强化练11 电解池原理及应用（word练习）-【精讲精练】2025年高考化学二轮专题辅导与训练

强化练(十一)　电解池原理及应用 [对应题型集训P187] 1．二苯亚砜(Ph2SO，Ph表示苯基)是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中含水导电介质的主要成分及反应过程如图所示(PMn表示含锰配合物)。下列说法错误的是(　　) A．惰性电极1为阴极 B．电解合成速率受溶液pH的影响 C．消耗1 mol氧气，可得到2 mol二苯亚砜 D．外电路通过2 mol电子，净生成1 mol水 解析　惰性电极1,1 mol氧气得到2 mol电子生成1 mol H2O2，则惰性电极1为阴极，惰性电极2上发生氧化反应，为阳极，二苯亚砜、二苯硫醚循环反应，阴极产生的H2O2可以作为氧化剂氧化PMn，据此作答。根据分析可知，惰性电极1为阴极，故A正确；惰性电极1中O2＋2e－＋2H＋===H2O2，需要消耗H＋，若H＋浓度大则反应速率会加快，故B正确；阴极消耗1 mol氧气转移的电子为2 mol，二苯硫醚发生氧化反应生成二苯亚砜，加1个氧原子，失去2个电子，但由于惰性电极产生的物质同样也可以氧化二苯硫醚为二苯亚砜，因此共得到2 mol二苯亚砜，故C正确；外电路通过2 mol电子，消耗1 mol O2，产生1 mol H2O2，而阴极产生的H2O2可以作为氧化剂氧化PMn,1个H2O2反应生成水转移2个电子，H2O2～2e－～2H2O，净生成2 mol水，故D错误。 答案　D 2．(2024·武汉黄陂区第七中学二模)如图甲、乙两个装置相连，甲池是一种常见的氢氧燃料电池装置，乙池内，D中通入10 mol混合气体，其中苯的物质的量分数为20%(其余气体不参与反应)，一段时间后，C处出来的气体中含苯的物质的量分数为10%(不含H2，该条件下苯、环己烷都为气态)，下列说法不正确的是(　　) A．导线中共传导6 mol电子 B．甲池中H＋由G极移向F极，乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极 C．甲池中A处通入O2，乙池中E处有O2放出，但体积不同(标准状况下测定) D．乙池中左侧惰性电极上发生反应：C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12 解析　由题意和图示，甲池为氢氧燃料电池，乙池为电解池，根据乙池中，惰性电极处苯被还原为环己烷，故惰性电极发生还原反应为阴极，多孔性惰性电极为阳极，则G电极与阴极相连，为原电池负极，F为正极，故甲池中F为正极，A处通入氧气，G为负极，B处通入氢气，由此分析作答。10 mol含20%苯的混合气体，经过电解生成10 mol含苯10%的混合气体，则被还原的苯的物质的量为10 mol×(20%－10%)＝1 mol，由电极方程式得转移电子的物质的量为6 mol，A正确；原电池中阳离子向正极移动，F极为正极，故甲池中H＋由G极移向F极，电解池中，阳离子向阴极移动，惰性电极为阴极，故乙池中H＋由多孔惰性电极移向惰性电极，B正确；由于电子转移守恒，故A处通入的氧气和E处生成的氧气的物质的量相等，故体积也相等，C错误；乙池中，惰性电极处苯得到电子，被还原为环己烷，电极方程式为C6H6＋6H＋＋6e－===C6H12，D正确。 答案　C 3．我国科学家通过Cu2O超低电位下电催化硝酸盐与甲醛的耦合反应，实现了处理污染物的同时产生增值化学品，其原理如图所示。下列说法错误的是(　　) A．电极的电势：Cu2O电极a>Cu2O电极b B．当电源的电压过大时，阳极可能会产生氧气 C．阳极区发生的总反应为HCHO＋3OH－－2e－===HCOO－＋2H2O D．当电路中转移2 mol e－时，Cu2O电极a的质量会增加52 g 解析　如题图所示，电极b上硝酸根还原为氨气，发生还原反应，b为阴极，a电极Cu2O氧化为Cu(OH)2，发生氧化反应，a为阳极。根据分析，a为阳极，b为阴极，故电极的电势：Cu2O电极a>Cu2O电极b，A正确；当电源的电压过大时，阳极区氢氧根可能会放电，会产生氧气，B正确；根据分析，阳极上a电极Cu2O氧化为Cu(OH)2，生成的Cu(OH)2与甲醛反应生成甲酸根(碱性环境)和Cu2O，故阳极区发生的总反应为HCHO＋3OH－－2e－===HCOO－＋2H2O，C正确；当电路中转移2 mol e－时，Cu2O先转化为Cu(OH)2，Cu(OH)2与甲醛又生成Cu2O，则电极a的质量不变，D错误。 答案　D 4．(2024·湖北黄石二中一模)乙醛酸(OHC—COOH)是一种重要的化工中间体。工业上以乙二醛为原料制备乙醛酸的装置如图所示，通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸。下列说法错误的是(　　) A．a极电势高于b极 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．当有0.5 mol离子通过离子交换膜时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为18.5 g D．乙二醛被氧化的化学方程式：＋H2O＋Cl2→＋2HCl 解析　由题中信息：通电后，阳极产物将乙二醛氧化为乙醛酸，结合题中装置图，可知阳极生成的Cl2通入盛放盐酸和乙二醛混合液一侧，Cl2与乙二醛发生氧化还原反应，生成Cl－移向与a电极相连的电极，与b电极相连的电极发生还原反应，生成H2，a为电源正极，b为电源负极。根据电解原理，可知阳极发生的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，阴极发生还原反应，电极反应方程式为2H＋＋2e－===H2↑。据分析，a电极为正极，b电极为负极，因此a极电势高于b极，故A正确；根据题意氢离子由左侧经离子交换膜进入右侧，则离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；根据得失电子守恒有1 mol OHC—COOH～1 mol Cl2～2 mol e－，则当有0.5 mol离子通过离子交换膜时，理论上最多可生成乙醛酸的质量为 mol×74 g/mol＝18.5 g，故C正确；氯气将乙二醛氧化为乙醛酸，自身被还原为氯离子，化学方程式为：＋H2O＋Cl2→＋2HCl ，故D正确。 答案　B 5．下图是电化学合成甲酸盐和环氧乙烷的装置示意图。 下列说法错误的是(　　) A．阴极电极反应为CO2＋2e－＋H2O===HCOO－＋OH－ B．阳极电极反应为CH2===CH2－2e－＋2OH－―→＋H2O C．理论上，阳极区无须补充Br－ D．标准状况下，理论上每消耗11.2 L CO2，可生成0.5 mol 解析　由该工作原理图可知，左侧是由CO2转化为HCOO－，C的化合价由＋4价降低为＋2价，被还原，左侧的电极反应为CO2＋2e－＋H2O===HCOO－＋OH－，故左侧为阴极；右侧电极反应为2Br－－2e－===Br2，右侧为阳极，右侧发生的反应还有Br2＋H2O===HBr＋HBrO，H—O—Br＋CH2===CH2―→，＋NaOH―→＋NaBr＋H2O据此分析解题。阴极的电极反应为CO2＋2e－＋H2O===HCOO－＋OH－，A正确；阳极的电极反应为2Br－－2e－===Br2，B错误；根据分析可知Br－总量未发生变化，理论上不需要补充，C正确；根据分析可知，理论上每消耗标准状况下11.2 L CO2，可生成0.5 mol，D正确。 答案　B 6．环氧乙烷()可用于生产乙二醇。电化学合成环氧乙烷()的装置如图所示： 已知：CH2===CH2HOCH2CH2Br 下列说法错误的是(　　) A．Pt电极接电源正极 B．制备1 mol环氧乙烷，Ni电极区产生2 mol H2 C．Pt电极区的反应方程式为CH2===CH2＋Br2＋H2O―→HOCH2CH2Br D．电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合才可得到环氧乙烷 解析　由题给信息：“CH2===CH2HOCH2CH2Br”可知，在Pt电极，Br－失电子生成Br2，然后与水反应的产物再与CH2===CH2发生反应，所以Pt电极为阳极，Ni电极为阴极，水分子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，钾离子通过阳离子交换膜进入阴极区，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷。由分析可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，故A正确；由题意可知，生成1 mol环氧乙烷需要消耗1 mol溴，则由得失电子数目守恒可知，阴极上生成氢气的物质的量为1 mol，故B错误；由题给转化关系可知，与直流电源正极相连的铂电极为电解池的阳极，溴离子在阳极失去电子发生氧化反应生成溴，通入的乙烯与溴、水反应生成HOCH2CH2Br，Pt电极区的反应方程式为CH2===CH2＋Br2＋H2O―→HOCH2CH2Br，故C正确；由分析可知，电解完成后，将阳极区和阴极区溶液混合，HOCH2CH2Br在碱性条件下发生取代反应生成环氧乙烷，故D正确。 答案　B 7．(2024·安徽安庆一中三模)设计如图装置回收金属钴。已知电极材料均为石墨材质。右侧装置为原电池，可将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2(s)转化为Co2＋，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室，保持细菌所在环境pH稳定，降解乙酸盐生成CO2。下列说法正确的是(　　) A．装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大 B．装置工作时，乙室中阳离子通过阳膜向另一边迁移 C．乙室电极反应式为LiCoO2＋2H2O＋e－===Li＋＋Co2＋＋4OH－ D．若甲室Co2＋减少200 mg，乙室Co2＋增加300 mg，则此时已进行溶液转移 解析　由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，原电池中细菌电极为电解池的负极，水分子作用下乙酸根离子在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O===2CO2↑＋7H＋，钴酸锂电极为正极，酸性条件下钴酸锂在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应式为2LiCoO2＋2e－＋8H＋===2Li＋＋2Co2＋＋4H2O，电池的总反应为CH3COO－＋8LiCoO2＋25H＋===2CO2↑＋8Li＋＋8Co2＋＋14H2O；电解池中，与原电池正极相连的细菌电极为阳极，水分子作用下乙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O===2CO2↑＋7H＋，右侧石墨电极为阴极，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，电解的总反应为CH3COO－＋4Co2＋＋2H2O===2CO2↑＋7H＋＋4Co。电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO2气体，同时生成H＋，电极反应式为CH3COO－－8e－＋2H2O===2CO2↑＋7H＋，H＋通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为Co2＋＋2e－===Co，因此，甲室溶液pH逐渐减小，A错误；由分析可知，乙室是原电池，乙室中LiCoO2(s)得到电子生成Co2＋，LiCoO2(s)电极为正极，阳离子通过阳离子交换膜进入正极即乙室，B错误；电解质溶液为酸性，不可能大量存在OH－，乙室电极反应式为LiCoO2＋e－＋4H＋===Li＋＋Co2＋＋2H2O，C错误；若甲室Co2＋减少200 mg，则电子转移物质的量为n(e－)＝×2≈0.006 8 mol；若乙室Co2＋增加300 mg，则转移电子的物质的量为n(e－)＝×1≈0.005 1 mol，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D正确。 答案　D 8．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－===FeO＋4H2O B．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 解析　由题图所示，Fe为阳极，故发生氧化反应生成FeO，电极反应式为Fe＋8OH－－6e－===FeO＋4H2O，A正确；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；阴极区水被电解产生H2和OH－，故产出的NaOH浓度变大，a%<b%，C错误；阴极区为水被电解发生还原反应得到电子，生成氢气，D错误。 答案　A 9．(2024·河南信阳高级中学二模)利用不同氢源(D2O和HCHO)在两个Pd膜电极上同时对同一有机物进行双边加氢的原理如图所示(以NaOH为电解质)。下列说法错误的是(　　) A．N极电极反应式为HCHO＋2OH－－e－===HCOO－＋H2O＋H B．电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移 C．消耗1 mol ，回路转移电子和通过交换膜的阴离子的物质的量均为4 mol D．若无论电解多久N极附近产物中也不会含有，说明N极获得的H均来自HCHO 解析　由题图可知，N极HCHO和OH－失电子生成HCOO－和H，配平后电极方程式正确，A正确；NaOH为电解质，N极电极反应消耗OH－，电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移，B正确；M极消耗1 mol ，产物中增加4 mol D，D来源于D2O，化合价由＋1变为0，共得4 mol电子，阴阳极得失电子守恒，N极也失4 mol电子，由N极电极反应知，需要8 mol OH－，即通过交换膜的阴离子的物质的量为8 mol，C错误；若无论电解多久N极附近产物中也不会含有，结合N极电极反应，说明N极获得的H均来自HCHO，D正确。 答案　C 10．(2024·广东广州三模)耦合光催化/电催化分解水的装置如图，催化电极时产生电子和空穴(空穴指共价键上流失一个电子留下空位的现象，用h＋表示)，下列有关说法错误的是(　　) A．光催化装置实现了光能向化学能的转化 B．离子交换膜为阴离子交换膜 C．电催化装置阳极电极反应式为4OH－＋4h＋===2H2O＋O2↑ D．光催化装置中，每生成 0.1 g氢气，产生空穴h＋的数目为0.1NA 解析　由题图可知，光催化装置中发生的反应为2H＋＋2e－===H2↑、3I－＋2h＋===I，总反应为2H＋＋3I－H2↑＋I，电催化装置中与直流电源负极相连的电极为电解池的阴极，碘三离子在阴极得到电子发生还原反应生成碘离子，与正极相连的电极为阳极，氢氧根离子在阳极得到空穴发生氧化反应生成氧气和水，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜进入阴极室，光催化和电催化协同循环的总反应为碘离子做催化剂的作用下水光照分解生成氢气和氧气。由分析可知，光催化装置中发生的总反应为2H＋＋3I－H2↑＋I，该装置实现了光能向化学能的转化，故A正确；由分析可知，电催化装置中，阳极室的阳离子通过阳离子交换膜进入阴极室，故B错误；由分析可知，电催化装置中，与正极相连的电极为阳极，氢氧根离子在阳极得到空穴发生氧化反应生成氧气和水，电极反应式为4OH－＋4h＋===2H2O＋O2↑，故C正确；由得失电子数目守恒可知，光催化装置中，每生成 0.1 g氢气，产生空穴的数目为×2×NA mol－1＝0.1NA，故D正确。 答案　B 11．(2024·河南新乡模拟)自由基因为化学性质不稳定往往不能稳定存在，羟基自由基(·OH)有极强的氧化性，其氧化性仅次于氟单质。我国科学家设计的一种能将苯酚(C6H6O)氧化为CO2和H2O的原电池—电解池组合装置如图所示，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是(　　) A．该装置工作时，电流方向为电极b→Ⅲ室→Ⅱ室→Ⅰ室→电极a B．当电极a上有1 mol Cr(OH)3生成时，c极区溶液仍为中性 C．电极d的电极反应为H2O－e－===H＋＋·OH D．当电极b上有0.3 mol CO2生成时，电极c、d两极共产生气体11.2 L(标准状况) 解析　根据装置图，左边是原电池装置，右边是电解池装置，a处Cr元素从＋6价变成＋3价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，a为正极，b为负极。苯酚废水在d处被氧化，d处水分子失去电子形成羟基自由基，发生氧化反应，d为电解池阳极，c为电解池阴极，据此分析解题。根据分析，a为正极，b为负极，该装置工作时，内电路电流由 b 极经 Ⅲ、Ⅱ、Ⅰ室流向 a 极，A正确；a极每产生1 mol Cr(OH)3，转移3 mol电子，c极上的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，生成1.5 mol H2，与此同时，有3 mol H＋从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区溶液仍为中性，B正确；d 极区为阳极区，电极反应为H2O－e－===H＋＋·OH，C正确；电极b的电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋，电极c的电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，电极d为电解池阳极，电极反应为H2O－e－===H＋＋·OH可进一步氧化苯酚，化学方程式为C6H5OH＋28·OH===6CO2↑＋17H2O，当电极b上有0.3 mol CO2生成时，电极c、d两极共产生气体22.4 L(标准状况)，D错误。 答案　D 12．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22.4 L(标准状况下)废气，b中转移电子数为2NA B．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＋2e－＋3H2O===HCOOH＋2OH－ 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SO失电子生成SO，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SO－2e－＋2OH－===SO＋H2O；则通入CO2的电极为阴极，阴极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH，据此分析解题。装置a中每吸收22.4 L(标准状况下)废气，气体CO2和SO2总量为1 mol，则CO2的量小于1 mol，b中转移电子数小于2NA，A错误；装置a吸收废气过多，则会有机会生成NaHSO3，HSO也可以放电，会影响装置b中放电微粒的种类，B错误；装置b中的交换膜为质子交换膜，电解过程中阳极发生SO－2e－＋2OH－===SO＋H2O消耗OH－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，进入右侧，阴极反应式为CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH，生成酸，两极溶液pH值均稍有降低，C正确；装置b中右侧的电极反应为CO2＋2e－＋2H＋===HCOOH，D错误。 答案　C 学科网（北京）股份有限公司 $$