电解池、金属的腐蚀与防护（练习）-2025年高考化学一轮复习（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

rr

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-=O2T+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=CO2t+H2O

D.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02,在c室发生还原反应产生0H

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0H

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。2，电极方程式为：2H2O-4e-=O2T+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=CO2T+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铭废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铭废水，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

2++3+3+

Cr20r+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O

C.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0.1molCnO歹被还原

【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—2/=Fe2+；阴极：2H*+2e—==H2f；

2++3+3+

然后,Cr20r+6Fe+14H=2Cr+6Fe+7H2O,由于在阴极区c（H+）减小，pH增大。根据6H2〜6Fe?

+〜CnO＞得，当有13.44L（标准状况）比放出时，应有0.1molCnO歹被还原。

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（）

Na2sO’溶液硝基苯废水

NH,

A.阴极反应为:+2H2O

B.隔膜应为阴离子交换膜

C.电解工作一段时间后，需补加Na2s04

NH

(52

D.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价变到一3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+6b+6H+=C6H7N+2H20,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-=O2T+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+6-+6H+=C6H7N+2H2O,

每生成1molC6H7N转移电子数为6mob阳极电极反应式为40H--4e-^=O2t+2H2O,每转移6mol电子

NH.?

生成1.5molO2,则生成7，与02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Na2sCh溶液进行电解，可循环再生NaOH,同时得到

H2s04,其原理如下图所示。(电极材料为石墨)

ANa2sO3溶液

aQfIQb

I1II▼I

BC

稀NaOH溶液稀硫酸

阳离子交轻膜阴离学交换膜

⑴图中a极要连接电源的(填“正”或"负")极，C口流出的物质是0

(2)S0/放电的电极反应式为0

(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0

【答案】⑴负硫酸

+

(2)SOr-2e"+H2O=SOr+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+、SO1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：SOr-2e+H2O=SOr+2H,阴极：2H2。+2-=H2T+2OJT,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(0IT)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NaClC>4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NaClC)4溶液

C.d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HC1O4溶液

D.若转移2moi电子，理论上生成100.5gNaCK)4

【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++O2T

或4OH--4e-=2H2O+O2f,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

H.0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-+H2T或

2H++2e=H2T，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HCIO4,故

C正确；D项，电解NaC104溶液生成HC104时阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2f,转移2moi电子则生

成2moiH+,即生成2moiHCIO4,m(HClO4)=nM=2molx100.5g/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()

精制饱和NaCl溶液a%NaOH溶液

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n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-=2H2O

D.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n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（）»

02CH,

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+8COi-+2H2O

C.电解过程中化学能转化为电能

D.电解时Na2s04溶液浓度保持不变

【答案】A

【解析】由a极生成02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+8CO『+2H2。，B错误；电解过程中电能转化为

化学能，C错误；电解时OH比SO彳更容易失去电子，所以电解Na2s04溶液的实质是电解水，溶液中的水

被消耗，所以Na2s04溶液的浓度增大，D错误。

8.(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HCCh-的含量，Nbo.1Ruo.9O2和MMX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.Nbo.1Ruo,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02

【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02,钛网为阳极，电极反应式为

+

2H2O-4e=O2T+4H,产生的H+消耗HCOv,钛箔上生成H2,钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e=H2T，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，Nbo.1Ruo.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=O2T+4H+,产生的H+消耗

HCCh-生成C02,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

CH20HCHO

电解

c.总反应为M+H2f

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-=H2f,阴极区同时还发

生反应OCHz°H+PIN。一OCH°+NHPI。

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。NazFeCU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NazFeCU,下列说法正确的是（）

2

A.阳极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO4-+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】A项，由图所示，Fe为阳极，故发生氧化反应生成FeOdL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C1O2、。2、03、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（）

nii--------n

气体甲一I电源I—气体乙

饱和食盐水离子交换膜清水

A.m端为电源正极，隔膜为阴离子交换膜

B.产生C102的电极反应式为CI+5e-+2H2O=C1O2T+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，C1-转化为C1O2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（）

~|净化装置|~~

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（）

NaOH(aq)NaCl(aq)HCl(aq)H2so4(aq)

浓NaOHSq)浓盐酸

A.b、C分别依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜

B.通电后ni室中的c「透过c迁移至阳极区

C.I、n、in、IV四室中的溶液的pH均升高

申解

D.电池总反应为4NaCl+6H2O^=4NaOH+4HC1+2H2?+021

【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，阳极上吊0放电生成。2和H+,阴极上压0放电生成H2和OIT；H+透

过C,c「透过b,二者在b、C之间的in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(OET)升高，pH升高，II中为NaCl溶液，pH不变，III中有HC1生成，故。(4)增大，pH

减小，IV中H+移向HI,压0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CL下列说法正确的是()»

石墨A便B1C膜石墨

Ca(HPO)NaH2P。4NaOH

CaCl2242

浓溶液稀溶液

浓溶液_稀溶液_

阳极室产品室原料室阴极室

A.C膜可以为质子交换膜

B.阴极室的电极反应为2H2O-4e=O2T+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(Ca?+)降低1molL1

【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-=H2T+20H-,

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()

铁锈

镀层

V------Fe片

A.电子由镀层流向铁

B.铁片凹陷深处产生了较多OJT

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NaCl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[AgCb『，再加入锌粉生成[ZnC14广和纯度较高的单质银，下列说法不正确的是（）

A.提高C1-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-=2H2O

C.随着腐蚀的进行，溶液的pH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[AgCbT，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

2

液pH增大，C正确；D项，加入锌粉后，发生反应：Zn+2[AgCl2]-=2Ag+[ZnCl4]-,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

入几滴酚酰和K3[Fe（CN>>]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，滴入几滴酚献和K3[Fe(CN)d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

02+4e+2H20=40HoA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+,Fe?+与K31Fe(CN)6]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

酚酰溶液+K,[Fe(CN)“]溶液

士铁钉周边零星、随机出现

铁钉表面及周边

实验I极少量红色和蓝色区域，

未见明显变化

、一/铁钉有少量红棕色铁锈生成

培养皿

酚酰溶液+KJFe(CN)J溶液铁钉周边出现红

铁钉周边红色加深，区域

色区域，未见蓝色

实验n变大，未见蓝色出现，锌

出现，锌片周边未

、琼脂x铁钉片周边未见明显变化

培养皿'锌片见明显变化

下列说法不正确的是()

A.实验H中Zn保护了Fe,使铁的腐蚀速率比实验I慢

B.实验n中正极的电极反应式：02+2H2。+4e-=40H-

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

2+

+2H2。+4e-=4OH",B正确；C项，实验I的现象说明25min时，Fe失去电子生成Fe,K3[Fe(CN)6]

溶液与Fe?+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，酚麟溶液会出现红色，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（）

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=H2T，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-=H2f,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60（TC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CL和Na相互反应

C.理论上，每转移lmole;生成ImolCL

D.若用串联的铅酸电池组电解NaCl制取Na,则PbCh极接石墨极

【答案】C

【解析】电解池中放电顺序：C1>OH-.H+>金属离子，阳极反应式：2Cl--2e-=C12f,阴极为水放电生成

氢气。A项，CaCL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CL与Na发生反应，B正确；C项，阳极反应式：2Cl、2e-=C12T，故转移Imole）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（OH）；若上端口关闭，可得到强还原性中间

体氢原子（日）。下列说法正确的是（）

微电解装置

A.无论上端口是关闭还是打开，正极反应式均为：Fe-2e-=Fe2+

B.ImolO2完全转化为羟基自由基卜OH）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CnO72-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ImolCh完全转化为羟基自由基（。田时转

移了2moi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，Cr2Ch2-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（日），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C1-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，C「会在A电极失去电子生成CL

C.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FeCb、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-=O2f+2H2。，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-=H2f+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

通电人人01344L1

为2凡。一。2个+2凡个，每当有标准状况下的0.13441气体生成时，则生成氧气-,x'o.OO2moi,

22.4L/mol3

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pl值，谷氨酸的pl：3.22；丙氨酸的pI：6.02；赖氨酸的

pl：9.74o已知：

COOHCOO®COO®

卜H一器—H3N—H.%-H2N—H

RRR

可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不亚确的是（）

A.阳极的电极反应为2H2O-4e=O2T+4H+

B.a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜

C.原料室的pH应控制在6.02

D.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H2s04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1,0田经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pl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-=C）2T+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pl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CO?和SO2,实验原理示意图如下。

含CO?和

so?的废气

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2NA

B.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NaHCCh溶液中，得到NaHCCh和Na2s。3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SC^-失电子生成SCM”，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SO3"2e-+20HMsO42-+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C02和S02总量为Imol,则CO2的量小于Imol,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NaHSCh，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-+20HMsO42-+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OH-o

ab

PtAg

+

7[Ag(NH3)2]

氨水

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lmol[Ag(NH3)2]+就有ImolEO发生解离

NH

NO22

(TJ+6H++6e=(Tp+2HO

D.Pt的电极反应方程式可表示为:2

COOHCOOH

【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NE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

NONH

苯甲酸需要消耗氢离子◊2+6H++6e-=，2+2凡0,则双极膜可以电解水H2OH++OH-。A项,

COOHCOOH

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0出的浓度会增大,

溶液pH上升，B错误；C项，生成lmol[Ag(NH3)2]+，溶液需要ImolOH一维持溶液环境，所以有ImolEO

NO2NH2

发生解离，C正确；D项，Pt的电极反应方程式可表示为：+6H++6e-=+2H2O,D

COOHCOOH

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KNCh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b连接电源的正极，发生氧化反应

+

B.电极a发生的电极反应式为2NO3-+CO2+18H+16e=CO(NH2)2+7H2O

C.电极a区电解质溶液pH增大

D.当电极a区生成6.0g尿素时，电极b区质量减少12.8g

【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-e-=4H++O2T。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2

+

NO3-+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+7H2。，转移电子1.6mol,电极b区，

2H2。-4e—=4H++C)2T，电极b区质量减少氧气和氢离子的质量，相当于水的质量，

1,6molxp2g/mol+4x1g/mol)=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

H3C-CH-COO

高值化丙氨酸，其工作原理如图。25。。丙氨酸主要以I,形式存在，其(=1.36x1070。