2025届高三化学二轮复习 板块1 专题7 微专题2　电解池　金属的腐蚀与防护

板块一　专题七　选择题专项突破分级训练 【强基练】 1.(2024·广东广州二模)一种具有双极膜的酸—碱液流电池如图所示，工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H＋和OH－，有利于电解反应顺利进行。充电时电极a的反应为DASQ＋2H＋＋2e－===H2DSAQ，下列说法不正确的是(　　) A．充电时电极b是阳极 B．充电时KOH溶液中KOH的物质的量增大 C．放电一段时间后，负极区溶液的pH减小 D．每消耗1 mol DSAQ，双极膜处有2 mol的H2O解离 2.(2024·河北部分高中二模)氮气电解催化装置可以实现同时制备铵盐和硝酸盐，利用双极膜(M、N)将水解离成H＋、OH－，还可以浓缩溶液(图中进、出气通道及部分反应均省略)。下列说法正确的是(　　) A．a端的电势比b端高 B．M、N分别为阴、阳离子交换膜 C．相同时间内X、Y电极上消耗的氮气质量比为5∶3 D．阴极室的总反应为N2＋6e－＋6H2O===2NH3＋6OH－ 3.(2024·北京西城二模)双极膜可用于电解葡萄糖(C6H12O6)溶液同时制备山梨醇(C6H14O6)和葡萄糖酸(C6H12O7)。电解原理示意图如下(忽略副反应)。 已知：在电场作用下，双极膜可将水解离，在两侧分别得到H＋和OH－。 注：R为—C5H11O5 下列说法不正确的是(　　) A．右侧的电极与电源的正极相连 B．阴极的电极反应：C6H12O6＋2e－＋2H＋===C6H14O6 C．一段时间后，阳极室的pH增大 D．每生成1 mol山梨醇，理论上同时可生成1 mol葡萄糖酸 4.(2024·福建部分地市三模)我国科学家以海水为氯源合成α，α-二氯酮，其装置如图。并以其为原料合成药物米托坦c，合成路线为 。下列说法不正确的是(　　) A．阳极反应：＋2Cl－＋2OH－－4e－=== ＋H2O B．M为阳离子交换膜 C．b为 D．整个转化中碳原子的杂化轨道类型有3种 5.(2024·广东深圳二模)利用双极膜电解含有HCO的溶液，使HCO转化成碳燃料，实现了CO2还原流动。电解池如下图所示，双极膜中水电离的H＋和OH－在电场作用下可以向两极迁移。下列说法不正确的是(　　) A．银网电极与电源负极相连 B．双极膜b侧应该用质子交换膜 C．阴极电极反应为：HCO＋2e－＋3H＋===CO↑＋2H2O D．双极膜中有0.1 mol H2O电离，则阳极附近理论上产生0.05 mol O2 6.(2024·河北邯郸二模)羟基自由基(·OH)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—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(　　) A．a是正极，c是阴极 B．氧化1 mol苯酚，理论上NaCl溶液中减少的离子为20NA C．电池工作时，b极电极反应为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋ D．d极电极反应为H2O－e－===H＋＋·OH 【培优练】 7.(2024·辽宁省抚顺市六校协作体高三三模)铝电池具有高效耐用、可燃性低、成本低、充电快速等优点，可成为常规电池的安全替代品，将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含AlxCl，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过，工作原理如图甲所示；图乙为电解CuCl2溶液装置的一部分。下列说法正确的是(　　) A．b极与铝电极连接 B．为了提高电导效率，左极室采用酸性AlxCl水溶液 C．放电时，正极反应为：2Al2Cl＋FeF3＋e－===3AlCl＋FeCl2＋AlF3 D．若b极材料为Pt，b极的电极反应式始终为2Cl－－2e－===Cl2↑ 8.(2024·山东青岛市二模)一种非金属—有机物液流电池放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A．放电时，正极电极反应为＋H2O－2e－===＋2H＋ B．充电时，H＋通过质子交换膜向电极甲移动 C．可将储液罐做大以增大液流电池的储能容量 D．以此电源电解硫酸铜溶液，若加98 g Cu(OH)2使溶液复原，理论上消耗160 g Br2 9.(2024·重庆名校联考三模)微生物脱盐池的a极上加入了呼吸细菌，工作时可将工业废水中的有机污染物转化为CO2，其工作原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．呼吸细菌的作用为催化有机物分解 B．工作时，b极发生还原反应，电子从a极流向b极内 C．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜 D．若b极上消耗标准状况下2.24 L气体，通过N膜的离子的物质的量为0.4 mol 10.(2024·广东茂名市三模)我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯，装置示意图如图所示。已知：电解效率η(B)＝×100%。 下列说法错误的是(　　) A．惰性电极a与直流电源的负极相连，惰性电极b上有O2产生 B．纳米Cu催化剂上发生的反应：2CO＋6H2O＋8e－===C2H4＋8OH－ C．OH－从左室穿过阴离子交换膜进入右室 D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过2 mol电子时，产生0.15 mol乙烯 板块一　专题七　选择题专项突破分级训练 【强基练】 1.(2024·广东广州二模)一种具有双极膜的酸—碱液流电池如图所示，工作时，H2O在双极膜界面处被催化解离成H＋和OH－，有利于电解反应顺利进行。充电时电极a的反应为DASQ＋2H＋＋2e－===H2DSAQ，下列说法不正确的是(　　) A．充电时电极b是阳极 B．充电时KOH溶液中KOH的物质的量增大 C．放电一段时间后，负极区溶液的pH减小 D．每消耗1 mol DSAQ，双极膜处有2 mol的H2O解离 【答案】　C 【解析】　由信息充电时电极a的反应为DSAQ＋2H＋＋2e－===H2DSAQ，则a为阴极，b为阳极，电极反应式为2Br－－2e－===Br2；放电时a为负极，b为正极。据此作答。根据分析，b是阳极，A正确；根据分析，充电时，双极膜处产生的H＋移向左边阴极区，OH－移向KOH溶液，K＋从阳极区经过阳离子交换膜移向KOH溶液，所以KOH的物质的量增大，B正确；放电时，负极发生的电极反应：H2DSAQ－2e－===DSAQ＋2H＋，每产生2 mol H＋，同时有2 mol H＋通过双极膜离开阴极室，故pH基本不变，C错误；根据电极反应式DSAQ＋2H＋＋2e－===H2DSAQ，每消耗1 mol DSAQ，得到2 mol电子，双极膜处有2 mol的H2O解离，D正确。 2.(2024·河北部分高中二模)氮气电解催化装置可以实现同时制备铵盐和硝酸盐，利用双极膜(M、N)将水解离成H＋、OH－，还可以浓缩溶液(图中进、出气通道及部分反应均省略)。下列说法正确的是(　　) A．a端的电势比b端高 B．M、N分别为阴、阳离子交换膜 C．相同时间内X、Y电极上消耗的氮气质量比为5∶3 D．阴极室的总反应为N2＋6e－＋6H2O===2NH3＋6OH－ 【答案】　C 【解析】　由已知信息可知，氮气电解催化装置可以实现同时制备铵盐和硝酸盐，根据图给示意图可知，左侧氮气转化为NH，为阴极；右侧氮气转化为NO，为阳极。由图可知，X极氮气发生还原反应，即X为阴极，a与电源负极相连，所以a端电势比b端低，故A项错误；根据题干信息可推知，左侧制备铵盐，所以H＋透过M膜进入阴极室，故M为阳离子交换膜，同理可得N为阴离子交换膜，故B项错误；X极上氮元素从0价降低至－3价，Y极上氮元素从0价升高至＋5价，由得失电子守恒可得，X、Y电极上消耗的氮气质量比为5∶3，故C项正确；阴极室发生的总反应中应有NH生成，故D项错误。 3.(2024·北京西城二模)双极膜可用于电解葡萄糖(C6H12O6)溶液同时制备山梨醇(C6H14O6)和葡萄糖酸(C6H12O7)。电解原理示意图如下(忽略副反应)。 已知：在电场作用下，双极膜可将水解离，在两侧分别得到H＋和OH－。 注：R为—C5H11O5 下列说法不正确的是(　　) A．右侧的电极与电源的正极相连 B．阴极的电极反应：C6H12O6＋2e－＋2H＋===C6H14O6 C．一段时间后，阳极室的pH增大 D．每生成1 mol山梨醇，理论上同时可生成1 mol葡萄糖酸 【答案】　C 【解析】　左边电极葡萄糖被还原为山梨醇，为阴极，右边电极溴离子失电子被氧化为溴，为阳极，与电源正极相连，故A正确；左边电极为阴极，葡萄糖中的醛基被还原，电极反应式：C6H12O6＋2e－＋2H＋===C6H14O6，故B正确；阳极室中还发生H2O＋Br2＋RCHO===RCOOH＋2H＋＋2Br－，电解一段时间后，pH减小，故C错误；制备山梨醇的反应为C6H12O6＋2e－＋2H＋===C6H14O6，制备葡萄糖酸的总反应为C6H12O6－2e－＋H2O===C6H12O7＋2H＋，根据得失电子守恒可知每生成1 mol山梨醇，理论上同时可生成1 mol葡萄糖酸，故D正确。 4.(2024·福建部分地市三模)我国科学家以海水为氯源合成α，α-二氯酮，其装置如图。并以其为原料合成药物米托坦c，合成路线为 。下列说法不正确的是(　　) A．阳极反应：＋2Cl－＋2OH－－4e－=== ＋H2O B．M为阳离子交换膜 C．b为 D．整个转化中碳原子的杂化轨道类型有3种 【答案】　B 【解析】　阳极连接电源正极，失去电子生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应为＋2Cl－＋2OH－－4e－=== ＋H2O，A正确；阴极H2O放电生成H2和OH－，生成的OH－通过阴离子交换膜进入阳极参与反应，M为阴离子交换膜，故B错误；NaBH4可将羰基还原成醇，故b为，C正确。整个转化中碳原子的杂化轨道类型有3种，分别为sp、sp2、sp3，D正确。 5.(2024·广东深圳二模)利用双极膜电解含有HCO的溶液，使HCO转化成碳燃料，实现了CO2还原流动。电解池如下图所示，双极膜中水电离的H＋和OH－在电场作用下可以向两极迁移。下列说法不正确的是(　　) A．银网电极与电源负极相连 B．双极膜b侧应该用质子交换膜 C．阴极电极反应为：HCO＋2e－＋3H＋===CO↑＋2H2O D．双极膜中有0.1 mol H2O电离，则阳极附近理论上产生0.05 mol O2 【答案】　D 【解析】　根据示意图，右侧HCO生成CO，发生还原反应，为阴极区，即Ag网为阴极，与电源的负极相连，阴极的反应式为HCO＋2e－＋3H＋===CO↑＋2H2O；Ni网为阳极，电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，双极膜中H＋向右侧移动，即b为质子膜，OH－向左侧移动，a为阴离子膜。由上述分析可知，银网电极为阴极，与电源负极相连，故A正确；双极膜中H＋向右侧移动，即b为质子膜，故B正确；阴极的电极反应式为HCO＋2e－＋3H＋===CO↑＋2H2O，故C正确；根据阳极反应式4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，产生0.05 mol O2会消耗0.2 mol OH－，双极膜中有0.2 mol H2O电离，故D错误。 6.(2024·河北邯郸二模)羟基自由基(·OH)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—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(　　) A．a是正极，c是阴极 B．氧化1 mol苯酚，理论上NaCl溶液中减少的离子为20NA C．电池工作时，b极电极反应为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋ D．d极电极反应为H2O－e－===H＋＋·OH 【答案】　B 【解析】　题图中装置，左边为原电池，a上铬由＋6价变为＋3价得电子发生还原反应，是正极，b是负极，右边是电解池，c是阴极，d是阳极。a是正极，c是阴极，A正确；原电池工作时，a极Cr2O得电子生成Cr(OH)3，发生反应：Cr2O＋6e－＋7H2O===2Cr(OH)3↓＋8OH－，b极电极反应为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋，1 mol C6H5OH参与反应，转移28 mol电子，理论上a极有28 mol OH－、b极有28 mol H＋进入氯化钠溶液中生成水，NaCl溶液中离子几乎不变，B错误；原电池工作时，a极Cr2O得电子生成Cr(OH)3，发生反应：Cr2O＋6e－＋7H2O===2Cr(OH)3↓＋8OH－，b极电极反应为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋，C正确；结合题干信息，·OH是水在d电极上失电子生成的，所以d极电极反应为H2O－e－===H＋＋·OH，D正确。 【培优练】 7.(2024·辽宁省抚顺市六校协作体高三三模)铝电池具有高效耐用、可燃性低、成本低、充电快速等优点，可成为常规电池的安全替代品，将纳米级FeF3嵌入电极材料，能大大提高可充电铝离子电池的容量。其中有机离子导体主要含AlxCl，隔膜仅允许含铝元素的微粒通过，工作原理如图甲所示；图乙为电解CuCl2溶液装置的一部分。下列说法正确的是(　　) A．b极与铝电极连接 B．为了提高电导效率，左极室采用酸性AlxCl水溶液 C．放电时，正极反应为：2Al2Cl＋FeF3＋e－===3AlCl＋FeCl2＋AlF3 D．若b极材料为Pt，b极的电极反应式始终为2Cl－－2e－===Cl2↑ 【答案】　C 【解析】　根据图甲中电子流动方向知，铝电极为负极，反应式：Al＋7AlCl－3e－===4Al2Cl，正极反应式：2Al2Cl＋FeF3＋e－===3AlCl＋FeCl2＋AlF3，根据图乙离子移动方向可知，b为阳极，Cl－失电子能力大于水中OH－，优先失电子。根据分析，b为阳极，应与电源正极相连，A项错误；把左极室的有机离子导体改成水溶液后，会使左极室溶液中的离子总浓度减小，导致电导效率下降，B项错误；根据分析，原电池正极反应为2Al2Cl＋FeF3＋e－===3AlCl＋FeCl2＋AlF3，C项正确；若b极材料为Pt，b极先发生的电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，当Cl－放电完毕后，水发生放电反应，D项错误。 8.(2024·山东青岛市二模)一种非金属—有机物液流电池放电时的工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A．放电时，正极电极反应为＋H2O－2e－===＋2H＋ B．充电时，H＋通过质子交换膜向电极甲移动 C．可将储液罐做大以增大液流电池的储能容量 D．以此电源电解硫酸铜溶液，若加98 g Cu(OH)2使溶液复原，理论上消耗160 g Br2 【答案】　C 【解析】　由图可知，放电时溴元素化合价降低，发生还原反应，即电极甲为正极，正极电极反应式为Br2＋2e－===2Br－，则电极乙为负极，负极电极反应式为＋H2O－2e－===＋2H＋。据以上分析可知，放电时，电极乙为负极，发生氧化反应，M中醛基氧化为羧基，所以负极电极反应式为＋H2O－2e－===＋2H＋，故A错误；放电时，电极乙为负极，则充电时电极乙为阴极，H＋通过质子交换膜向阴极移动，即H＋向电极乙移动，故B错误；储液罐做大，可增加储存的反应物的量，增大液流电池的储能容量，故C正确；以此电源电解硫酸铜溶液，若加98 g Cu(OH)2使溶液复原，电解时除了发生2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，还有反应2H2OO2↑＋2H2↑，且电解时消耗1 mol CuSO4转移2 mol电子，接着电解消耗1 mol H2O又转移2 mol电子，由电子得失守恒可知，理论上转移4 mol电子消耗2 mol Br2，即320 g Br2，故D错误。 9.(2024·重庆名校联考三模)微生物脱盐池的a极上加入了呼吸细菌，工作时可将工业废水中的有机污染物转化为CO2，其工作原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．呼吸细菌的作用为催化有机物分解 B．工作时，b极发生还原反应，电子从a极流向b极内 C．M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜 D．若b极上消耗标准状况下2.24 L气体，通过N膜的离子的物质的量为0.4 mol 【答案】　D 【解析】　a极上加入了呼吸细菌，工作时可将工业废水中的有机污染物转化为CO2，则a极为负极，发生氧化反应，则M为阴离子交换膜，经过M膜的离子为Cl－和SO，b极为正极，发生还原反应，N为阳离子交换膜，经过N膜的离子为Na＋和Ca2＋；呼吸细菌的作用为催化有机物分解，A正确；工作时，b极为正极，发生还原反应，电子从a极流向b极内，B正确；根据分析，M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C正确；若b极上消耗标准状况下2.24 L气体(O2)，则外电路中通过0.4 mol电子，通过N膜的离子为Na＋和Ca2＋，其所带电荷数不同，故此离子数目无法确定，D错误。 10.(2024·广东茂名市三模)我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯，装置示意图如图所示。已知：电解效率η(B)＝×100%。 下列说法错误的是(　　) A．惰性电极a与直流电源的负极相连，惰性电极b上有O2产生 B．纳米Cu催化剂上发生的反应：2CO＋6H2O＋8e－===C2H4＋8OH－ C．OH－从左室穿过阴离子交换膜进入右室 D．若乙烯的电解效率为60%，电路中通过2 mol电子时，产生0.15 mol乙烯 【答案】　D 【解析】　电极a实现将CO2转化为乙烯，发生还原反应，电极a为阴极，则电极b为阳极，氢氧根离子失电子产生氧气，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑。惰性电极a实现将CO2转化为乙烯，C由＋4价变为－2价，化合价降低，发生还原反应，电极a为阴极，与直流电源的负极相连，惰性电极b上氢氧根离子失去电子转化为氧气，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，故A正确；由图可知，纳米Cu催化剂上发生CO转化为乙烯的反应，电极反应为2CO＋6H2O＋8e－===C2H4＋8OH－，故B正确；OH－从左室穿过阴离子交换膜进入右室，故C正确；若乙烯的电解效率为60%，电路中通过2mol电子时，根据公式得n(生成乙烯所用的电子)＝2 mol×60%＝1.2 mol，CO2转化为乙烯的电极反应为2CO2＋8H2O＋12e－===C2H4＋12OH－，所以当n(生成乙烯所用的电子)＝1.2 mol时，产生的乙烯为0.1 mol，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题七　电化学 微专题2　电解池　金属的腐蚀与防护 规律方法整合　建模型 强基培优精练　提能力 考前名校押题　练预测 高考真题赏析　明考向 新型电解池应用——合成有机物 1 角度 结构简式为H2NCH2COOH 由此可知，Cu电极为阳极，Cu/Pb电极为阴极 由阴离子交换膜和阳离子交换膜构成   返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 A．电解一段时间后阳极区c(OH－)减小 B．理论上生成1 mol H3N＋CH2COOH双极膜中有4 mol H2O解离 C．阳极总反应式为2HCHO＋4OH－－2e－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O D．阴极区存在反应H2C2O4＋2H＋＋2e－===OHCCOOH＋H2O 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　B 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 转化成H3N＋CH2COOH：HOOC—CH===N—OH＋4e－＋5H＋===H3N＋CH2COOH＋H2O。根据分析，电解过程中，阳极区消耗OH－、同时生成H2O，故电解一段时间后阳极区c(OH－)减小，A项正确；根据分析，阴极区的总反应为H2C2O4＋HO—N＋H3＋6e－＋6H＋===H3N＋CH2COOH＋3H2O,1 mol H2O解离成1 mol H＋和1 mol OH－，故理论上生成1 mol H3N＋CH2COOH双极膜中有6 mol H2O解离，B项错误；根据分析，结合装置图，阳极总反应为2HCHO－2e－＋4OH－===2HCOO－＋H2↑＋2H2O，C项正确；根据分析，阴极区的Pb上发生反应H2C2O4＋2e－＋2H＋===OHC—COOH＋H2O，D项正确。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　B 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 新型电解池应用——制备无机物 2 角度 3. (2024·广东选考)一种基于氯碱工艺的新型电解池(如图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是(　　) A．阳极反应：2Cl－－2e－===Cl2↑ B．阴极区溶液中OH－浓度逐渐升高 C．理论上每消耗1 mol Fe2O3，阳极 室溶液减少213 g D．理论上每消耗1 mol Fe2O3，阴极室物质最多增加138 g 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　该装置为电解池，可用于湿法冶铁的研究，则左侧Fe2O3得到电子生成Fe，左侧电极为阴极，右侧电极为阳极，Cl－放电产生氯气，电极反应为：2Cl－－2e－===Cl2↑；中间为阳离子交换膜，Na＋由阳极向阴极移动。由分析可知，阳极反应为：2Cl－－2e－===Cl2↑，A正确；由分析可知，阴极反应为：Fe2O3＋6e－＋3H2O===2Fe＋6OH－，消耗水产生OH－，阴极区溶液中OH－浓度逐渐升高，B正确；由分析可知，理论上每消耗1 mol Fe2O3，转移6 mol电子，产生3 mol Cl2，同时有6 mol Na＋由阳极转移至阴极，则阳极室溶液减少3×71 g＋6×23 g＝351 g，C错误；由分析可知，理论上每消耗1 mol Fe2O3，转移6 mol电子，有6 mol Na＋由阳极转移至阴极，阴极室物质最多增加6×23 g＝138 g，D正确。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 4. (2024·山东选考)以不同材料修饰的Pt为电极，一定浓度的NaBr溶液为电解液，采用电解和催化相结合的循环方式，可实现高效制H2和O2，装置如图所示。下列说法错误的是(　　) A．电极a连接电源负极 B．加入Y的目的是补充NaBr 【答案】　B 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 新型电解池应用——节能与除杂 3 角度 5. (2023·浙江省6月选考)氯碱工业能耗大，通过如图改进的设计可大幅度降低能耗，下列说法不正确的是(　　) A．电极A接电源正极，发生氧化反应 B．电极B的电极反应式为2H2O＋2e－=== H2↑＋2OH－ C．应选用阳离子交换膜，在右室获得浓度较高的NaOH溶液 D．改进设计中通过提高电极B上反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　B 【解析】　电极A是氯离子变为氯气，化合价升高，失去电子，是电解池阳极，因此电极A接电源正极，发生氧化反应，故A正确；电极B为阴极，通入氧气，氧气得到电子，其电极反应式为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－，故B错误；右室生成氢氧根，应选用阳离子交换膜，左边的钠离子进入到右边，在右室获得浓度较高的NaOH溶液，故C正确；改进设计中增大了氧气的量，提高了电极B处的氧化性，通过反应物的氧化性来降低电解电压，减少能耗，故D正确。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 6. (2023·北京选考)回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 7. (2024·浙江选考)金属腐蚀会对设备产生严重危害，腐蚀快慢与材料种类、所处环境有关。下图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图： 金属的防护 4 角度 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 下列说法正确的是(　　) A．图1、图2中，阳极材料本身均失去电子 B．图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面可发生反应：O2＋4e－＋2H2O===4OH－ C．图2中，外加电压保持恒定不变，有利于提高对钢闸门的防护效果 D．图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，钢闸门、阳极均不发生化学反应 【答案】　B 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　图1为牺牲阳极的阴极保护法，牺牲阳极一般为较活泼金属，其作为原电池的负极，其失去电子被氧化；图2为外加电流的阴极保护法，阳极材料为辅助阳极，其通常是惰性电极，其本身不失去电子，电解质溶液中的阴离子在其表面失去电子，如海水中的Cl－，A不正确；图2中，外加电压偏高时，钢闸门表面积累的电子很多，除了海水中的H＋放电外，海水中溶解的O2也会竞争放电，故可发生O2＋4e－＋2H2O===4OH－，B正确；图2为外加电流的阴极保护法，理论上只要能对抗钢闸门表面的腐蚀电流即可，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时保护效果最好；腐蚀电流会随着环境的变化而变化，若外加电压保持恒定不 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 变，则不能保证抵消腐蚀电流，不利于提高对钢闸门的防护效果，C不正确；图1、图2中，当钢闸门表面的腐蚀电流为零时，说明从牺牲阳极或外加电源传递过来的电子阻止了Fe－2e－===Fe2＋的发生，钢闸门不发生化学反应，但是牺牲阳极发生了氧化反应，辅助阳极上也发生了氧化反应，D不正确。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破  对比掌握电解规律(阳极为惰性电极) 电解类型 电解质实例 溶液复原物质 电解水型 NaOH、H2SO4或Na2SO4 水 电解电解质型 HCl或CuCl2 原电解质 放氢生碱型 NaCl HCl气体 放氧生酸型 CuSO4 CuO或CuCO3 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破  金属腐蚀与保护 1.判断金属腐蚀快慢的方法 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 2.金属电化学保护的方法 【微点拨】金属作正极或阴极时，金属的腐蚀电流接近为零。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破  电解计算解题“三方法” 1.用于串联电路中阴阳两极产物、正负两极产物、相同电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。 2.先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据总反应式列出比例式计算。 3.根据得失电子守恒构建计算所需的关系式。 (M为金属，n为其阳离子所带电荷数) 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 新型电解池应用——合成有机物 1 角度 1. (2024·河北石家庄市二模)电有机合成是一种应用广泛的新型有机合成方法。某种3-氯-4-氨基苯酚的电有机合成装置如图所示，下列说法正确的是(　　) A．b与外接电源的正极相连 B．Pb电极的电极反应式：Pb－2e－===Pb2＋ C．电解一段时间后，阴阳两极室中电解质溶 液的质量均增大 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　D 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　A 注意电极反应与非电极反应的关系，电子守恒是关键  返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 新型电解池应用——制备无机物 2 角度 3. (2024·湖北武汉二模)钙介导下电化学合成氨的原理如图所示，已知钙元素的转化途径为Ca2＋→Ca→CaxNyHz→Ca2＋。 下列说法正确的是(　　) A．阴极区的反应式为H2－2e－＋2C2H5O－===2C2H5OH B．理论上每产生17 g NH3消耗3 mol C2H5OH C．钙离子在该合成氨过程中的作用是活化N2 D．电解质溶液可换为含有少量乙醇的水溶液 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【解析】　由图可知，与直流电源正极相连的左侧电极为电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O－结合生成乙醇，乙醇又离解生成氢离子和C2H5O－，右侧电极为阴极，钙离子在阴极得到电子发生还原反应生成钙，钙与氮气反应生成CaxNyHz，CaxNyHz与氢离子反应生成钙离子和氨气，则电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气。由分析可知，与直流电源正极相连的左侧电极为电解池的阳极，氢气在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子，氢离子与C2H5O－结合生成乙醇，反应式为H2－2e－＋2C2H5O－===2C2H5OH，故A错误；由分析可知，电解的总反应为 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气，则阴极区生成氨气时，催化剂乙醇的量没有变化，故B错误；由分析可知，电解的总反应为钙离子和乙醇催化作用下氮气和氢气电解生成氨气，则钙离子的作用是活化氮气，故C正确；钙能与水反应生成氢氧化钙和氢气，所以电解质溶液不能换为含有少量乙醇的水溶液，故D错误。 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 4. (2024·山东潍坊二模)Adv·Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极产生电子(e－)和空穴(h＋)，下列有关说法正确的是(　　) A．光催化装置中溶液的c(H＋)增大 【答案】　B 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 新型电解池应用——节能与除杂 3 角度 5. (2024·福建龙岩市二模)研究表明许多疾病可能与NO的释放或调节不正常有关，用间接电化学法可对NO进行无害化处理，其原理如右图所示，下列相关判断正确的是(　　) A．H＋从电极Ⅰ移向电极Ⅱ 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　D 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 6. (2024·湖南衡阳二模)含氮废水中氮元素有铵态氮和硝态氮两种形式，利用铁碳微电池法在弱酸性条件下进行电化学处理，可同时除去铵态氮和硝态氮，该电化学装置的工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A．该装置工作时，碳电极附近pH增大 B．该装置工作时，Fe2＋移向碳电极附近 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　A 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 A．左室电解获得的电解液可用于实现“转化Ⅰ” 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　C 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 2. (2024·湖南永州市三模)苯酚作为质子穿梭剂可用于高效连续性催化合成氨，电解装置中使用LiBF4的四氢呋喃有机电解液。下列说法错误的是(　　) 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 【答案】　D 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 返回导航 高考二轮总复习 • 化学 板块一　高考题型突破 1. (2024·湖北选考)我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成甘氨酸，原理如图，双极膜中H2O 解离的H＋和OH－在电场作用下向两极迁移。已知在KOH溶液中，甲醛转化为　HOCH2O－，存在平衡HOCH2O－＋OH－[OCH2O]2－＋H2O。Cu电极上发生的电子转移反应为 [OCH2O]2－－e－===HCOO－＋H·。下列说法错误的是(　　) 【解析】　在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O－：HCHO＋OH－ ―→HOCH2O－，存在平衡HOCH2O－＋OH－[OCH2O]2－＋H2O，Cu电极上发生的电子转移反应为[OCH2O]2－－e－===HCOO－＋H·，H·结合成H2，Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC—COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC—COOH：H2C2O4＋2e－＋2H＋===OHC—COOH＋H2O，OHC—COOH与HO—N＋H3反应生成HOOC—CH===N—OH：OHC—COOH＋HO—N＋H3―→HOOC—CH ===N—OH＋H2O＋H＋，HOOC—CH===N—OH发生得电子的还原反应 2. (2024·湖南选考)在KOH水溶液中，电化学方法合成高能物质K4C6N16时，伴随少量O2生成，电解原理如图所示，下列说法正确的是(　　) A．电解时，OH－向Ni电极移动 B．生成C6N的电极反应：2C3N8H4＋8OH－ －4e－===C6N＋8H2O C．电解一段时间后，溶液pH升高 D．每生成1 mol H2的同时，生成0.5 mol K4C6N16 【解析】　由电解原理图可知，Ni电极产生氢气，作阴极，发生还原反应，电解质溶液为KOH水溶液，则电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；Pt电极C3N8H4失去电子生成C6N，作阳极，电极反应为2C3N8H4＋8OH－－4e－===C6N＋8H2O，同时，Pt电极还伴随少量O2生成，电极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O。由分析可知，Ni电极为阴极，Pt电极为阳极，电解过程中，阴离子向阳极移动，即OH－向Pt电极移动，A错误；由分析可知，Pt电极C3N8H4失去电子生成C6N，电解质溶液为KOH水溶液，电极反应为2C3N8H4＋8OH－－4e－===C6N ＋8H2O，B正确；由分析可知，阳极主要反应为2C3N8H4－4e－＋8OH－===C6N＋8H2O，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，则电解过程中发生的总反应主要为2C3N8H4＋4OH－===C6N＋4H2O＋2H2↑，反应消耗OH－，生成H2O，电解一段时间后，溶液pH降低，C错误；根据电解总反应2C3N8H4＋4OH－===C6N＋4H2O＋2H2↑可知，每生成1 mol H2，生成0.5 mol K4C6N16，但Pt电极伴随少量O2生成，发生电极反应4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，则生成1 mol H2时得到的部分电子由OH－放电产生O2提供，所以生成K4C6N16小于0.5 mol，D错误。 C．电解总反应式为Br－＋3H2O BrO＋3H2↑ D．催化阶段反应产物物质的量之比n(Z)∶n(Br－)＝3∶2 【解析】　电极b上Br－发生失电子的氧化反应转化成BrO，电极b为阳极，电极反应为Br－－6e－＋3H2O===BrO＋6H＋；则电极a为阴极，电极a的电极反应为6H＋＋6e－===3H2↑；电解总反应式为Br－＋3H2OBrO＋3H2↑；催化循环阶段BrO被还原成Br－循环使用、同时生成O2，实现高效制H2和O2，即Z为O2。根据分析，电极a为阴极，连接电源负极，A项正确；根据分析电解过程中消耗H2O和Br－，而催化阶段BrO被还原成Br－循环使用，故加入Y的目的是补充H2O，维持NaBr溶液为一定浓度，B项错误；根据分析电解总反应式为Br－＋3H2OBrO＋3H2↑，C项正确；催化阶段，Br元素的化合价由＋5价降至－1价，生成1 mol Br－得到6 mol电子，O元素的化合价由－2价升至0价，生成1 mol O2失去4 mol电子，根据得失电子守恒，反应产物物质的量之比n(O2)∶n(Br－)＝6∶4＝3∶2，D项正确。 下列说法不正确的是(　　) A．废气中SO2排放到大气中会形成酸雨 B．装置a中溶液显碱性的原因是HCO的水解程度大于HCO的电离程度 C．装置a中溶液的作用是吸收废气中的CO2和SO2 D．装置b中的总反应为SO＋CO2＋H2OHCOOH＋SO 【解析】　SO2是酸性氧化物，废气中SO2排放到空气中会形成硫酸型酸雨，故A正确；装置a中溶液的溶质为NaHCO3，溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于电离程度，故B正确；装置a中NaHCO3溶液的作用是吸收SO2气体，CO2与NaHCO3溶液不反应，不能吸收CO2，故C错误；由电解池阴极和阳极反应式可知，装置b中总反应为SO＋CO2＋H2OHCOOH＋SO，故D正确。 D．理论上每生成1 mol，电路中转移4 mol e－ 【解析】　b电极发生还原反应生成，可知b是阴极，a是阳极。b是阴极，b与外接电源的负极相连，故A错误；a是阳极，Pb电极的电极反应式：Pb－2e－＋2SO===PbSO4↓，故B错误；转移2 mol电子，阳极室有1 mol SO转化为PbSO4沉淀，同时有2 mol H＋移入阴极室，电解一段时间后，阳极室中电解质溶液的质量减小，故C 错误；阴极发生反应＋4e－＋4H＋===＋H2O，理论上每生成1 mol，电路中转移4 mol e－，故D正确。 2. (2024·安徽黄山二模)一种用3-氯丙烯()电解合成环氧氯丙 烷()的 装置如图所示。该装置无需使用隔膜，且绿色高效，图中X为Cl或Br，工作时X－和OH－同时且等量放电。下列说法错误的是(　　) A．电解一段时间后，装置中OH－物质的量增大 B．每转移2 mol e－，生成1 mol环氧氯丙烷 C．若X为Br，也可电解制得环氧氯丙烷 D．该装置工作时不需要补充X－ 【解析】　由图可知，右电极上H2O被还原生成H2，即右电极作阴极，则左电极作阳极，阳极上X－和OH－同时且等量放电：X－－e－===X·、OH－－e－===OH·；由装置原理图可知，每生成1个环氧氯丙烷，阳极上消耗1个OH－，阴极上生成2个OH－，其中1个OH－被HX消耗，即OH－消耗的量与生成的量相等，则电解一段时间后，装置中OH－的物质的量不变，A错误；由装置原理图可知，阳极上X－和OH－各失去1个电子，即转移2个电子，就生成1个环氧氯丙烷，则每转移2 mol e－，生成1 mol环氧氯丙烷，B正确；由装置原理图可知，X为Cl或Br，电解制备产物均为环氧氯丙烷，C正确；由装置原理图可知，每生成1个环氧氯丙烷，阳极上先消耗1个X－，最终生成环氧氯丙烷时又释放1个X－，即X－为可循环离子，则该装置工作时无需补充X－，D正确。 B．整套装置转移0.01 mol e－，光催 化装置生成1.905 g I C．电催化装置阳极电极反应式：4OH－－4h＋===2H2O＋O2↑ D．离子交换膜为阴离子交换膜 【解析】　由图可知，电催化装置中，与直流电源负极相连的左侧电极为电解池的阴极，碘三离子在阴极得到电子发生还原反应生成碘离子，右侧电极为阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极得到空穴生成氧气和水，破坏水的电离平衡产生的氢离子透过阳离子交换膜移向阴极；光催化装置中，氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，碘离子得到空穴发生氧化反应生成碘三离子。由分析可知，光催化装置中，氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，溶液中的氢离子浓度减小，故A错误；由分析可知，光催化装置中，碘离子得到空穴发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I－＋2h＋===I，由得失电子数目守恒可知，整套装置转移 0.01 mol电子时，碘三离子的质量为0.01 mol××381 g/mol＝1.905 g，故B正确；由分析可知，电催化装置中，右侧电极为阳极，氢氧根离子在阳极得到空穴生成氧气和水，电极反应式为4OH－＋4h＋===2H2O＋O2↑，故C错误；由分析可知，电催化装置中，右侧电极为阳极，水电离出的氢氧根离子在阳极得到空穴生成氧气和水，破坏水的电离平衡产生的氢离子透过阳离子交换膜移向阴极，故D错误。 B．电极Ⅰ的反应为2HSO＋2e－=== S2O＋2OH－ C．工作一段时间，电解池中电解液的pH减小 D．当电极Ⅰ生成1 mol S2O时，吸收塔内最多可消耗30 g NO 【解析】　从图中可以看出，电极Ⅱ中H2O失去电子生成O2和H＋，连接电源正极，为阳极；电极Ⅰ得到电子，将HSO转化为S2O，连接电源负极为阴极；电解池中H＋从电极Ⅱ(阳极)向电极Ⅰ(阴极)做定向移动，A错误；在电极Ⅰ上HSO获得电子生成S2O，则电极Ⅰ为阴极，接电源负极，电极反应式为2HSO＋2e－＋2H＋===S2O＋2H2O，B错误；电解池中阴极电极反应为2HSO＋2e－＋2H＋===S2O＋2H2O，阳极电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，工作一段时间，电解池中电解液的pH不变，C错误；当电极Ⅰ生成1 mol S2O时，根据电极反应2HSO＋2e－＋2H＋===S2O＋2H2O，转移2 mol电子，吸收塔内2NO→N2转移4 mol电子，则若转移2 mol电子最多可消耗30 g NO，D正确。 C．Fe电极为负极，电极反应为2NH－6e－ ===N2↑＋8H＋ D．理论上消耗的NO与NH的物质的量之比为5∶3 【解析】　由题干原电池装置图可知，在原电池反应中负极失去电子发生氧化反应，则Fe电极为负极，电极反应为Fe－2e－===Fe2＋，然后Fe2＋再与NH反应生成Fe和N2，该反应方程式为3Fe2＋＋2NHN2↑＋3Fe＋8H＋，正极上得到电子发生还原反应，则碳电极为正极，电极反应为2NO＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O，H＋经质子交换膜由负极区进入正极区，据此分析解题。由分析可知，该装置工作时，碳电极为正极，电极反应为2NO＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O，则根据电荷守 恒可知，每消耗12 mol H＋电解质溶液中只有10 mol H＋由负极区进入正极区，故碳电极附近pH增大，A正确；由分析可知，该装置工作时，H＋经质子交换膜由负极区进入正极区，Fe2＋不能经过质子交换膜移向碳电极附近，B错误；由分析可知，Fe电极为负极，Fe－2e－===Fe2＋，然后再与NH反应生成Fe和N2，该反应方程式为3Fe2＋＋2NHN2↑＋3Fe＋8H＋，C错误；根据得失电子守恒可知，NO与NH均转化为N2，故理论上消耗的NO与NH的物质的量之比为3∶5，D错误。 1. (2024·河北雄安新区三模)一种电解装置如图所示，电解时H＋从右室移向左室。通过电解获得的电解液可实现 。下列说法正确的是(　　) B．右室发生的电极反应为Cr2O＋14H＋＋6e－===2Cr3＋＋7H2O C．“转化Ⅱ”发生的反应为＋6Ti3＋＋6H＋===＋6Ti4＋＋2H2O D．“转化Ⅰ”生成1 mol，理论上电路中通过3 mol e－ 【解析】　根据氢离子在电解池中移动方向可知，a电极为阴极，b电极为阳极，阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，阳极反应：2Cr3＋－6e－＋7H2O===Cr2O＋14H＋，阴极反应：Ti4＋＋e－===Ti3＋，阳极生成Cr2O具有强氧化性，阴极生成Ti3＋具有还原性，“转化Ⅰ”为氧化反应、可加入右室电解获得的电解液氧化实现，“转化Ⅱ”为还原反应，可加入左室电解获得的电解液还原实现，反应为＋ 6Ti3＋＋6H＋===＋6Ti4＋＋2H2O。根据分析，“转化Ⅰ”为氧化反应，应加入氧化剂，左室电解液含Ti3＋，右室电解液含Cr2O，所以实现“转化Ⅰ”需右室电解获得电解液，A错误；根据分析，右室发生的电极反应：2Cr3＋－6e－＋7H2O===Cr2O＋14H＋，B错误；“转化Ⅱ”为还原反应，可加入左室电解获得的电解液还原实现，反应为＋ 6Ti3＋＋6H＋===＋6Ti4＋＋2H2O，C正确；“转化Ⅰ”为－6e－＋2H2O===＋6H＋，根据得失电子守恒，生成1 mol理论上电路中通过6 mol e－，D错误。 已知法拉第效率(FE)的定义：FE(X)＝×100% A．a接电源的正极 B．电解过程中，Pt电极区生成了Li和LiNxHy C．N2与生成NH3的总电极反应式为N2＋6＋6e－===6 ＋2NH3 D．若生成NH3的法拉第效率为75%，则生成1 mol氨气，消耗H2为1.5 mol 【解析】　PtAu电极H2失电子转化为H＋，阳极失电子，故a接电源正极，A正确；根据所给生成氨气的电极反应，Pt电极区生成了Li和LiNxHy，B正确；N2生成NH3，N元素化合价0变为－3，故1分子N2参与反应共得6个电子，H来源于苯酚的传递，总电极反应式为N2＋6＋6e－===6＋2NH3，C正确；法拉第效率为75%是指生成1 mol氨气，需要转移3 mol电子，则通过电极的电子物质的量为4 mol，由于PtAu电极法拉第效率未知，消耗H2无法计算，D错误。 $$