专题14 电解原理、金属腐蚀和保护-【创新大课堂系列】高三化学全国名校名卷168优化重组卷

“阴极区产生的CO透过阴离子交换膜进入阳 极”，“CO+2H+—CO2个+H2O,产生 CO,”);(3)阴极生成碳酸根离子，发生反应为二 氧化碳和氢氧根离子生成碳酸根离子和水：CO2 +2OH—CO号十H,O;在阴极区若CO2每得 到1mol电子，同时有H2O也会得到等物质的量 的电子，若生成1 mol CHOH,消耗1 mol CO2 得6mol电子，生成6 mol OH,H2O也会得到6 mol电子，生成6 mol OH,共12 mol OH,发生 反应CO,+2OH—CO+HO,消耗6mol CO2,阴极共消耗7 mol CO2,根据选择性公式，S CH,0H份理论最大位为}-7· 答案：(1)CO2+6e+5H2O=CHOH +60H (2)阳极区发生电极反应2H2O一4e—4H++ O2个，阴极区产生的CO透过阴离子交换膜进 人阳极，发生反应：CO+2H+一CO2个+ H2O,产生CO2(“阳极区发生电极反应2H2O一 4e=4H++O2个”，“阴极区产生的CO号透过 阴离子交换膜进入阳极”，“CO十2H—CO,个 +H2O,产生CO2”) 8)号 16.解析：由图可知，a膜是释放出氢离子的阳离子交 换膜，b膜是释放出氢氧根离子的阴离子交换膜， 放电时，锌电极为原电池的负极，碱性条件下锌在 负极失去电子发生氧化反应生成四羟基合锌离 子，电极反应式为Zn+4OH-2e Zn(OH)?,多孔钯纳米片为正极，酸性条件下二 氧化碳在正极得到电子发生还原反应生成甲酸， 电极反应式为CO2+2H++2e一HCOOH;充 电时，与直流电源负极相连的锌电极为阴极，四羟 基合锌离子在阴极得到电子发生还原反应生成锌 和氢氧根离子，多孔钯纳米片为阳极，碱性条件下 甲酸在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳 和水。(1)甲酸分子中单键为。键，双键中含有1 个。键和1个π键，所以分子中。键和π键的数 目之比为4：1，故答案为：4：1：(2)由图可知，充 电时复合膜中氢氧根离子移向多孔钯纳米片极， 由解析可知，放电时，多孔钯纳米片为正极，酸性 条件下二氧化碳在正极得到电子发生还原反应生 成甲酸，电极反应式为CO,十2H+十2e HCOOH,故答案为：OH;CO2+2H++2e HCOOH;(3)由解析可知，放电时，锌电极为原电 池的负极，故错误；由解析可知，充电时多孔钯纳 米片为阳极，碱性条件下甲酸在阳极失去电子发 生氧化反应生成二氧化碳和水，故错误；由化学式 可知，Na2[Zn(OH):]中存在离子键、极性共价键 -218 和配位键，故错误；溶液中的四羟基合锌离子能与 硫酸溶液中的氢离子反应生成锌离子和水，故 正确。 答案：(1)4：1 (2)OH CO,+2H*+2e-HCOOH (3)D 17.解析：由图可知，通入甲烷的电极发生还原反应为 原电池的负极，通入氧气的电极为正极，则乙池和 丙池为电解池，注意其中丙池中的铁电极为活泼 电极，以此解题。(1)ag乙炔燃烧放出热量bkJ, 则1mol乙炔燃烧放出热量一2bkJ,故表示乙炔 燃烧热的热化学方程式为：C,H,(g)十号0，(g) -2CO2(g)+H2O(1)△H=-2bkJ·mo11; (2)①通入甲烷的电极，甲烷失去电子发生氧化反 应，故此电极为负极，电极反应式为：CH十 10OH-8eCO号+7H2O:②丙池中是铁做 阳极的电解氯化钠溶液的反应，铁在阳极失去电 子，水电离的氢离子在铂电极得到电子生成氢气， 同时注意阳极生成的二价铁会和氢氧根离子反应 生成氢氧化亚铁，总反应方程式为：Fe十2H,O 道电Fe(OH),十H2个；③体积为2240ml.(标况) 的甲烷其物质的量为0.1mol,每个燃料电池消耗 0.05mol甲烷，共失去电子0.4mol,则乙池中某 电极上析出Ag也为0.4mol,其质量为43.2g; (3)①由图可知，氢气在N电极失去电子，发生还 原反应，则N电极为负极，电极反应为：H2十 2OH-2e—2H2O;②通过①问解析可知，M 为正极，通过图示可知，原料室中的钠离子向左移 动，b极附近的氢离子向左移动，则a电极为阴 极，b电极为阳极，则M应该与b电极连接；同时 1、3为阳膜；③在产品室中应该是原料室中的 B(OH),向右进入产品室，和b极区进入产品室 中的氢离子反应生成产品HBO3,相应的离子反 应为：B(OH):+H+—HBO,+H2O。 答案：1)C,H,(g)+号0，(g)—2C0,(g)+H,0 (I)△H=-2bkJ·mol厂1 (2)1CH+100H-8e-CO+7H2O ②Fe+2H,0通电Fe(OH),十H,↑③43.2 (3)①H2+2OH-2e-2H2O②b1、3 3B(OH)+HT-H,BO3+H,O 专题14电解原理、金属腐蚀和保护 1.D2.C3.B4.B5.B6.D7.C8.B 9.B10.C11.B12.D13.C 14.解析：(1)该装置为电解池，CO2→CO,碳元素化 合价降低，发生还原反应，则通入CO2气体的一 极为阴极，电极反应式：2H+十CO2十2e—CO 十H2O:(2)由电子流入的一极为正极，则X为正 极，放电时正极上反应式：2H+十VO十e一 VO+十H2O:放电过程中，右罐为负极，反应式： Vv+一e一V+,则溶液颜色逐渐由紫色变为绿 色；(3)图2是原电池，Y极电子流出，则Y为负 极，X为正极，图1是电解池，催化电极b是阳极， 由电解池的阳极接原电池的正极，则催化电极b 应与该电池的X极，催化电极b的电极反应式为： HO+C1一2e一HClO+H+,电路中转移 0.4mol电子，则理论上生成0.2 mol NaClO,质量 为m=nM=0.2mol×74.5g/mol=14.9g。 答案：(1)阴极2H++CO2+2eCO+HO (2)2H++VO才+e一VO2++H,O溶液由 紫色变为绿色 (3)X14.9 15.解析：如图，用Zn和Fe作为电极，酸化的3%的 NaCl溶液(pH≈5)作为电解液，组成原电池，探 究铁被腐蚀的原因，在实验I中滴加K,[Fe (CN)。]溶液，未出现蓝色沉淀，证明未生成Fe2+; 在实验Ⅱ中向Fe电极附近滴加Kg[Fe(CN),]溶 液，生成蓝色沉淀，证明生成了F+,通过分析， 探究F被腐蚀额原因；用一端包裹着锌片，一段 不作任何处理的铁钉置于加入NaCl溶液的琼脂 胶冻探究铁钉的腐蚀原因，据此回答。(1)在锌铁 原电池中，活泼的金属作负极，锌比铁活泼，所以 实验I中锌作负极；(2)①在酸性的氯化钠溶液中 存在氧气，氧气具有氧化性，能把铁氧化，所以猜 想为：O2能将Fe氧化；依据实验I中电流表指针 偏转，Fe电极上未见气泡生成；取出少量Fe电极 附近的溶液，滴加K3[Fe(CN)。]溶液，未出现蓝 色沉淀，即可知由H十和O2将Fe氧化，即可否定 猜想ab:②由资料i:实验I条件下，Fe++6CN =[Fe(CN)6]4-K1=1.0×1035,Zn2++ 4CN=[Zn(CN),]2-K2=5.0×101,可得 K,>K2Fe+与CN的配位能力远大于Zn+), [Fe(CN),]3被Zn还原后的产物应为 [Fe(CN)。]4-而非Fe+,无法生成蓝色沉淀，推测 猜想d不成立；因此猜想c成立，K,[Fe(CN),]将 Fe氧化，K,[Fe(CN)]中Fe3+将Fe氧化生成 Fe2+的离子方程式为Fe+2[Fe(CN).]3-=2[Fe (CN)。]-十Fe2+:(3)在实验Ⅲ中，若发生吸氧腐 蚀，正极发生O2+4e+2H2O一4OH反应， 生成OH,溶液呈增强，若向A区滴加酚酞溶 液，出现红色，证明溶液呈碱性，即证明发生了吸 氧腐蚀；(4)蓝色沉淀为KFe[Fe(CN)。],其在溶 液中存在着沉淀溶解平衡，KFe[Fe(CN)。](s) =K+(aq)Fe2 (aq)+[Fe (CN)](aq), [Fe(CN)。]3-=Fe3++6CN,中阴离子向负极移 -219 动，所以[Fe(CN)。]3移动到负极附近被Zn还 原，使其浓度降低，随着正极O2十4e十2H2O= 4OH反应的进行，铁钉附近c(OH)增大， Fe2+、Fe3+与OH反应，使Fe2+、Fe3+、 [Fe(CN)。]3-浓度降低，根据勒夏特列原理，上述 沉淀溶解平衡正向移动，蓝色沉淀溶解；(5)当把 锌片换成铜片时，因为铜的活泼性比铁弱，此时形 成的原电池中，A区的铁作负极，铜作正极，负极反 应为Fe-2e=Fe2+,向A区滴加K,[Fe(CN),]溶 液，因为有Fe+生成，会生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)], 但与实验I不同的是，因为铁持续作负极被氧化产生 F+,所以该反应比实验Ⅳ产生的蓝色沉淀更快、更 多；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失。 答案：(1)负 (2)O2abK1>K2(Fe2+与CN的配位能力远 大于Zn+),[Fe(CN)。]3-被Zn还原后的产物应 为[Fe(CN),]-而非Fe2+Fe十2[Fe(CN)。]3 -2[Fe(CN)+Fe2+ (3)向A区滴加酚酞溶液，出现红色 (4)KFe[Fe(CN)](s)=K(aq)+Fe2+(aq)+ [Fe(CN).]3(aq),Fe+或[Fe(CN)a]3被Zn还 原，使其浓度降低，平衡正向移动，蓝色沉淀溶解 (5)该反应比实验N产生的蓝色沉淀更快；一段时 间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失 16.解析：(1)由于B电极是Li能与水反应，Ⅱ室盛装 的是有机电解液，隔膜以分离水系电解液和有机 电解液，所以【室盛装水系电解液；外接“负载” 时，装置甲为原电池装置，已知I由Ⅱ室移至I 室，A为原电池的正极，电极反应式为NiOOH十 e+H,O—Ni(OH)2十OH;故答案为：水系； NiOOH+e+H2O-Ni(OH)2十OH;(2)启 动电源1，Ⅲ和Ⅳ构成电解池装置，N室海水中的 Li+进入MnO2结构形成Li,Mn2O,,可知MnO2 结构为阴极，电极C为阳极；i+参与的电极反应 式为xLi++2MnO2十xe—Li,Mn2O4;关闭电 源1和海水通道，启动电源2，同时向电极D通入 空气，使Li,Mn2O4中的Li脱出，可知MnO2结 构失电子为阳极，电极D为阴极，因此第二步中 Lⅰ迁移方向为Ⅳ→V,该电解池反应的化学方程 式为4Ii,Mn2O4+xO2+2xH2O-4 xLiOH+ 8MnO2;设Mn(Ⅲ)为a,则Mn(IN)为(2一a),当 x=0.8时，LiMn2O化合价代数和为0，可得， (0.8×1)+a×3+(2-a)×4=8,则a=0.8,Mn ()、Mn(V)个数比为0.8：(2一0.8)=2：3；启 动电源1时，阴极反应式：xLi十2MnO2十xe —LiMn2O4,阳极反应式：2H2O-4e—O2 十4H+,当x=0.8时，两极转移电子数为4mol, 阴极消耗的MnO2为10mol,阳极生成氧气为 1mol,消耗的MnO2与电极C的气态产物W的 物质的量之比nMn0)-10:1。 n(W) 答案：(1)水系NiOOH+e+HO—Ni (OH)2+OH (2)①阳极xLi+2MnO2十xe一LiMn2O, ②IW→V4LiMn2O4+xO2+2xH2O 4 rLiOH+8MnO2③2：310：1 专题15化学反应速率、反应机理 1.C2.C3.D4.B5.C6.C7.B8.C 9.C10.B11.D12.C13.B14.A 15.解析：(1)若T1时，向容器中充入n1mol气体(3 molH2和1 mol CO2),反应至5min时达到平 衡，H2的平衡转化率为30%，则0~5min内CO 的平均反应谁率u(C0,)=日(H)=号× 3molX30%=0.03mol·L1·min'。(2)由图 2L.×5min 可知，升高温度，H2的平衡转化率下降，说明平衡 逆向移动，该反应为放热反应，在较低温度下有利 于该反应自发进行。(3)在恒容、恒温条件下，增 大反应物总量（原料比例相同），相当于加压，平衡 向正反应方向进行，H2的平衡转化率增大。读图 可知，同在T2时，曲线n2对应H2的平衡转化率 比曲线n1高，所以n2初始充入物质的量多，即n2 no 答案：(1)0.03mol·L1·min (2)放热较低 (3)在恒容、恒温条件下，增大反应物总量（原料比 例相同)，相当于加压，平衡向正反应方向进行， H2的平衡转化率增大。读图可知，同在T2时，曲 线n2对应H2的平衡转化率比曲线n1高，所以n2 初始充人物质的量多，即n2>n1 16.解析：(1)[Cu(NH)]++CO+NH一 Cu(NH),CO△H<0,正反应为气体分子总 数减小的放热反应，欲充分吸收CO,使反应正向 进行；升高温度，反应逆向进行，不利于CO的吸 收，A不符合题意；增大压强，反应正向进行，有 利于CO的吸收，B符合题意；增大亚铜盐浓度， 反应正向进行，有利于CO的吸收，C符合题意； 该 反 应 K c([Cu(NH3)3CO]) c[CuNH,])·c(NH,)·b(CO,平街后 加水稀释，温度不变K不变，c(NH3)变小， (CO)不变，此时Q>K,反应逆向进行，不利于 CO的吸收，D不符合题意；故答案为：BC。(2)0 30 min[Cu(NH,)2]+)=Ac △t (2.0-1.2)mol/L≈0.027mol/(L·min),故答 30 min 案为：0.027mol/(L·min):(3)60min到90min, [Cu(NH3)2]+浓度增大0.9mol/I,[Cu(NH)2 CO]+浓度减小0.9mol/1,变化量之比等于化学 -220 计量数之比，且速率比0~30min快，则改变条件 使平衡逆向移动，且加快反应速率，正反应是体 积减小的反应，不可能是增大压强，正反应是放 热反应，所以60min时改变的条件可能是升高温 度，故答案为：升高温度；(4)当浓度不变时反应 达到平衡，[Cu(NH2)2]+与[Cu(NH3),CO]+的 浓度相等时，不能确定浓度是否还能改变，故不 能判断是否达到平衡，A错误；平衡后增大[Cu (NH)2]+,平衡正向移动，但[Cu(NH)2]+转化 率减小，B错误；平衡后加水稀释，温度不变，平衡 c([Cu(NH3 )CO] 常数K=cLCu(NH),+)·cNH,)·bCO) 不变，c(NH)变小，p(CO)不变，[Cu(NH)2] 与[Cu(NH3)CO]+的浓度之比增大，C正确；根 据题意可知反应为放热反应，温度升高平衡向逆 反应方向移动，[Cu(NH3),CO]+生成 [Cu(NH)2]+,可实现[Cu(NH)2]+的再生，D 正确；故答案为：CD;(5)基态Cu原子核外电子 排布式为1s22s22p°3s23p3d°4s,只有4s轨道的 1个电子未成对；基态原子的电子吸收能量，跃迁 到较高能级，电子又从较高能级跃迁到较低能 级，以光的形式释放能量，为发射光谱，故答案 为：1；发射；(6)[Cu(NH3)2]+具有还原性，溶液 被空气中氧气氧化为[Cu(NH),]+,使得溶液 呈深蓝色，故答案为：4[Cu(NH3)2]++8NH3+ O2+2H2O-4[Cu(NH3):]2++4OH, [Cu(NH2)]+为深蓝色。 答案：(1)BC(2)0.027mol/(L·min) (3)升高温度 (4)CD (5)1发射 (6)4[Cu(NH3)2]++8NH3+O2+2H2O 4[Cu(NH)4]2++4OH,[Cu(NH,),]2+为深 蓝色 17.解析：(1)实验1和2的反应条件相同，只有温度 不同，目的是深究温度对反应速率的影响。(2)实 验1和3的NaS2O3浓度相同，稀硫酸浓度不同， 探究稀硫酸浓度对该反应速率的影响，V,和V,应 保持一致，以便探究稀疏酸浓度对反应速率的影 响，V1=10.0、V2=6.0。(3)S2O+2H+ SV十SO2个十H2O,根据实验1中的数据，可知 n(S2O)=0.001mol,n(H+)=0.01mol,若实 验1不再产生沉淀，则说明S2O已全部反应完 全，根据v(H+)=2(S2O号)，0(S2O)= 20X103X5mol·L.1·min1=0.01mol.L1 0.001 ·min,o(Ht)=0.02mol·L1·min1。 答案：(1)探究温度对反应速率的影响 (2)10.06.0 (3)0.02mol·L1·min专题14 电解原理 一、选择题 1.(2025·湖南 SEBE6-3 衡阳高三质 海洋大气区 三层 SEBF6-2 -6米 海溅区 SEBF6-1 冷 检)被誉为“跨 海水区 双层 SEBF6-2 SEBF6-1 -25米 海桥梁之最” 的港珠澳大桥 海 泥区 单层 SEBF6-1 使香港、广东 珠海、澳门三地进入“1小时经济圈”，港珠澳 大桥始终浸泡在海水中，为保证桥梁120年的 寿命，对其使用了先进的金属防腐技术，如钢 管柱涂层技术（如图）和牺牲阳极法。下列有 关说法错误的是 () A.随海水深度变深，涂层变薄 B.不同海水深度采用不同厚度的涂层与该处 氧气的浓度有关 C.镁、锌、铝均可作为牺牲阳极法的电极材料 D.牺牲阳极法利用了电解池原理 2.(2025·云南高考真题)一种用双极膜电渗析 法卤水除硼的装置如图所示，双极膜中H2O 解离的H十和OH一在电场作用下向两极迁 移。除硼原理：[B(OH)4]十H+一B (OH)3十H2O。下列说法错误的是 电源 NaCl NaOH 稀溶液 浓溶液 B(OH)1 OH OH 石墨电极 双极膜X膜Y膜双极膜t NaOH溶液 卤水NaCl浓溶液NaOH溶液水（含少量NaOH田 A.Pt电极反应：4OH -4e—O2个 +2H2O B.外加电场可促进双极膜中水的电离 C.Ⅲ室中，X膜、Y膜分别为阳离子交换膜和 阴离子交换膜 D.IW室每生成1 mol NaOH,同时Ⅱ室最多生 成1molB(OH)3 3.(2025·广东汕头三模)生活中许多现象与电 化学原理密切相关，下列说法正确的是( A铜板打上铁铆钉后，铜板更易被腐蚀 B.用“保暖贴”取暖，铁做负极发生吸氧腐蚀， 放出热量 C.保护水中的钢闸门，应将其与电源正极连接 D.生铁中含有碳，抗腐蚀能力比纯铁强 53 、金属腐蚀和保护 4.(2024·山东卷)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 电源 催化剂 泵BrO3 A.电极a连接电源负极 B.加入Y的目的是补充NaBr C,电解总反应式为Br十3H20电解BrO +3H2↑ D.催化阶段反应产物物质的量之比n(Z): n(Br)=3:2 5.(2025·天津西青模拟)铬(M)的化合物有较 大毒性，如不回收利用，会对环境造成污染。 某混合浆液含Al(OH)3、MnO2和少量 Na2CrO4。某研究小组设计了如图电解分离 装置，可以使浆液较完全地分离成固体混合物 和含铬元素溶液，并回收利用。下列说法错误 的是 () 气 搅拌桨 体 混合物浆液 NaSO:溶液阳离子膜阴离子膜NaS0,溶液 A.通电后CrO将通过阴离子膜进入阳极室 B.阴极室最终只能得到Na2SO4和H2 C.阳极的电极反应式为：4OH-4e—O2个 +2H2O D.分离后所得含铬元素的粒子有CrO 和Cr2O号 6.(2025·福建统考模拟预测)处理烟气中的 SO2可以采用碱吸—电解法，其流程如图1； 模拟过程Ⅱ如图2，下列推断不正确的是 ( NaOH溶液 一硫酸 N6常液0-N80,溶流道电 图1 Na,S0,溶液b 浓NaOH 溶液 浓硫酸 稀NaOH 溶液 二稀硫酸 纪 膜2 图2 A.电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根离子通过阴 离子交换膜进入右室 B.若用锌锰碱性电池为电源，a极与锌极相连 C.a极的电极反应式为2H20+2e 2OH+H2↑ D.若收集22.4L的P(标准状况下)，则转移 4mol电子 7.(2025·广东三模)某研测量压强仪器 醋酸 究小组为探究弱酸性条 件下铁发生电化学腐蚀 类型的影响因素，设计下 表实验。将混合均匀的 新制铁粉和碳粉置于锥 形瓶底部，塞上瓶塞。从胶头滴管中一次性滴 入醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。下列 说法不正确的是 ( 编号实验目的 碳粉/g铁粉/g醋酸/%醋酸/mL ①为以下实验作参照 0.5 2.0 90.0 2.0 ②醋酸浓度的影响 0.5 a 36.0 2.0 ③ M 0.2 2.0 90.0 2.0 A.a=2.0 B.M为“碳粉质量的影响” C.该实验一共探究了4种影响因素 D.铁发生电化学腐蚀负极反应为Fe一2e -Fe2+ 8.(2025·四川二模)我国学者在Science报道了 一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯 高效清洁、选择性地转化为环氧乙烷，电化学 反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将 阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧 乙烷。下列说法错误的是 ( 物质转化原理： C-→Cl,→HC1oCH=CHCH,CIH,OH OH H2C-CH 以 电源 CH=CH2→ KCI KCI 阴离子交换膜 54 A.Ni电极与电源负极相连 B.电解时左侧电解池溶液pH增大，右侧电解 池溶液pH减小 C.该过程的总反应为：CH2一CH2十H2O 通电 O +H2 H,C-CH, D.在电解液混合过程中会发生反应HC1十 KOH—KCI+H2O 9.(2025·湖北校联考模拟预测)某化学兴趣小 组设计如下实验，探究电解过程中溶液pH的 变化。装置、所得数据结果如图所示。电解过 程中，充分搅拌使溶液均匀，忽略溶液体积的 变化。下列说法错误的是 ) pH传感器严电源b 转换器 电脑 3 1 100mL z mol/L AgNO,溶液 电解时间 图1 图2 A.硝酸银溶液浓度为0.1mol/L B.若进行到t2时刻共有0.224L气体（标况） 产生，则外电路有0.01mol电子通过 C.若使用甲烷燃料电池为电源，1时，理论上 负极消耗的气体物质的量为0.00125mol D.电解到t1时刻，加入1.16gAg2O可使溶液 复原 10.(2025·湖北天门教育科学研究院模拟)我国 力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现 碳中和。某高校研究团队提出，利用TO2 基催化剂光催化还原CO2转化为甲醇，并 利用产生的电能进一步电解制备新型高效 净水剂Na2FeO4其原理如图所示。下列说 法正确的是 CH,OH a%NaOH溶液 电极c 离子交换膜Na,FeO,游液 电极d开 H,0 0 b%NaOH溶液 浓NaOH溶液 A.电极c为负极，发生还原反应 B.电极d的电极反应式为2H2O十4e O2个+4H+ C.Fe电极的电势高于Cu电极的电势 D.离子交换膜n、m分别为阴、阳离子交换膜 11.(2025·广东清远清新一中校考模拟预测)如 图所示是蒽（◇）氧化为蒽醌 )的间接合成示意图。下列说法错 误的是 Cr0号 隔膜 门电解槽 Q 惰性阳极 惰性阴极 蒽配 C活性炭 A.电解槽中，阳极附近溶液的H+浓度升高 B.1mol蒽被完全氧化成蒽醌转移电子数目 为3NA C.活性炭的作用是吸收有机物 D.Cr2O号一Cr3+化学再生过程，对环境 是友好的 12.(2025·天津二模)天津大学研究团队以 KOH溶液为电解质，CoP和Ni,P纳米片为 催化电极材料，电催化合成偶氮化合物 ]的装置如图所示(R代表烃 基)。下列说法不正确的是 直流电源 -RCH2NH2 →RCN CoP NiP 离子交换膜 KOH溶液 A.若用铅蓄电池作为电源，CoP极连接铅蓄 电池的铅电极 B.离子交换膜是阴离子交换膜 C.合成1mol偶氮化合物，需转移8mol电子 D.Ni,P电极反应式为RCH2NH2-4e 4H++RCN 13.(2025·陕西安康模拟预测)近期我国科学家 在温和条件下利用空气中的N2和O2直接 转化制HNO3,相比传统的Haber-Bosch合 成氨再催化氧化法具有低能耗、低碳排放量 等特点，其工作原理如图所示。下列说法错 误的是 电源H h N2+02 02 /N2 H,0 H2N202 Fe2 .OH HNO, HNO Li,SO/H,SO 离子交换膜 55 A.电势的高低：a>b B.a电极反应式为2H2O-4e一O2↑ +4H+ C.b电极生成1molH2O2和1 mol Fe2+时， a电极产生16.8L气体 D.Fe3+为b电极区反应的催化剂，H2O2、 H2N2O2为中间产物 二、非选择题 14.(2025·重庆三模)回答下列问题： (1)我国某科研团队设计了一种电解装置，将 CO2和NaCl高效转化为CO和NaClO,原理 如图1所示： 电源 co, 催化电极a 催化电极b 质子 交换膜 NaCI溶液 NaCl溶液 pH=4.5 图1 通入CO2气体的一极为 (填“阴极” “阳极”“正极”或“负极”)，写出该极的电极反 应式： (2)全钒液流电池是利用不同价态的含钒离 子在酸性条件下发生反应，其电池结构如图 2所示。已知酸性溶液中钒以VO(黄色)、 V2+(紫色)、VO2+(蓝色)、V3+(绿色)的形 式存在。放电过程中，电池的正极反应式为 ,右侧储液罐中溶液颜 色变化为 负载 储 VO,/VO V3+/2 液 质子 」交换膜 图2 (3)如果用全钒液流电池作为图1电解装置 的电源，则催化电极b应与该电池的 (填“X”或“Y”)极相连；若电解时电路中 转移0.4mol电子，则理论上生成NaClO的 质量为 g。 15.(2025·北京海淀三模)船舶的外壳常用镶嵌 锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟 该过程如下。 验 实验装置 实验步骤及现象 电流表指针偏转，Fe电 极上未见气泡生成：取 出少量Fe电极附近的 溶液，滴加K?[Fe (CN)6]溶液，未出现蓝 -Fe 色沉淀 酸化的3%NaC 溶液(pH≈5) 向Fe电极附近滴加K3 [Fe(CN)6]溶液，生成 蓝色沉淀 包裹锌片 A区 的铁钉 向A区滴加K3[Fe (CN)6]溶液，生成蓝色 沉淀，一段时间后，与 加入NaCl溶液的琼脂胶冻 铁钉接触的蓝色沉淀 消失 (1)实验I中，Zn作 极。 (2)蓝色沉淀为KFe[Fe(CN)s],说明有 Fe2+产生。 ①对实验I中F2+产生的原因作出如下猜想： 猜想a.H+将Fe氧化； 猜想b. 将Fe氧化； 猜想c.K3[Fe(CN)6]将Fe氧化； 猜想d.K3[Fe(CN)s]被Zn还原； 猜想b中的物质是 ；依据实验I中 的现象可否定猜想 (填字母)。 ②理论分析： 资料i:实验I条件下，Fe2++6CN一[Fe (CN)6]4-K1=1.0×1035 Zn2++4CN=[Zn(CN)4]2-K2=5.0 ×1016 根据资料ⅰ推测猜想d不成立，理由是： ,无法生成蓝色沉淀」 因此猜想c成立，其中生成F2+的离子方程 式为 (3)补全实验Ⅲ中的操作和现象，证明发生了 吸氧腐蚀： 资料ii:实验V条件下，Fe与KFe[Fe(CN)s] 很难发生反应。 (4)结合平衡移动原理，解释实验Ⅳ中“一段 时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能 原因 56 (5)将实验V装置中的锌片换成铜片，重复实 验V的操作，推测其与实验V现象的差异 由上述实验可知：比铁 活泼的锌可以保护铁不被腐蚀 16.(2025·山东青岛高二下期中)锂元素是电化 学研究领域的热点，相关电化学装置如图所 示。回答下列问题： 电源或负载 A 年Li计 B Ni(OH),/隔 Li NiOOH I室 Ⅱ室 装置甲 (1)装置甲是一种新型的水性锂镍二次电池， 利用一层固态防水渗透锂离子电解质隔膜以 分离水系电解液和有机电解液，实现1+的 高效传递。I室盛装 (填“有机”或 “水系”)电解液；外接“负载”时，已知L十由 Ⅱ室移至I室，此时A的电极反应式为 (2)装置乙是利用电化学原理富集海水中锂 的电化学系统，其工作步骤如下： 电源1 电源2 MnO, 石墨 0.5 mol/L 0.1 mol/L Na,s0,溶液 Li Mn,O LiOH溶液 极 电极 Ⅲ室 室 V室 海水 D 阳离子 交换膜 空气 装置乙 第一步：启动电源1，V室海水中的Li+进入 MnO2结构形成Li,Mn2O4(其中0<x≤2， 且Mn元素只表现十3、十4价)； 第二步：关闭电源1和海水通道，启动电源2， 同时向电极D通入空气，使Ii,Mn2O4中的 Li+脱出。 ①第一步中电极C为 (填“阴极”或 “阳极”)，L十参与的电极反应式为 ②第二步中Li+迁移方向为 (填“N →V”或“V→”)，该池反应的化学方程式 为 ③当x=0.8时，Li,Mn2O4中Mn(Ⅲ)、Mn （)个数比a ,启动电 源1至关闭电源1，消耗的MnO2与电极C 的气态产物W的物质的量之比(MnO) n(W)