第03讲 电解池、金属的腐蚀与防护（练习）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第03讲电解池、金属的腐蚀与防护目录01模拟基础练【题型一】电解原理应用于处理“三废”【题型二】电解原理应用于制备物质【题型三】多池、多室的电化学装置【题型四】金属的腐蚀与防护02重难创新练03真题实战练题型一电解原理应用于处理“三废”1．（2024·河北省衡水市高三模拟预测）研究表明，由于人类活动的影响，过量的二氧化碳排放已将海洋表层水的pH值降低了0.2。海水酸性的增强，使多种海洋生物乃至生态系统面临巨大威胁．用如图所示装置可以降低温室气体二氧化碳的含量。下列说法错误的是()A．a室中发生的电极反应：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋B．c室中的部分阳离子会迁移到b室C．b室发生的反应：H++HCO3-=CO2↑＋H2OD．可以利用上述方法从海水中提取CO2【答案】B【解析】海水从入口进入a室和c室，在a室发生氧化反应产生H+和O2，在c室发生还原反应产生OH-和H2，由于阳离子膜只允许阳离子通过，故a室产生的氢离子通过阳离子膜进入b室，而c室产生的OH-被阻隔，海水呈弱碱性，故在b室发生氢离子和碳酸氢根离子的中和反应产生二氧化碳气体，由于二氧化碳气体微溶于水，故二氧化碳气体从海水中分离。A项，水从入口进入a室和c室，在a室发生氧化反应产生H+和O2，电极方程式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，A正确；B项，c室为阴极区，a室为阳极区，电解池中阳离子向阴极移动，B错误；C项，b室发生氢离子和碳酸氢根离子的中和反应产生二氧化碳气体，离子方程式为：H++HCO3-=CO2↑＋H2O，C正确；D项，b室发生氢离子和碳酸氢根离子的中和反应产生二氧化碳气体，由于二氧化碳气体微溶于水，故二氧化碳气体从海水中分离，D正确；故选B。2．某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如下，下列说法不正确的是()A．A为电源正极B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2OC．阴极区附近溶液pH降低D．若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况)时，有0.1molCr2Oeq\o\al(2－,7)被还原【答案】C【解析】根据图示，A作阳极，B作阴极，电极反应式为，阳极：Fe－2e－=Fe2＋；阴极：2H＋＋2e－=H2↑；然后，Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，由于在阴极区c(H＋)减小，pH增大。根据6H2～6Fe2＋～Cr2Oeq\o\al(2－,7)得，当有13.44L(标准状况)H2放出时，应有0.1molCr2Oeq\o\al(2－,7)被还原。3．隔膜电解法处理酸性的硝基苯废水，采用惰性电极，装置示意图如下，下列说法正确的是()A.阴极反应为：＋6H＋＋6e－=＋2H2OB.隔膜应为阴离子交换膜C.电解工作一段时间后，需补加Na2SO4D.生成与O2的物质的量之比为1∶1【答案】A【解析】电池右边实现了C6H5NO2→C6H7N的转变，N元素的化合价从＋3价变到－3价，化合价降低，发生还原反应，对应电极为阴极，故阴极的电极反应式为：C6H5NO2＋6e－＋6H＋=C6H7N＋2H2O，A正确；交换膜允许H＋通过，为阳离子交换膜，B错误；阳极电极反应式为：4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，没有消耗钠离子和硫酸根，不需补加硫酸钠，C错误；阴极电极反应式为C6H5NO2＋6e－＋6H＋=C6H7N＋2H2O，每生成1molC6H7N转移电子数为6mol，阳极电极反应式为4OH－－4e－=O2↑＋2H2O，每转移6mol电子生成1.5molO2，则生成与O2的物质的量之比为1∶1.5＝2∶3，D错误；故答案选A。4． 用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)(1)图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)________极，C口流出的物质是________。(2)SOeq\o\al(2－,3)放电的电极反应式为____________。(3)电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因________。【答案】(1)负硫酸(2)SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋(3)H2OH＋＋OH－，在阴极H＋放电生成H2，c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强【解析】根据Na＋、SOeq\o\al(2－,3)的移向判断阴、阳极。Na＋移向阴极区，a应接电源负极，b应接电源正极，其电极反应式分别为，阳极：SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，阴极：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，所以从C口流出的是H2SO4，在阴极区，由于H＋放电，破坏水的电离平衡，c(H＋)减小，c(OH－)增大，生成NaOH，碱性增强，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液。题型二电解原理应用于制备物质5．(2024·浙江省宁波市十校高三二模联考)高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如图所示。下列说法正确的是()A．上述装置中，f极为光伏电池的正极B．a、b处均通入NaClO4溶液C．d处得到较浓的溶液，c处得到HClO4溶液D．若转移2mol电子，理论上生成100.5gNaClO4【答案】C【解析】根据钠离子通过离子交换膜的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相接，f极为光伏电池的负极，阳极H2O或OH-失去电子生成氧气和氢离子或水，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2↑，生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠，电解池右侧阴极上H2O或H+得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子或氢气，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e-=H2↑，OH-与Na+结合成NaOH，所以物质b为稀NaOH溶液。A项，图中Na+由左侧移动到右侧，即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e极为光伏电池的正极、f极为负极，故A错误；

B项，物质b为稀NaOH溶液，故B错误；

C项，左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH-与Na+结合成NaOH，所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4，故C正确；

D项，电解NaClO4溶液生成HClO4时阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，转移2mol电子则生成2molH+，即生成2molHClO4，m(HClO4)=nM=2mol×100.5g/mol=201g，故D错误；故选C。6．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)高能耗的氯碱工业，经过优化工艺设计可降低能耗.下图所示设计中，表示了相关物料的传输和转化关系，下列说法不正确的是()A．该设计中主要的节能之处一是用氢氧燃料电池来供电，二是提高NaOH溶液浓度B．离子交换膜Ⅰ应选用阳离子交换膜，离子交换膜Ⅱ选用阴离子交换膜C．图中Y为氢气，Y在燃料电池中发生的电极反应是：H2－2e-＋2OH-=2H2OD．燃料电池装置中通空气的一端发生还原反应【答案】B【解析】由图可知，装置I为电解饱和食盐水的电解池，左边电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则X为氯气，右边电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，则Y为氢气；装置II为氢氧燃料电池，左边电极为负极，碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，右边电极为正极，水分子作用下氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。A项，装置I为电解饱和食盐水的电解池，装置II为氢氧燃料电池，氢氧燃料电池可以为电解饱和食盐水供电，燃料电池中，氢气在负极放电消耗氢氧根离子，则a%>c%，氧气在正极放电生成氢氧根离子，则b%>a%，则氢氧化钠溶液质量分数的大小为b%>a%>c%，提高了氢氧化钠的浓度，A正确；B项，电解饱和食盐水选用阳离子交换膜，离子交换膜Ⅰ应选用阳离子交换膜，燃料电池中为了提高氢氧化钠的浓度，离子交换膜II也是阳离子交换膜，Na+离子通过交换膜向正极移动，可以使氢氧化钠浓度在正极室变大，B错误；C项，Y为氢气，在碱性条件下，氢气在燃料电池中发生的电极反应是：H2－2e-＋2OH-=2H2O，C正确；D项，燃料电池装置中通空气的一端为正极，发生还原反应，D正确；故选B。7．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是()。A．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移B．电极b上的反应为CO2+8HCO3--8e-=CH4+8CO3C．电解过程中化学能转化为电能D．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变【答案】A【解析】由a极生成O2可以判断a极为阳极，b极为阴极，阳离子向阴极迁移，则H+由a极区向b极区迁移，A正确；电极b上的反应为CO2+8HCO3-+8e-=CH4+8CO32-+2H2O，B错误；电解过程中电能转化为化学能，C错误；电解时OH-比SO42-更容易失去电子，所以电解Na8．(2024·浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估)某实验小组利用下列装置来降低某硬水中Ca2+、Mg2+和HCO3-的含量，Nb0.1Ru0.9O2和MnOx为极板催化剂。下列说法不正确的是()A．a端电势高于b端电势B．Nb0.1Ru0.9O2可加快H2O失去电子的速率C．其它条件不变，适当减小两极的极板间距，Ca2+、Mg2+沉淀速率增大D．阳极区收集的气体中只含有O2【答案】D【解析】根据图示，钛网上海水中H2O发生失电子的氧化反应生成O2，钛网为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生的H+消耗HCO3-，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，同时生成OH-，沉淀Ca2+、Mg2+，钛箔为阴极。A项，由分析可知，钛网为阳极，a为电源正极，钛箔为阴极，b为电源负极，a端电势高于b端电势，A正确；B项，Nb0.1Ru0.9O2是催化剂，可加快H2O失去电子的速率，B正确；C项，其它条件不变，适当减小两极的极板间距，会加快电子转移的速率，加快了整个反应的速率，Ca2+、Mg2+沉淀速率增大，C正确；D项，钛网为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，产生的H+消耗HCO3-生成CO2，D错误；故选D。9．在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图所示。下列说法错误的是()A．理论上NHPI的总量在反应前后不变B．海绵Ni电极为阳极C．总反应为+H2↑D．每消耗1mol苯甲醇，产生22.4mL氢气【答案】D【解析】由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子生成Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni电极为阳极，电极反应为Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应Ni3++NHPI→Ni2++PINO，H+在石墨电极得到电子生成H2，发生还原反应，则石墨电极为阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑，阴极区同时还发生反应+PINO。题型三多池、多室的电化学装置10．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-=FeO42-+4H2OB．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】A项，由图所示，Fe为阳极，故发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，A正确；B项，阳极反应消耗阴离子氢氧根离子，向右侧阳极移动，故右侧交换膜为能使阴离子通过的阴离子交换膜，B错误；C项，阴极区水被电解产生H2和OH-，故产出的NaOH浓度变大，a%<b%，C错误；D项，阴极区为水被电解发生还原反应得到电子，生成氢气，D错误；故选A。11．某二氧化氯复合消毒剂发生器的工作原理如图所示。通电后，产生成分为ClO2、Cl2、O3、H2O2的混合气体甲，被水吸收后可制得具有更强的广谱杀菌灭毒能力的二氧化氯复合消毒剂。下列说法正确的是()A．m端为电源正极，隔膜为阴离子交换膜B．产生ClO2的电极反应式为Cl-+5e-+2H2O=ClO2↑+4H+C．通电后d口所在极室pH升高，e口排出NaOH溶液D．标准状况下，b口每收集到2.24L气体乙，电路中转移电子0.4NA【答案】C【解析】左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，溶液丙为NaOH溶液。A项，左室中氯元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极室，故m为电源的正极，n为电源的负极，右室发生还原反应，水放电生成氢气与氢氧根离子，离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；B项，Cl-转化为ClO2发生氧化反应，应是失去电子，故B错误；C项，右室是水放电生成氢气与氢氧根离子，右室pH升高，左室中的钠离子通过离子交换膜进入右室，e口排出NaOH溶液，故C正确；D项，标准状况下，b口每收集到2.24L(0.1mol)气体乙，电路中转移电子0.2NA，故选C。12．普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用下面的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是()A．电极a为粗铜，电极b为纯铜B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区D．当电路中通过1mol电子时，可生成32g纯铜【答案】D【解析】由题意结合电解原理可知，电极a是阴极，为纯铜，电极b是阳极，为粗铜，A项错误；甲膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区，B项错误；乙膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区，C项错误；当电路中通过1mol电子时，可生成0.5mol纯铜，其质量为32g，D项正确。13．四室式电渗析法制备盐酸和NaOH的装置如图所示。a、b、c为阴、阳离子交换膜。已知：阴离子交换膜只允许阴离子透过，阳离子交换膜只允许阳离子透过。下列叙述正确的是()A．b、c分别依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜B．通电后Ⅲ室中的Cl－透过c迁移至阳极区C．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四室中的溶液的pH均升高D．电池总反应为4NaCl＋6H2Oeq\o(=,\s\up7(电解))4NaOH＋4HCl＋2H2↑＋O2↑【答案】D【解析】由图中信息可知，左边电极与负极相连为阴极，右边电极为阳极，所以通电后，阴离子向右定向移动，阳离子向左定向移动，阳极上H2O放电生成O2和H＋，阴极上H2O放电生成H2和OH－；H＋透过c，Cl－透过b，二者在b、c之间的Ⅲ室形成盐酸，盐酸浓度变大，所以b、c分别为阴离子交换膜和阳离子交换膜；Na＋透过a，NaOH的浓度变大，所以a是阳离子交换膜，故A、B两项均错误；电解一段时间后，Ⅰ中的溶液的c(OH－)升高，pH升高，Ⅱ中为NaCl溶液，pH不变，Ⅲ中有HCl生成，故c(H＋)增大，pH减小，Ⅳ中H＋移向Ⅲ，H2O放电生成O2，使水的量减小，c(H＋)增大，pH减小，C错误。14．利用电解法制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH和Cl2。下列说法正确的是()。A．C膜可以为质子交换膜B．阴极室的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+C．可用铁电极替换阴极的石墨电极D．每转移2mole-，阳极室中c(Ca2+)降低1mol·L-1【答案】C【解析】通过图示分析C膜只能是阳离子交换膜，A项错误；阴极室的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B项错误；阴极电极不参与反应，故可用铁电极替换阴极的石墨电极，C项正确；未给出溶液体积，无法计算浓度，D项错误。题型四金属的腐蚀与防护15．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.电子由镀层流向铁B.铁片凹陷深处产生了较多OH－C.镀层的金属性比铁弱D.对铁进行了牺牲阳极的阴极保护【答案】C【解析】A项，由图可知，铁片被腐蚀，说明铁做负极，电子由铁流向镀层金属，故A不选；B项，铁皮作负极，失电子产生较多的Fe2＋，即铁皮凹陷处产生较多的Fe2＋，故B不选；C项，构成原电池的条件之一就是有两个活性不同的电极，由图可知，铁片被腐蚀，说明铁做负极，所以镀层金属的金属性比铁弱，故选C；D项，如果镀层金属的金属性比铁强，则铁为正极，镀层为负极，则为牺牲阳极保护阴极，但本题中镀层金属的金属性比铁弱，不属于牺牲阳极阴极保护法，故D不选；故选C。16．(2024·浙江省Lambda联盟高三下学期联考)在浓溶液中及空气存在下，矿砂中的单质银发生吸氧腐蚀生成[AgCl2]-，再加入锌粉生成[ZnCl4]2-和纯度较高的单质银，下列说法不正确的是()A．提高Cl-浓度有利于单质银的溶解B．正极发生的电极反应式为：O2＋4H＋＋4e-＝2H2OC．随着腐蚀的进行，溶液的增大D．加入锌粉反应后，溶液中阴离子总浓度降低【答案】B【解析】A项，银单质在氯化钠浓溶液中与氧气反应生成[AgCl2]-，离子方程式为：4Ag+O2+8Cl-+2H2O=4[AgCl2]-+4OH-，增大氯离子的浓度有利于单质银的溶解，A正确；B项，在氯化钠溶液中，正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；C项，根据A可知，随着腐蚀的进行，氢氧根离子的浓度增大，溶液pH增大，C正确；D项，加入锌粉后，发生反应：Zn+2[AgCl2]-=2Ag+[ZnCl4]2-，溶液中阴离子总浓度降低，D正确；故选B。17．(2024·浙江省金华市十校高三下学期模拟考试)取琼脂、饱和食盐水的混合溶液倒入培养皿中，滴入几滴酚酞和K3[]溶液，混合均匀，放入裹有锌片的铁钉(如下图所示)，一段时间后，下列说法不正确的是()A．锌片附近琼脂颜色变红B．铁钉上的电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-C．离子在半凝固态的琼脂内可定向移动D．将锌片改为铜片，琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块【答案】A【解析】将裹有锌片的铁钉放入琼脂、饱和食盐水的混合溶液中，滴入几滴酚酞和K3[]溶液，混合均匀，形成原电池，其中锌作负极、铁作正极，负极电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-。A项，根据以上分析可知，氧气在正极放电，生成氢氧根，所以铁附近变红，A错误；B项，铁钉作正极，铁钉上的电极反应式：O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；C项，该装置形成原电池，所以离子在半凝固态的琼脂内可定向移动，C正确；D项，将锌片改为铜片，仍能形成原电池，此时铁作负极，发生氧化反应，其电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与K3[]反应产生蓝色沉淀，铜作正极，其电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，生成氢氧根，所以铜电极附近变红，由于铜裹在铁的中段，所以琼脂中会出现蓝、红、蓝三个色块，D正确；故选A。18．实验小组研究金属电化学腐蚀，实验如下：序号实验5min25min实验Ⅰ铁钉表面及周边未见明显变化铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成实验Ⅱ铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化下列说法不正确的是()A.实验Ⅱ中Zn保护了Fe，使铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢B.实验Ⅱ中正极的电极反应式：O2＋2H2O＋4e－=4OH－C.实验Ⅰ的现象说明K3[Fe(CN)6]溶液与Fe反应生成了Fe2＋D.若将Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色【答案】C【解析】A项，实验Ⅱ中Zn比Fe活泼，作原电池的负极，发生吸氧腐蚀，Fe作正极，被保护，铁的腐蚀速率比实验Ⅰ慢，A正确；B项，实验II中Fe作正极，氧气发生得电子的还原反应，其电极反应式：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，B正确；C项，实验I的现象说明25min时，Fe失去电子生成Fe2＋，K3[Fe(CN)6]溶液与Fe2＋发生反应生成特征蓝色沉淀，C错误；D项，若将Zn片换成Cu片，因为Fe比Cu活泼，推测Cu片周边氧气发生得电子的还原反应生成氢氧根离子，酚酞溶液会出现红色，铁钉作原电池的负极，发生失电子的氧化反应生成亚铁离子，与K3[Fe(CN)6]溶液反应，使其周边会出现蓝色，D正确；故选C。19．（2024·北京省顺义市一模）某小组探究不同pH时钢铁的腐蚀，实验装置及结果如下。下列说法正确的是()A．pH=2.0时，300～400s的反应速率比100～200s的速率快，可能与反应放热有关B．pH=2.5时，碳粉作正极，发生的主要反应为O2+2H2O+4e-=4OH-C．pH=4.0时，仅发生析氢腐蚀D．当析氢腐蚀为主时，pH越大，反应速率越大【答案】A【解析】A项，pH=2.0时，正极电极反应：2H++2e-=H2↑，300～400s的氢离子浓度小于100～200s的氢离子浓度，但气体压强增大，可能与反应放热有关，反应为放热反应，温度影响为主，A正确；B项，pH=2.5时，碳粉作正极，主要是析氢腐蚀，电极反应：2H++2e-=H2↑，B错误；C项，图象分析可知，pH=4.0时，气体压强减小，原因是发生了吸氧腐蚀，C错误；D项，当析氢腐蚀为主时，pH越大，反应速率越慢，D错误；故选A。1．（2024·安徽省合肥市第三次教学质量检测）工业上在600℃时电解含40%NaCl和60%CaCl2的混合电解液制取金属钠的电解槽如图所示，下列说法错误的是()A．使用混合电解液的目的是为了降低NaCl熔点B．网状隔膜用于防止生成的Cl2和Na相互反应C．理论上，每转移1mole-，生成1molCl2D．若用串联的铅酸电池组电解NaCl制取Na，则PbO2极接石墨极【答案】C【解析】电解池中放电顺序：Cl->OH-、H+>金属离子，阳极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极为水放电生成氢气。A项，CaCl2和NaCl混合，可降低NaCl的熔点，A正确；B项，网状隔膜用于隔离阳极产物与阴极产物，防止Cl2与Na发生反应，B正确；C项，阳极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，故转移1mole-，理论上生成0.5molCl2，C错误；D项，PbO2作为铅酸电池的正极，应与石墨阳极连接，D正确；故选C。2．(2024·浙江省高三选考模拟考试)铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如下图所示。若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子。下列说法正确的是()A．无论上端口是关闭还是打开，正极反应式均为：Fe-2e-=Fe2+B．1molO2完全转化为羟基自由基时转移了2mol电子C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭D．若处理含Cr2O72-的酸性废水，则上端口应打开并鼓入空气【答案】B【解析】A项，正极发生得电子的反应，负极发生失电子的氧化反应，所以无论是否鼓入空气，Fe易失去电子生成Fe2+，作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A错误；B项，若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH·，所以1molO2完全转化为羟基自由基时转移了2mol电子，B正确；C项，除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化酚类，C错误；D项，Cr2O72-在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子，D错误；故选B。3．(2024·浙江省宁波市镇海中学新高考调研卷)我国科学家开发出碱性海水里直接电解制氢的技术，工作原理如图1所示。MnOx隔水薄膜可以起到阻挡Cl-与电极催化剂活性中心接触的作用，电极A含有M金属的催化剂，发生的电极反应过程如图2所示，离子交换膜选择性透过参与电极A反应的物质。下列说法错误的是()A．电极A上发生的反应存在极性键的断裂与生成B．若去掉隔水薄膜，Cl-会在A电极失去电子生成Cl2C．电解结束后，电极B处去掉海水隔水膜，所得溶液中加入适量、NaCl、KNO3溶液无混浊现象D．每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，就会有0.008mol电子从电极A流向电极B【答案】C【解析】从图2可知，M金属催化剂，催化氢氧根离子在电极A发生失电子的氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH--4e-＝O2↑＋2H2O，所以电极A为阳极，电极B为阴极。A项，由图可知，电极A上发生的反应存在氢氧极性键的断裂与氢氧极性键的生成，A正确；B项，去掉隔水薄膜，氯离子会在阳极A电极失去电子发生氧化反应生成氯气，B正确；C项，电极B为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，则加入铁离子会生成氢氧化铁沉淀变浑浊，C错误；D项，电解总反应为，每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，则生成氧气，O2~4e-，故会有0.008mol电子从电极A流向电极，D正确；故选C。4．(2024·浙江省杭州市高三下学期二模)调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，分子整体呈电中性，此时溶液的pH值为该氨基酸的pI值，谷氨酸的；丙氨酸的；赖氨酸的。已知：可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是()A．阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+B．a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜C．原料室的应控制在6.02D．在产品室1中，可以收集到赖氨酸【答案】D【解析】由题干电解池装置图可知，阳极室为电解H2SO4溶液，故阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，产品室2显碱性，则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室。A项，由题干图示装置可知，阳极室为稀硫酸，故阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，A正确；B项，a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜，B正确；C项，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的pH应控制在6.02，C正确；D项，产品室1显酸性，则可以收集到谷氨酸，产品室2显碱性，则可以收集到赖氨酸，D错误；故选D。5．（2024·广东省东莞等六校联考三模）回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。下列说法正确的是()A．装置a中每吸收22.4L（标准状况下）废气，b中转移电子数为2NAB．装置a吸收废气过多，不会影响装置b中放电微粒的种类C．装置b中的交换膜为质子交换膜，电解过程中两极溶液pH值均稍有降低D．装置b中右侧的电极反应为：CO2+3H2O＋2e-=HCOOH+2OH-【答案】C【解析】根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上SO32-失电子生成SO42-，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为SO32--2e-＋2OH-=SO42-+H2O；则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH。A项，装置a中每吸收22.4L（标准状况下）废气，气体CO2和SO2总量为1mol，则CO2的量小于1mol，b中转移电子数小于2NA，A错误；B项，装置a吸收废气过多，则会有机会生成NaHSO3，HSO3-也可以放电，会影响装置b中放电微粒的种类，B错误；C项，装置b中的交换膜为质子交换膜，电解过程中阳极发生SO32--2e-＋2OH-=SO42-+H2O消耗氢氧根和水，pH值稍有降低，交换膜为质子交换膜，氢离子通过交换膜，进右侧，阴极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，生成酸，两极溶液pH值均稍有降低；C正确；D项，装置b中右侧的电极反应为：CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，D错误；故选C。6．（2024·安徽省马鞍山市高三三模）有机电化学合成是一种环境友好的合成方法，由对硝基苯甲酸制取对氨基苯甲酸的电解装置如图所示，其中双极膜能将H2O解离成H+和。下列说法错误的是()A．b端电势高于a端电势B．电解后阳极区溶液pH下降C．每产生1mol[Ag(NH3)2]+就有1molH2O发生解离D．Pt的电极反应方程式可表示为：【答案】B【解析】根据装置示意图可知，Ag在b极失去电子，为阳极区，结合NH3转化为[Ag(NH3)2]+，则b极为正极，且正极的反应式为Ag-e-+2NH3=[Ag(NH3)2]+，a为负极，Pt为阴极区，对硝基苯甲酸转化为对氨基苯甲酸需要消耗氢离子，则双极膜可以电解水H2O=H++OH-。A项，由分析知，b极为正极，a为负极，b端电势高于a端电势，A正确；B项，电解后阳极区OH-的浓度会增大，溶液pH上升，B错误；C项，生成1mol[Ag(NH3)2]+，溶液需要1molOH—维持溶液环境，所以有1molH2O发生解离，C正确；D项，Pt的电极反应方程式可表示为：

+2H2O，D正确；故选B。7．(2024·浙江省北斗星盟高三联考)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3-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。下列说法不正确的是()A．电极连接电源的正极，发生氧化反应B．电极发生的电极反应式为2NO3-+CO2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2OC．电极a区电解质溶液pH增大D．当电极a区生成尿素时，电极区质量减少【答案】D【解析】由氢离子的移动方向可知，a电极是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极反应式为2NO3-+CO2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O，电极b为阳极，水分子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—=4H++O2↑。A项，电极b为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，A正确；B项，a是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极a发生的电极反应式为2NO3-+CO2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O，B正确；C项，a是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极a区电解质溶液pH增大，C正确；D项，当电极a区生成6.0g尿素时，由方程式2NO3-+CO2+18H++16e-=CO(NH2)2+7H2O，转移电子1.6mol，电极b区，2H2O—4e—=4H++O2↑，电极b区质量减少氧气和氢离子的质量，相当于水的质量，=12.8g+1.6g=14.4g，D错误；故选D。8．(2024·福建省龙岩市高三模拟)利用丙酮酸与废水中的NO3-电催化耦合温和条件下去除NO3-和生产高值化丙氨酸，其工作原理如图。25℃，丙氨酸主要以形式存在，其。下列说法错误的是（）A．丙氨酸酸性很弱是因为形成了内盐B．阴极的电极反应式为++10e-+11H+=+4H2OC．理论上阳极区每生成1molO2，阴极区H+减少4.4molD．该装置整合了电化学—化学—电化学串联反应【答案】C【解析】该装置为电解池，左侧接电源正极为阳极区，水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子；右侧接电源负极为阴极，硝酸根得到电子发生还原反应；制备丙氨酸分为三步，硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH，NH2OH和丙酮酸反应生成C3H5O3N，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸。】A项，氨基酸的酸性来自羧基，而羧基可以与氨基形成内盐，从而减弱酸性，A正确；B项，在阴极，硝酸根得到电子与丙酮酸反应转化为丙氨酸，电极反应式为：，B正确；C项，在阳极，水失去电子被氧化生成氧气和氢离子，同时氢离子从阳极区移向阴极，故阳极生成1mol的氧气，转移4mol电子，阴极氢离子应该增加4mol，C错误；D项，硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH是电化学反应，NH2OH和丙酮酸反应是化学反应，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸是一个电化学反应，该装置整合了电化学—化学—电化学串联反应，D正确；故选C。9．(2024·福建省福州市高三二模)近日，西湖大学团队开发了一类水溶性有机储能小分子(M)，并提出在电池充放电过程中实现电化学碳捕获一体化，其反应装置与原理如图所示。下列说法正确的是（）A．充电时，电极A连接电源的负极B．放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2OC．该电池可采用阴离子交换膜D．充电时，外电路通过1mole-，理论上该电池最多能够捕获11.2LCO2(标况下)【答案】B【解析】由装置图中物质变化分析可以知道，M→N的变化为加氢反应，是还原反应，N→M的反应过程是去氢过程，为氧化反应，则放电条件下，电极B为原电池的负极，发生电极反应N+2OH--2e-=M+2H2O，电极A为原电池正极，实现K3[Fe(CN)6]→K4[Fe(CN)6]的转化，该电池可采用阳离子交换膜，避免M、N的阴离子移向负极反应，充电时，正极A连接电源正极做电解池的阳极，负极B连接电源负极，做电解池阴极。A项，由分析，充电时，电极A连接电源的正极，A错误；B项，放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2O，B正确；C项，该电池采用阳离子交换膜，C错误；D项，充电时，外电路通过1mole-，产生1mol氢氧根离子，根据CO2+OH-=HCO3-，理论上该电池最多能够捕获22.4LCO2(标况下)，D错误；故选B。10．(2024·福建省名校联盟全国优质校高三大联考)光伏电池驱动的甲醛废水转化装置及MnO2的晶胞结构如图。下列说法不正确的是（）A．阴极发生的总电极反应方程式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2OB．每生成11.2LC2H4(标准状况下)时，阳极生成的数目为3NAC．晶胞中黑球为Mn原子 D．晶胞中黑球处于白球构成的八面体空隙中【答案】B【解析】由图可知右侧电极上二氧化碳转化为CO，CO最终转化为乙烯，C元素化合价降低，发生还原反应，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阳极甲醛失电子生成HCOOH，HCOOH继续失电子生产二氧化碳。A项，阴极发生的总电极反应方程式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，故A正确；B项，未指明气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算阳极生成HCOOH的数目为3NA，故B错误；C项，晶胞中黑球位于顶点和体心，个数为，白球位于面上和体内，个数为：，结合MnO2的化学式可知黑球为Mn，故C正确；D项，以体心黑球为观察对象，可知其周围有4个白球位于面上，2个白球位于体内，黑球处于白球构成的八面体空隙中，故D正确；故选B。11．(2024·浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试)某研究小组模拟微库仑滴定法测定样品中的含量，工作原理是电解质溶液中的c(Ag+)保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与Ag+反应，便立即自动进行电解，当c(Ag+)又回到标准值，测定结束；溶液中存在：AgY2-Ag++2Y-。部分装置如图所示，下列说法不正确的是()A．阳极反应式：Ag+2Y--e-=AgY2-B．电极附近离子放电的顺序：Ag+＞H+C．CH3COO-和CH3COOH溶液可维持电解质溶液的pH在一定范围内基本不变D．，经折算电路中转移电子，则样品中的含量为【答案】B【解析】检测前，电解质溶液中的c(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，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+2Y--e-=AgY2-，根据电解消耗的电量可以求出待测物中氯的含量。A项，阳极失电子，阳极反应式：Ag+2Y--e-=AgY2-，A正确；B项，由题意可知，电解质溶液中的c(Ag+)保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与Ag+反应，Ag+浓度减小，便立即自动进行电解产生Ag+，此时Pt电极Ag+不会放电，H+放电生成H2，说明Pt电极附近离子放电的顺序：Ag+<H+，B错误；C项，CH3COO-和CH3COOH可以组成缓冲溶液，可维持电解质溶液的pH在一定范围内基本不变，C正确；

D项，，经折算电路中转移电子，则样品中的含量为，D正确；故选B。12．（2024·四川省大数据联盟高三一模）硫酸盐还原菌()会腐蚀许多金属及合金。模拟诱导腐蚀碳素钢发生厌氧电化学腐蚀实验，实验后发现碳素钢表面覆盖物成分是硫化物(主要含FeS)，腐蚀机理如图所示。下列说法正确的是()A．碳素钢厌氧腐蚀过程中做还原剂B．温度越高，诱导碳素钢厌氧腐蚀速率越快C．碳作负极，电极反应为：H++e−=HD．该实验生成FeS的总反应：4Fe+SO42-+8H+=FeS+3Fe2++4H2O【答案】D【解析】A项，氢原子将+6价的硫酸根离子还原为-2价的硫离子，SRB不做还原剂，A错误；B项，温度超过一定范围，硫酸盐还原菌(SRB)活性下降，速率减慢，B错误；C项，碳作正极，电极反应为：H++e−=H，C错误；D项，根据示意图可知，总反应的化学方程式为4Fe+SO42-+8H+=FeS+3Fe2++4H2O，D正确；故选D。13．（2024·重庆市模拟预测）利用双极膜电渗析法(BMED)进行碳吸收，采用双极膜、阳离子交换膜、阴离子交换膜，通过隔板分离成盐室(NaCl溶液)、碱室(0.1mol·L-1NaHCO3溶液)、酸室(0.1mol·L-1HCl溶液)、极室(0.25mol·L-1Na2SO4溶液)，实验装置如图所示。接通电源，调至实验设置电流，开始循环并向碱室通入CO2制备Na2CO3和NaHCO3溶液，忽略各室溶液的体积变化。下列说法错误的是()A．M连接电源负极，相同条件下，电极M，N产生气体的体积比为2：1B．a膜、b膜、c膜分别为阳离子交换膜、双极膜、阴离子交换膜C．极室、盐室的pH保持不变，酸室pH减小，碱室的pH可能增大D．当酸室产生0.4molHCl时，双极膜电离出OH-的数目为【答案】B【解析】根据装置图可知，b膜中产生的H+向M电极移动，则M为阴极，连接电源的负极，N为阳极，连接电源的正极，分析每个室中存在的离子可知，M—b膜之间为极室(Na2SO4溶液)，b膜—c膜之间为碱室(NaHCO3溶液)，c膜—a膜之间为盐室(NaCl溶液),a膜—b膜之间为酸室(HCl溶液)，b膜—N之间为极室(Na2SO4溶液)。A项，M为阴极，连接电源的负极，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，N为阳极，电极反应式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，相同条件下，根据转移的电子数可知，2H2~4e-~O2，电极M，N产生气体的体积比为2：1，A正确；B项，题干中说明向碱室通入CO2制备Na2CO3和NaHCO3溶液，因此b膜要产生OH-与CO2反应，又可知盐室(NaCl溶液)中的钠离子通过c膜移动到碱室，根据电荷守恒，盐室(NaCl溶液)中的氯离子通过a膜移动到酸室，因此a膜、b膜、c膜分别为阴离子交换膜、双极膜、阳离子交换膜，B错误；C项，极室中的溶质为硫酸钠，电解硫酸钠实质是电解水，因此极室中pH保持不变，同样氯化钠水溶液为中性，离子的移动不影响pH，因此盐室的pH保持不变，氯离子通过a膜移动到酸室，H+通过b膜移动到酸室，HCl浓度增大，因此pH减小，同样碱室中Na2CO3和NaHCO3浓度增大，则碱性增强，因此pH可能增大，C正确；D项，当酸室产生0.4molHCl时，根据电荷守恒可知，b膜产生的OH-为0.4mol，有2个b膜均产生OH-，左侧的b膜产生进入到碱室，右侧的b膜产生进入到盐室，因此双极膜电离出OH-为0.8mol，数目为，D正确；故选B。14．（2024·广东省揭阳市二模）某同学进行以下实验：操作现象取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐水放置一段时间后，生铁片上出现如图所示“斑痕”。其边缘处为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈下列说法正确的是()A．腐蚀过程中有H2生成B．边缘处红色说明：C．反应后中心区域溶液的pH>7D．反应过程中化学能完全转化为电能【答案】C【解析】A项，取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐水，铁皮发生吸氧腐蚀，没有H2生成，A错误；B项，铁片发生吸氧腐蚀，Fe电极方程式为：Fe-2e-=Fe2+，边缘处红色得原因是二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁，B错误；C项，铁片发生吸氧腐蚀，反应后中心区域溶液呈碱性，pH>7，C正确；D项，铁皮发生吸氧腐蚀得原理是原电池，但化学能不能完全转化为电能，D错误；故选C。 15．（2024·上海市浦东新区高三模拟）Ⅰ．研究铁的腐蚀，实验步骤如下：步骤1：将铁粉放置于mol·L-1·溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。步骤2：向15.00mL1mol·L-1NaCl溶液（用盐酸调至）中加入浸泡过的Fe粉。步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。(1)第一阶段，主要发生析氢腐蚀，Cu上发生的电极反应为。(2)第二、三阶段主要发生吸氧腐蚀。①析氧腐蚀时Cu上发生的电极反应为。②第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是。Ⅱ．研究铁的防护(3)在铁表面镀锌可有效防止铁被腐蚀已知：放电的速率缓慢且平稳时有利于得到致密、细腻的镀层。①镀件Fe应与电源的相连。②向ZnSO4电解液中加入NaCN溶液，将Zn2+转化为[Zn(CN)4]2-，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是。(4)电镀后的废水中含有CN-，一种测定其含量的方法是取废水50mL，再加KI溶液1mL，用溶液滴定，达到滴定终点时，消耗溶液。已知Ag+(aq)+2CN-(aq)[Ag(CN)2]+(aq)（无色）

Ag+(aq)+I-(aq)AgI(s)（黄色）

①滴定终点的现象是。②废水中CN-的含量是g/L（用含C、V的代数式表示）。【答案】(1)2H＋＋2e-=H2↑(2)O2+2H2O+4e-=4OH-溶液的酸碱性(或溶液的pH)(3)负极通过反应Zn2++4CN-[Zn(CN)4]2-降低c(Zn2+)，使得Zn2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用(4)加入最后半滴AgNO3溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失【解析】铁与硫酸铜反应生成的铜附着在铁表面，当浸入酸性较强溶液时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或接近中性溶液时发生吸氧腐蚀，发生吸氧腐蚀时铜为正极，O2得电子被还原生成OH-，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。析氢腐蚀铜为正极发生反应2H＋＋2e-=H2↑，消耗H+，吸氧腐蚀产生OH-，故做探究实验时可通过采集溶液pH随时间变化的数据展开，而氧化产物Fe2+可通过K3[Fe(CN)6]检验。电镀后的废水中CN−含量的测定，可选用络合滴定，滴定剂为硝酸银，指示剂为KI。（1）铜为原电池的正极，氢离子在正极得到电子生成氢气，电极反应为2H＋＋2e-=H2↑；（2）①析氧腐蚀时Cu上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；②由图可知，酸性较强时发生吸氢腐蚀，酸性极弱或接近中性时发生吸氧腐蚀，则第一阶段和第二阶段发生不同种类腐蚀的主要影响因素是溶液的酸碱性(或溶液的pH值)；（3）①由电镀的工作原理可知，电镀时，与直流电源正极相连的锌作电镀池的阳极，镀件Fe应与电源的负极相连；②电镀时，向ZnSO4电解液中加入NaCl溶液，通过反应Zn2++4CN-[Zn(CN)4]2-，降低c(Zn2+)，使得Zn2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用，结合已知可知，这样电解得到的镀层更加致密、细腻；（4）①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离子与氰酸根离子完全反应，滴入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，则滴定终点的现象是：加入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；②由终点时滴定消耗Vml，cmol/L氰化钠溶液可知，50mL废水中氰酸根离子的浓度为。1．(2023•浙江省1月选考，11)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()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+4H2OC．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项，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，A错误；B项，电极A的电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-，B错误；C项，根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl-参与反应，C正确；D项，电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D错误；故选C。2．(2023•全国甲卷，12)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-从电极迁移到IrOx-Ti电极C．阴极发生的反应有：2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2OD．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项，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项，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项，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项，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；故选C。3．(2023•广东卷，13)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+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。A项，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项，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；C项，b处出现蓝色，发生Cl2+2KI=I2+2KCl，说明还原性：I-Cl-，C错误；D项，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；故选D。4．(2022·浙江省6月选考)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，可通过调节除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3【答案】C【解析】A项，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项，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项，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项，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；故选C。5．(2022•广东选择性考试，10)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M-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。A项，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项，Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；C项，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项，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；故选C。6．(2022•北京卷，13)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①0.1mol·L-1CuSO4+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+②0.1mol·L-1CuSO4+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++CuC．随阴极析出，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，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项，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项，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项，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项，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；故选C。7．(2022·浙江省1月选考，21)pH计是一种采用原电池原理测量溶液pH的仪器。如图所示，以玻璃电极(在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag—AgCl电极)和另一Ag—AgCl电极插入待测溶液中