大单元四 选择题突破(三) 电解原理的多方面应用-【优化探究】2026年高考化学二轮专题复习配套课件（单选版）

该高中化学高考复习课件聚焦电化学大单元，覆盖电解原理应用、金属腐蚀与防护核心考点，依据高考评价体系分析电解池工作原理、腐蚀类型判断等高频考点，归纳陌生装置分析、防护方法辨析等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于高考真题精研与关键能力强化，如以2025湖北卷电解制冷系统真题为例，解析离子转化与热效应关系，培养科学思维与化学观念素养。通过“核心知识提炼+真题变式训练”，帮助学生掌握电解池分析、腐蚀防护判断等答题技巧，教师可据此高效指导复习。

选择题突破(三)　电解原理的多方面应用 优化探究 大单元四　电化学 提炼　核心知识 精研　高考真题 强化 关键能力 2 提炼　核心知识 3 提炼　核心知识 一、电解原理及应用 1.图解电解池工作原理(阳极为惰性电极) 4 2.陌生电解池装置图的知识迁移 (1)电解池 5 (2)金属腐蚀 6 二、金属的电化学腐蚀与电化学防护 1.析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较(以钢铁的腐蚀为例) 类型 析氢腐蚀 吸氧腐蚀 条件 水膜呈_____ 水膜呈_____________ 正极反应 _______________ ___________________ 负极反应 ______________ 总反应 Fe+2H+===Fe2++H2↑ 2Fe+O2+2H2O===2Fe(OH)2 其他反应 Fe2++2OH-===Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3 Fe(OH)3失去部分水转化为铁锈 酸性 弱酸性或中性 2H++2e-===H2↑ O2+2H2O+4e-===4OH- Fe-2e-===Fe2+ 7 2.电化学防护 (1)牺牲阳极法—— 原理: 极为被保护的金属; 极为比被保护的金属活泼的金属。 (2)外加电流法—— 原理: 极为被保护的金属, 极为惰性电极。 原电池 正 负 电解 阴 阳 8 精研　高考真题 9 精研　高考真题 考向一　电解原理的应用 1.(2025·湖北卷)某电化学制冷系统的装置如图所示。[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+在电极上发生相互转化,伴随着热量的吸收或释放,经由泵推动电解质溶液的循环流动(①→②→③→④→①)实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热,其他区域绝热。下列描述错误的是(　　) 10 A.阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+ B.已知②处的电解液温度比①处的低,可推断[Fe(H2O)6]2+比[Fe(H2O)6]3+稳定 C.多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换 D.已知电子转移过程非常快,物质结构来不及改变。热效应主要来自电子转移后[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+离子结构的改变 答案:B 11 解析:由图可知,左侧电极发生反应[Fe(H2O)6]2+-e-===[Fe(H2O)6]3+,则左侧为阳极,右侧电极反应为[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+,则右侧电极为阴极,据此解答。A.由分析可知,阴极反应为[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+,A正确;B.已知②处的电解液温度比①处的低,则可推断[Fe(H2O)6]3++e-===[Fe(H2O)6]2+是吸热反应,无法推断[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+的稳定性,B错误;C.多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流,可阻止阴极区和阳极区间的热交换,C正确;D.已知电子转移过程非常快,物质结构来不及改变。这意味着电子转移(即氧化还原反应)本身不会直接导致结构变化,热效应实际上源于电子转移完成后,新生成的离子:[Fe(H2O)6]2+和[Fe(H2O)6]3+因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化,D正确。 12 考向二　金属的腐蚀与防护 2.(2024·浙江6月选考)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。如图为两种对海水中钢闸门的防腐措施示意图: 13 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 B 14 解析:图1为牺牲阳极法,牺牲阳极一般为较活泼金属,其作为原电池的负极,失去电子被氧化;图2为外加电流法,阳极材料为辅助阳极,其通常是惰性电极,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也会放电,故可发生反应:O2+4e-+2H2O===4OH-,B正确;图2为外加电流法,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;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。 15 强化 关键能力 强化 关键能力 1.(2025·四川广安第二次诊断性考试)一种电化学合成二苯甲酮的装置如图所示,Ph—表示苯基,下列说法错误的是(　　) A.若铅酸蓄电池为电源,则b为Pb电极 B.整个反应中,I-是反应的催化剂,I·和H+为中间产物 C.合成1 mol二苯甲酮时,电路中转移电子2 mol D 17 2.(2025·北京部分中学三模)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(Ag电极或AgCl电极)取下互换,可实现锂的富集。下列说法正确的是(　　) A.a为电源的正极,电极电势a高于b B.装置中电极2应选择Ag电极,电极反应为Ag-e-===Ag+ C.互换后电极4发生的反应与互换前电极1发生的反应不同 D.理论上,电路通过1 mol电子时,有1 mol Li+富集在右侧电解液中 D 解析:为了从海水中提取锂,电极1的电极反应为FePO4+e-+Li+===LiFePO4,则电极1为阴极,电极2为阳极,电极材料为Ag,电极反应为Ag+Cl--e-===AgCl;电极3为阴极,电极材料为AgCl,电极反应为AgCl+e-===Ag+Cl-,电极4为阳极,在电极4上发生氧化反应:LiFePO4-e-===Li++FePO4,实现了锂的富集。A.由分析可知,电极1为阴极,因此a为电源的负极,b为电源的正极,电极电势b高于a,故A错误;B.由分析可知,电极2为阳极,应选择Ag电极,海水中有Cl-,则电极2的电极反应为Ag+Cl--e-===AgCl,故B错误;C.电极4放电一段时间后转化成为FePO4,所以互换后电极4发生的反应与互换前电极1发生的反应相同,故C错误;D.根据电子守恒,电路中各处的电量相等,所以理论上,电路通过1 mol电子时,有1 mol Li+富集在右侧电解液中,故D正确。 3.(2025·山西部分学校二轮复习联考)如图装置可防止金属管道在潮湿土壤中的腐蚀。下列有关说法中正确的是(　　) A.电流由镁块经导线流向管道 B.管道表面上发生氧化反应 C.该保护法为牺牲阳极法 D.将镁块换为钠块,则保护效果更好 C 解析:钢铁管道与镁块相连形成原电池,镁作负极,发生氧化反应被腐蚀,钢铁管道作正极,受到保护。A.电流由钢铁管道(正极)经导线流向镁块(负极),A错误;B.管道表面上发生O2得电子的还原反应,B错误;C.该保护法牺牲镁块(原电池的负极,发生氧化反应),故称为牺牲阳极法,C正确;D.钠太活泼,极易与空气中的O2、H2O及CO2等直接反应,不能为管道提供电子,无法保护管道,D错误。 4.(2025·黑龙江大庆二模)恒温条件下,用图1所示装置研究铁的电化学腐蚀,测定结果如图2。 下列说法错误的是(　　) A.AB段pH越大,析氢速率越大 B.AD段负极反应为Fe-2e-===Fe2+ C.BC段正极反应主要为O2+4e-+4H+===2H2O D.DE段溶液pH基本不变,可能的原因:相同时间内, 2Fe+O2+4H+===2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O===4Fe(OH)3↓+8H+产生H+的量基本相同 A 解析:图1中构成原电池,铁作负极,开始时pH=1.8,AB段溶液pH值增大,体系压强增大,铁主要发生析氢腐蚀;BD段溶液的pH值增大,体系压强减小,正极反应为O2+4e-+4H+===2H2O;DE段溶液pH基本不变,但体系压强减小,产生的Fe2+被O2氧化,pH基本不变可能的原因:相同时间内,2Fe+O2+4H+===2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2+10H2O===4Fe(OH)3↓+8H+产生H+的量基本相同。由图可知,AB段体系的压强增大,说明产生了氢气,故AB段主要发生析氢腐蚀,pH越大,氢离子浓度越小,析氢速率越小,A错误;AD段内发生的都是铁的电化学腐蚀,铁在负极的电极反应为Fe-2e-===Fe2+,B正确;由图可知,BC段的pH为3~5,正极上氧气得电子生成水,电极反应为O2+4e-+4H+===2H2O,C正确;根据分析,DE段溶液pH基本不变,但压强减小,产生的Fe2+被O2氧化,pH基本不变可能的原因:相同时间内,2Fe+O2+4H+===2Fe2++2H2O消耗H+的量与4Fe2++O2 +10H2O=== 4Fe(OH)3↓+8H+产生H+的量基本相同,D正确。 D.电解总反应为+H2↑ 解析:根据图中信息可知,连接a的电极上碘离子失电子生成I∙,则其为阳极,说明a为电源的正极,故b为负极,连接负极的电极上氢离子得电子生成氢气,I∙与二苯甲醇反应生成二苯甲酮、碘离子和氢离子;结合质量守恒,总反应为二苯甲醇被电解生成二苯甲酮和氢气:+H2↑。A.由分析可知,b为负极,若铅酸蓄电池为电源,则b为Pb电极,A正确; B.由分析可知,整个反应中,初始的I-先被消耗后又生成,是反应的催化剂,而I∙和H+最终转化为碘离子和氢气,故两者为中间产物,B正确;C.由分析可知,电解总反应为+H2↑,氢的化合价由+1价变为0价,则合成1 mol 二苯甲酮时,电路中转移电子2 mol,C正确;D.由分析可知,电解总反应为+H2↑,D错误。 $