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高考化学一轮复习： 第21 讲 电解池 金属的电化学腐蚀与防护
【近年真题再现】
1．(2025 年全国卷)某研究小组设计如下电解池，既可将中性废水中的硝酸盐转化为氨，又可将废塑
料(PET)碱性水解液中的乙二醇转化为羟基乙酸盐，实现变废为宝。
电解时，下列说法错误的是
A．阳极区pH 下降
B．OH－从阴极区向阳极区迁移
C．阴极发生反应NO＋7H2O＋8e－＝NH3∙H2O＋9OH－
D．阴极转化1mol NO，阳极将生成4molHOCH2COO－
答案：D
解析：根据图示，电解时，左侧电极连接电源负极，为阴极区，发生还原反应，电极反应式为：NO
＋7H2O＋8e－＝NH3∙H2O＋9OH－；右侧电极连接电源正极，为阳极区，发生氧化反应，电极反应式为：
HOCH2CH2OH－4e－＋5OH－＝HOCH2COO－＋4H2O。
A．根据分析，阳极区消耗了OH－，pH 下降，A 正确；
B．阴极区生成了OH－，阳极区消耗了OH－，按照离子移动方向，OH－从阴极区通过阴离子交换膜
向阳极区迁移，B 正确；
C．根据分析阴极发生还原反应，电极反应式为：NO＋7H2O＋8e－＝NH3∙H2O＋9OH－，C 正确；
D．阴极转化1mol NO，转移8mole
－，此时阳极将生成2 molHOCH2COO－，D 错误；
2. (2025 年江苏卷)以稀H2SO4为电解质溶液的光解水装置如图所示，总反应为2H2O=======2H2↑＋
O2↑。下列说法正确的是
A．电极a 上发生氧化反应生成O2
B．H+通过质子交换膜从右室移向左室
C．光解前后，H2SO4溶液的pH 不变
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D．外电路每通过0.01mol 电子，电极b 上产生0.01molH2
答案：A
解析：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：2H2O－4e－＝O2↑
＋4H+ ；电极b 上电子流入，发生还原反应，b 为正极，电极反应式为：2H+＋2e－＝H2↑。
A．根据分析，电极a 为负极，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，生成物有
O2，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，
H2SO4溶液中H2O 减少，H2SO4溶液浓度增大，pH 减小，C 错误；
D．生成1molH2，转移2mol 电子，外电路通过0.01mol 电子时，电极b 上生成0.005molH2，D 错误；
3. (2025 年湖南卷)一种电化学处理硝酸盐产氨的工作原理如图所示。下列说法错误的是
A. 电解过程中，K+向左室迁移
B. 电解过程中，左室中NO 的浓度持续下降
C. 用湿润的蓝色石蕊试纸置于b 处，试纸先变红后褪色
D. NO 完全转化为NH3的电解总反应：NO＋8Cl－＋6H2O=====NH3↑＋9OH－＋4Cl2↑
答案：B
解析：由图可知，左侧发生NO→NO→NH3，N 元素化合价下降，则左侧是阴极区，右侧发生Cl－
→Cl2，Cl 元素化合价上升，则右侧是阳极区，据此解答；
A．电解池中，阳离子向阴极移动，则，K+向左室迁移，A 正确；
B．电解过程中，NO 先生成，再消耗，是中间产物，其浓度增大还是减小，取决于生成速率与消耗
速率，无法得出其浓度持续下降的结论，B 错误；
C．b 处生成氯气，与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸能使变红的试
纸褪色，故能看到试纸先变红后褪色，C 正确；
D．左侧阴极总反应是NO＋8e
－＋6H2O＝NH3↑＋9OH－，右侧阳极总反应是8Cl――8e－＝4Cl2↑，将两
电极反应相加即可得到总反应，D 正确；
4. (2025 年河北卷)科研工作者设计了一种用于废弃电极材料LixCoO2(x＜1)再锂化的电化学装置，其
示意图如下：
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已知：参比电极的作用是确定LixCoO2再锂化为LiCoO2的最优条件，不干扰电极反应。下列说法正
确的是
A．LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2＋xe－＋xLi+＝LiCoO2
B. 产生标准状况下5.6LO2时，理论上可转化mol 的LixCoO2
C. 再锂化过程中，SO 向LixCoO2电极迁移
D. 电解过程中，阳极附近溶液pH 升高
答案：B
解析：由装置图可知，该装置中有直流电源，为电解池，则LixCoO2(x＜1) 转化为LiCoO2过程中，
Co 元素化合价由＋(4－x)降为＋3，LixCoO2得电子发生还原反应，为阴极，电极反应式为LixCoO2＋(1－
x)e－＋(1－x)Li+＝LiCoO2，Pt 电极为阳极，失电子，发生还原反应，电极反应式为2H2O－4e－＝O2↑＋
4H+，据此回答。
A．由分析知，LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2＋(1－x)e－＋(1－x)Li+＝LiCoO2，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)O2时转移1 mol 电子，理论上转化mol 的
LixCoO2，B 正确；
C．SO 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H+、消耗H2O，酸性增强，则阳极附近pH 降低，
D 错误；
5. (2025 年海南卷)用电解方法在铝表面转化生成致密氧化膜，实现对铝工件的保护。装置示意如图。
电解过程中铝工件表面上有少量气泡逸出。下列说法错误的是
A. 铝工件连接电源正极
B. 槽电压越高，氧化膜的形成速率越快
C. 电路中每转移6mole－，铝工件增重48 g
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D. 为获得更加致密的氧化膜，工作过程中，应选择适当电流密度
答案：BC
解析：由题意可知用电解方法在铝表面转化生成致密氧化膜，铝作阳极接电源正极，电极反应式为
2Al－6e－＋3H2O＝Al2O3＋6H+，可能存在副反应：2Al＋6H+＝2Al3+＋3H2↑，导致铝工件表面上有少量气
泡逸出，石墨作阴极接电源负极，电极反应式为2H+＋2e－＝H2↑；
A．由分析可知铝工件连接电源正极，A 正确；
B．并非槽电压越高氧化膜形成速率就越快，过高电压会造成膜层烧蚀等不利影响，B 错误；
C．电路中每转移6 mole－，若铝工件全部生成氧化膜，增重3 mol 氧原子，质量为48 g，但电解过程
中铝工件表面上有少量气泡逸出(H2)，导致部分电量未用于生成氧化膜，故铝工件增重小于48 g，C 错误；
D．为获得更加致密的氧化膜，工作过程中，应选择适当电流密度，如果电流密度过小，氧化膜形成
速率慢，电流密度过大，可能会导致氧化膜不均匀，D 正确；
6. (2025 年福建卷)一种无膜电合成碳酸乙烯酯(C3H4O3)的工作原理如图。下列说法正确的是
A．电源a 极为负极
B．反应中Br－的物质的量不断减少
C．总反应为C2H4＋CO2＋H2O＝C3H4O3＋H2
D．“反应Ⅱ”为CO2＋BrCH2CH2OH＝C3H4O3＋H+＋Br－
答案：C
解析：根据图中信息可知，电合成装置左边电极发生氧化反应2Br－―2e－＝Br2，右边电极发生还原
反应2H2O＋2e－＝H2(g)＋2OH－，即可判断电源a 极为正极、电源b 极为负极，据此解答。
A．由分析可知，电源a 极为正极，A 错误；
B．从整个反应过程来看，Br－在电极a 转化为Br2后，又经反应I、Ⅱ等量产生(反应I 为：C2H4＋Br2
＋OH－＝BrCH2CH2OH＋Br－)，故Br－的物质的量未发生变化，B 错误；
C．以整个电解池为研究对象，反应物为C2H4、CO2和H2O，生成物为C3H4O3和H2，总反应为C2H4
＋CO2＋H2O＝C3H4O3＋H2，C 正确；
D．“反应Ⅱ”反应物为CO2和BrCH2CH2OH，生成物为C3H4O3和Br－，题干中“无膜”及图中阴极
产生OH－可知，“反应Ⅱ”是在碱性介质中进行，故“反应Ⅱ”应为CO2＋BrCH2CH2OH＋OH－＝C3H4O3
＋H2O＋Br－，D 错误；
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7. (2025 年6 月浙江卷)通过电化学方法制备Br2，进而由Br2与
反应合成
。为提高电流利
用效率，某小组设计电化学合成示意图如下，已知氧化性：H2O2＞Br2。下列说法不正确的是
A. 电极A 与电源正极相连
B. 电极B 的电极反应式为：O2＋2H+＋2e－＝H2O2
C. 电解液中H2SO4可以用氢溴酸代替
D. 原料足量的情况下，理论上电路中转移0.2mole－可得到0.1mol
答案：D
解析：由图可知，该装置为电解池，电极A 发生氧化反应为阳极，电极B 发生还原反应为阴极。
A．由分析可知电极A 为阳极，应与电源正极相连，A 正确；
B．由分析可知电极B 为阴极，在电解液H2SO4中得电子生成H2O2，电极反应式为：O2＋2H+＋2e－＝
H2O2，B 正确；
C．电解液中H2SO4用氢溴酸代替，溴离子即起导电作用，又可在电极A 上放电，所以可以用氢溴酸
代替H2SO4，提高电流利用效率，C 正确；
D．由得失电子守恒可知，电路中转移0.2mole－生成0.1molBr2，但由信息可知氧化性：H2O2＞Br2，
所以电极B 上生成的也可将溴离子氧化为Br2，所以电路中转移0.2mole－生成Br2的物质的量大于
0.1mol，则得到
的物质的量大于0.1mol，D 错误；
8. (2025 年广西卷)大型发电机的定子线圈由空芯铜导线缠绕制成。发电机运行时，需向铜导线的空芯
通冷水降温，铜导线内壁因发生电化学反应生成Cu2O 层。一段时间后，Cu2O 表面产生的沉积物会造成
堵塞，空芯铜导线截面如图。下列说法错误的是
A．Cu2O 层对铜导线起保护作用
B．正极生成Cu2O 的电极反应式为4Cu＋＋O2＋4e－＝2Cu2O
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C．沉积物的成分可能有CuO、Cu2(OH)2CO3
D．腐蚀最严重的区域是沉积物最多之处
答案：B
解析：铜导线内壁发生电化学反应生成Cu2O 层，负极为Cu，电极反应为Cu－e－＝Cu+，正极氧气得
电子，电极反应O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，后续Cu+与OH－生成Cu2O，据此分析；
A．Cu2O 层为致密的氧化膜，能阻止内部铜与水、氧气进一步接触，对铜导线起保护作用，A 正确；
B．正极发生还原反应，在水溶液中，O2得电子应结合H2O 生成OH－，正确电极反应式为O2＋2H2O
＋4e－＝4OH－，而非直接与Cu+反应生成Cu2O，B 错误；
C．Cu2O 可被氧化为CuO，或与H2O、CO2反应生成Cu2(OH)2CO3，沉积物成分可能包含二者，C 正
确；
D．沉积物处氧气浓度低，形成氧浓差电池的阳极区(腐蚀区)，沉积物越多，阳极区越大，腐蚀最严
重，D 正确；
9. (2025 年河南卷)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]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
解析：由图可知，左侧为阴极，电极反应为O2＋4e－＋2H2O＝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。
A．由分析可知，膜Ⅱ为阴膜， A 错误
B．a 电极的反应为O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，pH 变大，B 错误；
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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；
10. (2025 年西北卷)我国科研人员采用图示的电解池，由百里酚(TY)合成了百里醒(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
A．电解时，H+从右室向左室移动 B．电解总反应：TY＋H2O=====TQ＋2H2↑
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
解析：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H2，以此解题。
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，H2为生成物，
总反应方程式为：TY＋H2O=====TQ＋2H2↑，B 正确；
C．将TY(
)换成
为原料，仍然能够得到TQ(
)，C 正确；
D．由右图可知，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；
11. (2025 年云南卷)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H2O 解离的H+和OH
－在电场作用下向两极迁移。除硼原理：[B(OH)4]－＋H+＝B(OH)3＋H2O。下列说法错误的是
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A．Pt 电极反应：4OH－―4e－＝O2↑＋2H2O
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)3
答案：C
解析：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－＝O2↑＋2H2O，阴极发生的反应为：2H+＋2e－＝H2↑，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，据此解答。
A．由分析可知，Pt 电极为阳极，阳极发生的反应为：4OH――4e－＝O2↑＋2H2O，A 正确；
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c(NaCl)降低，说明Na+往阴极方向移动，Cl－往阳极反向移动，即Na+往右
侧移动，通过Y 膜，则Y 膜为阳离子交换膜，Cl－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，转移1mol 电子，有1mol 氢离子移到Ⅱ室中，生成1molB(OH)3，D 正确；
12. (2024 年山东卷)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H2和O2，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NaBr
C. 电解总反应式为Br－＋3H2O=====BrO＋3H2↑
D. 催化阶段反应产物物质的量之比n(Z) n(Br
∶
－)＝3 2∶
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答案：B
解析：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－＋
3H2O＝BrO＋6H+；则电极a 为阴极，电极a 的电极反应为6H+＋6e－＝3H2↑；电解总反应式为Br－＋
3H2O=====BrO＋3H2↑；催化循环阶段BrO 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。
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BrO 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=====BrO＋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；
13. (2024 年湖南卷)在KOH 水溶液中，电化学方法合成高能物质K4C6N16时，伴随少量O2生成，电解
原理如图所示，下列说法正确的是
A. 电解时，OH－向Ni 电极移动
B. 生成C6N 的电极反应：2C3N8H4＋8OH－―4e－＝C6N＋8H2O
C. 电解一段时间后，溶液pH 升高
D. 每生成1molH2的同时，生成0.5mol K4C6N16
答案：B
解析：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：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－；Pt 电极C3N8H4失去电子生成C6N，作阳极，电极反应为：
2C3N8H4＋8OH－―4e－＝C6N＋8H2O，同时，Pt 电极还伴随少量O2生成，电极反应为： 4OH―－4e－＝O2↑
＋2H2O。
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C3N8H4失去电子生成C6N，电解质溶液为KOH 水溶液，电极反应为：
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2C3N8H4＋8OH――4e－＝C6N＋8H2O，B 正确；
C．由分析可知，阳极主要反应为：2C3N8H4＋8OH－―4e－＝C6N＋8H2O，阴极反应为：2H2O＋2e－＝
H2↑＋2OH－，则电解过程中发生的总反应主要为：2C3N8H4＋4OH－＝C6N＋4H2O＋2H2↑，反应消耗OH
－，生成H2O，电解一段时间后，溶液pH 降低，C 错误；
D．根据电解总反应：2C3N8H4＋4OH－＝C6N＋4H2O＋2H2↑可知，每生成1molH2，生成0.5mol
K4C6N16，但Pt 电极伴随少量O2生成，发生电极反应：4OH―－4e－＝O2↑＋2H2O，则生成1molH2时得到
的部分电子由OH－放电产生O2提供，所以生成K4C6N16小于0.5mol，D 错误；
14. (2024 年湖北卷)我国科学家设计了一种双位点PbCu 电催化剂，用H2C2O4和NH2OH 电化学催化合
成甘氨酸，原理如图，双极膜中H2O 解离的H+和OH－在电场作用下向两极迁移。已知在KOH 溶液中，
甲醛转化为HOCH2O－，存在平衡HOCH2O－＋OH－
[OCH2O]2-＋H2O。Cu 电极上发生的电子转移反应
为 [OCH2O]2-－e－＝HCOO－＋H∙。下列说法错误的是
A. 电解一段时间后阳极区c(OH－)减小
B. 理论上生成1molH3N+CH2COOH 双极膜中有4molH2O 解离
C. 阳极总反应式为2HCHO＋4OH――2e－＝2HCOO－＋H2↑＋2H2O
D. 阴极区存在反应H2C2O4 ＋2H+＋2e－＝CHOCOOH＋H2O
答案：B
解析：在KOH 溶液中HCHO 转化为HOCH2O-：HCHO＋OH－→HOCH2O－，存在平衡HOCH2O－＋
OH-
[OCH2O]2-＋H2O，Cu 电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2-－e－＝HCOO－＋H∙，H∙结合成H2，
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：H2C2O4＋2e－＋2H+＝OHC－COOH＋H2O，OHC－COOH 与H2O－N+H3反应生成HOOC－CH=N
－OH：OHC－COOH+H2O－N+H3→HOOC－CH=N－OH＋H2O＋H+，HOOC－CH=N－OH 发生得电子的
还原反应转化成H3N+CH2COOH：HOOC－CH=N－OH＋4e－+5H+＝H3N+CH2COOH＋H2O。
A．根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH－、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH-)减小，
A 项正确；
B．根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4+H2O－N+H3＋6e－＋6H+＝ H3N+CH2COOH＋3H2O，
1molH2O 解离成1molH+和1molOH－，故理论上生成1molH3N+CH2COOH 双极膜中有6molH2O 解离，B 项
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错误；
C．根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO－2e－+4OH－＝2HCOO-+H2↑+2H2O，C 项正确；
D．根据分析，阴极区的Pb 上发生反应H2C2O4＋2e－＋2H+＝OHC－COOH＋H2O，D 项正确；
15. (2024 年甘肃卷)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：O2＋4e－＝2O2-
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1molH2O
答案：B
解析：多孔电极1 上H2O(g)发生得电子的还原反应转化成H2(g)，多孔电极1 为阴极，电极反应为
2H2O＋4e－＝2H2+2O2-；多孔电极2 上O2-发生失电子的氧化反应转化成O2(g)，多孔电极2 为阳极，电极
反应为2O2-－4e－＝O2。
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－＝O2，B 项错误；
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；
D．根据分析，电解总反应为2H2O(g)=====2H2＋O2，分解2molH2O 转移4mol 电子，则理论上电源
提供2mol 电子能分解1molH2O，D 项正确；
16. (2024 年广东卷)一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，
下列说法不正确的是
A. 阳极反应：2Cl－―2e－＝Cl2↑
B. 阴极区溶液中OH－浓度逐渐升高
C. 理论上每消耗1molFe2O3，阳极室溶液减少213g
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D. 理论上每消耗1molFe2O3，阴极室物质最多增加138g
答案：C
解析：右侧溶液为饱和食盐水，右侧电极产生气体，则右侧电极为阳极，Cl－放电产生氯气，电极反
应为：Cl－―2e－＝Cl2↑；左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，电极反应为：
Fe2O3＋6e－＋3H2O＝2Fe＋6OH－；中间为阳离子交换膜，Na+由阳极向阴极移动。
A．由分析可知，阳极反应为：2Cl－―2e－＝Cl2↑，A 正确；
B．由分析可知，阴极反应为：Fe2O3＋6e－＋3H2O＝2Fe＋6OH－，消耗水产生OH－，阴极区溶液中
OH－浓度逐渐升高，B 正确；
C．由分析可知，理论上每消耗1mol Fe2O3，转移6mol 电子，产生3molCl2，同时有6molNa+由阳极
转移至阴极，则阳极室溶液减少3×71g＋6×23g＝351g，C 错误；
D．由分析可知，理论上每消耗1mol Fe2O3，转移6mol 电子，有6molNa+由阳极转移至阴极，阴极室
物质最多增加6×23g＝138g，D 正确；
17. (2024 年贵州卷)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＋H2O＝HCO＋2H+＋2e－，HCO＋H2O＝HCO＋H2O2。体系中H2O2与Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)发生反应产生的
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O2＋2H+＋2e－＝H2O2
C. 光阳极每消耗1molH2O，体系中生成2molH2O2
D．H2O2在Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)的循环反应中表现出氧化性和还原性
答案：C
解析：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2H2O－4e－＝O2＋
4H+，阴极上氧气和氢离子得电子生成过氧化氢，电极反应式为O2＋2H+＋2e－＝H2O2；
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O2和H+得电子生成H2O2，电极反应式为O2＋2H+＋2e－＝H2O2，B 正确；
C．光阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O－4e－＝O2＋4H+，每消耗1molH2O，
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转移2mol 电子，由O2＋2H+＋2e－＝H2O2，则体系中生成1molH2O2，C 错误；
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，H2O2做还原剂，表现还原性，
由Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)时，H2O2中O 元素化合价降低，做氧化剂，表现氧化性，D 正确；
18. (2024 年6 月浙江卷)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：O2＋4e－＋2H2O＝4OH－
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
O2也会竞争放电，故可发生O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，B 正确；
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；
19. (2024 年海南卷)电解NH4HSO4溶液得到S2O，是早期制备H2O2的重要步骤。某实验装置如图所
示。电解过程流出液b 中混有少量气泡。下列说法错误的是
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A．电解过程中阴极区的SO 不断迁移到阳极区
B. 图中a 代表H2
C．回路中通过1mol 电子产生0.5mol(NH4)2S2O8
D．SO 氧化成S2O 的电极反应为2SO－2e－＝S2O
答案：AC
解析：由实验装置图可知，与电源正极相连为电极为阳极，电极反应式为2SO－2e－＝S2O，电解过
程流出液b 中混有少量气泡，发生副反应2H2O－2e－＝O2↑＋4H+，与电源负极相连的电极为阴极，电极反
应式为2H+＋2e－＝H2↑。
A．由分析可知，阴离子向阳极移动，但是硫酸根不能通过质子交换膜，则硫酸根不能从阴极区迁移
到阳极区，A 错误；
B．由分析可知，阴极区产生氢气，则a 为氢气，B 正确；
C．由于阳极区存在副反应，则当回路中通过1mol 电子产生的(NH4)2S2O8小于0.5mol，C 错误；
D．由分析可知，阳极区发生反应氧化反应2SO－2e－＝S2O，D 正确；
20．(2023 年湖北卷)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xmol∙h-1。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2xmol∙h-1
答案：D
解析：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2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，阳极反应为4OH――4e－＝
O2↑＋2H2O，电池总反应为2H2O=====2H2↑＋O2↑，据此解答。
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2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，故A 正确；
B．该装置工作时阳极无Cl2生成且KOH 浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH――4e－＝O2↑＋
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2H2O，为保持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1molH2要消耗1molH2O，生成H2的速率为xmol∙h-1，则补水的速率也
应是xmol∙h-1，故D 错误；
21. (2023 年全国甲卷)用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来
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IrOx－Ti 电极上
B. Cl－从Cu 电极迁移到IrOx－Ti 电极
C. 阴极发生的反应有：2CO2＋12H+＋12e－＝C2H4＋4H2O
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IrOx－Ti 电极为电解池的阳极，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2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，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，电极反应式为2CO2＋12H+＋12e－＝
C2H4＋4H2O、2CO2＋12H+＋12e－＝C2H5OH＋3H2O，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。
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2CO2＋12H+＋12e－＝C2H4＋4H2O，故C 正确；
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2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，每转
移1mol 电子，生成0.25molO2，在标况下体积为5.6L，故D 错误；
22. (2023 年辽宁卷)某无隔膜流动海水电解法制H2的装置如下图所示，其中高选择性催化剂PRT 可抑
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制O2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2mole－生成4gH2
C. 电解后海水pH 下降 D. 阳极发生：Cl－＋H2O－2e－＝HClO＋H+
答案：D
解析：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。
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2mole－生成2gH2，B 错误；
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；
23．(2023 年广东卷)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K1，一段时间后
A．U 型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和O2 B．a 处布条褪色，说明Cl2具有漂白性
C．b 处出现蓝色，说明还原性：Cl－＞I－ D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转
答案：D
解析：闭合K1，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－―2e－＝Cl2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H+＋2e－＝H2↑，总反应为2NaCl＋
2H2O=====2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，据此解答。
A．根据分析，U 型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，A 错误；
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；
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C．b 处出现蓝色，发生Cl2＋2KI＝I2＋2KCl，说明还原性：I－＞Cl－，C 错误；
D．断开K1，立刻闭合K2，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D 正确；
24．(2023 年广东卷)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
KNO3溶液制氨。工作时，H2O 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
列说法不正确的是
A．电解总反应：KNO3＋3H2O＝NH3∙H2O＋2O2↑＋KOH
B．每生成1mol NH3∙H2O，双极膜处有9mol 的H2O 解离
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
解析：由信息大电流催化电解KNO3溶液制氨可知，在电极a 处KNO3放电生成NH3，发生还原反应，
故电极a 为阴极，电极方程式为NO＋8e－＋9H+＝NH3∙H2O＋2H2O，电极b 为阳极，电极方程式为
4OH――4e－＝O2↑＋2H2O，“卯榫”结构的双极膜中的H+移向电极a，OH－移向电极b。
A．由分析中阴阳极电极方程式可知，电解总反应为KNO3＋3H2O＝NH3∙H2O＋2O2↑＋KOH，故A 正
确；
B．每生成1mol NH3∙H2O，阴极得8mol e－，同时双极膜处有8molH+进入阴极室，即有8mol 的H2O
解离，故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H2O 被催化解离成H+和OH
－，可提高氨生成速率，故D 正确；
25. (2023 年重庆卷)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
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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
解析：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
；
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：
，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；
26. (2023 年浙江1 月选考)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A 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
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，TiO2和SiO2获得电子产生电池材料(TiSi)，电极反应为TiO2＋SiO2＋8e－＝TiSi
＋4O2－。
A．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，选项A 错误；
B．电极A 的电极反应为TiO2＋SiO2＋8e－＝TiSi＋4O2－，选项B 错误；
C．根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl－参与反应，选项C 正确；
D．电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A 移动，选项D 错误；
27. (2023 年浙江6 月选考)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：2H2O＋2e－＝H2↑＋OH－
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
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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：2H2O＋4e－＋O2＝4OH－，故B 错
误；
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。
28. (2022 年6 月浙江卷)通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意
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：2H2O＋Mn2+－2e－＝MnO2＋4H+
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pH 除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3
答案：C
解析：A．由电解示意图可知，电极B 上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极
B 为阳极，电极A 为阴极，得电子，发生还原反应，A 正确；
B．由电解示意图可知，电极B 上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O＋Mn2+-2e-＝
MnO2＋4H+，B 正确；
C．电极A 为阴极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据
得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4＋4H+＝2Li+＋Mn2+＋3MnO2＋2H2O，反应生成了Mn2+，
Mn2+浓度增大，C 错误；
D．电解池总反应为：2LiMn2O4＋4H+＝2Li+＋Mn2+＋3MnO2＋2H2O，电解结束后，可通过调节溶液
pH 将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D 正确；
29. (2022 年北京卷)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置示意图
序号
电解质溶液
实验现象
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①
0.1moL/LCuSO4
＋少量H2SO4
阴极表面有无色气体，一段时
间后阴极表面有红色固体，气
体减少。经检验电解液中有
Fe2+
②
0.1moL/LCuSO4
＋过量氨水
阴极表面未观察到气体，一段
时间后阴极表面有致密红色固
体。经检验电解液中无Fe 元素
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H+与铁接触
B. ①中检测到Fe2+，推测可能发生反应：Fe＋2H+＝Fe2+＋H2↑、Fe ＋Cu2+＝Fe2+＋Cu
C. 随阴极析出Cu，推测②中溶液c(Cu2+)减少，Cu2+＋4NH3
[Cu(NH3)4]2+平衡逆移
D. ②中Cu2+生成[Cu(NH3)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
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．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+＋H2↑、Fe ＋Cu2+＝Fe2+＋Cu，故B 正确；
C．由分析可知，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜
离子浓度减小，Cu2+＋4NH3
[Cu(NH3)4]2+平衡向正反应方向移动，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，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；
30. (2022 年广东卷)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。
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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；
31. (2025 年天津卷节选)以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成
CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。
(5)一定条件下，以CO2和CH3OH 为原料制备HCOOH 和甲酸盐，其装置原理如图。
①电极a 是___________极，电极反应式为___________________________；
②电解过程中，电极b 一侧的溶液pH 将______(填“升高”“不变”或“降低”)；
③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为______________________。
答案：(5)①阴 CO2 ＋2H+＋2e－＝HCOOH ②降低 ③ K+
解析：(5)①由图可知，电极a 上CO2转化为HCOOH，碳元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，
电极反应式为CO2 ＋2H+＋2e－＝HCOOH，故答案为阴极；CO2 ＋2H+＋2e－＝HCOOH。
②由图可知，电极b 上CH3OH 转化为HCOO－，碳元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电极
反应式为CH3OH－4e－＋5OH－＝HCOO－＋4H2O， 反应过程中消耗OH－，溶液的pH 降低，故答案为降
低。
③电解过程中，阳离子向阴极(电极a)移动，左侧溶液中有K+，所以通过阳离子交换膜的离子为
，
故答案为K+。
32. (2025 年广西卷节选)尿素[CO(NH2)2]为农业生产常用氮肥。回答下列问题：
Ⅱ．电催化合成
我国科研工作者以污染物NO 为氮源，用ZnO 纳米片电催化CO2与NO 合成尿素。下图为电催化合
成尿素的原理示意图。
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(5)a 电极为________极。
(6)b 电极发生的电极反应式为________________________________。
答案：(5)阳 (6)7H2O＋11CO2＋2NO＋10e－＝CO(NH2)2＋10HCO
解析：(5)由图可知，CO2和NO 在b 电极得到电子生成CO(NH2)2，b 为阴极，a 电极为阳极。
(6)由图可知，NO 在b 电极得到电子和CO2反应生成CO(NH2)2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平
电极方程式为：7H2O＋11CO2＋2NO＋10e－＝CO(NH2)2＋10HCO。
33. (2025 年湖南卷节选)在温和条件下，将CO 转化为C4烃类具有重要意义。采用电化学-化学串联催
化策略可将CO 高选择性合成C4H10，该流程示意图如下：
回答下列问题：
(1)电解池中电极M 与电源的_______极相连。
(2)CO 放电生成C2H4的电极反应式为__________________________________。
答案：(1)正 (2)2CO＋8e－＋6H2O＝C2H4＋8OH－
解析：(1)由图可知，N 电极上CO 转化为C2H4，C 元素化合价下降，发生还原反应，N 为阴极，则M
为阳极，与电源正极相连；
(2)CO 发生得电子的还原反应转化为C2H4，电解液是碱性环境，电极反应为：2CO＋8e－＋6H2O＝
C2H4＋8OH－；
34．(2023 年北京卷节选)尿素[CO(NH2)2]合成的发展体现了化学科学与技术的不断进步。
(3)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO 等)在常温常压下合成尿素，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
KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图所示。
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①电极b 是电解池的__________极。
②电解过程中生成尿素的电极反应式是_________________________。
答案：(3)阳 2NO＋16e－＋CO2＋18H+＝CO(NH2)2＋7H2O
解析：(3)①电极b 上发生H2O 失电子生成O2的氧化反应，是电解池的阳极。②a 极硝酸根离子得电
子转化为尿素，再结合酸性环境可分析出电极反应式为2NO＋16e－＋CO2＋18H+＝CO(NH2)2＋7H2O。答案
为阳极；2NO＋16e－＋CO2＋18H+＝CO(NH2)2＋7H2O；
35. (2022 年北京卷节选) 煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)。
库仑滴定法是常用的快速检测煤中全硫含量的方法，其主要过程如下图所示。
已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体中主要含O2、CO2、H2O、N2、SO2。
(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中c(I3
-)/c(I-)保持定值时，电解池不
工作。待测气体进入电解池后，SO2溶解并将I3
-还原，测硫仪便立即自动进行电解到c(I3
-)/c(I-)又回到原定
值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。
SO
①
2在电解池中发生反应的离子方程式为 。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 。
(4)煤样为ag，电解消耗的电量为x 库仑。煤样中硫的质量分数为___________。
已知：电解中转移1mol 电子所消耗的电量为96500 库仑。
答案：(3)
SO
①
2＋I3
-＋2H2O＝3I－＋SO4
2-＋4H+
3I
②
――2e－＝I3
- (4)%；
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解析：(3)①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I3
-反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，
离子方程式为SO2＋I3
-＋2H2O＝3I－＋SO4
2-＋4H+，故答案为：SO2＋I3
-＋2H2O＝3I－＋SO4
2-＋4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极
反应式为3I－―2e－＝I3
－，故答案为：3I－―2e－＝I3
－；
(4)由题意可得如下关系：S～SO2～I3
－～2e－，电解消耗的电量为x 库仑，则煤样中硫的质量分数为
×100%＝%，故答案为：%；
36. (2022 年湖南卷节选)2021 年我国制氢量位居世界第一，煤的气化是一种重要的制氢途径。回答下
列问题：
(2)一种脱除和利用水煤气中CO2方法的示意图如下：
①某温度下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO3
2-) c(HCO
∶
3
－)＝1 2∶，则该溶液的pH＝
_______(该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10-7，Ka2＝4.6×10-11)；
②再生塔中产生CO2的离子方程式为 ；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极反应式为 。
答案：(2)
10
2HCO
①
②
3
－===CO2↑＋CO3
2-＋H2O
2CO
③
2＋12e－＋12H+＝C2H4＋4H2O、AgCl＋e－＝Ag＋Cl－
解析：(2)①某温度下,吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO)∶c(HCO)＝1 2∶，由Ka2＝可知，
c(H+)＝×Ka2＝2×5.0×10-11mol·L－1＝1.0×10-10mol·L－1，则该溶液的pH=10；
②再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O 和CO2，该反应的离子方程式为2HCO3
－===CO2↑＋
CO＋H2O；
③利用电化学原理，将CO2电催化还原为C2H4，阴极上发生还原反应，阳极上水放电生成氧气和
H+，H+通过质子交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，铂电极和Ag/AgCl 电极均为阴极，在电解过程
中AgCl 可以转化为Ag，则阴极的电极反应式为2CO2＋12e－＋12H+＝C2H4＋4H2O、AgCl＋e－＝Ag＋Cl
－。
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【拓展训练∙巩固考点】
1．(2025 年1 月八省联考内蒙古卷)电解回收工艺的原理如下图所示。下列说法错误的是
A. 太阳能电池板经光照产生的电子流向a 极
B．LiCoO2浸出：4LiCoO2＋12H+=====4Li＋＋4Co2+↑＋6H2O＋O2↑
C．b 电极反应：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－
D. 电解前除去LiCoO2中的杂质，可提高Co(OH)2纯度
答案：A
解析：电池正极材料LiCoO2 (含少量金属Cu)，加稀硫酸及过氧化氢反应，生成铜离子、钴离子、锂
离子，再加氢氧化钠进行沉铜，进一步加氢氧化钠进行沉钴，进行一系列操作得到碳酸锂，将得到的
Co(OH)2和Li2CO3在空气中煅烧，实现LiCoO2的再生；由太阳能电池电解回收工艺的原理可知，电极a
上水失去电子变为氧气，所以电极a 为阳极，电极式为2H2O－4e－＝O2↑＋2H+，电极b 为阴极，电极式为
2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，据此作答。
A．根据分析可知，电极b 为阴极，太阳能电池板经光照产生的电子流向b 极，故A 错误；
B．根据分析可知，LiCoO2浸出生成钴离子，钴元素化合价降低，氧元素化合价升高，所以离子方程
式：4LiCoO2＋12H+=====4Li＋＋4Co2+↑＋6H2O＋O2↑，故B 正确；
C．根据分析可知，b 电极为阴极，电极反应式：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，故C 正确；
D．根据分析可知，电解前除去LiCoO2中的杂质，防止铜离子加NaOH 溶液时生成Cu(OH)2，可提高
Co(OH)2纯度，故D 正确；
2. (2025 年1 月八省联考西北卷)为了从海水中提取锂，某团队设计了图示的电解池。保持电源正负极
不变，每运行一段时间后，将电极1 与4 取下互换，电极2 与3 取下互换，实现锂的富集。下列说法正确
的是
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A．电路中电子的流向随着电极互换而改变
B．电极2 上发生的反应为：Ag－e－＝Ag＋
C．理论上，电极1 与电极4 的质量之和保持不变
D．理论上，电路通过1mol 电子时，有0.5molLi＋富集在右侧电解液中
答案：C
解析：为从海水中提取锂，电极1 的电极反应式为：FePO4＋e－＋Li+＝LiFePO4，则电极1 为阴极，
则电极2 为阳极，电极3 为阴极，电极4 为阳极，在电极4 上发生氧化反应：LiFePO4－e－＝Li+＋FePO4，
实现了锂的提取。
A．保持电源正负极不变，则电子流向不变，故A 错误；
B．由分析可知，电极2 为阳极，海水中有Cl－，则电极2 的电极反应式为：Ag－e－＋Cl－＝AgCl，
故B 错误；
C．由分析可知，通过相同电量，电极1 上附着的Li+的量和电极4 上失去的Li+的量相等，所以理论
上，电极1 与电极4 的质量之和保持不变，故C 正确；
D．根据电子守恒，电路中各处的电量相等，所以理论上，电路通过1mol 电子时，有1molLi＋富集在
右侧电解液中，故D 错误；
3．Adv. Mater.报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极产生电子
(e－)和空穴(h+)，下列有关说法正确的是
A．光催化装置中溶液的c(H+)增大
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B．整套装置转移0.2mole－，光催化装置生成2.24L 气体
C．电催化装置阳极电极反应式：4OH－＋4h+＝2H2O＋O2
↑
D．离子交换膜为阴离子交换膜
答案：C
解析：由图可知，电催化装置中，与直流电源负极相连的左侧电极为电解池的阴极，碘三离子在阴
极得到电子发生还原反应生成碘离子，右侧电极为阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极得到空穴生成氧
气和水，破坏水的电离平衡产生的氢离子透过阳离子交换膜移向阴极；光催化装置中，氢离子得到电子
发生还原反应生成氢气，碘离子得到空穴发生氧化反应生成碘三离子。
A．由分析可知，光催化装置中，氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，溶液中的氢离子浓度减小，
A 错误；
B．未指明气体是否处于标准状况，不能用气体摩尔体积计算，B 错误；
C．右侧电极为阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极得到空穴生成氧气和水，电极反应：4OH－＋
4h+＝2H2O＋O2
↑，C 正确；
D．由分析可知，电催化装置中，右侧电极为阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极得到空穴生成氧气
和水，破坏水的电离平衡产生的氢离子透过阳离子交换膜移向阴极，D 错误；
4．一种利用金属磷化物作为催化剂，将CH3OH 转化成甲酸钠的电化学示意图如下，阴极生成HCO
和一种气体。下列说法错误的是
A．b 为电源正极
B．Na+由右侧室向左侧室移动
C．阴极的电极反应式为2CO2＋2H2O＋2e－＝2HCO＋H2↑
D．理论上，当电路中转移2mole－时，阴极室质量增加134g
答案：D
解析：由CH3OH 制取HCOONa，C 元素由－2 价升高到+2 价，则右侧电极为阳极，b 电极为正极；
左侧电极为阴极，a 为负极。
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A．由分析可知，右侧为阳极，电极发生氧化反应，与电源正极相连，则b 为电源正极，A 正确；
B．阴极电极反应式为2CO2＋2H2O＋2e－＝2HCO＋H2↑，阳极的电极反应式为CH3OH－4e－＋5OH－＝
HCOO－＋4H2O，根据电极反应式的离子消耗与生成情况可知，Na+由阳极向阴极移动，即由右侧室向左
侧室移动，B 正确；
C．由B 选项可知，阴极的电极反应式为2CO2＋2H2O＋2e－＝2HCO＋H2↑，C 正确；
D．当电路中转移2mole-时，根据2CO2＋2H2O＋2e－＝2HCO＋H2↑，吸收n(CO2)＝n(e－)＝2mol，生成
n(H2)＝1mol，定向移动到阴极的n(Na+)＝n(e－)＝2mol，则阴极室增加的质量m＝m(CO2)＋m(Na+)－m(H2)
＝2mol×44g/mol+2mol×23g/mol－1mol×2g/mol＝132g，D 错误；
5．环氧乙烷(
)可用于生产乙二醇。电化学合成环氧乙烷(
)的装置如图所示：
已知：
下列说法错误的是
A．Pt 电极接电源正极
B．Pt 电极区的反应方程式为：CH2=CH2+Br2+H2O→HOCH2CH2Br
C．制备1mol 环氧乙烷，Ni 电极区产生2molH2
D．电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合才可得到环氧乙烷
答案：C
解析：由题给信息：“
”可知，在Pt 电极，Br-失电子生成
Br2，然后与水反应的产物再与CH2=CH2发生反应，所以Pt 电极为阳极，Ni 电极为阴极，水分子在阴极
得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电解完成后，将
阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br 在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷。
A．由分析可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，故A 正确；
B．由题给转化关系可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，溴离子在阳极失去电子发
生氧化反应生成溴，通入的乙烯与溴、水反应生成HOCH2CH2Br，Pt 电极区的反应方程式为：CH2=CH2
＋Br2＋H2O→HOCH2CH2Br，故B 正确；
C．由题意可知，生成1mol 环氧乙烷需要消耗1mol 溴，则由得失电子数目守恒可知，阴极上生成氢
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气的物质的量为1mol，故C 错误；
D．由分析可知，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br 在碱性条件下发生取代反
应生成环氧乙烷，故D 正确；
6．利用如图所示的装置电解CuCl2溶液，并检验产物性质，其中a 为浸泡了紫色石蕊溶液的纸条，b
为湿润的有色布条。下列说法正确的是
A．A 为阴极，发生还原反应得到Cu
B．电解一段时间，a 纸条变成红色并持续到实验结束
C．b 布条褪色，证明氯气有漂白性
D．U 形管中Cl－完全消耗后，反应停止，B 极不会继续产生气体
答案：A
解析：由图中电子移动方向可知，电极A 连的电极为电源的负极，所以A 为阴极、B 为阳极。
A．A 为阴极，Cu2+在阴极发生还原反应生成Cu，故A 正确；
B．B 为阳极，阳极上Cl－发生氧化反应生成氯气，可使浸泡了紫色石蕊溶液的纸条先变红后褪色，
故B 错误；
C．氯气没有漂白性，是氯水中的HClO 具有漂白性，而使b 布条褪色，故C 错误；
D．Cl-完全消耗后，会继续电解水，此时B 极会产生O2，故D 错误；
7．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O 和CO2转化为O2和燃料
(C3H8O)。下列说法正确的是
A．该装置工作时，H+从a 极区向b 极区迁移
B．该装置将化学能转化为光能和电能
C．每生成3mol O2，有88g CO2被还原
D．a 电极的反应式为3CO2＋18H＋－18e－＝C3H8O＋5H2O
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答案：C
解析：A. a 与电源负极相连，所以a 是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b 极区向
阴极a 极区迁移，A 项错误；
B. 该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，B 项错
误；
C. 电池总的方程式为：6CO2+8H2O=====2C3H8O+9O2，即生成9mol 的氧气，阴极有6mol 的二氧化
碳被还原，也就是3mol 的氧气，阴极有2mol 的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为88g，C 项正
确；
D. a 与电源负极相连，所以a 是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e－
=C3H8O+5H2O，D 项错误；
8．羟基自由基(∙OH)具有很强的氧化性，能将苯酚氧化为CO2和H2O。我国科学家开发出如图所示
装置，能实现制备氢气、处理含苯酚废水二位一体。下列说法正确的是
A．d 电极的电极反应式：H2O＋e－＝∙OH＋H+
B．再生池中发生的反应：V2+＋H+=======V3+＋H2
C．a 为电源负极，m 为阴离子交换膜，Na2SO4能增强导电性
D．气体X 与Y 在相同条件下的体积比为7 3∶
答案：D
解析：c 电极发生反应V3+＋e－＝V2+，得电子被还原，所以c 是阴极，a 是负极，b 是正极。结合图示，
d 电极反应中产生羟基自由基(∙OH)和H+，没有生成氧气，电极反应：H2O＋e－＝∙OH＋H+。据此分析作答。
A．d 是阳极，失去电子，d 电极的电极反应式：H2O＋e－＝∙OH＋H+，A 错误；
B．再生池中发生的反应，题中未配平，应该为：2V2+＋2H+ =======2V3+＋H2↑，B 错误；
C．根据分析，a 为电源负极，比起纯水，Na2SO4能增强溶液的导电性，d 电极的电极反应式：H2O
＋e－＝∙OH＋H+，产生的H+经阳离子交换膜移向阴极，故m 为阳离子交换膜，C 错误；
D．根据：2V2+＋2H+=======2V3+＋H2↑，产生1molH2，需要消耗 V2+2mol，对应c 电极发生反应
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V3+＋e－＝V2+，则转移电子数为2mol，根据：H2O＋e－＝∙OH＋H+，则产生的∙OH 为2mol，根据反应
28∙OH＋C6H5OH＝6CO2↑＋17H2O，生成CO2为mol，所以两种气体体积比为1∶＝7 3∶，D 正确；
9．为探究电解过程中溶液pH 的变化。装置、所得数据结果如图所示。电解过程中，充分搅拌使溶
液均匀，忽略溶液体积的变化。下列说法错误的是
A．0～t1时：4AgNO3+2H2O=====4Ag+O2↑+4HNO3，t1～t2时：2H2O=====2H2↑+O2↑
B．若进行到t2时刻共有0.224L 气体(标况下)产生，则外电路有0.04mol 电子通过
C．若使用氢氧燃料电池为电源，t1时，理论上负极消耗的气体物质的量为0.005mol
D．电解到t1时刻，加入1.16gAg2O 可使溶液复原
答案：B
解析：A．银离子氧化性大于氢离子的氧化性，所以溶液中银离子先被还原，水电离出的OH－被氧
化生成氧气，0～t1时：4AgNO3+2H2O=====4Ag+O2↑+4HNO3，当银离子被电解完，水电离出来的氢离子
被还原生成氢气，t1～t2时：2H2O=====2H2↑+O2↑，故A 正确；
B．进行到t1时银离子被完全还原，溶液的pH 为1，硝酸银溶液中c(Ag+)＝0.1mol·L-1，n(Ag+)＝
0.1mol·L-1×0.1L＝0.01mol，由反应得消耗0.01molAg+电子转移0.01mol，设此过程生成氧气的物质的量为
n(O2)：4Ag+ ～ O2
4 1
0.01mol n(O2)
＝， n(O2)＝0.0025mol，V(O2)＝0.0025mol×22.4L∙mol-1＝0.056L，t1～t2电解水生成的气体体积为
0.224L－0.056L=0.168L，其中氧气和氢气体积比为1 2∶，电解水生成的氧气体积为0.056L，氧气的物质的
量为n(O2)＝＝0.0025mol，电子转移0.01mol，共计电子转移0.02mol，故B 错误；
C．若使用氢氧燃料电池为电源，氢气与通过电子的关系为：H2～2e－，t1时，电子转移0.01mol，理
论上负极消耗的氢气物质的量为0.005mol，故C 正确；
D．电解到t1时刻，生成了0.01mol 的银和0.025mol 氧气，0.01mol 硝酸，加入1.16gAg2O 其物质的量
为＝0.005mol，0.005molAg2O 与0.01mol 硝酸恰好完全反应生成0.01mol 硝酸银和0.005mol 水，可使溶液
复原，故D 正确；
10．用电解法从含MnSO4废水中提取Mn 和H2SO4的原理如下图所示，阴极室中会加入适量
(NH4)2SO4。
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已知：i．电解时，适当减慢反应速率，有利于得到致密的金属锰。
ii．电解效率(B)＝100%。下列说法不正确的是
A. 阳极反应式为2H2O–4e-=O2↑+4H+
B. 离子交换膜为阴离子交换膜
C. 阴极室产生的NH3可与Mn2+形成配合物，c(Mn2+)降低，利于形成致密的金属锰
D. 若(Mn)＝80 %，当析出1 mol Mn 时，产生O2的体积为8.96 L(标准状况)
答案：D
解析：A．根据图示，阳极放出氧气，阳极反应式为2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，故A 正确；
B．电解过程中，阴极室硫酸根离子移向阳极室生成硫酸，所以离子交换膜为阴离子交换膜，故B 正
确；
C．电解时，适当减慢反应速率，有利于得到致密的金属锰，阴极室产生的NH3可与Mn2+形成配合
物，c(Mn2+)降低，利于形成致密的金属锰，故C 正确；
D．若(Mn)= 80 %，当析出1 mol Mn 时，转移电子＝2.5mol 阳极发生反应2H2O－4e－＝O2↑＋
4H+，产生O2的体积为×22.4L/mol＝14L，故D 错误；
11．电解精炼法提纯镓的方法是：以含Zn、Fe、Cu 杂质的粗镓为阳极，纯镓为阴极，NaOH 水溶液
为电解质溶液。通电时，粗镓溶解以GaO 形式进入电解质溶液，并在阴极放电析出高纯镓。(金属活动性
顺序为Zn＞Ga＞Fe)。下列有关说法中不正确的是
A．电解过程中，阳极附近溶液的pH 增大
B．电解后，电解槽底部的阳极泥中有Cu 和Fe
C．在阴极除了析出高纯度的镓之外，还可能有H2产生
D．电路中转移3 mol e－时，粗镓溶解进入电解质溶液的n(GaO)小于1 mol
答案：A
解析：A.阳极主要电极反应式为Ga＋4OH－－3e－＝GaO＋2H2O，所以阳极附近溶液的pH 减小，A
错误；
B.由金属活动性顺序可知，铁、铜不参与电极反应式，沉入电解槽底部形成阳极泥，B 正确；
C.在阴极除了析出高纯度的镓之外，电解质溶液中的水也可能在阴极上得电子发生还原反应生成
H2，C 正确；
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D.根据金属活动性顺序，阳极有锌失电子变成锌离子进入溶液，电路中转移3 mol e－时，粗镓溶解进
入电解质溶液的n(GaO)小于1 mol，D 正确。
12．研究光伏储能发电系统是国家的重要战略。下图是我国某科研团队设计的碱性光伏制氢储能装
置。下列有关电池储能时说法错误的是
A. 能量转化：太阳能→电能→化学能
B．OH－通过离子交换膜向Y 电极移动
C．X 电极发生反应：Ni(OH)2－e－＋OH－＝NiOOH＋H2O
D．b 为电池负极，理论上每产生1molH2，X 电极的质量减少2g
答案：B
解析：根据装置可知，Y 电极发生还原反应生成氢气，为电解装置阴极，则X 为电解装置阳极，发
生电极反应：Ni(OH)2－e－＋OH－＝NiOOH＋H2O。
A．根据该装置图示可知，能量转化为太阳能→电能→化学能，A 正确；
B．电解池中，阴离子向着阳极发生移动，即OH－通过离子交换膜向Y 电极移动X 电极移动，B 错
误；
C．X 为电解装置阳极，发生氧化反应：Ni(OH)2－e－＋OH－＝NiOOH＋H2O，C 正确；
D．根据分析可知，Y 为电解池阴极，与之相连的b 电极为电源负极，发生电极反应：2H2O＋2e－＝
2OH－＋H2↑，每产生1molH2，转移2mol 电子，根据X 电极电极反应式：Ni(OH)2－e－＋OH－＝NiOOH＋
H2O，X 电极的质量减少的质量为2mol18g/mol－2mol17g/mol＝2g，D 正确；
13．科学家提出了一种基于电催化多硫化物循环的自供能产氢体系，如下图所示。通过将锌－多硫
化物电池与电解制氢装置集成，最大化利用了间歇性太阳光，实现日夜不间断的自供电的H2生产。下列
说法正确的是
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A．硅太阳能电池、锌-多硫化物电池均可实现化学能向电能的转化
B．夜间工作时，应将电极ac、bd 分别连接
C．日间工作时，b 极的电极反应式为S＋S2-＋2e－＝S
D．H2生产装置中可以使用阳离子交换膜
答案：D
解析：由图可知，白天可利用太阳光电池给左侧锌-多硫化物电池充电，实现电能向化学能的转化，
锌－多硫化物电池处于充电状态，b 极是阳极，发生S＋S2-－2e－＝S，夜间做电池使右侧电解池电解制氢，
右侧装置为电解池，d 电极发生2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑，据此分析解题。
A．硅太阳能电池将太阳能转化为电能，A 错误；
B．左侧锌－多硫化物电池夜间作电源，给H2生产装置通电，电解产生H2，分析可知，应将电极
ad、bc 分别连接，B 错误；
C．白天工作时，锌-多硫化物电池处于充电状态，b 电极是阳极，发生氧化反应，电极反应式为S＋
S2-－2e－＝S，C 错误；
D．阴极d 发生反应；2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑，若使用阳离子交换膜，Na+向阴极区迁移，D 正确；
14．研究金属腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法不正确的是
A．图1：a 点溶液变红 B．若图2 中d 为铜，海水换成稀硫酸，则铜棒产生H2
C．图2：若d 为锌，则铁不易被腐蚀 D．图1：a 点产生的铁锈比b 点的少
答案：D
解析：A.食盐水的边缘处，与空气中的氧气接触，氧气得电子，反应式：O2＋4e－＋2H2O＝4OH－，
则a 点处有氢氧根离子生成，即a 点溶液变红，故A 正确；
B.若d 为铜，海水换成稀硫酸，则Fe 作负极，Cu 作正极，在正极发生得电子的还原反应：2H＋＋2e－
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＝H2↑，故B 正确；
C.Fe 与Zn 形成原电池，Zn 为负极，Fe 为正极，正极被保护，则铁不易被腐蚀，故C 正确；
D.食盐水的边缘处，与空气中的氧气接触，氧气得电子，即a 为正极，b 点为负极，负极被腐蚀，生
成的Fe2＋移动到a 极形成铁锈，所以a 点产生的铁锈比b 点的多，故D 错误。
15．高纯镓是制备第三代半导体的重要原料，其化学性质与铝相似。下图为工业精炼镓的装置示意
图。下列说法不正确的是
A. 阴极的电极反应为GaO＋2H2O＋3e－＝Ga＋4OH－
B. 电解过程中，阳极室中OH－的物质的量减小
C. 电路中每转移3mol 电子，理论上粗镓熔融液减少70g
D. 电解后粗镓中的Zn、Fe 以离子形式进入NaOH 溶液中
答案：D
解析：电解精炼法提纯镓时，纯金属镓作阴极，含有杂质的粗镓作阳极，电解池中的阴阳极分别与
电源的负正极相接，即M 为电源负极，N 为电源正极，阳极上活泼性强的金属Zn、Ga 失电子进入溶液中，
镓离子与溶液中的氢氧根离子结合生成GaO，然后GaO 在阴极得电子生成镓，阳极反应为Ga－3e－＋
4OH－＝2H2O＋GaO，阴极反应为2H2O＋GaO＋3e－＝Ga＋4OH－，据此分析解答。
A．由分析可知，阴极的电极反应为2H2O＋GaO＋3e－＝Ga＋4OH－，A 正确；
B．由分析可知，电解过程中，阳极反应为Ga－3e－＋4OH－＝2H2O＋GaO，根据电荷守恒每消耗
4molOH－只有3molOH£或者GaO 由阴极上进入阳极室，则阳极室中OH－的物质的量减小，B 正确；
C．由分析可知，阳极反应为Ga－3e－＋4OH－＝2H2O＋GaO，虽然阳极上还有Zn 等放电，但产生的
Zn2+不进入NaOH 溶液，而是Ga3+经Ga3+快离子导体进入NaOH 溶液，故电路中每转移3mol 电子，理论
上粗镓熔融液减少70g，C 正确；
D．由C 项分析可知，电解后粗镓中的Zn 失电子以离子形式进入粗镓熔融液，而不是NaOH 溶液中，
Fe 比Ga 更不活泼，不失电子，D 错误；
16．我国学者利用双膜三室电解法合成了ClCH2CH2Cl，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
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A. b 为电源负极，气体X 为H2 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1molClCH2CH2Cl 的同时NaOH 溶液质量增加80g
答案：D
解析：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
CuCl－e－＋Cl－＝CuCl2；右边电极作阴极，电极反应式为2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑。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。
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H2O 得电子生成H2，A 正确；
B．饱和食盐水中的Na+通过膜Ⅱ移入阴极区，同时制得副产品NaOH，饱和食盐水中的Cl－通过膜I
移入阳极区，补充消耗的Cl－，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CuCl－e－＋Cl－＝CuCl2，阴极电极反应式为2H2O＋2e－＝2OH－
＋H2↑，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CH2＝CH2＋2H2O＋2NaCl=====H2↑＋2NaOH＋ClCH2CH2Cl，由CH2＝CH2＋2CuCl2＝
ClCH2CH2Cl＋2CuCl，结合电极反应式可知，制得1mol ClCH2CH2Cl 转移2mol 电子，同时有2molNa+迁
移并放出1molH2，故氢氧化钠溶液增重(2×23－1×2)g＝44g，D 错误；
17．环氧乙烷(
，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO 的原理
示意图如下。下列说法错误的是
A. X 极电势高于Y 极
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B. 阳极反应为Cl――2e－＋OH－＝HClO
C. 溶液a 为KOH 和KCl 的混合溶液
D. 制备总反应为
答案：B
解析：A．由图可知，电极X 上发生2Cl－－2e－＝Cl2↑的氧化反应，电极X 是电解池的阳极，电极Y
为阴极，X 极电势高于Y 极，A 正确；
B．阳极反应为2Cl－－2e－＝Cl2↑，B 错误；
C．溶液a 为电解生成的KOH 和残留的KCl 的混合溶液 ，C 正确；
D．制备总反应为
，D 正确；
18．工业上用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，并通过电解方法实现吸收液的循环再生。其
中阴、阳离子交换膜组合循环再生机理如图所示，下列有关说法正确的是
A．X 应为直流电源的正极 B. 电解过程中阴极区氢氧根离子浓度降低
C. 图中的b%＞a% D. SO 在电极上发生的反应为SO＋2OH－―2e－＝SO＋H2O
答案：C
解析：利用电解原理实现用Na2SO3溶液吸收硫酸工业尾气中的SO2，根据阴阳离子的移动方向得知，
阳离子向Pt(I)电极移动，阴离子向Pt(II)电极移动，因此Pt(I)为阴极，Pt(II)为阳极，所以X 为直流电源负
极，Y 为直流电源正极，Pt(I)电极水得电子生成氢气和氢氧根离子，Pt(II) 电极区水失去电子产生氧气和
氢离子，据此分析解答。
A．根据阴阳离子的移动方向得知，阳离子向Pt(I)电极移动，阴离子向Pt(II)电极移动，因此Pt(I)为
阴极，Pt(Ⅱ)为阳极，所以X 为直流电源负极，Y 为直流电源正极，A 项错误；
B．Pt(I)为阴极，阴极上氢离子得电子放出氢气，故Pt(I)附近溶液的氢氧根离子浓度增大，B 项错误；
C．阳极室中，出来的硫酸中不仅有加入的稀硫酸还有亚硫酸根离子被氧化生成的硫酸，所以b %＞
a %，C 项正确；
D．阳极上亚硫酸根离子在酸辛条件下失电子发生氧化反应，故电极反应方程式为：SO＋H2O－2e－＝
SO＋2H+，D 项错误；
19．科学家采用电渗析法提纯乳清(富含NaCl 的蛋白质)，有价值的蛋白质回收率达到98%，工作原
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理如图所示：
下列说法错误的是
A．膜1 为阳离子交换膜，膜2 为阴离子交换膜
B．膜1、膜2 孔径不大于半透膜孔径
C．a 极的电极反应式为2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑
D．每转移2 mol 电子，理论上乳清质量减少58.5 g
答案：D
解析：A．a 极区的稀氢氧化钠溶液变为浓氢氧化钠溶液，说明a 极区生成了氢氧化钠，即钠离子通
过膜1 向a 极区迁移，膜1 为阳离子交换膜；同理，氯离子通过膜2 向b 极区迁移，膜2 为阴离子交换膜，
A 项正确；
B．提纯蛋白质，不能让蛋白质(胶体粒子)通过膜1、膜2，所以膜1、膜2 孔径应不大于半透膜孔径，
B 项正确；
C．a 极为阴极，发生还原反应：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑，C 项正确；
D．每转移2 mol 电子，结合电极反应和电荷守恒可知，理论上乳清减少的质量为2 mol NaCl 的质量，
即质量减少117 g，D 项错误。
20．在缺氧的深层潮湿土壤中，厌氧细菌会促进钢铁发生厌氧腐蚀，其原理如图所示。为抑制腐蚀
的发生，通常将钢管、石墨电极分别与外接电源相连，使钢管表面形成致密的Fe3O4薄膜。下列说法正确
的是
A．腐蚀过程中，厌氧细菌促进H2O 发生氧化反应
B．腐蚀过程中存在SO＋4H2=========S2－＋4H2O
C．上述保护方法为外加电流阴极保护法
D．通电后电子从钢管流向石墨电极，再经潮湿的土壤回到钢管
答案：B
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解析：A.腐蚀过程中，阴极水得到电子被还原为氢气，厌氧细菌促进H2与硫酸根反应、氢气发生氧
化反应，A 错误；
B. 由图、结合选项A 可知：腐蚀过程中存在SO＋4H2=========S2－＋4H2O，B 正确；
C. 已知：为抑制腐蚀的发生，通常将钢管、石墨电极分别与外接电源相连，使钢管表面形成致密的
Fe3O4薄膜，则铁被氧化，铁为阳极不是阴极，故上述保护方法不属于外加电流阴极保护法，C 错误；
D. 通电后电子从钢管流向石墨，但电子不会进入电解液，故不会经潮湿的土壤回到钢管，D 错误。
21．如图是氯碱工业离子交换膜法电解饱和食盐水的示意图，图中阳离子交换膜只允许Na＋等通过，
不允许OH－、Cl－等阴离子及气体分子通过，下列有关说法错误的是
A．阴极发生的反应：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－
B．使用的阳离子交换膜阻止阴离子OH－和气体通过，使生成的NaOH 更纯
C．e 处出来的气体主要是O2
D．b 处通入的原料是NaOH 的稀溶液
答案：C
解析：电解饱和食盐水，阳极发生失电子的氧化反应，电极反应式：2Cl－－2e－＝Cl2↑；阴极发生得
电子的还原反应，电极反应式：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－。
A.根据分析可知，阴极发生的反应：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，故A 正确；
B.根据题干信息，阳离子交换膜不允许OH－、Cl－等阴离子及气体分子通过，可使生成的NaOH 更纯，
故B 正确；
C.根据分析，阳极产生的气体为Cl2，故C 错误；
D.b 处通入的原料是NaOH 的稀溶液，可增强导电性，故D 正确。
22．海水原位直接电解制氢技术是利用海水侧和电解质侧的水蒸气压力差使海水自然蒸发，并以蒸
汽形式通过透气膜扩散到电解质侧重新液化，为电解提供淡水(工作时KOH 溶液的浓度保持不变)。装置
如图所示，下列叙述不正确的是
A．M 电极反应式为4OH－―4e－＝O2↑＋2H2O
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B．该技术避免了生成强氧化性的含氯粒子腐蚀电极
C．离子交换膜b 为阳离子交换膜
D．当产生标准状况下33.6LH2时，有1.5molH2O(g)透过透气膜a
答案：C
解析：A．M 极生成氧气，M 是阳极，M 电极反应式为4OH－―4e－＝O2↑＋2H2O，故A 正确；
B．氯离子不能通过透气膜a，所以该技术避免了生成强氧化性的含氯粒子腐蚀电极，故B 正确；
C．M 为阳极、N 为阴极，若离子交换膜b 为阳离子交换膜，钾离子会向右移动，右侧氢氧化钾浓度
增大，根据题意，工作时KOH 溶液的浓度保持不变，所以离子交换膜b 为阴离子交换膜，故C 错误；
D．当产生标准状况下33.6LH2时，阴极生成氢气的物质的量为1.5mol，阳极生成氧气的物质的量为
0.75mol，电解水的物质的量为1.5，工作时KOH 溶液的浓度保持不变，所以有1.5mol H2O(g)透过透气膜
a，故D 正确；
23．某同学通过“化学—电解法”探究K2FeO4(高铁酸钾)的合成，其原理如图所示，接通电源，调节
电压，将一定量Cl2通入KOH 溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4，下列说法不正
确的是
A. 石墨Ⅰ连接电源负极，发生还原反应
B. “化学法”得到FeO 的离子方程式为：2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO＋3Cl－＋5H2O
C. 合成1molK2FeO4，阴极可以生成3mol KOH
D. 盐桥中的阴离子向KOH 溶液中迁移
答案：C
解析：根据题意可知，碱性条件下，Cl2失去电子发生氧化反应生成ClO－，则石墨Ⅱ为阳极，电极反
应式为Cl2－2e－＋2OH－＝2ClO－＋H2O，滴入的Fe3+与OH-反应生成的Fe(OH)3与ClO-碱性条件下反应生
成FeO、Cl－和H2O，反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO＋3Cl－＋5H2O，石墨Ⅰ为电
解池的阴极，H2O 在阴极得到电子发生还原反应生成H2和OH-，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑。
A．由分析可知，石墨Ⅰ为电解池的阴极，与直流电源负极相连，H2O 在阴极发生还原反应生成H2
和OH-，故A 正确；
B．由分析可知，化学法得到高铁酸根离子的反应为滴入的Fe3+与OH－反应生成的Fe(OH)3与ClO－碱
性条件下反应生成FeO、Cl－和H2O，反应的离子方程式为2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－＝2FeO＋3Cl－＋
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5H2O，故B 正确；
C．由B 选项可知，合成1mol FeO 需要1.5mol ClO－，结合阴、阳极的电极方程式和电子转移守恒可
知，阴极生成KOH 的物质的量为1.5mol，故C 错误；
D．由分析可知，石墨Ⅰ为阴极，石墨Ⅱ为阳极，则盐桥中的阴离子向KOH 溶液中迁移，故D 正确；
24．以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，利用光伏并网发电装置制备四甲基氢氧化铵
[(CH3)4NOH]，下列叙述不正确的是
A．a 极电极发生还原反应
B. 保持电流恒定，增大NaCl 稀溶液浓度，制备(CH3)4NOH 的反应速率增大
C．c 为阳离子交换膜，d 为阴离子交换膜
D．b 极收集2.24L(标况)气体时，溶液中有0.4mol 离子透过交换膜
答案：B
解析：据de 池中浓度变化得出，钠离子从b 极池通过e 膜，氯离子从cd 池通过d 膜，由电解池中阳
离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则a 为阴极，b 为阳极，a 与N 型半导体相连，b 与P 型半导体相
连，所以N 型半导体为负极，P 型半导体为正极，以此解答。
A．由题中信息可知，a 为阴极，发生得电子的还原反应，A 正确；
B．保持电流恒定，则单位时间a 极得到的电子数目是恒定的，增大NaCl 的浓度，电极反应的速率
不变，B 错误；
C．由题中图示信息可知， Cl－通过d 膜，(CH3)4N+通过c 膜，所以c 膜为阳离子交换膜，d 为阴离子
交换膜，C 正确；
D．b 极电极反应式为4OH-－4e-＝O2↑＋2H2O，收集氧气0.1mol 时，转移电子0.4mol，Na+离子通过
e 膜，Cl－通过d 膜，(CH3)4N＋通过c 膜，这些离子均带1 个单位电荷，通过的离子的物质的量为0.4mol，
D 正确；
25．全世界每年因钢铁锈蚀会造成巨大的损失，为了保护地下的钢铁输水管所采取的措施如图所示。
下列说法不正确的是
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A．导线应连接外接电源的负极 B．钢铁发生吸氧腐蚀正极反应为O2＋2H2O＋4e﹣＝4OH﹣
C．导线与Zn 块连接为牺牲阳极法 D．导线与Cu 块连接也可保护钢铁输水管
答案：D
解析：A．电解池中金属作阴极被保护，故A 正确；
B．钢铁发生吸氧腐蚀时，正极氧气得电子O2＋2H2O＋4e﹣＝4OH﹣，故B 正确；
C．导线与Zn 块连接，Zn 作负极，为牺牲阳极法；故C 正确；
D．导线与Cu 块连接，Fe 作负极，故D 错误；
26．二十大报告明确了中国生态文明建设的总基调是推动绿色发展。NO空气质子交换膜燃料电池实
现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合。某兴趣小组用如图装置模拟工业处理废气和废水的过程。已
知电极材料均为惰性电极。回答下列问题：
(1)甲池在放电过程中的负极反应式为 。
(2)乙池中通入废气SO2的电极为 极，电池总反应的离子反应方程式为 。
(3)b 为 (填“阳”或“阴”)离子交换膜。当浓缩室得到4 L 浓度为0.6 mol·L-1盐酸时，M 室中溶
液的质量变化为 (溶液体积变化忽略不计)。
(4)若在标准状况下，甲池有5.6 L O2参加反应，则乙池中处理废气(SO2和NO)的总体积为 L。
答案：(1) NO＋2H2O－3e－＝NO＋4H＋ (2)阳 5SO2＋2NO＋8H2O=====2NH＋5SO＋8H＋
(3)阴；18 g (4) 15.68 L
解析：甲池为原电池，通入氧气一极发生还原反应，为正极，左侧电极一氧化氮发生氧化反应为负
极；由题图可知，乙池为电解池，左侧为阳极、右侧为阴极；丙池为电解池，左侧为阳极、右侧为阴极。
(1)甲池在放电过程中负极上的一氧化氮失去电子发生氧化反应生成硝酸根离子，反应式为NO＋
2H2O－3e－＝NO＋4H＋。
(2)乙池中通入废气SO2的电极连接电源的正极，为阳极；阳极二氧化硫发生氧化反应生成硫酸根离
子、阴极一氧化氮发生还原反应生成铵根离子，电池总反应为二氧化硫、一氧化氮和水电解反应生成硫
酸铵，离子反应方程式为5SO2＋2NO＋8H2O=====2NH＋5SO＋8H＋。
(3)丙中阳极上水放电发生氧化反应生成氧气和氢离子，H+从M 室通过a 膜移入浓缩室；N 室中阴离
子Cl－向阳极移动，通过b 膜移入浓缩室，最终得到较浓的盐酸，故b 为阴离子交换膜。当浓缩室得到4
L 浓度为0.6 mol·L-1盐酸时，迁移过来的氢离子为4 L×(0.6 mol·L-1－0.1 mol·L-1)＝2 mol；2H2O－4e－＝4H
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＋＋O2↑，则反应水1 mol，M 室中溶液的质量变化为减少1 mol×18 g/mol＝18 g。
(4)乙池中SO2转化为硫酸根离子、NO 转化为铵根离子；若在标准状况下，甲池有5.6 L O2（为0.25
mol）参加反应，根据电子守恒可知，O2～4e－～2SO2、O2～4e－～NO，则乙池中处理废气（SO2和NO）
共0.7 mol，总体积为15.68 L。
27．电化学原理在工业生产中发挥着巨大的作用。
I．Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂，在工业上通常利用如图装
置生产Na2FeO4
(1)阳极的电极反应式为 。
(2)阴极产生的气体为 。
(3)右侧的离子交换膜为 (填“阴”或“阳”)离子交换膜，阴极区a% b%(填“>” “=” 或
“<”)。
II．如图是一种用电解原理来制备H2O2,并用产生的H2O2处理废氨水的装置。
(4)Ir－Ru 惰性电极吸附O2生成H2O2，其电极反应式为 。
(5)理论上电路中每转移3 mol 电子，最多可以处理废氨水中溶质(以NH3计)的质量是 g。
答案：(1)Fe＋8OH－－6e－＝FeO＋4H2O (2)H2 (3)阴 ＜ (4)O2＋2H+＋2e－＝H2O2 (5)17
解析：(1)根据图示，Cu 电极为阴极，Fe 电极为阳极。阳极上Fe 失去电子,发生氧化反应生成FeO，
电极反应式为Fe＋8OH－－6e－＝FeO＋4H2O;
(2)H+的放电能力大于Na+，Cu 电极上水电离产生的H+得电子产生氢气，电极反应式为2H2O＋2e－＝
H2↑＋2OH－,故阴极产生的气体为H2；
(3)根据阳极电极反应式Fe＋8OH－－6e－＝FeO＋4H2O，OH－参与反应，OH－移向右侧，即右侧的离
子交换膜为阴离子交换膜；根据阴极反应式2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，阴极上产生OH－，即Na+通过交
换膜移向左侧，生成NaOH，氢氧化钠浓度增大，即a%<b%;
(4)利用电解法制H2O2，在该电解池中，Ir－Ru 惰性电极有吸附O2的作用，为氧气得电子发生还原反
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应：O2＋2H+＋2e－＝H2O2；
(5)4NH3＋3O2
2N2＋6H2O 中，氨气中的氮元素从－3 价变为氮气中的0 价，4 mol 氨气转移12 mol
电子，所以转移3 mol 电子，最多可以处理废氨水中溶质(以NH3计)的物质的量是1 mol，质量为1
mol×17 g·mol-1＝17 g。
28．(1)工业上用电解法治理亚硝酸盐对水体的污染，模拟工艺如图所示，写出电解时铁电极发生的
电极反应： ；铁电极附近有无色气体产生，写出有关反应的离子方程式： 。
(2)一种用铅酸蓄电池进行电絮凝净水装置如图所示。
回答下列问题：
①装置Ⅰ中Y 电极的电极材料是 (填化学式)，工作时SO 向X（填“X”或“Y”）电极移动；
Y 电极的电极反应式为 。
②装置Ⅱ中Al 电极的电极反应式为 。
③每消耗103.5 g Pb，装置的电流效率为80%，则理论上电解池阴极上生成 mol H2。
答案：(1) Fe－2e－＝Fe2+； 2NO＋8H＋＋6Fe2+＝N2↑＋6Fe3+＋4H2O
(2)
PbO
①
2； PbO2＋SO＋4H＋＋2e－＝PbSO4＋2H2O
Al
②
－3e－＝Al3+、2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋ ③0.4
答案：(1)根据电解原理，阳离子向阴极移动，由装置图可知，A 为电源的正极，B 为电源的负极，
铁作阳极，电极反应式为Fe－2e－＝Fe2+；NO 在酸性条件下具有强氧化性，能将Fe2+氧化，本身被还原成
N2，其反应的离子方程式为2NO＋8H＋＋6Fe2+＝N2↑＋6Fe3+＋4H2O。
(2)①由装置Ⅱ中Al 发生失电子的氧化反应知，Al 为阳极，Fe 为阴极，与Al 相接的铅酸蓄电池的Y
电极为正极，电极材料是PbO2；工作时SO 向负极移动，即SO 移向X 电极；Y 电极的电极反应式为
PbO2＋SO＋4H＋＋2e－＝PbSO4＋2H2O。
②装置Ⅱ是电絮凝净水装置，工作时，Al 转化为Al3+，电极反应式为Al－3e－＝Al3+；由题图知，还
发生反应2H2O－4e－＝O2↑＋4H＋。
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③消耗103.5 g (0.5 mol)Pb，转移电子的物质的量为1 mol，装置的电流效率为80%，故装置Ⅱ阴极上
放电效率是80%，参与反应的电子为0.8 mol，该电极反应式为2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，即产生0.4 mol
H2。
29．“电化学”与人类生产、生活密不可分，图Ⅰ甲池可实现在铁表面镀锌，图Ⅱ可通过电解废旧
锂电池中的LiMn2O4获得锂盐和MnO2。
回答下列问题：
(1)图Ⅰ中A 电极的电极材料为 ；乙池(C 电极为惰性电极)电解开始时发生反应的化学方程式为
。
(2)图Ⅰ，工作一段时间后，若甲池阴极增重26 g，则乙池中产生气体的体积为8.96 L(标准状况)，要
使乙池中的溶液恢复原样应向溶液中加入 (填化学式)。
(3)图Ⅱ中滤布的作用为 。电极X 的名称为 ，其电极反应式为 。
(4)图Ⅱ电解过程中c(Mn2+)将 (填“增大”“减小”或“不变”，忽略电解过程中溶液体积的
变化)。
答案：(1)铁； 2CuSO4＋2H2O=====2Cu＋O2↑＋2H2SO4 (2) Cu(OH)2
(3)阻挡固体颗粒，防止LiMn2O4与MnO2混合导致产物不纯；阴极；LiMn2O4＋3e－＋8H＋＝Li＋＋
2Mn2+＋4H2O。 (4)增大
解析：图Ⅰ甲池可实现在铁表面镀锌，说明A 电极的电极材料为铁；乙池C 电极为阳极，且为惰性
电极，故电解开始时发生反应的化学方程式为2CuSO4＋2H2O=====2Cu＋O2↑＋2H2SO4
(2)甲池阴极发生反应Zn2+＋2e－＝Zn，26 g Zn 的物质的量为 ＝0.4 mol，转移电子为0.8 mol，乙池中
开始时发生反应2CuSO4＋2H2O=====2Cu＋O2↑＋2H2SO4，反应0.5 L×0.4 mol/L＝0.2 mol CuSO4时转移
0.4 mol 电子，生成氧气0.1 mol，之后电解水2H2O=====2H2↑＋O2↑，转移0.4 mol 电子，生成氢气0.2
mol，生成氧气0.1 mol，共生成气体0.4 mol，标准状况体积为0.4 mol×22.4 L/mol＝8.96 L；第一阶段电
解生成0.2 mol Cu 和0.1 mol O2，相当于0.2 mol CuO，第二阶段电解生成0.2 mol H2和0.1 mol O2，相当
于0.2 mol H2O，根据原子守恒，两阶段溶液中减少的物质相当于减少0.2 mol Cu(OH)2，所以要使乙池中
的溶液恢复原样应向溶液加入0.2 mol Cu(OH)2。
(3)图Ⅱ中滤布的作用为阻挡固体颗粒，防止LiMn2O4与MnO2混合导致产物不纯。根据电极Y 发生失
电子的氧化反应，为阳极，电极X 为阴极，发生反应的电极反应式为LiMn2O4＋3e－＋8H＋===Li＋＋
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2Mn2+＋4H2O。
(4)电极X 为阴极，发生反应的电极反应式为LiMn2O4＋3e－＋8H＋＝Li＋＋2Mn2+＋4H2O，电极Y 发生
反应Mn2+－2e－＋2H2O＝MnO2＋4H＋，转移相同电子时生成Mn2+比消耗多，故电解过程中c(Mn2+)将增大。
30．如图甲所示，A 为新型高效的甲烷燃料电池，采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和
O2，电解质溶液为KOH 溶液，B 为浸透饱和硫酸钠溶液和酚酞试液的滤纸，滤纸中央滴有一滴KMnO4溶
液，C、D 为电解槽。
(1)甲烷燃料电池中负极反应式为 。
(2)关闭K1，打开K2，通电后，B 中的紫红色液滴向d 端移动，则电源a 端为 极，通电一段时
间后，观察到滤纸c 端出现的现象是 。
(3)D 装置中有200 mL 一定浓度的NaCl 与CuSO4的混合溶液，闭合K2、打开K1后理论上两极所得气
体的体积随时间变化的关系如图乙所示(气体体积已换算成标准状况下的体积，电解前后溶液的体积变化
忽略不计)，则原混合溶液中NaCl 的物质的量浓度为 mol·L－1，t2 s 时所得溶液的pH＝ 。
(4)若C 装置中溶液为AgNO3溶液且足量，电池总反应的离子方程式为__________________________。
电解结束后，为了使溶液恢复原样，则可以在反应后的溶液中加入
(填化学式)。
答案：(1) CH4＋10OH－－8e－===CO＋7H2O (2)负， c 端试纸变红
(3)0.1，1 (4)4Ag＋＋2H2O=====4Ag＋O2↑＋4H＋ Ag2O 或Ag2CO3
解析：本题考查甲烷燃料电池和电解池的串联问题，涉及电极判断、电极反应式书写、电化学计算
等。
(1)甲烷燃料电池的电解质溶液为KOH 溶液，负极上CH4失电子被氧化，电极反应式为CH4＋10OH－
－8e－===CO＋7H2O。
(2)关闭K1，打开K2，燃料电池A 和电解池B 组成串联电路，B 中紫红色液滴向d 端移动，说明MnO
向d 移动，则d 为阳极，从而推知a 为电源的负极，b 为正极，c 为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－
===2OH－＋H2↑，c 端溶液呈碱性，酚酞遇碱溶液变成红色。
(3)阳极上先后发生反应：2Cl－－2e－===Cl2↑、2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，由题图乙可知，t1 s 时，Cl－
放电完毕，得到224 mL Cl2(标况)，则有n(NaCl)＝n(Cl－)＝2n(Cl2)＝＝0.02 mol，故原混合液中c(NaCl)＝
＝0.1 mol·L－1。0～t2 s 阴极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，t1～t2 s 生成112 mL O2(标准状况)，n(O2)＝＝
5×10－3 mol，结合阳极反应式可知反应生成n(H＋)＝4n(O2)＝4×5×10－3 mol＝0.02 mol，则t2 s 时所得溶液
中c(H＋)＝＝0.1 mol·L－1，故溶液的pH＝1。
(4)利用Pt 电极电解AgNO3溶液时，阳极上OH－放电，阴极上Ag＋放电，电池总反应为4Ag＋＋2H2O
=====4Ag＋O2↑＋4H＋。为使电解质溶液复原，可向电解后的溶液中加入Ag2O 或Ag2CO3。
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