热小于 ，故A错误；
B．已知 ； ，水是气态，而 的燃烧
热是1mol 完全燃烧生成液态水、二氧化碳气体放出的热量，则C H OH(l)的燃烧热不是
2 5
1366.8kJ/mol，故B错误；
C．N 和H 的反应为可逆反应，不能进行完全，所以 的 H≠-38.6kJ/mol，故C
2 2
△
错误；
D．等物质的量的SO (g)比SO (l)的能量高，所以生成2molSO (g)时放出的热量少，焓变大，即0> H ＞
3 3 3 1
H ，故D正确； △
2
△选D。
12．下列说法中正确的是
A．已知C(石墨，s)=C(金刚石，s) H＞0，则金刚石比石墨稳定
B．化学反应过程所吸收或放出的热△量与参加反应的物质的物质的量成正比
C．1molH 燃烧生成水时放出的热量是H 的燃烧热
2 2
D．已知：500℃、30MPa下，N (g)+3H (g) 2NH (g) H=-92.4kJ•mol-1；将1.5molH 和过量的N 在此
2 2 3 2 2
△条件下充分反应，放出热量46.2kJ
【答案】B
【详解】A．该反应吸热，说明石墨能量低于金刚石，能量越低越稳定，则石墨比金刚石稳定，A错误；
B．化学反应中的热效应与物质用量相关，且化学反应过程所吸收或放出的热量与参加反应的物质的物质
的量成正比，B正确；
C．1molH 燃烧生成液态水放出的热量为H 的燃烧热，所以生成水的状态不知道，不能确定是燃烧热，C
2 2
错误；
D．该反应为放热反应，1.5molH 不能完全反应，放出的热量无法计算，D错误；
2
故选B。
13．以 、 为原料合成 涉及的主要反应如下：
Ⅰ：
Ⅱ：
Ⅲ：
则反应的焓变 为
A． B．-40.9
C．＋40.9 D．＋139.9
【答案】C
【详解】根据盖斯定律，反应Ⅲ=Ⅰ-Ⅱ， =
，故C正确；
故选：C。
14． 常用于有机合成，其合成原理为 ，反应过程中的能量变化如下图
所示，下列有关说法正确的是A．该反应为吸热反应
B．该反应中每生成 放出热量
C．形成 中的化学键吸收热量
D． 所具有能量比 所具有能量低
【答案】B
【详解】A．由图可知，该反应为反应物总能量大于生成物总能量的放热反应，故A错误；
B．由图可知，反应的焓变ΔH=—(180kJ/mol—104kJ/mol)=—76kJ/mol，则反应生成2mol NOCl(g)放出的热量
为76kJ，故B正确；
C．形成NOCl(g)中的化学键会释放能量，故C错误；
D．由图可知，2molNOCl(g)所具有能量比2mol一氧化氮和1mol氯气的能量之和要低76kJ，但不一定比
2mol一氧化氮所具有的能量要低76kJ，故D错误；
故选B。
15． 和 的能量关系如图所示 ：
已知：离子电荷相同时，半径越小，离子键越强。下列说法正确的是
A．
B．C．
D．对于 和
【答案】D
【详解】A． 和 中阳离子的半径大小不一样，结合碳酸根的能力不同，离子键强度也不同，
所以不相等，即 ，A错误；
B． 对应的为碳酸根分解变成氧离子和二氧化碳，二者相同，所以 ，B
错误；
C． ， ，两者相减得到 ，
，两者相减 ，则
，C错误；
D．分解反应为吸热反应，结合盖斯定律可知，H +H -H =H>0，故H +H >H ，D正确；
1 2 3 1 2 3
故答案选D。
考点二 原电池 化学电源 分值：30分 建议用时：20分钟
一、选择题（每小题2分，共30分）
1．（2023·河南安阳·统考三模）一种低温Zn - MnO 纤维电池放电时的工作原理如图所示，下列说法正确的
2
是
A．放电时，电子由N电极经电解质溶液流向M电极B．放电时，溶液中的Zn2+向N电极移动
C．若该装置外电路中有1 mol电子转移，理论上两极质量变化均为32.5 g
D．充电时， M电极的反应式：Mn2+ -2e- +4OH-=MnO +2H O
2 2
【答案】C
【分析】放电时，N电极上Zn发生失电子的氧化反应转化成Zn2+，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，N电极为负
极；M电极上MnO 发生得电子的还原反应转化成ZnMnO ，电极反应为MnO +2xe-+xZn2+= ZnMnO ，M电
2 x 2 2 x 2
极为正极；据此作答。
【详解】A．放电时，电子由负极（N电极）经外电路流向正极（M电极），电子不通过电解质溶液，A项
错误；
B．放电时，溶液中的阳离子Zn2+向正极（M电极）移动，B项错误；
C．若该装置外电路有1mol电子转移，N电极的电极反应为Zn-2e-=Zn2+，N电极质量减少32.5g，M电极的
电极反应为MnO +2xe-+xZn2+= ZnMnO ，M电极质量增加32,5g，C项正确；
2 x 2
D．充电时为电解原理，M电极为阳极，电极反应为ZnMnO -2xe-=MnO +xZn2+，D项错误；
x 2 2
答案选C。
2．（2023·浙江·校联考三模）光催化钠离子二次电池的应用研究取得重大进展，该电池工作原理如下图所
示。下列有关说法不正确的是
A．充电时，电子从光催化电极流出通过导线流向石墨电极
B．放电时，每消耗1 mol ，离子交换膜左室电解质溶液质量减少46 g
C．充电时， 通过离子交换膜进入右室
D．放电时，石墨电极的电极反应式为
【答案】B
【分析】由图可知，放电时，石墨电极为负极，S2-失去电子发生氧化反应生成在负极 ，电极反应式为4S2—-6e—= ，光催化电极为正极， 离子在正极得到电子发生还原反应生成碘离子，电极反应式为 +2e—
=3I—，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过阳离子离子交换膜移向右侧；充电时，与直流电源负极相连的石
墨电极为阴极，光催化电极为阳极。
【详解】A．由分析可知，充电时，与直流电源负极相连的石墨电极为阴极，光催化电极为阳极，则电子
从光催化电极流出，通过导线流向石墨电极，故A正确；
B．由分析可知，放电时，石墨电极为负极，光催化电极为正极，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过离子
交换膜移向右侧，每消耗1molNaI 时，2mol钠离子从左室迁移到右室，则离子交换膜左室电解质溶液质量
3
减少46g，故B正确；
C．由分析可知，放电时，为维持电荷守恒，左侧钠离子透过阳离子离子交换膜移向右侧，则充电时，钠
离子透过阳离子离子交换膜移向左侧，故C错误；
D．由分析可知，放电时，石墨电极为负极，S2-失去电子发生氧化反应生成在负极 ，电极反应式为4S2
——6e—= ，故D正确；
故选C。
3．（2023·山东青岛·统考三模）以 和 为正、负极电极材料组装的可充电电池具有较高循环
使用寿命，工作原理为 (已知： 在
溶液中以 的形式存在)。下列说法错误的是
A．放电过程中负极的电极反应为
B．放电过程中正极附近 增大
C．充电过程中转移 时，阳极质量减小28g
D．充电过程中转移 时，理论上溶液的 减小1
【答案】D
【详解】A．放电时的总方程式为 ，负极失电子，化合价升高，所以是Pb失去电子，电极反应式为 ，A正确；
B．放电时正极要生成氢氧根离子，碱性增大，pH值增大，B正确；
C．充电过程中阳极 失去电子，变成MnO ，1mol 参与反应转移 ，减少的质量相当于
2
是1molCO的质量，故为28g，C正确；
D．转移 时由0.3mol 被消耗，有1molKOH被消耗，但是不能说pH值减小了1，D错误；
故选D。
4．（2023·贵州毕节·统考三模）微生物燃料电池是一种通过微生物降解污染物同步回收电能的处理系统，
具有绿色、安全、碳排放量低的特点，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．石墨纤维电极为电池负极
B．电池工作时，Pt电极比石墨纤维电极电势低
C．正极反应式：O +4e-+4H+=2H O
2 2
D．放电过程中H+从石墨纤维电极区通过质子交换膜移向Pt电极区
【答案】B
【分析】有机物变为CO 发生氧化反应为负极，而O 变为H O发生还原反应为正极。
2 2 2
【详解】A．由上分析，石墨纤维为负极，A项正确；
B．电池工作时，正极电势（Pt）大于负极（石墨纤维），B项错误；
C．正极反应为O +4e-+4H+=2H O，C项正确；
2 2
D．放电时，带正电的离子移向正极，所以H+通过质子交换膜移向Pt电极，D项正确；
故选B。
5．（2023·辽宁沈阳·辽宁实验中学校考模拟预测）双盐Mg-CoS 电池由Li+替代了Mg2+在正极材料中的嵌
2
入，解决了Mg2+扩散缓慢、锂离子电池锂枝晶生长等问题，其充、放电过程如图所示。下列说法错误的是A．放电时，CoS 电极的电势高于Mg电极
2
B．放电时，每转移2mole-，正极质量减少14g
C．充电时，若充电电压为2.0V，可能造成电池性能衰减
D．充电时，充电电压为2.75V时，阳极反应为：
【答案】B
【分析】由图可知，放电时，Mg作负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，右侧电极为正极，电极反应式为
CoS +4Li++4e-=Co+2Li S，充电时，Mg作阴极，右侧电极为阳极，据此分析作答。
2 2
【详解】A．放电时，Mg作负极，CoS 电极为正极，正极的电势高于负极，则CoS 电极的电势高于Mg电
2 2
极，A正确；
B．放电时，右侧电极为正极，电极反应式为CoS +4Li++4e-=Co+2Li S，每转移2 mol e-正极质量增加
2 2
2mol×7g/mol=14g，B错误；
C．由图可知，若充电电压为2.0V，充电过程中Co会转化为Co S ，放电时Co S 不能参与反应，故会造成
3 4 3 4
电池性能衰减，C正确；
D．由图可知，若充电电压为2.75V，右侧电极为阳极，电极反应式为Co+2Li S-4e-=CoS +4Li+，D正确；
2 2
故答案为：B。
6．（2023·四川遂宁·统考模拟预测）从节约能源和保护生态环境的角度来看，燃料电池是最具有发展前途
的发电技术。NH ﹣O 燃料电池装置如图所示，下列说法错误的是
3 2A．电池工作时，O 得到电子，发生还原反应
2
B．电极b上的电极反应式为2NH ＋6OH--6e-=N ＋6H O
3 2 2
C．燃料电池能量之间的转化是由电能转化为化学能
D．电池工作时，溶液中的Na＋向电极a迁移
【答案】C
【分析】电极b上，NH 转化为N 和H O，N元素化合价升高，发生氧化反应，电极b为负极，电极反应式
3 2 2
为 ；电极a为正极，发生还原反应，电极反应式为 。
【详解】A．由分析可知，电极a为正极，发生还原反应，O 得到电子，A项正确；
2
B．由分析可知，电极b上的电极反应式为2NH ＋6OH--6e-=N ＋6H O，B项正确；
3 2 2
C．燃料电池将化学能转化为电能，C项错误；
D．电池工作时，阳离子移向电池正极，则溶液中的Na＋向电极a迁移，D项正确；
答案选C。
7．（2023·广西玉林·统考模拟预测）一种成本低、稳定性好的全碱性多硫化物—空气液流二次电池工作
时，原理如图所示。下列说法正确的是A．连接负载时，电极A为正极
B．膜a为阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜
C．连接负载时，负极区的电极反应式为：S -2e-=S
D．连接电源时，电路中每通过2N 个电子，生成NaOH的质量为80g
A
【答案】C
【详解】A．根据图示，连接负载时，A电极发生反应 ，A电极发生氧化反应，电极A为负
极，故A错误；
B．根据图示，电池工作时，膜a、膜b之间生成NaOH，膜a为阳离子交换膜，膜b为阴离子交换膜，故B
错误；
C．根据图示，连接负载时，A电极发生氧化反应，电极A为负极，负极区的电极反应式为：S -2e-=S ，
故C正确；
D．连接电源时，电路中每通过2N 个电子，有2molNa+通过膜a进入阴极区，2molOH-通过膜b进入阳极
A
区，所以消耗NaOH的质量为80g，故D错误；
选C。
8．（2023·河北保定·统考二模） 、 和熔融 可制作燃料电池，其原理如图所示，该电池在放电
过程中石墨I电极上生成可循环使用的氧化物 ，下列说法错误的是
A．石墨I为负极，发生氧化反应B．石墨II电极反应式为
C．若电路中有 电子转移，则理论上石墨II处需消耗 (标准状况下)
D．放电过程中 移向石墨I电极
【答案】D
【分析】 、 和熔融 可制作燃料电池，NO 作燃料、O 作氧化剂，所以石墨I为负极、石墨II
2 2
为正极，石墨I电极上 失去电子生成N O ，电极反应式为NO +NO - e-= N O ，石墨II电极反应式为
2 5 2 2 5
，以此解答。
【详解】A．由分析可知，石墨I为负极，发生氧化反应，故A正确；
B．由分析可知，石墨II电极反应式为 ，故B正确；
C．石墨II为正极，电极方程式为： ，若电路中有 电子转移，则理论上石墨II
处需消耗0.25mol ，标准状况下得体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故C正确；
D．放电过程中阳离子 移向正极，石墨I电极为负极，故D错误；
故选D。
9．（2023·陕西咸阳·统考三模）最近科学家研发了“全氢电池”，工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．吸附层a发生的电极反应为：B．NaClO 的作用是传导离子并参与电极反应
4
C．电解质溶液中Na+向左移动，ClO 向右移动
D．全氢电池的总反应为：2H +O =2H O
2 2 2
【答案】A
【分析】电子由吸附层a流向b以及吸附层a上氢气失去电子与氢氧根结合生成水；吸附层b上氢离子得
到电子生成氢气可知，吸附层a为负极，吸附层b为正极。据此分析可得：
【详解】A．电子由吸附层a流出且氢气在吸附层a上与氢氧根结合生成水，则吸附层a发生的电极反应
为： ，故A正确；
B． 的作用是离子的定向移动而形成电流，，但不参与电极反应，故B错误；
C．由分析可知，吸附层a为负极、吸附层b为正极；阳离子（ ）向正极移动（向右移）；阴离子
（ ）移向负极（即向左移动），故C错误；
D．吸附层a上氢气失去电子与氢氧根结合生成水；吸附层b上氢离子得到电子生成氢气可知，“全氢电
池”工作时，将酸与碱反应的化学能转化为电能，则其总反应为： ，故D错误；
答案选A。
10．（2023·北京朝阳·统考三模）某同学利用下列电池装置探究 的氧化性和还原性。电流表显示电子
由铁电极流向石墨电极，石墨电极上未见Fe析出，下列分析不正确的是
A．盐桥中的阳离子进入右侧烧杯溶液中
B．一段时间后两烧杯溶液中 均增大C．当两烧杯溶液中 相等时，说明反应已达到平衡状态
D．由A、B中的现象可知， 还原性小于Fe、氧化性小于
【答案】C
【分析】该反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，负极为铁单质失电子生成亚铁离子，正极为铁离子得电子生成亚铁离
子，据此分析下列选项。
【详解】A．铁电极失电子为负极，石墨电极为正极，阳离子从负极向正极移动，故盐桥中阳离子进入石
墨电极溶液中，A正确；
B．负极反应为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上发生的反应为Fe3++e-=Fe2+，两侧均反应生成亚铁离子，故一段时间
后两烧杯溶液中 均增大，故石墨电极溶液中亚铁离子浓度增大，B正确；
C．负极反应为Fe-2e-=Fe2+，正极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，设两边均为1L溶液，一段时间后转移电子为
2xmol时两极溶液中亚铁离子浓度相等，则0.10+x=2x+0.05，得x=0.05，则右边消耗铁离子为0.05mol＜
1mol，则反应仍能继续进行，故不能说明反应达到平衡状态，C错误；
D．负极反应为Fe-2e-=Fe2+，正极反应为2Fe3++2e-=2Fe2+，总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，反应中氧化剂为Fe3+，
还原剂为Fe，Fe2+既是氧化产物也是还原产物，故Fe2+还原性小于Fe，氧化性小于Fe3+，D正确；
故答案选C。
11．（2023·浙江·校联考模拟预测）直接 燃料电池是一种新型化学电源，其工作原理如图所
示。电池放电时，下列说法不正确的是
A．电池工作时，电极I电势低
B．电极Ⅱ的反应式为：C．电池总反应为：
D．当电路中转移0.1mol电子时，通过阳离子交换膜的 为3.9g
【答案】C
【分析】电池工作时，电势低的是负极，电子从负极流向正极，故电极I为负极，电极Ⅱ为正极，负极：
H O -2e-+2OH-=O +2H O，正极: 。
2 2 2 2
【详解】A．电池工作时，电势低的是负极，电子从负极流向正极，故电极I电势低，A正确；
B．电极Ⅱ为正极，电极反应式为： ，B正确；
C．该电池放电过程中，负极区的OH-来自KOH，正极区的 来自H SO ，K+通过阳离子交换膜进入正极区
2 4
与硫酸根结合生成K SO ，因此电池总反应为： ，C错误；
2 4
D．当电路中转移0.1mol电子时，通过阳离子交换膜的 为0.1mol，即3.9g，D正确；
故选C。
12．（2023·福建南平·统考三模）西北工业大学推出一种新型 电池。该电池能有效地捕获 ，
将其转化为 ，再将产生的 电解制氨，过程如图所示。下列说法错误的是
A．d电极为电解池的阳极
B． 电池总反应式为：
C．c极区溶液的pH升高
D．电路中转移 时，理论上能得到【答案】D
【分析】由图可知，锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极、b为正极，则c为阴极、d为阳
极；
【详解】A．由分析可知，d电极为电解池的阳极，A正确；
B． 电池总反应为锌和二氧化氮反应生成亚硝酸锌： ，B正确；
C．c极区为阴极区，亚硝酸根离子发生还原生成 ，溶液碱性增强，故溶液的pH升高，C正确；
D．c极区为阴极区，亚硝酸根离子发生还原生成 ，电子转移为 ，则电路中转移
时，理论上能得到 ，D错误；
故选D。
13．（2023·北京海淀·101中学校考三模）利用微生物燃料电池可处理有机废水获得电能，同时实现海水淡
化。现以 溶液模拟海水，用如图装置处理有机废水(以含 的溶液为例)。
下列说法正确的是
A．正极反应为
B．隔膜1为阳离子交换膜，隔膜2为阴离子交换膜
C．工作一段时间后 室 下降， 室 升高
D．处理 理论上B室中有 发生迁移
【答案】C
【分析】a极上 失电子生成 ，a极为负极，b极氧气得电子，b极为正极，据此分析解答。【详解】A．b极氧气得电子，电解质环境为碱性，电极反应： ，故A错误；
B．该装置可实现海水淡化，则B室中钠离子应透过隔膜2进入正极区，B室中氯离子透过隔膜1进入A
室，隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜，故B错误；
C． 室电极反应： ，反应生成氢离子 下降， 室
，反应生成氢氧根离子 升高，故C正确；
D．由以上电极反应可知 失去8mol电子，为使电荷平衡，则B室中有 发生迁移，故
D错误；
故选：C。
14．（2023·山东德州·统考三模）我国科学家研究出一种新型水系 电池，其结构如下图，该电池
既能实现乙炔加氢又能提供电能，下列说法正确的是
A． 通过阴离子交换膜向a电极移动
B．左侧极室中 减小
C．a极的电极反应式为
D．每转移 ，右侧极室中溶液质量增大34g
【答案】C
【详解】A．b中锌化合价升高变为氧化锌，则b为负极，根据“同性相吸”，则 通过阴离子交换膜向
b电极移动，故A错误；B．左侧极室中a极的电极反应式为 ，若有2mol电子转移，从a室迁移到
b室的氢氧根为2mol，反应生成的氢氧根为2mol，a室内氢氧根数目不变，但溶液体积减小，因此
增大，故B错误；
C．根据前面分析右边为负极，左边为正极，则a极发生还原反应，电极反应式为
，故C正确；
D．每转移 ，有2mol氢氧根移动到右侧极室，根据 ，则右侧极室中溶
液质量增大为1mol水的质量即18g，故D错误；
综上所述，答案为C。
15．（2023·辽宁·校联考模拟预测）工业上，常用电渗析法淡化海水。某小组模拟淡化海水原理，设计如
图所示装置。锂电池反应为 。下列叙述错误的是
A．M极为阳极，膜2为阳离子交换膜
B．锂电池放电时，负极的电极反应式为
C．基态锰原子中有15种不同运动状态的电子
D．N极收集到11.2L气体(标准状况)时理论上转移1mol电子
【答案】C
【分析】由题干信息可知，电极M与锂离子电池的正极相连，是阳极，电极反应为：2Cl- -2e-=Cl ↑，电极
2
N与锂离子电池的负极相连，是阴极，电极反应为：2H++2e-=H ↑，阳离子由M极移向N极，阴离子由N
2
极移向M极，即膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，M极为阳极，膜2为阳离子交换膜，A正确；B．由题干信息可知，锂电池电池反应为： ，故放电时，负极的电极反应式
为： ，B正确；
C．已知Mn是25号元素，其核外有25个电子，根据鲍利不相容原理可知，基态锰原子中有25种不同运
动状态的电子，C错误；
D．由分析可知，N极电极反应为：2H++2e-=H ↑，故N极收集到11.2L气体(标准状况)时理论上转移电子的
2
物质的量为： =1mol，D正确；
故答案为：C。
考点三 电解池 金属的腐蚀与防护 分值：30分 建议用时：20分钟
一、选择题（每小题2分，共30分）
1．（2023·上海·统考模拟预测）电解食盐水间接氧化法去除工业废水中氨氮的原理如图所示，通过电解氨
氮溶液(含有少量的NaCl)，将 转化为 (无 逸出)，下列说法正确的是
A．M为负极 B．N极附近pH值不变化
C． D．电解后 上升
【答案】C
【分析】该装置为电解池装置，在M电极上氯离子失去电子生成氯气(无 Cl 逸出)，然后氯气将氨氧化为
2
氮气，氯气又被还原为氯离子，在这过程中氯离子做了催化剂，M电极为阳极，阳极区的总反应为
；N电极为阴极，电极反应为2H O+2e-=H ↑+2OH-。
2 2
【详解】A．由分析可知，M电极为阳极，A错误；B．由分析可知，N电极为阴极，电极反应为2H O+2e-=H ↑+2OH-，故该电极附近pH增大，B错误；
2 2
C．M电极为阳极，阳极区的总反应为 ，阴极的电极反应为2H O+2e-=H ↑+2OH-，根
2 2
据电路中电子转移守恒可知，生成的氢气更多，C正确；
D．由分析可知，在阳极上氯离子失去电子生成氯气，然后氯气又被氨还原为氯离子，电解后氯离子浓度
不可能上升，D错误；
故选C。
2．（2023·浙江·校联考一模）利用电解池原理可将 转化为燃料或者化学品。下图通过将 与辛胺反
应耦合，实现了两电极体系中产物的高选择性合成。
下列说法正确的是
A．装置中b电极为阴极，发生还原反应
B．电极a的电极反应可能为：
C．中间的离子交换膜一定是质子交换膜
D．电解过程中，a、b两极反应物物质的量之比为2∶1
【答案】B
【分析】利用电解池原理可将CO 转化为燃料或者化学品，反应过程中碳元素的化合价降低，得到电子，
2
则a极为阴极，CO 转化为燃料或者化学品，b极为阳极，辛胺转化为辛氰。据此回答问题。
2
【详解】A．装置中b电极为阳极，失去电子，发生氧化反应，故A错误；
B．电极a为阴极，电极反应可能为： ，故B正确；
C．若电解液中性时，中间的离子交换膜是质子交换膜，若电解液碱性时，中间的离子交换膜是阴离子交
换膜，故C错误；
D．电解过程中，a极CO 转化为燃料或者化学品，b极辛胺转化为辛氰，由于电极a的产物不确定，则反
2
应物物质的量之比不确定，故D错误；
故选：B。3．（2023·河北·校联考模拟预测）利用 和 废气作原料，通过电化学原理制备光气原料气的装置如
图所示。下列说法错误的是
A．a为直流电源的负极
B．有机电解液有利于增大 的溶解度
C．若用盐酸代替有机电解液，电极产物可能改变
D．若产生 ，理论上左室液体增重
【答案】D
【分析】含HCl的废气在通直流电的条件下失电子产生氯气，故连接的b极为正极，a极为负极，阴极上含
有CO 的废气得电子产生CO；
2
【详解】A． 还原生成 ，该电极是阴极，故 为直流电源的负极，选项A正确；
B． 为非极性分子，在有机溶剂中的溶解度较大，有利于 在阴极放电，选项B正确；
C．左室中的电极反应式为 ，若用盐酸代替有机电解液，溶液中的 易在阴极
放电产生 ，选项C正确；
D．若产生 ，电路中转移 电子，阴极产生 ，同时有 通过质子交换膜进入左
室，因此，左室增重： ，选项D错误；
答案选D。4．（2023·辽宁·校联考模拟预测）工业上，常用电渗析法淡化海水。某小组模拟淡化海水原理，设计如图
所示装置。锂电池反应为 。下列叙述错误的是
A．M极为阳极，膜2为阳离子交换膜
B．锂电池放电时，负极的电极反应式为
C．基态锰原子中有15种不同运动状态的电子
D．N极收集到11.2L气体(标准状况)时理论上转移1mol电子
【答案】C
【分析】由题干信息可知，电极M与锂离子电池的正极相连，是阳极，电极反应为：2Cl- -2e-=Cl ↑，电极
2
N与锂离子电池的负极相连，是阴极，电极反应为：2H++2e-=H ↑，阳离子由M极移向N极，阴离子由N
2
极移向M极，即膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，M极为阳极，膜2为阳离子交换膜，A正确；
B．由题干信息可知，锂电池电池反应为： ，故放电时，负极的电极反应式
为： ，B正确；
C．已知Mn是25号元素，其核外有25个电子，根据鲍利不相容原理可知，基态锰原子中有25种不同运
动状态的电子，C错误；
D．由分析可知，N极电极反应为：2H++2e-=H ↑，故N极收集到11.2L气体(标准状况)时理论上转移电子的
2
物质的量为： =1mol，D正确；
故答案为：C。
5．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测） 资源化利用是实现碳中和的一种有效途径，如图是 在电催化下产生合成气(CO和 )的一种方法(不考虑 的溶解)。下列说法正确的是电源
A．电极a与电源的正极相连
B．每消耗22.4L(标况下) ， 个 透过离子交换膜进入b极区
C．a极区中 逐渐增大，b极区 逐渐增大
D．外电路转移1mol电子，阳极区溶液质量增加48g
【答案】D
【分析】该装置有外加电源，因此属于电解装置，根据装置图，a电极上CO →CO，碳元素的化合价降
2
低，因此a电极为阴极，b为阳极，根据电解原理进行分析，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，a电极为阴极，根据电解原理，a电极应与电源的负极相连，故A错误；
B．根据装置图，a电极上生成CO和氢气，消耗1moLCO 时，由于生成氢气的量未知，无法判断转移电子
2
物质的量，即无法确定透过离子交换膜的SO 粒子数，故B错误；
C．电解过程中，a极电极反应式为2HCO +2e-=H ↑+2CO 、CO +2e-+2HCO =CO+2CO ，电极区c(CO )
2 2
逐渐增大，b极为阳极，电极反应式为C H CH OH-2e-+2CH COO-=C H CHO+2CH COOH，c(CH COO-)逐渐减
6 5 2 3 6 5 3 3
小，故C错误；
D．由电荷守恒可知，外电路转移1mol电子，有0.5molSO 由左侧向右侧迁移，阳极区溶液质量增加
0.5mol×96g/mol=48g，故D正确；
答案为D。
6．（2023·湖南·校联考三模）一种新型燃料电池以二氧化硫和氧气为原料，工作原理如图甲所示。某小组同学利用该燃料电池，通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备NCl ，如图乙所示。下列说法不正确的
3
是
A．d极区流出的Y溶液是浓盐酸
B．电解时图甲中电极b与图乙中电极c相连接
C．c极上发生的电极反应为 +3Cl--6e-=NCl +4H+
3
D．电路中每通过1mole-，就有1molH+从a极区迁移到b极区，1molCl-从d极区迁移到c极区
【答案】A
【详解】A．d极产生氢气，说明是氢离子放电，则为电解质的阴极，流出的为稀盐酸，A错误；
B．电极b上通入氧气，为原电池的正极，c为电解池的阳极，故电解时b与c相连，B正确；
C．c为电解池的阳极，是溶液中的铵根离子反应生成三氯化氮，电极反应为 +3Cl--6e-=NCl +4H+，C正
3
确；
D．电路中通过1mol电子，就有1mol氢离子通过质子交换膜迁移到b极区，装置乙中有1mol氯离子从d
迁移到c极区，D正确；
故选A。
7．（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考二模）我国学者利用双膜三室电解法合成了 ，该方法的
优点是能耗低、原料利用率高，同时能得到高利用。价值的副产品，其工作原理如图所示。下列说法错误
的是A．b为电源负极，气体X为
B．膜I、膜Ⅱ依次适合选用阴离子交换膜、阳离子交换膜
C．电解过程中需及时补充NaCl
D．制得 的同时NaOH溶液质量增加80g
【答案】D
【分析】由图可知，左边电极氯化亚铜转化为氯化铜，失电子发生氧化反应，作阳极，电极反应式为
；右边电极作阴极，电极反应式为 。左边作阳极，右边作
阴极，则a为电源正极，b为电源负极，据此分析解答。
【详解】A．由图可知，左边电极氯化亚铜失去电子，发生氧化反应，作阳极，右边电极为阴极，故b为
电源负极，阴极上的 得电子生成 ，A正确；
B．饱和食盐水中的 通过膜Ⅱ移入阴极区，同时制得副产品NaOH，饱和食盐水中的 通过膜I移入阳
极区，补充消耗的 ，则膜I、膜Ⅱ依次适合选用阴离子交换膜、阳离子交换膜，B正确；
C．左边电极为阳极，电极反应式为 ，阴极电极反应式为
，生成氢氧根离子，钠离子向右侧迁移，右侧NaOH浓度变大，氯离子向左侧迁移，因而NaCl浓度变小，
需及时补充，C正确；
D．总反应为 ，由，结合电极反应式可知，制得 转移2mol电
子，同时有 迁移并放出 ，故氢氧化钠溶液增重 ，D错误；
故选D。
8．（2023·安徽·校联考三模）天津大学化学团队以CO 和辛胺为原料实现了甲酸和辛腈的高选择性合成，
2
工作原理如图(隔膜a只允许OH-通过)所示。下列说法错误的是
A．Ni P电极的电势比In/In O 电极的高
2 2 3-x
B．In/In O 电极上可能有副产物H 生成
2 3-x 2
C．电解过程中，OH-由In/In O 电极区向Ni P电极区迁移
2 3-x 2
D．电路中转移2mol电子时，阴极区溶液质量增加44g(不考虑气体的溶解)
【答案】D
【分析】由图中In/In O 电极上CO →HCOO-可知，CO 发生得电子的还原反应，In/In O 电极为阴极，阴极
2 3-x 2 2 2 3-x
反应为：CO +2e-+H O═HCOO-+OH-，则Ni P电极为阳极，辛胺在阳极上发生失电子的氧化反应生成辛腈，
2 2 2
电极反应为CH (CH ) CH NH +4OH--4e-=CH (CH ) CN+4H O，据此分析解答。
3 2 6 2 2 3 2 6 2
【详解】A．根据分析，Ni P电极为阳极，连接电源的正极，电势比In/In O 电极的高，A正确；
2 2 3-x
B．In/In O 电极为阴极，阴极反应为：CO +2e-+H O═HCOO-+OH-，也可能发生2H O+2e-═2OH-+H ↑，B正
2 3-x 2 2 2 2
确；
C．电解过程中，阴离子向阳极移动，则OH-由In/In O 电极区向Ni P电极区迁移，C正确；
2 3-x 2
D．阴极反应为：CO +2e-+H O═HCOO-+OH-，当电路中有2mol电子转移时，阴极区液体质量增加1mol CO
2 2 2
的质量，同时减少2mol OH-的质量，则阴极区溶液质量增加44g-34g=10g，D错误；
故选：D。
9．（2023·江苏·统考二模）用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是
A．DSA电极与外接电源的负极连接
B． 发生的电极反应为：
C．降解过程中应该控制条件避免发生反应②
D．1mol HO·和足量 反应，转移的电子数为
【答案】C
【详解】A．NH 在DSA电极转化为N ，氮元素从-3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的阳极，与外
3 2
接电源的正极相连，故A错误；
B．由图示知，Cl-在DSA电极表面转化为Cl 电极反应式为：2 Cl--2e-=Cl ↑，故B错误；
2 2
C．反应②中NH 转化为 ，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以，降解过程中应该控制条件避
3
免发生反应②，故C正确；
D．羟基自由基中氧元素为-1价，其还原产物中氧元素为-2价，一个HO·可得到一个电子，1mol HO·完全反
应时转移的电子数为6.02×1023，故D错误；
故选C。
10．（2023·福建宁德·统考模拟预测）近期，我国科学家提出了一种双极膜硝酸盐还原工艺，原理如图。
双极膜中间层中的 解离为 和 ，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是A．n是
B．a接电源正极
C．外电路转移 时右室产生
D．左室电极反应为：
【答案】D
【分析】根据图示可知，a极 得电子生成NH ，发生还原反应；b极OH-失电子生成氧气，发生氧化反
3
应。
【详解】A．根据分析可知，b为电解池的阳极，阴离子移向阳极，故n为OH-，A错误；
B．根据分析，b为阴极，应接电源负极，B错误；
C．右室电极反应式为4OH--4e-=2H O+O ，外电路转移 时，右室在标准状况下产生 ，C错
2 2
误；
D．左室 得电子生成NH ，电极反应式为 ，D正确；
3
答案选D。
11．（2023·上海虹口·统考二模）对如图所示的实验装置的判断错误的是
A．开关K置于A处时，可减缓铁的腐蚀
B．开关K置于A处时，铁棒表面有氢气产生
C．开关K置于B处时，铁棒一定为负极
D．开关K置于B处时，可通过牺牲阳极的阴极保护法减缓铁的腐蚀
【答案】C
【详解】A．开关K置于A处，则铁为阴极，可减缓铁的腐蚀，A正确；
B．开关K置于A处，铁为阴极，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，铁棒表面有氢气生成，B正确；C．开关K置于B处，X电极的材料未知，无法确定铁棒一定为负极，C错误；
D．开关K置于B处，X金属的活泼性若强于铁，则X为负极，铁为正极被保护，可通过牺牲阳极的阴极保
护法减缓铁的腐蚀，D正确；
故答案选C。
12．（2023·北京海淀·统考二模）甲、乙同学分别用如图所示装置验证铁的电化学防腐原理，相同时间后
继续进行实验。
实验①：甲同学分别向Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近滴加K [Fe(CN) ]溶液，Ⅰ中产生蓝色沉淀，Ⅱ中无沉淀。
3 6
实验②：乙同学分别取Ⅰ、Ⅱ中Fe电极附近溶液，滴加K [Fe(CN) ]溶液，Ⅰ、Ⅱ中均无沉淀。
3 6
下列说法正确的是
A．Ⅰ是牺牲阳极保护法，正极反应式为
B．Ⅱ为外加电流阴极保护法，Fe电极与外接电源的正极相连
C．由实验①中Ⅰ、Ⅱ现象的差异，推测K [Fe(CN) ]在Ⅰ中氧化性强于Ⅱ
3 6
D．由实验可知，两种保护法均能保护 ，且Ⅱ保护得更好
【答案】D
【详解】A．由图可知，Fe电极是正极，Zn电极是负极，属于牺牲阳极的阴极保护法，由于电解质溶液呈
酸性，故正极上氢离子得电子，则正极的反应为：2H++2e-═H ↑，A错误；
2
B．外加电流阴极保护法中要保护的电极应与外接电源的负极相连，即Fe电极与外接电源的负极相连，B
错误；
C．由于Ⅰ中Fe电极与电解质溶液直接接触，会有少量的Fe直接与酸反应生成Fe2+，与K [Fe(CN) ]在Ⅰ、
3 6
Ⅱ中的氧化性无关，C错误；
D．对比Ⅰ、Ⅱ现象的差异可知，两种保护法均能保护Fe，且电解法保护的更好，即Ⅱ保护得更好，D正
确；
故答案为：D。
13．（2023·浙江·模拟预测）海港、码头的钢制管桩会受到海水的长期侵袭，常用外加电流法对其进行保
护(如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助电极)。下列有关叙述中不正确的是A．a为负极，b为正极
B．高硅铸铁是作为损耗阳极材料发挥作用的
C．通电时，海水中的阳离子向钢制管柱电极移动
D．通电后使钢制管桩表面的腐蚀电流接近零
【答案】B
【分析】由图可知，该金属防护法为外加直流电源的阴极保护法，钢制管桩与直流电源的负极a极相连，
作电解池的阴极，高硅铸铁与直流电源正极b极相连，作阳极。
【详解】A．被保护金属与电源的负极相连作为阴极被保护，则钢制管桩应与电源的负极相连，即a为负
极，b为正极，A正确；
B．高硅铸铁为惰性辅助电极，作为阳极材料不损耗，B错误；
C．电解池中，阳离子向阴极移动，即向钢制管柱电极移动，C正确；
D．被保护的钢制管桩作为阴极，从而使得金属腐蚀发生的电子迁移得到抑制，使钢制管桩表面腐蚀电流
接近于零，避免或减弱电化学腐蚀的发生，D正确；
故选B。
14．（2023·广东揭阳·普宁二中实验学校校联考二模）为检验牺牲阳极法对钢铁防腐的效果，进行了如图
所示实验，下列叙述正确的是
A．一段时间后，铁钉底部a、c处滤纸上均能看到出现蓝色沉淀
B．一段时间后，薄锌片底部b处能看到滤纸变红色
C．薄锌片两端铁钉均为该原电池的正极D．薄锌片发生的电极反应式为
【答案】C
【分析】该装置形成了一个原电池，锌片作负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，两端铁钉作正极，电极反应
式为O +2H O+4e-=4OH-，从而达到牺牲阳极保护阴极的目的，达到实验目的。本装置中，NaCl溶液为了提
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供吸氧腐蚀的环境，K [Fe(CN) ]为了检验亚铁离子生成，若生成亚铁离子，会产生蓝色沉淀，酚酞为了检验
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氢氧根离子的生成。
【详解】A．由分析可知，锌片作负极，所以铁不会参加反应更不会生成亚铁离子，故无法看到蓝色沉淀
生成，A错误；
B．根据分析，锌片作负极发生氧化反应生成Zn2+，两端铁钉作正极，电极反应式为O +2H O+4e-=4OH-，应
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在铁钉底部看到滤纸变红，B错误；
C．由分析可知薄锌片两端铁钉均为该原电池的正极，C正确；
D．根据分析，此电极方程式为吸氧腐蚀的正极发生的反应，所以应发生在铁钉处，D错误；
故选C。
15．（2023·上海闵行·统考二模）国产航母山东舰采用模块制造，然后焊接组装而成。实验室模拟海水和
淡水对焊接金属材料的影响，结果如图所示。下列分析正确的是
A．舰艇被腐蚀是因为形成了电解池
B．甲是海水环境下的腐蚀情况
C．被腐蚀时正极反应式为：Fe-2e→Fe2＋
D．焊点附近用锌块打“补丁”延缓腐蚀
【答案】D
【分析】铁比锡活泼，在海水和淡水环境下，均是 为负极， 为正极，以此解题。
【详解】A．由图可知，舰艇腐蚀是形成原电池，加快反应速率，A错误；
B．海水环境下电解质浓度较大，腐蚀更严重，乙是在海水环境下的腐蚀情况，B错误；
C．两种环境下，正极反应式为 ，C错误；D．锌可以和铁形成原电池，但是此时锌为负极，保护了舰体不被腐蚀，D正确；
故选D。
