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考点10 电解原理 金属的腐蚀与防护——备战2022年浙江新高考一轮复习化学考点一遍过 试卷
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考点10 电解原理 金属的腐蚀与防护
一、电解池
电解 使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。
电解池(或电解槽)
（1）定义
借助于电流引起氧化还原反应的装置，也就是把电能转化为化学能的装置。
（2）阳极与阴极
阳极：与电源正极相连的电极叫阳极，发生氧化反应。
阴极：与电源负极相连的电极叫阴极，发生还原反应。
（3）电解池的构成条件
与直流电源相连的两个电极：阳极和阴极；电解质溶液(或熔融电解质)；形成闭合回路。
（4）电解池的工作原理(以电解CuCl2溶液为例)
电解池和原电池比较
电解池
原电池
定义
将电能转变为化学能的装置
将化学能转变为电能的装置
装置举例
形成条件
①两个电极与直流电源相连
②电解质溶液
③形成闭合回路
①活泼性不同的两电极(连接)
②电解质溶液
③形成闭合回路
④能自发进行氧化还原反应
电极名称
阳极：与电源正极相连的极
阴极：与电源负极相连的极
负极：较活泼金属(电子流出的极)
正极：较不活泼金属(或能导电的非金属)(电子流入的极)
电极反应
阳极：溶液中的阴离子失电子，或电极金属失电子，发生氧化反应
阴极：溶液中的阳离子得电子，发生还原反应
负极：较活泼电极金属或阴离子失电子，发生氧化反应
正极：溶液中的阳离子或氧气得电子，发生还原反应
溶液中的离子移向
阴离子移向阳极，阳离子移向阴极
阴离子移向负极，阳离子移向正极
电子流向
电源负极阴极阳极电源正极
负极正极
实质
均发生氧化还原反应，两电极得失电子数相等
联系
原电池可以作为电解池的电源，二者共同形成闭合回路
电解池阴、阳极的判断
（1）由电源的正、负极判断：与电源负极相连的是电解池的阴极；与电源正极相连的是电解池的阳极。
（2）由电极现象确定：通常情况下，在电解池中某一电极若不断溶解或质量不断减少，则该电极发生氧化反应，为阳极；某一电极质量不断增加或电极质量不变，则该电极发生还原反应，为阴极。
（3）由反应类型判断：失去电子发生氧化反应的是阳极；得到电子发生还原反应的是阴极。
电解产物的判断
（1）阳极产物的判断
首先看电极，若是活性电极(一般是除Au、Pt外的金属)，则电极材料本身失电子，电极被溶解形成阳离子进入溶液；若是惰性电极(如石墨、铂、金等)，则根据溶液中阴离子放电顺序加以判断。
阳极放电顺序：
金属(一般是除Au、Pt外)>S2−>I−>Br−>Cl−>OH−>含氧酸根>F−。
（2）阴极产物的判断
直接根据溶液中阳离子放电顺序加以判断。阳离子放电顺序：
Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+。
（1）处理有关电解池两极产物的问题，一定要先看电极是活性电极还是惰性电极。活性电极在阳极放电，电极溶解生成相应的金属离子，此时阴离子在阳极不放电。对于惰性电极，则只需比较溶液中定向移动到两极的阴阳离子的放电顺序即可。
（2）根据阳离子放电顺序判断阴极产物时，要注意下列三点：
①阳离子放电顺序表中前一个c(H+)与其他离子的浓度相近，后一个c(H+)很小，来自水的电离；
②Fe3+得电子能力大于Cu2+，但第一阶段只能被还原到Fe2+；
③Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+控制一定条件(即电镀)时也能在水溶液中放电；Al3+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+只有在熔融状态下放电。
二、电解原理的应用
1．电解饱和食盐水——氯碱工业
（1）电极反应
阳极：2Cl−−2e−===Cl2↑(反应类型：氧化反应)。
阴极：2H++2e−===H2↑(反应类型：还原反应)。
检验阳极产物的方法是：用湿润的KI淀粉试纸靠近阳极附近，若试纸变蓝，证明生成了Cl2。电解时向食盐水中加酚酞，阴极附近溶液变红，说明该电极附近产生的物质为NaOH。
（2）电解方程式
化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
离子方程式：2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑
2．电解精炼铜
电镀(Fe表面镀Cu)
电解精炼铜
阳极
电极材料
镀层金属铜
粗铜(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质)
电极反应
Cu−2e−===Cu2+
Cu−2e−===Cu2+
Zn−2e−===Zn2+
Fe−2e−===Fe2+
Ni−2e−===Ni2+
阴极
电极材料
待镀金属铁
纯铜
电极反应
Cu2++2e−===Cu
电解质溶液
含Cu2+的盐溶液
注：电解精炼铜时，粗铜中的Ag、Au等不反应，沉积在电解池底部形成阳极泥
3．电镀
利用电解原理，在金属表面上镀上一层其它金属或合金的过程叫电镀。
①电极的连接：镀层金属或惰性电极做阳极，和外加电源的正极相连；镀件金属做阴极，和外加电源的负极相连。如铁上镀铜，铜(或石墨)做阳极，铁做阴极。
②电镀液的选择：选择含有镀层金属离子的溶液做电镀液，如铁上镀铜，选择硫酸铜溶液做电镀液。
③电极反应：阳极：Cu===Cu2+ +2e−，阴极：Cu2+ +2e−===Cu
④电镀的特点：若镀层金属做阳极，电镀过程中溶液中阳离子浓度不变；若用惰性电极做阳极，电镀过程中溶液中阳离子浓度减小。
电镀过程中，溶液中离子浓度不变；电解精炼铜时，由于粗铜中含有Zn、Fe、Ni等活泼金属，反应过程中失去电子形成阳离子存在于溶液中，而阴极上Cu2+被还原，所以电解精炼过程中，溶液中的阳离子浓度会发生变化。
4．电冶金
冶炼钠、钙、镁、铝等活泼金属，必须用电解法。如电解熔融氯化钠得到钠时：
注意：①电解熔融MgCl2冶炼镁，而不能电解熔融MgO冶炼镁，因MgO的熔点很高；
②电解熔融Al2O3冶炼铝，而不能电解AlCl3冶炼铝，因AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电。
三、金属的腐蚀与防护
1．金属腐蚀的本质
金属原子失去电子变为金属阳离子，金属发生氧化反应。
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
金属跟非金属单质直接接触
不纯金属或合金跟电解质溶液接触
现象
无电流产生
有微弱电流产生
本质
金属被氧化
较活泼金属被氧化
联系
两者往往同时发生，电化学腐蚀更普遍
（2）析氢腐蚀与吸氧腐蚀
以钢铁的腐蚀为例进行分析：
类型
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
图示
条件
水膜酸性较强(pH≤4.3)
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+2H2O2Fe(OH)2
联系
吸氧腐蚀更普遍
铁锈的形成：4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O(铁锈)+(3−x)H2O。
3．金属腐蚀的防护方法
（1）改变金属的内部组织结构
例如把铬、镍等加入普通钢里制成不锈钢，就大大增加了钢铁对各种侵蚀的抵抗力。
（2）在金属表面覆盖保护层
在金属表面覆盖致密的保护层，从而使金属制品跟周围物质隔离开来，这是一种普遍采用的防护方法。
（3）电化学防护法
牺牲阳极的阴极保护法
外加电流的阴极保护法
依据
原电池原理
电解原理
原理
形成原电池时，被保护金属作正极(阴极)，不反应受到保护；活泼金属作负极(阳极)，发生反应受到腐蚀，阳极要定期予以更换
将被保护的金属与另一附加电极作为电解池的两个极，使被保护金属作阴极，在外加直流电的作用下使阴极得到保护
应用
保护一些钢铁设备，如锅炉内壁、船体外壳等装上镁合金或锌片
保护土壤、海水及水中的金属设备
实例
示意图
考向一 电解规律的考查
典例1 用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是
A．AgNO3 CuCl2 Cu(NO3)2
B．KCl Na2SO4 CuSO4
C．CaCl2 KOH NaNO3
D．HCl HNO3 K2SO4
【解析】由电解规律可得
类型
化学物质
pH变化
放O2生酸型
CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2
降低
放H2生碱型
KCl、CaCl2
升高
电解电解质型
CuCl2
升高
HCl
升高
电解H2O型
NaNO3、Na2SO4、K2SO4
不变
KOH
升高
HNO3
降低
【答案】B
1．用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的
A．CuSO4 B．H2O
C．CuO D．CuSO4·5H2O
【答案】C
【解析】石墨电极电解硫酸铜溶液一段时间，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成铜，因此补充氧化铜即可使电解液恢复到起始状态。
用惰性电极电解电解质溶液的规律
类型
电解质特点
实例
电极反应
电解方程式
电解
对象
电解质溶液的变化
电解质溶液复原的方法
阴极
阳极
电解
水型
含氧酸
H2SO4
4H++4e− 2H2↑
4OH−−4e− 2H2O+O2↑
2H2O
2H2↑+O2↑
水
浓度增大
加水
可溶性强碱
NaOH
活泼金属含氧酸盐
KNO3
电解电
解质型
无氧酸
HCl
2H++2e− H2↑
2Cl−−2e− Cl2↑
2HCl
H2↑+Cl2↑
电解质
浓度减小
加HCl
不活泼金属无氧酸盐
CuCl2
Cu2++2e− Cu
2Cl−−2e−
Cl2↑
CuCl2
Cu+Cl2↑
加CuCl2
放H2
生碱型
活泼金属无氧酸盐
NaCl
2H++2e− H2↑
2Cl−−2e− Cl2↑
2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
电解质
和水
生成新
电解质
加HCl
放O2
生酸型
不活泼金属含氧酸盐
CuSO4
Cu2++2e− Cu
4OH−−4e−
2H2O+O2↑
2CuSO4+2H2O2Cu+
2H2SO4+O2↑
电解质
和水
生成新
电解质
加CuO
考向二 电解原理的“常规”应用
典例1 高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的装置如图所示。下列说法正确的是
A．铁是阳极，电极反应为Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2
B．电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小
C．若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO
D．每制得1 mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2 L气体
【解析】A．用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，电极反应式为Fe＋8OH－－6e－===FeO＋4H2O，故A错误；B．镍电极上氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的pH增大，故B错误；C．若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有FeO，故C正确；D．温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故D错误。
【答案】C
2．如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法不正确的是
A．装置中的离子交换膜属于阳离子交换膜
B．装置中①处的物质是氢气，②处的物质是氯气
C．除去杂质后的NaOH溶液从出口B处导出
D．转移0.8 mol电子时产生H2 8.96 L(标准状况下)
离子交换膜的作用
阳离子交换膜(以电解NaCl溶液为例)，只允许阳离子(Na+)通过，而阻止阴离子(Cl−、OH−)和分子(Cl2)通过，这样既能防止H2和Cl2混合爆炸，又能避免Cl2和NaOH溶液作用生成NaClO影响烧碱质量，由此可推知，阴离子交换膜只允许阴离子通过，质子(H+)交换膜只允许质子(H+)通过。
【答案】B
【解析】由装置中Na+迁移方向知，b为阴极、a为阳极，装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；a是阳极，发生2Cl−−2e−Cl2↑，b是阴极，发生2H++2e−H2↑，所以①是Cl2、②是H2，B不正确；②处H+放电后生成OH−，Na+通过离子交换膜从左室进入右室，所以除去杂质后的NaOH溶液从B口导出，C正确；生成1 mol H2转移2 mol e−，转移0.8 mol e−时生成0.4 mol H2，标准状况下为8.96 L，D正确。
考向三 电解原理的“创新”应用
典例1 国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采用含有I−、Li+的水溶液，负极采用固态有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(原理示意图如图)。下列有关判断正确的是
A．图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图
B．放电时，正极液态电解质溶液的颜色加深
C．充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜
D．放电时，负极的电极反应式为−2ne−+2nLi+
【解析】本题考查电化学知识，意在考查考生对电化学知识的理解与应用能力。由“负极采用固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电极反应式为−2ne−+2nLi+，故图乙是原电池工作原理图，则图甲是电池充电原理图，A错误，D正确；放电时，正极的电极反应式为+2e−3I−，被还原为无色的I−，电解质溶液颜色变浅，B错误；充电过程即为电解过程，阳离子从阳极移向阴极，故充电时，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，C错误。
【答案】D
3．现代工业生产中常用电解氯化亚铁溶液的方法制得氯化铁溶液吸收有毒的硫化氢气体。工艺原理如图所示。下列说法中不正确的是
A．左槽中发生的反应为2Cl−−2e−Cl2↑
B．右槽中的反应式：2H++2e−H2↑
C．H+从电解池左槽迁移到右槽
D．FeCl3溶液可以循环利用
【答案】A
【解析】根据装置图可知Fe2+在电解池的左槽中被氧化生成Fe3+，则左槽是电解池的阳极，右槽是电解池的阴极。阳极(左槽)的电极反应式为Fe2+−e−Fe3+，A不正确；阴极(右槽)的电极反应式为2H++2e−H2↑，B正确；电解池中阳离子H+从电解池阳极(左槽)迁移到阴极(右槽)，C正确；反应池中的反应为2FeCl3+H2S2FeCl2+2HCl+S↓，故FeCl3溶液可以循环利用，D正确。
考向四 根据电子守恒计算
典例1 用惰性电极电解200 mL一定浓度的硫酸铜溶液，实验装置如图所示，如果向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子数为
A．0.2 mol B．0.4 mol C．0.6 mol D．0.8 mol
【解析】由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，发生反应：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4；一段时间后，加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，说明电解过程中不仅有硫酸铜被电解，还有水被电解，2H2OH2↑＋O2↑，0.1 mol Cu(OH)2可以看作是0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，则转移的电子共有0.4 mol。
【答案】B
4．电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。
（1）若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验。
①写出电解时NO2发生反应的电极反应式： 。
②若在标准状况下有2.24 L NO2被吸收，通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的H+为 mol。
（2）某小组在右室装有10 L 0.2 mol·L−1硝酸溶液，用含NO和NO2(不考虑NO2转化为N2O4)的废气进行模拟电解法吸收实验。
①实验前，配制10 L 0.2 mol·L−1硝酸溶液需量取 mL、密度为1.4 g·mL−1、质量分数为63%的浓硝酸。
②电解过程中，有部分NO转化为HNO2。实验结束时，测得右室溶液中含3 mol HNO3、0.1 mol HNO2，同时左室收集到标准状况下28 L H2。计算原气体中NO和NO2的体积比(假设尾气不含氮氧化物，写出计算过程)。
【答案】（1）①NO2−e−+H2O+2H+ ②0.1
（2）①143
②根据原子守恒：n(NO)+n(NO2)=3 mol−0.2 mol·L−1×10 L+0.1 mol=1.1 mol
根据电子守恒：0.1 mol×1+[n(NO)−0.1 mol]×3+n(NO2)×1=×2
解得 n(NO)=0.8 mol，n(NO2)=0.3 mol
V(NO)∶V(NO2)=n(NO)∶n(NO2)=0.8 mol∶0.3 mol=8∶3。
【解析】（1）①从图中知，NOx气体在电解时会转化成HNO3，则NO2中N由+4价升高至+5价，失去1个e−，用H+平衡电荷可写出电极反应式。②由电极反应式知，0.1 mol NO2生成0.1 mol 和0.2 mol H+，由电荷守恒可知，需要向左室流入0.1 mol H+后才能维持右室中溶液为电中性。
（2）①m(HNO3)=10 L×0.2 mol·L−1×63 g·mol−1=126 g，则V(浓硝酸)=≈143 mL。②由N原子守恒，最终生成的HNO3和HNO2中的总N原子数等于NO和NO2中所含N原子数与右室中原HNO3中N原子数总和，即n(HNO3)+n(HNO2)=n(NO)+n(NO2)+10 L×0.2 mol·L−1(Ⅰ)；电解过程中左、右两室中得失电子是守恒的，左侧为H+得电子生成H2，右侧为NO2失电子生成HNO3，部分NO失电子生成HNO2，部分NO失电子生成HNO3，列式为 mol×2=1×n(NO2)+1×n(HNO2)+[n(NO)−n(HNO2)]×3(Ⅱ)，联立(Ⅰ)、(Ⅱ)可求出NO和NO2的物质的量，相同状态下，NO2和NO的物质的量比即为其体积比。
电化学定量计算的三种方法
（1）根据电子守恒
用于串联电路中电解池阴阳两极产物、原电池正负两极产物、通过的电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。
（2）根据总反应式
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。
（3）根据关系式
根据得失电子守恒关系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。
考向五 电化学组合装置的问题
典例1 如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则以下说法正确的是
A．电源B极是正极
B．(甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1∶2∶2∶2
C．欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D．装置(丁)中X极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带负电荷
【解析】根据图知，该装置是电解池，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，A错误；甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以(甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1 mol氧气需要4 mol电子，生成1 mol铜时需要2 mol电子，生成1 mol氯气时需要2 mol电子，生成1 mol氢气时需要2 mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2，B正确；若用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，C错误；丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，D错误。
【答案】B
5．某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是
A．图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应
B．实验过程中，甲池左侧烧杯中的浓度不变
C．若甲池中Ag电极质量增加5.4 g时，乙池某电极析出 1.6 g 金属，则乙池中的某盐溶液可能是足量AgNO3溶液
D．若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量不变
【答案】D
【解析】图中甲池为原电池装置，Cu电极为负极发生氧化反应，故A错误；实验过程中，盐桥中的向左边移动，所以左侧烧杯中的浓度变大，故B错误；若甲池中Ag电极质量增加5.4 g时，即生成银5.4 g，物质的量为=0.05 mol，所以整个电路转移电子0.05 mol，如果硝酸银足量应生成5.4 g银，故C错误；用铜制U形物代替“盐桥”，右边铜的质量减少，而左边铜的质量增加，由于整个电路转移电子数相等，所以减少的质量与增加的质量相等，U形物的质量不变，故D正确。
串联装置图比较
图甲中无外接电源，两者必有一个装置是原电池(相当于发电装置)，为电解池装置提供电能，其中两个电极活动性差异大者为原电池装置，即左图为原电池装置，右图为电解池装置。图乙中有外接电源，两烧杯均作电解池，且串联电解，通过的电流相等。
考向六 金属的腐蚀快慢与防护方法的比较
典例1 如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为
A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥ C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥
【解析】当铁作为电解池的阳极时，其腐蚀的速度是最快的，当作为电解池的阴极时，其腐蚀速率是最慢的，当铁与金属构成原电池时，铁作为负极时，两者金属的活动性相差越大，铁的腐蚀速率就越大，但铁作为正极时，铁的腐蚀速率就会减慢。根据图知，②③④装置是原电池，在②④中，金属铁做负极，且Fe、Cu两者金属的活动性比Fe、Sn的相差大，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，所以④＞②＞③，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞①，⑤⑥装置是电解池，⑤中金属铁为阳极，⑥中金属铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞⑥，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即⑤④②①③⑥，故答案为D。
【答案】C
6．利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe−2e− Fe2+
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e−H2↑
【答案】B
【解析】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B不正确；若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，发生还原反应，故D正确。
过关秘籍
（1）判断金属腐蚀快慢的规律
①对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐措施的腐蚀。
②对同一金属来说，在不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。
③活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀速率越快。
④对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。
（2）两种保护方法的比较
外加电流的阴极保护法保护效果大于牺牲阳极的阴极保护法。
考向七 析氢腐蚀和吸氧腐蚀
典例1 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿棕色铁锈环(b)，如图所示，导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。下列说法正确的是
A．液滴中的Cl－由a区向b区迁移
B．液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2＋由a区向b区迁移，与b区的OH－形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈
D．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为Cu－2e－===Cu2＋
【解析】A项，根据在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律，Cl－应由b区向a区迁移，故A错误；B项，O2在液滴外沿反应，正极电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (发生还原反应)，故B正确；C项，液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀，故C错误；D项，若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，由于Fe的金属活动性比铜强，Fe仍为负极，负极发生的电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋，故D错误。
【答案】B
7．铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如图所示。下列说法不正确的是
A．因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀
B．若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小
C．铜极上的反应是2H++2e− H2↑、O2+4e−+4H+2H2O
D．在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀
【答案】B
【解析】铁、铜和水膜形成原电池，因为铁的金属性比铜强，所以铁为负极，铁铆钉被氧化而腐蚀，A正确；若水膜中溶解了SO2，则发生析氢腐蚀，铁铆钉腐蚀的速率加快，B不正确；铜极发生还原反应，根据题图知铜电极吸收了氧气且生成氢气，所以发生两个电极反应：2H++2e−H2↑、O2+4e−+4H+2H2O，C正确；在金属表面涂一层油脂，可隔绝空气和水，能防止铁铆钉被腐蚀，D正确。
一、单选题
1．下列物质的制备，不符合工业生产实际的是（ ）
A．工业上用电解熔融氯化镁制备单质镁
B．工业上用电解饱和食盐水制备氯气
C．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅
D．工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅
【答案】C
【详解】
A．工业上用电解法制备金属镁，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，A符合；
B．工业上用电解饱和食盐水制备氯气，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，B符合；
C．二氧化硅和焦炭在高温下反应制得的硅中含有少量C、SiC等杂质，为粗硅，C不符合；
D．石灰石含碳酸钙，工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅，反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，D符合。
答案选C。
2．新冠疫情期间某同学尝试在家自制含氯消毒剂。用两根铅笔芯（C1 和C2）、电源适配器和水瓶组装如图所示的装置。接通电源观察到：C1 周围产生细小气泡，C2 周围无明显现象；持续通电一段时间后，C2 周围产生细小气泡。此时停止通电，拔出电极，旋紧瓶塞，振荡摇匀，制备成功。关于该实验的说法不正确的是
A．C1电极产生气泡原因：
B．可以用两根铁钉代替铅笔芯完成实验
C．自制消毒剂的总反应为：NaCl＋H2O NaClO＋H2↑
D．实验过程中要注意控制电压、开窗通风、导出氢气，确保安全
【答案】B
【详解】
A．由分析可知，C1极为阴极，阴极处产生了氢气，所以相关的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故A正确；
B．若用两个铁钉代替两个石墨电极，那么电解过程中阳极发生Fe的氧化，无法再产生氯气，也就无法获得含氯消毒剂，故B错误；
C．由分析可知，电解过程中生成的氯气又会再与溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，涉及的反应共有两步，分别为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑和2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，因此自制消毒剂的总反应为：NaCl＋H2O=NaClO＋H2↑，故C正确；
D．电压控制不得当，可能会导致副反应发生，或者反应速率很慢；由于电解过程中产生了氯气和氢气，所以要注意开窗通风，防止中毒和发生爆炸，故D正确；
故选C。
3．Mg-VOCl2电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简化装置示意图如下。总反应为Mg+2VOCl2MgCl2+2VOCl，下列说法错误的是
A．采用Mg作电极材料比Li的安全性更高
B．放电时正极反应为VOCl2+e−=VOCl+Cl−
C．放电过程中Cl−穿过复合离子液体向Mg移动
D．为该电池充电时Mg电极应与电源的正极相连
【答案】D
【详解】
A．Li活泼性更强，Mg比Li更稳定，安全性更强，故A正确；
B．放电时为原电池，原电池中正极得电子、发生还原反应，正极的电极反应式为VOCl2+e-=VOCl+Cl-，故B正确；
C．放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即Cl-穿过复合离子液体向Mg移动，故C正确；
D．充电时为电解池，Mg电极要发生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故D错误；
故选D。
4．氢能源是最具应用前景的能源之一。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作原理如图所示(电极l、电极2均为惰性电极）。下列说法错误的是
A．控制连接开关K1或K2，可交替得到H2和O2
B．碱性电解液改为酸性电解池能达到同样目的
C．接通K1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
D．电极3在交替连接K1或K2过程中得以循环使用
【答案】B
【详解】
A. 连接开关K1时，电极1为阴极，发生的电极反应为：,电极3为阳极，发生的电极反应为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，连接开关K2时，电极3为阴极，发生的电极反应为：，电极2为阳极，发生的电极反应为：，故可交替得到H2和O2，故A正确；
B. 如果碱性电解液改为酸性电解池，电极3上的物质Ni(OH)2和NiOOH均能与酸反应，故B错误；
C. 由A分析可知接通K1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故C正确；
D. 由A分析可知，电极3在交替连接K1或K2过程中得以循环使用，故D正确；
本题答案为B。
5．我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜
B．放电时负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-
C．充电时CO2在多孔Pd纳米片表面转化为甲酸
D．外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离
【答案】C
【详解】
根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH， 总的电极反应为：Zn+2OH- +2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，充电时的电极反应与放电时的反应相反，由此分析。
A．由图可知，a膜释放出氢离子，是阳离子膜，b膜释放出氢氧根离子，是阴离子膜，故A正确；
B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，故B正确；
C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，甲酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2，故C错误；
D．复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，根据总的电极反应：Zn+2OH- +2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，锌的化合价从0价升高到+2价，外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离，故D正确；
答案选C。
6．某化学兴趣小组进行两组电解实验。
实验一：已知固体电解质只有特定离子才能移动。按照下图装置研究α-AgI固体电解质导体是Ag＋导电还是I-导电；
实验二：用惰性电极电解硫酸铜和盐酸混合液，对产生的气体进行研究。
关于以上实验，下列说法正确的是
A．实验一：若α-AgI固体是Ag+导电，则通电一段时间后的晶体密度不均匀
B．实验一：若α-AgI固体是I-导电，则通电一段时间后的晶体密度仍均匀
C．实验二：若阳极为纯净气体，阴、阳两极产生的气体体积比可能≥1
D．实验二：若阳极为混合气体，阴、阳两极产生的气体体积比可能≥1
【答案】D
【详解】
A.实验一为电解装置，两电极均是银，阳极银溶解成Ag+，若Ag+导电，Ag+在阴极再析出，通电一段时间后的晶体密度均匀，故A错误；
B.若是I-导电，则是I-在阴极析出，通电一段时间后的晶体I-少了，密度不均匀，故B错误；
C.实验二中，用惰性电极电解硫酸铜和盐酸混合液，电解混合溶液时，阳极反应依次是：2Cl－－2e－=Cl2↑，4OH－－4e－=2H2O+O2↑；阴极反应依次是：Cu2++2e－=Cu，2H++2e－=H2↑;根据得失电子守恒可知，当阳极为纯净气体Cl2时，阴极上可能不产生气体，也可能有H2生成，但H2的物质的量必小于Cl2的物质的量，故C错误；
D．当阳极为混合气体Cl2和O2时，如果溶液中Cu2+比较多，在阴极可能不产生气体，如果溶液中Cu2+比较少，此时有H2生成，阴阳极产生的气体的体积关系可能≥1，故D正确；
故选D。
7．工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质的原理如图所示。已知：
①在弱酸性溶液中发生水解；
②氧化性：(高浓度)＞H+＞Ni2+ (低浓度)。
下列说法中不正确的是
A．碳棒上发生的电极反应：
B．电解过程中，B室中溶液的物质的量浓度将不断减小
C．为了提高的产率，电解过程中需要控制废水的
D．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应的总方程式发生改变
【答案】B
【详解】
A．由题图可知，碳棒与电源正极相连，作电解池的阳极，电极反应式为，故A正确；
B．电解过程中为平衡A、C室中的电荷，A室中的和C室中的分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B室中，使B室中溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；
C．因在弱酸性溶液中易发生水解反应，且氧化性(高浓度)＞H+＞Ni2+ (低浓度)，为了提高的产率，电解过程中需要控制废水的，故C正确；
D．若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-＞OH-，则在阳极放电，电解反应的总方程式会发生改变，故D正确；
答案为B。
8．关于下列各装置图的叙述不正确的是
A．用装置①精炼铜，则b极为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B．装置②的总反应是Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+
C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D．装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】B
【详解】
A. 用装置①精炼铜，根据电流方向可知a电极是阳极，b电极是阴极，则a极为粗铜，b极为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液，A正确；
B. 装置②中铁是负极，铜是正极，总反应是Fe+2Fe3+=3Fe2+，B错误；
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连作阴极，被保护，C正确；
D. 装置④中铁在浓硫酸中钝化，铜是负极，铁是正极，因此铁钉几乎没被腐蚀，D正确；答案选B。
9．一种电解法制备高纯铬和硫酸的简单装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．a为直流电源的正极
B．阴极反应式为2H++2e-=H2↑
C．工作时，乙池中溶液的pH不变
D．若有1 mol离子通过A膜，理论上阳极生成0. 25 mol气体
【答案】D
【详解】
A. 制备铬，则Cr电极应该是阴极，即a为直流电源的负极，A错误；
B. 阴极反应式为Cr3＋＋3e－=Cr，B错误；
C. 工作时，甲池中硫酸根移向乙池，丙池中氢离子乙烯乙池，乙池中硫酸浓度增大，溶液的pH减小，C错误；
D. 若有1mol离子通过A膜，即丙池产生1mol氢离子，则理论上阳极生成0.25 mol氧气，D正确，
答案选D。
10．电解合成1,2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中不正确的是
A．该装置工作时，阳极的电极反应是CuCl(s)+Cl--e-=CuCl2
B．液相反应为CH2=CH2+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl(s)
C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D．该装置总反应为CH2=CH2+2NaCl+2H2OClCH2CH2Cl+2NaOH+H2↑
【答案】C
【详解】
由图可知，左边电极失电子，铜元素化合价升高，为阳极，发生反应为：CuCl(s)+Cl--e-=CuCl2；右边电极得电子，氢元素化合价降低，为阴极，发生反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
A．由分析可知，阳极的电极反应是CuCl(s)+Cl--e-=CuCl2，A正确；
B．由图可知，液相反应为CH2=CH2+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl(s)，B正确；
C．Cl-透过X膜在左边电极反应，故X膜为阴离子交换膜，Na+透过Y膜和右边电极附近产生的OH-结合得到NaOH，故Y为阳离子交换膜，C错误；
D．结合装置图可知，该装置总反应为CH2=CH2+2NaCl+2H2O ClCH2CH2Cl+2NaOH+H2↑，D正确。
答案选C。
11．电解Na2CO3溶液制取NaHCO3溶液和NaOH溶液的装置如图所示。下列说法中，不正确的是
A．阴极产生的物质A是H2
B．溶液中Na+由阳极室向阴极室迁移
C．阳极OH﹣放电，H+浓度增大，CO转化为HCO
D．物质B是NaCl，其作用是增强溶液导电性
【答案】D
【详解】
A．在阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A项正确；
B．Na+是阳离子，在电解池中由阳极室通过阳离子交换膜向阴极室迁移，故B项正确；
C．阳极发生的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，H+浓度增大，H+和CO发生反应，使CO转化为HCO，故C项正确；
D．据图可知，在阴极室生成的是NaOH，若物质B为NaC1，则会引入C杂质，故D项错误；
故选D。
12．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品加工的防腐剂，制备示意图如下。已知：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。下列说法不正确的是
A．采用的是阳离子交换膜
B．阳极的电极反应式为2H2O-4e－= 4H+ + O2↑
C．当阴极生成0.2 g气体时，a室溶液质量减少1.6 g
D．电解后将b室溶液进行结晶、脱水，可得到Na2S2O5
【答案】C
【详解】
电解池阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，由装置图可知，电解池阳极为a室稀硫酸溶液，氢氧根离子失电子发生氧化反应，则氢离子将移到b室与Na2SO3反应生成NaHSO3，阴极为c室，主要成分是NaHSO3和Na2SO3，氢离子发生还原反应生成氢气，则c室中NaHSO3转变为Na2SO3，据此分析解答。
A．根据分析，a室中氢离子向b室移动，则离子交换膜采用的是阳离子交换膜，故A正确；
B．根据分析，阳极水失电子发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e－= 4H+ + O2↑，故B正确；
C．根据分析，阴极氢离子发生还原反应生成氢气，电极反应为：2H2O+2e−═H2↑+2OH−，生成气体为氢气，0.2 g氢气的物质的量为0.1mol，转移电子0.2mol，a室为阳极，电极反应为2H2O-4e－= 4H+ + O2↑，氧气从a室逸出，氢离子向b室移动，则a室中减少的质量为水的质量，根据电子守恒，消耗水的物质的量为0.1mol，质量为0.1molｘ18g/mol=1.8g，故C错误；
D．根据分析，电解后将b室得到NaHSO3溶液，NaHSO3溶液经结晶脱水可得到Na2S2O5，则结晶脱水过程方程式可表示为2NaHSO3 ═Na2S2O5 +H2O，故D正确；
答案选C。
13．目前海水液化可采用双极膜电液析法、同时获得副产品，其模拟工作原理如图所示。其中双极膜(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H+和OH-离子源。M、N 为离子交换膜。下列说法正确的是
A．X 电极为电解池的阴极，该电极反应式为： 2H+-2e-=H2↑
B．电子流向： 电源负极→X电极→Y 电极→电源正极
C．电路中每转移1mol 电子，X、Y两极共得到标准状况下16.8L的气体
D．M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH; 若去掉B室双极膜，B室产物不变
【答案】C
【详解】
A.电解池中阳离子向阴极移动，故X电极为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，选项A错误；
B.电子不能通过电解质溶液，所以电子流向：电源负极→阴极X电极、阳极Y电极→电源正极，选项B错误；
C.阴极反应为2H++2e-=H2↑，阳极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，当电路中通过1mol电子时，阴极得到0.5molH2，阳极得到0.25molO2，两极一共得到气体为0.5mol+0.25mol=0.75mol，标准状况下16.8L的气体，选项C正确；
D.电解池中，电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH；若去掉双极膜（BP），则Cl-会在阳极失去电子，生成Cl2，在阳极室会有C12生成，，B室产物发生变化，选项D错误；
答案选C。
14．下列有关电化学装置的说法正确的是
A．利用图a装置处理银器表面的黑斑Ag2S，银器表面的反应为Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-
B．图b电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出
C．图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼
D．图d中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀
【答案】A
【详解】
A．形成原电池时，Al为负极被氧化，Ag2S为正极被还原，正极反应式为：Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-，A正确；
B．铜为阴极，发生还原反应，不能溶解，石墨电极上生成氧气，故B错误；
C．X极为负极，粗铜极为阴极，而电解精练时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，不能进行铜的精练，C错误；
D．该装置有外接电源，属于外加电源的阴极保护法，D错误；
答案选A。
15．某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．X电极质量减轻，Y电极质量增加
B．电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O
C．电解池的总反应为2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑
D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成
【答案】B
【详解】
据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。
A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；
B.铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；
C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；
D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；
故合理选项是B。
16．如图是一个甲烷燃料电池工作时的示意图，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时，M、N 两个电极的质量都不减少，下列说法正确的是（ ）
A．N 电极的材料是Fe
B．甲烷在电极上发生的反应为 CH4+8OH--8e- ═ CO2+6H2O
C．乙池的总反应是 4Ag++4OH- 4Ag +2H2O + O2↑
D．乙池中电极析出金属银 0.02 mol 时，甲池中理论上消耗氧气为112mL(标准状况下)
【答案】D
【详解】
根据电池装置分析可知，甲池为甲烷燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，甲烷一极为负极，电极反应式为CH4+10OH--8e- ═CO+7H2O，O2一极为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，M为阴极，N为阳极，由于M、N 两个电极的质量都不减少，因此Fe做阴极，阳极的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应式为Ag++e-=Ag，据此分析解答。
A．根据分析可知，N极的电极材料为石墨，A错误；
B．甲烷为负极，电极反应式为CH4+10OH--8e- ═CO+7H2O，B错误；
C．乙池中电解质溶液为AgNO3，总反应方程式为4Ag++2H2O4H++4Ag+O2↑，C错误；
D．根据电极反应式，乙池中电极析出金属银 0.02 mol 时，转移0.02mol电子，则消耗0.005molO2，在标准状况下的体积为0.112L，即112mL，D正确；
答案选D。
二、选择题
17．对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法正确的是
A．电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源
B．阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O
C．每转移1mole－时，阳极电解质溶液的质量减少8g
D．反应结束后阳极区pH增大
【答案】AB
【详解】
该装置为电解池，右侧生成氧气，则右侧为阳极，电极反应式为，左侧为阴极，据此分析解答。
A. 该电解池右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，故A正确；
B. 阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O，故B正确；
C. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，当转移4mole－时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole－时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；
D. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH减小，故D错误；
故选AB。
18．生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨作电极，用电解法去除。电解时：如图1原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2+将PO43-转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法正确的是
A．图2中0~20min脱除的元素是氮元素，此时石墨作阴极
B．溶液pH越小有效氯浓度越大，氮的去除率越高
C．图2中20~40min脱除的元素是磷元素，此时阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑
D．电解法除氮有效氯ClO—氧化NH3的离子方程式为3ClO—+2NH3=3Cl—+N2↑+3H2O
【答案】CD
【详解】
A．因0~20min脱除的元素是氮元素，所以需要将铵根、氨气氧化成氮气，若铁为阳极，则被氧化的是铁，所以此时石墨为阳极，故A错误；
B．随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；
C．除磷时，Fe作阳极失电子生成亚铁离子和PO43-转化为Fe3(PO4)2沉淀，所以石墨作阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2，故C正确；
D．ClO-氧化NH3的反应生成氮气，次氯酸根被还原为氯离子，结合电子守恒和电荷守恒、元素守恒可得离子反应方程式为3ClO-+2NH3=3Cl-+N2↑+3H2O，故D正确；
故答案为CD。
三、非选择题
19．如下图所示，某同学设计一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
根据要求回答相关问题：
（1）通入氧气的电极为_____________ （填“正极”或“负极”），负极的电极反应式为________________________________________ 。
（2）石墨电极为__________（填“阳极”或“阴极”），反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，__________ 区（填“铁极”或“石墨极”）的溶液先变红。
（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将________________，填“增大”“减 小”或“不变”）。精铜电极上的电极反应式为_______________________。
（4）若在标准状况下，有224m L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体在标况下体积为_________L；丙装置中阴极析出铜的质量为 ____________g 。
【答案】正极 CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O 阳极 铁极 减少 Cu2++2e- = Cu 0.448 1.28
【详解】
(1)燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极上通入的是甲醚，负极上燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O，故答案为正极；CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O。
(2)铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上氢离子放电，电极方程式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，滴入酚酞溶液，铁电极区的溶液先变红，
故答案为阳极，铁极；
(3)丙装置中，如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅铜还有锌失去电子进入溶液，阴极上析出铜离子，阳极上金属失电子发生氧化反应，电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，阴极上铜离子得电子生成铜，根据转移电子守恒，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小，故答案为减少，Cu2++2e-=Cu；
(4)根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气和铜的关系式为：O2～2H2～2Cu；若在标准状况下，有224mL的氧气参加反应，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，则乙装置中铁电极上生成氢气的体积=0.224L×2=0.448L，丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量=0.224L/22.4L/mol×2×64g/mol=12.8g，
故答案为0.448L，12.8g。
20．某实验小组在电压12V电流3A的条件下电解2mol/L的氯化铜溶液并探究其产物的性质。
(1)根据电解原理，预测：阴极发生的实验现象是______。阳极发生的电极反应式为_______。电解氯化铜溶液总的化学方程式为_______。
(2)小组同学在实际电解过程中，意外的观察到下表的实验现象：
条件
电极
现象
电压12V
电流3A
阴极
3min后，附近溶液变成棕褐色。30min后，溶液变成深棕褐色。电极底部表面有少量红色金属生成，还有少量白色物质。
阳极
开始出现少量气泡，后来气泡增多。
实验小组学生对阴极区产生异常现象的原因进行了探究：
资料1：CuCl是白色的难溶物，用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀，它易溶于浓盐酸，用水稀释CuCl的浓盐酸溶液则又析出CuCl白色沉淀。
资料2：[CuCl2.CuCl2(H2O)]-(棕褐色)CuCl+Cu2++3Cl-+H2O。
Ⅰ.探究阴极表面产生的白色物质：
①根据资料写出Cu还原CuCl2溶液反应的化学方程式______。
②学生为了确定阴极产物进行实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀。
如果要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，该实验的设计方案是______。
实验结论：通过实验A和实验B的对比，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl。
Ⅱ.探究阴极区域溶液呈现棕褐色的原因：
猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。
实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入______，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色。
实验结论：溶液颜色呈现棕褐色______(填“是”或者“不是”)由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。
实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2(H2O)]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。
步骤一：配制标准[CuCl2.CuCl2(H2O)]-棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：
步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照，请画出对照实验的流程图______。
实验结论：通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关。
【答案】有红色(紫红色)固体产生 2Cl- - 2e- = Cl2 ↑ CuCl2Cu + Cl2↑ Cu+CuCl2=CuCl ↓ 取阴极产生的白色固体，溶于稀盐酸配成溶液，浇水稀释，又析出白色沉淀 NaCl固体至不再溶解 不是
【详解】
（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，电极反应：Cu2++2e-=Cu，阴极发生的实验现象是：析出红色铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，电解氯化铜溶液总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故答案为：析出红色铜；2Cl--2e-=Cl2↑；CuCl2Cu+Cl2↑；
（2）Ⅰ．①Cu还原CuCl2溶液的反应为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；故答案为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；
②实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，应取阴极的白色产物做对照，实验B为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl，
故答案为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀；
Ⅱ．猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致
实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入NaCl固体，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色；实验结论：溶液颜色呈现棕褐色不是由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致；故答案为：NaCl固体至不再溶解；不是；
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。
实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2（H2O）]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。
步骤一：配制标准[CuCl2•CuCl2（H2O）]棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：
，
步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照：
，
通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关；
故答案为：。
21．亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂， 可由NO与Cl2在通常条件下反应得到。某学习小组在实验室用如图所示装置制备NOCl。
已知：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃， 气态呈黄色，液态时呈红褐色，易与水反应。
请回答下列问题：
(1)装置A中仪器a的名称是____________。
(2)实验开始时，应先打开K2，再打开____________（填K1”或K3”），通入一段时间气体，其目的是____________。
(3)实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是____________。
(4)装置C中应选用的试剂为____________(填试剂名称)。
(5)装置F的作用是____________。
(6)工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如图所示，吸收塔中发生的反应为：NO+S2O42-+H 2O——N2+HSO3-(未配平)
①吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
②阴极的电极反应式为_______。
(7)NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。请设计实验证明HNO2是弱酸：_______。
【答案】圆底烧瓶 K1 排尽装置内的空气，防止NO被氧化 平衡气压，避免装置内压强过大 浓硫酸 冷凝收集亚硝酰氯 1：1 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸
【详解】
(1)根据仪器的结构可知：装置A中仪器a的名称是圆底烧瓶；
(2)NO容易与装置内空气中的氧气反应产生NO2，为避免空气的影响，要先排除装置中的空气，所以实验开始时，应先打开K2，再打开K1通入一段时间气体；
(3)反应产生气体速率快，B中气泡多，反应产生气体慢，B中气泡少，所以B装置可以观察气体产生的速率；同时若装置中气流过大，B中液体就会进入长直玻璃管，从而可降低气体压强，故实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是平衡气压，避免装置内压强过大；
(4)在装置E中Cl2与NO反应产生NOCl，由于NOCl易与水反应，为避免反应制取的NOCl与水接触、反应时要对制取的Cl2进行干燥，故装置C中是干燥剂，应选用浓硫酸；
(5)亚硝酰氯(NOC1)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，装置F的作用是：冷凝收集亚硝酰氯；
(6)①工业上可用间接电化学法除去NO，吸收塔中硫代硫酸根离子与NO发生氧化还原反应，生成N2和HSO3-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，在该反应中NO是氧化剂，S2O42-是还原剂，可见反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比是1：1；
②阴极上HSO3-得到电子，发生还原反应，生成S2O42-，所以阴极的电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；
(7)NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。证明HNO2是弱酸的方法：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸。
浙江真题题组
1.（2020年1月浙江选考）．在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确的是（ ）
离子交换膜
A．电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出
D．OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量
【答案】D
A.根据分析可知电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气，故A正确；
B.阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，氢氧化钠要从d口流出，所以要防止OH-流向阳极即电极A，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；
C.根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出，故C正确；
D.因为有离子交换膜的存在，OH-不发生迁移，故D错误；
故答案为D。
2. (2020年7月浙江选考)．电解高浓度(羧酸钠)的溶液，在阳极放电可得到(烷烃)。下列说法不正确的是( )
A．电解总反应方程式：
B．在阳极放电，发生氧化反应
C．阴极的电极反应：
D．电解、和混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
【答案】A
A．因为阳极RCOO-放电可得到R-R(烷烃)和产生CO2，在强碱性环境中，CO2会与OH-反应生成CO32-和H2O，故阳极的电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O，阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2，同时生成OH-，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，因而电解总反应方程式为2RCOONa+2NaOHR-R+2Na2CO3+H2↑，故A说法不正确；
B．RCOO-在阳极放电，电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O， -COO-中碳元素的化合价由+3价升高为+4价，发生氧化反应，烃基-R中元素的化合价没有发生变化，故B说法正确；
C．阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2，同时生成OH-，阴极的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C说法正确；
D．根据题中信息，由上述电解总反应方程式可以确定下列反应能够发生：2CH3COONa+2NaOHCH3-CH3+2Na2CO3+H2↑，2CH3CH2COONa+2NaOHCH3CH2-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑，CH3COONa+CH3CH2COONa+2NaOHCH3-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑。因此，电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH 的混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷，D说法正确。
答案为A。
3．[2021·4月浙江选考，节选]（4）以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。
①阳极的电极反应式是_______________________。
②制备H2O2的总反应方程式是_______________________。
【答案】（4）①2HSO4−－2e−S2O82−＋2H+或2SO42−－2e−S2O82−
②2H2OH2O2＋H2↑
【解析】（4）①电解池使用惰性电极，阳极本身不参与反应，阳极吸引HSO4−（或SO42−）离子，并放电生成S2O82−，因而电极反应式为2HSO4−－2e−=S2O82−＋2H+或2SO42−－2e−=S2O82−。
②通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8和H2。由题中信息可知，生成的NH4HSO4可以循环使用，说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成H2O2，还有NH4HSO4生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2和H2，故总反应方程式为2H2OH2O2＋H2↑。
4．[2018·11月浙江选考，节选]（二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学−电解法”探究的合成，其原理如图所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。
（1）请写出“化学法”得到FeO42−的离子方程式________________________________。
（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42−）___________________________________。
【答案】（1）2Fe3+＋3ClO−＋10OH−＝2FeO42−＋3Cl−＋5H2O或2Fe(OH)3+3ClO−＋4OH−＝2FeO42−＋3Cl−＋5H2O
（2）Fe3++8OH−−3e−=FeO42−＋4H2O或Fe(OH)3+5OH−−3e−=FeO42−＋4H2O
【解析】（二）（1）将一定量Cl2通入KOH溶液，生成KCl和KClO，KClO具有强氧化性，将Fe3+氧化为FeO42−，然后根据碱性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3ClO−＋10OH−＝2FeO42−＋3Cl−＋5H2O或2Fe(OH)3+3ClO−＋4OH−＝2FeO42−＋3Cl−＋5H2O；
（2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO42−，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出Fe3++8OH− −3e−=FeO42−＋4H2O或Fe(OH)3+5OH−−3e−=FeO42−＋4H2O。
5．[2018·4月浙江选考，节选]（一）以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图所示。
（1）收集到(CH3)4NOH的区域是________(填a、b、c或d)。
（2）写出电池总反应_________________________________。
【答案】（1）d
（2）2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+H2↑+Cl2↑
【解析】（一）（1）以石墨为电极电解四甲基氯化铵溶液制备四甲基氢氧化铵，需要氢氧根离子，电解过程中阴极氢离子得到电子生成氢气，电解附近生成氢氧根离子，所以收集到(CH3)4NOH的区域是阴极区即d口。
（2）结合反应为和生成物的关系可知电解过程中生成产物为四甲基氢氧化铵、氢气和氯气，据此写出电解反应的化学方程式：2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+H2↑+Cl2↑。
6．[2021·11月浙江选考，节选] (二) 科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨。
阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。
电极反应式：______________________________和2Fe＋3H2O＋N2＝2NH3＋Fe2O3。
【答案】Fe2O3＋6e－＋3H2O＝2Fe＋6OH―
【解析】(二)以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生还原反应，根据其中一个反应2Fe＋3H2O＋N2＝Fe2O3＋2NH3，可知，Fe2O3作催化剂，首先转化为铁，因此电极反应式为Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−，故答案为：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−。
7．[2021·10月浙江选考]在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现，铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式：2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图。
下列说法正确的是
A．铁片发生还原反应而被腐蚀
B．铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域
C．铁片腐蚀中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－===4OH－
D．铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
【答案】D
【解析】负极：Fe－2e－===Fe2＋，发生氧化反应，正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，发生还原反应，Fe2＋向正极移动，OH－向负极移动，生成Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，微电池的正极区是生锈最多的区域，而铁腐蚀最严重的区域是负极区，A、B、C错误。
8．[2021·浙江理综]在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O−CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是
A．X是电源的负极
B．阴极的电极反应式是：H2O+2e−H2+O2− CO2+2e−CO+O2−
C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1
【答案】D
【解析】本题以高温电解H2O、CO2制备CO、H2为背景，考查了电解池的工作原理，意在考查考生对电化学装置等相关知识的综合应用能力。H2O和CO2混合气体转变为H2和CO的过程在接电源X极的电极上完成，说明该电极上发生了还原反应，该电极为阴极，则X为电源的负极，A项正确；阴极完成的是H2O→H2，CO2→CO，对应的电极反应式为H2O+2e−H2+O2−，CO2+2e−CO+O2−，B项正确；制备过程的总反应为H2O+CO2CO+H2+O2，C项正确；阴极与阳极产生的气体，其物质的量之比为2∶1，D项错误。
全国真题题组
1.（2020年全国1卷）．．科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是
A．放电时，负极反应为
B．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
C．充电时，电池总反应为
D．充电时，正极溶液中OH−浓度升高
【答案】D
【解析】
由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。
A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，故A正确，不选；
B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；
C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确，不选；
D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；
答案选D。
2.(2020年全国2卷)．．电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是
A．Ag为阳极 B．Ag+由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高 D．总反应为：WO3+xAg=AgxWO3
【答案】C
【解析】
从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，故Ag电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。
A．通电时，Ag电极有Ag+生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；
B．通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；
C．过程中，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价，故C项错误；
D．该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe- = xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg++xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3 =AgxWO3，故D项正确；
答案选C。
3.(2020年全国3卷)．一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是
A．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】
A．当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；
B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；
C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确；
D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；
故选B。
4． [2021江苏]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】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e−=4OH−；据此解题；
A．在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B．铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；
C．活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；
D．以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e−=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e−=4OH−。
5．[2018北京]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
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】②中Zn作负极，发生氧化反应生成Zn2＋，Fe作正极被保护，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，试管内无明显变化。但③中没有Zn保护Fe，Fe在酸性环境中发生反应生成Fe2＋，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，对比②③可知Zn保护了Fe，A项正确；①与②的区别在于：前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中，而后者是在取出的少量Fe附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液，①中出现了蓝色沉淀，说明有Fe2＋生成。对比分析可知，可能是铁氰化钾氧化Fe生成了Fe2＋，B项正确；通过上述分析可知，验证Zn保护Fe时不能用①的方法，C项正确；若将Zn换成Cu，铁氰化钾仍会将Fe氧化为Fe2＋，在铁的表面同样会生成蓝色沉淀，所以无法判断Fe2＋是不是负极产物，即无法判断Fe与Cu的活泼性，D项错误。
6．[2018新课标Ⅰ]最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA−Fe2+−e−＝EDTA−Fe3+
②2EDTA−Fe3++H2S＝2H++S+2EDTA−Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A．阴极的电极反应：CO2+2H++2e−＝CO+H2O
B．协同转化总反应：CO2+H2S＝CO+H2O+S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA−Fe3+/EDTA−Fe2+，溶液需为酸性
【答案】C
【解析】该装置属于电解池，CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，石墨烯电极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答。A、CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为CO2+H＋+2e－＝CO+H2O，A正确；B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B正确；C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C错误；D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA−Fe3＋/EDTA−Fe2＋，溶液需要酸性，D正确。答案选C。
点睛：准确判断出阴阳极是解答的关键，注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反应和还原反应，进而得出阴阳极。电势高低的判断是解答的难点，注意从物理学的角度借助于阳极与电源的正极相连去分析。
7．[2021新课标Ⅱ]用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为混合溶液。下列叙述错误的是
A．待加工铝质工件为阳极
B．可选用不锈钢网作为阴极
C．阴极的电极反应式为：
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
【答案】C
【解析】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故A说法正确；B、不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故B说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺序应是H＋放电，即2H＋＋2e−H2↑，故C说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极，故D说法正确。
【名师点睛】本题考查电解原理的应用，如本题得到致密的氧化铝，说明铝作阳极，因此电极方程式应是2Al−6e−＋3H2OAl2O3＋6H＋，这就要求学生不能照搬课本知识，注意题干信息的挖掘，本题难度不大。
8．[2021海南]一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是
A．Pd电极b为阴极
B．阴极的反应式为：N2+6H++6e−2NH3
C．H+由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2和H2
【答案】A
【解析】A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H22NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e−2NH3，故B说法正确；C、根据电解池的原理，阳离子在阴极上放电，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，故D说法正确。
9．[2021·北京]用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生；……
A．a、d处：2H2O+2e−H2↑+2OH−
B．b处：2Cl−−2e−Cl2↑
C．c处发生了反应：Fe−2e−Fe2+
D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜
【答案】B
【解析】本题结合实验考查电化学知识，意在考查考生对电解池的熟练程度和分析能力。由于有外接电源，所以实验一和实验二均为电解池装置。实验一中，铁丝中的电流方向为从d到c，电子移动方向为从c到d，所以实验一的装置是比较复杂的电解池，其中a为阴极，c为阳极，d为阴极，b为阳极。a、d处发生反应2H2O+2e−H2↑+2OH−，A项正确；若b处发生反应2Cl−−2e−Cl2↑，不足以解释b处“变红”和“褪色”现象，故B项错误；c处铁作阳极，发生反应Fe−2e−Fe2+，由于生成的Fe2+浓度较小，且pH试纸本身有颜色，故颜色上无明显变化，C项正确；实验二是一个更加复杂的电解池装置，两个铜珠的左端均为阳极，右端均为阴极，初始时两个铜珠的左端(阳极)均发生反应Cu−2e−Cu2+，右端(阴极)均发生反应2H++2e− H2↑，一段时间后，Cu2+移动到m和n处，m、n处附近Cu2+浓度增大，发生反应Cu2++2e− Cu，m、n处能生成铜，D正确。
10．[2021·新课标Ⅰ]三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是
A．通电后中间隔室的离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C．负极反应为2H2O−4e−O2+4H+，负极区溶液pH降低
D．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成
【答案】B
【解析】本题考查电解池原理，意在考查考生运用所学知识分析、解决问题的能力。该装置为电解池。H2O在正(阳)极区放电，生成O2和H+，中间隔室中的阴离子通过cd膜移向正(阳)极，故正(阳)极区得到H2SO4，当电路中通过1 mol电子时生成0.25 mol O2，正(阳)极区溶液pH减小，H2O在负(阴)极区放电，生成OH−和H2，负(阴)极区溶液pH增大，A、C、D项错误。H2O在负(阴)极区放电生成H2和OH−，中间隔室中的阳离子Na+通过ab膜移向负(阴)极，故负(阴)极区可得到NaOH，而正(阳)极区可得到H2SO4，故B项正确。
一、电解池
电解 使电流通过电解质溶液而在阴、阳两极引起氧化还原反应的过程。
电解池(或电解槽)
（1）定义
借助于电流引起氧化还原反应的装置，也就是把电能转化为化学能的装置。
（2）阳极与阴极
阳极：与电源正极相连的电极叫阳极，发生氧化反应。
阴极：与电源负极相连的电极叫阴极，发生还原反应。
（3）电解池的构成条件
与直流电源相连的两个电极：阳极和阴极；电解质溶液(或熔融电解质)；形成闭合回路。
（4）电解池的工作原理(以电解CuCl2溶液为例)
电解池和原电池比较
电解池
原电池
定义
将电能转变为化学能的装置
将化学能转变为电能的装置
装置举例
形成条件
①两个电极与直流电源相连
②电解质溶液
③形成闭合回路
①活泼性不同的两电极(连接)
②电解质溶液
③形成闭合回路
④能自发进行氧化还原反应
电极名称
阳极：与电源正极相连的极
阴极：与电源负极相连的极
负极：较活泼金属(电子流出的极)
正极：较不活泼金属(或能导电的非金属)(电子流入的极)
电极反应
阳极：溶液中的阴离子失电子，或电极金属失电子，发生氧化反应
阴极：溶液中的阳离子得电子，发生还原反应
负极：较活泼电极金属或阴离子失电子，发生氧化反应
正极：溶液中的阳离子或氧气得电子，发生还原反应
溶液中的离子移向
阴离子移向阳极，阳离子移向阴极
阴离子移向负极，阳离子移向正极
电子流向
电源负极阴极阳极电源正极
负极正极
实质
均发生氧化还原反应，两电极得失电子数相等
联系
原电池可以作为电解池的电源，二者共同形成闭合回路
电解池阴、阳极的判断
（1）由电源的正、负极判断：与电源负极相连的是电解池的阴极；与电源正极相连的是电解池的阳极。
（2）由电极现象确定：通常情况下，在电解池中某一电极若不断溶解或质量不断减少，则该电极发生氧化反应，为阳极；某一电极质量不断增加或电极质量不变，则该电极发生还原反应，为阴极。
（3）由反应类型判断：失去电子发生氧化反应的是阳极；得到电子发生还原反应的是阴极。
电解产物的判断
（1）阳极产物的判断
首先看电极，若是活性电极(一般是除Au、Pt外的金属)，则电极材料本身失电子，电极被溶解形成阳离子进入溶液；若是惰性电极(如石墨、铂、金等)，则根据溶液中阴离子放电顺序加以判断。
阳极放电顺序：
金属(一般是除Au、Pt外)>S2−>I−>Br−>Cl−>OH−>含氧酸根>F−。
（2）阴极产物的判断
直接根据溶液中阳离子放电顺序加以判断。阳离子放电顺序：
Ag+>Hg2+>Fe3+>Cu2+>H+(酸)>Pb2+>Sn2+>Fe2+>Zn2+>H+(水)>Al3+>Mg2+>Na+>Ca2+>K+。
（1）处理有关电解池两极产物的问题，一定要先看电极是活性电极还是惰性电极。活性电极在阳极放电，电极溶解生成相应的金属离子，此时阴离子在阳极不放电。对于惰性电极，则只需比较溶液中定向移动到两极的阴阳离子的放电顺序即可。
（2）根据阳离子放电顺序判断阴极产物时，要注意下列三点：
①阳离子放电顺序表中前一个c(H+)与其他离子的浓度相近，后一个c(H+)很小，来自水的电离；
②Fe3+得电子能力大于Cu2+，但第一阶段只能被还原到Fe2+；
③Pb2+、Sn2+、Fe2+、Zn2+控制一定条件(即电镀)时也能在水溶液中放电；Al3+、Mg2+、Na+、Ca2+、K+只有在熔融状态下放电。
二、电解原理的应用
1．电解饱和食盐水——氯碱工业
（1）电极反应
阳极：2Cl−−2e−===Cl2↑(反应类型：氧化反应)。
阴极：2H++2e−===H2↑(反应类型：还原反应)。
检验阳极产物的方法是：用湿润的KI淀粉试纸靠近阳极附近，若试纸变蓝，证明生成了Cl2。电解时向食盐水中加酚酞，阴极附近溶液变红，说明该电极附近产生的物质为NaOH。
（2）电解方程式
化学方程式：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
离子方程式：2Cl−+2H2O2OH−+H2↑+Cl2↑
2．电解精炼铜
电镀(Fe表面镀Cu)
电解精炼铜
阳极
电极材料
镀层金属铜
粗铜(含Zn、Fe、Ni、Ag、Au等杂质)
电极反应
Cu−2e−===Cu2+
Cu−2e−===Cu2+
Zn−2e−===Zn2+
Fe−2e−===Fe2+
Ni−2e−===Ni2+
阴极
电极材料
待镀金属铁
纯铜
电极反应
Cu2++2e−===Cu
电解质溶液
含Cu2+的盐溶液
注：电解精炼铜时，粗铜中的Ag、Au等不反应，沉积在电解池底部形成阳极泥
3．电镀
利用电解原理，在金属表面上镀上一层其它金属或合金的过程叫电镀。
①电极的连接：镀层金属或惰性电极做阳极，和外加电源的正极相连；镀件金属做阴极，和外加电源的负极相连。如铁上镀铜，铜(或石墨)做阳极，铁做阴极。
②电镀液的选择：选择含有镀层金属离子的溶液做电镀液，如铁上镀铜，选择硫酸铜溶液做电镀液。
③电极反应：阳极：Cu===Cu2+ +2e−，阴极：Cu2+ +2e−===Cu
④电镀的特点：若镀层金属做阳极，电镀过程中溶液中阳离子浓度不变；若用惰性电极做阳极，电镀过程中溶液中阳离子浓度减小。
电镀过程中，溶液中离子浓度不变；电解精炼铜时，由于粗铜中含有Zn、Fe、Ni等活泼金属，反应过程中失去电子形成阳离子存在于溶液中，而阴极上Cu2+被还原，所以电解精炼过程中，溶液中的阳离子浓度会发生变化。
4．电冶金
冶炼钠、钙、镁、铝等活泼金属，必须用电解法。如电解熔融氯化钠得到钠时：
注意：①电解熔融MgCl2冶炼镁，而不能电解熔融MgO冶炼镁，因MgO的熔点很高；
②电解熔融Al2O3冶炼铝，而不能电解AlCl3冶炼铝，因AlCl3是共价化合物，其熔融态不导电。
三、金属的腐蚀与防护
1．金属腐蚀的本质
金属原子失去电子变为金属阳离子，金属发生氧化反应。
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
金属跟非金属单质直接接触
不纯金属或合金跟电解质溶液接触
现象
无电流产生
有微弱电流产生
本质
金属被氧化
较活泼金属被氧化
联系
两者往往同时发生，电化学腐蚀更普遍
（2）析氢腐蚀与吸氧腐蚀
以钢铁的腐蚀为例进行分析：
类型
析氢腐蚀
吸氧腐蚀
图示
条件
水膜酸性较强(pH≤4.3)
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+2H2O2Fe(OH)2
联系
吸氧腐蚀更普遍
铁锈的形成：4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，2Fe(OH)3Fe2O3·xH2O(铁锈)+(3−x)H2O。
3．金属腐蚀的防护方法
（1）改变金属的内部组织结构
例如把铬、镍等加入普通钢里制成不锈钢，就大大增加了钢铁对各种侵蚀的抵抗力。
（2）在金属表面覆盖保护层
在金属表面覆盖致密的保护层，从而使金属制品跟周围物质隔离开来，这是一种普遍采用的防护方法。
（3）电化学防护法
牺牲阳极的阴极保护法
外加电流的阴极保护法
依据
原电池原理
电解原理
原理
形成原电池时，被保护金属作正极(阴极)，不反应受到保护；活泼金属作负极(阳极)，发生反应受到腐蚀，阳极要定期予以更换
将被保护的金属与另一附加电极作为电解池的两个极，使被保护金属作阴极，在外加直流电的作用下使阴极得到保护
应用
保护一些钢铁设备，如锅炉内壁、船体外壳等装上镁合金或锌片
保护土壤、海水及水中的金属设备
实例
示意图
考向一 电解规律的考查
典例1 用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是
A．AgNO3 CuCl2 Cu(NO3)2
B．KCl Na2SO4 CuSO4
C．CaCl2 KOH NaNO3
D．HCl HNO3 K2SO4
【解析】由电解规律可得
类型
化学物质
pH变化
放O2生酸型
CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2
降低
放H2生碱型
KCl、CaCl2
升高
电解电解质型
CuCl2
升高
HCl
升高
电解H2O型
NaNO3、Na2SO4、K2SO4
不变
KOH
升高
HNO3
降低
【答案】B
1．用石墨作电极电解CuSO4溶液。通电一段时间后，欲使电解液恢复到起始状态，应向溶液中加入适量的
A．CuSO4 B．H2O
C．CuO D．CuSO4·5H2O
【答案】C
【解析】石墨电极电解硫酸铜溶液一段时间，阳极发生氧化反应生成氧气，阴极发生还原反应生成铜，因此补充氧化铜即可使电解液恢复到起始状态。
用惰性电极电解电解质溶液的规律
类型
电解质特点
实例
电极反应
电解方程式
电解
对象
电解质溶液的变化
电解质溶液复原的方法
阴极
阳极
电解
水型
含氧酸
H2SO4
4H++4e− 2H2↑
4OH−−4e− 2H2O+O2↑
2H2O
2H2↑+O2↑
水
浓度增大
加水
可溶性强碱
NaOH
活泼金属含氧酸盐
KNO3
电解电
解质型
无氧酸
HCl
2H++2e− H2↑
2Cl−−2e− Cl2↑
2HCl
H2↑+Cl2↑
电解质
浓度减小
加HCl
不活泼金属无氧酸盐
CuCl2
Cu2++2e− Cu
2Cl−−2e−
Cl2↑
CuCl2
Cu+Cl2↑
加CuCl2
放H2
生碱型
活泼金属无氧酸盐
NaCl
2H++2e− H2↑
2Cl−−2e− Cl2↑
2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
电解质
和水
生成新
电解质
加HCl
放O2
生酸型
不活泼金属含氧酸盐
CuSO4
Cu2++2e− Cu
4OH−−4e−
2H2O+O2↑
2CuSO4+2H2O2Cu+
2H2SO4+O2↑
电解质
和水
生成新
电解质
加CuO
考向二 电解原理的“常规”应用
典例1 高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)的装置如图所示。下列说法正确的是
A．铁是阳极，电极反应为Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH)2
B．电解一段时间后，镍电极附近溶液的pH减小
C．若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后左侧溶液中含有FeO
D．每制得1 mol Na2FeO4，理论上可以产生67.2 L气体
【解析】A．用镍(Ni)、铁作电极电解浓NaOH溶液制备高铁酸钠(Na2FeO4)，铁失电子生成高铁酸钠，则铁作阳极，镍作阴极，电极反应式为Fe＋8OH－－6e－===FeO＋4H2O，故A错误；B．镍电极上氢离子放电生成氢气，氢离子浓度减小，所以溶液的pH增大，故B错误；C．若离子交换膜为阴离子交换膜，则电解结束后由于浓度差左侧溶液中会含有FeO，故C正确；D．温度和压强未知，所以无法计算生成气体体积，故D错误。
【答案】C
2．如图是工业电解饱和食盐水的装置示意图，下列有关说法不正确的是
A．装置中的离子交换膜属于阳离子交换膜
B．装置中①处的物质是氢气，②处的物质是氯气
C．除去杂质后的NaOH溶液从出口B处导出
D．转移0.8 mol电子时产生H2 8.96 L(标准状况下)
离子交换膜的作用
阳离子交换膜(以电解NaCl溶液为例)，只允许阳离子(Na+)通过，而阻止阴离子(Cl−、OH−)和分子(Cl2)通过，这样既能防止H2和Cl2混合爆炸，又能避免Cl2和NaOH溶液作用生成NaClO影响烧碱质量，由此可推知，阴离子交换膜只允许阴离子通过，质子(H+)交换膜只允许质子(H+)通过。
【答案】B
【解析】由装置中Na+迁移方向知，b为阴极、a为阳极，装置中的离子交换膜为阳离子交换膜，A正确；a是阳极，发生2Cl−−2e−Cl2↑，b是阴极，发生2H++2e−H2↑，所以①是Cl2、②是H2，B不正确；②处H+放电后生成OH−，Na+通过离子交换膜从左室进入右室，所以除去杂质后的NaOH溶液从B口导出，C正确；生成1 mol H2转移2 mol e−，转移0.8 mol e−时生成0.4 mol H2，标准状况下为8.96 L，D正确。
考向三 电解原理的“创新”应用
典例1 国内某科技研究小组首次提出一种新型的Li+电池体系，该体系正极采用含有I−、Li+的水溶液，负极采用固态有机聚合物，电解质溶液采用LiNO3溶液，聚合物离子交换膜作为隔膜将液态正极和固态负极分隔开(原理示意图如图)。下列有关判断正确的是
A．图甲是原电池工作原理图，图乙是电池充电原理图
B．放电时，正极液态电解质溶液的颜色加深
C．充电时，Li+从右向左通过聚合物离子交换膜
D．放电时，负极的电极反应式为−2ne−+2nLi+
【解析】本题考查电化学知识，意在考查考生对电化学知识的理解与应用能力。由“负极采用固态有机聚合物”知，固态有机聚合物在负极失电子，电极反应式为−2ne−+2nLi+，故图乙是原电池工作原理图，则图甲是电池充电原理图，A错误，D正确；放电时，正极的电极反应式为+2e−3I−，被还原为无色的I−，电解质溶液颜色变浅，B错误；充电过程即为电解过程，阳离子从阳极移向阴极，故充电时，Li+从左向右通过聚合物离子交换膜，C错误。
【答案】D
3．现代工业生产中常用电解氯化亚铁溶液的方法制得氯化铁溶液吸收有毒的硫化氢气体。工艺原理如图所示。下列说法中不正确的是
A．左槽中发生的反应为2Cl−−2e−Cl2↑
B．右槽中的反应式：2H++2e−H2↑
C．H+从电解池左槽迁移到右槽
D．FeCl3溶液可以循环利用
【答案】A
【解析】根据装置图可知Fe2+在电解池的左槽中被氧化生成Fe3+，则左槽是电解池的阳极，右槽是电解池的阴极。阳极(左槽)的电极反应式为Fe2+−e−Fe3+，A不正确；阴极(右槽)的电极反应式为2H++2e−H2↑，B正确；电解池中阳离子H+从电解池阳极(左槽)迁移到阴极(右槽)，C正确；反应池中的反应为2FeCl3+H2S2FeCl2+2HCl+S↓，故FeCl3溶液可以循环利用，D正确。
考向四 根据电子守恒计算
典例1 用惰性电极电解200 mL一定浓度的硫酸铜溶液，实验装置如图所示，如果向所得的溶液中加入0.1 mol Cu(OH)2后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子数为
A．0.2 mol B．0.4 mol C．0.6 mol D．0.8 mol
【解析】由图可知，电流由正极流向负极，则b为阳极，a为阴极，用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，发生反应：2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4；一段时间后，加入0.1 mol Cu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和pH，说明电解过程中不仅有硫酸铜被电解，还有水被电解，2H2OH2↑＋O2↑，0.1 mol Cu(OH)2可以看作是0.1 mol CuO和0.1 mol H2O，则转移的电子共有0.4 mol。
【答案】B
4．电解法处理含氮氧化物废气，可回收硝酸，具有较高的环境效益和经济效益。实验室模拟电解法吸收NOx的装置如图所示(图中电极均为石墨电极)。
（1）若用NO2气体进行模拟电解法吸收实验。
①写出电解时NO2发生反应的电极反应式： 。
②若在标准状况下有2.24 L NO2被吸收，通过阳离子交换膜(只允许阳离子通过)的H+为 mol。
（2）某小组在右室装有10 L 0.2 mol·L−1硝酸溶液，用含NO和NO2(不考虑NO2转化为N2O4)的废气进行模拟电解法吸收实验。
①实验前，配制10 L 0.2 mol·L−1硝酸溶液需量取 mL、密度为1.4 g·mL−1、质量分数为63%的浓硝酸。
②电解过程中，有部分NO转化为HNO2。实验结束时，测得右室溶液中含3 mol HNO3、0.1 mol HNO2，同时左室收集到标准状况下28 L H2。计算原气体中NO和NO2的体积比(假设尾气不含氮氧化物，写出计算过程)。
【答案】（1）①NO2−e−+H2O+2H+ ②0.1
（2）①143
②根据原子守恒：n(NO)+n(NO2)=3 mol−0.2 mol·L−1×10 L+0.1 mol=1.1 mol
根据电子守恒：0.1 mol×1+[n(NO)−0.1 mol]×3+n(NO2)×1=×2
解得 n(NO)=0.8 mol，n(NO2)=0.3 mol
V(NO)∶V(NO2)=n(NO)∶n(NO2)=0.8 mol∶0.3 mol=8∶3。
【解析】（1）①从图中知，NOx气体在电解时会转化成HNO3，则NO2中N由+4价升高至+5价，失去1个e−，用H+平衡电荷可写出电极反应式。②由电极反应式知，0.1 mol NO2生成0.1 mol 和0.2 mol H+，由电荷守恒可知，需要向左室流入0.1 mol H+后才能维持右室中溶液为电中性。
（2）①m(HNO3)=10 L×0.2 mol·L−1×63 g·mol−1=126 g，则V(浓硝酸)=≈143 mL。②由N原子守恒，最终生成的HNO3和HNO2中的总N原子数等于NO和NO2中所含N原子数与右室中原HNO3中N原子数总和，即n(HNO3)+n(HNO2)=n(NO)+n(NO2)+10 L×0.2 mol·L−1(Ⅰ)；电解过程中左、右两室中得失电子是守恒的，左侧为H+得电子生成H2，右侧为NO2失电子生成HNO3，部分NO失电子生成HNO2，部分NO失电子生成HNO3，列式为 mol×2=1×n(NO2)+1×n(HNO2)+[n(NO)−n(HNO2)]×3(Ⅱ)，联立(Ⅰ)、(Ⅱ)可求出NO和NO2的物质的量，相同状态下，NO2和NO的物质的量比即为其体积比。
电化学定量计算的三种方法
（1）根据电子守恒
用于串联电路中电解池阴阳两极产物、原电池正负两极产物、通过的电量等类型的计算，其依据是电路中转移的电子数相等。
（2）根据总反应式
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。
（3）根据关系式
根据得失电子守恒关系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。
考向五 电化学组合装置的问题
典例1 如图所示的装置，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，则以下说法正确的是
A．电源B极是正极
B．(甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成，其物质的量比为1∶2∶2∶2
C．欲用(丙)装置给铜镀银，H应该是Ag，电镀液是AgNO3溶液
D．装置(丁)中X极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带负电荷
【解析】根据图知，该装置是电解池，将电源接通后，向(乙)中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色，说明F极附近有大量氢氧根离子，由此得出F极上氢离子放电生成氢气，所以F极是阴极，则电源B极是负极，A极是正极，A错误；甲装置中C电极上氢氧根离子放电生成氧气，D电极上铜离子放电生成铜单质，E电极上氯离子放电生成氯气，F电极上氢离子放电生成氢气，所以(甲)、(乙)装置的C、D、E、F电极均有单质生成；生成1 mol氧气需要4 mol电子，生成1 mol铜时需要2 mol电子，生成1 mol氯气时需要2 mol电子，生成1 mol氢气时需要2 mol电子，所以转移相同物质的量的电子时生成单质的物质的量之比为1∶2∶2∶2，B正确；若用(丙)装置给铜镀银，G应该是Ag，H是铜，电镀液是AgNO3溶液，C错误；丁装置中Y电极是阴极，如果Y极附近红褐色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电荷，D错误。
【答案】B
5．某同学组装了如图所示的电化学装置，则下列说法正确的是
A．图中甲池为原电池装置，Cu电极发生还原反应
B．实验过程中，甲池左侧烧杯中的浓度不变
C．若甲池中Ag电极质量增加5.4 g时，乙池某电极析出 1.6 g 金属，则乙池中的某盐溶液可能是足量AgNO3溶液
D．若用铜制U形物代替“盐桥”，工作一段时间后取出U形物称量，质量不变
【答案】D
【解析】图中甲池为原电池装置，Cu电极为负极发生氧化反应，故A错误；实验过程中，盐桥中的向左边移动，所以左侧烧杯中的浓度变大，故B错误；若甲池中Ag电极质量增加5.4 g时，即生成银5.4 g，物质的量为=0.05 mol，所以整个电路转移电子0.05 mol，如果硝酸银足量应生成5.4 g银，故C错误；用铜制U形物代替“盐桥”，右边铜的质量减少，而左边铜的质量增加，由于整个电路转移电子数相等，所以减少的质量与增加的质量相等，U形物的质量不变，故D正确。
串联装置图比较
图甲中无外接电源，两者必有一个装置是原电池(相当于发电装置)，为电解池装置提供电能，其中两个电极活动性差异大者为原电池装置，即左图为原电池装置，右图为电解池装置。图乙中有外接电源，两烧杯均作电解池，且串联电解，通过的电流相等。
考向六 金属的腐蚀快慢与防护方法的比较
典例1 如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为
A．②①③④⑤⑥ B．⑤④③①②⑥ C．⑤④②①③⑥ D．⑤③②④①⑥
【解析】当铁作为电解池的阳极时，其腐蚀的速度是最快的，当作为电解池的阴极时，其腐蚀速率是最慢的，当铁与金属构成原电池时，铁作为负极时，两者金属的活动性相差越大，铁的腐蚀速率就越大，但铁作为正极时，铁的腐蚀速率就会减慢。根据图知，②③④装置是原电池，在②④中，金属铁做负极，且Fe、Cu两者金属的活动性比Fe、Sn的相差大，③中金属铁作正极，做负极的腐蚀速率快，所以④＞②＞③，并且原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀，所以②＞①，⑤⑥装置是电解池，⑤中金属铁为阳极，⑥中金属铁为阴极，阳极金属被腐蚀速率快，阴极被保护，即⑤＞⑥，根据电解原理引起的腐蚀＞原电池原理引起的腐蚀＞化学腐蚀＞有防护腐蚀措施的腐蚀，并且原电池的正极金属腐蚀速率快于电解池的阴极金属腐蚀速率，即⑤④②①③⑥，故答案为D。
【答案】C
6．利用如图装置探究铁在海水中的电化学防护，下列说法不正确的是
A．若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀
B．若X为锌棒，开关K置于M处，铁电极的反应：Fe−2e− Fe2+
C．若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀
D．若X为碳棒，开关K置于N处，铁电极的反应：2H++2e−H2↑
【答案】B
【解析】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故A正确；若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，氧气在该极发生还原反应，故B不正确；若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，铁电极为阴极，发生还原反应，故D正确。
过关秘籍
（1）判断金属腐蚀快慢的规律
①对同一电解质溶液来说，腐蚀速率的快慢：电解原理引起的腐蚀>原电池原理引起的腐蚀>化学腐蚀>有防腐措施的腐蚀。
②对同一金属来说，在不同溶液中腐蚀速率的快慢：强电解质溶液中>弱电解质溶液中>非电解质溶液中。
③活动性不同的两种金属，活动性差别越大，腐蚀速率越快。
④对同一种电解质溶液来说，电解质浓度越大，金属腐蚀越快。
（2）两种保护方法的比较
外加电流的阴极保护法保护效果大于牺牲阳极的阴极保护法。
考向七 析氢腐蚀和吸氧腐蚀
典例1 将NaCl溶液滴在一块光亮清洁的铁板表面上，一段时间后发现液滴覆盖的圆周中心区(a)已被腐蚀而变暗，在液滴外沿棕色铁锈环(b)，如图所示，导致该现象的主要原因是液滴之下氧气含量比边缘少。下列说法正确的是
A．液滴中的Cl－由a区向b区迁移
B．液滴边缘是正极区，发生的电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C．液滴下的Fe因发生还原反应而被腐蚀，生成的Fe2＋由a区向b区迁移，与b区的OH－形成Fe(OH)2，进一步氧化、脱水形成铁锈
D．若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，则负极发生的电极反应为Cu－2e－===Cu2＋
【解析】A项，根据在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极的规律，Cl－应由b区向a区迁移，故A错误；B项，O2在液滴外沿反应，正极电极反应为：O2＋2H2O＋4e－===4OH－ (发生还原反应)，故B正确；C项，液滴下的Fe因发生氧化反应而被腐蚀，故C错误；D项，若改用嵌有一铜螺丝钉的铁板，在铜铁接触处滴加NaCl溶液，由于Fe的金属活动性比铜强，Fe仍为负极，负极发生的电极反应为：Fe－2e－===Fe2＋，故D错误。
【答案】B
7．铜板上铁铆钉长期暴露在潮湿的空气中，形成一层酸性水膜后铁铆钉会被腐蚀，示意图如图所示。下列说法不正确的是
A．因铁的金属性比铜强，所以铁铆钉被氧化而腐蚀
B．若水膜中溶解了SO2，则铁铆钉腐蚀的速率变小
C．铜极上的反应是2H++2e− H2↑、O2+4e−+4H+2H2O
D．在金属表面涂一层油脂，能防止铁铆钉被腐蚀
【答案】B
【解析】铁、铜和水膜形成原电池，因为铁的金属性比铜强，所以铁为负极，铁铆钉被氧化而腐蚀，A正确；若水膜中溶解了SO2，则发生析氢腐蚀，铁铆钉腐蚀的速率加快，B不正确；铜极发生还原反应，根据题图知铜电极吸收了氧气且生成氢气，所以发生两个电极反应：2H++2e−H2↑、O2+4e−+4H+2H2O，C正确；在金属表面涂一层油脂，可隔绝空气和水，能防止铁铆钉被腐蚀，D正确。
一、单选题
1．下列物质的制备，不符合工业生产实际的是（ ）
A．工业上用电解熔融氯化镁制备单质镁
B．工业上用电解饱和食盐水制备氯气
C．工业上用二氧化硅在高温下与焦炭反应制得高纯硅
D．工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅
【答案】C
【详解】
A．工业上用电解法制备金属镁，反应的化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，A符合；
B．工业上用电解饱和食盐水制备氯气，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，B符合；
C．二氧化硅和焦炭在高温下反应制得的硅中含有少量C、SiC等杂质，为粗硅，C不符合；
D．石灰石含碳酸钙，工业上炼铁时，常用石灰石除去铁矿石中的二氧化硅，反应的化学方程式为：CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑，D符合。
答案选C。
2．新冠疫情期间某同学尝试在家自制含氯消毒剂。用两根铅笔芯（C1 和C2）、电源适配器和水瓶组装如图所示的装置。接通电源观察到：C1 周围产生细小气泡，C2 周围无明显现象；持续通电一段时间后，C2 周围产生细小气泡。此时停止通电，拔出电极，旋紧瓶塞，振荡摇匀，制备成功。关于该实验的说法不正确的是
A．C1电极产生气泡原因：
B．可以用两根铁钉代替铅笔芯完成实验
C．自制消毒剂的总反应为：NaCl＋H2O NaClO＋H2↑
D．实验过程中要注意控制电压、开窗通风、导出氢气，确保安全
【答案】B
【详解】
A．由分析可知，C1极为阴极，阴极处产生了氢气，所以相关的电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故A正确；
B．若用两个铁钉代替两个石墨电极，那么电解过程中阳极发生Fe的氧化，无法再产生氯气，也就无法获得含氯消毒剂，故B错误；
C．由分析可知，电解过程中生成的氯气又会再与溶液中生成的NaOH反应转变为NaClO和NaCl，涉及的反应共有两步，分别为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑和2NaOH＋Cl2=NaCl＋NaClO＋H2O，因此自制消毒剂的总反应为：NaCl＋H2O=NaClO＋H2↑，故C正确；
D．电压控制不得当，可能会导致副反应发生，或者反应速率很慢；由于电解过程中产生了氯气和氢气，所以要注意开窗通风，防止中毒和发生爆炸，故D正确；
故选C。
3．Mg-VOCl2电池是一种基于阴离子传导的新型二次电池，其简化装置示意图如下。总反应为Mg+2VOCl2MgCl2+2VOCl，下列说法错误的是
A．采用Mg作电极材料比Li的安全性更高
B．放电时正极反应为VOCl2+e−=VOCl+Cl−
C．放电过程中Cl−穿过复合离子液体向Mg移动
D．为该电池充电时Mg电极应与电源的正极相连
【答案】D
【详解】
A．Li活泼性更强，Mg比Li更稳定，安全性更强，故A正确；
B．放电时为原电池，原电池中正极得电子、发生还原反应，正极的电极反应式为VOCl2+e-=VOCl+Cl-，故B正确；
C．放电时为原电池，原电池中阴离子流向负极，即Cl-穿过复合离子液体向Mg移动，故C正确；
D．充电时为电解池，Mg电极要发生还原反应，与电源的负极相连，作阴极，故D错误；
故选D。
4．氢能源是最具应用前景的能源之一。可利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作原理如图所示(电极l、电极2均为惰性电极）。下列说法错误的是
A．控制连接开关K1或K2，可交替得到H2和O2
B．碱性电解液改为酸性电解池能达到同样目的
C．接通K1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
D．电极3在交替连接K1或K2过程中得以循环使用
【答案】B
【详解】
A. 连接开关K1时，电极1为阴极，发生的电极反应为：,电极3为阳极，发生的电极反应为：Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，连接开关K2时，电极3为阴极，发生的电极反应为：，电极2为阳极，发生的电极反应为：，故可交替得到H2和O2，故A正确；
B. 如果碱性电解液改为酸性电解池，电极3上的物质Ni(OH)2和NiOOH均能与酸反应，故B错误；
C. 由A分析可知接通K1时电极3上的电极反应式为Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O，故C正确；
D. 由A分析可知，电极3在交替连接K1或K2过程中得以循环使用，故D正确；
本题答案为B。
5．我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2电池，将两组阴离子、阳离子复合膜反向放置分隔两室电解液，充电、放电时，复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．a膜是阳离子膜，b膜是阴离子膜
B．放电时负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-
C．充电时CO2在多孔Pd纳米片表面转化为甲酸
D．外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离
【答案】C
【详解】
根据图示可知，放电时是原电池，放电时，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，电极反应为CO2+2H++2e-=HCOOH， 总的电极反应为：Zn+2OH- +2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，充电时的电极反应与放电时的反应相反，由此分析。
A．由图可知，a膜释放出氢离子，是阳离子膜，b膜释放出氢氧根离子，是阴离子膜，故A正确；
B．根据图示可知，放电时是原电池，负极为锌，锌在负极失去电子生成锌离子，结合复合膜层电离出的氢氧根离子生成Zn(OH)42-，负极的电极反应式为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)42-，故B正确；
C．放电时多孔Pd纳米片为正极，二氧化碳在正极得到电子转化为甲酸，充电时是电解池，甲酸在多孔Pd纳米片表面转化为CO2，故C错误；
D．复合膜层间的H2O解离成H+和OH-，根据总的电极反应：Zn+2OH- +2H2O+CO2= Zn(OH)42-+HCOOH，锌的化合价从0价升高到+2价，外电路中每通过1mol电子，复合膜层间有1mol H2O解离，故D正确；
答案选C。
6．某化学兴趣小组进行两组电解实验。
实验一：已知固体电解质只有特定离子才能移动。按照下图装置研究α-AgI固体电解质导体是Ag＋导电还是I-导电；
实验二：用惰性电极电解硫酸铜和盐酸混合液，对产生的气体进行研究。
关于以上实验，下列说法正确的是
A．实验一：若α-AgI固体是Ag+导电，则通电一段时间后的晶体密度不均匀
B．实验一：若α-AgI固体是I-导电，则通电一段时间后的晶体密度仍均匀
C．实验二：若阳极为纯净气体，阴、阳两极产生的气体体积比可能≥1
D．实验二：若阳极为混合气体，阴、阳两极产生的气体体积比可能≥1
【答案】D
【详解】
A.实验一为电解装置，两电极均是银，阳极银溶解成Ag+，若Ag+导电，Ag+在阴极再析出，通电一段时间后的晶体密度均匀，故A错误；
B.若是I-导电，则是I-在阴极析出，通电一段时间后的晶体I-少了，密度不均匀，故B错误；
C.实验二中，用惰性电极电解硫酸铜和盐酸混合液，电解混合溶液时，阳极反应依次是：2Cl－－2e－=Cl2↑，4OH－－4e－=2H2O+O2↑；阴极反应依次是：Cu2++2e－=Cu，2H++2e－=H2↑;根据得失电子守恒可知，当阳极为纯净气体Cl2时，阴极上可能不产生气体，也可能有H2生成，但H2的物质的量必小于Cl2的物质的量，故C错误；
D．当阳极为混合气体Cl2和O2时，如果溶液中Cu2+比较多，在阴极可能不产生气体，如果溶液中Cu2+比较少，此时有H2生成，阴阳极产生的气体的体积关系可能≥1，故D正确；
故选D。
7．工业上用电解法处理含镍酸性废水并得到单质的原理如图所示。已知：
①在弱酸性溶液中发生水解；
②氧化性：(高浓度)＞H+＞Ni2+ (低浓度)。
下列说法中不正确的是
A．碳棒上发生的电极反应：
B．电解过程中，B室中溶液的物质的量浓度将不断减小
C．为了提高的产率，电解过程中需要控制废水的
D．若将图中阳离子膜去掉，将A、B两室合并，则电解反应的总方程式发生改变
【答案】B
【详解】
A．由题图可知，碳棒与电源正极相连，作电解池的阳极，电极反应式为，故A正确；
B．电解过程中为平衡A、C室中的电荷，A室中的和C室中的分别通过阳离子膜和阴离子膜移向B室中，使B室中溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；
C．因在弱酸性溶液中易发生水解反应，且氧化性(高浓度)＞H+＞Ni2+ (低浓度)，为了提高的产率，电解过程中需要控制废水的，故C正确；
D．若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序Cl-＞OH-，则在阳极放电，电解反应的总方程式会发生改变，故D正确；
答案为B。
8．关于下列各装置图的叙述不正确的是
A．用装置①精炼铜，则b极为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液
B．装置②的总反应是Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+
C．装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连
D．装置④中的铁钉几乎没被腐蚀
【答案】B
【详解】
A. 用装置①精炼铜，根据电流方向可知a电极是阳极，b电极是阴极，则a极为粗铜，b极为精铜，电解质溶液为CuSO4溶液，A正确；
B. 装置②中铁是负极，铜是正极，总反应是Fe+2Fe3+=3Fe2+，B错误；
C. 装置③中钢闸门应与外接电源的负极相连作阴极，被保护，C正确；
D. 装置④中铁在浓硫酸中钝化，铜是负极，铁是正极，因此铁钉几乎没被腐蚀，D正确；答案选B。
9．一种电解法制备高纯铬和硫酸的简单装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．a为直流电源的正极
B．阴极反应式为2H++2e-=H2↑
C．工作时，乙池中溶液的pH不变
D．若有1 mol离子通过A膜，理论上阳极生成0. 25 mol气体
【答案】D
【详解】
A. 制备铬，则Cr电极应该是阴极，即a为直流电源的负极，A错误；
B. 阴极反应式为Cr3＋＋3e－=Cr，B错误；
C. 工作时，甲池中硫酸根移向乙池，丙池中氢离子乙烯乙池，乙池中硫酸浓度增大，溶液的pH减小，C错误；
D. 若有1mol离子通过A膜，即丙池产生1mol氢离子，则理论上阳极生成0.25 mol氧气，D正确，
答案选D。
10．电解合成1,2-二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中不正确的是
A．该装置工作时，阳极的电极反应是CuCl(s)+Cl--e-=CuCl2
B．液相反应为CH2=CH2+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl(s)
C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D．该装置总反应为CH2=CH2+2NaCl+2H2OClCH2CH2Cl+2NaOH+H2↑
【答案】C
【详解】
由图可知，左边电极失电子，铜元素化合价升高，为阳极，发生反应为：CuCl(s)+Cl--e-=CuCl2；右边电极得电子，氢元素化合价降低，为阴极，发生反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
A．由分析可知，阳极的电极反应是CuCl(s)+Cl--e-=CuCl2，A正确；
B．由图可知，液相反应为CH2=CH2+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl(s)，B正确；
C．Cl-透过X膜在左边电极反应，故X膜为阴离子交换膜，Na+透过Y膜和右边电极附近产生的OH-结合得到NaOH，故Y为阳离子交换膜，C错误；
D．结合装置图可知，该装置总反应为CH2=CH2+2NaCl+2H2O ClCH2CH2Cl+2NaOH+H2↑，D正确。
答案选C。
11．电解Na2CO3溶液制取NaHCO3溶液和NaOH溶液的装置如图所示。下列说法中，不正确的是
A．阴极产生的物质A是H2
B．溶液中Na+由阳极室向阴极室迁移
C．阳极OH﹣放电，H+浓度增大，CO转化为HCO
D．物质B是NaCl，其作用是增强溶液导电性
【答案】D
【详解】
A．在阴极上氢离子得电子生成氢气，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，故A项正确；
B．Na+是阳离子，在电解池中由阳极室通过阳离子交换膜向阴极室迁移，故B项正确；
C．阳极发生的电极反应式为2H2O-4e-=4H++O2↑，H+浓度增大，H+和CO发生反应，使CO转化为HCO，故C项正确；
D．据图可知，在阴极室生成的是NaOH，若物质B为NaC1，则会引入C杂质，故D项错误；
故选D。
12．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)可用作食品加工的防腐剂，制备示意图如下。已知：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。下列说法不正确的是
A．采用的是阳离子交换膜
B．阳极的电极反应式为2H2O-4e－= 4H+ + O2↑
C．当阴极生成0.2 g气体时，a室溶液质量减少1.6 g
D．电解后将b室溶液进行结晶、脱水，可得到Na2S2O5
【答案】C
【详解】
电解池阳极与电源正极相连，阴极与电源负极相连，由装置图可知，电解池阳极为a室稀硫酸溶液，氢氧根离子失电子发生氧化反应，则氢离子将移到b室与Na2SO3反应生成NaHSO3，阴极为c室，主要成分是NaHSO3和Na2SO3，氢离子发生还原反应生成氢气，则c室中NaHSO3转变为Na2SO3，据此分析解答。
A．根据分析，a室中氢离子向b室移动，则离子交换膜采用的是阳离子交换膜，故A正确；
B．根据分析，阳极水失电子发生氧化反应，电极反应式为2H2O-4e－= 4H+ + O2↑，故B正确；
C．根据分析，阴极氢离子发生还原反应生成氢气，电极反应为：2H2O+2e−═H2↑+2OH−，生成气体为氢气，0.2 g氢气的物质的量为0.1mol，转移电子0.2mol，a室为阳极，电极反应为2H2O-4e－= 4H+ + O2↑，氧气从a室逸出，氢离子向b室移动，则a室中减少的质量为水的质量，根据电子守恒，消耗水的物质的量为0.1mol，质量为0.1molｘ18g/mol=1.8g，故C错误；
D．根据分析，电解后将b室得到NaHSO3溶液，NaHSO3溶液经结晶脱水可得到Na2S2O5，则结晶脱水过程方程式可表示为2NaHSO3 ═Na2S2O5 +H2O，故D正确；
答案选C。
13．目前海水液化可采用双极膜电液析法、同时获得副产品，其模拟工作原理如图所示。其中双极膜(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H+和OH-离子源。M、N 为离子交换膜。下列说法正确的是
A．X 电极为电解池的阴极，该电极反应式为： 2H+-2e-=H2↑
B．电子流向： 电源负极→X电极→Y 电极→电源正极
C．电路中每转移1mol 电子，X、Y两极共得到标准状况下16.8L的气体
D．M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH; 若去掉B室双极膜，B室产物不变
【答案】C
【详解】
A.电解池中阳离子向阴极移动，故X电极为阴极，电极反应式为：2H++2e-=H2↑，选项A错误；
B.电子不能通过电解质溶液，所以电子流向：电源负极→阴极X电极、阳极Y电极→电源正极，选项B错误；
C.阴极反应为2H++2e-=H2↑，阳极反应为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，当电路中通过1mol电子时，阴极得到0.5molH2，阳极得到0.25molO2，两极一共得到气体为0.5mol+0.25mol=0.75mol，标准状况下16.8L的气体，选项C正确；
D.电解池中，电解时，溶液中的阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，因此M为阳离子交换膜，A室获得副产品NaOH；若去掉双极膜（BP），则Cl-会在阳极失去电子，生成Cl2，在阳极室会有C12生成，，B室产物发生变化，选项D错误；
答案选C。
14．下列有关电化学装置的说法正确的是
A．利用图a装置处理银器表面的黑斑Ag2S，银器表面的反应为Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-
B．图b电解一段时间，铜电极溶解，石墨电极上有亮红色物质析出
C．图c中的X极若为负极，则该装置可实现粗铜的精炼
D．图d中若M是海水，该装置是通过“牺牲阳极的阴极保护法”使铁不被腐蚀
【答案】A
【详解】
A．形成原电池时，Al为负极被氧化，Ag2S为正极被还原，正极反应式为：Ag2S＋2e-=2Ag＋S2-，A正确；
B．铜为阴极，发生还原反应，不能溶解，石墨电极上生成氧气，故B错误；
C．X极为负极，粗铜极为阴极，而电解精练时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，不能进行铜的精练，C错误；
D．该装置有外接电源，属于外加电源的阴极保护法，D错误；
答案选A。
15．某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．X电极质量减轻，Y电极质量增加
B．电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O
C．电解池的总反应为2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑
D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成
【答案】B
【详解】
据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。
A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；
B.铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；
C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；
D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；
故合理选项是B。
16．如图是一个甲烷燃料电池工作时的示意图，乙池中的两个电极一个是石墨电极，一个是铁电极，工作时，M、N 两个电极的质量都不减少，下列说法正确的是（ ）
A．N 电极的材料是Fe
B．甲烷在电极上发生的反应为 CH4+8OH--8e- ═ CO2+6H2O
C．乙池的总反应是 4Ag++4OH- 4Ag +2H2O + O2↑
D．乙池中电极析出金属银 0.02 mol 时，甲池中理论上消耗氧气为112mL(标准状况下)
【答案】D
【详解】
根据电池装置分析可知，甲池为甲烷燃料电池，电解质溶液为KOH溶液，甲烷一极为负极，电极反应式为CH4+10OH--8e- ═CO+7H2O，O2一极为正极，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，乙池为电解池，M为阴极，N为阳极，由于M、N 两个电极的质量都不减少，因此Fe做阴极，阳极的电极反应式为4OH--4e-=2H2O+O2↑，阴极电极反应式为Ag++e-=Ag，据此分析解答。
A．根据分析可知，N极的电极材料为石墨，A错误；
B．甲烷为负极，电极反应式为CH4+10OH--8e- ═CO+7H2O，B错误；
C．乙池中电解质溶液为AgNO3，总反应方程式为4Ag++2H2O4H++4Ag+O2↑，C错误；
D．根据电极反应式，乙池中电极析出金属银 0.02 mol 时，转移0.02mol电子，则消耗0.005molO2，在标准状况下的体积为0.112L，即112mL，D正确；
答案选D。
二、选择题
17．对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成对氨基苯甲酸的装置如图。下列说法正确的是
A．电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源
B．阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O
C．每转移1mole－时，阳极电解质溶液的质量减少8g
D．反应结束后阳极区pH增大
【答案】AB
【详解】
该装置为电解池，右侧生成氧气，则右侧为阳极，电极反应式为，左侧为阴极，据此分析解答。
A. 该电解池右侧为阳极，失电子发生氧化反应，则电子由金属阳极DSA经导线流入直流电源，故A正确；
B. 阴极得电子发生还原反应生成氨基苯甲酸，则阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O，故B正确；
C. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，当转移4mole－时，阳极电解质溶液减少2mol水，则每转移1mole－时，阳极电解质溶液减少0.5mol水，质量为9g，故C错误；
D. 阳极发生反应，氢离子移动向阴极，则反应结束后阳极区硫酸浓度会增大，pH减小，故D错误；
故选AB。
18．生活污水中的氮和磷主要以铵盐和磷酸盐形式存在，可用铁、石墨作电极，用电解法去除。电解时：如图1原理所示可进行除氮；翻转电源正负极，可进行除磷，原理是利用Fe2+将PO43-转化为Fe3(PO4)2沉淀。下列说法正确的是
A．图2中0~20min脱除的元素是氮元素，此时石墨作阴极
B．溶液pH越小有效氯浓度越大，氮的去除率越高
C．图2中20~40min脱除的元素是磷元素，此时阴极电极反应式为2H++2e-=H2↑
D．电解法除氮有效氯ClO—氧化NH3的离子方程式为3ClO—+2NH3=3Cl—+N2↑+3H2O
【答案】CD
【详解】
A．因0~20min脱除的元素是氮元素，所以需要将铵根、氨气氧化成氮气，若铁为阳极，则被氧化的是铁，所以此时石墨为阳极，故A错误；
B．随溶液pH降低，c(H+)增大，Cl2+H2OH++Cl-+HClO，平衡逆向移动，溶液中c(HClO)减小，使NH4+的氧化率下降，则氮的去除率随pH的降低而下降，故B错误；
C．除磷时，Fe作阳极失电子生成亚铁离子和PO43-转化为Fe3(PO4)2沉淀，所以石墨作阴极，水电离出的氢离子放电生成氢气，电极反应式为2H++2e-=H2，故C正确；
D．ClO-氧化NH3的反应生成氮气，次氯酸根被还原为氯离子，结合电子守恒和电荷守恒、元素守恒可得离子反应方程式为3ClO-+2NH3=3Cl-+N2↑+3H2O，故D正确；
故答案为CD。
三、非选择题
19．如下图所示，某同学设计一个燃料电池并探究氯碱工业原理和粗铜的精炼原理，其中乙装置中X为阳离子交换膜。
根据要求回答相关问题：
（1）通入氧气的电极为_____________ （填“正极”或“负极”），负极的电极反应式为________________________________________ 。
（2）石墨电极为__________（填“阳极”或“阴极”），反应一段时间后，在乙装置中滴入酚酞溶液，__________ 区（填“铁极”或“石墨极”）的溶液先变红。
（3）如果粗铜中含有锌、银等杂质，丙装置中反应一段时间，硫酸铜溶液浓度将________________，填“增大”“减 小”或“不变”）。精铜电极上的电极反应式为_______________________。
（4）若在标准状况下，有224m L氧气参加反应，则乙装置中铁电极上生成的气体在标况下体积为_________L；丙装置中阴极析出铜的质量为 ____________g 。
【答案】正极 CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O 阳极 铁极 减少 Cu2++2e- = Cu 0.448 1.28
【详解】
(1)燃料电池中通入氧化剂氧气的电极是正极，正极上得电子发生还原反应，负极上通入的是甲醚，负极上燃料失电子和氢氧根离子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，电极反应式为：CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O，故答案为正极；CH3OCH3-12e-+16OH-═2CO32-+11H2O。
(2)铁电极连接原电池负极而作电解池阴极，碳作阳极，电解氯化钠饱和溶液时，阳极上氯离子放电，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，阴极上氢离子放电，电极方程式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，滴入酚酞溶液，铁电极区的溶液先变红，
故答案为阳极，铁极；
(3)丙装置中，如果粗铜中含有锌、银等杂质，阳极上不仅铜还有锌失去电子进入溶液，阴极上析出铜离子，阳极上金属失电子发生氧化反应，电极方程式为：Cu2++2e-=Cu，阴极上铜离子得电子生成铜，根据转移电子守恒，阳极上铜消耗的质量小于阴极上析出铜的质量，所以溶液中硫酸铜浓度减小，故答案为减少，Cu2++2e-=Cu；
(4)根据串联电池中转移电子数相等得氧气、氢气和铜的关系式为：O2～2H2～2Cu；若在标准状况下，有224mL的氧气参加反应，乙装置中铁电极上氢离子放电生成氢气，则乙装置中铁电极上生成氢气的体积=0.224L×2=0.448L，丙装置中阴极上铜离子得电子生成铜单质，析出铜的质量=0.224L/22.4L/mol×2×64g/mol=12.8g，
故答案为0.448L，12.8g。
20．某实验小组在电压12V电流3A的条件下电解2mol/L的氯化铜溶液并探究其产物的性质。
(1)根据电解原理，预测：阴极发生的实验现象是______。阳极发生的电极反应式为_______。电解氯化铜溶液总的化学方程式为_______。
(2)小组同学在实际电解过程中，意外的观察到下表的实验现象：
条件
电极
现象
电压12V
电流3A
阴极
3min后，附近溶液变成棕褐色。30min后，溶液变成深棕褐色。电极底部表面有少量红色金属生成，还有少量白色物质。
阳极
开始出现少量气泡，后来气泡增多。
实验小组学生对阴极区产生异常现象的原因进行了探究：
资料1：CuCl是白色的难溶物，用Cu还原CuCl2溶液可以得到CuCl沉淀，它易溶于浓盐酸，用水稀释CuCl的浓盐酸溶液则又析出CuCl白色沉淀。
资料2：[CuCl2.CuCl2(H2O)]-(棕褐色)CuCl+Cu2++3Cl-+H2O。
Ⅰ.探究阴极表面产生的白色物质：
①根据资料写出Cu还原CuCl2溶液反应的化学方程式______。
②学生为了确定阴极产物进行实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀。
如果要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，该实验的设计方案是______。
实验结论：通过实验A和实验B的对比，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl。
Ⅱ.探究阴极区域溶液呈现棕褐色的原因：
猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。
实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入______，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色。
实验结论：溶液颜色呈现棕褐色______(填“是”或者“不是”)由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致。
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。
实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2(H2O)]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。
步骤一：配制标准[CuCl2.CuCl2(H2O)]-棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：
步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照，请画出对照实验的流程图______。
实验结论：通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关。
【答案】有红色(紫红色)固体产生 2Cl- - 2e- = Cl2 ↑ CuCl2Cu + Cl2↑ Cu+CuCl2=CuCl ↓ 取阴极产生的白色固体，溶于稀盐酸配成溶液，浇水稀释，又析出白色沉淀 NaCl固体至不再溶解 不是
【详解】
（1）根据电解原理，电极氯化铜溶液，阴极发生的反应是铜离子得到电子生成铜，电极反应：Cu2++2e-=Cu，阴极发生的实验现象是：析出红色铜，阳极是氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，电解氯化铜溶液总的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2↑，故答案为：析出红色铜；2Cl--2e-=Cl2↑；CuCl2Cu+Cl2↑；
（2）Ⅰ．①Cu还原CuCl2溶液的反应为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；故答案为：Cu+CuCl2=2CuCl↓；
②实验A：取2mol/L的CuCl2溶液，加入铜粉，充分振荡，几分钟后，试管底有白色沉淀生成，过滤出白色固体，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，要确认阴极产生的白色沉淀是CuCl，还需要进行对照实验B，应取阴极的白色产物做对照，实验B为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀，可以确定阴极产生的白色固体是CuCl，
故答案为：取阴极白色物质于试管中，加入浓盐酸，固体溶解，加水稀释，又析出白色沉淀；
Ⅱ．猜想1：可能是Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致
实验C：向2mol/L的CuCl2溶液中加入NaCl固体，溶液呈现绿色，没有变成棕褐色；实验结论：溶液颜色呈现棕褐色不是由于Cu2+与高浓度的Cl-发生络合反应所致；故答案为：NaCl固体至不再溶解；不是；
猜想2：棕褐色溶液可能与+1价Cu有关。
实验D：用铜粉和2mol/L的CuCl2溶液反应制备[CuCl2•CuCl2（H2O）]，取少量该标准溶液与实验中得到的棕褐色溶液进行对照实验。
步骤一：配制标准[CuCl2•CuCl2（H2O）]棕褐色溶液进行稀释，实验流程如图所示：
，
步骤二：取阴极附近的棕褐色溶液，重复上述实验进行对照：
，
通过对照实验，确认棕褐色溶液与+1价Cu有关；
故答案为：。
21．亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂， 可由NO与Cl2在通常条件下反应得到。某学习小组在实验室用如图所示装置制备NOCl。
已知：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃， 气态呈黄色，液态时呈红褐色，易与水反应。
请回答下列问题：
(1)装置A中仪器a的名称是____________。
(2)实验开始时，应先打开K2，再打开____________（填K1”或K3”），通入一段时间气体，其目的是____________。
(3)实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是____________。
(4)装置C中应选用的试剂为____________(填试剂名称)。
(5)装置F的作用是____________。
(6)工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如图所示，吸收塔中发生的反应为：NO+S2O42-+H 2O——N2+HSO3-(未配平)
①吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。
②阴极的电极反应式为_______。
(7)NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。请设计实验证明HNO2是弱酸：_______。
【答案】圆底烧瓶 K1 排尽装置内的空气，防止NO被氧化 平衡气压，避免装置内压强过大 浓硫酸 冷凝收集亚硝酰氯 1：1 2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸
【详解】
(1)根据仪器的结构可知：装置A中仪器a的名称是圆底烧瓶；
(2)NO容易与装置内空气中的氧气反应产生NO2，为避免空气的影响，要先排除装置中的空气，所以实验开始时，应先打开K2，再打开K1通入一段时间气体；
(3)反应产生气体速率快，B中气泡多，反应产生气体慢，B中气泡少，所以B装置可以观察气体产生的速率；同时若装置中气流过大，B中液体就会进入长直玻璃管，从而可降低气体压强，故实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是平衡气压，避免装置内压强过大；
(4)在装置E中Cl2与NO反应产生NOCl，由于NOCl易与水反应，为避免反应制取的NOCl与水接触、反应时要对制取的Cl2进行干燥，故装置C中是干燥剂，应选用浓硫酸；
(5)亚硝酰氯(NOC1)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，装置F的作用是：冷凝收集亚硝酰氯；
(6)①工业上可用间接电化学法除去NO，吸收塔中硫代硫酸根离子与NO发生氧化还原反应，生成N2和HSO3-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得发生反应的离子方程式为：2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3-，在该反应中NO是氧化剂，S2O42-是还原剂，可见反应中氧化剂与还原剂的物质的量的比是1：1；
②阴极上HSO3-得到电子，发生还原反应，生成S2O42-，所以阴极的电极反应式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O；
(7)NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。证明HNO2是弱酸的方法：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液滴在红色石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明HNO2是弱酸。
浙江真题题组
1.（2020年1月浙江选考）．在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确的是（ ）
离子交换膜
A．电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出
D．OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量
【答案】D
A.根据分析可知电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气，故A正确；
B.阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴极：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，氢氧化钠要从d口流出，所以要防止OH-流向阳极即电极A，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；
C.根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出，故C正确；
D.因为有离子交换膜的存在，OH-不发生迁移，故D错误；
故答案为D。
2. (2020年7月浙江选考)．电解高浓度(羧酸钠)的溶液，在阳极放电可得到(烷烃)。下列说法不正确的是( )
A．电解总反应方程式：
B．在阳极放电，发生氧化反应
C．阴极的电极反应：
D．电解、和混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷
【答案】A
A．因为阳极RCOO-放电可得到R-R(烷烃)和产生CO2，在强碱性环境中，CO2会与OH-反应生成CO32-和H2O，故阳极的电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O，阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2，同时生成OH-，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，因而电解总反应方程式为2RCOONa+2NaOHR-R+2Na2CO3+H2↑，故A说法不正确；
B．RCOO-在阳极放电，电极反应式为2RCOO--2e-+4OH-=R-R+2CO32-+2H2O， -COO-中碳元素的化合价由+3价升高为+4价，发生氧化反应，烃基-R中元素的化合价没有发生变化，故B说法正确；
C．阴极上H2O电离产生的H+放电生成H2，同时生成OH-，阴极的电极反应为2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故C说法正确；
D．根据题中信息，由上述电解总反应方程式可以确定下列反应能够发生：2CH3COONa+2NaOHCH3-CH3+2Na2CO3+H2↑，2CH3CH2COONa+2NaOHCH3CH2-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑，CH3COONa+CH3CH2COONa+2NaOHCH3-CH2CH3+2Na2CO3+H2↑。因此，电解CH3COONa、CH3CH2COONa和NaOH 的混合溶液可得到乙烷、丙烷和丁烷，D说法正确。
答案为A。
3．[2021·4月浙江选考，节选]（4）以铂阳极和石墨阴极设计电解池，通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8，再与水反应得到H2O2，其中生成的NH4HSO4可以循环使用。
①阳极的电极反应式是_______________________。
②制备H2O2的总反应方程式是_______________________。
【答案】（4）①2HSO4−－2e−S2O82−＋2H+或2SO42−－2e−S2O82−
②2H2OH2O2＋H2↑
【解析】（4）①电解池使用惰性电极，阳极本身不参与反应，阳极吸引HSO4−（或SO42−）离子，并放电生成S2O82−，因而电极反应式为2HSO4−－2e−=S2O82−＋2H+或2SO42−－2e−=S2O82−。
②通过电解NH4HSO4溶液产生(NH4)2S2O8和H2。由题中信息可知，生成的NH4HSO4可以循环使用，说明(NH4)2S2O8与水反应除了生成H2O2，还有NH4HSO4生成，因而总反应中只有水作反应物，产物为H2O2和H2，故总反应方程式为2H2OH2O2＋H2↑。
4．[2018·11月浙江选考，节选]（二）高铁酸钾（K2FeO4）可用作水处理剂。某同学通过“化学−电解法”探究的合成，其原理如图所示。接通电源，调节电压，将一定量Cl2通入KOH溶液，然后滴入含Fe3+的溶液，控制温度，可制得K2FeO4。
（1）请写出“化学法”得到FeO42−的离子方程式________________________________。
（2）请写出阳极的电极反应式（含FeO42−）___________________________________。
【答案】（1）2Fe3+＋3ClO−＋10OH−＝2FeO42−＋3Cl−＋5H2O或2Fe(OH)3+3ClO−＋4OH−＝2FeO42−＋3Cl−＋5H2O
（2）Fe3++8OH−−3e−=FeO42−＋4H2O或Fe(OH)3+5OH−−3e−=FeO42−＋4H2O
【解析】（二）（1）将一定量Cl2通入KOH溶液，生成KCl和KClO，KClO具有强氧化性，将Fe3+氧化为FeO42−，然后根据碱性环境，配平即可，得到2Fe3+＋3ClO−＋10OH−＝2FeO42−＋3Cl−＋5H2O或2Fe(OH)3+3ClO−＋4OH−＝2FeO42−＋3Cl−＋5H2O；
（2）阳极失电子，反应物为Fe3+产物为FeO42−，然后根据碱性环境及守恒规则，易写出Fe3++8OH− −3e−=FeO42−＋4H2O或Fe(OH)3+5OH−−3e−=FeO42−＋4H2O。
5．[2018·4月浙江选考，节选]（一）以四甲基氯化铵[(CH3)4NCl]水溶液为原料，通过电解法可以制备四甲基氢氧化铵[(CH3)4NOH]，装置如图所示。
（1）收集到(CH3)4NOH的区域是________(填a、b、c或d)。
（2）写出电池总反应_________________________________。
【答案】（1）d
（2）2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+H2↑+Cl2↑
【解析】（一）（1）以石墨为电极电解四甲基氯化铵溶液制备四甲基氢氧化铵，需要氢氧根离子，电解过程中阴极氢离子得到电子生成氢气，电解附近生成氢氧根离子，所以收集到(CH3)4NOH的区域是阴极区即d口。
（2）结合反应为和生成物的关系可知电解过程中生成产物为四甲基氢氧化铵、氢气和氯气，据此写出电解反应的化学方程式：2(CH3)4NCl+2H2O2(CH3)4NOH+H2↑+Cl2↑。
6．[2021·11月浙江选考，节选] (二) 科学家发现，以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨。
阴极区发生的变化可视为按两步进行，请补充完整。
电极反应式：______________________________和2Fe＋3H2O＋N2＝2NH3＋Fe2O3。
【答案】Fe2O3＋6e－＋3H2O＝2Fe＋6OH―
【解析】(二)以H2O和N2为原料，熔融NaOH－KOH为电解质，纳米Fe2O3作催化剂，在250℃和常压下可实现电化学合成氨。阴极区发生还原反应，根据其中一个反应2Fe＋3H2O＋N2＝Fe2O3＋2NH3，可知，Fe2O3作催化剂，首先转化为铁，因此电极反应式为Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−，故答案为：Fe2O3+6e−+3H2O=2Fe+6OH−。
7．[2021·10月浙江选考]在一块表面无锈的铁片上滴食盐水，放置一段时间后看到铁片上有铁锈出现，铁片腐蚀过程中发生的总化学方程式：2Fe＋2H2O＋O2===2Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，其原理如图。
下列说法正确的是
A．铁片发生还原反应而被腐蚀
B．铁片腐蚀最严重区域应该是生锈最多的区域
C．铁片腐蚀中负极发生的电极反应：2H2O＋O2＋4e－===4OH－
D．铁片里的铁和碳与食盐水形成无数微小原电池，发生了电化学腐蚀
【答案】D
【解析】负极：Fe－2e－===Fe2＋，发生氧化反应，正极：O2＋4e－＋2H2O===4OH－，发生还原反应，Fe2＋向正极移动，OH－向负极移动，生成Fe(OH)2，Fe(OH)2进一步被氧气氧化为Fe(OH)3，再在一定条件下脱水生成铁锈，微电池的正极区是生锈最多的区域，而铁腐蚀最严重的区域是负极区，A、B、C错误。
8．[2021·浙江理综]在固态金属氧化物电解池中，高温共电解H2O−CO2混合气体制备H2和CO是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示。下列说法不正确的是
A．X是电源的负极
B．阴极的电极反应式是：H2O+2e−H2+O2− CO2+2e−CO+O2−
C．总反应可表示为：H2O+CO2H2+CO+O2
D．阴、阳两极生成的气体的物质的量之比是1∶1
【答案】D
【解析】本题以高温电解H2O、CO2制备CO、H2为背景，考查了电解池的工作原理，意在考查考生对电化学装置等相关知识的综合应用能力。H2O和CO2混合气体转变为H2和CO的过程在接电源X极的电极上完成，说明该电极上发生了还原反应，该电极为阴极，则X为电源的负极，A项正确；阴极完成的是H2O→H2，CO2→CO，对应的电极反应式为H2O+2e−H2+O2−，CO2+2e−CO+O2−，B项正确；制备过程的总反应为H2O+CO2CO+H2+O2，C项正确；阴极与阳极产生的气体，其物质的量之比为2∶1，D项错误。
全国真题题组
1.（2020年全国1卷）．．科学家近年发明了一种新型Zn−CO2水介质电池。电池示意图如图，电极为金属锌和选择性催化材料，放电时，温室气体CO2被转化为储氢物质甲酸等，为解决环境和能源问题提供了一种新途径。
下列说法错误的是
A．放电时，负极反应为
B．放电时，1 mol CO2转化为HCOOH，转移的电子数为2 mol
C．充电时，电池总反应为
D．充电时，正极溶液中OH−浓度升高
【答案】D
【解析】
由题可知，放电时，CO2转化为HCOOH，即CO2发生还原反应，故放电时右侧电极为正极，左侧电极为负极，Zn发生氧化反应生成；充电时，右侧为阳极，H2O发生氧化反应生成O2，左侧为阴极，发生还原反应生成Zn，以此分析解答。
A．放电时，负极上Zn发生氧化反应，电极反应式为：，故A正确，不选；
B．放电时，CO2转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1molCO2转化为HCOOH时，转移电子数为2mol，故B正确，不选；
C．充电时，阳极上H2O转化为O2，负极上转化为Zn，电池总反应为：，故C正确，不选；
D．充电时，正极即为阳极，电极反应式为：，溶液中H+浓度增大，溶液中c(H+)•c(OH-)=KW，温度不变时，KW不变，因此溶液中OH-浓度降低，故D错误，符合题意；
答案选D。
2.(2020年全国2卷)．．电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是
A．Ag为阳极 B．Ag+由银电极向变色层迁移
C．W元素的化合价升高 D．总反应为：WO3+xAg=AgxWO3
【答案】C
【解析】
从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，故Ag电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。
A．通电时，Ag电极有Ag+生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；
B．通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；
C．过程中，W由WO3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价，故C项错误；
D．该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe- = xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg++xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3 =AgxWO3，故D项正确；
答案选C。
3.(2020年全国3卷)．一种高性能的碱性硼化钒(VB2)—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反应：该电池工作时，下列说法错误的是
A．负载通过0.04 mol电子时，有0.224 L(标准状况)O2参与反应
B．正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高
C．电池总反应为
D．电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极
【答案】B
【解析】
A．当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电子消耗0.01mol氧气，在标况下为0.224L，A正确；
B．反应过程中正极生成大量的OH-使正极区pH升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；
C．根据分析，电池的总反应为4VB2+11O2+20OH-+6H2O=8+4，C正确；
D．电池中，电子由VB2电极经负载流向复合碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极→负载→VB2电极→KOH溶液→复合碳电极，D正确；
故选B。
4． [2021江苏]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】根据实验所给条件可知，本题铁发生的是吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e−=4OH−；据此解题；
A．在铁的电化学腐蚀中，铁单质失去电子转化为二价铁离子，即负极反应为：Fe−2e−=Fe2+，故A错误；
B．铁的腐蚀过程中化学能除了转化为电能，还有一部分转化为热能，故B错误；
C．活性炭与铁混合，在氯化钠溶液中构成了许多微小的原电池，加速了铁的腐蚀，故C正确；
D．以水代替氯化钠溶液，水也呈中性，铁在中性或碱性条件下易发生吸氧腐蚀，故D错误；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查金属铁的腐蚀。根据电解质溶液的酸碱性可判断电化学腐蚀的类型，电解质溶液为酸性条件下，铁发生的电化学腐蚀为析氢腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：2H+ +2e−=H2↑；电解质溶液为碱性或中性条件下，发生吸氧腐蚀，负极反应为：Fe−2e−=Fe2+；正极反应为：O2+2H2O +4e−=4OH−。
5．[2018北京]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
②
③
在Fe表面生成蓝色沉淀
试管内无明显变化
试管内生成蓝色沉淀
下列说法不正确的是
A．对比②③，可以判定Zn保护了Fe
B．对比①②，K3[Fe(CN)6]可能将Fe氧化
C．验证Zn保护Fe时不能用①的方法
D．将Zn换成Cu，用①的方法可判断Fe比Cu活泼
【答案】D
【解析】②中Zn作负极，发生氧化反应生成Zn2＋，Fe作正极被保护，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，试管内无明显变化。但③中没有Zn保护Fe，Fe在酸性环境中发生反应生成Fe2＋，所以取出的少量Fe附近的溶液中滴入铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀，对比②③可知Zn保护了Fe，A项正确；①与②的区别在于：前者是将铁氰化钾溶液直接滴入烧杯中，而后者是在取出的少量Fe附近的溶液中滴加铁氰化钾溶液，①中出现了蓝色沉淀，说明有Fe2＋生成。对比分析可知，可能是铁氰化钾氧化Fe生成了Fe2＋，B项正确；通过上述分析可知，验证Zn保护Fe时不能用①的方法，C项正确；若将Zn换成Cu，铁氰化钾仍会将Fe氧化为Fe2＋，在铁的表面同样会生成蓝色沉淀，所以无法判断Fe2＋是不是负极产物，即无法判断Fe与Cu的活泼性，D项错误。
6．[2018新课标Ⅰ]最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。示意图如图所示，其中电极分别为ZnO@石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA−Fe2+−e−＝EDTA−Fe3+
②2EDTA−Fe3++H2S＝2H++S+2EDTA−Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A．阴极的电极反应：CO2+2H++2e−＝CO+H2O
B．协同转化总反应：CO2+H2S＝CO+H2O+S
C．石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯上的低
D．若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA−Fe3+/EDTA−Fe2+，溶液需为酸性
【答案】C
【解析】该装置属于电解池，CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，石墨烯电极为阳极，发生失去电子的氧化反应，据此解答。A、CO2在ZnO@石墨烯电极上转化为CO，发生得到电子的还原反应，为阴极，电极反应式为CO2+H＋+2e－＝CO+H2O，A正确；B、根据石墨烯电极上发生的电极反应可知①+②即得到H2S－2e－＝2H＋+S，因此总反应式为CO2+H2S＝CO+H2O+S，B正确；C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO@石墨烯电极上的高，C错误；D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA−Fe3＋/EDTA−Fe2＋，溶液需要酸性，D正确。答案选C。
点睛：准确判断出阴阳极是解答的关键，注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反应和还原反应，进而得出阴阳极。电势高低的判断是解答的难点，注意从物理学的角度借助于阳极与电源的正极相连去分析。
7．[2021新课标Ⅱ]用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为混合溶液。下列叙述错误的是
A．待加工铝质工件为阳极
B．可选用不锈钢网作为阴极
C．阴极的电极反应式为：
D．硫酸根离子在电解过程中向阳极移动
【答案】C
【解析】A、根据原理可知，Al要形成氧化膜，化合价升高失电子，因此铝为阳极，故A说法正确；B、不锈钢网接触面积大，能增加电解效率，故B说法正确；C、阴极应为阳离子得电子，根据离子放电顺序应是H＋放电，即2H＋＋2e−H2↑，故C说法错误；D、根据电解原理，电解时，阴离子移向阳极，故D说法正确。
【名师点睛】本题考查电解原理的应用，如本题得到致密的氧化铝，说明铝作阳极，因此电极方程式应是2Al−6e−＋3H2OAl2O3＋6H＋，这就要求学生不能照搬课本知识，注意题干信息的挖掘，本题难度不大。
8．[2021海南]一种电化学制备NH3的装置如图所示，图中陶瓷在高温时可以传输H+。下列叙述错误的是
A．Pd电极b为阴极
B．阴极的反应式为：N2+6H++6e−2NH3
C．H+由阳极向阴极迁移
D．陶瓷可以隔离N2和H2
【答案】A
【解析】A、此装置为电解池，总反应是N2＋3H22NH3，Pd电极b上是氢气发生反应，即氢气失去电子化合价升高，Pd电极b为阳极，故A说法错误；B、根据A选项分析，Pd电极a为阴极，反应式为N2＋6H＋＋6e−2NH3，故B说法正确；C、根据电解池的原理，阳离子在阴极上放电，即有阳极移向阴极，故C说法正确；D、根据装置图，陶瓷隔离N2和H2，故D说法正确。
9．[2021·北京]用石墨电极完成下列电解实验。下列对实验现象的解释或推测不合理的是
实验一
实验二
装置
现象
a、d处试纸变蓝；b处变红，局部褪色；c处无明显变化
两个石墨电极附近有气泡产生；n处有气泡产生；……
A．a、d处：2H2O+2e−H2↑+2OH−
B．b处：2Cl−−2e−Cl2↑
C．c处发生了反应：Fe−2e−Fe2+
D．根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜
【答案】B
【解析】本题结合实验考查电化学知识，意在考查考生对电解池的熟练程度和分析能力。由于有外接电源，所以实验一和实验二均为电解池装置。实验一中，铁丝中的电流方向为从d到c，电子移动方向为从c到d，所以实验一的装置是比较复杂的电解池，其中a为阴极，c为阳极，d为阴极，b为阳极。a、d处发生反应2H2O+2e−H2↑+2OH−，A项正确；若b处发生反应2Cl−−2e−Cl2↑，不足以解释b处“变红”和“褪色”现象，故B项错误；c处铁作阳极，发生反应Fe−2e−Fe2+，由于生成的Fe2+浓度较小，且pH试纸本身有颜色，故颜色上无明显变化，C项正确；实验二是一个更加复杂的电解池装置，两个铜珠的左端均为阳极，右端均为阴极，初始时两个铜珠的左端(阳极)均发生反应Cu−2e−Cu2+，右端(阴极)均发生反应2H++2e− H2↑，一段时间后，Cu2+移动到m和n处，m、n处附近Cu2+浓度增大，发生反应Cu2++2e− Cu，m、n处能生成铜，D正确。
10．[2021·新课标Ⅰ]三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na+和可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是
A．通电后中间隔室的离子向正极迁移，正极区溶液pH增大
B．该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C．负极反应为2H2O−4e−O2+4H+，负极区溶液pH降低
D．当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成
【答案】B
【解析】本题考查电解池原理，意在考查考生运用所学知识分析、解决问题的能力。该装置为电解池。H2O在正(阳)极区放电，生成O2和H+，中间隔室中的阴离子通过cd膜移向正(阳)极，故正(阳)极区得到H2SO4，当电路中通过1 mol电子时生成0.25 mol O2，正(阳)极区溶液pH减小，H2O在负(阴)极区放电，生成OH−和H2，负(阴)极区溶液pH增大，A、C、D项错误。H2O在负(阴)极区放电生成H2和OH−，中间隔室中的阳离子Na+通过ab膜移向负(阴)极，故负(阴)极区可得到NaOH，而正(阳)极区可得到H2SO4，故B项正确。
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