文档文本内容
第03 讲 电解池、金属的腐蚀与防护
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维
03
考点精讲·靶向突破
拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 电解原理及应用
知识解构 知识点1 电解和电解池 ∣ 知识点2 电解池的工作原理
知识点3 惰性电极电解规律 ∣ 知识点4 氯碱工业
知识点5 电镀铜与电解精炼铜 ∣ 知识点6 电冶金
考向破译 考向1 考查电解的原理 ∣ 考向2 考查电解原理应用
考向3 考查电解法制备物质
思维建模1 分析电解过程的思维流程
思维建模2 阴、阳极的判断方法
思维建模3 电解池电极反应式的书写步骤
考点二 金属的腐蚀与防护
知识解构 知识点1 金属的腐蚀 ∣ 知识点2 金属的防护
考向破译 考向1 考查金属腐蚀的原理与探究 ∣ 考向2 考查金属的防护
思维建模1 电化学腐蚀的规律
思维建模2 金属防护的方法
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
考情梳理--三年真题 考向梳理
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
电解原理及其应用
江西卷T7，3 分
山东卷T12，4 分
四川卷T13，3 分
浙江1 月卷T12，3 分
黑吉辽蒙卷T13，3 分
湖南卷T9，3 分
河北卷T10，3 分
全国卷T10，6 分
湖南卷T9，3 分
北京卷T14，3 分
云南卷T13，3 分
湖北卷T15，3 分
全国新课标卷T10，6 分
陕晋宁青卷T13，3 分
重庆卷T9，3 分
海南卷T13，4 分
广东卷T16，3 分
甘肃卷T7，3 分
湖北卷T14，3 分
山东卷T13，4 分
辽吉黑卷，12，3 分
金属的腐蚀与防护
广东卷T6，2 分
云南卷T7，3 分
广西卷T11，3 分
广东卷T5，2 分
湖北卷T2，3 分
安徽卷T3，3 分
浙江1 月卷T13，3 分
浙江6 月卷T13，3 分
考向解读--洞悉趋势 精准预判
►命题解码：
1．从考查题型和内容上看，高考命题以选择题和非选择题的形式呈现，考查内容主要有以下三个方
面：
(1)应用电解原理制备新物质、应用电解原理治理污染或通过电解原理形成致密氧化膜，提高抗腐蚀性
等；
(2)粗金属的精炼、电镀或者制备某些金属等；
(3)金属发生电化学腐蚀的原因和防止金属腐蚀的措施。
2．从命题思路上看，电化学原理的应用试题设计突出“理论联系实际，强调学以致用”，注重以实
际化工生产过程为问题情境，以电化学基础知识为载体，将化学研究的基本思想与方法、基本概念与原
理、重要物质的性质与应用巧妙融合于试题之中，考查考生对知识的应用能力，分值为4～8 分。
(1)以新型电解池(“活泼阳极”电解池或多室膜电解池)为载体，考查考生在新情境中对电解原理及其应
用的理解迁移能力；
(2)以生产生活中的真实情境为载体，考查金属发生电化学腐蚀的原因和防止金属腐蚀的措施。
3．对电解原理应用的复习备考应该针对以下几点：
(1)理解电化学基本原理，并能熟练书写陌生电池电极反应式，这是电化学原理的“根”；
(2)掌握“三池”的判断：原电池、电解池和电镀池判定规律：若无外接电源，可能是原电池，然后依
据原电池的形成条件分析判定，若有外接电源，两极插入电解质溶液中，则可能是电解池或电镀池。当阳
极金属与电解质溶液中的金属阳离子相同则为电镀池。
(3)掌握金属腐蚀快慢的规律，理解两种电化学保护法的原理。
►复习目标：
1．理解电解池的构成、工作原理，能书写电极反应式和总反应方程式。
2．掌握氯碱工业、电解精炼、电镀、电冶金等的反应原理。
3．了解金属发生电化学腐蚀的本质及危害。
4．能用电化学原理解释金属腐蚀的现象。
5．能选择设计金属的防腐措施。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 电解原理及应用
知●识●解●构
知识点1 电解和电解池
1．电解：使电流通过电解质溶液
( 或熔融电解质
) ，电解质在两个电极上分别发生氧化反应和还原反应
的过程。
2．电解池：将电能转化为化学能的装置。
3．电解池的构成
①有与直流
电源
相连的两个电极。
②电解质溶液(或熔融电解质)。
③形成闭合回路。
知识点2 电解池的工作原理
1．构建电解池模型(电解CuCl2溶液为例)
总反应式：CuCl2=====Cu
＋
Cl
2↑
2．电解过程的三个流向
①电子流向：电源负极→电解池阴极；电解池的阳极→电源的正极；
②离子流向：阳离子→电解池的阴极，阴离子→电解池的阳极。
③电流方向：电源正极→电解池阳极→电解质溶液→阴极→负极。
3．电极产物判断
(1)阳极产物的判断
①活性电极(除Au、Pt 以外的金属材料作电极)，电极材料失电子，生成金属阳离子。
②惰性电极(Pt、Au、石墨)，要依据阴离子的放电顺序加以判断。
阴离子的放电顺序：活泼电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子＞F-。
S2－、I－、Br－、Cl－放电，产物分别是S、I2、Br2、Cl2；若OH－放电，则得到H2O 和O2。
(2)阴极产物的判断
直接根据阳离子放电顺序进行判断。
阳离子放电顺序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋。
①若金属阳离子(Fe3＋除外)放电，则得到相应金属单质；若H＋放电，则得到H2。
②放电顺序本质遵循氧化还原反应的优先规律，即得(失)电子能力强的离子先放电。
4．电极反应式、电解方程式的书写
(1)首先判断阴、阳极，分析阳极材料是惰性电极还是活泼电极。
(2)再分析电解质水溶液的组成，找全离子并分阴离子、阳离子两组(不要忘记水溶液中的H ＋ 和
OH
－)。
(3)然后排出阴、阳两极的放电顺序：
阴极：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞(后为熔融体放电顺序)Al3＋＞Mg2＋＞Na＋＞
Ca2＋＞K＋。
阳极：活泼电极＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根离子。
(4)分析电极反应，判断电极产物，写出电极反应式，要注意遵循原子守恒和电荷守恒。
(5)最后写出电解反应的总化学方程式或离子方程式，并注明“电解”条件。
得分速记
(1)阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电，注意离子
导体(电解质)是水溶液还是非水状态。
(1)阳极材料不同，电极产物、电极反应式可能不同，最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；
阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。
(2)电解水溶液时，K＋～Al3＋不可能在阴极放电，即不可能用电解水溶液的方法得到K、Ca、Na、
Mg、Al 等金属。
(3)书写电解池中的电极反应式时，要以实际放电的离子表示，但书写总电解反应方程式时，弱电解质
要写成分子式。
(4)电解质溶液中未参与放电的离子是否与放电后生成的离子发生反应(离子共存)。
(5)要确保两极电子转移数目相同，且注明条件“电解”。
(6)电势的高低：在原电池中，正极电势高于负极；在电解池中，阳极电势高于阴极。
(7)电化学中规定：发生氧化反应的为阳极，发生还原反应的为阴极。
5．阴、阳极的判断方法
判断依据
电极
电极材料
电极反应
电子流向
离子移向
电极现象
阳极
与电源正极相连
氧化反应
流出
阴离子移向
电极溶解或pH 减小
阴极
与电源负极相连
还原反应
流入
阳离子移向
电极增重或pH 增大
知识点3 惰性电极电解规律
1．电解溶剂水型
电解质类型
电极反应式及总反应式
电解质溶液
浓度
溶液pH
电解质溶液
复原
含氧酸，如H2SO4
阴极：4H2O＋4e－==2H2↑ ＋
4OH
－
阳极：2H2O－4e－==O2↑ ＋
4H
＋
总反应式：2H2O=====2H2↑
＋O2↑
增大
减小
加水
可溶性强碱，如NaOH
增大
活泼金属含氧酸盐，如
KNO3
不变
2．电解溶质型
电解质
类型
电极反应式及总反应式
电解质溶液
浓度
溶液pH
电解质溶液复原
无氧酸，如
HCl
阴极：2H＋＋2e－===H2↑
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
总反应式：2HCl=====H2↑ ＋
Cl
2↑
减小
增大
通入HCl 气体
不活泼金属
无氧酸盐，
如CuCl2
阴极：Cu2＋＋2e－===Cu
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
总反应式：CuCl2=====Cu
＋
Cl
2↑
加入CuCl2固体
3．电解溶质和溶剂水型，生成H2和碱(析氢生碱型)
电解质
(水溶液)
电极反应式及总反应式
电解质浓
度
溶液
pH
溶液复原
活泼金属的无
氧酸盐
(如NaCl)
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：2H2O＋2e－===H2↑ ＋
2OH
－
总反应式：2Cl－＋2H2O=====Cl2↑ ＋
H2↑ ＋
2OH
－
生成新电
解质
增大
通入HCl 气
体
4．电解溶质和溶剂水型，生成O2和酸(放氧生酸型)
电解质
(水溶液)
电极反应式及总反应式
电解质浓
度
溶液
pH
溶液复原
不活泼金属的
含氧酸盐[如
CuSO4]
阳极：2H2O－4e－===O2↑ ＋
4H
＋
阴极：2Cu2＋＋4e－===2Cu
总反应式：2Cu2＋＋
2H2O=====2Cu
＋
O 2↑ ＋
4H
＋
生成新电
解质
减小
加CuO 或CuCO3
知识点4 氯碱工业
1．离子交换膜电解槽
装置
离子交换膜电解槽
阳极
钛网(涂有钛、钌等氧化物涂层)
2Cl－－2e－===Cl2↑(氧化反应)
阴极
碳钢网
2H＋＋2e－===H2↑(还原反应)
阳离子
交换膜
①只允许阳离子通过，能阻止阴离子和气体通过
②将电解槽隔成阳极室和阴极室
总反应方程式
2NaCl＋2H2O=====2NaOH
＋
H 2↑ ＋
Cl
2↑
2．氯碱工业制烧碱、氢气和氯气图解
得分速记
粗食盐水中的Ca2＋、Mg2＋、SO4
2-在电解时会生成沉淀堵塞离子交换膜而达不到电解的目的。精制时可
通过依次加入BaCl2、NaOH、Na2CO3溶液过滤，最后再加适量盐酸的方法除去粗盐中的杂质离子。
知识点5 电镀铜与电解精炼铜
1．电镀与电解精炼
电镀
电解精炼铜
示意图
电极反应
阳极
Cu－2e－===Cu
2 ＋
Zn－2e－===Zn2＋，Cu－2e－===Cu
2 ＋
阴极
Cu2＋＋2e－===Cu
Cu2＋＋2e－===Cu
电解质溶液的浓度变化
CuSO4溶液的浓度不变
CuSO4溶液的浓度变小
得分速记
(1)电镀过程中，溶液中离子浓度不变；
(2)在CuSO4溶液中加入一些氨水，制成铜氨溶液，可使镀层光亮。
2．电解精炼铜时，粗铜中的Ag、Au 等不反应，沉积在电解槽底部形成阳极泥。
得分速记
电解精炼铜时，阳极质量减小，阴极质量增加，溶液中的Cu2＋浓度减小。粗铜中不活泼的杂质(金属
活动性顺序中位于铜之后的银、金等)，在阳极难以失去电子，当阳极上的铜失去电子变成离子之后，它们
以金属单质的形式沉积于电解槽的底部，成为阳极泥。
知识点6 电冶金
电解冶炼
冶炼钠
冶炼镁
冶炼铝
电极反应
阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑
阴极：2Na＋＋2e－===2Na
阳极：2Cl－2e－===Cl2↑
阴极：Mg2＋＋2e－===Mg
阳极：6O2－－12e－===3O2↑
阴极：4Al3＋＋12e－===4Al
总反应
2NaCl(熔融)=====2Na
+ Cl
2↑
MgCl2(熔融)=====Mg
+ Cl
2↑
2Al2O3(熔融)=====4Al
+ 3O
2↑
得分速记
(1)电解熔融MgCl2冶炼镁，而不能电解MgO 冶炼镁，是因为MgO 的熔点很高；
(2)电解熔融Al2O3冶炼铝，而不能电解AlCl3冶炼铝，是因为AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电；
为降低熔点，加入了助熔剂冰晶石(Na3AlF6)；电解过程中，阳极生成的氧气与石墨电极反应，所以石墨电
极需不断补充。
(3)冰晶石的作用：作助熔剂，节能。
考●向●破●译
考向1 考查电解原理
例1(2026·江西南昌三模)2025 年诺贝尔化学奖与金属有机框架(MOFs)的研发有关。MOFs 材料其中一
个用途是可以电催化还原CO2，装置原理如图所示。下列说法错误的是( )
A．电极b 上的电极反应式为：CO2＋2H＋＋2e-=CO+H2O
B．电极a 上生成1 mol O2时，理论上可还原1molCO2
C．图上箭头方向代表电子的移动方向
D．电极a 接电源的正极
【答案】B
【解析】确定电极类型及反应：电极a：H2O → O2，发生氧化反应，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑＋
4H＋，这是阳极反应，电极a 应接电源正极。电极b：CO2 → CO，发生还原反应，电极反应式为：CO2＋
2H＋＋2e-=CO+H2O，这是阴极反应，电极b 应接电源负极。A 项，电极b 上的电极反应式为：CO2＋2H＋＋
2e-=CO+H2O，根据上述分析，该反应式符合阴极还原过程，且电荷守恒、原子数守恒均成立。A 正确；B
项，电极a 上生成1 mol O2，根据阳极反应式：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，每生成1 mol O2，转移4 mol 电子。
根据反应式 CO2＋2H＋＋2e-=CO+H2O ，电极b 上，每还原1 mol CO2需要2 mol 电子。因此，转移4 mol
电子时，可还原2 mol CO2，而不是1 mol CO2，B 错误；C 项，在电解池中，电子从电源负极经外电路流
向阴极(b 极)，从阳极(a 极)经外电路流向电源正极。图中箭头方向与电子移动方向的描述一致，C 正确；D
项，电极a 是阳极，应接电源正极；电极b 是阴极，应接电源负极。根据图示，电极a 确实接电源正极，D
正确；故选B。
解题妙招
分析电解过程的思维流程
【变式1】【变载体】(2026·福建厦门高三模拟)一种将CO2转化为CO(OCH3)2的电化学装置如图。下列
说法错误的是( )
A．金电极连接电源负极，发生还原反应
B．若导线中通过2 mol 电子，最多生成2molCO(OCH3)2
C．装置总反应为CO2+2CH3OH=CO(OCH3)2+H2O
D．若CO 逸出，则理论上溶液中Br-的浓度会降低
【答案】B
【解析】玻碳电极上Br-转化为Br2，发生失电子的氧化反应，因此玻碳电极为阳极，阳极电极反应方
程式：2Br--2e-=Br2；金电极为阴极，阴极电极反应方程式：
。A 项，
金电极为阴极，阴极连接电源负极，得电子发生还原反应，A 正确；B 项，生成1molCO(OCH3)2需要
1molCO，阴极生成1molCO 时，CO2得2 mol 电子，对应导线中转移2 mol 电子，因此转移2mol 电子最多
生成1molCO(OCH3)2，B 错误；C 项，根据上述分析电极反应，结合催化剂表面的氧化还原反应可知，装
置总反应为CO2+2CH3OH=CO(OCH3)2+H2O，C 正确；D 项，原本体系中Br-在阳极被氧化为Br2，Br2在
Pd/C 上参与反应后又被还原为Br-，Br-循环使用；若CO 逸出，Br2无法被还原为Br-，因此溶液中Br-浓度
会降低，D 正确。
【变式2】【变载体】(2026·湖南师大附中考前模拟预测)研究者用如图装置提取 MnO2中的锰元素，
图中“H·”代表氢自由基。下列说法错误的是( )
A．随着电流继续增大，使得阴极 c(Mn2+)增大
B．阴极反应有 H++e-=H·
C．H⁺放电可能生成H2
D．每生成1mol O2，理论上可消耗 2mol MnO2
【答案】A
【解析】图中阳极反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，阴极反应为H++e-=H·、MnO2+2H++2H·=Mn2++2H2O，
随着电流继续增大，Mn2+在阴极得到电子：Mn2++2e-=Mn，使得c(Mn2+)减小；同时H+也得到电子直接生成
氢气而不是H·，使得c(Mn2+)减小。A 项，随着电解进行，MnO2逐渐被还原为Mn2+，当二氧化锰完全消耗
后，溶液中锰离子浓度不再升高；且电流继续增大到一定程度后，锰离子在阴极得到电子析出Mn 单质，
因此阴极c(Mn2+)不会随电流增大持续增大，A 错误；B 项，根据图示转化，阴极上氢离子得到电子生成氢
自由基H·，电极反应为H++e-=H·，B 正确；C 项， 两个氢自由基H·可以结合生成H2，因此氢离子放电过
程中可能生成H2，C 正确；D 项，阳极的反应为2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，生成1molO2时转移4mol 电子；
MnO2被还原为Mn2+，每个MnO2中Mn 从+4 价变为+2 价，得到2mol 电子，根据电子守恒可知，转移
4mol 电子时共消耗2molMnO2，D 正确；故选A。
【变式3】【变载体】(2026·安徽合肥三模)我国科学家从催化剂结构与性能间关系的角度，设计了一
种催化剂同时作用在阳极和阴极，用于CH3OH 氧化和CO2还原反应耦合的混合电解，工作原理如图1 所
示。不同催化剂条件下CO2→CO 电极反应历程如图2 所示。下列说法错误的是( )
A．Q 电极与电源正极相连
B．若有1molH+穿过质子交换膜，则理论上生成14gCO
C．电解总反应为2CO2+CH3OH
2CO+HCOOH+H2O
D．产生等量CO 时，使用Ni8-TET 催化剂比Ni-TPP 消耗更多电能
【答案】D
【解析】P 极：CO2→CO，C 元素化合价从+4 价降低到+2 价，发生还原反应，为阴极，连接电源负极，
电极反应为：CO2+2H＋＋2e-=CO+H2O；Q 极：CH3OH→HCOOH，C 元素化合价从-2 价升高到+2 价，发生
氧化反应，为阳极，连接电源正极，电极反应为：CH3OH+H2O－4e-=HCOOH+4H＋。A 项，由分析可知，
Q 极发生CH3OH→HCOOH 的氧化反应，为阳极，因此与电源正极相连，A 正确；B 项，阴极反应中，每
消耗2 mol H+，生成1 molCO(28 g)。因此1 mol H+参与反应时，生成0.5 molCO，质量为
，B 正确；C 项，由分析可知，阳极反应为CH3OH+H2O－4e-=HCOOH+4H＋，阴极
反应为CO2+2H＋＋2e-=CO+H2O，根据得失电子守恒并消去电子和H+，得到总反应
2CO2+CH3OH=2CO+HCOOH+H2O，C 正确；D 项，催化剂不能改变反应的焓变，选择Ni8-TET 催化剂催化，
和选用Ni-TPP 消耗的电能相同，D 错误；故选D。
考向2 考查电解原理应用
例2(2026·北京三模)下图为氯碱工业与燃料电池组合新工艺示意图，离子交换膜均为阳离子交换膜。
下列说法不正确的是( )
A．
为Cl2，
为H2
B．燃料电池正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-
C．比较图中
溶液浓度：c=a＞b
D．理论上制备1molCl2，可同时制备2molNaOH
【答案】C
【解析】右侧装置为燃料电池，其中右边通入空气，则氧气放电，为原电池正极，电极反应为
O2+2H2O+4e-=4OH-；电解池中生成X 一侧进入的饱和NaCl 溶液浓度降低，则发生了Na+向右的迁移，在
电解池中，阳离子向阴极移动，故电解池右侧为阴极，左侧为阳极，阳极上Cl-放电生成Cl2，阴极上水放
电生成H2与OH-，使得b%的NaOH 浓度上升，变为a%；同时在原电池中，Na+向正极迁移，与正极生成
的OH-结合生成NaOH，得到c%的NaOH 溶液，浓度进一步提高。A 项，电解饱和食盐水时，阳极Cl-放电
生成Cl2，阴极H2O 放电生成H2，故X 为Cl2，Y 为H2，A 正确；B 项，该燃料电池为碱性氢氧燃料电池，
正极O2得电子与水反应生成OH-，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B 正确； C 项，电解池阴极生成
OH-，Na+通过阳离子交换膜进入阴极区，因此a%＞b%；燃料电池正极生成OH-，Na+移向正极，因此c%
＞a%，浓度关系为c＞a＞b，C 错误； D 项，电解总反应为2NaCl+2H2O
Cl2↑+H2↑+2NaOH，生成
1molCl2时同时生成2molNaOH，D 正确；故选C。
解题妙招
阴、阳极的判断方法
【变式2】【新情境—氯碱工业改进】(2026·河南新乡三模)我国某科研团队以NaAlH4、CeH2为电极组
装了世界首例氢负离子电池。现以该电池作为电源，模拟氯碱工业制备Cl2.已知：为降低电压需求，图中
氯碱工业已改进。
55．
下列说法错误的是( )
A．隔膜Ⅱ为阴离子交换膜，隔膜Ⅲ为阳离子交换膜
B．电解所需电压更低的原因可能是氧气得电子能力更强
C．放电时电极b 反应为3NaAlH4+6e-=Na3AlH6+2Al+H-
D．每生成0.1 mol Al，电极d 消耗标准状况下3.36 L O2
【答案】D
【解析】首先判断电极：左侧氢负离子电池中，电极a：CeH2+H--e-=CeH3，失电子，为负极；电极
b：反应为3NaAlH4+6e-=Na3AlH6+2Al+H-，得电子，为正极；右侧电解池中，电极c：2Cl--2e-=Cl2↑失电子
生成Cl2，为阳极，接原电池正极b；电极d 为阴极，接原电池负极a，O2在d 上得电子：O2+2H2O+4e-
=4OH-。A 项，原电池中，H-由正极b(生成)通过隔膜Ⅱ移向负极a(消耗)，因此隔膜Ⅱ允许阴离子通过，为
阴离子交换膜；电解池中，阳极区的Na+需要通过隔膜Ⅲ进入阴极区得到NaOH，因此隔膜Ⅲ为阳离子交
换膜，A 正确；B 项，传统氯碱工业阴极是水得电子生成H2，该改进工艺阴极是O2得电子，O2得电子能
力强于水，因此所需电解电压更低，B 正确；C 项，电极b 为正极，发生得电子反应，配平后反应为
3NaAlH4+6e-=Na3AlH6+2Al+H-，原子、电荷均守恒，C 正确；D 项，生成0.1molAl 时，根据电极b 的反应，
2Al~6e-，转移总电子为0.3mol；阴极d 上O2得电子生成OH-，1molO2~4mole-，因此消耗O2的物质的量为
，标况下体积为
，不是3.36L，D 错误；故选D。
【变式2】【新情境】(2026·河南漯河三模)用热再生氨电池处理含Cu2+电镀废液的装置如图所示。该
装置由电池部分和热再生部分组成：电池部分中，a 极室为(NH4)2SO4-NH3混合液，b 极室为(NH4)2SO4溶液；
热再生部分加热a 极室流出液，使[Cu(NH3)4]2+分解。下列说法错误的是( )
A．a 极的电极反应为：Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+
B．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜
C．电极电势：
D．该方法可以富集Cu2+并产生电能，同时循环利用NH3
【答案】B
【解析】由图可知，a 电极为原电池的负极，铜在负极失去电子发生氧化反应生成四氨合铜离子，电
极反应为Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+ ，b 电极为正极，铜离子在正极得到电子发生还原反应生成铜，电极反
应式为Cu2++2e-=Cu，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜由正极迁移到负极。A 项，由分析可知，a 极为
原电池的负极，电极反应为Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4]2+ ，A 正确；B 项，a 极室溶液中生成的[Cu(NH3)4]2+导
致正电荷在增加，b 极室消耗Cu2+，导致正电荷减少，SO4
2-需由 b 极室迁移到a 极室，才能维持两室溶液
中的电荷呈电中性，使电池反应能不断进行下去，故装置中的离子交换膜为阴离子交换膜，B 错误；C 项，
由分析可知，a 电极为原电池的负极，b 电极为正极，故b 电极电势更高，C 正确；D 项，由分析可知，该
装置为原电池装置，可以富集铜离子并产生电能，同时回收液受热分解释放出氨气，能循环利用氨气，D
正确；故选B。
【变式3】【变载体】(2026·福建厦门高三联考)我国研究人员利用如图所示装置电催化蒽醌(AQDS2-)
加氢制H2O2。碱性条件下，水和甲醛均在电极上生成活性氢H+，双源H+均可实现AQDS2-到AQDSH2
2-的
转化，AQDSH2
2-与O2自发生成H2O2，同时蒽醌再生循环。下列说法错误的是( )
A．a 电极接电源负极
B．b 电极反应为HCHO-e-+2OH-=HCOO-+H++H2O
C．AQDSH2
2-生成H2O2的反应为AQDSH2
2-+O2=+AQDS2-H2O2
D．理论上每1molOH-通过阴离子交换膜，可产生0.5molH2O2
【答案】B
【解析】a 电极上AQDS2-转化为AQDSH2
2-，发生得电子的还原反应，为电解池阴极，接电源负极；b
电极上甲醛失去电子被氧化为甲酸，为电解池阳极，接电源正极。A 项，a 电极上AQDS2-转化为
AQDSH2
2-，发生得电子的还原反应，为电解池阴极，接电源负极，A 正确；B 项，反应在碱性条件下进行，
电极反应中不能生成H+，且HCHO 中C 为0 价、HCOO-中C 为+2 价，1mol HCHO 反应应失去2mole-，且
所给电极反应式电荷不守恒，给出的电极反应式不符合反应事实，B 错误；C 项，根据题干信息，AQDSH2
2-
与O2应生成H2O2的同时AQDS2-再生，该反应式原子、电荷均守恒，C 正确；D 项，1molOH-通过阴离子
交换膜时，电路中转移1mol 电子，生成1molH2O2对应转移2mol 电子，故理论上可产生0.5molH2O2，D 正
确；故选B。
考向3 考查电解法制备物质
例3(2026·山东日照高三模拟)苯甲醛和邻氨基苯酚都是重要的有机化工产品中间体，某种以NiOOH 和
Cu 作电极、NaOH 和Na2SO4溶液作电解质溶液的成对电合成苯甲醛和邻氨基苯酚装置的工作原理如图所
示(已知：电流效率
)。
下列说法错误的是( )
A．NiOOH 电极连接电源正极，发生氧化反应
B．Cu 电极的电极反应式为
C．电解一段时间后，阳极区溶液pH 增大
D．当电路中转移1 mol 电子时，生成50 g 苯甲醛，则电流效率约为94.3%
【答案】C
【解析】A 项，NiOOH 电极上苯甲醇被氧化为苯甲醛，发生氧化反应，电解池中阳极发生氧化反应，
阳极接电源正极，A 正确；B 项，Cu 电极为阴极，邻硝基苯酚中的-NO2被还原-NH2，碱性环境下电极反
应：
电荷、原子均守恒，B 正确；C 项，阳极上苯甲醇
氧化为苯甲醛，电极反应为：C6H5CH2OH+2OH--24e-=C6H5CHO+2H2O，反应消耗OH-，阳极区OH-浓度降
低，pH 减小，C 错误；D 项，C6H5CH2OH→C6H5CHO，当电路中转移1 mol 电子时，理论生成苯甲醛的质量：
，电流效率：
，D 正确；故选C。
解题妙招
电解池电极反应式的书写步骤
【变式1】【新情境—高效制氢气和氧气】(2026·湖南怀化三模)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．电解过程中，Na+向电极a 迁移
B．电极b 上的电极反应式为Br-+3H2O-6e-=BrO3
-＋6H＋
C．为保持电解液浓度相对稳定，加入的Y 为H2O
D．若用铅酸蓄电池为电源，理论上消耗98gH2SO4时，此装置中有1 mol X 生成
【答案】D
【解析】电极b 上Br-发生失电子的氧化反应转化成BrO3
-，电极b 为阳极，电极反应为Br-+3H2O-6e-
=BrO3
-＋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
BrO3
-＋3H2↑；催化循环阶段BrO3
-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 项，电解池中阳离子向阴极迁移，a 是阴极，因此Na+向电极a 迁移，A 正确；B 项，由分析可知，
电极b 上的电极反应式为Br-+3H2O-6e-=BrO3
-＋6H＋，B 正确；C 项，该过程总反应为水分解制H2和O2，
Br-/BrO3
-循环使用，反应消耗水，因此加入Y(H2O)可保持电解液浓度稳定，C 正确；D 项，铅酸蓄电池总
反应为：Pb+PbO2+4H++2SO4
2-=2PbSO4+2H2O，每消耗2molH2SO4转移2mol 电子，因此消耗98gH2SO4即
1molH2SO4反应时，转移1mol 电子；本装置中X 为H2，生成1molH2需要转移2mol 电子，因此转移1mol
电子时仅生成0.5molX，D 错误；故选D。
【变式2】【变载体】(2026·天津蓟州高三联考)一种新型的电化学锂回收系统结合二氧化氮(NO2)捕获，
实现了稳定且无需能量输入的同时，制得高纯度LiNO3产品，工作原理如图。下列说法错误的是( )
A．碳布为正极，其电极电势高于含LiFePO4废电极
B．左侧电极的电极反应式为LiFePO4-e-=Li++FePO4
C．当碳布捕获23gNO2时，理论上有3.5gLi+通过交换膜
D．右极室直接生成LiNO3的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
【答案】D
【解析】A 项，该装置为原电池，左侧LiFePO4电极为负极，碳布为正极，正极电极电势高于负极，
A 正确； B 项，左侧负极上LiFePO4中Fe 从+2 价升高为+3 价，失电子生成FePO4和Li+，电极反应式符合
电子、电荷守恒，B 正确； C 项，2NO2+O2+2e-=2NO3
-。当捕获23g(0.5mol)NO2时，根据反应式可知，转
移电子的物质的量为0.5mol，因此有0.5molLi+通过交换膜，其质量为
，C 正确；
D 项，右极室发生的氧化还原反应中，氧化剂为O2，还原剂为NO2，由总反应2NO2+O2+2e-=2NO3
-可知，
氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2，D 错误； 故选D。
【变式3】【变情景—制备已二腈】(2026·福建福九联盟高三联考)己二腈［NC(CH2)4CN］是合成尼
龙-66 的中间体。利用丙烯腈(CH2=CHCN)电解制备己二腈的原理如图甲所示；己二腈、丙腈(C2H5CN)的生
成速率与季铵盐浓度的关系如图乙所示。下列说法错误的是( )
A．石墨电极X 的电势高于石墨电极Y
B．生成己二腈的电极反应式为2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN
C．电解过程中，X 电极区溶液pH 不变
D．季铵盐的浓度为
时，电解5 h 通过质子交换膜的
为
【答案】C
【解析】如图可知，Y 电极丙烯腈还原生成己二腈 2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，故Y 为阴极，
X 为阳极，发生氧化反应2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，生成氢离子通过质子交换膜进入阴极室，电解过程中阳极
室溶剂减少。A 项，丙烯腈在石墨电极Y 上发生还原反应生成己二腈(得电子)，因此Y 为阴极，X 为阳极，
电解池中阳极接电源正极，电势高于阴极，A 正确；B 项，生成己二腈时，2 分子CH2=CHCN 得电子，结
合H+生成NC(CH2)4CN，配平后电极反应为： 2CH2=CHCN+2H++2e-=NC(CH2)4CN，原子、电荷均守恒，B
正确；C 项，X 为阳极，发生反应：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，每生成4molH+，就有4molH+通过质子交换膜
迁移到阴极，X 区H+物质的量不变，但电解过程消耗水，X 区溶液体积减小，c(H＋)增大，pH 减小，因此
X 区pH 不变的结论错误，C 错误；D 项，季铵盐浓度
，对应图乙：己二腈
生成速率为
，丙腈生成速率为
。电解5 h：生成己二腈
，生成1mol 己二腈转移12mol
电子，转移电子
；生成丙腈
，生成1mol 丙腈
(CH2=CHCN→C2H5CN)转移2mol 电子，转移电子
；总转移电子为
，每转移1mol 电子，有1molH+通过质子交换膜维持电荷平衡，因此通过质子交换膜的
，D 正确；故选C。
考点二 金属的腐蚀与防护
知●识●解●构
知识点1 金属的腐蚀
1．金属腐蚀的概念：金属腐蚀是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．金属腐蚀的本质：金属原子失去电子变为金属阳离子，金属发生氧化反应。
3．金属腐蚀的类型
(1)化学腐蚀与电化学腐蚀
类型
化学腐蚀
电化学腐蚀
条件
金属跟干燥气体或非电解质液体接触
不纯金属或合金跟电解质溶液
接触
现象
无电流产生
有微弱电流产生
本质
金属被氧化
较活泼金属被氧化
联系
两者往往同时发生，电化学腐蚀更普遍
(2)析氢腐蚀与吸氧腐蚀(以钢铁的腐蚀为例)：
类型
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
条件
水膜酸性较强(pH≤4．3)
水膜酸性很弱或呈中性
电极反应
负极
Fe
－
2e
－ ==
=Fe
2 ＋
正极
2H
＋ ＋
2e
－ ==
=H
2↑
O2＋
2H
2O ＋
4e
－ ==
=4OH
－
总反应式
Fe
＋
2H
＋ ==
=Fe
2 ＋ ＋
H 2↑
2Fe＋O2＋2H2O===2Fe(OH)2
联系
吸氧腐蚀更普遍
得分速记
钢铁暴露在潮湿空气中主要发生的是吸氧腐蚀，铁锈的形成过程中主要发生的反应为4Fe(OH)2＋O2＋
2H2O===4Fe(OH)3，2Fe(OH)3===Fe2O3·xH2O(铁锈)＋(3－x)H2O。
4．金属腐蚀快慢的一般规律
(1)在同一电解质溶液中，金属腐蚀的速率快慢：电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学
腐蚀＞有防护措施的腐蚀。
(2)在原电池中，电解质溶液相同时，两极的活泼性差别越大，负极金属越易被腐蚀，如Zn—
Cu(H2SO4)中的Zn 比Zn—Fe(H2SO4)中的Zn 腐蚀快。
(3)对由相同正、负极构成的原电池(如Fe—Cu 原电池)
①电解质的氧化能力越强，负极金属越易被腐蚀。如：Fe 在不同电解质溶液中的腐蚀速率是CuSO4溶
液＞稀H2SO4＞NaCl 溶液。
②电解质中起氧化作用的离子相同时，该离子浓度越大，负极金属腐蚀速率越快。如腐蚀速率：
1 mol·L－1盐酸＞0.1 mol·L－1盐酸＞0.1 mol·L－1醋酸＞海水(起氧化作用的H＋浓度逐渐减小)。
③溶液的导电能力越强，负极金属越易被腐蚀。如腐蚀速率：海水＞淡水＞酒精。
(4)一般情况下不纯的金属或合金在潮湿的空气中腐蚀的速率远快于在干燥、隔绝空气条件下的腐蚀速
率。
知识点2 金属的防护
1．金属的防护考虑的因素
金属的防护主要是从金属、与金属接触的物质及两者反应的条件等方面来考虑的。
2．金属的防护
(1)电化学防护
①牺牲阳极法——原电池原理，通常是在被保护的钢铁设备上安装锌块。
a.负极：比被保护金属活泼的金属；
b.正极：被保护的金属设备。
原理装置如图所示：
，锌比铁活泼，发生腐蚀时作为原电池的负极，不断
遭受腐蚀，而作为正极的钢铁设备被保护起来。
②外加电流法——电解原理，把被保护的钢铁设备(如钢闸门)作为阴极，用惰性电极作为辅助阳极，
两者均放在电解质溶液(如海水)里，外接直流电源，通电后，调整外加电压，强制电子流向被保护的钢铁
设备，使钢铁表面腐蚀速率降至零或接近零，钢铁设备被迫成为阴极而受到保护。
a.阴极：被保护的金属设备；
b.阳极：惰性金属或石墨。
原理装置如图所示
。
(2)改变金属的内部结构，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，如制成合金、不
锈钢等。
(3)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，如在金属表面喷油漆、涂油脂、电镀、喷镀或表面钝化等方法。
得分速记
(1)钢铁发生电化学腐蚀时，负极铁去电子生成Fe2＋，而不是生成Fe3＋。
(2)金属腐蚀时，电化学腐蚀与化学腐蚀往往同时存在，但前者更普遍，危害也更严重。
(3)铜暴露在潮湿的空气中发生的是化学腐蚀，而不是电化学腐蚀，生成铜绿的化学成分是
Cu2(OH)2CO3。
(4)两种保护方法的比较：外加电流的阴极保护法比牺牲阳极的阴极保护法保护效果好。
(5)金属越活泼，就越容易失去电子而被腐蚀，金属活动顺序表中位于氢前面和氢后面的金属都能发生
吸氧腐蚀，但只有在金属活动顺序表中氢前面的金属才可能发生析氢腐蚀。
考●向●破●译
考向1 考查金属腐蚀的原理与探究
例1(2026·广东深圳高三联考)碳钢作为海洋工程中的常见材料，其电化学腐蚀过程易受微生物影响。某
碳钢在混合微生物介质中的腐蚀机理如图所示。下列说法错误的是( )
A．a 区为负极区
B．b 区的电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-
C．菌a、菌b 参与的转化过程，铁元素不一定均被氧化
D．图中附着于碳钢的混合菌会加速碳钢的腐蚀
【答案】B
【解析】A 项，a 区Fe 失电子生成Fe2+ ，发生氧化反应，为负极区，A 正确；B 项，由图可知b 区O2
发生得电子的还原反应生成OH-，电极反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-，B 错误；C 项，菌a 作用下Fe3O4转化
为Fe2+ 时，部分+3 价Fe 化合价降低被还原，因此铁元素不一定均被氧化，C 正确；D 项，混合菌可促进
碳钢电化学腐蚀过程持续进行，会加速碳钢的腐蚀，D 正确；故选B。
解题妙招
电化学腐蚀的规律
(1)对同一种金属来说，其他条件相同时腐蚀的快慢：强电解质溶液>弱电解质溶液>非电解质溶液。
(2)活泼性不同的两金属：活泼性差别越大，活泼性强的金属腐蚀越快。
(3)对同一种电解质溶液来说，电解质溶液浓度越大，腐蚀越快，且氧化剂的浓度越高，氧化性越强，腐蚀
越快(钝化除外)。
(4)电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防护措施的腐蚀。
【变式1】【变载体】(2025·河南周口高三联考)腐蚀是材料与环境相互作用，发生物理、化学和(或)生
物反应而产生的材料破坏现象。材料腐蚀常见于生产生活当中，几乎所有环境下均会发生材料腐蚀，带来
严重的经济、安全、民生、生态、资源问题。已知：氯离子能导致表面有钝化膜的钢筋(铁)腐蚀。下列有
关该现象的解释错误的是( )
A．Cl-的离子半径小，使其扩散难以得到控制
B．腐蚀的根本原因是氯离子发生了电化学反应
C．碱性环境下仍会导致该腐蚀现象
D．钢筋表面可能存在不同
的酸性溶液
【答案】B
【解析】A 项，Cl-的半径比较小，扩散能力强，难以受到阻碍，A 正确；B 项，钢筋(铁)腐蚀的本质
是铁发生电化学腐蚀，氯离子的作用只是破坏钢筋表面的钝化膜，整个过程中氯离子不参与氧化还原反应，
没有发生电化学反应，B 错误；C 项，碱性环境下，氯离子依然可以破坏钝化膜，铁仍然可以发生吸氧腐
蚀，因此该腐蚀现象仍会发生，C 正确；D 项，钢筋发生电化学腐蚀时，负极(铁失电子区域)、正极区域
电极反应不同，且生成的金属阳离子水解会导致局部酸化，因此表面可以存在不同pH 的溶液，D 正确；
故选B。
【变式2】【变情景】(2026·山东青岛一模)海洋工程中，钢铁设备在海水环境中常发生缝隙腐蚀。缝
隙处因氧气难以扩散而导致氧浓度远低于自由表面，形成氧浓差电池，加速局部腐蚀。
扩散至缝隙外，
与自由表面的氧气接触，形成铁锈，机理如图。下列说法正确的是( )
A．缝隙内表面为氧浓差电池的正极
B．随电池反应进行，自由表面附近的海水pH 升高
C．海水中
向自由表面迁移
D．若有1 mol 氧气参与反应，金属内部转移4 mol 电子
【答案】B
【解析】该腐蚀属于氧浓差原电池腐蚀：氧气浓度更高的自由表面为原电池正极，氧气浓度低的缝隙
内为负极。A 项，缝隙处氧气浓度低，Fe 在缝隙处失电子发生氧化反应，是氧浓差电池的负极，A 错误；
B 项，自由表面是正极，正极的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，反应生成OH-，使自由表面附近氢氧根浓
度增大，pH 升高，B 正确；C 项，原电池中阴离子向负极迁移，负极是缝隙内，因此Cl-向缝隙内迁移，
而非自由表面，C 错误；D 项，O2 参与反应时，每个O 原子从0 价变为-2 价，1 mol O2 共得到4 mol 电子，
但转移的4 mol 电子并非全部用于金属内部的转移(电极反应)，还包括外部Fe2+与自由表面的氧气接触，形
成铁锈的过程，D 错误；故选B。
【变式3】【变题型】(2026·安徽合肥二模)铝丝在盐溶液中会发生腐蚀，系碳纤维的铝丝在不同盐溶
液中质量的减少量随时间变化关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A．碱性条件下铝丝的腐蚀速率最慢
B．1mol·L-1AlCl3 溶液中，0~3h 内的平均反应速率
C．铝丝与足量的1mol·L-1Na2CO3溶液发生反应的离子方程式2Al+CO3
2-+7H2O=2[Al(OH)4]-
+CO2↑+3H2↑
D．其他条件相同时，加入Cl-可以加快铝丝腐蚀速率
【答案】D
【解析】A 项，强碱(如NaOH)碱性条件下铝的腐蚀速率很快，仅题给弱碱性Na2CO3溶液中腐蚀速率
慢，该表述绝对，A 错误；B 项，纵轴单位为10-3g，0~3h 铝质量减少
，
，不是0.1g/h，B 错误；C 项，CO3
2-水解使溶液呈碱性，铝在碱性环境下发
生腐蚀，失电子生成四羟基合铝酸根，水得电子生成氢气，碱性环境不会放出CO2 ，离子方程式为：
2Al+2CO3
2-+8H2O=2[Al(OH)4]-+2HCO3
-+3H2↑，C 错误； D 项，含Cl-的NaCl、AlCl3溶液中铝的腐蚀速率均
远大于不含Cl-的Na2CO3溶液，说明Cl-可破坏铝表面氧化膜，加快腐蚀速率，D 正确；故选D。
考向2 考查金属的防护
例2(2026·广东广州三模)支撑海港码头基础的防腐技术的工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅
助电极。下列有关叙述中错误的是( )
A．a 为负极，b 为正极
B．该防腐技术为外加电流法
C．通电后使钢制管桩表面的腐蚀电流接近零
D．高硅铸铁是作为牺牲阳极材料发挥作用的
【答案】D
【解析】该防护技术为外加电流的阴极保护法，原理是将被保护金属连接外接电源负极，使其作阴极
被保护，惰性辅助电极作阳极。A 项，被保护的钢制管桩作阴极，连接电源负极，因此a 为负极，高硅铸
铁作阳极，连接电源正极，b 为正极，A 正确；B 项，该方法有外接直流电源，属于外加电流防腐法，B 正
确；C 项，外加电流法可抑制钢铁腐蚀过程的电子转移，使钢制管桩表面的腐蚀电流接近零，几乎不被腐
蚀，C 正确；D 项，题干明确说明高硅铸铁为惰性辅助阳极，惰性阳极不参与反应，不会被损耗，D 错误；
故选D。
解题妙招
金属防护的方法
(1)金属表面覆盖保护层的其他方法
①用化学方法对钢铁部件进行发蓝处理(生成一层致密的Fe3O4薄膜)。
②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。
(2)Fe2 ＋能与[Fe(CN)6]3 －反应生成带有特征蓝色的铁氰化亚铁沉淀：Fe2 ＋＋[Fe(CN)6]3 －＋K ＋
===KFe[Fe(CN)6]↓，此反应可用于检验Fe2＋。
(3)金属防护效果比较：外接电流法>牺牲阳极法>有一般防护条件的防腐。
【变式1】【变载体】(2026·江苏南京二模)海港的钢制管桩受到海水的长期侵袭，常用如图所示装置
对其进行保护(高硅铸铁为惰性辅助电极)。下列有关叙述正确的是( )
A．钢制管桩连接直流电源正极
B．通电后使钢制管桩表面的腐蚀电流接近零
C．高硅铸铁是作为损耗阳极材料发挥作用的
D．外加电压偏高时，高硅铸铁表面可发生反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
【答案】B
【解析】该方法为外加电流阴极保护法，原理是将被保护金属作电解池阴极，通过外加电流抑制金属
电化学腐蚀。A 项，要保护钢制管桩，需将其连接直流电源负极，作电解池阴极，A 错误；B 项，外加电
流阴极保护法的原理就是通过外加电压，使被保护的钢制管桩表面的腐蚀电流接近零，阻止腐蚀发生，B
正确；C 项，题干明确说明高硅铸铁为惰性辅助电极，不会作为损耗阳极发挥作用，只有牺牲阳极法才会
牺牲阳极，C 错误；D 项，高硅铸铁连接电源正极，作电解池阳极，阳极发生失电子的氧化反应，而给出
的反应O2+2H2O+4e-=4OH-是得电子的还原反应，D 错误；故选B。
【变式2】【变情境】(2026·广东韶关二模)港珠澳大桥钢管桥墩防腐技术先进，外壳镶嵌铝合金片，
其结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．桥墩为负极
B．海水层为电子迁移的通路
C．铝合金片上发生反应：O2+2H2O+4e-=4OH-
D．若用外加电流法保护桥墩可使腐蚀电流接近零
【答案】D
【解析】A 项，该防护方法为牺牲阳极法，铝合金的活泼性强于铁，故铝合金片作负极，桥墩钢管作
正极，A 错误；B 项，海水层为离子迁移的通路，电子通过导线在电极间迁移，电子不能进入电解质溶液，
B 错误；C 项，铝合金片为负极，发生氧化反应：Al-3e-=Al3+，桥墩钢管为正极，发生吸氧腐蚀的还原反应：
O2+2H2O+4e-=4OH-，C 错误；D 项，外加电流法中，桥墩钢管作阴极被保护，外加电流抑制金属的氧化反
应，可使腐蚀电流接近零，D 正确；故选D。
【变式3】【新考法】(2026·北京海淀二模)B30 铜镍合金的主要成分为Ni(约30%)、Cu(约68%)，该合
金在洁净富氧的天然海水中表面会生成薄而致密的钝化膜，常用于制造远洋舰船。使用过程中，钝化膜在
多种因素作用下缓慢被破坏，导致B30 合金重新暴露于海水中(如图)。
已知：Ni 在金属活动性顺序中位于H 前。下列说法不正确的是( )
A．钝化膜被破坏后会发生电化学腐蚀，Ni 作负极
B．正极的主要反应为2H++ 2e-= H2↑
C．海水中的
、
等离子会加速合金的电化学腐蚀
D．使用预成膜等技术加厚钝化膜，有助于延缓合金的腐蚀
【答案】B
【解析】A 项，Ni 金属活动性强于Cu，钝化膜破坏后合金与海水构成原电池，Ni 作负极发生电化学
腐蚀，A 正确； B 项，海水为富氧的中性环境，正极发生吸氧腐蚀，主要反应为 O2+2H2O+4e-=4OH-，析
氢反应为酸性环境下的正极反应，不符合该场景，B 错误；C 项，海水中的Na+、Cl-等离子可增强海水导
电性，且Cl-易破坏钝化膜，会加速合金的电化学腐蚀，C 正确；D 项，钝化膜可隔绝合金与海水的接触，
加厚钝化膜有助于延缓合金腐蚀，D 正确；故选B。
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．(2026·广东卷，6，2 分)做好防腐是发展海上风电的基础。下列措施不能达到防腐目的的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】A 项，钢管桩主要成分为铁，铁的金属活动性强于铜，二者在海水中形成原电池时，铁作负
极失电子被氧化，会加速钢管桩腐蚀，不能达到防腐目的，A 符合题意；B 项，铝表面致密的氧化膜能防
止内部的铁被腐蚀，即使富铝涂层破损，形成原电池时铝作负极被腐蚀，可保护钢管桩；故能达到防腐目
的，B 不符合题意；C 项，该装置为外加电流法，钢管桩连接电源负极作阴极被保护，能达到防腐目的，
C 不符合题意；D 项，锌的金属活动性强于铁，二者在海水中形成原电池时锌作负极被腐蚀，属于牺牲阳
极法，钢管桩作正极被保护，能达到防腐目的，D 不符合题意；故选A。
2．(2026·云南卷，7，3 分)化学护坝体，劳动保安全，某水电站坝体维护示意图如下，下列说法错误
的是( )
A．黏土是生产水泥的主要原料之一
B．MgSiF6与Ca(OH)2的反应属于氧化还原反应
C．聚四氟乙烯的合成：
D．利用Zn 板保护钢闸门时，需定期检查、更换
【答案】B
【解析】A 项，水泥的主要原料是石灰石(CaCO3)和黏土，黏土提供硅、铝等元素，是水泥生产的核心
原料之一，A 正确；B 项，根据图示，MgSiF6与Ca(OH)2反应方程式可表示为：
MgSiF6+2Ca(OH)2=MgF2+2CaF2+SiO2+2H2O，反应前后，各元素化合价均未发生变化，没有电子转移，属
于非氧化还原反应，B 错误；C 项，聚四氟乙烯由四氟乙烯(CF2=CF2)通过加聚反应合成，双键打开形成高
分子链，反应方程式为：
，C 正确；D 项，该防护方法为牺牲阳极法(牺牲负极保
护法)，Zn 的金属活动性比Fe 强，作为原电池的负极，会不断被氧化腐蚀，而钢闸门(Fe)作为正极被保护，
随着反应进行，Zn 板会逐渐消耗，因此需要定期检查、更换Zn 板，保证防护效果，D 正确；故选B。
3．(2026·江西卷，7，3 分)背靠背式电解池可用于电化学合成氨，如图。下列说法正确的是( )
A．阳极反应：4OH=O2↑＋2H2O B．外电路电子由b 流向a
C．每生成1molNH3，消耗6molH2O D．OH-经交换膜从右向左移动
【答案】D
【解析】该装置为阴离子交换膜电解池，右侧通入N2与H2O 生成NH3，氮元素化合价从0 降低至-3，
发生得电子的还原反应，因此右侧电极为阴极，连接电源负极b，阴极反应为N2+6H2O+6e-=2NH3↑＋
6OH-；左侧电极为阳极，连接电源正极a，OH-在阳极失电子发生氧化反应，阳极反应为4OH--4e-=O2↑＋
2H2O，总电解反应为2N2+6H2O
4NH3+3O2；A 项，阳极是OH-失去电子生成氧气，正确电极反应式
为4OH--4e-=O2↑＋2H2O，A 错误；B 项，右侧N2转化为NH3，N 元素化合价降低发生得电子的还原反应，
故右侧为阴极，b 为电源负极，a 为电源正极，外电路电子只能在导线中移动，路径为b 流向阴极、阳极流
向a，不存在b 直接流向a 的路径，B 错误；C 项，根据总反应2N2+6H2O
4NH3+3O2，生成4molNH3
消耗6molH2O，则生成 1molNH3仅消耗1.5molH2O，C 错误；D 项，电解池通用规律为阴离子向阳极移动，
阳极在装置左侧，体系中迁移的阴离子OH-可穿过阴离子交换膜，因此OH-从阴极区向阳极区移动，D 正
确；故选D。
4．(2026·山东卷，12，4 分)利用电还原O2产生的H2O2氧化石油化工副产物H2S 制备K2SO4，装置如
图所示。电解过程中，双极膜中H2O 解离的H+和OH-在电场作用下向两极迁移。下列说法错误的是( )
A．b 极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O
B．双极膜中H2O 解离的H+向a 极方向迁移
C．电解一段时间后，电极反应消耗与生成O2的质量相等
D．理论上，生成1molK2SO4时，a 极上消耗2molO2
【答案】CD
【解析】该装置为电解池，双极膜将槽体分隔为a 极室、b 极室，双极膜解离出H+、OH-，阳离子
H+向阴极移动、阴离子OH-向阳极移动；b 极发生OH-失电子的氧化反应析出O2，故b 为阳极、接电源正
极；a 为阴极，通入O2结合迁移过来的H+得电子生成H2O2，生成的H2O2再与进料H2S 在碱性体系中发生
氧化还原反应，最终得到目标产物K2SO4，阳极持续生成O2，阴极持续消耗O2用于制备H2O2，电极反应
为：阳极(b 极)：4OH--4e-=O2↑＋2H2O；阴极(a 极)制H2O2：O2+2H++2e-=H2O2；氧化H2S 反应：
H2S+4H2O2+2KOH=K2SO4+6H2O。A 项，由分析可知，b 极是阳极，电解液为KOH 碱性溶液，OH-放电生
成O2，电极反应4OH--4e-=O2↑＋2H2O，A 正确；B 项，电解池中阳离子向阴极定向迁移，a 极为阴极，双
极膜解离出的H+向a 极移动，OH-向阳极b 移动，B 正确；C 项，设电路中转移4mole-。阳极反应4OH--4e-
=O2↑＋2H2O，转移4mole-，阳极生成1molO2；阴极反应O2+2H++2e-=H2O2，每2mole-消耗1molO2，转移
4mole-时阴极消耗2molO2，因此电极反应消耗与生成O2的质量不相等，C 错误；D 项，由氧化H2S 反应
H2S+4H2O2+2KOH=K2SO4+6H2O、a 极电极反应O2+2H++2e-=H2O2可得关系式K2SO4~4H2O~4O2，因此生成
1molK2SO4时，a 极上消耗4molO2，D 错误；故选CD。
5．(2026·浙江1 月卷，12，3 分)一种电解葡萄糖(C6H12O6)制取葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)的装置示意图
如图所示，下列说法中，不正确的是( )
A．电极M 处的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-
B．离子交换膜P 为阳离子交换膜
C．1 mol 葡萄糖(C6H12O6)完全转化为葡萄糖二酸钾(C6H8O8K2)转移的电子数为6NA
D．电解过程可能产生葡萄糖酸钾(C6H11O7K)
【答案】B
【解析】在该体系中，葡萄糖在右侧电极处反应生成葡萄糖二酸钾，已知K 为+1 价，H 为+1 价，O
为-2 价，可知C6H8O8K2中C 的平均化合价为+1，每1 molC6H12O6转化为1 mol C6H8O8K2会失去6 mol 电子；
产物中的C 化合价升高，所以电极N 为阳极发生氧化反应，电极M 为阴极发生还原反应，阴极处的溶液
仅含有KOH，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，阳极处的电极反应式为C6H12O6+8OH--6e-=(C6H12O8)2-
＋6H2O。A 项，由分析可知，电极M 处的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，A 正确；B 项，由分析可
知，随反应进行，阴极处不断生成OH-，同时阳极处不断消耗OH-，为维持电荷平衡，需要将阴极处生成
的OH-补充至阳极处，P 应为阴离子交换膜，B 错误；C 项，由分析可知，1 mol C6H12O6完全转化为1 mol
C6H8O8K2，转移的电子数为6NA，C 正确；D 项，C6H11O7K 中C 的平均化合价为
，与葡萄糖相比，C 的
平均化合价也升高，说明C6H11O7K 为不完全氧化产物，也可能是电解产物，D 正确；故选B。
6．(2026·四川卷，13，3 分)化学工作者最近研究出一种电化学回收废旧LiFePO4电极材料中有价成分
的新方法。将LiFePO4在磷酸存在下处理得到的LiH2PO4溶液经提取电解槽电解，Li+和PO4
3-分别进入对应
的储存电极。Li+提取完成后，将储存电极转移到含LiCl 溶液的释放电解槽电解，即得纯净的Li3PO4。其工
作原理示意图如下。
下列说法错误的是( )
A．提取
的电极反应为
B．提取电解槽中，每提取1.0mol Li+，理论上可回收1.0molH3PO4
C．释放电解槽中，Li2.2Ti2(PO4)3中的钛被氧化
D．释放电解槽的总反应为
【答案】B
【解析】由图可知，提取电解槽中，左侧为阴极，电极反应：
，右侧电极为阳极，电极反应：Bi-3e-+PO4
3-=BiPO4；释放电
解槽中，左侧释放Li+，为电解池阳极，电极反应：
，右侧为
释放PO4
3-，为电解池阴极，电极反应：BiPO4+3e-=Bi+PO4
3-，Li+与PO4
3-结合，即得纯净的Li3PO4。A 项，
提取Li+的电极为阴极，Li+得电子嵌入电极，反应式电荷、原子均守恒，符合反应事实，A 正确； B 项，
提取电解槽中，每转移3 mol 电子时可提取3 mol Li+，同时消耗1 molPO4
3-，处理得到LiH2PO4溶液的反应
是：3Li++PO4
3-+2H3PO4=3LiH2PO4，仅消耗2molH3PO4，故每提取1.0molH3PO4，理论上回收
，
B 错误；C 项，释放电解槽中，Li2.2Ti2(PO4)3释放出Li+，转化为Li1.5Ti2(PO4)3，反应中失电子，Ti 元素化合
价升高，钛被氧化，C 正确；D 项，配平释放电解槽的总反应， 阳极：
；阴极：
，两式相加，结
合
，整理后得到选项中的总反应，原子、电子均守恒，D 正确；故选B。
7．(2026·黑吉辽蒙卷，13，3 分)一种从废旧电池正极材料(LiFePO4)中回收锂元素的电化学装置如图。
下列说法错误的是( )
A．
电极反应：O2+2H2O+4e-=H2O2+2OH-
B．电路中转移2mol 电子，理论上可回收4molLi+
C．
电极连接电源正极
D．I3
-可转化为I-和IO3
-，会降低锂的理论回收产率
【答案】D
【解析】左侧池通入O2生成H2O2，这是还原反应，因此a 电极是阴极，连接电源的负极。电极反应：
O2+2H2O+4e-=H2O2+2OH-，右侧池I-被氧化为I3
-，这是氧化反应，因此b 电极是阳极，连接电源的正极。
电极反应：I--2e-=I3
- ；阴离子交换膜：允许阴离子(如SO4
2-、OH-等)通过，以维持电荷平衡。A 项，如上分
析，左侧通入氧气生成双氧水，且在Na2SO4溶液中可生成OH-，该方程式书写正确，A 正确；B 项，电路
中转移2mol 电子时，整个体系总电子转移量为2mol，每释放1molLi+对应1mol 电子转移(LiFePO4-e-=Li+
+FePO4)，双电极可同时回收Li+，理论上可回收4molLi+，B 正确；C 项，右侧发生氧化反应：I-被氧化为
I3
-，阳极连接电源正极，C 正确；D 项，若I3
-歧化转化为I-和IO3
-，反应为：3I3
-+3H2O=8I-+IO3
-+6H+，该歧
化反应为碘自身氧化还原，总可得到的电子数(氧化LiFePO4的总能力)不变：3molI3
-原本可得到6mol 电子，
歧化后1molI3
-作为氧化剂可得到6mol 电子，总氧化能力不变，理论上脱出回收的Li+总物质的量不变，因
此不会降低锂的理论回收产率，D 错误；故选D。
8．(2025·全国新课标卷，4，6 分)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
下降
B．
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1molNO3
-，阳极将生成4 molHOCH2COO-
【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：
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+5OH--4e-=HOCH2COO-+4H2O。A 项，阳极区消耗了OH-，pH 下降，A 正确；B 项，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 项，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；D 项，
阴极转化1molNO3
-，转移8mole-，此时阳极将生成2molHOCH2COO-，D 错误；故选D。
9．(2025·湖南卷，9，3 分)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-+6H2O
NH3↑+9OH-+4Cl2↑
【答案】B
【解析】由图可知，左侧发生NO3
-→NO2
-→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。A 项，电解池中，阳离子向阴极移动，则，K+向左室迁移，
A 正确；B 项，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；C 项，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
项，左侧阴极总反应是NO3
- +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；故选B。
10．(2025•河北卷，10，3 分)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
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
【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＋。A 项，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 项，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
的LixCoO2，B 正确；C
项，SO4
2-为阴离子，应向阳极移动，即向Pt 电极迁移，C 错误；D 项，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。
11．(2025•陕晋宁青卷，13，3 分)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，
从右室向左室移动
B．电解总反应：
C．以
为原料，也可得到TQ
D．用
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。A 项，电解时阳离子向阴极移动，H+从右室向左室移动，A 正确；B 项，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：
，B 正确；C 项，将TY(
)换成
为原料，仍然能够得
到TQ(
)，C 正确；D 项，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。
12．(2025•湖北卷，15，3 分)某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)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(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+
B．已知②处的电解液温度比①处的低，可推断[Fe(H2O)6]2+比[Fe(H2O)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(H2O)6]2+和
[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变
【答案】B
【解析】由图可知，左侧电极发生反应[Fe(H2O)6]2+- e-=[Fe(H2O)6]3+，则左侧为阳极，右侧电极反应为
[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+，则右侧电极为阴极。A 项，阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+，A 正确；
B 项，已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断[Fe(H2O)6]3++e-=[Fe(H2O)6]2+是吸热反应，无法推断
[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+的稳定性，B 错误；C 项，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 项，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(H2O)6]2+和[Fe(H2O)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。
