训练32 电解池 金属的腐蚀与防护-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考化学大一轮复习全新方案基础版

训练32 电解池 (总分 一、选择题（每小题3分，共30分。每小题只有一个 选项符合题意) 1.(2024·广东卷)我国自主设计建造的浮式生产储 卸油装置“海葵一号”将在珠江口盆地海域使用， 其钢铁外壳镶嵌了锌块，以利用电化学原理延缓 外壳的腐蚀。下列有关说法正确的是() A.钢铁外壳为负极 B.镶嵌的锌块可永久使用 C.该法为外加电流法 D.锌发生反应：Zn一2e一Zn 2.电解原理在工业生产中应用广泛，下列有关电解 原理的应用正确的是 ( A.工业上用电解饱和食盐水制备烧碱、氯气等化 工原料 B.可通过电解熔融AlCl3冶炼铝 C.电镀时，镀层金属作为阴极，待镀金属作为阳极 D.电解精炼铜时，阳极减少的质量一定等于阴极 增加的质量 3.(2024·广东江门调研)某氨气工业生产的绿色程 序如下：将适当比例的空气和水蒸气通入阴极，两 者均进行电解，氧气转化为O2,水蒸气产生H 和O2,O2通过氧离子交换膜在阳极反应。将甲 中气体通过除水装置后直接导人哈伯法工艺即可 制氨。 空气 水蒸气 阴极 用 02,氧离子交换膜 阳极 →乙 下列说法错误的是 A.电解时水蒸气被氧化 B.甲部分的气体除水蒸气外，主要还有H2和N2 C.阳极的电极反应式为2O2一4e—O2↑ D.在实验室中可以用碱石灰吸收水蒸气 (横线下方不可作答)3 班级： 姓名： 金属的腐蚀与防护 :60分) 4.(2023·浙江1月选考)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 () 电源 电极A 石墨电极 熔融盐 (CaCl2、NaCl) 000. 产物TiSi A.石墨电极为阴极，发生氧化反应 B.电极A的电极反应：8H++TiO2十SiO2十8e -TiSi+4H2O C.该体系中，石墨优先于C1参与反应 D.电解时，阳离子向石墨电极移动 5.某电化学装置如图所示，a、b分别接直流电源两 极。下列说法正确的是 (-) (+) 6 A CuSo --- 溶液 A.电解质溶液中电子从B极移向A极 B.若B为粗铜，A为精铜，则溶液中c(Cu+)保持 不变 C.若A、B均为石墨电极，则通电一段时间后，溶 液的pH增大 D.若B为粗铜，A为精铜，则A、B两极转移的电 子数相等 6.(2024·广东惠州一模)电解法制取Na2FeO,的总 反应为Fe+2H,0+20H通电Fe0:十3H,个， 工作原理如图所示。已知：Na2 FeO,只在强碱性 73 第七章化学反应与能量 ■ 条件下稳定，易被H2还原。下列叙述正确的是 离子交换膜 Fe NaOH浓溶液 A.铁电极作阳极，发生还原反应 B.Ni电极发生还原反应，有H2生成 C.该离子交换膜为阳离子交换膜 D.当电路中通过1mol电子时，阴极区有11.2L H2生成 7.下列根据实验操作及现象进行的分析和推断中， 不正确的是 滴入酚酞和 放入要有 K,Fe(CN)J溶液 锌皮的铁钉 操作 混合均匀、冷却 放入裹有 培养皿 (盛有热的NaCI 铜丝的铁钉 ② 的琼脂水溶液) 一段时间后：①中，铁钉裸露在外的附近区域变 现象 红：②中… A.NaCl的琼脂水溶液为离子迁移的通路 B.①中变红是因为发生反应2H,O十2e一 H2个+2OH C.②中可观察到铁钉裸露在外的附近区域变蓝， 铜丝附近区域变红 D.①和②中发生的氧化反应均可表示为M一2 一M+(M代表锌或铁) 8.(2024·广东深圳模拟)用石墨作电极电解500ml K2SO1和CuSO,的混合溶液，当通电一段时间 后，两极均收集到2.24L气体（标准状况下），假定 电解后溶液体积仍为500mL,下列说法正确的是 () A.阳极析出0.1 mol Cu B.上述电解过程中共转移0.2mol电子 C.往电解后得到的溶液加入0.1 mol CuO可恢复 原来的浓度 D.电解后溶液中c(H)为0.4mol·L1 红对勾·讲与练 3 9.(2024·广东江门模拟)电芬顿法通过产生氧化能 力强的羟基自由基，分解有机物，应用于深度处理 老龄垃圾渗滤液，其部分工作原理如图（设有机物 的分子式为C6H2O6),下列说法错误的是() a 电源 C0, N2 惰 有机物 性 Fe Fe2+ NO OH细菌) 电 NH 极 H,O Fe(OH). A.b为电源的正极 B.M极的电极反应式为Fe一2e一Fe+ C.生成CO2的反应为24·OH+C6H2O。== 6C02个+18H20 D.理论上外电路中每通过1mole,消耗Fe与生 成N2的质量比为6：1 10.(2025·八省联考陕西卷)为了从海水中提取锂， 某团队设计了图示的电解池。保持电源正负极 不变，每运行一段时间后，将电极1与4取下互 换，电极2与3取下互换，实现锂的富集。下列说 法正确的是 ) 电源 电解液 Mg" CI- FePO,Ag AgCl LiFePO 储液槽 电极1电极2电极3电极4 A.电路中电子的流向随着电极互换而改变 B.电极2上发生的反应为Ag一e=Ag C.理论上，电极1与电极4的质量之和保持不变 D.理论上，电路通过1mol电子时，有0.5mol L计富集在右侧电解液中 二、非选择题（共30分）》 11.(15分)(2024·上海浦东新区模拟) 得分 I.研究铁的腐蚀，实验步骤如下： 步骤1：将铁粉放置于0.002mol·L1CuSO4溶 液中浸泡，过滤后用水洗涤。 4 高三化学·基础版 步骤2：向15.00mL1mol·L1NaC1溶液（用盐 酸调至pH=1.78)中加入浸泡过的铁粉。 步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。 第一阶段 第二阶段 第三阶段 b(397,5.7) 200 400 600 800 时间/s (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吸氧腐蚀时Cu上发生的电极反应为 0 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：Zn2+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ZnSO,电解液中加入NaCN溶液，将Zn2 转化为[Zn(CN):]2,电解得到的镀层更加致密、 细腻，原因是 (横线下方不可作答) 3 班级： 姓名： 12.(15分)(2024·北京十七中模拟)电化学原理被 广泛应用于生产、生活的许多方面，利用电解法 脱除煤中的含硫物质（主要是FeS2)的原理如图 所示。 得分 石墨 石墨 H 煤浆-FeCI,-H,SO,混合液 (1)阴极石墨棒上有无色气体产生，该气体是 (2)阳极的电极反应式为 (3)补全脱硫反应方程式： ☐Fes,+☐ □so?+□ +□ (4)研究发现，电解时若电压过高，阳极有副反应 发生，造成电解效率降低。电解效率？的定义： 7(B)=?生成B所用的电子) 7通过电极的电子)×100%，某电压下 电解100mL煤浆-FeCl-H2SO4混合液，煤浆 中除FeS2外不含其他含硫物质，混合液中 H2SO4浓度为0.01mol·L1,FeCl3的质量分 数为1.5%。当阴极收集到224mL(标准状况) 气体时（阴极无副反应发生），测得溶液中 c(S0)=0.02mol·L1,7(S0)= (忽略电解前后溶液的体积变化)。 (5)综上，电解法脱硫的优点有 (写出两点)。 5 第七章化学反应与能量两电极之间的距离将增大内电阻和内电动势，将导致电池 的放电电压减小，D错误。 11.(1)负Mg>A1(2)正2A1+8OH-6e 2[AI(OH),]6H2O+6e-6OH+3H2↑2A1+ 2OH+6HO==2[A1(OH)1]+3H2◆(3)正Cu- 2e-Cu2+2N03+4H++2e—2NO,↑+2H20 Cu十4HNOa(浓)-Cu(NO2)2十2NO2◆+2H,O (4)HCOO+20H-2e-HCO:+H2 O H2 SO (5)2HCOOH-+-20H+0,--2HCO+-2H,O 12.(1)易失电子被氧化，具有还原性 (2)钾离子移向硫酸铜溶液，氯离子移向硫酸锌溶液 (3)02+4e+2H0-4OHCH1-8e+100H -CO+7H,O (4)Pb(5)①正②Fe2+十Ag一Fe3+十Ag 解析：(5)①亚铁离子失电子发生氧化反应，所以石墨电极 为负极，银电极为正极。②综合实验1、ⅱ的现象，可推知 Ag和Fe+的反应可逆，故得出Ag和Fe2+反应的离子方 程式为Fe2+十AgFe3+十Ag。 训练32电解池金属的腐蚀与防护 1.D钢铁外壳镶嵌了锌块，由于金属活动性：Zn>Fe,即锌块 为负极，钢铁为正极，形成原电池，Z失去电子，发生氧化反 应：Zn一2e一Zn+,从而保护钢铁，延缓其腐蚀。由于金 属活动性：Zn>Fe,钢铁外壳为正极，锌块为负极，故A错 误：Zn失去电子，发生氧化反应：Zn-2e—Zn2+,镶嵌的 锌块会被逐渐消耗，需根据腐蚀情况进行雏护和更换，不能 永久使用，故B错误，D正确：由分析可知，该方法为牺牲阳 极法，故C错误。 2.A烧碱、氯气等重要化工原料是通过氯碱工业，即电解饱 和食盐水得到的，选项A正确；A1CL是共价化合物，熔融状 态下不能电离出A+,不能通过电解熔融A1C3冶炼铝，选 项B错误；电镀时，待镀金属作为阴极，镀层金属作为阳极， 选项C错误；电解精炼铜时，阳极活泼金属杂质先放电，而阴 极只有铜析出，故阳极减少的质量不等于阴极增加的质量， 选项D错误。 3.A电解时水蒸气产生H2和O,说明水蒸气发生得电子 的还原反应，故A错误；将适当比例的空气和水蒸气通入阴 极，两者均进行电解，氧气转化为O,水蒸气产生H2和 O,则剩余气体中主要还有H2和N2,故B正确；O通过 氧离子交换膜在阳极反应，电极反应式为2O一4e O2↑，故C正确；碱石灰可以吸收水蒸气作干燥剂，故D 正确。 4.C由题图可知，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(TSi),电极反应为 TiO2十SiO2十8e-=TiSi十4O2-。由分析可知，选项A、B 错误；根据题图中信息可知，该体系中，石墨优先于C1参与 反应，选项C正确：电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极 电极A移动，选项D错误。 5.D电解质溶液通过离子移动导电，电解质溶液中没有电子 移动，故A错误；若B为粗铜，A为精铜，电解质溶液是硫酸 铜溶液，该装置为电解精炼铜装置，溶液中c(Cu+)减小，故 B错误；若A、B均为石墨电极，电解总反应的化学方程式是 2CuS0,十2H,0电解2Cu+0,4+2H,S0,则通电一段时 间后，溶液的pH减小，故C错误。 6.B制备高铁酸盐较好的方法为电解法：Fe十2H,O十2OH 道电FcO?十3H,个，电解过程中Fe作电解池的阳极，Ni作 阴极，碱性溶液中阳极电极反应为Fe一6eˉ十8。H= FeO十4H2O,阴极电极反应为2H2O十2e一H2◆十 2OH,据此分析解题。由题干图示信息可知，铁电极与电 源正极相连，作阳极，阳极发生氧化反应，A错误；由题干图 示信息可知，Nⅱ电极与电源负极相连，是阴极，发生还原反 应，电极反应为2H2O十2e—2OH十H2个，有H2生成， B正确；电解池中阳离子由阳极移向阴极，阴离子由阴极移 向阳极，又知NazFeO1只在强碱性条件下稳定，易被H2还 原，故阴极产生的OH经过离子交换膜移向阳极，以保证阳 极区呈碱性，故该离子交换膜为阴离子交换膜，C错误：由分 析可知，阴极电极反应为2H2O十2e一一H2◆十2OH,则 当电路中通过1mol电子时，阴极区有0.5molH2生成，题 干未告知是标准状况，故无法计算H的体积，D错误。 7.B①中变红是因为发生反应O2十4e十2H2O=4OH, OH使酚酞变红，B不正确。 8.D石墨作电极，阳极的电极反应为2H,O一4e=O2◆十 4H+,阴极的电极反应先后为Cu+十2e一Cu、2H+十 2e一H2◆，根据两极均收集到2.24L气体（标准状况下） 即生成了0.1molH2和0.1molO2可知，电解过程中转移 0.4mol电子，同时阴极析出0.1 mol Cu。据分析，阴极析出 0.1 mol Cu,故A错误；据分析，上述电解过程中共转移 0.4mol电子，故B错误；据分析，电解过程中既析出了 0.1 mol Cu,又生成了0.1molH2和0.1molO2,需要往电 解后得到的溶液加入0.1 mol Cu(OH),可恢复原来的浓 度，故C错误：电解过程中转移0.4mol电子，根据阳极反应 可知生成0.4molH,阴极消耗0.2molH,电解后溶液 体积仍为500mL,则电解后溶液中c(H)为0.4mol·L1, 故D正确。 9.A该装置为电解池，M极为阳极，Fe失电子生成Fe+,电 极反应式为Fe一2e一Fe2+,N极是阴极，电极反应式为 2NO2十6e十8H一N2◆十4H,O,a为正极，b为负极。 由分析可知，N极上氨元素化合价降低，得电子，作阴极，与 电源负极相连，b为电源的负极，故A错误：M极为阳极，Fe 失电子生成Fe+,电极反应式为Fe一2e-一Fe+,故B正 确；有机物的分子式为C6H2O,与羟基自由基反应生成 C02,反应为24·OH十CH120=6C02◆十18H20,故 C正确；根据阳极电极反应式：Fe-2e一Fe+,通过1mol e消耗0.5 mol Fe,质量为m=nM=0.5molX56g·mol= 28g,阴极电极反应式为2NO,十6e十8H+一N,A十 4H:0,莲过1mole生成行olN。,质量为m=aM (行×28）g,消耗Fe与生成N,的质量比为=28： (6×28）=6:1,故D正确. 10.C为了从海水中提取锂，电极1的电极反应式为FePO,十 e十Li一LiFePO1,电极1为阴极，则电极2为阳极，电 极3为阴极，电极4为阳极，在电极4上发生氧化反应： LiFePO1一e一Li十FePO1,实现了锂的提取。保持电 源正负极不变，则电子流向不变，故A错误；电极2为阳极， 海水中有CI,则电极2的电极反应式为Ag一e十CI 一AgCI,故B错误；通过相同电量，电极1上附着的Li 的物质的量和电极4上失去的L计的物质的量相等，所以 理论上，电极1与电极4的质量之和保持不变，故C正确； 根据得失电子守恒，电路中各处的电量相等，所以理论上， 电路通过1mol电子时，有1 mol Li计富集在右侧电解液 中，故D错误。 11.(1)2H+十2e==H2◆(2)①O2+2H20十4e= 4OH②溶液的酸碱性（或溶液的pH) (3)①负极②通过反应Zn++4CN-一[Zn(CN),]2-降 低c(Z+),使得Zn+放电速率减缓，同时通过平衡的移动 参考答案527 补充放电消耗的Z+,使其浓度保持相对稳定，达到放电 速率平稳的作用 解析：铁与硫酸铜反应生成的铜附着在铁表面，当浸入酸性 较强溶液时发生析氢腐蚀，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，O。得电子被还原 生成OH,正极反应式为O2十2H2O十4e一4OH。 发生析氢腐蚀时，铜为正极，发生的反应为2H+十2e H2◆，消耗H+。(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+十2e一H2◆。 (2)①发生吸氧腐蚀时，Cu上发生的电极反应为O,十 2H2O十4e—4OH;②由题图可知，酸性较强时发生析 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)。(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F应 与电源的负极相连；②电镀时，向ZSO,电解液中加入 NaCN溶液，通过反应Zn++4CN-一[Zn(CN),]2,降 低c(Zn+),使得Zn+放电速率减缓，同时通过平衡的移动 补充放电消耗的Z+,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。 12.(1)H2(2)Fe2+-eFe+ (3)114Fe3+8H20215Fe2+16H+ (4)35%(5)联产高纯H2、Fe+可循环利用、脱硫速率快 (合理即可) 解析：(1)如题图所示，阳极石墨棒上，Fe2+发生氧化反应转 化为Fe+,Fe+和FeS2反应生成Fe+、SO、H,阴极石 墨棒上有无色气体产生，阴极的电极反应式为2H十2ˉ H2◆，则阴极上产生的气体为H2。(2)阳极石墨棒上，F+ 发生氧化反应转化为Fe+,电极反应式为Fe+一e—Fe+ (3)如题图所示，Fe+和FeS反应生成Fe+、SO、H,根 据质量守恒定律可知，产物H来自HO,即该反应的反应 物有Fe+、FeS和H,O,生成物有Fe+、SO、H,则该反 应的化学方程式为FeS十14Fe3+十8H,0一2SO?+ 15Fe+十16H。(4)当阴极收集到224mL(标准状况)气体 0.224L 时，n(H,)=2.4L·m0=0.01mo,根据阴极的电极反应 式为2H十2e一H◆可知，通过电极的电子的物质的量为 0.02mol:混合溶液的体积为100mL,电解前后，△c(SO)= 0.02mol·L1-0.01mol·L1=0.01mol·L1,则生成 的SO的物质的量为0.01mol·L1×0.1L=0.001mol, 由FeS2反应生成0.001 mol SO转移0.007mol电子，故 7(S0)=0.007mol 0.02m0X100%=35%。(5)电解法脱疏的 优，点有联产高纯H2、F3+可循环利用、脱硫速率快等。 第八章化学反应速率化学平衡 训练33化学反应速率及其影响因素 1.B降低温度，减缓食物变质的速率，故A不选；向玻璃中加 入C山，O是为了使玻璃呈现颜色，与反应速率无关，故B选： 高炉炼铁前先将铁矿石粉碎，增大反应物的接触面积加快化 学反应速率，故C不选；在糕点包装内放置小包铁粉，有吸收 氧气的作用，能减慢糕点变质的速率，故D不选。 2.CA为固体，一般不用其浓度变化表示化学反应速率，A、D 错误；B的物质的量由5mol减少为3mol,在此2min内反 2 mol 应速率a(B)=2LX2min=0.5mol·L1·min,B错 误；v(C)=2u(B)=1mol·L1·min1,C正确。 528红对闪·讲与练·高三化学·基础版 3.D增大反应物浓度，正反应速率瞬间增大，逆反应速率不 变，题图I研究的不可能是t。时刻增大H,的物质的量浓度 对反应速率的影响，A错误；降低温度，正反应速率和逆反应 速率都下降，题图I研究的不可能是t。时刻降低温度对反 应速率的影响，B错误；该反应正反应是气体分子总数减小 的反应，所以增大压强正反应和逆反应速率都加快，但正反 应速率增加得更快，题图Ⅱ研究的不可能是t。时刻增大压 强对反应速率的影响，C错误；使用催化剂能同等程度地加 快正反应和逆反应速率，则题图Ⅱ研究的是t。时刻使用催 化剂对反应速率的影响，D正确。 4.D使用催化剂能降低反应的活化能，活化分子百分数增多， 但反应物分子能量不变，也不改变反应热，A、B、C错误。 5.B由题给信息可知，第①步为慢反应，增大反应物的浓度， 其反应速率增大，A项错误；任何一个反应，粒子之间的碰撞 不可能都是有效碰撞，B项正确；由总反应可知，Fe+是该反 应的中间产物，F3+是催化剂，C项错误；活化能大，则反应 慢，故第①步反应的活化能较大，D项错误。 6.A增大反应物浓度，化学反应速率增大，A项正确；催化剂 参与化学反应，但反应前后质量和化学性质不变，B项错误； 物质的量浓度相同的盐酸和醋酸溶液中，起始氢离子浓度不 同，因此反应开始时速率不同，C项错误：缩小容积，即增大 压强，正、逆反应速率均增大，D项错误。 7.C只有CCO3的接触面积不相同，其他外界条件相同，两 个实验是研究固体与盐酸的接触面积大小对化学反应速率 的影响，A正确；该反应的实质是CaCO3十2H+—Ca2+十 CO2个十H2O,只有HCI溶液中的c(H)不相同，其他外界 条件相同，是研究H浓度大小对化学反应速率的影响，B正 确；浓硫酸中H,SO,主要以电解质分子存在，稀硫酸中则完 全电离产生H+及SO?,浓硫酸溶于水时会放出大量热量 使溶液温度升高，因此两个实验对比，不仅溶液中c(H)不 同，而且溶液温度也不相同，因此不是探究H浓度大小对 化学反应速率的影响，C不正确：两个实验对比，其他外界条 件都相同，只有溶液温度不相同，是探究反应温度对化学反 应速率的影响，D正确。 8.B结合反应的化学方程式以及题图中物质的浓度变化，减 少的为反应物，增加的为生成物，生成物的浓度增加量之比 等于化学计量数之比，可知曲线Ⅲ代表反应物Z,曲线I代 表物质Y,曲线Ⅱ代表物质X,A错误；1时刻反应物的浓度 大于t2时刻，浓度越大反应速率越大，则t1时刻的正反应速 率大于t2时刻，B正确；升高温度，正反应速率加快，逆反应 速率也加快，C错误；040min,用物质Z表示的平均反应 速率为0(Z)=(27-15)mmol.L -=0.3mmol·L-1. 40 min min1,根据速率之比等于化学计量数之比可知，物质Y表 示的平均反应速率为v(Y)=2v(Z)=0.6mmol·L1· min,D错误。 9.DNO2是中间产物，其浓度先增大，后减小，曲线a代表 NO,A项错误；根据题图可知，t1时NO、NO2、N2O,的浓度 相等，B项错误；t,时，NO2浓度在减小，说明生成速率小于 消耗速率，C项错误；根据氨元素守恒，t:时，NO完全消耗， 则c(NO,)十2c(N2O1)=co,D项正确。 10.D根据题表中数据分析，该反应的速率始终不变，N2O的 消耗是匀速的，说明反应速率与c(N2O)无关，故速率方程 中n=0。由分析可知，n=0,与N2O浓度无关，为匀速反 应，每10min一氧化二氦浓度减小0.02mol·L,则c1= 0.06>c2=c3=0,A错误；由分析可知，n=0,该反应速率 与N,O浓度无关，为匀速反应，t=10min时，瞬时速率等 于平均速率(N,O)=（0,100-0.080）mol/L=2.0× 10 min 10-3mol·L1·mim-1≠2.0×10-amol·L1·s1,B错