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第03 讲 电解池、金属的腐蚀与防护 目录 一、题型精讲 题型01 考查电解池原理................................................................................................................................... 1 题型02 考查电解规律及其应用.......................................................................................................................4 题型03 考查电解原理的应用........................................................................................................................... 7 题型04 考查离子交换膜在电解中的应用.....................................................................................................10 题型05 考查电解的相关计算......................................................................................................................... 14 题型06 考查金属的腐蚀................................................................................................................................. 16 题型07 考查金属的防护................................................................................................................................. 20 二、靶向突破 题型01 考查电解池原理 1.电解定义：使电流通过电解质溶液(或熔融电解质)而在阳极、阴极引起氧化还原反应的过程。 2.电解池定义：将电能转化为化学能的装置。 构成条件 ①直流电源；②两个电极；③闭合回路；④电解质溶液或熔融电解质 电 极 阳极 与电源正极相连的电极，发生氧化反应 阴极 与电源负极相连的电极，发生还原反应 离子流向 阳离子移向电解池的阴极；阴离子移向电解池的阳极 电子流向 从电源负极流向电解池的阴极，从电解池的阳极流向电源的正极 3．电解池阴阳极的判断方法 【解题通法】电解池电极产物的判断 【例1】（2025·河北石家庄·一模）在某电解质溶液里，用M 和N 作电极，通电一段时间后，发现M 极质 量减小，N 极质量增大，符合这一情况的是( ) A．电解质溶液是稀硫酸 B．M 是阳极，N 是阴极 C．M 和N 都是石墨电极 D．M 是阴极，N 是阳极 【答案】B 【解析】如果电解质溶液是稀硫酸，阳极发生氧化反应，质量会减少，即M 极质量减小；阴极发生还原反 应放出氢气，N 极质量不变，故A 不符合题意；由题意可知，M 极质量减小，则发生氧化反应，为阳极； N 极质量增大，溶液中的金属阳离子得电子在N 极上析出，发生还原反应，N 为阴极，故B 符合题意，D 不符合题意；如果M 和N 均是石墨电极，M 极质量不会减小，故C 不符合题意。 【变式1-1】（2025·辽宁鞍山·一模）如图所示是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d 为石墨电极。则下列有 关判断正确的是( ) A．a 为负极、b 为正极 B．a 为阳极、b 为阴极 C．电解过程中，d 电极质量增加 D．电解过程中，氯离子浓度不变 【答案】C 【解析】电流从电源的正极流出，因此a 为正极，b 为负极，则c 为阳极，d 为阴极；电解CuCl2溶液的电 极反应为阳极(c 电极)：2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极(d 电极)：Cu2＋＋2e－===Cu，故A、B、D 项错误，C 项正 确。 【变式1-2】（2025·河南开封·一模）某同学按如图所示的装置进行电解实验。下列说法正确的是( ) A．电解过程中，铜电极上有H2产生 B．电解初期，主反应方程式为Cu＋H2SO4=====CuSO4＋H2↑ C．电解一定时间后，石墨电极上始终无铜析出 D．整个电解过程中，H＋的浓度不断增大 【答案】B 【解析】铜电极与电源正极相连作为阳极，铜失去电子，电解过程中，铜电极上不会有H2产生，A 错误； 铜电极与电源正极相连作为阳极，铜失去电子，石墨电极是阴极，溶液中的氢离子放电，则电解初期，主 反应方程式为Cu＋H2SO4=====CuSO4＋H2↑，B 正确；电解一定时间后，溶液中铜离子浓度增大，由于 Cu2＋的氧化性大于H＋，所以Cu2＋也会在阴极放电生成铜，即阴极上先是H＋得电子放出H2，后是Cu2＋得 电子析出Cu，C 错误；根据C 项分析可知，在整个电解过程中，起始时H＋的浓度不断减小，随后基本保 持不变，D 错误。 【变式1-3】（2025·湖北鄂州·一模）如图所示，在一定电压下用惰性电极电解由等物质的量浓度的 FeCl2、HCl 组成的混合溶液。已知在此电压下，阴、阳离子根据放电顺序都可能在阳极放电，下列分析不 正确的是( ) A．C1电极上的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑ B．C2电极处溶液首先变棕黄色 C．C2电极上可依次发生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋、2Cl－－2e－===Cl2↑ D．当C1电极上有2 g 物质生成时，就会有2NA个电子通过溶液发生转移 【答案】D 【解析】C1电极与电源的负极相连，为阴极，溶液中的H＋在阴极放电，电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑， A 正确；C1电极上H＋放电生成H2，C2电极与电源的正极相连，为阳极，Fe2＋的还原性强于Cl－，则依次发 生的电极反应为Fe2＋－e－===Fe3＋、2Cl－－2e－===Cl2↑，故C2电极处溶液首先变棕黄色，B、C 正确；电子 只能通过导线转移，不能通过溶液转移，D 错误。 题型02 考查电解规律及其应用 1．电解水型 电解质 H2SO4 NaOH Na2SO4 阳极反应式 2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ 4OH－－4e－===2H2O＋O2↑ 2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ 阴极反应式 4H＋＋4e－===2H2↑ 4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－ 4H2O＋4e－===2H2↑＋4OH－ pH 变化 减小 增大 不变 复原加入物质 H2O 2.电解电解质型 电解质 HCl CuCl2 阳极反应式 2Cl－－2e－===Cl2↑ 阴极反应式 2H＋＋2e－===H2↑ Cu2＋＋2e－===Cu pH 变化 增大 — 复原加入物质 HCl(g) CuCl2(s) 3.电解质和水都发生电解型 电解质 NaCl CuSO4 阳极反应式 2Cl－－2e－===Cl2↑ 2H2O－4e－===4H＋＋O2↑ 阴极反应式 2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ 2Cu2＋＋4e－===2Cu pH 变化 增大 减小 复原加入物质 HCl(g) CuO 或CuCO3(s) 【解题通法】电极反应式及电解总反应方程式的书写步骤 [以惰性电极电解Cu(NO3)2溶液为例] 【例2】（2025·湖北·二模）用惰性电极电解稀硫酸、Cu(NO3)2、NaCl 的混合液，最初一段时间阴极和阳 极上析出的物质分别是( ) A．H2和Cl2 B．H2和O2 C．Cu 和Cl2 D．Cu 和O2 【答案】C 【解析】稀硫酸、Cu(NO3)2、NaCl 的混合液，阳离子的放电顺序：Cu2＋＞H＋＞Na＋，阴离子的放电顺序： Cl－＞OH－＞酸根离子，因此用惰性电极电解稀H2SO4、Cu(NO3)2、NaCl 的混合液，阳极Cl－先失电子生成 Cl2，阴极Cu2＋先得电子生成Cu，即最初一段时间阴极和阳极上析出的物质分别是Cu 和Cl2，故选C。 【变式2-1】（2025·安徽阜阳·一模）某同学设计了一种电解法制取Fe(OH)2的实验装置(如图)。通电后， 溶液中产生白色沉淀，且较长时间不变色。下列说法正确的是( ) A．电源中a 为负极，b 为正极 B．电解池中的电解液不可以是NaCl 溶液 C．B 电极发生的反应：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－ D．A、B 两端都必须使用铁作为电极 【答案】C 【解析】结合氢氧化亚铁不被氧化变色可知，生成的氢气需将装置中原有氧气带出，且氢气的密度小于 水，所以氢气从B 端阴极析出，A 电极则是铁作为阳极失电子生成亚铁离子，则b 为负极，a 为正极，A 错误；因为阳极是铁，活性电极作为阳极时，阳极材料铁失电子生成亚铁离子，阴极上水放电生成氢气和 氢氧根离子，所以能生成氢氧化亚铁白色沉淀，故电解液可以是NaCl 溶液，B 错误；B 为阴极，阴极上发 生的反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，C 正确；A 电极为Fe，B 电极可为惰性电极，D 错误。 【变式2-2】（2025·广西柳州·一模）下列关于如图电解池工作时的相关叙述正确的是( ) A．Fe 电极为阳极，发生氧化反应 B．Cl－向石墨电极做定向移动 C．石墨电极上的电极反应：Fe3＋＋3e－===Fe D．电解池总反应：2Cl－＋2Fe3＋=====Cl2↑＋2Fe2＋ 【答案】A 【解析】电子流出的一极是电源的负极，故Fe 电极连接电源的正极，为阳极，发生氧化反应，A 正确；电 解池中，阴离子向阳极移动，则Cl－向Fe 电极做定向移动，B 错误；石墨电极是电解池的阴极，发生还原 反应，电极反应为Fe3＋＋e－===Fe2＋，C 错误；Fe 电极为阳极，是活性电极，Fe 被氧化生成Fe2＋，石墨电 极是电解池的阴极，Fe3＋发生还原反应生成Fe2＋，故电解池总反应为Fe＋2Fe3＋=====3Fe2＋，D 错误。 【变式2-3】（2025·湖南·二模）用惰性电极电解足量的Cu(NO3)2溶液，下列说法不正确的是( ) A．阴极上的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu B．阳极上的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋ C．若有6.4 g 金属Cu 析出，放出的O2为0.05 mol D．恰好电解完时，加入一定量的Cu(NO3)2使溶液恢复到原来的浓度 【答案】D 【解析】用惰性电极电解足量的Cu(NO3)2溶液，阴极上的电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu，阳极上的电极 反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，若有6.4 g 金属Cu(即0.1 mol)析出，则转移电子0.2 mol，放出的O2为 0.2 mol÷4＝0.05 mol；恰好电解完时，应加入一定量的CuO 或CuCO3使溶液恢复到原来的浓度。 题型03 考查电解原理的应用 1．电解饱和食盐水(氯碱工业) 离子交换膜法电解饱和食盐水原理示意图 阳极反应 2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应) 阴极反应 2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－(还原反应) 总反应(离子方程式) 2Cl－＋2H2O=====2OH－＋Cl2↑＋H2↑ 应用 制备氢气、氯气和烧碱 2.电镀 (1)定义：利用电解原理在某些金属表面镀上一薄层其他金属或合金的加工工艺。 (2)主要目的：使金属增强抗腐蚀能力，增加表面硬度和美观。 (3)铁件上镀铜 阳极材料 镀层金属(铜片) 装置示意图 阴极材料 待镀金属制品(铁件) 电镀液 含有镀层金属离子的溶液 (CuSO4溶液) 阳极反应 Cu－2e－===Cu2＋ 阴极反应 Cu2＋＋2e－===Cu 溶液变化 电解质溶液的浓度保持不变 3.金属的电解精炼(如电解精炼铜，杂质含Zn、Fe、Ag、Au 等) (1)粗铜为阳极，主要的电极反应式为Cu－2e－===Cu2＋；纯铜为阴极，电极反应式为Cu2＋＋2e－===Cu；电 解质溶液为CuSO4溶液。 (2)活泼性较强的铁、锌等以离子形式进入电解质溶液，活泼性较差的金、银则沉积在电解槽底部形成阳极 泥。 4．电冶金 (1)本质：使矿石中的金属离子获得电子变成金属单质的过程：Mn＋＋ne－=== M。 (2)实例：电解熔融氯化钠可以得到金属钠。 阴极：Na＋＋e－===Na，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑，总反应：2NaCl(熔融)=====2Na＋Cl2↑。 【例3】（2025·山东德州·一模）如图是工业电解饱和食盐水的原理示意图，下列有关说法不正确的是( ) A．装置中出口①处的物质是氯气，出口②处的物质是氢气 B．该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过 C．装置中发生反应的离子方程式为Cl－＋2H＋=====Cl2↑＋H2↑ D．该装置将电能转化为化学能 【答案】C 【解析】由题图看出①处的物质为电解池阳极产生的氯气，②处的物质为电解池阴极产生的氢气，A 对； 该离子交换膜只能让阳离子通过，不能让阴离子通过，能防止氯气与碱反应，且在阴极区得到浓度较高的 烧碱溶液，B 对；电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl－＋2H2O=====2OH－＋Cl2↑＋H2↑，C 错；电解池是 将电能转化为化学能的装置，D 对。 【变式3-1】（2025·河北衡水·一模）用铁棒和铜棒作为电极，模拟在铁棒上镀铜，实验装置如图所示，下 列判断正确的是( ) A．溶液中阳离子移向b 电极发生还原反应 B．铜棒的材质必须用纯铜 C．电解一段时间后加Cu(OH)2固体使溶液恢复原来的浓度 D．该实验过程中电解质溶液的pH 会不断减小 【答案】A 【解析】用电解原理模拟在铁棒上镀铜，则铁为阴极，铜为阳极，即a 电极为Cu，b 电极为Fe，阴极上铜 离子得电子析出铜单质。电解过程中，a 电极为阳极、b 电极为阴极，溶液中阳离子Cu2＋移向b 电极发生 还原反应生成铜，故A 正确；电镀时镀层金属为阳极，a 电极即铜棒常常用纯铜，但也可用铜合金，故B 错误；电镀铜时，铜在阳极失去电子进入溶液中，溶液中的铜离子在阴极得电子生成铜，理论上溶液中离 子的种类和浓度不变，pH 不变，电解一段时间后不需要加Cu(OH)2固体使溶液恢复原来的浓度，故C、D 错误。 【变式3-2】（2025·四川泸州·一模）粗铜中含有Fe、Zn、Ni 等杂质，用如图装置精炼铜。下列有关说法 正确的是( ) A．a 是粗铜、b 是纯铜 B．反应前后 CuSO4溶液的浓度保持不变 C．阴极电极反应为 Cu2＋＋2e－===Cu D．电解过程中，a、b 两极质量的变化量一直相等 【答案】C 【解析】电解精炼铜时，粗铜为阳极，纯铜为阴极，b 为阳极，a 为阴极，A 错误；电解精炼铜时，粗铜为 阳极，比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子，纯铜为阴极，电极反应为Cu2＋＋2e－ ===Cu，所以反应前后CuSO4溶液的浓度降低，电解初期，阳极质量减少的量与阴极质量增加的量不相 等，B、D 错误，C 正确。 【变式3-3】（2025·海南三亚·一模）下列叙述正确的是( ) A．电镀时，通常把待镀的金属制品作为阳极 B．氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O C．电解熔融的NaCl，在阳极能得到Na D．电解熔融的氧化铝制取金属铝，用铁作为阳极 【答案】B 【解析】电镀时，通常把待镀的金属制品作为阴极，镀层金属作为阳极，故A 错误；氢氧燃料电池(酸性 电解质)中O2通入正极，电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，故B 正确；电解熔融的NaCl，在阳极得到 Cl2，在阴极得到金属钠，故C 错误；铁作为阳极时，铁将放电生成Fe2＋，开始时阴极还能析出少量铝，后 来就变成电镀铁了，同时用铁作为阳极，阳极放电的是金属铁，电极被损耗，不符合生产实际，应用石墨 作为阳极，故D 错误。 题型04 考查离子交换膜在电解中的应用 1．常见的离子交换膜 离子交换膜又叫隔膜，由特殊高分子材料制成。离子交换膜分为以下几类： (1)阳离子交换膜，简称阳膜，只允许阳离子通过，不允许阴离子通过。 (2)阴离子交换膜，简称阴膜，只允许阴离子通过，不允许阳离子通过。 (3)质子交换膜，只允许H＋通过，不允许其他阳离子和阴离子通过。 (4)双极膜，亦称双极性膜，膜的一侧为阳膜，只允许阳离子通过，另一侧为阴膜，只允许阴离子通过。 2．离子交换膜的作用 (1)能将两极区隔离，阻止两极区产生的物质接触，防止发生化学反应。 (2)能选择性地通过离子，起到平衡电荷、形成闭合回路的作用。 3.“离子交换膜”电解池的解题步骤 第一步，分清离子交换膜的类型，判断允许哪种离子通过离子交换膜。 第二步，写出电极反应式，判断离子交换膜两侧离子变化，推断电荷变化，根据电荷守恒判断离子迁移方 向。 第三步，分析离子交换膜的作用。在产品制备中，离子交换膜的作用主要是提高产品纯度，避免产物之间 发生反应，或避免产物因发生反应而造成危险。 4．离子交换膜的相关计算 (1)迁移离子所带的电荷总数等于外电路上转移的电子总数。 (2)溶液质量变化等于电极反应引起的变化和离子迁移引起的变化之和。 【解题通法】解答含有离子交换膜的电解类试题的思维流程 【例4】（2025·河北秦皇岛·一模）三室式电渗析法处理含NH4NO3废水的原理如图所示，工作一段时间 后，在两极区均得到副产品NH4NO3。下列叙述错误的是( ) A．a 极为电源负极，b 极为电源正极 B．c 膜是阳离子交换膜，d 膜是阴离子交换膜 C．阳极电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O D．Ⅱ室溶液pH 保持不变 【答案】D 【解析】在直流电源的作用下，Ⅱ室中的NH 和NO 可通过离子交换膜，工作一段时间后，在两极区均得 到副产品NH4NO3，则NH 向Ⅰ室移动，即c 膜为阳离子交换膜，NO 向Ⅲ室移动，即d 膜为阴离子交换 膜；在电解池中，阳离子向阴极移动，则与电源a 极连接的石墨为阴极，电极反应式为2H＋＋2e－ ===H2↑，Ⅰ室中阳离子减少，NH 移动到Ⅰ室与硝酸根离子形成硝酸铵；a 极为电源负极，b 极为电源正 极，与b 极相连的石墨为阳极，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，Ⅲ室中剩余较多NH，NO 移动 到Ⅲ室与铵根离子形成硝酸铵；Ⅱ室中存在铵根离子的水解使溶液显酸性，随着铵根离子进入Ⅰ室，溶液 酸性逐渐减弱，pH 逐渐增大。 【变式4-1】（2025·山西太原·一模）采用电催化氧化法可将污水中毒性较大的含氯有机化合物转化为低毒 性物质，提高产物的可生物降解性。其原理如图所示。下列说法正确的是( ) A．装置中的离子交换膜为质子交换膜 B．电路中每通过2 mol 电子，阳极可收集到标准状况下22.4 L O2 C．阴极电极反应式：RCl＋H＋＋e－===RH＋Cl－ D．电解过程中阴极室的酸碱性保持不变 【答案】A 【解析】由题图可知，左槽与外接电源的负极相连，得电子为阴极室，电极反应式为RCl＋H＋＋2e－ ===RH＋Cl－；右槽与外接电源的正极相连，失电子为阳极室，电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑。从 该催化氧化法为将毒性较大的含氯有机化合物转化为低毒性物质的目的分析，若Cl－进入阳极区，则会生 成有毒气体氯气，不符合要求，故装置中的离子交换膜为质子交换膜，可防止氯气产生，A 正确；由上述 分析，电路中每通过2 mol 电子，阳极可收集到0.5 mol 的O2，标准状况下体积为11.2 L，B 错误；由上述 分析，阴极发生得电子的还原反应，电极反应式应为RCl＋H＋＋2e－===RH＋Cl－，C 错误；由上述分析， 电解过程中右槽中的H＋不断进入左槽，从阴极室的电极反应式：RCl＋H＋＋2e－===RH＋Cl－可知，进入 阴极室的H＋只有一半与R 结合为RH，另一半仍然存在于溶液中，故溶液酸性增强，D 错误。 【变式4-2】（2025·黑龙江牡丹江·一模）电化学原理在工业生产中发挥着巨大的作用。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。下列说 法正确的是( ) A．阳极的电极反应式为Fe＋8OH－－6e－===FeO＋4H2O B．右侧的离子交换膜为阳离子交换膜 C．阴极区a%>b% D．阴极产生的气体是氧气 【答案】A 【解析】由题图可知，Fe 为阳极，故发生氧化反应生成FeO，电极反应式为Fe＋8OH－－6e－===FeO＋ 4H2O，A 正确；阳极反应消耗阴离子氢氧根离子，则中间室的氢氧根离子向右侧阳极移动，故右侧的离子 交换膜为阴离子交换膜，B 错误；阴极区水被电解产生H2和OH－，中间室的钠离子向左侧阴极移动，故 NaOH 溶液浓度变大，即a%<b%，C 错误；阴极水放电生成氢气和OH－，D 错误。 【变式4-3】（2025·浙江宁波·一模）双极膜在电渗析中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复 合而成。双极膜内层为水层，工作时水层中的H2O 解离成H＋和OH－，并分别通过离子交换膜向两侧发生 迁移。下图为NaBr 溶液的电渗析装置示意图。 下列说法正确的是( ) A．出口2 的产物为HBr 溶液 B．出口5 的产物为硫酸溶液 C．Br－可从盐室最终进入阳极液中 D．阴极电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑ 【答案】D 【解析】电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，盐室中的Na＋通过阳离子交换膜向交 换室1 移动，与双极膜提供的氢氧根离子结合，故出口2 的产物为NaOH 溶液，A 错误；盐室中的Br－通 过阴离子交换膜向交换室2 移动，与双极膜提供的氢离子结合，故出口4 的产物为HBr 溶液，钠离子不能 通过双极膜，故出口5 的产物不是硫酸溶液，B 错误；结合选项B，Br－不会从盐室最终进入阳极液中，C 错误；电解池阴极发生还原反应，双极膜提供的H＋在阴极发生反应2H＋＋2e－===H2↑，D 正确。 题型05 考查电解的相关计算 1．电解计算的依据 (1)阳极失去的电子数＝阴极得到的电子数。 (2)串联电路中各电解池转移的电子总数相等。 (3)电源输出的电子总数和电解池中转移的电子总数相等。 2．电解计算的步骤 (1)正确书写电极反应式(特别要注意阳极材料)。 (2)注意溶液中有多种离子共存时，要确定离子放电的先后顺序。 (3)根据得失电子守恒，列出关系式进行计算。 【解题通法】电解计算的方法 (1)根据电子守恒法计算：用于串联电路、阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据 【例5】（2025·吉林四平·一模）在100 mL H2SO4和CuSO4的混合溶液中，用石墨作为电极进行电解，两 极均收集到2.24 L 气体(标准状况下)，则原混合溶液中Cu2＋的物质的量浓度为( ) A．0.1 mol·L－1 B．0.2 mol·L－1 C．1 mol·L－1 D．2 mol·L－1 【答案】C 【解析】电解0.1 L H2SO4和CuSO4的混合溶液，阳极发生的电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，阴极发 生的电极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，2H＋＋2e－===H2↑，两极均收集到2.24 L 气体(标准状况下)，即均生成 0.1 mol 气体，阳极生成0.1 mol 氧气说明转移了0.4 mol 电子，而阴极生成的0.1 mol H2只得到0.2 mol 电 子，所以剩余0.2 mol 电子由铜离子获得，则溶液中有0.1 mol 铜离子，铜离子的浓度为＝1 mol·L－1，故选 C。 【变式5-1】（2025·江西九江水·一模）将0.2 mol AgNO3、0.4 mol Cu(NO3)2、0.6 mol KCl 溶于水，配成 100 mL 的溶液，用石墨作为电极电解一段时间后，在一极析出0.3 mol Cu，此时在另一极收集到气体的体 积为(标准状况)( ) A．4.48 L B．5.6 L C．6.72 L D．7.84 L 【答案】D 【解析】阴极反应的先后顺序为Ag＋＋e－===Ag、Cu2＋＋2e－===Cu，根据题意阳极生成0.2 mol 银、0.3 mol Cu，转移0.8 mol 电子；阳极反应的先后顺序为2Cl－－2e－===Cl2↑、2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，0.6 mol Cl－生成0.3 mol 氯气，转移0.6 mol 电子，所以还有水反应转移0.2 mol 电子，生成0.05 mol 氧气，故阳极 生成气体的总物质的量为0.35 mol，体积为(标准状况)7.84 L。 【变式5-2】（2025·福建三明·一模）用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气 体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入( ) 是电路上转移的电子数相等。 (2)根据总反应式计算：先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列比例式计算。 (3)根据关系式计算：根据得失电子守恒的关系建立已知量与未知量之间的桥梁，建立计算所需的关系式。 电解计算时常用的定量关系为4e－～4H＋～4OH－～2H2～O2～2Cu～4Ag。 A．0.1 mol CuO B．0.1 mol CuCO3 C．0.075 mol Cu(OH)2 D．0.05 mol Cu2(OH)2CO3 【答案】D 【解析】电解CuSO4溶液时，开始发生反应：2CuSO4＋2H2O=====2Cu＋O2↑＋2H2SO4，一段时间后，转 移相同数目电子时得到的气体体积增大，说明发生反应：2H2O=====2H2↑＋O2↑。由题图可知，第一阶段 析出的Cu 为＝0.1 mol，放出的氧气为＝0.05 mol，则欲恢复为电解前的浓度需要加入0.1 mol CuO；第二 阶段消耗的水为＝0.05 mol，则欲恢复为电解前的浓度还需要加入0.05 mol H2O。由于加入CuCO3后反应 生成二氧化碳，加入0.1 mol CuCO3相当于加入0.1 mol CuO，不能恢复为电解前的浓度；Cu(OH)2可以改 写为CuO·H2O，加入0.075 mol Cu(OH)2相当于加入0.075 mol CuO 和0.075 mol H2O，也不能恢复为电解前 的浓度；Cu2(OH)2CO3可以改写为2CuO·H2O·CO2，加入0.05 mol Cu2(OH)2CO3等效为加入0.1 mol CuO 和 0.05 mol H2O，溶液可恢复为电解前的浓度，故选D。 【变式5-3】（2025·安徽·二模）400 mL KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NO)＝0.6 mol·L－1，用石墨作为 电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L 气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为 400 mL，下列说法正确的是( ) A．原混合溶液中c(K＋)为0.2 mol·L－1 B．上述电解过程中共转移0.2 mol 电子 C．电解得到的Cu 的物质的量为0.05 mol D．电解后溶液中c(H＋)为0.5 mol·L－1 【答案】D 【解析】电解硝酸钾和硝酸铜混合溶液时，阳极上水放电生成氧气和H＋：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阴极 上铜离子先放电生成铜单质：Cu2＋＋2e－===Cu，当铜离子完全析出时，水再放电生成氢气和OH－：2H2O ＋2e－===H2↑＋2OH－，两极均收集到2.24 L 气体(标准状况下)，气体的物质的量是0.1 mol，每生成1 mol 氧气转移4 mol 电子，每生成1 mol 氢气转移2 mol 电子，每生成1 mol 铜转移2 mol 电子，所以根据转移 电子守恒可知，电解得到的铜的物质的量是0.1 mol，则铜离子的物质的量浓度为0.1 mol÷0.4 L＝0.25 mol·L－1，根据电荷守恒可知，钾离子的物质的量浓度为0.6 mol·L－1－0.25 mol·L－1×2＝0.1 mol·L－1，据此 分析解答。A.据分析可知，原混合溶液中c(K＋)为0.1 mol·L－1，A 错误；B.上述电解过程中共转移0.4 mol 电子，B 错误；C.电解得到的Cu 的物质的量为0.1 mol，C 错误；D.当电解硝酸铜时溶液中生成H＋，当电 解硝酸钾溶液时，实际上是电解水，所以电解后溶液中H＋的物质的量为生成的铜的2 倍，c(H＋)＝＝0.5 mol·L－1，D 正确。 题型06 考查金属的腐蚀 1．金属的腐蚀 (1)定义：金属或合金与周围的气体或液体发生氧化还原反应而引起损耗的现象。 (2)本质：金属原子――→金属阳离子，即M－ne－===Mn＋。 (3)分类 分类 化学腐蚀 电化学腐蚀 条件 金属与其表面接触的一些物质(如O2、Cl2、SO2等) 直接反应 不纯的金属与电解质溶液接触发生原 电池反应 区别 无电流产生 有微弱电流产生 本质 金属被氧化 较活泼的金属被氧化 联系 化学腐蚀和电化学腐蚀往往同时发生，但电化学腐蚀更普遍，速率更大 2.钢铁的电化学腐蚀 析氢腐蚀 吸氧腐蚀 示意图 条件 钢铁表面吸附的水膜酸性较强 钢铁表面吸附的水膜酸性很弱或呈中 性，但溶有一定量的氧气 电极 反应 负极(Fe) Fe－2e－===Fe2＋ Fe－2e－===Fe2＋ 正极(C) 2H＋＋2e－===H2↑ 2H2O＋O2＋4e－===4OH－ 总反应 Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑ 2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2 其他反应 4Fe(OH)2＋2H2O＋O2===4Fe(OH)3，Fe(OH)3失去部分水生成Fe2O3·xH2O，它是铁 锈的主要成分 相互关系 析氢腐蚀和吸氧腐蚀同时发生，金属的腐蚀以吸氧腐蚀为主，即吸氧腐蚀比析氢 腐蚀普遍 【解题通法】金属腐蚀快慢的判断方法 1.同一种金属在相同电解质溶液中，腐蚀快慢如下： 2.同一种金属在不同介质中腐蚀由快到慢的顺序为强电解质溶液＞弱电解质溶液＞非电解质溶液。 3.对同一种电解质溶液来说，一般电解质溶液浓度越大，金属腐蚀越快。 【例6】（2025·甘肃白银·一模）某地下了一场酸雨，在这种环境中的铁制品极易被腐蚀。对该条件下铁制 品发生电化学腐蚀的叙述正确的是( ) A．该电化学腐蚀是析氢腐蚀 B．正极反应式：O2＋4e－===2O2－ C．原电池反应减缓了铁制品的腐蚀 D．负极反应式：Fe－3e－===Fe3＋ 【答案】A 【解析】铁制品中含有铁和碳，酸雨使水膜呈酸性，构成了原电池，会发生析氢腐蚀，故A 正确；酸性环 境中发生析氢腐蚀，正极反应为氢离子得电子生成氢气：2H＋＋2e－==H2↑，故B 错误；原电池反应会加快 铁制品的腐蚀，故C 错误；发生电化学腐蚀时金属铁被氧化为Fe2＋，负极反应式为Fe－2e－=Fe2＋，故D 错误。 【变式6-1】（2025·山东·二模）如图，小试管内为红墨水，具支试管内盛有pH＝4 的雨水和生铁片。实验 观察到开始时导管内液面下降，一段时间后导管内液面回升，略高于小试管内液面。下列说法正确的是( ) A．生铁片中的碳是原电池的负极，发生氧化反应 B．雨水酸性较强，生铁片始终发生析氢腐蚀 C．墨水回升时，碳电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－ D．具支试管中溶液酸性增强 【答案】C 【解析】pH＝4 的雨水显酸性，则生铁片先发生析氢腐蚀，铁为负极发生氧化反应，随着反应的进行，雨 水中的氢离子浓度逐渐降低，生铁片发生吸氧腐蚀，整个过程中碳为正极，具支试管中溶液酸性减弱， A、B、D 错误；发生析氢腐蚀时导管内液面下降，发生吸氧腐蚀时导管内液面回升，碳电极为正极，液面 回升时碳电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，C 正确。 【变式6-2】（2025·陕西咸阳·一模）NaCl 是海洋大气环境中金属表面的主要固体沉积物之一，NaCl 颗粒 落在金属表面上，具有很强的吸湿性，促进了金属的腐蚀。下图为碳钢基体在NaCl大气环境中发生电化学 腐蚀的原理示意图。下列说法不正确的是( ) A．腐蚀过程中，Fe 为负极，发生氧化反应 B．正极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－ C．Cl－对腐蚀反应起催化作用 D．随着锈层不断增厚，腐蚀速率加快 【答案】D 【解析】铁是活泼金属，腐蚀过程中，Fe 为负极，发生失去电子的氧化反应，A 正确；氧气在正极得到电 子，电极反应式为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，B 正确；根据题干信息可判断Cl－对腐蚀反应起催化作用，C 正确；随着锈层不断增厚，铁与空气接触的面积减小，因此腐蚀速率减慢，D 错误。 【变式6-3】（2025·河北·二模）验证牺牲阳极法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl 溶液)。 ① ② ③ 在Fe 表面生成蓝色沉淀 试管内无明显现象 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是( ) A．对比②③，可以判定Zn 保护了Fe B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe 氧化 C．验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法 D．将Zn 换成Cu，用①的方法可判断Fe 比Cu 活泼 【答案】D 【解析】②中Zn 为负极，发生氧化反应生成Zn2＋，Fe 为正极被保护，所以向取出的少量Fe 附近的溶液中 滴入铁氰化钾溶液，无明显现象，③中Fe 在酸性环境中发生析氢腐蚀，Fe 为负极被氧化生成Fe2＋，所以 向取出的少量Fe 附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，对比②③可知，Zn 保护了Fe，A 项正 确；①与②的区别在于：前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中，而后者是向取出的少量Fe 附近的溶液 中滴加铁氰化钾溶液，①中出现了蓝色沉淀，说明有Fe2＋生成，对比分析可知，可能是铁氰化钾氧化Fe 生成了Fe2＋，B 项正确；通过上述分析可知，验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法，C 项正确；若将Zn 换成 Cu，铁氰化钾仍会将Fe 氧化为Fe2＋，在铁的表面同样会生成蓝色沉淀，所以无法判断Fe2＋是不是负极产 物，即无法判断Fe 与Cu 的活泼性，D 项错误。 题型07 考查金属的防护 1．改变金属材料的组成 在金属中添加其他金属或非金属可以制成性能优异的合金，如不锈钢、钛合金等。 2．在金属表面覆盖保护层 在金属表面覆盖致密的保护层，将金属制品与周围物质隔开是一种普遍采用的防护方法。举例如下： (1)非金属保护层：在钢铁制品的表面喷涂油漆、矿物性油脂或覆盖搪瓷、塑料等。 (2)金属保护层：用电镀等方法在钢铁表面镀上一层锌、锡、铬、镍等金属。 (3)发蓝处理：用化学方法在钢铁部件表面进行发蓝处理(生成一层致密的四氧化三铁薄膜)。 (4)钝化处理：利用阳极氧化处理铝制品的表面，使之形成致密的氧化膜而钝化。另外，采用离子注入、表 面渗镀等方式在金属表面也可以形成稳定的钝化膜。 【解题通法】电化学保护法(阴极保护法) 牺牲阳极法 外加电流法 原理 原电池 电解池 示意 图 电极 要求 被保护的金属作为正极，活泼 性更强的金属作为负极 被保护的金属作为阴极，与电源的负极相连，惰 性电极作为阳极，与电源的正极相连 应用 锅炉的内壁、船舶的外壳等安 装镁合金或锌块 钢铁闸门、地下管道连接电源负极 【例7】（2025·广东肇庆·一模）在城市地下常埋有纵横交错的管道和运输电线路，有些地面上还铺有地铁 或城铁的铁轨，当有电流泄漏入潮湿的土壤中，并与金属管道或铁轨形成回路时，就会引起金属管道、铁 轨的腐蚀，原理简化如图所示。则下列有关说法不正确的是( ) A．溶液中铁丝左端电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋ B．若在NaCl 溶液中加入酚酞，右边Fe 电极附近溶液会变红 C．地下管道被腐蚀，不易发现，也不便维修，故应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油漆等)，也可 以使用外加电流法 D．该原理图可理解为两个串联电解装置 【答案】A 【解析】由原理图可知，左边Fe 电极与电源正极相连，为阳极，电极反应式为Fe－2e－===Fe2＋，铁丝左 端应为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故A 错误；根据原理图，右边Fe 电极与电源负极 相连，为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，生成OH－，故若加入酚酞，右边Fe 电极附近溶 液会变红，故B 正确；为了保护地下管道，防止其被腐蚀，应将埋在地下的金属管道表面涂绝缘膜(或油 漆等)，也可以使用外加电流法，故C 正确；由原理图可知，左边Fe 电极与正极相连为阳极，铁丝左端为 阴极，相当一个电解装置，铁丝右端为阳极，右边Fe 电极为阴极，也相当一个电解装置，所以该原理图 可理解为两个串联电解装置，故D 正确。 【变式7-1】（2025·福建漳州·一模）将一块镀层破损的铁片置于海边潮湿环境中，一段时间后铁片如图所 示。下列说法正确的是( ) A．电子由铁片流向镀层 B．铁片凹陷深处产生了较多的OH－ C．镀层的金属活动性比铁强 D．对铁进行了牺牲阳极法保护 【答案】A 【解析】由题图可知，铁片被腐蚀，说明铁片为负极，电子由铁片流向镀层，故A 选；铁片为负极，失电 子产生了较多的Fe2＋，即铁片凹陷深处产生了较多的Fe2＋，故B 不选；形成原电池的条件之一是有两活动 性不同的电极，由题图可知，铁片被腐蚀，说明铁片为负极，所以镀层的金属活动性比铁弱，故C 不选； 如果镀层的金属活动性比铁强，则铁为正极，镀层为负极，则为牺牲阳极法，但本题中镀层的金属活动性 比铁弱，不属于牺牲阳极法，故D 不选。 【变式7-2】（2025·江苏镇江·一模）验证牺牲阳极法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl 溶液)。 ① ② ③ 在Fe 表面生成蓝色沉淀 试管内无明显现象 试管内生成蓝色沉淀 下列说法不正确的是( ) A．对比②③，可以判定Zn 保护了Fe B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe 氧化 C．验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法 D．将Zn 换成Cu，用①的方法可判断Fe 比Cu 活泼 【答案】D 【解析】②中Zn 为负极，发生氧化反应生成Zn2＋，Fe 为正极被保护，所以向取出的少量Fe 附近的溶液中 滴入铁氰化钾溶液，无明显现象，③中Fe 在酸性环境中发生析氢腐蚀，Fe 为负极被氧化生成Fe2＋，所以 向取出的少量Fe 附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，对比②③可知，Zn 保护了Fe，A 项正 确；①与②的区别在于：前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中，而后者是向取出的少量Fe 附近的溶液 中滴加铁氰化钾溶液，①中出现了蓝色沉淀，说明有Fe2＋生成，对比分析可知，可能是铁氰化钾氧化Fe 生成了Fe2＋，B 项正确；通过上述分析可知，验证Zn 保护Fe 时不能用①的方法，C 项正确；若将Zn 换成 Cu，铁氰化钾仍会将Fe 氧化为Fe2＋，在铁的表面同样会生成蓝色沉淀，所以无法判断Fe2＋是不是负极产 物，即无法判断Fe 与Cu 的活泼性，D 项错误。 【变式7-3】（2025·湖南衡阳·一模）钢铁的防护有多种方法，下列对于图中的方法描述错误的是( ) A．a、b 以导线连接，辅助电极发生氧化反应 B．a、b 以电源连接，辅助电极的材料是惰性电极 C．a、b 分别连接直流电源，通电后外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门 D．a、b 分别连接直流电源的负极、正极，该方法是牺牲阳极法 【答案】D 【解析】a、b 以导线连接，即为牺牲阳极法，则辅助电极为负极，发生氧化反应，A 项正确；a、b 以电源 连接，辅助电极是阳极，采用惰性电极，B 项正确；通电后，被保护的钢铁闸门为阴极，辅助电极为阳 极，外电路电子被强制从辅助电极流向钢铁闸门，C 项正确；由于有外加电源，故此方法为外加电流法， D 项错误。 1.（2025·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NO3 -+7H2O+8e -=NH3⋅H2O+9OH - D．阴极转化1mol NO3 −，阳极将生成4mol HOCH2COO - 【答案】D 【分析】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： NO3 −+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 −+ 4 H2O。 【解析】根据分析，阳极区消耗了OH −，pH下降，A 正确；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；根据分析阴极发生还原反应，电极 反应式为：NO3 −+7H2O+8e -=NH3⋅H2O+9OH -，C 正确；阴极转化1mol NO3 −，转移8mole -，此时阳极将生 成2mol HOCH2COO -，D 错误；故选D。 2.（2025·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NO2 −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．NO3 −完全转化为NH3的电解总反应：NO3 −+8Cl −+6 H2O 电解 ¿ NH3↑+9OH −+ 4 Cl2↑ ¿ 【答案】B 【分析】由图可知，左侧发生NO3 −→NO2 −−NH 3，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； 【解析】电解池中，阳离子向阴极移动，则，K +向左室迁移，A 正确；电解过程中，NO2 −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；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；左侧阴极总反应是NO3 −+8e −+6 H2O=NH3↑+9OH −，右侧 阳极总反应是8Cl −-8e −= 4 Cl2↑，将两电极反应相加即可得到总反应，D 正确；故选B。 3.（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 A．Pt 电极反应：4 OH −−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 【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：4 OH −−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。 【解析】由分析可知，Pt 电极为阳极，阳极发生的反应为：4 OH −−4e −=O2↑+2H2O，A 正确；水可微弱 的电离出氢离子和氢氧根，在外加电场作用下，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；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 膜为阴离子交换膜，C 错误；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)3，D 正确；故选C。 4.（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 A．电解时，H +从右室向左室移动 B．电解总反应：TY+H2O 电解 ¿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 【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H2，以此解题。 【解析】电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A 正确；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 上H+得电子生成H2，总反应方程式为：TY+H2O 电解 ¿TQ+2H2↑ ¿ ，B 正确；将 TY( )换成 为原料，仍然能够得到TQ( )，C 正确；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；故选D。 5.（2025·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： 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1 1−x mol的LixCoO2 C．再锂化过程中，SO4 2−向LixCoO2电极迁移 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，发生氧化反应，电极反应式为 2H2O−4e −=O2↑+ 4 H +，据此回答。 【解析】由分析知，LixCoO2电极上发生的反应：LixCoO2+(1−x）e −+（1−x）Li +=LiCoO2，A 错 误；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1 1−x mol的 LixCoO2，B 正确；SO4 2−为阴离子，应向阳极移动，即向Pt 电极迁移，C 错误；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；故选B。 6.（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) 4-+e -=[Fe(CN)6) 3- D．若海水用NaCl溶液模拟，则每脱除58.5g NaCl，理论上可回收1mol LiCl 【答案】D 【分析】由图可知，左侧为阴极，电极反应为O2+ 4 e −+2 H 2O = 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。 【解析】由分析可知，膜Ⅱ为阴膜， A 错误；a 电极的反应为O2+ 4 e −+2 H 2O = 4OH −，pH 变大，B 错 误；由分析可知，电极b 的反应为[Fe (CN)6) 4 -－e ﹣=[Fe (CN)6) 3-，C 错误；每脱除58.5gNaCl，转移电子 数为1mol，有1molLi+和1molCl-分别透过离子交换膜Ⅲ、膜Ⅱ，可得到1molLiCl，D 正确；故选D。 7.（2024·重庆卷）我国科研工作者研发了一种新型复合电极材料，可将CO2电催化转化为甲酸，如图是电 解装置示意图。下列说法正确的是 A．电解时电极N 上产生OH - B．电解时电极M 上发生氧化反应 C．阴、阳离子交换膜均有两种离子通过 D．总反应为2CO2+2H2O 电解 ¿2HCOOH+O2 ¿ 【答案】D 【分析】催化电极M 上二氧化碳得到电子发生还原反应和水生成甲酸根离子和氢氧根离子： CO2+2e -+H2O =HCOO -+OH -，甲酸根离子和氢氧根离子通过阴离子膜加入中间室，氢氧根离子和氢离子生 成水、甲酸根离子和氢离子生成甲酸，则M 是阴极，那么N 是阳极，阳极水失去电子发生氧化反应生成 氧气：2H2O- 4e -=4H ++O2↑，氢离子通过阳离子膜进入中间室； 【解析】酸性条件下，电解时电极N 上水失去电子发生氧化反应生成氧气：2H2O- 4e -=4H ++O2↑，A 错 误；催化电极M 上二氧化碳得到电子发生还原反应生成甲酸，B 错误；由分析，阳离子交换膜有1 种离子 通过，C 错误；由分析，总反应为二氧化碳和水生成甲酸和氧气，D 正确；故选D。 8.（2024·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1 mol Fe2O3，阳极室溶液减少213g D．理论上每消耗1 mol Fe2O3，阴极室物质最多增加138g 【答案】C 【分析】左侧电极为阴极，发生还原反应，Fe2O3在碱性条件下转化为Fe，从而实现冶铁，电极反应为： Fe2O3+6e −+3 H 2O =2 Fe+6OH −；右侧电极为阳极，溶液为饱和食盐水，Cl −放电产生氯气，电极反 应为：2Cl −−2e −=Cl2↑；中间为阳离子交换膜，Na +由阳极向阴极移动。 【解析】由分析可知，阳极反应为：2Cl −−2e −=Cl2↑，A 正确；由分析可知，阴极反应为： Fe2O3+6e −+3 H 2O =2 Fe+6OH −，消耗水产生OH −，阴极区溶液中OH −浓度逐渐升高，B 正确；由 分析可知，理论上每消耗1molFe2O3，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3×71 g+6×23 g=351g，C 错误；由分析可知，理论上每消耗1molFe2O3，转 移6mol 电子，有6molNa +由阳极转移至阴极，阴极室物质最多增加6×23 g=138 g，D 正确；故选C。 9.（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：O2+4e -=2O 2- C．工作时O 2-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 【分析】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↑。 【解析】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；根据分析，电极 2 为阳极，发生氧化反应：2O2--4e-=O2↑，B 项错误；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；根据分析，电解总反应为2H2O(g) 电解 ¿ ¿ 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；故选B。 10.（2025·全国卷）下列关于铁腐蚀与防护的反应式正确的是 A．酸性环境中铁发生析氢腐蚀的负极反应：Fe-2e -=Fe 2+ B．铁发生腐蚀生锈的反应：3Fe+2O2+xH2O=Fe3O4⋅xH2O C．铁经过发蓝处理形成致密氧化膜：Fe+2HNO3(浓)=FeO+2NO2↑+H2O D．安装锌块保护船舶外壳，铁电极上发生的反应：Fe 3++3e -=Fe 【答案】A 【解析】酸性环境中铁发生析氢腐蚀，负极是Fe，电极反应式为Fe-2e -=Fe 2+，故A 正确；铁腐蚀生锈的 产物应为Fe2O3·xH2O，故B 错误；发蓝处理形成的是Fe3O4氧化膜，且反应条件与产物不符，故C 错误； 安装锌块保护船舶外壳，属于牺牲阳极保护法，铁作为阴极，铁电极上可能是O2得电子发生还原反应，非 Fe3+被还原，故D 错误；故选A。 11.（2025·浙江·三模）一种从高炉气回收CO2制储氢物质HCOOH 的综合利用示意图如下所示。已知：物质 B 的电解效率=n(生产B 所用的电子)/n(通过电极的电子)。下列说法中不正确的是 A．在分解池中发生的化学反应为2KHCO3≜K2CO3+ H2O+CO2 B．玻碳电极为阳极，电极反应式为2H2O−4e −=O2+ 4 H + C．离子交换膜为质子交换膜 D．若生成HCOOH 的电解效率为60%，当电路中转移1mol 电子时，阴极室溶液的质量增加14.2g 【答案】D 【分析】由图，高炉气中二氧化碳被饱和碳酸钾吸收生成碳酸氢钾，分解池中碳酸氢钾受热分解为碳酸钾 和水、二氧化碳，二氧化碳进入电解池，电解池右侧水失去电子发生氧化生成氧气，为阳极，左侧二氧化 碳得到电子发生还原反应生成甲酸，为阴极； 【解析】在分解池中发生的化学反应为碳酸氢钾受热分解为碳酸钾和水、二氧化碳， 2KHCO3 Δ ¿K2CO3+H2O+CO2↑ ¿ ，A 正确；玻碳电极为阳极，电极反应为水失去电子发生氧化生成氧气， 2H2O−4e −=O2+ 4 H +，B 正确；由分析，电解池左侧反应为：CO2+2e -+2H += HCOOH，则右侧氢离子迁 移到左侧，离子交换膜为质子交换膜，C 正确；当电路中转移1mol 电子时，生成HCOOH 的电解效率为 60%，则阴极室吸收1mol×60%÷2=0.3molCO2（为13.2g），同时迁移过来1mol 氢离子（为1g），由图可 知，反应副反应2H ++2e -=H2↑，生成1mol×40%÷2=0.2mol 氢气（为0.4g），阴极室溶液的质量增加 13.2g+1g-0.4g=13.8g，D 错误；故选D。 12.（2025·福建厦门·一模）一种利用硝酸盐和甘油绿色、连续合成氨气和甲酸的电化学装置如图。下列说 法错误的是 A．b 电极应接电源正极 B．a 电极的电极反应为NO3 −+8e −+6 H2O=NH3+9OH − C．理论上，每消耗0.1molNO3 −，同时生成0.3molHCOO −（忽略水解） D．为实现电解池连续稳定工作，隔膜应为阳离子交换膜 【答案】D 【解析】由图可知，a 电极上NO3 −→NH3 ，N 元素化合价由+5→-3，发生得电子的还原反应，a 电极是电解池 的阴极，与电源的负极相连，故b 电极与电源的正极相连，A 正确；a 电极的电极反应为 NO3 −+8e −+6 H2O=NH3↑+9OH −，B 正确；C3H8O3 →3HCOO −共失去8mol e-，结合B 项可知，忽略水解，理 论上每消耗0.1molNO3 −，同时生成0.3molHCOO −，C 正确；b 电极的电极反应为 C3H8O3-8e -+11OH -=3HCOO -+8H2O，隔膜左侧区域生成OH -，右侧区域消耗OH -，则为实现电解池连续稳 定工作，隔膜应为阴离子交换膜，D 错误；故选D。 13.（2025·福建宁德·三模）一种废水处理装置如图所示。直流电源先连结①④电极时可实现NO3 −、NH4 +的 分离并在Ⅲ室中富集NH3(aq)，再切换电源连结②③电极可实现NO3 −电还原为NH3(aq)，电极均为惰性电 极。下列说法正确的是 A．a 为阳离子交换膜，b 为阴离子交换膜 B．电还原时，③接电源负极 C．电还原时，②的电极反应式为：NO3 −+8e −+9 H += NH3↑+3 H2O D．将1L 废水中的NO3 −、NH4 +完全转化为NH3时理论上转移的电子为0.09mol 【答案】D 【分析】NO3 −、NH4 +分离阶段：直流电源先连结①④电极时可实现NO3 −、NH4 +的分离并在Ⅲ室中富集 NH3(aq)，则④电极发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，为阴极，NH4 +向Ⅲ室移动与产生的OH-作用富集 NH3(aq)，①电极为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，NO3 −向Ⅰ室迁移，从而实现NO3 −、NH4 +的分 离，a 为阴离子交换膜，b 为阳离子交换膜；电还原阶段：切换电源连结②③电极可实现NO3 −电还原为 NH3(aq)，则②电极为阴极，电极反应式为NO3 -+8e -+6H2O=NH3↑+9OH -，OH-向Ⅱ室迁移，③电极为阳 极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，H+向Ⅱ室迁移。 【解析】由分析可知a 为阴离子交换膜，b 为阳离子交换膜，A 错误；电还原时，③为阳极，接电源正 极，B 错误；电还原时②电极为阴极，电极反应式为NO3 -+8e -+6H2O=NH3↑+9OH -，C 错误；1L 废水中的 NO3 −、NH4 +的物质的量均为0.01mol/L×1L=0.01mol，NH4 +转化为NH3(aq)时需要0.01molOH-，根据此阶段阴 极电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-可知转移0.01mol 电子，电还原阶段NO3 −转化为NH3(aq)时由阴极电极反 应式NO3 -+8e -+6H2O=NH3↑+9OH -可知转移0.08mol 电子，故NO3 −、NH4 +完全转化为NH3时理论上转移的电 子为0.09mol，D 正确；故选D。 14.（2025·湖南·一模）碱性条件下(电解质溶液为KOH 溶液)，电催化共还原CO2与NO2 −制备乙酰胺 (CH3CONH2)是一种碳中和与废水处理有机结合的绿色电化学策略，其装置如图所示。 下列说法错误的是 A．离子交换膜为阴离子交换膜 B．M 极存在电极反应：NO2 −+ 4e −+ 4 H2O =5OH −+ NH2OH C．理论上，N 极收集到气体2.24L(标准状况下)，M 极可制得乙酰胺的质量为5.9g D．CH3CHO与NH2OH为制备乙酰胺的中间产物 【答案】C 【分析】在碱性条件下(电解质溶液为KOH 溶液)，电催化还原CO2生成CH3CHO，同时NO2 −也被还原为 NH2OH，则M 为阴极，电极反应式为：2CO2+10e -+7H2O=CH3CHO+10OH -、 NO2 −+ 4e −+ 4 H2O = NH2OH+5OH −，生成的CH3CHO和NH2OH在催化剂作用下转化为C H 3CH = N−OH，再 转化为C H 3C≡N，最后再转化为CH3CONH2达到处理废水目的，据此分析解答。 【解析】根据分析，M 极为阴极，产生O H −，N 极为阳极，因电解质溶液为KOH 溶液，则阳极会消耗 O H −，4O H −−4e −=O2↑+2H2O，损耗的O H −需要从M 极区交换到N 极区进行反应，则离子交换膜为 阴离子交换膜，A 正确；根据分析，在M 极上发生的反应其中之一为：NO2 −+ 4e −+ 4 H2O=5OH −+ NH2OH ，B 正确；根据分析及电解图可知，每生成1mol乙酰胺(CH3CONH2)需要转移14mole -，则N 极收集到标准 状况下气体2.24L 时，根据分析，N 极产生的气体为O2，生成1molO2要转移4 mol e −，则M 极理论上可制 得乙酰胺的质量为： 2.24 L 22.4 L⋅mol −1 × 4 14 ×59g⋅mol −1=1.69g，C 错误；根据根据分析及电解图可知， 生成的CH3CHO与NH2OH最终转化为乙酰胺(CH3CONH2)，则说明CH3CHO与NH2OH为制备乙酰胺的中间产 物，D 正确；故选C。 15.（2025·湖南·一模）利用不同氢源(D2O 和HCHO)在两个Pd 膜电极上同时对同一有机物进行双边加氢的 原理如图所示(以NaOH 溶液为电解质溶液，—H 可用H 表示)。下列说法正确的是 A．电子的流向：电源负极→M 极→电解质溶液→N 极→电源正极 B．电解一段时间后，阳极室溶液pH 升高 C．消耗1mol ，有4mol 阴离子通过交换膜 D．若无论电解多久N 极区产物中也不会有 ，则存在反应：HCHO+2OD −−e −=HCOO −+ H+ D2O 【答案】D 【分析】由图可知，M 为阴极，右侧N 为阳极，N 电极反应方程式为HCHO-e-+2OH-=HCOO-+H+H2O，M 极反应为 D2O+e -=OD -+D ；两极的 均被加H 还原，当1mol 被加氢还原，则相当于阴 阳两极各有0.5mol 被还原，需要H 或D 的物质的量为0.5mol×4=2mol，根据电极反应方程式可 知，转移电子2mol； 【解析】电子在外电路移动，而不会进入内电路，A 错误；由分析中的电极反应可知，当转移1mol 电子 时，阳极消耗2mol 氢氧根离子，同时会有1mol 氢氧根从阴极通过离子交换膜向阳极移动，且阳极还会生 成水，则阳极室氢氧根离子浓度降低，pH 降低，B 错误；由分析可知，1mol ~2mole-，若消耗1mol ，转移电子2mol，对应的阴离子交换膜转移2mol 阴离子，C 错误；中间是阴离子交换膜，导致左 侧产生的OD - ，会进入右侧溶液参与放电，若无论电解多久N 极产物中也不会含有 ，说明产生 的H 来自于HCHO，即反应为HCHO+2OD −−e −=HCOO −+ H+ D2O，D 正确；故选D。 16.（2025·湖北武汉·一模）某科研小组以硝基苯为原料电催化合成 的装置如图所示，M 极 和N 极为覆盖催化剂的惰性电极，装置工作时定时将N 电极室溶液转移至M 电极室。 下列说法正确的是 A．装置工作时，OH −通过离子交换膜移向N 极 B．阳极反应式：2 -4e -+4OH -→4H2O+ C．N 极每消耗1mol ，转移4mole - D．M 电极消耗的 和N 电极产生的相等 【答案】B 【分析】由图可知， 在N 极发生还原反应生成 ，N 极为阴极，M 极为阳极，以此解答。 【解析】由分析可知，N 极为阴极，M 极为阳极，则装置工作时，OH −通过离子交换膜移向M 极，A 错 误；M 极为阳极， 在阳极失去电子生成 ，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方 程式为：2 -4e -+4OH -→4H2O+ ，B 正确； 在N 极发生还原反应生成 ，阴极电极方程式为： +6e-+4H2O= +6OH-，N 极每消耗1mol ，转移 6mole - ，C 错误；阳极电极方程式为：2 -4e-+4OH-= +4H2O，阴极电极方程式为： +6e-+4H2O= +6OH-，每转移相同电子，M 电极消耗的 大于N 电极产生的 ，D 错误；故选B。 17.（2025·山东·二模）一种利用电化学方法将生物质转化生成的CH3OH高效合成有机硫化合物的工作原理 如图。电解质为NaOH溶液，在高纯度导电炭黑(KB)催化作用下，CH3OH和Na2SO3在电极表面形成 HOCH2SO3Na、NaOOCCH2SO3Na和CH3SO3Na等有机硫化合物。下列说法错误的是 A．KB 能导电是因为其有类石墨的大π 键微观结构 B．离子交换膜为阳离子交换膜 C．生成HOCH2SO3Na的电极反应式为CH3OH−2e −+SO3 2−+OH −=HOCH2SO3 −+H2O D．理论上，每形成1molC-S键，体系生成标况下22.4L H2 【答案】D 【解析】由图，Pt-C 电极上水得到电子发生还原反应生成氢气，为阴极，则KB 为阳极，阳极上物质发生 氧化反应。KB 为高纯度导电炭黑，能导电是因为其有类石墨的大π键微观结构，存在自由移动的电子， 故A 正确；电解池中阳离子向阴极移动，由图离子移动方向，离子交换膜为阳离子交换膜，故B 正确；阳 极上CH3OH和Na2SO3生成HOCH2SO3Na的反应为失去电子的氧化反应，电极反应式为 CH3OH−2e −+SO3 2−+OH −=HOCH2SO3 −+H2O，故C 正确；由于阳极发生氧化反应，在电极表面形成 HOCH2SO3Na、NaOOCCH2SO3Na和CH3SO3Na等有机硫化合物，不确定具体转移电子的物质的量，不能计 算生成标况下氢气的体积，故D 错误；故选D。 18.（2025·湖南永州·一模）利用H2O2在碱性条件下实现废水中Cr（Ⅲ）的回收，铬的去除率大于99.5 %， 其装置如图所示。下列说法正确的是 A．膜a，膜b 均为阳离子交换膜 B．废水室中反应的离子方程式为2Cr(OH)3+3 H2O2+ 4 OH −=2CrO4 2−+8 H2O C．反应一段时间后，阴极区溶液的pH 减小 D．通电过程中石墨N 极每产生33.6L 气体，则双极膜内减少54gH2O 【答案】B 【分析】根据图示中氢离子的移动方向可知，N 为阴极，则M 为阳极，在阳极水失去电子生成氧气电极反 应为：2H2O−4e−=4H++O2↑，氢离子结合硫酸根离子生成硫酸，缓冲室中的硫酸根离子通过膜a 向左移动， 缓冲室中的钠离子通过膜b 向右移动，则膜a 为阴离子交换膜，b 为阳离子交换膜，CrO4 2−通过膜c 进入产 品室，膜c 是阴离子交换膜，以此解题； 【解析】由分析可知，膜a 为阴离子交换膜，膜b 均为阳离子交换膜，A 错误；依据图中物质，废水室中 Cr3+在碱性条件下被H2O2氧化生成CrO4 2−，反应的离子方程式为 2Cr(OH)3+3 H2O2+ 4 OH −=2CrO4 2−+8 H2O，B 正确；由分析可知，N 为阴极，在阴极氢离子得到电子生 成氢气，但是同时双极膜中的氢离子向阴极移动，则反应一段时间后，阴极区溶液的pH不变，C 错误；没 有给出气体所处的条件，无法计算氢气的物质的量，则无法计算减少H2O的质量，D 错误；故选B。 19.（2025·山西·二模）如图装置可防止金属管道在潮湿土壤中的腐蚀。下列有关说法中正确的是 A．电流由镁块经导线流向管道 B．管道表面上发生氧化反应 C．该保护法为牺牲阳极保护法 D．将镁块换为钠块，则保护效果更好 【答案】C 【分析】Mg 的活泼性大于Fe，形成原电池Mg 为负极失去电子被氧化，Fe 为正极受到保护。 【解析】电流由钢铁管道(正极)经导线流向镁块(负极)，A 错误；管道表面上发生O2得电子的还原反应，B 错误；该保护法牺牲镁块（原电池的负极，发生氧化反应），故称为牺牲阳极保护法，C 正确；钠太活 泼，极易直接与空气中O2、H2O及CO2等反应，不能为管道提供电子，无法保护管道，D 错误；故选C。 20.（2025·广东茂名·二模）汽车尾气管的钢材可通过镀铝的方法来延缓腐蚀，下列说法正确的是 A．该法中钢铁为负极被保护 B．该法为牺牲阴极法 C．镀铝时将钢材与电源正极相连 D．电化学腐蚀时铝发生反应：Al−3e −= Al 3+ 【答案】D 【解析】在镀铝的情况下，铝比钢铁活泼，形成原电池时铝为负极，钢铁为正极被保护，A 错误；在镀铝 的情况下，铝比钢铁活泼，形成原电池时铝为负极，钢铁为正极被保护，该法为牺牲阳极法，B 错误；镀 铝时，钢材应作为阴极与电源负极相连，铝作为阳极与电源正极相连，C 错误；由于铝比钢铁活泼，在电 化学腐蚀时，铝作为负极发生氧化反应，电极反应式为Al−3e−=Al3+，D 正确；故选D。
