题型强化练(十五) 3.电化学中的多室、多池装置-【创新大课堂】2026年高考二轮化学专题复习课时作业

班级 姓名 题型强化练（十五） 3.电化 1.(2025·贵州铜仁二模)电有机合成可以缩： 短传统有机合成线路，以丙烯腈(CH2一 CHCN)为原料通过如下装置合成己二腈 [NC(CH2)4CN]。下列说法正确的是 3 b CHOCH 0 丙烯腈 KOH KOH 稀硫酸 溶液 溶液 稀硫酸 ①室 ②室 ③室 ④室 阳离子交换膜 质子交换膜 A.①室有无色气体产生 B.c电极上发生还原反应 C.d电极发生的反应为2CH2一CHCN+ 2H+-2e--NC(CH2)CN D.每当b电极消耗22.4L气体，会有4mol H+由③室向④室迁移 2.(2025·湖南二模)某同学设计利用乙烷燃 料电池来电解处理酸性含铬废水（主要含 有Cr2O?),其装置示意图如图所示，处理 过程中存在反应Cr2O号-+6Fe2++14H+ 2Cr3++6Fe3+十7H2O。下列说法错 误的是 M电极 N电极 Fe C2H6 02 02 C02、H20 固体电解质 含Crz0酸性废水 A.M电极的电极反应为C2H6一14e+ 702--2C02+3H20 B.铬元素最终以Cr(OH)3形式除去 139 得分 学中的多室、多池装置 C.电解池右侧的Fe电极更换为石墨电极， 对废水处理影响不大 D.若电解过程中，电子的有效利用率为 60%,每处理掉0.2mol的Cr2O号，理 论上N电极需要通入11.2L(已折算为 标准状况)O2 (2025·安徽三模)液流电池具有使用寿命 长、储能规模大、深度放电、安全性高等优 点，它广泛应用于储能领域。钒液流电池 工作原理如图所示。下列说法正确的是 () 负载 M N VO 24 V0/W02* V024 V34 V2*/N+ 电解液 电解液 室 Ⅱ室 质子 Q 电泵 交换膜 电泵 A.电池在放电时，电解液中H+由I室通 过交换膜移向Ⅱ室 B.充电时电极M发生的电极反应为VO +e+2H+—VO2++H2O C.在硫酸溶液中用草酸还原V2O5制备电 解液VO(HSO4)2,反应的离子方程式 为V2O5+C2O2-+6H+—2VO2++ 2CO2↑+3H2O D.采用电解VO(HSO4)2溶液可以制得五 价钒离子电解液和三价钒离子电解液： 阴极发生的电极反应为VO2+十e十 2H+—V3++H2O 班级 姓名 4.(2025·浙江二模)某小组研究设计了如下 装置示意图，联合制备硫酸、氯气和氢氧化 钠。该设计改变了传统氯碱工业能耗大的 1 缺点，可大幅度降低能耗。 电极A 离子交换膜 电极B S02+H0 02+H0 质子交换 (增湿) (2) 饱和NaCl溶液HO(含少量NaOH用) 甲池 乙池 下列说法不正确的是 A.甲池中，质子经内电路移向Pt2极 B.理论上，甲池中消耗的SO2和乙池中生 成的C12的物质的量之比为1：1 C.乙池应选用阳离子交换膜 D.乙池的总反应方程式：2NaC1+2H2O 电解2NaOH+CL2个十H,◆ 5.(2025·河北石家庄二模)Zn一NO3/乙醇 混合可充电式液流电池系统在充放电过程 中具有良好的稳定性，同时在正极区可以 合成高附加值的醋酸铵，其工作原理如下 图。下列说法错误的是 负载 艹0H 储 NO NH3 [Zn(OH)4-Zn CHC00CH,OH膜 仪 储液罐 --0H 电源 泵 A.放电时，Ru一Ni(OH)2为电池正极 B.充电过程中阴极区溶液的碱性减弱 C.放电时，正极的电极反应式为NO3+ 8e+6H2O-NH3+90H D.若正极区恰好生成1mol醋酸铵，理论 上负极质量减少130g 6.（2025·山东威海二模)我国科学家在光电 催化一化学耦合烟气脱硫并实现CO,的资 ·140 得分 源化利用与电能储存的研究中取得重大突 破，其工作原理如图所示。下列说法正确 的是 稀NaHCO CO C0溶液 x%食盐水 质子交换膜 →%食盐水 H S02Fe共 催 國没 Fe2SOh极 溶液 离子交换膜M浓NaHCO, 离子交换膜N 装置B 溶液 装置A A.电极a的电极反应式：CO2十2e十H2O -CO+20H B.装置A食盐水中NaC1质量分数：x% <y% C.离子交换膜N为阴离子交换膜 D.每吸收1 mol SO2,理论上装置B的总质 量增加62g 7.(2025·湖北二模)科学家研发了一种基于 Na3[Fe(CN)s]/Na4[Fe(CN)g]氧化还原 循环系统的电驱动膜分离技术，将Na2SO 废水回收为高价值的H2SO4和NaOH,双 极膜中H,O解离的H+和OH一在电场作 用下向两极迁移，简易工作原理如图。下 列说法错误的是 ( 电源 离子交换膜1离子交换膜2双极膜离子交换膜3 [Fe(CN)P [Fe(CN)P 惰 性 H20 Na2SO H20 H20 极 [Fe(CN)6] [Fe(CN)61 淡化池 浓缩池1 浓缩池2 A.电极a与外接电源负极相连 B.装置中离子交换膜1和3均是阳离子交 换膜 C.b电极反应式为[Fe(CN)s]4--e [Fe(CN)6]3 D.浓缩池1中得到的产品为NaOH7g,a极1 mol Li计得到电子变为锂增重7g,充电时：外电！ 路通过1mol电子时，a极失去电子迁移1 mol Li+到b极，a 极质量减少7g,b极1 mol Li计得到电子变为锂增重7g, 两电极质量变化差值为14g,D错误。 7.答案C 解析板状碳封装镍纳米晶体是阳极，b是电源正极、是 负极，电极电势：a<b,故A错误；板状碳封装镍纳米晶体 是阳极，电解池中阳离子向阴极移动，H+向a极移动，故B 错误；a是阴极，阴极水得电子生成氢气和氢氧根离子，电 路中转移2mol电子，阴极生成1mol氢气和2mol)H, 同时双极膜有2molH十移入a极区，所以阴极区pH不！ 变，故C正确；a为阴极，X为氢气，则每产生1molH2转 移2mol电子，双极膜中有2 mol OH移向阳极，同时有 2molH十移向阴极，双极膜中质量减少36g,故D错误。 题型强化练（十五） 1.答案C 解析由题千装置可知，左侧为CH:OCH3燃料电池，a电 极为负极，电极反应为：CH3OCH3-12e+16OH厂一 2CO5十11H2),b电极为正极，电极反应为：O2十4e+ 2H2O一一4OH,C与电源正极相连是阳极，电极反应为： 2H2O-4e一4H+O2↑，d与电源负极相连是阴极， 电极反应为：2CH2=-CHCN+2H++2e NC(CH2)4CN。由分析可知，a电极为负极，电极反应为： CH:OCH3-12e+16OH—2CO号+11H2O,故①室 没有无色气体产生，A错误；c与电源正极相连是阳极，则c: 电极上发生氧化反应，B错误；d与电源负极相连是阴极，d 电极发生的反应为2CH2=CHCN+2H+2e NC(CH2)4CN,C正确：题千未告知气体所处的状态，无法 计算气体的物质的量，D错误。 2.答案D 解析M电极为燃料电池的负极，氧离子作用下乙烷失去 电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为 C2H6-14e+7O2-—2CO2+3H2O,故A正确：铬元素 最终以氢氧化铬形式除去而达到处理酸性含铬废水的目 的，故B正确；与M电极相连的右侧铁电极为阴极，氢离子 在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，右侧的铁电极更 换为石墨电极，此时仍然是氢离子在阴极得到电子发生还 原反应生成氢气，不会影响对废水处理，故C正确；每处理 掉0.2mol重铬酸根离子，需要1.2 mol Fe2+,若电解过程 中，电子的有效利用率为60%，由得失电子数目守恒可知， 理论上N电极需要通入标准状况下氧气的体积为 1.2mol×2 60%一×22.4L/mol=22.4L,故D错误。 3.答案D 解析由原理图可知：放电时电极M发生还原反应：VO +2H++e→VO2++H2O,推出M为正极，N为负极， 电解液中H十应由负极区移向正极区，即由Ⅱ室移向I室，！ 故A错误；充电时电极M为阳极，发生氧化反应，电极反！ 应为VO3++H2O-e一VO2+2H+,故B错误；草酸！ ·26 是弱酸，反应的离子方程式应为V2O5十H2C2O1十4H -一2VO3++2CO2◆+3H2O,故C错误；电解时阴极发生 还原反应，电极反应为VO++e+2H+一V3++ H2O,故D正确。 4.答案D 解析甲池为原电池，阳离子向正极移动，则质子向P2电 极移动，A正确；当转移2mol电子时，甲池消耗1mol SO2,乙池生成1molC12,故甲池中消耗的SO2和乙池中 生成的C2的物质的量之比为1：1，B正确；乙池中左侧加 入的饱和NCI溶液中，钠离子向阴极B移动，用于制备 NOH,故乙池应选用阳离子交换膜，C正确；将阳极的反 应×2加上阴极的反应得到总反应为4NaCl十2H2)十O2 电解4NaOH+2C,,D错误。 5.答案B 解析放电时，Zn失去电子生成[Zn(OH)4]-,则Zn板 为负极，电极方程式为：Zn十4OH一2e一 [Z(OH)4]-,正极为硝酸根离子被还原为氨气，正极的 电极反应式：NO5+8e-+6H2O—NH3+9OH,此时 )H一通过离子交换膜由左侧移向右侧：充电时，阴极的电 极反应式：[Zn(OH)4]2-+2e--Zn+4OH,阳极的乙 醇被氧化为乙酸，电极方程式为：C2HOH一4e十4OH ==CH COOH十3H,),此时OH一通过离子交换膜由右 侧移向左侧，且生成的氨气和醋酸反应生成 CH COONH4。A.放电时，Zn作负极，Ru一Ni(OH)2为 电池正极，故A正确；充电时，阴极的电极反应式： [Zn(OH)4]2-+2e一Zn+4OH,反应成氢氧根离子， 阴极区溶液的碱性增强，故B错误；放电时，正极的电极反 应式：NO3+8e+6H2O一NH3+9OH厂，故C正确； 放电时，正极的电极反应式：NO5+8e+6H2)一NH 十9OH一，充电时，阳极的乙醇被氧化为乙酸，电极方程式 为：C2HOH-4e+4OH=CH3COOH+3H2O,若正 极区恰好生成1mol醋酸铵，则转移4mol电子，负极消耗 2 mol Zn,质量减小130g,故D正确。 6.答案D 解析装置B中，d极2Fe2+-2e—2Fe3+,作原电池 的负极；C极2H十+2e一H2个，作原电池的正极，则装 置B为原电池。装置A为电解池，a极与电源的负极相连， 作电解池的阴极，在该电极，CO2得电子产物与电解质反 应生成CO和HCO5,电极反应式为3CO2+2e+H2O 一一CO十2HC()3;b极与电源正极相连，为电解池的阳极， 食盐水中的CI失电子生成C2,电极反应式为2CI厂一 2e=Cl2↑。装置A中，左侧HCO3透过离子交换膜 M进入中间盛有NaHCO3溶液室，右侧Na透过离子交 换膜N进入中间盛有NaHCO3溶液室，使NaHCO溶液 由稀变浓，食盐水由浓变稀：离子交换膜M为阴膜，离子交 换膜N为阳膜。由分析可知，电极a为阴极，CO2得电子 产物与电解质反应生成C)和HCO3,电极反应式：3CO2 +2e+H2O-C0+2HCO3,A不正确；装置A中，食 盐水中CI厂失电子生成C2从溶液中逸出，Na透过阳离 子交换膜N进入中间NaHCO3溶液室，从而使NaCI溶液 由浓变稀，所以NaCI质量分数：x%>y%,B不正确；由分！ 析可知，N+能透过离子交换膜N,所以离子交换膜N为 阳离子交换膜，C不正确；在装置B内，SO2-2e+2H2O —SO+4H+,在c极2H十十2e一H2个，每吸收 1 mol SO2,同时生成1molH2,则理论上装置B的总质量 增加1mol×64g/mol-1mol×2g/mol=62g,D正确。 7.答案D 解析由两电极的物质变化可判断出a、b分别为阴极、阳 极。双极膜H2)解离的H+和)H分别移向浓缩池1和 浓缩池2；阳极区的N十通过离子交换膜3（阳离子交换 膜)定向移动到浓缩池2，并在浓缩池2中生成NOH;淡 化池中的S)}通过交换膜2（阴离子交换膜）进入浓缩池 1,并在浓缩池1中生成硫酸；淡化池中的Na+经交换膜1！ (阳离子交换膜)进入阴极区，生成Na,[Fe(CN)6]。a为阴 极，故与电源负极相连，A正确：由上述分析可知，装置中 离子交换膜1和3均是阳离子交换膜，B正确；b为阳极，： [Fe(CN)6]1-失电子发生氧化反应生成[Fe(CN)6]3-,故 电极反应式为[Fe(CN)s]1--e=-[Fe(CN)6]3-,C正 确：由上述分析可知浓缩池1中的产品为硫酸，D错误。 题型强化练（十六） 1.答案D 解析由于放电时正极反应为Fe[Fe(CN)s]+2e+ 2Na-Na2Fe[Fe(CN)6],则充电时阳极反应为Na2Fe: [Fe(CN)s]-2e-=-Fe[Fe(CN)s]+2Na+,故A正确； 放电时，正极消耗Na十，而负极消耗CI,此时Na十从左室 移向右室。充电时，阳极释放N,而阴极生成Cl,此时 Na十从右室移向左室，故B正确：Fe为26号元素，价层电 子排布3d4s2,位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于d区 元素。[Fe(CN)6]3+中Fe(Ⅲ)价层电子排布式为3d5,则 Fe(Ⅲl)的未成对电子数为5，故C正确；放电时，外电路转 移0.2mol电子，则有0.2 mol Na十从负极移向正极。所 以负极电极室减少0.2 mol Na+即4.6g;正极电极室增加 0.2 mol Na即4.6g,则两电极室质量变化值的差值为 4.6十4.6=9.2g,故D错误。 2.答案B 解析由图可知a电极上CI厂转化为CI·、H2O转化为！ HO·,均发生失电子的氧化反应，所以为阳极，b为阴 极。电极电势阳极高于阴极，即电极电势：a电极>b电极， A错误；HO·氧化NH生成N2,根据得失电子守恒、原 子守恒和电荷守恒，离子方程式为6HO·+2NH一N2 +2H++6H2O,B正确；2C1·—C2、2HO·==H2O2, C2、H2O2氧化NH时，根据得失电子守恒，相同数目的 自由基结合成的分子，氧化NH生成N2的物质的量相 同，标准状况下体积也相同，C错误；CI厂转化为C1·、H2O 转化为HO·,CI·、HO氧化NH时的反应分别为3CI·+ 2NH==N2+8H+3CI、6OH·+2NH==N2+: 2H+十6H2O,左室溶液pH下降，说明生成H+增多，从反！ 应看参加反应的CI数目小于H2)数目，D错误。 ·26 3.答案D 解析在该电催化合成装置中，CH3(OH和(CH3)2NH在 e电极发生反应生成HCON(CN)2,发生氧化反应，所以e 为阳极，d极为阴极；由分析知，e为阳极，与阳极相连的b 为电源正极，A正确：e极发生的反应为CHOH十 (CH3)2NH-4e==HCON(CH3)2+4H+,工作一段时 间后，e极附近氢离子浓度增大，pH减小，B正确；从催化 机理图可知，CH3OH转化为·CHO,C元素化合价升高， (CH3)2NH转化为·N(CH3)2,N元素化合价升高，因此 CH3OH和(CH3)2NH均发生氧化反应，C正确；由A分 析可知，d极为阴极，e极为阳极，阴极反应为：2H2)十2e 一一2)H+H2◆，H2即为题中的C气体，阳极反应为： CH3OH+(CN3)2NH-4e=HCON(CH3)2+4HT, 根据得失电子守恒，理论上生成1molH2,转移2mol电 子，阳极上有0.5mol的(CH3)2NH被氧化，D错误。 4.答案C 解析根据Li的流向可知电极a为负极，失电子发生氧 化反应，所以电极反应为LiC6一xe一xLi十C6;电极 b为正极，得电子发生还原反应，电极反应式为Li-xFe PO4十xLi十xe一LiFePO4。负极区有活泼金属锂，遇 水发生反应，故电解质不能配成水溶液，A错误：通过放电 时Li迁移方向，确定电极a为负极，则充电时与外接电源 的负极相连，B错误；充电时，电极b为阳极，与分析中正极 的反应相反，反应式为LiFePO4-xe--xLi+Lih-x FeP)4,C正确：电池驱动汽车前进时是原电池，负极的电 极反应为Li,C6-xe一zLi+C6,负极材料减少14g 时，有2 mol Li从负极脱嵌出来，故理论上电路中转移 2mol电子，D错误。 5.答案B 解析阳极H2PO2失去电子被氧化为H2PO4,反应为 H2PO2+2H2O-4e==H2PO4+4H+,A正确；I室 反应为H2PO2+2H2O-4e=H2PO4+4H+,生成氢 离子通过质子交换膜进入Ⅱ室，HPO2是一元中强酸， NaH2PO2溶液为碱性，生成的H2PO4以电离为主（水解 平衡常数为Kh=cHP0)c(OH）_Kw=,104 c(H2 PO) -=K1=6.9×10 =1.4X1012<K2),溶液呈酸性，I室溶液的pH逐渐减 小；Ⅲ室反应为N2++2e一Ni,氯离子通过阴离子交换 膜进入中间室，Ⅱ室溶液的H逐渐减小，B错误；结合B 分析和电子守恒，理论上，每生成1olNi,电路中转移 2mol电子，则同时处理0.5molH2PO2,C正确；结合B 分析，理论上，电路中每转移1mole,Ⅲ室中减少0.5 mol NiCl2,则溶液质量减少65g,D正确。 6.答案D 解析由分析，该装置实现了光能→电能→化学能的 转化，A正确；由分析，阳极亚铁离子失去电子被氧化为铁 离子，然后硫化氢和铁离子发生氧化还原生成硫单质和亚 铁离子、氢离子，总反应为硫化氢失去电子生成硫单质和 氢离子：H2S-2e—S￥十2H,B正确；为防止Fe3+、 F2十向阴极移动而发生副反应，则质子交换膜不能换为阳