电解池金属的腐蚀与防腐（解析版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年7月高中化学试题汇编_0717化学_电解池金属的腐蚀与防腐--高考化学

电解池 金属的腐蚀与防护
五年考情∙探规律
考向 五年考情(2021-2025) 命题趋势
考点一电解池的工作原 2025·江苏卷、2024·甘肃卷、2022·广东卷、
理 2022·天津卷、2022·辽宁卷
高考对电解池的考查概率有所
2025·陕晋青宁卷、2025·湖北卷、2025·云
提高，特别是利用电解池生产化
南卷、2025·甘肃卷、2024·湖北卷、2024·山
工品和处理环境污染物成为命
东卷、2024·湖南卷、2024·黑吉辽卷、
考点二电解池在生产化 题特点。万变不离其宗，问题的
2023·全国甲卷、2023·广东卷、2023·广东
工品中的应用 落脚点主要是在电极的极性判
卷、2023·湖北卷、2023·重庆卷、2023·辽宁
断、两极发生的反应情况和电解
卷、2022·重庆卷、2022·北京卷、2021·全国
液成分的参与情况这些问题上。
乙卷、2021·全国甲卷、2021·广东卷等
高考对金属的腐蚀与防护的考
考点三电解池在处理环 2025·河北卷、2025·河南卷、2024·贵州卷、
查命题较少，主要涉及概念、分
境污染物中的应用 2023·北京卷
类比较以及防护方法等。
考点四金属的腐蚀与防 2024·广东卷、2024·湖北卷、2024·浙江6月
护 卷、2022·辽宁卷、2020·江苏卷
分考点∙精准练
考点一 电解池的工作原理
光

1.(2025·江苏卷)以稀H SO 为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2H O 2H ↑+O
2 4 2 2 2
催化剂
↑。下列说法正确的是
A. 电极a上发生氧化反应生成O
2
B. H+通过质子交换膜从右室移向左室
C. 光解前后，H SO 溶液的pH不变
2 4
D. 外电路每通过0.01mol电子，电极b上产生0.01molH
2
【答案】A
【分析】光解过程中，电极a上电子流出，发生氧化反应，a为负极，电极反应式为：2H O-4e-=O ↑+4H+；电
2 2
极b上电子流入，发生还原反应，b为正极，电极反应式为：2H++2e-=H ↑。
2
1【详解】A．根据分析，电极a为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2H O-4e-=O ↑+4H+，生成物有O ，
2 2 2
A正确；
B．原电池中阳离子向正极移动，电极a上生成H+，电极b上消耗H+，H+通过质子交换膜从左室移向右室，
B错误；
C．在探究溶液浓度变化时，不仅要关注溶质的变化，也要关注溶剂的变化，在光解总反应是电解水，H SO
2 4
溶液中H O减少，H SO 溶液浓度增大，pH减小，C错误；
2 2 4
D．生成1molH ，转移2mol电子，外电路通过0.01mol电子时，电极b上生成0.005molH ，D错误；
2 2
答案选A。
2.(2024·甘肃卷)某固体电解池工作原理如图所示，下列说法错误的是
A. 电极1的多孔结构能增大与水蒸气的接触面积
B. 电极2是阴极，发生还原反应：O +4e-=2O2-
2
C. 工作时O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2
D. 理论上电源提供2mole-能分解1molH O
2
【答案】B
【分析】多孔电极1上H O(g)发生得电子的还原反应转化成H (g)，多孔电极1为阴极，电极反应为2H O+
2 2 2
4e-=2H +2O2-；多孔电极2上O2-发生失电子的氧化反应转化成O (g)，多孔电极2为阳极，电极反应为
2 2
2O2--4e-=O 。
2
【解析】A．电极1的多孔结构能增大电极的表面积，增大与水蒸气的接触面积，A项正确；
B．根据分析，电极2为阳极，发生氧化反应：2O2--4e-=O ，B项错误；
2
C．工作时，阴离子O2-向阳极移动，即O2-从多孔电极1迁移到多孔电极2，C项正确；
电解
D．根据分析，电解总反应为2H O(g)2H +O ，分解2molH O转移4mol电子，则理论上电源提供2mol
2 2 2 2
电子能分解1molH O，D项正确；
2
答案选B。
3.(2022·广东卷)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Mg-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
2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，据此分析解答。
A．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．Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；
C．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．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。
4.(2022·天津卷)实验装置如图所示。接通电源后，用碳棒(a、b)作笔，在浸有饱和NaCl溶液和石蕊溶液
的湿润试纸上同时写字，a端的字迹呈白色。下列结论正确的是
A. a为负极
B. b端的字迹呈蓝色
C. 电子流向为：b→b→a→a
D. 如果将a、b换成铜棒，与碳棒作电极时的现象相同
【答案】B
【解析】A．根据实验现象，a'端呈白色，即生成了氯气，即氯离子失去电子，为阳极，即a为正极，A错误；
B．b'端为阴极，水得到电子放电的同时，生成氢氧根离子，遇石蕊变蓝，B正确；
C．电子从电源的负极出来，即从a极出来，而不是b极，C错误；
D． 如果换成铜棒，铜做阳极放电，现象与碳作电极时不相同，D错误；
故选B。
5.(2022·辽宁卷)如图，c管为上端封口的量气管，为测定乙酸溶液浓度，量取10.00mL待测样品加入b容
器中，接通电源，进行实验。下列说法正确的是
3A. 左侧电极反应：2H O-4e-=O ↑+4H+
2 2
B. 实验结束时，b中溶液红色恰好褪去
C. 若c中收集气体11.20mL，则样品中乙酸浓度为0.1mol⋅L-1
D. 把盐桥换为U形铜导线，不影响测定结果
【答案】A
【分析】本装置为电解池，左侧阳极析出氧气，右侧阴极析出氢气，据此分析解题。
【解析】A．左侧阳极析出氧气，左侧电极反应：2H O-4e-=O ↑+4H+，A正确；
2 2
B．右侧电极反应2CH COOH+2e-=H ↑+2CH COO-，反应结束时溶液中存在CH COO-，水解后溶液显
3 2 3 3
碱性，故溶液为红色，B错误；
C．若c中收集气体11.20mL，若在标况下，c中收集气体的物质的量为0.5×10-3mol，转移电子量为0.5×
10-3mol×4=2×10-3mol，故产生氢气：1×10-3mol，则样品中乙酸浓度为：2×10-3mol ÷10÷10-3=
0.2mol⋅L-1，并且题中未给定气体状态不能准确计算，C错误；
D．盐桥换为U形铜导线则不能起到传递离子使溶液呈电中性的效果，影响反应进行，D错误；
答案选A。
考点二 电解池在生产化工品中的应用
6.(2025·陕晋青宁卷)我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醌(TQ)。电极b表面
的主要反应历程见图(灰球表示电极表面催化剂)，下列说法错误的是
4A. 电解时，H+从右室向左室移动
电解

B. 电解总反应：TY+H O TQ+2H ↑
2 2
C. 以 为原料，也可得到TQ
D. 用18O标记电解液中的水，可得到
【答案】D
【分析】电极b发生TY→TQ，发生加氧去氢的反应，发生氧化反应，b为阳极，a为阴极，阴极上氢离子得电子
生成H ，以此解题。
2
【详解】A．电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A正确；
B．根据转化关系图可知，电极b中TY是反应物，TQ是生成物，电极a中水是反应物，H 为生成物，总反应
2
电解

方程式为：TY+H O TQ+2H ↑，B正确；
2 2
C．将TY( )换成 为原料，仍然能够得到TQ( )，
C正确；
D．根据右图可知，用18O标记电解液中的水，可得到的18O在环上甲基的邻位上 ，D
错误；
答案选D。
57.(2025·湖北卷)某电化学制冷系统的装置如图所示。 FeH 2 O
6
  6  3+和 FeH 2 O   6  2+在电极上发生相互转
化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动①→②→③→④→①  实现制冷。装
置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是
A. 阴极反应为 FeH 2 O   6  3++e-= FeH 2 O   6  2+
B. 已知②处的电解液温度比①处的低，可推断 FeH 2 O   6  2+比 FeH 2 O   6  3+稳定
C. 多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换
D. 已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后 FeH 2 O   6  2+和
FeH 2 O   6  3+离子结构的改变
【答案】B
【分析】由图可知，左侧电极发生反应 FeH 2 O   6  2+-e-= FeH 2 O   6  3+，则左侧为阳极，右侧电极反应为
FeH 2 O   6  3++e-= FeH 2 O   6  2+，则右侧电极为阴极，据此解答。
【详解】A．由分析可知，阴极反应为 FeH 2 O   6  3++e-= FeH 2 O   6  2+，A正确；
B．已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断 FeH 2 O   6  3++e-= FeH 2 O   6  2+是吸热反应，无法推断
FeH 2 O   6  3+和 FeH 2 O   6  2+的稳定性，B错误；
C．多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，C正确；
D．题干明确指出电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。这意味着电子转移(即氧化还原反应)本身不
会直接导致结构变化，热效应实际上来源于电子转移完成后，新生成的离子：FeH 2 O   6  2+和 FeH 2 O   6  3+
因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化，D正确；
故选B。
8.(2025·云南卷)一种用双极膜电渗析法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中H O解离的H+和OH-在电
2
场作用下向两极迁移。除硼原理：BOH   4  -+H+=BOH  +H O。下列说法错误的是 3 2A. Pt电极反应：4OH--4e-=O ↑+2H O
2 2
B. 外加电场可促进双极膜中水的电离
C. Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
D. Ⅳ室每生成1molNaOH，同时Ⅱ室最多生成1molBOH
7

3
【答案】C
【分析】由图中氢离子和氢氧根的流向，可推出左侧Pt电极为阳极，右侧石墨电极为阴极，阳极发生的反应
为：4OH--4e-=O ↑+2H O，阴极发生的反应为：2H++2e-=H ↑，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子
2 2 2
往阴极方向移动，氯离子往阳极反向移动，据此解答。
【详解】A．由分析可知，Pt电极为阳极，阳极发生的反应为：4OH--4e-=O ↑+2H O，A正确；
2 2
B．水可微弱的电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作业下，使氢离子和氢氧根往两侧移动，降低了浓度，可
促进双极膜中水的电离，B正确；
C．由分析可知，Ⅲ室中氯化钠浓度降低了，说明钠离子往阴极方向移动，氯离子往阳极反向移动，即钠离子
往右侧移动，通过Y膜，则Y膜为阳离子交换膜，氯离子往左侧移动，通过X膜，则X膜为阳离子交换膜，C
错误；
D．Ⅳ室每生成1molNaOH，则转移1mol电子，有1mol氢离子移到Ⅱ室中，生成1molBOH  ，D正确；
3
故选C。
9.(2025·甘肃卷)我国科研工作者设计了一种Mg-海水电池驱动海水(pH=8.2)电解系统(如下图)。以
新型MoNi/NiMoO 为催化剂(生长在泡沫镍电极上)。在电池和电解池中同时产生氢气。下列关于该
4
系统的说法错误的是
A. 将催化剂生长在泡沫镍电极上可提高催化效率
B. 在外电路中，电子从电极1流向电极4C. 电极3的反应为：4OH--4e-=2H O+O ↑
2 2
D. 理论上，每通过2mol电子，可产生1molH
2
【答案】D
【分析】由图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，电极1为负极，发生氧化反应，电极反应式为：Mg-2e-+
2OH-=Mg(OH) ，电极2为正极发生还原反应，电极反应式为：H O+2e-=H ↑+2OH-，右侧为电解池，电
2 2 2
极3为阳极，产生氧气，电极4产生阴极，产生氢气。
【详解】A．催化剂生长在泡沫镍电极上可加快电解速率，提高催化效率，A正确；
B．根据分析，电极1是负极，电极4为阴极，电子从电极1流向电极4，B正确；
C．由分析可知，电极3为阳极，发生氧化反应，生成氧气，电极3的反应为：4OH--4e-=2H O+O ↑，C正
2 2
确；
D．根据分析可知，电极2和电极4均产生氢气，理论上，每通过2mol电子，可产生2molH ，D错误；
2
答案选D。
10.(2024·湖北卷)我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H C O 和NH OH电化学催化合成甘
2 2 4 2
氨酸，原理如图，双极膜中H O解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中，甲醛
2
转化为HOCH 2 O-，存在平衡HOCH 2 O-+OH-⇌OCH 2 O
8
 2-+H O。Cu电极上发生的电子转移反应 2
为[OCH O]2--e-=HCOO-+H⋅。下列说法错误的是
2
A. 电解一段时间后阳极区cOH-  减小
B. 理论上生成1molH N+CH COOH双极膜中有4molH O解离
3 2 2
C. 阳极总反应式为2HCHO+4OH--2e-=2HCOO-+H ↑+2H O
2 2
D. 阴极区存在反应H C O +2H++2e-=CHOCOOH+H O
2 2 4 2
【答案】B
【分析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH O-：HCHO+OH-→HOCH O-，存在平衡HOCH O-+OH-
2 2 2
⇌[OCH O]2-+H O，Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH O]2--e-=HCOO-+H∙，H∙结合成H ，
2 2 2 2
Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC-COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC-
COOH：H C O +2e-+2H+=OHC-COOH+H O，OHC-COOH与HO-N+H 反应生成HOOC-CH
2 2 4 2 3
=N-OH：OHC-COOH+HO-N+H →HOOC-CH=N-OH+H O+H+，HOOC-CH=N-OH发
3 2
生得电子的还原反应转化成H N+CH COOH：HOOC-CH=N-OH+4e-+5H+=H N+CH COOH+
3 2 3 2
H O。
2
【解析】A．根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH-、同时生成H O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减
2小，A项正确；
B．根据分析，阴极区的总反应为H C O +HO-N+H +6e-+6H+= H N+CH COOH+3H O，1molH O
2 2 4 3 3 2 2 2
解离成1molH+和1molOH-，故理论上生成1molH N+CH COOH双极膜中有6molH O解离，B项错误；
3 2 2
C．根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H ↑+2H O，C项正确；
2 2
D．根据分析，阴极区的Pb上发生反应H C O +2e-+2H+=OHC-COOH+H O，D项正确；
2 2 4 2
答案选B。
11.(2024·山东卷)以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合
的循环方式，可实现高效制H 和O ，装置如图所示。下列说法错误的是
2 2
A. 电极a连接电源负极
B. 加入Y的目的是补充NaBr
电解

C. 电解总反应式为Br-+3H O BrO-+3H ↑
2 3 2
D. 催化阶段反应产物物质的量之比n(Z):nBr-
9
 =3:2
【答案】B
【分析】电极b上Br-发生失电子的氧化反应转化成BrO-，电极b为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H O=
3 2
BrO-+6H+；则电极a为阴极，电极a的电极反应为6H++6e-=3H ↑；电解总反应式为Br-+
3 2
电解
3H OBrO-+3H ↑；催化循环阶段BrO-被还原成Br-循环使用、同时生成O ，实现高效制H 和O ，即
2 3 2 3 2 2 2
Z为O 。
2
【解析】A．根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确；
B．根据分析电解过程中消耗H O和Br-，而催化阶段BrO-被还原成Br-循环使用，故加入Y的目的是补
2 3
充H O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；
2
电解
C．根据分析电解总反应式为Br-+3H OBrO-+3H ↑，C项正确；
2 3 2
D．催化阶段，Br元素的化合价由+5价降至-1价，生成1molBr-得到6mol电子，O元素的化合价由-2
价升至0价，生成1molO 失去4mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O ) ∶n(Br-)=6∶4
2 2
=3∶2，D项正确；
答案选B。
12.(2024·湖南卷)在KOH水溶液中，电化学方法合成高能物质K C N 时，伴随少量O 生成，电解原理如
4 6 16 2
图所示，下列说法正确的是A. 电解时，OH-向Ni电极移动
B. 生成C N4-的电极反应：2C N H +8OH--4e-=C N4-+8H O
6 16 3 8 4 6 16 2
C. 电解一段时间后，溶液pH升高
D. 每生成1molH 的同时，生成0.5molK C N
2 4 6 16
【答案】B
【分析】由电解原理图可知，Ni电极产生氢气，作阴极，发生还原反应，电解质溶液为KOH水溶液，则电极反
应为：2H O+2e-=H ↑+2OH-；Pt电极C N H 失去电子生成C N4-，作阳极，电极反应为：2C N H +
2 2 3 8 4 6 16 3 8 4
8OH--4e-=C N4-+8H O，同时，Pt电极还伴随少量O 生成，电极反应为：4OH--4e-=O ↑+2H O。
6 16 2 2 2 2
【解析】A．由分析可知，Ni电极为阴极，Pt电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，即OH-向Pt电极
移动，A错误；
B．由分析可知，Pt电极C N H 失去电子生成C N4-，电解质溶液为KOH水溶液，电极反应为：2C N H +
3 8 4 6 16 3 8 4
8OH--4e-=C N4-+8H O，B正确；
6 16 2
C．由分析可知，阳极主要反应为：2C N H -4e-+8OH-=C N4-+8H O，阴极反应为：2H O+2e-=H ↑
3 8 4 6 16 2 2 2
+2OH-，则电解过程中发生的总反应主要为：2C N H +4OH-=C N4-+4H O+2H ↑，反应消耗OH-，生
3 8 4 6 16 2 2
成H O，电解一段时间后，溶液pH降低，C错误；
2
D．根据电解总反应：2C N H +4OH-=C N4-+4H O+2H ↑可知，每生成1molH ，生成0.5molK C N ，
3 8 4 6 16 2 2 2 4 6 16
但Pt电极伴随少量O 生成，发生电极反应：4OH--4e-=O ↑+2H O，则生成1molH 时得到的部分电子由
2 2 2 2
OH-放电产生O 提供，所以生成K C N 小于0.5mol，D错误；
2 4 6 16
故选B。
13.(2024·黑吉辽卷)“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的
问题，科技工作者设计耦合 HCHO 高效制 H 的方法，装置如图所示。部分反应机理为：
2
。下列说法错误的是
10A. 相同电量下H 理论产量是传统电解水的1.5倍
2
B. 阴极反应：2H O+2e-=2OH-+H ↑
2 2
C. 电解时OH-通过阴离子交换膜向b极方向移动
D. 阳极反应：2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+2H O+H ↑
2 2
【答案】A
【分析】
据图示可知，b电极上HCHO 转化为HCOO-，而HCHO 转化为HCOO-为氧化反应，所以b电极为阳极，a
电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理
可知：反应 后生成
的 转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H-，生成的
HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H O，而生成的H-在阳极失电子发生氧化反
2
应生成氢气，即2H--2e-=H ↑，阴极水得电子生成氢气：2H O-2e-=H ↑+2OH-。
2 2 2
1
【解析】A．由以上分析可知，阳极反应：①HCHO+OH--e-→HCOOH+ H ，②HCOOH+OH-=
2 2
HCOO-+H O，阴极反应2H O-2e-=H ↑+2OH-，即转移2mol电子时，阴、阳两极各生成1molH ，共
2 2 2 2
电解

2molH ，而传统电解水：2H O 2H ↑+O ↑，转移2mol电子，只有阴极生成1molH ，所以相同电量下H 理
2 2 2 2 2 2
论产量是传统电解水的2倍，故A错误；
B．阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H O-2e-=H ↑+2OH-，故B正确；
2 2
C．由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH-，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中
性，OH-通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确；
1
D．由以上分析可知，阳极反应涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+ H ，②HCOOH+OH-=
2 2
HCOO-+H O，由(①+②)×2得阳极反应为：2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+2H O+H ↑，故D正
2 2 2
确；
答案选A。
14.(2023·全国甲卷)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来提高
2
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
11B. Cl-从Cu电极迁移到IrO -Ti电极
x
C. 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
【分析】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，水在阳极失去电
x
子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H O-4e-=O ↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧
2 2
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++12e-=C H +4H O、
2 2 4 2
2CO +12H++12e-=C H OH+3H O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。
2 2 5 2
【解析】A．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．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．由分析可知，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正确；
2 2 4 2
D．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2H O-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；
2
答案选C。
15.(2023·广东卷)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 B. a处布条褪色，说明Cl 具有漂白性
2 2 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
【分析】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，电极反应为2Cl-
1
电解
-2e-=Cl ↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H ↑，总反应为2NaCl+2H O==2NaOH+H ↑
2 2 2 2
+Cl ↑，据此解答。
2
【解析】A．根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl 和H ，A错误；
2 2
B．左侧生成氯气，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．b处出现蓝色，发生Cl +2KI=I +2KCl，说明还原性：I->Cl-，C错误；
2 2
D．断开K ，立刻闭合K ，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；
1 2
故选D。
16.(2023·广东卷)用一种具有“卯榫”结构的双极膜组装电解池(下图)，可实现大电流催化电解KNO 溶液
3
制氨。工作时，H O在双极膜界面处被催化解离成H+和OH-，有利于电解反应顺利进行。下列说法不
2
正确的是
12A. 电解总反应：KNO +3H O=NH ⋅H O+2O ↑+KOH
3 2 3 2 2
B. 每生成1molNH ⋅H O，双极膜处有9mol的H O解离
3 2 2
C. 电解过程中，阳极室中KOH的物质的量不因反应而改变
D. 相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构可提高氨生成速率
【答案】B
【分析】由信息大电流催化电解KNO 溶液制氨可知，在电极a处KNO 放电生成NH ，发生还原反应，故电极
3 3 3
a为阴极，电极方程式为NO-+8e-+7H O=NH ⋅H O+9OH-，电极b为阳极，电极方程式为4OH--4e-
3 2 3 2
=O ↑+2H O，“卯榫”结构的双极膜中的H+移向电极a，OH-移向电极b。
2 2
【解析】A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为KNO +3H O=NH ⋅H O+2O ↑+KOH，故A
3 2 3 2 2
正确；
B．每生成1molNH ⋅H O，阴极得8mole-，同时双极膜处有8molH+进入阴极室，即有8mol的H O解离，故
3 2 2
B错误；
C．电解过程中，阳极室每消耗4molOH-，同时有4molOH-通过双极膜进入阳极室，KOH的物质的量不因
反应而改变，故C正确；
D．相比于平面结构双极膜，“卯榫”结构具有更大的膜面积，有利于H O被催化解离成H+和OH-，可提高氨
2
生成速率，故D正确；
故选B。
17.(2023·湖北卷)我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工
作时阳极无Cl 生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为xmol⋅h-1。下列说法错误的是
2
A. b电极反应式为2H O+2e-=H ↑+2OH-
2 2
B. 离子交换膜为阴离子交换膜
C. 电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜
D. 海水为电解池补水的速率为2xmol⋅h-1
13【答案】D
【分析】由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源
负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H O+2e-=H ↑+2OH-，阳极反应为4OH--4e-=O ↑+2H O，电
2 2 2 2
通电
池总反应为2H O = 2H ↑+O ↑，据此解答。
2 2 2
【解析】A．b电极反应式为b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H O+2e-=H ↑+2OH-，故A正确；
2 2
B．该装置工作时阳极无Cl 生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH--4e-=O ↑+2H O，为保
2 2 2
持OH-离子浓度不变，则阴极产生的OH-离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交
换摸，故B正确；
C．电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；
D．由电解总反应可知，每生成1molH 要消耗1molH O，生成H 的速率为xmol⋅h-1，则补水的速率也应是
2 2 2
xmol⋅h-1，故D错误；
答案选D。
18.(2023·重庆卷)电化学合成是一种绿色高效的合成方法。如图是在酸性介质中电解合成半胱氨酸和烟酸
的示意图。下列叙述错误的是
A. 电极a为阴极
B. H+从电极b移向电极a
C. 电极b发生的反应为：
D. 生成3mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸
【答案】D
【分析】
该装置是电解池，电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中‘加氧少氢'，发生氧化反应，则b为阳极，a为阴
极，阴极电极反应式为 +2e-+2H+=2
；
【解析】A．a极上硫元素化合价升高，a为阴极，A正确；
B．电解池中阳离子移向阴极，则H+移向a电极，B正确；
C．电极b上3-甲基吡啶转化为烟酸过程中发生氧化反应，在酸性介质中电极反应式为：
14，C正确；
D．根据电子守恒可得关系式： ~6e-~6 ，
因此生成6mol半胱氨酸的同时生成1mol烟酸，D错误；
故选：D。
19.(2023·浙江卷)氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是
A. 电极A接电源正极，发生氧化反应
B. 电极B的电极反应式为：2H O+2e-=H ↑+2OH-
2 2
C. 应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液
D. 改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗
【答案】B
【解析】A．电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生
氧化反应，故A正确；
B．电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：2H O+4e-+O =4OH-，故B错误；
2 2
C．右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，
故C正确；
D．改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能
耗，故D正确。
综上所述，答案为B。
20.(2023·辽宁卷)某无隔膜流动海水电解法制H 的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT可抑制O
2 2
产生。下列说法正确的是
15A. b端电势高于a端电势 B. 理论上转移2mole-生成4gH
2
C. 电解后海水pH下降 D. 阳极发生：Cl-+H₂O-2e-=HClO+H+
【答案】D
【分析】由图可知，左侧电极产生氧气，则左侧电极为阳极，电极a为正极，右侧电极为阴极，b电极为负极，该
装置的总反应产生氧气和氢气，相当于电解水，以此解题。
【解析】A．由分析可知，a为正极，b电极为负极，则a端电势高于b端电势，A错误；
B．右侧电极上产生氢气的电极方程式为：2H++2e-=H ↑，则理论上转移2mole-生成2gH ，B错误；
2 2
C．由图可知，该装置的总反应为电解海水的装置，随着电解的进行，海水的浓度增大，但是其pH基本不变，
C错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为：Cl-+H₂O-2e-=HClO+H+，D正确；
故选D。
21.(2022·海南卷)一种采用H O(g)和N (g)为原料制备NH (g)的装置示意图如下。
2 2 3
下列有关说法正确的是
A. 在b电极上，N 被还原 B. 金属Ag可作为a电极的材料
2
C. 改变工作电源电压，反应速率不变 D. 电解过程中，固体氧化物电解质中O2-不断减少
【答案】A
【解析】由装置可知，b电极的N 转化为NH ，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，因此b为阴极，电
2 3
极反应式为N +3H O+6e-=2NH +3O2-，a为阳极，电极反应式为2O2-+4e-=O ，据此分析解答；
2 2 3 2
A．由分析可得，b电极上N 转化为NH ，N元素的化合价降低，得到电子发生还原反应，即N 被还原，A正
2 3 2
确；
B．a为阳极，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；
C．改变工作电源的电压，反应速率会加快，C错误；
D．电解过程中，阴极电极反应式为N +3H O+6e-=2NH +3O2-，阳极电极反应式为2O2-+4e-=O ，因
2 2 3 2
此固体氧化物电解质中O2-不会改变，D错误；
答案选A。
22.(2022·重庆卷)硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主
要成分及反应过程如图所示。
16下列说法错误的是
A. 惰性电极2为阳极 B. 反应前后WO2-/WO2-数量不变
4 5
C. 消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮 D. 外电路通过1mol电子，可得到1mol水
【答案】C
【解析】A．惰性电极2，Br-被氧化为Br ，惰性电极2为阳极，故A正确；
2
B．WO2-/WO2-循环反应，反应前后WO2-/WO2-数量不变，故B正确；
4 5 4 5
C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol
硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C错误；
D．外电路通过1mol电子，生成0.5molH O ，H O 最终生成水，根据氧原子守恒，可得到1mol水，故D正
2 2 2 2
确；
选C。
23.(2022·北京卷)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/LCu
SO 阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，
① 4
+少量 气体减少。经检验电解液中有Fe2+
H SO
2 4
0.1mol/LCu
阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色
② SO
4 固体。经检验电解液中无Fe元素
+过量氨水
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+
17
 减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍H+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Cu，推测②中溶液cCu2+  减少，Cu2++4NH 3  CuNH 3   4  2+平衡逆移
D. ②中Cu2+生成 CuNH 3   4  2+，使得cCu2+  比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密
【答案】C
【分析】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，铜离子在阴极得到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，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电解速率减慢，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。【解析】A．由分析可知，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．由分析可知，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，可能发生的反应为Fe+2H+=Fe2++H 、Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故B正确；
2
C．由分析可知，铜离子在阴极得到电子发生还原反应，在阴极析出铜，但阳极发生Cu-2e-=Cu2+的反应，
铜离子浓度不变，Cu2++4NH 3  CuNH 3
18
  4  2+平衡不移动，故C错误；
D．由分析可知，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，使得溶液中铜离子浓度比①中要小，电
解速率减慢，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。
24.(2021·全国乙卷)沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降
低冷却效率，为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极(如图所示)，通入一定的电流。
下列叙述错误的是
A. 阳极发生将海水中的Cl-氧化生成Cl 的反应
2
B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C. 阴极生成的H 应及时通风稀释安全地排入大气
2
D. 阳极表面形成的Mg(OH) 等积垢需要定期清理
2
【答案】D
【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解
海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl ，阴极区H O优先得电子生成H 和OH-，结合海水成分及
2 2 2
电解产物分析解答。
【解析】A．根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl ，发生氧化反应，A正确；
2
B．设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl 与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生
2
成NaCl、NaClO和H O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
2
C．因为H 是易燃性气体，所以阳极区生成的H 需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正
2 2
确；
D．阴极的电极反应式为：2H O+2e-=H ↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成
2 2
Mg(OH) 等积垢需定期清理，D错误。
2
故选D。
25.(2021·全国甲卷)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可果用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极
膜中间层中的H O解离为H+和OH-，并在直流电场作用下分别问两极迁移。下列说法正确的是
2A. KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用
B. 阳极上的反应式为： +2H++2e-= +H O
2
C. 制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子
D. 双极膜中间层中的H+在外电场作用下向铅电极方向迁移
【答案】D
【分析】该装置通电时，乙二酸被还原为乙醛酸，因此铅电极为电解池阴极，石墨电极为电解池阳极，阳极上
Br-被氧化为Br ，Br 将乙二醛氧化为乙醛酸，双极膜中间层的H+在直流电场作用下移向阴极，OH-移向
2 2
阳极。
【解析】A．KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物，生成的Br 为
2
乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；
B．阳极上为Br-失去电子生成Br ，Br 将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；
2 2
C．电解过程中阴阳极均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸转移电子为2mol，1mol乙二醛生成
1mol乙醛酸转移电子为2mol，根据转移电子守恒可知每生成1mol乙醛酸转移电子为1mol，因此制得2mol
乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2mol电子，故C错误；
D．由上述分析可知，双极膜中间层的H+在外电场作用下移向阴极，即H+移向铅电极，故D正确；
综上所述，说法正确的是D项，故答案为D。
26.(2021·广东卷)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
19B．生成1 mol Co，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
通电

D．电解总反应：2Co2++2H O 2Co+O ↑+4H+
2 2
【答案】D
【分析】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2H O-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过阳离子
2 2
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 2 O通  电  2 Co +O 2 ↑+4H+。
【解析】A．由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由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．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．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．由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H 2 O通  电  2 Co +O 2 ↑+4H+，故D正确；
故选D。
考点三 电解池在处理环境污染物中的应用
27.(2025·河北卷)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料Li CoO (x<1)再锂化的电化学装置，其示意
x 2
图如下：
已知：参比电极的作用是确定Li CoO 再锂化为LiCoO 的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确
x 2 2
的是
A. Li CoO 电极上发生的反应：Li CoO +xe-+xLi+=LiCoO
x 2 x 2 2
1
B. 产生标准状况下5.6LO 时，理论上可转化 mol的Li CoO
2 1-x x 2
C. 再锂化过程中，SO2-向Li CoO 电极迁移
4 x 2
D. 电解过程中，阳极附近溶液pH升高
【答案】B
【分析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则Li CoO (x<1) 转化为LiCoO 过程中，Co元素化
x 2 2
合价由+4-x
20
 降为+3，Li CoO 得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为Li CoO +(1-x)e-+(1- x 2 x 2
x)Li+=LiCoO ，Pt电极为阳极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为2H O-4e-=O ↑+4H+，据此回答。
2 2 2
【详解】A．由分析知，Li CoO 电极上发生的反应：Li CoO +(1-x)e-+(1-x)Li+=LiCoO ，A错误；
x 2 x 2 21
B．由电极反应式可知，产生标准状况下5.6L(即0.25mol) O 时转移1mol 电子，理论上转化 mol的
2 1-x
Li CoO ，B正确；
x 2
C．SO2-为阴离子，应向阳极移动，即向Pt电极迁移，C错误；
4
D．由阳极电极反应式可知，电解过程中，阳极产生H+、消耗H O，酸性增强，则阳极附近pH降低，D错误；
2
故选B。
28.(2025·河南卷)一种液流电解池在工作时可以实现海水淡化，并以LiCl形式回收含锂废弃物中的锂元
素，其工作原理如图所示。
下列说法正确的是
A. Ⅱ为阳离子交换膜
B. 电极a附近溶液的pH减小
C. 电极b上发生的电极反应式为 Fe(CN) 6
21
 4-+e-=Fe(CN) 6  3-
D. 若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5gNaCl，理论上可回收1molLiCl
【答案】D
【分析】由图可知，左侧为阴极，电极反应为O 2 +4e-+2H 2 O=4OH-，右侧为阳极，电极反应为 FeCN   6  4-
-e-= FeCN   6  3-，在膜Ⅰ和膜Ⅱ间加入海水，钠离子透过膜Ⅰ进入阴极区得到氢氧化钠，氯离子透过膜Ⅱ
进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，锂离子透过膜Ⅲ进入膜Ⅱ与膜Ⅲ之间，在此处得到LiCl，则膜Ⅰ为阳膜，膜Ⅱ为阴膜，
膜Ⅲ为阳膜，据此解答。
【详解】A．由分析可知，膜Ⅱ为阴膜，A错误
B．a电极的反应为O +4e-+2H O=4OH-，pH变大，B错误；
2 2
C．由分析可知，电极b的反应为 FeCN   6  4--e-= FeCN   6  3-，C错误；
D．每脱除58.5gNaCl，转移电子数为1mol，有1molLi+和1molCl-分别透离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到
1molLiCl，D正确；
故选D。
29.(2024·贵州卷)一种太阳能驱动环境处理的自循环光催化芬顿系统工作原理如图。光阳极发生反应：
HCO-+H O=HCO-+2H++2e-，HCO-+H O=HCO-+H O 。体系中H O 与Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)发
3 2 4 4 2 3 2 2 2 2
生反应产生的活性氧自由基可用于处理污水中的有机污染物。下列说法错误的是
A. 该芬顿系统能量转化形式为太阳能→电能→化学能
B. 阴极反应式为O +2H++2e-=H O
2 2 2
C. 光阳极每消耗1molH O，体系中生成2molH O
2 2 2
D. H O 在Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)的循环反应中表现出氧化性和还原性
2 2
【答案】C
【分析】该装置为电解池，光阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H O-4e-=O +4H+，阴极
2 2
上氧气和氢离子得电子生成过氧化氢，电极反应式为O +2H++2e-=H O ；
2 2 2
【解析】A．该装置为电解池，利用光能提供能量转化为电能，在电解池中将电能转化为化学能，A正确；
B．由图可知，阴极上氧气和氢离子得电子生成过氧化氢，电极反应式为O +2H++2e-=H O ，B正确；
2 2 2
C．光阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H O-4e-=O +4H+，每消耗1molH O，转移
2 2 2
2mol电子，由O +2H++2e-=H O ，则体系中生成1molH O ，C错误；
2 2 2 2 2
D．由Mn(Ⅳ)和过氧化氢转化为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，H O 做还原剂，表现还原性，由
2 2
Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)时，H O 中O元素化合价降低，做氧化剂，表现氧化性，D正确；
2 2
故选C。
30.(2023·北京卷)回收利用工业废气中的CO 和SO ，实验原理示意图如下。
2 2
下列说法不正确的是
A. 废气中SO 排放到大气中会形成酸雨
2
B. 装置a中溶液显碱性的原因是HCO-的水解程度大于HCO-的电离程度
3 3
C. 装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO 和SO
2 2
电解

D. 装置b中的总反应为SO2-+CO +H O HCOOH+SO2-
3 2 2 4
22【答案】C
【解析】A．SO 是酸性氧化物，废气中SO 排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；
2 2
B．装置a中溶液的溶质为NaHCO ，溶液显碱性，说明HCO-的水解程度大于电离程度，故B正确；
3 3
C．装置a中NaHCO 溶液的作用是吸收SO 气体，CO 与NaHCO 溶液不反应，不能吸收CO ，故C错误；
3 2 2 3 2
电解

D．由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为SO2-+CO +H O HCOOH+SO2-，故D正确；
3 2 2 4
选C。
考点四 金属的腐蚀与防护
31.(2024·湖北卷)2024年5月8日，我国第三艘航空母舰福建舰顺利完成首次海试。舰体表面需要采取有
效的防锈措施，下列防锈措施中不形成表面钝化膜的是
A. 发蓝处理 B. 阳极氧化 C. 表面渗镀 D. 喷涂油漆
【答案】D
【解析】A．发蓝处理技术通常用于钢铁等黑色金属，通过在空气中加热或直接浸泡于浓氧化性溶液中来实
现，可在金属表面形成一层极薄的氧化膜，这层氧化膜能有效防锈，A不符合题意；
B．阳极氧化是将待保护的金属与电源正极连接，在金属表面形成一层氧化膜的过程，B不符合题意；
C．表面渗镀是在高温下将气态、固态或熔化状态的欲渗镀的物质(金属或非金属元素)通过扩散作用从被渗
镀的金属的表面渗入内部以形成表层合金镀层的一种表面处理的方法，C不符合题意；
D．喷涂油漆是将油漆涂在待保护的金属表面并没有在表面形成钝化膜，D符合题意；
故答案选D。
32.(2024·浙江6月卷)金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为两种
对海水中钢闸门的防腐措施示意图：
下列说法正确的是
A. 图1、图2中，阳极材料本身均失去电子
B. 图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：O +4e-+2H O=4OH-
2 2
C. 图2中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果
D. 图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应
【答案】B
【解析】A．图1为牺牲阳极的阴极瓮中保护法，牺牲阳极一般为较活泼金属，其作为原电池的负极，其失去电
子被氧化；图2为外加电流的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，其通常是惰性电极，其本身不失去电子，电解
23质溶液中的阴离子在其表面失去电子，如海水中的Cl-，A不正确；
B．图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，除了海水中的H+放电外，海水中溶解的O 也会
2
竞争放电，故可发生O +4e-+2H O=4OH-，B正确；
2 2
C．图2为外加电流的阴极保护法，理论上只要能对抗钢闸门表面的腐蚀电流即可，当钢闸门表面的腐蚀电
流为零时保护效果最好；腐蚀电流会随着环境的变化而变化，若外加电压保持恒定不变，则不能保证抵消腐蚀
电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C不正确；
D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明从牺牲阳极或外加电源传递过来的电子阻止了Fe-
2e-=Fe2+的发生，钢闸门不发生化学反应，但是牺牲阳极和发生了氧化反应，辅助阳极上也发生了氧化反
应，D不正确；
综上所述，本题选B。
33.(2024·广东卷)我国自主设计建造的浮式生产储御油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用，其钢铁
外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是
A. 钢铁外壳为负极 B. 镶嵌的锌块可永久使用
C. 该法为外加电流法 D. 锌发生反应：Zn-2e-=Zn2+
【答案】D
【分析】钢铁外壳镶嵌了锌块，由于金属活动性Zn>Fe，即锌块为负极，钢铁为正极，形成原电池，Zn失去电
子，发生还原反应，Zn-2e-=Zn2+，从而保护钢铁，延缓其腐蚀。
【详解】A．由于金属活动性Zn>Fe，钢铁外壳为正极，锌块为负极，故A错误；
B．Zn失去电子，发生氧化反应，Zn-2e-=Zn2+，镶嵌的锌块会被逐渐消耗，需根据腐蚀情况进行维护和更
换，不能永久使用，故B错误；
C．由分析得，该方法为牺牲阳极的阴极保护法，故C错误；
D．Zn失去电子，发生氧化反应：Zn-2e-=Zn2+，故D正确；
故选D。
34.(2024·浙江1月卷)破损的镀锌铁皮在氨水中发生电化学腐蚀，生成 ZnNH 3
24
  4  2+和H ，下列说法不正 2
确的是
A. 氨水浓度越大，腐蚀趋势越大
B. 随着腐蚀的进行，溶液pH变大
C. 铁电极上的电极反应式为：2NH +2e-=2NH-+H ↑
3 2 2
D. 每生成标准状况下224mLH ，消耗0.010molZn
2
【答案】C
【详解】A．氨水浓度越大，越容易生成 ZnNH 3   4  2+，腐蚀趋势越大，A正确；
B．腐蚀的总反应为Zn+4NH 3 •H 2 O= ZnNH 3   4  2++H ↑+2H O+2OH-，有OH-离子生成，溶液pH变 2 2
大，B正确；
C．该电化学腐蚀中Zn作负极，Fe作正极，正极上氢离子得电子生成氢气，铁电极上的电极反应式为：2H O
2
+2e-=H ↑+2OH-，C错误；
2
0.224L×2
D．根据得失电子守恒，每生成标准状况下224mLH ，转移电子数为 =0.02mol，消耗
2 22.4L/mol
0.010molZn，D正确；
故选C。35.(2022·辽宁卷)镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加
入CCl ，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是
4
A. 褪色原因为I 被Fe还原 B. 液体分层后，上层呈紫红色
2
C. 镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D. 溶液恢复棕色的原因为I-被氧化
【答案】D
【解析】A．Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I 发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I 被
2 2
Zn还原，A项错误；
B．液体分层后，I 在CCl 层，CCl 的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；
2 4 4
C．若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼
性：Zn>Fe>Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；
D．漂白粉的有效成分为Ca(ClO) ，其具有强氧化性，可将I-氧化，D项正确；
2
答案选D。
25