2025年高考化学一轮复习专项突破卷：化学反应与能量（二）（解析版）

专题突破卷08化学反应与能量（二）

电解池、金属的腐蚀与防护电化学原理的综合应用多池、多室的电化学装置

（考试时间：75分钟试卷满分：100分）

一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一项是符合题目要求的）

1.湖北省随州市出土的曾侯乙编钟，是战国早期的青铜编钟，主要由铜锡合金冶炼铸造而成，保存完好。

下列有关说法错误的是（）

A.锡青铜的熔点比纯铜低

B.在自然环境中，锡青铜中的锡可对铜起保护作用

C.青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快

D.锡青铜表面生成CU2（OH）3C1覆盖物的过程属于化学腐蚀

【答案】D

【解析】合金的熔点比各组分的熔点都低，所以锡青铜的熔点比纯铜低，故A正确；由于锡的金属性强于

铜，在自然环境中发生电化学腐蚀时，锡做负极被损耗，铜做正极被保护，故B正确；青铜文物在潮湿环

境中会构成锡铜原电池，原电池反应使反应速率加快，所以青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比干燥环境中快，

故C正确；铜锡合金在潮湿的环境下会与碳形成原电池，碳作原电池的正极，铜做负极，发生吸氧腐蚀生

成CU2（OH）3C1,该过程是电化学腐蚀的过程，故D错误。

2.下列与金属腐蚀有关的说法正确的是（）

钢铁输

经酸化的

3%NaCl溶液

A.图1中，铁钉易被腐蚀

B.图2中，滴加少量K3[Fe（CN）6]溶液，没有蓝色沉淀出现

C.图3中，燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化学腐蚀

D.图4中，用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁输水管的腐蚀，镁块相当于原电池的正极

【答案】C

【解析】浓硫酸从环境中吸收水分，使铁钉周围的空气比较干燥，因此铁钉不易腐蚀，A项错误；Fe、Cu

与酸化的3%NaCl溶液构成原电池，Fe作负极，发生失去电子的氧化反应，有Fe?+生成，因此滴加少量

K3[Fe（CN）6]溶液，有蓝色沉淀出现，B项错误；燃气灶的中心部位容易生锈，主要是由于高温下铁发生化

学腐蚀，C项正确；用牺牲镁块的方法来防止地下钢铁输水管的腐蚀，镁块相当于原电池的负极，D项错误。

3.硬水除垢可以让循环冷却水系统稳定运行。某科研团队改进了主动式电化学硬水处理技术，原理如图

所示（其中R为有机物）。下列说法不正确的是（）

b

电源

锚

©

®

阑

A.b端为电源正极，处理后的水垢沉淀在阳极底部

B.处理过程中C「可循环利用

2+2+-

C.流程中发生离子反应：HCO?+Ca+OH=CaCO3；+H,0,Mg+2OH=Mg(OH)2；

D.若R为CO(NH2)2，则消耗1molCO(NH2)2生成N2时，伯电极N处产生的H2应大于3mol

【答案】A

【解析】硬水中存在镁离子、钙离子和碳酸氢根离子，阴极放电产生氢氧根离子，氢氧根离子与镁离子结

合生成氢氧化镁，氢氧根离子与碳酸氢根离子生成碳酸根离子，钙离子与碳酸根离子结合生成碳酸钙，氢

氧化镁和碳酸钙主要沉降在阴极附近，故A错误；阳极产生氯气，氯气与水反应生成次氯酸和HC1,HC1O

能将有机物氧化为二氧化碳和水，HC1O自身被还原为氯离子，C「可以循环利用，故B、C正确；a极反应

产生CH氯气与水反应生成次氯酸为可逆反应，次氯酸将有机物R如CO(NH2)2氧化生成N2,通过消耗

CO(NH2)2的量计算得到氯气的量小于反应生成的氯气的量，则消耗1molCO(NH2)2生成N2时，转移6moi

电子，铝电极N处产生的H2应大于3mol,故D正确。

4.利用如图装置可以模拟铁的电化学防护。下列说法错误的是()

M

X、铁

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，铁极发生氧化反应

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，X极发生氧化反应

【答案】B

【解析】若X为锌棒，开关K置于M处时，锌作负极，铁作正极被保护，A项正确，B项错误；若X为

碳棒，开关K置于N处，铁连接电源负极作阴极被保护，C项正确；X连接电源正极作阳极发生氧化反应，

D项正确。

5.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A1的再生。该过程中()

A.阴极发生的反应为Mg—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】阴极应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；Al在阳极上被氧化

生成AF+,B错误；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；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。

6.一种电化学催化制甲酸盐的装置如图所示。下列说法错误的是（）

A.充电时，Zn电极作阴极

B.充电时，阳极放出氧气

C.放电时，OJT向Zn电极移动

D.放电时，正极的电极反应式为CO2+e-+H2O=HCOCr+OH「

【答案】D

【解析】由图中电子流向可知，充电时，Zn电极作阴极，A项正确；充电时，阳极反应式为40IT—4e-==O2f

+H2O,B项正确；放电时，Zn电极为负极，原电池中阴离子向负极移动，则OH一向Zn电极移动，C项正

确；放电时，正极的电极反应式为CC）2+2e-+H2O=HCOCT+OH-,D项错误。

7.可用惰性电极通过电解法制备KMnO4，下列说法正确的是（）

A.图中离子交换膜为阴离子交换膜

B.X极的电极反应为MnO2——1=MnOl

C.Y极区可以产生O2和较浓的KOH溶液

D.电解一段时间后阴极区溶液的pH减小

【答案】B

【解析】由分析可知，装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，故A错误；与直流电源正极a相连的X电极

为电解池的阳极，锦酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成高铳酸根离子，电极反应式为MnOF-e

=MnO4,故B正确；与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气

和氢氧根离子，故C错误；与直流电源负极b相连的Y电极是阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成

氢气和氢氧根离子，电极反应式为2H2O+2e-=H2T+2OH,电解过程中阴极区氢氧根离子浓度增大，溶

液pH增大，故D错误。

8.如图所示，各烧杯中盛海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为（）

A.②①③④⑤⑥B.⑤④③①②⑥

C.⑤④②①③⑥D.⑤③②④①⑥

【答案】C

【解析】①是Fe为负极，杂质碳为正极的原电池腐蚀，是铁的吸氧腐蚀，腐蚀较慢；②③④均为原电池,

③中Fe为正极，被保护，②④中Fe为负极，均被腐蚀，但Fe和Cu的金属活动性差别大于Fe和Sn的，

故Fe-Cu原电池中Fe被腐蚀的较快；⑤是Fe接电源正极作阳极，Cu接电源负极作阴极的电解腐蚀，加快

了Fe的腐蚀；⑥是Fe接电源负极作阴极、Cu接电源正极作阳极的电解池，防止了Fe的腐蚀。根据以上分

析可知铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为⑤〉④，②〉①，③〉⑥。

9.用惰性电极进行电解，下列说法正确的是（）

A.电解稀硫酸，实质上是电解水，故溶液pH不变

B.电解稀NaOH溶液，要消耗OJT,故溶液pH减小

C.电解NazSCU溶液，在阴极上和阳极上生成气体产物的物质的量之比为1：2

D.电解氯化铜溶液，在阴极上和阳极上生成产物的物质的量之比为1：1

【答案】D

【解析】电解稀硫酸时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢

离子的浓度增大，溶液的pH变小，A项错误；电解稀氢氧化钠溶液时，实质上是电解水，溶剂的质量减少，

溶质的质量不变，所以溶液的浓度增大，氢氧根离子的浓度增大，溶液的pH变大，B项错误；电解硫酸钠

溶液时，实质上是电解水，阴极上氢离子得电子生成氢气，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，根据得失

电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物质的量之比为2：1,C项错误；电解氯化铜溶液时，阴极上铜

离子得电子生成铜，阳极上氯离子失电子生成氯气，根据得失电子守恒，在阴极上和阳极上析出产物的物

质的量之比为1：1,D项正确。

10.世界水产养殖协会网介绍了一种利用电化学原理净化鱼池中水质的方法，其装置如图所示。下列说法

正确的是（）

BOD、％。、、

x

C02/(.

微生物

A.X为电源负极

B.若该装置在高温下进行，则净化效率将降低

C.若有1molNO,被还原，则有6moiH+通过质子膜迁移至阴极区

D.若BOD为葡萄糖（C6Hl2。6）,则1mol葡萄糖被完全氧化时，理论上电极流出20mol屋

【答案】B

【解析】从装置图中可知，X端连接的电极上发生反应是微生物作用下BOD、H2O反应生成CO2,Y端连

接的电极上，微生物作用下，硝酸根离子生成了氮气，氮元素化合价降低，发生还原反应，为电解池的阴

极，则Y为负极，X为正极，结合电极反应和电子守恒计算，质子膜允许氢离子通过。

11.中性环境微生物介导的铁循环过程（见图），是纷繁复杂的土壤物质循环过程的重要部分。下列说法正确

的是（）

Fe（n）（硝酸根依赖、光合型）氧化

Fe(II)矿物Fe(Hl)矿物

FeSFeOOH

FeC()3等FezOs等

Fe（HI）异铁化还原

A.此环境下主要发生析氢腐蚀

B.硝酸根依赖的Fe（II）氧化过程，每生成1mol氮气转移1mol电子

C.1molFeCO3分解产生22.4LCO2

D.FeOOH具有氧化性

【答案】D

-2+

【解析】A.由题图可知，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，负极反应为Fe-2e=Fe,正极反应为02+

4e+2HiO^=4OH,A错误；B.根据关系式，2NO3〜10广〜N2,每生成1mol氮气转移lOmol电子，

B错误；C.没有给出气体所处的温度和压强，无法计算气体体积，C错误；D.FeOOH中Fe元素的化合

价为+3价，故FeOOH具有氧化性，D正确。

12.一些净水器推销商在推销其产品时，进行所谓的“电解水法”实验，将纯净水与自来水进行对比。当电解

装置插入纯净水和自来水中通电数分钟后，纯净水颜色无变化或略显黄色，而自来水却冒出气泡并生成灰

绿色或红棕色的沉淀。根据上述现象，下列选项说法正确的是（）

A.通电时，铝片作阳极，铁片作阴极

B.生成的气泡、红棕色或灰绿色的沉淀都是电解的直接或间接产物

C.通过对比，确实能说明自来水中含有大量对人体有毒有害的物质

D.铁片的电极反应：Ch+2H2O+4e-=40}T

【答案】B

【解析】通电时，铁片作阳极，铝片作阴极，A项错误；阴极的水得电子生成的气泡、阳极的铁失电子生

成亚铁离子，然后生成灰绿色或红棕色的沉淀都是电解的直接或间接产物，B项正确；通过对比，能说明自

来水中含有大量的离子，但不一定为对人体有毒有害的物质，C项错误；铁片作阳极，电极反应：Fe-2e-

=Fe2+,D项错误。

13.（2024.重庆渝西中学高三模拟）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（O.lmol-LTiNaHCOs溶液）、酸室（O.lmoLI^HC1

溶液）、极室（0.25moi1一Na2sO4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CO?制备Na2c和NaHCOs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2：1

B.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OIT的数目为4.816x1（）23

【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r膜之间为碱室

（NaHCO3溶液），c膜一a膜之间为盐氧NaCl溶液）,a膜一b膜之间为酸室（HC1溶液），b膜一N之间为极室

（Na2sO4溶液）。根据分析可知，M为阴极，连接电源的负极，电极反应式为：2H2O+2e=H2t+2OH,N

+

为阳极，电极反应式为：2H2O-4e=O2T+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；题干中说明向碱室通入CO?制备Na2c和NaHCOs溶液，因

此b膜要产生OH-与CO?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；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，HC1浓度增大，因此pH减小，同样碱室中Na2cO3和NaHCC>3浓度增大，则碱性增强，

因此pH可能增大，C正确；当酸室产生0.4molHCl时，根据电荷守恒可知，b膜产生的O1T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4.816x1（）23,D正确。

14.（2024.山东济南市模拟）羟基自由基（QH）是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种

能将苯酚氧化为CO2和H2O的原电池一电解池组合装置，实现了发电、环保两位一体。下列说法错误的是

（）

L

复合导

/电凝蔽颗粒

高浓度含

茶酚废水

A.a极1molCnO歹参与反应，理论上NaCl溶液中减少的禺子为12NA

B.电池工作时，b极附近pH减小

C.右侧装置中，c、d两极产生气体的体积比（相同条件下）为7：3

D.d极区苯酚被氧化的化学方程式为C6H5OH+28-OH=6CO2T+17H2。

【答案】A

【解析】a极CnO歹得电子生成Cr（OH）3,所以a是正极、b是负极；又a极反应为CnOy+6院+

7H2O=2Cr（OH）3+8OH-,则a极1molCnO歹参与反应转移6mol电子，OJT通过阴离子交换膜进入NaCl

溶液中；b是负极，转移6moi电子时有6moiH+通过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，OH-、H*反应生成

水，理论上NaCl溶液中离子数不变，A项错误；电池工作时，b极反应为C6H50H—28e-+llH2O=6CO2T

+28H+,b极附近pH减小，B项正确；右侧为电解装置，c是阴极，c极反应式为2H++2b=H2f,d为

阳极，d极反应式为HzO—e-=QH+H+,C6H5OH+28OH=6CO2t+17H2O,转移28moi电子，c极生

成14moi氢气，d极生成6moi二氧化碳气体，所以两极产生气体的体积比（相同条件下）为7：3,C项正确；

d极区苯酚被-OH氧化为二氧化碳，反应的化学方程式为C6H5OH+28-OH=6CO2T+17H2。，D项正确。

15.（2024.湖南怀化模拟）我国科学家采用双极膜实现连续合成氨，电解装置工作原理如图所示。图中的双极

膜中间层中的H20解离为H+和0H,并在电流作用下分别向两极迁移。

下列说法错误的是（）

A.催化电极a上的电势低于催化电极b

B.工作一段时间后，右室中c（Oir）不变

C.生成氨气和氧气的质量比为17:64

D.若使用铅酸蓄电池作电源，获得ImolN%时，铅酸蓄电池中有8molHzO生成

【答案】B

【解析】由示意图可知，催化电极a上的电极反应式为6H2O+NO5+8e-==NH3T+9OH，电极a为阴极；

催化电极b上的电极反应式为8OJT—8屋=2。27+4H2。，电极b为阳极。催化电极a（阴极）上的电势低于

催化电极b（阳极），A项正确；当电路中转移8moi院时，右室消耗8moiOH,同时生成4moiH2O,且双

极膜会向右室迁移8moiOH,因此右室中c（OfT）减小，B项错误；由电极方程式可知，8e-NH3-2O2,

因此生成的/W（NH3）：m（O2）=17：32x2=17：64,C项正确；铅酸蓄电池放电方程式为Pb+PbO2+

-

2H2SO4=2PbSO4+2H2O~2eo当生成ImolNE时，电路中转移8moie一，由铅酸蓄电池的方程式可知

铅酸蓄电池对应生成8moiH2O,D项正确。

二、非选择题（本题包括4小题，共55分）

16.（13分）（2024•陕西部分学校高三5月份高考适应性考试）某废弃合金材料的主要成分为Zn,还含有

Co、Fe、Mn、Cd及其氧化物。从该合金材料中生产高纯锌并分离各种金属化合物的工艺流程如下：

合金

材料

已知：①25°C下，部分难溶物质的溶解平衡常数如下表:

)))

难溶电解质Fe(OH)2Fe(OH3Zn(OH2Mn(OH)2CO(OH)2Cd(OH2

Ksp1.0x10"L0xl(y38l.OxlO-182.0xl()T3l.OxlO-152.5x10-4

②当某离子浓度低于lO^mol/L时，认为溶液中不存在该离子。

回答下列问题：

（1）能提高“溶浸”效率的具体措施为（任写一条）；

（2）“滤液①”中含有的金属离子Zn2+、（?+、Mn2+>Cd2+,且离子浓度均不高于O.lOmoblji;

①还原性：Co2+Fe?+（填“>=”或“<”）；

②"滤液①''中pH的范围为；

（3）若“滤液②”的pH=5,则“氧化除杂”中发生反应的离子方程式为；

（4）“电解”工作原理如图。其中阴极的电极反应式为:若阴极区和阳极区溶液体积相等，电解过

程中阳极区的c（NaOH）（填“增加”或“减少”）O.lOmolLJ1,阴极区__________（填“增加”或“减

【答案】（1）将合金材料粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升高温度、搅拌等（2分）

⑵<（1分）3<pH<5.5(2分)

2++2++

(3)3Mn+2MnO；+2H2O=5MnO2J+4H、3Co+MnO4+4H2O=3CoOOHJ+MnO2J+5H(2分)

2-

(4)[Zn(OH)4]+2e-=Zn+4OH-(2^)减少(1分)增加(1分)0.20mol-LT(2

分)

【解析】该工艺流程原料为废弃合金材料，主要成分为Zn,还含有Co、Fe、Mn、Cd及其氧化物，目的为

生产高纯锌并分离各种金属化合物，合金成分与硫酸反应生成硫酸盐，加入Hq?氧化F』+后沉铁生成

2+2+

Fe(OH)3,“滤液①”中含有的金属离子Zn"、Co>Mn"、Cd,加入KMnO4氧化除杂，得到MnO2、CoOOH,

“滤液②”中含有的金属离子Zn2+、Cd?+,加入锌粉还原除杂得到Cd,“滤液③”中含有a2+,加入NaOH转

化为[Zn(OH)4丁，电解制得Zn。(1)能提高溶浸效率的具体措施为将合金材料粉碎、适当增大硫酸浓度、

适当升高温度、搅拌等。(2)加入双氧水沉铁得到Fe(OH)3,说明将既2+氧化，未将C.2+氧化，所以还原

性：Co2+<Fe2+;流程需要将金属化合物分离，所以沉铁时其他金属离子未沉淀，Fe3+沉淀完全需要控制

3

溶液c(OH-)>L1.0x]0Tmol/L,故pH>3,根据各个金属离子对应K%,

Ksp[Zn(OH)J更小，说明其他金属不沉淀需要计算Z1+开始沉淀溶液pH,

,、K」Zn(OH)1h0x1018

c(OH)W,\z：2+)=10：；=l0*mol/L,算得pHW5.5,所以“滤液①”中pH的范围为

3<pH<5.5o(3)“滤液①”加入KM11O4氧化除杂，得到跖J。?、CoOOH,若“滤液②”的pH=5,说明溶

+

液呈酸性，贝『'氧化除杂”中发生反应的离子方程式为3肠户+2MnO；+2HQ=5MnO2J+4H和

2++

3CO+MnO-+4H2O=3CoOOHI+MnO21+5Ho(4)根据“电解”工作原理图可知，其中左侧为阴极，电

解制得Zn,故电极反应式为[Za(O8)4『+2-=Zw+4O/T；

若阴极区和阳极区溶液体积相等，电解过程中阳极区发生40H--46-=2凡0+。2个，消耗OH-,故c(MzOH)

会降低，所以是减少QlOmoLLl阴极区发生[Zn(OH)J+2e-=Zn+4OH-,生成。H一，故会增

大，由电路中转移电子相同，阳极区与阴极区c(NaOH)变化为1：2,故阴极区增加的c(M/0")=0.20molL\

17.(14分)(2024•青岛高三检测)我国力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。

(1)在稀硫酸中利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，其原理如图甲所示。

①阳极的电极反应为=

②铜电极上产生CH4的电极反应为，若铜电极上只生成5.6gCO,则铜极区溶液

质量变化了_____________________________g。

③若铜电极上只生成0.3molCH3CHO和0.4molHCOOH,则电路中转移电子的物质的量为moL

（2）我国科学家报道了机理如图乙所示的电化学过程。

®Ni电极为，电极反应为«

②理论上，每有1molCO2与-结合，电路中转移电子数为（用NA表示阿伏加德罗常数的值）。

【答案】⑴①2H2。-4屋=4由+02T（2分）

②CO2+81+8H+=CH4+2H2O（2分）3.6（2分）③3.8（2分）

⑵①阴极（2分）COf+4e*=C+3O2^（2分）②4NA（2分）

【解析】（1）①阳极为柏电极，电极反应为2H2。一4e-—4H++O2b②铜电极为阴极，其中生成甲烷的电

极反应为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O,若铜电极上只生成CO,则电极反应为CO2

+

+2e+2H=CO+H2O,当有1molCO生成时，铜极区溶液的质量变化为44g+2g—28g=18g,故有

5.6g即0.2molCO生成时，铜极区溶液质量变化了3.6g=③铜电极上每生成1molCH3CHO,转移10mol

电子，每生成1molHCOOH,转移2mol电子，若只生成0.3molCH3CHO和0.4molHCOOH,则电路中转

移电子的物质的量为3.8mol。（2）①Ni电极上COf转化为C和。2-，为阴极，电极反应为COf+4屋==C

+3。2,②理论上，每有1molCO2与—结合生成1molCO,，电路中有4moi电子转移，故电路中转

移电子数为4NA。

18.（18分）电化学在化学工业中有着广泛应用。

⑴根据图示电化学装置，回答下列问题：

①甲池通入乙烷（C2H6）一极的电极反应式为O

②乙池中，若X、Y都是石墨，A是Na2s。4溶液，实验开始时，同时在两极附近溶液中各滴入几滴紫色石

蕊溶液，X极的电极反应式为；一段时间后，在Y极附近观察到的现象是

③乙池中，若X、Y都是石墨,A是足量AgNO3溶液,体积为0.2L,则Y极的电极反应式为；

电解一段时间后，甲池消耗112mL02（标准状况下），则乙池溶液的pH为一（忽略溶液体积的变化）。

（2）若要用该装置在铁质钥匙表面镀一层金属铜，CuSO4溶液作电解液，则乙池中：

①X极的材料是—，电极反应式为。

②Y极的材料是—，电极反应式为o

（3）工业上通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4,其工作原理如图所示，则阳极的电极反应式为，

阴极反应式为。

A溶液里配史魁gFeO,溶液

「八+交换膜交换膜I小

__/________

广一

^H2OOH------►-）

___tUI

（含少量NaOH）浓NaOH溶液

【答案】（1）①C2H6+18OH——141=2CO1+12氏0（2分）

②4OIT-4/=2印0+。2?（2分）电极表面产生气泡，附近溶液变蓝③Ag++e「=Ag（2分）1（2

分）

⑵①铜（1分）Cu-2e-=Cu2+（2分）

②铁质钥匙（1分）Cu2++2e「=Cu（2分）

（3）Fe+8OH--6e-=FeO/+4H2。（2分）

-

2H2O+2e=2OH~+H2t（2分）

【解析】（1）①甲池中乙烷（C2H6）通入左侧电极发生氧化反应，则左侧Pt电极为负极，电解质溶液为KOH溶

液，故负极反应式为C2H6+18OIT—14屋=2CO/+：12H20。②乙池中，若X、Y都是石墨，A是Na2s。4

溶液，则X是阳极，发生氧化反应，电极反应式为40H-4e=2H2O+O2foY是阴极，电极反应式为

2H2O+2e=20H+H2t，则Y极附近观察到的现象是电极表面产生气泡，附近溶液变蓝。③甲池中右侧

Pt电极发生的反应为。2+2氏0+4鼠=4OH，消耗标准状况下112mL。2（即0.005mol）时电路中转移电子

的物质的量为0.005molx4=0.02mol。乙池中，若X、Y都是石墨，A是足量AgNCh溶液