第7章 第5讲 课后检测能力达标(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·化学

**基本信息** 聚焦电化学核心原理，以“腐蚀-保护-电解”为逻辑主线，通过基础巩固与素养提升分层训练，融合科学思维与探究实践，实现从概念辨析到综合应用的递进。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|9题（含2023浙江选考等）|基础概念辨析、原理判断|金属腐蚀类型→电化学保护方法→电解基础应用，构建原电池到电解池认知链| |素养提升|5题（含2024湖南卷等）|综合情境分析、创新应用|电解复杂体系→工业流程优化→前沿催化研究，深化电极反应与离子迁移模型|

[基础巩固] 1．（2026·南昌模拟）“伏鸟双尾青铜虎”是江西省博物馆十大镇馆之宝之一，如右图所示。下列叙述错误的是(　　) A．青铜是铜锡合金材料 B．表面铜绿的主要成分是Cu2(OH)2CO3 C．青铜在碱性潮湿土壤中易发生析氢腐蚀 D．可采用蜡封法保存“伏鸟双尾青铜虎” 解析：选C。青铜在碱性潮湿土壤中易发生吸氧腐蚀，C错误。 2．（2025·湛江模拟）海港码头埋设管道的钢制阀门会受到海水的长期侵袭，可利用电化学保护法防止钢制阀门的腐蚀，示意图如下。下列说法不正确的是(　　) A.该装置防腐蚀的方法称为牺牲阳极法 B．物块X可选用锌块 C．钢制阀门在海水中发生吸氧腐蚀时正极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－ D．导线上通过的电子越多，钢制阀门被腐蚀地越严重 解析：选D。由题图可知，X电极失去电子，作为原电池的负极，钢制阀门作为正极，这种防腐蚀的方法为牺牲阳极法，A正确；牺牲阳极法中的阳极应选用金属活动性比铁更活泼的金属，故可以选用锌块，B正确；钢制阀门在海水中发生吸氧腐蚀时，O2在正极得到电子生成OH－，电极反应为O2＋4e－＋2H2O===4OH－，C正确；导线上通过的电子越多，说明牺牲阳极消耗越多，与钢制阀门腐蚀程度无关，D错误。 3．（2023·浙江6月选考）氯碱工业能耗大，通过下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 解析：选B。电极A上氯离子转变为氯气，氯元素化合价升高，失去电子，因此电极A是电解池阳极，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，电极反应式为2H2O＋4e－＋O2===4OH－，故B错误；右室生成氢氧根离子，应选用阳离子交换膜，左室的钠离子进入右室，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上反应物的氧化性，从而降低电解电压，减少能耗，故D正确。 4．某电化学装置如下图所示，a、b分别接直流电源两极。下列说法正确的是(　　) 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(Cu2+)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 解析：选D。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，则该装置为电解精炼铜装置，溶液中c(Cu2+)减小，故B错误；若A、B均为石墨电极，则电解总反应的化学方程式为2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，通电一段时间后，溶液的pH减小，故C错误。 5．在NaCl浓溶液中及空气存在下，矿砂中的单质银发生吸氧腐蚀生成[AgCl2]－，再加入锌粉生成[ZnCl4]2-和纯度较高的单质银。下列说法不正确的是(　　) A．提高Cl－浓度有利于单质银的溶解 B．正极发生的电极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O C．随着腐蚀的进行，溶液的pH增大 D．加入锌粉反应后，溶液中阴离子总浓度降低 解析：选B。单质银在氯化钠浓溶液中与氧气反应生成[AgCl2]－，离子方程式为4Ag＋O2＋8Cl－＋2H2O⥫⥬4[AgCl2]－＋4OH－，增大氯离子浓度有利于单质银的溶解，A项正确；在氯化钠浓溶液中及空气存在下，正极发生的电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－，随着腐蚀的进行，OH－的浓度增大，溶液pH增大，B项错误、C项正确；加入锌粉后，发生反应：Zn＋2[AgCl2]－===2Ag＋[ZnCl4]2-，溶液中阴离子总浓度降低，D项正确。 6．高氯酸在化工生产中有广泛应用，工业上以NaClO4为原料制备高氯酸的原理如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．f极为光伏电池的正极 B．a、b处均通入NaClO4溶液 C．d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4溶液 D．若转移2 mol电子，则理论上生成100.5 gHClO4 解析：选C。根据钠离子的移动方向可知，电解池左侧电极为阳极，与光伏电池的正极e相接，f极为光伏电池的负极；电解池左侧阳极的电极反应式为2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，生成的H＋与a处加入的物质结合生成高氯酸，所以a处加入的物质为高氯酸钠溶液；电解池右侧阴极的电极反应式为2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，生成的OH－与迁移过来的Na＋结合生成NaOH，所以b处加入的物质为稀NaOH溶液。 7．（2026·河南名校协作体联考）氯化钙、醋酸钙两种融雪剂在5 ℃下对溶解氧的浓度的影响（图1）和对碳钢（铁碳合金）的腐蚀速率的影响（图2）如下所示。下列说法错误的是(　　) A．水中溶氧量主要与离子浓度有关，而与离子种类基本无关 B．当水中不含融雪剂时，碳钢的腐蚀速率一定最大 C．在上述盐溶液条件下，碳钢主要发生吸氧腐蚀 D．相同温度下，同浓度的两种融雪剂溶液的pH不同 解析：选B。由题图1可知，在相同温度下，随着氯化钙、醋酸钙浓度的增大，溶解氧的浓度逐渐减小，并且氯化钙、醋酸钙对溶解氧浓度的影响趋势基本一致，说明水中溶氧量主要与离子浓度有关，而与离子种类基本无关，A正确；题图2研究的是溶液中含有氯化钙、醋酸钙时，碳钢的腐蚀速率情况，但没有给出不含融雪剂时的信息，无法得出“当水中不含融雪剂时，碳钢的腐蚀速率一定最大”的结论，B错误；由题图1可知，水中存在溶解氧且溶液呈中性或弱碱性，在这种情况下，碳钢主要发生吸氧腐蚀，C正确；氯化钙是强酸强碱盐，其溶液显中性，醋酸钙是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解使溶液显碱性，所以相同温度下，同浓度的两种融雪剂溶液的pH不同，D正确。 8．（2025·合肥联考）电解熔融氯化钠和氯化钙混合物制备金属钠的装置如下图所示。阳极A为石墨，阴极K为铁环，两极用隔膜D隔开。氯气从阳极上方的抽气罩H抽出，液态金属钠经铁管F流入收集器G。下列叙述正确的是(　　) A．氯化钙的作用是作助熔剂，降低氯化钠的熔点 B．金属钠的密度大于熔融混合盐的密度，电解得到的钠在下层 C．隔膜D为阳离子交换膜，防止生成的氯气和钠重新生成氯化钠 D．电解时阴极的电极反应为Na＋＋e－===Na，发生氧化反应，阴极上可能有少量的钙单质生成 解析：选A。本装置的目的是制备金属Na，可以联想电解铝工业中的助熔剂冰晶石，故加入氯化钙的作用是作助熔剂，A正确；由题图可知，金属钠在上部收集，所以钠的密度小于熔融混合盐的密度，B不正确；由题图可知，Cl－通过隔膜D移至阳极A放电产生Cl2，所以隔膜D应该为阴离子交换膜，C不正确；阴极发生的是还原反应，D不正确。 9．（2025·上海浦东新区模拟）Ⅰ.研究铁的腐蚀 实验步骤如下： 步骤1：将铁粉放置于0.002 mol·L-1CuSO4溶液中浸泡，过滤后用水洗涤。 步骤2：向15.00 mL 1 mol·L-1NaCl溶液（用盐酸调至pH＝1.78）中加入浸泡过的Fe粉。 步骤3：采集溶液pH随时间变化的数据。 (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_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 ②第一阶段和第二阶段发生不同类型电化学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________（填“正极”或“负极”）相连。 ②向ZnSO4电解液中加入NaCN溶液，将Zn2+转化为[Zn(CN)4]2-，电解得到的镀层更加致密、细腻，原因是_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 解析：(1)铁与硫酸铜反应生成的铜附着在铁表面，当浸入酸性较强的溶液中时发生析氢腐蚀，铜为原电池的正极，电极反应为2H＋＋2e－===H2↑。 (2)①铁与硫酸铜反应生成的铜附着在铁表面，当电解质溶液酸性极弱或接近中性时，发生吸氧腐蚀，Cu为正极，电极反应为O2＋2H2O＋4e－===4OH－。②由题图可知，铁在酸性较强的电解质溶液中发生析氢腐蚀，在酸性极弱或接近中性的电解质溶液中发生吸氧腐蚀，故第一阶段和第二阶段发生不同类型电化学腐蚀的主要影响因素是电解质溶液的酸碱性或电解质溶液的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为电镀池的阳极，镀件Fe应与电源的负极相连。 答案：(1)2H＋＋2e－===H2↑　(2)①O2＋2H2O＋4e－===4OH－　②电解质溶液的酸碱性（或电解质溶液的pH）　(3)①负极　②通过反应Zn2+＋4CN－⥫⥬[Zn(CN)4]2-，降低c(Zn2+)，使得Zn2+放电速率减缓，同时通过平衡的移动补充放电消耗的Zn2+，使其浓度保持相对稳定，达到放电速率平稳的作用 [素养提升] 10．钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。下图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是(　　) A．电势：Co电极>石墨电极 B．外电路中每通过1 mol电子，Ⅲ室溶液质量理论上减少65 g C．移除阳离子交换膜后，石墨电极上发生的反应不变 D．电解过程中，Ⅱ室盐酸浓度变小 解析：选B。由题图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，Ⅰ室中的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动；钴电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应为Co2+＋2e－===Co，Ⅲ室中的氯离子通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解总反应的离子方程式为2Co2+＋2H2O2Co＋O2↑＋4H＋。电解池中，阳极的电势高于阴极的电势，即电势：石墨电极＞Co电极，A错误；由分析可知，Ⅲ室中发生反应Co2+＋2e－===Co，氯离子通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，外电路中每通过1 mol电子，有0.5 mol Co2+和1 mol Cl－ 脱离Ⅲ室，故Ⅲ室溶液质量理论上减少0.5 mol×59 g/mol＋1 mol×35.5 g/mol＝65 g，B正确；移除阳离子交换膜后，石墨电极上发生的反应变成氯离子失电子生成氯气，C错误；由分析可知，氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，氯离子通过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，故电解过程中，Ⅱ室盐酸浓度变大，D错误。 11．（2024·湖南卷）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，电解原理如下图所示。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 molK4C6N16 解析：选B。由题图可知，Ni电极上产生H2，故Ni电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－；Pt电极上C3N8H4失去电子生成C6N，故Pt电极为阳极，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，故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，B正确，C错误；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；根据电解总反应可知，每生成1 mol H2，生成0.5 mol K4C6N16，但Pt电极伴随少量O2生成，发生的电极反应为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，即生成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的物质的量小于0.5 mol，D错误。 12．（2026·抚顺模拟）利用有机电化学合成1，2-二氯乙烷的装置如下图所示。若该装置工作时中间室NaCl溶液的浓度通过调整保持不变，电解时阴极生成气体的速率为x mol·h-1。下列说法错误的是(　　) A．电源中电势：b>a B．离子交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜 C．合成室内发生的反应为CH2===CH2＋2CuCl2―→CH2ClCH2Cl＋2CuCl D．中间室补充NaCl的速率为2x mol·h-1 解析：选B。由题图可知，右侧电极上Cu元素的化合价由＋1价升高为＋2价，发生氧化反应，则电极N为阳极，电极b为正极，所以电极M为阴极，电极a为负极，故电源中电势：b>a ，A正确；中间室内的氯离子通过离子交换膜Ⅱ进入右室，最终生成CuCl2，左室H2O放电生成H2和OH－，OH－浓度增大，与中间室迁移过来的Na＋结合，生成NaOH，所以离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，离子交换膜Ⅱ为阴离子交换膜，B错误；由题图可知，合成室内发生的反应为CH2===CH2＋2CuCl2―→CH2ClCH2Cl＋2CuCl，C正确；电解时阴极生成气体的速率为x mol·h-1，阴极电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，根据电荷守恒可知，中间室迁移过来的Na＋的速率为2x mol·h-1，故中间室补充NaCl的速率为2x mol·h-1，D正确。 13．（2026·西南大学附中月考）成对电解可提高电化学合成的电子经济性。在含特殊催化剂的电极上电解，两极同时得到H2O2的电解池工作原理如下图所示。下列说法正确的是(　　) A．A为电源的正极 B．阴极反应式：O2＋2e－＋2H＋===H2O2 C．电解结束后，阳极区的小于 D．电解过程中，当转移1 mol电子时，理论上生成1 mol H2O2 解析：选D。在含特殊催化剂的电极上电解，两极同时得到H2O2，根据装置图可知，氧掺杂碳纳米管电极上O2得电子发生还原反应生成H2O2，电极反应式为O2＋2e－＋2HCO===H2O2＋2CO，故氧掺杂碳纳米管电极是阴极；镍掺杂钛氧化物电极上H2O失电子发生氧化反应生成H2O2，电极反应式为2H2O－2e－＋2CO===H2O2＋2HCO，故镍掺杂钛氧化物电极是阳极。氧掺杂碳纳米管电极是阴极，连接电源负极，故A为电源的负极，A错误；阴极反应式为O2＋2e－＋2HCO===H2O2＋2CO，B错误；由阳极反应式2H2O－2e－＋2CO===H2O2＋2HCO可知，电解过程中阳极区消耗CO，生成HCO，故电解结束后，阳极区的大于，C错误；由电极反应式可知，当转移1 mol电子时，阴极生成0.5 mol H2O2，阳极生成0.5 mol H2O2，共生成1 mol H2O2，D正确。 14．电催化还原CO2是当今资源化利用二氧化碳的重点课题，常用的阴极材料有有机多孔电极材料、铜基复合电极材料等。 (1)一种有机多孔电极材料（铜粉沉积在一种有机化合物的骨架上）电催化还原CO2的装置示意图如图1所示。控制其他条件相同，将一定量的CO2通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2所示。 ①电解前需向电解质溶液中持续通入过量CO2的原因是_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 ②控制电压为0.8 V，电解时转移电子的物质的量为__________mol。 ③科研小组利用13CO2代替原有的CO2进行研究，目的是_____________________________________________________________ ________________________________________________________。 (2)一种铜基复合电极材料Au/Cu2O的制备方法：将一定量Cu2O分散至水与乙醇的混合溶液中，向溶液中逐滴滴加HAuCl4（一种强酸）溶液，搅拌一段时间后离心分离，得Au/Cu2O，溶液呈蓝色。写出Cu2O还原HAuCl4的离子方程式：___________________________________ ________________________________________________________。 (3)金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图3所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应活化能如图4所示。 ①X为__________。补充完整虚线框内Y的结构：____________。 ②与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是___________________________________________________ _____________________________________________________________ ________________________________________________________。 解析：(1)②控制电压为0.8 V，产生0.2 mol氢气和0.2 mol乙醇，根据电极反应2H＋＋2e－===H2↑，2CO2＋12e－＋12H＋===C2H5OH＋3H2O，电解时转移电子的物质的量为0.2 mol×2＋0.2 mol×12＝2.8 mol。(2)溶液呈蓝色，说明生成铜离子，故Cu2O还原HAuCl4的离子方程式为3Cu2O＋6H＋＋2AuCl===2Au＋6Cu2+＋3H2O＋8Cl－。(3)①由题图3可知，两步都与X反应，反应后增加两个氢原子，故X为H＋＋e－，Y的结构为。 答案：(1)①使阴极表面尽可能被CO2附着，减少析氢反应的发生，提高含碳化合物的产率　②2.8　③确定阴极上生成的含碳化合物来自CO2而非有机多孔电极材料 (2)3Cu2O＋6H＋＋2AuCl===2Au＋6Cu2+＋3H2O＋8Cl－ (3)①H＋＋e－　　②增大了生成乙醇与甲醛的速率，提高了乙醇的选择性 学科网（北京）股份有限公司 $