第03讲++电解池、金属的腐蚀与防护(练习)- 2025年高考化学一轮复习讲义+课件+专练（新教材新高考）

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高考化学一轮复习策略建议1.研究考试大纲，循纲务本。考纲和考试说明是备考的指南针，认真研究考纲和考试说明，可增强日常复习的针对性和方向性，避免盲目备考。2.精练高考真题，明确方向。经过对近几年高考题的横、纵向分析，可以得出以下三点：一是主干知识考查集中化，二是基础知识新视角，推陈出新，三是能力考查“综合化”。3.摸清问题所在，对症下药。要提高后期的备考质量，还要真正了解学生存在的问题，只有如此，复习备考才能更加科学有效。4.切实回归基础，提高能力。复习训练的步骤包括强化基础，突破难点，规范作答，总结方法，通过这样的总结，学生印象深刻，应用更加灵活。第03讲 电解池、金属的腐蚀与防护题型一 电解原理应用于处理“三废”1．（2024·河北省衡水市高三模拟预测）研究表明，由于人类活动的影响，过量的二氧化碳排放已将海洋表层水的pH值降低了0.2。海水酸性的增强，使多种海洋生物乃至生态系统面临巨大威胁．用如图所示装置可以降低温室气体二氧化碳的含量。下列说法错误的是( )A．a室中发生的电极反应：2H2O-4e- =O2↑＋4H＋B．c室中的部分阳离子会迁移到b室C．b室发生的反应：H++HCO3- =CO2↑＋H2OD．可以利用上述方法从海水中提取CO2【答案】B【解析】海水从入口进入a室和c室，在a室发生氧化反应产生H+和O2，在c室发生还原反应产生OH-和H2，由于阳离子膜只允许阳离子通过，故a室产生的氢离子通过阳离子膜进入b室，而c室产生的OH-被阻隔，海水呈弱碱性，故在b室发生氢离子和碳酸氢根离子的中和反应产生二氧化碳气体，由于二氧化碳气体微溶于水，故二氧化碳气体从海水中分离。A项，水从入口进入a室和c室，在a室发生氧化反应产生H+和O2，电极方程式为：2H2O-4e- =O2↑＋4H＋，A正确；B项，c室为阴极区，a室为阳极区，电解池中阳离子向阴极移动，B错误；C项，b室发生氢离子和碳酸氢根离子的中和反应产生二氧化碳气体，离子方程式为：H++HCO3- =CO2↑＋H2O，C正确；D项，b室发生氢离子和碳酸氢根离子的中和反应产生二氧化碳气体，由于二氧化碳气体微溶于水，故二氧化碳气体从海水中分离，D正确；故选B。2．某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴、阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如下，下列说法不正确的是(　　)A．A为电源正极B．阳极区溶液中发生的氧化还原反应为Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2OC．阴极区附近溶液pH降低D．若不考虑气体的溶解，当收集到H2 13.44 L(标准状况)时，有0.1 mol Cr2Oeq \o\al(2－,7)被还原【答案】C【解析】根据图示，A作阳极，B作阴极，电极反应式为，阳极：Fe－2e－===Fe2＋；阴极：2H＋＋2e－===H2↑；然后，Cr2Oeq \o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，由于在阴极区c(H＋)减小，pH增大。根据6H2～6Fe2＋～Cr2Oeq \o\al(2－,7)得，当有13.44 L(标准状况)H2放出时，应有0.1 mol Cr2Oeq \o\al(2－,7)被还原。3．隔膜电解法处理酸性的硝基苯废水，采用惰性电极，装置示意图如下，下列说法正确的是(　　)A.阴极反应为：＋6H＋＋6e－=== ＋2H2OB.隔膜应为阴离子交换膜C.电解工作一段时间后，需补加 Na2SO4D.生成与O2的物质的量之比为 1∶1【答案】A【解析】电池右边实现了C6H5NO2→C6H7N的转变，N元素的化合价从＋3价变到－3价，化合价降低，发生还原反应，对应电极为阴极，故阴极的电极反应式为：C6H5NO2＋6e－＋6H＋=== C6H7N＋2H2O，A正确；交换膜允许H＋通过，为阳离子交换膜，B错误；阳极电极反应式为：4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，没有消耗钠离子和硫酸根，不需补加硫酸钠，C错误；阴极电极反应式为C6H5NO2＋ 6e－＋6H＋===C6H7N ＋ 2H2O ，每生成1 mol C6H7N转移电子数为6 mol，阳极电极反应式为4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，每转移6 mol电子生成1.5 mol O2，则生成与O2的物质的量之比为 1∶1.5＝2∶3，D错误；故答案选A。4． 用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)(1)图中a极要连接电源的(填“正”或“负”)________极，C口流出的物质是________。(2)SOeq \o\al(2－,3)放电的电极反应式为____________。(3)电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因________。【答案】 (1)负　硫酸(2)SOeq \o\al(2－,3)－2e－＋H2O===SOeq \o\al(2－,4)＋2H＋(3)H2OH＋＋OH－，在阴极H＋放电生成H2，c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强【解析】根据Na＋、SOeq \o\al(2－,3)的移向判断阴、阳极。Na＋移向阴极区，a应接电源负极，b应接电源正极，其电极反应式分别为，阳极：SOeq \o\al(2－,3)－2e－＋H2O===SOeq \o\al(2－,4)＋2H＋，阴极：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，所以从C口流出的是H2SO4，在阴极区，由于H＋放电，破坏水的电离平衡，c(H＋)减小，c(OH－)增大，生成NaOH，碱性增强，从B口流出的是浓度较大的NaOH溶液。题型二 电解原理应用于制备物质5．(2024·浙江省宁波市十校高三二模联考)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图所示。下列说法正确的是( )A．上述装置中，f极为光伏电池的正极B．a、b处均通入NaClO4溶液C．d处得到较浓的溶液，c处得到HClO4溶液D．若转移2mol电子，理论上生成100.5gNaClO4【答案】C【解析】根据钠离子通过离子交换膜的移动方向可知：电解池左侧为阳极，与光伏电池的正极e相接，f极为光伏电池的负极，阳极H2O或OH-失去电子生成氧气和氢离子或水，电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑或4OH--4e-=2H2O+O2↑，生成的H+与加入的a物质结合成高氯酸，所以a为高氯酸钠，电解池右侧阴极上H2O或H+得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子或氢气，电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑或2H++2e-=H2↑，OH-与Na+结合成NaOH，所以物质b为稀NaOH溶液。A项，图中Na+由左侧移动到右侧，即电解池左侧为阳极，阳极电极与光伏电池的正极相接，所以e极为光伏电池的正极、f极为负极，故A错误；    B项，物质b为稀NaOH溶液，故B错误； C项，左侧阳极上生成的H+与加入的高氯酸钠结合成高氯酸，右侧阴极上生成的OH-与Na+结合成NaOH，所以d处得到较浓的NaOH溶液，c处得到HClO4，故C正确； D项，电解NaClO4溶液生成HClO4时阳极电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，转移2mol电子则生成2molH+，即生成2molHClO4，m(HClO4)=nM=2mol×100.5g/mol=201g，故D错误；故选C。6．(2024·浙江省新阵地教育联盟、浙江十校高三联考)高能耗的氯碱工业，经过优化工艺设计可降低能耗.下图所示设计中，表示了相关物料的传输和转化关系，下列说法不正确的是( )A．该设计中主要的节能之处一是用氢氧燃料电池来供电，二是提高NaOH溶液浓度B．离子交换膜Ⅰ应选用阳离子交换膜，离子交换膜Ⅱ选用阴离子交换膜C．图中Y为氢气，Y在燃料电池中发生的电极反应是：H2－2e-＋2OH-=2H2OD．燃料电池装置中通空气的一端发生还原反应【答案】B【解析】由图可知，装置I为电解饱和食盐水的电解池，左边电极为电解池的阳极，氯离子在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则X为氯气，右边电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，则Y为氢气；装置II为氢氧燃料电池，左边电极为负极，碱性条件下氢气在负极失去电子发生氧化反应生成水，右边电极为正极，水分子作用下氧气得到电子发生还原反应生成氢氧根离子。A项，装置I为电解饱和食盐水的电解池，装置II为氢氧燃料电池，氢氧燃料电池可以为电解饱和食盐水供电，燃料电池中，氢气在负极放电消耗氢氧根离子，则a%>c%，氧气在正极放电生成氢氧根离子，则b% > a%，则氢氧化钠溶液质量分数的大小为b% > a%>c%，提高了氢氧化钠的浓度，A正确；B项，电解饱和食盐水选用阳离子交换膜，离子交换膜Ⅰ应选用阳离子交换膜，燃料电池中为了提高氢氧化钠的浓度，离子交换膜II也是阳离子交换膜，Na+离子通过交换膜向正极移动，可以使氢氧化钠浓度在正极室变大，B错误；C项，Y为氢气，在碱性条件下，氢气在燃料电池中发生的电极反应是：H2－2e-＋2OH-=2H2O，C正确；D项，燃料电池装置中通空气的一端为正极，发生还原反应，D正确；故选B。7．利用电解法将CO2转化为CH4的原理如图所示。下列说法正确的是(　　)。A．电解过程中，H+由a极区向b极区迁移B．电极b上的反应为CO2+8HCO3--8e-=CH4+8CO32-+2H2OC．电解过程中化学能转化为电能D．电解时Na2SO4溶液浓度保持不变【答案】A【解析】由a极生成O2可以判断a极为阳极，b极为阴极，阳离子向阴极迁移，则H+由a极区向b极区迁移，A正确；电极b上的反应为CO2+8HCO3-+8e-=CH4+8CO32-+2H2O，B错误；电解过程中电能转化为化学能，C错误；电解时OH-比SO42-更容易失去电子，所以电解Na2SO4溶液的实质是电解水，溶液中的水被消耗，所以Na2SO4溶液的浓度增大，D错误。8．(2024·浙江省台州市高三下学期第二次教学质量评估)某实验小组利用下列装置来降低某硬水中Ca2+、Mg2+和HCO3-的含量，Nb0.1Ru0.9O2和MnOx为极板催化剂。下列说法不正确的是( )A．a端电势高于b端电势B．Nb0.1Ru0.9O2可加快H2O失去电子的速率C．其它条件不变，适当减小两极的极板间距，Ca2+、Mg2+沉淀速率增大D．阳极区收集的气体中只含有O2【答案】D【解析】根据图示，钛网上海水中H2O发生失电子的氧化反应生成O2，钛网为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，产生的H+消耗HCO3-，钛箔上生成H2，钛箔上生成H2的电极反应为2H++2e-=H2↑，同时生成OH-，沉淀Ca2+、Mg2+，钛箔为阴极。A项，由分析可知，钛网为阳极，a为电源正极，钛箔为阴极，b为电源负极，a端电势高于b端电势，A正确；B项，Nb0.1Ru0.9O2是催化剂，可加快H2O失去电子的速率，B正确；C项，其它条件不变，适当减小两极的极板间距，会加快电子转移的速率，加快了整个反应的速率，Ca2+、Mg2+沉淀速率增大，C正确；D项，钛网为阳极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，产生的H+消耗HCO3-生成CO2，D错误；故选D。9．在N-羟基邻苯二甲酰亚胺(NHPI)介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图所示。下列说法错误的是(　　)A．理论上NHPI的总量在反应前后不变B．海绵Ni电极为阳极C．总反应为+H2↑D．每消耗1 mol苯甲醇，产生22.4 mL氢气【答案】D【解析】由装置分析可知，该装置为电解池，Ni2+在海绵Ni电极失去电子生成Ni3+，发生氧化反应，则海绵Ni电极为阳极，电极反应为Ni2+-e-=Ni3+，阳极区同时还发生反应Ni3++NHPI→Ni2++PINO，H+在石墨电极得到电子生成H2，发生还原反应，则石墨电极为阴极，电极反应为2H++2e-=H2↑，阴极区同时还发生反应+PINO。题型三 多池、多室的电化学装置10．电化学原理在工业生产中发挥着巨大的作用。Na2FeO4是制造高铁电池的重要原料，同时也是一种新型的高效净水剂。在工业上通常利用如图装置生产Na2FeO4，下列说法正确的是( )A．阳极的电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2OB．右侧的离子交换膜为阳离子交换膜C．阴极区a%>b%D．阴极产生的气体是氧气【答案】A【解析】A项，由图所示，Fe为阳极，故发生氧化反应生成FeO42-，电极反应式为Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O，A正确；B项，阳极反应消耗阴离子氢氧根离子，向右侧阳极移动，故右侧交换膜为能使阴离子通过的阴离子交换膜，B错误；C项，阴极区水被电解产生H2和OH-，故产出的NaOH浓度变大，a%OH-、H+>金属离子，阳极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极为水放电生成氢气。A项，CaCl2和NaCl混合，可降低NaCl的熔点，A正确；B项，网状隔膜用于隔离阳极产物与阴极产物，防止Cl2与Na发生反应，B正确；C项，阳极反应式：2Cl--2e-=Cl2↑，故转移1mol e-，理论上生成0.5mol Cl2，C错误；D项，PbO2作为铅酸电池的正极，应与石墨阳极连接，D正确；故选C。2．(2024·浙江省高三选考模拟考试)铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如下图所示。若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子。下列说法正确的是( )A．无论上端口是关闭还是打开，正极反应式均为：Fe-2e-=Fe2+B．1mol O2完全转化为羟基自由基时转移了2 mol电子C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭D．若处理含Cr2O72-的酸性废水，则上端口应打开并鼓入空气【答案】B【解析 】A项，正极发生得电子的反应，负极发生失电子的氧化反应，所以无论是否鼓入空气，Fe易失去电子生成Fe2+，作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A错误；B项，若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH·，所以1mol O2完全转化为羟基自由基时转移了2 mol电子，B正确；C项，除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化酚类，C错误；D项，Cr2O72-在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子，D错误；故选B。3．(2024·浙江省宁波市镇海中学新高考调研卷)我国科学家开发出碱性海水里直接电解制氢的技术，工作原理如图1所示。MnOx隔水薄膜可以起到阻挡Cl-与电极催化剂活性中心接触的作用，电极A含有M金属的催化剂，发生的电极反应过程如图2所示，离子交换膜选择性透过参与电极A反应的物质。下列说法错误的是( )A．电极A上发生的反应存在极性键的断裂与生成B．若去掉隔水薄膜，Cl-会在A电极失去电子生成Cl2C．电解结束后，电极B处去掉海水隔水膜，所得溶液中加入适量FeCl3、NaCl、KNO3溶液无混浊现象D．每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，就会有0.008 mol电子从电极A流向电极B【答案】C【解析】从图2可知，M金属催化剂，催化氢氧根离子在电极A发生失电子的氧化反应生成氧气，电极反应式为4OH--4e-＝O2↑＋2H2O，所以电极A为阳极，电极B为阴极。A项，由图可知，电极A上发生的反应存在氢氧极性键的断裂与氢氧极性键的生成，A正确；B项，去掉隔水薄膜，氯离子会在阳极A电极失去电子发生氧化反应生成氯气，B正确；C项，电极B为阴极，水放电发生还原反应生成氢气和氢氧根离子：2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，则加入铁离子会生成氢氧化铁沉淀变浑浊，C错误；D项，电解总反应为，每当有标准状况下的0.1344L气体生成时，则生成氧气，O2~ 4e-，故会有0.008 mol电子从电极A流向电极，D正确；故选C。4．(2024·浙江省杭州市高三下学期二模)调节溶液的pH，当溶液中的氨基酸主要以两性离子存在时，分子整体呈电中性，此时溶液的pH值为该氨基酸的pI值，谷氨酸的；丙氨酸的；赖氨酸的。已知：可以利用如图装置分离这三种氨基酸，a、b为离子交换膜，下列说法不正确的是( )A．阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+B．a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜C．原料室的应控制在6.02D．在产品室1中，可以收集到赖氨酸【答案】D【解析】由题干电解池装置图可知，阳极室为电解H2SO4溶液，故阳极反应为：2H2O-4e-=O2+4H+，阴极室为电解NaOH溶液，电极反应为：2H2O+2e-=H2+2OH-，H+经a膜进入产品室1，OH-经b膜进入产品室2，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，根据三种氨基酸的pI值可知，产品室1显酸性，则为谷氨酸，产品室2显碱性，则为赖氨酸，丙氨酸留在原料室。A项，由题干图示装置可知，阳极室为稀硫酸，故阳极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，A正确；B项，a应采用阳离子膜，b应采用阴离子膜，B正确；C项，原料室留下了丙氨酸，根据丙氨酸的pI值可知，原料室的pH应控制在6.02，C正确；D项，产品室1显酸性，则可以收集到谷氨酸，产品室2显碱性，则可以收集到赖氨酸，D错误；故选D。5．（2024·广东省东莞等六校联考三模）回收利用工业废气中的CO2和SO2，实验原理示意图如下。下列说法正确的是( )A．装置a中每吸收22.4L（标准状况下）废气，b中转移电子数为2NAB．装置a吸收废气过多，不会影响装置b中放电微粒的种类C．装置b中的交换膜为质子交换膜，电解过程中两极溶液pH值均稍有降低D．装置b中右侧的电极反应为：CO2+3H2O＋2e-=HCOOH+2OH-【答案】C【解析】根据图知，含CO2和SO2的废气通入NaHCO3溶液中，得到NaHCO3和Na2SO3的混合溶液和CO2，发生的反应为2NaHCO3+SO2=Na2SO3+2CO2+H2O，电解池中，左侧电极上SO32-失电子生成SO42-，该电极上失电子发生氧化反应，为阳极，电解质溶液呈碱性，阳极反应式为SO32--2e-＋2OH-= SO42-+H2O　；则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH。A项，装置a中每吸收22.4L（标准状况下）废气，气体CO2和SO2总量为1mol，则CO2的量小于1mol，b中转移电子数小于2NA，A错误；B项，装置a吸收废气过多，则会有机会生成NaHSO3，HSO3-也可以放电，会影响装置b中放电微粒的种类，B错误；C项，装置b中的交换膜为质子交换膜，电解过程中阳极发生SO32--2e-＋2OH-= SO42-+H2O消耗氢氧根和水，pH值稍有降低，交换膜为质子交换膜，氢离子通过交换膜，进右侧，阴极反应式为CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，生成酸，两极溶液pH值均稍有降低；C正确；D项，装置b中右侧的电极反应为：CO2+2H＋＋2e-=HCOOH，D错误；故选C。6．（2024·安徽省马鞍山市高三三模）有机电化学合成是一种环境友好的合成方法，由对硝基苯甲酸制取对氨基苯甲酸的电解装置如图所示，其中双极膜能将H2O解离成H+和。下列说法错误的是( )A．b端电势高于a端电势B．电解后阳极区溶液pH下降C．每产生1mol[Ag(NH3)2]+就有1molH2O发生解离D．Pt的电极反应方程式可表示为：【答案】B【解析】根据装置示意图可知，Ag在b极失去电子，为阳极区，结合NH3转化为[Ag(NH3)2]+，则b极为正极，且正极的反应式为Ag-e-+2NH3=[Ag(NH3)2]+，a为负极，Pt为阴极区，对硝基苯甲酸转化为对氨基苯甲酸需要消耗氢离子，则双极膜可以电解水H2O=H++OH-。A项，由分析知，b极为正极，a为负极，b端电势高于a端电势，A正确；B项，电解后阳极区OH-的浓度会增大，溶液pH上升，B错误；C项，生成1mol[Ag(NH3)2]+，溶液需要1molOH—维持溶液环境，所以有1molH2O发生解离，C正确；D项，Pt的电极反应方程式可表示为：    +2H2O，D正确；故选B。7．(2024·浙江省北斗星盟高三联考)近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3-等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通CO2至饱和，在电极上反应生成CO(NH2)2，电解原理如图所示。下列说法不正确的是( )A．电极连接电源的正极，发生氧化反应B．电极发生的电极反应式为2 NO3-+CO2+18H++16e-= CO(NH2)2+7H2OC．电极a区电解质溶液pH增大D．当电极a区生成尿素时，电极区质量减少【答案】D【解析】由氢离子的移动方向可知，a电极是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极反应式为2 NO3-+CO2+18H++16e-= CO(NH2)2+7H2O，电极b为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O—4e—=4H++O2↑。A项， 电极b为电解池的阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，A正确；B项， a是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极a发生的电极反应式为2 NO3-+CO2+18H++16e-= CO(NH2)2+7H2O，B正确；C项，a是电解池阴极，酸性条件下硝酸根离子和二氧化碳在阴极得到电子生成尿素和水，电极a区电解质溶液pH增大，C正确；D项， 当电极a区生成6.0 g尿素时，由方程式2 NO3-+CO2+18H++16e-= CO(NH2)2+7H2O，转移电子1.6mol，电极b区，2H2O—4e—=4H++O2↑，电极b区质量减少氧气和氢离子的质量，相当于水的质量， =12.8g+1.6g=14.4g，D错误；故选D。8．(2024·福建省龙岩市高三模拟)利用丙酮酸与废水中的NO3-电催化耦合温和条件下去除NO3- 和生产高值化丙氨酸，其工作原理如图。25℃，丙氨酸主要以形式存在，其。下列说法错误的是（ ）A．丙氨酸酸性很弱是因为形成了内盐B．阴极的电极反应式为++10e-+11H+=+4H2OC．理论上阳极区每生成1 molO2，阴极区H+减少4.4molD．该装置整合了电化学—化学—电化学串联反应【答案】C【解析】该装置为电解池，左侧接电源正极为阳极区，水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子；右侧接电源负极为阴极，硝酸根得到电子发生还原反应；制备丙氨酸分为三步，硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH，NH2OH和丙酮酸反应生成C3H5O3N，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸。】A项，氨基酸的酸性来自羧基，而羧基可以与氨基形成内盐，从而减弱酸性，A正确；B项，在阴极，硝酸根得到电子与丙酮酸反应转化为丙氨酸，电极反应式为：，B正确；C项，在阳极，水失去电子被氧化生成氧气和氢离子，同时氢离子从阳极区移向阴极，故阳极生成1mol的氧气，转移4mol电子，阴极氢离子应该增加4mol，C错误；D项，硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH是电化学反应，NH2OH和丙酮酸反应是化学反应，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸是一个电化学反应，该装置整合了电化学—化学—电化学串联反应，D正确；故选C。9．(2024·福建省福州市高三二模)近日，西湖大学团队开发了一类水溶性有机储能小分子(M)，并提出在电池充放电过程中实现电化学碳捕获一体化，其反应装置与原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A．充电时，电极A连接电源的负极B．放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2OC．该电池可采用阴离子交换膜D．充电时，外电路通过1mole-，理论上该电池最多能够捕获11.2LCO2 (标况下)【答案】B【解析】由装置图中物质变化分析可以知道，M→N的变化为加氢反应，是还原反应，N→M的反应过程是去氢过程，为氧化反应，则放电条件下，电极B为原电池的负极，发生电极反应N+2OH--2e-=M+2H2O，电极A为原电池正极，实现K3[Fe(CN)6]→K4[Fe(CN)6]的转化，该电池可采用阳离子交换膜，避免M、N的阴离子移向负极反应，充电时，正极A连接电源正极做电解池的阳极，负极B连接电源负极，做电解池阴极。A项，由分析，充电时，电极A连接电源的正极，A错误；B项，放电时电极B发生的反应为：N+2OH--2e-=M+2H2O，B正确；C项，该电池采用阳离子交换膜，C错误；D项，充电时，外电路通过1mole-，产生1mol氢氧根离子，根据CO2+OH-=HCO3-，理论上该电池最多能够捕获22.4LCO2(标况下)，D错误；故选B。10．(2024·福建省名校联盟全国优质校高三大联考)光伏电池驱动的甲醛废水转化装置及MnO2的晶胞结构如图。下列说法不正确的是（ ）A．阴极发生的总电极反应方程式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2OB．每生成11.2LC2H4 (标准状况下)时，阳极生成的数目为3NAC．晶胞中黑球为Mn原子 D．晶胞中黑球处于白球构成的八面体空隙中【答案】B【解析】由图可知右侧电极上二氧化碳转化为CO，CO最终转化为乙烯，C元素化合价降低，发生还原反应，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阳极甲醛失电子生成HCOOH，HCOOH继续失电子生产二氧化碳。A项，阴极发生的总电极反应方程式为2CO2+12H++12e-=C2H4+4H2O，故A正确；B项，未指明气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算阳极生成HCOOH的数目为3NA，故B错误；C项，晶胞中黑球位于顶点和体心，个数为，白球位于面上和体内，个数为：，结合MnO2的化学式可知黑球为Mn，故C正确；D项，以体心黑球为观察对象，可知其周围有4个白球位于面上，2个白球位于体内，黑球处于白球构成的八面体空隙中，故D正确；故选B。11．(2024·浙江省温州市普通高中高三下学期第二次适应性考试)某研究小组模拟微库仑滴定法测定样品中的含量，工作原理是电解质溶液中的c(Ag+)保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与Ag+反应，便立即自动进行电解，当c(Ag+)又回到标准值，测定结束；溶液中存在：AgY2-Ag++2Y-。部分装置如图所示，下列说法不正确的是( )A．阳极反应式：Ag+2Y--e-=AgY2-B．电极附近离子放电的顺序： Ag+＞H+C．CH3COO-和CH3COOH溶液可维持电解质溶液的pH在一定范围内基本不变D．，经折算电路中转移电子，则样品中的含量为【答案】B【解析】检测前，电解质溶液中的c(Ag+)保持定值时，电解池不工作。待测物质进入电解池后与Ag+反应，浓度减小，测氯仪便立即自动进行电解，阳极Ag失电子，生成Ag+，到c(Ag+)又回到原定值，电极反应式为Ag+2Y--e-=AgY2-，根据电解消耗的电量可以求出待测物中氯的含量。A项，阳极失电子，阳极反应式：Ag+2Y--e-=AgY2-，A正确；B项，由题意可知，电解质溶液中的c(Ag+)保持标准值时，电解池不工作；样品进入电解池后与Ag+反应，Ag+浓度减小，便立即自动进行电解产生Ag+，此时Pt电极Ag+不会放电，H+放电生成H2，说明Pt电极附近离子放电的顺序：Ag+7D．反应过程中化学能完全转化为电能【答案】C【解析】A项，取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐水，铁皮发生吸氧腐蚀，没有H2生成，A错误；B项，铁片发生吸氧腐蚀，Fe电极方程式为：Fe-2e-=Fe2+，边缘处红色得原因是二价铁被空气中的氧气氧化为三价铁，B错误；C项，铁片发生吸氧腐蚀，反应后中心区域溶液呈碱性，pH>7，C正确；D项，铁皮发生吸氧腐蚀得原理是原电池，但化学能不能完全转化为电能，D错误；故选C。 15．（2024·上海市浦东新区高三模拟）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15.00mL1mol·L-1NaCl溶液（用盐酸调至）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析氧腐蚀时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：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 。(4)电镀后的废水中含有CN-，一种测定其含量的方法是取废水50mL，再加KI溶液1mL，用溶液滴定，达到滴定终点时，消耗溶液。已知Ag+(aq)+ 2CN- (aq)[Ag(CN)2]+(aq)（无色）  Ag+(aq)+ I- (aq)AgI(s)（黄色）    ①滴定终点的现象是 。②废水中CN-的含量是 g/L（用含C、V的代数式表示）。【答案】(1) 2H＋＋2e-=H2↑(2) O2+2H2O+4e-=4OH- 溶液的酸碱性(或溶液的pH)(3) 负极 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(4) 加入最后半滴AgNO3溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 【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吸氢腐蚀，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，O2得电子被还原生成OH-，正极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-。析氢腐蚀铜为正极发生反应2H＋＋2e-=H2↑，消耗H+，吸氧腐蚀产生OH-，故做探究实验时可通过采集溶液pH随时间变化的数据展开，而氧化产物Fe2+可通过K3[Fe(CN)6]检验。电镀后的废水中CN−含量的测定，可选用络合滴定，滴定剂为硝酸银，指示剂为KI。（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＋＋2e-=H2↑；（2）①析氧腐蚀时Cu上发生的电极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-；②由图可知，酸性较强时发生吸氢腐蚀，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值)；（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Fe应与电源的负极相连；②电镀时，向ZnSO4电解液中加入NaCl溶液，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，结合已知可知，这样电解得到的镀层更加致密、细腻；（4）①由平衡常数的大小可知，碘化钾为滴定的指示剂，当银离子与氰酸根离子完全反应，滴入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，则滴定终点的现象是：加入最后半滴硝酸银溶液，溶液中产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；②由终点时滴定消耗V ml，c mol/L氰化钠溶液可知，50 mL废水中氰酸根离子的浓度为。1．(2023•浙江省1月选考，11)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( )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+SiO2+8e-=TiSi+4H2OC．该体系中，石墨优先于Cl-参与反应D．电解时，阳离子向石墨电极移动【答案】C【解析】由图可知，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(TiSi)，电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-。A项，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，A错误；B项，电极A的电极反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-，B错误；C项，根据图中信息可知，该体系中，石墨优先于Cl-参与反应，C正确；D项，电解池中石墨电极为阳极，阳离子向阴极电极A移动，D错误；故选C。2．(2023•全国甲卷，12)用可再生能源电还原CO2时，采用高浓度的K+抑制酸性电解液中的析氢反应来提高多碳产物(乙烯、乙醇等)的生成率，装置如下图所示。下列说法正确的是( )  A．析氢反应发生在IrOx-Ti电极上B．Cl-从电极迁移到IrOx-Ti电极C．阴极发生的反应有：2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2OD．每转移1mol电子，阳极生成11.2L气体(标准状况)【答案】C【解析】由图可知，该装置为电解池，与直流电源正极相连的IrOx-Ti电极为电解池的阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式为2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O、2CO2+12H++12e−=C2H5OH+3H2O，电解池工作时，氢离子通过质子交换膜由阳极室进入阴极室。A项，析氢反应为还原反应，应在阴极发生，即在铜电极上发生，故A错误；B项，离子交换膜为质子交换膜，只允许氢离子通过，Cl-不能通过，故B错误；C项，铜电极为阴极，酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成乙烯、乙醇等，电极反应式有2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O，故C正确；D项，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-4e—=O2↑+4H+，每转移1mol电子，生成0.25molO2，在标况下体积为5.6L，故D错误；故选C。3．(2023•广东卷，13)利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K1，一段时间后( )A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和O2 B．a处布条褪色，说明Cl2具有漂白性C．b处出现蓝色，说明还原性：Cl-＞I-D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转【答案】D【解析】闭合K1，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为2Cl-—2e-=Cl2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。A项，根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，A错误；B项，左侧生成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错误；C项，b处出现蓝色，发生Cl2+2KI=I2+2KCl，说明还原性：I-＞Cl-，C错误；D项，断开K1，立刻闭合K2，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；故选D。4．(2022·浙江省6月选考)通过电解废旧锂电池中的LiMn2O4可获得难溶性的Li2CO3和MnO2，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )A．电极A为阴极，发生还原反应B．电极B的电极发应：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+C．电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变D．电解结束，可通过调节除去Mn2+，再加入Na2CO3溶液以获得Li2CO3【答案】C【解析】A项，由电解示意图可知，电极B上Mn2+转化为了MnO2，锰元素化合价升高，失电子，则电极B为阳极，电极A为阴极，得电子，发生还原反应，A正确；B项，由电解示意图可知，电极B上Mn2+失电子转化为了MnO2，电极反应式为：2H2O+Mn2+-2e-=MnO2+4H+，B正确；C项，电极A为阴极， LiMn2O4得电子，电极反应式为：2LiMn2O4+6e-+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，依据得失电子守恒，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，反应生成了Mn2+，Mn2+浓度增大，C错误；D项，电解池总反应为：2LiMn2O4+4H+=2Li++Mn2++3MnO2+2H2O，电解结束后，可通过调节溶液pH将锰离子转化为沉淀除去，然后再加入碳酸钠溶液，从而获得碳酸锂，D正确；故选C。5．(2022•广东选择性考试，10)以熔融盐为电解液，以含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，实现Al的再生。该过程中( )A．阴极发生的反应为M-2e-=Mg2+ B．阴极上Al被氧化C．在电解槽底部产生含Cu的阳极泥 D．阳极和阴极的质量变化相等【答案】C【解析】根据电解原理可知，电解池中阳极发生失电子的氧化反应，阴极发生得电子的还原反应，该题中以熔融盐为电解液，含Cu、Mg和Si等的铝合金废料为阳极进行电解，通过控制一定的条件，从而可使阳极区Mg和Al发生失电子的氧化反应，分别生成Mg2+和Al3+，Cu和Si不参与反应，阴极区Al3+得电子生成Al单质，从而实现Al的再生。A项，阴极应该发生得电子的还原反应，实际上Mg在阳极失电子生成Mg2+，A错误；B项，Al在阳极上被氧化生成Al3+，B错误；C项，阳极材料中Cu和Si不参与氧化反应，在电解槽底部可形成阳极泥，C正确；D项，因为阳极除了铝参与电子转移，镁也参与了电子转移，且还会形成阳极泥，而阴极只有铝离子得电子生成铝单质，根据电子转移数守恒及元素守恒可知，阳极与阴极的质量变化不相等，D错误；故选C。6．(2022•北京卷，13)利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。下列说法不正确的是( )A．①中气体减少，推测是由于溶液中c(H＋)减少，且Cu覆盖铁电极，阻碍与铁接触B．①中检测到Fe2+，推测可能发生反应：Fe+2H+= Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Fe2++ Cu C．随阴极析出，推测②中溶液c(Cu2＋)减少，Cu2＋+4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡逆移D．②中Cu2＋生成[Cu(NH3)4]2＋，使得c(Cu2＋)比①中溶液的小，缓慢析出，镀层更致密【答案】C【解析】由实验现象可知，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，一段时间后，铜离子在阴极失去电子发生还原反应生成铜；实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层。A项，实验①时，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应，当溶液中氢离子浓度减小，反应和放电生成的铜覆盖铁电极，阻碍氢离子与铁接触，导致产生的气体减少，故A正确；B项，实验①时，铁做电镀池的阴极，铁会先与溶液中的氢离子、铜离子反应生成亚铁离子、氢气和铜，可能发生的反应为Fe+2H+= Fe2++H2↑、Fe+Cu2+=Fe2++ Cu，故B正确；C项，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，随阴极析出铜，四氨合铜离子浓度减小，Cu2＋+4NH3[Cu(NH3)4]2＋平衡向正反应方向移动，故C错误；D项，实验②中铜离子与过量氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子在阴极得到电子缓慢发生还原反应生成铜，在铁表面得到比实验①更致密的镀层，故D正确；故选C。7．(2022·浙江省1月选考，21)pH计是一种采用原电池原理测量溶液pH的仪器。如图所示，以玻璃电极(在特制玻璃薄膜球内放置已知浓度的HCl溶液，并插入Ag—AgCl电极)和另一Ag—AgCl电极插入待测溶液中组成电池，pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059。下列说法正确的是( )A．如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极反应式为：AgCl(s)+e-=Ag(s)+Cl(0.1mol·L-1)B．玻璃膜内外氢离子浓度的差异不会引起电动势的变化C．分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pHD．pH计工作时，电能转化为化学能【答案】C【解析】A项，如果玻璃薄膜球内电极的电势低，则该电极为负极、负极发生氧化反应而不是还原反应，A错误；B项，已知：pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则玻璃膜内外氢离子浓度的差异会引起电动势的变化，B错误；C项，pH与电池的电动势E存在关系：pH=(E-常数)/0.059，则分别测定含已知pH的标准溶液和未知溶液的电池的电动势，可得出未知溶液的pH，C正确；D项，pH计工作时，利用原电池原理，则化学能转化为电能，D错误；故选C。8．(2021•广东选择性考试，16)钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如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．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B．生成1molCo，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 gC．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变D．电解总反应：为2Co2++2H2O2 Co +O2↑+4H+【答案】D【解析】由图可知，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，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成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，电极反应式为Co2++2e-=Co，Ⅲ室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由Ⅲ室向Ⅱ室移动，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2 Co +O2↑+4H+。A项，放电生成的氢离子通过阳离子交换膜由Ⅰ室向Ⅱ室移动，使Ⅱ室中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故A错误；B项，由分析可知，阴极生成1mol钴，阳极有1mol水放电，则Ⅰ室溶液质量减少18g，故B错误；C项，若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；D项，由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2Co2++2H2O2 Co +O2↑+4H+，故D正确；故选D。9．(2021•湖北选择性考试，15) Na2Cr2O7的酸性水溶液随着H浓度的增大会转化为CrO3。电解法制备CrO3的原理如图所示。下列说法错误的是( )A．电解时只允许H通过离子交换膜B．生成O2和H2的质量比为8:1C．电解一段时间后阴极区溶液OH的浓度增大D．CrO3的生成反应为：Cr2O72＋2H＝2CrO3＋H2O【答案】A【解析】左侧电极上产生O2，右侧电极上产生H2，说明左极为阳极，电极反应式为2H2O－4e＝4H＋O2↑，左侧制备三氧化铬：Cr2O72＋2H＝2CrO3＋H2O；右极为阴极，电极反应式为4H2O＋4e＝4OH＋2H2↑。在阳极区参与反应制备三氧化铬，故不通过离子交换膜，通过交换膜向阴极区迁移，A项错误；根据电子守恒，产生O2、H2的质量之比为32:4＝8:1，B项正确；由阴极反应式知，阴极产生OH；如果阴极通过交换膜向左侧迁移，OH必然会中和H，与题意相矛盾，所以，钠离子由左侧向右侧迁移，阴极区氢氧化钠溶液浓度增大，C项正确；根据原料和产物组成知，Cr2O72＋2H＝2CrO3＋H2O；D项正确。10．(2021•天津卷，11)如下所示电解装置中，通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，下列判断错误的是( )A．a是电源的负极B．通电一段时间后，向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色C．随着电解的进行，CuCl2溶液浓度变大D．当0.01mol Fe2O3完全溶解时，至少产生气体336mL (折合成标准状况下)【答案】C【解析】通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极。A项， a是电源的负极，故A正确；B项，石墨电极Ⅱ为阳极，通电一段时间后，产生氧气和氢离子，所以向石墨电极Ⅱ附近滴加石蕊溶液，出现红色，故B正确；C项，随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，所以CuCl2溶液浓度变小，故C错误；D项，当0.01mol Fe2O3完全溶解时，消耗氢离子为0.06mol，根据阳极电极反应式2H2O-4e-=4H++O2，产生氧气为0.015mol，体积为336mL (折合成标准状况下)，故D正确；故选C。11．(2019·江苏卷，10)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是(　　)A．铁被氧化的电极反应式为Fe－3e－===Fe3＋B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】D项，用水代替NaCl溶液，Fe和炭也可以构成原电池，Fe失去电子，空气中的O2得到电子，铁发生吸氧腐蚀，错误。12．(2017·全国卷Ⅰ，11)支撑海港码头基础的防腐技术，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是(　　)A.通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B.通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C.高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D.通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整【答案】C【解析】钢管桩接电源的负极，高硅铸铁接电源的正极，通电后，外电路中的电子从高硅铸铁(阳极)流向正极，从负极流向钢管桩(阴极)，A、B正确；C项，题给信息高硅铸铁为“惰性辅助阳极”不损耗，错误。目录01 模拟基础练【题型一】电解原理应用于处理“三废”【题型二】电解原理应用于制备物质【题型三】多池、多室的电化学装置【题型四】金属的腐蚀与防护02 重难创新练03 真题实战练序号实验5 min25 min实验Ⅰ铁钉表面及周边未见明显变化铁钉周边零星、随机出现极少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成实验Ⅱ铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化操作现象取一块打磨过的生铁片，在其表面滴1滴含酚酞和K3[Fe(CN)6]的食盐水放置一段时间后，生铁片上出现如图所示“斑痕”。其边缘处为红色，中心区域为蓝色，在两色环交界处出现铁锈装置示意图序号电解质溶液实验现象①0.1mol·L-1 CuSO4+少量H2SO4阴极表面有无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验电解液中有Fe2+②0.1mol·L-1 CuSO4+过量氨水阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验电解液中无Fe元素