第三节 金属的腐蚀与防护（举一反三专项训练，北京专用）【上好课】化学人教版选择性必修1

第三节 金属的腐蚀与防护 题型01 金属的电化学腐蚀 题型02 金属腐蚀的防护 题型03 多池串联类电化学装置 题型04 离子交换膜的类型及其应用 题型05 电化学综合计算 题型01 金属的电化学腐蚀 1．金属腐蚀的本质 金属原子失去___________变为金属阳离子，发生___________反应。 2．金属腐蚀的类型 (1)化学腐蚀与电化学腐蚀 类型 化学腐蚀 电化学腐蚀 条件 金属与接触到的干燥气体或非电解质液体直接发生化学反应 不纯的金属接触到电解质溶液发生原电池反应 本质 ____________________________ ____________________________ 现象 ____________________________ ____________________________ 区别 ____________________________ ____________________________ 联系 电化学腐蚀比化学腐蚀普遍得多，腐蚀速率更快，危害也更严重 (2)析氢腐蚀与吸氧腐蚀(以钢铁的腐蚀为例) 类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀 条件 水膜酸性较强 水膜酸性很弱或呈中性 电极 反应 负极 ____________________________ 正极 ____________________________ ____________________________ 总反应式 ____________________________ ____________________________ 联系 吸氧腐蚀更普遍 【典例1】(2026·北京第三十五中高二期中)某学习小组按下图的两组装置来探究钢铁的腐蚀情况，下列相关说法不正确的是( ) A．两组装置中负极均为左池的铁片 B．图Ⅰ中将石墨电极换成锌棒，可减缓铁片被腐蚀 C．图Ⅱ中氧气浓度差异会导致电流计示数不同 D．若向图Ⅱ两池中滴加酚酞溶液，铁片Ⅰ附近出现红色 【变式1-1】如图是家庭燃气灶的部件图，下列说法正确的是(　　) A.炉头容易生锈，主要是高温下铁发生电化学腐蚀 B.外壳是铝合金材料，不易锈蚀是因为铝不活泼 C.锅支架生锈的主要原因是经常沾上盐水，铁发生化学腐蚀 D.灶脚由螺钉和外层电木(一种耐高温塑料)组成，电木起到了防止金属腐蚀的作用 【变式1-2】(2025·北京高二期中)研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是( ) 序号 ① ② ③ 实验 现象 8小时未观察到明显锈蚀 8小时未观察到明显锈蚀 1小时观察到明显锈蚀 A．①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀 B．②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少电解质溶液 C．③中正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH- D．对比①②③，说明苯能隔绝O2 【变式1-3】(2025·北京师大附中高二检测)用如下图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。 下列说法不正确的是( ) A．压强增大主要是因为产生了H2 B．整个过程中，负极电极反应式为： C．pH=4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀 D．pH=2.0时，正极电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑和O2＋4H＋＋4e-=2H2O 题型02 金属腐蚀的防护 1．本质 阻止金属发生____________反应。 2．方法 (1)加防护层，如在金属表面____________、____________、________________________等。 (2)改变金属组成或结构，如制成合金等。 (3)电化学防护 方法 牺牲阳极的阴极保护法 外加电流的阴极保护法 原理 原电池原理 电解原理 被保护金属 作____________极 作____________极 构成 被保护金属、比被保护金属活泼的金属等 被保护金属、惰性电极及直流电源等 优、缺点 无需外加电源，但需要定期更换被腐蚀的金属 无需更换电极，但消耗电能 示意图 牺牲阳极的阴极保护法示意图 外加电流的阴极保护法示意图 联系 被保护的金属都因为电子的流入而免遭腐蚀 3．影响金属腐蚀的因素。 影响金属腐蚀的因素包括金属的本性、纯度和介质三个方面： ①就金属本性来说，金属越____________，就越容易失去电子而被腐蚀。 ②同一金属越纯，越____________腐蚀。如纯铁即使在潮湿空气中反应也会很慢，而含杂质的生铁在潮湿的空气中会很快生锈而被腐蚀。 ③介质对金属腐蚀的影响也很大，如果金属在潮湿的空气中，接触腐蚀性气体或电解质溶液，都容易被腐蚀。 4．不同条件下金属腐蚀快慢的判断。 条件 快慢顺序 腐蚀类型不同 电解原理引起的腐蚀______原电池原理引起的腐蚀______化学腐蚀______有防护措施的腐蚀(原电池原理的防护______电解原理的防护) 同种金属 强电解质溶液______弱电解质溶液______非电解质溶液 活泼性不同的两金属 活泼性差别越大，活泼性强的金属腐蚀越______ 同种电解质溶液 电解质溶液浓度越大，腐蚀越______ 【典例2】(2026·北京海淀高二期中)下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是( ) A．外加电流 B．牺牲阳极 C．表面镀铜     D．表面刷油漆 【变式2-1】(2026·北京海淀·期中)验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。 ①在Fe表面生成蓝色沉淀 ②试管内无明显变化 ③试管内生成蓝色沉淀 已知：铁氰化钾K3[ Fe(CN)6]溶液呈黄色，可以与反应生成带有特征蓝色Fe3[ Fe(CN)6]2(铁氰化亚铁)沉淀。 下列说法不正确的是( ) A．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 B．对比②③，可以判定Zn保护了Fe C．验证Zn保护Fe时能用①的方法 D．将Zn换成Cu，用①的方法不能判断Fe比Cu活泼 【变式2-2】)城镇地面下常埋有纵横交错的金属管道，如钢铁输水管等。当金属管道在潮湿土壤中形成电流回路时，就会引起这些金属制品的腐蚀。为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计如图所示的装置。下列有关说法中正确的是( ) A．金属M比铁活泼，防护过程中电子流入金属M B．钢铁输水管表面发生还原反应 C．铜的电导率高，金属M可选用铜提高防护效果 D．若外加直流电源，钢铁输水管应连接电源的正极 【变式2-3】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： 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+2H2O+4e-=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 题型03 多池串联类电化学装置 1．直接判断 非常直观明显的装置，如有燃料电池、铅蓄电池等在电路中时，则其他装置为电解池。 如图：A为______池，B为______池。 2．根据电池中的电极材料和电解质溶液判断 原电池一般是两个不同的金属电极或一个金属电极和一个碳棒电极；而电解池则一般都是两个惰性电极，如两个铂电极或两个碳棒电极。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的____________反应，电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。如图：A为______池，B为______池。 3．根据电极反应现象判断 在某些装置中根据电极反应现象可判断电极，并由此判断电池类型。 如图：若C极溶解，D极上析出Cu，B极附近溶液变红，A极上放出黄绿色气体，则可知乙是______池，D是正极，C是负极，甲是______池，A是阳极，B是阴极。B、D极发生还原反应，A、C极发生氧化反应。 【典例3】一种清洁、低成本的氯碱工业双联装置工作原理如图所示，浓缩海水可以造成溶液中离子浓度差异，使离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，从而产生离子电流。下列说法不正确的是( ) A．电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2 B．与传统氯碱工业相比，该双联装置的优点是可避免使用离子交换膜 C．装置Ⅱ中的电极质量每变化mg，装置I中可制得LiCl D．随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W附近有白色沉淀出现 【变式3-1】某实验小组设计如图所示装置，下列说法错误的是(　　) A.乙池中电流由石墨电极经过硫酸铜溶液流向Ag电极 B.甲池通入CH4的电极反应式为CH4+8e-+10OH-===C+7H2O C.反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuCO3固体能使CuSO4溶液恢复到原来的状态 D.甲池中消耗0.56 L(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生2.90 g固体 【变式3-2】设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是(　　) A.装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大 B.装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 C.乙室电极反应式为LiCoO2+2H2O+e-===Li++Co2++4OH- D.若甲室Co2+减少200 mg，乙室Co2+增加300 mg，则此时已进行过溶液转移 【变式3-3】某小组研究设计了如下装置示意图，联合制备硫酸、氯气和氢氧化钠。该设计改变了传统氯碱工业能耗大的缺点，可大幅度降低能耗。 下列说法不正确的是( ) A．甲池中，质子经内电路移向极 B．理论上，甲池中消耗的SO2和乙池中生成的Cl2的物质的量之比为1：1 C．乙池应选用阳离子交换膜 D．乙池的总反应方程式：2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH 题型04 离子交换膜的类型及其应用 1．交换膜类型 交换膜类型 阳膜 阴膜 双极膜 特定的交换膜 允许通过的离子及移动方向 阳离子移向原电池的_______极(电解池的阴极) 阴离子移向原电池的_______极(电解池的阳极) 中间层中的H2O解离出_______和_______，H＋移向原电池的_______极(电解池的_______极)，OH－移向原电池的_______极(电解池的_______极) 只允许特定的离子或分子通过，如质子交换膜只允许_______通过，氯离子交换膜只允许_______通过 通性 无论是原电池还是电解池中，阳离子均移向得___________的一极，阴离子均移向失___________的一极 2．离子交换膜的功能：选择性透过离子，平衡电荷，形成__________________。 3．离子交换膜的作用及意义 (1)隔离某些物质，防止发生反应，常用于物质制备。 (2)限制某些离子的移动，常用于物质制备及纯化。 (3)双极膜：由一张阳膜和一张阴膜复合制成的阴、阳复合膜。该膜的特点是在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H＋和OH－并分别通过阳膜和阴膜，作为_______和_______的离子源。 【典例4】(2026·北京景山学校高二期中)双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-，作为和离子源。利用双极膜电渗析法处理含NaA的废水，工作原理如图，图中“→”和“←”表示离子通过交换膜的方向。下列说法错误的是( ) A．R电极与电源正极相连。 B．交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜 C．产品X、Y二者浓度一定相同 D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1 mol电子，两极共得到1 mol气体 【变式4-1】利用双极膜电解法将二氧化碳转化为CaCO3矿化封存，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品，原理如图。下列说法正确的是( ) A．右侧的双极膜中间层的向右移动 B．a极电极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O C．向碱室中加入NaHCO3固体，有利于CO2的矿化封存 D．电解固碳的总反应： 【变式4-2】用惰性电极电解碳酸钠溶液时，阳极无气体产生，但在阳极区检测到新增一种摩尔质量为的含碳元素的带2个单位负电荷的阴离子(碳元素的化合价为+4)。下列叙述正确的是( ) A．新增的这种阴离子只含有极性键 B．若用铅酸蓄电池作电源，Pb电极与a相接 C．电极B发生的电极反应为2H＋＋2e-=H2↑ D．其他条件不变，增加电解的电压，阳极区可能产生气体 【变式4-3】利用丙烯腈(CH2=CHCN)制备己二腈[NC(CH2)4CN]的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是( ) A．电极a为阴极 B．四甲基溴化铵[(CH3)4NBr]可增加溶液导电性 C．交换膜为质子交换膜 D．电解过程中，右侧溶液的pH不变 题型05 电化学综合计算 1．根据总反应式计算 先写出电极反应式，再写出总反应式，最后根据______________列出比例式计算。 2．根据电子守恒计算 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__________。 ②用于混合溶液中电解的分阶段计算。 3．根据关系式计算 根据______________守恒定律建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。 如以通过4mole-为桥梁可构建如下关系式： 4e-~ (式中M为金属，n为其离子的化合价数值) 该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。 提示：在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19C来计算电路中通过的电量。 【典例5】将含有0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl的水溶液1 L，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2 g Cu；此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)(　　) A．3.36 L B．5.6 L C．6.72 L D．13.44 L 【变式5-1】用惰性电极电解2 L 0.5 mol/L的硝酸银溶液，当在电路中通过0.1 mol电子后，调换正、负极，电路中又通过了0.2 mol电子，此时溶液pH为(假设溶液体积不变)( ) A．1 B．2 C．3 D．无法确定 【变式5-2】在100 mL HNO3和AgNO3的混合液中，用石墨作电极电解，两极上均收集到2.24 L气体(标准状况)，则原混合溶液中Ag＋的物质的量浓度为( ) A．1 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1 【变式5-3】用石墨作电极电解500 mL K2SO4和CuSO4的混合溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是 A．阳极析出0.1molCu B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子 C．往电解后得到的溶液加入0.1molCuO可恢复原来的浓度 D．电解后溶液中c(H＋)为0.4mol·L-1 1 / 18 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三节 金属的腐蚀与防护 题型01 金属的电化学腐蚀 题型02 金属腐蚀的防护 题型03 多池串联类电化学装置 题型04 离子交换膜的类型及其应用 题型05 电化学综合计算 题型01 金属的电化学腐蚀 1．金属腐蚀的本质 金属原子失去电子变为金属阳离子，发生氧化反应。 2．金属腐蚀的类型 (1)化学腐蚀与电化学腐蚀 类型 化学腐蚀 电化学腐蚀 条件 金属与接触到的干燥气体或非电解质液体直接发生化学反应 不纯的金属接触到电解质溶液发生原电池反应 本质 M-ne-===Mn+ M-ne-===Mn+ 现象 金属被腐蚀 较活泼的金属被腐蚀 区别 无电流产生 有微弱电流产生 联系 电化学腐蚀比化学腐蚀普遍得多，腐蚀速率更快，危害也更严重 (2)析氢腐蚀与吸氧腐蚀(以钢铁的腐蚀为例) 类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀 条件 水膜酸性较强 水膜酸性很弱或呈中性 电极 反应 负极 Fe-2e-===Fe2+ 正极 2H++2e-===H2↑ O2+2H2O+4e-===4OH- 总反应式 Fe+2H+===Fe2++H2↑ 2Fe+O2+2H2O===2Fe(OH)2 联系 吸氧腐蚀更普遍 【典例1】(2026·北京第三十五中高二期中)某学习小组按下图的两组装置来探究钢铁的腐蚀情况，下列相关说法不正确的是( ) A．两组装置中负极均为左池的铁片 B．图Ⅰ中将石墨电极换成锌棒，可减缓铁片被腐蚀 C．图Ⅱ中氧气浓度差异会导致电流计示数不同 D．若向图Ⅱ两池中滴加酚酞溶液，铁片Ⅰ附近出现红色 【答案】D 【解析】A项，图一中，铁和碳构成原电池，左池的铁片为负极；图二中，右边通入氧气，氧气得电子发生还原反应，所以右池铁片为正极，则左池的铁片为负极，故A正确；B项，图Ⅰ中将石墨电极换成锌棒，那么锌棒为负极，铁为正极，可减缓铁片被腐蚀，故B正确；C项，图Ⅱ中氧气浓度差异会引起反应速率的不同，从而导致电流计示数不同，故C正确；D项，图Ⅱ中铁片Ⅰ是负极，发生反应Fe-2e-=Fe2+，铁片Ⅱ是正极，发生反应O2+2H2O+4e-=4OH-,只有铁片Ⅱ附近变红，故D错误；故选D。 【变式1-1】如图是家庭燃气灶的部件图，下列说法正确的是(　　) A.炉头容易生锈，主要是高温下铁发生电化学腐蚀 B.外壳是铝合金材料，不易锈蚀是因为铝不活泼 C.锅支架生锈的主要原因是经常沾上盐水，铁发生化学腐蚀 D.灶脚由螺钉和外层电木(一种耐高温塑料)组成，电木起到了防止金属腐蚀的作用 【答案】D 【解析】燃气灶的中心部位容易生锈，主要是高温下铁发生化学腐蚀，A错误；铝的化学性质活泼，B错误；锅支架生锈的主要原因是经常沾上盐水，发生电化学腐蚀，C错误；外层电木阻止螺钉与空气接触，保护了内层的螺钉，防止金属腐蚀，D正确。 【变式1-2】(2025·北京高二期中)研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是( ) 序号 ① ② ③ 实验 现象 8小时未观察到明显锈蚀 8小时未观察到明显锈蚀 1小时观察到明显锈蚀 A．①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀 B．②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少电解质溶液 C．③中正极反应：O2+2H2O+4e-=4OH- D．对比①②③，说明苯能隔绝O2 【答案】D 【解析】A项，①中8小时未观察到明显锈蚀，说明铁未发生吸氧腐蚀，NaCl溶液中溶解的氧气不足以使生铁片明显锈蚀，A正确；B项，苯为非电解质，②中生铁片8小时未观察到明显锈蚀原因之一是缺少电解质溶液，B正确；C项，③中1小时观察到明显锈蚀，铁发生了吸氧腐蚀，正极上是O2得电子结合水生成氢氧根离子，电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，C正确；D项，实验①可知NaCl溶液中溶解的氧气不足以使生铁片明显锈蚀，但是③中铁片发生锈蚀，说明外界空气进入了NaCl溶液中与生铁片构成原电池，则苯不能隔绝氧气，D错误；故选D。 【变式1-3】(2025·北京师大附中高二检测)用如下图所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强随时间变化关系以及溶解氧随时间变化关系的曲线如下。 下列说法不正确的是( ) A．压强增大主要是因为产生了H2 B．整个过程中，负极电极反应式为： C．pH=4.0时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀 D．pH=2.0时，正极电极反应式为：2H＋＋2e-=H2↑和O2＋4H＋＋4e-=2H2O 【答案】C 【解析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小。A项，根据分析可知，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉能发生析氢腐蚀，析氢腐蚀产生氢气，因此会导致锥形瓶内压强增大，故A正确；B项，锥形瓶中的Fe粉和Cu粉与酸溶液共同构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，故B正确；C项，若pH=4.0时，若只发生吸氧腐蚀，那么锥形瓶内的压强会有下降，但图中pH=4.0时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时也产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故C错误；D项，由图可知，pH=2.0时，锥形瓶内的溶解氧减少，说明有消耗氧气的吸氧腐蚀发生，同时锥形瓶内的气压增大，说明有产生氢气的析氢腐蚀发生，因此，正极反应式有：2H＋＋2e-=H2↑和O2＋4H＋＋4e-=2H2O，故D正确；故选C。 题型02 金属腐蚀的防护 1．本质 阻止金属发生氧化反应。 2．方法 (1)加防护层，如在金属表面涂油或油漆、覆盖塑料、镀不活泼金属等。 (2)改变金属组成或结构，如制成合金等。 (3)电化学防护 方法 牺牲阳极的阴极保护法 外加电流的阴极保护法 原理 原电池原理 电解原理 被保护金属 作正极 作阴极 构成 被保护金属、比被保护金属活泼的金属等 被保护金属、惰性电极及直流电源等 优、缺点 无需外加电源，但需要定期更换被腐蚀的金属 无需更换电极，但消耗电能 示意图 牺牲阳极的阴极保护法示意图 外加电流的阴极保护法示意图 联系 被保护的金属都因为电子的流入而免遭腐蚀 3．影响金属腐蚀的因素。 影响金属腐蚀的因素包括金属的本性、纯度和介质三个方面： ①就金属本性来说，金属越活泼，就越容易失去电子而被腐蚀。 ②同一金属越纯，越难腐蚀。如纯铁即使在潮湿空气中反应也会很慢，而含杂质的生铁在潮湿的空气中会很快生锈而被腐蚀。 ③介质对金属腐蚀的影响也很大，如果金属在潮湿的空气中，接触腐蚀性气体或电解质溶液，都容易被腐蚀。 4．不同条件下金属腐蚀快慢的判断。 条件 快慢顺序 腐蚀类型不同 电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护措施的腐蚀(原电池原理的防护＞电解原理的防护) 同种金属 强电解质溶液＞弱电解质溶液＞非电解质溶液 活泼性不同的两金属 活泼性差别越大，活泼性强的金属腐蚀越快 同种电解质溶液 电解质溶液浓度越大，腐蚀越快 【典例2】(2026·北京海淀高二期中)下列铁制品防护的装置或方法中，不正确的是( ) A．外加电流 B．牺牲阳极 C．表面镀铜     D．表面刷油漆 【答案】A 【解析】A项，外加电流的阴极保护法中，被保护的铁制品应连接电源负极作阴极，惰性电极作阳极，图中装置不符合此连接方式，A错误； B项，牺牲阳极的阴极保护法是将比铁活泼的金属(如锌、镁)与铁连接，形成原电池时活泼金属作负极被腐蚀，铁作正极被保护，图中镁块连接钢铁输水管符合该原理，B正确； C项，铁表面镀铜时，铜的金属活动性弱于铁，但可以起到隔绝空气的作用保护铁，铁上镀铜时，铁质镀件接电源负极，铜接电源正极，硫酸铜作电镀液，C正确； D项，表面刷油漆能物理隔绝铁与空气、水等腐蚀介质接触，防止电化学腐蚀，是常见的防护方法，D正确； 故选A。 【变式2-1】(2026·北京海淀·期中)验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下(烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液)。 ①在Fe表面生成蓝色沉淀 ②试管内无明显变化 ③试管内生成蓝色沉淀 已知：铁氰化钾K3[ Fe(CN)6]溶液呈黄色，可以与反应生成带有特征蓝色Fe3[ Fe(CN)6]2(铁氰化亚铁)沉淀。 下列说法不正确的是( ) A．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化 B．对比②③，可以判定Zn保护了Fe C．验证Zn保护Fe时能用①的方法 D．将Zn换成Cu，用①的方法不能判断Fe比Cu活泼 【答案】C 【解析】A项，①中加入K3[Fe(CN)6]在Fe表面产生蓝色沉淀，Fe表面产生了Fe2+，对比①②的异同，①可能是K3[Fe(CN)6]将Fe氧化成Fe2+，A正确；B项，对比②③，②中Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]无明显变化，则②中Fe附近的溶液中不含Fe2+，③中Fe附近的溶液中加入K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀，则③中Fe附近的溶液中含Fe2+，因此②中Fe被保护，B正确；C项，对比①②，①中也能检验出Fe2+，故不能用①的方法验证Zn保护Fe，C错误；D项，由实验可知K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化成Fe2+，将Zn换成Cu不能用①的方法证明Fe比Cu活泼，D正确；故选C。 【变式2-2】)城镇地面下常埋有纵横交错的金属管道，如钢铁输水管等。当金属管道在潮湿土壤中形成电流回路时，就会引起这些金属制品的腐蚀。为了防止这类腐蚀的发生，某同学设计如图所示的装置。下列有关说法中正确的是( ) A．金属M比铁活泼，防护过程中电子流入金属M B．钢铁输水管表面发生还原反应 C．铜的电导率高，金属M可选用铜提高防护效果 D．若外加直流电源，钢铁输水管应连接电源的正极 【答案】B 【解析】该装置为牺牲阳极的阴极保护法，M为原电池负极，被牺牲；钢铁输水管为原电池正极，被保护。A．由分析可知，M为原电池负极，故M比铁活泼，且防护过程中电子从金属M流出，A错误；B．由分析可知，钢铁输水管为原电池正极，发生还原反应，B正确；C．若金属M为铜，其活泼性小于铁，作原电池的正极，铁作负极，故不能保护钢铁输水管，C错误；D．若外加直流电源，钢铁输水管应连接电源的负极，D错误；故选B。 【变式2-3】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： 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+2H2O+4e-=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 【解析】A项，图1为牺牲阳极的阴极瓮中保护法，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；B项，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+2H2O+4e-=4OH-，B正确；C项，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；D项，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，但是牺牲阳极和发生了氧化反应，辅助阳极上也发生了氧化反应，D不正确；故选B。 题型03 多池串联类电化学装置 1．直接判断 非常直观明显的装置，如有燃料电池、铅蓄电池等在电路中时，则其他装置为电解池。 如图：A为原电池，B为电解池。 2．根据电池中的电极材料和电解质溶液判断 原电池一般是两个不同的金属电极或一个金属电极和一个碳棒电极；而电解池则一般都是两个惰性电极，如两个铂电极或两个碳棒电极。原电池中的电极材料和电解质溶液之间能发生自发的氧化还原反应，电解池的电极材料一般不能和电解质溶液自发反应。如图：A为电解池，B为原电池。 3．根据电极反应现象判断 在某些装置中根据电极反应现象可判断电极，并由此判断电池类型。 如图：若C极溶解，D极上析出Cu，B极附近溶液变红，A极上放出黄绿色气体，则可知乙是原电池，D是正极，C是负极，甲是电解池，A是阳极，B是阴极。B、D极发生还原反应，A、C极发生氧化反应。 【典例3】一种清洁、低成本的氯碱工业双联装置工作原理如图所示，浓缩海水可以造成溶液中离子浓度差异，使离子从高浓度区域向低浓度区域迁移，从而产生离子电流。下列说法不正确的是( ) A．电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2 B．与传统氯碱工业相比，该双联装置的优点是可避免使用离子交换膜 C．装置Ⅱ中的电极质量每变化mg，装置I中可制得LiCl D．随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W附近有白色沉淀出现 【答案】C 【解析】结合题干信息，装置Ⅰ为原电池，装置Ⅱ为电解池，装置Ⅰ中，Li+移向X电极，故X为正极，Y为负极；Z为阴极，W为阳极，X电极反应为2H++2e-=H2↑，W电极反应为Ag-e-=Ag+，生成的银离子再发生Ag++Cl-=AgCl↓，Z电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。A项，电极Y为负极，可以在X、Z电极上收集到H2，故A正确；B项，反应中，氯离子生成氯化银，可以不使用离子交换膜，故与传统氯碱工业相比，该双联装置可避免使用离子交换膜，故B正确；C项，W电极反应为Ag-e-=Ag+，装置Ⅱ中的W电极质量每变化mg，该电极减少mg银，转移电子的物质的量为，结合得失电子守恒，故装置I中X电极生成 LiCl，则装置I中可制得LiCl，故C错误；D项，Z电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，随着装置的运行，电极Z附近溶液的pH增大，电极W反应为Ag-e-=Ag+，生成的银离子再发生Ag++Cl-=AgCl↓，故附近有白色沉淀出现，故D正确；故选C。 【变式3-1】某实验小组设计如图所示装置，下列说法错误的是(　　) A.乙池中电流由石墨电极经过硫酸铜溶液流向Ag电极 B.甲池通入CH4的电极反应式为CH4+8e-+10OH-===C+7H2O C.反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuCO3固体能使CuSO4溶液恢复到原来的状态 D.甲池中消耗0.56 L(标准状况下)O2，此时丙池中理论上最多产生2.90 g固体 【答案】B 【解析】甲池为燃料电池，通入甲烷的是负极，通入氧气的是正极，电流由正极流出经过乙、丙池最终流向负极。乙、丙池是电解池，乙池中石墨连接甲池的正极，为电解池的阳极，电解硫酸铜溶液，Ag电极为阴极，丙池中，阳极是与乙池相连的电极，发生的是氯离子失去电子的氧化反应，阴极是与甲池相连的电极，水放电产生氢气。A.乙池中石墨连接甲池的正极，为电解池的阳极，电解硫酸铜溶液，Ag电极为阴极，电流由石墨电极经过硫酸铜溶液流向Ag电极，故A正确；B.甲池通入CH4的电极为负极，失去电子，电极反应式为CH4-8e-+10OH-===C+7H2O，故B错误；C.乙池发生的是电解池反应，两极析出的分别是Cu和O2，因此加入CuCO3或CuO后溶液能够复原，故C正确；D.甲池中正极电极反应式为O2+2H2O+4e-===4OH-，0.56 L(标准状况下)O2物质的量为0.025 mol，转移电子0.1 mol，根据丙池中，阴极是与甲池相连的电极，水放电产生氢气，转移0.1 mol电子，减少0.1 mol氢离子，生成0.1 mol氢氧根离子，镁离子和氢氧根离子结合为氢氧化镁，理论上最多产生0.05 mol氢氧化镁，质量为0.05 mol×58 g·mol-1=2.90 g，故D正确。 【变式3-2】设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是(　　) A.装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大 B.装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 C.乙室电极反应式为LiCoO2+2H2O+e-===Li++Co2++4OH- D.若甲室Co2+减少200 mg，乙室Co2+增加300 mg，则此时已进行过溶液转移 【答案】BD 【解析】A.电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，Co2+在另一个电极上得到电子，被还原产生Co单质，CH3COO-失去电子后，H+、金属阳离子通过阳膜进入甲室，溶液pH减小，A错误；B.对于乙室，正极上LiCoO2得到电子，被还原为Co2+，同时得到Li+，其中的O与溶液中的H+结合H2O，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B正确；C.电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH-，乙室电极反应式为:LiCoO2+e-+4H+===Li++Co2++2H2O，C错误；D.若甲室Co2+减少200 mg，电子转移物质的量为n(e-)=×2=0.006 8 mol，乙室Co2+增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e-)=×1=0.005 1 mol，说明此时已进行过溶液转移，D正确。 【变式3-3】某小组研究设计了如下装置示意图，联合制备硫酸、氯气和氢氧化钠。该设计改变了传统氯碱工业能耗大的缺点，可大幅度降低能耗。 下列说法不正确的是( ) A．甲池中，质子经内电路移向极 B．理论上，甲池中消耗的SO2和乙池中生成的Cl2的物质的量之比为1：1 C．乙池应选用阳离子交换膜 D．乙池的总反应方程式：2NaCl＋2H2OH2↑＋Cl2↑＋2NaOH 【答案】D 【解析】如图所示，甲池为原电池，乙池为电解池，电极A上Cl-放电生成Cl2，则电极A为阳极，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑；电极B为阴极，电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-；甲池中Pt1为负极，电极反应为SO2+2H2O-2e-=4H++SO42-，Pt2为正极，电极反应为O2+4H++4e-=2H2O，甲池可以制备硫酸，乙池阳极制备氯气，阴极制备NaOH。A项，甲池为原电池，阳离子向正极移动，则质子向Pt2电极移动，A正确；B项，当转移2mol电子时，甲池消耗1molSO2，乙池生成1molCl2，故甲池中消耗的SO2和乙池中生成的Cl2的物质的量之比为1∶1，B正确；C项，乙池中左侧加入的饱和NaCl溶液中，钠离子向阴极B移动，用于制备NaOH，故乙池应选用阳离子交换膜，C正确；D项，将阳极的反应×2加上阴极的反应得到总反应为4NaCl＋2H2O+O22Cl2↑＋4NaOH，D错误；故选D。 题型04 离子交换膜的类型及其应用 1．交换膜类型 交换膜类型 阳膜 阴膜 双极膜 特定的交换膜 允许通过的离子及移动方向 阳离子移向原电池的正极(电解池的阴极) 阴离子移向原电池的负极(电解池的阳极) 中间层中的H2O解离出H＋和OH－，H＋移向原电池的正极(电解池的阴极)，OH－移向原电池的负极(电解池的阳极) 只允许特定的离子或分子通过，如质子交换膜只允许H＋通过，氯离子交换膜只允许Cl－通过 通性 无论是原电池还是电解池中，阳离子均移向得电子的一极，阴离子均移向失电子的一极 2．离子交换膜的功能：选择性透过离子，平衡电荷，形成闭合回路。 3．离子交换膜的作用及意义 (1)隔离某些物质，防止发生反应，常用于物质制备。 (2)限制某些离子的移动，常用于物质制备及纯化。 (3)双极膜：由一张阳膜和一张阴膜复合制成的阴、阳复合膜。该膜的特点是在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H＋和OH－并分别通过阳膜和阴膜，作为H＋和OH－的离子源。 【典例4】(2026·北京景山学校高二期中)双极膜(BP)是阴、阳复合膜，在直流电的作用下，阴、阳膜复合层间的H2O解离成H+和OH-，作为和离子源。利用双极膜电渗析法处理含NaA的废水，工作原理如图，图中“→”和“←”表示离子通过交换膜的方向。下列说法错误的是( ) A．R电极与电源正极相连。 B．交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，交换膜Ⅱ为阴离子交换膜 C．产品X、Y二者浓度一定相同 D．若去掉双极膜(BP)，电路中每转移1 mol电子，两极共得到1 mol气体 【答案】C 【解析】极室Ⅱ加入NaCl溶液，钠离子通过交换膜Ⅲ进入产品室Ⅱ，故交换膜Ⅲ为阳离子交换膜；R电极与电源正极相连，发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑，依此可推交换膜Ⅱ为阴离子交换膜。A项，R电极一侧双极膜解离的OH-向右移动，OH-为阴离子，电解池中阴离子移向阳极，故R为阳极，与电源正极相连，A正确；B项，料室中A-通过交换膜II进入产品室I与H+结合生成HA，说明交换膜II允许阴离子通过，为阴离子交换膜；交换膜I若为阳离子交换膜，可允许极室I中Na+进入料室维持电荷平衡，B正确；C项，产品X(HA)和Y(NaOH)的物质的量由H+、OH-、A-、Na+的迁移量决定(理论上1:1)，但浓度取决于产品室体积，题目未说明体积相同，浓度不一定相同，C错误；D项，去掉BP后，阴极(Q)反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-(1mol电子生成0.5mol H2)，阳极(R)反应为2Cl--2e-=Cl2↑(1mol电子生成0.5mol Cl2)，转移1mol电子共生成1mol气体，D正确；故选C。 【变式4-1】利用双极膜电解法将二氧化碳转化为CaCO3矿化封存，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品，原理如图。下列说法正确的是( ) A．右侧的双极膜中间层的向右移动 B．a极电极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O C．向碱室中加入NaHCO3固体，有利于CO2的矿化封存 D．电解固碳的总反应： 【答案】D 【解析】右侧双极膜中氢离子进入酸室，氢氧根离子右移在电极b上发生还原反应生成O2，所以b为阳极，左侧双极膜中氢氧根离子进入碱室，与二氧化碳反应生成碳酸根离子，氢离子左移在电极a上发生氧化反应生成H2，所以a为阴极。A．根据分析，右侧的双极膜中间层的H+向左移动，进入酸室，A错误；B．根据分析，a极电极反应式为2H＋＋2e-=H2↑，B错误；C．碱室中二氧化碳和碱反应生成碳酸根离子，碳酸根离子通过左侧阴离子交换膜进入中间室内，与Ca2+结合形成碳酸钙，加入NaHCO3固体会消耗氢氧根不利于CO2的吸收，C错误；D．根据电解池中的产物，电解固碳的总反应为：，D正确；故选D。 【变式4-2】用惰性电极电解碳酸钠溶液时，阳极无气体产生，但在阳极区检测到新增一种摩尔质量为的含碳元素的带2个单位负电荷的阴离子(碳元素的化合价为+4)。下列叙述正确的是( ) A．新增的这种阴离子只含有极性键 B．若用铅酸蓄电池作电源，Pb电极与a相接 C．电极B发生的电极反应为2H＋＋2e-=H2↑ D．其他条件不变，增加电解的电压，阳极区可能产生气体 【答案】D 【解析】摩尔质量为120g·molˉ1的含碳元素的带2个单位负电荷的阴离子(碳元素的化合价为+4)，可知生成的阴离子为C2O62-，阳极无气体产生，故A为阳极，电极反应为2CO32-－2e-= C2O62-，B为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-。A项，阴离子为过二碳酸根离子C2O62-，存在氧氧非极性键，A错误；B项，Pb电极为负极，失电子，要与阴极b相连，B错误；C项，碱性条件下不出现氢离子，电极B发生的电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，C错误；D项，其他条件不变，增加电解的电压，失电子能力强，可能会产生氧气，阳极区可能产生气体，D正确；故选D。 【变式4-3】利用丙烯腈(CH2=CHCN)制备己二腈[NC(CH2)4CN]的电有机合成装置如图所示。下列说法不正确的是( ) A．电极a为阴极 B．四甲基溴化铵[(CH3)4NBr]可增加溶液导电性 C．交换膜为质子交换膜 D．电解过程中，右侧溶液的pH不变 【答案】D 【解析】由图可知，丙烯腈转化为己二腈，C元素化合价降低，故a为阴极，电极反应为：2CH2=CHCN+2e-+2H+= NC(CH2)4CN；b为阳极，电极式为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，交换膜为质子交换膜，H+通过质子交换膜移向阴极。A项，电极a为阴极，A正确；B项，四甲基溴化铵[(CH3)4NBr]可增加溶液中的离子浓度，可增加溶液的导电性，B正确；C项，交换膜为质子交换膜，C正确；D项，电解过程中，右侧消耗水，氢离子迁移至阴极室，硫酸浓度增大，pH减小，D错误；故选D。 题型05 电化学综合计算 1．根据总反应式计算 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。 2．根据电子守恒计算 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用于混合溶液中电解的分阶段计算。 3．根据关系式计算 根据得失电子守恒定律建立起已知量与未知量之间的桥梁，构建计算所需的关系式。 如以通过4mole-为桥梁可构建如下关系式： 4e-~ (式中M为金属，n为其离子的化合价数值) 该关系式具有总揽电化学计算的作用和价值，熟记电极反应，灵活运用关系式便能快速解答常见的电化学计算问题。 提示：在电化学计算中，还常利用Q＝I·t和Q＝n(e－)×NA×1.60×10－19C来计算电路中通过的电量。 【典例5】将含有0.4 mol Cu(NO3)2和0.4 mol KCl的水溶液1 L，用惰性电极电解一段时间后，在一电极上析出19.2 g Cu；此时，在另一电极上放出气体的体积在标准状况下为(不考虑产生的气体在水中的溶解)(　　) A．3.36 L B．5.6 L C．6.72 L D．13.44 L 【答案】B 【解析】根据电解原理，阴、阳两极发生的电极反应为阴极：Cu2＋＋2e－===Cu，阳极：2Cl－－2e－===Cl2↑。由题意知，在阴极上析出Cu：＝0.3 mol，则转移电子0.6 mol，根据电子得失守恒分析，阳极上除Cl－放电外，OH－也会放电产生O2，即4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，经计算可知得到Cl2 0.2 mol，得到O2 0.05 mol，故阳极放出气体的体积为 (0.2 mol＋0.05 mol)×22.4 L·mol－1＝5.6 L。 【变式5-1】用惰性电极电解2 L 0.5 mol/L的硝酸银溶液，当在电路中通过0.1 mol电子后，调换正、负极，电路中又通过了0.2 mol电子，此时溶液pH为(假设溶液体积不变)( ) A．1 B．2 C．3 D．无法确定 【答案】A 【解析】2 L 0.5 mol/L的硝酸银溶液含n(Ag＋)＝1 mol，调换正、负极前，电极反应式为阳极：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑；阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag，则电路中通过0.1 mol e－时生成0.1 mol Ag，同时反应0.1 mol OH－，得到0.1 mol H＋；调换正、负极后，电极反应式为阳极：4Ag－4e－===4Ag＋(先)，4OH－－4e－===2H2O＋O2↑(后)；阴极：4Ag＋＋4e－===4Ag，故总共得到0.2 mol H＋，c(H＋)＝0.1 mol/L，pH＝－lg c(H＋)＝1。 【变式5-2】在100 mL HNO3和AgNO3的混合液中，用石墨作电极电解，两极上均收集到2.24 L气体(标准状况)，则原混合溶液中Ag＋的物质的量浓度为( ) A．1 mol·L－1 B．2 mol·L－1 C．3 mol·L－1 D．4 mol·L－1 【答案】B 【解析】电解HNO3和AgNO3的混合溶液，开始只有Ag和O2生成，当AgNO3完全电解后，开始电解HNO3溶液，由电解过程可知，实为电解水，生成H2和O2，在生成这两种气体时，H2和O2的体积比应为2∶1；由电极反应式：4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，Ag＋＋e－===Ag，2H＋＋2e－===H2↑，知Ag＋得电子数和H＋得电子数总和与OH－失电子数相等，即应有如下关系：(x代表生成的Ag或消耗Ag＋的物质的量)，解得x＝0.2 mol，因此，原混合溶液中，c(Ag＋)＝0.2mol/0.1L＝2 mol·L－1。 【变式5-3】用石墨作电极电解500 mL K2SO4和CuSO4的混合溶液，当通电一段时间后，两极均收集到2.24 L气体(标准状况下)，假定电解后溶液体积仍为500 mL，下列说法正确的是 A．阳极析出0.1molCu B．上述电解过程中共转移0.2 mol电子 C．往电解后得到的溶液加入0.1molCuO可恢复原来的浓度 D．电解后溶液中c(H＋)为0.4mol·L-1 【答案】D 【解析】石墨做电极，阳极的电极反应为：2H2O-4e-=O2↑＋4H＋，阴极的电极反应先后为：Cu2++2e-=Cu，2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，根据两极均收集到2.24 L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0.4 mol电子，同时阴极析出0.1molCu。A项，据分析阴极析出0.1molCu，故A错误；B项，据分析上述电解过程中共转移0.4 mol电子，故B错误；C项，电据分析解过程中既析出了0.1molCu又生成了0.1molH2和0.1molO2，需要往电解后得到的溶液加入0.1mol Cu(OH)2可恢复原来的浓度，故C错误；D项，电解过程中转移0.4 mol电子，根据阳极反应可知生成0.4 mol H＋，阴极消耗0.2 mol H＋，电解后溶液体积仍为500 mL，则电解后溶液中c(H＋)为0.4mol·L-1，故D正确；故选D。 1 / 18 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $