电解池（专练）-2023年高考化学二轮复习

专题九电解池基础过关检测

考试时间：70分钟卷面分值：100分

学校:姓名：班级：考号：

注意事项：

1.答题前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上。

2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用

橡皮擦擦干净后，再选涂其它答案标号。

3.答非选择题时，必须将答案书写在专设答题页规定的位置上。

4.所有题目必须在答题卡上作答。在试题卷上答题无效。

5.考试结束后，只交试卷答题页。

可能用到的相对原子质量：HlC12N14016Na23Mg24S32C135.5

一、选择题（本题含16小题，每题3分，共48分。每题只有一个选项符合题意）

1.（2023秋•上海徐汇・高三上海市西南位育中学校考期末）利用如图装置进行实验（U形

管为耐压试管），开始时，a、b两处液面相平，密封好，放置一段时间。下列说法正确

CC14

A.铁丝的腐蚀速率：a>b

B.a、b管溶液的pH值都增大

C.一段时间后，a管液面低于b管

D.a、b两管中发生相同的电极反应为Fe3e=Fe3+

【答案】B

【详解】A.a管电解质溶液为中性，发生吸氧腐蚀，b管电解质溶液为稀硫酸，发生析

氢腐蚀，氢离子浓度大，所以腐蚀速率。〈匕，A错误；

B.a中产生OH,pH会变大；b中消耗氢离子，pH也会变大，B正确；

C.a发生吸氧腐蚀，吸收氧气，气体体积会减少；b发生析氢腐蚀，产生氢气气体体积

会变大，所以一段时间后，a管液面高于b管液面，C错误；

D.金属的腐蚀，都是金属做负极，失去电子发生氧化反应，所以，a、b两管中负极的

电极反应均为Fe-2e=Fe2+,D错误；

故选B。

2.（2021秋•山东青岛•高三统考期中）FFC—剑桥法制取高纯硅是以夹有石英片的单晶

硅和石墨作电极、氯化钙熔盐为电解质直接电解，同时产生CO和CCh等气体。下列说

法错误的是

A.夹有石英片的单晶硅作阴极，石墨作阳极

2

B.阴极电极反应为：SiO2+4e=Si+2O

C.将生成的O2转化为CO和CO2可促进电子的转移

D.将石英片夹在单晶硅中，可以避免对产物纯度的影响

【答案】C

【分析】根据对应电极及产物描述，可知石墨电极上产生的氧气，把c元素被氧化生成

CO和CO2,石墨电极做阳极，SiO2所在电极si元素被还原生成单晶硅，单晶硅电极做

阴极，熔融态电解质中Ca2+移向阴极，C1移向阳极；

【详解】A.根据分析可知，SiO2中硅元素得电子，石墨中碳元素失电子，电极对应关

系正确，不符题意；

B.阴极SiO2中Si得电子生成Si,电极反应式正确，不符题意；

C.由题意可知，电解产生CO和CCh,说明阳极先发生反应：2O24e=O2f,然后生成的

氧气与碳反应生成CO和CO2,与电子转移无关，故错误；

D.SiCh得电子生成Si单质，SiCh夹在单晶硅层之间，使硅单质生成晶体时避免外界离

子等成分的干扰，描述正确，不符题意；

综上，本题选C。

3.（2023•安徽黄山•统考一模）电解废旧锂电池中的LiMn?。,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

说法正确的是

滤布

++2+

A.电极A的电极反应为：2LiMn2O4-6e-+16H=2Li+4Mn+8H2O

B.电极B为阳极，发生还原反应

C.电解结束，溶液的pH增大

D.电解一段时间后溶液中Mi?+浓度减小

【答案】C

【详解】A.电极A锦元素化合价降低，还原反应，电解时做阴极，电极反应为：2LiMn2C>4

+6e「+16H+=2Li++4Mn2++8H2。，A错误；

B.电极B锦元素化合价升高，氧化反应，电解时做阳极，B错误；

+2+

C.2LiMn2O4+4H+丝2Li+Mn+3MnO2+2H2O,电解后H+浓度变小，溶液的

pH增大，C正确；

++2+2+

D.2LiMn2O4+4H2Li+Mn+3MnO2+2H20,电解一段时间后溶液中Mn

浓度增加，D错误；

故答案为：C»

4.(2020•河北张家口.一模)由于氯酸钠(NaCICh)具有吸湿性，不易保存，因此工业上

常采用电渗析法将氯酸钠(NaCICh)转化成氯酸钾(KC1O3)，其工作原理如图所示(a、b两

电极均为石墨电极，c、d、e依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜、阳离子交换膜)，下

列法说不正确的是()

NaClO,KClOj

A浓溶液稀溶液A

NaClOjKClOj

稀溶液浓溶液

A.a电极连接电源负极

B.左池NaOH溶液出口浓度大于入口浓度

C.该电解池的工作原理实质是电解水

D.制备ImolKClCh，a、b两极共产生16.8L气体

【答案】D

【分析】氯酸钠浓溶液进入后流出氯酸钠稀溶液，氯酸钾稀溶液进入后流出氯酸钾浓溶

液，说明氯酸根经d膜向右移动，电解池中阴离子流向阳极，所以b电极为阳极，a电

极为阴极。

【详解】A.根据分析可知a电极为阴极，与电源负极相连，故A正确；

B.阴极发生反应2H2O+2e=2OH+H2j钠离子经c膜进入左池，所以NaOH溶液出口

浓度大于入口浓度，故B正确；

C.阴极电离出的氢离子放电产生氢气，阳极氢氧根放电生成氧气，所以该电解池的工

作原理实质是电解水，故C正确；

D.未指明温度和压强，无法计算气体的体积，故D错误；

故答案为D。

5.(2022・全国•高三专题练习)因保与盐酸反应缓慢，工业上以镁和盐酸为原料，利用

离子膜电解技术制取氯化银(NiCU),其原理如图。电解过程露不断往b极区补充盐酸。

B.离子交换膜为阳离子交换膜

通电，

C.总反应为：Ni+2HC1—NiCl,+H2f

D.电解过程可用NaCl溶液代替盐酸

【答案】C

【详解】A.a是电解池的阳极，接外电源的正极，A错误；

B.a电极失电子产生Ni2+,溶液中的氯离子在左池与Ni2+结合生成NiC",所以氯离子

要能由右池进入左池，则离子交换膜为阴离子交换膜，B错误；

C.a电极失电子产生Ni2+,b为阴极，氢离子得电子生成氢气，所以总反应为：

Ni+2HC1-NiCl2+H2T,C正确；

D.电解过程若用NaCl溶液代替盐酸则右池水中氢离子放电，产生氢氧根，氢氧根进入

左池，使Ni2+沉淀，降低产率，D错误;

所以答案为C

6.(2023・四川成都・一模)某种电催化法以CoP、Ni2P为催化电极合成月青类化合物(RCN)

和偶氮化合物(R-N=N-R),装置示意图如图。下列说法错误的是

KOH溶液

A.左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应

B.阴极发生反应:

2+8e-+4H2O=《\—N=N—L)+8OH-

C.OH-从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动

D.每当合成得到ImolRCN,同时合成lmolR-N=N-R

【答案】D

【详解】A.右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极、左侧为阳极，所以左侧电极

的电势比右侧的高，且发生氧化反应，故A正确；

B.右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极，阴极发生反应为

C.右侧为阴极、左侧为阳极，OH-从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动，故C正确;

D.阳极反应式为，RCH2NH24e+4OH=RCN+4H2O,根据得失电子守恒，每当合成得到

ImolRCN,同时合成0.5molR-N=N-R,故D错误；

选D。

7.(2021・全国•高三专题练习)如图为CO2电甲烷化的装置图(MEC),其利用微生物催

化驱动工作，该生物电催化技术既有助于降低温室效应，也可处理有机废水。下列说法

正确的是

直流电源

co2

A.b电极为MEC的阳极

B.若b电极转化L5molCO2，装置中转移的电子数是15NA

C.MEC工作时，质子将从a电极室向b电极室迁移

D.b电极的反应方程式为CO2+8e+6H2O=CH4+8OH

【答案】C

【详解】A.由图示可知有机物在a电极被氧化成二氧化碳，二氧化碳在b电极被还原

成甲烷。则a为阳极，b为阴极，故A错；

+

B.b电极为二氧化碳得到电子被还原成甲烷,则其反应为：CO2+8e+8H=CH4+2H2O,

则转化1.5molCO2,装置中转移的电子数是12NA,故B错；

C.MEC工作时，阳离子向阴极移动，则质子将从a电极室向b电极室迁移，故选C；

D.在酸性条件下无氢氧根离子生成，则b电极的电极方程式为

+

CO2+8e+8H=CH4+2H2O,故D错；

答案选C

8.（2020秋•河北张家口.高三张家口市第一中学校考期中）城市地下潮湿的土壤中常埋

有纵横交错的管道和输电线路，当有电流泄漏并与金属管道形成回路时，就会引起金属

管道的腐蚀。原理如图所示，但若电压等条件适宜，钢铁管道也可能减缓腐蚀，此现象

被称为“阳极保护”。下列有关说法不正确的是

钢铁管道

A.该装置能够将电能转化为化学能

B.管道右端腐蚀比左端快，右端电极反应式为Fe2e=Fe2+

C.如果没有外加电源，潮湿的土壤中的钢铁管道比较容易发生吸氧腐蚀

D.钢铁“阳极保护”的实质是在阳极金属表面形成一层耐腐蚀的钝化膜

【答案】B

【详解】A.该装置相当于电解池，能将电能转化为化学能，故A正确；

B.电解池中阳极被腐蚀，左端为阳极，其腐蚀速率较右端快，左端电极反应式为

Fe2e=Fe2+,故B错误；

C.如果没有外加电源，潮湿的土壤（接近中性）中的钢铁管道发生原电池反应，所以

发生的是吸氧腐蚀，故C正确；

D.若电压等条件适宜，Fe在阳极失电子生成氧化物薄膜，能防止金属被腐蚀，所以“阳

极保护”实际上是在金属表面形成了一层致密的保护膜，故D正确；

故选：Bo

9.（2022.青海海东•校考二模）某科研团队成功合成了具有拉伸应力的超薄多孔Pd纳米

片，以超薄多孔Pd纳米片作阳极，在常温常压下通过电解将氮气直接转化为硝酸根离

子。其工作原理示意图如图所示。已知：Pd会向PdCh发生转化，在极少量PdCh生成

后开始有硝酸根离子生成，Pd溶于硝酸。下列说法错误的是

,N]CbH2

A.可采用阴离子交换膜

B.电解过程中，Pd、N2均在阳极附近发生反应

C.超薄多孔Pd纳米片有助于其转化为PdCh,提高硝酸根离子的产生效率

通电小

D.开始产生硝酸根离子时，电解的总反应式为N2+6H2O—2NO；+5H2T+2H+

【答案】D

【分析】由通电于Pd能溶于硝酸，由此可推测电解质溶液为碱性环境，电解方程式为

通电

N.+4H.O+2OH2NO；+5H2T，据此分析作答。

【命题意图】本题考查电解池的应用、电极反应式的书写等。注重考查学生的分析与推

测能力和归纳与论证能力，体现宏观辨析与微观探析的学科核心素养。

【详解】A.由通电于Pd能溶于硝酸，由此可推测电解质溶液为碱性环境，电解方程

通电入

式为N2+4H2O+2OIT-2NO；+5H2T,OH可通过交换膜进入阳极室，A正确;

B.由题意当Pd产生PdO2时，开始产生硝酸根离子，说明Pd先在阳极放电，B正确;

C.超薄多孔增大了反应接触面积，有助于转化为PdOz，由题意可知开始产生Pd。2时，

开始产生硝酸根离子，C正确；

D.由通电于能溶于硝酸，由此可推测电解质溶液为碱性环境，电解方程式为

通电小

N2+4H2O+2OH--2NO-+5H2T,OIT可通过交换膜进入阳极室，D项错误。

10.（2022・上海崇明・统考二模）我国研发的高效低压电催化还原CO2法居世界领先水平,

工作原理如图所示，工作时总反应为NaCl+CO2-^,CO+NaClO。a、b均为涂装催

化剂的惰性电极。下列说法错误的是

A.工作时，电能转化为化学能

B.工作时，NaClO产生在a极区

C.若用铜锌原电池作电源，则X极反应为Zn2e-Zn2+

D.消耗0.05molCC>2时，有0.1mol可通过质子交换膜

【答案】C

【详解】A.该装置为电解池，工作时，电能转化为化学能，A正确；

B.NaCl-NaClO,Cl化合价升高，发生氧化反应，在阳极区域，根据氢离子移动的方

向可判断b为阴极，a为阳极，所以工作时，NaClO产生在a极区，B正确；

C.结合B选项，a为阳极，所以X为正极，电池的正极应该发生还原反应，而Y电极

应该发生反应：Zn2e-Zn2+,C错误；

D.CCh—CO2e,ImolCCh参加反应转移电子数为2mol,而转移的电子数等于质子交

换膜通过的氢离子数，所以耗0.05molC02时，有0.1molH+通过质子交换膜，D正确；

故选C。

11.(2023秋•上海浦东新•高三统考期末)电解氧化法可在铝制品表面形成致密的氧化

膜，从而提高铝制品的耐腐蚀性。电解时以铝制品和石墨为电极，NaHCOs溶液为电解

液，阴极放出气体。下列叙述正确的是

A.待加工铝制品为阴极B.阴极放出的气体为氧气

C.电解时阴离子向阴极移动D.溶液碱性过强可能导致实验失败

【答案】D

【分析】根据题中信息，铝制品为电解池阳极，电极反应为：

Al-3e+3HCO3=A1(OH)3+3CO2A1(OH)3受热分解生成AI2O3,在铝制品表面形成致

密的氧化膜；石墨为电解池阴极，电极反应为：2H2O+2e=H2T+2OH-;

【详解】A.待加工铝制品为阳极，A项错误；

B.阴极放出的气体为氢气，B项错误；

C.电解池工作时，阴离子向阳极移动，C项错误；

D.溶液碱性过强会发生反应A1(OH)3+OH-=A1C>2+2H2。，使A1(OH)3溶解，可能导致

实验失败，D项正确；

答案选D。

12.(2022秋・北京海淀•高三清华附中校考阶段练习)CO2资源化利用是实现碳中和的一

种有效途径。下图是CO2在电催化下产生合成气(CO和H*的一种方法。下列说法不正

确的是

Na2so4、CH3coOH、

CH3coONa混合溶液

阴离子交换膜

(只允许SO：通过)

A.a电极连接电源的负极B.S0：从a极区向b极区移动

C.b极区中c(CH3co0)逐渐增大D.a极区中c(C。；)逐渐增大

【答案】C

【分析】从图中可以看出，在a电极,CO?、H2O得电子生成CO、H2,所以a为阴极,

b为阳极。

【详解】A.由分析可知，a电极为阴极，则连接电源的负极，A正确;

B.SO：为阴离子，应从阴极向阳极移动，所以从a极区向b极区移动，B正确；

广丫.处广丫圳

C.b极为阳极，2e+2cH3coO=+2CH3coOH,则溶液

中c(CH3coO)逐渐减小，C不正确；

D.a极为阴极,CO2+2e+2HCO；=CO+2CO；+H20,2HCO；+2e=H2T+2CO；,所以c(CO;)

逐渐增大，D正确；

故选C。

13.(2023秋・安徽•高三校联考期末)石墨烯基电催化CO2转化为CH,等小分子燃料的

装置示意图如图所示。下列叙述正确的是

A.a电极应该连接电源的负极

B.电催化过程溶液中的H+由II室向I室迁移

C.II室中每消耗ImolCO?气体，I室生成ImolO?

D.CO?转化为CH4的反应为CO2+8H++8e-=CH4+2H2O

【答案】D

【详解】A.a电极上H?O转化为。,，。元素失电子化合价升高，则a为阳极，正极连

接阳极，则a电极应该连接电源的正极，故A错误；

B.电解池中阳离子由阳极移向阴极，则溶液中的H+由I室向II室迁移，故B错误；

c.II室中C02转化为co、CH4、C2H4等，不是只生成CH4,则每消耗lmolCC>2气体，

转移电子不等于8mol,则无法确定生成。2的物质的量，故C错误；

+

D.b极COc转化为CH4,C元素化合价降低，电极反应式为CO2+8H+8e=CH4+2H2O,

故D正确；

故答案为：D。

14.（2023秋・宁夏银川•高三六盘山高级中学校考期末）双盐MgCoS2电池因具有高比容

量与高安全性而日益受到关注，其充放电过程如图所示：

*放电

-＞充电

下列说法错误的是

A.放电时X电极电势低于Y电极

B.充电时X电极接电源正极，发生还原反应

+

C.放电时Y极上电极反应：CoS2+4e+4Li=Co+2Li2S

D.充电电压是2.75V

【答案】B

【详解】A.根据图示可知：放电时Mg失去电子变为Mg2+,所以Mg所在电极X为负

极，Y电极为正极，负极电势比正极的电势低，A正确；

B.放电时Mg所在电极为负极，则充电时X电极接电源负极，得到电子发生还原反应，

B错误；

C.根据图示可知：放电时Y极上C0S2得到电子被还原产生Co,图示产生Li?S,则Y

+

电极的电极电极反应为：CoS2+4e+4Li=Co+2Li2S,C正确；

D.根据图示可知充电时充电电压为2.75V,D正确；

故合理选项是B。

15.（2022・上海松江・统考一模）利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法

错误的是

M

A.若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀

B.若X为锌棒，开关K置于M处，海水pH降低

C.若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀

D.若X为碳棒，开关K置于N处，碳棒上发生氧化反应

【答案】B

【分析】若开关K置于M处时，形成原电池；若开关K置于N处时，形成电解池。

【详解】A.若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，铁得电子做正极被保护，

A正确；

B.若X为锌棒，开关K置于M处,形成原电池，总方程式为2Zn+O2+2H2O=2Zn(OH)2；,

海水pH几乎不变，B错误；

C.若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐

蚀，C正确；

D.若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，碳棒做阳极，失去电子发生氧化反

应，D正确；

故答案为：Bo

16.(2023・湖北•统考一模)1,2二氯乙烷主要用作聚氯乙烯单体制取过程的中间体，

用电有机合成法合成1,2二氯乙烷的装置如图所示。下列说法中正确的是

A.直流电源电极a为负极

B.X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜

C.液相反应中，C2H4被氧化为1,2二氯乙烷

电解

D.该装置总反应为2Cr+2H2。—2OH+H2T+C12T

【答案】C

【分析】由电解池装置图可知，左侧亚铜离子失去电子生成二价铜离子，为电解池的阳

极，则a为电源正极，溶液中的氯离子经过阴离子交换膜X移向阳极，右侧氢离子得到

电子生成氢气，为阴极，则b为电源的负极，溶液中的钠离子经过阳离子交换膜Y移

向阴极，同时生成氢氧化钠。液相反应中氯化铜与乙烯反应生成1,2—二氯乙烷和氯

化亚铜，据此解答。

【详解】A.根据分析，直流电源电极a为正极，A错误；

B.由分析可知，X为阴离子交换膜，Y为阳离子交换膜，B错误；

C.液相反应中，C2H4与CuCL反应生成1，2二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧

化反应，应为C2H4被CuC12氧化为1，2二氯乙烷，C正确；

D.以NaCl溶液和乙烯为原料合成1,2二氯乙烷中，CuCl循环使用，其实质是NaCl、

电解

H2。与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaCl-

H2T+2NaOH+ClCH2cH2C1,D错误；

故答案选C。

二、非选择题（本题共5小题，13题每题10分，45题每题11分，共52分）

17.（2023秋・北京西城•高三统考期末）石油中含有有机氯和无机氯（主要以C「的形式存

在），还含有少量的硫化氢、硫酸盐和碳酸盐等。微库仑滴定法可快速测定石油中的有

机氯和无机氯的含量。

己知：库仑测氯仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中的《Ag+）保持定值

时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与Ag+反应，测氯仪便立即自动进行电解到

c（Ag+）又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出石油中氯的含量。

（1）库仑测氯仪电解池中的阳极反应是

I.石油中有机氯含量的测定

(2)用过量KOH溶液和水除去石油样品中的H2s和无机盐，再通过操作分离得

到处理后的石油样品。KOH溶液除去H2s的离子方程式是。

(3)经处理后的石油样品在高温、富氧条件下燃烧,有机氯转化为HC1。在库仑测氯仪中，

待测气体通入电解池后与Ag+反应的离子方程式是o

(4)石油样品为ag,电解消耗的电量为x库仑，样品中有机氯的含量(按含氯元素计)为

_______mg/go

已知：电解中转移Imol电子所消耗的电量为F库仑

H.石油中无机氯含量的测定

在极性溶剂存在下加热石油样品，再用水提取其中的无机盐。含盐的待测液体注入库仑

测氯仪进行测定。

已知：i.样品中存在的SO：和CO》不影响测定结果

-71350

ii.Ka<(H2S)=1.1X10(H2S)=1.3X10^^sp(Ag2S)=6.3xlO~

(5)用离子方程式解释COj不影响测定结果的原因：。

(6)石油样品中存在的H2S会影响测定结果。

①通过估算说明H2S的存在会影响测定结果：。

②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入(填序号)以消除H2s的影响。

a.H?。?溶液b.NaOH溶液c.碘水

【答案】⑴Ag-e-=Ag*

2

⑵分液H2S+2OH-=S-+2H2O

(3)Ag++Cr=AgClJ

,35500X

(4)——

Fa

(5)Ag2CO3+2cH3coOH=2Ag++2cH3coeT+H2O+CO2T

(6)偏大a

【分析】检测前，电解质溶液中的《Ag+)保持定值时，电解池不工作。待测物质进入

电解池后与Ag+反应，Ag+浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，

生成Ag+,到c(Ag+)又回到原定值，电极反应式为Ag-e-=Ag+,根据电解消耗的电量

可以求出石油中氯的含量;

【详解】(1)库仑测氯仪电解池中的阳极反应是Ag-e-=Ag+；

(2)用过量KOH溶液和水除去石油样品中的H2s和无机盐，石油和水溶液不互溶，可

以通过分液操作分离；KOH溶液除去H2s的离子方程式是H2S+2OH-=S2-+2Hq；

(3)HC1与Ag+反应的离子方程式是Ag++Cr=AgClJ；

Xx

(4)电解消耗的电量为x库仑，即moi电子，n(Cl)=n(Ag+)=n(e)=-mol,样品中有

7F7F

x

x,,人且—molx35.5g/molxlOOOmg/g35500x,

机氯的含量为F3=一7一mg/g；

Fa

ag

(5)碳酸银可溶于醋酸，COj不影响测定结果，离子方程式为

+

Ag2CO3+2CH3COOH=2Ag+2cH3coeT+H2O+CO2T;

(6)①硫化银的Ksp很小，H?S电离出的S2会与Ag+反应生成硫化银沉淀，使溶液中

Ag+浓度减小，电解消耗电量增多，使测定结果偏大；

②待测液体注入库仑测氯仪前，可加入能与H2s反应，消除S2的试剂；

a.凡。?溶液与H2s反应生成硫单质和水，溶液中没有S2,a符合；

b.NaOH溶液与H2s反应生成硫化钠和水，溶液中仍然存在S2,b不符合;

c.碘水与H2s反应生成硫单质和碘化氢，溶液中存在I,会生成碘化银沉淀影响测定结

果，c不符合;

故选a»

18.(2019秋•贵州黔东南•高三校考期末)钢铁工业是国家工业的基础，钢铁生锈现象

却随处可见，为此每年国家损失大量资金。请回答钢铁腐蚀与防护过程中的有关问题。

(1)钢铁的电化学腐蚀原理如图所示：

②将该装置作简单修改即可成为钢铁电化学防护的装置，请在如图虚线框内所示位置作

出修改，并用箭头标出导线中电子流动方向。

③写出修改后石墨电极的电极反应式。

(2)生产中可用盐酸来除铁锈。现将一生锈的铁片放入盐酸中，当铁锈被除尽后，溶

液中发生的化合反应的化学方程式o

(3)在实际生产中，可在铁件的表面镀铜防止铁被腐蚀。装置示意图如图：

①A电极对应的金属是_(写元素名称)，B电极的电极反应式是。

②若电镀前铁、铜两片金属质量相同，电镀完成后将它们取出洗净、烘干、称量，二者

质量差为5.12g,则电镀时电路中通过的电子为—moL

③镀层破损后，镀铜铁比镀锌铁更容易被腐蚀，请简要说明原因—-

【答案】。2+4屋+2H2O40JT2c「一2屋=C12T2FeCl3+

2+

Fe=3FeCl2铜Cu+2e-=Cu0.08铁比铜活泼，镀层破坏后，在潮湿环境中

形成原电池，铁为负极，加速铁的腐蚀

【分析】(1)中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，铁作负极，石墨作正极，正极上氧气得电

子发生还原反应，要保护钢铁不受腐蚀，可以把铁设计成电解池的阴极，与电源负极相

连接，设计成电解池后，石墨作阳极，阳极上氯离子放电；

(2)氧化铁可以和盐酸之间反应生成氯化铁和水，金属铁可以和氯化铁之间反应得到氯化

亚铁；

(3)①在铁件的表面镀铜时，金属铜必须是阳极材料，金属铁为阴极，根据电解池的工作

原理来回答；

②电镀时，电镀时，镀层连接正极，镀件连接电源负极，镀层作阳极，镀件作阴极，电

解质溶液中含有镀层金属元素，阳极上发生氧化反应，阴极上发生还原反应，根据金属

质量和转移电子之间的关系式计算；

③在原电池中，负极金属易被腐蚀，正极上的金属被保护。

【详解】(1)①中性条件下,钢铁发生吸氧腐蚀,该电池反应为2Fe+2H2O+O2=2Fe(OH)2，

铁作负极，石墨作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，正极反应为O2+2H2O+4e=4OH；

②要保护钢铁不受腐蚀，可以把铁设计成电解池的阴极，与电源负极相连接，设计成电

解池后，石墨作阳极，阳极上氯离子放电，即虚线框内所示位置作出的修改以及导线中

电子流动的方向如下图:

③修改后石墨电极为阳极，氯离子放电，则电极反应式为2cl+2e=Cbf;

（2）氧化铁可以和盐酸之间反应生成氯化铁和水，当铁锈除净后，金属铁可以和氯化铁之

间反应得到氯化亚铁，即2FeCb+Fe=3FeCb;

（3）①在铁件的表面镀铜，金属铜必须是阳极材料，发生电极本身失电子的氧化反应，且

金属铁为阴极，发生电极反应：Cu2++2e=Cu；

②阳极上铜质量减少，阴极上铜质量增加，二者质量差为5.12g时，阴极上析出铜的质

量为2.56g,根据铜和转移电子之间的关系式知，转移电子的物质的量=、：;兔

64g/mol

x2=0.08mol；

③镀铜铁中由于铁比铜活泼，镀层破坏后，在潮湿环境中形成原电池，铁为负极，加速

铁的腐蚀，但是镀锌的铁镀层破损后，金属Zn为负极，金属铁为正极，正极金属被保

护。

19.（2015•山东日照・统考二模）电化学原理在金属腐蚀、能量转换、物质合成等方面应

用广泛。

（1）通常可用图1、图2所示的两种方式减缓海水城钢闸门A的腐蚀，则图1中材料B

通常选择（填字母序号），图2中材料C最好选择（填字母序号）。

a.钠块b.铜块c.锌块d.石墨

图3

则图2中C上发生的主要电极反应式为

(2)镁燃料电池在可移动电子设备电源和备用电源等方面应用前景广阔。图3为“镁一

次氯酸盐”燃料电池原理示意图，电极为镁合金和铝合金。

①D为该燃料电池的极(填“正”或"负”)。E电极上的电极反应式为0

②镁燃料电池负极容易发生自腐蚀使负极利用率降低，该过程中产生的气体a为

(填化学式)。

(3)乙醇酸(HOOC—CHO)是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”

生产乙醛酸，原理如图4所示，该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛

酸。

①乙二醛(OHC—CHO)与M电极的气体产物反应生成乙醛酸，则反应的化学方程式为

②该电解装置工作中若有0.5molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，则该装置中生

成的乙醛酸为molo

--

【答案】cd2Cr-2e-===Ch?负ClO+2e+H2O===CP+2OH

H2OHC-CHO+CI2+H2O===HOOC-CHO+2HC10.5

【详解】试题分析：(1)图1采用牺牲阳极的阴极保护法，用比被保护金属活泼的金属

作负极，被保护的金属作正极，推出B为c,图2是外加电流的阴极保护法，阴极是被

保护的金属，阳极是惰性金属或石墨，推出材料C为d,电解质为海水，主要溶质是

NaCl,材料C作阳极，反应式：2C「一21=。2［；(2)①D是镁合金，根据图3,D电

极上Mg—Mg(OH)2化合价升高，根据原电池的工作原理,D作负极,E电极上C1CT—C1

一，化合价由+1价—―1价，发生的电极反应式：CIO-2e-^Cl,因为D电极上产

生氢氧化镁，因此在E电极上产生OH,推出电极反应式：ClCT+2e-+H2O===C「

+2OH；②镁燃料电池作负极的是Mg,Mg+2H2O=Mg(OH)2+2H2T，产生的气体a

为H2；(3)①根据图4M电极上产生的气体是CI2，OHC—CHO+Cb-OHC—COOH

+2cr,根据氧化还原反应的缺项配平以及离子反应方程式所带电荷数守恒，推出反应

方程式：OHC-CHO+CI2+H2O===HOOC-CHO+2HC1；②N极电极反应式：HOOC

+

-COOH+2e-+2H=HOOC-CHO+H2O,M极电极反应式：OHC—CHO—2底+

+

H2O=HOOC-CHO+2H,当0.5molH+通过质子交换膜，并完全参与了反应，共生成

乙醛酸0.5molo

考点：考查金属腐蚀的防护、原电池工作原理、电解池工作原理及电极反应式的书写等

知识。

20.(2023秋・北京通州•高三统考期末)氢能是一种极具发展潜力的清洁能源。以太阳

能为热源，热化学硫碘循环分解水是一种高效、无污染的制氢方法。其反应过程如下图

(1)已知:

2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)H=+544kJ/mol

2HI(g).H2(g)+I2(g)H=+10.4kJ/mol

2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)H=-484kJ/mol

反应I的热化学方程式：。

(2)反应I所得产物的溶液在碘过量时会自发分成两层。分离两层溶液的实验操作是

________________O

(3)研究发现，通过电解方法实现反应I,既可减少碘的加入量，也可减少溶液后续纯化

过程的能耗。写出通过电解法实现反应I时，阳极的电极反应式：o

(4)碘硫循环过程中反应I所制备出的HI浓度较低，必须对HI溶液进行浓缩。电解电渗

析浓缩HI溶液的原理如下图所示，初始时阳极液和阴极液相同，溶液组成均为n(HI)：

n(H2。)：n(l2)=l：6.8：2。

4

循

循

泵

环

弟

阳极液阴极液

①电渗析过程中，阳极液中12的浓度会(填“增大”或“减小”)。

②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理。

(5)某科研小组采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，工作原理如下图所示。

阳离子阴离子

双极膜交换膜交换膜双极膜

Na2so4NaiNa2sO”

溶液溶液溶液

已知：双极膜在直流电场作用下可将水解离，在双极膜的两侧分别得到H+和0H。

①X极是(填“阳极”或“阴极”)。

②电解后，_______室获得较浓的氢碘酸(填“a”、"b”或"c”)。

【答案】⑴SO2(g)+L(g)+2H2O(g)=2HI(g)+H2sO,⑴AH=-40.4kJ/mol

(2)分液

+

(3)SO2+2H2O-2e=4H+S0：

(4)增大阴极：b+2e-=2］，H+通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI

的浓度增大

(5)阴c

【详解】(1)反应①2H2so4(l)=2SO2(g)+2Hz。(g)+O2(g)AHj=+544kJ/mol

反应②2Hl(g)-H2(g)+I2(g)AH2=+10.4kJ/mol

反应③2H2(g)+0,(g)=2H2()(g)AH3=-484kJ/mol

按盖斯定律，反应I=Jx①②;x③，反应I的AHZGAHS，则反应I的热

化学方程式为：so,(g)+I2(g)+2H2O(g)=2HI(g)+H2SO4(1)AH=-40.4kJ/mol„

(2)反应I所得产物溶液在碘过量时会自发分成两层，则为互不相溶的两层液体，分

离两层溶液的实验操作是分液。

(3)反应I为L+2H2O+SO产H2sO4+2HI,电解法实现反应I时，阳极二氧化硫失去电

+

子被氧化转变为硫酸根，阳极的电极反应式：S02+2H20-2e=4H+S0^o

(4)①通过电解电渗析浓缩HI溶液，电渗析过程中，阳极碘离子失去电子被氧化转变

为碘单质，则阳极液中12的浓度会增大。

②结合化学用语，解释阴极区进行HI浓缩的原理为：阴极电极反应为U+2e-=2r,H+

通过质子交换膜由阳极区进入阴极区，阴极区HI的浓度增大。

(5)①采用双极膜电渗析法制备高浓度氢碘酸，X电极上水提供的氢离子转变为氢气，

是还原反应，则X极是阴极。

②Y为阳极，进入b中碘离子通过阴离子交换膜进入c室，右侧双极膜在直流电场作用

下可将水解离产生的H+在c室、0H在阳极Y放电产生氧气，则电解后，c室获得较浓

的氢碘酸。

21.(2023秋・天津河西•高三天津市新华中学校考期末)含Sth、NOx的烟气必须经过处

理才可排放。回答下列问题：

(1)若烟气主要成分为SO2、NO,可通过电解法除去，其原理如图所示。阳极的电极反

应式为。标准状况下，22.4LNO完全反应转移电子数约为。

(NHJSO,

浓溶液

稀溶液

⑵若烟气主要成分为SO2，可以用氨水将SO2转化为NH4HSO3,再氧化成(NH4)2SC>4,

已知H2s。3的Kai=1.3xl02>Ka2=6.2xl08,NH3H2O的Kb=1.75xl05o则常温下，NH4HSO3

溶液的pH7(填或“=")。

(3)若烟气主要成分为NO,O3能有效地氧化NOo

①O3分子的空间结构与水分子的相似，O3是(填“极性”“非极性”)分子。

②已知：2NO(g)+C)2(g)=2NO2(g)△Hi=114kJ/moli

1

2O3(g)=3O2(g)△H2=284.2kJ/moli(活化能Ea=119.2kJ/mol)