第03講 電解池、金屬的腐蝕與防護（講義）（教師版） 2025年高考化學一輪復習講練測（新教材新高考）

第03講電解池、金屬的腐蝕與防護目錄01TOC\o"1-3"\h\u考情透視·目標導航 02知識導圖·思維引航 03考點突破·考法探究 考點一電解原理 知識點1電解池模型 知識點2電解規(guī)律 知識點3電解池電極反應式的書寫 考向1電解規(guī)律及電極產(chǎn)物的判斷 考向2電極反應的書寫 考點二電解原理的應用 知識點1氯堿工業(yè) 知識點2電冶金 知識點3電鍍 考向1電解原理的應用 考向2交換膜在電化學中的應用 考向3有關電化學計算 考點三金屬的腐蝕與防護 知識點1腐蝕“兩比較” 知識點2兩種保護方法 考向1金屬的腐蝕 考向2金屬腐蝕的防護 04真題練習·命題洞見 考點要求考題統(tǒng)計考情分析電解原理2024·甘肅卷7題，3分；2024·廣東卷16題，3分；2023浙江1月選考11題，3分；2023遼寧卷7題，3分；2022廣東卷10題，2分；2022北京卷13題，3分；2021海南卷9題，4分；2021天津卷11題，3分；本講是歷年高考熱點，主要在選擇題中電化學題、工藝流程題、原理綜合題中出現(xiàn)。主要包含金屬的精煉、氯堿工業(yè)、活潑金屬的制取、有關電解產(chǎn)物的判斷和計算等內(nèi)容。必須熟悉微粒在各種電極上的放電次序，這樣才能準確地判斷出相關的電解產(chǎn)物，然后進行有關的計算。有關電解的計算通?？筛鶕?jù)電解方程式或電極反應式列比例求解或是利用各電極、線路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目守恒列等式求解。備考時注重實物圖分析、新型電解裝置分析，從氧化還原反應的角度認識電化學，注重與元素化合物、有機化學、電解質(zhì)溶液、化學實驗設計、新能源等知識的聯(lián)系。關注氯堿工業(yè)、電鍍和粗銅的電解精煉等，通過新的電解裝置的應用，能對與化學有關的熱點問題作出正確的價值判斷，能參與有關化學問題的社會實踐。電解原理綜合應用2024·湖北卷，14題3分；2024·山東卷13題，4分；2024·山東卷13題，4分；2024·遼吉黑卷12題，3分；2023湖北卷10題，3分；2023全國甲卷13題，6分；2023浙江6月選考13題，3分；2023北京卷5題，3分；2023廣東卷13題，4分；2023廣東卷16題，4分；2022重慶卷12題，4分；2022海南卷9題，4分；2022湖北卷14題，3分；2022湖南卷8題，3分；2022浙江1月選考21題，2分；2022浙江6月選考21題，2分；2021全國甲卷13題，6分；2021廣東卷16題，4分；2021湖北卷15題，3分；2021遼寧卷13題，3分；金屬的腐蝕與防護2024·廣東卷5題，2分；2024·浙江6月卷13題，3分；2024·浙江1月卷13題，3分；2022?廣東選擇性考試11題，4分；2021?全國乙卷12題，6分；復習目標：1．理解電解池的構(gòu)成、工作原理及應用，能書寫電極反應式和總反應方程式。2．了解電解原理在氯堿工業(yè)、精煉銅、電鍍、電冶金等方面的應用；認識電解在實現(xiàn)物質(zhì)轉(zhuǎn)化和儲存能量中的具體應用。3．了解金屬發(fā)生電化學腐蝕的原因、金屬腐蝕的危害以及防止金屬腐蝕的措施?？键c一電解原理知識點1電解池模型1．電極名稱和電極反應式電解池基礎模型惰性電極電解CuCl2溶液2．電子流向和離子移動方向?qū)Ь€上(外電路)電子從電源的負極流出，經(jīng)導線流向電解池的陰極。電解池的陽極上產(chǎn)生的電子經(jīng)導線流入電源的正極。溶液中(內(nèi)電路)陰離子移向陽極，陽離子移向陰極?！久麕熖嵝选?．放電指的是電極上的得、失電子。2．活性電極指的是除去Au、Pt以外的金屬，惰性電極指的是Pt、Au、C電極，不參與電極反應。3．陰極不管是什么材料，電極本身都不反應，一定是溶液(或熔融電解質(zhì))中的陽離子放電，注意離子導體(電解質(zhì))是水溶液還是非水狀態(tài)。4．電解水溶液時，K+~Al3+不可能在陰極放電，即不可能用電解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金屬。5．書寫電解池中的電極反應時，要以實際放電的離子表示，但書寫電解總反應方程式時，弱電解質(zhì)要寫成分子式。6．電解質(zhì)溶液中未參與放電的離子是否與放電后生成的離子發(fā)生反應(離子共存)。7．要確保兩極電子轉(zhuǎn)移的數(shù)目相同，且注明條件“電解”。知識點2電解規(guī)律1．陽極產(chǎn)物的判斷（1）活性電極(除Au、Pt以外的金屬材料作電極)，電極材料失電子，生成金屬陽離子。（2）惰性電極(Pt、Au、石墨)，要依據(jù)陰離子的放電順序加以判斷。陰離子的放電順序：活潑電極＞S2－＞I－＞Br－＞Cl－＞OH－＞含氧酸根離子。S2－、I－、Br－、Cl－放電，產(chǎn)物分別是S、I2、Br2、Cl2；若OH－放電，則得到H2O和O2。2．陰極產(chǎn)物的判斷直接根據(jù)陽離子放電順序進行判斷。陽離子放電順序：Ag＋＞Fe3＋＞Cu2＋＞H＋(酸)＞Fe2＋＞Zn2＋＞H＋(水)＞Al3＋＞Mg2＋。（1）若金屬陽離子(Fe3＋除外)放電，則得到相應金屬單質(zhì)；若H＋放電，則得到H2。（2）放電順序本質(zhì)遵循氧化還原反應的優(yōu)先規(guī)律，即得(失)電子能力強的離子先放電。3．用惰性電極電解電解質(zhì)溶液的四種類型2．【方法技巧】類型電極反應特點電解質(zhì)溶液電解質(zhì)濃度pH電解質(zhì)溶液復原電解水型陰極：4H++4e-=2H2↑(酸性)，2H2O+2e-=H2↑+2OH-(堿性)陽極：2H2O-4e-=4H++O2↑(酸性)，4OH--4e-=2H2O+O2↑(堿性)強堿(NaOH)增大增大加水含氧酸(H2SO4)增大減小加水活潑金屬的最高價含氧酸鹽(Na2SO4)增大不變加水電解電解質(zhì)型電解質(zhì)電離出的陰、陽離子分別在兩極放電無氧酸(HCl)減小增大通入HCl氣體不活潑金屬的無氧酸鹽(CuCl2)減小—加氯化銅放H2生堿型陰極：H2O放H2生成堿陽極：電解質(zhì)陰離子放電活潑金屬的無氧酸鹽(NaCl)生成新電解質(zhì)增大通入HCl(g)放O2生酸型陰極：電解質(zhì)陽離子放電陽極：H2O放O2生成酸不活潑金屬的最高價含氧酸鹽(CuSO4)生成新電解質(zhì)減小加氧化銅知識點3電解池電極反應式的書寫1．基本電極反應式的書寫用惰性電極電解NaCl溶液總反應：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑陽極2Cl－－2e－=Cl2↑陰極2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－(或2H＋＋2e－=H2↑)用惰性電極電解CuSO4溶液總反應：2CuSO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2Cu＋O2↑＋2H2SO4陽極2H2O－4e－=O2↑＋4H＋(或4OH－－4e－=2H2O＋O2↑)陰極2Cu2＋＋4e－=2Cu用惰性電極電解熔融MgCl2總反應：MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))Mg＋Cl2↑陽極2Cl－－2e－=Cl2↑陰極Mg2＋＋2e－=Mg2．提取“信息”書寫電極反應式鋁材為陽極，在H2SO4溶液中電解，鋁材表面形成氧化膜總反應：2Al＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))Al2O3＋3H2↑陽極2Al－6e－＋3H2O=Al2O3＋6H＋陰極6H＋＋6e－=3H2↑用惰性電極電解K2MnO4溶液能得到化合物KMnO4總反應：2K2MnO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2KMnO4＋H2↑＋2KOH陽極2MnOeq\o\al(2－,4)－2e－=2MnOeq\o\al(－,4)陰極2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－有機陽離子、Al2Cleq\o\al(－,7)和AlCleq\o\al(－,4)組成的離子液體作電解液時，可在鋼制品上電鍍鋁。陽極Al－3e－＋7AlCleq\o\al(－,4)=4Al2Cleq\o\al(－,7)陰極4Al2Cleq\o\al(－,7)＋3e－=Al＋7AlCleq\o\al(－,4)3．多膜電解池方程式書寫及分析(1)雙膜三室處理吸收液(吸收了煙氣中的SO2)(或污水)陽極室：HSOeq\o\al(－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋或SOeq\o\al(2－,3)－2e－＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋吸收液(或污水)：Na＋穿過陽膜進入陰極室(左室)；HSOeq\o\al(－,3)和SOeq\o\al(2－,4)穿過陰膜進入陰極室(右室)。陰極室：2H2O＋4e－=2OH－＋H2↑HSOeq\o\al(－,3)＋OH－=SOeq\o\al(2－,3)＋H2O產(chǎn)品：陽極室較濃的硫酸陰極室左室亞硫酸鈉(2)三膜四室制備硼酸[H3BO3(一元弱酸)]陽極室：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋產(chǎn)品室：H＋＋B(OH)eq\o\al(－,4)=H3BO3＋H2O原料室：B(OH)eq\o\al(－,4)穿過陰膜進入產(chǎn)品室，Na＋穿過陽膜進入陰極室陰極室：4H2O＋4e－=2H2↑＋4OH－考向1電解規(guī)律及電極產(chǎn)物的判斷【例1】)用石墨作電極電解溶有物質(zhì)的量之比為3∶1的NaCl和H2SO4的水溶液。根據(jù)反應產(chǎn)物，電解可明顯分為三個階段，下列敘述不正確的是()A．電解的最后階段為電解水B．陽極先逸出氯氣后逸出氧氣C．陰極逸出氫氣D．電解過程中溶液的pH不斷增大，最后pH為7【答案】D【解析】根據(jù)離子放電順序可知，電解此混合溶液時，在陽極，陰離子放電的先后順序為Cl－、OH－、SOeq\o\al(2－,4)，在陰極，H＋放電，所以整個電解過程分三個階段：電解HCl溶液、電解NaCl溶液、電解H2O，最后溶液呈堿性，D錯誤?！舅季S建?！俊咀兪接柧殹?.用如圖所示裝置(X、Y是直流電源的兩極)分別進行下列各組實驗，下表中各項所列對應關系均正確的是()選項X極實驗前U形管中的溶液通電后現(xiàn)象及結(jié)論A正極Na2SO4溶液U形管兩端滴入酚酞后，a處附近溶液呈紅色B正極AgNO3溶液b處電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2OC負極CuCl2溶液b處有氣體逸出D負極NaOH溶液溶液pH減小【答案】C【解析】電解Na2SO4溶液時，陽極上OH-失電子，發(fā)生氧化反應，即a處OH-放電，酸性增強，酸遇酚酞不變色，即a處無明顯變化，A項錯誤；電解AgNO3溶液時，陰極上Ag+得電子，發(fā)生還原反應，即b處電極反應為Ag++e-=Ag，B項錯誤；電解CuCl2溶液時，陽極上Cl-失電子，發(fā)生氧化反應，即b處Cl-放電，產(chǎn)生Cl2，C項正確；電解NaOH溶液時，陰極上是H+放電，陽極上是OH-放電，實際上電解的是水，導致NaOH溶液的濃度增大，堿性增強，pH增大，D項錯誤?？枷?電極反應的書寫【例2】化學用語是學習化學的重要工具，下列用來表示物質(zhì)變化的化學用語中，正確的是()A．氫氧燃料電池的負極反應為O2+2H2O+4e-=4OH-B．鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕的正極反應為Fe-2e-=Fe2+C．粗銅精煉時，與電源正極相連的是純銅，電極反應為Cu-2e-=Cu2+D．鉛酸蓄電池充電時，標示“+”的接線柱連電源的正極，電極反應為PbSO4(s)-2e-+2H2O(l)=PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)【答案】D【解析】氫氧燃料電池中，負極上燃料失電子，A項錯誤；鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕時，負極上鐵失電子發(fā)生氧化反應，電極反應為Fe-2e-=Fe2+，B項錯誤；粗銅精煉時，與電源正極相連的是粗銅，C項錯誤；鉛酸蓄電池充電時，標示“+”的接線柱連電源的正極，作陽極，失電子發(fā)生氧化反應，電極反應為PbSO4(s)-2e-+2H2O(l)=PbO2(s)+4H+(aq)+SO42-(aq)，D項正確?！久麕燑c晴】1．書寫電解池的電極反應式時，可以用實際放電的離子表示，但書寫電解池的總反應時，H2O要寫成分子式。如用惰性電極電解食鹽水時，陰極反應式為2H＋＋2e－=H2↑，總反應式為2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑。2．陰極不管是什么材料，電極本身都不反應，一定是溶液(或熔融電解質(zhì))中的陽離子放電。3．電解水溶液時，K＋～Al3＋不可能在陰極放電，即不可能用電解水溶液的方法得到K、Ca、Na、Mg、Al等金屬。4．“四步法”書寫電極總反應的規(guī)律：①列物質(zhì)、標得失；②選離子、配電荷；③配個數(shù)、巧用水；④兩式加、驗總式?！咀兪接柧殹磕畴妱悠嚺漭d一種可充放電的鋰離子電池，放電時電池的總反應為Li1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+C6(x<1)。下列關于該電池的說法不正確的是()A．放電時，Li+在電解質(zhì)中由負極向正極遷移B．放電時，負極的電極反應為LixC6-xe-=xLi++C6C．充電時，若轉(zhuǎn)移1mole-，石墨(C6)電極將增重7xgD．充電時，陽極的電極反應為LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+【答案】C【解析】放電時，負極反應為LixC6-xe-=xLi++C6，正極反應為Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2，A、B兩項正確；充電時，陰極反應為xLi++C6+xe-=LixC6，轉(zhuǎn)移1mole-時，石墨(C6)電極將增重7g，C項錯誤；充電時，陽極反應為放電時正極反應的逆反應：LiCoO2-xe-=Li1-xCoO2+xLi+，D項正確?？键c二電解原理的應用知識點1氯堿工業(yè)1．電極反應陽極：2Cl－－2e－=Cl2↑(反應類型：氧化反應)；陰極：2H＋＋2e－=H2↑(反應類型：還原反應)。檢驗陽極產(chǎn)物的方法是用濕潤的KI-淀粉試紙靠近陽極，若試紙變藍，證明生成了Cl2。電解時向食鹽水中滴加酚酞，陰極附近溶液變紅，說明該電極附近產(chǎn)生的物質(zhì)為NaOH。2．電解方程式化學方程式：2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；離子方程式：2Cl－＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(電解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑。3．陽離子交換膜法電解飽和食鹽水示意圖（1）陽離子交換膜的作用：阻止OH－進入陽極室與Cl2發(fā)生副反應：2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，阻止陽極產(chǎn)生的Cl2和陰極產(chǎn)生的H2混合發(fā)生爆炸。（2）a、b、c、d加入或取出的物質(zhì)分別是飽和食鹽水、稀NaOH溶液、稀食鹽水、濃NaOH溶液；X、Y分別為Cl2、H2?！久麕熖嵝选筷栯x子交換膜(以電解NaCl溶液為例)，只允許陽離子(Na+)通過，而阻止陰離子(Cl-、OH-)和分子(Cl2)通過，這樣既能防止H2和Cl2混合爆炸，又能避免Cl2和NaOH溶液作用生成NaClO而影響燒堿質(zhì)量。知識點2電冶金1．電解精煉銅（1）電極材料：陽極為粗銅，陰極為純銅。（2）電解質(zhì)溶液：含Cu2＋的鹽溶液。（3）電極反應式陽極：Zn－2e－=Zn2＋、Fe－2e－=Fe2＋、Ni－2e－=Ni2＋、Cu－2e－=Cu2＋；陰極：Cu2＋＋2e－=Cu。④陽極泥的形成粗銅中不活潑的雜質(zhì)(金屬活動性順序中位于銅之后的銀、金等)在陽極難以失去電子，當陽極上的銅失去電子變成離子之后，它們以金屬單質(zhì)的形式沉積于電解槽的底部，成為陽極泥。2．利用電解熔融鹽(或氧化物)的方法來冶煉活潑金屬Na、Ca、Mg、Al等?？偡匠淌疥枠O、陰極反應式冶煉鈉2NaCl(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))2Na＋Cl2↑2Cl－－2e－=Cl2↑、2Na＋＋2e－=2Na冶煉鎂MgCl2(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))Mg＋Cl2↑2Cl－－2e－=Cl2↑、Mg2＋＋2e－=Mg冶煉鋁2Al2O3(熔融)eq\o(=,\s\up7(電解))4Al＋3O2↑6O2－－12e－=3O2↑、4Al3＋＋12e－=4Al【名師提醒】工業(yè)上不能電解熔融MgO、AlCl3制Mg和Al。MgO的熔點較高，MgCl2的熔點較低，工業(yè)上電解熔融MgCl2制Mg。由于AlCl3為共價化合物，熔融狀態(tài)下不導電，所以電解冶煉鋁時，電解熔點很高的氧化鋁，為降低熔點，加入了助熔劑冰晶石(Na3AlF6)；而且電解過程中，陽極生成的氧氣與石墨電極反應，所以石墨電極需定期檢查并及時更換補充。知識點3電鍍應用電解原理在某些金屬表面鍍上一薄層其他金屬或合金的方法。實例——電鍍銅陽極(銅片)：Cu－2e－=Cu2＋；陰極(待鍍鐵件)：Cu2＋＋2e－=Cu?！久麕熖嵝选?．電解或電鍍時，電極質(zhì)量減小的電極必為金屬電極——陽極；電極質(zhì)量增大的電極必為陰極，即溶液中的金屬陽離子得電子變成金屬吸附在陰極上。2．電解精煉銅時，粗銅中含有的Zn、Fe、Ni等活潑金屬失去電子變成金屬陽離子進入溶液，金屬活動性小于銅的雜質(zhì)以陽極泥的形式沉積。電解過程中電解質(zhì)溶液中的Cu2+濃度會減小。3．電鍍時，陽極(鍍層金屬)失去電子的數(shù)目與陰極鍍層金屬離子得到電子的數(shù)目相等，電鍍液的濃度保持不變?？枷?電解原理的應用【例1】(2024·湖北卷，14)我國科學家設計了一種雙位點PbCu電催化劑，用H2C2O4和NH2OH電化學催化合成甘氨酸，原理如圖，雙極膜中H2O解離的H+和OH-在電場作用下向兩極遷移。已知在KOH溶液中，甲醛轉(zhuǎn)化為HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2-+H2O。Cu電極上發(fā)生的電子轉(zhuǎn)移反應為[OCH2O]2--e-=HCOO-+H?。下列說法錯誤的是()A．電解一段時間后陽極區(qū)c(OH-)減小B．理論上生成1molH3N+CH2COOH雙極膜中有4molH2O解離C．陽極總反應式2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2OD．陰極區(qū)存在反應H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O【答案】B【解析】在KOH溶液中HCHO轉(zhuǎn)化為HOCH2O-：HCHO+OH-→HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-[OCH2O]2-+H2O，Cu電極上發(fā)生的電子轉(zhuǎn)移反應為[OCH2O]2--e-=HCOO-+H?，H?結(jié)合成H2，Cu電極為陽極；PbCu電極為陰極，首先HOOC—COOH在Pb上發(fā)生得電子的還原反應轉(zhuǎn)化為OHC—COOH：H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，OHC—COOH與HO—N+H3反應生成HOOC—CH=N—OH：OHC—COOH+HO—N+H3→HOOC—CH=N—OH+H2O+H+，HOOC—CH=N—OH發(fā)生得電子的還原反應轉(zhuǎn)化成H3N+CH2COOH：HOOC—CH=N—OH+4e-+5H+=H3N+CH2COOH+H2O。A項，電解過程中，陽極區(qū)消耗OH-、同時生成H2O，故電解一段時間后陽極區(qū)c(OH-)減小，A正確；B項，陰極區(qū)的總反應為H2C2O4+HO—N+H3+6e-+6H+=H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O解離成1molH+和1molOH-，故理論上生成1molH3N+CH2COOH雙極膜中有6molH2O解離，B錯誤；C項，結(jié)合裝置圖，陽極總反應為2HCHO-2e-+4OH-=2HCOO-+H2↑+2H2O，C正確；D項，陰極區(qū)的Pb上發(fā)生反應H2C2O4+2e-+2H+=OHC—COOH+H2O，D正確；故選B?！咀兪接柧殹浚?024·山東省濰坊市二模）天津大學張兵團隊合成了高曲率的納米針尖電極催化劑，實現(xiàn)了溴自由基介導的環(huán)氧氯丙烷無膜電合成。其工作原理如圖所示。已知：。具有較低的和生成能壘、較高的氧化的能壘和固定的Br吸附位點，同時抑制析氧和析溴競爭反應。下列說法錯誤的是()A．電極a接電源的正極B．Ⅱ可能為C．由Ⅱ生成環(huán)氧氯丙烷的方程式為D．當合成1mol環(huán)氧氯丙烷時，至少有22.4LH2（標準狀況）生成【答案】B【解析】由圖可知，右電極上H2O被還原生成H2，即右電極作陰極，則左電極作陽極，陽極上X-和OH-同時且等量放電：X--e-=X·、OH--e-=OH·。A項，左邊電極a為陽極，所以電極a接電源的正極，A正確；B項，根據(jù)圖示，I與·OH結(jié)合生成II，所以II只能是，B錯誤；C項，根據(jù)圖示，由Ⅱ生成環(huán)氧氯丙烷的方程式為，C正確；D項，當合成1mol環(huán)氧氯丙烷時，陽極上X-和OH-各失去1mol電子，共轉(zhuǎn)移2mol電子，根據(jù)2H2O+2e-=2OH-+H2↑，轉(zhuǎn)移2mol電子時，生成1molH2，即22.4LH2（標準狀況），D正確；故選B?？枷?交換膜在電化學中的應用【例2】（2024·遼寧省沈陽市模擬預測）在直流電場作用下雙極膜中間層中的H2O解離為H+和OH-，并分別向兩極迀移。如圖所示裝置，可將捕捉的二氧化碳轉(zhuǎn)化為CaCO3而礦化封存，減少碳排放，同時得到氧氣、氫氣、高濃度鹽酸等產(chǎn)品。下列說法正確的是()A．CaCO3在堿室形成B．兩個雙極膜中間層的H+均向右移動C．向堿室中加入NaHCO3固體，有利于CO2的礦化封存D．b極為陽極，電極反應式為2H2O-4e-=O2↑＋4H＋【答案】D【解析】右側(cè)雙極膜中氫離子進入酸室，氫氧根離子右移在電極b上發(fā)生還原反應生成O2，所以b為陽極，左側(cè)雙極膜中氫氧根離子進入堿室，與二氧化碳反應生成碳酸根離子，氫離子左移在電極a上發(fā)生還原反應生成H2，所以a為陰極。A項，由圖可知，CO32-通過左側(cè)陰離子交換膜進入中間室內(nèi)與Ca2+結(jié)合形成碳酸鈣，CaCO3在中間室形成，A錯誤；B項，由圖可知，右側(cè)雙極膜中氫離子進入酸室生成鹽酸，左側(cè)雙極膜中氫離子左移在電極a上發(fā)生還原反應生成H2，B錯誤；C項，堿室中二氧化碳和堿反應生成碳酸根離子，碳酸根離子通過左側(cè)陰離子交換膜進入中間室內(nèi)，與Ca2+結(jié)合形成碳酸鈣，加入NaHCO3固體會消耗氫氧根不利于CO2的吸收，C錯誤；D項，右側(cè)雙極膜中氫離子進入酸室，氫氧根離子右移在電極b上發(fā)生還原反應生成O2，所以b為陽極，電極反應式為2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，D正確；故選D?！舅季S建?！俊案裟ぁ彪娊獬氐慕忸}步驟：【變式訓練】（2024·湖南省邵陽市三模）退役鋰離子電池正極材料中有價金屬的回收利用，是解決新能源汽車產(chǎn)業(yè)環(huán)境污染和資源短缺的有效方法，也是該產(chǎn)業(yè)可持續(xù)發(fā)展的關鍵?；厥者^程中產(chǎn)生的沉鋰后的母液中的溶質(zhì)主要是Na2SO4，可根據(jù)電化學原理采用雙極膜(BP)與離子交換膜(A、C)組合技術處理沉鋰后的母液，實現(xiàn)廢水的凈化和資源回收(如圖所示)。下列說法錯誤的是()A．雙極膜(BP)可有效阻隔Na+和SO42-的通過，膜C為陽離子交換膜B．陽極的電極反應為2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，陰極的電極反應為2H2O+2e-=H2↑＋2OH-C．陽極與直流電源的正極相連，陽極上的電勢比陰極上的高D．當陽極上放出22.4L(標準狀況)氣體時，該裝置有2molH2SO4和4molNaOH生成【答案】D【解析】右側(cè)為電解池的陰極，電極反應式為2H++2e-=H2↑，左側(cè)為陽極，電極反應式為4OH--4e-═O2↑+2H2O，硫酸鈉溶液中Na+經(jīng)過C離子交換膜移向動，與BP雙極膜中轉(zhuǎn)移過來的OH-結(jié)合生成NaOH，所以C膜為陽離子交換膜，鹽室中SO42-經(jīng)過A離子交換膜移動，與BP雙極膜中轉(zhuǎn)移過來的H+結(jié)合生成硫酸，所以A膜為陰離子交換膜。A項，根據(jù)圖中Na+、SO42-移動方向可知，膜A為陰離子交換膜，膜C為陽離子交換膜，A正確；B項，陽極的電極反應為2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，陰極的電極反應為2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，B正確；C項，陽極與直流電源的正極相連，陽極上的電勢比陰極上的高，C正確；D項，當陽極上放出22.4L(標準狀況)氣體時，外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子，該裝置中有2個陰離子交換膜和2個陽離子交換膜，每個陰離子交換膜有2molSO42-通過，每個陽離子交換膜有4molNa+通過，即該裝置有4molH2SO4和8molNaOH生成，D錯誤。故選D?？枷?有關電化學計算【例2】500mLKNO3和Cu(NO3)2的混合溶液中c(NOeq\o\al(－,3))＝0.6mol·L－1，用石墨作電極電解此溶液，下列說法正確的是()A．原混合溶液中c(K＋)為0.2mol·L－1B．上述電解過程中共轉(zhuǎn)移0.2mol電子C．電解得到的Cu的物質(zhì)的量為0.05molD．電解后溶液中c(H＋)為0.2mol·L－1【答案】A【解析】石墨作電極電解KNO3和Cu(NO3)2的混合溶液，陽極反應式為4OH－－4e－=2H2O＋O2↑，陰極先后發(fā)生兩個反應：Cu2＋＋2e－=Cu,2H＋＋2e－=H2↑。從收集到O2為2.24L可推知上述電解過程中共轉(zhuǎn)移0.4mol電子，而在生成2.24LH2的過程中轉(zhuǎn)移0.2mol電子，所以Cu2＋共得到0.4mol－0.2mol＝0.2mol電子，電解前Cu2＋的物質(zhì)的量和電解得到的Cu的物質(zhì)的量都為0.1mol。電解前后分別有以下守恒關系：c(K＋)＋2c(Cu2＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))，c(K＋)＋c(H＋)＝c(NOeq\o\al(－,3))，不難算出：電解前c(K＋)＝0.2mol·L－1，電解后c(H＋)＝0.4mol·L－1?！舅季S建?！?．計算原理——三個相等。(1)同一原電池的正、負極的電極反應中得失電子數(shù)相等。(2)同一電解池的陰、陽極的電極反應中得失電子數(shù)相等。(3)串聯(lián)電路中的各個電極反應得失電子數(shù)相等。上述三種情況下，在寫電極反應時，得失電子數(shù)要相等，在計算電解產(chǎn)物的量時，應按得失電子數(shù)相等計算。2.計算方法——三種常用方法。(1)根據(jù)總反應計算。先寫出電極反應，再寫出總反應，最后根據(jù)總反應列出比例式計算。(2)根據(jù)得失電子守恒計算。①用于串聯(lián)電路中陰、陽兩極產(chǎn)物，正、負兩極產(chǎn)物，相同電量等類型的計算，其依據(jù)是電路中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等。②用于混合溶液中分階段電解的計算。(3)根據(jù)關系式計算。根據(jù)得失電子守恒建立起已知量與未知量之間的橋梁，構(gòu)建計算所需的關系式。如以通過4mole-為橋梁可構(gòu)建如下關系式：4e-~2Cl2(Br該關系式具有總攬電化學計算的作用和價值，熟記電極反應，靈活運用關系式便能快速解答常見的電化學計算問題。【變式訓練】用惰性電極電解一定濃度的CuSO4溶液，通電一段時間后，向所得的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3后恰好恢復到電解前的濃度和pH(不考慮二氧化碳的溶解)。則電解過程中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為()A．0.4molB．0.5molC．0.6mol D．0.8mol【答案】C【解析】Cu2(OH)2CO3可改寫為2CuO·H2O·CO2，因反應后生成的CO2離開溶液，所以向所得溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3相當于加入0.2molCuO、0.1molH2O，陰極上Cu2+、H+放電，陽極上OH-放電，根據(jù)Cu原子、H原子守恒可知，陰極上析出0.2molCu、0.1molH2，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為0.2mol×2+0.1mol×2=0.6mol?？键c三金屬的腐蝕與防護知識點1腐蝕“兩比較”1．化學腐蝕與電化學腐蝕類型化學腐蝕電化學腐蝕條件金屬與接觸到的物質(zhì)直接發(fā)生化學反應不純的金屬接觸到電解質(zhì)溶液發(fā)生原電池反應本質(zhì)M－ne－=Mn＋M－ne－=Mn＋現(xiàn)象金屬被腐蝕較活潑金屬被腐蝕區(qū)別無電流產(chǎn)生有微弱電流產(chǎn)生聯(lián)系電化學腐蝕比化學腐蝕普遍得多，腐蝕速率更快，危害也更嚴重2．析氫腐蝕和吸氧腐蝕的比較類型析氫腐蝕吸氧腐蝕條件水膜呈酸性水膜呈弱酸性或中性正極反應2H＋＋2e－=H2↑O2＋2H2O＋4e－=4OH－負極反應Fe－2e－=Fe2＋其他反應Fe2＋＋2OH－=Fe(OH)2↓4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3Fe(OH)3失去部分水轉(zhuǎn)化為鐵銹【方法技巧】1．一般來說可用下列原則判斷：電解池原理引起的腐蝕>原電池原理引起的腐蝕>化學腐蝕>有防護措施的腐蝕。2．對同一金屬來說，腐蝕的快慢：強電解質(zhì)溶液中>弱電解質(zhì)溶液中>非電解質(zhì)溶液中。3．活潑性不同的兩種金屬，活潑性差別越大，腐蝕越快。4．對同一種電解質(zhì)溶液來說，電解質(zhì)溶液濃度越大，金屬腐蝕的速率越快。知識點2兩種保護方法1．加防護層如在金屬表面加上油漆、搪瓷、瀝青、塑料、橡膠等耐腐蝕的非金屬材料；采用電鍍或表面鈍化等方法在金屬表面鍍上一層不易被腐蝕的金屬。2．電化學防護（1）犧牲陽極法——原電池原理：正極為被保護的金屬；負極為比被保護的金屬活潑的金屬；（2）外加電流法——電解原理：陰極為被保護的金屬，陽極為惰性電極?？枷?金屬的腐蝕【例1】(2024·浙江1月卷，13)破損的鍍鋅鐵皮在氨水中發(fā)生電化學腐蝕，生成[Zn(NH3)4]2+和H2，下列說法不正確的是()A．氨水濃度越大，腐蝕趨勢越大B．隨著腐蝕的進行，溶液pH變大C．鐵電極上的電極反應式為：2NH3+2e-=H2↑＋2NH2-D．每生成標準狀況下22.4mLH2，消耗0.010molZn【答案】C【解析】A項，氨水濃度越大，越容易生成[Zn(NH3)4]2+，腐蝕趨勢越大，A正確；B項，腐蝕的總反應為Zn+4NH3?H2O=[Zn(NH3)4]2++H2↑+2H2O+2OH-，有OH-離子生成，溶液pH變大，B正確；C項，該電化學腐蝕中Zn作負極，F(xiàn)e作正極，正極上氫離子得電子生成氫氣，鐵電極上的電極反應式為：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，C錯誤；D項，根據(jù)得失電子守恒，每生成標準狀況下22.4mLH2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為，消耗0.010molZn，D正確；故選C?！舅季S建模】正確判斷“介質(zhì)”溶液的酸堿性是分析析氫腐蝕和吸氧腐蝕的關鍵。潮濕的空氣、中性溶液發(fā)生吸氧腐蝕；NH4Cl溶液、稀H2SO4等酸性溶液發(fā)生析氫腐蝕?！咀兪接柧殹浚?024·山東省聊城市高三二模）恒溫條件下，用圖1所示裝置研究鐵的電化學腐蝕，測定結(jié)果如圖2。下列說法正確的是()A．AB段越大，析氫速率越大B．其他條件不變，增大空氣中氧氣濃度，析出H2質(zhì)量減少C．BC段正極反應式主要為O2+2H2O+4e-=4OH-D．DE段溶液基本不變，可能的原因：相同時間內(nèi)，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗的量與4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+產(chǎn)生H+的量基本相同【答案】D【解析】圖1中構(gòu)成原電池，鐵作負極，開始時pH較小，AB段溶液pH值增大，體系壓強增大，鐵主要發(fā)生析氫腐蝕；BD段溶液的pH值增加，體系壓強減小，正極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O；DE段溶液pH基本不變，但壓強減小，產(chǎn)生的Fe2+被O2氧化，pH基本不變可能的原因：相同時間內(nèi)，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量與4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+產(chǎn)生H+的量基本相同。A項，鐵主要發(fā)生析氫腐蝕：負極Fe-2e-=Fe2+，正極2H＋＋2e-=H2↑，pH越大，析氫速率越小，A錯誤；B項，鐵主要發(fā)生析氫腐蝕：負極Fe-2e-=Fe2+，正極2H＋＋2e-=H2↑，析出H2質(zhì)量與氧氣濃度無關，B錯誤；C項，由圖可知BC段的pH為3-5，正極不能產(chǎn)生氫氧根，電極反應式為：O2+4e-+4H+=2H2O，C錯誤；D項，pH基本不變可能的原因：相同時間內(nèi)，2Fe+O2+4H+=2Fe2++2H2O消耗H+的量與4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)3+8H+產(chǎn)生H+的量基本相同，D正確；故選D?？枷?金屬腐蝕的防護【例2】(2024·浙江6月卷，13)金屬腐蝕會對設備產(chǎn)生嚴重危害，腐蝕快慢與材料種類、所處環(huán)境有關。下圖為兩種對海水中鋼閘門的防腐措施示意圖：下列說法正確的是()A．圖1、圖2中，陽極材料本身均失去電子B．圖2中，外加電壓偏高時，鋼閘門表面可發(fā)生反應：O2+2H2O+4e-=4OH-C．圖2中，外加電壓保持恒定不變，有利于提高對鋼閘門的防護效果D．圖1、圖2中，當鋼閘門表面的腐蝕電流為零時，鋼閘門、陽極均不發(fā)生化學反應【答案】B【解析】A項，圖1為犧牲陽極的陰極甕中保護法，犧牲陽極一般為較活潑金屬，其作為原電池的負極，其失去電子被氧化；圖2為外加電流的陰極保護法，陽極材料為輔助陽極，其通常是惰性電極，其本身不失去電子，電解質(zhì)溶液中的陰離子在其表面失去電子，如海水中的Cl-，A不正確；B項，圖2中，外加電壓偏高時，鋼閘門表面積累的電子很多，除了海水中的H+放電外，海水中溶解的O2也會競爭放電，故可發(fā)生O2+2H2O+4e-=4OH-，B正確；C項，圖2為外加電流的陰極保護法，理論上只要能對抗鋼閘門表面的腐蝕電流即可，當鋼閘門表面的腐蝕電流為零時保護效果最好；腐蝕電流會隨著環(huán)境的變化而變化，若外加電壓保持恒定不變，則不能保證抵消腐蝕電流，不利于提高對鋼閘門的防護效果，C不正確；D項，圖1、圖2中，當鋼閘門表面的腐蝕電流為零時，說明從犧牲陽極或外加電源傳遞過來的電子阻止了Fe-2e-=Fe2+的發(fā)生，鋼閘門不發(fā)生化學反應，但是犧牲陽極和發(fā)生了氧化反應，輔助陽極上也發(fā)生了氧化反應，D不正確；故選B。【思維建?！拷饘俜雷o分析建模兩種防護解題模型首先判斷防護類型其次根據(jù)原電池原理和電解池原理分析防腐原理結(jié)合生活實際對選項做出合理判斷【變式訓練】滬蘇通長江公鐵大橋是世界首座跨度超千米的公鐵兩用斜拉橋。下列有關大橋設施的說法不正確的是()A.為了防止鐵質(zhì)橋索被腐蝕，可在焊點附近用鋅塊打“補丁”B.橋下層鐵路鋪設的鋼軌是一種鐵合金，鐵被腐蝕時的電極反應式為Fe－3e－=Fe3＋C.橋欄桿涂油漆兼具美觀和防止金屬生銹的功能D.橋索上的彩色燈光與原子核外電子的躍遷有關【答案】B【解析】A項，為了防止鐵質(zhì)橋索被腐蝕，可在焊點附近用鋅塊打“補丁”，利用犧牲陽極的陰極保護法，鋅活潑性比鐵強，先腐蝕，A正確；B項，橋下層鐵路鋪設的鋼軌是一種鐵合金，鐵被腐蝕時生成亞鐵離子，電極反應式為Fe－2e－=Fe2＋，B錯誤；C項，橋欄桿涂油漆，使鐵與空氣隔開，兼具美觀和防止金屬生銹的功能，C正確；D項，橋索上的彩色燈光與原子核外電子的躍遷后由激發(fā)態(tài)回到基態(tài)產(chǎn)生發(fā)射光譜有關，D正確；故選B。1．(2024·廣東卷，5)我國自主設計建造的浮式生產(chǎn)儲御油裝置“?？惶枴睂⒃谥榻谂璧睾Ｓ蚴褂?，其鋼鐵外殼鑲嵌了鋅塊，以利用電化學原理延緩外殼的腐蝕。下列有關說法正確的是()A．鋼鐵外殼為負極 B．鑲嵌的鋅塊可永久使用C．該法為外加電流法 D．鋅發(fā)生反應：【答案】D【解析】鋼鐵外殼鑲嵌了鋅塊，由于金屬活動性Zn＞Fe，即鋅塊為負極，鋼鐵為正極，形成原電池，Zn失去電子，發(fā)生還原反應，Zn-2e-=Zn2＋，從而保護鋼鐵，延緩其腐蝕。A項，由于金屬活動性Zn＞Fe，鋼鐵外殼為正極，鋅塊為負極，故A錯誤；B項，Zn失去電子，發(fā)生還原反應，Zn-2e-=Zn2＋，鑲嵌的鋅塊會被逐漸消耗，需根據(jù)腐蝕情況進行維護和更換，不能永久使用，故B錯誤；C項，該方法為犧牲陽極的陰極保護法，故C錯誤；D項，Zn失去電子，發(fā)生還原反應：Zn-2e-=Zn2＋，故D正確；故選D。2．(2024·廣東卷，16)一種基于氯堿工藝的新型電解池(下圖)，可用于濕法冶鐵的研究。電解過程中，下列說法不正確的是()A．陽極反應：2Cl--2e-=Cl2↑B．陰極區(qū)溶液中OH-濃度逐漸升高C．理論上每消耗1mol2O3，陽極室溶液減少D．理論上每消耗1mol2O3，陰極室物質(zhì)最多增加【答案】C【解析】右側(cè)溶液為飽和食鹽水，右側(cè)電極產(chǎn)生氣體，則右側(cè)電極為陽極，Cl-放電產(chǎn)生氯氣，電極反應為：2Cl--2e-=Cl2↑；左側(cè)電極為陰極，發(fā)生還原反應，2O3在堿性條件下轉(zhuǎn)化為Fe，電極反應為：2O3+6e-+3H2O=2+6OH-；中間為陽離子交換膜，Na+由陽極向陰極移動。A項，陽極反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，A正確；B項，陰極反應為：2O3+6e-+3H2O=2+6OH-，消耗水產(chǎn)生OH-，陰極區(qū)溶液中OH-濃度逐漸升高，B正確；C項，理論上每消耗1mol2O3，轉(zhuǎn)移6mol電子，產(chǎn)生3molCl2，同時有6molNa+由陽極轉(zhuǎn)移至陰極，則陽極室溶液減少，C錯誤；D項，理論上每消耗1mol2O3，轉(zhuǎn)移6mol電子，有6molNa+由陽極轉(zhuǎn)移至陰極，陰極室物質(zhì)最多增加，D正確；故選C。3．(2024·甘肅卷，7)某固體電解池工作原理如圖所示，下列說法錯誤的是()A．電極1的多孔結(jié)構(gòu)能增大與水蒸氣的接觸面積B．電極2是陰極，發(fā)生還原反應：O2+4e-=2O2-C．工作時O2-從多孔電極1遷移到多孔電極2D．理論上電源提供能分解1molH2O【答案】B【解析】多孔電極1上H2O(g)發(fā)生得電子的還原反應轉(zhuǎn)化成H2(g)，多孔電極1為陰極，電極反應為2H2O+4e-=2H2+2O2-；多孔電極2上O2-發(fā)生失電子的氧化反應轉(zhuǎn)化成O2(g)，多孔電極2為陽極，電極反應為2O2--4e-=O2。A項，電極1的多孔結(jié)構(gòu)能增大電極的表面積，增大與水蒸氣的接觸面積，A項正確；B項，電極2為陽極，發(fā)生氧化反應：2O2--4e-=O2，B項錯誤；C項，工作時，陰離子O2-向陽極移動，即O2-從多孔電極1遷移到多孔電極2，C項正確；D項，電解總反應為2H2O(g)2H2+O2，分解2molH2O轉(zhuǎn)移4mol電子，則理論上電源提供2mol電子能分解1molH2O，D項正確；故選B。4．(2024·山東卷，13)以不同材料修飾的Pt為電極，一定濃度的NaBr溶液為電解液，采用電解和催化相結(jié)合的循環(huán)方式，可實現(xiàn)高效制H2和O2，裝置如圖所示。下列說法錯誤的是()A．電極a連接電源負極B．加入Y的目的是補充NaBrC．電解總反應式為Br-+3H2OBrO3-+3H2↑D．催化階段反應產(chǎn)物物質(zhì)的量之比n(Z)∶n(Br-)=3∶2【答案】B【解析】電極b上Br-發(fā)生失電子的氧化反應轉(zhuǎn)化成BrO3-，電極b為陽極，電極反應為Br--6e-+3H2O=BrO3-+6H+；則電極a為陰極，電極a的電極反應為6H++6e-=3H2↑；電解總反應式為Br-+3H2OBrO3-+3H2↑；催化循環(huán)階段BrO3-被還原成Br-循環(huán)使用、同時生成O2，實現(xiàn)高效制H2和O2，即Z為O2。A項，電極a為陰極，連接電源負極，A項正確；B項，根據(jù)分析電解過程中消耗H2O和Br-，而催化階段BrO3-被還原成Br-循環(huán)使用，故加入Y的目的是補充H2O，維持NaBr溶液為一定濃度，B項錯誤；C項，根據(jù)分析電解總反應式為Br-+3H2OBrO3-+3H2↑，C項正確；D項，催化階段，Br元素的化合價由+5價降至-1價，生成1molBr-得到6mol電子，O元素的化合價由-2價升至0價，生成1molO2失去4mol電子，根據(jù)得失電子守恒，反應產(chǎn)物物質(zhì)的量之比n(O2)∶n(Br-)=6∶4=3∶2，D項正確；故選B。5．(2024·遼吉黑卷，12)“綠色零碳”氫能前景廣闊。為解決傳統(tǒng)電解水制“綠氫”陽極電勢高、反應速率緩慢的問題，科技工作者設計耦合HCHO高效制H2的方法，裝置如圖所示。部分反應機理為：。下列說法錯誤的是()A．相同電量下H2理論產(chǎn)量是傳統(tǒng)電解水的1.5倍B．陰極反應：2H2O+2e-=H2↑+2OH-C．電解時OH-通過陰離子交換膜向b極方向移動D．陽極反應：【答案】A【解析】據(jù)圖示可知，b電極上HCHO轉(zhuǎn)化為HCOO-，而HCHO轉(zhuǎn)化為HCOO-為氧化反應，所以b電極為陽極，a電極為陰極，HCHO為陽極反應物，由反應機理可知：反應后生成的轉(zhuǎn)化為HCOOH。由原子守恒和電荷守恒可知，在生成HCOOH的同時還生成了H-，生成的HCOOH再與氫氧化鉀酸堿中和：HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，而生成的H-在陽極失電子發(fā)生氧化反應生成氫氣，即2H--2e-=H2↑，陰極水得電子生成氫氣：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。A項，陽極反應：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，陰極反應2H2O-2e-=H2↑+2OH-，即轉(zhuǎn)移2mol電子時，陰、陽兩極各生成1molH2，共2molH2，而傳統(tǒng)電解水：2H2O2H2↑+O2↑，轉(zhuǎn)移2mol電子，只有陰極生成1molH2，所以相同電量下H2理論產(chǎn)量是傳統(tǒng)電解水的2倍，A錯誤；B項，陰極水得電子生成氫氣，陰極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，B正確；C項，由電極反應式可知，電解過程中陰極生成OH-，負電荷增多，陽極負電荷減少，要使電解質(zhì)溶液呈電中性，OH-通過陰離子交換膜向陽極移動，即向b極方向移動，C正確；D項，陽極反應涉及到：①HCHO+OH--e-→HCOOH+H2，②HCOOH+OH-=HCOO-+H2O，由(①+②)×2得陽極反應為：2HCHO+4OH--2e-=2HCOO-+2H2O+H2↑，故D正確；故選A。6．(2023?浙江省6月選考，13)氯堿工業(yè)能耗大，通過如圖改進的設計可大幅度降低能耗，下列說法不正確的是()A．電極A接電源正極，發(fā)生氧化反應B．電極B的電極反應式為：2H2O＋2e-=H2↑＋2OH-C．應選用陽離子交換膜，在右室獲得濃度較高的NaOH溶液D．改進設計中通過提高電極B上反應物的氧化性來降低電解電壓，減少能耗【答案】B【解析】A項，電極A是氯離子變?yōu)槁葰?，化合價升高，失去電子，是電解池陽極，因此電極A接電源正極，發(fā)生氧化反應，故A正確；B項，電極B為陰極，通入氧氣，氧氣得到電子，其電極反應式為：O2+2H2O+4e-=4OH-，故B錯誤；C項，右室生成氫氧根，應選用陽離子交換膜，左邊的鈉離子進入到右邊，在右室獲得濃度較高的NaOH溶液，故C正確；D項，改進設計中增大了氧氣的量，提高了電極B處的氧化性，通過反應物的氧化性來降低電解電壓，減少能耗，故D正確。故選B。7．(2023?北京卷，5)回收利用工業(yè)廢氣中的CO2和SO2，實驗原理示意圖如下。

下列說法不正確的是()A．廢氣中SO2排放到大氣中會形成酸雨B．裝置a中溶液顯堿性的原因是HCO3-的水解程度大于HCO3-的電離程度C．裝置a中溶液的作用是吸收廢氣中的CO2和SO2D．裝置中的總反應為SO32-+CO2+H2Oeq\o(\s\up7(電解),\s\do0(====))HCOOH+SO42-【答案】C【解析】A項，SO2是酸性氧化物，廢氣中SO2排放到空氣中會形成硫酸型酸雨，故A正確；B項，裝置a中溶液的溶質(zhì)為NaHCO3，溶液顯堿性，說明HCO3-的水解程度大于電離程度，故B正確；C項，裝置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2氣體，CO2與NaHCO3溶液不反應，不能吸收CO2，故C錯誤；D項，由電解池陰極和陽極反應式可知，裝置b中總反應為SO32-+CO2+H2Oeq\o(\s\up7(電解),\s\do0(====))HCOOH+SO42-，故D正確；故選C。8．(2023?湖北省選擇性考試，10)我國科學家設計如圖所示的電解池，實現(xiàn)了海水直接制備氫氣技術的綠色化。該裝置工作時陽極無Cl2生成且KOH溶液的濃度不變，電解生成氫氣的速率為mol·-1。下列說法錯誤的是()A．b電極反應式為2H2O+2e-=H2↑+2OH-B．離子交換膜為陰離子交換膜C．電解時海水中動能高的水分子可穿過PTFE膜D．海水為電解池補水的速率為2mol·-1【答案】D【解析】由圖可知，該裝置為電解水制取氫氣的裝置，a電極與電源正極相連，為電解池的陽極，b電極與電源負極相連，為電解池的陰極，陰極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，陽極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O，電池總反應為2H2O2H2↑+O2↑。A項，b電極反應式為b電極為陰極，發(fā)生還原反應，電極反應為2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故A正確；B項，該裝置工作時陽極無Cl2生成且KOH濃度不變，陽極發(fā)生的電極反應為4OH--4e-=O2↑+2H2O，為保持OH-離子濃度不變，則陰極產(chǎn)生的OH-離子要通過離子交換膜進入陽極室，即離子交換膜應為陰離子交換摸，故B正確；C項，電解時電解槽中不斷有水被消耗，海水中的動能高的水可穿過PTFE膜，為電解池補水，故C正確；D項，由電解總反應可知，每生成1molH2要消耗1molH2O，生成H2的速率為mol·-1，則補水的速率也應是mol·-1，故D錯誤；故選D。9．(2023?廣東卷，16)用一種具有“卯榫”結(jié)構(gòu)的雙極膜組裝電解池(下圖)，可實現(xiàn)大電流催化電解KNO3溶液制氨。工作時，H2O在雙極膜界面處被催化解離成H+和OH-，有利于電解反應順利進行。下列說法不正確的是()A．電解總反應：NH3·H2O+2O2↑+KOHB．每生成molNH3·H2O，雙極膜處有9mol的H2O解離C．電解過程中，陽極室中的物質(zhì)的量不因反應而改變D．相比于平面結(jié)構(gòu)雙極膜，“卯榫”結(jié)構(gòu)可提高氨生成速率【答案】B【解析】由信息大電流催化電解KNO3溶液制氨可知，在電極a處KNO3放電生成NH3，發(fā)生還原反應，故電極a為陰極，電極方程式為NO3-+8e－+7H2O=NH3·H2O+9OH-，電極b為陽極，電極方程式為4OH--4e－=O2↑＋2H2O，“卯榫”結(jié)構(gòu)的雙極膜中的H＋移向電極a，OH－移向電極b。A項，由分析中陰陽極電極方程式可知，電解總反應為NH3·H2O+2O2↑+KOH，故A正確；B項，每生成molNH3·H2O，陰極得8mole－，同時雙極膜處有8molH+進入陰極室，即有8mol的H2O解離，故B錯誤；C項，電解過程中，陽極室每消耗4molOH-，同時有4molOH-通過雙極膜進入陽極室，KOH的物質(zhì)的量不因反應而改變，故C正確；D項，相比于平面結(jié)構(gòu)雙極膜，“卯榫”結(jié)構(gòu)具有更大的膜面積，有利于H2O被催化解離成H+和OH-，可提高氨生成速率，故D正確；故選B。10．(2023?遼寧省選擇性考試，7)某無隔膜流動海水電解法制H2的裝置如下圖所示，其中高選擇性催化劑PRT可抑制O2產(chǎn)生。下列說法正確的是()A．b端電勢高于a端電勢 B．理論上轉(zhuǎn)移2mol生成4C．電解后海水pH下降 D．陽極發(fā)生：H【答案】D【解析】由圖可知，左側(cè)電極產(chǎn)生氧氣，則左側(cè)電極為陽極，電極a為正極，右側(cè)電極為陰極，b電極為負極，該裝置的總反應產(chǎn)生氧氣和氫氣，相當于電解水。A項，由分析可知，a為正極，b電極為負極，則a端電勢高于b端電勢，A錯誤；B項，右側(cè)電極上產(chǎn)生氫氣的電極方程式為：2H++2e-=H2↑，則理論上轉(zhuǎn)移2mol生成2，B錯誤；C項，由圖可知，該裝置的總反應為電解海水的裝置，隨著電解的進行，海水的濃度增大，但是其pH基本不變，C錯誤；D項，由圖可知，陽極上的電極反應為：H，D正確；故選D。11．(2022?重慶卷，12)硝酮是重要的有機合成中間體，可采用“成對間接電氧化”法合成。電解槽中水溶液的主要成分及反應過程如圖所示。下列說法錯誤的是()A．惰性電極2為陽極 B．反應前后WO42-/WO52-數(shù)量不變C．消耗1mol氧氣，可得到1mol硝酮 D．外電路通過1mol電子，可得到1mol水【答案】C【解析】A項，惰性電極2，Br-被氧化為Br2，惰性電極2為陽極，故A正確；B項，WO42-/WO52-循環(huán)反應，反應前后WO42-/WO52-數(shù)量不變，故B正確；C項，總反應為氧氣把二丁基-N-羥基胺氧化為硝酮，1mol二丁基-N-羥基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧氣最終生成水，根據(jù)氧原子守恒，消耗1mol氧氣，可得到2mol硝酮，故C錯誤；

D項，外電路通過1mol電子，生成0.5molH2O2，H2O2最終生成水，根據(jù)氧原子守恒，可得到1mol水，故D正確；故選C。12．(2022?海南省選擇性考試，9)一種采用H2O(g)和N2(g)為原料制備NH3(g)的裝置示意圖如下。下列有關說法正確的是()A．在b電極上，N2被還原B．金屬Ag可作為a電極的材料C．改變工作電源電壓，反應速率不變D．電解過程中，固體氧化物電解質(zhì)中O2-不斷減少【答案】A【解析】由裝置可知，b電極的N2轉(zhuǎn)化為NH3，N元素的化合價降低，得到電子發(fā)生還原反應，因此b為陰極，電極反應式為N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，a為陽極，電極反應式為2O2-+4e-=O2。A項，由分析可得，b電極上N2轉(zhuǎn)化為NH3，N元素的化合價降低，得到電子發(fā)生還原反應，即N2被還原，A正確；B項，a為陽極，若金屬Ag作a的電極材料，則金屬Ag優(yōu)先失去電子，B錯誤；C項，改變工作電源的電壓，反應速率會加快，C錯誤；D項，電解過程中，陰極電極反應式為N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，陽極電極反應式為2O2-+4e-=O2，因此固體氧化物電解質(zhì)中O2-不會改變，D錯誤；故選A。13．(2022?湖北省選擇性考試，14)含磷有機物應用廣泛。電解法可實現(xiàn)由白磷直接制備Li[P(CN)2]，過程如圖所示(為甲基)。下列說法正確的是()A．生成1molLi[P(CN)2]，理論上外電路需要轉(zhuǎn)移2mol電子B．陰極上的電極反應為：P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-C．在電解過程中CN-向鉑電極移動D．電解產(chǎn)生的H2中的氫元素來自于LiOH【答案】D【解析】A項，石墨電極發(fā)生反應的物質(zhì)：P4→Li[P(CN)2]化合價升高發(fā)生氧化反應，所以石墨電極為陽極，對應的電極反應式為：P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-，則生成1molLi[P(CN)2]，理論上外電路需要轉(zhuǎn)移1mol電子，A錯誤；B項，陰極上發(fā)生還原反應，應該得電子，P4+8CN--4e-=4[P(CN)2]-為陽極發(fā)生的反應，B錯誤；C項，石墨電極：P4→Li[P(CN)2]發(fā)生氧化反應，為陽極，鉑電極為陰極，CN-應該向陽極移動，即移向石墨電極，C錯誤；D項，由所給圖示可知HCN在陰極放電，產(chǎn)生CN-和H2，而HCN中的H來自LiOH，則電解產(chǎn)生的H2中的氫元素來自于LiOH，D正確；故選D。14．(2022?湖南選擇性考試，8)海水電池在海洋能源領域備受關注，一種鋰-海水電池構(gòu)造示意圖如下。下列說法錯誤的是()A．海水起電解質(zhì)溶液作用B．N極僅發(fā)生的電極反應：2H2O+2e-=2OH-+H2↑C．玻璃陶瓷具有傳導離子和防水的功能D．該鋰-海水電池屬于一次電池【答案】C【解析】鋰海水電池的總反應為2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，M極上Li失去電子發(fā)生氧化反應，則M電極為負極，電極反應為Li-e-=Li+，N極為正極，電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑。A項，海水中含有豐富的電解質(zhì)，如氯化鈉、氯化鎂等，可作為電解質(zhì)溶液，故A正確；B項，N為正極，電極反應為2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正確；C項，Li為活潑金屬，易與水反應，玻璃陶瓷的作用是防止水和Li反應，但不能傳導離子，故C錯誤；D項，該電池不可充電，屬于一次電池，故D正確；故選C。15．(2022·浙江省6月選考，21)通過電解廢舊鋰電池中的LiMn2O4可獲得難溶性的Li2CO3和MnO2，電解示意圖如下(其中濾布的作用是阻擋固體顆粒，但離子可自由通過。電解過程中溶液的體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是()A．電極A為陰極，發(fā)生還原反應B．電極B的電極發(fā)應：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+C．電解一段時間后溶液中Mn2+濃度保持不變D．電解結(jié)束，可通過調(diào)節(jié)除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以獲得Li2CO3【答案】C【解析】A項，由電解示意圖可知，電極B上Mn2+轉(zhuǎn)化為了MnO2，錳元素化合價升高，失電子，則電極B為陽極，電極A為陰極，得電子，發(fā)生還原反應，A正確；B項，由電解示意圖可知，電極B上Mn2+失電子轉(zhuǎn)化為了MnO2，電極反應式為：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正確；C項，電極A為陰極，LiMn2O4得電子，電極反應式為：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依據(jù)得失電子守恒，電解池總反應為：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反應生成了Mn2+，Mn2+濃度增大，C錯誤；D項，電解池總反應為：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，電解結(jié)束后，可通過調(diào)節(jié)溶液pH將錳離子轉(zhuǎn)化為沉淀除去，然后再加入碳酸鈉溶液，從而獲得碳酸鋰，D正確；故選C。16．(2021?全國甲卷，13)乙醛酸是一種重要的化工中間體，可果用如下圖所示的電化學裝置合成。圖中的雙極膜中間層中的H2O解離為H+和OH-，并在直流電場作用下分別問兩極遷移。下列說法正確的是()A．KBr在上述電化學合成過程中只起電解質(zhì)的作用B．陽極上的反應式為：+2H++2e-=+H2OC．制得2mol乙醛酸，理論上外電路中遷移了1mol電子D．雙極膜中間層中的在外電場作用下向鉛電極方向遷移【答案】D【解析】該裝置通電時，乙二酸被還原為乙醛酸，因此鉛電極為電解池陰極，石墨電極為電解池陽極，陽極上Br-被氧化為Br2，Br2將乙二醛氧化為乙醛酸，雙極膜中間層的H+在直流電場作用下移向陰極，OH-移向陽極。A項，KBr在上述電化學合成過程中除作電解質(zhì)外，同時還是電解過程中陽極的反應物，生成的Br2為乙二醛制備乙醛酸的中間產(chǎn)物，故A錯誤；B項，陽極上為Br-失去電子生成Br2，Br2將乙二醛氧化為乙醛酸，故B錯誤；C項，電解過程中陰陽極均生成乙醛酸，1mol乙二酸生成1mol乙醛酸轉(zhuǎn)移電子為2mol，1mol乙二醛生成1mol乙醛酸轉(zhuǎn)移電子為2mol，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒可知每生成1mol乙醛酸轉(zhuǎn)移電子為1mol，因此制得2mol乙醛酸時，理論上外電路中遷移了2mol電子，故C錯誤；D項，由上述分析可知，雙極膜中間層的H+在外電場作用下移向陰極，即H+移向鉛電極，故D正確；故選D。17．(2021?海南選擇性考試，9)液氨中存在平衡：2NH3NH4++NH2-。如圖所示為電解池裝置，以KNH2的液氨溶液為電解液，電解過程中a、b兩個惰性電極上都有氣泡產(chǎn)生。下列有關說法正確的是()A．b電極連接的是電源的負極 B．a(chǎn)電極的反應為2NH3+2e-=H2+2NH2-C．電解過程中，陰極附近K+濃度減小 D．理論上兩極產(chǎn)生的氣體物質(zhì)的量之比為1:1【答案】B【解析】A項，根據(jù)圖示可知：在b電極上產(chǎn)生N2，N元素化合價升高，失去電子，發(fā)生氧化反