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第03 讲 电解池、金属的腐蚀与防护
目录
01 课标达标练
题型01 电解池的工作原理
题型02 电解池电极反应式的书写
题型03 电解规律及其应用
题型04 电解原理的应用——氯碱工业、电镀、精炼和电冶金
题型05 电解原理的应用——制备无机、有机物质
题型06 电解原理的应用——环境污染处理
题型07 金属电化学腐蚀的原理
题型08 金属腐蚀的防护
02 核心突破练
03 真题溯源练
1
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01 电解池的工作原理
1. 实验装置如图所示,以石墨为电极电解氯化铜溶液,下列说法正确的是 ( )
A.a 电极为阳极,发生还原反应
B.b 电极有红色物质析出,电极反应为Cu2++2e-
Cu
C.若电解中有0.2 mol 电子转移,则阳极产生Cl2的体积为2.24 L
D.此装置将化学能转化为电能
【答案】 B
【详解】a 极连接电源的正极,为电解池的阳极,发生氧化反应,A 项错误;b 电极为电解池的阴极,反应有红色
物质析出,电极反应为Cu2++2e-
Cu,B 项正确;阳极发生氧化反应2Cl-2e-
Cl2↑,若电解中有0.2 mol 电子
转移,则阳极产生Cl2的体积在标准状况下为2.24 L,但题目中未说明是否在标准状况下,C 项错误;此装置为电
解池,将电能转化为化学能,D 项错误。
2. 右图中X 为电源，Y 为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶液，通电后Y
中央的紫红色色斑向d 端扩散。下列判断正确的是( )
A．滤纸上c 点附近会变红色
B．Cu 电极质量减小，Pt 电极质量增大
C．Z 中溶液的pH 先减小，后增大
D．Z 溶液中SO 向Cu 电极定向移动
【答案】 A
【详解】由图可知，该装置为电解装置，MnO 为紫红色离子，通电后Y 中央的紫红色色斑向d 端扩散，则
说明d 为阳极，b 为电源的正极，a 为负极。Y 为浸透饱和食盐水和酚酞试液的滤纸，c 点氢离子放电，则
氢氧根离子浓度增大，所以滤纸上c 点附近会变红色，故A 正确；Cu 电极上铜离子得到电子，Pt 电极上
OH－失去电子，则Cu 电极质量增大，Pt 电极不变，故B 错误；Pt 电极上OH－失去电子，则烧杯中溶液的
2
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pH 减小，故C 错误；Cu 电极为阴极，则烧杯中中SO 向Pt 电极定向移动，故D 错误。
故答案为D
02 电极反应式的书写
3. 电解锰酸钾制取高锰酸钾的简易装置如图所示:
(1)则图中n 为直流电源的 极,该装置中的离子交换膜是 离子交换膜。
(2)阳极的电极反应为 。
【答案】 (1)负 阳 (2)MnO4
2--e-
MnO4
-
【详解】(1)电解锰酸钾制取高锰酸钾,锰元素化合价升高,失电子,在阳极反应,连接电源正极,则n 为电源负极;
阴极电解稀KOH 溶液,发生的电极反应为2H2O+2e-
2OH-+H2↑,生成OH-,则阳极区的K+定向移动到阴极
区生成KOH,所以该装置中的离子交换膜是阳离子交换膜。(2)阳极区的电极反应为MnO4
2--e-
MnO4
-。
4．科学家开发高效催化电极,实现CO 和CO2气体(体积之比为3 1∶)还原制备CH3OH,其反应机理如图所示。
阴极的电极反应为 。
【答案】CO2+3CO+18H++18e-
4CH3OH+H2O
【详解】根据图中箭头方向可知，反应物为CO 和CO2满足3：1，生成物为CH3OH，因为是阴极，所以得
电子，由于是质子交换膜，迁移的是H+给，根据化合价升降配电子的数目，根据电荷守恒配H+的数目，根
据氢氧原子守恒看水是否守恒。故答案为：CO2+3CO+18H++18e-
4CH3OH+H2O
3
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03 电解规律及其应用
5.
【电解池与阿伏伽德罗常数相结合】用惰性电极电解硫酸铜溶液的原理为2CuSO4+2H2O
2Cu+O2↑+2H2SO4,NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A.反应生成33.6 L O2时,参加反应的Cu2+数目为3NA
B.当电解消耗1 mol H2O 时,可生成硫酸分子数为NA
C.pH=1 的稀硫酸中,n(H+)=0.1NA
D.电解后加入8 g CuO 可使溶液复原,则电解时转移电子数为0.2NA
【答案】D
【解析】没有明确是否为标准状况下,无法计算33.6 L 氧气的物质的量和参加反应的铜离子数目,A 项错误;
硫酸是强酸,在溶液中完全电离,溶液中不存在硫酸分子,B 项错误;溶液的体积未知,无法计算pH=1 的稀硫酸
中氢离子的物质的量,C 项错误;由化学方程式可知,当反应转移4 mol 电子时,反应生成2 mol H2SO4,加入2
mol×80 g·mol-1=160 g CuO 可使溶液复原,则当加入8 g CuO 可使溶液复原时,反应转移电子数为0.2NA,D 项正
确。
6. 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 溶液和紫色石蕊溶液的湿润试
纸上同时写字，a′端的字迹呈白色。下列结论正确的是( )
A．电极a 为负极
B．b′端的字迹呈蓝色
C．电子流向为a→a′→b′→b
D．如果将a′、b′换成铜棒，与碳棒作电极时的现象相同
B 解析：
【答案】B
【解析】根据实验现象，a′端呈白色，即生成了氯气，即氯离子在a′端失去电子，为阳极，即电极a 为正极，
A 错误；b′端为阴极，水得到电子生成氢气的同时生成氢氧根离子，遇紫色石蕊溶液变蓝，B 正确；电子
从电源的负极出来，即从b 极出来，而不是a 极，C 错误；如果换成铜棒，铜作阳极放电，生成Cu2＋，现
象与碳棒作电极。
4
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04 电解原理的应用——氯碱工业、电镀、精炼和电冶金
7.
【氯碱工业改良新工艺】（2025•四川达州•二模）传统氯碱工业能耗高，科学家研发了“氧
阴极技术”新工艺。其与传统工艺主要差异在阴极结构，新工艺通过向阴极区供纯氧，避免
直接得电
子生成
，实现了降电压、减能耗。采用“氧阴极技术”的氯碱工业的装置如图所示，下列说法错误的
是
A. 该离子交换膜只允许阳离子通过，不允许阴离子通过
B 装置工作时，阴极区溶液
逐渐增大
C. 电子从阳极经稀碱溶液流向阴极
D. 装置中发生的总反应式为：
【答案】C
【解析】
【分析】阴极上O2得电子和H2O 反应生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-；阳极上Cl-失电子生成
Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑；
【详解】A．阴极区域生成OH-，Na+从阳极区域通过交换膜进入阴极区，所以该离子交换膜采用阳离子交
换膜，只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，故A 正确；
B．由分析可知，阴极上O2得电子和H2O 反应生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故阴极区溶液
5
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逐渐增大，故B 正确；
C．电子不能经过电解质溶液，电子从阳极流出，流向电源正极，从电源负极流出，流向阴极，故C 错误；
D．阴极上O2得电子和H2O 反应生成OH-、阳极上Cl-失电子生成Cl2，阴极上没有H2生成，电池反应式为
，故D 正确；
故选C。
8. 如图是利用阳离子交换膜和过滤膜制备高纯度的Cu 的装置示意图，下列有关叙述不正确的是( )
A．电极A 是粗铜，电极B 是纯铜
B．电路中通过1 mol 电子，生成32 g 铜
C．溶液中SO 向电极A 迁移
D．膜B 是过滤膜，阻止阳极泥及杂质进入阴极区
【答案】D
【解析】电解精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，根据电解原理，电极A 为粗铜，电极B 为纯铜，A 项
正确；阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，当电路中通过1 mol 电子时，生成0.5 mol Cu，即生成32 g Cu，B
项正确；根据电解原理，SO 向阳极移动，C 项正确；膜A 为过滤膜，阻止阳极泥及杂质进入阴极区，膜B
为阳离子交换膜，D 项错误。
05 电解原理的应用——制备无机、有机物质
9. （2025•四川成都•二模）使用如图所示的单池双膜三液装置电解
可制得氨水及硝酸。下列说法
错误的是
6
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A. 左池中加入稀硝酸是为了增强溶液的导电能力
B. M 的电极反应为
C. 离子交换膜I 为阴离子交换膜
D. 每当产生22.4L（标准状况）气体A，溶液中有
通过离子交换膜Ⅱ
【答案】B
【解析】
【分析】由图知，M 为阳极，水被氧化得到氧气和氢离子，硝酸根向左移动，左侧可制得硝酸，N 为阴极，
水放电产生氢气和氢氧根，铵根向右移动，二者反应得到浓氨水；
【详解】A．HNO3是电解质，在水溶液中能导电，A 项正确；
B．由图可知，M 电极为阳极，电极反应式为
，B 项错误；
C．由图可知，M 电极为阳极，产生H+，溶液中的
向阳极移动，得到浓硝酸，则离子交换膜I 为阴离
子交换膜，C 项正确；
D．M 电极的电极反应式为
，每当产生22.4L（标准状况）气体A 即生成1mol O2，
产生4mol H+，则有4mol
向阳极移动，4mol
向阴极移动，D 项正确；
答案选B。
10. FFC 电解法可由金属氧化物直接电解制备金属单质，西北稀有金属材料研究院利用此法成功电解制备
钽粉(Ta)，其原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．该装置将化学能转化为电能
B．a 极为电源的正极
C．Ta2O5极发生的电极反应式为Ta2O5＋10e－===2Ta＋5O2－
D．常温常压下，石墨电极上生成22.4 L O2，则电路中转移的电子数为4NA
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【答案】C
【解析】该装置是电解池，将电能转化为化学能，A 错误；电解池工作时，O2－向阳极移动，则石墨电极
为阳极，b 极为电源的正极，a 极为电源的负极，B 错误；Ta2O5极为阴极，发生还原反应，电极反应式为
Ta2O5＋10e－===2Ta＋5O2－，C 正确；常温常压下，22.4 L O2的物质的量小于1 mol，阳极还有CO 和CO2
生成，转移电子数无法计算，D 错误。
06 电解原理的应用——环境污染处理
11. (2024·重庆市育才中学·模拟)铈元素(Ce)是镧系金属中自然丰度最高的一种，常见有＋3、＋4 两种
价态。空气污染物NO 通常用含Ce4＋的溶液吸收，生成HNO2、NO，再利用电解法将上述吸收液中的
HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4＋，其原理如图所示。下列说法正确的是( )
A．H＋由右室进入左室
B．Ce4＋从电解槽的c 口流出，且可循环使用
C．若用甲烷燃料电池作为电源，当消耗33.6 L(标准状况)甲烷时，理论上可转化2 mol HNO2
D．阴极的电极反应式：2HNO2＋6H＋＋6e－===N2↑＋4H2O
【答案】D
【详解】空气污染物NO 通常用含Ce4＋的溶液吸收，生成HNO2、NO，再利用电解法将上述吸收液中的
HNO2转化为无毒物质，同时生成Ce4＋，电解过程中Ce3＋在阳极失电子被氧化生成Ce4＋，HNO2在阴极得
到电子被还原为氮气，据此分析解答。电解池中阳离子移向阴极，质子交换膜是允许氢离子通过，H＋由左
室进入右室，故A 错误；电解过程中铈离子在阳极失电子被氧化生成Ce4＋，Ce4＋从电解槽的a 口流出，且
可循环使用，故B 错误；甲烷燃料电池中，在碱性溶液中，甲烷燃料电池的负极反应式为CH4－8e－＋
10OH－===CO＋7H2O，故每有1 mol 甲烷反应，转移电子8 mol，阴极的电极反应式：2HNO2＋6H＋＋6e－
===N2↑＋4H2O，3CH4～8HNO2～24e－，当消耗标准状况下33.6 L 甲烷时，其物质的量＝＝1.5 mol，理论
上可转化HNO2 4 mol，故C 错误；HNO2在阴极上得到电子还原为氮气，电极反应式为2HNO2＋6H＋＋6e
－===N2↑＋4H2O，故D 正确。
12. 羟基自由基(·OH)具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，
利用双极膜电解池产生羟基自由基(·OH)处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中
间层中的H2O 解离为H＋和OH－。下列说法错误的是( )
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A．M 极为阴极，电极反应式：O2＋2e－＋2H＋===2·OH
B．双极膜中H2O 解离出的OH－透过膜a 向N 极移动
C．每处理6.0 g 甲醛，理论上有0.4 mol H＋透过膜b
D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为6∶7
【答案】C
【解析】M 电极通入O2，发生反应生成自由基·OH，反应式为O2＋2e－＋2H＋===2·OH，M 作阴极，A 正
确；N 为阳极，电解时阴离子向阳极移动，所以OH－透过膜a 向N 极移动，B 正确；1 mol 甲醛生成1 mol
CO2转移4 mol 电子，1 mol 苯酚生成6 mol CO2转移28 mol 电子，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的
量之比为6∶7，D 正确。
07 金属电化学腐蚀的原理
13. 厌氧腐蚀指在缺乏氧气的深层潮湿土壤中,存在的硫酸盐还原菌会附着在钢管表面促进钢铁的腐蚀,其反
应原理如图所示。下列说法错误的是 ( )
A.厌氧腐蚀属于化学腐蚀
B.负极的电极反应:Fe-2e-
Fe2+
C.每生成1 mol FeS,最终转移的电子数为8NA(NA表示阿伏加德罗常数的值)
D.镀锌钢管破损后仍能减缓钢管的腐蚀
【答案】A
【解析】钢管中含有碳元素,铁、碳与潮湿的土壤形成原电池,厌氧腐蚀属于电化学腐蚀,A 项错误;根据题图
可知,铁失去电子生成亚铁离子,发生氧化反应,为负极,电极反应为Fe-2e-
Fe2+,B 项正确;1 个硫酸根离子转
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化为1 个硫离子时,转移8 个电子,故每生成1 mol FeS,最终转移的电子数为8NA,C 项正确;锌比铁活泼,镀锌钢
管破损后,锌为负极,保护铁不被腐蚀,D 项正确。
14. 点蚀又称为孔蚀，是一种集中于金属表面很小的范围并深入金属内部的腐蚀形态。某铁合金钝化膜破
损后的孔蚀如图所示，则下列说法正确的是( )
A．为防止孔蚀发生可以将外接电源正极与金属相连
B．蚀孔外每吸收2.24 L O2，则此时HCl 可以氧化0.2 mol Fe
C．在腐蚀的过程中钝化膜作为负极
D．依题孔隙中局部可能发生析氢腐蚀
【答案】D
【解析】与电源正极相连作阳极，阳极发生氧化反应，加快金属的腐蚀，故为防止孔蚀发生可以将外接电
源负极与金属相连，A 错误；未告知O2所处的状况，无法计算2.24 L O2的物质的量，故无法计算此时HCl
可以氧化Fe 的物质的量，B 错误；由图示可知，在腐蚀的过程中钝化膜作为正极，O2在钝化膜上得到电子
发生还原反应，C 错误；依题孔隙中局部可能存在酸性环境，则可能发生析氢腐蚀，D 正确。
08 金属腐蚀的防护
15. 港珠澳大桥的设计使用寿命高达120 年，主要的防腐蚀方法有：①钢梁上安装铝片；②使用高性能富
锌(富含锌粉)底漆；③使用高附着性防腐涂料；④预留钢铁腐蚀量。下列分析不合理的是( )
A．防腐涂料可以防水、隔离O2，降低吸氧腐蚀速率
B．防腐过程中铝和锌均作为负极，失去电子
C．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应为O2＋4e－===2O2－
D．方法①②③只能减缓钢铁腐蚀，未能完全消除
【答案】C
【详解】钢是铁碳合金，表面接触空气、水蒸气易形成原电池，发生吸氧腐蚀，防腐涂料可以防水、隔离
O2，降低吸氧腐蚀速率，A 项正确；铝和锌的金属活动性大于铁，故铝和锌均作为负极，失去电子，保护
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了铁，B 项正确；钢铁在海水中发生吸氧腐蚀时，正极电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C 项错误。
16．利用如图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法错误的是( )
A．若X 为锌棒，开关K 置于M 处，可减缓铁的腐蚀
B．若X 为锌棒，开关K 置于M 处，铁极发生氧化反应
C．若X 为碳棒，开关K 置于N 处，可减缓铁的腐蚀
D．若X 为碳棒，开关K 置于N 处，X 极发生氧化反应
【答案】B
【解析】若X 为锌棒，开关K 置于M 处时，锌作负极发生氧化反应，铁作正极被保护，A 项正确、B 项错
误；若X 为碳棒，开关K 置于N 处，铁连接电源负极作阴极被保护，C 项正确；X 连接电源正极作阳极发
生氧化反应，D 项正确。
1．电化学广泛应用于工业领域。下列叙述正确的是( )
A．电解精炼铜时，与电源正极相连的是精铜
B．锌铜原电池产生电流时，溶液中的阳离子移向Zn 电极
C．用惰性电极电解足量的饱和食盐水时，阳极的电极反应式：2Cl－－2e－===Cl2↑
D．外接电源保护海水中钢闸门时，应将钢闸门与电源的正极相连
【答案】C
【解析】精炼铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，因此精铜与电源的负极相连，故A 错误；根据原电池工作
原理，溶液中的阳离子向正极移动，锌铜原电池中锌的金属性比铜强，锌作负极，铜作正极，即溶液中的
阳离子向Cu 电极移动，故B 错误；用惰性材料作电极电解饱和食盐水，阳极上失电子，发生氧化反应，
根据放电原理，Cl－先放电，即电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，故C 正确；外接电源保护钢闸门，这是
电解装置，根据电解原理，钢闸门应与电源的负极相连，这种方法叫外加电流阴极保护法，故D 错误。
2．选取pH＝2.5 和pH＝5.0 的醋酸溶液分别与生铁反应，进行腐蚀实验，测量密闭容器内压强变化情况如
图。下列结论错误的是( )
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A．pH＝5.0 的醋酸溶液中一定存在吸氧腐蚀
B．酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同
C．两组溶液的pH 一定逐渐变大
D．若改用盐酸进行实验，腐蚀速率一定变大
【答案】D
【解析】pH＝2.5 的醋酸溶液与铁反应的压强增大，则为析氢腐蚀，电极反应式为：2CH3COOH＋2e－
===H2↑＋2CH3COO －，pH＝5.0 时压强减小，则是吸氧腐蚀，电极反应式为：O2＋4 CH3COOH＋4e－
===2H2O＋4CH3COO－；pH＝5.0 醋酸溶液时压强减小，则是吸氧腐蚀，故A 正确；pH＝2.5 时，压强增大，
是析氢腐蚀，pH＝5.0 时，压强减小，是吸氧腐蚀，酸度不同，腐蚀的主要类型可能不同，故B 正确；两
组溶液都在消耗氢离子，pH 一定逐渐变大，故C 正确；腐蚀速率与氢离子浓度有关，换成盐酸，若pH 相
同，则c(H＋)与醋酸相同则初始腐蚀速率相同，但反应开始后由于醋酸为弱酸；体系中存在电离平衡，使
醋酸中c(H＋)大于盐酸中c(H＋)，故腐蚀速率变小，故D 错误。
3.下列有关甲、乙、丙、丁四个图示的叙述正确的是( )
A．甲中Zn 电极失去电子发生氧化反应，电子经过H2SO4溶液后，流向Ag 电极
B．乙中阴极反应式为Ag＋＋e－===Ag
C．丙中H＋向Fe 电极方向移动
D．丁中电解开始时阳极产生黄绿色气体
【答案】B
【解析】 Zn 较Ag 活泼，Zn 作负极，Zn 失电子转化为Zn2＋，电子经导线转移到Ag 电极，电子不经过电
解质溶液，故A 错误；乙为电解池，银离子在阴极得电子生成银单质，电极反应式为Ag＋＋e－===Ag，故
B 正确；Fe 为较活泼电极，作负极，C 作正极，电解质溶液中阳离子移向正极，则H＋向C 电极方向移动，
故C 错误；丁为电解池，Pt 为阳极、Fe 为阴极，失电子能力：I－＞Cl－，阳极上碘离子先失电子发生氧化
反应，所以丁中电解开始时阳极生成碘单质，碘单质溶于水形成的碘水为黄色，故D 错误。
4.用如图所示装置(X、Y 是直流电源的两极)分别进行下列各组实验，则下表中各项所列对应关系均正确的
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是( )
选项
X 极
实验前U 形管中液体
通电后现象及结论
A
正极
Na2SO4溶液
U 形管两端滴入酚酞后，a 管中呈红
色
B
正极
AgNO3溶液
b 管中电极反应式是4OH－－4e－
===O2↑＋2H2O
C
负极
CuCl2溶液
b 管中有气体逸出
D
负极
NaOH 溶液
溶液pH 降低
【答案】C
【解析】电解Na2SO4溶液时，阳极上是H2O 电离出的OH－发生失电子的氧化反应，a 管中酸性增强，酸遇
酚酞不变色，即a 管中呈无色，A 错误；电解AgNO3溶液时，阴极上是Ag＋发生得电子的还原反应，即b
管中电极反应是析出金属Ag 的反应，B 错误；电解CuCl2溶液时，阳极上是Cl－发生失电子的氧化反应，
即b 管中Cl－放电，产生Cl2，C 正确；电解NaOH 溶液时，实际上电解的是水，导致NaOH 溶液的浓度增
大，碱性增强，pH 升高，D 错误。
5．用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4—H2C2O4混合溶
液。下列叙述错误的是( )
A．待加工铝质工件为阳极
B．可选用不锈钢网作为阴极
C．阴极的电极反应式为Al3＋＋3e－===Al
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
【答案】C
【解析】A 项，根据电解原理可知，Al 要形成氧化膜，化合价升高，失电子，因此铝为阳极，正确；B 项，
阴极仅作导体，可选用不锈钢网，且不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，正确；C 项，阴极应为氢离
子得电子生成氢气，错误；D 项，电解时，阴离子移向阳极，正确。
6．南京大学开发出一种以太阳能驱动的恒流电解装置，成功实现了从海水中提取金属锂，其工作原理如
图所示。下列说法不正确的是( )
A．工作时的能量转化形式：太阳能→电能→化学能
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B．铜箔为阳极，Li＋在铜箔上发生氧化反应得到金属锂
C．阳极区可能有Cl2和O2生成
D．固体陶瓷膜可让海水中Li＋选择性通过
【答案】B
【解析】太阳能电池中太阳能转化为电能，电解时电能转化为化学能，则该装置主要涉及的能量变化：太
阳能→电能→化学能，A 正确；铜箔为阴极，在阴极上Li＋得电子发生还原反应生成金属锂，B 错误；阳
极上发生失去电子的氧化反应，溶液中的Cl－、OH－均能放电，因此阳极区可能有Cl2和O2生成，C 正确；
Li＋要透过固体陶瓷膜向阴极移动，固体陶瓷膜可让海水中Li＋选择性通过，D 正确。
7．工业上电解MnSO4溶液制备Mn 和MnO2的工作原理如图所示，下列说法错误的是( )
A．电流由钛电极经MnSO4溶液流向不锈钢电极
B．阳极反应为Mn2＋＋2H2O－2e－===MnO2＋4H＋
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．当电路中有2 mol e－转移时，生成55 g Mn
【答案】C
【解析】不锈钢电极为阴极，钛电极为阳极，则内电路中电流由钛电极经硫酸锰溶液流向不锈钢电极，A
正确；钛电极为阳极，锰离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化锰，电极反应为Mn2＋＋2H2O－2e－
===MnO2＋4H＋，B 正确；不锈钢电极为阴极，钛电极为阳极，电解时溶液中硫酸根离子由阴极区经阴离
子交换膜进入阳极区，C 错误；不锈钢电极为阴极，锰离子在阴极得到电子发生还原反应生成锰，电极反
应为Mn2＋＋2e－===Mn，则当电路中有2 mol e－转移时，阴极生成锰的质量为1 mol×55 g/mol＝55 g，D 正
确。
8. 在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料(TiSi)，电解装置如图，下列说法正确的是( )
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A．石墨电极为阴极，发生氧化反应
B．电极X 的电极反应：8H＋＋TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4H2O
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
【详解】由图可知，电极X 上获得TiSi，则TiO2和SiO2发生还原反应，电极X 是阴极，石墨电极是阳极，
A 错误；该熔融盐体系中不含水，电极X 的电极反应为TiO2＋SiO2＋8e－===TiSi＋4O2－，B 错误；图中石
墨电极上生成CO，未生成Cl2，说明石墨优先于Cl－参与电极反应，C 正确；电解池中，阳离子向阴极移
动，电极X 是阴极，则阳离子向电极X 移动，D 错误。
9.
【电解池与坐标图像相结合】(2024·四川蓉城名校·联考)以惰性电
极电解CuSO4 和NaCl 的混合溶液，两电极上产生的气体(标准状况下测定)体积如
图所示，下列有关说法正确的是( )
A.原溶液中CuSO4和NaCl 物质的量之比为1∶2
B．a 表示阳极上产生的气体，t1前产生的为Cl2
C．若t1时溶液的体积为1 L，此时溶液的pH 为13
D．若原溶液体积为1 L，则原溶液中SO 的物质的量浓度为0.2 mol·L－1
【答案】B
【详解】以惰性电极电解CuSO4 和NaCl 的混合溶液，阳极依次发生2Cl－－2e－===Cl2↑、4OH－－4e－
===2H2O＋O2↑；阴极依次发生Cu2＋＋2e－===Cu、2H＋＋2e－===H2↑。根据题图可知，生成的氯气是112
mL，物质的量是0.005 mol，转移电子是0.01 mol，则氯化钠物质的量是0.01 mol；t2时铜离子恰好放电完
毕，此时生成氧气是168 mL－112 mL＝56 mL，物质的量是0.002 5 mol，则转移电子是0.01 mol，所以根
据电子得失守恒可知，析出铜是0.01 mol，因此硫酸铜物质的量是0.01 mol。根据以上分析，原溶液中
CuSO4和NaCl 物质的量之比为0.01 mol∶0.01 mol＝1∶1，A 项错误；a 表示阳极上产生的气体，t1前产生的
为Cl2，B 项正确；0～t1时刻，阳极生成氯气、阴极生成铜单质，溶液中的溶质为硫酸钠、硫酸铜，此时
溶液呈酸性，C 项错误；若原溶液体积为1 L，则原溶液中SO 的浓度为0.01 mol÷1 L＝0.01 mol·L－1，D 项
错误。
10. 工业上制取KIO3可采用如下两种方法：
方法1：直接歧化法：将精制I2 溶于过量KOH 溶液，发生的反应为3I2＋6KOH===KIO3＋5KI＋
3H2O。
方法2：电解法：将直接歧化法反应后的溶液，加入阳极区，使KI 转化为KIO3(I－＋6OH－－6e－===IO
＋3H2O)，在阴极区加入KOH 溶液，电解槽用水冷却。
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下列说法正确的是( )
A．方法1 中，氧化剂与还原剂物质的量之比为5∶1
B．当外电路转移1 mol e－，阴极区溶液质量减少9 g
C．电解过程中处于阴极区的电极1 上会有氧气生成
D．若电流利用率为100%，理论上电解法制KIO3碘原子的利用率是直接歧化法的3 倍
【答案】A
【详解】方法1 中反应为：3I2＋6KOH===KIO3＋5KI＋3H2O，该歧化反应中，有5 个I 原子化合价降低，
该部分I2作氧化剂，有1 个I 原子化合价升高，该部分I2作还原剂，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为
5∶1，A 正确；方法2 的电解阳极区反应为：I－＋6OH－－6e－===IO＋3H2O，阴极反应为：2H2O＋2e－
===H2↑＋2OH－，则当外电路转移1 mol e－，阴极区溶液质量减少1 mol 水的质量，即为18 g，B 错误；图
中为阴离子交换膜，因为阴极反应为：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，所以没有氧气产生，C 错误；根据上述
信息可知，电解的总反应为：I－＋3H2O=====IO＋3H2↑，若电流利用率为100%，原子有效转化率为1，则
而方法1 歧化反应中，I 元素还有一部分转化为KI，原子有效转化率为，所以电解法制KIO3碘原子的利用
率是直接歧化法的6 倍，D 错误。
11. (1)目前已开发出电解法制取ClO2的新工艺。
①用石墨作为电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2(如图甲所示),写出阳极产生ClO2的电极反应:
。
②电解一段时间,当阴极产生的气体体积为112 mL(标准状况)时,停止电解,通过阳离子交换膜的阳离子的物
质的量为 mol; 用平衡移动原理解释阴极区pH 增大的原因:
。
(2)粗银精炼装置如图乙所示,电解质溶液为稀硫酸,下列说法正确的是 (填字母)。
A.体系中存在沉淀溶解平衡:Ag2SO4(s)
2Ag+(aq)+SO4
2-(aq)
B.阳极的电极反应为Ag-e-
Ag+
C.钛电极电势高
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D.阴极区可获得超细银粉的原理:Ti3++Ag+
Ag+Ti4+
E.电解液中添加Ti3+/Ti4+,可实现Ti3+/Ti4+循环利用
【答案】(1)①Cl--5e-+2H2O
ClO2↑+4H+ ②0.01 阴极上H2O 电离的H+放电产生H2,H+的浓度减小,促使
H2O
OH-+H+的平衡向右移动,OH-的浓度增大,pH 增大 (2)DE
【详解】(1)①由题意可知,阳极上Cl-放电生成ClO2,由元素守恒可知,有水参加反应,同时生成H+,阳极
的电极反应为Cl--5e-+2H2O
ClO2↑+4H+。②阴极的电极反应为2H2O+2e-
H2↑+2OH-,生成氢气的物质的
量为
0.112 L
22.4 L·mol
-1=0.005 mol,所以通过阳离子交换膜的阳离子的物质的量为0.005 mol×2=0.01 mol。
(2)体系中存在沉淀溶解平衡Ag2SO4(s)
2Ag+(aq)+SO4
2-(aq),A 项错误;阳极的电极反应为2Ag-2e-+S
O4
2-
Ag2SO4,B 项错误;钛电极是阴极,电势低,C 项错误;电解液中添加Ti3+/Ti4+,阴极上发生反应Ti4++e-
Ti3+,溶液中的Ag+又将Ti3+氧化Ti3++Ag+
Ag+Ti4+,可获得超细银粉,也可实现Ti3+/Ti4+循环利用,故D、E 两
项正确。
1. （2025·四川卷）为了节约资源，减少重金属对环境的污染，一研究小组对某有色金属冶炼厂的高氯烟
道灰(主要含有
等)进行研究，设计如下工艺流程。实
现了铜和锌的分离回收。
回答下列问题：
“电解分离”采用无隔膜电解槽，以石墨为阳极，铜为阴极。
①“电解分离”时，阴极产生大量气泡，说明铜、锌分离已完成，其理由是_______。
②“电解分离”前，需要脱氯的原因有_______。
【答案】①阴极产生大量气泡说明溶液中已无Cu2+，铜、锌已分离完成；
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②Cl-在阳极被氧化生成Cl2污染环境，且影响铜、锌分离效果。
【解析】“电解分离”时，阴极发生还原反应，若阴极产生大量气泡，说明溶液中已经没有Cu2+（因为
Cu2+会先在阴极得到电子被还原），此时溶液中的H+得到电子生成H2，产生气泡，所以说明铜、锌分离已
完成。“电解分离”前，需要脱氯是因为Cl-在阳极会被氧化生成Cl2，污染环境，同时Cl-存在会使锌粉还
原产生的Cu 与Cu2+反应生成CuCl 沉淀，影响铜、锌的分离效果。
2. （2025·河北卷）科研工作者设计了一种用于废弃电极材料
再锂化的电化学装置，其示
意图如下：
已知：参比电极的作用是确定
再锂化为
的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正确的
是
A.
电极上发生的反应：
B. 产生标准状况下
时，理论上可转化
的
C. 再锂化过程中，
向
电极迁移
D. 电解过程中，阳极附近溶液pH 升高
【答案】B
【解析】
【分析】由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则
转化为
过程中，
Co 元素化合价由
降为+3 ，
得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为
，Pt 电极为阳极，失电子，发生氧化反应，电极反应式为
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，据此回答。
【详解】A．由分析知，
电极上发生的反应：
，A
错误；
B．由电极反应式可知，产生标准状况下5.6L(即0.25 mol)
时转移1 mol 电子，理论上转化
的
，B 正确；
C．
为阴离子，应向阳极移动，即向Pt 电极迁移，C 错误；
D．由阳极电极反应式可知，电解过程中，阳极产生
、消耗
，酸性增强，则阳极附近pH 降低，D
错误；
故选B。
3. （2024·山东卷）以不同材料修饰的
为电极，一定浓度的
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
和
，装置如图所示。下列说法错误的是
A. 电极a 连接电源负极
B. 加入Y 的目的是补充
C. 电解总反应式为
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D. 催化阶段反应产物物质的量之比
【答案】B
【解析】
【分析】电极b 上Br-发生失电子的氧化反应转化成
，电极b 为阳极，电极反应为Br- -6e-+3H2O=
+6H+；则电极a 为阴极，电极a 的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-；电解总反应式为Br-+3H2O
+3H2↑；催化循环阶段
被还原成Br-循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z 为O2。
【详解】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H2O 和Br-，而催化阶段
被还原成Br-循环使用，故加入Y 的目的是补充
H2O，维持NaBr 溶液为一定浓度，B 项错误；
C．根据分析电解总反应式为Br-+3H2O
+3H2↑，C 项正确；
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1molO2失去4mol 电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2)
∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D 项正确；
答案选B。
4. （2024·重庆卷）为减少铅污染，
被限制使用。
是一种潜在替代品，其电
解合成的原理如图所示(
为催化剂)。总反应化学方程式为_______；外电路转移
电子时，理论上
可生成
的物质的量为_______
。
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【答案】
0.5
【详解】由图，A 极二氧化碳得到电子发生还原生成CO 和
：
，CO 和
再和Pt2+反应生成
：
，则总反应为二氧化碳和甲醇反应生成
和水：
；反应中电子转移为
，则外电路转移
电子
时，理论上可生成
的物质的量为0.5
。
5. （2023·辽宁卷）某无隔膜流动海水电解法制
的装置如下图所示，其中高选择性催化剂
可抑制
产生。下列说法正确的是
A. b 端电势高于a 端电势
B. 理论上转移
生成
C. 电解后海水
下降
D. 阳极发生：
【答案】D
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【解析】
【分析】根据图示，钛网上海水中Cl-、H2O 发生失电子的氧化反应生成HClO、O2，钛网为阳极，电极反应
式为Cl-+H2O-2e-=HClO+H+，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，钛箔为阴极，高选
择性催化剂PRT 可抑制O2产生，电解的主要总反应为Cl-+2H2O
HClO+H2↑+OH-，以此解题。
【详解】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-=H2↑，则理论上转移
生成
，B 错误；
C．由分析可知，电解的主要总反应为Cl-+2H2O
HClO+H2↑+OH-，电解后海水中OH-浓度增大，pH 上升，
C 错误；
D．由图可知，阳极上的电极反应为：
，D 正确；
故选D。
6．（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Cl2生成且KOH 溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为x mol/h。下列说法错误的是( )
A．b 电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－
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2x mol/h
【答案】D
【详解】该装置工作时，电极b 连接电源负极，为阴极，电极上放出H2：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，A 正
确；阳极无Cl2生成且KOH 溶液浓度不变，则本质上是电解水，阳极生成O2，两极之间转移OH－，离子
交换膜为阴离子交换膜，B 正确；电解的本质是电解水，而KOH 浓度不变，PTFE 膜不透液态水，则通过
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PTFE 膜的水应为动能高的水分子(透汽)，C 正确；由题意知，电解总反应为2H2O=====2H2↑＋O2↑，电解
生成H2的速率为x mol/h，故海水为电解池补水的速率为x mol/h，D 错误。
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