集训1 强化练10 电解池原理及应用(Word练习)-【精讲精练】2026年高考化学二轮专题辅导与训练

强化练(十)　电解池原理及应用 [对应题型集训P202] 1．利用电化学氧化技术可以在电解槽中持续产生·OH，·OH是一种活性基团，可高效氧化苯酚生成CO2，消除苯酚引起的水污染，装置如图所示。已知：a极生成H2O2，H2O2能进一步将b极产物氧化，同时有·OH生成。下列有关说法正确的是(　　) A．a极的电极反应式：Fe－2e－===Fe2+ B．b极连接电源正极，发生还原反应 C．生成·OH的离子方程式：Fe2+＋H2O2＋H＋===Fe3+＋H2O＋·OH D．消除0.1 mol苯酚，理论上有2.8 mol电子通过外电路 解析　a极通入氧气生成H2O2，氧元素化合价降低，发生还原反应，a是阴极；b是阳极，b电极铁失电子生成Fe2+。a极通入氧气生成H2O2，a极的电极反应式：O2＋2e－＋2H＋===H2O2，故A错误；a是阴极；b是阳极，b极连接电源正极，发生氧化反应，故B错误；a极生成H2O2，H2O2能进一步将b极产物Fe2+氧化，同时有·OH生成，生成·OH的离子方程式为Fe2+＋H2O2＋H＋===Fe3+＋H2O＋·OH，故C正确；苯酚被·OH氧化生成二氧化碳，碳元素化合价由－升高为＋4，消除0.1 mol苯酚，需要2.8 mol·OH，根据Fe2+＋H2O2＋H＋===Fe3+＋H2O＋·OH，阳极生成2.8 mol Fe2+，所以理论上有5.6 mol电子通过外电路，故D错误。 答案　C 2．某课题组通过如图所示电化学方式，以DCM/H2O为共溶剂，首次实现了Langlois(CF3SO2Na)试剂作为三氟甲基及二氧化硫给体与N­芳基氰胺反应，合成了具有潜在应用价值和生物活性的物质V。下列说法错误的是(　　) A．电极电势：M>N B．随反应进行，CF3SO2Na浓度的降低，会导致电子传递效率降低 C．反应一段时间后，溶液的pH升高 D．M电极的总反应为CF3SO＋－e－=== 解析　N极上H＋发生还原反应得到H2，N为阴极，M为阳极发生氧化反应；电极电势：M>N，A正确；由图可知，CF3SO2Na参与反应，随反应进行，CF3SO2Na浓度的降低，会导致电子传递效率降低，B正确；反应一段时间后，溶液中H＋生成了氢气，H＋浓度减少，溶液的pH升高，C正确；M为阳极，发生氧化反应，反应物CF3SO中S的化合价为＋4价，生成物中S的化合价为＋6价，失去2个电子，M电极的总反应为CF3SO＋－2e－===＋H＋，D错误。 答案　D 3．(2025·辽宁省抚顺市高三模拟)利用有机电化学合成1，2­二氯乙烷的装置如图所示。若该装置工作时中间室NaCl溶液的浓度通过调整保持不变，电解时阴极生成气体的速率为x mol·h-1，下列说法错误的是(　　) A．电源中电势比较：b>a B．离子交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，离子交换膜Ⅱ为阳离子交换膜 C.合成室内发生的反应为CH2===CH2＋2CuCl2―→CH2ClCH2Cl＋2CuCl D．中间室补充NaCl的速率为2x mol·h-1 解析　由图可知，右侧电极上Cu的化合价由＋1价升高为＋2价，发生氧化反应，则电极N为阳极，电极b为正极，所以电极M为阴极，电极a为负极，据此分析作答。根据上述分析可知，a为电源的负极，b为正极，故电源中电势比较：b>a，A正确；由图可知，中间室内的氯离子通过离子交换膜Ⅱ，进入右室，最终和CuCl生成CuCl2，左室H＋得到电子，生成H2，OH－浓度增大，与中间室移动过来的Na＋结合，生成NaOH，所以离子交换膜Ⅰ为阳离子交换膜，Ⅱ为阴离子交换膜，B错误；根据原子守恒可知，合成室内发生的反应为CH2===CH2＋2CuCl2―→CH2ClCH2Cl＋2CuCl，C正确；电解时阴极生成气体的速率为x mol·h-1，根据阴极反应：2H＋＋2e－===H2↑，根据电荷守恒可知，中间室移动过来的Na＋的速率为2x mol·h-1，故中间室补充NaCl的速率为2x mol·h-1，D正确。 答案　B 4．(2025·河北省高三下学期模拟预测)近日，武汉大学教授团队以廉价易得的氘水(D2O)为氘源，在温和条件下实现了芳烃的还原氘代反应，其原理如图所示。 下列叙述正确的是(　　) A．电子由电源负极流向b极 B．b极上发生还原反应 C．a极电极反应式为＋6D2O＋6e－―→＋6OD－ D．标准状况下，收集11.2 L Y2气体时转移电子数目约为6.02×1023 解析　根据图示，a极上发生还原反应转化为，a为阴极，b为阳极。由分析知，a极上，发生还原反应，故a极为阴极，b极为阳极，电子由电源负极流向阴极(a极)，A项错误；阳极(b极)发生氧化反应，B项错误；根据物质转化可知，a极电极反应式为＋6D2O＋6e－―→＋6OD－，C项正确；Y2为O2，b极电极反应式为2D2O－4e－===4D＋＋O2↑，标准状况下，11.2 L O2的物质的量为0.5 mol，生成0.5 mol O2，转移2 mol电子，数目约为2×6.02×1023，D项错误。 答案　C 5．(2025·河北衡水一模)富集海水中锂的电化学系统如图所示，工作步骤如下： ①启动电源1，MnO2所在腔室的Li＋进入MnO2结构而形成LixMn2O4。 ②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使LixMn2O4中的Li＋脱出进入腔室2。 关于该电化学系统的说法正确的是(　　) A．启动电源1时，电极1为阴极 B．启动至关闭电源1，若转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20∶3，可得LixMn2O4中的x＝1.2 C．启动电源2时MnO2电极反应式为xLi＋＋2MnO2＋xe－===LixMn2O4 D．电化学系统降低了腔室2中LiOH的浓度 解析　由①可知，启动电源1，MnO2所在腔室的Li＋进入MnO2结构而形成LixMn2O4，可知MnO2中Mn元素的化合价降低，为阴极，电极反应式为xLi＋＋2MnO2＋xe－===LixMn2O4，电极1为阳极，连接电源正极；②关闭电源1和海水通道，启动电源2，使LixMn2O4中的Li＋脱出进入腔室2，可知，电极2为阴极，电极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－；阳极的电极反应式为LixMn2O4－xe－===xLi＋＋2MnO2，以此分析解题。由分析可知，腔室1中电极1连接电源1的正极，作阳极，发生氧化反应，故A错误；根据分析可知，启动至关闭电源1，转化的n(MnO2)与生成的n(O2)之比为20∶3，设生成的氧气为3 mol，转移电子为12 mol，根据阳极的电极反应式：LixMn2O4－xe－===xLi＋＋2MnO2，结合电子守恒，可知有2 mol MnO2生成时转移1.2 mol电子，可得LixMn2O4中的x＝1.2，故B正确；启动电源2时，MnO2电极是阳极，电极反应式为LixMn2O4－xe－===xLi＋＋2MnO2，故C错误；由分析可知，启动电源2，使LixMn2O4中的Li＋脱出进入腔室2，电极2为阴极，电极反应式为2H2O＋O2＋4e－===4OH－；提高了腔室2中LiOH的浓度，故D错误。 答案　B 6．(2025·河南省南阳市实验中学模拟)羟基自由基(·OH)具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基(·OH)处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。已知：双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－。下列说法正确的是(　　) A．M极为阴极，电极反应式：O2－2e－＋2H＋===2·OH B．双极膜中H2O解离出的H＋透过膜a向N极移动 C．每处理6.0 g甲醛，理论上有0.4 mol H＋透过膜b D．通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为6∶7 解析　由图可知，M电极通入O2，发生反应生成自由基·OH，反应式为O2＋2e－＋2H＋===2·OH，M作阴极，N为阳极，以此解答。M电极通入O2，发生反应生成自由基·OH，反应式为O2＋2e－＋2H＋===2·OH，M作阴极，A错误；M为阴极，N为阳极，双极膜中H2O解离出的H＋透过膜a向M极移动，B错误；由图可知，甲醛被·OH氧化为CO2，HCHO―→CO2失4 mol电子，则每处理6.0 g甲醛(即0.2 mol)，理论上转移0.8 mol电子，则有0.8 mol H＋透过膜b，C错误；根据氧化还原反应规律，1 mol甲醛生成1 mol CO2转移4 mol e－，1 mol 苯酚生成6 mol CO2转移28 mol e－，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为6∶7，D正确。 答案　D 7．一定条件下，利用如图所示装置可实现苯的电化学储氢(苯→环己烷，忽略其他有机物)。 下列说法错误的是(　　) A．B端为电源的正极 B．生成环己烷的电极反应式为＋6H＋＋6e－=== C．反应中生成环己烷的物质的量为1.4 mol D．电极D产生的n(环己烷)∶n(H2)＝3∶5 解析　苯生成环己烷发生还原反应，由此可知电极D为阴极，电极E为阳极，A端为电源负极，B端为电源正极，据此解答。由分析可知，B端为电源正极，A正确；生成环己烷是还原反应，电极反应式为＋6H＋＋6e－===，B正确；假设阴极只发生苯生成环己烷的反应，由苯生成环己烷的电极反应式可知，反应前后物质的量不变，则生成环己烷为10×(24%－10%)＝1.4 mol，转移电子为1.4×6＝8.4 mol，阳极生成2.8 mol O2，转移电子为2.8 mol×4＝11.2 mol，转移电子不守恒，说明阴极还有H＋得电子生成H2，故假设不成立，C错误；设D极生成x mol H2，y mol环己烷，则2x＋6y＝11.2，含苯10%的气体总量为(10＋x)mol，则有10×24%－y＝(10＋x)×10%，得x＝2，y＝1.2，则电极D产生的n(环己烷)∶n(H2)＝3∶5，D正确。 答案　C 8．“绿色零碳”氢能前景广阔。为解决传统电解水制“绿氢”阳极电势高、反应速率缓慢的问题，科技工作者设计耦合HCHO高效制H2的方法，装置如图所示。部分反应机理为＋H2。下列说法错误的是(　　) A．相同电量下H2理论产量是传统电解水的1.5倍 B．阴极反应：2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑ C．电解时OH－通过阴离子交换膜向b极方向移动 D．阳极反应：2HCHO－2e－＋4OH－===2HCOO－＋2H2O＋H2↑ 解析　据图示可知，b电极上HCHO转化为HCOO－，而HCHO转化为HCOO－为氧化反应，所以b电极为阳极，a电极为阴极，HCHO为阳极反应物，由反应机理＋H2可知：反应后生成的转化为HCOOH。由原子守恒和电荷守恒可知，在生成HCOOH的同时还生成了H－，生成的HCOOH再与氢氧化钾酸碱中和：HCOOH＋OH－===HCOO－＋H2O，而生成的H－在阳极失电子发生氧化反应生成氢气，即2H－－2e－===H2↑，阴极水得电子生成氢气：2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－。由以上分析可知，阳极反应：①HCHO＋OH－－e－―→HCOOH＋H2↑，②HCOOH＋OH－===HCOO－＋H2O，阴极反应2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，即转移2 mol电子时，阴、阳两极各生成1 mol H2，共2 mol H2，而传统电解水：2H2O2H2↑＋O2↑，转移2 mol电子，只有阴极生成1 mol H2，所以相同电量下H2理论产量是传统电解水的2倍，故A错误；阴极水得电子生成氢气，阴极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，故B正确；由电极反应式可知，电解过程中阴极生成OH－，负电荷增多，阳极负电荷减少，要使电解质溶液呈电中性，OH－通过阴离子交换膜向阳极移动，即向b极方向移动，故C正确；由以上分析可知，阳极反应涉及：①HCHO＋OH－－e－―→HCOOH＋H2↑，②HCOOH＋OH－===HCOO－＋H2O，由(①＋②)×2得阳极反应为2HCHO－2e－＋4OH－===2HCOO－＋2H2O＋H2↑，故D正确。 答案　A 9．(2025·郑州市实验中学高三模拟)乙醛酸是一种重要的化工中间体，可采用如图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是(　　) A．铅电极的电势高于石墨电极的电势 B．阳极上的电极反应式为＋2H＋＋2e－―→＋H2O C．制得2 mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了4 mol电子 D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移 解析　乙二酸还原为乙醛酸，发生还原反应，则左侧电极为阴极，而Br－氧化为Br2，发生氧化反应，右侧电极为阳极，生成的Br2再氧化乙二醛生成乙醛酸，电解池工作时阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，则双极膜的左侧膜为阳离子交换膜，右侧膜为阴离子交换膜；乙二酸的分子式为C2H2O4，乙醛酸的分子式为C2H2O3，碳原子的化合价由乙二酸的＋3价变为乙醛酸的＋2价，化合价降低得到电子发生还原反应，则铅电极与电源负极相连，为电解池的阴极，铅电极的电势低于石墨电极的电势，A错误；右侧为阳极，发生氧化反应，电极反应为2Br－－2e－===Br2，B错误；阳极区和阴极区均有乙醛酸生成，且1 mol乙二酸转化为1 mol乙醛酸、与1 mol乙二醛转化为1 mol乙醛酸均转移2 mol 电子，根据电子守恒，则制得2 mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了2 mol电子，C错误；阳离子向阴极移动，则H＋向铅电极移动，D正确。 答案　D 10．(2025·四川省巴中市高三模拟)电解法制取苯甲酸甲酯的相关原理如图所示。下列有关说法正确的是(　　) A．a为直流电源的正极，电子流向b→N→M→a B．M极的电极反应为SO2＋2Br－－2e－===SO2Br2 C．生成22.4 L H2时，理论上可得136 g苯甲酸甲酯 D．SO2＋Na2SO3⥫⥬Na2S2O5属于氧化还原反应 解析　由图中氢气在铂电极(N)产出可知，N极为阴极(接电源负极b)，石墨电极(M)则为阳极(接电源正极a)。外电路中电子应从阳极M流向电源正极a，再经电源内部到负极b，最后到阴极N；A项所述“电子流向b→N→M→a”中电子不能经过电解质溶液，A错误；在阳极(M)上，同时有Br－和SO2被氧化生成SO2Br2，可将这一步综合表示为SO2＋2Br－－2e－===SO2Br2，B正确；没说明标况，不能计算，C错误；反应SO2＋Na2SO3⥫⥬Na2S2O5，硫元素的化合价均为＋4，无化合价变化，故不属于氧化还原反应，D错误。 答案　B 11．一种利用微生物或羟基自由基(·OH)将苯酚转化为CO2和H2O的原电池—电解池组合装置如图所示，已知电极均为惰性电极，下列说法错误的是(　　) A．a极的电极反应式Cr2O＋6e－＋7H2O===8OH－＋2Cr(OH)3 B．左池中进行的是自发的氧化还原反应 C．d极电极反应为H2O－e－===H＋＋·OH D．当该组合装置产生V(CO2)＝13.44 L(标准状况)时，装置中转移的电子数为2.8NA 解析　a极为正极，在水分子作用下重铬酸根离子得到电子发生还原反应生成氢氧化铬和氢氧根离子，电极反应式为Cr2O＋6e－＋7H2O===8OH－＋2Cr(OH)3，故A正确；右池中发生的反应为放电生成的羟基自由基与废水中的苯酚反应生成二氧化碳和水，所以左池中进行的是自发的氧化还原反应，故B正确；d极为阳极，水分子在阳极失去电子发生氧化反应生成氢离子和羟基自由基，电极反应式为H2O－e－===H＋＋·OH，故C正确；b极苯酚失电子被氧化为CO2，电极反应式为C6H5OH－28e－＋11H2O===6CO2↑＋28H＋，d电极的电极反应为H2O－e－===·OH＋H＋，苯酚被羟基自由基氧化的化学方程式为C6H5OH＋28·OH===6CO2↑＋17H2O，故装置中转移的电子数为2.8NA时，b极产生0.6 mol CO2，d极产生0.6 mol CO2，该组合装置产生V(CO2)＝(0.6 mol＋0.6 mol)×22.4 L/mol＝26.88 L，故D错误。 答案　D 12．(2025·四川省成都石室中学模拟)华南师范大学某教授课题组从催化剂结构与性能间关系的角度，设计了一种催化剂同时作用在阳极和阴极，用于CH3OH氧化和CO2还原反应耦合的混合电解，工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下CO2→CO电极反应历程如图乙所示。下列说法不正确的是(　　) 图甲 图乙 A．电解总反应为2CO2＋CH3OH2CO＋HCOOH＋H2O B．理论上若有44 g CO2被转化，则有2 mol H＋从左侧向右侧迁移 C．与Ni8­TET催化剂相比，使用Ni­TPP时催化效果更好 D．若以铅蓄电池为电源，则B极应与PbO2极相连接 解析　根据图示，A电极二氧化碳得电子发生还原反应生成CO、B电极甲醇失电子发生氧化反应生成甲酸，A是阴极、B是阳极。A电极二氧化碳得电子生成CO、B电极甲醇失电子生成甲酸，电解总反应为2CO2＋CH3OH2CO＋HCOOH＋H2O，故A正确；A是阴极、B是阳极，理论上若有44 g CO2被转化，则电路中转移2 mol电子，则有2 mol H＋从右侧向左侧迁移，故B错误；使用Ni­TPP时反应活化能小，所以与Ni8­TET催化剂相比，使用Ni­TPP时催化效果更好，故C正确；A是阴极、B是阳极，铅蓄电池中PbO2为正极、Pb为负极，若以铅蓄电池为电源，B极应与PbO2极相连接，故D正确。 答案　B 学科网（北京）股份有限公司 $